2023年高考物理真題分類匯編：動(dòng)量、機(jī)械振動(dòng)與機(jī)械波

2023年高考真題分類匯編：動(dòng)量、機(jī)械振動(dòng)與機(jī)械波

一、選擇題

1.（2023?北京）位于坐標(biāo)原點(diǎn)處的波源發(fā)出一列沿x軸正方向傳播的簡(jiǎn)諧橫波。片0時(shí)波源開始振動(dòng),

其位移y隨時(shí)間，變化的關(guān)系式為y=Asin（壽t）,則f=7時(shí)的波形圖為（）

2.（2023?海南）下面上下兩圖分別是一列機(jī)械波在傳播方向上相距67n的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)P、Q的振動(dòng)圖像，下列

3.（2023?浙江）如圖所示，置于管口7前的聲源發(fā)出一列單一頻率聲波，分成兩列強(qiáng)度不同的聲波分別

沿A、B兩管傳播到出口。。先調(diào)節(jié)A、B兩管等長(zhǎng)，。處探測(cè)到聲波強(qiáng)度為400個(gè)單位，然后將A管

拉長(zhǎng)d=15cm,在O處第一次探測(cè)到聲波強(qiáng)度最小，其強(qiáng)度為100個(gè)單位。已知聲波強(qiáng)度與聲波振幅平

方成正比，不計(jì)聲波在管道中傳播的能量損失，則（）

I

。

A.聲波的波長(zhǎng)A=15cmB.聲波的波長(zhǎng)a=30cm

C.兩聲波的振幅之比為3：1D.兩聲波的振幅之比為2；1

4.（2023?浙江）下列說法正確的是（)

A.熱量能自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體

B.液體的表面張力方向總是跟液面相切

C.在不同的慣性參考系中，物理規(guī)律的形式是不同的

D.當(dāng)波源與觀察者相互接近時(shí)，觀察者觀測(cè)到波的頻率大于波源振動(dòng)的頻率

5.（2023?上海）真空中有一點(diǎn)P與微粒Q,Q在運(yùn)動(dòng)中受到指向P且大小與離開P的位移成正比的回復(fù)

力，則下列情況有可能發(fā)生的是（）

A.速度增大，加速度增大B.速度增大，加速度減小

C.速度增大，加速度不變D.速度減小，加速度不變

6.（2023?上海）如圖所示，有一周期為T、沿x軸正方向傳播的波，當(dāng)t=0s時(shí)波恰好傳到B點(diǎn)，則t=8T

時(shí)，CD段的波形圖為（）

7.（2023?湖北）一列簡(jiǎn)諧橫波沿x軸正向傳播，波長(zhǎng)為100cm,振幅為8cm。介質(zhì)中有。和b兩個(gè)質(zhì)點(diǎn),

其平衡位置分別位于％=-與cm和x=120cm處。某時(shí)刻b質(zhì)點(diǎn)的位移為y=4cm,且向y軸正方向運(yùn)

動(dòng)。從該時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，。質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像為（）

8.（2023?新課標(biāo)卷）船上的人和水下的潛水員都能聽見輪船的鳴笛聲。聲波在空氣中和在水中傳播時(shí)的

A.波速和波長(zhǎng)均不同B.頻率和波速均不同

C.波長(zhǎng)和周期均不同D.周期和頻率均不同

9.（2023?湖南）如圖（a）,在均勻介質(zhì)中有4、B、C和D四點(diǎn)，其中4、B、C三點(diǎn)位于同一直線上,

AC=BC=4m,DC=3m,DC垂直48.t=0時(shí)，位于A、B、C處的三個(gè)完全相同的橫波波源同時(shí)開始

振動(dòng)，振動(dòng)圖像均如圖（b）所示，振動(dòng)方向與平面AB。垂直，已知波長(zhǎng)為4m.下列說法正確的是

()

A.這三列波的波速均為2m/s

B.t=2s時(shí)，。處的質(zhì)點(diǎn)開始振動(dòng)

C.t=4.5s時(shí)，。處的質(zhì)點(diǎn)向y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)

D.t=6s時(shí)，。處的質(zhì)點(diǎn)與平衡位置的距離是6sH

10.（2023?浙江選考）主動(dòng)降噪耳機(jī)能收集周圍環(huán)境中的噪聲信號(hào)，并產(chǎn)生相應(yīng)的抵消聲波，某一噪聲信

號(hào)傳到耳膜的振動(dòng)圖像如圖所示，取得最好降噪效果的抵消聲波（聲音在空氣中的傳播速度為340m/s）

（）

A.振幅為24

B.頻率為100Hz

C.波長(zhǎng)應(yīng)為1.7m的奇數(shù)倍

D.在耳膜中產(chǎn)生的振動(dòng)與圖中所示的振動(dòng)同相

二、多項(xiàng)選擇題

11.（2023?山東）如圖所示、沿水平方向做簡(jiǎn)諧振動(dòng)的質(zhì)點(diǎn)，依次通過相距L的A、B兩點(diǎn)。已知質(zhì)點(diǎn)在

A點(diǎn)的位移大小為振幅的一半，B點(diǎn)位移大小是A點(diǎn)的百倍，質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)開始計(jì)時(shí)，t時(shí)刻第二次

經(jīng)過B點(diǎn)，該振動(dòng)的振幅和周期可能是（）

AB

.2LQ.2L122L12

B.4tcD

A.而'3tv3—1-而‘L-而‘不t

12.（2023?遼寧）“球鼻腦”是位于遠(yuǎn)洋輪船船頭水面下方的裝置，當(dāng)輪船以設(shè)計(jì)的標(biāo)準(zhǔn)速度航行時(shí)，球

鼻艄推起的波與船首推起的波如圖所示，兩列波的疊加可以大幅度減小水對(duì)輪船的阻力。下列現(xiàn)象的物

B.陽(yáng)光下的肥皂膜，呈現(xiàn)彩色條紋

C.駛近站臺(tái)的火車，汽笛音調(diào)變高

D.振動(dòng)音叉的周圍，聲音忽高忽低

13.（2023?新課標(biāo)卷）使甲、乙兩條形磁鐵隔開一段距離，靜止于水平桌面上，甲的N極正對(duì)著乙的S

極，甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量，兩者與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等。現(xiàn)同時(shí)釋放甲和乙，在它們相互接近

過程中的任一時(shí)刻（）

上土

sINIIsIN|

A.甲的速度大小比乙的大B.甲的動(dòng)量大小比乙的小

C.甲的動(dòng)量大小與乙的相等D.甲和乙的動(dòng)量之和不為零

14.（2023?浙江選考）下列說法正確的是（）

A.利用電容傳感器可制成麥克風(fēng)

