2021年高一物理下學期期末模擬試卷六新人教版

高一（下）期末物理試卷6

1.下列所述的實例中（均不計空氣阻力），機械能守恒的是（）

A.小石塊被水平拋出后在空中運動的過程

B.木箱沿粗糙斜面勻速下滑的過程

C.人乘電梯加速上升的過程

D.子彈射穿木塊的過程

2.下列關于動量、動能的說法中，正確的是（）

A.若物體的動能發(fā)生了變化，則物體的加速度也發(fā)生了變化

B.若物體的動能不變，則動量也不變

C.若一個系統(tǒng)所受的合外力為零，則該系統(tǒng)的動能不變

I）.物體所受合外力越大，則它的動量變化就越快

3.勁度系數(shù)為切/的彈簧振子，它的振動圖象如圖所示，在圖中1點對應的時

亥U，下列說法錯誤的是（）

A.振子所受的彈力大小為5凡方向指向x軸的負方向

B.振子的速度方向指向x軸的正方向

C.在0?4內(nèi)振子作了/.75次全振動

D.在。?4內(nèi)振子通過的路程為4czp

4.在水平地面上方某處，把質量相同的只0兩小球以相同速率沿不同的方向拋出，P

豎直向上，0水平向右，不計空氣阻力，兩球從拋出到落地的過程中（）

A.。球重力做功較多

B.兩球重力的平均功率相等

C.落地前瞬間，。球重力的瞬時功率較大

D.落地前瞬間，兩球重力的瞬時功率相等

5.用沙擺演示簡諧運動的圖象，當沙擺下面的木板被勻速地拉出過程中，擺動著的漏

斗中漏出的沙在板上形成的曲線顯示出擺的位移隨時間變化關系，板上直線

表示時間軸，使兩個擺在各自的木板上形成曲線。如圖中板八2移動的速度八

2的關系為/=2,則兩曲線代表的沙擺各自擺長八2的關系為（）

6.如圖所示是物體受迫振動的共振曲線,該共振曲線表示了物體

（）

0

A.在不同時刻的振幅B.在不同時刻的位移

C.在不同頻率的驅動力下的振幅1）.在不同頻率的驅動力下的位移

7.如圖所示，質量為卬的蹦極運動員從蹦極臺上躍下。設運

動員由靜止開始下落，且下落過程中（蹦極繩被拉直之前）

所受阻力恒定，且下落的加速度為《，在運動員下落方的

過程中（蹦極繩未拉直），下列說法正確的是（）

A.運動員克服阻力所做的功為O

B.運動員的重力勢能減少了土丁

C.運動員的機械能減少了5

D.運動員的動能增加了^――

b

8.在光滑的水平面上，有46兩個小球向右沿同一直線運

O?

