2025高考物理步步高同步练习选修1课前预习答案精析

2025高考物理步步高同步练习选修1课前预习答案精析第一章动量守恒定律1动量一、(1)A球停止运动，B球摆到A球原来的高度。碰撞前后两球的速度之和不变。(2)碰撞后B球获得较大的速度，摆起的最大高度大于C球被拉起时的高度。碰撞前后，两球的速度之和并不相等，速度变化跟它们的质量有关。(3)动能速度与质量(4)0.3400.397不相等质量与速度的乘积之和二、1.(1)质量速度(2)mv(3)矢速度的方向2．(2)相同三、①动量不变，动能不变；②动量方向不变，大小随时间推移而增大，动能逐渐增大；③动量方向时刻改变，大小随时间推移而增大，动能逐渐增大；④动量方向时刻改变，大小不变，动能不变。2动量定理一、加速度a＝eq\f(v′－v,Δt)根据牛顿第二定律F＝ma，则有F＝meq\f(v′－v,Δt)＝eq\f(mv′－mv,Δt)＝eq\f(p′－p,Δt)，即FΔt＝p′－p知识梳理1．(1)力的作用时间(2)FΔt(3)累积效应大(4)牛秒N·s(5)矢2．(1)动量变化量(2)p′－pmv′－mv二、两次碰撞瞬间鸡蛋的初速度相同，而末速度都是零，也相同，所以两次碰撞过程中鸡蛋的动量变化相同。根据FΔt＝Δp，第一次与泡沫塑料垫作用的时间长，作用力小，所以鸡蛋没有被打破；第二次与玻璃作用的时间短，作用力大，所以鸡蛋被打破。三、拉力F做的功是零，冲量大小是Ft，方向与F方向相同。专题强化1动量定理的应用解法一用动量定理，分阶段求解。选物体为研究对象，对于撤去F前物体做匀加速运动的过程，初态速度为零，末态速度为v。取水平力F的方向为正方向，根据动量定理有(F－μmg)t1＝mv－0，对于撤去F后物体做匀减速运动的过程，初态速度为v，末态速度为零。根据动量定理有－μmgt2＝0－mv。联立解得t2＝eq\f(F－μmg,μmg)t1＝eq\f(30－0.2×5×10,0.2×5×10)×6s＝12s。解法二用动量定理，研究全过程。选物体为研究对象，研究整个运动过程，这个过程的初、末状态物体的速度都等于零。取水平力F的方向为正方向，根据动量定理得Ft1－μmg(t1＋t2)＝0解得t2＝12s。3动量守恒定律一、根据动量定理：对A：F1Δt＝m1v1′－m1v1①对B：F2Δt＝m2v2′－m2v2②由牛顿第三定律得F1＝－F2③由①②③得两物体总动量关系为：m1v1′＋m2v2′＝m1v1＋m2v2。知识梳理1．(1)两个(或多个)(2)系统中(3)以外2．(1)不受外力所受外力的矢量和为0(2)m1v1′＋m2v2′(3)不受外力矢量和为零(4)微观思考与讨论两辆小车分别向左、向右运动，它们同时获得了动量，但两辆小车的动量的方向相反，动量的矢量和仍然为0，故系统的总动量没有增加。4实验：验证动量守恒定律一、1.系统不受外力所受外力的矢量和为02．远大于m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′二、方案12．(1)天平(2)eq\f(d,Δt)宽度光电门5.eq\f(m1,t1)＋eq\f(m2,t2)＝eq\f(m1,t1′)＋eq\f(m2,t2′)方案21．较大较小平抛运动不同天平刻度尺3．(1)静止(2)同一4．m1·OP＝m1·OM＋m2·ON5弹性碰撞和非弹性碰撞一、1.相同点是碰撞过程持续时间极短，此过程中内力远大于外力，碰撞满足动量守恒；不同点是碰撞过程中机械能损失有多有少，图甲损失的机械能相比碰撞前的机械能占比较小，图乙损失的机械能相比碰撞前的机械能占比较大。2．(1)碰撞中有机械能转化为内能。(2)通过数据分析知不可以。(3)两辆小车安装弹性碰撞架。知识梳理2．(1)不变(2)减少二、m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1v12＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1eq\f(2m1,m1＋m2)v1知识梳理正碰对心碰撞一维碰撞思考与讨论1．(1)0v1互换(2)>>相同(3)<相反2．(1)v12v1(2)－v10专题强化3弹簧—小球模型滑块—光滑斜(曲)面模型一、(1)当两个小球速度相同时，弹簧最短，弹簧的弹性势能最大。由动量守恒定律得m1v0＝(m1＋m2)v由能量守恒定律得eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＋Epmax解得Epmax＝eq\f(m1m2v02,2m1＋m2)(2)如图所示，两球共速后，A减速，B加速，A、B间的距离增大，故弹簧的压缩量减小，弹簧的长度增加。(3)当弹簧恢复原长时，小球B的速度最大，由动量守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2由能量守恒定律得eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22解得v2＝eq\f(2m1v0,m1＋m2)。拓展延伸(1)弹簧和小球组成的系统机械能守恒，两球共速时，弹簧的弹性势能最大，系统的动能最小。Ekmin＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＝eq\f(m12,2m1＋m2)v02(2)弹簧和小球组成系统机械能守恒，当弹簧恢复原长时，弹簧的弹性势能最小，系统的动能最大，Ekmax＝eq\f(1,2)m1v02。二、(1)整个过程中系统的机械能守恒，系统水平方向动量守恒，竖直方向上动量不守恒，故总动量不守恒。(2)当小球上升到最高点时，小球和轨道的速度相同。由动量守恒定律得mv0＝3mv由能量守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)×3mv2＋mgh解得h＝eq\f(v02,3g)(3)设小球离开轨道时的速度为v1，轨道的速度为v2，由动量守恒定律有：mv0＝mv1＋2mv2根据机械能守恒定律有：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)×2mv22联立以上两式可得：v1＝－eq\f(1,3)v0，v2＝eq\f(2,3)v0。6反冲现象火箭一、1．内力相反的2．大动量守恒定律3．(1)旋转(2)反冲思考与讨论不正确。在反冲运动中，即使系统所受合外力不为零，因内力远大于外力，外力可以忽略，也可用动量守恒定律来解释。二、思考与讨论1．在火箭发射过程中，内力远大于外力，所以动量守恒。以火箭的速度方向为正方向，发射前的总动量为0；发射后的总动量为：mv－(M－m)v1由动量守恒定律得：0＝mv－(M－m)v1得v＝eq\f(M－m,m)v1＝(eq\f(M,m)－1)v1。2．根据v＝(eq\f(M,m)－1)v1，分析可知，若要提高火箭获得的速度，应①提高火箭发射前的总质量和燃料燃尽后火箭的质量比；②提高火箭喷出的燃气的速度。三、(1)因为小孩与小船组成的系统动量守恒，当小孩向左运动时，小船向右运动。设小孩的速度v的方向为正方向，当小孩速度为v时，mv－Mv′＝0，解得v′＝eq\f(mv,M)。(2)由人船系统始终动量守恒可知meq\x\to(v)－Meq\x\to(v′)＝0，故当小孩的位移大小为x时，有mx－Mx′＝0，解得x′＝eq\f(mx,M)。(3)小孩与小船的位移大小与质量成反比，即eq\f(x,x′)＝eq\f(M,m)。