专题04 动量守恒定律 机械振动和机械波（期中复习讲义）高二物理上学期沪科版

专题04 动量守恒定律 机械振动和机械波 01 期中考情透视 02 复习目标锚定 03 知识体系构建 04 核心考点精讲 考点一 冲量 动量定理 / 考点二 动量守恒定律内容及条件 / 考点三 碰撞现象 考点四 人船模型 爆炸与反冲 / 考点五 简谐运动的基本规律和图像 / 考点六 单摆 考点七 受迫振动 共振 / 考点八 机械波的描述及图像 / 考点九 机械波的多解问题 考点十 波的干涉 / 考点十一 波的衍射 多普勒效应 05 重难题型突破 题型一 冲量 动量定理 / 题型二 动量守恒定律内容及条件 / 题型三 碰撞现象 题型四 人船模型 爆炸与反冲 / 题型五 简谐运动的基本规律和图像 / 题型六 单摆 题型七 受迫振动 共振 / 题型八 机械波的描述及图像 / 题型九 机械波的多解问题 题型十 波的干涉 / 题型十一 波的衍射 多普勒效应 06 限时分层演练 基础固本练 / 综合进阶练 动量、机械振动、机械波是选必一期中统考核心重难点模块，三部分合计占比约20%-25%，题型覆盖选择、填空、实验、计算题，是高中力学综合体系的重要延伸。 高频考查点集中在动量定理与动量守恒定律应用、碰撞模型分析、单摆振动规律与图像分析、简谐运动回复力与周期判断、波的传播规律、波形平移、振动与波动图像辨析。 上海本地命题侧重结合生活运动、实验情境综合设问，常混入动量守恒条件判断、振动波传播方向辨析、多解问题等易错陷阱。 1. 能精准掌握动量、冲量的概念与单位换算，熟练应用动量定理、动量守恒定律解题，能准确判断系统动量守恒的适用条件，规范处理正碰、弹性碰撞等基础模型。 2. 能理解简谐运动的受力与运动规律，掌握单摆周期公式及实验应用，能精准辨析位移、速度、回复力、周期的变化规律，熟练读取、分析振动图像信息。 3. 能熟练掌握机械波的产生条件与传播规律，精准区分振动图像与波动图像，掌握波形平移法、上下坡法判断传播方向，能规范求解波长、波速、周期相关计算。 4. 能结合碰撞现象、单摆实验、声波应用等上海常考生活情境，规避多解问题、方向判断易错点，独立解决基础题型与简单综合题型。 考点一 冲量 动量定理 一、动量 冲量 1．动能、动量、动量变化量的比较 动能 动量 动量变化量 定义 物体由于运动而具有的能量 物体的质量和速度的乘积 物体末动量与初动量的矢量差 定义式 Ek＝mv2 p＝mv Δp＝p′－p 标矢性 标量 矢量 矢量 特点 状态量 状态量 过程量 关联 方程 Ek＝，Ek＝pv，p＝，p＝ 联系 (1)都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系 (2)若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化 2．冲量的计算 (1)恒力的冲量：直接用定义式I＝Ft计算。 (2)变力的冲量 ①方向不变的变力的冲量，若力的大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力F在某段时间t内的冲量I＝t，其中F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小。 ②作出F­t变化图线，图线与t轴所夹的面积即为变力的冲量。如图所示。 ③对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解，即通过求Δp间接求出冲量。 二、动量定理 1.动量定理的理解 (1)动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因,冲量是物体动量变化的量度。这里所说的冲量必须是物体所受的合外力的冲量(或者说是物体所受各外力冲量的矢量和)。 (2)动量定理给出了冲量和动量变化间的相互关系。 (3)现代物理学把力定义为物体动量的变化率:F=(牛顿第二定律的动量形式)。 (4)动量定理的表达式F·Δt=Δp是矢量式,在一维的情况下,各个矢量必须以同一个规定的方向为正方向。运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向,公式中的F是物体或系统所受的合力。 (5)动量定理不仅适用于恒定的力,也适用于随时间变化的力。这种情况下,动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。 2.应用动量定理解释的两类物理现象 (1)当物体的动量变化量一定时,力的作用时间Δt越短,力F就越大,力的作用时间Δt越长,力F就越小,如玻璃杯掉在水泥地上易碎,而掉在沙地上不易碎。 (2)当作用力F一定时,力作用时间Δt越长,动量变化量Δp越大,力的作用时间Δt越短,动量变化量Δp越小。 3.动量定理的应用技巧 (1)应用I=Δp求变力的冲量 如果物体受到大小或方向改变的力的作用,则不能直接用I=Ft求冲量,可以求出该力作用下物体动量的变化Δp,等效代换得出变力的冲量I。 (2)应用Δp=FΔt求动量的变化 考点二 动量守恒定律内容及条件 1． 动量守恒定律内容及条件 (1)内容：如果系统不受外力，或者所受外力的合力为零，这个系统的总动量保持不变。 (2)表达形式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。 (3)常见的几种守恒形式及成立条件： ①理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零。 ②近似守恒：系统所受外力虽不为零，但内力远大于外力。 ③分动量守恒：系统所受外力虽不为零，但在某方向上合力为零，系统在该方向上动量守恒。 2． 动量守恒定律的“四性” (1)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，需要首先选取正方向，分清各物体初末动量的正、负。 (2)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等。 (3)同一性：速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律时，各物体的速度必须是相对同一参考系的速度。一般选地面为参考系。 (4)普适性：动量守恒定律不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统。 考点三 碰撞现象 一、弹性碰撞 1.碰撞三原则： (1)动量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′. (2)动能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋. (3)速度要合理 ①若碰前两物体同向运动，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。 ②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。 2. “动碰动”弹性碰撞 发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1ˊ，v2ˊ，则有： (1) (2) 联立（1）、（2）解得：v1 v2 v1’ˊ v2’ˊ m1 m2 v1’=，v2’=. 特殊情况： 若m1=m2 ，v1ˊ= v2 ，v2ˊ= v1 . 3. “动碰静”弹性碰撞的结论 两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v1′＋m2v2′ （1） m1v＝m1v1′2＋m2v2′2 （2） 解得：v1′＝，v2′＝ 结论：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1(质量相等，速度交换) (2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑) (3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反弹) (4)当m1≫m2时，v1′＝v0，v2′＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍) (5)当m1≪m2时，v1′＝－v1，v2′＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变) 二、非弹性碰撞 1.非弹性碰撞 介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间的碰撞。动量守恒，碰撞系统动能损失。 根据动量守恒定律可得：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1) 损失动能ΔEk，根据机械能守恒定律可得： m1v12+ m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 + ΔEk. (2) 2.完全非弹性碰撞 碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得：v1 v2 v共 m1 m2 m1v1+m2v2=(m1+m2)v共 （1） 完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能： ΔEk= ½m1v12+ ½ m2v22- ½(m1+m2)v共2 （2） 联立（1）、（2）解得：v共 =；ΔEk= 考点四 人船模型 爆炸与反冲 一、人船模型 1. 适用条件 ①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零； ②动量守恒或某方向动量守恒． 2. 常用结论 设人走动时船的速度大小为v船,人的速度大小为v人,以船运动的方向为正方向,则m船v船-m人v人=0,可得m船v船=m人v人；因人和船组成的系统在水平方向动量始终守恒，故有m船v船t=m人v人t, 即：m船x船=m人x人，由图可看出x船+x人=L， 可解得：； 二、爆炸与反冲 1．对反冲现象的三点说明 (1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理。 (2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加。 (3)反冲运动中平均动量守恒。 2．爆炸现象的三个规律 (1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒。 (2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸前后系统的总动能增加。 (3)位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。 考点五 简谐运动的基本规律和图像 一、简谐运动的特征 位移特征 受力特征 回复力：F=-kx；F(或a)的大小与x的大小成正比，方向相反。 能量特征 系统的动能和势能相互转化,机械能守恒 对称性特征 质点经过关于平衡位置O对称的两点时,速度的大小、动能、势能相等，相对于平衡位置的位移大小相等；由对称点到平衡位置用时相等。 周期性特征 质点的位移、回复力、加速度和速度随时间做周期性变化，变化周期就是简谐运动的周期T；动能和势能也随时间做周期性变化，其变化周期为 二、简谐运动的图像 1．对简谐运动图像的认识 (1)简谐运动的图像是一条正弦或余弦曲线，如图所示。 (2)图像反映的是位移随时间的变化规律，随时间的增加而延伸，图像不代表质点运动的轨迹。 2．由简谐运动图像可获取的信息 (1)判定振动的振幅A和周期T。(如图所示) (2)判定振动物体在某一时刻的位移。 (3)判定某时刻质点的振动方向： ①下一时刻位移若增加，质点的振动方向是远离平衡位置； ②下一时刻位移如果减小，质点的振动方向指向平衡位置。 (4)判定某时刻质点的加速度(回复力)的大小和方向。 (5)比较不同时刻质点的势能和动能的大小。质点的位移越大，它所具有的势能越大，动能则越小。 考点六 单摆 模型 单摆 示意图 简谐运动条件 ①摆线为不可伸缩的轻细线 ②无空气阻力等 ③最大摆角小于等于5° 回复力 摆球重力沿与摆线垂直方向(即切向)的分力 平衡位置 最低点 周期 T＝2π 能量转化 重力势能与动能的相互转化，机械能守恒 考点七 受迫振动 共振 1．简谐运动、受迫振动和共振的比较 　 　振动 项目　　 简谐运动 受迫振动 共振 受力情况 仅受回复力 受驱动力作用 受驱动力作用 振动周期 或频率 由系统本身性质决定，即固有周期T0或固有频率f0 由驱动力的周期或频率决定，即T＝T驱或f＝f驱 T驱＝T0或f驱＝f0 振动能量 振动物体的机械能不变 由产生驱动力的物体提供 振动物体获得的能量最大 常见例子 弹簧振子或单摆(θ≤5°) 机械工作时底座发生的振动 共振筛、声音的共鸣等 2．对共振的理解 (1)共振曲线：如图所示，横坐标为驱动力频率f，纵坐标为振幅A，它直观地反映了驱动力的频率对某固有频率为f0的振动系统做受迫振动振幅的影响，由图可知，f与f0越接近，振幅A越大；当f＝f0时，振幅A最大。 (2)受迫振动中系统能量的转化：做受迫振动的系统的机械能不守恒，系统与外界时刻进行能量交换。 考点八 机械波的描述及图像 一、机械波的描述 1．