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通用版带答案高中物理选修一综合测试题专项训练

1

单选题
1、如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动，两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量大小均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为-4kg·m/s，则（  ）

A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
B．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
C．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
答案：A
规定向右为正方向，因为碰撞后A球的动量增量为-4kg·m/s，可知A球受到的冲击力为负方向，因此A球一定位于左方，A、B两球的动量大小均为6 kg·m/s，根据
mB＝2mA
可知
vA>vB
因此A球动量一定为正方向，若B球动量为正方向，根据动量守恒
ΔpA=-ΔpB
因此碰后A球的动量为2kg·m/s，碰后B球的动量为10kg·m/s，则
vAvB=pA'mA:pB'mB=2:5
若B球动量为负方向，碰后A球的动量为2kg·m/s，碰后B球的动量为-2kg·m/s，则会发生二次碰撞，不符合碰撞规律，故A正确，BCD错误。
故选A。
2、如图所示，两块相同的玻璃直角三棱镜ABC，两者的AC面是平行放置的，在它们之间是均匀的未知透明介质。一单色细光束O垂直于AB面入射，在图示的出射光线中（  ）

A．1、2、3（彼此平行）中的任一条都有可能
B．7、8、9（彼此平行）中的任一条都有可能
C．4、5、6（彼此平行）中的任一条都有可能
D．1、2、3、4、5、6、7、8、9中的任一条都有可能
答案：C
光束到AC面进入未知介质发生折射，如果介质折射率大于玻璃，则折射光偏离水平线向上，如果介质折射率小于玻璃，则折射光偏离水平线向下，如果相等，不发生折射，不论哪种折射情况再次从介质进入玻璃折射后一定沿原来方向射出，故4、5、6（彼此平行）中的任一条都有可能，故ABD错误，C正确。
故选C。
3、如图所示，质量相等的A、B两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是6 m/s，B球的速度是-2 m/s，A、B两球发生对心碰撞。对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果一定无法实现的是（  ）

A．vA'=-2m/s，vB'=6m/sB．vA'=2m/s，vB'=2m/s
C．vA'=1m/s，vB'=3m/sD．vA'=-3m/s，vB'=7m/s
答案：D
设每个球的质量均为m，碰前系统总动量 
p=mvA+mvB=6m-2m=4m
碰前的总动能 
Ek=12mvA2+12mvB2=20m
A．若vA′=-2 m/s，vB′=6 m/s，碰后总动量
p′=mvA′+mvB′=4m
动量守恒。
总动能 
Ek′=12mvA′2+12mvB′2=20m
机械能也守恒，A可能实现；故A正确。
B．若vA′=2 m/s，vB′=2 m/s，碰后总动量
p′=mvA′+mvB′=4m
总动能
Ek′=12mvA′2+12mvB′2=4m
动量守恒，机械能不增加，故B可能实现；故B正确。
C．碰后总动量 
p′=mvA′+mvB′=4m
总动能
Ek′=12mvA′2+12mvB′2=5m
动量守恒，机械能不增加，故C可能实现；故C正确。
D．碰后总动量 
p′=mvA′+mvB′=4m
总动能
Ek′=12mvA′2+12mvB′2=29m
动量守恒，机械能增加，违反能量守恒定律，故D不可能实现；
故选D。
4、三块相同的木块A、B、C，自同一高度由静止开始下落，其中B在开始下落时被一个水平飞来的子弹击中并嵌人其中，木块C在下落一半高度时被水平飞来的一子弹击中并嵌人其中，若三个木块下落到地面的时间分别为tA、tB、tC，则（  ）
A．tA=tB=tC
B．tA=tB<tC
C．tA<tB<tC
D．tA<tB=tC
答案：B
木块A做自由落体运动，木块B在刚要下落瞬间被子弹射中，并留在其中，木块B与子弹一起做平抛运动。竖直方向A、B均做自由落体运动，且下落高度相同，故二者下落时间相同，即
tA=tB
木块C落下一定距离后被同样的子弹水平射中，也留在其中，在子弹击中木块过程中，竖直方向动量守恒，根据动量守恒定律可知，由于子弹进入木块后总质量变大，所以木块竖直方向的速度变小，木块落地时间延长，木块C在空中的运动时间比A、B时间长，即
tA=tB<tC
则AB同时落地，C最后落地。
故选B。
5、一位同学站在水平地面上，某时刻该同学屈膝下蹲并竖直向上跳起，在人跳离地面之前的过程中地面对该同学的支持力做功为W，冲量为I，则下列判断正确的是（  ）
A．W=0，I=0B．W=0，I≠0
C．W≠0，I=0D．W≠0，I≠0
答案：B
因为在人起跳的过程中人受到的支持力的作用点没有位移，根据
W=FNx
可知支持力做功为零。
根据
I=FNt
可知弹力的冲量不为零。
故选B。
6、如图所示为冲击摆实验装置，一飞行子弹射入沙箱后与沙箱合为一体，共同摆起一定的高度，则下面有关能量的转化的说法中正确的是（　　）

