第1章 动量守恒定律（拔高练）-【学霸黑白题】2024-2025学年新教材高中物理选择性必修第一册(人教版2019)

进阶 突破 第一章动量守恒定律 第1节动量 1.两辆汽车的质量分别为m,和m2,沿水平方向做匀速直线运动并且具有相等的动能，则两辆 汽车动量大小之比是 m A. B. D m m 2.如图所示，小球A从光滑固定斜面顶端由静止释放，小球B从与A等高的位置静止释放，A、B 均可视为质点，且质量相等.则下列判断中正确的是 () A.两球落地时的动量相同 Bo RA B.从释放到落地，两球动量的变化量相同 C.落地瞬间，重力的瞬时功率相同 A6604606008646 D.从释放到落地，小球A动量变化率小 3.(2024·安徽六安一中月考)关于做自由落体运动的物体，下列说法正确的是 △E A.重力势能E,随位移x变化的快慢、随时间均匀减小 △x B.动量p随时间1变化的快慢P不随时间变化 △t E C.动能E随时间t变化的快慢 不随时间变化 △t D.机械能E随位移x变化的快慢A随时间均匀减小 △x 4.(2023·江苏大联考)一小物块以一定的初速度沿粗糙斜面的底端向上滑动，然后滑回到原 处.取出发点为坐标原点、沿斜面向上为正方向.滑块的动量P、动能E随位移x变化关系图 像中，能描述该过程的是 () B 第2节动量定理 1.(2023·广东四校联考)气垫鞋通过气垫的缓冲减小地面对脚的冲 击力，如图所示.某同学的体重为G,穿着平底布鞋时双脚竖直着地 内置气垫 过程中与地面的作用时间为t。,受到地面的平均冲击力大小为4G 若脚着地前的速度保持不变，该同学穿上某型号的气垫鞋时，双脚竖直着地过程中与地面的 作用时间变为2.5。，则该同学受到地面的平均冲击力大小变为 ( A.2.2G B.2.0G C.1.8G D.1.6G 进阶突破·拔高练四 2.(2024·湖北模拟)如图所示，在光滑的水平面内建立x0Oy坐标系，质量为m的小球以某一速 度从O点出发后，受到一平行于y轴方向的恒力作用，恰好通过A点，已知小球通过A点的速 度大小为。，方向沿x轴正方向，且OA连线与Ox轴的夹角为30°，则 A.恒力的方向一定沿y轴正方向 B.恒力在这一过程中所做的功为了m吗 3309 C.恒力在这一过程中的冲量大小为2 3 mo D.小球从O点出发时的动能为m 3.在天宫课堂第二课上，航天员叶光富给我们展示了一个科学实验重器“高 微重力科学实验柜”.当柜体受到一个干扰偏离原位置时，柜体通过喷气又 慢慢回到了原位置.将该过程简化为如图所示的模型，物块静止在光滑水平 面上的O点，左右有两个喷气装置A和B,当给物块一个向左的初速度时，喷气装置A立即向 左喷气，经过一段时间，装置A关闭，同时装置B向右喷气，直到物块回到出发点0且速度为 零，假设喷气装置A、B喷气过程中对物块的作用力大小相等且不变，喷气对物块质量的影响忽 略不计，则该过程中A、B喷气装置喷气的时间之比的大小等于 () A.1 B.√② C.2 D.2+1 第3节动量守恒定律 第1课时》动量守恒定律 1.(2024·黑龙江哈师大附中期中)（多选）如图所示，木块B与水平面间的摩擦不计，子弹A沿 水平方向射人木块并在极短时间内相对于木块静止下来，然后木块压缩弹簧至弹簧最短，将 子弹射入木块到刚好相对于木块静止的过程称为【，此后木块压缩弹簧的过程称为Ⅱ，则 A.过程I中，子弹和木块所组成的系统机械能不守恒，动量守恒 B.过程I中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能不守恒，动量也不 守恒 C.过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量也守恒 D.过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量不守恒 2.(2023·江西吉安期末)两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上，现在，其 中一人向另一人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回如此反复几次后，甲和乙最后速率"甲、 "乙的关系是 A.若甲最先抛球，则一定是>"z B.若乙最先抛球，则一定是v甲>心之 C.无论甲、乙谁先抛球，只要乙最后接球，就应是"甲>"乙 D.无论怎样抛球和接球，都是甲>vz O2黑白题物理|选择性必修第一册·RJ 3.(2024·湖北黄冈月考)如图所示，将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定 在水平面上的物块.今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始下落，与圆弧槽相切自A 点进入槽内，并从C点飞出，则以下结论中正确的是 A.小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功 Q B.小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒 C.小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平 方向动量守恒 D.小球离开C点以后，将做竖直上抛运动 第2课时》动量守恒定律的应用 1.(2024·湖南邵阳月考)如图所示，静止在光滑水平面上的小车质量为M,固 定在小车上的杆用长为1的轻绳与质量为m的小球相连，将小球向右拉至水 平位置后放手，则小车向右移动的最大距离为 ( ）99 A.、ml B.、M 2ml C. D. 2MI M+m M+m M+m M+m 2.(2024·西藏林芝期末)如图所示，质量为1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙 面固定一劲度系数为30N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态.质量为2kg的小物块以o= 3m/s的速度水平向右滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触.木板足够长，物块与 木板间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力.弹簧始终处在弹性限度内，取重 力加速度g=10m/s2.下列说法正确的是 A.木板接触弹簧前，物块与木板组成的系统机械能守恒 B.木板刚接触弹簧时的速度大小为1m/s 777777177 C.木板运动前右端距弹簧左端的距离为0.25m D.木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量为0.2m 3.(2024·贵州兴义五中月考)如图所示，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是 半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是光滑水平轨道，AB和BC两段轨道相切于B点， 小车右端固定一个连接轻弹簧的挡板，开始时弹簧处于自由状态，自由端在C点，C点到挡板 之间轨道光滑。一质量为m=，、可视为质点的滑块从圆弧轨道的最高点由静止滑下，而后滑 入水平轨道，重力加速度为g.下列说法正确的是 A.滑块到达B点时的速度大小为√2gR 3gR B Cw B.滑块到达B点时小车的速度大小为 2 C.弹簧获得的最大弹性势能为MgR D.沿块从A点运动到B点的过程中，小车运动的位移大小为R 进阶突破·拔高练03 第4节实验：验证动量守恒定律 1.(2024·河北雄县期末)某实验小组利用如图1所示的装置进行实验来验证动量守恒定律.实 验时，调节气垫导轨水平，用两小球将一轻弹簧压缩（小球和轻弹簧不连接）放在桌面的气垫 导轨上，并在两小球之间用一轻绳拴接，某时刻烧断轻绳，轻弹簧将两小球弹开，轻弹簧的原 长比气垫导轨的长度短.请回答下列问题： 气垫导轨 甲 Mw(d 单位：cm 55 56 图1 图2 (1)为了完成实验，需要测量的物理量有 (多选). A.小球甲、乙的质量m1、m2 B.气垫导轨的上表面到水平面的高度h C.小球甲、乙的落地点到气垫导轨左、右边缘的水平距离x、x2 D.轻弹簧的压缩量△x E.重力加速度g (2)保持弹簧的压缩量不变，重复操作，小球乙多次的落地点如图2所示，则该刻度尺的读数 为 cm. (3)为了完成动量守恒定律的验证，关系式成立的是 [用第(1)问中所选的测量量表示]. (4)为了求解弹簧压缩时储存的弹性势能，除了第(1)问中测量的量外，还需要测量的物理量 有 [填第(1)问中的选项]，轻绳烧断瞬间，弹簧储存的弹性势能为E。= [用第(1)问、第(4)问中所选的测量量表示]： 第5节弹性碰撞和非弹性碰撞 1.(多选)如图所示，运动的球A(质量、初速度都确定)在光滑水平面上与一个原来静止的球B (质量可改变)发生弹性碰撞 () （B A.要使B球获得最大动能，则应让B球质量与A相等 B.要使B球获得最大速度，则应让B球质量远小于A球质量 C.要使B球获得最大动量，则应让B球质量远大于A球质量 D.若B球质量远小于A球质量，则B球将获得最大动能、最大速度及最大动量 04黑白题物理|选择性必修第一册·RJ 2.(多选)某同学做了一个趣味实验，如图所示，有两个弹性小球A、B重叠放置，质量 8 分别为m1、m2.两球球心在同一竖直线上.现让它们在距水平地面高h处由静止释 放，落地时认为小球B先与地面碰撞，再与小球A碰撞，小球A碰后能上升的最大 高度为H.所有的碰撞都是弹性碰撞，碰撞时间忽略不计，碰撞前后两小球都在竖 直方向运动，两小球均可视为质点，不计空气阻力.下列说法正确的是 177777 A.若m2=3m1,则H=4h B.若m2=3m1,则H=9h C.若m2≥m1,则近似有H=9h D.若m2≥m1,则近似有H=16h 3.(全国卷【)装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击。 通过对以下简化模型的计算可以粗略说明其原因.质量为2m、厚度为2d的钢板静止在水平 光滑桌面上.质量为m的子弹以某一速度垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿.现把钢板分成 厚度均为d、质量均为m的相同两块，间隔一段距离水平放置，如图所示.若子弹以相同的速 度垂直射向第一块钢板，穿出后再射向第二块钢板，求子弹射入第二块钢板的深度，设子弹在 钢板中受到的阻力为恒力，且两块钢板不会发生碰撞，不计重力影响。 2 进阶突破·拔高练05 第6节反冲现象火箭 1.(2023·湖南长沙雅礼中学月考)用质量分布均匀的长方形光滑玻璃板AB做成的跷跷板置 于O点上，左右两侧等高.被轻质细绳锁定的C、D小车之间放置一压缩轻质弹簧，已知轻质 弹簧与小车不拴接，将连有轻弹簧的C、D小车静置于跷跷板上，左右两侧仍等高.烧断细线， 则 () -.2 B 77777777777777777777 A.跷跷板向左侧倾斜 B.跷跷板向右侧倾斜 C.左右两侧仍等高 D.无法确定 2.(2023·湖南名校教研联盟模拟)如图所示，棱长为α、大小形状相同的立方体木块和铁块，质 量为m的木块在上、质量为M的铁块在下，正对用极短细绳连结悬浮在平静的池中某处，木 块上表面距离水面的竖直距离为.当细绳断裂后，木块与铁块均在竖直方向上运动，木块刚 浮出水面时，铁块恰好同时到达池底仅考虑浮力，不计其他阻力，则池深为 () M+m, A.Mh B.M+m (h+2a) C.M+m D.M+mh+2a m (h+2a) M 3.(2024·四川成都一模)如图所示，A、B、C静置于水平面上，B、C之间放有少量炸药，极短时 间内爆炸产生60J的能量中有90%转化为B、C两物体的动能.已知m,=2kg,mg=1kg,mc= 3kg;A与地面之间的动摩擦因数41=0.05，A与B之间的动摩擦因数4=0.5，A与C之间的 动摩擦因数uc=0.4.A板足够长，重力加速度g取10m/s2.求： (1)爆炸后瞬间A、B、C的加速度大小； (2)爆炸后瞬间B、C的速度大小； (3)爆炸后到A板向右运动到最远的过程中，A与地面之间因为摩擦而产生的热量. 炸药 A 77777777777777777777 06黑白题物理|选择性必修第一册·RJ进阶突破·拔高练 第一章动量守恒定律 7 发时的动能为E=2m(6+)=6mr,故D错误：B恒力 第1节动量 1.B2.D 在这一过程中所做的功为即=房-m(+) 3.B解析：A重力做功为W。三mgx,根据功能关系可得 2 4E,=-围。，整理得 △ =-mg,重力势能E随位移x变化的 m,故B错误：C恒力在这一过程中的冲量大小上 23 △5不随时间变化故A错误：B根据△p=m△=mg4, 快慢 m△p=mE, =3m,故C正确故选C 3.D解析：设A、B喷气过程中对物块的作用力大小为F,喷气 可得之=mg,动量n随时间1变化的快慢之不随时间变化， 的时间分别为1和与2，物块初速度为”，以初速度方向为正 △t 方向，设A停止喷气时物块速度大小为，根据动量定理 故B正确，C物体的动能为后=分=了g护，故动能( -,=m(-心1）-，F2=0-m(-,）,由运动学规律可得 (-花，）+样 0+(-1） 随时间：变化的快慢 随时间均匀增大，故C错误：D.做自 E 2 2 42,联立可解得，=(2+1)62，放选D. 第3节动量守恒定律 由落体运动的物体，只有重力做功，机械能守恒，则=0， 第1课时动量守恒定律 机械能E随位移x变化的快慢 1,AD解析：子弹射人木块到刚好相对于木块静止的过程I 二不随时间变化.故D错误 中，由于时间极短，弹簧没来得及发生形变，弹簧的弹力认为 故选B. 是零，子弹和木块组成的系统所受的合外力为零，所以系统 4.B解析：AB.小物块向上滑动时做匀减速直线运动。2- 动量守恒，但系统内克服阻力做功，产生内能，系统的机械能 61·p.可 店=-2如，x,小物块的动量p=m,解得=2a,2m2a, 不守恒，故A正确，B错误：在过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所 组成的系统受到培壁的作用力，系统所受的外力之和不为 知p一x图像为一条开口向x负半轴的抛物线.小物块向下滑 零，则系统动量不守恒，但系统内只有弹簧的弹力做功，且系 动时做匀加速直线运动，令向上匀减速至最高点的位移为 统所受外力不做功，故系统机械能守恒，故C错误，D正确。 故选AD. ,则有2=2a,(x。-x).解得x=02ma, ·p2,可知p-x图 2.C解析：甲、乙两人与球组成的系统动量守恒，故最终甲 像亦为一条开口向x负半轴的抛物线，A错误，B正确.CD.根 乙的动量大小必相等，谁最后接球，谁的质量中就包含了球 据动能定理F令x=△E,可知E,-x图像斜率的绝对值表示 的质量，即质量大，由动量守恒定律得m,,=m2,因此量终 合外力大小，由于小物块先向上做匀减速直线运动，减速至 谁接球谁的速率小，A、B,D与结论不相符，C与结论相符.故 0,即减速至动能为0，后向下做匀加速直线运动，则其合外 选C 力方向均向下，对小物块进行受力分析，向上运动受到的合 3.C解析：ABC.小球在半圆抽内由A向B运动时，由于档的 力大于向下运动受到的合力，即向上运动图像的斜率的绝对 左侧有一固定在水平面上的物块，槽不会向左运动，则小球 值大于向下运动图像斜率的绝对值，又由于存在摩擦阻力， 的机械能守恒，从A到B做圆周运动，小球和槽组成的系统 可知小物块加速至底清的动能小于小物块刚刚从斜面底端 在水平方向上所受合外力不为零，动量不守恒：小球从B到 向上运动时的动能，则E-x图像如图所示 C运动的过程中，槽向右运动，系统在水平方向上合外力为 ↑E 零，动量守恒，槽的支持力对其做功，小球的机械能不守恒。 故AB错误，C正确：D.小球离开C点时，既有竖直向上的分 速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动，故D错误故 选C. 第2课时动量守恒定律的应用 1,C解析：对于小球与小车组成的系统而言，机械能守恒，总 CD错误故选B. 动量不守恒，但由于系统所受的外力都在竖直方向上，而在 第2节动量定理 水平方向不受外力，所以系统在水平方向上动量守恒，以向 1,A解析：若脚着地前的速度保持不变，则着地时动量的变 左为正方向，由动量守恒定律得m,=:,等式两边同时乘： 化不变，则合外力的冲量不变，即(4G-G)。=(F-G)251。,解 得m=,1,即m,=M2,小球和小车水平方向移动的距 得F=2.2G故选A 2.C解析：A.小球受到恒力作用做匀变速曲线运动，利用逆向 。2m,故C正确 离之和最大为21，有+，=21，联立解得M+m 思维法，小球做类平抛运动，由此可判断恒力方向一定沿y 2.D解析：A木板接触弹簧前，物块与术板组成的系统由于 轴负方向，放A错误：D.由几何关系可得an30°=y= 有摩擦生热，则机械能不守恒，选项A错误：B.由于地面光 滑，则m1m,组成的系统动量守恒，则有m,o=(m,+m:) 代入数据有p,=2/s,选项B错误：C.对m,受力分析有 吐，所以小球经过坐标原点时，沿y轴方向的分速度 _m8=4m公，则木板运动前右端距弹簧左端的距离有 01 m 为=m=2 ,沿x轴方向的速度仍为，小球从0点出 t=2ax1,代人数据解得x,=0.5m,选项C错误：D.木板与 弹簧接触以后，对m,m,组成的系统有x=(m,+m2)“共，物 参考答案与解析黑白题43 块的最大加速度大小为2=4g=2ms2,当4共=2时物块与 弹回的速度最大，B球获得了A球初始动量的接近2倍，B 木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量，=0.2m, 球获得最大动量，故C正确：D.由上面三项分析知，D错误， 选项D正确.故选D. 故选ABC. 3.D解析：AB.从A滑到B的过程，滑块和小车组成的系统水 2.AC解析：下降过程为自由落体运动，由匀变速直线运动的 平方向动量守恒，则由动量守恒定律有m,-m,=0,根据能 速度位移公式得2=2gh,解得触地时两球速度相同，为 量守恒有mgR=】 3gR +量生泽”一人/之→红— √2gh,m1碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选m 与m2碰撞过程为研究过程，碰植前后动量守恒，设碰 13g.AB错误：C当弹簧压缩到最短时弹簧弹性势能最 后m1,m2速度大小分别为，选向上方向为正方向，由动 3W2 量守恒定律得m2-m,r=m,,+m22,由能量守恒定律得 大，此时滑块与小车共速，由动量守恒定律可知，共同速度 2（m,+m)x2= 2m, 3m2-m ，由题可 =0,根据能量守恒有E=mgR,C错误：D.滑块从A到B 2m,,解得= m,十m2 过程，在水平方向上，根据动量守恒定律的位移表达式 知m2=3m1,联立解得r1=2√2gh,小球A上升的最大高度 有m,-M,=0,根据题意有无，+，=R,解得名=。R,D正确 为H==4h,B错误，A正确：若，>m,则，一→3，则近似 2g 故选D. 有H=9h,D错误，C正确.故选AC 第4节实验：验证动量守恒定律 1.(1)AC(2)5550(3)0=m,x1-m2 3.243 (4)BE(mm) 解析：设子弹初速度为。，射入厚度为2的钢板后， 由动量守恒得mo=(2m+m), 解析：(1)假设小球甲、乙离开气垫导轨的速度大小分别为 1 5,该速度即为小球与弹簧分离瞬间的速度，则由动量守 此过程中动能损失为△~21：心-×m二， 恒定律得0=m,”1一m22, 解得△=了d, 小球离开桌面后做平抛运动，则竖直方向上有h= 2 分成两块钢板后，设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分别 水平方向上有x=1,整理得=√分 g 为，和'，由动量守恒定律有m,+mr',=mo, 因为子弹在射穿第一块钢板的动能损失为△E,=f·d= 所以三1，=右货，代人整理得0=mm 6 mro. 由此可知需要测量的物理量有小球甲，乙的质量m1,m2以 由能量守恒得 1 1 及小球甲、乙的落地点到气垫导轨左、右边缘的水平距离， 2 mei+ mm-Ew. ,,故AC正确，BD错误故选AC (2)确定落点平均位置的方法：用尽可能小的圆把所有的小 且考虑到必须大于解得=（兮）： 球落点圈在里面，圆心就是小球落点的平均位置，则小球乙 设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为， 的落地点为55.50cm. 由动量守恒得2m2=mD1, (3)由(1)问可知，若动量守恒，则需验证的关系式为 ×2m, 0=m1x,-m 损失的动能为△E'=2m2 (4)弹簧弹开两小球的过程，系统的机械能守恒，则轻弹簧 联立解得（）行。 压缩时储存的弹性势能为E。= m+,将 与债√景代入得E品（国m》 g 因为△E"=∫·x,可解得射入第二钢板的深度：为x=2+3 第6节反冲现象火箭 因此除了第(1)问中测量的量外，还需要测量g、h,故 1.C解析：C、D小车静置于跷跷板上，令C、D小车质量分别 BE正确. 为m:m2,由杠杆平衡可知m:gxo=m2gxn,烧断细线后，由 第5节弹性碰撞和非弹性碰撞 系统动量守恒得m,,=m2,得出∑m1,△=∑m224.所 1,ABC解析：设A球的质量为m,、B球质量为m,、碰前A球 以m11=m2,综上得mg(xm十x,)=mg(xn+2）,所以左 的速度为，A与B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机 右两侧仍等高.故选C. 1 2.D解析：设铁块竖直下降的位移为d,对木块与铁块系统 械能守恒定律可得m,o=m+m,,2m,6=2m,+ 系统外力为零，由动量守恒（人船模型）可得0=m山-Md.池 m一m 2m1 之m,解得m,+m,,m+m oA据m,+m m1一m2 家1=++2a,解得月"+2a,D正确，故选D 当A,B两球质量相等时，碰后A的速度为零，B获得了A碰 3.(1)a,=2m/s2,ae=5m/s2,ac=4m/s2(2)ps=9m/s,e= 前的全部动能，B球获得了最大动能，故A正确；B,据，= 3m/%(3)Q=1.6875J 2m 解析：(1)爆炸后瞬间，分别对物体受力分析得 ,当A球质量远大于B球质量时，B球获得最大速 m1十m2 agHan 2=4mg=0.5x10m/s2=5m/s2. 度，接近碰前A速度的2倍，故B正确；C据，= m一m上 m,+m3 Bemeg dc= =μcg=0.4×10m/s=4m/s2, 当A球质量远小于B球质量时，A球几乎原速反弹，A球被 选择性必修第一册·RJ黑白题44 a-Bemeg Bamag B (m,tma tme)g=2 m/ 直的弹簧振子的受力可知，两小球均做简谐振动，O点为平 衡位置，则运动到0点时动能最大，小球到达Q点时速度为 (2)爆炸瞬间，由动量守恒得m和=mec, 零，而加速度向上最大.故A指误，B正确：C,从P运动至O 的过程中，加速度先逐渐诚小到零，再反向逐渐增大，故 根据题意，由能量守恒得90%E=2m,+2m元， C错误：D.结合简谐运动的对称性可知，从P运动至)的时 联立解得n=9mg,e=3/ 间与从O运动至Q的时间相等，故D错误放选B. (3)设经过1时间，A,C两物体达到共速，则有共=- (3)2J ach=at 2.(I)20m3(2)0 代人数据解得1=0.58，r共=1m/s, 解析：(1)当系统静止时T=mg,T=mg+缸1， 假设A、C两物体一起减速运动，则两者的加速度满足 则剪断轻绳时，由牛顿第二定律可知mg+:,=ma, a=“nmngt（m+mN+mc)5=1.6m/s2<ae、 联立解得x,=0.1m,a=20m/2 m+mc 1 T 故假设成立，则A、C速度减到零的时间为 (2)弹簧振子的周期公式T=2m√元=2m×√05， 、1 01.68=06258, 第一次运动到最低点所用的时间为半个周期。 此过程中A物体的对地位移为 即1=0.5T=0.5xπ-元 510 x=号(41+42)=)×(0.5+0.625)m=0.5625m (3)剪断绳子时，物体A速度为零，位于简谐运动的最高点， 当弹簧弹力等于A的重力时，A位于简谐运动的平衡位置， 则A与地面之间因摩擦而产生的热量为Q=4,(m,+ 设此时弹簧的压缩量为x2,则x,=mg, mm+mc)gx=0.05×6×10x0.5625J=1.6875J. 则弹簧的振幅为x=x,+2,联立可得x2=0.1m,x=0.2m, 第二章机械振动 物体A在整个运动过程中，平衡位置动能最大，又弹簧在平 第1节简谐运动 衡位置时的形变量与在最高点时的形变量相等，即弹性势能 相等，则由功能关系得E=mgx=2J 1.B解析：由简谐运动的特点可知，位移是指由平衡位置指 第4节单摆 向振子所在位置的有向线段，由4：-任可知加速度方向与 1,B解析：AB.带正电小球受到的电场力和重力合力大小为 m 位移方向相反，速度与位移可能同向，也可能反向，故选B. F'=gE+mg=3mg,电场力和重力合力沿斜面方向的加速度 2.C解析：B因M、N两点的速度大小相同，则M、N两点关于 为a,= F.=F'sin a =3 O点对称，故振子在M、N两点对平衡位置的位移大小相同， 8，则摆球的摆动周期为T: 方向相反，选项B错误：A.根据F=-x可知，振子在M、N两 21 故A错误，B正确：C摆球做单摆运动， 点所受弹簧弹力大小相同，方向相反，选项A错误：C由牛顿 =2m3g 日 第二定律可知振子在M、N两点加速度大小相等，选项C正 摆球经过平衡位置时回复力为零，但合力不为零，故C错 确：D.从M点到N点，由于弹力的大小不断变化，故振子先 误：D.摆球刚释放时的回复力大小为F=F'sin asin0=3mg× 做变加速运动，后做变减速运动，选项D错误故选C, 1 3 第2节简谐运动的描述 2 Xsin 0= 2 mgsin8,故D错误故选B 1.A解析：AB.弹簧振子做简谐振动.由于摩擦作用，振子的 振幅逐渐减小，结合纸带上的轨迹可以看出，纸带从左向右 2D解折：根累单的周期公式可得T=2江√后1根登去 运动，故A正确.B错误：CD.弹簧振子做简谐振动，振子运动 式 15-5 法可得a 的周期和频率不发生变化，故CD错误.故选A 2gT 、21)2x0/s=020m/:2,故选D. 2.C解析：A.小球运动到B点时开始计时，1=0.5s时振子第 一次到达C点历时半个周期，故周期为T=21=1s,A错误： 第5节实验：用单摆测量重力加速度 B.振幅为偏离平衡位置的最大距离，故振幅为A=10©m, B错误：C.1=0时刻，x=A,代人题中位移表达式可得9。= 1.D 2m'm2(2L+d) 小于 2 三，C正确：D.位移表达式为x=10n(2m+号）小m,1 解析：单摆要求悬挂点固定，摆长长度不变，同时为了减小空 气阻力产生的影响.应用密度较大的铁球，故D正确.故 0.125s时，代人数据可得，小球的位移为52cm,D错误.故 选D 选C 3.A解析：A.振子由O点运动到'点的过程中，速度减小、加 根据题意可得，单摆周期和摆长分别为T= 2 速度增大，则速度诚小得越来越快，选项A正确：B.振子由 分点运动到B点害要的运动时间为！一子了选项取销误， 由单摆周期公式可得T=2√g C振子由B'点运动到O点的过程中，相对平衡位置的位移 解得重力加速度为g= 4m12r2n(2L+d) 2 越来越小，选项C错误：D,振子完成一次全振动.平均速率为 由于测量的是铁夹下端到小球上端的摆线长度，所以摆长测 T=4,选项D错误故选A. 量值偏小，由重力加速度公式可知，重力加速度测量值偏小 第3节简谐运动的回复力和能量 2(1)③偏大(2)g=名 1,B解析：AB.设小球释放后向下运动，弹簧的伸长量为x,则 解析：(1)步骤③中，实际摆长是悬点到球心的距离，故计算 沿着杆方向由牛顿第二定律有mgsin0-xcos0=ma,类比竖 摆长时应该用圆弧面半径R诚去球的半径；根据单摆周期 参考答案与解析黑白题45