素养培优练(一) 动量守恒定律的综合应用的两种模型
一、选择题
1．质量相同的A、B两木块从同一高度自由落下，如图所示，当A木块落至某一位置时，被水平飞来的子弹很快地击中(设子弹未穿出)，则A、B两木块在空中的运动时间tA、tB的关系为( )
A．tA＝tB B．tA>tB
C．tA2．(多选)如图所示，三个小球的质量均为m，B、C两球用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，A球以速度v0沿B、C两球球心的连线向B球运动，碰后A、B两球粘在一起．对A、B、C及弹簧组成的系统，下列说法正确的是( )
A．机械能守恒，动量守恒
B．机械能不守恒，动量守恒
C．三球速度相等后，将一起做匀速运动
D．三球速度相等后，速度仍将变化
3．(多选)质量为M、长度为d的木块，放在光滑的水平面上，在木块右边有一个销钉把木块挡住，使木块不能向右滑动．质量为m的子弹以水平速度v0射入木块，刚好能将木块射穿．现在拔去销钉，使木块能在水平面上自由滑动，而子弹仍以水平速度v0射入静止的木块．设子弹在木块中受到的阻力大小恒定，则( )
A．拔去销钉，木块和子弹组成的系统动量守恒，机械能也守恒
B．子弹在木块中受到的阻力大小为
C．拔去销钉，子弹与木块相对静止时的速度为
D．拔去销钉，子弹射入木块的深度为
4．一条约为180 kg的小船漂浮在静水中，当人从船尾走向船头时，小船也发生了移动，忽略水的阻力，以下是某同学利用有关物理知识分析人与船相互作用过程时所画出的草图(如图所示)，图中下面部分为人走到船头时的情境．请用有关物理知识判断下列图中所描述物理情境正确的是( )
A B
C D
5．有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计质量为一吨左右)．一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量．他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，他轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船．用卷尺测出船后退的距离为d，然后用卷尺测出船长为L．已知他的自身质量为m，水的阻力不计，则船的质量为( )
A． B．
C． D．
6．光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面体A，斜面体质量为M、底边长为L，如图所示．将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端．此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，则下列说法正确的是( )
A．FN＝mg cos α
B．滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNt cos α
C．滑块B下滑的过程中A、B组成的系统动量守恒
D．此过程中斜面体向左滑动的距离为L
7．(多选)(2022·遂宁模拟)如图所示，质量M＝2 kg的半圆形槽物体A放在光滑水平地面上，槽内表面光滑，其半径r＝0.6 m．现有一个质量m＝1 kg的小物块B在物体A的槽右端口获得瞬时、竖直向下的冲量I＝2 N·s，此后物体A和物块B相互作用，使物体A在地面上运动，则( )
A．在A、B间存在相互作用的过程中，物体A和物块B组成的系统机械能守恒
B．在A、B间存在相互作用的过程中，物体A和物块B组成的系统动量守恒
C．物块B从槽口右端运动到左端时，物体A向右运动的位移是0.4 m
D．物块B最终可从槽口左端竖直冲出，到达的最高点距槽口的高度为0.2 m
8．质量为m、半径为R的小球，放在半径为2R、质量为2m的大空心球壳内，球壳静止在光滑水平面上，如图所示．当小球从图示位置无初速度沿内壁滚到最低点时，大球移动的位移为( )
A．，方向水平向右 B．，方向水平向左
C．，方向水平向右 D．，方向水平向左
9．如图所示，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为( )
A．v0＋v B．v0－v
C．v0＋(v0＋v) D．v0＋(v0－v)
10．长为L、质量为M的木块静止在光滑水平面上．质量为m的子弹以水平速度v0射入木块并从中射出．已知从子弹射入到射出，木块移动的距离为s，则子弹穿过木块所用的时间为( )
A．
B．
C．
D．
二、非选择题
11．(2022·山东济宁月考)如图所示，质量为m的玩具蛙蹲在质量为M的小车上的细杆顶端，小车与地面的接触光滑，车长为l，细杆高h，直立于小车的中点，玩具蛙至少以多大的对地水平速度跳出才能落到地面上？
12．如图所示，用两根等长的细线分别悬挂两个弹性球A、B，球A的质量为2m，球B的质量为9m，一颗质量为m的子弹以速度v0水平射入球A，并留在其中，子弹与球A作用时间极短，设A、B两球作用为对心弹性碰撞．求：
(1)子弹与A球作用过程中，子弹和A球组成的系统损失的机械能；
(2)B球被碰撞后，从最低点运动到最高点的过程中，合外力对B球冲量的大小．
13．如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点，一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g．
(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力．
(2)若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车，已知滑块质量m＝，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，求：
①滑块运动过程中，小车的最大速度vm；
②滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小．
8/9素养培优练(一) 动量守恒定律的综合应用的两种模型
一、选择题
1．质量相同的A、B两木块从同一高度自由落下，如图所示，当A木块落至某一位置时，被水平飞来的子弹很快地击中(设子弹未穿出)，则A、B两木块在空中的运动时间tA、tB的关系为( )
A．tA＝tB B．tA>tB
C．tAB [以子弹和木块A为一个系统，在子弹射入木块的过程中，水平方向上不受外力，系统水平方向动量守恒；在竖直方向上受到重力作用，严格讲系统动量不守恒，但由于子弹射入的时间极短，重力的冲量可以忽略，符合动量守恒条件。则在竖直方向上由动量守恒知，mAvA＝(m＋mA)vA′，vA′＝vA＜vA，故竖直方向上A的速度减小，空中运动时间变长，B正确．]
2．(多选)如图所示，三个小球的质量均为m，B、C两球用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，A球以速度v0沿B、C两球球心的连线向B球运动，碰后A、B两球粘在一起．对A、B、C及弹簧组成的系统，下列说法正确的是( )
A．机械能守恒，动量守恒
B．机械能不守恒，动量守恒
C．三球速度相等后，将一起做匀速运动
D．三球速度相等后，速度仍将变化
BD [因水平面光滑，故系统的动量守恒，A、B两球碰撞过程中机械能有损失，A错误，B正确；三球速度相等时，弹簧形变量最大，弹力最大，故三球速度仍将发生变化，C错误，D正确．]
3．(多选)质量为M、长度为d的木块，放在光滑的水平面上，在木块右边有一个销钉把木块挡住，使木块不能向右滑动．质量为m的子弹以水平速度v0射入木块，刚好能将木块射穿．现在拔去销钉，使木块能在水平面上自由滑动，而子弹仍以水平速度v0射入静止的木块．设子弹在木块中受到的阻力大小恒定，则( )
A．拔去销钉，木块和子弹组成的系统动量守恒，机械能也守恒
B．子弹在木块中受到的阻力大小为
C．拔去销钉，子弹与木块相对静止时的速度为
D．拔去销钉，子弹射入木块的深度为
BD [拔去销钉，木块和子弹之间的摩擦力是系统内力，木块和子弹组成的系统水平方向动量守恒；但因摩擦力要做功，故系统机械能不守恒，故A错误；当木块固定时，由动能定理可知－fd＝0－mv，解得f＝，故B正确；拔去销钉，子弹与木块系统水平方向动量守恒，则根据动量守恒定律可得mv0＝(m＋M)v，解得v＝，故C错误；拔去销钉，由最终速度v＝，故整个过程根据动能定理有－fx＝(m＋M)v2－mv，解得x＝，故D正确．]
4．一条约为180 kg的小船漂浮在静水中，当人从船尾走向船头时，小船也发生了移动，忽略水的阻力，以下是某同学利用有关物理知识分析人与船相互作用过程时所画出的草图(如图所示)，图中下面部分为人走到船头时的情境．请用有关物理知识判断下列图中所描述物理情境正确的是( )
A B
C D
B [人和船组成的系统动量守恒，总动量为零，人向前走时，船将向后退，又因为人的质量小于船的质量，即人前进的距离大于船后退的距离，B正确．]
5．有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计质量为一吨左右)．一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量．他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，他轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船．用卷尺测出船后退的距离为d，然后用卷尺测出船长为L．已知他的自身质量为m，水的阻力不计，则船的质量为( )
A． B．
C． D．
B [设人走动的时候船的速度为v，人的速度为v′，船的质量为M，人从船尾走到船头用时为t，人的位移为L－d，船的位移为d，所以v＝，v′＝．以船后退的方向为正方向，根据动量守恒有：Mv－mv′＝0，可得：M＝，小船的质量为：M＝，故B正确，A、C、D错误．]
6．光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面体A，斜面体质量为M、底边长为L，如图所示．将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端．此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，则下列说法正确的是( )
A．FN＝mg cos α
B．滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNt cos α
C．滑块B下滑的过程中A、B组成的系统动量守恒
D．此过程中斜面体向左滑动的距离为L
D [当滑块B相对于斜面体A加速下滑时，斜面体A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力FN不等于mg cos α，A错误；滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNt，B错误；由于滑块B有竖直方向的分加速度，所以系统在竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，C错误；系统在水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2，由Mv1＝mv2得，Mx1＝mx2，x1＋x2＝L，解得x1＝L，D正确．]
7．(多选)(2022·遂宁模拟)如图所示，质量M＝2 kg的半圆形槽物体A放在光滑水平地面上，槽内表面光滑，其半径r＝0.6 m．现有一个质量m＝1 kg的小物块B在物体A的槽右端口获得瞬时、竖直向下的冲量I＝2 N·s，此后物体A和物块B相互作用，使物体A在地面上运动，则( )
A．在A、B间存在相互作用的过程中，物体A和物块B组成的系统机械能守恒
B．在A、B间存在相互作用的过程中，物体A和物块B组成的系统动量守恒
C．物块B从槽口右端运动到左端时，物体A向右运动的位移是0.4 m
D．物块B最终可从槽口左端竖直冲出，到达的最高点距槽口的高度为0.2 m
ACD [机械能守恒的条件是只有重力做功，在A、B间存在相互作用的过程中，物体A和物块B组成的系统，只有重力做功，系统机械能守恒，A选项正确；在A、B间存在相互作用的过程中，竖直方向上存在加速度，系统合外力不为零，动量不守恒，B选项错误；物块B从槽口右端运动到左端时，根据水平方向动量守恒可知，m(2r－x)＝Mx，解得x＝0.4 m，C选项正确；研究物块B，根据动量定理可知，I＝mv0，解得v0＝2 m/s，B到达左侧最高点时，物体A的速度为零，根据能量守恒定律可知，mgh＝mv，解得h＝0.2 m，D选项正确．]
8．质量为m、半径为R的小球，放在半径为2R、质量为2m的大空心球壳内，球壳静止在光滑水平面上，如图所示．当小球从图示位置无初速度沿内壁滚到最低点时，大球移动的位移为( )
A．，方向水平向右 B．，方向水平向左
C．，方向水平向右 D．，方向水平向左
D [设小球滑到最低点所用的时间为t，大球的位移大小为x，则小球发生的水平位移大小为R－x，取水平向左为正方向，根据水平方向动量守恒得2mv2－mv1＝0，即2m＝m，解得x＝R，方向向左，故D正确，A、B、C错误．]
9．如图所示，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为( )
A．v0＋v B．v0－v
C．v0＋(v0＋v) D．v0＋(v0－v)
C [小船和救生员组成的系统满足动量守恒：
(M＋m)v0＝m·(－v)＋Mv′
解得v′＝v0＋(v0＋v)
故C项正确，A、B、D项错误．]
10．长为L、质量为M的木块静止在光滑水平面上．质量为m的子弹以水平速度v0射入木块并从中射出．已知从子弹射入到射出，木块移动的距离为s，则子弹穿过木块所用的时间为( )
A．
B．
C．
D．
B [子弹穿过木块过程，子弹和木块组成的系统动量守恒，有mv0＝mv1＋Mv2，
设子弹穿过木块过程所受阻力为f，对子弹，由动能定理得
－f(s＋L)＝mv－mv，
由动量定理有－ft＝mv1－mv0，
对木块，由动能定理有fs＝Mv，
由动量定理有ft＝Mv2，
联立解得t＝．选项B正确．]
二、非选择题
11．(2022·山东济宁月考)如图所示，质量为m的玩具蛙蹲在质量为M的小车上的细杆顶端，小车与地面的接触光滑，车长为l，细杆高h，直立于小车的中点，玩具蛙至少以多大的对地水平速度跳出才能落到地面上？
[解析] 将玩具蛙和小车作为系统，玩具蛙在跳离车的过程中，系统水平方向的总动量守恒．玩具蛙离开杆后，做平抛运动，小车向后做匀速直线运动，在玩具蛙下降高度h的过程中，小车通过的距离与玩具蛙在水平方向通过的距离之和等于时，玩具蛙恰能落到地面上．
玩具蛙跳离杆时：MvM＝mvm
设玩具蛙的运动时间为t，则：h＝gt2
根据题意：vmt＋vMt＝
解得：vm＝．
[答案]
12．如图所示，用两根等长的细线分别悬挂两个弹性球A、B，球A的质量为2m，球B的质量为9m，一颗质量为m的子弹以速度v0水平射入球A，并留在其中，子弹与球A作用时间极短，设A、B两球作用为对心弹性碰撞．求：
(1)子弹与A球作用过程中，子弹和A球组成的系统损失的机械能；
(2)B球被碰撞后，从最低点运动到最高点的过程中，合外力对B球冲量的大小．
[解析] (1)子弹射进A球，二者水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，有
mv0＝(m＋2m)v
由能量守恒定律有mv＝(m＋2m)v2＋ΔE
解得ΔE＝mv．
(2)子弹与A组成的整体和B球碰撞时，系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，有
3mv＝3mv1＋9mv2
发生弹性碰撞，由机械能守恒定律有
×3mv2＝×3mv＋×9mv
解得v2＝v0
根据摆动过程中动量的变化，由动量定理有
I＝Δp＝0－9mv2＝－mv0
所以合外力对B球冲量的大小为mv0，方向水平向左．
[答案] (1)mv (2)mv0
13．如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点，一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g．
(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力．
(2)若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车，已知滑块质量m＝，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，求：
①滑块运动过程中，小车的最大速度vm；
②滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小．
[解析] (1)滑块到达B点时的速度最大，受到的支持力最大；滑块下滑的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgR＝mv，滑块在B点处受到的支持力与重力的合力提供向心力．由牛顿第二定律得：N－mg＝m，解得：N＝3mg．由牛顿第三定律得：滑块对小车的压力：N′＝N＝3mg，即滑块运动过程中对小车的最大压力是3mg．
(2)①在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，设小车的最大速度是vm，由机械能守恒定律得：mgR＝Mv＋m(2vm)2，解得：vm＝．②由于在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，所以滑块从B到C运动过程中，滑块的平均速度是小车的平均速度的2倍，即：滑块＝2车，由于它们运动的时间相等，根据：s＝t可得s滑块＝2s车，又：s滑块＋s车＝L，所以小车的位移大小：s车＝L．
[答案] (1)3mg (2)① ②L
8/9素养培优练(二) 动量守恒定律的综合应用
一、选择题
1．如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短．现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中( )
A．动量守恒、机械能守恒
B．动量不守恒、机械能不守恒
C．动量守恒、机械能不守恒
D．动量不守恒、机械能守恒
2．(2022·福建福安一中高二期中)如图所示，A、B两个木块用轻弹簧相连接，它们静止在光滑水平面上，A和B的质量分别是99m和100m，一颗质量为m的子弹以速度v0水平射入木块A内没有穿出，则在以后的过程中弹簧弹性势能的最大值为( )
A． B．
C． D．
3．(多选)如图所示为a、b两小球沿光滑水平面相向运动的v t图像，已知当两小球间距小于或等于L时，受到相互排斥的恒力作用，当间距大于L时，相互作用力为零，由图可知( )
A．a小球的质量大于b小球的质量
B．a小球的质量小于b小球的质量
C．t1时刻两小球间距最小
D．t3时刻两小球间距为L
4．如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车上AB部分是半径为R的四分之一光滑圆弧，BC部分是粗糙的水平面．现把质量为m的小物体从A点由静止释放，小物体与BC部分间的动摩擦因数为μ，最终小物体与小车相对静止于B、C之间的D点，则B、D间的距离x随各量变化的情况是( )
A．其他量不变，R越大x越大
B．其他量不变，μ越大x越大
C．其他量不变，m越大x越大
D．其他量不变，M越大x越大
5．在光滑的水平面上，有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度图像如图所示，下列关系正确的是( )
A．ma＞mb B．ma＜mb
C．ma＝mb D．无法判断
6．(多选)水平面上的A、B两球沿同一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图像，a、b分别为A、B两球碰前图像，c为碰撞后两球共同运动的图像，已知A球质量是m＝2 kg，则由图像判断下列结论正确的是( )
A．由图像可知碰撞前A球做匀减速直线运动，B球做匀加速直线运动
B．碰撞前后A球动量变化量大小为4 kg·m/s
C．B球质量为 kg
D．A、B两球碰撞前的总动量为3 kg·m/s
7．质量为M的小车置于光滑水平面上，上表面粗糙且足够长，质量为m的木块以初速度v滑上车上表面，则( )
A．因车上表面粗糙，故系统动量不守恒
B．车上表面越粗糙，小车获得的动量越大
C．车上表面越粗糙，系统产生的内能越多
D．木块的最终速度为
8．(多选)质量为M的小车置于光滑的水平面上，左端固定一个水平轻弹簧，质量为m的光滑物块放在小车上，压缩弹簧并用细线连接物块和小车左端，开始时小车与物块都处于静止状态，此时物块与小车右端相距为L，如图所示，当突然烧断细线后，以下说法正确的是( )
A．物块和小车组成的系统机械能守恒
B．物块和小车组成的系统动量守恒
C．当物块速度大小为v时，小车速度大小为v
D．当物块离开小车时，小车向左运动的位移为L
9．(多选)如图甲所示，在光滑水平面上的A、B两个小球发生正碰，两小球的质量分别为m1和m2，图乙为它们碰撞前后的x t图像，取向右为正方向．已知m1＝0.1 kg．由此可以判断( )
甲 乙
A．碰前B静止，A向右运动
B．碰后B和A都向右运动
C．由动量守恒可以算出B的质量m2＝0.3 kg
D．碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能
10．(多选)在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力．如图甲所示，黄壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击黄壶，两壶发生正碰，碰后两壶的加速度相等，若碰撞前后两壶的v t图像如图乙所示．关于冰壶的运动，下列说法正确的是( )
甲 乙
A．红壶碰撞前后速度大小变化了1.1 m/s
B．碰撞后黄壶的加速度大小为0.3 m/s2
C．黄壶运动了4 s停下
D．碰撞后两壶相距的最远距离为1.2 m
二、非选择题
11．如图所示，质量为m2＝2 kg和m3＝3 kg的物体静止放在光滑水平面上，两者之间有压缩着的轻弹簧(与m2、m3不拴接)．质量为m1＝1 kg的物体以速度v0＝9 m/s向右冲来，为防止冲撞，释放弹簧将m3物体发射出去，m3与m1碰撞后粘在一起．
(1)m3的速度至少为多大，才能使以后m3和m2不发生碰撞？
(2)为保证m3和m2恰好不发生碰撞，弹簧的弹性势能至少为多大？
12．(新情景题)在光滑的冰面上，放置一个截面为四分之一圆的半径足够大的光滑自由曲面，一个坐在冰车上的小孩手扶一小球静止在冰面上．某时刻小孩将小球以v0的速度向曲面推出，如图所示．已知小孩和冰车的总质量为m1＝40 kg，小球质量为m2＝2 kg，若小孩将球推出后还能再接到小球，求曲面质量m3应满足的条件．
13．如图所示，在光滑水平地面上有一辆质量m1＝3.98 kg的平板小车，小车上表面离地高度为h＝0.2 m，小车右端有一个质量m2＝1 kg的木块(木块可视为质点)，小车与木块一起静止在地面上．一颗质量m0＝20 g的子弹以v0＝300 m/s的初速度水平向右飞行，瞬间击中小车并留在其中．木块与小车上表面之间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2．
(1)如果木块刚好不从小车上掉下，求小车的长度L0；
(2)如果小车长度L＝0.25 m，求木块落地瞬间与小车左端的水平距离x．
7/9素养培优练(二) 动量守恒定律的综合应用
一、选择题
1．如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短．现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中( )
A．动量守恒、机械能守恒
B．动量不守恒、机械能不守恒
C．动量守恒、机械能不守恒
D．动量不守恒、机械能守恒
B [在子弹射入木块这一瞬间过程，取子弹与木块为系统则可认为此系统动量守恒(此瞬间弹簧尚未形变)．若以子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短时，有摩擦力做功，机械能不守恒，弹簧固定端墙壁对弹簧有外力作用，因此动量不守恒，故选项B正确．]
2．(2022·福建福安一中高二期中)如图所示，A、B两个木块用轻弹簧相连接，它们静止在光滑水平面上，A和B的质量分别是99m和100m，一颗质量为m的子弹以速度v0水平射入木块A内没有穿出，则在以后的过程中弹簧弹性势能的最大值为( )
A． B．
C． D．
A [子弹打入木块A，由动量守恒得mv0＝100mv1；对子弹和木块A、B组成的系统，当它们速度相同时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，由动量守恒得mv0＝200mv2，弹簧弹性势能的最大值Ep＝×100mv－×200mv＝，故选项A正确．]
3．(多选)如图所示为a、b两小球沿光滑水平面相向运动的v t图像，已知当两小球间距小于或等于L时，受到相互排斥的恒力作用，当间距大于L时，相互作用力为零，由图可知( )
A．a小球的质量大于b小球的质量
B．a小球的质量小于b小球的质量
C．t1时刻两小球间距最小
D．t3时刻两小球间距为L
BD [从题图可以看出，0～t3时间内，a小球的v t图线的斜率绝对值比较大，所以a小球的加速度较大，两小球之间的排斥力为相互作用力，大小相等，根据a＝知，加速度大的质量小，所以a小球的质量较小，故A错误，B正确；t2时刻两小球速度相等，距离最小，之后距离又开始逐渐变大，故C错误；当间距大于L时，相互作用力为零，由题图可知t3时刻之后相互作用力为零，即间距大于L，则t3时刻两球间距为L，故D正确．]
4．如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车上AB部分是半径为R的四分之一光滑圆弧，BC部分是粗糙的水平面．现把质量为m的小物体从A点由静止释放，小物体与BC部分间的动摩擦因数为μ，最终小物体与小车相对静止于B、C之间的D点，则B、D间的距离x随各量变化的情况是( )
A．其他量不变，R越大x越大
B．其他量不变，μ越大x越大
C．其他量不变，m越大x越大
D．其他量不变，M越大x越大
A [小物体与小车组成的系统水平方向动量守恒，所以当两物体相对静止时，系统水平方向的总动量为零，则两物体最终会停止运动，由能量守恒定律有μmgx＝mgR，解得x＝，故选项A正确，B、C、D错误．]
5．在光滑的水平面上，有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度图像如图所示，下列关系正确的是( )
A．ma＞mb B．ma＜mb
C．ma＝mb D．无法判断
B [根据题中图像，由动量守恒定律得mava＝mava′＋mbvb′，碰撞过程无机械能损失，则mav＝mava′2＋mbvb′2联立解得va′＝va，vb′＝va，由图像知va′＜0，则ma＜mb，故B正确．]
6．(多选)水平面上的A、B两球沿同一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图像，a、b分别为A、B两球碰前图像，c为碰撞后两球共同运动的图像，已知A球质量是m＝2 kg，则由图像判断下列结论正确的是( )
A．由图像可知碰撞前A球做匀减速直线运动，B球做匀加速直线运动
B．碰撞前后A球动量变化量大小为4 kg·m/s
C．B球质量为 kg
D．A、B两球碰撞前的总动量为3 kg·m/s
BC [由于x t图像的斜率表示速度，因此碰撞前A、B两球都做匀速运动，故A错误；碰撞前有：vA＝－3 m/s，vB＝2 m/s，碰撞后有：vA′＝vB′＝－1 m/s；碰撞前后A的动量变化为：ΔpA＝mvA′－mvA＝2×(－1)kg·m/s－2×(－3) kg·m/s＝4 kg·m/s，故B正确；根据动量守恒定律，碰撞前后B的动量变化为：ΔpB＝－ΔpA＝－4 kg·m/s，又：ΔpB＝mB(vB′－vB)，所以解得mB＝ kg，故C正确；A与B碰撞前的总动量为：p总＝mvA＋mBvB＝2×(－3) kg·m/s＋×2 kg·m/s＝－ kg·m/s，故D错误．]
7．质量为M的小车置于光滑水平面上，上表面粗糙且足够长，质量为m的木块以初速度v滑上车上表面，则( )
A．因车上表面粗糙，故系统动量不守恒
B．车上表面越粗糙，小车获得的动量越大
C．车上表面越粗糙，系统产生的内能越多
D．木块的最终速度为
D [以小车和木块组成的系统为研究对象，系统所受合外力为零，因此系统动量守恒，由mv＝(m＋M)v′得v′＝，选项A错误，D正确；相对运动过程中系统的一部分机械能转化为内能，根据能量守恒定律得E损＝mv2－(m＋M)v′2＝mv2，与车上表面的粗糙程度无关，选项C错误；根据A、D选项分析，小车获得的动量Mv′与车上表面粗糙程度无关，选项B错误．]
8．(多选)质量为M的小车置于光滑的水平面上，左端固定一个水平轻弹簧，质量为m的光滑物块放在小车上，压缩弹簧并用细线连接物块和小车左端，开始时小车与物块都处于静止状态，此时物块与小车右端相距为L，如图所示，当突然烧断细线后，以下说法正确的是( )
A．物块和小车组成的系统机械能守恒
B．物块和小车组成的系统动量守恒
C．当物块速度大小为v时，小车速度大小为v
D．当物块离开小车时，小车向左运动的位移为L
BC [弹簧推物块和小车的过程，若取物块、小车和弹簧组成的系统为研究对象，则无其他力做功，机械能守恒，但选物块和小车组成的系统，弹力做功属于系统外其他力做功，弹性势能转化成系统的机械能，此时系统的机械能不守恒，A选项错误；取物块和小车组成的系统，外力的和为零，故系统的动量守恒，B选项正确；由物块和小车组成的系统动量守恒得：0＝mv－Mv′，解得v′＝v，C选项正确；由＝，则在相同时间内＝，且x＋x′＝L，联立解得x′＝，D选项错误．]
9．(多选)如图甲所示，在光滑水平面上的A、B两个小球发生正碰，两小球的质量分别为m1和m2，图乙为它们碰撞前后的x t图像，取向右为正方向．已知m1＝0.1 kg．由此可以判断( )
甲 乙
A．碰前B静止，A向右运动
B．碰后B和A都向右运动
C．由动量守恒可以算出B的质量m2＝0.3 kg
D．碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能
AC [由题图乙可以看出，碰前A位移随时间均匀增加，B位移不变，可知B静止，A向右运动，故A正确；碰后一个位移增大，一个位移减小，说明运动方向不一致，B错误；由题图乙可以计算出A碰前的速度v1＝4 m/s，碰后的速度v1′＝－2 m/s，B碰前的速度v2＝0，碰后的速度v2′＝2 m/s，由动量守恒定律m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，计算得m2＝0.3 kg，故C正确；碰撞过程中系统损失的机械能ΔE＝m1v－m1v1′2－m2v2′2＝0，D错误．]
10．(多选)在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力．如图甲所示，黄壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击黄壶，两壶发生正碰，碰后两壶的加速度相等，若碰撞前后两壶的v t图像如图乙所示．关于冰壶的运动，下列说法正确的是( )
甲 乙
A．红壶碰撞前后速度大小变化了1.1 m/s
B．碰撞后黄壶的加速度大小为0.3 m/s2
C．黄壶运动了4 s停下
D．碰撞后两壶相距的最远距离为1.2 m
BD [由题图乙可知，碰撞前红壶速度v1＝1.2 m/s，碰撞后红壶速度v2＝0.3 m/s，所以碰撞前后红壶速度减小了0.9 m/s，选项A错误；由题图乙可知，碰后红壶的加速度大小为0.3 m/s2，根据题述碰后两壶的加速度相等，则黄壶的加速度大小也为0.3 m/s2，选项B正确；由碰撞过程中系统动量守恒mv1＝mv2＋mv黄，解得v黄＝0.9 m/s，由v＝at解得黄壶的运动时间为3 s，选项C错误；根据v t图像中图线与时间轴所围的面积表示位移可知，碰撞后红壶发生的位移为0.15 m，黄壶发生的位移为1.35 m，则两壶相距最远距离为1.2 m，选项D正确．]
二、非选择题
11．如图所示，质量为m2＝2 kg和m3＝3 kg的物体静止放在光滑水平面上，两者之间有压缩着的轻弹簧(与m2、m3不拴接)．质量为m1＝1 kg的物体以速度v0＝9 m/s向右冲来，为防止冲撞，释放弹簧将m3物体发射出去，m3与m1碰撞后粘在一起．
(1)m3的速度至少为多大，才能使以后m3和m2不发生碰撞？
(2)为保证m3和m2恰好不发生碰撞，弹簧的弹性势能至少为多大？
[解析] (1)设m3发射出去的速度为v1，m2的速度为v2，以向右的方向为正方向，对m2、m3，由动量守恒定律得
m2v2－m3v1＝0
只要m1和m3碰后速度不大于v2，则m3和m2就不会再发生碰撞，m3和m2恰好不相撞时，两者速度相等
对m1、m3，由动量守恒定律得
m1v0－m3v1＝(m1＋m3)v2
解得v1＝1 m/s，即弹簧将m3发射出去的速度至少为1 m/s．
(2)对m2、m3及弹簧，由机械能守恒定律得
Ep＝m3v＋m2v＝3.75 J．
[答案] (1)1 m/s (2)3.75 J
12．(新情景题)在光滑的冰面上，放置一个截面为四分之一圆的半径足够大的光滑自由曲面，一个坐在冰车上的小孩手扶一小球静止在冰面上．某时刻小孩将小球以v0的速度向曲面推出，如图所示．已知小孩和冰车的总质量为m1＝40 kg，小球质量为m2＝2 kg，若小孩将球推出后还能再接到小球，求曲面质量m3应满足的条件．
[解析] 人推球过程动量守恒，即0＝m2v0－m1v1，
对于小球和曲面，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有
m2v0＝－m2v2＋m3v3
m2v＝m2v＋m3v
解得v2＝v0
若小孩将小球推出后还能再接到小球，则有v2＞v1
解得m3＞ kg．
[答案] m3＞ kg
13．如图所示，在光滑水平地面上有一辆质量m1＝3.98 kg的平板小车，小车上表面离地高度为h＝0.2 m，小车右端有一个质量m2＝1 kg的木块(木块可视为质点)，小车与木块一起静止在地面上．一颗质量m0＝20 g的子弹以v0＝300 m/s的初速度水平向右飞行，瞬间击中小车并留在其中．木块与小车上表面之间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2．
(1)如果木块刚好不从小车上掉下，求小车的长度L0；
(2)如果小车长度L＝0.25 m，求木块落地瞬间与小车左端的水平距离x．
[解析] (1)子弹射入小车的过程，取向右为正方向，以子弹和小车为研究对象，根据动量守恒定律得m0v0＝(m0＋m1)v1
其中m0＝20 g＝0.02 kg
解得v1＝1.5 m/s
木块刚好不从小车上掉下，木块到达小车左端时与小车速度相同，设共同速度为v2，根据动量守恒定律得
(m0＋m1)v1＝(m0＋m1＋m2)v2
根据能量守恒定律得
(m0＋m1)v＝(m0＋m1＋m2)v＋μm2gL0
解得L0＝0.45 m．
(2)设木块离开小车时木块和小车的速度分别为v3和v4
根据动量守恒定律得
(m0＋m1)v1＝(m0＋m1)v4＋m2v3
根据能量守恒定律得
(m0＋m1)v＝(m0＋m1)v＋m2v＋μm2gL
解得v4＝1.4 m/s，v3＝0.4 m/s
木块离开小车后做平抛运动，小车向右做匀速直线运动，则
h＝gt2
木块落地瞬间与小车左端的水平距离为
x＝(v4－v3)t
解得x＝0.2 m．
[答案] (1)0.45 m (2)0.2 m
7/9素养培优练(三) 机械振动与机械波及波的多解问题
一、选择题
1．关于机械波的形成和传播，下列说法正确的是( )
A．物体做机械振动，一定产生机械波
B．后振动的质点总是跟着先振动的质点重复振动，只是时间落后一步
C．参与振动的质点群频率各不相同
D．机械波是质点随波迁移，也是振动能量的传递
2．(多选)如图为一列简谐横波在t＝1.0 s时刻的波形图．已知图中质点b的起振时刻比质点a超前了0.2 s，则以下说法正确的是( )
A．这列波的波速为10 m/s
B．这列波的频率为2.5 Hz
C．这列波沿x轴正方向传播
D．再经过0.4 s，质点P第一次回到平衡位置
3．一简谐机械横波沿x轴正方向传播，波长为λ，周期为T．t＝0时刻的波形如图甲所示，a、b是波上的两个质点．图乙是波上某一质点的振动图像．下列说法正确的是( )
甲 乙
A．t＝0时质点a的速度比质点b的大
B．t＝0时质点a的加速度比质点b的小
C．图乙可以表示质点a的振动
D．图乙可以表示质点b的振动
4．(多选)取向上为质点振动的正方向，得到如图所示的两个图像，其中图甲是一列波的图像，A是介质中的一个质点，图乙是介质中另一个质点的振动图像，B为振动中的某一个时刻，关于图甲中A质点在该时刻的运动方向和图乙中B时刻质点的运动方向，下列说法正确的是( )
甲 乙
A．A质点向下 B．A质点向上
C．B时刻向下 D．B时刻向上
5．图甲为一列简谐波在t＝0时刻的波形图，Q、P为介质中的两个质点，图乙为质点P的振动图像，下列说法正确的是( )
甲 乙
A．该波传播的速度大小为10 m/s
B．该波沿x轴正向传播
C．t＝0.1 s时，质点Q的运动方向沿y轴负方向
D．t＝0.05 s时，质点Q的加速度大小等于质点P的加速度大小
6．(多选)如图甲所示的y x图线表示一列简谐波在沿x轴方向传播时的波形图，若以图甲所示情况为计时起点，那么图乙所示y t图线表示的是( )
甲 乙
A．当这列波沿x轴正方向传播时，是表示a质点的振动图像
B．当这列波沿x轴负方向传播时，是表示a质点的振动图像
C．当这列波沿x轴正方向传播时，是表示b质点的振动图像
D．当这列波沿x轴负方向传播时，是表示b质点的振动图像
7．(多选)图(a)为一列简谐横波在t＝2 s时的波形图，图(b)为介质中平衡位置在x＝1.5 m处的质点的振动图像，P是平衡位置为x＝2 m的质点．下列说法正确的是( )
(a) (b)
A．波速为0.5 m/s
B．波的传播方向向右
C．0～2 s时间内，P运动的路程为8 cm
D．0～2 s时间内，P向y轴正方向运动
8．一列简谐横波沿x轴负方向传播，图甲是t＝1 s时的波形图，图乙是波中某振动质点位移随时间变化的振动图像(两图用同一时间起点)，则图乙可能是图甲中哪个质点的振动图像( )
甲 乙
A．x＝0处的质点 B．x＝1 m处的质点
C．x＝2 m处的质点 D．x＝3 m处的质点
9．(创新应用)(多选)一列简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到P点，t＋0.6 s时刻的波形如图中的虚线所示，a、b、c、P、Q是介质中的质点，则( )
A．这列波的波速可能为150 m/s
B．质点a在这段时间内通过的路程一定等于30 cm
C．质点c在这段时间内通过的路程可能为60 cm
D．如果T＝0.8 s，则当t＋0.5 s时刻，质点b、P的位移相同
10．(多选)一列简谐横波沿x轴正方向传播，t＝0时刻的波形如图所示，介质中质点A、B、C的平衡位置分别位于x＝2 m、x＝3 m、x＝6 m处．从t＝0时刻开始计时，当t＝9 s时质点A刚好第3次到达波峰，则( )
A．此列波的波速一定为1 m/s
B．质点A的振动方程可表示为y＝sin(0.25πt)m
C．质点C起振方向沿y轴负向
D．如果质点C到达波峰，则质点B一定在平衡位置
二、非选择题
11．在一列沿水平直线传播的简谐横波上有相距6 m的A、B两质点，图甲、乙分别是A、B两质点的振动图像．
甲 乙
(1)求这列波可能的波长．
(2)若波由A向B传播，波长大于5 m，求波速大小．
12．如图所示是一列简谐横波在某一时刻的波形图，这列波从O点传播到F点需要0.12 s．
(1)求这列波的传播速度．
(2)画出这列波经0.26 s后的波形图．
(3)若波的传播方向跟上述方向相反，画出这列波经0.18 s后的波形图．
13．简谐横波某时刻的波形如图甲所示，从该时刻开始计时，波上A质点的振动图像如图乙所示．
甲 乙
(1)求该简谐波的波速．
(2)从该时刻起，再经过Δt＝0.4 s，A质点通过的路程和波传播的距离分别为多少？
(3)若t＝0时振动刚刚传到A点，从该时刻起再经多长时间图甲中横坐标为45 m的质点(未画出)第二次位于波峰？
8/8素养培优练(三) 机械振动与机械波及波的多解问题
一、选择题
1．关于机械波的形成和传播，下列说法正确的是( )
A．物体做机械振动，一定产生机械波
B．后振动的质点总是跟着先振动的质点重复振动，只是时间落后一步
C．参与振动的质点群频率各不相同
D．机械波是质点随波迁移，也是振动能量的传递
B [机械波的形成必须具备的两个条件：振源和介质．只有物体做机械振动，而其周围没有传播这种振动的介质，远处的质点不可能振动起来形成机械波，故A错误；任何波动都是由波源带动它周围的质点、周围的质点(相当于新的波源)带动更远的质点，所以后一质点总是落后前一质点的振动，故B正确；参与振动的质点的振动情况同振源，频率都相同，故C错误；形成机械波的各个质点，只在各自的平衡位置附近往复运动，并没有随波迁移，离振源远的质点振动的能量，是通过各质点的传递从振源获得的，故D错误．]
2．(多选)如图为一列简谐横波在t＝1.0 s时刻的波形图．已知图中质点b的起振时刻比质点a超前了0.2 s，则以下说法正确的是( )
A．这列波的波速为10 m/s
B．这列波的频率为2.5 Hz
C．这列波沿x轴正方向传播
D．再经过0.4 s，质点P第一次回到平衡位置
AB [从题中可知波长λ＝4 m，T＝0.4 s，解得v＝＝10 m/s，A正确；根据f＝，可得f＝2.5 Hz，B正确；质点b起振比质点a早，可知波沿x轴负方向传播，C错误；再经过0.4 s，也就是一个周期，质点P是第二次回到平衡位置，D错误．]
3．一简谐机械横波沿x轴正方向传播，波长为λ，周期为T．t＝0时刻的波形如图甲所示，a、b是波上的两个质点．图乙是波上某一质点的振动图像．下列说法正确的是( )
甲 乙
A．t＝0时质点a的速度比质点b的大
B．t＝0时质点a的加速度比质点b的小
C．图乙可以表示质点a的振动
D．图乙可以表示质点b的振动
D [根据题图甲所示的波动图像，由于波沿x轴正方向传播，t＝0时刻a点速度为零，b点速度最大，即t＝0时刻质点a的速度比质点b的速度小，A错误；由于t＝0时刻质点a位移最大，所受回复力最大，加速度最大，质点b处于平衡位置，位移为零，回复力为零，加速度为零，所以t＝0时刻质点a的加速度比质点b的大，B错误；根据题图甲所示的波动图像，由于波沿x轴正方向传播，t＝0时刻，质点a从正的最大位移处向下运动，质点b从平衡位置向下运动，所以题图乙可以表示质点b的振动，C错误，D正确．]
4．(多选)取向上为质点振动的正方向，得到如图所示的两个图像，其中图甲是一列波的图像，A是介质中的一个质点，图乙是介质中另一个质点的振动图像，B为振动中的某一个时刻，关于图甲中A质点在该时刻的运动方向和图乙中B时刻质点的运动方向，下列说法正确的是( )
甲 乙
A．A质点向下 B．A质点向上
C．B时刻向下 D．B时刻向上
AC [图甲表示的是波的图像，由于波沿x轴负方向传播，所以，图中质点A的振动方向向下，A正确，B错误；图乙表示的是振动图像，在图中B所对应的时刻质点应当向下运动(因为下一时刻位移为负值)，C正确，D错误．]
5．图甲为一列简谐波在t＝0时刻的波形图，Q、P为介质中的两个质点，图乙为质点P的振动图像，下列说法正确的是( )
甲 乙
A．该波传播的速度大小为10 m/s
B．该波沿x轴正向传播
C．t＝0.1 s时，质点Q的运动方向沿y轴负方向
D．t＝0.05 s时，质点Q的加速度大小等于质点P的加速度大小
A [根据波动图像可知波长为λ＝4 m，根据振动图像可知周期为T＝0.4 s，所以波速为v＝＝10 m/s，故A正确；从振动图像上可以看出P质点在t＝0时刻从平衡位置向下振动，所以波应该沿x轴负方向传播，故B错误；由于波向左传播，波的周期为0.4 s，可知t＝0.1 s时，质点Q的运动方向沿y轴正方向，故C错误；根据波的传播方向可以知道0～0.05 s的时间内，P从平衡位置向下运动，而Q从原来位置向平衡位置移动，分析可知，t＝0.05 s时Q更衡位置，所以在t＝0.05 s时，质点Q的加速度大小小于质点P的加速度大小，故D错误．]
6．(多选)如图甲所示的y x图线表示一列简谐波在沿x轴方向传播时的波形图，若以图甲所示情况为计时起点，那么图乙所示y t图线表示的是( )
甲 乙
A．当这列波沿x轴正方向传播时，是表示a质点的振动图像
B．当这列波沿x轴负方向传播时，是表示a质点的振动图像
C．当这列波沿x轴正方向传播时，是表示b质点的振动图像
D．当这列波沿x轴负方向传播时，是表示b质点的振动图像
AD [根据波的传播方向，确定质点的振动方向，进而画出该点的振动图像．如果这列波沿x轴正方向传播，a点应向上运动，b点应向下运动，这样振动图像表示的是a质点的振动图像；如果这列波沿x轴负方向传播，a点应向下运动，b点应向上运动，振动图像表示的是b质点的振动图像．故A、D正确．]
7．(多选)图(a)为一列简谐横波在t＝2 s时的波形图，图(b)为介质中平衡位置在x＝1.5 m处的质点的振动图像，P是平衡位置为x＝2 m的质点．下列说法正确的是( )
(a) (b)
A．波速为0.5 m/s
B．波的传播方向向右
C．0～2 s时间内，P运动的路程为8 cm
D．0～2 s时间内，P向y轴正方向运动
AC [根据题图(a)得波长λ＝2 m，根据题图(b)得T＝4 s，所以v＝＝0.5 m/s，A正确；根据题图(b)可知x＝1.5 m处的质点在t＝2 s时，振动方向沿y轴负方向，利用“上下坡”法可以判断波的传播方向向左，B错误；在t＝2 s时质点P在最低点，又因T＝4 s，可知t＝0时质点P在最高点，所以0～2 s时间内质点P通过的路程为8 cm，C正确；0～2 s内质点P向y轴负方向运动，D错误．]
8．一列简谐横波沿x轴负方向传播，图甲是t＝1 s时的波形图，图乙是波中某振动质点位移随时间变化的振动图像(两图用同一时间起点)，则图乙可能是图甲中哪个质点的振动图像( )
甲 乙
A．x＝0处的质点 B．x＝1 m处的质点
C．x＝2 m处的质点 D．x＝3 m处的质点
A [题图甲中根据上、下坡法可判定t＝1 s时0～1 m间、3～5 m间质点向－y方向振动，1～3 m间、5～6 m间质点向＋y方向振动，因此可判断图乙可能是x＝0或x＝4 m处的质点的振动图像．故A正确．]
9．(创新应用)(多选)一列简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到P点，t＋0.6 s时刻的波形如图中的虚线所示，a、b、c、P、Q是介质中的质点，则( )
A．这列波的波速可能为150 m/s
B．质点a在这段时间内通过的路程一定等于30 cm
C．质点c在这段时间内通过的路程可能为60 cm
D．如果T＝0.8 s，则当t＋0.5 s时刻，质点b、P的位移相同
CD [由题图可知，波的波长为40 m，两列波相距0.6 s＝T，故周期T＝，波速v＝＝ m/s＝ m/s，当v＝150 m/s时，无正整数符合题意，A错误；质点a在平衡位置上下振动，振动的最少时间为T，故路程最小为30 cm，B错误；质点c的路程为60 cm说明c振动了1.5个周期，则可有＋1.5T＝0.6，即＋＝0.6，解得n＝1时满足条件，C正确；在t时刻，因波沿x轴正方向传播，所以此时质点P是向上振动的，经0.5 s后，P是正在向下振动(负位移)，是经过平衡位置后向下运动0.1 s，而质点b是正在向上振动的(负位移)，是到达最低点后向上运动0.1 s，因为0.2 s等于，可见此时两个质点的位移是相同的，D正确．]
10．(多选)一列简谐横波沿x轴正方向传播，t＝0时刻的波形如图所示，介质中质点A、B、C的平衡位置分别位于x＝2 m、x＝3 m、x＝6 m处．从t＝0时刻开始计时，当t＝9 s时质点A刚好第3次到达波峰，则( )
A．此列波的波速一定为1 m/s
B．质点A的振动方程可表示为y＝sin(0.25πt)m
C．质点C起振方向沿y轴负向
D．如果质点C到达波峰，则质点B一定在平衡位置
ACD [根据波形图得到波长λ＝4 m，从t＝0时刻开始计时，当t＝9 s时质点A刚好第3次到达波峰，则有2T＝9 s，可知该列波周期T＝4 s，这列波的波速为v＝＝1 m/s，故A项正确；ω＝＝0.5π rad/s，振幅A＝1 m，则质点A的振动方程可表示为y＝Asin ωt＝sin(0.5πt) m，故B项错误；质点C起振方向与图示时刻x＝4 m处质点的起振方向相同，沿y轴负向，故C项正确；B、C两质点平衡位置相距λ，则如果质点C到达波峰，则质点B一定在平衡位置，故D项正确．]
二、非选择题
11．在一列沿水平直线传播的简谐横波上有相距6 m的A、B两质点，图甲、乙分别是A、B两质点的振动图像．
甲 乙
(1)求这列波可能的波长．
(2)若波由A向B传播，波长大于5 m，求波速大小．
[解析] (1)①若波由A向B传播，由题图可知B质点比A质点晚振动的时间
Δt＝T(n＝0,1,2，…)
所以A、B间的距离为
Δs＝λ(n＝0,1,2，…)
则波长为λ＝＝ m(n＝0,1,2，…)．
②若波由B向A传播，A点比B点晚振动的时间Δt′＝T(n＝0,1,2，…)，
所以A、B间的距离为
Δs＝λ′(n＝0,1,2，…)
则波长为λ′＝＝ m(n＝0,1,2，…)．
(2)由λ＝ m＞5 m得n＝0，λ＝8 m，
v＝＝ m/s＝20 m/s．
[答案] (1)见解析 (2)20 m/s
12．如图所示是一列简谐横波在某一时刻的波形图，这列波从O点传播到F点需要0.12 s．
(1)求这列波的传播速度．
(2)画出这列波经0.26 s后的波形图．
(3)若波的传播方向跟上述方向相反，画出这列波经0.18 s后的波形图．
[解析] (1)从题目和波形图提供的条件可知，波从O点传播到F点，波形推移了1λ，所需要的时间为0.12 s．传播一个波长的时间T＝0.08 s，则v＝＝ m/s＝5 m/s或v＝＝ m/s＝5 m/s．
(2)t1＝0.26 s＝0.24 s＋0.02 s＝3T＋，根据振动与波的时空周期性特点，t1时刻波形图如图所示．
(3)t2＝0.18 s＝0.16 s＋0.02 s＝2T＋T，同理可知t2时刻的波形图如图所示．
[答案] (1)5 m/s (2)、(3)见解析图
13．简谐横波某时刻的波形如图甲所示，从该时刻开始计时，波上A质点的振动图像如图乙所示．
甲 乙
(1)求该简谐波的波速．
(2)从该时刻起，再经过Δt＝0.4 s，A质点通过的路程和波传播的距离分别为多少？
(3)若t＝0时振动刚刚传到A点，从该时刻起再经多长时间图甲中横坐标为45 m的质点(未画出)第二次位于波峰？
[解析] (1)由图甲知，波长λ＝20 m，由图乙知，周期T＝0.8 s，波速v＝＝ m/s＝25 m/s．
(2)因为Δt＝0.4 s＝
所以质点A通过的路程为2个振幅，即4 cm，
在内波传播的距离为＝10 m．
(3)由t＝0时刻A点向上振动知，波沿x轴正方向传播，波速v＝25 m/s，x＝45 m处的质点第一次到达波峰的时间t1＝ s＝1 s
所以此质点第二次位于波峰的时间
t＝t1＋T＝1.8 s．
[答案] (1)25 m/s (2)4 cm 10 m (3)1.8 s
8/8素养培优练(四) 干涉图样的特点和衍射的分辨本领
一、选择题
1．点光源照在一个剃须刀片上，在屏上形成了它的影子，其边缘较为模糊，原因是( )
A．光的反射 B．光强太小
C．光的干涉 D．光的衍射
2．(多选)沙尘暴是由于土地沙化引起的一种恶劣的气象现象．发生沙尘暴时能见度只有几十米，天空变黄发暗．这是由于这种情况下( )
A．只有波长较强的一部分光才能到达地面
B．只有波长较长的一部分光才能到达地面
C．只有频率较大的一部分光才能到达地面
D．只有频率较小的一部分光才能到达地面
3．下列关于双缝干涉实验的说法正确的是( )
A．单缝的作用是获得频率保持不变的相干光源
B．双缝的作用是获得两个振动情况相同的相干光源
C．光屏上距两缝的路程差等于半波长的整数倍处出现暗条纹
D．在光屏上能看到光的干涉图样，但在双缝与光屏之间的空间却没有干涉发生
4．关于甲、乙、丙、丁四个实验，以下说法正确的是( )
A．四个实验产生的条纹均为干涉条纹
B．甲、乙两实验产生的条纹均为等距条纹
C．丙实验中，产生的条纹间距越大，该光的频率越大
D．丁实验中，产生的明暗条纹为光的衍射条纹
5．如图所示，用单色光做双缝干涉实验，P处为第二条暗条纹，改用频率较低的单色光重做上述实验(其他条件不变，屏足够大)，则同侧第二条暗条纹的位置( )
A．仍在P处
B．在P点上方
C．在P点下方
D．要将屏向双缝方向移近一些才能看到
6．(多选)在双缝干涉实验中，用绿色激光照射在双缝上，在缝后的屏幕上显示出干涉图样．若要增大干涉图样中两相邻亮条纹的间距，可选用的方法是( )
A．改用红色激光
B．改用蓝色激光
C．减小双缝间距
D．将屏幕向远离双缝的位置移动
7．(多选)在照相机镜头上常涂有增透膜，关于增透膜的说法正确的是( )
A．增透膜的厚度为绿光在真空中波长的
B．增透膜的厚度为绿光在增透膜中波长的
C．绿光从增透膜前后表面的反射光互相抵消
D．绿光从增透膜前后表面的反射光互相叠加使绿光振动加强
8．瓦斯在隧道施工、煤矿采掘等危害极大，某同学查资料得知含有瓦斯的气体的折射率大于干净空气的折射率，于是他根据双缝干涉现象设计了一个监测仪，其原理如图所示．在双缝前面放置两个完全相同的透明容器A、B，容器A与干净的空气相通，在容器B中通入矿井中的气体，观察屏上的干涉条纹，就能够监测瓦斯浓度．如果屏的正中央O点变为暗纹，说明B中气体( )
A．一定含瓦斯 B．一定不含瓦斯
C．不一定含瓦斯 D．无法判断
9．(多选)杨氏双缝干涉实验中，下列说法正确的是(n为自然数，λ为光波波长)( )
A．在距双缝的路程相等的点形成暗条纹
B．在距双缝的路程差为nλ的点形成亮条纹
C．在距双缝的路程差为n的点形成亮条纹
D．在距双缝的路程差为λ的点形成暗条纹
10．凸透镜的弯曲表面是个球面，球面的半径叫这个球面的曲率半径．把一个凸透镜压在一块平面玻璃上，让单色光从上方射入，从上往下看凸透镜，可以看到亮暗相间的圆环状条纹，如图所示．这个现象是牛顿首先发现的，这些环状条纹叫牛顿环，它是两个玻璃表面之间的空气膜引起的薄膜干涉造成的．从凸透镜中心向外，依次叫第1,2,3，…级条纹．同一级亮(或暗)条纹对应的空气膜厚度相同，并且两个相邻的亮(或暗)条纹对应的空气膜厚度差相同．理论和实验均表明：光从折射率小的介质射向折射率大的介质时，反射光与入射光相比，有一个相位为π的突变(相当于反射光比入射光多走了半个波长)．因而，某一级亮条纹对应的空气膜厚度应该满足2d＝(2k＋1)(k＝0,1,2，…)，根据以上信息，结合光的干涉规律，判断下列说法正确的是( )
A．凸透镜中心点应该是亮点
B．从凸透镜中心向外，圆环半径均匀增大
C．如果换一个表面曲率半径更大的凸透镜，观察到的同一级条纹半径变大
D．如果改用波长更短的单色光照射，观察到的同一级条纹半径变大
二、非选择题
11．在杨氏干涉实验中，若单色光的波长λ＝5.89×10－7 m，双缝间的距离d＝1 mm，双缝到屏的距离l＝2 m．求第1个亮条纹到第11个亮条纹的中心间距．
12．某同学用半圆形玻璃砖(如图甲中阴影部分所示)测定玻璃的折射率．在固定好的白纸上作出直角坐标系xOy，实验时将半圆形玻璃砖M放在白纸上，使其底边aa′与Ox轴重合，且圆心恰好位于O点，实验正确操作后，移去玻璃砖，作OP3连线，用圆规以O点为圆心画一个圆(如图中虚线所示)，此圆与AO连线交点为B，与OP3连线的交点为C，测出B点到x、y轴的距离分别为l1、d1，C点到x、y轴的距离分别为l2、d2．
甲 乙
(1)根据测出的B、C两点到两坐标轴的距离，可知此玻璃砖折射率测量值的表达式n＝________．
(2)若实验中该同学在y<0的区域内，从任何角度都无法透过玻璃砖看到P1、P2的像，其原因最可能是_______________________________________________
___________________________________________________________________．
(3)该同学又用平行玻璃砖做实验．他在纸上正确画出玻璃砖的两个界面aa′和bb′后，不小心碰了玻璃砖使它向aa′方向平移了少许，如图乙所示．则他测出的折射率将________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)．
13．某红宝石激光器发出的激光由空气斜射到折射率为n＝的薄膜表面，入射时与薄膜表面成45°角，如图所示．已知真空中的光速c＝3.0×108 m/s．
(1)求从O点射入薄膜中的光的折射角及速率．
(2)一般认为激光器发出的是频率为f的“单色光”，实际上它的频率并不是真正单一的，激光频率f是它的中心频率，它所包含的频率范围是Δf(也称频率宽度)，如图，单色光照射到薄膜表面a，一部分光从前表面反射回来(这部分光称为甲光)，其余的光进入薄膜内部，其中的一小部分光从薄膜后表面b反射回来，再从前表面折射出(这部分光称为乙光)，甲、乙这两部分光相遇叠加而发生干涉，称为薄膜干涉，乙光与甲光相比，要在薄膜中多传播一小段时间Δt．理论和实践都证明，能观察到明显稳定的干涉现象的条件是：Δt的最大值Δtm与Δf的乘积近似等于1，即只有满足Δtm·Δf≈1才会观察到明显稳定的干涉现象，若该激光频率f＝4.32×1014 Hz，它的频率宽度Δf＝8.0×109 Hz，试估算在如图所示的情况下，能观察到明显稳定干涉现象的薄膜的最大厚度dm．
7/7素养培优练(四) 干涉图样的特点和衍射的分辨本领
一、选择题
1．点光源照在一个剃须刀片上，在屏上形成了它的影子，其边缘较为模糊，原因是( )
A．光的反射 B．光强太小
C．光的干涉 D．光的衍射
D [在刀片边缘有部分光绕过障碍物进入到阴影中去，从而看到影子的边缘模糊，光绕过障碍物偏离直线传播是光的衍射．D选项正确．]
2．(多选)沙尘暴是由于土地沙化引起的一种恶劣的气象现象．发生沙尘暴时能见度只有几十米，天空变黄发暗．这是由于这种情况下( )
A．只有波长较强的一部分光才能到达地面
B．只有波长较长的一部分光才能到达地面
C．只有频率较大的一部分光才能到达地面
D．只有频率较小的一部分光才能到达地面
BD [波长较短的光容易被障碍物挡住，不能到达地面，波长较长的光更容易发生衍射而透过沙尘间的缝隙到达地面，故A错误，B正确；波长越长的光其频率越低，故C错误，D正确．]
3．下列关于双缝干涉实验的说法正确的是( )
A．单缝的作用是获得频率保持不变的相干光源
B．双缝的作用是获得两个振动情况相同的相干光源
C．光屏上距两缝的路程差等于半波长的整数倍处出现暗条纹
D．在光屏上能看到光的干涉图样，但在双缝与光屏之间的空间却没有干涉发生
B [在双缝干涉实验中，单缝的作用是获得一个线光源，使光源有唯一的频率和振动情况，双缝的作用是获得两个振动情况完全相同的相干光源，故选项A错误，B正确；在两个相干光源完全相同的情况下，光屏上距两缝的路程差为半波长的奇数倍处出现暗纹，故选项C错误；两列光波只要相遇就会叠加，满足相干条件就能发生干涉，所以在双缝与光屏之间的空间也会发生光的干涉，用光屏接收只是为了肉眼观察的方便，故选项D错误．]
4．关于甲、乙、丙、丁四个实验，以下说法正确的是( )
A．四个实验产生的条纹均为干涉条纹
B．甲、乙两实验产生的条纹均为等距条纹
C．丙实验中，产生的条纹间距越大，该光的频率越大
D．丁实验中，产生的明暗条纹为光的衍射条纹
D [甲、乙、丙实验产生的条纹均为干涉条纹，而丁实验是光的衍射条纹，故A错误；甲实验产生的条纹为等间距条纹，而乙是牛顿环，产生的条纹空气层厚度不均匀变化，则干涉条纹间距不相等，故B错误；根据干涉条纹间距公式Δx＝λ，丙实验中，产生的条纹间距越大，则波长越长，频率越小，故C错误；丁实验中，产生的明暗条纹间距不相等，且通过单缝，则为光的衍射条纹，故D正确．]
5．如图所示，用单色光做双缝干涉实验，P处为第二条暗条纹，改用频率较低的单色光重做上述实验(其他条件不变，屏足够大)，则同侧第二条暗条纹的位置( )
A．仍在P处
B．在P点上方
C．在P点下方
D．要将屏向双缝方向移近一些才能看到
B [由λ＝知，f变小，λ变大．若出现第二条暗条纹，则P到双缝的路程差Δr＝λ，当λ变大时，Δr也要变大，故第二条暗条纹的位置向上移，在P点上方，B正确．]
6．(多选)在双缝干涉实验中，用绿色激光照射在双缝上，在缝后的屏幕上显示出干涉图样．若要增大干涉图样中两相邻亮条纹的间距，可选用的方法是( )
A．改用红色激光
B．改用蓝色激光
C．减小双缝间距
D．将屏幕向远离双缝的位置移动
ACD [在双缝干涉实验中相邻亮条纹的间距Δx＝λ，因此要增大干涉图样中两相邻亮条纹的间距可减小双缝间的距离，增大屏幕与双缝的距离，换用波长更长或频率更小的光做光源．故选A、C、D．]
7．(多选)在照相机镜头上常涂有增透膜，关于增透膜的说法正确的是( )
A．增透膜的厚度为绿光在真空中波长的
B．增透膜的厚度为绿光在增透膜中波长的
C．绿光从增透膜前后表面的反射光互相抵消
D．绿光从增透膜前后表面的反射光互相叠加使绿光振动加强
BC [在选择增透膜时，一般是使对人眼灵敏的绿色光在垂直入射时增透膜前后表面反射的光相互抵消，因此增透膜的厚度应等于绿光在薄膜中的波长的，从薄膜前后表面的反射绿光相互抵消，故B、C正确．故选B、C．]
8．瓦斯在隧道施工、煤矿采掘等危害极大，某同学查资料得知含有瓦斯的气体的折射率大于干净空气的折射率，于是他根据双缝干涉现象设计了一个监测仪，其原理如图所示．在双缝前面放置两个完全相同的透明容器A、B，容器A与干净的空气相通，在容器B中通入矿井中的气体，观察屏上的干涉条纹，就能够监测瓦斯浓度．如果屏的正中央O点变为暗纹，说明B中气体( )
A．一定含瓦斯 B．一定不含瓦斯
C．不一定含瓦斯 D．无法判断
A [如果B中的气体与A中的空气成分相同，则O点为亮纹；如果O点为暗纹，则B中的气体与A中的空气成分不相同，一定含有瓦斯，故A正确．]
9．(多选)杨氏双缝干涉实验中，下列说法正确的是(n为自然数，λ为光波波长)( )
A．在距双缝的路程相等的点形成暗条纹
B．在距双缝的路程差为nλ的点形成亮条纹
C．在距双缝的路程差为n的点形成亮条纹
D．在距双缝的路程差为λ的点形成暗条纹
BD [在双缝干涉实验中，当某处距双缝距离之差Δx为波长的整数倍时，即Δx＝nλ(n＝0,1,2,3，…)这些点为加强点，该处出现亮条纹；当某处距双缝距离之差Δx为半波长的奇数倍时，即Δx＝(2n＋1)(n＝0,1,2,3，…)这些点为减弱点，该处出现暗条纹；故选项B、D正确，A、C错误．]
10．凸透镜的弯曲表面是个球面，球面的半径叫这个球面的曲率半径．把一个凸透镜压在一块平面玻璃上，让单色光从上方射入，从上往下看凸透镜，可以看到亮暗相间的圆环状条纹，如图所示．这个现象是牛顿首先发现的，这些环状条纹叫牛顿环，它是两个玻璃表面之间的空气膜引起的薄膜干涉造成的．从凸透镜中心向外，依次叫第1,2,3，…级条纹．同一级亮(或暗)条纹对应的空气膜厚度相同，并且两个相邻的亮(或暗)条纹对应的空气膜厚度差相同．理论和实验均表明：光从折射率小的介质射向折射率大的介质时，反射光与入射光相比，有一个相位为π的突变(相当于反射光比入射光多走了半个波长)．因而，某一级亮条纹对应的空气膜厚度应该满足2d＝(2k＋1)(k＝0,1,2，…)，根据以上信息，结合光的干涉规律，判断下列说法正确的是( )
A．凸透镜中心点应该是亮点
B．从凸透镜中心向外，圆环半径均匀增大
C．如果换一个表面曲率半径更大的凸透镜，观察到的同一级条纹半径变大
D．如果改用波长更短的单色光照射，观察到的同一级条纹半径变大
C [凸透镜中心点处的光对应的路程差为零，不是半波长的奇数倍，故不应该是亮点，选项A错误；因凸透镜表面是曲面而不是平面，则路程差不是均匀增加的，故从凸透镜中心向外，圆环半径不是均匀增大，而表现为越来越密集，选项B错误；换一个表面曲率半径更大的凸透镜，出现同一级亮条纹的这一厚度背离中心，即圆环的半径变大，选项C正确；用波长更短的光照射，则出现同一级亮条纹的这一厚度靠近中心，即圆环的半径变小，选项D错误．]
二、非选择题
11．在杨氏干涉实验中，若单色光的波长λ＝5.89×10－7 m，双缝间的距离d＝1 mm，双缝到屏的距离l＝2 m．求第1个亮条纹到第11个亮条纹的中心间距．
[解析] 相邻两亮条纹的中心间距Δx＝λ
第1个亮条纹到第11个亮条纹的中心间距L＝10Δx
代入数据得L＝1.178×10－2 m．
[答案] 1.178×10－2 m
12．某同学用半圆形玻璃砖(如图甲中阴影部分所示)测定玻璃的折射率．在固定好的白纸上作出直角坐标系xOy，实验时将半圆形玻璃砖M放在白纸上，使其底边aa′与Ox轴重合，且圆心恰好位于O点，实验正确操作后，移去玻璃砖，作OP3连线，用圆规以O点为圆心画一个圆(如图中虚线所示)，此圆与AO连线交点为B，与OP3连线的交点为C，测出B点到x、y轴的距离分别为l1、d1，C点到x、y轴的距离分别为l2、d2．
甲 乙
(1)根据测出的B、C两点到两坐标轴的距离，可知此玻璃砖折射率测量值的表达式n＝________．
(2)若实验中该同学在y<0的区域内，从任何角度都无法透过玻璃砖看到P1、P2的像，其原因最可能是_______________________________________________
___________________________________________________________________．
(3)该同学又用平行玻璃砖做实验．他在纸上正确画出玻璃砖的两个界面aa′和bb′后，不小心碰了玻璃砖使它向aa′方向平移了少许，如图乙所示．则他测出的折射率将________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)．
[解析] (1)设光线在x轴上的入射角为i，折射角为r，用圆规画出的圆的半径为R，根据数学知识得sin i＝，sin r＝，则此玻璃砖折射率测量值的表达式为n＝＝．
(2)若实验中该同学在y<0的区域内，从任何角度都无法透过玻璃砖看到P1、P2的像，其原因可能是P1P2确定的光在aa′介面上入射角太大，发生了全反射．
(3)如图所示，实线表示将玻璃砖向上平移后实际的光路图，而虚线是作图时所采用的光路图，通过比较发现，入射角和折射角没有变化，由折射率的定义式n＝得知，测得的折射率将不变．
[答案] (1) (2)P1P2确定的光在aa′介面上入射角太大，发生了全反射 (3)不变
13．某红宝石激光器发出的激光由空气斜射到折射率为n＝的薄膜表面，入射时与薄膜表面成45°角，如图所示．已知真空中的光速c＝3.0×108 m/s．
(1)求从O点射入薄膜中的光的折射角及速率．
(2)一般认为激光器发出的是频率为f的“单色光”，实际上它的频率并不是真正单一的，激光频率f是它的中心频率，它所包含的频率范围是Δf(也称频率宽度)，如图，单色光照射到薄膜表面a，一部分光从前表面反射回来(这部分光称为甲光)，其余的光进入薄膜内部，其中的一小部分光从薄膜后表面b反射回来，再从前表面折射出(这部分光称为乙光)，甲、乙这两部分光相遇叠加而发生干涉，称为薄膜干涉，乙光与甲光相比，要在薄膜中多传播一小段时间Δt．理论和实践都证明，能观察到明显稳定的干涉现象的条件是：Δt的最大值Δtm与Δf的乘积近似等于1，即只有满足Δtm·Δf≈1才会观察到明显稳定的干涉现象，若该激光频率f＝4.32×1014 Hz，它的频率宽度Δf＝8.0×109 Hz，试估算在如图所示的情况下，能观察到明显稳定干涉现象的薄膜的最大厚度dm．
[解析] (1)设从O点射入薄膜中的光线的折射角为r，根据折射定律有n＝
解得r＝30°
光在薄膜中的传播速度：v＝
解得v＝×108 m/s≈2.12×108 m/s．
(2)乙光在薄膜中的路程为x＝
乙光通过薄膜的时间为Δt＝＝
当Δt取最大值Δtm时，对应的薄膜的厚度最大，又因为Δtm·Δf≈1，
则≈
解得dm≈≈1.15×10－2 m．
[答案] (1)30° 2.12×108 m/s (2)1.15×10－2 m
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