A．子弹的动能转变成沙箱和子弹的内能
B．子弹的动能转变成了沙箱和子弹的热能
C．子弹的动能转变成了沙箱和子弹的动能
D．子弹的动能一部分转变成沙箱和子弹的内能，另一部分转变成沙箱和子弹的机械能
答案：D
子弹在射入沙箱瞬间，要克服摩擦阻力做功，有一部分动能转变成沙箱和子弹的内能，然后共同摆起一定高度的过程中系统机械能守恒，子弹和沙箱的动能完全转化为系统的重力势能，所以全过程子弹的动能是一部分转变成沙箱和子弹的内能，另一部分转变成沙箱和子弹的机械能，故ABC错误，D正确。
故选D。
7、如图所示，质量为m=2kg的小环穿在足够长的光滑直杆上，并通过L=0.5m的轻绳连接一质量为M=3kg的小球。假设把这一装置固定在空间站中，并给小环和小球提供方向相反、大小分别为v1=3m/s、v2=2m/s的初速度，则当小球摆到轻绳与直杆平行的位置时，小环的位移为（  ）

A．0.3mB．0.2mC．0.5mD．0.1m
答案：A
小球与小环水平方向合力为零，所以水平方向动量守恒，有
mv1-Mv2=mv'1-Mv'2
可得
mv'1-Mv'2=0
则有
ml1-Ml2=0
l1+l2=0.5m
联立可得小环的位移
l1=0.3m
故A正确，BCD错误。
故选A。
8、如图甲所示在一条张紧的绳子上挂几个摆，a、c摆的摆长相同且小于b摆的摆长。当a摆振动的时候，通过张紧的绳子给其他各摆施加驱动力，使其余各摆也振动起来。图乙是c摆稳定以后的振动图像，重力加速度为g，不计空气阻力，则（  ）

A．a、b、c单摆的固有周期关系为Ta＝Tc>Tb
B．b、c摆振动达到稳定时，c摆振幅较大
C．达到稳定时b摆的振幅最大
D．由图乙可知，此时b摆的周期Tb小于t0
答案：B
A．由单摆周期公式
T＝2πLg
可知，a、b、c单摆的固有周期关系为
Ta=Tc<Tb
A错误；
BC．因为Ta＝Tc，所以c摆发生共振，达到稳定时，c摆振幅较大，b摆的振幅最小，B正确，C错误；
D．受迫振动的周期等于驱动力的周期，所以三个单摆的周期相同，故Tb等于t0，D错误。
故选B。
9、固定的半圆形玻璃砖的横截面如图所示，O点为圆心，OO'为直径MN的垂线。足够大的光屏盯紧靠在玻璃砖的左侧且垂直于MN。一细束单色光沿半径方向射向圆心O点，入射光线与OO'夹角为θ。已知半圆形玻璃砖半径R＝20cm，该玻璃砖的折射率为n＝3。刚开始θ角较小时，光屏EF上出现两个光斑（图中未画出）。现逐渐增大θ角，当光屏EF上恰好仅剩一个光斑时，这个光斑与M点之间的距离为（  ）

A．102cmB．103cmC．202cmD．203cm
答案：C
A. 当θ较小时，由于反射和折射现象，所以EF屏上拙现两个光斑。当θ逐渐增大到一个值C时，即θ＝C，光屏上两个光斑恰好变成一个（如图所示）

