第二章 机械振动 本章评估-2021-2022学年新教材高中物理选择性必修第一册【同步学习方案】人教版

(m０＋M)v＝(m０＋M＋m)v′,又木块(含子弹)在向上摆动 过程中,机械能守恒,有 (m０＋M)gh＝ １ ２ (m０＋M)v２－ １ ２ (m０＋M＋m)v′２,联立 解得h＝０．０１m． 本章评估 １．C　２．D　３．A ４．B　解析:由动量守恒定律得 mava ＝mava′＋mbvb′,得 va－va′ vb′ ＝ mb ma ,由题图知va＞vb′,va′＜０,则 va－va′ vb′ ＞１ ,即mb＞ ma,选项B正确． ５．A　６．D　７．A　８．B　９．A　１０．C １１．B　解析:物体的加速度a＝gsinα,物体的位移x＝ h sinα ＝ １ ２at ２,解得t＝ ２h gsin２α ,故 A 错误;到达底面的速度:v＝ ２gh,动量大小为 m ２gh,故 B正确;重力的冲量I＝mgt＝ m ２h gsin２α ,故C错误;物块滑到底端时的速度v＝ ２gh,则重 力的瞬时功率P＝mgvsinα＝mg ２ghsinα,故 D错误． １２．解析:容易知道 M 处的点迹为碰后A 的点迹,P 处的点 迹为碰前A 的点迹,N 处的点迹为碰后B 的点迹． (１)用最小的圆的圆心确定落点的平均位置,则 M,P,N 距 O 点的距离即为碰后各个球的水平射程,xOM ＝１４．４５cm;xOP ＝ ２９．９０cm;xON ＝４４．４０cm;所以碰后A 球的水平射程应为xOM ＝ １４．４５cm． (２)本实验的前提条件是两个球是对心碰撞,即要求碰撞前 后的速度在两个球的球心连线方向上,由此可知,选项C正确． (３)碰撞前后的总动量比值为 p前 p后 ＝ m１xOP m１xOM ＋m２xON ≈１．０２ , 考虑误差因素可取１．０１~１．０２． 答案:(１)１４．４５(１４．４３~１４．５０均正确)　(２)C　(３)１．０２(或 １．０１) １３．解析:(１)由图知,C 与A 碰前速度为v１＝９m/s,碰后速度 为v２＝３m/s,C 与A 碰撞过程动量守恒．mcv１＝(mA ＋mC)v２,即 mC＝２kg, (２)１２s时B 离开墙壁,之后A,B,C 及弹簧组成的系统动 量和机械能守恒,且当A,C 与B 的速度相等时,弹簧弹性势能最 大(mA ＋mC)v３＝(mA ＋mB ＋mC)v４, １ ２ (mA ＋mC)v２３＝ １ ２ (mA ＋mB ＋mC)v２４＋Ep,得Ep＝９J． １４．解析:设木块与地面间的动摩擦因数为μ,炸药爆炸释放 的化学能为E０． (１)从O 滑到P,对A,B,由动能定理得－μ􀅰２mgs＝ １ ２ 􀅰 ２m v０ ２( ) ２ － １ ２ 􀅰２mv２０,解得μ＝ ３v２０ ８gs ． (２)在P 点爆炸,根据A,B 所组成的系统动量守恒有 ２m v０ ２＝mv① ,根据能量守恒有E０＋ １ ２ ×２m v２０ ４ ＝ １ ２mv ２ ②,联立①②式解得E０＝ １ ４mv ２ ０． １５．解析:木块m 和物体P 组成的系统在相互作用过程中遵 守动量守恒、能量守恒． (１)以木块开始运动至在斜面上上升到最大高度为研究过程, 当木块上升到最高点时两者具有相同的速度,根据动量守恒,有 mv０＝(２m＋m)v①,根据能量守恒,有 １ ２mv ２ ０＝ １ ２ (２m＋m)v２＋ FfL＋mgh②,联立①②解得Ff＝ mv２０ ３L － mgh L ＝ mv２０－３mgh ３L ③． (２)以木块开始运动至与物体P 相对静止为研究过程,木块 与物体P 相对静止,两者具有相同的速度,根据动量守恒,有mv０ ＝(２m＋m)v④,根据能量守恒,有 １ ２mv ２ ０ ＝ １ ２ (２m＋m)v２＋ Ff(L＋L－s)⑤,联立③④⑤解得s＝ v２０L－６ghL v２０－３gh ． １６．解析:(１)以A 为研究对象,由牛顿第二定律得F＝mAa ①,代入数据解得a＝２．５m/s２．② (２)对A,B 碰撞后共同运动t＝０．６s的过程,由动量定理得 Ft＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)v③,代入数据解得v＝１m/s．④, (３)设A、B 发生碰撞前,A 的速度为vA ,对A,B 发生碰撞 的过程,由动量守恒定律有mAvA ＝(mA ＋mB )v⑤,从开始运动 到与B 发生碰撞前,由动能定理得:Fl＝ １ ２mAv ２ A ⑥, 联立④⑤⑥式,代入数据解得:l＝０．４５m． 第二章　机械振动 第１节　简谐运动 知识梳理 一、１．静止　２．平衡位置　往复　振动 三、１．时间　２．向右　向左　向左　向右　减小　增大　 减小　增大 四、１．正弦　正弦　最简单　简谐　２．(１)正弦　位移　 时间 典例精解 【典例１】　B　解析:水位由O 点到N 点,说明鱼漂向上运动, 位移方向向上,达到最大,A错误;O 点是平衡位置,