第一章 动量守恒定律 B卷能力提升卷-【金卷1号】2026-2027学年高中物理选择性必修第一册单元检测AB卷（人教版）

B卷 能力提升卷 (时间：75分钟满分：100分) 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分.每小题只有一个选项符合题目要求， 1.如图甲示为跳水运动员准备进行跳板跳水训练.如图乙所示，从起跳到落水前过程的 路径为抛物线，将运动员从最高点到入水前的运动过程记为【，运动员入水后到最低点 的运动过程记为Ⅱ，忽略空气阻力，则 圜 如 分 A.过程I中，运动员的动量变化率逐渐增大 B.过程I、Ⅱ中，运动员的总动量改变量为零 意 C.过程I中，运动员的动量改变量等于重力的冲量 D.过程Ⅱ中，运动员的动量改变量等于重力的冲量 2.最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载 火箭的研发取得突破性进展.若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3k/s,产 生的推力约为4.8×10N,则它在1s时间内喷射的气体质量约为 ( ) A.1.6×102kg B.1.6×103kg C.1.6×105kg D.1.6×105kg 邻 3.将静置在地面上，质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，其在极短时间内以相对地面 的速度v,竖直向下喷出质量为的炽热气体.忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响， 则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是 ( ) A M C.M-m D.M-mo 4.如图所示，设质量为M的导弹运动到空中最高点时的速度为。，突然炸成两块，质量为 阳 m的一块以速度v沿v。的方向飞去，则另一块 翻 A.一定沿v的方向飞去 B.一定沿。的反方向飞去 C.可能做自由落体运动 D.以上说法都不对 5.如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车上AB部分是半径为R的1/4 光滑圆弧，BC部分是粗糙的水平面.今把质量为的小物体从A点由静止释放，小物体 与BC部分间的动摩擦因数为，最终小物体与小车相对静止于B、C之间的D点，则B、 D间的距离x随各量变化的情况是 77777777777777777777777777777 A.其他量不变，R越大x越大 B.其他量不变，越大x越大 C.其他量不变，m越大x越大 D.其他量不变，M越大x越大 6.在光滑的水平面上，有a、b两球，其质量分别为m。、m6,两球在t。时刻发生正碰，并且在 碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度图像如图所示，下列关系正确的是 A.momo B.mmo C.mo-mo D.无法判断 7.如图所示，A、B两小球在光滑水平面上，分别以动量p,=4kg·m/s和了 2=6kg·m/s(向右为正方向)做匀速直线运动，则在A球追上B球并 与之碰撞的过程中，两小球的动量变化量△1和△p2可能分别为 A.-2kg·m/s,3kg·m/s B.-8kg·m/s,8kg·m/s C.1kg·m/s,-1kg·m/s D.-2kg·m/s,2kg·m/s 8.如图所示，在光滑水平面上，甲、乙两车相向而行，甲的速率为。， 乙的速率也为v。,甲车和车上人的总质量为10，乙车和车上人及 货包的总质量为12m,单个货包质量为%，为使两车不相撞，乙车 上的人以相对地面为v=11。的速率将货包抛给甲车上的人，则乙车上的人应抛出货包 的最小数量是 A.10个 B.11个 C.12个 D.20个 10 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分.每小题有多个选项符合题目要求，全 部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选和不选的得0分： 9.如图所示，三个小球的质量均为，B、C两球用轻弹簧连接后放在光滑 Y00000000 的水平面上，A球以速度。沿B、C两球球心的连线向B球运动，碰后 A、B两球粘在一起.对A、B、C及弹簧组成的系统，下列说法正确的是 A.机械能守恒，动量守恒 B.机械能不守恒，动量守恒 C.三球速度相等后，将一起做匀速运动 D.三球速度相等后，速度仍将变化 10.如图所示，甲、乙两车的质量均为M,静置在光滑的水平面上，两车相 甲 P乙 L 距为L.乙车上站立着一个质量为的人，他通过一条轻绳拉甲车，甲、 77777777707777777777 乙两车最后相接触，下列说法正确的是 A.甲、乙两车运动的速度之比为”☐ B.甲、乙两车运动的速度之比为M十m M M+mL C.甲车移动的距离为2M十m D.乙车移动的距离为2M十m 11.A、B两船的质量均为m,都静止在平静的湖面上，现A船上质量为？m的人以相对地面 的水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳到A船，经n次跳跃后，人停在B船上，不 计水的阻力，则 ( ) A.A、B两船速度大小之比为2：3 B.A、B(包括人)两船的动量大小之比为1：1 C.A、B(包括人)两船的动量之和为0 D.A、B(包括人)两船的动能之比为1：1 12.某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移一时 间图像.图中的线段α、b、c分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块I、Ⅱ和它 们发生正碰后的结合体的位移随时间的变化关系.已知滑块相互作用时间极短，由图像 给出的信息可知 ( 个s/m 14 12 10 6 A.碰前滑块「与滑块Ⅱ速度大小之比为5：2 B.碰前滑块I的动量比滑块Ⅱ的动量大 C.碰前滑块I的动能比滑块Ⅱ的动能小 D.滑块I的质量是滑块Ⅱ的质量的后 11 三、非选择题：本题共6小题，共60分， 13.(6分)如图所示，在实验室用两端带有竖直挡板C和D的气垫导轨和有固定挡板的质 量都是M的滑块A和B做“探究碰撞中的守恒量”的实验，实验步骤如下： 77777777777777777777777777 I.把两滑块A和B紧贴在一起，在A上放质量为的砝码，置于导轨上，用电动 卡销卡住A和B,在A和B的固定挡板间放入一轻弹簧，使弹簧处于水平方向上的 压缩状态； Ⅱ.按下电钮使电动卡销放开，同时启动两个记录两滑块运动时间的电子计时器，当A 和B与固定挡板C和D碰撞的同时，电子计时器自动停表，记下A至C的运动时间t1, B至D的运动时间t2: Ⅲ.重复几次，取t1和t2的平均值： (1)在调整气垫导轨时应注意 (2)应测量的数据还有 (3)只要关系式 成立，即可得出碰撞中守恒的量是w的矢量和 14.(8分)某班物理兴趣小组选用如图所示装置来“探究碰撞中的不变量”.将一段不可伸长 的轻质绳一端与力传感器（可以实时记录绳所受的拉力）相连固定在O点，另一端连接 小钢球A(绳长远大于小钢球半径)，把小钢球拉至M处可使绳水平拉紧.在小钢球运动 的最低点N右侧放置一水平气垫导轨，气垫导轨上放有小滑块B(B上安装宽度较小且 质量不计的遮光板)、光电门（已连接数字毫秒计）.当地的重力加速度为g. 0 遮光板 日光电门 气垫导轨 某同学按如图所示安装气垫导轨、滑块B(调整滑块B的位置，使小钢球自由下垂静止 在N点时与滑块B接触且无压力)和光电门，调整好气垫导轨高度，确保小钢球A通过 最低点时恰好与滑块B发生正碰.让小钢球A从某位置静止释放，摆到最低点V与滑 块B碰撞，碰撞后小钢球A并没有立即反向，碰撞时间极短， (1)为完成实验，除了毫秒计读数△、碰撞前瞬间绳的拉力F,、碰撞结束瞬间绳的拉力 F2、滑块B的质量B和遮光板宽度d,还需要测量的物理量有 A.小钢球A的质量mA B.绳长L C.小钢球从M到N运动的时间 12 (2)滑块B通过光电门时的瞬时速度)B= (用题中已给的物理量符号表示) (3)实验中的不变量的表达式是 (用题中已给的物理量符号表示) 15.(10分)如图所示，水力采煤时，用水枪在高压下喷出强力的水柱冲击煤 v'=0E 层，已知水柱直径为d=30cm,水速为v=50m/s,假设水柱射在煤层的 表面上，冲击煤层后水的速度变为零，求水柱对煤层的平均冲击力大小.△： (水的密度p=1.0×103kg/m3) 13 16.(12分)汽车A在水平冰雪路面上行驶.驾驶员发现其正前方停有汽车B,立即采取制动 措施，但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B 车向前滑动了4.5m,A车向前滑动了2.0m.已知A和B的质量分别为2.0×103kg 和1.5×103kg,两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰 撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g取10m/s2.求： (1)碰撞后的瞬间B车速度的大小； →2.0m -4.5m (2)碰撞前的瞬间A车速度的大小. -14 17.(12分)如图所示，小球A质量为，系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到 水平面的距离为h.物块B质量是小球的5倍，置于粗糙的水平面上且位于O点正下 方，物块与水平面间的动摩擦因数为“.现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开始释 放，运动到最低点时与物块发生正碰（碰撞时间极短），反弹后上升至最高点时到水平面 的距离为合小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g,求碰撞过程物块 获得的冲量及物块在地面上滑行的距离. 77777777777777777777777777777 -15 18.(12分)如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质 量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA=2kg,mB=1kg.初始时A静止于 水平地面上，B悬于空中.现将B竖直向上再举高h=1.8(未触及滑轮)，然 后由静止释放.一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后 A 7777777177 B恰好可以和地面接触.取g=10m/s,空气阻力不计.求： (1)B从释放到细绳绷直时的运动时间t; (2)A的最大速度v的大小； (3)初始时B离地面的高度H. 1615.解析：(1)由于平抛运动的竖直分运动为自由落体 运动， 故h= 2812, 落地时间t=√g △w=v,=gt=10×1m/s=10m/s, 方向竖直向下， 故△p=m△w=1×10kg·m/s=10kg·m/s,方向竖直 向下， (2)小球落地时竖直分速度为 v,=gt=10m/s.由速度合成知， 落地速度v=√/%十u √/10+10m/s=10√/2m/s, 所以小球落地时的动量大小为 p'=mw=10√2kg·m/s, 方向与水平方向的夹角为45。 答案：(1)10kg·m/s方向竖直向下 (2)10√2kg·m/s方向与水平方向的夹角为45 16.解析(1)规定向右为速度正方向.冰块在斜面体上运 动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为 ,斜面体的质量为m:,由水平方向动量守恒和机械能 守恒定律得 m22o=（m2十mg）U ① 名m:=子mm,d十ms动 1 ② 式中0=一3m/s为冰块推出时的速度，联立①②式 并代入题给数据得m:=20kg ③ (2)设小孩推出冰块后的速度为1，由动量守恒定律有 m1U十n2v20=0 ④ 代入数据得y1=1m/s ⑤ 设冰块与斜面体分离后的速度分别为2和，由动量 守恒和机械能守恒定律有 n2U20=mn22十m:U3 ⑥ m:2=m+号m, 1 ① 联立③⑥⑦式并代入数据得2=1m/s ⑧ 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的 速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩， 答案见解析 17.解析：滑环固定时，根据机械能守恒定律，有 MgL=号MG,解得%=V2gL. 滑环不固定时，物块的初速度仍为。，在物块摆起至最 大高度h时，它们的速度都为.在此过程中，物块和滑 环组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，则： Mu=(mM)v, 2Mui-2(m+M)v+Mgh. 由以上各式，可得=m 答案m干M 18.解析：(1)设水平向右为正方向，当A与墙壁碰撞时，根 据动量定理有F量=m4v1'一m4(一v1), 解得F=50N. (2)设碰撞后A、B的共同速度为V,根据动量守恒定 律有 mA1'=(ma十mz)v, A、B在光滑圆孤轨道上滑动时机械能守恒，由机械能 守恒定律得 1 2(ma十ma)2=(mA十mB)gh, 解得h=0.45m. 答案：(1)50N(2)0.45m B卷能力提升卷 1,C[过程I中运动员只受重力作用，所以运动员在该过 程的动量改变量等于重力的冲量，且在该过程中，对运 动员始终有mg△=4p,则兰=mg,故A错误，C正确： 过程I中运动员的初速度不为0，过程Ⅱ中运动员的末 速度为0，故过程I、Ⅱ中运动员的总动量玫变量不为0， B错误；过程Ⅱ中运动员的动量改变量等于合外力的冲 量，不等于重力的冲量，故D错误.] 2.B[根据动量定理有F△t=△w一0， 解得=卫=4：8X10N=1.6X10kg/s,所以选项B △tv3000m/s 正确.] 3.D[根据动量守恒定律vo=(M-m)v, 得=Mm选项D正确，门 4C[以整个导弹为研究对象，取U。的方向为正方向，根 据爆炸的瞬间，系统在水平方向上动量守恒，有M, M-w十m,利得另一块的连度为-若 Mv>1w,则v>0,说明另一块沿。的方向飞去；若 M<mw,则'<0，说明另一块沿。的反方向飞去；若 M=mv,则'=0，说明另一块做自由落体运动，故 选C.] 5.A[小车和小物体组成的系统水平方向的动量守恒且 为零，所以当小车和小物体相对静止时，系统水平方向 的总动量仍为零，则小车和小物体相对于水平面也静 止，由能量守恒得umgx=ngR,x=R/u,选项A正确， B、C、D错误.] 6,B[由题图知a球以初速度与原来静止的b球碰撞，碰 后a球反弹，且速度小于a球的初速度大小，根据动量守 恒定律和机械能守恒定律有m。=mv。'十m,6√以及 zm=专m,”十合m,,可得u,'-m, 1 1 1 m。十m %'= 2,因u'<0,所以m<m,选项B正确] n.十mg 7.D碰撞过程中动量守恒，即满足p1十p2=（p1十△p1) 十(p:十△p:).A项，因为不满足动量守恒，故A错误；B 项，碰拉过程中还要满足动能不增加，即十品≥ (十△p)p:十△p》,代入数据知B不满足，故B 2m1 2m2. 错误；C项，因为两球在碰撞前是同向运动，所以碰撞后 还要满足B球的速度增加，A球的速度减小或反向，而C 选项给出的情况是碰撞后A球的速度增加，而B球的速 度减小，所以不符合情景，故C错误；D都满足，故D 正确. 8.A[规定水平向左为正方向，两车刚好不相撞即最后两 车速度相等，设相等的速度为'，对两辆车、两人以及所 有货包组成的系统，由动量守恒定律得12m一10mv0 =(12m十10m)d,解得-器设为使两车不相撞，乙 车上的人应抛出货包的最小数量为n,以乙及乙车上的 人和货包为系统，由动量守恒定律得12m6=（12m一n ·得)十·得，由题知=11解得n=10个，选项 A正确.门 9.BD[因水平面光滑，故系统的动量守恒，A、B两球 碰撞过程中机械能有损失，A错误，B正确；三球速度 相等时，弹簧形变量最大，弹力最大，故三球速度仍将 发生变化，C错误，D正确.」 10.ACD[本题类似人船模型.甲、乙、人看成一系统，则 水平方向动量守恒，甲、乙两车运动中速度之比等于质 量的反比，即为M”,A正确，B错误Mc甲=(M十m) x乙x甲十x2=L,解得C、D正确.] 11.BC[最终人停在B船上，以A、B两船及人组成的系 统为研究对象，在整个过程中，以A的速度方向为正方 向，由功量守恒定律得m1一(m十子加)a=0,解得 二=号，A错误：以人与两船组成的系统为研完对象， UR 人在跳跃过程中总动量守恒，所以A、B(包括人)两船 的动量大小之比是1：1，B正确；由于系统的总动量守 恒，始终为零，故A、B(包括人)两船的动量之和也为 零，C正确：A、B包括人两船的动能之比门 2m 三，D错误了 2(m+2m） 12.AD[根据s一t图像的斜率等于速度，可得碰撞前滑 块I的速度为=414m/s=一2m/s,大小为 5 4 2m/s,滑块Ⅱ的速度为u,=5m/s=0.8m/s,则碰前 速度大小之比为5：2，A正确；碰撞前、后系统动量守 恒，碰撞前，滑块I的速度为负，动量为负，滑块Ⅱ的速 度为正，动量为正，由于碰撞后动量为正，故碰撞前总 动量也为正，故碰撞前滑块I的动量比滑块Ⅱ的动量 小，B错误：碰撞后的共同速度为口=6二4 m/s= 5 0.4m/s,根据动量守恒定律，有m11十22=(m1十 m),代入数据可得m=日mD正确：避前滑块1与 滑块Ⅱ的动能之比为E=」 mv 1 =.（4） 2n2喝 ,所以碰前滑块1的动能比滑块Ⅱ的动能大，© 错误.」 13.解析：(1)导轨水平才能让滑块做匀速运动. (2)需测出A左端、B右端到挡板C、D的距离x1,2· 由计时器计下A、B到两板的时间t1,t2, 算出两滑块A,B弹开的速度一子助一号 t, (3)由动量守恒知(m十M)U1一M2=0, 即(m十M05=M t 答案：(1)使气垫导轨水平 (2)滑块A的左端到挡板C的距离x1和滑块B的右端 到挡板D的距离x2 (3)(M+m)马=M t t2 14解析：滑块B通过光电门时的瞬时速度= △t 根据牛顿第二定律得： vi F-mag=mA L 109 F:-mag=mA L 实验中的不变量的表达式为：m41=m4U2十mBVB 整理得： √FmAL-mgL=√F,maL-migL十ma△证 d 所以还需要测量小钢球A的质量m4以及绳长L. 答案：(1)AB(2) △t d (3√FmAL-migL-√F2maL-migL十mn 15.解析：设在一小段时间△t内，从水枪射出的水的质量为 △m,水柱横截面积为S,则△m=pS·v△t 以△m为研究对象，它冲击煤层时在△t时间内的动量 变化 △p=△·(0-w)=-pS·w△t 设F为水对煤层的平均作用力，即冲力，F为煤层对水 的反冲力，以的方向为正方向，根据动量定理（忽略水 的重力)，有 F'·△t=△p=-pS·w2△t,即F'=-pS· 根据牛顿第三定律知F=一F=S· 式中S=平d,代入数值得F≈1.77X10N. 答案：1.77×105N 16.解析：(1)设B车的质量为mB,碰后加速度大小为aB 根据牛顿第二定律有mng=mzaB, ① 式中以是汽车与路面间的动摩擦因数， 设碰撞后瞬间B车速度的大小为VB',碰撞后滑行的距 离为sB.由运动学公式有'B=2aBsB, ② 联立①②式并利用题给数据得 vg′=3.0m/s. ③ (2)设A车的质量为m4,碰后加速度大小为a4,根据牛 顿第二定律有 umag=maaA ④ 设碰撞后瞬间A车速度的大小为VA',碰撞后滑行的距 离为51·由运动学公式有4'2=2a5A ⑤ 设碰撞前的瞬间A车速度的大小为A·两车在碰撞过 程中动量守恒，有AVA=AVA′十BVB' ⑥ 联立③④⑤⑥式并利用题给数据得 Ua≈4.3Im/s. ⑦ 答案：(1)3.0m/s(2)4.3m/s 17.解析：设小球的质量为，运动到最低点与物块碰撞前 的速度大小为，取小球运动到最低点时的重力势能 为零，根据机械能守恒定律有 mgh=m, 解得：U1=√/2gh. 设碰撞后小球反弹的速度大小为'，同理有 mg162m, gh 解得：0'=√8· 设碰撞后物块的速度大小为2，取水平向右为正方向， 由动量守恒定律有 w1=-my'十5m2, gh 解得：v=N8· 由动量定理可得，碰撞过程滑块获得的冲量为：I= 5 5m,=号m√2g. 物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小为 F=5umg· 设物块在水平面上滑动的距离为5，由动能定理有 一Fs=07×5mu2/ 解得奇品 5 答秦：是m√2g16 h 18.解析：(1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有 h=7,0 代入数据解得 t=0.6s.② (2)设细绳绷直前瞬间B的速度大小为B,有 vB=gt.③ 细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、B的重力，A、B相 互作用，由动量守恒得 mBvB=(mA十mB)v,④ 之后A做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度 即为最大速度，联立②③④式，代入数据解得 w=2m/s.⑤ (3)细绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接 触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、B组成 的系统机拔能守恒，有之(m:十m)。十msH m4gH,⑥ 代入数据解得 H=0.6m.⑦ 答案：(1)0.6s(2)2m/s(3)0.6m 第二章机械振动 A卷基础达标卷 1.B[由简谐运动的特，点可知，位移是指由平衡位置指向 振子所在位置的有向线段，由=一虹可知加速度方向 m 与位移相反，速度与位移可能同向，也可能反向，故 选B.」 2.C[当振子从平衡位置O向a运动的过程中，弹簧的弹 力逐渐增大，根据牛顿第二定律知，加速度逐渐增大，加 速度的方向与速度的方向相反，振子做减速运动，则振 子速度减小，选项C正确，A、B、D错误.」 3D[物体完成一次全振动，是一次完整的振动过程.物 体回到原位置，位移、速度、回复力的大小和方向第一次 同时恢复原来的大小和方向，因此D项正确.门 4.B[将振子m向右拉动5cm后由静止释放，经过0.5s 后振子m第一次回到P位置经历于，所以T=4×0.5s =28,振动的频率了=宁=宁H,A错民：振动的周期 与振幅的大小无关，在P位置给振子m任意一个向左或 向右的初速度，只要最大位移不超过20cm,总是经过 T=0.5s到达最大位移处，速度降为0，B正确；振动的 周期与振幅的大小无关，振子m连续两次经过P位置的 时间间隔是半个周期，即1$，C错误；振动的周期与振幅 的大小无关，所以若将振子m向右拉动10cm后由静止 释放，经过0.5s振子m第一次回到P位置，D错误.] 5.B[振幅反映了振动的强弱，可知做简谐运动的质点， 其振动能量与振幅有关，A正确；做简谐运动的物体经 过平衡位置时的回复力一定为0，但所受合外力不一定 为零，如振幅很小的单摆运动到最低，点时受到的合外力 可 就不等于0，B错误；根据单摆的周期公式T=2√g 知，单摆做简谐运动的周期跟振幅及摆球质量无关，C正 1 确：根据发生共振的条件可知，当外力的频率等于单摆 的固有频率时，单摆做受迫振动的振幅最大，若外力的 频率大于单摆的固有频率，则外力的频率越大，单摆的 振幅越小，D正确.故本题应选B.门 6.CL由题意和简谐运动的对称性特点知：M、VN两，点关 于平衡位置O对称，因位移、速度、加速度和力都是矢 量，它们要相同，必须大小相等、方向相同.M、N两，点关 于O点对称，振子所受弹力应大小相等、方向相反，振子 位移也是大小相等、方向相反，由此可知，A、B选项错 误；振子在M、N两，点的加速度虽然方向相反，但大小相 等，故C选项正确；振子由M到O速度越来越大，但加 速度越来越小，振子做加速运动，但不是匀加速运动，振 子由O到N速度越来越小，但加速度越来越大，振子做 减速运动，但不是匀减速运动，故D选项错误.」 7.C「摆球经过平衡位置时，回复力为零，但由于摆球做圆周 运动，经过平衡位置，合力不为零，合力提供向心力，方向指 向悬，点，A错误：摆球所受回复力由重力沿圆孤切线方向的 分力提供，重力沿摆线方向的分力与摆线对摆球的拉力的 合力提供向心力，所以摆球所受合力的大小跟摆球相对平 衡位置的位移大小不成正比，B错误：根据牛顿第二定律可 知，摆球在最大位移处时，速度为零，向心加速度为零，重力 沿摆线方向的分力等于摆线对摆球的拉力，回复力才等于 重力和摆线拉力的合力，在其他位置时，速度不为零，向心 加速度不为零，重力沿摆线方向的分力小于摆线对摆球的 拉力，回复力不等于重力和摆线拉力的合力，故C正确，D 错误. 8.C[当驱动力的频率∫等于物体 的固有频率∫。时，系统发生共振， 振幅最大，当∫<f。时，随∫的增 大，振幅增大，当>f。时，随∫的 增大，振幅减小，如图所示，由于驱 动力的频率小于物体的固有频率， 09 因此当驱动力的频率增大时，物体 的振福先增大后减小，选项C正确.门 9.ACD[从图像可以看出，t=0时刻，振子在正的最大位 移处，因此是从正的最大位移处开始计时画出的图像，A 项正确：1时刻以后振子的位移为负，因此该时刻振子 正通过平衡位置向负方向运动，B项错误；，时刻振子在 负的最大位移处，因此可以说是在最大位移处，C项正 确；时刻以后，振子的位移为正，所以该时刻振子正通 过平衡位置向正方向运动，D项正确. 10.BCD[由题图读出周期为T=4s,则频率为∫=元= 0.25Hz,A错误：质，点在一个周期内通过的路程是4 个振幅，则在0~10s内质点经过的路程是s=20cm,B 正确；在第5s末，质，点位于最大位移处，速度为零，加 速度最大，C正确：由题图可以看出，在t=1.5s和t= 4.5s两时刻，质点位移大小相等，D正确.门 11.BC[质点在第1s内，由平衡位置向正向最大位移处 运动，做减速运动，所以选项A错误；在第2s内，质，点 由正向最大位移处向平衡位置运动，做加速运动，所以 选项B正确：在第3s内，质，点由平衡位置向负向最大 位移处运动，动能转化为势能，所以选项C正确；在第4 s内，质，点由负向最大位移处向平衡位置运动，加速度 减小，速度增大，势能转化为动能，所以选项D错误，] 12.ABD[由振动图像可知，t1和t3时刻摆球偏离平衡位 置的位移最大，此时摆球速度为零，悬线对摆球的拉力 最小；2和t1时刻摆球位移为零，正在通过平衡位置， 速度最大，悬线对摆球的拉力最大，故正确答案为A、 B、D.] 13.解析：(1)既然所画T2一l图像与纵坐标有正截距，这就 表明！的测量值与真实值相比偏小了，意味着测摆长时 8