2025高中物理《課時(shí)作業(yè)》教科版選擇性必修一詳解答案

2025高中物理《課時(shí)作業(yè)》教科版選擇性必修一詳解答案課時(shí)素養(yǎng)評價(jià)1動量1．解析：根據(jù)動量的公式p＝mv可知，只有當(dāng)物體的質(zhì)量與速度的乘積越大，其動量才越大，A、B錯(cuò)誤，C正確；物體做勻速圓周運(yùn)動時(shí)，速度大小不變，但方向始終在變化，而動量是矢量，故動量在時(shí)刻變化，D錯(cuò)誤．答案：C2．解析：由動量的定義可知，對同一物體來說，動量越大，速度越大，A正確；根據(jù)動量的矢量性可知，動量的方向與速度的方向相同，所以動量相同的物體，速度方向一定相同，B正確；速率相同，速度的方向不一定相同，故動量的方向不一定相同，C錯(cuò)誤；物體的動量改變，可能是動量的方向改變，而動量的大小保持不變，如勻速圓周運(yùn)動，D正確．答案：C3．解析：實(shí)驗(yàn)中需要測量質(zhì)量和速度，測擋光片的寬度和擋光時(shí)間是為了間接測量速度，D正確．答案：D4．解析：向右為正方形，根據(jù)Δp＝mv2－mv1＝m9v10－m(－v)＝1910mv，碰撞過程中小球的動量變化量大小為19答案：A5．解析：“嫦娥四號”在繞月球做勻速圓周運(yùn)動過程中，速度大小不變，方向時(shí)刻變化，根據(jù)Ek＝12mv2和p＝mv可知，動能不變，但動量是矢量，所以動量發(fā)生變化，A錯(cuò)誤；“玉兔二號”巡視車?yán)@著陸器勻速轉(zhuǎn)過一圈的過程中，同上述分析，動能不變，動量發(fā)生變化，B錯(cuò)誤；“玉兔二號”巡視車在月球表面沿直線勻速短暫巡視過程中，速度大小和方向均不變，所以動量和動能都不變，C正確；“嫦娥四號”在發(fā)射過程中速度增大，而質(zhì)量不變，故動能和動量都增大，答案：CD6．解析：東風(fēng)-17導(dǎo)彈做蛇形機(jī)動時(shí)，做曲線運(yùn)動，速度方向時(shí)刻變化，所以動量p＝mv必然發(fā)生變化，A錯(cuò)誤，B正確；由p＝mv＝1.2×103×340×20kg·m/s＝8.16×106kg·m/s，故C正確；由Ek＝12mv2＝12×1.2×103×(340×20)2J＝2.77×10答案：BCD7．解析：由動能與動量的表達(dá)式Ek＝12mv2，p＝mv，可知p＝2mEk，故動能大小由Ek變?yōu)?Ek的這段時(shí)間內(nèi)物體動量變化量的大小為Δp＝2m×2E答案：D8．解析：當(dāng)兩物體動量大小相等時(shí)，由Ek＝p22m知Ek甲∶Ek乙＝m乙∶m甲＝4當(dāng)兩物體動能相等時(shí)，由p2＝2mEk知p甲∶p乙＝m甲∶m乙＝1答案：C9．解析：若初、末速度方向相同，則動量的變化為Δp＝mv′－mv＝3×5kg·m/s－3×2kg·m/s＝9kg·m/s；若初、末速度方向相反，以末速度方向?yàn)檎较?，則動量的變化為Δp＝mv′－mv＝3×5kg·m/s－(－3×2)kg·m/s＝21kg·m/s，D正確．答案：D10．解析：兩物體由h2下滑到h1高度的過程中，機(jī)械能守恒，則有mg(h2－h(huán)1)＝12mv2，解得在高度h1處兩物體的速度大小均為v＝2gh2-h1，兩物體下滑到h1高度處時(shí)，速度的大小相等，由于α不等于β，故速度的方向不同，由此可判斷，兩物體在h1高度處動能相同，動量不相同，則兩物體由答案：BD11．解析：(1)導(dǎo)軌不水平，小車的速度將受重力影響，導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)誤差增大，A正確；滑塊上擋光板傾斜，會導(dǎo)致?lián)豕獍鍖挾炔坏扔趽豕怆A段小車通過的位移，計(jì)算速度出現(xiàn)誤差，B正確；兩滑塊質(zhì)量不相等，系統(tǒng)碰撞前后動量仍然守恒，不會導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)誤差，C錯(cuò)誤；兩滑塊碰后粘合在一起是完全非彈性碰撞，系統(tǒng)碰撞前后動量仍然守恒，不會導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)誤差，D錯(cuò)誤．(2)以向右為正方向，由平均速度公式可得v'1＝－dΔt1＝－3.00×10-20.25m/s＝－0.12m/s，v′2＝dΔt2＝3.00×10-20.20m/s＝0.15m/s.燒斷細(xì)線前兩物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，兩物體的質(zhì)量與速度乘積之和為m1v1＋m2v答案：(1)AB(2)－0.120.1500各自質(zhì)量與速度乘積之和是不變量12．解析：實(shí)驗(yàn)1：從表1中數(shù)據(jù)可看出，在誤差允許的范圍內(nèi)，碰撞前后物體的速度相等；由于物體的質(zhì)量相等，故碰撞前后物體的動能相等，質(zhì)量與速度的乘積mv相等．實(shí)驗(yàn)2：從表2中數(shù)據(jù)可看出，碰前物體的速度為v1＝0.140m/s，碰后物體速度的矢量和為v2＝(0.069＋0.069)m/s＝0.138m/s，在誤差允許的范圍內(nèi)，碰撞前后物體速度的矢量和相等；碰前物體的質(zhì)量m與速度v的乘積為0.25×0.140kg·m/s＝0.035kg·m/s，碰后物體的質(zhì)量m與速度v的乘積的矢量和為0.25×0.069×2kg·m/s＝0.0345kg·m/s，則在誤差允許的范圍內(nèi)，碰撞前物體的質(zhì)量m與速度v的乘積的矢量和與碰撞后的相等；碰前物體的動能為Ek1＝12×0.25×0.1402J＝0.00245J，碰后的總動能為Ek2＝12×0.25×0.0692J＋12×0.25×實(shí)驗(yàn)3：從表3中數(shù)據(jù)可看出，碰前物體的速度為v1＝0.120m/s，碰后物體的速度的矢量和v2＝(－0.024＋0.070)m/s＝0.046m/s，知在誤差允許的范圍內(nèi)，碰撞前物體的速度與碰撞后物體速度的矢量和不相等；碰前物體的動能Ek1＝12×0.25×0.1202J＝0.0018J，碰后物體的總動能Ek2＝12×0.25×0.0242J＋12×0.5×0.0702J＝0.0013J，在誤差允許的范圍內(nèi)，碰撞前物體的動能與碰后物體的動能之和不等；碰前物體的質(zhì)量m與速度v的乘積為0.25×0.120kg·m/s＝0.030kg·m/s，碰后物體的質(zhì)量m與速度v的乘積的矢量和為(－0.25×綜上所述，最終在實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)的“不變量”是質(zhì)量和速度的乘積之和．答案：實(shí)驗(yàn)1：(1)等于(2)等于(3)等于實(shí)驗(yàn)2：(1)等于(2)不等于(3)等于實(shí)驗(yàn)3：(1)不等于(2)不等于(3)等于質(zhì)量和速度的乘積之和13．解析：(1)設(shè)小球從1.25m高處自由落下碰地前瞬間的速率為v1，則有v12＝2gh得到v1＝2gh所以小球與地面碰前瞬間的動量p1＝mv1＝0.1×5kg·m/s＝0.5kg·m/s.(2)設(shè)小球碰地后瞬間的速率為v2，則有v22＝2gh得到v2＝2gh取豎直向下方向?yàn)檎较?，則小球與地面碰撞過程中動量的變化為Δp＝－mv2－mv1＝－0.1×(5＋4)kg·m/s＝－0.9kg·m/s，負(fù)號表示方向豎直向上．答案：(1)0.5kg·m/s(2)0.9kg·m/s，方向豎直向上課時(shí)素養(yǎng)評價(jià)2動量定理1．解析：在0～t時(shí)間內(nèi)物體所受重力的沖量大小為IG＝mgt，B正確，A、C、D錯(cuò)誤．答案：B2．解析：人跳在沙坑的動量大小等于跳在水泥地上的動量大小，因?yàn)槿速|(zhì)量與速度的大小一樣，所以動量大小相等，A正確；人跳在沙坑的動量變化等于跳在水泥地上，因?yàn)槌鮿恿肯嗟龋﹦恿繛?，所以動量的變化量大小相等，B錯(cuò)誤；根據(jù)動量定理FΔt＝Δp人跳在沙坑受到的沖量與跳在水泥地上的沖量大小相等，C錯(cuò)誤；根據(jù)動量定理FΔt＝Δp人跳在沙坑受到的沖力比跳在水泥地上小，D錯(cuò)誤．答案：A3．解析：因安全氣囊充氣后，受力面積增大，故減小了司機(jī)單位面積的受力大小，A錯(cuò)誤；有無安全氣囊司機(jī)初動量和末動量均相同，所以動量的改變量也相同，B錯(cuò)誤；因有安全氣囊的存在，司機(jī)和安全氣囊接觸后會有一部分動能轉(zhuǎn)化為氣體的內(nèi)能，不能全部轉(zhuǎn)化成汽車的動能，C錯(cuò)誤；因?yàn)榘踩珰饽页錃夂竺娣e增大，司機(jī)的受力面積也增大，在司機(jī)擠壓氣囊作用過程中由于氣囊的緩沖增加了作用時(shí)間，D正確．答案：D4．解析：設(shè)飛來的速度方向?yàn)檎较?，由動量定理可知－Ft＝－mv－mv0，代入數(shù)據(jù)解得v＝30m/s，即飛回的速度大小為30m/s，A正確，B、C、D錯(cuò)誤．答案：A5．解析：足球與頭部作用前后瞬間其速度大小滿足v2＝2gh解得v＝2m/s.頭部與足球作用過程有Ft－mgt＝2mv解得頭部對足球的平均作用力F＝20N＝5mg，A錯(cuò)誤；下落到與頭部剛接觸時(shí)，足球動量大小為p＝mv＝0.8kg·m/s，B錯(cuò)誤；與頭部作用過程中，足球動量變化量大小為Δp＝2mv＝1.6kg·m/s，C正確；從最高點(diǎn)下落至重新回到最高點(diǎn)的過程中，足球重力的沖量等于重力與時(shí)間的乘積，則可知足球重力的沖量不為0，D錯(cuò)誤．答案：C6．解析：由動量定理可得4Ft－mgt＝m(－v2)－m(－v1)，解得F＝3.0×104N，B正確．答案：B7．解析：初速度不為零且只受到一個(gè)大小不變的力，質(zhì)點(diǎn)一定運(yùn)動，因此位置不可能不變，A錯(cuò)誤；若質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動，則質(zhì)點(diǎn)的加速度方向變化，即加速度變化，B錯(cuò)誤；質(zhì)點(diǎn)的加速度不為零，則速度一定變化，質(zhì)點(diǎn)的動量一定變化，C錯(cuò)誤；若質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動，則質(zhì)點(diǎn)的動能保持不變，D正確．