課時作業(一)動量定理1．解析：物體在上升階段時，速度向上，則物體的動量方向向上，根據動量定理可知，動量的變化量Δp＝mgt，重力的方向豎直向下，則動量變化量的方向向下．答案：B2．解析：取向下為正方向，則碰撞前小球的動量為正，碰撞后為負，Δp＝p2－p1＝mv2－mv1＝5×(－3)kg·m/s－5×5kg·m/s＝－40kg·m/s，D項正確．答案：D3．解析：杯子從同一高度落下，故到達地面時的速度一定相等，故著地時動量相等；與地面接觸后速度減小為零，故動量的變化相同，由動量定理I＝Δp可知，沖量也相等；但由于在水泥地上，接觸時間較短，故動量的變化率較大，作用力較大；而在軟泥地上時，由于軟泥的緩沖使時間變長，動量的變化率較小，作用力較小；故D正確，A、B、C錯誤．答案：D4．解析：衛星獲得的速度為v，故根據動量定理I＝Ft＝mΔv可得衛星受到的沖量大小為I＝mv，D正確．答案：D5．解析：設某次實驗中該發動機向后噴射的氣體的質量為m，對該氣體根據動量定理有：Ft＝mv－0；解得m＝eq\f(Ft,v)＝eq\f(4.8×106×1,3×103)kg＝1.6×103kg，故選項B正確，A、C、D錯誤．答案：B6．解析：根據h＝eq\f(1,2)gt2，代入數據可得：t≈0.45s，與地面的碰撞時間約為t1＝2ms＝0.002s，全過程根據動量定理可得：mg(t＋t1)－Ft1＝0，解得沖擊力F＝113N≈102N，故B正確，A、C、D錯誤．答案：B7．解析：選定足球原運動方向為正方向．根據動量定理eq\x\to(F)·Δt＝p′－p，這里eq\x\to(F)為足球在水平方向上受到的平均作用力，Δt為擊球的時間，p′為擊球后足球的動量，p為足球原來的動量．設足球的質量為m，擊球前、后的速度分別為v和v′，于是可得到eq\x\to(F)＝eq\f(p′－p,Δt)＝eq\f(mv′－mv,Δt)＝eq\f(mv′－v,Δt)＝eq\f(0.4×－12－10,0.1)N＝－88N.可見，足球受到的平均作用力為88N，方向與足球原來運動速度方向相反．選項B、D正確．答案：BD8．解析：A.由運動學知識可知三個小滑環的運動時間相等，重力沖量相等，選項A正確；B.由于三種情形下彈力的大小、方向均不同，彈力沖量不同，選項B錯誤；C.合外力的方向不同，沖量一定不同，選項C錯誤；D.根據機械能守恒定律，它們的動能增量不同，選項D正確．答案：AD9．解析：兔子撞樹前的動量大小：p＝mv＝2×15kg·m/s＝30kg·m/s，故A正確；以撞樹前兔子的速度方向為正方向，兔子撞樹后的動量：p′＝mv′＝2×(－1)kg·m/s＝－2kg·m/s，兔子撞樹過程動量變化量：Δp＝p′－p＝(－2－30)kg·m/s＝－32kg·m/s，故B錯誤；兔子撞樹過程中的動量變化的方向與兔子撞樹前的速度方向相反，故C錯誤；由動量定理得：I＝Δp＝－32N·s，則兔子受到撞擊力的沖量大小為32N·s，故D正確．答案：AD10．解析：A.微粒a向下加速運動，微粒b向上加速運動，根據a、b經過電容器兩極板間下半區域的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加速度大小，a微粒受到的電場力(合外力)等于b微粒受到的電場力(合外力)，故a的質量比b的小，選項A錯；B.a微粒的位移大于b微粒，根據動能定理，在t時刻，a的動能比b大，選項B對；C.由于在t時刻兩微粒經過同一水平面，電勢相等，電荷量大小相等，符號相反，所以在t時刻，a和b的電勢能不等，選項C錯；D.根據動量定理，在t時刻，a微粒的動量大小等于b微粒的動量大小，選項D對．答案：BD11．解析：選在時間Δt內與飛船碰撞的微隕石為研究對象，其質量應等于底面積為S，高為vΔt的直柱體內微隕石塵的質量，即m＝ρSvΔt，初動量為0，末動量為mv.設飛船對微隕石的作用力為F，由動量定理得：F·Δt＝mv－0則F＝eq\f(mv,Δt)＝ρSv2＝10－7×2×(104)2N＝20N根據牛頓第三定律可知，微隕石對飛船的撞擊力大小也等于20N.因此，飛船要保持原速度勻速飛行，助推器增大的推力應為20N.答案：20N12．解析：由動量定理得F·t＝Δmv，F＝eq\f(Δmv,t)，①又p＝eq\f(F,S)，②聯立①②兩式得p＝eq\f(Δmv,t·S)＝eq\f(40×35,0.2×400×10－4)Pa＝1.75×105Pa，相當于1.75個大氣壓．答案：1.75×105Pa相當于1.75個大氣壓13．解析：(1)足球自由下落時有h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，解得t1＝eq\r(\f(2h,g))＝0.4s，豎直向上運動的時間等于自由下落運動的時間，所以t＝2t1＝0.8s.(2)設豎直向上為正方向，因空氣阻力不計，所以頂球前后速度大小相同，由動量定理得(FN－mg)Δt＝mv－(－mv)，又v＝gt1＝4m/s，聯立解得FN＝36N，由牛頓第三定律知足球對頭部的作用力FN＝36N，方向豎直向下．答案：(1)0.8s(2)36N，豎直向下14．解析：(1)以鐵錘為研究對象，不計重力時，只受釘子的作用力，方向豎直向上，設為F1，取豎直向上為正，由動量定理可得F1t＝0－mv所以F1＝－eq\f(0.5×－4.0,0.01)N＝200N，方向豎直向上．由牛頓第三定律知，釘子受到的平均作用力為200N，方向豎直向下．(2)若考慮重力，設此時鐵錘受釘子的作用力為F2，對鐵錘應用動量定理，取豎直向上為正．(F2－mg)t＝0－mvF2＝－eq\f(0.5×－4.0,0.01)N＋0.5×10N＝205N，方向豎直向上．由牛頓第三定律知，釘子受到的平均作用力為205N，方向豎直向下．答案：(1)200N，方向豎直向下(2)205N，方向豎直向下課時作業(二)動量守恒定律1．解析：兩人碰撞過程系統動量守恒，以甲的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v′甲＋m乙v′乙，即m甲×3＋m乙×(－1)＝m甲×(－2)＋m乙×2，解得m甲m乙＝35，故選項A正確．答案：A2．解析：物體在車內來回與P和Q碰撞若干次后最終與車相對靜止，整個過程系統動量守恒，即mv0＝(M＋m)v，所以最終速度為v＝mv0/(M＋m)，故選B.答案：B3．解析：甲、乙兩球組成的系統動量守恒，則甲球動量的減少量Δp甲等于乙球動量的增加量Δp乙，即Δp甲＝Δp乙，m甲Δv甲＝m乙Δv乙，m甲:m乙＝Δv乙:Δv甲＝3:5，故選項B正確．答案：B4．解析：由水平方向上動量守恒得，Mv0＝(M＋m)v，由此可知C項正確．答案：C5．解析：由平拋運動規律可知，小球下落的時間t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×20,10))s＝2s，豎直方向的速度vy＝gt＝20m/s，水平方向的速度vx＝eq\r(252－202)m/s＝15m/s，取小車初速度的方向為正方向，由于小球和小車的相互作用滿足水平方向上的動量守恒，則m車v0－m球vx＝(m車＋m球)v，解得v＝5m/s，故A正確．答案：A6．解析：子彈射穿A的過程系統動量守恒，以子彈的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得m0v0＝mAvA＋m0v，代入數據解得vA＝2m/s.A、B系統動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得mAvA＝(mA＋mB)v′代入數據解得v′＝1m/s，選項B正確．答案：B7．解析：兩車碰撞過程中動量守恒，即m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v，解得v＝eq\f(m1v1－m2v2,m1＋m2)＝eq\f(150×4.5－200×4.25,150＋200)m/s＝－0.5m/s，故選項D正確．答案：D8．解析：對兩同學所組成的系統，互推過程中，合外力為零，總動量守恒，故A錯；兩同學動量的變化量大小相等，方向相反，故B、C正確；互推過程中機械能增大，故D錯誤．答案：BC9．解析：在戰士跳到小船到最終停在船上的過程中，戰士和小船的總動量守恒，總機械能有損失，不守恒，選項A正確、B錯誤；以戰士初始運動方向為正方向，對戰士跳到小船上并最終停在船上的過程，設戰士最終停在船上后速度為v′，由動量守恒定律可知m人v－m船v船＝(m人＋m船)v′，得v′＝0.25m/s，選項C錯誤；戰士動量的變化量Δp＝m人(v′－v)＝60×(0.25－2)kg·m/s＝－105kg·m/s，動量變化量的大小為105kg·m/s，選項D正確．答案：AD10．解析：小鐵塊在弧形軌道底端時，滿足F－mg＝eq\f(mv\o\al(2,0),R)，解得：v0＝3m/s，根據動能定理知mgR－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0，解得：Wf＝1.5J．根據動量守恒定律知mv0＝(m＋M)v，解得：v＝1m/s.選項B、D正確．答案：BD11．解析：碰撞中兩車間的相互作用力很大，可忽略兩車受到的其他作用力，近似認為兩車在碰撞過程中動量守恒．設轎車質量為m1，貨車質量為m2；碰撞前轎車速度為v1，貨車速度為v2；碰撞后兩車的共同速度為v′.選轎車碰撞前的速度方向為正方向．碰撞前系統的總動量為m1v1－m2v2，碰撞后系統的總動量為－(m1＋m2)v′，由動量守恒定律得：m1v1－m2v2＝－(m1＋m2)v′，v1＝eq\f(m2v2－m1＋m2v′,m1)＝eq\f(4000×54－1000＋4000×18,1000)km/h＝126km/h＞100km/h，故轎車在碰撞前超速行駛．答案：超速行駛12．解析：球m被錘頭打擊后以O為圓心，L為半徑做圓周運動，且在剛打過后繩子拉力最大，由圓周運動向心力計算公式有FT0－mg＝m·eq\f(v2,L)v＝eq\r(\f(FT0－mgL,m))＝eq\r(3)m/s錘頭打擊m過程中，系統水平方向不受外力作用，系統水平方向動量守恒Mv0＝mvv0＝eq\f(mv,M)＝1m/s若要錘頭擊打小球后繩子被拉斷，錘頭的速度應大于等于1m/s.答案：大于等于1m/s13．解析：設甲車(包括人)滑下斜坡后速度為v1，由機械能守恒定律得(m1＋M)gh＝eq\f(1,2)(M＋m1)veq\o\al(2,1)在人跳離甲車和人跳上乙車過程中各自系統動量守恒，設人跳離甲車和跳上乙車后，兩車的速度分別為v′1和v′2，由動量守恒定律得：人跳離甲車時：(m1＋M)v1＝Mv＋m1v′1，人跳上乙車時：Mv－m2v0＝(M＋m2)v′2，兩車不可能再發生碰撞的臨界條件是：v′1＝±v′2，當v′1＝v′2時，解得：v＝3.8m/s，當v′1＝－v′2時，解得：v＝4.8m/s，故v的取值范圍為：3.8m/s≤v≤4.8m/s.答案：3.8m/s≤v≤4.8m/s課時作業(三)彈性碰撞和非彈性碰撞1．解析：因系統動量守恒，故最終甲、乙動量大小必相等，誰最后接球誰的質量中包含了球的質量，即質量大，根據動量守恒：m1v1＝m2v2，因此最終誰接球誰的速度小，故選項B正確．答案：B2．解析：選向右為正方向，則A的動量pA＝m·2v0＝2mv0.B的動量pB＝－2mv0.碰前A、B的動量之和為零，根據動量守恒，碰后A、B的動量之和也應為零，可知四個選項中只有選項D符合題意．答案：D3．解析：A與B碰撞過程動量守恒，有mAvA＝(mA＋mB)vAB，所以vAB＝eq\f(vA,2)＝2m/s.當彈簧被壓縮至最短時，A、B的動能完全轉化成彈簧的彈性勢能．所以Ep＝eq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(2,AB)＝8J.答案：B4．解析：對A由機械能守恒mgh＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(2gh).對碰撞過程由動量守恒mv＝2mv′，得v′＝eq\f(\r(2gh),2).設碰撞后A、B整體上擺的最大高度為h′，則2mgh′＝eq\f(1,2)×2mv′2，解得h′＝eq\f(1,4)h，C正確．答案：C5．解析：微觀世界發生散射時，動量守恒，由于沒有發生對心碰撞，故P、Q的運動方向都不與v在一條直線上，選項A、B錯誤；動量是矢量，P、Q運動方向在一條直線上時，動量不守恒，選項C錯誤；P、Q碰撞前后動量守恒，所以P、Q合動量一定與v在同一直線上．答案：D6．解析：設碰后A球的速度大小為vA，B球的速度大小為vB，以碰前A球的速度方向為正方向，由碰撞過程中動量守恒可得mv＝2mvB－mvA，因vA＞0，則vB＞0.5v.根據總動能不增加原則寫出能量關系式：eq\f(1,2)mv2≥eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,B)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，且vA≠0，可得eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,B)＜eq\f(1,2)mv2，解得vB＜eq\f(\r(2),2)v.綜上所述，0.5v<vB<eq\f(\r(2),2)v，A正確．答案：A7．解析：設a與b碰撞后，a的速度為va，b與c碰撞前b的速度為vb，b與c碰撞后粘在一起的速度為v，由動量守恒定律得：a、b小球：mav0＝mava＋mbvb，對b、c小球：mbvb＝(mb＋mc)v，由a與b間的距離保持不變可知：va＝v，聯立上式，代入數據得：vb＝eq\f(6,5)v0＝6m/s.故選項B正確．答案：B8．解析：邊界一：若發生完全非彈性碰撞，則有Mv＝(M＋m)v′，根據碰撞后兩者的動量正好相等，有Mv＝mv，解得eq\f(M,m)＝1.邊界二：若發生彈性碰撞，根據碰撞前后，機械能守恒并注意到碰撞后兩者的動量正好相等，有：eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Mv,2)))2,2M)＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Mv,2)))2,2m)，可得eq\f(M,m)＝3.由此可得碰后兩者質量之比滿足1≤eq\f(M,m)≤3，故選A、B選項．答案：AB9．解析：由動量守恒，可驗證四個選項都滿足要求．再看動能變化情況：Ek前＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＝27J，Ek后＝eq\f(1,2)mAv′eq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBv′eq\o\al(2,B)，由于碰撞過程中動能不可能增加，所以應有Ek前≥Ek后，據此可排除B；選項C雖滿足Ek前≥Ek后，但A、B沿同一直線相向運動，發生碰撞后各自仍然保持原來的速度方向，這顯然是不符合實際的，因此C選項錯誤．驗證A、D均滿足Ek前≥Ek后，且碰后狀態符合實際，故正確選項為A、D.答案：AD10．解析：A錯，B對：當甲冰壺運動了距離L時與乙冰壺發生彈性正碰，甲冰壺碰后停止運動，乙冰壺以甲冰壺碰前的速度繼續向前運動了2L距離停下，從效果上看，相當于乙冰壺不存在，甲冰壺直接向前運動了3L的距離停止運動，根據動能定理，運動員對甲冰壺做的功等于克服摩擦力做的功，即：W＝3C錯，D對：運動員施加的沖量I＝Δp＝p－0＝eq\r(2mEk)－0＝eq\r(2m·3kmgL)＝meq\r(6kgL).答案：BD11．解析：(1)取方向向右為正，對兩小球組成的系統分析，由動量守恒定律有m1v1＋m2(－v2)＝m1v′1解得v′1＝－20cm/s，負號表示m1碰后運動方向向左．(2)系統機械能的改變量ΔE＝eq\f(1,2)m1v′eq\o\al(2,1)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)m1v\o\al(2,1)＋\f(1,2)m2v\o\al(2,2)))＝－5×10－4J，負號表示機械能減小．答案：(1)20cm/s方向向左(2)減小5×10－4J12．解析：(1)設a、b的質量分別為m1、m2，a、b碰撞前的速度為v1、v2.由題給圖像得v1＝－2m/s，v2＝1m/sa、b發生完全非彈性碰撞，碰撞后兩滑塊的共同速度為v.由題給圖像得v＝eq\f(2,3)m/s由動量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v聯立并代入數據解得m1:m2＝1:8；(2)由能量守恒得，兩滑塊因碰撞而損失的機械能為：ΔE＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(m1＋m2)v2由圖像可知，兩滑塊最后停止運動．由動能定理得，兩滑塊克服摩擦力所做的功為W＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2聯立并代入題給數據得W:ΔE＝1:2.答案：(1)1:8(2)1:213．解析：B球做平拋運動，有x＝v′Bt，y＝eq\f(1,2)gt2得v′B＝eq\f(x,t)＝xeq\r(\f(g,2y))＝0.8×eq\r(\f(10,2×0.8))m/s＝2m/sA球和B球在碰撞中若無能量損失，發生彈性碰撞v′A＝0，由動量守恒定律，有mvA1＝mv′B，vA1＝v′B＝2m/s由機械能守恒定律，有mgh1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A1)h1＝eq\f(v\o\al(2,A1),2g)＝eq\f(22,2×10)m＝0.2mA球和B球在碰撞中若能量損失最大，發生完全非彈性碰撞，則v′A＝v′B，由動量守恒定律，有mvA2＝(m＋m)v′B，vA2＝2v′B＝2×2m/s＝4m/s根據機械能守恒定律，有mgh2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A2)h2＝eq\f(v\o\al(2,A2),2g)＝eq\f(42,2×10)m＝0.8m所以A球的釋放高度為0.2m≤h≤0.8m.答案：0.2m≤h≤0.8m課時作業(四)反沖現象火箭1．解析：雖然抽油的過程屬于船與油的內力作用，但油的質量發生了轉移，從前艙轉到了后艙，相當于人從船的一頭走到另一頭的過程．故A正確．答案：A2．解析：火箭整體動量守恒，則有(M－Δm)v＋Δmv0＝0，解得：v＝－eq\f(Δm,M－Δm)v0，負號表示火箭的運動方向與v0相反．答案：B3．解析：每秒噴出氣體的動量等于火箭每秒增加的動量，即m氣v氣＝m箭v箭，由動量定理得火箭獲得的動力F＝eq\f(m箭v箭,t)＝eq\f(m氣v氣,t)，又F－m箭g＝m箭a，得v氣＝900m/s.答案：C4．解析：當人往岸上跳的時候，人有一個向岸上的速度，由于動量守恒，船必然有一個離開岸的速度，這樣人相對于地面的速度小于立定跳遠的初速度，所以L＝s或L>s，人就一定跳不到岸上了，當L<s時，人才有可能跳上岸，但也不是一定能跳上岸，故A、C、D錯誤，B正確．答案：B5．解析：忽略空氣阻力和分離前后系統質量的變化，衛星和箭體整體分離前后動量守恒，則有(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，整理可得v1＝v0＋eq\f(m2,m1)(v0－v2)，故D項正確．答案：D6．解析：直升機是靠空氣的推力上升的，而噴氣式飛機、火箭、反擊式水輪機都是靠自身一部分分離時的反沖，向與該部分相反的方向運動的．答案：ACD7．解析：彈簧向右推C，C向右運動，同時彈簧向左推A端，小車向左運動，A錯誤；因小車與木塊組成的系統動量守恒，C與B碰前，有mvC＝MvAB，得vCvAB＝Mm，B正確；C與B碰撞過程動量守恒，有：mvC－MvAB＝(M＋m)v，知v＝0，故C正確、D錯誤．答案：BC8．解析：(1)人從貨廂邊跳離的過程，系統(人、車和貨廂)在水平方向上動量守恒．設人的水平速度是v1，車的反沖速度是v2，則mv1－Mv2＝0，得v2＝eq\f(1,4)v1人跳離貨廂后做平拋運動，車以v2做勻速運動，運動時間為t＝eq\r(\f(2h,g))＝0.5s，在這段時間內人的水平位移x1和車的位移x2分別為x1＝v1t，x2＝v2t由x1＋x2＝l得v1t＋v2t＝l則v2＝eq\f(l,5t)＝eq\f(4,5×0.5)m/s＝1.6m/s.(2)人落到車上前的水平速度仍為v1，車的速度為v2，落到車上后設它們的共同速度為v，根據水平方向動量守恒得mv1－Mv2＝(M＋m)v，則v＝0.故人落到車上A點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)不動0.8m章末綜合檢測(一)1．解析：人在和地面接觸時，人的速度減為零，由動量定理可知(F－mg)t＝mΔv；而腳尖著地可以增加人著地的時間，由公式可知可以減小人受到地面的沖擊力，故D正確，A、B、C錯誤．答案：D2．解析：A錯：對人、車和鐵錘系統水平方向動量守恒有：0＝m錘v1－(m車＋m人)v2，錘子掄起的過程中，錘子向右運動，車向左運動．B錯：錘子下落的過程中，錘子向左運動，車向右運動．C對：錘子掄至最高點時，錘子速度為0，所以車速度為0.D錯：錘子敲擊車瞬間，錘子向左運動，車向右運動．答案：C3．解析：由動量定理Ft＝0－mv，而接球時先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球迅速引至胸前為了延長時間，減小受力，即F＝eq\f(0－mv,t)，也就是減小了球的動量變化率，故C正確．答案：C4．解析：由圖像知，a球以初速度與原來靜止的b球碰撞，碰后a球反彈且速度小于初速度．根據碰撞規律知，a球質量小于b球質量．答案：B5．解析：手榴彈爆炸，外力遠小于內力，可近似地看作動量守恒，則有(m1＋m2)v＝m1v′1＋m2v′2，解得v′2＝eq\f(m1＋m2v－m1v′1,m2)＝eq\f(1＋0.5×20－0.5×－40,1)m/s＝50m/s.答案：C6．解析：甲、乙和船組成的系統動量守恒，以水平向右為正方向，開始時總動量為零，根據動量守恒定律有0＝－m甲v甲＋m乙v乙＋mv，解得v＝eq\f(m甲v甲－m乙v乙,m)，代入數據解得v＝－0.6m/s，負號說明小船的速度方向向左，故選項A正確．答案：A7．解析：由于碰后B球不可能越過A球水平向左運動，因選擇了v方向為正，即向右為正，可先排除B、C兩選項．據動量守恒定律mv＝mv1＋3mv2，若v1方向向右，即v1＝eq\f(v,2)時，v2＝eq\f(v,6)，運動方向相同，A球運動速度大于B球，意味著A球越過B球，與事實不符；若v1方向向左，即v1＝－eq\f(v,2)時，v2＝eq\f(v,2)，A錯誤、D正確．答案：D8．解析：ts時間內噴水質量為m＝ρSvt＝1×103×5×10－4×10tkg＝5tkg，水在時間ts內受到墻的沖量為I＝0－mv＝Ft，所以F＝eq\f(－mv,t)＝eq\f(－5t×10,t)N＝－50N負號表示水受到墻的作用力的方向與運動方向相反．由此可知B項正確．答案：B9．解析：重物壓在彈簧上時，壓縮的彈簧給地面一個作用力，使地面對彈簧有支持力，地面對彈簧的沖量與彈簧給物體的沖量是等大的．若以m為研究對象，它在重力和彈力作用下動量發生改變，因題中未指明速度的方向，故可上可下，若選向上為正，則有I－mgt＝±mv－0，解得I＝mgt±mv，即選項B、C正確．答案：BC10．解析：本題類似人船模型．甲、乙、人看成一系統，則水平方向動量守恒，甲、乙兩車運動中速度之比等于質量的反比，即為eq\f(M＋m,M)，A正確，B錯誤；Mx甲＝(M＋m)x乙，x甲＋x乙＝L，解得C、D正確．答案：ACD11．解析：A對：前2s內物塊做初速度為零的勻加速直線運動，加速度a1＝eq\f(F1,m)＝eq\f(2,2)m/s2＝1m/s2，t＝1s時物塊的速率v1＝a1t1＝1m/s.B對：t＝2s時物塊的速率v2＝a1t2＝2m/s，動量大小為p2＝mv2＝4kg·m/s.C錯：物塊在2～4s內做勻減速直線運動，加速度的大小a2＝eq\f(F2,m)＝0.5m/s2，t＝3s時物塊的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1)m/s＝1.5m/s，動量大小p3＝mv3＝3kg·m/s.D錯：t＝4s時物塊的速度v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2)m/s＝1m/s.答案：AB12．解析：系統動量守恒，應用動量守恒定律與能量守恒定律可以求出物塊相對于木板滑行的距離，木板的長度可能等于該長度、也可能大于該長度，根據題意無法求出木板的長度，故A項錯誤；物塊與木板作出的系統動量守恒，以物塊的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v1，解得eq\f(m,M)＝eq\f(v1,v0－v1)，v0與v1已知，可以求出物塊與木板的質量之比，故B項正確；對木板，由動量定理得：μmgt1＝Mv1，解得μ＝eq\f(v0－v1,gt1)，由于t1、v0、v1已知，可以求出動摩擦因數，故C項正確；由于不知道木板的質量，無法求出從t＝0開始到t1時刻，木板獲得的動能，故D項錯誤．答案：BC13．解析：紙帶上打出的相鄰點的時間間隔Δt＝eq\f(1,f)＝0.02s根據v＝eq\f(Δx,Δt)可計算出滑塊A碰撞前后的速度v0＝2.00m/s，v1＝0.970m/s滑塊A、B碰撞后滑塊B的速度v2＝eq\f(d,ΔtB)＝2.86m/s兩滑塊碰撞前后的總動量p＝m1v0＝0.310×2.00kg·m/s＝0.620kg·m/sp′＝m1v1＋m2v2＝0.610kg·m/s兩滑塊碰撞前后總動量相對誤差絕對值為δ＝eq\f(p－p′,p)×100%＝1.6%＜5%因此，本實驗在誤差允許范圍內驗證了動量守恒定律．答案：見解析14．解析：(1)取甲碰前的速度方向為正方向，根據動量守恒定律，對系統有：m甲v甲－m乙v乙＝－m甲v甲′＋m乙v′乙解得v′乙＝1m/s方向與甲碰前的速度方向相同．(2)根據動量定理，對甲有：－Ft＝－m甲v甲′－m甲v甲解得F＝2100N.答案：(1)1m/s，方向與甲碰前的速度方向相同(2)2100N15．解析：第一階段小球從D點自由下落至A點，只有重力做功，機械能守恒，有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A).第二階段小球從A點運動到半圓槽的最低點O1，由于受臺階的作用，半圓槽仍保持靜止，僅重力做功，機械能守恒，可得mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,O1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A).第三階段小球從O1點運動至B點，到達B點時小球和槽有共同的速度vB，對槽和小球系統而言，只有重力做功，可得－mgR＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,O1).在此階段，系統在水平方向不受外力，水平方向上動量守恒，故有mvO1＝(m＋M)vB.聯立以上四式解得h＝eq\f(m,M)R.答案：eq\f(m,M)R16．解析：(1)小滑塊與長木板系統動量守恒，規定向右為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v解得最終速度為：v＝eq\f(mv0,M＋m)＝eq\f(0.2×1.2,0.2＋0.2)m/s＝0.6m/s(2)由能量守恒定律得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m＋M)v2＋Q代入數據解得熱量為：Q＝0.072J(3)對小滑塊應用動能定理：－μmgs＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入數據解得距離為s＝0.135m答案：(1)0.6m/s(2)0.072J(3)0.135m17．解析：(1)A物塊從O到Q過程，由動能定理－μmAgL＝0－eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)解得：vA＝2m/s.(2)取向右為正方向，爆炸瞬間，A與B組成的系統動量守恒0＝－mAvA＋mBvB解得vB＝4m/s.(3)取向右為正方向，B與C組成的系統動量守恒、能量守恒，則mBvB＝(mB＋mC)v，E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)(mB＋mC)v2聯立解得E＝6J.答案：(1)2m/s(2)4m/s(3)6J課時作業(五)簡諧運動1．解析：平衡位置是物體可以靜止的位置，所以應與受力有關，與是否為振動范圍的中心位置無關，A錯誤；振動位移是以平衡位置為初始點，到振動物體所在位置的有向線段，振動位移隨時間而變化，振動物體偏離平衡位置最遠時，振動位移最大，B正確，D錯誤；振動物體的位移與運動的路程沒有關系，C錯誤．答案：B2．答案：D3．解析：振子的加速度數值越來越大，說明振子在向最大位移處運動，速度方向與加速度方向相反，速度越來越小，故D正確．答案：D4．解析：位移為負值時，速度可以為正也可以為負，加速度一定為正值，A錯誤；彈簧振子做簡諧運動時，經過同一點時受的彈力必定是大小相等、方向相同，故加速度必定相同，但經過同一點時只是速度的大小相等，方向不一定相同，D正確；經過平衡位置時，加速度為零，速率最大，但每次經過平衡位置時的運動方向可能不同，B、C錯誤．答案：D5．解析：由題意和簡諧運動的對稱性特點知：M、N兩點關于平衡位置O對稱．因位移、速度、加速度和力都是矢量，它們要相同，必須大小相等、方向相同．M、N兩點關于O點對稱，振子所受彈力應大小相等，方向相反，振子位移也是大小相等，方向相反，由此可知，A、B選項錯誤．振子在M、N兩點的加速度雖然方向相反，但大小相等，故C選項正確．振子由M到O速度越來越大，但加速度越來越小，振子做加速運動，但不是勻加速運動．振子由O到N速度越來越小，但加速度越來越大，振子做減速運動，但不是勻減速運動，故D選項錯誤．答案：C6．解析：由題給條件知：t＝eq\f(1,4)T時，振子具有正向最大速度知：此時振子通過平衡位置，即x＝0，且沿x軸正方向運動．故只有D正確．答案：D7．解析：t＝0.4s時，振子的速度向左，A錯誤；t＝0.8s時，振子在OA之間，B錯；t＝0.6s和t＝1.2s時刻振子的速度方向相反，C錯；t＝1.5s到t＝1.8s時間內，振子從B運動到O，加速度逐漸減小，D正確．答案：D8．解析：A對：t＝1s時，振子處于正的最大位移處，振子的速度為零，加速度為負的最大值．B錯：t＝2s時，振子在平衡位置且向x軸負方向運動，則振子的速度為負，加速度為零．C錯：t＝3s時，振子處于負的最大位移處，振子的速度為零，加速度為正的最大值．D錯：t＝4s時，振子在平衡位置且向x軸正方向運動，則振子的速度為正，加速度為零．答案：A9．解析：振子正向負的最大位移處運動，加速度在增大，速度在減小，故A錯誤，B正確；振子的速度方向沿x軸負方向，C錯誤；在0.1～0.2s內振子做變速運動，故振子的位移不等于2cm，D錯誤．答案：B10．解析：對簡諧運動而言，其位移總是相對平衡位置O而言，所以C、D錯誤．由于振子在O點右側由A向O運動，所以振子的位移方向向右，運動方向向左，位移不斷減小，故A、B項正確．答案：AB11．解析：由簡諧運動圖像可知，P→Q，離開平衡位置的位移增大，向正方向運動，速度減小；物體從正方向最大位移處向負方向運動，先后經過M、N兩點，且N點在平衡位置另一側，故從M→N位移先減小后增大．答案：AC12．解析：t＝0s時，振子過平衡位置向x軸正方向運動，速度最大，此時位移為零，A錯誤；t＝1s時，振子在x軸正向最大位移處，速度為零，B錯誤；t＝2s時，振子過平衡位置向x軸負方向運動，速度為負的最大值，C正確；t＝3s時，振子的位移為負向最大，D正確．故選C、D.答案：CD13．解析：振子平衡位置的定義為振子靜止時的位置，故選項A錯誤，B正確．振動的位移為從平衡位置指向某時刻物體所在位置的有向線段，據題意規定豎直向下為正方向，所以當鋼球振動到原靜止位置下方時位移為正，振動到原靜止位置上方時位移為負，即C選項中位移為3cm，D選項中位移為－2cm，可判斷選項C正確，D錯誤．答案：BC14．解析：(1)質點離開平衡位置的最大距離等于質點的最大位移的大小，由題圖看出，此距離為20cm.(2)質點在10s末的位移x1＝20cm,20s末的位移x2＝0.(3)15s末質點位移為正，15s后的一段時間，位移逐漸減小，故質點在15s末向負方向運動，同理可知，25s末質點也向負方向運動．(4)前30s質點先是由平衡位置沿正方向振動了20cm，又返回平衡位置，最后又到達負方向20cm處，故30s內運動的總路程為60cm.答案：(1)20cm(2)20cm0(3)負方向負方向(4)60cm課時作業(六)簡諧運動的描述1．解析：振子從B→O→C僅完成了半次全振動，所以周期T＝2×1s＝2s，振幅A＝BO＝5cm，A、B錯誤；振子在一次全振動中通過的路程為4A＝20cm，所以兩次全振動振子通過的路程為40cm，C錯誤；3s的時間為1.5T，所以振子通過的路程為30cm答案：D2．解析：質點的振動周期T＝eq\f(1,f)＝0.4s，故時間t＝eq\f(2.5,0.4)T＝6eq\f(1,4)T，所以2.5s末質點在最大位移處，位移大小為4cm，質點通過的路程為4×4×6eq\f(1,4)cm＝100cm，選項B正確．答案：B3．解析：根據簡諧運動的表達式x＝Asineq\f(2π,T)t可知，將x＝eq\f(A,2)代入，解得t＝eq\f(T,12)，故D正確．答案：D4．解析：由y＝0.1sin(2.5πt)知，彈簧振子的振幅為0.1m，選項A錯誤；彈簧振子的周期為T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,2.5π)s＝0.8s，選項B錯誤；在t＝0.2s時，y＝0.1m，即振子到達最高點，此時振子的運動速度為零，選項C正確；只有當振子從平衡位置或者從最高點(或最低點)開始計時時，經過0.2s，振子的位移才為A＝0.1m，選項D錯誤．答案：C5．解析：振幅是標量，A、B的振動范圍分別是6m、10m，但振幅分別是3m、5m，選項A錯誤；周期是標量，A、B的周期T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,100)s＝6.28×10－2s，選項B錯誤；因為TA＝TB，故fA＝fB，選項C正確，選項D錯誤．答案：C6．解析：根據x＝10sineq\f(π,4)t＋eq\f(π,6)cm得：ω＝eq\f(π,4)rad/s，則該質點振動周期T＝eq\f(2π,ω)＝8s，則A錯誤．該質點振幅A＝10cm，則B正確．將t＝1s和t＝5s分別代入x＝10sineq\f(π,4)t＋eq\f(π,6)cm得，位移分別為10sineq\f(5π,12)cm和－10sineq\f(5π,12)cm，則C錯誤．由于t＝2s＝eq\f(T,4)，所以2s內質點通過的路程可能小于一個振幅，也可能大于或等于一個振幅，則D錯誤．故選B.答案：B7．解析：一次全振動應包括四個振幅，并且從一點出發并回到該點，且運動狀態完全相同，才是一次全振動；可知從B→O→C為半個全振動，A錯誤；從O→B→O→C的過程中沒有再回到起始點，不是一次全振動，B錯誤；而從C→O→B→O→C為一次全振動，從D→C→O→B→O→D為一次全振動，C、D正確．答案：CD8．解析：周期在圖像上是兩相鄰極大值間的距離，所以周期是4×10－2s，A項錯誤；又f＝eq\f(1,T)，所以f＝25Hz，則B項正確；正、負極大值表示物體的振幅，所以振幅A＝10cm，則C項正確；t＝6×10－2s＝1eq\f(1,2)T，所以物體通過的路程為4A＋2A＝6A＝60cm，故D正確．答案：BCD9．解析：若振幅為0.1m，由題意知，Δt＝n＋eq\f(1,2)T(n＝0,1,2，…)，解得T＝eq\f(2,2n＋1)s(n＝0,1,2，…)，A項正確，B項錯誤；若振幅為0.2m，t＝0時，由振子做簡諧運動的表達式y＝0.2sineq\f(2π,T)t＋φ0m可知，0.2sinφ0m＝－0.1m，解得φ0＝－eq\f(π,6)或φ0＝－eq\f(5π,6)，將T＝6s代入0.2sineq\f(2π,T)＋φ0m＝0.1m可得，D項正確；將T＝4s代入0.2sineq\f(2π,T)＋φ0m≠0.1m，得T＝4s不滿足題意，C項錯誤．答案：AD10．解析：振子0.5s后經過平衡位置，可能是第一次經過平衡位置，也可能是第二次、第三次、…、第n次經過平衡位置．因此，彈簧振子在振動過程中在空間和時間上具有往復性和周期性．t＝0.5s與周期有如下關系：t＝eq\f(T,4)＋eq\f(nT,2)＝eq\f(2n＋1T,4)(n＝0,1,2，…)．其物理意義為：第一次經過平衡位置用時eq\f(T,4)，此后每過eq\f(T,2)經過平衡位置一次．周期T＝eq\f(4t,2n＋1)＝eq\f(2,2n＋1)s(n＝0,1,2，…)．當n＝0時，T0＝2s；當n＝1時，T1＝eq\f(2,3)s≈0.667s；當n＝2時，T2＝0.4s，因此正確選項為B、D.答案：BD11．解析：(1)已知ω＝8πrad/s，由ω＝eq\f(2π,T)得，T＝eq\f(1,4)s，f＝eq\f(1,T)＝4Hz.A＝5cm，φ1＝eq\f(π,4).(2)由Δφ＝φ2－φ1得Δφ＝eq\f(5,4)π－eq\f(π,4)＝π.答案：(1)eq\f(1,4)s4Hz5cmeq\f(π,4)(2)π12．解析：由題圖讀出振幅A＝10eq\r(2)cm簡諧運動方程x＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)t))代入數據－10＝10eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)×7))得T＝8s答案：10eq\13．解析：(1)簡諧運動振動方程的一般表達式為x＝Asin(ωt＋φ)．根據題目條件，有：A＝0.08m，ω＝2πf＝πrad/s.所以x＝0.08sin(πt＋φ)m.將t＝0，x＝0.04m代入得0.04＝0.08sinφ，解得初相位φ＝eq\f(1,6)π或φ＝eq\f(5,6)π，因為t＝0時，速度方向沿x軸負方向，即位移在減小，所以取φ＝eq\f(5,6)π.故所求的振動方程為x＝0.08sinπt＋eq\f(5,6)πm.(2)周期T＝eq\f(1,f)＝2s，所以t＝5T，因每個周期T內的路程是4A，則通過的路程s＝5×4A＝20×8cm＝1.6m答案：(1)x＝0.08sinπt＋eq\f(5,6)πm(2)1.6m14．解析：(1)振子的振幅為：A＝10cm振子的周期為T＝eq\f(t,n)＝eq\f(2s,10)＝0.2s.(2)由題意知，經過eq\f(1,4)周期振子有正向最大加速度，此時振子在負向最大位移處，所以初始時刻振子沿負方向運動．振子的位移－時間圖像如圖所示(3)ω＝eq\f(2π,T)＝10πrad/s振子的振動方程為y＝－Asin(ωt)＝－0.1sin(10πt)m答案：(1)10cm0.2s(2)見解析圖(3)y＝－0.1sin(10πt)課時作業(七)簡諧運動的回復力和能量1．解析：簡諧運動中機械能守恒，當有相同的動能時，勢能一定相等，A正確；動能相同時由Ek＝eq\f(1,2)mv2可知，具有相同的速率，但速度方向可以不同，故B不正確；根據簡諧運動的對稱性可知，在動能相同時有相同大小的a和x，但方向不同，故C、D也不正確．答案：A2．解析：彈簧振子過半個周期一定運動到關于平衡位置對稱的位置處，兩處速度大小相等，由動能定理知合外力做功為0，A正確．答案：A3．解析：彈簧振子做簡諧運動，振動能量不變，振幅不變，選項A錯；在0.2s時位移最大，振子具有最大勢能，選項B對；彈簧振子的振動能量不變，在0.35s時振子具有的能量與其他時刻相同，選項C錯；在0.4s時振子的位移最大，動能為零，選項D錯．答案：B4．解析：設彈簧的勁度系數為k，振子距平衡位置的位移為x時系統的加速度為a，根據牛頓第二定律有kx＝－(mA＋mB)a，所以當位移為x時，整體的加速度a＝－eq\f(kx,mA＋mB)，隔離對A分析，則摩擦力Ff＝mAa＝－eq\f(mA,mA＋mB)kx，B正確．答案：B5．解析：回復力是根據力的效果命名的，不是做簡諧運動的物體受到的具體的力，它是由物體受到的具體的力提供的，在此情境中彈簧振子受重力、支持力和彈簧彈力的作用，故A正確，B錯誤；回復力與位移的大小成正比，彈簧振子由A向O運動的過程中位移在減小，則在此過程中回復力逐漸減小，故C錯誤；回復力的方向總是指向平衡位置，故D正確．答案：AD6．解析：彈簧振子在平衡位置兩側往復振動，到平衡位置處速度達到最大，動能最大，勢能最小，A正確；在最大位移處速度為零，動能為零，此時彈簧的形變量最大，勢能最大，B正確；在任意時刻只有彈簧的彈力做功，所以機械能守恒，D正確；振幅的大小與振子的位置無關，C錯誤．故正確選項為A、B、D.答案：ABD7．解析：振動的能量與振幅有關，故A正確；系統的機械能守恒，物塊A的機械能不守恒，故B錯誤；系統的機械能守恒，動能和勢能的總和不變；在C點時，物塊A的動能最小，所以系統勢能最大，在O點時物塊A的動能最大，所以系統勢能最小，故C正確；在B點時，物塊A的動能為零，重力勢能最小，所以機械能最小，故D正確．答案：ACD8．解析：(1)由于彈簧振子在運動過程中滿足機械能守恒，故在平衡位置O點的速度最大，由題意知：外力做的功轉化為系統的彈性勢能，該勢能又全部轉化成振子的動能，即W＝eq\f(1,2)mv2解得：v＝eq\r(\f(2W,m))＝eq\r(\f(2×1,0.5))m/s＝2m/s.(2)振子在A點的位移大小為x＝10cm，方向由O指向A.(3)由于振動的振幅為10cm，故在B點的位移大小是10cm，即彈簧壓縮10cm，此時回復力的大小F＝kx＝200×0.1N＝20N，即振子所受到的合外力大小為20N，由牛頓第二定律得：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(20,0.5)m/s2＝40m/s2，方向由B指向O.答案：(1)O點2m/s(2)10cm，方向由O指向A(3)40m/s2，方向由B指向O課時作業(八)單擺1．解析：單擺是實際擺的理想化模型，實際擺只有在不計繩的伸縮、質量和阻力以及小球可以看作質點時才能看作單擺，A錯，B正確．單擺的運動只有在擺角很小時才能看作簡諧運動，C錯．兩單擺結構相同時，振動步調不一定相同，D錯．答案：B2．解析：單擺在振動過程中，當擺球的重力勢能增大時，擺球的位移變大，回復力變大，加速度變大，速度減小，C對．答案：C3．解析：平衡位置是小球回復力為零的位置，故B錯；單擺在平衡位置時，由于需要向心力，故合外力不為零，故A對，C、D錯．答案：A4．解析：由單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))知周期只與l、g有關，與m和v無關，周期不變，頻率不變．又因為沒改變質量前，設單擺最低點與最高點高度差為h，最低點速度為v，mgh＝eq\f(1,2)mv2，質量改變后：4mgh′＝eq\f(1,2)·4m·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,2)))2，可知h′≠h，振幅改變，故選C.答案：C5．解析：在地球表面單擺的周期T1＝2πeq\r(\f(l1,g))在星球表面單擺的周期T2＝2πeq\r(\f(l2,g′))eq\f(GM1,R\o\al(2,1))＝gGeq\f(M2,R\o\al(2,2))＝g′聯立可得eq\f(R1,R2)＝eq\r(\f(M1,M2))·eq\r(\f(l2,l1))·eq\f(T1,T2)＝eq\f(2,1).答案：A6．解析：當甲第一次到達正向最大位移處時是在1.5s末，從圖像可以看出此時乙的位移為正，即乙在平衡位置右側；另外，位移圖像斜率表示速度，此時乙的斜率為負，即表示乙在向左運動，D正確．答案：D7．解析：根據能量守恒定律判斷出它們上升的最大高度相同．所以兩球不會相撞，振幅相同．根據單擺的周期T＝2πeq\r(\f(l,g))，可知周期與擺球的質量、振幅無關．根據動能定理，由最高點到最低點，mgl(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv2－0，v＝eq\r(2gl1－cosθ)，所以甲、乙最大速度相等．故A正確，B、C、D錯誤．故選A.答案：A8．解析：由題知單擺的周期是2s，一個周期分成四個eq\f(1,4)周期，從單擺向右運動通過平衡位置時開始計時，則在t＝1.6s至t＝1.8s的過程中，單擺是由左側最大位移處附近向右向平衡位置處運動，所以速度向右在增大，加速度向右在減小．故A、B、D錯誤，C正確．答案：C9．解析：A做自由落體運動，到C所需時間tA＝eq\r(\f(2R,g))，R為圓弧軌道的半徑．因為圓弧軌道的半徑R很大，B球離最低點C又很近，所以B球在軌道給它的支持力和重力的作用下沿圓弧做簡諧運動(等同于擺長為R的單擺)，則運動到最低點C所用的時間是單擺振動周期的eq\f(1,4)，即tB＝eq\f(T,4)＝eq\f(π,2)eq\r(\f(R,g))>tA，所以A球先到達C點．答案：A10．解析：由振動圖像可知t1、t3時刻振動質點在同一位置，速度大小相等，方向不同，但向心力等大，A對B錯；t3時刻質點正在向平衡位置運動，速度正在增大，C錯；t4時刻正在向最大位移運動，速度減小，拉力減小，D正確．答案：AD11．解析：從圖像可知，兩個單擺的振幅和周期不同，根據周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，兩單擺擺長不同，故A錯誤；根據回復力公式F＝－kx，由于兩單擺不同，k值不同，無法比較回復力的最大值，故B錯誤；根據簡諧運動的特點可知在平衡位置速度最大，最大振幅處速度為零，結合圖像可知，單擺甲速度為零時，單擺乙速度最大，故C正確；根據周期和頻率的關系T＝eq\f(1,f)，由圖像知T甲:T乙＝2:1，所以f甲:f乙＝1:2，故D正確．答案：CD12．解析：由振動圖像讀出周期T＝2s，振幅A＝10cm，由ω＝eq\f(2π,T)得到圓頻率ω＝πrad/s，則單擺的位移x隨時間t變化的關系式為x＝Asin(ωt)＝10sin(πt)cm，故A正確；由公式T＝2πeq\r(\f(L,g))，代入得到L＝1m，故B正確；從t＝2.5s到t＝3.0s的過程中，擺球從最高點運動到最低點，重力勢能減小，動能增大，故C錯誤；從t＝2.5s到t＝3.0s的過程中，擺球的位移減小，回復力減小，故D正確．答案：ABD13．解析：(1)當單擺做簡諧運動時，由單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可得g＝eq\f(4π2l,T2)，只要求出T值代入即可．因為T＝eq\f(t,n)＝eq\f(60.8,30)s≈2.027s，所以g＝eq\f(4π2l,T2)≈eq\f(4×3.142×1.02,2.0272)m/s2≈9.79m/s2.(2)秒擺的周期是2s，設其擺長為l0，由于在同一地點重力加速度是不變的，根據單擺的振動規律有eq\f(T,T0)＝eq\f(\r(l),\r(l0))，故有l0＝eq\f(T0,T)2l＝0.993m，其擺長要縮短Δl＝l－l0＝1.02m－0.993m＝0.027m.答案：(1)9.79m/s2(2)其擺長要縮短縮短0.027m課時作業(九)受迫振動共振1．解析：洗衣機脫水時，電動機轉速很快，頻率很大，可以說遠大于洗衣機的固有頻率，不能發生共振現象．當脫水終止時，隨著電動機轉速的減小，頻率也在減小，肯定有一段時間，頻率接近或等于洗衣機的固有頻率，從而發生共振現象，洗衣機振動劇烈．答案：C2．解析：飛機的機翼(翅膀)很快抖動起來，是因為驅動力的頻率接近機翼的固有頻率，機翼發生共振，在飛機機翼前裝配重桿，是為了改變機翼的固有頻率，使驅動力的頻率遠離機翼的固有頻率，選項D正確．答案：D3．解析：若使振子振幅最大，則曲線轉動頻率為f＝2Hz，即轉速為2r/s.由于eq\f(d1,d2)＝eq\f(r1,r2)＝eq\f(1,2)，ω1r1＝ω2r2，故eq\f(ω1,ω2)＝eq\f(2,1)，所以電動機轉速為4r/s，即240r/min.答案：D4．解析：驅動力的周期與固有周期相等，形成共振，共振時振幅最大，操作人員只需將聲波發生器發出的聲波頻率調到500Hz，就能使酒杯碎掉．則D正確，A、B、C錯誤．答案：D5．解析：當沖擊力頻率等于列車固有頻率時，列車振動的振幅最大，因v＝eq\f(l,t)＝eq\f(12.6m,0.315s)＝40m/s，故A正確；列車過橋做減速運動，是為了使驅動力頻率遠小于橋梁固有頻率，防止橋梁發生共振現象，而不是列車發生共振現象，故B、C錯；增加鋼軌長度有利于列車高速運行，D正確．答案：AD6．解析：簡諧振子的固有周期與驅動力周期的關系是T驅＝eq\f(3,2)T固，所以受迫振動的狀態一定不是題圖乙中的b點和c點，可能是a點，故選A、D.答案：AD7．解析：若保持把手不動，砝碼以一定的初速度做簡諧運動，這時為自由振動，題中圖乙為砝碼的自由振動圖像，由圖讀出的周期為T0＝4s，T0為砝碼振動的固有周期，當把手以某一速度勻速轉動時，砝碼做受迫振動，此時砝碼振動的周期T等于驅動力的周期，題中圖丙為砝碼做受迫振動的圖像，由圖讀出的周期為T＝8s，T為砝碼做受迫振動的周期，也為驅動力的周期．驅動力的周期越靠近砝碼的固有周期，砝碼的振動越強烈，振幅越大；驅動力的周期越遠離砝碼的固有周期，砝碼的振動越弱，振幅越小．故選項B、D錯誤，A、C正確．答案：AC8．解析：圖線中振幅最大處對應頻率應與做受迫振動的單擺的固有頻率相等，從圖線上可以看出，兩擺的固有頻率f1＝0.2Hz，f2＝0.5Hz根據周期公式可得f＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,2π)eq\r(\f(g,l))當兩擺分別在月球上和地球上做受迫振動且擺長相等時，g越大，f越大，所以g2>g1，由于月球上的重力加速度比地球上的小，所以圖線Ⅰ表示月球上單擺的共振曲線，選項A正確．若兩次受迫振動是在地球上同一地點進行，則g相同，兩次擺長之比l1:l2＝eq\f(1,f\o\al(2,1)):eq\f(1,f\o\al(2,2))＝25:4，所以選項B正確．圖線Ⅱ若是在地球上完成的，將g＝9.8m/s2和f2＝0.5Hz代入頻率的計算公式可解得l2＝1m，所以選項C正確．D錯誤．答案：ABC章末綜合檢測(二)1．解析：位移增大時，加速度a＝－eq\f(kx,m)增大，但物體做減速運動，速度減小，故A錯誤；加速度a＝－eq\f(kx,m)，負號表示加速度方向與位移方向總相反，靠近平衡位置時加速，位移方向與速度方向相反，故B錯誤，C正確；物體向平衡位置運動時回復力的方向與運動方向相同，做加速運動，背離平衡位置時，回復力的方向與運動方向相反，物體做減速運動，故D錯誤．答案：C2．解析：根據圖像可知，質點的振幅為1cm，質點的周期為4s，根據T＝eq\f(1,f)可知質點的振動頻率為f＝eq\f(1,T)＝0.25Hz，故A、B錯誤；2s末質點位于平衡位置處，則此時的速度最大，加速度為零，故C錯誤，D正確．答案：D3．解析：從經過某點開始計時，則再經過該點兩次所用的時間為一個周期，B對，A、C錯．振子從A到B或從B到A的時間間隔為半個周期，D錯．答案：B4．解析：A、B之間的距離為8cm，則振幅是4cm，故A錯；T＝2s，f＝0.5Hz，B錯；振子完成一次全振動通過的路程是4A，即16cm,3s內運動了1.5個周期，故總路程為24cm答案：C5．解析：由題圖可知，在0.3～0.4s時間內，質點正在由平衡位置向正向最大位移處運動，所以速度方向沿正方向，不斷減小，動能減小，勢能在增大，由于位移增大，所以回復力增大，加速度也增大，故選項B正確．答案：B6．解析：振動圖像表示位移隨時間的變化規律，并不是運動軌跡，B對、A、C錯；由于圖像不是質點的運動軌跡，因此切線的方向并不表示速度的方向，D錯．答案：B7．解析：物體做簡諧運動時，其加速度時刻改變，所以物體做的不是勻變速直線運動，故A錯誤；據單擺的周期公式可知，單擺的周期與擺球的質量和速度無關；當擺球在平衡位置的速度減為原來的二分之一時，據機械能守恒可知，擺球的高度變小，即振幅變小，故B正確；做簡諧運動的物體，當它每次經過同一位置時，速率一定相同，方向不一定相同，故C錯誤，單擺在周期性的外力作用下做受迫振動，則外力的頻率與固有頻率相差越小，單擺的振幅越大，故D錯誤．答案：B8．解析：試管在豎直方向上做簡諧運動，平衡位置是在重力與浮力相等的位置，開始時向上提起的距離，就是其偏離平衡位置的位移，為正向最大位移，因此應選D.答案：D9．解析：簡諧運動的x－t圖像反映了振子位移隨時間變化的規律．由題圖可知，t＝1.25s時振子沿x軸負方向運動，速度為負，但振子速度在增大，故其加速度向下，為負，選項A錯誤；t＝1.7s時振子沿x軸負方向運動，速度為負，但振子速度在減小，故其加速度向上，為正，選項B錯誤；t＝1.0s時振子位移最大，振子的速度為零，加速度為負的最大值，選項C正確；t＝3.5s時振子的位移為零，速度最大，加速度為零，選項D錯誤．答案：C10．解析：設O為質點做簡諧運動的平衡位置，質點在B、C之間做簡諧運動，則它由C經過O到B，又由B經過O到C一個周期內，由于質點受到的回復力和位移的方向總是相反的，且質點由B到O和由C到O的過程中，速度的方向與回復力的方向相同，A項正確，質點的位移方向與加速度方向總相反．B項錯誤．質點在振動過程中，當回復力增大時，其勢能增加，根據機械能守恒定律，其動能必然減小，C項錯誤．當勢能減小時，如從C到O或從B到O階段，回復力減小，勢能減小，質點的加速度也減小，D項正確．答案：AD11．解析：振動圖像表示質點在不同時刻相對平衡位置的位移，由圖像可知，質點運動的周期T＝4s，其頻率f＝eq\f(1,T)＝0.25Hz，故A正確；10s內質點運動了eq\f(5,2)T，其運動路程為s＝eq\f(5,2)×4A＝eq\f(5,2)×4×2cm＝20cm，故B正確；第4s末質點在平衡位置，其速度最大，故C正確；t＝1s和t＝3s兩時刻，由圖像可知，位移大小相等、方向相反，故D錯誤．答案：ABC12．解析：A擺振動后迫使水平繩振動，水平繩又迫使B、C、D、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動力的周期，因此B、C、D、E四擺的周期跟A擺相同，驅動力的頻率等于A擺的固有頻率fA＝eq\f(1,TA)＝eq\f(1,2π)eq\r(\f(g,l))，其余四擺的固有頻率與驅動力的頻率關系：fB＝eq\f(1,2π)eq\r(\f(g,0.5l))≈1.41fA，fC＝eq\f(1,2π)eq\r(\f(g,1.5l))≈0.82fA，fD＝eq\f(1,2π)eq\r(\f(g,2l))≈0.71fA，fE＝eq\f(1,2π)eq\r(\f(g,l))＝fA.可見只有E擺的固有頻率與驅動力的頻率相等，它發生共振現象，其振幅最大，B、C、D三個擺均不發生共振，振幅各異，其中B擺的固有頻率與驅動力的頻率相差最大，所以它的振幅最小．答案：ACD13．解析：根據簡諧振動的振動方程x＝2sin50πt＋eq\f(π,2)cm，知圓頻率為ω＝50πrad/s，則周期為T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,50π)s＝0.04s，t＝0時，x＝2cm＝A.因為t＝0.02s＝eq\f(T,2)，則在0至0.02s內，質點從一側最大位移處運動到另一側最大位移處，速度與加速度方向先相同，后相反，故A錯誤；在t＝0.02s時，代入x＝2sin50πt＋eq\f(π,2)cm得x＝－2cm＝－A，即位移為負向最大，根據a＝－eq\f(kx,m)，知在0.02s，質點具有正向最大加速度，故B正確；因t＝0.025s＝0.625T，則質點正從負向最大位移處向平衡位置靠近，質點的速度方向與加速度方向均沿x軸正方向，故C正確；在t＝0.04s＝1T時，質點回到正向最大位移處，回復力最大，速度為零，故D錯誤．答案：BC14．解析：(1)該同學以上實驗步驟中有錯誤的是B、C、D；B中，擺長應是從懸點到大理石塊的質心的距離；C中，石塊的擺角太大，將不能看作簡諧運動，單擺周期公式失效，不能測定g；D中，測量時間應從石塊擺到最低點開始計時，因為最低點的位置石塊速度最大，相同的視覺距離誤差，引起的時間誤差較小，則周期測量比較準確．(2)根據單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，得：g＝eq\f(4π2l,T2).該同學用OM的長l作為擺長，擺長偏小，根據上述表達式得知，g的測量值偏小．(3)設擺線的結點到大理石塊質心的距離為r，則根據單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))得：T1＝2πeq\r(\f(l1＋r,g))，T2＝2πeq\r(\f(l2＋r,g))，聯立解得：g＝eq\f(4π2l2－l1,T\o\al(2,2)－T\o\al(2,1)).答案：(1)BCD(2)偏小(3)g＝eq\f(4π2l2－l1,T\o\al(2,2)－T\o\al(2,1))15．解析：(1)游標卡尺的主尺讀數為20mm，游標讀數為0.1×0mm＝0.0mm，則最終讀數為20.0mm＝2.00cm擺長的大小l＝L＋eq\f(d,2)＝98.50cm＋1.00cm＝99.50cm＝0.995m.(2)根據T＝2πeq\r(\f(l,g))得，g＝eq\f(4π2l,T2)＝eq\f(4π2L＋\f(d,2),T2)①由公式①可知，重力加速度的測量值的大小與擺球的質量無關，故A錯誤；他的擺沒在豎直面內擺動，而成了圓錐擺，設圓錐擺的擺線與豎直方向之間的夾角為θ，則：mgtanθ＝m·eq\f(4π2,T2)·L＋eq\f(d,2)·sinθ可得：T＝2πeq\r(\f(L＋\f(d,2)·cosθ,g))可知圓錐擺的周期小于單擺的周期；由于T的測量值減小，所以重力加速度g的測量值增大，故B正確；數擺動次數時，在記時的同時，就開始數1，誤將29次全振動記成了30次，周期的測量值：T＝eq\f(t,n)，全振動次數n增大，則周期T的測量值減小，所以重力加速度g的測量值增大，故C正確；直接將擺線長作為擺長來計算，則擺長l減小，所以重力加速度g的測量值減小，故D錯誤．故選：B、C.(3)根據T＝2πeq\r(\f(L,g))得：T2＝eq\f(4π2L,g).則圖線的斜率為：k＝eq\f(y2－y1,x2－x1)＝eq\f(4π2,g).則有：g＝eq\f(4π2x2－x1,y2－y1)＝eq\f(4π2,k).答案：(1)2.000.995(2)B、C(3)eq\f(4π2L,g)eq\f(y2－y1,x2－x1)eq\f(4π2,k)16．解析：(1)由于簡諧運動的加速度a＝eq\f(F,m)＝－eq\f(k,m)x，故加速度最大的位置在最大位移處的A或B兩點，加速度大小a＝eq\f(k,m)x＝eq\f(240,0.5)×0.05m/s2＝24m/s2.(2)在平衡位置O滑塊的速度最大．根據機械能守恒，有Epm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)故vm＝eq\r(\f(2Epm,m))＝eq\r(\f(2×0.3,0.5))m/s＝1.1m/s.答案：(1)A點或B點24m/s2(2)O點1.1m/s17．解析：(1)由圖可知振子的振幅為A＝2cm，周期為T＝2×10－2s；(2)因振動是變速運動，因此只能利用其周期性求解，即一個周期內通過的路程為4個振幅，本題中Δt＝8.5×10－2s＝eq\f(17,4)T.因此通過的路程為eq\f(17,4)×4A＝17A＝34cm(3)由圖像可知t＝2.0×10－2s時振子在負最大位移處，位移為－2cm答案：(1)2cm2×10－2s(2)34cm(3)－2cm18．解析：(1)根據振幅的定義，可知振幅A＝5cm；根據周期的定義可知，周期T＝2×1s＝2s.(2)因為ω＝eq\f(2π,T)，所以ω＝π.又據題意知t＝0時，x＝5cm.因為簡諧運動的表達式是x＝Asin(ωt＋φ)，把上面已知數據代入得φ＝eq\f(π,2)，所以該振動的表達式x＝5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πt＋\f(π,2)))cm.(3)如果從小球經過平衡位置向左運動開始計時，則t＝0時，x＝0，此后位移負值變大，所以小球的位移表達式x＝－5sin(πt)cm.答案：(1)5cm2s(2)x＝5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πt＋\f(π,2)))cm(3)x＝－5sin(πt)cm19．解析：(1)由題圖(乙)得小滑塊做簡諧振動的周期T＝eq\f(π,5)s由T＝2πeq\r(\f(R,g))得R＝eq\f(T2g,4π2)＝0.1m.(2)在最高點A有Fmin＝mgcosθ在最低點B有Fmax－mg＝meq\f(v2,R)從A到B，滑塊機械能守恒mgR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv2解得m＝0.05kg.(3)滑塊機械能守恒E＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)R(Fmax－mg)＝5×10－4J.答案：(1)0.1m(2)0.05kg(3)5×10－4J課時作業(十)波的形成1．解析：根據機械波的產生條件和傳播特點知，A正確，B、C錯誤；機械波向右傳播時，應是右方的質點比左方的質點振動滯后些，D錯誤．答案：A2．解析：物理學中把質點的振動方向與波的傳播方向垂直的波稱作橫波；把質點的振動方向與波的傳播方向在同一直線的波稱作縱波，對于縱波質點的運動方向與波的傳播方向可能相同，也可能相反，故AD錯誤；B中地震的橫波的傳播速度一定比縱波慢；故B錯誤；C中橫波形成波峰和波谷，縱波形成疏部和密部，故C正確；故選C.答案：C3．解析：當波源振動時，通過介質將波源的振動形式傳遞出去的同時，將能量也傳遞出去了．當波源停止振動后，傳出去的能量不會消失，當沒有其他阻力時，這種波的形式和能量繼續存在并將繼續傳遞下去，所以A、B、C都錯誤．故正確答案為D.答案：D4．解析：機械波傳播的是振動的形式和能量，而介質中各質點僅在平衡位置附近振動，質點不會隨波遷移，而且橫波中各質點的振動方向與其傳播方向垂直，波在水平方向由西向東傳播，質點振動方向與其垂直，不一定沿水平方向，也不一定沿豎直方向．故A、B、C錯誤，D正確．答案：D5．解析：由于繩波是橫波且向右傳播，介質中左邊的質點帶動右邊的質點振動，故2、3、4質點向下振動，6、7質點向上振動．如題圖時刻，3、7兩質點在平衡位置，速度最大，1、5兩質點在最大位移處，加速度最大，故A、B對；各質點的振動周期(或頻率)由振源決定，并且是相等的，故C錯，D對．故選C.答案：C6．解析：機械波可分為橫波和縱波兩類，故A正確；機械波的傳播需要介質，機械橫波只能在固體中傳播，故B錯誤；在縱波中，振動交替、間隔出現密部和疏部，故C正確；在橫波中，質點在波谷時速度為零，動能最小，故D正確．答案：ACD7．解析：機械振動是形成機械波的條件之一，有機械波一定有機械振動，但有機械振動不一定有機械波，A錯，B對．波在傳播時，介質中的質點都在其平衡位置附近做往復運動，它們不隨波的傳播而發生遷移，C對．振源停止振動后，已形成的波仍繼續向前傳播，直到波的能量耗盡為止，D對．答案：BCD8．解析：由波傳播的規律知質點的振動是先振動的質點帶動后振動的質點