2024版高中同步新教材选择性必修第一册人教物理备课资源01-第一章　动量守恒定律

2024版高中同步新教材选择性必修第一册人教物理备课资源第一章动量守恒定律全卷满分100分考试用时90分钟。一、单项选择题(本大题共8小题,每小题3分,共24分。在每小题给出的四个选项中只有一个符合题目要求)1.对于动量相同的两个物体,质量小的物体()A.速度大,动能大B.速度小,动能小C.速度大,动能小D.速度小,动能大2.下列关于碰撞的说法不正确的是()A.弹性碰撞是一个理想化模型B.两个小球碰撞过程作用时间极短,即内力远远大于外力,故两小球组成的系统的动量守恒C.两个弹性钢球发生弹性碰撞,碰撞发生过程中任何时刻两钢球总动能都守恒D.发生完全非弹性碰撞的两个物体,系统损失的机械能都转化成了内能3.质量为1kg的物体在光滑水平地面上做初速度为6m/s的匀速直线运动,某时刻开始,物体受到如图所示的水平力F的作用,0~2s时间内,力F的方向与物体的初速度方向相同,2~6s时间内,力F的方向与物体的初速度方向相反。则物体在第6s末的速度大小为()A.1m/sB.2m/sC.4m/sD.8m/s4.把一支枪水平固定在小车上,小车放在光滑的水平面上,枪发射出一颗子弹时,关于枪、子弹和车,下列说法中正确的是()A.枪和子弹组成的系统动量守恒B.枪和车组成的系统动量守恒C.三者组成的系统动量守恒,因为系统只受重力和地面支持力这两个外力作用,这两个外力的合力为零D.三者组成的系统因为子弹和枪筒之间的摩擦力很小,使系统的动量变化很小,可忽略不计,故系统动量近似守恒5.如图所示,有光滑弧形轨道的小车静止于光滑的水平面上,其总质量为M,有一质量也为M的铁块以水平速度v沿轨道的水平部分滑上小车。若轨道足够高,铁块不会滑出,重力加速度为g,则铁块沿圆弧形轨道上升的最大高度为()A.v24gB.v22g6.生命在于运动,体育无处不在,运动无限精彩。如图所示,质量为450kg的小船静止在水面上,质量为50kg的人在甲板上立定跳远的成绩为2m,不计空气和水的阻力,下列说法正确的是()A.人在甲板上散步时,船保持静止B.人在立定跳远的过程中船保持静止C.人在立定跳远的过程中船后退了0.4mD.人相对地面的成绩为1.8m7.如图所示,A、B、C、D、E、F、G为七个质量分布均匀、半径相同的球,其中A、G两球质量相等,B、C、D、E、F五球质量相等,且A球质量小于B球质量。现将B、C、D、E、F、G放置在光滑的水平面上排成一条直线且均处于静止状态。某时刻让A球以速度v0正对B球运动,所发生的碰撞均为弹性碰撞,则发生一系列碰撞之后,最终()A.五个小球静止,两个小球运动B.四个小球静止,三个小球运动C.三个小球静止,四个小球运动D.七个小球都运动8.如图所示,在固定的水平杆上,套有质量为m的光滑圆环,轻绳一端拴在环上,另一端系着质量为m的木块,现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并立刻留在木块中,重力加速度为g,下列说法正确的是()A.子弹射入木块后的运动过程中,圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒B.子弹射入木块后的瞬间,它们的共同速度为mC.子弹射入木块后,子弹和木块能上升的最大高度为mD.子弹射入木块后,当子弹和木块上升到最大高度时,圆环的速度达到最大二、多项选择题(本大题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分)9.一只质量为1.4kg的乌贼吸入0.1kg的水,静止在水中。遇到危险时,它在0.01s时间内把吸入的水向后全部喷出,以2m/s的速度向前逃窜。以下说法正确的是()A.该乌贼与喷出的水的动量变化大小相等、方向相同B.该乌贼喷出的水的速度大小为28m/sC.该乌贼在这一次逃窜过程中消耗的能量为39.2JD.该乌贼喷出水的过程中对水的平均作用力大小为280N10.水平力F方向确定,大小随时间的变化如图a所示,用力F拉静止在水平桌面上的小物块,在F从0开始逐渐增大的过程中,物块0~4s内的加速度随时间变化的图像如图b所示,最大静摩擦力大于滑动摩擦力,由图可知()A.物块与水平桌面间的最大静摩擦力为8NB.在0~4s时间内,水平力F的冲量为32N·sC.在0~4s时间内,合外力的冲量为18N·sD.在0~4s时间内,合外力做的功为40.5J11.如图所示,水平光滑轨道宽度和弹簧自然长度均为d,轨道上穿有两小球A和B,质量分别为m1、m2,B的左边有一固定挡板。A由图示位置静止释放,当A与B相距最近时A的速度为v1,则在以后的运动过程中()A.A的最小速度可能是0B.A的最小速度可能是m1−C.B的最大速度是v1D.B的最大速度是2m112.如图甲所示,曲面为四分之一圆弧、质量为M的滑块静止在光滑水平地面上,一光滑小球以某一速度水平冲上滑块的圆弧面,且没有从滑块上端冲出去。若测得在水平方向上小球与滑块的速度大小分别为v1、v2,作出v2-v1图像如图乙所示,重力加速度为g,不考虑任何阻力,则下列说法正确的是()A.小球的质量为baB.小球运动到最高点时的速度为abC.小球能够上升的最大高度为aD.若a=b,小球在与滑块分离后做自由落体运动三、非选择题(本大题共6小题,共60分)13.(6分)气垫导轨是一种常用的实验仪器,它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫,使滑块悬浮在导轨上,滑块在导轨上的运动可视为无摩擦的。我们可以用带竖直挡板C和D的气垫导轨以及滑块A和B来探究碰撞中的不变量,如图所示,实验步骤如下:a.用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB。b.调整气垫导轨,使导轨处于水平。c.在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧,用电动卡销锁定,静止放置在气垫导轨上。d.用刻度尺测出滑块A的左端至挡板C的距离L1。e.按下电钮放开卡销,同时使分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作。当A、B滑块分别碰撞C、D挡板时停止计时,记下滑块A、B分别到达挡板C、D的运动时间t1和t2。(1)实验中还应测量的物理量是;

(2)利用上述测量的实验数据,得出关系式成立,即可得出碰撞中守恒的量是mv的和。上式中算得的A、B两滑块的mv大小不相等,产生误差的原因是

。(至少说三条)

14.(10分)图示为验证动量守恒定律的实验装置,实验中选取两个半径相同、质量不等的小球,按下面步骤进行实验:(1)用天平测出入射小球的质量为m1,被碰小球的质量为m2,实验应满足m1m2(选填“>”“=”或“<”)。

(2)安装实验装置,将斜槽AB固定在桌边,使槽的末端切线水平,再将一斜面BC连接在斜槽末端。(3)先不放被碰小球,将入射小球从斜槽顶端A处由静止释放,标记小球在斜面上的落点位置P。(4)将被碰小球放在斜槽末端B处,仍让入射小球从斜槽顶端A处由静止释放,两球发生碰撞,分别标记入射小球、被碰小球在斜面上的落点位置。(5)用毫米刻度尺测出各落点位置到斜槽末端B的距离。图中M、P、N点是实验过程中记下的小球在斜面的三个落点位置,测得M、P、N到B点的距离分别为sM、sP、sN。(6)用实验中测得的数据来表示,误差范围内只要满足关系式,就能说明两球碰撞前后动量是守恒的。

(7)若要判断两小球的碰撞是否为弹性碰撞,用实验中测得的数据来表示,误差范围内只要满足关系式,就能说明两球碰撞是弹性碰撞。

15.(8分)如图所示,甲、乙两小孩各乘一辆冰车在光滑水平冰面上游戏,甲和他的冰车总质量为60kg,乙和他的冰车总质量也为60kg,游戏时甲推着一质量为10kg的木箱和他一起以v0=2.6m/s的速度向右滑行,乙在甲的正前方相对冰面静止,为避免碰撞,甲将木箱推给乙,使木箱与乙一起运动,则甲至少以相对冰面多大的速度将箱子推出才能避免与乙相撞?16.(8分)如图甲所示,一轻弹簧的两端分别与两物块A、B相连接,A的质量m1=2kg,B的质量为m2,开始静止在光滑的水平面上。t=0时刻使B获得3m/s水平向右的瞬时速度,两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示。求:(1)m2的值;(2)物块A的最大速度。17.(13分)如图甲所示,“打弹珠”是一种常见的民间游戏,该游戏的规则为:将手中一弹珠以一定的初速度瞬间弹出,并与另一静止的弹珠发生碰撞,被碰弹珠若能进入小坑中即为胜出。现将此游戏进行简化,如图乙所示,粗糙程度相同的水平地面上,弹珠A和弹珠B与坑在同一直线上,两弹珠间距x1=2m,弹珠B与坑间距x2=1m。某同学将弹珠A以v0=6m/s的初速度水平向右瞬间弹出,经过时间t1=0.4s与弹珠B正碰(碰撞时间极短),碰后瞬间弹珠A的速度大小为1m/s,方向向右,且不再与弹珠发生碰撞。已知两弹珠的质量均为2.5g,若弹珠A、B与地面间的动摩擦因数相同,并将弹珠的运动视为滑动,求:(1)碰撞前瞬间弹珠A的速度大小和在地面上运动时加速度大小;(2)两弹珠碰撞瞬间的机械能损失,并判断该同学能否胜出。18.(15分)如图所示,质量m=1kg的滑块B静止放置于光滑平台上,B的左端固定一轻质弹簧。平台右侧有一质量M=4kg的小车C,其上表面与平台等高,小车与水平面间的摩擦不计。平台左侧的光滑圆弧轨道与平台平滑连接,圆弧轨道半径R=1.6m,其左侧端点P与圆弧圆心O的连线与竖直方向的夹角为60°。现将滑块A从P点由静止开始释放,滑块A滑至平台上挤压弹簧,经过一段时间弹簧恢复原长后,滑块B离开平台滑上小车C,最终滑块B恰好未从小车C上滑落。已知滑块B与小车C之间的动摩擦因数μ=0.4,小车的长度L=0.9m,滑块A、B均可视为质点,求:(1)滑块B刚滑上小车C时的速度大小v0;(2)滑块A的质量m0;(3)该过程中弹簧弹性势能的最大值Ep。

答案与解析第一章动量守恒定律1.A2.C3.C4.C5.A6.D7.B8.C9.BD10.AB11.ABD12.ABD1.A两物体动量相同,由p=mv可知,质量小的物体速度大;由Ek=p22m可知,2.C弹性碰撞是一个在理想情况下、碰撞不发热、没有动能损失的理想化模型,A正确;两个小球碰撞过程作用时间极短,即内力远大于外力,不管是弹性碰撞还是非弹性碰撞,动量都守恒,B正确;两个弹性钢球发生弹性碰撞,碰撞前后总动能守恒,但并不是碰撞过程中任何时刻总动能都守恒,在碰撞中,两球形变还未完全恢复时,因形变产生的弹性势能没有完全释放,此时总动能不守恒,C错误;发生完全非弹性碰撞的两个物体,碰撞后结合在一起,系统的机械能损失最大,损失的机械能转化成因碰撞产生的内能,D正确。故选C。3.C设初速度方向为正方向,在F-t图像中,图线与时间轴围成的面积表示力F的冲量,在0~6s内,力F的冲量为I=[12×2×2-12×(6-2)×2]N·s=-2N·s,根据动量定理I=mvt-mv0,物体在第6s末的速度vt=4m/s,故选4.C枪、子弹和车组成的系统只受重力和支持力,合力为零,三者组成的系统动量守恒,A、B错误,C正确;子弹和枪筒之间的摩擦力属于三者组成的系统的内力,其大小不影响系统的动量,D错误。故选C。5.A铁块上升到最高点时与小车具有共同的速度,由动量守恒定律有Mv=2Mv',由能量关系可知Mgh=12Mv2-12×2Mv'2,解得h=v246.D人与船组成的系统水平方向动量守恒,人动船也动,A、B错误;根据人船模型规律有Mx=m(d-x),d=2m,解得x=0.2m,人在立定跳远的过程中船后退了0.2m,C错误;人相对地面的成绩为2m-0.2m=1.8m,D正确。故选D。7.B因球之间的碰撞均为弹性碰撞,则动量守恒、机械能守恒,设A、G两球质量为m1,其余球的质量均为m2,A、B碰后,A的速度为v1,B的速度为v2,由动碰静规律可得v1=m1−m2m1+m2v0,v2=2m1m1+m2v0,因A球质量m1小于B球质量m2,碰撞后A球反弹,B球向前运动,因B、C、D、E、F五球质量相等,B与C碰后,交换速度,B静止,同理C、D、E都静止,由于F质量大于G质量,F与G碰后,都向前运动,因此B、C、D、E四个球静止,A、8.C子弹射入木块后的运动过程中,圆环、木块和子弹构成的系统在竖直方向上存在加速度,即合外力不为零,动量不守恒,A错误;子弹射入木块的过程,子弹与木块组成的系统动量守恒,设射入后的瞬间它们的速度大小为v1,根据动量守恒定律有m0v0=(m0+m)v1,解得v1=m0v0m0+m,B错误;子弹射入木块后的运动过程中,圆环、木块和子弹构成的系统在水平方向所受合外力为零,水平方向动量守恒,当三者达到共同速度v时,子弹和木块上升的高度最大,设为h,根据动量守恒定律有m0v0=(m0+2m)v,从子弹射入木块后到子弹和木块上升到最大高度的过程中,根据机械能守恒定律有12(m0+m)v12=12(m0+2m)v2+(m0+m)gh,联立解得h=mm02v022g(9.BD乌贼喷水过程时间较短,系统内力远大于外力,系统动量守恒,该乌贼与喷出的水的动量变化大小相等、方向相反,A错误;选取乌贼逃窜的方向为正方向,根据动量守恒定律得0=Mv1-mv2,解得喷出的水的速度大小v2=28m/s,B正确;该乌贼在这一次逃窜过程中消耗的能量E=12mv22+12Mv12=42J,C错误;对喷出的水分析,由动量定理有F·Δt=mv2-0,10.AB由题图b可知,t=2s时物块开始运动,静摩擦力最大,最大静摩擦力等于此时的拉力,由题图a读出最大静摩擦力为8N,A正确;在0~4s时间内,用“面积法”求水平力F的冲量为IF=12×4×16N·s=32N·s,B正确;当t=2s时,a=1m/s2,F=8N,当t=4s时,a=3m/s2,F=16N,根据牛顿第二定律有F-μmg=ma,代入数值解得μ=0.1,m=4kg,a-t图像与时间轴所围的面积表示速度的变化量,则0~4s内物块速度的变化量为Δv=1+32×(4-2)m/s=4m/s,根据动量定理,0~4s内合外力的冲量I=Δp=mΔv=4×4N·s=16N·s,C错误;物块的初速度为零,0~4s内物块速度的变化量为4m/s,故4s末物块的速度为v=4m/s,根据动能定理,0~4s内合外力做的功W=12mv2=32J,D错误。故选A11.ABD小球A到达相距B最近位置(弹簧恢复原长)后继续前进,此后拉动B前进,A减速,B加速,达到共同速度时两者相距最远,此后A继续减速,B加速,当两球再次相距最近时,弹簧恢复原长,B达到最大速度。取v1的方向为正方向,从两球相距最近到后续B速度最大,由动量守恒和能量守恒有m1v1=m1v1'+m2v2,12m1v12=12m1v1'2+12m2v22,解得v2=2m1m1+m2v1,v1'=m1−m2m1+m2v1,故B的最大速度为2m1m1+m2v1,D正确,C错误;若m1>m12.ABD设小球的质量为m,初速度为v0,小球与滑块组成的系统在水平方向动量守恒,有mv0=mv1+Mv2,得v2=mv0M-mMv1,结合图乙可得图线斜率大小为ba=mM,且a=v0,则小球的质量m=baM,A正确;若a=b,小球与滑块质量相等,小球在与滑块分离时,由系统水平方向上动量守恒及机械能守恒,可知两者交换速度,小球速度为零,小球在与滑块分离后做自由落体运动,D正确;小球运动到最高点时,竖直方向速度为零,在水平方向与滑块具有相同的速度v共,在水平方向,由动量守恒定律得mv0=(m+M)v共,解得v共=mv0m+M,结合A项中的分析化简得v共=aba+b,B正确;小球从开始运动至到达最高点的过程中,由机械能守恒定律得12mv02=12(m+M)v共2+mgh13.答案(1)滑块B的右端至挡板D的距离L2(2分)(2)mA·L1t1-mB·L2t2=0(2分解析(1)本实验探究碰撞中的不变量(动量守恒),需要测量两滑块的质量和弹开后的速度大小,其中A的速度大小等于L1t1,所以还应测量的物理量是滑块B的右端至挡板D的距离(2)取滑块A运动的方向为正方向,验证动量守恒的表达式是mA·L1t1-mB·L2t2=0。本实验中产生误差的原因是测量时间、距离、质量等存在误差(即偶然误差14.答案(1)>(2分)(6)m1sP=m1sM+m2sN(4分)(7)m1sP=m1sM+m2sN(解析(1)为了防止碰撞后入射小球反弹,一定要保证入射小球的质量大于被碰小球的质量,即m1>m2。(6)碰撞前,入射小球落在图中P点,设其水平速度为v1,发生碰撞后,入射小球的落点是图中的M点,设其水平速度为v1',被碰小球的落点是图中的N点,设其水平速度为v2,设斜面BC与水平面的夹角为α,由平抛运动规律得sMsinα=12gt2,sMcosα=v1't,解得v1'=gsMcos2α2sinα,同理可得v1=gsPcos2α2sinα,v2=gsNcos2α2sinα,因此,只要满足m1v1=(7)如果两小球的碰撞为弹性碰撞,则还应满足12m1v12=12m1v1'2+12m2v22,代入以上v1、v2、v1'的表达式可得m1sP=m1s15.答案9.8m/s解析设甲以速度v将箱子推出,推出箱子后甲的速度为v甲,乙获得的速度为v乙,取向右为正方向,以甲和箱子组成的系统为研究对象,根据动量守恒,得(m甲+m)v0=m甲v甲+mv(2分)以箱子和乙组成的系统为研究对象,得mv=(m+m乙)v乙(2分)当甲与乙恰好不相撞时v甲=v乙,此时v最小(2分)联立解得v=9.8m/s(2分)16.答案(1)1kg(2)2m/s解析t=1s时两物块A、B共速,此时弹簧伸长量最大;t=2s时弹簧恢复原长,此时物块A速度最大;t=3s时两物块A、B共速,此时弹簧压缩量最大。(1)0~1s内A、B组成的系统动量守恒,有m2v0=(m1+m2)v(2分)解得m2=1kg(1分)(2)当弹簧恢复原长时A的速度最大,两者组成的系统动量守恒,有m2v0=m1v1+m2v2(2分)系统机械能守恒,有12m2v02=12m1v12+12m解得v1=2m/s(1分)17.答案(1)4m/s5m/s2(2)7.5×10-3J不能胜出解析(1)设碰撞前瞬间弹珠A的速度为v1,由运动学规律得x1=v0t1-12at12(2v1=v0-at1(2分)联立解得v1=4m/s,a=5m/s2(1分)(2)设碰后瞬间弹珠B的速度为v2',由动量守恒定律得mv1=mv1'+mv2'(2分)解得v2'=3m/s(1分)两弹珠碰撞瞬间的机械能损失ΔE=12mv12-12m解得ΔE=7.5×10-3J(1分)碰后弹珠B运动的距离为Δx'=v2'22a=0.所以弹珠B没有进坑,故该同学不能胜出。(1分)18.答案(1)3m/s(2)0.6kg(3)3J解析(1)设滑块B滑至小车C右端时它们的共同速度大小为v,滑块B从滑上小车C到滑至小车C右端的过程中,滑块B和小车C两者组成的系统动量守恒,有mv0=(M+m)v(2分)根据能量守恒定律有12mv02-12(M+m)v2=μmgL(解得v0=3m/s(1分)(2)滑块A从P点滑至平台的过程中,由动能定理有m0gR(1-cos60°)=12m0vA2(2解得vA=4m/s设滑块A挤压弹簧结束后(弹簧恢复原长时)的速度大小为v1,滑块A与滑块B两者组成的系统动量守恒,有m0vA=m0v1+mv0(1分)根据机械能守恒定律有12m0vA2=12m0v12+12解得m0=0.6kg(1分)(3)当滑块A、B速度相同时弹簧弹性势能最大,根据动量守恒定律有m0vA=(m0+m)v共(2分)根据能量守恒定律有Ep=12m0vA2-12(m0+m)v共解得弹簧最大弹性势能Ep=3J(1分)第二章机械振动全卷满分100分考试用时90分钟。一、单项选择题(本大题共8小题,每小题3分,共24分。在每小题给出的四个选项中只有一个符合题目要求)1.如图所示,在光滑水平面上有一轻质弹簧左端固定,右端与质量为m的小球相连,构成一个水平弹簧振子,弹簧处于原长时小球位于O点。现使小球以O点为平衡位置,在A、B两点间沿光滑水平面做简谐运动,关于这个弹簧振子做简谐运动的过程,下列说法正确的是()A.小球经过平衡位置O时速度最大B.小球经过平衡位置O时加速度最大C.小球每次通过同一位置时的速度一定相同D.小球经过平衡位置O时振幅最小2.物体做简谐运动时,下列叙述正确的是()A.平衡位置就是回复力为零的位置B.处于平衡位置的物体,一定处于平衡状态C.物体到达平衡位置时,合力一定为零D.物体到达平衡位置时,回复力不一定为零3.一物体做简谐运动,周期为T,振幅为A,现使其振幅变为2A,其他条件不变,则物体振动时()A.周期将变为原来的2倍B.周期将变为原来的二分之一C.周期不变D.一个周期内通过的路程不变4.一个弹簧振子做简谐运动,以某时刻为计时起点(t=0),经过14周期时,振动物体具有沿正方向的最大加速度,则其振动图像是()5.如图所示,轻质弹簧下挂重力为500N的物体A,再在物体A的下端用细线挂上重力为300N的物体B,弹簧在弹性限度内,A、B两物体均静止后,轻质弹簧相对于原长共伸长了4cm。将连接A、B两物体的细线剪断,则A在竖直面内做简谐运动,简谐运动过程中物体A运动的最高点与最低点的距离为()A.1.5cmB.3cmC.4cmD.5cm6.某同学在山顶找到一块密度较大、体积较小、形状不规则的石块,用细线系住石块使其在竖直平面内小角度摆动,测量石块摆动的周期和对应的细线长度,改变细线的长度,得到多组周期的平方和对应的细线长度,描点得到如图所示的T2-l图像,则山顶的重力加速度大小最接近()A.9.46m/s2B.9.56m/s2C.9.66m/s2D.9.76m/s27.蜘蛛会根据丝网的振动情况感知是否有昆虫“落网”,若丝网的固有频率为200Hz,则可判断()A.“落网”昆虫翅膀振动的频率越大,丝网的振幅越大B.当“落网”昆虫翅膀振动的频率低于200Hz时,丝网不振动C.当“落网”昆虫翅膀振动的周期为0.005s时,丝网的振幅最大D.昆虫“落网”后,丝网按其固有频率200Hz振动8.图(a)、图(b)分别是甲、乙两个单摆在同一位置处做简谐运动的图像,则下列说法中正确的是()A.甲、乙两单摆的振幅相等B.t=2s时,甲单摆的重力势能最小,乙单摆的动能最大C.甲、乙两单摆的摆长之比为4∶1D.甲、乙两单摆的摆球在最低点时,甲摆球向心加速度较大二、多项选择题(本大题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分)9.一同学在探究单摆的运动规律时,测得单摆50次全振动所用的时间为100s。已知当地的重力加速度g=9.80m/s2,则下列说法正确的是()A.该单摆做简谐运动时,在速度增大的过程中回复力一定减小B.该单摆的摆长约为1.44mC.若把该单摆的摆长减小为原来的一半,则其振动的周期为2sD.若把该单摆放在月球上,则其摆动周期变小10.如图所示,三根细线于O点处打结,A、B两端固定在同一水平面上相距为L的两点处,∠AOB=90°,∠BAO=30°。已知OC细线长L,下端C点系着一个小球(忽略小球半径),下面说法正确的是(重力加速度大小为g)()A.让小球在纸面内小角度摆动,周期T=2πLB.让小球在垂直纸面方向小角度摆动,周期T'=2π3C.让小球在纸面内小角度摆动,周期T=2π3D.让小球在垂直纸面方向小角度摆动,周期T'=π4+11.如图所示,水平光滑桌面上,轻弹簧的左端固定,右端连接滑块P,P和物块Q通过细绳绕过定滑轮连接。开始时,系统处于静止状态,滑块P处于位置O。将滑块P向左推至弹簧处于原长的位置A后由静止释放,当滑块P运动到最右端时细绳恰好被拉断,滑块未与定滑轮相碰,弹簧未超出弹性限度,已知Q的质量为m,弹簧的劲度系数为k,重力加速度为g,不计一切摩擦,则()A.细绳被拉断前的瞬间,滑块P的加速度与刚释放时的加速度等大反向B.细绳被拉断后,滑块P回到O位置时速度最大C.从释放到细绳被拉断过程,物块Q下落的高度为2D.弹簧的最大弹性势能为212.某人在钓鱼时所用的鱼漂由一横截面积为S的均匀塑料直管制成,如图所示,O为鱼漂的中点,A、B两点到O点的距离均为鱼漂总长的13,鱼钩、鱼饵、鱼线和鱼漂在水中平衡时,O点恰好与水面平齐。某次鱼咬钩将鱼漂竖直向下拉,使A点与水面平齐后静止,然后鱼放开鱼钩,不计鱼钩、鱼饵和鱼线的体积,不计水的阻力,重力加速度大小为g,则下列说法不正确的是()A.在鱼漂上升的过程中,其加速度一直减小B.鱼放开鱼钩的瞬间,鱼漂的加速度大小为2C.鱼漂上升到最高点时,OB的中点恰好在水面上D.AO的中点经过水面时,鱼漂的速度最大三、非选择题(本大题共6小题,共60分)13.(6分)班里同学春游时,发现一棵三位同学都合抱不过来的千年古树,他们想测量这棵古树的直径。由于他们未带卷尺,只备有救生绳(较轻较细),于是他们利用单摆原理对古树的直径进行粗略测量。他们用救生绳绕树一周,截取长度等于树干周长的一段(已预留出打结部分的长度),然后在这段救生绳的一端系一个小石块。接下来的操作步骤为:Ⅰ.将截下的救生绳的另一端固定在一根离地足够高的树枝上;Ⅱ.移动小石块,使伸直的救生绳偏离竖直方向一个小的角度(小于5°),然后由静止释放,使小石块在同一竖直面内摆动;Ⅲ.从小石块经过平衡位置(已经选定参考位置)开始,用手机中的“秒表”软件计时(记为第0次经过平衡位置),至小石块第n次经过平衡位置,测出这一过程所用的总时间为t,计算出小石块摆动的周期T。(1)根据步骤Ⅲ,可得小石块摆动的周期T=;

(2)查得该地区同纬度海平面的重力加速度为g,可得该树干的直径d=。

14.(9分)某学习小组“利用单摆测定重力加速度”的实验装置如图1所示,请在横线上完成相应内容。(1)若同学们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(2)若实验过程中没有游标卡尺,无法测小球的直径d,实验中将悬点到小球最低点的距离作为摆长l,测得多组周期T和l的数据,作出T2-l图像,如图2所示。①实验得到的T2-l图像是(选填“a”“b”或“c”);

②小球的直径是cm;

③π取3.14,则实验测得当地重力加速度大小是m/s2(取3位有效数字)。

15.(8分)如图所示,弹簧振子在a、b两点间做简谐运动,振幅为A=10cm,振动周期为0.2s,开始计时时,振动质点正从平衡位置O开始向a运动,选向左方向为正方向。(1)写出质点振动方程;(2)求经过2.1s质点通过的路程。16.(10分)如图为一单摆的共振曲线,则:(重力加速度g=9.8m/s2,取π=3.14)(1)该单摆的摆长约为多少(计算结果保留1位有效数字)?(2)共振时单摆的振幅多大?(3)共振时摆球的回复力产生的最大加速度的大小约为多少(计算结果保留1位有效数字)?(4)若单摆的摆长变短,共振曲线的峰将怎样移动?17.(12分)如图所示,将质量为m=200g的平台A连接在劲度系数k=200N/m的弹簧上端,弹簧下端固定在地面上,现在A的上方轻轻放置质量也为m的物块B,使A、B一起上下振动,弹簧原长为5cm,A的厚度可忽略不计,求:(1)A、B一起上下振动的振幅;(2)A对B的最大支持力大小;(3)若改变A、B一起上下振动的振幅,A距地面的最小高度。18.(15分)如图,一根劲度系数为k的轻质弹簧上端固定在光滑斜面顶端,斜面倾角为30°。下端连接一物块A,A下面用轻绳连接一质量为m的物块B,物块B距离斜面底端为l。开始系统处于静止状态,现在剪断轻绳使B自由下滑,当B滑到斜面底端时,物块A刚好沿斜面向上第一次到达最高点,此时弹簧对A的拉力沿斜面向上,大小为mg。已知弹簧始终处于弹性限度内,重力加速度为g,求:(1)弹簧与A组成的系统振动周期为多少?(2)物块A的质量为多少?(3)A从最低点运动到最高点的过程中,弹簧的弹性势能减少了多少?

答案与解析第二章机械振动1.A2.A3.C4.D5.B6.D7.C8.D9.AC10.AD11.ACD12.ACD1.A小球经过平衡位置O时速度最大,位移为零,加速度为零,振幅不变,A正确,B、D错误;小球每次通过同一位置时的速度大小一定相等,但方向不一定相同,C错误。故选A。2.A平衡位置是回复力等于零的位置,但此时物体不一定处于平衡状态,即物体所受合力不一定为零,例如单摆在摆到最低点时即处于平衡位置,但此时其合力并不为零,不是平衡状态。故选A。3.C做简谐运动的物体,其周期是由振动系统的性质决定的,与振动的振幅无关,所以使其振幅变为2A,其他条件不变,则物体振动的周期不变,A、B错误,C正确;物体在一个周期内通过的路程是4倍振幅,其振幅变为2A,其他条件不变,则物体一个周期内通过的路程是原来的2倍,D错误。故选C。4.D根据回复力公式F=-kx及牛顿第二定律a=Fm,可得a=-kxm,以某时刻为计时起点(t=0),经过14周期时,振动物体具有沿正方向的最大加速度,可知经14周期时5.B剪断细线前,对A、B整体分析,由平衡条件得500N+300N=k·Δx,解得k=200N/cm,剪断细线后,当A处于平衡位置时,根据平衡条件得500N=k·Δx',解得Δx'=2.5cm,可知A做简谐运动的振幅A=Δx-Δx'=1.5cm,简谐运动过程中物体A运动的最高点与最低点的距离为x=2A=3cm,故选B。6.D设细线与石块结点到石块重心的距离为d,由单摆周期公式有T=2πl+dg,变形可得T2=4π2g(l+d),T2-l图像斜率为k=4π2g=4.00.99s2/m,7.C当昆虫翅膀振动频率等于丝网固有频率时,丝网振幅最大,根据f=1T=200Hz可知,昆虫翅膀振动的周期为0.005s时,丝网的振幅最大,A、B错误,C正确;昆虫“落网”后,丝网做受迫振动,其振动频率由驱动力频率决定,即由昆虫翅膀振动频率决定,D错误。故选C8.D由题图可知,甲、乙两单摆的振幅分别为4cm、2cm,A错误;t=2s时,甲单摆在平衡位置处,处于最低点,重力势能最小,乙单摆在最大位移处,速度为0,动能为零,B错误;由单摆的周期公式T=2πlg,得l=gT24π2,所以甲、乙两单摆的摆长之比l甲l乙=T甲2T乙2=14,C错误;摆球在最低点时,向心加速度a=v2l,设摆球摆动的最大偏角为θ,由机械能守恒有mgl(1-cosθ)=12mv2,解得a=2g(1-cosθ),因两摆球的最大偏角θ满足sinθ≈Al9.AC单摆的速度越大距平衡位置越近,回复力越小,A正确;单摆的周期为T=tn=10050s=2s,由单摆周期公式T=2πlg,解得摆长l≈1m,B错误;把摆长减小为原来的一半,则T'=22T=2s,C正确;若把该单摆放在月球上,重力加速度g变小,由T=2πlg可知,周期T变大,D10.AD当小球在纸面内小角度摆动时,摆长为L,故周期为T=2πLg,A正确,C错误;当小球在垂直纸面方向小角度摆动时,等效摆长为l'=1+34L,故周期为T'=2π1+34Lg=π11.ACD根据对称性可知,细绳被拉断前的瞬间,滑块P的位置与释放时位置A关于O点对称,滑块P的加速度与刚释放时的加速度大小相等,方向相反,A正确;细绳被拉断后,水平方向滑块P只受弹力作用,在滑块P往回走的过程中弹力做正功,当滑块P回到A位置时弹簧处于原长,P的速度最大,B错误;从释放滑块到细绳被拉断前的瞬间,P、Q组成的系统做简谐运动,刚释放时有mg=(mP+m)a,细绳被拉断前的瞬间有kx-mg=(mP+m)a,则物块Q下落的高度为x=2mgk,C正确;当滑块P运动到最右端时弹簧的弹性势能最大,为Ep=12kx2=212.ACD设鱼漂总长为l,在平衡位置时,浮力与重力平衡,有F浮=ρgS·12l=mg,鱼放开鱼钩的瞬间,由牛顿第二定律有ρgS·56l-mg=ma,解得鱼漂的加速度大小为a=2g3,B正确;以鱼漂平衡时O点所在的水面位置为坐标原点,竖直向下为x轴正方向,建立坐标系,鱼放开鱼钩后,当鱼漂相对平衡位置的位移为x时,所受合力为F=mg-ρgS12l+x,可得F=-ρgSx,由于ρgS是定值,由简谐运动规律,从最低点到平衡位置的过程加速度减小,速度增大,到平衡位置时,加速度为0,速度最大,此时鱼漂的中点O恰好到达水面;从平衡位置到最高点的过程中,加速度增大,速度减小,速度减为0时,上升到最高点,此时B点恰好到达水面,A、C、D错误。13.答案(1)2tn(3分)(2)gt2解析(1)设小石块做简谐运动的周期为T,从第0次经过平衡位置到第n次经过平衡位置,小石块运动了n2个周期,即t=n2T,可知小石块摆动的周期T(2)由T=2πLg可得,L=T2g4π2=gt14.答案(1)D(2分)(2)①c(3分)②1.0(2分)③9.86(2分)解析(1)根据T=2πLg可得g=4π2LT2。单摆的悬点未固定紧,摆动中出现松动,使摆线增长了,则摆长的测量值偏小,测得的重力加速度偏小,A错误;把50次摆动的时间误记为49次摆动的时间,测得的周期会偏大,重力加速度测量值偏小,B错误;开始计时,秒表过早按下,则测得的周期偏大,重力加速度测量值偏小,C错误;测摆线长时摆线拉得过紧,则摆长的测量值偏大,(2)由于无法测小球的直径d,则实际摆长为L=l-d2,因此T=2πl−d2g,解得T2=4π2gl-2π2dg,故实验得到的T2-l图像是c;图像c横轴截距为0.5cm,即4π2图线c纵轴截距为-2