2021-2022學(xué)年新教材人教版高中物理選擇性必修第一冊全冊各章綜合測驗含答案及解析

人教版高中物理選擇性必修第一冊練習(xí)題

第一章動量守恒定律..........................................................1

第二章機械振動.............................................................11

第三章機械波.............................................................23

第四章光..................................................................32

第一章動量守恒定律

一、選擇題（1?6題為單選題，7?10題為多選題，每小題4分，共40分）

1.如圖所示，放在光滑水平面上的兩物體，它們之間有一個被壓縮的輕質(zhì)

彈簧，用細線把它們拴住.已知兩物體質(zhì)量之比為加：皿2=2：1,把細線燒斷

后，兩物體被彈開，速度大小分別為5和02,動能大小分別為屈d和&2,則下

列判斷正確的是（）

A.彈開時，v\:02=1：1

B.彈開時，v\:V2=2：1

C.彈開時，F(xiàn)ki：Ek2=2：1

D.彈開時，Eki：￡k2=l：2

[答案】D【解析】根據(jù)動量守恒定律知，pi=p2,即mw\=m2V2f所以

v[:V2=m2:m\=\：2,A、B錯誤；由七卜=為得，Eki:氏=m2:加=1：2,

C錯誤，D正確.

2.如圖所示，光滑水平直軌道上有兩滑塊A、3用橡皮筋連接，4的質(zhì)量為

機開始時橡皮筋松弛，8靜止，給A向左的初速度如一段時間后，8與A同向

運動發(fā)生碰撞并粘在一起.碰撞后的共同速度是碰撞前瞬間A的速度的兩倍，

也是碰撞前瞬間8的速度的一半.則物體8的質(zhì)量為（）

C.mD.2m

【答案】B【解析】以優(yōu)的方向為正方向.設(shè)8的質(zhì)量為〃出，A、B碰撞

V

后的共同速度為。.由題意知：碰撞前瞬間4的速度為碰撞前瞬間8的速度為

2vf由動量守恒定律得詔+2加笫=（相+"如）0,解得=崇，故B正確.

3.如圖所示，一個質(zhì)量為〃7的物塊A與另一個質(zhì)量為的物塊8發(fā)生正

碰，碰后B物塊剛好能落入正前方的沙坑中.假如碰撞過程中無機械能損失，

已知物塊B與地面間的動摩擦因數(shù)為0.1,與沙坑的距離x=0.5m,g取10m/s2物

塊可視為質(zhì)點，則碰撞前瞬間A的速度大小為（）

m2m

~A回

x=0.5m

A.0.5m/sB.1.0m/s

C.1.5m/sD.2.0m/s

【答案】C【解析】碰撞后B做勻減速運動，由動能定理得一〃⑵咫大二。

一了2力2,代入數(shù)據(jù)得。=1m/s,A與8碰撞的過程中，A與8組成的系統(tǒng)在水

平方向的動量守恒，選取向右為正方向，則有機遇）=加m+2m°,由于沒有機械能

的損失，則有%就=%?濟,聯(lián)立解得°0=i5m/s,C正確.

44乙

4.質(zhì)量為M的木塊，放在光滑水平桌面上處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)有一質(zhì)量為“、

速度為。。的子彈沿水平方向擊中木塊并停留在其中與木塊共同運動，在子彈擊

中木塊并共同運動過程中，木塊受到的沖量大小可能為（）

與小^mMvo小nrvo

①〃硒②皿。一加+加mvo

+M?tn+M'

A.只有①B.只有③

C.（3）@D.只有④

【答案】C【解析】子彈和木塊組成的系統(tǒng)，在子彈擊中木塊的過程中動

njMm

量守恒機a）=（M+/n）。，所以。00,木塊動量的增量為M0=A/_L。0,由

'M-rtnM-rm

動量定理可知，木塊受到的沖量等于木塊動量的增量，即為武力。，③正確.從

另一個角度，由于系統(tǒng)動量守恒，木塊動量的增加等于子彈動量的減少，為〃約o

nv2

—mv=mvo—TTi~vo,④正確，故選C.

5.在一對很大的平行正對金屬板間可形成勻強電場，通過改變兩金屬板間

的電壓，可使其間的電場強度E隨時間，按如圖所示的規(guī)律變化.在這個電場中

間，有一個帶電粒子從，=0時刻由靜止釋放，若帶電粒子只受電場力作用，且

運動過程中不接觸金屬板，則下列說法中正確的是（）

￡/(V?m_,)

_￡（r|-'-'------1

A.帶電粒子一定只向一個方向運動

B.0?3.0s內(nèi)，電場力的沖量等于0,電場力的功小于0

C.4.0s末帶電粒子回到原出發(fā)點

D.2.5?4s內(nèi)，電場力的沖量等于0

【答案】D【解析】帶電粒子在勻強電場中受到的電場力F=Eq,其沖量

I=Ft=Eqt,可見，電場力的沖量與后一/圖像所圍面積成正比（注意所圍圖形在

橫軸之上和橫軸之下時的面積符號相反）.帶電粒子在平行正對金屬板間做往復(fù)

運動，4.0s末帶電粒子不能回到原出發(fā)點，A、C錯誤；由圖像與橫軸所圍面積

表示與沖量成正比的量可知，0?3.0s內(nèi)，電場力的沖量不等于0,2.5s?4s內(nèi)，

電場力的沖量等于0,B錯誤，D正確.

