2021年高一物理下学期期末模拟试卷六新人教版202107031150.docx

1、高一（下）期末物理试卷61. 下列所述的实例中(均不计空气阻力)，机械能守恒的是()A. 小石块被水平抛出后在空中运动的过程B. 木箱沿粗糙斜面匀速下滑的过程C. 人乘电梯加速上升的过程D. 子弹射穿木块的过程2. 下列关于动量、动能的说法中，正确的是()A. 若物体的动能发生了变化，则物体的加速度也发生了变化B. 若物体的动能不变，则动量也不变C. 若一个系统所受的合外力为零，则该系统的动能不变D. 物体所受合外力越大，则它的动量变化就越快3. 劲度系数为20N/cm的弹簧振子，它的振动图象如图所示，在图中A点对应的时刻，下列说法错误的是()A. 振子所受的弹力大小为5N，方向指向x轴的负方

2、向B. 振子的速度方向指向x轴的正方向C. 在04s内振子作了1.75次全振动D. 在04s内振子通过的路程为4cm4. 在水平地面上方某处，把质量相同的P、Q两小球以相同速率沿不同的方向抛出，P竖直向上，Q水平向右，不计空气阻力，两球从抛出到落地的过程中()A. P球重力做功较多B. 两球重力的平均功率相等C. 落地前瞬间，P球重力的瞬时功率较大D. 落地前瞬间，两球重力的瞬时功率相等5. 用沙摆演示简谐运动的图象，当沙摆下面的木板被匀速地拉出过程中，摆动着的漏斗中漏出的沙在板上形成的曲线显示出摆的位移随时间变化关系，板上直线OO表示时间轴，使两个摆在各自的木板上形成曲线。如图中板N1、N2

3、移动的速度v1、v2的关系为v1=v2，则两曲线代表的沙摆各自摆长L1、L2的关系为()A. L1=L2B. L1=2L2C. L1=4L2D. 4L1=L26. 如图所示是物体受迫振动的共振曲线，该共振曲线表示了物体()A. 在不同时刻的振幅B. 在不同时刻的位移C. 在不同频率的驱动力下的振幅D. 在不同频率的驱动力下的位移7. 如图所示，质量为m的蹦极运动员从蹦极台上跃下。设运动员由静止开始下落，且下落过程中(蹦极绳被拉直之前)所受阻力恒定，且下落的加速度为35g，在运动员下落h的过程中(蹦极绳未拉直)，下列说法正确的是()A. 运动员克服阻力所做的功为3mgh5B. 运动员的重力势能减

4、少了3mgh5C. 运动员的机械能减少了3mgh5D. 运动员的动能增加了3mgh58. 在光滑的水平面上，有A，B两个小球向右沿同一直线运动，取向右为正方向，两球的动量分别为PA=5kgm/s，PB=7kgm/s，如图，若A追上B并发生正碰，则碰后两球的动量增量PA，PB可能是()A. PA=3kgm/s，PB=3kgm/sB. PA=-3kgm/s，PB=3kgm/sC. PA=3kgm/s，PB=-3kgm/sD. PA=-10kgm/s，PB=10kgm/s9. 一列简谐波在t=0时刻的波形图如图甲所示，图乙表示该波传播的介质中某质点此后一段时间内的振动图象，则()A. 若波沿x轴正方

5、向传播，图乙应为a点的振动图象B. 若波沿x轴正方向传播，图乙应为b点的振动图象C. 若波沿x轴正方向传播，图乙应为c点的振动图象D. 若波沿x轴正方向传播，图乙应为d点的振动图象10. 如图所示，在光滑的水平面上有两物体A、B，它们的质量均为m，在物体B上固定一个水平轻弹簧，初始时B物体处于静止状态，物体A以速度v0沿水平方向向右运动，通过弹簧与物体B发生作用，下列说法不正确的是()A. 当弹性势能最大时，A、B两物体共速B. 在从A接触弹簧到弹簧的弹性势能逐渐增大的过程中，弹簧对物体B所做的功为mv024C. 当A的速度变为0的时候，弹簧再一次恢复原长D. 整个过程中，整个系统机械能守恒，

6、动量守恒11. 如图所示，木块B上表面是水平的，当木块A置于B上，并与B保持相对静止，一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，在下滑过程中()A. B对A的摩擦力及支持力的合力垂直于斜面B. B对A做正功C. A对B的摩擦力做正功D. A所受的合外力对A不做功12. 如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起，从高度为h处自由落下，h远大于两小球半径，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计。已知m2=4m1，则A反弹后能达到的高度大约为()A. 2.2hB. 3hC. 4hD. 4.8h13. 如图所示，木块B与水平面

7、间的摩擦不计，子弹A沿水平方向射入木块并在极短时间内相对于木块静止下来，然后木块压缩弹簧至弹簧最短将子弹射入木块到刚相对于静止的过程称为I，此后木块压缩的过程称为，则()A. 过程中，子弹和木块所组成的系统机械能不守恒，动量守恒B. 过程中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能不守恒，动量也不守恒C. 过程中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量也守恒D. 过程中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量不守恒14. 如图，一个木块放在光滑的水平面上，一子弹射入木块中(未穿出)，射入深度为d，平均阻力为f，在两物体达到共速时，木块的位移为s，则下列说法正确的是()A. 子弹损失的动能

8、为fdB. 子弹对木块所做的功为f(s+d)C. 整个过程中的摩擦生热为fdD. 整个过程中系统的总动能损失为f(s+d)15. 如图所示，图中的线段a、b、c分别表示在光滑水平面上沿一条直线运动的滑块、和它们发生正碰后结合体的速度-时间图象。已知相互作用时间极短，则由图象可知()A. 碰前滑块的速度比滑块的速度大B. 碰前滑块的动量比滑块的动量小C. 滑块的质量比滑块的质量大D. 碰撞过程中，滑块受到的冲量比滑块受到的冲量大16. 如图所示，A、B两物体用一根跨过定滑轮的细绳相连，置于固定斜面体的两个斜面的相同高度，处于静止状态，两斜面的倾角分别是53和37，若不计摩擦，剪断细绳后下列说法中

9、正确的是()A. 两物体着地时的速度相同B. 两物体着地时的动能相同C. 两物体着地时的机械能相同D. 两物体着地时所受重力的功率相同17. 质量m=2kg的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块动能Ek与其发生位移x之间的关系如图所示。已知物块与水平面间的动摩擦因数=0.2，g取10m/s2，则下列说法中正确的是()A. x=1m时物块的速度大小为23m/sB. x=3m时物块的加速度大小为3m/s2C. 在前2m的运动过程中物块所经历的时间为2sD. 在前6m的运动过程中拉力对物块做的功为24J18. 如图所示，两个可发射无线电波的天线对称地固定于飞机跑道两侧，两天线

10、同时都发出频率为f1和f2的无线电波。飞机降落过程中，当接收到f1和f2的信号都保持最强时，表明飞机已对准跑道。下列说法正确的是()A. 此系统利用的是波的干涉原理B. 在跑道上，f1与f2这两种无线电波干涉加强，所以跑道上的信号最强C. 只有跑道上才能接收到f1的最强信号，其它地方f1的信号都比跑道上的弱D. 只有在跑道的中心线上才能接收到f1和f2的最强信号，跑道的其它地方是无法同时接收到f1和f2的最强信号的19. 质量为m的物体，沿着倾角为的光滑斜面，从顶端匀速下滑到底端所用时间t，重力加速度为g。则此过程中重力对物体的冲量大小为_，支持力对物体的冲量大小为_，物体的动量变化大小为_。

11、20. 额定功率为80kW的汽车，在平直的公路上行驶的最大速度为20m/s，已知汽车的质量为2103kg，若汽车从静止开始做匀加速直线运动，加速度的大小为2m/s2，假定汽车在整个运动过程中阻力不变，则汽车所受的阻力大小为f=_N；汽车做匀加速直线运动的时间为t=_s。21. 某同学自己设计了一个实验装置来测定弹簧弹性势能的大小：将一弹簧(劲度系数未知)固定在一个带光滑凹槽的直轨道的一端，并将轨道固定在水平桌面的边缘，如图所示。用钢球将弹簧压缩，然后突然释放，钢球将沿轨道飞出桌面做平抛运动，最终落到水平地面上。该同学想利用平抛运动的规律反向推出弹簧弹性势能的大小，则他在实验时需要直接测定的物理

12、量有_；A.弹簧的原长L0B.弹簧的压缩量LC.小球做平抛运动的水平位移xD.小球做平抛运动的竖直位移yE.小球的质量m该弹簧在被压缩时的弹性势能的表达式Ep=_(利用上题直接测出的物理量和重力加速度g表示)。22. 如图所示，位于竖直面内光滑曲线轨道的最低点的切线沿水平方向，且与一位于同一竖直面内、半径R=0.2m的粗糙圆形轨道的最低点B点平滑连接。有一质量为M=0.1kg的滑块1静止于B点，另一质量m=0.20kg的滑块2(两滑块均可视为质点)，从位于轨道上的A点由静止开始滑下，已知A点到B点的高度h=1.8m，A与B相撞后粘在一起共同运动，他们恰好能通过圆轨道的最高点C，重力加速度g=1

13、0m/s，空气阻力可忽略不计，求：1)两滑块相撞前瞬间滑块2的速度大小；2)相撞后瞬间，粘在一起的滑块对圆轨道B点的压力的大小；3)粘在一起的滑块从B点滑至C点的过程中，克服摩擦阻力所做的功。23. 如图，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小球A、B质量分别为m、3m，A球从在边某高度处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的B球相撞，碰撞后B球能达到的最大高度为R4，重力加速度为g。试求：(1)第一次碰撞刚结束时B球的速度；(2)在碰撞过程中B球对A球的冲量；(3)若A、B两球的碰撞是完全弹性碰撞，则A球当初是从多高的地方滑下的？24. 如图所示，物体B和物体C用劲度系数为k=1000

14、N/m的轻弹簧连接并竖直地静置于水平地面上。将一个物体A从物体B的正上方距离B的高度为H=20cm处由静止释放，下落后与物体B碰撞，碰撞后A与B粘合在一起并立刻向下运动，在以后的运动中，A、B不再分离。已知物体A、B、C的质量均为M=2kg，重力加速度为g=10m/s2，忽略空气阻力。求：(1)A与B碰撞后瞬间的速度大小；(2)A和B一起运动到最大速度时，物体C对水平地面的压力多大？(3)开始时，物体A从距B多大的高度自由落下时，在以后的运动中，能使物体C恰好离开水平地面？25. 如图所示，两个半径为R的光滑14圆弧轨道AB、EF固定在地面上，一质量为m的小物体(可看成质点)从轨道的最高点A处

15、由静止滑下，质量为m、长为R的小车静止在光滑的水平面CD上，小车平面与光滑圆弧轨道末端BE齐平。物体从轨道末端的B滑上小车，小车即向右运动，当小车右端与壁DE刚接触时，物体恰好滑到小车的右端且相对小车静止。重力加速度为g，则：1)物体从A处滑到B处时的速度大小为_。2)物体滑到小车右端时的速度大小为_。小车与DE相碰后立即停止运动，但与DE不粘连，物体则继续滑上光滑轨道EF，以后又滑下来冲上小车。求：3)物体滑上EF轨道的最高点P相对于E点的高度h=_。4)水平面CD的长度L=_。5)当物体再从EF上滑下并滑上小车，如果小车与壁BC相碰后速度也立即变为零，最后物体停在小车上的Q点。则可知Q点距

16、小车的右端距离为_。答案1. A2. D3. C4. C5. C6. C7. D8. B9. B10. B11. A12. D13. AD14. C15. AC16. D17. D18. D19. mgtmgtcos020. 4103 521. CDEmgx24y22. 解：1)设两滑块相撞前瞬间滑块2的速度大小为v，滑块2由A到B的过程，根据机械能守恒得：mgh=12mv2解得v=6m/s；2)滑块1与2相碰过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得：mv=(m+M)vB解得vB=4m/s；在圆轨道B点，对两滑块整体，由牛顿第二定律得：F-(m+M)g=(m+M)vB2R解得F=27N由牛顿第三

17、定律得：滑块对圆轨道B点的压力的大小；3)在C点，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律得：(m+M)g=(m+M)vC2R解得vC=2m/s；由B到C，利用动能定理得：-(m+M)g2R+Wf=12(m+M)vC2-12(m+M)vB2解得：Wf=-0.9J，故克服摩擦阻力所做的功。答：1)两滑块相撞前瞬间滑块2的速度大小为6m/s；2)相撞后瞬间，粘在一起的滑块对圆轨道B点的压力的大小为27N；3)粘在一起的滑块从B点滑至C点的过程中，克服摩擦阻力所做的功为0.9J。23. 解：(1)碰撞后B球运动过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得：123mvB2=3mg14R解得：vB=2gR

18、2(2)A、B碰撞过程，对B，根据动量定理得：IB=3mvB-0解得：IB=3m2gR2，方向水平向右；A、B碰撞过程，A、B间作用力大小相等、方向相反、作用时间相等，因此碰撞过程中B对A的冲量与A对B的冲量大小相等、方向相反，故B对A的冲量IA=3m2gR2，方向水平向左；(3)A与B发生完全弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=mvA+3mvB由能量守恒定律得：12mv02=12mvA2+123mvB2解得：v0=2gR，在A、B碰撞前A下滑过程机械能守恒，对A，由机械能守恒定律得：mgH=12mv02解得：H=R，即A从R高处落下。答：(1

19、)第一次碰撞刚结束时B球的速度大小2gR2，方向：水平向左；(2)在碰撞过程中B球对A球的冲量大小3m2gR2，方向：水平向左；(3)若A、B两球的碰撞是完全弹性碰撞，则A球当初是R高的地方滑下的。24. 解：H=20cm=0.20m；(1)A下落过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得：MgH=12MvA2代入数据解得：vA=2m/sA与B相撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，以向下为正方向，由动量守恒定律得：MvA=2Mv代入数据解得：v=1m/s(2)当A与B一起运动到最大速度时，就是A与B受到的弹力等于它们的重力时，即此时弹簧的弹力：F=2Mg对C，由平衡条件得：代入数据解

20、得：由牛顿第三定律可知，C对地面的压力大小为：(3)设A从高度h下落，A下落过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得：Mgh=12MvA2A下落到与B相碰撞前瞬间的速度为：vA=2gh，A与B相撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，以向下为正方向，由动量守恒定律得：MvA=2Mv解得碰撞后二者共同的速度为：v=122gh，A与B碰撞前，B静止处于平衡位置，此时弹簧的压缩量，即相对于弹簧原长来说，B下移动的距离为：x0=Mgk=2101000m=0.02m，当地面对C的支持力为零，即弹簧对C的拉力等于C的重力时，C恰好离开水平地面，弹簧对C的拉力：T=Mg=kx，此时弹簧的伸长量：x=

21、Mgk=2101000m=0.02m=x0，C恰好离开地面时，A、B的速度为零，以A与B相碰时所处平面为重力势能的零势面，从A、B碰撞后瞬间到C恰好离开地面过程，由机械能守恒定律得：122Mv2+12kx02=2Mg2x0+12kx2，代入数据解得：v=0.8m/s，h=0.16；答：(1)A与B碰撞后瞬间的速度大小是1m/s；(2)A和B一起运动到最大速度时，物体C对水平地面的压力大小是60N；(3)开始时，物体A从距B的高度为0.16m处自由落下时，在以后的运动中，能使物体C恰好离开水平地面。25. 2gR122gR14R32R38R【解析】1. 解：A、小石块被水平抛出后只受到重力的作用

22、，所以机械能守恒，故A正确；B、木箱沿粗糙斜面匀速下滑的过程中，滑动摩擦力对物体做功，则其机械能不守恒，故B错误C、人乘电梯加速上升的过程中，动能和重力势能均增大；故机械能增大，机械能不守恒，故C错误；D、子弹射穿木块的过程要克服阻力做功，机械能不守恒，故D错误故选：A.物体机械能守恒的条件是只有重力或者是弹簧的弹力做功，逐个分析物体的受力的情况，判断做功情况，即可判断物体是否是机械能守恒本题是对机械能守恒条件的直接考查，掌握住机械能守恒的条件，知道各种运动的特点即可，题目比较简单2. 解：A、若物体的动能发生了变化，比如其速度的大小在变化，是匀加速变化的，则物体的加速度也可能是不变的，故A错

23、误；B、若物体的动能不变，比如一个做匀速圆周运动的物体，动能大小不变，但是其动量的方向变化，故B错误；C、若一个系统所受的合外力为零，如两个物体中间放一个被压缩的弹簧，现在将弹簧释放，则对于两个物体来说，它们受到的合外力是零，但是原来这两个物体是静止的，动能为零，释放后，两个物体都会运动，故对这两个物体而言，动能在增加，所以该系统的动能变化，故C错误；D、物体所受合外力越大，则它的动量变化就越快，这是正确的，因为由动量定理得，即，物体所受合外力越大，则它的动量变化就越快，故D正确。故选：D。匀变速直线运动的物体动能变化、加速度不变；根据匀速圆周运动分析动能和动量；根据能的转化分析动能是否变化；

24、根据动量定理分析动量变化率与合外力的关系。本题主要是考查动量和动能的关系、以及动量变化率的含义，知道动能是一个标量，动量是一个矢量，根据实际例子进行分析。3. 解：A、如图所示，在图中的A点，其位移为x=0.25cm，故此时它受到的弹力F=kx=200.25N=5N，其位置在平衡位置的上方，故受力方向指向x轴负方向，故A正确；B、从图象看出，A点在向x正方向运动，故B正确；C、由图可知，其周期为T=2s，故它在4s内作了2个次全振动，故C错误；D、由于在04s内，振子经过了2个周期，而每个周期振子的路程是4个振幅，故振子通过的路程为240.5cm=4cm，故D正确。本题选错误的，故选：C。弹簧

25、振子的回复力是弹力，根据F=-kx求得弹力。x-t图象切线的斜率表示速度方向。振子一个周期内完成一次全振动，分析时间与周期的关系，确定0-4s内振动的次数。振子在一个周期内通过的路程是4A。本题关键要掌握简谐运动的特征：F=-kx分析弹簧的弹力。通过分析位移即可分析振子的运动情况。4. 解：A、两球落地时的高度相同，而重力又相同，故根据W=mgh可知，两球的重力做功一样多，故A错误；B、因为两球的重力做功相等，而两球落地的时间是不相等的，竖直向上抛出的落地时间会长一些，根据P=Wt可知，两球重力的平均功率不相等，故B错误；CD、根据机械能守恒，两球落地的速度大小相等，但是P球是竖直下落到地面的

26、，Q球是倾斜落到地面上的，所以落地前瞬间，P球在竖直方向的速度大于Q在竖直方向的速度，故P球的重力的瞬时功率较大，故C正确，D错误。故选：C。根据重力做功的计算公式W=mgh可得两球重力做功；根据p=Wt分析平均功率；重力的瞬时功率p=mgvsin，为速度方向与重力方向的夹角。本题考查重力做功的特点以及功率公式的应用，知道重力做功只与高度差有关，与路径无关；而重力的瞬时功率P与速度的大小和方向都有关。5. 解：因为木板被匀速拉动的过程中，速度大小相等，木板的长度也一样，故二次拉出的时间也是相等的，而通过图示可知，N1上漏斗摆动的周期为T1，N2上漏斗摆动的周期为T2，则T1=2T2，又因为单摆

27、的周期公式可知T=2Lg，由于位置一样，故g相同，所以L1=4L2，故C正确，ABD错误。故选：C。单摆的摆动和木板的运动同时进行，时间相同，根据速度的定义式列式比较即可。本题关键抓住单摆的摆动和木板的平移同时发生，然后结合速度的定义求解周期，属于基础题。6. 解：图中的横坐标是受迫的外力频率，纵坐标是受迫振动的振幅，当外力的频率与固有频率相等时，振幅最大，所以它表示的是在不同频率的驱动力下的振幅，故C正确，ABD错误。故选：C。明确图象中横纵坐标对应的物理量，根据共振的性质分析图象的意义。本题考查共振图象的性质，要知图该图象描述的是受迫振动物体的振幅随外力频率的变化，最高点对应的横坐标表示物

28、体的固有频率。7. 解：A、由题意可知，蹦极绳未拉直，说明运动员下落h高度的过程中，只受重力和阻力，又因为运动员下落的加速度度为35g，对运动员受力分析，根据牛顿第二定律得：mg-f=ma，代入得出：阻力大小f=25mg，所以运动员克服阻力所做的功为W=25mgh，故A错误；B、因为运动员下落了h的高度，而重力的方向是竖直向下的，故重力做的功为mgh，所以重力势能减少量也是mgh，故B错误；C、根据功能关系，运动员的机械能的减少量等于运动员克服阻力做的功，所以运动员的机械能减少了25mgh，故C错误；D、根据动能定理得：mgh-fh=Ek，得Ek=35mgh，所以运动员的动能增加了35mgh，

29、故D正确。故选：D。先根据牛顿第二定律求出阻力大小，再根据功的公式求运动员克服阻力所做的功；根据重力做功的大小得出重力势能的减少量；由功能关系分析运动员的机械能减少量；根据合力做功的大小得出动能的增加量。解决本题的关键是要知道合力做功与动能的变化关系，重力做功与重力势能的变化关系，以及除重力以外其它力做功与机械能的变化关系。8. 解：A、两球碰撞过程，系统的动量守恒，两球动量变化量应大小相等，方向相反，若PA=3kgm/s，PB=3kgm/s，违反了动量守恒定律，不可能，故A错误B、根据碰撞过程动量守恒定律，如果pA=-3kgm/s、pB=3kgm/s，所以碰后两球的动量分别为pA=2kgm/

30、s、pB=10kgm/s，根据碰撞过程总动能可能不增加，是可能发生的，故B正确C、根据碰撞过程动量守恒定律，如果pA=3kgm/s、pB=-3kgm/s，所以碰后两球的动量分别为pA=8kgm/s、pB=4kgm/s，由题，碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，A的动量不可能沿原方向增大，与实际运动不符，故C错误D、如果pA=-10kgm/s、pB=10kgm/s，所以碰后两球的动量分别为pA=-5kgm/s、pB=17kgm/s，可以看出，碰撞后A的动能不变，而B的动能增大，违反了能量守恒定律，不可能故D错误故选：B.当A球追上B球时发生碰撞，遵守动量守恒由动量守恒定律和碰撞过程总动能不增

31、加，进行选择对于碰撞过程要遵守三大规律：1、是动量守恒定律；2、总动能不增加；3、符合物体的实际运动情况9. 解：A、由甲图看出，图示时刻质点a的位移为正向最大，而振动图象t=0时刻质点的位移为零，所以图乙不可能是图甲中a的振动图象。故A错误。B、若波沿x轴正方向传播，b质点的速度方向沿y轴正方向，此时刻b的位移为零，由乙图看出t=0时刻质点经过位置沿y轴正方向振动，所以乙图是甲图中b质点的振动图象。故B正确，D错误。C、图甲中质点c此时刻处于波谷，位移为负向最大，图乙不可能c点的振动图象。故C错误。故选：B。由波的传播方向判断甲图上质点的振动方向根据振动图象t=0时刻质点的状态，在波动图象找

32、出对应的质点本题考查理解和把握振动图象和波动图象联系的能力，找出两种图象之间对应关系是应培养的基本功10. 解：A、当物体A与B相碰撞时，压缩弹簧，这样弹簧给B一个向右的力，给A一个向左的力，使得A减速，B加速，但是由于A有一定的初速度，故A通过的距离要比B通过的距离大，所以弹簧会先压缩，当A与B的速度相等时，弹簧被压缩得最短，其弹性势能最大，所以当弹性势能最大时，A、B两物体共速，故A正确；B、对A和B而言，动量守恒，设向右为正方向，则在共速时，mv0=2mv，所以共速的速度v=12v0，即在从A接触弹簧到弹簧的弹性势能逐渐增大的过程中，根据动能定理，弹簧对物体B所做的功W=EkB=18mv

33、02，故B错误；C、由于两个物体的质量相等，而它们的中间又有一个弹簧，故碰撞时机械能守恒，即碰撞时动量和机械能都守恒，所以两个物体相撞后会交换速度，即当A的速度变为0的时候，弹簧再一次恢复原长，故C正确；D、由以上分析可知，整个过程中，整个系统机械能守恒，动量守恒，故D正确。本题选不正确的，故选：B。物体速度相等时弹簧压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律求出速度，对B根据动能定理求出弹簧对物体B所做的功；明确两物体的运动过程，根据动量守恒定律分析弹簧何时再次恢复原长。本题考查了动量守恒定律以及动能定理的直接应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，注意使用动量守恒定律时要规定正方向。

34、11. 解：A、因为斜面光滑，故A与B一起会沿斜面向下做加速运动，其加速度的方向是沿斜面向下的，我们对物体A受力分析，如图所示，可知，B对A的支持力是竖直向上的，摩擦力是水平向左的，对AB整体来看，整体它们受重力、支持力，这二个力的合力是沿斜面向下的，故对于A而言，它也会受到重力与垂直于斜面方向的一个力的作用，使得它与重力的合力沿斜面向下，而这个垂直于斜面的力就是由B对它的支持力和摩擦力合成的，故A正确；B、根据力的相互性可知，B对A的合力方向垂直于斜面，而物体是沿斜面向下运动的，故B对A的力与位移的夹角是90度，所以B对A不做功，故B错误；C、因为B对A的摩擦力水平向左，根据力的作用是相互的

35、规律，则A对B的摩擦力是向右的，而物体是斜向左下运动的，位移的方向是斜向左下，所以A对B的摩擦力与该位移的夹角大于90度，所以这个力做的是负功，故C错误；D、对A来说，它受到的合力是沿斜面向下的，因为它的加速度方向是沿斜面向下的，故这个力对物体做了正功，故D错误；故选：A。分析两物体的受力及运动，根力的合成判断合力的方向，由功的公式可分析各力对物体是否做功，根据夹角可判功的正负。判断外力是否做功及功的正负可根据做功的条件是否做功，再根据力与位移方向的夹角判断功的正负，也可以根据力与速度方向的夹角判断功的正负。12. 解：下降过程为自由落体运动，由匀变速直线运动的速度位移公式得：v2=2gh解得

36、触地时两球速度相同，为：v=2ghm2碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选m1与m2碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后m1、m2速度大小分别为v1、v2，选向上方向为正方向，由动量守恒定律得：m2v-m1v=m1v1+m2v2由能量守恒定律得：12(m1+m2)v2=12m1v12+12m2v22由题可知：m2=4m1联立解得：v1=115v反弹后高度为：H=v122g=4.8h，故D正确，ABC错误。故选：D。下降过程为自由落体运动，触地时两球速度相同，但m2碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，而m1也会与m2碰撞，选m1与m2碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，能量守恒，列方

37、程解得m2速度，之后m2做竖直上抛运动，由动能定理或运动学公式求解反弹高度。本题考查了动量守恒和能量守恒的综合运用，知道在弹性碰撞的过程中，动量守恒，能量守恒，通过动量守恒和能量守恒求出A球碰撞后的速度是关键。13. 解：AB、在子弹射入木块到刚相对于静止的过程I中，子弹和木块组成的系统不受外力，系统的动量守恒，但要系统克服阻力做功，产生内能，所以系统的机械能不守恒，故A正确，B错误；CD、在过程中，系统受到墙壁的作用力，外力之和不为零，则系统的动量不守恒，但系统只有弹簧弹力做功，系统的机械能守恒故C错误，D正确故选：AD动量守恒的条件是系统不受外力，或所受的外力之和为零对照条件分析系统的动量

38、是否守恒根据能量转化情况判断系统的机械能是否守恒解决本题的关键是要知道机械能等于动能与势能之和，以及掌握动量守恒的条件，注意分析系统所受的外力14. 解：A、选地面为参考系，则对于子弹而言，利用动能定理得：，故子弹损失的动能为f(s+d)，故A错误；B、对于木块而言，木块对地位移为s，子弹对木块做的功为fs，故B错误；C、整个过程中的摩擦生热为摩擦力与木块和子弹的相对位移的乘积，即fd，故C正确；D、根据能量守恒知，整个过程中系统的总动能损失转化为因摩擦产生的热，即fd，故D错误。故选：C。在子弹射入木块的过程中，木块对子弹的阻力f做功为-f(s+d)，子弹对木块的作用力做功为fs，以子弹为研

39、究对象，根据动能定理求子弹的动能变化量，根据相对位移求摩擦生热，最后得到系统总动能损失量。本题关键是明确能量转化和转移情况，要能结合动能定理列式求解。运用动能定理时，要注意位移的参照物。15. 解：A、观察图象可知，碰前滑块的速度大小为5m/s，方向沿正方向，滑块的速度大小为3m/s，方向沿负方向，所以碰前滑块的速度比滑块的速度大，故A错误；B、碰撞后的总动量为正，根据动量守恒定律，碰撞前的总动量也为正，故碰撞前滑块的动量较大，故B错误；C、根据动量守恒定律，有：5m1-3m2=2(m1+m2)，解得3m1=5m2，即m1m2，故滑块的质量比滑块的质量大，故C正确；D、碰撞过程中，滑块受到的冲

40、量与滑块受到的冲量等大、反向，故D错误。故选：AC。根据v-t图象得到滑块I、II碰撞前后的速度，然后结合动量守恒定律和动量定理列式分析。本题关键是明确碰撞前后系统动量守恒，然后根据动量守恒定律和动量定理列式分析。16. 【分析】原来平衡时，根据平衡条件求出两物体质量关系根据动能定理研究两物体着地时速度、动能关系两物体下滑过程机械能都守恒，根据质量关系分析机械能的关系由P=mgvsin研究重力的功率关系本题综合应用了动能定理、机械能守恒和功率公式，要注意速度是矢量，只有大小和方向都相同时速度才相同重力的功率不等于P=mgv.【解答】解：AB、原来静止状态时，由平衡条件得：mAgsin=mBgs

41、in，得到mA：mB=3：4，根据动能定理得：mgh=12mv2，得着地时物体的速度大小v=2gh，动能EK=mgh，可见，两物体着地时的速度大小相等，但速度方向不同，则速度不相同由于两物体的质量m不等，高度h相等，则两物体着地时的动能一定不相同故A、B错误C、两物体下滑过程机械能都守恒，着地时机械能的表达式为E=mgh，由于质量不同，则两物体着地时的机械能一定不同故C错误D、两物体着地时所受重力的功率分别为PA=mAgsinvA，PB=mBgsinvB，由于mAgsin=mBgsin，vA=vB，所以PA=PB.故D正确故选：D.17. 解：A、因为前2m物体的动能与位移x成正比，2m时的动

42、能为12J，则x=1m时的动能为6J，因为质量m=2kg，则根据动能的公式12mv2=6J，计算得出v=6m/s，故A错误；B、当x=3m时，它正好处于x=2m到x=6m的区间，这时动能随位移的增大而均匀减小，根据动能定理得，物体受到恒定的阻力作用，使其动能线性减小，故这段位移内物体做的匀减速直线运动，根据12mv2=12J，得此过程的初速度为12m/s，末速度为0，通过的位移为4m，所以根据v2-v02=2ax可得a=-1.5m/s2，加速度大小为1.5m/s2，故B错误；C、在前2m内，初速度是0，末速度是12m/s，位移是2m，故根据x=v0+v2t得：t=2xv=2212s=233s，

43、故C错误；D、对全程利用动能定理得：WF-mgx=0-0，其中x=6m，解之得WF=24J，故全过程的拉力做的功为24J，故D正确。故选：D。由图读出x=1m时的动能，再根据动能公式求速度大小。x在2-6m内，动能随位移的增大而均匀减小，根据动能定理得，物体受到恒定的阻力作用，使其动能线性减小，故这段位移内物体做的匀减速直线运动，根据速度-位移公式求加速度。前2m内物体做匀加速直线运动，根据位移等于平均速度乘以时间求经历的时间。对整个过程，利用动能定理求拉力做功。本题考查学生的读图能力，能够从图中获取信息，以及能够灵活运用动能定理、牛顿第二定律和运动学规律解答。18. 解：AB、由于两列波干涉

44、的条件是频率相同，而这两个波的频率是不相同的，所以此系统利用的不是波的干涉原理，所以干涉加强才使跑道上信号最强是错误的，故AB错误；C、对于某一个频率而言，并不只有跑道上的位置信号才最强，两波源连线的中垂线上的点到两波源的路程差为零，是加强点，所以其他地方也有最强的位置，故C错误；D、由于这两个可发射无线电波的天线对称地固定于飞机跑道两侧的，两波源连线的中垂线上的点到两波源的路程差为零，是加强点，所以在跑道上是可以同时接收到它们的最强信号，如果偏离了跑道，则不可能这两个信号同时最强，故D正确。故选：D。当两波的频率相同，可以发生干涉，两波源连线的中垂线上的点到两波源的路程差为零，都是加强点。解

45、决本题的关键知道干涉的条件，知道当飞机沿两波源中垂线降落时，路程差为零，为振动加强点，接收到的信号最强。19. 解：根据冲量的定义，重力对物体的冲量大小为IG=mgt对物体受力分析得，物体受到的支持力的大小为：故支持力的冲量大小为：因为物体从顶端匀速下滑到底端，它的速度没有变化，动量mv也没有变化，故它的动量变化为0。故答案为：mgt；mgtcos；0根据重力的大小、支持力的大小，结合冲量的公式求出重力和支持力的冲量，根据动量变化的定义求动量变化量。本题考查了冲量公式的基本运用及动量的变化量，知道冲量等于力与时间的乘积。20. 解：因为Pe=8104W，最大速度vmax=20m/s，故当汽车速

46、度最大时，其加速度为0，即牵引力F与阻力f相等，即F=f；故阻力的大小f=F=Pevmax=4103N；由于汽车做匀加速运动的加速度大小为2m/s2，故此进的牵引力F=f+ma=4103N+21032N=8103N，则当匀加速的速度达到最大时，汽车的功率也达到了额定功率，故匀加速运动的最大速度为v1=PeF=10m/s，则汽车做匀加速直线运动的时间为t=v1a=5s。故答案为：4103；5。当汽车的牵引力与阻力相等时，速度最大，根据额定功率和最大速度求出阻力的大小，根据牛顿第二定律求出牵引力的大小；根据P=Fv求出匀加速运动的末速度，通过速度时间公式求出汽车功率达到额定值的时间。解决本题的关键

47、掌握机车的启动方式，知道机车在整个过程中的运动规律，知道当牵引力与阻力相等时，速度最大。21. 解：想利用平抛运动的规律反向推出弹簧弹性势能的大小，则需要求出小球平抛时的速度大小，这个需要利用平抛的规律来求出，故需要测量平抛运动的水平位移和竖直位移，计算动能大小时，还需要知道小球的质量，故直接测定的物理量有CDE；根据平抛运动的规律：x=vt，y=12gt2，则v=xg2y故小球平抛时的动能为：Ek=12mv2=mgx24y再由机械能守恒得，弹簧在被压缩时的弹性势能的表达式为：Ep=Ek=mgx24y故答案为：CDE；mgx24y根据能量守恒，结合平抛运动的规律得出弹性势能的表达式，从而确定需

48、要直接测量的物理量；再依据平抛运动规律，结合运动学公式，及机械能守恒定律，即可求解。解决本题的关键知道实验的原理和注意事项，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，理解机械能守恒定律的应用。22. 1)滑块2由A到B的过程，根据机械能守恒定律求两滑块相撞前瞬间滑块2的速度大小；2)滑块1与2相碰过程，由动量守恒定律求出碰后共同速度，再对整体，利用牛顿第二定律求轨道对滑块的支持力，从而求得滑块对轨道的压力；3)抓住滑块恰好通过圆形轨道的最高点C，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出滑块通过C点的速度大小。对A到B过程运用动能定理，求出克服摩擦阻力做的功。本题考查动

49、能定理、机械能守恒定律、牛顿第二定律和圆周运动的综合运用，关键要明确滑块在最高点的临界条件：重力等于向心力，搞清向心力的来源：指向圆心的合力。23. (1)第一次碰撞后，B运动过程只有重力做功，机械能守恒，应用机械能守恒定律可以求出第一次碰撞结束时B球的速度。(2)对B球，应用动量定理可以求出A对B的冲量，然后求出B对A的冲量。(3)A、B发生完全弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰撞前A的速度；碰撞前A运动过程机械能守恒，应用机械能守恒定律可以A当初下滑的高度。本题考查了动量守恒定律的应用，弹性碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒；根据题意分析清楚两

50、球的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律、能量守恒定律与动量定理即可解题。24. (1)A下落过程机械能守恒，应用机械能守恒定律求出A、B碰撞前瞬间A的速度大小，A、B碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出碰撞后瞬间的速度大小。(2)当弹簧弹力与A、B重力相等时A、B的速度最大，据此求出弹簧的弹力大小，然后对物体C应用平衡条件求出地面对C的支持力，然后求出C对地面的压力。(3)C对地面的压力恰好为零时恰好离开水面地面，应用机械能守恒定律与动量守恒定律求出A下落时的高度。本题是一道力学综合题，根据题意分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律、机械能

51、守恒定律即可解题。25. 解：1)物体从A处滑到B处，由机械能守恒得：mgR=12mv2，解得：物体滑到B点时速度大小为v=2gR；2)因为物体滑到小车右端时，恰好与小车共速，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：mv=2mv，故v=12v=122gR；3)物体滑上高为h的高度后速度为0，物体在EF轨道上上滑过程，由机械能守恒得：mgh=12mv2；解得h=14R4)设物块与小车间的摩擦力为F，小车从C到D的过程，对物块来说，它做减速运动，根据动能定理得-FL=12mv2-12mv2；对小车来说，它做加速运动，则根据动能定理得F(L-R)=12mv2；二式相减得：L=32R；F=mv24R；5

52、)物块从EF上滑下时，速度的大小也是v，它与小车相互作用仍然能达到共速，设共速的大小为v，取向左为正方向，根据动量守恒得mv=2mv，则v=12v=14v；设物块在小车上滑行的距离为x1，则根据能量守恒得：Fx1=12mv2-122mv2；解得x1=14R当小车停止时，物块的速度为v，设它向前滑行的距离为x2后停止下来，则由动能定理得：-Fx2=0-12mv2；解得x2=R8，所以Q点距小车的右端距离为x=x1+x2=14R+18R=38R。故答案为：1)2gR；2)122gR；3)14R；4)32R；5)38R。1)物体从A处滑到B处的过程，根据机械能守恒定律求出物体滑到B点时的速率。2)物体在小车上滑行过程，两者组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律求出物体与小车的共同速度。3)物体在EF轨道上上滑过程，根据机械能守恒定律求物体上滑的高度h。4)小车从C到D的过程，根据动能定理求水平面CD的长度L。5)物块从EF上滑下后再滑小车后，仍然与小车能达到共速，根据动量守恒定律和动能定理求Q点距小车的右端距离。本题涉及的过程较多，关键是理清物体的运动过程，合理地选择研究对象和研究过程，选择合适的规律进行求解。对于物块在小车运动的类型，往往根据动量守恒定律和动能定理相结合进行处理。