波速公式v＝＝λf的理解 (1)波速v：机械波在介质中的传播速度，由介质本身的性质决定，与波源的周期T无关。 (2)频率f：由波源决定，等于波源的振动频率。各个质点振动的频率等于波源的振动频率。 2．波的图像的特点 (1)时间间隔Δt＝nT(波传播nλ，n＝0,1,2,3，…)时，波形不变。 (2)在波的传播方向上：①当两质点平衡位置间的距离Δx＝nλ (n＝1,2,3，…)时，它们的振动步调总相同，在波形图上的对应位移一定相同；②当两质点平衡位置间的距离Δx＝(2n＋1)(n＝0,1,2,3，…)时，它们的振动步调总相反，在波形图上的对应位移一定等值反向。 (3)波源质点的起振方向决定了它后面的质点的起振方向，各质点的起振方向与波源的起振方向相同。 3．根据波的图像、波的传播方向判定质点的振动方向的方法 内容 图像 “上下坡”法 沿波的传播方向，“上坡”时质点向下振动，“下坡”时质点向上振动 “同侧”法 波形图上某点表示传播方向和振动方向的箭头在图线同侧 “微平移”法 将波形沿传播方向进行微小的平移，再由对应同一x坐标的两波形曲线上的点来判断振动方向 注意：波的图像、波的传播方向与质点振动方向三者之间可以互相判定。 1、 波的图像与振动图像 1．振动图像与波的图像的比较 振动图像 波的图像 图像 物理意义 表示某质点各个时刻的位移 表示某时刻各质点的位移 图像信息 (1)质点振动周期 (2)质点振幅 (3)各时刻质点位移 (4)各时刻速度、加速度方向 (1)波长、振幅 (2)任意一质点在该时刻的位移 (3)任意一质点在该时刻加速度方向 (4)传播方向、振动方向的互判 图像变化 随时间推移，图像延续，但已有形状不变 随时间推移，图像沿传播方向平移 形象比喻 记录着一个人一段时间内活动的录像带 记录着许多人某时刻动作、表情的集体照片 2．两种图像问题的易错点 (1)不理解振动图像与波的图像的区别。 (2)误将振动图像看作波的图像或将波的图像看作振动图像。 (3)不知道波传播过程中任意质点的起振方向就是波源的起振方向。 (4)不会区分波的传播位移和质点的振动位移。 (5)误认为质点随波迁移。 3．求解波的图像与振动图像综合问题的三关键：“一分、一看、二找” 考点九 机械波的多解问题 1.造成波动问题多解的主要因素 (1)周期性 ①时间周期性:时间间隔Δt与周期T的关系不明确; ②空间周期性:波传播距离Δx与波长λ的关系不明确。 (2)双向性 ①传播方向双向性:波的传播方向不确定; ②振动方向双向性:质点振动方向不确定。 (3)波形的隐含性 在波动问题中,往往只给出完整波形的一部分,或给出几个特殊点,而其余信息均处于隐含状态。这样,波形就有多种情况,形成波动问题的多解性。 2.解决波的多解问题的思路 一般采用从特殊到一般的思维方法,即找出一个周期内满足条件的关系Δt或Δx,若此关系为时间,则t=nT+Δt(n=0,1,2…);若此关系为距离,则x=nλ+Δx(n=0,1,2…)。步骤如下 (1)根据初、末两时刻的波形图确定传播距离与波长的关系通式。 (2)根据题设条件判断是唯一解还是多解。 (3)根据波速公式v=或v==λf求波速。 考点十 波的干涉 波的干涉现象中振动加强点、减弱点的两种判断方法 1.公式法 某质点的振动是加强还是减弱，取决于该点到两相干波源的距离之差Δr。 ①当两波源振动步调一致时 若Δr＝nλ(n＝0,1,2，…)，则振动加强； 若Δr＝(2n＋1)(n＝0,1,2，…)，则振动减弱。 ②当两波源振动步调相反时 若Δr＝(2n＋1)(n＝0,1,2，…)，则振动加强； 若Δr＝nλ(n＝0,1,2，…)，则振动减弱。 2.波形图法 在某时刻波的干涉的波形图上，波峰与波峰(或波谷与波谷)的交点，一定是加强点，而波峰与波谷的交点一定是减弱点，各加强点或减弱点各自连接而成以两波源为中心向外辐射的连线，形成加强线和减弱线，两种线互相间隔，加强点与减弱点之间各质点的振幅介于加强点与减弱点的振幅之间。 考点十一 波的衍射 多普勒效应 一、波的衍射 波的衍射现象是指波能绕过障碍物继续传播的现象,产生明显衍射现象的条件是缝、孔的宽度或障碍物的尺寸跟波长相差不大或者小于波长。 二、多普勒效应 1.接收频率:观察者接收到的频率等于观察者在单位时间内接收到的完全波的个数。当波以速度v通过观察者时,时间t内通过的完全波的个数为N=,因而单位时间内通过观察者的完全波的个数,就是接收频率。 2.当波源与观察者相互靠近时,观察者接收到的频率变大;当波源与观察者相互远离时,观察者接收到的频率变小。 题型一 冲量 动量定理 典例1 与水平方向夹角为θ的力F作用在放在水平地面上质量为m的物体上，如图所示。由于地面对物体的摩擦力较大，物体没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是（     ） A．拉力F对物体的冲量大小为Ft cos θ，方向水平向右 B．摩擦力对物体的冲量大小是Ft，方向水平向左 C．地面对物体支持力的冲量为零 D．合力对物体的冲量为零 迁移应用 1．一个质量为2kg的物体在合力F的作用下从静止开始沿直线运动，F随时间t变化的图像如图所示。则下列说法正确的是（     ） A．时，物体的速度为 B．时，物体的动量为 C．2s末物体反向运动 D．4s末物体刚好回到原位置 2．泡沫塑料由于其良好的缓冲性能成为近代广泛使用的缓冲材料，在易碎物品的长途运输中起着重要作用。运输车在颠簸的路面上行驶，用泡沫塑料包装物品，泡沫塑料所起的作用是（　　） A．减小物品与包装箱的接触时间，减小物品的动量变化 B．延长物品与包装箱的接触时间，减小包装箱对物品的平均冲击力 C．减小物品与包装箱的接触时间，减小包装箱对物品的平均冲击力 D．减小物品与包装箱的接触时间，增大包装箱对物品的平均冲击力 题型二 动量守恒定律内容及条件 典例2 如图所示，小孩站在A车前端和车以3m/s的速度共同向右做匀速运动，在A车正前方有一辆静止的B车，为了避免两车相撞，在A车接近B车时，小孩迅速从A车跳上B车，并与B车保持相对静止，此时A、B两车恰好不相撞。小孩质量为30kg，A、B车质量均为30kg，不计地面阻力，小孩跳离A车时对地水平速度大小为（　　） A．2.0m/s B．3.0m/s C．4.0m/s D．5.0m/s 迁移应用 1．如图所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于光滑水平面上。一颗子弹水平射入木块A，并留在其中，在子弹射入木块A及弹簧被压缩的整个过程中，下列说法中正确的是（　　） A．在子弹射入木块A的过程中，子弹和木块A组成的系统动量守恒、机械能守恒 B．在子弹射入木块A的过程中，子弹和木块A组成的系统动量守恒，机械能不守恒 C．在弹簧被压缩的过程中，系统动量守恒、机械能不守恒 D．在弹簧被压缩的过程中，系统动量、机械能都不守恒 2．如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端静止释放。Q与P的接触面光滑，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是（　　） A．P对Q做功为零 B．P和Q之间相互作用力做功之和不为零 C．P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒 D．P和Q构成的系统机械能守恒、动量不守恒 题型三 碰撞现象 典例3 在光滑的水平面上，质量为的小球A以速率向右运动。一质量为的小球B处于静止状态，如图所示。小球A与小球B发生弹性碰撞后，小球A、B均向右运动，且碰撞后A、B的速度大小之比为1：4，则两小球质量之比为（　　） A．     B． C．     D． 迁移应用 1．光滑的水平桌面上质量为m、速度为v的A球跟质量为4m的静止B球发生正碰。碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，则碰撞后B球速度可能值的范围为（     ） A． B． C． D． 2．带有光滑圆弧轨道，质量为的滑车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为的小球以速度水平冲上车，到达某一高度后，小球又返回车左端，重力加速度为g，则下列错误的是（　　） A．小球返回车的左端时，速度为零 B．小球返回车的左端时，速度为 C．小球上升到最高点时，小车的速度为 D．小球在弧形槽上上升的最大高度为 题型四 人船模型 爆炸与反冲 典例4 某同学学过动量守恒定律之后，欲利用卷尺测定大船的质量。初始时人和船均静止在水面上，首先利用卷尺测出船长为L，然后同学从船尾行走至船头，测出船相对河岸后退的距离d，已知同学自身的质量为m，若忽略一切阻力，则船的质量为（     ） A． B． C． D． 迁移应用 1．2024年10月30日4时27分，搭载神舟十九号载人飞船的长征二号F遥十九运载火箭，在酒泉卫星发射中心点火发射。若一级火箭脱离后，火箭的总质量为M，速度为v0，此后火箭将质量为m的气体相对于火箭以速率u向后喷出，则火箭的速度大小为（     ） A． B． C． D． 2．质量为5m的炮弹斜向上发射，运动到最高点速度为v，随即爆炸成质量为m和4m的两块碎片，质量为m的碎片原路返回，不计爆炸的能量损失和空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．爆炸后瞬间质量为m和4m的两碎片速度大小之比为4：1 B．爆炸后瞬间质量为m和4m的两碎片速度大小之比为3：2 C．爆炸释放的能量为2.5mv2 D．爆炸释放的能量为5mv2 题型五 简谐运动的基本规律和图像 典例5 一质点在 B、O、A 之间做简谐运动，O 为平衡位置，P 点位于 OA 之间，如图所示。分别用 x、a、F 表示该质点相对 O 点的位移、加速度、回复力，取 O 指向 A 的方向为正方向。当质点运动至 P 点且速度正在增大时，则该质点在此（     ） A．x 正在减小且其方向为正 B．x 正在增大且其方向为负 C．a 正在增大且其方向为负 D．F 正在减小且其方向为正 迁移应用 1．如图所示，弹簧振子在B、C两点之间做简谐运动，其平衡位置为O点。已知B、C相距30cm。从小球经过O点时开始计时，经过1.0s第二次到达B点。取向左为正方向，下列说法正确的是（     ） A．小球振动的周期一定为0.8s B．小球振动的振幅为0.3m C．1.8s末，小球一定在平衡位置 D．弹簧振子振动方程可能为x=﹣0.15sin（2.5πt）m 2．如图所示为某弹簧振子的振动图像，则（     ） A．时刻，弹簧振子沿 y轴正方向的加速度最大 B．振子的振动方程为 C．振子在任意一个0.4s内运动的路程均为 20cm D．振子在 周期内通过的路程不可能是 题型六 单摆 典例6 如图所示，在绘制单摆做简谐运动的图像时，甲、乙两同学用不同摆长的沙摆和同样长的纸带，分别作出如图甲和图乙所示实验结果。已知实验中图甲、图乙纸带运动的平均速度大小相等，则甲、乙同学所用沙摆的摆长为（     ） A．9∶16 B．16∶9 C．3∶4 D．4∶3 迁移应用 1．甲、乙两个单摆，做简谐振动时的图像如图所示，由此可知甲，乙两单摆（     ） A．摆长之比为 B．振动频率之比为2∶3 C．在时刻，振动方向相反 D．在时刻，加速度均不为零 2．图甲是用力传感器对单摆做小角度摆动过程进行测量的装置图，图乙是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的图像，其中的最大值，已知摆球质量，重力加速度取，取9.8，不计摆线质量及空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．单摆周期为0.8s B．单摆摆长为0.64m C．的最大值为 D．的最小值 题型七 受迫振动 共振 典例7 如图所示，A、B、C三个小钢球的质量分别为2m、、m，且A、C两摆的摆长相同。当A球振动后，通过张紧的水平细绳给其他各摆施加驱动力，当B、C振动达到稳定时，下列说法正确的是（　　） A．B的振动周期最大 B．A比B、C振动的快 C．C的振幅比B的振幅大 D．C比B的振动周期大 迁移应用 1．铺设公路时需要将旧的水泥路面去除，经常使用一种路面破碎机械，如图所示，它可以通过调节振动锤头的振动频率来有效地击碎水泥路面。下列有关说法正确的是（     ） A．振动锤头的振动频率越大，击碎效率越高 B．振动锤头的振动频率越小，击碎效率越高 C．振动锤头的振动频率越接近路面的固有频率，击碎效率越高 D．振动锤头的振动频率越远离路面的固有频率，击碎效率越高 2．如图甲所示，一个竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架在竖直方向振动，T形支架的下面系着一个弹簧和小球组成的振动系统。现使圆盘以不同的频率转动，测得小球的振幅与圆盘转动频率的关系如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A．小球振动频率始终等于3Hz B．小球振动频率始终小于圆盘的转动频率 C．小球和弹簧组成振动系统的固有频率为3Hz D．若改变小球的质量，则图乙中曲线峰值对应的频率不变 题型八 机械波的描述及图像 典例8 微风吹来，湖面泛起波纹，小船随波荡漾。若水面波的波速大小为，第1个波峰到第5个波峰通过小船处的时间间隔为，则该水面波的波长为（     ） A． B． C． D． 迁移应用 1．“舞龙贺新春”巡游活动中，“龙”左右摆动形成的波看作沿x轴正方向传播的简谐波。某时刻的波形图如图所示，A、B、C、D为波形上的四点，则（     ） A．此刻A、B舞动的方向相同 B．此刻A、C舞动的方向不相同 C．B、C能同时回到平衡位置 D．B、D不能同时回到平衡位置 2．如图甲所示为沿x轴传播的一列简谐横波在时刻的波动图像，乙图为处质点P的振动图像，质点M位于处。下列判断正确的是（　　） A．此波在向x轴正方向传播 B．经过2s时间，质点P沿波的传播方向移动8m C．质点P从图示位置开始运动到波峰时，所需的最短时间为0.75s D．质点M从图示位置开始运动路程为0.4m时，所需的时间为0.4s 题型九 机械波的多解问题 典例9 如图，在一次研究简谐波的实验中，实线是一列简谐横波在t=0时刻的波形图，虚线是t=3s时刻的波形图。已知质点M的平衡位置距O点5m。下列说法正确的是（　　） A．波速一定为1m/s B．该波的周期可能是4s C．该波遇到尺度为0.1m的障碍物时，衍射现象很不明显 D．该波如果沿x轴正方向传播，质点M在t=3s时沿y轴正方向运动 迁移应用 1．如图所示，一列简谐横波在x轴上传播，图甲和图乙分别为x轴上a、b两质点的振动图像，且。下列说法中正确的是（    ） A．波沿x轴正方向传播 B．波长可能是6m C．波速可能是1.2m/s D．波速可能是3m/s 2．如图所示，一列简谐横波沿轴正方向传播，实线和虚线分别表示和（时的波形。能正确反映时波形的是图（　　） A． B． C． D． 题型十 波的干涉 典例10 如图所示，、是两个步调完全相同的相干波源，其中实线表示波峰，虚线表示波谷。若两列波的振幅均保持5 cm不变，关于图中所标的b、c、d三点，下列说法正确的是（     ） A．d点始终保持静止不动 B．图示时刻c点的位移为零 C．b点振动始终加强，c点振动始终减弱 D．图示时刻，b、c两点的竖直高度差为10 cm 迁移应用 1．如图甲所示，P、Q为x轴上相距为20m的两个波源，P在坐标原点，t＝0时两波源同时开始振动，图乙所示为波源P的振动图像，图丙所示为波源Q的振动图像。已知两列波的传播速度均为v＝2m/s，下列说法错误的是（     ）                   A．两列波波长为4m B．0~8.5s内，x＝8m处质点所经过的路程为30cm C．经过足够长时间，x＝10m处为振动减弱点 D．经过足够长时间，x轴上两波源间共有9处振动加强点 2．某均匀介质中两持续振动的振源P、Q分别位于x轴上和处，时刻两振源同时开始振动，时两列波分别传播到0cm和6cm处，波形如图所示。则下列说法正确的是（　　） A．振源Q起振方向沿y轴正方向 B．波在介质中的传播速度为1m/s C．振源P的振动方程为 D．两列波在处相遇后，该质点的振动始终减弱 题型十一 波的衍射 多普勒效应 典例11 2023年6月5日消息，环洪泽湖公路项目作为大运河百里画廊建设的重要节点、重中之重，要全力推进盱眙段建设。洪泽湖，中国第四大淡水湖，在江苏省西部淮河下游。风景名胜洪泽湖甘泉般的湖水，养育着千百万人民。关于波现象，下列说法正确的是（     ） A．用声呐探测湖底某处的深度，利用了波的衍射现象 B．湖中水波绕过芦苇、石块向前传播，是波的干涉现象 C．岸上交通警察用监视器测量汽车的速度可利用波的折射 D．湖中鸣笛的快艇驶近游客的过程中，游客听到的声波频率变大 迁移应用 1．如图甲、乙、丙所示是让不同波长的水波分别通过相同狭缝后水面振动的情况，下列有关三者波长关系的说法正确的是（     ） A．甲图中水波波长最长 B．乙图中水波波长最长 C．丙图中水波波长最长 D．乙图中水波波长最短 2．汽车无人驾驶技术使用的传感器主要是毫米波雷达，该雷达会发射和接收调制过的无线电波，再通过波的时间差和多普勒效应导致的频率变化来测量目标的相对距离和相对速度。若该雷达发射的无线电波的频率为，接收到的回波的频率为，下列说法正确的是（     ） A．若，则无人车应加速跟上去 B．若，则无人车应减速以保持车距 C．若，则无人车应减速以保持车距 D．若，则说明前车正在减速 基础固本练（限时：15分钟） 1．t＝0时刻，一物块在水平方向的拉力作用下，沿光滑水平面由静止开始运动，拉力F随时间变化的图像如图所示，物块未离开水平面，则0~1 s拉力对物体的冲量大小为（     ） A．2 N·s B．2.4 N·s C．3 N·s D．4 N·s 2．在汽车相撞时，安全气囊可使头部受伤率减少25%，面部受伤率减少80%左右。关于安全气囊的作用，下列说法正确的是（     ） A．增加了碰撞过程中司机头部动量的变化率 B．增加了碰撞过程中司机头部的受力时间 C．减小了碰撞过程中司机头部的受力面积 D．减少了碰撞前后司机头部动量的变化量 3．如图所示，木块与弹簧相连放在光滑的水平面上，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块B内，入射时间极短，两者之间的作用力极大，而后木块将弹簧压缩到最短，关于子弹和木块组成的系统，下列说法中正确的是（     ） A．子弹射入木块的过程中，系统动量不守恒 B．子弹射入木块的过程中，系统动量可看作守恒 C．木块压缩弹簧的过程中，系统动量守恒 D．从子弹开始射入到弹簧被压缩到最短的过程中，系统动量守恒 4．甲球和乙球都静止在同一水平面上，乙球在甲球前方，甲球获得初速度向乙球运动且发生弹性正碰，两球碰撞时间极短，甲球的质量为3kg。如图所示为两球碰撞前后的一段图像（碰后甲球的图像未画出），则乙球的质量为（　　） A．6kg B．5kg C．4kg D．3kg 5．一弹簧振子做简谐运动时的振动图像如图所示，下列说法中不正确的是（     ） A．振子运动的周期为4s B．振子运动的振幅为2cm C．在第2s末，振子的速度达到最大 D．在第3s末，振子的加速度达到最小 6．如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度g取。对于这个单摆的振动过程，下列说法中正确的是（    ） A．单摆的位移随时间变化的关系式为 B．单摆的摆长约为1m C．从到的过程中，摆球的动能逐渐减小 D．从到的过程中，摆球所受回复力逐渐增大 7．如图所示，健身者以每分钟30次的频率上下抖动两根长绳的一端，使长绳呈现波浪状起伏，可近似为单向传播的简谐波。长绳上、两点平衡位置相距，图示时刻点位于波谷，点位于波峰。关于该“绳波”，下列说法正确的是（　　） A．波长为 B．周期为 C．波速为 D．图中点正向上振动 8．一列简谐横波t=0时刻的波形如图（a）所示，位于x=2m处的质点A的振动图像如图（b）所示。则（　　） A．该波沿x轴负方向传播 B．该波的波速为1m/s C．t=0时刻质点A的振幅为0 D．t=1s时，质点A沿x轴平移到x=3m处 9．如图所示，两个振动步调一致的相干波源、发出的简谐横波在同一均匀介质中相遇，波长为5cm。图中实线表示某时刻波峰，虚线表示该时刻波谷，、、三点均位于、连线的中垂线上，其中点是、连线的中点。下列说法中正确的是（　　） A．图示时刻e点的振动速度方向为垂直于图示平面向下 B．若波源的振幅为2cm，的振幅为4cm，不考虑振动能量的衰减，则图示点的位移始终小于c点的位移 C．若将波源的振动频率提高而波源保持不变，若两波源的振幅相同，不考虑振动能量的衰减，则d点的位移始终为零 D．图示时刻点既不是波峰与波峰相遇处，也不是波谷与波谷相遇处，所以不是振动加强点 10．“球鼻艏”是位于远洋轮船船头水面下方的装置。当轮船以设计的标准速度航行，球鼻艏推起的波与船首推起的波相遇时，两列波的叠加可以大幅度减小水对轮船的阻力。下列现象的物理原理与之相同的是（　　） A．敲响一个音叉，另一个与其相隔不远的音叉也能发出声音 B．敲响两个相隔不远的相同音叉，在它们周围某些区域声音较强，某些区域声音较弱 C．敲响一个音叉，探测装置在接近音叉的过程中接收到声音的频率增大 D．水塘中的水波能绕过障碍物继续传播 综合进阶练（限时：35分钟） 1．如图，质量为m的四轴无人机有四个螺旋桨。四个螺旋桨旋转共扫出的总面积为S，当四个螺旋桨同时旋转产生竖直向下的气流，可使该无人机悬停在空中某一固定位置。已知空气的密度为ρ，重力加速度大小为g。要使无人机悬停，则螺旋桨旋转产生竖直向下的气流的速率应为（     ） A． B． C． D． 2．在一场冰上表演活动中，光滑的冰面上静止放置着一个质量为M的冰车，冰车顶部是一个半径为R的光滑四分之一圆弧轨道，轨道底部与冰面平滑连接。一位质量为m的花样滑冰运动员以水平速度冲向冰车并滑上轨道。已知运动员在轨道上升的高度小于R。已知重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．运动员再次滑离冰车时，冰车的速度大小一定小于 B．运动员沿轨道下滑过程中，冰车对冰面的压力始终等于（M+m）g C．运动员再次滑回到轨道底端时，若以冰面为参考系，运动员速度大小和冰车速度大小满足且小于 D．运动员冲上冰车轨道的过程中，运动员与冰车组成的系统动量守恒，机械能也守恒 3．如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A被水平速度为的子弹射中并嵌在其中。已知子弹的质量是m，物体A和B的质量相同均为 则（     ） A．子弹射入A的过程中，A物体获得的最大速度为 B．弹簧压缩到最短时，B的速度为 C．运动过程中，物体B能获得的最大速度为 D．弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能为 4．如图，在光滑水平面上有一小车，小车上固定一竖直杆，总质量为M，杆的顶端系一 长为L的轻绳，绳另一端系一质量为m的小球（可视作质点），绳被水平拉直处于静止状 态，将小球由静止释放，已知重力加速度为g，不计一切阻力，小球运动过程中，始终未 与杆相撞。则下列说法正确的是（　　） A．小球不能向左摆到原高度 B．小球向左摆到最低点的过程中，小球和车组成的系统动量守恒 C．小球摆到最低点的速率为 D．小球向左摆到最低点的过程中，小车向右移动的距离为 5．某同学用手机、物块和轻弹簧制作的简易振动装置如图甲所示。水平弹簧的一端与墙壁连接，另一端与放置在光滑水平地面上的物块连接，手机放置在物块上表面。物块与手机一起做简谐运动时，手机显示的加速度随时间变化的曲线为正弦曲线，取水平向右为正方向，如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．时手机与物块间的摩擦力为0 B．内手机的速度增大 C．时手机处于其平衡位置右侧 D．时、时手机处于相同位置 6．如图所示，三根细线在O点处打结，A、B端固定在同一水平面上与O相距为l的两点上，使三角形AOB成直角三角形，，已知OC线长为l，下端C点系着一个小球，已知重力加速度为g。下列说法正确的是（以下振动皆指小角度摆动）（　　） A．让小球在纸面内振动，周期 B．让小球垂直于纸面振动，周期 C．让小球在纸面内振动，周期 D．让小球垂直于纸面振动，周期 7．如图所示，一细线上端固定，下端悬挂一质量为m的小球，小球在水平面内做匀速圆周运动，已知细线与竖直方向的夹角为θ，小球的速度大小为v。则在小球运动一周的过程中，细线对小球的冲量大小为（     ） A．0 B． C． D． 8．一列简谐横波在均匀介质中沿轴传播，图甲为时的波形图，图乙为处的质点P的振动图像，质点为平衡位置的质点。下列说法正确的是（　　） A．时，质点经过平衡位置 B．波的传播速度为 C．波沿轴负方向传播 D．质点简谐运动的表达式为 9．水袖是中国古典舞中用于情感表达和抒发的常用技巧，舞者的手有规律的振动传导至袖子上，给人营造出一种“行云流水”的美感，这一过程其实就是机械波的传播。现有一列简谐波某时刻的波形如图中实线所示，经过1s后的波形如图中的虚线所示。已知波的周期为T，且，则（　　） A．当波向方向传播时，波速等于5m/s B．若这1s内m处的质点M通过的路程为10cm，则波沿方向传播 C．当波沿方向传播时，m处的质点M和m处的质点N在这1s内通过的路程相等 D．当波沿方向传播时，再经过0.4s后，简谐波与实线波形图重合 10．如图所示，以原点O为界在x轴上有两段不同材料的绳子，波源和分别置于x=-6m和x＝12m处，产生两列简谐横波甲和乙，分别沿x轴正方向和x轴负方向传播。t=0时刻x=-2m和x=4m处的质点刚好开始振动，某时刻两列波恰好同时到达原点O， 甲波上的P点第一次回到平衡位置，则下列说法正确的是（     ） A．两波源起振方向相同 B．两列波不可以在绳子上形成稳定的干涉图样 C．t=1.5s时两列波恰好同时到达原点O D．从t=0开始2s内x=4m处的质点运动的路程为16cm 11．如图所示，物块A放在平台上，长木板B静止在水平面上，B的上表面与平台齐平、左端紧靠平台，一小球用不可伸长的轻绳悬挂于点。现将小球向左拉至轻绳水平后由静止释放，小球在最低点与A沿水平方向发生弹性碰撞，此后A滑过平台并滑上B且恰好不滑离B。已知的质量分别为、，小球的质量，A与平台间、A与B间的动摩擦因数均为，B与水平面间无摩擦。开始时A离平台右端的距离，轻绳的长度与小球均可视为质点，不计空气阻力，取。求： (1)小球与A碰撞前瞬间，小球的速度大小； (2)小球与A碰撞后瞬间，A的速度大小； (3)A从开始运动至到达B右端所用的时间； (4)A与B间由于摩擦产生的热量。 12．如图所示，半径的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定，质量的长木板A静止在光滑水平地面上，木板的左端恰好与圆弧轨道末端等高且相切，在木板A右侧的地面上固定着一个弹性竖直挡板P，木板与弹性挡板P碰撞后立即以碰前的速率反向弹回。质量的滑块B（看作质点）从圆弧轨道顶端由静止滑下，当滑块B和木板A刚好相对静止时，木板A与挡板P发生第一次碰撞，已知滑块B与木板A间的动摩擦因数，滑块B始终不会从木板A上滑落，碰撞时间极短，取重力加速度。求：（结果均可用分数表示） (1)木板A静止时右侧与挡板P之间的距离； (2)木板A至少多长； (3)从木板A开始运动到第2次与挡板P碰撞过程经历的时间。 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 动量守恒定律 机械振动和机械波 01 期中考情透视 02 复习目标锚定 03 知识体系构建 04 核心考点精讲 考点一 冲量 动量定理 / 考点二 动量守恒定律内容及条件 / 考点三 碰撞现象 考点四 人船模型 爆炸与反冲 / 考点五 简谐运动的基本规律和图像 / 考点六 单摆 考点七 受迫振动 共振 / 考点八 机械波的描述及图像 / 考点九 机械波的多解问题 考点十 波的干涉 / 考点十一 波的衍射 多普勒效应 05 重难题型突破 题型一 冲量 动量定理 / 题型二 动量守恒定律内容及条件 / 题型三 碰撞现象 题型四 人船模型 爆炸与反冲 / 题型五 简谐运动的基本规律和图像 / 题型六 单摆 题型七 受迫振动 共振 / 题型八 机械波的描述及图像 / 题型九 机械波的多解问题 题型十 波的干涉 / 题型十一 波的衍射 多普勒效应 06 限时分层演练 基础固本练 / 综合进阶练 动量、机械振动、机械波是选必一期中统考核心重难点模块，三部分合计占比约20%-25%，题型覆盖选择、填空、实验、计算题，是高中力学综合体系的重要延伸。 高频考查点集中在动量定理与动量守恒定律应用、碰撞模型分析、单摆振动规律与图像分析、简谐运动回复力与周期判断、波的传播规律、波形平移、振动与波动图像辨析。 上海本地命题侧重结合生活运动、实验情境综合设问，常混入动量守恒条件判断、振动波传播方向辨析、多解问题等易错陷阱。 1. 能精准掌握动量、冲量的概念与单位换算，熟练应用动量定理、动量守恒定律解题，能准确判断系统动量守恒的适用条件，规范处理正碰、弹性碰撞等基础模型。 2. 能理解简谐运动的受力与运动规律，掌握单摆周期公式及实验应用，能精准辨析位移、速度、回复力、周期的变化规律，熟练读取、分析振动图像信息。 3. 能熟练掌握机械波的产生条件与传播规律，精准区分振动图像与波动图像，掌握波形平移法、上下坡法判断传播方向，能规范求解波长、波速、周期相关计算。 4. 能结合碰撞现象、单摆实验、声波应用等上海常考生活情境，规避多解问题、方向判断易错点，独立解决基础题型与简单综合题型。 考点一 冲量 动量定理 一、动量 冲量 1．动能、动量、动量变化量的比较 动能 动量 动量变化量 定义 物体由于运动而具有的能量 物体的质量和速度的乘积 物体末动量与初动量的矢量差 定义式 Ek＝mv2 p＝mv Δp＝p′－p 标矢性 标量 矢量 矢量 特点 状态量 状态量 过程量 关联 方程 Ek＝，Ek＝pv，p＝，p＝ 联系 (1)都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系 (2)若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化 2．冲量的计算 (1)恒力的冲量：直接用定义式I＝Ft计算。 (2)变力的冲量 ①方向不变的变力的冲量，若力的大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力F在某段时间t内的冲量I＝t，其中F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小。 ②作出F­t变化图线，图线与t轴所夹的面积即为变力的冲量。如图所示。 ③对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解，即通过求Δp间接求出冲量。 二、动量定理 1.动量定理的理解 (1)动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因,冲量是物体动量变化的量度。这里所说的冲量必须是物体所受的合外力的冲量(或者说是物体所受各外力冲量的矢量和)。 (2)动量定理给出了冲量和动量变化间的相互关系。 (3)现代物理学把力定义为物体动量的变化率:F=(牛顿第二定律的动量形式)。 (4)动量定理的表达式F·Δt=Δp是矢量式,在一维的情况下,各个矢量必须以同一个规定的方向为正方向。运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向,公式中的F是物体或系统所受的合力。 (5)动量定理不仅适用于恒定的力,也适用于随时间变化的力。这种情况下,动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。 2.应用动量定理解释的两类物理现象 (1)当物体的动量变化量一定时,力的作用时间Δt越短,力F就越大,力的作用时间Δt越长,力F就越小,如玻璃杯掉在水泥地上易碎,而掉在沙地上不易碎。 (2)当作用力F一定时,力作用时间Δt越长,动量变化量Δp越大,力的作用时间Δt越短,动量变化量Δp越小。 3.动量定理的应用技巧 (1)应用I=Δp求变力的冲量 如果物体受到大小或方向改变的力的作用,则不能直接用I=Ft求冲量,可以求出该力作用下物体动量的变化Δp,等效代换得出变力的冲量I。 (2)应用Δp=FΔt求动量的变化 考点二 动量守恒定律内容及条件 1． 动量守恒定律内容及条件 (1)内容：如果系统不受外力，或者所受外力的合力为零，这个系统的总动量保持不变。 (2)表达形式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。 (3)常见的几种守恒形式及成立条件： ①理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零。 ②近似守恒：系统所受外力虽不为零，但内力远大于外力。 ③分动量守恒：系统所受外力虽不为零，但在某方向上合力为零，系统在该方向上动量守恒。 2． 动量守恒定律的“四性” (1)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，需要首先选取正方向，分清各物体初末动量的正、负。 (2)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等。 (3)同一性：速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律时，各物体的速度必须是相对同一参考系的速度。一般选地面为参考系。 (4)普适性：动量守恒定律不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统。 考点三 碰撞现象 一、弹性碰撞 1.碰撞三原则： (1)动量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′. (2)动能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋. (3)速度要合理 ①若碰前两物体同向运动，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。 ②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。 2. “动碰动”弹性碰撞 发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1ˊ，v2ˊ，则有： (1) (2) 联立（1）、（2）解得：v1 v2 v1’ˊ v2’ˊ m1 m2 v1’=，v2’=. 特殊情况： 若m1=m2 ，v1ˊ= v2 ，v2ˊ= v1 . 3. “动碰静”弹性碰撞的结论 两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v1′＋m2v2′ （1） m1v＝m1v1′2＋m2v2′2 （2） 解得：v1′＝，v2′＝ 结论：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1(质量相等，速度交换) (2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑) (3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反弹) (4)当m1≫m2时，v1′＝v0，v2′＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍) (5)当m1≪m2时，v1′＝－v1，v2′＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变) 二、非弹性碰撞 1.非弹性碰撞 介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间的碰撞。动量守恒，碰撞系统动能损失。 根据动量守恒定律可得：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1) 损失动能ΔEk，根据机械能守恒定律可得： m1v12+ m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 + ΔEk. (2) 2.完全非弹性碰撞 碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得：v1 v2 v共 m1 m2 m1v1+m2v2=(m1+m2)v共 （1） 完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能： ΔEk= ½m1v12+ ½ m2v22- ½(m1+m2)v共2 （2） 联立（1）、（2）解得：v共 =；ΔEk= 考点四 人船模型 爆炸与反冲 一、人船模型 1. 适用条件 ①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零； ②动量守恒或某方向动量守恒． 2. 常用结论 设人走动时船的速度大小为v船,人的速度大小为v人,以船运动的方向为正方向,则m船v船-m人v人=0,可得m船v船=m人v人；因人和船组成的系统在水平方向动量始终守恒，故有m船v船t=m人v人t, 即：m船x船=m人x人，由图可看出x船+x人=L， 可解得：； 二、爆炸与反冲 1．对反冲现象的三点说明 (1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理。 (2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加。 (3)反冲运动中平均动量守恒。 2．爆炸现象的三个规律 (1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒。 (2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸前后系统的总动能增加。 (3)位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。 考点五 简谐运动的基本规律和图像 一、简谐运动的特征 位移特征 受力特征 回复力：F=-kx；F(或a)的大小与x的大小成正比，方向相反。 能量特征 系统的动能和势能相互转化,机械能守恒 对称性特征 质点经过关于平衡位置O对称的两点时,速度的大小、动能、势能相等，相对于平衡位置的位移大小相等；由对称点到平衡位置用时相等。 周期性特征 质点的位移、回复力、加速度和速度随时间做周期性变化，变化周期就是简谐运动的周期T；动能和势能也随时间做周期性变化，其变化周期为 二、简谐运动的图像 1．对简谐运动图像的认识 (1)简谐运动的图像是一条正弦或余弦曲线，如图所示。 (2)图像反映的是位移随时间的变化规律，随时间的增加而延伸，图像不代表质点运动的轨迹。 2．由简谐运动图像可获取的信息 (1)判定振动的振幅A和周期T。(如图所示) (2)判定振动物体在某一时刻的位移。 (3)判定某时刻质点的振动方向： ①下一时刻位移若增加，质点的振动方向是远离平衡位置； ②下一时刻位移如果减小，质点的振动方向指向平衡位置。 (4)判定某时刻质点的加速度(回复力)的大小和方向。 (5)比较不同时刻质点的势能和动能的大小。质点的位移越大，它所具有的势能越大，动能则越小。 考点六 单摆 模型 单摆 示意图 简谐运动条件 ①摆线为不可伸缩的轻细线 ②无空气阻力等 ③最大摆角小于等于5° 回复力 摆球重力沿与摆线垂直方向(即切向)的分力 平衡位置 最低点 周期 T＝2π 能量转化 重力势能与动能的相互转化，机械能守恒 考点七 受迫振动 共振 1．简谐运动、受迫振动和共振的比较 　 　振动 项目　　 简谐运动 受迫振动 共振 受力情况 仅受回复力 受驱动力作用 受驱动力作用 振动周期 或频率 由系统本身性质决定，即固有周期T0或固有频率f0 由驱动力的周期或频率决定，即T＝T驱或f＝f驱 T驱＝T0或f驱＝f0 振动能量 振动物体的机械能不变 由产生驱动力的物体提供 振动物体获得的能量最大 常见例子 弹簧振子或单摆(θ≤5°) 机械工作时底座发生的振动 共振筛、声音的共鸣等 2．对共振的理解 (1)共振曲线：如图所示，横坐标为驱动力频率f，纵坐标为振幅A，它直观地反映了驱动力的频率对某固有频率为f0的振动系统做受迫振动振幅的影响，由图可知，f与f0越接近，振幅A越大；当f＝f0时，振幅A最大。 (2)受迫振动中系统能量的转化：做受迫振动的系统的机械能不守恒，系统与外界时刻进行能量交换。 考点八 机械波的描述及图像 一、机械波的描述 1．波速公式v＝＝λf的理解 (1)波速v：机械波在介质中的传播速度，由介质本身的性质决定，与波源的周期T无关。 (2)频率f：由波源决定，等于波源的振动频率。各个质点振动的频率等于波源的振动频率。 2．波的图像的特点 (1)时间间隔Δt＝nT(波传播nλ，n＝0,1,2,3，…)时，波形不变。 (2)在波的传播方向上：①当两质点平衡位置间的距离Δx＝nλ (n＝1,2,3，…)时，它们的振动步调总相同，在波形图上的对应位移一定相同；②当两质点平衡位置间的距离Δx＝(2n＋1)(n＝0,1,2,3，…)时，它们的振动步调总相反，在波形图上的对应位移一定等值反向。 (3)波源质点的起振方向决定了它后面的质点的起振方向，各质点的起振方向与波源的起振方向相同。 3．根据波的图像、波的传播方向判定质点的振动方向的方法 内容 图像 “上下坡”法 沿波的传播方向，“上坡”时质点向下振动，“下坡”时质点向上振动 “同侧”法 波形图上某点表示传播方向和振动方向的箭头在图线同侧 “微平移”法 将波形沿传播方向进行微小的平移，再由对应同一x坐标的两波形曲线上的点来判断振动方向 注意：波的图像、波的传播方向与质点振动方向三者之间可以互相判定。 1、 波的图像与振动图像 1．振动图像与波的图像的比较 振动图像 波的图像 图像 物理意义 表示某质点各个时刻的位移 表示某时刻各质点的位移 图像信息 (1)质点振动周期 (2)质点振幅 (3)各时刻质点位移 (4)各时刻速度、加速度方向 (1)波长、振幅 (2)任意一质点在该时刻的位移 (3)任意一质点在该时刻加速度方向 (4)传播方向、振动方向的互判 图像变化 随时间推移，图像延续，但已有形状不变 随时间推移，图像沿传播方向平移 形象比喻 记录着一个人一段时间内活动的录像带 记录着许多人某时刻动作、表情的集体照片 2．两种图像问题的易错点 (1)不理解振动图像与波的图像的区别。 (2)误将振动图像看作波的图像或将波的图像看作振动图像。 (3)不知道波传播过程中任意质点的起振方向就是波源的起振方向。 (4)不会区分波的传播位移和质点的振动位移。 (5)误认为质点随波迁移。 3．求解波的图像与振动图像综合问题的三关键：“一分、一看、二找” 考点九 机械波的多解问题 1.造成波动问题多解的主要因素 (1)周期性 ①时间周期性:时间间隔Δt与周期T的关系不明确; ②空间周期性:波传播距离Δx与波长λ的关系不明确。 (2)双向性 ①传播方向双向性:波的传播方向不确定; ②振动方向双向性:质点振动方向不确定。 (3)波形的隐含性 在波动问题中,往往只给出完整波形的一部分,或给出几个特殊点,而其余信息均处于隐含状态。这样,波形就有多种情况,形成波动问题的多解性。 2.解决波的多解问题的思路 一般采用从特殊到一般的思维方法,即找出一个周期内满足条件的关系Δt或Δx,若此关系为时间,则t=nT+Δt(n=0,1,2…);若此关系为距离,则x=nλ+Δx(n=0,1,2…)。步骤如下 (1)根据初、末两时刻的波形图确定传播距离与波长的关系通式。 (2)根据题设条件判断是唯一解还是多解。 (3)根据波速公式v=或v==λf求波速。 考点十 波的干涉 波的干涉现象中振动加强点、减弱点的两种判断方法 1.公式法 某质点的振动是加强还是减弱，取决于该点到两相干波源的距离之差Δr。 ①当两波源振动步调一致时 若Δr＝nλ(n＝0,1,2，…)，则振动加强； 若Δr＝(2n＋1)(n＝0,1,2，…)，则振动减弱。 ②当两波源振动步调相反时 若Δr＝(2n＋1)(n＝0,1,2，…)，则振动加强； 若Δr＝nλ(n＝0,1,2，…)，则振动减弱。 2.波形图法 在某时刻波的干涉的波形图上，波峰与波峰(或波谷与波谷)的交点，一定是加强点，而波峰与波谷的交点一定是减弱点，各加强点或减弱点各自连接而成以两波源为中心向外辐射的连线，形成加强线和减弱线，两种线互相间隔，加强点与减弱点之间各质点的振幅介于加强点与减弱点的振幅之间。 考点十一 波的衍射 多普勒效应 一、波的衍射 波的衍射现象是指波能绕过障碍物继续传播的现象,产生明显衍射现象的条件是缝、孔的宽度或障碍物的尺寸跟波长相差不大或者小于波长。 二、多普勒效应 1.接收频率:观察者接收到的频率等于观察者在单位时间内接收到的完全波的个数。当波以速度v通过观察者时,时间t内通过的完全波的个数为N=,因而单位时间内通过观察者的完全波的个数,就是接收频率。 2.当波源与观察者相互靠近时,观察者接收到的频率变大;当波源与观察者相互远离时,观察者接收到的频率变小。 题型一 冲量 动量定理 典例1 与水平方向夹角为θ的力F作用在放在水平地面上质量为m的物体上，如图所示。由于地面对物体的摩擦力较大，物体没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是（     ） A．拉力F对物体的冲量大小为Ft cos θ，方向水平向右 B．摩擦力对物体的冲量大小是Ft，方向水平向左 C．地面对物体支持力的冲量为零 D．合力对物体的冲量为零 【答案】D 【详解】A．拉力F对物体的冲量大小为Ft，方向与F方向相同，故A错误； B．物体没有被拉动，可得摩擦力大小为 故摩擦力对物体的冲量大小是Ft cos θ，方向水平向左，故B错误； C．地面对物体的支持力大小为 故地面对物体的支持力的冲量大小为 方向竖直向上，故C错误； D．物体处于静止状态，所受合力为零，所以合力对物体的冲量为零，故D正确。故选D。 迁移应用 1．一个质量为2kg的物体在合力F的作用下从静止开始沿直线运动，F随时间t变化的图像如图所示。则下列说法正确的是（     ） A．时，物体的速度为 B．时，物体的动量为 C．2s末物体反向运动 D．4s末物体刚好回到原位置 【答案】B 【详解】A．由题意结合图可知，物体先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动。 在内，根据动量定理可得 解得1s时物体的速度为，故A错误； B．在内，根据动量定理可得 解得2s时物体的动量为，故B正确； C．时物体的合力开始反向，加速度开始反向，物体达到最大速度，即将开始匀减速运动，运动方向不变，故C错误； D．在内，由动量定理可得， 解得，可知时物体速度还未减小到零，不会回到原位置，故D错误。 故选B。 2．泡沫塑料由于其良好的缓冲性能成为近代广泛使用的缓冲材料，在易碎物品的长途运输中起着重要作用。运输车在颠簸的路面上行驶，用泡沫塑料包装物品，泡沫塑料所起的作用是（　　） A．减小物品与包装箱的接触时间，减小物品的动量变化 B．延长物品与包装箱的接触时间，减小包装箱对物品的平均冲击力 C．减小物品与包装箱的接触时间，减小包装箱对物品的平均冲击力 D．减小物品与包装箱的接触时间，增大包装箱对物品的平均冲击力 【答案】B 【详解】当运输车颠簸时，物品的动量变化量是一定的。泡沫塑料比较柔软，能延长物品与包装箱的接触时间，根据动量定理有 可知在不变的情况下，增大，平均冲击力F就会减小，从而起到保护物品的作用。故选B。 题型二 动量守恒定律内容及条件 典例2 如图所示，小孩站在A车前端和车以3m/s的速度共同向右做匀速运动，在A车正前方有一辆静止的B车，为了避免两车相撞，在A车接近B车时，小孩迅速从A车跳上B车，并与B车保持相对静止，此时A、B两车恰好不相撞。小孩质量为30kg，A、B车质量均为30kg，不计地面阻力，小孩跳离A车时对地水平速度大小为（　　） A．2.0m/s B．3.0m/s C．4.0m/s D．5.0m/s 【答案】C 【详解】向右为正方向，设人跳离A车时对地水平速度大小为，跳离A车后A车的速度，跳上B车后的共同速度v3，则对人和A车系统由动量守恒可知 对人和B车系统由动量守恒 其中，，，联立解得故选C。 迁移应用 1．如图所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于光滑水平面上。一颗子弹水平射入木块A，并留在其中，在子弹射入木块A及弹簧被压缩的整个过程中，下列说法中正确的是（　　） A．在子弹射入木块A的过程中，子弹和木块A组成的系统动量守恒、机械能守恒 B．在子弹射入木块A的过程中，子弹和木块A组成的系统动量守恒，机械能不守恒 C．在弹簧被压缩的过程中，系统动量守恒、机械能不守恒 D．在弹簧被压缩的过程中，系统动量、机械能都不守恒 【答案】B 【详解】AB．在子弹射入木块A的过程中，在子弹、木块A系统中，内力远大于外力，则动量近似守恒，因该过程有内能产生，则机械能不守恒，故A错误，B正确； CD．在弹簧被压缩的过程中，对于子弹、木块A和B、弹簧组成的系统，系统所受合外力为零，所以系统动量、机械能守恒，故CD错误。 故选B。 2．如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端静止释放。Q与P的接触面光滑，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是（　　） A．P对Q做功为零 B．P和Q之间相互作用力做功之和不为零 C．P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒 D．P和Q构成的系统机械能守恒、动量不守恒 【答案】D 【详解】A．Q在P上运动过程，P对Q有弹力且在力的方向上Q有位移，则P对Q做功不为零，A错误； BCD． Q在P上运动过程，P和Q构成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，P、Q之间的弹力做功和必为零；系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，但系统在竖直方向所受合外力不为零，系统在竖直方向动量不守恒，系统动量不守恒，BC错误，D正确。故选D。 题型三 碰撞现象 典例3 在光滑的水平面上，质量为的小球A以速率向右运动。一质量为的小球B处于静止状态，如图所示。小球A与小球B发生弹性碰撞后，小球A、B均向右运动，且碰撞后A、B的速度大小之比为1：4，则两小球质量之比为（　　） A．     B． C．     D． 【答案】A 【详解】两球碰撞过程为弹性碰撞，以的方向为正方向，由动量守恒定律得 由机械能守恒定律得由题意知解得故选A。 迁移应用 1．光滑的水平桌面上质量为m、速度为v的A球跟质量为4m的静止B球发生正碰。碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，则碰撞后B球速度可能值的范围为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】若A球跟静止的B球发生完全非弹性碰撞，则以A球的速度方向为正方向，有 解得 若A球跟静止的B球发生弹性碰撞，以A球的速度方向为正方向，则有 联立两式可求得碰撞后B球的速度 则碰撞后B球速度可能值的范围为 故选A。 2．带有光滑圆弧轨道，质量为的滑车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为的小球以速度水平冲上车，到达某一高度后，小球又返回车左端，重力加速度为g，则下列错误的是（　　） A．小球返回车的左端时，速度为零 B．小球返回车的左端时，速度为 C．小球上升到最高点时，小车的速度为 D．小球在弧形槽上上升的最大高度为 【答案】B 【详解】AB．取水平向右为正方向，根据小球和滑车组成的系统水平方向动量守恒得 根据系统机械能守恒得解得：v球=0，v车=v0即小球返回车的左端时，速度为0，故A正确，B错误； CD．小球上升到最高点时，小球和滑车速度相同，设为v，根据系统水平方向动量守恒得mv0=2mv 解得根据机械能守恒定律得解得即小球上升到最高点时，小车的速度为，小球在弧形槽上上升的最大高度为，故C D正确。此题选择不正确的，故选B。 题型四 人船模型 爆炸与反冲 典例4 某同学学过动量守恒定律之后，欲利用卷尺测定大船的质量。初始时人和船均静止在水面上，首先利用卷尺测出船长为L，然后同学从船尾行走至船头，测出船相对河岸后退的距离d，已知同学自身的质量为m，若忽略一切阻力，则船的质量为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】人和船组成的系统水平方向不受外力，动量守恒有两边同乘运动的总时间t，可得其中船相对河岸后退的距离人相对船走了完整船长L，因此人相对河岸的前进距离为，即联立解得故选D。 迁移应用 1．2024年10月30日4时27分，搭载神舟十九号载人飞船的长征二号F遥十九运载火箭，在酒泉卫星发射中心点火发射。若一级火箭脱离后，火箭的总质量为M，速度为v0，此后火箭将质量为m的气体相对于火箭以速率u向后喷出，则火箭的速度大小为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】喷气过程内力远大于外力，火箭与喷出气体组成的系统动量守恒。设喷出气体后火箭的速度大小为，取火箭的速度方向为正方向，则气体相对地面的速度为，由动量守恒定律得 解得 故选A。 2．质量为5m的炮弹斜向上发射，运动到最高点速度为v，随即爆炸成质量为m和4m的两块碎片，质量为m的碎片原路返回，不计爆炸的能量损失和空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．爆炸后瞬间质量为m和4m的两碎片速度大小之比为4：1 B．爆炸后瞬间质量为m和4m的两碎片速度大小之比为3：2 C．爆炸释放的能量为2.5mv2 D．爆炸释放的能量为5mv2 【答案】C 【详解】AB．爆炸过程水平方向动量守恒，爆炸前的速度大小为，由动量守恒有 解得 则爆炸后瞬间质量为m和4m的两碎片速度大小之比为，A错误；B错误； CD．由能量守恒有，C正确；D错误。故选C。 题型五 简谐运动的基本规律和图像 典例5 一质点在 B、O、A 之间做简谐运动，O 为平衡位置，P 点位于 OA 之间，如图所示。分别用 x、a、F 表示该质点相对 O 点的位移、加速度、回复力，取 O 指向 A 的方向为正方向。当质点运动至 P 点且速度正在增大时，则该质点在此（     ） A．x 正在减小且其方向为正 B．x 正在增大且其方向为负 C．a 正在增大且其方向为负 D．F 正在减小且其方向为正 【答案】A 【详解】简谐运动中质点速度增大的过程，是从最大位移处向平衡位置运动的过程。本题规定O指向A为正方向，P在OA之间，说明质点此时正从A点向平衡位置O运动： 位移方向为正，向O运动时位移的大小正在减小，因此x正在减小且方向为正； 根据简谐运动加速度公式，加速度与位移反向、大小成正比。x为正且大小减小时，a的方向为负，大小也随之减小；根据回复力公式，回复力与位移反向、大小成正比。x为正且大小减小时，F的方向为负，大小也随之减小。故选A。 迁移应用 1．如图所示，弹簧振子在B、C两点之间做简谐运动，其平衡位置为O点。已知B、C相距30cm。从小球经过O点时开始计时，经过1.0s第二次到达B点。取向左为正方向，下列说法正确的是（     ） A．小球振动的周期一定为0.8s B．小球振动的振幅为0.3m C．1.8s末，小球一定在平衡位置 D．弹簧振子振动方程可能为x=﹣0.15sin（2.5πt）m 【答案】D 【详解】B．B、C是简谐运动的两个端点，间距 因此振幅，故B错误。 A．从O点开始计时，存在两种初始运动方向：若时，振子向B端运动，第一次到达B的时间为，第二次到达B的时间为解得若时，振子向C端运动，第一次到达B的时间为，第二次到达B的时间为解得因此周期不一定为，故A错误； C．对的情况，有，时振子恰好位于B点，不是平衡位置，因此1.8s末不一定在平衡位置，故C错误； D．对的情况，角频率，时振子在平衡位置，速度向右，沿着负方向，则设弹簧振子振动方程为代入，解得即对的情况，角频率，时振子在平衡位置，速度向左，沿着正方向，则设弹簧振子振动方程为，代入，解得即因此弹簧振子振动方程可能为，故D正确。故选D。 2．如图所示为某弹簧振子的振动图像，则（     ） A．时刻，弹簧振子沿 y轴正方向的加速度最大 B．振子的振动方程为 C．振子在任意一个0.4s内运动的路程均为 20cm D．振子在 周期内通过的路程不可能是 【答案】C 【详解】A．时刻，振子在正的最大位移处，由可知，此时加速度沿 y轴负方向最大，A错误； B．由图像可知，振子的振动方程为，B错误； C．根据简谐运动的对称性可知，振子在除平衡位置外的任一位置，经过0.4s会运动到关于平衡位置对称的位置，运动的路程为2A=20cm，开始在平衡位置时运动0.4s又回到平衡位置，运动的路程也为2A=20cm，C正确； D．振子在时刻的位移 运动到时刻，位移 ，因此从运动到时刻，运动的路程为，D错误。 故选C。 题型六 单摆 典例6 如图所示，在绘制单摆做简谐运动的图像时，甲、乙两同学用不同摆长的沙摆和同样长的纸带，分别作出如图甲和图乙所示实验结果。已知实验中图甲、图乙纸带运动的平均速度大小相等，则甲、乙同学所用沙摆的摆长为（     ） A．9∶16 B．16∶9 C．3∶4 D．4∶3 【答案】B 【详解】由图可知，由单摆的周期公式 解得摆长之比故选B。 迁移应用 1．甲、乙两个单摆，做简谐振动时的图像如图所示，由此可知甲，乙两单摆（     ） A．摆长之比为 B．振动频率之比为2∶3 C．在时刻，振动方向相反 D．在时刻，加速度均不为零 【答案】D 【详解】A．由图像可知，甲、乙单摆振动周期之比为2：1，根据单摆的周期公式可知，甲、乙单摆摆长之比为4：1，故A错误； B．根据周期与频率的关系所以振动频率之比为1：2，故B错误； C．根据振动图像可知，在时刻，甲、乙两单摆均沿轴正向振动，故C错误； D．在时刻，沿振动方向的加速度均为零，但还有向心加速度，因此加速度不为零，故D正确。 故选D。 2．图甲是用力传感器对单摆做小角度摆动过程进行测量的装置图，图乙是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的图像，其中的最大值，已知摆球质量，重力加速度取，取9.8，不计摆线质量及空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．单摆周期为0.8s B．单摆摆长为0.64m C．的最大值为 D．的最小值 【答案】B 【详解】A．单摆小角度摆动时，摆球在最低点拉力最大，在最高点拉力最小。从图像看，相邻两个的时间间隔为半个周期（从最低点到最高点再回到最低点）。图像中相邻间隔为0.8s，则周期，故A错误； B．由单摆周期公式​，已知， 代入得，故B正确； C．最低点时拉力最大，由向心力公式 代入数据解得，故C错误； D．最高点时拉力最小，此时摆球速度为0，拉力（θ为最大摆角）。因故，D错误。故选B。 题型七 受迫振动 共振 典例7 如图所示，A、B、C三个小钢球的质量分别为2m、、m，且A、C两摆的摆长相同。当A球振动后，通过张紧的水平细绳给其他各摆施加驱动力，当B、C振动达到稳定时，下列说法正确的是（　　） A．B的振动周期最大 B．A比B、C振动的快 C．C的振幅比B的振幅大 D．C比B的振动周期大 【答案】C 【详解】AD．B和C做受迫振动，周期都等于A球的振动周期，所以B、C的振动周期相等，故AD错误； B．A、B、C的振动周期相等，所以振动的快慢相同，故B错误； C．由于C的摆长与A的摆长相等，则C的固有周期与A的振动周期相等，即C的固有周期与驱动力周期相等，C发生共振，振幅最大，所以C的振幅比B的振幅大，故C正确。故选C。 迁移应用 1．铺设公路时需要将旧的水泥路面去除，经常使用一种路面破碎机械，如图所示，它可以通过调节振动锤头的振动频率来有效地击碎水泥路面。下列有关说法正确的是（     ） A．振动锤头的振动频率越大，击碎效率越高 B．振动锤头的振动频率越小，击碎效率越高 C．振动锤头的振动频率越接近路面的固有频率，击碎效率越高 D．振动锤头的振动频率越远离路面的固有频率，击碎效率越高 【答案】C 【详解】AB．击碎路面的效率并不单纯取决于振动锤头频率的绝对大小（并非越大越好或越小越好），而是取决于该频率与路面固有频率的匹配程度，故A、B错误； CD．路面破碎机具击碎路面，本质上是让路面做受迫振动。根据共振原理，当振动锤头的振动频率（即驱动力频率）越接近水泥路面的固有频率时，路面振动的振幅就越大，吸收的能量也越多，从而更容易被击碎，击碎效率越高；反之，频率偏离越大，击碎效率越低。故C正确，D错误。 故选C。 2．如图甲所示，一个竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架在竖直方向振动，T形支架的下面系着一个弹簧和小球组成的振动系统。现使圆盘以不同的频率转动，测得小球的振幅与圆盘转动频率的关系如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A．小球振动频率始终等于3Hz B．小球振动频率始终小于圆盘的转动频率 C．小球和弹簧组成振动系统的固有频率为3Hz D．若改变小球的质量，则图乙中曲线峰值对应的频率不变 【答案】C 【详解】AB．小球做受迫振动，稳定后振动频率等于驱动力的频率，随圆盘转动频率改变而改变，始终等于圆盘的转动频率，并不是始终等于3Hz，故AB错误； C．当驱动力频率等于振动系统的固有频率时，发生共振，振幅最大。由图乙可知，振幅峰值出现在，说明该振动系统的固有频率为，故C正确； D．若改变小球质量，振动系统固有频率会发生改变，因此乙图中峰值对应的频率也会改变，故D错误。 故选C。 题型八 机械波的描述及图像 典例8 微风吹来，湖面泛起波纹，小船随波荡漾。若水面波的波速大小为，第1个波峰到第5个波峰通过小船处的时间间隔为，则该水面波的波长为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】第1个波峰到第5个波峰通过小船的时间间隔对应4个完整周期，因此波的周期为 根据波长、波速、周期的关系，代入v=1m/s计算得故选D。 迁移应用 1．“舞龙贺新春”巡游活动中，“龙”左右摆动形成的波看作沿x轴正方向传播的简谐波。某时刻的波形图如图所示，A、B、C、D为波形上的四点，则（     ） A．此刻A、B舞动的方向相同 B．此刻A、C舞动的方向不相同 C．B、C能同时回到平衡位置 D．B、D不能同时回到平衡位置 【答案】B 【详解】波沿x轴正方向传播,根据“同侧法”可知，A、D质点振动方向向下，B、C质点振动方向向上，所以B、D能同时回到平衡位置，B、C不能同时回到平衡位置。 故选B。 2．如图甲所示为沿x轴传播的一列简谐横波在时刻的波动图像，乙图为处质点P的振动图像，质点M位于处。下列判断正确的是（　　） A．此波在向x轴正方向传播 B．经过2s时间，质点P沿波的传播方向移动8m C．质点P从图示位置开始运动到波峰时，所需的最短时间为0.75s D．质点M从图示位置开始运动路程为0.4m时，所需的时间为0.4s 【答案】C 【详解】A．由图乙可知，0s时质点P沿y轴负方向运动，由上下坡法可知波的传播方向为x轴负方向，故A错误； B．质点P不会随波逐流，只会上下振动，故B错误； C．质点P图示位置在平衡位置且向y轴负方向振动，到波峰的最短时间为，故C正确； D．当质点M运动的路程为0.4m时，到达波谷的位置，所用的时间为s，故D错误。故选C。 题型九 机械波的多解问题 典例9 如图，在一次研究简谐波的实验中，实线是一列简谐横波在t=0时刻的波形图，虚线是t=3s时刻的波形图。已知质点M的平衡位置距O点5m。下列说法正确的是（　　） A．波速一定为1m/s B．该波的周期可能是4s C．该波遇到尺度为0.1m的障碍物时，衍射现象很不明显 D．该波如果沿x轴正方向传播，质点M在t=3s时沿y轴正方向运动 【答案】B 【详解】A．根据图示可知，波长 当波沿x轴正方向传播时，t=3s时间内波传播的距离（n=0，1，2，3…） 则波速 解得（n=0，1，2，3…） 此时波速不可能为1m/s。 当波沿x轴负方向传播时，t=3s时间内波传播的距离（m=0，1，2，3…） 则波速 解得（m=0，1，2，3…） 当m等于0时，波速为1m/s，即波速可能为1m/s，故A错误； B．结合上述，根据，当波沿x轴正方向传播时，周期（n=0，1，2，3…） 此时周期不可能等于4s。 当波沿x轴负方向传播时，周期（m=0，1，2，3…） 当m等于0时，周期为4s，即周期可能为4s，故B正确； C．波长等于4m，可知，当该波遇到尺度为0.1m的障碍物时，衍射现象很明显，故C错误； D．虚线是t=3s时刻的波形图，根据图线可知，该波沿x轴正或负方向传播，质点M在t=3s时均处于波峰位置，此时质点速度为0，故D错误。故选B。 迁移应用 1．如图所示，一列简谐横波在x轴上传播，图甲和图乙分别为x轴上a、b两质点的振动图像，且。下列说法中正确的是（    ） A．波沿x轴正方向传播 B．波长可能是6m C．波速可能是1.2m/s D．波速可能是3m/s 【答案】C 【详解】A．波可沿正方向也可沿负方向传播，无法确定一定沿正方向，故A错误； B．由振动图像可得：两质点振动周期；时刻，质点在平衡位置向下振动，质点在正最大位移（波峰）处。 若波沿轴正方向传播：到的距离满足 整理得 波速 若波沿轴负方向传播：到的距离满足 整理得 波速 若，代入两种波长表达式，得到的都不是非负整数，波长不可能为，故B错误； C．波沿轴正方向传播，当时， 因此波速可能为 ，故C正确； D．若，代入两种波速表达式，得到的都不是非负整数，波速不可能为，故D错误。故选C。 2．如图所示，一列简谐横波沿轴正方向传播，实线和虚线分别表示和（时的波形。能正确反映时波形的是图（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由题意，简谐横波沿x轴正方向传播，和（）时的波形得到实线波形到形成虚线波形波传播距离为，经过时间。则有，解得，时，有关系，即因为经过整数倍周期时间波形重复，故时刻与时刻波形相同，则波向右传播的距离。相当于t=0的初始波形沿x轴正方向平移，此时x=0处的质点恰好从初始的平衡位置运动到波峰位置。故选D。 题型十 波的干涉 典例10 如图所示，、是两个步调完全相同的相干波源，其中实线表示波峰，虚线表示波谷。若两列波的振幅均保持5 cm不变，关于图中所标的b、c、d三点，下列说法正确的是（     ） A．d点始终保持静止不动 B．图示时刻c点的位移为零 C．b点振动始终加强，c点振动始终减弱 D．图示时刻，b、c两点的竖直高度差为10 cm 【答案】A 【详解】A．d点是波峰与波谷相遇，振动减弱，振幅为零，保持静止，故A正确； BCD．b点是波峰与波峰相遇，c点是波谷与波谷相遇，它们均属于振动加强点，由于振幅是5 cm，则b点相对平衡位置高10 cm，c点相对平衡位置低10 cm，所以b、c两点的竖直高度差为20 cm，故B错误，C错误，D错误。故选A。 迁移应用 1．如图甲所示，P、Q为x轴上相距为20m的两个波源，P在坐标原点，t＝0时两波源同时开始振动，图乙所示为波源P的振动图像，图丙所示为波源Q的振动图像。已知两列波的传播速度均为v＝2m/s，下列说法错误的是（     ）                   A．两列波波长为4m B．0~8.5s内，x＝8m处质点所经过的路程为30cm C．经过足够长时间，x＝10m处为振动减弱点 D．经过足够长时间，x轴上两波源间共有9处振动加强点 【答案】D 【详解】A．由图乙可知，波的周期为由波速公式，得波长，A正确，不符合题意； B．P波源的振动传到处所用时间， Q波源的振动传到处所用时间 则内，处的质点保持静止 4s~6s内，P波源的振动经过处的质点，由，知质点振动了一个周期，振幅等于P波源的振幅，即，经过的路程 6s~8.5s内，P波源和Q波源的振动都经过处的质点，质点振动了个周期，由图乙和图丙知，两波源的振动反相，且两波源到该质点的波程差为4m，为波长的整数倍，所以该质点为振动减弱点，振幅为两列波振幅之差，即，故质点经过的路程 综上，得内，处的质点所经过的路程，B正确，不符合题意； C．由于两波源起振方向相反，且两波源到处质点的波程差为，故经过足够长的时间，该点为振动减弱点，C正确，不符合题意； D．由于两波源起振方向相反，则某点到两波源的波程差为半波长的奇数倍时，为振动加强点，即、3m、5m、7m、9m、11m、13m、15m、17m、19m，故经过足够长的时间，x轴上两波源间共有10处振动加强点，D错误，符合题意。故选D。 2．某均匀介质中两持续振动的振源P、Q分别位于x轴上和处，时刻两振源同时开始振动，时两列波分别传播到0cm和6cm处，波形如图所示。则下列说法正确的是（　　） A．振源Q起振方向沿y轴正方向 B．波在介质中的传播速度为1m/s C．振源P的振动方程为 D．两列波在处相遇后，该质点的振动始终减弱 【答案】D 【详解】A．波在传播过程中，质点的起振方向与波源的起振方向相同，且波刚传到质点时的起振方向始终与波源起振的方向相同，由图可知，波传到处时，该质点起振方向沿y轴负方向，故振源Q起振方向沿y轴负方向，故A错误； B．两列波的波速，故B错误； C．由图可知，振源P振动的振幅，振源P形成的波的波长为2cm，根据波长、周期、波速的关系可得其周期为则故振源P的振动方程为，故C错误； D．两列波在同一介质中传播，则波速相等，在处相遇后，振动情况完全相反，该质点的振动始终减弱，故D正确。故选D。 题型十一 波的衍射 多普勒效应 典例11 2023年6月5日消息，环洪泽湖公路项目作为大运河百里画廊建设的重要节点、重中之重，要全力推进盱眙段建设。洪泽湖，中国第四大淡水湖，在江苏省西部淮河下游。风景名胜洪泽湖甘泉般的湖水，养育着千百万人民。关于波现象，下列说法正确的是（     ） A．用声呐探测湖底某处的深度，利用了波的衍射现象 B．湖中水波绕过芦苇、石块向前传播，是波的干涉现象 C．岸上交通警察用监视器测量汽车的速度可利用波的折射 D．湖中鸣笛的快艇驶近游客的过程中，游客听到的声波频率变大 【答案】D 【详解】A．用声呐探测湖底某处的深度，利用的是波的反射，故A错误； B．湖中水波绕过芦苇、石块向前传播，是波的衍射现象，故B错误； C．监视器和汽车有相对运动，利用的是多普勒效应测速，故C错误； D．快艇驶近游客，游客听到的声波频率大于快艇发出的频率，故D正确。故选 D。 迁移应用 1．如图甲、乙、丙所示是让不同波长的水波分别通过相同狭缝后水面振动的情况，下列有关三者波长关系的说法正确的是（     ） A．甲图中水波波长最长 B．乙图中水波波长最长 C．丙图中水波波长最长 D．乙图中水波波长最短 【答案】A 【详解】ABC．发生明显衍射现象的条件是狭缝的宽度与波长相差不多或比波长小。波长越长，衍射现象越明显。题干已知三个水波通过的是相同狭缝。观察图像可知，甲图中的水波衍射现象最明显（波向四周扩散得最开），说明甲图中水波的波长最长，故A正确，B、C错误； D．由于衍射明显程度为：甲>乙>丙，因此波长关系为：甲波长>乙波长>丙波长。所以波长最短的是丙，而不是乙，故D错误。 故选A。 2．汽车无人驾驶技术使用的传感器主要是毫米波雷达，该雷达会发射和接收调制过的无线电波，再通过波的时间差和多普勒效应导致的频率变化来测量目标的相对距离和相对速度。若该雷达发射的无线电波的频率为，接收到的回波的频率为，下列说法正确的是（     ） A．若，则无人车应加速跟上去 B．若，则无人车应减速以保持车距 C．若，则无人车应减速以保持车距 D．若，则说明前车正在减速 【答案】C 【详解】根据多普勒效应规律：波源与观察者相对静止时，接收到的频率等于波源发射频率；两者相对靠近时，接收到的频率高于发射频率；两者相对远离时，接收到的频率低于发射频率。 A．若，说明无人车与前车相对静止、速度相同，车距保持不变，无需加速，故A错误； B．若，两车相对静止车距稳定，无需减速，故B错误； C．若，说明两车相对靠近、车距逐渐减小，为保持安全车距无人车应减速，故C正确； D．若，说明两车相对远离、车距逐渐增大，说明前车速度大于无人车，但无法判断前车是正在加速、减速还是匀速运动，故D错误。故选C。 基础固本练（限时：15分钟） 1．t＝0时刻，一物块在水平方向的拉力作用下，沿光滑水平面由静止开始运动，拉力F随时间变化的图像如图所示，物块未离开水平面，则0~1 s拉力对物体的冲量大小为（     ） A．2 N·s B．2.4 N·s C．3 N·s D．4 N·s 【答案】C 【详解】图像中，图线与t轴所围面积表示力F的冲量，则1 s内拉力对物体的冲量大小为 故选C。 2．在汽车相撞时，安全气囊可使头部受伤率减少25%，面部受伤率减少80%左右。关于安全气囊的作用，下列说法正确的是（     ） A．增加了碰撞过程中司机头部动量的变化率 B．增加了碰撞过程中司机头部的受力时间 C．减小了碰撞过程中司机头部的受力面积 D．减少了碰撞前后司机头部动量的变化量 【答案】B 【详解】D．碰撞过程中，司机头部的初速度等于碰撞前的车速，末速度最终减为0，动量变化量是恒定的，安全气囊不会改变这个总动量变化量，故D错误； B．根据动量定理 在总动量变化量不变的前提下，安全气囊通过形变缓冲，延长了碰撞的受力时间，故B正确； A．动量变化率就等于合外力，延长受力时间后，动量变化率减小，故A错误； C．安全气囊和头部的接触面积远大于直接撞击方向盘的面积，是增大了受力面积从而减小压强，故C错误。 故选B。 3．如图所示，木块与弹簧相连放在光滑的水平面上，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块B内，入射时间极短，两者之间的作用力极大，而后木块将弹簧压缩到最短，关于子弹和木块组成的系统，下列说法中正确的是（     ） A．子弹射入木块的过程中，系统动量不守恒 B．子弹射入木块的过程中，系统动量可看作守恒 C．木块压缩弹簧的过程中，系统动量守恒 D．从子弹开始射入到弹簧被压缩到最短的过程中，系统动量守恒 【答案】B 【详解】AB．子弹射入木块的过程中系统所受内力远远大于外力，系统动量守恒，故A错误，B正确； CD．木块压缩弹簧过程中系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故CD错误。 故选B。 4．甲球和乙球都静止在同一水平面上，乙球在甲球前方，甲球获得初速度向乙球运动且发生弹性正碰，两球碰撞时间极短，甲球的质量为3kg。如图所示为两球碰撞前后的一段图像（碰后甲球的图像未画出），则乙球的质量为（　　） A．6kg B．5kg C．4kg D．3kg 【答案】B 【详解】由图可知开始计时时甲球的速度，甲球碰前速度，乙球碰后速度，根据动量守恒得 根据能量守恒得 解得 故选B。 5．一弹簧振子做简谐运动时的振动图像如图所示，下列说法中不正确的是（     ） A．振子运动的周期为4s B．振子运动的振幅为2cm C．在第2s末，振子的速度达到最大 D．在第3s末，振子的加速度达到最小 【答案】D 【详解】A．由图可知，振子运动的周期为4s，A正确； B．由图可知，振子运动的振幅为2cm，B正确； C．在第2s末，振子恰好通过平衡位置，速度达到负方向最大值，C正确； D．在第3s末，振子恰好运动到负方向位移最大值，速度为零，加速度最大，D错误。 本题要求选择不正确的选项，故选D。 6．如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度g取。对于这个单摆的振动过程，下列说法中正确的是（    ） A．单摆的位移随时间变化的关系式为 B．单摆的摆长约为1m C．从到的过程中，摆球的动能逐渐减小 D．从到的过程中，摆球所受回复力逐渐增大 【答案】B 【详解】A．根据单摆的振动图像可知周期，振幅A=5cm，由，可得到圆频率，则单摆的位移x随时间t变化的关系式为，故A错误； B．根据单摆周期公式，可得单摆的摆长，故B正确； CD．从到的过程中，摆球从右边最高点运动到平衡位置，摆球的位移逐渐减小，速度逐渐增大，故动能逐渐增大，回复力减小，故CD错误。 故选B。 7．如图所示，健身者以每分钟30次的频率上下抖动两根长绳的一端，使长绳呈现波浪状起伏，可近似为单向传播的简谐波。长绳上、两点平衡位置相距，图示时刻点位于波谷，点位于波峰。关于该“绳波”，下列说法正确的是（　　） A．波长为 B．周期为 C．波速为 D．图中点正向上振动 【答案】D 【详解】A．绳波可视为单向传播的简谐波。图示时刻A点位于波谷，B点位于波峰，A、B平衡位置相距在简谐横波中，相邻波谷与波峰之间的水平距离为半个波长，即，故，故A错误； B．健身者以每分钟30次的频率上下抖动长绳，则频率，周期，故B错误； C．波速，故C错误； D．图中波从波源向右单向传播，点振动将“追随”左侧紧邻点，由图可知，其左侧紧邻点位于点上方，即点正向上振动，故D正确。故选D。 8．一列简谐横波t=0时刻的波形如图（a）所示，位于x=2m处的质点A的振动图像如图（b）所示。则（　　） A．该波沿x轴负方向传播 B．该波的波速为1m/s C．t=0时刻质点A的振幅为0 D．t=1s时，质点A沿x轴平移到x=3m处 【答案】B 【详解】A．由图可知，t=0时刻质点A沿y轴正方向运动，根据“同侧法”可知，该波沿x轴正方向传播，故A错误； B．由图可知，该波的波长为4m，周期为4s，则，故B正确； C．由图可知，t=0时刻，质点A的位移为0，但振幅为10cm，故C错误； D．质点不随波迁移，故D错误。 故选B。 9．如图所示，两个振动步调一致的相干波源、发出的简谐横波在同一均匀介质中相遇，波长为5cm。图中实线表示某时刻波峰，虚线表示该时刻波谷，、、三点均位于、连线的中垂线上，其中点是、连线的中点。下列说法中正确的是（　　） A．图示时刻e点的振动速度方向为垂直于图示平面向下 B．若波源的振幅为2cm，的振幅为4cm，不考虑振动能量的衰减，则图示点的位移始终小于c点的位移 C．若将波源的振动频率提高而波源保持不变，若两波源的振幅相同，不考虑振动能量的衰减，则d点的位移始终为零 D．图示时刻点既不是波峰与波峰相遇处，也不是波谷与波谷相遇处，所以不是振动加强点 【答案】A 【详解】A．是波谷与波谷相遇，是波峰与波峰相遇，在、之间，根据振动方向与传播方向关系可知振动速度方向为垂直于图示平面向下，故A正确； B．点属于振动减弱点，振幅为；点属于振动加强点，振幅为。但是质点在平衡位置不断振动，故点的位移不一定始终小于点的位移，故B错误； C．同一介质中波速不变，提高的振动频率后，的波长会改变，两波源频率不同，不能产生稳定干涉，因此点的位移会不断变化，不可能始终为零，故C错误; D．、、都在、连线的中垂线上，所有点到两个波源的路程差，两波源振动步调一致，因此中垂线上所有点都是振动加强点，也属于振动加强点，故D错误。 故选A。 10．“球鼻艏”是位于远洋轮船船头水面下方的装置。当轮船以设计的标准速度航行，球鼻艏推起的波与船首推起的波相遇时，两列波的叠加可以大幅度减小水对轮船的阻力。下列现象的物理原理与之相同的是（　　） A．敲响一个音叉，另一个与其相隔不远的音叉也能发出声音 B．敲响两个相隔不远的相同音叉，在它们周围某些区域声音较强，某些区域声音较弱 C．敲响一个音叉，探测装置在接近音叉的过程中接收到声音的频率增大 D．水塘中的水波能绕过障碍物继续传播 【答案】B 【详解】A．敲响一个音叉引起另一个音叉发声，原理是共振（受迫振动），与波的干涉无关，故A错误； B．敲响两个相同音叉，在周围形成声音强弱交替的区域，原理是波的干涉，与题干原理相同，故B正确； C．探测装置接近音叉时接收频率增大，原理是多普勒效应，与波的干涉无关，故C错误； D．水波绕过障碍物传播，原理是波的衍射，与波的干涉无关，故D错误。 故选B。 综合进阶练（限时：35分钟） 1．如图，质量为m的四轴无人机有四个螺旋桨。四个螺旋桨旋转共扫出的总面积为S，当四个螺旋桨同时旋转产生竖直向下的气流，可使该无人机悬停在空中某一固定位置。已知空气的密度为ρ，重力加速度大小为g。要使无人机悬停，则螺旋桨旋转产生竖直向下的气流的速率应为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】在时间内，四个螺旋桨扫过的空气体积为，空气质量为 空气获得的竖直向下的动量大小为 由动量定理有 整理得 根据牛顿第三定律，空气对无人机的作用力大小也为，无人机悬停时有，结合 解得 故选A。 2．在一场冰上表演活动中，光滑的冰面上静止放置着一个质量为M的冰车，冰车顶部是一个半径为R的光滑四分之一圆弧轨道，轨道底部与冰面平滑连接。一位质量为m的花样滑冰运动员以水平速度冲向冰车并滑上轨道。已知运动员在轨道上升的高度小于R。已知重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．运动员再次滑离冰车时，冰车的速度大小一定小于 B．运动员沿轨道下滑过程中，冰车对冰面的压力始终等于（M+m）g C．运动员再次滑回到轨道底端时，若以冰面为参考系，运动员速度大小和冰车速度大小满足且小于 D．运动员冲上冰车轨道的过程中，运动员与冰车组成的系统动量守恒，机械能也守恒 【答案】C 【详解】AC．运动员和冰车组成的系统在水平方向上不受外力，水平方向动量守恒。若以冰面为参考系，设运动员再次滑离冰车时，运动员的速度为，车速度大小，根据动量守恒有 根据能量守恒有 解得， 因，所以 因不知道与的大小关系，根据 可知无法判断与的大小关系，故A错误，C正确； B．运动员有向心加速度，在竖直方向上有一向上的分加速度，系统处于超重状态，故冰车对冰面的压力始终大于（M+m）g，故B错误； D．运动员冲上冰车轨道的过程中，运动员与冰车组成的系统在水平方向动量守恒，但在竖直方向上，由于运动员有竖直方向的分加速度，系统所受合外力不为零，系统动量不守恒。又因为轨道光滑，整个过程中只有动能和重力势能的转化，系统机械能守恒，故D错误。 故选C。 3．如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A被水平速度为的子弹射中并嵌在其中。已知子弹的质量是m，物体A和B的质量相同均为 则（     ） A．子弹射入A的过程中，A物体获得的最大速度为 B．弹簧压缩到最短时，B的速度为 C．运动过程中，物体B能获得的最大速度为 D．弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能为 【答案】B 【详解】A．子弹射入A的过程中，对子弹和A组成的系统动量守恒 解得，故A错误； B．弹簧压缩到最短时，子弹和A、B物体速度相等，设为，对子弹、物体A、物体B组成的系统动量守恒 解得，故B正确； C．运动过程中，当弹簧恢复原长时，B的速度最大，设此时子弹和A的速度为，B的速度为，由动量守恒，有 根据能量守恒可得 解得，故C错误； D.弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能，故D错误。 故选B。 4．如图，在光滑水平面上有一小车，小车上固定一竖直杆，总质量为M，杆的顶端系一 长为L的轻绳，绳另一端系一质量为m的小球（可视作质点），绳被水平拉直处于静止状 态，将小球由静止释放，已知重力加速度为g，不计一切阻力，小球运动过程中，始终未 与杆相撞。则下列说法正确的是（　　） A．小球不能向左摆到原高度 B．小球向左摆到最低点的过程中，小球和车组成的系统动量守恒 C．小球摆到最低点的速率为 D．小球向左摆到最低点的过程中，小车向右移动的距离为 【答案】D 【详解】A．小球和小车组成的系统，在水平方向动量守恒，且只有重力做功，系统机械能守恒。因此小球能向左摆回原高度，A 错误； B．小球向左摆到最低点的过程中，系统在水平方向动量守恒，但竖直方向小球有加速度（合力不为零），系统竖直方向动量不守恒，B 错误； C．设小球到最低点时的速率为v，小车速率为v1。水平方向动量守恒（动量大小相等） 机械能守恒 联立解得， C 错误； D．系统水平方向动量守恒，设小球水平位移大小为，小车水平位移大小为，则 且（绳长为相对位移） 联立解得， D 正确。 故选D。 5．某同学用手机、物块和轻弹簧制作的简易振动装置如图甲所示。水平弹簧的一端与墙壁连接，另一端与放置在光滑水平地面上的物块连接，手机放置在物块上表面。物块与手机一起做简谐运动时，手机显示的加速度随时间变化的曲线为正弦曲线，取水平向右为正方向，如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．时手机与物块间的摩擦力为0 B．内手机的速度增大 C．时手机处于其平衡位置右侧 D．时、时手机处于相同位置 【答案】A 【详解】A．由图乙可知，时系统的加速度，对手机由牛顿第二定律可知，手机受到的静摩擦力，故A正确； B．内，加速度从0增大到正向最大值，说明物体从平衡位置向最大位移处运动，速度逐渐减小，故B错误； C．时，加速度为正向最大，根据简谐运动特征可知，此时位移为负向最大，即手机处于平衡位置左侧，故C错误； D．时，加速度为正向最大，位移为负向最大；时加速度为负向最大，位移为正向最大，两时刻手机处于关于平衡位置对称的两个位置，位置不同，故D错误。 故选A。 6．如图所示，三根细线在O点处打结，A、B端固定在同一水平面上与O相距为l的两点上，使三角形AOB成直角三角形，，已知OC线长为l，下端C点系着一个小球，已知重力加速度为g。下列说法正确的是（以下振动皆指小角度摆动）（　　） A．让小球在纸面内振动，周期 B．让小球垂直于纸面振动，周期 C．让小球在纸面内振动，周期 D．让小球垂直于纸面振动，周期 【答案】A 【详解】AC．让小球在纸面内振动，在偏角很小时，单摆做简谐运动，摆长为l，周期为，故A正确，C错误； BD．让小球垂直于纸面振动，在偏角很小时，单摆做简谐运动，摆长为 所以周期为，故BD错误。 故选A。 7．如图所示，一细线上端固定，下端悬挂一质量为m的小球，小球在水平面内做匀速圆周运动，已知细线与竖直方向的夹角为θ，小球的速度大小为v。则在小球运动一周的过程中，细线对小球的冲量大小为（     ） A．0 B． C． D． 【答案】D 【详解】小球在竖直方向没有加速度，拉力的竖直分量平衡重力；水平方向的合力指向圆心。小球在某一时刻的受力及其水平向心合力如图所示。 设细线拉力大小为，小球做圆周运动的半径为，则竖直方向有 水平方向由拉力的水平分量提供向心力，有两式相除可得 设小球运动一周的时间为，则 在一周内，拉力的水平分量方向随小球转动，其冲量相互抵消；拉力的竖直分量始终向上且大小为。因此细线对小球的冲量大小为 故选D。 8．一列简谐横波在均匀介质中沿轴传播，图甲为时的波形图，图乙为处的质点P的振动图像，质点为平衡位置的质点。下列说法正确的是（　　） A．时，质点经过平衡位置 B．波的传播速度为 C．波沿轴负方向传播 D．质点简谐运动的表达式为 【答案】A 【详解】B．根据图甲可知波长为 根据图乙可知周期为 所以波速为，故B错误； C．质点P在2s时向y轴正方向运动，所以波的传播方向为x轴正方向传播，故C错误； A．在时，质点P的振动形式刚好传播到Q点，所以此时Q点处于平衡位置，故A正确； D．根据图乙可知P点的振动方程为，故D错误。 故选A。 9．水袖是中国古典舞中用于情感表达和抒发的常用技巧，舞者的手有规律的振动传导至袖子上，给人营造出一种“行云流水”的美感，这一过程其实就是机械波的传播。现有一列简谐波某时刻的波形如图中实线所示，经过1s后的波形如图中的虚线所示。已知波的周期为T，且，则（　　） A．当波向方向传播时，波速等于5m/s B．若这1s内m处的质点M通过的路程为10cm，则波沿方向传播 C．当波沿方向传播时，m处的质点M和m处的质点N在这1s内通过的路程相等 D．当波沿方向传播时，再经过0.4s后，简谐波与实线波形图重合 【答案】B 【详解】A．若波向方向传播，由于经过1s后的波形如图中的虚线所示，则有（）根据题意有解得，根据图像可知波长为4m，则波传播速度为故A错误； B．若这1s内处的质点M通过的路程为10cm，由于即质点运动时间为，由于可知，将实线波形向右平移得到虚线波形，可知，若这1s内处的质点M通过的路程为10cm，则波沿方向传播，故B正确； C．当波沿方向传播时，在这1s内有（）根据题意有解得，由于可知，质点M通过的路程为根据同侧法，波沿+x方向传播，质点N沿y轴正方向运动，其在一个周期内运动的路程为由于质点N计时起点时刻靠近平衡位置运动，则其在内运动的路程大于一个振幅2cm，可知质点N在这1s内通过的路程大于10cm，即处的质点M和处的质点N在这1s内通过的路程不相等，故C错误； D．根据上述，当波沿方向传播时，周期由于即时间间隔不等于周期的整数倍，可知，当波沿方向传播时，再经过0.4s后，简谐波与实线波形图不重合，故D错误。故选B。 10．如图所示，以原点O为界在x轴上有两段不同材料的绳子，波源和分别置于x=-6m和x＝12m处，产生两列简谐横波甲和乙，分别沿x轴正方向和x轴负方向传播。t=0时刻x=-2m和x=4m处的质点刚好开始振动，某时刻两列波恰好同时到达原点O， 甲波上的P点第一次回到平衡位置，则下列说法正确的是（     ） A．两波源起振方向相同 B．两列波不可以在绳子上形成稳定的干涉图样 C．t=1.5s时两列波恰好同时到达原点O D．从t=0开始2s内x=4m处的质点运动的路程为16cm 【答案】D 【详解】A．t=0时刻，根据上下坡法可判断x=-2m处的质点振动方向沿y轴正向，x=4m处的质点振动方向沿y轴负向，可知两波源起振方向相反，故A错误； B．t=0时刻x=-2m和x=4m处的质点刚好开始振动，某时刻两列波恰好同时到达原点O，则由，可知甲波的传播速度是乙波的一半；又由图可知甲波的波长是乙波波长的一半，则由，可知两波的频率相同，故两列波可以在绳子上形成稳定的干涉图样，故B错误； C．甲波上的P点第一次回到平衡位置，则有 解得两列波的周期为 由图可知，甲波的波长为 乙波的波长为 则甲波的波速大小为 乙波的波速大小为 则两列波同时到达原点O所用的时间为，故C错误； D．甲波到达x＝4m处的时间为 1s时，甲波使该点的振动方向向上，而乙波使该点的振动方向向下，则该点振幅为0 可知此后1s内，该质点的路程为0，而此前1s=T内的路程为乙波产生的，为4A=16cm，则总路程为16cm，故D正确。 故选D。 11．如图所示，物块A放在平台上，长木板B静止在水平面上，B的上表面与平台齐平、左端紧靠平台，一小球用不可伸长的轻绳悬挂于点。现将小球向左拉至轻绳水平后由静止释放，小球在最低点与A沿水平方向发生弹性碰撞，此后A滑过平台并滑上B且恰好不滑离B。已知的质量分别为、，小球的质量，A与平台间、A与B间的动摩擦因数均为，B与水平面间无摩擦。开始时A离平台右端的距离，轻绳的长度与小球均可视为质点，不计空气阻力，取。求： (1)小球与A碰撞前瞬间，小球的速度大小； (2)小球与A碰撞后瞬间，A的速度大小； (3)A从开始运动至到达B右端所用的时间； (4)A与B间由于摩擦产生的热量。 【答案】(1)(2)(3)(4) 【详解】（1）由动能定理 可得小球运动到最低点的速度大小 （2）小球在最低点与A沿水平方向发生弹性碰撞，设碰后小球的速度为，A的速度为，由动量守恒和能量守恒定律有 联立方程解得 （3）A在平台上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律 可得加速度大小 利用运动学规律可知A滑过平台的速度为 A恰好到达B右端时，A与B有共同速度，由动量守恒定律有 解得 A从开始运动一直到滑到B右端过程中，根据动量定理 解得 （4）A在B滑行过程中，由能量守恒定律可得A与B间因摩擦产生的热量 12．如图所示，半径的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定，质量的长木板A静止在光滑水平地面上，木板的左端恰好与圆弧轨道末端等高且相切，在木板A右侧的地面上固定着一个弹性竖直挡板P，木板与弹性挡板P碰撞后立即以碰前的速率反向弹回。质量的滑块B（看作质点）从圆弧轨道顶端由静止滑下，当滑块B和木板A刚好相对静止时，木板A与挡板P发生第一次碰撞，已知滑块B与木板A间的动摩擦因数，滑块B始终不会从木板A上滑落，碰撞时间极短，取重力加速度。求：（结果均可用分数表示） (1)木板A静止时右侧与挡板P之间的距离； (2)木板A至少多长； (3)从木板A开始运动到第2次与挡板P碰撞过程经历的时间。 【答案】(1)0.8m(2)3.6m(3) 【详解】（1）滑块B从光滑圆弧滑下时，由机械能守恒定律得： 从滑块B刚滑上木板A，到两者刚好相对静止过程中，AB系统满足动量守恒定律，则 该过程对木板A由动能定理得 联立方程解得 即木板A静止时右侧与挡板P之间的距离为0.8m。 （2）A与P碰撞后，A的速度等大反向，此后AB系统满足动量守恒定律和能量守恒定律。因为所以AB系统总动量方向向右，因此碰撞后B向右减速运动，A先向左减速运动再反向加速，最后达到共速，与弹性挡板P碰撞。后续重复上述过程，由于滑块B不会从长木板A上滑落，最终AB系统静止。 整个过程中系统能量守恒 解得 即木板A最小长度为3.6m （3）从滑块B刚滑上木板A，到两者刚好第一次相对静止过程中，对A由动量定理得 解得 从A与P碰撞后，到AB第二次达到共速过程中AB系统动量守恒，则 解得 A与P碰撞后，向左减速到速度减为0过程中，A的加速度 运动时间 位移 此后A反向加速到，此过程中运动时间 位移 共速后AB一起向右匀速运动直到A与P第二次碰撞，此过程运动时间 即从木板A开始运动到第2次与挡板P碰撞过程经历的时间 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $