高中物理課時作業(yè)（人教版選修第一冊）詳解答案

師說全新學(xué)案物理?選擇性必修?第一冊

課時分層作業(yè)(一)動量

1.解析：動量是矢量，勻速圓周運動的物體的速度方向時刻在變化，故動量時刻在變化,

A錯誤；勻變速直線運動的物體的速度大小時刻在變化，所以動量一定在變化，B正確；速

度方向變化，但大小不變，則動量變化，而動能不變，C錯誤；動量的負號只表示方向，不

參與大小的比較，故piV02,D錯誤.

答案：B

2.解析：取豎直向上為正方向，則小球與地面碰撞過程中動量的變化量：W=〃B2一機S

=X4kgm/s—X(―6)kgm/s=2kgm/s,方向豎直向上.

由動能定理，合外力做的功：W=-mvlmv\=-XX42J--XX62J=-2J.故

2~222

A正確.

答案：A

3.解析:物體做初速度為零的勻加速直線運動，V]=2ah,vj=2a(2力)，則p尸〃?而，

〃2=〃八4/tPl■P2=1:也，故B選項正確.

答案：B

4.解析：取沿斜面向上為正方向，木塊的加速度為

〃=-gsin30°=-5m/s2

1s末速度

。1=%+〃，1=1()m/s-5m/s2X1s=5m/s

則Is末動量

p\=niV}='X5kgin/s=kgm/s

3s末速度V2=Vo~\-at2=(10—5X3)m/s=-5m/s

3s末動量p2=wzj2=義(-S)kg-m/s=—kg-m/s

po=mvo=X1()kgm/s=5kgm/s

則3s內(nèi)的動量變化量為

△〃=P2—po=(---5)kgm/s=-kg-m/s,大小為kgm/s,方向沿斜面向下.

答案：kgm/s,方向沿斜面向上

7.5kg-in/s,方向沿斜面向下

5.解析：設(shè)擺球力、B的質(zhì)量分別為〃?小ms,擺長為/,8球的初始高度為加，碰撞前

8球的速度為。8.在不考慮擺線質(zhì)量的情況下，根據(jù)題意及機械能守恒定律得

Ai=/(1—cos45°)

12i

~niBVB=niHgh]

設(shè)碰撞前、后兩擺球的質(zhì)量與速度的乘積之和大小分別為0、〃，有：

Pl=機型8

聯(lián)立解得p1=ms72gl(I-cos45。)

同理可得p2=(〃"+m3)M2gl(1—cos300)

-cos3示

所以有：比

PimuVI-cos45°

代入已知條件得(醫(yī))2-

pi

\P2~P\I

所以有IpiI<4%

綜上可知，此實驗在規(guī)定的誤差范圍內(nèi)成功地驗證;碰撞前后兩小球的質(zhì)量與速度的乘

積之和保持不變.

答案：見解析

課時分層作業(yè)(二)動量定理

1.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，△夕=P2—PI=〃?D2

—wui=5X(—3)kgm/s—5X5kgm/s=-40kg-m/s,D項正確.

答案:D

2.解析：由動量定理/令=&?=p2—pi可知合外力：口量的方向一定與動量變化的方向相

同，/&<(),△〃<(),但由于動量是矢量，物體的動量不一定減小，故D正確.

答案：D

3.解析：接球過程中，球的初動量和未動量一定，所以球的動量變化量恒定不變，選項

C錯誤；根據(jù)動量定理，手對球的沖量等于球動量的改變量，也恒定不變，球?qū)κ值臎_量也

不變，選項A錯誤；球的初動能和未動能一定，所以球的動能變化量恒定不變，選項D錯誤；

根據(jù)動量定理/=力，球?qū)κ值臎_量/不變，接球時兩手隨球迅速收縮至胸前，是通過炎長受

力時間以減小球?qū)θ说臎_擊力八所以選項B正確.

答案：B_______

4.解析：設(shè)建筑工人下落5m時速度為般，由v?=2gh得v=商】=42X10X5m/s

=10m/s；設(shè)安全帶所受平均沖力為尸，則由動量定理得：(〃?g—〃)/=0—〃加，所以有：F=

wg+—=60xION+6QX1°N=1000N.

t1.5

答案：D

5.解析：以向下為正方向，對消防隊員下落的全程應(yīng)用動量定理可得〃吆(八+公+(一用2)

=0-0,代入數(shù)據(jù)解得產(chǎn)=5mg.

答案：A

6.解析：由圖像可知，在前l(fā)()s內(nèi)初、末狀態(tài)的動量相同，pi=p2=5kg-m/s,由動量

定理知八=0；在后10s內(nèi)末狀態(tài)的動量〃3=-5kg-m/s,由動量定理得，2=P3—P2=—1ON*

故正確答案為D.

答案：D

7.解析：設(shè)管中單位時間噴出氣體的質(zhì)量為〃?，則〃尸p°S

設(shè)氣體對球的作用力為凡則尸=.，的

由動量定理FZ=△m-v=mbtp

解得M=逅.

g

答案：A

8.解析：(1)根據(jù)沖量的定義可知重力的沖量大小為

lG=nigt=70X10XNs=490N-s

(2)該中學(xué)生摸高跳起的高度

//=(-)m=m

所以他跳起剛離開地面時的速度大小。滿足；mv2=mgh

得u=2gh=2X10X0.45m/s=3m/s

設(shè)上跳過程中地面對他的平均支持力為廣，根據(jù)動量定理有

Ft-lG=mv

代入數(shù)據(jù)解得廣的大小為

F=1000N

根據(jù)牛頓第三定律得上跳過程中他對地面平均壓力廣的大小

F=F=\000N

答案：(1)490Ns(2)1()00N

9.解析：A,B錯：兩次拉動中，茶杯和紙之間均發(fā)生相對滑動，因此受到的均為滑動

摩擦力，因壓力不變，則由/="回N可知，兩次拉動時紙對茶杯的摩擦力相同.C對：第二次

較慢拉動白紙過程中，摩擦力作用時間長，則產(chǎn)生的沖量較大，根據(jù)動量定理可知，茶杯獲

得的動量大一些.D錯：第一次迅速拉動白紙過程中，磨擦力作用時間短，故紙給茶杯的沖

量小一些.

答案：C

10.解析：A錯：根據(jù)加可知圖像中，圖線與時間軸圍成的面積表示速度的

增量，則在，=6s時刻，物體的速度。G=OO+AU=2m/s+；X(2+4)X6in/s=20m/s.

B錯：根據(jù)動能定理得亞*=AEk=；〃欣一;=396工

C錯：根據(jù)動量定理，在0?6s時間內(nèi)，/萬一/=用”6—。0),解得/產(chǎn)=48?5.

D對：在，=6s時刻，根據(jù)牛頓第二定律得/=wa+/=2X4N+2N=10N,拉尢F的

功率尸=々6=10X20W=20()W.

答案：D

11.解析：(1)以羽毛球飛回的方向為正方向，貝U

90

p\=mV\=—5X10kgm/s=—kgm/s

3.6

747

P2=2=5義10'X。kgm/s=kgm/s

3.6

所以羽毛球的動量變化量為A〃=P2—pi=kgm/s—(-kg-in/s)=kgm/s

即羽毛球的動量變化大小為kgm/s,方向與羽毛球飛回的方向相同.

(2)以羽毛球飛回的方向為正方向，則羽毛球的初速度為功=-25m/s

羽毛球的末速度為辦=95m/s

所以Ao=S—0i=95m/s—(—25m/s)=120m/s

羽毛球的初動能：

良=；mv]=；X5X10-3X(-25)2J

羽毛球的末動能：

￡'k=lmvi=1X5X10-3X952J^J

2~2

所以△￡k=E'k-￡k=21J.

答案：(l)kg-m/s方向與羽毛球飛回的方向相同

(2)120m/s21J

課時分層作業(yè)（三）動量守恒定律

1.解析：當(dāng)/、8兩物體組成一個系統(tǒng)時，彈簧的彈力為內(nèi)力，而力、8與C之間的摩

擦力為外力.當(dāng)X、8與C之間的摩擦力等大、反向時，4、8組成的系統(tǒng)所受外力之和為零，

系統(tǒng)動量守恒.當(dāng)力、4與。之間的摩擦力大小不相等時，力、4組成的系統(tǒng)所受外力之和不

為零，動量不守恒.而對于彳、8、C組成的系統(tǒng)，由于彈簧的彈力及力、8與C之間的摩擦

力均為內(nèi)力，故不論月、3與。之間的摩擦力的大小是否相等，4、8、。組成的系統(tǒng)所受外

力之和均為零，故系統(tǒng)的動量守恒，故A項、C項均正確，B項、D項均錯誤.

答案：AC

2.解析：發(fā)射炮彈的過程，系統(tǒng)動量守恒，發(fā)射前，系統(tǒng)的總動量為Moo,射出炮彈后，

炮艇的質(zhì)量變?yōu)榧?，速度為加，炮彈質(zhì)量為〃?，對地速度為。+。'，所以系統(tǒng)總動量為（A/

一加）0'+/〃（。+。'），本題選D.

答案：D

3.解析：由水平方向上動量守恒得，Moo=（M+mR,由此可知C項正確.

答案：C

4.解析：在戰(zhàn)士跳到小船到最終停在船上的過程中，戰(zhàn)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，R錯誤；以戰(zhàn)士初始運動方向為正方向，對戰(zhàn)士跳到小船

上并最終停在船上的過程，設(shè)戰(zhàn)士最終停在船上后速度為由動量守恒定律可知，〃心一,〃

a。人+加a）。'，得"=m/s,選項C錯誤；戰(zhàn)士動量的變化量△〃=〃?人（"一0）=6（）乂（一

2）kgm/s=-105kgm/s,動量變化量的大小為105kg,m/s,選項D正確.

答案：AD

5.解析：在救生員躍出的過程中船、人組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，規(guī)定向右為正方

向，則（A/+〃7）0O="。'一”?。，解得。'=如+生■（。。+。），故B正確.

M

答案：B

6.解析；兩個小車及建就組成的系統(tǒng)在水產(chǎn)方向不受外力作用，兩車之間的磁力是系統(tǒng)

內(nèi)力，系統(tǒng)動量守恒.設(shè)向右為正方向.

（1）據(jù)動量守恒得：mv甲一〃⑶乙=〃?*,代入數(shù)據(jù)解得吸=。甲一。乙=（3—2）m/s=lm/s,

方向向右.

（2）兩車相距最近時，兩車速度相同，設(shè)為由動量守恒得：

mvv-mv乙+/〃&'.

,nivv—mvLo甲一。乙3―2..

解得。，=——；-----=-------=------m/s=m/s,萬向向右.

2m22

答案：（1）1m/s向右（2）m/s向右

7.解析：取向右為正方向，臺船上的人第一次推出月船時，由動量守恒定律得

niBV\—rnAv=0,解得。尸也

mu

當(dāng)力船向右返回后，8船上的人第二次將力推出，由動量守恒定律得

niAV-\-mnV\=—ninV2

解得02=01+^^V

ms

設(shè)第〃次推出力時，8的速度大小為外，由動量守恒定律得

HIAV+mBVn-1=—rn,tV+rnBVn

解得v

ma

則有%=（2〃-1嚴v

niB

B船上的人不能再接到A船，須有oW%（臨界點）

解①②式得〃2,則取〃=6.

答案：B

8.解析：小鐵塊在弧形軌道底端時，滿足尸一〃唱，解得：a=3m/s,根據(jù)動能

定理知〃?gH—%'=；mvo—0,解得：名■=J.根據(jù)動量守恒定律知〃7研）=（〃?+河）0,解得：

o=lm/s.選項B、D正確.

答案：BD

9.解析：A對：力、8和彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力為零，因此系統(tǒng)動量守恒.B錯：

由于丹、出均對系統(tǒng)做功，因此系統(tǒng)機械能不守恒.C對，D錯：根據(jù)牛頓第二定律可知，

開始力、8均做加速度逐漸減小的加速運動，當(dāng)時，力、8所受合外力均為零，此

時二者速度最大，動能最大，然后開始做加速度逐漸增大的減速運動，當(dāng)二者速度減為零時,

彈簧最長，形變量最大.

答案：AC

10.解析：設(shè)水平向左為正方向，甲車（包括人）滑下斜坡后速度大小為功，由機械能守

恒定律有;（〃八+M）憂=（加解得2gh=2vo

設(shè)人跳離甲車的水平速度（相對地面）為。，在人跳離日車和人跳上乙車過程中各自動量守

恒，設(shè)人跳離甲車和跳上乙車后，兩車的速度大小分別為。1和?！?,則人跳離甲車時，有

（M+mi）Vi=Mv+m\v\

人跳上乙車時，有M。一〃?200=（例+加2）?！?

解得M=6%—2o,M=1v—1Vo

22

兩車不發(fā)生碰撞的臨界條件是

V，］=±V，2

當(dāng)"1=必時，解得。=；0o

當(dāng)V'\=—V'2時，解得。=:。0

故。的取值范圍為；voWrW；Uo

答案：1；ooWpW；。。

課時分層作業(yè)（四）彈性碰撞和非彈性碰撞

1.解析：因系統(tǒng)動量守恒，故最終甲、乙動量大小必相等，誰最后接球誰的質(zhì)量中包含

了球的質(zhì)量，即質(zhì)量大，艱據(jù)動量守恒：〃?|01=〃72。2,因此最終誰接球誰的速度小，故選項

B正確.

答案：B

2.解析：選向右為正方向，則4的動量px=〃r2oo=2〃wo.8的動量ps=-2〃]〃o.碰前力、

4的動量之和為零，根據(jù)動量守恒，碰后力、8的動量之和也應(yīng)為零，可知四個選項中只有

選項D符合題意.

答案：D

3.解析：對力由機械能守恒〃@?=；〃蘇，得。=2gh.對碰撞過程由動量守恒機。=2〃?U,

得"=亨.設(shè)碰撞后力、8整體上擺的最大高度為人則2mg〃=；X2〃B'2,解得勿=16

4

C正確.

答案：C

4.解析：設(shè)碰后力球的速度大小為〃，8球的速度大小為加，以碰前1球的速度方向

為正方向，由碰撞過程中動量守恒可得小因6i>0,則為>9.根據(jù)總功能不

增加原則寫出能量關(guān)系式：1〃爐212機。：+mv\,且aWO,可得??2加%〈I加戶,

222-22

解得。。.綜上所述，

8V2V<VB<?v,A正確.

22

答案；A

5.解析：(1)規(guī)定質(zhì)量為300g物體的初速度方向為正方向，設(shè)其質(zhì)量為〃〃，初速度為

小，另一物體質(zhì)量為〃?2,初速度為S,如果兩物體碰后結(jié)合在一起，由動量守恒定律可得

ni\V}+62。2=(〃八

代入數(shù)據(jù)

可得。=-10cm/s=-m/s

(2)碰撞后損失的動能

氏」wifi+；ni2vl-；（m+〃】2）浮

=；XX2J+；XX(_1)2J-；X(+)X2J=J

(3)若碰撞是彈性正碰，由動量守恒和機械能守恒有

機1功+m2s=W1以1+旭2以2

1°?1,>1,2I1p

2rn\V]+2〃?2巧=?tn\V\+2加2。5

代入數(shù)據(jù)得

v'\=—m/s,?！?=m/s

答案：(1)—m/s(2)J(3)—m/sm/s

6.解析：(I)力球和8球的碰撞為彈性碰撞，因此有〃"。0=皿4列+/〃8%

1->1->?12

2見86=2肛+2"1航

解得如=4m/s

(2)小球運動到N點時，速度為。N,由牛頓第二定律得尺+〃】喏=〃/"

R

8球由M到N,由動能定理得一〃78gx2R=1〃3碇-1"5*

22

解得R=m

答案：(l)4m/s(2)m

課時分層作業(yè)(五)碰撞模型的拓展

1.解析：子彈擊中木關(guān)4及彈簧被壓縮的整個過程，系統(tǒng)不受外力作用，外力沖量為0,

系統(tǒng)動量守恒，但是子彈擊中木塊力的過程，有摩擦力做功，部分機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，所以

機械能不守恒.

答案：B

2.解析：由于兩次的最大擺角相同，故在最低點的速度相同.由動量守恒定律可知，第

一粒彈丸擊中沙袋后/加第二粒彈丸擊中沙袋后：，加2—(必+〃7)9=(必+2加)0,

聯(lián)立可解得：m：A/=l：40.

答案：D

3.解析：力與8碰撞過程動量守恒，有機血(=(〃〃+/〃8)辦8,所以。48=晟=2m/s.當(dāng)彈

簧被壓縮至最短時，力、8的動能完全轉(zhuǎn)化成彈簧的彈性勢能.所以(〃口=8J.

答案：B

4.解析：用錘子敲擊力球，當(dāng)彈簧被壓縮到最短時，兩球的速度相同，取力的初速度

方向為正方向，由動量守恒定律得見心=(%+，〃8”，臼機械能守恒定律得品=；加,房—

!(“口+〃〃,)。'2,解心彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能Ep=",同理可得用鋌子敲

擊3球，當(dāng)彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能也為儂皿"，所以心=上.

2(〃?/+〃?/?)

答案：C

5.解析：A對，B錯：以小車和木塊組成的系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)所受的合外力為零，

因此系統(tǒng)動量守恒.以初速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律有"?=(〃?+〃>,解得最

終兩者的共同速度為。=-^一g.C對：由于車表面粗糙，則會有內(nèi)能產(chǎn)生，系統(tǒng)的機械能

M+m

不守恒.D錯：根據(jù)能量守恒，可得系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為0=；〃就一;(〃?+W〃，律。=

上羋一，與車表面粗糙程度無關(guān).

答案；AC

6.解析：(1)當(dāng)子彈射入木塊時，由于作用時間極短，則木板對木板的摩擦可忽略，設(shè)

子彈射入木塊后，它們的共同速度為。2,對初、加2組成的系統(tǒng)由動量守恒定律有機必=(""

+〃?2)。2,又由能量守恒有〃**一；(加|+加2欣

聯(lián)立以上兩式并代入數(shù)據(jù)得子彈進入木塊過程中產(chǎn)色的內(nèi)能A￡i=l225J.

(2)設(shè)木塊與木板相對睜止時的共同速度為s,對〃？、小2、組成的系統(tǒng)由動量守恒定

律有0〃I+/?2>2=(W|+nil+63)〃3

又由能量守恒有AE2=；(m\+m2)vl—；(”?]+〃2+〃?3)說.

聯(lián)立以上兩式并代入數(shù)據(jù)得木塊在木板上滑行過程口產(chǎn)生的內(nèi)能△及=J.

(3)對，川、川2、m3組成的系統(tǒng)由功能關(guān)系有〃(〃?1+m2)gx=A￡2，

解得x=m.

答案：(1)1225J(2)J(3)m

7.解析：A對：在八到八過程中，物體8的動能變化量為零，可知彈簧對8做的總功

為錯：由圖像可知，在0時刻，力的速度大于8的速度，兩物體距離逐漸靠近，在八時刻，

兩物體速度相等，距離最近，彈簧處于最大壓縮狀態(tài)；接下來8的速度大于Z的速度，兩物

體距離增大，在A時刻，兩物體速度再次相等，距離最天，彈簧處于最大伸長狀態(tài)，從△到

人時刻彈簧由伸長狀態(tài)逐漸恢復(fù)到原長.C對：在力時刻兩物塊達到共同速度1m/s,根據(jù)動

量守恒定律，有/m。0=(〃“+”2)。1,代入數(shù)據(jù)得加2=4對：在h時刻彈簧彈性勢能為AEp=

；小欣一;(，川+〃[2)憂=1X2X32J-；X6Xpj=6J.

答案：ACD

8.解析：(1)設(shè)子彈和木塊的共同速度為。，以子彈和木塊為系統(tǒng)，由動量守恒定律有

mvo=(M+ni)v,解得。=m/s,此過程系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能。=△￡=△&=；〃就—

=882J.

(2)設(shè)以/u=400m/s的速度剛好能夠射穿材質(zhì)一樣、長度為，的另一個木塊，對子彈和

木塊組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律有o=(A/+〃?”，解得U=m/s.

此過程系統(tǒng)損失的機械能

△E'=A￡'k=；mv'l一；(M+mW'2=l568J,

由功能關(guān)系有△七=尺?相=尸4,AE'=F*Fd,兩式相比有=%相=1，

△￡F(s'd'

則"=A￡d=32cm>10cm,所以子彈能夠射穿該木塊.

△E3

(3)假設(shè)子彈射穿木塊后，子彈和木塊的最終速度分別為功和。2,系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為廣/

=10XAE=1470J,

6

由動量守恒定律得mvfo=mv\-\-Mv2,

由能量守恒定律得尸也=；經(jīng)一；加憂一；M6，

解得s=106m/s,力=6m/s.

答案：(1)882J(2)能(3)106m/s6m/s

9.解析：(1)。沿。下滑過程機械能.守恒,設(shè)?；?4時的速度為小，有〃卜mcvl

解得oo=4m/s

。在力上滑動的過程，力、。組成的系統(tǒng)動量守恒，可得〃=(〃?/+/〃c)0i

解得5=2m/s

據(jù)能量關(guān)系可得〃/阿—；(〃(+小)日

解得少=05

(2)極力與4碰撞過程，Ax8組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒，有〃?Wi="iW/i+〃?8S?

1)1I1,)

2mAv]=2mAv^+2

解得即=1m/s

?；螧后，。與月組成的系統(tǒng)動量守恒，mcv\-\~niBVB={fns+tnc)vi

據(jù)能量關(guān)系可得〃刖cgA￡=；m+；nifjVg—；(加c+〃?8溺

乙乙乙

解得△上=m.

答案：⑴⑵m

課時分層作業(yè)(六)反沖現(xiàn)象火箭

1.解析：雖然抽油的過程屬于船與油的內(nèi)力作用，但油的質(zhì)量發(fā)生了轉(zhuǎn)移，從前艙轉(zhuǎn)到

了后艙，相當(dāng)于人從船的一頭走到另一頭的過程.故A壬確.

答案：A

2.解析：當(dāng)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￡=s或L>s,人就一

定跳不到岸上了，當(dāng)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：B

3.解析：忽略空氣阻力和分離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化，衛(wèi)星和箭體整體分離前后動量守恒,

則有0小+加2)S)=/〃必+加》2,整理可得。1=。。+也(00—。2),故D項正確.

W1

答案：D

4.解析：彈簧向右推C,。向右運動，同時彈簧向左推力端，小車向左運動，A錯誤；

因小車與木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，。與8碰前，有mvc=Mv、8,得隊?：辦8=M：〃?，B正

確：。與A碰撞過程動量守恒，有：mvc-MV,,8=(M+w)z?,知z，=0,故C正確.D密誤.

答案：BC

5.解析：設(shè)其中一塊質(zhì)量為相，另一塊質(zhì)量為3〃?.爆炸過程系統(tǒng)水平方向動量守恒，以

。的方向為正方向，由動t守恒定律得加3〃4=0,解得設(shè)兩塊爆竹落地所用時

間為八則〃=：g?,得，=、健，兩塊爆竹落地點間的坦離為s=(o+以"，聯(lián)立解得$=也

27g3

噌，故選D.

答案；D

6.解析：(1)人從貨廉邊跳離的過程，系統(tǒng)(人、車和貨廂)在水平方向上動量守恒.設(shè)人

的水平速度是。1,車的反沖速度是〃2,則"如一〃。2=0,得。2=；

4

人跳離貨廂后做平拋運動，車以次做勻速運動，運動時間為t=、傳=S,在這段時

間內(nèi)人的水平位移用和車的位移式2分別為X\=V\t,X2=V2t

由X\+X2=l得V\t~\~Vit=l

I4

則vi=—=-----m/s=in/s.

5(5X0.5

(2)人落到車上前的水平速度仍為功，車的速度為。2,落到車上后設(shè)它們的共同速度為V,

根據(jù)水平方向動量守恒得：nv\—Mvi=(M+ni)v,則。=0.

故人落到車上力點站定后車的速度為零.

車的水平位移為

X2=vit=Xm=m.

答案：(l)m/s(2)不動m

課時分層作業(yè)(七)簡諧運動

1.解析：平衡位置是物體可以靜止的位置，所以應(yīng)與受力有關(guān)，與是否為振動范圍的中

心位置無關(guān)，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珞程沒有關(guān)系，C錯誤.

答案：B

2.解析：振子的加速度數(shù)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：D

3.解析：A對，B錯：從圖像可以看出，小打時刻振子位于同一位置，位移大小相等，

方向相同，速度大小相等，方向相反.C錯：d白時刻提子位移大小相等，方向相反，速度

大小相等，方向相同.D對：以白時刻振子分別位于平衡位置兩側(cè)且對稱，位移大小用等，

方向相反.

答案：AD

4.解析：由題給條件知：t=-rst,振子具有正向最大速度知：此時振子通過平衡位

4

置，即x=0,且沿x軸正方向運動.故只有D正確.

答案：D

5.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?s內(nèi)振子做變速運動，故振子的位移不

等于2cm,D錯誤.

答案：B

6.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。點右側(cè)由力向。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：AB

7.解析；0?1s質(zhì)點從正向最大位移處向平衡位置運動，速度增大，位移減小；2?3s

質(zhì)點從負向最大位移處向平衡位置運動，速度增大，位移減小.故A、C正確.

答案：AC

8.解析：由于位移是指由平衡位置指向質(zhì)點所在位置的有向線段，故質(zhì)點在s時的位

移方向向右，且正在向平衡位置運動，所以A項錯誤；質(zhì)點在s時的位移達到最大，故B

項正確；在?s,質(zhì)點正在遠離平衡位置，所以其位移在增加，故C項正確；?s時間內(nèi)，

質(zhì)點正向平衡位置運動，所以其位移正在減小，故D項錯誤.

答案：BC

9.解析：由振動圖像可知，f=2s時振子的振動方向為負方向，故A錯誤；在/=()到/

=1s時間內(nèi)振子的位移增大，速度減小，故B正確；在r=ls到，=2s時間內(nèi)振子的住■移減

小，速度增大，故C錯誤；從f=ls到f=3s時間內(nèi)振子從正向最大位移運動到負向最大位

移，位移不為零，故D錯誤.故選B.

答案：B

10.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(jù)題意規(guī)定豎直向下為正方向，所

以當(dāng)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選項中位移為一2cm,可判斷選項C正確，D錯誤.

答案：BC

11.解析：將水杯沿豎直方向提起少許，由靜止釋放并開始計時，則水杯一開始的速度

大小為0,由于取豎直向上為正方向，所以開始一段時間內(nèi)速度為負值，且絕對值由零開始

逐漸增大，故A、B錯誤；水杯由靜止開始釋放的位置就是其簡諧運動的最高點，所以0時

刻水杯的位移為正向最大，隨后逐漸減小，故C錯誤，D正確.

答案：D

課時分層作業(yè)(八)簡諧運動的描述

1.解析：A錯：物體做簡諧運動，是變速直線運動，在任意工內(nèi)通過的路程不一定等

4

于力；B對：物體做簡諧運動，在任意口內(nèi)通過的路程一定等于24C錯：物體做簡諧運動，

在任意紅內(nèi)通過的路程不一定等于34；D對：物體做簡諧運動，在一個周期內(nèi)完成一次全

4

振動，位移為零，路程為44

答案：BD

2.解析：A錯：由題意可知T=—s=2s,A=-cm=4錯：頻率f=-=-Hz=對：

302T2

振子完成一次全振動通過的路程為振幅的4倍，即4X4cm=16錯：振子過。點時開始計時，

在2s內(nèi)發(fā)生的位移為零.

答案：C

3.解析：A錯：彈簧在第1s末與第5s末的形變量大小相同，但是長度不相同.B對：

簡諧運動的周期r=8s,則頻率/="=對：彈簧振子在第4s未在平衡位置，位移為零.D

對：因XT圖像的斜率的符號反映速度的方向，可知在第3s末到第5s末彈簧振子的速度方

向不變.

答案；BCD

4.解析：A,B錯：力圖知，該質(zhì)點的振動周期為4s,振幅為2cm；C對：/=3s時、

質(zhì)點處于平衡位置，加速度為零，速度最大；D錯：質(zhì)點的振動方程為歹=力sin(c“+e)=2sin

§f+彳)(cm)=2cos/(cm).

答案：C

5.解析：根據(jù)x=10sin(3)cm得：勿=更rad/s,則該質(zhì)點振動周期T=—=8s,

464co

則A錯誤.該質(zhì)點振幅4=10cm,則B正確.將f=1s和/=5s分別代入x=lOsin(3/+匹)

cm得，位移分別為lOsin玩cm和一lOsin"cm,則C錯誤.由于f=2s='，所以2s

12124

內(nèi)質(zhì)點通過的路程可能小干一個振幅，也可能大于或等E一個振幅，則D錯誤.故選B.

答案：B

12

6.解析：若振幅為m,由題意知，△/=(“+)7(〃=0,1,2,…)，解得7=s(〃

22〃+1

=0,1,2,…)，A項正確，B項錯誤；若振幅為m,/=0時，由振子做簡諧運動的表達式

y=(2兀f+(po)m可知，仰m=-m,解得仰=一：或例=—?,將7=6s代入+伊))

T66T

m=m可得，D項正確；將7=4s代入4+^0)ni,得T=4s不滿足題意，C項錯誤.

答案：AD

7.解析：A對：由圖可知彳在/軸上方，位移x=cm,所以彈力"=—h=-5N,即

彈力大小為5N,方向指向x軸負方向.B錯：由圖可知過4點作圖線的切線，該切線與x

軸正方向的夾角小于90。，切線斜率為正值，即振子的速度方向指向x軸的正方向.C錯：

由圖可看出，，=0、Z=4s時刻振子的位移都是最大，且都在/軸的上方，在0?4s內(nèi)經(jīng)過兩

個周期，振子完成兩次全振動.D錯：由于1=0時刻和f=4s時刻振子都在最大位移欠，故

位移為零，又由于振幅為cm,在0-4s內(nèi)振子完成了2次全振動，所以在這段時間內(nèi)振子

通過的路程為s=2X4Xcm=4cm.

答案：A

課時分層作業(yè)(九)簡諧運動的回復(fù)力和能量

1.解析：對彈簧振子來說，上為勁度系數(shù)，x為質(zhì)點離開平衡位置的位移，對于其他簡

諧運動，k不是勁度系數(shù)，而是一個比例系數(shù)，故A錯誤，B正確；該系數(shù)由系統(tǒng)本身結(jié)構(gòu)

決定，與力廣和位移x無關(guān)，C錯誤：“一”只表示回復(fù)力與位移反向，向復(fù)力有時是動力，

D錯誤.

答案：B

2.解析：A錯：/=s時，振子回到平衡位置并向負方向運動，速度方向沒有改變.B

對：，=s時，振子運動到負向最大位移處，此時彈簧形變量最大，振子速度為錯：t=s到

/=s過程中，振子從正向最大位移處運動到負向最大位移處，其回復(fù)力先變小再變大.D對：

t=st=s過程中，振子由負向最大位移處向平衡位置運動，速度增大，加速度減小.

答案：BD

3.解析：由簡諧運動的對稱性可知，物體在s時刻與s時刻速度相同，A正確；物體

在S時刻與S時刻速度大小相等，方向相反，但動能相同，B正確；~S時間內(nèi)，物體遠離

平衡位置，位移增大，加速度增大，C錯誤；?s時間內(nèi)動能增大，勢能減小，D錯誤.

答案：AB

4.解析：A錯：在運動過程中，物塊力和彈簧組成的系統(tǒng)的機械能守恒，由于彈簧的

彈性勢能是變化的，故物塊/的機械能不守恒.B錯：當(dāng)物塊力被平行于斜面的輕質(zhì)彈簧拉

住并靜止于。點時，物塊4受到彈簧沿斜面向上的彈力，彈簧處于伸長狀態(tài)，結(jié)合簡諧運動

的對稱性可知，物塊月在B點時彈簧的伸長量一定最大，而物塊力在C點時，彈簧可能處于

原長狀態(tài)，也可能處于壓縮狀態(tài)或伸長狀態(tài)，可知在C點時，彈簧的彈性勢能不一定最小.C

對：物塊力和彈簧組成的系統(tǒng)的機械能守恒，物塊力在C點時，動能為零，故物塊/與彈簧

構(gòu)成的系統(tǒng)的勢能(重力勢能和彈性勢能之和)最大，在O點時，動能最大，故勢能最小.D

對：物塊力和彈簧組成的系統(tǒng)的機械能守恒，物塊力在B點時，彈簧的伸長量最大，彈簧的

彈性勢能最大，物塊力的機械能最小.

答案：CD

5.解析：(1)8的平衡位置是剪斷繩后8受合力為0的位置，設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為左，則

8、C靜止時，由平衡條件得，彈簧伸長量x=8，沒有。且8受合力為0時，

k

彈簧伸長量、'=〃警，代入數(shù)據(jù)解得f=cm,則8的振幅4=x—f=cm.

k

(2)此題等效于用F=mcg的力拉5使彈簧伸長15cm后釋放，則釋放時B的加速度最大，

此時合力與尸等大、反向，則4max="=mcS=錯誤！m/s2=50m/s2.

niB〃1B

答案：(1)cm(2)50in/s2

6.解析：(1)當(dāng)小球運動到最低點時，臺秤示數(shù)為5〃g即框架對臺秤的壓力大小為5〃?g,

由牛頓第三定律知，臺秤對框架的支持力為入=5〃罟；

設(shè)最低點時小球的加速度大小為。，彈簧的彈力為R此時框架的加速度大小為零，

則對框架分析得

解得F=2mgf

對小球應(yīng)用牛頓第二定律得

F^=F—mg=mg,

又尸合=〃?。，解得”=g.

(2)由彈簧振子的對稱性可知，小球運動到最高點時，小球加速度的大小也為g,方向豎

直向下.所以此時彈簧處于原長，對框架沒有作用力，臺秤的示數(shù)為框架的重力，即為3mg.

答案：(l)g(2)3〃ig

課時分層作業(yè)(十)單擺

1.解析：單擺在振動過程中，當(dāng)擺球的重力勢能增大時，擺球的位移變大，回復(fù)力變大，

加速度變大，速度減小，C對.

答案：c

2.解析：平衡位置是小球回復(fù)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：A

3.解析：AFT,最大速度時，單擺應(yīng)在平衡位置x=0,u方向為一y,沿

27g4

y軸負方向，故D項正確.

答案：D

4.解析：根據(jù)周期公式知：兩單擺的周期相同與質(zhì)量無關(guān)，所以相撞后兩

球分別經(jīng)過17后回到各自的平衡位置.這樣必然是在平衡位置相遇.所以不管力、8的質(zhì)

2

量如何，下一次碰撞都在平衡位置，故C正確.

答案：c

5.解析：當(dāng)甲第一次到達正向最大位移處時是在s末，從圖像可以看出此時乙的位移

為正，即乙在平衡位置右倒；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：D

6.解析：用大球替代小球，單擺擺長變長，由單擺周期公式7=2兀1可知，單擺的

g

周期變大，故A錯誤；由單擺周期公式7=2兀1可知，在小擺角情況下，單擺做簡諧運動

g

的周期與擺角無關(guān)，擺角從5。改為3。時，單擺周期不變，故B錯誤；用等大銅球替代，單擺

擺長不變，由單擺周期公式7=2兀'可知，單擺的周期不變，故C正確；將單擺從赤道移

g

到北極，重力加速度g變大，由單擺周期公式7=2兀'可知，單擺周期變小，故D錯誤.故

g

選C.

答案：c

/i

7.解析：在地球表面單擺的周期八=2兀

g

h

在星球表面單擺的周期72=271

g'

…°鹿=g'

聯(lián)立可得，Mi/2.八2

RiMi/lT2I

答案：A

8.解析：由振動圖像讀出周期r=2s,振幅4=10cm,由⑦=27t得到圓頻率。=兀rad/s,

T

則單擺的位移x隨時間/變化的關(guān)系式為x=4sin(cM=10sin(W)cm,故A正確；由公式7

=2nL,代入得到￡=lm,故B正確；從/=$到：=s的過程中，擺球從最高點運動

g

到最低點，重力勢能減小，動能增大，故C錯誤；從尸s到，=s的過程中，擺球的位移減

小，回復(fù)力減小，故D正確.

答案：ABD

9.解析：A對：擺球經(jīng)過最低點時，拉力最大，由題圖知在s時，拉力最大，所以此

時擺球經(jīng)過最低點.B對：在/=s時，懸線上的拉力又一次達到峰值，經(jīng)過最低點，加速

度向上，擺球處于超重狀杰.C錯：由題圖乙可知，經(jīng)過最低點時的力逐漸減小，說明經(jīng)過

最低點時的速度逐漸減小，機械能逐漸減小.D錯：在一個周期內(nèi)擺球兩次經(jīng)過最低點，根

據(jù)圖像知周期T=s.

答案：AB

10.解析：設(shè)圓環(huán)的半徑為R,8。與豎直方向夾角為仇甲、乙、丙三球到達。點所需

,R

時間分別為力、介、八，對甲球，力=;對乙球，〃=gcos。，BD長為2Rcos0,故2Rcos

g

0=1gt2cos0,則t2=2R；丙球做簡諧運動，故白=1X2JT&"?可知A正確，

2g4g2g

B、C、D錯誤.

答案：A

11.解析：(1)由題圖乙得擺球做簡諧運動的周期：T=，s,

由T=2n1,得/=歿，代入數(shù)據(jù)得/=m.

g4兀2

(2)設(shè)擺球質(zhì)量為小，乂丹、B表示最大和最小的拉力，則有

Fi=mgcos仇

mv

F口i—wg—/B

由機械能守恒定律知，mg/(l—cos8)=；mvi

整理以上三式得m=八十2乃=kg=5og.

3g

小上k_〃欣俎_CF\—mg)/_2,

(3)由B—〃ig=得。8==m/s.

/m5

答案：⑴個Sm

(2)50g(3)；m/s

課時分