第1章 感知高考-【新课程能力培养】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册同步练习（人教版2019）

练 第一册 （人教版）高中物理选择性必修 1. （多选） （ 2023 ·新课标卷） 使甲、 乙两条 形磁铁隔开一段距离， 静止于水平桌面 上， 甲的 N 极正对着乙的 S 极， 甲的质 量大于乙的质量， 两者与桌面之间的动摩 擦因数相等。 现同时释放甲和乙， 在它们 相互接近过程中的任一时刻 （ ） A. 甲的速度大小比乙的大 B. 甲的动量大小比乙的小 C. 甲的动量大小与乙的相等 D. 甲和乙的动量之和不为零 2． （ 2022 ·重庆卷 ） 在测试 汽车的安全气囊对驾乘人 员头部防护作用的实验 中， 某小组得到了假人头 部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲 线 （如图）。 从碰撞开始到碰撞结束过程 中， 若假人头部只受到安全气囊的作用， 则由曲线可知， 假人头部 （ ） A． 速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积 B． 动量大小先增大后减小 C． 动能变化正比于曲线与横轴围成的面积 D． 加速度大小先增大后减小 3． （ 2022 ·湖北卷） 一质点做曲线运动， 在前 一段时间内速度大小由 v 增大到 2v ， 在随 后的一段时间内速度大小由 2v 增大到 5v 。 前后两段时间内， 合外力对质点做功分别 为 W 1 和 W 2 ， 合外力的冲量大小分别为 I 1 和 I 2 。 下列关系式一定成立的是 （ ） A． W 2 =3W 1 ， I 2 ≤3I 1 B． W 2 =3W 1 ， I 2 ≥I 1 C． W 2 =7W 1 ， I 2 ≤3I 1 D． W 2 =7W 1 ， I 2 ≥I 1 4． （ 2022 ·北京卷） 质 量为 m 1 和 m 2 的两个 物体在光滑水平面 上正碰 ， 其位置坐 标 x 随时间 t 变化的 图像如图所示。 下列说法正确的是 （ ） A． 碰撞前 m 2 的速率大于 m 1 的速率 B． 碰撞后 m 2 的速率大于 m 1 的速率 C． 碰撞后 m 2 的动量大于 m 1 的动量 D． 碰撞后 m 2 的动能小于 m 1 的动能 5. （ 2021 ·北京卷 ） 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， 小物体由 P 点滑至圆盘上的某点停止。 下列说法正 确的是 （ ） A. 圆盘停止转动前， 小物体所受摩擦力 的方向沿运动轨迹切线方向 B. 圆盘停止转动前， 小物体运动一圈所 受摩擦力的冲量大小为 2mωr C. 圆盘停止转动后， 小物体沿圆盘半径 方向运动 D. 圆盘停止转动后， 小物体整个滑动过 感 知 高 考 第 5 题图 F/N t/ms O 第 2 题图 t/s x/m m 1 m 1 m 2 m 2 1 2 3 8 4 0 第 4 题图 S N 甲 S N 乙 第 1 题图 ω P 34 第一章 动量守恒定律 练 程所受摩擦力的冲量大小为 m棕r 6. （ 2021 ·湖北卷） 抗日战争时期， 我军缴获 不少敌军武器武装自己， 其中某轻机枪 子弹弹头质量约 8 g ， 出膛速度大小约 750 m/s 。 某战士在使用该机枪连续射击 1 min 的过程中， 机枪所受子弹的平均反 冲力大小约 12 N ， 则机枪在这 1 min 内射 出子弹的数量约为 （ ） A. 40 B. 80 C. 120 D. 160 7. （ 2021 ·福建卷） 福建属于台风频发地区， 各类户外设施建设都要考虑台风影响。 已 知 10 级台风的风速范围为 24.5~28.4 m/s ， 16 级台风的风速范围为 51.0~56.0 m/s 。 若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志 牌， 则 16 级台风对该交通标志牌的作用 力大小约为 10 级台风的 （ ） A. 2 倍 B. 4 倍 C. 8 倍 D. 16 倍 8. （ 2021 ·湖南卷） 物体的运动状态可用位置 x 和动量 p 描述， 称为相， 对应 p-x 图像 中的一个点。 物体运动状态的变化可用 p-x 图像中的一条曲线来描述， 称为相轨 迹。 假如一质点沿 x 轴正方向做初速度为 0 的匀加速直线运动， 则对应的相轨迹可 能是 （ ） 9． （ 2023 ·辽宁卷） 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 验： 用纸板搭建如图所示的滑道， 使硬币 可以平滑地从斜面滑到水平面上， 其中 OA 为水平段。 选择相同材质的一元硬币 和一角硬币进行实验。 测量硬币的质量， 得到一元和一角硬币的 质量分别为 m 1 和 m 2 （ m 1 >m 2 ）。 将硬币甲 放置在斜面上某一位置， 标记此位置为 B 。 由静止释放甲， 当甲停在水平面上某 处时， 测量甲从 O 点到停止处的滑行距 离 OP 。 将硬币乙放置在 O 处， 左侧与 O 点重合， 将甲放置于 B 点由静止释放。 当 两枚硬币发生碰撞后， 分别测量甲、 乙从 O 点到停止处的滑行距离 OM 和 ON 。 保 持释放位置不变， 重复实验若干次， 得到 OP 、 OM 、 ON 的平均值分别为 s 0 、 s 1 、 s 2 。 （ 1 ） 在本实验中， 甲选用的是 （填 “一元” 或 “一角”） 硬币。 （ 2 ） 碰撞前， 甲到 O 点时速度的大小可表 示为 （设硬币与纸板间的动 摩擦因数为 滋 ， 重力加速度为 g ）。 （ 3 ） 若甲、 乙碰撞过程中动量守恒， 则 s 0 姨 - s 1 姨 s 2 姨 = （用 m 1 和 m 2 表示）， 然后通过测得的具体数据验 证硬币对心碰撞过程中动量是否守恒。 （ 4 ） 由于存在某种系统或偶然误差， 计算 得到碰撞前后甲动量变化量大小与乙 x p O x p O A B x p O x p O C D 甲 O B P A 甲 O B A M N 乙 乙甲 第 9 题图 35 练 第一册 （人教版）高中物理选择性必修 动量变化量大小的比值不是 1 ， 写出 一条产生这种误差可能的原因： 。 10. （ 2023 ·辽宁卷） 如图， 质量 m 1 =1 kg 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 k=20 N/m 的轻弹 簧， 弹簧处于自然状态。 质量 m 2 =4 kg 的小物块以水平向右的速度 v 0 = 5 4 m/s 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 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 p 与形变量 x 的关系为 E p = 1 2 kx 2 。 取重力加速度 g=10 m/s 2 ， 结 果可用根式表示。 （ 1 ） 求木板刚接触弹簧时速度 v 1 的大小 及木板运动前右端距弹簧左端的距 离 x 1 。 （ 2 ） 求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 x 2 及此时木板速度 v 2 的大小。 （ 3 ） 已知木板向右运动的速度从 v 2 减小 到 0 所用时间为 t 0 。 求木板从速度 为 v 2 到之后与物块加速度首次相同 的过程中， 系统因摩擦转化的内能 ΔU （用 t 0 表示）。 11． （ 2022 ·广东卷） 某同学受自动雨伞开伞 过程的启发， 设计了如图所示的物理模 型。 竖直放置在水平桌面上的滑杆上套 有一个滑块， 初始时它们处于静止状态。 当滑块从 A 处以初速度 v 0 为 10 m/s 向上 滑动时， 受到滑杆的摩擦力 f 为 1 N ， 滑 块滑到 B 处与滑杆发生完全非弹性碰撞， 带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。 已知滑块的质量 m=0.2 kg ， 滑杆的质量 M=0.6 kg ， A 、 B 间的距离 l=1.2 m ， 重 力加速度 g 取 10m/s 2 ， 不计空气阻力。 求： （ 1 ） 滑块在静止时和向上滑动的过程中， 桌面对滑杆支持力的大小 N 1 和 N 2 。 （ 2 ） 滑块碰撞前瞬间的速度大小 v 1 。 （ 3 ） 滑杆向上运动的最大高度 h 。 m 2 m 1 v 0 第 10 题图 l A B 滑块 滑杆 第 11 题图 36 第一章 动量守恒定律 练 12． （ 2022 ·河北卷） 如图， 光滑水平面上有 两个等高且足够长的滑板 A 和 B ， 质量 分别为 1 kg 和 2 kg ， A 右端和 B 左端分 别放置物块 C 和 D ， 物块质量均为 1 kg ， A 和 C 以相同速度 v 0 =10 m/s 向右运动， B 和 D 以相同速度 kv 0 向左运动， 在某 时刻发生碰撞， 作用时间极短， 碰撞后 C 与 D 粘在一起形成一个新物块， A 与 B 粘在一起形成一个新滑板， 物块与滑 板之间的动摩擦因数均为 滋=0.1 。 重力加 速度大小取 g=10 m/s 2 。 求： （ 1 ） 若 0<k<0.5 ， 新物块和新滑板速度的 大小和方向。 （ 2 ） 若 k=0.5 ， 从碰撞后到新物块与新滑 板相对静止过程两者相对位移的 大小。 13. （ 2021 ·北京卷） 如图所示， 小物块 A 、 B 的质量均为 m=0.10 kg ， B 静止在轨道 水平段的末端。 A 以水平速度 v 0 与 B 碰 撞， 碰后两物块粘在一起水平抛出。 抛出 点距离水平地面的竖直高度为 h=0.45 m ， 两物块落地点距离轨道末端的水平距离为 s=0.30 m ， 取重力加速度 g=10 m/s 2 。 求： （ 1 ） 两物块在空中运动的时间 t 。 （ 2 ） 两物块碰前 A 的速度 v 0 的大小。 （ 3 ） 两物块碰撞过程中损失的机械能 ΔE 。 14. （ 2021 ·海南卷） 如图所示， 一长木板在 光滑的水平面上以速度 v 0 向右做匀速直 线运动， 将一小滑块无初速地轻放在木 板最右端。 已知滑块和木板的质量分别 为 m 和 2m ， 它们之间的动摩擦因数为 滋 ， 重力加速度为 g 。 （ 1 ） 滑块相对木板静止时， 求它们的共 同速度大小。 （ 2 ） 某时刻木板速度是滑块的 2 倍， 求 此时滑块到木板最右端的距离。 （ 3 ） 若滑块轻放在木板最右端的同时， 给木板施加一水平向右的外力， 使 得木板保持匀速直线运动， 直到滑 块相对木板静止， 求此过程中滑块 的运动时间以及外力所做的功。 A B C D 第 12 题图 s h A B 第 13 题图 v 0 第 14 题图 37 第一册 （人教版）高中物理选择性必修 p＝m 1 v 0 ， p′＝m 1 v 1 ＋m 2 v 2 。 两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为 δ p ＝ p－p′ p ×100% 。 代入有关数据， 得 δ p ≈1.7%<5% 。 因此， 本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒 定律。 13. （ 1 ） 2 m/s （ 2 ） 1 m/s （ 3 ） 0.25 m 【解析】 （ 1 ） 设滑块的质量为 m ， 根据机械能守恒 定律有 mgR＝ 1 2 mv 2 。 解得碰撞前瞬间 A 的速率为 v＝ 2gR 姨 ＝2 m/s 。 （ 2 ） 根据动量守恒定律有 mv＝2mv′ ， 解得 v′＝ 1 2 v＝1 m/s 。 （ 3 ） 根据动能定理有 1 2 · 2mv′ 2 ＝μ · 2mgl ， 解得 l＝ v′ 2 2μg ＝0.25 m 。 14. （ 1 ） 2.0 kg （ 2 ） 16 kg · m/s ， 方向向右 【解析】 （ 1 ） 根据图像可知， 物块 C 与物块 A 相碰 前的速度为 v 1 ＝6 m/s 。 相碰后的速度为 v 2 ＝2 m/s 。 根据动量守恒定律得 m 3 v 1 ＝ （ m 1 ＋m 3 ） v 2 ， 解得 m 3 ＝2.0 kg 。 （ 2 ） 规定向左的方向为正方向， 在第 5.0 s 和第 15 s 末物块 A 的速度分别为 v 2 ＝2 m/s ， v 3 ＝－2 m/s 。 所以物块 A 的动量变化为 Δp＝m 1 （ v 3 －v 2 ） ＝－16 kg · m/s 。 即在 5.0 s 到 15 s 的时间内物块 A 动量变化的大小 为 16 kg · m/s ， 方向向右。 15. （ 1 ） L=9 m （ 2 ） v=7.44 m/s 【解析】 （ 1 ） 设斜面长度为 L ， 背包质量为 m 1 =2 kg ， 在斜面上滑行的加速度为 a 1 ， 根据牛顿第二定律有 m 1 gsinθ-μm 1 gcosθ=m 1 a 1 ， 解得 a 1 =2 m/s 2 ， 滑雪者质量为 m 2 =48 kg ， 初速度为 v 0 =1.5 m/s ， 加速度为 a 2 =3 m/s 2 ， 在 斜面上滑行时间为 t ， 落后时间 t 0 =1 s ， 则背包的滑行时 间为 t+t 0 ， 由运动学公式得 L= 1 2 a 1 （ t+t 0 ） 2 ， L=v 0 t+ 1 2 a 2 t 2 ， 联立解得 t=2 s 或 t=-1 s （舍去）， 故可得 L=9 m 。 （ 2 ） 背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为 v 1 ， v 2 ， 有 v 1 =a 1 （ t+t 0 ） =6 m/s ， v 2 =v 0 +a 2 t=7.5 m/s ， 滑雪者拎起背包 的过程， 系统在光滑水平面上外力为 0 ， 动量守恒， 设 共同速度为 v ， 有 m 1 v 1 +m 2 v 2 = （ m 1 +m 2 ） v ， 解得 v=7.44 m/s 。 感 知 高 考 1. BD 【解析】 对甲、 乙两条形磁铁分别作受力分 析， 如图所示。 根据牛顿第二定律有 a 甲 = F-μm 甲 g m 甲 ， a 乙 = F-μm 乙 g m 乙 。 由 于 m 甲 >m 乙 ， 所以 a 甲 <a 乙 ， 由于两物体运动时间相同， 且 同时由静止释放， 可得 v 甲 <v 乙 ， A 错误， B 正确； 对于 整个系统而言， 由于 μm 甲 g>μm 乙 g ， 合力方向向左， 合 冲量方向向左， 所以合动量方向向左， 显然甲的动量大 小比乙的小， D 正确、 C 错误。 故选 BD 。 2. D 【解析】 曲线与横轴围成的面积是 Ft ， 根据动 量定理： 合外力的冲量等于动量的变化量， 而不是速度 的变化量， A 、 C 错误； 头部因为受到安全气囊的阻力 作用， 动量大小一直减小， B 错误 ； 根据牛顿第二定 律， 加速度与合外力成正比， 所以加速度大小先增大后 减小， D 正确。 3. D 【解析】 根据动能定理 W 1 = 1 2 m （ 2v ） 2 - 1 2 mv 2 = 3 2 mv 2 ， W 2 = 1 2 m （ 5v ） 2 - 1 2 m （ 2v ） 2 = 21 2 mv 2 ， 所以 W 2 = 7W 1 ； 根据动量定理 I 1 =Δp 1 ， 3mv≥I 1 ≥mv ， 同理 I 2 = Δp 2 ， 7mv≥I 2 ≥3mv ， D 正确。 4. C 【解析】 碰撞前 m 2 的位置坐标不变， m 2 的速度 为 0 ， 所以碰撞前 m 2 的速率小于 m 1 的速率， A 错误； 碰 撞后 m 2 的速率 v 2 等于 2 m/s ， m 1 的速率 v 1 也等于 2 m/s ， 碰撞后 m 2 的速率等于 m 1 的速率， B 错误； 两个 物体在光滑水平面上正碰动量守恒， m 1 v 0 = m 1 v 1 +m 2 v 2 ， 以 初动量 v 0 方向为正， 由于碰后 m 1 又返回原点， m 1 动量 为负值， 所以 ｜m 1 v 0 ｜+ ｜m 1 v 1 ｜=｜m 2 v 2 ｜ ， 即 ｜m 1 v 1 ｜<｜m 2 v 2 ｜ ， C 正 确； 碰前 m 1 的速度为 4 m/s ， 代入动量守恒定律 ｜m 1 v 0 ｜+ ｜m 1 v 1 ｜= ｜m 2 v 2 ｜ ， 解得 3m 1 =m 2 ， 碰撞后 m 2 的动能 W 2 = 1 2 m 2 v 2 2 =6m 1 ， 碰撞后 m 1 的动能 W 1 = 1 2 m 1 v 2 1 =2m 1 ， 所以 碰撞后 m 2 的动能大于 m 1 的动能， D 错误。 5. D 【解析】 圆盘停止转动前， 小物体所受摩擦力 的方向沿运动轨迹的法线方向 （沿轨迹半径指向圆心）， A 错误； 小物体随圆盘一起转动， 静摩擦力提供向心 力， 小物体运动一圈所受摩擦力的冲量也是合外力的冲 量， 根据动量定理， 合外力的冲量等于动量的增量， 所 S N m 甲 S N m 乙 f 1 FF f 2 第 1 题答图 12 参考答案与解析 以小物体运动一圈所受摩擦力的冲量为 0 ， B 错误。 注 意不能用 I f =fT 求摩擦力的冲量， 因为摩擦力是变力 ， 用 I f =Ft 求冲量， 只适用于恒力。 圆盘停止转动后， 由 于惯性， 小物体沿运动轨迹切线方向运动， C 错误； 圆 盘停止转动时， 小物体速度 v=ωr ， 由动量定理， 小物体 整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为 I=Δmv=mωr ， D 正确。 6. C 【解析】 由动量定理 Ft=nmv ， 解得 n=120 ， C 正确。 7. B 【解析】 设交通标志牌迎风面积为 S ， 空气密 度为 ρ ， 标志牌对台风的作用力为 F ， 在 t 时间内吹向标 志牌的空气体积为 vtS ， 空气质量 m=ρvtS ， 由动量定理 Ft=mv- （ -mv ）， 解得 F=2ρSv 2 ， 由牛顿第三定律可知， 台 风对该交通标志牌的作用力大小为 F′=F=2ρSv 2 ， 10 级台 风的风速我们取 27 m/s ， 16 级台风的风速我们取 54 m/s ， 估算 16 级台风对该交通标志牌的作用力大小与 10 级台 风对该交通标志牌的作用力大小之比为 F′ 16 F′ 10 = v 2 16 v 2 10 = 54 2 27 2 = 4 ， 即 16 级台风对该交通标志牌的作用力大小约为 10 级台风的 4 倍， B 正确。 8. D 【解析】 根据题述， 质点沿 x 轴方向做初速度 为 0 的匀加速直线运动， 根据匀变速直线运动规律， 其 速度 v= 2ax 姨 ， 其动量 p=mv=m 2ax 姨 ， 所以对应的相 轨迹可能是 D 。 9. （ 1 ） 一元 （ 2 ） 2μgs 0 姨 （ 3 ） m 2 m 1 （ 4 ） 见解析 【解析】 （ 1 ） 根据题意可知， 甲与乙碰撞后没有反弹， 可 知甲的质量大于乙的质量， 甲选用的是一元硬币。 （ 2 ） 甲从 O 点到 P 点 ， 根据动能定理 -μm 1 gs 0 =0- 1 2 mv 2 1 ， 解得碰撞前 ， 甲到 O 点时速度的大小 v 0 = 2μgs 0 姨 。 （ 3 ） 同理可得， 碰撞后甲的速度和乙的速度分别为 v 1 = 2μgs 1 姨 ， v 2 = 2μgs 2 姨 ， 若动量守恒 ， 则满足 m 1 v 0 = m 1 v 1 +m 2 v 2 ， 整理可得 s 0 姨 - s 1 姨 s 2 姨 = m 2 m 1 。 （ 4 ） 由于存在某种系统或偶然误差， 计算得到碰撞 前后甲动量变化量大小与乙动量变化量大小的比值不是 1 ， 产生这种误差可能的原因有： ① 测量误差。 无论是再精良的仪器， 测量时总是会 产生测量误差的， 不可能做到绝对准确。 ② 系统误差。 碰撞过程中， 我们认为内力远大于外 力， 动量守恒， 实际上碰撞过程中， 两个硬币组成的系 统合外力不为零。 10. （ 1 ） 1 m/s 0.125 m （ 2 ） 0.25 m 3 姨 2 m/s （ 3 ） 4 3 姨 t 0 -8t 2 0 【解析】 （ 1 ） 由于地面光滑， m 1 、 m 2 组成的系统动 量守恒， 则有 m 2 v 0 = （ m 1 ＋m 2 ） v 1 ， 代入数据有 v 1 =1 m/s ， 对 m 1 受力分析有 a 1 = μm 2 g m 1 =4 m/s 2 ， 则木板运动前右端距弹 簧左端的距离有 v 2 1 = 2a 1 x 1 ， 代入数据解得 x 1 =0.125 m 。 （ 2 ） 木板与弹簧接触以后， 对 m 1 、 m 2 组成的系统 有 kx= （ m 1 ＋m 2 ） a 共 ， 对 m 2 有 a 2 =μg=1 m/s 2 ， 当 a 共 =a 2 时物 块与木板之间即将相对滑动， 解得此时的弹簧压缩量 x 2 =0.25 m ， 对 m 1 、 m 2 组成的系统， 根据能量守恒定律 有 - 1 2 kx 2 2 = 1 2 （ m 1 +m 2 ） v 2 2 - 1 2 （ m 1 +m 2 ） v 2 1 ， 代入数据有 v 2 = 3 姨 2 m/s 。 （ 3 ） 木板从速度为 v 2 时到之后与物块加速度首次相 同时的过程中， 由于木板即 m 1 的加速度大于木块 m 2 的 加速度， 则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量 为 x 2 时， 则说明此时 m 1 的速度大小为 v 2 ， 共用时 2t 0 ， 且 m 2 一直受滑动摩擦力作用 ， 则对 m 2 有 －μm 2 g · 2t 0 = m 2 v 3 －m 2 v 2 ， 解得 v 3 = 3 姨 2 -2t 0 ， 对于 m 1 、 m 2 组成的系 统， 根据能量守恒定律有 -W f = 1 2 m 1 v 2 2 + 1 2 m 2 v 2 3 - 1 2 （ m 1 + m 2 ） v 2 2 ， ΔU=－W f ， 联立有 ΔU=4 3 姨 t 0 -8t 2 0 。 11. （ 1 ） N 1 =8 N N 2 =5 N （ 2 ） v 1 =8 m/s （ 3 ） h= 0.2 m 【解析】 （ 1 ） 当滑块处于静止时， 桌面对滑杆的 支持力等于滑块和滑杆的重力， 即 N 1 = （ m+M ） g=8 N ， 当 滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为 1 N ， 根据牛 顿第三定律可知， 滑块对滑杆的摩擦力也为 1 N ， 方向 竖直向上 ， 则此时桌面对滑杆的支持力为 N 2 =Mg-f′= 5 N 。 （ 2 ） 滑块向上运动到碰前瞬间 ， 根据动能定理有 -mgl-fl= 1 2 mv 2 1 - 1 2 mv 2 0 ， 代入数据解得 v 1 =8 m/s 。 （ 3 ） 由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞， 即碰后 两者共速， 碰撞过程根据动量守恒有 mv 1 = （ m+M ） v ， 碰 后滑块和滑杆以速度 v 整体向上做竖直上抛运动， 根据 动能定理有 - （ m+M ） gh=0- 1 2 （ m+M ） v 2 ， 代入数据联立解 得 h=0.2 m 。 13 第一册 （人教版）高中物理选择性必修 第二章 机 械 振 动 1.简 谐 运 动 基础练习 1. ABD 【解析】 机械振动的特点是在某一中心位置 附近做往复运动。 2. C 【解析】 振动平台在最低位置时， 物体加速度 向上最大， 由受力分析可知平台对物体支持力最大， 由 牛顿第三定律知平台受压力最大， C 正确。 3. A 【解析】 根据物体的振动图像可知， T＝4 s ， 则 物体的振动方程为 x＝10cos π 2 t ， 代入 t 1 ＝0.5 s ， 则物体对 平衡位置的位移为 5 2 姨 cm ， 故 A 正确。 4. AD 【解析】 由 x－t 图像可知， t 1 时刻图像的斜率 小于 t 2 时刻图像的斜率， 所以 v 1 <v 2 ， 方向相同； 由 F＝ kx ， 又 x 1 >x 2 ， 即 a 1 >a 2 ， 方向相反， A 、 D 正确。 5. AD 【解析】 由题图乙可知 t＝0.8 s 时， 振子在平 衡位置向负方向运动， 所以速度方向向左 （说明： 也可 以用图像的斜率为负表明速度为负）， A 正确； t＝0.2 s 时， 位移为正， 且振子远离平衡位置， 速度逐渐减小， 应在 O 点右侧大于 6 cm 处， B 错误； t＝0.4 s 和 t＝1.2 s 时， 振子的加速度大小相同， 方向相反， C 错误； t＝0.4 s 到 t＝0.8 s 的时间内， 振子向平衡位置运动， 速度逐渐增 大， D 正确。 6. C 【解析】 位移减小时， 加速度减小， 速度增大， A 错误； 位移方向和速度方向不一定相同， B 错误； 物 体向平衡位置运动时， 速度方向和位移方向相反， D 错误。 7. D 【解析】 试管被竖直提起少许， 说明试管在其 平衡位置以上最大位移处释放， D 正确。 12. （ 1 ） v 物 =5 （ 1-k ） m/s v 滑 = 10-20k 3 m/s 方向均 向右 （ 2 ） 1.875 m 【解析】 （ 1 ） 物块 C 、 D 碰撞过程 中满足动量守恒， 设碰撞后物块 C 、 D 形成的新物块的 速度为 v 物 ， C 、 D 的质量均为 m=1 kg ， 以向右方向为正 方向， 则有 mv 0 -m · kv 0 = （ m+m ） v 物 ， 解得 v 物 = 1-k 2 v 0 = 5 （ 1-k ） m/s>0 。 可知碰撞后物块 C 、 D 形成的新物块的速 度大小为 5 （ 1-k ） m/s ， 方向向右。 滑板 A 、 B 碰撞过程中满足动量守恒， 设碰撞后滑 板 A 、 B 形成的新滑板的速度为 v 滑 ， 滑板 A 和 B 质量 分别为 1 kg 和 2 kg ， 则根据动量守恒定律有 Mv 0 -2M · kv 0 = （ M+2M ） v 滑 ， 解得 v 滑 = 1-2k 3 v 0 = 10-20k 3 m/s>0 ， 则 新滑板速度方向也向右。 （ 2 ） 若 k=0.5 ， 可知碰后瞬间， 物块 C 、 D 形成的新 物块的速度为 v′ 物 =5 （ 1-k ） m/s=5× （ 1-0.5 ） m/s=2.5 m/s ， 碰后瞬间滑板 A 、 B 形成的新滑板的速度为 v′ 滑 = 10-20k 3 m/s=0 m/s ， 可知， 碰后新物块相对于新滑板向 右运动， 新物块向右做匀减速运动， 新滑板向右做匀加 速运动， 设新物块的质量为 m′=2 kg ， 新滑板的质量为 M′=3 kg ， 相对静止时的共同速度为 v 共 ， 根据动量守恒 定律可得 m′v′ 物 = （ m′+M′ ） v 共 ， 解得 v 共 =1 m/s ， 根据能量守 恒可得 μm′gx 相 = 1 2 m′v 2 - 1 2 （ m′+M′ ） v 2 共 ， 解得 x 相 =1.875 m 。 13. （ 1 ） t=0.30 s （ 2 ） v 0 =2.0 m/s （ 3 ） ΔE=0.10 J 【解析】 （ 1 ） 竖直方向做自由落体运动， 由 h= 1 2 gt 2 ， 解得 t=0.30 s 。 （ 2 ） 设 A 、 B 碰后速度为 v ， 则水平方向为匀速运 动， 由 s=vt 得 v=1.0 m/s 。 根据动量守恒定律， 由 mv 0 =2mv 得 v 0 =2.0 m/s 。 （ 3 ） 两物体碰撞过程中损失的机械能 ΔE= 1 2 mv 2 0 - 1 2 · 2mv 2 ， 得 ΔE=0.10 J 。 14. （ 1 ） 2 3 v 0 （ 2 ） 7v 2 0 25μg （ 3 ） v 0 μg mv 2 0 【解析】 （ 1 ） 滑块和木板组成的系统动量守恒， 根 据动量守恒定律 2mv 0 = （ m+2m ） v ， 解得 v= 2v 0 3 。 （ 2 ） 某时刻木板速度是滑块的 2 倍， 滑块和木板组 成的系统动量守恒， 则有 2mv 0 =mv 1 +2mv 2 ， 其中 v 2 =2v 1 ， 根据能量守恒定律 ， 有 μmgΔx= 1 2 · 2mv 2 0 - 1 2 mv 2 1 + 1 2 · 2mv 2 2 2 # ， 解得 Δx= 7v 2 0 25μg 。 （ 3 ） 对于滑块有 μmgt=mv 0 ， 对于木板匀速有 F=μmg 木板运动的位移 x=v 0 t ， W=Fx ， 解得 t= v 0 μg ， W=mv 2 0 。 14