资源简介

北京市陈经纶中学2025-2026学年高一下学期阶段检测物理试卷
一、单选题：本大题共10小题，共30分。
1.如图，一物体静止在水平地面上，受到与水平方向成角的恒定拉力作用时间后，物体仍保持静止。现有以下说法正确的有( )
A. 物体所受拉力的冲量方向水平向右 B. 物体所受拉力的冲量大小是
C. 物体所受摩擦力的冲量大小为 D. 物体所受合力的冲量大小为
2.如图所示，质量相同的三个小物块、、处在同一高度，光滑斜面固定在水平地面上。将和由静止释放，同时将沿水平方向抛出。不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 三个物块同时落地 B. 三个物块动能的变化量相同
C. 三个物块落地前瞬间的动能相同 D. 重力对三个物块的冲量相同
3.光滑的水平面上有一质量为的静止木块，质量为的子弹以一定的速度射入其中没有射出，从射入到达共同速度为止( )
A. 摩擦力对子弹做功的数值超过木块获得动能的倍
B. 摩擦发热量在数值上等于木块获得的动能
C. 摩擦力对两物体做功的代数和等于
D. 因为存在相互间的摩擦力，所以系统机械能不守恒、动量也不守恒
4.在图中，运动员落地总是要屈腿，在图中两人在冰面上，甲推乙后，两人向相反方向滑去，在图中运动员用球棒把垒球以等大速率击打出去，在图中一小物块与水平圆盘保持相对静止一起做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )
A. 图目的是为了减小地面对人的作用力 B. 图中甲对乙的冲量和乙对甲的冲量相同
C. 图中球棒对垒球的冲量为零 D. 图中小物块动量不变
5.运动员将质量为的排球从离水平地面高处斜向上击出。排球被击出时的速度为，在空中运动的最高点离地面的高度为，落在地面上时的速度为。不计空气阻力，运动员击出排球时对排球做的功是( )
A. B. C. D.
6.如图甲所示，把小球安装在弹簧的一端，弹簧的另一端固定，小球和弹簧穿在光滑的水平杆上。小球振动时，转动手把柄使纸筒沿垂直于振动方向以速度匀速拉动纸带，纸带上可留下痕迹，、是纸带上的两点，不计阻力，如图乙所示．由此可判断( )
A. 时间内小球的运动路程为
B. 小球通过点时的速度大于通过点的速度
C. 通过该实验纸带可得出操作员转动手把柄的速度大小
D. 如果小球以较小的振幅振动，周期也会变小
7.蹦极运动中，长弹性绳一端固定，另一端绑在游客身上，游客从几十米高处跳下，经过一段时间绳子绷直。将蹦极过程简化为游客沿竖直方向的运动。从绳恰好伸直到游客第一次下降至最低点的过程中，若不计空气阻力，下列分析正确的是( )
A. 绳对游客拉力的冲量大小等于重力对游客的冲量大小
B. 绳对游客的拉力始终做负功，游客的动能一直减小
C. 游客的加速度一直变大
D. 游客的动能最大时，绳对游客的拉力等于游客所受的重力
8.质量为的汽车，启动后沿平直路面行驶，其速度时间图像如图所示。如果和时刻发动机的输出功率都为，且行驶过程中受到的阻力大小保持不变，则( )
A. 时刻汽车牵引力大小是时刻的倍 B. 时刻汽车合力大小是时刻的
C. 时刻汽车加速度大小为 D. 时刻汽车加速度大小为
9.从地面上以初速度竖直上抛一质量为的小球，一段时间后落回地面的速度大小为。小球运动的速度随时间变化的规律如图所示。若运动过程中小球受到的阻力与其速率成正比，重力加速度为，下列说法中正确的是( )
A. 小球上升过程的时间大于下落过程的时间
B. 小球上升和下降过程中阻力的冲量大小相等
C. 小球上升过程中的平均速度大于
D. 整个过程中阻力做功为
10.乌贼在遇到紧急情况时，通过快速喷水获得速度而逃离。已知乌贼喷水前的质量为。速度为，喷水时，在极短时间内将质量为的水以速度水平向前喷出，获得速度向后逃离，所受水的阻力与速度成正比，比例系数为。下列说法正确的是( )
A. 乌贼获得的最大速度为
B. 喷水后乌贼做匀减速直线运动
C. 喷水后乌贼向后逃离的最远距离为
D. 喷水过程乌贼消耗的能量等于喷出水的动能
