高中物理新教材同步选择性必修第一册 主题1 检测试卷(一)同步讲义

检测试卷(一)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共计40分.其中1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题)1.下列说法错误的是()A.根据F＝eq\f(Δp,Δt)可把牛顿第二定律表述为：物体动量的变化率等于它所受的合外力B.动量定理的物理实质与牛顿第二定律是相同的，但有时用起来更方便C.力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，它是一个标量D.易碎品运输时要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力答案C解析A选项是牛顿第二定律的另一种表达方式，所以A正确；F＝eq\f(Δp,Δt)是牛顿第二定律的最初表达方式，实质是一样的，B正确；冲量是矢量，C错误；易碎品运输时用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间，减小作用力，D正确.2.(2018·晋江季延中学高二期末)一个礼花弹竖直上升到最高点时炸裂成三块碎片，其中一块碎片首先沿竖直方向落至地面，另两块碎片稍后一些同时落至地面.则在礼花弹炸裂后的瞬间这三块碎片的运动方向可能是()答案D解析由于一块碎片首先沿竖直方向落至地面，这个碎片的速度方向应竖直向下，根据动量守恒，另两块碎片的动量合成后应竖直向上，故D正确.3.(2018·林州一中高二月考)如图1所示，在光滑的水平面上放置有两木块A和B，A的质量较大，现同时施加大小相等的恒力F使它们相向运动，然后又同时撤去外力F，A和B迎面相碰后合在一起，则A和B合在一起后的运动情况是()图1A.停止运动B.因A的质量较大而向右运动C.因B的速度较大而向左运动D.运动方向不确定答案A解析由动量定理知，A和B在碰撞之前的动量等大反向，合动量为零，碰撞过程中动量守恒，因此碰撞合在一起之后的总动量仍为零，即停止运动，故选A.4.如图2所示，半径为R的光滑半圆槽质量为M，静止在光滑水平面上，其内表面有一质量为m的小球被竖直细线吊着位于槽的边缘处，现将线烧断，小球滑行到最低点向右运动时，槽的速度为(重力加速度为g)()图2A.0B.eq\f(m,M)eq\r(\f(2MgR,M＋m))，方向向左C.eq\f(m,M)eq\r(\f(2MgR,M＋m))，方向向右D.不能确定答案B解析以水平向右为正方向，设在最低点时m和M的速度大小分别为v和v′，根据动量守恒定律得：0＝mv－Mv′，根据机械能守恒定律得：mgR＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)Mv′2，联立以上两式解得v′＝eq\f(m,M)eq\r(\f(2MgR,M＋m))，方向向左，故选项B正确.5.(2018·济南市高二下期末)一只爆竹竖直升空后，在高为h处达到最高点并发生爆炸，分为质量不同的两块，两块质量之比为3∶1，其中质量小的一块获得大小为v的水平速度，重力加速度为g，不计空气阻力，则两块爆竹落地后相距()A.eq\f(v,4)eq\r(\f(2h,g))B.eq\f(2v,3)eq\r(\f(2h,g))C.4veq\r(\f(2h,g))D.eq\f(4v,3)eq\r(\f(2h,g))答案D解析设其中一块质量为m，另一块质量为3m.爆炸过程系统水平方向动量守恒，以速度v的方向为正方向，由动量守恒定律得：mv－3mv′＝0，解得v′＝eq\f(v,3)；设两块爆竹落地用的时间为t，则有：h＝eq\f(1,2)gt2，得t＝eq\r(\f(2h,g))，落地点两者间的距离为：s＝(v＋v′)t，联立各式解得：s＝eq\f(4v,3)eq\r(\f(2h,g))，故选D.6.如图3所示，在光滑的水平地面上停放着质量为m的装有弧形槽的小车.现有一质量也为m的小球以v0的水平速度沿与切线水平的槽口向小车滑去，不计一切摩擦，则()图3A.在相互作用的过程中，小车和小球组成的系统总动量守恒B.小球离开车后，对地将向右做平抛运动C.小球离开车后，对地将做自由落体运动D.小球离开车后，小车的速度有可能大于v0答案C解析整个过程中系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故A错误；设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中水平方向动量守恒：mv0＝mv1＋mv2①，由机械能守恒得：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)mv22②，联立①②，解得v1＝0，v2＝v0，即小球与小车分离时二者交换速度，所以小球与小车分离后做自由落体运动，故B、D错误，C正确.7.(2018·会宁四中高二下期中)如图4所示，小车放在光滑水平面上，A、B两人站在小车的两端，这两人同时开始相向行走，发现小车向左运动，分析小车运动的原因可能是()图4A.A、B质量相等，但A比B速率大B.A、B质量相等，但A比B速率小C.A、B速率相等，但A比B的质量大D.A、B速率相等，但A比B的质量小答案AC解析以向右为正方向，A、B两人及小车组成的系统动量守恒，则mAvA－mBvB－mCvC＝0，得mAvA－mBvB>0.所以A、C正确.8.A、B两球沿一直线运动并发生正碰.如图5所示为两球碰撞前后的位移—时间图象.a、b分别为A、B两球碰撞前的位移—时间图线，c为碰撞后两球共同运动的位移—时间图线，若A球质量是m＝2kg，则由图可知()图5A.A、B碰撞前的总动量为3kg·m/sB.碰撞时A对B所施冲量为－4N·sC.碰撞前后A的动量变化为6kg·m/sD.碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10J答案BD解析由x－t图象可知，碰撞前有：A球的速度vA＝eq\f(ΔxA,ΔtA)＝eq\f(4－10,2)m/s＝－3m/s，B球的速度vB＝eq\f(ΔxB,ΔtB)＝eq\f(4,2)m/s＝2m/s；碰撞后A、B两球的速度相等，为vA′＝vB′＝v＝eq\f(ΔxC,ΔtC)＝eq\f(2－4,2)m/s＝－1m/s，则碰撞前后A的动量变化ΔpA＝mv－mvA＝4kg·m/s；对A、B组成的系统，由动量守恒定律mvA＋mBvB＝(m＋mB)v得：mB＝eq\f(4,3)kg.A与B碰撞前的总动量为：p总＝mvA＋mBvB＝2×(－3)kg·m/s＋eq\f(4,3)×2kg·m/s＝－eq\f(10,3)kg·m/s；由动量定理可知，碰撞时A对B所施冲量为：IB＝ΔpB＝－4kg·m/s＝－4N·s.碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能：ΔEk＝eq\f(1,2)mvA2＋eq\f(1,2)mBvB2－eq\f(1,2)(m＋mB)v2，代入数据解得：ΔEk＝10J，故A、C错误，B、D正确.9.小车静置于光滑的水平面上，小车的A端固定一个水平轻质小弹簧，B端粘有橡皮泥，小车的质量为M，长为L，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩(细绳未画出)，开始时小车与C都处于静止状态，如图6所示，当突然烧断细绳，弹簧被释放，使木块C离开弹簧向B端冲去，并跟B端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是()图6A.如果小车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒B.当木块相对地面运动的速度大小为v时，小车相对地面运动的速度大小为eq\f(m,M)vC.小车向左运动的最大位移为eq\f(mL,M＋m)D.小车向左运动的最大位移为eq\f(m,M)L答案BC解析小车、弹簧与C这一系统所受合外力为零，系统在整个过程动量守恒，但粘接过程有机械能损失.Mv′－mv＝0，则v′＝eq\f(m,M)v，同时该系统属于“人船模型”，Md＝m(L－d)，所以车向左运动的最大位移应等于d＝eq\f(mL,M＋m)，综上，选项B、C正确.10.(2018·郑州一中高二期中)如图7所示，质量为m的小球A静止于光滑的水平面上，在球A和墙之间用轻弹簧连接，现用完全相同的小球B以水平速度v0与A相碰撞，碰撞后两球粘在一起压缩弹簧.不计空气阻力，若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为E，从球A被碰撞到回到原静止位置的过程中弹簧对A、B整体的冲量大小为I，则下列表达式中正确的是()图7A.E＝eq\f(1,4)mv02 B.E＝eq\f(1,2)mv02C.I＝mv0 D.I＝2mv0答案AD解析选取A、B作为一个系统，两球碰撞后的速度为v，在A、B两球碰撞过程中，以v0的方向为正方向，利用动量守恒定律可得：mv0＝(m＋m)v，解得v＝eq\f(v0,2)，再将A、B及轻弹簧作为一个系统，在压缩弹簧过程中利用机械能守恒定律可得：弹簧最大弹性势能E＝eq\f(1,2)×2meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))2＝eq\f(1,4)mv02，A正确，B错误；弹簧压缩到最短后，A、B开始向右运动，弹簧恢复原长时，由机械能守恒定律可知，A、B的速度大小均为eq\f(v0,2)，以水平向右为正方向，从球A被碰撞到回到原静止位置的过程中，弹簧对A、B整体的冲量大小I＝2m×eq\f(v0,2)－2m×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(v0,2)))＝2mv0，C错误，D正确.二、实验题(本题共2小题，共13分)11.(5分)用半径相同的两小球A、B碰撞“验证动量守恒定律”，实验装置示意图如图8所示，斜槽与水平槽平滑连接.实验时先不放B球，使A球从斜槽上某一固定点C由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹.再把B球静置于水平槽前端边缘处，让A球仍从C处由静止滚下，A球和B球碰撞后分别落在记录纸上留下各自的痕迹.记录纸上的O点是重垂线所指的位置，若测得各落点痕迹到O点的距离：OM＝2.68cm，OP＝8.62cm，ON＝11.50cm，并知A、B两球的质量比为2∶1，则未放B球时A球落地点是记录纸上的________点，系统碰撞前总动量p与碰撞后总动量p′的百分误差eq\f(|p－p′|,p)×100%＝________%(结果保留一位有效数字).图8答案P(2分)2(3分)解析根据实验现象，未放B球时A球落地点是记录纸上的P点；碰撞前总动量p与碰撞后总动量p′的百分误差eq\f(|p－p′|,p)＝eq\f(|2×8.62－2×2.68＋1×11.50|,2×8.62)≈2%.12.(8分)图9为一弹簧弹射装置，在内壁光滑、水平固定的金属管中放有轻弹簧，弹簧压缩并锁定，在金属管两端各放置一个金属小球1和2(两球直径略小于管径且与弹簧不固连).现解除弹簧锁定，两个小球同时沿同一直线向相反方向弹射.然后按下述步骤进行实验：图9①用天平测出两球质量m1、m2；②用刻度尺测出两管口离地面的高度h；③记录两球在水平地面上的落点P、Q.回答下列问题：(1)要测定弹射装置在弹射时所具有的弹性势能，还需测量的物理量有________.(已知重力加速度g)A.弹簧的压缩量ΔxB.两球落点P、Q到对应管口M、N的水平距离x1、x2C.小球直径D.两球从管口弹出到落地的时间t1、t2(2)根据测量结果，可得弹性势能的表达式为Ep＝________.(3)由上述测得的物理量来表示，如果满足关系式________，就说明弹射过程中两小球组成的系统动量守恒.答案(1)B(2分)(2)eq\f(m1gx12,4h)＋eq\f(m2gx22,4h)(3分)(3)m1x1＝m2x2(3分)解析(1)根据机械能守恒定律可知，弹簧的弹性势能等于两球得到的动能之和，而要求解动能必须还要知道两球弹射的初速度v0，由平抛运动规律可知v0＝eq\f(x,\r(\f(2h,g)))，故还需要测出两球落点P、Q到对应管口M、N的水平距离x1、x2；(2)小球被弹开时获得的动能Ek＝eq\f(1,2)mv02＝eq\f(mgx2,4h)，故弹性势能的表达式为Ep＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22＝eq\f(m1gx12,4h)＋eq\f(m2gx22,4h)；(3)如果满足关系式m1v1＝m2v2，即m1x1＝m2x2，那么就说明弹射过程中两小球组成的系统动量守恒.三、计算题(本题共4小题，共47分)13.(10分)(2018·三明市高二下期末)如图10所示，水平固定的长滑杆上套有2个质量均为m的薄滑扣(即可以滑动的圆环)A和B，两滑扣之间由不可伸长的柔软轻质细线连接，细线长度为l，滑扣在滑杆上滑行的阻力大小恒为滑扣对滑杆正压力大小的k倍，开始时两滑扣可以近似地看成挨在一起(但未相互挤压).今给滑扣A一个向左的初速度v0＝eq\r(6kgl)，使其在滑杆上开始向左滑行，细线拉紧后两滑扣以共同的速度向前滑行，假设细线拉紧过程的时间极短，重力加速度为g，求：图10(1)细线拉紧后两滑扣的共同速度大小；(2)整个过程中仅仅由于细线拉紧引起的机械能损失.答案(1)eq\r(kgl)(2)kmgl解析(1)由动能定理：－kmgl＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02①(2分)由动量守恒定律：mv1＝2mv共②(2分)由①②解得v1＝2eq\r(kgl)，v共＝eq\r(kgl)(2分)(2)ΔE＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)×2mv共2(3分)联立解得ΔE＝kmgl(1分)14.(12分)(2018·福建永春一中高二期末)如图11所示，粗糙的水平面连接一个竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为R＝0.1m，半圆形轨道的底端放置一个质量为m＝0.1kg的小球B，水平面上有一个质量为M＝0.3kg的小球A以初速度v0＝4.0m/s开始向着小球B滑动，经过时间t＝0.80s与B发生弹性碰撞.设两小球均可以看做质点，它们的碰撞时间极短，且已知小球A与水平面间的动摩擦因数μ＝0.25，求：图11(1)两小球碰撞前A的速度大小；(2)小球B运动到最高点C时对轨道的压力；(3)小球A所停的位置距圆轨道最低点的距离.答案(1)2m/s(2)4N，方向竖直向上(3)0.2m解析(1)以v0的方向为正方向，碰撞前对A由动量定理有：－μMgt＝MvA－Mv0(1分)解得：vA＝2m/s(1分)(2)对A、B，碰撞前后动量守恒：MvA＝MvA′＋mvB(1分)因A、B发生弹性碰撞，故碰撞前后动能保持不变：eq\f(1,2)MvA2＝eq\f(1,2)MvA′2＋eq\f(1,2)mvB2(1分)联立以上各式解得：vA′＝1m/s，vB＝3m/s(1分)又因为B球在轨道上机械能守恒：eq\f(1,2)mvC2＋2mgR＝eq\f(1,2)mvB2(1分)解得：vC＝eq\r(5)m/s(1分)设在最高点C，轨道对小球B的压力大小为FN，则有：mg＋FN＝meq\f(vC2,R)(1分)解得FN＝4N(1分)由牛顿第三定律知，小球对轨道的压力的大小为4N，方向竖直向上.(1分)(3)对A沿圆轨道运动时：eq\f(1,2)MvA′2＜MgR因此A沿圆轨道运动到其能到达的最高点后又原路返回轨道底端，此时A的速度大小为1m/s.由动能定理得：－μMgs＝0－eq\f(1,2)MvA′2(1分)解得：s＝0.2m.(1分)15.(12分)两块质量都是m的木块A和B在光滑水平面上均以大小为eq\f(v0,2)的速度向左匀速运动，中间用一根劲度系数为k的水平轻弹簧连接，如图12所示.现从水平方向迎面射来一颗子弹，质量为eq\f(m,4)，速度大小为v0，子弹射入木块A(时间极短)并留在其中.求：图12(1)在子弹击中木块后的瞬间木块A、B的速度vA和vB的大小.(2)在子弹击中木块后的运动过程中弹簧的最大弹性势能.答案(1)eq\f(v0,5)eq\f(v0,2)(2)eq\f(1,40)mv02解析(1)在子弹打入木块A的瞬间，由于相互作用时间极短，弹簧来不及发生形变，A、B都不受弹簧弹力的作用，故vB＝eq\f(v0,2)；(1分)由于此时A不受弹簧的弹力，木块A和子弹构成的系统在这极短过程中所受合外力为零，系统动量守恒，选向左为正方向，由动量守恒定律得：eq\f(mv0,2)－eq\f(mv0,4)＝(eq\f(m,4)＋m)vA(2分)解得vA＝eq\f(v0,5)(2分)(2)由于子弹击中木块A后，木块A、木块B运动方向相同且vA<vB，故弹簧开始被压缩，分别给木块A、B施以弹力，使得木块A加速、B减速，弹簧不断被压缩，弹性势能增大，直到二者速度相等时弹簧的弹性势能最大，在弹簧压缩过程中木块A(包括子弹)、B与弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒.设弹簧压缩量最大时共同速度的大小为v，弹簧的最大弹性势能为Epm，选向左为正方向，由动量守恒定律得：eq\f(5,4)mvA＋mvB＝(eq\f(5,4)m＋m)v(2分)由机械能守恒定律得：eq