答案：D8．解析：根據(jù)豎直方向速度變化與時(shí)間關(guān)系，有Δvy＝gt，兩球的速度變化量Δvy不同，則運(yùn)動時(shí)間不同，A、B錯(cuò)誤；根據(jù)動能定理可知mgh＝ΔEk，由于重力做功相等，初動能相等，可知?jiǎng)幽艿淖兓肯嗤?，落地時(shí)的動能相等，故C正確；根據(jù)Δp＝mΔv＝mΔvy，由于速度變化量不同，動量變化量也不同，D錯(cuò)誤．答案：C9．解析：圖像的面積即為沖量，所以由圖像可知，前3s內(nèi)合力F的沖量大小為0，A正確；根據(jù)動量定理Ft＝Δp＝mΔv可解得1s時(shí)物塊的速率為1m/s，B錯(cuò)誤；根據(jù)動量定理Ft＝Δp＝mΔv，可解得2s時(shí)物塊的動量為1kg·m/s，C錯(cuò)誤；圖像的面積即為沖量，所以由圖像可知，前4s內(nèi)動量的變化量大小為1kg·m/s，D錯(cuò)誤．答案：A10．解析：甲、乙兩種情況下人對繩子的拉力相等，由沖量的定義式I＝Ft可知，兩沖量相等，只有選項(xiàng)C是正確的．答案：C11．解析：根據(jù)p＝mv可知運(yùn)動方向與動量方向相同，0～2t0與2t0～3t0的動量均為正，則0～2t0與2t0～3t0的運(yùn)動方向相同，A錯(cuò)誤；根據(jù)F＝ΔPt可知?jiǎng)恿侩S時(shí)間的變化的圖像的斜率代表F，2t0～3t0與3t0～4t0時(shí)間內(nèi)圖線斜率不變，則物體受到的合外力不變，B錯(cuò)誤；由圖像知0～3t0時(shí)間內(nèi)動量變化為0，根據(jù)ΔP＝I合可知0～3t0物體受到的合外力的沖量為零，C正確；由圖像知2t0～4t答案：C12．解析：高壓水流沖擊到石球底部后，在豎直方向的速度變?yōu)榱?，取時(shí)間t內(nèi)的一段水柱為研究對象，它受到石球?qū)ζ涞淖饔昧Υ笮镸g，以豎直向上為正方向，根據(jù)動量定理得－Mgt＝ρSvt(0－v)得v＝MgρS答案：A13．解析：(1)設(shè)車速的反方向?yàn)檎较?，由動量定理得Ft＝Δp＝0－(－p)，代入數(shù)據(jù)解得F＝2×105N.(2)由動量表達(dá)式知p＝mv，代入數(shù)據(jù)得v＝20m/s.答案：(1)2×105N(2)20m/s14．解析：(1)根據(jù)動量定理，取向下為正．有－Ft＝0－mv代入數(shù)據(jù)有F＝200N.(2)根據(jù)動量定理，取向下為正．有(mg－F′)t＝0－mv代入數(shù)據(jù)有F′＝205N.(3)根據(jù)以上分析，在打擊和碰撞一類的問題中，當(dāng)平均作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于重力時(shí)可以忽略重力的作用．答案：(1)200N(2)205N(3)見解析課時(shí)素養(yǎng)評價(jià)3動量守恒定律1．解析：動量守恒的條件是系統(tǒng)所受合外力為零，與系統(tǒng)內(nèi)有無摩擦力無關(guān)，A錯(cuò)誤，B正確；系統(tǒng)加速度為零時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可知系統(tǒng)所受合外力為零，所以此時(shí)系統(tǒng)動量守恒，C正確；系統(tǒng)合外力不為零時(shí)，在某方向上合外力可能為零，此時(shí)在該方向上系統(tǒng)動量守恒，D錯(cuò)誤．答案：BC2．解析：發(fā)射炮彈的過程，系統(tǒng)動量守恒，發(fā)射前，系統(tǒng)的總動量為Mv0，射出炮彈后，炮艇的質(zhì)量變?yōu)镸－m，速度為v′，炮彈質(zhì)量為m，對地速度為v＋v′，所以系統(tǒng)總動量為(M－m)v′＋m(v＋v′)，系統(tǒng)動量守恒，本題選D.答案：D3．解析：動量p＝mv，與質(zhì)量和速度有關(guān)，因?yàn)椴恢浪俣汝P(guān)系，所以無法判斷質(zhì)量關(guān)系，A、B錯(cuò)誤；因?yàn)锳、B動量大小分別為pA和pB，若pA<pB，則系統(tǒng)動量向左，又系統(tǒng)動量守恒，則碰撞后的總動量向左，C正確，D錯(cuò)誤．答案：C4．解析：雨滴落入木盆的過程中，小車、木盆、雨滴組成的系統(tǒng)水平方向滿足動量守恒，設(shè)小車、木盆的總質(zhì)量為M，雨滴的質(zhì)量為m，則有Mv＝(M＋m)v共，解得v共＝MvM+m答案：C5．解析：以小球和小車組成的系統(tǒng)為研究對象，在水平方向上不受外力的作用，所以系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，而在豎直方向上，由于存在重力和支持力的作用，且小球在豎直方向上的加速度不為0，故系統(tǒng)在豎直方向上受到的合力不為零，因此系統(tǒng)在豎直方向上動量不守恒；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，D正確．答案：D6．解析：設(shè)小球2的質(zhì)量為M，兩球組成的系統(tǒng)在碰撞過程動量守恒，以小球1的初速度方向?yàn)檎较颍绻鲎埠髢蓚€(gè)小球的速度同向，由動量守恒定律得mv0＝(m+M)·13v0，解得M＝2m；如果碰撞后兩球速度反向，由動量守恒定律得mv0＝M·13v0－m·答案：BD7．解析：設(shè)衛(wèi)星運(yùn)動方向?yàn)檎较颍瑒t火箭殼速度與衛(wèi)星速度的關(guān)系為v2＝v1－3.0×103m/s，根據(jù)動量守恒(m1＋m2)v＝m1v1＋m2v2，解得v1＝7.5×103m/s，v2＝4.5×103m/s，A正確，B錯(cuò)誤；分離后衛(wèi)星速度變大，做離心運(yùn)動，軌道半徑變大；火箭殼速度變小，做近心運(yùn)動，軌道半徑減小，C錯(cuò)誤，D正確．答案：AD8．解析：以車、人、槍和子彈為系統(tǒng)研究，整個(gè)系統(tǒng)在水平方向上不受外力的作用，遵守動量守恒定律，已知作用前總動量為零，所以作用后的總動量也為零，不必考慮中間過程，最后系統(tǒng)還是靜止的，D正確．答案：D9．解析：以小車和木塊組成的系統(tǒng)為研究對象，其所受合外力為零，因此系統(tǒng)動量守恒，由于摩擦力的作用，木塊速度減小，小車速度增大，木塊速度減小到最小時(shí)，小車速度達(dá)到最大，最后木塊和小車以共同速度運(yùn)動．由動量守恒定律有mv0＝(m＋M)v，解得v＝mv0M+m答案：A10．解析：取甲的速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動量守恒定律m甲v甲－m乙v乙＋Mv＝0，代入數(shù)據(jù)解得v＝0.6m/s，v>0表示小船速度方向向左，A正確．答案：A11．解析：根據(jù)題意可知，人和車在水平方向上動量守恒，當(dāng)人豎直跳起時(shí)，人和車之間在豎直方向上有相互作用，在水平方向上合力為零，動量仍然守恒，水平方向的速度不發(fā)生變化，所以車的速度仍為v1，方向向右，D正確．答案：D12．解析：以木板和小木塊整體為研究對象，水平地面光滑，則系統(tǒng)水平方向動量守恒．A先向左減速到零，再向右做加速運(yùn)動，在此期間，木板做減速運(yùn)動，最終它們保持相對靜止，設(shè)A減速到零時(shí)，木板的速度大小為v1，最終它們的共同速度大小為v2，取水平向右為正方向，則有Mv－mv＝Mv1，Mv1＝(M＋m)v2，解得v1＝83m/s，v2所以在小木塊A做加速運(yùn)動的時(shí)間內(nèi)，木板速度大小應(yīng)大于2.0m/s而小于83答案：C13．解析：由題意知系統(tǒng)動量守恒，前一發(fā)擊中靶后，再打下一發(fā)，說明發(fā)射后一發(fā)子彈時(shí)，車已經(jīng)停止運(yùn)動．每發(fā)射一發(fā)子彈，車后退一段距離．每發(fā)射一發(fā)子彈時(shí)，子彈動量為mv，由動量守恒定律有0＝mv－[M＋(n－1)m]v′.設(shè)每發(fā)射一發(fā)子彈車后退x，則子彈相對于地面運(yùn)動的距離是(d－x)，則滿足md-xt＝[M＋(n－1)解得x＝md則打完n發(fā)子彈后車后退的距離s＝nmdM答案：nmd14．解析：(1)選鐵塊和木塊A、B為系統(tǒng)，取水平向右為正方向，由系統(tǒng)總動量守恒得mv＝(MB＋m)vB＋MAvA代入數(shù)據(jù)解得vA＝0.25m/s.(2)設(shè)鐵塊剛滑上B時(shí)的速度為v′，此時(shí)A、B的速度均為vA＝0.25m/s，鐵塊與A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，由系統(tǒng)總動量守恒得mv＝mv′＋(MA＋MB)vA，解得v′＝2.75m/s.答案：(1)0.25m/s(2)2.75m/s課時(shí)素養(yǎng)評價(jià)4實(shí)驗(yàn)：驗(yàn)證動量守恒定律1．解析：釋放點(diǎn)越低，入射小球碰前的速度越小，兩球碰后速度也越小，水平位移越小，水平位移測量的相對誤差大；釋放點(diǎn)越高，入射小球碰前的速度越大，兩球相碰時(shí)，相互作用的內(nèi)力越大，支柱對被碰小球的阻力不變，阻力的影響相對減小，可以較好地滿足動量守恒的條件，碰后兩球的速度越大，也有利于減小測量水平位移時(shí)的相對誤差，從而使實(shí)驗(yàn)的誤差減小，C正確．答案：C2．解析：細(xì)繩長度適當(dāng)，便于操作；兩繩等長，以保證兩球能對心碰撞，A正確；為保證實(shí)驗(yàn)結(jié)論的普適性，兩球質(zhì)地是任意的，質(zhì)量也需考慮各種情況，但大小必須相同，以保證兩球發(fā)生正碰，B錯(cuò)誤；由靜止釋放小球，初動能為零，可由機(jī)械能守恒mgl(1－cosa)＝12mv2答案：ACD3．解析：由于碰撞后滑塊A靜止，由題圖可知，碰撞發(fā)生在x＝60cm處；從碰撞到第二次閃光B運(yùn)動的距離為10cm，則可求得該過程B用時(shí)為0.1s，所以，兩滑塊的碰撞發(fā)生在第一次閃光后0.1s，A正確；碰撞前0.1s內(nèi)A的位移大小為10cm，則碰撞前A的速度大小是1m/s，B錯(cuò)誤；前0.1s內(nèi)B的位移大小為5cm，則碰撞前B的速度大小是0.5m/s，C錯(cuò)誤；第二次閃光與第三次閃光的時(shí)間間隔內(nèi)B的位移大小為20cm，則碰撞后B的速度大小是1m/s；設(shè)向左為正方向，碰撞前兩滑塊的質(zhì)量與速度的乘積之和為mAvA－mBvB＝0.3×1kg·m/s－0.2×0.5kg·m/s＝0.2kg·m/s，碰撞后兩滑塊的質(zhì)量與速度的乘積之和為0.2×1kg·m/s＝0.2kg·m/s，碰撞前后兩滑塊的質(zhì)量與速度的乘積之和不變，D正確．答案：AD4．解析：(1)小車P碰撞前做勻速直線運(yùn)動，在相等時(shí)間內(nèi)運(yùn)動位移相等，由圖乙所示紙帶可知，應(yīng)選擇紙帶上的BC段求出小車P碰撞前的速度．(2)設(shè)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打點(diǎn)時(shí)間間隔為T，由圖乙所示的紙帶可知，碰撞前小車的速度v＝s2-s14T，碰撞后兩小車的共同速度v′＝s4-s36T，如果碰撞前后系統(tǒng)動量守恒，則m1v＝(m1＋m2)v′，即m1s2(3)如果在測量小車P的質(zhì)量時(shí)，忘記粘橡皮泥，則小車P質(zhì)量的測量值小于真實(shí)值，由(2)中表達(dá)式可知，所測系統(tǒng)碰撞前總動量小于碰撞后系統(tǒng)的總動量．答案：(1)BC(2)m1(s25．解析：(1)入射小球的質(zhì)量要大于被撞擊的靜止小球，這樣撞擊后兩小球都能向前運(yùn)動；另外，兩小球的直徑要相等，才能發(fā)生對心碰撞，碰撞前后的速度方向都沿著水平方向，A正確．(2)斜槽安裝時(shí)末端必須保持水平，才能保證兩小球在水平方向上發(fā)生對心碰撞并均沿水平方向飛出，A正確；小球每次都必須從斜槽上的同一位置靜止釋放，這樣入射小球每次都能獲得相同的動量，B正確；斜槽末端到水平地面的高度決定了小球在空中的運(yùn)動時(shí)間，不需要測量，C錯(cuò)誤；實(shí)驗(yàn)中不需要用秒表測量小球在空中飛行的時(shí)間，D錯(cuò)誤．(3)如果動量守恒，則有m1vA1＝m1vA2＋m2vB2，由于兩球在空中的運(yùn)動時(shí)間相等，即tA1＝tA2＝tB2，所以m1vA1×tA1＝m1vA2×tA2＋m2vB2×tB2，即m1x2＝m1x1＋m2x3，C正確．答案：(1)A(2)AB(3)C6．解析：小球離開軌道后做平拋運(yùn)動，設(shè)木板與拋出點(diǎn)之間的水平距離為x，由平拋運(yùn)動規(guī)律得水平方向有x＝vt，豎直方向有h＝12gt2，解得v＝xg2h，放小球B之前，小球A落在圖中的P點(diǎn)，設(shè)A的水平初速度為v0，小球A和B發(fā)生碰撞后，球A的落點(diǎn)在圖中的N點(diǎn)，設(shè)其水平初速度為v1，球B的落點(diǎn)是圖中的M點(diǎn)，設(shè)其水平初速度為v2，小球碰撞的過程中若動量守恒，則m1v0＝m1v1＋m2v2，即m1·xg2y2＝m1·xg2y3＋m2·xg2y1，則驗(yàn)證兩球碰撞過程中系統(tǒng)動量守恒表達(dá)式為m答案：m11y2＝m11y3＋課時(shí)素養(yǎng)評價(jià)5碰撞1．解析：以甲滑塊的運(yùn)動方向?yàn)檎较?，由動量守恒定律?m·v－mv＝0＋mv′，所以v′＝2v，碰前總動能Ek＝12×3m·v2＋12mv2＝2mv2，碰后總動能E′k＝12mv′2＝2mv2，故Ek＝E答案：A2．解析：由p2＝2mEk知，甲球的動量大于乙球的動量，所以總動量的方向應(yīng)為甲球的初動量的方向，可以判斷C正確，A、B、D錯(cuò)誤．答案：C3．解析：A、B速度相等時(shí)彈簧的壓縮量最大，彈性勢能最大，動能損失最大，D正確．答案：D4．解析：碰撞前小球A的速度一定要大于小球B的速度(否則無法實(shí)現(xiàn)碰撞)．碰撞后，小球B的動量增大，小球A的動量減小，減小量等于增大量，所以ΔpA<0，ΔpB>0，并且ΔpA＝－ΔpB，D錯(cuò)誤．若ΔpA＝－24kg·m/s、ΔpB＝24kg·m/s，碰后兩球的動量分別為pA′＝－12kg·m/s、pB′＝37kg·m/s，根據(jù)關(guān)系式Ek＝p22m可知，小球A的質(zhì)量和動量大小不變，動能不變，而小球B的質(zhì)量不變，但動量增大，所以小球答案：AB5．解析：A與B碰撞過程動量守恒，有mAvA＝(mA＋mB)vAB，所以vAB＝vA2＝2m/s，當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)，A、B的動能完全轉(zhuǎn)化成彈簧的彈性勢能，所以Ep＝12(mA+答案：B6．解析：由題中圖乙可知，質(zhì)量為m1的小球碰前速度v1＝4m/s，碰后速度為v′1＝－2m/s，質(zhì)量為m2的小球碰前速度v2＝0，碰后的速度v′2＝2m/s，兩小球組成的系統(tǒng)碰撞過程動量守恒，有m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，代入數(shù)據(jù)解得m2＝0.3kg，A、C正確，B錯(cuò)誤；兩小球組成的系統(tǒng)在碰撞過程中的機(jī)械能損失為ΔE＝12m1v'12+12m2v'12-(12m答案：AC7．解析：假設(shè)這一過程可以實(shí)現(xiàn)，根據(jù)動量守恒定律得m1v＝m1v球＋m2v木，代入數(shù)據(jù)解得v球＝－10m/s，碰撞前系統(tǒng)動能為Ek＝12m1v2＝2.5J，碰撞后系統(tǒng)動能為E′k＝12m1v球2＋12m2v木2＝11.5J，則答案：B8．解析：子彈穿過小球過程中，子彈和小球水平動量守恒，設(shè)穿過瞬間小球的速度為v，則mv0＝Mv＋12mv0，解得v＝mv02M，對小球由牛頓第二定律T－Mg＝Mv2L代入解得M＝v02gL答案：A9．解析：設(shè)初速度v0＝8m/s，質(zhì)量為m1＝5.0kg的物塊滑行s＝2.0m后與質(zhì)量為m2＝15.0kg的靜止物塊發(fā)生碰撞前瞬間的速度為v1，碰撞后m1的速度為v′1，m2的速度為v2，則根據(jù)動能定理有－μm1gs＝12m1v12-12m1v02，根據(jù)動量守恒定律及能量守恒定律有m1v1＝m1v'1+m2v2，12m1v12＝12m1v'12+12m2v2答案：B10．解析：設(shè)中子的質(zhì)量為m，氫核的質(zhì)量為m，氮核的質(zhì)量為14m，設(shè)中子和氫核碰撞后中子速度為v3，由動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律可得mv0＝mv1+mv3，12mv02＝12mv21+12mv32，聯(lián)立解得v1＝v0，v3＝0，設(shè)中子和氮核碰撞后中子速度為v4，由動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律可得mv0＝14mv2+mv4，12mv02＝12×14mv22碰撞后氫核的動量大小為p1＝mv1＝mv0，碰撞后氮核的動量大小為p2＝14mv2＝14m·215v0＝1815mv0>p1，可知碰撞后氮核的動量比氫核的大，故A錯(cuò)誤；碰撞后氫核的動能大小為Ek1＝12mv12＝12mv02，碰撞后氮核的動能大小為Ek2＝12×14mv22＝12×14m(215v0)答案：B11．解析：對冰壺乙在冰面上滑行的過程，有v22＝2μgs，由于兩冰壺發(fā)生彈性碰撞，且兩冰壺的質(zhì)量相等，因此碰撞后兩冰壺交換速度，故v1＝v2，解得v答案：B12．解析：下降過程為自由落體運(yùn)動，觸地時(shí)兩球速度相同，v＝2gh，m2碰撞地面之后，速度瞬間反向，且大小相等，選m1與m2碰撞過程為研究過程，碰撞前后動量守恒，設(shè)碰后m1與m2速度大小分別為v1、v2，選向上方向?yàn)檎较?，則m2v－m1v＝m1v1＋m2v2，由能量守恒定律得12(m1＋m2)v2＝12m1v12+12m2v22，且m2＝3m1，聯(lián)立解得v1＝22gh，答案：D13．解析：(1)斜拋的手榴彈在水平方向上做勻速直線運(yùn)動，在最高點(diǎn)處爆炸前的速度v1＝v0cos60°＝12v0設(shè)v1的方向?yàn)檎较?，如圖所示．由動量守恒定律得3mv1＝2mv′1＋mv2，其中爆炸后大塊彈片速度v′1＝2v0，解得v2＝－2.5v0，“－”號表示v2的方向與爆炸前速度方向相反．(2)爆炸過程中轉(zhuǎn)化為動能的化學(xué)能等于系統(tǒng)動能的增量，即ΔEk＝12·2mv'12+12mv22-12答案：(1)2.5v0方向與爆炸前速度方向相反(2)27414．解析：細(xì)繩斷開后，在彈簧彈力的作用下，A做減速運(yùn)動，B做加速運(yùn)動，最終三者以共同速度向右運(yùn)動，設(shè)共同速度為v，A和B分開后，B的速度為vB，對三個(gè)木塊組成的系統(tǒng)，整個(gè)過程總動量守恒，取v0的方向?yàn)檎较颍瑒t有(mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)v，對A、B兩個(gè)木塊，分開過程滿足動量守恒，則有(mA＋mB)v0＝mAv＋mBvB，聯(lián)立以上兩式可得，B與C碰撞前B的速度為vB＝95v0答案：95v課時(shí)素養(yǎng)評價(jià)6反沖1．解析：火箭工作中，動量守恒，當(dāng)向后噴氣時(shí)，則火箭受一向前的推力從而使火箭加速，故只有B正確．答案：B2．解析：探測器加速運(yùn)動時(shí)，通過噴氣獲得的推動力與月球?qū)μ綔y器的引力的合力沿加速方向，A、B錯(cuò)誤；探測器勻速運(yùn)動時(shí)，通過噴氣獲得的推動力與月球?qū)μ綔y器的引力的合力為零，根據(jù)反沖運(yùn)動的特點(diǎn)可知C正確，D錯(cuò)誤．