動，取向右為正方向，兩球的動量分別為=5-

77//////Z7//

/,=7?/,如圖，若4追上6并發(fā)生

正碰，則碰后兩球的動量增量4,△可能是（）

A.△=3?/,△=3?/

B.△=-3,/,△=3/

C.△=3?/,△=—3/

D.△=-10?/,△=10?/

9.一列簡諧波在=施寸刻的波形圖如圖甲所示，圖乙表示該波傳播的介質中某質點

此后一段時間內(nèi)的振動圖象，則（）

A.若波沿x軸正方向傳播，圖乙應為a點的振動圖象

B.若波沿x軸正方向傳播，圖乙應為8點的振動圖象

C.若波沿x軸正方向傳播，圖乙應為c點的振動圖象

D.若波沿x軸正方向傳播，圖乙應為d點的振動圖象

10.如圖所示，在光滑的水平面上有兩物體48,它們的工

質量均為小，在物體6上固定■—個水平輕彈簧，初始時“…

6物體處于靜止狀態(tài)，物體4以速度加水平方向向右運動，通過彈簧與物體8

發(fā)生作用，下列說法不正確的是（）

A.當彈性勢能最大時，爾6兩物體共速

B.在從1接觸彈簧到彈簧的彈性勢能逐漸增大的過程中，彈簧對物體8所做的功

2

為中

C.當［的速度變?yōu)?的時候，彈簧再一次恢復原長

D.整個過程中，整個系統(tǒng)機械能守恒，動量守恒

11.如圖所示，木塊6上表面是水平的，當木塊4置于6上，并與|"A~|

6保持相對靜止，一起沿固定的光滑斜面由靜止開始下滑，在

下滑過程中（）］

A.6對4的摩擦力及支持力的合力垂直于斜面

B.6對4做正功

C.｛對8的摩擦力做正功

D.4所受的合外力對力不做功

12.如圖所示，兩質量分別為/和2的彈性小球48疊放在一起，從高度$

為分處自由落下，Z?遠大于兩小球半徑，落地瞬間，6先與地面碰撞，后

與力碰撞，所有的碰撞都是彈性碰撞，且都發(fā)生在豎直方向、碰撞時間*

均可忽略不計。已知2=4!，則4反彈后能達到的高度大約為（）

A.2.2B.3hC.\hD.4.8

13.如圖所示，木塊6與水平面間的摩擦不計，子彈［沿水’，.—

平方向射入木塊并在極短時間內(nèi)相對于木塊靜止下來，

然后木塊壓縮彈簧至彈簧最短.將子彈射入木塊到剛相對于靜止的過程稱為I,此

后木塊壓縮的過程稱為H,則（）

A.過程I中，子彈和木塊所組成的系統(tǒng)機械能不守恒，動量守恒

B.過程I中，子彈、彈簧和木塊所組成的系統(tǒng)機械能不守恒，動量也不守恒

c.過程n中，子彈、彈簧和木塊所組成的系統(tǒng)機械能守恒，動量也守恒

D.過程II中，子彈、彈簧和木塊所組成的系統(tǒng)機械能守恒，動量不守恒

14.如圖，一個木塊放在光滑的水平面上，一子彈射入木塊中（未=一

穿出），射入深度為&平均阻力為￡在兩物體達到共速時，-----—

木塊的位移為s,則下列說法正確的是（）』仁亍封一

A.子彈損失的動能為fd

B.子彈對木塊所做的功為（+）

C.整個過程中的摩擦生熱為々

D.整個過程中系統(tǒng)的總動能損失為（+）

15.如圖所示，圖中的線段a、6、c分別表示在光滑水平面上沿一條直線運動的滑塊I、

II和它們發(fā)生正碰后結合體的速度-時間圖象。已知相互作用時間極短，則由圖象

可知（）

A.碰前滑塊I的速度比滑塊n的速度大

B.碰前滑塊I的動量比滑塊n的動量小

c.滑塊I的質量比滑塊n的質量大

1）.碰撞過程中，滑塊I受到的沖量比滑塊n受到的沖量大

16.如圖所示，4、8兩物體用一根跨過定滑輪的細繩相

連，置于固定斜面體的兩個斜面的相同高度，處于

靜止狀態(tài)，兩斜面的傾角分別是53。和37。，若不計

摩擦，剪斷細繩后下列說法中正確的是（）

A.兩物體著地時的速度相同

B.兩物體著地時的動能相同

C.兩物體著地時的機械能相同

1）.兩物體著地時所受重力的功率相同

17.質量=2的物塊放在粗糙水平面上，在水平

拉力的作用下由靜止開始運動，物塊動能與其

發(fā)生位移x之間的關系如圖所示。已知物塊與水平

面間的動摩擦因數(shù)=0.2,g取/0/2,則下列

說法中正確的是（）

A.=1時物塊的速度大小為R5/

B.=3時物塊的加速度大小為3/2

C.在前2加的運動過程中物塊所經(jīng)歷的時間為2s

D.在前6m的運動過程中拉力對物塊做的功為247

18.如圖所示，兩個可發(fā)射無線電波的天線對稱地固定于飛機跑道兩側，兩天線同時都

發(fā)出頻率為/和2的無線電波。飛機降落過程中，當接收到/和2的信號都保

持最強時，表明飛機已對準跑道。下列說法正確的是（）

A.此系統(tǒng)利用的是波的干涉原理

B.在跑道上，/與2這兩種無線電波干涉加強，所以跑道上的信號最強

C.只有跑道上才能接收到/的最強信號，其它地方/的信號都比跑道上的弱

D.只有在跑道的中心線上才能接收到/和2的最強信號，跑道的其它地方是無

法同時接收到/和2的最強信號的

19.質量為R的物體，沿著傾角為的光滑斜面，從頂端勻速下滑到底端所用時間力，

重力加速度為W則此過程中重力對物體的沖量大小為,支持力對物體的沖

量大小為,物體的動量變化大小為。

20.額定功率為80AV的汽車，在平直的公路上行駛的最大速度為2。/，已知汽車的

質量為2x/〃，若汽車從靜止開始做勻加速直線運動，加速度的大小為2/2.

假定汽車在整個運動過程中阻力不變，則汽車所受的阻力大小為=M汽

車做勻加速直線運動的時間為=So

21.某同學自己設計了一個實驗裝置來測定彈簧彈性勢能的大?。簩⒁粡椈桑▌哦认禂?shù)

未知）固定在一個帶光滑凹槽的直軌道的一端，并將軌道固定在水平桌面的邊緣，

如圖所示?用鋼球將彈簧壓縮，然后突然釋放，鋼球將沿軌道飛出桌面做平拋運動，

最終落到水平地面上。

①該同學想利用平拋運動的規(guī)律反向推出彈簧彈性勢能的大小，則他在實驗時需要

直接測定的物理量有;

4彈簧的原長0

B.彈簧的壓縮量△

C.小球做平拋運動的水平位移x

〃小球做平拋運動的豎直位移y

E.小球的質量m

②該彈簧在被壓縮時的彈性勢能的表達式=（利用上題直接測出的物理

量和重力加速度g表示）。

22.如圖所示，位于豎直面內(nèi)光滑曲線軌道的最低點的

切線沿水平方向，且與一位于同一豎直面內(nèi)、半徑

=0.2的粗糙圓形軌道的最低點6點平滑連接。

有一質量為=0.1的滑塊1靜止于6點，另一

質量=0.20的滑塊式兩滑塊均可視為質點），

從位于軌道上的4點由靜止開始滑下，已知4點到6點的高度=1.8,人與B

相撞后粘在一起共同運動，他們恰好能通過圓軌道的最高點G重力加速度=

10/,空氣阻力可忽略不計，求：

7）兩滑塊相撞前瞬間滑塊2的速度大??；

為相撞后瞬間，粘在一起的滑塊對圓軌道9點的壓力的大小；

為粘在一起的滑塊從夕點滑至C點的過程中，克服摩擦阻力所做的功。

23.如圖，半徑為A的光滑圓形軌道固定在豎直面內(nèi)。小

球46質量分別為以3m,4球從在邊某高度處由靜

止開始沿軌道下滑,與靜止于軌道最低點的8球相撞，

碰撞后6球能達到的最大高度為7,重力加速度為g.

試求：

(/)第一次碰撞剛結束時6球的速度；

(幻在碰撞過程中夕球對A球的沖量；

(為若力、8兩球的碰撞是完全彈性碰撞，則4球當初是從多高的地方滑下的？

24.如圖所示，物體8和物體C用勁度系數(shù)為=1000/的輕彈國

簧連接并豎直地靜置于水平地面上。將一個物體A從物體8的正

上方距離8的高度為=20處由靜止釋放，下落后與物體8

碰撞，碰撞后/與3粘合在一起并立刻向下運動，在以后的運動自

中，力、8不再分離。已知物體4、B、C的質量均為=2,重力加速度為=

10/V忽略空氣阻力。求：

(7)與8碰撞后瞬間的速度大??；

(0和8一起運動到最大速度時，物體。對水平地面的壓力多大？

(為開始時，物體力從距6多大的高度自由落下時，在以后的運動中，能使物體C

恰好離開水平地面？

25.如圖所示，兩個半徑為7?的光滑:圓弧軌道/爪哥?固定在地面上，一質量為卬的小

4

物體（可看成質點）從軌道的最高點力處由靜止滑下，質量為隊長為A的小車靜止

在光滑的水平面切上，小車平面與光滑圓弧軌道末端應'齊平。物體從軌道末端的

6滑上小車，小車即向右運動，當小車右端與壁座剛接觸時，物體恰好滑到小車

的右端且相對小車靜止。重力加速度為目貝IJ:

7）物體從A處滑到8處時的速度大小為。

幻物體滑到小車右端時的速度大小為。

小車與必相碰后立即停止運動，但與龍不粘連，物體則繼續(xù)滑上光滑軌道品

以后又滑下來沖上小車。求：

13）物體滑上砥軌道的最高點。相對于￡點的高度=。

￡水平面G9的長度=。

5）當物體再從房上滑下并滑上小車，如果小車與壁比1相碰后速度也立即變?yōu)榱?

最后物體停在小車上的0點。則可知0點距小車的右端距離為。

答案

1.A2.I)3.C4.C5.C6.C7.D

8.B9,B10.B11.A12.D13.AD14.C

15.AC16.D17.D18.D

19.cos0

20.4xIO35

21.

22.解：7)設兩滑塊相撞前瞬間滑塊2的速度大小為片滑塊2由/到6的過程，根據(jù)

機械能守恒得:

-￡2

解得=6/；

劣滑塊1與2相碰過程，取向右為正方向，由動量守恒定律得：

=(+)

解得=4/；

在圓軌道6點，對兩滑塊整體，由牛頓第二定律得：

2

-(+)=(+)—

解得=27

由牛頓第三定律得：滑塊對圓軌道8點的壓力的大小F壓=F=27N；

?3)在C點，由重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得：(+)=(+)—

解得=/；

由8到a利用動能定理得：

-(+)-2+='+)+)，

解得：=-0.9,故克服摩擦阻力所做的功印克=-M=0.9J。

答：/)兩滑塊相撞前瞬間滑塊2的速度大小為6/:

幻相撞后瞬間，粘在一起的滑塊對圓軌道8點的壓力的大小為27M

為粘在一起的滑塊從6點滑至C點的過程中，克服摩擦阻力所做的功為〃9。

23.解：(7)碰撞后3球運動過程只有重力做功，機械能守恒，由機械能守恒定律得:

11

-X3x92=3X-

24

解得：=與

(幻、6碰撞過程，對6,根據(jù)動量定理得:

=3-0

解得：=T二，方向水平向右：

從6碰撞過程，4、6間作用力大小相等、方向相反、作用時間相等，因此碰撞過程中

8對A的沖量與A對8的沖量大小相等、方向相反，故8對4的沖量==—,方

向水平向左；

（9與8發(fā)生完全彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，以向右為正方向，

由動量守恒定律得：

0-+3

由能量守恒定律得：T0=^2+（x32

解得：0=7^，

在4、6碰撞前4下滑過程機械能守恒，對4由機械能守恒定律得：

_L2

-20

解得：=，即/從彳高處落下。

答：（7）第一次碰撞剛結束時6球的速度大小%二，方向：水平向左；

（幻在碰撞過程中8球對月球的沖量大小方向：水平向左；

（怎若力、8兩球的碰撞是完全彈性碰撞，則/球當初是尤高的地方滑下的。

24.解：=20=0.20；

（7）下落過程只有重力做功，機械能守恒，由機械能守恒定律得：

_12

~2

代入數(shù)據(jù)解得：=2/

1與6相撞過程系統(tǒng)內(nèi)力遠大于外力，系統(tǒng)動量守恒，以向下為正方向，由動量守恒定

律得：

=2

代入數(shù)據(jù)解得：=1/

（劣當A與6一起運動到最大速度時，就是［與3受到的彈力等于它們的重力時，

即此時彈簧的彈力：=2

對C,由平衡條件得：F支=Mg+F

代入數(shù)據(jù)解得：4=60N

由牛頓第三定律可知，。對地面的壓力大小為：圻|；=尸支=60、

（為設力從高度方下落，1下落過程只有重力做功，機械能守恒，由機械能守恒定律得:

/2

/下落到與8相碰撞前瞬間的速度為：'=6一,

1與6相撞過程系統(tǒng)內(nèi)力遠大于外力，系統(tǒng)動量守恒，以向下為正方向，由動量守恒定

律得：

'=2'

解得碰撞后二者共同的速度為：'=-,<2—,

1與8碰撞前，6靜止處于平衡位置，此時彈簧的壓縮量，即相對于彈簧原長來說，B

下移動的距離為：o=—=就=0.02,

當?shù)孛鎸的支持力為零，即彈簧對。的拉力等于C的重力時，。恰好離開水平地面，

彈簧對C的拉力：==,

此時彈簧的伸長量：=—=鬻=0.02=°,

。恰好離開地面時，48的速度為零，以4與5相碰時所處平面為重力勢能的零勢面，

從46碰撞后瞬間到C恰好離開地面過程，由機械能守恒定律得：

2

gx2x'2+32=2*20+-2,

代入數(shù)據(jù)解得：'=g/,=0.16；

答：(1)與)碰撞后瞬間的速度大小是//；

(0和6一起運動到最大速度時，物體，對水平地面的壓力大小是60兩

(為開始時，物體/從距6的高度為〃/6處自由落下時，在以后的運動中，能使物體C

恰好離開水平地面。

25.L；%-8

【解析】

1.解：

4、小石塊被水平拋出后只受到重力的作用，所以機械能守恒，故4正確；

8、木箱沿粗糙斜面勻速下滑的過程中，滑動摩擦力對物體做功，則其機械能不守恒，

故6錯誤.

a人乘電梯加速上升的過程中，動能和重力勢能均增大；故機械能增大，機械能不守

恒，故C錯誤；

以子彈射穿木塊的過程要克服阻力做功，機械能不守恒，故〃錯誤.

故選：.

物體機械能守恒的條件是只有重力或者是彈簧的彈力做功，逐個分析物體的受力的情況,

判斷做功情況，即可判斷物體是否是機械能守恒.

本題是對機械能守恒條件的直接考查，掌握住機械能守恒的條件，知道各種運動的特點

即可，題目比較簡單.

2.解：力、若物體的動能發(fā)生了變化，比如其速度的大小在變化，是勻加速變化的，則

物體的加速度也可能是不變的，故/錯誤；

樂若物體的動能不變，比如一個做勻速圓周運動的物體，動能大小不變，但是其動量

的方向變化，故8錯誤；

a若一個系統(tǒng)所受的合外力為零，如兩個物體中間放一個被壓縮的彈簧，現(xiàn)在將彈簧

釋放，則對于兩個物體來說，它們受到的合外力是零，但是原來這兩個物體是靜止的，

動能為零，釋放后，兩個物體都會運動，故對這兩個物體而言，動能在增加，所以該系

統(tǒng)的動能變化，故C錯誤；

〃、物體所受合外力越大，則它的動量變化就越快，這是正確的，因為由動量定理得

%t=Ap,即4=/，物體所受合外力越大，則它的動量變化就越快，故〃正確。

故選：Do

勻變速直線運動的物體動能變化、加速度不變；根據(jù)勻速圓周運動分析動能和動量；根

據(jù)能的轉化分析動能是否變化；根據(jù)動量定理分析動量變化率與合外力的關系。

本題主要是考查動量和動能的關系、以及動量變化率的含義，知道動能是一個標量，動

量是一個矢量，根據(jù)實際例子進行分析。

3.解：/、如圖所示，在圖中的4點，其位移為=0.25，故此時它受到的彈力=

=20x0.25=5，其位置在平衡位置的上方，故受力方向指向x軸負方向，故

4正確；

B、從圖象看出，4點在向x正方向運動，故6正確；

C、由圖可知，其周期為=2,故它在4s內(nèi)作了2個次全振動，故C錯誤；

〃、由于在。?4內(nèi)，振子經(jīng)過了2個周期，而每個周期振子的路程是4個振幅，故振

子通過的路程為2x4x〃5=4,故〃正確。

本題選錯誤的，故選：C.

