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2023-2024学年陕西省渭南市华州区高二（下）期末物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年陕西省渭南市华州区高二（下）期末物理试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列说法正确的是( )
A. 布朗运动反映了微粒中分子运动的不规则性
B. 对于一定质量的大量气体分子，在一定温度时，处于一定速率范围内的分子数所占的百分比是不确定的
C. 能量的耗散是从能量的转化角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性
D. 只要有足够高的技术条件，绝对零度是可以达到的
2.某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由汽缸和活塞组成．开箱时，密闭于汽缸内的压缩气体膨胀，将箱盖顶起，如图所示．在此过程中，若缸内气体与外界无热交换，忽略气体分子间相互作用，则缸内气体( )
A. 对外做正功，分子的平均动能减小B. 对外做正功，内能增大
C. 对外做负功，分子的平均动能增大D. 对外做负功，内能减小
3.如图甲所示的理想变压器，其原线圈接在输出电压如图乙所示的正弦式交流电源上，副线圈接有阻值为88Ω的负载电阻R，原、副线圈匝数之比为5：1，电流表、电压表均为理想交流电表。下列说法中正确的是( )
A. 电流表的示数为2.5A
B. 电压表的示数约为44 2V
C. 原线圈的输入功率为22W
D. 原线圈交电电流的频率为0.5Hz
4.如图为远距离输电的示意图，已知发电机的输出电压保持恒定不变，而且输电线路及其设备均正常，变压器为理想变压器，只考虑远距离输电线上的电阻，其他导线电阻不计。由于用电高峰时，用户的总功率变大，则对应着( )
A. 升压变压器的输入电流减小B. 升压变压器的输出电压减小
C. 降压变压器的输出电压变大D. 远距离输电线上的损耗变大
5.有一列沿x轴传播的简谐横波，t=4s时的波形如图甲所示，M、N是这列波上的两个质点，质点N的振动图像如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. 这列横波沿x轴正方向传播，波速为1m/s
B. t=8s时质点M的速度为零，加速度最大
C. 0～2s时间内质点M向右运动的距离为2m
D. 0～2s时间内质点N运动的平均速率为10cm/s
6.夏季常出现如图甲所示的日晕现象，日晕是太阳光通过卷层云的冰晶时发生折射或反射形成的。图乙为一束太阳光射到正六边形冰晶上发生折射时的部分光路图，a、b为其折光线中的两种单色光，比较a、b两种单色光，下列说法正确的是( )
A. a光的频率比b光的大
B. 在冰晶中，b光的波速比a光的大
C. 在同种条件下，a光可能比b光的衍射现象更明显
D. a、b两种光分别从水射向空气发生全反射时，a光的临界角比b光的小
7.研究表明，分子间的作用力F跟分子间距离r的关系如图所示，下列说法正确的是( )
A. 液体表面层分子间距离略小于r1
B. 分子间距离r=r2时，分子间的作用力表现为斥力
C. 分子间距离由r1增大到r2过程中分子间的作用力逐渐减小
D. 分子间距离r=r1时，分子势能最小
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.利用如图所示装置研究双缝干涉现象并测量光的波长时，有下面几种说法，其中正确的是( )
A. 实验装置中的①②③元件分别为滤光片、单缝、双缝
B. 将滤光片由紫色的换成红色的，干涉条纹间距变宽
C. 将单缝向双缝移动一小段距离后，干涉条纹间距变宽
D. 测量过程中，把5个条纹间距数成6个，导致波长测量值偏小
9.我国有很多高水平的羽毛球运动员，在羽毛球比赛中杀球时的速度很快，如图所示为快速击球时将固定的西瓜打爆的情形，假设羽毛球的质量为5g，初速度为360km/ℎ，方向向左，与西瓜接触的时间为0.01s，之后羽毛球速度减为0，忽略空气阻力的影响，取g=10m/s2，则关于该羽毛球击打西瓜过程，下列说法正确的是( )
A. 羽毛球接触西瓜时的初动量大小为1800kg⋅m/s
B. 羽毛球与西瓜相互作用的过程，羽毛球动量变化的方向向右
C. 羽毛球对西瓜的作用力大小约为50N
D. 若以羽毛球与西瓜为系统，则系统的动量守恒
10.一定质量的理想气体，状态从A→B→C→D→A的变化过程可用如图所示的p−V图线描述，其中D→A为等温线，气体在状态A时的温度为TA=300K，下列说法正确的是( )
A. 气体在状态C时的温度TC=375K
B. 从A到C过程外界对气体做了−600J的功
C. 气体从状态D变化到状态A，单位体积内的气体分子数减小，气体分子的平均动能不变
D. 若气体从D到A过程中外界对气体做功为250J，则气体从A→B→C→D→A(一次循环)过程中气体吸收的热量为250J
三、填空题：本大题共1小题，共10分。
11.在“用单摆测定重力加速度的实验”中
①用游标卡尺测量摆球直径的情况如图1所示，读出摆球直径______cm．
②测单摆周期时，当摆球经过平衡位置时开始计时并计1次，测出经过该位置N次所用时间为t，则单摆周期为______．
③若测量出多组周期T、摆长L数值后，画出T2−L图象如图2，则此图线的斜率的物理意义是______
A、g B、1g C、4π2g D、g4π2
④某同学做“用单摆测定重力加速度”实验.先测得摆线长为101.00cm，摆球直径为2.00cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为101.1s.则他测得的重力加速度g= ______m/s2.(结果保留三位有效数字)
若他测得的g值偏大，可能的原因是______．
A.测摆线长时摆线拉得过紧
B.摆线上端没有牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了
