2026-2027学年高二上学期物理期中复习三

高二物理期中复习三(物理) 一、单选题：本大题共8小题，共32分。 1.关于能源及能源利用，下列说法中正确的是(    ) A. 煤炭、石油和天然气都是化石能源 B. 太阳能电池能够将电能转化为太阳能 C. 由于能量是守恒的，因此没有必要节约能源 D. 水能和风能归根结底来源于太阳能，它们是不可再生能源 2.下列图像中，能够正确反映做简谐运动的物体的加速度与位移关系的图像是(    ) A. B. C. D. 3.跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，这是由于        A. 人跳在沙坑里的动量比跳在水泥地上小 B. 人跳在沙坑里的动量的变化比跳在水泥地上小 C. 人跳在沙坑里受到的冲力比跳在水泥地上小 D. 人跳在沙坑里受到的冲量比跳在水泥地上小 4.如图所示为某质点做简谐运动的振动图像，下列说法中正确的是(    ) A. 质点振动的振幅为10cm B. 时，质点的振动方向指向x轴负方向 C. 时和时，质点的加速度相同 D. 时，质点的位移为5cm 5.如图所示的电路中，、均为定值电阻，R为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r，若开关S闭合后，电压表示数为U，电流表示数为I，当可变电阻R的滑片向右端移动时，下列说法中正确的是   A. U变小，I变大 B. U变小，I变小 C. U变大，I变大 D. U变大，I变小 6.09时43分，长征三号乙运载火箭成功发射第55颗北斗导航卫星，10时10分，箭体与卫星分离成功。已知箭体与卫星总质量为M，分离前以速度一起运动，分离时质量为的卫星相对于火箭以速度v沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速度为   A. B. C. D. 7.甲、乙两个单摆摆长相同，都做简谐运动，摆球乙的质量为摆球甲的质量的4倍，振动过程中甲摆球经过平衡位置时的速率为乙摆球经过平衡位置时的速率的2倍，则 A. 甲的频率小于乙的频率，甲的振幅等于乙的振幅 B. 甲的频率大于乙的频率，甲的振幅等于乙的振幅 C. 甲的频率等于乙的频率，甲的振幅大于乙的振幅 D. 甲的频率等于乙的频率，甲的振幅小于乙的振幅 8.如图所示，直线OAC为某一直流电源的总功率P随电流I变化的图线，抛物线OBC为同一直流电源内部热功率P随电流I变化的图线。若A、B两点对应的横坐标为，则A、B两点的纵坐标之差最大时，的数值为   A. 1A B. C. 2A D. 二、多选题：本大题共6小题，共18分。 9.关于电源，下列说法中正确的是(    ) A. 电源的电动势和电压单位相同，因此电动势就是电压 B. 电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能的装置 C. 电源的电动势表明，电源的电动势大小与非静电力做的功成正比 D. 电源把正电荷从负极搬运到正极的过程中，非静电力做功使电荷的电势能增加 10.如图所示，在光滑的水平面上，质量为4kg、速度为的A球跟质量为2kg的静止B球发生正碰，则碰撞后A球的速度可能为   A. 0 B. C. D. 11.如图所示，一轻弹簧上端悬于天花板上，下端悬挂一质量为m的小球，当弹簧处于原长时，将小球由静止释放，假设空气阻力可忽略不计，则下列说法中正确的是 A. 小球的运动是简谐运动 B. 当小球的加速度为零时，小球的速度最大 C. 在运动过程中，小球的机械能守恒 D. 小球运动到最低点时，弹簧对小球的弹力大小为2mg 12.