第1章 动量守恒定律-【三清必刷】2025-2026学年高二物理选择性必修1+2（人教版2019）

— 2 — 高中同步章末卷 选择性必修第一册 第一章 动量守恒定律 (时间:75分钟 满分:100分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 名师推好题 第5题,以高压水枪喷出的强力水柱冲击煤层为背景,考查学生利用柱状模型解 决例题模型,本题情景新颖,考查学生将物理知识解决生产生活实际问题的能力,值得推荐。 第Ⅰ卷(选择题 共46分) 一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。每小题只有一个选项符合题目要求) 1.下列图中描述的几种现象不属于反冲现象的是 ( ) A.火箭喷出燃气进行加速 B.鱿鱼将吸入的水喷出,快速地向前游去 C.鸡蛋落在海绵垫子上,完好无损 D.宇航员进行无绳太空漫步时,喷气 背包喷出的气体控制其运动 2.如图所示,一辆小车静止在光滑的水平面上,小车上固定一根带有横杆的立柱, 横杆的端点处固定一条长为L的细绳,细绳的另一端拴有一小球,现将细绳拉 直,在水平方向上由静止释放小球,不计一切摩擦,下列说法正确的是 ( ) A.小球的动量守恒 B.小球的机械能守恒 C.小球、小车组成的系统的机械能守恒,水平方向上动量守恒 D.小球、小车组成的系统的机械能守恒,水平方向上动量不守恒 3.如图所示,光滑水平面上静置一质量为 M 的木块,由一轻弹簧连在墙上,有 一质量为m 的子弹以速度v0 水平射入木块并留在其中,当木块第一次回到 原来位置的过程中(弹簧始终在弹性限度内),墙对弹簧的冲量大小为 ( ) A.0 B. 2m2v0 M+m C. 2Mmv0 M+m D.2mv0 4.在光滑水平面上,一质量为2kg的物体a与另一物体b发生正碰,碰撞时间极 短,两物体的位置随时间变化规律如图所示,以a物体碰撞前速度方向为正方 向,下列说法正确的是 ( ) A.碰撞后a的动量为6kg·m/s B.碰撞后b的动量为2kg·m/s C.物体b的质量为2kg D.碰撞过程中a对b的冲量为6N·s 5.(2025·铜仁市高二期末)如图所示,用高压水枪喷出的强力水柱冲击 煤层,设水柱直径为D,水流速度大小为v,方向水平向右。水柱垂直煤 层表面,水柱冲击煤层后水的速度变为零,水的密度为ρ,高压水枪的重 力不可忽略,手持高压水枪操作,下列说法正确的是 ( ) A.水枪单位时间内喷出水的质量为ρπD 2v B.水枪单位时间内喷出水的质量为ρπD 2v 8 C.水柱对煤层的平均冲击力大小为ρπD 2v2 8 D.水柱对煤层的平均冲击力大小为ρπD 2v2 4 6.(2026·汕头市金山中学高二检测)如图所示,静止在光滑水平面上的木板,右 端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连,木板质量 M=4kg。质量m=2kg 的铁块以水平速度v0=6m/s从木板的左端沿板面向右滑行,压缩弹簧后又被弹回,最后恰好停 在木板的左端。铁块可视为质点,在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为 ( ) A.18J B.16J C.12J D.24J 7.一光滑水平地面上静止放着质量为m、半径为R 的光滑圆弧轨道,质量也为m 的小球从轨道最左端的A 点由静止滑下(AC 为水平直径),重力加速度为g, 下列说法正确的是 ( ) A.小球不可能滑到圆弧轨道右端最高端C B.小球向右运动中轨道先向左加速运动,后向右加速运动 C.轨道做往复运动,离原先静止位置最大距离为14R D.小球通过最低点B 时速度为 gR 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.(2025·天津市高二期末)如图所示,一质量为m 的长方形木板B放在 光滑水平地面上,在其右端放一个质量为m 3 的小木块A。现以地面为 参考系,同时给A和B大小相等、方向相反的初速度,使木块A开始向左运动,木板B开始向右 运动,最终木块A并没有滑离木板B,下列说法正确的是 ( ) A.最终二者一起向右运动 B.最终二者一起向左运动 C.木块A的速度某时刻为零 D.木板B的速度某时刻为零 9.(2025·珠海市第四中学高二期中)如图所示,光滑水平面上有一足够长的 小车B,右端固定一个沙箱,沙箱左侧连着一水平轻弹簧,物块A随小车以 速度v0 向右匀速运动。物块A与弹簧左侧的车面存在摩擦,与右侧车面 摩擦不计。车匀速运动时,距沙面 H 高处有一质量为m 的小球自由下落, 恰好落在沙箱中,则以下说法正确的是(重力加速度为g) ( ) A.小球落入沙箱的过程中,小球与车组成的系统动量不守恒 B.小球落入沙箱的过程中,沙箱对它的冲量等于m 2gH C.弹簧弹性势能的最大值等于物块A与车之间摩擦产生的总热量 D.小球随小车向右运动的过程中,它的机械能不断增大 10.一物体放在水平地面上,如图甲所示,已知物体所受水平拉力F 随时间t的变化情况如图乙所 示,物体相应的速度v随时间t的变化关系如图丙所示,则 ( ) — 1 — — 4 — A.物体所受地面的摩擦力为2N B.0~8s时间内水平拉力的冲量大小为零 C.t=4s时物体的动量大小为12kg·m/s D.t=4s时物体的动量大小为4kg·m/s 第Ⅱ卷(非选择题 共54分) 三、非选择题(本题共5小题,共54分) 11.(11分)某实验小组利用如图甲所示的实验装置来验证动量定理,轻质细线把直径为d的小球悬 挂在铁架台上,球心与P 点等高,把光电门与光电计时器固定在铁架台上,其高度与 M 点等高, 用刻度尺测出P、M 两点的高度差为h,用螺旋测微器测量小球的直径d,对应的示数如图乙所 示。剪断细线,小球由静止下落,测得小球通过光电门的时间为Δt,已知重力加速度大小为g, 回答下列问题。 (1)乙图螺旋测微器所示的小球的直径d= mm。 (2)实验 测量小球的质量(填“需要”或“不需要”),为了减小实验误差,P、M 两点间的高 度差要适当 些(填“大”或“小”)。 (3)当方程式 (用h、d、Δt、g来表示)成立时,可验证动量定理。 12.(9分)碰撞一般分为弹性碰撞和非弹性碰撞。发生弹性碰撞时,系统的动量守恒、机械能也守 恒;发生非弹性碰撞时,系统的动量守恒,但机械能不守恒。为了判断碰撞的种类,某实验兴趣 小组设计了如下实验。 实验步骤如下: ①按照如图所示的实验装置图,安装实物; ②用石蜡打磨轨道,使ABC 段平整光滑,其中AB 段是曲面,BC 段是水平面,C 端固定一重 垂线; ③O是C 点的竖直投影点,OC=H,在轨道上固定一挡板D,从紧贴挡板D 处由静止释放质量 为m1 的小球1,小球1落在 M 点,用刻度尺测得 M 点与O 点的距离为2l; ④在C端放置一个大小与小球1相同的小球2,其质量为m2。现仍从贴紧挡板D 处静止释放小 球1,小球1与小球2发生正碰,小球2落在N 点,小球1落在P 点,测得OP 为l,ON 为3l。 (1)小球1与小球2的质量之比m1∶m2= ; (2)若两小球均看作质点,以两球组成的整体为系统,碰前系统初动能Ek0= ,碰后系统 末动能Ek= ,则系统机械能 (选填“守恒”或“不守恒”),可以得出两球的碰撞 是 碰撞。(Ek0、Ek 用题目中字母 H、m2、l和重力加速度g 表示) 13.(12分)如图所示,用一象棋棋子压着一纸条,放在水平桌面上接近 边缘处,小亮同学用较大的力将纸条抽出,棋子掉落在水平地面上 的P 点。已知棋子的质量为m,桌子边缘到地面的高度为h,与P 的水平距离为s,设重力加速度为g,不计空气阻力,求: (1)棋子在空中运动的时间; (2)纸条给棋子的冲量大小; (3)要想使棋子的水平射程比P 点更远一点,抽纸条的力应该稍微大一点还是稍微小一点? 说 明理由。(抽出纸条过程中可忽略棋子的位移) 14.(10分)(2025·山东聊城市高二期末)如图所示,用长为1m的不可伸长的 轻绳将质量为1kg的小球C悬挂于O点,小球C静止。质量为1kg的物块 A放在质量也为1kg的木板B的右端,以共同的速度v0=2m/s,沿着光滑 水平面向着小球滑去,小球与物块发生弹性正碰,物块与小球均可视为质 点,且小球C返回过程不会碰到物块A,不计一切阻力,重力加速度g=10m/s2。求: (1)碰后瞬间小球C的速度大小; (2)若物块与木板间的动摩擦因数为0.2,木板B至少要多长,物块A才不会从长木板的上表面 滑出。 15.(12分)(2025·东莞市高二期末)如图所示,在竖直平面内,固定一个半径为R 的光滑圆轨道,其中O为圆心,a、b、c、d、P 为圆周上的点,且a、O、c高度相同, 控制两小球A、B分别静止在a、c两点,且小球的质量之比 mA mB ≤10。OP 与水 平方向夹角为30°,重力加速度为g。某时刻无初速度释放小球A, (1)求小球A滑到轨道最低点d时的速度vA 的大小; (2)若小球A与小球B同时释放,它们在d点碰撞后粘在一起并刚好能滑到P 点,求A、B的质 量之比; (3)若小球A与小球B同时释放,碰撞后,两球不粘连,其中A球刚好能到达P 点,在A到达P 点之前,A、B没有再次发生碰撞,且A、B球均不脱离轨道,求A、B质量之比的范围。(计算结果 可用根式表达) — 3 — —58 — 参考答案 高中同步章末卷 选择性必修第一册 第一章 动量守恒定律 1.C [火箭靠喷出燃气的反冲作用进行加速,属于反冲现象,故 A 错误;鱿鱼将吸入的水用力喷出,快速地向前游去,属于反冲现象, 故B错误;鸡蛋落在海绵垫子上,完好无损,这是延长了鸡蛋和海 绵的作用时间,减小了作用力,是缓冲现象,故C正确;宇航员进行 无绳太空漫步时,喷气背包喷出的气体控制其运动,属于反冲现 象,故D错误。] 2.C [小球由静止释放,小球的速度大小发生变化,小球的动量发 生变化,动量不守恒,A错误;根据能量关系可知,小球由静止释放 过程中,小球的机械能转化为小车的动能,小球的机械能减少,B 错误;以小球和小车作为一个系统,仅有重力做功,机械能守恒,该 系统水平方向上不受外力,因此水平方向上动量守恒,C正确,D 错误。] 3.D [由于子弹射入木块的时间极短,系统的动量守恒,取向右为 正方向,根据动量守恒定律得 mv0=(M+m)v,解得v= mv0 M+m 。 从弹簧被压缩到木块第一次回到原来的位置过程中,系统速度大 小不变,方向改变,对木块(含子弹),根据动量定理得I=-(M+ m)v-(M+m)v=-2(M+m)· mv0M+m=-2mv0 。由于弹簧的质 量不计,则墙对弹簧的弹力等于弹簧对木块的弹力,所以墙对弹簧 的冲量大小等于弹簧对木块的冲量大小,为2mv0,故D正确。] 4.D [由题图可知,碰撞前a的速度为v0= 16 4 m /s=4m/s,碰前总 动量p=mav0=8kg·m/s,撞后a、b共同的速度为v= 24-16 12-4 m /s= 1m/s,则碰撞后a的动量为pa=mav=2kg·m/s,因碰撞过程动 量守恒,则碰撞后b的动量为pb=p-pa=6kg·m/s,故 A、B错 误;根据题意,设b的质量为mb,由题图可知,碰撞前b物体静止, a、b碰撞过程中,由动量守恒定律可得mav0=(ma+mb)v,解得mb =6kg,故C错误;根据题意,对b物体,由动量定理有Ib=mbv- 0,解得Ib=6N·s,故D正确。] 5.D [高压水枪时间t内喷出水的质量为m=ρSvt=ρ· π 4D 2·vt, 则水枪单位时间内喷出水的质量Δm=πD 2 ρv 4 ,故AB错误;考虑一 个极短时间t',时间t'内喷出的水,速度减小到零,由动量定理得 -Ft'=0-m'v,解得F=m'vt' = 1 4ρvπD 2t' t' v= 1 4ρπD 2v2,根据牛 顿第三定律知,水柱对煤层的平均冲击力大小为1 4ρπD 2v2,故C 错误,D正确。] 6.C [由题意可知铁块压缩弹簧过程中,以弹簧、木板和铁块为系 统动量守恒,当木板和铁块速度相等时弹簧具有最大弹性势能,设 木板与铁块间摩擦力为Ff,木板长为L,共同速度为v,以水平向 右为正方向,根据动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0=(M+ m)v,12mv0 2=FfL+ 1 2 (M+m)v2+Ep,又因为铁块最后恰好停 在木板的左端,故根据能量守恒定律有1 2mv0 2=Ff·2L+ 1 2 (M +m)v2,联立解得Ep=12J,故选C。] 7.D [小球滑到圆弧的最高点时,根据水平方向动量守恒得知,小 球与圆弧轨道的速度均为零,根据系统的机械能守恒得知,小球能 滑到右端C,故A错误;小球向右运动的过程中,轨道先向左加速, 后向左减速,当小球到达C点时,速度为零,故B错误;设小球滑到 最低点时,轨道向左运动的距离为s,则小球相对于地面水平位移 大小为R-s,取水平向右为正方向,根据系统水平方向动量守恒 得mR-st -m s t =0 ,解得s=R2 ,所以轨道做往复运动,离原先 静止位置最大距离为2s=R,故C错误;设小球通过最低点时小球 与轨道的速度分别为v和v',以向右为正方向,由动量守恒定律得 mv+mv'=0,由机械能守恒定律 mgR=12mv 2+12mv' 2,联立解 得v= gR,故D正确。] 8.AC [规定向右为正方向,设初速度大小为v,木块和木板组成的 系统合外力为零,由动量守恒有 mv-m3v= m+ m 3 v',解得v' =v2 ,方向水平向右,所以木块A的速度某时刻减为零,后反向加 速,最终二者一起向右运动,B一直向右减速。故选A、C。] 9.AC [小球落入沙箱的过程中,小球与车组成的系统在水平方向 不受外力,水平方向动量守恒,但竖直方向小球受重力作用,竖直 方向动量不守恒,故小球与车组成的系统动量不守恒,A正确;小 球落入沙箱的过程中,沙箱对它竖直方向的冲量等于其竖直方向 的动量 变 化 量 与 重 力 冲 量 之 和,大 小 等 于Iy =Δpy +mgt=m 2gH+mgt,在水平方向上,小球获得了水平向右的速度,有Ix =Δpx,因此,沙箱对小球的冲量不等于m 2gH,B错误;小球落 入沙箱后,弹簧压缩到最短时物块 A与小车共速,A最终与小车 相对静止时A与小车也共速,由能量守恒定律知弹簧弹性势能的 最大值等于物块A与小车之间摩擦产生的总热量,C正确;小球随 小车向右运动的过程中,A与弹簧接触后弹簧被压缩,使得小球向 右的速度增大,在弹簧恢复原长后,A相对小车向左运动,在摩擦 力作用下使得小球向右的速度减小,故小球的机械能不是一直增 大,D错误。] 10.AD [由题图丙知,物体在4~6s内做匀速直线运动,受到的拉 力F 和地面的摩擦力大小相等,又由题图乙知,物体在4~6s内 受到的拉力F=2N,可知,物体受到地面的摩擦力大小为2N,故 A正确;0~8s时间内水平拉力的冲量大小为I=F1t1+F2t2=3 ×4N·s+2×2N·s=16N·s,故B错误;由题图丙知,物体在 6~8s内 做 匀 减 速 运 动,加 速 度 为 a=ΔvΔt= 0-3 8-6 m /s2 = -1.5m/s2,此时物体仅受到地面的摩擦力产生加速度,可知Ff =-μmg=ma,解得μ=0.15,由于物体受到地面的摩擦力大小 为2N,可知m=|Ff| μg = 20.15×10kg= 4 3 kg ,t=4s时物体的动 量大小为p=mv=43×3kg ·m/s=4kg·m/s,故C错误,D 正确。] 11.解析 (1)由题图乙读出,螺旋测微器所示小球的直径d=6mm +12.5×0.01mm=6.125mm。 (2)验证动量定理的表达式为mgt=mv,质量可以消去,故不需要 测量质量。本实验用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速 度,则小球通过光电门的时间越短误差越小,故P、M 两点间的高 度差要适当大些。 (3)小球通过光电门的瞬时速度为v=dΔt ,下落时间为t= 2hg , 故需要验证的表达式为 2gh=dΔt 。 答案 (1)6.125 (2)不需要 大 (3) 2gh=dΔt (6.124~ 6.126均可) 12.解析 (1)设小球1运动到C 端的速度为v1,它在空中做平抛 运动 水平方向有2l=v1t 竖直方向有 H=12gt 2 解得v1=2l g2H 由于小球1两次均从同一高度自由下滑,到C 端时动能一样,速 度均为v1,设小球1与小球2碰撞后的速度分别为v1'、v2',则由 平抛运动的规律得v1'=l g2H 、v2'=3l g2H 由于碰撞前后两球组成的系统动量守恒,以向右为正方向,由动 量守恒定律得m1v1=m1v1'+m2v2' 解得 m1 m2 =31 (2)碰前两球组成的系统初动能 Ek0= 1 2m1v1 2= m1l2g H = 3m2l2g H 碰后系统末动能Ek= 1 2m1v1' 2+12m2v2' 2= 3m2l2g H 故Ek0=Ek,则 碰 撞 过 程 系 统 机 械 能 守 恒,两 球 的 碰 撞 是 弹 性 碰撞。 答案 (1)3∶1 (2) 3m2l2g H 3m2l2g H 守恒 弹性 13.解析 (1)棋子在空中做平抛运动,有h=12gt 2 解得t= 2hg (2)棋子做平抛运动的初速度v=st =s g 2h 纸条给棋子的冲量大小为I=mv=ms g2h (3)用稍微小的力,这样纸条抽出的时间更长,棋子受到滑动摩擦 力作用的时间也更长,滑动摩擦力对棋子的冲量更大,棋子获得 的速度也更大,水平射程更远。 答案 (1)2hg (2)ms g2h (3)见解析 14.解析 (1)设物块质量为 mA,小球质量为 mC,由于发生弹性正 碰,则由动量守恒得 mAv0=mAv1+mCv2 由机械能守恒得1 2mAv0 2=12mAv1 2+12mCv2 2 解得v1=0,v2=2m/s (2)碰撞后物块加速,木板减速,物块刚好和木板共速时,物块运 动到木板左端,设木板质量为 mB,共速速度为v3,由动量守恒得 mBv0=(mB+mA)v3 由能量守恒定律得1 2mBv0 2-12 (mB+mA)v32=μmAgL,解得L =0.5m。 答案 (1)2m/s (2)0.5m 15.解析 (1)小球A滑到轨道最低点d 时,根据动能定理有 mAgR =12mAvA 2,解得vA= 2gR (2)小球B滑到轨道最低点d 时,根据动能定理有 mBgR= 1 2 mBvB2,求得vB= 2gR;取水平向右为正方向,则小球A与小球 B在d点碰撞后粘在一起并刚好能滑到P 点,根据动量守恒及能 量守恒有mAvA-mBvB=(mA+mB)v, 1 2 (mA+mB)v2=(mA+ mB)gR(1-sin30°),联立以上各式解得v= gR, mA mB = 2+1 2-1 = 3+2 2 (3)A、B两球碰后,A球从d 点恰好运动到P 点,由机械能守恒 可得 mAgR(1-sin30°)= 1 2mAvA' 2,可得vA'= gR ①若A、B两球碰后,B球从d点恰好能运动到b点, 由机械能守恒可得 1 2mBvB' 2-12mBvmin 2=mBg·2R, 且mBg=mB vmin2 R ,可得vB'= 5gR, 小球A与小球B在d点碰撞后,两球均向右运动, 根据动量守恒有mAvA-mBvB=mAvA'+mBvB', 解得 mA mB = 2+ 5 2-1 ,则 2+ 5 2-1 ≤ mA mB ≤10 ②若A、B两球碰后,B球不能过最高点b点,则其最高点为c点, 则有1 2mBvB″ 2=mBgR,解得vB″= 2gR, 小球A与小球B在d点碰撞后,两球均向右运动, 根据动量守恒有mAvA-mBvB=mAvA'+mBvB″, 解得 mA mB =4+2 2,则 mA mB ≤4+2 2, 此时,mAvA-mBvB>(mA+mB)vA',则 mA mB >3+2 2 综上所述,可得 2+ 5 2-1 ≤ mA mB ≤10或3+2 2< mA mB ≤4+2 2。 答案 (1) 2gR (2)3+2 2 (3)2+ 5 2-1 ≤ mA mB ≤10或 3+2 2< mA mB ≤4+2 2 第二章 机械振动 1.C [根据共振的条件可知,驱动力的频率等于系统的固 有 频 率 时,产生共振,振幅达到最大,A错误;无论“落网”昆虫翅膀振动的 频率多大,丝网都会随“落网”昆虫翅膀振动而振动,B错误;当“落 网”昆虫翅膀振动的周期为0.005s时,其频率f=1T=200Hz ,与 丝网的固有频率相等,所以此时丝网的振幅最大,C正确;受迫振 动的频率等于驱动力的频率,所以昆虫“落网”时,丝网振动的频率 由“落网”昆虫翅膀振动的频率决定,D错误。] 2.D [影子P 做简谐运动,运动周期与钉子B 的转动周期相同,为 2π ω ,A错误;结合题图可知,影子P 的振幅为R,B错误;影子P 的 最大速度等于钉子B 的最大竖直分速度,当钉子B 运动至与转轴 A 等高处时,竖直分速度最大,为ωR,C错误;影子P 的振动频率 与钉子B 的转动频率相同,设影子P 运动的表达式为x=Rsin(ωt +φ),当t=0时,x=R,解得φ= π 2 ,则影子P 运动的表达式为x =Rsinωt+π2 ,D正确。] 3.D [由图像可知,周期为4s,振幅为8cm,5s内,振子通过的路 程为40cm,A错误;设振子1s末时的速度为-v,则3s末时的 速度为v,1~3s内,振子的动量变化量 为 Δp=mv-(-mv)= 2mv,不为零,B错误;第3s末,弹簧振子处于平衡位置,此 时 弹 簧弹力和重力 平 衡,弹 簧 处 于 伸 长 状 态,弹 性 势 能 不 为 零,C错 误;由图像可知,振子位移随时间的变化关系为x=8cos2π4t cm =8cosπt2 cm ,t=23 s 时,振 子 位 移x=8cos π2× 2 3 cm= 4cm,D正确。] 4.D [乘客做简谐运动的回复力由地球对乘客的万有引力提供,故 A错误;乘客向地心运动时速度增大、加速度减小,通过地心时的 速度达到最大值,加速度为零,则此时乘客没有处于完全失重状 态,故B、C错误;设地球质量为 M,乘客和车的质量为 m,地球密 度为ρ,则ρ= M 4πR3 3 ,在距离地心为r时,地球对乘客和车的万有引 力充当回复力,则F=GM'm r2 ,又 M'=ρ 4πr3 3 = Mr3 R3 ,故F=GMm R3 r,故D正确。] 5.C [板上的曲线显示出单摆的位移随时间变化的关系,A错误; 设相等的线段QP 代表A、B 两摆的振动时间分别为tA、tB,由匀速 直线运动规律可得vA= QP tA 、vB= QP tB ,结合vB=2vA 可得tA=2tB, B错误;由 题 图 可 知tA =TA、tB =2TB,则 TA ∶TB =2tA ∶tB = 4∶1,C正确;两单摆的振幅相等,周期不等,则相等的时间内,两 单摆运动的路程不相等,D错误。] 6.A [设PO=h,则mg=kh 设某时刻弹性绳与竖直方向的夹角为θ,此时小球到O 点的距离 为x,则弹力的竖直分力 k hcosθcosθ=kh=mg 可知合力方向水平,小球将沿直线在A、B 之间来回运动 小球受到的合力大小为 F合 =k hcosθsinθ=mgtanθ= mg h ·x 由图形剖析可看出合力方向与小球位移方向相反 满足简谐运动回复力的特征,则小球的运动是简谐运动 小球经过P 点正下方时弹性绳的拉力等于mg,故选A。] 7.C [设圆锥摆的摆线与竖直方向的夹角为θ,由题意可得圆锥摆 的周期为T1= t n ,对圆锥摆受力分析,由牛顿第二定律可得 mg月 tanθ=m4π 2 T12 r,由几何关系可得rh =tanθ ,解得g月 =4π 2n2h t2 ,AB 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 57 —