2022年高中物理振动动量训练含解析答案

2022年高中物理振动动量专题训练

一.选择题（共15小题）

1.如图所示，五个等大的小球B、C、D、E、F,沿一条直线静放在光滑水平面上，另一等大小球A沿该直线以速

度v向B球运动，小球间若发生碰撞均为弹性碰撞。若B、C、D、E四个球质量均为2m,而A、F两球质量均

为m,则所有碰撞结束后，小球F的速度大小为（）

ABCDEF

忌^7总。^77

A.vB.2VC.&D.纹

399

2.如图所示，光滑水平面上有两个相同的光滑弧形槽，左侧弧形槽静止但不固定，右侧弧形槽固定，两个弧形槽

底部均与水平面平滑连接。一个小球从左侧槽距水平面高h处自由下滑，己知小球质量为m,弧形槽质量均为

2m,下列说法正确的是（）

A.小球从左侧弧形槽下滑过程中，小球和槽组成的系统动量守恒

B.小球从左侧弧形槽下滑过程中，小球和槽组成的系统机械能守恒

C.小球滑上右侧弧形槽后，上升的最大高度为h

D.小球第二次滑上左侧弧形槽，上升的最大高度为h

3.如图所示，将一质量为2m、半径为R的半圆形槽置于光滑水平面上，现让一质量为m的小球从A点正上方h

处静止释放，经最低点后能从右端最高点冲出，不计空气阻力，则下列说法正确的是（）

A.小球与槽组成的系统动量守恒

B.小球离开槽后做斜上抛运动

C.小球从右端上升的高度等于h

D.槽向左运动最大距离为

2

4.如图所示，在光滑水平地面上有A、B两个木块，A、B之间用一轻弹簧连接。A靠在墙壁上，用力F向左推B

使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态。若突然撤去力F,则卜・列说法中正确的是（)

A.木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒

B.木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，机械能也不守恒

C.木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒

D.木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，但机械能不守恒

5.甲、乙两铁球质量分别是m甲=1kg、m乙=2kg,在光滑水平面上均沿同一直线向正方向运动，速度分别是v甲

=6m/s、v乙=2m/s,甲追上乙发生正碰后两物体的速度有可能是（）

A.vi|/=2m/s,v乙'=4m/s

B.v甲'=7m/s>v乙'=1.5m/s

C.v甲'=3.5m/s,v乙'=3m/s

D.v甲'=3m/s,v乙'=3m/s

6.如图所示，小车上固定一竖直杆，杆顶端打有一钉子，钉子钉住一根不可伸长的细绳与小球A相连，小球可通

过细绳左右摆动，绳长为1,小球A的质量为m,小车B的质量为M,将小球向右端拉至水平后放手（水平面

B.水平方向任意时刻小球与小车的动量都等大反向

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

M+m

7.如图所示，一沙袋用无弹性轻细绳悬于O点，开始时沙袋处于静止状态，一弹丸以水平速度vo击中沙袋后未穿

出，二者共同摆动。若弹丸质量为m,沙袋质量为5m,弹丸和沙袋形状大小忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的

沙子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法中正确的是（）

CD

A.弹丸打入沙袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变

B.弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量等于沙袋对弹丸的冲量

C.弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为一^

72g

2

D.沙袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为也

72g

8.如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，该运动可看成简谐运动。从某次摆球到达右侧最大位移处开始计时，摆

球相对平衡位置的位移x随时间I变化的图像如图乙所示，取g=10m/s2,口2-10。下列说法正确的是（）

A.单摆的摆长约为1.0m

B.单摆的位移x随时间i变化的关系式为x=2sin（2・5兀t今）cit

C.从t=0.2s至h=0.4s的过程中，摆球的动能逐渐增加

D.从t=0.4s到t=0.6s的过程中，摆球的加速度逐渐增大

9.一位游客在长寿湖边欲乘游船，当日风浪很大，游船上下浮动。可把游艇浮动简化成竖直.方向的简谐运动,振

幅为20cm,周期为3.0s。当船到达平衡位置时，甲板刚好与码头地面平齐。已知地面与甲板的高度差不超过10cm

时，游客能舒服地登船。在一个周期内，游客能舒服地登船的时间约为（）

A.0.5sB.1.0sC.1.5sD.2.0s

10.单摆在振动过程中，对摆球的分析正确的是（）

A.摆球在最低点加速度为零

B.合外力方向始终与速度方向垂直

C.摆球在最高点合外力为零

D.摆球在任何位置加速度都不等于零

11.如图所示，几个摆长相同的单摆，它们在不同条件下的周期分别为T1、T2、T3、T4,关于周期大小关系的判断,

正确的是（）

12.如图甲所示，劲度系数为k的轻弹簧下端挂一质量为m的物体，物体在竖直方向上做简谐运动，弹簧对物体的

拉力F随时间变化如图乙所示，重力加速度为g。由此可以判定运动过程中（）

〃弘〃/F

J1八7V

甲乙

A.弹簧的弹性势能和物体动能总和不变

B.弹簧的最大动能等于包

2k

C.物体的最大加速度为2倍的重力加速度

D.振幅为2；昱

k

13.如图所示，单摆悬丁O点，摆K为L,若在O点正下方的O,点钉个光滑钉了，使OO，=L,将单摆拉至A

3

处由静止释放，小球将在A、B、C间来回摆动，若摆动中摆线与竖直方向的夹角小于5°,则此单摆的周期为

（）

14.把一个筛子用四根弹簧支撑起来，筛子上装一个电动偏心轮，它每转一周，给筛子一个驱动力，这就做成了一

个共振筛，如图甲所示。该共振筛的共振曲线如图乙所示。已知增大电压，可使偏心轮转速提高，增加筛子质量,

可增大筛子的固有周期。现在，在某电压下偏心轮的转速是88r/mino为使共振筛的振幅增大，以下做法可行的

是（）

A.降低输入电压同时减小筛子质量

B.降低输入电压同时增加筛子质量

C.增大输入电压同时减小筛子质量

D.增大输入电压同时增加筛子质量

15.把一调准的摆钟从东莞移到北京后，下列说法正确的是（）

A.摆动周期变长了，要调准需增加摆长

B.摆动周期变长了，要调准需缩短摆长

C.摆动周期变短了，要调准需增加摆长

D.摆动周期变短了，要调准需缩短摆长

二.多选题（共1小题）

（多选）16.如图所示，一质点在A、B之间做简谐运动，O为平衡位置，E、F点分别为AO和OB之间关于0

点的对称点（即EO和OF的距离相等）。质点从E点向右运动经过时间U第一次经过F点，再经过时间t2第四

次经过F点。下列说法正确的是（）

AEOFB

-----•---------•----------•---------•---------•—

A.质点经过E点和F点的速度大小一定相同

B.质点经过E点和F点的加速度大小一定相等

C.质点从A点第一次运动到B点的时间为ti+t2

D.该质点的振动周期为——2（ti?—+t?9）-

3

三.填空题（共2小题）

17.用单摆测定重力加速度的实验装置如图1所示。

（1）选用合适的器材组装成单摆后，主要步骤如下:

①将单摆上端固定在铁架台上

②让刻度尺的零刻度线对准摆线的悬点，测摆长L

③记录小球完成n次全振动所用的总时间I

④根据单摆周期公式计算重力加速度g的大小

根据图2所示，测得的摆长L=cm；

重力加速度测量值表达式g=（用L、n、t表示）。

（2）为减小实验误差，多次改变摆长L,测量对应的单摆周期T,用多组实验数据绘制T2-L图像，如图3所

示。由图可知重力加速度g=（用国中字母表示）。

（3）关于实验操作或结果分析，下列说法正确的是（选填选项前的字母）。

A.测量摆长时，要让小球静止悬挂再测量

B.摆长一定的情况下，摆的振幅越大越好

C.多次改变摆线长1,测量多组对应的50次全振动时间T,通过绘制的关系图线也可以测定重力加速度

图3

18.实验小组的同学们用如图1所示的装置做“用单摆测量重力加速度”的实验。

（1）选择好器材，将符合实验要求的单摆悬线上端固定在铁架台上，测出悬点到小球球心的距离1：

（2）将摆球拉离平衡位置一个小角度松手使其在竖直平面内摆动，测量单摆完成n次全振动所用的时间3则重

力加速度g=。（用1、n、I表示）

（3）甲同学测得的重力加速度数值大于当地重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是。（填选

项前的字母）

A.开始摆动时振幅较小

B.开始计时时，过早按下秒表

C.测量周期时，误将摆球（n-1）次全振动的时间记为n次全振动的时间

D.测量摆长时，以悬点到小球下端边缘的距离为摆长

（4）乙同学多次改变单摆的摆长并测得相应的周期，他根据测量数据画出了如图2所示的图像，但忘记在图中

标明横坐标所代表的物理量。你认为横坐标所代表的物理量是（填“|2，，”］，，或“J］，）。若图线斜率为

k,则重力加速度g=（用k表示）,

（5）丙同学正确完成实验操作后，整理器材时突然发现单摆静止时摆球重心在球心的正下方，他测量时是将悬

点到球心的距离作为摆长1,通过改变摆线的长度，测得5组1和对应的周期T。为了消除摆长不准对实验结果

的影响，他画出1-T?图像，利用图像计算出重力加速度的表达式应为g=，

四.计算题（共7小题）

19.如图所示，B是放在光滑的水平面质量为m的一块木板，物块A（可看成质点）质量为m,与木板间的动摩擦

因数为口，最初木板B静止，物块A以水平初速度vo滑上木板，木板足够长（重力加速度为g）,求：

（1）说明A和B的运动情况，并求出木板B的最大速度的大小；

（2）从刚滑上木板到A、B速度刚好相等的过程中，物块A所发生的位移大小；

（3）若物块A恰好没滑离木板B,则木板至少多长？

20.如图在光滑的水平地面上，质量为M=1.5kg的木板右端固定一光滑四分之一圆弧槽，木板长s=0.5m,圆弧槽

半径R=0.2m,木板左端静置一个质量为mB=0.5kg的小物块B,小物块与木板之间的动摩擦因数卜=0.8。在木

板的左端正上方，用长为L=0.3m的轻杆将质量为mA=1kg的小球A悬于固定点O,轻杆可绕O点无摩擦转动。

现将小球A拉至左上方，轻杆与水平方向成。=30°角，小球由静止群放，到达O点的正下方时与物块B发生

弹性正碰。不计圆弧槽质量及空气阻力，重力加速度g=lOm/s2。求：

（1）小球A与物块B碰前瞬间，小球A的速度大小：

（2）碰后物块B的速度大小；

（3）物块B上升的最大高度。

21.如图所示，质量为m的小物体以水平初速度vo滑上原来静止在光滑水平轨道上的质量为5m的小车上，物体

与小车上表面的动摩擦因数为小小车足够长，求:

（1）物体从滑上小车到相对小车静止所经历的时间;

（2）物体相对小车滑行的距离是多少？

22.如图所示，将一半径R=0.3m、质量M=3kg的光滑半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧靠在固定的竖直墙壁

上。现让一质量m=1kg的小球（可视为质点）自左侧槽口A点正上方的B点从静止开始落下，A、B间的距离

h=0.5m,小球与半圆槽相切滑入槽内。己知重力加速度g=lOm/s2,求：

（1）个球运动到半圆槽最低点时的速度大小VOo

（2）小球第一次离开半圆槽时的速度大小vi。

（3）小球第一次离开半圆槽后，能够上升的最大高度H。

23.如图所示，在固定的光滑水平杆（杆足够长）上，套有一个质量为m=0.5kg的光滑金属圆环，轻绳一端拴在

环上，另一端系着一个质量为M=1.98kg的木块，现有一质量为mo=20g的子弹以vo=100m/s的水平速度射入

木块并留在木块中（不计空气阻力和子弹与木块作用的时间），gmlOm/s2,求：

（1）子弹打击木块后，木块的速度；

（2）子弹打击木块时产生的内能；

（3）木块所能达到的最大高度。

m

0

九曲

24.如图所示，将质量为m=100g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，形

成竖直方向的弹簧振子，在A的上方放置质量也为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，g取10m/s2o求：

（1）立衡位置距地面的高度；

（2）当振幅为0.5cm时，求B对A的最大压力；

（3）为使B在振动中始终与A接触，振幅的最大值。

25.两木块A、B质量分别为m、2m,用劲度系数为k的轻弹簧连在一起，放在水平地面上，如图所示，用外力将

木块A压下一段距离静止，释放后A在竖直方向做简谐运动，在A振动过程中，木块B刚好未离开地面。重力

加速度为g，求：

（1）木块A的最大加速度；

（2）A的振幅。

B

^77777777777777/77

2022年02月动量练习

参考答案与试题解析

一.选择题（共15小题）

1.【分析】小球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律分析答

题。

【解答】解：小球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒,

以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv=mvA+2mvB

由机械能守恒定律得：-^-mv2^-niv^+^-X2mvp

[9

解得：VA=--V,VB=-V

33

两质量相等的球发生弹性碰撞，由动量守恒定律与机械能守恒定律可知，碰撞后两球速度互换，

即B与C碰撞后B的速度为零，C以2v的速度与D碰撞，最终B、C、D速度为零，E以速度VE=2V与F发

33

生碰撞，

E、F碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，

由动量守恒定律得：2mvE=2mvE'+mvF

由机械能守恒定律得：X2mvp^yX2mvzp+4~mvp

解得：VF=@V,故ABC错误，D正确。

9

故选：Do

【点评】本题考杳了动量守恒定律的应用，知道弹性碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与

机械能守恒定律即可解题。

2.【分析】由动量守恒的条件：合外力为零，可以判断小球和槽组成的系统水平方向上动量是否守恒；根据机械能

守恒的条件：只有重力或弹力做功，判断系统的机械能是否守恒；在下滑过程中，根据小球和槽组成的系统水平

方向动量守恒和机械能守恒分析小球上升的最大高度。

【解答】解：A、槽和地面接触面光滑，见小球从左侧槽下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向所受合外力

为零，则水平方向上动量守恒，故A错误：

B、从左侧槽下滑过程中，小球和槽组成的系统接触面光滑，无机械能损失，机械能守恒，故B正确；

C、球下滑到底端时由动量守恒可知mvi=2mv2,由机械能守恒可得mgh=-lmvi2+工x2而4小球滑上右侧弧

2

形槽后，上升的最大高度为了，由机械能守恒定律可得，mgh'=lmV1,可得h，＜h,故C错误：

D、小球第二次滑上左侧弧形槽，滑上最大高度时，小球和左侧弧形槽共速，具有动能，小球重力势能小于初态

重力势能，上升的高度最大小于h,故D错误。

故选：Bo

【点评】本题考查了动量守恒定律和机械能守恒定律的应用，分析清楚物体的运动过程是正确解题的前提与关键,

应用动量守恒定律、机械能守恒定律、动能定理即可正确解题。

3.【分析】系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒；小球离开槽时只具有竖直方向速度，做竖直上抛运动：

由机械能守恒定律分析小球上升高度；系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律求解槽向左运动最大距离。

【解答】解：A、系统水平方向不受力，所以小球与槽组成的系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，即

小球与槽组成的系统动量不守恒，故A错浜；

B、系统水平方向动量守恒且系统水平方向的总动量为零，所以当小球离开槽时只具有竖直方向速度，做竖直上

抛运动，故B错误；

C、小球离开槽时，小球具有竖直向上的速度，此时槽的速度为零，则由机械能守恒定律可知，小球上升高度等

于h,故C正确；

D、设槽向左的最大距离为x,系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，有：m空兰-2m三=0

tt

解得：X=2R,故D错误。

3

故选：Co

【点评】本题主要是考查了动量守恒定律和机械能守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力

作用或某一方向不受外力作用(或合外力为零)；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞

后系统的动量相等列方程求解。

4.【分析】根据系统动量守恒的条件：系统不受外力或所受合外力为零，分析系统所受的外力情况，判断动量是否

守恒。只有重力或只有弹力做功，机械能守恒，根据机械能守恒的条件判断机械能是否守恒。

【解答】解：A、木块A离开墙壁前，对A、B和弹簧组成的系统，由于墙壁对A有弹力，则系统的外力之和

不为零，故系统的动量不守恒，故A错误；

BD、木块A离开墙壁前和木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统都只有弹簧的弹力做功，而其它力不做

功，则系统的机械能守恒，故BD错误；

C、木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统外力之和为零，则动量守恒；因为过程中只有弹簧弹力做功，

则系统的机械能也守恒，故C正确。

故选：Co

【点评】本题关键要掌握动最守恒和机械能守恒的条件，并用来判断系统的动量和机械能是否守恒。对于动量是

否守恒要看研究的过程，要细化过程分析。

5.【分析】碰撞过程动量守恒、机械能不可能增加，碰撞后不能发生二次碰撞，据此分析答题。

【解答】解：以甲的初速度方向为正方向，碰撞前总动量为：p=m甲v甲+m乙v乙=(1X6+2X2)kgem/s=10kg

•m/s,碰撞前的动能为：

1212

匕k-qm甲V甲戈m乙V乙，

代入数据解得：Ek=22J。

A.如果v甲'=2m/s,v乙，=4m/s,代入总动量与动能的公式可知，碰撞后动量守恒、机械能不增加，碰撞后不

能发生二次碰撞，故A正确；

B.如果v甲'=7m/s,v乙'=1.5m/s,代入总动量与动能的公式可知，碰撞后动量守恒、机械能增加，故B错误;

C.如果V甲'=3.5m/s,V乙'=3m/s,代入总动量与动能的公式可知，碰撞过程动量不守恒，故C错误；

D.如果v甲'=3m/s,v/=3m/s,代入总动量与动能的公式可知，碰撞过程动量不守恒，故D错误；

故选：Ao

【点评】本题考查了机械能守恒定律的应用，碰撞过程中，系统动量守恒、机械能不增大，发生碰撞后不能再发

生二次碰撞，据此即可正确解题。

6.【分析】以小球和小车组成的系统，只有重力做功，机械能守恒，当小球向下摆动的过程中，竖直方向具有向上

的分加速度，小车和小球整体处于超重状态，即可得知整体所受的合力不为零，总动量不守恒.小球与小车组成

的系统在水平方向不受外力，满足水平方向动量守恒定律。

【解答】解：A、当小球向下摆动的过程中，竖直方向具有向上的分加速度，小车和小球整体处于超重状态，即

可得知整体所受的合力不为零，总动量不守恒，故A错误；

B、小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，满足水平方向动量守恒定律，开始系统水平方向动量为零，所

以水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向，故B正确；

C、小球摆到最大高度时，小球的速度为零，以小球和小车组成的系统，只有重力做功，机械能守恒，所以小球

能向左摆到原高度，故C错误；

D、小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mvi-Mv2=0…①，

①式两边同时乘以t解得：mvit=Mv2t,

即：mx】=Mx2…②

小球和小车共走过的距离为2L,XI+X2=2L…③，

由②③解得小车向右移动的最大距离为X2=2吼，故D错误。

M-4n

故选：Bo

【点评】本题对照机械能和动量守恒的条件进行判断.对于系统而言，机械能守恒、总动量不守恒，但由于系统

所受的外力都在竖直方向上，系统水平方向上动量守恒.

7.【分析】弹丸打入砂袋过程中，根据向心力的变化分析细绳拉力的变化：

根据牛顿第三定律和冲量的定义I=Ft分析弹丸对砂袋的冲量和于砂袋对弹丸的冲量大小关系；

弹丸打入砂袋过程中，内力远大于外力，系统的动量守恒，由动量守恒定律和能量守恒定律结合求出产生的热量;

弹丸打入砂袋后一起摆动过程中整体的机械能守恒，由机械能守恒定律求摆动所达到的最大高度。

【解答】解：A、弹丸打入砂袋过程中，砂袋的速度不断增大，所需要的向心力不断增大，则细绳对砂袋的拉力

增大，由牛顿第三定律知，砂袋对细绳的拉力增大，故A错误；

B、弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的作用力与沙袋对弹丸的作用力大小相等，方向相反，作用时间相同，因

此弹丸对沙袋的冲量大小等于沙袋对弹丸的冲量大小，但方向相反，故B错误；

C、弹丸打入沙袋的过程由动量守恒定律有mvo=(m+5m)v,解得v=lvo,弹丸打入沙袋过程中所产生的热

6

量为Q=_L3-工61^2=_§_盗，故C错误；

202120

2

D、沙袋和弹丸一起摆动到最高点过程中，由动能定理可得：-(m+5m)gh=0-2・6mv2,解得h='~^,故

272g

D正确。

故选：Do

【点评】解决该题需要掌握冲量的定义式，知道弹丸和沙袋作用过程中，弹丸和沙袋形成的系统动量守恒，掌握

用能量守恒定律求解作用过程中产生的热量。

8.【分析】首先根据单摆振动图像读出振幅、周期、相位等信息，根据单摆周期公式解出其摆长；然后根据振动图

像写出位移随时间变化的关系式;最后由图线变化结合摆球振动过程判断不同时间段内摆球的动能和加速度变化

情况。

【解答】解：A、由图可知，单摆的振幅为2cm,周期T=0.8s,根据单摆的周期公式可得:

T=2唯

代入数据可得：L=0.4m。故A错误；

B、由角速度与周期关系式可得:

2兀

T

代入数据可得：3=2.5mad/s。摆球振动的初相位为-上，单摆的位移x随时向t变化的关系式为:

2

x=2sin(2.t-*^~)cn°故B正确；

C、根据单摆的振动图像，从t=O.2s至h=0.4s的过程中，摆球从平衡位置向最大位移处运动，其动能逐渐减小。

故C错误；

D、同理从t=0.4s到t=0.6s的过程中，摆球从最大位移处向着平衡位置运动，其加速度逐渐减小。故D错误。

故选：Bo

【点评】本题考查单摆模型，解题关键是能把振动图像与单摆的振动过程对应起来。属于中等难度的题目。

9.【分析】解此题要先明确临界点在哪里，临界点为游船偏离平衡位置位移为10cm处，并且在图象中只存在于半

侧，然后找到对应临界点之间的时间间隔，可以通过作图象求解也可以通过方程式的代数求解。

【解答】解：根据题意，其运动方程为：y=20cos("七)cm

按照题设要求，地面与甲板的高度差不超过10cm时游客能舒服地登船，当船的甲板高于地面时，则y=20cos

(2兀七)cm=10cm时，贝ijcos(2兀｛)—0.5

33

可得：t=0.5s或t=2.5s

当船的甲板低于地面时，则y=20cos（2兀+）cm=-10cm时，贝Ucos（2兀”=_0.5

33

可得：t=LOs或t=2.0s

可知在0.5s〜1.0s内以及2.0s〜2.5s内的1.0s的时间内，地面与甲板的高度差不超过10cm,所以游客能舒服地

登船的时间为1.0s,故B正确，ACD错误;

故选:Bo

【点评】本题不算难，但是容易找错临界点，临界点为游船偏离平衡位置上方或下方位移为10cm处，明确这一

点再找到对应临界点之间的时间间隔，可以通过作图象求解也可以通过方程式的代数求解。

10.【分析】根据单摆的振动特点判断加速度和合外力。

【解答】解：A、摆球在最低点时速度最大，有向心加速度，即加速度不为零.故A错误:

B、单摆振动时不是做匀速圆周运动，则合外力方向不是始终与速度方向垂直，故B错误;

C、摆球在最高点时，回复力最大，此时合外力不为零，故C错误;

D、摆球在任何位置合外力均不为零，即加速度都不等于零，故D正确。

故选：D。

【点评】本题中要注意区别单摆振动和圆周运动的差别。

11.【分析】单摆的周期与振幅和摆球质量无关，根据周期公式2兀胪分析即可,

【解答】解：根据周期公式T=2兀

单摆的周期与幅和摆球质量无关，与摆长和重力加速度有关;

（1）中重力平行斜面的分量mgsin0沿切向分力提供回复力,

沿斜面的加速度为a=gsin①所以周期为丁1=2兀

（2）中带正电的摆球要受到天花板带正电的球的斥力，但是斥力与运动方向息是垂直，不影响回复力，所以单

摆周期不变。

所以周期为T=2

（3）中的周期为TQ=2

W

（4）中的加速度为a'=g+a,所以周期为T《二2兀

故TI>T2=T3>T4,故D正确，ABC错误;

故选：Do

【点评】本题关键根据单撰周期公式直接判断，记住公式就行，简单.

12.【分析】本题为竖直方向的弹簧振子，重力势能、动能和弹性势能三者间相互转化，机械能总量保持不变。

【解答】解：A、由于弹簧与小球组成的系统机械能守恒，所以重力势能、弹簧的弹性势能和物体动能总和不变,

故A错误；

B、小球的合外力为0,加速度为。时，速度最大，动能最大，则有

kx=mg

解得：乂=噩

根据动能定理有:

解得：Ekmax=^Q>,故B正确；

2k

C、弹簧的弹力最大时，物体的加速度最大为

2mg-mg=ma

解得：a=g

则物体的最大加速度等于重力加速度，故C错误;

D、振幅为A=2里3=盟，故D错误；

kk

故选：Bo

【点评】本题考查竖直面内的弹簧简谐振动，回复力为弹簧弹力和重力的合力，平衡位置不是弹簧原长，而是

kA=mg的位置，难度较大，回复力、平衡位置、对称性、最高点和最低点的受力分析都很容易出错。

13.【分析】根据单摆的周期公式来计算，题目中摆长不同，分成两个单摆进行计算。

【解答】解：摆球在平衡位置右边振动时摆长为L,摆球在平衡位置左边振动时摆长为2L,根据单摆周期公式

3

可知，摆球在平衡位置右边时的振动周期为T[=2兀平衡位置左边振动周期丁2=2兀故实际单摆的

故选：Co

【点评】明确单摆的周期公式是解决问题的关键。

14.【分析】当驱动力的频率等于固有频率时，发生共振。

【解答】解：电动机在某电压下偏心轮的转速是88r/min,可得驱动力的频率为:

f=^§.Hz=1.47Hz

60

共振筛的固有频率为：

fw=0.8Hz<f

由于驱动力的频率大于共振筛的固有频率，所以要是振幅变大，要减小驱动力的频率或者增加共振筛的固有频率,

即减小偏心轮电压或减小共振筛的质量。

故选：A0

【点评】本题考查共振的条件，解题关键是在题目中找准影响驱动力频率和共赤筛固有频率的因素。属于简单基

础题目。

15.【分析】调准的摆钟，由东莞移到北京，由于重力加速度变大，这个钟将变快，若要重新调准，根据单摆的周

期公式确定如何调节摆长。

【解答】解：调准的摆钟，由东莞移到北京后，由于重力加速度变大，根据单摆的周期公式T=2TT也可知,

Vg

这个钟的周期减小，钟将变快，若要重新调准，应增摆加长，故ABD错误，C正确。

故选：Co

【点评】本题考查了单摆的周期公式的应用，要注意明确摆钟原理，知道其校准方法。

二.多选题（共1小题）

17.【分析】由对称性可知两点速度大小相等，方向不一定相同；

由牛顿第二定律，可知，加速度大小关系；

根据题重所给条件，分析质点的运动轨迹，找到所给时间与周期的关系，从而列方程求出周期；

波的周期与频率与波源有关，而波速由介质决定，故在不同的介质里，波长不同。

【解答】解：A、由对称性可知，质点经过E点和F点的速度大小一定相同，但是方向不一定相同，故A错误:

B、质点经过E点和F点时位移的大小相同，根据a=一巨可知，加速度大小相等，故B正确：

m

CD、质点从E点向右运动经过时间U第一次经过F点，再经过时间12第四次经过F点，设周期为T,则有：（t2

-T）+ti=工，解得：T=2（"+12）,

23

那么质点从A点第一次运动到B点的时间为：1=工=1产2,故c错误，D正确；

23

故选：BDo

【点评】该题主要考查了简谐振动的相关知识，解决该题的关键是要根据质点的运动情况找到质点的运动时间与

周期的关系，注意速度与加速度均是矢量，比较相同时，还要关注其方向。

三.填空题（共2小题）

17•【分析】根据刻度尺的刻度尺的读数规则读取摆长，由单摆的周期公式变形后得到重力加速度的表达式；

根据单摆的周期公式求得和L的关系，利用数学方法求出斜率，求得重力加速度；

根据实验原理和操作注意事项进行分析判断。

【解答】解：（1）亳米刻度尺的精度为Imn但要估读到亳米的下一位，同时要注意摆长是悬点到球心的距离,

故L=98.50cm：

22

根据单摆的周期公式T=2兀、归，而T=上。变形后得到：g=4兀；L

22

（2）由单摆的周期公式有：T=27TT2="UXL：根据数学知识可知，T2-L图象的斜率k=£L_

（3）A、测摆线长时，应让小球静止在平衡位置，测量悬点到小球球心的距离，故A正确；

B、实验要求单撰偏离平衡位置的角度不能太大，摆角8V5°,不是摆幅越大越好，故B错误；

C、用秒表记录摆球50次全振动的间T,改变摆长多次测量，绘出T2-1的图象，根据图象的斜率也能求出重力

加速度，故C正确。

故选：AC。

4712rl4^2（LQ-LI）

故答案为：（1）98.50、”FX（2）-----0久；（3）AC

【点评】解决本题的关键知道实验的原理，知道实验误差的来源，对于图线问题，一般的解题思路是得出物理量

间的关系式，结合图线斜率或截距进行求解。

18.【分析】（2）应用单摆周期公式求出重力加速度。

（3）应用单摆周期公式求出重力加速度，然后分析实验误差。

（4）应用单摆周期公式求出图象的函数表达式，然后分析答题。

（5）应用单摆周期公式求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出重力加速度。

【解答】解：（2）单摆的周期T=Jl

由单摆周期公式T=21区

4H21471214兀22l

可知重力加速度：g=n

（3）日单摆周期公式T=2%归可知，重力加速度g=4.：L

VgT2

A、重力加速度的测量值与振幅无关，开始摆动时振幅较小不会造成重力加速度的测量值偏大，故A错误；

B、开始计时时，过早按下秒表，所测周期T偏大，所测重力加速度偏小，故B错误；

C、测量周期时，误将摆球（n-1）次全振动的时间记为n次全振动的时间，所测周期T偏小，导致所测重力加

速度偏大，故C正确；

D、测量摆长时，以悬点到小球下端边缘的距离为摆长，所测摆长偏大，所测重力加速度偏大，故D正确。

故选：CDo

（4）由单摆周期公式T=2n出可知：T=竽义瓜T与W成正比，横坐标所代表的物理量是W，图象的斜

率卜二罕，重力加速度

Vgk2

（5）由单摆周期公式T=2n,囚可知：1=」于乂12,图象的斜率k=—^=居二工

Vg4冗24冗2TR-TA

DA

,一4兀2（11）

解得重力加速度：g=-----0BA

哈喘

加分室为（2）4兀2n2164兀24兀2（.-1口

舍茶为：（2）--------;（J）CD;\4）N];—;（5）~zo

t2k2

【点评】本题考查了应用单摆测重力加速度实验，理解实验原理是解题的前提与关键，应用单摆周期公式即可解

题。

三.计算题（共7小题）

19•【分析】（1）当A、B速度相等时B速度最大，根据动量守恒定律即可求出；

（2）日动能定理即可求出木块的位移；

（3）日功能关系，结合能量的变化即可求出。

【解答】解：（1）由题意知，A向右减速，B向右加速，当A、B速度相等时B速度最大。以vo的方向为正方

向，根据动量守恒定律：mvo=（m+m）v

得：v=」＞vo

2

（2）A向右减速的过程，根据动能定理有：

-pmgxi=-imv2-Amvo2

32

Vo

则木块A所发生的位移为:

8iUg

（3）从A滑上B至达到共同速度的过程中，由能量守恒得:

|imgL=—1mvo^2—-1(m+m)v2

22

得」=£

答：（1）木板B的最大速度是工vo；

2

（2）木块A从刚开始运动到A、B速度刚好相等的过程中，木块A所发生的位移是」3V4■：

8kg

v2

（3）若物块A恰好没滑离木板B,则木板至少为一9-。

4口g

【点评】该题属于较典型的板块模型的应用，在解答的过程中要注意动量守恒的条件，以及合理的正方向。

20•【分析】（1）A下摆过程机械能守恒，应用机械能守恒定律可以求出碰撞前瞬间A的速度大小。

（2）A、B发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰

撞后物块B的速度大小。

（3）B与木板组成的系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律分析答题。

【解答】解：（1）设小球A与物块B碰前瞬间，小球A的速度大小为VA,

o

小球A下摆过程机械能守恒，根据机械能守恒定律得：mAg（Lsin30+口,111小：

代入数据解得：vA=3m/s

（2）设碰后物块B的速度大小为VB,A、B发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒。机械能守恒，

以向右为正方向，根据动量守恒定律得：mAVA=mAv'A+mBvB

y

根据机械能守恒定律得:-^-mAv^=ymAv^+^-mBVp

代入数据解得：vB=4m/s

（3）B与木板组成的系统在水平方向动量守恒，当物块B上升至最高点时，B与木板在水平方向速度相等，设

为V,

以水平向右为正方向，在水平方向，根据动量守恒定律得：mBVB=（mB+M）v

设物块B上升的最大高度为h,根据能量守恒定律得：—mBv（M+mB）v^-pmBgs+mBgh

代入数据解得：h=0.2m

答：（1）小球A与物块B碰前瞬间，小球A的速度大小是3m/s；

（2）碰后物块B的速度大小是4m/s：

（3）物块B上升的最大高度是0.2m。

【点评】本题是一道力学综合题，根据题意分析清楚物体的运动过程是解题的前提，应用动能定理、动量守恒定

律与能量守恒定律即可解题。

21.【分析】（1）物体滑上小车后做匀减速直线运动，小车做匀加速直线运动，当物体和小车的速度相等时，物体

相对于小车静止，根据动量守恒定律求出两者的共同速度，再根据动量定理求解物体从滑上小车到相对小车静止

所经历的时间；

（2）根据能量守恒定律求解这段时间内系统产生的热量。

【解答】解：（1）设向右为正方向，物体与小车相对静止时的速度为V,根据动量守恒定律有

mvo=（m+5m）v

相对静止时的速度

V=—VD

6

对小车，根据动量定理

pmgl=5mv

解得物体从滑上小车到相对小车静止所经历的时间

5Vo

6ktg

（2）对系统，根据能量守恒，有

1

199

Hmgx=—mvg-—(m+5m)V

乙2

解得物体相对小车滑行的距离是

52

VO

W

12

答：（1）物体从滑上小车到相对小车静止所经历的时间为上迎；

6Bg

2

（2）物体相对小车滑行的距离是三5辿-。

12|lg

【点评】在求解该题时首先要弄清楚小车和物体的运动情况，掌握动量守恒的条件，能根据动量守恒求解小车和

物体的共同速度。

22.【分析】（1）根据动能定理求出球到达最低点的速度；

（2）当小球在半圆槽内最低点向最高点运动过程中，水平方向满足动量守恒；当球即将与槽分离时，小球和槽

具有相同的水平方向速度，小球与槽组成的系统机械能守恒，根据动量守恒定律和机械能守恒定律进行解答；

（3）球离开槽后向上做斜上抛运动，当竖直方向的分速度等于。时，上升的高度最大，根据运动学公式求解。

【解答】解：（1）对小球，从B点到最低点，根据动能定理可得：mg（h+R）=lmv2-0

2o

解得：vo=4m/s；

（2）小球从半圆槽最低点向右运动过程，半圆槽也向右运动，但小球与半圆槽组成的系统水平方向不受力，则

该系统水平方向动量守恒；

设小球高开半圆槽时的水平分速度为vx,竖直分速度为vy,此时小球的水平分速度与半圆槽的速度相同，则：

对小球和半圆槽系统，取向右为正方向，根据动量守恒定律可