C.开始计时的时候，秒表过早按下
D.实验中误将49次全振动数为50次．
四、实验题：本大题共1小题，共8分。
12.长方体形状的玻璃砖有一个表面镀银(光线不能透过)，现利用“插针法”测定此玻璃砖的折射率。如图甲所示，实验时，先将玻璃砖平放到水平面内的白纸上，镀银面与纸面垂直。贴着玻璃砖前后两个面在纸上画出直线m1m2和k1k2，其中m1m2侧为镀银面。然后在白纸上竖直插上两枚大头针P1，P2。
(1)准备插第三枚大头针时，应在 侧观察(选填“m1m2”或“k1k2”)；
(2)插第三枚大头针时，这枚大头针应 ；
A.只挡住P1的像
B.只挡住P2的像
C.同时挡住P1和P2的像
(3)插完所需大头针，补全光路。图乙为光路的一部分，A1，B1均为光路上的点，过A1，B1作直线k1k2的垂线，垂足分别为A2，B2，已知图中A1O=B1O，则玻璃砖的折射率可表示为 。
A.A2OB2O
B.B2OA2O
C.A1A2B1B2
D.B1B2A1A2
五、简答题：本大题共1小题，共12分。
13.某温度报警装置，其原理如图所示。在竖直放置的导热性能良好的圆柱形容器内，用面积S=20cm2、质量m=0.5kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦上下滑动。整个装置放在水平地面上，开始时环境温度为T0=300K，活塞与容器底部的距离l0=15cm，在活塞上方d=1cm处有一压力传感器制成的固定卡口，当传感器受到压力达到5N时，就会触发报警装置。已知大气压强为1.0×105Pa，重力加速度g取10m/s2。
(1)求触发报警装置的环境温度(计算结果保留三位有效数字)；
(2)环境温度升高到刚触发报警装置的过程中，气体吸收了3J的热量，求此过程气体的内能改变量。
六、计算题：本大题共2小题，共24分。
14.如图所示是一种折射率n=1.5的棱镜，现有一束光线沿MN的方向射到棱镜的AB界面上，入射角的正弦值为sini=0.75.求：
(1)光在棱镜中传播的速率；
(2)画出此束光线进入棱镜后又射出棱镜的光路图，要求写出简要的分析过程．(不考虑返回到AB和BC面上的光线)．
15.如图所示，物块C质量mC=4kg上表面光滑，左边有一立柱，放在光滑水平地面上。一轻弹簧左端与立柱连接，右端与物块B连接，mB=2kg。长为L=3.6m的轻绳上端系于O点，下端系一物块A，mA=3kg。拉紧轻绳使绳与竖直方向成60°角，将物块A从静止开始释放，达到最低点时炸裂成质量m1=2kg、m2=1kg的两个物块1和2，物块1水平向左运动与B粘在一起，物块2仍系在绳上具有水平向右的速度，刚好能回到释放时的初始位置，A、B都可以看成质点。取g=10m/s2，求：
(1)物块A在最低点时的速度v0；
(2)物块A炸裂时增加的机械能ΔE；
(3)在以后的过程中，弹簧的最大弹性势能Epm。
答案解析
1.C
【解析】解：A、布朗运动反映了液体中分子运动的不规则性，故A错误；
B、对于一定种类的大量气体分子，在一定温度时，处于一定速率范围内的分子数所占的百分比是确定的，故B错误；
C、根据热力学第二定律，能量的耗散是从能量的转化角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性，故C正确；
D、绝对零度是一切低温物体的极限，不可能达到，故D错误。
故选：C。
根据布朗运动的本质解答；在一定温度时，处于一定速率范围内的分子数所占的百分比是确定的根据热力学第二定律的几种不同的说法解答；绝对零度是一切低温物体的极限。
本题考查了布朗运动、热力学第二定律等有关知识，难度不大，注意知识的积累。
2.A
【解析】解：密闭于气缸内的压缩气体膨胀对外做正功，即外界对气体做负功，因而W<0，缸内气体与外界无热交换说明Q=0，忽略气体分子间相互作用，说明内能是所有分子动能的总和。根据热力学第一定律△U=W+Q，可知内能增加量△U<0，故内能减小，分子平均动能减小，温度降低。所以只有A正确；
故选：A。
根据热力学第一定律公式△U=W+Q，公式中△U表示系统内能的增加量，W表示外界对系统做的功，Q表示系统吸收的热量，题中气体膨胀对外界做功，即气体对外界做负功，故W<0，气体与外界无热交换，故Q=0，从而判断出气体内能的变化，也就得到分子的平均动能的变化情况．
热力学第一定律的公式△U=W+Q中，△U表示系统内能的增加量，W表示外界对系统做的功，当系统对外界做功时，W取负值，Q表示系统吸收的热量，当系统放出热量时，Q取负值．
3.C
【解析】解：AB、分析图乙可知，正弦式交流电源的电动势的最大值为220 2V，有效值为220V，则原线圈输入电压：U1=220V，
根据变压比可知，副线圈输出电压：U2=n2n1U1=44V，则电压表的示数为44V；
根据欧姆定律可知，副线圈输出电流：I2=U2R=0.5A，根据变流比可知，原线圈输入电流：I1=n2n1⋅I2=0.1A，故AB错误；
C、副线圈输出功率：P2=U2I2=44×0.5W=22W，根据变压器的输入功率等于输出功率可知，原线圈中输入功率也是22W，故C正确；
D、根据图乙可知交流电的周期T=0.02s，则频率f=1T=50Hz，故D错误。
故选：C。
电表的示数为有效值，由图乙可知交流电压的最大值，根据最大值和有效值的关系求解有效值；根据变压器的变压比和变流比分析电表示数；
根据电功率的计算公式求解原线圈输入的功率；
根据图乙得到交流电的周期，再根据频率和周期的关系求解频率。
此题考查了正弦式交变电流的产生规律，以及变压器的构造和原理，解题的关键是明确正弦式交变电流的最大值与有效值的关系，以及变压器的变流比和变压比。
4.D
【解析】解：
A、升压变压器的输入和输出电压是不变的，用户多的时候，总电流变大，总功率增大，根据P=UI知升压变压器中的输入电流增大，故A错误；
B、由于发电机的输出电压和升压变压器匝数不变，所以升压变压器的输出电压不变，故B错误；
CD、总电流变大，输电线上的电流增大，输电线上消耗也就变大了，导致用户得到的电压减小，所以降压变压器中的输出电压减小，故C错误，D正确。