6.如圖所示，在足夠大的光滑水平面上放有兩個質(zhì)量相等的物塊A和

其中4物塊連接一個輕質(zhì)彈簧并處于靜止狀態(tài)，B物塊以初速度內(nèi)向著A物塊

運動，當物塊與彈簧作用時、兩物塊在同一條直線上運動，請識別關(guān)于B物塊

與彈簧作用過程中，兩物塊的v-t圖像是下列選項中的（）

工

|~5~|

【答案】D【解析】B通過彈簧與4作用的過程中，8先與A壓縮彈簧,

所以4、B所受的彈簧彈力都先增大，4做初速度為零的加速運動，B做初速為

次的減速運動，且加速度都先增大，當彈簧壓縮到最短時，由動量守恒定律可知

A、8兩物體速率均為號，隨后彈簧開始恢復(fù)原長，但A繼續(xù)力口速，8繼續(xù)減速,

且由動量守恒定律可求解，最終。B=0,VA=V0f故D正確.

7.如圖所示，小車放在光滑的水平面上，將系著繩的小球拉開到一定的角

度，然后同時放開小球和小車，那么在以后的過程中（）

A.小球向左擺動時，小車也向左運動，且系統(tǒng)水平方向動量守恒

B.小球向左擺動時，小車向右運動，且系統(tǒng)水平方向動量守恒

C.小球向左擺到最高點，小球的速度為零而小車的速度不為零

D.在任意時刻，小球和小車在水平方向上的動量一定大小相等、方向相反

【答案】BD【解析】以小球和小車組成的系統(tǒng)為研究對象，在水平方向

上不受力的作用，所以系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，由于初始狀態(tài)小車與小球均

靜止，所以小球與小車在水平方向上的動量要么都為零，要么大小相等、方向相

反，故A、C錯誤，B、D正確.

8.質(zhì)量為M的小車靜止于光滑的水平面上，小車的上表面和;圓弧的軌道

均光滑，如圖所示，一個質(zhì)量為相的小球以速度比水平?jīng)_向小車，當小球返回

左端脫離小車時，下列說法中正確的是（）

A.小球一定沿水平方向向左做平拋運動

B.小球可能沿水平方向向左做平拋運動

C.小球可能沿水平方向向右做平拋運動

D.小球可能做自由落體運動

【答案】BCD【解析】小球水平?jīng)_上小車，又返回左端，到離開小車的整

個過程中，系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，相當于小球與小車發(fā)生彈性碰撞的過

程.如果m小球離開小車向左做平拋運動；如果，小球離開小車做

自由落體運動；如果，心M,小球離開小車向右做平拋運動，故B、C、D正確.

9.如圖所示，在質(zhì)量為M的小車中掛著一單擺，擺球質(zhì)量為mo,小車和

單擺以恒定的速度u沿光滑水平地面運動，與位于正前方的質(zhì)量為加的靜止的

木塊發(fā)生碰撞，碰撞的時間極短.在此碰撞過程中，下列情況可能發(fā)生的是()

期r

^3....n,

A.小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化，分別變?yōu)獒荨?、03,滿足(M+

mo)v=Mv\-\-mv\+moV3

B.擺球的速度不變，小車和木塊的速度分別變?yōu)榍泻汀?,滿足癡

-Vmvi

C.擺球的速度不變，小車和木塊的速度都變?yōu)椤?，滿足Mo=(M+〃z)〃

D.小車和擺球的速度都變?yōu)榍校緣K的速度變?yōu)镾,滿足(M+mo)o=(M

+〃20)。|+〃笫2

【答案】BC【解析】小車與木塊碰撞，且碰撞時間極短，因此相互作用

只發(fā)生在木塊和小車之間，懸掛的擺球在水平方向未受到力的作用，故擺球在水

平方向的動量未發(fā)生變化，即擺球的速度在小車與木塊碰撞過程中始終不變，由

此可知A和D兩種情況不可能發(fā)生；選項B的說法對應(yīng)于小車和木塊碰撞后又

分開的情況，選項C的說法對應(yīng)于小車和木塊碰撞后粘在一起的情況，兩種情

況都有可能發(fā)生.故B、C正確.

10.如圖為兩物體A、8在沒有其他外力作用時相互作用前后的。一f圖像，

則由圖像可知()

A.4、8的質(zhì)量之比為5:3

B.4、8作用前后總動量守恒

C.A、B作用前后總動量不守恒

D.A、8間相互作用力相同

【答案】AB【解析】A、B兩物體發(fā)生碰撞，沒有其他外力，A、B組成

的系統(tǒng)總動量守恒，故B正確，C錯誤.由動量守恒定律得m必如=一機必0%

譽=一警=一品=5：3,故A正確.A、8之間相互作用力大小相等、方向

相反，因而A、8間相互作用力不同，故D錯誤.

二、填空題（每小題9分，共18分）

11.利用如圖甲所示裝置驗證動量守恒定律.實驗過程如下，請將實驗過程

補充完整.

（1）將打點計時器固定在長木板的一端；

（2）小車上連好紙帶，把長木板有打點計時器的一端墊高，微調(diào)木板的傾斜

程度，直到,這樣做的目的是

（3）后面貼有雙面膠的小車A靜止在木板上，靠近打點計時器的小車B連著

穿過限位孔的紙帶；

（4）接通打點計時器的電源，輕推一下小車8,使小車8運動一段距離后與

小車4發(fā)生正碰，碰后粘在一起繼續(xù)運動；

（5）小車運動到木板下端后，關(guān)閉電源，取下紙帶如圖乙，圖中已標出各計

數(shù)點之間的距離，小車碰撞發(fā)生在（填aab段”'觀段”段”或

“de段”）；

（6）若打點計時器電源頻率為50Hz,小車A的質(zhì)量為0.2kg,小車B的質(zhì)量

為0.6kg,則碰前兩小車的總動量是kg-m/s,碰后兩小車的總動量是

kg?m/s（結(jié)果保留3位有效數(shù)字）.

13.12-中——18.83—4―15.75f|<-13.52—

（單位:cm）

【答案】（2）輕推小車，使小車能夠沿木板勻速下滑平衡摩擦力，使系統(tǒng)

的合外力為零，滿足動量守恒的條件（5）cd段（6）1.131.08

【解析】（2）把長木板有打點計時器的一端墊高，輕推小車，使小車能夠沿

木板勻速下滑，這樣做的目的是平衡摩擦力，使系統(tǒng)合外力為零，滿足動量守恒

的條件；

(5)小車發(fā)生碰撞速度要減小，則由紙帶可知小車碰撞發(fā)生在cd段;

(6)0c段小車的速度

xbc18.83X10-2、

=~

V\IJcAx/Un.UnZnm/s=].883m/s,

Xde13.52X10-2

de段小車的速度V2=~=~?A八/—m/s=1.352m/s,

<3XU.UZ

碰前兩小車的總動量p=fnav\=0.6'X1.883kg-m/s^l.13kg-m/s.

碰后兩小車的總動量是p'=(mA+mB)V2=(0.2+0.6)X1.352kg-m/s^1.08

kgm/s,

故p0p’.

因此，在實驗誤差允許的范圍，碰撞前后兩小車的總動量守恒.

12.某班物理興趣小組選用如圖所示裝置來探究碰撞中的不變星.將一段不

可伸長的輕質(zhì)繩一端與力傳感器(可以實時記錄繩所受的拉力)相連固定在。點，

另一端連接小鋼球4,把小鋼球拉至M處可使繩水平拉緊.在小鋼球最低點N

右側(cè)放置有一水平氣墊導(dǎo)軌,氣墊導(dǎo)軌上放有小滑塊B(B上安裝寬度較小且質(zhì)量

不計的遮光板)、光電門(已連接數(shù)字毫秒計).當?shù)氐闹亓铀俣葹間.

A/*-o

遮光板/

光電門

--------1

氣墊導(dǎo)軌

某同學(xué)按如圖所示安裝氣墊導(dǎo)軌、滑塊8(調(diào)整滑塊B的位置使小鋼球自由

下垂靜止在N點時與滑塊8接觸而無壓力)和光電門，調(diào)整好氣墊導(dǎo)軌高度，確

保小鋼球A通過最低點時恰好與滑塊B發(fā)生一維碰撞.讓小鋼球A從某位置釋

放，擺到最低點N與滑塊5碰撞，碰撞后小鋼球4并沒有立即反向，碰撞時間

極短.

(1)為完成實驗，除了毫秒計讀數(shù)4、碰撞前瞬間繩的拉力后、碰撞結(jié)束瞬

間繩的拉力/2、滑塊B質(zhì)量和遮光板寬度d外，還需要測量的物理量有

A.小鋼球A的質(zhì)量mA

B.繩長L

C.小鋼球從M到N運動的時間

（2）滑塊B通過光電門時的瞬時速度VB=.（用題中己給的物理量符

號來表示）

（3）實驗中的不變量的表達式是：.（用題中己

給的物理量符號來表示）

【答案】⑴AB（2）￡

F\mAL-mgLFim\L-tr&gL+"加亮

【解析】滑塊B通過光電門時的瞬時速度內(nèi)=若，

根據(jù)牛頓第二定律得

*vl

F\—mAg=,Fz—mAg=根人工，

碰撞中系統(tǒng)動量守恒，則1=+HIBVB,

整理得弋Fi—m*gL=［尸2MAL一忌gL+『幾噂,故還需要測量小鋼球A的

質(zhì)量恤,繩長L,A、B正確.

三、計算題（共42分）

13.（10分）（2021屆山西大學(xué)附屬中學(xué)月考）如圖所示，小球A從半徑R=0.8

m的;光滑圓弧軌道的上端P點以5=3m/s的初速度滑下，水平面光滑且與圓

弧軌道末端相切，小球A到達水平面上以后，與靜止于該水平面上的鋼塊3發(fā)

生彈性碰撞，碰撞后小球4被反向彈回，沿原路返回恰能到達P點，鋼塊3的

質(zhì)量加8=18kg,10m/s2,求：

（1）小球A剛滑上水平面時的速度人小VAX

（2）小球A的質(zhì)量.

【答案】（l）5m/s（2）2kg【解析】（1）設(shè)小球A的質(zhì)量為加A,A在光滑圓

弧軌道上下滑過程中，只有重力做功，其機械能守恒，由機械能守恒定律得加

+小煙/?=多〃4。2,

代入數(shù)據(jù)得VA=5m/s.

(2)碰后，A返回的過程，機械能守恒，設(shè)碰后A的速度大小為VA1,得￡

mAVA12=mAgR,解得。A'=4m/s.

