高考全国卷物理部分 15页

‎2016年普通高等学校招生全国统一考试（新课标II卷）‎ 理科综合（物理部分）‎ ‎ ‎ 二、选择题：本大题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项是符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分。有选错的得0分。‎ ‎14、质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示。用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中 A、F逐渐变大，T逐渐变大 B、F逐渐变大，T逐渐变小 ‎ C、F逐渐变小，T逐渐变大 D、F逐渐变小，T逐渐变小 ‎【答案】A ‎【解析】以O点为研究对象，设绳OA与竖直方向的夹角为，物体的重力为G,根据力的平衡可知，，，随着O点向左移，变大，则F逐渐变大，T逐渐变大，选项A正确。‎ ‎【考点】本题考查静电力的性质与能的性质，考查考生应用电场性质分析问题的能力。‎ ‎ ‎ ‎15、如图，P为固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆。带电粒子Q在P的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点。若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为、、，速度大小分别为、、，则 ‎ A、>>，>> B、>>，>>‎ C、>>，>> D、>>，>>‎ ‎【答案】D ‎【解析】由点电荷电场强度公式可知，离场源电荷越近，电场强度越大，有牛顿第二定律可知，加速度越大，由此可知，，选项A、B错误；由力与运动的关系可知，运动粒子受到的库仑力指向运动轨迹凹的一侧，因此运动电荷与P点点电荷带同种电荷，粒子从c到b的过程中，电场力做负功，动能减少，在从b到a的过程中电场力做正功，动能增大，因此粒子在b点的速度最小，由于c、b两点的电势差小于a、b两点的电势差，因此粒子从c到b的过程中，动能的减少量小于从b到a的过程中动能的增加量，因此粒子在c点的动能小于在a点的动能，即有，选项D正确。‎ ‎【考点】本题考查静电力的性质与能的性质，考查考生应用电场性质分析问题的能力。‎ ‎ ‎ ‎16、小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示。将两球由静止释放。在各自轨迹的最低点，‎ A、P球的速度一定大于Q球的速度 B、P球的动能一定小于Q球的动能 ‎ C、P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力 D、P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度 ‎【答案】C ‎【解析】小球从释放到最低点的过程中，只有重力做功，有机械能守恒定律可知，，，绳长L越大，小球到最低点的速度越大，选项A错误；由于P球的质量大于Q球的质量，由可知，不能确定两球动能的大小关系，选项B错误；在最低点，根据牛顿第二定律可知，，‎ 求得，由于P球的质量大于Q求的质量，因此选项C正确；由可知，两球在最低点的向心加速度相等，选项D错误。‎ ‎【考点】变本题考查机械能守恒定律及牛顿第二定律得应用，考查考生应用功能关系和力与运动关系分析问题的能力 ‎ ‎ ‎17、阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E（内阻可忽略）连接成如图所示电路。开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2。Q1与Q2的比值为 ‎ A、 B、 C、 D、‎ ‎【答案】C ‎【解析】电路中四个电阻相同，开关S断开时，外电路的连接如图甲所示，由于不计电池的内阻，设每个定值电阻的阻值为R，因此根据串并联电路的特点可知，电容器两端的电压为；当开关S闭合后，外电路的连接如图乙所示，则电容器两端的电压为，由可知，，选项C正确。‎ ‎【考点】本题考查含容电路问题，考查考查考生应用电路知识解决问题的能力。‎ ‎【难点】本题解题的关键点时要能正确画出开关断开与闭合时的等效电路图，如果不能正确地判断电路连接的特点，则必定会导致错误。‎ ‎ ‎ ‎18、一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示。图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动。在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角。当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为 ‎ A、 B、 C、 D、‎ ‎【答案】A ‎【解析】由题可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图，‎ 由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的圆弧所对的圆心为30°，因此粒子在磁场中运动的时间为，在磁场中运动的时间与圆筒转过90°所用的时间相等，即，求得,选项A正确。‎ ‎【考点】本题考查的是带电粒子在有界磁场中的运动，考查考生的综合分析能力。‎ ‎【易错点】本题解题的关键是要正确地审题，根据身体结果正确的画出粒子运动的轨迹，并找准几何关系，如果不能正确画出粒子在磁场运动的轨迹，不能正确确定粒子运动的半径及几何关系必定会导致错解。‎ ‎ ‎ ‎19、两实心小球甲和乙由同一种材质制成，甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。若它们下落相同的距离，则 A、甲球用的时间比乙球长 ‎ B、甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小 C、甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小 D、甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 ‎【答案】BD ‎【解析】由于两球由同种材料制成，甲球的质量大于乙球的质量，因此甲球的体积大于乙球的体积，甲的半径大于乙球的半径，设球的半径为r，根据牛顿第二定律，下落过程中，，可知，球下落过程做匀变速直线运动，且下落过程中半径大的球，下落的加速度大，因此甲球下落的加速度大，选项C错误；由可知，下落相同的高度，甲球所用的时间短，选项A错误；由可知，甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小，选项B正确；由于甲球受到的阻力大，因此克服阻力做的功多，选项D正确。‎ ‎【考点】本题考查力与运动、功与能，考查考生应用动力学规律及功能关系的解题的能力。 ‎ ‎20、法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀速磁场B中。圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是 A、若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定 ‎ B、若从上往下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动 ‎ C、若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化 ‎ D、若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍 ‎【答案】AB ‎【解析】设圆盘的半径为r，圆盘转动的角度为，则由圆盘转动产生的电动势为可知，若转动的角速度恒定，则电动势恒定，电流恒定，选项 A正确；根据右手定则可知，从上向下看，圆盘顺时针转动，圆盘中电流右边缘指向圆心，即电流由a到b的方向流动，选项B正确；圆盘转动方向不变，产生的电流的方向不变，选项C错误；若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电动势为原来的2倍，由闭合电路欧姆定律可知，电流为原来的2倍，由可知，电阻R上的功率为原来的4倍，选项D错误。‎ ‎【考点】本题考查的电磁感应现象，考查学生的综合分析能力。‎ ‎ ‎ ‎21、如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点。已知M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<π/2。在小球从M点运动到N点的过程中，‎ A、弹力对小球先做正功后做负功 ‎ B、有两个时刻小球的加速度等于重力加速度 C、弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零 ‎ D、小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能 ‎【答案】BCD ‎【解析】小球在从M点到N点的过程中，弹簧的压缩量先增大，后减小，到某一位置时，弹簧处于原长，再继续向下运动到N点，弹簧又伸长。弹簧的弹力与小球速度方向的夹角先大于90°，到小于90°再到大于90°，因此弹力对小球先做负功，再做正功，最后又做负功，选项A错误；弹簧与杆垂直时，小球的加速度等于重力加速度，当弹簧的弹力为零时，小球的加速度也等于重力加速度，选项B正确；弹簧长度最短时，弹力与小球运动的速度方向垂直，这时弹力做功的功率为零，选项C正确；由于在M、N两点的弹簧的弹力大小相同，即弹簧的形变量相同，弹性势能相同，由能量守恒可知，小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差，选项D正确。‎ ‎【考点】的本题考查力与运动、功与能关系的应用，考查考生综合应用力学规律及功能关系分析问题的能力。‎ ‎【技巧点拨】本题中初末状态弹簧的弹力大小相同，实质是告诉我们弹簧的弹性势能相同，为后面分析选项D提供了过程中弹簧的弹力做功为零这一条件。‎ ‎ ‎ 三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~40题为选考题，考生根据要求作答。‎ ‎ ‎ ‎（一）必考题（共129分）‎ ‎22、（6分）某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究，实验装置如图（a）所示：轻弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一物快接触而不连接，纸带穿过打点计时器并与物块连接。向左推物块使弹簧压缩一段距离，由静止释放物块，通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能。‎ ‎（1）试验中涉及到下列操作步骤：‎ ‎①把纸带向左拉直 ‎②松手释放物快 ‎③接通打点计时器电源 ‎④向左推物快使弹簧压缩，并测量弹簧压缩量 上述步骤正确的操作顺序是_______（填入代表步骤的序号）。‎ ‎（2）图（b）中M和L纸带是分别把弹簧压缩到不同位置后所得到的实际打点结果。打点计时器所用交流电的频率为50Hz。由M纸带所给的数据，可求出在该纸带对应的试验中物块脱离弹簧时的速度为______m/s。比较两纸带可知，________（填“M”或“L”）纸带对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能大。‎ ‎【答案】⑴④①③②（2分） ⑵1.29（2分） M（2分）‎ ‎【解析】⑴实验中应先向左推物块使弹簧压缩，测量弹簧的压缩量，然后把纸带拉直，再接通打点计时器电源，等打点稳定后，再松手放开被压缩的物块，使其向右滑动，因此步骤为④①③②。‎ ‎⑵由于物块离开弹簧时的速度最大，相等时间位移也最大，因此在M纸带中物块脱离弹簧时的速度为，由于弹簧压缩量越大，弹性势能越大，因此推开物块后，转化成物块的动能越多，物块离开弹簧后获得的速度越大，打点间隔越大，因此M纸带对应的实验中弹簧压缩的后的弹性势能大。‎ ‎【考点】利本题考查探究弹簧弹性势能实验，考查考生的实验能力。‎ ‎23、（9分）某同学利用图（a）所示电路测量量程为2.5V的电压表V的内阻（内阻为数千欧姆），可供选择的器材有：电阻箱R（最大阻值99999.9Ω），滑动变阻器R1（最大阻值50Ω），滑动变阻器R2（最大阻值5kΩ），直流电源E(电动势3V)，开关1个，导线若干。‎ 实验步骤如下： ‎ ‎①按电路原理图（a）连接线路；‎ ‎②将电阻箱阻值调节为0，将滑动变阻器的滑片移到与图(a)中最左端所对应的位置，闭合开关S；‎ ‎③调节滑动变阻器，使电压表满偏； ‎ ‎④保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表的示数为2.00V，记下电阻箱的阻值。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）试验中应选择滑动变阻器_______（填“R1”或“R2”）。‎ ‎（2）根据图（a）所示电路将图（b）中实物图连线。‎ ‎（3）实验步骤④中记录的电阻箱阻值为630.0Ω，若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的 分压不变，计算可得电压表的内阻为_______Ω（结果保留到个位）。‎ ‎（4）如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的，可推断该表头的满刻度电流为_____（填正确答案标号）。‎ A、100μA B、250μA C、500μA D、1mA ‎【答案】(1)R1（2分）‎ ‎(2)（3分）‎ ‎(3)2520（2分） （4）D（2分）‎ ‎【解析】（1）为了使电阻箱调节时，滑动变阻器分出的电压变得很小，分压电路中滑动变阻器的最大阻值越小越好，因此选用R1。‎ ‎（3）如果认为滑动变阻器分出的电压不变，则调节电阻箱后，电压表两端的电压为2V，电阻箱两端的电压为0.5V,根据串联电路的分压原理，，求得电压表的内阻。‎ ‎（4）如果电压表有一个表头与一个电阻串联组成，可推得此电压表的最大电流等于表头的满偏电流，，选项D正确。‎ ‎【考点】本题考查测量电压表内阻实验，考查考生应用比例法（类似半偏法）测电阻的实验能力。‎ ‎ ‎ ‎24、（12分）如图，水平面（纸面）内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上，t=0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动。t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动。杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ。重力加速度大小为g。求 ‎（1）金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；‎ ‎（2）电阻的阻值。‎ ‎【解析】（1）设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得 ‎ ① （2分）‎ 设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，有运动学公式得：‎ ‎ ② （2分）‎ 当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为 ③ （1分）‎ 联立①②③式可得 ④ （1分）‎ ‎（2）设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律 ‎ ⑤ （2分）‎ 式中R为电阻的阻值。金属杆所受的安培力为 ⑥ （1分）‎ 因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得 ⑦（2分）‎ 联立④⑤⑥⑦式得 （1分）‎ ‎ 【考点】本题考查电磁感应与电路、力学的综合，意在考查考生的推理和综合分析的能力。‎ ‎25、（20分）轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l0现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示。物块P与AB间的动摩擦因数μ=0.5。用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后释放，P开始沿轨道运动，重力加速度大小为g。 ‎ ‎（1）若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点间的距离；‎ ‎（2）若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P得质量的取值范围。‎ ‎  ‎ ‎【解析】 （1）依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律，弹簧长度为l时的弹性势能为 ① （2分）‎ 设P的质量为M，到达B点时的速度大小为，由能量守恒定律得 ‎ ② （2分）‎ 联立①②式，取代入数据得 ‎ ③ （1分）‎ 若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v应满足 ④ （2分）‎ 设P滑到D点时的速度为由机械能守恒定律得 ‎ ⑤ （2分）‎ 联立③⑤式得 ⑥ （1分）‎ 满足④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度水平射出。设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得 ⑦ （2分）‎ P落回到AB上的位置与B点之间的距离为 ⑧ （2分）‎ 联立⑥⑦⑧式得 （1分）‎ ‎（2）为使P能滑上圆轨道，它达到B点时的速度不能小于零。可知 ‎ ⑨ （2分）‎ 要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C。由机械能守恒定律得 （10） （2分）‎ 联立①②⑨（10）式得 （1分）‎ ‎【考点】 本题考查力与运动、功和能的综合应用，意在考查考生的综合分析能力。‎ ‎ ‎ ‎（二）选考题 ‎33.[物理——选修3-3]（15分）‎ ‎（1）（5分）一定量的理想气体从状态a开始，经历等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态，其p–T图像如图所示，其中对角线ac的延长线过原点O。下列判断正确的是________。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）‎ A、气体在a、c两状态的体积相等 B、气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能 C、在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功 D、在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功 ‎ E．在过程bc中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功 ‎【答案】ABE ‎【解析】由可知，p-T图像过原点的一条斜的直线是一条等容线，选项A正确；一定质量理想气体内能只与温度有关，a的温度高于c的温度，a的内能大于c的内能，选项B正确；由于cd过程气体的内能不变，根据热力学第一定律可知，气体向外放出的热量等于外界对气体做的功，选项C错误；在da过程中气体内能增加，气体对外界吸收的热量大于气体对外界做的功，选项D错误；，，由于，，因此bc过程外界对气体做的功与da过程气体对外界做的功相等，选项E正确。‎ ‎【考点】热力学第一定律。‎ ‎ ‎ ‎（2）（10分）一氧气瓶的容积为0.08 m3，开始时瓶中氧气的压强为20个大气压。某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.36 m3。当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时，需重新充气。若氧气的温度保持不变，求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天。‎ ‎【解析】设氧气开始时的压强为p1,体积为V1，压强变为p2（2个大气压）时，体积为V2。根据玻意耳定律得：‎ ‎ ①‎ 由重新充气前，用去的氧气在p2压强下的体积为：‎ ‎ ②‎ 设用去的氧气在p0（1个大气压）压强下的体积V0，则有 ‎ ③‎ 设实验室每天用去的氧气在p0下的体积为,则氧气可用的天数为 ‎ ④‎ 将①②③④联立得，‎ ‎ N=4（天）‎ ‎【考点】理想气体实验定律得应用 ‎ ‎ ‎34. [物理——选修3-4]（15分）‎ ‎（1）（5分）关于电磁波，下列说法正确的是_____。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）‎ A、电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率无关 B．周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波 C、电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度垂直 D、利用电磁波传递信号可以实现无线通信，但电磁波不能通过电缆、光缆传输 E、电磁波可以由电磁振荡产生，若波源的电磁振荡停止，空间的电磁波随即消失 ‎【答案】ABC ‎【解析】电磁波在真空中的速度均为，与电磁波的频率无关，选项A正确；周期性变化的电场产生周期性变化的磁场，周期性变化的磁场又产生周期性变化的电场，它们相互激发在空中传播，就形成了电磁波，选项B正确；电磁波是横波，因此其电场强度和磁感应强度方向与传播方向垂直，选项C正确；光是电磁波，利用光纤对光的全反射可以传播信息，选项D错误；电磁振荡停止了，已形成的电磁波在空中仍然存在，并继续向前传播，选项E错误。‎ ‎ ‎ ‎（2）（10分）一列简谐横波在介质中沿x轴正向传播，波长不小于10 cm。O和A是介质中平衡位置分别位于x=0和x=5 cm处的两个质点。t=0时开始观测，此时质点O的位移为y=4 cm，质点A处于波峰位置：t=1/3s时，质点O第一次回到平衡位置，t=1s时，质点A第一次回到平衡位置。求 ‎（i）简谐波的周期、波速和波长；‎ ‎（ii）质点O的位移随时间变化的关系式。 ‎ ‎【解析】 （i）设震动周期为T。由于质点A在0到1s内由最大位移处第一次回到平衡位置，经历的是1/4个周期，由此可知T=4s ①‎ 由由于质点O与A的距离5cm小于半个波长，且波沿x轴正向传播，O在t=1/3s时回到平衡位置，而A在t=1s时回到平衡位置，时间相差2/3s。两质点平衡位置的距离除以传播时间，可得波的速度 ‎ ②‎ 利用波长、波速和周期的关系，简谐波的波长 ③‎ ‎（ii）设质点O的位移随时间变化的关系为 ‎ ④‎ 将①式及题给的条件代入上式得：‎ ‎ ⑤‎ 解得：， ⑥‎ 质点O的位移随时间变化的关系式为：‎ ‎（国际单位制）或（国际单位制）‎ ‎ ‎ ‎35.[物理——选修3-5]（15分）‎ ‎（1）（5分）在下列描述的核过程的方程中，属于α衰变的是 ，属于β衰变的是 ，属于裂变的是 ，属于聚变的是 。（填正确答案标号） ‎ A、‎ B、‎ C、‎ D、‎ E、‎ F、‎ ‎（2）（5分）现用某一光电管进行光电效应实验，当用某一频率的光入射时，有光电流产生。下列说法正确的是__________。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）‎ A、保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，饱和光电流变大 B、入射光的频率变高，饱和光电流变大 C、入射光的频率变高，光电子的最大初动能变大 D、保持入射光的光强不变，不断减小入射光的频率，始终有光电流产生 E、遏止电压的大小与入射光的频率有关，与入射光的光强无关 ‎【答案】ACE ‎【解析】在发生光电效应时，饱和光电流大小由光照强度来决定，与频率无关，光照强度越大饱和光电流越大，因此A正确，B错误，根据可知，对于同一光电管，逸出功W不变，当频率变高，最大初动能变大，因此C正确，由光电效应规律可知，当频率低于截止频率时无论光照强度多大，都不会有光电流，因此D；错误遏制电压只与入射光频率有关，与入射光强无关，因此E正确。‎ ‎ ‎ ‎（2）（10分）如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h=0.3m（h小于斜面体的高度）。已知小孩与滑板的总质量为m1=30kg，冰块的质量为m2=10kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g=10m/s2。‎ ‎（i）求斜面体的质量；‎ ‎（ii）通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？‎ ‎【解析】(i)规定向右为速度速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3。由水平方向动量守恒定律和机械能守恒定律得：‎ ‎ ①‎ ‎ ②‎ 式中为冰块推出时的速度。联立①②式并代入数据得：‎ ‎(ii)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有 ‎ ④‎ 代入数据得：‎ 设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3由动量守恒定律和机械能守恒定律，得： ⑥‎ ‎ ⑦‎ 联立③⑥⑦式并代入数据得：‎ 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩。‎ ‎【考点】动量定理，功能关系