1. 一個物體在下述運動中，動能不發(fā)生變化而動量發(fā)生變化的是（ ）
A. 勻速直線運動B. 勻速圓周運動
C. 平拋運動D. 豎直上拋運動
【答案】B
【解析】
【詳解】A．勻速直線運動，速度不變，故動能不變，動量不變，故A錯誤；
B．勻速圓周運動，速度的大小不變，方向變化，故動能不變，但動量變化，故B正確；
C．平拋運動，速度的大小、方向都變化，故動能和動量都變化，故C錯誤；
D．豎直上拋運動，速度的大小變化，上到最高點后速度方向由豎直向上變成豎直向下，故動能和動量都變化，故D錯誤。
故選B。
2. 如圖所示，足夠長的固定光滑斜面傾角為，質(zhì)量為的物體以速度從斜面底端沖上斜面，達到最高點后又滑回原處，所用時間為。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. 物體動量的變化量大小為零
【答案】B
【解析】
【詳解】A．斜面對物體的彈力的沖量大小
彈力的沖量不為零，故A錯誤；
B．物體所受重力的沖量大小為
故B正確；
CD．物體受到的合力大小為，由動量定理
則合力的沖量和動量的變化量均不為零，故CD錯誤；
故選B。
3. 如圖所示，一個小孩將質(zhì)量為的石頭以大小為、仰角為的初速度拋入一個裝有砂子的總質(zhì)量為的靜止的砂車中，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
B. 球和砂車獲得共同速度后漏砂過程中系統(tǒng)動量守恒
C. 砂子漏出后做直線運動，水平方向的速度變小
D. 當漏出質(zhì)量為的砂子時，砂車的速度
【答案】A
【解析】
【詳解】A．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)在水平方向動量守恒，以水平向右為正方向，由動量守恒定律得
m1v0csθ=（m1+M）v
解得石頭與砂車的共同速度
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)動量不守恒，故B錯誤；
C．砂子漏出后在水平方向有初速度，只受重力作用，砂子做平拋運動，在水平方向的速度不變，故C錯誤；
D．系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，系統(tǒng)在水平方向動量守恒，系統(tǒng)總質(zhì)量不變，由動量守恒定律可知，系統(tǒng)在水平方向速度不變，即砂車的速度
故D錯誤。
故選A。
4. 某學習小組在探究反沖現(xiàn)象時，將質(zhì)量為m1的一個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力。現(xiàn)在整個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. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【詳解】由動量守恒定律得
解得
故選A。
5. 如圖所示，彈簧下端懸掛一個鋼球，上端固定，它們組成一個振動系統(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．如果鋼球做簡諧運動，則（ ）
A. 彈簧對鋼球的彈力是鋼球做簡諧運動的回復力
B. 彈簧彈力為零時鋼球處于平衡位置
C. 鋼球位于最高點和最低點時加速度大小相等
D. 鋼球動能與彈簧的彈性勢能之和保持不變
【答案】C
【解析】
【詳解】回復力應該是振動方向上的合力，即重力和彈簧彈力的合力，故A錯；當彈簧彈力為零時鋼球受到重力不平衡，故B錯；按照簡諧運動的對稱性可知在鋼球位于最高點和最低點時加速度大小相等，方向相反，故C對；對于彈簧和鋼球組成的系統(tǒng)來說機械能是守恒的，由于上下運動，重力勢能的變化，所以不能說鋼球的動能與彈簧的彈性勢能之和保持不變，而是三種能量之和保持不變，故D錯；
故選C
6. 一質(zhì)點靜止在光滑水平面上，現(xiàn)對其施加水平外力F，力F隨時間按正弦規(guī)律變化，如圖所示，下列說法正確的是（ ）
A. 第2s末，質(zhì)點的動量為零B. 第4s末，質(zhì)點回到出發(fā)點
C. 在0~2s時間內(nèi)，質(zhì)點的加速度一直增大D. 在1~3s時間內(nèi)，力F的沖量為零
【答案】D
【解析】
【詳解】AC．從圖像可以看出前2s力的方向和運動的方向相同，物體經(jīng)歷了一個加速度逐漸增大的加速運動和加速度逐漸減小的加速運動，所以2s末，質(zhì)點的速度最大，動量最大，故AC錯誤；
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)做加速運動，后2s內(nèi)做減速運動，所以物體在4s內(nèi)的位移為正，即第4s末，質(zhì)點沒有回到出發(fā)點，故B錯誤；
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時間內(nèi)，面積大小相等，一正一負，所以力F的沖量為零，故D正確。
故選D。
7. 如圖甲所示，彈簧振子以O點為平衡位置，在A、B兩點之間做簡諧運動。當振子位于A點時彈簧處于原長狀態(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隨時間t變化的關系如圖乙所示，下列說法正確的是（ ）
A. 振子的振動方程為x=12sin1.6t（cm）
B. t=0.6s和t=1.0s時，振子的速度相同
C. t=0.4s和t=1.2s時，振子的加速度相同
D. t=1.4s時，振子位于O點下方6cm處
【答案】B
【解析】
【詳解】A．振子振動的圓頻率為
振子的振動方程為
x=12sin1.25πt（cm）
故A錯誤；
B．由圖乙可知，由x－t圖像斜率表示速度可知，和時，振子的速度相等，故B正確；
C．和時，振子的加速度大小相等，方向相反，故C錯誤；
D．由于從到平衡位置，振子的速度不斷增大，則從到時間內(nèi)的位移小于振幅的一半，所以時，振子位于O點下方大于處，故D錯誤。
故選B。
8. 一個單擺在地面上做受迫振動，其共振曲線（振幅A與驅(qū)動力頻率f的關系）如圖所示，則下列說法不正確的是（ ）
A. 此單擺的固有周期約為2 s
B. 此單擺的擺長約為1 m
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
【答案】C
【解析】
【詳解】A．單擺做受迫振動，振動頻率與驅(qū)動力頻率相等；當驅(qū)動力頻率等于固有頻率時，發(fā)生共振，則固有頻率為，周期為2s。故A正確，不符合題意；
B．由圖可知，共振時單擺的振動頻率與固有頻率相等，則周期為2s。由公式
可得
故B正確，不符合題意；
C．若擺長增大，單擺的固有周期增大，則固有頻率減小。故C錯誤，符合題意；
D．若擺長增大，則固有頻率減小，所以共振曲線的峰將向左移動。故D正確，不符合題意；
故選C。
9. 用如圖所示的裝置驗證動量守恒定律，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
D. 可用驗證動量守恒定律
【答案】D
【解析】
【詳解】A．小球下落高度相同，即時間相同，可以消掉，不需要用秒表測時間，故A錯誤；
B．只要保證小球m1到達斜槽末端速度相同即可，不需要斜槽軌道光滑，故B錯誤；
C．M是質(zhì)量為m1小球的落點，故C錯誤；
D．小球m1碰撞前動量為
碰撞后，兩球的動量分別為
，
只要滿足
就可驗證動量守恒，即
等式兩邊同時乘以t，可得
即
故D正確
故選D。
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，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單擺，當一個振動后，另幾個也跟著一起振動起來
C. 水波向前傳播時，遇到突出水面的小樹枝不受影響地繼續(xù)向前傳播
D. 打雷時聽見空中雷聲會轟鳴一段時間
【答案】C
【解析】
【詳解】A．高速列車迎面駛來時，聽到的聲音越來越尖的現(xiàn)象屬于多普勒效應，故A錯誤；
B．掛在同一個水平繩上的幾個單擺，當一個振動后，另幾個也跟著一起振動，這種現(xiàn)象是受迫振動，故B錯誤；
C．水波向前傳播時，遇到突出水面的小樹枝不受影響地繼續(xù)向前傳播，屬于衍射現(xiàn)象，故C正確。
D．打雷時聽見空中雷聲會轟鳴一段時間，是因為聲音在云層之間來回反射造成的，故D錯誤。
故選C。
11. 一條繩子可以分成一個個小段，每小段都可以看做一個質(zhì)點，這些質(zhì)點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，繩處于水平方向。質(zhì)點1在外力作用下沿豎直方向做簡諧運動，會帶動2、3、4……各個質(zhì)點依次上下振動，把振動從繩的左端傳回右端。質(zhì)點1的振動周期為T。時質(zhì)點1開始豎直向上運動，經(jīng)過四分之一周期，質(zhì)點5開始運動。下列判斷正確的是（ ）
A. 時質(zhì)點12的速度方向向上B. 時質(zhì)點5的加速度方向向上
C. 質(zhì)點20開始振動時運動方向向下D. 質(zhì)點1與質(zhì)點20間相距一個波長
【答案】A
【解析】
【詳解】A．時質(zhì)點13剛開始起振，此時質(zhì)點12已經(jīng)振動了，則運動方向向上。故A正確；
B．在時刻質(zhì)點5開始向上振動，在時質(zhì)點5到達最高點，其加速度方向向下。故B錯誤；
C．因為質(zhì)點1開始起振的方向向上，則質(zhì)點20開始振動時運動方向也向上。故C錯誤；
D．由題意可知，第1到第5個質(zhì)點之間為，則質(zhì)點1與質(zhì)點17間相距一個波長。故D錯誤。
故選A。
12. 位于均勻介質(zhì)中點的波源在時刻發(fā)出的簡諧橫波沿軸左、右傳播。在時刻，波恰好到達、兩點，此刻的波形如圖所示，則下列說法正確的是（ ）
A. 時刻，波源的振動方向為軸負方向
B. 時刻，、處的兩個質(zhì)點的振動方向相同
C. 再經(jīng)過，處質(zhì)點剛好移動到坐標為（）的位置
D. 該波的頻率為
【答案】B
【解析】
【詳解】AB．根據(jù)題意，由同側(cè)法結(jié)合圖可知，時，質(zhì)點、均沿軸正方向運動，則時刻，波源的振動方向為軸正方向，故A錯誤，B正確；
C．橫波中質(zhì)點不會沿傳播方向運動，故C錯誤；
D．根據(jù)題意，由圖可知，該波的周期為，則該波的頻率為
故D錯誤。
故選B。
13. 一列簡諧橫波在時刻的波形圖如圖甲所示，圖中P、Q兩質(zhì)點的平衡位置分別位于和處，P點的振動圖像如圖乙所示，則下列說法正確的（ ）

A. 波沿x軸負方向傳播B. 時刻處的質(zhì)點速度為零
C. 質(zhì)點P比質(zhì)點Q晚振動1.25sD. 時，質(zhì)點Q在波峰
【答案】D
【解析】
【詳解】A．由乙圖可知，時質(zhì)點P在平衡位置且向上振動，根據(jù)“沿著波的傳播方向”，“上坡下振，下坡上振”可知，波沿x軸正方向傳播，故A錯誤；
B．由甲圖可知此時在平衡位置，速度最大，故B錯誤；
C．波沿x軸正向傳播，從P傳播到Q所需的時間為
所以質(zhì)點P比質(zhì)點Q早振動1.25s，故C錯誤；
D．時刻，波峰處于處，所以質(zhì)點Q到達波峰的時刻為
當時，可得，所以時，質(zhì)點Q在波峰，故D正確。
故選BD。
14. 一列簡諧波沿軸傳播，時刻的波形圖如圖中實線所示，時的波形如圖中虛線所示，則下列判斷正確的是（ ）
A. 該列波的起振方向向上
B. 該列波一定沿軸向右傳播
C. 此列波的最小波速可能為
D. 處的質(zhì)點經(jīng)通過的路程可能為
【答案】C
【解析】
【詳解】A．由題中的波形圖，無法判斷該列波的起振方向，A錯誤；
B．由題中的波形圖，無法判斷該列波傳播的方向，B錯誤；
C．由公式
根據(jù)波形圖可知，該列波的波長為
可知周期越大，波速越?。划斣摿胁ㄏ蛴覀鞑r，可得其最大周期滿足
解得
對應最小波速為
當該列波向左傳播時，可得其最大周期滿足
解得
對應最小波速為
C正確；
D．當該列波向右傳播時，可得其周期滿足
解得
（，，）
當時，，則處的質(zhì)點經(jīng)通過的路程為
當時，，則處的質(zhì)點經(jīng)通過的路程為
當該列波向左傳播時，可得其周期滿足
解得
（，，）
當時，T=4s，則處的質(zhì)點經(jīng)通過的路程為
綜上分析可知，處的質(zhì)點經(jīng)通過的路程不可能為，D錯誤。
故選C。
15. 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。水柱對煤層的平均沖力為（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【詳解】設t時間內(nèi)水槍噴出的水柱長度為l，則有
t時間內(nèi)沖擊煤層的水的質(zhì)量為
設煤層對水柱的平均沖擊力大小為F，根據(jù)動量定理有
聯(lián)立以上三式解得
根據(jù)牛頓第三定律可知水柱對煤層的平均沖力為
故選A。
二、解答題
16. 如圖甲是一個單擺振動的情形，O是它的平衡位置，B，C是擺球所能到達的最遠位置，設向右為正方向，圖乙是這個單擺的振動圖像，根據(jù)圖像回答：
（1）單擺振動的頻率是多大？
（2）開始時擺球在何位置？
（3）若當?shù)刂亓铀俣葹?0m/s2，試求這個單擺的擺長是多少？（計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）
【答案】（1）1.25Hz；（2）B位置；（3）0.16m
【解析】
【詳解】（1）由乙圖可知，單擺振動的周期，故其振動的頻率為
（2）由乙圖可知，開始時刻擺球位移為負向最大，以向右為正，故開始時刻擺球位于B位置。
（3）由單擺的周期公式
可得
17. 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）。若木板A和滑塊B一起以的速度向右運動，A與C發(fā)生時間極短的碰撞后粘在一起。已知木板A與滑塊B間的動摩擦因數(shù)，且=2kg，g取10，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相對靜止時速度的大小；
（3）要使滑塊B不從木板A上滑下，木板A至少多長？

【答案】（1）；（2）；（3）2.5m
【解析】
【詳解】（1）A與C碰撞過程中，動量守恒，以向右為正，根據(jù)動量守恒定律得
解得
（2）B在A上滑行，A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正，根據(jù)動量守恒定律得
解得
（3）根據(jù)能量守恒定律得
解得長木板A的長度最小值
L=2.5m
18. 如圖所示，光滑圓弧軌道豎直放置，且與水平面平滑連接，其半徑為,點是圓弧的最低點，點是圓弧軌道的圓心，，水平面段光滑，點右側(cè)是粗糙、質(zhì)量為的小球，自點以初速度水平拋出，小球恰好沿圓弧切線從點進入圓弧軌道，并沿軌道運動，小球運動過程中與靜止在水平軌道上點的物塊相碰，物塊質(zhì)量，物塊與點右側(cè)水平粗糙軌道間動摩擦因數(shù)，小球和物塊可視為質(zhì)點，忽略空氣阻力，，求：
（1）小球在點的速度的大小；
（2）小球在點對軌道的壓力；
（3）小球與靜止在點的小物塊相碰后，物塊向右滑動距離的范圍。
【答案】（1）；（2），方向豎直向下；（3）
【解析】
【詳解】（1）根據(jù)題意，由幾何關系可知，小球運動到B點時，速度方向與水平方向得的夾角為，則由平拋運動規(guī)律有
解得
（2）設小球運動到C點時速度為，軌道對小球的支持力為，從B到C過程中，由動能定理有
在C點，由牛頓第二定律有
代入數(shù)據(jù)解得
由牛頓第三定律可得，小球在點對軌道的壓力
方向豎直向下。
（3）根據(jù)題意可知，當小球與物塊P發(fā)生非彈性碰撞，小球與物塊粘在一起時，物塊P速度最小，設為，滑行距離最小，設為，以向右為正方向，由動量守恒定律得
對整體，由動能定理得
解得
當小球與物塊P發(fā)生彈性碰撞時，設碰后小球速度為，物塊P速度最大為，滑行距離最大為，以向右為正方向，由動量守恒定律得
由能量守恒定律有
碰撞后對物塊P由動能定理有
解得
則物塊向右滑動距離的范圍為

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