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
11.如图为某水平弹簧振子中的小球做简谐运动的振动图像。下列说法正确的是( )
A. 时，弹簧振子的弹性势能最大
B. 时，小球的加速度最大
C. 的过程中，小球的速度与加速度方向相同
D. 时和时，小球的位移相同
12.如图甲所示，一运动员在练习投冰壶，开始时冰壶静止在发壶区固定位置，运动员对冰壶施加一个水平推力，作用一段时间后撤去。若运动员施加的水平推力第一次为，第二次为，两次冰壶恰好能停在冰面上的同一位置，两次冰壶运动的动能随位移的变化图像如图乙所示，下列说法正确的是( )
A. 做的功等于做的功 B. 的平均功率等于的平均功率
C. 的冲量大于的冲量 D. 两次运动中摩擦力的冲量相等
13.如图所示，两个皮带轮在电机的带动下顺时针转动，带动水平传送带以不变的速率运行。将质量为的物体可视为质点轻轻放在传送带左端，经时间后，的速度变为，再经过相同时间后，到达传送带右端。则下列说法正确的是( )
A. 物体由传送带左端到右端的平均速度为
B. 传送带对物体做功为
C. 系统因摩擦而产生的热量为
D. 因传送物块，电机额外输出的能量为
14.“娱乐风洞”是一项将科技与惊险相结合的娱乐项目，它能在一个特定的空间内把表演者“吹”起来．假设风洞内向上的风量和风速保持不变，表演者调整身体的姿态，通过改变受风面积表演者在垂直风力方向的投影面积，来改变所受向上风力的大小．已知人体所受风力大小与受风面积成正比，人水平横躺时受风面积最大，设为，站立时受风面积为，当受风面积为时，表演者恰好可以静止或匀速漂移．如图所示，某次表演中，人体可上下移动的空间总高度为，表演者由静止以站立身姿从位置下落，经过位置时调整为水平横躺身姿不计调整过程的时间和速度变化，运动到位置速度恰好减为零．关于表演者下落的过程，下列说法中正确的是( )
A. 从至过程表演者的加速度大于从至过程表演者的加速度
B. 从至过程表演者的运动时间大于从至过程表演者的运动时间
C. 从至过程表演者动能的变化量大于从至过程表演者克服风力所做的功
D. 从至过程表演者动量变化量的数值小于从至过程表演者受风力冲量的数值
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
15.某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为，摆球直径为，则
该摆摆长为 。
如果他测得的值偏小，可能的原因是 。
A.测摆线长时摆线拉得过紧
B.摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了
C.开始计时，秒表过迟按下
D.实验中误将次全振动数为次
为了提高实验的准确度，在实验中可改变几次摆长并测出相应的周期，从而得出几组对应的和的数值，再以为横坐标、为纵坐标将所得数据连成直线如图，并求得该直线的斜率。则重力加速度 用表示，若某同学不小心每次都把小球直径当作半径代入来计算摆长，则用此表达式计算得到的值会 选填“偏大”、“偏小”或“不变”。
16.利用图装置做“验证机械能守恒定律”实验。
为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的 。
A.动能变化量与势能变化量
B.速度变化量和势能变化量
C.速度变化量和高度变化量
除带夹子的重物、纸带、铁架台含铁夹、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是 。
A.交流电源 刻度尺 天平含砝码
实验中，先接通电源，再释放重物，得到图所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点、、，测得它们到起始点的距离分别为、、。已知当地重力加速度为，打点计时器打点的周期为。设重物的质量为。从打点到打点的过程中，重物的重力势能变化量 ，动能变化量 。
大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是 。
A.利用公式计算重物速度
B.利用公式计算重物速度
C.存在空气阻力和摩擦阻力的影响
D.没有采用多次实验取平均值的方法
某同学想用下述方法研究机械能是否守恒，在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点的距离，计算对应计数点的重物速度，描绘图像，并做如下判断：若图像是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能守恒。请你分析论证该同学的判断依据是否正确
四、计算题：本大题共4小题，共38分。
17.如图所示，位于竖直平面上有圆弧的光滑轨道，半径为，沿竖直方向，圆弧轨道上端点距地面高度为。当把质量为的钢球从点静止释放，最后落在了水平地面的点处，若本地的重力加速度为，且不计空气阻力。请计算：
钢球运动到点的瞬间受到的支持力。
钢球落地点距点的水平距离。
钢球从运动到的过程动量的变化量。
18.雨滴打在荷叶上可以使荷叶上下振动，说明从高处落下的雨滴对物体具有一定冲击力，可以做功。
已知质量为的雨滴由静止开始，下落高度为时速度大小为，重力加速度为，求这一过程中重力做的功和空气阻力所做的功；
若雨滴所受空气阻力与其速度的平方成正比，某一雨滴下落的速度与其下落时间之间的关系如图所示，观察图线发现段是倾斜直线，段逐渐弯曲，点之后趋于水平，请分析图线出现这种趋势的原因；
为估算雨滴撞击荷叶产生的压强，某同学将一圆柱形的量杯置于院中，测得一段时间内杯中水面上升的高度为，测得雨滴接触荷叶前的速度为。不考虑雨滴的反弹，已知水的平均密度为，不计雨滴重力，请估算雨滴撞击荷叶产生的压强的大小。
19.碰撞在宏观、微观世界中都是十分普遍的现象。
如图所示，在水平光滑的桌面上有两个大小相同的小球、，质量分别是、，球以的速度与静止的球相碰。碰撞后、的速度分别是、。碰撞过程中对的作用力是，对的作用力是：
请根据牛顿运动定律和加速度的定义，推导小球和小球在碰撞过程中满足：；
如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做弹性碰撞；如果碰撞过程中机械能不守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞。若、，某次碰撞满足、。通过计算碰撞前后的机械能说明该次碰撞属于弹性碰撞还是非弹性碰撞；
裂变反应可以在人工控制下进行，用慢化剂中的原子核跟中子发生碰撞，使中子的速率降下来，从而影响裂变反应的反应速度。
如图所示，一个中子以速度与慢化剂中静止的原子核发生弹性正碰，中子的质量为，慢化剂中静止的原子核的质量为，而且。为把中子的速率更好地降下来，现在有原子核的质量大小各不相同的几种材料可以作为慢化剂，通过计算碰撞后中子速度的大小，说明慢化剂中的原子核应该选用质量较大的还是质量较小的。
20.中国水力资源理论蕴藏量、技术可开发量、经济可开发量及已建和在建开发量均居世界首位，水力资源是中国能源资源的最重要的组成部分之一。在世界能源日益紧缺的大背景下，如何充分利用水能，同时更好地保护环境，实现可持续发展，已成为中国水电建设乃至能源战略调整的必然选择。
年月日全线修建成功的三峡大坝在防洪、抗旱、发电等领域都起到了非常重要的作用。三峡电站是世界上装机容量最大的水电站。设通过大坝的流量为单位时间内流过的水的体积，水的密度为，三峡大坝平均水位差为，不计上游水流速度，坝底涡轮机将机械能转化为电能的效率为，重力加速度为。计算三峡电站的平均发电功率。
水力资源丰富也会导致我国南方在每年的汛期遭受洪涝灾害的困扰。为降低洪涝灾害所带来的损失，一个最简单的做法就是修建防洪堤坝。在河流转弯处，河水会对外侧河岸产生附加压强，因此转弯处的防洪堤坝需要修得更加牢固。下面我们对河流转弯处河水对外侧河岸产生的这一附加压强做一些定量研究。
这一附加压强的产生是由于河水转弯动量变化引起的。我们首先来研究一个简单模型。质量为的小球斜射到木板上，与木板发生完全弹性碰撞，即碰撞前后的速度大小都是，如图所示。已知碰撞后的速度方向相对于碰撞前转过了角，碰撞过程中忽略小球所受重力。设小球与木板相互作用的时间为。求出碰撞前后木板对小球的平均作用力的大小。
下面我们来研究河流转弯处河水对外侧河岸产生的这一附加压强。设水的密度为，由坝底到水面的高度为，河宽为。计算这一附加压强。设河流拐弯处可看作外侧半径为的圆弧，河道宽度相等，流速为定值。提示：在非常小的情况下
答案解析
1.【答案】
【解析】解：、拉力的冲量方向与拉力的方向相同，即方向与水平方向成角斜向右上方，故A错误；
B、根据冲量的定义可知，拉力的冲量大小，故B错误；
C、根据平衡条件可知，物体受到的摩擦力，故摩擦力的冲量，故C错误；
D、物体保持静止，动量变化为零，根据动量定理可知，物体所受合力的冲量大小为零，故D正确。
故选：。
根据动量定理求出合外力的冲量；根据冲量的公式，结合力的大小和时间求出恒力和摩擦力的冲量大小。
本题考查动量定理以及冲量的定义，解决本题的关键掌握冲量的公式，知道冲量等于力与时间的乘积，会根据动量定理分析合外力的冲量。
2.【答案】
【解析】由于平抛运动的竖直分运动为自由落体，由 ，得
故、下落时间相同，根据
可知，重力对、两物体的冲量相同；
但根据牛顿第二定律以及运动学公式可知
可得的下落时间
与、的下落时间不同，故三个物体受重力的冲量不同，故AD错误；
由题意可知，三个物体下落的过程只有重力做功，重力对三个物体做功相同，根据动能定理可知
三个物块动能的变化量相同，的初动能不为零，故落地瞬间的动能较大，、的动能相同，故B正确，C错误。
故选B。
3.【答案】
【解析】A.设子弹的初速为，则由动量守恒
则摩擦力对子弹做功
木块获得动能的
因 可知
即
选项A正确；
B.摩擦放热为木块厚度
木块获得的动能 为木块的位移
两者不相等，选项B错误；
C.摩擦力子弹做功
摩擦力对物块做功
则摩擦力对两物体做功的代数和等于，选项C错误；
D.因为存在相互间的摩擦力，所以系统机械能不守恒，但是系统受合外力为零，则动量守恒，选项D错误。
故选A。
4.【答案】
【解析】A.运动员落地总是要屈腿，可以延长与地面作用的时间，在人动量变化量确定的情况下，时间变长则可以减小地面对人的作用力，故A正确；
B.图中甲对乙的冲量和乙对甲的冲量大小相等，方向相反，所以冲量不同，故B错误；
C.图中由于球运动方向发生变化，则动量变化，根据动量定理知球棒对垒球的冲量不为零，故C错误；
D.图中小物块运动方向时刻变化，则动量大小不变，方向改变，故D错误。
故选A。
本题考查动量、冲量、动量定理，要求掌握基本物理概念及定律的基本知识，能利用其辨析实际生活实例。
5.【答案】
【解析】运动员对排球做的功等于排球被击出时的动能。根据动能定理，功等于动能变化量。排球初始静止，被击出后速度为 ，故运动员做功为 。
故选B。
6.【答案】
【解析】A.依题意，是时间内纸带运动的路程，并不是小球的运动路程，故A错误；
B.由于小球做简谐运动，由图可知小球通过点时更衡位置，由简谐运动规律可知其速度大于通过点的速度，故B正确；
C.通过该实验可得出纸带的速度，即纸筒边缘处的线速度，纸筒和手把柄的角速度相同，由
可知由于不知道纸筒与手把柄的半径关系，所以不能求出操作员转动手把柄的速度大小，故C错误；
D.由于小球的运动为简谐运动，其振动周期与振幅无关，故D错误。
故选B。
7.【答案】
【解析】根据题意可知，绳子伸直前，游客做自由落体运动，设绳恰好伸直时游客速度为 ，绳伸直后，开始绳子的拉力小于重力，游客继续做加速运动，游客的动能增大，随着绳子拉力的增大，游客的加速度减小，当绳子拉力等于重力时，加速度减小到，游客速度最大，动能最大，之后游客开始减速下降，速度减小，动能减小，随着绳子拉力的增大，游客的加速度增大，绳子的拉力一直向上，下降过程中，绳对游客的拉力始终做负功，故BC错误，D正确；
A.由上述分析可知，从绳恰好伸直到游客第一次下降至最低点的过程中，游客受绳子的拉力和重力作用，速度由 减小到，由动量定理可知，绳对游客拉力的冲量大小大于重力对游客的冲量大小，故A错误。
故选D。
8.【答案】
【解析】A.根据，因时刻汽车的速度是时刻的倍，可知时刻汽车牵引力大小是时刻的倍，选项A错误；
B.时刻汽车的加速度为零，则合力为零；而时刻的加速度不为零，合力不为零，选项B错误；
．时刻
时刻
解得汽车加速度大小为 ，选项C错误，D正确。
故选D。
9.【答案】
【解析】A.由题意可得，上升过程中，小球的加速度为 ，下落过程中，小球的加速度为 ，可知上升的平均加速度大于下落的平均加速度，且又上升和下降的位移相同，根据 ，可知小球上升过程的时间小于下落过程的时间，故A错误；
B.由题意可得，阻力与速率的关系为 ，故阻力的冲量大小为 ，因为上升过程和下降过程位移相同，则上升和下降过程阻力冲量大小相等，故B正确；
C.上升过程若是匀减速运动，则平均速度为 ，但由图可知，其速度时间图像面积小于匀减速运动的面积，即小球上升的位移小于匀减速上升的位移，则可得小球上升过程中的平均速度小于 ，故C错误；
D.整个过程中阻力方向一直与速度反向，故阻力一直在做负功，故D错误。
故选B。
10.【答案】
【解析】A.根据动量守恒定律有
解得 ，故A错误；
B.所受水的阻力与速度成正比，比例系数为，则
随着速度减小，加速度逐渐减小，故B错误；
C.对
运用积分原理有
解得 ，故C正确；
D.喷水过程乌贼消耗的能量等于喷出水的动能和乌贼动能之和，故D错误。
故选C。
11.【答案】
【解析】A.时，弹簧振子处在位移最大处，弹簧的形变量最大，弹性势能最大，故A正确；
B.时，小球处在平衡位置，小球的速度最大，加速度为零，故B错误；
C.的过程中，小球回到平衡位置，速度方向沿轴负方向，此过程中，弹簧由伸长状态回到原长，弹力方向沿轴负方向，加速度沿轴负方向，速度与加速度方向相同，故C正确；
D.根据弹簧振子运动的对称性，如图所示，时和时，小球的位移相同，故D正确。
故选ACD。
12.【答案】
【解析】A.根据动能定理 可知，图线的斜率等于冰壶所受的合外力，冰壶的最大动能对应撤去水平推力的时刻，撤去推力后两图线的斜率相同，即摩擦力相同，撤去推力前第一次图线的斜率小，可知 小于，由两次运动的整个过程动能变化量均为零，可知合外力做功为零，即、做的功等于整个过程克服摩擦力做的功，而摩擦力大小及冰壶的位移均相同，故、做的功相等，项正确；
B.由图乙可知撤去时冰壶的动能小，即最大速度小，加速过程的平均速度小，由平均功率 可知，的平均功率小于 的平均功率，项错误；
两次冰壶的整个运动过程动量变化量为零，即合外力冲量等于零，所以 、的冲量大小等于摩擦力的冲量大小，因两次运动的位移相同，而第一次撤去外力时冰壶的速度小，可知第一次运动的时间大于第二次运动的时间，故第一次运动中摩擦力的冲量大于第二次运动中摩擦力的冲量，即的冲量大于的冲量，项正确，项错误。
故选AC。
13.【答案】
【解析】解：、物体由传送带左端到右端通过的位移为，平均速度为，故A错误；
B、物体从静止释放后经时间速度变为，对此过程，应用动能定理可得传送带对物体做的功为，故B正确；
C、根据牛顿第二定律有，系统因摩擦而产生的热量为，解得：，故C正确；
D、因传送物块，电机额外输出的能量为，解得，故D错误。
14.【答案】
【解析】设人水平横躺时受到的风力大小为，由于人体受风力大小与正对面积成正比，故人站立时风力为 由于受风力有效面积是最大值的一半时，恰好可以静止或匀速漂移，故可以求得人的重力 ，即有则从至过程表演者的加速度为 从至过程表演者的加速度大小为 ，因此从至过程表演者的加速度小于从至过程表演者的加速度．故A错误；设点的速度为，则从至过程表演者的运动时间 从至过程表演者的运动时间 ，则，故B正确．由速度位移公式得：从至过程表演者的位移 ，从至过程表演者的位移 ，故：：：；因而有 ；对至过程应用动能定理：表演者至动能的增量 ；至克服风力做的功 ，可知，，即表演者至动能的增量等于至克服风力做的功，故C错误；根据动量定理得：从至过程表演者动量变化量 ；从至过程表演者受风力冲量的数值 ，则，即从至过程表演者动量变化量的数值小于从至过程表演者受风力冲量的数值．故D正确．故选BD．
15.【答案】
不变

【解析】根据题意可知，摆长
根据单摆的周期公式
