人教版江苏专用高中物理选择性必修第一册课时分层作业9单摆含答案
高中物理课时作业(人教版选修第一册)课时分层作业(九)
课时分层作业(九) 简谐运动的回复力和能量基础过关练1．关于简谐运动的回复力F ＝－kx 的含义，下列说法正确的是( )A ．k 是弹簧的劲度系数，x 是弹簧的长度B ．k 是回复力跟位移的比值，x 是做简谐运动的物体离开平衡位置的位移C ．根据k ＝－F x，可以认为k 与F 成正比 D ．表达式中的“－”表示F 始终阻碍物体的运动2．[2022·浙江高二月考](多选)水平弹簧振子在做简谐运动过程中的位移随时间变化的关系如图所示，则下列说法中正确的是( )A ．振子在 s 时的速度发生反向B ．振子在 s 时的弹性势能最大，动能最小C ．振子在 s 到 s 过程中，回复力先变大再变小D ．振子在 s 到 s 过程中，速度增大、加速度减小3．(多选)如图所示为某物体做简谐运动的图像，下列说法中正确的是( )A ．物体在 s 时刻与 s 时刻的速度相同B ．物体在 s 时刻与 s 时刻的动能相同C ．～ s 时间内物体的加速度在减小D ．～ s 时间内物体的势能在增加4．(多选)光滑斜面上有一物块A 被平行于斜面的轻质弹簧拉住并静止于O 点，如图所示，现将A 沿斜面拉到B 点无初速释放，物块A 在B 、C 之间做简谐运动，则下列说法正确的是( )A ．物块A 在运动过程中机械能守恒B ．物块A 在C 点时弹簧的弹性势能最小C ．物块A 在C 点时系统的势能最大，在O 点时系统的势能最小D ．物块A 在B 点时机械能最小5.如图所示，轻质弹簧的下端系着B 、C 两球，m B ＝100 g ，m C ＝500 g ，系统静止时弹簧伸长量x ＝15 cm ，未超出弹性限度．若剪断B 、C 间的细绳，则B 在竖直方向做简谐运动，问：(g 取10 m/s 2)(1)B 的振幅为多大？(2)B 的最大加速度为多大？素养综合练6．如图所示，质量为3m 的框架放在一水平台秤上，一轻质弹簧上端固定在框架上，下端拴一质量为m 的金属小球，小球上下振动．当小球运动到最低点时，台秤的示数为5mg .求：(1)小球运动到最高点时，小球的瞬时加速度大小为多少？(2)此时台秤的示数为多少？。
(新教材)2020-2021学年物理人教版选择性第一册课时作业(九) 受迫振动 共振(含解析)
课时作业(九) 受迫振动 共振限时：40分钟一、单项选择题1．在洗衣机把衣服脱水完毕后，电动机还要转动一会才能停下来，此时发现洗衣机先振动得比较小，然后有一阵子振动得很剧烈，然后振动慢慢减小直至停下来，其间振动剧烈的原因是( )A ．洗衣机没放平衡B ．电动机有一阵子转快了C ．电动机转动的频率和洗衣机的固有频率相近或相等D ．这只是一种偶然现象2．在飞机的发展史中有一个阶段，飞机上天后不久，飞机的机翼(翅膀)很快就抖动起来，而且越抖越厉害，后来经过人们的探索，利用在飞机机翼前装一个配重杆的方法，解决了这一问题，在飞机机翼前装配重杆的目的主要是( )A ．加大飞机的惯性B ．使机体更加平衡C ．使机翼更加牢固D ．改变机翼的固有频率 3.如图所示装置中，已知弹簧振子的固有频率f 固＝2 Hz ，电动机皮带轮的直径d 1是曲轴皮带轮d 2的12.为使弹簧振子的振幅最大，则电动机的转速应为( ) A ．60 r/min B ．120 r/minC ．30 r/minD ．240 r/min4．在实验室可以做“声波碎杯”的实验．用手指轻弹一只酒杯，可以听到清脆的声音，测得这声音的频率为500 Hz.将这只酒杯放在两个大功率的声波发生器之间，操作人员通过调整其发生的声波，就能使酒杯碎掉(如图所示)．下列说法中正确的是( )A ．操作人员一定是把声波发生器的功率调到很大B ．操作人员可能是使声波发生器发出了频率很高的超声波C ．操作人员一定是同时增大了声波发生器发出声波的频率和功率D ．操作人员只需将声波发生器发出的声波频率调到500 Hz二、多项选择题5．铺设钢轨时，每两根钢轨接缝处都必须留有一定的间隙，匀速运行列车经过轨端接缝处时，车轮都会受到一次冲击．由于每一根钢轨长度相等，所以这个冲击力是周期性的，列车受到周期性的冲击力做受迫振动．普通钢轨长为12.6 m ，列车固有振动周期为0.315 s ．下列说法中正确的是( )A ．列车的危险速率为40 m/sB ．列车过桥需要减速，是为了防止列车发生共振现象C ．列车运动的振动频率和列车的固有频率总是相等的D．增加钢轨的长度有利于列车高速运行6．某简谐振子，自由振动时的振动图像如图甲中的曲线Ⅰ所示，而在某驱动力作用下做受迫振动时，稳定后的振动图像如图甲中的曲线Ⅱ所示，那么，此受迫振动对应的状态可能是图乙中的()A．a点B．b点C．c点D．一定不是c点7．如图甲所示的装置可用于研究弹簧振子的受迫振动，砝码和轻弹簧构成弹簧振子．匀速转动把手时，曲杆给弹簧振子以驱动力，使振子做受迫振动，把手匀速转动的周期等于驱动力的周期，改变把手匀速转动的速度就可以改变驱动力的周期．若保持把手不动，给砝码一向下的初速度，砝码便做简谐运动，振动图像如图乙所示．当把手以某一速度匀速转动，受迫振动达到稳定时，砝码的振动图像如图丙所示．若用T0表示弹簧振子的固有周期，T表示驱动力的周期，y表示受迫振动达到稳定后砝码振动的振幅．则()A．由图像可知T0＝4 sB．由图像可知T0＝8 sC．当T在4 s附近时，y显著增大；当T比4 s小得多或大得多时，y很小D．当T在8 s附近时，y显著增大；当T比8 s小得多或大得多时，y很小8．如图所示为单摆在两次受迫振动中的共振曲线，下列说法正确的是()A．若两次受迫振动分别在月球上和地球上进行，且摆长相同，则图线Ⅰ表示月球上单摆的共振曲线B．若两次受迫振动是在地球上同一地点进行，则两次摆长之比l1:l2＝25:4C．图线Ⅱ若是在地球上完成的，则该摆摆长约为1 mD．若摆长均为1 m，则图线Ⅰ是在地球上完成的。
人教新版(2019新教材)高中物理选择性必修第一册全册课时作业
人教版新教材高中物理选择性必修第一册全册课时作业动量动量定理(建议用时：45分钟)[基础达标练]1．(多选)下面关于物体动量和冲量的说法正确的是()A．物体所受合外力冲量越大，它的动量也越大B．物体所受合外力冲量不为零，它的动量一定要改变C．物体动量增量的方向，就是它所受冲量的方向D．物体所受合外力越大，它的动量变化就越快解析：由Ft＝Δp知，Ft≠0，Δp≠0，即动量一定变化，Ft越大，Δp越大，但动量不一定大，它还与初态的动量有关，故A错误，B正确；冲量不仅与Δp大小相等，而且方向相同，所以C正确；由F＝ΔpΔt知，物体所受合外力越大，动量的变化率ΔpΔt越大，即动量变化越快，D正确．答案：BCD2．(多选)在任何相等时间内，物体动量的变化量总是相等的运动可能是() A．匀速圆周运动B．匀变速直线运动C．自由落体运动D．平抛运动解析：物体做匀变速直线运动、自由落体运动、平抛运动所受的合外力恒定不变．由动量定理可知，它们在任何相等时间内的动量变化量总相等，而物体做匀速圆周运动合外力是变力，故B、C、D均正确，A错误．答案：BCD3．(多选)如图所示，铁块压着一张纸条放在水平桌面上，第一次以速度v抽出纸条后，铁块落在水平地面上的P点，第二次以速度2v抽出纸条，则()A．铁块落地点在P点左边B．铁块落地点在P点右边C．第二次纸条与铁块的作用时间比第一次短D．第二次纸条与铁块的作用时间比第一次长解析：以不同的速度抽出纸条时，铁块所受摩擦力相同，抽出纸条的速度越大，铁块与纸条相互作用的时间越短，铁块受到合力的冲量越小，故铁块获得的速度越小，铁块平抛的水平位移越小，所以选项A、C正确．答案：AC4．(多选)对于一个质量不变的物体，下列说法正确的是()A．物体的动量发生变化，其动能一定变化B．物体的动量发生变化，其动能不一定变化C．物体的动能发生变化，其动量一定变化D．物体的动能发生变化，其动量不一定变化解析：当质量不变的物体的动量发生变化时，可以是速度的大小发生变化，也可以是速度的方向发生变化，还可以是速度的大小和方向都发生变化．当物体的速度方向发生变化而速度的大小不变时，物体的动量(矢量)发生变化，但动能(标量)并不发生变化，选项A错误、B正确．当质量不变的物体的动能发生变化时，必定是其速度的大小发生了变化，而无论其速度方向是否变化，物体的动量必定发生变化，选项C正确、D错误．答案：BC5．(多选)关于冲量，下列说法正确的是()A．冲量是物体动量变化的原因B．作用在静止的物体上的力的冲量一定为零C．动量越大的物体受到的冲量越大D．冲量的方向与力的方向相同解析：力作用一段时间便有了冲量，而力作用一段时间后，物体的运动状态发生了变化，物体的动量也发生了变化，因此说冲量使物体的动量发生了变化，选项A正确．只要有力作用在物体上，经历一段时间，这个力便有了冲量，与物体处于什么状态无关，选项B错误．物体所受冲量I＝Ft与物体动量的大小p＝m v无关，选项C不正确．冲量是矢量，其方向与力的方向相同，D正确．答案：AD6．将质量为m＝1 kg的小球，从距水平地面高h＝5 m处，以v0＝10 m/s的水平速度抛出，不计空气阻力，g取10 m/s2.求：(1)抛出后0.4 s内重力对小球的冲量；(2)平抛运动过程中小球动量的增量Δp；(3)小球落地时的动量p′.解析：(1)重力是恒力，0.4 s内重力对小球的冲量I＝mgt＝1×10×0.4 N·s ＝4 N·s方向竖直向下．(2)由于平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，故h＝12gt2落地时间t＝2hg＝1 s小球飞行过程中只受重力作用，所以合外力的冲量为I＝mgt＝1×10×1 N·s ＝10 N·s方向竖直向下由动量定理得Δp＝I＝10 N·s，方向竖直向下．(3)小球落地时竖直分速度为v y＝gt＝10 m/s.由速度合成知，落地速度v＝v20＋v2y＝102＋102m/s＝10 2 m/s所以小球落地时的动量大小为p′＝m v＝102kg·m/s方向与水平方向的夹角为45°.答案：(1)4 N·s方向竖直向下(2)10 N·s方向竖直向下(3)10 2 kg·m/s方向与水平方向的夹角为45°[能力提升练]7．(多选)“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是()A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能先增大后减小C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大D．人在最低点时，绳对人的拉力大于人所受的重力解析：从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力．绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功．故选项A、B、D正确，选项C错误．答案：ABD8．(多选)如图所示，放在水平地面上的物体受到的合外力随时间变化的关系，若物体开始时是静止的，则前3 s内()A．物体的位移为0B．物体的动量改变量为0C．物体的动能变化量为0D．物体的机械能改变量为0解析：第1 s内F＝20 N，第2、3 s内F＝－10 N，物体先加速、后减速，在第3 s末速度为零，物体的位移不为零，A错误；根据动量定理I＝Δp，前3 s内，动量的变化量为零，B正确；由于初速度和末速度都为零，因此动能变化量也为零，C正确；但物体的重力势能是否改变不能判断，因此物体的机械能是否改变不能确定，D错误．答案：BC9．如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量m A＝4 kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计．可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量m B＝2 kg.现对A施加一个水平向右的恒力F＝10 N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6 s，二者的速度达到v t＝2 m/s.求：(1)A开始运动时加速度a的大小；(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小．解析：(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有F＝m A a①代入数据解得a＝2.5 m/s2.②(2)对A、B碰撞后共同运动t＝0.6 s的过程，由动量定理得Ft＝(m A＋m B)v t－(m A＋m B)v ③代入数据解得v＝1 m/s.④答案：(1)2.5 m/s2(2)1 m/s10．一质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是一面墙，如图所示，物块以v0＝9 m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止，g取10 m/s2.(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ.(2)若碰撞时间为0.05 s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F.(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W.解析：(1)由动能定理，有－μmgs＝12m v2－12m v20可得μ＝0.32.(2)由动量定理：有FΔt＝m v′－m v 可得F＝130 N.(3)W＝12m v′2＝9 J.答案：(1)0.32(2)130 N(3)9 J动量守恒定律(建议用时：45分钟)[基础达标练]1．如图所示，甲木块的质量为m1，以v的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后()A．甲木块的动量守恒B．乙木块的动量守恒C．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒D．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒解析：根据动量守恒定律的条件，以甲、乙为一系统，系统的动量守恒，A、B错误，C正确；甲、乙的一部分动能转化为弹簧的弹性势能，甲、乙系统的动能不守恒，D错误．答案：C2．(多选)如图所示，在光滑的水平面上有一静止的斜面，斜面光滑，现有一个小球从斜面顶点由静止释放，在小球下滑的过程中，以下说法正确的是()A．斜面和小球组成的系统动量守恒B．斜面和小球组成的系统仅在水平方向上动量守恒C．斜面向右运动D．斜面静止不动解析：小球加速下滑，系统竖直方向上有向下的加速度，竖直方向合力不为零，故系统动量不守恒，但系统水平方向上合力为零，故系统水平方向上动量守恒，因小球下滑过程中水平方向的速度在增大，由动量守恒定律可得，斜面水平向右的速度也在增加，故B、C正确．答案：BC3．(多选)如图所示，A、B两木块紧靠在一起且静止于光滑水平面上，木块C 以一定的初速度v0从A的左端开始向右滑行，最后停在B木块的右端，对此过程，下列叙述正确的是()A．当C在A上滑行时，A、C组成的系统动量守恒B．当C在B上滑行时，B、C组成的系统动量守恒C．无论C是在A上滑行还是在B上滑行，A、B、C三物块组成的系统动量都守恒D．当C在B上滑行时，A、B、C组成的系统动量不守恒解析：当C在A上滑行时，对A、C组成的系统，B对A的作用力为外力，不等于0，故系统动量不守恒，选项A错误；当C在B上滑行时，A、B已分离，对B、C组成的系统，沿水平方向不受外力作用，故系统动量守恒，选项B正确；若将A、B、C三木块视为一系统，则沿水平方向无外力作用，系统动量守恒，选项C正确，选项D错误．答案：BC4．总质量为M的火箭以速度v0飞行，质量为m的燃料相对于火箭的速率u 向后喷出，则燃料喷出后，火箭的速度大小为()A．v0＋mM u B．v0－mM uC．v0＋mM－m(v0＋u) D．v0＋mM－mu解析：由动量守恒定律得m(－u＋v)＋(M－m)v＝M v0，解得v＝v0＋mM u，A选项正确．答案：A5．在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反，则碰撞后B球的速度大小可能是() A．0.6v B．0.4v C．0.3v D．0.2v解析：由动量守恒定律得m v ＝m v A ＋2m v B ，规定A 球原方向为正方向，由题意可知v A 为负值，则2m v B ＞m v ，因此B 球的速度可能为0.6v ，故选A.答案：A6.如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A 球在水平面上静止放置，B 球向左运动与A 球发生正碰，B 球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A 球垂直撞向挡板，碰后原速率返回．两球刚好不发生第二次碰撞，A 、B 两球的质量之比为________，A 、B 两球碰撞前、后的总动能之比为________．解析：设碰前B 球的速度为v 0，A 碰墙后以原速率返回恰好不发生第二次碰撞，说明A 、B 两球碰撞后速度大小相等、方向相反，即分别为13v 0和－13v 0 根据动量守恒定律，得m B v 0＝m B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13v 0＋m A ·13v 0 解得m A ∶m B ＝4∶1；A 、B 两球碰撞前、后的总动能之比为12m B v 2012m A ⎝ ⎛⎭⎪⎫13v 02＋12m B ⎝⎛⎭⎪⎫－13v 02＝95. 答案：4∶1 9∶57．一个质量为2 kg 的装砂小车，沿光滑水平轨道运动，速度为3 m/s ，一个质量为1 kg 的球从0.2 m 高处自由落下，恰落入小车的砂中，此后小车的速度是多少？解析：小车、砂、球三者组成的系统在水平方向上动量守恒，故M v ＝(M ＋m )v ′解得：v ′＝M M ＋m v ＝22＋1×3 m/s ＝2 m/s. 答案：2 m/s[能力提升练]8．如图所示，光滑水平直轨道上有两滑块A 、B 用橡皮筋连接，A 的质量为m .开始时橡皮筋松弛，B 静止，给A 向左的初速度v 0.一段时间后，B 与A 同向运动发生碰撞并粘在一起．碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B的速度的一半．则物体B的质量为()A.m4 B.m2C．m D．2m解析：以v0的方向为正方向．设B的质量为m B，A、B碰撞后的共同速度为v.由题意知：碰撞前瞬间A的速度为v2，碰撞前瞬间B的速度为2v，由动量守恒定律得m v2＋2m B v＝(m＋m B)v解得m B＝m2，故选项B正确．答案：B9．(多选)如图所示，木块A静置于光滑的水平面上，其曲面部分MN光滑、水平部分NP粗糙，现有一物体B自M点由静止下滑，设NP足够长，则以下叙述正确的是()A．A、B最终以同一不为零的速度运动B．A、B最终速度均为零C．A物体先做加速运动，后做减速运动D．A物体先做加速运动，后做匀速运动解析：系统在水平方向不受外力，故系统在水平方向动量守恒，因系统初动量为零，A、B在任一时刻的水平方向动量之和也为零，因NP足够长，B最终与A速度相同，此速度为零，B选项正确，A物体由静止到运动、最终速度又为零，C选项正确．答案：BC10．如图所示，在光滑水平面上有两个木块A、B，木块B左端放置小物块C 并保持静止，已知m A＝m B＝0.2 kg，m C＝0.1 kg，现木块A以初速度v＝2 m/s沿水平方向向右滑动，木块A 与B 相碰后具有共同速度(但不粘连)，C 与A 、B 间均有摩擦．求：(1)木块A 与B 相碰瞬间A 木块及小物块C 的速度大小；(2)设木块A 足够长，求小物块C 的最终速度．解析：(1)木块A 与B 相碰瞬间C 的速度为0，A 、B 木块的速度相同，由动量守恒定律得m A v ＝(m A ＋m B )v A ，v A ＝v 2＝1 m/s.(2)C 滑上A 后，摩擦力使C 加速，使A 减速，直至A 、C 具有共同速度，以A 、C 整体为系统，由动量守恒定律得m A v A ＝(m A ＋m C )v C ，v C ＝23m/s ，方向水平向右． 答案：(1)1 m/s 0 (2)23m/s 方向水平向右 11．如图所示，甲车质量m 1＝20 kg ，车上有质量M ＝50 kg 的人，甲车(连同车上的人)以v ＝3 m/s 的速度向右滑行，此时质量m 2＝50 kg 的乙车正以v 0＝1.8 m/s 的速度迎面滑来，为了避免两车相撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳到乙车上，求人跳出甲车的水平速度(相对地面)应当在什么范围以内才能避免两车相撞？不计地面和小车的摩擦，且乙车足够长．解析：人跳到乙车上后，如果两车同向，甲车的速度小于或等于乙车的速度就可以避免两车相撞以人、甲车、乙车组成的系统为研究对象由水平方向动量守恒得：(m 1＋M )v －m 2v 0＝(m 1＋m 2＋M )v ′，解得v ′＝1 m/s以人与甲车为一系统，人跳离甲车过程水平方向动量守恒，得：(m 1＋M )v ＝m 1v 1′＋Mu解得u ＝3.8 m/s因此，只要人跳离甲车的速度u≥3.8 m/s就可避免两车相撞．答案：大于等于3.8 m/s弹性碰撞和非弹性碰撞(建议用时：45分钟)[基础达标练]1．(多选)下列关于碰撞的理解正确的是()A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程B．在碰撞现象中，一般内力都远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的动量守恒C．如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫作非弹性碰撞D．微观粒子的相互作用由于不发生直接接触，所以不能称其为碰撞解析：碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时发生的一种现象．一般内力都远大于外力．如果碰撞中机械能守恒，就叫作弹性碰撞．微观粒子的相互作用同样具有极短时间内运动状态发生显著变化的特点，所以仍然是碰撞．答案：AB2．(多选)在光滑水平面上，动能为E k0、动量大小为p0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰撞后球1的动能和动量的大小分别记为E k1、p1，球2的动能和动量的大小分别记为E k2、p2，则必有() A．E k1<E k0B．p1<p0C．E k2>E k0D．p2＜p0解析：两个钢球在相碰过程中同时遵守能量守恒和动量守恒，由于外界没有能量输入，而碰撞中可能产生热量，所以碰后的总动能不会超过碰前的总动能，即E k1＋E k2≤E k0，A 正确，C 错误；另外，A 选项也可写成p 212m ＜p 202m ，B 正确；根据动量守恒，设球1原来的运动方向为正方向，有p 2－p 1＝p 0，D 错误．答案：AB3．(多选)质量为m 的小球A ，沿光滑水平面以速度v 0与质量为2m 的静止小球B 发生正碰，碰撞后，小球A 的动能变为原来的19，那么小球B 的速度可能是( )A.13v 0B.23v 0C.49v 0D.59v 0 解析：要注意的是，两球的碰撞不一定是弹性碰撞．小球A 碰后动能变为原来的19，则其速度大小仅为原来的13.两球在光滑水平面上正碰，碰后小球A 的运动有两种可能，继续沿原方向运动或被弹回．当以小球A 原来的速度方向为正方向时，则 v A ′＝±13v 0根据两球碰撞前后的总动量守恒得 m v 0＋0＝m ×⎝ ⎛⎭⎪⎫13v 0＋2m v B ′m v 0＋0＝m ×⎝ ⎛⎭⎪⎫－13v 0＋2m v B ″解得v B ′＝13v 0，v B ″＝23v 0答案：AB4．质量相等的三个物块在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开了一定的距离，如图所示．具有动能E 0的第1个物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物块粘在一起，这个整体的动能为( )A ．E 0 B.2E 03 C.E 03 D.E 09解析：由碰撞中动量守恒m v 0＝3m v 1，得v1＝v03①E0＝12m v20②E′k＝12×3m v21③由①②③式得E′k＝12×3m⎝⎛⎭⎪⎫v032＝13×⎝⎛⎭⎪⎫12m v20＝E03，故C正确．答案：C5．(多选)如图所示，在质量为M的小车中挂着一单摆，摆球质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正前方的质量为m的静止的木块发生碰撞，碰撞的时间极短．在此碰撞过程中，下列情况可能发生的是()A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M＋m0)v＝M v1＋m v1＋m0v3B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足M v＝M v1＋m v2 C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为u，满足M v＝(M＋m)uD．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋m v2解析：小车与木块碰撞，且碰撞时间极短，因此相互作用只发生在木块和小车之间，悬挂的摆球在水平方向未受到力的作用，故摆球在水平方向的动量未发生变化，即摆球的速度在小车与木块碰撞过程中始终不变，由此可知A和D两种情况不可能发生；选项B的说法对应于小车和木块碰撞后又分开的情况，选项C 的说法对应于小车和木块碰撞后粘在一起的情况，两种情况都有可能发生．故选项B、C正确．答案：BC6．质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7 kg·m/s，B球的动量是5 kg·m/s，A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是()A．p A′＝6 kg·m/s，p B′＝6 kg·m/sB ．p A ′＝3 kg ·m/s ，p B ′＝9 kg ·m/sC ．p A ′＝－2 kg ·m/s ，p B ′＝14 kg ·m/sD ．p A ′＝－4 kg ·m/s ，p B ′＝7 kg ·m/s解析：从碰撞前后动量守恒p A ＋p B ＝p A ′＋p B ′验证，A 、B 、C 三选项皆有可能．从总动能不增加即p 2A 2m A ＋p 2B2m B ≥p A ′22m A ＋p B ′22m B来看，只有A 可能．答案：A7．如图所示，有两个质量相同的小球A 和B (大小不计)，A 球用细绳吊起，细绳长度等于悬点距地面的高度，B 点静止放于悬点正下方的地面上．现将A 球拉到距地面高度为h 处由静止释放，摆动到最低点与B 球碰撞后粘在一起共同上摆，则它们升起的最大高度为(g 取10 m/s 2)( )A ．h /2B ．hC ．h /4D ．h /2解析：A 球由释放到摆到最低点的过程做的是圆周运动，由动能定理得，mgh ＝12m v 21，所以v 1＝25h ；A 、B 的碰撞过程动量守恒：m v 1＝(m ＋m )v 2，所以v 2＝5h ，对A 、B 粘在一起共同上摆的过程应用机械能守恒，12(m ＋m )v 22＝(m ＋m )gh ′，解得h ′＝h4.选项C 正确．答案：C8．一个物体静止于光滑水平面上，外面扣一质量为M 的盒子，如图甲所示，现给盒子一初速度v 0，此后，盒子运动的v －t 图象呈周期性变化，如图乙所示，请据此求盒内物体的质量．解析：设物体的质量为m ，t 0时刻受盒子碰撞获得速度v ，根据动量守恒定律M v 0＝m v3t0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v0，说明碰撞是弹性碰撞则12M v20＝12m v2，解得m＝M.答案：M[能力提升练]9．(多选)如图所示，质量为M的小车原来静止在光滑水平面上，小车A端固定一根轻弹簧，弹簧的另一端放置一质量为m的物体C，小车底部光滑，开始时弹簧处于压缩状态，当弹簧释放后，物体C被弹出向B端运动，最后与B端粘在一起，下列说法中正确的是()A．物体C离开弹簧时，小车向左运动B．物体与B端粘在一起之前，小车的运动速率与物体C的运动速率之比为M mC．物体与B端粘在一起后，小车静止下来D．物体与B端粘在一起后，小车向右运动解析：系统动量守恒，物体C离开弹簧时向右运动，动量向右，系统的总动量为零，所以小车的动量方向向左，由动量守恒定律有m v1－M v2＝0，所以小车的运动速率v2与物体C的运动速率v1之比mM.当物体C与B粘在一起后，由动量守恒定律知，系统的总动量为零，即小车静止．弹性势能转化为内能．答案：AC10．如图所示，光滑水平地面上有一足够长的木板，左端放置可视为质点的物体，其质量为m1＝1 kg，木板与物体间动摩擦因数μ＝0.1.二者以相同的初速度v0＝0.8 m/s一起向右运动，木板与竖直墙碰撞时间极短，且没有机械能损失．g 取10 m/s2.(1)如果木板质量m2＝3 kg，求物体相对木板滑动的最大距离；(2)如果木板质量m2＝0.6 kg，求物体相对木板滑动的最大距离．解析：(1)木板与竖直墙碰撞后，以原速率反弹，设向左为正方向，由动量守m 2v 0－m 1v 0＝(m 1＋m 2)vv ＝0.4 m/s ，方向向左，不会与竖直墙再次碰撞． 由能量守恒定律12(m 1＋m 2)v 20＝12(m 1＋m 2)v 2＋μm 1gs 1 解得s 1＝0.96 m.(2)木板与竖直墙碰撞后，以原速率反弹，由动量守恒定律 m 2v 0－m 1v 0＝(m 1＋m 2)v ′v ′＝－0.2 m/s ，方向向右，将与竖直墙再次碰撞，最后木板停在竖直墙处 由能量守恒定律 12(m 1＋m 2)v 20＝μm 1gs 2 解得s 2＝0.512 m.答案：(1)0.96 m (2)0.512 m11．如图所示，水平地面上有两个静止的小物块a 和b ，其连线与墙垂直；a 和b 相距l ，b 与墙之间也相距l ；a 的质量为m ，b 的质量为34m .两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a 以初速度v 0向右滑动．此后a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g .求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．解析：设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a 、b 能够发生碰撞，应有 12m v 20>μmgl ① 即μ<v 202gl②设在a 、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为v 1.由能量守恒有 12m v 20＝12m v 21＋μmgl③设在a 、b 碰撞后的瞬间，a 、b 的速度大小分别为v 1′、v 2′，由动量守恒和能m v 1＝m v 1′＋34m v 2′④ 12m v 21＝12m v ′21＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫34m v ′22⑤ 联立④⑤式解得v 2′＝87v 1⑥由题意知，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知 12⎝ ⎛⎭⎪⎫34m v ′22≤μ34mgl ⑦联立③⑥⑦式，可得μ≥32v 20113gl⑧联立②⑧式，a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞的条件32v 20113gl ≤μ<v 202gl⑨答案：32v 20113gl ≤μ<v 202gl反冲现象 火箭(建议用时：45分钟)[基础达标练]1．(多选)一气球由地面匀速上升，当气球下的吊梯上站着的人沿着梯子上爬时，下列说法正确的是 ( )A ．气球可能匀速上升B ．气球可能相对地面静止C ．气球可能下降D ．气球运动速度不发生变化解析：设气球质量为M ，人的质量为m ，由于气球匀速上升，系统所受的外力之和为零，当人沿吊梯向上爬时，动量守恒，则(M ＋m )v 0＝m v 1＋M v 2，在人向上爬的过程中，气球的速度为v 2＝（M ＋m ）v 0－m v 1M .当v 2＞0时，气球可匀速上升；当v 2＝0时气球静止；当v 2＜0时气球下降．所以，选项A 、B 、C 均正确．要使气球运动速度不变，则人的速度仍为v 0，即人不上爬，显然不对，D 选项错误．答案：ABC2．(多选)质量为m的人在质量为M的小车上从左端走到右端，如图所示，当车与地面摩擦不计时，那么()A．人在车上行走，若人相对车突然停止，则车也突然停止B．人在车上行走的平均速度越大，则车在地面上移动的距离也越大C．人在车上行走的平均速度越小，则车在地面上移动的距离就越大D．不管人以什么样的平均速度行走，车在地面上移动的距离相同解析：由于地面光滑，则人与车组成的系统动量守恒得：m v人＝M v车，可知A正确；设车长为L，由m(L－x车)＝Mx车得，x车＝mM＋mL，车在地面上移动的位移大小与人的平均速度大小无关，故D正确，B、C均错误．答案：AD3．如图所示，装有炮弹的火炮总质量为m1，炮弹的质量为m2，炮弹射出炮口时对地的速率为v0，若炮管与水平地面的夹角为θ，则火炮后退的速度大小为(设水平面光滑)()A.m2m1v0 B.m2v0m1－m2C.m2v0cos θm1－m2D.m2v0cos θm1解析：炮弹与炮管在水平方向动量守恒，由m2v0cos θ＝(m1－m2)v得v＝m2v0cos θm1－m2，故选C.答案：C4．如图所示，质量为M的密闭汽缸置于光滑水平面上，缸内有一隔板P，隔板右边是真空，隔板左边是质量为m的高压气体，若将隔板突然抽去，则汽缸的运动情况是()A．保持静止不动B．向左移动一定距离后恢复静止C．最终向左做匀速直线运动D．先向左移动，后向右移动回到原来位置解析：突然撤去隔板，气体向右运动，汽缸做反冲运动，当气体充满整个汽缸时，它们之间的作用结束．由动量守恒定律可知，开始时系统的总动量为零，结束时总动量必为零，汽缸和气体都将停止运动，故B正确．答案：B5．向空中发射一物体，不计空气阻力．当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a、b两块，若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向，则() A．b的速度方向一定与初速度方向相反B．从炸裂到落地的这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大C．a、b一定同时到达水平地面D．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的冲量大小不一定相等解析：爆炸后系统的总机械能增加，但不能确定a、b两块的速度大小，所以A、B不能确定；因炸开后两者都做平抛运动，且高度相同，故下落时间相同，选项C正确；由牛顿第三定律知a、b受到的爆炸力大小相等，作用时间也相同，故a、b受到的爆炸力的冲量大小相等，选项D错误．答案：C6．有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重1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：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而且轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L.已知他身体的质量为m，则小船的质量为多少？解析：。
新教材高中物理课时分层作业9重力与弹力新人教版必修第一册(含答案)
新教材高中物理新人教版必修第一册：课时分层作业(九) 重力与弹力题组一重力与重心的理解1．(2022·南昌市新建一中高一期中)下列关于物体重力的说法正确的是( )A．重力的受力物体是地球B．物体重力大小与其质量无关C．物体的重心一定在物体上D．某物体在同一位置时，所受重力与静止还是运动无关，重力大小是相同的2．如图所示的ABC是木匠用的曲尺，它是用粗细不同、质量分布均匀、AB和BC质量相等的木料做成的。
D是AC连线的中点，E是AB的中点F和BC的中点G连线的中点，则曲尺的重心在( )A．B点B．D点C．E点D．G点3．如图所示，一被吊着的空心的均匀球壳内装满了细沙，底部有一阀门，打开阀门让细沙慢慢流出的过程中，球壳与球壳内剩余细沙组成的系统的重心将会( )A．一直下降B．一直不变C．先下降后上升D．先上升后下降题组二力的图示和力的示意图4．一个重20 N的物体静止在斜面上，如图所示，关于物体所受重力的图示正确的是( )A BC D5．足球运动员已将足球踢向空中，下列描述足球在向斜上方飞行过程中某时刻的受力图中，正确的是(G为重力，F为脚对球的作用力、F阻为阻力)( )A B C D题组三弹力的有无和方向的判断6．(多选)如图所示，底端置于粗糙水平地面上的杆，其顶端通过一根细线被手拉住，杆处于静止状态，细线水平，下列说法正确的是( )A．杆对细线的弹力方向为水平向右B．细线对杆的弹力方向垂直杆斜向左上方C．杆受到地面的弹力是由地面的形变产生的D．地面受到杆的弹力沿杆斜向左下方7．(多选)(2022·黑龙江齐齐哈尔第八中学高一期中)如图所示，a的重力是20 N，b的重力是10 N。
设接触面是光滑的，a和b都静止不动，其中a受一个弹力的是( )A B C D题组四胡克定律的理解及应用8．关于弹簧的劲度系数的说法中正确的是( )，由此可知弹力越大，劲度系数越大A．因胡克定律可写成k＝FxB．在弹性限度内，弹簧拉长一些后，劲度系数变小C．在弹性限度内，无论弹簧拉长或缩短劲度系数都不变D．劲度系数大的弹簧能够产生更大的弹力9．如图所示，一根弹簧其自由端在未悬挂重物时指针正对刻度 5 N，在弹性限度内，当挂上80 N 重物时指针正对刻度45 N。
新教材2023年秋高中物理课时分层作业9单摆新人教版选择性必修第一册
课时分层作业(九) 单摆题组一单摆的回复力1．(多选)单摆是为研究振动而抽象出的理想化模型，其理想化条件是( ) A．摆线质量不计B．摆线不伸缩C．摆球的直径比摆线长度小得多D．摆角小于5°2．振动着的单摆的摆球通过平衡位置时，关于小球受到的回复力、合力及加速度的说法中正确的是( )A．回复力为零，合力也为零B．回复力不为零，方向沿轨迹的切线C．合力不为零，方向沿轨迹的切线D．合力不为零，加速度不为零，方向指向悬点题组二单摆的周期3．(2022·河南焦作期中)要将秒摆的周期变为4 s，下列措施可行的是( ) A．只将摆球质量变为原来的14B．只将振幅变为原来的2倍C．只将摆长变为原来的4倍D．只将摆长变为原来的16倍4．(2022·四川绵阳段考)做简谐运动的单摆摆长不变，若摆球质量增加为原来的，则单摆振动的( )4倍，摆球经过平衡位置时速度减小为原来的12A．频率不变，振幅不变B．频率改变，振幅变大C．频率改变，振幅不变D．频率不变，振幅变小5．如图所示，一漏斗装满沙子，用细线悬挂该漏斗做成一单摆。
在漏斗小角度摆动，沙子缓慢漏出时，沿O1O2方向匀速拉动木板，漏出的沙子在木板上形成图示曲线，不计漏斗摆动时所受的阻力，则在漏斗摆动过程中，下列说法正确的是( )A ．摆动的周期增大B ．摆动的周期减小C ．摆动的周期先增大后减小D ．摆动的周期不变6．(2022·江苏海安实验中学月考)如图所示，一小球在光滑槽内做简谐运动，下述方法可使小球的振动加快的是( )A ．减小小球的振幅B ．增大光滑圆槽的半径C ．增大小球的振幅D ．减小光滑圆槽的半径7．(2022·山东烟台月考)如图甲所示，细线下端悬挂一个除去了柱塞的注射器，注射器内装上墨汁。
将摆线拉开一较小幅度，当注射器摆动时，沿着垂直于摆动的方向以速度v 匀速拖动木板，得到喷在木板上的墨汁图样如图乙所示，若测得木板长度为L ，墨汁图样与木板边缘交点P 、Q 恰好是振动最大位置处，已知重力加速度为g ，则该单摆的等效摆长为( )A ．gv 225π2L 2 B ．gL 225π2v 2 C ．25gL 216π2v 2D ．25gv 216π2L 28．(2022·黄梅一中月考)如图所示，一单摆悬于O 点，摆长为L ，若在O 点正下方的O ′点钉一个光滑钉子，使OO ′＝L2，将单摆拉至A 处由静止释放，小球将在A 、C 间来回摆动，B 为最低点，若振动中摆线与竖直方向的夹角小于5°，重力加速度为g ，则此摆的周期是( )A．2π√Lg B．2π√L2gC．2π(√Lg +√L2g)D．π(√Lg+√L2g)9．在盛沙的漏斗下方放一木板，让漏斗在纸面内摆动起来，假设漏斗中细沙匀速流出，经过一段时间后，观察木板上沙子的堆积情况，不考虑空气阻力，则沙堆的剖面(纸面内)应是下列选项中的( )A B C D10．(2022·北京玉渊潭中学期中)如图所示为同一地区两个单摆的振动图像，实线是单摆甲的振动图像，虚线是单摆乙的振动图像。
课时作业9—人教版高中物理选择性必修第一册检测含答案
答卷时应注意事项１、拿到试卷，要认真仔细的先填好自己的考生信息。
２、拿到试卷不要提笔就写，先大致的浏览一遍，有多少大题，每个大题里有几个小题，有什么题型，哪些容易，哪些难，做到心里有底；３、审题，每个题目都要多读几遍，不仅要读大题，还要读小题，不放过每一个字，遇到暂时弄不懂题意的题目，手指点读，多读几遍题目，就能理解题意了；容易混乱的地方也应该多读几遍，比如从小到大，从左到右这样的题；４、每个题目做完了以后，把自己的手从试卷上完全移开，好好的看看有没有被自己的手臂挡住而遗漏的题；试卷第１页和第２页上下衔接的地方一定要注意，仔细看看有没有遗漏的小题；５、中途遇到真的解决不了的难题，注意安排好时间，先把后面会做的做完，再来重新读题，结合平时课堂上所学的知识，解答难题；一定要镇定，不能因此慌了手脚，影响下面的答题；６、卷面要清洁，字迹要清工整，非常重要；７、做完的试卷要检查，这样可以发现刚才可能留下的错误或是可以检查是否有漏题，检查的时候，用手指点读题目，不要管自己的答案，重新分析题意，所有计算题重新计算，判断题重新判断，填空题重新填空，之后把检查的结果与先前做的结果进行对比分析。
亲爱的小朋友，你们好!经过两个月的学习，你们一定有不小的收获吧，用你的自信和智慧，认真答题，相信你一定会闯关成功。
相信你是最棒的！课时作业9 单摆实验：用单摆测量重力加速度时间：45分钟一、选择题(1～5为单选，6～9为多选)1．在“用单摆测重力加速度”的实验中，为了减少实验误差，以下操作正确的是( B )A．选取长度10 cm左右的细绳作为摆线B．在摆球运动到最低点处开始计时C．若摆球n次经过最低点所用的时间为t，则单摆的周期为T＝t nD．多次改变摆长l，测出不同摆长下摆球运动的周期T，可由Tl图象求出重力加速度g解析：本题考查了用单摆测当地的重力加速度这一实验的实验原理、注意事项、数据的处理方法．在用单摆测重力加速度实验中，摆线的选取应适当长一些，10 cm太短，A错误；摆球运动到最低点时，运动最明显，在此计时，误差最小，B正确；摆球一个周期内两次经过最低点，所以T＝t 2n ，C错误；由周期公式得T2＝4π2lg，可由T2－l图象求出重力加速度g，D错误．2．将秒摆(周期为2 s)的周期变为1 s下列措施可行的是( D ) A．将摆球的质量减半B．将振幅减半C．将摆长减半D．将摆长减为原来的1 4B．L/2D．条件不足，无法判断．无法确定哪一个球先到达C点做自由落体运动，到达C点所需时间道的半径．因为圆弧轨道的半径R很大，B球离最低点球在轨道给它的支持力和重力的作用下沿圆弧做简谐运动，等同于摆长为A ．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比为l 甲l 乙＝21B ．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比为l 甲l 乙＝41C ．若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比为g 甲g 乙＝41D ．若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比为g 甲g 乙＝14解析：由题图可知T 甲T 乙＝21，若两单摆在同一地点，则两摆长之比为l 甲l 乙＝41，故A 错误，B 正确；若两摆长相等，则所在星球的重力加速度之比为g 甲g 乙＝14，故C 错误，D 正确．7．如图所示，A 、B 分别为单摆做简谐运动时摆球的不同位置．其中，位置A 为摆球摆动的最高位置，虚线为过悬点的竖直线．以摆球最低位置为重力势能零点，则摆球在摆动过程中( BC )A ．位于B 处时动能最大B ．位于A 处时势能最大C ．在位置A 的势能大于在位置B 的动能D．在位置B的机械能大于在位置A的机械能解析：摆球在摆动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，故D错；A 为摆球摆动的最高位置，其势能最大，B对；摆球摆到最低点时势能为零，动能最大，而B并非摆动中的最低位置，其动能并非最大，故A错；摆球在A处的势能等于总的机械能，在B处的动能小于总机械能(其中一部分为势能)，故在位置A的势能大于在位置B的动能，所以C对．8．单摆做简谐运动时，下列说法正确的是( AD )A．摆球质量越大、振幅越大，则单摆振动的能量越大B．单摆振动能量与摆球质量无关，与振幅有关C．摆球到达最高点时势能最大，摆线弹力最大D．摆球通过平衡位置时动能最大，摆线弹力最大解析：对于无阻尼单摆系统，机械能守恒，其数值等于最大位移处摆球的重力势能或平衡位置处摆球的动能．摆球质量越大、振幅越大，则最大位移处摆球的重力势能越大，所以A选项正确，而B选项错误；在最高点时速度为零，所需向心力为零，故摆线弹力最小，所以C选项错误；同理，D选项正确．9．如下图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，下列说法中正确的是( ABD )A．甲、乙两单摆的摆长相等B．甲摆的振幅比乙摆大C．甲摆的机械能比乙摆大用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图所示，则该摆球的直径小组成员在实验过程中有如下做法，其中正确的是．把单摆从平衡位置拉开30°的摆角，并在释放摆球的同时开始计时．测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期为用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到该单摆的周期是2s.图乙是实验得到的有液体痕迹并进行了数据测量的纸带，根据纸带可求出滑块的加速度为0.10m/s2；(结果取两位有效数字)用该实验装置测量滑块加速度，对实验结果影响最大的因素是漏斗重心变化导致单摆有效摆长变化，从而改变单摆周期，影响加速度的测量一个周期内漏斗2次经过最低点，所以周期T＝2 s图可知时间间隔为半个周期t＝1 s，由逐差法现有如下测量工具：A.时钟；B.停表；C.天平；D.毫米刻度尺．本实验所需的测量工具有BD.如果实验中所得到的T2－L关系图象如图乙所示，那么真正的图象、b、c中的a.由图象可知，小筒的深度h＝0.3 m；当地重力加速度g＝9.86 m/s 解析：本实验主要考查用单摆测重力加速度的实验步骤、实验方法和数据处理方法．测量筒的下端口到摆球球心之间的距离L要用到毫米刻度尺，测单摆的周期需要用停表，所以测量工具选B、D.(2)设摆线在筒内部分的长度为h，由T＝2πL＋hg得，T2＝4π2gL＋4π2gh，可知T2－L关系图象为a.(3)将T2＝0，L＝－30 cm代入上式可得h＝30 cm＝0.3 m将T2＝1.20 s2，L＝0代入上式可求得g＝π2≈9.86 m/s2.。
高中物理课时作业(人教版必修第一册)课时分层作业(九)
课时分层作业(九)匀变速直线运动的推论A组基础巩固练1．做匀减速直线运动的物体经4 s停止；若在第1 s内的位移是14 m，则最后1 s内的位移是()A．m B．2 mC．1 m D．02．由静止开始做匀加速直线运动的物体，已知经过位移x时的速度是v，那么经过位移2x时的速度是()A．v B．2vC．2v D．4v3．一个向正东方向做匀变速直线运动的物体，在第3 s内发生的位移为8 m，在第5 s 内发生的位移为5 m，则关于物体运动加速度的描述正确的是()A.大小为3 m/s2，方向为正东方向B．大小为3 m/s2，方向为正西方向C．大小为m/s2，方向为正东方向D．大小为m/s2，方向为正西方向4．(多选)物体从静止开始做匀加速直线运动．已知第4 s内与第2 s内的位移之差是12 m．则可知()A．第1 s内的位移为3 mB．第2 s末的速度为8 m/sC．物体运动的加速度为2 m/s2D．物体在第5 s内的平均速度为27 m/s5.(多选)如图所示，我国的“复兴号”列车正在飞驰运行，列车在做匀加速直线运动过程中，从计时开始，通过第一个60 m所用时间是10 s，通过第二个60 m所用时间是6 s．不计列车长度．则()A．列车的加速度为m/s2，接下来的6 s内的位移为78 mB．列车的加速度为1 m/s2，接下来的6 s内的位移为96 mC．列车计时开始的速度为m/sD．列车计时开始的速度为m/s6．某同学在利用打点计时器测小车的加速度实验中得到了如图所示的纸带，其中0、1、2、3、4、5、6都为计数点，相邻两计数点间还有四个点未画出，测得s1＝cm，s2＝cm, s3＝cm, s5＝cm, s6＝cm，由于不小心，该同学把一滴墨水滴在了s4的位置，已知打点计时器使用的交流电频率为50 Hz，请根据现有数据，求：(结果均保留三位有效数字)(1)打下相邻两计数点之间的时间间隔是________ s．(2)在打计数点2时，小车的速度为v1＝________ m/s.(3)小车的加速度大小为________ m/s2.(4)计数点3与计数点4的间距s4＝________ cm.7．如图为港珠澳大桥上四段110 m的等跨钢箱连续梁桥，若汽车从a点由静止开始做匀加速直线运动，通过ab段的时间为t.通过ce段的时间为多少？B 组 能力提升练8.[2023·江苏苏州中学高一上月考]如图所示，物体沿abcd 做匀减速直线运动，依次经过a 、b 、c 、d 四个点．已知物体经ab 、bc 、cd 的时间之比为1∶2∶3，且ab ＝x 1，cd ＝x 2，则bc 段的长度为( )A ．5x 1＋x 24B ．x 1x 2x 1＋x 2C ．3x 1＋4x 24D ．x 1＋x 229．(逆向思维法的应用)(多选)高铁站台上，5位旅客在各自车厢候车线处候车，若动车每节车厢长为l ，动车进站时做匀减速直线运动．站在2号候车线处的旅客发现1号车厢经过他所用的时间为t ，动车停下时该旅客刚好在2号车厢门口(2号车厢最前端)，如图所示，则( )A ．动车从经过5号候车线处的旅客开始到停止运动，经历的时间为tB ．动车从经过5号候车线处的旅客开始到停止运动，平均速度为2l tC ．1号车厢头部经过5号候车线处的旅客时的速度为4l tD ．动车的加速度大小为l t2 10．[2022·河北卷，1]科学训练可以提升运动成绩，某短跑运动员科学训练前后百米全程测试中，速度v 与时间t 的关系图像如图所示．由图像可知( )A ．0～t 1时间内，训练后运动员的平均加速度大B ．0～t 2时间内，训练前、后运动员跑过的距离相等C ．t 2～t 3时间内，训练后运动员的平均速度小D ．t 3时刻后，运动员训练前做减速运动，训练后做加速运动11．[2023·重庆高一上段考](多选)如图所示，滑雪运动员从O 点由静止开始做匀加速直线运动，先后经过P 、M 、N 三点，已知x PM ＝20 m ，x MN ＝30 m ，且运动员经过PM 、MN 两段的时间相等，下列说法正确的是( )A ．运动员经过P 、M 两点的速度之比为3∶5B ．运动员经过P 、M 两点的速度之比为2∶3C ．O 、P 两点间的距离为10 mD ．O 、P 两点的距离为 m。
江苏专用_新教材高中物理课时检测9单摆含解析新人教版选择性必修第一册
单摆1．夏天的河上，有几名熟悉水性的青年将绳子挂在桥下荡秋千，绳子来回荡几次后跳入河中，现把秋千看成单摆模型，图为小明在荡秋千时的振动图像，已知小王的体重比小明的大，则下列说法正确的是( )A．小王荡秋千时，其周期大于6.28 sB．图中a点对应荡秋千时的最高点，此时回复力为零C．小明荡到图中对应的b点时，动能最小D．该秋千的绳子长度约为10 m解析：选D 小王荡秋千时，根据T＝2π lg，可知做单摆运动的物体的周期与质量无关，其周期等于6.28 s，故A错误；图中a点对应荡秋千时的最高点，此时回复力最大，故B错误；小明荡到图中对应的b点时，b点为平衡位置，速度最大，动能最大，故C错误；根据T＝2π lg，计算得l≈10 m，故D正确。
2．惠更斯利用摆的等时性发明了带摆的计时器，叫摆钟。
摆钟运行时克服摩擦所需的能量由重锤势能提供，运动的速率由钟摆控制。
旋转钟摆下端的螺母可以使摆上的圆盘沿摆杆上下移动，如图所示，下列说法正确的是( )A．当摆钟不准时需要调整圆盘位置B．摆钟快了应使圆盘沿摆杆上移C．由冬季变为夏季时应使圆盘沿摆杆下移D．把摆钟从广州移到北京应使圆盘沿摆杆上移解析：选A 调整圆盘位置可改变摆长，从而达到调整周期的作用。
若摆钟变快，是因为周期变小，应增大摆长，即下移圆盘；由冬季变为夏季，摆杆变长，应上移圆盘；从广州到北京，g值变大，周期变小，应增加摆长。
综上所述，选项A正确。
3．如图甲所示，一单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置开始计时，相对平衡位置的位移x 随时间t 变化的图像如图乙所示。
不计空气阻力，取重力加速度g ＝ 10 m/s 2。
对于这个单摆的振动过程，下列说法正确的是( )A ．单摆的摆长约为1.0 mB ．单摆的位移x 随时间t 变化的关系式为x ＝8cos(πt )cmC ．从t ＝0.5 s 到t ＝1.0 s 的过程中，摆球的重力势能逐渐增大D ．从t ＝1.0 s 到t ＝1.5 s 的过程中，摆球的回复力逐渐减小解析：选A 由题图乙可知单摆的周期T ＝2 s ，振幅A ＝8 cm ，由单摆的周期公式T ＝2πl g ，代入数据可得l ＝1 m ，A 正确；由ω＝2πT可得ω＝π rad/s，则单摆的位移x 随时间t 变化的关系式为x ＝A sin ωt ＝8si n(πt )cm ，B 错误；从t ＝0.5 s 到t ＝1.0 s 的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小，C 错误；从t ＝1.0 s 到t ＝1.5 s 的过程中，摆球的位移增大，回复力增大，D 错误。
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课时分层作业(九)单摆
◎题组一单摆及单摆的回复力
1．关于单摆，下列说法正确的是()
A．摆球做匀速圆周运动
B．摆球摆动到最低点时加速度为零
C．摆球速度变化的周期等于振动周期
D．摆球振动的频率与振幅有关
C[摆球在摆动中速度大小是变化的，不是匀速圆周运动，A错误；摆球摆动到最低点时加速度不为零，受向上的合外力，故加速度竖直向上，B错误；摆球速度变化的周期以及位移变化的周期均等于振动周期，C正确；摆球振动的频率与振幅无关，只取决于摆长和当地的重力加速度，D错误。
]
2．下列有关单摆的说法，正确的是()
A．一根橡皮筋一端系在悬点，另一端连接一个小球，可以构成一个单摆B．单摆的摆动一定是简谐运动
C．若单摆在同一平面内摆动，且偏角小于5°，可以认为该单摆的运动是简谐运动
D．单摆做简谐运动时，摆长越长，其运动周期越小
C[一根不可伸长的细绳一端系在悬点，另一端连接一个质量较大且可以看成质点的小球可以构成一个单摆，橡皮筋受到拉力时形变量较大，连接小球构成的装置不可看成单摆，A错误；若单摆在同一平面内摆动，且偏角小于5°，可以认为该单摆的运动是简谐运动，B错误，C正确；根据单摆的周期公式T＝
2π
l
g
可知，单摆做简谐运动时，摆长越长，其运动周期越大，D错误。
] 3．振动着的单摆摆球通过平衡位置时，它受到的回复力() A．指向地面
B．指向悬点
C．数值为零
D．垂直摆线，指向运动方向
C[单摆的摆球受到的回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供，摆球经过平衡位置时，回复力为零，选C。
]
4．一个单摆做小角度摆动，其振动图像如图所示，以下说法不正确的是()
A．t1时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最小
B．t2时刻摆球速度最大，但加速度不为零
C．t3时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最大
D．t4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大
C[由振动图像可知：t1和t3时刻摆球偏离平衡位置的位移最大，此时摆球速度为零，悬线对摆球的拉力最小；t2和t4时刻摆球位移为零，正在通过平衡位置，速度最大，悬线对摆球的拉力最大，加速度向上。
故C选项符合题意。
]◎题组二单摆的周期
5．发生下述哪一种情况时，单摆周期会增大()
A．增大摆球质量
B．增加摆长
C．减小单摆振幅
D．将单摆由山顶移到山下
B[由单摆的周期公式T＝2πl
g
可知，g减小或L增大时周期会变大。
]
6．(2022·河南焦作期中)要将秒摆的周期变为4 s，下列措施可行的是()
A．只将摆球质量变为原来的1 4
B ．只将振幅变为原来的2倍
C ．只将摆长变为原来的4倍
D ．只将摆长变为原来的16倍
C [单摆的周期与摆球的质量和振幅均无关，故A 、B 错误；对秒摆，T 0＝2πl 0
g ＝2 s ，对周期为4 s 的单摆，T ＝2πl
g ＝4 s ，联立解得l ＝4l 0，故C
正确，D 错误。
]
7．在盛沙的漏斗下面放一木板，让漏斗左右摆动起来，同时细沙缓慢流出，经历一段时间后，观察木板上沙子的堆积情况。
沙堆的剖面图应是下图中的
( )
A B
C D
B [不考虑空气阻力，漏斗在从最左端向最右端运动和从最右端向最左端运动时，到达最低点时的运动速度最大，漏到木板上的细沙最少，两端漏斗运动得最慢，漏到木板上的细沙最多，选项B 正确，选项A 、
C 、
D 错误。
]
8．地球表面的重力加速度约为9.8 m/s 2，月球表面的重力加速度是地球表面的16
，将走时准确的摆钟从地球放到月球上去，在地球上经过24 h ，该钟在月球上显示经过了( ) A ．4 h
B ．9.8 h
C ．12 h
D ．58.8 h B [由单摆的周期公式T ＝2πl g ，得T 地T 月＝g 月g 地＝16
，即T 月＝6T 地，则摆钟在月球上单位时间内完成的全振动的次数为在地球上的
66，所以在地球上经过24 h ，该钟在月球上显示经过的时间为24×66
h ＝4 6 h ≈9.8 h ，选项
B正确。
]
9．图甲是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置。
设摆球向右方向运动为正方向。
图乙是这个单摆的振动图像。
根据图像回答：
甲乙
(1)单摆振动的频率是多大？
(2)开始时刻摆球在何位置？
(3)若当地的重力加速度为10 m/s2，试求这个摆的摆长是多少。
[解析](1)由乙图知周期T＝0.8 s，
则频率f＝1
T
＝1.25 Hz。
(2)由乙图知，0时刻摆球在负向最大位移处，因向右为正方向，所以在B 点。
(3)由T＝2πL
g
得L＝gT2
4π2≈0.16 m。
[答案](1)1.25 Hz(2)B点(3)0.16 m
1．下列关于单摆周期的说法正确的是()
A．用一个装满沙的漏斗和长细线做成一个单摆，在摆动时沙从漏斗中缓慢漏出，周期不变
B．只将摆球的质量增大，单摆振动周期增大
C．将摆由赤道移到北极，单摆振动周期减小
D．将单摆的摆角由3°增加到5°(不计空气阻力)，单摆的周期减小
C[沙从漏斗中缓慢漏出时，等效摆长变化，周期变化，选项A错误；单摆的振动周期与摆球的质量无关，选项B错误；摆由赤道移到北极，重力加速
度增大，则周期减小，选项C正确；在摆角很小时，单摆的周期与摆角大小无关，选项D错误。
]
2．如图所示的几个相同单摆在不同条件下，关于它们的周期关系，其中判断正确的是()
(1)(2)(3)(4)
A．T1＞T2＞T3＞T4
B．T1＜T2＝T3＜T4
C．T1＞T2＝T3＞T4
D．T1＜T2＜T3＜T4
C[题图(1)中，当摆球偏离平衡位置时，重力沿斜面的分力mg sin θ为等效重力，即单摆的等效重力加速度g1＝g sin θ；题图(2)中两个带电小球的斥力总与运动方向垂直，不影响回复力；题图(3)为标准单摆；题图(4)中摆球处于超重状态，等效重力增大，故等效重力加速度增大，g4＝g＋a。
由单摆振动的周期公式
T＝2πl
g
，知T1＞T2＝T3＞T4，选项C正确。
]
3．如图所示，ACB为光滑弧形槽，弧形槽半径为R，R≫AB。
甲球从弧形槽的球心处自由落下，乙球从A点由静止释放。
问题：(1)两球第1次到达C点的时间之比。
(2)若在圆弧的最低点C的正上方h处由静止释放小球甲，让其自由下落，同时乙球从圆弧左侧由静止释放，欲使甲、乙两球在圆弧最低点C处相遇，则甲球下落的高度h是多少？
[解析](1)甲球做自由落体运动
R ＝12gt 21，所以t 1＝2R g 。
乙球沿圆弧做简谐运动(由于AC ≪R ，可认为摆角θ＜5°)。
此振动与一个摆长为R 的单摆振动模型相同，故此等效摆长为R ，因此乙球
第1次到达C 处的时间t 2＝14T ＝14×2πR g ＝π2R g ，所以t 1∶t 2＝22π。
(2)甲球从离弧形槽最低点h 高处开始自由下落，到达C 点的时间t 甲＝2h g 。
由于乙球运动的周期性，所以乙球到达C 点的时间t 乙＝T 4＋n T 2＝π2
R
g (2n ＋1)(n ＝0，1，2，…)
由于甲、乙在C 处相遇，故t 甲＝t 乙
解得h ＝(2n ＋1)2π2R 8
(n ＝0，1，2，…)。
[答案] (1)22π (2)(2n ＋1)2π2R 8
(n ＝0，1，2，…) 4．有两个同学利用假期分别去参观位于天津市的“南开大学”和上海市的“复旦大学”，他们各自在那里的物理实验室利用先进的DIS 系统较准确地探究了单摆周期T 和摆长L 的关系。
然后他们通过互联网交流实验数据，并由计算机绘制了T 2-L 图像，如图甲所示。
甲 乙
(1)已知天津市比上海市的纬度高，则去“南开”的同学所测得的实验结果对应的图像是A 还是B?
(2)去“复旦”做研究的同学还利用计算机绘制了他实验用的a 、b 两个摆球
的振动图像，如图乙所示，由图像可知两单摆摆长之比L a L b
是多大？在t ＝2 s 时b
球运动方向沿“＋y ”还是“－y ”？
[解析] (1)由T ＝2πL g 得，T 2＝4π2g L ，知T 2-
L 图像的斜率越大，则重力加速度越小，因为上海当地的重力加速度小于天津，去南开的同学所测实验结果对应的图线的斜率小，应该是B 图线。
(2)由振动图线知，两单摆的周期比为T a T b ＝23
，由T ＝2πL g 知，两单摆摆长之比L a L b ＝49。
y -t 图像的斜率表示速度，故在t ＝2 s 时b 球运动方向是＋y 方向。
[答案] (1)B (2)49
＋y。