故选：D。
升压变压器的输入和输出电压是不变的，用户多的时候，总电流变大，输电线上的消耗也就变大了，导致用户得到的电压减小，由于用户多需要的功率曾大了，所以发电机输出的总功率要增加。
掌握住高压输电的模型，知道电能的损耗主要是在输电线上，知道电压与匝数成正比，电流与匝数程反比。
5.A
【解析】解：A、由图乙可知t=4s时质点N沿y轴负方向振动，根据平移法可知，这列横波沿x轴正方向传播；由图可知波长λ=8m，周期T=8s，则波速为v=λT=88m/s=1m/s，故A正确；
B、已知周期T=8s，结合图甲可知，t=8s时质点M回到平衡位置，此时速度最大，加速度为0，故B错误；
C.质点M只会上下振动，不会随波的传播方向迁移，故C错误；
D.由图乙可知，0～2s时间内质点N通过的路程为s=A=0.1m=10cm，可得平均速率为v=st=102cm/s=5cm/s，故D错误。
故选：A。
A、由图可知波的波长和周期，可计算出波速，结合图像由N的振动方向判断波的传播方向；
B、已知波的周期，方向t=8s时质点M的位置，判断速度和加速度；
C、了解波传播的特点，质点只做上下简谐振动，不随波迁移；
D、先分析0～2s时间内质点N运动的路程，由路程大小计算速度。
考查波速、波长和频率的关系，波的传播特点，学会与图像相结合分析。
6.C
【解析】解：A、由图可知，b光在冰晶中的偏折程度大，所以b光的折射率大，频率大，即a光的频率比b光的小，故A错误；
B、b光的折射率大，根据v=cn可知，在冰晶中，b光的波速比a光的小，故B错误；
C、a光的折射率小，在同种条件下，a光的波长可能比b光的波长大，所以a光可能比b光的衍射现象更明显，故C正确；
D.根据临界角公式sinC=1n，a、b两种光分别从水射向空气发生全反射时，a光的临界角比b光的大，故D错误。
故选：C。
根据光的偏折程度比较折射率大小，从而得出频率、波长和波速关系；根据波长关系分析哪光衍射现象更明显；依据临界角公式sinC=1n比较临界角的大小。
本题可以取特例用红光与紫光类比a光和b光，对于七种单色光的折射率、波长、频率等等之间的关系，是考试的热点，要牢固掌握。
7.D
【解析】解：A.液体表面层分子比较稀疏，分子间距离大于分子间平衡距离r1，故A错误；
B.有图可知r1是分子间平衡距离，r1C.分子间距离由r1增大到r2过程中分子间的作用力表现为引力，逐渐增大，故C错误；
D.分子间距离r=r1时，分子间作用力为零，分子势能最小，故D正确。
故选：D。
明确图像性，知道当分子间距离等于平衡距离时，分子力为零，分子势能最小，当分子间距离小于平距离时，分子力表现表现为斥力。
考查分子间的作用力和分子势能与分子间距离的关系，熟悉分子间作用力随距离变化的特点，熟记分子势能最小的位置。
8.ABD
【解析】解：A、实验装置中的①②③元件分别为滤光片、单缝、双缝，故A正确；
B、将滤光片由紫色的换成红色的，波长变长，根据条纹间距Δx=Ldλ知条纹间距变宽，故B正确；
C、将单缝向双缝移动一小段距离后，干涉条纹间距不变，故C错误；
D、把5个条纹间距数成6个，则Δx减小，根据Δx=Ldλ可知，波长测量值偏小，故D正确；
故选：ABD。
根据光的干涉实验中波长公式Δx=Ldλ进行逐项分析。
本题考查光的干涉实验中各物理量变化对波长的影响，学生需熟练掌握条纹间距公式Δx=Ldλ，本题难度较易。
9.BC
【解析】解：A.根据动量的定义式可知羽毛球接触西瓜时的初动量大小为
p0=mv0=5×10−3×3603.6=0.5kg⋅m/s，故A错误；
B.羽毛球与西瓜相互作用的过程，羽毛球动量变化的方向与初速度方向相反，水平向右，即动量变化的方向向右，故B正确；
C.规定水平向右的方向为正方向，根据动量定理可得
FΔt=0−(−mv0)
解得羽毛球对西瓜的作用力大小为
F=mv0Δt=，故C正确；
D.若以羽毛球与西瓜为系统，系统的初动量不为0，末动量为0，则系统的动量不守恒，故D错误。
故选：BC。
根据动量定义式解答；动量变化的方向为速度变化的方向；根据动量定理解答；根据初末动量的大小比较分析。
注意动量变化的方向与速度变化量的方向相同，在应用动量定理解题时要注意规定正方向。
10.ABD
【解析】解：A.根据一定质量的理想气体状态方程得
解得
TC=375K，故A正确；B.从A到C过程气体体积增大，外界对气体做负功
WAB=−p(VB−VA)=−600J，故B正确；
C.气体从状态D变化到状态A，气体体积减小，单位体积内的气体分子数增大；气体从状态D变化到状态A，气体的温度不变，气体分子的平均动能不变，故C错误；
D.气体从C到D过程中外界对气体做功为
WCD=1×105×(5−4)×10−3J=100J
一次循环气体吸收的热量为
Q=600J−250J−100J=250J，故D正确。
故选：ABD。
(1)根据图像可知各状态的气体参数，应用一定质量的理想气体状态方程可得C点的温度。
(2)根据热力学第一定律结合功的计算公式得出气体放热量及功。
本题主要考察了一定质量的理想气体的状态方程，理解图像的物理意义，结合热力学第一定律和一定质量的理想气体状态方程即可完成分析。
2tN−1 C 9.84 AD
【解析】解：(1)游标卡尺的游标上有10个小的等分刻度，每一等分表示的长度为0.1mm.游标尺读数20+0.1×6=20.6mm=2.06cm
(2)完成一次全振动所需要的时间是单摆的周期T=tn=tN−12=2tN−1
(3)单摆的周期公式，转换为T2=4π2lg，故斜率为4π2g，故选C
(4)单摆的摆长L=l+d2=101.00cm+12×2.00cm=1.02m，单摆的周期为T=tn=101.150=2.02s
由T=2π lg，根据此公式变形得到g=4π2lT2，代入解得，g=9.84m/s2．
(2)本实验测量g的原理是单摆的周期公式T=2π lg，根据此公式变形得到g=4π2lT2，
A、测摆线时摆线拉得过紧，则摆长的测量量偏大，则测得的重力加速度偏大．故A正确
