高考海南物理试题及答案解析精编版 7页

‎2016年普通高等学校招生全国统一考试（海南卷）‎ 物理 一、单项选择题：本题共6小题，每小题3分，共18分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。‎ ‎1．【2016年海南，1，3分】在地面上方某一点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，则小球在随后的运动中（ ）‎ A．速度和加速度的方向都在不断改变 B．速度与加速度方向之间的夹角一直减小 ‎ C．在相等的时间间隔内，速率的改变量相等 D．在相等的时间间隔内，动能的改变量相等 ‎【答案】B ‎【解析】由于物体做平抛运动，故物体只受重力作用，故加速度不变，而由于物体做曲线运动，故速度大小和方向时刻在变化，故选项A错误；设某时刻速度与竖直方向夹角为，则，随着时间的变大，故变小，则变小，故选项B正确；根据加速度定义式，则，即在相等的时间间隔内，速度的改变量相等，故选项C错误；根据动能定理，在相等的时间间隔内，动能的改变量等于重力的功，即，由于平抛运动在竖直方向上，在相等时间内的位移不相等，故选项D错误，故选B。‎ ‎【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合加速度公式和动能定理公式灵活求解即可。‎ ‎2．【2016年海南，2，3分】如图，在水平桌面上放置一斜面体，两长方体物块和叠放在 的斜面上，整个系统处于静止状态。若将和、与、与桌面之间摩擦力的大小分别 用、和表示。则（ ）‎ A．，， B．，，‎ C．，， D．，，‎ ‎【答案】C ‎【解析】首先对整体受力分析可以知道，整体相对地面没有相对运动趋势，故，在将和看成一个整体，整体有相对斜面向下运动的趋势，故与之间有摩擦力，即，在对进行受力可以知道，由于处于静止状态，故相对于有向下运动的趋势，故和之间存在摩擦力作用，即，故选C。‎ ‎【点评】“整体隔离法”是力学中的重要方法，一定要熟练掌握，注意对于由多个物体组成的系统，不涉及内力时优先考虑以整体为研究对象。‎ ‎3．【2016年海南，3，3分】如图，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为的小球沿轨道做完整的圆周运动。已知小球在最低点时对轨道的压力大小为，在最高点时对轨道的压力大小为。重力加速度大小为，则的值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】设小球在最低点速度为，在最高点速度为，在根据牛顿第二定律：在最低点：，在最高点：，同时从最高点到最低点，根据动能定理：，联立以上三个方程式可以得到：，，故选D。‎ ‎【点评】解决本题的关键知道向心力的来源，知道最高点的临界情况，通过动能定理和牛顿第二定律进行求解。‎ ‎4．【2016年海南，4，3分】如图，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内，环的圆心与 两导线距离相等，环的直径小于两导线间距。两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流。若（ ）‎ A．金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向 B．金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向 C．金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针 D．金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针 ‎【答案】D ‎【解析】根据楞次定律，当金属圆环上、下移动时，穿过圆环的磁通量不发生变化，故没有感应电流产生，故选项AB错误；当金属圆环向左移动时，则穿过圆环的磁场垂直纸面向外并且增强，故根据楞次定律可以知道，产生的感应电流为顺时针，故选项C错误；当金属圆环向右移动时，则穿过圆环的磁场垂直纸面向里并且增强，故根据楞次定律可以知道，产生的感应电流为逆时针，故选D。‎ ‎【点评】解决本题的关键会用安培定则判断电流周围磁场的方向，以及学会根据楞次定律来确定感应电流的方向。‎ ‎5．【2016年海南，5，3分】沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力的作用，其下滑 ‎ 的速度—时间图线如图所示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在，，‎ 内的大小分别为、和，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据图像可以知道，在内加速度为，方向沿斜面向下；在内，加速度；在内加速度为，方向沿斜面向上；受力分析如图：在内，根据牛顿第二定律：，则：；在内，根据牛顿第二定律：，则：；在内，根据牛顿第二定律：，则，故可以得到：，故选A。‎ ‎【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，基础题。‎ ‎6．【2016年海南，6，3分】如图，平行板电容器两极板的间距为，极板与水平面成角，上极板带正电。一电荷量为的粒子在电容器中靠近下极板处。以初动能竖直向上射出。不计重力，极板尺寸足够大，若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据电荷受力可以知道，粒子在电场中做曲线运动，如图所示：当电场足够大时，粒子到达 上极板时速度恰好与上极板平行，如图，将粒子初速度分解为垂直极板的和平行极板，‎ 根据运动的合成与分解，当分速度时，则粒子的速度正好平行上极板，则根据运动学 公式：，由于，，联立整理得到：，故选B。‎ ‎【点评】本题关键是明确粒子的受力情况和运动情况，然后根据类似平抛运动的分位移公式和动能定理处理，要明确当电场强度最大时，是粒子的速度平行与上极板，而不是零。‎ 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。‎ ‎7．【2016年海南，7，5分】通过观察冥王星的卫星，可以推算出冥王星的质量。假设卫星绕冥王星做匀速圆周运动，除了引力常量外，至少还需要两个物理量才能计算出冥王星的质量。这两个物理量可以是（ ）‎ A．卫星的速度和角速度 B．卫星的质量和轨道半径 C．卫星的质量和角速度 D．卫星的运行周期和轨道半径 ‎【答案】AD ‎【解析】根据线速度和角速度可以求出半径，根据万有引力提供向心力，则：，整理可以得到：，故选项A正确；由于卫星的质量约掉，故与卫星的质量无关，故选项BC错误；若知道卫星的周期和半径，则，整理得到：，故选AD。‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，知道线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系。‎ ‎8．【2016年海南，8，5分】如图（a ‎）所示，扬声器中有一线圈处于磁场中，当音频电流信号通过线圈时，线圈带动纸盆振动，发出声音。俯视图（b）表示处于辐射状磁场中的线圈（线圈平面即纸面）磁场方向如图中箭头所示，在图（b）中（ ）‎ A．当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里 B．当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外 C．当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里 ‎ D．当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外 ‎【答案】BC ‎【解析】将环形导线分割成无限个小段，每一小段看成直导线，则根据左手定则，当电流顺时针时，导线的安培力垂直纸面向外，故选项A错误，选项B正确；当电流逆时针时，根据左手定则可以知道安培力垂直纸面向里，故选项C正确，选项D错误，故选BC。‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握安培力方向的判定，明确安培力产生的条件，熟练应用左手定则判断安培力的方向。‎ ‎9．【2016年海南，9，5分】图（a）所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比 为，为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，为定值电阻，电压表 和电流表均为理想交流电表。原线圈所接电压随时间按正弦规律变化，‎ 如图（b）所示。下列说法正确的是（ ）‎ A．变压器输入、输出功率之比为 B．变压器原、副线圈中的电流强度之比为 C．u随t变化的规律为（国际单位制）‎ D．若热敏电阻RT的温度升高，则电压表的示数不变，电流表的示数变大 ‎【答案】BD ‎【解析】由题意，变压器是理想变压器，故变压器输入、输出功率之比为，故A错误；变压器原、副线圈中的电流之比与匝数成反比，即，故选项B正确；由图（b）可知交流电压最大值，周期，可由周期求出角速度的值为，则可得交流电压的表达式，故选项C错误；处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，电压表示数不变，选项D正确，故选BD。‎ ‎【点评】根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键。‎ ‎10．【2016年海南，10，5分】如图，一带正电的点电荷固定于点，两虚线圆均以为圆心，两实线 分别为带电粒子和先后在电场中运动的轨迹，、、、、为轨迹和虚线圆的交点。不 计重力。下列说法正确的是（ ）‎ A．带负电荷，带正电荷 B．在点的动能小于它在点的动能 ‎ C．在点的电势能等于它在点的电势能 D．在从点运动到点的过程中克服电场力做功 ‎【答案】ABC ‎【解析】如图所示，粒子的轨迹向左弯曲，则带电粒子所受的电场力方向向左，可知带电粒子受到了引力作用，故带负电荷，而粒子的轨迹向下弯曲，则带电粒子所受的电场力方向向下，说明粒子受到斥力作用，故N粒子带正电荷，故选项A正确；由于虚线是等势面，故粒子从到电场力对其做负功，故动能减小，故选项B正确；对于粒子，由于和在同一等势面上，故从到电场力不做功，故电势能不变，故选项C正确；由于粒子带正电，故从点运动到点的过程中，电场力做正功，故选项D错误，故选ABC。‎ ‎【点评】本题是轨迹问题，首先要根据弯曲的方向判断出带电粒子所受电场力方向，确定是排斥力还是吸引力．由动能定理分析动能和电势能的变化是常用的思路。‎ 三、实验题：本题共2小题，共15分．把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程．‎ ‎11．【2016年海南，11，6分】某同学利用图（a）所示的实验装置探究物块速度随时间的变化。物块放在桌面上 细绳的一端与物块相连，另一端跨过滑轮挂上钩码。打点计时器固定在桌面左端，所用交流电源频率为。纸带穿过打点计时器连接在物块上。启动打点计时器，释放物块，物块在钩码的作用下拖着纸带运动。打点计时器打出的纸带如图（b）所示(图中相邻两点间有4个点未画出)。‎ 根据实验数据分析，该同学认为物块的运动为匀加速运动。回答下列问题：‎ ‎（1）在打点计时器打出点时，物块的速度大小为_____。在打出点时，物块的速度大小为______；‎ ‎（保留两位有效数字）‎ ‎（2）物块的加速度大小为_______。（保留两位有效数字）‎ ‎【答案】（1），；（2）‎ ‎【解析】（1）根据匀变速直线运动中中间时刻的速度等于该过程中的平均速度，所以，‎ ‎， 。‎ ‎（2）根据题意，该同学认为物块的运动为匀加速运动，则根据速度公式：，带入数据整理可以得到：。‎ ‎【点评】根据匀变速直线运动中中间时刻的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上小车的瞬时速度大小，然后在速度公式求加速度即可。‎ ‎12．【2016年海南，12，9分】某同学改装和校准电压表的电路图如图所示，图中虚线框内是 电压表的改装电路。‎ ‎（1）已知表头满偏电流为，表头上标记的内阻值为。、和是定值 电阻。利用和表头构成的电流表，然后再将其改装为两个量程的电压表。若 使用、两个接线柱，电压表的量程为；若使用、两个接线柱，电压表的量 程为则根据题给条件，定值电阻的阻值应选_ _， __ ___，‎ ‎______。‎ ‎（2）用量程为，内阻为的标准电压表对改装表挡的不同刻度进行校准。所用电池的电动势 为；滑动变阻器有两种规格，最大阻值分别为和。为了方便实验中调节电压，图中应 选用最大阻值为______的滑动变阻器。‎ ‎（3）校准时，在闭合开关前，滑动变阻器的滑动端应靠近_______（填“”或“”）端。‎ ‎（4）若由于表头G上标记的内阻值不准，造成改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小，则表头内阻的真实值_________（填“大于”或“小于”）。‎ ‎【答案】（1）100，910，2000；（2）50；（3）；（4）大于 ‎【解析】（1）根据题意，与表头构成的电流表，则：，整理：；若使用、‎ 两个接线柱，电压表的量程为，则；若使用、两个接 线柱，电压表的量程为，则。‎ ‎（2）电压表与之并联之后，电阻小于，对于分压式电路，要求滑动变阻器的最大阻值远小于并联部分，同时还有便于调节，故滑动变阻器选择小电阻，即选择的电阻。‎ ‎（3）在闭合开关前，滑动变阻器的滑动端应靠近端，这样把并联部分电路短路，启动一种保护 作用。‎ ‎（4）造成改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小，说明通过表头的电流偏小，则实际其电阻偏大，故其实实际阻值大于。‎ ‎【点评】本题考查了求电阻阻值、实验器材的选择、电路故障分析，知道电流表的改装原理、分析清楚电路结构、应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解题。‎ 四、计算题：本题共2小题，共23分．把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤．‎ ‎13．【2016年海南，13，9分】水平地面上有质量分别为和的物块和，两者与地面的动摩擦因数均为。‎ 细绳的一端固定，另一端跨过轻质动滑轮与相连，动滑轮与相连，如图所示。初始时，绳处于水平拉 直状态。若物块在水平向右的恒力作用下向右移动了距离，重力加速度大小为。求：‎ ‎（1）物块客服摩擦力所做的功；‎ ‎（2）物块、的加速度大小。‎ 解：（1）物块移动了距离，则物块移动的距离为①‎ 物块受到的摩擦力大小为：② 物块克服摩擦力所做的功为③‎ ‎（2）设物块、的加速度大小分别为、，绳中的张力为。由牛顿第二定律得④‎ ‎ ⑤ 由和的位移关系得：⑥ 联立④⑤⑥式得：‎ ‎ ⑦ ⑧‎ ‎【评分参考】第（1）问3分，①②③式各1分；第（2）问6分，④⑤式各1分，⑥式2分，⑦⑧式各1分。‎ ‎【点评】采用整体法和隔离法对物体进行受力分析，抓住两物体之间的内在联系，绳中张力大小相等、加速度大小相等，根据牛顿第二定律列式求解即可．解决本题的关键还是抓住联系力和运动的桥梁加速度。‎ ‎14．【2016年海南，14，14分】如图，、两点分别位于轴和轴上，，的长度为 ‎。在区域内有垂直于平面向里的匀强磁场。质量为、电荷量为的带正电粒子，以 平行于轴的方向从边射入磁场。已知粒子从某点射入时，恰好垂直于边射出磁场，且粒 子在磁场中运动的时间为。不计重力。‎ ‎（1）求磁场的磁感应强度的大小；‎ ‎（2）若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从边上的同一点射出磁场，求该粒子 这两次在磁场中运动的时间之和；‎ ‎（3）若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与边相切，且在磁场内运动的时间为，求粒子此次入射 速度的大小。‎ 解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间内其速度方向改变了，故其周期①‎ 设磁感应强度大小为，粒子速度为，圆周运动的半径为。由洛伦兹力公式和牛顿定律得 ‎② 匀速圆周运动速度满足③联立①②③式得④‎ ‎（2）设粒子从边两个不同位置射入磁场，能从边上的同一点射出磁场，粒子在磁场中运 ‎ 动的轨迹如图（a）所示。设两轨迹所对应的圆心角分别为和。由几何关系⑤‎ 粒子两次在磁场中运动的时间分别为与，则⑥‎ ‎（3）如图（b），由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为。设为 圆弧的圆心，圆弧的半径为，圆弧与相切与点，从点射出磁场，由几何关系和题 给条件可知，此时有⑦ ⑧‎ 设粒子此次入射速度大小为，由圆周运动规律⑨联立①⑦⑧⑨式得⑩‎ ‎【评分参考】第（1）问6分，①式1分，②③式各2分，④式1分；第（2）问4分，⑤⑥式各2 ‎ 分；第（3）问4分，⑦⑧式各1分，⑩式2分。‎ ‎【点评】对于带电粒子在磁场中运动类型，要画出轨迹，善于运用几何知识帮助分析和求解，这是轨迹问题的解题关键。‎ 五、选考题：共12分。请考生从第15~17题中任选两题作答，如果多做，则按所做的第一、二题计分。‎ ‎15．【2016年海南，15，12分】【选修3-3】‎ ‎ （1）（4分）一定量的理想气体从状态可以经历过程1或者过程2到达状态，其图 像如图所示。在过程1中，气体始终与外界无热量交换；在过程2中，气体先经历等容 变化再经历等压变化。对于这两个过程，下列说法正确的是_______。（填入正确答案标 号。选对1个得2分，选对2个得3分，选对3个得4分；有选错的得0分）‎ A．气体经历过程1，其温度降低 B．气体经历过程1，其内能减少 C．气体在过程2中一直对外放热 D．气体在过程2中一直对外做功 E．气体经历过程1的内能该变量与经历过程2的相同 ‎【答案】ABE ‎【解析】气体经历过程1，压强减小，体积变大，膨胀对外做功，内能减小，故温度降低，故选项AB正确；气体在过程2中，根据理想气体状态方程，刚开始时，体积不变，压强减小，则温度降低，对外放热，然后压强不变，体积变大，膨胀对外做功，则温度升高，吸热，故选项CD错误；无论是经过1过程还是2过程，初、末状态相同，故内能改变量相同，故选项E正确，故选ABE。‎ ‎【点评】本题考查了判断气体吸热与放热情况、气体内能如何变化，分析清楚图示图象、由于理想气体状态方程与热力学第一定律即可正确解题。‎ ‎ （2）（8分）如图，密闭汽缸两侧与一形管的两端相连，汽缸壁导热；形管内盛有密 度为的液体。一活塞将汽缸分成左、右两个气室，开始时，左气室 的体积是右气室的体积的一半，气体的压强均为。外界温度保持不变。‎ 缓慢向右拉活塞使形管两侧液面的高度差，求此时左、右两气室的体积之 比，取重力加速度大小，形管中气体的体积和活塞拉杆的体积忽略不计。‎ 解：设初始状态时汽缸左气室的体积为，右气室的体积为；当活塞至汽缸中某位置时，左、右气室的压强分别为、，体积分别为、，由玻意耳定律得： ① ② 依题意有：‎ ‎ ③ 由力的平衡条件有 ④ 联立①②③④式，并代入题给数据得：‎ ‎⑤由此解得（另一解不合题意，舍去）⑥由③⑥式和题给条件得⑦‎ ‎【评分参考】①②③④式各1分，⑤式2分，⑥⑦式各1分。‎ ‎【点评】本题考查了求气体体积，应用玻意耳定律即可正确解题，求出气体的压强是正确解题的关键。‎ ‎16．【2016年海南，16，12分】【选修3-4】‎ ‎ （1）（4分）下列说法正确的是_______。（填入正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得3分，选对3个得4分；有选错的得0分）‎ A．在同一地点，单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比 B．弹簧振子做简谐振动时，振动系统的势能与动能之和保持不变 C．在同一地点，当摆长不变时，摆球质量越大，单摆做简谐振动的周期越小 D．系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率 E．已知弹簧振子初始时刻的位置及其振动周期，就可知振子在任意时刻运动速度的方向 ‎【答案】ABD ‎【解析】根据单摆周期公式：可以知道，在同一地点，重力加速度为定值，故周期的平方与其摆长 成正比，故选项A正确；弹簧振子做简谐振动时，只有动能和势能参与转化，根据机械能守恒条件可 以知道，振动系统的势能与动能之和保持不变，故选项B正确；根据单摆周期公式：可以知 道，单摆的周期与质量无关，故选项C错误；当系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期 性驱动力的频率，故选项D正确；若弹簧振子初始时刻的位置在平衡位置，知道周期后，可以确定任 意时刻运动速度方向，若弹簧振子初始时刻的位置不在平衡位置，则无法确定，故选项E错误，故选 ABD。‎ ‎【点评】本题关键抓住简谐运动的周期性，分析时间与周期的关系分析振子的位移变化，要掌握加速度与位移的关系，根据计时开始时刻的加速度及方向解题。‎ ‎（2）（8分）如图，半径为的半球形玻璃体置于水平桌面上，半球的上表面水平，球面与桌面相切于点。一细束单色光经球心从空气中射入玻璃体内（入射面即纸面），入射角为，出射光线射在桌面上点处。测得之间的距离为 。现将入射光束在纸面内向左平移，求射入玻璃体的光线在球面上恰好发生全反射时，光束在上表面的入射点到点的距离。不考虑光线在玻璃体内的多次反射。‎ 解：当光线经球心入射时，光路图如图（a）所示。设玻璃的折射率为，由折射定律有：‎ ‎①式中，入射角，为折射角。为直角三角形因此：②‎ 发生全反射时，临界角C满足③ 在玻璃体球面上光线恰好发生全反射时，光路图如图 ‎（b）所示。设此时光线入射点为，折射光线射到玻璃体球面的点。由题意有④‎ 在内，根据正弦定理有： ⑤ 联立上式得： ⑥‎ ‎【评分参考】①②式各1分，③式2分，④式1分，⑤式2分，⑥式1分。‎ ‎【点评】本题是简单的几何光学问题，其基础是作出光路图，根据几何知识确定入射角与折射角，根据折射定律求解。‎ ‎17．【2016年海南，17，12分】【选修3-5】‎ ‎ （1）（4分）下列说法正确的是_______。（填入正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得3分，选对3个得4分；有选错的得0分）‎ A．爱因斯坦在光的粒子性的基础上，建立了光电效应方程 B．康普顿效应表明光子只具有能量，不具有动量 C．波尔的原子理论成功地解释了氢原子光谱的实验规律 D．卢瑟福根据α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型 E．德布罗意指出微观粒子的动量越大，其对应的波长就越长 ‎【答案】ACD ‎【解析】爱因斯坦提出了光子假说，建立了光电效应方程，故选项A正确；康普顿效应表明光不仅具有能量，还具有动量，故选项B错误；波尔的原子理论成功地解释了氢原子光谱的实验规律，故C正确；卢瑟福根据粒子散射实验提出了原子核式结构模型，故D正确；德布罗意波波长为：，其中为微粒的动量，故动量越大，则对应的波长就越短，故选项E错误，故选ACD。‎ ‎【点评】本题考查了光电效应、康普顿效应、波尔的原子理论、核式结构模型、德布罗意波等基础知识点，难度不大，关键要熟悉教材。‎ ‎（2）（8分）如图，物块通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止；从发射器（图中未画出）射出的物块沿水平方向与相撞，碰撞后两者粘连在一起运动，碰撞前的速度的大小及碰撞后和一起上升的高度均可由传感器（图中未画出）测得。某同学以为纵坐标，为横坐标，利用实验数据作直线拟合，求得该直线的斜率为。已知物块和的质量分别为g和，重力加速度大小。‎ ‎（i）若碰撞时间极短且忽略空气阻力，求直线斜率的理论值；‎ ‎（ii）求值的相对误差，结果保留1位有效数字）。‎ 解：（i）设物块和碰撞后共同运动的速度为，由动量守恒定律有 ① 在碰撞后和共 同上升的过程中，由机械能守恒定律②联立①②式得③‎ 由题意得④ 代入题给数据得：⑤‎ ‎（ii）按照定义：⑥ 由⑤⑥式和题给条件得：⑦‎ ‎【评分参考】第（i）问7分，①②式各2分，③④⑤式各1分；第（ii）问1分，⑦式1分。‎ ‎【点评】本题考查动量守恒定律的应用，要注意正确选择研究对象，并分析系统是否满足动量守恒以及机械能守恒，然后才能列式求解。‎