2025高考物理步步高同步練習(xí)選修1學(xué)習(xí)筆記答案精析

2025高考物理步步高同步練習(xí)選修1第一章動(dòng)量守恒定律1動(dòng)量二、辨析(1)×(2)√(3)√(4)×例1ABD[當(dāng)做直線運(yùn)動(dòng)的物體速度增大時(shí)，其末動(dòng)量p2大于初動(dòng)量p1，由矢量的運(yùn)算法則，可知Δp＝p2－p1＞0，與物體運(yùn)動(dòng)方向相同，如圖甲所示，A正確。當(dāng)做直線運(yùn)動(dòng)的物體速度減小時(shí)，p2＜p1，如圖乙所示，Δp與p1或p2方向相反，B正確。當(dāng)物體的速度大小不變時(shí)，其方向可能變化，也可能不變．動(dòng)量可能不變化，即Δp＝0，也可能動(dòng)量大小不變而方向變化，此種情況Δp≠0，C錯(cuò)誤。當(dāng)物體做平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)，動(dòng)量的方向變化，即動(dòng)量一定變化，Δp一定不為零，如圖丙所示，D正確。]例2見解析解析(1)取向右為正方向，初、末動(dòng)量分別為：p＝mv＝0.4×4kg·m/s＝1.6kg·m/s，方向向右，p′＝mv′＝0.4×10kg·m/s＝4kg·m/s，方向向右，動(dòng)量的改變量為Δp＝p′－p＝2.4kg·m/s，方向向右。(2)取向右為正方向，初、末動(dòng)量分別為：p1＝mv1＝0.4×10kg·m/s＝4kg·m/s，方向向右，p2＝mv2＝0.4×(－3)kg·m/s＝－1.2kg·m/s，負(fù)號(hào)表示方向向左，動(dòng)量的改變量為Δp′＝p2－p1＝－5.2kg·m/s，負(fù)號(hào)表示方向向左。三、例3C[動(dòng)能不變，可能是速度的大小不變，但是方向變化，則物體的動(dòng)量一定變化，例如勻速圓周運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；動(dòng)量變化，可能是速度大小不變，方向變化，則動(dòng)能一定不變化，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；動(dòng)量的變化量為零，即動(dòng)量不變，則動(dòng)能一定不變，即動(dòng)能的變化量一定為零，選項(xiàng)C正確；動(dòng)能的變化量為零，即速度大小不變，方向可能變化，則動(dòng)量的變化量不一定為零，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。]例4(1)4kg·m/s，方向豎直向上(2)減少了4J解析(1)籃球與地面相撞前瞬間的速度為v1＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×1.25)m/s＝5m/s，方向豎直向下，籃球反彈后的初速度v2＝eq\r(2gh′)＝eq\r(2×10×0.45)m/s＝3m/s，方向豎直向上．規(guī)定豎直向下為正方向，籃球的動(dòng)量變化量為Δp＝(－mv2)－mv1＝－0.5×3kg·m/s－0.5×5kg·m/s＝－4kg·m/s即籃球的動(dòng)量變化量大小為4kg·m/s，方向豎直向上。(2)籃球的動(dòng)能變化量為ΔEk＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×32J－eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×52J＝－4J即動(dòng)能減少了4J。拓展延伸5kg·m/s，方向豎直向上0解析發(fā)生碰撞前后速度大小不變，方向改變，由題可知，碰撞前v1＝eq\r(2gh)＝5m/s，方向豎直向下，碰撞后v2＝5m/s，方向豎直向上．規(guī)定豎直向下為正方向。Δp＝(－mv2)－mv1＝－5kg·m/s，即籃球的動(dòng)量變化量大小為5kg·m/s，方向豎直向上，ΔEk＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12＝0，即動(dòng)能的變化量為0。2動(dòng)量定理一、辨析(1)×(2)×(3)×(4)√(5)√二、例1CD例2D[在緩慢拉動(dòng)和快速拉動(dòng)紙條的過程中，杯子受到的摩擦力均為滑動(dòng)摩擦力，大小相等，但快速拉動(dòng)時(shí)，紙條與杯子作用時(shí)間短，此時(shí)摩擦力對(duì)杯子的沖量小，由I＝Δp可知，杯子增加的動(dòng)量較小，因此杯子沒有滑落，緩慢拉動(dòng)時(shí)，摩擦力對(duì)杯子的沖量大，杯子增加的動(dòng)量大，杯子會(huì)滑落，故A、B錯(cuò)誤；為使杯子不滑落，杯子與紙條間的摩擦力對(duì)杯子的沖量應(yīng)盡量小一些，杯子與紙條間的動(dòng)摩擦因數(shù)應(yīng)盡量小一些，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；杯子與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)較大時(shí)，杯子在桌面上做減速運(yùn)動(dòng)的加速度較大，杯子更容易停下來，不滑落，選項(xiàng)D正確。]例36300N解析取壘球飛向球棒的方向?yàn)檎较颉厩虻某鮿?dòng)量為p1＝mv1＝4.5kg·m/s，壘球的末動(dòng)量為p2＝mv2＝－8.1kg·m/s，由動(dòng)量定理可得壘球所受的平均作用力為eq\x\to(F)＝eq\f(p2－p1,Δt)＝－6300N．壘球所受的平均作用力的大小為6300N，負(fù)號(hào)表示力的方向與壘球飛向球棒的方向相反。例4(1)200N(2)205N解析(1)打擊時(shí)，鐵錘受到重力和釘子對(duì)鐵錘豎直向上的彈力，打擊后鐵錘的速度為0，設(shè)豎直向下為正方向．若不計(jì)鐵錘所受的重力，根據(jù)動(dòng)量定理有－FΔt＝0－mv，解得F＝200N。由牛頓第三定律知鐵錘釘釘子的平均作用力為200N(2)若考慮鐵錘所受的重力，則有(G－F)Δt＝0－mv，解得F＝205N。由牛頓第三定律知鐵錘釘釘子的平均作用力為205N。拓展延伸當(dāng)打擊時(shí)間很短時(shí)，可以不計(jì)鐵錘所受的重力解析從前兩問的解答可以看出，當(dāng)打擊時(shí)間很短時(shí)，鐵錘所受的重力可以忽略不計(jì)。三、例5CD[根據(jù)沖量的定義知，重力對(duì)物體的沖量大小為mgt，A錯(cuò)誤；對(duì)物體進(jìn)行受力分析可知支持力大小FN＝mgcosθ，則支持力對(duì)物體的沖量大小為mgcosθ·t，B錯(cuò)誤；摩擦力Ff＝mgsinθ，所以摩擦力對(duì)物體的沖量大小為mgtsinθ，C正確；因物體靜止，合力為零，則合力對(duì)物體的沖量大小為零，D正確。]例6B[由I＝Ft可知，在F－t圖像中，圖線與坐標(biāo)軸所圍成的面積表示沖量的大小，所以I＝eq\f(1,2)×3×3N·s＋3×3N·s＝13.5N·s，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。]例7BCD[IG＝mgt，B正確；Δp＝p′－p＝mvy，vy＝eq\r(v2－v02)＝eq\r(2gh)，故C、D正確，A錯(cuò)誤。]專題強(qiáng)化1動(dòng)量定理的應(yīng)用例11400N7700N解析以全過程為研究對(duì)象，初、末動(dòng)量的數(shù)值都是0，所以運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)量變化為零，根據(jù)動(dòng)量定理，合力的沖量為零，根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)的知識(shí)，運(yùn)動(dòng)員下落到地面上所需要的時(shí)間是t＝eq\r(\f(2h,g))＝1s，從開始下落到落到海綿墊上停止時(shí)，取向下為正方向，有mg(t＋Δt1)－eq\x\to(F)Δt1＝0代入數(shù)據(jù)，解得eq\x\to(F)＝1400N下落到沙坑中時(shí)，有mg(t＋Δt2)－eq\x\to(F)′Δt2＝0代入數(shù)據(jù)，解得eq\x\to(F)′＝7700N。針對(duì)訓(xùn)練1B[解法一：消防員下落t1＝1s后雙腳觸地時(shí)的速度為v1＝gt1，方向向下；著地后他使自身重心下降0.2s后站定，即v2＝0，設(shè)向下為正方向，則著地過程中消防員動(dòng)量的變化量為Δp＝0－mv1＝－mv1，設(shè)該過程中地面對(duì)他雙腳的平均作用力為eq\x\to(F)，由動(dòng)量定理得(mg－eq\x\to(F))t2＝Δp＝－mv1，其中t2＝0.2s，則eq\x\to(F)＝mg＋eq\f(mv1,t2)＝mg＋5mg＝6mg，故B正確。解法二：規(guī)定向下為正方向，對(duì)消防員下落的全程應(yīng)用動(dòng)量定理可得mg(t1＋t2)＋(－eq\x\to(F)t2)＝0－0，代入數(shù)據(jù)解得eq\x\to(F)＝6mg，故B正確。]例2BC[根據(jù)沖量的定義，I＝Ft，故0～t0時(shí)間內(nèi)拉力沖量I＝eq\f(1,2)mgt0，沖量不為零，故A錯(cuò)誤；0～t0時(shí)間內(nèi)拉力小于重力，物體沒有運(yùn)動(dòng)，不產(chǎn)生位移，根據(jù)功的定義，可知拉力F不做功，故B正確；3t0時(shí)速度最大，合外力的沖量為F－t圖像t0～3t0時(shí)間內(nèi)三角形面積，設(shè)豎直向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理，合外力的沖量等于動(dòng)量的變化量，eq\f(1,2)mg×2t0＝mvmax，可知vmax＝gt0，故C正確；t0～3t0內(nèi)物體向上加速，3t0～4t0內(nèi)向上減速，根據(jù)動(dòng)量定理，eq\f(1,2)mg×2t0－eq\f(1,2)mgt0＝mvt,4t0時(shí)刻物體的速度vt＝eq\f(1,2)gt0，故D錯(cuò)誤。]拓展延伸1拓展延伸22t0至4t0內(nèi)，圖線與t軸圍成的面積為零，則合力的沖量為零，動(dòng)量的變化量為零，故物體在2t0時(shí)刻和4t0時(shí)刻速度相同。例31.77×105N解析取一小段時(shí)間Δt，從水槍噴出的水的質(zhì)量為Δm＝ρSvΔt。以Δm為研究對(duì)象，如圖所示，設(shè)水速方向?yàn)檎较?，由?dòng)量定理，得FΔt＝Δm(0－v)＝－ρSv2Δt，則F＝－ρSv2由牛頓第三定律，知水對(duì)煤層的平均沖擊力大小為F′＝－F＝ρSv2，又S＝eq\f(π,4)d2代入數(shù)據(jù)，解得F′≈1.77×105N。