第1章 动量守恒定律 真题体验-【学霸题中题】2024-2025学年新教材高中物理选择性必修第一册(人教版2019) 江苏专用

真题体验第一章 动量守恒定律 考点1动量定理的应用 0.04s,碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为 1.(2022·全国乙卷)（多选）质量为1kg的物 0.22m/s.关于两滑块的碰撞过程，下列说 块在水平力F的作用下由静止开始在水平地 法正确的有 () 面上做直线运动，F与时间t的关系如图所 示.已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重 A.该过程动量守恒 力加速度大小取g=10m/s2.则 B.滑块1受到合外力的冲量大小为0.18N·s A.4s时物块的动能 C.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40N·s 为零 4 D.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为 B.6s时物块回到初始 5.5N 位置 4.(2021·山东高考)海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤 C.3s时物块的动量为12kg·m/s (贝类动物)后，有时会飞到空中将它丢下，利 D.0~6s时间内F对物块所做的功为40J 用地面的冲击打碎硬壳一只海鸥叼着质量 2.(2021·北京高考)如图所示，圆盘在水平面 内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距 m=0.1kg的鸟蛤，在H=20m的高度、以o= 15m/s的水平速度飞行时，松开嘴巴让鸟蛤 轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘 一起转动某时刻圆盘突然停止转动，小物体 落到水平地面上.取重力加速度g=10m/s2, 由P点滑至圆盘上的某点停止.下列说法正 忽略空气阻力. 确的是 (1)若鸟蛤与地面的碰撞时间△1=0.005s,弹 A.圆盘停止转动前，小物体 起速度可忽略，求碰撞过程中鸟蛤受到的 所受摩擦力的方向沿运 平均作用力大小F:(碰撞过程中不 动轨迹切线方向 计重力) B.圆盘停止转动前，小物体 (2)在海鸥飞行方向正下方的地面上，有一与 运动一圈所受摩擦力的冲量大小为2mr 地面平齐、长度L=6m的岩石，以岩石左 C.圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向 端为坐标原点，建立如图所示坐标系.若 运动 海鸥水平飞行的高度仍为20m,速度大 D.圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所 小在15m/s~17m/s范围内，为保证鸟蛤 受摩擦力的冲量大小为mwr 一定能落到岩石上，求释放鸟蛤位置的x 3.(2023·广东高考)（多选）某同学受电动窗帘 坐标范围。 的启发，设计了如图所示的简化模型.多个质 量均为1kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽 略阻力.开窗帘过程中，电机对滑块1施加一 个水平向右的恒力F,推动滑块1以0,40m/s 的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为 O L 第一章学霸033 考点2动量守恒定律的应用 5.(2021·全国乙卷)如图，光滑水平地面上有 一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连， 另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板 间有摩擦用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤 去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动.在地 A.0到t,时间内，墙对B的冲量等于mo 面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开 B.ma>mg 始，小车、弹簧和滑块组成的系统 C.B运动后，弹簧的最大形变量等于x A.动量守恒，机械能守恒 一☐ D.S,-S2=S3 B.动量守恒，机械能不守恒 8.(2023·重庆高考)如图所示，桌面上固定有 C.动量不守恒，机械能守恒 一半径为R的水平光滑圆轨道，M、N为轨道 D.动量不守恒，机械能不守恒 上的两点，且位于同一直径上，P为MN段的 6.(2022·湖南高考)1932年，查德威克用未知 中点在P点处有一加速器（大小可忽略），小 射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质 球每次经过P点后，其速度大小都增加质 子大致相等的中性粒子（即中子）组成.如图， 量为m的小球1从N处以初速度。沿轨道 中子以速度。分别碰撞静止的氢核和氮核， 逆时针运动，与静止在M处的小球2发生第 碰撞后氢核和氮核的速度分别为，和2设 次弹性碰撞，碰后瞬间两球速度大小相等 碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说 忽略每次碰撞时间求： 法正确的是 ( (1)球1第一次经过P点后瞬间向心力的 A.碰撞后氨核的动 大小： 中子 量比氢核的小 (2)球2的质量： B.碰撞后氮核的动能 中子 (3)两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用 比氢核的小 时间. C.2大于 D.2大于o 7.(2021·湖南高考)（多选）如图(a),质量分 别为m1、ma的A、B两物体用轻弹簧连接构 成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在 光滑水平面上(B靠墙面)，此时弹簧形变量 为x.撤去外力并开始计时，A、B两物体运动 的a-1图像如图(b)所示，S,表示0到11时间 考点3反冲和爆炸 内A的a-1图线与坐标轴所围面积大 9.(2020·海南高考)太空探测器常装配离子发 小，S2S,分别表示t1到2时间内A,B的a- 动机，其基本原理是将被电离的原子从发动 图线与坐标轴所围面积大小.A在(，时刻的速 机尾部高速喷出，从而为探测器提供推力，若 度为o·下列说法正确的是 ( 某探测器质量为490kg,离子以30k/s的速 选择性必修第一册学霸034 率（远大于探测器的飞行速率）向后喷出，流 量为3.0×103g/s,则探测器获得的平均推力 大小为 ( A.1.47N B.0.147N 测量硬币的质量，得到一元和一角硬币的质 C.0.09N D.0.009N 量分别为m,和m2(m1>m2).将硬币甲放置 10.(2021·湖北高考)某次战争时期，我军缴获 在斜面某一位置，标记此位置为B.由静止释 不少敌军武器武装自己，其中某轻机枪子弹 放甲，当甲停在水平面上某处时，测量甲从 弹头质量约8g,出膛速度大小约750m/s. O点到停止处的滑行距离OP.将硬币乙放置 某战士在使用该机枪连续射击Imin的过程 在O处，左侧与0点重合，将甲放置于B点 中，机枪所受子弹的平均反冲力大小约 由静止释放.当两枚硬币发生碰撞后，分别 12N,则机枪在这1min内射出子弹的数量 测量甲、乙从O点到停止处的滑行距离OM 约为 ( 和ON.保持释放位置不变，重复实验若干 A.40 B.80 次，得到OP、OM、ON的平均值分别为 C.120 D.160 0152 11.(2021·浙江高考)在爆炸实验基地有一发 (1)在本实验中，甲选用的是 (填 射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声 “一元”或“一角”)硬币. 音记录仪.爆炸物自发射塔竖直向上发射， (2)碰撞前，甲到O点时速度的大小可表示 上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2： 为 (设硬币与纸板间的动摩擦 1、初速度均沿水平方向的两个碎块.遥控器 因数为从，重力加速度为g): 引爆瞬间开始计时，在5s末和6s末先后记 (3)若甲、乙碰撞过程中动量守恒，则 录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声， 已知声音在空气中的传播速度为340m/8, -s1 （用m1和m2表 忽略空气阻力.下列说法正确的是( √s2 A.两碎块的位移大小之比为1：2 示)，然后通过测得的具体数据验证硬 B.爆炸物的爆炸点离地面高度为80m 币对心碰撞过程中动量是否守恒 C.爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/s (4)由于存在某种系统或偶然误差，计算得 D.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为 到碰撞前后甲动量变化量大小与乙动量 340m 变化量大小的比值不是1，写出一条产 考点4实验 生这种误差可能的原因： 12.(2023·辽宁高考)某同学为了验证对心碰 撞过程中的动量守恒定律，设计了如下实 考点5动量守恒和能量守恒综合 验：用纸板搭建如图所示的滑道，使硬币可 13.(2022·全国乙卷)如图(a),一质量为m的 以平滑地从斜面滑到水平面上，其中OA为 物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面 水平段.选择相同材质的一元硬币和一角硬 上.物块B向A运动，t=0时与弹簧接触，到 币进行实验， t=24。时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B 第一章学霸035 的v-t图像如图(b)所示.已知从t=0到t= (1)求木板刚接触弹簧时速度：，的大小及 o时间内，物块A运动的距离为0.36ooA 木板运动前右端距弹簧左端的距离x1: B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一 (2)求木板与弹簧接触以后，物块与木板之 直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再 间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及 次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同. 此时木板速度2的大小： 斜面倾角为0(sin0=0.6),与水平面光滑连 (3)已知木板向右运动的速度从2减小到0 接.碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度 所用时间为t求木板从速度为，时到之 内求： 后与物块加速度首次相同时的过程中，系 (1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最 统因摩擦转化的内能△U(用。表示). 大值： (2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最 wwwwwt 大值： (3)物块A与斜面间的动摩擦因数 2 1.2 同s间mW 0.8 15.(江苏高考)如图所示，三个质量均为m的 弹性小球用两根长均为L的轻绳连成一条 (a) 直线而静止在光滑水平面上.现给中间的小 球B一个水平初速度，方向与绳垂直.小 球相互碰撞时无机械能损失，轻绳不可伸 长求 (1)当小球A、C第一次相碰时，小球B的 14.(2023·辽宁高考)如图，质量m1=1kg的木 速度 板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面 (2)当三个小球再次处在同一直线上时，小 固定一劲度系数k=20N/m的轻弹簧，弹簧 球B的速度 处于自然状态质量m,=4kg的小物块以水 (3)运动过程中小球A的最大动能E,和此 5 时两根绳的夹角0. 平向右的速度。=ms滑上木板左端，两 (4)当三个小球处在同一直线上时，绳中的 者共速时木板恰好与弹簧接触.木板足够长， 拉力F的大小 物块与木板间的动摩擦因数μ=0.1，最大静 摩擦力等于滑动摩擦力.弹簧始终处在弹性 限度内，弹簧的弹性势能E。与形变量x的 关系为E,2,取重力加速度g=10m令， 结果可用根式表示. 选择性必修第一册学霸036规定竖直向上为正方向,对篮球在竖直方向上由动量定 发生的位移为x。= -x2x2m=4mx.+x. 理得 (F.-mg)Ar=mr -m. ,解得F.=48 N 即6;时物块没有回到初始位置,故B错误 /2h (3)根据t=~ 2-0.6s. D.物块在6s时的速度大小为v.=2x2m/s=4m/s. 0~6s力F所做的功为W=(4x9-4x3+4×4)J=40J.故 3m/s. D正确. 落地前的水平速度v.= 故选AD. 反弹后的水平速度v22 2.D 解析:圆盘停止转动前,小物体随圆盘一起转动,小物 体所受摩擦力提供向心力,方向沿半径方向,故A错误;圆 盘停止转动前,小物体所受摩擦力f=mrm{}.根据动量定理 对篮球在水平方向上由动量定理得 得,小物体运动一圈所受摩擦力的冲量为/=m-mr=0,大 1.=mr.-mr.=-0.6N.s. 小为0.故B错误;囤盘停止转动后,小物体沿切线方向运 摩擦力的冲量大小为0.6N·s.方向水平向左 13.(1)v.=4m/s,v.=3m/s.v.=2m/s (2)12J 动,故C错误;圆盘停止转动后,根据动量定理可知,小物 体整个滑动过程所受摩擦力的冲量为/=△=0-m= 解析:(1)根据题意可知,题图乙中图线a表示碰撞前物 块的减速运动过程,图线5表示碰撞前木板的加速过程 -m.大小为mor,故D正确.故选D 3.BD 解析:A.取向右为正方向,滑块1和滑块2组成的系 图线c表示碰撞后木板的减速过程,图线a表示碰撞后 统的初动量为 物块的加速过程,物块与挡板碰撞前瞬间,物块的速度大 P.=me.=1x0.40 kg·m s=0.40 kg·m s. 小为v.,设此时木板速度大小为rv.,则r.三Im/s. 碰撞后的动量为 从物块滑上木板到物块与木板碰撞前瞬间的过程,根据 P=2mr.=2x1x0.22 kg·m:s=0.44 kg·m/s. 系统动量守恒有mr。=mr.+Mv.,解得v.=4ms 则滑块的碰撞过程动量不守恒,故A错误; 物块与挡板碰撞后瞬间,物块的速度为0.木板速度大小 B.对滑块1.取向右为正方向,则有 为t..从物块滑上木板到物块与木板碰撞后瞬间的过程。 I. =m,-m.=1x022 kg·ms-1x040 kg·m/s=-0 18 kg·m's. 根据系统动量守恒有 负号表示方向水平向左,故B正确; mu.=M.,解得v.=3m/s C.对滑块2,取向右为正方向,则有 2s末物块与木板共同运动的速度大小为t.从物块滑上 I.=mv,=1x0.22kg·m/s=0.22 kg·m/s.故C错误 木板到最终共同匀速运动的过程,根据系统动量守恒有 D.对滑块2根据动量定理有FAt=1.,解得F=5.5N. mu.=(m+M)u.,解得v.=2m/s. 则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N.故D正 确,故选BD 4.(1)500 N (2)[34m.36m] 解析:(1)设鸟给落地前瞬间的速度大小为v.竖直分速度 大小为v,根据自由落体运动规律可得 ,v2g=20ms --2s 故碰撞过程系统没有机械能损失,物块滑上木板时系统 则碰撞前鸟始的合速度大小为;=/+=25m/s. 的动能 在碰撞过程中,以鸟给为研究对象,取速度方向为正方向. E.a-2m=181, 由动量定理得-FA=0-mr. 联立解得碰撞过程中鸟给受到的平均作用力大小为F= 最终相对静止时系统的动能E--(m+M)-61. 500N. (2)若释放鸟给的初速度为v.=15m/s.设击中岩石左端 所以系统产生的热量0=E-E.=12J 时,释放点的x坐标为x.击中右端时,释放点的:坐标为 真题体验 第一章 动量守恒定律 r.得 x.=r.f,=x.+1,联立两式,代入数据得 1. AD 解析:物块与地面间的摩擦力为f=umg=2N. 8.=30m.x.=36m. 对物块0~3s内由动量定理可知(F-/)t.=mr. 若释放鸟给时的初速度为v。=17m/s.设击中岩石左端时 即(4-2)x3=1xr..得v.=6m/s. 释放点的:坐标为x,击中右端时,释放点的x坐标 3s时物块的动量为p=mr.=6kg·m/s. 为,得 设3s后经过时间:物块的速度减为0,由动量定理可得 x'=v1,x=x'+L.联立两式,代入数据得 -(F+/1=0-m ,即-(4+2)t=0-1x6,解得t=Is. x.=34m.t=40m. 所以物块在4;时速度减为0.则此时物块的动能也为0. 综上所述可得x坐标区间为[34m,36m]. 故A正确.C错误 5.B 解析:因为滑块与车厢水平底板间有摩擦,且撤去推力 0~3s物块发生的位移为x.,由动能定理可得 后滑块在车厢底板上有相对滑动,即摩擦力做功,而水平 , ($F-x,m,即(4-2)x,-x1x6*,得x,=9m, 地面是光滑的;小车、弹策和滑块组成的系统,根据动量守 恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒 3~4s过程中,对物块由动能定理可得 机械能不守恒.故选B -(fx:=0- 6.B 解析;设中子的质量为m,氢核的质量为m,氮核的质 量为14m,设中子和氢核碰撞后中子速度为v,由动量守 3m. 恒定律和能量守恒定律可得 4~6;物块开始反向运动,物块的加速度大小为 mr。=mr,+mr,m2m+21m,联立解得,=o -f_-2n/; 设中子和氢核碰撞后中子速度为v,由动量守恒定律和能 选择性必修第一册 学霸14 量守恒定律可得 (5s-t)r-1 片落地时间均为7.由题意可知 1 1 1 (6s-t)v =,解得;= 2 1 -×10x ”:15 4^* m三80m.选项B正确;爆炸后质量大的碎块的水平位 可得v=。>:; 移x.=(5-4)x340m=340m.质量小的碎块的水平位移 碰撞后氢核的动量为pn三mr.三mr。,氮核的动量为p、= x.=(6-4)x340m=680m.爆炸后两碎块落地点之间的 14r,=15 水平距离为340m+680m=1020m.质量大的碎块的初 速度为v。- x 340 1 1 =4 m/s=85ms.选项CD错误.故选B 碰撞后氢核的动能为Ea-2mi-2m. 12.(1)一元(2)2g(3) -1.14{}=- 28m 氮核的动能为Es=2 (4)见解析 225可得E→Ef r 解析:(1)根据题意可知.甲与乙碰撞后没有反弹,可知甲 故B正确,ACD错误,故选B 的质量大于乙的质量,甲选用的是一元硬币 7. ABD 解析:由于在0~1.时间内,物体B静止,则对B受 力分析有F=F. (2)甲从0点到P点,根据动能定理-um,gs。=0- 则墙对B的冲量大小等于弹箭对B的冲量大小,而弹策既 m.,解得碰撞前,甲到0点时速度的大小v。=v2ngs。。 作用于B也作用于A.则可将研究对象转为A.撤去F后A 只受弹力作用,则根据动量定理有/=mv(方向向右),则 (3)同理可得,碰撞后甲的速度和乙的速度分别为v. 墙对B的冲量与弹策对A的冲量大小相等、方向相 ②ug.,v:=v②gs. 同,A正确: 若动量守恒,则满足m.t。=m.v.+m.v\. 由a-t图可知,t.后弹策被拉伸,在t.时刻弹篱的拉伸量 达到最大,根据牛顿第二定律有F =m.a.=maa 由图可知a>, 5。 (4)产生这种误差可能的原因有: 则mm.B正确; ①测量误差,因为无论是再精良的仪器总是会有误差的 由图可得,t.时刻B开始运动,此时A速度为t.之后A、B 不可能做到绝对准确;②碰撞过程中,我们认为内力远大 动量守恒,A.B和弹箭整个系统能量守恒,则 于外力,动量守恒,实际上碰撞过程中,两个硬币组成的 m.o=mv.+mts: 系统合外力不为零. 可得A.B整体的动能不等于0.即弹策的弹性势能会转化 13.(1)0.6m(2)0.768r(3)0.45 为A、B系统的动能,弹的形变量小于x.C错误; 解析:(1)当弹赘被压缩最短时,弹策弹性势能最大,此 由a-:图可知,2.后B脱离墙壁,且弹被拉伸,在1.~4.时间 时A、B速度相等,即(=7。时刻,根据动量守恒定律m。· 内A、B组成的系统动量守恒,且在1.时刻弹赞的拉伸量达到 1.2v.=(m+m)v. 最大A.B共速,由a:图像的而积为A.在1.时刻A.B的速 度分别为.=S-S。.v=S. A、B共速,则S.-S.=S..D正确.故选ABD 联立解得m.=5m.E=0.6m} 8.(1)4R (2)3m(3)5nR 6。 (2)B接触弹赞后,压缩弹赘的过程中,A.B动量守恒,有 m.x1.2vo=6mr.=mv+mr. 解析:(1)球1第一次经过P点后瞬间速度变为2t..所以 对方程两边同时乘时间A,有6mr。△1=5mv.△r+mv,△r. (2): 4R F.=mB 0~1.之间,根据位移等于速度在时间上的累积,可得 6mrof。=5ms.+ms.. (2)球1与球2发生弹性碰撞,且碰后速度大小相等,说明 将s=0.36v.t,代入可得s=1.128v 球1碰后反弹,则 则第一次碰撞过程中,弹策压缩量的最大值△s=s-$。= -m_m'. 0.768rl (3)物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同,说明 联立解得v=v,m'=3m. 物块A第二次与B分离后速度大小仍为2r。,方向水平向 (3)设两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间为A.则 右,设物块A第一次滑下斜面的速度大小为心,设向左 nR 为正方向,根据动量守恒定律可得mr.-5m·0.8v。=m· (-2c)+5mr . 所以Ai=t,1:=60 5nR 根据能量守恒定律可得 .5m·(0. 8r。)2= ) 9.C 解析:对离子,根据动量定理有F·A/=Anr,而Am 1 3.0x10x10At.解得F=0.09N.故探测器获得的平均推 力大小为0.09N.故选C. 联立解得v',=: 10.C 解析:设1分钟内射出的子弹数量为n.则对这n颗子 设在斜面上滑行的长度为L.上滑过程,根据动能定理可 弹由动量定理得Ft=nmr..代入数据解得a=120.故选C 11.B 解析:爆炸时,水平方向,根据动量守恒定律可 知mv-m.v。三0.因两块碎块落地时间相等,则 下滑过程,根据动能定理可得mgLsinθ-umgLcos9= __0. 为1:2.但合位移之比不等于1:2.选项A错误;设两碎 联立解得=0.45. 参考答案 学霸15 解析:(1)设小球A、C第一次相碰时,小球B的速度为 14.(1)1m/s 0.125m (2)0.25m r,考虑到对称性及绳的不可伸长特性,小球A、C沿小球 (3)43t-8t2 B初速度方向的速度也为v,由动量守恒定律得 解析:(1)由于地面光滑,则m.、n.组成的系统动量守 m。=3mrs,由此解得vs=3v 恒,则有m.r。=(m.+m)v. 代入数据有v=1m/s. (2)当三个小球再次处在同一直线上时,则由动量守恒定 对m受力分析有amg=4 m/s 律和机械能守恒定律得 1 1 m. #,m 则木板运动前右端距弹左端的距离有}=2ax. 解得v:=- 3”(三球再次处于同一直线). 2 代入数据解得x.=0.125m. (2)木板与弹接触以后,对m,、m。组成的系统有k。= (m.+m.)a. n=r。,v.=0(为初始状态,舍去). 对m。有a:=ng=Im/s}. 所以,三个小球再次处在同一直线上时,小球B的速度为 当a.三a.时物块与木板之间即将相对滑动,解得此时的 r=- 3*(负号表明与初速度反向). 弹压缩量x.=0.25m. (3)当小球A的动能最大时,小球B的速度为0.设此时小 球A.C的速度大小为u.两根绳间的夹角为6(如图),则 仍由动量守恒定律和机械能守恒定律得 代入数据有2 ③ 3m/s. (3)物块与木板相对滑动后到两者加速度首次相同的过 程中,木板的加速度始终大于物块的加速度,物块相对木 mt.=2musin R 板始终向右运动,物块的加速度大小始终为a。=1m/s} 2 方向水平向左.此过程木板先向右速度从r。减小到0,再 1 反向加速运动到加速度大小等于a,因弹策弹力与形变 量成正比,故此过程不板的减速运动过程与加速运动过 程具有对称性,可知此过程的总时间为21..木板的末速 度大小等于v.木板的位移为零,弹的初、末状态的形 变量相同,故此过程弹策的初、末状态的弹性势能相等 此时两根绳间夹角为9=90*. (4)小球A、C均以半径Z绕小球B做圆周运动 木板的初末动能也相等,由能量守恒定律可知此过程系 当三个小球处在同一直线上时. 统因摩擦转化的内能AV/就等于物块减少的动能,设此 以小球B为参考系(小球B的加速度为0,为惯性参考 系). 小球A(C)相对于小球B的速度均为 对物块,由速度-时间公式得v。=v:-a。·2。, r=l-vI=%, 联立有AU=4/3t。-8. 所以,此时绳中拉力大小为 F-m -m 第二章 机械振动 第1节 简谐运动 轴负方向运动,4;末振子向:轴正方向运动,运动方向相 反.C错误.故选B. 第1关(练速度) 10.(1)b、e、f (2)d.e(3)-2cm 4cm 1.D 2.D 3.C 4.A 5.A 解析:(1)分析图像可得a、b、e、/的位移均为1cm.c、d点 6.B 解析:在1=0.15s时,振子正在向负的最大位移处运 的位移都是-1cm.故与a点位移相同的点为b、e、f三点 动,加速度在增大,速度在减小,A错、B对;振子的速度方 (2)由(1)可知,图像上的a、b、e、/点对应质点运动到同 向沿x轴负方向.C错;在0.1-0.2s内振子做变速运动,故 一位置.图像上的c、d点对应质点运动到关于0点对称 振子的位移大小不等于2m.D错 的另一位置.故以上6个点的速度大小相等.再结合图像 第2关(练准确率) 可以判断ac.de、f6个点的运动方向分别为向上、向 7.D 下、向下,向上,向上和向下,故与a点有相同速度的点为 8.C 解析:由于木筷在水中做简谐运动,以木筷振动的最低 d和e. 点为计时起点,竖直向上为正方向,可知木筷相对于平衡 (3)图像上从a点到c点,质点经过的位移为-1cm- 位置的位移从计时起点开始由负向最大逐渐减小;速度由 1cm=-2cm.从a点到b点,对应质点从正方向1cm处 零逐渐增大,方向为正方向,且运动的速度、相对平衡位置 先是到达2cm处又返回到1cm处.通过的路程为2cm.从 的位移随时间的关系均为三角函数的波形,结合选项图. b点到c点,对应质点从正方向1cm处经平衡位置运动 可知选C. 到负方向1cm处,通过的路程也为2cm.故从a点到c点 9.B 解析:AD.由题图乙可知振子偏离平衡位置的最大距离 总共通过的路程为4cm. 为10cm.4s内完成一次往复运动,AD错误;B.1s末到5s 第3关(练思维宽度) 末振子的路程是振子运动路径的总长,为40cm,B正确; 11.C 解析:A.由图乙可知,r=0时刻小球处于正向位移最 C.2;末和4;末振子位移均为0.位移相同,2;末振子向x 大处,故A错误;B.由图乙可知,1=1.时刻光源位于平衡 选择性必修第一册 学霸16