2023年高考真题分类汇编：动量、机械振动与机械波

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2023年高考真题分类汇编：动量、机械振动与机械波
一、选择题
1．（2023·北京）位于坐标原点处的波源发出一列沿x轴正方向传播的简谐横波。t= 0时波源开始振动，其位移y随时间t变化的关系式为，则t=T时的波形图为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】简谐运动的表达式与图象；横波的图象
【解析】【解答】 t = 0时波源开始振动，其位移y随时间t变化的关系式为， 根据波源质点的振动方程可知，t=0时刻波源质点从平衡位置向上振动，一个周期T后应该回到平衡位置；波源发出一列沿x轴正方向传播的简谐横波，根据“上坡下，下坡上”可以确定T时刻的波形图应为D，ABC错误，D正确；
故答案为：D
【分析】根据处于平衡位置的波源质点振动图像和沿x轴正方向传播的机械波可以正确判断。
2．（2023·海南）下面上下两图分别是一列机械波在传播方向上相距的两个质点的振动图像，下列说法正确的是（　　）
A．该波的周期是 B．该波的波速是
C．时质点向上振动 D．时质点向上振动
【答案】C
【知识点】简谐运动的表达式与图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A、由质点P、Q的振动图像可知，该波的周期是4s，A错误；
B、由振动图像可知，振动质点P、Q的振动情形刚好相反，可知两个振动质点之间的距离：(n=01，2，3...)
得：(n=01，2，3...)
该机械波波速：(n=01，2，3...)，B错误；
C、由P点的振动图像可知4s时质点在平衡位置向上振动，C正确；
D、由Q点的振动图像可知4s时质点在平衡位置向下振动，D错误；
故答案为：C
【分析】正确理解质点的振动图像，从而得出波的周期，4s时的振动方向，根据两质点的振动情形，由两质点之间的距离判断波长，进一步计算波速。
3．（2023·浙江）如图所示，置于管口T前的声源发出一列单一频率声波，分成两列强度不同的声波分别沿A、B两管传播到出口O。先调节A、B两管等长，O处探测到声波强度为400个单位，然后将A管拉长，在O处第一次探测到声波强度最小，其强度为100个单位。已知声波强度与声波振幅平方成正比，不计声波在管道中传播的能量损失，则（）
A．声波的波长 B．声波的波长
C．两声波的振幅之比为 D．两声波的振幅之比为
【答案】C
【知识点】波的叠加
【解析】【解答】AB.AB管等长时，两列波发生干涉加强，将A管拉长之后，声波强度最小，意味着两列波发生干涉减弱，由于是第一次干涉减弱，表明A管整体伸长的距离为波长的一半，即，解得：，故AB不符合题意；
CD.根据题意设声波加强时振幅为20，声波减弱时振幅为10，则，，解得：，故C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】根据波的加强点和减弱点的特点，结合题意得出波长的大小；根据声波强度与振幅的关系，结合波的叠加原理得出波的振幅之比。
4．（2023·浙江）下列说法正确的是（）
A．热量能自发地从低温物体传到高温物体
B．液体的表面张力方向总是跟液面相切
C．在不同的惯性参考系中，物理规律的形式是不同的
D．当波源与观察者相互接近时，观察者观测到波的频率大于波源振动的频率
【答案】B,D
【知识点】多普勒效应；热力学第二定律；液体的表面张力
【解析】【解答】A.根据热力学第二定律知，热量不能自发地从低温物体传到高温物体，故A不符合题意；
B. 液体的表面张力方向总是跟液面相切 ，故B符合题意；
C.由狭义相对论的两个基本假设知，在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的，故C不符合题意；
D.根据多普勒效应的原理知，当波源与观察者相互接近时，观察者接收到的频率增大；反之，观察者接收到的频率减小，故D符合题意。
故答案为：BD
【分析】根据热力学第二定律分析即可；根据液体表面张力的特点分析即可；根据狭义相对论分析即可；根据多普勒效应分析即可。
5．（2023·上海）真空中有一点P与微粒Q，Q在运动中受到指向P且大小与离开P的位移成正比的回复力，则下列情况有可能发生的是（　　）
A．速度增大，加速度增大 B．速度增大，加速度减小
C．速度增大，加速度不变 D．速度减小，加速度不变
【答案】B
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】根据简谐运动的规律，回复力方向总指向平衡位置，大小与位移成正比，方向与位移方向相反，从平衡位置到最大振幅，做加速增大的减速运动，反之，由最大振幅向平衡位置运动做加速度减小的加速运动，即加速度增大必减速，加速度减小必加速，故ACD错误，B正确；
故答案为：B
【分析】正确理解简谐运动的规律，根据回复力的定义明确加速度与位移的关系，得出从平衡位置到最大振幅，做加速增大的减速运动，反之，由最大振幅向平衡位置运动做加速度减小的加速运动，从而正确判断。
6．（2023·上海）如图所示，有一周期为T、沿x轴正方向传播的波，当t=0s时波恰好传到B点，则t=8T时，CD段的波形图为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】机械波及其形成和传播
【解析】【解答】由题可知，该波向右传播且波长为0.5m，得出波速：，则在的时间内传播的距离为：，而BD之间的距离为3.75+0.25=4m，
故经过该波从B点传播到D点，D点为起振点即将要向上振动，半个波长，故ABD错误，C正确；
故答案为：C
【分析】正确理解机械波的形成，由题意可计算出波的传播速度，再计算传播的距离，由此确定波刚好传播到D点，由波的传播方向确定D点振动方向，并由CD之间的距离确定为半个波长，从而得出结果。
7．（2023·湖北）一列简谐横波沿x轴正向传播，波长为，振幅为。介质中有a和b两个质点，其平衡位置分别位于和处。某时刻b质点的位移为，且向y轴正方向运动。从该时刻开始计时，a质点的振动图像为（）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】 b质点的位移为，且向y轴正方向运动 ，b的位置如图所示，且b对应的角度为30°。
ab之间的距离为：，a的位置如图所示，且a对应的角度为150°，故A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A
【分析】由题意先确定b的位置，再根据ab之间的距离确定a的位置，最后分析a的振动情况。
8．（2023·新课标卷）船上的人和水下的潜水员都能听见轮船的鸣笛声。声波在空气中和在水中传播时的（　　）
A．波速和波长均不同 B．频率和波速均不同
C．波长和周期均不同 D．周期和频率均不同
【答案】A
【知识点】波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】声波的频率由波源振动频率决定，传播速度由介质决定，根据，可知不同介质中波长不同，故A正确。
故答案为：A
【分析】根据波长，波速和频率之间的关系分析求解。
9．（2023·湖南）如图（a），在均匀介质中有和四点，其中三点位于同一直线上，垂直．时，位于处的三个完全相同的横波波源同时开始振动，振动图像均如图（b）所示，振动方向与平面垂直，已知波长为．下列说法正确的是（）
A．这三列波的波速均为
B．时，处的质点开始振动
C．时，处的质点向轴负方向运动
D．时，处的质点与平衡位置的距离是
【答案】C
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的叠加
【解析】【解答】A.由图b知，，根据得：，故A不符合题意；
B.A、B波传到D需要5s，C波传到D需要3s，时，A、B、C波没有传到D点，故B不符合题意；
C.时，A、B波没有传到D点，C波传到D点并且振动了1.5s，由图b知，D经过1.5s向y轴负方向运动，故C符合题意；
D.，A、B波传到D点并且振动了1s，C波传到D点并且振动了3s，由图b知，D处的质点与平衡位置的距离是。
故答案为：C
【分析】根据每列波到达D点的时间和到达后振动的时间，结合图b进行分析。
10．（2023·浙江选考）主动降噪耳机能收集周围环境中的噪声信号，并产生相应的抵消声波，某一噪声信号传到耳膜的振动图像如图所示，取得最好降噪效果的抵消声波（声音在空气中的传播速度为）（　　）
A．振幅为
B．频率为
C．波长应为的奇数倍
D．在耳膜中产生的振动与图中所示的振动同相
【答案】B
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A、由波动图像可知，振幅为A。A错误。
B、由图得，周期为0.01秒，频率是周期倒数，频率为100赫兹。B正确。
C、波长等于波速乘以周期，波长为3.4m。故C错误。
D、同相振动加强，反相振动减弱。因为要取得最好降噪效果的抵消声波 ，所以在耳膜中产生 的振动与图中所示的振动反相 。D错误。
故选B
【分析】由图可以直接读出周期大小，以及振幅大小。要抵消声波，所以波叠加时要反相。
二、多项选择题
11．（2023·山东）如图所示、沿水平方向做简谐振动的质点，依次通过相距L的A、B两点。已知质点在A点的位移大小为振幅的一半，B点位移大小是A点的倍，质点经过A点时开始计时，t时刻第二次经过B点，该振动的振幅和周期可能是（）
A． B． C． D．
【答案】B,C
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动
【解析】【解答】AB．若A、B两点在平衡位置的同侧，根据质点的振动方程，对A可得：，对B可得：，解得：，或，因此可知第二次经过B点时，故，解得T=4t，依题意可知，A、B点间距为L，有，解得，A不符合题意，B符合题意；
CD．当AB两点在平衡位置两侧时，根据质点的振动方程，对A可得：，对B可得：，解得，或，因此可知第二次经过B点时，故，解得，此时位移关系为，解得，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】分情况讨论A、B两点在平衡位置的同侧与A、B两点在平衡位置两侧的两种情况，根据振动方程求出过A点时的相位和第二次过B点时的相位，再根据时间关系求出周期；由位移关系求出振幅。
12．（2023·辽宁）“球鼻艏”是位于远洋轮船船头水面下方的装置，当轮船以设计的标准速度航行时， 球鼻艏推起的波与船首推起的波如图所示，两列波的叠加可以大幅度减小水对轮船的阻力。下列现象的物理原理与之相同的是（　　）。
A．插入水中的筷子、看起来折断了
B．阳光下的肥皂膜，呈现彩色条纹
C．驶近站台的火车，汽笛音调变高
D． 振动音叉的周围，声音忽高忽低
【答案】B,D
【知识点】多普勒效应；波的干涉现象；波的叠加；光的折射及折射定律；薄膜干涉
【解析】【解答】 球鼻艏推起的波与船首推起的波，两列波的叠加可以大幅度减小水对轮船的阻力，该现象的原理为波的叠加原理：
A、插入水中的筷子、看起来折断了，该现象为光的折射，不符合题目物理原理，A错误；
B、阳光下的肥皂膜，呈现彩色条纹，该现象为薄膜上下表面反射光的叠加造成的干涉现象，符合题目物理原理，B正确；
C、驶近站台的火车，汽笛音调变高，该现象为多普勒效应，不符合题目物理原理。C错误；
D、振动音叉的周围，声音忽高忽低，该现象为声波的叠加造成的干涉现象，符合题目物理原理，D正确；
故答案为：BD
【分析】球鼻艏推起的波与船首推起的波叠加可以大幅度减小水对轮船的阻力，该现象的原理为波的叠加原理，以此为标准，分别分析各现象的物理原理分别为光的折射，薄膜干涉，多普勒效应，声音的干涉，从而判断是否符合题意。
13．（2023·新课标卷）使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S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
【答案】B,D
【知识点】动量定理；牛顿第二定律；冲量
【解析】【解答】两者接近的过程中相互作用的引力大小相等，根据牛顿第二定律可知，质量越大，加速度越小，经过相同的时间质量越大的，速度越小，故A错误；对整个系统进行研究，系统所受合力的方向向左，故整个系统向左的动量增加，即乙的动量大于甲的动量，且总动量之和增大，故BD正确，C错误。
故答案为：BD。
【分析】对甲乙两个物体进行受力分析，根据牛顿第二定律判断加速度和速度大小，根据动量定律分析比较动量大小。
14．（2023·浙江选考）下列说法正确的是（　　）
A．利用电容传感器可制成麦克风
B．物体受合外力越大，则动量变化越快
C．利用红外传感器可制成商场的自动门
D．牛顿运动定律不适用，则动量守恒定律也不适用
【答案】A,B,C
【知识点】动量定理；动量守恒定律；生活中常见的传感器
【解析】【解答】A：声音使膜片振动，膜片间距离改变，电容改变，电容改变会导致电荷量改变，从而产生电流，这样变化的电流送到后面的声音处理电路进行放大处理。所以可以利用电容传感器制成麦克风。A正确。
B：由动量定理可得，即合外力等于动量的变化率。即物体受合外力越大，则动量变化越快 。故B正确。
C：人体可以向外界释放红外线，感应装置接收到红外线后，可以开门，反之关门，所以利用红外传感器可制成商场的自动门 。C正确。
D： 牛顿运动定律 适用于宏观低速，不适用与微观高速问题。虽然动量守恒定律是由牛顿运动定律推导的，但微观高速问题，动量守恒定律也适用。D错误。
故选ABC。
【分析】人体可以向外界释放红外线，电容器有两个极板，极板间距离改变会导致点人改变，动量定理以及动量守恒定律都是由牛顿运动定律推导的。
三、非选择题
15．（2023·北京）如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：
（1）A释放时距桌面的高度H；
（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；
（3）碰撞过程中系统损失的机械能。
【答案】（1） 由A－B对小球A根据动能定理可得：，得：
（2） 碰撞前瞬间，对A球根据牛顿第二定律： ，得：
（3）由于AB发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律：，根据能量守恒定律：，
联立解得：
【知识点】动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一子弹打木块模型
【解析】
【分析】(1)对小球A应用动能定理求解；
（2）根据圆周运动最低点由牛顿第二定律求解；
（3）根据完全非弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律求解。
16．（2023·山东）如图所示，物块A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与B的上表面所在平面相切，竖直挡板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A与B以相同速度向右做匀速直线运动。当B的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点，并以水平速度v滑上B的上表面，同时撤掉外力，此时B右端与P板的距离为s。已知，，，，A与地面间无摩擦，B与地面间动摩擦因数，C与B间动摩擦因数，B足够长，使得C不会从B上滑下。B与P、A的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加速度大小。
（1）求C下滑的高度H；
（2）与P碰撞前，若B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，求s的范围；
（3）若，求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功W；
（4）若，自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的变化量的大小。
【答案】（1）滑块C沿弧形轨道下滑过程，由机械能守恒定律可得：，
代入数据解得：H=0.8m。
（2）滑块C刚滑上B时，对C受力分析，由牛顿第二定律得C的加速度大小为：
对B受力分析，由牛顿第二定律得：
解得：，
设经过时间，B和C共速，有：
解得：
共同速度
B的位移为
B和C共速后，一起做匀减速直线运动，对BC整体，由牛顿第二定律得：
解得：
设再经过时间，A与B发生碰撞，则有：
其中A的位移为：
B在时间内的位移为：
解得：或（舍去），，
为保证与P碰撞前，B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，则
解得：
（3）因为，所以B与P碰撞时，滑块C与木板B没有共速，B做匀加速直线运动，C做匀减速直线运动，对木板B，由位移—时间公式得：
代入数据解得：或-2.4s（舍去）
对滑块C，由位移—时间公式得：
代入数据解得：
摩擦力对C做的功
代入数据解得：W=-6J
（4）木板B与P碰撞时，B的速度
C的速度
A的位移为
此时A、B间的距离为
B与P发生弹性碰撞，碰撞后以原速率反弹，反弹后对B受力分析，由牛顿第二定律得：
代入数据解得：
物块A与木板B相向运动，设经时间恰好相遇，由位移关系得：
其中A的位移为：
B的位移为：
代入数据联立解得：或（舍去）
此时B的速度，方向向左；
C的速度，方向向右；
以水平向右为正方向，A、B发生弹性碰撞，由动量守恒定律得：
由能量守恒定律得：
代入数据联立解得：，
此时C的速度
物块A向左的速度大于木板B和滑块C向右的速度，A、B不会再发生碰撞，物块A向左做匀速直线运动，由于摩擦力作用，B和C最后静止，则整个过程动量的变化量为
解得：
【知识点】动量定理；牛顿第二定律；动能定理的综合应用；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）物块C下滑过程，根据机械能守恒定律求解下滑高度；
（2）滑块C滑上B后，C做匀减速直线运动，B做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出B的位移，为s的最小值，若AB恰好发生碰撞，求出发生碰撞时B的位移，为s的最大值；
（3）B与P碰撞时，滑块C与木板B没有共速，根据运动学公式求解时间和C的位移，根据做功公式求解摩擦力对C做功；
（4）由牛顿第二定律和运动学公式求出B与P发生碰撞时的速度和位移，以及C的速度，B与P发生弹性碰撞后，B以原速率反弹，再次根据牛顿第二定律和运动学公式求出A、B碰前的速度，A与B的碰撞为弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律求解碰撞后A和B的速度，进而判断A、B、C的运动情况，当三个物体都达到平衡状态时，A做匀速直线运动，B和C静止，根据动量公式求出动量的变化量。
17．（2023·海南）如图所示，有一固定的光滑圆弧轨道，半径，一质量为的小滑块B从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知，B、C间动摩擦因数，C与地面间的动摩擦因数，C右端有一个挡板，C长为。
求：
（1） 滑到的底端时对的压力是多大？
（2）若末与右端挡板碰撞，当与地面保持相对静止时，间因摩擦产生的热量是多少？
（3）在时，B与C右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求从滑上到最终停止所用的时间。
【答案】（1）B滑到A底端时，由动能定理：得：；
最低点由牛顿第二定律： 得：，由牛顿第三定律压力为30N，方向竖直向下；
（2）B滑上C，对B受力分析，由牛顿第二定律，B受到摩擦力为：得：，方向向左；
对C受力分析，由牛顿第二定律：，代入数据解得：，其加速度方向向左；
由此可得BC匀减速运动速度减为零时发生的位移，由速度位移公式分别可得：；
B未与C末端相碰，BC间因摩擦产生的热量为：
（3）由于C的加速度大，C先停下来，C停止用时为：，
该时间内BC发生的相对位移为：
此时B的速度为：由于，C停止后设再经过时间与C挡板碰撞，则有位移公式：，
代入数据解得：，
此时碰撞的速度为：，
B与C挡板碰撞，由动量守恒定律：代入数据解得：.
BC共同减速， 得：，
设经过停下来，由速度公式：得：，
故B滑上C到最终停止：
【知识点】动量守恒定律；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律；动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】(1)B滑到A底端时，由动能定理计算底端速度，由牛顿第二定律计算压力；
（2）分别计算BC做匀减速运动的加速度和速度减为零所需位移，由相对位移计算摩擦产生的热量；
（3）先计算C先停止所用时间，和这个时间内发生的相对位移，从而计算B在C上剩余位移所需时间和此时B的速度，接着发生碰撞，由动量守恒定律计算碰后共同运动的速度，受力分析得出共同运动的加速度，再计算出共同减速为零时所需时间，三段时间的和就是从B滑上C到终止所需总时间。
18．（2023·海南）如图所示，U形金属杆上边长为，质量为，下端揷入导电液体中，导电液体连接电源，金属杆所在空间有垂直向里的匀强磁场。
（1）若揷入导电液体部分深，闭合电键后，金属杆飞起后，其下端离液面高度，设杆中电流不变，求金属杆离开液面时的速度大小和金属杆中的电流有多大；
（2）若金属杆下端刚与导电液体接触，改变电动势的大小，通电后金属杆跳起高度，通电时间，求通过金属杆截面的电荷量。
【答案】（1）对金属杆离开液面做竖直上抛运动，上升高度H，由速度位移公式可得：，解得：；
金属杆从液体中到最高点，由动能定理：，代入数据解得：I=4.17A；
（2）由起跳高度，根据动能定理：得：
通电时间内，根据动量定理：可得：，代入数据解得：=42.5A；
又因为：
代入数据解得：q=0.085C
【知识点】动量定理；安培力；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1)由导线上升高度做竖直上抛运动，根据速度位移公式计算初速度；由从液体中到上升最大高度，根据动能定理求解；
（2）根据上升高度计算离开液面速度，根据动量定理和电荷量公式计算电荷量。
19．（2023·浙江）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量的滑块a以初速度从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带长，以的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能（x为形变量）。
（1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小v和所受支持力大小F；
（2）若滑块a碰后返回到B点时速度，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能；
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差。
【答案】（1）滑块a从D到F的过程，由动能定理得：，解得：，
在F点，由牛顿第二定律得：，解得：；
（2）设碰撞后滑块a的速度为，滑块b的速度为。滑块a碰后返回到B点的过程中，
根据动能定理得：，
解得：，
对a、b碰撞瞬间，根据动量守恒定律得：，
解得：，
所以碰撞损失的能量为：
（3）设a、b碰撞后粘在一起的速度为v，对a、b碰撞瞬间，根据动量守恒定律得：，解得：，当弹簧的长度最大或者最小时，弹簧的弹性势能都最大，且滑块的速度相等，设共同速度为，根据动量守恒定律得：，解得：，当弹簧被压缩到最短时压缩量为，由能量守恒得：，解得：，同理当弹簧被拉到最长时伸长量为，所以弹簧最大长度与最小长度之差。
【知识点】动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】（1）根据动能定理得出滑块的速度，结合牛顿第二定律得出支持力的大小；
（2）根据动能定理得出碰撞后滑块a的速度，结合动量守恒定律和能量守恒定律得出机械能的损失；
（3）当滑块的速度相等时，弹簧的长度最大或最小，结合能量守恒定律和动量守恒定律联立求解。
20．（2023·上海）如图，将小球P拴于L=1.2m的轻绳上，mP=0.15kg，向左拉开一段距离释放， 水平地面上有一物块Q，mQ=0.1kg。小球P于最低点A与物块Q碰撞，P与Q碰撞前瞬间向心加速度为1.6m/s2，碰撞前后P的速度之比为5：1，碰撞前后P、Q总动能不变。(重力加速度g取9.8m/s2，水平地面动摩擦因数μ=0.28)
（1）求碰撞后瞬间物块Q的速度vQ；
（2）P与Q碰撞后再次回到A点的时间内，求物块Q运动的距离s。
【答案】（1）已知小球P与Q碰撞之前的向心加速度，由向心力公式可得：代入数据解得：v≈1.29m/s
又因为碰撞前后P的速度之比为5：1，所以碰后P的速度：
P与Q碰撞时间极端，系统内力远大于外力，动量守恒得： 代入数据解得：方向水平向右；
答：Q的速度vQ为1.663m/s
（2）由于L=1.2m远大于小球直径，碰后速度小上升高度小，根据简谐运动单摆周期公式：
小球碰后再次到平衡位置的时间：，联立解得：t=2.20s
碰后Q做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：
速度减为零所需时间，由速度公式得：
代入数据联立解得： 得：
由速度位移公式可得：代入数据解得：s=0.51m
答：物块Q运动的距离s为0.51m.
【知识点】动量守恒定律；单摆及其回复力与周期；匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【分析】(1)已知P在碰前的向心加速度，根据向心力公式求得碰前速度，由动量守恒定律求得碰后Q的速度；
（2）由已知条件根据单摆周期公式计算小球P再次摆到平衡位置的时间，计算Q减速为零时所需时间，求得所发生的位移。
21．（2023·辽宁）如图，质量m1=1kg 的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k=20N/m 的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2=4kg 的小物块以水平向右的速度滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间 的动摩擦因数μ=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧 的弹性势能 Ep与形变量x 的关系为 。取重力加速度g=10m/s2， 结果可用根式 表示。
（1）求木板刚接触弹簧时速度v，的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1。
（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小。
（3）已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2 时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能△U（用t表示）。
【答案】（1）根据题意，两者共速时木板恰好与弹簧接触，由于地面光滑，则物块与木板组成的系统动量守恒：，代入数据可得：，
对木板由牛顿第二定律可得：由速度位移公式代入数据可得：
（2）木板与弹簧接触以后， 对物块和木板组成系统：，对物块有：'
当时，物块与木板将相对滑动，联立解得弹簧的压缩量为：
对物块与木板组成系统由动能定理可得：，
代入数据可得：
（3）木板从速度为时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板的加速大于物块的加速度，则当二者加速度相同时，即弹簧形变量为时，说明此时木板的速度为，共用时间为，则对物块动量定理：解得：
对物块与木板组成的系统：
联立解得：
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】(1)根据系统动量守恒定律解出木板刚接触弹簧时速度大小，再对木板由牛顿第二定律计算加速度并由速度位移公式解得木板位移大小；
（2）木板与弹簧接触以后，由牛顿第二定律求解物块和木板组成系统的加速度和物块加速度，当二者相等时，物块与木板将相对滑动，联立解得弹簧的压缩量，对物块与木板组成系统由动能定理求解木板速度；
（3）木板从速度为时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板的加速大于物块的加速度，则当二者加速度相同时，即弹簧形变量为时，说明此时木板的速度为，共用时间为，则对物块动量定理求解物块速度，再对物块与木板组成的系统由功能关系求解系统因摩擦转化的内能△U。
22．（2023·湖南）某同学探究弹簧振子振动周期与质量的关系，实验装置如图（a）所示，轻质弹簧上端悬挂在铁架台上，下端挂有钩码，钩码下表面吸附一个小磁铁，其正下方放置智能手机，手机中的磁传感器可以采集磁感应强度实时变化的数据并输出图像，实验步骤如下：
⑴测出钩码和小磁铁的总质量；
⑵在弹簧下端挂上该钩码和小磁铁，使弹簧振子在竖直方向做简谐运动，打开手机的磁传感器软件，此时磁传感器记录的磁感应强度变化周期等于弹簧振子振动周期；
⑶某次采集到的磁感应强度的大小随时间变化的图像如图（b）所示，从图中可以算出弹簧振子振动周期　 　（用“”表示）；
⑷改变钩码质量，重复上述步骤；
⑸实验测得数据如下表所示，分析数据可知，弹簧振子振动周期的平方与质量的关系是　 　（填“线性的”或“非线性的”）；
0.015 2.43 0.243 0.059
0.025 3.14 0.314 0.099
0.035 3.72 0.372 0.138
0.045 4.22 0.422 0.178
0.055 4.66 0.466 0.217
⑹设弹簧的劲度系数为，根据实验结果并结合物理量的单位关系，弹簧振子振动周期的表达式可能是　 　（填正确答案标号）；
A． B． C． D．
⑺除偶然误差外，写出一条本实验中可能产生误差的原因：　 　．
【答案】；线性的；A；空气阻力
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】（3）由b图知，10个周期的时间为，所以；
（5）分析数据可知，弹簧振子振动周期的平方与质量的比值接近于常量3.95，则弹簧振子振动周期的平方与质量的关系是线性的；
（6）因为的单位为：，其它各项单位都不是周期的单位，故A符合题意，BCD不符合题意；
（7）钩码振动过程中受空气阻力的影响可能会使本实验产生误差。
故答案为：（3）；（5）线性的；（6）A；（7）空气阻力
【分析】由图像得到时间内的周期数，再求周期；计算，由结果得结论；通过推导，单位为秒的可能是弹簧振子振动周期的表达式；钩码振动过程中受空气阻力的影响可能会使本实验产生误差。
23．（2023·湖南）如图，质量为的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为和，长轴水平，短轴竖直．质量为的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑．以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系，椭圆长轴位于轴上．整个过程凹槽不翻转，重力加速度为．
（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；
（2）在平面直角坐标系中，求出小球运动的轨迹方程；
（3）若，求小球下降高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用及表示）．
【答案】（1）根据系统在水平方向上动量守恒和系统机械能守恒得：，，
联立解得：，
因水平方向在任何时候都动量守恒，即，
两边同时乘以t得：，又，
联立解得：；
（2）当小球的坐标为（x，y）时，此时凹槽水平向右运动的位移为，
根据上式有，则小球现在在凹槽所在的椭圆上，根
据数学知识可得此时的椭圆方程为：，
整理得：；
（3）将代入小球的轨迹方程化简可得：，
此时小球的轨迹为以（a-b，0）为圆心，b为半径的圆，
当小球下降的高度为时，如图：
此时速度和水平方向的夹角为60°，小球下降得过程中，
根据系统水平方向动量守恒和系统机械能守恒得：，，
联立解得：。
【知识点】动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】（1）根据系统在水平方向上动量守恒和系统机械能守恒，结合几何关系列方程求 凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离 ；
（2）根据动量守恒和数学知识求解；
（3）根据系统水平方向动量守恒和系统机械能守恒，结合几何知识求解。
24．（2023·全国乙卷）如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为20l。一质量为的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：
（1）第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；
（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；
（3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。
【答案】（1）小球由静止下落，由机械能守恒定律：，
解得：，
小球与圆盘发生弹性碰撞，由动量守恒定律：，
能量守恒定律：
联立解得：； 。
即小球碰后速度大小，方向竖直向上，圆盘碰后速度大小，方向竖直向下；
（2）碰后小球竖直上抛运动，圆盘摩檫力与重力平衡匀速下降，二者距离不断扩大，当小球速度减为零加速下降到与圆盘速度相等时，二者间距达到最大，即， 解得：
由运动学公式，最大距离为：
（3）第一次碰撞到第二次碰撞，二者位移相等，，
即：，
解得：
此时小球的速度为：
这段时间圆盘匀速下降的位移：
第二次碰撞，由动量守恒定律：
能量守恒定律：
联立解得：，
同理可得位移相等时： 即： 解得：
圆盘向下运动：；小球的速度：
第三次碰撞，由动量守恒定律：
能量守恒定律：
联立解得： ，
同理位移相等时： 即：解得：
圆盘向下运动：
归纳总结：第四次碰撞后圆盘下降的距离为：
至此圆盘相对于圆管下降了：
故小球和圆盘总计碰撞4次。
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】（1）对小球由机械能守恒定律解得碰前速度，再有弹性碰撞规律，由动量守恒定律和能量守恒定律求解；
（2）明确碰后小球做竖直上抛运动，圆盘做匀速下降，利用运动学公式计算最远距离；
（3）应用运动学公式计算第二次碰撞前的小球的速度和圆盘下降的距离，由弹性碰撞规律，应用动量守恒定律和能量守恒定律计算碰后的速度，明确二者的运动，应用运动学公式计算第二次碰撞前小球的速度和圆盘下降的距离，依次运算，找出规律，判断碰撞次数。
25．（2023·全国乙卷）
（1）一列简谐横波沿x轴传播，图（a）是时刻的波形图；P是介质中位于处的质点，其振动图像如图（b）所示。下列说法正确的是（　　）
A．波速为
B．波向左传播
C．波的振幅是
D．处的质点在时位于平衡位置
E．质点P在0~7s时间内运动的路程为
（2）如图，一折射率为的棱镜的横截面为等腰直角三角形，，BC边所在底面上镀有一层反射膜。一细光束沿垂直于BC方向经AB边上的M点射入棱镜，若这束光被BC边反射后恰好射向顶点A，求M点到A点的距离。
【答案】（1）A；B；E
（2）解：根据题意画出光路图如下，
在AB边由几何关系可知，光线的入射角，
根据折射定律：
又因：
可得：，
在中，
由此可知光线在BC面的入射角
根据反射定律可得：
根据几何关系可知：，即为等腰三角形，则
又因为和相似，可得：
又因为AB=BC=l
联立可得
所以M到A的距离：
【知识点】简谐运动的表达式与图象；横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的反射和折射
【解析】【解答】（1）A、由图a可知波长为4 m，由b图可知周期为2 s， 则波速：，A 周期；
B、由b图可知，零时刻P点从平衡位置向下振动，由a图根据“上下坡”法，可知波向左传播，B正确；
C、由a图可知，波的振幅为5cm， C错误；
D、由a图可知 x=3m处的质点t=0时刻在波谷，因，可知质点完成3次全振动后再经过半个周期到达波峰，D错误；
E、由t=7s可知，质点通过的路程，E正确；
故答案为：ABE。
【分析】(1)正确理解波的图像与质点振动图像，从中找出波长，周期，进一步计算波速，根据质点的振动图像进一步确定波的传播方向和质点的振动路程；
(2)根据题意做出光路图，由几何关系确定入射角的大小，由折射定律计算折射角，有几何关系确定另一边的入射角，由反射定律确定角度和三角形的相似从而计算边长.
26．（2023·全国甲卷）
（1）等腰三角形△abc为一棱镜的横截面，ab=ac；一平行于bc边的细光束从ab边射入棱镜，在bc边反射后从ac边射出，出射光分成了不同颜色的两束，甲光的出射点在乙光的下方，如图所示。不考虑多次反时。下列说法正确的是 。
A．甲光的波长比乙光的长
B．甲光的频率比乙光的高
C．在棱镜中的传播速度，甲光比乙光的大
D．该棱镜对甲光的折射率大于对乙光的折射率
E．在棱镜内bc边反射时的入射角，甲光比乙光的大
（2）分别沿x轴正向和负向传播的两列简谐横波P、Q的振动方向相同，振幅均为5 cm，波长均为8m，波速均为4 m/s。t=0时刻，P波刚好传播到坐标原点，该处的质点将自平衡位置向下振动；Q波刚好传到x=10m处，该处的质点将自平衡置向上振动。经过一段时间后，两列波相遇。
(i)在给出的坐标图上分别画出P、Q两列波在t=2.5s时刻的波形图(P波用虚线，Q波用实线)；
(ii)求出图示范围内的介质中，因两列波干涉而振动振幅最大和振幅最小的平衡位置。
【答案】（1）A；C；E
（2）解：( i )当t=2.5s时，根据得，两波传播的距离为10m，此时，P波刚好传播到x=10m处，Q波刚好传播到x=0处，且两者质点均自平衡位置向上振动。再由题意可知，两波的振幅均为5cm，波长均为8m，由同侧法画波形图如图所示，
（ ii ）P、Q两列波的振动频率相同、振动方向相反，两列波叠加时，加强条件是：点到两波源的距离差，
解得振幅最大的平衡位置有和，
减弱条件为：，
解得振幅最小的平衡位置有、、。
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的叠加；光的折射及折射定律
【解析】【解答】（1）作出光路图如图：
D.细光束在ab边上折射时，入射角i相同，折射角r甲大于乙，根据知，，故D不符合题意；
C.根据知，，故C符合题意；
B.同一介质对频率较小的光，折射率较小，所以，故B不符合题意；
A.波长与频率成反比，所以，故A符合题意；
E. 在棱镜内bc边反时的入射角，甲光比乙光的大，故E符合题意。
故答案为：ACE。
【分析】（1）作出光路图，根据分析折射率大小关系；根据分析传播速度大小关系；同一介质对频率较小的光，折射率较小；波长与频率成反比。
（2）（i）根据求出两波的传播距离，再根据题意和同侧发作图即可；
（ ii ）根据加强条件和减弱条件列式求解。
27．（2023·全国甲卷）如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为1，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短。碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。不计空气阻力。求
（1）金属棒P滑出导轨时的速度大小；
（2）金属体P在导轨上运动过程中产生的热量；
（3）与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。
【答案】（1）解：对P、Q碰撞过程，由动量守恒和机械能守恒得：，，
联立解得：，。
碰撞后，P做加速度减小的减速运动至轨道最右端，而后平抛，绝缘棒Q匀速至最右端后平抛。
由于P、Q先后落在地面上同一点，则P、Q做平抛运动的初速度相等，
所以金属棒P滑出导轨时的速度大小为。
（2）解： 根据能量守恒得：。
（3）解：对金属棒P，由动量定理得：，
其中，，，，
整理得：，即，
解得：，
与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间为。
【知识点】动量定理；能量守恒定律；平抛运动
【解析】【分析】（1）对P、Q碰撞过程，由动量守恒和机械能守恒求碰撞后P、Q的速度，碰撞后，P做加速度减小的减速运动，绝缘棒Q匀速运动，由于P、Q先后落在地面上同一点，则P、Q做平抛运动的初速度相等；
（2）根据能量守恒求金属体P在导轨上运动过程中产生的热量；
（3）对金属棒P，由动量定理求碰撞后位移，再根据求与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。
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2023年高考真题分类汇编：动量、机械振动与机械波
一、选择题
1．（2023·北京）位于坐标原点处的波源发出一列沿x轴正方向传播的简谐横波。t= 0时波源开始振动，其位移y随时间t变化的关系式为，则t=T时的波形图为（　　）
A． B．
C． D．
2．（2023·海南）下面上下两图分别是一列机械波在传播方向上相距的两个质点的振动图像，下列说法正确的是（　　）
A．该波的周期是 B．该波的波速是
C．时质点向上振动 D．时质点向上振动
3．（2023·浙江）如图所示，置于管口T前的声源发出一列单一频率声波，分成两列强度不同的声波分别沿A、B两管传播到出口O。先调节A、B两管等长，O处探测到声波强度为400个单位，然后将A管拉长，在O处第一次探测到声波强度最小，其强度为100个单位。已知声波强度与声波振幅平方成正比，不计声波在管道中传播的能量损失，则（）
A．声波的波长 B．声波的波长
C．两声波的振幅之比为 D．两声波的振幅之比为
4．（2023·浙江）下列说法正确的是（）
A．热量能自发地从低温物体传到高温物体
B．液体的表面张力方向总是跟液面相切
C．在不同的惯性参考系中，物理规律的形式是不同的
D．当波源与观察者相互接近时，观察者观测到波的频率大于波源振动的频率
5．（2023·上海）真空中有一点P与微粒Q，Q在运动中受到指向P且大小与离开P的位移成正比的回复力，则下列情况有可能发生的是（　　）
A．速度增大，加速度增大 B．速度增大，加速度减小
C．速度增大，加速度不变 D．速度减小，加速度不变
6．（2023·上海）如图所示，有一周期为T、沿x轴正方向传播的波，当t=0s时波恰好传到B点，则t=8T时，CD段的波形图为（　　）
A． B．
C． D．
7．（2023·湖北）一列简谐横波沿x轴正向传播，波长为，振幅为。介质中有a和b两个质点，其平衡位置分别位于和处。某时刻b质点的位移为，且向y轴正方向运动。从该时刻开始计时，a质点的振动图像为（）
A． B．
C． D．
8．（2023·新课标卷）船上的人和水下的潜水员都能听见轮船的鸣笛声。声波在空气中和在水中传播时的（　　）
A．波速和波长均不同 B．频率和波速均不同
C．波长和周期均不同 D．周期和频率均不同
9．（2023·湖南）如图（a），在均匀介质中有和四点，其中三点位于同一直线上，垂直．时，位于处的三个完全相同的横波波源同时开始振动，振动图像均如图（b）所示，振动方向与平面垂直，已知波长为．下列说法正确的是（）
A．这三列波的波速均为
B．时，处的质点开始振动
C．时，处的质点向轴负方向运动
D．时，处的质点与平衡位置的距离是
10．（2023·浙江选考）主动降噪耳机能收集周围环境中的噪声信号，并产生相应的抵消声波，某一噪声信号传到耳膜的振动图像如图所示，取得最好降噪效果的抵消声波（声音在空气中的传播速度为）（　　）
A．振幅为
B．频率为
C．波长应为的奇数倍
D．在耳膜中产生的振动与图中所示的振动同相
二、多项选择题
11．（2023·山东）如图所示、沿水平方向做简谐振动的质点，依次通过相距L的A、B两点。已知质点在A点的位移大小为振幅的一半，B点位移大小是A点的倍，质点经过A点时开始计时，t时刻第二次经过B点，该振动的振幅和周期可能是（）
A． B． C． D．
12．（2023·辽宁）“球鼻艏”是位于远洋轮船船头水面下方的装置，当轮船以设计的标准速度航行时， 球鼻艏推起的波与船首推起的波如图所示，两列波的叠加可以大幅度减小水对轮船的阻力。下列现象的物理原理与之相同的是（　　）。
A．插入水中的筷子、看起来折断了
B．阳光下的肥皂膜，呈现彩色条纹
C．驶近站台的火车，汽笛音调变高
D． 振动音叉的周围，声音忽高忽低
13．（2023·新课标卷）使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S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
14．（2023·浙江选考）下列说法正确的是（　　）
A．利用电容传感器可制成麦克风
B．物体受合外力越大，则动量变化越快
C．利用红外传感器可制成商场的自动门
D．牛顿运动定律不适用，则动量守恒定律也不适用
三、非选择题
15．（2023·北京）如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：
（1）A释放时距桌面的高度H；
（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；
（3）碰撞过程中系统损失的机械能。
16．（2023·山东）如图所示，物块A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与B的上表面所在平面相切，竖直挡板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A与B以相同速度向右做匀速直线运动。当B的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点，并以水平速度v滑上B的上表面，同时撤掉外力，此时B右端与P板的距离为s。已知，，，，A与地面间无摩擦，B与地面间动摩擦因数，C与B间动摩擦因数，B足够长，使得C不会从B上滑下。B与P、A的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加速度大小。
（1）求C下滑的高度H；
（2）与P碰撞前，若B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，求s的范围；
（3）若，求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功W；
（4）若，自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的变化量的大小。
17．（2023·海南）如图所示，有一固定的光滑圆弧轨道，半径，一质量为的小滑块B从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知，B、C间动摩擦因数，C与地面间的动摩擦因数，C右端有一个挡板，C长为。
求：
（1） 滑到的底端时对的压力是多大？
（2）若末与右端挡板碰撞，当与地面保持相对静止时，间因摩擦产生的热量是多少？
（3）在时，B与C右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求从滑上到最终停止所用的时间。
18．（2023·海南）如图所示，U形金属杆上边长为，质量为，下端揷入导电液体中，导电液体连接电源，金属杆所在空间有垂直向里的匀强磁场。
（1）若揷入导电液体部分深，闭合电键后，金属杆飞起后，其下端离液面高度，设杆中电流不变，求金属杆离开液面时的速度大小和金属杆中的电流有多大；
（2）若金属杆下端刚与导电液体接触，改变电动势的大小，通电后金属杆跳起高度，通电时间，求通过金属杆截面的电荷量。
19．（2023·浙江）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量的滑块a以初速度从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带长，以的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能（x为形变量）。
（1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小v和所受支持力大小F；
（2）若滑块a碰后返回到B点时速度，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能；
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差。
20．（2023·上海）如图，将小球P拴于L=1.2m的轻绳上，mP=0.15kg，向左拉开一段距离释放， 水平地面上有一物块Q，mQ=0.1kg。小球P于最低点A与物块Q碰撞，P与Q碰撞前瞬间向心加速度为1.6m/s2，碰撞前后P的速度之比为5：1，碰撞前后P、Q总动能不变。(重力加速度g取9.8m/s2，水平地面动摩擦因数μ=0.28)
（1）求碰撞后瞬间物块Q的速度vQ；
（2）P与Q碰撞后再次回到A点的时间内，求物块Q运动的距离s。
21．（2023·辽宁）如图，质量m1=1kg 的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k=20N/m 的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2=4kg 的小物块以水平向右的速度滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间 的动摩擦因数μ=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧 的弹性势能 Ep与形变量x 的关系为 。取重力加速度g=10m/s2， 结果可用根式 表示。
（1）求木板刚接触弹簧时速度v，的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1。
（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小。
（3）已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2 时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能△U（用t表示）。
22．（2023·湖南）某同学探究弹簧振子振动周期与质量的关系，实验装置如图（a）所示，轻质弹簧上端悬挂在铁架台上，下端挂有钩码，钩码下表面吸附一个小磁铁，其正下方放置智能手机，手机中的磁传感器可以采集磁感应强度实时变化的数据并输出图像，实验步骤如下：
⑴测出钩码和小磁铁的总质量；
⑵在弹簧下端挂上该钩码和小磁铁，使弹簧振子在竖直方向做简谐运动，打开手机的磁传感器软件，此时磁传感器记录的磁感应强度变化周期等于弹簧振子振动周期；
⑶某次采集到的磁感应强度的大小随时间变化的图像如图（b）所示，从图中可以算出弹簧振子振动周期　 　（用“”表示）；
⑷改变钩码质量，重复上述步骤；
⑸实验测得数据如下表所示，分析数据可知，弹簧振子振动周期的平方与质量的关系是　 　（填“线性的”或“非线性的”）；
0.015 2.43 0.243 0.059
0.025 3.14 0.314 0.099
0.035 3.72 0.372 0.138
0.045 4.22 0.422 0.178
0.055 4.66 0.466 0.217
⑹设弹簧的劲度系数为，根据实验结果并结合物理量的单位关系，弹簧振子振动周期的表达式可能是　 　（填正确答案标号）；
A． B． C． D．
⑺除偶然误差外，写出一条本实验中可能产生误差的原因：　 　．
23．（2023·湖南）如图，质量为的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为和，长轴水平，短轴竖直．质量为的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑．以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系，椭圆长轴位于轴上．整个过程凹槽不翻转，重力加速度为．
（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；
（2）在平面直角坐标系中，求出小球运动的轨迹方程；
（3）若，求小球下降高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用及表示）．
24．（2023·全国乙卷）如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为20l。一质量为的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：
（1）第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；
（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；
（3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。
25．（2023·全国乙卷）
（1）一列简谐横波沿x轴传播，图（a）是时刻的波形图；P是介质中位于处的质点，其振动图像如图（b）所示。下列说法正确的是（　　）
A．波速为
B．波向左传播
C．波的振幅是
D．处的质点在时位于平衡位置
E．质点P在0~7s时间内运动的路程为
（2）如图，一折射率为的棱镜的横截面为等腰直角三角形，，BC边所在底面上镀有一层反射膜。一细光束沿垂直于BC方向经AB边上的M点射入棱镜，若这束光被BC边反射后恰好射向顶点A，求M点到A点的距离。
26．（2023·全国甲卷）
（1）等腰三角形△abc为一棱镜的横截面，ab=ac；一平行于bc边的细光束从ab边射入棱镜，在bc边反射后从ac边射出，出射光分成了不同颜色的两束，甲光的出射点在乙光的下方，如图所示。不考虑多次反时。下列说法正确的是 。
A．甲光的波长比乙光的长
B．甲光的频率比乙光的高
C．在棱镜中的传播速度，甲光比乙光的大
D．该棱镜对甲光的折射率大于对乙光的折射率
E．在棱镜内bc边反射时的入射角，甲光比乙光的大
（2）分别沿x轴正向和负向传播的两列简谐横波P、Q的振动方向相同，振幅均为5 cm，波长均为8m，波速均为4 m/s。t=0时刻，P波刚好传播到坐标原点，该处的质点将自平衡位置向下振动；Q波刚好传到x=10m处，该处的质点将自平衡置向上振动。经过一段时间后，两列波相遇。
(i)在给出的坐标图上分别画出P、Q两列波在t=2.5s时刻的波形图(P波用虚线，Q波用实线)；
(ii)求出图示范围内的介质中，因两列波干涉而振动振幅最大和振幅最小的平衡位置。
27．（2023·全国甲卷）如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为1，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短。碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。不计空气阻力。求
（1）金属棒P滑出导轨时的速度大小；
（2）金属体P在导轨上运动过程中产生的热量；
（3）与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】简谐运动的表达式与图象；横波的图象
【解析】【解答】 t = 0时波源开始振动，其位移y随时间t变化的关系式为， 根据波源质点的振动方程可知，t=0时刻波源质点从平衡位置向上振动，一个周期T后应该回到平衡位置；波源发出一列沿x轴正方向传播的简谐横波，根据“上坡下，下坡上”可以确定T时刻的波形图应为D，ABC错误，D正确；
故答案为：D
【分析】根据处于平衡位置的波源质点振动图像和沿x轴正方向传播的机械波可以正确判断。
2．【答案】C
【知识点】简谐运动的表达式与图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A、由质点P、Q的振动图像可知，该波的周期是4s，A错误；
B、由振动图像可知，振动质点P、Q的振动情形刚好相反，可知两个振动质点之间的距离：(n=01，2，3...)
得：(n=01，2，3...)
该机械波波速：(n=01，2，3...)，B错误；
C、由P点的振动图像可知4s时质点在平衡位置向上振动，C正确；
D、由Q点的振动图像可知4s时质点在平衡位置向下振动，D错误；
故答案为：C
【分析】正确理解质点的振动图像，从而得出波的周期，4s时的振动方向，根据两质点的振动情形，由两质点之间的距离判断波长，进一步计算波速。
3．【答案】C
【知识点】波的叠加
【解析】【解答】AB.AB管等长时，两列波发生干涉加强，将A管拉长之后，声波强度最小，意味着两列波发生干涉减弱，由于是第一次干涉减弱，表明A管整体伸长的距离为波长的一半，即，解得：，故AB不符合题意；
CD.根据题意设声波加强时振幅为20，声波减弱时振幅为10，则，，解得：，故C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】根据波的加强点和减弱点的特点，结合题意得出波长的大小；根据声波强度与振幅的关系，结合波的叠加原理得出波的振幅之比。
4．【答案】B,D
【知识点】多普勒效应；热力学第二定律；液体的表面张力
【解析】【解答】A.根据热力学第二定律知，热量不能自发地从低温物体传到高温物体，故A不符合题意；
B. 液体的表面张力方向总是跟液面相切 ，故B符合题意；
C.由狭义相对论的两个基本假设知，在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的，故C不符合题意；
D.根据多普勒效应的原理知，当波源与观察者相互接近时，观察者接收到的频率增大；反之，观察者接收到的频率减小，故D符合题意。
故答案为：BD
【分析】根据热力学第二定律分析即可；根据液体表面张力的特点分析即可；根据狭义相对论分析即可；根据多普勒效应分析即可。
5．【答案】B
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】根据简谐运动的规律，回复力方向总指向平衡位置，大小与位移成正比，方向与位移方向相反，从平衡位置到最大振幅，做加速增大的减速运动，反之，由最大振幅向平衡位置运动做加速度减小的加速运动，即加速度增大必减速，加速度减小必加速，故ACD错误，B正确；
故答案为：B
【分析】正确理解简谐运动的规律，根据回复力的定义明确加速度与位移的关系，得出从平衡位置到最大振幅，做加速增大的减速运动，反之，由最大振幅向平衡位置运动做加速度减小的加速运动，从而正确判断。
6．【答案】C
【知识点】机械波及其形成和传播
【解析】【解答】由题可知，该波向右传播且波长为0.5m，得出波速：，则在的时间内传播的距离为：，而BD之间的距离为3.75+0.25=4m，
故经过该波从B点传播到D点，D点为起振点即将要向上振动，半个波长，故ABD错误，C正确；
故答案为：C
【分析】正确理解机械波的形成，由题意可计算出波的传播速度，再计算传播的距离，由此确定波刚好传播到D点，由波的传播方向确定D点振动方向，并由CD之间的距离确定为半个波长，从而得出结果。
7．【答案】A
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】 b质点的位移为，且向y轴正方向运动 ，b的位置如图所示，且b对应的角度为30°。
ab之间的距离为：，a的位置如图所示，且a对应的角度为150°，故A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A
【分析】由题意先确定b的位置，再根据ab之间的距离确定a的位置，最后分析a的振动情况。
8．【答案】A
【知识点】波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】声波的频率由波源振动频率决定，传播速度由介质决定，根据，可知不同介质中波长不同，故A正确。
故答案为：A
【分析】根据波长，波速和频率之间的关系分析求解。
9．【答案】C
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的叠加
【解析】【解答】A.由图b知，，根据得：，故A不符合题意；
B.A、B波传到D需要5s，C波传到D需要3s，时，A、B、C波没有传到D点，故B不符合题意；
C.时，A、B波没有传到D点，C波传到D点并且振动了1.5s，由图b知，D经过1.5s向y轴负方向运动，故C符合题意；
D.，A、B波传到D点并且振动了1s，C波传到D点并且振动了3s，由图b知，D处的质点与平衡位置的距离是。
故答案为：C
【分析】根据每列波到达D点的时间和到达后振动的时间，结合图b进行分析。
10．【答案】B
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A、由波动图像可知，振幅为A。A错误。
B、由图得，周期为0.01秒，频率是周期倒数，频率为100赫兹。B正确。
C、波长等于波速乘以周期，波长为3.4m。故C错误。
D、同相振动加强，反相振动减弱。因为要取得最好降噪效果的抵消声波 ，所以在耳膜中产生 的振动与图中所示的振动反相 。D错误。
故选B
【分析】由图可以直接读出周期大小，以及振幅大小。要抵消声波，所以波叠加时要反相。
11．【答案】B,C
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动
【解析】【解答】AB．若A、B两点在平衡位置的同侧，根据质点的振动方程，对A可得：，对B可得：，解得：，或，因此可知第二次经过B点时，故，解得T=4t，依题意可知，A、B点间距为L，有，解得，A不符合题意，B符合题意；
CD．当AB两点在平衡位置两侧时，根据质点的振动方程，对A可得：，对B可得：，解得，或，因此可知第二次经过B点时，故，解得，此时位移关系为，解得，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】分情况讨论A、B两点在平衡位置的同侧与A、B两点在平衡位置两侧的两种情况，根据振动方程求出过A点时的相位和第二次过B点时的相位，再根据时间关系求出周期；由位移关系求出振幅。
12．【答案】B,D
【知识点】多普勒效应；波的干涉现象；波的叠加；光的折射及折射定律；薄膜干涉
【解析】【解答】 球鼻艏推起的波与船首推起的波，两列波的叠加可以大幅度减小水对轮船的阻力，该现象的原理为波的叠加原理：
A、插入水中的筷子、看起来折断了，该现象为光的折射，不符合题目物理原理，A错误；
B、阳光下的肥皂膜，呈现彩色条纹，该现象为薄膜上下表面反射光的叠加造成的干涉现象，符合题目物理原理，B正确；
C、驶近站台的火车，汽笛音调变高，该现象为多普勒效应，不符合题目物理原理。C错误；
D、振动音叉的周围，声音忽高忽低，该现象为声波的叠加造成的干涉现象，符合题目物理原理，D正确；
故答案为：BD
【分析】球鼻艏推起的波与船首推起的波叠加可以大幅度减小水对轮船的阻力，该现象的原理为波的叠加原理，以此为标准，分别分析各现象的物理原理分别为光的折射，薄膜干涉，多普勒效应，声音的干涉，从而判断是否符合题意。
13．【答案】B,D
【知识点】动量定理；牛顿第二定律；冲量
【解析】【解答】两者接近的过程中相互作用的引力大小相等，根据牛顿第二定律可知，质量越大，加速度越小，经过相同的时间质量越大的，速度越小，故A错误；对整个系统进行研究，系统所受合力的方向向左，故整个系统向左的动量增加，即乙的动量大于甲的动量，且总动量之和增大，故BD正确，C错误。
故答案为：BD。
【分析】对甲乙两个物体进行受力分析，根据牛顿第二定律判断加速度和速度大小，根据动量定律分析比较动量大小。
14．【答案】A,B,C
【知识点】动量定理；动量守恒定律；生活中常见的传感器
【解析】【解答】A：声音使膜片振动，膜片间距离改变，电容改变，电容改变会导致电荷量改变，从而产生电流，这样变化的电流送到后面的声音处理电路进行放大处理。所以可以利用电容传感器制成麦克风。A正确。
B：由动量定理可得，即合外力等于动量的变化率。即物体受合外力越大，则动量变化越快 。故B正确。
C：人体可以向外界释放红外线，感应装置接收到红外线后，可以开门，反之关门，所以利用红外传感器可制成商场的自动门 。C正确。
D： 牛顿运动定律 适用于宏观低速，不适用与微观高速问题。虽然动量守恒定律是由牛顿运动定律推导的，但微观高速问题，动量守恒定律也适用。D错误。
故选ABC。
【分析】人体可以向外界释放红外线，电容器有两个极板，极板间距离改变会导致点人改变，动量定理以及动量守恒定律都是由牛顿运动定律推导的。
15．【答案】（1） 由A－B对小球A根据动能定理可得：，得：
（2） 碰撞前瞬间，对A球根据牛顿第二定律： ，得：
（3）由于AB发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律：，根据能量守恒定律：，
联立解得：
【知识点】动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一子弹打木块模型
【解析】
【分析】(1)对小球A应用动能定理求解；
（2）根据圆周运动最低点由牛顿第二定律求解；
（3）根据完全非弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律求解。
16．【答案】（1）滑块C沿弧形轨道下滑过程，由机械能守恒定律可得：，
代入数据解得：H=0.8m。
（2）滑块C刚滑上B时，对C受力分析，由牛顿第二定律得C的加速度大小为：
对B受力分析，由牛顿第二定律得：
解得：，
设经过时间，B和C共速，有：
解得：
共同速度
B的位移为
B和C共速后，一起做匀减速直线运动，对BC整体，由牛顿第二定律得：
解得：
设再经过时间，A与B发生碰撞，则有：
其中A的位移为：
B在时间内的位移为：
解得：或（舍去），，
为保证与P碰撞前，B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，则
解得：
（3）因为，所以B与P碰撞时，滑块C与木板B没有共速，B做匀加速直线运动，C做匀减速直线运动，对木板B，由位移—时间公式得：
代入数据解得：或-2.4s（舍去）
对滑块C，由位移—时间公式得：
代入数据解得：
摩擦力对C做的功
代入数据解得：W=-6J
（4）木板B与P碰撞时，B的速度
C的速度
A的位移为
此时A、B间的距离为
B与P发生弹性碰撞，碰撞后以原速率反弹，反弹后对B受力分析，由牛顿第二定律得：
代入数据解得：
物块A与木板B相向运动，设经时间恰好相遇，由位移关系得：
其中A的位移为：
B的位移为：
代入数据联立解得：或（舍去）
此时B的速度，方向向左；
C的速度，方向向右；
以水平向右为正方向，A、B发生弹性碰撞，由动量守恒定律得：
由能量守恒定律得：
代入数据联立解得：，
此时C的速度
物块A向左的速度大于木板B和滑块C向右的速度，A、B不会再发生碰撞，物块A向左做匀速直线运动，由于摩擦力作用，B和C最后静止，则整个过程动量的变化量为
解得：
【知识点】动量定理；牛顿第二定律；动能定理的综合应用；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）物块C下滑过程，根据机械能守恒定律求解下滑高度；
（2）滑块C滑上B后，C做匀减速直线运动，B做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出B的位移，为s的最小值，若AB恰好发生碰撞，求出发生碰撞时B的位移，为s的最大值；
（3）B与P碰撞时，滑块C与木板B没有共速，根据运动学公式求解时间和C的位移，根据做功公式求解摩擦力对C做功；
（4）由牛顿第二定律和运动学公式求出B与P发生碰撞时的速度和位移，以及C的速度，B与P发生弹性碰撞后，B以原速率反弹，再次根据牛顿第二定律和运动学公式求出A、B碰前的速度，A与B的碰撞为弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律求解碰撞后A和B的速度，进而判断A、B、C的运动情况，当三个物体都达到平衡状态时，A做匀速直线运动，B和C静止，根据动量公式求出动量的变化量。
17．【答案】（1）B滑到A底端时，由动能定理：得：；
最低点由牛顿第二定律： 得：，由牛顿第三定律压力为30N，方向竖直向下；
（2）B滑上C，对B受力分析，由牛顿第二定律，B受到摩擦力为：得：，方向向左；
对C受力分析，由牛顿第二定律：，代入数据解得：，其加速度方向向左；
由此可得BC匀减速运动速度减为零时发生的位移，由速度位移公式分别可得：；
B未与C末端相碰，BC间因摩擦产生的热量为：
（3）由于C的加速度大，C先停下来，C停止用时为：，
该时间内BC发生的相对位移为：
此时B的速度为：由于，C停止后设再经过时间与C挡板碰撞，则有位移公式：，
代入数据解得：，
此时碰撞的速度为：，
B与C挡板碰撞，由动量守恒定律：代入数据解得：.
BC共同减速， 得：，
设经过停下来，由速度公式：得：，
故B滑上C到最终停止：
【知识点】动量守恒定律；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律；动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】(1)B滑到A底端时，由动能定理计算底端速度，由牛顿第二定律计算压力；
（2）分别计算BC做匀减速运动的加速度和速度减为零所需位移，由相对位移计算摩擦产生的热量；
（3）先计算C先停止所用时间，和这个时间内发生的相对位移，从而计算B在C上剩余位移所需时间和此时B的速度，接着发生碰撞，由动量守恒定律计算碰后共同运动的速度，受力分析得出共同运动的加速度，再计算出共同减速为零时所需时间，三段时间的和就是从B滑上C到终止所需总时间。
18．【答案】（1）对金属杆离开液面做竖直上抛运动，上升高度H，由速度位移公式可得：，解得：；
金属杆从液体中到最高点，由动能定理：，代入数据解得：I=4.17A；
（2）由起跳高度，根据动能定理：得：
通电时间内，根据动量定理：可得：，代入数据解得：=42.5A；
又因为：
代入数据解得：q=0.085C
【知识点】动量定理；安培力；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1)由导线上升高度做竖直上抛运动，根据速度位移公式计算初速度；由从液体中到上升最大高度，根据动能定理求解；
（2）根据上升高度计算离开液面速度，根据动量定理和电荷量公式计算电荷量。
19．【答案】（1）滑块a从D到F的过程，由动能定理得：，解得：，
在F点，由牛顿第二定律得：，解得：；
（2）设碰撞后滑块a的速度为，滑块b的速度为。滑块a碰后返回到B点的过程中，
根据动能定理得：，
解得：，
对a、b碰撞瞬间，根据动量守恒定律得：，
解得：，
所以碰撞损失的能量为：
（3）设a、b碰撞后粘在一起的速度为v，对a、b碰撞瞬间，根据动量守恒定律得：，解得：，当弹簧的长度最大或者最小时，弹簧的弹性势能都最大，且滑块的速度相等，设共同速度为，根据动量守恒定律得：，解得：，当弹簧被压缩到最短时压缩量为，由能量守恒得：，解得：，同理当弹簧被拉到最长时伸长量为，所以弹簧最大长度与最小长度之差。
【知识点】动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】（1）根据动能定理得出滑块的速度，结合牛顿第二定律得出支持力的大小；
（2）根据动能定理得出碰撞后滑块a的速度，结合动量守恒定律和能量守恒定律得出机械能的损失；
（3）当滑块的速度相等时，弹簧的长度最大或最小，结合能量守恒定律和动量守恒定律联立求解。
20．【答案】（1）已知小球P与Q碰撞之前的向心加速度，由向心力公式可得：代入数据解得：v≈1.29m/s
又因为碰撞前后P的速度之比为5：1，所以碰后P的速度：
P与Q碰撞时间极端，系统内力远大于外力，动量守恒得： 代入数据解得：方向水平向右；
答：Q的速度vQ为1.663m/s
（2）由于L=1.2m远大于小球直径，碰后速度小上升高度小，根据简谐运动单摆周期公式：
小球碰后再次到平衡位置的时间：，联立解得：t=2.20s
碰后Q做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：
速度减为零所需时间，由速度公式得：
代入数据联立解得： 得：
由速度位移公式可得：代入数据解得：s=0.51m
答：物块Q运动的距离s为0.51m.
【知识点】动量守恒定律；单摆及其回复力与周期；匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【分析】(1)已知P在碰前的向心加速度，根据向心力公式求得碰前速度，由动量守恒定律求得碰后Q的速度；
（2）由已知条件根据单摆周期公式计算小球P再次摆到平衡位置的时间，计算Q减速为零时所需时间，求得所发生的位移。
21．【答案】（1）根据题意，两者共速时木板恰好与弹簧接触，由于地面光滑，则物块与木板组成的系统动量守恒：，代入数据可得：，
对木板由牛顿第二定律可得：由速度位移公式代入数据可得：
（2）木板与弹簧接触以后， 对物块和木板组成系统：，对物块有：'
当时，物块与木板将相对滑动，联立解得弹簧的压缩量为：
对物块与木板组成系统由动能定理可得：，
代入数据可得：
（3）木板从速度为时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板的加速大于物块的加速度，则当二者加速度相同时，即弹簧形变量为时，说明此时木板的速度为，共用时间为，则对物块动量定理：解得：
对物块与木板组成的系统：
联立解得：
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】(1)根据系统动量守恒定律解出木板刚接触弹簧时速度大小，再对木板由牛顿第二定律计算加速度并由速度位移公式解得木板位移大小；
（2）木板与弹簧接触以后，由牛顿第二定律求解物块和木板组成系统的加速度和物块加速度，当二者相等时，物块与木板将相对滑动，联立解得弹簧的压缩量，对物块与木板组成系统由动能定理求解木板速度；
（3）木板从速度为时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板的加速大于物块的加速度，则当二者加速度相同时，即弹簧形变量为时，说明此时木板的速度为，共用时间为，则对物块动量定理求解物块速度，再对物块与木板组成的系统由功能关系求解系统因摩擦转化的内能△U。
22．【答案】；线性的；A；空气阻力
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】（3）由b图知，10个周期的时间为，所以；
（5）分析数据可知，弹簧振子振动周期的平方与质量的比值接近于常量3.95，则弹簧振子振动周期的平方与质量的关系是线性的；
（6）因为的单位为：，其它各项单位都不是周期的单位，故A符合题意，BCD不符合题意；
（7）钩码振动过程中受空气阻力的影响可能会使本实验产生误差。
故答案为：（3）；（5）线性的；（6）A；（7）空气阻力
【分析】由图像得到时间内的周期数，再求周期；计算，由结果得结论；通过推导，单位为秒的可能是弹簧振子振动周期的表达式；钩码振动过程中受空气阻力的影响可能会使本实验产生误差。
23．【答案】（1）根据系统在水平方向上动量守恒和系统机械能守恒得：，，
联立解得：，
因水平方向在任何时候都动量守恒，即，
两边同时乘以t得：，又，
联立解得：；
（2）当小球的坐标为（x，y）时，此时凹槽水平向右运动的位移为，
根据上式有，则小球现在在凹槽所在的椭圆上，根
据数学知识可得此时的椭圆方程为：，
整理得：；
（3）将代入小球的轨迹方程化简可得：，
此时小球的轨迹为以（a-b，0）为圆心，b为半径的圆，
当小球下降的高度为时，如图：
此时速度和水平方向的夹角为60°，小球下降得过程中，
根据系统水平方向动量守恒和系统机械能守恒得：，，
联立解得：。
【知识点】动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】（1）根据系统在水平方向上动量守恒和系统机械能守恒，结合几何关系列方程求 凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离 ；
（2）根据动量守恒和数学知识求解；
（3）根据系统水平方向动量守恒和系统机械能守恒，结合几何知识求解。
24．【答案】（1）小球由静止下落，由机械能守恒定律：，
解得：，
小球与圆盘发生弹性碰撞，由动量守恒定律：，
能量守恒定律：
联立解得：； 。
即小球碰后速度大小，方向竖直向上，圆盘碰后速度大小，方向竖直向下；
（2）碰后小球竖直上抛运动，圆盘摩檫力与重力平衡匀速下降，二者距离不断扩大，当小球速度减为零加速下降到与圆盘速度相等时，二者间距达到最大，即， 解得：
由运动学公式，最大距离为：
（3）第一次碰撞到第二次碰撞，二者位移相等，，
即：，
解得：
此时小球的速度为：
这段时间圆盘匀速下降的位移：
第二次碰撞，由动量守恒定律：
能量守恒定律：
联立解得：，
同理可得位移相等时： 即： 解得：
圆盘向下运动：；小球的速度：
第三次碰撞，由动量守恒定律：
能量守恒定律：
联立解得： ，
同理位移相等时： 即：解得：
圆盘向下运动：
归纳总结：第四次碰撞后圆盘下降的距离为：
至此圆盘相对于圆管下降了：
故小球和圆盘总计碰撞4次。
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】（1）对小球由机械能守恒定律解得碰前速度，再有弹性碰撞规律，由动量守恒定律和能量守恒定律求解；
（2）明确碰后小球做竖直上抛运动，圆盘做匀速下降，利用运动学公式计算最远距离；
（3）应用运动学公式计算第二次碰撞前的小球的速度和圆盘下降的距离，由弹性碰撞规律，应用动量守恒定律和能量守恒定律计算碰后的速度，明确二者的运动，应用运动学公式计算第二次碰撞前小球的速度和圆盘下降的距离，依次运算，找出规律，判断碰撞次数。
25．【答案】（1）A；B；E
（2）解：根据题意画出光路图如下，
在AB边由几何关系可知，光线的入射角，
根据折射定律：
又因：
可得：，
在中，
由此可知光线在BC面的入射角
根据反射定律可得：
根据几何关系可知：，即为等腰三角形，则
又因为和相似，可得：
又因为AB=BC=l
联立可得
所以M到A的距离：
【知识点】简谐运动的表达式与图象；横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的反射和折射
【解析】【解答】（1）A、由图a可知波长为4 m，由b图可知周期为2 s， 则波速：，A 周期；
B、由b图可知，零时刻P点从平衡位置向下振动，由a图根据“上下坡”法，可知波向左传播，B正确；
C、由a图可知，波的振幅为5cm， C错误；
D、由a图可知 x=3m处的质点t=0时刻在波谷，因，可知质点完成3次全振动后再经过半个周期到达波峰，D错误；
E、由t=7s可知，质点通过的路程，E正确；
故答案为：ABE。
【分析】(1)正确理解波的图像与质点振动图像，从中找出波长，周期，进一步计算波速，根据质点的振动图像进一步确定波的传播方向和质点的振动路程；
(2)根据题意做出光路图，由几何关系确定入射角的大小，由折射定律计算折射角，有几何关系确定另一边的入射角，由反射定律确定角度和三角形的相似从而计算边长.
26．【答案】（1）A；C；E
（2）解：( i )当t=2.5s时，根据得，两波传播的距离为10m，此时，P波刚好传播到x=10m处，Q波刚好传播到x=0处，且两者质点均自平衡位置向上振动。再由题意可知，两波的振幅均为5cm，波长均为8m，由同侧法画波形图如图所示，
（ ii ）P、Q两列波的振动频率相同、振动方向相反，两列波叠加时，加强条件是：点到两波源的距离差，
解得振幅最大的平衡位置有和，
减弱条件为：，
解得振幅最小的平衡位置有、、。
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的叠加；光的折射及折射定律
【解析】【解答】（1）作出光路图如图：
D.细光束在ab边上折射时，入射角i相同，折射角r甲大于乙，根据知，，故D不符合题意；
C.根据知，，故C符合题意；
B.同一介质对频率较小的光，折射率较小，所以，故B不符合题意；
A.波长与频率成反比，所以，故A符合题意；
E. 在棱镜内bc边反时的入射角，甲光比乙光的大，故E符合题意。
故答案为：ACE。
【分析】（1）作出光路图，根据分析折射率大小关系；根据分析传播速度大小关系；同一介质对频率较小的光，折射率较小；波长与频率成反比。
（2）（i）根据求出两波的传播距离，再根据题意和同侧发作图即可；
（ ii ）根据加强条件和减弱条件列式求解。
27．【答案】（1）解：对P、Q碰撞过程，由动量守恒和机械能守恒得：，，
联立解得：，。
碰撞后，P做加速度减小的减速运动至轨道最右端，而后平抛，绝缘棒Q匀速至最右端后平抛。
由于P、Q先后落在地面上同一点，则P、Q做平抛运动的初速度相等，
所以金属棒P滑出导轨时的速度大小为。
（2）解： 根据能量守恒得：。
（3）解：对金属棒P，由动量定理得：，
其中，，，，
整理得：，即，
解得：，
与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间为。
【知识点】动量定理；能量守恒定律；平抛运动
【解析】【分析】（1）对P、Q碰撞过程，由动量守恒和机械能守恒求碰撞后P、Q的速度，碰撞后，P做加速度减小的减速运动，绝缘棒Q匀速运动，由于P、Q先后落在地面上同一点，则P、Q做平抛运动的初速度相等；
（2）根据能量守恒求金属体P在导轨上运动过程中产生的热量；
（3）对金属棒P，由动量定理求碰撞后位移，再根据求与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。
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