2024年高一物理下學(xué)期期末模擬試卷六新人教版

高一（下）期末物理試卷6下列所述的實(shí)例中(均不計(jì)空氣阻力)，機(jī)械能守恒的是(?)A.小石塊被水平拋出后在空中運(yùn)動(dòng)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下列關(guān)于動(dòng)量、動(dòng)能的說法中，正確的是(?)A.若物體的動(dòng)能發(fā)生了改變，則物體的加速度也發(fā)生了改變

B.若物體的動(dòng)能不變，則動(dòng)量也不變

C.若一個(gè)系統(tǒng)所受的合外力為零，則該系統(tǒng)的動(dòng)能不變

D.物體所受合外力越大，則它的動(dòng)量改變就越快勁度系數(shù)為20N/cm的彈簧振子，它的振動(dòng)圖象如圖所示，在圖中A點(diǎn)對(duì)應(yīng)的時(shí)刻，下列說法錯(cuò)誤的是(?)A.振子所受的彈力大小為5N，方向指向x軸的負(fù)方向

B.振子的速度方向指向x軸的正方向

C.在0～4s內(nèi)振子作了1.75次全振動(dòng)

D.在0～4s內(nèi)振子通過的路程為4cm在水平地面上方某處，把質(zhì)量相同的P、Q兩小球以相同速率沿不同的方向拋出，P豎直向上，Q水平向右，不計(jì)空氣阻力，兩球從拋出到落地的過程中(?)A.P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，P球重力的瞬時(shí)功率較大

D.落地前瞬間，兩球重力的瞬時(shí)功率相等用沙擺演示簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的圖象，當(dāng)沙擺下面的木板被勻速地拉出過程中，搖擺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(shí)間改變關(guān)系，板上直線OO'表示時(shí)間軸，使兩個(gè)擺在各自的木板上形成曲線。如圖中板N1、N2移動(dòng)的速度v1、v2的關(guān)系為v1=vA.L1=L2 B.L1=2L如圖所示是物體受迫振動(dòng)的共振曲線，該共振曲線表示了物體(?)

A.在不同時(shí)刻的振幅 B.在不同時(shí)刻的位移

C.在不同頻率的驅(qū)動(dòng)力下的振幅 D.在不同頻率的驅(qū)動(dòng)力下的位移如圖所示，質(zhì)量為m的蹦極運(yùn)動(dòng)員從蹦極臺(tái)上躍下。設(shè)運(yùn)動(dòng)員由靜止起先下落，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35g，在運(yùn)動(dòng)員下落h的過程中(蹦極繩未拉直)，下列說法正確的是(?)A.運(yùn)動(dòng)員克服阻力所做的功為

3mgh5

B.運(yùn)動(dòng)員的重力勢(shì)能削減了3mgh5

C.運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能削減了3mgh5

D.在光滑的水平面上，有A，B兩個(gè)小球向右沿同始終線運(yùn)動(dòng)，取向右為正方向，兩球的動(dòng)量分別為PA=5kg?m/s，PB=7kg?m/s，如圖，若A追上BA.△PA=3kg?m/s，△PB=3kg?m/s

B.△PA一列簡(jiǎn)諧波在t=0時(shí)刻的波形圖如圖甲所示，圖乙表示該波傳播的介質(zhì)中某質(zhì)點(diǎn)此后一段時(shí)間內(nèi)的振動(dòng)圖象，則(?)

A.若波沿x軸正方向傳播，圖乙應(yīng)為a點(diǎn)的振動(dòng)圖象

B.若波沿x軸正方向傳播，圖乙應(yīng)為b點(diǎn)的振動(dòng)圖象

C.若波沿x軸正方向傳播，圖乙應(yīng)為c點(diǎn)的振動(dòng)圖象

D.若波沿x軸正方向傳播，圖乙應(yīng)為d點(diǎn)的振動(dòng)圖象如圖所示，在光滑的水平面上有兩物體A、B，它們的質(zhì)量均為m，在物體B上固定一個(gè)水平輕彈簧，初始時(shí)B物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，物體A以速度v0沿水平方向向右運(yùn)動(dòng)，通過彈簧與物體B發(fā)生作用，下列說法不正確的是(?)A.當(dāng)彈性勢(shì)能最大時(shí)，A、B兩物體共速

B.在從A接觸彈簧到彈簧的彈性勢(shì)能漸漸增大的過程中，彈簧對(duì)物體B所做的功為mv024

C.當(dāng)A的速度變?yōu)?的時(shí)候，彈簧再一次復(fù)原如圖所示，木塊B上表面是水平的，當(dāng)木塊A置于B上，并與B保持相對(duì)靜止，一起沿固定的光滑斜面由靜止起先下滑，在下滑過程中(?)

A.B對(duì)A的摩擦力及支持力的合力垂直于斜面

B.B對(duì)A做正功

C.A對(duì)B的摩擦力做正功

D.A所受的合外力對(duì)A不做功如圖所示，兩質(zhì)量分別為m1和m2的彈性小球A、B疊放在一起，從高度為h處自由落下，h遠(yuǎn)大于兩小球半徑，落地瞬間，B先與地面碰撞，后與A碰撞，全部的碰撞都是彈性碰撞，且都發(fā)生在豎直方向、碰撞時(shí)間均可忽視不計(jì)。已知m2=4m1A.2.2h B.3h C.4h D.如圖所示，木塊B與水平面間的摩擦不計(jì)，子彈A沿水平方向射入木塊并在極短時(shí)間內(nèi)相對(duì)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(duì)于靜止的過程稱為I，此后木塊壓縮的過程稱為Ⅱ，則(?)A.過程Ⅰ中，子彈和木塊所組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，動(dòng)量守恒

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

C.過程Ⅱ中，子彈、彈簧和木塊所組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，動(dòng)量也守恒

D.過程Ⅱ中，子彈、彈簧和木塊所組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，動(dòng)量不守恒如圖，一個(gè)木塊放在光滑的水平面上，一子彈射入木塊中(未穿出)，射入深度為d，平均阻力為f，在兩物體達(dá)到共速時(shí)，木塊的位移為s，則下列說法正確的是(?)A.子彈損失的動(dòng)能為fd

B.子彈對(duì)木塊所做的功為f(s+d)

C.整個(gè)過程中的摩擦生熱為fd

D.整個(gè)過程中系統(tǒng)的總動(dòng)能損失為f(s+d)如圖所示，圖中的線段a、b、c分別表示在光滑水平面上沿一條直線運(yùn)動(dòng)的滑塊Ⅰ、Ⅱ和它們發(fā)生正碰后結(jié)合體的速度-時(shí)間圖象。已知相互作用時(shí)間極短，則由圖象可知(?)A.碰前滑塊Ⅰ的速度比滑塊Ⅱ的速度大

B.碰前滑塊Ⅰ的動(dòng)量比滑塊Ⅱ的動(dòng)量小

C.滑塊Ⅰ的質(zhì)量比滑塊Ⅱ的質(zhì)量大

D.碰撞過程中，滑塊Ⅰ受到的沖量比滑塊Ⅱ受到的沖量大如圖所示，A、B兩物體用一根跨過定滑輪的細(xì)繩相連，置于固定斜面體的兩個(gè)斜面的相同高度，處于靜止?fàn)顟B(tài)，兩斜面的傾角分別是53°和37°，若不計(jì)摩擦，剪斷細(xì)繩后下列說法中正確的是(?)

A.兩物體著地時(shí)的速度相同

B.兩物體著地時(shí)的動(dòng)能相同

C.兩物體著地時(shí)的機(jī)械能相同

D.兩物體著地時(shí)所受重力的功率相同質(zhì)量m=2kg的物塊放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由靜止起先運(yùn)動(dòng)，物塊動(dòng)能Ek與其發(fā)生位移x之間的關(guān)系如圖所示。已知物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，g取10m/s2，則下列說法中正確的是A.x=1m時(shí)物塊的速度大小為23m/s

B.x=3m時(shí)物塊的加速度大小為3m/s2

C.在前2m的運(yùn)動(dòng)過程中物塊所經(jīng)驗(yàn)的時(shí)間為2s

D.在前6如圖所示，兩個(gè)可放射無線電波的天線對(duì)稱地固定于飛機(jī)跑道兩側(cè)，兩天線同時(shí)都發(fā)出頻率為f1和f2的無線電波。飛機(jī)著陸過程中，當(dāng)接收到f1和fA.此系統(tǒng)利用的是波的干涉原理

B.在跑道上，f1與f2這兩種無線電波干涉加強(qiáng)，所以跑道上的信號(hào)最強(qiáng)

C.只有跑道上才能接收到f1的最強(qiáng)信號(hào)，其它地方f1的信號(hào)都比跑道上的弱

D.只有在跑道的中心線上才能接收到f1和f2質(zhì)量為m的物體，沿著傾角為θ的光滑斜面，從頂端勻速下滑究竟端所用時(shí)間t，重力加速度為g。則此過程中重力對(duì)物體的沖量大小為______，支持力對(duì)物體的沖量大小為______，物體的動(dòng)量改變大小為______。額定功率為80kW的汽車，在平直的馬路上行駛的最大速度為20m/s，已知汽車的質(zhì)量為2×103kg，若汽車從靜止起先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度的大小為2m/s2，假定汽車在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中阻力不變，則汽車所受的阻力大小為f=______N；汽車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t=某同學(xué)自己設(shè)計(jì)了一個(gè)試驗(yàn)裝置來測(cè)定彈簧彈性勢(shì)能的大?。簩⒁粡椈?勁度系數(shù)未知)固定在一個(gè)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?qū)椈蓧嚎s，然后突然釋放，鋼球?qū)⒀剀壍里w出桌面做平拋運(yùn)動(dòng)，最終落到水平地面上。

①該同學(xué)想利用平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律反向推出彈簧彈性勢(shì)能的大小，則他在試驗(yàn)時(shí)須要干脆測(cè)定的物理量有______；

A.彈簧的原長(zhǎng)L0

B.彈簧的壓縮量△L

C.小球做平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移x

D.小球做平拋運(yùn)動(dòng)的豎直位移y

E.小球的質(zhì)量m

②該彈簧在被壓縮時(shí)的彈性勢(shì)能的表達(dá)式Ep=______(利用上題干脆測(cè)出的物理量和重力加速度g表示)如圖所示，位于豎直面內(nèi)光滑曲線軌道的最低點(diǎn)的切線沿水平方向，且與一位于同一豎直面內(nèi)、半徑R=0.2m的粗糙圓形軌道的最低點(diǎn)B點(diǎn)平滑連接。有一質(zhì)量為M=0.1kg的滑塊1靜止于B點(diǎn)，另一質(zhì)量m=0.20kg的滑塊2(兩滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn))，從位于軌道上的A點(diǎn)由靜止起先滑下，已知A點(diǎn)到B點(diǎn)的高度h=1.8m，A與B相撞后粘在一起共同運(yùn)動(dòng)，他們恰好能通過圓軌道的最高點(diǎn)C，重力加速度g=10m/s，空氣阻力可忽視不計(jì)，求：

1)兩滑塊相撞前瞬間滑塊2的速度大??；

2)相撞后瞬間，粘在一起的滑塊對(duì)圓軌道B點(diǎn)的壓力的大??；

3)粘在一起的滑塊從B點(diǎn)滑至C點(diǎn)的過程中，克服摩擦阻力所做的功。

如圖，半徑為R的光滑圓形軌道固定在豎直面內(nèi)。小球A、B質(zhì)量分別為m、3m，A球從在邊某高度處由靜止起先沿軌道下滑，與靜止于軌道最低點(diǎn)的B球相撞，碰撞后B球能達(dá)到的最大高度為R4，重力加速度為g。試求：

(1)第一次碰撞剛結(jié)束時(shí)B球的速度；

(2)在碰撞過程中B球?qū)球的沖量；

(3)若A、B兩球的碰撞是完全彈性碰撞，則A球當(dāng)時(shí)是從多高的地方滑下的？

如圖所示，物體B和物體C用勁度系數(shù)為k=1000N/m的輕彈簧連接并豎直地靜置于水平地面上。將一個(gè)物體A從物體B的正上方距離B的高度為H=20cm處由靜止釋放，下落后與物體B碰撞，碰撞后A與B粘合在一起并馬上向下運(yùn)動(dòng)，在以后的運(yùn)動(dòng)中，A、B不再分別。已知物體A、B、C的質(zhì)量均為M=2kg，重力加速度為g=10m/s2，忽視空氣阻力。求：

(1)A與B碰撞后瞬間的速度大??；

(2)A和B一起運(yùn)動(dòng)到最大速度時(shí)，物體C對(duì)水平地面的壓力多大？

(3)起先時(shí)，物體A從距B多大的高度自由落下時(shí)，在以后的運(yùn)動(dòng)中，能使物體C恰好離開水平地面？

如圖所示，兩個(gè)半徑為R的光滑14圓弧軌道AB、EF固定在地面上，一質(zhì)量為m的小物體(可看成質(zhì)點(diǎn))從軌道的最高點(diǎn)A處由靜止滑下，質(zhì)量為m、長(zhǎng)為R的小車靜止在光滑的水平面CD上，小車平面與光滑圓弧軌道末端BE齊平。物體從軌道末端的B滑上小車，小車即向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小車右端與壁DE剛接觸時(shí)，物體恰好滑到小車的右端且相對(duì)小車靜止。重力加速度為g，則：

1)物體從A處滑到B處時(shí)的速度大小為______。

2)物體滑到小車右端時(shí)的速度大小為______。

小車與DE相碰后馬上停止運(yùn)動(dòng)，但與DE不粘連，物體則接著滑上光滑軌道EF，以后又滑下來沖上小車。求：

3)物體滑上EF軌道的最高點(diǎn)P相對(duì)于E點(diǎn)的高度h=______。

4)水平面CD的長(zhǎng)度L=______。

5)當(dāng)物體再?gòu)腅F上滑下并滑上小車，假如小車與壁BC相碰后速度也馬上變?yōu)榱?，最終物體停在小車上的Q點(diǎn)。則可知Q點(diǎn)距小車的右端距離為______。

答案1.A 2.D 3.C 4.C 5.C 6.C 7.D

8.B 9.B 10.B 11.A 12.D 13.AD 14.C

15.AC 16.D 17.D 18.D 19.mgtmgtcos20.4×10321.CDEmg22.解：1)設(shè)兩滑塊相撞前瞬間滑塊2的速度大小為v，滑塊2由A到B的過程，依據(jù)機(jī)械能守恒得：

mgh=12mv2

解得v=6m/s；

2)滑塊1與2相碰過程，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：

mv=(m+M)vB

解得vB=4m/s；

在圓軌道B點(diǎn)，對(duì)兩滑塊整體，由牛頓其次定律得：

F-(m+M)g=(m+M)vB2R

解得F=27N

由牛頓第三定律得：滑塊對(duì)圓軌道B點(diǎn)的壓力的大小；

3)在C點(diǎn)，由重力供應(yīng)向心力，依據(jù)牛頓其次定律得：(m+M)g=(m+M)vC2R

解得vC=2m/s；

由B到C，利用動(dòng)能定理得：

-(m+M)g?2R+Wf=12(m+M)vC23.解：(1)碰撞后B球運(yùn)動(dòng)過程只有重力做功，機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：

12×3m×vB2=3mg×14R

解得：vB=2gR2

(2)A、B碰撞過程，對(duì)B，依據(jù)動(dòng)量定理得：

IB=3mvB-0

解得：IB=3m2gR2，方向水平向右；

A、B碰撞過程，A、B間作用力大小相等、方向相反、作用時(shí)間相等，因此碰撞過程中B對(duì)A的沖量與A對(duì)B的沖量大小相等、方向相反，故B對(duì)A的沖量IA=3m2gR2，方向水平向左；

(3)A與B發(fā)生完全彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：

mv0=mvA+3mvB

由能量守恒定律得：12mv02=12mvA2+24.解：H=20cm=0.20m；

(1)A下落過程只有重力做功，機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：

MgH=12MvA2

代入數(shù)據(jù)解得：vA=2m/s

A與B相撞過程系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向下為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：

MvA=2Mv

代入數(shù)據(jù)解得：v=1m/s

(2)當(dāng)A與B一起運(yùn)動(dòng)到最大速度時(shí)，就是A與B受到的彈力等于它們的重力時(shí)，

即此時(shí)彈簧的彈力：F=2Mg

對(duì)C，由平衡條件得：

代入數(shù)據(jù)解得：

由牛頓第三定律可知，C對(duì)地面的壓力大小為：

(3)設(shè)A從高度h下落，A下落過程只有重力做功，機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：

Mgh=12MvA'2

A下落到與B相碰撞前瞬間的速度為：vA'=2gh，

A與B相撞過程系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向下為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：

MvA'=2Mv'

解得碰撞后二者共同的速度為：v'=122gh，

A與B碰撞前，B靜止處于平衡位置，此時(shí)彈簧的壓縮量，即相對(duì)于彈簧原長(zhǎng)來說，B下移動(dòng)的距離為：x0=Mgk=2×101000m=0.02m，

當(dāng)?shù)孛鎸?duì)C的支持力為零，即彈簧對(duì)C的拉力等于C的重力時(shí)，C恰好離開水平地面，彈簧對(duì)C的拉力：T=Mg=kx，

此時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量：x=Mgk=2×101000m=0.02m=x0，

C恰好離開地面時(shí)，A、B的速度為零，以A與B相碰時(shí)所處平面為重力勢(shì)能的零勢(shì)面，

從25.2gR

122gR

【解析】1.解：

A、小石塊被水平拋出后只受到重力的作用，所以機(jī)械能守恒，故A正確；

B、木箱沿粗糙斜面勻速下滑的過程中，滑動(dòng)摩擦力對(duì)物體做功，則其機(jī)械能不守恒，故B錯(cuò)誤．

C、人乘電梯加速上升的過程中，動(dòng)能和重力勢(shì)能均增大；故機(jī)械能增大，機(jī)械能不守恒，故C錯(cuò)誤；

D、子彈射穿木塊的過程要克服阻力做功，機(jī)械能不守恒，故D錯(cuò)誤．

故選：A.

物體機(jī)械能守恒的條件是只有重力或者是彈簧的彈力做功，逐個(gè)分析物體的受力的狀況，推斷做功狀況，即可推斷物體是否是機(jī)械能守恒．

本題是對(duì)機(jī)械能守恒條件的干脆考查，駕馭住機(jī)械能守恒的條件，知道各種運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)即可，題目比較簡(jiǎn)潔．2.解：A、若物體的動(dòng)能發(fā)生了改變，比如其速度的大小在改變，是勻加速改變的，則物體的加速度也可能是不變的，故A錯(cuò)誤；

B、若物體的動(dòng)能不變，比如一個(gè)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體，動(dòng)能大小不變，但是其動(dòng)量的方向改變，故B錯(cuò)誤；

C、若一個(gè)系統(tǒng)所受的合外力為零，如兩個(gè)物體中間放一個(gè)被壓縮的彈簧，現(xiàn)在將彈簧釋放，則對(duì)于兩個(gè)物體來說，它們受到的合外力是零，但是原來這兩個(gè)物體是靜止的，動(dòng)能為零，釋放后，兩個(gè)物體都會(huì)運(yùn)動(dòng)，故對(duì)這兩個(gè)物體而言，動(dòng)能在增加，所以該系統(tǒng)的動(dòng)能改變，故C錯(cuò)誤；

D、物體所受合外力越大，則它的動(dòng)量改變就越快，這是正確的，因?yàn)橛蓜?dòng)量定理得，即，物體所受合外力越大，則它的動(dòng)量改變就越快，故D正確。

故選：D。

勻變速直線運(yùn)動(dòng)的物體動(dòng)能改變、加速度不變；依據(jù)勻速圓周運(yùn)動(dòng)分析動(dòng)能和動(dòng)量；依據(jù)能的轉(zhuǎn)化分析動(dòng)能是否改變；依據(jù)動(dòng)量定理分析動(dòng)量改變率與合外力的關(guān)系。

本題主要是考查動(dòng)量和動(dòng)能的關(guān)系、以及動(dòng)量改變率的含義，知道動(dòng)能是一個(gè)標(biāo)量，動(dòng)量是一個(gè)矢量，依據(jù)實(shí)際例子進(jìn)行分析。3.解：A、如圖所示，在圖中的A點(diǎn)，其位移為x=0.25cm，故此時(shí)它受到的彈力F=kx=20×0.25N=5N，其位置在平衡位置的上方，故受力方向指向x軸負(fù)方向，故A正確；

B、從圖象看出，A點(diǎn)在向x正方向運(yùn)動(dòng)，故B正確；

C、由圖可知，其周期為T=2s，故它在4s內(nèi)作了2個(gè)次全振動(dòng)，故C錯(cuò)誤；

D、由于在0～4s內(nèi)，振子經(jīng)過了2個(gè)周期，而每個(gè)周期振子的路程是4個(gè)振幅，故振子通過的路程為2×4×0.5cm=4cm，故D正確。

本題選錯(cuò)誤的，故選：C。

彈簧振子的回復(fù)力是彈力，依據(jù)F=-kx求得彈力。x-t圖象切線的斜率表示速度方向。振子一個(gè)周期內(nèi)完成一次全振動(dòng)，分析時(shí)間與周期的關(guān)系，確定0-4s內(nèi)振動(dòng)的次數(shù)。振子在一個(gè)周期內(nèi)通過的路程是4A。

本題關(guān)鍵要駕馭簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的特征：F=-kx分析彈簧的彈力。通過分析位移即可分析振子的運(yùn)動(dòng)狀況。4.解：A、兩球落地時(shí)的高度相同，而重力又相同，故依據(jù)W=mgh可知，兩球的重力做功一樣多，故A錯(cuò)誤；

B、因?yàn)閮汕虻闹亓ψ龉ο嗟?，而兩球落地的時(shí)間是不相等的，豎直向上拋出的落地時(shí)間會(huì)長(zhǎng)一些，依據(jù)P=Wt可知，兩球重力的平均功率不相等，故B錯(cuò)誤；

CD、依據(jù)機(jī)械能守恒，兩球落地的速度大小相等，但是P球是豎直下落到地面的，Q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Q在豎直方向的速度，故P球的重力的瞬時(shí)功率較大，故C正確，D錯(cuò)誤。

故選：C。

依據(jù)重力做功的計(jì)算公式W=mgh可得兩球重力做功；依據(jù)p=Wt分析平均功率；重力的瞬時(shí)功率p=mgvsinθ5.解：因?yàn)槟景灞粍蛩倮瓌?dòng)的過程中，速度大小相等，木板的長(zhǎng)度也一樣，故二次拉出的時(shí)間也是相等的，而通過圖示可知，N1上漏斗搖擺的周期為T1，N2上漏斗搖擺的周期為T2，則T1=2T2，又因?yàn)閱螖[的周期公式可知T=2πLg，由于位置一樣，故g相同，所以L1=4L2，故C6.解：圖中的橫坐標(biāo)是受迫的外力頻率，縱坐標(biāo)是受迫振動(dòng)的振幅，當(dāng)外力的頻率與固有頻率相等時(shí)，振幅最大，所以它表示的是在不同頻率的驅(qū)動(dòng)力下的振幅，故C正確，ABD錯(cuò)誤。

故選：C。

明確圖象中橫縱坐標(biāo)對(duì)應(yīng)的物理量，依據(jù)共振的性質(zhì)分析圖象的意義。

本題考查共振圖象的性質(zhì)，要知圖該圖象描述的是受迫振動(dòng)物體的振幅隨外力頻率的改變，最高點(diǎn)對(duì)應(yīng)的橫坐標(biāo)表示物體的固有頻率。7.解：A、由題意可知，蹦極繩未拉直，說明運(yùn)動(dòng)員下落h高度的過程中，只受重力和阻力，又因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)員下落的加速度度為35g，對(duì)運(yùn)動(dòng)員受力分析，依據(jù)牛頓其次定律得：mg-f=ma，代入得出：阻力大小f=25mg，所以運(yùn)動(dòng)員克服阻力所做的功為W=25mgh，故A錯(cuò)誤；

B、因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)員下落了h的高度，而重力的方向是豎直向下的，故重力做的功為mgh，所以重力勢(shì)能削減量也是mgh，故B錯(cuò)誤；

C、依據(jù)功能關(guān)系，運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能的削減量等于運(yùn)動(dòng)員克服阻力做的功，所以運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能削減了25mgh，故C錯(cuò)誤；

D、依據(jù)動(dòng)能定理得：mgh-fh=△Ek，得△Ek=35mgh，所以運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)能增加了35mgh，故D正確。

故選：D。

先依據(jù)8.解：A、兩球碰撞過程，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，兩球動(dòng)量改變量應(yīng)大小相等，方向相反，若△PA=3kg?m/s，△PB=3kg?m/s，違反了動(dòng)量守恒定律，不行能，故A錯(cuò)誤．

B、依據(jù)碰撞過程動(dòng)量守恒定律，假如△pA=-3kg?m/s、△pB=3kg?m/s，所以碰后兩球的動(dòng)量分別為p'A=2kg?m/s、p'B=10kg?m/s，依據(jù)碰撞過程總動(dòng)能可能不增加，是可能發(fā)生的，故B正確．

C、依據(jù)碰撞過程動(dòng)量守恒定律，假如△pA=3kg?m/s、△pB=-3kg?m/s，所以碰后兩球的動(dòng)量分別為p'A=8kg?m/s、9.解：A、由甲圖看出，圖示時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)a的位移為正向最大，而振動(dòng)圖象t=0時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)的位移為零，所以圖乙不行能是圖甲中a的振動(dòng)圖象。故A錯(cuò)誤。

B、若波沿x軸正方向傳播，b質(zhì)點(diǎn)的速度方向沿y軸正方向，此時(shí)刻b的位移為零，由乙圖看出t=0時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過位置沿y軸正方向振動(dòng)，所以乙圖是甲圖中b質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖象。故B正確，D錯(cuò)誤。

C、圖甲中質(zhì)點(diǎn)c此時(shí)刻處于波谷，位移為負(fù)向最大，圖乙不行能c點(diǎn)的振動(dòng)圖象。故C錯(cuò)誤。

故選：B。

由波的傳播方向推斷甲圖上質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向．依據(jù)振動(dòng)圖象t=0時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)的狀態(tài)，在波動(dòng)圖象找出對(duì)應(yīng)的質(zhì)點(diǎn)．

本題考查理解和把握振動(dòng)圖象和波動(dòng)圖象聯(lián)系的實(shí)力，找出兩種圖象之間對(duì)應(yīng)關(guān)系是應(yīng)培育的基本功．10.解：A、當(dāng)物體A與B相碰撞時(shí)，壓縮彈簧，這樣彈簧給B一個(gè)向右的力，給A一個(gè)向左的力，使得A減速，B加速，但是由于A有肯定的初速度，故A通過的距離要比B通過的距離大，所以彈簧會(huì)先壓縮，當(dāng)A與B的速度相等時(shí)，彈簧被壓縮得最短，其彈性勢(shì)能最大，所以當(dāng)彈性勢(shì)能最大時(shí)，A、B兩物體共速，故A正確；

B、對(duì)A和B而言，動(dòng)量守恒，設(shè)向右為正方向，則在共速時(shí)，mv0=2mv，所以共速的速度v=12v0，即在從A接觸彈簧到彈簧的彈性勢(shì)能漸漸增大的過程中，依據(jù)動(dòng)能定理，彈簧對(duì)物體B所做的功W=EkB=18mv02，故B錯(cuò)誤；

C、由于兩個(gè)物體的質(zhì)量相等，而它們的中間又有一個(gè)彈簧，故碰撞時(shí)機(jī)械能守恒，即碰撞時(shí)動(dòng)量和機(jī)械能都守恒，所以兩個(gè)物體相撞后會(huì)交換速度，即當(dāng)A的速度變?yōu)?的時(shí)候，彈簧再一次復(fù)原原長(zhǎng)，故C正確；

D、由以上分析可知，整個(gè)過程中，整個(gè)系統(tǒng)機(jī)械能守恒，動(dòng)量守恒，故D正確。

本題選不正確的，

故選：B。

物體速度相等時(shí)彈簧壓縮量最大，彈簧的彈性勢(shì)能最大，由動(dòng)量守恒定律求出速度，對(duì)B11.解：A、因?yàn)樾泵婀饣?，故A與B一起會(huì)沿斜面對(duì)下做加速運(yùn)動(dòng)，其加速度的方向是沿斜面對(duì)下的，我們對(duì)物體A受力分析，如圖所示，可知，B對(duì)A的支持力是豎直向上的，摩擦力是水平向左的，對(duì)AB整體來看，整體它們受重力、支持力，這二個(gè)力的合力是沿斜面對(duì)下的，故對(duì)于A而言，它也會(huì)受到重力與垂直于斜面方向的一個(gè)力的作用，使得它與重力的合力沿斜面對(duì)下，而這個(gè)垂直于斜面的力就是由B對(duì)它的支持力和摩擦力合成的，故A正確；

B、依據(jù)力的相互性可知，B對(duì)A的合力方向垂直于斜面，而物體是沿斜面對(duì)下運(yùn)動(dòng)的，故B對(duì)A的力與位移的夾角是90度，所以B對(duì)A不做功，故B錯(cuò)誤；

C、因?yàn)锽對(duì)A的摩擦力水平向左，依據(jù)力的作用是相互的規(guī)律，則A對(duì)B的摩擦力是向右的，而物體是斜向左下運(yùn)動(dòng)的，位移的方向是斜向左下，所以A對(duì)B的摩擦力與該位移的夾角大于90度，所以這個(gè)力做的是負(fù)功，故C錯(cuò)誤；

D、對(duì)A來說，它受到的合力是沿斜面對(duì)下的，因?yàn)樗募铀俣确较蚴茄匦泵鎸?duì)下的，故這個(gè)力對(duì)物體做了正功，故D錯(cuò)誤；

故選：A。

分析兩物體的受力及運(yùn)動(dòng)，根力的合成推斷合力的方向，由功的公式可分析各力對(duì)物體是否做功，依據(jù)夾角可判功的正負(fù)。

推斷外力是否做功及功的正負(fù)可依據(jù)做功的條件是否做功，再依據(jù)力與位移方向的夾角推斷功的正負(fù)，也可以依據(jù)力與速度方向的夾角推斷功的正負(fù)。12.解：下降過程為自由落體運(yùn)動(dòng)，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移公式得：v2=2gh

解得觸地時(shí)兩球速度相同，為：v=2gh

m2碰撞地之后，速度瞬間反向，大小相等，選m1與m2碰撞過程為探討過程，碰撞前后動(dòng)量守恒，設(shè)碰后m1、m2速度大小分別為v1、v2，選向上方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：

m2v-m1v=m1v1+m2v2

由能量守恒定律得：12(m1+m2)v2=113.解：AB、在子彈射入木塊到剛相對(duì)于靜止的過程I中，子彈和木塊組成的系統(tǒng)不受外力，系統(tǒng)的動(dòng)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(jī)械能不守恒，故A正確，B錯(cuò)誤；

CD、在Ⅱ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(dòng)量不守恒，但系統(tǒng)只有彈簧彈力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒．故C錯(cuò)誤，D正確．

故選：AD

動(dòng)量守恒的條件是系統(tǒng)不受外力，或所受的外力之和為零．比照條件分析系統(tǒng)的動(dòng)量是否守恒．依據(jù)能量轉(zhuǎn)化狀況推斷系統(tǒng)的機(jī)械能是否守恒．

解決本題的關(guān)鍵是要知道機(jī)械能等于動(dòng)能與勢(shì)能之和，以及駕馭動(dòng)量守恒的條件，留意分析系統(tǒng)所受的外力．14.解：A、選地面為參考系，則對(duì)于子彈而言，利用動(dòng)能定理得：，故子彈損失的動(dòng)能為f(s+d)，故A錯(cuò)誤；

B、對(duì)于木塊而言，木塊對(duì)地位移為s，子彈對(duì)木塊做的功為fs，故B錯(cuò)誤；

C、整個(gè)過程中的摩擦生熱為摩擦力與木塊和子彈的相對(duì)位移的乘積，即fd，故C正確；

D、依據(jù)能量守恒知，整個(gè)過程中系統(tǒng)的總動(dòng)能損失轉(zhuǎn)化為因摩擦產(chǎn)生的熱，即fd，故D錯(cuò)誤。

故選：C。

在子彈射入木塊的過程中，木塊對(duì)子彈的阻力f做功為-f(s+d)，子彈對(duì)木塊的作用力做功為fs，以子彈為探討對(duì)象，依據(jù)動(dòng)能定理求子彈的動(dòng)能改變量，依據(jù)相對(duì)位移求摩擦生熱，最終得到系統(tǒng)總動(dòng)能損失量。

本題關(guān)鍵是明確能量轉(zhuǎn)化和轉(zhuǎn)移狀況，要能結(jié)合動(dòng)能定理列式求解。運(yùn)用動(dòng)能定理時(shí)，要留意位移的參照物。15.解：A、視察圖象可知，碰前滑塊Ⅰ的速度大小為5m/s，方向沿正方向，滑塊Ⅱ的速度大小為3m/s，方向沿負(fù)方向，所以碰前滑塊Ⅰ的速度比滑塊Ⅱ的速度大，故A錯(cuò)誤；

B、碰撞后的總動(dòng)量為正，依據(jù)動(dòng)量守恒定律，碰撞前的總動(dòng)量也為正，故碰撞前滑塊Ⅰ的動(dòng)量較大，故B錯(cuò)誤；

C、依據(jù)動(dòng)量守恒定律，有：5m1-3m2=2(m1+m2)，解得3m1=5m2，即m1>m2，故滑塊Ⅰ的質(zhì)量比滑塊Ⅱ的質(zhì)量大，故C正確；

D16.【分析】

原來平衡時(shí)，依據(jù)平衡條件求出兩物體質(zhì)量關(guān)系．依據(jù)動(dòng)能定理探討兩物體著地時(shí)速度、動(dòng)能關(guān)系．兩物體下滑過程機(jī)械能都守恒，依據(jù)質(zhì)量關(guān)系分析機(jī)械能的關(guān)系．由P=mgvsinθ探討重力的功率關(guān)系．本題綜合應(yīng)用了動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒和功率公式，要留意速度是矢量，只有大小和方向都相同時(shí)速度才相同．重力的功率不等于P=mgv.

【解答】

解：AB、原來靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，由平衡條件得：mAgsinα=mBgsinβ，得到mA：mB=3：4，

依據(jù)動(dòng)能定理得：mgh=12mv2，得著地時(shí)物體的速度大小v=2gh，動(dòng)能EK=mgh，可見，兩物體著地時(shí)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(zhì)量m不等，高度h相等，則兩物體著地時(shí)的動(dòng)能肯定不相同．故A、B錯(cuò)誤．

C、兩物體下滑過程機(jī)械能都守恒，著地時(shí)機(jī)械能的表達(dá)式為E=mgh17.解：A、因?yàn)榍?m物體的動(dòng)能與位移x成正比，2m時(shí)的動(dòng)能為12J，則x=1m時(shí)的動(dòng)能為6J，因?yàn)橘|(zhì)量m=2kg，則依據(jù)動(dòng)能的公式12mv2=6J，計(jì)算得出v=6m/s，故A錯(cuò)誤；

B、當(dāng)x=3m時(shí)，它正好處于x=2m到x=6m的區(qū)間，這時(shí)動(dòng)能隨位移的增大而勻稱減小，依據(jù)動(dòng)能定理得，物體受到恒定的阻力作用，使其動(dòng)能線性減小，故這段位移內(nèi)物體做的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，依據(jù)12mv2=12J，得此過程的初速度為12m/s，末速度為0，通過的位移為4m，所以依據(jù)v2-v02=2ax可得a=-1.5m/s2，加速度大小為1.5m/s2，故B錯(cuò)誤；

C、在前2m內(nèi)，初速度是0，末速度是12m/s，位移是2m，故依據(jù)x=v0+v2t得：t=2xv=2×212s=233s，故C錯(cuò)誤；

D、對(duì)全程利用動(dòng)能定理得：WF-μmgx=0-0，其中x=6m，解之得WF18.解：AB、由于兩列波干涉的條件是頻率相同，而這兩個(gè)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(qiáng)才使跑道上信號(hào)最強(qiáng)是錯(cuò)誤的，故AB錯(cuò)誤；

C、對(duì)于某一個(gè)頻率而言，并不只有跑道上的位置信號(hào)才最強(qiáng)，兩波源連線的中垂線上的點(diǎn)到兩波源的路程差為零，是加強(qiáng)點(diǎn)，所以其他地方也有最強(qiáng)的位置，故C錯(cuò)誤；

D、由于這兩個(gè)可放射無線電波的天線對(duì)稱地固定于飛機(jī)跑道兩側(cè)的，兩波源連線的中垂線上的點(diǎn)到兩波源的路程差為零，是加強(qiáng)點(diǎn)，所以在跑道上是可以同時(shí)接收到它們的最強(qiáng)信號(hào)，假如偏離了跑道，則不行能這兩個(gè)信號(hào)同時(shí)最強(qiáng)，故D正確。

故選：D。

當(dāng)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(diǎn)到兩波源的路程差為零，都是加強(qiáng)點(diǎn)。

解決本題的關(guān)鍵知道干涉的條件，知道當(dāng)飛機(jī)沿兩波源中垂線著陸時(shí)，路程差為零，為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，接收到的信號(hào)最強(qiáng)。19.解：依據(jù)沖量的定義，重力對(duì)物體的沖量大小為IG=mgt

對(duì)物體受力分析得，物體受到的支持力的大小為：

故支持力的沖量大小為：

因?yàn)槲矬w從頂端勻速下滑究竟端，它的速度沒有改變，動(dòng)量mv也沒有改變，故它的動(dòng)量改變?yōu)?。

故答案為：mgt；mgtcosθ；

0

依據(jù)重力的大小、支持力的大小，結(jié)合沖量的公式求出重力和支持力的沖量，依據(jù)動(dòng)量改變的定義求動(dòng)量改變量。

本題考查了沖量公式的基本運(yùn)用及動(dòng)量的20.解：因?yàn)镻e=8×104W，最大速度vmax=20m/s，故當(dāng)汽車速度最大時(shí)，其加速度為0，即牽引力F與阻力f相等，即F=f；

故阻力的大小f=F=Pevmax=4×103N；

由于汽車做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為2m/s2，故此進(jìn)的牽引力F=f+ma=4×103N+2×103×2N=8×21.解：①想利用平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律反向推出彈簧彈性勢(shì)能的大小，則須要求出小球平拋時(shí)的速度大小，這個(gè)須要利用平拋的規(guī)律來求出，故須要測(cè)量平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移和豎直位移，計(jì)算動(dòng)能大小時(shí)，還須要知道小球的質(zhì)量，故干脆測(cè)定的物理量有CDE；

②依據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律：x=vt，y=12gt2，則v=xg2y

故小球平拋時(shí)的動(dòng)能為：Ek=12mv2=mgx24y

再由機(jī)械能守恒得，彈簧在被壓縮時(shí)的彈性勢(shì)能的表達(dá)