得
A.测摆线时摆线拉得过紧，则摆长的测量量偏大，则测得的重力加速度偏大。故A错误；
B.摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，而测得的摆长偏小，则测得重力加速度偏小。故B正确；
C.开始计时，秒表过迟按下，测得单摆的周期偏小，则测得的重力加速度偏大。故C错误；
D.实验中误将次全振动数为次。测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大。故D错误。故选B。
根据
得
则图线的斜率
解得重力加速度
若某同学不小心每次都把小球直径当作半径代入来计算摆长，可知图像的斜率不变，计算得到的值不变。
16.【答案】
见解析

【解析】根据机械能守恒定律可得
故需要比较动能变化量与势能变化量。
故选A。
电磁打点计时器使用的是交流电源；需要用到刻度尺测量纸带上两点之间的距离；由于验证机械能守恒的表达式中质量可以忽略不计，所以不需要天平测质量。
故选AB。
从打点到打点的过程中，重物的重力势能变化量
根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则有
则从打点到打点的过程中，动能变化量为
大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是实验过程中存在空气阻力，纸带运动过程中存在摩擦力，使得有一部分减少的重力势能转化为内能。
故选C。
该同学的判断依据不正确。在重物下落的过程中，若阻力恒定，根据
可得
可知， 图像就是过原点的一条直线。要想通过 图像的方法验证机械能是否守恒，还必须看图像的斜率是否接近。
17.【答案】解：由动能定理可知，从点到点，有
根据牛顿第二定律，有
解得
从点到点，钢球做平抛运动，在竖直方向，有
水平方向，有
代入数据解得
取竖直向下为正方向，根据动量定理有
即
代入数据解得 ，方向竖直向下。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
18.【答案】解：这一过程中重力做的功为
由动能定理，可得
解得
依题意雨滴所受空气阻力与其速度的平方成正比，当雨滴速度较小时，阻力较小，与重力相比忽略不计，此过程做自由落体运动，故段是倾斜直线，当阻力不能忽略时，由牛顿第二定律可知
随着雨滴速度的增加，其阻力增大，加速度减小。做加速度逐渐减小的加速运动，故段逐渐弯曲，当雨滴所受阻力与自身重力等大时，受力平衡。将做匀速直线运动，故点之后趋于水平。
设时间内有质量为的雨水落到荷叶上，取向上为正方向，根据动量定理可得
设量杯的横截面积为，有
雨滴撞击荷叶产生的压强为
联立，解得

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
19.【答案】根据牛顿第二定律，碰撞过程中两球的加速度分别是 ，
根据牛顿第三定律
令、作用时间为，根据加速度定义 ，
联立可得
根据动量守恒定律有
解得
碰前机械能
碰后机械能
有机械能损失，是非弹性碰撞。
令碰撞后中子速度为，某原子核速度为 ，根据动量守恒定律有
由能量关系
解得碰撞后中子速度
因为，所以
可见，越小， 越小，为了使中子速率更好降下来，慢化剂中的原子核质量应选较小的。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
20.【答案】单位时间内流过的水的质量为
下落所做的功为
得平均发电功率为
小球碰撞前后动量变化量为
由动量定理
联立解得
时间内流过的水的质量为
这些水转过一个小角度的动量改变量为
设这些水受到的堤坝对它的作用力大小为，根据动量定理
可得
根据牛顿第三定律河水对堤坝的作用力大小
对应的外侧面积为
河流转弯处河水对外侧河岸的附加压强为

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
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