答案：C3．解析：不計(jì)水的阻力，油流出之后做平拋運(yùn)動，有豎直向下的加速度，系統(tǒng)在豎直方向所受合外力不為零，豎直方向動量不守恒，只有水平方向動量守恒，則水泵把前艙的油抽往后艙，則船將向前運(yùn)動(等效于人船模型)，B正確．答案：B4．解析：不考慮滑板與地面之間的摩擦，對于年輕人和滑板構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒，取年輕人沿水平方向向前躍出的方向?yàn)檎?，設(shè)滑板的速度大小為v′，則0＝m1v－m2v'，解得v′＝10m/s，B正確．答案：B5．解析：因甲、乙及籃球組成的系統(tǒng)動量守恒，故最終甲、乙以及籃球的動量之和必為零．根據(jù)動量守恒定律有m1v1＝(m2＋m球)v2，因?yàn)閙1＝m2，最終誰接球誰的速度小，B正確，A、C、D錯(cuò)誤．答案：B6．解析：甲小組直接將火箭打氣發(fā)射，氣體瞬時(shí)噴出，由于氣體的質(zhì)量較小，氣體噴出時(shí)的動量較小，則火箭只能得到較小的速度；丙小組將火箭體內(nèi)灌滿水打氣發(fā)射，由于打入的氣體較少，則氣體產(chǎn)生的壓力較小，噴出的水速度較小，則火箭也不能得到較大的速度；乙小組將火箭體內(nèi)灌入三分之一體積的水打氣發(fā)射，壓縮氣體使得水高速噴出，具有較大的動量，則火箭可得到較大的反沖速度，則火箭的速度最大，水平射程也最遠(yuǎn)，B正確．答案：B7．解析：設(shè)人的質(zhì)量為m，船的質(zhì)量為M.人從岸上跳到小船上的過程，取速度v0方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動量守恒定律得mv0＝(m＋M)v1，解得v1＝mv0m+M，人從小船上跳離的過程，取船速度方向?yàn)檎较?，由動量守恒定律?＝Mv2－mv0，解得v2＝mv0M，則有答案：B8．解析：設(shè)火箭殼體和衛(wèi)星分離前繞地球做勻速圓周運(yùn)動速度為v，衛(wèi)星質(zhì)量為m1，火箭殼體質(zhì)量為m2，分離時(shí)衛(wèi)星與火箭殼體沿軌道切線方向的相對速度為u，分離后火箭殼體的速度為v′，取分離前火箭殼體和衛(wèi)星的速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動量守恒定律得(m1＋m2)v＝m1(v′＋u)＋m2v′，解得v′＝6.0×103m/s，則分離時(shí)衛(wèi)星速度為v衛(wèi)＝v′＋u＝6.0×103m/s＋1.2×103m/s＝7.2×103m/s，C正確．答案：C9．解析：根據(jù)動量守恒定律知，人在甲板上散步時(shí)，船將向后退，即船向左運(yùn)動，A錯(cuò)誤；根據(jù)“人船模型”動量守恒有Mx＝m(d－x)，代入數(shù)據(jù)解得x＝0.2m，即人在立定跳遠(yuǎn)的過程中船后退了0.2m，B、C錯(cuò)誤；人相對地面的成績?yōu)?m－0.2m＝1.8m，D正確．答案：D10．解析：以惰性氣體離子為研究對象，根據(jù)動能定理有eU＝12mv2，帶電量相同，加速電壓相同，故獲得的動能相同，C錯(cuò)誤；由Εk＝12mv2可知，動能相同時(shí)，質(zhì)量越大，噴出時(shí)速度越小，因?yàn)殡馁|(zhì)量最大，所以一價(jià)氙離子噴出時(shí)速度最小，A錯(cuò)誤；噴出氣體的動量p＝mv＝答案：B11．解析：下滑過程中小滑塊和斜面體組成的系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，滑塊的機(jī)械能不守恒，A錯(cuò)誤；小滑塊下滑過程中，兩物體組成的系統(tǒng)水平方向受合外力為零，則水平方向動量守恒，豎直方向動量不守恒，則系統(tǒng)動量不守恒，B錯(cuò)誤；設(shè)小滑塊到達(dá)斜面底端時(shí)，斜面體水平向右運(yùn)動的距離為x，則由水平動量守恒可知0＝MV－mv，經(jīng)歷相同的時(shí)間t，有MVt＝mvt，即Mx＝m(L－x)，解得x＝mLM答案：C12．解析：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)動量守恒(M－5m)v1＝5mv，解得v1＝5mv答案：A13．解析：設(shè)船移動距離為x，則人移動距離為l－x，以船行方向?yàn)檎较?，船對地的平均速度為xt，人對地的平均速度為－l由動量守恒定律有Mxt－ml即Mx－m(l－x)＝0解得船移動的距離為x＝mlM+m答案：1m14．解析：(1)人從貨廂邊跳離的過程，系統(tǒng)(人、車和貨廂)的動量守恒，設(shè)人的水平速度是v1，車(含貨廂)的反沖速度是v2，取v1方向?yàn)檎?，則mv1－m0v2＝0，解得v2＝14v1人跳離貨廂后做平拋運(yùn)動，車以v2做勻速運(yùn)動，運(yùn)動時(shí)間為t＝2hg＝2×1.2510s＝0.5s，在這段時(shí)間內(nèi)人的水平位移x1和車(含貨廂)的位移x2分別為x1＝v1t，x2由圖可知x1＋x2＝l，即v1t＋v2t＝l，則v2＝l5t＝4(2)人落到車上A點(diǎn)的過程，系統(tǒng)水平方向的動量守恒，人落到車上前人的水平速度仍為v1，車的速度為v2，落到車上后設(shè)它們的共同速度為v，根據(jù)水平方向動量守恒得0＝(m0＋m)v，則v＝0，故人落到車上A點(diǎn)站定后車的速度為零．車的水平位移為x2＝v2t＝1.6×0.5m＝0.8m.答案：(1)1.6m/s(2)不運(yùn)動0.8m課時(shí)素養(yǎng)評價(jià)7簡諧運(yùn)動及其圖像1．解析：平衡位置是物體靜止時(shí)的位置，與受力有關(guān)，不一定是振動范圍的中心；振動位移是以平衡位置為起點(diǎn)，到物體所在位置的有向線段；振動位移隨時(shí)間而變化，物體偏離平衡位置最遠(yuǎn)時(shí)，振動物體的位移最大，而路程越大，位移不一定越大．所以只有A、B選項(xiàng)正確．答案：AB2．解析：由水平彈簧振子的運(yùn)動，可以看出振子的加速度時(shí)刻變化，所以為非勻變速直線運(yùn)動，D正確．答案：D3．解析：通過水平、豎直彈簧振子來分析其平衡位置，水平彈簧振子其平衡位置就在彈簧原長的位置，在豎直懸掛的彈簧下端固定一個(gè)鋼球，它們組成了一個(gè)振動系統(tǒng)，其平衡位置不在彈簧的原長位置，而是在彈力與重力平衡(即合力為零)的位置，故A錯(cuò)誤，B正確；彈簧振子的運(yùn)動滿足位移隨時(shí)間按正弦規(guī)律變化，是簡諧運(yùn)動，故C正確，D錯(cuò)誤．答案：BC4．解析：根據(jù)題意，振動圖像與正弦函數(shù)圖像相似的①③的運(yùn)動符合簡諧運(yùn)動的特征，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確．答案：C5．解析：由于平衡位置附近速度較大，因此四分之一個(gè)周期內(nèi)的路程不一定等于振幅，A錯(cuò)誤；周期指發(fā)生一次全振動所用的時(shí)間，B錯(cuò)誤；一個(gè)全振動過程中，位移為零，C錯(cuò)誤；一個(gè)周期內(nèi)速度方向改變2次，頻率為50Hz，1s內(nèi)速度方向改變100次，D正確．答案：D6．解析：對簡諧運(yùn)動而言，其位移總是相對平衡位置O而言，所以C、D錯(cuò)誤．由于振子在O點(diǎn)右側(cè)由A向O運(yùn)動，所以振子的位移方向向右，運(yùn)動方向向左，位移不斷減小，故A、B項(xiàng)正確．答案：AB7．解析：若振子的振幅為0.1m，根據(jù)簡諧運(yùn)動的周期性和對稱性，如圖甲所示有43s＝(n＋12)T，則周期的最大值為T＝83s，A正確，B錯(cuò)誤；若振子的振幅為0.2m，由簡諧運(yùn)動的周期性和對稱性可知，振子由x有43s＝(n＋12)T，所以最大周期為T＝83s，且t＝4s時(shí)刻x＝＋0.1m，C正確；若振子的振幅為0.2m，振子由x＝－0.1m運(yùn)動到x＝＋0.1m，需時(shí)間T6再經(jīng)則根據(jù)簡諧運(yùn)動的周期性有43s＝(n＋16)T，所以最大周期為T＝8s，且t＝4s時(shí)刻，答案：B8．解析：由振動方程x＝0.1sin2.5πt，可讀出振幅為0.1m，圓頻率ω＝2.5πrad/s，故周期T＝2πω＝2π2.5πs＝0.8s，故A、B錯(cuò)誤；在t＝0.2s時(shí)，振子的位移最大，速度最小，為零，故C正確；兩振動的相位差Δφ＝φ2－φ1＝2.5πt＋π4－2.5πt＝π4，即B超前Aπ4，或者說答案：CD9．解析：從題圖可以看出，t＝0時(shí)刻，振子在正的最大位移處，因此是從正的最大位移處開始計(jì)時(shí)畫出的圖像，D錯(cuò)誤；t1時(shí)刻以后振子的位移為負(fù)，因此t1時(shí)刻振子正通過平衡位置向負(fù)方向運(yùn)動，A錯(cuò)誤；t2時(shí)刻振子在負(fù)的最大位移處，B正確；t3時(shí)刻以后，振子的位移為正，所以該時(shí)刻振子正通過平衡位置向正方向運(yùn)動，C正確．答案：BC10．解析：它們的振幅之比3a∶9a＝1∶3，A正確；根據(jù)f＝ω2π可知它們的頻率之比1∶1，B正確；由它們的方程可知，簡諧運(yùn)動1的相位為8πbt＋π2，簡諧運(yùn)動2的相位為8πbt＋π，則相位差為Δφ＝8πbt＋π－(8πbt＋π2)＝π2，即簡諧運(yùn)動2的相位總是比簡諧運(yùn)動1的相位超前π2，C正確；當(dāng)小球1在平衡位置時(shí)，則有x1＝3asin(8πbt＋π2)＝0，解得t＝－116b，代入小球2的方程x2＝9asin(8πbt＋π)，解得x答案：D11．解析：根據(jù)彈簧振子的周期公式T＝2πmk，可知其振動周期，與振幅無關(guān)，兩種情況下振子第1次到達(dá)平衡位置所需的時(shí)間都是振動周期的14答案：A12．解析：若t＝0時(shí)質(zhì)點(diǎn)處于a狀態(tài)，則此時(shí)x＝＋3cm，運(yùn)動方向?yàn)檎较?，圖①對；若t＝0時(shí)質(zhì)點(diǎn)處于b狀態(tài)，此時(shí)x＝＋2cm，運(yùn)動方向?yàn)樨?fù)方向，圖②錯(cuò)；若t＝0時(shí)質(zhì)點(diǎn)處于c狀態(tài)，此時(shí)x＝－2cm，運(yùn)動方向?yàn)樨?fù)方向，故圖③錯(cuò)；若t＝0時(shí)質(zhì)點(diǎn)處于d狀態(tài)，質(zhì)點(diǎn)位于負(fù)向最大位移處，故圖④對．答案：AD13．解析：(1)彈簧振子以O(shè)點(diǎn)為平衡位置，在B、C兩點(diǎn)間做簡諧運(yùn)動，所以振幅是B、C之間的距離的12，所以A＝25(2)由簡諧運(yùn)動的對稱性可知P到B的時(shí)間與B返回P的時(shí)間是相等的，所以tBP＝0.22同時(shí)由簡諧振動的對稱性可知：tPO＝0.32又由于tPO＋tBP＝T4聯(lián)立得：T＝1s，所以f＝1T答案：(1)12.5cm(2)1s1Hz14．解析：(1)由題圖知：A的振幅是0.5cm，周期是0.4s；B的振幅是0.2cm，周期是0.8s.(2)t＝0時(shí)刻A中振動的質(zhì)點(diǎn)從平衡位置開始沿負(fù)方向振動，φA＝π，由TA＝0.4s，得ωA＝2πTA＝5πrad/s.則A簡諧運(yùn)動的表達(dá)式為xA＝0.5sin(5πt＋π)cm.t＝0時(shí)刻B中振動的質(zhì)點(diǎn)從平衡位置沿正方向已振動了14周期，φB＝π2，由TB＝0.8s得ωB＝2πTB＝2.5πrad/s，則B簡諧運(yùn)動的表達(dá)式為x(3)將t＝0.05s分別代入兩個(gè)表達(dá)式中得：xA′＝0.5sin(5π×0.05＋π)cm＝－0.5×22cm＝－24cm，xB′＝0.2sin(2.5π×0.05＋π2答案：(1)0.50.40.20.8(2)xA＝0.5sin(5πt＋π)cmxB＝0.2sin(2.5πt＋π2(3)－24cm0.2sin5課時(shí)素養(yǎng)評價(jià)8簡諧運(yùn)動的回復(fù)力及能量1．解析：回復(fù)力是物體振動時(shí)受到的指向平衡位置的力，它總能使物體回到平衡位置．它是根據(jù)作用效果命名的，可以是某一個(gè)力，可以是某一個(gè)力的分力，還可以是幾個(gè)力的合力，回復(fù)力不一定等于合外力．向心力是指物體做勻速圓周運(yùn)動所需的效果力，雖然都是按效果命名的，但力的作用效果不同，A、C正確．答案：AC2．解析：由簡諧運(yùn)動的回復(fù)力公式F＝－kx可知，C正確．答案：C3．解析：在振子向著平衡位置運(yùn)動的過程中回復(fù)力逐漸減小，振子相對平衡位置的位移逐漸減小，振子的速度逐漸增大，振子的加速度逐漸減小，C正確．答案：C4．解析：輕質(zhì)彈簧下掛重為300N的物體A時(shí)伸長了3cm，再掛上重為200N的物體B時(shí)又伸長了2cm，故勁度系數(shù)為k＝Fx＝300N0.03m＝10000N/m，若將連接A、B兩物體的細(xì)線燒斷，物體A將做簡諧運(yùn)動，燒斷瞬間，合力充當(dāng)回復(fù)力；由于細(xì)線燒斷前是平衡狀態(tài)，燒斷后細(xì)線對A的拉力減小了200N，而彈簧彈力及A的重力不變，故合力為200N，故最大回復(fù)力為200N，剛剪斷細(xì)線時(shí)物體的加速度最大，此處相當(dāng)于是物體A到達(dá)簡諧運(yùn)動的最大位移處，故振幅為2cm，A錯(cuò)誤，B正確；只減小A的質(zhì)量，A振動的平衡位置上移，但振動的幅度不變，而振子A的質(zhì)量減小，所以周期變小，C錯(cuò)誤；只減小答案：BD5．解析：質(zhì)點(diǎn)從最大位移處向平衡位置運(yùn)動的過程中，速度和回復(fù)力方向相同，但與位移方向是相反的，A正確；質(zhì)點(diǎn)的加速度與位移的方向總相反，B錯(cuò)誤；質(zhì)點(diǎn)從平衡位置向最大位移處運(yùn)動過程中，回復(fù)力增大，速度減小，動能減小，C錯(cuò)誤；質(zhì)點(diǎn)從最大位移處向平衡位置運(yùn)動過程中，勢能減小，回復(fù)力減小，加速度也減小，D正確．答案：AD6．解析：當(dāng)振子運(yùn)動到B點(diǎn)的瞬間，振子的速度為零，此時(shí)P、Q的速度均為零，振子的動能全部轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)中彈簧的彈性勢能，將P拿走并不影響系統(tǒng)的能量，故能量并不改變，因此Q的振幅不變；當(dāng)振子通過O點(diǎn)時(shí)系統(tǒng)的彈性勢能又全部轉(zhuǎn)化為動能，拿走P之前，彈性勢能轉(zhuǎn)化為P、Q兩個(gè)物體的動能，拿走P之后，彈性勢能轉(zhuǎn)化為Q一個(gè)物體的動能，故拿走P之后Q的動能比拿走P之前Q的動能大，速率增大，C正確．答案：C7．解析：由題圖可知t＝1.25s時(shí)，位移為正，加速度為負(fù)，速度也為負(fù)，A錯(cuò)誤．豎直方向的彈簧振子，其振動過程中機(jī)械能守恒，在最高點(diǎn)重力勢能最大，動能為零；在最低點(diǎn)重力勢能最小，動能為零，所以彈性勢能最大；在平衡位置，動能最大，由于彈簧發(fā)生形變，彈性勢能不為零，則可知B、C錯(cuò)誤，D正確．答案：D8．解析：質(zhì)點(diǎn)在第1s內(nèi)，由平衡位置向正向最大位移處運(yùn)動，做減速運(yùn)動，A錯(cuò)誤；在第2s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)由正向最大位移處向平衡位置運(yùn)動，做加速運(yùn)動，B正確；在第3s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)由平衡位置向負(fù)向最大位移處運(yùn)動，動能轉(zhuǎn)化為勢能，C正確；在第4s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)由負(fù)向最大位移處向平衡位置運(yùn)動，加速度減小，速度增大，勢能轉(zhuǎn)化為動能，D錯(cuò)誤．答案：BC9．解析：由于簡諧運(yùn)動的對稱性，A、B一起做簡諧運(yùn)動，B做簡諧運(yùn)動的回復(fù)力是由B的重力和A對B的作用力的合力提供．做簡諧運(yùn)動的物體在最大位移處時(shí)有最大回復(fù)力，即具有最大的加速度am，在最高點(diǎn)和最低點(diǎn)加速度大小相等，最高點(diǎn)時(shí)加速度向下，最低點(diǎn)時(shí)加速度向上，由牛頓第二定律對B在最高點(diǎn)時(shí)，有mg－FN高＝mam，解得FN高＝mg－mam，在最高點(diǎn)時(shí)B對A的壓力最?。辉谧畹忘c(diǎn)時(shí)，有FN低－mg＝mam，解得FN低＝mg＋mam，在最低點(diǎn)時(shí)B對A的壓力最大；經(jīng)過平衡位置時(shí)，加速度為零，A對B的作用力F平＝mg，故選B.答案：B10．解析：彈簧振子周期與振子質(zhì)量、彈簧勁度系數(shù)k有關(guān)，二者周期顯然不同，說明兩彈簧振子不同，A錯(cuò)誤；由于彈簧的勁度系數(shù)k不一定相同，所以兩振子所受回復(fù)力(F＝－kx)的最大值之比不一定等于1∶2，B錯(cuò)誤；由簡諧運(yùn)動的特點(diǎn)可知，在振子到達(dá)平衡位置時(shí)位移為零，速度最大，在振子到達(dá)最大位移處時(shí)，速度為零，從圖像中可以看出，在振子甲到達(dá)最大位移處時(shí)，振子乙恰好到達(dá)平衡位置，即振子甲速度為零時(shí)，振子乙速度最大；從圖像中可以看出，當(dāng)振子乙到達(dá)平衡位置時(shí)，振子甲在最大位移處或平衡位置，即振子乙速度最大時(shí)，振子甲速度不一定為零，C、D正確．答案：CD11．解析：小球做簡諧運(yùn)動的平衡位置是彈簧拉力和電場力平衡的位置，此時(shí)彈簧形變量為qEk，根據(jù)簡諧運(yùn)動對稱性，小球到達(dá)最右端時(shí)，彈簧形變量為2qEk答案：A12．解析：振子運(yùn)動到B點(diǎn)時(shí)速度恰為零，此時(shí)放上m，系統(tǒng)的總能量即為此時(shí)彈簧儲存的彈性勢能，由于簡諧運(yùn)動中機(jī)械能守恒，所以振幅保持不變，最大動能不變，A、C正確，B、D錯(cuò)誤．答案：AC13．解析：(1)由題圖可知在1.5×10－2～2×10－2s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)的位移變大，回復(fù)力變大，速度變小，動能變小，勢能變大．(2)8.5×10－2s時(shí)間為174個(gè)周期，質(zhì)點(diǎn)的路程為s＝174×4A＝17A＝34cm，質(zhì)點(diǎn)0時(shí)刻在負(fù)的最大位移處，8.5×10答案：(1)變大變大變小變小變大(2)34cm2cm14．解析：(1)物塊平衡時(shí)，受重力、支持力和彈簧的彈力．根據(jù)平衡條件，有：mgsinα＝k·Δx，解得Δx＝mgsin故彈簧的長度為L＋mgsin(2)物塊做簡諧運(yùn)動的振幅為A＝Δx＋14L＝mgsinα(3)物塊到達(dá)平衡位置下方x位置時(shí)，彈力為k(x＋Δx)＝k(x＋mgsin故物塊所受合力為F＝mgsinα－k(x＋mgsinαk)可知物塊做簡諧運(yùn)動．答案：(1)L＋mg(2)mgsin(3)見解析課時(shí)素養(yǎng)評價(jià)9單擺1．解析：單擺的懸線要求無彈性且粗細(xì)、質(zhì)量可忽略，擺球的直徑與懸線長度相比可忽略，懸點(diǎn)必須固定，A正確．答案：A2．解析：單擺在運(yùn)動過程中，擺球受重力和擺線的拉力作用，A錯(cuò)誤；重力垂直于擺線方向的分力提供回復(fù)力，當(dāng)回復(fù)力最大時(shí)，擺球在最大位移處，速度為零，向心力為零，拉力等于重力沿?cái)[線方向的分力大小，則拉力小于重力；在平衡位置處，回復(fù)力為零，速度最大，向心力最大，擺球的加速度方向沿?cái)[線指向懸點(diǎn)，C、D錯(cuò)誤，B正確．答案：B3．解析：擺球在擺動過程中，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，D正確．答案：D4．解析：單擺的周期T＝2πl(wèi)g＝2π0.410s＝0.4πs≈1.256s，t＝1s時(shí)，34T<t<T答案：D5．解析：由題圖可知T甲∶T乙＝2∶1，根據(jù)公式T＝2πl(wèi)g，若兩單擺在同一地點(diǎn)，則兩擺長之比為l甲∶l乙＝T甲2∶T乙2＝4∶1；若兩擺長相等，則所在星球的重力加速度之比為g甲∶g乙＝T乙答案：BD6．解析：由龍巖到北京，重力加速度變大，因T＝2πl(wèi)g答案：D7．解析：單擺的周期與擺球的質(zhì)量無關(guān)，但當(dāng)水從球中向外流出時(shí)，等效擺長(懸點(diǎn)到擺球重心的距離)是先變長后變短再恢復(fù)原值，因而周期先變大后變小再回到原值，C正確．答案：C8．解析：小角度的擺動可看成簡諧運(yùn)動，由單擺的周期公式T＝2πl(wèi)g可知，同一地點(diǎn)的重力加速度相同，又?jǐn)[長相同，則頻率f1＝f2，與初始速度無關(guān)；而擺動的振幅與初始速度有關(guān)，根據(jù)能量守恒定律可知初速度越大，振幅越大，則A1＞A2答案：C9．解析：碰釘子前擺長為l，則周期T1＝2πl(wèi)g，碰釘子后擺長變?yōu)閘′，則周期T2＝2πl(wèi)'g，所以該組合擺的周期T＝T12+T答案：C10．解析：讓小球在紙面內(nèi)振動，在偏角很小時(shí)，單擺做簡諧運(yùn)動，擺長為l，周期T＝2πl(wèi)g；讓小球在垂直紙面內(nèi)振動，在偏角很小時(shí)，單擺做簡諧運(yùn)動，擺長為(34＋1)l，周期T′＝2π答案：A11．解析：從A、B點(diǎn)均做單擺模型運(yùn)動，由單擺周期公式T＝2πl(wèi)g可得t1＝TA4＝π2Rg，t2＝TB4＝π2Rg，R為球面半徑，故t1＝t2；A點(diǎn)離平衡位置遠(yuǎn)些，高度差大，故從答案：A12．解析：設(shè)細(xì)線與石塊結(jié)點(diǎn)到石塊重心的距離為d，單擺周期公式為T＝2πl(wèi)+dg，變形可得T2＝4π2g(l＋d)，可得斜率為k＝4π2g＝4.0答案：D13．解析：(1)由單擺周期公式可知T月＝2πl(wèi)g月T地＝2πl(wèi)g地因?yàn)槊霐[的周期為2s，則①式除以②式得，T月＝T地g地g(2)擺長變?yōu)閘2T′地＝22T地＝2則月球表面周期T′月＝T′地g地g月＝2×6答案：(1)4.9s(2)3.5s14．解析：(1)由圖(乙)可知，振動周期為T＝0.8s，故小球振動的頻率f＝1T(2)一小球在半徑很大的光滑圓弧曲面AOB之間做簡諧運(yùn)動，可看成單擺的運(yùn)動，由單擺周期公式T＝2πRg，可得R＝gT2答案：(1)1.25Hz(2)0.16m課時(shí)素養(yǎng)評價(jià)10實(shí)驗(yàn)：用單擺測量重力加速度1．解析：單擺做簡諧運(yùn)動的條件是擺線偏離平衡位置的夾角小于5°，并從平衡位置開始計(jì)時(shí)，A錯(cuò)誤；若擺球第一次過平衡位置時(shí)記為“0”，則周期T＝t50，若擺球第一次過平衡位置時(shí)記為“1”，則周期T＝t49.5，B錯(cuò)誤；由T＝2πl(wèi)g得g＝4π2lT答案：C2．解析：單擺在一個(gè)周期內(nèi)兩次經(jīng)過平衡位置，每次經(jīng)過平衡位置，單擺會擋住細(xì)激光束，從R－t圖線可知周期為2t0.擺長等于擺線的長度加上小球的半徑，根據(jù)單擺的周期公式T＝2πl(wèi)g答案：2t0變大3．解析：(1)為了減小誤差，比較準(zhǔn)確地測量出當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊臄?shù)值，應(yīng)選用長約1m的細(xì)線和直徑為1cm的鐵球組成單擺，AC正確，BD錯(cuò)誤；為了提高測量精度，應(yīng)選用秒表和最小分度值為1mm的直尺，EH正確，F(xiàn)G錯(cuò)誤．(2)為避免擺線晃動導(dǎo)致擺長發(fā)生變化，應(yīng)采用圖甲中的第2種方案．(3)單擺的周期公式為T＝2πLg，整理可得T2＝4π2gL，故圖像的斜率為k＝4π解得重力加速度大小為g＝4π2x2-x1y2-y1；若該同學(xué)計(jì)算擺長時(shí)直接用擺線長度加上小球的直徑，而其他測量、計(jì)算均無誤，也不考慮實(shí)驗(yàn)誤差，T2－L關(guān)系變?yōu)門2＝4π答案：(1)ACEH(2)2(3)4π2·x24．解析：(1)測擺長時(shí)擺線應(yīng)接好擺球，使擺球處于自然下垂?fàn)顟B(tài)，否則，擺長的測量不準(zhǔn)確，A正確；擺長等于擺線的長度加上擺球的半徑，B錯(cuò)誤；計(jì)時(shí)應(yīng)從擺球經(jīng)過平衡位置(或最低點(diǎn))時(shí)開始計(jì)時(shí)，測多次全振動所用時(shí)間后求出周期的平均值，C錯(cuò)誤；擺球應(yīng)選擇質(zhì)量大一些、體積小一些的小球，如果有兩個(gè)大小相等且都帶孔的銅球和木球，應(yīng)選用銅球作擺球，D錯(cuò)誤．(2)從懸點(diǎn)到球心的距離即為擺長，由圖可讀出擺長L＝0.9980m.(3)若用l表示單擺的擺長，T表示單擺振動周期，由單擺的周期公式T＝2πLg，可求出當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮＝4π(4)由于月球上的重力加速度比地球上的重力加速度小，所以將同一單擺放在月球上時(shí)，其擺動周期將變大．答案：(1)A(2)0.9980(0.9970～0.9980均可)(3)4π5．解析：(1)主尺示數(shù)是15mm，游標(biāo)尺示數(shù)是4×0.1mm＝0.4mm，擺球的直徑為15mm＋0.4mm＝15.4mm.(2)在單擺擺動的過程中，每一個(gè)周期中有兩次拉力的最大值，由F－t圖像可知，單擺周期T＝4t0，根據(jù)T＝2πl(wèi)g整理得：g＝π2l(3)根據(jù)公式①甲同學(xué)把擺線長l0作為擺長，則擺長的測量值偏小，則g的測量值偏??；乙同學(xué)作出T2－l0圖像后求出斜率，k＝4π2g，重力加速度：g＝4π2k答案：(1)15.4(2)π6．解析：(1)游標(biāo)卡尺讀數(shù)為12mm＋0×0.1mm＝12.0mm.(2)從“0”數(shù)到“60”時(shí)經(jīng)歷了30個(gè)周期，該單擺的周期為t30(3)擺線在筒內(nèi)部分的長度為h，由T＝2πL+hg可得T2＝4π2gL＋4π2gh，可知其關(guān)系圖線應(yīng)為a，由圖線可得斜率k＝1.20.30s2/m＝4π2g答案：(1)12.0(2)C(3)a9.86課時(shí)素養(yǎng)評價(jià)11阻尼振動受迫振動1．解析：實(shí)際的振動，必須不斷克服外界阻力做功而消耗能量，振幅會逐漸減小，必然是阻尼振動，故A、C對．只有在周期性外力(驅(qū)動力)的作用下，物體所做的振動才是受迫振動，故B錯(cuò)．受迫振動穩(wěn)定后的頻率等于驅(qū)動力的頻率，與自身物理?xiàng)l件無關(guān)，故D對．答案：ACD2．解析：驅(qū)動力的頻率與物體的固有頻率相等時(shí)，物體的振幅最大，驅(qū)動力的頻率與物體的固有頻率相差越大，振幅越小，故在驅(qū)動力的頻率逐漸減小的過程中，物體的振幅將先增大后減?。蔬xC.答案：C3．解析：因單擺做阻尼振動，所以振幅越來越小，機(jī)械能越來越小，但振動周期不變．答案：BD4．解析：物體在周期性外力作用下的振動叫作受迫振動，這個(gè)周期性的外力應(yīng)當(dāng)能給振動物體補(bǔ)充能量，而阻力不行，A、B錯(cuò)誤，C正確；受迫振動的頻率最終等于驅(qū)動力頻率，D正確．答案：CD5．解析：振子做受迫振動時(shí)，振動頻率等于驅(qū)動力的頻率，由于甲振子的固有頻率與驅(qū)動力的頻率相差較小，所以甲的振幅較大，選項(xiàng)B正確，A、C、D錯(cuò)誤．答案：B6．解析：單擺振動過程中，會不斷克服空氣阻力做功使機(jī)械能逐漸減小，A、D正確；雖然單擺總的機(jī)械能在逐漸減少，但在振動過程中動能和勢能仍不斷地相互轉(zhuǎn)化．動能轉(zhuǎn)化為勢能時(shí)，動能逐漸減少，勢能逐漸增加，而勢能轉(zhuǎn)化為動能時(shí)，勢能逐漸減少，動能逐漸增加，所以不能斷言后一時(shí)刻的動能(或勢能)一定小于前一時(shí)刻的動能(或勢能)，故B、C錯(cuò)誤．答案：AD7．解析：在題給條件下可知，篩子振動的固有周期T固＝1510s＝1.5s，電動偏心輪的轉(zhuǎn)動周期(對篩子來說是驅(qū)動力的周期)T驅(qū)＝6036s答案：AC8．解析：當(dāng)電動機(jī)轉(zhuǎn)動的頻率等于鋼片的固有頻率時(shí)，將發(fā)生共振，振幅最大，由題知b的振幅最大，則電動機(jī)轉(zhuǎn)動的頻率最接近b鋼片的固有頻率，即60Hz，所以電動機(jī)的轉(zhuǎn)速最接近60r/s＝3600r/min.故選B.答案：B9．解析：振子的固有周期與驅(qū)動力周期的關(guān)系是T驅(qū)＝32T固，所以受迫振動的狀態(tài)一定不是圖乙中的c點(diǎn)，可能是a答案：AD10．解析：當(dāng)機(jī)器發(fā)生劇烈的振動時(shí)，飛輪轉(zhuǎn)動的頻率一定與機(jī)器的固有頻率相等，又因此情況發(fā)生在飛輪從角速度ω0開始減速以后，所以機(jī)器的固有頻率一定比ω0對應(yīng)的頻率?。虼?，當(dāng)飛輪的角速度由零較緩慢地增大到ω0的過程中，一定經(jīng)過飛輪轉(zhuǎn)動頻率與機(jī)器固有頻率相等的過程，發(fā)生劇烈振動，B、D正確．答案：BD11．解析：相鄰兩個(gè)減速帶之間的距離為d＝2.5m，則當(dāng)汽車最顛簸時(shí)，汽車產(chǎn)生共振，則速度v＝dT＝df＝3.75m/s，并不是汽車的行駛速度越快，顛簸越厲害，A正確，B錯(cuò)誤；汽車的固有頻率由汽車本身的結(jié)構(gòu)決定，與車速無關(guān)，C錯(cuò)誤；當(dāng)車速為10m/s時(shí)，此時(shí)驅(qū)動力的頻率為f′＝v'd答案：A12．解析：當(dāng)振動器的頻率等于樹木的固有頻率時(shí)樹木將產(chǎn)生共振，此時(shí)樹干的振幅最大，落果效果最好，而不同的樹木的固有頻率不一定相同，所以針對不同樹木，落果效果最好的振動頻率不一定相同，A錯(cuò)誤；當(dāng)振動頻率大于樹木的固有頻率時(shí)，隨著振動器頻率的增加，樹干振動的幅度將減小，B錯(cuò)誤；打擊結(jié)束后，樹干做阻尼振動，阻尼振動的頻率為樹干的固有頻率，此時(shí)粗細(xì)不同的樹干振動頻率不同，C錯(cuò)誤；受迫振動的頻率等于周期性外力的頻率，樹干在振動器的振動下做受迫振動，則穩(wěn)定后，不同粗細(xì)樹干的振動頻率始終與振動器的振動頻率相同，D正確．答案：D13．解析：人用手振動該飛力士棒，飛力士棒做的是受迫振動，手是驅(qū)動力，因此手振動的頻率越大，飛力士棒的振動頻率越大，C正確；驅(qū)動力的頻率越接近固有頻率，受迫振動的振幅越大．當(dāng)手每分鐘振動270次時(shí)，驅(qū)動力的頻率f＝27060Hz＝4.5Hz＝f0答案：C14．解析：(1)小球做受迫振動的頻率等于驅(qū)動力的頻率，所以小球振動達(dá)到穩(wěn)定時(shí)的周期為0.4s，它振動的頻率是f＝1T＝1(2)由圖乙可知，單擺的固有頻率為0.3Hz，周期為T＝1f＝1由單擺的周期公式T＝2πl(wèi)gl＝gT24π2答案：(1)2.5Hz(2)3.0m課時(shí)素養(yǎng)評價(jià)12機(jī)械波的形成和傳播1．解析：機(jī)械波不能在真空中傳播，A錯(cuò)誤；機(jī)械波從一種介質(zhì)傳入另一種介質(zhì)，頻率不變，B正確；縱波的傳播方向與介質(zhì)的振動方向沿同一直線，橫波的傳播方向與介質(zhì)的振動方向垂直，C、D錯(cuò)誤．答案：B2．解析：在橫波中質(zhì)點(diǎn)振動方向和波的傳播方向相互垂直，所以二者方向一定不同，A、B錯(cuò)誤；在縱波中二者方向在同一直線上，既可以相同，也可以相反，C正確，D錯(cuò)誤．答案：C3．解析：機(jī)械波是機(jī)械振動在介質(zhì)中的傳播，其形成條件必須是波源即機(jī)械振動與介質(zhì)同時(shí)滿足；有機(jī)械波必有振動，但有振動如果沒有介質(zhì)，則沒有波，B錯(cuò)誤，A正確；介質(zhì)中的各點(diǎn)在波源的作用下做受迫振動，其頻率與波源振動頻率相同，不管離波源遠(yuǎn)近如何，其振動周期都與波源的振動周期相同，C錯(cuò)誤；如果振源停止振動，依據(jù)波形成原理，質(zhì)點(diǎn)間依次帶動，則在介質(zhì)中傳播的波動不會立即停止，D錯(cuò)誤．答案：A4．解析：無論波向左傳播還是向右傳播，回復(fù)力始終指向平衡位置，即此時(shí)質(zhì)點(diǎn)A的回復(fù)力方向向下，B、D正確．答案：BD5．解析：圖示時(shí)刻B振動方向向上，則A點(diǎn)剛開始的振動方向向上，B正確，A錯(cuò)誤；繩子上向右傳播的橫波，質(zhì)點(diǎn)的振動方向與傳播方向垂直，不可能沿水平方向，C、D均錯(cuò)誤．答案：B6．解析：根據(jù)波的傳播特點(diǎn)知，波傳播過程中各質(zhì)點(diǎn)的振動總是重復(fù)波源的振動，所以起振方向相同，都是豎直向下，但從時(shí)間上來說，起振依次落后〖(T)/(4)〗的時(shí)間，A、C正確，B錯(cuò)誤；由題意知，質(zhì)點(diǎn)9比質(zhì)點(diǎn)1應(yīng)晚起振兩個(gè)周期，所以當(dāng)所有質(zhì)點(diǎn)都起振后，質(zhì)點(diǎn)1與質(zhì)點(diǎn)9步調(diào)完全一致，D正確．答案：ACD7．解析：由波傳播的規(guī)律知質(zhì)點(diǎn)的振動是由先振動的質(zhì)點(diǎn)帶動后振動的質(zhì)點(diǎn)，由題圖知a質(zhì)點(diǎn)偏離平衡位置向上運(yùn)動，說明a質(zhì)點(diǎn)左側(cè)質(zhì)點(diǎn)先于a質(zhì)點(diǎn)振動，波是沿x軸正方向傳播的，A正確；質(zhì)點(diǎn)c和質(zhì)點(diǎn)a之間有一波谷，質(zhì)點(diǎn)c振動方向與質(zhì)點(diǎn)a振動方向相反，質(zhì)點(diǎn)c向下運(yùn)動，B錯(cuò)誤；b質(zhì)點(diǎn)正向著平衡位置運(yùn)動，故b比c先到達(dá)平衡位置，C正確；c比b先到達(dá)偏離平衡位置的最遠(yuǎn)處，D錯(cuò)誤．答案：AC8．解析：根據(jù)題中敘述的現(xiàn)象，無法說明聲波是縱波，A錯(cuò)誤；抽去玻璃罩內(nèi)的空氣，不會使鬧鐘停止振鈴，B錯(cuò)誤；抽去玻璃罩內(nèi)的空氣前，在玻璃罩外仍然可以聽到鬧鐘的鈴聲，說明玻璃罩和空氣都能傳播聲音，C正確；抽去玻璃罩內(nèi)的空氣后，就聽不到鬧鐘的鈴聲，說明聲波不能在真空中傳播，D正確．答案：CD9．解析：質(zhì)點(diǎn)的振動方向與波的傳播方向垂直的波是橫波，質(zhì)點(diǎn)的振動方向與波的傳播方向平行的波是縱波，只有縱波才滿足質(zhì)點(diǎn)的振動方向和波的傳播方向有時(shí)相同，有時(shí)相反，A、B錯(cuò)誤；機(jī)械波上點(diǎn)只能在平衡位置振動，不能隨波遷移，C錯(cuò)誤；由于空氣分子間距離較大，無法相互帶動，所以橫波不能在空氣中傳播，空氣只能傳播縱波，D正確．答案：D10．解析：由于繩波是橫波且向右傳播，介質(zhì)中左邊的質(zhì)點(diǎn)帶動右邊的質(zhì)點(diǎn)振動，故2、3、4質(zhì)點(diǎn)向下振動，6、7質(zhì)點(diǎn)向上振動，如題圖時(shí)刻3、7兩質(zhì)點(diǎn)在平衡位置，速度最大，1、5兩質(zhì)點(diǎn)在最大位移處，加速度最大，A、B正確；各質(zhì)點(diǎn)的振動周期(或頻率)由波源決定，并且是相等的，C錯(cuò)誤，D正確．答案：ABD11．解析：機(jī)械波是由于介質(zhì)中前面的質(zhì)點(diǎn)帶動后面的質(zhì)點(diǎn)，使波源的振動形式與波源的能量向遠(yuǎn)處傳播而形成的，前、后質(zhì)點(diǎn)間存在相互作用力，使質(zhì)點(diǎn)的動能改變，因而相互做功，A正確；無論是橫波還是縱波，波傳播過程中，各質(zhì)點(diǎn)只能在各自的平衡位置附近振動，質(zhì)點(diǎn)不隨波遷移，B錯(cuò)誤；波源依次帶動后面的質(zhì)點(diǎn)，每個(gè)質(zhì)點(diǎn)都做受迫振動，每個(gè)質(zhì)點(diǎn)的頻率都與波源頻率相同，并且都“仿照”波源振動，C、D正確．答案：ACD12．解析：t＝T4時(shí)，P點(diǎn)從最低點(diǎn)經(jīng)歷14個(gè)周期后回到平衡位置，A正確；t＝T8答案：AD13．解析：(1)由于縱波傳播的快，故地震發(fā)生時(shí)縱波先到達(dá)觀察中心，即先覺察到的是上下振動．(2)設(shè)震源到觀測中心的距離為x，則有x4km/s-x所以x＝36km.答案：(1)上下振動(2)36km14．答案：(1)向下振動，據(jù)“上下坡法”可知，P點(diǎn)振動方向向下，由于各質(zhì)點(diǎn)的起振方向均與波源相同，可知振源O剛開始向下振動(2)橫波，因?yàn)槔K上各質(zhì)點(diǎn)的振動方向與波的傳播方向垂直課時(shí)素養(yǎng)評價(jià)13波速與波長、頻率的關(guān)系1．解析：機(jī)械振動的質(zhì)點(diǎn)在一個(gè)周期內(nèi)向遠(yuǎn)處傳播一個(gè)完整的波形，A正確；由波形圖可見，在一個(gè)完整波形上，位移相同的相鄰質(zhì)點(diǎn)之間距離不一定等于一個(gè)波長，B錯(cuò)誤；速度最大且相同的質(zhì)點(diǎn)，在波形圖上是在平衡位置上，如果相鄰，那么正好是一個(gè)完整波形的兩個(gè)端點(diǎn)，C正確；振動情況總是相同的兩質(zhì)點(diǎn)間的距離是波長的整數(shù)倍，D錯(cuò)誤．答案：AC2．解析：在振動過程中相對平衡位置的位移總是相等的相鄰兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)的振動步調(diào)完全相同，故根據(jù)波長的定義可知，這兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)間的距離為一個(gè)波長，A正確；橫波的圖像中，相鄰的兩個(gè)波峰間的距離或波谷間的距離為一個(gè)波長，縱波的圖像中，相鄰的兩個(gè)密部(或疏部)之間的距離等于一個(gè)波長，B錯(cuò)誤，C正確；波長與正弦(或余弦)波形的曲線長不同，D錯(cuò)誤．答案：AC3．解析：波在傳播時(shí)，介質(zhì)中的質(zhì)點(diǎn)在其平衡位置附近做往復(fù)運(yùn)動，它們并沒有隨波的傳播而發(fā)生遷移，A錯(cuò)誤，D正確．波傳播的是振動形式，而振動由能量引起，也傳播了能量，B、C正確．答案：BCD4．解析：通常聲音在空氣中的傳播速度大約為340m/s，聲音的傳播速度與介質(zhì)的種類有關(guān)，也與溫度有關(guān)，與聲音的特性無關(guān)，次聲波、可聽聲、超聲波都是聲音，故傳播速度一樣快，D正確．答案：D5．解析：由于沒有能量損失，所以P與波源的振幅相同，A正確；波在傳播過程中周期不變，B正確；質(zhì)點(diǎn)的振動速度與波傳播的速度是兩個(gè)概念，C錯(cuò)誤；若P點(diǎn)與波源的距離為vT，則P與波源之間的距離為一個(gè)波長，所以質(zhì)點(diǎn)P與波源的位移總是相同的，D正確．答案：ABD6．解析：機(jī)械波在介質(zhì)中傳播的速度與介質(zhì)的性質(zhì)有關(guān)，與波的振幅、頻率無關(guān)，A、B錯(cuò)誤；在一個(gè)周期內(nèi)，機(jī)械波的波形向前推進(jìn)一個(gè)波長，振動質(zhì)點(diǎn)仍在原平衡位置附近做往復(fù)運(yùn)動，它通過的路程是振幅的4倍，C錯(cuò)誤；頻率越高，周期越短，波傳播一個(gè)波長所用的時(shí)間(一個(gè)周期)越短，D正確．答案：ABC7．解析：由波的傳播知t＝6s時(shí)波傳播的距離x＝vt＝2×6m＝12m，即傳到d點(diǎn)，A正確；t＝0時(shí)a由平衡位置開始向下振動，t＝3s時(shí)第一次到達(dá)最高點(diǎn)，則34T＝3s，得T＝4s，各質(zhì)點(diǎn)振動周期相同，C正確；波傳到c點(diǎn)所需時(shí)間t＝sv＝62s＝3s，此時(shí)c點(diǎn)由平衡位置開始向下振動，1s后到達(dá)最低點(diǎn)，所以4s<t<6s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)c答案：ACD8．解析：同一波源的頻率相等，所以有f1＝f2，從圖中可得λ1＝2λ2，故根據(jù)公式v＝λf可得v1＝2v2，D正確．答案：D9．解析：波的傳播速度只和傳播介質(zhì)及波的類型相關(guān)，和振幅、頻率無關(guān)，A、B錯(cuò)誤；在同種均勻介質(zhì)中，波的傳播速度是定值，而質(zhì)點(diǎn)在平衡位置兩側(cè)做簡諧振動，振動速度是變化的，與波速無關(guān)，C錯(cuò)誤；由圖可知，該波為橫波，橫波的振動方向與傳播方向垂直，D正確．答案：D10．解析：波速與傳播介質(zhì)有關(guān)，與波源頻率無關(guān)，所以當(dāng)該同學(xué)手運(yùn)動的頻率加快時(shí)，波速不變，C正確，D錯(cuò)誤；根據(jù)v＝λf可知當(dāng)頻率增大而波速不變時(shí)，波長變短，A、B錯(cuò)誤．答案：C11．解析：右邊的聲波從發(fā)出到反射回來所用時(shí)間為t1＝0.3s，左邊的聲波從發(fā)出到反射回來所用的時(shí)間為t2＝1.9s．山谷的寬度s＝12v(t1＋t2)＝12×340答案：C12．解析：由波形圖可知，該波的波長為1m，A錯(cuò)誤；質(zhì)點(diǎn)的振動周期與波的傳播周期相同，故該波的周期為2s，頻率為0.5Hz，B錯(cuò)誤；波中P點(diǎn)在此刻向上振動，由“同側(cè)法”可知，該波沿x軸向左傳播，C錯(cuò)誤；該波的傳播速度為v＝λT答案：D13．解析：(1)因t＝0時(shí)刻，該波恰好傳播到x＝4m處，可知x＝4m處的質(zhì)點(diǎn)向上振動，則該波傳到b點(diǎn)時(shí)，b點(diǎn)的初始振動方向也為向上；(2)簡諧橫波沿x軸的正方向傳播，圖示時(shí)刻a質(zhì)點(diǎn)正向下運(yùn)動，經(jīng)過14T第一次到達(dá)最低點(diǎn)，即有14T＝0.1s，得T＝0.4s；由圖知λv＝λT＝4(3)當(dāng)圖示時(shí)刻a質(zhì)點(diǎn)的狀態(tài)傳到b點(diǎn)處時(shí)，質(zhì)點(diǎn)b恰好第一次沿y軸負(fù)方向通過平衡位置，則所用時(shí)間為：t＝xv＝8-2即t＝0.6s時(shí)，位于x＝8m處的質(zhì)點(diǎn)b恰好第一次沿y軸負(fù)方向通過平衡位置．答案：(1)向上(2)10m/s(3)0.6s14．解析：(1)若波沿x軸正向傳播，則有：v1＝ΔxΔt若波沿x軸負(fù)向傳播，則有：v2＝ΔxΔt(2)由圖像可知：波長λ＝8m在Δt＝0.1s內(nèi)波傳播的距離：Δx＝vΔt＝700×0.1m＝70m則：Δx＝708λ＝8λ＋3所以波沿x軸負(fù)向傳播．答案：(1)若波沿x軸正向傳播v1＝100m/s;若波沿x軸負(fù)向傳播v2＝140m/s(2)波沿x軸負(fù)向傳播課時(shí)素養(yǎng)評價(jià)14波的圖像1．解析：由波的圖像的物理意義可知A正確；采用質(zhì)點(diǎn)帶動法，可由波的圖像和質(zhì)點(diǎn)振動方向判斷出波的傳播方向，B正確；由振動圖像可讀出振幅和周期，由波的圖像不能讀出周期，C錯(cuò)誤；根據(jù)波的圖像的周期性可知，相隔時(shí)間為周期整數(shù)倍的兩個(gè)時(shí)刻波形相同，D正確．答案：ABD2．解析：在圖乙的振動圖像中，t＝0時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)在平衡位置并向y軸的正方向運(yùn)動，而圖甲的波形圖卻表明在t＝0時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)b、d在平衡位置，而a、c不在平衡位置，A、C錯(cuò)誤．若波沿x軸正方向傳播，質(zhì)點(diǎn)b應(yīng)向上運(yùn)動(逆著波的傳播方向，在它附近找一相鄰點(diǎn)，此點(diǎn)正好在它的上方，質(zhì)點(diǎn)b應(yīng)跟隨它向上運(yùn)動)，B正確．若波沿x軸正方向傳播，同理可以確定質(zhì)點(diǎn)d應(yīng)向下運(yùn)動，D錯(cuò)誤．答案：B3．解析：質(zhì)點(diǎn)起振方向向上，則波源停止振動后產(chǎn)生的波形會繼續(xù)向前傳播，傳播的距離為Δx＝v·Δt＝0.3m，A、C、D錯(cuò)誤，B正確．答案：B4．解析：質(zhì)點(diǎn)在平衡位置處的振動速度是最大的，所以在t＝0時(shí)a的速度小于b的速度，A錯(cuò)誤；質(zhì)點(diǎn)偏離平衡位置越遠(yuǎn)加速度越大，所以t＝0時(shí)a的加速度大于b的加速度，B正確；根據(jù)波的圖像“同側(cè)法”可以判斷在t＝0時(shí)，b在平衡位置且向下振動，a處于正向最大位移處，C錯(cuò)誤，D正確．答案：BD5．解析：因t<T，故若波向右傳播，則波傳播的距離x1＝0.02m，則波速v1＝x1t＝0.020.02m/s＝1m/s；若波向左傳播，則波傳播的距離x2＝0.06m，則波速v2＝x答案：B6．解析：根據(jù)波形圖可知，波長λ＝16cm＝0.16m，B錯(cuò)誤；根據(jù)t＝0時(shí)刻和t＝0.20s時(shí)刻的波形圖和該波的周期T>0.20s可知，該波的周期T＝0.40s，波速v＝λT＝0.40m/s，A正確；簡諧波沿x軸正方向傳播，x＝0.08m的質(zhì)點(diǎn)在t＝0時(shí)刻沿y軸正方向振動，在t＝0.70s時(shí)位于波谷，C正確；若此波傳入另一介質(zhì)中，周期T不變，其波速變?yōu)関′＝0.80m/s，由λ′＝v′T可得它在該介質(zhì)中的波長為λ′＝0.80×答案：ACD7．解析：解決該題有許多方法，現(xiàn)用“上下坡”法判斷，若波向右傳播，則A質(zhì)點(diǎn)處于下坡，應(yīng)向上振動，由此可知波向左傳播．同理可判斷C向上振動，B向上振動，A、C正確．答案：AC8．解析：由振動圖像可看出：T＝0.2s，A、B間隔距離為半波長的奇數(shù)倍，Δx＝(2n＋1)λ2＝1.8m(n＝0，1，2…)，所以λ＝3.62n+1m(n＝0，1，2…)，由v＝λT得v＝182n+1答案：ACD9．解析：由題圖可看出，t＝0.15s時(shí)坐標(biāo)原點(diǎn)處的質(zhì)點(diǎn)位移為正，且此時(shí)刻該質(zhì)點(diǎn)正向y軸負(fù)方向振動，由此可斷定只有A項(xiàng)正確．答案：A10．解析：由波形圖及M點(diǎn)的振動方向可知，此波向左傳播，且Δt＝nT＋34T(n＝0，1，2，…答案：D11．解析：從波的圖像可以看出該波的波長為λ＝4m，A正確；由題意可知該波的周期為T＝0.4s，則該波傳播的速度為v＝λT＝40.4m/s＝10m/s，B正確；波峰傳到Q所用的時(shí)間為t＝xv＝9-2答案：ABD12．解析：由題圖看出，P、Q兩點(diǎn)所對應(yīng)的平衡位置間的距離等于半個(gè)波長，因簡諧橫波傳播過程中，在一個(gè)周期內(nèi)傳播一個(gè)波長，則P點(diǎn)的振動形式傳到Q點(diǎn)需要半個(gè)周期T2，P、Q兩點(diǎn)的振動情況總是相反，所以在振動過程中，它們的位移大小總是相等，A、B正確；由于P、Q兩點(diǎn)的振動步調(diào)總是相反，所以在相等時(shí)間內(nèi)，P、Q兩點(diǎn)通過的路程相等，C正確；圖示時(shí)刻，Q點(diǎn)向下運(yùn)動，速度減小，所以從圖示位置運(yùn)動到波谷的時(shí)間大于T8，再從波谷運(yùn)動到平衡位置的時(shí)間為T4，所以經(jīng)過38答案：D13．解析：(1)由圖知，該波的波長λ＝24cm由于該波的周期T大于0.5s，則波在0.5s內(nèi)傳播的距離小于一個(gè)波長．如果波是向左傳播，由圖像得到波傳播的距離為Δx＝14λ故波速為v＝ΔxΔt由v＝λT得波的周期T＝λv＝(2)如果波是向右傳播，由圖像得到波傳播的距離為Δx′＝34λ故波速為v′＝Δx'Δ由v＝λT得波的周期T′＝λv'答案：(1)0.12m/s2s(2)0.36m/s0.67s14．解析：(1)由圖可知，這列波的波長λ＝40m，則0.6s＝(n+34)T(n＝0，1，2，…故周期為T＝2.44n+3s(n波速為v＝λT＝402.4(4n＋3)m/s＝503(4n＋3)m/s(n(2)若質(zhì)點(diǎn)振動的周期T>0.6s，根據(jù)(1)中周期計(jì)算可知，只能取n＝0，故波的周期和波速為T＝0.8s，v＝50m/s由圖像可知A＝10cmω＝2πT＝5π波由P傳播到c所用的時(shí)間為tPc＝xPcv＝則從波傳到P質(zhì)點(diǎn)開始計(jì)時(shí)，c質(zhì)點(diǎn)的振動方程為y=10sin答案：(1)503(4n＋3)m/s(n＝0，1，2，…(2)y=10課時(shí)素養(yǎng)評價(jià)15波的反射與折射1．解析：先看到閃電，后聽到雷聲是由于光比聲音傳播速度快，不是聲音的反射，故A符合題意；北京天壇的回音壁的回音現(xiàn)象屬于聲音的反射，故B不符合題意