B、摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，振动周期变大，而测得的摆长偏小，则测得重力加速度偏小．故B错误．
C、开始计时，秒表过早按下，测得单摆的周期偏大，则测得的重力加速度偏小．故C错误．
D、实验中误将49次全振动数为50次．测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大．故D正确．
故选：AD
故答案为：(1)2.06 cm； (2)2tN−1； (3)C (4)①9.84、②AD
(1)游标卡尺的游标上有10个小的等分刻度，每一等分表示的长度为0.1mm.由主尺读出整毫米数，由游标尺读出毫米的小数部分，两者相加即为测量结果
(2)完成一次全振动所需要的时间是单摆的周期，求出单摆周期，
(3)单摆的周期公式，转换为T2=4π2lg，结合数学知识分析T2−L图象斜率的物理意义
(4)单摆的周期公式T=2π lg，根据此公式变形得到g=4π2lT2，求出重力加速度，判断g值偏小的原因
本题考查了单摆的周期公式，根据公式求出T2−L的关系式，从而知道图象的斜率表示什么，难度不大
12.k1k2 C A
【解析】解：(1)确定第三枚大头针P3位置的作图方法：由于m1m2表面镀银，只能反射，所以光路为：入射光线、经过k1k2的折射光线、经过m1m2的反射光线、再次经过k1k2的折射后的出射光线，作出此光路，即可标出P3的位置，则
准备插第三枚大头针时，应在k1k2侧观察；
(2)插第三枚大头针时，这枚大头针应同时挡住P1和P2的像，故AB错误，C正确。
故选：C。
(3)根据折射定律可得n=sinisinr=A2OA1OB2OB1O=A2OB2O，故A正确，BCD错误。
故选：A。
故答案为：(1)k1k2；(2)C；(3)A
由题意，m1m2表面镀银，只能反射，光线先经k1k2折射，再经m1m2表面反射，再折射到空中，在k1k2一侧观察P1、P2(经k1k2折射、m1m2反射，再经k1k2折射后)的像，在适当的位置插上P3，使得P3与P1、P2的像在一条直线上，即让P3挡住P1、P2的像：再插上P4，让它挡住P2(或P1)的像和P3；根据实验原理，画出光路图，找出入射角和折射角，根据折射定律可以得到折射率n的表达式。
本题是利用插针法测量玻璃的折射率，但与常规方法比，四个大头针在玻璃砖的同一侧，关键是理解实验原理，作出光路图，基础题目。
13.解：(1)封闭气体初始状态压强p1，启动报警时压强p2，由平衡条件有
p1S=p0S+mg
p2S=p0S+mg+F
解得：p1=1.025×105Pa，p1=1.05×105Pa
对气体由理想气体状态方程有
p1l0ST0=p2(l0+d)ST1
代入数值得
T1=328K
(2)依据热力学第一定律有
ΔU=W+Q
W=−p1dS
整理并代入：Q=3J，d=1cm=0.01m，S=20cm2=2×10−3m2
解得：ΔU=0.95J
即在该过程中气体的内能增加了0.95J。
答：(1)触发报警装置的环境温度为328K；
(2)此过程气体的内能改变量为0.95J。
【解析】(1)根据活塞的平衡条件得出对应的气体压强，结合一定质量的理想气体状态方程计算出对应的环境温度；
(2)根据热热力学第一定律，结合功的计算公式得出气体内能的改变量。
本题主要考查了一定质量的理想气体状态方程和热力学第一定律的应用。解题的关键点是分析出气体变化前后的状态参量，结合一定质量的理想气体状态方程即可完成分析。
14.解：
(1)由折射率公式n=cv
代入数据得v=3×1081.5=2×108m/s
(2)设光线进入棱镜后的折射角为r
由sinisinr=n得r=30°
在△NBD中，∠BND=60°，∠BDN=45°，光线射到BC界面时的入射角i1=60°−∠BDN=45°，在BC界面上发生全反射故光线沿DE方向垂直于AC边射出棱镜．
作出光路图．
答：
(1)光在棱镜中传播的速率是2×108m/s；
(2)画出此束光线进入棱镜后又射出棱镜的光路图如图所示．
【解析】(1)光在棱镜中传播的速率应根据公式v=cn求解．
(2)已知折射率n和入射角的正弦sini，根据折射定律n=sinisinr求出折射角．由公式sinC=1n求得临界角C.由几何知识求出光线射到BC面的入射角，根据入射角与临界角的大小关系，判断光线在BC面上能否发生全反射，再进一步确定此束光线射出棱镜后的方向．
本题是折射定律、光速公式和全反射知识的综合应用．当光从光密介质射入光疏介质时要考虑能否发生全反射．
15.解：(1)物块A从释放达到最低点的过程中，由动能定理有：mAgL(1−cs60°)=12mAv02
代入数据解得：v0=6m/s；
(2)设炸裂后物块1的初速度大小为v1，物块2的初速度大小为v2，则v2=v0
取向左为正方向，由动量守恒定律得mAv0=m1v1−m2v2
解得：v1=12m/s
根据能量守恒定律可得：ΔE=12m1v12+12m2v22−12mAv02
代入数据解得：ΔE=108J；
(3)设物块1与B粘合在一起的共同速度为vB，取向左为正方向，由动量守恒定律可得：
m1v1=(m1+mB)vB
代入数据解得：vB=6m/s
在以后的过程中，当物块C和1、B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，设共同速度为vm，
取向左为正方向，由动量守恒定律可得：(m1+mB)vB=(m1+mB+mC)vm
代入数据解得：vm=3m/s
由能量守恒定律得：Epm=12(m1+m2)vB2−12(m1+mB+mC) vm2
代入数据解得：Epm=36J。
答：(1)物块A在最低点时的速度为6m/s；
(2)物块A炸裂时增加的机械能为108J；
(3)在以后的过程中，弹簧的最大弹性势能为36J。
【解析】(1)由动能定理可求得小球到达底部时的速度，再由向心力公式可求得绳子的拉力；
(2)由动能守恒可求得碰后整体的速度，再由能量守恒可求得增加的机械能；
(3)对于1和B为整体，由动量守恒可求得粘合后的速度，再由能量守恒可求得最大弹性势能。
本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用(或合外力为零)；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。
1.下列说法正确的是( )
A. 布朗运动反映了微粒中分子运动的不规则性
B. 对于一定质量的大量气体分子，在一定温度时，处于一定速率范围内的分子数所占的百分比是不确定的
C. 能量的耗散是从能量的转化角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性
D. 只要有足够高的技术条件，绝对零度是可以达到的
2.某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由汽缸和活塞组成．开箱时，密闭于汽缸内的压缩气体膨胀，将箱盖顶起，如图所示．在此过程中，若缸内气体与外界无热交换，忽略气体分子间相互作用，则缸内气体( )
A. 对外做正功，分子的平均动能减小B. 对外做正功，内能增大
C. 对外做负功，分子的平均动能增大D. 对外做负功，内能减小
3.如图甲所示的理想变压器，其原线圈接在输出电压如图乙所示的正弦式交流电源上，副线圈接有阻值为88Ω的负载电阻R，原、副线圈匝数之比为5：1，电流表、电压表均为理想交流电表。下列说法中正确的是( )
A. 电流表的示数为2.5A
B. 电压表的示数约为44 2V
C. 原线圈的输入功率为22W
D. 原线圈交电电流的频率为0.5Hz
4.如图为远距离输电的示意图，已知发电机的输出电压保持恒定不变，而且输电线路及其设备均正常，变压器为理想变压器，只考虑远距离输电线上的电阻，其他导线电阻不计。由于用电高峰时，用户的总功率变大，则对应着( )
A. 升压变压器的输入电流减小B. 升压变压器的输出电压减小
C. 降压变压器的输出电压变大D. 远距离输电线上的损耗变大
5.有一列沿x轴传播的简谐横波，t=4s时的波形如图甲所示，M、N是这列波上的两个质点，质点N的振动图像如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. 这列横波沿x轴正方向传播，波速为1m/s
B. t=8s时质点M的速度为零，加速度最大
C. 0～2s时间内质点M向右运动的距离为2m
D. 0～2s时间内质点N运动的平均速率为10cm/s
6.夏季常出现如图甲所示的日晕现象，日晕是太阳光通过卷层云的冰晶时发生折射或反射形成的。图乙为一束太阳光射到正六边形冰晶上发生折射时的部分光路图，a、b为其折光线中的两种单色光，比较a、b两种单色光，下列说法正确的是( )
A. a光的频率比b光的大
B. 在冰晶中，b光的波速比a光的大
C. 在同种条件下，a光可能比b光的衍射现象更明显
D. a、b两种光分别从水射向空气发生全反射时，a光的临界角比b光的小
7.研究表明，分子间的作用力F跟分子间距离r的关系如图所示，下列说法正确的是( )
A. 液体表面层分子间距离略小于r1
B. 分子间距离r=r2时，分子间的作用力表现为斥力
C. 分子间距离由r1增大到r2过程中分子间的作用力逐渐减小
D. 分子间距离r=r1时，分子势能最小
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.利用如图所示装置研究双缝干涉现象并测量光的波长时，有下面几种说法，其中正确的是( )
A. 实验装置中的①②③元件分别为滤光片、单缝、双缝
B. 将滤光片由紫色的换成红色的，干涉条纹间距变宽
C. 将单缝向双缝移动一小段距离后，干涉条纹间距变宽
D. 测量过程中，把5个条纹间距数成6个，导致波长测量值偏小
9.我国有很多高水平的羽毛球运动员，在羽毛球比赛中杀球时的速度很快，如图所示为快速击球时将固定的西瓜打爆的情形，假设羽毛球的质量为5g，初速度为360km/ℎ，方向向左，与西瓜接触的时间为0.01s，之后羽毛球速度减为0，忽略空气阻力的影响，取g=10m/s2，则关于该羽毛球击打西瓜过程，下列说法正确的是( )
A. 羽毛球接触西瓜时的初动量大小为1800kg⋅m/s
B. 羽毛球与西瓜相互作用的过程，羽毛球动量变化的方向向右
C. 羽毛球对西瓜的作用力大小约为50N
D. 若以羽毛球与西瓜为系统，则系统的动量守恒
10.一定质量的理想气体，状态从A→B→C→D→A的变化过程可用如图所示的p−V图线描述，其中D→A为等温线，气体在状态A时的温度为TA=300K，下列说法正确的是( )
A. 气体在状态C时的温度TC=375K
B. 从A到C过程外界对气体做了−600J的功
C. 气体从状态D变化到状态A，单位体积内的气体分子数减小，气体分子的平均动能不变
D. 若气体从D到A过程中外界对气体做功为250J，则气体从A→B→C→D→A(一次循环)过程中气体吸收的热量为250J
三、填空题：本大题共1小题，共10分。
11.在“用单摆测定重力加速度的实验”中
①用游标卡尺测量摆球直径的情况如图1所示，读出摆球直径______cm．
②测单摆周期时，当摆球经过平衡位置时开始计时并计1次，测出经过该位置N次所用时间为t，则单摆周期为______．
③若测量出多组周期T、摆长L数值后，画出T2−L图象如图2，则此图线的斜率的物理意义是______
A、g B、1g C、4π2g D、g4π2
④某同学做“用单摆测定重力加速度”实验.先测得摆线长为101.00cm，摆球直径为2.00cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为101.1s.则他测得的重力加速度g= ______m/s2.(结果保留三位有效数字)
若他测得的g值偏大，可能的原因是______．
A.测摆线长时摆线拉得过紧
B.摆线上端没有牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了
C.开始计时的时候，秒表过早按下
D.实验中误将49次全振动数为50次．
四、实验题：本大题共1小题，共8分。
12.长方体形状的玻璃砖有一个表面镀银(光线不能透过)，现利用“插针法”测定此玻璃砖的折射率。如图甲所示，实验时，先将玻璃砖平放到水平面内的白纸上，镀银面与纸面垂直。贴着玻璃砖前后两个面在纸上画出直线m1m2和k1k2，其中m1m2侧为镀银面。然后在白纸上竖直插上两枚大头针P1，P2。
(1)准备插第三枚大头针时，应在 侧观察(选填“m1m2”或“k1k2”)；
(2)插第三枚大头针时，这枚大头针应 ；
A.只挡住P1的像
B.只挡住P2的像
C.同时挡住P1和P2的像
(3)插完所需大头针，补全光路。图乙为光路的一部分，A1，B1均为光路上的点，过A1，B1作直线k1k2的垂线，垂足分别为A2，B2，已知图中A1O=B1O，则玻璃砖的折射率可表示为 。
A.A2OB2O
B.B2OA2O
C.A1A2B1B2
D.B1B2A1A2
五、简答题：本大题共1小题，共12分。
13.某温度报警装置，其原理如图所示。在竖直放置的导热性能良好的圆柱形容器内，用面积S=20cm2、质量m=0.5kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦上下滑动。整个装置放在水平地面上，开始时环境温度为T0=300K，活塞与容器底部的距离l0=15cm，在活塞上方d=1cm处有一压力传感器制成的固定卡口，当传感器受到压力达到5N时，就会触发报警装置。已知大气压强为1.0×105Pa，重力加速度g取10m/s2。
(1)求触发报警装置的环境温度(计算结果保留三位有效数字)；
(2)环境温度升高到刚触发报警装置的过程中，气体吸收了3J的热量，求此过程气体的内能改变量。
六、计算题：本大题共2小题，共24分。
14.如图所示是一种折射率n=1.5的棱镜，现有一束光线沿MN的方向射到棱镜的AB界面上，入射角的正弦值为sini=0.75.求：
(1)光在棱镜中传播的速率；
(2)画出此束光线进入棱镜后又射出棱镜的光路图，要求写出简要的分析过程．(不考虑返回到AB和BC面上的光线)．
15.如图所示，物块C质量mC=4kg上表面光滑，左边有一立柱，放在光滑水平地面上。一轻弹簧左端与立柱连接，右端与物块B连接，mB=2kg。长为L=3.6m的轻绳上端系于O点，下端系一物块A，mA=3kg。拉紧轻绳使绳与竖直方向成60°角，将物块A从静止开始释放，达到最低点时炸裂成质量m1=2kg、m2=1kg的两个物块1和2，物块1水平向左运动与B粘在一起，物块2仍系在绳上具有水平向右的速度，刚好能回到释放时的初始位置，A、B都可以看成质点。取g=10m/s2，求：
(1)物块A在最低点时的速度v0；
(2)物块A炸裂时增加的机械能ΔE；
(3)在以后的过程中，弹簧的最大弹性势能Epm。
答案解析
1.C
【解析】解：A、布朗运动反映了液体中分子运动的不规则性，故A错误；
B、对于一定种类的大量气体分子，在一定温度时，处于一定速率范围内的分子数所占的百分比是确定的，故B错误；
C、根据热力学第二定律，能量的耗散是从能量的转化角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性，故C正确；
D、绝对零度是一切低温物体的极限，不可能达到，故D错误。
故选：C。
根据布朗运动的本质解答；在一定温度时，处于一定速率范围内的分子数所占的百分比是确定的根据热力学第二定律的几种不同的说法解答；绝对零度是一切低温物体的极限。
本题考查了布朗运动、热力学第二定律等有关知识，难度不大，注意知识的积累。
2.A
【解析】解：密闭于气缸内的压缩气体膨胀对外做正功，即外界对气体做负功，因而W<0，缸内气体与外界无热交换说明Q=0，忽略气体分子间相互作用，说明内能是所有分子动能的总和。根据热力学第一定律△U=W+Q，可知内能增加量△U<0，故内能减小，分子平均动能减小，温度降低。所以只有A正确；
故选：A。
根据热力学第一定律公式△U=W+Q，公式中△U表示系统内能的增加量，W表示外界对系统做的功，Q表示系统吸收的热量，题中气体膨胀对外界做功，即气体对外界做负功，故W<0，气体与外界无热交换，故Q=0，从而判断出气体内能的变化，也就得到分子的平均动能的变化情况．
热力学第一定律的公式△U=W+Q中，△U表示系统内能的增加量，W表示外界对系统做的功，当系统对外界做功时，W取负值，Q表示系统吸收的热量，当系统放出热量时，Q取负值．
3.C
【解析】解：AB、分析图乙可知，正弦式交流电源的电动势的最大值为220 2V，有效值为220V，则原线圈输入电压：U1=220V，
根据变压比可知，副线圈输出电压：U2=n2n1U1=44V，则电压表的示数为44V；
根据欧姆定律可知，副线圈输出电流：I2=U2R=0.5A，根据变流比可知，原线圈输入电流：I1=n2n1⋅I2=0.1A，故AB错误；
C、副线圈输出功率：P2=U2I2=44×0.5W=22W，根据变压器的输入功率等于输出功率可知，原线圈中输入功率也是22W，故C正确；
D、根据图乙可知交流电的周期T=0.02s，则频率f=1T=50Hz，故D错误。
故选：C。
电表的示数为有效值，由图乙可知交流电压的最大值，根据最大值和有效值的关系求解有效值；根据变压器的变压比和变流比分析电表示数；
根据电功率的计算公式求解原线圈输入的功率；
根据图乙得到交流电的周期，再根据频率和周期的关系求解频率。
此题考查了正弦式交变电流的产生规律，以及变压器的构造和原理，解题的关键是明确正弦式交变电流的最大值与有效值的关系，以及变压器的变流比和变压比。
4.D
【解析】解：
A、升压变压器的输入和输出电压是不变的，用户多的时候，总电流变大，总功率增大，根据P=UI知升压变压器中的输入电流增大，故A错误；
B、由于发电机的输出电压和升压变压器匝数不变，所以升压变压器的输出电压不变，故B错误；
CD、总电流变大，输电线上的电流增大，输电线上消耗也就变大了，导致用户得到的电压减小，所以降压变压器中的输出电压减小，故C错误，D正确。
故选：D。
升压变压器的输入和输出电压是不变的，用户多的时候，总电流变大，输电线上的消耗也就变大了，导致用户得到的电压减小，由于用户多需要的功率曾大了，所以发电机输出的总功率要增加。
掌握住高压输电的模型，知道电能的损耗主要是在输电线上，知道电压与匝数成正比，电流与匝数程反比。
5.A
【解析】解：A、由图乙可知t=4s时质点N沿y轴负方向振动，根据平移法可知，这列横波沿x轴正方向传播；由图可知波长λ=8m，周期T=8s，则波速为v=λT=88m/s=1m/s，故A正确；
B、已知周期T=8s，结合图甲可知，t=8s时质点M回到平衡位置，此时速度最大，加速度为0，故B错误；
C.质点M只会上下振动，不会随波的传播方向迁移，故C错误；
D.由图乙可知，0～2s时间内质点N通过的路程为s=A=0.1m=10cm，可得平均速率为v=st=102cm/s=5cm/s，故D错误。
故选：A。
A、由图可知波的波长和周期，可计算出波速，结合图像由N的振动方向判断波的传播方向；
B、已知波的周期，方向t=8s时质点M的位置，判断速度和加速度；
C、了解波传播的特点，质点只做上下简谐振动，不随波迁移；
D、先分析0～2s时间内质点N运动的路程，由路程大小计算速度。
考查波速、波长和频率的关系，波的传播特点，学会与图像相结合分析。
6.C
【解析】解：A、由图可知，b光在冰晶中的偏折程度大，所以b光的折射率大，频率大，即a光的频率比b光的小，故A错误；
B、b光的折射率大，根据v=cn可知，在冰晶中，b光的波速比a光的小，故B错误；
C、a光的折射率小，在同种条件下，a光的波长可能比b光的波长大，所以a光可能比b光的衍射现象更明显，故C正确；
D.根据临界角公式sinC=1n，a、b两种光分别从水射向空气发生全反射时，a光的临界角比b光的大，故D错误。
故选：C。
根据光的偏折程度比较折射率大小，从而得出频率、波长和波速关系；根据波长关系分析哪光衍射现象更明显；依据临界角公式sinC=1n比较临界角的大小。
本题可以取特例用红光与紫光类比a光和b光，对于七种单色光的折射率、波长、频率等等之间的关系，是考试的热点，要牢固掌握。
7.D
【解析】解：A.液体表面层分子比较稀疏，分子间距离大于分子间平衡距离r1，故A错误；
B.有图可知r1是分子间平衡距离，r1
D.分子间距离r=r1时，分子间作用力为零，分子势能最小，故D正确。
故选：D。
明确图像性，知道当分子间距离等于平衡距离时，分子力为零，分子势能最小，当分子间距离小于平距离时，分子力表现表现为斥力。
考查分子间的作用力和分子势能与分子间距离的关系，熟悉分子间作用力随距离变化的特点，熟记分子势能最小的位置。
8.ABD
【解析】解：A、实验装置中的①②③元件分别为滤光片、单缝、双缝，故A正确；
B、将滤光片由紫色的换成红色的，波长变长，根据条纹间距Δx=Ldλ知条纹间距变宽，故B正确；
C、将单缝向双缝移动一小段距离后，干涉条纹间距不变，故C错误；
D、把5个条纹间距数成6个，则Δx减小，根据Δx=Ldλ可知，波长测量值偏小，故D正确；
故选：ABD。
根据光的干涉实验中波长公式Δx=Ldλ进行逐项分析。
本题考查光的干涉实验中各物理量变化对波长的影响，学生需熟练掌握条纹间距公式Δx=Ldλ，本题难度较易。
9.BC
【解析】解：A.根据动量的定义式可知羽毛球接触西瓜时的初动量大小为
p0=mv0=5×10−3×3603.6=0.5kg⋅m/s，故A错误；
B.羽毛球与西瓜相互作用的过程，羽毛球动量变化的方向与初速度方向相反，水平向右，即动量变化的方向向右，故B正确；
C.规定水平向右的方向为正方向，根据动量定理可得
FΔt=0−(−mv0)
解得羽毛球对西瓜的作用力大小为
F=mv0Δt=，故C正确；
D.若以羽毛球与西瓜为系统，系统的初动量不为0，末动量为0，则系统的动量不守恒，故D错误。
故选：BC。
根据动量定义式解答；动量变化的方向为速度变化的方向；根据动量定理解答；根据初末动量的大小比较分析。
注意动量变化的方向与速度变化量的方向相同，在应用动量定理解题时要注意规定正方向。
10.ABD
【解析】解：A.根据一定质量的理想气体状态方程得
解得
TC=375K，故A正确；B.从A到C过程气体体积增大，外界对气体做负功
WAB=−p(VB−VA)=−600J，故B正确；
C.气体从状态D变化到状态A，气体体积减小，单位体积内的气体分子数增大；气体从状态D变化到状态A，气体的温度不变，气体分子的平均动能不变，故C错误；
D.气体从C到D过程中外界对气体做功为
WCD=1×105×(5−4)×10−3J=100J
一次循环气体吸收的热量为
Q=600J−250J−100J=250J，故D正确。
故选：ABD。
(1)根据图像可知各状态的气体参数，应用一定质量的理想气体状态方程可得C点的温度。
(2)根据热力学第一定律结合功的计算公式得出气体放热量及功。
本题主要考察了一定质量的理想气体的状态方程，理解图像的物理意义，结合热力学第一定律和一定质量的理想气体状态方程即可完成分析。
2tN−1 C 9.84 AD
【解析】解：(1)游标卡尺的游标上有10个小的等分刻度，每一等分表示的长度为0.1mm.游标尺读数20+0.1×6=20.6mm=2.06cm
(2)完成一次全振动所需要的时间是单摆的周期T=tn=tN−12=2tN−1
(3)单摆的周期公式，转换为T2=4π2lg，故斜率为4π2g，故选C
(4)单摆的摆长L=l+d2=101.00cm+12×2.00cm=1.02m，单摆的周期为T=tn=101.150=2.02s
由T=2π lg，根据此公式变形得到g=4π2lT2，代入解得，g=9.84m/s2．
(2)本实验测量g的原理是单摆的周期公式T=2π lg，根据此公式变形得到g=4π2lT2，
A、测摆线时摆线拉得过紧，则摆长的测量量偏大，则测得的重力加速度偏大．故A正确
B、摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，振动周期变大，而测得的摆长偏小，则测得重力加速度偏小．故B错误．
C、开始计时，秒表过早按下，测得单摆的周期偏大，则测得的重力加速度偏小．故C错误．
D、实验中误将49次全振动数为50次．测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大．故D正确．
