滚动卷3 能量和动量 振动和波-【高考领航】2025年高考物理总复习四测通关卷

滚动卷3　能量和动量　振动和波 (满分：100分) 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求) 1.质点A做简谐运动的位移—时间关系式为xA＝4sin(50t－0.5π)m，质点B做简谐运动的位移—时间关系式为xB＝4sin(50t＋0.3π)m，下列说法正确的是(　　) A.A的相位比B的相位总滞后0.2π B.A、B的振动频率均为 Hz C.t＝0时，A的加速度沿负方向最大 D.t＝ s时，B的加速度最小 2.某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演练中，该飞机在水面上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到v0时离开水面，该过程汲取的水的质量为m。离开水面后，飞机上升高度为h时以大小为v的速度保持水平匀速飞行，待接近目标时开始空中投水。以水面为参考平面，不计空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　) A.飞机(含水)在水面上滑行的过程中受到的合力不变 B.整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量为mv2＋mgh C.飞机上升高度为h时，飞机汲取的水所受重力的功率为mgv D.投出的水相对飞机做自由落体运动 3.彩带舞深受广大人民的喜爱，在公园、广场随处可见。彩带舞爱好者，某次抖动彩带形成一列彩带波(可看成横波)，波形图如图所示，图甲为t＝0.2 s时的彩带波形图，图乙为x＝2 m处质点的振动图像。下列说法中正确的是(　　) 甲 乙 A.该彩带波沿x轴正方向传播 B.从t＝0.2 s开始，再过 s，x＝2 m处质点的位移为－2 cm C.彩带波的波速为1 m/s D.t＝0时，x＝2 m处质点沿y轴负方向振动 4.如图所示，垫球是排球运动中通过手臂的迎击动作，使来球从垫击面上反弹出去的一项击球技术。若排球某次从垫击面上反弹出去竖直向上运动，之后又落回到原位置，设整个运动过程中排球所受空气阻力大小不变，则下列说法正确的是(　　) A.球从击出到落回的时间内，重力的冲量为零 B.球从击出到最高点的时间小于从最高点到落回击出点的时间 C.球上升阶段动量的变化量等于下降阶段动量的变化量 D.球上升阶段动量的变化率小于下降阶段动量的变化率 5.不在同一直线上的动量问题同样可以用正交分解法处理。某同学自制了一款飞机模型，该飞机模型飞行过程中可通过喷气在极短时间内实现垂直转弯。若该飞机模型的质量为M(含气体)，以大小为v的速度匀速飞行时，在极短时间内喷出质量为m的气体后垂直转弯，且转弯后的速度大小不变，则该飞机模型喷出的气体的速度大小为(　　) A.v　　　　　　　 B.v C.v D.v 6.如图所示，一倾斜传送带与水平面的夹角为θ，传送带以速度v0逆时针匀速转动。一质量为m的物块以初速度v1(v1<v0)从传送带底端滑上传送带，传送带足够长，物块与传送带之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A.物块上滑时的加速度大于物块下滑时的加速度 B.物块从滑上传送带到回到底端的时间为 C.物块从滑上传送带到回到底端，传送带对物块做的功为零 D.物块从滑上传送带到回到底端，物块与传送带之间因摩擦产生的热量为 7.如图甲所示，一物块以一定的初速度冲上倾角为30°的固定斜面，物块在斜面上运动的过程中，其动能 Ek 与运动路程x的关系如图乙所示。已知物块所受的摩擦力大小恒定，取重力加速度 g＝10 m/s2。下列说法不正确的是(　　) 　　 甲　　　　　　　　　　　乙　　 A.物块质量为 0.7 kg B.物块所受摩擦力大小为 0.5 N C.0～20 m过程中，物块克服摩擦力做功为40 J D.0～10 m过程中与10 m～20 m过程中物块所受合力大小之比为 4∶3 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 8.两列振幅和传播速度大小相同的简谐横波某时刻在如图所示的区域相遇，实线波沿x轴正向传播，虚线波沿x轴负向传播。已知实线波频率为1 Hz，则(　　) A.实线波的传播速度大小为4×10－2 m/s B.虚线波的频率为1 Hz C.此时刻两列波在x＝6 cm处的质点振动方向均沿y轴负方向 D.两列波在图示时刻区域不会发生稳定的干涉现象 9.光滑水平面上停放着质量为m、装有光滑圆形槽的小车，一质量也为m的小球以水平速度v0沿槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又返回右端，图甲小车放置在无阻碍的光滑水平面上，图乙小车靠墙停放，已知重力加速度为g，则(　　) 　　 甲　　　　　　　　　乙 A.图甲中小球返回右端将向右做平抛运动 B.图乙中小球返回右端将向右做平抛运动 C.图甲中小球在弧形槽内上升的最大高度为 D.图甲中全过程小球对小车压力的冲量为mv0 10.水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为3.0 kg的静止物块以大小为6.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为6.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过11次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于 6.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为(　　) A.58 kg B.61 kg C.64 kg D.67 kg 三、非选择题(本题共5小题，共54分) 11.(7分)某同学用如图甲所示的实验装置验证动量守恒定律，小车a的质量为m、小车b的质量为M。 甲 乙 (1)平衡摩擦力。取下小车b，小车a连接穿过打点计时器的纸带，小车a靠近打点计时器，接通打点计时器电源，轻推小车，观察打点计时器打出的纸带上点的间距，如果纸带上打出点的间隔越来越大，应将垫木适当向　　　　(填“左”或“右”)移一些，直到纸带上打出的点间隔均匀。 (2)将小车a靠近打点计时器，小车b放在长木板上离小车a适当远的距离处，轻推小车a，小车a沿长木板向下运动，与小车b碰撞后粘在一起，打出的纸带如图乙所示。若打点计时器所接交流电的频率为f，纸带上每5个计时点取一个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点间的距离分别为x1、x2、x3、x4，则碰撞前小车a的速度v1＝　　　　，碰撞后小车a的速度v2＝　　　　。(均用已知和测量的物理量符号表示) (3)在误差允许的范围内，当表达式　　　　　　　　　(用m、M、x2、x4表示)成立时，a、b两车碰撞过程中动量守恒得到验证。 12.(9分)某同学利用图示装置来研究机械能守恒问题， 设计了如下实验。A、B是质量均为m的小物块，C是质量为M的重物，A、B间由轻弹簧相连，A、C间由轻绳相连。 在物块B下放置一压力传感器，重物C下放置一速度传感器，压力传感器与速度传感器相连。 整个实验中弹簧均处于弹性限度内，重力加速度为g。实验操作如下： a.开始时，系统在一外力作用下保持静止，细绳拉直但张力为零。现释放C，使其向下运动，当压力传感器示数为零时，速度传感器测出C的速度为v。 b.在实验中保持A、B质量不变，改变C的质量M，多次重复步骤a。 回答下列问题： (1)该实验中，M和m大小关系必须满足M　　　　　(选填“小于”“等于”或“大于”)m。 (2)为便于研究速度v与质量M的关系，每次测C的速度时，C已下降的高度应　　　　(选填“相同”或“不同”)。 (3)根据所测数据，为更直观地验证机械能守恒定律，应作出　　　　　(选填“v2­M”“v2­”或“v2­”)图线。 (4)根据(3)问的图线，若图线在纵轴上截距为b，则弹簧的劲度系数为　　　　。(用题给的已知量表示) 13.(10分)甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中沿x轴相向传播，波速v＝1 m/s，某时刻的波形如图所示。 (1)x＝8 m处的质点开始振动时刻作为计时起点，请写出其振动方程； (2)x＝8 m处的质点从图示时刻开始经过4 s的过程中通过的路程s。 14.(13分)小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ＝37°的斜轨道BC平滑连接而成。质量m＝0.1 kg的小滑块从弧形轨道离地高H＝1.0 m的M处静止释放。已知R＝0.2 m，LAB＝LBC＝1.0 m，滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝0.25，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。 (1)选择水平地面为零势能面，滑块在M处时的机械能为多少； (2)滑块运动到D点时对轨道的压力； (3)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点。 15.(15分)如图所示，半径R＝1.0 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，另一端点C为轨道的最低点。C点右侧的水平地面上紧挨C点放置一木板，木板质量M＝1 kg，上表面与C点等高。质量m＝1 kg的物块(可视为质点)从空中A点以v0＝1.2 m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道。已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，不计木板与地面间的摩擦，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。试求： (1)物块运动到B点时的速度大小； (2)物块经过轨道上的C点时对轨道的压力大小； (3)木板至少多长才能使物块不从木板上滑下。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 滚动卷3　能量和动量　振动和波 1.D　A、B的振动频率相同，相位差恒定且为－0.8π，故A的相位比B的相位总滞后0.8π，故A错误；A、B的振动频率均为 Hz＝ Hz，故B错误；t＝0时刻，A的位移为负向最大，故加速度为正向最大，故C错误；t＝ s时，B的位移为0，处在平衡位置，故B的加速度最小，故D正确。 2.D　飞机(含水)在水面上滑行的过程中，加速度不变，由于飞机汲水，总质量逐渐增大，故受到的合力逐渐增大，故A错误；整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量为ΔE＝E末－E初＝mv2＋mgh－mv02，故B错误；飞机上升高度为h时，飞机竖直方向的速度为零，飞机汲取的水所受重力的功率为P＝Gvy＝0，故C错误；飞机投出的水的水平速度与飞机运行的速度相等，竖直方向的速度都为零，且投出的水只受重力作用，故投出的水相对飞机做自由落体运动，故D正确。 3.B　根据振动图像与0.2 s时的波形图可知，这列彩带波沿x轴负方向传播，故A错误；这列波的周期为T＝0.4 s，波长λ＝4 m，所以波速为v＝＝10 m/s，由题图乙可知y＝4sint(m)＝4sin 5πt(m)，再过 s，即t＝0.2 s＋ s，x＝2 m处质点此时位移为y＝－2 cm，故B正确，C错误；因为t＝0.2 s时，x＝2 m处质点沿y轴负方向振动，往前推半个周期，所以t＝0时，x＝2 m处质点沿y轴正方向振动，故D错误。 4.B　重力的冲量为IG＝mgt，故球从击出到落回的时间内，重力的冲量不为零，故A错误；上升、下降过程分别由牛顿第二定律可得mg＋f＝ma1，mg－f＝ma2，可知a1>a2，竖直上升过程可反向看成初速度为零的匀加速直线运动，由h＝at2可知，上升时间小于下降时间，故B正确；由v＝ 可知球上升的初速度大于下降的末速度，故球上升阶段动量的变化量大于下降阶段动量的变化量，故C错误；由＝F合＝ma可知球上升阶段动量的变化率大于下降阶段动量的变化率，故D错误。 5.C　根据题意，设喷出的气体沿飞机模型初速度方向的速度分量大小为vx，沿飞机模型末速度方向的速度分量大小为vy，在这两个方向上，根据动量守恒定律分别有Mv＝mvx，0＝(M－m)v－mvy，该飞机模型喷出的气体的速度大小v′＝，解得v′＝v，故选C。 6.C　物块上滑时摩擦力方向沿斜面向下，当物块减速到零然后反向下滑时，由于传送带速度大于滑块速度，因此物块受到的摩擦力方向仍沿斜面向下，此时滑块受力情况与上滑时相同，故加速度相同，故A错误；由A中分析可知，物块先向上做匀减速直线运动，速度为零后再以相同的加速度大小反向做匀加速直线运动，两个过程的加速度大小均为a＝gsin θ＋μgcos θ，根据对称性可得物块从滑上传送带到回到底端的总时间为t总＝2t＝2×＝，故B错误；由B中分析可知，当物块下滑到传送带底端时，滑块的速度大小仍为v1，故物块从滑上传送带到回到底端整个过程根据动能定理可得WG＋Wf＝0，而WG＝0，故Wf＝0，即传送带对物块做的功为零，故C正确；物块上滑过程传送带与物块的相对位移为Δx1＝v0t＋，物块下滑过程传送带与物块的相对位移为Δx2＝v0t－，故整个过程传送带与物块的相对位移为Δx＝Δx1＋Δx2＝2v0t＝，故整个过程物块与传送带之间因摩擦产生的热量为Q＝μmgcos θ·Δx＝，故D错误。 7.C　物块沿斜面上滑过程中，由动能定理得－mgx1sin 30°－Ffx1＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－(mgsin 30°＋Ff)x1，结合图像得斜率的绝对值为|k1|＝mgsin 30°＋Ff＝4 N，物块沿斜面下滑过程，由动能定理得(mgsin 30°－Ff)(x－x1)＝Ek，解得Ek＝(mgsin 30°－Ff)x－(mgsin 30°－Ff)x1，结合图像得斜率k2＝mgsin 30°－Ff＝3 N，代入数据解得m＝0.7 kg，Ff＝0.5 N，故AB正确；0～20 m过程中，物块克服摩擦力做功为动能的减少量，即为10 J，故C错误；0～10 m过程中物块所受合力大小为F1＝mgsin 30°＋Ff＝4 N，10 m～20 m过程中物块所受合力大小为F2＝mgsin 30°－Ff＝3 N，合力之比为4∶3，故D正确。 8.AD　由题图可知，实线波的波长为4 cm，则实线波的传播速度大小为v＝＝λf＝4×10－2 m/s，故A正确；由题图可知，虚线波的波长为6 cm，则虚线波的频率为f′＝＝＝＝ Hz，故B错误；根据两列波的传播方向结合波形平移法可知，此时刻两列波在x＝6 cm处的质点振动方向均沿y轴正方向，故C错误；由于两列波的频率不相同，则两列波在图示时刻区域不会发生稳定的干涉现象，故D正确。 9.BC　题图甲中，小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中系统在水平方向上动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2，系统由机械能守恒定律得mv02＝mv12＋mv22，联立解得v1＝0，v2＝v0，所以，题图甲中小球返回右端将做自由落体运动，A错误；题图乙中小车静止不动，因此小球返回右端将向右做平抛运动，B正确；设题图甲中小球在弧形槽内上升的最大高度为h，由系统水平方向动量守恒mv0＝2mv，由能量守恒定律得mv02＝×2mv2＋mgh，解得h＝，C正确；由以上选项可知，小球返回右端将做自由落体运动，小车将向左做匀速直线运动，速度为v0，对小车水平方向，由动量定理可得Ix＝Δp＝mv0，由于小球对小车一直有竖直向下的压力分量，故全过程小球对小车压力的冲量不等于mv0，D错误。 10.AB　设运动员的质量为M，物块的质量为m，取运动员运动的方向为正方向，设第一次推出后运动员的速度大小为v1，物块的速度大小为v，则根据动量守恒定律有0＝Mv1－mv，第二次推出后运动员的速度大小为v2，则有Mv1＋mv＝Mv2－mv，第三次推出后运动员的速度大小为v3，则有Mv2＋mv＝Mv3－mv，依次类推，可得第n次将物块推出的过程中有Mvn－1＋mv＝Mvn－mv，以上各式相加可得Mvn＝(2n－1)mv，当n＝10时，v10<v，解得M >57 kg；当n＝11时，v11>v，解得M<63 kg。故选AB。 11.解析：(1)如果纸带上打出点的间隔越来越大，说明小车a做加速运动，应将垫木适当向右移一些。 (2)碰撞前应取BC段计算速度，即v1＝＝＝，碰撞后应取DE段计算速度v2＝＝＝。 (3)在误差允许的范围内，a、b两车碰撞过程中根据动量守恒有mv1＝(m＋M)v2，可得mv1Δt＝(m＋M)v2Δt，即mx2＝(m＋M)x4成立，a、b两车碰撞过程中动量守恒得到验证。 答案：(1)右　(2)　　(3)mx2＝(m＋M)x4 12.解析：(1)要使压力传感器的示数为零，弹簧需从压缩状态变成伸长状态，因此重物C要能拉动物块A，所以M要大于m。 (2)开始弹簧处于压缩状态，有F1＝kΔx1＝mg，压力传感器为零时，弹簧的拉力为F2＝kΔx2＝mg，此时弹簧从压缩到伸长的变化量为Δx＝Δx1＋Δx2＝，则不论重物C质量是多少，要使压力传感器示数为零，A物块上升，此时重物C下降，得重物C下降的高度相同。 (3) 取AC及弹簧为一个系统，弹簧压缩和伸长前后形变量相同，则根据机械能守恒定律有 (M－m)g×＝(M＋m)v2 整理得v2＝－·＋ 所以为得到线性关系图线，应作出v2­图线。 (4)根据上面表达式可得＝b，解得k＝。 答案：(1)大于　(2)相同　(3)v2­　(4) 13.解析：(1)由题图可知两列波的波长均为λ＝4 m，则波的周期均为 T＝＝4 s 两列波同时传到x＝8 m处时，引起的振动均沿y轴正向，且振动加强，其振幅为 A＝A甲＋A乙＝15 cm 由振动方程x＝Asint 得x＝8 m处的质点振动方程为 x＝15sin(t)cm。 (2)甲、乙两波从图示时刻传到x＝8 m处，均经过时间为 Δt＝＝2 s 即前4 s内，x＝8 m处的质点仅运动最后2 s，由于2 s＝ 故该质点在这段时间内所经过的路程 为s＝2A＝30 cm。 答案：(1)x＝15sin(t)cm　(2)30 cm 14.解析：(1)滑块在M点的机械能为E＝mgH＝1 J。 (2)滑块由M运动到D的过程，根据动能定理有 mg(H－2R)＝mvD2－0 解得vD＝2 m/s 滑块在D点，根据牛顿第二定律可得 mg＋FN＝m 解得FN＝5 N 根据牛顿第三定律可知，滑块运动到D点时对轨道的压力大小为5 N，方向竖直向上。 (3)滑块由M点运动到BC轨道的最高点，根据动能定理有 mg(H－Lsin 37°)－μmg(LAB＋Lcos 37°)＝0 解得L＝ m<1 m 所以不能冲出C点。 答案：(1)1 J　(2)5 N，方向竖直向上　(3)不能冲出C点 15.解析：(1)根据物块经过B点的速度和竖直方向的夹角为θ，可知 vB＝＝ m/s＝2 m/s。 (2)从B到C应用动能定理有 mg(R＋Rsin θ)＝mvC2－mvB2 代入数据得vC＝6 m/s 在C点，由牛顿第二定律有 FN－mg＝m 代入数据得FN＝46 N 由牛顿第三定律可知FN′＝FN＝46 N 即物块对轨道的压力为46 N。 (3)根据题意可知，物块在木板上滑动时，二者动量守恒，则有 mvC＝(m＋M)v共 设木板最小长度为L，根据系统能量守恒，有 μmgL＝mvC2－(m＋M)v共2 代入数据得L＝4.5 m。 答案：(1)2 m/s　(2)46 N　(3)4.5 m 学科网（北京）股份有限公司 $$