1、高一（下）期末物理試卷6.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.下列關于動量、動能的說法中，正確的是 （?）A.若物體的動能發生了變化，則物體的加速度也發生了變化B.若物體的動能不變，則動量也不變C.若一個系統所受的合外力為零，則該系統的動能不變D.物體所受合外力越大，則它的動量變化就越快.勁度系數為20?/?的彈簧振子，它的振動圖象如圖所示，在圖中A點對應的時亥下列說法錯誤的是（?）A.振子所受的彈力大小為5N,方向指向x軸的負方向B.振子的速度方向指向

2、x軸的正方向C.在04?內振子作了 1.7歌全振動D.在04?內振子通過的路程為 4cm.在水平地面上方某處，把質量相同的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球重力的瞬時功率較大D.落地前瞬間，兩球重力的瞬時功率相等.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？?1、？?2移動的速度？1、?2的關系為？?1

3、 = ?2,則兩曲線代表的沙擺各自擺長？?1、？?2的關系為B. ?1 = 2?2C. ?1 = 4?2A. ?1 = ?2A.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D.在不同頻率的驅動力下的位移7.如圖所示，質量為 m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） 3所受阻力恒定，且下落的加速度為 -?,在運動員下落h的5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3?-5-B.運動員的重力勢能減少了3?-5-C.運動員的機械能減少了3?-5D.運動員的動能增加了3?-5.如圖所示是物體受迫振動的

4、共振曲線，該共振曲線表示了物體8.在光滑的水平面上，有 A, B兩個小球向右沿同一直線運動，取向右為正方向，兩球的動量分別為？?？ = 5?/?, ?= 7?/?,如圖，若 A追上 B并發生正碰，則碰后兩球的動量增量?, ?可能是（?）?= 3?/?, ?= 3?/ ?= -3?/?, ?= 3?/?= 3?/?, ?= - 3?/?= - 10?/?, ?= 10?/?9. 一列簡諧波在？= 0時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的振動圖象，則 （?）若波沿a點的振動圖象x軸正方向傳播，圖乙應為A.B.若波沿x軸正方向傳播，圖乙應為b點的振動圖象C.若波沿x軸

5、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A B,它們的質量均為 在物體B上固定一個水平輕彈簧， 初始時B物體處于靜止狀態，物體 A以速度？?o沿水平方向向右運動，通過彈簧與物體B發生作用，下列說法不正確的是（?）B所做的功A.當彈性勢能最大時，A B兩物體共速B.在從A接觸彈簧到彈簧的彈性勢能逐漸增大的過程中，彈簧對物體為工C.當A的速度變為0的時候，彈簧再一次恢復原長D.整個過程中，整個系統機械能守恒，動量守恒11.如圖所示，木塊B上表面是水平的，當木塊A置于B上，并與B保持相對靜止，一起沿固定的光滑斜面由靜止

6、開始下滑，在下滑過程中（?）A.B對A的摩擦力及支持力的合力垂直于斜面B.B對A做正功C.A對B的摩擦力做正功D. A所受的合外力對 A不做功12.如圖所示，兩質量分別為 ？?1和？?2的彈性小球 A、B疊放在一起，從高度為h處自由落下，h遠大于兩小球半徑，落地瞬間，B先與地面碰撞，后與A碰撞，所有的碰撞都是彈性碰撞，且都發生在豎直方向、碰撞時間均可忽略不計。已知 ？?2= 4?1,則A反彈后能達到的高度大約為 13.2.2?3 h4 h4.8?如圖所示，木塊 B與水平面間的摩擦不計，子彈平方向射入木塊并在極短時間內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

7、過程稱為后木塊壓縮的過程稱為n,則 （?）A.過程I中，子彈和木塊所組成的系統機械能不守恒，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機械能守恒，動量也守恒D.過程n中，子彈、彈簧和木塊所組成的系統機械能守恒，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（未穿出），射入深度為d,平均阻力為f,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（?）A.子彈損失的動能為fdB.子彈對木塊所做的功為 ?（? + ?）C.整個過程中的摩擦生熱為 fdD.整個過程中系統的總動能損失為？（？+ ?）1

8、5.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動的滑塊I、n和它們發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D.碰撞過程中，滑塊I受到的沖量比滑塊n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，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D.兩物體著地時所

9、受重力的功率相同.質量？= 2?洶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？= 0.2, g取10?/?2,則下列 說法中正確的是（?）? = 1?時物塊的速度大小為 2v3?/? = 3?時物塊的力口速度大小為 3?/?2 TOC o 1-5 h z C.在前2m的運動過程中物塊所經歷的時間為2sD.在前6m的運動過程中拉力物塊做的功為24J.如圖所示，兩個可發射無線電波的天線對稱地固定于飛機跑道兩側，兩天線同時都發出頻率為？?1和？?2的無線電波。飛機降落過程中，當接收到？1和？?2的信號都保持

10、最強時，表明飛機已對準跑道。下列說法正確的是（?）A.此系統利用的是波的干涉原理B.在跑道上，？?1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 ？?1的最強信號，其它地方 ？?1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？?1和？?2的最強信號，跑道的其它地方是無法同時接收到？?1和？?2的最強信號的.質量為m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t ,重力加速度為go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 。.額定功率為80kW勺汽車，在平直的公路上行駛的最大速度為20?/?,

11、已知汽車的質量為2 X103?,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？ =N;汽車做勻加速直線運動的時間為？ =s。.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小：將一彈簧（勁度系數未知）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。該同學想利用平拋運動的規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;A彈簧的原長？?0B彈簧的壓縮量?C小球做平拋運動的水平位移xD小球做

12、平拋運動的豎直位移yE小球的質量m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）。一.如圖所示，位于豎直面內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、半徑 ?= 0.2?的粗糙圓形軌道的最低點B點平滑連接。有一質量為？= 0.1?的滑塊1靜止于B點，另一質量? = 0.20?的滑塊2（兩滑塊均可視為質點），從位于軌道上的 A點由靜止開始滑下，已知 A點到B點的高度？= 1.8?, A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C，重力加速度？=10?7?,空氣阻力可忽略不計，求：1）兩滑塊相撞前瞬間滑塊 2的速度大

13、??；2）相撞后瞬間，粘在一起的滑塊對圓軌道B點的壓力的大??；3）粘在一起的滑塊從 B點滑至C點的過程中，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。小球A、B質量分別為mi 3m A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 B球相撞， ?碰撞后B球能達到的取大局度為-4,重力加速度為 go試求：(1)第一次碰撞剛結束時 B球的速度；(2)在碰撞過程中B球對A球的沖量；(3)若A、B兩球的碰撞是完全彈性碰撞，則A球當初是從多高的地方滑下的?.如圖所示，物體B和物體C用勁度系數為？= 1000?7?的輕彈E簧連接并豎直地靜置于水平地面上。將一個物體A從物

14、體B的正上方距離B的高度為？= 20?初由靜止釋放，下落后與物體 B I碰撞，碰撞后A與B粘合在一起并立刻向下運動，在以后的運動 后中，A B不再分離。已知物體 A B C的質量均為？= 2?,重力加速度為？二 10?2,忽略空氣阻力。求：(1)?與B碰撞后瞬間的速度大小；(2)?和B一起運動到最大速度時，物體C對水平地面的壓力多大？(3)開始時，物體 A從距B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？1.如圖所示，兩個半徑為 R的光滑4圓弧軌道AR EF固定在地面上，一質量為 m的小物體（可看成質點）從軌道的最高點 A處由靜止滑下，質量為 m長為R的小車靜止在光滑

15、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，小車即向右運動，當小車右端與壁DE1接觸時，物體恰好滑到小車2）物體滑到小車右端時的速度大小為 。小車與DE相碰后立即停止運動，但與DE不粘連，物體則繼續滑上光滑軌道EF,以后又滑下來沖上小車。求：3）物體滑上EF軌道的最高點P相對于E點的高度？ =。4）水平面CD的長度？ =。5）當物體再從EF上滑下并滑上小車，如果小車與壁BC相碰后速度也立即變為零，最后物體停在小車上的 Q點。則可知Q點距小車的右端距離為。答案1. A 2. D 3. C4. C 5. C6. C 7. D8. B 9. B10. B 11.

16、 A 12. D 13. AD 14. C15. AC 16. D17. D 18. D19. ?Cos?020.4X103521.22.解：1）設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，根據?2?4?機械能守恒得:?= 1?2 2解得？= 6?/?； 2）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B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B點的壓力的大小 人工=F 二 27N ；?2c3）在C點，由重力提供向心力，根據

17、牛頓第二定律得：（？+ ?）?= （?+ ?）號解得？?？ = v2?/ ?；由B到C,利用動能定理得:-(?+ ?)? ?2?+ ? =1(?+ ?)?-12(?+?) ?解得：？?？= - 0.9?,故克服摩擦阻力所做的功 答：1）兩滑塊相撞前瞬間滑塊 2的速度大小為6?/?;2）相撞后瞬間，粘在一起的滑塊對圓軌道B點的壓力的大小為 27N;3）粘在一起的滑塊從 B點滑至C點的過程中，克服摩擦阻力所做的功為0.9?。.解：（1）碰撞后B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:1212 x 3? x ? = 3? X4?解得：？?？=立2?（2）?、B碰撞過程,對B,根據動量

18、定理得:? = 3? - 0解得：? =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、作用時間相等，因此碰撞過程中B對A的沖量與A對B的沖量大小相等、方向相反，故B對A的沖量?=向水平向左;(3)?與B發生完全彈性碰撞，碰撞過程系統動量守恒、機械能守恒，以向右為正方向,由動量守恒定律得：?0 = ? + 3?為由能量守恒定律得：1?0 = 2? + ； x 3?解得：？?o = v2?,在A B碰撞前A下滑過程機械能守恒，對 A,由機械能守恒定律得：12?= 2?0解得：?= ?,即A從R高處落下。答：(1)第一次碰撞剛結束時 B球的速度大小 烏?，方向：水平向左;3?v2?

19、(2)在碰撞過程中 B球對A球的沖量大小 一2一，萬向：水平向左； (3)若A、B兩球的碰撞是完全彈性碰撞，則 A球當初是R高的地方滑下的。.解：?= 20?= 0.20?;(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：12?= 2?2?代入數據解得：？?？ = 2?/ ?A與B相撞過程系統內力遠大于外力，系統動量守恒，以向下為正方向，由動量守恒定律得：? = 2?代入數據解得：？= 1?/?(2)當A與B一起運動到最大速度時，就是A與B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：代入數據解得：由牛頓第三定律可知，C對地面的壓力大小為：斑二F工

20、二60.V(3)設A從高度h下落，A下落過程只有重力做功，機械能守恒，由機械能守恒定律得:1. 2?= 2?A下落到與B相碰撞前瞬間的速度為：？?？ = v?,A與B相撞過程系統內力遠大于外力，系統動量守恒，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匹?,A與B碰撞前，B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,?2X10下移動的距離為：？?0 =?=而00? = 0.02?,當地面對C的支持力為零，即彈簧對 C的拉力等于 C的重力時，C恰好離開水平地面,彈簧對 C的拉力：?= ?= ?, ?2X10此時彈簧的伸長量：？= =而00?

21、= 0.02?= ?0,C恰好離開地面時，A、B的速度為零，以 A與B相碰時所處平面為重力勢能的零勢面，從A、B碰撞后瞬間到C恰好離開地面過程，由機械能守恒定律得：1x2?x? 2+ 1?0= 2?x2?o+ ?2,代入數據解得：？ = 8?/?, ?= 0.16;答：(1)?與B碰撞后瞬間的速度大小是 1?/?;(2)?和B一起運動到最大速度時，物體C對水平地面的壓力大小是 60N;(3)開始時，物體 A從距B的高度為0.16?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。 1 133. v2? 5V2? 4?2?8?【解析】.解：A、小石塊被水平拋出后只受到重力的作用，所以機械

22、能守恒，故 A正確；B、木箱沿粗糙斜面勻速下滑的過程中，滑動摩擦力對物體做功，則其機械能不守恒， 故B錯誤.C、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；H子彈射穿木塊的過程要克服阻力做功，機械能不守恒，故D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.解：A、若物體的動能發生了變化，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A錯誤

23、；B、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 B錯誤；C、若一個系統所受的合外力為零，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 統的動能變化，故 C錯誤；H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F3 =4,即干介=笑，物體所受合外力越大，則它的動量變化就越快，故D正確。故選：D勻變速直線運動的物體動能變化、加速度不變；根據勻速圓周運動分析動能和動量；根 據能

24、的轉化分析動能是否變化；根據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，根據實際例子進行分析。.解：A如圖所示，在圖中的A點，其位移為？= 0.25?,故此時它受到的彈力？二 ?= 20 X0.25?= 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 A正確；B、從圖象看出，A點在向x正方向運動，故 B正確；C由圖可知，其周期為 ？= 2?,故它在4s內作了 2個次全振動，故 C錯誤；H由于在04?內，振子經過了 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2X4X0.5?= 4?

25、,故D正確。本題選錯誤的，故選：C彈簧振子的回復力是彈力，根據 ？= - ?怵得彈力。？- ?圖象切線的斜率表示速度方向。振子一個周期內完成一次全振動，分析時間與周期的關系，確定 0- 4?內振 動的次數。振子在一個周期內通過的路程是4A。本題關鍵要掌握簡諧運動的特征：？= - ?汾析彈簧的彈力。通過分析位移即可分析振子的運動情況。.解：A兩球落地時的高度相同，而重力又相同，故根據 ？= ?加知，兩球的重力做功一樣多，故 A錯誤；B、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 ?.一 間會長一些，根據？=而可知，兩球重力的平均功率不相等，故B錯誤；CD根據機械能守

26、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球的重力的瞬時功率較大，故 C正確，D錯誤。故選：C 一 ?根據重力做功的計算公式 ？= ?何得兩球重力彳功；根據 ？=石分析平均功率；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 P與速度的大小和方向都有關。.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，？?1上漏斗

27、擺動的周期為？?1, ?2上漏斗擺動 ?的周期為？?2,則？?1 = 2?2,又因為單擺的周期公式可知 ？= 2?萬，由于位置一樣，故g相同，所以？1 = 4?2,故C正確，ABD昔誤。故選：C單擺的擺動和木板的運動同時進行，時間相同，根據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生，然后結合速度的定義求解周期，屬于基礎題。.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，ABD昔誤。故選：C明確圖象中橫縱坐標對應的物理量，根據共振的性質分析圖象的意義。本題考查共振圖象

28、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。.解：A、由題意可知，蹦極繩未拉直，說明運動員下落h高度的過程中，只受重力和 3 阻力，又因為運動員下落的加速度度為 W?,對運動員受力分析，根據牛頓第二定律得：?- ?= ?,代入得出：阻力大??？= 2?,所以運動員克服阻力所做的功為5一 2 ,?= 5?,故 A錯誤；B、因為運動員下落了 h的高度，而重力的方向是豎直向下的，故重力做的功為mgh所以重力勢能減少量也是mgh故B錯誤；C根據功能關系，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 2的機械能減少了 5?故C錯誤；.

29、一一 、 .一.一3D 根據動能定理得：？- ?=?,得?二七？?，所以運動員的動能5一 3一 一增加了 ?,故D正確。5故選：D先根據牛頓第二定律求出阻力大小， 再根據功的公式求運動員克服阻力所做的功；根據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。.解：A、兩球碰撞過程，系統的動量守恒，兩球動量變化量應大小相等，方向相反， 若?= 3?/?, ?= 3?/?,違反了動量守恒定律，不可能，故 A錯誤.B、根

30、據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?/?,根據碰撞 過程總動能可能不增加，是可能發生的，故 B正確.C、根據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 ？ ？= 8?/?、？ ?= 4?/?,由題，碰 撞后，兩球的動量方向都與原來方向相同，A的動量不可能沿原方向增大，與實際運動不符，故C錯誤.H 如果?= - 10?/?、?= 10?/?,所以碰后兩球的動量分別 為？ ?= - 5?/?、？ ？= 17?/?,可以看出，碰撞后 A的動能不變， 而B的動能增

31、大，違反了能量守恒定律，不可能.故D錯誤.故選：？?.當A球追上B球時發生碰撞，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.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 ？= 0時刻質點的位移為零，所以圖乙不可能是圖甲中a的振動圖象。故 A錯誤。B、若波沿x軸正方向傳播，b質點的速度方向沿 y軸正方向，此時刻 b的位移為零，由乙圖看出？ = 0時刻質點經過位置沿 y軸正方向振動，所以乙圖是甲圖中b質點的振 動圖象。故B正確，D錯誤。C圖甲中質點c此時刻處于波谷，位

32、移為負向最大，圖乙不可能c點的振動圖象。故C錯誤。故選：Bo由波的傳播方向判斷甲圖上質點的振動方向.根據振動圖象？= 0時刻質點的狀態，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系的能力，找出兩種圖象之間對應關系是應培養的基本功.解：A、當物體A與B相碰撞時，壓縮彈簧，這樣彈簧給B 一個向右的力，給 A一個向左的力，使得 A減速，B加速，但是由于 A有一定的初速度，故 A通過的距離要比 B通過的距離大，所以彈簧會先壓縮，當 A與B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，A、B兩物體共速，故 A正確；B、XA A和B而言，動量守恒，設向右為正

33、方向，則在共速時，？0= 2？,所以共., .、1速的速度？= 2？0,即在從A接觸彈簧到彈簧的彈性勢能逐漸增大的過程中，根據動能定理，彈簧對物體 B所做的功？= ？二 8？2,故B錯誤；C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的速度變為0的時候，彈簧再一次恢復原長，故C正確；D由以上分析可知，整個過程中，整個系統機械能守恒，動量守恒，故 D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B根據動能定理求出彈簧對物體B所做的功；明確兩物體的運

34、動過程，根據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定正方向。.解：A、因為斜面光滑，故 A與B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A受力分析，如圖所示，可知，B對A的支持力是豎直向上的，摩擦力是水平向左的，對AB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A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B對它的支持力和摩擦力合成的，故 A正確； B、根據力的相互性可知

35、，B對A的合力方向垂直于斜面， 而物體是沿斜面向下運動的， 故B對A的力與位移的夾角是 90度，所以B對A不做功，故B錯誤；C、因為B對A的摩擦力水平向左，根據力的作用是相互的規律，則A對B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A對B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；HA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D錯誤；故選：A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，根據夾角可判功的正負。判斷外力是否做功及功的正負可根據做功的條件是否

36、做功，再根據力與位移方向的夾角判斷功的正負，也可以根據力與速度方向的夾角判斷功的正負。.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：？= V2?2碰撞地之后，速度瞬間反向，大小相等，選 ？?1與？?2碰撞過程為研究過程，碰撞前 后動量守恒，設碰后 ？?1、？?2速度大小分別為？?1、？?2,選向上方向為正方向，由動量 守恒定律得：?2? - ?1?= ?1?1 + ?2?2由能量守恒定律得：2（?1+ ?2）?2 = ?1?2 + 1?2?2由題可知：？?2 = 4?1 TOC o 1-5 h z 一 一11聯立解得：？?1 =?5一一

37、_?2反彈后圖度為：？= 2?= 4.8?,故D正確，ABC昔誤。故選：D下降過程為自由落體運動，觸地時兩球速度相同，但？?2碰撞地之后，速度瞬間反向，大小相等，而？?1也會與？?2碰撞，選？?1與？?2碰撞過程為研究過程， 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A球碰撞后的速度是關鍵。.解：AB在子彈射入木塊到剛相對于靜止的過程I中，子彈和木塊組成的系統不受外力，系統的動量守恒，但要系統克服阻力做功， 產生內

38、能，所以系統的機械能不守恒，故A正確，B錯誤；CD在n過程中，系統受到墻壁的作用力，外力之和不為零，則系統的動量不守恒，但系統只有彈簧彈力做功，系統的機械能守恒.故C錯誤，D正確.故選：AD動量守恒的條件是系統不受外力，或所受的外力之和為零.對照條件分析系統的動量是否守恒.根據能量轉化情況判斷系統的機械能是否守恒.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，注意分析系統所受的外力.解：A選地面為參考系，則對于子彈而言，利用動能定理得：一h +力=風科， 故子彈損失的動能為 ?(? + ?),故A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 fs ,故

39、B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fd ,故C正確；H根據能量守恒知，整個過程中系統的總動能損失轉化為因摩擦產生的熱，即fd,故D錯誤。故選：C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fs ,以子彈為研究對象，根據動能定理求子彈的動能變化量，根據相對位移求摩擦生熱，最后得到系統總動能損失量。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。.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

40、的速度比滑塊n的速度大，故 a 錯誤；B、碰撞后的總動量為正，根據動量守恒定律，碰撞前的總動量也為正，故碰撞前滑塊I的動量較大，故 B錯誤；C 根據動量守恒定律，有：5?1 -3?2=2(?1 +?2),解得 3?1=5?2,即？1 ?2,故滑塊i的質量比滑塊n的質量大，故 C正確；H碰撞過程中，滑塊I受到的沖量與滑塊n受到的沖量等大、反向，故 D錯誤。故選：AC根據？- ?圖象得到滑塊I、II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動量守恒，然后根據動量守恒定律和動量定理列式分析。.【分析】原來平衡時，根據平衡條件求出兩物體質量關系.根據動能定理研

41、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：AB原來靜止狀態時，由平衡條件得：？?？?sin ? = ?sin ?，得到?: ? = 3:4,1根據動能定理得：? = 2 ?2,得著地時物體的速度大小 ？ = v2?,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 m不等，高度h相等，則兩物體著地時的動能一定不相同.故A B錯誤.C

42、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.D兩物體著地時所受重力的功率分別為? = ?sin ?, ? = ?sin ?,由于？?？?sin ?= ?sin ?, ? = ?,所以？?？ = ?.故 D正確.故選：？?.解：A因為前2m物體的動能與位移 x成正比，2m時的動能為12J,則？ = 1?時 的動能為6J,因為質量？= 2?,則根據動能的公式2 ?2 = 6?,計算得出？=v6?/?,故 A 錯誤；B、當？ = 3?寸，它正好處于？= 2?到？= 6?的區間，這時動能隨位移的增大而均勻減小，根據動能定理得，物體

43、受到恒定的阻力作用，使其動能線性減小，故這段位移內物體做的勻減速直線運動，根據；？t=12?,得此過程的初速度為 vt2?/?,末速度為0,通過的位移為4nl所以根據？?2- ?0 = 2?彳#?= - 1.5?/?2,加速度大小為1.5?7?2,故B錯誤；C在前2m內，初速度是0,末速度是V12?7?,位移是23故卞!據？=3p?得:2?2x223,?= k =?=？，故 C 錯誤;?23D對全程利用動能定理得：？?？- ?= 0- 0,其中？ = 6?,解之得？?？= 24?,故全過程的拉力做的功為 24J,故D正確。由圖讀出？= 1?時的動能，再根據動能公式求速度大小。x在2- 6?內，

44、動能隨位移的增大而均勻減小，根據動能定理得，物體受到恒定的阻力作用，使其動能線性減小，故這段位移內物體做的勻減速直線運動，根據速度-位移公式求加速度。 前2m內物體做勻加速直線運動，根據位移等于平均速度乘以時間求經歷的時間。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 二定律和運動學規律解答。.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AB錯誤；C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

45、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；H由于這兩個可發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D正確。故選：D 當兩波的頻率相同，可以發生干涉，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。.解：根據沖量的定義，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： 故支

46、持力的沖量大小為：因為物體從頂端勻速下滑到底端，它的速度沒有變化，動量mv也沒有變化，故它的動量變化為0。根據重力的大小、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。.解：因為？?？= 8X104?,最大速度？?max= 20?,故當汽車速度最大時，其加速度為0,即牽引力F與阻力f相等，即?= ?;故阻力的大小？= ?= ?-= 4X103?;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？= ?+ ? =4 X103?+ 2 X103 X2?= 8 x 103?,則

47、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？?1 = 方=10?/?,則汽車做勻加速直?.線運動的時間為？ = / = 5?。故答案為：4X103； 5。當汽車的牽引力與阻力相等時，速度最大，根據額定功率和最大速度求出阻力的大小，根據牛頓第二定律求出牽引力的大??；根據？= ?建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律，知道當牽引力與阻力相等時，速度最大。.解：想利用平拋運動的規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律

48、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CDE根據平拋運動的規律：？= ?, ?= ?2,貝U?= ?v2?1。?2?2故小球平拋時的動能為：? = 2?2 = -4?-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:?2故答案為：CDE根據能量守恒，結合平拋運動的規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;再依據平拋運動規律，結合運動學公式，及機械能守恒定律，即可求解。解決本題的關鍵知道實驗的原理和注意事項，知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的 運動規律，結合運動學公式靈活求解，理解機械能守恒定律的應用。. 1）滑塊2由A到B的過程，根據機械能守恒定律求兩滑塊相撞前瞬間滑塊2的速度大小；2)滑塊1與2相碰過程，由動量守恒定律求出碰后共同速度，再對整體，利用牛頓第二定律求軌道對滑塊的支