2025高考物理步步高同步練習選修1課前預習答案精析第一章動量守恒定律1動量一、(1)A球停止運動，B球擺到A球原來的高度。碰撞前后兩球的速度之和不變。(2)碰撞后B球獲得較大的速度，擺起的最大高度大于C球被拉起時的高度。碰撞前后，兩球的速度之和并不相等，速度變化跟它們的質量有關。(3)動能速度與質量(4)0.3400.397不相等質量與速度的乘積之和二、1.(1)質量速度(2)mv(3)矢速度的方向2．(2)相同三、①動量不變，動能不變；②動量方向不變，大小隨時間推移而增大，動能逐漸增大；③動量方向時刻改變，大小隨時間推移而增大，動能逐漸增大；④動量方向時刻改變，大小不變，動能不變。2動量定理一、加速度a＝eq\f(v′－v,Δt)根據牛頓第二定律F＝ma，則有F＝meq\f(v′－v,Δt)＝eq\f(mv′－mv,Δt)＝eq\f(p′－p,Δt)，即FΔt＝p′－p知識梳理1．(1)力的作用時間(2)FΔt(3)累積效應大(4)牛秒N·s(5)矢2．(1)動量變化量(2)p′－pmv′－mv二、兩次碰撞瞬間雞蛋的初速度相同，而末速度都是零，也相同，所以兩次碰撞過程中雞蛋的動量變化相同。根據FΔt＝Δp，第一次與泡沫塑料墊作用的時間長，作用力小，所以雞蛋沒有被打破；第二次與玻璃作用的時間短，作用力大，所以雞蛋被打破。三、拉力F做的功是零，沖量大小是Ft，方向與F方向相同。專題強化1動量定理的應用解法一用動量定理，分階段求解。選物體為研究對象，對于撤去F前物體做勻加速運動的過程，初態速度為零，末態速度為v。取水平力F的方向為正方向，根據動量定理有(F－μmg)t1＝mv－0，對于撤去F后物體做勻減速運動的過程，初態速度為v，末態速度為零。根據動量定理有－μmgt2＝0－mv。聯立解得t2＝eq\f(F－μmg,μmg)t1＝eq\f(30－0.2×5×10,0.2×5×10)×6s＝12s。解法二用動量定理，研究全過程。選物體為研究對象，研究整個運動過程，這個過程的初、末狀態物體的速度都等于零。取水平力F的方向為正方向，根據動量定理得Ft1－μmg(t1＋t2)＝0解得t2＝12s。3動量守恒定律一、根據動量定理：對A：F1Δt＝m1v1′－m1v1①對B：F2Δt＝m2v2′－m2v2②由牛頓第三定律得F1＝－F2③由①②③得兩物體總動量關系為：m1v1′＋m2v2′＝m1v1＋m2v2。知識梳理1．(1)兩個(或多個)(2)系統中(3)以外2．(1)不受外力所受外力的矢量和為0(2)m1v1′＋m2v2′(3)不受外力矢量和為零(4)微觀思考與討論兩輛小車分別向左、向右運動，它們同時獲得了動量，但兩輛小車的動量的方向相反，動量的矢量和仍然為0，故系統的總動量沒有增加。4實驗：驗證動量守恒定律一、1.系統不受外力所受外力的矢量和為02．遠大于m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′二、方案12．(1)天平(2)eq\f(d,Δt)寬度光電門5.eq\f(m1,t1)＋eq\f(m2,t2)＝eq\f(m1,t1′)＋eq\f(m2,t2′)方案21．較大較小平拋運動不同天平刻度尺3．(1)靜止(2)同一4．m1·OP＝m1·OM＋m2·ON5彈性碰撞和非彈性碰撞一、1.相同點是碰撞過程持續時間極短，此過程中內力遠大于外力，碰撞滿足動量守恒；不同點是碰撞過程中機械能損失有多有少，圖甲損失的機械能相比碰撞前的機械能占比較小，圖乙損失的機械能相比碰撞前的機械能占比較大。2．(1)碰撞中有機械能轉化為內能。(2)通過數據分析知不可以。(3)兩輛小車安裝彈性碰撞架。知識梳理2．(1)不變(2)減少二、m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1v12＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1eq\f(2m1,m1＋m2)v1知識梳理正碰對心碰撞一維碰撞思考與討論1．(1)0v1互換(2)>>相同(3)<相反2．(1)v12v1(2)－v10專題強化3彈簧—小球模型滑塊—光滑斜(曲)面模型一、(1)當兩個小球速度相同時，彈簧最短，彈簧的彈性勢能最大。由動量守恒定律得m1v0＝(m1＋m2)v由能量守恒定律得eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＋Epmax解得Epmax＝eq\f(m1m2v02,2m1＋m2)(2)如圖所示，兩球共速后，A減速，B加速，A、B間的距離增大，故彈簧的壓縮量減小，彈簧的長度增加。(3)當彈簧恢復原長時，小球B的速度最大，由動量守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2由能量守恒定律得eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22解得v2＝eq\f(2m1v0,m1＋m2)。拓展延伸(1)彈簧和小球組成的系統機械能守恒，兩球共速時，彈簧的彈性勢能最大，系統的動能最小。Ekmin＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＝eq\f(m12,2m1＋m2)v02(2)彈簧和小球組成系統機械能守恒，當彈簧恢復原長時，彈簧的彈性勢能最小，系統的動能最大，Ekmax＝eq\f(1,2)m1v02。二、(1)整個過程中系統的機械能守恒，系統水平方向動量守恒，豎直方向上動量不守恒，故總動量不守恒。(2)當小球上升到最高點時，小球和軌道的速度相同。由動量守恒定律得mv0＝3mv由能量守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)×3mv2＋mgh解得h＝eq\f(v02,3g)(3)設小球離開軌道時的速度為v1，軌道的速度為v2，由動量守恒定律有：mv0＝mv1＋2mv2根據機械能守恒定律有：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)×2mv22聯立以上兩式可得：v1＝－eq\f(1,3)v0，v2＝eq\f(2,3)v0。6反沖現象火箭一、1．內力相反的2．大動量守恒定律3．(1)旋轉(2)反沖思考與討論不正確。在反沖運動中，即使系統所受合外力不為零，因內力遠大于外力，外力可以忽略，也可用動量守恒定律來解釋。二、思考與討論1．在火箭發射過程中，內力遠大于外力，所以動量守恒。以火箭的速度方向為正方向，發射前的總動量為0；發射后的總動量為：mv－(M－m)v1由動量守恒定律得：0＝mv－(M－m)v1得v＝eq\f(M－m,m)v1＝(eq\f(M,m)－1)v1。2．根據v＝(eq\f(M,m)－1)v1，分析可知，若要提高火箭獲得的速度，應①提高火箭發射前的總質量和燃料燃盡后火箭的質量比；②提高火箭噴出的燃氣的速度。三、(1)因為小孩與小船組成的系統動量守恒，當小孩向左運動時，小船向右運動。設小孩的速度v的方向為正方向，當小孩速度為v時，mv－Mv′＝0，解得v′＝eq\f(mv,M)。(2)由人船系統始終動量守恒可知meq\x\to(v)－Meq\x\to(v′)＝0，故當小孩的位移大小為x時，有mx－Mx′＝0，解得x′＝eq\f(mx,M)。(3)小孩與小船的位移大小與質量成反比，即eq\f(x,x′)＝eq\f(M,m)。(4)x＋x′＝L解得x＝eq\f(M,M＋m)L四、由于爆炸時內力遠大于外力，故爆炸時系統動量守恒，爆炸時通過內力做功將化學能轉化為機械能，故爆炸時系統機械能增加。專題強化4子彈打木塊模型滑塊—木板模型一、1．由動能定理可得－eq\x\to(F)·d＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02解得eq\x\to(F)＝3.5×104N木塊與地面間的滑動摩擦力Ff＝μMg＝2N兩者之比為eq\f(F,Ff)＝17500由此可知，子彈與木塊間的平均作用力遠大于木塊與地面間的作用力，因此子彈和木塊組成系統在相互作用過程中滿足動量守恒的條件。2．(1)子彈與木塊組成的系統動量守恒，以子彈的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v，解得：v＝eq\f(mv0,m＋M)(2)由能量守恒定律可知：eq\f(1,2)mv02＝Q＋eq\f(1,2)(m＋M)v2得產生的熱量為：Q＝eq\f(Mmv02,2M＋m)(3)設木塊最小長度為L，由能量守恒定律：FL＝Q得木塊的最小長度為：L＝eq\f(Mmv02,2M＋mF).二、(1)系統的合外力為零，故系統的動量守恒。由于摩擦力對系統做負功，系統機械能不守恒。(2)根據動量守恒：mv0＝(m＋M)v系統機械能損失(摩擦生熱)，Q熱＝Ff·x相對＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(m＋M)v2，Ff＝μmg若滑塊恰未脫離木板，則L＝x相對解得L＝eq\f(Mv02,2μgm＋M)。章末素養提升質量速度力的作用時間mv′－mvm1v1′＋m2v2′第二章機械振動1簡諧運動一、(1)小球的運動具有往復性。小球因為受到阻力的作用最終停止運動。(2)小球往復運動的次數增多，運動時間變長。(3)小球將持續地在AB間做往復運動。知識梳理1．往復2.03．(1)小球彈簧理想化二、(1)軌跡是一條平行于振子運動方向的直線。(2)軌跡是一條正弦曲線。知識梳理1．平衡位置平衡2．(1)時間(t)平衡往復運動位移時間(2)不是3．正弦函數正弦曲線思考與討論(1)t1時刻小球位于正向最大位移處，t2時刻小球位于平衡位置。(2)位移為正，在減小，速度增大，方向為負。(3)位移為負，在增大，速度減小，方向為負。2簡諧運動的描述一、(1)a圖像是從A點開始釋放的，b圖像是從B點開始釋放的；彈簧振子兩次形成的簡諧運動具有相同的周期，從B點釋放時離平衡位置的最大距離比從A點釋放時的最大距離更大。(2)不相同，兩次速度方向相反。這段時間僅為半個周期。若經過一個周期，小球一定從同一方向再次經過O點。知識梳理1．(1)最大(2)振動幅度A兩倍2．(1)完整相同(2)全振動秒(3)次數所用時間單位時間內完成全振動赫茲赫Hz(4)eq\f(1,T)振動快慢大快(5)反比正比eq\f(2π,T)2πf二、(1)兩個小球在相同位置同時釋放，除振幅和周期都相同外，還總是向同一方向運動，同時經過平衡位置，并同時到達同一側的最大位移處。兩個小球的振動步調完全一致。(2)當第一個小球到達最高點時，第二個剛剛到達平衡位置，而當第二個小球到達最高點時，第一個已經返回平衡位置了。與第一個小球相比，第二個小球總是滯后eq\f(1,4)個周期，或者說總是滯后eq\f(1,4)個全振動。(3)由問題(1)可得兩振子A、ω相同，可知φ不同，且(ωt＋φ1)－(ωt＋φ2)＝eq\f(1,4)×2π，即φ1－φ2＝eq\f(π,2)。知識梳理1．(1)ωt＋φ0(2)狀態(3)頻率φ1－φ22．位移振幅周期初相位3簡諧運動的回復力和能量一、(1)彈簧的彈力使小球回到平衡位置。(2)彈簧彈力與位移大小成正比，方向與位移方向相反。知識梳理1．(1)平衡位置(2)平衡位置(3)－kx2．F＝－kx位移正比平衡位置思考與討論規定向下為正方向，在平衡位置b點，有mg＝kx0，小球在c點受到的彈力大小為F′＝k(x＋x0)，小球在c點的回復力F＝mg－F′＝mg－k(x＋x0)＝mg－kx－kx0＝－kx，回復力滿足F＝－kx，是簡諧運動。彈簧彈力和重力的合力充當回復力。二、(1)小球的動能先增大后減?。粡椈傻膹椥詣菽芟葴p小后增大；總機械能保持不變。(2)小球回到平衡位置的動能增大；振動系統的機械能增大；振動系統的機械能與彈簧的勁度系數和振幅有關。知識梳理1．動能勢能(1)勢能動能(2)動能勢能2．守恒理想化3.振幅思考與討論(1)不變，在M點時，系統的動能為零，彈性勢能最大，拿走A物體后，振動系統的彈性勢能不變，總能量不變，最大動能也不發生變化。(2)變小，在O點時彈簧彈性勢能為零，振動系統的動能最大，拿走A物體后，振動系統的最大動能減小，總能量減小，最大彈性勢能也將減小。三、正減小負減小負增大增大減小4單擺一、(1)小球受重力和細線的拉力作用。(2)細線的拉力和重力沿徑向的分力的合力提供向心力。重力沿切線方向的分力提供小球振動的回復力。(3)小球經過平衡位置時，做圓周運動，其合外力不為零。知識梳理1．小球2．(2)直徑(3)形變量(4)重力拉力3．(1)圓弧切線mgsinθ(2)小正比平衡位置思考與討論均不能看成單擺。圖(a)(d)擺動過程中擺長會發生變化，圖(b)空氣阻力不能忽略，圖(c)球的直徑與繩的長度相比不能忽略，圖(e)繩的質量與小球相比不能忽略。二、1．無關無關有關越大2．(1)惠更斯(2)正比反比無關思考與討論(1)擺針走時偏快應調節螺母使圓盤沿擺桿下移。(2)調節螺母使圓盤沿擺桿下移。5實驗：用單擺測量重力加速度三、2.平衡位置3.l′＋eq\f(d,2)四、2.eq\f(4π2,g)l6受迫振動共振一、振子在振動的過程中振幅逐漸減小，因為振子在實際振動過程中受到空氣的阻礙作用，振動的能量逐漸減少。知識梳理1．(1)沒有外力干預(2)固有2．(1)阻礙振幅(2)①摩擦內能②減少二、手柄轉動的越快，振子上下振動的也越快，手柄不停的轉動，振子也將持續的振動。知識梳理1．周期性2．(1)驅動力(2)驅動力無關三、1.等于最大值思考與討論(1)開始時，脫水桶轉動的頻率遠高于洗衣機的固有頻率，振幅較小，振動比較弱。(2)當洗衣機脫水桶轉動的頻率等于洗衣機的固有頻率時發生共振，振動劇烈。章末素養提升平衡位置最大一次全振動無關單位時間－kxAsin(ωt＋φ)保持不變減小驅動力驅動力的頻率f固彈力第三章機械波1波的形成一、(1)沒有，紅色標記只在豎直方向上下振動(2)不會，當手停止抖動后，波仍向右傳播知識梳理1．振動2．(1)相連彈性力(2)帶動遲上下振動的狀態思考與討論1．繩上各點的起振方向與振源起振方向相同。2．能夠繼續傳播二、(1)相互垂直(2)在同一條直線上三、1．(1)傳播(2)相互作用相鄰質點2．介質3．(1)振動(2)能量(3)信息四、若O點為波源，A點左側的質點將帶動A向上振動；若O′是波源，A點右側的質點將帶動A點向下振動。拓展延伸由于此刻質點a在前一個質點的帶動下正在向上運動。可知波源在質點a的左側，因此該列波由左向右傳播，質點b在左側質點的帶動下將向下運動。2波的描述一、1．(1)平衡位置偏離平衡位置的位移(2)平滑波的圖像波形圖2．(1)正弦曲線(2)簡諧運動相同3．(1)正弦曲線(2)某一時刻(3)各個時刻思考與討論(1)甲乙(2)題圖甲中M、P、Q三個點的坐標分別表示x＝1m、x＝2m、x＝4m處三個質點此時的位移為10cm、0、0；質點P的振幅為10cm。(3)題圖乙中M′、P′、Q′三個點的坐標分別表示同一質點在t＝1s、t＝2s、t＝4s時的位移為10cm、0、0。二、1．(1)相同相鄰(2)①波峰波谷②密部疏部2．(1)振動周期(或頻率)(2)eq\f(1,T)(3)波源(4)一個波長λ3．(1)介質(2)介質不同(3)λf思考與討論1．(1)42(2)2m/s(3)2．波在不同介質中傳播時，其頻率總與波源振動頻率相同，故頻率保持不變，因v＝fλ，λ＝eq\f(v,f)，v變大，則λ變大。專題強化6波的圖像與振動圖像的綜合問題及波的多解問題一、1．一個質點各質點平衡位置不同時刻同一時刻二、2．(1)整數完全重合(2)整數完全重合3波的反射、折射和衍射一、1．(2)同一平面法線等于2．(1)進入另一種介質折射(2)深度折射思考與討論1．在波的反射和折射現象中，反射波和入射波的頻率都與波源的頻率相同；反射現象是在同種介質中傳播，波速相同，由v＝λf可知，波長也相同，而折射現象是在不同介質中傳播，波速不同，波長也不同。2．不一定，如果入射波垂直于交界面時，傳播方向保持不變。二、水波遇到小孔時，水波能穿過小孔，并能到達擋板后面的“陰影區”，小孔的尺寸減小時，水波到達“陰影區”的現象更加明顯。知識梳理1．繞過障礙物2.相差不多更小3．衍射思考與討論1．低音，由v＝λf得λ＝eq\f(v,f)，由此可知，聲速相同情況下，低音的頻率小，波長長，在障礙物相同的情況下，低音更容易發生衍射現象，因此低音更容易繞過高墻。2．不對。聲波波長較長，遇到與其波長相差不大的障礙物可發生明顯的衍射現象。光波波長較短，其波長比一般障礙物小得多，衍射現象不明顯。4波的干涉一、1．(1)相遇時凸起的高度比原來的更大一些。(2)兩列波相遇后仍然保持原來各自的運動狀態繼續傳播，并沒有受到另一列波的影響。2．相同，沒有受到其他樂器的影響。知識梳理1．波長頻率2.同時矢量和二、1．頻率相位差振動方向2．(1)頻率(2)相位差(3)振動方向思考與討論不能，振動加強(減弱)點是指質點的振幅最大(小)，而不是指振動的位移最大(小)，因為位移是在時刻變化的，加強點和減弱點的位移均可以為零，只有發生干涉的兩列波振幅大小相等，減弱點位移才始終為零。5多普勒效應一、1．接收到頻率2．(1)一定等于(2)增加增大減小思考與討論不對，如果觀察者繞著波源做圓周運動，雖然兩者間發生了相對運動，但觀察者接收的頻率與波源發出的頻率依然相等，并未發生多普勒效應。二、1．頻率頻率2.頻率速度3.速度章末素養提升波源介質振動形式能量不會不一定橫波縱波波源介質平衡位置某一時刻各質點偏離平衡位置的位移第四章光1光的折射一、(1)折射角增大光線的偏折程度變大(2)入射角的正弦和折射角的正弦之比保持不變知識梳理1．(1)分界面返回(2)同一平面法線等于2．(1)分界面(2)同一平面法線的兩側入射角的正弦折射角的正弦(3)可逆思考與討論1．不一定。當光從一種介質斜射入另一種介質時，傳播方向改變。垂直界面入射時，傳播方向不變。2．不一定。當光從真空斜射入介質時，入射角大于折射角，當光從介質斜射入真空時，入射角小于折射角。3．不對。由折射定律可知，當介質一定時，入射角的正弦與折射角的正弦成正比，而并非兩角成正比。二、這說明在光的折射現象中，入射角的正弦值與折射角的正弦值的比值與入射角和折射角的大小無關，與介質的種類有關。知識梳理1．入射角的正弦折射角的正弦2．真空eq\f(c,v)思考與討論不能。雖然在這種情況下，光線不偏折，但n＝eq\f(c,v)仍成立，即光在介質中的傳播速度仍比真空中的光速小，仍然屬于折射。實驗：測量玻璃的折射率三、2．大5.P1、P26.P3P1、P2四、1.e