(4)x＋x′＝L解得x＝eq\f(M,M＋m)L四、由于爆炸时内力远大于外力，故爆炸时系统动量守恒，爆炸时通过内力做功将化学能转化为机械能，故爆炸时系统机械能增加。专题强化4子弹打木块模型滑块—木板模型一、1．由动能定理可得－eq\x\to(F)·d＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02解得eq\x\to(F)＝3.5×104N木块与地面间的滑动摩擦力Ff＝μMg＝2N两者之比为eq\f(F,Ff)＝17500由此可知，子弹与木块间的平均作用力远大于木块与地面间的作用力，因此子弹和木块组成系统在相互作用过程中满足动量守恒的条件。2．(1)子弹与木块组成的系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v，解得：v＝eq\f(mv0,m＋M)(2)由能量守恒定律可知：eq\f(1,2)mv02＝Q＋eq\f(1,2)(m＋M)v2得产生的热量为：Q＝eq\f(Mmv02,2M＋m)(3)设木块最小长度为L，由能量守恒定律：FL＝Q得木块的最小长度为：L＝eq\f(Mmv02,2M＋mF).二、(1)系统的合外力为零，故系统的动量守恒。由于摩擦力对系统做负功，系统机械能不守恒。(2)根据动量守恒：mv0＝(m＋M)v系统机械能损失(摩擦生热)，Q热＝Ff·x相对＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(m＋M)v2，Ff＝μmg若滑块恰未脱离木板，则L＝x相对解得L＝eq\f(Mv02,2μgm＋M)。章末素养提升质量速度力的作用时间mv′－mvm1v1′＋m2v2′第二章机械振动1简谐运动一、(1)小球的运动具有往复性。小球因为受到阻力的作用最终停止运动。(2)小球往复运动的次数增多，运动时间变长。(3)小球将持续地在AB间做往复运动。知识梳理1．往复2.03．(1)小球弹簧理想化二、(1)轨迹是一条平行于振子运动方向的直线。(2)轨迹是一条正弦曲线。知识梳理1．平衡位置平衡2．(1)时间(t)平衡往复运动位移时间(2)不是3．正弦函数正弦曲线思考与讨论(1)t1时刻小球位于正向最大位移处，t2时刻小球位于平衡位置。(2)位移为正，在减小，速度增大，方向为负。(3)位移为负，在增大，速度减小，方向为负。2简谐运动的描述一、(1)a图像是从A点开始释放的，b图像是从B点开始释放的；弹簧振子两次形成的简谐运动具有相同的周期，从B点释放时离平衡位置的最大距离比从A点释放时的最大距离更大。(2)不相同，两次速度方向相反。这段时间仅为半个周期。若经过一个周期，小球一定从同一方向再次经过O点。知识梳理1．(1)最大(2)振动幅度A两倍2．(1)完整相同(2)全振动秒(3)次数所用时间单位时间内完成全振动赫兹赫Hz(4)eq\f(1,T)振动快慢大快(5)反比正比eq\f(2π,T)2πf二、(1)两个小球在相同位置同时释放，除振幅和周期都相同外，还总是向同一方向运动，同时经过平衡位置，并同时到达同一侧的最大位移处。两个小球的振动步调完全一致。(2)当第一个小球到达最高点时，第二个刚刚到达平衡位置，而当第二个小球到达最高点时，第一个已经返回平衡位置了。与第一个小球相比，第二个小球总是滞后eq\f(1,4)个周期，或者说总是滞后eq\f(1,4)个全振动。(3)由问题(1)可得两振子A、ω相同，可知φ不同，且(ωt＋φ1)－(ωt＋φ2)＝eq\f(1,4)×2π，即φ1－φ2＝eq\f(π,2)。知识梳理1．(1)ωt＋φ0(2)状态(3)频率φ1－φ22．位移振幅周期初相位3简谐运动的回复力和能量一、(1)弹簧的弹力使小球回到平衡位置。(2)弹簧弹力与位移大小成正比，方向与位移方向相反。知识梳理1．(1)平衡位置(2)平衡位置(3)－kx2．F＝－kx位移正比平衡位置思考与讨论规定向下为正方向，在平衡位置b点，有mg＝kx0，小球在c点受到的弹力大小为F′＝k(x＋x0)，小球在c点的回复力F＝mg－F′＝mg－k(x＋x0)＝mg－kx－kx0＝－kx，回复力满足F＝－kx，是简谐运动。弹簧弹力和重力的合力充当回复力。二、(1)小球的动能先增大后减小；弹簧的弹性势能先减小后增大；总机械能保持不变。(2)小球回到平衡位置的动能增大；振动系统的机械能增大；振动系统的机械能与弹簧的劲度系数和振幅有关。知识梳理1．动能势能(1)势能动能(2)动能势能2．守恒理想化3.振幅思考与讨论(1)不变，在M点时，系统的动能为零，弹性势能最大，拿走A物体后，振动系统的弹性势能不变，总能量不变，最大动能也不发生变化。(2)变小，在O点时弹簧弹性势能为零，振动系统的动能最大，拿走A物体后，振动系统的最大动能减小，总能量减小，最大弹性势能也将减小。三、正减小负减小负增大增大减小4单摆一、(1)小球受重力和细线的拉力作用。(2)细线的拉力和重力沿径向的分力的合力提供向心力。重力沿切线方向的分力提供小球振动的回复力。(3)小球经过平衡位置时，做圆周运动，其合外力不为零。知识梳理1．小球2．(2)直径(3)形变量(4)重力拉力3．(1)圆弧切线mgsinθ(2)小正比平衡位置思考与讨论均不能看成单摆。图(a)(d)摆动过程中摆长会发生变化，图(b)空气阻力不能忽略，图(c)球的直径与绳的长度相比不能忽略，图(e)绳的质量与小球相比不能忽略。二、1．无关无关有关越大2．(1)惠更斯(2)正比反比无关思考与讨论(1)摆针走时偏快应调节螺母使圆盘沿摆杆下移。(2)调节螺母使圆盘沿摆杆下移。5实验：用单摆测量重力加速度三、2.平衡位置3.l′＋eq\f(d,2)四、2.eq\f(4π2,g)l6受迫振动共振一、振子在振动的过程中振幅逐渐减小，因为振子在实际振动过程中受到空气的阻碍作用，振动的能量逐渐减少。知识梳理1．(1)没有外力干预(2)固有2．(1)阻碍振幅(2)①摩擦内能②减少二、手柄转动的越快，振子上下振动的也越快，手柄不停的转动，振子也将持续的振动。知识梳理1．周期性2．(1)驱动力(2)驱动力无关三、1.等于最大值思考与讨论(1)开始时，脱水桶转动的频率远高于洗衣机的固有频率，振幅较小，振动比较弱。(2)当洗衣机脱水桶转动的频率等于洗衣机的固有频率时发生共振，振动剧烈。章末素养提升平衡位置最大一次全振动无关单位时间－kxAsin(ωt＋φ)保持不变减小驱动力驱动力的频率f固弹力第三章机械波1波的形成一、(1)没有，红色标记只在竖直方向上下振动(2)不会，当手停止抖动后，波仍向右传播知识梳理1．振动2．(1)相连弹性力(2)带动迟上下振动的状态思考与讨论1．绳上各点的起振方向与振源起振方向相同。2．能够继续传播二、(1)相互垂直(2)在同一条直线上三、1．(1)传播(2)相互作用相邻质点2．介质3．(1)振动(2)能量(3)信息四、若O点为波源，A点左侧的质点将带动A向上振动；若O′是波源，A点右侧的质点将带动A点向下振动。拓展延伸由于此刻质点a在前一个质点的带动下正在向上运动。可知波源在质点a的左侧，因此该列波由左向右传播，质点b在左侧质点的带动下将向下运动。2波的描述一、1．(1)平衡位置偏离平衡位置的位移(2)平滑波的图像波形图2．(1)正弦曲线(2)简谐运动相同3．(1)正弦曲线(2)某一时刻(3)各个时刻思考与讨论(1)甲乙(2)题图甲中M、P、Q三个点的坐标分别表示x＝1m、x＝2m、x＝4m处三个质点此时的位移为10cm、0、0；质点P的振幅为10cm。