一个小球在平衡位置O点附近做简谐运动，若从O点开始计时，经过小球第一次经过P点，再继续运动，又经过它第二次经过P点，则小球做简谐运动的周期可能为   A. B. 5s C. D. 13.质量为M的物体A的上面部分是一个半径为R的光滑半圆形弧槽。开始时，物体A停放在光滑水平面上。现将一个质量为m的小球B从槽的右侧最顶端由静止释放，已知，重力加速度为g，则   A. A、B组成的系统动量守恒 B. B能够运动到弧槽A左侧的最高点 C. A一直向右运动 D. B运动到弧槽的最低点时的速度大小为 14.如图甲所示，一质量为M、右端带有立柱的长木板静置在水平地面上，长木板与地面间的动摩擦因数为，另一质量为m的小猫可视为质点静止在长木板左端。从时刻开始，小猫开始向右加速运动，当时到达长木板右端并立即抓住立柱，此后小猫和长木板一起做减速运动，当时，刚好减速到零，小猫和长木板的速度v随时间t变化的关系图像如图乙所示，g取则下列说法中正确的是     A. B. 长木板的长度为10m C. 长木板与地面间的动摩擦因数 D. 长木板和小猫的质量之比 三、实验题：本大题共4小题，共16分。 15.某班级中甲、乙两位同学分别做了“利用单摆测重力加速度”的实验。 甲同学实验测得的重力加速度值比真实值偏小，其可能的原因是________选填字母代号 A.摆线未系牢，在摆动过程中松弛了  实验中误将49次全振动次数记为50次 C.所用摆球质量偏大     计算时，将摆线长当做摆长，未加上小球半径 乙同学测出了多组摆长l和摆动周期T，根据实验数据，作出了图像如图所示，根据图像中的数据，可算出当地的重力加速度的数值为________计算结果保留三位有效数字。 16.某同学用如图甲所示的装置来探究碰撞中的不变量，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。   在这个实验中，除了图甲中器材外，完成本实验还必须使用的两种器材是________ A.秒表，天平            天平，刻度尺        C.秒表，刻度尺             天平，打点计时器 在某次实验中，测量出A、B两个小球的质量、记录的落点平均位置M、N几乎与OP在同一条直线上，测量出三个落点M、P、N位置与O点间的距离OM、OP、ON的长度分别为、、在实验误差允许的范围内，若满足关系式________用测量的物理量字母表示，则可以认为碰撞前后两小球组成的系统总动量守恒；若碰撞为弹性碰撞，还应满足关系式________用、、表示； 完成上述实验后，实验小组将上述装置改造成如图乙所示的实验装置。在水平槽的末端与水平地面之间放置了一个斜面，斜面的顶点与水平槽口等高且无缝连接。使小球A仍然从斜槽上C点由静止滚下，重复上述实验操作，得到两球落在斜面上的平均落点、、。测量斜面顶点到、、三点的距离分别为、、，则验证两球碰撞过程中总动量守恒的表达式为________用测量的物理量字母表示。 17.某同学设计了如图所示电路来测一太阳能电池组的电动势和内阻，已知该电池组的电动势约为8V，短路电流约为4mA，为了精确测出它的电动势和内阻，除开关和导线外，可供选择的仪器有： A.电流表量程5mA，内阻约 B.电流表量程20mA，内阻约 C.电压表量程，内阻约 D.电压表量程，内阻约 E.滑动变阻器电阻额定电流 F.滑动变阻器电阻额定电流 为使实验尽可能准确，应选的实验仪器为________；只填写仪器前面的字母代号 电源电动势的测量值________真实值，内阻的测量值________真实值。选填“大于”、“小于”或“等于” 18.某物理兴趣小组要测量一电池组的电动势E和内阻约为4V，r约为，可利用的实验器材有：量程为3V的理想电压表、量程为的电流表有一定内阻、滑动变阻器额定电流、定值电阻、一个开关S和导线若干。   请在方框中画出实验原理图，图中各元件需用题目中给出的符号或字母标出； 实验过程中改变滑动变阻器的阻值得到一系列的电压表的读数U和电流表的读数I。根据实验数据，该小组得到如图所示的图像，则该电池组的电动势________V，内阻________。计算结果均保留两位有效数字 四、计算题：本大题共4小题，共34分。 19.如图所示的电路中，电源电动势，内阻，电阻，电动机线圈电阻为。当开关S闭合后，调节滑动变阻器接入电路的电阻使电动机恰好正常工作，此理想电流表的示数为，理想电压表的示数为，试求 电源的输出功率； 电动机的机械功率。 20.如图所示，在光滑的水平面上放置一个质量为的滑块P，一轻质弹簧左端固定在竖直墙面上，右端和滑块P连接。现在滑块P上面叠放一质量为物块Q，并使P和Q一起在水平面上做简谐运动，已知P、Q间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧的劲度系数为，，若在振动过程中二者始终没有发生相对滑动。求 和Q一起做简谐运动的最大振幅； 若P和Q一起做简谐运动的振幅，在振动过程中物块Q所受的最大回复力的大小。 21.航模兴趣小组设计出一遥控飞行器质量为4kg，动力系统能够提供恒定的升力，试飞时飞行器在地面上从静止开始竖直上升，上升4s后，由于出现故障而失去升力，最终落向地面与地面发生撞击且无反弹，假设飞行器只在竖直方向运动，整个运动过程中遥控飞行器所受空气阻力大小恒为，重力加速度求 飞行器由地面上从静止开始上升到最大高度需要的时间； 飞行器和地面撞击过程中受到的冲量大小。 22.如图所示，一倾角为的斜面固定在水平面上，一个质量为4m的滑块P静止于距斜面顶端的A点处，现将一个质量为m的小球Q，从斜面顶端由静止释放，小球与滑块发生完全弹性碰撞。已知滑块与斜面间的动摩擦因数，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小球与斜面间无摩擦。滑块和小球均可以视为质点，斜面足够长，重力加速度，已知，求 与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小； 与Q发生第一次碰撞与第二次碰撞之间的时间间隔。 答案和解析 1.【答案】A  【解析】【分析】 本题考查了能源和能力耗散；要清楚能源的分类，知道能力虽然是守恒的，但是能力会耗散，可利用的能源在减少，所以我们要养成节约能源习惯，节约能源从我做起。 【解答】 A.煤炭、石油和天然气是经过长期的地质演化而形成的，属于化石能源，故A正确； B.太阳能电池能够将太阳能转化为电能，故B错误； C.能量虽然是守恒的，但是能量会耗散，可利用的能源在减少，所以要节约能源，故C错误； D.水能和风能可以循环使用，属于可再生资源，故D错误。 2.【答案】D  【解析】【分析】 本题考查简谐运动的判断依据。回复力是判断物体做简谐运动的依据，结合牛顿第二定律选择合适的图像。 【解答】 回复力满足的机械运动是简谐运动。根据牛顿第二定律，得加速度，则图象是直线，斜率为负。故ABC错误，D正确。 3.【答案】C  【解析】【分析】 分析人的运动过程，可知人落地时的速度不变，再由动量定理结合作用时间的长短可得出人受到的冲力的变化。 本题考查动量定理的定性的应用，物理知识在生产生活中有着广泛的应用，在学习中应注意体会。 【解答】 A.人在下落中接触地面的瞬间速度不变，故跳在沙坑的动量与跳在水泥地的动量是相等的。故A错误； B.人跳在沙坑的动量与跳在水泥地的动量是相等的，到人的动量变成0，动量的变化是相等的。故B错误； 人跳在沙坑的动量与跳在水泥地的动量变化是相等的，则由动量定理可知，人受到的冲量也不变，但在沙坑中由于沙的缓冲，使减速时间延长，故人受到的冲力将小于人在地面上的冲力，故人跳到沙坑里要安全；故C正确，D错误。 