1 第1章 动量守恒定律 单元学能测评-【重难点手册】2026-2027学年高中物理选择性必修第一册同步练习册（人教版）

翻重难点手册高中物理选择性必修第一册R」， 第一章单 时间：75分钟 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分. 在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一 项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目 要求.每小题全部选对的得4分，选对但不全的 得2分，有选错的得0分. 1.用国际单位制中的基本单位来表示冲量的单位， 正确的是(). AN·s B.kg·m/s C.F·t D.kg·m/s2 2.一个质量为0.18kg的垒球，以25m/s的水平 速度飞向球棒，被球棒击打后，反向水平飞回，速 度大小为45m/s,以垒球初速度的方向为正方向， 则垒球被棒击打前后动量变化量为(). A.十3.6kg·m/sB.-3.6kg·m/s C.+12.6kg·m/sD.-12.6kg·m/s 3.如图所示是羽毛球从O点被击出后的飞行轨迹 图，图中A、B为该轨迹上等高的两点，P为该轨 迹的最高点.则对该羽毛球，下列说法正确的是 (). ◇ B A.在A、B两点的速度相同 B.在AP上升阶段，羽毛球加速度的竖直分量 大于重力加速度的值 C.AP段重力的冲量大于PB段重力的冲量 D.在P点的动量为O 4.如图，竖直放置的轻质弹簧下端固定在水 平地面上，一小球从弹簧正上方某一高度 处自由下落，从小球开始接触弹簧到将弹 000000 簧压缩至最短的过程中，下列说法正确的n 是(). A.小球和弹簧组成的系统动量守恒 B.小球的动量一直减小 22 元学能测评 满分：100分 C.弹簧对小球冲量的大小大于重力对小球冲量 的大小 D.小球的机械能守恒 5.如图所示是我国自行研制的直升机“吉祥鸟” AC332,其质量为M.现“吉祥鸟”AC332在无风 的情况下悬停于空中，螺旋桨向下推空气时使空 气获得的速度大小为，忽略尾翼螺旋桨消耗的 能量，重力加速度为g,则“吉祥鸟”AC332在悬 停的一段时间内( 。 A.空气对飞机的冲量为0 空气对飞机做的功为兰 C发动机消托的功率为M D.飞机对空气的作用力和空气对飞机的作用力 是一对平衡力 6.乌贼在水中的运动方式是十分奇 特的，它不用鳍也不用手足，而是 靠自身的漏斗喷射海水推动身体 运动，在无脊椎动物中游得最快， 速度可达15m/s.逃命时更可以达 到40m/s,被称为“水中火箭”.如图所示，一只 悬浮在水中的乌贼，当外套膜吸满水后，它的总 质量为4kg,遇到危险时，通过短漏斗状的体管 在极短时间内将水向后高速喷出，从而迅速逃 窜，喷射出的水的质量为0.8kg,则喷射出水的 速度为(). A.210m/s B.160m/s C.75 m/s D.60 m/s 7.将小球以初速度。竖直向上抛出，该小球所受 的空气阻力与速度大小成正比，其速度一时间 (-t)图像如图所示.t1时刻到达最高点，t2时刻 落回抛出点，且下落过程中小球一直加速，下列 说法正确的是(). A.0~t2时间内，小球的动量变化率先减小后 增大 B.小球上升过程和下降过程，重力的冲量相同 C.t2时刻落回抛出点时的速度为gt2一2xo D.t2时刻落回抛出点时的速度为gt2一vo 8.如图所示，水平面上放置着半径为R、质量为 3m的半圆形槽，AB为槽的水平直径.质量为m 的小球自左端槽口A点的正上方距离为R处由 静止下落，从A点切入槽内.已知重力加速度大 小为g,不计一切摩擦，下列说法正确的是 () 77777777777777777777777777 A.槽向左运动的最大位移为0.5R B.小球在槽中运动的最大速度为√2gR C.小球能从B点离开槽，且上升的最大高度小 于R D.若槽固定，小球在槽中运动过程中，重力做功 的最大功率为mgV3R 9.碰碰车是大人和小孩都喜欢的娱乐项目，游乐场 里，大人和小孩各驾着一辆碰碰车正对迎面相 撞，碰撞前两人和碰撞后大人的位移一时间图像 如图所示.已知小孩的质量为30kg,大人的质 量为60kg,碰碰车的质量均为30kg,碰撞时间 极短.下列说法正确的是(). 第一章动量守恒定律 A.碰前大人和车的速度 ◆xm 10 大小为2m/s 大人 B.碰后小孩和车的速度 6 小孩 与碰前大小相等 C.碰撞过程小孩和车受 到的冲量大小为270N·s D.碰撞过程为非弹性碰撞 10.如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直弹 性挡板，挡板右侧依次放有2025个质量均为 2m的白色小球（在一条直线上），一质量为m 的红色小球以与白色小球共线的速度。与 1号小球发生弹性正碰，红色小球反弹后与挡 板发生弹性碰撞，碰后速度方向与碰前速度方 向相反，白色小球之间也发生弹性正碰.下列说 法正确的是( ○①@ …E020202 777777777777777 7777777777777777777 A2025号小球最终速度大小为号， B.2025号小球最终速度大小为200 C红色小球最终速度大小为号)》。 0 D,红色小球最终速度大小为（号 2025 二、非选择题：本题共5小题，共60分 11.(6分)某实验小组组装了如图甲所示的实验装 置来完成验证动量守恒定律的实验.在小车α 的前端粘有橡皮泥，推动小车α使之做匀速运 动.然后与原来静止在前方的小车b相碰并粘 成一体，继续做匀速运动，在小车a后连着纸 带，电磁打点计时器的电源频率为50Hz. 6撞针 打点计时器 长木板 。 易纸带 甲 (1)下列操作正确的是 A.本实验无需平衡摩擦力 B.先释放拖动纸带的小车，再接通打点计 时器的电源 C.先接通打点计时器的电源，再释放拖动 23 翻重难点手册高中物理选择性必修第一册RJ, 纸带的小车 (2)若已测得打点纸带如图乙所示，并测得各计 数点的间距（已标在图上），A为运动起始 的第一点，则应选 (填“AB”、 “BC”、“CD”或“DE”)段来计算小车a和b 碰后的共同速度. 20.31 26.50 15.87 11.70 乙 (3)已测得小车a的质量m1=400g,小车b的 质量m2=500g,由以上测量结果可得两小 车碰后总动量为 kg·m/s(结果 保留3位有效数字). 12.(10分)在验证动量守恒定律的实验中，实验装 置如图所示，a、b是两个半径相等的小球，按照 以下步骤进行操作： I.在平木板表面钉上白纸和复写纸，并将该木 板竖直立于紧靠槽口处，将小球a从斜槽 轨道上固定点处由静止释放，撞到木板并在 白纸上留下痕迹O; Ⅱ.将木板水平向右移动一定距离并固定，再将 小球a从固定点处由静止释放，撞到木板 上得到痕迹B; Ⅲ.把小球b静止放在斜槽轨道水平段的最右 端，让小球a仍从固定点处由静止释放，和 小球b相碰后，两球撞在木板上得到痕迹A 和C 回答下列问题： ①若碰撞过程中没有机械能损失，为了保证在 碰撞过程中a球不反弹，a、b两球的质量 m1、m2间的关系是m1 m2(填 “>”、“=”或“<”)， ②（多选）为了完成本实验，必须测量的物理量 有 24 A.小球a开始释放的高度h B.木板水平向右移动的距离 C.a球和b球的质量m1、m2 D.O点到A、B、C三点的距离y1y2、y3 ③在实验误差允许范围内，若满足关系式 ,则动量守恒（用②所 选的物理量表示，要求化简). ④在实验误差允许范围内，若满足关系式 ,则机械能守恒（用②所 选的物理量表示，要求化简) 13.(10分)如图所示，将一个质量为M=1.99kg 的砂箱，用长为L=1.00m的轻绳悬挂在天花 板上，一颗质量为m=10g的子弹水平射入砂 箱，砂箱发生摆动.若子弹射击砂箱时的速度为 v=600m/s,求： (1)子弹刚打入砂箱时，它们共同速度1的 大小 (2)子弹刚打入砂箱时，细绳对砂箱作用力F 的大小 (3)子弹与砂箱共同上摆过程中的最大上升高 度h. 14.(16分)(2025·湖北华中师大一附中高三月 考)如图所示，在水平向右且电场强度大小为E 的匀强电场中，两个半径相同、质量均为m的 小球A、B静止放置在光滑的水平面上，且A、 B所在直线与电场线平行.A带电量为q(q> 0),B不带电，A、B之间的距离为L.t=0时刻 开始，A在电场力的作用下开始沿直线运动， 并与B发生弹性碰撞.碰撞过程中A、B之间 没有电量转移，仅碰撞时才考虑A、B之间的 相互作用.求： (1)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B之 间的最远距离， (2)从t=0时刻开始，到A、B发生第n次碰撞 前，整个过程中电场力做了多少功？ E 第一章动量守恒定律铺 15.(18分)如图所示，质量为6kg的小机器人A (可看成质点)在细绳O'P和OP作用下处于 平衡状态，细绳O'P=OP=1.6m.与竖直方 向的夹角均为60°，O距离水平面的高度为 H=2.85m,木板B的质量为2kg(忽略木板 的厚度)，静止在光滑水平面上，开始时木板B 处于锁定状态.木板B的右端和木板C的左端 恰好挨在一起（不粘连），剪断细绳O'P.机器 人在绳子OP作用下摆动到最低点，机器人松 开绳子水平飞出，恰好落到木板B的左端且速 度立即减为0（此时木板B依然处于锁定状 态).解除木板B的锁定后，机器人从木板B的 左端走到木板B的右端，当机器人恰好到木板 B的右端时，木板B的最左端恰好运动到O点 的正下方.重力加速度g=10m/s2, (1)求初始时木板B的左端距离O点的水平 距离。 (2)求木板B的长度L. (3)机器人走到木板B右端相对木板静止后， 以做功最少的方式从木板B右端跳到木板 C最右端，在起跳过程中机器人做的功为 240J,求木板C的长度， 、P60 2.85m B 25加的速度△就越大，故D正确. 4.BD【解析】虽然在太空中没有空气，但飞行器喷气时，飞行 器与喷出的气体之间存在相互作用力，根据牛顿第三定律， 喷出气体对飞行器有反作用力，所以飞行器可以在太空环境 中通过爆震加速，故A错误；每次喷气动量都守恒，所以每 次喷气时飞行器（含剩余燃料）动量增量大小与喷出气体的 动量增量大小相等，均为△p=△o,故B正确；根据动量守 恒定律，系统初始总动量为0，第一次喷气有0=△mw一(M △m)u,解得一M心，所以第一次喷气后速度增量 △u1=M风n第二次喷气后有(M-△m)01=△mw -2△m)u2,解得2M二2A,所以第二次喷气后速 M△mw 增量△？=-1=M-Am)M-2△m,以此类推，可以 看出每次喷气后飞行器速度增量大小不相同，故C错误；经 过n次喷气后，根据动量守恒定律可得0=n△m一(M一 n△m)ua,解得m三一nA,故D正确， 5.BD【解析】规定人原来的速度方向为正方向，设人上船后 船与人的共同速度为，由题意可知，水的阻力忽略不计，该 同学跳上小船后与小船达到同一速度的过程，人和船组成的 系统合外力为0，系统的动量守恒，则由动量守恒定律得 m以人一m船V船=(m人十m蟹)x,代入数据解得v=0.25m/s, 方向与人的速度方向相同，与船原来的速度方向相反，A、C错 误；人的动量的变化为△p=m人-m以以=60×(0.25一 2)kg·m/s=一105kg·m/s,负号表示方向与选择的正方 向相反，B正确；船的动量变化量为△p'=船)一船？船= 140×(0.25+0.5)kg·m/s=105kg·m/s,D正确. 6.(1)0.1m/s(2)4.5m/s 【解析】(1)对青蛙和木板组成的系统，在水平方向上动量守 恒，规定青蛙水平向右的初速度1=0.3/s的方向为正方 向，设木板速度为v2,根据动量守恒定律有w1+Mv2=0, 代入数据解得v2=-0.1m/s,负号表示向左后退. (2)如果青蛙水平跳出恰好入水，设青蛙的对地跳出初速度 为℃3，木板对地速度为v4,根据动量守恒有mo3十Mu4=0, 两边同时乘以时间t,变形为mL3=ML4,且L?十L4=s,根 据平抛运动规律有L,=t,A=2,联立解得， 4.5m/s. 培优突破练 1Q①ωF②ug3mw8)u,=lnM3m to M 【解析】(1)火箭在点火预热阶段喷出气体，火箭对气体的平 均作用力为F',以竖直向下为正方向，由动量定理有F'to= m。一0，解得F'-m.根据牛顿第三定律可知火箭在此 to 阶段获得的平均推力F的大小F=F'=m。」 to (2)运载物、燃料在喷出气体的过程中动量守恒，以竖直向上 为正方向，有Mo2-3mo1=0,解得2=M, (3)以地面为参考系，以竖直向上为正方向，第一级燃料燃烧 后，运载物获得的速度大小为V运1，依动量守恒定律有(M十 2m)v运1十m(-v十v运1)=0，第二级燃料燃烧后，运载物获 得的速度大小为y运2，则有(M十2m)v运2十m(一十v运2)= (M+2m)v运1，第三级燃料燃烧后，运载物获得的速度大小 为0运3，则有(M十2m)0运3十m(-v十V运3)=(M+2m)v运2， 解得v=M十3m,02=M牛3m+M十2m,v-M十3m 771U M++2m M+m' 同理，若把质量为3m的燃料分成n份，运载物最终获得的 3m 3m n 速度为Vn,则有v= M+n3m M+(n-1)320 71 3m 3m 3m n 十…十n 。十n0 ，依题目已 M+(n-2)3m M+2×3m'M+1x3 n 知条件，当n→oo时，vm=vln M+3m M 第一章单元学能测评 1.B【解析】冲量表达式为I=Ft,其中力F的单位为N,且 1N=1kg·m/s2,时间t的单位为s,故用国际单位制中的 基本单位来表示冲量的单位为1kg·m/s,故选B. 2.D【解析】初动量为p1=mw1=0.18X25kg·m/s= 45kg·m/s,打击后动量为p2=w2=0.18X(一45)kg·m/s= 一8.1kg·m/s,故动量变化量为△中=p2-p1= 12.6kg·m/s,故选D. 3.B【解析】由题可知，羽毛球在运动过程中受到空气阻力作 用，且空气阻力做负功，所以机械能减小，所以A点的速度 大于B点的速度，故A错误；由于存在空气阻力作用，AP段 羽毛球处于上升阶段，其竖直向下的加速度大于重力加速 度，而PB段羽毛球处于下降阶段，加速度的竖直分量小于 重力加速度，由于位移大小相等，所以AP段的飞行时间小 于PB段的飞行时间，则AP段重力的冲量小于PB段重力 的冲量，故B正确，C错误；羽毛球在最高点P时水平方向 速度不为0，则在P点的动量不为0，故D错误.故选B. 4.C【解析】弹簧为轻质弹簧，质量忽略不计，弹簧的动量为 0,对小球进行受力分析，从小球开始接触弹簧到将弹簧压缩 至最短的过程中，小球先做自由落体运动，后向下做加速度 减小的变加速直线运动，最后向下做加速度增大的变减速直 线运动，可知速度先增大后减小，动量先增大后减小，小球和 弹簧组成的系统动量不守恒，故A错误；根据上述分析可 知，小球的动量先增大后减小，故B错误；根据上述分析可 知，从小球开始接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中，小 球先向下做加速度减小的变加速直线运动，后向下做加速度 11 增大的变减速直线运动，直至速度减为0，根据动量定理有 I。一I弹簧=0一w,可知弹簧对小球冲量的大小大于重力对 小球冲量的大小，故C正确；根据上述分析可知，从小球开 始接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中，小球先向下做加 速度减小的变加速直线运动，后向下做加速度增大的变减速 直线运动，弹簧弹力对小球做负功，小球的机械能减小，故 D错误.故选C. 5.C【解析】飞机悬停在空中，空气对直升机的作用力与重力 大小相等，方向竖直向上，由冲量的定义可知空气对飞机的 冲量不为0，故A错误：飞机悬停时，飞机各部分竖直方向没 有发生位移，则空气对飞机不做功，故B错误；飞机对空气的 作用力大小为F=Mg,设t时间内被螺旋桨向下推出的空 气质量为m,根据动量定理可得Ft=mv,飞机t时间内对空 气所做的功为W=2m,可得飞机的发动机消耗的功率为 P-W=M,故C正确，飞机对空气的作用力和空气对飞 机的作用力是一对相互作用力，故D错误.故选C. 6.B【解析】由题意可知，乌贼逃命时的速度达到o1=40m/s, 则乌贼和喷出的水组成的系统动量守恒，设乌贼喷射出水的 速度为⑦2，取乌贼向前逃窜的方向为正方向，由动量守恒定 律可得(m一m)0,一m2=0,解得2=m-m0。 U1= mo 6g8×40/g=160ms,放选B 70【解析】根据动量定理F台出=4，可得Fa二是，可知 小球的动量变化率等于所受合力，在0~t2时间内，由v-t 图像可知，小球的加速度大小逐渐减小，则小球的合力逐渐 减小，小球的动量变化率逐渐减小，故A错误；由于空气阻 力一直做负功，所以小球的机械能不断减小，小球上升过程 与下降过程经过任意同一位置时，上升过程的速度都大于下 降过程的速度，所以小球上升过程的平均速度大于下降过程 的平均速度，则小球上升过程所用时间小于下降过程所用时 间，根据I=mgt可知，小球上升过程重力的冲量小于下降 过程重力的冲量，故B错误；设小球的质量为m,上升的最大 高度为h,上升过程，根据动量定理可得-mgt1一∑ku△= 0一moo,则有mgt1十kh=mwo,设t2时刻落回抛出点时的 速度为v2,下降过程，根据动量定理可得mg(t2-t1)一 ∑k△t=mw2-0,则有mg(t2-t1)-h=mv2,联立可得 2=gt2一o,故C错误，D正确.故选D. 8.AD【解析球在槽中运动过程中，系统水平方向动量守恒， 则有mx1=3mx2,x1十x2=2R,联立解得x2=0.5R,故 A正确：当球到达槽的最低点时速度最大，则由动量守恒和 能量关系有mm=3m,mg·2R=2m+号·3moi,解 1 得v1=√3gR,故B错误；系统机械能守恒，小球从B点离 开时，由水平方向动量守恒可知，槽的速度为0，故小球上升 的最大高度为R,故C错误；若槽固定，设球下落到槽内速度 12 和水平方向夹角为0时重力的功率最大，即竖直方向速度最 2 大，则有mgR(1十cos0)=2mw,N-mg cos0=mR, Nos0=g联立解得oms0-名=√亚，则有血0= √侣则重力的功率为P=血0-等/，故D正确 9 6 9CD【解析】由题图可知v大人=一？m/s=-3m/s,小楼 2m/s=2m/s,故A错误；由题图可知碰撞后大人的速度 为0，碰撞过程中由动量守恒可得mu小孩十Mv大人=mo小孩十 Mo大人，代人数据解得v小孩=一2.5m/s,故B错误；碰撞过 程中，对小孩由动量定理可得I=mv小孩一mu小孩=60kg× (一2.5m/s一2m/s)=一270N·s,即碰撞过程小孩和车受到 的冲量大小为270N·s,故C正确；碰撞前的总动能为E1= m十号M人=525J,碰撞后的总动能为E,= 1 1 mu小骏=187.5J,可知碰撞过程为非弹性碰撞，故D正确。 10.AD【解析】设红色小球与1号小球碰撞后速度分别为1 和v1,根据动量守恒定律有mv0=mo十2mo1,由能量守 恒定律有2m3=m6i十号·2m,解得a=一子。 3o, w=3,白色小球碰撞时交换速度，2025号小球最终速 2 2 度为？s=1=了o,故A正确，B错误；设红色小球与 1号小球第n次碰撞后速度为om,第2次与1号小球碰撞 后，有m·号w-十22m(仔)广-号m品十 1 立·2mu,解得e= (侣)，以此类指，红色小球最 终速度大小为00202s= 兮》放C错误D正瑰 11.(1)C(2)DE(3)1.05 【解析】(1)本实验要推动小车a使之做匀速运动，因此要平 衡摩擦力，故A错误；为充分利用纸带，应该先开电源后推 动小车运动，故C正确，B错误.故选C. (2)由题图中纸带可知，BC段小车做匀速运动，而碰撞后 DE段才开始匀速运动，故应选BC段来计算a的碰前速 度，选DE段来计算a和b碰后的共同速度. a、b一起运动的速度2=D织 0.1m/s= 1.17m/s,碰后的动量p2=(m1十m2)o2=1.05kg·m/s. 12.①>②CD③m1=m1+m兰④m_m+m /y2√/y3W/y1 y2 y3 y1 【解析】①在小球碰撞过程中水平方向动量守恒，故有m1= m十，碰痘前、后动能相等，放有分m听=弓m, 1 十m5,解得巴一%十，若要使a球的速度方向 不变，则m1>m2 ②③小球平抛运动的时同：=√臣，则初速度一号 x√景，显然平抛运动的初速度与下降高度二次方根的倒 数成正比，当m1=m11十m22,即m1=m十m2 √/y2/y3/y1 成立时，系统的动量守恒.由以上分析可知，需测量的物理 量有a球和b球的质量m1、m2和O点到A、B、C三点的 距离y1y2y3.故选CD. ④小球平抛运动的时间t=√ ,则初速度0=工= t √务由于味=m时+m防，整理得当 1 1 y2 m+m成立时，机械能守恒. y3 yi 13.(1)3m/s(2)38N(3)0.45m 【解析】(1)子弹水平射人砂箱过程，根据动量守恒定律可得 mw=(m十M)v1,解得v1=3m/s. (2)子弹刚打入砂箱时，根据牛顿第二定律可得F一(m十 Mg=m十D2,解得F=38N (3)子弹与砂箱共同上摆过程中，根据机械能守恒定律可得 T2(m+MDi=(m+MDgh,解得h=0.45m 14.(1)L(2)(2n2-2m+1)gEL 【解析】(1)A、B第一次碰撞前，根据动能定理有gEL 2gEL.A、B 2m0,解得A,B第一次碰撞前速度0=√ 第一次碰撞时，以向右为正方向，由动量守恒有mw=mw41 十m1,由机械能守恒有2m2=7mi十号mi,解得 A、B第一次碰撞后A、B的速度分别为A1=O,1= 江=0.当再次共速时，间距最远，有。= m n 2mL gE ，最远间距为△x=V10一 vmto =L. 2 .1.gE.ti=omti, (2)两球第一次碰撞到第二次碰撞有2· 解得两球第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔为1= 点-2√密 巳√2驶A、B第二次发生碰撞前有一正 二20,0g=0m-√2=.A,B第二次酰擅时，以向右 为正方向，由动量守恒有mvA2十mo2=muA2十mwB2,由机 械能守恒有分mi:十号mi=之m品十合m品，解得 A、B第二次碰撞后A、B的速度分别为vA2=,v2=2w, 同理可得两小球第n次碰撞前速度与第(n一1)次碰撞后 速度的关系为℃Am=vAm-1)十20=VAm-1D十V,Vm= Bm-D=UA-D,所以第n次碰撞前vA:=W,0m=(n一1)o, 整个过程中电场力微功w=m(m)P+7n[n-1D了， 联立并整理解得W=(2n2一2n+1)gEL. 75.)2m(2)§m(3)2m 【解析】(1)机器人A从最低点摆出后做平抛运动，平抛运 动的初速度为oo,根据动能定理有mgLop(1一cos)= 2m0-0,解得=4m/s,竖直方向有h=H-Lop 1 2t,解得t=0.5初始时木板B的左端距离0点的水 1 平距离为x1=vot=2m. (2)机器人从B木板左端走到B木板右端，机器人与B木 板组成的系统动量守恒，设机器人质量为M,木板B质量 为m,取向右为正方向，有Mu机一o本=0，机器人从B木 板左端走到B木板右端时，机器人和木板B运动的位移分 别为x0x1,则有Mxo=mx1,且xo十x1=L,x1=2m,解 得木板B的长度L=号m (3)设机器人起跳的速度大小为，方向与水平方向的夹角为 0,从B木板右端跳到C木板上的时间为t,根据斜抛运动规律 得cos0·t=x, vsin t gx g =2,联立解得w2=2sin0cos0 机器人跳离B的过程，系统水平方向动量守恒，有Vocos0 Ug,根据能量守恒可得机器人做的功为W三之Mw2+ 1 3cos0 2mwi,联立得W=30x(2sin9cos0+2sin0cosg} ,化简 得W=30z(in'0+4cos'0 2sin 0cos 0/ =30x(an0+2 2十an6,根据数 学知识可得当四2=品即m0=2时微功最少，代入 数值解得x=4m,则C木板的长度为x一x1=2m. 第二章 机械振动 第1节简谐运动 基础过关练 1.A【解析】弹簧振子的运动具有往复性，经过任意位置（除 最大位移处)速度有来回两个相反的方向，所以经过同一位 置速度不一定相同，但加速度一定相同，故A正确；振子每 次通过平衡位置时，速度最大，加速度为0，故B错误；振子 每次通过平衡位置时，加速度为0，故加速度相同，但速度有 两个相反的方向，故速度不一定相同，故C错误；若位移为负 值，则速度可正可负，还可以为0，故D错误故选A 2.A【解析】从图像可以看出，t=0时刻，振子在正的最大位 移处，此时振子的加速度最大，故A正确；t1时刻以后振子 的位移为负，因此1时刻振子正通过平衡位置向负方向运 动，故B错误；2时刻振子在负的最大位移处，即位移为负 的最大，故C错误；t3时刻以后，振子的位移为正，所以t时 刻振子正通过平衡位置向正方向运动，故D错误. 13