1．(2009年高考福建理综卷)一炮艇总质量为M，以速度v₀匀速行驶，从艇上以相对海岸的水平速度v沿前进方向射出一质量为m的炮弹，发射炮弹后艇的速度为v′，若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是(　)

A．Mv₀＝(M－m)v′+mv

B．Mv₀＝(M－m)v′+m(v+v₀)

C．Mv₀＝(M－m)v′+m(v+v′)

D．Mv₀＝Mv′+mv

解析：选A.根据动量守恒定律，可得Mv₀＝(M－m)v′+mv.

A．两者的速度均为零

B．两者的速度总不会相等

C．盒子的最终速度为mv₀/M，方向水平向右

D．盒子的最终速度为mv₀/(M+m)，方向水平向右

解析：选D.由于盒子内表面不光滑，在多次碰后物体与盒相对静止，由动量守恒得：mv₀＝(M+m)v′解得：v′＝，故D对．

A．炸药爆炸后瞬间，A、B两物块速度方向一定相同

B．炸药爆炸后瞬间，A、B两物块速度方向一定相反

C．炸药爆炸过程中，A、B两物块组成的系统动量不守恒

D．A、B在炸药爆炸后至A、B相对传送带静止的过程中动量守恒

解析：选D.炸药爆炸后，A、B两物块的速度是否反向，取决于炸药对两物块推力的冲量大小，应该存在三种可能即速度为零、反向和保持原来的方向．由于炸药对两物块的冲量大小相等，方向相反，所以两物块的动量变化量一定大小相等，又两物块受到的摩擦力大小相等、方向相反，故两物块一定同时相对传送带静止，故两物块组成的系统动量守恒．

11.

(1)下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能；

(2)滑块向下运动过程中加速度的大小；

(3)滑块下移距离d时ER流体对滑块阻力的大小．

解析：(1)设物体下落末速度为v₀，由机械能守恒定律有

mgL＝mv₀²得v₀＝

设碰后共同速度为v₁，由动量守恒定律有

2mv₁＝mv₀得v₁＝

碰撞过程中系统损失的机械能为

ΔE＝mv₀²－×2mv₁²＝mgL.

(2)设加速度大小为a，有2as＝v₁²

得a＝.

(3)设弹簧弹力为F_N，ER流体对滑块的阻力为F_ER，受力分析如图所示

F_N+F_ER－2mg＝2ma

F_N＝kx

x＝d+

得F_ER＝mg+－kd.

答案：(1)mgL　(2)　(3)mg+－kd

(1)木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中，木块B所发生的位移；

(2)木块A在整个过程中的最小速度；

(3)整个过程中，A、B两木块相对于木板滑动的总路程是多少？

解析：(1)木块A先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动；木板C做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A、B、C三者的速度相等为止，设为v₁.对A、B、C三者组成的系统，由动量守恒定律得：

mv₀+2mv₀＝(m+m+3m)v₁

解得：v₁＝0.6v₀

对木块B运用动能定理，有：

－μmgs＝mv₁²－m(2v₀)²

解得：s＝91v₀²/(50μg)．

(2)设木块A在整个过程中的最小速度为v′，所用时间为t，由牛顿第二定律：

对木块A：a₁＝μmg/m＝μg，

对木板C：a₂＝2μmg/3m＝2μg/3，

当木块A与木板C的速度相等时，木块A的速度最小，因此有：

v₀－μgt＝(2μg/3)t，解得t＝3v₀/(5μg)

木块A在整个过程中的最小速度为：

v′＝v₀－a₁t＝2v₀/5.

(3)Q_总＝Q₁+Q₂＝F_fs_相1+F_fs_相2＝ΔE_k损

所以s_相总＝s_相1+s_相2＝＝＝.

答案：(1)91v₀²/(50μg)　(2)2v₀/5　(3)

8．在光滑水平面上，动能为E₀、动量的大小为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E₁、p₁，球2的动能和动量的大小分别记为E₂、p₂，则必有(　)

A．E₁<E₀ 　　　　　　　　　　　B．p₁<p₀

C．E₂>E₀　 　　　　　　　　　　D．p₂>p₀

解析：选ABD.两个钢球组成的系统在碰撞过程中动量守恒，设钢球1初动量的方向为正方向，由动量守恒得：p₀＝p₂－p₁，可见p₂>p₀，故选项D正确．单从动量方面分析，p₁可以大于p₀，若如此必有碰后系统的机械能增加，但对于碰撞问题，碰撞后系统的动能不可能大于碰前系统的动能，因此E₁+E₂≤E₀，必有E₁<E₀，E₂<E₀，显然选项A正确，选项C不正确．由动量的大小和动能的关系p²＝2mE_k，因为E₁<E₀，得p₁<p₀，选项B正确．故本题正确答案为A、B、D.

A．A球的速度大小为

B．B球对A球做的功为mv²

C．A球的动能为2mv²

D．A球的动量大小为mv

解析：选C.以A、B两带电小球为系统对其进行受力分析可知，系统的合外力为零，所以系统动量守恒，B的速度为v时，设A的速度为v′，则0＝2mv+mv′，故v′＝－2v，所以选项A错误；A小球获得的动能为mv′²＝2mv²，所以选项C正确；由动能定理可知小球B对小球A做的功即为A球所增加的动能2mv²，所以选项B错误；A球动量的大小为2mv，所以选项D错误．

解析：以子弹和木块为系统，动量守恒．取向右为正方向，设子弹打入木块后瞬间二者的速度为v₁.则m₀v₀＝(m₀+m₁)v₁，v₁＝5 m/s.

当三者速度相同时，弹簧具有最大弹性势能，设共同速度为v₂，由动量守恒定律得：m₀v₀＝(m₀+m₁+m₂)v₂，v₂＝1 m/s

设最大弹性势能为E_p，由能量守恒定律得：

E_p＝(m₀+m₁)v₁²－(m₀+m₁+m₂)v₂²

由以上三式解得：E_p＝10 J.

答案：10 J

12.“嫦娥一号”载人飞船的成功发射，标志着我国航天技术新的突破．如果宇航员将在地面上校准的摆钟拿到月球上去．

(1)若此钟在月球上记录的时间是1 h，那么实际的时间是多少？

(2)若要在月球上使该钟与在地面上时一样准，摆长应如何调节？(已知g_月＝)

解析：(1)设在地球上该钟的周期为T₀，在月球上该钟的周期为T，设在月球上指示的时间为t，则在月球上该钟在时间t内振动的次数N＝.设在地面上振动次数N时所指示的时间为t₀，则有N＝，所以＝

又T＝2π

所以t₀＝·t＝ ·t＝×1 h＝ h

所以地面上的实际时间为 h.

(2)要使其与在地面上时走得一样准应使T＝T₀，

即＝，l_月＝·l_地＝l_地．

应将摆长调为原来的.

答案：(1) h　(2)调为原来的

11．(2010年济南模拟)图7－1－21甲是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能达到的最远位置．设摆球向右运动方向为正方向．图7－1－21乙是这个单摆的振动图象．根据图象回答：

　　　　　　　　　　　 图7－1－21

(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9.86 m/s²，试求这个单摆的摆长是多少？

解析：(1)由x－t图可知T＝0.8 s，

所以f＝＝ Hz＝1.25 Hz.

(2)t＝0时x＝－4 cm，故开始时刻摆球在B位置．

(3)根据T＝2π ，

所以l＝＝0.16 m.

答案：(1)1.25 Hz　(2)B点　(3)0.16 m

9.

A．物体在最低点时的弹力大小应为2mg

B．弹簧的弹性势能和物体的动能总和保持不变

C．弹簧最大速度等于

D．物体的最大动能应等于mgA

解析：选ACD.由题意知振子在最高点回复力等于重力，根据对称性可知，其在最低点回复力等于mg，方向竖直向上，则F_弹＝F_回+mg＝2mg，A项正确；

振动过程中，由于重力和弹簧弹力做功，

系统动能、重力势能、弹性势能相互转化，

其总和保持不变，B项错误；振子从最大位移处回到平衡位置，回复力做功为W＝mgA，

所以E_km＝mgA，D项正确；由E_km＝mv_m²，得v_m＝，故C项正确．

解析：把m₁的运动分成两个分运动，其一是沿AD方向的匀速运动，其二是沿AB圆弧的运动，实际相当于摆长等于圆弧槽半径的单摆运动．

在AD方向上：s＝vt①

在AB弧上运动，等效成单摆运动：t＝nT②

T＝2π③

由②式和③式可得：t＝2nπ(n＝1,2,3…)

代入①式中得：v＝＝(n＝1,2,3…)．

答案：v＝(n＝1,2,3…)

8．(2009年高考宁夏卷)某振动系统的固有频率为f₀，在周期性驱动力的作用下做受迫振动，驱动力的频率为f.若驱动力的振幅保持不变，下列说法正确的是(　)

A．当f＜f₀时，该振动系统的振幅随f增大而减小

B．当f＞f₀时，该振动系统的振幅随f减小而增大

C．该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f₀

D．该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f

解析：选BD.受迫振动的频率总等于驱动力的频率，D正确；驱动力频率越接近固有频率，受迫振动的振幅越大，B正确．

7.如图7－1－18所示为单摆的振动图象，则由图可知(　)

图7－1－18

A．频率为 Hz

B．摆长为9.8 m

C．回复力方向改变的时刻分别为 s、 s、 s

D．速度方向改变的时刻分别为π s、2π s、3π s

解析：选BCD.由题图可知，单摆的振动周期为2π s，所以频率f＝＝ Hz，A不正确．周期为2π s，

由周期公式T＝2π可知摆长l＝9.8 m，B正确．

回复力方向改变应是摆球通过平衡位置O的时刻，

即 s、 s和 s时刻，C正确．速度方向改变时刻应是0 s、π s、2π s、3π s时刻，所以D正确．

6．(2010年海南海口调研)有一摆长为L的单摆，悬点正下方某处有一小钉，当摆球经过平衡位置向左摆动时，摆线的上部将被挡住，使摆长发生变化．现使摆球做小角度摆动，图7－1－17为摆球从右边最高点M摆至左边最高点N的闪光照片(悬点与小钉未被摄入)，P为摆动中的最低点，每相邻两次的时间间隔相等，则小钉距悬点距离为(　)

　　　　　　　　　 图7－1－17

A.　 　　　　　　　　　　　B.

C.　 　　　　　　　　　　　D．无法确定

解析：选C.由图知，左、右周期之比为1∶2，故由单摆的周期公式可知左、右摆长之比为1∶4，所以小钉与悬点距离为，C正确．

5.

A．0-0.3 s

B．0.3-0.6 s

C．0.6-0.9 s

D．0.9-1.2 s

解析：选BD.质点做简谐运动时加速度方向与回复力方向相同，与位移方向相反，总是指向平衡位置；位移增加时速度与位移方向相同，位移减小时速度与位移方向相反．