教科版高中物理选择性必修1教材习题答案

教材习题答案

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第一章动量与动量守恒定律。?叫=5＞：5kg•m/s=25kg•m/s；

碰后的动量为〃2=m%=5x（-3）kg-ni/s=-l5kg•m/s；

1动量则小球的动量变化为

^p=p2-pi=（-15）kg-ni/s-25kg,ni/s=-40kg•ni/so

自我评价（P6）

3.答案在运动员从卜蹲状态向上起跳过程UL由动量定理得

1%

/、-=mt；,l!|J/\=nw+ingSt...在此过程中,运动员双脚并未

2.C物理学中把质量和速度的乘积〃切定义为物体的动量，只

离开地面，地面对运动员不做功。

有速度与质量的乘枳大时动量才大,A、B错误;根据定义，速

4.提示由动员定理可知,在动员变化量一定的情况下，缩短力

度相等时质量大的物体动量大.C正确：动量是矢量.动量的

的作用时间可以增大作用力.延K力的作用时间可以减小作

方向与速度的方向相同,质量相等,速度大小也相等，只能说

用力；例如跳远运动员跳到沙坑里，延长力的作用时间，减小

明动员的大小相等，方向不一定相同,不能说动量:相同，D错

作用力;搬运玻璃等易碎物从时，在箱子里放些刨花、泡沫型

误。故选C。料等，延长力的作用时间，减小作用力；工厂里的工人用冲床

3.提示教材中本实验是在气垫导轨上进行的。冲压钢板，缩短力的作用时间.增大作用力；用铁锤敲打钉子

可能遇到的问题：将其钉为木央里.缩短力的作用时间,增大作用力。

1.滑块碰撞前后做的不是匀速直线运动。5.AB由题目可知F=2N,广=TN,由动员定理可知/=Is

解决方法:调整气垫导轨水平,打开气泵电源,把滑块放在导Pi,X]

时，％%，代人数据可得”i=―-=-r—ni/s=Im/s,故ATE

轨上，调整底座的螺丝,直到松手后滑块不再运动。m2

2.两滑块不在两光也门之间发生碰撞，确;f=2s时,P2=%,代入数据可得Pa=2x2kg•m/s=4kg•

脩决方法:用两个滑块压紧一根弹簧,然后用细线固定，把整m/s,故B正确；J=3s时,23=%+尸’（4TJ，代人数据可得

个系统冲置于两个光电门之何的某个位置，烧断细线，弹簧把%=2x2kg•m/s-1x（3-2）kg-kg•m/s,故C错误；

两滑块弹开，两滑块分别经过两光电门，测出遮挡时间，根据

t=4s时，14+F'（/4-t＞）="%，代人数据可得v4=

遮光条的宽度,计算出两滑块的速度，探究碰撞前后运动量的

2X2-1X（4-2）/./出「、的与

------------=-------------ni/s=1m/s,故D专音误。

变化“52

将两滑块上的弹簧片换成橡皮泥后的碰撞可以采用以下方

法:让一个滑块静宜于两光电门之间，另一个滑块用弹射装置3动量守恒定律

获得初速度，碰撞后粘在一起以较小的速度运动

自我评价（PI5）

4.答案

1.ABC轮滑女孩从后面推轮滑男孩.系统所受合外力为地面

动量动能的摩撩力，可以忽略不计，可以认为系统动量守恒，A符合题

物理意义描述机械运动状态的物理员意:子弹击穿饮料瓶的短暂过程,内力很大.外力可忽略,可以

耳=十一认为系玩动易守怛，H符合题总；宇航员在舱外将一件小设备

定义式p=mv

抛离自己的过程中，太空中没有空气阻力，且所受的重力可以

标矢性矢量标址忽略不计，可以认为系统动员守恒，C符合题意；汽车发生轻

变化决定因素物体所受冲我（下节学习）外力所做的功微碰撞的过程中，地面对汽车的摩擦力不可忽略,所以系统动

垃不守M,D不符合题意。故选AJLC。

换算关系P=/2叫闽=卜

Zni2BCD两滑块组成的系统所受合外力为零，故动量守恒口为

零，故A项错误；由定量守恒得0=m必-四坳，所以两滑块与

2动量定理弹簧分离后动量大小相等，方向相反.故B项正确；若两滑块

的质量相等，可知两滑块的速度大小也相等，即速率相等,故C

自我评价（P】0）

项正确;因为整个过程中，弹簧的弹性势能转化成了两滑块的

1.答案

动能，故两滑块的机械能增大,故I）项正确;滑块和弹簧组成

动必定理动能定理的系统，机械能是守恒的.故E项错误。故选B、C、D

公式/=△/＞（矢量式）（标址式）3.答案车速大小不变

因力的冲址力做的功（总功）解析人和车组成的系统，在水平方向上不受外力,动量•守

因果关系

果动fit的变化量动能的变化情恒，人竖直向上跳起时，水平方向上的速度与车的速度相等.

①公式中的力都是指物体所受的令外力.根据动量守恒定律,可知乍的速度大小不变。

②动员定理和动能定理都注重初.末状态.而不注重4.答案含

过程,因此都可以用来求变力作用的结果（变力的il+in

相同点

冲仙或变力做的功屋解析滑块B滑上小车.4后,/1Ji组成的系统动量守恒,根据

③研究对象可以是一个牧体,也可以是一个系统;研动量守明定律得

究过程可以是整个过程.也可以是某一段过程

^^1）=（M+m）v

2.答案40kg•ni/s

解得。=（巴

解析因竖“向下为正，则小球与地面相罐前的动量为巧=M+m

1

选择性必修-第一册

5.答案0.02in/s,方向为远离空间站方向S”)=(%+〃％)(2.S67+S7K-%9)°因此需要测量:或读取的物理

解析根据动量守恒定律可得(/+〃％)&="?以+%幺量是①⑥，

解得乙=0.02m/s,方向为远离空间站方向。

5碰撞

4验证动量守恒定律自我评价(P25)

自我评价(PI9)4+1

1.答案

1.答案(l)cbda(2)天平八、8两滑块的质量叫、叫

八,44解析碰埔过程据动量守恒定律可得

mv0=nW[^Amv2

解析(2)还需用天平测滑块的质量。据机械能守恒定律可得

I,1,1,,

(3：两滑块脱离弹卷后的速度分别为二，—^0=/hztt；；

hfi

若动量守恒，则〃八%=吗内，故验证动量守恒定律的表达式为联立解得u

ni+Ani°

/1A

叫一=叫-O

，2由于/1>1,可得中了•碰前与碰后的速率之比为，=三

VI4-1

2.答案本实验在误差允许的范围内验证了动量守恒定律;运

2.答案3v-2v

算过程见解析.n

解析爆竹在最高点爆炸过程,水平方向动量守恒，以向东为

解析按定义，滑块运动的瞬时速度大小〃=半①

正方向，可得

A/

3mv=2mv+mv'

式中As为滑块在很短时间Z内走过的路程。0

解得另一块的速度为

设纸带上打出相邻两点的时间间隔为A〃.则

/=3%-2r

Az(=y=O.O2$②3.答案图：b),理由见解析

解析碰獐过程据动量守恒定律可得

可视为很短。

mv^=mv+mv

设4在碰撞前、后瞬时速度大小分别为师必，将②式和图给实{xx22

验数据代人①式解得据机械能守恒定律可得。”篇=；叫，;+；叫《

%=2.00ni/s③

联立解得

vt=0.970m/s④

"L-m、2H八

%=-1f，v2=-7—%

设8在碰撞后的速度大小为巧,由①式有⑤n»i+/n；叫+叫

当m,=小时

代人题给实验数据得％=2.86m/s⑥

%=0,%=即

设两滑块在碰撞前、后的总动量分别为p和则

所以当冰壶甲灯冰壶乙相碰后，甲停止运动，乙以甲碰前的速

,=叫/⑦

度为初速度滑行一段距离后停止运动,对比可知，(b)图符合

P-mv+mv⑧

x}22题意。

两泠块在碰撞前,后总动员相对误差的绝对值为

4.答案(1)0.1m/s0.135J(2)0.7ni/s0.8in/s

6尸aX100%⑨解析(1)令％=50cm/s=0.5m/s,%=一cm/s=-1m/s,

P

联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据,得iiiy-300g=0.3kg»m,=200g=0.2kg

设两物体碰撞后黏合在一起的共同速度为r,

^5r=l.7%<5%⑩

由动量守恒定律得叫叫+叫％=(叫+叫)V

因此，本实验在误差允许的范围内验证了动员守恒定律。

代人数据解得*,=-0.1m/s,负号表示方向与门的方向相反。

3.答案⑴②(2)①⑥(3)叫(N+4-$34)=(叫+叫)・

碰撞后两物体损失的动能为

(2%+s78-S的)

-1，।，1/、，

解析(I)由题图可知sl2=3.00cm,.3=2.80cm,.%=A*=3-叫叫+彳闭2。-}"(码+'%)”

2.6)cm,s=2.40cm,s=2.20cm,s=1.60cm,3=1.40cm,

45J667?l(代人数据解得A£k=0.135J

^=1.20cm。根据匀变速宣线运动的特点可知,/l、8相撞的

(2)如果碰撞是弹性碰撞,设碰后两物体的速度分别为

位置在P.处-(2)(3)为了探究相撞前、后动员是否守

恒，就要得到碰撞前后的动城，所以要测蚊,4Ji两个滑块的质,

由动量守恒定律得mtV|+m2v2=m(Vj+m2v2'

量叫、叫和碰撞前、后的速度。设频闪照相的周期为兀则1\

由机械能守恒定律得

处的速度为〃=等1，匕处的速度为％=等^,因为巧=

12I21〃】，，

才叫”|+才叫小=亍叫叫+—/n2r2•

等，可得月Ji碰撞前4在匕处的速度同代代人据据%'=-0.7m/s,%'=0.8m/s,负号表示方向与叫方

向相反。

理可得碰撞后AJi在匕处的速度为汇=殳等型。若动2

4.答案—

量守恒则布1叫以何叫+小)％’,按理得表达式为%(n+2.«-解析以4、B整体为研究对象，向右为正方向,据动量守恒定

2

教材习题答案

律可得3.C与M组成的系统，在m沿斜面M由底端冲上顶端的过

如V程中,在竖在方向上m有向下的加速度，所以系统在竖有方向

叫q产一叫.—+rn•—o

2所受外力之和不为零,则在竖立方向1：系统的动最分量不守

解得月、/1两球的质量之比为恒，故系统动量不守恒，故A错误，B错误。系统在水平方向

叫2不受外力，所以系统在水平方向的动量守恒,故C正确」)

---=----

叫9错误。

4BD在投球过程中，人、车和篮球组成的系统所受的合外力

6反冲不为零，但水平方向不受外力.系统水平方向动量守恒，篮球

自我评价(P30)飞出时1水平向左的动量，则人和车获得水立向右的动量,所

以人车系统所受的合外力不为零,车行移，故错误,正确；

1.答案人推墙的时候.人推墙的力与墙给人的力为一对相互AB

作用力,对人受力分析，人在水平方向上，受墙给人的力和地小车、人和球组成的系统水平方向动量守恒，投球前系统静

面的摩擦力，然而地面摩擦很小，所以对人来说共受力不平止,投完球后，系统仍静止，故C错误，D正确，

街，墙给人的力大,故人将后退，5AC4/两人与车组成的系统动量守恒，开始时系统动量为

零,，两人相向运动时，车向左运动，车的动量向左，由动量守

2.A开始总动量为零，规定燃气喷.'H的方向为正方向.根据动

量守恒定律得0=叫叫+〃，解得火箭的动员”=-叫叫=恒定律可知..4、"两人的动量之和方向向右M的动量大于H

-0.05x600kg♦ni/s=-30kg♦ni/s,负号表示方向与燃气喷出的动量，如果,4金的质量相等，则从的速率大于B的速率,A

的方向相反，故A正确,B、C、D错误。故选A。正确,B错误;如果A、B速率相等,则A的质量大于8的质量,

正确,错误。

3.答案火箭将燃料燃烧产生的气体喷出，由于力的作用是相CD

互的，燃气给火箭一个反作用力，从而使火箭加速运动。6.1)用椽皮锤砸钉子时，橡皮锤与钉子的作用时间比用铁锤砸

钉广长，根据动量定理可知橡皮锤对•钉子的作用力较小，所以

4.答案--M不易格打子钉进物体里，故A错误;跳高时，在沙坑里填沙，是

解析规定航天器的速度方向为正方向,由动量守恒定律为了缓冲，增加人与地面的作用时间，减小作用力，并不是为

可得了减小冲量，故B错误;在推车时推不动.车所受的合力为零.

合力的冲量为零，推力的冲量不为零，故C错误；根据动量定

理可得-r♦£=()-〃,故动量:相同的两个物体受相同的制动力

解得m叱M的作用时，两乍经过相等时间停下来，故)正确

小+%I

5.答案3nMs1.5m7.答案(1)18N-s(2)6m(3)30J

解析“)由图知,0~8s时间内拉力的冲量

解析由动量守恒定律得()=nwt-Mv2

八想，代入数据得

mr,/=KM+/“+/=18Ns；

v,=-rr=3ni/s

*.W(2)由图丙知,0~6s内物体的位移为*|=x3m=6rn；

根据题意/=03Wg=6000N

由图丙知，在时间内，物体做匀速运动,则/=F=

由动能定理.有(3)6~83

2N；

X=0-y/V^lh图丙知，位移为4=3x2m=6m.

解得*=1.5m8~l()s内物体做匀减速运动.位移为阳=3；°X2m=3m.

所以物物在0~10s内的总位移=.r+x+x=15m,

本章复习题l2l

摩擦力力功叼=*=-2x15J=-30J,

1BD因为地球同步卫星绕地心做匀速圆周运动.所以地球对

即物体克服摩擦力做功30J.

二星的引力是卫星所受的合外力,则对卫星运动过程由动量

定理知(=Ap=,当初、末速度不相同时,地球对卫星8.答案-ykg

的引力的冲量不为零，如卫星绕地球转半周的时间内，地球对

解析根据RT图线知

22星的弓I力的冲量为/,=-2­°,卫星绕地球转一周的时间

4-10z,

内，卫星的初、末速度相同,则地球对•工星的引力的冲量为零,vA=---m/s=-3m/s,

故地球对卫星的引力的冲量随时间的增大不一定增大，故、

A4.

C借误,D正确；乂因为地球对卫星的引力始终呵卫星的运动Vn=—ni/s=2in/s,

速度垂直，则地球时卫星的引力对•卫星不做功,故B正确故2-4

共

选B、D。o=-^-m/s=Ttn/So

2.AC爆炸与碰撞都是相互作用时间很短、相互作用的内力远根据动让守恒定律得

大于外力的过程，因此在爆炸与碰撞的过程中系统的动量守

恒,A正确;爆炸过程中.化学能转化为机械能，系统机械能增2

代人数据解得%kg

大，碰撞过程中,发生弹性碰撞时，系统机械能守恒,发生非弹

性碰撞时,系统机械能减小.B错误;爆炸过程，系统内力做正9.答案如也漏

功.化学能转化为机械能,系统的机械旄增加,C正确；非弹性m

碰撞过程中，物体发生II：弹性形变,系统内力做负功，系统的了珅嵌入木块并随木块在水平面上滑行距离S的过程

机械能减少是内力做负功的结果.D错误。故选A、C.中，由运动学公式得

3

选择性必修-第一册

v=2/jigs

XE、--y/n।——(m^+my)t'*-108J

解得v=V与以

子弹嵌入木块的过程中,由动址守恒可得

〃%=(M+〃i)v第二章机械振动

txn,7.'W+mr----

解得%=——v=——、讪，

mm1简谐运动及其图像

10.答案0.4m/s

自我评价(P40)

解析5颗子的与沙袋组成的系统动坛守恒，由动量:守恒定

1.答案0.C4m1.00m

律得

解析由题得质点振动的周期为

5,叫=(.W+5/M)v

7=5=/=。"

代人数据解得0.4ni/s

11.答案4：I9：5

时间t=2.5s=6-r-T,

解析因两球刚好不发生碰撞,说明月Ji碰撞后速率大小相4

同，规定向左为正方向，由动量守恒定往可知所以质点在2.56末在最大位移处，

=m^v-mv

H其位移大小为4cm=0.04m0

而/：*=3：I在此2.5s内质点通过的路程为

解得mA-m„=4-i

s=6-^-x4l=25x4cm=100cm=1.00mc

碰撞前后总动能之比为

片gm，92.答案I：2

二二解析因为弹簧振子振动过程中偏离平衡位置的最大距离即

E1z、25为振幅,则由题意知,此情景下弹簧的压缩量即为振幅.所以

*—(w?|+m„)v

两次振动的振幅之比为4：4=1：2c

1;2E.2t.答案

12.答案(1)—/—(2)—k34s6cm

gvmwg解析简皆运动的质点，先后以相同的速度通过.4Ji两点,则

解析(I)设烟花弹上升的初速度为%，由题给条件有可判定这两点关于平衡位音()点对称，所以质点由人到。时

成=[■"位①间与由。到8的时间相等〉

那么由平衡位置0到/上点的时间乙=0.5s,

设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为几由运因为通过“点后再经过1s质点以方向相反、大小相同的速度

动学公式有0=%-图②第二次通过8点，则从B点到最大位移处的时间/2=0.5s,

联立①0)式得，=尢萼③因此，质点振动的周期是r=4x(/l+/,)=4s,

这两秒内货点总路程的一半即为振幅，

设爆炸时烟花弹距地面的高度为力，由机械能守恒定律»12

(2)所以振幅为cm=6cm

有&=叫"④

4.ABCD由图知，在4s时质点在正最大位移处，则质点的速

+二"欣=E.⑤

44度为零,A正确；由图知，在10§时质点在负最大位移处，即位

移为-5cm,故B正确；由图可知，质点振动周期为4s,振幅

4=5cm,因为1=10s=2.57;则在前10s内质点经过的路程是

由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做5=2.5x4.4=50cm,故C正确；由图可知,r=5s时质点正通过

竖起上抛运动，设爆炸后烟花弹向上运动的部分继续上升平衡位置，此后的位移为负，所以5s时振子的速度方向为

r方向，故D正确。

的高度为力,，由机械能守恒定律有;〃后=!〃@2⑦

联立④®⑥式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度2简谐运动的回复力及能量

自我评价(P44)

为h=h[+h、=⑧

mg1.ABC由图可知，在f=0.ls时和，=0.3s时质点位移为零，则

13.答案(1)96J(2)108J加速度为零」=0.3s时速度为正方向最大值，在/=0.1s时速

解析(I)由题意得,整个碰撞过程系统损失的机械能为度为负方句最大值,故A正确；由图可知，在0s、0.4s时刻质

1,I,1„1,,点位移为正方向最大值，则速度为0,由。=-生知加速度为负

m

解得AF=96J方向最大情，故B正确；在，=0.3s时质点位移正在从负变成

(2)由题意知,碰撞的第一阶段为压缩过程，则压缩结束时两正，所以回复力正在从正变成负，故C正确；在f=0.3s时，质

球速度相同.设向东为正方向,则对A、8两球组成的系统由点位移为零.质点的势能最小,加速度为零，故D错误。

动量守恒定律得2.答案If~ty

v解析货物的笈力由重力和底板的支持力的合力提供，当

rnVf-in22=(+m?)”mi

解得v-2ni/s货物对底板的压力小于货物重力时,货物处丁失重状态，加速

则碰撞的第一阶段系统损失的动能为度为负值,所受合力为负值,根据简谐运动的回复力F=-kx

4

教材习题答案

可知此段时间内位移X为正值。闪此、到4时间段内货物对

底板的压力小于货物重力。

3CD由图2-2-1知振子在振动的过程中，速率相同时，弹货频率广:士/?…。

形变相同，但弗筑的长度不一定相同，枚A错误;振子从左端

点向平衡位置运动的过程中，弹簧弹力做正功，故B错误；振5C由题意知在此行星表而上重力加速度g'=}g,根据7=

子在振动过程中.动能与抑性势能相互转化，机械能守恒，弹

筑的弹力提供回复力,且只有弹彼弹力做功,故C、D正确。

2ng可知r=2Ton=*，因为在该行星和地球表面上分

4.1）回复力可以由多个力的合力提供，若一个指向平衡位置的

力和一个背离平衡位置的力的合力提供回复力,这样就不能针走一圈钟摆摆动的次数相同,所以经历的实际时间与周期

说那个指向平衡位置的力就是回第力，故A错误：可能是合外成正比，即fq=2,即又/=1h,所以〃=2h,综上

力中部分提供回复力，其他部分提供其他效果力，如单摆.故

B错误：回财力是以力的作用效果命幺的.N以臬而力、林力所述，本题选C。

或摩擦力，也可以是几个力的合力，故c错误；mi亚力可以做

功,故D正确，故选D>4实验:用单摆测量重力加速度

5.解析设小球的平衡位置为。.啜自向下为正方向，此时弹簧

自我评价（P52）

的形变为与,根据平衡条件右及小

1AD根据单摆的周期公式7=2“«,得出g=浮;测量摆

当小球向下偏离平衡位置的位移为“对，1可复力（即合外力）

为七|=mg-k（*0+.E）=-Ax

4ir2Z

同理可得当小球向上偏离平衡位置的位移为4时,回复力为长时.没有加摆球半径会导致测量的摆长偏小•根据4=景,

测出的重力加速度数值偏小，故A符合题意。选用摆球的质

可见,心与二的方向相反、大小成正比，故