A、B碰撞過程動量守恒，以碰前A的初速度方向為正方向，由動量守恒定

律得ITJAVA=-niAVA'+mBVB1,

碰撞過程為彈性碰撞，由機械能守恒定律，得

5M或=%?血4‘2+5即/2,

代入數(shù)據(jù)解得的=2kg.

14.(10分)如圖所示，有一質(zhì)量為M的長木板(足夠長)靜止在光滑的水平面

上，一質(zhì)量為機的小鐵塊以初速度。o水平滑上木板的左端，小鐵塊與木板之間

的動摩擦因數(shù)為"，試求小鐵塊在木板上相對木板滑動的過程中，若小鐵塊恰好

沒有滑離長木板，則木板的長度至少為多少？

4

'〃)〃〃〃〃M〃〃〃〃〃〃/

【答案】【解析】此題為另類的“子彈打木塊”的模型，即把

°2〃g炒(M十加)、

鐵塊類比于有初動量的“子彈”，以小鐵塊和長木板為一個系統(tǒng)，系統(tǒng)動量守

恒.在達到共同速度的過程中，加給”一個向右的滑動摩擦力R=〃mg,“向

右做勻加速運動；M給m一個向左的滑動摩擦力FU="用g,tn向右做勻減速運

動，機相對M向右運動，最后兩者達到共同速度.

由動量守恒得moo=(M+m)v,解得。=唬*,

因小鐵塊恰好沒有滑離長木板，設(shè)木板長至少為/,則

2

Q=田ngl=AEk=-；(M+m)vf

解得

十〃)7

15.(10分)如圖，水平地面上有兩個靜止的小物塊。和b,其連線與墻垂直;

。和b相距/,b與墻之間也相距/；。的質(zhì)量為根，人的質(zhì)量為京a兩物塊與地

面間的動摩擦因數(shù)均相同.現(xiàn)使。以初速度加向右滑動，此后。與b發(fā)生彈性

碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞，重力加速度大小為g,求物塊與地面間的動摩擦

因數(shù)應(yīng)滿足的條件.

.32涕一vi

【答案】TE/〃為

【解析】設(shè)物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為"，要使物塊a、b能發(fā)生碰撞,

應(yīng)有受noo>"mgl,即

設(shè)在a與b發(fā)生彈性碰撞前，a的速度大小為vi,由動能定理可得一

=呼/沆一；相。8,

設(shè)在a與b發(fā)生彈性碰撞后，a、b的速度大小分別為V2.。3,由動量守恒

定律和能量守恒定律得mv\=inv2+多加3,

/沆=%就\3m

24武

Qa1

聯(lián)立各式得。3=扣，由題意知b沒有與墻發(fā)生碰撞，由動能定理得向咫/液

招3,解得〃,勰，

綜上所述有粽W.嗡

16.(12分)一個航天員連同裝備的總質(zhì)量為100kg,在空間跟飛船相距45m

處相對飛船處于靜止狀態(tài).他帶有一個裝有0.5kg氧氣的貯氧筒，貯氧筒上有一

個可以使氧氣以50m/s的相對速度噴出的噴嘴.航天員必須向著跟返回飛船方

向相反的方向釋放氧氣，才能回到飛船上去，同時又必須保留一部分氧氣供他在

返回飛船的途中呼吸.已知航天員呼吸的耗氧率為2.5x10-4kg/.試問：

(1)如果他在準備返回飛船的瞬時，釋放015kg的氧氣，他能安全回到飛船

嗎？

(2)航天員安全地返回飛船的最長和最短時間分別為多少？

【答案】(1)能(2)1800s200s

【解析】(1)令M=100kg,wo=O.5kg,A/?=0.15kg,氧氣釋放相對速度為

0,航天員在釋放氧氣后的速度為。'.由動量守恒定律得0=(M—Am)。'+Amu,

由于釋放氧氣的質(zhì)量0.15kg遠遠小于總質(zhì)量100kg,因此認為氧氣噴出后總質(zhì)

量不變.

vr%―/o=一~^yX50m/s=-0.075m/s.

v45

航天員返回飛船所需時間，=大=萬病s=600s.

航天員返回途中所耗氧氣

M=^r=2.5X10-4X600kg=0.15kg,

氧氣筒噴射后所余氧氣

=/no-A/n=（O.5-O.15）kg=0.35kg.

因為加">m'，所以航天員能順利返回飛船.

（2）設(shè)釋放的氧氣△〃?未知，途中所需時間為

則mo=Zf+A次為航天員返回飛船的極限條件.

__sMs100kg45m90

o'Am。-50m/sbtns,

0.5kg=2.5X10-4X^kg+△加，

解得Ami=0.45kg或A/?i2=0.05kg,

90

分別代入/=麗s,得力=200s,12=1800s.

即航天員安全返回飛船的最長時間為1800s,最短時間只有200s.

第二章機械振動

一、選擇題（1?6題為單選題，7?10題為多選題，每小題4分，共40分）

1.（2021屆棗莊第三中學(xué)期中）下列關(guān)于簡諧運動的說法，正確的是（）

A.只要有回復(fù)力，物體就會做簡諧運動

B.物體做簡諧運動時，加速度最大，速度也最大

C.物體做簡諧運動時，速度方向有時與位移方向相反，有時與位移方向相

D.物體做簡諧運動時，加速度和速度方向總是與位移方向相反

【答案】C【解析】只要有回復(fù)力物體一定振動，但不一定是簡諧運動，

如阻尼振動，A錯誤；物體做簡諧運動，加速度最大時，根據(jù)。=/可知位移最

大，此時速度最小為零，B錯誤；物體做簡諧運動時，位移一定是背離平衡位

置，故速度方向有時與位移方向相反，有時與位移方向相同，C正確；物體做簡

諧運動時，加速度方向總是與位移方向相反，而速度方向有時與位移方向相反，

有時與位移方向相同，D錯誤.

2.（2021屆上海名校月考）彈簧振子的振動圖像如圖所示.在1=2?3s的時

間內(nèi)，振子的動能H和勢能Ep的變化情況是（）

反變小，瓦變大Ek變大,Ep變小

Ek、耳均變小Ek、耳均變大

【答案】B【解析】在尸2?3s的時間內(nèi)，振子從最大位移處向平衡位置

運動，速度增大，動能變大，勢能減小，故B正確.

3.下表中給出的是做機械振動的物體的位移x或速度。與時刻的對應(yīng)關(guān)系,

T是振動周期.則下列選項中正確的是（）

TT3T

項目0T

42

甲零正向最大零負向最大零

乙零負向最大零正向最大零

丙正向最大零負向最大零正向最大

T負向最大零正向最大零負向最大

A.若甲表示位移X,則丙表示相應(yīng)的速度。

B.若乙表示位移x,則甲表示相應(yīng)的速度。

C.若丙表示位移X,則甲表示相應(yīng)的速度。

D.若丁表示位移x,則丙表示相應(yīng)的速度。

【答案】A【解析】若甲表示位移x,振子從平衡位置向正向最大位移處

運動，速度從正向最大開始減小到零，所以丙表示相應(yīng)的速度以故A正確；若

乙表示位移x,振子從平衡位置向負向最大位移處運動，速度從負向最大開始減

小到零，所以丁表示相應(yīng)的速度故B錯誤；若丙表示位移占位移從正向最

大變化到零，振子從正向最大位移處向平衡位置運動，速度從零開始向負向最大

速度變化，所以乙表示相應(yīng)的速度。，故C錯誤；若丁表示位移M位移從負向

最大位移變化到零，振子從負向最大位移處向平衡位置運動，速度從零開始向正

向最大速度變化，所以甲表示相應(yīng)的速度以故D錯誤.

4.（2020年北京名校聯(lián)考）如圖甲所示，水平的光滑桿上有一彈簧振子，振

子以。點為平衡位置，在小兩點之間做簡諧運動，其振動圖像如圖乙所示.由

振動圖像可以得知（）

A.振子的振動周期等于力

B.在f=0時刻，振子的位置在。點

C.在￡=力時刻，振子的速度為零

D.從小到力，振子正從。點向b點運動

【答案】D【解析】振子的振動周期等于2小故A錯誤；在/=0時刻，

振子的位置在。點，然后向左運動，故B錯誤；在/=力時刻，振子經(jīng)過平衡位

置，此時它的速度最大，故C錯誤；從力到⑵振子正從。點向匕點運動，故

D正確.

5.一單擺由甲地移到乙地后，發(fā)現(xiàn)走時變快了，其變快的原因及調(diào)整的方

法是（）

A.g甲〉g乙，將擺長縮短

B.g甲vg乙，將擺長放長

C.g甲vg乙，將擺長縮短

D.g甲〉g乙，將擺長放長

【答案】B【解析】走時變快了，說明周期丁=27^/變小了，即

若要恢復(fù)原來的周期，則需把擺長變長，使（不變，故B正確.

O

6.如圖所示，在光滑水平面上的彈簧振子，彈簧形變的最大限度為20cm,

圖示P位置是彈簧振子處于自然伸長的位置，若將振子m向右拉動5cm后由靜

止釋放，經(jīng)0.5s振子相第一次回到P位置，關(guān)于該彈簧振子，下列說法正確的

是（）

p

A.該彈簧振子的振動頻率為1Hz

B.若向右拉動1（）cm后由靜止釋放，經(jīng)過1s振子〃?第一次回到尸位置

C.若向左推動8cm后由靜止釋放，振子機兩次經(jīng)過戶位置的時間間隔是

2s

D.在尸位置給振子機任意一個向左或向右的初速度，只要位移不超過20

cm,總是經(jīng)0.5s速度就降為0

【答案】D【解析】由題意知，該彈簧振子振動周期為T=0.5X4s=2s,

且以后不再變化，即彈簧振子固有周期為2s,振動頻率為0.5Hz,A錯誤；固

有周期與振幅無關(guān)，所以若向右拉動10cm后由靜止釋放，經(jīng)過0.5s振子第一

次回到。位置，B錯誤；振子兩次經(jīng)過P位置的時間間隔為半個周期即1s,C

錯誤；只要位移不超過彈簧形變的最大限度，振子的周期不變，D正確.

7.（2021屆淄博淄川中學(xué)期中）一質(zhì)點做簡諧運動，其位移x與時間，的關(guān)

系曲線如圖所示，由圖可知（）

A.振幅為2cm,頻率為0.25Hz

B.7=Is時速度為零，但質(zhì)點所受合外力為最大

C./=2s時質(zhì)點具有正方向最大加速度

7T

D.該質(zhì)點的振動方程為x=2sin.

【答案】AC【解析】根據(jù)圖像可知振幅為2cm,頻率為尸4=（Hz=0.25

Hz,A正確；1=1s時，質(zhì)點處于平衡位置，所受合力為0,速度最大，B錯誤;

f=2s時，質(zhì)點處于負向位移最大處，所受指向平衡位置的合力最大，具有正方

向最大加速度，C正確；根據(jù)圖像可知/=竿=先=3rad/s,則該質(zhì)點的振動方

LIo乙

程為x=2co奇,D錯誤.

8.如圖，輕質(zhì)彈簧下掛重為300N的物體A時伸長了3cm,再掛上重為200

N的物體5時又伸長了2cm,現(xiàn)將4、5間的細線燒斷，使4在豎直平面內(nèi)振

動，貝1」()

B

A.最大回復(fù)力為5()()N,振幅為5cm

B.最大回復(fù)力為200N,振幅為2cm

C.只減小A的質(zhì)量，振動的振幅變小，周期不變

D.只減小B的質(zhì)量，振動的振幅變小，周期不變

【答案】BD【解析】輕質(zhì)彈簧下掛重為300N的物體A時伸長了3cm,

F300N

再掛上重為200N的物體8時又伸長了2cm,故勁度系數(shù)為攵=一=定示一=

xU.UJm

1X104N/m,若將連接A、B兩物體的細線燒斷，物體4將做簡諧運動，細線燒

斷瞬間，合力充當回復(fù)力；由于細線燒斷前是平衡狀態(tài)，燒斷后細線對A的拉

力減小了200N,而彈力不變，故合力為200N,故最大回復(fù)力為200N,剛燒

斷細線時物體的加速度最大，此處相當于是物體A到達簡諧運動的最大位移處，

故振幅為2cm,故A錯誤，B正確.只減小A的質(zhì)量，振動的幅度不變，而周

期與振幅無關(guān)，所以周期不變，故C錯誤.只減小8的質(zhì)量，振動的幅度變小，

而周期與振幅無關(guān)，所以周期不變，故D正確.

9.如圖所示，一根繃緊的水平繩上掛五個擺，其中A、E擺長均為/,先讓

A擺振動起來，其他各擺隨后也跟著振動起來，貝川)

A.其他各擺振動周期跟A擺相同

B.其他各擺振動的振幅大小相等

C.其他各擺振動的振幅大小不同，E擺的振幅最大

D.B、C、O三擺振動的振幅大小不同，8擺的振幅最小

【答案】ACD【解析】A擺振動后迫使水平繩擺動.水平繩又迫使3、C、

。、E四擺做受迫振動，由于物體做受迫振動的周期總是等于驅(qū)動力的周期，因

此5、C、D、E四擺的周期跟A擺相同，故A正確.A擺的頻率等于驅(qū)動力的

煩率小=今=去￡,其氽四擺的固有頻率與驅(qū)動力的頻率關(guān)系是：

力=宗島斗4內(nèi)后=4居產(chǎn)°82fA，

加=呆倡"。71外無=呆片="

可見只有E擺的固有頻率與驅(qū)動力的頻率相等，它發(fā)生共振現(xiàn)象，其振幅

最大，B、C、。三個擺均不發(fā)生共振，振幅各異，其中8擺的固有頻率與驅(qū)動

力的頻率相差最大，所以它的振幅最小，故B錯誤，C、D正確.

10.一彈簧振子沿x軸振動，振幅為4cm,振動的平衡位置位于x軸上的。

點.如圖甲中的a、b、c、d為四個不同的振動狀態(tài)：黑點表示振子的位移，黑

點上的箭頭表示運動的方向.如圖乙給出的①②③④四條振動曲線，可用于表示

振子的振動圖像的是（）

A.若規(guī)定狀態(tài)〃時，=0,則圖像為①

B.若規(guī)定狀態(tài)b時/=0,則圖像為②

C.若規(guī)定狀態(tài)c時，=0,則圖像為③

D.若規(guī)定狀態(tài)d時/=0,則圖像為④

【答案】AD【解析】若振子在狀態(tài)〃時，=0,此時的位移為3cm,且向

規(guī)定的正方向運動，故A正確.若振子在狀態(tài)匕時/=0,此時的位移為2cm,

且向規(guī)定的負方向運動，相應(yīng)的圖像②中初始位移不對，故B錯誤.若振子在

狀態(tài)c,時f=0,此時的位移為一2cm,且向規(guī)定的負方向運動，相應(yīng)的圖像③中

運動方向及初始位移均不對，故C錯誤.若振子在狀態(tài)d時/=0,此時的位移

為一4cm,速度為零，故D正確.

二、填空題（每小題9分，共18分）

11.某同學(xué)用實驗的方法探究影響單擺周期的因素.

(1)他組裝單擺時，在擺線上端的懸點處，用一塊開有狹縫的橡皮夾牢擺線,

再用鐵架臺的鐵夾將橡皮夾緊，如圖甲所示.這樣做的目的是(填字母

代號).

A.保證擺動過程中擺長不變

B.可使周期測量得更加準確

C.需要改變擺長時便于調(diào)節(jié)

D.保證擺球在同一豎直平面內(nèi)擺動

(2)他組裝好單擺后在擺球自然懸垂的情況下，用亳米刻度尺從懸點量到擺

球的最低端的長度L=0.9990m,再用游標卡尺測量擺球直徑，結(jié)果如圖乙所示,

則該擺球的直徑為mm,單擺擺長為m.

(3)下列振動圖像真實地描述了對擺長約為1m的單擺行周期測量的四種

操作過程，圖中橫坐標原點表示計時開始，A、8、。均為30次全振動的圖像，

己知sin5o=0.087,sin15°=0.26,這四種操作過程合乎實驗要求且誤差最小的

是(填字母代號).

D

【答案】(1)AC(2)12.00.9930(3)A

【解析】(1)夾牢擺線可以使擺動過程中擺線長度不變，夾子可以根據(jù)需要

改變擺長，故選AC.

(2)游標尺的()刻線與主尺12mm對齊，10刻線與主尺刻線對齊，所以讀數(shù)

為12.0mm;擺長L=0.9990m一0°；2°m=0.9930m.

(3)sin5°=0.087,擺長為1m,所以振幅約為8.7cm,C、D選項振幅較大,

誤差較大；又因振子在平衡位置開始計時誤差較小，所以r=0時，振子應(yīng)在平

衡位置，故選A.

12.某實驗小組在利用單擺測定當?shù)刂亓铀俣鹊膶嶒炛校?/p>

(1)用游標卡尺測定擺球的直徑，測量結(jié)果如圖甲所示，則該擺球的直徑為

cm.擺動時偏角滿足的條件是偏角小于5°,為了減小測量周期的誤差，

計時開始時，擺球應(yīng)是經(jīng)過最(填“高”或“低”)點的位置，且用停表測

量單擺完成多次全振動所用的時間，求出周期.圖乙中停表示數(shù)為一單擺全振動

50次所需時間，則該單擺振動周期為

(2)用最小刻度為1mm的刻度尺測擺長，測量情況如圖丙所示，O為懸掛點,

從圖丙中可知單擺的擺長為m.

(3)若用￡表示擺長，7表示周期，那么重力加速度的表達式為g=.

(4)考慮到單擺振動時空氣浮力的影響后，學(xué)生甲說：“因為空氣浮力與擺

球重力方向相反，它對球的作用相當于重力加速度變小，因此振動周期變大.”

學(xué)生乙說：“浮力對擺球的影響就好像用一個輕一些的擺球做實驗，因此振動周

期不變”，這兩個學(xué)生中.

A.學(xué)生甲的說法正確

B.學(xué)生乙的說法正確

C.兩學(xué)生的說法都是錯誤的

(5)某同學(xué)用單擺測量當?shù)氐闹亓铀俣?他測出了擺線長度L和擺動周期

r圖丁所示為測擺線長度L的方法.通過改變懸線長度3測出對應(yīng)的擺動周期

T,獲得多組T與L,再以『為縱軸、L為橫軸畫出函數(shù)關(guān)系圖像如圖戊所示.由

圖像可知，擺球的半徑r=m,當?shù)刂亓铀俣萭=m/s3結(jié)果

保留2位小數(shù))；由此種方法得到的重力加速度值與實際的重力加速度值相比會

(填“偏大”“偏小”或“一樣”).

【答案】(1)0.97低2.05s(2)0.9980

(3)爺1(4)A

(5)0.019.86一樣

【解析】(1)由圖示游標卡尺可知，其示數(shù)為9mm+7X0.1mm=9.7mm=

0.97cm;

為了減小測量周期的誤差，應(yīng)從擺球經(jīng)過最低點的位置時開始計時；

由圖示秒表可知，其示數(shù)f=90s+12.5s=102.5s,

單擺周期丁='=今『s=2.05s.

(2)懸點到擺球球心的距離是單擺擺長，由圖示刻度尺可知，單擺擺長為L

=99.80cm=0.9980m.

(3)由單擺周期公式T=27T^可知，重力加速度g=曙.

(4)考慮到空氣浮力，浮力的方向始終與重力方向相反，相當于等效的重力

場的等效重力加速度變小，振動周期變大，甲的說法正確，故A正確，B、C錯

伏.

(5)戶與L的圖像，應(yīng)為過原點的直線，但圖像中沒有過原點；且實臉中該

學(xué)生在測量擺長時，只量了懸線的長度L當作擺長，而沒有加上擺球的半徑，據(jù)

此可知橫軸截距應(yīng)為球的半徑，由國像可知，擺球的半徑r=1.0cm=0.010m;

由單擺周期公式丁=2個/1可知7=用，

\oO

4兀2o04

所以P—L圖像的斜率2=學(xué)=瑞=4,

為入&七47?4X3.142°,

重力加速度g=~=4m/s239.86m/s2;

用了2一乙的關(guān)系圖線求當?shù)刂亓铀俣戎?，誤將擺線長當成擺長進行測量和

繪制圖線，升一心圖像的斜率不變，所測重力加速度不變.

三、計算題(共42分)

13.(10分)一水平彈簧振子做簡諧運動，其位移和時間關(guān)系如圖所示.

⑴求z=0.25X1()一2s時刻的位移.(結(jié)果保留三位小數(shù))

(2)從1=0到，=8.5義10一2s的時間內(nèi)，質(zhì)點的路程、位移各為多大？

【答案】(l)—1.414cm(2)34cm0

【解析】⑴由圖像可知T=2X10-2s,則口=率=100兀，

橫坐標/=0.25X10-2s時，所對應(yīng)縱坐標x=-Acoscot=—

2cos(1OOnX0.25X10-2)cm%—1.414cm.

(2)因振動是變速運動，因此只能利用其周期性求解.即一個周期內(nèi)通過的

1717

路程為4個振幅，題中加=8,5*10-2$=彳7，所以質(zhì)點通過的路程為彳X4A=

17

17A=17X2cm=34cm,經(jīng)了個周期振子回到平衡位置，位移為零.

14.(10分)(2021屆荷澤期中)一輕彈簧上端固定在支架頂端，下端懸掛一物

塊，物塊上裝有一只記錄筆，在豎直面內(nèi)放置有一記錄紙.當物塊上下振動時，

以速率v水平向左拉動記錄紙，記錄筆在紙上留下印跡如圖所示.yi、"、燉、

2xo為紙上印跡的位置坐標：

(1)求物塊振動的周期和振幅；

(2)若彈簧的勁度系數(shù)為A,物塊與筆的總質(zhì)量為〃?，寫物塊振動到最高點

時的加速度大小.

一番

0\2x0X\

■2x0vi-V2^(yi-V2)

【答案】(1)7=不^=2-(2.=)2J

【解析】(1)記錄紙句速運動，振子振動的周期等于記錄紙運動位移2xo所用

時間，因此由圖可知7=當，

再根據(jù)圖像可以看出振幅4=當乂.

(2)在最高點時回復(fù)力F=-kx=kA,

根據(jù)牛頓第二定律可得，kA=ma,

一四

且4=

2

代入數(shù)據(jù)解得加速度大小〃=號?。?

15.（10分）（2021屆蘇州汾湖中學(xué)模擬）如圖所示，豎直放置的輕彈簧勁度系

數(shù)為2,下端固定在水平面上，上端與質(zhì)量為根可視為質(zhì)點的小球相連，開始時

彈簧處于原長.現(xiàn)將小球從彈簧上端由靜止開始釋放,在豎直方向上做簡諧運動,

其周期為已知重力加速度為g,不計彈簧質(zhì)量和一切阻力，取豎直向下

為正，開始運動時刻為0時刻，求：

（1）小球處于平衡位置時彈簧的形變量及簡諧運動的振幅4

（2）小球簡諧運動位移隨時間變化的表達式；

（3）小球運動到最低點時彈簧的彈力.

【答案】（1）X0=蹩4=沖=蹩QlL蹩cosyJ冗（3）尸彈=2〃2g

【解析】（1）小球處于平衡位置時，彈簧形變量加=等，

小球做簡諧運動的振幅4=切=等.

K

（2）由題可知，規(guī)定豎直向下為正方向，開始時刻小球的位移為負向最大,

2兀

如］x=Acosyr+7c,

解得工=管8六1%+冗.

（3）由簡諧運動的對稱性可知，最低點小球的加速度a=gt

方向向上，由牛頓第二定律得產(chǎn)苒一mg=w,

解得Fft=2mg.

16.（12分）（2021屆泰州期末）如圖甲，置于水平長木板上的滑塊用細線跨過

定滑輪與鉤碼相連，拖動固定其后的紙帶一起做勻加速直線運動，一盛有有色液

體的小漏斗(可視為質(zhì)點)，用較長的細線系于紙帶正上方的0點，當滑塊運動的

同時，漏斗在垂直于滑塊運動方向的豎直平面內(nèi)做擺角很小(小于5。)的擺動.漏

斗中漏出的有色液體在紙帶上留下如圖乙所示的痕跡，測得漏斗擺動時細線中拉

力的大小/隨時間t的變化圖像如圖丙所示，重力加速度為g.

(1)試證明此漏斗做簡諧運動；

(2)根據(jù)圖丙求漏斗振動的周期7及擺長L；

(3)圖乙中測得A、。兩點間距離為不，4、E兩點間距離為12,求滑塊加速

度的大小及液體滴在D點時滑塊速度的大小.

.X2-2x1X2~X]

【答案】(1)見解析(2)2ro%(3)4m

【解析】(1)如圖所示，設(shè)細線長度為/,當漏斗運動到戶時，設(shè)位移為與

以漏斗為研究對象，受到重力和細線拉力尸.

將重力沿法線方向(即半徑方向)和切線方向分解，其中沿切線的分量產(chǎn)提供

回復(fù)力，F(xiàn)=mgsin仇

Y

當。角很小(小于5。)時，sin0^-j,回復(fù)力廠方向與位移x方向相反，可得F

竿x,滿足尸=一"，可知漏斗的振動為簡諧運動.

(2)在No時間內(nèi)，細線的拉力變化經(jīng)歷兩個周期，對應(yīng)漏斗振動的一個周期,

所以T=2to.

7rH=2m,解得L=$.

單擺周期公式7=2

ArCE—ACX2~2X\

（3）由入￥=4乎，得

_-x\

液體滴在D點時滑塊速度VD=VCE=下=「2io

第三章機械波

一、選擇題（1?6題為單選題，7?10題為多選題，每小題4分，共40分）

1.（2021屆上海普陀區(qū)調(diào)研）如圖為波源。傳出的一列水波，相鄰實線間的

距離等于一個波長.下列說法正確的是（）

A.波通過孔4,發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象

B.波通過孔8,不發(fā)生衍射現(xiàn)象

C.波遇到障礙物C,發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象

D.波遇到障礙物O,不發(fā)生衍射現(xiàn)象

【答案】A【解析】觀察圖，孔8和障礙物。尺寸明顯大于波長，不會發(fā)

生明顯衍射現(xiàn)象，但仍然有衍