1.一個(gè)物體在下述運(yùn)動(dòng)中，動(dòng)量不發(fā)生變化的是( )
A. 勻速直線運(yùn)動(dòng)B. 勻速圓周運(yùn)動(dòng)C. 平拋運(yùn)動(dòng)D. 豎直上拋運(yùn)動(dòng)
2.如圖所示，足夠長的固定光滑斜面傾角為θ，質(zhì)量為m的物體以速度v從斜面底端沖上斜面，達(dá)到最高點(diǎn)后又滑回原處，所用時(shí)間為t。對于這一過程，下列判斷正確的是( )
A. 斜面對物體的彈力的沖量為零B. 物體受到的重力的沖量大小為mgt
C. 物體受到的合力的沖量大小為零D. 物體動(dòng)量的變化量大小為零
3.如圖所示，一個(gè)小孩將質(zhì)量為m1的石頭以大小為v0、仰角為θ的初速度拋入一個(gè)裝有砂子的總質(zhì)量為M的靜止的砂車中，砂車與水平地面間的摩擦可以忽略。球和砂車獲得共同速度后，砂車底部出現(xiàn)一小孔，砂子從小孔中漏出，則( )
A. 球和砂車的共同速度v=m1v0csθM+m1
B. 球和砂車獲得共同速度后漏砂過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒
C. 砂子漏出后做直線運(yùn)動(dòng)，水平方向的速度變小
D. 當(dāng)漏出質(zhì)量為m2的砂子時(shí)，砂車的速度v′=v=Mv0csθM+m1
4.某學(xué)習(xí)小組在探究反沖現(xiàn)象時(shí)，將質(zhì)量為m1的一個(gè)小液化氣瓶固定在質(zhì)量為m2的小玩具船上，利用液化氣瓶向外噴射氣體作為船的動(dòng)力?，F(xiàn)在整個(gè)裝置靜止放在平靜的水面上，已知打開瓶后向外噴射氣體的對地速度為v1，如果在Δt的時(shí)間內(nèi)向后噴射的氣體的質(zhì)量為Δm，忽略水的阻力，則噴射出質(zhì)量為Δm的氣體后，小船的速度是( )
A. Δmv1m1+m2?ΔmB. Δmv1m1+m2C. Δmv1m1?ΔmD. Δmv1m2?Δm
5.如圖所示，彈簧下端懸掛一個(gè)鋼球，上端固定，它們組成一個(gè)振動(dòng)系統(tǒng)，用手把鋼球向上托起一段距離，然后釋放，鋼球便上下振動(dòng)，如果鋼球做簡諧運(yùn)動(dòng)，則( )
A. 彈簧對鋼球的彈力是鋼球做簡諧運(yùn)動(dòng)的回復(fù)力
B. 彈簧彈力為零時(shí)鋼球處于平衡位置
C. 鋼球位于最高點(diǎn)和最低點(diǎn)時(shí)加速度大小相等
D. 鋼球的動(dòng)能與彈簧的彈性勢能之和保持不變
6.一質(zhì)點(diǎn)靜止在光滑水平面上，現(xiàn)對其施加水平外力F，力F隨時(shí)間按正弦規(guī)律變化，如圖所示，下列說法正確的是( )
A. 第2s末，質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)量為零
B. 第4s末，質(zhì)點(diǎn)回到出發(fā)點(diǎn)
C. 在0～2s時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)的加速度一直增大
D. 在1～3s時(shí)間內(nèi)，力F的沖量為零
7.如圖甲所示，彈簧振子以O(shè)點(diǎn)為平衡位置，在A、B兩點(diǎn)之間做簡諧運(yùn)動(dòng)。當(dāng)振子位于A點(diǎn)時(shí)彈簧處于原長狀態(tài)。取豎直向上為正方向，振子的質(zhì)量為m，重力加速度大小為g。振子的位移x隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示，下列說法正確的是( )
A. 振子的振動(dòng)方程為x=12sin1.0t(cm)
B. t=0.6s和t=1.0s時(shí)，振子的速度相同
C. t=0.4s和t=1.2s時(shí)，振子的加速度相同
D. t=1.4s時(shí)，振子位于O點(diǎn)下方6cm處
8.一個(gè)單擺在地面上做受迫振動(dòng)，其共振曲線(振幅A與驅(qū)動(dòng)力頻率f的關(guān)系)如圖所示，則( )
A. 此單擺的固有周期約為2s
B. 此單擺的擺長約為1m
C. 若擺長增大，單擺的固有頻率增大
D. 若擺長增大，共振曲線的峰將向左移動(dòng)
9.用如圖所示的裝置驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，兩球的質(zhì)量分別為m1、m2(m1>m2)，下列說法正確的是( )
A. 需要用秒表測時(shí)間
B. 斜槽軌道必須光滑
C. M可能是質(zhì)量為m2的小球的落點(diǎn)
D. 可用m1?OP?=m1?OM?+m2?ON?驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律
10.下列是日常生活中常見的現(xiàn)象，其中屬于波的衍射的是( )
A. 高速列車迎面駛來時(shí)，聽到的聲音越來越尖的現(xiàn)象
B. 掛在同一水平繩上的幾個(gè)單擺，當(dāng)一個(gè)振動(dòng)后，另幾個(gè)也跟著一起振動(dòng)起來
C. 水波向前傳播時(shí)，遇到突出水面的小樹枝不受影響地繼續(xù)向前傳播
D. 打雷時(shí)聽見空中雷聲會轟鳴一段時(shí)間
11.一條繩子可以分成一個(gè)個(gè)小段，每小段都可以看做一個(gè)質(zhì)點(diǎn)，這些質(zhì)點(diǎn)之間存在著相互作用。如圖所示，1、2、3、4……為繩上的一系列等間距的質(zhì)點(diǎn)，繩處于水平方向。質(zhì)點(diǎn)1在外力作用下沿豎直方向做簡諧運(yùn)動(dòng)，會帶動(dòng)2、3、4……各個(gè)質(zhì)點(diǎn)依次上下振動(dòng)，把振動(dòng)從繩的左端傳向右端。質(zhì)點(diǎn)1的振動(dòng)周期為T。t=0時(shí)質(zhì)點(diǎn)1開始豎直向上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過四分之一周期，質(zhì)點(diǎn)5開始運(yùn)動(dòng)。下列判斷正確的是
( )
A. t=34T時(shí)質(zhì)點(diǎn)12的運(yùn)動(dòng)方向向上B. t=T2時(shí)質(zhì)點(diǎn)5的加速度方向向上
C. 質(zhì)點(diǎn)20開始振動(dòng)時(shí)運(yùn)動(dòng)方向向下D. 質(zhì)點(diǎn)1與質(zhì)點(diǎn)20間相距一個(gè)波長
二、多選題（本題共1小題，共5分）
12.水力采煤是用高壓水槍噴出的水柱沖擊煤層而使煤掉下，所用水槍的直徑D，水速為v，水柱垂直射到煤層表面上，水的密度ρ，沖擊煤層后自由下落求水柱對煤層的平均沖力( )
A. πD2pv24B. πD2ρv22C. πD2ρv34D. πD2ρv3
三、計(jì)算題（本題共3小題，共40分）
13.圖甲是一個(gè)單擺振動(dòng)的情形，O是它的平衡位置，B、C是擺球所能到達(dá)的最遠(yuǎn)位置。設(shè)擺球向右方向運(yùn)動(dòng)為正方向。圖乙是這個(gè)單擺的振動(dòng)圖像。根據(jù)圖像回答：

(1)單擺振動(dòng)的頻率是多大？
(2)開始時(shí)刻擺球在何位置？
(3)若當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹?0m/s2，試求這個(gè)擺的擺長是多少。
14.如圖所示，光滑水平面上有一矩形長木板A和靜止的滑塊C，滑塊B置于A的最左端(滑塊B、C均可視為質(zhì)點(diǎn))。若木板A和滑塊B一起以v0=5m/s的速度向右運(yùn)動(dòng)，A與C發(fā)生時(shí)間極短的碰撞后粘在一起.已知木板A與滑塊B間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1，且mA=2kg，mB=1kg，mC=2kg，g取10m/s2，求：
(1)長木板A與滑塊C碰后瞬間，滑塊C的速度大??；
(2)B最終與A相對靜止時(shí)速度的大??；
(3)要使滑塊B不從木板A上滑下，木板A至少多長？
15.如圖所示，光滑圓弧軌道BC豎直放置，且與水平面平滑連接，其半徑為R=1.2m，C點(diǎn)是圓弧的最低點(diǎn)，O點(diǎn)是圓弧軌道BC的圓心，∠BOC=60°，水平面CD段光滑，D點(diǎn)右側(cè)是粗糙、質(zhì)量為m=0.3kg的小球，自A點(diǎn)以初速度v0=1.0m/s水平拋出，小球恰好沿圓弧切線從B點(diǎn)進(jìn)入圓弧軌道，并沿軌道運(yùn)動(dòng)；小球運(yùn)動(dòng)過程中與放在軌道上D點(diǎn)的物塊P相碰，物塊P質(zhì)量M=0.1kg，物塊與D點(diǎn)右側(cè)水平粗糙軌道間動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.3，小球和物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，忽略空氣阻力，g=10m/s2，求：
(1)小球在B點(diǎn)的速度vB的大??；
(2)小球在C點(diǎn)對軌道的壓力；
(3)小球與靜止在D點(diǎn)的小物塊P相碰后，物塊P向右滑動(dòng)距離x的范圍。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
動(dòng)量p=mv，是矢量，動(dòng)量不變，表示大小和方向都不變，據(jù)此分析各項(xiàng)即可。
本題考查動(dòng)量的性質(zhì)，要注意掌握動(dòng)量的大小等于質(zhì)量與速度的乘積；其方向與速度方向相同，不論是速度方向還是大小，只要有一個(gè)變，則動(dòng)量就變。
【解答】
動(dòng)量p=mv，是矢量，動(dòng)量不變，表示大小和方向都不變，即速度大小和方向都不變，物體應(yīng)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A正確，BCD錯(cuò)誤；
故選：A。
2.【答案】B
【解析】解：A、斜面對物體的彈力的沖量大?。篒=Nt=mgcsθ?t，彈力的沖量不為零，故A錯(cuò)誤；
B、根據(jù)沖量的定義式I=Ft可知，物體所受重力的沖量大小為：IG=mg?t，故B正確；
CD、物體受到的合力大小為mgsinθ，物體受到的合力的沖量大小為mgtsinθ，由動(dòng)量定理得：動(dòng)量的變化量大小Δp=I合=mgsinθ?t，則合力的沖量和動(dòng)量的變化量不為零，故CD錯(cuò)誤。
故選：B。
斜面對物體的彈力、物體的重力和合力都是恒力，直接根據(jù)沖量的定義式I=Ft分析它們的沖量大??；運(yùn)用動(dòng)量定理求動(dòng)量的變化量大小。
本題考查沖量的概念和動(dòng)量定理的應(yīng)用，要記住動(dòng)量的變化等于合力的沖量；要知道恒力的沖量可根據(jù)沖量的定義求解。
3.【答案】A
【解析】解：A、設(shè)水平向右為正方向，石頭與砂車的共同速度為v，石頭與砂車組成的系統(tǒng)在水平方向所受合力為零，系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律得：m1v0csθ=(m1+M)v，解得v=m1v0csθM+m1，故A正確；
B、石頭和砂車獲得共同速度后漏砂過程中系統(tǒng)所受合外力不為零，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故B錯(cuò)誤；
C、砂子漏出后在水平方向有初速度，只受重力作用，砂子做平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向的速度不變，故C錯(cuò)誤；
D、系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，系統(tǒng)總質(zhì)量不變，由動(dòng)量守恒定律可知，系統(tǒng)在水平方向速度不變，即砂車的速度v′=v=m1v0csθM+m1，故D錯(cuò)誤。
故選：A。
系統(tǒng)所受合外力不為零，但水平方向合力為零，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒；石頭與砂車組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律求出石頭與砂車的速度；根據(jù)砂子漏出后的受力情況分析其運(yùn)動(dòng)性質(zhì)。
解決該題關(guān)鍵掌握動(dòng)量守恒的應(yīng)用，正確選擇研究對象是前提，系統(tǒng)所受合力不為零，但是可以在某一方向所受合力為零即在該方向上系統(tǒng)動(dòng)量守恒．
4.【答案】A
【解析】解：整個(gè)裝置為一系統(tǒng)，系統(tǒng)所受外力之和為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，
取玩具船運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得(m1+m2?Δm)v船?Δmv1=0
解得v船=Δmv1m1+m2?Δm，故A正確，BCD錯(cuò)誤；
故選：A。
根據(jù)動(dòng)量守恒定律即可解答。
本題主要考查了動(dòng)量守恒定律，解題關(guān)鍵是掌握動(dòng)量守恒定律的條件，要選正方向。
5.【答案】C
【解析】【分析】
振子振動(dòng)過程中，受到重力和彈簧的拉力，二者的合力提供回復(fù)力；簡諧振動(dòng)具有對稱性；系統(tǒng)的重力勢能、彈性勢能與動(dòng)能相互轉(zhuǎn)化，但系統(tǒng)的機(jī)械能守恒．
解決本題的關(guān)鍵有兩點(diǎn)：一是看涉及幾種形式的能；二是抓住系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，再進(jìn)行分析．
【解答】
解：A、振子受到重力和彈簧的拉力，二者的合力提供回復(fù)力，故A錯(cuò)誤；
B、平衡位置是指振子受到的合外力等于0的位置，所以在平衡位置處彈簧的彈力與重力大小相等，方向相反，故B錯(cuò)誤。
C、簡諧振動(dòng)具有對稱性，所以鋼球位于最高點(diǎn)和最低點(diǎn)時(shí)加速度大小相等，故C正確。
D、振子在振動(dòng)過程中，只有重力和彈簧的彈力做功，則振動(dòng)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，但鋼球的動(dòng)能與彈簧的彈性勢能之和不守恒，還有重力勢能。故 D錯(cuò)誤。
故選：C。
6.【答案】D
【解析】解：AC、從圖像可以看出，0?2s內(nèi)，力F的方向和運(yùn)動(dòng)方向相同，結(jié)合加速度與力F成正比，可知物體先做加速度逐漸增大的加速運(yùn)動(dòng)，后做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，所以2s末，質(zhì)點(diǎn)的速度最大，動(dòng)量最大，故AC錯(cuò)誤；
B、該物體在后2s內(nèi)受到的力與前2s內(nèi)受到力的方向不同，前2s內(nèi)做加速運(yùn)動(dòng)，后2s內(nèi)沿原方向做減速運(yùn)動(dòng)，所以物體在4s內(nèi)運(yùn)動(dòng)方向沒有改變，第4s末，質(zhì)點(diǎn)沒有回到出發(fā)點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；
D、在F?t圖像中，F(xiàn)與t軸所圍的面積表示力的沖量，由圖可知在1～2s和2～3s時(shí)間內(nèi)，面積大小相等，一正一負(fù)，所以在1～3s時(shí)間內(nèi)，力F的沖量為零，故D正確。
故選：D。
根據(jù)力F的方向與運(yùn)動(dòng)方向的關(guān)系，分析質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)情況，判斷第2s末質(zhì)點(diǎn)的速度是否為零，即可知道動(dòng)量是否為零。根據(jù)質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方向是否變化，判斷第4s末質(zhì)點(diǎn)是否回到出發(fā)點(diǎn)。結(jié)合牛頓第二定律根據(jù)F的變化情況分析加速度的變化情況。在F?t圖像中，圖線與時(shí)間軸所圍的面積表示力F的沖量，由此可分析在1～3s時(shí)間內(nèi)沖量大小。
本題的關(guān)鍵要根據(jù)牛頓第二定律分析質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)情況，要知道F?t圖像與時(shí)間軸所圍的面積表示力F的沖量。
7.【答案】B
【解析】解：A.振子振動(dòng)的圓頻率為ω=2πT=2π1.6rad/s=1.25πrad/s
振子的振動(dòng)方程為
x=12sin1.25πt (cm)
故A錯(cuò)誤；
B.由圖乙可知，由x?t圖像斜率表示速度可知，t=0.6s和t=1.0s時(shí)，振子的速度相等，故B正確；
C.t=0.4s和t=1.2s時(shí)，振子的加速度大小相等，方向相反，故C錯(cuò)誤；
D.由于從x=?12cm到平衡位置，振子的速度不斷增大，則從t=1.2s到t=1.4s時(shí)間內(nèi)的位移小于振幅的一半，所以t=1.4s時(shí)，振子位于O點(diǎn)下方大于6cm處，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
根據(jù)圖象讀出振子的周期與振幅，寫出質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程，由圖象可知振動(dòng)的周期和振幅，振子向平衡位置運(yùn)動(dòng)的過程中，速度增大，加速度減小，根據(jù)振動(dòng)情況判斷出t=1.4s時(shí)，振子的位置。
本題考查了彈簧振子的振動(dòng)圖象，會判斷振子的速度和加速度的變化，注意振動(dòng)圖象與波動(dòng)圖象的區(qū)別，解答的關(guān)鍵是D選項(xiàng)的判斷要先寫出振動(dòng)方程。
8.【答案】BD
【解析】解：A、由共振曲線可知當(dāng)頻率為0.5Hz的時(shí)候振幅最大，即達(dá)到了共振，說明單擺的固有頻率為0.5Hz，因此單擺的固有周期T=1f=10.5Hz=2s，故A錯(cuò)誤；
B、由單擺的周期公式T=2π Lg可得：L=T24π2g代入數(shù)據(jù)可知L約為1m，故B正確；
C、增大擺線長度，則單擺的周期變大，頻率變小，故C錯(cuò)誤；
D、增大擺線長度，則單擺的周期變大，頻率變小，當(dāng)固有頻率等于驅(qū)動(dòng)力頻率的時(shí)候?yàn)楣舱袂€的波峰，因此向左移動(dòng)，故D正確。
故選：BD。
根據(jù)驅(qū)動(dòng)力頻率與共振頻率相近時(shí)，單擺的振幅最大可知，擺的周期；由單擺的周期公式可得出擺長，并分析出擺長增大時(shí)，周期相應(yīng)增大頻率相應(yīng)減小。
本題考查共振的性質(zhì)，可直接由共振曲線得出單擺固有頻率，再由單擺周期公式分析出結(jié)果。
9.【答案】D
【解析】解：A、因?yàn)槠綊佭\(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，根據(jù)v=xt，所以用水平射程可以代替速度，則需測量小球平拋運(yùn)動(dòng)的射程間接測量速度，無需測量時(shí)間，故A錯(cuò)誤；
B、斜槽軌道粗糙不影響實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，故B錯(cuò)誤；
C、根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理與實(shí)驗(yàn)操作可知M是m1碰后的落點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；
D、碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：m1v1=m1v1′+m2v2
因小球在空中做平拋運(yùn)動(dòng)，下落時(shí)間相同，因此水平速度與水平位移成正比，則可知：
只要m1?OP?=m1?OM?+m2?ON?成立即可驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律；故D正確；
故選：D。
在驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的實(shí)驗(yàn)中，運(yùn)用平拋運(yùn)動(dòng)的知識得出碰撞前后兩球的速度，因?yàn)橄侣涞臅r(shí)間相等，則水平位移代表平拋運(yùn)動(dòng)的速度。根據(jù)實(shí)驗(yàn)的原理確定動(dòng)量守恒的表達(dá)式。
該題考查用“碰撞試驗(yàn)器”驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，該實(shí)驗(yàn)中，雖然小球做平拋運(yùn)動(dòng)，但是卻沒有用到速度和時(shí)間，而是用位移x來代替速度v，成為是解決問題的關(guān)鍵。要注意理解該方法的使用。
10.【答案】C
【解析】解：A.高速列車迎面駛來時(shí)，聽到的聲音越來越尖的現(xiàn)象屬于多普勒效應(yīng)，故A錯(cuò)誤；
B.掛在同一個(gè)水平繩上的幾個(gè)單擺，當(dāng)一個(gè)振動(dòng)后，另幾個(gè)也跟著一起振動(dòng)，這種現(xiàn)象是受迫振動(dòng)，故B錯(cuò)誤；
C.水波向前傳播時(shí)，遇到突出水面的小樹枝不受影響地繼續(xù)向前傳播，屬于波的衍射現(xiàn)象，故C正確。
D.打雷時(shí)聽見空中雷聲會聶鳴一段時(shí)間，這是由于雷聲經(jīng)過多次反射造成的，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
，波遇到障礙物或小孔后通過散射繼續(xù)傳播的現(xiàn)象，衍射現(xiàn)象是波的特有現(xiàn)象，據(jù)此分析即可。
本題考查波的衍射，注意波發(fā)生明顯衍射的條件，波的衍射與反射及干涉的區(qū)別。
11.【答案】A
【解析】解：A、t=34T時(shí)，質(zhì)點(diǎn)13開始振動(dòng)，此時(shí)質(zhì)點(diǎn)12在平衡位置上方，運(yùn)動(dòng)方向向上，故A正確；
B、經(jīng)過了T4時(shí)，質(zhì)點(diǎn)5開始振動(dòng)，再經(jīng)過T4，質(zhì)點(diǎn)5回到平衡位置，加速度為零，故B錯(cuò)誤；
C、根據(jù)波動(dòng)規(guī)律可知，質(zhì)點(diǎn)1開始振動(dòng)時(shí)，運(yùn)動(dòng)方向向上，故質(zhì)點(diǎn)20開始振動(dòng)時(shí)運(yùn)動(dòng)方向向上，故C錯(cuò)誤；
D、t=0時(shí)質(zhì)點(diǎn)1開始豎直向上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過四分之一周期，質(zhì)點(diǎn)5開始運(yùn)動(dòng)，則質(zhì)點(diǎn)1、5間的距離為四分之一波長，故質(zhì)點(diǎn)1與質(zhì)點(diǎn)17間相距一個(gè)波長，故D錯(cuò)誤。
故選：A。
本題考查機(jī)械波的形成和描述，熟知波的形成和傳播特點(diǎn)是解決本題的關(guān)鍵。根據(jù)機(jī)械波的特點(diǎn)等分析即可。
12.【答案】A
【解析】解：取時(shí)間t內(nèi)的水研究對象，以初速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量定理，有：
?Ft=0?(ρsvt)v
s=πD24
解得F=πD2pv24
故A正確，BCD錯(cuò)誤；
故選：A。
取時(shí)間t內(nèi)的水研究對象，注意水沖擊到煤壁上時(shí)速度變?yōu)榱?；根?jù)動(dòng)量定理列式求解即可。
本題關(guān)鍵是研究對象的選擇，能想到以某段時(shí)間內(nèi)的水作為研究對象進(jìn)行分析，然后根據(jù)動(dòng)量定理列式求解即可；注意各物理量的矢量性。
13.【答案】解：(1)由圖乙所示圖象可知，單擺周期T=0.8s，
單擺的頻率f=1T=10.8Hz=1.25Hz
(2)由圖乙所示圖象可知，在t=0s時(shí)，擺球處于負(fù)的最大位移，
擺球向右方向運(yùn)動(dòng)為正方向，因此開始時(shí)，擺球在B處．
(3)由單擺周期公式T=2π Lg可知：L=gT24π2
代入數(shù)據(jù)解得，擺長：L≈0.16m
答：(1)單擺振動(dòng)的頻率是1.25Hz。
(2)開始時(shí)刻擺球在B處。
(3)這個(gè)擺的擺長是0.16m。
【解析】(1)單擺做簡諧運(yùn)動(dòng)，完成一次全振動(dòng)的時(shí)間為一個(gè)周期，圖上相鄰兩個(gè)最大值之間的時(shí)間間隔為一個(gè)周期．由圖象求出單擺的周期，然后求出頻率．
(2)根據(jù)圖象所示t=0s時(shí)擺球的位移確定擺球開始時(shí)刻的位置．
(3)已知單擺周期與當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?，由單擺周期公式的變形公式可以求出擺長．
本題考查基本的讀圖能力．對于簡諧運(yùn)動(dòng)的圖象，表示是振動(dòng)質(zhì)點(diǎn)相對于平衡位置的位移隨時(shí)間的變化情況，可直接讀出周期、振幅和速度、加速度的方向及其變化情況．
14.【答案】解：(1)A、C碰撞過程A、C組成的系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，
以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mAv0=(mA+mC)vC
代入數(shù)據(jù)解得：vC=2.5m/s
(2)最終A、B、C速度相等，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：(mA+mB)v0=(mA+mB+mC)v
代入數(shù)據(jù)解得：v=3m/s
(3)B滑到A的右端時(shí)A、B速度恰好相等，A的長度最小，設(shè)A的最小長度為L，
A、B相對運(yùn)動(dòng)過程，對A、B系統(tǒng)，由能量守恒定律得：12mBv02+12(mA+mC)vC2=12(mA+mB+mC)v2+μmBgL
代入數(shù)據(jù)解得：L=2.5m；
答：(1)長木板A與滑塊C碰后瞬間，滑塊C的速度大小是2.5m/s；
(2)B最終與A相對靜止時(shí)速度的大小是3m/s；
(3)要使滑塊B不從木板A上滑下，木板A長度至少是2.5m。
【解析】(1)A、C碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律求出A、C碰撞后A的速度。
(2)A、B、C系統(tǒng)動(dòng)量守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律求出B最終與A相對靜止的速度大小。
(3)A、B速度相等時(shí)B恰好運(yùn)動(dòng)到A的右端時(shí)B恰好不從A上滑下，根據(jù)能量守恒定律求出A的最小長度。
本題是一道力學(xué)綜合題，考查了動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用，根據(jù)題意分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)過程是解題的前提，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律、能量守恒定律與動(dòng)量定理即可解題。
15.【答案】解：(1)小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的速度vB，vB=v0cs60°
代入數(shù)據(jù)解得：vB=2m/s；
(2)設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)速度為vc，軌道對小球的支持力為FN，
從B到C過程，由動(dòng)能定理得：mgR(1?cs60°)=12mvC2?12mvB2，
在C點(diǎn)，由牛頓第二定律得：FN?mg=mvC2R，
代入數(shù)據(jù)解得：FN=7N，
由牛頓第三定律得小球在C點(diǎn)對軌道的壓力：F壓=FN=7N；
(3)當(dāng)小球與物塊P發(fā)生非彈性碰撞，小球與物塊粘在一起時(shí)，物塊P速度最小，設(shè)為v1，滑行距離最小，設(shè)為x1，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：
mvC=(M+m)v1，
對P，由動(dòng)能定理得：μ(M+m)gx1=12(M+m)v12，
代入數(shù)據(jù)解得：x1=1.5m；
當(dāng)小球與物塊P發(fā)生彈性碰撞時(shí)，設(shè)小球速度為v2，物塊P速度最大為v3，
滑行距離最大為x2，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mvC=mv2+Mv3，
由機(jī)械能守恒定律得：12mvC2=12mv22+12Mv32，
碰撞后，對P，由動(dòng)能定理得：μMgx2=12Mv32，
代入數(shù)據(jù)解得：x2=6m，
所以物塊P滑動(dòng)的范圍：1.5m≤x≤6m；
答：(1)小球在B點(diǎn)的速度vB的大小為2m/s；
(2)小球在C點(diǎn)對軌道的壓力大小為7N，方向：豎直向下；
(3)小球與靜止在D點(diǎn)的小物塊P相碰后，物塊P向右滑動(dòng)距離x的范圍是：1.5m≤x≤6m。
【解析】(1)小球拋出后做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)題意應(yīng)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解求出到達(dá)B點(diǎn)的速度。
(2)從B到C過程由動(dòng)能定理求出小球到達(dá)C點(diǎn)的速度，應(yīng)用牛頓第二定律求出軌道對小球的支持力，然后求出小球?qū)壍赖膲毫Α?br>(3)小球與P碰撞過程動(dòng)量守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律求出碰撞后P的速度，然后應(yīng)用動(dòng)能定理求出P的滑動(dòng)范圍。
本題考查了動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用，分析清楚物體運(yùn)動(dòng)過程是解題的前提，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解、動(dòng)能定理與動(dòng)量守恒定律可以解題，解題時(shí)注意討論，否則會出現(xiàn)漏解。

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