说明此时光线恰好在MN面发生全反射，由临界角公式
sinC=1n=13= 33
此时θ＝C，则
sinθ=33
设A为屏上光斑，在△OMA中
sinθ=MOAO=33
由几何关系可知
MO＝R＝20cm
AO＝203 cm
且
AO2=MO2+MA2
代入可得
MA＝202cm
故C正确，ABD错误。
故选C。
10、一质点做简谐运动的图像如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．质点的振动频率是4HzB．0～10s内质点经过的路程是20cm
C．在t=4 s时质点的速度为0D．在t=1 s和t=3 s两时刻，质点的位移相同
答案：B
A．由图可知，质点振动的周期为4s，故频率为
f=1T=0.25 Hz
A错误；
B．每个周期质点的路程为4A，可知0～10s内质点的路程是振幅的10倍，故路程为20cm，B正确；
C．在t=4 s时，质点位于平衡位置，故速度最大，C错误；
D．在t=1 s和t=3 s两时刻，质点的位移大小相等，方向相反，D错误。
故选B。
11、如图所示，弹簧振子B上放一个物块A，在A与B一起做简谐运动的过程中，下列关于A受力的说法中正确的是（  ）

A．物块A受重力、支持力及B对它的大小和方向都随时间变化的摩擦力
B．物块A受重力、支持力及弹簧对它的大小和方向都随时间变化的弹力
C．物块A受重力、支持力及B对它的回复力
D．物块A受重力、支持力及弹簧对它的恒定的弹力
答案：A
物块A受到重力、支持力和摩擦力的作用，重力和支持力二力平衡，摩擦力提供A做简谐运动所需的回复力，由F＝－kx知，摩擦力的大小和方向都随时间变化。A正确，BCD错误。
故选A。
12、下列现象中可以用薄膜干涉来解释的是（　　）
A．荷叶上的水珠在阳光下晶莹透亮
B．雨后的彩虹
C．透过昆虫的翅膀看阳光呈显彩色
D．水面上的油膜在阳光照射下呈彩色
答案：D
A．荷叶上的水珠在阳光下晶莹透亮是全反射的结果，故A错误；
B．雨后的彩虹是光发生折射形成的色散现象，故B错误；
C．透过昆虫的翅膀看阳光呈彩色是衍射现象，故C错误；
D．油膜在阳光照射下呈彩色是薄膜干涉的结果，故D正确。
故选D。
13、如图所反映的物理过程中，以物体A和物体B为一个系统符合系统机械能守恒且水平方向动量守恒的是（    ）

A．甲图中，在光滑水平面上，物块B以初速度v0滑上上表面粗糙的静止长木板A
B．乙图中，在光滑水平面上，物块B以初速度v0滑下靠在墙边的表面光滑的斜面A
C．丙图中，在光滑水平上面有两个带正电的小球A、B相距一定的距离，从静止开始释放
D．丁图中，在光滑水平面上物体A以初速度v0滑上表面光滑的圆弧轨道B
答案：D
A．在光滑水平面上，物块B以初速度v0滑上上表面粗糙的静止长木板A，物体A和物体B为一个系统的机械能不守恒，水平方向动量守恒，A错误；
B．在光滑水平面上，物块B以初速度v0滑下靠在墙边的表面光滑的斜面A，物体A和物体B为一个系统的机械能守恒，水平方向动量不守恒，B错误；
C．在光滑水平上面有两个带正电的小球A、B相距一定的距离，从静止开始释放，物体A和物体B为一个系统的机械能不守恒，水平方向动量守恒，C错误；
D．在光滑水平面上物体A以初速度v0滑上表面光滑的圆弧轨道B，曲面体问题，物体A和物体B为一个系统的机械能守恒，水平方向动量守恒，D正确。
故选D。
14、水刀切割具有精度高、无热变形、无毛刺、无需二次加工以及节约材料等特点，因而得到广泛应用。某水刀切割机床如图所示，若横截面直径为d的圆柱形水流垂直射到要切割的钢板上，碰到钢板后水的速度减为零。已知水的流量（单位时间流出水的体积）为Q，水的密度为ρ，则钢板受到水的平均冲力大小为（  ）

A．4QρB．QρC．16ρQπd2D．4ρQ2πd2
答案：D
ABCD．水流速度
v=QS=Qπ(d2)2
在Δt时间内由动量定理可得 
-FΔt=0-ρ×Q×Δt×Qπ(d2)2
解得
F=4ρQ2πd2
故D正确，ABC错误。
故选D。
15、如图所示，M、N和P为“验证动量守恒定律”实验中小球的落点。已知入射球质量为m1，被碰球质量为m2，如果碰撞中动量守恒，则有（  ）