故选：AD
故答案为：(1)2.06 cm； (2)2tN−1； (3)C (4)①9.84、②AD
(1)游标卡尺的游标上有10个小的等分刻度，每一等分表示的长度为0.1mm.由主尺读出整毫米数，由游标尺读出毫米的小数部分，两者相加即为测量结果
(2)完成一次全振动所需要的时间是单摆的周期，求出单摆周期，
(3)单摆的周期公式，转换为T2=4π2lg，结合数学知识分析T2−L图象斜率的物理意义
(4)单摆的周期公式T=2π lg，根据此公式变形得到g=4π2lT2，求出重力加速度，判断g值偏小的原因
本题考查了单摆的周期公式，根据公式求出T2−L的关系式，从而知道图象的斜率表示什么，难度不大
12.k1k2 C A
【解析】解：(1)确定第三枚大头针P3位置的作图方法：由于m1m2表面镀银，只能反射，所以光路为：入射光线、经过k1k2的折射光线、经过m1m2的反射光线、再次经过k1k2的折射后的出射光线，作出此光路，即可标出P3的位置，则
准备插第三枚大头针时，应在k1k2侧观察；
(2)插第三枚大头针时，这枚大头针应同时挡住P1和P2的像，故AB错误，C正确。
故选：C。
(3)根据折射定律可得n=sinisinr=A2OA1OB2OB1O=A2OB2O，故A正确，BCD错误。
故选：A。
故答案为：(1)k1k2；(2)C；(3)A
由题意，m1m2表面镀银，只能反射，光线先经k1k2折射，再经m1m2表面反射，再折射到空中，在k1k2一侧观察P1、P2(经k1k2折射、m1m2反射，再经k1k2折射后)的像，在适当的位置插上P3，使得P3与P1、P2的像在一条直线上，即让P3挡住P1、P2的像：再插上P4，让它挡住P2(或P1)的像和P3；根据实验原理，画出光路图，找出入射角和折射角，根据折射定律可以得到折射率n的表达式。
本题是利用插针法测量玻璃的折射率，但与常规方法比，四个大头针在玻璃砖的同一侧，关键是理解实验原理，作出光路图，基础题目。
13.解：(1)封闭气体初始状态压强p1，启动报警时压强p2，由平衡条件有
p1S=p0S+mg
p2S=p0S+mg+F
解得：p1=1.025×105Pa，p1=1.05×105Pa
对气体由理想气体状态方程有
p1l0ST0=p2(l0+d)ST1
代入数值得
T1=328K
(2)依据热力学第一定律有
ΔU=W+Q
W=−p1dS
整理并代入：Q=3J，d=1cm=0.01m，S=20cm2=2×10−3m2
解得：ΔU=0.95J
即在该过程中气体的内能增加了0.95J。
答：(1)触发报警装置的环境温度为328K；
(2)此过程气体的内能改变量为0.95J。
【解析】(1)根据活塞的平衡条件得出对应的气体压强，结合一定质量的理想气体状态方程计算出对应的环境温度；
(2)根据热热力学第一定律，结合功的计算公式得出气体内能的改变量。
本题主要考查了一定质量的理想气体状态方程和热力学第一定律的应用。解题的关键点是分析出气体变化前后的状态参量，结合一定质量的理想气体状态方程即可完成分析。
14.解：
(1)由折射率公式n=cv
代入数据得v=3×1081.5=2×108m/s
(2)设光线进入棱镜后的折射角为r
由sinisinr=n得r=30°
在△NBD中，∠BND=60°，∠BDN=45°，光线射到BC界面时的入射角i1=60°−∠BDN=45°，在BC界面上发生全反射故光线沿DE方向垂直于AC边射出棱镜．
作出光路图．
答：
(1)光在棱镜中传播的速率是2×108m/s；
(2)画出此束光线进入棱镜后又射出棱镜的光路图如图所示．
【解析】(1)光在棱镜中传播的速率应根据公式v=cn求解．
(2)已知折射率n和入射角的正弦sini，根据折射定律n=sinisinr求出折射角．由公式sinC=1n求得临界角C.由几何知识求出光线射到BC面的入射角，根据入射角与临界角的大小关系，判断光线在BC面上能否发生全反射，再进一步确定此束光线射出棱镜后的方向．
本题是折射定律、光速公式和全反射知识的综合应用．当光从光密介质射入光疏介质时要考虑能否发生全反射．
15.解：(1)物块A从释放达到最低点的过程中，由动能定理有：mAgL(1−cs60°)=12mAv02
代入数据解得：v0=6m/s；
(2)设炸裂后物块1的初速度大小为v1，物块2的初速度大小为v2，则v2=v0
取向左为正方向，由动量守恒定律得mAv0=m1v1−m2v2
解得：v1=12m/s
根据能量守恒定律可得：ΔE=12m1v12+12m2v22−12mAv02
代入数据解得：ΔE=108J；
(3)设物块1与B粘合在一起的共同速度为vB，取向左为正方向，由动量守恒定律可得：
m1v1=(m1+mB)vB
代入数据解得：vB=6m/s
在以后的过程中，当物块C和1、B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，设共同速度为vm，
取向左为正方向，由动量守恒定律可得：(m1+mB)vB=(m1+mB+mC)vm
代入数据解得：vm=3m/s
由能量守恒定律得：Epm=12(m1+m2)vB2−12(m1+mB+mC) vm2
代入数据解得：Epm=36J。
答：(1)物块A在最低点时的速度为6m/s；
(2)物块A炸裂时增加的机械能为108J；
(3)在以后的过程中，弹簧的最大弹性势能为36J。
【解析】(1)由动能定理可求得小球到达底部时的速度，再由向心力公式可求得绳子的拉力；
(2)由动能守恒可求得碰后整体的速度，再由能量守恒可求得增加的机械能；
(3)对于1和B为整体，由动量守恒可求得粘合后的速度，再由能量守恒可求得最大弹性势能。
本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用(或合外力为零)；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。
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