2024年高一物理下学期期末模拟试卷六新人教版

高一（下）期末物理试卷6下列所述的实例中(均不计空气阻力)，机械能守恒的是( )A.小石块被水平抛出后在空中运动的过程

B.木箱沿粗糙斜面匀速下滑的过程

C.人乘电梯加速上升的过程

D.子弹射穿木块的过程下列关于动量、动能的说法中，正确的是( )A.若物体的动能发生了改变，则物体的加速度也发生了改变

B.若物体的动能不变，则动量也不变

C.若一个系统所受的合外力为零，则该系统的动能不变

D.物体所受合外力越大，则它的动量改变就越快劲度系数为20N/cm的弹簧振子，它的振动图象如图所示，在图中A点对应的时刻，下列说法错误的是( )A.振子所受的弹力大小为5N，方向指向x轴的负方向

B.振子的速度方向指向x轴的正方向

C.在0∼4s内振子作了1.75次全振动

D.在0∼4s内振子通过的路程为4cm在水平地面上方某处，把质量相同的P、Q两小球以相同速率沿不同的方向抛出，P竖直向上，Q水平向右，不计空气阻力，两球从抛出到落地的过程中( )A.P球重力做功较多

B.两球重力的平均功率相等

C.落地前瞬间，P球重力的瞬时功率较大

D.落地前瞬间，两球重力的瞬时功率相等用沙摆演示简谐运动的图象，当沙摆下面的木板被匀速地拉出过程中，摇摆着的漏斗中漏出的沙在板上形成的曲线显示出摆的位移随时间改变关系，板上直线OO'表示时间轴，使两个摆在各自的木板上形成曲线。如图中板N1、N2移动的速度v1、v2的关系为v1=vA.L1=L2 B.L1=2L如图所示是物体受迫振动的共振曲线，该共振曲线表示了物体( )

A.在不同时刻的振幅 B.在不同时刻的位移

C.在不同频率的驱动力下的振幅 D.在不同频率的驱动力下的位移如图所示，质量为m的蹦极运动员从蹦极台上跃下。设运动员由静止起先下落，且下落过程中(蹦极绳被拉直之前)所受阻力恒定，且下落的加速度为35g，在运动员下落h的过程中(蹦极绳未拉直)，下列说法正确的是( )A.运动员克服阻力所做的功为

3mgh5

B.运动员的重力势能削减了3mgh5

C.运动员的机械能削减了3mgh5

D.在光滑的水平面上，有A，B两个小球向右沿同始终线运动，取向右为正方向，两球的动量分别为PA=5kg⋅m/s，PB=7kg⋅m/s，如图，若A追上BA.△PA=3kg⋅m/s，△PB=3kg⋅m/s

B.△PA一列简谐波在t=0时刻的波形图如图甲所示，图乙表示该波传播的介质中某质点此后一段时间内的振动图象，则( )

A.若波沿x轴正方向传播，图乙应为a点的振动图象

B.若波沿x轴正方向传播，图乙应为b点的振动图象

C.若波沿x轴正方向传播，图乙应为c点的振动图象

D.若波沿x轴正方向传播，图乙应为d点的振动图象如图所示，在光滑的水平面上有两物体A、B，它们的质量均为m，在物体B上固定一个水平轻弹簧，初始时B物体处于静止状态，物体A以速度v0沿水平方向向右运动，通过弹簧与物体B发生作用，下列说法不正确的是( )A.当弹性势能最大时，A、B两物体共速

B.在从A接触弹簧到弹簧的弹性势能渐渐增大的过程中，弹簧对物体B所做的功为mv024

C.当A的速度变为0的时候，弹簧再一次复原如图所示，木块B上表面是水平的，当木块A置于B上，并与B保持相对静止，一起沿固定的光滑斜面由静止起先下滑，在下滑过程中( )

A.B对A的摩擦力及支持力的合力垂直于斜面

B.B对A做正功

C.A对B的摩擦力做正功

D.A所受的合外力对A不做功如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起，从高度为h处自由落下，h远大于两小球半径，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A碰撞，全部的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽视不计。已知m2=4m1A.2.2h B.3h C.4h D.如图所示，木块B与水平面间的摩擦不计，子弹A沿水平方向射入木块并在极短时间内相对于木块静止下来，然后木块压缩弹簧至弹簧最短．将子弹射入木块到刚相对于静止的过程称为I，此后木块压缩的过程称为Ⅱ，则( )A.过程Ⅰ中，子弹和木块所组成的系统机械能不守恒，动量守恒

B.过程Ⅰ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能不守恒，动量也不守恒

C.过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量也守恒

D.过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量不守恒如图，一个木块放在光滑的水平面上，一子弹射入木块中(未穿出)，射入深度为d，平均阻力为f，在两物体达到共速时，木块的位移为s，则下列说法正确的是( )A.子弹损失的动能为fd

B.子弹对木块所做的功为f(s+d)

C.整个过程中的摩擦生热为fd

D.整个过程中系统的总动能损失为f(s+d)如图所示，图中的线段a、b、c分别表示在光滑水平面上沿一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的速度-时间图象。已知相互作用时间极短，则由图象可知( )A.碰前滑块Ⅰ的速度比滑块Ⅱ的速度大

B.碰前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量小

C.滑块Ⅰ的质量比滑块Ⅱ的质量大

D.碰撞过程中，滑块Ⅰ受到的冲量比滑块Ⅱ受到的冲量大如图所示，A、B两物体用一根跨过定滑轮的细绳相连，置于固定斜面体的两个斜面的相同高度，处于静止状态，两斜面的倾角分别是53∘和37∘，若不计摩擦，剪断细绳后下列说法中正确的是( )

A.两物体着地时的速度相同

B.两物体着地时的动能相同

C.两物体着地时的机械能相同

D.两物体着地时所受重力的功率相同质量m=2kg的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止起先运动，物块动能Ek与其发生位移x之间的关系如图所示。已知物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，g取10m/s2，则下列说法中正确的是A.x=1m时物块的速度大小为23m/s

B.x=3m时物块的加速度大小为3m/s2

C.在前2m的运动过程中物块所经验的时间为2s

D.在前6如图所示，两个可放射无线电波的天线对称地固定于飞机跑道两侧，两天线同时都发出频率为f1和f2的无线电波。飞机着陆过程中，当接收到f1和fA.此系统利用的是波的干涉原理

B.在跑道上，f1与f2这两种无线电波干涉加强，所以跑道上的信号最强

C.只有跑道上才能接收到f1的最强信号，其它地方f1的信号都比跑道上的弱

D.只有在跑道的中心线上才能接收到f1和f2质量为m的物体，沿着倾角为θ的光滑斜面，从顶端匀速下滑究竟端所用时间t，重力加速度为g。则此过程中重力对物体的冲量大小为______，支持力对物体的冲量大小为______，物体的动量改变大小为______。额定功率为80kW的汽车，在平直的马路上行驶的最大速度为20m/s，已知汽车的质量为2×103kg，若汽车从静止起先做匀加速直线运动，加速度的大小为2m/s2，假定汽车在整个运动过程中阻力不变，则汽车所受的阻力大小为f=______N；汽车做匀加速直线运动的时间为t=某同学自己设计了一个试验装置来测定弹簧弹性势能的大小：将一弹簧(劲度系数未知)固定在一个带光滑凹槽的直轨道的一端，并将轨道固定在水平桌面的边缘，如图所示。用钢球将弹簧压缩，然后突然释放，钢球将沿轨道飞出桌面做平抛运动，最终落到水平地面上。

①该同学想利用平抛运动的规律反向推出弹簧弹性势能的大小，则他在试验时须要干脆测定的物理量有______；

A.弹簧的原长L0

B.弹簧的压缩量△L

C.小球做平抛运动的水平位移x

D.小球做平抛运动的竖直位移y

E.小球的质量m

②该弹簧在被压缩时的弹性势能的表达式Ep=______(利用上题干脆测出的物理量和重力加速度g表示)如图所示，位于竖直面内光滑曲线轨道的最低点的切线沿水平方向，且与一位于同一竖直面内、半径R=0.2m的粗糙圆形轨道的最低点B点平滑连接。有一质量为M=0.1kg的滑块1静止于B点，另一质量m=0.20kg的滑块2(两滑块均可视为质点)，从位于轨道上的A点由静止起先滑下，已知A点到B点的高度h=1.8m，A与B相撞后粘在一起共同运动，他们恰好能通过圆轨道的最高点C，重力加速度g=10m/s，空气阻力可忽视不计，求：

1)两滑块相撞前瞬间滑块2的速度大小；

2)相撞后瞬间，粘在一起的滑块对圆轨道B点的压力的大小；

3)粘在一起的滑块从B点滑至C点的过程中，克服摩擦阻力所做的功。

如图，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小球A、B质量分别为m、3m，A球从在边某高度处由静止起先沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的B球相撞，碰撞后B球能达到的最大高度为R4，重力加速度为g。试求：

(1)第一次碰撞刚结束时B球的速度；

(2)在碰撞过程中B球对A球的冲量；

(3)若A、B两球的碰撞是完全弹性碰撞，则A球当时是从多高的地方滑下的？

如图所示，物体B和物体C用劲度系数为k=1000N/m的轻弹簧连接并竖直地静置于水平地面上。将一个物体A从物体B的正上方距离B的高度为H=20cm处由静止释放，下落后与物体B碰撞，碰撞后A与B粘合在一起并马上向下运动，在以后的运动中，A、B不再分别。已知物体A、B、C的质量均为M=2kg，重力加速度为g=10m/s2，忽视空气阻力。求：

(1)A与B碰撞后瞬间的速度大小；

(2)A和B一起运动到最大速度时，物体C对水平地面的压力多大？

(3)起先时，物体A从距B多大的高度自由落下时，在以后的运动中，能使物体C恰好离开水平地面？

如图所示，两个半径为R的光滑14圆弧轨道AB、EF固定在地面上，一质量为m的小物体(可看成质点)从轨道的最高点A处由静止滑下，质量为m、长为R的小车静止在光滑的水平面CD上，小车平面与光滑圆弧轨道末端BE齐平。物体从轨道末端的B滑上小车，小车即向右运动，当小车右端与壁DE刚接触时，物体恰好滑到小车的右端且相对小车静止。重力加速度为g，则：

1)物体从A处滑到B处时的速度大小为______。

2)物体滑到小车右端时的速度大小为______。

小车与DE相碰后马上停止运动，但与DE不粘连，物体则接着滑上光滑轨道EF，以后又滑下来冲上小车。求：

3)物体滑上EF轨道的最高点P相对于E点的高度h=______。

4)水平面CD的长度L=______。

5)当物体再从EF上滑下并滑上小车，假如小车与壁BC相碰后速度也马上变为零，最终物体停在小车上的Q点。则可知Q点距小车的右端距离为______。

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)设两滑块相撞前瞬间滑块2的速度大小为v，滑块2由A到B的过程，依据机械能守恒得：

mgh=12mv2

解得v=6m/s；

2)滑块1与2相碰过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得：

mv=(m+M)vB

解得vB=4m/s；

在圆轨道B点，对两滑块整体，由牛顿其次定律得：

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

解得F=27N

由牛顿第三定律得：滑块对圆轨道B点的压力的大小；

3)在C点，由重力供应向心力，依据牛顿其次定律得：(m+M)g=(m+M)vC2R

解得vC=2m/s；

由B到C，利用动能定理得：

-(m+M)g⋅2R+Wf=12(m+M)vC23.解：(1)碰撞后B球运动过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得：

12×3m×vB2=3mg×14R

解得：vB=2gR2

(2)A、B碰撞过程，对B，依据动量定理得：

IB=3mvB-0

解得：IB=3m2gR2，方向水平向右；

A、B碰撞过程，A、B间作用力大小相等、方向相反、作用时间相等，因此碰撞过程中B对A的冲量与A对B的冲量大小相等、方向相反，故B对A的冲量IA=3m2gR2，方向水平向左；

(3)A与B发生完全弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：

mv0=mvA+3mvB

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

(1)A下落过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得：

MgH=12MvA2

代入数据解得：vA=2m/s

A与B相撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，以向下为正方向，由动量守恒定律得：

MvA=2Mv

代入数据解得：v=1m/s

(2)当A与B一起运动到最大速度时，就是A与B受到的弹力等于它们的重力时，

即此时弹簧的弹力：F=2Mg

对C，由平衡条件得：

代入数据解得：

由牛顿第三定律可知，C对地面的压力大小为：

(3)设A从高度h下落，A下落过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得：

Mgh=12MvA'2

A下落到与B相碰撞前瞬间的速度为：vA'=2gh，

A与B相撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，以向下为正方向，由动量守恒定律得：

MvA'=2Mv'

解得碰撞后二者共同的速度为：v'=122gh，

A与B碰撞前，B静止处于平衡位置，此时弹簧的压缩量，即相对于弹簧原长来说，B下移动的距离为：x0=Mgk=2×101000m=0.02m，

当地面对C的支持力为零，即弹簧对C的拉力等于C的重力时，C恰好离开水平地面，弹簧对C的拉力：T=Mg=kx，

此时弹簧的伸长量：x=Mgk=2×101000m=0.02m=x0，

C恰好离开地面时，A、B的速度为零，以A与B相碰时所处平面为重力势能的零势面，

从25.2gR

122gR

【解析】1.解：

A、小石块被水平抛出后只受到重力的作用，所以机械能守恒，故A正确；

B、木箱沿粗糙斜面匀速下滑的过程中，滑动摩擦力对物体做功，则其机械能不守恒，故B错误．

C、人乘电梯加速上升的过程中，动能和重力势能均增大；故机械能增大，机械能不守恒，故C错误；

D、子弹射穿木块的过程要克服阻力做功，机械能不守恒，故D错误．

故选：A.

物体机械能守恒的条件是只有重力或者是弹簧的弹力做功，逐个分析物体的受力的状况，推断做功状况，即可推断物体是否是机械能守恒．

本题是对机械能守恒条件的干脆考查，驾驭住机械能守恒的条件，知道各种运动的特点即可，题目比较简洁．2.解：A、若物体的动能发生了改变，比如其速度的大小在改变，是匀加速改变的，则物体的加速度也可能是不变的，故A错误；

B、若物体的动能不变，比如一个做匀速圆周运动的物体，动能大小不变，但是其动量的方向改变，故B错误；

C、若一个系统所受的合外力为零，如两个物体中间放一个被压缩的弹簧，现在将弹簧释放，则对于两个物体来说，它们受到的合外力是零，但是原来这两个物体是静止的，动能为零，释放后，两个物体都会运动，故对这两个物体而言，动能在增加，所以该系统的动能改变，故C错误；

D、物体所受合外力越大，则它的动量改变就越快，这是正确的，因为由动量定理得，即，物体所受合外力越大，则它的动量改变就越快，故D正确。

故选：D。

匀变速直线运动的物体动能改变、加速度不变；依据匀速圆周运动分析动能和动量；依据能的转化分析动能是否改变；依据动量定理分析动量改变率与合外力的关系。

本题主要是考查动量和动能的关系、以及动量改变率的含义，知道动能是一个标量，动量是一个矢量，依据实际例子进行分析。3.解：A、如图所示，在图中的A点，其位移为x=0.25cm，故此时它受到的弹力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轴负方向，故A正确；

B、从图象看出，A点在向x正方向运动，故B正确；

C、由图可知，其周期为T=2s，故它在4s内作了2个次全振动，故C错误；

D、由于在0∼4s内，振子经过了2个周期，而每个周期振子的路程是4个振幅，故振子通过的路程为2×4×0.5cm=4cm，故D正确。

本题选错误的，故选：C。

弹簧振子的回复力是弹力，依据F=-kx求得弹力。x-t图象切线的斜率表示速度方向。振子一个周期内完成一次全振动，分析时间与周期的关系，确定0-4s内振动的次数。振子在一个周期内通过的路程是4A。

本题关键要驾驭简谐运动的特征：F=-kx分析弹簧的弹力。通过分析位移即可分析振子的运动状况。4.解：A、两球落地时的高度相同，而重力又相同，故依据W=mgh可知，两球的重力做功一样多，故A错误；

B、因为两球的重力做功相等，而两球落地的时间是不相等的，竖直向上抛出的落地时间会长一些，依据P=Wt可知，两球重力的平均功率不相等，故B错误；

CD、依据机械能守恒，两球落地的速度大小相等，但是P球是竖直下落到地面的，Q球是倾斜落到地面上的，所以落地前瞬间，P球在竖直方向的速度大于Q在竖直方向的速度，故P球的重力的瞬时功率较大，故C正确，D错误。

故选：C。

依据重力做功的计算公式W=mgh可得两球重力做功；依据p=Wt分析平均功率；重力的瞬时功率p=mgvsinθ5.解：因为木板被匀速拉动的过程中，速度大小相等，木板的长度也一样，故二次拉出的时间也是相等的，而通过图示可知，N1上漏斗摇摆的周期为T1，N2上漏斗摇摆的周期为T2，则T1=2T2，又因为单摆的周期公式可知T=2πLg，由于位置一样，故g相同，所以L1=4L2，故C6.解：图中的横坐标是受迫的外力频率，纵坐标是受迫振动的振幅，当外力的频率与固有频率相等时，振幅最大，所以它表示的是在不同频率的驱动力下的振幅，故C正确，ABD错误。

故选：C。

明确图象中横纵坐标对应的物理量，依据共振的性质分析图象的意义。

本题考查共振图象的性质，要知图该图象描述的是受迫振动物体的振幅随外力频率的改变，最高点对应的横坐标表示物体的固有频率。7.解：A、由题意可知，蹦极绳未拉直，说明运动员下落h高度的过程中，只受重力和阻力，又因为运动员下落的加速度度为35g，对运动员受力分析，依据牛顿其次定律得：mg-f=ma，代入得出：阻力大小f=25mg，所以运动员克服阻力所做的功为W=25mgh，故A错误；

B、因为运动员下落了h的高度，而重力的方向是竖直向下的，故重力做的功为mgh，所以重力势能削减量也是mgh，故B错误；

C、依据功能关系，运动员的机械能的削减量等于运动员克服阻力做的功，所以运动员的机械能削减了25mgh，故C错误；

D、依据动能定理得：mgh-fh=△Ek，得△Ek=35mgh，所以运动员的动能增加了35mgh，故D正确。

故选：D。

先依据8.解：A、两球碰撞过程，系统的动量守恒，两球动量改变量应大小相等，方向相反，若△PA=3kg⋅m/s，△PB=3kg⋅m/s，违反了动量守恒定律，不行能，故A错误．

B、依据碰撞过程动量守恒定律，假如△pA=-3kg⋅m/s、△pB=3kg⋅m/s，所以碰后两球的动量分别为p'A=2kg⋅m/s、p'B=10kg⋅m/s，依据碰撞过程总动能可能不增加，是可能发生的，故B正确．

C、依据碰撞过程动量守恒定律，假如△pA=3kg⋅m/s、△pB=-3kg⋅m/s，所以碰后两球的动量分别为p'A=8kg⋅m/s、9.解：A、由甲图看出，图示时刻质点a的位移为正向最大，而振动图象t=0时刻质点的位移为零，所以图乙不行能是图甲中a的振动图象。故A错误。

B、若波沿x轴正方向传播，b质点的速度方向沿y轴正方向，此时刻b的位移为零，由乙图看出t=0时刻质点经过位置沿y轴正方向振动，所以乙图是甲图中b质点的振动图象。故B正确，D错误。

C、图甲中质点c此时刻处于波谷，位移为负向最大，图乙不行能c点的振动图象。故C错误。

故选：B。

由波的传播方向推断甲图上质点的振动方向．依据振动图象t=0时刻质点的状态，在波动图象找出对应的质点．

本题考查理解和把握振动图象和波动图象联系的实力，找出两种图象之间对应关系是应培育的基本功．10.解：A、当物体A与B相碰撞时，压缩弹簧，这样弹簧给B一个向右的力，给A一个向左的力，使得A减速，B加速，但是由于A有肯定的初速度，故A通过的距离要比B通过的距离大，所以弹簧会先压缩，当A与B的速度相等时，弹簧被压缩得最短，其弹性势能最大，所以当弹性势能最大时，A、B两物体共速，故A正确；

B、对A和B而言，动量守恒，设向右为正方向，则在共速时，mv0=2mv，所以共速的速度v=12v0，即在从A接触弹簧到弹簧的弹性势能渐渐增大的过程中，依据动能定理，弹簧对物体B所做的功W=EkB=18mv02，故B错误；

C、由于两个物体的质量相等，而它们的中间又有一个弹簧，故碰撞时机械能守恒，即碰撞时动量和机械能都守恒，所以两个物体相撞后会交换速度，即当A的速度变为0的时候，弹簧再一次复原原长，故C正确；

D、由以上分析可知，整个过程中，整个系统机械能守恒，动量守恒，故D正确。

本题选不正确的，

故选：B。

物体速度相等时弹簧压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律求出速度，对B11.解：A、因为斜面光滑，故A与B一起会沿斜面对下做加速运动，其加速度的方向是沿斜面对下的，我们对物体A受力分析，如图所示，可知，B对A的支持力是竖直向上的，摩擦力是水平向左的，对AB整体来看，整体它们受重力、支持力，这二个力的合力是沿斜面对下的，故对于A而言，它也会受到重力与垂直于斜面方向的一个力的作用，使得它与重力的合力沿斜面对下，而这个垂直于斜面的力就是由B对它的支持力和摩擦力合成的，故A正确；

B、依据力的相互性可知，B对A的合力方向垂直于斜面，而物体是沿斜面对下运动的，故B对A的力与位移的夹角是90度，所以B对A不做功，故B错误；

C、因为B对A的摩擦力水平向左，依据力的作用是相互的规律，则A对B的摩擦力是向右的，而物体是斜向左下运动的，位移的方向是斜向左下，所以A对B的摩擦力与该位移的夹角大于90度，所以这个力做的是负功，故C错误；

D、对A来说，它受到的合力是沿斜面对下的，因为它的加速度方向是沿斜面对下的，故这个力对物体做了正功，故D错误；

故选：A。

分析两物体的受力及运动，根力的合成推断合力的方向，由功的公式可分析各力对物体是否做功，依据夹角可判功的正负。

推断外力是否做功及功的正负可依据做功的条件是否做功，再依据力与位移方向的夹角推断功的正负，也可以依据力与速度方向的夹角推断功的正负。12.解：下降过程为自由落体运动，由匀变速直线运动的速度位移公式得：v2=2gh

解得触地时两球速度相同，为：v=2gh

m2碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选m1与m2碰撞过程为探讨过程，碰撞前后动量守恒，设碰后m1、m2速度大小分别为v1、v2，选向上方向为正方向，由动量守恒定律得：

m2v-m1v=m1v1+m2v2

由能量守恒定律得：12(m1+m2)v2=113.解：AB、在子弹射入木块到刚相对于静止的过程I中，子弹和木块组成的系统不受外力，系统的动量守恒，但要系统克服阻力做功，产生内能，所以系统的机械能不守恒，故A正确，B错误；

CD、在Ⅱ过程中，系统受到墙壁的作用力，外力之和不为零，则系统的动量不守恒，但系统只有弹簧弹力做功，系统的机械能守恒．故C错误，D正确．

故选：AD

动量守恒的条件是系统不受外力，或所受的外力之和为零．比照条件分析系统的动量是否守恒．依据能量转化状况推断系统的机械能是否守恒．

解决本题的关键是要知道机械能等于动能与势能之和，以及驾驭动量守恒的条件，留意分析系统所受的外力．14.解：A、选地面为参考系，则对于子弹而言，利用动能定理得：，故子弹损失的动能为f(s+d)，故A错误；

B、对于木块而言，木块对地位移为s，子弹对木块做的功为fs，故B错误；

C、整个过程中的摩擦生热为摩擦力与木块和子弹的相对位移的乘积，即fd，故C正确；

D、依据能量守恒知，整个过程中系统的总动能损失转化为因摩擦产生的热，即fd，故D错误。

故选：C。

在子弹射入木块的过程中，木块对子弹的阻力f做功为-f(s+d)，子弹对木块的作用力做功为fs，以子弹为探讨对象，依据动能定理求子弹的动能改变量，依据相对位移求摩擦生热，最终得到系统总动能损失量。

本题关键是明确能量转化和转移状况，要能结合动能定理列式求解。运用动能定理时，要留意位移的参照物。15.解：A、视察图象可知，碰前滑块Ⅰ的速度大小为5m/s，方向沿正方向，滑块Ⅱ的速度大小为3m/s，方向沿负方向，所以碰前滑块Ⅰ的速度比滑块Ⅱ的速度大，故A错误；

B、碰撞后的总动量为正，依据动量守恒定律，碰撞前的总动量也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量较大，故B错误；

C、依据动量守恒定律，有：5m1-3m2=2(m1+m2)，解得3m1=5m2，即m1>m2，故滑块Ⅰ的质量比滑块Ⅱ的质量大，故C正确；

D16.【分析】

原来平衡时，依据平衡条件求出两物体质量关系．依据动能定理探讨两物体着地时速度、动能关系．两物体下滑过程机械能都守恒，依据质量关系分析机械能的关系．由P=mgvsinθ探讨重力的功率关系．本题综合应用了动能定理、机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时速度才相同．重力的功率不等于P=mgv.

【解答】

解：AB、原来静止状态时，由平衡条件得：mAgsinα=mBgsinβ，得到mA：mB=3：4，

依据动能定理得：mgh=12mv2，得着地时物体的速度大小v=2gh，动能EK=mgh，可见，两物体着地时的速度大小相等，但速度方向不同，则速度不相同．由于两物体的质量m不等，高度h相等，则两物体着地时的动能肯定不相同．故A、B错误．

C、两物体下滑过程机械能都守恒，着地时机械能的表达式为E=mgh17.解：A、因为前2m物体的动能与位移x成正比，2m时的动能为12J，则x=1m时的动能为6J，因为质量m=2kg，则依据动能的公式12mv2=6J，计算得出v=6m/s，故A错误；

B、当x=3m时，它正好处于x=2m到x=6m的区间，这时动能随位移的增大而匀称减小，依据动能定理得，物体受到恒定的阻力作用，使其动能线性减小，故这段位移内物体做的匀减速直线运动，依据12mv2=12J，得此过程的初速度为12m/s，末速度为0，通过的位移为4m，所以依据v2-v02=2ax可得a=-1.5m/s2，加速度大小为1.5m/s2，故B错误；

C、在前2m内，初速度是0，末速度是12m/s，位移是2m，故依据x=v0+v2t得：t=2xv=2×212s=233s，故C错误；

D、对全程利用动能定理得：WF-μmgx=0-0，其中x=6m，解之得WF18.解：AB、由于两列波干涉的条件是频率相同，而这两个波的频率是不相同的，所以此系统利用的不是波的干涉原理，所以干涉加强才使跑道上信号最强是错误的，故AB错误；

C、对于某一个频率而言，并不只有跑道上的位置信号才最强，两波源连线的中垂线上的点到两波源的路程差为零，是加强点，所以其他地方也有最强的位置，故C错误；

D、由于这两个可放射无线电波的天线对称地固定于飞机跑道两侧的，两波源连线的中垂线上的点到两波源的路程差为零，是加强点，所以在跑道上是可以同时接收到它们的最强信号，假如偏离了跑道，则不行能这两个信号同时最强，故D正确。

故选：D。

当两波的频率相同，可以发生干涉，两波源连线的中垂线上的点到两波源的路程差为零，都是加强点。

解决本题的关键知道干涉的条件，知道当飞机沿两波源中垂线着陆时，路程差为零，为振动加强点，接收到的信号最强。19.解：依据冲量的定义，重力对物体的冲量大小为IG=mgt

对物体受力分析得，物体受到的支持力的大小为：

故支持力的冲量大小为：

因为物体从顶端匀速下滑究竟端，它的速度没有改变，动量mv也没有改变，故它的动量改变为0。

故答案为：mgt；mgtcosθ；

0

依据重力的大小、支持力的大小，结合冲量的公式求出重力和支持力的冲量，依据动量改变的定义求动量改变量。

本题考查了冲量公式的基本运用及动量的20.解：因为Pe=8×104W，最大速度vmax=20m/s，故当汽车速度最大时，其加速度为0，即牵引力F与阻力f相等，即F=f；

故阻力的大小f=F=Pevmax=4×103N；

由于汽车做匀加速运动的加速度大小为2m/s2，故此进的牵引力F=f+ma=4×103N+2×103×2N=8×21.解：①想利用平抛运动的规律反向推出弹簧弹性势能的大小，则须要求出小球平抛时的速度大小，这个须要利用平抛的规律来求出，故须要测量平抛运动的水平位移和竖直位移，计算动能大小时，还须要知道小球的质量，故干脆测定的物理量有CDE；

②依据平抛运动的规律：x=vt，y=12gt2，则v=xg2y

故小球平抛时的动能为：Ek=12mv2=mgx24y

再由机械能守恒得，弹簧在被压缩时的弹性势能的表达