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2024-2025高二物理选择性必修第一册【新教材】人教版（2019）：第二章 机械振动综合练习
试卷副标题
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
一、单选题（本大题共13小题）
1．铺设铁轨时，每两根钢轨接缝处都必须留有一定的间隙，匀速运行列车经过钢轨接缝处时，车轮就会受到一次冲击。由于每一根钢轨长度相等，所以这个冲击力是周期性的，列车受到周期性的冲击做受迫振动。普通钢轨长为12.6m，列车固有振动周期为0.28s，下列说法正确的是（　　）
A．列车的危险速率为45m/s
B．列车过桥需要减速，是为了防止列车对桥压力过大
C．列车运行的振动频率和列车的固有频率总是相等的
D．减少钢轨的长度有利于列车高速运行
2．.惠更斯利用摆的等时性原理制成了第一座摆钟.如图甲所示为日常生活中我们能见到的一种摆钟,图乙为摆钟的结构示意图,圆盘固定在摆杆上,螺母可以沿摆杆上下移动.将在黄山山脚走时准确的摆钟移到黄山山顶(未做其他调整),摆钟摆动变慢了,下列说法正确的是 (　　)
A.黄山山顶的重力加速度较小,若要调准摆钟可将螺母适当向下移动
B.黄山山顶的重力加速度较小,若要调准摆钟可将螺母适当向上移动
C.黄山山顶的重力加速度较大,若要调准摆钟可将螺母适当向下移动
D.黄山山顶的重力加速度较大,若要调准摆钟可将螺母适当向上移动
3．一列简谐横波某时刻的波形图如图所示。此后K质点比L质点先回到平衡位置。下列判断正确的是(　　)
A．该简谐横波沿x轴负方向传播
B．此时K质点沿y轴正方向运动
C．此时K质点的速度比L质点的小
D．此时K质点的加速度比L质点的小
4．如图所示,在粗细均匀的一根木筷下端绕几圈铁丝,竖直浮在较大的装有水的杯中.把木筷往上提起一段距离(木筷下端未离开水面)后放手,木筷就在水中上下振动.不考虑在振动过程中的能量损失,则 (　　)
A．木筷的振动不是简谐运动
B．木筷振动的回复力为水对木筷的浮力
C．木筷在振动过程中所受的合力与振动位移成正比
D．木筷振动到最低点时底端到水面的距离为振幅
5．如图所示,弹簧振子在M、N之间做周期为T、振幅为A的简谐运动．O为平衡位置,P是ON间的一点．若振子向右通过P点时开始计时,则经过T,振子通过的路程 (　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．一定大于A B．可能小于A
C．一定等于A D．一定小于A
6．单摆做简谐运动,当铁质摆球到达最高点时,将一块小磁铁轻轻吸附在摆球上,该单摆 (　　)
A．振幅将增大
B．振动能量增大
C．通过最低点时的速率增大
D．周期将增大
7．如图甲所示为竖直弹簧振子,振子的振动图像如图乙所示,则 (　　)
甲　　　　　　乙
A．5 s内,振子的路程为32 cm
B．1~3 s内,振子的动量变化量为零
C．第3 s末,弹簧振子的弹性势能为零
D．t=0与t=0.5 s时振子的加速度大小之比为∶1
8．一质点做简谐运动,先后以相同的速度依次通过A、B两点,历时1 s,质点通过B点后,再经过1 s,第二次通过B点,在这2 s内,质点的总路程是12 cm,则质点振动的周期和振幅分别为 (　　)
A．2 s,6 cm B．4 s,6 cm
C．4 s,8 cm D．2 s,8 cm
9．如图所示，假设沿地球直径凿通一条隧道，一小球从地面点由静止释放，到达隧道另一端所用时间为，小球在隧道内受到地球的引力与它距离点（地心）的位移大小成正比，方向始终指向点.则小球从静止释放开始到第一次到达中点所用的时间为（ ）
A． B．
C． D．条件不足，无法求解
10．已知弹簧振子的振动周期，总机械能与振幅的平方成正比，即，为弹簧的劲度系数，为振子的质量.如图所示，一劲度系数为的轻弹簧一端固定，另一端连接着质量为的物块，物块在光滑水平面上做往复运动.当物块运动到最大位移为的时刻，把另一质量也为的物块轻放在其上，两个物块恰好始终一起振动.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为.放上质量也为的物块后，下列说法正确的是（ ）
A．两物块之间的动摩擦因数为
B．物块振动周期变为原来的2倍
C．物块经过平衡位置时的速度大小为
D．系统的振幅减小
11．如图所示，将质量为的物体放在弹簧上端并与之连接，下端连接一质量为的物体，物体放在地面上，形成竖直方向的弹簧振子，使上下做简谐运动.弹簧原长为，劲度系数为.、的厚度可忽略不计，取.下列说法正确的是（ ）
A．的平衡位置离地面的高度为
B．完成任意半个周期前后重力势能变化量都相等
C．若保持物体始终在地面上，当物体以最大振幅振动时，物体对地面的最小压力为0
D．若保持物体始终在地面上，当物体以最大振幅振动时，物体对地面的最大压力为
12．沿轴负方向传播的一列简谐横波在时刻的波形如图所示，介质中质点、的平衡位置分别位于、处.若从时刻开始，经质点第一次到达波峰，则时质点的运动方向和该横波的波速分别是（ ）
A．沿轴正方向， B．沿轴正方向，
C．沿轴负方向， D．沿轴负方向，
13．如图所示，匀强电场方向与水平方向成 角，场强.质量、带电荷量的小球与一根轻质、绝缘材料制成的弹簧的右端相连，弹簧的劲度系数，小球穿在水平光滑绝缘细杆上，在间以点为平衡位置做简谐运动，已知小球做简谐运动的最大速度为，可以用图像与横轴围成的“面积”代表力所做的功.下列说法正确的是（ ）
A．小球到达点时，弹簧的形变量为
B．小球做简谐运动的振幅为
C．小球到达点时的瞬时加速度为，方向水平向右
D．运动过程中由小球和弹簧构成的系统机械能守恒
二、多选题（本大题共5小题）
14．一弹簧振子做简谐运动，则以下说法正确的是(　　)
A．振子的加速度方向始终指向平衡位置
B．已知振动周期为T，若Δt＝T，则在t时刻和(t＋Δt)时刻振子运动的加速度一定相同
C．若t时刻和(t＋Δt)时刻弹簧的长度相等，则Δt一定为振动周期的整数倍
D．振子的速度相等时，弹簧的长度不一定相等
15．(多选)一单摆做阻尼振动,则在振动过程中 (　　)
A.振幅越来越小,周期也越来越小
B.振幅越来越小,周期不变
C.通过某一位置时,机械能始终不变
D.机械能不守恒,周期不变
16．如图所示，小球在B、C之间做简谐运动，O为BC的中点，B、C间的距离为10 cm，则下列说法正确的是(　　)
A．小球的最大位移是10 cm
B．只有在B、C两点时，小球的振幅是5 cm，在O点时，小球的振幅是0
C．无论小球在哪个位置，它的振幅都是5 cm
D．从任意时刻起，一个完整的振动过程内小球经过的路程都是20 cm
17．如图，在水平地面上，有两个用轻质弹簧相连的物块A和B，A的质量为0.4 kg，B的质量为0.8 kg，弹簧的劲度系数k=40 N/m。现将一个质量也为0.4 kg的物体C从A的正上方一定高度处由静止释放，C和A相碰后立即粘在一起，之后在竖直方向做简谐运动。在简谐运动过程中，物块B对地面的最小弹力为6 N，则（　　）
A．物块A、C做简谐运动的振幅为0.2 m
B．弹簧的最大压缩量为0.4 m
C．B对地面的最大压力为26 N
D．弹簧压缩量为0.15 m和0.25 m时，物块A、C加速度大小相等，方向相反
18．如图所示，沿水平方向做简谐振动的质点，依次通过相距的、两点.已知质点在点的位移大小为振幅的一半，点位移大小是点的倍，质点经过点时开始计时，时刻第二次经过点，该振动的振幅和周期可能是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
三、非选择题（本大题共5小题）
19．一个理想单摆，已知其周期为。如果由于某种原因（如转移到其他星球）自由落体加速度变为原来的，振幅变为原来的，摆长变为原来的，摆球的质量变为原来的，它的周期变为多少？
20．在太空，物体完全失重，用天平无法测量质量.如图（a），某同学设计了一个动力学方法测量物体质量的实验方案，主要实验仪器包括：气垫导轨、滑块、轻弹簧、标准砝码、光电计时器和待测物体，主要步骤如下：
图（a） 图（b）
（1）调平气垫导轨，将弹簧左端连接气垫导轨左端，右端连接滑块；
（2）将滑块拉至离平衡位置处由静止释放，滑块第1次经过平衡位置处开始计时，第21次经过平衡位置时停止计时，由此测得弹簧振子的振动周期；
（3）将质量为的砝码固定在滑块上，重复步骤（2）；
（4） 依次增加砝码质量，测出对应的周期，实验数据如下表所示，在图（b）中绘制关系图线；
0.000 0.632 0.399
0.050 0.775 0.601
0.100 0.893 0.797
0.150 1.001 1.002
0.200 1.105 1.221
0.250 1.175 1.381
（5） 由图像可知，弹簧振子振动周期的平方与砝码质量的关系是_________（填“线性的”或“非线性的”）；
（6） 取下砝码后，将待测物体固定在滑块上，测量周期并得到，则待测物体质量是_____（保留3位有效数字）；
（7） 若换一个质量较小的滑块重做上述实验，所得图线与原图线相比将沿纵轴_________移动（填“正方向”“负方向”或“不”）.
21．均匀介质中质点、的平衡位置位于轴上，坐标分别为和.某简谐横波沿轴正方向传播，波速为，波长大于，振幅为，且传播时无衰减.时刻、偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同，运动方向相反，此后每隔两者偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同.已知在时刻，质点位于波峰.求：
（ⅰ） 从时刻开始，质点最少要经过多长时间位于波峰；
（ⅱ） 时刻质点偏离平衡位置的位移.
