阶段检测1 动量守恒定律-【蓝海启航·启航金卷周周测】2026-2027学年高中物理选择性必修第一册（人教版2019）

阶段检测一动量守恒定律 (时间，开分钟分值，100条) 一，单选题本题共7小题，每题4分，其计28分) 1,如图所示，A,B两物体爱量之比mA'm:一312，原笔静止在平板小车C上 A,5间有一根被压莲的轻板弹簧，地育光粉，当第簧宽然释教后，荆下列说法 中不正确的是 A若A,书与平板车上表完间的动摩整因数相，A且组成的系统动量守 我若A,B与平板车上表直闻的动摩接因数相间，A,B.C凯成的系统动守回 C.若A,B所受的摩擦力大小相幕，A,B组成的系能动量守机 山.若A.B历受的摩服力大小相等，A.B,C组成的系统动量守国 2.如图所示，质量为m的物块在与水平方向夹角为母的丽定拉力F的作用下匀 连向右运功。在时博？内，下列说达正确的是 A.物块所受重力的冲量为0 且物块所受摩擦力的冲量为0 亡物块所受牧力的冲量大小为F6 D物块斯受合力的中量为0 袋.中铜家南是感级台风（证过16级的高发植，这种台风的中，心风连可达到5动m,某栋大陵膏 约100m,宽约40m:空气密度约为，3kg/m,若台风以50m/:的速度重直欢到这传大楼 后，建度减为0，南大怪受可的风力太小的 A.3.3×10N .3.25X10N ,1,3×10N 1.6,5×1N 4,如图断示，一拉球以水平这度甲，碰撞控板后水平弹间，出率变为原 米的倍(k<【》,破镶时间整降不计《碰撞过程重力对管球的冲量川忽 略不计)，养国后簧球的中心给好经过著根的中心。已址著球的疑数判 m,不计摩擦和空气阳力，则 A硅撞过程中，置球与置板组的系统动量守？ 我经撞过程中拉球的动量政变量大小为(1一》 (C,蓝服利拉球的冲量大小为1十◆wr 山，若拉球气压不足.导致是或小：在其不变的情况下，要楚按球中心经过德在中心，应使醒撞点更低 5,汽车的资全气雀是有效保护乘客馆装置。如围甲衡后，在 安全气囊的性能测试中，可提为衡点的头静从离气囊麦面 M一白 4tet Fry 高度火H生世白由落体运动，与正下方的气囊发生碳简 以头领列气餐表直为计时起点，气载对头辆经直方向作用安全气 力F随川列：的变化规律，可近丝用周乙所示的图像精其酸竹七 述，已知头锤质量=20kg,H=.1m,重力知连度大 小一10m/,则 A砖撞过程中F的冲量大小为4山N· 丝碰撑过程中F的冲量方向竖直问下 C,经撺过程中头的动量交亿量大小为00kg·m/: D,程植结束后头墙上升的最大高度为行m 8图所示量均为的物块A日散在光带的客平面上，中同用轻 弹簧相近，洋簧址干源长，一程盾量为四(，1》的子弹以本平速度 自w☐ 射入木块A并督在木块中（时间股短），下列说法正确的是 A千弹射入木块4韵过型中，千弹的动量变化量为十 林子弹射入未换A的过程中，木块A的动能增相量为十D ℃弹簧第一次瓜缩到最短的过程中，木娘且的动量大小为+2 裤k卫。 力，弹簧纳一次压蜜到最想的过程中，第黄具有的最大性停能为十(+习 1,如周所示，在水平向右且场强大小为E的匀强电场中，两个半径相同，暖 量鸟为解的不球A.B靠任败屋在光滑的水平面上，且A形所在直设与电 场线平行。A带电量为gg>01,B不梦电，A,日之可的距离为1，=0 时刻开断，A在电场力的作用下开静沿直线马动，并与B发生弹程碰撞。 硬撞过程中A,书之设有电量其移，仅董缠时才考虑A,书之利的相互们 用，下列说法证确的是 4 A胃球路一次疑擅到发生第二次腰接的时间阔隔为，√正 具两球第”次载控到发生第x十1次碰维的时间间隔为、西 ZwL 2mL 心.两球座接再次睡植的时间网斯尚为、 ,两球连续两次碰酸的时间间隔均为2、 二，多选■（本最共3小要，每葛分，共计塔分，舍部选对的得8分，邵分送对的得3分，循选的得0分） k一质量为0,5g的物块静止在本平电面上，物块与水平地宝闻的动摩擦 因数为心2。观给物块一术平方向的外力F,F面时同：度化的图复如 御所示，若最大静李擦力等于滑动摩整力，重力如速度意取10m,期 下列说正确的是 A0一1⅓内物块的加速度大小为？m/, 且1一2%内物块做匀违直线运尚 C,有多青内，物块一直做加围运动 ,在2一3的时间内：物块受判的摩薄力不变 乡，覆车是大人和个谈都喜欢的里乐话动，游乐场上，大人和小孩各驾着 一辆醒硅车座面相撞：硬障做后西人的位移一时同屏像（周管》如溶网 所示，已如个後的质量为20kg大人的质量为0kg,碳楼车历量相间， 琵谊时川极短。下列说达正确的是 A.撞用后小孩的运动方向有改变 B醒硬车的质量为0kg C.碳情过程中朝失的帆候衡为0J 几碰撞过程中小孩和其驾驶的稀碰车受到怕总冲慧大小为0N·” 0.如图所示，某科研用队对环发的人影机器人注行萬氏测世，小车静置下允滑 本平地面上，机器人静止姑立在平位右端A点。测试时机普人以制速度 (大小表知)水平跳出，落到小车上的B点，比过醒中机器人消托能量为E(大 小未划)，已知机器人的质量为知，小车的面量为N,A点与B点高度桑为 6,水平距南为，重力加速度为以：机器人可以看作质点：叙设机器人请耗的 虎量全部转化有动使，不考虑空气阳打，下列说法正稀的 入，一M+nN2 武“W+2h C.Emgs M 进择题答思栏 塑号 10 酱 骨段检测一 动量度相定非 三，非选择题{本题共ū小题，共计54分1 1L,《0分》某实验小组的可学利用如图甲所示的装置米验证动量守挥定律，调气经是销的光气 丽，轻推滑块Q楚其管在气华中物上做匀速直线品动：后将周定有建光条的滑块P在慎斜料物 道上由静止释较，经过气级导轨左侧的光电门1后与滑换Q发生碰撞，并粘合在一起，最悠追 过光电门2。已知滑境P,Q的质量分闲为世，M。情可答下列可题 健光著 1》用螺家测量帮测量逐老条的宽度加图乙所示，划发度L (2>如果斜块P经过光电门1，光电门多时，蔼尧条的指允时到分割为1：。若难撞过程，系烧 的动量守恒，则关系式 成之，该理撞过整横失的机能能与初动雀之比为一 。(用测量的将理量表示) 12.出分》字宙生埃有很大的科研价值，某人道地感卫星管的载集装置如图{)所示。如图)衡 示为质量为M的卫星在轨道上以速度头飞向一霸静止的尘埃，如图()所示为生埃被敢紫裂 餐撞击后送人其中的情景，该生埃的质量为。（因m,零M,数卫是泡度视为不变），已知地 球表面重力知速度为g,地球半径为R 41》该中埃被卫星皮鬼过程中的动量变化量大小单 2》核卫星运行轨道的南建高度6= 《3》该尘埃在败集装登中嵌人深度为L,网其在旋牧集过程中受判的非用力P大小是假设虎 过程中作用力大小不变) . 4 D.2mu ()卫星摆线遗人一个生埃区，由于大量尘线与卫星碰擦后均附着在卫星上，卫暴速度会经调 影响，为了保持卫星氨有的龙行速度，卫量推正墨霜要覆供的推力 A,随卫星爱量增大面增加 且随卫曼周量增大面膜 C.不变 D.可能增加也可能域小 》名岩尘埃区每单位体积空间有。霸空肉，尘埃的平均质量为燥，卫星正面面积为5，前进淘 度保持为，期卫星推进器提供的雄过功率为 周W 用24 1,《9分)工业亿直水找生产，极大趋是高生产效率。如图为某围装比料生产车司中两段分料单致 为速运动的传送带前提图，A:段为线形，长度L=1Gm:C段伞国思，半径r=4m:B处 无战连接，工人在A点将质量为m一0,12kg的纸箱经经收下。当纸箱后动列B点时，航器 把12个看量为m。的同规挤空南子装人抵箱，且提作时可极知。接着蛋箭在率属形传送警的 带动下运动到C点，通过规器给距子注人饮料，已知纸箱与再夜传送带列的滑动摩擦因数均 为公=山，4，量大静摩颦力等于滑动摩聚力，g取10m/。东： 网测有理这择性必修弟一贡] 8 1)若AB段传送带的速度大小为口一1m,期紧箱从A点运动到B点所雷的时间： (2)若AB段传送带的速度大小为均一8m,要快纸销以及空瓶子以量短的时问运动到C点， 解个空瓶予的质量磷，应该设计为多少， 1止山1分)如图所示，度量为M的四槽救在光滑水平地面上，四播内有光精阅汇铁道A,水平等 缸陆颗道C和光带半程轨道CT(D为CT)我道的中点)，我道都处于整直平面内且各常分 之创平惜连接(A处于同一水平线上。现将一个量为m四一。M的小物块P(可规为爱 点)从A点的正上方纯A膏H处自由下答，已即锁道B段的半径为R,以C段轨道长为上湿 (L=2R),轨道D)的半径为R,小物块与C段轨道之判的动摩擦因数为-，4，重力知速 度为从◆ (1)若国定回情静止不动，且H一.8R,求个物块第一·次经过C点后瞬闻轨面对它的作用力与 其重力的比值。 ()若不骨定回情，且H【.8R,求小物块到达)点的过程中，巴槽离并初始位置的最大形离， 3)著不倒定円怕.且R=1m,m=1gg=10m/,小物块第一次经过)利某经置时用好 脱商先道.该？置与半得轨道例心的连线与经直方向成3厂角，求H的大小。(n3了-L,们 15.(1s分)如周甲所示，水平轨道AE下之间有一四情，四帮中数置一长度与巴婚相同且不粘连 的长本板，其质量桥，一2程，长木板的上表面与轨道A形和E下齐平，并国定一轻质半周管道 D,其卡径为R。寥路管的内轻，(？为音道的周心。是量为解：=解的物块含静止在长木板上 表面的左赠，一质餐为一三用的物块【以一定的初速度向右写动，与物块2发生弹性酵挖L 和2均可视为质点，物块2进人管道后恰能到达最高点，重力如遮度取其，不什一切摩擦 (1)求物块1的初速度大小 (2)物块2运尚到管形轨道内的某位餐时，与管内壁和外量均无相互作用力，求诚位置与0点 生线和O)之间夹角的余弦值： (3)若将轻质事图管道接域轻质半圆轨道，知图乙所示，物块？经碰掉后以一，四求的流度进 人C点作通过华周铁道的最高点D,为使长木板不与丙情雇军酸离，求最的收值藏围。 P设A、B.C最后的共同速度大小为，，根据动量守恒： 有m6=3mU 解得西=30，=了√21 设物块A与C相对静止时离C右端距离为x,根据能量守 极wmgL-r)=号m,+号×2m,-号×3mo 11 解得工=2 14.(1 (2)mgg 、16 解析：(1)A球运动至水平航道，根据机梳能守恒有mgR= 2 mv? 解得=√2gR A琼与1号球发生弹性碰撞，因两球质量相等，故交换逸 度，即碰后1号球的违度为。=√2gR,1号球与2号球发 生弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒有2u=2m,+ m×2mw=×2m,+s 联立解得碰撞后1号球的捷度为可，=3√2gR,= 专2gR (2)①F作用在1号球上，使其遂度大小由1增大到①。·由 动能定理得FR=专×2me,一吉×2m 解得F-白g ②设F作用下1号球的惑位移为x,对1一2024号球组成 的整体，由动能定显得-（位×2023m,十号× 2me,）-x2m 最终，1~2024号球的速度大小均为2，设F作用的总时间 为1，对整体，由动量定理得F?=(2023m+2）一2mp 1号球与2024号球之间的距离为d=:t一x 联立解得d=16185R 8 阶段检测一动量守恒定律 1,A解析：若A,B与平就车上表而间的动摩擦因数相网，由 于A、B两物体的质量之比为mA1mB=3t2,由f=mg, 可知弹焉释放时，小丰对A、B的滑动摩擦力大小之比为3： 2,所以A,B组成的系统合外力不等于零，系统的动量不守 领，故A不正确，特合题意：对于A,B、C组成的系统，由于地 面光滑，系统的合外力为雾，别系统动量中恒，故B正确，不 符台题意：若A,B所受的摩婆力大小相等，方向又相反，删 A,B组1成的系毓合外力为零，A、B组成的系就动量中恒，故 C正扇，不特合题意：对于A,B、C组成的系统，系统的合外 力为零，则系皖动量中恒，故D正确，不将合避意。故选A 2.D解析：物块所受重力的冲量为1，一mg1≠0，故A错误： 物块匀速运动，由水平方向的平衡条件可得摩擦力大小「 Fcos 8 物块所受摩擦力的冲量大小为11=F日·1≠0，故B错误 物块所受拉力的冲量大小为I,=F,故C错误 物块匀速运动，合力为零，物块所受合力的冲量为0，故D正 确。故选D 3.C解析：在极短时间△：内与大楼发生作用的空气的质量 △m=H1.△ 根据动量定理有一F,△1=0一△U 根据牛顿第三定律有大楼对风的作用力F,与风对大楼的作 用力F:等大反向， 解得F,=1.3×10N,故选C 4,C解析：继撞过程中，蓝球与篮板组成的系统外力之和不为 零，动量不守恒，故A错议； ·39 以篮球弹回的方向为正方向，由动量定理可得I=mk知。一 (一m.）=(1+k)mn 肿蓝板对篮球的冲量大小为(1+k)m%,碰撞过程中篮球的 动量改交量大小为(1十k)mD。,故B错溪，C正确： 若蓝球气压不足，导致飞减小，在不变的情况下，减小， 要使蓝球中心经过蓝框中心，即篮球弹回后水平位移不变， 时间1要增大，应使碰撞点更高，故D错误。故选C, ,C解析：F-t图像中图线与坐标抽圈成的面积表示中量，由图 豫可知碰撞过程中F的冲量大小为1=2X01X440N: 4=220N·8 方向竖直向上，故A,B错溪： 头锤落到气囊上时的连度大小为。=√2gH=8m/s 与气量作用过程由动量定理（向上为正方向）有I,一Mg( 和-（一M知u) 解得=2m/s 碰控过程中头桥的动量变化量△p=M一（一M,） 200kg·m/s,故C正确： 0.2m 碰撞结束后头锤上升的最大高度一2■ 故D错误。故选C。 ,C解析：子弹射入木块A的过程中，子弹与木块A组成的 系统动量守恒，有km。=《(m十km) 解释一十行 子弹动量的变化量△p=km,一m,=一m0】 十1，进项A 错误： 木块A的动能增加童为△E三。m即=2十)，选境B 错误： 当弹簧第一次压编到最短时，两木块共速，则有子弹，木块 A,B和弹簧组成的系统动量守恒，期有k。=(2m十 km)v. 解得一+2 素ma 本块B的动量大小为Pm一十2，选项C正确： 弹簧第一次压缩到最短的过程中，弹簧具有的藏大弹性势能 1 为△E,=豆（m+m)- (2m+m)时= kmv 2(k+1)(k十2) 选项D错误。故选C。 .D解析：A,B第一次碰拉前gE以=立m 解得A,B第一次碰控前A琼的建度为一√m 2qEL A,B第一次逆液时 nv=#A十U国 1 之mo2=zmwa+2mvn” 解得A,B第一次碰撞后A、B的速度分剂为 V1=0 2EL=0 两球第一次莲撞到第二次碰撞复· 解得两球第一次碰撞到第二次逆栓的时间间隔为，= /2mL 2入E ,A错误： A、B第二次发生碰撞前 2qEL=2v 41=2m 答案全解全析 2qEL 10,AC解析：根据人和车组成的系统水平方向动量守恒 ,=M品 A,B第二次瑾拉时 1 mvA#十V=mpA'十nU 根据平抛运动规律h=之g'=(,十v川 1 由能量守恒得E=交m,+之M 解得A,B第二次碰撞后A、B的逃度分荆为 43= 展主标样E-密·普层成达C e'=20 11.(1)0.1880(或0.1879或0.1881均可) 同理可得，两小球第十1次碰撞前速度与第程次碰撞后逸 M 度的关系为 (2) A+D='+2知="w十t +MM+m 解析：(1)螺旋测：器的读敏为国定割度与可动刻度之和， 两小琼每次莲撞后，两小稳交换速度，即 所以遍光条的宽度为 L=1.5mm+38.0×0.01mm=1.880mm=0.1880cm = 两球连续两次骚撞（第n次碰撞到第n十1次瑾撞）满足 (②)碰前滑块P的速度为=上 碰后两滑块签体的建度为？一 L 若碰撞过程系统的动量守恒，则有m。=(m十M)v 解得两球连续两次碰控的时间间属1=2√？E 2mL 联立整理可得上 B、C错误，D正确，故选D。 t:m+M 8.AB解析：物块在运动过程中，最大静摩擦力等于滑动阜擦 孩碰撞过程损失的机城能为 力f=mg=1N 故物块在0一」$内做匀加追运动，其加递度大小a =m,- 2m= t (m+M() F-⊥-2m/g,故A正确： 初动能为E= 1~2s内物块所受力与摩慕力大小相等，物块做匀逸直战 E M 运动，故B正确，C错溪 所以E =1-m+M( M+ 01s内由动量定理有(F一f)t=△p 可得1=1s时物块的动量大小为1kg·m/s:物块在第2s 12.(1)mag (2)R -R(3)B(4)C(5)nSm。p, 内微匀速直线运动，则其动量不变，由调可知，在2一45内 物块受到的拉力反向，大小变小且小于物块的最大静摩擦 解析：(1)由于m《M,可认为飞船放集尘埃时追度不受影 力，周为下1图撩中，图线与坐标轴国成的面积在数值上等 响，字宙尘埃的建度会从0加速到。，则尘埃被卫星救集过 于冲量的大小，设物块减速到0所用的时间为，则有 程中的动量变化量大小为△p=m。,一0=m4。 M.M 1+1- (2)由于G R+h=MR+万 2 -'+ft'=△ 解得t'=(4一2V3)s 在地球表面有GR m -■g 另一解t'=(4十23)s 解得6=R 会去；由于0<4一2√3<1 所以3s前，物块已经静止，在2~3s的时间内，物块先受滑 (3)在尘埃加追到与卫星共遮过程中，根据运动学可得 动摩擦力，后受静摩擦力，故D错误。故选AB 9,ABC解析：位移一时间图线的斜率表示违度，规定小藏初 fax-vlTE-7V0l 运动方向为正方向，由图可知，碰后两车一起向反方向运 1 动，故碰撞前后小孩的运动方向发生了改变，故A正确： 别有L=1x是一t士线=之 以坐埃作为研究对象·根据动能定理可得F全=FL= 由国可知，理前眸间小孩的速度为刘，一三m/8=2m/g 大人的连度为西-10 m，2-0 2m/s=-3m/s 莲撞后的共同建度为一2,1 年释F”比选昆 2 m/s=-1 m/s (4)设卫星在尘埃区飞行时间为，飞船扫建的尘埃数量为 设碰碰车的质量为M,规定小孩初始运动方向为正方向，由 N=nSvt 动量守位定律有(m,十M)1十(m:十M):=(2M十 对卫星和尘埃整体分析，根据动量定理可得F't■(Vm。+ 成十用2）U M)v-Mu 代入数据解得M=60kg,故B正确 规定小孩初始运动方向为正方向，碰撞前小藏与其驾驶的碰 解得卫星推进器霄要提供粮力F'一nSmo 可知，为了保持卫星原有的飞行速度，卫星推进器窝要提供 瑾车的慈动量为，=(M+n,)1=(60十20)×2kg·m/s 的推力不变。故选C, 160kg·m/s 座后慈动量为p1'=(M十m,)v=-80kg·m/s (5)推进功率为P=F'v 根据动量定理可知/=△p=p1'一p1=一80一160kg·m/8= 结合上迷解得P一Sm'。 一240N·s,故D错误： 13.(1)4.5s(2)0.01kg 由能量守恒定律可得碰撞过程中损失的机械能为△E= 解析：(1)纸箱在传送带上先加递后匀逸，由牛顿第二定律 专W+m,e2+号M+m:,-专(2M+m,+m:0 得ng=ma 解得a=4m/s 600J 假设经过时间t:,纸箱与传送带共论，则v,=t 故C正确。故选A以C 解得t1=1s 周周测物理选择性必修第一册RJ ·40· 则有1=2t,=2m<1 即做烫成立，低设纸箱与传送带共违后，再经过时间1，运： 动到B点，则1= 1.一=3.5s 所以纸摘从A点运动到B点所需的时间1=t1十t2■4,5s。 (2)氧授纸箱经过住移s:,纸箱与传遥带共选，则2 0=2a￥1 解得：=8m<L 假设成立。纸箱到达B点时，速平为：=8m/s。假设纸 搞装上趣子后，与C段传送带一起败匀速国周运动，最大 速度为。，则牡(m十m,)g=(m十m,) 解得v=4m/s<p2 则往纸箱装入空瓶子后，纸箱、瓶子与BC段传送带共達， 剩到述C点所雪时网最短。对纸箱与瓶子，在放入瓶子前 后，由动量守每定律得m:=(n十用。)。 解得每个空瓶子的质量。■0.01kg。 14.(1)7(2)号R(3)0,936m 解析：(1)设小物块第一次经过C点除闻的递度为，时小 物块从P到C,点的过程有mg(H+2R)一gl= 2mvc 1 在C点，对小物块F一mg=尽 所东比准为 -=7 (2)因为小物块和凹槽组成的系统水平方向动量守饭，所以 小球到达D,点时两者在水平方向的速度均为零，此时口墙 高开初始位置的距离最大。设小物块和回檐语水平方向运 动的距离分别为r1和了：，剥 mx Mr x1十：=2R十1.+R 5 所求凹棉离开初始位置的最大距离为工：=R (3)小物块第一次经过D)间某位置时刚好脱离轨道，设在 被位置时小物块的水平方向速度为和，，竖直方向速度为 ,,凹槽的追度为w·对系统有 mg(H+R-Rcos 37")gumngl.-m(v)+ 2Moy mv,=MUM 由追度关系，有n37=少 v,十 在接位置有mgc0s37°= m(m37 R 以上各式解得H-0.935m(或2防m)》 1.4v原(2号 (3)5≤k2√6+2 解析：(1)设物块1与物块2发生弹性碰撞后的逸度分别为 和·由动量守板和机械能守领得 m1=形1十m:g 2m,w2=2m2+2m 物块2进入管道后恰能到达最高点，物块2在最高点的逸 度大小为0，由动能定理得一m:g·2R=0-2m:: 联立解得=4√复R (2)设物块2运动到管形轨道内的P点时，与管内壁和外壁 均无相互作用力，此时OP和OD之间的夹角为日，物块2 的境度大小为r,由动能定理得一加：R(1十os0)= ·41 重力指向四心的分力提供向心力，则m:gc0s日=m:尺 2 解得cos0=3 (3)将轻质羊国管道换成轻质半圆机道，物块2经碰撞后以 U=√gR的速授进入C点且能通过幸圈轨进的最高点D, 设物块2在最高点的速度为p,则m:g≤：尺 1 由动能定理得一mg·2R=2m:vn2-之m:0 解得≥5 设物块2运动到轻质半圆轨道的Q点时的速度为即阳·此时 OQ和OD之间的夹角为a(0≤a90),轨道对物块2的作 用力为F、,长木板刚好不与凹槽底部既离，则 0 F、十mgcos a=mR F、cosa=mxg 1 由动能定理得二m秋R(1+ca)=)m,0-号 解得k= 、2 +3c0sa+2 05a 当且仅当2 =3c0s a cos a 6 即c0sa一3 (a35.3)时，k取得最小值k■2v6十2 若k值挺过k。,则物块2运动到此位置后，速度将过大，所 需要的向心力也过大，对半圆轨道的作用力的竖直分力大 于加g,所以长木板与凹精底部脱离。 综上所迷，k的取值范国为5≤k≤2√十2 周测4简谐运动简谐运动的描述 ,B解析：小球与墙面存在碰撞，小球没有做简瑞运动，A错 联：若小球的初遮度为气，小球匀述运动的时间变为原来的 二倍，与弹簧接触过柱的时间不受速度影响，则其运动周期 小于2T,B正确：弹费的最大形变量无法判断，C错误：该我 时间内左侧墙壁受到弹簧弹力始终向左，冲量不为家，D错 送。故选B。 .D解析：弹簧振子在B,C间做商背摸动，O为平衡位置，则 银栖为A=(OB=(OC=5cm,故A错误： T 振于从B第一次运动到0的时间是0.5，别=0,55 解得T=2s,故B错误： 经过一次全振动，振子通过的路程是1=4A=20cm,故C 错误： 从B开始经过3s,即4=34=3T 2 振子通过的路程是：= 3×4A=30cm 故D正确.故选D, B解析：若B是0C的中点，得从O到B的方程为2 2元 Asin wf -AsinT T 解联一2 TTT B到C的时间为'= 412=6 则有1一日 则(0到B点的时间是B到C时间的一半，故A正确： 代入方程x=Am=Asn 把=8 答案全解全析