B.物體受合外力越大，則動(dòng)量變化越快

C.利用紅外傳感器可制成商場(chǎng)的自動(dòng)門

D.牛頓運(yùn)動(dòng)定律不適用，則動(dòng)量守恒定律也不適用

三、非選擇題

15.（2023?北京）如圖所示，質(zhì)量為的小球A用一不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛在。點(diǎn)，在。點(diǎn)正下方的光滑

桌面上有一個(gè)與A完全相同的靜止小球B,B距。點(diǎn)的距離等于繩長(zhǎng)工現(xiàn)將A拉至某一高度，由靜止

釋放，A以速度丫在水平方向和B發(fā)生正碰并粘在一起。重力加速度為g。求：

(1)A釋放時(shí)距桌面的高度H；

(2)碰撞前瞬間繩子的拉力大小R

(3)碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能4E。

16.(2023?山東)如圖所示，物塊A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形軌道末端與B的上表面所

在平面相切，豎直擋板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A與B以相同速度％向右做勻速直

線運(yùn)動(dòng)。當(dāng)B的左端經(jīng)過軌道末端時(shí)，從弧形軌道某處無初速度下滑的滑塊C恰好到達(dá)最低點(diǎn)，并以水

平速度v滑上B的上表面，同時(shí)撤掉外力，此時(shí)B右端與P板的距離為s。已知%=lm/s,u=

4m/s,mA=mc=1kg,mB=2kg,A與地面間無摩擦，B與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)%=0.1,C與B間動(dòng)

摩擦因數(shù)〃2=0-5,B足夠長(zhǎng)，使得C不會(huì)從B上滑下。B與P、A的碰撞均為彈性碰撞，不計(jì)碰撞時(shí)

間，取重力加速度大小g=10m/s2。

(1)求C下滑的高度H；

(2)與P碰撞前，若B與C能達(dá)到共速，且A、B未發(fā)生碰撞，求s的范圍;

(3)若s=0.48m,求B與P碰撞前，摩擦力對(duì)C做的功W；

(4)若s=0.48m,自C滑上B開始至A、B、C三個(gè)物體都達(dá)到平衡狀態(tài)，求這三個(gè)物體總動(dòng)量的

變化量Zp的大小。

17.(2023?海南)如圖所示，有一固定的光滑!圓弧軌道，半徑R=0.2m,一質(zhì)量為=1kg的小滑塊B

從軌道頂端滑下，在其沖上長(zhǎng)木板C左端時(shí)，給木板一個(gè)與小滑塊相同的初速度，已知me=3kg,B、

C間動(dòng)摩擦因數(shù)冉=02,C與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃2=03,C右端有一個(gè)擋板，C長(zhǎng)為L(zhǎng)。

求：

（1）B滑到4的底端時(shí)對(duì)4的壓力是多大?

（2）若B末與C右端擋板碰撞，當(dāng)B與地面保持相對(duì)靜止時(shí)，B、C間因摩擦產(chǎn)生的熱量是多少？

（3）在0.16m<L<0.8小時(shí)，B與C右端擋板發(fā)生碰撞，且碰后粘在一起，求B從滑上C到最終停止

所用的時(shí)間。

18.（2023,海南）如圖所示，U形金屬桿上邊長(zhǎng)為L(zhǎng)=15cnx,質(zhì)量為m=1x10-3上。，下端排入導(dǎo)電液

體中，導(dǎo)電液體連接電源，金屬桿所在空間有垂直向里B=8x10-27的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。

xBXXXXX

XXXXX

（1）若排入導(dǎo)電液體部分深九=2.5cm,閉合電鍵后，金屬桿飛起后，其下端離液面高度H=

10cm,設(shè)桿中電流不變，求金屬桿離開液面時(shí)的速度大小和金屬桿中的電流有多大；-10m/s2）

（2）若金屬桿下端剛與導(dǎo)電液體接觸，改變電動(dòng)勢(shì)的大小，通電后金屬桿跳起高度H'=5cm，通電

時(shí)間t'=0.002s,求通過金屬桿截面的電荷量。

19.（2023?浙江）為了探究物體間碰撞特性，設(shè)計(jì)了如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置。水平直軌道48、CD和水平傳

送帶平滑無縫連接，兩半徑均為R=0.4m的四分之一圓周組成的豎直細(xì)圓弧管道DEF與軌道CD和足夠

長(zhǎng)的水平直軌道FG平滑相切連接。質(zhì)量為3加的滑塊b與質(zhì)量為2m的滑塊c用勁度系數(shù)k=100N/m

的輕質(zhì)彈簧連接，靜置于軌道FG上?，F(xiàn)有質(zhì)量m=0.12kg的滑塊a以初速度%=2怎m/s從D處進(jìn)

入，經(jīng)。EF管道后，與FG上的滑塊6碰撞（時(shí)間極短）。已知傳送帶長(zhǎng)L=0.8m,以u(píng)=2m/s的速率

順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，滑塊“與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)4=0.5,其它摩擦和阻力均不計(jì)，各滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，

彈簧的彈性勢(shì)能（x為形變量）。

（1）求滑塊。到達(dá)圓弧管道DEF最低點(diǎn)F時(shí)速度大小V和所受支持力大小F；

（2）若滑塊。碰后返回到5點(diǎn)時(shí)速度為=lm/s,求滑塊6碰撞過程中損失的機(jī)械能/E；

（3）若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，求碰撞后彈簧最大長(zhǎng)度與最小長(zhǎng)度之差2x。

20.（2023?上海）如圖，將小球P拴于L=1.2m的輕繩上，mP=0.15kg,向左拉開一段距離釋放，水平地

面上有一物塊Q,mQ=0.1kg。小球P于最低點(diǎn)A與物塊Q碰撞，P與Q碰撞前瞬間向心加速度為

1.6m/s2,碰撞前后P的速度之比為5：1,碰撞前后P、Q總動(dòng)能不變。（重力加速度g取9.8m/s2,水平地

面動(dòng)摩擦因數(shù)產(chǎn)0.28）

（1）求碰撞后瞬間物塊Q的速度VQ：

（2）P與Q碰撞后再次回到A點(diǎn)的時(shí)間內(nèi)，求物塊Q運(yùn)動(dòng)的距離s。

21.（2023?遼寧）如圖，質(zhì)量n=lkg的木板靜止在光滑水平地面上，右側(cè)的豎直墻面固定一勁度系數(shù)

k=20N/m的輕彈簧，彈簧處于自然狀態(tài)。質(zhì)量m2=4kg的小物塊以水平向右的速度%=滑上木板

左端，兩者共速時(shí)木板恰好與彈簧接觸。木板足夠長(zhǎng)，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)口=0/，最大靜摩擦

力等于滑動(dòng)摩擦力。彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，彈簧的彈性勢(shì)能Ep與形變量x的關(guān)系為Ep=4依2。

取重力加速度g=10m/s2,結(jié)果可用根式表示。

加2:

.」一二1.....

（1）求木板剛接觸彈簧時(shí)速度V,的大小及木板運(yùn)動(dòng)前右端距彈簧左端的距離XI。

（2）求木板與彈簧接觸以后，物塊與木板之間即將相對(duì)滑動(dòng)時(shí)彈簧的壓縮量X2及此時(shí)木板速度V2的

大小。

（3）已知木板向右運(yùn)動(dòng)的速度從V2減小到0所用時(shí)間為小求木板從速度為V2時(shí)到之后與物塊加速

度首次相同時(shí)的過程中，系統(tǒng)因摩擦轉(zhuǎn)化的內(nèi)能nu（用t表示）。

22.（2023?湖南）某同學(xué)探究彈簧振子振動(dòng)周期與質(zhì)量的關(guān)系，實(shí)驗(yàn)裝置如圖（a）所示，輕質(zhì)彈簧上端

懸掛在鐵架臺(tái)上，下端掛有鉤碼，鉤碼下表面吸附一個(gè)小磁鐵，其正下方放置智能手機(jī)，手機(jī)中的磁傳

感器可以采集磁感應(yīng)強(qiáng)度實(shí)時(shí)變化的數(shù)據(jù)并輸出圖像，實(shí)驗(yàn)步驟如下：

口測(cè)出鉤碼和小磁鐵的總質(zhì)量小；

□在彈簧下端掛上該鉤碼和小磁鐵，使彈簧振子在豎直方向做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，打開手機(jī)的磁傳感器軟件，

此時(shí)磁傳感器記錄的磁感應(yīng)強(qiáng)度變化周期等于彈簧振子振動(dòng)周期；

□某次采集到的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小隨時(shí)間t變化的圖像如圖（b）所示，從圖中可以算出彈簧振子振動(dòng)

周期T=（用力”表示）；

圖（b）

口改變鉤碼質(zhì)量，重復(fù)上述步驟；

口實(shí)驗(yàn)測(cè)得數(shù)據(jù)如下表所示，分析數(shù)據(jù)可知，彈簧振子振動(dòng)周期的平方與質(zhì)量的關(guān)系是（填

“線性的”或“非線性的”）；

m/kg10T/sT/sT21s2

0.0152.430.2430.059

0.0253.140.3140.099

0.0353.720.3720.138

0.0454.220.4220.178

0.0554.660.4660.217

□設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k,根據(jù)實(shí)驗(yàn)結(jié)果并結(jié)合物理量的單位關(guān)系，彈簧振子振動(dòng)周期的表達(dá)式可能是.

（填正確答案標(biāo)號(hào)）;

C.2'rt'JmkD.2nk\[m

□除偶然誤差外，寫出一條本實(shí)驗(yàn)中可能產(chǎn)生誤差的原因：.

23.（2023?湖南）如圖，質(zhì)量為M的勻質(zhì)凹槽放在光滑水平地面上，凹槽內(nèi)有一個(gè)半橢圓形的光滑軌道，

橢圓的半長(zhǎng)軸和半短軸分別為a和b,長(zhǎng)軸水平，短軸豎直.質(zhì)量為血的小球，初始時(shí)刻從橢圓軌道長(zhǎng)軸

的右端點(diǎn)由靜止開始下滑.以初始時(shí)刻橢圓中心的位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，在豎直平面內(nèi)建立固定于地面的直

角坐標(biāo)系xOy,橢圓長(zhǎng)軸位于x軸上.整個(gè)過程凹槽不翻轉(zhuǎn)，重力加速度為°

（1）小球第一次運(yùn)動(dòng)到軌道最低點(diǎn)時(shí)，求凹槽的速度大小以及凹槽相對(duì)于初始時(shí)刻運(yùn)動(dòng)的距離；

（2）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，求出小球運(yùn)動(dòng)的軌跡方程；

（3）若［=芻，求小球下降％?高度時(shí)，小球相對(duì)于地面的速度大?。ńY(jié)果用a、b及g表示）.

24.（2023,全國(guó)乙卷）如圖，一豎直固定的長(zhǎng)直圓管內(nèi)有一質(zhì)量為M的靜止薄圓盤，圓盤與管的上端口距

離為1，圓管長(zhǎng)度為201。一質(zhì)量為m=3M的小球從管的上端口由靜止下落，并撞在圓盤中心，圓盤向

下滑動(dòng)，所受滑動(dòng)摩擦力與其所受重力大小相等。小球在管內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)與管壁不接觸，圓盤始終水平，小

球與圓盤發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短。不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g。求：

（1）第一次碰撞后瞬間小球和圓盤的速度大?。?/p>

（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之間，小球與圓盤間的最遠(yuǎn)距離;

（3）圓盤在管內(nèi)運(yùn)動(dòng)過程中，小球與圓盤碰撞的次數(shù)。

25.（2023?全國(guó)乙卷）

（1）一列簡(jiǎn)諧橫波沿x軸傳播，圖（a）是t=0時(shí)刻的波形圖；P是介質(zhì)中位于％=2m處的質(zhì)點(diǎn)，其

振動(dòng)圖像如圖（b）所示。下列說法正確的是（)

A.波速為2m/s

B.波向左傳播

C.波的振幅是10cm

D.x=3zn處的質(zhì)點(diǎn)在t=7s時(shí)位于平衡位置

E.質(zhì)點(diǎn)P在0?7s時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的路程為70cm

（2）如圖，一折射率為遮的棱鏡的橫截面為等腰直角三角形2MBC,AB=AC=I,BC邊所在底面上

鍍有一層反射膜。一細(xì)光束沿垂直于BC方向經(jīng)AB邊上的M點(diǎn)射入棱鏡，若這束光被BC邊反射后恰

好射向頂點(diǎn)A,求M點(diǎn)到A點(diǎn)的距離。

（1）等腰三角形Elabc為一棱鏡的橫截面，ab=ac；—平行于be邊的細(xì)光束從ab邊射入棱鏡，在be

邊反射后從ac邊射出，出射光分成了不同顏色的兩束，甲光的出射點(diǎn)在乙光的下方，如圖所示。不考慮

多次反時(shí)。下列說法正確的是。

A.甲光的波長(zhǎng)比乙光的長(zhǎng)

B.甲光的頻率比乙光的高

C.在棱鏡中的傳播速度，甲光比乙光的大

D.該棱鏡對(duì)甲光的折射率大于對(duì)乙光的折射率

E.在棱鏡內(nèi)be邊反射時(shí)的入射角，甲光比乙光的大

（2）分別沿x軸正向和負(fù)向傳播的兩列簡(jiǎn)諧橫波P、Q的振動(dòng)方向相同，振幅均為5cm,波長(zhǎng)均為

8m,波速均為4m/s。t=0時(shí)刻，P波剛好傳播到坐標(biāo)原點(diǎn)，該處的質(zhì)點(diǎn)將自平衡位置向下振動(dòng)；Q波剛

好傳到x=10m處，該處的質(zhì)點(diǎn)將自平衡置向上振動(dòng)。經(jīng)過一段時(shí)間后，兩列波相遇。

①在給出的坐標(biāo)圖上分別畫出P、Q兩列波在t=2.5s時(shí)刻的波形圖(P波用虛線，Q波用實(shí)線);

Ay/cm

--r

---------1----------------1--------

511

11

11

024'6WJO%/m

11I

11

(ii)求出圖示范圍內(nèi)的介質(zhì)中，因兩列波干涉而振動(dòng)振幅最大和振幅最小的平衡位置。

27.(2023?全國(guó)甲卷)如圖，水平桌面上固定一光滑U型金屬導(dǎo)軌，其平行部分的間距為1,導(dǎo)軌的最右

端與桌子右邊緣對(duì)齊，導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)。導(dǎo)軌所在區(qū)域有方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大

小為B。一質(zhì)量為m、電阻為R、長(zhǎng)度也為1的金屬棒P靜止在導(dǎo)軌上。導(dǎo)軌上質(zhì)量為3m的絕緣棒Q位

于P的左側(cè)，以大小為vo的速度向P運(yùn)動(dòng)并與P發(fā)生彈性碰撞，碰撞時(shí)間很短。碰撞一次后，P和Q先

后從導(dǎo)軌的最右端滑出導(dǎo)軌，并落在地面上同一地點(diǎn)。P在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩端與導(dǎo)軌接觸良好，P與Q

始終平行。不計(jì)空氣阻力。求

AA

(1)金屬棒P滑出導(dǎo)軌時(shí)的速度大?。?/p>

(2)金屬體P在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的熱量；

(3)與P碰撞后，絕緣棒Q在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。

答案解析部分

L【答案】D

【知識(shí)點(diǎn)】簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式與圖象；橫波的圖象

【解析】【解答】t=0時(shí)波源開始振動(dòng)，其位移y隨時(shí)間，變化的關(guān)系式為y=Asin(爺t),根據(jù)波源質(zhì)

點(diǎn)的振動(dòng)方程可知，片0時(shí)刻波源質(zhì)點(diǎn)從平衡位置向上振動(dòng)，一個(gè)周期T后應(yīng)該回到平衡位置；波源發(fā)出

一列沿x軸正方向傳播的簡(jiǎn)諧橫波，根據(jù)“上坡下，下坡上”可以確定T時(shí)刻的波形圖應(yīng)為D,ABC錯(cuò)

誤，D正確；

故答案為：D

【分析】根據(jù)處于平衡位置的波源質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)圖像和沿x軸正方向傳播的機(jī)械波可以正確判斷。

2.【答案】C

【知識(shí)點(diǎn)】簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式與圖象；波長(zhǎng)、波速與頻率的關(guān)系

【解析】【解答】A、由質(zhì)點(diǎn)P、Q的振動(dòng)圖像可知，該波的周期是4s,A錯(cuò)誤；

B、由振動(dòng)圖像可知，振動(dòng)質(zhì)點(diǎn)P、Q的振動(dòng)情形剛好相反，可知兩個(gè)振動(dòng)質(zhì)點(diǎn)之間的距離：nA+1A=

6(n=01,2,3...)

得：4=奈T(n=01，2,3...)

、12

該機(jī)械波波速：-J-3(n=01,2,3...),B錯(cuò)誤；

V-T-4-2n+l

C、由P點(diǎn)的振動(dòng)圖像可知4s時(shí)質(zhì)點(diǎn)在平衡位置向上振動(dòng)，C正確；

D、由Q點(diǎn)的振動(dòng)圖像可知4s時(shí)質(zhì)點(diǎn)在平衡位置向下振動(dòng)，D錯(cuò)誤；

故答案為：C

【分析】正確理解質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像，從而得出波的周期，4s時(shí)的振動(dòng)方向，根據(jù)兩質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)情形，由

兩質(zhì)點(diǎn)之間的距離判斷波長(zhǎng)，進(jìn)一步計(jì)算波速。

3.【答案】C

【知識(shí)點(diǎn)】波的疊加

【解析】【解答】AB.AB管等長(zhǎng)時(shí)，兩列波發(fā)生干涉加強(qiáng)，將A管拉長(zhǎng)15sn之后，聲波強(qiáng)度最小，意味

著兩列波發(fā)生干涉減弱，由于是第一次干涉減弱，表明A管整體伸長(zhǎng)的距離為波長(zhǎng)的一半，即2d=]

解得：A=4d=60cm,故AB不符合題意；

CD.根據(jù)題意設(shè)聲波加強(qiáng)時(shí)振幅為20,聲波減弱時(shí)振幅為10,則公+42=20,Ar-A2=10,解得：

A.Q

=P故C符合題意，D不符合題意。

故答案為：C

【分析】根據(jù)波的加強(qiáng)點(diǎn)和減弱點(diǎn)的特點(diǎn)，結(jié)合題意得出波長(zhǎng)的大??；根據(jù)聲波強(qiáng)度與振幅的關(guān)系，結(jié)

合波的疊加原理得出波的振幅之比。

4.【答案】B,D

【知識(shí)點(diǎn)】多普勒效應(yīng)；熱力學(xué)第二定律；液體的表面張力

【解析】【解答】A.根據(jù)熱力學(xué)第二定律知，熱量不能自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體，故A不符合題

意；

B.液體的表面張力方向總是跟液面相切，故B符合題意；

C.由狹義相對(duì)論的兩個(gè)基本假設(shè)知，在不同的慣性參考系中，一切物理規(guī)律都是相同的，故C不符合題

忌；

D.根據(jù)多普勒效應(yīng)的原理知，當(dāng)波源與觀察者相互接近時(shí)，觀察者接收到的頻率增大；反之，觀察者接

收到的頻率減小，故D符合題意。

故答案為：BD

【分析】根據(jù)熱力學(xué)第二定律分析即可；根據(jù)液體表面張力的特點(diǎn)分析即可；根據(jù)狹義相對(duì)論分析即

可；根據(jù)多普勒效應(yīng)分析即可。

5.【答案】B

【知識(shí)點(diǎn)】簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)

【解析】【解答】根據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，回復(fù)力方向總指向平衡位置，大小與位移成正比，方向與位移方

向相反，從平衡位置到最大振幅，做加速增大的減速運(yùn)動(dòng)，反之，由最大振幅向平衡位置運(yùn)動(dòng)做加速度

減小的加速運(yùn)動(dòng)，即加速度增大必減速，加速度減小必加速，故ACD錯(cuò)誤，B正確；

故答案為：B

【分析】正確理解簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，根據(jù)回復(fù)力的定義明確加速度與位移的關(guān)系，得出從平衡位置到最

大振幅，做加速增大的減速運(yùn)動(dòng)，反之，由最大振幅向平衡位置運(yùn)動(dòng)做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，從而正

確判斷。

6.【答案】C

【知識(shí)點(diǎn)】機(jī)械波及其形成和傳播

【解析】【解答】由題可知，該波向右傳播且波長(zhǎng)為0.5m,得出波速：竽力1/s，則在t=87的

時(shí)間內(nèi)傳播的距離為：x=vt=^x8T=4.0m,而BD之間的距離為3.75+0.25=4m,

故經(jīng)過t=8T該波從B點(diǎn)傳播到D點(diǎn)，D點(diǎn)為起振點(diǎn)即將要向上振動(dòng)，XcD=0.25m=彳半個(gè)波長(zhǎng)，故

ABD錯(cuò)誤，C正確;

故答案為：C

【分析】正確理解機(jī)械波的形成，由題意可計(jì)算出波的傳播速度，再計(jì)算t=8T傳播的距離，由此確定

波剛好傳播到D點(diǎn)，由波的傳播方向確定D點(diǎn)振動(dòng)方向，并由CD之間的距離確定為半個(gè)波長(zhǎng)，從而得

出結(jié)果。

7.【答案】A

【知識(shí)點(diǎn)】橫波的圖象

【解析】【解答】6質(zhì)點(diǎn)的位移為y=4cm,且向y軸正方向運(yùn)動(dòng)，b的位置如圖所示，月.b對(duì)應(yīng)的角度

為30°。

ab之間的距離為：4％=岑+120=a的位置如圖所示，且a對(duì)應(yīng)的角度為150。，故A符合題

意，BCD不符合題意。

故答案為：A

【分析】由題意先確定b的位置，再根據(jù)ab之間的距離確定a的位置，最后分析a的振動(dòng)情況。

8.【答案】A

【知識(shí)點(diǎn)】波長(zhǎng)、波速與頻率的關(guān)系

【解析】【解答】聲波的頻率由波源振動(dòng)頻率決定，傳播速度由介質(zhì)決定，根據(jù)”=/九可知不同介質(zhì)中

波長(zhǎng)不同，故A正確。

故答案為：A

【分析1根據(jù)波長(zhǎng)，波速和頻率之間的關(guān)系9="分析求解。

9.【答案】C

【知識(shí)點(diǎn)】機(jī)械波及其形成和傳播；橫波的圖象；波長(zhǎng)、波速與頻率的關(guān)系；波的疊加

【解析】【解答】A.由圖b知，7=4s,根據(jù)"=今得：v=lm/s,故A不符合題意；

B.A、B波傳到D需要5s,C波傳到D需要3s,t=2s時(shí)，A、B、C波沒有傳到D點(diǎn)，故B不符合題

忌T*r.；

C.t=4.5s時(shí)，A、B波沒有傳到D點(diǎn)，C波傳到D點(diǎn)并且振動(dòng)了1.5s,由圖b知，D經(jīng)過1.5s向y軸

負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，故C符合題意；

D.t=6s,A、B波傳到D點(diǎn)并且振動(dòng)了Is,C波傳到D點(diǎn)并且振動(dòng)了3s,由圖b知，D處的質(zhì)點(diǎn)與平

衡位置的距離是2cm。

故答案為：C

【分析】根據(jù)每列波到達(dá)D點(diǎn)的時(shí)間和到達(dá)后振動(dòng)的時(shí)間，結(jié)合圖b進(jìn)行分析。

10.【答案】B

【知識(shí)點(diǎn)】橫波的圖象

【解析】【解答】A、由波動(dòng)圖像可知，振幅為A。A錯(cuò)誤。

B、由圖得，周期為0.01秒，頻率是周期倒數(shù)，頻率為100赫茲。B正確。

C、波長(zhǎng)等于波速乘以周期，波長(zhǎng)為3.4m。故C錯(cuò)誤。

D、同相振動(dòng)加強(qiáng)，反相振動(dòng)減弱。因?yàn)橐〉米詈媒翟胄Ч牡窒暡?，所以在耳膜中產(chǎn)生

的振動(dòng)與圖中所示的振動(dòng)反相。D錯(cuò)誤。

故選B

【分析】由圖可以直接讀出周期大小，以及振幅大小。要抵消聲波，所以波疊加時(shí)要反相。

1L【答案】B,C

【知識(shí)點(diǎn)】簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式與圖象；簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)

【解析】【解答】AB.若A、B兩點(diǎn)在平衡位置的同側(cè)，根據(jù)質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程y=4sin3t=Zsinw，對(duì)A

可得：^A=Asin(pa，對(duì)B可得：字4=的嗎，解得：％建，％=黑外=第因此可知第二次經(jīng)

過B點(diǎn)時(shí)知=手，故醛7=夕解得T=4t,依題意可知，A、B點(diǎn)間距為L(zhǎng),有亭=解得

4=含，A不符合題意，B符合題意；

CD.當(dāng)AB兩點(diǎn)在平衡位置兩側(cè)時(shí)，根據(jù)質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程y=4sin3t=Zsin<p,對(duì)A可得：

-y=Asin(pa,對(duì)B可得：梟=Asin為，解得以=磊%=號(hào)或%=等因此可知第二次經(jīng)過B

點(diǎn)時(shí)以=箏故12奈17=片解得7=錚，此時(shí)位移關(guān)系為梟+*=小解得A=焉，C符合

題意，D不符合題意。

故答案為：BCo

【分析】分情況討論A、B兩點(diǎn)在平衡位置的同側(cè)與A、B兩點(diǎn)在平衡位置兩側(cè)的兩種情況，根據(jù)振動(dòng)

方程求出過A點(diǎn)時(shí)的相位和第二次過B點(diǎn)時(shí)的相位，再根據(jù)時(shí)間關(guān)系求出周期；由位移關(guān)系求出振幅。

12.【答案】B,D

【知識(shí)點(diǎn)】多普勒效應(yīng)；波的干涉現(xiàn)象；波的疊加；光的折射及折射定律；薄膜干涉

【解析】【解答】球鼻腦推起的波與船首推起的波，兩列波的疊加可以大幅度減小水對(duì)輪船的阻力，該

現(xiàn)象的原理為波的疊加原理：

A、插入水中的筷子、看起來折斷了，該現(xiàn)象為光的折射，不符合題目物理原理，A錯(cuò)誤；

B、陽(yáng)光下的肥皂膜，呈現(xiàn)彩色條紋，該現(xiàn)象為薄膜上下表面反射光的疊加造成的干涉現(xiàn)象，符合題目物

理原理，B正確；

C、駛近站臺(tái)的火車，汽笛音調(diào)變高，該現(xiàn)象為多普勒效應(yīng)，不符合題目物理原理。C錯(cuò)誤；

D、振動(dòng)音叉的周圍，聲音忽高忽低，該現(xiàn)象為聲波的疊加造成的干涉現(xiàn)象，符合題目物理原理，D正

確；

故答案為：BD

【分析】球鼻艄推起的波與船首推起的波疊加可以大幅度減小水對(duì)輪船的阻力，該現(xiàn)象的原理為波的疊

加原理，以此為標(biāo)準(zhǔn)，分別分析各現(xiàn)象的物理原理分別為光的折射，薄膜干涉，多普勒效應(yīng)，聲音的干

涉，從而判斷是否符合題意。

13.【答案】B,D

【知識(shí)點(diǎn)】動(dòng)量定理；牛頓第二定律；沖量

【解析】【解答】?jī)烧呓咏倪^程中相互作用的引力大小相等，根據(jù)牛頓第二定律。=巴上絲=￡g

mm2

可知，質(zhì)量越大，加速度越小，經(jīng)過相同的時(shí)間質(zhì)量越大的，速度越小，故A錯(cuò)誤；對(duì)整個(gè)系統(tǒng)進(jìn)行研

究，系統(tǒng)所受合力的方向向左，故整個(gè)系統(tǒng)向左的動(dòng)量增加，即乙的動(dòng)量大于甲的動(dòng)量，且總動(dòng)量之和

增大，故BD正確，C錯(cuò)誤。

故答案為：BD。

【分析】對(duì)甲乙兩個(gè)物體進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律判斷加速度和速度大小，根據(jù)動(dòng)量定律分析

比較動(dòng)量大小。

14.【答案】A,B,C

【知識(shí)點(diǎn)】動(dòng)量定理；動(dòng)量守恒定律；生活中常見的傳感器

【解析】【解答】A：聲音使膜片振動(dòng)，膜片間距離改變，電容改變，電容改變會(huì)導(dǎo)致電荷量改變，從而

產(chǎn)生電流，這樣變化的電流送到后面的聲音處理電路進(jìn)行放大處理。所以可以利用電容傳感器制成麥克

風(fēng)。A正確。

B：由動(dòng)量定理可得9=竿，即合外力等于動(dòng)量的變化率。即物體受合外力越大，則動(dòng)量變化越快。故

B正確。

C：人體可以向外界釋放紅外線，感應(yīng)裝置接收到紅外線后，可以開門，反之關(guān)門，所以利用紅外傳感器

可制成商場(chǎng)的自動(dòng)門。C正確。

D：牛頓運(yùn)動(dòng)定律適用于宏觀低速，不適用與微觀高速問題。雖然動(dòng)量守恒定律是由牛頓運(yùn)動(dòng)定律推導(dǎo)

的，但微觀高速問題，動(dòng)量守恒定律也適用。D錯(cuò)誤。

故選ABCo

【分析】人體可以向外界釋放紅外線，電容器有兩個(gè)極板，極板間距離改變會(huì)導(dǎo)致點(diǎn)人改變，動(dòng)量定理

以及動(dòng)量守恒定律都是由牛頓運(yùn)動(dòng)定律推導(dǎo)的。

15.【答案】（1）由A-B對(duì)小球A根據(jù)動(dòng)能定理可得：^mv2=mgH,得：H=^

（2）碰撞前瞬間，對(duì)A球根據(jù)牛頓第二定律：p-mg—,得：p—gTH

LtmLt

（3）由于AB發(fā)生完全非彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒定律：=表，根據(jù)能量守恒定律：jmv2=

1

229mv^+NE,

聯(lián)立解得：△￡=^-mv2

【知識(shí)點(diǎn)】動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用；動(dòng)量與能量的綜合應(yīng)用一子彈打木塊模型

【解析】【分析】（1）對(duì)小球A應(yīng)用動(dòng)能定理求解；（2）根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)最低點(diǎn)由牛頓第二定律求解；

（3）根據(jù)完全非彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律求解。

2

16.【答案】（1）滑塊C沿弧形軌道下滑過程，由機(jī)械能守恒定律可得：mcgH^^mcv,

代入數(shù)據(jù)解得：H=0.8m?

（2）滑塊C剛滑上B時(shí)，對(duì)C受力分析，由牛頓第二定律得C的加速度大小為：ac=ii2g

m

對(duì)B受力分析，由牛頓第二定律得：^2cg-^i（mB+mc}g=mBaB

22

解得：a。=5m/s,aB=lm/s

設(shè)經(jīng)過時(shí)間h，B和C共速，有：u-%+a/i

解得：ti=0.5s

共同速度"共i=v~adi=L5m/s

2

B的位移為％BI=voti+^aBt-[=0.625m

B和C共速后，一起做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)BC整體，由牛頓第二定律得：〃i（mB+mc）g=

（jnB+mc）aBC

2

解得：aBc=lm/s

設(shè)再經(jīng)過時(shí)間±2，A與B發(fā)生碰撞，則有：xA=xB1+xB2

其中A的位移為：xA=%（ti4-12）

v+17

B在t2時(shí)間內(nèi)的位移為：-共1共2

人82-2c2

共'共2

t=------------

2aBC

解得：t2=苧S或與公（舍去），詆==/，口2=（1-男姐

為保證與P碰撞前，B與C能達(dá)到共速，且A、B未發(fā)生碰撞，貝1」孫1WsW孫1+物2

解得：0.625mWsW（1+亨）m

（3）因?yàn)閟=0.48m＜孫1，所以B與P碰撞時(shí)，滑塊C與木板B沒有共速，B做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，C

2

做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)木板B,由位移一時(shí)間公式得：s=v0t0+^aBt0

代入數(shù)據(jù)解得：如=0.4s或24s（舍去）

2

對(duì)滑塊C,由位移一時(shí)間公式得：xc=vt0—1act0

代入數(shù)據(jù)解得：xc=1.2m

摩擦力對(duì)C做的功W=-I^2mc9xc

代入數(shù)據(jù)解得：W=-6J

（4）木板B與P碰撞時(shí)，B的速度加0=%+aBt0=lAm/s

C的速度"co=v-act0=2m/s

A的位移為孫i=v0to=0.4m

此時(shí)A、B間的距離為Ax=s—xA1=0.08m

B與P發(fā)生彈性碰撞，碰撞后以原速率反彈，反彈后對(duì)B受力分析，由牛頓第二定律得：^2mcg+

^（,mB+mc）g=mBaB'

代入數(shù)據(jù)解得：即'=4巾/$2

物塊A與木板B相向運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)時(shí)間t3恰好相遇，由位移關(guān)系得：孫2+物3=△久

其中A的位移為：X^2=v0^3

B的位移為：xB3=vBQt-i-^aB't^

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：抬=互等5或組色s（舍去）

此時(shí)B的速度=vB0-aB't3=警9瓶小，方向向左；

C的速度"ci=Uco-。匹3=（2V2-l）zn/s,方向向右；

、

以水平向右為正方向，AB發(fā)生彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律得：mAvQ-mBvB1=mAvA+mBvB

由能量守恒定律得：^mv24-^mv21212

A0BB1=2mAvA+2mBVB

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：力=配冬至m/s，15-8^,

?B=-f5—

此時(shí)C的速度4=vcl=（2V2-l）m/s

物塊A向左的速度大于木板B和滑塊C向右的速度，A、B不會(huì)再發(fā)生碰撞，物塊A向左做勻速直線

v

運(yùn)動(dòng)，由于摩擦力作用，B和C最后靜止，則整個(gè)過程動(dòng)量的變化量為Ap=（mA+mB）v0+^c-

mAVA

解得：Ap=(6+周)kg-m/s

【知識(shí)點(diǎn)】動(dòng)量定理；牛頓第二定律；動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用；機(jī)械能守恒定律；碰撞模型

【解析】【分析】(1)物塊C下滑過程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律求解下滑高度；

(2)滑塊C滑上B后，C做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，B做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求

出B的位移，為s的最小值，若AB恰好發(fā)生碰撞，求出發(fā)生碰撞時(shí)B的位移，為s的最大值；

(3)B與P碰撞時(shí)，滑塊C與木板B沒有共速，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解時(shí)間和C的位移，根據(jù)做功公式

求解摩擦力對(duì)C做功；

(4)由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出B與P發(fā)生碰撞時(shí)的速度和位移，以及C的速度，B與P發(fā)生

彈性碰撞后，B以原速率反彈，再次根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出A、B碰前的速度，A與B的

碰撞為彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律求解碰撞后A和B的速度，進(jìn)而判斷A、B、C的

運(yùn)動(dòng)情況，當(dāng)三個(gè)物體都達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，A做勻速直線運(yùn)動(dòng)，B和C靜止，根據(jù)動(dòng)量公式求出動(dòng)量的

變化量。

17.【答案】(1)B滑到A底端時(shí)，由動(dòng)能定理：血8然=：如必得：v=,/2^R

最低點(diǎn)由牛頓第二定律：?'_巾8。=￥得：尸N=30N,由牛頓第三定律壓力為30N,方向豎直向

下；

(2)B滑上C,對(duì)B受力分析，由牛頓第二定律，B受到摩擦力為：fBS=mBai得:幻=

出9=2嗎、2，方向向左；

m

對(duì)C受力分析，由牛頓第二定律：fi2(mB+mc)g-ii1mBg=mca2,代入數(shù)據(jù)解得：a2=10/s2,

其加速度方向向左；

由此可得BC勻減速運(yùn)動(dòng)速度減為零時(shí)發(fā)生的位移，由速度位移公式層-%2=25分別可得：打=

布%2=2^=0.2m

B未與C末端相碰，BC間因摩擦產(chǎn)生的熱量為：Q=-%2)=L6J

(3)由于C的加速度大，C先停下來，C停止用時(shí)為：〃=尚=0.2s,

該時(shí)間內(nèi)BC發(fā)生的相對(duì)位移為：x相=("i——(況］—2ti(a2—=0.16ni

此時(shí)B的速度為：vB=v-a1t1=1.6嗎仁由于L>0.16m,C停止后設(shè)再經(jīng)過以時(shí)間與C擋板碰撞，

-1

2

則有位移公式：L-0.16=vBt2-^a1t2>

代入數(shù)據(jù)解得：t2=0.8-V0.8-L.

此時(shí)碰撞的速度為：vB'=vB-a1t2=2V0.8-L,

B與C擋板碰撞，由動(dòng)量守恒定律：6B%'=（巾8+機(jī)（?）"其代入數(shù)據(jù)解得：v共=世一

m

BC共同減速，H2（mB+mc）g=（mB+mc）a3得：a3=n2g=8/s2,

設(shè)經(jīng)過t3停下來，由速度公式：3t3得：t3=四品，

故B滑上C到最終停止：t=ti+t2+t3=l—萼耳s

【知識(shí)點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律；勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的綜合運(yùn)用；牛頓第二定律；動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用；動(dòng)量與能

量的綜合應(yīng)用一板塊模型

【解析】【分析】（1）B滑到A底端時(shí)?，由動(dòng)能定理計(jì)算底端速度，由牛頓第二定律計(jì)算壓力；

（2）分別計(jì)算BC做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度和速度減為零所需位移，由相對(duì)位移計(jì)算摩擦產(chǎn)生的熱量；

（3）先計(jì)算C先停止所用時(shí)間口，和這個(gè)時(shí)間內(nèi)發(fā)生的相對(duì)位移，從而計(jì)算B在C上剩余位移所需時(shí)

間t2和此時(shí)B的速度，接著發(fā)生碰撞，由動(dòng)量守恒定律計(jì)算碰后共同運(yùn)動(dòng)的速度，受力分析得出共同運(yùn)

動(dòng)的加速度，再計(jì)算出共同減速為零時(shí)所需時(shí)間，三段時(shí)間的和就是從B滑上C到終止所需總時(shí)間。

18?【答案】（1）對(duì)金屬桿離開液面做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，上升高度H,由速度位移公式可得：v2=2gH,解

得：v=&m/s；

金屬桿從液體中到最高點(diǎn)，由動(dòng)能定理：BILh-mg（H+h）=0,代入數(shù)據(jù)解得：I=4.17A；

（2）由起跳高度卬，根據(jù)動(dòng)能定理：mgy=得：1y=商7=1血6

通電時(shí)間t'內(nèi)，根據(jù)動(dòng)量定理：（F安一=可得：BI'Lt'=mv'+mgt',代入數(shù)據(jù)解得：

/'=42.5A；

又因?yàn)椋簈=l't'

代入數(shù)據(jù)解得：q=0.085C

【知識(shí)點(diǎn)】動(dòng)量定理；安培力：動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用

【解析】【分析】（1）由導(dǎo)線上升高度做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)速度位移公式計(jì)算初速度；由從液體中到上升

最大高度，根據(jù)動(dòng)能定理求解；

（2）根據(jù)上升高度計(jì)算離開液面速度，根據(jù)動(dòng)量定理和電荷量公式計(jì)算電荷量。

19.【答案】（1）滑塊a從D到F的過程，由動(dòng)能定理得：mg-2R=^mvp—詔，解得：Vp=

10m/s,

在F點(diǎn)，由牛頓第二定律得：FN_mg=m竽，解得：FN=31.2N；

（2）設(shè)碰撞后滑塊a的速度為巧，滑塊b的速度為外?；瑝Ka碰后返回到B點(diǎn)的過程中，

根據(jù)動(dòng)能定理得：—2?ngR-卬ngL=瑤—相，

解得：%=5m/s,

對(duì)a、b碰撞瞬間，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：mvF=-mVi+3mv2,

解得：v2=5m/s,

所以碰撞損失的能量為：RE=^mvp—-3zn域=0

（3）設(shè)a、b碰撞后粘在一起的速度為v,對(duì)a、b碰撞瞬間，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：mvF=Cm+

3m）v,解得：v=2.5m/s,當(dāng)彈簧的長(zhǎng)度最大或者最小時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能都最大，且滑塊的速度相

等，設(shè)共同速度為V，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：4mv=（4m+2m）v'y解得：v'=|m/s>當(dāng)彈簧被壓縮

到最短時(shí)壓縮量為％i，由能量守恒得：君，解得：%i=0.1m,同理當(dāng)彈簧被拉

到最長(zhǎng)時(shí)伸長(zhǎng)量為久2=0.1m,所以彈簧最大長(zhǎng)度與最小長(zhǎng)度之差=2%=0.2m。

【知識(shí)點(diǎn)】動(dòng)量與能量的其他綜合應(yīng)用

【解析】【分析】（1）根據(jù)動(dòng)能定理得出滑塊的速度，結(jié)合牛頓第二定律得出支持力的大小；

（2）根據(jù)動(dòng)能定理得出碰撞后滑塊a的速度，結(jié)合動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律得出機(jī)械能的損失；

（3）當(dāng)滑塊的速度相等時(shí)?，彈簧的長(zhǎng)度最大或最小，結(jié)合能量守恒定律和動(dòng)量守恒定律聯(lián)立求解。

20.【答案】（1）已知小球P與Q碰撞之前的向心加速度，由向心力公式可得：/放=邛=nw代入數(shù)據(jù)

解得：v~1.29m/s

m

又因?yàn)榕鲎睬昂驪的速度之比為5：1,所以碰后P的速度：vP=|vsO.28/s

P與Q碰撞時(shí)間極端，系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，動(dòng)量守恒得：=+代入數(shù)據(jù)解得：vQ=

1.67叫5方向水平向右；

答：Q的速度VQ為L(zhǎng)663m/s

（2）由于L=1.2m遠(yuǎn)大于小球直徑，碰后速度小上升高度小，根據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)單擺周期公式：T=2irJ

小球碰后再次到平衡位置的時(shí)間：t=3聯(lián)立解得：t=2.20s

碰后Q做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得：iimQg=mQa

速度減為零所需時(shí)間，由速度公式得：0=狽-at'

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：t'=0.16s得：t>t'

由速度位移公式可得：s=笙代入數(shù)據(jù)解得：s=0.51m

s2a

答：物塊Q運(yùn)動(dòng)的距離s為0.51m.

【知識(shí)點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律；單擺及其回復(fù)力與周期；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移與速度的關(guān)系

【解析】【分析】(1)已知P在碰前的向心加速度，根據(jù)向心力公式求得碰前速度，由動(dòng)量守恒定律求得碰

后Q的速度；

(2)由已知條件根據(jù)單擺周期公式計(jì)算小球P再次擺到平衡位置的時(shí)間，計(jì)算Q減速為零時(shí)所需時(shí)

間，求得所發(fā)生的位移.

21.【答案】(1)根據(jù)題意，兩者共速時(shí)木板恰好與彈簧接觸，由于地面光滑，則物塊與木板組成的系統(tǒng)

動(dòng)量守恒：m2v0=(mj+m2)vi，代入數(shù)據(jù)可得：%=1平/$，

對(duì)木板由牛頓第二定律可得：。=霏=4叫、2由速度位移公式%2=2即/代入數(shù)據(jù)可得：%1=

0.125m

(2)木板與彈簧接觸以后，對(duì)物塊和木板組成系統(tǒng)：Kx=(mx+m2)a^,對(duì)物塊有：a2=ng=

w

當(dāng)a〃=a2時(shí)，物塊與木板將相對(duì)滑動(dòng)，聯(lián)立解得彈簧的壓縮量為：％2=0.25m

2m

對(duì)物塊與木板組成系統(tǒng)由動(dòng)能定理可得：—aKx??=；(nil+7H2)V2一；(l+62)%2,

代入數(shù)據(jù)可得：V2=^m/s

(3)木板從速度為也時(shí)到之后與物塊加速度首次相同時(shí)的過程中，由于木板的加速大于物塊的加速度，

則當(dāng)二者加速度相同時(shí)，即彈簧形變量為“2時(shí)，說明此時(shí)木板的速度為。2,共用時(shí)間為2to,則對(duì)物塊動(dòng)

量定理：2g-