A．m1·（OP-OM）=m2·ON
B．m1·（OP-OM）=m2·O'N
C．m1·（OP＋OM）=m2·O'N
D．m1·OP=m2·（O'N＋OM）
答案：B
不放被碰小球时，落点为P，则水平位移为OP；放上被碰小球后小球a、b的落地点依次是图中水平面上的M点和N点，则水平位移为OM和O′N；碰撞过程中，如果水平方向动量守恒，由动量守恒定律得
m1v1=m1v1'+m2v2
小球做平抛运动时抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间t相等，两边同时乘以时间t
m1v1t=m1v1't+m2v2t
得
m1OP=m1OM+m2O'N
变形可得
m1(OP-OM)=m2O'N
故选B。
多选题
16、质量为m的物体，以v0的初速度沿斜面上滑，到达最高点后返回原处的速度大小为vt，且vt＝0.5v0，则(  )
A．上滑过程中重力的冲量比下滑时小
B．上滑时和下滑时支持力的冲量都等于零
C．合力的冲量在整个过程中大小为32mv0
D．整个过程中物体的动量变化量为12mv0
答案：AC
A．以v0的初速度沿斜面上滑，返回原处时速度为vt＝0.5v0，说明斜面不光滑，设斜面长为l，则上滑过程所需时间
t1=lv02=2lv0
下滑过程所需时间
t2=lvt2=4lv0
t1<t2
根据冲量的定义可知，上滑过程中重力的冲量比下滑时小，A正确；
B．上滑和下滑时支持力的冲量都不等于零，B错误；
CD．对全过程应用动量定理，则
I合＝Δp＝－mvt－mv0＝－32mv0
C正确，D错误。
故选AC。
17、根据高中所学知识可知，将一个单摆的摆球拉离平衡位置，无初速度地释放，经过一次全振动后，摆球将回到释放位置。但实际上，在北京使一摆长为60m的单摆的摆球偏离平衡位置3m后，无初速度地释放，经过一次全振动后，摆球将沿顺时针方向偏离释放点约3mm，如图所示。这一现象可解释为，小球除了受到重力和细线的拉力外，由于地球自转，在摆动过程中小球还受到一个“力”，该“力”的许多性质与带电粒子受到的洛伦兹力相似。例如，该力方向的确定可采用左手定则，由南指向北的地球自转轴的方向可类比成磁感线的方向，摆球的速度方向可类比成正电荷的速度方向；该力的大小与摆球垂直于地球自转轴的速率成正比。则下列说法错误的是（  ）

A．若将该单摆移动到北极做该实验，即使其他条件一样，现象将更明显
B．若将该单摆移动到赤道做该实验，即使其他条件一样，观察不到明显的偏离
C．若将该单摆移动到南半球做该实验，摆球将沿逆时针方向偏离释放点
D．在一次全振动中，该“力”先做正功后做负功，做的总功为零
E．在图中，小球从左向右运动的过程中受到垂直于摆动平面向外的“力”
F．在图中，小球从左向右运动将偏向直径的外侧，即图中的a点
G．这个实验巧妙地证明了地球在自转
答案：CD
A．在北极，可用左手定则判断：张开手掌，使拇指与其余四指垂直，让地球自转轴向上穿过手心，四指指向摆球垂直于地球自转轴的分速度方向，拇指指向就是该“力”的方向，可知该“力”的方向垂直于小球运动方向和摆线所构成的平面，在北极摆球垂直于地球自转轴的分速度是最大的，则该“力”的大小是最大的，因此现象更明显，A不符合题意；
B．在赤道，同理用左手定则判断该力方向垂直于水平面向上或向下，所以摆球不偏离，因此观察不到明显的偏离，B不符合题意；
C．无论南北半球，由南向北的地球自转轴方向不变，用左手定则判断得到摆球都是沿顺时针方向偏离，C符合题意。
D．该“力”类似洛伦兹力，分析始终与速度方向垂直，故不做功，D符合题意；
EFG．在图中，小球从左向右运动过程中，受到垂直于摆动平面向外的“力”，摆球的运动将偏向直径的外侧，即图中的a点（顺时针方向偏离）。此“力”是由于地球的自转产生的，该试验也巧妙的证明了地球的自转，EFG不符合题意。
故选CD。
18、美国科研人员在2016年2月11日宣布，他们利用激光干涉引力波天文台（LIGO）于2015年9月首次探测到引力波，证实了爱因斯坦100年前所做的猜测。在爱因斯坦的描述中，有质量的物体会使它周围的时空发生扭曲，物体质量越大，时空就扭曲得越厉害。当有质量的两物体加速旋转的时候，他们周围的时空会发生起伏、震颤……这种“时空扰动”以波（涟漪）的形式向外传播，这就是“引力波”。其实只要有质量的物体加速运动就会产生引力波，不同方式产生的引力波的波长是不一样的。引力波是以光速传播的时空扰动，是横波。引力波和物质之间的相互作用极度微弱，因此它的衰减也是极度缓慢的。引力波的发现为我们打开了研究宇宙的全新窗口，引力波携带着与电磁波截然不同的信息，将为我们揭示宇宙新的奥秘。根据上述材料推断，下列说法正确的是（  ）

