专题04 动量守恒定律 机械振动和机械波（期中专项训练）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 基础·固本强基 题型1 动量与冲量 题型2 动量定理的基本应用 题型3 动量守恒定律及判断 题型4 碰撞问题 题型5 人船模型 爆炸与反冲 题型6 简谐运动的描述与振动图像 题型7 单摆 题型8 受迫振动 共振 题型9 机械波的描述与波动图像 题型10 波的衍射 多普勒效应 提升·进阶突破 题型11 流体类模型中应用动量定理 题型12 应用动量守恒定律处理类碰撞问题 题型13 动量守恒定律的综合应用 题型14 波动图像和振动图像的综合应用 题型15 机械波的多解问题 题型16 波的干涉 题型17 验证动量守恒定律 题型18 用单摆测重力加速度 基础·固本强基 题型1 动量与冲量（共5小题） 1．一质量m＝2kg的物块静止在粗糙的水平地面上，物块与水平地面间的动摩擦因数为0.2，t＝0时刻给物块施加一水平向右的外力F，t＝5 s时物块速度达到v＝0.25m/s，并于t＝10s时撤去外力，以向右为正方向，力F随时间t的变化情况如图所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，g取10m/s2，则下列说法中错误的是（     ） A．0~5s内F的冲量为12.5N·s B．0~5s内物块所受摩擦力的冲量为12N·s C．0~5s内物块所受合力的冲量为0.5N·s D．0~5s内物块的动量变化量为0.5kg·m/s 【答案】B 【详解】A．根据冲量的定义式，结合微元累积法可知，F­t图像中图线与时间轴围成的面积表示力F的冲量，由图可知，0~5s内F的冲量为，故A正确，不符合题意； B．物块与水平地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，大小为 由图可知，在0~4s内，，物块所受摩擦力为静摩擦力，大小与力F相等，摩擦力的冲量为 第5s内，F>f，物块滑动，受到滑动摩擦力，摩擦力的冲量为 则0~5s内摩擦力的冲量为，故B错误，符合题意； C．重力与支持力等大反向，二者合力为0，故0~5 s内物块所受合力的冲量为，故C正确，不符合题意； D．根据动量定理可知，0~5s内物块的动量变化量为，故D正确，不符合题意。 故选B。 2．将一质量为1kg的小球，从距离水平地面5m处以7.5m/s的初速度水平抛出，不计空气阻力，重力加速度大小取，则小球从抛出到落地（     ） A．重力冲量的大小为 B．重力冲量与竖直方向夹角为53° C．动量变化量的大小为10kg·m/s D．动量的变化率大小为7.5N 【答案】C 【详解】小球平抛运动的下落时间：竖直方向为自由落体运动，由，代入、 解得。 A．重力冲量大小为，故A错误； B．冲量方向与受力方向一致，重力竖直向下，因此重力冲量沿竖直方向，与竖直方向夹角为，故B错误； C．根据动量定理，合外力冲量等于动量变化量，平抛运动合外力为重力，因此，故C正确； D．动量变化率等于合外力大小，即，故D错误。 故选C。 3．如图所示，质量为2kg的物体A静止在光滑的水平面上，与水平方向成30°角的恒力F＝3N作用于该物体，历时10s，则（     ） A．力F的冲量大小为零 B．力F对物体的冲量大小为 C．力F对物体的冲量大小为 D．物体动量的变化量为 【答案】B 【详解】ABC．根据冲量的定义知，力的冲量 故AC错误，B正确； D．受力分析可知，物体所受的合力 根据动量定理得， 则物体动量的变化量 故D错误； 故选B。 4．如图所示，长为的细绳吊起一个质量为的摆球，细绳上端固定，使摆球在水平面内做匀速圆周运动。已知重力加速度为，细绳与竖直方向的夹角为。下列说法正确的是（     ） A．摆球运动过程中，任一时刻重力的功率为 B．摆球运动半周的过程，合力的平均功率为 C．摆球运动一周，拉力的冲量大小为 D．摆球运动半周，动量变化量为0 【答案】C 【详解】AB．摆球在水平面内运动，速度始终沿水平方向；重力竖直向下，合力指向水平圆周的圆心，二者均与速度垂直。由瞬时功率公式得，重力和合力的瞬时功率均为，故AB错误； C．设细绳拉力大小为，摆球在竖直方向平衡，则 沿水平方向由牛顿第二定律得 联立两式得周期 摆球运动一周后动量恢复原状，由动量定理知拉力的冲量与重力的冲量等大、反向。拉力冲量的大小为，故C正确； D．摆球运动半周后速度方向相反，动量方向也相反，动量变化量大小为，故D错误。 故选C。 5．设一个50 g的鸡蛋从20 m高的楼上自由下落，鸡蛋的竖直高度为5 cm，与地面撞击时，鸡蛋下沿落地后，鸡蛋上沿的运动是匀减速运动，并且上沿运动到地面时恰好静止，以鸡蛋的上、下沿落地的时间间隔作为鸡蛋与地面的撞击时间，不计空气阻力，则鸡蛋对地面的平均冲击力约为（     ） A．200 N B．400 N C．600 N D．1000 N 【答案】A 【详解】鸡蛋质量，重力加速度取 鸡蛋下沿落地前做自由落体运动，落地速度满足 得 下沿落地后鸡蛋上沿做匀减速运动，上沿到达地面时恰好静止，位移为鸡蛋的竖直高度 以鸡蛋上、下沿落地的时间间隔为撞击时间，有 撞击过程对鸡蛋由动量定理 地面对鸡蛋的平均支持力 由牛顿第三定律，鸡蛋对地面的平均冲击力约为 故选A 题型2 动量定理的基本应用（共5小题） 6．足球运动员踢定位球时，一脚将球踢起，球在空中划了一道弧线落下，不计空气阻力。下列说法正确的是（    ） A．足球获得较大的初动量，仅是因为脚对球的作用力大 B．足球到最高点时动量为零 C．足球上升过程中动量变化量的方向竖直向下 D．足球下降过程中动量变化量的方向与运动轨迹相切 【答案】C 【详解】A．足球获得较大的初动量，是因为脚对球的作用力的冲量大，故A错误； B．足球到最高点时速度不为零，动量不为零，故B错误； C．根据动量定理，足球上升过程中动量变化量等于合外力的冲量，合外力为重力，则方向竖直向下，故C正确； D．足球下降过程中动量变化量的方向也竖直向下，故D错误。 故选C。 7．在一次摸高测试中，一质量为60kg的同学举臂起跳，在刚要离地时其手指距地面的高度为1.90m；离地后身体形状近似不变，手指摸到的最大高度为2.35m。若从蹬地到离开地面的时间为0.2s，重力加速度g取10m/s2.则在不计空气阻力情况下，起跳过程中他对地面的平均压力约为（     ） A．900N B．1500N C．1800N D．1600N 【答案】B 【详解】身体姿态近似不变，手指的升高量等于身体的上升高度，故上升高度为 设该同学的质量为，离地速度为，取竖直向上为正方向。离地后只受重力，最高点速度为零，由匀变速直线运动的速度与位移关系得 解得 起跳阶段历时，设地面对他的平均支持力为。取该同学为研究对象，由动量定理得 代入数据得 根据牛顿第三定律，他对地面的平均压力大小也为。 故选B。 8．足球守门员会戴着厚厚的手套扑球，设某次扑球时，守门员向水平飞奔而来的球扑去，使球停下，与不戴手套相比，守门员戴手套（     ） A．能减小足球对手的作用时间 B．能增大足球对手的平均作用力 C．不能改变足球对手的冲量 D．能减小足球的动量变化量 【答案】C 【详解】足球的初速度为、质量为，扑球后末速度为0，因此足球的动量变化量 为定值。根据动量定理，手对足球的冲量，再由牛顿第三定律可知，足球对手的冲量与手对足球的冲量大小相等、方向相反，因此足球对手的冲量也为定值。戴厚手套会延长球与手的作用时间，由可知，冲量不变时，平均作用力会减小。 故选C。 9．2026年世界杯赛场上；一质量的足球水平迎面飞向球员头部，速度大小。如图所示，球员头球后，足球以斜向上反弹飞出，速度方向与水平方向夹角，头部与足球相互作用时间。已知，，取。下列说法正确的是（     ） A．足球动量的变化量大小为 B．足球动量的变化量大小为 C．头部对足球平均作用力的竖直分量大小为120 N D．头部对足球平均作用力的竖直分量大小为124 N 【答案】D 【详解】AB．足球水平方向速度的变化量 竖直方向速度的变化量 因此足球速度的变化量为 则足球动量的变化量，故AB错误； CD．头部对足球的作用力竖直方向满足 解得，故C错误，D正确。 故选D。 10．如图甲所示，质量为2kg的物块静止放置在水平地面上，物块与地面之间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对物块施加一水平方向的拉力F，拉力大小随时间变化关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，则下列说法不正确的是（     ） A．在0~4s内，重力对物块的冲量大小为80N•s B．在0~4s内，拉力F对物块的冲量大小为40N•s C．在0~4s内，摩擦力对物块的冲量大小为30N•s D．在t=4s时，物块的速度大小为4m/s 【答案】D 【详解】A．在内，重力冲量 ，故A正确； B．拉力冲量等于图像的面积，由图乙可知，在内，拉力F对物块的冲量大小，故B正确； C．最大静摩擦力 由图乙可得拉力随时间的关系 当，即内物块静止，静摩擦力等于，则冲量 在内物块运动，摩擦力为滑动摩擦力，大小恒为，则冲量 总摩擦力冲量大小为，故C正确； D．根据动量定理，合冲量等于动量变化，则 解得，故D错误。 本题要求选不正确的，故选D。 题型3 动量守恒定律及判断（共5小题） 11．现有两个带等量异种电荷的小球放置在光滑绝缘的水平面上，用绝缘轻弹簧连接，弹簧处于原长，将两小球由静止释放，在运动过程中，两小球和弹簧组成的系统（     ） A．动量守恒，机械能不守恒 B．动量不守恒，机械能守恒 C．动量守恒，机械能守恒 D．动量不守恒，机械能不守恒 【答案】A 【详解】本题中两小球和弹簧组成的系统，水平面光滑，竖直方向重力与支持力平衡，水平方向上两球的库仑引力属于系统内力、弹簧弹力也是内力，系统合外力为零，因此系统动量守恒。 在运动过程中，正电荷向右运动，负电荷向左运动，电场力对两小球均做正功，电势能转化为系统的机械能，故系统机械能不守恒。 故选A。 12．如图，在光滑水平面上放置物体B，小球A从B的顶端沿光滑曲面由静止下滑，在小球A下滑过程中（　　） A．小球A下滑过程中机械能守恒 B．物体B对小球A的支持力不做功 C．小球A与物体B组成的系统机械能守恒 D．小球A与物体B组成的系统动量守恒 【答案】C 【详解】AB．小球A下滑过程中，物体B在A的压力作用下向右加速运动，B对A的支持力垂直于接触面指向右上方，A相对于地面的位移指向右下方，支持力方向与位移方向夹角为钝角，物体B对A的支持力做负功，A的机械能减小，故AB错误； C．小球A与物体B组成的系统，只有重力做功，系统内弹力做功之和为零，且接触面光滑无摩擦，故系统机械能守恒，故C正确； D．小球A加速下滑，具有竖直向下的分加速度，系统处于失重状态，竖直方向合外力不为零，故系统动量不守恒，故D错误。 故选C。 13．如图所示，将一个内外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一固定的竖直墙壁（不与槽粘连）。现让一小球自左端槽口A点的正上方由静止开始下落，从A点与半圆形槽相切进入槽内，则下列说法正确的是（     ） A．小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功 B．小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，小球的机械能不守恒 C．小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与半圆形槽组成的系统机械能守恒 D．小球从下落到从右侧离开半圆形槽的过程中，机械能守恒 【答案】C 【详解】AD．当小球从半圆形槽的最低点运动到半圆形槽右侧的过程中小球对半圆形槽的力使半圆形槽向右运动，半圆形槽对小球的支持力对小球做负功，小球的机械能不守恒，AD错误； B．小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，半圆形槽静止，则只有重力做功，小球的机械能守恒，B错误； C．小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与半圆形槽组成的系统没有能量损失，系统机械能守恒，C正确。 故选 C。 14．如图所示，木块B与水平面间的摩擦不计，子弹A沿水平方向射入木块并在极短时间内相对于木块静止下来，然后木块压缩弹簧至弹簧最短。将子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程称为I，此后木块压缩弹簧的过程称为II，则（     ） A．过程I中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能不守恒，动量也不守恒 B．过程I中，子弹和木块所组成的系统机械能不守恒，动量守恒 C．过程II中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量也守恒 D．过程II中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能不守恒，动量守恒 【答案】B 【详解】AB．在过程I中，子弹射入木块的时间极短，弹簧来不及发生形变，弹簧对木块的弹力为零。对于子弹和木块组成的系统，水平方向所受合外力为零，根据动量守恒定律可知系统动量守恒；由于子弹与木块间存在相对滑动，摩擦力做功产生内能，系统的机械能转化为内能，故机械能不守恒，故A错误，B正确； CD．在过程II中，子弹、弹簧和木块组成的系统在水平方向上受到墙壁对弹簧的作用力，系统所受合外力不为零，根据动量守恒定律可知系统动量不守恒；此过程中只有弹簧弹力做功，系统动能与弹性势能相互转化，故机械能守恒，故CD错误。 故选 B。 15．两位滑冰运动员甲、乙均以1m/s的速度沿同一直线相向滑行，相遇时在极短时间内用力推开对方，此后甲以1m/s、乙以0.5m/s的速度向各自初速度的反方向运动，忽略冰面的摩擦，则两位运动员的质量之比是（　　） A．3∶5 B．3∶4 C．2∶3 D．3∶2 【答案】B 【详解】忽略冰面的摩擦，系统（甲、乙）相互作用前后总动量守恒。设甲的质量为m甲，乙的质量为m乙，设甲、乙的初速度大小为v1，甲的末速度大小为，乙的末速度大小为，以甲的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律 代入数据整理可得。 故选B。 题型4 碰撞问题（共5小题） 16．A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，，，，。当A追上B发生碰撞后，A、B两球的速度可能值是（     ） A．   B．   C．   D．   【答案】C 【详解】碰撞过程动量守恒，碰前总动量为 碰前总动能为 A．碰后总动量为 碰后总动能为 可知碰撞前后动量不守恒，碰撞后总动能增加，而碰撞前后总动能不增加，A、B两球速度不可能为，，A错误； B．根据给出的数据可知，碰后速度均为正值，则碰后两球同向，此时碰后A的速度不可能大于B的速度，A、B两球速度不可能为，，B错误； C．碰后总动量为 碰后总动能为 可知碰撞前后动量守恒，碰撞后总动能减少，A、B两球速度可能为，，C正确； D．碰后总动量为 碰后总动能为 可知碰撞过程动量守恒，碰后的总动能增加，而碰撞前后总动能不增加，A、B两球速度不可能为，，D错误。 故选C。 17．如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量关系为mA＝2mB，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kg· m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞前后B球动量变化量的大小为4 kg· m/s，则（     ） A．左方是A球，碰前两球均向右运动 B．右方是A球，碰后两球均向右运动 C．碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5 D．经过验证两球发生的碰撞是非弹性碰撞 【答案】B 【详解】AB．根据动量公式，可知A球质量大，A球运动的速度小，且A 、B球的速度为正，故碰前两球均向右运动，要使两球发生碰撞，由于A球运动的速度小，故右方是A球。 碰撞前后B球动量变化量的大小为4 kg· m/s ，则碰后B球动量为 pB＝6kg·m/s－4kg·m/s＝2kg·m/s 碰后A球动量增加4 kg· m/s， pA＝6kg·m/s＋4kg·m/s＝10 kg·m/s，碰后两球动量均为正，则碰后两球均向右运动，故A错误，B正确； C．根据动量公式 p＝mv，mA＝2mB，碰撞后A、B两球速度大小之比为，故C错误； D．碰撞前A、B两球的动量均为p0=6 kg· m/s，系统的总动能为 同理碰撞后系统的总动能为 可知碰撞过程中系统的动能守恒，所以两球发生的碰撞是弹性碰撞，故D错误。 故选B。 18．如图所示，两个体积相同的小球A、B用等长的细线悬挂于天花板上，线长为l，，若将球A由图示位置静止释放，在最低点与球B相碰，重力加速度为g，则下列说法正确的是（    ） A．球A下落到最低点的速度是 B．若球A与球B发生碰撞后粘在一起，则第一次碰撞后球A上升的最大高度是 C．若球A与球B发生碰撞后粘在一起，则第一次碰撞时损失的机械能为 D．若球A与球B发生弹性碰撞，则第一次碰撞后球A上升的最大高度是 【答案】B 【详解】A．由球A下落过程中机械能守恒知 解得，故A错误； B．若球A与球B发生碰撞后粘在一起，则有， 解得，故B正确； C．，故C错误； D．若球A与球B发生弹性碰撞，则有 ， 解得，故D错误。 故选B。 19．