22．如图所示，质量为的木框静止在地面上，劲度系数为的轻质弹簧一端固定于木框，一质量为的小球放在该弹簧上，小球在竖直方向上做简谐运动，在此过程中木框始终没有离开地面.若使小球始终不脱离弹簧，重力加速度为,则：
（1） 小球的最大振幅是多大？
（2） 在（1）的振幅下木框对地面的最大压力大小是多少？
（3） 在（1）的振幅下弹簧的最大弹性势能是多大？
23．(6分)如图甲所示的曲面玻璃在建筑领域应用广泛，通常被应用于玻璃外墙、弧形楼梯、浴室等场景。现有一柱面形状的圆弧玻璃，某实验小组设计实验，应用单摆周期公式测量其截面的曲率半径，实验器材有：待测曲面玻璃一块（柱面形状，弧面半径R约为1m），秒表，光滑的小铁球等。实验步骤如下：

（1）用游标卡尺测量小铁球的直径，读数如图丙所示，则小铁球直径 cm。
（2）将曲面玻璃凸面朝下固定在水平地面上，形成曲面凹槽，其垂直轴线的竖直截面如图乙所示，将小球静止在凹槽底部，记录其静止时的平衡位置O。
（3）将小铁球由靠近玻璃底部的某位置由静止释放，在平衡位置按下秒表开始计时，同时数下数字“0”，若同方向再次经过该位置时记为“1”，在数到“30”时停止秒表，读出这段时间t，算出振动周期 。
（4）若重力加速度大小为g，用测得的数据表示弧形玻璃的截面半径 （用测得物理量的字母表示）。
（5）若在计时时将全振动的次数多数了一次，则弧形玻璃截面半径R的测量值将 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。
参考答案
1．【知识点】固有周期、固有频率、共振
【答案】A
【详解】A．当列车受到冲击的周期等于固有振动周期时会发生共振从而造成危险，由题意可知列车的危险速率为
故A正确；
B．列车车轮经过钢轨接缝处时产生的振动同时也会影响到路面本身，因此过桥需要减速，是为了防止桥梁发生共振现象从而造成坍塌，列车不能通过减速来降低对桥的压力，故B错误；
C．列车运行的振动频率等于周期性冲击的频率，和固有频率无关，故C错误；
D．提高列车的危险速率有利于列车高速运行，根据前面分析可知，应增加钢轨长度，故D错误。
故选A。
2．【知识点】单摆周期公式及其应用
【答案】B　
【解析】由题意可知,摆钟由黄山山脚移到黄山山顶时周期变大,根据单摆周期公式T=2π可知,黄山山顶的重力加速度较小,若要调准摆钟,应适当减小摆长,即将螺母适当向上移动,故选B.
3．【知识点】简谐运动的函数与图像
【答案】D
【详解】由题知，K质点比L质点先回到平衡位置，则K质点此时的振动方向沿y轴负方向，结合同侧法可知波沿x轴正方向传播，A、B错误；此时L质点的速度为零、K质点的速度大于零，C错误；此时K质点偏离平衡位置的位移比L质点的小，由a＝－可知，此时K质点的加速度比L质点的小，D正确。
4．【知识点】简谐运动的回复力和加速度、简谐运动的能量
【答案】B　
【解析】设木筷的截面积为S,质量为m,水的密度为ρ,静止时木筷在水下的长度为x0,根据平衡条件ρSgx0=mg,把木筷往上提起一段距离x,根据牛顿第二定律有F合=ρgS(x0-x)-mg,解得F合=-ρgSx,则木筷的振动是简谐运动,A、B错误,C正确;木筷振动到最低点时底端到水面的距离与x0之差为振幅,D错误.
5．【知识点】振幅、周期、频率、相位和波长及其计算
【答案】D　
【解析】振子向右通过P点时开始计时,速率逐渐减小,到达N点后速率又开始增大,则经过T,平均速率小于一个周期内的平均速率,故经过T振子通过的路程一定小于A,故选D．
6．【知识点】单摆周期公式及其应用
【答案】B　
【解析】当铁质摆球到达最高点时,将一块小磁铁轻轻地吸附在摆球上,由机械能守恒定律可知,摆球还是摆回到原来的位置,所以振幅不变,故A错误;摆球到达最低点时的速度设为v,则有mgh=mv2,得v=,h不变,可知v不变,单摆通过最低点时的速率不变,故C错误;由Ek=mv2可知,摆球的质量增大,则经过平衡位置时的动能增大,因此振动能量增大,故B正确;由单摆的周期公式T=2π可知,单摆摆长不变,则振动的周期不变,故D错误.
7．【知识点】简谐运动的回复力和加速度、简谐运动的能量
【答案】D
【解析】由题图乙可知,竖直弹簧振子振动的周期T=4 s,振幅A=8 cm,t=5 s=1T,所以5 s内,振子的路程s=5A=40 cm,故A错误;第1 s末和第3 s末振子的速度大小相等,方向相反,振子的动量变化量不为零,故B错误;第3 s末,弹簧振子处于平衡位置,弹簧处于伸长状态,弹簧振子的弹性势能不为零,故C错误;t=0时振子的加速度大小a1=,由振子的振动方程x=Acos可知,t=0.5 s时x=A,所以t=0.5 s时振子的加速度大小a2=,因此t=0与t=0.5 s时振子的加速度大小之比a1 ∶a2= ∶1,故D正确.
8．【知识点】振幅、周期、频率、相位和波长及其计算
【答案】B　
【解析】做简谐运动的质点,先后以相同的速度通过A、B两点,则可判定这两点关于平衡位置O点对称,且质点由A到O的时间与由O到B的时间相等,则从平衡位置O运动到B点的时间t1= s,因过B点后再经过t=1 s质点以方向相反、大小相同的速度再次通过B点,则从B点到最大位移的时间t2= s,故质点振动的周期T=4×(t1+t2)=4 s,在这2 s内,质点完成半个全振动,所以振幅A= cm=6 cm,故B正确,A、C、D错误．
【注意说明】简谐运动的对称性是指振子经过关于平衡位置对称的两个位置时,振子的位移、加速度、速度、动能、势能等均是等大的(位移、加速度的方向相反,速度的方向不确定);振子经过平衡位置两侧的两段对称路径的时间相等;通过平衡位置一侧的一段路径的往返时间也相等．
9．【知识点】简谐运动、简谐运动的函数与图像
【答案】C
【解析】小球在隧道内受到地球的引力与它距离点的位移大小成正比,方向始终指向点,所以小球以点为平衡位置做简谐运动,根据简谐运动规律可知小球的振幅等于地球的半径,点为最大位移处,根据振动方程,,,,小球第一次到达中点时,位移大小,代入数据可得小球从静止释放开始到第一次到达中点所用的时间为,故正确.
10．【知识点】简谐运动的能量
【答案】A
【解析】对整体受力分析可知,弹簧弹力提供回复力,当位移最大时,根据牛顿第二定律得,上面物块的回复力由静摩擦力提供,当位移最大时,最大静摩擦力满足,联立解得动摩擦因数为,故正确；根据弹簧振子的振动周期公式可知,当振子质量变为原来的2倍时,周期变为原来的倍,故错误；由于上方物块是处于最大位移时放上去的,而此时速度为零,总机械能为弹簧的弹性势能,在弹性势能和动能的转化过程中,只有弹簧弹力做功,所以系统的总机械能守恒,则振幅不变,故错误；系统的总机械能为,根据机械能守恒定律得位于平衡位置时两物块具有最大动能,则有,解得,故错误.
11．【知识点】简谐运动的回复力和加速度
【答案】C
【解析】在平衡位置时,所受合力为零,设弹簧的压缩量为,则,解得,则的平衡位置离地面的高度,故错误；完成任意半个周期通过的路程都为2倍的振幅,但可能做往复运动,通过的位移不一定相同,根据可知,重力势能变化量不一定相等,故错误；物体放在弹簧上端并与之连接,若保持物体始终在地面上,则当物体以最大振幅振动时,在最高点时,物体对地面的最小压力为0,此时对,根据平衡条件可知,弹簧的弹力为,此时所受的合力为,此时所受的合力提供回复力,根据简谐运动的对称性可知,当在最低点时回复力大小也为,则此时弹簧的弹力为，对,根据平衡条件可知,受到地面最大的支持力为,根据牛顿第三定律可知,物体对地面的最大压力为,故正确，错误.
12．【知识点】简谐运动的函数与图像
【答案】A
【解析】解法一：质点振动法
根据波沿轴负方向传播,由同侧法判断可知时刻,质点在向上振动,第一次到达波峰需要经历,则,解得该波的周期为,由题图可知该波的波长为,则波速，由题图可知，时刻质点处于波谷,则经时,质点刚好向上运动到平衡位置,即沿轴正方向运动，故正确.
解法二：波形平移法
根据波沿轴负方向传播,运用波形平移法,可判断时刻,质点在向上振动.由题意得，,解得，利用波形平移法,当波形向左平移个波长时,质点第一次到达波峰,如图所示,由图像可知该波的波长为,则波速，由平移后的波形图可知,时,质点处于平衡位置,与时刻质点的振动方向一致,即沿轴正方向运动，故正确.
13．【知识点】弹簧振子及其运动特点
【答案】B
【解析】点为平衡位置,小球受到的合力为零,由,解得,故错误；小球从点到点的过程,由能量守恒定律有,解得,故正确；在点时,由牛顿第二定律有,代入数据解得,故错误；小球运动过程中,电场力对小球做功,所以系统机械能不守恒,故错误.
14．【知识点】简谐运动
【答案】ABD
【详解】振子的加速度方向始终指向平衡位置，故A正确；若Δt＝T，则在t时刻和(t＋Δt)时刻振子的位移相同，加速度也相同，故B正确；从平衡位置再回到平衡位置，经历的时间最短为，弹簧的长度相等，故C错误；经过关于平衡位置对称的两个位置，振子的速度相等，弹簧的长度不相等，故D正确。
15．【知识点】阻尼振动的和受迫振动
【答案】BD　
【解析】单摆做阻尼振动时能量有损失,振幅越来越小,机械能越来越小,但振动周期不变,故A、C错误,B、D正确.
16．【知识点】弹簧振子及其运动特点
【答案】CD
【详解】小球位移的起点是O点，小球经过B点或C点时位移最大，最大位移的大小为5 cm，故A错误；小球做简谐运动，振幅不变，由题意知，振幅A＝5 cm，故B错误，C正确；从任意时刻起，一个完整的振动过程内小球经过的路程都是4倍振幅，即s＝4A＝4×5 cm＝20 cm，故D正确。
17．【知识点】振幅、周期、频率、相位和波长及其计算
【答案】CD
【解析】物块B对地面的弹力最小时B受到的支持力最小，此时弹簧对B的作用力为拉力，对B有，解得x1=0.05m，A、C处于平衡位置时有，解得x2=0.2m，所以物块A、C做简谐运动的振幅为，A错误；根据对称性可知，弹簧的最大压缩量为，B错误；B对地面的最大压力为，C正确；根据对称性可知，平衡位置在压缩量为0.2m处，所以弹簧压缩量为0.15 m和0.25 m时，物块A、C加速度大小相等，方向相反，D正确。
18．【知识点】振幅、周期、频率、相位和波长及其计算、简谐运动的函数与图像
【答案】BC
【解析】设质点的振动方程为,根据题意,当时,质点在点的位移,质点到达点的位移,由于从经过点开始计时,则,当时、两点的位置如图甲所示,则,,解得振幅,周期,错误,正确；当时,、两点的位置如图乙所示,则,,解得振幅,周期,正确,错误.
甲 乙
19．【知识点】单摆周期公式及其应用
【答案】
【详解】根据单摆的周期公式，得。
20．【知识点】弹簧振子及其运动特点
【答案】（4） 见解析
（5） 线性的
（6） 0.120
（7） 负方向
【解析】
描点连线如图所示.
（5） 图线是一条倾斜的直线,说明弹簧振子振动周期的平方与砝码质量为线性关系.
（6） 在图线上寻找的点,对应横坐标为.
（7） 换一个质量较小的滑块做实验,滑块和砝码总质量较原来偏小,要得到相同的周期,应放质量更大的砝码,对应纵坐标点应右移,则所得图线与原图线相比下移,即沿纵轴负方向移动.
【一题多解】
公式法：弹簧振子的周期表达式为,是小球质量,是弹簧的劲度系数,变小,则变小,相较原来放相同质量砝码而言,周期变小,图线下移.
21．【知识点】振幅、周期、频率、相位和波长及其计算、简谐运动的函数与图像
【答案】（ⅰ）
（ⅱ）
【解析】
（ⅰ） 时刻质点位于波峰,波长, ,则时刻后质点第一次到达波峰时,波传播的距离为,经历的时间,解得.
（ⅱ） 由题意知,该波的传播周期,则波长,可得,质点位于处,时刻的波形图如图所示,则处,.
22．【知识点】简谐运动的回复力和加速度、简谐运动的能量
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
（1） 小球竖直方向上做简谐运动,在此过程中木框始终没有离开地面,且小球始终不脱离弹簧,所以最大振幅应满足,解得.
（2） 小球在最低点时弹簧弹力最大,对小球受力分析有,解得,则地面对木框的最大支持力为,根据牛顿第三定律知,木框对地面的最大压力大小为.
（3） 在（1）的振幅下小球处于最高点时弹簧恢复原长，所以弹簧的最大弹性势能,即为弹簧压缩最短时弹簧的弹性势能,小球和弹簧组成的系统在简谐运动过程中机械能守恒,由机械能守恒定律可得.
23．【知识点】实验：探究单摆的周期与摆长的关系
【答案】（1）1.20 （3） （4） （5）偏小
【解析】（1）由图丙中主尺及游标尺的示数可知小球直径
（3）从小铁球经过平衡位置开始计时，时间内同方向经过平衡位置30次，则小铁球的振动周期
（4）振动周期，其中、，则弧形玻球的截面半径，
（5）若在计时时将全振动的次数多数了一次，则周期将偏小，由（4）可知弧形玻璃截面半径的测量值将偏小。
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学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
一、单选题（本大题共11小题）
1．将一个小石子扔进平静的湖水中,会激起一圈圈波纹向外传播,如果此时水面上有一片树叶,则树叶将 (　　)
A．渐渐漂向湖心
B．渐渐漂向湖边
C．在原处上下振动
D．沿着波纹做圆周运动
2．足球比赛中，几万观众自发在观众席上进行人浪游戏。从看台A区到B区的观众依次做下列动作：起立—举起双臂—坐下，呈现类似波浪的效果。下列关于人浪说法正确的是（　　）
A．当人浪从看台A区传到B区时，很多观众也从看台A区跑到B区
B．人浪从看台A区传到B区的速度由观众从看台A跑到看台B区的速度决定
C．观众“起立—举起双臂—坐下”的动作越频繁，人浪传播的速度越快
D．人浪的传播是观众动作形式的传播
3．一列声波由空气进入水中,声波的 (　　)
A．频率变大,波长变长
B．频率不变,波长变长
C．速度变慢,波长变短
D．速度不变,波长变短
4．如图所示是以质点P为波源的机械波沿着一条固定的轻绳传播到质点Q的图形，则关于质点P刚开始振动时的方向和波的性质，下列判断正确的是（　　）
A．向上、横波 B．向下、横波 C．向左、纵波 D．向右、纵波
5．如图所示，S1、S2 是两个相干波源，它们的相位及振幅均相同．实线和虚线分别表示在某一时刻它们所发出的波 的波峰和波谷，关于图中所标的 a、b、c 三点，下列说法中正确的是（　　）
A．a 质点振动减弱，b、c 质点振动加强
B．a 质点振动加强，b、c 质点振动减弱
C．再过 后的时刻，b、c 两质点都将处于各自的平衡位置，振动将减弱
D．a 点一直在平衡位置，b 点一直在波峰，c 点一直在波谷
6．一根粗细均匀的弹性绳子,右端固定,点上下振动,产生向右传播的机械波,某时刻的波形如图所示。下列说法正确的是( )
A．波源振动的周期逐渐减小
B．波的传播速度逐渐减小
C．绳波的波长保持不变
D．此时刻质点的速度方向向上
7．如图所示是利用水波槽观察到的水波衍射图样，从图样可知（ ）
A．B侧波是衍射波
B．A侧波速与B侧波速相等
C．减小挡板间距离，衍射波的波长将减小
D．增大挡板间距离，衍射现象将更明显
8．一列简谐横波沿直线由a向b传播,相距10.5 m的a b两处的质点振动图象如图中a b所示,则( )
A．该波的振幅可能是20 cm
B．该波的波长可能是8.4 m
C．该波的波速可能是10.5 m/s
D．该波由a传播到b可能历时7 s
9．2018年足球世界杯在俄罗斯举行，在法国队和克罗地亚队争夺世界杯冠军的比赛中，几万观众自发在观众席上进行“人浪”游戏．从看台区到区的观众依次做下列动作：起立—举起双臂——坐下，呈现类似波浪的效果．下列关于“人浪”说法正确的是（ ）
A．当“人浪”从看台区传到区时，很多观众也从看台区跑到区
B．“人浪”从看台区传到区的速度由观众从看台区跑到看台区的速度决定
C．观众“起立——举起双臂——坐下”的动作越频繁，“人浪”传播的速度一定越快
D．“人浪”的传播是观众动作形式的传播
10．已知某横波的频率为1.0105Hz，某时刻该波在某介质中沿x轴传播的波动图像如图所示，此时质点P正沿y轴负方向运动，则（　　）
A．该波在沿x轴负方向传播
B．P点下一时刻的速度变大
C．P点下一时刻的加速度变小
D．该波的传播速度为1.5103m/s
11．如图所示,实线是一列简谐横波在T1时刻的波形图,虚线是在T2=T1+0.5 s时刻的波形图.下列说法正确的是 (　　)
A．当波沿x轴负方向传播时,波速的表达式为v=4(4n+1) m/s(n=0,1,2,…)
B．当波沿x轴负方向传播且3T<(T2-T1)<4T时,波速大小为60 m/s
C．当波沿x轴正方向传播时,波速的表达式为v=4(4n+3) m/s(n=0,1,2,…)
D．若波速v=68 m/s,则波沿x轴负方向传播
二、多选题（本大题共5小题）
12．简谐横波在均匀介质中沿直线传播，P、Q 是传播方向上相距 10 m 的两质点，波先传到 P，当波传到 Q 开始计时，P、Q 两质点的振动图像如图所 示（实线为 Q 的振动图像），则（ ）
A．质点 P 开始振动的方向沿 y 轴正方向
B．该波从 P 传到 Q 的时间可能为 7 s
C．该波的传播速度可能为 1 m/s
D．该波的波长可能为 1.5 m
13．如图是简谐横波在t=0时刻的图象，已知x=4m处的质点P从该时刻起经过0.6s通过的路程为6cm，则（　　）
A．波长为10m
B．在内波的传播距离为8m
C．波长为8m
D．在时刻，P质点的振动方向沿y轴负方向
14．如图所示,一小型渔港的防波堤两端相距约,在防波堤后两处有两艘小船进港躲避风浪。某次海啸引起的波浪沿垂直于防波堤的方向向防波堤传播,下列说法正确的有( )
A．当波浪的波长约为,则两处小船明显受到波浪影响
B．当波浪的波长约为,则两处小船基本上不受波浪影响
C．当波浪的波长约为,则两处小船明显受到波浪影响
D．当波浪的波长约为,则两处小船基本上不受波浪影响
15．如图为水面上两列频率相同的波在某时刻的叠加情况，以波源、为圆心的两组同心圆弧分别表示同一时刻两列波的波峰（实线）和波谷（虚线），的振幅，的振幅，则下列说法正确的是（ ）
A．处在A、D连线上的质点都是振动加强点
B．由于B点是振动减弱点，所以它的振幅为零
C．某时刻质点D的位移可能为零
D．再过半个周期，质点B、C将是振动加强点
16．(多选)在均匀介质中选取平衡位置在同一直线上的9个质点,相邻两质点的距离均为L,如图甲所示．一列横波沿该直线向右传播,t=0时到达质点1,质点1开始向下运动,经过时间Δt第一次出现图乙所示波形,则关于该波的说法正确的是 (　　)
A．周期为Δt,波长为8L
B．周期为Δt,波长为8L
C．周期为Δt,波速为
D．周期为Δt,波速为
三、非选择题（本大题共6小题）
17．如图所示，在水波槽中放入两块挡板，挡板间留狭缝，调节挡板位置，可改变狭缝宽度现产生持续的平面波，且波长保持不变，观察下列两种情况下水波通过狭缝时的实验现象．
(1)调节狭缝的宽度，使其远大于水波的波长；
(2)调节狭缝的宽度，使其接近水波的波长。
18．(1)在利用发波水槽得到水面波形的实验中:
(1)下图为利用发波水槽得到的水面波形图，a图样是水面波的 现象，b图样是水面波的 现象．
(2) 如图所示
用实线表示波峰，虚线表示波谷来描述波的干涉图样，两列波的振幅都为10cm，波速和波长分别为1m/s和0.2m，C点为AB连线的中点．则图示时刻C点的振动方向 (选填"向上”或“向下”)，从图示时刻再经过0.25s时，A点经过的路程为 cm．
19．一列简谐横波沿x方向传播，如图所示，其中实线和虚线分别为和s两时刻的波形图，坐标为m处的质点在时刻运动方向沿y轴负方向。试判断这列波的传播方向；如果周期s，求波速。
20．渔船常利用超声波来探测远处鱼群的方位．已知某超声波频率为1.0×105Hz，某时刻该超声波在水中传播的波动图像如图所示．
(1)从该时刻开始计时，画出x＝7.5×10－3 m处质点做简谐运动的振动图像(至少一个周期)．
(2)现测得超声波信号从渔船到鱼群往返一次所用时间为4 s，求鱼群与渔船间的距离(忽略船和鱼群的运动)．