(3)题图乙中M′、P′、Q′三个点的坐标分别表示同一质点在t＝1s、t＝2s、t＝4s时的位移为10cm、0、0。二、1．(1)相同相邻(2)①波峰波谷②密部疏部2．(1)振动周期(或频率)(2)eq\f(1,T)(3)波源(4)一个波长λ3．(1)介质(2)介质不同(3)λf思考与讨论1．(1)42(2)2m/s(3)2．波在不同介质中传播时，其频率总与波源振动频率相同，故频率保持不变，因v＝fλ，λ＝eq\f(v,f)，v变大，则λ变大。专题强化6波的图像与振动图像的综合问题及波的多解问题一、1．一个质点各质点平衡位置不同时刻同一时刻二、2．(1)整数完全重合(2)整数完全重合3波的反射、折射和衍射一、1．(2)同一平面法线等于2．(1)进入另一种介质折射(2)深度折射思考与讨论1．在波的反射和折射现象中，反射波和入射波的频率都与波源的频率相同；反射现象是在同种介质中传播，波速相同，由v＝λf可知，波长也相同，而折射现象是在不同介质中传播，波速不同，波长也不同。2．不一定，如果入射波垂直于交界面时，传播方向保持不变。二、水波遇到小孔时，水波能穿过小孔，并能到达挡板后面的“阴影区”，小孔的尺寸减小时，水波到达“阴影区”的现象更加明显。知识梳理1．绕过障碍物2.相差不多更小3．衍射思考与讨论1．低音，由v＝λf得λ＝eq\f(v,f)，由此可知，声速相同情况下，低音的频率小，波长长，在障碍物相同的情况下，低音更容易发生衍射现象，因此低音更容易绕过高墙。2．不对。声波波长较长，遇到与其波长相差不大的障碍物可发生明显的衍射现象。光波波长较短，其波长比一般障碍物小得多，衍射现象不明显。4波的干涉一、1．(1)相遇时凸起的高度比原来的更大一些。(2)两列波相遇后仍然保持原来各自的运动状态继续传播，并没有受到另一列波的影响。2．相同，没有受到其他乐器的影响。知识梳理1．波长频率2.同时矢量和二、1．频率相位差振动方向2．(1)频率(2)相位差(3)振动方向思考与讨论不能，振动加强(减弱)点是指质点的振幅最大(小)，而不是指振动的位移最大(小)，因为位移是在时刻变化的，加强点和减弱点的位移均可以为零，只有发生干涉的两列波振幅大小相等，减弱点位移才始终为零。5多普勒效应一、1．接收到频率2．(1)一定等于(2)增加增大减小思考与讨论不对，如果观察者绕着波源做圆周运动，虽然两者间发生了相对运动，但观察者接收的频率与波源发出的频率依然相等，并未发生多普勒效应。二、1．频率频率2.频率速度3.速度章末素养提升波源介质振动形式能量不会不一定横波纵波波源介质平衡位置某一时刻各质点偏离平衡位置的位移第四章光1光的折射一、(1)折射角增大光线的偏折程度变大(2)入射角的正弦和折射角的正弦之比保持不变知识梳理1．(1)分界面返回(2)同一平面法线等于2．(1)分界面(2)同一平面法线的两侧入射角的正弦折射角的正弦(3)可逆思考与讨论1．不一定。当光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向改变。垂直界面入射时，传播方向不变。2．不一定。当光从真空斜射入介质时，入射角大于折射角，当光从介质斜射入真空时，入射角小于折射角。3．不对。由折射定律可知，当介质一定时，入射角的正弦与折射角的正弦成正比，而并非两角成正比。二、这说明在光的折射现象中，入射角的正弦值与折射角的正弦值的比值与入射角和折射角的大小无关，与介质的种类有关。知识梳理1．入射角的正弦折射角的正弦2．真空eq\f(c,v)思考与讨论不能。虽然在这种情况下，光线不偏折，但n＝eq\f(c,v)仍成立，即光在介质中的传播速度仍比真空中的光速小，仍然属于折射。实验：测量玻璃的折射率三、2．大5.P1、P26.P3P1、P2四、1.e