A．引力波传播需要介质
B．引力波不可能携带波源的信息
C．引力波会有干涉现象
D．引力波的振动方向与传播方向垂直
答案：CD
A．天文台探测到“引力波”，说明“引力波”在真空中也能传播，故A错误；
B．“引力波”携带波源的信息，故B错误；
CD．“引力波”是横波，会有干涉、衍射、偏振等现象，且引力波的振动方向与传播方向垂直，故CD正确。
故选CD。
19、一列沿x轴传播的简谐横波在t=0时刻的波形如图甲所示，图乙是位于x=1m的质点N此后的振动图像，Q是位于x=10m处的质点。则下列说法正确的是（  ）

A．波沿x轴正方向传播
B．在6s~6.5s时间内，质点M的速度在增大，加速度在减小
C．在t=9s时，质点N运动到Q点
D．在t=10s时，质点 Q通过的路程为24cm
答案：AD
A．由图乙可知质点N的起振方向向下，由波的上坡下下坡上法则可得知波沿x轴正方向传播，故A正确；
B．由甲图结合A选项可知，0时刻质点在平衡位置开始向上振动，由乙图可知，振动的周期T为4s，所以在t=6s时，刚好经过3T2,回到平衡位置，在6s~6.5s时间内，在远离平衡位置，有速度减小，加速度增大，故B错误；
C．横波中质点只会上下振动，不会随波移动，故C错误；
D．由
v=λT
带入数据计算可得波速
v=1m/s
波从M传到Q点需要7s，此后Q上下振动，所以Q在t=10s内振动的路程为
s=3T4A=24cm
故D正确。
故选AD。
20、如图所示，在光滑水平地面上有一长木板，其左端放有一质量为2m的木块（可视为质点），木块与长木板之间的动摩擦因数为μ。开始时，长木板和木块都静止，现有一质量为m的子弹以初速度v0击中木块并停留其中，设长木板撞到前方固定的障碍物前，长木板和木块的速度已经相等。已知长木板与障碍物发生弹性碰撞，经足够长的时间后，木块始终不从长木板上掉下来，则（已知重力加速度为g）（  ）

A．长木板与障碍物碰撞前，子弹、木块、长木板三者组成的系统动量守恒
B．长木板与障碍物碰撞前，子弹、木块、长木板三者组成的系统机械能守恒
C．若长木板的质量为6m，长木板可能与障碍物发生两次碰撞
D．若长木板的质量为3m，长木板的长度至少为v0218μg
答案：AD
AB．长木板与障碍物碰撞前，子弹、木块、长木板三者组成的系统所受的合外力为零，所以系统的动量守恒。由于有机械能转化为内能，所以系统的机械能不守恒，故A项正确，B项错误；
C．设长木板的质量为M，长木板要能与障碍物发生两次碰撞，第一次碰撞前子弹和木块的总动量应大于长木板的动量，则有
(m+2m)v>Mv
得
M<3m
所以若长木板的质量为6m，长木板不可能与障碍物发生两次碰撞，故C项错误；
D．子弹射入木块的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得
mv0=(m+2m)v1
解得
v1=13v0
木块在长木板上滑行过程，由动量守恒定律得
(m+2m)v1=(m+2m+3m)v2
由能量守恒定律得
μ⋅3mgL1=12(m+2m)v12-12(m+2m+3m)v22
长木板与障碍物碰撞后，以向右为正方向，由动量守恒定律得
-3mv2+(m+2m)v2=(m+2m+3m)v3
解得
v3=0
所以子弹、木块、长木板最终静止，由能量守恒定律得
μ⋅3mgL2=12(m+2m+3m)v22
长木板的长度至少为
L=L1+L2
联立解得
L=v0218μg
故D项正确。
故选AD。
21、一简谐横波沿x轴传播，t＝1s时的波形如图甲所示，x＝1m处质点的振动图线如图乙所示，则下列说法正确的是（  ）

A．此波的波长λ=2m
B．波的传播速度为2m/s
C．该波沿x轴正方向传播
D．t＝1.5s时，x＝2m处质点的位移为－5cm
答案：AD
A．根据波动图像得到波长λ=2m，故A正确；
B．根据振动图像知周期T＝2s，则波速
v=λT=1m/s
故B错误；
C．由图乙知，t＝1s时，x＝1m处质点的振动方向向上，对图甲，根据波形平移法，可知该波沿x轴负向传播，故C错误；
D．由图甲知，t＝1s时，x＝2m处质点位移为零，波沿x轴负向传播，根据波形平移法知此时刻该质点从平衡位置向下振动，则再经0.5s，即四分之一周期，x＝2m的质点将沿y轴负方向振动到最大位移处，所以t＝1.5s时，x＝2m处质点的位移为－5cm，故D正确。
故选AD。
22、如图所示，两质量相等的物体B、C用质量不计的弹簧拴接放在光滑的水平面上，物体C紧靠左侧的固定挡板，但未粘合在一起，另一物体A以水平向左的速度v0向物体B运动，经过一段时间和物体B碰撞并粘合在一起，已知物体A、B、C的质量分别M、m、m，整个过程中弹簧未超过弹性限度。则下列说法正确的是（  ）

A．整个过程中，三个物体组成的系统动量、机械能均守恒
B．整个过程中挡板对物体C的冲量大小为Mv0
C．物体C的最大速度为2Mv0M+2m
D．如果M=m，则物体C离开挡板前、后弹簧的最大弹性势能之比为3:1
答案：CD
A．A与B碰撞后两物体粘在一起，A与B的碰撞过程中，三物体与弹簧组成的系统机械能有损失，物体AB碰后粘在一起到物体C离开挡板的过程中，挡板对物体C有向右的支持力，三物体与弹簧组成的系统所受合外力不为0，系统动量不守恒，故A错误；
B．设物体A与B碰撞后的瞬间，AB粘合体的速度为v，根据动量守恒定律得
Mv0=(M+m)v
根据能量守恒定律可知，弹簧第一次恢复到原长时AB粘合体的速度大小为v，以水平向右为正方向，对物体A与物体B碰撞粘合在一起到弹簧恢复原长的过程，根据动量定理得，弹簧对AB粘合体的冲量为
I=(M+m)v-(M+m)(-v)=2(M+m)v=2Mv0
所以弹簧弹力对AB的冲量大小为2Mv0，该过程中物体C一直静止，故挡板对C的冲量大小也为2Mv0，故B错误；
C．物体C离开挡板后，三物体与弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒，当弹簧再次恢复到原长时，物体C的速度最大，设弹簧再次恢复原长时AB粘合体与C的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律得
(M+m)v=(M+m)v1+mv2
根据机械能守恒定律可得
12(M+m)v2=12(M+m)v12+12mv22
解得
v2=2Mv0M+2m
故C正确；
D．物体离开挡板前弹簧最短时弹簧的弹性势能最大，由能量守恒定律得
Ep1=12(M+m)v2
物体C离开挡板后，当三者共速时弹簧最长或最短，弹簧的弹性势能最大，设三者共速时速度为v'，根据动量守恒定律可得
(M+m)v=(M+2m)v'
根据机械能守恒定律可得
Ep2=12(M+m)v2-12(M+m)v'2
且
M=m
解得
Ep1:Ep2=3:1
故D正确。
故选CD。
23、如图所示，足够长的光滑细杆PQ水平固定，质量为m的物块A穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动，质量为0.99m的物块B通过长度为L的轻质细绳竖直悬挂在A上，整个装置处于静止状态，A、B可视为质点。若把A固定，让质量为0.01m的子弹以v0水平射入物块B后，物块B恰好能在竖直面内做圆周运动，且B不会撞到轻杆。则以下说法正确的是（  ）（子弹射入时间极短且均未穿出物块）

