2025高考物理步步高同步练习选修1学习笔记答案精析

2025高考物理步步高同步练习选修1第一章动量守恒定律1动量二、辨析(1)×(2)√(3)√(4)×例1ABD[当做直线运动的物体速度增大时，其末动量p2大于初动量p1，由矢量的运算法则，可知Δp＝p2－p1＞0，与物体运动方向相同，如图甲所示，A正确。当做直线运动的物体速度减小时，p2＜p1，如图乙所示，Δp与p1或p2方向相反，B正确。当物体的速度大小不变时，其方向可能变化，也可能不变．动量可能不变化，即Δp＝0，也可能动量大小不变而方向变化，此种情况Δp≠0，C错误。当物体做平抛运动时，动量的方向变化，即动量一定变化，Δp一定不为零，如图丙所示，D正确。]例2见解析解析(1)取向右为正方向，初、末动量分别为：p＝mv＝0.4×4kg·m/s＝1.6kg·m/s，方向向右，p′＝mv′＝0.4×10kg·m/s＝4kg·m/s，方向向右，动量的改变量为Δp＝p′－p＝2.4kg·m/s，方向向右。(2)取向右为正方向，初、末动量分别为：p1＝mv1＝0.4×10kg·m/s＝4kg·m/s，方向向右，p2＝mv2＝0.4×(－3)kg·m/s＝－1.2kg·m/s，负号表示方向向左，动量的改变量为Δp′＝p2－p1＝－5.2kg·m/s，负号表示方向向左。三、例3C[动能不变，可能是速度的大小不变，但是方向变化，则物体的动量一定变化，例如匀速圆周运动，选项A错误；动量变化，可能是速度大小不变，方向变化，则动能一定不变化，选项B错误；动量的变化量为零，即动量不变，则动能一定不变，即动能的变化量一定为零，选项C正确；动能的变化量为零，即速度大小不变，方向可能变化，则动量的变化量不一定为零，选项D错误。]例4(1)4kg·m/s，方向竖直向上(2)减少了4J解析(1)篮球与地面相撞前瞬间的速度为v1＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×1.25)m/s＝5m/s，方向竖直向下，篮球反弹后的初速度v2＝eq\r(2gh′)＝eq\r(2×10×0.45)m/s＝3m/s，方向竖直向上．规定竖直向下为正方向，篮球的动量变化量为Δp＝(－mv2)－mv1＝－0.5×3kg·m/s－0.5×5kg·m/s＝－4kg·m/s即篮球的动量变化量大小为4kg·m/s，方向竖直向上。(2)篮球的动能变化量为ΔEk＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×32J－eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×52J＝－4J即动能减少了4J。拓展延伸5kg·m/s，方向竖直向上0解析发生碰撞前后速度大小不变，方向改变，由题可知，碰撞前v1＝eq\r(2gh)＝5m/s，方向竖直向下，碰撞后v2＝5m/s，方向竖直向上．规定竖直向下为正方向。Δp＝(－mv2)－mv1＝－5kg·m/s，即篮球的动量变化量大小为5kg·m/s，方向竖直向上，ΔEk＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12＝0，即动能的变化量为0。2动量定理一、辨析(1)×(2)×(3)×(4)√(5)√二、例1CD例2D[在缓慢拉动和快速拉动纸条的过程中，杯子受到的摩擦力均为滑动摩擦力，大小相等，但快速拉动时，纸条与杯子作用时间短，此时摩擦力对杯子的冲量小，由I＝Δp可知，杯子增加的动量较小，因此杯子没有滑落，缓慢拉动时，摩擦力对杯子的冲量大，杯子增加的动量大，杯子会滑落，故A、B错误；为使杯子不滑落，杯子与纸条间的摩擦力对杯子的冲量应尽量小一些，杯子与纸条间的动摩擦因数应尽量小一些，选项C错误；杯子与桌面间的动摩擦因数较大时，杯子在桌面上做减速运动的加速度较大，杯子更容易停下来，不滑落，选项D正确。]例36300N解析取垒球飞向球棒的方向为正方向。垒球的初动量为p1＝mv1＝4.5kg·m/s，垒球的末动量为p2＝mv2＝－8.1kg·m/s，由动量定理可得垒球所受的平均作用力为eq\x\to(F)＝eq\f(p2－p1,Δt)＝－6300N．垒球所受的平均作用力的大小为6300N，负号表示力的方向与垒球飞向球棒的方向相反。例4(1)200N(2)205N解析(1)打击时，铁锤受到重力和钉子对铁锤竖直向上的弹力，打击后铁锤的速度为0，设竖直向下为正方向．若不计铁锤所受的重力，根据动量定理有－FΔt＝0－mv，解得F＝200N。由牛顿第三定律知铁锤钉钉子的平均作用力为200N(2)若考虑铁锤所受的重力，则有(G－F)Δt＝0－mv，解得F＝205N。由牛顿第三定律知铁锤钉钉子的平均作用力为205N。拓展延伸当打击时间很短时，可以不计铁锤所受的重力解析从前两问的解答可以看出，当打击时间很短时，铁锤所受的重力可以忽略不计。三、例5CD[根据冲量的定义知，重力对物体的冲量大小为mgt，A错误；对物体进行受力分析可知支持力大小FN＝mgcosθ，则支持力对物体的冲量大小为mgcosθ·t，B错误；摩擦力Ff＝mgsinθ，所以摩擦力对物体的冲量大小为mgtsinθ，C正确；因物体静止，合力为零，则合力对物体的冲量大小为零，D正确。]例6B[由I＝Ft可知，在F－t图像中，图线与坐标轴所围成的面积表示冲量的大小，所以I＝eq\f(1,2)×3×3N·s＋3×3N·s＝13.5N·s，故B正确，A、C、D错误。]例7BCD[IG＝mgt，B正确；Δp＝p′－p＝mvy，vy＝eq\r(v2－v02)＝eq\r(2gh)，故C、D正确，A错误。]专题强化1动量定理的应用例11400N7700N解析以全过程为研究对象，初、末动量的数值都是0，所以运动员的动量变化为零，根据动量定理，合力的冲量为零，根据自由落体运动的知识，运动员下落到地面上所需要的时间是t＝eq\r(\f(2h,g))＝1s，从开始下落到落到海绵垫上停止时，取向下为正方向，有mg(t＋Δt1)－eq\x\to(F)Δt1＝0代入数据，解得eq\x\to(F)＝1400N下落到沙坑中时，有mg(t＋Δt2)－eq\x\to(F)′Δt2＝0代入数据，解得eq\x\to(F)′＝7700N。针对训练1B[解法一：消防员下落t1＝1s后双脚触地时的速度为v1＝gt1，方向向下；着地后他使自身重心下降0.2s后站定，即v2＝0，设向下为正方向，则着地过程中消防员动量的变化量为Δp＝0－mv1＝－mv1，设该过程中地面对他双脚的平均作用力为eq\x\to(F)，由动量定理得(mg－eq\x\to(F))t2＝Δp＝－mv1，其中t2＝0.2s，则eq\x\to(F)＝mg＋eq\f(mv1,t2)＝mg＋5mg＝6mg，故B正确。解法二：规定向下为正方向，对消防员下落的全程应用动量定理可得mg(t1＋t2)＋(－eq\x\to(F)t2)＝0－0，代入数据解得eq\x\to(F)＝6mg，故B正确。]例2BC[根据冲量的定义，I＝Ft，故0～t0时间内拉力冲量I＝eq\f(1,2)mgt0，冲量不为零，故A错误；0～t0时间内拉力小于重力，物体没有运动，不产生位移，根据功的定义，可知拉力F不做功，故B正确；3t0时速度最大，合外力的冲量为F－t图像t0～3t0时间内三角形面积，设竖直向上为正方向，根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量，eq\f(1,2)mg×2t0＝mvmax，可知vmax＝gt0，故C正确；t0～3t0内物体向上加速，3t0～4t0内向上减速，根据动量定理，eq\f(1,2)mg×2t0－eq\f(1,2)mgt0＝mvt,4t0时刻物体的速度vt＝eq\f(1,2)gt0，故D错误。]拓展延伸1拓展延伸22t0至4t0内，图线与t轴围成的面积为零，则合力的冲量为零，动量的变化量为零，故物体在2t0时刻和4t0时刻速度相同。例31.77×105N解析取一小段时间Δt，从水枪喷出的水的质量为Δm＝ρSvΔt。