彈簧振子的回復力是彈力，根據(jù)=-求得彈力0-圖象切線的斜率表示速

度方向。振子一個周期內(nèi)完成一次全振動，分析時間與周期的關系，確定0-4內(nèi)振

動的次數(shù)。振子在一個周期內(nèi)通過的路程是44

本題關鍵要掌握簡諧運動的特征：=-分析彈簧的彈力。通過分析位移即可分析

振子的運動情況。

4.解：A,兩球落地時的高度相同，而重力又相同，故根據(jù)=可知，兩球的

重力做功一樣多，故力錯誤；

8、因為兩球的重力做功相等，而兩球落地的時間是不相等的，豎直向上拋出的落地時

間會長一些，根據(jù)=一可知，兩球重力的平均功率不相等，故3錯誤；

CD,根據(jù)機械能守恒，兩球落地的速度大小相等，但是一球是豎直下落到地面的，0球

是傾斜落到地面上的，所以落地前瞬間，P球在豎直方向的速度大于。在豎直方向的速

度，故尸球的重力的瞬時功率較大，故C正確，〃錯誤。

故選：a

根據(jù)重力做功的計算公式=可得兩球重力做功；根據(jù)=一分析平均功率；

重力的瞬時功率=sin,為速度方向與重力方向的夾角。

本題考查重力做功的特點以及功率公式的應用，知道重力做功只與高度差有關，與路徑

無關；而重力的瞬時功率〃與速度的大小和方向都有關。

5.解：因為木板被勻速拉動的過程中，速度大小相等，木板的長度也一樣，故二次拉

出的時間也是相等的，而通過圖示可知，/上漏斗擺動的周期為〃z上漏斗擺動

的周期為2,則尸20又因為單擺的周期公式可知=2J二，由于位置一樣，

故g相同，所以尸42,故。正確，力劭錯誤。

故選：Co

單擺的擺動和木板的運動同時進行，時間相同，根據(jù)速度的定義式列式比較即可。

本題關鍵抓住單擺的擺動和木板的平移同時發(fā)生，然后結合速度的定義求解周期，屬于

基礎題。

6.解：圖中的橫坐標是受迫的外力頻率，縱坐標是受迫振動的振幅，當外力的頻率與

固有頻率相等時，振幅最大，所以它表示的是在不同頻率的驅動力下的振幅，故C正確，

力劭錯誤。

故選：C.

明確圖象中橫縱坐標對應的物理量，根據(jù)共振的性質分析圖象的意義。

本題考查共振圖象的性質，要知圖該圖象描述的是受迫振動物體的振幅隨外力頻率的變

化，最高點對應的橫坐標表示物體的固有頻率。

7.解：人由題意可知，蹦極繩未拉直，說明運動員下落力高度的過程中，只受重力和

阻力，又因為運動員下落的加速度度為=,對運動員受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得：

5

-=，代入得出：阻力大小，所以運動員克服阻力所做的功為

=2，故/錯誤；

B、因為運動員下落了人的高度，而重力的方向是豎直向下的，故重力做的功為儂加

所以重力勢能減少量也是儂?方，故8錯誤：

C.根據(jù)功能關系，運動員的機械能的減少量等于運動員克服阻力做的功，所以運動員

的機械能減少了:，故C錯誤；

D、根據(jù)動能定理得：-=△，得A=(，所以運動員的動能

3

增加了3，故〃正確。

故選：Do

先根據(jù)牛頓第二定律求出阻力大小，再根據(jù)功的公式求運動員克服阻力所做的功；根據(jù)

重力做功的大小得出重力勢能的減少量；由功能關系分析運動員的機械能減少量；根據(jù)

合力做功的大小得出動能的增加量。

解決本題的關鍵是要知道合力做功與動能的變化關系，重力做功與重力勢能的變化關系,

以及除重力以外其它力做功與機械能的變化關系。

8.解：從兩球碰撞過程，系統(tǒng)的動量守恒，兩球動量變化量應大小相等，方向相反，

若4=3?/,△=3?/,違反了動量守恒定律，不可能，故

力錯誤.

B、根據(jù)碰撞過程動量守恒定律，如果△=—3,/、△=3/,

所以碰后兩球的動量分別為,=2?/,'=10?/,根據(jù)碰撞

過程總動能可能不增加，是可能發(fā)生的，故6正確.

G根據(jù)碰撞過程動量守恒定律，如果△=3?/、△=一3?/,

所以碰后兩球的動量分別為，=8?/、'=4?/,由題，碰

撞后，兩球的動量方向都與原來方向相同，/的動量不可能沿原方向增大，與實際運動

不符，故C錯誤.

D、如果△=—10?/、△=10?/，所以碰后兩球的動量分別

為'=—5?/、/=〃?/，可以看出，碰撞后4的動能不變，

而6的動能增大，違反了能量守恒定律，不可能.故〃錯誤.

故選：.

當4球追上6球時發(fā)生碰撞，遵守動量守恒.由動量守恒定律和碰撞過程總動能不增加，

進行選擇.

對于碰撞過程要遵守三大規(guī)律：1、是動量守恒定律；2、總動能不增加；3、符合物體

的實際運動情況.

9.解：A,由甲圖看出，圖示時刻質點a的位移為正向最大，而振動圖象=如寸刻質

點的位移為零，所以圖乙不可能是圖甲中a的振動圖象。故/錯誤。

B、若波沿x軸正方向傳播，6質點的速度方向沿y軸正方向，此時刻8的位移為零，

由乙圖看出=弼"刻質點經(jīng)過位置沿y軸正方向振動，所以乙圖是甲圖中。質點的振

動圖象。故6正確，〃錯誤。

a圖甲中質點c此時刻處于波谷，位移為負向最大，圖乙不可能c點的振動圖象。故

，錯誤。

故選：

由波的傳播方向判斷甲圖上質點的振動方向.根據(jù)振動圖象=用寸刻質點的狀態(tài)，在

波動圖象找出對應的質點.

本題考查理解和把握振動圖象和波動圖象聯(lián)系的能力，找出兩種圖象之間對應關系是應

培養(yǎng)的基本功.

10.解：A,當物體力與8相碰撞時，壓縮彈簧，這樣彈簧給6一個向右的力，給4一

個向左的力，使得力減速，6加速，但是由于力有一定的初速度，故1通過的距離要比

8通過的距離大，所以彈簧會先壓縮，當/與8的速度相等時，彈簧被壓縮得最短，其

彈性勢能最大，所以當彈性勢能最大時，/、8兩物體共速，故/正確；

B、對4和5而言，動量守恒，設向右為正方向，則在共速時，o=2,所以共

L

速的速度=20,即在從力接觸彈簧到彈簧的彈性勢能逐漸增大的過程中，根據(jù)動

能定理，彈簧對物體所做的功=故錯誤：

6O6

G由于兩個物體的質量相等，而它們的中間又有一個彈簧，故碰撞時機械能守恒，即

碰撞時動量和機械能都守恒，所以兩個物體相撞后會交換速度，即當A的速度變?yōu)?的

時候，彈簧再一次恢復原長，故C正確；

〃、由以上分析可知，整個過程中，整個系統(tǒng)機械能守恒，動量守恒，故〃正確。

本題選不正確的，

故選：B。

物體速度相等時彈簧壓縮量最大，彈簧的彈性勢能最大，由動量守恒定律求出速度，對

8根據(jù)動能定理求出彈簧對物體3所做的功；明確兩物體的運動過程，根據(jù)動量守恒定

律分析彈簧何時再次恢復原長。

本題考查了動量守恒定律以及動能定理的直接應用，要求同學們能正確分析物體的運動

情況，注意使用動量守恒定律時要規(guī)定正方向。

11.解：力、因為斜面光滑，故/與6一起會沿斜面向下做加速運動，其加速度的方向

是沿斜面向下的，我們對物體力受力分析，如圖所示，可知，6對/的支持力是豎直向

上的，摩擦力是水平向左的，對4?整體來看，整體它們受重力、支持力，這二個力的

合力是沿斜面向下的，故對于4而言，它也會受到重力與垂直于斜面方向的一個力的作

用，使得它與重力的合力沿斜面向下，而這個垂直于斜面的力就是由8對它的支持力和

摩擦力合成的，故4正確；

8、根據(jù)力的相互性可知，〃對4的合力方向垂直于斜面，而物體是沿斜面向下運動的，

故6對4的力與位移的夾角是90度，所以3對力不做功，故8錯誤；

C、因為6對1的摩擦力水平向左，根據(jù)力的作用是相互的規(guī)律，則/對6的摩擦力是

向右的，而物體是斜向左下運動的，位移的方向是斜向左下，所以1對6的摩擦力與該

位移的夾角大于90度，所以這個力做的是負功，故C錯誤；

〃、對4來說，它受到的合力是沿斜面向下的，因為它的加速度方向是沿斜面向下的，

故這個力對物體做了正功，故〃錯誤；

故選：Ao

分析兩物體的受力及運動，根力的合成判斷合力的方向，由功的公式可分析各力對物體

是否做功，根據(jù)夾角可判功的正負.

判斷外力是否做功及功的正負可根據(jù)做功的條件是否做功，再根據(jù)力與位移方向的夾角

判斷功的正負，也可以根據(jù)力與速度方向的夾角判斷功的正負。

12.解：下降過程為自由落體運動，由勻變速直線運動的速度位移公式得：2=2

解得觸地時兩球速度相同，為：=<2-

理撞地之后，速度瞬間反向，大小相等，選/與理撞過程為研究過程，碰撞前

后動量守恒，設碰后八2速度大小分別為八2,選向上方向為正方向，由動量

守恒定律得：

2~1~//+22

由能量守恒定律得：二（/+2）~—~21/+-；2f

由題可知：2=41

聯(lián)立解得：/=?

反彈后高度為：=3=4.8，故〃正確，4回錯誤。

故選:Do

下降過程為自由落體運動，觸地時兩球速度相同，但做撞地之后，速度瞬間反向，

大小相等，而/也會與豌撞，選/與涮撞過程為研究過程，碰撞前后動量守恒，

能量守恒，列方程解得2速度，之后2做豎直上拋運動，由動能定理或運動學公式求

解反彈高度。

本題考查了動量守恒和能量守恒的綜合運用，知道在彈性碰撞的過程中，動量守恒，能

量守恒，通過動量守恒和能量守恒求出4球碰撞后的速度是關鍵。

13.解：AB.在子彈射入木塊到剛相對于靜止的過程/中，子彈和木塊組成的系統(tǒng)不受

外力，系統(tǒng)的動量守恒，但要系統(tǒng)克服阻力做功，產(chǎn)生內(nèi)能，所以系統(tǒng)的機械能不守恒，

故4正確，6錯誤；

CD,在n過程中，系統(tǒng)受到墻壁的作用力，外力之和不為零，則系統(tǒng)的動量不守恒，但

系統(tǒng)只有彈簧彈力做功，系統(tǒng)的機械能守恒.故c錯誤，〃正確.

故選：AD

動量守恒的條件是系統(tǒng)不受外力，或所受的外力之和為零.對照條件分析系統(tǒng)的動量是

否守恒.根據(jù)能量轉化情況判斷系統(tǒng)的機械能是否守恒.

解決本題的關鍵是要知道機械能等于動能與勢能之和，以及掌握動量守恒的條件，注意

分析系統(tǒng)所受的外力.

14.解：A,選地面為參考系，則對于子彈而言，利用動能定理得：—Rs+d）=△場.彈，

故子彈損失的動能為（+）,故/錯誤；

B、對于木塊而言，木塊對地位移為s,子彈對木塊做的功為公，故6錯誤；

C,整個過程中的摩擦生熱為摩擦力與木塊和子彈的相對位移的乘積，即故C正確；

〃、根據(jù)能量守恒知，整個過程中系統(tǒng)的總動能損失轉化為因摩擦產(chǎn)生的熱，即fd,故

〃錯誤。

故選：Co

在子彈射入木塊的過程中，木塊對子彈的阻力f做功為-（+），子彈對木塊的作

用力做功為然，以子彈為研究對象，根據(jù)動能定理求子彈的動能變化量，根據(jù)相對位

移求摩擦生熱，最后得到系統(tǒng)總動能損失量。

本題關鍵是明確能量轉化和轉移情況，要能結合動能定理列式求解。運用動能定理時，

要注意位移的參照物。

15.解：A,觀察圖象可知，碰前滑塊I的速度大小為5/,方向沿正方向，滑塊n

的速度大小為3/,方向沿負方向，所以碰前滑塊I的速度比滑塊n的速度大，故/

錯誤；

員碰撞后的總動量為正，根據(jù)動量守恒定律，碰撞前的總動量也為正，故碰撞前滑塊

I的動量較大，故6錯誤；

C、根據(jù)動量守恒定律，有：5!-32=式/+2），解得3/=52,即/>2,

故滑塊I的質量比滑塊II的質量大，故C正確；

以碰撞過程中，滑塊I受到的沖量與滑塊I【受到的沖量等大、反向，故。錯誤。

故選：AC.

根據(jù)-圖象得到滑塊/、//碰撞前后的速度，然后結合動量守恒定律和動量定理

列式分析。

本題關鍵是明確碰撞前后系統(tǒng)動量守恒，然后根據(jù)動量守恒定律和動量定理列式分析。

16.【分析】

原來平衡時，根據(jù)平衡條件求出兩物體質量關系.根據(jù)動能定理研究兩物體著地時速度、

動能關系.兩物體下滑過程機械能都守恒，根據(jù)質量關系分析機械能的關系.由=

sin研究重力的功率關系.本題綜合應用了動能定理、機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時速度才相同.重力的功率不等于=

【解答】

解：45、原來靜止狀態(tài)時，由平衡條件得：sin=sin，得到：=3：

4,

根據(jù)動能定理得：=-2V得著地時物體的速度大小—，動能=

,可見，兩物體著地時的速度大小相等，但速度方向不同，則速度不相同.由于

兩物體的質量而不等，高度A相等，則兩物體著地時的動能一定不相同.故人3錯誤.

兩物體下滑過程機械能都守恒，著地時機械能的表達式為=,由于質量不

同，則兩物體著地時的機械能一定不同.故C錯誤.

。、兩物體著地時所受重力的功率分別為=sinsin

由于sin=sin,=,所以=.故〃正確.

故選：.

