2025高中物理《课时作业》教科版选择性必修一详解答案

2025高中物理《课时作业》教科版选择性必修一详解答案课时素养评价1动量1．解析：根据动量的公式p＝mv可知，只有当物体的质量与速度的乘积越大，其动量才越大，A、B错误，C正确；物体做匀速圆周运动时，速度大小不变，但方向始终在变化，而动量是矢量，故动量在时刻变化，D错误．答案：C2．解析：由动量的定义可知，对同一物体来说，动量越大，速度越大，A正确；根据动量的矢量性可知，动量的方向与速度的方向相同，所以动量相同的物体，速度方向一定相同，B正确；速率相同，速度的方向不一定相同，故动量的方向不一定相同，C错误；物体的动量改变，可能是动量的方向改变，而动量的大小保持不变，如匀速圆周运动，D正确．答案：C3．解析：实验中需要测量质量和速度，测挡光片的宽度和挡光时间是为了间接测量速度，D正确．答案：D4．解析：向右为正方形，根据Δp＝mv2－mv1＝m9v10－m(－v)＝1910mv，碰撞过程中小球的动量变化量大小为19答案：A5．解析：“嫦娥四号”在绕月球做匀速圆周运动过程中，速度大小不变，方向时刻变化，根据Ek＝12mv2和p＝mv可知，动能不变，但动量是矢量，所以动量发生变化，A错误；“玉兔二号”巡视车绕着陆器匀速转过一圈的过程中，同上述分析，动能不变，动量发生变化，B错误；“玉兔二号”巡视车在月球表面沿直线匀速短暂巡视过程中，速度大小和方向均不变，所以动量和动能都不变，C正确；“嫦娥四号”在发射过程中速度增大，而质量不变，故动能和动量都增大，答案：CD6．解析：东风­17导弹做蛇形机动时，做曲线运动，速度方向时刻变化，所以动量p＝mv必然发生变化，A错误，B正确；由p＝mv＝1.2×103×340×20kg·m/s＝8.16×106kg·m/s，故C正确；由Ek＝12mv2＝12×1.2×103×(340×20)2J＝2.77×10答案：BCD7．解析：由动能与动量的表达式Ek＝12mv2，p＝mv，可知p＝2mEk，故动能大小由Ek变为2Ek的这段时间内物体动量变化量的大小为Δp＝2m×2E答案：D8．解析：当两物体动量大小相等时，由Ek＝p22m知Ek甲∶Ek乙＝m乙∶m甲＝4当两物体动能相等时，由p2＝2mEk知p甲∶p乙＝m甲∶m乙＝1答案：C9．解析：若初、末速度方向相同，则动量的变化为Δp＝mv′－mv＝3×5kg·m/s－3×2kg·m/s＝9kg·m/s；若初、末速度方向相反，以末速度方向为正方向，则动量的变化为Δp＝mv′－mv＝3×5kg·m/s－(－3×2)kg·m/s＝21kg·m/s，D正确．答案：D10．解析：两物体由h2下滑到h1高度的过程中，机械能守恒，则有mg(h2－h1)＝12mv2，解得在高度h1处两物体的速度大小均为v＝2gh2-h1，两物体下滑到h1高度处时，速度的大小相等，由于α不等于β，故速度的方向不同，由此可判断，两物体在h1高度处动能相同，动量不相同，则两物体由答案：BD11．解析：(1)导轨不水平，小车的速度将受重力影响，导致实验误差增大，A正确；滑块上挡光板倾斜，会导致挡光板宽度不等于挡光阶段小车通过的位移，计算速度出现误差，B正确；两滑块质量不相等，系统碰撞前后动量仍然守恒，不会导致实验误差，C错误；两滑块碰后粘合在一起是完全非弹性碰撞，系统碰撞前后动量仍然守恒，不会导致实验误差，D错误．(2)以向右为正方向，由平均速度公式可得v'1＝－dΔt1＝－3.00×10-20.25m/s＝－0.12m/s，v′2＝dΔt2＝3.00×10-20.20m/s＝0.15m/s.烧断细线前两物体处于静止状态，两物体的质量与速度乘积之和为m1v1＋m2v答案：(1)AB(2)－0.120.1500各自质量与速度乘积之和是不变量12．解析：实验1：从表1中数据可看出，在误差允许的范围内，碰撞前后物体的速度相等；由于物体的质量相等，故碰撞前后物体的动能相等，质量与速度的乘积mv相等．实验2：从表2中数据可看出，碰前物体的速度为v1＝0.140m/s，碰后物体速度的矢量和为v2＝(0.069＋0.069)m/s＝0.138m/s，在误差允许的范围内，碰撞前后物体速度的矢量和相等；碰前物体的质量m与速度v的乘积为0.25×0.140kg·m/s＝0.035kg·m/s，碰后物体的质量m与速度v的乘积的矢量和为0.25×0.069×2kg·m/s＝0.0345kg·m/s，则在误差允许的范围内，碰撞前物体的质量m与速度v的乘积的矢量和与碰撞后的相等；碰前物体的动能为Ek1＝12×0.25×0.1402J＝0.00245J，碰后的总动能为Ek2＝12×0.25×0.0692J＋12×0.25×实验3：从表3中数据可看出，碰前物体的速度为v1＝0.120m/s，碰后物体的速度的矢量和v2＝(－0.024＋0.070)m/s＝0.046m/s，知在误差允许的范围内，碰撞前物体的速度与碰撞后物体速度的矢量和不相等；碰前物体的动能Ek1＝12×0.25×0.1202J＝0.0018J，碰后物体的总动能Ek2＝12×0.25×0.0242J＋12×0.5×0.0702J＝0.0013J，在误差允许的范围内，碰撞前物体的动能与碰后物体的动能之和不等；碰前物体的质量m与速度v的乘积为0.25×0.120kg·m/s＝0.030kg·m/s，碰后物体的质量m与速度v的乘积的矢量和为(－0.25×综上所述，最终在实验中发现的“不变量”是质量和速度的乘积之和．答案：实验1：(1)等于(2)等于(3)等于实验2：(1)等于(2)不等于(3)等于实验3：(1)不等于(2)不等于(3)等于质量和速度的乘积之和13．解析：(1)设小球从1.25m高处自由落下碰地前瞬间的速率为v1，则有v12＝2gh得到v1＝2gh所以小球与地面碰前瞬间的动量p1＝mv1＝0.1×5kg·m/s＝0.5kg·m/s.(2)设小球碰地后瞬间的速率为v2，则有v22＝2gh得到v2＝2gh取竖直向下方向为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化为Δp＝－mv2－mv1＝－0.1×(5＋4)kg·m/s＝－0.9kg·m/s，负号表示方向竖直向上．答案：(1)0.5kg·m/s(2)0.9kg·m/s，方向竖直向上课时素养评价2动量定理1．解析：在0～t时间内物体所受重力的冲量大小为IG＝mgt，B正确，A、C、D错误．答案：B2．解析：人跳在沙坑的动量大小等于跳在水泥地上的动量大小，因为人质量与速度的大小一样，所以动量大小相等，A正确；人跳在沙坑的动量变化等于跳在水泥地上，因为初动量相等，末动量为0，所以动量的变化量大小相等，B错误；根据动量定理FΔt＝Δp人跳在沙坑受到的冲量与跳在水泥地上的冲量大小相等，C错误；根据动量定理FΔt＝Δp人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地上小，D错误．答案：A3．解析：因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小，A错误；有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，B错误；因有安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成汽车的动能，C错误；因为安全气囊充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓冲增加了作用时间，D正确．答案：D4．解析：设飞来的速度方向为正方向，由动量定理可知－Ft＝－mv－mv0，代入数据解得v＝30m/s，即飞回的速度大小为30m/s，A正确，B、C、D错误．答案：A5．解析：足球与头部作用前后瞬间其速度大小满足v2＝2gh解得v＝2m/s.头部与足球作用过程有Ft－mgt＝2mv解得头部对足球的平均作用力F＝20N＝5mg，A错误；下落到与头部刚接触时，足球动量大小为p＝mv＝0.8kg·m/s，B错误；与头部作用过程中，足球动量变化量大小为Δp＝2mv＝1.6kg·m/s，C正确；从最高点下落至重新回到最高点的过程中，足球重力的冲量等于重力与时间的乘积，则可知足球重力的冲量不为0，D错误．答案：C6．解析：由动量定理可得4Ft－mgt＝m(－v2)－m(－v1)，解得F＝3.0×104N，B正确．答案：B7．解析：初速度不为零且只受到一个大小不变的力，质点一定运动，因此位置不可能不变，A错误；若质点做匀速圆周运动，则质点的加速度方向变化，即加速度变化，B错误；质点的加速度不为零，则速度一定变化，质点的动量一定变化，C错误；若质点做匀速圆周运动，则质点的动能保持不变，D正确．答案：D8．解析：根据竖直方向速度变化与时间关系，有Δvy＝gt，两球的速度变化量Δvy不同，则运动时间不同，A、B错误；根据动能定理可知mgh＝ΔEk，由于重力做功相等，初动能相等，可知动能的变化量相同，落地时的动能相等，故C正确；根据Δp＝mΔv＝mΔvy，由于速度变化量不同，动量变化量也不同，D错误．答案：C9．解析：图像的面积即为冲量，所以由图像可知，前3s内合力F的冲量大小为0，A正确；根据动量定理Ft＝Δp＝mΔv可解得1s时物块的速率为1m/s，B错误；根据动量定理Ft＝Δp＝mΔv，可解得2s时物块的动量为1kg·m/s，C错误；图像的面积即为冲量，所以由图像可知，前4s内动量的变化量大小为1kg·m/s，D错误．答案：A10．解析：甲、乙两种情况下人对绳子的拉力相等，由冲量的定义式I＝Ft可知，两冲量相等，只有选项C是正确的．答案：C11．解析：根据p＝mv可知运动方向与动量方向相同，0～2t0与2t0～3t0的动量均为正，则0～2t0与2t0～3t0的运动方向相同，A错误；根据F＝ΔPt可知动量随时间的变化的图像的斜率代表F，2t0～3t0与3t0～4t0时间内图线斜率不变，则物体受到的合外力不变，B错误；由图像知0～3t0时间内动量变化为0，根据ΔP＝I合可知0～3t0物体受到的合外力的冲量为零，C正确；由图像知2t0～4t答案：C12．解析：高压水流冲击到石球底部后，在竖直方向的速度变为零，取时间t内的一段水柱为研究对象，它受到石球对其的作用力大小为Mg，以竖直向上为正方向，根据动量定理得－Mgt＝ρSvt(0－v)得v＝MgρS答案：A13．解析：(1)设车速的反方向为正方向，由动量定理得Ft＝Δp＝0－(－p)，代入数据解得F＝2×105N.(2)由动量表达式知p＝mv，代入数据得v＝20m/s.答案：(1)2×105N(2)20m/s14．解析：(1)根据动量定理，取向下为正．有－Ft＝0－mv代入数据有F＝200N.(2)根据动量定理，取向下为正．有(mg－F′)t＝0－mv代入数据有F′＝205N.(3)根据以上分析，在打击和碰撞一类的问题中，当平均作用力远远大于重力时可以忽略重力的作用．答案：(1)200N(2)205N(3)见解析课时素养评价3动量守恒定律1．解析：动量守恒的条件是系统所受合外力为零，与系统内有无摩擦力无关，A错误，B正确；系统加速度为零时，根据牛顿第二定律可知系统所受合外力为零，所以此时系统动量守恒，C正确；系统合外力不为零时，在某方向上合外力可能为零，此时在该方向上系统动量守恒，D错误．答案：BC2．解析：发射炮弹的过程，系统动量守恒，发射前，系统的总动量为Mv0，射出炮弹后，炮艇的质量变为M－m，速度为v′，炮弹质量为m，对地速度为v＋v′，所以系统总动量为(M－m)v′＋m(v＋v′)，系统动量守恒，本题选D.答案：D3．解析：动量p＝mv，与质量和速度有关，因为不知道速度关系，所以无法判断质量关系，A、B错误；因为A、B动量大小分别为pA和pB，若pA<pB，则系统动量向左，又系统动量守恒，则碰撞后的总动量向左，C正确，D错误．答案：C4．解析：雨滴落入木盆的过程中，小车、木盆、雨滴组成的系统水平方向满足动量守恒，设小车、木盆的总质量为M，雨滴的质量为m，则有Mv＝(M＋m)v共，解得v共＝MvM+m答案：C5．解析：以小球和小车组成的系统为研究对象，在水平方向上不受外力的作用，所以系统在水平方向上动量守恒，而在竖直方向上，由于存在重力和支持力的作用，且小球在竖直方向上的加速度不为0，故系统在竖直方向上受到的合力不为零，因此系统在竖直方向上动量不守恒；由于初始状态小车与小球均静止，所以小球与小车在水平方向上的动量要么都为零，要么大小相等、方向相反，D正确．答案：D6．解析：设小球2的质量为M，两球组成的系统在碰撞过程动量守恒，以小球1的初速度方向为正方向，如果碰撞后两个小球的速度同向，由动量守恒定律得mv0＝(m+M)·13v0，解得M＝2m；如果碰撞后两球速度反向，由动量守恒定律得mv0＝M·13v0－m·答案：BD7．解析：设卫星运动方向为正方向，则火箭壳速度与卫星速度的关系为v2＝v1－3.0×103m/s，根据动量守恒(m1＋m2)v＝m1v1＋m2v2，解得v1＝7.5×103m/s，v2＝4.5×103m/s，A正确，B错误；分离后卫星速度变大，做离心运动，轨道半径变大；火箭壳速度变小，做近心运动，轨道半径减小，C错误，D正确．答案：AD8．解析：以车、人、枪和子弹为系统研究，整个系统在水平方向上不受外力的作用，遵守动量守恒定律，已知作用前总动量为零，所以作用后的总动量也为零，不必考虑中间过程，最后系统还是静止的，D正确．答案：D9．解析：以小车和木块组成的系统为研究对象，其所受合外力为零，因此系统动量守恒，由于摩擦力的作用，木块速度减小，小车速度增大，木块速度减小到最小时，小车速度达到最大，最后木块和小车以共同速度运动．由动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v，解得v＝mv0M+m答案：A10．解析：取甲的速度方向为正方向，根据动量守恒定律m甲v甲－m乙v乙＋Mv＝0，代入数据解得v＝0.6m/s，v>0表示小船速度方向向左，A正确．答案：A11．解析：根据题意可知，人和车在水平方向上动量守恒，当人竖直跳起时，人和车之间在竖直方向上有相互作用，在水平方向上合力为零，动量仍然守恒，水平方向的速度不发生变化，所以车的速度仍为v1，方向向右，D正确．答案：D12．解析：以木板和小木块整体为研究对象，水平地面光滑，则系统水平方向动量守恒．A先向左减速到零，再向右做加速运动，在此期间，木板做减速运动，最终它们保持相对静止，设A减速到零时，木板的速度大小为v1，最终它们的共同速度大小为v2，取水平向右为正方向，则有Mv－mv＝Mv1，Mv1＝(M＋m)v2，解得v1＝83m/s，v2所以在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小应大于2.0m/s而小于83答案：C13．解析：由题意知系统动量守恒，前一发击中靶后，再打下一发，说明发射后一发子弹时，车已经停止运动．每发射一发子弹，车后退一段距离．每发射一发子弹时，子弹动量为mv，由动量守恒定律有0＝mv－[M＋(n－1)m]v′.设每发射一发子弹车后退x，则子弹相对于地面运动的距离是(d－x)，则满足md-xt＝[M＋(n－1)解得x＝md则打完n发子弹后车后退的距离s＝nmdM答案：nmd14．解析：(1)选铁块和木块A、B为系统，取水平向右为正方向，由系统总动量守恒得mv＝(MB＋m)vB＋MAvA代入数据解得vA＝0.25m/s.(2)设铁块刚滑上B时的速度为v′，此时A、B的速度均为vA＝0.25m/s，铁块与A、B组成的系统动量守恒，由系统总动量守恒得mv＝mv′＋(MA＋MB)vA，解得v′＝2.75m/s.答案：(1)0.25m/s(2)2.75m/s课时素养评价4实验：验证动量守恒定律1．解析：释放点越低，入射小球碰前的速度越小，两球碰后速度也越小，水平位移越小，水平位移测量的相对误差大；释放点越高，入射小球碰前的速度越大，两球相碰时，相互作用的内力越大，支柱对被碰小球的阻力不变，阻力的影响相对减小，可以较好地满足动量守恒的条件，碰后两球的速度越大，也有利于减小测量水平位移时的相对误差，从而使实验的误差减小，C正确．答案：C2．解析：细绳长度适当，便于操作；两绳等长，以保证两球能对心碰撞，A正确；为保证实验结论的普适性，两球质地是任意的，质量也需考虑各种情况，但大小必须相同，以保证两球发生正碰，B错误；由静止释放小球，初动能为零，可由机械能守恒mgl(1－cosa)＝12mv2答案：ACD3．解析：由于碰撞后滑块A静止，由题图可知，碰撞发生在x＝60cm处；从碰撞到第二次闪光B运动的距离为10cm，则可求得该过程B用时为0.1s，所以，两滑块的碰撞发生在第一次闪光后0.1s，A正确；碰撞前0.1s内A的位移大小为10cm，则碰撞前A的速度大小是1m/s，B错误；前0.1s内B的位移大小为5cm，则碰撞前B的速度大小是0.5m/s，C错误；第二次闪光与第三次闪光的时间间隔内B的位移大小为20cm，则碰撞后B的速度大小是1m/s；设向左为正方向，碰撞前两滑块的质量与速度的乘积之和为mAvA－mBvB＝0.3×1kg·m/s－0.2×0.5kg·m/s＝0.2kg·m/s，碰撞后两滑块的质量与速度的乘积之和为0.2×1kg·m/s＝0.2kg·m/s，碰撞前后两滑块的质量与速度的乘积之和不变，D正确．答案：AD4．解析：(1)小车P碰撞前做匀速直线运动，在相等时间内运动位移相等，由图乙所示纸带可知，应选择纸带上的BC段求出小车P碰撞前的速度．(2)设打点计时器打点时间间隔为T，由图乙所示的纸带可知，碰撞前小车的速度v＝s2-s14T，碰撞后两小车的共同速度v′＝s4-s36T，如果碰撞前后系统动量守恒，则m1v＝(m1＋m2)v′，即m1s2(3)如果在测量小车P的质量时，忘记粘橡皮泥，则小车P质量的测量值小于真实值，由(2)中表达式可知，所测系统碰撞前总动量小于碰撞后系统的总动量．答案：(1)BC(2)m1(s25．解析：(1)入射小球的质量要大于被撞击的静止小球，这样撞击后两小球都能向前运动；另外，两小球的直径要相等，才能发生对心碰撞，碰撞前后的速度方向都沿着水平方向，A正确．(2)斜槽安装时末端必须保持水平，才能保证两小球在水平方向上发生对心碰撞并均沿水平方向飞出，A正确；小球每次都必须从斜槽上的同一位置静止释放，这样入射小球每次都能获得相同的动量，B正确；斜槽末端到水平地面的高度决定了小球在空中的运动时间，不需要测量，C错误；实验中不需要用秒表测量小球在空中飞行的时间，D错误．(3)如果动量守恒，则有m1vA1＝m1vA2＋m2vB2，由于两球在空中的运动时间相等，即tA1＝tA2＝tB2，所以m1vA1×tA1＝m1vA2×tA2＋m2vB2×tB2，即m1x2＝m1x1＋m2x3，C正确．答案：(1)A(2)AB(3)C6．解析：小球离开轨道后做平抛运动，设木板与抛出点之间的水平距离为x，由平抛运动规律得水平方向有x＝vt，竖直方向有h＝12gt2，解得v＝xg2h，放小球B之前，小球A落在图中的P点，设A的水平初速度为v0，小球A和B发生碰撞后，球A的落点在图中的N点，设其水平初速度为v1，球B的落点是图中的M点，设其水平初速度为v2，小球碰撞的过程中若动量守恒，则m1v0＝m1v1＋m2v2，即m1·xg2y2＝m1·xg2y3＋m2·xg2y1，则验证两球碰撞过程中系统动量守恒表达式为m答案：m11y2＝m11y3＋课时素养评价5碰撞1．解析：以甲滑块的运动方向为正方向，由动量守恒定律得3m·v－mv＝0＋mv′，所以v′＝2v，碰前总动能Ek＝12×3m·v2＋12mv2＝2mv2，碰后总动能E′k＝12mv′2＝2mv2，故Ek＝E答案：A2．解析：由p2＝2mEk知，甲球的动量大于乙球的动量，所以总动量的方向应为甲球的初动量的方向，可以判断C正确，A、B、D错误．答案：C3．解析：A、B速度相等时弹簧的压缩量最大，弹性势能最大，动能损失最大，D正确．答案：D4．解析：碰撞前小球A的速度一定要大于小球B的速度(否则无法实现碰撞)．碰撞后，小球B的动量增大，小球A的动量减小，减小量等于增大量，所以ΔpA<0，ΔpB>0，并且ΔpA＝－ΔpB，D错误．若ΔpA＝－24kg·m/s、ΔpB＝24kg·m/s，碰后两球的动量分别为pA′＝－12kg·m/s、pB′＝37kg·m/s，根据关系式Ek＝p22m可知，小球A的质量和动量大小不变，动能不变，而小球B的质量不变，但动量增大，所以小球答案：AB5．解析：A与B碰撞过程动量守恒，有mAvA＝(mA＋mB)vAB，所以vAB＝vA2＝2m/s，当弹簧被压缩到最短时，A、B的动能完全转化成弹簧的弹性势能，所以Ep＝12(mA+答案：B6．解析：由题中图乙可知，质量为m1的小球碰前速度v1＝4m/s，碰后速度为v′1＝－2m/s，质量为m2的小球碰前速度v2＝0，碰后的速度v′2＝2m/s，两小球组成的系统碰撞过程动量守恒，有m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，代入数据解得m2＝0.3kg，A、C正确，B错误；两小球组成的系统在碰撞过程中的机械能损失为ΔE＝12m1v'12+12m2v'12-(12m答案：AC7．解析：假设这一过程可以实现，根据动量守恒定律得m1v＝m1v球＋m2v木，代入数据解得v球＝－10m/s，碰撞前系统动能为Ek＝12m1v2＝2.5J，碰撞后系统动能为E′k＝12m1v球2＋12m2v木2＝11.5J，则答案：B8．解析：子弹穿过小球过程中，子弹和小球水平动量守恒，设穿过瞬间小球的速度为v，则mv0＝Mv＋12mv0，解得v＝mv02M，对小球由牛顿第二定律T－Mg＝Mv2L代入解得M＝v02gL答案：A9．解析：设初速度v0＝8m/s，质量为m1＝5.0kg的物块滑行s＝2.0m后与质量为m2＝15.0kg的静止物块发生碰撞前瞬间的速度为v1，碰撞后m1的速度为v′1，m2的速度为v2，则根据动能定理有－μm1gs＝12m1v12-12m1v02，根据动量守恒定律及能量守恒定律有m1v1＝m1v'1+m2v2，12m1v12＝12m1v'12+12m2v2答案：B10．解析：设中子的质量为m，氢核的质量为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得mv0＝mv1+mv3，12mv02＝12mv21+12mv32，联立解得v1＝v0，v3＝0，设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得mv0＝14mv2+mv4，12mv02＝12×14mv22碰撞后氢核的动量大小为p1＝mv1＝mv0，碰撞后氮核的动量大小为p2＝14mv2＝14m·215v0＝1815mv0>p1，可知碰撞后氮核的动量比氢核的大，故A错误；碰撞后氢核的动能大小为Ek1＝12mv12＝12mv02，碰撞后氮核的动能大小为Ek2＝12×14mv22＝12×14m(215v0)答案：B11．解析：对冰壶乙在冰面上滑行的过程，有v22＝2μgs，由于两冰壶发生弹性碰撞，且两冰壶的质量相等，因此碰撞后两冰壶交换速度，故v1＝v2，解得v答案：B12．解析：下降过程为自由落体运动，触地时两球速度相同，v＝2gh，m2碰撞地面之后，速度瞬间反向，且大小相等，选m1与m2碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后m1与m2速度大小分别为v1、v2，选向上方向为正方向，则m2v－m1v＝m1v1＋m2v2，由能量守恒定律得12(m1＋m2)v2＝12m1v12+12m2v22，且m2＝3m1，联立解得v1＝22gh，答案：D13．解析：(1)斜抛的手榴弹在水平方向上做匀速直线运动，在最高点处爆炸前的速度v1＝v0cos60°＝12v0设v1的方向为正方向，如图所示．由动量守恒定律得3mv1＝2mv′1＋mv2，其中爆炸后大块弹片速度v′1＝2v0，解得v2＝－2.5v0，“－”号表示v2的方向与爆炸前速度方向相反．(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增量，即ΔEk＝12·2mv'12+12mv22-12答案：(1)2.5v0方向与爆炸前速度方向相反(2)27414．解析：细绳断开后，在弹簧弹力的作用下，A做减速运动，B做加速运动，最终三者以共同速度向右运动，设共同速度为v，A和B分开后，B的速度为vB，对三个木块组成的系统，整个过程总动量守恒，取v0的方向为正方向，则有(mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)v，对A、B两个木块，分开过程满足动量守恒，则有(mA＋mB)v0＝mAv＋mBvB，联立以上两式可得，B与C碰撞前B的速度为vB＝95v0答案：95v课时素养评价6反冲1．解析：火箭工作中，动量守恒，当向后喷气时，则火箭受一向前的推力从而使火箭加速，故只有B正确．答案：B2．解析：探测器加速运动时，通过喷气获得的推动力与月球对探测器的引力的合力沿加速方向，A、B错误；探测器匀速运动时，通过喷气获得的推动力与月球对探测器的引力的合力为零，根据反冲运动的特点可知C正确，D错误．答案：C3．解析：不计水的阻力，油流出之后做平抛运动，有竖直向下的加速度，系统在竖直方向所受合外力不为零，竖直方向动量不守恒，只有水平方向动量守恒，则水泵把前舱的油抽往后舱，则船将向前运动(等效于人船模型)，B正确．答案：B4．解析：不考虑滑板与地面之间的摩擦，对于年轻人和滑板构成的系统动量守恒，取年轻人沿水平方向向前跃出的方向为正，设滑板的速度大小为v′，则0＝m1v－m2v'，解得v′＝10m/s，B正确．答案：B5．解析：因甲、乙及篮球组成的系统动量守恒，故最终甲、乙以及篮球的动量之和必为零．根据动量守恒定律有m1v1＝(m2＋m球)v2，因为m1＝m2，最终谁接球谁的速度小，B正确，A、C、D错误．答案：B6．解析：甲小组直接将火箭打气发射，气体瞬时喷出，由于气体的质量较小，气体喷出时的动量较小，则火箭只能得到较小的速度；丙小组将火箭体内灌满水打气发射，由于打入的气体较少，则气体产生的压力较小，喷出的水速度较小，则火箭也不能得到较大的速度；乙小组将火箭体内灌入三分之一体积的水打气发射，压缩气体使得水高速喷出，具有较大的动量，则火箭可得到较大的反冲速度，则火箭的速度最大，水平射程也最远，B正确．答案：B7．解析：设人的质量为m，船的质量为M.人从岸上跳到小船上的过程，取速度v0方向为正方向，根据动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v1，解得v1＝mv0m+M，人从小船上跳离的过程，取船速度方向为正方向，由动量守恒定律得0＝Mv2－mv0，解得v2＝mv0M，则有答案：B8．解析：设火箭壳体和卫星分离前绕地球做匀速圆周运动速度为v，卫星质量为m1，火箭壳体质量为m2，分离时卫星与火箭壳体沿轨道切线方向的相对速度为u，分离后火箭壳体的速度为v′，取分离前火箭壳体和卫星的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得(m1＋m2)v＝m1(v′＋u)＋m2v′，解得v′＝6.0×103m/s，则分离时卫星速度为v卫＝v′＋u＝6.0×103m/s＋1.2×103m/s＝7.2×103m/s，C正确．答案：C9．解析：根据动量守恒定律知，人在甲板上散步时，船将向后退，即船向左运动，A错误；根据“人船模型”动量守恒有Mx＝m(d－x)，代入数据解得x＝0.2m，即人在立定跳远的过程中船后退了0.2m，B、C错误；人相对地面的成绩为2m－0.2m＝1.8m，D正确．答案：D10．解析：以惰性气体离子为研究对象，根据动能定理有eU＝12mv2，带电量相同，加速电压相同，故获得的动能相同，C错误；由Εk＝12mv2可知，动能相同时，质量越大，喷出时速度越小，因为氙的质量最大，所以一价氙离子喷出时速度最小，A错误；喷出气体的动量p＝mv＝答案：B11．解析：下滑过程中小滑块和斜面体组成的系统的机械能守恒，滑块的机械能不守恒，A错误；小滑块下滑过程中，两物体组成的系统水平方向受合外力为零，则水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，则系统动量不守恒，B错误；设小滑块到达斜面底端时，斜面体水平向右运动的距离为x，则由水平动量守恒可知0＝MV－mv，经历相同的时间t，有MVt＝mvt，即Mx＝m(L－x)，解得x＝mLM答案：C12．解析：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(M－5m)v1＝5mv，解得v1＝5mv答案：A13．解析：设船移动距离为x，则人移动距离为l－x，以船行方向为正方向，船对地的平均速度为xt，人对地的平均速度为－l由动量守恒定律有Mxt－ml即Mx－m(l－x)＝0解得船移动的距离为x＝mlM+m答案：1m14．解析：(1)人从货厢边跳离的过程，系统(人、车和货厢)的动量守恒，设人的水平速度是v1，车(含货厢)的反冲速度是v2，取v1方向为正，则mv1－m0v2＝0，解得v2＝14v1人跳离货厢后做平抛运动，车以v2做匀速运动，运动时间为t＝2hg＝2×1.2510s＝0.5s，在这段时间内人的水平位移x1和车(含货厢)的位移x2分别为x1＝v1t，x2由图可知x1＋x2＝l，即v1t＋v2t＝l，则v2＝l5t＝4(2)人落到车上A点的过程，系统水平方向的动量守恒，人落到车上前人的水平速度仍为v1，车的速度为v2，落到车上后设它们的共同速度为v，根据水平方向动量守恒得0＝(m0＋m)v，则v＝0，故人落到车上A点站定后车的速度为零．车的水平位移为x2＝v2t＝1.6×0.5m＝0.8m.答案：(1)1.6m/s(2)不运动0.8m课时素养评价7简谐运动及其图像1．解析：平衡位置是物体静止时的位置，与受力有关，不一定是振动范围的中心；振动位移是以平衡位置为起点，到物体所在位置的有向线段；振动位移随时间而变化，物体偏离平衡位置最远时，振动物体的位移最大，而路程越大，位移不一定越大．所以只有A、B选项正确．答案：AB2．解析：由水平弹簧振子的运动，可以看出振子的加速度时刻变化，所以为非匀变速直线运动，D正确．答案：D3．解析：通过水平、竖直弹簧振子来分析其平衡位置，水平弹簧振子其平衡位置就在弹簧原长的位置，在竖直悬挂的弹簧下端固定一个钢球，它们组成了一个振动系统，其平衡位置不在弹簧的原长位置，而是在弹力与重力平衡(即合力为零)的位置，故A错误，B正确；弹簧振子的运动满足位移随时间按正弦规律变化，是简谐运动，故C正确，D错误．答案：BC4．解析：根据题意，振动图像与正弦函数图像相似的①③的运动符合简谐运动的特征，故A、B、D错误，C正确．答案：C5．解析：由于平衡位置附近速度较大，因此四分之一个周期内的路程不一定等于振幅，A错误；周期指发生一次全振动所用的时间，B错误；一个全振动过程中，位移为零，C错误；一个周期内速度方向改变2次，频率为50Hz，1s内速度方向改变100次，D正确．答案：D6．解析：对简谐运动而言，其位移总是相对平衡位置O而言，所以C、D错误．由于振子在O点右侧由A向O运动，所以振子的位移方向向右，运动方向向左，位移不断减小，故A、B项正确．答案：AB7．解析：若振子的振幅为0.1m，根据简谐运动的周期性和对称性，如图甲所示有43s＝(n＋12)T，则周期的最大值为T＝83s，A正确，B错误；若振子的振幅为0.2m，由简谐运动的周期性和对称性可知，振子由x有43s＝(n＋12)T，所以最大周期为T＝83s，且t＝4s时刻x＝＋0.1m，C正确；若振子的振幅为0.2m，振子由x＝－0.1m运动到x＝＋0.1m，需时间T6再经则根据简谐运动的周期性有43s＝(n＋16)T，所以最大周期为T＝8s，且t＝4s时刻，答案：B8．解析：由振动方程x＝0.1sin2.5πt，可读出振幅为0.1m，圆频率ω＝2.5πrad/s，故周期T＝2πω＝2π2.5πs＝0.8s，故A、B错误；在t＝0.2s时，振子的位移最大，速度最小，为零，故C正确；两振动的相位差Δφ＝φ2－φ1＝2.5πt＋π4－2.5πt＝π4，即B超前Aπ4，或者说答案：CD9．解析：从题图可以看出，t＝0时刻，振子在正的最大位移处，因此是从正的最大位移处开始计时画出的图像，D错误；t1时刻以后振子的位移为负，因此t1时刻振子正通过平衡位置向负方向运动，A错误；t2时刻振子在负的最大位移处，B正确；t3时刻以后，振子的位移为正，所以该时刻振子正通过平衡位置向正方向运动，C正确．答案：BC10．解析：它们的振幅之比3a∶9a＝1∶3，A正确；根据f＝ω2π可知它们的频率之比1∶1，B正确；由它们的方程可知，简谐运动1的相位为8πbt＋π2，简谐运动2的相位为8πbt＋π，则相位差为Δφ＝8πbt＋π－(8πbt＋π2)＝π2，即简谐运动2的相位总是比简谐运动1的相位超前π2，C正确；当小球1在平衡位置时，则有x1＝3asin(8πbt＋π2)＝0，解得t＝－116b，代入小球2的方程x2＝9asin(8πbt＋π)，解得x答案：D11．解析：根据弹簧振子的周期公式T＝2πmk，可知其振动周期，与振幅无关，两种情况下振子第1次到达平衡位置所需的时间都是振动周期的14答案：A12．解析：若t＝0时质点处于a状态，则此时x＝＋3cm，运动方向为正方向，图①对；若t＝0时质点处于b状态，此时x＝＋2cm，运动方向为负方向，图②错；若t＝0时质点处于c状态，此时x＝－2cm，运动方向为负方向，故图③错；若t＝0时质点处于d状态，质点位于负向最大位移处，故图④对．答案：AD13．解析：(1)弹簧振子以O点为平衡位置，在B、C两点间做简谐运动，所以振幅是B、C之间的距离的12，所以A＝25(2)由简谐运动的对称性可知P到B的时间与B返回P的时间是相等的，所以tBP＝0.22同时由简谐振动的对称性可知：tPO＝0.32又由于tPO＋tBP＝T4联立得：T＝1s，所以f＝1T答案：(1)12.5cm(2)1s1Hz14．解析：(1)由题图知：A的振幅是0.5cm，周期是0.4s；B的振幅是0.2cm，周期是0.8s.(2)t＝0时刻A中振动的质点从平衡位置开始沿负方向振动，φA＝π，由TA＝0.4s，得ωA＝2πTA＝5πrad/s.则A简谐运动的表达式为xA＝0.5sin(5πt＋π)cm.t＝0时刻B中振动的质点从平衡位置沿正方向已振动了14周期，φB＝π2，由TB＝0.8s得ωB＝2πTB＝2.5πrad/s，则B简谐运动的表达式为x(3)将t＝0.05s分别代入两个表达式中得：xA′＝0.5sin(5π×0.05＋π)cm＝－0.5×22cm＝－24cm，xB′＝0.2sin(2.5π×0.05＋π2答案：(1)0.50.40.20.8(2)xA＝0.5sin(5πt＋π)cmxB＝0.2sin(2.5πt＋π2(3)－24cm0.2sin5课时素养评价8简谐运动的回复力及能量1．解析：回复力是物体振动时受到的指向平衡位置的力，它总能使物体回到平衡位置．它是根据作用效果命名的，可以是某一个力，可以是某一个力的分力，还可以是几个力的合力，回复力不一定等于合外力．向心力是指物体做匀速圆周运动所需的效果力，虽然都是按效果命名的，但力的作用效果不同，A、C正确．答案：AC2．解析：由简谐运动的回复力公式F＝－kx可知，C正确．答案：C3．解析：在振子向着平衡位置运动的过程中回复力逐渐减小，振子相对平衡位置的位移逐渐减小，振子的速度逐渐增大，振子的加速度逐渐减小，C正确．答案：C4．解析：轻质弹簧下挂重为300N的物体A时伸长了3cm，再挂上重为200N的物体B时又伸长了2cm，故劲度系数为k＝Fx＝300N0.03m＝10000N/m，若将连接A、B两物体的细线烧断，物体A将做简谐运动，烧断瞬间，合力充当回复力；由于细线烧断前是平衡状态，烧断后细线对A的拉力减小了200N，而弹簧弹力及A的重力不变，故合力为200N，故最大回复力为200N，刚剪断细线时物体的加速度最大，此处相当于是物体A到达简谐运动的最大位移处，故振幅为2cm，A错误，B正确；只减小A的质量，A振动的平衡位置上移，但振动的幅度不变，而振子A的质量减小，所以周期变小，C错误；只减小答案：BD5．解析：质点从最大位移处向平衡位置运动的过程中，速度和回复力方向相同，但与位移方向是相反的，A正确；质点的加速度与位移的方向总相反，B错误；质点从平衡位置向最大位移处运动过程中，回复力增大，速度减小，动能减小，C错误；质点从最大位移处向平衡位置运动过程中，势能减小，回复力减小，加速度也减小，D正确．答案：AD6．解析：当振子运动到B点的瞬间，振子的速度为零，此时P、Q的速度均为零，振子的动能全部转化为系统中弹簧的弹性势能，将P拿走并不影响系统的能量，故能量并不改变，因此Q的振幅不变；当振子通过O点时系统的弹性势能又全部转化为动能，拿走P之前，弹性势能转化为P、Q两个物体的动能，拿走P之后，弹性势能转化为Q一个物体的动能，故拿走P之后Q的动能比拿走P之前Q的动能大，速率增大，C正确．答案：C7．解析：由题图可知t＝1.25s时，位移为正，加速度为负，速度也为负，A错误．竖直方向的弹簧振子，其振动过程中机械能守恒，在最高点重力势能最大，动能为零；在最低点重力势能最小，动能为零，所以弹性势能最大；在平衡位置，动能最大，由于弹簧发生形变，弹性势能不为零，则可知B、C错误，D正确．答案：D8．解析：质点在第1s内，由平衡位置向正向最大位移处运动，做减速运动，A错误；在第2s内，质点由正向最大位移处向平衡位置运动，做加速运动，B正确；在第3s内，质点由平衡位置向负向最大位移处运动，动能转化为势能，C正确；在第4s内，质点由负向最大位移处向平衡位置运动，加速度减小，速度增大，势能转化为动能，D错误．答案：BC9．解析：由于简谐运动的对称性，A、B一起做简谐运动，B做简谐运动的回复力是由B的重力和A对B的作用力的合力提供．做简谐运动的物体在最大位移处时有最大回复力，即具有最大的加速度am，在最高点和最低点加速度大小相等，最高点时加速度向下，最低点时加速度向上，由牛顿第二定律对B在最高点时，有mg－FN高＝mam，解得FN高＝mg－mam，在最高点时B对A的压力最小；在最低点时，有FN低－mg＝mam，解得FN低＝mg＋mam，在最低点时B对A的压力最大；经过平衡位置时，加速度为零，A对B的作用力F平＝mg，故选B.答案：B10．解析：弹簧振子周期与振子质量、弹簧劲度系数k有关，二者周期显然不同，说明两弹簧振子不同，A错误；由于弹簧的劲度系数k不一定相同，所以两振子所受回复力(F＝－kx)的最大值之比不一定等于1∶2，B错误；由简谐运动的特点可知，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，从图像中可以看出，在振子甲到达最大位移处时，振子乙恰好到达平衡位置，即振子甲速度为零时，振子乙速度最大；从图像中可以看出，当振子乙到达平衡位置时，振子甲在最大位移处或平衡位置，即振子乙速度最大时，振子甲速度不一定为零，C、D正确．答案：CD11．解析：小球做简谐运动的平衡位置是弹簧拉力和电场力平衡的位置，此时弹簧形变量为qEk，根据简谐运动对称性，小球到达最右端时，弹簧形变量为2qEk答案：A12．解析：振子运动到B点时速度恰为零，此时放上m，系统的总能量即为此时弹簧储存的弹性势能，由于简谐运动中机械能守恒，所以振幅保持不变，最大动能不变，A、C正确，B、D错误．答案：AC13．解析：(1)由题图可知在1.5×10－2～2×10－2s内，质点的位移变大，回复力变大，速度变小，动能变小，势能变大．(2)8.5×10－2s时间为174个周期，质点的路程为s＝174×4A＝17A＝34cm，质点0时刻在负的最大位移处，8.5×10答案：(1)变大变大变小变小变大(2)34cm2cm14．解析：(1)物块平衡时，受重力、支持力和弹簧的弹力．根据平衡条件，有：mgsinα＝k·Δx，解得Δx＝mgsin故弹簧的长度为L＋mgsin(2)物块做简谐运动的振幅为A＝Δx＋14L＝mgsinα(3)物块到达平衡位置下方x位置时，弹力为k(x＋Δx)＝k(x＋mgsin故物块所受合力为F＝mgsinα－k(x＋mgsinαk)可知物块做简谐运动．答案：(1)L＋mg(2)mgsin(3)见解析课时素养评价9单摆1．解析：单摆的悬线要求无弹性且粗细、质量可忽略，摆球的直径与悬线长度相比可忽略，悬点必须固定，A正确．答案：A2．解析：单摆在运动过程中，摆球受重力和摆线的拉力作用，A错误；重力垂直于摆线方向的分力提供回复力，当回复力最大时，摆球在最大位移处，速度为零，向心力为零，拉力等于重力沿摆线方向的分力大小，则拉力小于重力；在平衡位置处，回复力为零，速度最大，向心力最大，摆球的加速度方向沿摆线指向悬点，C、D错误，B正确．答案：B3．解析：摆球在摆动过程中，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，D正确．答案：D4．解析：单摆的周期T＝2πlg＝2π0.410s＝0.4πs≈1.256s，t＝1s时，34T<t<T答案：D5．解析：由题图可知T甲∶T乙＝2∶1，根据公式T＝2πlg，若两单摆在同一地点，则两摆长之比为l甲∶l乙＝T甲2∶T乙2＝4∶1；若两摆长相等，则所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝T乙答案：BD6．解析：由龙岩到北京，重力加速度变大，因T＝2πlg答案：D7．解析：单摆的周期与摆球的质量无关，但当水从球中向外流出时，等效摆长(悬点到摆球重心的距离)是先变长后变短再恢复原值，因而周期先变大后变小再回到原值，C正确．答案：C8．解析：小角度的摆动可看成简谐运动，由单摆的周期公式T＝2πlg可知，同一地点的重力加速度相同，又摆长相同，则频率f1＝f2，与初始速度无关；而摆动的振幅与初始速度有关，根据能量守恒定律可知初速度越大，振幅越大，则A1＞A2答案：C9．解析：碰钉子前摆长为l，则周期T1＝2πlg，碰钉子后摆长变为l′，则周期T2＝2πl'g，所以该组合摆的周期T＝T12+T答案：C10．解析：让小球在纸面内振动，在偏角很小时，单摆做简谐运动，摆长为l，周期T＝2πlg；让小球在垂直纸面内振动，在偏角很小时，单摆做简谐运动，摆长为(34＋1)l，周期T′＝2π答案：A11．解析：从A、B点均做单摆模型运动，由单摆周期公式T＝2πlg可得t1＝TA4＝π2Rg，t2＝TB4＝π2Rg，R为球面半径，故t1＝t2；A点离平衡位置远些，高度差大，故从答案：A12．解析：设细线与石块结点到石块重心的距离为d，单摆周期公式为T＝2πl+dg，变形可得T2＝4π2g(l＋d)，可得斜率为k＝4π2g＝4.0答案：D13．解析：(1)由单摆周期公式可知T月＝2πlg月T地＝2πlg地因为秒摆的周期为2s，则①式除以②式得，T月＝T地g地g(2)摆长变为l2T′地＝22T地＝2则月球表面周期T′月＝T′地g地g月＝2×6答案：(1)4.9s(2)3.5s14．解析：(1)由图(乙)可知，振动周期为T＝0.8s，故小球振动的频率f＝1T(2)一小球在半径很大的光滑圆弧曲面AOB之间做简谐运动，可看成单摆的运动，由单摆周期公式T＝2πRg，可得R＝gT2答案：(1)1.25Hz(2)0.16m课时素养评价10实验：用单摆测量重力加速度1．解析：单摆做简谐运动的条件是摆线偏离平衡位置的夹角小于5°，并从平衡位置开始计时，A错误；若摆球第一次过平衡位置时记为“0”，则周期T＝t50，若摆球第一次过平衡位置时记为“1”，则周期T＝t49.5，B错误；由T＝2πlg得g＝4π2lT答案：C2．解析：单摆在一个周期内两次经过平衡位置，每次经过平衡位置，单摆会挡住细激光束，从R－t图线可知周期为2t0.摆长等于摆线的长度加上小球的半径，根据单摆的周期公式T＝2πlg答案：2t0变大3．解析：(1)为了减小误差，比较准确地测量出当地重力加速度的数值，应选用长约1m的细线和直径为1cm的铁球组成单摆，AC正确，BD错误；为了提高测量精度，应选用秒表和最小分度值为1mm的直尺，EH正确，FG错误．(2)为避免摆线晃动导致摆长发生变化，应采用图甲中的第2种方案．(3)单摆的周期公式为T＝2πLg，整理可得T2＝4π2gL，故图像的斜率为k＝4π解得重力加速度大小为g＝4π2x2-x1y2-y1；若该同学计算摆长时直接用摆线长度加上小球的直径，而其他测量、计算均无误，也不考虑实验误差，T2－L关系变为T2＝4π答案：(1)ACEH(2)2(3)4π2·x24．解析：(1)测摆长时摆线应接好摆球，使摆球处于自然下垂状态，否则，摆长的测量不准确，A正确；摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，B错误；计时应从摆球经过平衡位置(或最低点)时开始计时，测多次全振动所用时间后求出周期的平均值，C错误；摆球应选择质量大一些、体积小一些的小球，如果有两个大小相等且都带孔的铜球和木球，应选用铜球作摆球，D错误．(2)从悬点到球心的距离即为摆长，由图可读出摆长L＝0.9980m.(3)若用l表示单摆的摆长，T表示单摆振动周期，由单摆的周期公式T＝2πLg，可求出当地重力加速度大小g＝4π(4)由于月球上的重力加速度比地球上的重力加速度小，所以将同一单摆放在月球上时，其摆动周期将变大．答案：(1)A(2)0.9980(0.9970～0.9980均可)(3)4π5．解析：(1)主尺示数是15mm，游标尺示数是4×0.1mm＝0.4mm，摆球的直径为15mm＋0.4mm＝15.4mm.(2)在单摆摆动的过程中，每一个周期中有两次拉力的最大值，由F－t图像可知，单摆周期T＝4t0，根据T＝2πlg整理得：g＝π2l(3)根据公式①甲同学把摆线长l0作为摆长，则摆长的测量值偏小，则g的测量值偏小；乙同学作出T2－l0图像后求出斜率，k＝4π2g，重力加速度：g＝4π2k答案：(1)15.4(2)π6．解析：(1)游标卡尺读数为12mm＋0×0.1mm＝12.0mm.(2)从“0”数到“60”时经历了30个周期，该单摆的周期为t30(3)摆线在筒内部分的长度为h，由T＝2πL+hg可得T2＝4π2gL＋4π2gh，可知其关系图线应为a，由图线可得斜率k＝1.20.30s2/m＝4π2g答案：(1)12.0(2)C(3)a9.86课时素养评价11阻尼振动受迫振动1．解析：实际的振动，必须不断克服外界阻力做功而消耗能量，振幅会逐渐减小，必然是阻尼振动，故A、C对．只有在周期性外力(驱动力)的作用下，物体所做的振动才是受迫振动，故B错．受迫振动稳定后的频率等于驱动力的频率，与自身物理条件无关，故D对．答案：ACD2．解析：驱动力的频率与物体的固有频率相等时，物体的振幅最大，驱动力的频率与物体的固有频率相差越大，振幅越小，故在驱动力的频率逐渐减小的过程中，物体的振幅将先增大后减小．故选C.答案：C3．解析：因单摆做阻尼振动，所以振幅越来越小，机械能越来越小，但振动周期不变．答案：BD4．解析：物体在周期性外力作用下的振动叫作受迫振动，这个周期性的外力应当能给振动物体补充能量，而阻力不行，A、B错误，C正确；受迫振动的频率最终等于驱动力频率，D正确．答案：CD5．解析：振子做受迫振动时，振动频率等于驱动力的频率，由于甲振子的固有频率与驱动力的频率相差较小，所以甲的振幅较大，选项B正确，A、C、D错误．答案：B6．解析：单摆振动过程中，会不断克服空气阻力做功使机械能逐渐减小，A、D正确；虽然单摆总的机械能在逐渐减少，但在振动过程中动能和势能仍不断地相互转化．动能转化为势能时，动能逐渐减少，势能逐渐增加，而势能转化为动能时，势能逐渐减少，动能逐渐增加，所以不能断言后一时刻的动能(或势能)一定小于前一时刻的动能(或势能)，故B、C错误．答案：AD7．解析：在题给条件下可知，筛子振动的固有周期T固＝1510s＝1.5s，电动偏心轮的转动周期(对筛子来说是驱动力的周期)T驱＝6036s答案：AC8．解析：当电动机转动的频率等于钢片的固有频率时，将发生共振，振幅最大，由题知b的振幅最大，则电动机转动的频率最接近b钢片的固有频率，即60Hz，所以电动机的转速最接近60r/s＝3600r/min.故选B.答案：B9．解析：振子的固有周期与驱动力周期的关系是T驱＝32T固，所以受迫振动的状态一定不是图乙中的c点，可能是a答案：AD10．解析：当机器发生剧烈的振动时，飞轮转动的频率一定与机器的固有频率相等，又因此情况发生在飞轮从角速度ω0开始减速以后，所以机器的固有频率一定比ω0对应的频率小．因此，当飞轮的角速度由零较缓慢地增大到ω0的过程中，一定经过飞轮转动频率与机器固有频率相等的过程，发生剧烈振动，B、D正确．答案：BD11．解析：相邻两个减速带之间的距离为d＝2.5m，则当汽车最颠簸时，汽车产生共振，则速度v＝dT＝df＝3.75m/s，并不是汽车的行驶速度越快，颠簸越厉害，A正确，B错误；汽车的固有频率由汽车本身的结构决定，与车速无关，C错误；当车速为10m/s时，此时驱动力的频率为f′＝v'd答案：A12．解析：当振动器的频率等于树木的固有频率时树木将产生共振，此时树干的振幅最大，落果效果最好，而不同的树木的固有频率不一定相同，所以针对不同树木，落果效果最好的振动频率不一定相同，A错误；当振动频率大于树木的固有频率时，随着振动器频率的增加，树干振动的幅度将减小，B错误；打击结束后，树干做阻尼振动，阻尼振动的频率为树干的固有频率，此时粗细不同的树干振动频率不同，C错误；受迫振动的频率等于周期性外力的频率，树干在振动器的振动下做受迫振动，则稳定后，不同粗细树干的振动频率始终与振动器的振动频率相同，D正确．答案：D13．解析：人用手振动该飞力士棒，飞力士棒做的是受迫振动，手是驱动力，因此手振动的频率越大，飞力士棒的振动频率越大，C正确；驱动力的频率越接近固有频率，受迫振动的振幅越大．当手每分钟振动270次时，驱动力的频率f＝27060Hz＝4.5Hz＝f0答案：C14．解析：(1)小球做受迫振动的频率等于驱动力的频率，所以小球振动达到稳定时的周期为0.4s，它振动的频率是f＝1T＝1(2)由图乙可知，单摆的固有频率为0.3Hz，周期为T＝1f＝1由单摆的周期公式T＝2πlgl＝gT24π2答案：(1)2.5Hz(2)3.0m课时素养评价12机械波的形成和传播1．解析：机械波不能在真空中传播，A错误；机械波从一种介质传入另一种介质，频率不变，B正确；纵波的传播方向与介质的振动方向沿同一直线，横波的传播方向与介质的振动方向垂直，C、D错误．答案：B2．解析：在横波中质点振动方向和波的传播方向相互垂直，所以二者方向一定不同，A、B错误；在纵波中二者方向在同一直线上，既可以相同，也可以相反，C正确，D错误．答案：C3．解析：机械波是机械振动在介质中的传播，其形成条件必须是波源即机械振动与介质同时满足；有机械波必有振动，但有振动如果没有介质，则没有波，B错误，A正确；介质中的各点在波源的作用下做受迫振动，其频率与波源振动频率相同，不管离波源远近如何，其振动周期都与波源的振动周期相同，C错误；如果振源停止振动，依据波形成原理，质点间依次带动，则在介质中传播的波动不会立即停止，D错误．答案：A4．解析：无论波向左传播还是向右传播，回复力始终指向平衡位置，即此时质点A的回复力方向向下，B、D正确．答案：BD5．解析：图示时刻B振动方向向上，则A点刚开始的振动方向向上，B正确，A错误；绳子上向右传播的横波，质点的振动方向与传播方向垂直，不可能沿水平方向，C、D均错误．答案：B6．解析：根据波的传播特点知，波传播过程中各质点的振动总是重复波源的振动，所以起振方向相同，都是竖直向下，但从时间上来说，起振依次落后〖(T)/(4)〗的时间，A、C正确，B错误；由题意知，质点9比质点1应晚起振两个周期，所以当所有质点都起振后，质点1与质点9步调完全一致，D正确．答案：ACD7．解析：由波传播的规律知质点的振动是由先振动的质点带动后振动的质点，由题图知a质点偏离平衡位置向上运动，说明a质点左侧质点先于a质点振动，波是沿x轴正方向传播的，A正确；质点c和质点a之间有一波谷，质点c振动方向与质点a振动方向相反，质点c向下运动，B错误；b质点正向着平衡位置运动，故b比c先到达平衡位置，C正确；c比b先到达偏离平衡位置的最远处，D错误．答案：AC8．解析：根据题中叙述的现象，无法说明声波是纵波，A错误；抽去玻璃罩内的空气，不会使闹钟停止振铃，B错误；抽去玻璃罩内的空气前，在玻璃罩外仍然可以听到闹钟的铃声，说明玻璃罩和空气都能传播声音，C正确；抽去玻璃罩内的空气后，就听不到闹钟的铃声，说明声波不能在真空中传播，D正确．答案：CD9．解析：质点的振动方向与波的传播方向垂直的波是横波，质点的振动方向与波的传播方向平行的波是纵波，只有纵波才满足质点的振动方向和波的传播方向有时相同，有时相反，A、B错误；机械波上点只能在平衡位置振动，不能随波迁移，C错误；由于空气分子间距离较大，无法相互带动，所以横波不能在空气中传播，空气只能传播纵波，D正确．答案：D10．解析：由于绳波是横波且向右传播，介质中左边的质点带动右边的质点振动，故2、3、4质点向下振动，6、7质点向上振动，如题图时刻3、7两质点在平衡位置，速度最大，1、5两质点在最大位移处，加速度最大，A、B正确；各质点的振动周期(或频率)由波源决定，并且是相等的，C错误，D正确．答案：ABD11．解析：机械波是由于介质中前面的质点带动后面的质点，使波源的振动形式与波源的能量向远处传播而形成的，前、后质点间存在相互作用力，使质点的动能改变，因而相互做功，A正确；无论是横波还是纵波，波传播过程中，各质点只能在各自的平衡位置附近振动，质点不随波迁移，B错误；波源依次带动后面的质点，每个质点都做受迫振动，每个质点的频率都与波源频率相同，并且都“仿照”波源振动，C、D正确．答案：ACD12．解析：t＝T4时，P点从最低点经历14个周期后回到平衡位置，A正确；t＝T8答案：AD13．解析：(1)由于纵波传播的快，故地震发生时纵波先到达观察中心，即先觉察到的是上下振动．(2)设震源到观测中心的距离为x，则有x4km/s-x所以x＝36km.答案：(1)上下振动(2)36km14．答案：(1)向下振动，据“上下坡法”可知，P点振动方向向下，由于各质点的起振方向均与波源相同，可知振源O刚开始向下振动(2)横波，因为绳上各质点的振动方向与波的传播方向垂直课时素养评价13波速与波长、频率的关系1．解析：机械振动的质点在一个周期内向远处传播一个完整的波形，A正确；由波形图可见，在一个完整波形上，位移相同的相邻质点之间距离不一定等于一个波长，B错误；速度最大且相同的质点，在波形图上是在平衡位置上，如果相邻，那么正好是一个完整波形的两个端点，C正确；振动情况总是相同的两质点间的距离是波长的整数倍，D错误．答案：AC2．解析：在振动过程中相对平衡位置的位移总是相等的相邻两个质点的振动步调完全相同，故根据波长的定义可知，这两个质点间的距离为一个波长，A正确；横波的图像中，相邻的两个波峰间的距离或波谷间的距离为一个波长，纵波的图像中，相邻的两个密部(或疏部)之间的距离等于一个波长，B错误，C正确；波长与正弦(或余弦)波形的曲线长不同，D错误．答案：AC3．解析：波在传播时，介质中的质点在其平衡位置附近做往复运动，它们并没有随波的传播而发生迁移，A错误，D正确．波传播的是振动形式，而振动由能量引起，也传播了能量，B、C正确．答案：BCD4．解析：通常声音在空气中的传播速度大约为340m/s，声音的传播速度与介质的种类有关，也与温度有关，与声音的特性无关，次声波、可听声、超声波都是声音，故传播速度一样快，D正确．答案：D5．解析：由于没有能量损失，所以P与波源的振幅相同，A正确；波在传播过程中周期不变，B正确；质点的振动速度与波传播的速度是两个概念，C错误；若P点与波源的距离为vT，则P与波源之间的距离为一个波长，所以质点P与波源的位移总是相同的，D正确．答案：ABD6．解析：机械波在介质中传播的速度与介质的性质有关，与波的振幅、频率无关，A、B错误；在一个周期内，机械波的波形向前推进一个波长，振动质点仍在原平衡位置附近做往复运动，它通过的路程是振幅的4倍，C错误；频率越高，周期越短，波传播一个波长所用的时间(一个周期)越短，D正确．答案：ABC7．解析：由波的传播知t＝6s时波传播的距离x＝vt＝2×6m＝12m，即传到d点，A正确；t＝0时a由平衡位置开始向下振动，t＝3s时第一次到达最高点，则34T＝3s，得T＝4s，各质点振动周期相同，C正确；波传到c点所需时间t＝sv＝62s＝3s，此时c点由平衡位置开始向下振动，1s后到达最低点，所以4s<t<6s内质点c答案：ACD8．解析：同一波源的频率相等，所以有f1＝f2，从图中可得λ1＝2λ2，故根据公式v＝λf可得v1＝2v2，D正确．答案：D9．解析：波的传播速度只和传播介质及波的类型相关，和振幅、频率无关，A、B错误；在同种均匀介质中，波的传播速度是定值，而质点在平衡位置两侧做简谐振动，振动速度是变化的，与波速无关，C错误；由图可知，该波为横波，横波的振动方向与传播方向垂直，D正确．答案：D10．解析：波速与传播介质有关，与波源频率无关，所以当该同学手运动的频率加快时，波速不变，C正确，D错误；根据v＝λf可知当频率增大而波速不变时，波长变短，A、B错误．答案：C11．解析：右边的声波从发出到反射回来所用时间为t1＝0.3s，左边的声波从发出到反射回来所用的时间为t2＝1.9s．山谷的宽度s＝12v(t1＋t2)＝12×340答案：C12．解析：由波形图可知，该波的波长为1m，A错误；质点的振动周期与波的传播周期相同，故该波的周期为2s，频率为0.5Hz，B错误；波中P点在此刻向上振动，由“同侧法”可知，该波沿x轴向左传播，C错误；该波的传播速度为v＝λT答案：D13．解析：(1)因t＝0时刻，该波恰好传播到x＝4m处，可知x＝4m处的质点向上振动，则该波传到b点时，b点的初始振动方向也为向上；(2)简谐横波沿x轴的正方向传播，图示时刻a质点正向下运动，经过14T第一次到达最低点，即有14T＝0.1s，得T＝0.4s；由图知λv＝λT＝4(3)当图示时刻a质点的状态传到b点处时，质点b恰好第一次沿y轴负方向通过平衡位置，则所用时间为：t＝xv＝8-2即t＝0.6s时，位于x＝8m处的质点b恰好第一次沿y轴负方向通过平衡位置．答案：(1)向上(2)10m/s(3)0.6s14．解析：(1)若波沿x轴正向传播，则有：v1＝ΔxΔt若波沿x轴负向传播，则有：v2＝ΔxΔt(2)由图像可知：波长λ＝8m在Δt＝0.1s内波传播的距离：Δx＝vΔt＝700×0.1m＝70m则：Δx＝708λ＝8λ＋3所以波沿x轴负向传播．答案：(1)若波沿x轴正向传播v1＝100m/s;若波沿x轴负向传播v2＝140m/s(2)波沿x轴负向传播课时素养评价14波的图像1．解析：由波的图像的物理意义可知A正确；采用质点带动法，可由波的图像和质点振动方向判断出波的传播方向，B正确；由振动图像可读出振幅和周期，由波的图像不能读出周期，C错误；根据波的图像的周期性可知，相隔时间为周期整数倍的两个时刻波形相同，D正确．答案：ABD2．解析：在图乙的振动图像中，t＝0时刻质点在平衡位置并向y轴的正方向运动，而图甲的波形图却表明在t＝0时刻，质点b、d在平衡位置，而a、c不在平衡位置，A、C错误．若波沿x轴正方向传播，质点b应向上运动(逆着波的传播方向，在它附近找一相邻点，此点正好在它的上方，质点b应跟随它向上运动)，B正确．若波沿x轴正方向传播，同理可以确定质点d应向下运动，D错误．答案：B3．解析：质点起振方向向上，则波源停止振动后产生的波形会继续向前传播，传播的距离为Δx＝v·Δt＝0.3m，A、C、D错误，B正确．答案：B4．解析：质点在平衡位置处的振动速度是最大的，所以在t＝0时a的速度小于b的速度，A错误；质点偏离平衡位置越远加速度越大，所以t＝0时a的加速度大于b的加速度，B正确；根据波的图像“同侧法”可以判断在t＝0时，b在平衡位置且向下振动，a处于正向最大位移处，C错误，D正确．答案：BD5．解析：因t<T，故若波向右传播，则波传播的距离x1＝0.02m，则波速v1＝x1t＝0.020.02m/s＝1m/s；若波向左传播，则波传播的距离x2＝0.06m，则波速v2＝x答案：B6．解析：根据波形图可知，波长λ＝16cm＝0.16m，B错误；根据t＝0时刻和t＝0.20s时刻的波形图和该波的周期T>0.20s可知，该波的周期T＝0.40s，波速v＝λT＝0.40m/s，A正确；简谐波沿x轴正方向传播，x＝0.08m的质点在t＝0时刻沿y轴正方向振动，在t＝0.70s时位于波谷，C正确；若此波传入另一介质中，周期T不变，其波速变为v′＝0.80m/s，由λ′＝v′T可得它在该介质中的波长为λ′＝0.80×答案：ACD7．解析：解决该题有许多方法，现用“上下坡”法判断，若波向右传播，则A质点处于下坡，应向上振动，由此可知波向左传播．同理可判断C向上振动，B向上振动，A、C正确．答案：AC8．解析：由振动图像可看出：T＝0.2s，A、B间隔距离为半波长的奇数倍，Δx＝(2n＋1)λ2＝1.8m(n＝0，1，2…)，所以λ＝3.62n+1m(n＝0，1，2…)，由v＝λT得v＝182n+1答案：ACD9．解析：由题图可看出，t＝0.15s时坐标原点处的质点位移为正，且此时刻该质点正向y轴负方向振动，由此可断定只有A项正确．答案：A10．解析：由波形图及M点的振动方向可知，此波向左传播，且Δt＝nT＋34T(n＝0，1，2，…答案：D11．解析：从波的图像可以看出该波的波长为λ＝4m，A正确；由题意可知该波的周期为T＝0.4s，则该波传播的速度为v＝λT＝40.4m/s＝10m/s，B正确；波峰传到Q所用的时间为t＝xv＝9-2答案：ABD12．解析：由题图看出，P、Q两点所对应的平衡位置间的距离等于半个波长，因简谐横波传播过程中，在一个周期内传播一个波长，则P点的振动形式传到Q点需要半个周期T2，P、Q两点的振动情况总是相反，所以在振动过程中，它们的位移大小总是相等，A、B正确；由于P、Q两点的振动步调总是相反，所以在相等时间内，P、Q两点通过的路程相等，C正确；图示时刻，Q点向下运动，速度减小，所以从图示位置运动到波谷的时间大于T8，再从波谷运动到平衡位置的时间为T4，所以经过38答案：D13．解析：(1)由图知，该波的波长λ＝24cm由于该波的周期T大于0.5s，则波在0.5s内传播的距离小于一个波长．如果波是向左传播，由图像得到波传播的距离为Δx＝14λ故波速为v＝ΔxΔt由v＝λT得波的周期T＝λv＝(2)如果波是向右传播，由图像得到波传播的距离为Δx′＝34λ故波速为v′＝Δx'Δ由v＝λT得波的周期T′＝λv'答案：(1)0.12m/s2s(2)0.36m/s0.67s14．解析：(1)由图可知，这列波的波长λ＝40m，则0.6s＝(n+34)T(n＝0，1，2，…故周期为T＝2.44n+3s(n波速为v＝λT＝402.4(4n＋3)m/s＝503(4n＋3)m/s(n(2)若质点振动的周期T>0.6s，根据(1)中周期计算可知，只能取n＝0，故波的周期和波速为T＝0.8s，v＝50m/s由图像可知A＝10cmω＝2πT＝5π波由P传播到c所用的时间为tPc＝xPcv＝则从波传到P质点开始计时，c质点的振动方程为y=10sin答案：(1)503(4n＋3)m/s(n＝0，1，2，…(2)y=10课时素养评价15波的反射与折射1．解析：先看到闪电，后听到雷声是由于光比声音传播速度快，不是声音的反射，故A符合题意；北京天坛的回音壁的回音现象属于声音的反射，故B不符合题意