2021-2022学年新教材人教版高中物理选择性必修第一册全册各章重点题汇总

人教版高中物理选择性必修第一册各章重点题

第一章动量守恒定律....................................................1

第二章机械振动.......................................................12

第三章机械波.........................................................20

第四章光.............................................................31

第一章动量守恒定律

1.在光滑的水平面上，原来静止的物体在水平力尸的作用下，经过时间3

通过位移L后，动量变为p,动能变为Ek.以下说法正确的是（）

A.在尸作用下，这个物体经过位移2L,其动量等于2〃

B.在尸作用下，这个物体经过时间23其动量等于2P

C.在尸作用下，这个物体经过时间23其动能等于2公

D.在F作用下，这个物体经过位移2L,其动能等于4反

【答案】B【解析】由题意可知，经过时间八通过位移L后，动量为p、

动能为Ek,由动量定理可知p=R,由动能定理得£k=FL,设物体质量为，期当

位移为2L时，物体的动能Ek'=^2L=2fL=2Ek,物体的动量p'=72出'=

y]2mX2Ek=y/2p,故A、D错误；当时间为2r时，动量=F-2t=2Ft=2p,

物体的动能Ek'=g-=9"=4X卢=4反，故B正确，C错误.

2.如图所示，在光滑的水平面上有2018个完全相同的小球排成一条直线,

均处于静止状态.现给第一个小球初动能Ek,使它正对其他小球运动.若小球

间的所有碰撞都是完全非弹性的，则整个碰撞过程中因为碰撞损失的机械能总量

为（)

OOOO

2320172018

2017

A-2018反B.2018所

2019

C.D.201卢

【答案】B【解析】以第一个小球初速度%的方向为正方向，将2018个

小球组成的整体看作一个系统，设系统最终的速度为o,运用动量守恒守恒得

mvo=2018/m;,解得u=oQ,则系统损失的机械能为AEulxAm%一]x2

ZU1oZZ

2017

018/ziu2,解得kE=>0]8'，故B正确.

3.光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为a的斜面A,斜面质量为M,

底边长为L,如图所示.将一质量为m的可视为质点的滑块8从斜面的顶端由

静止释放，滑块B经过时间r刚好滑到斜面底端.此过程中斜面对滑块的支持力

大小为FN,则下列说法中正确的是（）

A.FN=/7?gcosa

B.滑块下滑过程中支持力对8的冲量大小为F^cosa

C.滑块到达斜面底端时的动能为机gLtana

D.此过程中斜面向左滑动的距离为毋-L

M+m

【答案】D【解析】当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加

速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜

面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力FN不等于机geosa,故A

错误；滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为I=FNL故B错误；B下降

的高度为Ltana,其重力势能的减小量等于加gLtana,减小的重力势能转化为A、

8的动能之和，则滑块8的动能要小于mgLtana,故C错误；系统水平方向不

受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为加、垃，取水平

向左为正方向，由动量守恒定律得知亍―"4=0，即有Mxi=WX2,又X1+X2=L,

ynj

解得m=4詈，故D正确.

M+m

4.（2021届北京朝阳二模）男女双人滑冰是颇具艺术性的冰上运动项目.在

某次比赛的一个小片段中，男女运动员在水平冰面上沿同一直线相向滑行，且动

能恰好相等，男运动员的质量为女运动员的1.44倍，某时刻两者相遇.为简化

问题，在此过程中两运动员均可视为质点，且冰面光滑.则（）

A.两者相遇后的总动量小于相u遇前的总动量

B.两者相遇后的总动能一定等于相遇前的总动能

C.两者相遇过程中受到的冲量大小一定相等

D.女运动员相遇前后的动量大小之比为14：1

【答案】C【解析】由题意可知，可将两运动员的运动看作完全非弹性碰

撞，即碰后速度相等，在碰撞过程中，满足动量守恒定律，即两者相遇后的总动

量等于相遇前的总动量，A错误；碰撞过程中要损失机械能，所以两者相遇后的

总动能小于相遇前的总动能，B错误；两者相遇相互作用，相互作用力大小相等

方向相反，作用时间也相同，所以两者相遇过程中受到的冲量大小一定相等，C

正确；由题可知，碰撞前Eki=Ek2,m\=\.44/T?2=1.44/??,可得，相遇前两者的

速度关系为02=1.2切=1.2。，由动量守恒可得mivi—m2V2=（m\+mi）v*，v

0,则女运动员相遇前后的动量大小之比为次=十，D错误.故选C.

5.（2021届深圳名校调研）如图所示，小球从0点开始做平抛运动，〃为落

地点，0'为线段Op的中点，轨迹上的加、〃点分别与0'在同一竖直线上和

水平线上，则小球（）

A.从。到m与从。到n重力做功之比为1:2

B.从。到m与从0到n的水平位移之比为1:2

C.从0到加与从0到n重力冲量之比为1:2

D.经过他、〃时，速度方向与水平方向夹角的正切值之比为1：2

【答案】A【解析】设从。到p的运动的时间为t,则有%=法,xoP

=vot,由于O'为线段0〃的中点，m点、与0'在同一竖直线上，则有从0到机

1

-

的时间为tow=-=1r,从0到机的竖直位移为ho"尸;<拈/>=（〃。/，,根据重

Wrnmg/op

力做功公式WG=mgh可得从0到/〃与从。到”的重力做功之比为忒言=­j—

'"mg-^hop

=；,A正确；从。到〃的时间为，。"=、^^=\^^=孚’，从0到〃？与从0

1

ma3、历

到〃的水平位移之比为名也=—彳=为~,B错误；根据冲量定义/=短可知从0

XOnyJ2乙

如2t

1

〃⑻亍、巧

到〃z与从。到〃重力冲量之比J为rn半四=-彳=券，c错误；速度方向与水平

IGOnJ22

tng-2t

方向夹角的正切值为tan。=篙=含，所以经过加、〃时，速度方向与水平方向夹

角的正切值之比为黑智=q，D错误.

tan”o〃2

6.（多选）如图所示，AB为固定的光滑圆弧轨道，。为圆心，A0水平，B0

竖直，轨道半径为R,当地重力加速度为g,将质量为〃z的小球（可视为质点）从

A点由静止释放，经时间，到达8,在小球从A点运动到8点的过程中（）

A.小球所受合力的冲量水平向右

B.小球所受支持力的冲量大小是N*g2产+2〃PgR

C.小球受到的重力的冲量为0,重力做的功不为0

D.小球受到的支持力的冲量为0,支持力做的功也是0

【答案】AB【解析】根据动量定理，动量的变化水平向右，因此合力的

冲量水平向右，A正确；根据机械能守恒mgR=^mv2,可得动量的变化p=mv

=m\j2gR,方向水平向右，重力的冲量/G=/"gf,方向竖直向下，根据动量定理

/G+/N=P，由矢量三角形法则，可得支持力的冲量大小为/N=//8+p2=

a2g2户+2机2gH,在整个运动过程中只有重力做功，支持力不做功，B正确，C、

D错误.

7.（多选X2021届泰安名校期末）人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢

躺着玩手机，经常出现手机砸伤人脸的情况.若手机的质量为150g,从离人脸

约20cm的高度无初速度掉落，砸到人脸后手机未反弹，人脸受到手机的冲击时

间约为0.1s,重力加速度g取10m*,下列计算正确的是（）

A.手机与人脸作用过程中，手机的动量变化量大小约为0.3kg.m/s

B.人脸对手机的冲量大小约为0.3N.s

C.人脸对手机的冲量大小约为1.0N.s

D.手机对人脸的平均冲力大小约为4.5N

【答案】AD【解析】根据自由落体运动的规律，得下落的速度为。福

=^2X10X0.2m/s=2m/s,手机与人脸作用后手机的速度变为0,所以手机与

人脸作用过程中动量变化为△/?=（）—〃皿=—0.15X2kg-m/s=-0.30kg-m/s,A正

确；手机与人脸接触的过程中受到重力与人脸的作用力，选取向上为正方向，则

有I「mgt=Ap,代入数据可得4=0.45N-s,B、C错误；由冲量的定义/、二口,

045

代入数据可得尸=十=方：N=4.5N,D正确.

8.（多选）图甲为蹦极的场景，运动员及携带装备的总质量为75kg,弹性绳

原长为10m.运动员从蹦极台自由下落，下落过程中的速度一位移图像如图乙

所示.已知弹性绳的弹力与伸长量的关系符合胡克定律，重力加速度g取10

m/s2'下列说法正确的是（）

A.整个下落过程中，运动员及携带装备与弹性绳组成的系统机械能守恒

B.运动员及携带装备从静止开始下落15m的过程中重力的冲量为1125N.s

C.弹性绳的劲度系数约为150N/m

D.弹性绳长为24m时，运动员的加速度大小约为5m/s?

【答案】AC【解析】整个下落过程中，运动员及携带装备与弹性绳组成

的系统除重力和弹力外没有其他外力做功，满足机械能守恒条件，A正确；运动

员及携带装备从静止开始下落15m的过程中，由动量定理得IG=lF=mv=

75X15N-s=l125N-s,故重力与弹力的合力的冲量为1125N・s,B错误；由开

始下落到位移为15m时，加速度为0,mg=k\x,代入数据解得小刀50N/m,

C正确；弹性绳长为24m时，由牛顿第二定律ZAx'—mg=ma,代入数据解得

a=lSm/s2,方向向上，D错误.

9.（多选X2021届辽宁六校协作体期中）两质量相同的小球A、8同向运动，

已知〃A=6kg・m/s,PB=4kg-m/s,某时刻两小球发生碰撞，碰后A、B球的动量

PA‘、p/可能为（）

A.PA'=5kg-m/s,pn'=5kg-m/s

B.p\=8kg-m/s,PB'=2kg-m/s

C.PA'=2kg-m/s,pBf=8kg-m/s

D.PA'=4-kg-m/s,pn=6kg-m/s

【答案】AD【解析】以两球组成的系统为研究对象，取甲球碰撞前的速

度方向为正方向，两球的质量均为机，碰撞前系统的总动能及=端+为=5+

4252,

布=赤，系统的总动量p=6kg・m/s+4kg・m/s=10kg・m/s;若碰撞后甲、乙两球

动量为PA'=5kg-m/s,PB'=5kg-m/s,系统上的总动量p'=5kg-m/s+5

kg-m/s=10kg-m/s,动量守恒，总动能Ek'=＜一/+'"=:+；=黑，总动

能不增加，符合实际情况，A正确；若碰撞后甲、乙两球动量为p/=8kg-m/s,

PB'=2kg-m/s,系统总动量p'=8kg-m/s+2kg-m/s=10kg-m/s,动量守

恒，总动能1=与/+*=5+市=眈，总动能增加，不符合实际情况，

B错误；若碰撞后甲、乙两球动量为/ZA'=2kg-m/s,PB'=8kg-m/s,系统上的

n7\

总动量p'=2kg-m/s+8kg-m/s=10kg-m/s,动量守恒，总动能Ek'=

+舁=等，总动能增加，不符合实际情况，C错误；若碰撞后甲、

ZmZmZmZm

乙两球动量为p/=4kg-m/s,PB'=6kg-m/s,系统上的总动量p'=4kg-m/s

+6kg-m/s=10kg・m/s,动量守恒，总动能=与一'+一等,

总动能不增加，符合实际情况，D正确.

10.(多选)如图所示，光滑水平地面上停放着质量M=2kg的小车，小车上

固定光滑斜面和连有轻弹簧的挡板，弹簧处于原长状态，其自由端恰在C点.质

量〃2=1kg的小物块从斜面上A点由静止滑下并向右压缩弹簧.已知A点到B

点的竖直高度差为人=1.8m,长度为L=3m,BC段动摩擦因数为0.3,CD

段光滑，且小物块经8点时无能量损失.若g取10m/s2,则下列说法正确的是

()

A.物块第一次到达C点时小车的速度为3m/s

B.弹簧压缩时弹性势能的最大值为3J

C.物块第二次到达C点时的速度为零

D.物块第二次到达C后物块与小车相对静止

【答案】BC【解析】物块从A下滑到8的过程中，根据动能定理得加g/?

=品。3—0,解得优=6m/s,物块在3C段滑行时，物块和小车的系统动量守恒，

以向右为正方向，根据动量守恒定律得〃wo=»wi+Ms,根据能量守恒定律得;

mvi=i,imgL+,联立解得vi=4m/s,V2=1m/s,或ui=0,02=3m/s(不

合题意)，所以物块第一次到达C点时小车的速度为1m/s,A错误；当物块与小

车的速度相等时弹簧压缩到最短，弹性势能最大，设物块与小车的共同速度为以

根据动量守恒定律得mva=(m+M)v,根据能量守恒定律得;"加5=〃，wgL+g("2+

M>2+Ep,解得弹簧压缩时弹性势能的最大值稣=3J,B正确；设物块第二次

到达C点时的速度为01',此时小车的速度为s',根据动量守恒定律得(M+

m)v=mv\'+Mvi',根据能量守恒定律，得/(M+M/+Epufw'彳+权加'3,

解得。1'=0,V2'=3m/s,或0'=4m/s,V2'=1m/s(不合题意)，所以物块

第二次到达C点时的速度为零，第二次到达C点后物块与小车没有相对静止，D

错误，C正确.

11.为验证碰撞中的动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞，甲同

学选用如图所示的装置，他先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放

复写纸，记下重垂线所指的位置0,接下来的实验步骤如下：

小球1

，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，

OMPN

步骤1：不放小球2,让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上，

重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点

的平均位置；

步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置8,让小球1从A点由静止滚下，

使它们碰撞，重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点

的平均位置；

步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离0点的距离,

即线段OM、OP、ON的长度.

(1)对于上述实验操作，下列说法正确的是.

A.应使小球1每次从斜槽上相同的位置自由滚下

B.斜槽轨道必须光滑

C.斜槽轨道末端必须水平

D.小球1质量应大于小球2的质量

(2)已知小球1的质量为加，小球2的质量为机2,当所测物理量满足表达式

(用所测物理量字母表示)时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律.

(3)乙同学对上述装置进行了改造，如图所示.在水平槽末端与水平地面间

放置了一个斜面，斜面的顶点与水平槽等高且无缝连接，使小球1仍从斜槽上A

点由静止滚下，重复实验步骤1和2的操作，得到两球落在斜面上的平均落点如

图中。、E、F点,各点到8点的距离分别为Ln、LE、LF.根据他的实验，只要满

足关系式，则说明碰撞中动量是守恒的.只要再满足关

系式，则说明两小球的碰撞是弹性碰撞.(用所测物理

量的字母表示)

(4)丙同学也用上述两球进行实验，但将实验装置改成如图所示.将白纸、

复写纸固定在竖直放置的木条上，用来记录实验中小球1、小球2与木条的撞击

点.实验时先将木条竖直立在轨道末端右侧并与轨道接触，让入射小球1从斜轨

上起始位置由静止释放，撞击点为夕；然后将木条平移到图中所示位置，入射

小球1从斜轨上起始位置由静止释放，确定其撞击点P';再将入射小球1从斜

轨上起始位置由静止释放，与小球2相撞，撞击点分别为和M,测得夕

与N'、P'、”各点的高度差分别为〃1、力2、例.只要满足关系式(用

所测物理量的字母表示)，则说明碰撞中动量是守恒的.

《小球1

小呼2条

\\P"

J，，,，-，，，，，，J，，，”，，，”，，

【答案】(l)ACD(2)mCoP=mCOM+ni2~0N

(3)miY[LE=miy[Lo+mr\lLrmiLE=miLD+miLp

x

【解析】(1)因为平抛运动的时间相等，根据v=~,可知将时间看成一个单

位，可以用水平射程表示速度，需测量小球平抛运动的射程来间接测量速度，故

应保证斜槽末端水平，小球每次都从同一点滑下，同时为了让小球2能飞得更远,

防止小球1反弹，小球1的质量应大于小球2的质量，故B错误，A、C、D正

确.

(2)因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，0P是小球1不与

小球2碰撞平抛运动的位移，该位移可以代表小球1碰撞前的速度，0M是小球

1碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后小球1的速度，ON是碰撞后

小球2的水平位移，该位移可以代表碰撞后小球2的速度.当所测量物理量满足

表达式如羽=mi~dM+mi~ON,说明两球碰撞遵守动量守恒定律.

(3)碰撞前，小球1落在图中E处,设其水平初速度为00,小球1和小球2

发生碰撞后，小球1的落点在。处.设其水平初速度为幼，小球2的落点是图

中产处，设其水平初速度为s,设斜面BC与水平面的倾角为a,由平抛运动规

律得Lsina=\gt1,Leosa=vt,解得加=、阿1冷s=

丁卜彳黑:可见速度正比于亚，所以只要验证，"1，氏=〃21亚^+加2也%即可

说明碰撞中动量是守恒的.只要/"I而=]〃“济+]侬成即m।LE=miLD+miLp,

成立，则机械能守恒，即说明两小球的碰撞是弹性碰撞.

(4)根据平抛运动规律可知，下落时间可知速度即

V3=X\V4=X\V5=X\若满足动量守恒，则一定有miV3=miV4

,、„„pm\m\,m2

+加2。5,联工斛传-7言="7尸+~/言.

■\jil2Y%37/21

12.水平地面上固定着竖直面内半径H=5.25m的光滑圆弧槽，圆弧对应的

圆心角为37°,槽的右端与质量m=lkg、长度L=4m且上表面水平的木板相切，

槽与木板的交接处静止着质量mi=2kg和m2=lkg的两个小物块(可视为质

点).现点燃物块间的炸药，炸药爆炸释放的化学能有60%转化为动能，使两物

块都获得水平速度，此后侬沿圆弧槽运动，离开槽后在空中能达到的最大高度

为〃=1.8m.已知加1与木板间的动摩擦因数〃1=0.2,木板与地面间的动摩擦因

数〃2=0.1,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加

速度g取10m/s2'求：

(1)物块到达圆弧槽左端时的速率0；

(2)炸药爆炸释放的化学能E；

(3)木板从开始运动到停下的过程中与地面间因摩擦而产生的热量。.(保留到

小数点后两位)

【答案】(1)10m/s⑵151.25J(3)2.00J

【解析】(1)〃22离开圆弧槽后，在空中的飞行过程的逆过程是平抛运动，分

解加2离开圆槽时的速度。，有p.=osin37°.

根据平抛运动规律得力=%尸，

vy=gt,

代入数据联立解得o=10m/s.

(2)设炸药爆炸后，mi、加2获得的速率分别为力01、V2,

m2运动过程中，由机械能守恒定律有

机2gH（1-cos37°）+^m2V2=^n2V2,

代入数据得P2=11m/s.

爆炸过程中，由动量守恒定律有mw\=m2V2

代入数据得在=5.5m/s.

由题意有60%£=；加1济+；〃及。力

代入数据联立解得E=151.25J.

（3）对物块m\,根据牛顿第二定律则有

对木板机，根据牛顿第二定律则有

〃\rn\g—〃2（机+mi）g=mai,

代入数据得“1=2m/s2,。2=1m/s2

设经过时间/物块〃2]从木板上飞出，有

V\tf-%"，2=52/2+£,

、、3

代入数据得t'=1s或〃=谈（舍去），

即当1S时物块飞离木板，则有X]=52-2,

Q\=ft2（m+m\）gx\,

物块飞出后，对木板受力分析可知/Aimg=may,

2a3x2=0—（。2/）2,

Q2=/.l2mgX2.

木板从开始运动到停下的过程中与地面间因摩擦而产生的热量为Q=Qi+

0=2.00J.

第二章机械振动

1.（2021届潍坊名校模拟）一轻质弹簧一端固定在地面上，一质量为机的钢

球振子从距离弹簧上端H处自由下落.已知弹簧振子运动周期的表达式为T=

2:号，女为弹簧的劲度系数，m为振子的质量，弹簧压缩的最大值为沈，重力

加速度为g，弹簧始终在弹性限度内.则小球从刚接触弹簧到第一次运动至平衡

位置所用的时间为（）

【答案】B【解析】由题意可知，振子的振幅为A=xo—管，小球从刚接

K

触弹簧到第一次运动至平衡位置运动的距离为x=蹩,则有x=Asin0/=Asin节,

联立解得t—先1'csin峭而，故B正确，A、C、D错误.

2.如图，两个摆长相同的单摆一前一后悬挂在同一高度，虚线表示竖直方

向，分别拉开一定的角度（都小于5。）同时由静止释放，不计空气阻力.沿两单摆

平衡位置的连线方向观察，释放后可能看到的是（）

,\观察到的

观察方谕释放位置

两单摆的周期相同，两单摆应同时到达平衡位置，同时到达各自的最大位移处,

故A、B、D错误，C正确.

3.如图所示，一根不计质量的弹簧竖直悬吊质量为M的铁块，在其下方吸

引了一质量为，”的磁铁，已知弹簧的劲度系数为磁铁对铁块的最大吸引力等

于3mg,不计磁铁对其他物体的作用并忽略阻力，为了使铁块和磁铁能够共同沿

竖直方向作简谐运动，那么()

M

m

A.它处于平衡位置时弹簧的伸长量等于

B.振幅的最大值是式”逸

C.弹簧弹性势能最大时，弹力的大小等于2(M+m)g

D.弹簧运动到最高点时，弹簧的弹力等于0

【答案】B【解析】处于平衡位置时，合力为零，有(M+m)g="，所以

伸长量为A错误；振幅最大的位置，弹性势能最大，形变量最大，

K

设为Ax,由牛顿第二定律得(M+〃2)g=(M+〃2)a,3/ng-/ng=〃2a,联立以上

各式可得*迎牛吗所以最大振幅为-=呻选，B正确；弹簧弹

KK

性势能最大时，弹力的大小为尸猝=AAr=3(M+〃2)g,C错误；弹簧运动到最高

点时，弹簧处于压缩状态，弹力不为零，D错误.

4.如图所示，在电场强度为E的水平匀强电场中，有一足够大的绝缘光滑

水平面，一根长为L的绝缘轻软细绳一端固定在平面上的。点，另一端系有一

个质量为"?、带电荷量为+q的小球A（可看作质点）.当小球A在水平面上静止

时，细绳被拉直且与。。'重合，。。'的方向与电场方向平行.在水平面内将

小球由平衡位置拉开一小段距离，保持细绳拉直，直至细绳与0。间有一个小

角度。后由静止释放，不计空气阻力，则下列说法中正确的是（）

A.小球A在运动过程中的加速度大小恒为。=华

B.细绳通过。O'后小球A速度为0时，细绳与。。'的夹角大于。

C.细绳通过00'时小球A的速度与其质量机无关

D.小球A释放后经历超的时间，细绳会与。0'重合

【答案】D【解析】在水平方向上，小球除了受电场力外，还受到绳子拉

力作用，因此加速度不再是零，A错误；由于运动的对称性，细绳通过00'后

小球A速度减小为0时，细绳与00'的夹角仍为8,B错误；根据动能定理助/（1

—cos，）=/加2,小球A通过。。'时，质量越大，速度越小，C错误；小球

A的运动与单摆的运动类似，其等效重力加速度g'=黎，代入单摆的振动周期

17^7T

公式，可得T=2：版,小球A经a细绳恰好与。0'重合，D正确.

5.如图所示，一轻质弹簧下端系一质量为根的书写式激光笔，组成一弹簧

振子，并将其悬挂于教室内一体机白板的前方.使弹簧振子沿竖直方向上下自由

振动，白板以速率。水平向左匀速运动，激光笔在白板上留下如图所示的书写印

迹，图中相邻竖直虚线的间隔均为&（未标出），印迹上P、。两点的纵坐标分别

为加和一加忽略空气阻力，重力加速度为g,贝4（）

书写式激光笔

A.该弹簧振子的振幅为2y。

B.该弹簧振子的振动周期为粤

C.激光笔在留下P、Q两点时加速度相同

D.激光笔在留下尸。段印迹的过程中，弹簧弹力对激光笔做功为一2mg），o

【答案】D【解析】记录纸句速运动，振子振动的周期等于记录纸运动位

9rn

移2*0所用的时间，则周期T=£,振幅为A=），O,A、B错误；加速度是矢量，

激光笔在留下P、Q两点时加速度大小相等，方向相反，C错误；在激光笔留下

P。段印迹的过程中，根据动能定理可知，合外力做功为零，但重力做正功为

2mgy。,故弹力对激光笔做负功为一2mgyo,D正确.

6.（多选）甲、乙两弹簧振子水平放置时的振动图像如图所示，则可知（）

A.两弹簧振子完全相同

B.振子甲速度为零时，振子乙速度最大

C.两弹簧振子所受回复力最大值之比产甲：/乙=2：1

D.振子乙速度为最大时，振子甲速度不一定为零

【答案】BD【解析】两弹簧振子不一定完全相同，A错误；分析振动图

像可知，振子甲速度为零时，振子乙处于平衡位置，速度最大，B正确；弹簧

振子的回复力尸=一日，本题中人可能不同，则无法判断两振子的回复力最大值

的关系，C错误；分析振动图像可知，振子乙速度最大时，振子甲可能处于最大

位移处，也可能处于平衡位置，故振子甲速度不一定为零，D正确.

7.（多选）如图所示，虚线和实线分别为甲、乙两个弹簧振子做简谐运动的

图像.已知甲、乙两个振子质量相等，则（）

A.甲、乙两振子的振幅分别为2cm、1cm

B.甲、乙两个振子的相位差总为兀

C.前2秒内甲、乙两振子的加速度均为正值

D.第2秒末甲的速度最大，乙的加速度最大

【答案】AD【解析】根据振动图像，甲振子的振幅为2cm、乙振子的振

幅为1cm,A正确：由于两个振子的周期和频率不同，其相位差也会变化，B

错误；前2秒内，甲在平衡位置的上方，加速度指向平衡位置，方向向下，为负；

而乙在平衡位置的下方，加速度指向平衡位置，方向向上，为正，C错误；第2

秒末甲处于平衡位置，速度最大加速度最小，乙处于波谷，速度最小加速度最大，

D正确.

8.(多选)某弹簧振子做简谐运动，其位移一时间关系式为x=lMcos(4”)cm.

下列说法中正确的是()

A.弹簧振子的振幅为10cm

B.弹簧振子的频率是2Hz

C.在f=0.125s时，弹簧振子的速度最大

D.在f=0.25s时，弹簧振子的回复力最大

【答案】BCD【解析】据题质点做简谐运动的位移表达式为X=10V2COS(4TIO

cm,则知振幅为A=lMcm,A错误；根据4兀=2z力可得频率为/=2Hz,B

正确；在r=0.125s时，x=10\”cos(4M=0,可知该时刻质点的位移为零，则

速度最大，C正确；在f=0.25s时，X=10\”COS(4M=-1Mcm,位移最大，

回复力最大，D正确.

(1)实验时用20分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图甲所示，该摆球的

直径d=mm.

(2)悬点到小球底部的长度/o,示数如图乙所示，lo=cm.

(3)实验时用拉力传感器测得摆线的拉力大小厂随时间/变化的图像如图丙所

示，然后使单摆保持静止，得到如图丁所示的F—r图像.那么：

①重力加速度的表达式8=(用题目中的物理量小/0、to表示).

②设摆球在最低点时耳=0,已测得当地重力加速度为g,单摆的周期用T

表示，那么测得此单摆摆动时的机械能E的表达式是.

(乃一FpgT2(Fi-F3)gP

2后B.&无2

八(B一后/(后一份麻

C6^D.—^2—

(4)在实验中测得的g值偏小，可能原因是.

A.测摆线时摆线拉得过紧

B.摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现了松动，使摆线长度增加了

C.开始计时时，停表过迟按下

D.实验中误将〃次计为〃一1次

E.以摆球直径和摆线长之和作为摆长来计算

【答案】(1)11.65(2)100.30(100.20〜100.30均可)

(3)©^g-②B(4)BD

【解析】(1)游标卡尺的精度为堞^=0.05mm,读数为11mm+13X0.05

mm=11.65mm.

(2)刻度尺的精度为喑^O.lcm,读数为100.30cm.

(3)①在单摆摆动的过程中，每个周期中有两次拉力最大值，由图丙知单摆

r42/兀％一1

的周期T=4/o,根据单摆的周期公式T=27rzy[可知g=72=一编一；

②单摆经过最低点时，根据丙图可知尸|一〃际=一厂，根据丁图可知乃=/叫，

1c(FX—F^QT1

小球的摆长为/=^2,则小球在最低点的动能为以=]7如2=-----&兀2&~，小球

(F\一FaW片

摆动过程机械能守恒，则后二反+与二1—阮2；故B正确.

(4)测摆线时摆线拉得过紧，则摆长的测量值偏大,根据g=齐可知重力加

速测量值偏大，A错误；摆线长度增加，则摆长的测量值偏小，所以重力加速度

测量值偏小，B正确；开始计时时，停表过迟按下，则测量周期偏小，重力加速

度测量值偏大，C错误；实验中误将〃次计为〃一1次，根据可知周期测量

值偏大，所以重力加速度测量值偏小，D正确；以摆球直径和摆线长之和作为摆

长来计算，重力加速度测量值偏大，E错误.

10.(2021届北京模拟)万有引力和库仑力有类似的规律，有很多可以类比的

地方.已知引力常量为G,静电力常量为左

(1)用定义静电场强度的方法来定义与质量为M的质点相距r处的引力场强

度EG的表达式；

(2)质量为〃八电荷量为e的电子在库仑力的作用下以速度。绕原子核做匀速

圆周运动，该模型与太阳系内行星绕太阳运转相似，被称为“行星模型”，如图

甲.已知在一段时间内，电子走过的弧长为s,其速度方向改变的角度为。(弧

度).不考虑电子之间的相互作用，求出原子核的电荷量。；

(3)如图乙，用一根长为L的绝缘细线悬挂一个可看成质点的金属小球，质

量为m,电荷量为一名悬点下方固定一个足够大的水平放置的均匀带正电的介质

平板.小球在竖直平面内做小角度振动.已知重力加速度为g,不计空气阻力.

①已知忽略边缘效应的情况下，带电平板所产生的静电场的电场线都垂直于

平板，静电场的电场力做功与路径无关.请证明：带电平板所产生的静电场是匀

强电场；

②在上述带电平板附近所产生的静电场场强大小为E,求：金属小球的振动

周期.

甲乙

mv2s

【答案】（1）氏=那⑵。=

Oke

⑶①见解析②7=2包悬

【解析】（1）氏的表达式为EG=G~j.

(2)根据嫖=*,/?=!,

联立得。=~6ke-

（3）①反证法.

方法1:如图,

若存在电场线平行但不等间距的静电场，则可以引入试探电荷+以让+q

从a点沿矩形路线abcda{ah与电场线平行，be边与电场线垂直）运动一■周回到a

点.设油处的场强大小为Ei,M处的场强大小为及，根据功的定义，电场力做

的总功Waa=Wab+Wbc+Wcd+Wda.

其中Wab=qE\Xab,

Wcd=—qElXah,

be段和da段电场力始终与运动方向垂直

故Wbe=Wda=O,

得Waa=Wab~^版「+W4+Wda=qExXab+O+0_qElXab~q（E\~E2）Xab>Q.

但根据电场力做功的特点，做功与路径无关，故W«,=0.

上述假设矛盾，故不存在电场线平行但不等间距的静电场.

方法2:如图，若存在电场线平行但不等间距的静电场，则可以引入试探电

荷+q,让+q从a点分别沿矩形与电场线平行，be,边与电场线垂直）的

abc和adc运动至c点.设必处的场强大小为Ei,cd处的场强大小为及，根据

功的定义，路径ac和adc电场力做的功分别为

Wcibc=Wab+Wbc,

Wadc=Wcd+Wda.

其中Wah=qE\Xab,

Wed——qEvcdc=—qEiXab.

be段和da段电场力始终与运动方向垂直

故Wbc=Wda=O,

得Wabc=Wab+Wbc=qEaab+O,

Wade=Wcd+Wda=0—qE2Xab,

故Wabc^Wade

但根据电场力做功的特点，做功与路径无关，故双加=修心

上述假设矛盾，故不存在电场线平行但不等间距的静电场.

②电场力FH=qE,

等效重力加速度g,=飞=个，

小球在库仑力作用下的振动周期

T=2iv\p-=2TT\/.

g\JqE+mg

第三章机械波

1.如图所示，实线是一列正弦波在f=0时刻的波形图，虚线是该列波在r

=1s的波形图.质点P（图中未画出）是平衡位置在x=2021cm处的该列波上的

一点，若r=0s时刻P点向下振动，则下列说法正确的是（）

y/cm

A.这列波的最小波速是12m/s

3

B.这列波频率一定为彳Hz

C.质点P在7=0至h=2020s这段时间内至少完成了1515次全振动

D.若这列波能够与另一列波发生干涉，则干涉后每个质点的振幅变为10cm

【答案】C【解析】由波形图知波长为416cm,则x=2021cm=1261

九若f=0时刻P点向下振动，则波向x轴负向传播，则在1s内传播的距离为

3y

s="A+[=(16〃+12)cm,波速为0=：=(16〃+12)cm/s(〃=0,1,2,3,…)，当

〃=0时，v=12cm/s,可知这列波的最小波速是12cm/s,A错误；波的频率/=

Hz=(〃+^)Hz(〃=0/,2,3,则这列波频率可能为(Hz,B错

]]4

误；波的周期为T=y=----s,最大周期为Tmax=1s,可知/=2020s=l5157,

,叫

即质点P在t=0到r=2020s这段时间内至少完成了1515次全振动，C正确；

若这列波能够与另一列波发生干涉，则干涉后有些质点的振动加强，振幅可能变

为10cm,有些质点的振动减弱，振幅可能小于5cm,D错误.

2.在某一均匀介质中由波源。发出的简谐横波沿x轴传播，某时刻的波形

如图所示，其波速为10m/s,P点坐标为(一2m,0),Q点坐标为(1m,0),则下列

A.P、。两个质点有可能某个时刻速度方向相同

B.再经过0.2s时间N质点将开始向下振动

C.能与该波发生干涉的横波的频率一定为5Hz

D.该波只有遇到尺寸小于2m的物体才能发生衍射

【答案】C【解析】波同时向两侧传播，根据对称性可知，此时P点(一2

m,0)与其对称点(2m,0)运动方向相同，而(2m,0)点与Q(1m,0)点相距半个波长，

所以「、。两个质点速度方向总相反，A错误；由图可知，N到波的前沿的距离

s2

为2m,波传播到N的时间力=彳=正s=0.2s,由图知波长＞l=2m,周期为T

;9

=B=T5s=0-2s,波传到N点时，N点向上运动，故质点N将开始向下振动的

时间为/=n+1r=0.25s,B错误；该波的频率为/=*=看Hz=5Hz,所以能

与该波发生干涉的横波的频率一定为5Hz,C正确；由图知波长2=2m,该波

如果遇到2m的障碍物，则能发生明显的衍射现象，故D错误.

3.一列简谐横波沿x轴负方向传播，，=0时刻的波形图像如图所示，止匕时

刻开始介质中x=L0m的质点P经0.25s第一次回到平衡位置.则下列说法中

B.简谐横波的周期为0.8s

C.简谐横波传播的速度为20m/s

D.质点P经过平衡位置向下运动时开始计时的振动方程为y=10sin(¥")

cm

【答案】C【解析】波沿x轴负方向传