特训6 动量守恒定律 机械振动 机械波-【创新教程】2027年高考物理艺考生文化课百日冲关课时作业

9.AC[根据题意可知阻力大小f=0.025mg= 1.0X10N,匀加速阶段，由牛顿第二定律得F-f=ma, 解得F=5X10N,匀加速阶段最大速度为v=at=20m/s, 则额定功率为P=F0=1.0X10W,故A正确：最大速 度为=三100m/s,故B错误；第12s时的瞬时速 度为2=at12=12m/s,瞬时功率为P12=Fu12= 6×10W,故C正确；车速为40m/s时的牵引力为Fo= 卫=2.5X10N,由牛顿第二定律得Fo-∫=mao,解 得此时的加速度大小为ao=0.375m/s°，故D错误.] 10.BD[从释放到抛出前，石块的重力势能和动能都增 加，故石块的机械能不断增加，故A错误：石块脱离瞬 间，石块的瞬时速度水平向右，重力的瞬时功率为P。= ngucos90°=0，故B正确；设石块脱离轻杆的瞬间重物 的速度为1，石块的速度大小为，对石块和重物组成 的系统，根据机械能守恒定律有m1g·OA一m2g·OB 子叫，心十子m,G,石块与重物的角速度相等，根据v =,可得速度关系=子，解得u,=25m/s,心= 8√5m/s,故C错误；石块脱离前瞬间，对重物分析有T vi 一mg=m1OA,解得T=480N,故D正确.] 11.解析：(1)首先，用刻度尺测量遮光片的宽度d(步骤 ④)，这是测量速度的关键物理量，接着，用天平测量重 锤1（含遮光片）的质量m、重锤2的质量M(M>m)(步 骤②)，为后续计算机械能做准备.然后，将光电门安装 在铁架台上，将重锤1压在桌面上，保持系统静止，重锤 2离桌面高度适当（步骤③），完成装置的安装与调试， 之后，用刻度尺测量遮光片中心到光电门的竖直距离 H(步骤①)，确定下落高度，最后，启动光电门，释放重 锤1，用毫秒计测出遮光片经过光电门所用时间t(步骤 ⑤)，进行实验数据采集，所以合理的顺序是④②③① ⑤，故选B. (2)由图乙可知，刻度尺的分度值为1mm,遮光片的宽 度d=0.53cm (3)由于遮光片通过光电门的时间t很短，可认为遮光 片通过光电门的平均速度等于瞬时速度，所以=4 t (4)系统重力势能的减少量为(M一m)gH,系统动能的 增加量为2(M+m)时=合(M+m)(号)》 2 2 若机栽能守恒，则(M-mgH=合(M+m)() (5)不同意.因为滑轮会转动，细绳与滑轮间的静摩擦 力对滑轮做功，使滑轮获得动能，而滑轮的动能是由两 重锤组成的系统的机械能转化而来的，所以两重锤组 成的系统机械能不守恒，系统机械能减小， 答案：1)B(2)0.53(0.51~0.54)(3)4 (4M-m)H-(M+m)(4) (5)不同意，因为静摩擦力对两重锤组成的系统做负 功，所以系统机械能减小. 39 练习册参考答案 12.解析：(1)瓦片由P点滑至Q点的过程，由动能定理得 nglsin53°-cos532·L=7md-0 求得v=5√3m/s (2)瓦片由Q滑到N的过程，由动能定理得一mg(h1一 A:)-w&=0-合m心 求得W意=70J (3)瓦片由Q滑到M的过程，由动能定理得mgh, 1 2=2m0w-2mu 求得w=2√/15m/s 在M点有FN-mg=mR 求得Fx=68N 由牛顿第三定律得瓦片在M点对轨道的压力F'N=FN =68N 答案：(1)5√3m/s(2)70J(3)68N 13.解析：(1)小物块沿着挡板运动，挡板对小物块的支持 力不变2mg=m2R' 解得u=2√gR 小物块从A到B的过程中，根据动能定理有 W+(-nX2mgX2xR)-mu-mo 解得F做的功W=2mgR (2)从B点飞出时的速度为vB=u=2√gR 由题知，小物块从C,点沿圆孤切线方向进入CDE轨道 内侧，在C点有cos60°=s ve 则小物块从B到C的过程中，根据动能定理有 mgH=2n呢-之moi 联立解得H=6R (3)若小物块能运动到D,点，小物块从C到D的过程中， 根搭动能定理有-mg(R+Rcos60)=子m心。-子m或 在D点：FN-mg=mR 解得F、=12mg>0,小物块在最高，点和轨道存在接触， 能到达D,点. 答案：(1)2mgR(2)6R(3)见解析 特训6动量守恒定律机械振动机械波 1,A物体做受迫振动时，其振动频率始终等于驱动力的 频率，故金属管做受迫振动的振动频率等于风力频率，A 正确：金属管振动幅度大小主要取决于风力频率与金属 管固有频率是否接近，只有当风力频率接近金属管固有 频率时，才会发生共振，振动幅度才会显著增大，并非风 力频率越高，振动幅度就越大，B错误；不同长度的金属 管，由于结构参数不同，其固有频率也不同.振动周期和 频率互为倒数，各管的振动周期并不相等，C错误：只要 是机械振动就一定存在回复力，金属管振动时，其自身 的弹性以及重力等因素会形成促使其回到平衡位置的 力，即回复力，D错误.] 丨物理 2.C[题图表示的是多普勒效应，A错误；根据波的图样可 知，前侧形成的波纹比较密，后侧形成的波纹比较稀疏，由 多普勒效应可知，前侧波的频率大于后侧波的频，左侧波 的频率等于右侧波的频率，救护车向前运动，单位时间内前 侧接收的完全波个数比后侧的多，C正确，B、D错误.] 3.C[根据题意可知，机械波的周期为T=24=s,水 波波长约为入=T=0.25m,故选C. 4.C[由题图可知，简谐运动的周期T=0.8s,则w=宁 2 =号πrad/s,振福A=2cm,鱼漂的振动方程为y= 5 Asin t=2sin之t(cm),t=0.1s时鱼漂的位移大小y= √2cm,故选C.] 5.C[地面对机器人作用力的作用点在力的方向上没有 位移，故地面对机器人不做功，故A错误；下蹲动作不会 改变动量变化量，但会延长作用时间，根据℉=史可知 △t 延长作用时间可以使作用力减小，故B错误；c到d过 程，机器人处于空中，处于失重状态，故C正确；c到e过 程机器人存在水平向右的动量，却没有，说明落地时地 面给机器人一个水平向左的冲量，地面对机器人的冲量 应该由竖直向上及水平向左的两个冲量合成得到，方向 不可能竖直向上，D错误. 6.D[根据速度一时间图像的斜率表示加速度大小，可知碰 4一3 撞前桐桐与车的加速度大小为a=10m/s=1m/s,根 据牛顿第二定律，可得桐桐与车受到的合力为F1=m1a1 =40X1N=40N,故A错误；由题图可知碰撞前瞬间桐 桐与车的速度为℃，=4m/s,乐乐与车的速度为0，碰撞后 桐桐与车的速度为y'=1m/s,乐乐与车的速度为= 4m/s,碰撞过程，动量守恒，则有m11=m11'十m2v2, 解得m2=30kg,故B错误；：碰撞前瞬间的机械能为桐桐与 车的动能之和，则有E=子m话=子×40×J=20J,碰 撞后的机械能为桐桐与车的动能和乐乐与车的动能之和， 则有B'=之m+2m店=之×40×1门+号×30× 4J=260J,可知E>E',故此次碰撞过程有机械能损失， 故C错误；根据速度一时间图像与时间轴围成的面积表示 位移，可得两车碰后，桐桐与车的位移为西=了X1×(2.】 一1.1)m=0.5m,对乐乐与车，在1,18到2.1s,可得加速 4-3 度大小为a一2.1-一m/s=1m/s,则碰撞后，乐乐与 车的速度从4m/s减到0，所经过的位移为x=2a 2Xm=8m,故两车碰后，均停止运动时相距为△x 42 x2一x1=8m-0.5m=7.5m,故D正确.] 7.D[由图丙可知t=1s时质点P向y轴正方向运动，结 合图乙根据带动法可知波沿x轴正方向传播，故A错 误；由图丙可知t=0.3s时，质点P向y轴负方向运动， 加速度正在增大，故B错误；由乙图知，波长入=6，由 丙图知，波的周期T=2s,则波传播速度v=下=3m/s, 入 故C错送：经垃1.5s=买，P境点的路程为=3A= 3×0.3m=0.9m,故D正确.] 39 8.AC[木杵从释放到静止的过程中，根据动量定理I合= △，可知，木杵的动量变化量为零，所以合外力冲量为 零，故A正确；木杵与谷物相互作用中，木杵和谷物组成 的系统初动量不为零，末动量为零，动量不守恒，故B错 误：设向下为正方向，木杵在重力作用下向下运动，设木 杵刚与谷物作用时的速度为，由动能定理可得gh 号mv,解得0=3m/s,木杵与谷物作用过程，谷物对木 杵的平均作用力为F,木杵与谷物作用0.1s后静止，由 动量定理可得(mgF)t=0一mu,解得F=200N,根据 牛顿第三定律可得木杵对谷物的平均作用力约为200N, 故C正确，D错误，] 9.BC[从图乙中可读出，简谐运动的振幅为3cm,A错误； 从国乙中可读出，简谐运动的周期为08s,由∫=子，解 得简谐运动的频率为1.25Hz,B正确：从图乙中可知，t= 0.2s时，头部位移最大，速度为零，t=0和t=0.4s时， 头部在平衡位置，速度最大，故0一0,4s内，头部的动能 先减小后增大，C正确；如题图所示可知，根据对称性，t =0.3s和t=0.5s时，头部的加速度大小相等，方向相 反，D错误.门 10.BD[当物块B速度最大时，弹簧处于原长状态，设A的 建度尉由能量关系子m心=号m运十号m由 1 动量守恒mA,=mUg十mAU1A,其中g=4m/s,解得 4=6m/s01A=一2m/s,即A的速度先减小到零，后 反向增加到2m/s,最小速度为0，故A错误，B正确；当 弹簧压缩到最短时，两物体具有相同的速度，根据动量 守恒有mA=(mA十g)0共· 解得U=2ms,运动过程中弹簧最大弹性势能Emx =7m或-号(m,十m:=12J,故C错误：当物体 B的速度为3m/s时，根据动量守恒有mA=mAU十 m',解得=0，此时的弹性势能E,=2m西一 合m:”=9J,又E,=合r,解得x=0.6m,物体A 加速度为a=之=30m/s2,故D正， 11.解析：(2)图中游标卡尺测出挡光片的宽度为d=4mm +10×0.05mm=4.50mm=0.450cm (3)滑块与小球发生碰撞后反弹，则必须满足1小 于m2； (4)用画圆法确定小球的落点，为减小误差，应用较小 的圆尽可能把小球的所有落地，点圈住，所以图丙中画 的三个圆最合理的是圆c; (5)由题意，取水平向右的方向为正方向，若滑块与小 球碰撞过程中满足动量守恒，根据动量守恒定律则有 d二mt my t d,结合h= 28t ,则滑块与 小球碰撞过程中动量守恒. 答案：(2)0.450(3)小于(4)c(5)m d=m:z d 12.解析：(1)根据波长的定义及两列波的波动图可知入1= 0.5m,入2=1m: (2)由波动图可知在x=0m处两列波均处于波峰处，x =0处的质点位移x1=A十A=2um, 在x=0.375m处，对于第一列波有x=0.375m=4 对于第二列流有=0.375m=名， 在x=0.375m处质点的位移x2=0十 Aos(是×2)=-号m (3)对于第一列波有T=入=0,5 1 0=3408=680s, 丝1 对于第二列波有工，=。一30s,两列波叠加后的周期 为动 答案：(1)入1=0.5m,入4=1m, (2)24m 2 um 1 (3)3408 13.解析：(1)甲将箱子推出的过程，甲和箱子组成的系统 动量守恒，以甲的运动方向为正方向，由动量守恒定律 得(M十m)℃。=mu十M1 解得=M十m)一mu M (2)箱子和乙作用的过程动量守恒，以箱子的速度方向 为正方向，由动量守恒定律得mv一M=(M十m)2 解得-0 (3)乙接住冰车后甲、乙恰好最后不相撞，则三者最终 有共同速度，由动量守恒得(M十m)0。一Mu。=（2M十 7)0共 解得℃共=0.5m/s 损夫的能量△E=2M+m)+号MG 合(2M+mo 解得△E=2145J 答案：M+m-m（2)mwM M M+m (3)2145J 特训7静电场恒定电流 1.C[丝绸摩擦后的玻璃棒带正电，与验电器的金属球接 触后，两个金属箔片上的电子转移到玻璃棒上来，使两 个金属箔片失去电子而带正电，根据同种电荷相互排斥 的工作原理，故验电器的金属箔会张开，故A、D错误，C 正确；根据验电器的工作原理“同种电荷相互排斥”，它 只能检验物体是否带电，无法直接检验出物体带的是正 电还是负电，故B错误.门 2.A[根据库仑定律，接触前两球间库仑力大小为F= ,两相同金属球接触后电荷均分，总电荷为4十 9,分开后每个球的电荷为型.由题意，接触后库仑 2 3 练习册参考答案」 力为0，说明两球电荷相等且符号相反，但此时力为0的 唯一可能是接触后两球电荷均为0，即总电荷为0，则有 9=一4，代入原库仑力公式F=k·一9） r 号解得9√民，故选A门 3.B[由电场线越密的地方，电场强度越大，则有E> E,,故A错误；沿着电场线，电势逐渐降低，A点处于电 场线的靠前的位置，故A点的电势高于B点的电势，故 B正确；由于沿着电场线，电势逐渐降低，故9>Pg,因 此将负电荷从A移动到B,电势能增大，电场力做负功， 故C错误；由于A和C处于同一条等势线上，故将正电 荷从A移到C过程的电场力不做功，电势能不变，故D 错误，门 4.C[表头G的满偏电压U。=IgR。=0.5V,故A错误； 由图示电路图可知，接、b两瑞点时分压电阻阻值小于 接a、c两端，点时分压电阻阻值，由此可知，使用a、b两个 端，点时，其量程比使用、c两个端，点时小，故B错误；使 用a、b两个端点时，由图示电路图可得L(R。十R)=3V, 解得R=2.5k2,故C正确：使用Q、c两个端，点时，由图 示电路图可得I(R。十R1十R2)=15V,解得R1+R= 14.5k2,故D错误.门 5.A[电路连接正确无误，闭合开关S,发现灯不发光，且 电压表示数、电流表示数均为零，电路中一定有断路，可 能是电流表断路，小灯泡断路，开关断路，若电阻R断路 电压表有示数，故选A.门 6.C[定值电阻R。与光敏电阻R:串联，电压表V测光 敏电阻R:的电压，电流表A测电路中的电流，随着烟雾 浓度的增大，光照强度减弱，光敏电阻R;的阻值增大， 电路中总电阻增大，根据闭合回路欧姆定律可知，电路 中的电流变小，电流表A示数减小，根据U=IR,可知定 值电阻R。的电压变小，光敏电阻R。的电压增大，即电 压表V的示数增大，故选C.] 7.C[由题意，已知单层无限大带电板的电场强度大小为 E=2π.两极板带电荷十Q和一Q时，根据场强叠加原 理，则两极板间的电场强度大小为E=2E=2X2πkQ E.S =4πkQ 不管系统是否处于平衡状态，只要两极板带电荷十Q和 一Q,根据场强叠加原理，两板间的电场强度都是由两板 各自产生的电场叠加而成，其大小均为.故选C.] ES 8.AB根据电场线的指向和电场线的密集程度，可知两 个点电荷为左正右负，且左边电荷所带电荷量多，故A 正确：b,点电场线更密集，电场强度更大，带电粒子在b 点受电场力更大，根据F=Eg=ma,可得带电粒子在a ,点的加速度小于在b点的加速度，故B正确，D错误；粒 子轨迹在速度方向和受力方向之间，故可判断粒子受力 和场强方向相反，粒子带负电，故C错误，门 99考前复盘特训川 ⑧错题序号： 特训6动量守恒定律机械振动 机械波 @错因分析： (时间：45分钟满分：60分) 一、单选题：本题7小题，每小题3分，共21分.每小题只有一个选项符合题目要求。 1.某款风铃由不同长度的金属管组成，当微风吹过时，金属管会振动发出清脆悦耳的声 音，关于此现象，下列说法正确的是 ( A.金属管的振动频率等于风力频率 B.风力频率越高，金属管振动幅度越大 C.各金属管固有频率相同，振动周期相等 D.金属管做受迫振动时，无回复力作用 2.如图所示为一辆救护车在道路上匀速行驶时，用软件拟合其产生的声波的图 样，图中的圆表示波峰.下列说法正确的是 A.该图表示的是干涉现象 后 B.左侧波的频率小于右侧波的频率 C.前侧波的频率大于后侧波的频率 D.单位时间内前侧接收的完全波个数与后侧的相同 3.如图所示，甲同学手指周期性点击水面，原来平静的水面中形成了以手 波浪的。 指为中心的一圈一圈的涟漪，使得水面上的树叶也上下振动起来.乙同 运动方向 学利用手机中的秒表功能，记录下了树叶6s内恰好完成24次全振动， 由于机械波的传播速度由介质决定，通过查资料，知悉水中涟漪从中心 向外扩散的速度大约是1m/s,则该水波波长约为 A.1 m B.0.5m C.0.25m D.0.125m 4.钓鱼在中国有着悠久的历史，深受广大群众喜爱.扔入水中的鱼漂在 ◆ylcm 竖直方向做简谐运动，取竖直向上为正方向，其振动图像如图所示， 则t=0.1s时鱼漂偏离平衡位置的位移大小为 0.10.4 产t/s B.1 cm C.√2cm D.3 cm 5.我国企业自主研发的人形机器人实现全球首例前空翻特技，该过程如图a→e所示.已知a图 中机器人处于静止状态，c图中机器人重心位于全过程中的最高点，图中机器人重心速度为 零，忽略空气对机器人的作用力，下列说法正确的是 ( ) A.起跳过程中，水平地面对机器人做正功 B.落地过程中，机器人的下蹲动作是为了减小动量变化量 C.c到d过程，机器人处于失重状态 D.落地时，机器人受到地面的冲量竖直向上 253 丨物理 6.桐桐和乐乐乘坐溜冰电动车在水平冰面上玩耍.如图甲，桐桐开着电动车向停在正前方的乐乐 冲来，在碰撞前瞬间熄火；乐乐的电动车一直处于熄火状态.已知桐桐与车的总质量为40kg, 在碰撞前后的一段时间内，两车的速度v随时间t变化的图像如图乙所示.则 () ◆m/s) 桐桐 乐乐 ) 1.01.1 2.1 甲 A.碰前桐桐与车受到的合力为30N B.乐乐与车的总质量为37.5kg C.此次碰撞过程没有机械能损失 D.两车碰后，均停止运动时相距7.5m 7.如图甲，“龙狮舞水城”表演中绸带宛如水波荡漾，展现水城特色.舞动的绸带可简化为沿x轴 方向传播的简谐横波，图乙为t=1s时的波形图，此时质点P在平衡位置，质点Q在波谷位 置，图丙为质点P的振动图像，则 个y/m Ay/m 03 0.5101.52.0 0.3 -0.3 甲 丙 A.该波沿x轴负方向传播 B.t=0.3s时，质点P的加速度正在减小 C.该波传播速度6m/s D.从t=1.0s开始，经过1.5s,P质点的路程为0.9m 二、多选题：本题3小题，每小题4分，共12分.在每小题给出的四个选项中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，有选错的得零分 8.碓窝是“古代巴人”常用的食品加工工具，主要用途是春米，如图所示.某次操作 时，先将木杵提升0.45m后从静止释放，使其自由下落，木杵与谷物作用0.1s后 静止.重复操作，从而将谷物碾磨成米粒.已知木杵质量约为5kg,取g=10m/s2, 不计空气阻力，则关于单次操作木杵，下列说法中正确的是 A.木杵从释放到静止的过程中，合外力冲量为零 B.木杵与谷物相互作用中，木杵和谷物组成的系统动量守恒 C.木杵与谷物相互作用中，木杵对谷物的平均作用力约为200N D.木杵与谷物相互作用中，木杵对谷物的平均作用力约为150N 9.如图甲所示，“弹簧公仔”玩具由头部、轻弹簧及底座组成，底座固定，用力向下缓慢按压头部， 释放后头部的运动可视为简谐运动.以向上为正方向，在头部通过平衡位置时开始计时，头部 相对平衡位置的位移随时间的变化规律如图乙所示，下列说法正确的是 () 头部 x/cm 轻弹簧 0.20.40.60.81.0.2 底座 甲 254 考前复盘特训川 A.简谐运动的振幅为6cm B.简谐运动的频率为1.25Hz C.0~0.4s内，头部的动能先减小后增大 D.t=0.3s和t=0.5s时，头部的加速度相同 10.如图甲所示，质量分别为1kg、2kg的两物体A与B用轻质弹簧连接放置在光滑水平面上. 现给物体A一个向右的初速度，物体B运动的-t图像如图乙所示，其图像为一条正弦曲线. 若弹簧的劲度系数=50N/m,弹性势能的表达式E,=}kx(k为弹簧的劲度系数，x为弹簧 的形变量)，下列说法正确的是 /(m·s 4 t/s 甲 A.物体A的初速度为8m/s B.物体A运动过程中的最小速度为0 C.运动过程中弹簧最大弹性势能为9J D.当物体B的速度为3m/s时，物体A的加速度为30m/s 三、实验题：本题1小题，共8分 11.某学习小组利用如图甲所示实验装置验证动量守恒定律，装置由导轨、滑块、小球、光电门等 组成.开始时，小球静止在导轨末端的支球柱上，水平地面铺有白纸和复写纸.实验步骤如下： 光电门 2 cm 圆 圆b 10 20 白纸 甲 乙 丙 (1)用天平测出滑块（含挡光片）的质量m1和小球的质量m2; (2)用刻度尺测出支球柱上端到水平地面的高度h,用游标卡尺测出挡光片的宽度如图乙所 示，则挡光片的宽度d= cm; (3)初始时刻，弹簧处于压缩状态，调节装置水平，启动气垫导轨，松开弹簧，使滑块向右运动 通过光电门，滑块通过光电门前已脱离弹簧，测出挡光时间t,要使滑块与小球发生碰撞后反 弹，则必须满足m1 2(选填“大于”“小于”或“等于”)，滑块反弹后再次经过光电门， 测出挡光时间t2. (4)保证每次弹簧的压缩量相同，多次重复实验，小球落地透过复写纸在白纸上留下许多个印迹.如 果用画圆法确定小球的落点，图丙中画的三个圆最合理的是圆 (选填“a“b”或“c”). (5)测出小球抛出点到落点的水平距离x.在误差允许范围内，若满足表达式 ,则滑 块与小球碰撞过程中动量守恒.（用上述实验步骤中直接测量的物理量符号表示，已知重力加 速度为g) 255 丨物理 四、解答题：本题2小题，共19分，写出必要的文字说明和重要的演算步骤，有数字计算的要注明 单位，只写最后结果的不得分 12.(8分)某乐器发出频率为两倍关系的两个纯音（简谐声波），其波形叠加后呈现一种周期性变 化.图甲和图乙分别为同一时刻两列简谐声波单独沿x正方向传播的波形图，图中的坐标原 点位于同一质点处，声速为340m/s. 个y/um y/um 1.0 1.0 0 0.204060.8024HL682.0x/m 0.2040.6y0.81012146182.0x/m -1.0日 10 图甲 图乙 (1)从图中读出这两列波的波长 (2)该时刻这两列波叠加，分别求x=0和x=0.375m处的质点在该时刻偏离平衡位置的 位移. (3)求这两列波叠加后的周期. 13.（11分)如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏.甲和他的冰车总质量为M, 乙和他的冰车总质量也为M,游戏时，甲推着一个质量为m的箱子和他一起以。的速度滑 行，乙以同样大小的速度迎面滑来.为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙 处，乙迅速抓住.不计冰面摩擦： mimmmnmmmmmmnnnmmmniinmmmnnmmmn (1)若甲将箱子以速度v推出，甲的速度变为多少； (2)设乙抓住迎面滑来的速度为的箱子后反向运动，乙抓住箱子后的速度变为多少： (3)若甲和他的冰车，乙和他的冰车总质量均为M=55kg,箱子质量m=10kg,=6m/s,乙接 住冰车后甲、乙恰好最后不相撞，则在该过程中，系统损失的机械能为多少？ 256