21．如图所示为某一报告厅主席台的平面图,AB是讲台,S1、S2是与讲台上话筒等高的喇叭,它们之间的相对位置和尺寸如图所示.报告者的声音放大后,经喇叭传回话筒再次放大时,可能会产生啸叫.为了避免啸叫,话筒最好摆放在讲台上适当的位置,在这些位置上两个喇叭传来的声音因干涉而相消.已知空气中声速为340 m/s,若报告人声音的频率为136 Hz,问讲台上这样的位置有多少个
22．如图中实线是一列简谐横波在t1＝0时刻的波形，虚线是这列波在t2＝0.5s时刻的波形。
（1）若这列波的周期T符合3T（2）若波速大小为74m/s，则波的传播方向如何？
参考答案
1．【知识点】波的形成和传播
【答案】C
【详解】水波传播过程中水面各质点上下振动,不随波迁移,故选C。
2．【知识点】波的形成和传播
【答案】D
【详解】
AB．解析人浪游戏中观众只在各自的座位上起立—举起双臂—坐下，并不移动，所以当人浪从看台A区传到B区时，并不是观众从看台A区跑到B区，所以AB错误；
C．人浪传播的速度与观众“起立—举起双臂—坐下”的动作快慢没有关系，所以C错误；
D．观众动作相当于振动，人浪相当于波，人浪的传播是观众动作形式的传播，所以D正确；
故选D。
3．【知识点】波长、频率和波速的关系及应用
【答案】B
【详解】一列机械波的频率是由波源决定的,波速由介质决定,声波由空气进入水中,波速变大,频率不变,由v=λf得,波长变长。故选B。
4．【知识点】横波和纵波
【答案】A
【详解】
由于波源带动后面的质点依次振动，后面的质点总是重复前面质点的振动状态，根据波向左传播可判断Q点的起振方向向上，故P点的起振方向也向上，且每个质点的振动方向与波的传播方向垂直，故此波为横波。
故选A。
5．【知识点】波的干涉的应用
【答案】A
【详解】ABC．a质点处是两列波波峰与波谷叠加的地方,振动始终减弱的，而b、c质点是两列波波峰与波峰、波谷与波谷叠加的地方，振动始终加强，BC错误，A对正确；
D．因为两个波源的振动方向相同、振幅相同，所以a点静止不动，一直在平衡位置，b、c两点的振动始终是加强的，但它们仍在振动，位移随时间周期变化,不是静止不动的，D错误。
故选A。
【点睛】两列波干涉时,两列波的波峰与波峰、波谷与波谷相遇处,振动始终加强,波峰与波谷相遇处振动始终减弱.振动加强点的振动等于波单独传播时振幅的2倍。
6．【知识点】波长、频率和波速的关系及应用
【答案】A
【解析】波向右传播,由题中波形图可知,由波源振动形成的绳波的波长逐渐减小,且同一种介质中的波速不变,根据,可知波源振动的频率逐渐变大,周期逐渐变小，A正确，BC错误；波向右传播，由题中波形图并结合上下坡法可知，此时刻质点P的速度方向向下，D错误。
7．【知识点】波的衍射
【答案】B
【详解】
A．观察可知，A侧波是衍射波，选项A错误．
B．波速决定于介质，介质不变，波速不变，选项B正确．
C．衍射波的波速不变，周期不变，则波长也不变，选项C错误．
D．增大挡板间距离，衍射现象将变弱，选项D错误．
8．【知识点】波的多解问题
【答案】D
【分析】
根据振动图象读出质点的振幅，即为该波的振幅．由图读出同一时刻a、b两质点的位置和速度方向，结合波形分析质点间的距离与波长的关系，得到波长的通项，再求解波长的特殊值，求出波速的通项，求解波速的特殊值．
【详解】
A．由图读出，该波的振幅为A=10cm．故A错误；
B．由图看出，在t=0时刻，质点b经过平衡位置向上运动，质点a位于波谷，波由a向b传播，结合波形得到：a、b间距离与波长的关系为：，得到波长为， ；，n不是整数故B错误；
C．波速为， ，得4n+3=1；n不是整数故C错误；
D．该波由a传播到b的时间为，由于n=1时，t等于7s，故D正确．
9．【知识点】波的形成和传播
【答案】D
【详解】
AB．当“人浪”从看台区传到区时，观众只在各自的座位上“起立——举起双臂——坐下”，并不向前移动，所以并不是观众从看台区跑到区，A、B错误；
C．“人浪”传播的速度与观众“起立——举起双臂——坐下”的动作快慢没有必然联系，C错误；
D．观众的动作相当于质点的振动形式，“人浪”相当于横波，“人浪”的传播是观众动作形式的传播，D正确．
故选D。
10．【知识点】波的图像及其应用、波长、频率和波速的关系及应用
【答案】D
【解析】质点P正沿y轴负方向运动，根据同侧法可知波沿x轴正方向传播，A错误；质点P正沿y轴负方向运动，远离平衡位置，则其位移变大，故加速度变大，速度变小，B、C错误；根据波形图可得波长为，由波速和波长的关系可知波速为，D正确。
11．【知识点】波的多解问题
【答案】B　
【解析】根据题意,由题图可知,当波沿x轴负方向传播时,波在t=T2-T1=0.5 s时间内传播的距离为x=λ+nλ(n=0,1,2,…),由题图可知λ=8 m,又因为v=,联立可得v=4(4n+3) m/s(n=0,1,2,…),若有3T<(T2-T1)<4T,则波的传播距离范围为3λ12．【知识点】波的多解问题
【答案】ACD
【解析】因为所有点都重复振源的振动，此时Q刚开始振动，根据Q可以判断振源开始振动方向向上，即P开始振动方向沿y轴正方向向上，A正确；根据振动图像可以求得，而从P传到Q经历，即从P传到Q的时间（），B错误；从P传到Q经历，所以，波长，所以当n=6，波长是1.5m，波速，当n=1时，波速是1m/s，C、D正确。
13．【知识点】波的图像及其应用、波长、频率和波速的关系及应用
【答案】CD
【详解】
AC．波长λ=8m，故A错误，C正确；
B．由图知该波的振幅为 A=2cm，质点P从该时刻起经过0.6s通过的路程为6cm，即通过的路程为3A，经历的时间为，则，解得：T=0.8s，故波速为，在0.6s内波的传播距离为 s=vt=10×0.6m=6m，故B错误；
D．因t=0.6s=，则在t=0.6s时刻，P质点的振动方向沿y轴负方向，故D正确。
故选CD。
14．【知识点】波的衍射
【答案】BC
【解析】波可以绕过障碍物继续传播的现象叫作波的衍射。衍射现象是波特有的现象,一切波都会发生衍射现象。发生明显衍射的条件是孔径、障碍物尺寸小于波长或者与波长相差不大。当波浪的波长约为,而防波堤两端相距约,小于防波堤两端距离,不会有明显的衍射现象,所以两处小船基本上不受波浪影响,错误,正确;当波浪的波长约为,而防波堤两端相距约,接近防波堤两端距离,会有明显的衍射现象,所以两处小船受到明显的波浪影响,C正确,D错误。
15．【知识点】波的干涉的应用
【答案】AC
【解析】A、D两点振动加强，处在A、D连线上的质点都是振动加强点，A正确；B点是振动减弱点，它的振幅为lcm，B错误；D点为振动加强点，其位移在零至7cm之间变化，C正确；B、C两点始终为振动减弱点，D错误。
16．【知识点】波长、频率和波速的关系及应用
【答案】BC　
【思路导引】本题中经Δt第一次出现题图乙所示波形,并不是此时波刚好传到质点9(质点9振动方向向上与质点起振方向向下矛盾),而是波刚传到质点13.
【解析】经Δt时间第一次出现题图乙所示波形时,质点1和质点9之间恰好是一个波长,说明波由质点1传播到质点9需要一个周期的时间,因质点1开始振动方向向下,故质点9刚开始振动的方向也是向下,而波形图乙中质点9是向上振动的,说明波传播到质点9后又振动了半个周期,故有T=Δt,T=Δt,由题图乙知,λ=8L,由v=得,v=,故B、C正确.
17．【知识点】波的衍射
【答案】(1)无明显的衍射现象；
(2)有明显的衍射现象
【详解】
(1)当孔、缝的宽度或障碍物的尺寸与波长相差不多或比波长更小时，才会发生明显的衍射现象；因狭缝的宽度远大于水波的波长，所以观察不到明显的衍射现象。
(2)因狭缝的宽度与水波波长相差不多，所以能观察到明显的衍射现象。
18．【知识点】波的干涉、波的衍射
【答案】衍射；干涉；向下；100
【详解】
(1) [1]波绕过障碍物继续传播的现象就是波的衍射现象，故图a说明发生了明显的衍射现象．
[2]当频率相同的两列波相遇时当波程差为波长的整数倍时振动加强，当波程差为半个波长的奇数倍时振动减弱，使有的地方振动加强有的地方振动减弱，且加强和减弱的区域交替出现，故图b是发生了干涉现象．
(2) [3] B点处于波谷，A点处于波峰，波由B向A传播，此时C处于平衡位置，经过四分之一周期，波谷传播到该点，知C点的振动方向向下．
[4]波的周期
质点在一个周期内振动的路程等于4倍的振幅，经过0.25s时，走过的路程等于5倍的振幅，A点是振动加强点，
A=20cm
则
s=100cm
19．【知识点】波的图像及其应用
【答案】沿x轴正向传播；4m/s
【详解】
坐标为m处的质点在时刻运动方向沿y轴负方向，根据“同侧法”可知，该波沿x轴正向传播；
波速表达式
（n=0、1、2、3……）
因
可知n只能取0，则波速为
v=4m/s
20．【知识点】波长、频率和波速的关系及应用
【答案】(1) ； (2) 3000m
【详解】(1)该波的周期为T==1×10－5s，由波动图像知，此时x＝7.5×10－3 m，处的质点位于负的最大位移处，所以，从该时刻开始计时，该质点的振动图像如图所示
(2)由波形图读出波长λ＝15×10－3 m，由波速公式得v=λf，鱼群与渔船的距离为x=vt，联立代入数据得x=3000m
21．【知识点】波的干涉的应用
【答案】4个
【详解】报告者声音的频率f=136 Hz,则波长 m.AB的中点设为O,P是OB上任意一点.当P为振动加强点或减弱点时,有 ,式中k为实数,当k=0,2,4,…时,从两个喇叭发出的声波因干涉而加强;当k=1,3,5,…时,从两个喇叭发出的声波因干涉而相消.由此可知,O是加强点(k=0);对于B点, m-15 (即k=4),所以B点也是加强点.因而O、B之间有两个减弱点(即k分别取1和3时),由对称性可知,AB上有4个减弱点.故讲台上这样的位置有4个.
22．【知识点】波的多解问题
【答案】（1）沿x轴正方向传播时波速为54m/s，沿x轴负方向传播时波速为58m/s；（2）沿x轴负方向传播
【详解】
（1）①当波沿x轴正方向传播时，传播距离Δx满足
由可知传播时间满足
由可知，故
由波形图知λ＝8m，则波速
②当波沿x轴负方向传播时，传播距离Δx满足
传播时间满足
由可知，故
则波速
（2）波速大小为74m/s时，波在Δt时间内传播的距离为
所以波沿x轴负向传播。
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第 page number 页，共 number of pages 页2024-2025高二物理选择性必修第一册【新教材】
人教版（2019）：第四章 光学综合练习
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
一、单选题（本大题共6小题）
1．片片雪花洋洋洒洒从天而降，摄影师透过微距镜头，将雪花美丽而梦幻的瞬间留存下来。如图所示，利用微距相机可以拍摄到形状各异的雪花图像，图像中有一种彩色雪花，该雪花内部有一夹着空气的薄冰层，使其呈彩色花纹。下列情景中与雪花呈彩色花纹原理相同的是（ ）
A．利用光导纤维传递信息
B．阳光下的肥皂膜呈现彩色条纹
C．观看3D电影
D．泊松亮斑
2．某同学利用如图所示装置测量某种单色光的波长。若双缝的间距为d，屏与双缝间的距离为l，测得第1条暗条纹中心到第n条暗条纹中心之间的距离为，下列说法正确的是（　　）
A．中央亮纹最亮最宽
B．测得单色光的波长
C．将单缝向双缝靠近，干涉条纹宽度不变
D．将屏向远离双缝的方向移动，可以增加从目镜中观察到的条纹个数
3．一均匀的透明圆柱体横截面如图所示，一束平行单色光从空气垂直平面AB方向射入柱体，关于这束光初次在柱体内到达圆弧形界面ACB时，下列说法正确的是（　　）
A．从区域II入射的光线一定不会发生全反射
B．从区域II入射的光线一定会发生全反射
C．从区域I、III入射的光线一定不会发生全反射
D．从区域I、III入射的光线一定会发生全反射
4．一种测量液体折射率的形容器，由两块材质相同的直角棱镜粘合并封闭其前后两端制作而成.容器中盛有某种液体，一激光束从左边棱镜水平射入，通过液体后从右边棱镜射出，其光路如图所示.设棱镜和液体的折射率分别为、，光在棱镜和液体中的传播速度分别为、，则（ ）
A．， B．，
C．， D．，
5．有关光的现象，下述表述中错误的是（ ）
A．光的衍射是光在传播过程中绕过障碍物继续传播的现象
B．泊松亮斑是光的衍射现象
C．光的衍射现象为光的波动说提供了有力的证据
D．光的衍射否定了光沿直线传播的结论
6．可见光为我们呈现了色彩斑斓的世界和各种有趣的现象.用红光和蓝光完成各种实验，以下说法中正确的是（ ）
A．红光和蓝光分别射入同一块玻璃砖，蓝光在玻璃砖中的传播速度更大
B．用红光进行单缝衍射实验，狭缝越窄，衍射后在屏上产生的中央亮条纹越宽
C．用同样的装置进行双缝干涉实验，蓝光相邻两亮条纹间的间距更大
D．红光和蓝光分别从纯水射向空气，蓝光发生全反射的临界角更大
二、多选题（本大题共4小题）
7．如图所示，S为狭缝光源，经透镜L1后成为平行光，照射到与S平行的双缝S1、S2上，由S1、S2分离出两束相干光，再让它们分别通过长度相等的两个气室T1和T2后，由透镜L2将两束相干光汇聚于焦平面P上，在此形成平行于狭缝的干涉条纹。实验开始时，T2管充以空气，T1管抽成真空，此时开始观测干涉条纹。然后逐渐使空气进入T1管，直到它与T2管的气压相同为止，记下这一过程中条纹移动的数目。已知光在真空中的波长为589.3 nm，管长为L=20 cm，条纹移动了98根，下列说法正确的是（　　）
A．观测到条纹向上移动 B．观测到条纹向下移动
C．测得空气的折射率约为1.000289 D．测得空气的折射率约为1.289
8．对如图所示的图样、示意图或实验装置图，下列判断正确的是（　　）
A．甲图是小孔衍射的图样，也被称为“泊松亮斑”
B．乙图是利用薄膜干涉来检测玻璃板的平整程度，观测到的条纹是光在被检测玻璃板的上下表面反射后叠加的结果
C．丙图是双缝干涉原理图，若P到和的光程差是波长的奇数倍，则P处是亮纹
D．丁图中的M和N是偏振片，P是光屏，当M固定不动，以光的传播方向为轴，将N在竖直面内转动90°，P处光的亮度比转动前明显变暗
9．关于光现象，下列说法正确的是（　　）
A．光导纤维传输信号利用了光的干涉
B．只有波长较长的光才能发生衍射现象
C．医学上用激光做“光刀”来切除肿瘤是应用了激光能量大的特点
D．3D电影利用了光的偏振原理，观众戴的眼镜是一对透振方向互相垂直的偏振片
10．如图所示，某小区喷水池底部水平，在底部处装有红色和紫色的灯（视为点光源），可在水面形成红色和紫色的光斑。水面较宽且平静，灯距水面的深度为。已知水对红光和紫光的折射率分别为和，且。下列说法正确的是（　　）
A．红光在水中的传播速度是紫光在水中传播速度的倍
B．红光在水中发生全反射的临界角是紫光在水中发生全反射临界角的倍
C．红光在水面形成的光斑的面积大小是
D．红光在水面形成的光斑面积小于紫光在水面形成的光斑面积
三、非选择题（本大题共5小题）
11．某同学通过双缝干涉实验测量单色光的波长。该同学调整好实验装置后，分别用图所示的氢原子在可见光区的四条谱线中的Hβ和Hγ两条谱线的光照射双缝。已知氢原子四条谱线的波长满足，其中对应Hα，为常量）。在干涉图样中，条纹间距较小的是谱线 所对应的光形成的。（选填“Hβ”或
“Hγ”）
12．某同学在做“测定玻璃折射率”的实验时已经画好了部分图线，如图甲，并在入射光线AO上插上大头针、，现需在玻璃砖下表面折射出的光线上插上和大头针，便能确定光在玻璃砖中的折射光线。

（1）确定位置的方法正确的是 ；
A．透过玻璃砖，挡住的像
B．先插上大头针，在靠近玻璃砖一侧挡住的位置
C．透过玻璃砖观察，使挡住、的像
（2）经过多次测量作出（为光线AO对应的折射角）的图像如图乙，玻璃砖的折射率为 （保留三位有效数字）
（3）若该同学在确定位置时，被旁边同学碰了一下，不小心把位置画的偏左了一些，则测出来的折射率 （填“偏大”、“偏小”或“不变”）
（4）该同学突发其想用两块同样的玻璃直角棱镜ABC来做实验，两者的AC面是平行放置的，插针、的连线垂直于AB面，若操作无误，则在图中右边的插针应该是 。

A． B． C． D．
13．有一种用于电子显示屏的发光二极管，如图所示，其管芯的发光区域AB是直径为1.5R的圆面，O为圆心，发光二极管中半球体均匀介质的半径为R，P为O点正上方球面上的一点。若光从A点发射恰好在半球体介质发生一次全反射，最后从B点射出，已知光在真空中的传播速度为c，求：
（1）半球体介质的折射率n；
（2）光在半球体介质中传播的时间t。
14．某城市公园在布置灯光秀时，为了做出灯光特效，工作人员在面积足够大的湖中离水面深处水平放置一长度为的细灯带发光体，截面图如图所示。该发光体通电后能发出单色光，水的折射率，忽略灯带发光体的粗细，已知，。求：
(1)该单色光由水中进入空气时的临界角C；
(2)夜间通电后，被该细灯带照亮的湖面区域的面积S。
15．如图是边长为的正三棱柱形透明体的横截面，其中心有一半径为的球形真空区域，一束平行单色光垂直于面射向透明体．已知透明体对该单色光的折射率为2，光在真空中的传播速度为．
（1） 光线从点射入时恰好与真空球相切，求该光线穿过透明体所需时间；
（2） 为使光线不能从面直接射入中间的球形真空区域，需在面上贴不透明贴纸，求贴纸的最小面积．
参考答案
1．【知识点】偏振现象和偏振光、光导纤维、光的衍射原理及应用、薄膜干涉
【答案】B
【详解】利用光导纤维传递信息，实现光纤通信，是全反射现象，原理与该现象不相同，A错误；阳光下的肥皂泡呈现彩色条纹是光的干涉，原理与该现象相同，B正确；电影院放映3D影片，佩戴立体眼镜，形成立体效果，是光的偏振，原理与该现象不相同，C错误；泊松亮斑是光的衍射，原理与该现象不相同，D错误。
2．【知识点】干涉条纹和光的波长之间的关系
【答案】C
【详解】中央亮纹最亮，但是中央亮纹宽度与其他亮纹宽度相同，A错误；从第1条暗条纹中心到第n条暗条纹共有个条纹，根据干涉条纹的宽度与波长的关系可知，解得，B错误；根据，可知，条纹的宽度与单缝、双缝间的距离无关，C正确；将屏向远离双缝的方向移动，即变大，根据，可知，条纹的宽度增大，可观察到的条纹数目减小，D错误。
3．【知识点】全反射原理及其应用
【答案】C
【详解】由几何关系可知从区域II入射的光线，入射光线越远离圆心，离开圆柱体时入射角越大，若入射角大于等于全反射临界角光线可以发生全反射，若离开圆柱体时入射角一直小于全反射临界角，则一直不发生全反射，从区域II入射的光线可能会发生全反射，A、B错误；由几何关系可知，由区域I、III入射的光线刚进入圆柱体时的折射角和离开圆柱体时的入射角相等，根据光路可逆可知，从区域I、III入射的光线一定不会发生全反射，C正确，D错误。
4．【知识点】光的折射定律及其应用
【答案】A
【解析】由题图知，光由棱镜进入液体时，折射角大于入射角，由知，，由和知，，正确.
5．【知识点】光的衍射原理及应用
【答案】D
【详解】
A．光的衍射是光在传播过程中，绕过障碍物继续向前传播的现象，A正确，不符合题意；
B．泊松亮斑是光的衍射现象，B正确，不符合题意；
CD．虽然光的衍射表明光能绕过障碍物继续传播且已偏离直线传播方向，但没有否定光沿直线传播的结论，光的衍射为光的波动说提供了有力的证据，C正确，不符合题意、D错误，符合题意。
故选D。
6．【知识点】干涉条纹和光的波长之间的关系
【答案】B
【解析】本题考查光的干涉和衍射.红光和蓝光分别射入同一块玻璃砖，红光的频率小于蓝光的频率，玻璃砖对红光的折射率小于对蓝光的折射率，根据，可知红光在玻璃砖中的传播速度更大，故错误；用红光进行单缝衍射实验，狭缝越窄，衍射后在屏上产生的中央亮条纹越宽，故正确；根据 ，用同样的装置进行双缝干涉实验，红光的波长较大，红光相邻两亮条纹间的间距更大，故错误；根据全反射临界角公式，由于纯水对红光的折射率较小，可知红光和蓝光分别从纯水射向空气，红光发生全反射的临界角更大，故错误.
7．【知识点】光的干涉原理及应用
【答案】AC
【详解】随着空气进入T1管，光的频率不变，波速变小，波长变短，将会观测到条纹向上移动，A正确，B错误；设空气折射率为n，真空折射率为n0，则实验过程中两管光程差的变化等于T1管中光程的变化，所以，C正确，D错误。
8．【知识点】偏振现象和偏振光、双缝干涉、薄膜干涉
【答案】CD
【详解】A．甲图是小圆盘的衍射图样，也被称为“泊松亮斑”，A错误；
B．乙图是利用薄膜干涉来检测玻璃板的平整程度，观测到的条纹是光在被检测玻璃板的上表面反射与标准样板的下表面反射后叠加的结果，B错误；
C．丙图是双缝干涉原理图，若P到和的光程差是波长的奇数倍，则P处是亮纹，C正确；
D．当M固定不动，绕水平转轴在竖直面内转动N顺时针90°，两偏振片透振方向垂直，所以P上的光亮度明显变暗，D正确。选CD。
9．【知识点】偏振现象和偏振光、光导纤维、激光的特点及其应用
【答案】CD
【详解】光导纤维传输信号利用了光的全反射，A错误；衍射现象是波的特性之一，任何波长的光波都会发生衍射现象，B错误；用激光来切除肿瘤是应用激光的频率高、能量大的特点，C正确；观看立体电影时，观众戴的眼镜是一对透振方向互相垂直的偏振片，D正确．
10．【知识点】全反射与折射的综合应用
【答案】AC
【详解】A．设红光、紫光在水中的传播速度分别为为和，由折射率与波速的关系可得，，所以红光在水中的传播速度与紫光在水中传播速度的比值，A正确；设红光、紫光在水中发生全反射的临界角分别为和，由临界角公式可得，，即，B错误；设红光在水中发生全反射的临界角分别为，在水面形成的光斑的半径分别为，由几何关系可得，由数学关系可知，由圆的面积计算公式可得，联立求解得，C正确；同理可得，紫光在水面形成的光斑面积为，可知，紫光在水面形成的光斑面积小于红光在水面形成的光斑面积，D错误。
11．【知识点】干涉条纹和光的波长之间的关系
【答案】
【详解】根据题意，由公式结合图像可知Hβ、Hγ分别是氢原子从第4能级和第5能级跃迁到第2能级发出的光，可知λHβ＞λHγ
由条纹间距公式可知，纹间距较小的是谱线Hγ所对应的光形成的。
12．【知识点】光的折射定律及其应用
【答案】C，1.50，偏小，C
【详解】（1）确定位置的方法正确的是：透过玻璃砖观察，使..挡住、的像，选C。
（2）光路如图
根据，可知，图像的斜率等于折射率，由图像可知玻璃砖的折射率为。
（3）若该同学在确定位置时，被旁边同学碰了一下，不小心把位置画的偏左了一些，则P4P3的连线与bb′的交点偏右，测得的折射角θ2偏大，则根据可知，测出来的折射率偏小。
（4）光路图如图所示
根据光路图可知，经过P1P2的光线经两块玻璃砖的分界处向下偏转，然后射入右侧玻璃砖后平行射出，所以在图中右边的插针应该是P5P6,选C。
13．【知识点】全反射与折射的综合应用
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）作出光在半球体介质中的光路图如图所示：
由图及几何关系可知
由全反射公式有
解得半球体介质的折射率
（2）光在介质中的传播速度
则光在半球体介质中传播的时间
解得
14．【知识点】全反射与折射的综合应用
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）根据全反射临界角公式有
解得
（2）如图，点光源在深为的水底照亮圆形区域半径为
根据几何关系可知
解得
细灯带照亮的湖面区域的面积为
联立得：
15．【知识点】全反射原理及其应用
【答案】（1）
（2）
【解析】
（1） 光线从点射入的光路图如图甲所示，
甲
由全反射的临界角公式可得，光在透明体内发生全反射的临界角 ．由几何关系可知，光在面的入射角为 ，大于临界角，则在面上发生全反射，则光线从点射入，从边射出，由几何关系得，，由可得光线在透明体内的传播速度，穿过透明体所需时间．
（2） 设从真空球上和处射入的光线刚好发生全反射，光路图如图乙所示，
乙
从、处射入的光线入射角恰为 ，而这两条光线之间射入的光线，其入射角均小于 ，将会射入真空区域，所以需要将这两条光线中间的区域用不透明贴纸遮住，在透明体面上，被遮挡区是个圆形，其半径为，由几何知识可知，则需在透明体面贴上不透明贴纸的面积至少为．
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第 page number 页，共 number of pages 页2024-2025高二物理选择性必修第一册【新教材】人教版（2019）：第一章 动量与动量守恒综合练习
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
一、单选题（本大题共8小题）
1．如图所示，小车放在光滑的水平面上，将系着绳的小球向右拉开到一定的角度，然后同时放开小球和小车，不计一切摩擦，小球向左摆到最低点过程中（ ）
A．小车和小球组成的系统动量守恒 B．车的机械能守恒
C．细绳中的拉力对小车做正功 D．小球的机械能增加
2．质量为ma＝1 kg，mb＝2 kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移—时间图像如图所示，则可知碰撞属于（　　）
A．弹性碰撞
B．非弹性碰撞
C．完全非弹性碰撞
D．条件不足，不能确定
3．如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A被水平速度为v0的子弹射中并且子弹嵌在其中。已知物体A的质量是物体B的质量的，子弹的质量是物体B的质量的，弹簧压缩到最短时B的速度为（　　）
A． B．
C． D．
4．如图所示，碰碰车是一种机动游戏设施，车四周有橡胶做成的缓冲装置。若两碰碰车发生了正碰后立即停下，已知两车相撞前速度大小约为1m/s，碰撞过程作用时间约为0.1s，车和人总质量约100kg。则两车碰撞过程中的平均作用力大小约为（　　）
A．100N B．200N C．1000N D．2000N
5．质量为的物块静止在水平地面上，时刻施加一水平力，时撤掉作用力，随时间变化的图线如图所示.已知物块与地面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小取.则（ ）
A．时间内的冲量大小为
B．前摩擦力的冲量大小为
C．前物块动量的变化量大小为
D．时物块的速度为0
6．光滑的水平面上有一质量为的静止木块，质量为的子弹以一定的速度射入其中没有射出，则从射入到达到共同速度，下列说法正确的是（ ）
A．共速时二者的速度小于
B．摩擦产生的热量在数值上等于木块获得的动能
C．摩擦力对二者做功的代数和等于0
D．子弹与木块之间阻力大小变化对整个过程系统产生热量的多少有影响
7．如图所示，光滑水平地面上、两物块中间拴接一个轻弹簧，的质量为的.某时刻起，以一定初动能压缩弹簧，在的右侧有一个固定的弹性挡板，与挡板发生弹性碰撞后立即撤去挡板.已知在之后的运动中，弹簧的最大弹性势能与的初动能相等，则与挡板发生碰撞时，弹簧的弹性势能与的初动能的比值为（ ）
A． B． C． D．
8．如图所示，质量为m的A球以速度v0在光滑水平面上运动，与原来静止的质量为5m的B球碰撞，碰撞后A球以v＝av0（待定系数a＜1）的速率弹回，A球与挡板P发生碰撞时无能量损失，若要使A球能追上B球再次相撞，则a的取值范围为（　　）
A．＜a≤ B．＜a≤
C．＜a≤ D．＜a≤
二、多选题（本大题共6小题）
9．下面关于爆炸的说法中正确的是（　　）
A．爆炸是相互作用时间很短、相互作用的内力远大于外力的过程，因此系统的动量守恒
B．爆炸过程中，外力作用相比内力都可以忽略，因此系统机械能守恒
C．爆炸过程系统的机械能增加，是内力做功的结果
D．爆炸过程系统的机械能增加，是外力做功的结果
10．使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的极正对着乙的极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等.现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻（ ）
A．甲的速度大小比乙的大 B．甲的动量大小比乙的小
C．甲的动量大小与乙的相等 D．甲和乙的动量之和不为零
11．如图所示，小球A的质量为m，系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到光滑水平面的距离为h。物块B和C的质量分别是5m和3m，B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物块位于O点正下方。现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B发生正碰（碰撞时间极短），反弹后上升到最高点时到水平面的距离为。小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，则（　　）
A．碰撞后小球A反弹的速度大小为
B．碰撞过程B物块受到的冲量大小为m
C．碰后轻弹簧获得的最大弹性势能为mgh
D．物块C的最大速度大小为
12．如图所示，在光滑水平面上有一静止的质量为的小车，用长为的细线系一质量为的小球，将小球拉至水平位置，球放开前小车与小球保持静止状态，松手后让小球下落，在最低点与固定在小车上的油泥相撞并粘在一起，则（ ）
A．小球下摆过程与小车组成的系统动量守恒
B．小球与油泥相撞后一起向右运动
C．小球下摆过程小车水平向左运动
D．小球下摆过程小车的运动距离为
13．如图所示，盛水的容器中同样大小的金属球与木球通过细线相连，金属球在下，木球在上，恰好悬浮静止在水下，金属球与木球的密度之比为，现轻轻剪断细线，金属球下沉、木球上浮，忽略细线对球运动的影响以及球运动过程中受到的阻力，在木球上浮过程中，金属球未沉入底部，则（ ）
A．金属球与木球组成的系统动量始终为零
B．金属球与木球组成的系统机械能守恒
C．金属球与木球的速度大小之比为
D．金属球与木球的动能大小之比为
14．如图所示，静止在光滑水平面上的木板，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M＝3 kg，质量m＝1 kg的铁块以水平速度v0＝4 m/s 从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回（弹簧始终在弹性限度内），最后恰好停在木板的左端，则下列说法正确的是（　　）
A．铁块和木板最终共同以1 m/s的速度向右做匀速直线运动
B．运动过程中弹簧的最大弹性势能为3 J
C．运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量为3 J
D．运动过程中铁块对木板的摩擦力对木板先做正功后做负功
三、非选择题（本大题共7小题）
15．如图所示，光滑水平轨道MN左端与倾角θ ＝37°的足够长的斜面PM连接，右端与半径为R的光滑圆弧轨道QN连接。质量分别为m1＝2 kg、m2＝ 3 kg的两滑块A、B之间夹有少量炸药，静止在MN上（滑块A、B均可视为质点，炸药的质量忽略不计）。炸药引爆后释放的化学能E＝30 J全部转化为两滑块的动能，之后滑块B冲上圆弧轨道，滑块A冲上斜面PM，A与斜面间的动摩擦因数为μ＝ 0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝ 0.8。求：
（1）炸药引爆后A、B到达M、N两点时的动能EkA、EkB各为多大；
（2）已知B恰好能到达圆弧轨道的最高点Q，圆弧轨道的半径R是多大；
（3）A沿斜面上滑的最大距离x。
16．（14分）如图所示，质量为的均质凹槽放在光滑的水平地面上，凹槽内有一半径为的半圆形光滑轨道，圆心为，左右端点与等高.质量为的小球，从右端点由静止释放.已知重力加速度为，运动过程中凹槽不翻转.
（1） 若凹槽固定，求小球到达轨道最低点时的速度大小；
（2） 若凹槽不固定，求小球从释放至第一次运动到轨道最低点过程中凹槽移动的距离；
（3） 若凹槽不固定，求小球运动到和的连线与水平方向成 角时的动能.
17．宇宙尘埃有很大的科研价值，某卫星携带的收集装置如图（a）所示.如图（b）所示为质量为的卫星以速度飞向一颗静止的尘埃，如图（c）所示为尘埃被收集装置撞击后嵌入装置的情景，该尘埃的质量为（因，故卫星速度视为不变）.
图（a） 图（b） 图（c）
（1） 求该尘埃被卫星收集过程中的动量变化量大小.
（2） 该尘埃在收集装置中嵌入深度为，则其在被收集过程中受到的作用力大小是多少？（假设此过程中作用力大小不变）
（3） 卫星以速度进入一个尘埃区，尘埃区每单位体积空间有颗尘埃，尘埃的平均质量为，已知卫星正面面积为，由于大量尘埃与卫星碰撞后均附着在卫星上，卫星速度会受到影响，为了保持卫星原有的飞行速度，卫星推进器需要增加多大推力？
18．如图所示，物体和用劲度系数为的轻质弹簧连接并竖直静置于水平地面上.将一个物体从物体的正上方距离高度处由静止释放，下落后与物体碰撞，碰撞时间极短，碰撞后与粘在一起并立刻向下运动，在以后的运动中，、不再分离.已知物体、、的质量均为，取重力加速度，忽略空气阻力.求：
（1） 与碰撞后瞬间的速度大小；
（2） 和一起运动到最大速度时，物体对水平地面的压力大小；
（3） 开始时，物体从距多大的高度自由落下时，在以后的运动中，能使物体恰好离开水平地面.
19．（10分）如图甲所示为某实验小组验证碰撞中动量守恒的实验装置.安装好实验装置后，在地面上铺一张记录纸，记下重垂线所指的位置.先不放小球，让入射小球从圆弧槽上由静止滚下，并落在地面上，再将小球放在圆弧槽前端边缘位置，让入射小球从圆弧槽上滚下，使它们碰撞，重复多次，分别测量三个落地点的平均位置、、到点的距离.
甲
（1） 本实验必须保证___.
A．两小球的半径相等
B．入射小球每次从圆弧槽上同一位置由静止释放
C．安装轨道时圆弧槽的末端水平
D．圆弧槽轨道光滑
（2） 若用刻度尺测量出小球落点的平均位置、、到点的距离分别为、、，若碰撞过程动量守恒，则小球与小球的质量之比为______，该过程两小球发生的是_____（填“弹性”或“非弹性”）碰撞.
（3） 实验员为实验小组提供了一套带有传感器的圆弧轨道，同学们对实验装置进行了改造，如图乙所示，使入射球仍从圆弧槽上由静止滚下，重复前面的操作，使小球落在以圆弧槽末端为圆心的圆弧轨道上（在小球反弹后再次落下之前取走小球），落点分别为、、，传感器能够显示圆弧、、对应的圆心角分别为、、.若小球的质量为，小球的质量为，则需要验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为__________________________________________________________________（用所测物理量的符号表示）.
乙
20．某同学利用图示半圆形轨道（可不计摩擦）装置验证动量守恒定律，为水平直径，为轨道的最低点，、为表面涂有不同颜料的小球，它们沿轨道运动时，可在轨道上留下印迹，测得、的质量分别为、，初始时球位于点.
（1） 在适当的位置由静止释放小球，在点与球碰撞后，两小球均沿圆弧上升，则___（填“ ”“”或“ ”）.
（2） 测得小球在点左右两侧印迹的竖直高度分别为和，小球在点右侧印迹的竖直高度为（未到达点），若碰撞过程中两小球的动量守恒，则应满足的关系式为___________________________.（用题中所给的字母表示）
（3） 若碰撞过程中两小球无机械能损失，则应满足的关系式为__________________.（用、、表示）
21．如图所示，某粗糙矩形球桌上有白球和黑球，分别静止在、两球袋连线的、两点处，且点位于连线的中点，点位于连线的中点，、两点间的距离为.已知白球的质量为，黑球的质量为，两球在球桌上滚动前进的过程可视为做匀减速直线运动，加速度大小为.现给白球一瞬时初速度，速度方向沿方向，之后白球与黑球发生弹性碰撞.
（1） 求白球与黑球碰撞后的瞬间各自的速度大小；
（2） 若要求黑球被碰撞之后能进入袋，且白球反弹后未能进入袋，则初速度的大小范围应是多少？
参考答案
1．【知识点】动量守恒的判定与应用
【答案】C
【详解】A．小球在摆动得过程中，小球和小车系统只受重力和支持力作用，水平方向合力为零，所以系统水平方向动量守恒，在竖直方向上，只有小球有竖直方向的分速度，且各位置的分速度不相等，则竖直方向动量不守恒，所以系统动量不守恒，A错误；
BCD．小球在摆动过程中，系统机械能守恒，小球拉力做正功，因小球的部分机械能转化为小车的机械能，所以小球机械能减小，小车机械能增大，BD错误，C正确。
故选C。
2．【知识点】弹性碰撞和非弹性碰撞、求解弹性碰撞问题
【答案】A　
【详解】由x-t图像知，碰撞前va＝3 m/s，vb＝0，碰撞后va'＝－1 m/s，vb'＝2 m/s，碰撞前动能为ma＋mb＝ J，碰撞后动能为mava'2＋mbvb'2＝ J，故机械能守恒；碰撞前动量mava＋mbvb＝3 kg·m/s，碰撞后动量mava'＋mbvb'＝3 kg·m/s，故动量守恒，所以碰撞属于弹性碰撞。故选A。
3．【知识点】子弹-木块模型
【答案】C　
【详解】弹簧压缩到最短时，子弹、A及B具有共同的速度v1，且子弹、A及B组成的系统，从子弹开始射入物体A一直到弹簧被压缩到最短的过程中，系统所受合外力始终为零，故整个过程系统的动量守恒，取子弹水平速度v0的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝（m＋mA＋mB）v1，又m＝mB，mA＝mB，解得v1＝，即弹簧压缩到最短时B的速度为，故C正确。
4．【知识点】动量定理及其应用
【答案】C
【详解】以其中一辆小车碰前速度方向为正方向，根据动量定理可得，解得
F=1000N。
5．【知识点】动量定理及其应用
【答案】D
【解析】图像中图线与横轴所围图形面积表示冲量大小，时间内的冲量大小为,故错误；因为滑动摩擦力大小,时间内,物块处于静止状态,前内摩擦力的大小跟的大小相等,前内摩擦力的冲量大小为,故错误；时间内,摩擦力冲量的大小为,则前物块动量的变化量为,故错误；若物块在时速度变为0，则时间内摩擦力冲量的大小为,根据动量定理得,解得,即时物块的速度为0,故正确.
6．【知识点】子弹-木块模型
【答案】A
【解析】从子弹射入木块到二者共速过程中，由动量守恒定律得,解得,因为,故，正确；摩擦产生的热量等于系统损失的动能，即,木块获得的动能,可知,错误；摩擦力对二者做功的代数和等于产生的热量,错误；只要子弹未射出木块，二者共速时的速度始终等于，产生的热量始终等于，错误.
【方法总结】
在分析这类问题时,可设木块在共速之前位移大小为,子弹位移大小为,打入木块的深度为,可以画出运动草图如图甲,作出图像如图乙所示，根据图像面积关系可知.
甲 乙
7．【知识点】动量守恒与弹簧相结合
【答案】B
【解析】设、的质量分别为、,的初速度为,与挡板碰撞前的瞬间,、的速度分别为、,以水平向右为正方向,则有,与挡板碰后至弹簧的弹性势能最大时,由动量守恒定律有,由能量守恒定律有,联立解得,,,与挡板碰撞时弹簧的弹性势能为,则，故正确.
8．【知识点】弹性碰撞和非弹性碰撞、碰撞可能性判断
【答案】A　
【详解】规定向右为正方向，由动量守恒定律可知mv0＝－m·av0＋5mv1 ①
根据碰撞过程动能不会增大可知
m≥m（av0）2＋（5m） ②
球与挡板P发生碰撞时无能量损失，与挡板碰后以原速度大小返回，若要使A球能追上B球再次相撞，所以有av0＞v1③
由①②③式可得＜a≤，故选A。
9．【知识点】爆炸问题
【答案】AC　
【详解】爆炸时爆炸物相互作用时间很短，相互作用的内力远大于外力，因此在爆炸的过程中，系统的动量守恒，A正确；爆炸过程，系统内力做正功，化学能转化为机械能，系统的机械能增加，C正确，B、D错误。
10．【知识点】动量定理及其应用
【答案】BD
【解析】设乙对甲的磁力大小为，对两磁铁受力分析如图所示，由牛顿第二定律和牛顿第三定律可知,，因为，所以,故在它们相互接近过程中的任一时刻,错误；由动量定理可知，因为,所以,正确，错误；对甲、乙整体分析，取向右为正方向，甲和乙的动量之和，可知甲和乙的动量之和不为零，正确.
11．【知识点】动量和能量的综合应用
【答案】ACD　
【详解】设小球运动到最低点与物块B碰撞前的速度大小为v1，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有mgh＝m，解得v1＝，设碰撞后小球反弹的速度大小为v1'，同理有＝mv1'2，解得v1'＝，故A正确；设碰撞后物块B的速度大小为v2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有mv1＝－mv1'＋5m解得v2＝，由动量定理可得，碰撞过程物块B受到的冲量为I＝5mv2＝m，故B错误；碰撞后当物块B与物块C速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有5mv2＝8mv3，根据机械能守恒定律有Epm＝（5m）－（8m），联立解得 Epm＝mgh，故C正确；对物块B与物块C在弹簧回到原长时，物块C有最大速度，设此时B、C的速度分别为v4、v5，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得5mv2＝5mv4＋3mv5，×5m＝×5m＋×3m，联立解得v5＝，故D正确。
12．【知识点】人船模型
【答案】CD
【解析】小球下摆过程与小车组成的系统水平方向动量守恒,竖直方向动量不守恒，错误；水平方向动量守恒,小球下落过程中,小球相对水平面向右运动，则小车向左运动,正确；撞到油泥是完全非弹性碰撞,水平方向动量守恒，所以小球与油泥相撞后，小车和小球不会沿水平方向运动,错误；设当小球到达最低点时,小球向右移动的距离为,小车向左移动的距离为,根据系统水平方向动量守恒,有,两边同时乘时间,则有,又,联立解得,正确.
13．【知识点】动量和能量的综合应用
【答案】AD
【解析】由于初始时两球恰好静止,则剪断细线后以两个球为研究对象,所受合外力为零,系统动量守恒,由于初动量为零,金属球与木球组成的系统动量始终为零,故正确；设两球体积均为,恰好悬浮静止在水下时有,又有,解得,,剪断细线后,有,,解得,,又,初始时两球速度均为零,则速度之比为,可知相同时间内两球位移大小不同,由于两球所受浮力相同,则由可知外力对两球做功大小不同,外力对木球做的正功更多,则金属球与木球组成的系统机械能不守恒,由,可得,故、错误,正确.
【一题多解】
设金属球的质量为,木球的质量为,对木球与金属球组成的系统,在木球上浮、金属球未沉入底部的过程中,系统所受合外力为零,总动量保持不变,金属球与木球动量之和始终为零,A正确；由动量守恒定律可得,金属球与木球密度之比为,体积相同,则质量之比也为,任意时刻速度大小比为,动能之比为,C错误,D正确；两边同时乘时间（人船模型）,有,设金属球竖直下降的位移大小为,木球上升的位移大小为,则有,两边同时乘重力加速度,有,可知木球重力势能的增加量等于金属球重力势能的减少量,而二者的动能在增加,因此系统机械能增加,系统机械能不守恒,B错误.
【另解】
B选项机械能的分析也可以如下：,可知相同时间内金属球和木球的位移大小之比为,系统机械能的变化量等于除重力之外的其他力对物体做的功,二者体积相同,所受浮力大小相同,,则浮力对金属球做的负功小于浮力对木球做的正功,因此系统机械能增加,即系统机械能不守恒.
14．【知识点】动量守恒与板块模型相结合
【答案】ABD　
【详解】设最终铁块与木板速度相同时大小为v，铁块相对木板向右运动时，相对木板滑行的最大路程为L，滑动摩擦力大小为Ff。取向右为正方向，根据动量守恒定律可知mv0＝（m＋M）v，得v＝1 m/s，方向向右，两者最终以1 m/s的共同速度向右做匀速直线运动，A正确。铁块相对于木板向右运动时，当两者速度相同时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律知此时两者的速度也为v＝1 m/s，由能量守恒定律，铁块相对于木板向右运动过程有m＝Ff·L＋（M＋m）v2＋Ep，铁块相对于木板运动的整个过程有m＝2Ff·L＋（M＋m）v2，联立得弹簧的最大弹性势能Ep＝3 J，Ff·L＝3 J，B正确。由功能关系知运动过程中，铁块与木板因摩擦而产生的热量Q＝2Ff·L＝6 J，C错误。由分析可知，木板始终向右运动，受到铁块的摩擦力先向右后向左，故摩擦力对木板先做正功后做负功，D正确。
15．【知识点】动量和能量的综合应用
【答案】（1）18 J　12 J　（2）0.4 m　（3）0.9 m
【详解】（1）设炸药引爆后A、B的速度大小各为v1、v2，取向左为正方向，
由动量守恒定律得m1v1－m2v2＝0
由能量守恒定律得E＝m1＋m2
又EkA＝m1，EkB＝m2，
联立解得EkA＝18 J，EkB＝12 J。
（2）B从N到Q的上滑过程，由机械能守恒定律得
EkB＝m2gR
可得R＝0.4 m。
（3）A从M沿斜面上滑的过程，运用动能定理得
－m1gxsin 37°－μm1gxcos 37°＝0－EkA
解得x＝0.9 m。
16．【知识点】人船模型
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
（1） 小球从释放到运动到最低点,根据动能定理有,解得.
（2） 小球从凹槽最高点运动到最低点的过程中,系统水平方向动量守恒,有,两边同时乘时间，则有,又,解得.
（3） 以地面为参考系,设小球与点连线与水平方向成 角时,小球水平方向速度为,竖直方向速度为,凹槽速度为,根据水平方向系统动量守恒,有,根据系统的机械能守恒,有,以凹槽为参考系,小球相对于凹槽做圆周运动,此时速度与凹槽底边成 角,即,小球的动能,解得.
17．【知识点】动量定理及其应用
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
（1） 由于,可认为卫星收集尘埃时速度不受影响,宇宙尘埃的速度会从0加速到,以卫星速度方向为正方向,则尘埃被卫星收集过程中的动量变化量大小为.
（2） 在尘埃加速到与卫星共速过程中,根据运动学规律可得,,,以尘埃为研究对象,根据动能定理可得,解得.
（3） 设卫星在尘埃区的飞行时间为,卫星附着的尘埃数量为,对尘埃,根据动量定理可得,解得卫星对尘埃的作用力,由牛顿第三定律可知,尘埃对卫星的阻力,则为了保持卫星原有的飞行速度,卫星推进器需要增加的推力.
18．【知识点】动量守恒与弹簧相结合
【答案】（1）
（2）
（3）
【思路导引】
碰后与粘在一起向下运动压缩弹簧,到最低点后、一起向上运动,恰好离开地面时,弹簧的弹力等于的重力.
【解析】
（1） 设物体碰前速度为,对物体从上方高度处自由下落的过程,由机械能守恒定律得,解得,、碰撞过程动量守恒,设碰撞后共同速度为,由动量守恒定律得,解得.
（2） 当、达到最大速度时,、所受合外力为零,设此时弹力为,对、由平衡条件得,设地面对的支持力为,对、、整体,因为加速度为零,所以,由牛顿第三定律得对水平地面的压力大小为.
（3） 设物体从距的高度为处自由落下,根据,可知,、碰撞后共同速度,当恰好离开地面时,由胡克定律得弹簧伸长量为,根据对称性,当、一起上升到弹簧伸长量为时,弹簧的弹性势能与、碰撞后瞬间的弹性势能相等,则对、一起运动到恰好离开地面的过程中,由机械能守恒定律得,联立解得.
19．【知识点】研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒
【答案】（1） ABC
（2） ；弹性
（3）
【解析】
（1） 为保证两球的碰撞为对心碰撞,则要求两小球的半径相等,故正确；入射小球每次从圆弧槽上同一位置由静止释放才能保证碰撞前小球的速度保持不变,没有必要使圆弧槽轨道光滑,故正确,错误；安装轨道时圆弧槽的末端必须水平,以保证小球在空中做平抛运动,故正确.
（2） 小球从圆弧槽轨道末端射出后在空中做平抛运动,下落高度相同,则在空中运动的时间相同,根据实验步骤可知,点为未放球时球的落点,若碰撞过程动量守恒,则有,即,代入数据解得;依题意,碰前系统的总动能为,碰后系统的总动能为,假设为弹性碰撞,则有,代入,等式成立,则假设成立,该过程两小球发生的是弹性碰撞.
（3） 设圆弧轨道的半径为,根据平抛运动规律可得,,解得小球平抛的初速度为,若两球碰撞过程中动量守恒,则有,即,可得.
20．【知识点】实验：以动量守恒为基础的创新实验
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
（1） 若、两小球碰撞过程中动量守恒，且无机械能损失，则有,，联立可解得，要使小球碰后沿圆弧上升，需满足，即.
（2） 据机械能守恒定律有,,，解得,,，结合，得.
（3） 结合（1）中分析，根据碰撞过程动量守恒有，无机械能损失有，联立可解得，结合（2）中分析，有，也即.
21．【知识点】碰撞可能性判断
【答案】（1） ；
（2）
【解析】
（1） 设白球与黑球碰撞前的速度为,由运动学公式可得,设白球与黑球碰撞后的速度分别为、,以沿方向为正方向,白球和黑球发生弹性碰撞,由动量守恒定律可得,由机械能守恒定律可得,解得,,故白球与黑球碰撞之后,白球的速度大小为,黑球的速度大小为.
（2） 碰后黑球能进入袋,则,碰后白球不能进入袋,则,若要求黑球碰撞之后能进入袋,且白球反弹后不能进入袋,则初速度的取值范围为.
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