2023年高考物理真題分類匯編：動量、機(jī)械振動與機(jī)械波

2023年高考真題分類匯編：動量、機(jī)械振動與機(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軸正方向傳播的簡諧橫波。片0時波源開始振動,

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

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的兩個質(zhì)點(diǎn)P、Q的振動圖像，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，。處探測到聲波強(qiáng)度為400個單位，然后將A管

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

方成正比，不計聲波在管道中傳播的能量損失，則（）

I

。

A.聲波的波長A=15cmB.聲波的波長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，觀察者觀測到波的頻率大于波源振動的頻率

5.（2023?上海）真空中有一點(diǎn)P與微粒Q,Q在運(yùn)動中受到指向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時波恰好傳到B點(diǎn)，則t=8T

時，CD段的波形圖為（）

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

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

動。從該時刻開始計時，。質(zhì)點(diǎn)的振動圖像為（）

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的

A.波速和波長均不同B.頻率和波速均不同

C.波長和周期均不同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，位于A、B、C處的三個完全相同的橫波波源同時開始

振動，振動圖像均如圖（b）所示，振動方向與平面AB。垂直，已知波長為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，。處的質(zhì)點(diǎn)開始振動

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

D.t=6s時，。處的質(zhì)點(diǎn)與平衡位置的距離是6sH

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

號傳到耳膜的振動圖像如圖所示，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.波長應(yīng)為1.7m的奇數(shù)倍

D.在耳膜中產(chǎn)生的振動與圖中所示的振動同相

二、多項選擇題

11.（2023?山東）如圖所示、沿水平方向做簡諧振動的質(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)時開始計時，t時刻第二次

經(jīng)過B點(diǎn)，該振動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)計的標(biāo)準(zhǔn)速度航行時，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輪船的阻力。下列現(xiàn)象的物

B.陽光下的肥皂膜，呈現(xiàn)彩色條紋

C.駛近站臺的火車，汽笛音調(diào)變高

D.振動音叉的周圍，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摩擦因數(shù)相等?，F(xiàn)同時釋放甲和乙，在它們相互接近

過程中的任一時刻（）

上土

sINIIsIN|

A.甲的速度大小比乙的大B.甲的動量大小比乙的小

C.甲的動量大小與乙的相等D.甲和乙的動量之和不為零

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，則動量變化越快

C.利用紅外傳感器可制成商場的自動門

D.牛頓運(yùn)動定律不適用，則動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用一不可伸長的輕繩懸掛在。點(diǎn)，在。點(diǎn)正下方的光滑

桌面上有一個與A完全相同的靜止小球B,B距。點(diǎn)的距離等于繩長工現(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。當(dāng)B的左端經(jīng)過軌道末端時，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，同時撤掉外力，此時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與地面間動摩擦因數(shù)%=0.1,C與B間動

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

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C做的功W；

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

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，在其沖上長木板C左端時，給木板一個與小滑塊相同的初速度，已知me=3kg,B、

C間動摩擦因數(shù)冉=02,C與地面間的動摩擦因數(shù)〃2=03,C右端有一個擋板，C長為L。

求：

（1）B滑到4的底端時對4的壓力是多大?

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

（3）在0.16m<L<0.8小時，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

所用的時間。

18.（2023,海南）如圖所示，U形金屬桿上邊長為L=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。

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，改變電動勢的大小，通電后金屬桿跳起高度H'=5cm，通電

時間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)計了如圖所示的實驗裝置。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。現(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（時間極短）。已知傳送帶長L=0.8m,以u=2m/s的速率

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

彈簧的彈性勢能（x為形變量）。

（1）求滑塊。到達(dá)圓弧管道DEF最低點(diǎn)F時速度大小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度與最小長度之差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總動能不變。（重力加速度g取9.8m/s2,水平地

面動摩擦因數(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)的時間內(nèi)，求物塊Q運(yùn)動的距離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，兩者共速時木板恰好與彈簧接觸。木板足夠長，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)口=0/，最大靜摩擦

力等于滑動摩擦力。彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，彈簧的彈性勢能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速度V,的大小及木板運(yùn)動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滑動時彈簧的壓縮量X2及此時木板速度V2的

大小。

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

度首次相同時的過程中，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)探究彈簧振子振動周期與質(zhì)量的關(guān)系，實驗裝置如圖（a）所示，輕質(zhì)彈簧上端

懸掛在鐵架臺上，下端掛有鉤碼，鉤碼下表面吸附一個小磁鐵，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)度實時變化的數(shù)據(jù)并輸出圖像，實驗步驟如下：

口測出鉤碼和小磁鐵的總質(zhì)量??；

□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諧運(yùn)動，打開手機(jī)的磁傳感器軟件，

此時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周期；

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

周期T=（用力”表示）；

圖（b）

口改變鉤碼質(zhì)量，重復(fù)上述步驟；

口實驗測得數(shù)據(jù)如下表所示，分析數(shù)據(jù)可知，彈簧振子振動周期的平方與質(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)實驗結(jié)果并結(jié)合物理量的單位關(guān)系，彈簧振子振動周期的表達(dá)式可能是.

（填正確答案標(biāo)號）;

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

□除偶然誤差外，寫出一條本實驗中可能產(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)有一個半橢圓形的光滑軌道，

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

的右端點(diǎn)由靜止開始下滑.以初始時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,橢圓長軸位于x軸上.整個過程凹槽不翻轉(zhuǎn)，重力加速度為°

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

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

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

24.（2023,全國乙卷）如圖，一豎直固定的長直圓管內(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，所受滑動摩擦力與其所受重力大小相等。小球在管內(nèi)運(yùn)動時與管壁不接觸，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間極短。不計空氣阻力，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)動過程中，小球與圓盤碰撞的次數(shù)。

25.（2023?全國乙卷）

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

振動圖像如圖（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時位于平衡位置

E.質(zhì)點(diǎn)P在0?7s時間內(nèi)運(yùn)動的路程為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。下列說法正確的是。

A.甲光的波長比乙光的長

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.該棱鏡對甲光的折射率大于對乙光的折射率

E.在棱鏡內(nèi)be邊反射時的入射角，甲光比乙光的大

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

8m,波速均為4m/s。t=0時刻，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；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。經(jīng)過一段時間后，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時刻的波形圖(P波用虛線，Q波用實線);

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振幅最大和振幅最小的平衡位置。

27.(2023?全國甲卷)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

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

小為B。一質(zhì)量為m、電阻為R、長度也為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)動并與P發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間很短。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)動時，兩端與導(dǎo)軌接觸良好，P與Q

始終平行。不計空氣阻力。求

AA

(1)金屬棒P滑出導(dǎo)軌時的速度大??；

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

(3)與P碰撞后，絕緣棒Q在導(dǎo)軌上運(yùn)動的時間。

答案解析部分

L【答案】D

【知識點(diǎn)】簡諧運(yùn)動的表達(dá)式與圖象；橫波的圖象

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

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

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

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

【知識點(diǎn)】簡諧運(yùn)動的表達(dá)式與圖象；波長、波速與頻率的關(guān)系

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

B、由振動圖像可知，振動質(zhì)點(diǎn)P、Q的振動情形剛好相反，可知兩個振動質(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錯誤；

V-T-4-2n+l

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

D、由Q點(diǎn)的振動圖像可知4s時質(zhì)點(diǎn)在平衡位置向下振動，D錯誤；

故答案為：C

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

兩質(zhì)點(diǎn)之間的距離判斷波長，進(jìn)一步計算波速。

3.【答案】C

【知識點(diǎn)】波的疊加

【解析】【解答】AB.AB管等長時，兩列波發(fā)生干涉加強(qiáng)，將A管拉長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管整體伸長的距離為波長的一半，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)時振幅為20,聲波減弱時振幅為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)合題意得出波長的大?。桓鶕?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.由狹義相對論的兩個基本假設(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，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)狹義相對論分析即

可；根據(jù)多普勒效應(yīng)分析即可。

5.【答案】B

【知識點(diǎn)】簡諧運(yùn)動

【解析】【解答】根據(jù)簡諧運(yùn)動的規(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，反之，由最大振幅向平衡位置運(yùn)動做加速度

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

故答案為：B

【分析】正確理解簡諧運(yùn)動的規(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，反之，由最大振幅向平衡位置運(yùn)動做加速度減小的加速運(yùn)動，從而正

確判斷。

6.【答案】C

【知識點(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為0.5m,得出波速：竽力1/s，則在t=87的

時間內(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，XcD=0.25m=彳半個波長，故

ABD錯誤，C正確;

故答案為：C

【分析】正確理解機(jī)械波的形成，由題意可計算出波的傳播速度，再計算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)振動方向，并由CD之間的距離確定為半個波長，從而得

出結(jié)果。

7.【答案】A

【知識點(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，b的位置如圖所示，月.b對應(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的振動情況。

8.【答案】A

【知識點(diǎn)】波長、波速與頻率的關(guān)系

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

波長不同，故A正確。

故答案為：A

【分析1根據(jù)波長，波速和頻率之間的關(guān)系9="分析求解。

9.【答案】C

【知識點(diǎn)】機(jī)械波及其形成和傳播；橫波的圖象；波長、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，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，A、B波沒有傳到D點(diǎn)，C波傳到D點(diǎn)并且振動了1.5s,由圖b知，D經(jīng)過1.5s向y軸

負(fù)方向運(yùn)動，故C符合題意；

D.t=6s,A、B波傳到D點(diǎn)并且振動了Is,C波傳到D點(diǎn)并且振動了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)的時間和到達(dá)后振動的時間，結(jié)合圖b進(jìn)行分析。

10.【答案】B

【知識點(diǎn)】橫波的圖象

【解析】【解答】A、由波動圖像可知，振幅為A。A錯誤。

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、波長等于波速乘以周期，波長為3.4m。故C錯誤。

D、同相振動加強(qiáng)，反相振動減弱。因為要取得最好降噪效果的抵消聲波，所以在耳膜中產(chǎn)生

的振動與圖中所示的振動反相。D錯誤。

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，所以波疊加時要反相。

1L【答案】B,C

【知識點(diǎn)】簡諧運(yùn)動的表達(dá)式與圖象；簡諧運(yùn)動

【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)的振動方程y=4sin3t=Zsinw，對A

可得：^A=Asin(pa，對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)時知=手，故醛7=夕解得T=4t,依題意可知，A、B點(diǎn)間距為L,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，根據(jù)質(zhì)點(diǎn)的振動方程y=4sin3t=Zsin<p,對A可得：

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

點(diǎn)時以=箏故12奈17=片解得7=錚，此時位移關(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

方程求出過A點(diǎn)時的相位和第二次過B點(diǎn)時的相位，再根據(jù)時間關(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錯誤；

B、陽光下的肥皂膜，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錯誤；

D、振動音叉的周圍，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

【知識點(diǎn)】動量定理；牛頓第二定律；沖量

【解析】【解答】兩者接近的過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)過相同的時間質(zhì)量越大的，速度越小，故A錯誤；對整個系統(tǒng)進(jìn)行研

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

增大，故BD正確，C錯誤。

故答案為：BD。

【分析】對甲乙兩個物體進(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)動量定律分析

比較動量大小。

14.【答案】A,B,C

【知識點(diǎn)】動量定理；動量守恒定律；生活中常見的傳感器

【解析】【解答】A：聲音使膜片振動，膜片間距離改變，電容改變，電容改變會導(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：由動量定理可得9=竿，即合外力等于動量的變化率。即物體受合外力越大，則動量變化越快。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

可制成商場的自動門。C正確。

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

的，但微觀高速問題，動量守恒定律也適用。D錯誤。

故選ABCo

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

以及動量守恒定律都是由牛頓運(yùn)動定律推導(dǎo)的。

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

（2）碰撞前瞬間，對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

【知識點(diǎn)】動能定理的綜合應(yīng)用；動量與能量的綜合應(yīng)用一子彈打木塊模型

【解析】【分析】（1）對小球A應(yīng)用動能定理求解；（2）根據(jù)圓周運(yùn)動最低點(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，對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，對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）因為s=0.48m＜孫1，所以B與P碰撞時，滑塊C與木板B沒有共速，B做勻加速直線運(yùn)動，C

2

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

代入數(shù)據(jù)解得：如=0.4s或24s（舍去）

2

對滑塊C,由位移一時間公式得：xc=vt0—1act0

代入數(shù)據(jù)解得：xc=1.2m

摩擦力對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，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，設(shè)經(jīng)時間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不會再發(fā)生碰撞，物塊A向左做勻速直線

v

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

mAVA

解得：Ap=(6+周)kg-m/s

【知識點(diǎn)】動量定理；牛頓第二定律；動能定理的綜合應(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，B做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動學(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B的位移，為s的最大值；

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

求解摩擦力對C做功；

(4)由牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式求出B與P發(fā)生碰撞時的速度和位移，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)動情況，當(dāng)三個物體都達(dá)到平衡狀態(tài)時，A做勻速直線運(yùn)動，B和C靜止，根據(jù)動量公式求出動量的

變化量。

17.【答案】(1)B滑到A底端時，由動能定理：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)動速度減為零時發(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停止用時為：〃=尚=0.2s,

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

此時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.

此時碰撞的速度為：vB'=vB-a1t2=2V0.8-L,

B與C擋板碰撞，由動量守恒定律：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

【知識點(diǎn)】動量守恒定律；勻變速直線運(yùn)動規(guī)律的綜合運(yùn)用；牛頓第二定律；動能定理的綜合應(yīng)用；動量與能

量的綜合應(yīng)用一板塊模型

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

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

（3）先計算C先停止所用時間口，和這個時間內(nèi)發(fā)生的相對位移，從而計算B在C上剩余位移所需時

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

動的加速度，再計算出共同減速為零時所需時間，三段時間的和就是從B滑上C到終止所需總時間。

18?【答案】（1）對金屬桿離開液面做豎直上拋運(yùn)動，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)動能定理：mgy=得：1y=商7=1血6

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

/'=42.5A；

又因為：q=l't'

代入數(shù)據(jù)解得：q=0.085C

【知識點(diǎn)】動量定理；安培力：動能定理的綜合應(yīng)用

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

最大高度，根據(jù)動能定理求解；

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

19.【答案】（1）滑塊a從D到F的過程，由動能定理得：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。滑塊a碰后返回到B點(diǎn)的過程中，

根據(jù)動能定理得：—2?ngR-卬ngL=瑤—相，

解得：%=5m/s,

對a、b碰撞瞬間，根據(jù)動量守恒定律得：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a、b碰撞瞬間，根據(jù)動量守恒定律得：mvF=Cm+

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

等，設(shè)共同速度為V，根據(jù)動量守恒定律得：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

到最長時伸長量為久2=0.1m,所以彈簧最大長度與最小長度之差=2%=0.2m。

【知識點(diǎn)】動量與能量的其他綜合應(yīng)用

【解析】【分析】（1）根據(jù)動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??；

（2）根據(jù)動能定理得出碰撞后滑塊a的速度，結(jié)合動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?，彈簧的長度最大或最小，結(jié)合能量守恒定律和動量守恒定律聯(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

又因為碰撞前后P的速度之比為5：1,所以碰后P的速度：vP=|vsO.28/s

P與Q碰撞時間極端，系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，動量守恒得：=+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L663m/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)簡諧運(yùn)動單擺周期公式：T=2irJ

小球碰后再次到平衡位置的時間：t=3聯(lián)立解得：t=2.20s

碰后Q做勻減速直線運(yùn)動，由牛頓第二定律得：iimQg=mQa

速度減為零所需時間，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)動的距離s為0.51m.

【知識點(diǎn)】動量守恒定律；單擺及其回復(fù)力與周期；勻變速直線運(yùn)動的位移與速度的關(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)單擺周期公式計算小球P再次擺到平衡位置的時間，計算Q減速為零時所需時

間，求得所發(fā)生的位移.

21.【答案】(1)根據(jù)題意，兩者共速時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)

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

對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，對物塊和木板組成系統(tǒng)：Kx=(mx+m2)a^,對物塊有：a2=ng=

w

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

2m

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

代入數(shù)據(jù)可得：V2=^m/s

(3)木板從速度為也時到之后與物塊加速度首次相同時的過程中，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，即彈簧形變量為“2時，說明此時木板的速度為。2,共用時間為2to,則對物塊動

量定理：2g-