2021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

1.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(guò)程

B.木箱沿粗糙斜面勻速下滑的過(guò)程

C.人乘電梯加速上升的過(guò)程

D.子彈射穿木塊的過(guò)程

2.下列關(guān)于動(dòng)量、動(dòng)能的說(shuō)法中，正確的是（）

A.若物體的動(dòng)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(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

I）.物體所受合外力越大，則它的動(dòng)量變化就越快

3.勁度系數(shù)為切/的彈簧振子，它的振動(dòng)圖象如圖所示，在圖中1點(diǎn)對(duì)應(yīng)的時(shí)

亥U，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）

A.振子所受的彈力大小為5凡方向指向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?4內(nèi)振子作了/.75次全振動(dòng)

D.在。?4內(nèi)振子通過(guò)的路程為4czp

4.在水平地面上方某處，把質(zhì)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(jì)空氣阻力，兩球從拋出到落地的過(guò)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(shí)功率較大

D.落地前瞬間，兩球重力的瞬時(shí)功率相等

5.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(guò)程中，擺動(dòng)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)間變化關(guān)系，板上直線

表示時(shí)間軸，使兩個(gè)擺在各自的木板上形成曲線。如圖中板八2移動(dòng)的速度八

2的關(guān)系為/=2,則兩曲線代表的沙擺各自擺長(zhǎng)八2的關(guān)系為（）

6.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

（）

0

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1）.在不同頻率的驅(qū)動(dòng)力下的位移

7.如圖所示，質(zhì)量為卬的蹦極運(yùn)動(dòng)員從蹦極臺(tái)上躍下。設(shè)運(yùn)

動(dòng)員由靜止開始下落，且下落過(guò)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(yùn)動(dòng)員下落方的

過(guò)程中（蹦極繩未拉直），下列說(shuō)法正確的是（）

A.運(yùn)動(dòng)員克服阻力所做的功為O

B.運(yùn)動(dòng)員的重力勢(shì)能減少了土丁

C.運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能減少了5

D.運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)能增加了^――

b

8.在光滑的水平面上，有46兩個(gè)小球向右沿同一直線運(yùn)

O?

動(dòng)，取向右為正方向，兩球的動(dòng)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(dòng)量增量4,△可能是（）

A.△=3?/,△=3?/

B.△=-3,/,△=3/

C.△=3?/,△=—3/

D.△=-10?/,△=10?/

9.一列簡(jiǎn)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(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8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

10.如圖所示，在光滑的水平面上有兩物體48,它們的工

質(zhì)量均為小，在物體6上固定■—個(gè)水平輕彈簧，初始時(shí)“…

6物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，物體4以速度加水平方向向右運(yùn)動(dòng)，通過(guò)彈簧與物體8

發(fā)生作用，下列說(shuō)法不正確的是（）

A.當(dāng)彈性勢(shì)能最大時(shí)，爾6兩物體共速

B.在從1接觸彈簧到彈簧的彈性勢(shì)能逐漸增大的過(guò)程中，彈簧對(duì)物體8所做的功

2

為中

C.當(dāng)［的速度變?yōu)?的時(shí)候，彈簧再一次恢復(fù)原長(zhǎng)

D.整個(gè)過(guò)程中，整個(gè)系統(tǒng)機(jī)械能守恒，動(dòng)量守恒

11.如圖所示，木塊6上表面是水平的，當(dāng)木塊4置于6上，并與|"A~|

6保持相對(duì)靜止，一起沿固定的光滑斜面由靜止開始下滑，在

下滑過(guò)程中（）］

A.6對(duì)4的摩擦力及支持力的合力垂直于斜面

B.6對(duì)4做正功

C.｛對(duì)8的摩擦力做正功

D.4所受的合外力對(duì)力不做功

12.如圖所示，兩質(zhì)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(yuǎn)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(shí)間*

均可忽略不計(jì)。已知2=4!，則4反彈后能達(dá)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(jì)，子彈［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(lái)，

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(guò)程稱為I,此

后木塊壓縮的過(guò)程稱為H,則（）

A.過(guò)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(guò)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(guò)程n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(guò)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

14.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=一

穿出），射入深度為&平均阻力為￡在兩物體達(dá)到共速時(shí)，-----—

木塊的位移為s,則下列說(shuō)法正確的是（）』仁亍封一

A.子彈損失的動(dòng)能為fd

B.子彈對(duì)木塊所做的功為（+）

C.整個(gè)過(guò)程中的摩擦生熱為々

D.整個(gè)過(guò)程中系統(tǒng)的總動(dòng)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(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n的速度大

B.碰前滑塊I的動(dòng)量比滑塊n的動(dòng)量小

c.滑塊I的質(zhì)量比滑塊n的質(zhì)量大

1）.碰撞過(guò)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(guò)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(shuō)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

1）.兩物體著地時(shí)所受重力的功率相同

17.質(zhì)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(yùn)動(dòng)，物塊動(dòng)能與其

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)=0.2,g取/0/2,則下列

說(shuō)法中正確的是（）

A.=1時(shí)物塊的速度大小為R5/

B.=3時(shí)物塊的加速度大小為3/2

C.在前2加的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物塊所經(jīng)歷的時(shí)間為2s

D.在前6m的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中拉力對(duì)物塊做的功為247

18.如圖所示，兩個(gè)可發(fā)射無(wú)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/和2的無(wú)線電波。飛機(jī)降落過(guò)程中，當(dāng)接收到/和2的信號(hào)都保

持最強(qiáng)時(shí)，表明飛機(jī)已對(duì)準(zhǔn)跑道。下列說(shuō)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(wú)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/的最強(qiáng)信號(hào)，其它地方/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/和2的最強(qiáng)信號(hào)，跑道的其它地方是無(wú)

法同時(shí)接收到/和2的最強(qiáng)信號(hào)的

19.質(zhì)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(shí)間力，

重力加速度為W則此過(guò)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(zhì)量為2x/〃，若汽車從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度的大小為2/2.

假定汽車在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)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(yùn)動(dòng)的時(shí)間為=So

21.某同學(xué)自己設(shè)計(jì)了一個(gè)實(shí)驗(yàn)裝置來(lái)測(cè)定彈簧彈性勢(shì)能的大?。簩⒁粡椈桑▌哦认禂?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，則他在實(shí)驗(yàn)時(shí)需要

直接測(cè)定的物理量有;

4彈簧的原長(zhǎng)0

B.彈簧的壓縮量△

C.小球做平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移x

〃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=（利用上題直接測(cè)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(diǎn)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(diǎn)6點(diǎn)平滑連接。

有一質(zhì)量為=0.1的滑塊1靜止于6點(diǎn)，另一

質(zhì)量=0.20的滑塊式兩滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn)），

從位于軌道上的4點(diǎn)由靜止開始滑下，已知4點(diǎn)到6點(diǎn)的高度=1.8,人與B

相撞后粘在一起共同運(yùn)動(dòng)，他們恰好能通過(guò)圓軌道的最高點(diǎn)G重力加速度=

10/,空氣阻力可忽略不計(jì)，求：

7）兩滑塊相撞前瞬間滑塊2的速度大小；

為相撞后瞬間，粘在一起的滑塊對(duì)圓軌道9點(diǎn)的壓力的大小；

為粘在一起的滑塊從夕點(diǎn)滑至C點(diǎn)的過(guò)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(zhì)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(diǎn)的8球相撞，

碰撞后6球能達(dá)到的最大高度為7,重力加速度為g.

試求：

(/)第一次碰撞剛結(jié)束時(shí)6球的速度；

(幻在碰撞過(guò)程中夕球?qū)球的沖量；

(為若力、8兩球的碰撞是完全彈性碰撞，則4球當(dāng)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(guó)

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(yùn)動(dòng)，在以后的運(yùn)動(dòng)自

中，力、8不再分離。已知物體4、B、C的質(zhì)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小；

(0和8一起運(yùn)動(dòng)到最大速度時(shí)，物體。對(duì)水平地面的壓力多大？

(為開始時(shí)，物體力從距6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？

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

4

物體（可看成質(zhì)點(diǎn)）從軌道的最高點(diǎn)力處由靜止滑下，質(zhì)量為隊(duì)長(zhǎng)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(yīng)'齊平。物體從軌道末端的

6滑上小車，小車即向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小車右端與壁座剛接觸時(shí)，物體恰好滑到小車

的右端且相對(duì)小車靜止。重力加速度為目貝IJ:

7）物體從A處滑到8處時(shí)的速度大小為。

幻物體滑到小車右端時(shí)的速度大小為。

小車與必相碰后立即停止運(yùn)動(dòng)，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(lái)沖上小車。求：

13）物體滑上砥軌道的最高點(diǎn)。相對(duì)于￡點(diǎn)的高度=。

￡水平面G9的長(zhǎng)度=。

5）當(dāng)物體再?gòu)姆可匣虏⒒闲≤?，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(diǎn)。則可知0點(diǎn)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(shè)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(guò)程，根據(jù)

機(jī)械能守恒得:

-￡2

解得=6/；

劣滑塊1與2相碰過(guò)程，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：

=(+)

解得=4/；

在圓軌道6點(diǎn)，對(duì)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(duì)圓軌道8點(diǎn)的壓力的大小F壓=F=27N；

?3)在C點(diǎn)，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(dòng)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(duì)圓軌道8點(diǎn)的壓力的大小為27M

為粘在一起的滑塊從6點(diǎn)滑至C點(diǎn)的過(guò)程中，克服摩擦阻力所做的功為〃9。

23.解：(7)碰撞后3球運(yùn)動(dòng)過(guò)程只有重力做功，機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得:

11

-X3x92=3X-

24

解得：=與

(幻、6碰撞過(guò)程，對(duì)6,根據(jù)動(dòng)量定理得:

=3-0

解得：=T二，方向水平向右：

從6碰撞過(guò)程，4、6間作用力大小相等、方向相反、作用時(shí)間相等，因此碰撞過(guò)程中

8對(duì)A的沖量與A對(duì)8的沖量大小相等、方向相反，故8對(duì)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(guò)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：

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(guò)程機(jī)械能守恒，對(duì)4由機(jī)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(jié)束時(shí)6球的速度大小%二，方向：水平向左；

（幻在碰撞過(guò)程中8球?qū)υ虑虻臎_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(dāng)初是尤高的地方滑下的。

24.解：=20=0.20；

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

_12

~2

代入數(shù)據(jù)解得：=2/

1與6相撞過(guò)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：

=2

代入數(shù)據(jù)解得：=1/

（劣當(dāng)A與6一起運(yùn)動(dòng)到最大速度時(shí)，就是［與3受到的彈力等于它們的重力時(shí)，

即此時(shí)彈簧的彈力：=2

對(duì)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(duì)地面的壓力大小為：圻|；=尸支=60、

（為設(shè)力從高度方下落，1下落過(guò)程只有重力做功，機(jī)械能守恒，由機(jī)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(guò)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：

'=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(shí)彈簧的壓縮量，即相對(duì)于彈簧原長(zhǎng)來(lái)說(shuō)，B

下移動(dòng)的距離為：o=—=就=0.02,

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

彈簧對(duì)C的拉力：==,

此時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量：=—=鬻=0.02=°,

。恰好離開地面時(shí)，48的速度為零，以4與5相碰時(shí)所處平面為重力勢(shì)能的零勢(shì)面，

從46碰撞后瞬間到C恰好離開地面過(guò)程，由機(jī)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(yùn)動(dòng)到最大速度時(shí)，物體，對(duì)水平地面的壓力大小是60兩

(為開始時(shí)，物體/從距6的高度為〃/6處自由落下時(shí)，在以后的運(yùn)動(dòng)中，能使物體C

恰好離開水平地面。

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(jī)械能守恒，故4正確；

8、木箱沿粗糙斜面勻速下滑的過(guò)程中，滑動(dòng)摩擦力對(duì)物體做功，則其機(jī)械能不守恒，

故6錯(cuò)誤.

a人乘電梯加速上升的過(guò)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；

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

故選：.

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)分析物體的受力的情況,

判斷做功情況，即可判斷物體是否是機(jī)械能守恒.

本題是對(duì)機(jī)械能守恒條件的直接考查，掌握住機(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)單.

2.解：力、若物體的動(dòng)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(cuò)誤；

樂若物體的動(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

的方向變化，故8錯(cuò)誤；

a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(lái)說(shuō)，它們受到的合外力是零，但是原來(lái)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)能變化，故C錯(cuò)誤；

〃、物體所受合外力越大，則它的動(dòng)量變化就越快，這是正確的，因?yàn)橛蓜?dòng)量定理得

%t=Ap,即4=/，物體所受合外力越大，則它的動(dòng)量變化就越快，故〃正確。

故選：Do

勻變速直線運(yùn)動(dòng)的物體動(dòng)能變化、加速度不變；根據(jù)勻速圓周運(yùn)動(dòng)分析動(dòng)能和動(dòng)量；根

據(jù)能的轉(zhuǎn)化分析動(dòng)能是否變化；根據(jù)動(dòng)量定理分析動(dòng)量變化率與合外力的關(guān)系。

本題主要是考查動(dòng)量和動(dòng)能的關(guān)系、以及動(dòng)量變化率的含義，知道動(dòng)能是一個(gè)標(biāo)量，動(dòng)

量是一個(gè)矢量，根據(jù)實(shí)際例子進(jìn)行分析。

3.解：/、如圖所示，在圖中的4點(diǎn)，其位移為=0.25，故此時(shí)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(fù)方向，故

4正確；

B、從圖象看出，4點(diǎn)在向x正方向運(yùn)動(dòng)，故6正確；

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

〃、由于在。?4內(nèi)，振子經(jīng)過(guò)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(guò)的路程為2x4x〃5=4,故〃正確。

本題選錯(cuò)誤的，故選：C.

彈簧振子的回復(fù)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(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0-4內(nèi)振

動(dòng)的次數(shù)。振子在一個(gè)周期內(nèi)通過(guò)的路程是44

本題關(guān)鍵要掌握簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的特征：=-分析彈簧的彈力。通過(guò)分析位移即可分析

振子的運(yùn)動(dòng)情況。

4.解：A,兩球落地時(shí)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(cuò)誤；

8、因?yàn)閮汕虻闹亓ψ龉ο嗟龋鴥汕蚵涞氐臅r(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，根據(jù)=一可知，兩球重力的平均功率不相等，故3錯(cuò)誤；

CD,根據(jù)機(jī)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(shí)功率較大，故C正確，〃錯(cuò)誤。

故選：a

根據(jù)重力做功的計(jì)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(shí)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(diǎn)以及功率公式的應(yīng)用，知道重力做功只與高度差有關(guān)，與路徑

無(wú)關(guān)；而重力的瞬時(shí)功率〃與速度的大小和方向都有關(guān)。

5.解：因?yàn)槟景灞粍蛩倮瓌?dòng)的過(guò)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(guò)圖示可知，/上漏斗擺動(dòng)的周期為〃z上漏斗擺動(dòng)

的周期為2,則尸20又因?yàn)閱螖[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(cuò)誤。

故選：Co

單擺的擺動(dòng)和木板的運(yùn)動(dòng)同時(shí)進(jìn)行，時(shí)間相同，根據(jù)速度的定義式列式比較即可。

本題關(guān)鍵抓住單擺的擺動(dòng)和木板的平移同時(shí)發(fā)生，然后結(jié)合速度的定義求解周期，屬于

基礎(chǔ)題。

6.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，

力劭錯(cuò)誤。

故選：C.

明確圖象中橫縱坐標(biāo)對(duì)應(yīng)的物理量，根據(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變

化，最高點(diǎn)對(duì)應(yīng)的橫坐標(biāo)表示物體的固有頻率。

7.解：人由題意可知，蹦極繩未拉直，說(shuō)明運(yùn)動(dòng)員下落力高度的過(guò)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=,對(duì)運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)員克服阻力所做的功為

=2，故/錯(cuò)誤；

B、因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)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(shì)能減少量也是儂?方，故8錯(cuò)誤：

C.根據(jù)功能關(guān)系，運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能的減少量等于運(yùn)動(dòng)員克服阻力做的功，所以運(yùn)動(dòng)員

的機(jī)械能減少了:，故C錯(cuò)誤；

D、根據(jù)動(dòng)能定理得：-=△，得A=(，所以運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)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(yùn)動(dòng)員克服阻力所做的功；根據(jù)

重力做功的大小得出重力勢(shì)能的減少量；由功能關(guān)系分析運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能減少量；根據(jù)

合力做功的大小得出動(dòng)能的增加量。

解決本題的關(guān)鍵是要知道合力做功與動(dòng)能的變化關(guān)系，重力做功與重力勢(shì)能的變化關(guān)系,

以及除重力以外其它力做功與機(jī)械能的變化關(guān)系。

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

若4=3?/,△=3?/,違反了動(dòng)量守恒定律，不可能，故

力錯(cuò)誤.

B、根據(jù)碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒定律，如果△=—3,/、△=3/,

所以碰后兩球的動(dòng)量分別為,=2?/,'=10?/,根據(jù)碰撞

過(guò)程總動(dòng)能可能不增加，是可能發(fā)生的，故6正確.

G根據(jù)碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒定律，如果△=3?/、△=一3?/,

所以碰后兩球的動(dòng)量分別為，=8?/、'=4?/,由題，碰

撞后，兩球的動(dòng)量方向都與原來(lái)方向相同，/的動(dòng)量不可能沿原方向增大，與實(shí)際運(yùn)動(dòng)

不符，故C錯(cuò)誤.

D、如果△=—10?/、△=10?/，所以碰后兩球的動(dòng)量分別

為'=—5?/、/=〃?/，可以看出，碰撞后4的動(dòng)能不變，

而6的動(dòng)能增大，違反了能量守恒定律，不可能.故〃錯(cuò)誤.

故選：.

當(dāng)4球追上6球時(shí)發(fā)生碰撞，遵守動(dòng)量守恒.由動(dòng)量守恒定律和碰撞過(guò)程總動(dòng)能不增加，

進(jìn)行選擇.

對(duì)于碰撞過(guò)程要遵守三大規(guī)律：1、是動(dòng)量守恒定律；2、總動(dòng)能不增加；3、符合物體

的實(shí)際運(yùn)動(dòng)情況.

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=如寸刻質(zhì)

點(diǎn)的位移為零，所以圖乙不可能是圖甲中a的振動(dòng)圖象。故/錯(cuò)誤。

B、若波沿x軸正方向傳播，6質(zhì)點(diǎn)的速度方向沿y軸正方向，此時(shí)刻8的位移為零，

由乙圖看出=弼"刻質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過(guò)位置沿y軸正方向振動(dòng)，所以乙圖是甲圖中。質(zhì)點(diǎn)的振

動(dòng)圖象。故6正確，〃錯(cuò)誤。

a圖甲中質(zhì)點(diǎn)c此時(shí)刻處于波谷，位移為負(fù)向最大，圖乙不可能c點(diǎn)的振動(dòng)圖象。故

，錯(cuò)誤。

故選：

由波的傳播方向判斷甲圖上質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向.根據(jù)振動(dòng)圖象=用寸刻質(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)系的能力，找出兩種圖象之間對(duì)應(yīng)關(guān)系是應(yīng)

培養(yǎng)的基本功.

10.解：A,當(dāng)物體力與8相碰撞時(shí)，壓縮彈簧，這樣彈簧給6一個(gè)向右的力，給4一

個(gè)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(guò)的距離要比

8通過(guò)的距離大，所以彈簧會(huì)先壓縮，當(dāng)/與8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)，/、8兩物體共速，故/正確；

B、對(duì)4和5而言，動(dòng)量守恒，設(shè)向右為正方向，則在共速時(shí)，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(shì)能逐漸增大的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)

能定理，彈簧對(duì)物體所做的功=故錯(cuò)誤：

6O6

G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，彈簧再一次恢復(fù)原長(zhǎng)，故C正確；

〃、由以上分析可知，整個(gè)過(guò)程中，整個(gè)系統(tǒng)機(jī)械能守恒，動(dòng)量守恒，故〃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)

8根據(jù)動(dòng)能定理求出彈簧對(duì)物體3所做的功；明確兩物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量守恒定

律分析彈簧何時(shí)再次恢復(fù)原長(zhǎng)。

本題考查了動(dòng)量守恒定律以及動(dòng)能定理的直接應(yīng)用，要求同學(xué)們能正確分析物體的運(yùn)動(dòng)

情況，注意使用動(dòng)量守恒定律時(shí)要規(guī)定正方向。

11.解：力、因?yàn)樾泵婀饣?與6一起會(huì)沿斜面向下做加速運(yùn)動(dòng)，其加速度的方向

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

上的，摩擦力是水平向左的，對(duì)4?整體來(lái)看，整體它們受重力、支持力，這二個(gè)力的

合力是沿斜面向下的，故對(duì)于4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向下，而這個(gè)垂直于斜面的力就是由8對(duì)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(duì)4的合力方向垂直于斜面，而物體是沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的，

故6對(duì)4的力與位移的夾角是90度，所以3對(duì)力不做功，故8錯(cuò)誤；

C、因?yàn)?對(duì)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(duì)6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1對(duì)6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；

〃、對(duì)4來(lái)說(shuō)，它受到的合力是沿斜面向下的，因?yàn)樗募铀俣确较蚴茄匦泵嫦蛳碌模?/p>

故這個(gè)力對(duì)物體做了正功，故〃錯(cuò)誤；

故選：Ao

分析兩物體的受力及運(yùn)動(dòng)，根力的合成判斷合力的方向，由功的公式可分析各力對(duì)物體

是否做功，根據(jù)夾角可判功的正負(fù).

判斷外力是否做功及功的正負(fù)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(fù)，也可以根據(jù)力與速度方向的夾角判斷功的正負(fù)。

12.解：下降過(guò)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：2=2

解得觸地時(shí)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(guò)程為研究過(guò)程，碰撞前

后動(dòng)量守恒，設(shè)碰后八2速度大小分別為八2,選向上方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)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(cuò)誤。

故選:Do

下降過(guò)程為自由落體運(yùn)動(dòng)，觸地時(shí)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(huì)與豌撞，選/與涮撞過(guò)程為研究過(guò)程，碰撞前后動(dòng)量守恒，

能量守恒，列方程解得2速度，之后2做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理或運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求

解反彈高度。

本題考查了動(dòng)量守恒和能量守恒的綜合運(yùn)用，知道在彈性碰撞的過(guò)程中，動(dòng)量守恒，能

量守恒，通過(guò)動(dòng)量守恒和能量守恒求出4球碰撞后的速度是關(guān)鍵。

13.解：AB.在子彈射入木塊到剛相對(duì)于靜止的過(guò)程/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4正確，6錯(cuò)誤；

CD,在n過(guò)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，〃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.對(duì)照條件分析系統(tǒng)的動(dòng)量是

否守恒.根據(jù)能量轉(zhuǎn)化情況判斷系統(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，以及掌握動(dòng)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(duì)于子彈而言，利用動(dòng)能定理得：—Rs+d）=△場(chǎng).彈，

故子彈損失的動(dòng)能為（+）,故/錯(cuò)誤；

B、對(duì)于木塊而言，木塊對(duì)地位移為s,子彈對(duì)木塊做的功為公，故6錯(cuò)誤；

C,整個(gè)過(guò)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，即故C正確；

〃、根據(jù)能量守恒知，整個(gè)過(guò)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

〃錯(cuò)誤。

故選：Co

在子彈射入木塊的過(guò)程中，木塊對(duì)子彈的阻力f做功為-（+），子彈對(duì)木塊的作

用力做功為然，以子彈為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)能定理求子彈的動(dòng)能變化量，根據(jù)相對(duì)位

移求摩擦生熱，最后得到系統(tǒng)總動(dòng)能損失量。

本題關(guān)鍵是明確能量轉(zhuǎn)化和轉(zhuǎn)移情況，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(fù)方向，所以碰前滑塊I的速度比滑塊n的速度大，故/

錯(cuò)誤；

員碰撞后的總動(dòng)量為正，根據(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6錯(cuò)誤；

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

故滑塊I的質(zhì)量比滑塊II的質(zhì)量大，故C正確；

以碰撞過(guò)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(cuò)誤。

故選：AC.

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

列式分析。

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

16.【分析】

原來(lái)平衡時(shí)，根據(jù)平衡條件求出兩物體質(zhì)量關(guān)系.根據(jù)動(dòng)能定理研究?jī)晌矬w著地時(shí)速度、

動(dòng)能關(guān)系.兩物體下滑過(guò)程機(jī)械能都守恒，根據(jù)質(zhì)量關(guān)系分析機(jī)械能的關(guān)系.由=

sin研究重力的功率關(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，

要注意速度是矢量，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=

【解答】

解：45、原來(lái)靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，由平衡條件得：sin=sin，得到：=3：

4,

根據(jù)動(dòng)能定理得：=-2V得著地時(shí)物體的速度大小—，動(dòng)能=

,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)量而不等，高度A相等，則兩物體著地時(shí)的動(dòng)能一定不相同.故人3錯(cuò)誤.

兩物體下滑過(guò)程機(jī)械能都守恒，著地時(shí)機(jī)械能的表達(dá)式為=,由于質(zhì)量不

同，則兩物體著地時(shí)的機(jī)械能一定不同.故C錯(cuò)誤.

。、兩物體著地時(shí)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?yàn)榍?而物體的動(dòng)能與位移x成正比，2勿時(shí)的動(dòng)能為12/則=/時(shí)

的動(dòng)能為6/因?yàn)橘|(zhì)量=2,則根據(jù)動(dòng)能的公式T2=6，計(jì)算得出=

V?/,故力錯(cuò)誤；

8、當(dāng)=3時(shí)，它正好處于=2到=6的區(qū)間，這時(shí)動(dòng)能隨位移的增大而均

勻減小，根據(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)，根據(jù)T2=a,得此過(guò)程的初速度為履/,末

速度為0,通過(guò)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(cuò)誤；

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

2K22\[3J.LC.杜、口

=—=2笈=—，故。錯(cuò)哄；

〃、對(duì)全程利用動(dòng)能定理得：-=0一0,其中=6，解之得=24,

故全過(guò)程的拉力做的功為24/故〃正確。

故選：。

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

的增大而均勻減小，根據(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)，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(yùn)動(dòng)，根據(jù)位移等于平均速度乘以時(shí)間求經(jīng)歷的時(shí)間。對(duì)整個(gè)過(guò)程，利用動(dòng)

能定理求拉力做功。

本題考查學(xué)生的讀圖能力，能夠從圖中獲取信息，以及能夠靈活運(yùn)用動(dòng)能定理、牛頓第

二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)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(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4?

錯(cuò)誤；

G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；

久由于這兩個(gè)可發(fā)射無(wú)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)，如果偏離了跑道，則不可能這兩個(gè)信號(hào)同時(shí)最強(qiáng)，故〃正確。

故選：。

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)沿兩波源中垂線降落時(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：根據(jù)沖量的定義，重力對(duì)物體的沖量大小為=

對(duì)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?yàn)槲矬w從頂端勻速下滑到底端，它的速度沒有變化，動(dòng)量相也沒有變化，故它的動(dòng)

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(jié)合沖量的公式求出重力和支持力的沖量，根據(jù)動(dòng)量

變化的定義求動(dòng)量變化量。

本題考查了沖量公式的基本運(yùn)用及動(dòng)量的變化量，知道沖量等于力與時(shí)間的乘積。

20.解：因?yàn)?8X1",最大速度曲=2。/,故當(dāng)汽車速度最大時(shí)，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(yùn)動(dòng)的加速度大小為2/2,故此進(jìn)的牽引力=+=4x

IO3+2x/〃x2=8義，則當(dāng)勻加速的速度達(dá)到最大時(shí)，汽車的功率也達(dá)到

了額定功率，故勻加速運(yùn)動(dòng)的最大速度為尸——=10/，則汽車做勻加速直線運(yùn)

動(dòng)的時(shí)間為=」=5。

故答案為：4x*5o

當(dāng)汽車的牽引力與阻力相等時(shí)，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(yùn)動(dòng)的末速度，通過(guò)

速度時(shí)間公式求出汽車功率達(dá)到額定值的時(shí)間。

解決本題的關(guān)鍵掌握機(jī)車的啟動(dòng)方式，知道機(jī)車在整個(gè)過(guò)程中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，知道當(dāng)牽引

力與阻力相等時(shí)，速度最大。

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，則需要求出小球平拋

時(shí)的速度大小，這個(gè)需要利用平拋的規(guī)律來(lái)求出，故需要測(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)，還需要知道小球的質(zhì)量，故直接測(cè)定的物理量有0施

②根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律：=,=：2,則=g

故小球平拋時(shí)的動(dòng)能為：=-22=?。?/p>

2

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)式為：=—

4

故答案為：①CDE；②―一

根據(jù)能量守恒，結(jié)合平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得出彈性勢(shì)能的表達(dá)式，從而確定需要直接測(cè)量的

物理量；

再依據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，及機(jī)械能守恒定律，即可求解。

解決本題