A．在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B构成的系统，其动量和机械能都守恒
B．子弹射入物块B的初速度v0=1005gL
C．若物块A不固定，子弹仍以v0射入时，物块B上摆的初速度将等于原来物块A固定时的上摆初速度
D．若物块A不固定，要使物块B上摆的最大高度与A等高，子弹的初速度应为200gL
答案：BCD
A．在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B构成的系统，其动量守恒，由于摩擦发热，所以机械能不守恒，A错误；
B．子弹射入物块B的过程
0.01mv0=mv
物块恰好运动到最高点
mg=mv12L
从最低点到最高点，由动能定理得
-2mgL=12mv12-12mv2
解得
v0=1005gL
B正确；
C．若物块A不固定，子弹仍以v0射入时，瞬间不受A的影响，所以子弹和物块B动量守恒，物块B上摆的初速度将等于原来物块A固定时的上摆初速度。C正确；
D．若物块A不固定，要使物块B上摆的最大高度与A等高，则有
0.01mv0=mv
0.01mv0=2mv2
12mv2=12×2mv22+mgL
解得
v0=200gL
D正确。
故选BCD。
24、如图所示，图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为介质中x=2m处的质点P以此时刻为计时起点的振动图象，质点Q的平衡位置位于x=3.5m。下列说法正确的是（  ）

A．在0.3s时间内，质点P向右移动了3m
B．这列波的传播速度是20m/s
C．这列波沿x轴正方向传播
D．t=0.1s时，质点P的加速度大于质点Q的加速度
E．t=0.25s时，x=3.5m处的质点Q到达波谷位置
答案：CD
A．据波的传播特点可知，质点并不随波迁移，而是在平衡位置附近做简谐运动，故A错误；
B．由图知：λ=4m，T=0.4s，则波速
v=λT=10m/s
故B错误；
C．由乙图读出，t=0时刻质点P的速度向上，则由波形的平移法可知，这列波沿x轴正方向传播，故C正确；
D．当t=0.1s时，质点P处于最大位移处，据简谐运动的特点可知，此时加速度最大，而质点Q此时不在最大位移处，所以质点P的加速度大于质点Q的加速度，故D正确；
E．经过0.25s波沿x轴正向传播2.5m，则此时质点Q到达波峰位置，故E错误。
故选CD。
25、如图所示是一列简谐波在t=0时的波形图像，波速为v=10m/s，此时波恰好传到I点，下列说法中正确的是（  ）

A．此列波的周期为T=0.4s
B．质点B、F在振动过程中位移总是相等
C．质点I的起振方向沿y轴负方向
D．当t=5.1s时，x=10m的质点处于平衡位置时
E．质点A、C、E、G、I在振动过程中位移总是相同
答案：ABC
A．由波形图可知，波长λ=4m，则
T=λv=0.4s
故A正确；
B．质点B、F之间的距离正好是一个波长，振动情况完全相同，所以质点B、F在振动过程中位移总是相等，故B正确；
C．由图可知，I刚开始振动时的方向沿y轴负方向，故C正确；
D．波从x=0传到x=10m的质点的时间
t′=xv=1s
当t=5.1s时，x=10m的质点又振动了4.1s=1014T，所以此时处于波谷处，故D错误；
E．相邻质点间的距离为半个波长，振动情况相反，所以位移的方向不同，故E错误。
故选ABC。
填空题
26、如图所示，一个质量为m的木块放在质量为2m的平板小车上，它们之间的最大静摩擦力是fm，在劲度系数为k的轻质弹簧作用下，沿光滑水平面做简谐运动。为使小车能和木块一起振动，不发生相对滑动，简谐运动的振幅不能大于________。

答案：3fm2k
[1]对小车
fm=2mam
对木块
kA-fm=mam
解得
A=3fm2k 
即简谐运动的振幅不能大于3fm2k。
27、如图所示，一水平弹簧振子在A、B间做简谐运动，平衡位置为O，已知物体的质量为M。

（1）同一振动系统简谐运动的能量取决于___________，物体振动时动能和___________相互转化，总机械能___________。
（2）物体在振动过程中，下列说法中不正确的是(      )
A．物体在平衡位置，动能最大，弹性势能最小
B．物体在最大位移处，弹性势能最大，动能最小
C．物体在向平衡位置运动时，由于物体振幅减小，故总机械能减小
D．在任意时刻，动能与弹性势能之和保持不变
（3）若物体运动到B处时将一质量为m的物体放到M的上面，且m和M无相对滑动而一起运动，下列说法正确的是(      )
A．振幅增大           B．振幅减小
C．最大动能不变       D．最大动能减小
答案：     振幅     弹性势能     守恒     C     C
（1）[1][2][3]简谐运动的能量取决于振幅，物体在振动过程中，只有弹簧弹力做功，故物体振动时只有动能和弹性势能相互转化，总机械能守恒。
（2）[4]A．物体在平衡位置两侧往复运动，在平衡位置处速度达到最大，动能最大，弹性势能最小，故A正确，不符合题意；
B．在最大位移处速度为零，动能为零，此时弹簧的形变量最大，弹性势能最大，故B正确，不符合题意；
C．振幅的大小与物体的位置无关，当物体向平衡位置运动时，位移减小，振幅不变，总机械能不变，故C错误，符合题意；
D．在任意时刻只有弹簧的弹力做功，系统机械能守恒，故D正确，不符合题意。
本题选错误的，故选C。
（3）[5]AB．物体运动到B点时速度恰为零，此时放上质量为m的物体，系统的总能量即为此时弹簧储存的弹性势能，与物体质量无关，所以系统总能量不变，振幅不变，故AB错误；
CD．由于系统总能量不变，当物体到达平衡位置时，速度最大，动能最大，弹性势能为零，所以最大动能不变，故C正确，D错误。
故选C。
28、某横波在介质中传播，t=0时刻波传播到x轴上的质点B时，所形成的波形如图所示，则O点开始振动时振动方向________（选填"向上"或"向下"），若已知计时开始后，则质点A在t=0.3s时第二次出现在平衡位置，该简谐横波的波速等于________m/s。

答案：     向上     5
[1]由图知，B点开始振动时向上振动，故O点开始振动时振动方向向上；
[2]由质点A在t=0.3s时第二次出现在平衡位置得
34T=0.3s
解得
T=0.4s
由图像可知，波长为2m，则有
v=λT=5m/s
29、如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h。今有一质量为m的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，小物体和斜面体组成的系统动量___________（填“守恒”或“不守恒”），斜面体在水平面上移动的距离是___________。

答案：     不守恒     mh（M+m）tanα
[1][2]由于在竖直方向上，初动量为零而末动量不为零，因此斜面体与小物体组成的系统动量不守恒，但在水平方向上整个系统不受外力，动量守恒，设小物体在下滑过程中，水平方向上的平均速度为v1，对地位移为s1，斜面体在水平方向上的平均速度为v2，对地位移为s2，运动的时间为t,则有
0=mv1-Mv2
两边同时乘以时间t，可得
0=ms1-Ms2
且
s1+s2=htanα
联立可得斜面体在水平面上移动的距离
s2=mh(M+m)tanα
30、如图，一小船以1.0 m/s的速度匀速前行，站在船上的人竖直向上抛出一小球，小球上升的最大高度为0.45 m，则小球做的是___________（选填“上抛”或“斜抛”）运动。假定抛接小球时人手的高度不变，不计空气阻力，g取10 m/s2，当小球再次落入手中时，小船前进的距离为___________m。 

答案：     斜抛     0.6
[1]小球抛出时速度方向斜向上，故做斜抛运动。
[2]抛出小球过程，小球与小船组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知，抛出小球后，小球与小船在水平方向的速度不变，小球与小船在水平方向都做匀速直线运动；设小球抛出后在竖直方向上升的时间为t，小球上升高度
h=12gt2
代入数据解得
t=0.3 s
从抛出小球到小球落入手中的时间
t′=2t=2×0.3 s=0.6 s
在此时间内小船在水平方向做匀速直线运动，小船前进的距离
s=vt′=1.0×0.6 m=0.6 m

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