17.解：A.因為前2而物體的動能與位移x成正比，2勿時的動能為12/則=/時

的動能為6/因為質量=2,則根據(jù)動能的公式T2=6，計算得出=

V?/,故力錯誤；

8、當=3時，它正好處于=2到=6的區(qū)間，這時動能隨位移的增大而均

勻減小，根據(jù)動能定理得，物體受到恒定的阻力作用，使其動能線性減小，故這段位移

內(nèi)物體做的勻減速直線運動，根據(jù)T2=a,得此過程的初速度為履/,末

速度為0,通過的位移為4w,所以根據(jù)2_22可得=-1.5/V加速度

大小為/2,故J錯誤；

C、在前20內(nèi)，初速度是0,末速度是/無/,位移是2勿，故根據(jù)=T-得:

2K22\[3J.LC.杜、口

=—=2笈=—，故。錯哄；

〃、對全程利用動能定理得：-=0一0,其中=6，解之得=24,

故全過程的拉力做的功為24/故〃正確。

故選：。

由圖讀出=1時的動能，再根據(jù)動能公式求速度大小。x在2-6內(nèi)，動能隨位移

的增大而均勻減小，根據(jù)動能定理得，物體受到恒定的阻力作用，使其動能線性減小，

故這段位移內(nèi)物體做的勻減速直線運動，根據(jù)速度-位移公式求加速度。前20內(nèi)物體做

勻加速直線運動，根據(jù)位移等于平均速度乘以時間求經(jīng)歷的時間。對整個過程，利用動

能定理求拉力做功。

本題考查學生的讀圖能力，能夠從圖中獲取信息，以及能夠靈活運用動能定理、牛頓第

二定律和運動學規(guī)律解答。

18.解：AB,由于兩列波干涉的條件是頻率相同，而這兩個波的頻率是不相同的，所以

此系統(tǒng)利用的不是波的干涉原理，所以干涉加強才使跑道上信號最強是錯誤的，故4?

錯誤；

G對于某一個頻率而言，并不只有跑道上的位置信號才最強，兩波源連線的中垂線上

的點到兩波源的路程差為零，是加強點，所以其他地方也有最強的位置，故C錯誤；

久由于這兩個可發(fā)射無線電波的天線對稱地固定于飛機跑道兩側的，兩波源連線的中

垂線上的點到兩波源的路程差為零，是加強點，所以在跑道上是可以同時接收到它們的

最強信號，如果偏離了跑道，則不可能這兩個信號同時最強，故〃正確。

故選：。

當兩波的頻率相同，可以發(fā)生干涉，兩波源連線的中垂線上的點到兩波源的路程差為零,

都是加強點。

解決本題的關鍵知道干涉的條件，知道當飛機沿兩波源中垂線降落時，路程差為零，為

振動加強點，接收到的信號最強。

19.解：根據(jù)沖量的定義，重力對物體的沖量大小為=

對物體受力分析得，物體受到的支持力的大小為：F^=mgcOS0

故支持力的沖量大小為：1支=mgtcos。

因為物體從頂端勻速下滑到底端，它的速度沒有變化，動量相也沒有變化，故它的動

量變化為0。

故答案為：mgt；cos；0

根據(jù)重力的大小、支持力的大小，結合沖量的公式求出重力和支持力的沖量，根據(jù)動量

變化的定義求動量變化量。

本題考查了沖量公式的基本運用及動量的變化量，知道沖量等于力與時間的乘積。

20.解：因為=8X1",最大速度曲=2。/,故當汽車速度最大時，其加

速度為0,即牽引力尸與阻力f相等，即=；

故阻力的大小==——=4x7〃；

max

由于汽車做勻加速運動的加速度大小為2/2,故此進的牽引力=+=4x

IO3+2x/〃x2=8義，則當勻加速的速度達到最大時，汽車的功率也達到

了額定功率，故勻加速運動的最大速度為尸——=10/，則汽車做勻加速直線運

動的時間為=」=5。

故答案為：4x*5o

當汽車的牽引力與阻力相等時，速度最大，根據(jù)額定功率和最大速度求出阻力的大小，

根據(jù)牛頓第二定律求出牽引力的大?。桓鶕?jù)=求出勻加速運動的末速度，通過

速度時間公式求出汽車功率達到額定值的時間。

解決本題的關鍵掌握機車的啟動方式，知道機車在整個過程中的運動規(guī)律，知道當牽引

力與阻力相等時，速度最大。

21.解：①想利用平拋運動的規(guī)律反向推出彈簧彈性勢能的大小，則需要求出小球平拋

時的速度大小，這個需要利用平拋的規(guī)律來求出，故需要測量平拋運動的水平位移和豎

直位移，計算動能大小時，還需要知道小球的質量，故直接測定的物理量有0施

②根據(jù)平拋運動的規(guī)律：=,=：2,則=g

故小球平拋時的動能為：=-22=??！

2

再由機械能守恒得，彈簧在被壓縮時的彈性勢能的表達式為：=—

4

故答案為：①CDE；②―一

根據(jù)能量守恒，結合平拋運動的規(guī)律得出彈性勢能的表達式，從而確定需要直接測量的

物理量；

再依據(jù)平拋運動規(guī)律，結合運動學公式，及機械能守恒定律，即可求解。

解決本題