針對(duì)訓(xùn)練2D[Δt時(shí)間內(nèi)貯氣瓶噴出氣體的質(zhì)量Δm＝ρSv·Δt，對(duì)于貯氣瓶、瓶內(nèi)氣體及噴出的氣體所組成的系統(tǒng)，以氣體噴出速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量定理得FΔt＝Δmv－0，解得F＝ρv2S，根據(jù)牛頓第三定律，氣體對(duì)貯氣瓶作用力大小F′＝F。由平衡條件可知，豎直墻面對(duì)貯氣瓶底端的作用力大小與F大小相等，即為ρv2S，選項(xiàng)D正確。3動(dòng)量守恒定律一、辨析(1)×(2)√(3)√(4)×例1C[題圖甲中，在光滑水平面上，子彈水平射入木塊的過程中，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，題圖丙中兩球勻速下降，說明兩球組成的系統(tǒng)在豎直方向上所受的合外力為零，細(xì)線斷裂后，兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，它們?cè)谒羞\(yùn)動(dòng)的過程中，兩球整體受力情況不變，遵循動(dòng)量守恒定律，題圖乙中系統(tǒng)受到墻的彈力作用，題圖丁中斜面是固定的，題圖乙、丁所示過程系統(tǒng)所受合外力不為零，動(dòng)量不守恒，故只有甲、丙系統(tǒng)動(dòng)量守恒，即C正確。]針對(duì)訓(xùn)練1B[靜止在光滑的冰面上互推后瞬間，合外力為0，動(dòng)量守恒，兩人的總動(dòng)量為0，故A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)動(dòng)量守恒m1v1＝m2v2，男選手質(zhì)量較大，獲得的速度較小，女選手質(zhì)量較小，獲得的速度較大，故C、D錯(cuò)誤。]例2C[在男孩站在小車上用力向右迅速推出木箱的過程中男孩在水平方向受到小車的摩擦力，即男孩和木箱組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，A錯(cuò)誤；小車在水平方向上受到男孩的摩擦力，即小車與木箱組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，B錯(cuò)誤；男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)所受合力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，C正確；木箱、男孩、小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，木箱的動(dòng)量增量與男孩、小車的總動(dòng)量增量大小相同，方向相反，D錯(cuò)誤。]二、例30.4m/s水平向左解析本題的研究對(duì)象為兩輛碰碰車(包括駕車的同學(xué))組成的系統(tǒng)，在碰撞過程中此系統(tǒng)的內(nèi)力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于所受的外力，外力可以忽略不計(jì)，滿足動(dòng)量守恒定律的適用條件。設(shè)甲同學(xué)的車碰撞前的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，他和車碰撞前的速度v1＝5m/s；乙同學(xué)和車碰撞前的速度v2＝－4m/s。設(shè)碰撞后兩車的共同速度為v，則系統(tǒng)碰撞前的總動(dòng)量為：p＝m1v1＋m2v2碰撞后的總動(dòng)量為p′＝(m1＋m2)v。根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知p＝p′，即m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v代入數(shù)據(jù)解得v＝－0.4m/s，即碰撞后兩車以0.4m/s的速度共同運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)方向水平向左。針對(duì)訓(xùn)練2見解析解析取水平向右為正方向(1)vA＝3m/s，vB＝－1m/s，vA′＝2m/s，vB′＝2m/s根據(jù)動(dòng)量守恒定律mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′得mA∶mB＝3∶1(2)vA″＝－2m/s，vB″＝2m/s根據(jù)動(dòng)量守恒定律mAvA＋mBvB＝mAvA″＋mBvB″得mA∶mB＝3∶5。例4eq\f(mv＋m1v1,m－m1)，方向與炸裂前火箭速度方向相同解析以炸裂前火箭速度方向?yàn)檎较?，則有：炸裂前火箭的總動(dòng)量為：p＝mv炸裂后火箭的總動(dòng)量為：p′＝－m1v1＋(m－m1)v2根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：mv＝－m1v1＋(m－m1)v2代入數(shù)據(jù)解得：v2＝eq\f(mv＋m1v1,m－m1)即炸裂后瞬間另一塊運(yùn)動(dòng)方向與炸裂前火箭速度方向相同。專題強(qiáng)化2動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用例1C[由題意知，A沿斜面由底端沖上頂端的過程中，在豎直方向上A有向下的加速度，所以A和B組成的系統(tǒng)在豎直方向上系統(tǒng)的動(dòng)量分量不守恒．而A和B組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力作用，所以A和B組成的系統(tǒng)，在水平方向上系統(tǒng)的動(dòng)量分量守恒，故選C。]拓展延伸B[因?yàn)槲矬wA具有豎直方向的加速度，故系統(tǒng)在豎直方向受到向下的重力和水平面提供的向上的作用力，且此方向合力不為零，故此方向的動(dòng)量不守恒；但水平面光滑，故系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，A到達(dá)頂端時(shí)，A和斜面體只有水平方向的速度，即mv0cosθ＝(M＋m)v，所以v＝eq\f(mv0cosθ,M＋m)，故選B。]例2B[小物塊做平拋運(yùn)動(dòng)，下落時(shí)間為t＝eq\r(\f(2h,g))＝2s，小物塊落到車底前瞬間，豎直方向速度大小為vy＝gt＝10×2m/s＝20m/s，小物塊在落到車底前瞬間的速度大小是v＝25m/s，根據(jù)平行四邊形定則可知，小物塊水平方向的速度大小為vx＝eq\r(v2－vy2)＝eq\r(252－202)m/s＝15m/s，小物塊與車在水平方向上動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有Mv0－mvx＝(M＋m)v共，解得v共＝3m/s，故B正確。]例3(1)2.1m/s(2)4m/s解析(1)取向右為正方向，設(shè)木塊A的最終速度為v1，由動(dòng)量守恒定律，對(duì)A、B、C有m0v0＝mAv1＋(mB＋m0)·v，解得v1＝2.1m/s。(2)設(shè)C滑離A時(shí)的速度為v2，當(dāng)C滑離A后，由動(dòng)量守恒定律，對(duì)B、C有m0v2＋mBv1＝(mB＋m0)v，解得v2＝4m/s。例48m/s解析設(shè)甲至少以速度v將箱子推出，推出箱子后甲的速度為v甲，乙獲得的速度為v乙，取向右為正方向。以甲和箱子為系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒，得(M甲＋m)v0＝M甲v甲＋mv，①選箱子和乙為系統(tǒng)，得mv＝(m＋M乙)v乙，②當(dāng)甲與乙恰好不相撞時(shí)v甲＝v乙，③聯(lián)立①②③解得v＝8m/s。例5(1)4m/s(2)2m/s(3)48J解析(1)A與B碰后瞬間，B速度最大，A、B系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mAv0＋0＝－mAvA＋mBvB，代入數(shù)據(jù)得：vB＝4m/s。(2)B與C共速后，C速度最大，B、C系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以B的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：mBvB＋0＝(mB＋mC)vC，代入數(shù)據(jù)得：vC＝2m/s。(3)由能量守恒定律得：ΔE損＝eq\f(1,2)mAv02－eq\f(1,2)mAvA2－eq\f(1,2)(mB＋mC)vC2，解得ΔE損＝48J。4實(shí)驗(yàn)：驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律例1見解析解析(2)①A.大大減小了因滑塊和導(dǎo)軌之間的摩擦而引起的誤差。B．保證兩個(gè)滑塊的碰撞是一維的。②滑塊1碰撞之前的速度v1＝eq\f(d,Δt1)＝eq\f(5×10－3,10.01×10－3)m/s≈0.50m/s；滑塊1碰撞之后的速度v2＝eq\f(d,Δt2)＝eq\f(5×10－3,49.99×10－3)m/s≈0.10m/s；滑塊2碰撞之后的速度v3＝eq\f(d,Δt3)＝eq\f(5×10－3,8.35×10－3)m/s≈0.60m/s；③系統(tǒng)碰撞之前m1v1＝0.15kg·m/s，系統(tǒng)碰撞之后m1v2＋m2v3＝0.15kg·m/s。通過實(shí)驗(yàn)結(jié)果，可得結(jié)論：在實(shí)驗(yàn)誤差允許的范圍內(nèi)，兩滑塊相互作用的過程，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。例2(1)>(2)64.7(64.2～65.2均可)(3)ABD(4)mA·OP＝mA·OM＋mB·ON解析(1)要使兩球碰后都向右運(yùn)動(dòng)，A球質(zhì)量應(yīng)大于B球質(zhì)量，即mA>mB。(2)將10個(gè)點(diǎn)圈在圓內(nèi)的最小圓的圓心為平均落點(diǎn)，可由米尺測得碰撞后B球的水平射程約為64.7cm。(3)從同一高度做平拋運(yùn)動(dòng)，飛行的時(shí)間t相同，而水平方向?yàn)閯蛩僦本€運(yùn)動(dòng)，故水平位移x＝vt，所以只要測出小球飛行的水平位移，就可以用水平位移的測量值代替平拋運(yùn)動(dòng)的初速度。故需測出未放B球時(shí)A球飛行的水平距離OP和碰后A、B球飛行的水平距離OM和ON，及A、B兩球的質(zhì)量，故A、B、D正確。(4)若動(dòng)量守恒，需驗(yàn)證的關(guān)系式為mAvA＝mAvA′＋mBvB′，將vA＝eq\f(OP,t)，vA′＝eq\f(OM,t)，vB′＝eq\f(ON,t)代入上式得mA·OP＝mA·OM＋mB·ON。例3(1)B球平均落點(diǎn)(2)mA、mB、α、β、H、L、x(3)mAeq\r(2gL1－cosα)mAeq\r(2gL1－cosβ)mBxeq\r(\f(g,2H))解析(1)小球A在碰撞前、碰撞后的兩次擺動(dòng)過程，均滿足機(jī)械能守恒定律。小球B在碰撞后做平拋運(yùn)動(dòng)，則x應(yīng)為B球的平均落點(diǎn)到其初始位置的水平距離。(2)(3)碰撞前對(duì)A，由機(jī)械能守恒定律得mAgL(1－cosα)＝eq\f(1,2)mAvA2，則：mAvA＝mAeq\r(2gL1－cosα)。碰撞后對(duì)A，由機(jī)械能守恒定律得mAgL(1－cosβ)＝eq\f(1,2)mAvA′2，則：mAvA′＝mAeq\r(2gL1－cosβ)。碰后B做平拋運(yùn)動(dòng)，有x＝vB′t，H＝eq\f(1,2)gt2。所以mBvB′＝mBxeq\r(\f(g,2H))。故要得到碰撞前后的動(dòng)量，要測量的物理量有mA、mB、α、β、H、L、x。5彈性碰撞和非彈性碰撞一、辨析(1)√(2)×(3)√例1見解析解析根據(jù)動(dòng)量守恒定律得2mv′＝mv，則v′＝eq\f(v,2)碰撞前的總動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mv2碰撞后的總動(dòng)能Ek′＝eq\f(1,2)×2mv′2＝eq\f(1,4)mv2可見，碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)能小于碰撞前系統(tǒng)的總動(dòng)能。例2(1)2.9m/s(2)非彈性碰撞解析(1)設(shè)碰撞前保齡球的速度為v1，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有Mv1＝Mv1′＋mv2，解得v1＝2.9m/s(2)保齡球和球瓶組成的系統(tǒng)初、末動(dòng)能分別為Ek0＝eq\f(1,2)Mv12＝21.025JEk1＝eq\f(1,2)Mv1′2＋eq\f(1,2)mv22＝16.75J因?yàn)镋k1<Ek0，所以該碰撞為非彈性碰撞。二、辨析(1)×(2)×例31m/s4m/s解析兩球發(fā)生彈性碰撞，則滿足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒，有m1v0＝m1v1＋m2v2，eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22代入數(shù)據(jù)解得v1＝1m/s，v2＝4m/s針對(duì)訓(xùn)練1見解析解析以塑料球初速度方向?yàn)檎较?，由于是彈性碰撞，根?jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得：m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1v12＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2解得塑料球速度v1′＝－6m/s，方向與塑料球初速度方向相反鋼球速度v2′＝4m/s，方向與塑料球初速度方向相同。三、例4見解析解析若A、B發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得，B獲得的最大速度滿足：vmax＝eq\f(2m,m＋3m)v＝0.5v若A、B發(fā)生完全非彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，B獲得的最小速度滿足：mv＝(m＋3m)vmin解得vmin＝eq\f(mv,m＋3m)＝0.25v故B球速度可能是0.4v，但不可能是0.6v。例5AD[由碰撞前后系統(tǒng)總動(dòng)量守恒知m1v1＝m1v1′＋m2v2′，總動(dòng)能不增加，則Ek≥Ek1′＋Ek2′，驗(yàn)證A、B、D三項(xiàng)皆有可能。但B項(xiàng)碰后后面小球的速度大于前面小球的速度，不符合實(shí)際，故A、D項(xiàng)正確。]針對(duì)訓(xùn)練2C[甲、乙兩球在碰撞過程中動(dòng)量守恒，有p1＋p2＝p1′＋p2′，即p1′＝2kg·m/s。由于在碰撞過程中，不可能有其他形式的能量轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，只能是系統(tǒng)內(nèi)物體間機(jī)械能的相互轉(zhuǎn)化或一部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，因此系統(tǒng)的機(jī)械能不會(huì)增加。所以有eq\f(p12,2m1)＋eq\f(p22,2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2)，解得m1≤eq\f(7,17)m2；因?yàn)轭}目給出物理情景是“甲從后面追上乙”，要符合這一物理情景，就必須有eq\f(p1,m1)>eq\f(p2,m2)，即m1<eq\f(5,7)m2；同時(shí)還要符合碰撞后乙球的速度必須大于或等于甲球的速度這一條件，所以eq\f(p1′,m1)<eq\f(p2′,m2)，即m1>eq\f(1,5)m2.綜上可得選項(xiàng)C正確。]專題強(qiáng)化3彈簧—小球模型滑塊—光滑斜(曲)面模型例1見解析解析(1)在A、B兩球碰撞的過程中彈簧的壓縮量可忽略不計(jì)，產(chǎn)生的彈力可忽略不計(jì)，因此A、B兩球組成的系統(tǒng)所受合外力為零，動(dòng)量守恒，以A球的初速度方向?yàn)檎较?，有mv0＝2mv1，解得v1＝eq\f(v0,2)。(2)粘在一起的A、B兩球向右運(yùn)動(dòng)，壓縮彈簧，由于彈簧彈力的作用，C球做加速運(yùn)動(dòng)，速度由零開始增大，而A、B兩球做減速運(yùn)動(dòng)，速度逐漸減小，當(dāng)三個(gè)球速度相等時(shí)彈簧壓縮至最短，在這一過程中，三個(gè)球和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有2mv1＝3mv2，解得v2＝eq\f(v0,3)。(3)當(dāng)彈簧被壓縮至最短時(shí)，彈性勢(shì)能最大，由能量守恒定律得Epm＝eq\f(1,2)×2mv12－eq\f(1,2)×3mv22＝eq\f(1,12)mv02。(4)彈簧恢復(fù)原長過程中，A、B、C三個(gè)球和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，能量守恒，彈簧恢復(fù)原長時(shí)，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律，得2mv1＝2mvAB＋mvC，eq\f(1,2)×2mv12＝eq\f(1,2)×2mvAB2＋eq\f(1,2)mvC2解得vAB＝eq\f(v0,2)，vC＝0或vAB＝eq\f(v0,6)，vC＝eq\f(2v0,3)。例2C[整個(gè)過程中系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，豎直方向動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；設(shè)小球離開小車時(shí)，小球的速度為v1，小車的速度為v2，整個(gè)過程中水平方向動(dòng)量守恒：mv0＝mv1＋mv2，由機(jī)械能守恒定律得：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)mv22，聯(lián)立解得v1＝0，v2＝v0，即小球與小車分離時(shí)二者交換速度，所以小球從小車右側(cè)離開后將做自由落體運(yùn)動(dòng)，故B、D錯(cuò)誤，C正確。]例3(1)20kg(2)見解析解析(1)選向左為正方向。冰塊在斜面體上運(yùn)動(dòng)到最大高度時(shí)兩者達(dá)到共同速度，設(shè)此共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為m3。在水平方向上由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得m2v0＝(m2＋m3)veq\f(1,2)m2v02＝eq\f(1,2)(m2＋m3)v2＋m2gh式中v0＝3m/s為冰塊被推出時(shí)的速度。聯(lián)立兩式并代入題給數(shù)據(jù)得m3＝20kg。(2)選向右為正方向，設(shè)小孩推出冰塊后小孩的速度為v1，由動(dòng)量守恒定律有m1v1－m2v0＝0，代入數(shù)據(jù)得v1＝1m/s設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有－m2v0＝m2v2＋m3v3。eq\f(1,2)m2v02＝eq\f(1,2)m2v22＋eq\f(1,2)m3v32聯(lián)立兩式并代入數(shù)據(jù)得v2＝1m/s由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方，故冰塊不能追上小孩。6反沖現(xiàn)象火箭一、辨析(1)√(2)√(3)×例12.5m/s解析子彈和槍組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以子彈的速度方向?yàn)檎较?。作用前：p＝0，作用后：p′＝mv－Mv′由動(dòng)量守恒定律得：p＝p′，即0＝mv－Mva′解得v′＝eq\f(mv,M)＝(0.02×eq\f(1000,8))m/s＝2.5m/s。針對(duì)訓(xùn)練(1)0.1m/s，方向與橡皮塞水平運(yùn)動(dòng)方向相反(2)0.05m/s，方向與橡皮塞水平分運(yùn)動(dòng)的方向相反解析(1)小車和橡皮塞組成的系統(tǒng)所受外力之和為零，系統(tǒng)總動(dòng)量為零。以橡皮塞運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较蚋鶕?jù)動(dòng)量守恒定律，mv＋(M－m)v′＝0解得v′＝－0.1m/s負(fù)號(hào)表示小車運(yùn)動(dòng)方向與橡皮塞水平運(yùn)動(dòng)的方向相反，反沖速度大小是0.1m/s。(2)小車和橡皮塞組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒。以橡皮塞運(yùn)動(dòng)的水平分運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，有mvcos60°＋(M－m)v″＝0，解得v″＝－0.05m/s負(fù)號(hào)表示小車運(yùn)動(dòng)方向與橡皮塞水平分運(yùn)動(dòng)方向相反，反沖速度大小是0.05m/s。