以Δm为研究对象，如图所示，设水速方向为正方向，由动量定理，得FΔt＝Δm(0－v)＝－ρSv2Δt，则F＝－ρSv2由牛顿第三定律，知水对煤层的平均冲击力大小为F′＝－F＝ρSv2，又S＝eq\f(π,4)d2代入数据，解得F′≈1.77×105N。针对训练2D[Δt时间内贮气瓶喷出气体的质量Δm＝ρSv·Δt，对于贮气瓶、瓶内气体及喷出的气体所组成的系统，以气体喷出速度方向为正方向，由动量定理得FΔt＝Δmv－0，解得F＝ρv2S，根据牛顿第三定律，气体对贮气瓶作用力大小F′＝F。由平衡条件可知，竖直墙面对贮气瓶底端的作用力大小与F大小相等，即为ρv2S，选项D正确。3动量守恒定律一、辨析(1)×(2)√(3)√(4)×例1C[题图甲中，在光滑水平面上，子弹水平射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，题图丙中两球匀速下降，说明两球组成的系统在竖直方向上所受的合外力为零，细线断裂后，两球组成的系统动量守恒，它们在水中运动的过程中，两球整体受力情况不变，遵循动量守恒定律，题图乙中系统受到墙的弹力作用，题图丁中斜面是固定的，题图乙、丁所示过程系统所受合外力不为零，动量不守恒，故只有甲、丙系统动量守恒，即C正确。]针对训练1B[静止在光滑的冰面上互推后瞬间，合外力为0，动量守恒，两人的总动量为0，故A错误，B正确；根据动量守恒m1v1＝m2v2，男选手质量较大，获得的速度较小，女选手质量较小，获得的速度较大，故C、D错误。]例2C[在男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱的过程中男孩在水平方向受到小车的摩擦力，即男孩和木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，A错误；小车在水平方向上受到男孩的摩擦力，即小车与木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，B错误；男孩、小车与木箱三者组成的系统所受合力为零，系统动量守恒，C正确；木箱、男孩、小车组成的系统动量守恒，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相同，方向相反，D错误。]二、例30.4m/s水平向左解析本题的研究对象为两辆碰碰车(包括驾车的同学)组成的系统，在碰撞过程中此系统的内力远远大于所受的外力，外力可以忽略不计，满足动量守恒定律的适用条件。设甲同学的车碰撞前的运动方向为正方向，他和车碰撞前的速度v1＝5m/s；乙同学和车碰撞前的速度v2＝－4m/s。设碰撞后两车的共同速度为v，则系统碰撞前的总动量为：p＝m1v1＋m2v2碰撞后的总动量为p′＝(m1＋m2)v。根据动量守恒定律可知p＝p′，即m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v代入数据解得v＝－0.4m/s，即碰撞后两车以0.4m/s的速度共同运动，运动方向水平向左。针对训练2见解析解析取水平向右为正方向(1)vA＝3m/s，vB＝－1m/s，vA′＝2m/s，vB′＝2m/s根据动量守恒定律mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′得mA∶mB＝3∶1(2)vA″＝－2m/s，vB″＝2m/s根据动量守恒定律mAvA＋mBvB＝mAvA″＋mBvB″得mA∶mB＝3∶5。例4eq\f(mv＋m1v1,m－m1)，方向与炸裂前火箭速度方向相同解析以炸裂前火箭速度方向为正方向，则有：炸裂前火箭的总动量为：p＝mv炸裂后火箭的总动量为：p′＝－m1v1＋(m－m1)v2根据动量守恒定律有：mv＝－m1v1＋(m－m1)v2代入数据解得：v2＝eq\f(mv＋m1v1,m－m1)即炸裂后瞬间另一块运动方向与炸裂前火箭速度方向相同。专题强化2动量守恒定律的应用例1C[由题意知，A沿斜面由底端冲上顶端的过程中，在竖直方向上A有向下的加速度，所以A和B组成的系统在竖直方向上系统的动量分量不守恒．而A和B组成的系统在水平方向上不受外力作用，所以A和B组成的系统，在水平方向上系统的动量分量守恒，故选C。]拓展延伸B[因为物体A具有竖直方向的加速度，故系统在竖直方向受到向下的重力和水平面提供的向上的作用力，且此方向合力不为零，故此方向的动量不守恒；但水平面光滑，故系统在水平方向动量守恒，A到达顶端时，A和斜面体只有水平方向的速度，即mv0cosθ＝(M＋m)v，所以v＝eq\f(mv0cosθ,M＋m)，故选B。]例2B[小物块做平抛运动，下落时间为t＝eq\r(\f(2h,g))＝2s，小物块落到车底前瞬间，竖直方向速度大小为vy＝gt＝10×2m/s＝20m/s，小物块在落到车底前瞬间的速度大小是v＝25m/s，根据平行四边形定则可知，小物块水平方向的速度大小为vx＝eq\r(v2－vy2)＝eq\r(252－202)m/s＝15m/s，小物块与车在水平方向上动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有Mv0－mvx＝(M＋m)v共，解得v共＝3m/s，故B正确。]例3(1)2.1m/s(2)4m/s解析(1)取向右为正方向，设木块A的最终速度为v1，由动量守恒定律，对A、B、C有m0v0＝mAv1＋(mB＋m0)·v，解得v1＝2.1m/s。(2)设C滑离A时的速度为v2，当C滑离A后，由动量守恒定律，对B、C有m0v2＋mBv1＝(mB＋m0)v，解得v2＝4m/s。例48m/s解析设甲至少以速度v将箱子推出，推出箱子后甲的速度为v甲，乙获得的速度为v乙，取向右为正方向。以甲和箱子为系统，根据动量守恒，得(M甲＋m)v0＝M甲v甲＋mv，①选箱子和乙为系统，得mv＝(m＋M乙)v乙，②当甲与乙恰好不相撞时v甲＝v乙，③联立①②③解得v＝8m/s。例5(1)4m/s(2)2m/s(3)48J解析(1)A与B碰后瞬间，B速度最大，A、B系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＋0＝－mAvA＋mBvB，代入数据得：vB＝4m/s。(2)B与C共速后，C速度最大，B、C系统动量守恒，以B的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mBvB＋0＝(mB＋mC)vC，代入数据得：vC＝2m/s。(3)由能量守恒定律得：ΔE损＝eq\f(1,2)mAv02－eq\f(1,2)mAvA2－eq\f(1,2)(mB＋mC)vC2，解得ΔE损＝48J。4实验：验证动量守恒定律例1见解析解析(2)①A.大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差。B．保证两个滑块的碰撞是一维的。②滑块1碰撞之前的速度v1＝eq\f(d,Δt1)＝eq\f(5×10－3,10.01×10－3)m/s≈0.50m/s；滑块1碰撞之后的速度v2＝eq\f(d,Δt2)＝eq\f(5×10－3,49.99×10－3)m/s≈0.10m/s；滑块2碰撞之后的速度v3＝eq\f(d,Δt3)＝eq\f(5×10－3,8.35×10－3)m/s≈0.60m/s；③系统碰撞之前m1v1＝0.15kg·m/s，系统碰撞之后m1v2＋m2v3＝0.15kg·m/s。通过实验结果，可得结论：在实验误差允许的范围内，两滑块相互作用的过程，系统的动量守恒。例2(1)>(2)64.7(64.2～65.2均可)(3)ABD(4)mA·OP＝mA·OM＋mB·ON解析(1)要使两球碰后都向右运动，A球质量应大于B球质量，即mA>mB。(2)将10个点圈在圆内的最小圆的圆心为平均落点，可由米尺测得碰撞后B球的水平射程约为64.7cm。(3)从同一高度做平抛运动，飞行的时间t相同，而水平方向为匀速直线运动，故水平位移x＝vt，所以只要测出小球飞行的水平位移，就可以用水平位移的测量值代替平抛运动的初速度。故需测出未放B球时A球飞行的水平距离OP和碰后A、B球飞行的水平距离OM和ON，及A、B两球的质量，故A、B、D正确。(4)若动量守恒，需验证的关系式为mAvA＝mAvA′＋mBvB′，将vA＝eq\f(OP,t)，vA′＝eq\f(OM,t)，vB′＝eq\f(ON,t)代入上式得mA·OP＝mA·OM＋mB·ON。例3(1)B球平均落点(2)mA、mB、α、β、H、L、x(3)mAeq\r(2gL1－cosα)mAeq\r(2gL1－cosβ)mBxeq\r(\f(g,2H))解析(1)小球A在碰撞前、碰撞后的两次摆动过程，均满足机械能守恒定律。小球B在碰撞后做平抛运动，则x应为B球的平均落点到其初始位置的水平距离。(2)(3)碰撞前对A，由机械能守恒定律得mAgL(1－cosα)＝eq\f(1,2)mAvA2，则：mAvA＝mAeq\r(2gL1－cosα)。碰撞后对A，由机械能守恒定律得mAgL(1－cosβ)＝eq\f(1,2)mAvA′2，则：mAvA′＝mAeq\r(2gL1－cosβ)。碰后B做平抛运动，有x＝vB′t，H＝eq\f(1,2)gt2。所以mBvB′＝mBxeq\r(\f(g,2H))。故要得到碰撞前后的动量，要测量的物理量有mA、mB、α、β、H、L、x。5弹性碰撞和非弹性碰撞一、辨析(1)√(2)×(3)√例1见解析解析根据动量守恒定律得2mv′＝mv，则v′＝eq\f(v,2)碰撞前的总动能Ek＝eq\f(1,2)mv2碰撞后的总动能Ek′＝eq\f(1,2)×2mv′2＝eq\f(1,4)mv2可见，碰撞后系统的总动能小于碰撞前系统的总动能。例2(1)2.9m/s(2)非弹性碰撞解析(1)设碰撞前保龄球的速度为v1，根据动量守恒定律有Mv1＝Mv1′＋mv2，解得v1＝2.9m/s(2)保龄球和球瓶组成的系统初、末动能分别为Ek0＝eq\f(1,2)Mv12＝21.025JEk1＝eq\f(1,2)Mv1′2＋eq\f(1,2)mv22＝16.75J因为Ek1<Ek0，所以该碰撞为非弹性碰撞。二、辨析(1)×(2)×例31m/s4m/s解析两球发生弹性碰撞，则满足动量守恒和机械能守恒，有m1v0＝m1v1＋m2v2，eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22代入数据解得v1＝1m/s，v2＝4m/s针对训练1见解析解析以塑料球初速度方向为正方向，由于是弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得：m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1v12＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2解得塑料球速度v1′＝－6m/s，方向与塑料球初速度方向相反钢球速度v2′＝4m/s，方向与塑料球初速度方向相同。三、例4见解析解析若A、B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得，B获得的最大速度满足：vmax＝eq\f(2m,m＋3m)v＝0.5v若A、B发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律，B获得的最小速度满足：mv＝(m＋3m)vmin解得vmin＝eq\f(mv,m＋3m)＝0.25v故B球速度可能是0.4v，但不可能是0.6v。例5AD[由碰撞前后系统总动量守恒知m1v1＝m1v1′＋m2v2′，总动能不增加，则Ek≥Ek1′＋Ek2′，验证A、B、D三项皆有可能。但B项碰后后面小球的速度大于前面小球的速度，不符合实际，故A、D项正确。]针对训练2C[甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒，有p1＋p2＝p1′＋p2′，即p1′＝2kg·m/s。由于在碰撞过程中，不可能有其他形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能的相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加。所以有eq\f(p12,2m1)＋eq\f(p22,2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2)，解得m1≤eq\f(7,17)m2；因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情景，就必须有eq\f(p1,m1)>eq\f(p2,m2)，即m1<eq\f(5,7)m2；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一条件，所以eq\f(p1′,m1)<eq\f(p2′,m2)，即m1>eq\f(1,5)m2.综上可得选项C正确。]专题强化3弹簧—小球模型滑块—光滑斜(曲)面模型例1见解析解析(1)在A、B两球碰撞的过程中弹簧的压缩量可忽略不计，产生的弹力可忽略不计，因此A、B两球组成的系统所受合外力为零，动量守恒，以A球的初速度方向为正方向，有mv0＝2mv1，解得v1＝eq\f(v0,2)。(2)粘在一起的A、B两球向右运动，压缩弹簧，由于弹簧弹力的作用，C球做加速运动，速度由零开始增大，而A、B两球做减速运动，速度逐渐减小，当三个球速度相等时弹簧压缩至最短，在这一过程中，三个球和弹簧组成的系统动量守恒，有2mv1＝3mv2，解得v2＝eq\f(v0,3)。(3)当弹簧被压缩至最短时，弹性势能最大，由能量守恒定律得Epm＝eq\f(1,2)×2mv12－eq\f(1,2)×3mv22＝eq\f(1,12)mv02。(4)弹簧恢复原长过程中，A、B、C三个球和弹簧组成的系统动量守恒，能量守恒，弹簧恢复原长时，由动量守恒定律和能量守恒定律，得2mv1＝2mvAB＋mvC，eq\f(1,2)×2mv12＝eq\f(1,2)×2mvAB2＋eq\f(1,2)mvC2解得vAB＝eq\f(v0,2)，vC＝0或vAB＝eq\f(v0,6)，vC＝eq\f(2v0,3)。例2C[整个过程中系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故A错误；设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中水平方向动量守恒：mv0＝mv1＋mv2，由机械能守恒定律得：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)mv22，联立解得v1＝0，v2＝v0，即小球与小车分离时二者交换速度，所以小球从小车右侧离开后将做自由落体运动，故B、D错误，C正确。]例3(1)20kg(2)见解析解析(1)选向左为正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3。在水平方向上由动量守恒定律和机械能守恒定律得m2v0＝(m2＋m3)veq\f(1,2)m2v02＝eq\f(1,2)(m2＋m3)v2＋m2gh式中v0＝3m/s为冰块被推出时的速度。联立两式并代入题给数据得m3＝20kg。(2)选向右为正方向，设小孩推出冰块后小孩的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1－m2v0＝0，代入数据得v1＝1m/s设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒定律和机械能守恒定律有－m2v0＝m2v2＋m3v3。eq\f(1,2)m2v02＝eq\f(1,2)m2v22＋eq\f(1,2)m3v32联立两式并代入数据得v2＝1m/s由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩。6反冲现象火箭一、辨析(1)√(2)√(3)×例12.5m/s解析子弹和枪组成的系统动量守恒，以子弹的速度方向为正方向。作用前：p＝0，作用后：p′＝mv－Mv′由动量守恒定律得：p＝p′，即0＝mv－Mva′解得v′＝eq\f(mv,M)＝(0.02×eq\f(1000,8))m/s＝2.5m/s。