滑块A的质量为，以的初速度沿水平面追赶正前方初速度为的滑块B并与之发生正碰后粘在一起运动，碰撞前后两个滑块的速度—时间图像如图所示。重力加速度大小，不计碰撞时间，两个滑块均看成质点。下列说法正确的是（     ） A．两个滑块与水平面的动摩擦因数都等于0.25 B．零时刻滑块A在滑块B的正后方处，末发生碰撞 C．碰撞过程中系统动量守恒，滑块B的质量是 D．碰撞过程滑块B受到的冲量大小为，方向与它的运动方向相同 【答案】D 【详解】A．由图像知三段图像的斜率大小相等均为 对滑块A，根据牛顿第二定律得 代入数据得，故A错误； B．因为图像在2s末发生突变，则碰撞发生在2s末；由图像围成的面积表示位移，可以求出0~2s内滑块A比B多走4m，也就是零时刻滑块A在滑块B的正后方处，故B错误； C．因为碰撞时间极短，所以碰撞过程中总动量守恒 其中，，，代入得，故C错误； D．根据动量定理可知 方向与它的运动方向相同，故D正确。 故选D。 20．在公路上发生一起交通事故，一辆质量为5000kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一辆质量为10000kg向北行驶的卡车，碰撞后两辆车接在一起，并向南滑行了一小段距离后停下。根据测速仪的测定，长途客车碰前以20m/s的速率行驶，由此可判断卡车碰撞前的行驶速率（     ） A．小于10m/s B．大于20m/s，小于30m/s C．大于10m/s，小于20m/s D．大于30m/s，小于40m/s 【答案】A 【详解】两车碰撞过程中系统内力远大于外力，动量守恒，选取向南为正方向，设客车质量，碰前速度，卡车质量，碰前速率为，向北行驶，对应速度为，碰后共同速度为。由于碰后两车向南滑行，因此。根据动量守恒定律有 因右侧，故， 代入数据得卡车碰撞前的行驶速率 故选A。 题型5 人船模型 爆炸与反冲（共5小题） 21．如图所示，气球下面有一根长绳，气球和长绳的总质量为m1＝20 kg，长绳的下端刚好和水平面接触。一个质量为m2＝50 kg的人抓住大气球下方的绳，初始静止时人离地面的高度为h＝5 m。如果这个人开始沿长绳向下滑动，当他滑到长绳下端时，他离地面的高度是（可以把人看作质点）（     ） A．5 m B．3.6 m C．2.6 m D．8 m 【答案】B 【详解】当人滑到长绳下端时，由竖直方向动量守恒得 则有m1h1－m2h2＝0 由几何关系h1＋h2＝h 解得， 所以他离地面的高度H＝h1≈3.6m 故选B。 22．如图所示，一质量为M的小车静止在光滑水平面上，车上固定一个足够高的竖直轻支架，轻绳一端固定在支架上，另一端固定一质量为m的小球，绳长为l，将小球向右拉至轻绳水平后放手，以下说法正确的是（　　） A．系统的总动量守恒 B．小球的机械能守恒 C．小球不能向左摆到原高度 D．小车向右移动的最大距离为 【答案】D 【详解】A．根据题意可知，系统只是在水平方向所受外力的矢量和为零，竖直方向所受外力的矢量和不为零，故水平方向动量守恒，而总动量不守恒，故A错误； B．系统机械能守恒，小球的机械能不守恒，故B错误； C．根据水平方向动量守恒及机械能守恒定律可知，小球仍能向左摆到原高度，故C错误； D．根据题意可知，小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，系统水平方向动量守恒，设小球的水平方向平均速度为vm，小车的平均速度为vM，由动量守恒定律有mvm－MvM＝0，则mxm＝MxM 又xm＋xM＝2l 解得，故D正确。 故选D。 23．如图所示，质量为3m、半径为R的四分之一光滑圆弧曲面体静止在光滑的水平面上，重力加速度为g。一质量为m的小物块从曲面体顶端由静止开始下滑到曲面最底端，此过程中（　　） A．物块、曲面体组成的系统动量守恒 B．物块水平方向运动的位移为 C．物块刚好滑离曲面体时，物块速度大小为 D．曲面体对物块做功 【答案】B 【详解】A．物块、曲面体组成的系统，物块下滑过程具有竖直方向的加速度，所以系统竖直方向所受合外力不为0，则系统竖直方向动量不守恒，所以物块、曲面体组成的系统动量不守恒，故A错误； B．物块、曲面体组成的系统满足水平方向动量守恒，则有 又 联立解得物块水平方向运动的位移为，故B正确； CD．物块、曲面体组成的系统，水平方向所受合外力为0，系统满足水平方向动量守恒，物块刚好滑离曲面体时，有 根据系统机械能守恒可得 联立解得， 对物块根据动能定理可得 解得曲面体对物块做功，故CD错误。 故选B。 24．如图所示，一只悬停在水中的乌贼，当外套膜吸满水后，它的总质量为，遇到危险时，通过短漏斗状的体管在极短时间内向后高速喷出的水，乌贼的逃窜速度大小为15m/s，则乌贼喷出水的速度大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设悬停在水中的乌贼，当外套膜吸满水后，它的总质量为，遇到危险时喷出水的质量为，乌贼的逃窜速度大小为，则喷水过程，根据动量守恒可得 解得 故选B。 25．以与水平方向成60°角斜向上的初速度射出的炮弹，到达最高点时爆炸成质量分别为m和2m的两块，其中质量大的一块沿着原来的方向以的速度飞行，则质量较小的另一块弹片速度的大小和方向为 （    ） A．        与爆炸前速度方向相同 B．        与爆炸前速度方向相反 C．        与爆炸前速度方向相反 D．        与爆炸前速度方向相同 【答案】C 【详解】斜抛的炮弹在水平方向做匀速直线运动，炮弹在最高点爆炸前瞬间的速度为，方向水平，爆炸过程水平方向动量守恒，以爆炸前速度方向为正方向，有，解得，方向与爆炸前速度方向相反，故选C。 题型6 简谐运动的描述与振动图像（共5小题） 26．如图所示，弹簧振子在BC间振动，O为平衡位置，BO=OC=5cm，若振子从B到C的运动时间是1s，则下列说法正确的是（　　） A．振子从B经O到C完成一次全振动 B．振动周期是1s，振幅是10cm C．经过两次全振动，振子通过的路程是20cm D．从B开始经过3s，振子通过的路程是30cm 【答案】D 【详解】AB．振子从B→O→C仅完成了半次全振动，所以周期 振幅A=BO=5cm。故AB错误； C．弹簧振子在一次全振动过程中通过的路程为4A=20cm，所以两次全振动中通过路程为40cm，故C错误； D．3s的时间为1.5T，所以振子通过的路程为。故D正确。 故选D。 27．如图所示，弹簧振子在光滑水平杆上的之间做简谐运动，下列说法正确的是（     ） A．小球运动过程中受重力、弹簧弹力和回复力的作用 B．小球运动过程中受重力、支持力、弹簧弹力和回复力的作用 C．小球由向B运动过程中，动能逐渐减小 D．小球由A向运动过程中，回复力的方向由指向 【答案】C 【详解】AB．小球运动过程中受重力、支持力和弹簧弹力的作用，其中弹簧弹力充当回复力，故AB错误； C．小球由O向B运动过程中，弹簧弹力做负功，弹簧弹性势能增加，小球动能减小，故C正确； D．回复力方向总是指向平衡位置，所以小球由A向O运动过程中，回复力的方向一直为由A指向O，故D错误。 故选C。 28．如图所示，沿水平方向做简谐运动的质点，依次通过相距L的A、B两点。已知质点在A点的位移大小为振幅的一半，B点位移大小是A点的倍，质点经过A点时开始计时，t时刻第一次经过B点，该振动的振幅和周期可能是（　　） A．， B．， C．， D．， 【答案】B 【详解】若平衡位置在A的左侧，根据题意有 由于A、B两点相距L，则有xB-xA=L 解得 以平衡位置为起点，以向右运动为正方向，则振动方程为 则有 由于质点经过A点时开始计时，t时刻第一次经过B点，解得 解得T=24t 若平衡位置在AB之间，根据题意有根据题意有 由于A、B两点相距L，则有xB+xA=L 解得 以平衡位置为起点，以向右运动为正方向，则振动方程为 则由对称性有 由于质点经过A点时开始计时，t时刻第一次经过B点，解得 解得 故选B。 29．一质点做简谐运动，其位移与时间的关系曲线如图所示，由图可知（     ） A．振幅为，频率为0.2 Hz B．时质点具有负方向最大加速度 C．从到的时间内质点的路程为 D．该质点的振动方程为 【答案】B 【详解】A．由图读出振幅为 周期为T=4s 则频率，故A错误； B．t=4s时质点在正向最大位移处，由，知质点具有负方向最大加速度，故B正确； C．由 由图可知t=1s时质点处于平衡位置，则从到的时间内质点的路程为，故C错误； D．该质点的振动方程为，故D错误。 故选B。 30．如图1所示，一个鱼漂静止漂浮在水面上，此时水面恰好与鱼漂上的刻度O齐平（O为鱼漂的平衡位置）。现用手将鱼漂向下按压，使水面与鱼漂上的刻度M齐平后松手，鱼漂沿竖直方向做简谐运动，运动至最高点时，水面与刻度N齐平。以向上为正方向，从时刻开始，鱼漂的位移—时间图像如图2所示。在鱼漂运动过程中，下列说法正确的是（     ） A．水面与刻度O齐平时，鱼漂的速度最大，加速度为零 B．水面与刻度N齐平时，鱼漂的加速度方向向上且最大 C．M、N之间的距离等于鱼漂做简谐运动的振幅 D．由位移图像可知，时刻，鱼漂的速度为正方向的最大值 【答案】A 【分析】本题以鱼漂在水中的简谐运动为情景，考查平衡位置的动力学特征、振幅概念及位移图像物理意义的综合应用，考查考生的科学思维。 【详解】A．水面与O齐平时，鱼漂处于平衡位置，回复力为零，加速度为零，简谐运动中平衡位置速度最大，故A正确； B．水面与N齐平时，鱼漂向上运动到最高点（位移为正的最大值），回复力向下，加速度向下且最大，故B错误； C．振幅是平衡位置到最大位移处的距离，M、N之间的距离为2倍振幅，故C错误； D．图像时刻位移为0且斜率为负，则速度为负方向最大值，故D错误。故选A。 题型7 单摆（共5小题） 31．位于淄博和广州的两位同学，分别探究了单摆周期和摆长的关系，然后通过网络交流实验数据，并用计算机绘制了图像、，如图甲所示。另外，淄博的同学还利用计算机绘制了、两个单摆的振动图像，如图乙所示。下列说法正确的是（     ） A．甲图中淄博的同学所测得的实验结果对应的是图线A B．甲图中图线A对应的所在位置的重力加速度大小为 C．由乙图可知，两单摆频率之比为 D．由乙图可知，时球振动方向沿轴正方向 【答案】C 【详解】A．根据单摆的周期公式可得 变形得 图线的斜率为 纬度越高重力加速度越大，淄博比广州纬度高，其重力加速度大，对应的斜率小，图线B的斜率小，则甲图中淄博的同学所测得的实验结果对应的是图线B，故A错误； B．甲图中图线A对应的斜率为 解得，故B错误； C．周期为完成一次全振动的时间，则 解得 则频率之比为，故C正确； D．由乙图可知，t=1s时b球振动方向沿y轴负方向，故D错误。 故选C。 32．一单摆的周期为T，摆球质量为m，摆长为L。若将摆长变为原来的4倍，摆球质量减半，则单摆的周期变为（     ） A．2T B．T C． D．4T 【答案】A 【详解】单摆的周期公式为，由公式可知，单摆周期仅与摆长、当地重力加速度有关，与摆球质量无关，因此摆球质量减半为干扰条件，不影响周期。 当摆长变为原来的4倍即时，新的周期： 故选A。 33．如图甲所示，小明同学利用漏斗做简谐运动实验，他将漏斗下方的薄木板沿箭头方向拉出，漏斗4s内漏出的细沙在板上形成了如图乙所示曲线AE，当地重力加速度大小。下列说法正确的是（　　） A．该沙摆的摆动频率为2Hz B．该沙摆的摆长约为2m C．由图乙可知薄木板做匀减速直线运动， 且加速度大小约为0.03m/s2 D．当图乙中的D点通过沙摆正下方时， 薄木板的速度大小约为0.25m/s 【答案】C 【详解】A．由题图乙知，4s时间内沙摆摆动两个完整的周期，则 则该沙摆的摆动频率为 选项A错误； B．沙摆的周期 解得 选项B错误； C．由图可知，连续相等的时间内，位移差近似相等，右侧先被打出，可知薄木板做匀减速直线运动，，根据逐差法可得 选项C正确； D．匀变速直线运动在一段时间间隔的中间时刻的瞬时速度，等于这段时间内的平均速度，所以有 选项D错误。 故选C。 34．如图所示，单摆甲放在空气中，周期为；单摆乙的摆球带正电，摆线绝缘，放在匀强磁场中，周期为；单摆丙的摆球带正电，摆线绝缘，放在匀强电场中，周期为；单摆丁放在静止在水平面上的光滑斜面上，周期为。若甲、乙、丙、丁四个单摆的摆长相等，则下列关系式正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】单摆均在小角度摆动时，周期由等效重力加速度决定。对甲，由单摆周期公式得 式中为摆长。对乙，带电摆球所受洛伦兹力垂直于摆动轨迹的切线，沿摆线方向，对切向回复力没有影响，因此 对丙，电场力与重力同向，等效重力加速度为，由单摆周期公式得 因，故，即丙的周期更短。对丁，重力沿斜面的分力为，等效重力加速度为，由单摆周期公式得 因，故，即丁的周期更长。由上述结果可得 故选D。 35．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所显示的图像，其中的最大值。已知小球质量，小球的直径，取重力加速度，取9.8，不计细线质量及空气阻力。下列说法正确的是（     ） A．单摆周期为1s B．细线的长度为 C．小球经过最低点时速度大小为 D． 【答案】D 【详解】AB．小球每经过最低点时动能最大，细线拉力最大，由图乙可知，两次经过最低点的时间间隔是，则单摆的周期是，根据单摆的周期公式 解得摆长 小球的直径 则细线的长度，故AB错误； CD．设单摆最大摆角为，在最低点速度大小为，则在最低点有 从最高点运动至最低点，由动能定理有 最高点小球速度为零，有 联立解得、，故C错误，D正确。 故选D。 题型8 受迫振动 共振（共5小题） 36．在张紧的水平绳上挂5个单摆，先让A摆振动起来，其余各摆也随之振动，已知A、B、C的摆长相等，下列判断错误的是（     ） A．振动稳定后E摆的振动频率最大 B．E摆的固有频率最大 C．振动稳定后5个摆的振动频率都相等 D．B、C摆的振幅比D、E要大 【答案】A 【详解】AC．受迫振动稳定后，物体的振动频率等于驱动力的频率，本题中摆振动带动其他摆振动，摆是驱动源，其他摆做受迫振动，所以振动稳定后，所有摆的振动频率都等于摆的振动频率，即5个摆的振动频率相等，故A项错误、C项正确，C项不符合题意、A项符合题意； B．单摆的固有频率由摆长决定，公式为 由图可知，摆的摆长最短，所以摆的固有频率最大，故B项正确，不符合题意； D．当驱动力的频率等于物体的固有频率时，发生共振，振幅最大。 已知，则，、摆的固有频率等于驱动力频率，发生共振，振幅最大；而、摆的摆长与不同，固有频率与驱动频率不相等，不发生共振，振幅较小。所以、摆的振幅比、要大，故D项正确，不符合题意。 故选A。 37．用声波发生器对着一玻璃杯子产生频率为的声波，杯子未被声波震碎。将声波发生器产生的声波频率调整为时，杯子被声波震碎了。下列说法中正确的是（　　） A．若将声波发生器产生的声波频率调整为更高的，杯子一定更容易被声波震碎 B．当声波的频率为时，杯子做简谐振动 C．当声波的频率为时，杯子振动的频率为 D．轻敲一下杯子，它振动的频率更接近而不是 【答案】C 【详解】A．只有驱动力频率接近杯子固有频率时，共振效应最强、振幅最大，杯子才容易被震碎。能震碎杯子说明更接近杯子固有频率，更高的会偏离固有频率，振幅更小，不一定更容易震碎，故 A 错误； B．杯子在外来声波（驱动力）作用下做受迫振动，存在阻尼作用，不满足简谐振动“回复力满足、无阻尼自由振动”的条件，不是简谐振动，故 B错误； C．受迫振动稳定时，物体的振动频率等于驱动力频率，驱动力频率为，因此杯子振动频率为，故C正确。 D．轻敲杯子时杯子做自由振动，振动频率等于自身固有频率；能震碎杯子说明更接近杯子的固有频率，因此轻敲的振动频率更接近，故 D 错误。 故选C。 38．历史上曾有军队齐步通过桥梁导致桥梁剧烈振动甚至坍塌的事故。为避免此类危险，现代军队过桥时通常改为便步（即步伐不统一）。下列说法正确的是（     ） A．军队齐步走产生的驱动力频率等于桥梁的固有频率时，桥梁的振幅最大 B．桥梁的固有频率与军队齐步走的频率有关 C．军队总质量越大，桥梁越有可能发生共振 D．桥梁做简谐运动时，振幅越大，固有频率越高 【答案】A 【详解】A．当驱动力频率等于振动系统的固有频率时，系统发生共振，振幅达到最大，即满足时振幅最大。军队齐步走的频率为驱动力频率，等于桥梁固有频率时桥梁发生共振，振幅最大，故A正确； B．固有频率是由物体自身的材料、结构等属性决定的，与外界驱动力的频率无关，桥梁的固有频率和军队齐步走的频率没有关联，故B错误； C．共振的发生只取决于驱动力频率与固有频率是否相等，与军队总质量无直接关系，故C错误； D．简谐运动的固有频率由系统自身属性决定，与振幅大小无关，故D错误。 故选A。 39．如图所示，两个弹簧与钩码组成固有频率为的振动系统，架子上面的电动机对该系统施加周期性的驱动力，使钩码在竖直方向做受迫振动。电动机的转速可以改变，钩码振动稳定后，下列判断正确的是（     ） A．当电动机的转速为时，钩码的振动频率为 B．当电动机的转速为时，钩码的振动周期为 C．当电动机的转速为时，钩码振动的振幅最大 D．无论电动机的转速如何变化，钩码振动的振幅都不会发生改变 【答案】C 【详解】AB．钩码做受迫振动，其振动周期与驱动力的周期相同，因此当电动机的转速为时，可知钩码的振动频率为，则周期，故AB错误； CD．当驱动力的频率与振动系统的固有频率相等时，振幅最大，即当电动机的转速为时，钩码振动的振幅最大，故C正确，D错误。 故选C。 40．为了交通安全，常在公路上设置减速带，减速带使路面稍微拱起以达到使车辆减速的目的。一排等间距设置的减速带，可有效降低车速，称为洗衣板效应。如果某路面上的减速带的间距为1.5m，一辆固有频率为2Hz的汽车匀速驶过这排减速带，下列说法正确的是（　　） A．当汽车以5m/s的速度行驶时，其振动频率为2Hz B．当汽车以3m/s的速度行驶时颠簸最厉害 C．当汽车以3m/s的速度行驶时最不颠簸 D．汽车速度越大，颠簸的就越厉害 【答案】B 【详解】A．当汽车以5m/s的速度行驶时，振动周期为 振动频率为，故A错误； BCD．当汽车以3m/s的速度行驶时，振动周期为 振动频率为 汽车的固有频率为2Hz，汽车达到共振，颠簸最厉害；不是速度越快，颠簸越厉害，故B正确，CD错误。 故选B。 题型9 机械波的描述与波动图像（共5小题） 41．振源从0时刻开始带动细绳上各点上下做简谐运动，振幅为。时绳上形成的波形如图所示，则下列说法正确的是（     ） A．此时质点向上运动 B．0到内质点经过的路程为 C．0到内质点发生的位移为 D．这列波的周期为 【答案】D 【详解】AD．由题意可知波向右传播，传播了一个周期对应的距离，所以这列波的周期为，细绳上所有点的起振方向与振源相同，起振方向向下，则质点此时向下运动，故A错误，D正确； B．0到内质点振动了一个周期的时间则经过的距离为 ，故B错误； C．时，质点又回到了平衡位置，则0到内质点发生的位移为0，故C错误。 故选D。 42．如图是某绳波形成过程的示意图。质点1在外力作用下沿竖直方向做简谐运动，带动质点2，3，4，……各个质点依次振动。已知相邻编号的质点间水平距离为1cm，t=0时，质点1开始向上运动；t=0.2s时，质点1第一次到达上方最大位移处，质点5开始向上运动。下列说法正确的是（     ） A．这列波的波长为4cm B．这列波传播的速度为0.25m/s C．t=0.4s时，质点9开始振动 D．t=0.6s时，质点8向上运动 【答案】C 【详解】AB．时，质点1到达上方最大位移处，质点5开始向上运动，则振动周期 相邻编号的质点间距离为，则波长为 这列波传播的速度为，故AB错误； C．波从质点5传播到质点9需要的时间为 则时，质点9开始振动，故C正确； D．波从质点5传播到质点8需要的时间为 则时，质点8开始振动，根据波形平移法可知，质点8的起振方向向上；则时，质点8振动的时间为 可知此时质点8向下运动，故D错误。 故选C。 43．如图所示，安康香溪洞景区的游客把绳子的右端固定在墙AB上，用手以恒定振幅上下抖动绳子的左端S，绳波从波源S向右传播，图示时刻刚好传到P点。已知手抖动的周期为T，S、P两点间的距离为L，下列说法正确的是（     ） A．该绳波的波速为 B．该绳波波源S的起振方向竖直向下 C．绳波向右传播的过程中，绳子中的质点随波向右迁移 D．加快S端的抖动速度，则绳波的传播速度变大 【答案】A 【详解】A．图中、之间包含个波长，故 整理得 由，整理得，故A正确； B．波形向右传播时，根据波形平移法，点将先向上振动。介质中各质点的起振方向与波源的起振方向相同，因此波源的起振方向竖直向上，故B错误； C．绳波传播过程中，绳上各质点只在各自平衡位置附近上下振动，并不随波向右迁移，故C错误； D．在绳的张力和线密度不变时，波速由绳本身的性质决定，与波源的抖动速度无关；加快抖动只会改变波的频率和波长，故D错误。 故选A。 44．如图为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图（振动刚传到x=0.2m处），已知该波的周期为0.4s，a、b、c为沿波传播方向上的质点，则下列说法中正确的是（     ） A．t=0.8s时，质点d的加速度达到y轴负向最大值 B．质点a比质点b先回到平衡位置 C．t=0.4s时，质点b的速度方向为y轴负方向 D．从t=0到t=0.6s的过程，质点c所经过的路程为0.3m 【答案】A 【详解】A．该波的波速为 波传到d点经过的时间 则t=0.8s时，质点d振动了，因起振方向沿y轴负向，可知此时质点d的位移为沿y轴正向最大，则其加速度达到y轴负向最大值，A正确； B．根据“同侧法”可知，在t=0时刻质点a和质点b都沿y轴正向振动，可知质点b比质点a先回到平衡位置，B错误； C．t=0.4s时，即经过一个周期，质点b回到原来的位置，则速度方向为y轴正方向，C错误； D．因t=0时刻质点c在波谷位置，从t=0到t=0.6s的过程，即经过1.5T，质点c所经过的路程为s=1.5×4A=6×20cm=1.2m，D错误。 故选A。 45．如图所示为一列沿x轴传播的简谐横波，a、b、c、d为简谐横波上的四点，时刻的波形图如图所示，其中a、b、c三点到x轴的距离大小相等。则下列说法正确的是（　　） A．d点的振幅为0 B．时刻，b、c两点的速度方向相反 C．若时刻，a点的振动方向沿y轴的负方向，则c点比e点先回到平衡位置 D．若时刻，a点的振动方向沿y轴的正方向，则c点比b点先回到平衡位置 【答案】D 【详解】A．简谐横波中各质点的振幅都相等，由图可知，d点的振幅为，故A错误； B．时刻，b、c两点在同一坡上，则b、c两点的速度方向相同，故B错误； C．若时刻，a点的振动方向沿y轴的负方向，则c点的振动方向沿y轴的正方向，c点比e点晚回到平衡位置，故C错误； D．若时刻，a点的振动方向沿y轴的正方向，则c点和点的振动方向均沿y轴的负方向，可知c点比b点先回到平衡位置，故D正确。 故选D。 题型10 波的衍射 多普勒效应（共5小题） 46．下列说法正确的是（     ） A．“闻其声而不见其人”现象说明遇到同样障碍物时声波比可见光容易发生衍射 B．超声波被血流反射回来其频率发生变化可测血流速度，是利用了波的干涉现象 C．做受迫振动的物体，其稳定时的振动频率等于物体本身的固有频率 D．光可以发生偏振现象，声波同样也可以发生偏振现象 【答案】A 【详解】A．发生明显衍射的条件是障碍物尺寸与波长相差不多或小于波长，声波的波长远大于可见光的波长，因此遇到相同障碍物时声波更容易发生衍射，“闻其声而不见其人”正是该现象的体现，故A正确； B．超声波被血流反射后频率发生变化从而测量血流速度，利用的是多普勒效应，并非波的干涉现象，故B错误； C．做受迫振动的物体稳定时的振动频率等于驱动力的频率，只有发生共振时才等于物体本身的固有频率，故C错误； D．偏振是横波特有的性质，光是横波可以发生偏振现象，而声波是纵波，不能发生偏振现象，故D错误。 故选A 。 47．蟾蜍在水塘边平静的水面上鸣叫，形成如图所示的水波。已知水波的传播速度与水的深度关系为。下列说法正确的是（     ） A．水波从浅水区传入深水区，频率变大 B．在深水区，水波更容易发生衍射现象 C．水面上飘落的树叶会被水波推向岸边 D．人向着蟾蜍运动时，听到的鸣叫声频率降低 【答案】B 【详解】A．波的频率由波源决定，与介质无关。水波从浅水区传入深水区，波源未变，故频率保持不变，故A错误； B．由公式 可知深水区水深较大，波速较大。 根据波长公式 可知频率不变，深水区波长较大。 波长越长，越容易发生明显的衍射现象，故B正确； C．机械波在传播过程中，介质中的质点（如水面上的树叶）只在平衡位置附近做往复振动，并不随波向岸边迁移，故C错误； D．根据多普勒效应，当观察者（人）向着波源（蟾蜍）运动时，单位时间内接收到的完全波的个数增多，接收到的频率应变高，故D错误。 故选B。 48．如图，挡板M是固定的，挡板N可以上下移动。现在把M、N两块挡板中的空隙当作一个“小孔”做水波的衍射实验，出现了图示中的图样，P点的水没有振动起来。为了使挡板左边的振动传到P点，可以采用的办法是（　　） A．增大振源频率 B．减小振源频率 C．N板向下移动 D．N板向左移动 【答案】B 【详解】P点的水没有振动起来，说明P点波没有明显衍射过去，原因是MN间的缝太宽或波长太小，因此若使P点的水振动起来，可采用N板上移减小小孔的间距；也可以增大水波的波长，即减小振源的频率。 故选B。 49．小成同学国庆去龙泉驿找朋友时，在路上遇见了很多“萝卜快跑”的无人驾驶汽车，它们“敏捷”地参与着交通。好奇之下，他查阅资料发现无人驾驶技术使用毫米波雷达发射和接收无线电波，再通过因波的时间差和多普勒效应造成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，则（     ） A．当时，表明前车与无人车速度相同 B．当时，表明前车一定处于静止状态 C．当时，表明前车在加速行驶 D．当时，表明前车在减速行驶 【答案】A 【详解】AB．当声源和观察者之间的距离不发生变化时，观察者接收到的频率和声源发出的频率相等，故当时，说明二者之间的距离不变，表明前车与无人车速度相同，但不一定静止，故A正确，B错误； C．当时，说明接收到的频率增大，两车间距离减小，表明后车速度大于前车速度，无法直接得出前车自身在加速行驶的结论，故C错误； D．当时，说明接收到的频率减小，表明前车速度大于后车速度，两车距离增大，无法得出前车在减速行驶的结论，故D错误。 故选A。 50．“自适应巡航控制系统（ACC）”利用多普勒效应测量己方车辆与前车的相对速度，从而实现己方车辆在前车减速时自动减速、前车加速时自动跟上的目的。若在同一直线车道内，己方车辆发射的电磁波频率为，接收到前车反射回来的电磁波频率为，则（     ） A．当时，表明前车与己方车辆速度相同 B．当时，表明前车一定处于静止状态 C．当时，表明前车在减速行驶 D．当时，ACC系统将采取减速措施 【答案】A 【详解】AB．当时，根据多普勒效应可知，两车相对距离不变，相对速度为0，即前车与己方车辆速度相同，故A正确，B错误； C．当时，回波频率低于发射频率，说明两车距离增大，仅能判断前车速度大于己方车辆速度，无法确定前车是否减速，故C错误； D．当时，回波频率高于发射频率，说明两车距离减小，仅能判断前车速度小于己方车辆速度，并非一定会采取减速措施，故D错误。 故选A。 提升·进阶突破 题型11 流体类模型中应用动量定理（共5小题） 51．2021年中国火星探测器“天问一号”在火星表面成功着陆，火星车“祝融号”开展巡视探测，假定火星上风速约为10m/s，火星大气密度约为，“祝融号”迎风面积约为6m2，风垂直吹到火星车上速度立刻减为零，则火星车垂直迎风面受到的压力约为（　　） A．0.78N B．7.8N C．780N D．78N 【答案】B 【详解】取极短时间∆t内吹到火星车上的空气为研究对象，该部分空气的质量为 取风速方向为正方向，风碰到火星车后速度减为0，根据动量定理可得 则空气受到的作用力大小 根据牛顿第三定律，火星车垂直迎风面受到的压力大小为 故选B。 52．公园中有一喷泉，将水流以恒定的速率从截面积为S=1cm2的管口持续不断地竖直向上喷出，在水流的冲击下，一质量为m=0.8kg的铁盒稳定悬浮在空中（盒子底面积大于与盒底接触的水流截面积）。已知水流向上运动并冲击铁盒后，在竖直方向的速度减为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力，已知水的密度，重力加速度g取10m/s2，盒子在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度h约为（     ） A．2m B．1.8m C．1m D．3m 【答案】B 【详解】由题意知水对铁盒的作用力大小为。选取极短时间内冲击到铁盒上的水柱为研究对象，设水到达铁盒时的速度为 该部分水的质量为 由动量定理得：即 代入数据 解得 水离开喷口后做竖直上抛运动，根据运动学公式 代入数据得 解得 故选B。 53．冲牙器通过喷出高压水流来冲洗牙齿。如图所示，喷嘴直径为，工作时水柱以一定的速度垂直冲击到牙齿表面后，速度立即减为零，沿牙齿表面散开。若单位时间内流过喷嘴的水体积保持不变，将喷嘴直径更换为后，水柱对牙齿的平均冲击力大小变为原来的（     ） A．4倍 B．倍 C．2倍 D．倍 【答案】B 【详解】设原喷嘴截面积为，水速为，单位时间内流过喷嘴的水体积为。由流量定义得 喷嘴直径变为后，截面积变为。由题意，单位时间内流过喷嘴的水体积不变，仍有 因此 取单位时间内喷出的水为研究对象。设水的密度为，在时间内流出的水的质量为 水柱撞击牙齿后速度变为零，所以这段水的动量变化量大小为 由动量定理，水柱受到的平均作用力大小为 由牛顿第三定律，牙齿受到水柱的平均冲击力与水柱受到牙齿的平均作用力大小相等。更换喷嘴后同理有 所以 故选B。 54．图为环卫工人用高压水枪冲洗马路情景：水柱以速度大小为v的速度喷到水平地面，随即以速率溅起，并与地面垂直。设一小段时间内喷出水的质量为，则水柱对地面作用力为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】选取质量为Δm的水为研究对象，设水与地面的作用时间为Δt，取竖直向下为正方向，根据动量定理有 解得 故选C。 55．雨打芭蕉是中国古代文学中常见的抒情意象，为估算雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强，小华同学将一圆柱形的量杯置于院中，测得一段时间内杯中水面上升的高度为，查询得知当时雨滴下落的速度为。设雨滴竖直下落到水平的芭蕉叶上后以原来的速率竖直反弹。已知水的平均密度为，不计雨滴重力的影响，则的大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】单位时间的降水量 在芭蕉叶上取定的面积上，时间内降落的雨水质量 设雨水受到的撞击力为，根据动量定理 解得 根据牛顿第三定律可知，芭蕉叶上的面积受到的撞击力的大小为 因此平均压强为 故选A。 题型12 应用动量守恒定律处理类碰撞问题（共5小题） 56．如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为的滑块，滑块的一侧是一个弧形槽，凹槽半径为，点切线水平。另有一个质量为的小球以速度从点冲上滑块，重力加速度大小为，不计摩擦。下列说法中正确的是（     ） A．小球回到斜槽底部时，小球速度方向可能向左 B．在小球相对滑块运动的过程中小球与滑块组成的系统动量守恒 C．小球到达斜槽最高点处，小球的速度为零 D．当时，小球能到达B点 【答案】A 【详解】B．由于小球与滑块在水平方向上不受外力作用，所以球和滑块组成的系统水平方向动量守恒，但竖直方向受到的合外力不为零，竖直方向上动量不守恒，所以在小球相对滑块运动的过程中小球与滑块组成的系统动量不守恒，故B错误； A．当小球回到斜槽底部，相当于完成了弹性碰撞， 联立求得 当，与方向相同，向左；当，与方向相反，即向右，故A正确。 C．当小球到达斜槽最高点，由在水平方向上动量守恒有 可知小球具有水平速度，故C错误； D．滑块不固定，当时，设小球沿槽上升的高度为h，则有， 可解得，故D错误。 故选A。 57．如图所示，有一质量为的小球，以速度滑上静置于光滑水平面上带有四分之一光滑圆弧轨道的滑块。滑块的质量为，小球在上升过程中始终未能冲出圆弧，重力加速度为，在小球运动过程中，（    ） A．圆弧轨道先加速后减速再匀速运动 B．小球在圆弧轨道最高点的速度大小为 C．小球离开圆弧轨道时圆弧轨道的速度大小为 D．小球在圆弧轨道上能上升的最大高度为 【答案】D 【详解】A．圆弧轨道受小球的压力的水平分量始终向右，可知圆弧轨道一直向右加速，当小球离开圆弧轨道后，圆弧轨道做匀速直线运动，故A错误； B．小球在圆弧轨道上升到最高时小球与滑块速度相同，小球和滑块组成的系统在水平方向所受外力之和为零，所以系统在水平方向上动量守恒，则有 解得小球在圆弧轨道最高点的速度大小为，故B错误； C．小球离开圆弧轨道时，设小球的速度为，滑块的速度为，根据系统水平方向动量守恒可得 根据系统机械能守恒可得 联立解得， 即小球离开圆弧轨道时圆弧轨道的速度大小为，故C错误； D．设小球在圆弧轨道上能上升的最大高度为，根据系统机械能守恒可得 解得，故D正确。 故选D。 58．如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为和的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。现给A一个水平向右的初速度，大小为3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的关系如图乙所示。已知m1=1kg，下列正确的是（     ） A．t1时刻和t3时刻弹簧都处于压缩状态 B．弹簧的最大弹性势能为4.5J C．B的质量为1kg D．B的最大速度为2m/s 【答案】D 【详解】A．水平面光滑，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，由图可知阶段：A的速度大于B，弹簧被压缩，时刻两物块速度相等（均为1m/s），弹簧压缩量最大；阶段：A继续减速，B继续加速，A速度小于B，弹簧从压缩状态逐渐恢复原长，到时刻弹簧第一次回到原长，之后弹簧被拉长；阶段：弹簧被拉长，到时刻两物块速度再次相等，弹簧伸长量最大。 因此时刻弹簧处于伸长状态，故A错误； C．系统动量守恒，取向右为正方向，时刻共速 由动量守恒定律有 代入、、 解得B的质量，故C错误； B．弹簧最大弹性势能出现在两物块共速时刻（或），由能量守恒定律有 解得，故B错误； D．由上述分析可知，当弹簧第一次回到原长时，B的速度达到最大，该过程相当于完全弹性碰撞，由动量守恒定律有 由机械能守恒定律有 解得，故D正确。 故选D。 59．如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为0.98kg和2kg的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上，一颗质量为0.02kg的子弹C以速度射入物块A并留在A中，以此刻为计时起点，两物块A（含子弹C）、B的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息分析可知，下列说法中不正确的是（　　） A．子弹C射入物块A的速度为 B．以A、B、C及弹簧为系统，机械能不守恒 C．在时刻弹簧一定处于原长状态 D．在时间内，弹簧的最大弹性势能为10J 【答案】D 【详解】A．以向右为正方向，根据动量守恒定律得 解得 即子弹C射入物块A的速度v0为300m/s，故A正确； B．子弹射入木块A时系统产生内能，则以A、B、C及弹簧为系统，机械能不守恒，B正确； C．由速度随时间变化的规律可得在t1时刻弹簧被压缩到最短，在t2时刻弹簧为原长，t3时刻弹簧伸长最长，故C正确； D． 在t1～t4时间内，t3时刻弹簧最长，弹簧的弹性势能最大，弹簧的最大弹性势能为，故D错误。 此题选择不正确的，故选D。 60．如图所示，光滑水平面上静置一质量为的木板，质量为的小物块以初速度从左端滑上木板，与木板相对静止时恰好运动到木板中央。已知物块与木板间动摩擦因数为，不计空气阻力，重力加速度为。下列说法正确的是（     ） A．木板长度为 B．木板长度为 C．系统因摩擦产生的热量大于木板获得的动能 D．系统因摩擦产生的热量小于木板获得的动能 【答案】C 【详解】AB．设共速为，水平面光滑，小物块和木板组成的系统动量守恒 解得 小物块相对木板滑动到中央，相对位移，则摩擦生热 等于系统动能损失 联立解得，故AB错误； CD．木板获得的动能 由之前分析得摩擦热 而，即，系统摩擦生热大于木板获得的动能，故C正确，D错误。 故选C。 题型13 动量守恒定律的综合应用（共5小题） 61．如图所示，半径R=1.8m的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定，质量M=2kg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m=4kg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µ=0.5，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g=10m/s2。求：（结果均可用分数表示） (1)滑块B和木板A第一次相对静止时的速度大小； (2)木板A最初静止时右端与挡板P之间的距离； (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； (4)木板A至少多长。 【答案】(1)4m/s (2)0.8m (3) (4)3.6m 【详解】（1）滑块B从光滑圆弧滑下时，根据机械能守恒定律可得 从滑块B刚滑上木板A，到两者刚好相对静止过程中，A、B系统满足动量守恒定律，则 解得 （2）对木板A，根据动能定理可得 联立解得 即木板A最初静止时右侧与挡板P之间的距离为0.8m； （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，根据动量定理得 解得 从A与P碰撞后到A、B第二次达到共速过程中A、B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的加速度为 运动时间 位移为 此后A反向加速到v2，此过程中运动时间 位移为 共速后A、B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为 （4）A与P碰撞后，A的速度等大反向，此后A、B系统满足动量守恒定律和能量守恒定律，因为，所以A、B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A、B系统静止，整个过程中系统能量守恒，则 解得 即木板A最小长度为3.6m。 62．如图所示，紧靠在水平平台右端的长木板上表面水平且与平台等高，长木板上下表面均光滑，右端为半径的光滑圆弧，可视为质点的滑块B静止在长木板的左端。质量的滑块A在光滑水平平台上以初速度向右匀速运动，一段时间后滑块A与滑块B发生完全弹性碰撞。已知滑块B的质量为，重力加速度g取。 (1)求滑块A、B碰后瞬间滑块B的速度大小； (2)若滑块B恰好不能从长木板右端滑离长木板，求长木板的质量； (3)在满足（2）的条件下，长木板的速度达到最大时B对Q点压力的大小。 【答案】(1)3m/s (2)2kg (3) 【详解】（1）对滑块A、B碰撞过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得， 联立解得滑块A和B碰后滑块B的速度大小 （2）滑块B恰好不能从右端滑离长木板，对应的情况是滑块B刚好滑到圆弧的顶端时，滑块B与长木板共速，对滑块B和长木板有， 联立解得 （3）当滑块B返回至Q点时，长木板的速度最大，设此时滑块B的速度为， 根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得， 联立解得，。 以长木板为参考系，滑块B做圆周运动，当滑块B返回至Q点时，滑块B相对木板的速度为，当对B在Q点进行受力分析，根据牛顿第二定律可得 解得 根据牛顿第三定律可得，长木板的速度达到最大时B对Q点压力的大小。 63．某实验小组的研究装置如图所示，质量为和的物体静止放在光滑水平面上，两者之间用轻弹簧拴接。现有质量为的物体以速度向右运动，与碰撞（碰撞时间极短）后粘合在一起。试求： (1)和碰撞过程中损失的机械能是多少？ (2)弹簧能产生的最大弹性势能是多少？ (3)从与碰撞后到弹簧第一次恢复原长的过程中，弹簧对冲量的大小是多少？ 【答案】(1)24J (2)4J (3) 【详解】（1）设与碰撞后的速度为，碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 由能量守恒定律得 代入数据解得和碰撞过程中损失的机械能为 （2）三物体组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 代入数据解得 由能量守恒定律得 代入数据解得 （3）与碰撞后到弹簧第一次回到原长过程动量守恒、机械能守恒： 代入数据解得， 弹簧对，由动量定理得 则弹簧对冲量的大小是 64．如图所示，长度、以大小为、沿顺时针方向转动的水平传送带与足够长光滑水平平台相切于点，平台上均匀静止排列3个质量均为的相同物块，相邻物块间距离，第一个物块在水平台上紧靠传送带右端点。一质量的铁块从点以大小为的速度向右滑上传送带。碰撞均为弹性正碰，碰撞时间不计，铁块、物块均可视为质点，铁块与传送带间的动摩擦因数，取。求： (1)铁块第一次经过点时的速度大小； (2)铁块与物块1第一次碰撞后瞬间，物块1的速度大小； (3)铁块与物块1第一次碰撞后到第二次碰撞前的时间和第二次碰撞后到第三次碰撞前的时间之比。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）假设铁块在传送带上一直做匀减速运动，则 解得，假设成立； 则铁块第一次经过点时的速度大小为。 （2）设铁块与物块1第一次碰撞后铁块的速度大小为，物块1的速度为，则， 联立解得， （3）铁块与物块1碰撞后，反向做匀减速直线运动，速度减为零时的位移 故铁块不会从传送带上滑落，速度减为零后开始向右做匀加速直线运动，由于 ，说明铁块返回到右端时速度大小仍为；物块1向右做匀速直线运动和物块2发生弹性碰撞，则， 解得 ， 由此可知，二者碰撞后速度交换，即物块1停在物块2原位置，所以铁块第一次与物块1碰撞后到第二次与物块1碰撞前所经历的时间 解得 设铁块与物块1第二次碰撞后铁块的速度大小为，物块1的速度为，根据动量守恒定律可得， 联立解得， 铁块第二次与物块1碰撞后至第三次与物块1碰撞前所经历的时间 解得 铁块与物块1第一次碰撞后到第二次碰撞前的时间与第二次碰撞后到第三次碰撞前的时间之比为 65．如图所示，斜面固定，倾角θ=37°。一端带有挡板的木板A质量为m1=2kg，上表面光滑、下表面与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5，木板足够长，且挡板距离斜面底端足够远；另一质量为m2=1kg的小滑块B放在木板A上，距挡板s=0.75m。开始时A、B在外力的作用下均静止，现撤去外力，在运动过程中A、B发生的碰撞均为时间极短的弹性碰撞，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2。求： (1)撤去外力后，小滑块B运动的加速度大小； (2)第一次碰撞前，A、B的速度大小； (3)第一次碰撞后到第二次碰撞前，B与挡板间的最大距离。 【答案】(1)6m/s2 (2)0，3m/s (3)0.75m 【详解】（1）对滑块B，由牛顿第二定律得 解得 （2）撤去外力后，对木板A，有 因此木板A不动，则 B从开始运动到第一次碰前，由运动学公式得 解得 （3）A、B碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律得， 解得， A、B第一次碰后，对木板A，由牛顿第二定律得 解得 即第一次碰后A以2m/s的速度向下做匀速直线运动，B以1m/s的向上初速度、的向下加速度做匀变速直线运动，当两者速度相同时相距最远，以向下为正方向，有 解得 两次碰撞之间， 则B与挡板间的最大距离为 题型14 波动图像和振动图像的综合应用（共5小题） 66．一列简谐横波沿轴方向传播，处质点的振动图像如图甲所示，时部分波形图如图乙所示。下列说法正确的有（     ） A．该简谐横波沿轴负方向传播 B．时处的质点对应的纵坐标为 C．该简谐横波传播速度为 D．处的质点比处的质点振动滞后0.1s 【答案】C 【详解】A．由图甲可知周期 图乙为时的波动图像，此时的质点正在向上振动，根据上下坡法可得波沿轴正方向传播，故A错误； B．由图甲可知的质点振动方程为 代入 可得，故B错误； C．由图乙可知 故波速，故C正确； D．的质点比的质点振动滞后，故D错误。 故选C。 67．一列简谐横波沿x轴传播，图（a）是时刻的波形图；P是介质中位于处的质点，其振动图像如图（b）所示。关于这列简谐波，下列说法正确的是（　　） A．波速为2m/s B．向左传播 C．波的振幅是10cm D．处的质点在时位于平衡位置 【答案】A 【详解】A．由图a可知波长为，由图b可知波的周期为，则波速为，故A正确； B．由图b可知时，P质点向下运动，根据“上下坡”法可知波向右传播，故B错误； C．由图a可知波的振幅为5cm，故C错误； D．根据图a可知时处的质点位于平衡位置处，由于 所以，可知在时质点位于波峰处，故D错误。 故选A。 68．当上、下抖动轻绳时，轻绳则呈正弦波形状。如图（a）所示是某轻绳产生的横波沿x轴传播时刻的波形图，P、Q分别是平衡位置为和的两质点，图（b）为质点Q的振动图像，则（　　） A．波沿x轴负方向传播 B．质点P的振动方程为 C．质点P经过0.075s的路程为3cm D．人若加快抖动轻绳，两个相邻波峰之间的距离变大 【答案】B 【详解】A．由图乙可知，在t=0时，质点Q向上振动，根据“上下坡”法可知，波沿x轴正方向传播，故A错误； C．由图可知，振幅为10cm，周期为0.2s，波长为8m，则波速为 根据“上下坡”法可知，t=0时刻，质点P向下振动，回到平衡位置的时间为 质点P经过0.075s，即，质点通过的路程为，故C错误； B．质点P的振动方程为 当t=0时，质点P向下振动，且 代入上式解得 所以，故B正确； D．人若加快抖动轻绳，则波的振动频率变大，波速不变，根据可知，波长变小，即两个相邻波峰之间的距离变小，故D错误。 故选B。 69．一简谐横波沿轴正方向传播，在时刻，该波的波形图如图（a）所示，图（b）表示介质中某质点的振动图像，、是介质中的两个质点。下列说法正确的是（     ） A．质点的振动图像与图（b）相同 B．平衡位置在坐标原点的质点的振动图像如图（b）所示 C．在时刻，质点的速率比质点的大 D．在时刻，质点的加速度的大小比质点的大 【答案】B 【详解】A．沿轴正方向传播时，图(a)中点位于平衡位置且波形斜率为负，质点振动速度方向与波形斜率相反，因此在时向轴正方向运动。图(b)在时虽位于平衡位置，但曲线斜率为负，表示质点向轴负方向运动，故的振动图像与图(b)不相同，故A错误； B．图(a)中坐标原点处质点的位移为零，且波形斜率为正。由于波沿方向传播，该质点在时向轴负方向运动；将时间向前平移后，其位移随时间先增大，恰与图(b)的振动图像相同，故B正确； C．图(a)中在波峰。由简谐运动的位移、速度关系，在时速度为零，向前追溯后仍处于波谷，速度仍为零。在时经过平衡位置，向前追溯后也经过平衡位置，速率达到最大值。因此时的速率小于，故C错误； D．简谐运动的加速度大小与位移大小成正比。在时位移达到最大，向前追溯后经过平衡位置，加速度为零；在时经过平衡位置，向前追溯后位移达到最大，加速度大小最大。因此时的加速度大小小于，故D错误。 故选B。 70．一列简谐横波沿x轴传播，t=0.25s时的部分波形图如图甲所示，A、B、C、P是介质中的四个质点，质点B的平衡位置为坐标原点，该时刻质点B的位移已在图中标出，质点P此时恰好位于波谷，已知B、P两质点平衡位置之间的距离为7m，质点C的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A．该波沿x轴负方向传播 B．t=0.25s后再经过，质点B到达波谷 C．质点C的平衡位置坐标为2.5m D．质点P的振动方程为 【答案】C 【详解】A．根据题图乙可知，在t=0.25s时质点C沿y轴正方向运动，结合题图甲，应用“同侧法”可知该波沿x轴正方向传播，故A错误； C．设时，波动方程为 由B质点可得 由P质点可得 解得， 由图乙可知C质点的振动方程为 则，有 则有 解得 故C正确； B．由图乙知质点振动周期，在t=0.25s时质点B沿y轴负方向运动，则再经过到达波谷，故B错误； D．设P质点的振动方程为 当时有 解得 则P质点的振动方程为 故D错误。 故选C。 题型15 机械波的多解问题（共5小题） 71．如图所示，一列简谐横波沿轴负方向传播，时波形如图中实线所示，时波形如图中虚线所示，已知：，该波的振幅，质点的平衡位置坐标为。下列说法正确的是（     ） A．该列波的波长为 B．该列波的振动周期为 C．时质点沿轴正方向运动 D．到这段时间内，质点走过的路程为 【答案】C 【详解】A．由图可知该列波的波长，故A错误； B．波沿轴负方向传播，则 且 联立解得 则取即，故B错误； C．因波沿轴负方向传播，根据“同侧法”可知，此时点沿轴负方向运动，经过时间 质点运动到关于平衡位置对称处，且速度方向与时相反，即沿轴正方向运动，故C正确； D．时，平衡位置为处的质点位于 在到这段时间内， 质点在内的路程 在剩下的内，质点从处向下运动，经过平衡位置到达波谷，再回到平衡位置，最后到达处，故内的路程 总路程，故D错误。 故选C。 72．一列简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻波形图如图实线所示，此时波刚好传到P点，时刻的波形如图中虚线所示，a、b、c、P、Q是介质中的质点，则下列说法正确的是（　　） A．这列波的波速一定是 B．质点a在这段时间内通过的路程一定小于30cm C．若周期，则在时刻，质点Q速度最大 D．质点c在这段时间内通过的路程可能为60cm 【答案】D 【详解】A．由图可知，波的波长为40m，两列波相距 故周期 波速为 只有当时，波速才为 A错误； B．t时刻，质点a正远离平衡位置向上运动，速度减小，若振动的时间为，故路程小于3A，即小于30cm。若振动的时间超过，路程大于3A，即大于30cm，B错误； C．若周期，则在时刻，波向右传播一个波长，所以此时Q点刚好位于波峰，质点Q速度为零，C错误； D．如果质点c的路程为60cm，说明c振动了个周期，则可有 即 解得 时满足条件，D正确。 故选D。 73．如图，一简谐横波在x轴上传播，轴上a、b两点相距2m。t＝0时a点为波峰，b点为波谷；t＝1s时a点为波谷，b点为波峰，则下列判断中正确的是（　　）    A．波一定沿x轴负向传播 B．波长可能是2.4m C．周期可能是0.4s D．波速可能是1m/s 【答案】C 【详解】A．根据分析可知，由题干没有给出a、b两点之间的质点的振动方向，则无法确定波的传播方向，故A错误； B．t=0时，a点为波峰，b点为波谷，故a、b间的距离为半波长的奇数倍，故 (其中n=0、1、2、…) 故波长为 (其中n=0、1、2、…) 故波长可能为4m、、．．．，不可能为2.4m，故B错误； C．t=1s时，a点为波谷，b点为波峰，故t为半周期的奇数倍，故    (其中m=0、1、2、…) 故周期为 (其中m=0、1、2、…) 当时 故C正确； D．由公式 (其中m=0、1、2、…，n=0、1、2、…) 在计算波速的上式中m与n不一定相等，则波速有多个可能值，但波速一定不是1m/s，故D错误。 故选C。 74．战绳作为一项超燃脂的运动，十分受人欢迎。一次战绳练习中，某运动达人晃动战绳一端使其上下振动（可视为简谐振动）形成横波。图（甲）、（乙）分别是战绳上P、Q两质点的振动图像，传播方向为P到Q。波长大于、小于，P、Q两质点在波的传播方向上相距，下列说法正确的是（　　） A．P、Q两质点振动方向始终相反 B．该列波的波长可能为 C．该列波的波速可能为 D．从至，Q质点运动的路程为 【答案】B 【详解】B．波传播方向为P到Q，则有 （n=0，1，2，3⋯） （n=0，1，2，3⋯） 当n=0时，=12m>3m，不符合题意；当n=1时，；当n=2时，=；当n=3时，=<1m，不符合题意，则波长可能是或=，B正确； A．由于P、Q两质点相距的距离满足 或者 可知P、Q两质点振动方向并不会始终相反，A错误； C．由题图可知T=1.0s，则有波速为 （n=0，1，2，3⋯） 当n=1时，；当n=2时，，C错误； D．由题图可知，Q质点的振动方程为 Q质点在0.125s时的位移，因此从至，Q质点运动的路程为 D错误。 故选B。 75．一列简谐横波在时的波形如图中实线所示，时的波形如图中虚线所示，下列说法正确的是（    ） A．这列波的波长为6m B．若波向右传播，则波的频率一定为0.25Hz C．若波向左传播，则波的传播速度最小为6m/s D．平衡位置分别为A、B的两个质点，振动方向有时相同有时相反 【答案】C 【详解】A．由图像可知，这列波的波长为8m，A错误； B．设周期为T，波向右传播，从实线情形到虚线情形，可能经过了，也可能经过了，则频率不一定为0.25Hz，B错误； C．设周期为T，波向左传播，从实线情形到虚线情形，经过了 则 当时周期最大值 波速最小值，C正确； D．由图可知A、B两个质点相距4m，为波长的一半，A、B的相位相差，则振动过程中任意时刻振动方向均相反，D错误。 故选C。 题型16 波的干涉（共5小题） 76．如图所示为两列相干水波在时刻的叠加情况，其中实线表示波峰，虚线表示波谷。若两列波的振幅均保持不变，波速和波长分别为和，C点是连线的中点。则下列说法正确的是（　　） A．B、D点振动始终加强 B．C点始终保持静止不动 C．时刻，A、B两点的竖直高度差为 D．在至的时间内，B质点运动到A点的位置 【答案】A 【详解】A．B点为波谷与波谷叠加，D点为波峰与波峰叠加，都是振动加强点。故A正确； B．AD的连线为振动加强区，则C点为振动加强点，振幅较大，故B错误； C．t=0时刻，A、B两点分别处于波峰和波谷，则两者的高度差为，故C错误； D．质点只在平衡位置附近振动，不会随波迁移，所以B质点不会运动到A点的位置，故D错误。 故选A。 77．两列振幅、相位均相同的简谐横波在水平面上传播，产生干涉现象，某时刻的干涉图样如图所示，实线代表波峰，虚线代表波谷，M、N、P三质点的平衡位置在同一直线上，以下说法正确的是（     ） A．两列简谐横波的频率一定相同 B．再经过半个周期，质点P运动至M处 C．质点Q到两波源的路程差为波长的奇数倍 D．图示时刻质点N的速度小于质点P的速度 【答案】A 【详解】A．根据波发生稳定干涉的条件，两列波产生干涉现象时频率一定相同、相位差恒定、振动方向平行，因此两列简谐横波的频率一定相同，故A正确； B．机械波传播过程中，质点仅在自身平衡位置附近做简谐运动，不会随波迁移，因此再经过半个周期，质点P也不会运动至M处，故B错误； C．由题意可知实线代表波峰、虚线代表波谷，质点Q是波峰与波谷的相遇点，属于振动减弱点；振动减弱点到两波源的路程差为半波长的奇数倍，而非波长的奇数倍，故C错误； D．图示时刻质点P是波峰与波峰的相遇点，位移为两列波振幅之和，处于最大位移处，此时速度为0；质点N位于M、P所在的振动加强连线上，属于振动加强点，此刻不在最大位移处，速度不为0，因此质点N的速度大于质点P的速度，故D错误。 故选A。 78．在同一均匀介质中，位于x=-6m和x=12m处的两个波源M和N均沿y轴方向做简谐运动，形成横波a和b，t=0时的波形图如图所示，此时波a和b分别传播到x=-2m和x=8m处。t=5s时波a、b恰好相遇，则下列说法正确的是（     ） A．波a、b在相遇区域不会发生稳定的干涉现象 B．t=0时，质点P沿y轴负方向运动 C．x=1m处的质点的振幅为10cm D．x=3m处的质点为振动减弱点 【答案】D 【详解】A．由图像信息得波a、b波长均为，在同一均匀介质中，两者波速相等，因此两列波频率相同，结合两列波的振动方向和恒定的相位差，则有两列波为相干波源可以发生稳定的干涉现象，故A错误； B．根据“上坡下，下坡上”得t=0时，质点P位于下坡，此时沿y轴正方向运动，故B错误； C．由图像信息得波a、b波源起振方向相反，x=1m处的质点到两波源波程差为波长的整数倍，因此该质点为振动减弱点，振幅，故C错误； D．x=3m处的质点到两波源波程差为波长的整数倍，波a、b波源起振方向相反，因此该质点为振动减弱点，故D正确。 故选 D。 79．如图，在均匀介质中，位于和处的两波源和沿轴方向不断振动，在轴上形成两列振幅均为、波速均为的相向传播的简谐横波，时刻的波形如图所示，则下列说法正确的是（     ） A．波源和的起振方向都沿轴正方向 B．形成稳定干涉图样后，在间共有个加强点 C．时，处的质点偏离平衡位置的位移为 D．内，处的质点运动的路程为 【答案】B 【详解】A．波源的波传播到处的质点时，根据“上下坡法”可知振动方向向上；波源的波传播到处的质点时，根据“上下坡法”可知振动方向向下，可知波源和的起振方向相反，故A错误； B．波长为，波速为，根据可得周期为 时刻两波源均处于波峰，振动步调一致（同相），形成稳定干涉图样后，设波源的波距离质点的距离为，波源的波距离质点的距离为，加强点满足， 在间，有，可得取，共有个加强点，故B正确； C．波源的波传播到处的质点用时 波源的波传播到处的质点用时 时间差为，可得两波在时在处的质点引起的振动方向相同，合振动方向竖直向上，再经过时达到波峰，偏离平衡位置的位移为，故C错误； D． 波源距离处的质点的距离为 波源距离处的质点的距离为 可得，可知处的质点是振动减弱点。 时刻开始计时，波源的波传播到处的质点用时 波源的波传播到处的质点用时 可知处的质点的振动时间为，即两个周期，可得路程为，故D错误。 故选B。 80．如图1所示，均匀介质中的水平面内，、、为直角三角形的顶点，，。位于、两点的波源、均沿竖直方向振动，它们的振动图像分别如图2、图3所示。已知波源产生的机械波经过传播到点，下列说法正确的是（     ） A．，处的质点经过的路程为 B．时，处的质点位移不为零 C．后，、边上（不含波源）有10个振动加强点 D．后，、边上（不含波源）有10个振动减弱点 【答案】C 【详解】A．由于波源产生的机械波经过0.6s传播到P点，故波速为 在时间内，波源带动P处的质点振动时间为 由乙图可知，该波源的振动周期 故在时间内，波源带动P处的质点刚好振动了一个周期。 波源产生的机械波传到P点的时间 故时间内，波源没有带动P处的质点振动，P点的振幅为 则这段时间内P处的质点路程为。故A错误； B．时，波源带动P处的质点振动时间 此时波源带动P处的质点位移为零。 波源带动P处的质点振动时间 此时波源带动P处的质点位移也为零，故此时，P处的质点位移为零，B错误； CD．根据两列波的波速 可得两列波的波长为 由几何知识可得 由于两列波步调相反，当时，为振动加强点。 根据 解得，故M、N边上（不含波源）有10个振动加强点。 同理当时，为振动减弱点。 根据 解得，故M、N边上（不含波源）有9个振动减弱点。故C正确，D错误。 故选C。 题型17 验证动量守恒定律（共5小题） 81．某同学用图所示装置来验证动量守恒定律，实验时先让a球从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下痕迹，重复10次；然后再把b球静置在斜槽轨道末端，让a球仍从原固定点由静止开始滚下，和b球相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次。回答下列问题： (1)在安装实验装置时斜槽末端的切线必须是水平的，这样做的目的是________； (2)小球a、b质量、的大小关系应满足________（填“>”，“=”或“<”），为保证碰撞是对心碰撞，两球的半径应满足。 (3)在以下选项中，哪些是本次实验必须进行的测量？（     ） A．水平槽上未放b球时，测量a球落点位置到点的距离 B．a球与b球碰撞后，测量a球与b球落点位置到点的距离 C．a球和b球在空间飞行的时间 (4)在本实验中用、、表示小球做抛体运动的水平位移的大小，验证动量守恒的验证式是下列选项中的（     ） A． B． C． 【答案】(1)保证小球抛出时初速度水平，小球做平抛运动 (2)> (3)AB (4)B 【详解】（1）在安装实验装置时斜槽末端的切线如果不是水平的，小球离开时会有竖直方向的分速度，这样小球的运动就不是平抛运动，而是斜抛运动，只有平抛运动，才能用水平位移来计算初速度，保证小球抛出时初速度水平，小球做平抛运动。 （2）为了防止碰撞后入射球a发生反弹，保证碰撞后a球速度方向仍向前，需要让入射球的质量大于被碰球的质量，所以实验要求小球a、b质量、的大小关系应满足。 （3）A．对应球碰撞前的速度，即，这是动量守恒公式中的初始动量计算必须的量，所以必须测量，故A正确。 B．测量和（碰撞后两球的落点距离），对应球碰撞后的速度，对应球碰撞后的速度，这是动量守恒公式中的末动量计算必须的量，所以必须测量，故B正确。 C．所有小球从同一高度抛出，飞行时间对所有球都相同，在验证公式中，时间会被约去，即 化简得，因此不需要测量飞行时间，故C错误。 故选AB。 （4）由动量守恒定律，有 用水平位移表示速度，有，， 所有小球从同一高度抛出，飞行时间对所有球都相同，可得 等式两边同乘飞行时间，有。 故选B。 82．在“验证动量守恒定律”实验中，实验装置如图所示，按照以下步骤进行操作： ①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； ②将木板水平向右移动一定距离并固定，再将小球a从斜槽上固定点处由静止释放，撞到木板上得到痕迹B； ③把小球b静止放在斜槽轨道水平段的最右端，让小球a仍从斜槽上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。 (1)下列措施必要的是______； A．斜槽轨道必须是光滑的 B．斜槽末端不必保持水平 C．测出a球开始释放的高度h D．a球和b球的半径和质量满足和 (2)在本实验中，必须用到的测量器材是 A．刻度尺 B．游标卡尺 C．秒表 D．弹簧秤 (3)为完成本实验，测量了a球和b球的质量、、O点到A、B、C三点的距离、、，只要验证等式_____________（用已测量的物理量的字母表示）成立，即表示碰撞中动量守恒。若测得，则a球质量和b球的质量的比值为______。 【答案】(1)D (2)A (3) 6∶1 【详解】（1）A．本实验是“验证动量守恒定律”，所以实验误差与斜槽轨道的光滑程度无关，只需保证小球每次从同一位置静止释放即可，A错误； B．为保证小球碰撞后做平抛运动，斜槽末端必须保持水平，B错误； C．每次a球释放的高度h确定不变就可以，不用测量h值，C错误； D．要产生正碰，需a球和b球的半径满足，为防止两球碰撞后a球反弹，质量要满足，D正确。 故选D。 （2）小球平抛运动的时间 则初速度 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 即成立时，系统的动量守恒；由以上可知，需测量的物理量有球和球的质量、和点到A、B、C三点距离、、。 故必须用到的测量器材刻度尺。 故选A。 （3）[1] a、b两球碰撞后做平抛运动，由和 可得 则由动量守恒定律可得 即为 整理得 若表达式成立，即表示碰撞中动量守恒； [2]若测得，则 解得 83．如图所示，某同学利用气垫导轨做“验证动量守恒定律”的实验，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架、光电门等组成。 实验步骤： ①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平； ②向气垫导轨通入压缩空气； ③接通数字计时器； ④把滑块2静止放在气垫导轨的中间； ⑤滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳； ⑥释放滑块1，滑块1通过光电门1后与左侧带有固定弹簧（未画出）的滑块2碰撞，碰后滑块2和滑块1依次通过光电门2，两滑块通过光电门2后依次被制动； ⑦读出滑块通过光电门的挡光时间，滑块1通过光电门1的挡光时间Δt1＝10.01ms，通过光电门2的挡光时间Δt2＝49.99ms，滑块2通过光电门2的挡光时间Δt3＝8.35ms；（注：1秒=1000毫秒） ⑧测出挡光板的宽度d＝5mm，测得滑块1的质量为m1＝300g，滑块2（包括弹簧）的质量为m2＝200g。 (1)实验中气垫导轨的作用是________________________________________； (2)碰撞前滑块1的速度v1为___________m/s，碰撞后滑块2的速度v3为___________m/s；（结果均保留两位有效数字） (3)碰撞前系统的总动量为m1v1＝___________；碰撞后系统的总动量为m1v2＋m2v3＝___________；由此可得实验结论在实验误差允许的范围内，两滑块相互作用的过程，系统的动量守恒。 【答案】(1)减小滑块与导轨间摩擦引起的误差，并使两滑块沿同一直线碰撞 (2) 0.50 0.60 (3) 【详解】（1）气垫导轨使滑块与导轨间的摩擦很小，从而减小外力对系统动量的影响；导轨还约束两滑块沿同一直线运动，使碰撞可按一维过程研究。 （2）[1]挡光板较窄，可用挡光板宽度与挡光时间之比近似滑块经过光电门时的瞬时速度。滑块1碰撞前经过光电门1，故 [2]滑块2碰撞后经过光电门2，故 （3）[1]取沿导轨向右为正方向。碰撞前滑块2静止，系统总动量为 [2]碰撞后滑块1经过光电门2，同理可得 两滑块碰后均向右运动，系统总动量为 碰撞前后系统总动量在实验误差允许范围内相等，因此实验结果支持动量守恒定律。 84．寒冷的冬天，某物理兴趣小组制作了两只冰壶A和B（冰壶A、B与冰面的动摩擦因数均为μ），然后找一块平整的冰面验证动量守恒定律。主要实验步骤如下： ①在冰面上固定发射装置。通过A压缩弹簧到M位置，释放后A沿图甲中虚线运动。在虚线的适当位置取一点O，多次测出A停止滑动时其右侧到O点的平均距离为x1；已知重力加速度为g； ②将B放在冰面上，使其左侧位于O点，并使其直径与图中虚线重合； ③多次将A压缩弹簧到M，释放A后使A与B对心正碰，测出A、B碰后停止滑行时A右侧和B左侧与O点的距离并求平均值，分别记为x2、x3，如图乙所示。 (1)A每次通过O点时的速度大小为___________（用x1、μ表示）； (2)实验中还需测量的物理量有___________（填字母序号）； A．A和B的质量m1、m2 B．A和B的直径d1、d2 C．发射槽口到O点的距离s0 (3)验证动量守恒定律的表达式为___________（用m1、m2、x1、x2、x3表示）。 【答案】(1) (2)A (3) 【详解】（1）冰壶A从O点到停止过程，由动能定理得 解得 （2）两冰壶碰撞后，由动能定理，对A 对B 解得碰撞后A的速度大小 B的速度大小 两冰壶碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 m1v0=m1v1+m2v2 整理得 实验还需要测量的量为两球质量。 故选A。 （3）由（2）可知，验证动量守恒定律的表达式是 85．某实验小组利用如图所示的装置来验证动量守恒定律。实验时先将质量为m1的小球A从弧形槽上某点由静止释放，小球A离开弧形槽后落在斜面上的P点；然后将质量为m2的小球B放于弧形槽末端，使其保持静止，再将小球A从弧形槽上由静止释放，两小球发生碰撞后分别落在斜面上的M、N两点，已知斜面与弧形槽末端相接于O点。空气阻力可忽略不计。 (1)关于该实验，下列说法正确的是（　　） A．两次释放小球A的位置应相同 B．弧形槽末端既可以水平也可以倾斜 C．两小球质量关系应满足m1>m2 D．实验时应测出斜面倾角 (2)某次实验测得OM、OP、ON的长度分别为L1、L2、L3，则当满足___________（结果用m1、m2、L1、L2、L3表示）时，可验证两小球碰撞时系统动量守恒；若该碰撞为弹性碰撞，且，则___________。 【答案】(1)AC (2) 【详解】（1）A．实验中要保持A球两次到达弧形槽末端时速度相同，所以两次释放小球A的位置应相同，A正确； B．应使两小球离开弧形槽后做平抛运动，否则仅根据落在斜面上的位移无法判断碰前碰后的速度关系，因此弧形槽末端必须水平，B错误； C．要使两球碰撞后A球不能反弹（反弹后将无法确定其碰撞后的速度），因此A球的质量应大于B球质量，即m1＞m2，C正确； D．该实验只需测出小球质量及落点到O点距离即可，因此无需测出斜面倾角θ，D错误。故选AC。 （2）[1]小球离开圆弧槽后做平抛运动，落在斜面上，则有， 联立解得即根据动量守恒定律有代入得 [2]当该碰撞为完全弹性碰撞时有， 联立解得因为所以 即 解得。 题型18 用单摆测重力加速度（共5小题） 86．在如图甲“用单摆测量重力加速度”的实验中： (1)如乙图，用螺旋测微器测出摆球的直径为__________； (2)某同学通过多次实验得出数据画出摆长和周期的平方的图像，如图丙，请根据图像求出重力加速度的值__________（已知，结果保留三位有效数字）； (3)若该同学测得的重力加速度值偏大，其原因可能是 。 A．单摆的悬点未固定紧，摆动中出现松动，使摆线增长了 B．把50次摆动的时间误记为49次摆动的时间 C．开始计时，秒表过早按下 D．测摆线长时摆线拉得过紧 【答案】(1) (2) (3)D 【详解】（1）螺旋测微器的固定刻度读数为，可动刻度读数为 故摆球的直径为 （2）由单摆周期公式，有 整理得 因此，图像的斜率为 由图像可得 解得 （3）A．由单摆周期公式可得 单摆的悬点未固定紧，摆动中出现松动，使实际摆长增大，周期增大，而计算时仍使用原测得的摆长，导致重力加速度的测量值偏小，A错误； B．把50次摆动的时间误记为49次摆动的时间，计算周期时用总时间除以49，使周期的测量值偏大，由可知，重力加速度的测量值偏小，B错误； C．开始计时时，秒表过早按下，使所测总时间偏大，周期的测量值偏大，导致重力加速度的测量值偏小，C错误； D．测摆线长时摆线拉得过紧，使摆长的测量值偏大，由可知，重力加速度的测量值偏大，D正确。 故选D。 87．小明同学进行“用单摆测定重力加速度”实验。 （1）该同学组装了如下几种实验装置，你认为最合理的装置是__________。（填正确答案前的标号） （2）实验时，用刻度尺测得摆线的长度为，用游标卡尺测得球的直径为。 （3）摆球在竖直平面内稳定摆动后，若用秒表记录单摆经历次全振动所用的时间，则此单摆的周期__________。重力加速度大小__________（用、和表示）。 （4）与重力加速度的真实值比较，发现根据公式计算出的结果偏大，原因可能是__________。（多选，填正确答案前的标号） A．振幅偏小 B．将摆线长加直径当成了摆长 C．将摆线长当成了摆长 D．将通过平衡位置的次数当成全振动次数 【答案】 B 2.0/2 / BD 【详解】（1）[1]为了减小误差小球应选取质量大体积小即密度大的铁球，摆线用细丝线，而不能用弹性绳，还需要保证摆动过程中摆线的长度不变，应采取铁夹夹住细丝线，故ACD错误，B正确； 故选B。 （2）[2]单摆经历次全振动所用的时间，则单摆的周期为 [3]根据单摆周期公式可得 解得重力加速度大小为 [4] A．由重力加速度公式可知，测量结果与振幅无关，振幅偏小不影响测量结果，故A错误； B．将摆线长加直径当成了摆长，则重力加速度公式中的分子偏大，测量值偏大，故B正确； C．将摆线长当成了摆长，则重力加速度公式中的分子偏小，测量值偏小，故C错误； D．将通过平衡位置的次数当成全振动次数，则周期T偏小，重力加速度公式中的分母偏小，测量结果偏大，故D正确； 故选BD。 88．根据单摆周期公式，可以通过实验测量当地的重力加速度。如图所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆。 (1)记录时间应从摆球经过________开始计时。 (2)某实验小组在测量单摆的周期时，测得摆球经过n次全振动的总时间为，在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆线长度为l，再用游标卡尺测量摆球的直径为D，某次测量游标卡尺的示数如图甲所示。可知，摆球的直径为 __________。测得重力加速度的表达式（用测得各物理量的字母表示）：________ (3)如果某同学测得的g值偏小，可能的原因是 。 A．误将摆线长当作摆长 B．测摆线长时将摆线拉得过紧 C．摆动过程中悬挂点松动了 D．实验中误将49次全振动计为50次 (4)为了提高实验的准确度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出几组对应的L和T的数值，以L为横坐标、T2为纵坐标作出图线，但同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆长，由此得到的图像是图乙中的________（选填①、②、③）；由此得到的g值会________（选填“偏小”“不变”“偏大”） 【答案】(1)最低点 (2) 16.4 (3)AC (4) ① 不变 【详解】（1）记录时间应从摆球经过最低点开始计时。 （2）[1]根据题意，由图可知，摆球的直径为 [2]由单摆的周期公式可得 （3）A．误将摆线长当作摆长，测量摆长偏小，偏小，故A正确； B．测摆线长时将摆线拉得过紧，测量摆长偏大，偏大，故B错误； C．摆动过程中悬挂点松动了，实际摆长变大，测量摆长偏小，偏小，故C正确； D．实验中误将49次全振动计为50次，测量周期偏小，偏大，故D错误。 故选AC。 （4）[1]根据题意可知实际摆长为，根据单摆周期公式可得 每次都把小球直径当作半径来计算摆长，图像的斜率不变，与纵轴的交点在负半轴，故图像是图乙中的①。 [2] 根据知图像的斜率，斜率不变故值不变。 89．某实验小组利用智能手机及单摆测定当地的重力加速度。将一个直径为d的小球用不可伸长的细线竖直悬挂，小球下方吸住一小块磁铁（厚度不计），手机放在悬点正下方水平面上，实验装置如图（1）所示。 （1）用游标卡尺测得小球的直径d，摆线长度为L。 （2）打开手机的磁传感器，让小球在竖直面内做小角度摆动，手机记录了竖直方向上磁感应强度的大小B随时间t变化的图像如图（2）所示，则单摆的周期T=________s。 （3）根据上述条件，计算出重力加速度g=________（用L、d、T表示）。 （4）多次改变摆长，重复实验，得到多组摆长L及小球摆动的周期T，作出相应的关系图像如图（3）所示。 ①取，根据图像可求出当地重力加速度________m/s²。 ②在实际操作中，磁铁的厚度不能被忽略。请你根据图像，求出小球与磁铁组成的整体的重心到球心的高度差________cm。 【答案】 1.98 9.86 2.5 【详解】（1）[1] 图（2）中两虚线处均对应磁感应强度的极大值，二者之间有5个完整周期，因此 [2] 单摆摆长为悬点到小球球心的距离，由周期公式 解得 [3] 图（3）中直线斜率 根据关系式 直线斜率为 因此 [4] 磁铁厚度不可忽略时，悬点到组合体重心的距离为，由周期公式可得 整理得 图线过点，故 90．在探究单摆运动的实验中，图甲是用力传感器对单摆小角度（小于）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绳子拉力大小与时间关系的图像。 (1)关于此单摆下列说法正确的是__________。 A．摆球摆到最高点时速度、加速度均为零 B．摆球摆动过程中合力方向始终沿绳指向悬挂点 C．最低点为平衡位置，此时合力为零 D．摆球的回复力由重力在垂直摆线方向上的分力充当 (2)某同学在实验操作过程中，你认为正确的是__________。 A．选用密度大、体积小的金属球作摆球 B．先测出细线长作摆长，再将细线缠绕在悬点固定好 C．实验中由于操作失误摆球形成圆锥摆运动，仍用原测量摆长计算重力加速度 (3)根据图乙的信息，该单摆的周期为__________（用、表示）；测得正确摆长为，可得当地重力加速度为__________（用、、、表示）。 【答案】(1)D (2)A (3) 【详解】（1）[1] A．摆球摆到最高点时速度为零，但重力沿切线方向的分力提供回复力，加速度不为零，故A错误； B．摆球摆动过程中合力一般有沿切线方向和沿绳方向的分量，方向不始终沿绳指向悬挂点，故B错误； C．最低点为平衡位置，此时回复力为零，但摆球做曲线运动需要向心力，合力不为零，故C错误； D．单摆小角度摆动时，摆球的回复力由重力在垂直摆线方向上的分力充当，故D正确。 故选D。 （2）[2] A．选用密度大、体积小的金属球作摆球，可减小空气阻力和浮力的影响，使摆球更接近质点，故A正确； B．摆长应为悬点到摆球球心的距离，不能只把细线长 当作摆长，且缠绕后有效摆长会改变，故B错误； C．圆锥摆不是同一竖直平面内的小角度单摆，不能仍用原测量摆长计算重力加速度，故C错误。 故选A。 （3）[3] 由图乙可知，绳子拉力最大时摆球经过最低点，相邻两次拉力最大对应摆球两次经过最低点，时间间隔为半个周期，故单摆周期为 [4] 由单摆周期公式 代入，解得 2 / 2 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 基础·固本强基 题型1 动量与冲量 题型2 动量定理的基本应用 题型3 动量守恒定律及判断 题型4 碰撞问题 题型5 人船模型 爆炸与反冲 题型6 简谐运动的描述与振动图像 题型7 单摆 题型8 受迫振动 共振 题型9 机械波的描述与波动图像 题型10 波的衍射 多普勒效应 提升·进阶突破 题型11 流体类模型中应用动量定理 题型12 应用动量守恒定律处理类碰撞问题 题型13 动量守恒定律的综合应用 题型14 波动图像和振动图像的综合应用 题型15 机械波的多解问题 题型16 波的干涉 题型17 验证动量守恒定律 题型18 用单摆测重力加速度 基础·固本强基 题型1 动量与冲量（共5小题） 1．一质量m＝2kg的物块静止在粗糙的水平地面上，物块与水平地面间的动摩擦因数为0.2，t＝0时刻给物块施加一水平向右的外力F，t＝5 s时物块速度达到v＝0.25m/s，并于t＝10s时撤去外力，以向右为正方向，力F随时间t的变化情况如图所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，g取10m/s2，则下列说法中错误的是（     ） A．0~5s内F的冲量为12.5N·s B．0~5s内物块所受摩擦力的冲量为12N·s C．0~5s内物块所受合力的冲量为0.5N·s D．0~5s内物块的动量变化量为0.5kg·m/s 2．将一质量为1kg的小球，从距离水平地面5m处以7.5m/s的初速度水平抛出，不计空气阻力，重力加速度大小取，则小球从抛出到落地（     ） A．重力冲量的大小为 B．重力冲量与竖直方向夹角为53° C．动量变化量的大小为10kg·m/s D．动量的变化率大小为7.5N 3．如图所示，质量为2kg的物体A静止在光滑的水平面上，与水平方向成30°角的恒力F＝3N作用于该物体，历时10s，则（     ） A．力F的冲量大小为零 B．力F对物体的冲量大小为 C．力F对物体的冲量大小为 D．物体动量的变化量为 4．如图所示，长为的细绳吊起一个质量为的摆球，细绳上端固定，使摆球在水平面内做匀速圆周运动。已知重力加速度为，细绳与竖直方向的夹角为。下列说法正确的是（     ） A．摆球运动过程中，任一时刻重力的功率为 B．摆球运动半周的过程，合力的平均功率为 C．摆球运动一周，拉力的冲量大小为 D．摆球运动半周，动量变化量为0 5．设一个50 g的鸡蛋从20 m高的楼上自由下落，鸡蛋的竖直高度为5 cm，与地面撞击时，鸡蛋下沿落地后，鸡蛋上沿的运动是匀减速运动，并且上沿运动到地面时恰好静止，以鸡蛋的上、下沿落地的时间间隔作为鸡蛋与地面的撞击时间，不计空气阻力，则鸡蛋对地面的平均冲击力约为（     ） A．200 N B．400 N C．600 N D．1000 N 题型2 动量定理的基本应用（共5小题） 6．足球运动员踢定位球时，一脚将球踢起，球在空中划了一道弧线落下，不计空气阻力。下列说法正确的是（    ） A．足球获得较大的初动量，仅是因为脚对球的作用力大 B．足球到最高点时动量为零 C．足球上升过程中动量变化量的方向竖直向下 D．足球下降过程中动量变化量的方向与运动轨迹相切 7．在一次摸高测试中，一质量为60kg的同学举臂起跳，在刚要离地时其手指距地面的高度为1.90m；离地后身体形状近似不变，手指摸到的最大高度为2.35m。若从蹬地到离开地面的时间为0.2s，重力加速度g取10m/s2.则在不计空气阻力情况下，起跳过程中他对地面的平均压力约为（     ） A．900N B．1500N C．1800N D．1600N 8．足球守门员会戴着厚厚的手套扑球，设某次扑球时，守门员向水平飞奔而来的球扑去，使球停下，与不戴手套相比，守门员戴手套（     ） A．能减小足球对手的作用时间 B．能增大足球对手的平均作用力 C．不能改变足球对手的冲量 D．能减小足球的动量变化量 9．2026年世界杯赛场上；一质量的足球水平迎面飞向球员头部，速度大小。如图所示，球员头球后，足球以斜向上反弹飞出，速度方向与水平方向夹角，头部与足球相互作用时间。已知，，取。下列说法正确的是（     ） A．足球动量的变化量大小为 B．足球动量的变化量大小为 C．头部对足球平均作用力的竖直分量大小为120 N D．头部对足球平均作用力的竖直分量大小为124 N 10．如图甲所示，质量为2kg的物块静止放置在水平地面上，物块与地面之间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对物块施加一水平方向的拉力F，拉力大小随时间变化关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，则下列说法不正确的是（     ） A．在0~4s内，重力对物块的冲量大小为80N•s B．在0~4s内，拉力F对物块的冲量大小为40N•s C．在0~4s内，摩擦力对物块的冲量大小为30N•s D．在t=4s时，物块的速度大小为4m/s 题型3 动量守恒定律及判断（共5小题） 11．现有两个带等量异种电荷的小球放置在光滑绝缘的水平面上，用绝缘轻弹簧连接，弹簧处于原长，将两小球由静止释放，在运动过程中，两小球和弹簧组成的系统（     ） A．动量守恒，机械能不守恒 B．动量不守恒，机械能守恒 C．动量守恒，机械能守恒 D．动量不守恒，机械能不守恒 12．如图，在光滑水平面上放置物体B，小球A从B的顶端沿光滑曲面由静止下滑，在小球A下滑过程中（　　） A．小球A下滑过程中机械能守恒 B．物体B对小球A的支持力不做功 C．小球A与物体B组成的系统机械能守恒 D．小球A与物体B组成的系统动量守恒 13．如图所示，将一个内外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一固定的竖直墙壁（不与槽粘连）。现让一小球自左端槽口A点的正上方由静止开始下落，从A点与半圆形槽相切进入槽内，则下列说法正确的是（     ） A．小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功 B．小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，小球的机械能不守恒 C．小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与半圆形槽组成的系统机械能守恒 D．小球从下落到从右侧离开半圆形槽的过程中，机械能守恒 14．如图所示，木块B与水平面间的摩擦不计，子弹A沿水平方向射入木块并在极短时间内相对于木块静止下来，然后木块压缩弹簧至弹簧最短。将子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程称为I，此后木块压缩弹簧的过程称为II，则（     ） A．过程I中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能不守恒，动量也不守恒 B．过程I中，子弹和木块所组成的系统机械能不守恒，动量守恒 C．过程II中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量也守恒 D．过程II中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能不守恒，动量守恒 15．两位滑冰运动员甲、乙均以1m/s的速度沿同一直线相向滑行，相遇时在极短时间内用力推开对方，此后甲以1m/s、乙以0.5m/s的速度向各自初速度的反方向运动，忽略冰面的摩擦，则两位运动员的质量之比是（　　） A．3∶5 B．3∶4 C．2∶3 D．3∶2 题型4 碰撞问题（共5小题） 16．A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，，，，。当A追上B发生碰撞后，A、B两球的速度可能值是（     ） A．   B．   C．   D．   17．如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量关系为mA＝2mB，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kg· m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞前后B球动量变化量的大小为4 kg· m/s，则（     ） A．左方是A球，碰前两球均向右运动 B．右方是A球，碰后两球均向右运动 C．碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5 D．经过验证两球发生的碰撞是非弹性碰撞 18．如图所示，两个体积相同的小球A、B用等长的细线悬挂于天花板上，线长为l，，若将球A由图示位置静止释放，在最低点与球B相碰，重力加速度为g，则下列说法正确的是（    ） A．球A下落到最低点的速度是 B．若球A与球B发生碰撞后粘在一起，则第一次碰撞后球A上升的最大高度是 C．若球A与球B发生碰撞后粘在一起，则第一次碰撞时损失的机械能为 D．若球A与球B发生弹性碰撞，则第一次碰撞后球A上升的最大高度是 19．滑块A的质量为，以的初速度沿水平面追赶正前方初速度为的滑块B并与之发生正碰后粘在一起运动，碰撞前后两个滑块的速度—时间图像如图所示。重力加速度大小，不计碰撞时间，两个滑块均看成质点。下列说法正确的是（     ） A．两个滑块与水平面的动摩擦因数都等于0.25 B．零时刻滑块A在滑块B的正后方处，末发生碰撞 C．碰撞过程中系统动量守恒，滑块B的质量是 D．碰撞过程滑块B受到的冲量大小为，方向与它的运动方向相同 20．在公路上发生一起交通事故，一辆质量为5000kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一辆质量为10000kg向北行驶的卡车，碰撞后两辆车接在一起，并向南滑行了一小段距离后停下。根据测速仪的测定，长途客车碰前以20m/s的速率行驶，由此可判断卡车碰撞前的行驶速率（     ） A．小于10m/s B．大于20m/s，小于30m/s C．大于10m/s，小于20m/s D．大于30m/s，小于40m/s 题型5 人船模型 爆炸与反冲（共5小题） 21．如图所示，气球下面有一根长绳，气球和长绳的总质量为m1＝20 kg，长绳的下端刚好和水平面接触。一个质量为m2＝50 kg的人抓住大气球下方的绳，初始静止时人离地面的高度为h＝5 m。如果这个人开始沿长绳向下滑动，当他滑到长绳下端时，他离地面的高度是（可以把人看作质点）（     ） A．5 m B．3.6 m C．2.6 m D．8 m 22．如图所示，一质量为M的小车静止在光滑水平面上，车上固定一个足够高的竖直轻支架，轻绳一端固定在支架上，另一端固定一质量为m的小球，绳长为l，将小球向右拉至轻绳水平后放手，以下说法正确的是（　　） A．系统的总动量守恒 B．小球的机械能守恒 C．小球不能向左摆到原高度 D．小车向右移动的最大距离为 23．如图所示，质量为3m、半径为R的四分之一光滑圆弧曲面体静止在光滑的水平面上，重力加速度为g。一质量为m的小物块从曲面体顶端由静止开始下滑到曲面最底端，此过程中（　　） A．物块、曲面体组成的系统动量守恒 B．物块水平方向运动的位移为 C．物块刚好滑离曲面体时，物块速度大小为 D．曲面体对物块做功 24．如图所示，一只悬停在水中的乌贼，当外套膜吸满水后，它的总质量为，遇到危险时，通过短漏斗状的体管在极短时间内向后高速喷出的水，乌贼的逃窜速度大小为15m/s，则乌贼喷出水的速度大小为（　　） A． B． C． D． 25．以与水平方向成60°角斜向上的初速度射出的炮弹，到达最高点时爆炸成质量分别为m和2m的两块，其中质量大的一块沿着原来的方向以的速度飞行，则质量较小的另一块弹片速度的大小和方向为 （    ） A．        与爆炸前速度方向相同 B．        与爆炸前速度方向相反 C．        与爆炸前速度方向相反 D．        与爆炸前速度方向相同 题型6 简谐运动的描述与振动图像（共5小题） 26．如图所示，弹簧振子在BC间振动，O为平衡位置，BO=OC=5cm，若振子从B到C的运动时间是1s，则下列说法正确的是（　　） A．振子从B经O到C完成一次全振动 B．振动周期是1s，振幅是10cm C．经过两次全振动，振子通过的路程是20cm D．从B开始经过3s，振子通过的路程是30cm 27．如图所示，弹簧振子在光滑水平杆上的之间做简谐运动，下列说法正确的是（     ） A．小球运动过程中受重力、弹簧弹力和回复力的作用 B．小球运动过程中受重力、支持力、弹簧弹力和回复力的作用 C．小球由向B运动过程中，动能逐渐减小 D．小球由A向运动过程中，回复力的方向由指向 28．如图所示，沿水平方向做简谐运动的质点，依次通过相距L的A、B两点。已知质点在A点的位移大小为振幅的一半，B点位移大小是A点的倍，质点经过A点时开始计时，t时刻第一次经过B点，该振动的振幅和周期可能是（　　） A．， B．， C．， D．， 29．一质点做简谐运动，其位移与时间的关系曲线如图所示，由图可知（     ） A．振幅为，频率为0.2 Hz B．时质点具有负方向最大加速度 C．从到的时间内质点的路程为 D．该质点的振动方程为 30．如图1所示，一个鱼漂静止漂浮在水面上，此时水面恰好与鱼漂上的刻度O齐平（O为鱼漂的平衡位置）。现用手将鱼漂向下按压，使水面与鱼漂上的刻度M齐平后松手，鱼漂沿竖直方向做简谐运动，运动至最高点时，水面与刻度N齐平。以向上为正方向，从时刻开始，鱼漂的位移—时间图像如图2所示。在鱼漂运动过程中，下列说法正确的是（     ） A．水面与刻度O齐平时，鱼漂的速度最大，加速度为零 B．水面与刻度N齐平时，鱼漂的加速度方向向上且最大 C．M、N之间的距离等于鱼漂做简谐运动的振幅 D．由位移图像可知，时刻，鱼漂的速度为正方向的最大值 题型7 单摆（共5小题） 31．位于淄博和广州的两位同学，分别探究了单摆周期和摆长的关系，然后通过网络交流实验数据，并用计算机绘制了图像、，如图甲所示。另外，淄博的同学还利用计算机绘制了、两个单摆的振动图像，如图乙所示。下列说法正确的是（     ） A．甲图中淄博的同学所测得的实验结果对应的是图线A B．甲图中图线A对应的所在位置的重力加速度大小为 C．由乙图可知，两单摆频率之比为 D．由乙图可知，时球振动方向沿轴正方向 32．一单摆的周期为T，摆球质量为m，摆长为L。若将摆长变为原来的4倍，摆球质量减半，则单摆的周期变为（     ） A．2T B．T C． D．4T 33．如图甲所示，小明同学利用漏斗做简谐运动实验，他将漏斗下方的薄木板沿箭头方向拉出，漏斗4s内漏出的细沙在板上形成了如图乙所示曲线AE，当地重力加速度大小。下列说法正确的是（　　） A．该沙摆的摆动频率为2Hz B．该沙摆的摆长约为2m C．由图乙可知薄木板做匀减速直线运动， 且加速度大小约为0.03m/s2 D．当图乙中的D点通过沙摆正下方时， 薄木板的速度大小约为0.25m/s 34．如图所示，单摆甲放在空气中，周期为；单摆乙的摆球带正电，摆线绝缘，放在匀强磁场中，周期为；单摆丙的摆球带正电，摆线绝缘，放在匀强电场中，周期为；单摆丁放在静止在水平面上的光滑斜面上，周期为。若甲、乙、丙、丁四个单摆的摆长相等，则下列关系式正确的是（    ） A． B． C． D． 35．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所显示的图像，其中的最大值。已知小球质量，小球的直径，取重力加速度，取9.8，不计细线质量及空气阻力。下列说法正确的是（     ） A．单摆周期为1s B．细线的长度为 C．小球经过最低点时速度大小为 D． 题型8 受迫振动 共振（共5小题） 36．在张紧的水平绳上挂5个单摆，先让A摆振动起来，其余各摆也随之振动，已知A、B、C的摆长相等，下列判断错误的是（     ） A．振动稳定后E摆的振动频率最大 B．E摆的固有频率最大 C．振动稳定后5个摆的振动频率都相等 D．B、C摆的振幅比D、E要大 37．用声波发生器对着一玻璃杯子产生频率为的声波，杯子未被声波震碎。将声波发生器产生的声波频率调整为时，杯子被声波震碎了。下列说法中正确的是（　　） A．若将声波发生器产生的声波频率调整为更高的，杯子一定更容易被声波震碎 B．当声波的频率为时，杯子做简谐振动 C．当声波的频率为时，杯子振动的频率为 D．轻敲一下杯子，它振动的频率更接近而不是 38．历史上曾有军队齐步通过桥梁导致桥梁剧烈振动甚至坍塌的事故。为避免此类危险，现代军队过桥时通常改为便步（即步伐不统一）。下列说法正确的是（     ） A．军队齐步走产生的驱动力频率等于桥梁的固有频率时，桥梁的振幅最大 B．桥梁的固有频率与军队齐步走的频率有关 C．军队总质量越大，桥梁越有可能发生共振 D．桥梁做简谐运动时，振幅越大，固有频率越高 39．如图所示，两个弹簧与钩码组成固有频率为的振动系统，架子上面的电动机对该系统施加周期性的驱动力，使钩码在竖直方向做受迫振动。电动机的转速可以改变，钩码振动稳定后，下列判断正确的是（     ） A．当电动机的转速为时，钩码的振动频率为 B．当电动机的转速为时，钩码的振动周期为 C．当电动机的转速为时，钩码振动的振幅最大 D．无论电动机的转速如何变化，钩码振动的振幅都不会发生改变 40．为了交通安全，常在公路上设置减速带，减速带使路面稍微拱起以达到使车辆减速的目的。一排等间距设置的减速带，可有效降低车速，称为洗衣板效应。如果某路面上的减速带的间距为1.5m，一辆固有频率为2Hz的汽车匀速驶过这排减速带，下列说法正确的是（　　） A．当汽车以5m/s的速度行驶时，其振动频率为2Hz B．当汽车以3m/s的速度行驶时颠簸最厉害 C．当汽车以3m/s的速度行驶时最不颠簸 D．汽车速度越大，颠簸的就越厉害 题型9 机械波的描述与波动图像（共5小题） 41．振源从0时刻开始带动细绳上各点上下做简谐运动，振幅为。时绳上形成的波形如图所示，则下列说法正确的是（     ） A．此时质点向上运动 B．0到内质点经过的路程为 C．0到内质点发生的位移为 D．这列波的周期为 42．如图是某绳波形成过程的示意图。质点1在外力作用下沿竖直方向做简谐运动，带动质点2，3，4，……各个质点依次振动。已知相邻编号的质点间水平距离为1cm，t=0时，质点1开始向上运动；t=0.2s时，质点1第一次到达上方最大位移处，质点5开始向上运动。下列说法正确的是（     ） A．这列波的波长为4cm B．这列波传播的速度为0.25m/s C．t=0.4s时，质点9开始振动 D．t=0.6s时，质点8向上运动 43．如图所示，安康香溪洞景区的游客把绳子的右端固定在墙AB上，用手以恒定振幅上下抖动绳子的左端S，绳波从波源S向右传播，图示时刻刚好传到P点。已知手抖动的周期为T，S、P两点间的距离为L，下列说法正确的是（     ） A．该绳波的波速为 B．该绳波波源S的起振方向竖直向下 C．绳波向右传播的过程中，绳子中的质点随波向右迁移 D．加快S端的抖动速度，则绳波的传播速度变大 44．如图为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图（振动刚传到x=0.2m处），已知该波的周期为0.4s，a、b、c为沿波传播方向上的质点，则下列说法中正确的是（     ） A．t=0.8s时，质点d的加速度达到y轴负向最大值 B．质点a比质点b先回到平衡位置 C．t=0.4s时，质点b的速度方向为y轴负方向 D．从t=0到t=0.6s的过程，质点c所经过的路程为0.3m 45．如图所示为一列沿x轴传播的简谐横波，a、b、c、d为简谐横波上的四点，时刻的波形图如图所示，其中a、b、c三点到x轴的距离大小相等。则下列说法正确的是（　　） A．d点的振幅为0 B．时刻，b、c两点的速度方向相反 C．若时刻，a点的振动方向沿y轴的负方向，则c点比e点先回到平衡位置 D．若时刻，a点的振动方向沿y轴的正方向，则c点比b点先回到平衡位置 题型10 波的衍射 多普勒效应（共5小题） 46．下列说法正确的是（     ） A．“闻其声而不见其人”现象说明遇到同样障碍物时声波比可见光容易发生衍射 B．超声波被血流反射回来其频率发生变化可测血流速度，是利用了波的干涉现象 C．做受迫振动的物体，其稳定时的振动频率等于物体本身的固有频率 D．光可以发生偏振现象，声波同样也可以发生偏振现象 47．蟾蜍在水塘边平静的水面上鸣叫，形成如图所示的水波。已知水波的传播速度与水的深度关系为。下列说法正确的是（     ） A．水波从浅水区传入深水区，频率变大 B．在深水区，水波更容易发生衍射现象 C．水面上飘落的树叶会被水波推向岸边 D．人向着蟾蜍运动时，听到的鸣叫声频率降低 48．如图，挡板M是固定的，挡板N可以上下移动。现在把M、N两块挡板中的空隙当作一个“小孔”做水波的衍射实验，出现了图示中的图样，P点的水没有振动起来。为了使挡板左边的振动传到P点，可以采用的办法是（　　） A．增大振源频率 B．减小振源频率 C．N板向下移动 D．N板向左移动 49．小成同学国庆去龙泉驿找朋友时，在路上遇见了很多“萝卜快跑”的无人驾驶汽车，它们“敏捷”地参与着交通。好奇之下，他查阅资料发现无人驾驶技术使用毫米波雷达发射和接收无线电波，再通过因波的时间差和多普勒效应造成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，则（     ） A．当时，表明前车与无人车速度相同 B．当时，表明前车一定处于静止状态 C．当时，表明前车在加速行驶 D．当时，表明前车在减速行驶 50．“自适应巡航控制系统（ACC）”利用多普勒效应测量己方车辆与前车的相对速度，从而实现己方车辆在前车减速时自动减速、前车加速时自动跟上的目的。若在同一直线车道内，己方车辆发射的电磁波频率为，接收到前车反射回来的电磁波频率为，则（     ） A．当时，表明前车与己方车辆速度相同 B．当时，表明前车一定处于静止状态 C．当时，表明前车在减速行驶 D．当时，ACC系统将采取减速措施 提升·进阶突破 题型11 流体类模型中应用动量定理（共5小题） 51．2021年中国火星探测器“天问一号”在火星表面成功着陆，火星车“祝融号”开展巡视探测，假定火星上风速约为10m/s，火星大气密度约为，“祝融号”迎风面积约为6m2，风垂直吹到火星车上速度立刻减为零，则火星车垂直迎风面受到的压力约为（　　） A．0.78N B．7.8N C．780N D．78N 52．公园中有一喷泉，将水流以恒定的速率从截面积为S=1cm2的管口持续不断地竖直向上喷出，在水流的冲击下，一质量为m=0.8kg的铁盒稳定悬浮在空中（盒子底面积大于与盒底接触的水流截面积）。已知水流向上运动并冲击铁盒后，在竖直方向的速度减为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力，已知水的密度，重力加速度g取10m/s2，盒子在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度h约为（     ） A．2m B．1.8m C．1m D．3m 53．冲牙器通过喷出高压水流来冲洗牙齿。如图所示，喷嘴直径为，工作时水柱以一定的速度垂直冲击到牙齿表面后，速度立即减为零，沿牙齿表面散开。若单位时间内流过喷嘴的水体积保持不变，将喷嘴直径更换为后，水柱对牙齿的平均冲击力大小变为原来的（     ） A．4倍 B．倍 C．2倍 D．倍 54．图为环卫工人用高压水枪冲洗马路情景：水柱以速度大小为v的速度喷到水平地面，随即以速率溅起，并与地面垂直。设一小段时间内喷出水的质量为，则水柱对地面作用力为（　　） A． B． C． D． 55．雨打芭蕉是中国古代文学中常见的抒情意象，为估算雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强，小华同学将一圆柱形的量杯置于院中，测得一段时间内杯中水面上升的高度为，查询得知当时雨滴下落的速度为。设雨滴竖直下落到水平的芭蕉叶上后以原来的速率竖直反弹。已知水的平均密度为，不计雨滴重力的影响，则的大小为（　　） A． B． C． D． 题型12 应用动量守恒定律处理类碰撞问题（共5小题） 56．如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为的滑块，滑块的一侧是一个弧形槽，凹槽半径为，点切线水平。另有一个质量为的小球以速度从点冲上滑块，重力加速度大小为，不计摩擦。下列说法中正确的是（     ） A．小球回到斜槽底部时，小球速度方向可能向左 B．在小球相对滑块运动的过程中小球与滑块组成的系统动量守恒 C．小球到达斜槽最高点处，小球的速度为零 D．当时，小球能到达B点 57．如图所示，有一质量为的小球，以速度滑上静置于光滑水平面上带有四分之一光滑圆弧轨道的滑块。滑块的质量为，小球在上升过程中始终未能冲出圆弧，重力加速度为，在小球运动过程中，（    ） A．圆弧轨道先加速后减速再匀速运动 B．小球在圆弧轨道最高点的速度大小为 C．小球离开圆弧轨道时圆弧轨道的速度大小为 D．小球在圆弧轨道上能上升的最大高度为 58．如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为和的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。现给A一个水平向右的初速度，大小为3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的关系如图乙所示。已知m1=1kg，下列正确的是（     ） A．t1时刻和t3时刻弹簧都处于压缩状态 B．弹簧的最大弹性势能为4.5J C．B的质量为1kg D．B的最大速度为2m/s 59．如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为0.98kg和2kg的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上，一颗质量为0.02kg的子弹C以速度射入物块A并留在A中，以此刻为计时起点，两物块A（含子弹C）、B的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息分析可知，下列说法中不正确的是（　　） A．子弹C射入物块A的速度为 B．以A、B、C及弹簧为系统，机械能不守恒 C．在时刻弹簧一定处于原长状态 D．在时间内，弹簧的最大弹性势能为10J 60．如图所示，光滑水平面上静置一质量为的木板，质量为的小物块以初速度从左端滑上木板，与木板相对静止时恰好运动到木板中央。已知物块与木板间动摩擦因数为，不计空气阻力，重力加速度为。下列说法正确的是（     ） A．木板长度为 B．木板长度为 C．系统因摩擦产生的热量大于木板获得的动能 D．系统因摩擦产生的热量小于木板获得的动能 题型13 动量守恒定律的综合应用（共5小题） 61．如图所示，半径R=1.8m的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定，质量M=2kg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m=4kg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µ=0.5，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g=10m/s2。求：（结果均可用分数表示） (1)滑块B和木板A第一次相对静止时的速度大小； (2)木板A最初静止时右端与挡板P之间的距离； (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； (4)木板A至少多长。 62．如图所示，紧靠在水平平台右端的长木板上表面水平且与平台等高，长木板上下表面均光滑，右端为半径的光滑圆弧，可视为质点的滑块B静止在长木板的左端。质量的滑块A在光滑水平平台上以初速度向右匀速运动，一段时间后滑块A与滑块B发生完全弹性碰撞。已知滑块B的质量为，重力加速度g取。 (1)求滑块A、B碰后瞬间滑块B的速度大小； (2)若滑块B恰好不能从长木板右端滑离长木板，求长木板的质量； (3)在满足（2）的条件下，长木板的速度达到最大时B对Q点压力的大小。 63．某实验小组的研究装置如图所示，质量为和的物体静止放在光滑水平面上，两者之间用轻弹簧拴接。现有质量为的物体以速度向右运动，与碰撞（碰撞时间极短）后粘合在一起。