故选C。 4.【答案】B  【解析】【分析】 由图直接读出振幅和周期，根据简谐运动的周期性分析及质点的情况，相差半个周期的两个时刻，质点振动情况相反。 本题主要考查振动图像、简谐运动的、振动质点的位移。 【解答】 A.振幅是偏离平衡位置的最大距离，由图读出质点振动的振幅为5cm，故A错误； B.根据简谐运动的周期性，时，质点的振动情况与时，质点的振动情况相同，由图知时，质点的振动方向指向x轴负方向，所以时，质点的振动方向指向x轴负方向，故B正确； C.由图知质点振动的周期为，和正好差半个周期，振动情况相反，所以时和时，质点的加速度相反，故C错误； D.因，根据简谐运动的周期性可知时，质点的位移与时，质点的位移相同为，故D错误。 故选B。 5.【答案】A  【解析】【分析】 分析滑片滑动时电阻变化，得到干路中电流变化，结合闭合电路欧姆定律分析电压表示数变化，再分析通过电阻电流的变化，即可得到电流表示数变化。 本题电路动态变化分析问题，按“局部整体局部”的顺序进行分析。 【解答】 当可变电阻R的滑片向右端移动时，R变小，外电路总电阻变小，则由闭合电路欧姆定律知，总电流变大，电压表示数变小，电路中并联部分电压变小，则通过的电流变小，因为干路中电流变大，所以电流表的示数变大，故A正确，BCD错误。 6.【答案】D  【解析】【分析】 本题考查动量守恒定律的应用。火箭和卫星组成的系统在分离时水平方向上动量守恒，规定正方向，结合动量守恒定律求出分离后卫星的速度。定律中使用的速度均为相对于同一参照系的速度，所以需将卫星相对于火箭的速度转换成对地的速度。 【解答】 分离时质量为m的卫星相对于火箭以速度v沿火箭原方向飞行，设分离后卫星的速度为，火箭的速度为，则有，，火箭和卫星组成的系统在分离时水平方向上动量守恒，规定初速度的方向为正方向，由动量守恒定律有：，解得：，故D正确，ABC错误。 故选D。 7.【答案】C  【解析】【分析】 根据单摆的周期公式判断两单摆的周期大小关系，从而即可得频率大小关系；根据两单摆在平衡位置的速度大小关系由机械能守恒定律得出两上升的最高点的关系，从而即确定两单摆的振幅大小关系。 本题考查单摆的周期公式及振幅，考查学生的理解能力。 【解答】 甲、乙两单摆的摆长相同，根据单摆的周期公式可知两单摆的周期相等，则两单摆的频率相等；设单摆的最大位置处到平衡位置的高度差为h，在最低点的速度大小为v，根据机械能守恒定律有，可得，由题意甲摆球经过平衡位置时的速率为乙摆球经过平衡位置时的速率的2倍可知，甲单摆的最大位移处与平衡位置的高度差大，又因为两单摆的摆长相等，所以甲的振幅大于乙的振幅，故C正确，ABD错误。 故选C。 8.【答案】B  【解析】【分析】 根据电源的总功率，由C点的坐标求出电源的电动势和内阻．AB段表示外电路的功率，则根据能量关系可求解AB段表示的功率． 本题考查对图象的理解能力，从图象读出电路的状态是应培养的基本能力．同时还要注意闭合电路欧姆定律中的能量转换关系的应用． 【解答】 电源的总功率，C点表示，，则电源的电动势由图看出，C点表示外电路短路，电源内部热功率等于电源的总功率，则有，代入解得，，所以AB段表示的功率为，因此当时，即A、B两点的纵坐标之差最大。故B正确，ACD错误。 故选B。 9.【答案】BD  【解析】【分析】 电动势表征电源通过非静电力做功把其他形式的能转化为电能的本领大小，而电压是推动电荷做功，使电能转化为其他形式的能；电源的作用是把其他形式的能转化为电能，为电路持续地提供持续的电压；电源的电动势是定义式，电源的电动势大小与非静电力做的功无关；电源把正电荷从负极搬运到正极的过程中，非静电力做功使电荷的电势能增加。 本题主要考查电源的电动势。 