一细绳一端系了一个小球,小球从水平位置a释放,到达最低位置b时碰到一根钉子.此时以半径为原来的一半做圆周运动,哪些量发生变化?哪些量没有?说清楚原因理由!（量比如线速度角速度向心力向心加速度绳子拉力）
转身之后丶藀
碰撞的瞬间,线速度不变但是由于圆周运动的半径减小了一半,所以角速度变为两倍又根据F向=mv^2/r^2,可以得知向心力变为原来的两倍所以绳子的拉力增大题目的计算一般是用机械能守恒来计算各处的速度的~
能说说为什么碰撞瞬间线速度不变吗？
唔，碰撞瞬间没有能量的损失嘛……钉子只是勾住绳子，对球没有本质影响……所以动能不变，所以线速度不变~
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线速度不变，角速度变了，向心力变了，因为半径r变了，由F=mv^2/r可知，
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一曲线运动
1、B&&&2、B&&&&3、A&&&4、D
5、【解析】选A.首先应当注意曲线运动的特点：速度方向一定发生变化.因此选项A正确.速度变化不仅是指速度方向的变化，也可以是指速度大小发生变化，因此B错.加速度恒定时，既可能是直线运动，也可能是曲线运动（例如，平抛运动中加速度&），因而选项C是错误的.在直线运动中加速度变化的情况也存在，加速度是矢量，大小发生变化，方向不变，物体就做变加速直线运动，所以选项D是错误的.
6、A、B、C&&&&7、B、C&&&&8、A、D&&&&9、D
10、【解析】选D.无力不拐弯，拐弯必有力，由曲线运动的轨迹始终夹在合外力与速度这间，且向合外力的方向弯曲的特点可推断，质点在&点处受力方向只能是沿&方向或沿&方向，而在&点时的速度与&轴平行，可推知恒力方向不能沿&方向，故先项&正确.
11、【解析】选B.曲线运动的速度方向总沿轨迹的切线方向，其速度方向一定变化，速度大小可能变化，也可能不变，所以曲线运动的速度一定变化，&选项错误.曲线运动一定具有加速度，曲线运动加速度方向跟其速度方向不在同一直线上，加速度大小可能恒定不变，也可能变化，因此&选项错误，&选项正确.
12、D
13、【解析】由于物体的运动具有连续性，即物体的运动速度的大小和方向都不可能发生突变，或者说速度是逐渐变化的.如果在轨道的转弯处不进行吻接，则很容易造成车辆由于速度方向不能连续变化而脱轨，从而造成危险，因而应吻接.互成&角的两条轨道的吻接图如图所示.（两半径应分别与两轨道垂直）
14、【解析】（1）单独开&时，力沿&方向，故做匀减速直线运动，单独开&时，做匀加速直线运动.单独开&时，做匀变速曲线运动.（2）同时开动&与&，合外力沿与&和&之间的方向，探测器做匀变速曲线运动.（3）同时开动四个发动机，则合力为零，探测器做匀速直线运动.
二运动的合成和分解
1、A、C
2、【解析】选A、B、C.对于选项A，根据匀加速直线运动速度公式&，可知，匀加速直线运动可分解为同一直线上的匀速运动（&）和初速度为零的匀加速直线运动（&），故&对，对&选项的判断可通过平抛的具体实例得出&对，&错，由于速度、加速度和位移都是矢量，它们的运算都遵循平行四边形定则，所以&对.
3、B&&&&&4、B、D
5、【解析】选&.如图，&沿&方向或偏上是安全的；&，即当&与&垂直时最小；&，所以&.
6、B&&&&&7、A&&&&8、A&&&9、C&&&&10、B&&&11、A、C
12、【解析】选D.&产生的加速度&，则作用&后，设&轴方向的速度&&，在之后的&内，设&轴运动位移&，又由作用沿&轴方向的力，曲线凹侧应向力的方向.综上可知，D项正确.
13、1400m
14、【解析】物体的两个分运动，一个是向正东，一个向正北.由力的独立作用原理，正东方向&，正北方向&，所以&合运动的加速度&，所以物体的运动性质是匀加速直线运动.由运动的同时性，在此过程中&.答案：（1）匀加速直线运动&&&&10s&&&&（2）200m
三平抛物体的运动
1、A&&&2、A&&&3、C&&&&4、D
5、【解析】选C、D.若已知落地速度&的大小和方向（设与水平方向夹角为&），则初速度&对；若已知位移&的大小和方向（设与水平方向夹角为&），则水平位移&竖直位移&，两式联立可得&，D项正确.&
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6、B、C、D&&&&7、A、B、C&&&&8、C&&&&9、A、C
10、【解析】选B.小物块滑上静止的传送带，受水平向左的摩擦力而做匀减速运动，有&，其中&为小物块滑上传送带的速度，&为滑离传送带的速度，&为匀减速运动的加速度，&为传送带两轮间距；当传磅带以恒定速率向左运动时，&均不发生变化，于是&不变，小物块离开传送带后做平抛运动，仍落于M点.
11、A
12、【解析】选C.两铁球相遇的条件是：水平方向&竖直方向&又因为两球同时释放，则在相同的时间内下落的高度应相同，即&，得出&，故C选项正确.
13、800m
14、【解析】设工件在B点的速度为&，对于由B到D的平抛运动过程，有&，代入数据得&.由A到B，工件在摩擦力的作用下做减速运动，有：&，&，由上解得：&，查表知AB应该是金属轨道.答案：导轨的材较应为金属.
四匀速圆周运动
1、C&&2、C、D&&&3、D&&&4、B、D&&&5、C&&&6、A、C&&&7、B
8、【解析】选D.本题考查做匀速圆周运动物体的相遇问题，分针与时针从第1次重合到第2次重合，分针转过的角度比时针多了&.设经过时间&再次重合，则&.由题意知&所以&.
9、A
10、【解析】选B.变速运动可以是物体速度大小变化而方向不变的运动，A错.而曲线运动中，速度方向一定是变化的，其加速度可能不变，B对，C错.在匀速圆周运动中物体的加速度和速度的大小均不变，故D错.
11、【解析】选C.在子弹直线前进时，薄圆盘在转动，在子弹从A盘穿过，又穿过B盘的时间内，圆盘转过的角度为&，即为&.根据子弹匀速直线运动规律与圆盘匀速圆周运动的规律可得&，联立可得：&&
&.
12、B、C&&&&&13、（1）62.8m&&&&56.6m&&&&&（2）25.1s&&&&0.25rad/s
14、【解析】小球竖直方向做自由落体运动，则&，由于圆筒内壁光滑，小球沿水平方向做匀速圆周运动，若小球恰能从B处飞出，则水平方向做圆周运动的路程为：&
&，所以小球刚进入入口时的速度为&
五向心力&&向心加速度
1、A、C&&&&&2、B
3、【解析】选A、C、D.当小球第一次到达P点时，线速度不变，故B错.此后圆周运动的半径变林，由&知小球的角速度会变小，故A正确.而&，当&变大时，&变小，可知C正确.而由向心力公式&可知&亦随&变大而减小，故D正确.
4、A、B&&&5、B、D&&&6、B&&&7、C&&&&8、C
9、【解析】选C.由向心力公式得A项中&，A错.B项中&，B错.C项中&对.D项中，&错.
10、A、D
11、【解析】选C.同轴转动，C、E两点角速度相等，由&得&，两轮边缘点的线速度大小相等，由&有&即&.
12、C
13、【解析】由向心力公式得&，即&，则&，其方向指向转轴.
14、（1）&&&&&&&&（2）&
六匀速圆周运动的实例分析&&七离心现象及其应用
1、D&&&2、C&&&3、C&&&4、B、C&&&5、A
6、【解析】选A、D.汽车过凸形桥，在桥顶受重力及桥对汽车的支持力两个力的作用，其合力G&N提供向心力，即满足&，由此可知&正确；&越大，N越小，故B错误；&，当&时，&，故D正确.
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7、A&&&&8、C&&&&9、C&&&10、C
11、【解析】选C.汽车转弯时，静摩擦力充当向心力，当速度大小一定时，最大静摩擦力对应着最大向心力，那么由公式&存在最小值，所以&，如果&比&小，摩擦力不足以提供向心力，汽车就不能正常转变.
12、【解析】选B.对绳或细线来说，只能提供拉力，那么要求小球需要的向心力不能小于重力，&时，刚好是重力充当向心力，如果速度再小，小球就不能到达最高点；对于杆来说，杆既能提供拉力又能提供支持力，因此&时，仍能满足圆周运动条件，此时支持力&，因此&.
13、&&&&&超重的感觉
14、【解析】螺丝P做圆周运动，需要的向心力由转轴来提供，则&
&.即转轴要受到&的力的作用，这个力会随飞轮转速的增大而增大&，它将对飞轮产生非常不利的影响，如转动不稳、产生振动、转轴磨损加快等.答案：&&&&&产生不利的影响，如转动不稳、产生振动、转轴磨损加快等.
第五章•综合能力检测
1、A、C&&&2、C、D&&&3、D&&&4、D&
5、【解析】选B、C、D.向心力是按力的作用效果命名的，不是物体所受的一种新力.做匀速圆周运动的物体，所受的合力来提供向心力，向心力是用来改变线速度方向的，是产生向心加速度的原因.
6、D&&&&7、B、C
8、【解析】选C.如图所示，甲、乙均从&处平扫时落地点分别为B、A，&，设两球的下落时间均为&，由&，得&.由水平位移公式&，因为&.若要&，则&，可得&.设乙从H处平抛出去恰好与甲的落地点相同，则&与&相比较可得&，故C选项正确.
9、B
10、【解析】选B.取A为研究对象受力如图所示，A受重力&，支持力&和静摩擦力&，摩擦力给A提供向心力.另取B为研究对象，其受力如图所示，B受重力&，圆盘的支持力&，A对B向下的压力&及A对B的摩擦力&（方向背离圆心）和圆盘对B的摩擦力&（方向指向圆心），&与&的合力提供B做圆周运动的向心力.
11、【解析】根据&和&知，&.（1）该装置的错误之处是：竖直板上的白纸没有紧靠斜槽的末端.（2）平抛运动的初速度的真实值&，测量值&而&，考虑空气阻力有&，所以&，所以测量值偏小.
12、A、C、E&&&&&13、4.2m&&&&&14、（1）20m&&&&（2）30m
15、（1）0.6s&&&&（2）&
16、【解析】（1）车向右转弯.（2）如图所示，对电灯有&，故&.（3）对于车，向心力是由静摩擦力提供的，此时有&，解得&.答案：（1）向右转弯&&（2）&&&&&&&&（3）&
一行星的运动
1、B&&&2、B&&&&3、D
4、【解析】选C.&由于开普勒定律知：卫星离地球越远速率越小，周期越大，且&的值与中心天体的质量有关，中心天体不同时，&值不同.
5、【解析】选B.地心说和日心说是人类认识自然的过程中的阶段性产物，都有其局限性.今天我们认识的太阳系是银河系的一个小星系，而银河系对整个宇宙来说也是一个小星系.九大行星以太阳为中心运转，太阳系中所有的成员又在绕银河系的中心转动，整个宇宙的中心在哪里？宇宙有多大？这些都还是未知的.
6、C
7、【解析】选C.由&知&.
8、D&&&&9、A
10、【解析】选B.由开普勒第三定律得&知&.
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11、B
12、【解析】设木星半长轴承R，公转周期为T，地球半长轴为&，公转周期为&.那么由开普勒第三定律得&.答案：5.24
二万有引定律
1、A
2、【解析】选A.万有引力存在于宇宙中任何有质量的两个物体之间，A对.重力是万有引力的一分力，B错.由公式&知，万有引力大小只与两物体质量乘积及两物体之间距离有关，C错；当两物体紧贴一起时，两物体重心之间距离不为零，D错.
3、B&&&&&4、C&&&&&5、C
6、【解析】选D.设地球表面的重力加速度为&，某个行星表面的重力加速度为&，地球的质量与半径为M、R，某行星的质量与半径为&.则根据万有引力定律得：&，&.又&为某个物体质量&，所以&.
7、C&&&&8、D&&&&9、B
10、【解析】选C.设地球质量为M，地球表面重力加速度为g，地球半径为R；另一行星的质量为&，行星表面的重力加速度为&，行星半径为&，物体的质量为&，则：在地球表面时&得&.在另一行星表面时，&，得&&&&.
11、B&&&&&&12、D&&&&&13、125kg
14、【解析】（1）在月球和地球表面附近竖直上抛的物体都做匀减速直线运动，其上升的最大高度分别为&，式中&和&是月球表面附近和地球表面附近的重力加速度，根据万有引力定律得&，于是得到上升的最大高度之比为&
&.（2）设抛出点的高度为H，初速度为&，在月球和地球表面附近的平抛物体在竖直方向做自由落体运动，从抛出到落地所用时间分别为&.在水平方向做匀速直线运动，其水平的射程之比为&.答案：（1）5.61（2）2.37
三引力常量的测定
1、B、C、D&&&&2、A&&&&3、A、B
4、【解析】选A、B、C、D.地球与物体之间存在着相互作用的万有引力，由于地球的自转，万有引力的实际作用效果，一是提供物体随地球自转所需要的向心力；二是物体所受到的重力，重力与万有引力的大小和方向均不相同，但实际上，由于物体随地球自转所需的向心力远小于物体间的引力，所以重力与引力非常接近，在赤道处两者相差最大，理论计算得出不会超过千分之四.随着纬度和高度的变化，物体重力也有变化.做A、B、C、D选项全部正确.
5、A
6、【解析】选C、D.万有引力定律&中G为引力常量，求万有引力时，要涉及G值.但牛顿发现万有引力定律时，没能给出准确的G值，定律的发现和G值给出不是同时的，牛顿发现成发有引力定律一百多年以后，英国物理学家卡文迪许在实验室里测出了比较准确的G值，他不但证明了万有引力定律的正确，同时证明了万有引力的存在，更使得万有引力定律有了真正的实用价值，可以测定天体的质量.当时测出&.它在数值上等于两个质量都是&的物体相距1m时的相互作用力.
7、A、B
8、【解析】选A、C.物体的质量与物体所处的位置及运动状态无关，故A对、D错；由题意知，物体在月球表面化上受力为地球表面上受力的1/6，即&，故B错；由&知，&增大时，引力F减小，故C对.
9、D&&&&10、C&&&&&12、B
13、【解析】地球绕太阳公转的向心力是由太阳对地球的万有引力提供的.设地球质量为&，轨道半径为&，公转周期为T，运行速度为&，运行的向心加速度为&，则
（1）&.
（2）&.
（3）&.
答案：（1）&&&&&（2）&&&&&（3）&
14、【解析】设未挖去小球时整体质量为M，则有&.所以&.设想将挖去的小球放回原处，根据叠加原理，剩余部分对&的引力F为&
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&.答案：&
四万有引力定律在天文学上的应用
1、D&&&2、B、D&&&&3、A、B、C&&&&4、D&&&5、C&&&&6、C
7、【解析】选C.设地球的质量为M，则有&.由此可求出M，再由&可求出飞船线速度的大小.由于飞船的质量未知，所以无法求出飞船所需的向心力.故应选C.
8、【解析】选A、D.行星绕恒星运动时都是由万有引力提供向心力，结合向心力公式可由&得恒星质量&，行星运行速度&，所以恒星质量与太阳质量之比&，可求行星运行速度与地球公转速度之比&，可求恒星密度&.由于恒星半径之比未知，故不可求.由于行星质量在公式中属于环绕天体质量，故无法求解.
9、D
10、【解析】选B、C.由关系式&，可得&，选项A错误，选项B正确；由于飞船中的人处于完全失重状态，人受到的万有引力全部用来提供人做圆周运动的向心力，故对台秤没有压力，所以选项C正确，选项D错误.
11、B&&&12、D&&&13、&
14、【解析】月球绕地球运行的周期为：&天&，这是题目中的隐含条件，则由万有引力提供向心力得：&.又&，所以&.答案：&.
五人造卫星&&&宇宙速度
1、C&&&2、C
3、【解析】选D.卫星上的物体所受万有引力等于重力，充当向心力，物体处于完全失重状态，但重力仍然存在，选项A错误.由公式&知半径最小为地球半径.此时线速度最大为第一宇宙速度即&，因而第一宇宙速度为最大的运行速度，选项B错误.从卫星上释放的物体，由于速度和受力没有变化，物体仍做匀速圆周运动，选项C错误.我国第一颗人造地球卫星周期小于地球自周期，即小于同步卫星周期，那么由开普勒第三定律可知此卫星离地面高度比地球同步卫星离地面高度小，选项D正确.
4、D&&&&5、B、C&&&6、D&&&&7、A
8、【解析】选B.由于卫星所受到的地球引力提供向心力，即&，解得&.又因为地球表面处的重力等于万有引力，&，得&，可得
&&
9、A&&&&10、C&&&&11、C
12、【解析】选D.本题以万有引力为核心命题点，考查了牛顿第二定律在天体运动中的应用及圆周运动中周期与半径、速度之间的关系等知识点，考查了学生运用牛顿第二定律的能力.“嫦娥一号”绕月球运行的轨道半径为&，由万有引力提供向心力得：&.又月球表面的重力加速度为&，则&.联立求解得：&，故选项D正确.
13、&
14、【解析】设地球质量为M，卫星质量为&，每颗卫星的运行周期为T，万有引力恒量为G，则万有引力定律和牛顿定律有&.地球表面重力加速度为&，可得&.卫星1由A位置运行到B位置所需要的时间为&，联立可得&.
答案：&
第六章•综合能力检测
1、C&&&2、A&&&3、A、D
4、【解析】选C.&①&②&③&④
联立四式解得：&.
5、B、D&&&&6、C&&&&7、D
8、【解析】选B.原来状态应满足公式&后来飘起来时，&为地球质量、&为物体质量、R为地球半径、&为飘起来时的转速、&为的来的转速.联立求解得&.
9、B
10、【解析】选B、C.行星Gliese&581c围绕红矮星运行的周期为13天，由&得：&，其中M为红矮星的质量，&为行星距红矮星的距离，而宇宙飞船绕行星Gliese&581c运行的周期&，&为行星Gliese&581c的质量，&为飞船与Gliese&581c的距离，故A不正确.由速度&，地球的&小于Gliese&581c的&，所以B正确.由&知Gliese&581c的&大于地球的&，所以C正确；由&知，Gliese&581c的平均密度比地球的平均密度大.故D不正确.
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11、C&&&&12、D&&&&13、&&&&&&14、3R
15、【解析】对于已知的近地卫星，依据万有引力提供向心力，有&.而对于地球的同步卫星，由于期周期等于地球自转周期，有&.两式相除有：&.即&.代入数据，&得&.即地球同步卫星距地面高度是地球半径的5.6倍.答案：5.6倍.
16、3.03×103kg/m3
期中测试
1、A&&&&2、C&&&&3、C&&&&4、A、B、C、D
5、【解析】选A、D.设地球质量为M，同步卫星的质量为&，地球赤道上物体质量为&，地球表面绕地球运行的卫星质量为&，则由&得：&，因为&，所以&，故选项A正确；又&与&绕地球运行的向心力由万有引力提供，则&所以&.
6、A、B、D&&&&&7、A&&&&&8、A、D&&&&&9、C&&&10、D
11、【解析】根据研究平抛运动的实验及平抛运动的原理，可知使弹丸做平抛运动，通过测量下落高度可求出时间，再测水平位移可求出其平抛的初速度.（1）实验示意图应如图所示；（2）弹射器必须保持水平，以保证弹丸初速度沿水平方向；（3）应测出弹丸下降的高度&和水平射程&，如图所示；（4）在不改变高度&的条件下进行多次实验测量水平射程&，得出水平射程&的平均值&，以减小误差；（5）因为&，所以&又&，故&.
答案：见解析
12、&
13、【解析】根据天体表面重力与万有引力相等得&.所以&
&.所以&.答案：&
14、&
16、【解析】此题考查两类运动模型：匀加速直线运动和平抛运动.（1）对&，代入数据得&（舍去）.对B做平抛运动：&，代入数据得&.（2）B、C的水平位移分别为&.B、C落地点之间的距离为&.
答案：（1）1s&&&&&&&&&&&&（2）&
一功
1、D&&&2、D&&&3、A&&&4、B&&&5、B&&&&6、C&&&7、C&&&8、B
9、【解析】选A、D.由&图象知物体运动的加速度&，则由牛顿第二定律&.物体的位移为&，所以拉力做功&.物体克服摩擦力做功&
10、C&&&&11、B&&&&12、B&&&&13、&
14、【解析】推力F等于摩擦力&，即&.所以每台液压机所做的功为&.答案：&
二功率
1、B、D&&&&2、D&&&3、C、D&&&4、D
5、【解析】选A.重力做功只与初、未位置的高度差有关，此三个小球初、末位置的高度差相同，质量也相同，故重力做功相等，A项正确；此三球的运动时间不等，所以重力做功的平均功率不相等，故B项错误；由于重力做功相等，三个小球落地时的速度大小相等，方向不完全相同（上抛、下抛小球落地时速度方向相同，平抛的速度方向斜向下），所以落地时重力的瞬时功率也不相等，故C、D均错.
6、B&&&&7、D
8、【解析】选B、C.小球上升和下降过程位移大小相等，上升阶段小球克服重力做功和下降阶段重力做功均为&，显然B对A错.上升过程小球受到的合外力为&，下降过程受到的合外力为&，故上升加速度（&）大于下降加速度（&）.位移相等的情况下，上升时间（&）比下降时间（&）小.根据定义，&，显然&，C项正确.
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9、【解析】选B、C.机车正常匀速运行时，&，机车的功率：&，提速后，&变大，因此功率P必须增大.在转弯处，设坡面与水平面的夹角为&，则&，得&，所以&变大，&必须增大，即路基坡度应加大.
10、C&&&11、D&
12、【解析】选D.由&图象可知一开始阶段为匀加速直线运动，然后匀速运动一段，最后匀减速直线运动.由牛顿第二定律得&时，&时&不变.&时&&减小.那么&，一开始逐渐增大，到&时，F突然减小，直到&，所以P有一小段落差，然后保持不变.到&时，F瞬间减小，所以P有小段落差，P逐渐减小.选项D正确.
13、&
14、【解析】（1）机车在&前并未达到额定功率，所以有：&①&②
&.
（2）由上式知，当P达到额定值时，&为匀加速的最长时间.故
&
（3）当汽车匀速时（即&），速度达到最大值.所以：&
故&.答案：（1）&&&&（2）20s&&&&&（3）15m/s
三功能&&&&&四动能&&动能定理
1、A、B&&&2、C&&&3、B&&&&4、B、D&&&&5、D&&&6、A、D
7、【解析】选A、B、D.物体只有发生弹性形变时，才能产生弹性势能，故A、D项正确；物体的形变包括非弹性形变和弹性形变，故C项物体发生形变，不一定具有弹性势能.弹性势能是由于物体发生弹性形变产生的，是外力做或或其他形式的能转化而来的，具有弹性势能的物体具有对外做功的本领，故B项正确.&
8、D
9、【解析】选C、D.A和B两球质量相等，从同一高度运动到另一相同高度，即重力做功相同，故B错，C对.根据动能定理知，A球增加的动能等于重力对A球做的功，B球增加的动能等于重力对B球做的功减去克服弹力做的功，所以A的动能大于B的动能，A的速度大于B的速度.故A错D对.
10、A、C&&&11、C
12、【解析】选C.设P点缓慢向上移动H，弹簧伸长&，物体距离地面高为&，如图，有&，物体增加的重力势能等于克服重力所做的功，即&.P点缓慢向上移动的过程中，物体处于衡状态，物体受到重力&和弹簧的弹力&，则有&，由此可知弹簧的伸长量为&.所以物体上升的高度为&，则物体重力势能的增加量为&
&&.
13、（1）&（2）&&&&&&（3）0&&&无变化&&&&&&（4）相同
14、【解析】（1）在第2s末小球所处的高度&
重力势能&.&说明了物体在参考平面的下方.
（2）在第3s末小球所处的高度&
第3s内重力做功&，所以小球的重力势能减少了50J.答案：（1）&&&&&&（2）&&&&减少&
六机械能守恒定律
1、D&&&2、C&&&3、B&&&&4、A、D&&&&5、A、C&&&&&6、B、C&&&&7、A
8、【解析】选B.若斜劈大定在地面上，则物体下滑到地面的过程中，机械能守恒，则有&，即&，而由于斜劈地面间光滑且不固定，物体下滑过程中，斜劈向左加速，这时系统机械能守恒，此时&，故物体滑到底端时的速度小于&.
9、C&&&10、C&&&&11、A、C、D
12、【解析】选B.某同学跳过&横杆时，可认为速度刚好为零，起跳过程中只有重力做功.&由机械能守恒，重心升高为&，选地面为零势面，那么&，&.所以&接近&，选项B正确.&
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13、&
14、【解析】设弹起时的初速度为&，由机械守恒定律得&，&
&，即球落地面上的速度大小也为&，设其初速度为&，再由机械能守恒得
&&&&.还可能全程求解，即&.&&答案：&
七机械能守恒定律
1、A、D
2、【解析】选D.物块下滑时，斜面将后退，物块&发生的位移与其受到的弹力夹角大于&，故弹力对&做负功，故A错；而物块下滑时，斜臂向后退，会获得一部分动能，故B、C错，由于无摩擦，&和M组成的系统仅发生动能与重力势能的转化和转移，故D正确.
3、B&&&&4、A&&&5、B、C&&&&6、B&&&7、B&&&8、B、C、D&&&&9、B
10、【解析】选A、C、D.分析题意得到，小球的机械能守恒，列出机械能守恒的方程时，方程两边总能把小球的质量去掉，所以在&为一定值的情况下，释放后，小球的运动情况与其质量的大小无关，选项A正确；小球在轨道内做圆周运动，在通过最高点时的最小速度为&，离开轨道后小球做的是平抛运动，若竖直方向下落&时，则水平方向的位移最小是&，所以无论怎样改变&的大小，都不能使小球通过&点后又落回到轨道内，则选项B错，选项C正确；同理可以得出选项D是正确的.综上所述，本题的正确选项应该为A、C、D.&
11、A、B、C&&&&12、C
14、【解析】（1）小球在圆管内运动机械能守恒，设到达最高点时的速度为&，则有&，解得&.（2）设管对球的压力为&，由牛顿第二定律有&，解得&，又由牛顿第三定律知球对管壁的压力&.答案：（1）&&&&&&（2）&
第七章•综合能力检测
1、B&&&2、A&&&3、B、C&&&&4、A、C&&&&5、B、D
6、【解析】选A.由生活经验知：车速约为&，人、车总质量约是&，若取总质量&，车速&，且认为自行车近似做匀速运动，则骑车人的功率可估算如下：&
7、C&&&&&8、B&&&&&9、C、D
10、【解析】选B、C.因为两图线与时间轴围成的面积之差代表位移之差，B正确，对物体A的&图象中速度图线斜率为&，求出&，所以C对；因A车质量大小未知，故B获得的动能无法计算，而图中速度图线与坐标轴包围的面积表示A及小车位移，其差值为A在B上的滑行距离，可能小于车长，不一定为小车长度，所以A错.
11、低压直流电源、天平、秒表&&&&低压交流电源、纸带、铁夹、重锤、刻度尺
12、（1）球的质量&&&球从抛出到落回原抛出点的时间T&&（2）&
13、&&&&&&
14、【解析】（1）飞机达到最大速度时，牵引力F与其所受阻力&大小相等.由&得&①（2）航空母舰上飞机跑道的最小长度为&，由动能定理得
&②.由①②式得：&
答案：（1）&（2）&
15、【解析】（1）以物体A与B为一个系统，虽然在题所述的运动过程中它们分别受到绳的拉力，并且此拉力对物体A做正功，对物体B做负功，但因A、B受到绳的拉力大小相等.两物体运动的位移又大小相等.所以绳对两物体拉力做功的代数和为零.当桌面光滑时，系统的机械能守恒，则有&，解得：&.（2）当桌面不光滑时，系统的机械能不守恒，由动能定理有&，解得&.
答案：（1）&&&&&&&（2）&
16、&
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期末测试
1、B、D&&&&2、A、B&&&&3、B&&&5、C&&6、B
7、【解析】选B、D.由于轨道高度会逐渐降低，所以万有引力会增大，由&可知线速度会逐渐增大，选项A错；由&，可知向心加速度逐渐增大，周期减小，线速度和角速度都增大，则飞船的动能增大，重力势能减小；由于要克服空气阻力做功，机械能逐渐减小，选项B、D正确，C错误.考生一定要注意是由万有引力决定物体的运动这一因果关系，否则就会掉入受到空气阻力线速度会减小这一陷阱中.
8、A、C、D&&&&&9、A、C&&&&10、A、C
11、（1）&&&&&&（2）&&&&&
12、（1）天平&&&&&&刻度尺&&&&（2）重力势能&&&&质量&&&高度&&&&&&13、&
14、【解析】（1）压力&，因为航天员处于完全失重状态.（2）航天员所在位置的重力加速度&，在地面附近&.所以&.因此重力&
&.（3）做圆周运动时，万有引力提供向尽力.&①在地面附近有&②.由①②可得&.答案：（1）0&&&&（2）&&&&&（3）&
15、（1）&&&&&&（2）&倍
16、【解析】（1）释放点到A高度&，则&，恰能通过最高点B时&.联立以上两式得&.（2）由B到C平抛运动，&答案：（1）&&&&&&&（2）&
一简谐运动&&二振幅、周期和频率
1、A、C&&&2、C&&&3、C、D&&&4、B&&&5、C
6、【解析】选A、C.在一个周期内，振子回到原位置，则位移为零，但路程一定是4A，A正确.在半个周期内，路程一定是2A，但位移可能是零（如从平衡位置经半个周期仍回到平衡位置），B错误.在&内，振子在最大位移附近往复运动时是可能回到原位置的，位移为零，路程也小于A、C正确，D错误.
7、A
8、【解析】选B.由题意可知：&点在O点的两侧，相对于O点对称，通过&点时速度大小、方向相同.质点由&到&花时间&，由&点回到&点所花最短时间&，表时质点经过&点后还要继续向&轴的正方向运动，振幅大于&；设质点到达&点处位移最大，表明质点由&到&再回到&花时间&.根据上述理由可知：质点做简谐运动的半周期为&，周期&，频率&.选项B正确.
9、【解析】选D.两次具有相同速度或相同动量的时间可以小于&（例如振子从靠近平衡位置的位置经平衡位置运动到关于平衡位置的对称点），因此A、B错误.在平衡位置处速度最大，动能最大，经&才又回到平衡位置，则C错误，经&，振子一定到达关于平衡位置的对称点，则D正确.
10、C&&&&11、A、D&&&&12、C
13、【解析】（1）作示意图如图，根据题意，振子从P点出发，沿路径①到达B再沿BP回到出发点P，历时&，由对称性知&；同理，&，故&.所以&.即周期为&.（2）&.振幅&；因振子1个周期通过4A的路程，故在&内通过&.答案：（1）1.00s&&（2）200cm
14、【解析】设弹簧的劲度系数为&，以A、B整体为研究对象，系统在水平方向上做简谐运动，其中弹簧的弹力作为系统的回复力，所以对系统运动到距平衡位置&时，有&，则&，由此得&当位移为&时，A、B间摩擦力为&，此时&，设A、B整体加速度为&.则&.&.（负号表示&与&的方向相反）.答案：&.
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三简谐运动的图象
1、D&&&2、B、C&&&3、A&&&4、B&&&&5、C&&&6、D
7、【解析】选D.由&作出质点的振动图象可得.
8、【解析】选A.简谐运动的图象不是振动质点的轨迹，质点的轨迹是质点往复运动走过的路径.而振动图象表示的是振动物体的位移随时间变化的规律.由图象可直接得到质点的振幅和周期，并可判断任一时刻质点的速度方向和加速度方向.
9、B&&&&10、A、D&
11、【解析】选C、D.&从图中看出，两弹簧振子的周期之比&，得出频率之比&，选项D正确；弹簧振子周期与振子的质量、弹簧的劲度系数&有关，周期不同，说明两振子不同，A选项错误；由于弹簧的劲度系数&不一定相同，所以振子受到的回复力（&）
的最大值之比&不一定为&，所以B选项错误；对简谐运动进行分析可知，在振子到达平衡位置时位移为零，速度最大，在振子到达最大位移处时速度为零，从图象可以看出，在振子甲到达最大位移处时，振子乙恰到达平衡位置，所以C选项正确.
12、【解析】选D.经过P点时速度方和有两种可能，体现在图象上可能是正，也可能是负，做出简谐运动的图象如图，如果经过P点时刻为&，对应图象上的B点，从图中看出&，再经&时间振子在图象中DC间某一时刻上，根据简谐运动的速度变化规律，得速度小于&，如果经P点时刻为&，对应C点，同理，经&时间，振子在EF之间的某一时刻，速芳也小于&.因此D正确.
13、【解析】小球的初始位置在负向最大位移处，小球每回到平衡位置时即被弹回，故小球的振动周期变为&.小球的振动图象如图所示.答案：见解析
14、1.6s
四单摆&&六简谐运动的能量&&阻尼振动&&&七受迫振动&&共振
1、D&&&2、D&&&3、A、C&&&4、D&&&5、D&&&&6、A&&&&7、B、D&&&8、B&&&9、C
10、【解析】选A、C.由图，B摆的摆长比A摆的摆长长，由&知，&，由&得，&，A对；当底座做周期性振动时，A、B做受迫振动，周期都与驱动力周期相同，B错；由于&，所以当底座振动频率由零变大时，首先满足&，B摆先共振，B的振幅A的振幅；随频率增加，当A共振时，&，所以摆A的振幅比B大，C对，D错.
11、D
12、【解析】选A.根据题意可知，甲球做自由落体运动，乙球做初速度为零、加速度为&的匀加速直线运动，丙球做简谐运动，则有：&，&.解得：&，&，&.即&，故A正确、B错误；对三个小球来说，都只有重力做功，则它们的机械能守恒，而甲球和乙球的机械能相等，故它们到达D点时的动能相同，即它们到达D点时的速率相同，但它们到达D点时的速度方向不同，故C错误；由&可得：&故D错误.
13、&
14、【解析】（1）火车车厢在轨道接轨处发生的振动是受迫振动，轨道接口处对车厢的撞击力可以看作是驱动力，当驱动力的频率等于车厢的固有频率时，车厢会发生共振，引起剧烈抖动，为了火车行车安全，应该合理安排火车车速以调整驱动力的频率，发免发生共振而导致不良后果.
（2）弹簧的劲度系数&.
车厢的固有频率&.
（3）火车所受驱动力的频率&.当驱动力频率&与车厢的固有频率&相等时，发生共振，由此可以求出发生共振时火车的速度为&，由&得&=&=
&，此即为所求危险时速.答案：（1）见解析&&&（2）3.4Hz&&&&&（3）153km/h
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第九章•综合能力检测
1、C、D&&&&2、B、C
3、【解析】选A、B.在无钉子A时摆球的周期&（设摆长为&），当有钉子A时摆球周期&，可见&，选项A正确.摆球在摆动这程中机械能守恒，根据&，可知摆球在左右两侧上升的最大高度相等，选项B正确.由于摆球在平衡位置左侧的摆长是右侧摆长的2倍，且上升最大高度相等，因此摆球在平衡位置左右两侧走过的最大弧长不相等，右侧的最大摆角也不是左侧的两部.选项C、D错误.
4、B&&&&&5、C&&&&6、C&&&&7、B&&&&&8、A、B&&&&&9、D
10、【解析】选C.这时弹簧振子在竖直方向上做简谐运动，某时刻经过C点向上运动，过半个周期时间应该在C点关于O点的对称位置，速度的大小相等，所以动能的变化量为零，A选项正确；由系统机械能守恒得，弹簧弹性势能的减少量一定等于物体重力势能的增加量，B选项正确；振子在竖直方向上做简谐运动时，是重力和弹力的合力提供回复力，由动量定理&，设向下为正方向，&又因为C点为BO之间的某一点，&，所以C选项错误，D选项正确.因此选C.
11、（1）&&&&&&&准确&&&&（2）偏大
12、【解析】此摆在&时间内完成全振动的次数为&，则此摆的振动周期&；小球在垂直于纸面的平面内摆动时，摆球是以两悬点连线的中点为中心摆动，则摆长L为球心到振动中心距离，即&；根据&，
&.答案：&&&&&
13、【解析】当圆盘转动时，通过小圆柱带动T形支架上下振动，T形支架又通过弹簧给小球一周期性的作用力使其做受迫振动，所以小球振动的频率应等于驱动力的频率，即T形支架的振动频率，而T形支架的频率又等于圆盘转动的频率，故小球的振动频率&
当驱动力频率与固有频率相等时振幅最大，有&
答案：&
14、【解析】由&，得&，又由&，得&
答案：&
15、&
16、【解析】（1）打击过程动量守恒：&①最大动能为&②联立解得&，由机械能守恒知&.
（2）原来的最大动能&，由题意得&，&&
&，打击完成后机械能守恒，因此最大压缩（振幅）量增大.
答案：（1）&&&&&（2）增大.原因见解析.
一波的形成和传播
1、B、C&&&&2、A
3、【解析】A、D.&波峰处的各个质点，除开始振动的时间不同外，其他情况都是相同的.由于已成为波峰，不必再考虑起振时间，它们的振动情况完全相同，A选项正确.每个质点振动时既向外传递能量，也从前一个质点处获得能量，振动过程中的能量保持不变，B、C选项错.根据波的形成过程可知波峰和波谷总是间隔排列的，D选项正确.
4、C&&&&5、B&&&&6、A、B、C
7、【解析】选B.币抖动一次相当于振源振动半个周期，振源带动后边的质点先向上到最高点然后又回到平衡位置，因此在绳上形成凸起状态向前传播，同理向下抖动一次要形成凹下状态向前传播，持续上下抖动一次要形成凹下状态向前传播，持续上下抖动就形成一列连续的袄凹凸相间的状态向前传播,则选B.
8、D&&&&9、A、D&&&&10、A、C、D
11、【解析】选B、C.若质点&向上运动，波应从左向右传播，故A错误；若波是从左向右传播煌，则质点&应向上运动，故B正确；若波是从左向右传播的，则质点&将向下运动，其加速度方向与速度方向相反，则质点&的速度将减小，其动能也将减小，故C正确；质点做简谐运动时，由于加速度的方向总是与位移方向相反，此时刻质点&的位移方向向上，则加速度方向向下，与波的传播方向、质点的振动方向无关，故D错误.
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12、B、D
13、【解析】（1）由振动图象知频率&，振幅为&.
（2）由图象可以看出，经过一个周期波源处质点经过平衡位置向上振动，产生的波沿传播方向向前传播了一个周期，其波形如图.答案：（1）&（2）见解析
14、【解析】A船发生超声波信号，B船两次所接到的信号，一次是由A船直接传播到B船，另一次是通过海底反射后再传播到B船.如图所示，海底水平，第二次搂反射路线与AB构成等腰三角形.假设海底深为H，A、B船相距为L.信号第一次由A直接到B的时间&，信号第二次经过海底反射到B的时间&，联立两式解得&.答案：&
二波的图象&&&&三波长、频率和波速
1、A、C、D&&&&2、A
3、【解析】选D.由题意知&，则&错误.周期&，B错误.&，C错误.由沿波的传播方向看上坡下振，下坡上振得波向右传播，D正确.
4、C&&&&5、B、C&&&&6、C&&&&7、A&&&&8、B、C&&&&9、C
10、【解析】选B、C.由图知&又&.所以&，则&正确.由P向下振动可知波沿&方向传播，A错.P、&关于&轴对称，P向负向最大位移处运动的平均速度小于&向平衡位置运动的平均速度，故&应在&轴下方，B正确.质点&上、下振动不随波迁移，则D错误.
11、【解析】选A.经过相同的时间后，&三列波分别刚好传到M、N、P点，此时&只经过了&个周期，而&经过了4个周期，&经过了2个周期，所以&的周期最大，&频率最低，&的频率最高，所以A正确，D错误；由题干图可知三列波的波长不同，B错误；令&，则&，所以C错误.故只有A选项正确.&
12、A、C、D
13、【解析】（1）由题意知&，由图象知&则&.（2）图中时刻&的质点在波谷位置，L距离它&.所以&.（3）从图中可知L质点的起振方向向下，作图如右.答案：（1）&&&&&&（2）&&&&&（3）见解析
14、【解析】波传播方向可能沿&轴正方向，也可能沿&轴负方向，&.（1）当波沿&轴负方向传播时&.&，由于&在&之间，所以&或&，波传播的周期&.波速&，&
&.（2）当波沿&轴正方向传播时&，&
由于&在&之间，所以&只能取1，波沿&轴正方向传播的周期&，波速
&.答案：沿&轴正向传播时&.
四波的衍射&&&五波的干涉&&&&七多普勒效应&&&八次声波和超声波
1、B&&&&&2、C&&&3、A、B、C
4、【解析】选B.由&，它不在人耳所能听到的&范围内，属次声波，则B正确；波速取决于介质，A错误；衍射、干涉、反射是所有波的共性，则C、D错误.
5、B、C&&&&6、A、B、C&&&&7、D&&&8、D&&&&9、C
10、【解析】选B.因在P点处听不到声音，P点应是两列声波干涉时的振动最弱点，则
&.由&易知，&&
&，把各频率值代入通式，只有B中解出的&不为整数，所以选B.
11、【解析】选B、C、D.图中C点为加强点，也在振动，A错.B点位移为&点位移为&，B对.经过&，两列波的波谷都传至C点，故C对.&.所以经过&即&，B点运动至波峰处，其通过的路程为&，故D对.
12、C
13、【解析】首先分析&两波源的连线上共有几个加强点.由对称性可直接判断B点为加强点，在&连线上取两点A、C使&，故A、C两点也为加强点，如图所示.即&连线上共有三个加强点，再过A、B、C三点作三条加强线（表示三个加强区域）交圆周于&六点，显然这六个点也为加强点，故圆周上共有六个加强点.答案：6个
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14、【解析】（1）对A发出的波，&，形成的半波形长为&，在&时，其波峰离B距离为&，对B发出的波，&，在&时，在离B&处，恰好为B发出波的波谷，则两波叠加如图所示.
（2）16s内两列波相对运动的长度为&，A波宽度为&.B波波长为&可知A波经过了6个波峰.答案：（1）见解析（2）6个
第十章•综合能力检测
1、【解析】选A、C.在波的传播过程中，前边的质点对后边的质点做正功，从而带动后面的质点振动，A正确.不论横波、纵波，各质点都不随波迁移，只不过纵波的质点有时振动方向与波的传播方向相同而已.波传播的是振动的形式和能量，B错误，介质中各质点的起振方向相同于波源的起振方向且振动的周期和频率也相同于波源，因此C对D错.
2、C&&&3、C&&&&4、B&&&5、D&&&&6、A、B
7、【解析】选C.由图可读出波长&，振源的振动频率&，A错；从&时刻起质点&质点&是向上还是向下振动，也就无法判断波是沿&轴负方向传播还是沿&轴正方向传播，所以B错；质点&所受的回复力大小与其离开平衡位置的位移大小成正比，所以为&，C正确；经过&，即经过&个周期，质点&通过的路程为&，而质点&通过的路程均不为&，所以D错.
8、【解析】选B、D.该波的振动周期&，且图示时刻质点P正向&轴负向振动，所以&时刻P已经振动到&的正方向且振动位移正在增大，速度正在减小，加速度正在增大，A、C错D对；速度沿&的正方向，但加速度与位移反向，即沿&的负方向，B正确.
9、A、C&&&10、A、C&&&&11、三&&&680&&&&12.5&&&&&&13、0.5m&&&2s&&&&&0.25m/s
14、【解析】（1）P点起振时的速度方向：向下（或&轴负方向）（2）由题意可知：&，波由O点传播到P点时间为：&，P点从开始振动到第一次到达波峰时间为：&.则从开始计时到P点第一次到达波峰时间为：&.答案：（1）向下（或&轴负方向）&&&（2）&
15、【解析】两列波除了传播方向相反外，其他参量相同，因此两列波发生干涉.由图可知，&，所以各质点的振动周期&.&处的P点距O点的波长个数为&，根据波形的重复性，P点的振动情况与&即M点的情况完全相同.对于&的M点，在&时刻，由1波引起的振动运动方向沿&轴正向，由2波引起的振动在该时刻的运动方向也沿&轴正向，因此其出现最大位移所用的最短时间即为&.位移的最小值为0，由&时至少再经&的时间，位移再次变为零.P点的情况与M点相同，即&.答案：&
16、沿&轴正向传播时，40m或&，沿&轴负向传播时，&或&或&.
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这就完整咯嘛
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拜托楼主发一个下载地址，好多符号都看不见啊...用网络硬盘传上去，再提供下载地址，好不？？麻烦您啦...
谢了、楼主
顶楼主，
&&&&楼主真是大大的好人。为什么我们学校没人发答案嘛，
&&&我们学校太悲哀了。
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爱你楼主!!!
好棒哦。。
楼主，爱你！！！
有些么得哒。。。
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牛B!!!!!!
救人了&啊！！！
楼主，爱你！！！
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不全.....
..
是不是在34班班主任的博客里转的?
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