试求： (1)和碰撞过程中损失的机械能是多少？ (2)弹簧能产生的最大弹性势能是多少？ (3)从与碰撞后到弹簧第一次恢复原长的过程中，弹簧对冲量的大小是多少？ 64．如图所示，长度、以大小为、沿顺时针方向转动的水平传送带与足够长光滑水平平台相切于点，平台上均匀静止排列3个质量均为的相同物块，相邻物块间距离，第一个物块在水平台上紧靠传送带右端点。一质量的铁块从点以大小为的速度向右滑上传送带。碰撞均为弹性正碰，碰撞时间不计，铁块、物块均可视为质点，铁块与传送带间的动摩擦因数，取。求： (1)铁块第一次经过点时的速度大小； (2)铁块与物块1第一次碰撞后瞬间，物块1的速度大小； (3)铁块与物块1第一次碰撞后到第二次碰撞前的时间和第二次碰撞后到第三次碰撞前的时间之比。 65．如图所示，斜面固定，倾角θ=37°。一端带有挡板的木板A质量为m1=2kg，上表面光滑、下表面与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5，木板足够长，且挡板距离斜面底端足够远；另一质量为m2=1kg的小滑块B放在木板A上，距挡板s=0.75m。开始时A、B在外力的作用下均静止，现撤去外力，在运动过程中A、B发生的碰撞均为时间极短的弹性碰撞，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2。求： (1)撤去外力后，小滑块B运动的加速度大小； (2)第一次碰撞前，A、B的速度大小； (3)第一次碰撞后到第二次碰撞前，B与挡板间的最大距离。 题型14 波动图像和振动图像的综合应用（共5小题） 66．一列简谐横波沿轴方向传播，处质点的振动图像如图甲所示，时部分波形图如图乙所示。下列说法正确的有（     ） A．该简谐横波沿轴负方向传播 B．时处的质点对应的纵坐标为 C．该简谐横波传播速度为 D．处的质点比处的质点振动滞后0.1s 67．一列简谐横波沿x轴传播，图（a）是时刻的波形图；P是介质中位于处的质点，其振动图像如图（b）所示。关于这列简谐波，下列说法正确的是（　　） A．波速为2m/s B．向左传播 C．波的振幅是10cm D．处的质点在时位于平衡位置 68．当上、下抖动轻绳时，轻绳则呈正弦波形状。如图（a）所示是某轻绳产生的横波沿x轴传播时刻的波形图，P、Q分别是平衡位置为和的两质点，图（b）为质点Q的振动图像，则（　　） A．波沿x轴负方向传播 B．质点P的振动方程为 C．质点P经过0.075s的路程为3cm D．人若加快抖动轻绳，两个相邻波峰之间的距离变大 69．一简谐横波沿轴正方向传播，在时刻，该波的波形图如图（a）所示，图（b）表示介质中某质点的振动图像，、是介质中的两个质点。下列说法正确的是（     ） A．质点的振动图像与图（b）相同 B．平衡位置在坐标原点的质点的振动图像如图（b）所示 C．在时刻，质点的速率比质点的大 D．在时刻，质点的加速度的大小比质点的大 70．一列简谐横波沿x轴传播，t=0.25s时的部分波形图如图甲所示，A、B、C、P是介质中的四个质点，质点B的平衡位置为坐标原点，该时刻质点B的位移已在图中标出，质点P此时恰好位于波谷，已知B、P两质点平衡位置之间的距离为7m，质点C的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A．该波沿x轴负方向传播 B．t=0.25s后再经过，质点B到达波谷 C．质点C的平衡位置坐标为2.5m D．质点P的振动方程为 题型15 机械波的多解问题（共5小题） 71．如图所示，一列简谐横波沿轴负方向传播，时波形如图中实线所示，时波形如图中虚线所示，已知：，该波的振幅，质点的平衡位置坐标为。下列说法正确的是（     ） A．该列波的波长为 B．该列波的振动周期为 C．时质点沿轴正方向运动 D．到这段时间内，质点走过的路程为 72．一列简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻波形图如图实线所示，此时波刚好传到P点，时刻的波形如图中虚线所示，a、b、c、P、Q是介质中的质点，则下列说法正确的是（　　） A．这列波的波速一定是 B．质点a在这段时间内通过的路程一定小于30cm C．若周期，则在时刻，质点Q速度最大 D．质点c在这段时间内通过的路程可能为60cm 73．如图，一简谐横波在x轴上传播，轴上a、b两点相距2m。t＝0时a点为波峰，b点为波谷；t＝1s时a点为波谷，b点为波峰，则下列判断中正确的是（　　）    A．波一定沿x轴负向传播 B．波长可能是2.4m C．周期可能是0.4s D．波速可能是1m/s 74．战绳作为一项超燃脂的运动，十分受人欢迎。一次战绳练习中，某运动达人晃动战绳一端使其上下振动（可视为简谐振动）形成横波。图（甲）、（乙）分别是战绳上P、Q两质点的振动图像，传播方向为P到Q。波长大于、小于，P、Q两质点在波的传播方向上相距，下列说法正确的是（　　） A．P、Q两质点振动方向始终相反 B．该列波的波长可能为 C．该列波的波速可能为 D．从至，Q质点运动的路程为 75．一列简谐横波在时的波形如图中实线所示，时的波形如图中虚线所示，下列说法正确的是（    ） A．这列波的波长为6m B．若波向右传播，则波的频率一定为0.25Hz C．若波向左传播，则波的传播速度最小为6m/s D．平衡位置分别为A、B的两个质点，振动方向有时相同有时相反 题型16 波的干涉（共5小题） 76．如图所示为两列相干水波在时刻的叠加情况，其中实线表示波峰，虚线表示波谷。若两列波的振幅均保持不变，波速和波长分别为和，C点是连线的中点。则下列说法正确的是（　　） A．B、D点振动始终加强 B．C点始终保持静止不动 C．时刻，A、B两点的竖直高度差为 D．在至的时间内，B质点运动到A点的位置 77．两列振幅、相位均相同的简谐横波在水平面上传播，产生干涉现象，某时刻的干涉图样如图所示，实线代表波峰，虚线代表波谷，M、N、P三质点的平衡位置在同一直线上，以下说法正确的是（     ） A．两列简谐横波的频率一定相同 B．再经过半个周期，质点P运动至M处 C．质点Q到两波源的路程差为波长的奇数倍 D．图示时刻质点N的速度小于质点P的速度 78．在同一均匀介质中，位于x=-6m和x=12m处的两个波源M和N均沿y轴方向做简谐运动，形成横波a和b，t=0时的波形图如图所示，此时波a和b分别传播到x=-2m和x=8m处。t=5s时波a、b恰好相遇，则下列说法正确的是（     ） A．波a、b在相遇区域不会发生稳定的干涉现象 B．t=0时，质点P沿y轴负方向运动 C．x=1m处的质点的振幅为10cm D．x=3m处的质点为振动减弱点 79．如图，在均匀介质中，位于和处的两波源和沿轴方向不断振动，在轴上形成两列振幅均为、波速均为的相向传播的简谐横波，时刻的波形如图所示，则下列说法正确的是（     ） A．波源和的起振方向都沿轴正方向 B．形成稳定干涉图样后，在间共有个加强点 C．时，处的质点偏离平衡位置的位移为 D．内，处的质点运动的路程为 80．如图1所示，均匀介质中的水平面内，、、为直角三角形的顶点，，。位于、两点的波源、均沿竖直方向振动，它们的振动图像分别如图2、图3所示。已知波源产生的机械波经过传播到点，下列说法正确的是（     ） A．，处的质点经过的路程为 B．时，处的质点位移不为零 C．后，、边上（不含波源）有10个振动加强点 D．后，、边上（不含波源）有10个振动减弱点 题型17 验证动量守恒定律（共5小题） 81．某同学用图所示装置来验证动量守恒定律，实验时先让a球从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下痕迹，重复10次；然后再把b球静置在斜槽轨道末端，让a球仍从原固定点由静止开始滚下，和b球相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次。回答下列问题： (1)在安装实验装置时斜槽末端的切线必须是水平的，这样做的目的是________； (2)小球a、b质量、的大小关系应满足________（填“>”，“=”或“<”），为保证碰撞是对心碰撞，两球的半径应满足。 (3)在以下选项中，哪些是本次实验必须进行的测量？（     ） A．水平槽上未放b球时，测量a球落点位置到点的距离 B．a球与b球碰撞后，测量a球与b球落点位置到点的距离 C．a球和b球在空间飞行的时间 (4)在本实验中用、、表示小球做抛体运动的水平位移的大小，验证动量守恒的验证式是下列选项中的（     ） A． B． C． 82．在“验证动量守恒定律”实验中，实验装置如图所示，按照以下步骤进行操作： ①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； ②将木板水平向右移动一定距离并固定，再将小球a从斜槽上固定点处由静止释放，撞到木板上得到痕迹B； ③把小球b静止放在斜槽轨道水平段的最右端，让小球a仍从斜槽上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。 (1)下列措施必要的是______； A．斜槽轨道必须是光滑的 B．斜槽末端不必保持水平 C．测出a球开始释放的高度h D．a球和b球的半径和质量满足和 (2)在本实验中，必须用到的测量器材是 A．刻度尺 B．游标卡尺 C．秒表 D．弹簧秤 (3)为完成本实验，测量了a球和b球的质量、、O点到A、B、C三点的距离、、，只要验证等式_____________（用已测量的物理量的字母表示）成立，即表示碰撞中动量守恒。若测得，则a球质量和b球的质量的比值为______。 83．如图所示，某同学利用气垫导轨做“验证动量守恒定律”的实验，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架、光电门等组成。 实验步骤： ①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平； ②向气垫导轨通入压缩空气； ③接通数字计时器； ④把滑块2静止放在气垫导轨的中间； ⑤滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳； ⑥释放滑块1，滑块1通过光电门1后与左侧带有固定弹簧（未画出）的滑块2碰撞，碰后滑块2和滑块1依次通过光电门2，两滑块通过光电门2后依次被制动； ⑦读出滑块通过光电门的挡光时间，滑块1通过光电门1的挡光时间Δt1＝10.01ms，通过光电门2的挡光时间Δt2＝49.99ms，滑块2通过光电门2的挡光时间Δt3＝8.35ms；（注：1秒=1000毫秒） ⑧测出挡光板的宽度d＝5mm，测得滑块1的质量为m1＝300g，滑块2（包括弹簧）的质量为m2＝200g。 (1)实验中气垫导轨的作用是________________________________________； (2)碰撞前滑块1的速度v1为___________m/s，碰撞后滑块2的速度v3为___________m/s；（结果均保留两位有效数字） (3)碰撞前系统的总动量为m1v1＝___________；碰撞后系统的总动量为m1v2＋m2v3＝___________；由此可得实验结论在实验误差允许的范围内，两滑块相互作用的过程，系统的动量守恒。 84．寒冷的冬天，某物理兴趣小组制作了两只冰壶A和B（冰壶A、B与冰面的动摩擦因数均为μ），然后找一块平整的冰面验证动量守恒定律。主要实验步骤如下： ①在冰面上固定发射装置。通过A压缩弹簧到M位置，释放后A沿图甲中虚线运动。在虚线的适当位置取一点O，多次测出A停止滑动时其右侧到O点的平均距离为x1；已知重力加速度为g； ②将B放在冰面上，使其左侧位于O点，并使其直径与图中虚线重合； ③多次将A压缩弹簧到M，释放A后使A与B对心正碰，测出A、B碰后停止滑行时A右侧和B左侧与O点的距离并求平均值，分别记为x2、x3，如图乙所示。 (1)A每次通过O点时的速度大小为___________（用x1、μ表示）； (2)实验中还需测量的物理量有___________（填字母序号）； A．A和B的质量m1、m2 B．A和B的直径d1、d2 C．发射槽口到O点的距离s0 (3)验证动量守恒定律的表达式为___________（用m1、m2、x1、x2、x3表示）。 85．某实验小组利用如图所示的装置来验证动量守恒定律。实验时先将质量为m1的小球A从弧形槽上某点由静止释放，小球A离开弧形槽后落在斜面上的P点；然后将质量为m2的小球B放于弧形槽末端，使其保持静止，再将小球A从弧形槽上由静止释放，两小球发生碰撞后分别落在斜面上的M、N两点，已知斜面与弧形槽末端相接于O点。空气阻力可忽略不计。 (1)关于该实验，下列说法正确的是（　　） A．两次释放小球A的位置应相同 B．弧形槽末端既可以水平也可以倾斜 C．两小球质量关系应满足m1>m2 D．实验时应测出斜面倾角 (2)某次实验测得OM、OP、ON的长度分别为L1、L2、L3，则当满足___________（结果用m1、m2、L1、L2、L3表示）时，可验证两小球碰撞时系统动量守恒；若该碰撞为弹性碰撞，且，则___________。 题型18 用单摆测重力加速度（共5小题） 86．在如图甲“用单摆测量重力加速度”的实验中： (1)如乙图，用螺旋测微器测出摆球的直径为__________； (2)某同学通过多次实验得出数据画出摆长和周期的平方的图像，如图丙，请根据图像求出重力加速度的值__________（已知，结果保留三位有效数字）； (3)若该同学测得的重力加速度值偏大，其原因可能是 。 A．单摆的悬点未固定紧，摆动中出现松动，使摆线增长了 B．把50次摆动的时间误记为49次摆动的时间 C．开始计时，秒表过早按下 D．测摆线长时摆线拉得过紧 87．小明同学进行“用单摆测定重力加速度”实验。 （1）该同学组装了如下几种实验装置，你认为最合理的装置是__________。（填正确答案前的标号） （2）实验时，用刻度尺测得摆线的长度为，用游标卡尺测得球的直径为。 （3）摆球在竖直平面内稳定摆动后，若用秒表记录单摆经历次全振动所用的时间，则此单摆的周期__________。重力加速度大小__________（用、和表示）。 （4）与重力加速度的真实值比较，发现根据公式计算出的结果偏大，原因可能是__________。（多选，填正确答案前的标号） A．振幅偏小 B．将摆线长加直径当成了摆长 C．将摆线长当成了摆长 D．将通过平衡位置的次数当成全振动次数 88．根据单摆周期公式，可以通过实验测量当地的重力加速度。如图所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆。 (1)记录时间应从摆球经过________开始计时。 (2)某实验小组在测量单摆的周期时，测得摆球经过n次全振动的总时间为，在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆线长度为l，再用游标卡尺测量摆球的直径为D，某次测量游标卡尺的示数如图甲所示。可知，摆球的直径为 __________。测得重力加速度的表达式（用测得各物理量的字母表示）：________ (3)如果某同学测得的g值偏小，可能的原因是 。 A．误将摆线长当作摆长 B．测摆线长时将摆线拉得过紧 C．摆动过程中悬挂点松动了 D．实验中误将49次全振动计为50次 (4)为了提高实验的准确度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出几组对应的L和T的数值，以L为横坐标、T2为纵坐标作出图线，但同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆长，由此得到的图像是图乙中的________（选填①、②、③）；由此得到的g值会________（选填“偏小”“不变”“偏大”） 89．某实验小组利用智能手机及单摆测定当地的重力加速度。将一个直径为d的小球用不可伸长的细线竖直悬挂，小球下方吸住一小块磁铁（厚度不计），手机放在悬点正下方水平面上，实验装置如图（1）所示。 （1）用游标卡尺测得小球的直径d，摆线长度为L。 （2）打开手机的磁传感器，让小球在竖直面内做小角度摆动，手机记录了竖直方向上磁感应强度的大小B随时间t变化的图像如图（2）所示，则单摆的周期T=________s。 （3）根据上述条件，计算出重力加速度g=________（用L、d、T表示）。 （4）多次改变摆长，重复实验，得到多组摆长L及小球摆动的周期T，作出相应的关系图像如图（3）所示。 ①取，根据图像可求出当地重力加速度________m/s²。 ②在实际操作中，磁铁的厚度不能被忽略。请你根据图像，求出小球与磁铁组成的整体的重心到球心的高度差________cm。 90．在探究单摆运动的实验中，图甲是用力传感器对单摆小角度（小于）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绳子拉力大小与时间关系的图像。 (1)关于此单摆下列说法正确的是__________。 A．摆球摆到最高点时速度、加速度均为零 B．摆球摆动过程中合力方向始终沿绳指向悬挂点 C．最低点为平衡位置，此时合力为零 D．摆球的回复力由重力在垂直摆线方向上的分力充当 (2)某同学在实验操作过程中，你认为正确的是__________。 A．选用密度大、体积小的金属球作摆球 B．先测出细线长作摆长，再将细线缠绕在悬点固定好 C．实验中由于操作失误摆球形成圆锥摆运动，仍用原测量摆长计算重力加速度 (3)根据图乙的信息，该单摆的周期为__________（用、表示）；测得正确摆长为，可得当地重力加速度为__________（用、、、表示）。 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $