【高考真題】2022年6月新高考物理真題試卷（浙江卷）一、選擇題Ⅰ（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）1．下列屬于力的單位是（）A．kg·m/s2 B．kg·m/s C．kg·m2/s D．kg·s/m22．下列說法正確的是（）A．鏈球做勻速圓周運動過程中加速度不變B．足球下落過程中慣性不隨速度增大而增大C．乒乓球被擊打過程中受到的作用力大小不變D．籃球飛行過程中受到空氣阻力的方向與速度方向無關3．如圖所示，魚兒擺尾擊水躍出水面，吞食荷花花瓣的過程中，下列說法正確的是（）A．魚兒吞食花瓣時魚兒受力平衡B．魚兒擺尾出水時浮力大于重力C．魚兒擺尾擊水時受到水的作用力D．研究魚兒擺尾擊水躍出水面的動作可把魚兒視為質點4．關于雙縫干涉實驗，下列說法正確的是（）A．用復色光投射就看不到條紋B．明暗相間條紋是兩列光在屏上疊加的結果C．把光屏前移或后移，不能看到明暗相間條紋D．藍光干涉條紋的間距比紅光的大5．下列說法正確的是（）A．恒定磁場對靜置于其中的電荷有力的作用B．小磁針N極在磁場中的受力方向是該點磁感應強度的方向C．正弦交流發電機工作時，穿過線圈平面的磁通量最大時，電流最大D．升壓變壓器中，副線圈的磁通量變化率大于原線圈的磁通量變化率6．神舟十三號飛船采用“快速返回技術”，在近地軌道上，返回艙脫離天和核心艙，在圓軌道環繞并擇機返回地面。則（）A．天和核心艙所處的圓軌道距地面高度越高，環繞速度越大B．返回艙中的宇航員處于失重狀態，不受地球的引力C．質量不同的返回艙與天和核心艙可以在同一軌道運行D．返回艙穿越大氣層返回地面過程中，機械能守恒7．圖為氫原子的能級圖。大量氫原子處于n=3的激發態，在向低能級躍遷時放出光子，用這些光子照射逸出功為2.29eV的金屬鈉。下列說法正確的是（）A．逸出光電子的最大初動能為10.80eVB．n=3躍遷到n=1放出的光電子動量最大C．有3種頻率的光子能使金屬鈉產生光電效應D．用0.85eV的光子照射，氫原子躍遷到n=4激發態8．如圖所示，王亞平在天宮課堂上演示了水球光學實驗，在失重環境下，往大水球中央注入空氣，形成了一個空氣泡，氣泡看起來很明亮，其主要原因是（）A．氣泡表面有折射沒有全反射 B．光射入氣泡衍射形成“亮斑”C．氣泡表面有折射和全反射 D．光射入氣泡干涉形成“亮斑”9．如圖所示，帶等量異種電荷的兩正對平行金屬板M、N間存在勻強電場，板長為L（不考慮邊界效應）。t=0時刻，M板中點處的粒子源發射兩個速度大小為v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到達N板時速度大小為2vA．M板電勢高于N板電勢B．兩個粒子的電勢能都增加C．粒子在兩板間的加速度為a=D．粒子從N板下端射出的時間t=10．如圖所示，一輕質曬衣架靜置于水平地面上，水平橫桿與四根相同的斜桿垂直，兩斜桿夾角θ=60°。一重為G的物體懸掛在橫桿中點，則每根斜桿受到地面的（）A．作用力為33G C．摩擦力為34G 11．如圖所示，一根固定在墻上的水平光滑桿，兩端分別固定著相同的輕彈簧，兩彈簧自由端相距x。套在桿上的小球從中點以初速度v向右運動，小球將做周期為T的往復運動，則（）A．小球做簡諧運動B．小球動能的變化周期為TC．兩根彈簧的總彈性勢能的變化周期為TD．小球的初速度為時，其運動周期為2T12．風力發電已成為我國實現“雙碳”目標的重要途經之一。如圖所示，風力發電機是一種將風能轉化為電能的裝置。某風力發電機在風速為9m/s時，輸出電功率為405kW，風速在5~10m/s范圍內，轉化效率可視為不變。該風機葉片旋轉一周掃過的面積為A，空氣密度為ρ，風場風速為v，并保持風正面吹向葉片。下列說法正確的是（）A．該風力發電機的輸出電功率與風速成正比B．單位時間流過面積A的流動空氣動能為1C．若每天平均有1.0×108kW的風能資源，則每天發電量為2.4×109kW·hD．若風場每年有5000h風速在6~10m/s的風能資源，則該發電機年發電量至少為6.0×105kW·h13．小明用額定功率為1200W、最大拉力為300N的提升裝置，把靜置于地面的質量為20kg的重物豎直提升到高為85.2m的平臺，先加速再勻速，最后做加速度大小不超過5m/s2的勻減速運動，到達平臺速度剛好為零，則提升重物的最短時間為（）A．13.2s B．14.2s C．15.5s D．17.0s二、選擇題Ⅱ（本題共3小題，每小題2分，共6分。每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的。全部選對的得2分，選對但不選全的得1分，有選錯的得0分）14．秦山核電站生產C614的核反應方程為N714+A．X是HB．C6C．e?1D．經過一個半衰期，10個C615．如圖為某一徑向電場示意圖，電場強度大小可表示為E=aA．軌道半徑r小的粒子角速度一定小B．電荷量大的粒子的動能一定大C．粒子的速度大小與軌道半徑r一定無關D．當加垂直紙面磁場時，粒子一定做離心運動16．位于x=0.25m的波源P從t=0時刻開始振動，形成的簡諧橫波沿x軸正負方向傳播，在t=2.0s時波源停止振動，t=2.1s時的部分波形如圖所示，其中質點a的平衡位置xa=1.75m，質點b的平衡位置xb=－0.5m。下列說法正確的是（）A．沿x軸正負方向傳播的波發生干涉B．t=0.42s時，波源的位移為正C．t=2.25s時，質點a沿y軸負方向振動D．在0到2s內，質點b運動總路程是2.55m三、非選擇題（本題共6小題，共55分）17．（1）①“探究小車速度隨時間變化的規律”實驗裝置如圖1所示，長木板水平放置，細繩與長木板平行。圖2是打出紙帶的一部分，以計數點O為位移測量起點和計時起點，則打計數點B時小車位移大小為cm。由圖3中小車運動的數據點，求得加速度為m/s2（保留兩位有效數字）。②利用圖1裝置“探究加速度與力、質量的關系”的實驗，需調整的是（多選）。A．換成質量更小的車B．調整長木板的傾斜程度C．把鉤碼更換成砝碼盤和砝碼D．改變連接小車的細繩與長木板的夾角（2）“探究求合力的方法”的實驗裝置如圖4所示，在該實驗中，

①下列說法正確的是（單選）；A．拉著細繩套的兩只彈簧秤，穩定后讀數應相同B．在已記錄結點位置的情況下，確定一個拉力的方向需要再選擇相距較遠的兩點C．測量時彈簧秤外殼與木板之間不能存在摩擦D．測量時，橡皮條、細繩和彈簧秤應貼近并平行于木板②若只有一只彈簧秤，為了完成該實驗至少需要（選填“2”、“3”或“4”）次把橡皮條結點拉到O。18．（1）探究滑動變阻器的分壓特性，采用圖1所示的電路，探究滑片P從A移到B的過程中，負載電阻R兩端的電壓變化。①圖2為實驗器材部分連線圖，還需要（選填af、bf、fd、fc、ce或cg）連線（多選）。②圖3所示電壓表的示數為V。③已知滑動變阻器的最大阻值R0=10Ω，額定電流I=1.0A。選擇負載電阻R=10Ω，以R兩端電壓U為縱軸，為xL橫軸（x為AP的長度，L為AB的長度），得到U?xL分壓特性曲線為圖4中的“I”；當R=100Ω，分壓特性曲線對應圖4中的（2）兩個相同的電流表G1和G2如圖5所示連接，晃動G1表，當指針向左偏轉時，靜止的G2表的指針也向左偏轉，原因是_________（多選）。A．兩表都是“發電機”B．G1表是“發電機”，G2表是“電動機”C．G1表和G2表之間存在互感現象D．G1表產生的電流流入G2表，產生的安培力使G2表指針偏轉19．物流公司通過滑軌把貨物直接裝運到卡車中，如圖所示，傾斜滑軌與水平面成24°角，長度l1=4m，水平滑軌長度可調，兩滑軌間平滑連接。若貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑，其與滑軌間的動摩擦因數均為μ=2（1）求貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度a1的大小；（2）求貨物在傾斜滑軌末端時速度v的大小；（3）若貨物滑離水平滑軌末端時的速度不超過2m/s，求水平滑軌的最短長度l2。20．如圖所示，在豎直面內，一質量m的物塊a靜置于懸點O正下方的A點，以速度v逆時針轉動的傳送帶MN與直軌道AB、CD、FG處于同一水平面上，AB、MN、CD的長度均為l。圓弧形細管道DE半徑為R，EF在豎直直徑上，E點高度為H。開始時，與物塊a相同的物塊b懸掛于O點，并向左拉開一定的高度h由靜止下擺，細線始終張緊，擺到最低點時恰好與a發生彈性正碰。已知m=2g，l=1m，R=0.4m，H=0.2m，v=2m/s，物塊與MN、CD之間的動摩擦因數μ=0.5，軌道AB和管道DE均光滑，物塊a落到FG時不反彈且靜止。忽略M、B和N、C之間的空隙，CD與DE平滑連接，物塊可視為質點。

（1）若h=1.25m，求a、b碰撞后瞬時物塊a的速度v0的大小；（2）物塊a在DE最高點時，求管道對物塊的作用力FN與h間滿足的關系；（3）若物塊b釋放高度0.9m<h<1.65m，求物塊a最終靜止的位置x值的范圍（以A點為坐標原點，水平向右為正，建立x軸）。21．艦載機電磁彈射是現在航母最先進的彈射技術，我國在這一領域已達到世界先進水平。某興趣小組開展電磁彈射系統的設計研究，如圖1所示，用于推動模型飛機的動子（圖中未畫出）與線圈絕緣并固定，線圈帶動動子，可在水平導軌上無摩擦滑動。線圈位于導軌間的輻向磁場中，其所在處的磁感應強度大小均為B。開關S與1接通，恒流源與線圈連接，動子從靜止開始推動飛機加速，飛機達到起飛速度時與動子脫離；此時S擲向2接通定值電阻R0，同時施加回撤力F，在F和磁場力作用下，動子恰好返回初始位置停下。若動子從靜止開始至返回過程的v-t圖如圖2所示，在t1至t3時間內F=(800－10v)N，t3時撤去F。已知起飛速度v1=80m/s，t1=1.5s，線圈匝數n=100匝，每匝周長l=1m，飛機的質量M=10kg，動子和線圈的總質量m=5kg，R0=9.5Ω，B=0.1T，不計空氣阻力和飛機起飛對動子運動速度的影響，求（1）恒流源的電流I；（2）線圈電阻R；（3）時刻t3。22．離子速度分析器截面圖如圖所示。半徑為R的空心轉筒P，可繞過O點、垂直xOy平面（紙面）的中心軸逆時針勻速轉動（角速度大小可調），其上有一小孔S。整個轉筒內部存在方向垂直紙面向里的勻強磁場。轉筒下方有一與其共軸的半圓柱面探測板Q，板Q與y軸交于A點。離子源M能沿著x軸射出質量為m、電荷量為－q（q>0）、速度大小不同的離子，其中速度大小為v0的離子進入轉筒，經磁場偏轉后恰好沿y軸負方向離開磁場。落在接地的筒壁或探測板上的離子被吸收且失去所帶電荷，不計離子的重力和離子間的相互作用。（1）①求磁感應強度B的大小；②若速度大小為v0的離子能打在Q板的A處，求轉筒P角速度ω的大小；（2）較長時間后，轉筒P每轉一周有N個離子打在板Q的C處，OC與x軸負方向的夾角為θ，求轉筒轉動一周的時間內，C處受到平均沖力F的大小；（3）若轉筒P的角速度小于6v

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】根據牛頓第二定律有F=ma，m=1kg，a=1m/s2，F=1N，

所以1N=1kg·m/s2

則屬于力的單位為kg·m/s2.

故選A。

【分析】根據力學中的三個基本單位結合牛頓第二定律列方程求解。2．【答案】B【解析】【解答】A.鏈球做勻速圓周運動時加速度大小不變，但方向時刻都在改變，故A錯誤。

B.足球的慣性只與質量有關，與其他因素無關，故B正確。

C.乒乓球被擊打過程中受到的作用力隨著形變量的減小而減小，故C錯誤。

D.籃球飛行過程中所受阻力的方向與速度方向相反，故D錯誤。

故答案為：B。

【分析】加速度是矢量，既有大小，又有方向；慣性只與質量有關與其他因素無關；乒乓球所受的作用力與形變量的大小有關；籃球所受空氣阻力與速度方向相反。3．【答案】C【解析】【解答】A．魚兒吞食花瓣時只受重力，處于完全失重狀態，受力不平衡，故A錯誤。

B．魚兒擺尾出水的原因是擺尾時水對魚向上的作用力大于重力，故B錯誤。

C.魚兒擺尾時對水有作用力，由牛頓第三定律可得水對魚尾也有作用力，故C正確。

D．研究魚兒擺尾擊水躍出水面的動作不可以把魚兒視為質點，D錯誤。

故選C。

【分析】根據魚躍出水面時的運動狀態進行受力分析，結合力與運動的關系分析求解。4．【答案】B【解析】【解答】A．用復色光投射看到的時彩色條紋，故A錯誤；

B．雙縫干涉實驗中，明暗相間條紋是兩列光在屏上發生干涉疊加的結果，B正確；

C．由條紋間距公式?x=Ldλ知，把光屏前移或后移，改變了L，從而改變了條紋間距，但還可能看到明暗相間條紋，故C錯誤；

D．根據條紋間距?x=Ldλ和λ藍<λ5．【答案】B【解析】【解答】A．恒定磁場對速度不平行于磁感線的運動電荷才有力的作用，A錯誤；

B．根據磁感應強度的定義：小磁針N極在磁場中的受力方向是該點磁感應強度的方向，B正確；

C．根據正弦交流交流電的產生規律可得，穿過線圈平面的磁通量最大時，電流為0，C錯誤；

D．根據變壓器的原理可知，副線圈中磁通量的變化率小于或等于原線圈中磁通量的變化率，D錯誤。

故答案為：B。

【分析】磁場對靜止電荷或平行磁場運動的電荷沒有力的作用；小磁針N極在磁場中的受力方向是該點磁感應強度的方向；正弦交流電磁通量最大時，電流為零；理想變壓器原副線圈磁通量的變化率相同。6．【答案】C【解析】【解答】A．根據萬有引力提供向心力GMmR2=mv2R，可得v=GMR，可知圓軌道距地面高度越高，環繞速度越小；而只要環繞速度相同，返回艙和天和核心艙可以在同一軌道運行，與返回艙和天和核心艙的質量無關，故A錯誤。

7．【答案】B【解析】【解答】A．由題可知，從n=3躍遷到n=1放出的光電子能量最大，根據光電效應方程Ek=hν-W0

可得此時最大初動能為9.8eV，故A錯誤。

B．根據光子動量的表達式P=hλ=hνc，又因為光子的能量E=hν，所以光子的能量越大，頻率越大，動量越大，從n=3躍遷到n=1放出的光子能量最大，故可知動量最大，故B正確；

C．大量氫原子從n=3的激發態躍遷基態能放出6種頻率的光子，其中從n=3躍遷到n=2放出的光子能量為1.89eV，小于2.29eV，所以不能使金屬鈉產生光電效應，其他兩種均可以，故C錯誤；

D．由于從n8．【答案】C【解析】【解答】當光從水中射到空氣泡的界面處時，一部分光的入射角大于或等于臨界角，發生了全反射現象；還有一部分光折射到內壁然后再折射出去，所以水中的空氣泡看起來比較亮。故A，B，D錯誤，C正確。

故答案為：C。

【分析】根據題中所描述的光學現象結合光的折射，反射和全反射的現象和規律進行分析。9．【答案】C【解析】【解答】A．題中沒有給出帶電粒子的正負，無法確定兩板間的電場強度方向，故無法判斷M板和N板的電勢高低，故A錯誤；

B．根據題意粒子到達N板時速度增加，動能增加，則電場力做正功，電勢能減小，故B錯誤；

C．因為粒子到達N板時速度為2v0，則粒子垂直金屬板方向的速度為v0由勻變速直線運動規律可得a=2v02L，故C正確。

D.粒子在垂直金屬板方向做勻加速直線運動，則10．【答案】B【解析】【解答】設斜桿的彈力大小為F，以水平橫桿和重物為整體，豎直方向根據受力平衡可得G=4Fcosθ2，解得F=36G

對斜桿受力分析，每根斜桿受到地面的作用力應與F平衡，即大小為36G，每根斜桿受到地面的摩擦力為11．【答案】B【解析】【解答】A．小球在運動過程中，所受合外力大小與偏離平衡位置的位移不成正比，故小球做的不是簡諧運動，故A錯誤；

B．小球做周期性運動，且在關于中點對稱的兩側位置動能相同，所以小球動能變化的周期為運動周期的一半，故動能變化的周期為T2，故B正確。

C.由B可知動能變化的周期為T2，且整個系統機械能守恒，所以彈簧彈性勢能的變化周期與動能變化周期相等，故C錯誤。

D．小球的初速度為v2時，可知小球在勻速階段的時間變為原來的2倍，接觸彈簧過程，根據彈簧振子周期公式，可知接觸彈簧過程所用時間與速度無關，即接觸彈簧過程時間保持不變，故小球的初速度為v2時，其運動周期應小于2T，D錯誤；12．【答案】D【解析】【解答】A．風力發電機的原理是將空氣的動能轉化為電能，單位時間內風的動能為Ek=12mv2=12ρAv·v2，所以單位時間內風的動能與速度的三次方成正比，轉化的電功率與速度的三次方成正比，故A錯誤。

B.由A可知單位時間流過面積A的動能為Ek=1213．【答案】C【解析】【解答】若想在最短的時間內將物體提升至平臺，則先以最大拉力做勻加速直線運動，達到額定功率后保持額定功率，達到最大速度后保持勻速，最后以最大加速度減速到達終點。勻加速階段由牛頓第二定律可得F-mg=ma1，解得a1=5m/s2，達到額定功率時P=Fv1，得v1=4m/s；由運動學公式可得t1=v1a1=0.8s，h114．【答案】A,B【解析】【解答】A．根據質量數守恒和電荷數守恒可知，X的質子數為1，中子數為1，即為H11，故A正確；

B．一些元素的放射性同位素常用作示蹤原子，故B正確；

C．衰變過程中放出的電子由原子核內的一個中子轉化為一個質子和一個電子，電子被釋放出來，所以電子來自原子核內，故C錯誤；

D．半衰期只對于大量原子核衰變有意義，個數較少時規律不成立，故D錯誤。

故選AB。15．【答案】B,C【解析】【解答】A．由題意可知電場力提供向心力qE=mω2r，E=ar，解得ω=aqm1r可知角速度與軌道半徑成反比，所以半徑越小角速度越大，故A錯誤；

B.由A可知粒子的線速度v=ωr=aqm16．【答案】B,D【解析】【解答】A.兩列波從同一位置向相反方向傳播不會發生相遇，故不會發生干涉，故A錯誤。

B.由圖可知波長為1m，0.1s內傳播了四分之一波長可得周期為0.4s，根據同側法可得波源的震動方向向上，所以0.42s時波源的位移為正，故B正確。

C.由題可知波速為2.5m/s，波源停止振動，到質點a停止振動的時間為0.6s>0.25s，即質點a還在繼續振動，結合圖象可知質點a位移為正且向y軸正方向運動，故C錯誤；

D.波傳到b點所需的時間t=0.3s；在0到2s內，質點a振動的時間為1.7s，質點b運動總路程17倍的振幅，所以總路程為2.25m，故D正確。

故選BD。

【分析】根據兩個波發生干涉的條件以及機械波的波長，波速和周期頻率之間的關系列方程求解。17．【答案】（1）6.20±0.05；1.9±0.2；BC（2）D；3【解析】【解答】（1）①根據刻度尺的讀數原理可得O到B的距離為6.20cm

由圖3中小車運動的數據點，有a=?v?t=1.05-0.300.4=1.9m/s

②A．利用圖1裝置“探究加速度與力、質量的關系”的實驗時，需要滿足小車質量遠遠大于鉤碼質量，所以不需要換質量更小的車，故A錯誤；

B．利用圖1裝置“探究加速度與力、質量的關系”的實驗時，需要平衡摩擦阻力，所以需要將長木板的一端墊高，故B正確；

C．以系統為研究對象，依題意“探究小車速度隨時間變化的規律”實驗時有1.9m/s≈mg-fM+m，因為f<<mg，則有1.9m/s≈mgM+m，解得M≈4m，而利用圖1裝置“探究加速度與力、質量的關系”的實驗時要保證所懸掛質量遠小于小車質量；可知目前實驗條件不滿足，所以利用當前裝置在“探究加速度與力、質量的關系”時，需將鉤碼更換成砝碼盤和砝碼，以滿足小車質量遠遠大于所懸掛物體的質量，故C正確；

D．實驗過程中，需將連接砝碼盤和小車的細繩應跟長木板始終保持平行，與之前的相同，故D錯誤。

故選BC。

（2）①A．在不超出彈簧測力計的量程和橡皮條形變限度的條件下，使拉力適當大些，不必使兩只測力計的示數相同，故A錯誤；

B．在已記錄結點位置的情況下，確定一個拉力的方向需要再選擇相距較遠的一個點就可以了，故B錯誤；

C．實驗中拉彈簧秤時，只需讓彈簧與外殼間沒有摩擦，此時彈簧測力計的示數即為彈簧對細繩的拉力相等，與彈簧秤外殼與木板之間是否存在摩擦無關，故C錯誤；

D．為了減小實驗中摩擦對測量結果的影響，拉橡皮條時，橡皮條、細繩和彈簧秤應貼近并平行于木板，故D正確。

故選D

②若只有一只彈簧秤，為了完成該實驗，用手拉住一條細繩，用彈簧稱拉住另一條細繩，互成角度的拉橡皮條，使其結點達到某一點O，記下位置O和彈簧稱示數F1和兩個拉力的方向；交換彈簧稱和手所拉細繩的位置，再次將結點拉至O點，使兩力的方向與原來兩力方向相同，并記下此時彈簧稱的示數F2；只有一個彈簧稱將結點拉至18．【答案】（1）af、fd、ce；1.50±0.02；Ⅱ；R（2）B；D【解析】【解答】（1）①由實驗電路圖可知，還需要af、fd、ce連線；

②由題可知，電壓表的示數為1.50V，注意估讀。

③假定AP部分的電阻為R'，R'分別與10Ω與100Ω并聯再與BP部分的電阻串聯；由于相同的R'與100Ω并聯后的電阻較與10Ω并聯后的電阻大，則根據閉合電路的歐姆定律可知，滑片在相同位置下，負載電阻越大，其兩端電壓越大；即在相同橫坐標下，此時負載100Ω時，電壓表的示數應該較曲線為圖4中的“I”來得大，故應該選“Ⅱ”。

由上述分析可知，對于不同的負載電阻，調節滑動觸頭時負載兩端的電壓變化規律不同，當負載電阻小于滑動變阻器最大阻值時，負載電阻兩端電壓隨滑動觸頭的變化而更迅速變化；當負載電阻大于滑動變阻器最大阻值時，負載電阻兩端電壓隨滑動觸頭的變化而更加平穩變化，從而獲得更多的實驗數據。所以，在保證電路安全的情況下，滑動變阻器最大阻值的選擇依據是相比負載電阻越小越好，即R0<R。

（2）據題意可知：電流表主要部件是永久磁鐵和帶有指針的線圈，G1和G2用導線連接起來．當晃動動G1時，相當于G1中的線圈做切割磁感線運動，電路中會產生感應電流；由于兩個電表構成了閉合電路，則電流會通過G2表中的線圈，而該線圈處于磁場中，由于通電導線在磁場中受力的作用，G2的指針也會偏轉；則G1【分析】(1)根據實驗電路圖進行連線即可；根據電壓表的讀數原則進行讀數，注意估讀；滑動變阻器采用分壓接法時，在保證電路安全的前提下，阻值越小越好，

（2）根據電動機和發電機的原理和電路的結構進行分析求解。19．【答案】（1）解：已知傾斜滑軌與水平面成24°角，

對貨物列牛頓第二定律mgsin24°?μmgcos（2）解：貨物做勻加速運動，根據速度和位移的關系可得：v2=2a（3）解：貨物做勻減速運動

根據運動學公式可得：v12?v2=2a2【解析】【分析】（1）對貨物進行受力分析，根據牛頓第二定律列方程求解。（2）根據第一問所求加速度，結合運動學公式列方程求解。

（3）根據題意分析臨界條件，由運動學公式和牛頓第二定律聯立分析求解。20．【答案】（1）解：滑塊b擺到最低點mgh=彈性正碰v（2）解：以豎直向下為正方向FN+mg=mF從h1釋放時，滑塊a運動到E點時速度恰好為零mgh1（3）解：當1.2m≤h<1.65m時t=2Hg(3+當0.9m<h<1.2m時從h2=0.9m釋放時，滑塊a運動到距C點滑塊a由E點速度為零，返回到CD時距C點0.6m處速度恰好為零2.6m<x≤3m【解析】【分析】（1）由動能定理計算碰撞前物體b的速度，再根據彈性碰撞過程中動量守恒和機械能守恒列方程求解。（2）由動能定理可計算出物塊a到達最高點時的速度表達式，再對物塊進行受力分析，根據牛頓第二定律列方程求解。

（3）分別計