【解答】 A.电源的电动势和电压单位虽然相同，但从能量转化的角度两者不同，电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，而电压是推动电荷做功，使电能转化为其他形式的能，所以不能认为电动势就是电压，故A错误； B.电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能的装置，故B正确； C.电源的电动势是定义式，电源的电动势大小与非静电力做的功无关，由电源本身决定，故C错误； D.电源把正电荷从负极搬运到正极的过程中，电场力做负功，非静电力做功使电荷的电势能增加，故D正确。 故选BD。 10.【答案】CD  【解析】【分析】 本题考查了动量守恒定律、功能关系；本题抓住碰撞过程的两个基本规律：系统的动量守恒、总动能不增加进行判断。 碰撞过程遵守动量守恒，根据B的速度，由动量守恒得到A的速度，根据碰撞总动能不增加，分析是否可能。 【解答】 若两者为完全非弹性碰撞，则由动量守恒定律：； 解得：； 若两者为完全弹性碰撞，则由动量守恒定律：； 由能量关系： ； 联立解得：，； 则碰撞后A球的速度大小范围是。 故AB错误，CD正确。 11.【答案】ABD  【解析】【分析】 根据简谐运动的受力特点判断小球的运动是否是简谐运动；根据小球受力情况与运动情况分析知当小球的加速度为零时，小球的速度最大；根据机械能守恒的条件判断在运动过程中，小球的机械能是否守恒；根据简谐运动的对称性结合牛顿第二定律可求出小球运动到最低点时，弹簧对小球的弹力大小。 本题主要考查简谐运动的特点、运用牛顿第二定律分析动态过程、机械能守恒的条件。 【解答】 A.小球受重力和弹簧弹力，根据受力特点符合知小球的运动是竖直方向的简谐运动，故A正确; B.小球向下做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，所以当小球的加速度为零时，小球的速度最大，故B正确； C.在运动过程中，小球除重力外，弹簧弹力对其做功，所以小球的机械能不守恒，故C错误； D.根据简谐运动的对称性，在到达最低点时，有竖直向上的加速度，且为g，对小球，由牛顿第二定律得：，所以，故D正确。 故选ABD。 12.【答案】AD  【解析】【分析】 根据简谐运动的特点，利用周期性原理分析推导，注意分析振动的方向。 本题考查了简谐运动，根据振动的周期性和对称性分析推导，最终得出正确结果。 【解答】假设小球在水平方向上做简谐运动，P在O点右侧，. 若计时开始时，小球先向右运动，则有，所以 若计时开始时，小球先向左运动，则有，解得。 故AD正确，BC错误. 13.【答案】BD  【解析】【分析】 本题主要考查动量守恒定律、机械能守恒定律。注意动量守恒定律在单方向成立的条件，注意运动过程的周期性。 【解答】 A.A、B物体组成的系统在水平方向上合外力为零，所以在水平方向上动量守恒，但在竖直方向上合外力不为零，所以竖直方向上动量不守恒，故A错误； 从右侧释放对A物体的作用力为斜向下，所以在最低点之前A物体一直都是加速向右运动；当B小球到达最低点向左运动时，给A物体的作用力斜向左下方，A物体做减速运动，由系统水平方向动量守恒，当物体B运动到A的最左侧时，物体A的速度变为零；B的速度也为零。根据系统机械能守恒可知B能到达圆槽的最左侧，故B正确，C错误； D.由水平方向上动量守恒可知： 由系统机械能守恒，可知：，已知，可求得B运动到弧槽的最低点时的速度大小为，故D正确。 故选BD。 14.【答案】BC  【解析】【分析】 解答本题的关键是，小猫到达长木板右端并立即抓住立柱时，由动量守恒求出长木板和小猫的质量之比，再根据牛顿第二定律求出长木板与地面间的动摩擦因数，根据图象求出长木板长度，最后根据动量定理求时间。 