针对训练(1)0.1m/s，方向与橡皮塞水平运动方向相反(2)0.05m/s，方向与橡皮塞水平分运动的方向相反解析(1)小车和橡皮塞组成的系统所受外力之和为零，系统总动量为零。以橡皮塞运动的方向为正方向根据动量守恒定律，mv＋(M－m)v′＝0解得v′＝－0.1m/s负号表示小车运动方向与橡皮塞水平运动的方向相反，反冲速度大小是0.1m/s。(2)小车和橡皮塞组成的系统水平方向动量守恒。以橡皮塞运动的水平分运动方向为正方向，有mvcos60°＋(M－m)v″＝0，解得v″＝－0.05m/s负号表示小车运动方向与橡皮塞水平分运动方向相反，反冲速度大小是0.05m/s。二、例2A[设第5次喷出燃气的瞬间运载火箭的速度为v1，此时运载火箭的质量为M－5m，忽略重力影响，运载火箭喷气过程系统动量守恒，有(M－5m)v1＝5mv，解得v1＝eq\f(5mv,M－5m)，故选A。]三、例3C[A、B组成的系统在相互作用过程中水平方向动量守恒，两物体位移关系如图所示，则m2x－m1(b－a－x)＝0，解得x＝eq\f(m1b－a,m1＋m2)，故C正确，A、B、D错误。]四、例4D[设甲、乙两球的质量分别为m1、m2，刚分离时两球速度分别为v1、v2，以向右为正方向，则由动量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，根据题意有v2－v1＝eq\f(x,t)，代入数据解得v2＝0.8m/s，v1＝－0.1m/s，说明刚分离时两球速度方向相反，故A、B、C错误；爆炸过程中两球增加的总机械能ΔE＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22－eq\f(1,2)(m1＋m2)v02，代入数据，解得ΔE＝0.027J，故D正确。]例5(1)eq\f(m＋m1,m－m1)eq\r(2gh)，方向竖直向下(2)eq\f(4mm1gh,m－m1)解析(1)由自由落体运动规律可知，炸裂前物体的速度v＝eq\r(2gh)，取竖直向下为正方向，炸裂前物体的动量为p＝mv＝meq\r(2gh)，炸裂后质量为m1的一块恰好能向上运动到开始下落的位置，则刚炸裂时其速度大小与炸裂前相同，即v1＝－eq\r(2gh)，方向与规定的正方向相反。由动量守恒定律有mv＝m1v1＋(m－m1)v2解得v2＝eq\f(m＋m1,m－m1)eq\r(2gh)，由于m>m1，则v2>0，说明炸裂后另一块的运动方向竖直向下。(2)E总＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)(m－m1)v22，ΔE＝E总－E初，则ΔE＝eq\f(1,2)(m－m1)v22－eq\f(1,2)(m－m1)v2＝eq\f(4mm1gh,m－m1)。专题强化4子弹打木块模型滑块—木板模型例1(1)6m/s882J(2)能理由见解析解析(1)设子弹射入木块后与木块的共同速度为v，对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v解得v＝6m/s此过程系统增加的内能ΔE＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2＝882J。(2)假设子弹以v0′＝400m/s的速度入射时没有射穿木块，则对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得mv0′＝(M＋m)v′，解得v′＝8m/s此过程系统所损耗的机械能为ΔE′＝eq\f(1,2)mv0′2－eq\f(1,2)(M＋m)v′2＝1568J由功能关系有ΔE＝F阻x相＝F阻d，ΔE′＝F阻x相′＝F阻d′则eq\f(ΔE,ΔE′)＝eq\f(F阻d,F阻d′)＝eq\f(d,d′)，解得d′≈10.7cm因为d′>10cm，所以能射穿木块。针对训练1ABC[以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v，可得滑块最终获得的速度：v＝eq\f(mv0,M＋m)，可知两种情况下子弹的末速度是相同的，故A正确；子弹嵌入下层或上层过程中，系统产生的热量都等于系统减少的动能，两种情况下系统减少的动能一样，故系统产生的热量一样多，故B正确；根据动能定理，滑块动能的增量等于子弹对滑块做的功，所以两次子弹对滑块做的功一样多，故C正确；由Q＝Ff·x相对知，由于x相对不相等，所以两种情况下子弹和滑块间的水平作用力不一样大，故D错误。]例2v0≤eq\f(2\r(10),3)m/s解析滑块以初速度v′从平台滑上小车，刚好滑到小车的最右端，此时两者速度相同(均为v)。由动量守恒定律得，mv′＝(M＋m)v从滑块滑上小车到两者速度相同，系统损失的动能等于因摩擦产生的热量，Q＝μmgL＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)(M＋m)v2解得v′＝eq\f(2\r(10),3)m/s若滑块不滑出小车，滑块的初速度v0≤v′，即v0≤eq\f(2\r(10),3)m/s。针对训练2见解析解析(1)A受力如图所示，A受到的合力为：FA合＝μmg－μmg＝0。(2)系统所受合外力为零，系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：m·2v－mv＝(m＋m＋m)v′，解得A、B、C最终的共同速度：v′＝eq\f(v,3)，即木板A最终运动的速度为eq\f(v,3)。(3)对系统，由能量守恒定律得：eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)m(2v)2＝eq\f(1,2)(m＋m＋m)v′2＋μmgL，解得：L＝eq\f(7v2,3μg)。专题强化5动力学、能量和动量观点在力学中的应用例1(1)3N(2)2m/s(3)0.4s解析(1)甲物块从A点滑到B点，根据机械能守恒定律有：mgR1＝eq\f(1,2)mv12甲物块运动到B点时，根据牛顿第二定律有：FN－mg＝meq\f(v12,R1)，联立解得：v1＝2eq\r(5)m/s，FN＝3N根据牛顿第三定律可知，甲物块在B点时对轨道的压力大小FN′＝FN＝3N。(2)甲从B点向右滑动的过程中，做匀减速直线运动，加速度大小为a＝μg＝2m/s2设甲物块运动到与乙相碰前瞬间的速度为v2，由v22－v12＝－2aL，解得v2＝4m/s设甲、乙相碰后瞬间共同速度的大小为v3，取向右为正方向，根据动量守恒定律有：mv2＝2mv3解得：v3＝2m/s。(3)碰撞后，甲和乙以2m/s的速度水平抛出，假设两物块会落到水平地面上则下落的时间t＝eq\r(\f(2R2,g))＝0.4s则水平方向的位移x＝v3t＝0.8m＝R2说明两物块刚好落到D点，假设成立因此抛出后落到CDE轨道上所用时间为0.4s。针对训练1(1)eq\f(5,6)v(2)eq\f(mv2,3L)(3)eq\f(3L,2v)解析(1)取向右为正方向，B、C碰撞过程中动量守恒：2mv－mv＝(2m＋m)v1，解得v1＝eq\f(v,3)A滑到C上，A、C系统动量守恒：3mv＋mv1＝(3m＋m)v2解得v2＝eq\f(5,6)v(2)在A、C相互作用过程中，有Q＝Ff·eq\f(L,2)，Q＝eq\f(1,2)(3m)v2＋eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)(3m＋m)v22解得Ff＝eq\f(mv2,3L)；(3)在A、C相互作用过程中，以C为研究对象，由动量定理得Fft＝mv2－mv1，解得t＝eq\f(3L,2v)。例2(1)3m/s(2)5N·s解析(1)设撤去水平向右的恒力F时小物块的速度大小为v0，小物块和小车的共同速度大小为v1。从撤去恒力到小物块到达小车右端过程，以v0的方向为正方向，对小物块和小车组成的系统：由动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v1由能量守恒定律得：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(m＋M)v12＋μmgl联立以上两式并代入数据得：v0＝3m/s。(2)设水平恒力F对小物块冲量的大小为I，小物块在平台上运动的时间为t。小物块在平台上运动的过程，对小物块：由动量定理得：I－μmgt＝mv0－0，由运动学规律得：l＝eq\f(v0,2)t联立并代入数据得：I＝5N·s。针对训练2(1)1m(2)12N(3)1.5J解析(1)设长木板粗糙段长度为L，小物块与长木板组成的系统动量守恒，给小物块一个初速度v0＝2m/s，小物块正好滑到C处，说明小物块与长木板达到共同速度，由动量守恒定律和功能关系有mv0＝(m＋M)vμmgL＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(m＋M)v2，解得L＝1m(2)设经过t＝1s时间后，长木板和小物块的速度分别是v1、v2，对系统由动量定理有：Ft＝Mv1＋mv2对整个系统由功能关系有：Fx－μmgL＝eq\f(1,2)Mv12＋eq\f(1,2)mv22又eq\f(v1,2)t＝x，eq\f(v2,2)t＝x－L联立解得F＝12N，v1＝3.5m/s，v2＝1.5m/s(3)当弹簧的弹性势能最大时，长木板与小物块达到共同速度，设为v3，则Mv1＋mv2＝(M＋m)v3eq\f(1,2)Mv12＋eq\f(1,2)mv22＝Epm＋eq\f(1,2)(M＋m)v32解得Epm＝1.5J。章末素养提升例1BC[以初速度方向为正方向，足球的动量变化量Δp＝－mv2－mv1，代入数据得Δp＝－4.8kg·m/s负号表示动量变化量与初速度方向相反，所以足球的动量变化量大小为4.8kg·m/s，A错误；足球的动能变化量ΔEk＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，代入数据得ΔEk＝－9.6J，B正确；根据动量定理，乙对足球的冲量I＝－mv2－mv1，代入数据得I＝－4.8kg·m/s，负号表示冲量与初速度方向相反，结合牛顿第三定律，足球对乙的冲量大小为4.8kg·m/s，C正确；根据动量定理及牛顿第三定律eq\x\to(F)t＝mv2＋mv1代入数据得eq\x\to(F)＝9.6N，所以足球对乙在水平方向的平均作用力大小为9.6N，D错误。]例2A[设作用力F作用的时间为t，向右为正方向，则A的末动量pA＝Ft，B的末动量pB＝－Ft碰撞的过程中满足动量守恒定律，所以(mA＋mB)v＝pA＋pB＝0碰撞后它们合在一起，停止运动，故A正确。]例3C[放出质量为m的粒子后，剩余质量为M－m，该过程动量守恒，有：mv0＝(M－m)v放出的粒子的动能为E0＝eq\f(1,2)mv02原子核反冲的动能：Ek＝eq\f(1,2)(M－m)v2解得：Ek＝eq\f(m,M－m)E0，故选C。]例4C[以两物体及弹簧作为整体分析，当它们速度相等时，由动量守恒定律可得m·(3v0)＝(m＋2m)v解得v＝v0，故A、B错误；碰后，Q的速度减小，P的速度增大，在Q的速度大于P的速度时，弹簧压缩量增大，弹簧弹力增大，它们的加速度都增大，当弹簧压缩到最大，开始恢复的过程中，弹力方向不变，Q的速度继续减小，P的速度继续增大，但由于弹簧的压缩量减小，它们的加速度都将减小，故C正确，D错误。]例5(1)0.0150.0075(2)0.25非弹性碰撞解析(1)由图像可知，碰前入射小球的速度为v1＝eq\f(x1,t1)＝eq\f(0.2m,0.2s)＝1m/s碰后入射小球的速度为v1′＝eq\f(x1′,t1′)＝eq\f(0.3m－0.2m,0.4s－0.2s)＝0.5m/s被碰小球碰后的速度为v2′＝eq\f(x2′,t2′)＝eq\f(0.35m－0.2m,0.4s－0.2s)＝0.75m/s则入射小球碰撞前的动量为p1＝m1v1＝0.015kg·m/s入射小球碰撞后的动量为p1′＝m1v1′＝0.0075kg·m/s被碰小球碰撞后的动量为p2′＝m2v2′＝0.0075kg·m/s(2)根据恢复系数的定义有e＝|eq\f(v2′－v1′,0－v1)|＝|eq\f(0.75－0.5,0－1)|＝0.25该碰撞过程属于非弹性碰撞。例6(1)5(1－k)m/s，方向向右eq\f(10－20k,3)m/s，方向向右(2)1.875m解析(1)物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为v物，已知C、D的质量均为m＝1kg，以向右为正方向，则有mv0－m·kv0＝(m＋m)v物解得v物＝eq\f(1－k,2)v0＝5(1－k)m/s>0可知碰撞后瞬间物块C、D形成的新物块的速度大小为5(1－k)m/s，方向向右。滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑，滑板A和B质量分别为1kg和2kg，则由Mv0－2M·kv0＝(M＋2M)v滑解得v滑＝eq\f(1－2k,3)v0＝eq\f(10－20k,3)m/s>0则新滑板速度方向也向右。(2)若k＝0.5，可知碰后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为v物′＝5(1－k)m/s＝5×(1－0.5)m/s＝2.5m/s碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑′＝eq\f(10－20k,3)m/s＝0可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，新物块的质量为m′＝2kg，新滑板的质量为M′＝3kg，设相对静止时的共同速度为v共，根据动量守恒定律可得m′v物′＝(m′＋M′)v共解得v共＝1m/s根据能量守恒定律可得μm′gx相＝eq\f(1,2)m′(v物′)2－eq\f(1,2)(m′＋M′)v共2解得x相＝1.875m。第二章机械振动1简谐运动一、辨析(1)×(2)√(3)×(4)×例1CD[平衡位置是振动系统不振动、小球处于平衡状态时所处的位置，可知在该位置小球所受的重力大小与弹簧的弹力大小相等，即mg＝kx，则小球原来静止的位置是小球的平衡位置，故选项D正确，A、B错误；当小球在振动过程中经过平衡位置时，其加速度为零，速度最大，选项C正确。]二、例2B[从题图中能看出坐标原点在平衡位置，A正确；横轴虽然是由底片匀速运动得到的，但已经转化为时间轴，小球只沿x轴方向振动，B错误，C正确；因题图中相邻小球之间时间相同，密处说明小球的位置变化慢，D正确。]例3(1)O点右(2)6(3)B点O点A点(4)相反(5)012解析(1)由振动图像知，t＝0时，x＝0，表示小球位于平衡位置，即O点。在0～1s内，振动位移x>0，且逐渐增大，表示t＝0时，小球正在向正方向运动，即向右运动。(2)由题图乙知，小球离开平衡位置的最大距离为3cm，则AB＝6cm。(3)t＝1s时，x＝3cm，小球位于B点；在t＝2s时，x＝0，小球位于平衡位置O点；t＝3s时，x＝－3cm，小球位于A点。(4)在t＝2s时，x－t图像的斜率为负，表示小球向负方向运动，即向左运动。与t＝0时速度的方向相反。(5)在t＝4s时，小球又回到了平衡位置，故位移Δx＝0，前4s内的路程为s＝3cm×4＝12cm。针对训练1CD[在0～0.4s内，振子从O点减速运动到B点，所以t＝0.2s时，振子在O点右侧，与O点的距离大于6cm，A错误；t＝0.6s时振子从B点向O点运动，速度方向向左，t＝1.4s时，振子从A点向O点运动，速度方向向右，振子的速度不相同，B错误；t＝0.4s到t＝0.8s的时间内，振子从最大位移处靠近平衡位置，振子的位移逐渐减小，速度逐渐增大，C、D正确。]例4D[由题意小球的速度越来越大可知，小球正向平衡位置运动，小球的位移越来越小，加速度越来越小，故A、B、C错误；若位移为正值，速度则为负值，若位移为负值，速度则为正值，这段时间内速度方向和位移方向一定相反，D正确。]针对训练2D[计时零点，振子加速度为零，对应振子在平衡位置，B、C错误；振子向负方向运动，负向位移应逐渐增大，A错误，D正确。]2简谐运动的描述一、辨析(1)×(2)√(3)×(4)×(5)×例1C[小球从O→B→O只完成半个全振动，A错误；从A→B是半个全振动，用时2s，所以振动周期是4s，振幅A＝eq\f(1,2)eq\x\to(AB)＝10cm，B错误；因为t＝6s＝1eq\f(1,2)T，所以小球经过的路程为4A＋2A＝6A＝60cm，C正确；从O开始经过3s，小球处在最大位移处(A或B)，D错误。]例2C[由题图可以直接看出振幅为2cm，周期为4s，所以频率为0.25Hz，故A错误；质点在1s即eq\f(1,4)个周期内通过的路程不一定等于一个振幅，故B错误；t＝0时质点在正向最大位移处，0～3s为eq\f(3,4)T，则质点通过的路程为3A＝6cm，故C正确；振幅为质点偏离平衡位置的最大距离，与质点的位移有本质的区别，t＝3s时，质点的位移为零，但振幅仍为2cm，故D错误。]二、例3CD[物体A、B的振幅分别是3m、5m，A错误．物体A、B的圆频率ω＝100rad/s，周期T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(π,50)s，B错误；因为TA＝TB，故fA＝fB，C正确；Δφ＝φA0－φB0＝eq\f(π,3)，故物体A的相位始终超前物体B的相位eq\f(π,3)，D正确。]例4A[由题可知，A＝0.8cm＝8×10－3m，T＝0.5s，可得ω＝eq\f(2π,T)＝4πrad/s，初始时刻具有负方向的最大加速度，则初位移x0＝0.8cm，初相位φ0＝eq\f(π,2)，得弹簧振子的振动方程为x＝8×10－3sin(4πt＋eq\f(π,2))m，A正确。]三、例5AC[假设弹簧振子在B、C之间振动，M点在O点的右侧，如图甲，若小球开始先向左振动，小球的振动周期为T＝eq\f(0.3＋\f(0.2,2),3)×4s＝eq\f(1.6,3)s，则小球第三次通过M点还要经过的时间是t＝eq\f(1.6,3)s－0.2s＝eq\f(1,3)s。如图乙，若小球开始先向右振动，小球的振动周期为T＝4×(0.3＋eq\f(0.2,2))s＝1.6s，则小球第三次通过M点还要经过的时间是t＝1.6s－0.2s＝1.4s，A、C正确。]3简谐运动的回复力和能量一、辨析(1)√(2)×例1AD[弹簧振子运动过程中受重力、支持力和弹簧弹力，回复力是根据效果命名的力，它是由物体受到的具体的力所提供的，在此情景中弹簧的弹力充当回复力，故A正确，B错误；回复力与位移的大小成正比，由A向O运动过程中位移在减小，故此过程回复力逐渐减小，故C错误；回复力总是指向平衡位置，故D正确。]例2AD[以O点为原点，水平向右为x轴正方向，物体在O点右方x处时所受合力：F＝－(k1x＋k2x)＝－3kx，因此物体做简谐运动，由对称性可知，OC＝OB，故A、D正确。]二、辨析(1)√(2)×(3)×例3AC[做简谐运动的物体的机械能跟振幅有关，对确定的振动系统，振幅越大，系统的机械能越大，A正确；在简谐运动中，系统机械能守恒，但物块A的重力势能与动能总和不断变化，物块A的机械能不守恒，B错误；在简谐运动中，系统在最大位移处势能最大，在平衡位置处动能最大，势能最小，C正确，D错误。]例4B[弹簧振子做简谐运动，弹簧振子的能量不变，不为零，选项A错；在0.2s时位移最大，弹簧振子具有最大势能，选项B对；弹簧振子的能量不变，在0.35s时弹簧振子的能量与其他时刻相同，选项C错；在0.4s时振子的位移最大，动能为零，选项D错。]三、辨析(1)√(2)×(3)×(4)×例5ABC[由题图可知t1、t2时刻小球的加速度大小相等，方向相反，A正确；在t1～t2时间内回复力先减小后增大，所以小球的加速度先减小后增大，B正确；在t1～t2时间内，小球的速度先增大后减小，所以动能先增大后减小，C正确；简谐运动的机械能守恒，D错误。]4单摆一、辨析(1)×(2)×(3)×(4)×例1C[摆球在运动过程中只受到重力和拉力作用，A错误；摆球在摆动过程中，在最高点A、C处速度为零，回复力最大，合力不为零，在最低点B处，速度最大，回复力为零，细线的拉力最大，C正确，B、D错误。]例2AD[由题图可知，t1和t3时刻摆球的位移相等，根据对称性可知单摆振动的速度大小相等，故摆线拉力大小相等，故A正确；t2时刻摆球在负的最大位移处，速度为零，t3时刻摆球向平衡位置运动，所以t2和t3时刻摆球速度不相等，故B错误；t3时刻摆球正靠近平衡位置，速度正在增大，故C错误；t4时刻摆球正远离平衡位置，速度正在减小，摆线拉力也减小，故D正确。]二、辨析(1)×(2)×例31m175eq\r(2)s解析根据单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可得l＝eq\f(gT2,4π2)代入数据解得l＝eq\f(9.8×22,4×9.8)m＝1m秒摆搬到月球上，其与地球上的秒摆的周期关系为eq\f(T′,T)＝eq\r(\f(g,g′))，它在月球上做50次全振动所用的时间为t＝50T′＝50Teq\r(\f(g,g′))＝50×2×eq\r(\f(9.8,1.6))s＝175eq\r(2)s。例4BCD[根据题图可知，单摆振动的周期关系eq\f(3,2)T甲＝T乙，所以周期之比为eq\f(T甲,T乙)＝eq\f(2,3)，所以频率之比为eq\f(f甲,f乙)＝eq\f(3,2)，故B、C正确；若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则重力加速度相同，根据T＝2πeq\r(\f(l,g))，可得摆长之比为4∶9，故A错误；若甲、乙两单摆在不同地点摆动，摆长相同，根据T＝2πeq\r(\f(l,g))，可得重力加速度之比为9∶4，故D正确。]例5A[球A做自由落体运动，到达C点的时间为tA＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2R,g))当弧BC所对的圆心角小于5°时，球B在圆弧的支持力FN和重力G的作用下做简谐运动(与单摆类似)，它的振动周期为T＝2πeq\r(\f(l,g))＝2πeq\r(\f(R,g))，因此球B运动到C点所需的时间是tB＝eq\f(T,4)＝eq\f(π,2)eq\r(\f(R,g))故tA<tB，显然球A先到达C点，故选A。]针对训练C[设绳子长度均为L，根据单摆周期公式可得四幅图的周期分别为T1＝2πeq\r(\f(L,g))、T2＝2πeq\r(\f(Lcos30°,g))、T3＝2πeq\r(\f(L,g))、T4＝2πeq\r(\f(L,g－a))，则T4>T1＝T3>T2，故选C。]5实验：用单摆测量重力加速度例1(1)AD(2)丙(3)D解析(1)为减小实验误差，应选择1m左右的细线；为减小空气阻力影响，摆球应选密度大而体积小的铁球，因此需要的实验器材是A、D；(2)要保持悬点固定，应采用题图丙固定方式，题图乙的固定方式在摆动过程中摆长会发生变化从而带来系统误差；(3)摆角应小于5°，在测量周期时，应在摆球经过最低点开始计时，测量多次全振动的周期，可以减小误差，故A、B错误；以摆球在最低位置处为计时基准位置，摆球每经过最低位置，记数一次，用停表记录摆球n次经过最低位置的时间t，则摆球两次经过最低点的时间间隔是半个周期，所以摆球通过最低点作为第1次开始计时到一直数到摆球第n次通过最低点，摆球经过了n－1个半个周期，所以单摆的周期T＝eq\f(2t,n－1)，故C错误；以摆球在最低位置处为计时基准位置，摆球每从同一方向经过摆球的最低位置记数一次，用停表记录摆球从同一方向n次经过摆球的最低位置时的时间t，则摆球相邻两次同一方向经过最低点的时间即为一个周期，则有T＝eq\f(t,n)，故D正确。例2(1)2.12598.4999.82.09.71(2)eq\f(4π2L1－L2,T12－T22)解析(1)游标卡尺的读数为主尺读数＋游标尺读数，故摆球直径为21mm＋5×0.05mm＝21.25mm＝2.125cm单摆的摆长为L＝l＋eq\f(d,2)＝97.43cm＋eq\f(2.125,2)cm≈98.49cm秒表的读数为t＝90s＋9.8s＝99.8s单摆的周期为T＝eq\f(t,N)＝eq\f(99.8,50)s≈2.0s根据单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))，解得g＝eq\f(4π2L,T2)≈9.71m/s2(2)由题可知T1＝2πeq\r(\f(L1＋r,g))，T2＝2πeq\r(\f(L2＋r,g))联立以上两式可解得g＝eq\f(4π2L1－L2,T12－T22)。例3(1)测量摆长时漏掉了摆球的半径(2)9.87(3)B解析(1)T2－l图线不通过坐标原点，将图线向右平移1cm会通过坐标原点，可知相同的周期下摆长偏小1cm，故造成图线不过坐标原点的原因可能是测量摆长时漏掉了摆球的半径。(2)由单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可得T2＝eq\f(4π2,g)·l，则T2－l图像的斜率为k＝eq\f(4π2,g)；由图像得k＝eq\f(4.0,1)s2·m－1，解得g＝9.87m/s2。(3)测摆长时摆线拉得过紧，则测量的摆长偏大，测得的重力加速度偏大，A不符合题意；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，知测量的摆长偏小，则测得的重力加速度偏小，B符合题意；开始计时时，停表过迟按下，测量的周期偏小，则测得的重力加速度偏大，C不符合题意；实验时误将49次全振动记为50次，测量的周期偏小，则测得的重力加速度偏大，D不符合题意。针对训练(1)B(2)偏小偏小解析(1)当摆角小于等于5°时，我们认为单摆做简谐运动，所以振幅A≤Lsin5°＝1×0.087m＝8.7cm。当小球摆到最低点时开始计时，计时误差较小，测量周期时要让小球做30或50次全振动，求平均值，所以B合乎实验要求且误差最小。(2)根据单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))得：T2＝eq\f(4π2L,g)。已知图线b满足T2＝eq\f(4π2,g)L，图线a与图线b比较可知，出现图线a的原因可能是摆长L的测量值偏小，测量摆长时漏掉了摆球的半径r，图线a的函数关系式T2＝eq\f(4π2,g)L＋eq\f(4π2,g)r，其中eq\f(4π2,g)r是截距。由题图可知图线c的斜率k＝eq\f(4π2,g)偏小，可能是对于同一L值，T的测量值偏小。6受迫振动共振一、例1B[由于单摆在运动过程中要克服阻力做功，振幅逐渐减小，摆球的机械能逐渐减少，所以摆球在M点所对应时刻的机械能大于在N点所对应的机械能，摆球的势能是由摆球相对最低点的高度h和摆球的质量m共同决定的(Ep＝mgh)。单摆摆球的质量是定值，由于M、N两时刻摆球的位移大小相同，故在这两个时刻摆球相对最低点的高度相同，重力势能也相同，但由于M点的机械能大于N点的机械能，所以M点对应时刻的动能大于在N点对应时刻的动能，可得速率vM>vN，故A、C、D错误；由于M、N两时刻摆球的位移大小相同，所以其细线拉力与竖直方向上的夹角θ也相等，对单摆受力分析，根据牛顿第二定律F－mgcosθ＝meq\f(v2,L)，得F＝mgcosθ＋meq\f(v2,L)，由于vM>vN，所以FM>FN，故B正确。]二、辨析(1)×(2)√(3)×(4)√例2(1)固有振动0.5s2Hz阻尼振动(2)受迫振动0.25s解析(1)用手往下拉振子，放手后，因振子所受回复力满足F＝－kx，所以做固有振动，根据题意T固＝eq\f(t,n)＝eq\f(10,20)s＝0.5s，f固＝eq\f(1,T固)＝2Hz，由于阻力的存在，振子克服阻力做功消耗能量，振幅越来越小，故振动为阻尼振动。(2)由于把手转动的转速为4r/s，它给弹簧振子的驱动力频率为f驱＝4Hz，周期T驱＝0.25s，故振子做受迫振动，振动达到稳定状态后，其频率(或周期)等于驱动力的频率(或周期)，而跟固有频率(或固有周期)无关，即f＝f驱＝4Hz，T＝T驱＝0.25s。三、辨析(1)×(2)×例3BD[A做自由振动，其振动周期就等于其固有周期2πeq\r(\f(L,g))，而B、C、D在A产生的驱动力作用下做受迫振动，受迫振动的周期等于驱动力的周期，即等于A的固有周期，所以四个单摆的振动周期相等，选项D正确；由于C、A的摆长相等，则C的固有周期与驱动力周期相等，产生共振，其振幅比B、D的大，选项A、C错误，选项B正确。]例4ACD[处于共振状态时，振幅最大，A正确；振子做受迫振动的频率等于驱动力的频率，所以驱动力频率为f3时，受迫振动的振幅比共振小，但振子振动的频率为f3，B错误；当驱动力频率等于振子固有频率时，振子处于共振状态，所以如果振子做自由振动，则它的频率为f2，C正确；振子可以做频率为f1的等幅振动，D正确。]例5AD[当列车受到冲击的频率和列车的固有频率相同时，会发生共振现象，比较危险，由T＝eq\f(l,v)可得，列车的危险速率为v＝eq\f(l,T)＝eq\f(12.6,0.315)m/s＝40m/s，A正确；列车过桥需要减速，是为了防止桥梁发生共振现象，B错误；列车的速度不同，则振动频率不同，C错误；根据T＝eq\f(l,v)可知，增加钢轨的长度可以使危险速率增大，有利于列车高速运行，D正确。]章末素养提升例1B[简谐运动物体的位移是由平衡位置指向所在位置，因此物体的运动方向指向平衡位置时，速度方向与位移方向相反；背离平衡位置时，速度方向与位移方向相同，①正确；物体做简谐运动仅在某一坐标轴上振动，其轨迹范围是一个线段，而非曲线，②错误；做简谐运动的物体每次通过同一位置时，速度方向可能不同，但加速度一定相同，③正确；单摆经过平衡位置时所受合外力不为零，④错误；秒摆周期为2s，摆长为1m，⑤错误；单摆的摆球做曲线运动且非匀速，⑥错误；在周期性外力作用下的振动才是受迫振动，⑦错误；简谐振动的1个周期内在两个最大位移处以及两次通过平衡位置时，回复力的瞬时功率均为0，⑧正确；部队经过桥梁时，规定不许齐步走，登山运动员登雪山时，不许高声叫喊，主要原因是防止发生共振导致灾害，⑨错误；做简谐运动的物体从平衡位置向最大位移处运动过程中，动能逐渐减小，因此势能逐渐增大，⑩正确。故选B。]例2AC[由题意可知阻尼器做受迫振动，振动频率与大楼的振动频率相同，故A正确；阻尼器与大楼摆动幅度不相同，故B错误；由题意可知，大楼对阻尼器的力与阻尼器对大楼的力为一对相互作用力，根据回复力F＝－kx可知，阻尼器摆动后，摆动方向始终与大楼的振动方向相反，故C正确；阻尼器的摆动幅度会受到风力的影响，故D错误。]例3B[图像横坐标为弹簧的长度，选项中涉及到的物理量有弹性势能、机械能、回复力、加速度以及物块动能。简谐运动过程机械能守恒，因此图像d纵坐标应为系统的机械能。弹性势能与弹簧形变量平方成正比，因此Ep＝eq\f(kx－x02,2)，图像a符合弹性势能的变化规律；设振幅为A，则A＝xmax－x0＝x0－xmin，物块动能为Ek＝eq\f(kA2,2)－eq\f(kx－x02,2)，图像c符合动能随弹簧长度的变化关系；回复力F＝－k(x－x0)，图像b符合。故选B。]例4BC[玻璃管在振动过程中，水的浮力对玻璃管做功，故振动过程中，玻璃管的机械能不守恒，故A错误；玻璃管振动过程中，受到重力和水的浮力，这两个力的合力充当回复力，故B正确；由于振动周期为0.4s，故ω＝eq\f(2π,T)＝5πrad/s由题图乙可知振动位移的函数表达式为x＝5sin(5πt－eq\f(5π,6))cm，故C正确；由于玻璃管做简谐振动，与弹簧振子的振动相似，结合简谐振动的特点可知，该振动的周期和频率与振幅无关，故D错误。]例5CD[根据单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))，得T2＝eq\f(4π2L,g)，图线的斜率k＝eq\f(4π2,g)，因为随着纬度的增大，重力加速度增大，故g南开>g复旦，由题图甲可知，图线B的斜率较小，则对应的重力加速度较大，故题图甲中“南开大学”的同学所测得的实验结果对应的图线是B，A、B错误；周期指完成一次全振动所需的时间，由题图乙可知eq\f(3,2)Ta＝2s，Tb＝2s，a、b两摆球振动周期之比为2∶3，C正确；由题图乙可知，t＝1s时b球处于平衡位置向y轴负方向振动，D正确。]例6AC[物块B对地面的弹力最小时B受到的支持力最小，此时弹簧对B的作用力为拉力，对B：mg－kx1＝eq\f(1,2)mg则kx1＝0.5mg再以A、C组成的整体为研究对象，则物块B对地面的弹力最小时弹簧对A的作用力也是拉力，此时A与C在最高点，则2mg＋kx1＝2ma可得a＝1.25g由于简谐振动具有对称性，则A与C在最低点时加速度的大小也是1.25g，方向向上，此时：kx2－2mg＝2ma，则x2＝eq\f(9mg,2k)A与C组成的整体受力平衡时：2mg＝kx3，则x3＝eq\f(2mg,k)所以简谐振动的振幅A＝x2－x3＝eq\f(9mg,2k)－eq\f(2mg,k)＝eq\f(2.5mg,k)，故A正确；A与C碰撞后A与C整体受到的重力大于弹簧的弹力，所以它们将先向下做一段加速运动，故B错误；A与C在最低点时B对地面的压力最大，受到的支持力也最大，则F－mg－kx2＝0可得F＝5.5mg，故C正确；A与C组成的整体受力平衡的平衡位置不变，所以当C物体从更高的位置释放，碰后粘在一起向下运动速度最大的位置也不变，故D错误。]第三章机械波1波的形成一、例1见解析解析(1)各质点在t＝eq\f(T,2)时的情况如图甲所示：由图甲可知，t＝eq\f(T,2)时，质点6正在向上运动，质点10、14未运动。(2)t＝eq\f(3,4)T时的波形如图乙所示，质点6正在向下运动，质点10向上运动，质点14未运动。二、例2AC[横波的特征就是质点的振动方向与波的传播方向垂直，A项正确；并非上下振动产生的波就是横波，如上下振动且上下传播的波是纵波，B项错误；纵波中质点的振动方向与传播方向在同一直线上，方向有时相同，有时相反，C项正确；无论是横波还是纵波，传播的是振动的形式，而质点只在自己的平衡位置来回振动，并不随波迁移，D项错误。]三、辨析(1)×(2)×(3)√(4)×例3(1)横波(2)向上(3)向上(4)不是解析(1)各质点的振动方向与传播方向相互垂直，是横波。(2)P点为波源，Q点在右侧质点的带动下将向上振动。(3)由(2)可知，当波恰好传到Q点时，Q点起振方向向上，故波源P点从平衡位置开始振动时的方向也向上。(4)机械波只是传播振动形式，质点并不随波迁移。四、例4D[波传播时，离波源远的质点的振动落后于离波源近的质点的振动，并跟随着近的质点振动，D跟随C向上运动，F跟随E向下运动，同理可知A向下运动，由此可知选项B、C错误；介质中的质点不随波迁移，由于此时B和C都向上运动，所以B比C先到达最大位移处，并先回到平衡位置，选项A错误，D正确。]2波的描述例1C[在波的图像中，纵坐标y表示各质点偏离平衡位置的位移，故A错误；A、C速度方向相反，H、F速度方向相同，故B错误；在简谐波中各质点都做简谐运动，振幅都等于波源的振幅，故C正确；质点所受回复力的大小与位移的大小成正比，因而加速度的大小与位移的大小成正比，则aC<aB，故D错误。]例2C[由题图知，A＝0.5m，λ＝4m；经0.6s，N点开始振动，波速v＝eq\f(11－5,0.6)m/s＝10m/s；所以频率f＝eq\f(v,λ)＝eq\f(10,4)Hz＝2.5Hz，故C正确。]例3见解析解析如图所示，据题意可知，A、B两船之间的距离为1.5个波长，即1.5λ＝20m，得λ＝eq\f(40,3)m船每分钟上下浮动20次，说明水波的频率f＝eq\f(20,60)Hz＝eq\f(1,3)Hz，则水波的波速v＝λf＝eq\f(40,3)×eq\f(1,3)m/s＝eq\f(40,9)m/s。例4(1)见解析(2)4A0(3)不对解析(1)波沿x轴的正方向传播，可判断此时刻质点P的速度沿＋y方向，加速度总是指向平衡位置，即沿－y方向，eq\f(1,4)T时刻，质点P的速度、加速度均沿－y方向。(2)一个周期内，质点完成一次全振动，通过的路程为4A0。(3)此时刻起经eq\f(1,4)T时间，质点先到达最大位移处又返回，在最大位移附近运动，速度较慢，通过的路程小于A0，故该同学说法不对。针对训练CD[由“上下坡”法可知，波向左传播，得质点D的运动方向也向下，而质点A、B、H的运动方向向上，质点F、H相对各自平衡位置的位移相同，由a＝－eq\f(kx,m)可知，两质点的加速度相同，因质点C直接从最大位移处回到平衡位置，即tC＝eq\f(T,4)，而质点B要先运动到最大位移处，再回到平衡位置，故tB＞eq\f(T,4)＝tC，故C、D正确。]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例1CD[由题图乙可知，t＝0时刻质点P的振动方向沿y轴正方向，由题图甲波的图像，根据同侧法可知，该波的传播方向是沿x轴负方向，A错误；由题图乙可知，4s末质点P处于平衡位置，此时质点P的位移为0，B错误；由题图乙可知，t＝5s时质点P处于波峰位置，此时质点P的速度为零，C正确；由题图乙可知，质点振动的周期与振幅分别为T＝4s，A＝5cm，由于Δt＝5s＝1eq\f(1,4)T，则在0～5s时间内质点P通过的路程x＝4A＋A＝25cm，D正确。]例2BD[由题图(a)得到该波的波长为λ＝8m，由题图(b)得到该波的周期为T＝0.2s，所以波速为v＝eq\f(λ,T)＝eq\f(8,0.2)m/s＝40m/s，故A错误，B正确；由题图(b)可知t＝0.1s时，Q点处在平衡位置，且向下振动，根据微平移法可知该波沿x轴负方向传播，故C错误；根据振动规律可知t＝0.4s时，质点P的速度方向向下，故D正确。]例3(1)5m/s(2)见解析图(3)见解析图解析(1)由题图甲可知波长λ＝2m，由题图乙可知周期T＝0.4s，则v＝eq\f(λ,T)＝5m/s(2)根据题图甲和题图乙判断可知简谐波向x轴正方向传播，则x＝2.0m处质点起振方向为y轴负方向，波长、振幅、周期与x＝1.0m处的质点相同，则振动图像如图所示(3)当t＝0.3s时，波向前传播的距离x＝vt＝5m/s×0.3s＝1.5m根据题图甲和题图乙判断可知简谐波向x轴正方向传播，则波的图像如图所示例4(1)4cm20cm(2)eq\f(120,7)m/s或24m/s解析(1)由题意可知T＝eq\f(1,f)＝0.2s，故经过Δt＝0.25s＝(1＋eq\f(1,4))T，a质点恰好到达最高点所以a质点的位移大小为4cma质点经过的路程为5A＝20cm(2)若波沿x轴正方向传播，则有(n＋eq\f(3,4))λ＝6m(n＝0,1,2，…)由于a、b在x轴上的距离大于一个波长，小于两个波长，故n＝1，对应的波长λ＝eq\f(24,7)m，得v＝λf＝eq\f(120,7)m/s若波沿x轴负方向传播，则有(n＋eq\f(1,4))λ＝6m(n＝0,1,2，…)同理，由限制条件可得n＝1，v＝λf＝24m/s。例5见解析解析(1)(2)由题图可知波长λ＝8m，当波向右传播时Δt＝nT1＋eq\f(T1,4)T1＝eq\f(2,4n＋1)s(n＝0,1,2，…)v右＝eq\f(λ,T1)＝4(4n＋1)m/s(n＝0,1,2，…)当波向左传播时Δt＝nT2＋eq\f(3,4)T2T2＝eq\f(2,4n＋3)s(n＝0,1,2，…)v左＝eq\f(λ,T2)＝4(4n＋3)m/s(n＝0,1,2，…)。(3)若波向左传播，且3T<Δt<4T则Δt＝3eq\f(3,4)T，得T＝eq\f(2,15)s，v1＝eq\f(λ,T)＝60m/s(4)Δt内波传播的距离为：x＝vΔt＝68×0.5m＝34m＝4eq\f(1,4)λ，故波向右传播。3波的反射、折射和衍射一、例1(1)1700Hz(2)1020m/s(3)1∶1解析(1)声波在介质Ⅰ中传播时，由v＝λf得：f＝eq\f(v1,λ1)＝eq\f(340,0.2)Hz＝1700Hz。由于声波在不同介质中传播时，频率不变，所以声波在介质Ⅱ中传播时，频率为1700Hz。(2)由v＝λf得声波在介质Ⅱ中的传播速度为