二、例2A[設(shè)第5次噴出燃?xì)獾乃查g運(yùn)載火箭的速度為v1，此時(shí)運(yùn)載火箭的質(zhì)量為M－5m，忽略重力影響，運(yùn)載火箭噴氣過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有(M－5m)v1＝5mv，解得v1＝eq\f(5mv,M－5m)，故選A。]三、例3C[A、B組成的系統(tǒng)在相互作用過程中水平方向動(dòng)量守恒，兩物體位移關(guān)系如圖所示，則m2x－m1(b－a－x)＝0，解得x＝eq\f(m1b－a,m1＋m2)，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。]四、例4D[設(shè)甲、乙兩球的質(zhì)量分別為m1、m2，剛分離時(shí)兩球速度分別為v1、v2，以向右為正方向，則由動(dòng)量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，根據(jù)題意有v2－v1＝eq\f(x,t)，代入數(shù)據(jù)解得v2＝0.8m/s，v1＝－0.1m/s，說明剛分離時(shí)兩球速度方向相反，故A、B、C錯(cuò)誤；爆炸過程中兩球增加的總機(jī)械能ΔE＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22－eq\f(1,2)(m1＋m2)v02，代入數(shù)據(jù)，解得ΔE＝0.027J，故D正確。]例5(1)eq\f(m＋m1,m－m1)eq\r(2gh)，方向豎直向下(2)eq\f(4mm1gh,m－m1)解析(1)由自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，炸裂前物體的速度v＝eq\r(2gh)，取豎直向下為正方向，炸裂前物體的動(dòng)量為p＝mv＝meq\r(2gh)，炸裂后質(zhì)量為m1的一塊恰好能向上運(yùn)動(dòng)到開始下落的位置，則剛炸裂時(shí)其速度大小與炸裂前相同，即v1＝－eq\r(2gh)，方向與規(guī)定的正方向相反。由動(dòng)量守恒定律有mv＝m1v1＋(m－m1)v2解得v2＝eq\f(m＋m1,m－m1)eq\r(2gh)，由于m>m1，則v2>0，說明炸裂后另一塊的運(yùn)動(dòng)方向豎直向下。(2)E總＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)(m－m1)v22，ΔE＝E總－E初，則ΔE＝eq\f(1,2)(m－m1)v22－eq\f(1,2)(m－m1)v2＝eq\f(4mm1gh,m－m1)。專題強(qiáng)化4子彈打木塊模型滑塊—木板模型例1(1)6m/s882J(2)能理由見解析解析(1)設(shè)子彈射入木塊后與木塊的共同速度為v，對(duì)子彈和木塊組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝(M＋m)v解得v＝6m/s此過程系統(tǒng)增加的內(nèi)能ΔE＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2＝882J。(2)假設(shè)子彈以v0′＝400m/s的速度入射時(shí)沒有射穿木塊，則對(duì)子彈和木塊組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得mv0′＝(M＋m)v′，解得v′＝8m/s此過程系統(tǒng)所損耗的機(jī)械能為ΔE′＝eq\f(1,2)mv0′2－eq\f(1,2)(M＋m)v′2＝1568J由功能關(guān)系有ΔE＝F阻x相＝F阻d，ΔE′＝F阻x相′＝F阻d′則eq\f(ΔE,ΔE′)＝eq\f(F阻d,F阻d′)＝eq\f(d,d′)，解得d′≈10.7cm因?yàn)閐′>10cm，所以能射穿木塊。針對(duì)訓(xùn)練1ABC[以v0的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v，可得滑塊最終獲得的速度：v＝eq\f(mv0,M＋m)，可知兩種情況下子彈的末速度是相同的，故A正確；子彈嵌入下層或上層過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量都等于系統(tǒng)減少的動(dòng)能，兩種情況下系統(tǒng)減少的動(dòng)能一樣，故系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一樣多，故B正確；根據(jù)動(dòng)能定理，滑塊動(dòng)能的增量等于子彈對(duì)滑塊做的功，所以兩次子彈對(duì)滑塊做的功一樣多，故C正確；由Q＝Ff·x相對(duì)知，由于x相對(duì)不相等，所以兩種情況下子彈和滑塊間的水平作用力不一樣大，故D錯(cuò)誤。]例2v0≤eq\f(2\r(10),3)m/s解析滑塊以初速度v′從平臺(tái)滑上小車，剛好滑到小車的最右端，此時(shí)兩者速度相同(均為v)。由動(dòng)量守恒定律得，mv′＝(M＋m)v從滑塊滑上小車到兩者速度相同，系統(tǒng)損失的動(dòng)能等于因摩擦產(chǎn)生的熱量，Q＝μmgL＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)(M＋m)v2解得v′＝eq\f(2\r(10),3)m/s若滑塊不滑出小車，滑塊的初速度v0≤v′，即v0≤eq\f(2\r(10),3)m/s。針對(duì)訓(xùn)練2見解析解析(1)A受力如圖所示，A受到的合力為：FA合＝μmg－μmg＝0。(2)系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：m·2v－mv＝(m＋m＋m)v′，解得A、B、C最終的共同速度：v′＝eq\f(v,3)，即木板A最終運(yùn)動(dòng)的速度為eq\f(v,3)。(3)對(duì)系統(tǒng)，由能量守恒定律得：eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)m(2v)2＝eq\f(1,2)(m＋m＋m)v′2＋μmgL，解得：L＝eq\f(7v2,3μg)。專題強(qiáng)化5動(dòng)力學(xué)、能量和動(dòng)量觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用例1(1)3N(2)2m/s(3)0.4s解析(1)甲物塊從A點(diǎn)滑到B點(diǎn)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：mgR1＝eq\f(1,2)mv12甲物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有：FN－mg＝meq\f(v12,R1)，聯(lián)立解得：v1＝2eq\r(5)m/s，F(xiàn)N＝3N根據(jù)牛頓第三定律可知，甲物塊在B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小FN′＝FN＝3N。(2)甲從B點(diǎn)向右滑動(dòng)的過程中，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a＝μg＝2m/s2設(shè)甲物塊運(yùn)動(dòng)到與乙相碰前瞬間的速度為v2，由v22－v12＝－2aL，解得v2＝4m/s設(shè)甲、乙相碰后瞬間共同速度的大小為v3，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：mv2＝2mv3解得：v3＝2m/s。(3)碰撞后，甲和乙以2m/s的速度水平拋出，假設(shè)兩物塊會(huì)落到水平地面上則下落的時(shí)間t＝eq\r(\f(2R2,g))＝0.4s則水平方向的位移x＝v3t＝0.8m＝R2說明兩物塊剛好落到D點(diǎn)，假設(shè)成立因此拋出后落到CDE軌道上所用時(shí)間為0.4s。針對(duì)訓(xùn)練1(1)eq\f(5,6)v(2)eq\f(mv2,3L)(3)eq\f(3L,2v)解析(1)取向右為正方向，B、C碰撞過程中動(dòng)量守恒：2mv－mv＝(2m＋m)v1，解得v1＝eq\f(v,3)A滑到C上，A、C系統(tǒng)動(dòng)量守恒：3mv＋mv1＝(3m＋m)v2解得v2＝eq\f(5,6)v(2)在A、C相互作用過程中，有Q＝Ff·eq\f(L,2)，Q＝eq\f(1,2)(3m)v2＋eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)(3m＋m)v22解得Ff＝eq\f(mv2,3L)；(3)在A、C相互作用過程中，以C為研究對(duì)象，由動(dòng)量定理得Fft＝mv2－mv1，解得t＝eq\f(3L,2v)。例2(1)3m/s(2)5N·s解析(1)設(shè)撤去水平向右的恒力F時(shí)小物塊的速度大小為v0，小物塊和小車的共同速度大小為v1。從撤去恒力到小物塊到達(dá)小車右端過程，以v0的方向?yàn)檎较颍瑢?duì)小物塊和小車組成的系統(tǒng)：由動(dòng)量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v1由能量守恒定律得：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(m＋M)v12＋μmgl聯(lián)立以上兩式并代入數(shù)據(jù)得：v0＝3m/s。(2)設(shè)水平恒力F對(duì)小物塊沖量的大小為I，小物塊在平臺(tái)上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t。小物塊在平臺(tái)上運(yùn)動(dòng)的過程，對(duì)小物塊：由動(dòng)量定理得：I－μmgt＝mv0－0，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律得：l＝eq\f(v0,2)t聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得：I＝5N·s。針對(duì)訓(xùn)練2(1)1m(2)12N(3)1.5J解析(1)設(shè)長木板粗糙段長度為L，小物塊與長木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，給小物塊一個(gè)初速度v0＝2m/s，小物塊正好滑到C處，說明小物塊與長木板達(dá)到共同速度，由動(dòng)量守恒定律和功能關(guān)系有mv0＝(m＋M)vμmgL＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(m＋M)v2，解得L＝1m(2)設(shè)經(jīng)過t＝1s時(shí)間后，長木板和小物塊的速度分別是v1、v2，對(duì)系統(tǒng)由動(dòng)量定理有：Ft＝Mv1＋mv2對(duì)整個(gè)系統(tǒng)由功能關(guān)系有：Fx－μmgL＝eq\f(1,2)Mv12＋eq\f(1,2)mv22又eq\f(v1,2)t＝x，eq\f(v2,2)t＝x－L聯(lián)立解得F＝12N，v1＝3.5m/s，v2＝1.5m/s(3)當(dāng)彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)，長木板與小物塊達(dá)到共同速度，設(shè)為v3，則Mv1＋mv2＝(M＋m)v3eq\f(1,2)Mv12＋eq\f(1,2)mv22＝Epm＋eq\f(1,2)(M＋m)v32解得Epm＝1.5J。章末素養(yǎng)提升例1BC[以初速度方向?yàn)檎较?，足球的?dòng)量變化量Δp＝－mv2－mv1，代入數(shù)據(jù)得Δp＝－4.8kg·m/s負(fù)號(hào)表示動(dòng)量變化量與初速度方向相反，所以足球的動(dòng)量變化量大小為4.8kg·m/s，A錯(cuò)誤；足球的動(dòng)能變化量ΔEk＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，代入數(shù)據(jù)得ΔEk＝－9.6J，B正確；根據(jù)動(dòng)量定理，乙對(duì)足球的沖量I＝－mv2－mv1，代入數(shù)據(jù)得I＝－4.8kg·m/s，負(fù)號(hào)表示沖量與初速度方向相反，結(jié)合牛頓第三定律，足球?qū)σ业臎_量大小為4.8kg·m/s，C正確；根據(jù)動(dòng)量定理及牛頓第三定律eq\x\to(F)t＝mv2＋mv1代入數(shù)據(jù)得eq\x\to(F)＝9.6N，所以足球?qū)σ以谒椒较虻钠骄饔昧Υ笮?.6N，D錯(cuò)誤。]例2A[設(shè)作用力F作用的時(shí)間為t，向右為正方向，則A的末動(dòng)量pA＝Ft，B的末動(dòng)量pB＝－Ft碰撞的過程中滿足動(dòng)量守恒定律，所以(mA＋mB)v＝pA＋pB＝0碰撞后它們合在一起，停止運(yùn)動(dòng)，故A正確。]例3C[放出質(zhì)量為m的粒子后，剩余質(zhì)量為M－m，該過程動(dòng)量守恒，有：mv0＝(M－m)v放出的粒子的動(dòng)能為E0＝eq\f(1,2)mv02原子核反沖的動(dòng)能：Ek＝eq\f(1,2)(M－m)v2解得：Ek＝eq\f(m,M－m)E0，故選C。]例4C[以兩物體及彈簧作為整體分析，當(dāng)它們速度相等時(shí)，由動(dòng)量守恒定律可得m·(3v0)＝(m＋2m)v解得v＝v0，故A、B錯(cuò)誤；碰后，Q的速度減小，P的速度增大，在Q的速度大于P的速度時(shí)，彈簧壓縮量增大，彈簧彈力增大，它們的加速度都增大，當(dāng)彈簧壓縮到最大，開始恢復(fù)的過程中，彈力方向不變，Q的速度繼續(xù)減小，P的速度繼續(xù)增大，但由于彈簧的壓縮量減小，它們的加速度都將減小，故C正確，D錯(cuò)誤。]例5(1)0.0150.0075(2)0.25非彈性碰撞解析(1)由圖像可知，碰前入射小球的速度為v1＝eq\f(x1,t1)＝eq\f(0.2m,0.2s)＝1m/s碰后入射小球的速度為v1′＝eq\f(x1′,t1′)＝eq\f(0.3m－0.2m,0.4s－0.2s)＝0.5m/s被碰小球碰后的速度為v2′＝eq\f(x2′,t2′)＝eq\f(0.35m－0.2m,0.4s－0.2s)＝0.75m/s則入射小球碰撞前的動(dòng)量為p1＝m1v1＝0.015kg·m/s入射小球碰撞后的動(dòng)量為p1′＝m1v1′＝0.0075kg·m/s被碰小球碰撞后的動(dòng)量為p2′＝m2v2′＝0.0075kg·m/s(2)根據(jù)恢復(fù)系數(shù)的定義有e＝|eq\f(v2′－v1′,0－v1)|＝|eq\f(0.75－0.5,0－1)|＝0.25該碰撞過程屬于非彈性碰撞。例6(1)5(1－k)m/s，方向向右eq\f(10－20k,3)m/s，方向向右(2)1.875m解析(1)物塊C、D碰撞過程中滿足動(dòng)量守恒，設(shè)碰撞后瞬間物塊C、D形成的新物塊的速度為v物，已知C、D的質(zhì)量均為m＝1kg，以向右為正方向，則有mv0－m·kv0＝(m＋m)v物解得v物＝eq\f(1－k,2)v0＝5(1－k)m/s>0可知碰撞后瞬間物塊C、D形成的新物塊的速度大小為5(1－k)m/s，方向向右?；錋、B碰撞過程中滿足動(dòng)量守恒，設(shè)碰撞后瞬間滑板A、B形成的新滑板的速度為v滑，滑板A和B質(zhì)量分別為1kg和2kg，則由Mv0－2M·kv0＝(M＋2M)v滑解得v滑＝eq\f(1－2k,3)v0＝eq\f(10－20k,3)m/s>0則新滑板速度方向也向右。(2)若k＝0.5，可知碰后瞬間物塊C、D形成的新物塊的速度為v物′＝5(1－k)m/s＝5×(1－0.5)m/s＝2.5m/s碰后瞬間滑板A、B形成的新滑板的速度為v滑′＝eq\f(10－20k,3)m/s＝0可知碰后新物塊相對(duì)于新滑板向右運(yùn)動(dòng)，新物塊向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，新滑板向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，新物塊的質(zhì)量為m′＝2kg，新滑板的質(zhì)量為M′＝3kg，設(shè)相對(duì)靜止時(shí)的共同速度為v共，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得m′v物′＝(m′＋M′)v共解得v共＝1m/s根據(jù)能量守恒定律可得μm′gx相＝eq\f(1,2)m′(v物′)2－eq\f(1,2)(m′＋M′)v共2解得x相＝1.875m。第二章機(jī)械振動(dòng)1簡諧運(yùn)動(dòng)一、辨析(1)×(2)√(3)×(4)×例1CD[平衡位置是振動(dòng)系統(tǒng)不振動(dòng)、小球處于平衡狀態(tài)時(shí)所處的位置，可知在該位置小球所受的重力大小與彈簧的彈力大小相等，即mg＝kx，則小球原來靜止的位置是小球的平衡位置，故選項(xiàng)D正確，A、B錯(cuò)誤；當(dāng)小球在振動(dòng)過程中經(jīng)過平衡位置時(shí)，其加速度為零，速度最大，選項(xiàng)C正確。]二、例2B[從題圖中能看出坐標(biāo)原點(diǎn)在平衡位置，A正確；橫軸雖然是由底片勻速運(yùn)動(dòng)得到的，但已經(jīng)轉(zhuǎn)化為時(shí)間軸，小球只沿x軸方向振動(dòng)，B錯(cuò)誤，C正確；因題圖中相鄰小球之間時(shí)間相同，密處說明小球的位置變化慢，D正確。]例3(1)O點(diǎn)右(2)6(3)B點(diǎn)O點(diǎn)A點(diǎn)(4)相反(5)012解析(1)由振動(dòng)圖像知，t＝0時(shí)，x＝0，表示小球位于平衡位置，即O點(diǎn)。在0～1s內(nèi)，振動(dòng)位移x>0，且逐漸增大，表示t＝0時(shí)，小球正在向正方向運(yùn)動(dòng)，即向右運(yùn)動(dòng)。(2)由題圖乙知，小球離開平衡位置的最大距離為3cm，則AB＝6cm。(3)t＝1s時(shí)，x＝3cm，小球位于B點(diǎn)；在t＝2s時(shí)，x＝0，小球位于平衡位置O點(diǎn)；t＝3s時(shí)，x＝－3cm，小球位于A點(diǎn)。(4)在t＝2s時(shí)，x－t圖像的斜率為負(fù)，表示小球向負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，即向左運(yùn)動(dòng)。與t＝0時(shí)速度的方向相反。(5)在t＝4s時(shí)，小球又回到了平衡位置，故位移Δx＝0，前4s內(nèi)的路程為s＝3cm×4＝12cm。針對(duì)訓(xùn)練1CD[在0～0.4s內(nèi)，振子從O點(diǎn)減速運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，所以t＝0.2s時(shí)，振子在O點(diǎn)右側(cè)，與O點(diǎn)的距離大于6cm，A錯(cuò)誤；t＝0.6s時(shí)振子從B點(diǎn)向O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，速度方向向左，t＝1.4s時(shí)，振子從A點(diǎn)向O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，速度方向向右，振子的速度不相同，B錯(cuò)誤；t＝0.4s到t＝0.8s的時(shí)間內(nèi)，振子從最大位移處靠近平衡位置，振子的位移逐漸減小，速度逐漸增大，C、D正確。]例4D[由題意小球的速度越來越大可知，小球正向平衡位置運(yùn)動(dòng)，小球的位移越來越小，加速度越來越小，故A、B、C錯(cuò)誤；若位移為正值，速度則為負(fù)值，若位移為負(fù)值，速度則為正值，這段時(shí)間內(nèi)速度方向和位移方向一定相反，D正確。]針對(duì)訓(xùn)練2D[計(jì)時(shí)零點(diǎn)，振子加速度為零，對(duì)應(yīng)振子在平衡位置，B、C錯(cuò)誤；振子向負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，負(fù)向位移應(yīng)逐漸增大，A錯(cuò)誤，D正確。]2簡諧運(yùn)動(dòng)的描述一、辨析(1)×(2)√(3)×(4)×(5)×例1C[小球從O→B→O只完成半個(gè)全振動(dòng)，A錯(cuò)誤；從A→B是半個(gè)全振動(dòng)，用時(shí)2s，所以振動(dòng)周期是4s，振幅A＝eq\f(1,2)eq\x\to(AB)＝10cm，B錯(cuò)誤；因?yàn)閠＝6s＝1eq\f(1,2)T，所以小球經(jīng)過的路程為4A＋2A＝6A＝60cm，C正確；從O開始經(jīng)過3s，小球處在最大位移處(A或B)，D錯(cuò)誤。]例2C[由題圖可以直接看出振幅為2cm，周期為4s，所以頻率為0.25Hz，故A錯(cuò)誤；質(zhì)點(diǎn)在1s即eq\f(1,4)個(gè)周期內(nèi)通過的路程不一定等于一個(gè)振幅，故B錯(cuò)誤；t＝0時(shí)質(zhì)點(diǎn)在正向最大位移處，0～3s為eq\f(3,4)T，則質(zhì)點(diǎn)通過的路程為3A＝6cm，故C正確；振幅為質(zhì)點(diǎn)偏離平衡位置的最大距離，與質(zhì)點(diǎn)的位移有本質(zhì)的區(qū)別，t＝3s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)的位移為零，但振幅仍為2cm，故D錯(cuò)誤。]二、例3CD[物體A、B的振幅分別是3m、5m，A錯(cuò)誤．物體A、B的圓頻率ω＝100rad/s，周期T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(π,50)s，B錯(cuò)誤；因?yàn)門A＝TB，故fA＝fB，C正確；Δφ＝φA0－φB0＝eq\f(π,3)，故物體A的相位始終超前物體B的相位eq\f(π,3)，D正確。]例4A[由題可知，A＝0.8cm＝8×10－3m，T＝0.5s，可得ω＝eq\f(2π,T)＝4πrad/s，初始時(shí)刻具有負(fù)方向的最大加速度，則初位移x0＝0.8cm，初相位φ0＝eq\f(π,2)，得彈簧振子的振動(dòng)方程為x＝8×10－3sin(4πt＋eq\f(π,2))m，A正確。]三、例5AC[假設(shè)彈簧振子在B、C之間振動(dòng)，M點(diǎn)在O點(diǎn)的右側(cè)，如圖甲，若小球開始先向左振動(dòng)，小球的振動(dòng)周期為T＝eq\f(0.3＋\f(0.2,2),3)×4s＝eq\f(1.6,3)s，則小球第三次通過M點(diǎn)還要經(jīng)過的時(shí)間是t＝eq\f(1.6,3)s－0.2s＝eq\f(1,3)s。如圖乙，若小球開始先向右振動(dòng)，小球的振動(dòng)周期為T＝4×(0.3＋eq\f(0.2,2))s＝1.6s，則小球第三次通過M點(diǎn)還要經(jīng)過的時(shí)間是t＝1.6s－0.2s＝1.4s，A、C正確。]3簡諧運(yùn)動(dòng)的回復(fù)力和能量一、辨析(1)√(2)×例1AD[彈簧振子運(yùn)動(dòng)過程中受重力、支持力和彈簧彈力，回復(fù)力是根據(jù)效果命名的力，它是由物體受到的具體的力所提供的，在此情景中彈簧的彈力充當(dāng)回復(fù)力，故A正確，B錯(cuò)誤；回復(fù)力與位移的大小成正比，由A向O運(yùn)動(dòng)過程中位移在減小，故此過程回復(fù)力逐漸減小，故C錯(cuò)誤；回復(fù)力總是指向平衡位置，故D正確。]例2AD[以O(shè)點(diǎn)為原點(diǎn)，水平向右為x軸正方向，物體在O點(diǎn)右方x處時(shí)所受合力：F＝－(k1x＋k2x)＝－3kx，因此物體做簡諧運(yùn)動(dòng)，由對(duì)稱性可知，OC＝OB，故A、D正確。]二、辨析(1)√(2)×(3)×例3AC[做簡諧運(yùn)動(dòng)的物體的機(jī)械能跟振幅有關(guān)，對(duì)確定的振動(dòng)系統(tǒng)，振幅越大，系統(tǒng)的機(jī)械能越大，A正確；在簡諧運(yùn)動(dòng)中，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，但物塊A的重力勢(shì)能與動(dòng)能總和不斷變化，物塊A的機(jī)械能不守恒，B錯(cuò)誤；在簡諧運(yùn)動(dòng)中，系統(tǒng)在最大位移處勢(shì)能最大，在平衡位置處動(dòng)能最大，勢(shì)能最小，C正確，D錯(cuò)誤。]例4B[彈簧振子做簡諧運(yùn)動(dòng)，彈簧振子的能量不變，不為零，選項(xiàng)A錯(cuò)；在0.2s時(shí)位移最大，彈簧振子具有最大勢(shì)能，選項(xiàng)B對(duì)；彈簧振子的能量不變，在0.35s時(shí)彈簧振子的能量與其他時(shí)刻相同，選項(xiàng)C錯(cuò)；在0.4s時(shí)振子的位移最大，動(dòng)能為零，選項(xiàng)D錯(cuò)。]三、辨析(1)√(2)×(3)×(4)×例5ABC[由題圖可知t1、t2時(shí)刻小球的加速度大小相等，方向相反，A正確；在t1～t2時(shí)間內(nèi)回復(fù)力先減小后增大，所以小球的加速度先減小后增大，B正確；在t1～t2時(shí)間內(nèi)，小球的速度先增大后減小，所以動(dòng)能先增大后減小，C正確；簡諧運(yùn)動(dòng)的機(jī)械能守恒，D錯(cuò)誤。]4單擺一、辨析(1)×(2)×(3)×(4)×例1C[擺球在運(yùn)動(dòng)過程中只受到重力和拉力作用，A錯(cuò)誤；擺球在擺動(dòng)過程中，在最高點(diǎn)A、C處速度為零，回復(fù)力最大，合力不為零，在最低點(diǎn)B處，速度最大，回復(fù)力為零，細(xì)線的拉力最大，C正確，B、D錯(cuò)誤。]例2AD[由題圖可知，t1和t3時(shí)刻擺球的位移相等，根據(jù)對(duì)稱性可知單擺振動(dòng)的速度大小相等，故擺線拉力大小相等，故A正確；t2時(shí)刻擺球在負(fù)的最大位移處，速度為零，t3時(shí)刻擺球向平衡位置運(yùn)動(dòng)，所以t2和t3時(shí)刻擺球速度不相等，故B錯(cuò)誤；t3時(shí)刻擺球正靠近平衡位置，速度正在增大，故C錯(cuò)誤；t4時(shí)刻擺球正遠(yuǎn)離平衡位置，速度正在減小，擺線拉力也減小，故D正確。]二、辨析(1)×(2)×例31m175eq\r(2)s解析根據(jù)單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可得l＝eq\f(gT2,4π2)代入數(shù)據(jù)解得l＝eq\f(9.8×22,4×9.8)m＝1m秒擺搬到月球上，其與地球上的秒擺的周期關(guān)系為eq\f(T′,T)＝eq\r(\f(g,g′))，它在月球上做50次全振動(dòng)所用的時(shí)間為t＝50T′＝50Teq\r(\f(g,g′))＝50×2×eq\r(\f(9.8,1.6))s＝175eq\r(2)s。例4BCD[根據(jù)題圖可知，單擺振動(dòng)的周期關(guān)系eq\f(3,2)T甲＝T乙，所以周期之比為eq\f(T甲,T乙)＝eq\f(2,3)，所以頻率之比為eq\f(f甲,f乙)＝eq\f(3,2)，故B、C正確；若甲、乙兩單擺在同一地點(diǎn)擺動(dòng)，則重力加速度相同，根據(jù)T＝2πeq\r(\f(l,g))，可得擺長之比為4∶9，故A錯(cuò)誤；若甲、乙兩單擺在不同地點(diǎn)擺動(dòng)，擺長相同，根據(jù)T＝2πeq\r(\f(l,g))，可得重力加速度之比為9∶4，故D正確。]例5A[球A做自由落體運(yùn)動(dòng)，到達(dá)C點(diǎn)的時(shí)間為tA＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2R,g))當(dāng)弧BC所對(duì)的圓心角小于5°時(shí)，球B在圓弧的支持力FN和重力G的作用下做簡諧運(yùn)動(dòng)(與單擺類似)，它的振動(dòng)周期為T＝2πeq\r(\f(l,g))＝2πeq\r(\f(R,g))，因此球B運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)所需的時(shí)間是tB＝eq\f(T,4)＝eq\f(π,2)eq\r(\f(R,g))故tA<tB，顯然球A先到達(dá)C點(diǎn)，故選A。]針對(duì)訓(xùn)練C[設(shè)繩子長度均為L，根據(jù)單擺周期公式可得四幅圖的周期分別為T1＝2πeq\r(\f(L,g))、T2＝2πeq\r(\f(Lcos30°,g))、T3＝2πeq\r(\f(L,g))、T4＝2πeq\r(\f(L,g－a))，則T4>T1＝T3>T2，故選C。]5實(shí)驗(yàn)：用單擺測量重力加速度例1(1)AD(2)丙(3)D解析(1)為減小實(shí)驗(yàn)誤差，應(yīng)選擇1m左右的細(xì)線；為減小空氣阻力影響，擺球應(yīng)選密度大而體積小的鐵球，因此需要的實(shí)驗(yàn)器材是A、D；(2)要保持懸點(diǎn)固定，應(yīng)采用題圖丙固定方式，題圖乙的固定方式在擺動(dòng)過程中擺長會(huì)發(fā)生變化從而帶來系統(tǒng)誤差；(3)擺角應(yīng)小于5°，在測量周期時(shí)，應(yīng)在擺球經(jīng)過最低點(diǎn)開始計(jì)時(shí)，測量多次全振動(dòng)的周期，可以減小誤差，故A、B錯(cuò)誤；以擺球在最低位置處為計(jì)時(shí)基準(zhǔn)位置，擺球每經(jīng)過最低位置，記數(shù)一次，用停表記錄擺球n次經(jīng)過最低位置的時(shí)間t，則擺球兩次經(jīng)過最低點(diǎn)的時(shí)間間隔是半個(gè)周期，所以擺球通過最低點(diǎn)作為第1次開始計(jì)時(shí)到一直數(shù)到擺球第n次通過最低點(diǎn)，擺球經(jīng)過了n－1個(gè)半個(gè)周期，所以單擺的周期T＝eq\f(2t,n－1)，故C錯(cuò)誤；以擺球在最低位置處為計(jì)時(shí)基準(zhǔn)位置，擺球每從同一方向經(jīng)過擺球的最低位置記數(shù)一次，用停表記錄擺球從同一方向n次經(jīng)過擺球的最低位置時(shí)的時(shí)間t，則擺球相鄰兩次同一方向經(jīng)過最低點(diǎn)的時(shí)間即為一個(gè)周期，則有T＝eq\f(t,n)，故D正確。例2(1)2.12598.4999.82.09.71(2)eq\f(4π2L1－L2,T12－T22)解析(1)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為主尺讀數(shù)＋游標(biāo)尺讀數(shù)，故擺球直徑為21mm＋5×0.05mm＝21.25mm＝2.125cm單擺的擺長為L＝l＋eq\f(d,2)＝97.43cm＋eq\f(2.125,2)cm≈98.49cm秒表的讀數(shù)為t＝90s＋9.8s＝99.8s單擺的周期為T＝eq\f(t,N)＝eq\f(99.8,50)s≈2.0s根據(jù)單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))，解得g＝eq\f(4π2L,T2)≈9.71m/s2(2)由題可知T1＝2πeq\r(\f(L1＋r,g))，T2＝2πeq\r(\f(L2＋r,g))聯(lián)立以上兩式可解得g＝eq\f(4π2L1－L2,T12－T22)。例3(1)測量擺長時(shí)漏掉了擺球的半徑(2)9.87(3)B解析(1)T2－l圖線不通過坐標(biāo)原點(diǎn)，將圖線向右平移1cm會(huì)通過坐標(biāo)原點(diǎn)，可知相同的周期下擺長偏小1cm，故造成圖線不過坐標(biāo)原點(diǎn)的原因可能是測量擺長時(shí)漏掉了擺球的半徑。(2)由單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可得T2＝eq\f(4π2,g)·l，則T2－l圖像的斜率為k＝eq\f(4π2,g)；由圖像得k＝eq\f(4.0,1)s2·m－1，解得g＝9.87m/s2。(3)測擺長時(shí)擺線拉得過緊，則測量的擺長偏大，測得的重力加速度偏大，A不符合題意；擺線上端未牢固地系于懸點(diǎn)，振動(dòng)中出現(xiàn)松動(dòng)，使擺線長度增加了，知測量的擺長偏小，則測得的重力加速度偏小，B符合題意；開始計(jì)時(shí)時(shí)，停表過遲按下，測量的周期偏小，則測得的重力加速度偏大，C不符合題意；實(shí)驗(yàn)時(shí)誤將49次全振動(dòng)記為50次，測量的周期偏小，則測得的重力加速度偏大，D不符合題意。針對(duì)訓(xùn)練(1)B(2)偏小偏小解析(1)當(dāng)擺角小于等于5°時(shí)，我們認(rèn)為單擺做簡諧運(yùn)動(dòng)，所以振幅A≤Lsin5°＝1×0.087m＝8.7cm。當(dāng)小球擺到最低點(diǎn)時(shí)開始計(jì)時(shí)，計(jì)時(shí)誤差較小，測量周期時(shí)要讓小球做30或50次全振動(dòng)，求平均值，所以B合乎實(shí)驗(yàn)要求且誤差最小。(2)根據(jù)單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))得：T2＝eq\f(4π2L,g)。已知圖線b滿足T2＝eq\f(4π2,g)L，圖線a與圖線b比較可知，出現(xiàn)圖線a的原因可能是擺長L的測量值偏小，測量擺長時(shí)漏掉了擺球的半徑r，圖線a的函數(shù)關(guān)系式T2＝eq\f(4π2,g)L＋eq\f(4π2,g)r，其中eq\f(4π2,g)r是截距。由題圖可知圖線c的斜率k＝eq\f(4π2,g)偏小，可能是對(duì)于同一L值，T的測量值偏小。6受迫振動(dòng)共振一、例1B[由于單擺在運(yùn)動(dòng)過程中要克服阻力做功，振幅逐漸減小，擺球的機(jī)械能逐漸減少，所以擺球在M點(diǎn)所對(duì)應(yīng)時(shí)刻的機(jī)械能大于在N點(diǎn)所對(duì)應(yīng)的機(jī)械能，擺球的勢(shì)能是由擺球相對(duì)最低點(diǎn)的高度h和擺球的質(zhì)量m共同決定的(Ep＝mgh)。單擺擺球的質(zhì)量是定值，由于M、N兩時(shí)刻擺球的位移大小相同，故在這兩個(gè)時(shí)刻擺球相對(duì)最低點(diǎn)的高度相同，重力勢(shì)能也相同，但由于M點(diǎn)的機(jī)械能大于N點(diǎn)的機(jī)械能，所以M點(diǎn)對(duì)應(yīng)時(shí)刻的動(dòng)能大于在N點(diǎn)對(duì)應(yīng)時(shí)刻的動(dòng)能，可得速率vM>vN，故A、C、D錯(cuò)誤；由于M、N兩時(shí)刻擺球的位移大小相同，所以其細(xì)線拉力與豎直方向上的夾角θ也相等，對(duì)單擺受力分析，根據(jù)牛頓第二定律F－mgcosθ＝meq\f(v2,L)，得F＝mgcosθ＋meq\f(v2,L)，由于vM>vN，所以FM>FN，故B正確。]二、辨析(1)×(2)√(3)×(4)√例2(1)固有振動(dòng)0.5s2Hz阻尼振動(dòng)(2)受迫振動(dòng)0.25s解析(1)用手往下拉振子，放手后，因振子所受回復(fù)力滿足F＝－kx，所以做固有振動(dòng)，根據(jù)題意T固＝eq\f(t,n)＝eq\f(10,20)s＝0.5s，f固＝eq\f(1,T固)＝2Hz，由于阻力的存在，振子克服阻力做功消耗能量，振幅越來越小，故振動(dòng)為阻尼振動(dòng)。(2)由于把手轉(zhuǎn)動(dòng)的轉(zhuǎn)速為4r/s，它給彈簧振子的驅(qū)動(dòng)力頻率為f驅(qū)＝4Hz，周期T驅(qū)＝0.25s，故振子做受迫振動(dòng)，振動(dòng)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)后，其頻率(或周期)等于驅(qū)動(dòng)力的頻率(或周期)，而跟固有頻率(或固有周期)無關(guān)，即f＝f驅(qū)＝4Hz，T＝T驅(qū)＝0.25s。三、辨析(1)×(2)×例3BD[A做自由振動(dòng)，其振動(dòng)周期就等于其固有周期2πeq\r(\f(L,g))，而B、C、D在A產(chǎn)生的驅(qū)動(dòng)力作用下做受迫振動(dòng)，受迫振動(dòng)的周期等于驅(qū)動(dòng)力的周期，即等于A的固有周期，所以四個(gè)單擺的振動(dòng)周期相等，選項(xiàng)D正確；由于C、A的擺長相等，則C的固有周期與驅(qū)動(dòng)力周期相等，產(chǎn)生共振，其振幅比B、D的大，選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤，選項(xiàng)B正確。]例4ACD[處于共振狀態(tài)時(shí)，振幅最大，A正確；振子做受迫振動(dòng)的頻率等于驅(qū)動(dòng)力的頻率，所以驅(qū)動(dòng)力頻率為f3時(shí)，受迫振動(dòng)的振幅比共振小，但振子振動(dòng)的頻率為f3，B錯(cuò)誤；當(dāng)驅(qū)動(dòng)力頻率等于振子固有頻率時(shí)，振子處于共振狀態(tài)，所以如果振子做自由振動(dòng)，則它的頻率為f2，C正確；振子可以做頻率為f1的等幅振動(dòng)，D正確。]例5AD[當(dāng)列車受到?jīng)_擊的頻率和列車的固有頻率相同時(shí)，會(huì)發(fā)生共振現(xiàn)象，比較危險(xiǎn)，由T＝eq\f(l,v)可得，列車的危險(xiǎn)速率為v＝eq\f(l,T)＝eq\f(12.6,0.315)m/s＝40m/s，A正確；列車過橋需要減速，是為了防止橋梁發(fā)生共振現(xiàn)象，B錯(cuò)誤；列車的速度不同，則振動(dòng)頻率不同，C錯(cuò)誤；根據(jù)T＝eq\f(l,v)可知，增加鋼軌的長度可以使危險(xiǎn)速率增大，有利于列車高速運(yùn)行，D正確。]章末素養(yǎng)提升例1B[簡諧運(yùn)動(dòng)物體的位移是由平衡位置指向所在位置，因此物體的運(yùn)動(dòng)方向指向平衡位置時(shí)，速度方向與位移方向相反；背離平衡位置時(shí)，速度方向與位移方向相同，①正確；物體做簡諧運(yùn)動(dòng)僅在某一坐標(biāo)軸上振動(dòng)，其軌跡范圍是一個(gè)線段，而非曲線，②錯(cuò)誤；做簡諧運(yùn)動(dòng)的物體每次通過同一位置時(shí)，速度方向可能不同，但加速度一定相同，③正確；單擺經(jīng)過平衡位置時(shí)所受合外力不為零，④錯(cuò)誤；秒擺周期為2s，擺長為1m，⑤錯(cuò)誤；單擺的擺球做曲線運(yùn)動(dòng)且非勻速，⑥錯(cuò)誤；在周期性外力作用下的振動(dòng)才是受迫振動(dòng)，⑦錯(cuò)誤；簡諧振動(dòng)的1個(gè)周期內(nèi)在兩個(gè)最大位移處以及兩次通過平衡位置時(shí)，回復(fù)力的瞬時(shí)功率均為0，⑧正確；部隊(duì)經(jīng)過橋梁時(shí)，規(guī)定不許齊步走，登山運(yùn)動(dòng)員登雪山時(shí)，不許高聲叫喊，主要原因是防止發(fā)生共振導(dǎo)致災(zāi)害，⑨錯(cuò)誤；做簡諧運(yùn)動(dòng)的物體從平衡位置向最大位移處運(yùn)動(dòng)過程中，動(dòng)能逐漸減小，因此勢(shì)能逐漸增大，⑩正確。故選B。]例2AC[由題意可知阻尼器做受迫振動(dòng)，振動(dòng)頻率與大樓的振動(dòng)頻率相同，故A正確；阻尼器與大樓擺動(dòng)幅度不相同，故B錯(cuò)誤；由題意可知，大樓對(duì)阻尼器的力與阻尼器對(duì)大樓的力為一對(duì)相互作用力，根據(jù)回復(fù)力F＝－kx可知，阻尼器擺動(dòng)后，擺動(dòng)方向始終與大樓的振動(dòng)方向相反，故C正確；阻尼器的擺動(dòng)幅度會(huì)受到風(fēng)力的影響，故D錯(cuò)誤。]例3B[圖像橫坐標(biāo)為彈簧的長度，選項(xiàng)中涉及到的物理量有彈性勢(shì)能、機(jī)械能、回復(fù)力、加速度以及物塊動(dòng)能。簡諧運(yùn)動(dòng)過程機(jī)械能守恒，因此圖像d縱坐標(biāo)應(yīng)為系統(tǒng)的機(jī)械能。彈性勢(shì)能與彈簧形變量平方成正比，因此Ep＝eq\f(kx－x02,2)，圖像a符合彈性勢(shì)能的變化規(guī)律；設(shè)振幅為A，則A＝xmax－x0＝x0－xmin，物塊動(dòng)能為Ek＝eq\f(kA2,2)－eq\f(kx－x02,2)，圖像c符合動(dòng)能隨彈簧長度的變化關(guān)系；回復(fù)力F＝－k(x－x0)，圖像b符合。故選B。]例4BC[玻璃管在振動(dòng)過程中，水的浮力對(duì)玻璃管做功，故振動(dòng)過程中，玻璃管的機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；玻璃管振動(dòng)過程中，受到重力和水的浮力，這兩個(gè)力的合力充當(dāng)回復(fù)力，故B正確；由于振動(dòng)周期為0.4s，故ω＝eq\f(2π,T)＝5πrad/s由題圖乙可知振動(dòng)位移的函數(shù)表達(dá)式為x＝5sin(5πt－eq\f(5π,6))cm，故C正確；由于玻璃管做簡諧振動(dòng)，與彈簧振子的振動(dòng)相似，結(jié)合簡諧振動(dòng)的特點(diǎn)可知，該振動(dòng)的周期和頻率與振幅無關(guān)，故D錯(cuò)誤。]例5CD[根據(jù)單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))，得T2＝eq\f(4π2L,g)，圖線的斜率k＝eq\f(4π2,g)，因?yàn)殡S著緯度的增大，重力加速度增大，故g南開>g復(fù)旦，由題圖甲可知，圖線B的斜率較小，則對(duì)應(yīng)的重力加速度較大，故題圖甲中“南開大學(xué)”的同學(xué)所測得的實(shí)驗(yàn)結(jié)果對(duì)應(yīng)的圖線是B，A、B錯(cuò)誤；周期指完成一次全振動(dòng)所需的時(shí)間，由題圖乙可知eq\f(3,2)Ta＝2s，Tb＝2s，a、b兩擺球振動(dòng)周期之比為2∶3，C正確；由題圖乙可知，t＝1s時(shí)b球處于平衡位置向y軸負(fù)方向振動(dòng)，D正確。]例6AC[物塊B對(duì)地面的彈力最小時(shí)B受到的支持力最小，此時(shí)彈簧對(duì)B的作用力為拉力，對(duì)B：mg－kx1＝eq\f(1,2)mg則kx1＝0.5mg再以A、C組成的整體為研究對(duì)象，則物塊B對(duì)地面的彈力最小時(shí)彈簧對(duì)A的作用力也是拉力，此時(shí)A與C在最高點(diǎn)，則2mg＋kx1＝2ma可得a＝1.25g由于簡諧振動(dòng)具有對(duì)稱性，則A與C在最低點(diǎn)時(shí)加速度的大小也是1.25g，方向向上，此時(shí)：kx2－2mg＝2ma，則x2＝eq\f(9mg,2k)A與C組成的整體受力平衡時(shí)：2mg＝kx3，則x3＝eq\f(2mg,k)所以簡諧振動(dòng)的振幅A＝x2－x3＝eq\f(9mg,2k)－eq\f(2mg,k)＝eq\f(2.5mg,k)，故A正確；A與C碰撞后A與C整體受到的重力大于彈簧的彈力，所以它們將先向下做一段加速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；A與C在最低點(diǎn)時(shí)B對(duì)地面的壓力最大，受到的支持力也最大，則F－mg－kx2＝0可得F＝5.5mg，故C正確；A與C組成的整體受力平衡的平衡位置不變，所以當(dāng)C物體從更高的位置釋放，碰后粘在一起向下運(yùn)動(dòng)速度最大的位置也不變，故D錯(cuò)誤。]第三章機(jī)械波1波的形成一、例1見解析解析(1)各質(zhì)點(diǎn)在t＝eq\f(T,2)時(shí)的情況如圖甲所示：由圖甲可知，t＝eq\f(T,2)時(shí)，質(zhì)點(diǎn)6正在向上運(yùn)動(dòng)，質(zhì)點(diǎn)10、14未運(yùn)動(dòng)。(2)t＝eq\f(3,4)T時(shí)的波形如圖乙所示，質(zhì)點(diǎn)6正在向下運(yùn)動(dòng)，質(zhì)點(diǎn)10向上運(yùn)動(dòng)，質(zhì)點(diǎn)14未運(yùn)動(dòng)。二、例2AC[橫波的特征就是質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向與波的傳播方向垂直，A項(xiàng)正確；并非上下振動(dòng)產(chǎn)生的波就是橫波，如上下振動(dòng)且上下傳播的波是縱波，B項(xiàng)錯(cuò)誤；縱波中質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向與傳播方向在同一直線上，方向有時(shí)相同，有時(shí)相反，C項(xiàng)正確；無論是橫波還是縱波，傳播的是振動(dòng)的形式，而質(zhì)點(diǎn)只在自己的平衡位置來回振動(dòng)，并不隨波遷移，D項(xiàng)錯(cuò)誤。]三、辨析(1)×(2)×(3)√(4)×例3(1)橫波(2)向上(3)向上(4)不是解析(1)各質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向與傳播方向相互垂直，是橫波。(2)P點(diǎn)為波源，Q點(diǎn)在右側(cè)質(zhì)點(diǎn)的帶動(dòng)下將向上振動(dòng)。(3)由(2)可知，當(dāng)波恰好傳到Q點(diǎn)時(shí)，Q點(diǎn)起振方向向上，故波源P點(diǎn)從平衡位置開始振動(dòng)時(shí)的方向也向上。(4)機(jī)械波只是傳播振動(dòng)形式，質(zhì)點(diǎn)并不隨波遷移。四、例4D[波傳播時(shí)，離波源遠(yuǎn)的質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)落后于離波源近的質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)，并跟隨著近的質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)，D跟隨C向上運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)跟隨E向下運(yùn)動(dòng)，同理可知A向下運(yùn)動(dòng)，由此可知選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤；介質(zhì)中的質(zhì)點(diǎn)不隨波遷移，由于此時(shí)B和C都向上運(yùn)動(dòng)，所以B比C先到達(dá)最大位移處，并先回到平衡位置，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，D正確。]2波的描述例1C[在波的圖像中，縱坐標(biāo)y表示各質(zhì)點(diǎn)偏離平衡位置的位移，故A錯(cuò)誤；A、C速度方向相反，H、F速度方向相同，故B錯(cuò)誤；在簡諧波中各質(zhì)點(diǎn)都做簡諧運(yùn)動(dòng)，振幅都等于波源的振幅，故C正確；質(zhì)點(diǎn)所受回復(fù)力的大小與位移的大小成正比，因而加速度的大小與位移的大小成正比，則aC<aB，故D錯(cuò)誤。]例2C[由題圖知，A＝0.5m，λ＝4m；經(jīng)0.6s，N點(diǎn)開始振動(dòng)，波速v＝eq\f(11－5,0.6)m/s＝10m/s；所以頻率f＝eq\f(v,λ)＝eq\f(10,4)Hz＝2.5Hz，故C正確。]例3見解析解析如圖所示，據(jù)題意可知，A、B兩船之間的距離為1.5個(gè)波長，即1.5λ＝20m，得λ＝eq\f(40,3)m船每分鐘上下浮動(dòng)20次，說明水波的頻率f＝eq\f(20,60)Hz＝eq\f(1,3)Hz，則水波的波速v＝λf＝eq\f(40,3)×eq\f(1,3)m/s＝eq\f(40,9)m/s。例4(1)見解析(2)4A0(3)不對(duì)解析(1)波沿x軸的正方向傳播，可判斷此時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)P的速度沿＋y方向，加速度總是指向平衡位置，即沿－y方向，eq\f(1,4)T時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)P的速度、加速度均沿－y方向。(2)一個(gè)周期內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)完成一次全振動(dòng)，通過的路程為4A0。(3)此時(shí)刻起經(jīng)eq\f(1,4)T時(shí)間，質(zhì)點(diǎn)先到達(dá)最大位移處又返回，在最大位移附近運(yùn)動(dòng)，速度較慢，通過的路程小于A0，故該同學(xué)說法不對(duì)。針對(duì)訓(xùn)練CD[由“上下坡”法可知，波向左傳播，得質(zhì)點(diǎn)D的運(yùn)動(dòng)方向也向下，而質(zhì)點(diǎn)A、B、H的運(yùn)動(dòng)方向向上，質(zhì)點(diǎn)F、H相對(duì)各自平衡位置的位移相同，由a＝－eq\f(kx,m)可知，兩質(zhì)點(diǎn)的加速度相同，因質(zhì)點(diǎn)C直接從最大位移處回到平衡位置，即tC＝eq\f(T,4)，而質(zhì)點(diǎn)B要先運(yùn)動(dòng)到最大位移處，再回到平衡位置，故tB＞eq\f(T,4)＝tC，故C、D正確。]專題強(qiáng)化6波的圖像與振動(dòng)圖像的綜合問題及波的多解問題例1CD[由題圖乙可知，t＝0時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)P的振動(dòng)方向沿y軸正方向，由題圖甲波的圖像，根據(jù)同側(cè)法可知，該波的傳播方向是沿x軸負(fù)方向，A錯(cuò)誤；由題圖乙可知，4s末質(zhì)點(diǎn)P處于平衡位置，此時(shí)質(zhì)點(diǎn)P的位移為0，B錯(cuò)誤；由題圖乙可知，t＝5s時(shí)質(zhì)點(diǎn)P處于波峰位置，此時(shí)質(zhì)點(diǎn)P的速度為零，C正確；由題圖乙可知，質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的周期與振幅分別為T＝4s，A＝5cm，由于Δt＝5s＝1eq\f(1,4)T，則在0～5s時(shí)間內(nèi)質(zhì)點(diǎn)P通過的路程x＝4A＋A＝25cm，D正確。]例2BD[由題圖(a)得到該波的波長為λ＝8m，由題圖(b)得到該波的周期為T＝0.2s，所以波速為v＝eq\f(λ,T)＝eq\f(8,0.2)m/s＝40m/s，故A錯(cuò)誤，B正確；由題圖(b)可知t＝0.1s時(shí)，Q點(diǎn)處在平衡位置，且向下振動(dòng)，根據(jù)微平移法可知該波沿x軸負(fù)方向傳播，故C錯(cuò)誤；根據(jù)振動(dòng)規(guī)律可知t＝0.4s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P的速度方向向下，故D正確。]例3(1)5m/s(2)見解析圖(3)見解析圖解析(1)由題圖甲可知波長λ＝2m，由題圖乙可知周期T＝0.4s，則v＝eq\f(λ,T)＝5m/s(2)根據(jù)題圖甲和題圖乙判斷可知簡諧波向x軸正方向傳播，則x＝2.0m處質(zhì)點(diǎn)起振方向?yàn)閥軸負(fù)方向，波長、振幅、周期與x＝1.0m處的質(zhì)點(diǎn)相同，則振動(dòng)圖像如圖所示(3)當(dāng)t＝0.3s時(shí)，波向前傳播的距離x＝vt＝5m/s×0.3s＝1.5m根據(jù)題圖甲和題圖乙判斷可知簡諧波向x軸正方向傳播，則波的圖像如圖所示例4(1)4cm20cm(2)eq\f(120,7)m/s或24m/s解析(1)由題意可知T＝eq\f(1,f)＝0.2s，故經(jīng)過Δt＝0.25s＝(1＋eq\f(1,4))T，a質(zhì)點(diǎn)恰好到達(dá)最高點(diǎn)所以a質(zhì)點(diǎn)的位移大小為4cma質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過的路程為5A＝20cm(2)若波沿x軸正方向傳播，則有(n＋eq\f(3,4))λ＝6m(n＝0,1,2，…)由于a、b在x軸上的距離大于一個(gè)波長，小于兩個(gè)波長，故n＝1，對(duì)應(yīng)的波長λ＝eq\f(24,7)m，得v＝λf＝eq\f(120,7)m/s若波沿x軸負(fù)方向傳播，則有(n＋eq\f(1,4))λ＝6m(n＝0,1,2，…)同理，由限制條件可得n＝1，v＝λf＝24m/s。例5見解析解析(1)(2)由題圖可知波長λ＝8m，當(dāng)波向右傳播時(shí)Δt＝nT1＋eq\f(T1,4)T1＝eq\f(2,4n＋1)s(n＝0,1,2，…)v右＝eq\f(λ,T1)＝4(4n＋1)m/s(n＝0,1,2，…)當(dāng)波向左傳播時(shí)Δt＝nT2＋eq\f(3,4)T2T2＝eq\f(2,4n＋3)s(n＝0,1,2，…)v左＝eq\f(λ,T2)＝4(4n＋3)m/s(n＝0,1,2，…)。(3)若波向左傳播，且3T<Δt<4T則Δt＝3eq\f(3,4)T，得T＝eq\f(2,15)s，v1＝eq\f(λ,T)＝60m/s(4)Δt內(nèi)波傳播的距離為：x＝vΔt＝68×0.5m＝34m＝4eq\f(1,4)λ，故波向右傳播。3波的反射、折射和衍射一、例1(1)1700Hz(2)1020m/s(3)1∶1解析(1)聲波在介質(zhì)Ⅰ中傳播時(shí)，由v＝λf得：f＝eq\f(v1,λ1)＝eq\f(340,0.2)Hz＝1700Hz。由于聲波在不同介質(zhì)中傳播時(shí)，頻率不變，所以聲波在介質(zhì)Ⅱ中傳播時(shí)，頻率為1700Hz。(2)由v＝λf得聲波在介質(zhì)Ⅱ中的傳播速度為