【解答】 D.当小猫到达长木板右端，此时小猫速度为，长木板速度为，抓住立柱瞬间共同速度为，由动量守恒得：，得：，故D错误； C.设小猫与长木板间的动摩擦因数为，在小猫与长木板相对运动阶段，由乙图知，小猫的加速度大小为，长木板加速度大小为， 对m受力分析，由牛顿第二定律得：，解得； 对M受力分析，由牛顿第二定律得：，又有D选项分析知，联立得，故C正确； A.设小猫和长木板一起做减速运动，由C选项分析知，对一起做减速运动过程中由动量定理得：，解得：，即，故A错误； B.长木板的长度L为内小猫和长木板的相对位移，由图乙知，故B正确。 15.【答案】 ； 或   【解析】【分析】 本题考查“利用单摆测重力加速度”的实验。 根据单摆周期公式，得出重力加速度以此进行误差分析，分析每个选项物理量的变化，得出测量值是偏大还是偏小。 用图像法处理实验数据，解题的关键是根据，得出，从而知道图象的斜率物理意义，计算出当地的重力加速度的数值。 【解答】 由单摆周期公式 可知，重力加速度。 A.摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现了松动，使摆线长度增加了，所测周期T偏大，由可知，所测g偏小，故A正确； B.实验中误将49次全振动数为50次，所测T偏小，由可知，所测g偏大，故B错误； C.由可知，重力加速度与所用摆球质量无关，故C错误； D.计算时，将摆线长当做摆长，未加上小球半径，所测摆长l偏小，由可知，所测g偏小，故D正确。 故选AD。 根据可得，由图像可知 ，解得 16.【答案】；；；  【解析】【分析】 本题考查动量守恒定律的验证。关键是掌握实验原理，考查学生的实验能力。 根据实验中所需要测量的物理量进行分析即可； 结合实验原理进行分析即可； 【解答】 设两球碰撞前，A球的速度大小为，碰撞后两球的速度大小分别为、，两球做平抛运动的高度相同，则两球做平抛运动的时间相同，设为t，根据水平方向做匀速直线运动有：，，，若碰撞过程动量守恒，则有 ，即有，也即有：。所以需要测量小球的质量及O点到M、N、P的距离，需要用到天平与刻度尺，故B正确，ACD错误。 故选B。 由前面的分析可知，在实验误差允许的范围内，若满足关系式，则可以认为碰撞前后两小球组成的系统总动量守恒；若是弹性碰撞，则碰撞前后系统的机械能守恒，则有，即有，可得，联立，可得。 设斜面的倾角为，则小球A在碰撞前后的水平分位移与竖直分位移分别为，，，，小球B在碰撞后做平抛运动的水平分位移与竖直分位移为，，根据平抛运动规律可得：，，，结合动量守恒定律有  17.【答案】；等于；大于。  【解析】【分析】 本题主要考查测一太阳能电池组的电动势和内阻实验相关知识。 根据题意该电池组的电动势约为8V，短路电流约为4mA，可选出电流表和电压表；结合电路原理图可选出滑动变阻器； 根据实验电路图知，误差出现在电流表的分压，则可导致电源电动势的测量值等于真实值，内阻的测量值大于真实值。 【解答】 因为该电池组的电动势约为8V，短路电流约为4mA，所以电流表应选量程5mA的，故选A；量程的电压表量程太大，应选量程的电压表，故选C；根据电路图及电池组的电动势约为8V，短路电流约为4mA，所以应该选的滑动变阻器，故选E； 故选ACE； 根据实验电路图知，误差出现在电流表的分压，导致电源电动势的测量值等于真实值，内阻的测量值等于电池的内阻及电流表内阻之和，所以大于真实值。 故答案为：；等于；大于。 18.【答案】 电路图如图所示： ；  【解析】【分析】 根据实验原理及题中所给器材的参数进行分析； 根据图线的纵轴截距及斜率绝对值的物理意义进行分析。 本题的关键是掌握伏安法测电源电动势与内电阻的原理，考查学生的实验能力。 【解答】 由题意可知，电源电动势约为4V，内阻约为，而电流表的量程为，电压表的量程为3V，所以为安全起见，将定值电阻作为保护电阻用接入电路主干上，电源的内阻及电路表的内阻均较小，电流表采用外接法，滑动变阻器采用限流接法，则可画出实验原理图如图所示： 根据闭合电路欧姆定律有：，结合图象可得电源电动势为： 得电源的内阻为 故答案为：电路图如图所示： ； 19.【答案】解：设开关S闭合时，路端电压为U，两端电压，电动机两端电压为 解得：   流过电动机的电流 电动机输出的机械功率   【解析】本题主要考查非纯电阻电路，当电动机正常工作时，是非纯电阻电路；欧姆定律不成立，本题不能用欧姆定律求出通过电动机的电流。 根据闭合电路欧姆定律求出干路电流，从而求出外电压，根据求解； 计算出流过电动机的电流，从而求解电动机的机械功率。 20.【答案】解：对Q有：    对P、Q整体有： 解得： 设Q受到最大回复力为，P、Q整体受到最大回复力为F，振动过程中最大加速度为a 对P、Q整体有： 对Q有：     解得： 。   【解析】振动过程中二者始终没有发生相对滑动，当最大静摩擦力提供Q物体的回复力时振幅最大，由牛顿第二定律对Q及P、Q整体研究求解P和Q一起做简谐运动的最大振幅； 分别对Q与P、Q整体研究，结合牛顿第二定律即可求解若P和Q一起做简谐运动的振幅，在振动过程中物块Q所受的最大回复力的大小。 整体法与隔离法的应用是求解的关键。 21.【答案】解：设飞行器上升到最大高度需要的时间为t，由动量定理可得： 解得： 设飞行器上升后获得速度为，和地面撞击前瞬间的速度为v， ， ， 飞行器上升的最大高度： ， 从最大高度到落到地面过程，由动能定理可得：， ， 规定竖直向下为正方向，由动量定理可得：， 解得：， 飞行器和地面撞击过程中，受到的冲量大小为。   【解析】解决本题的关键掌握动量定理、动能定理，并能灵活运用，基础题。 飞行器由地面上从静止开始上升到最大高度，由动量定理计算需要的时间； 由动量定理求得飞行器上升4s后获得速度，即可求出飞行器上升的最大高度，再由动能定理求出从最大高度到落到地面时的速度，继而根据动量定理求出飞行器和地面撞击过程中受到的冲量大小。 22.【答案】解：设小球Q与P碰撞前的速度为，由机械能守恒定律得： 设P与Q第一次碰撞后瞬间P的速度为，Q的速度为， 由动量守恒定律可得： 解得： ，  ； 滑块P碰后的加速度为，经过时间t后运动的位移为；小球Q的加速度为，经过时间t后运动的位移为。 解得： 设碰后滑块P在斜面上滑行时间为，则 ，第二次碰撞发生在滑块P停止运动前，故第一次碰撞与第二次碰撞的时间间隔。 答：与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小为 ，  ； 与Q发生第一次碰撞与第二次碰撞的时间间隔。   【解析】本题是一道力学综合题，考查了动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚两滑块的运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律、机械能守恒定律、牛顿第二定律与运动学公式可以解题。 应用机械能守恒定律求出滑块Q与P碰前的速度大小，两滑块发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小； 两滑块碰撞后，到第二次发生碰撞时位移相等，分别对两滑块应用牛顿第二定律与运动学公式可求出两滑块发生第一次相碰与第二次相碰的时间间隔t，注意判断第二次碰撞前滑块P是否已经停下。 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $