高中物理新教材同步選擇性必修第一冊 主題1 檢測試卷(一)同步講義

檢測試卷(一)(時(shí)間：90分鐘滿分：100分)一、選擇題(本題共10小題，每小題4分，共計(jì)40分.其中1～6題為單項(xiàng)選擇題，7～10題為多項(xiàng)選擇題)1.下列說法錯誤的是()A.根據(jù)F＝eq\f(Δp,Δt)可把牛頓第二定律表述為：物體動量的變化率等于它所受的合外力B.動量定理的物理實(shí)質(zhì)與牛頓第二定律是相同的，但有時(shí)用起來更方便C.力與力的作用時(shí)間的乘積叫做力的沖量，它是一個標(biāo)量D.易碎品運(yùn)輸時(shí)要用柔軟材料包裝，船舷常常懸掛舊輪胎，都是為了延長作用時(shí)間以減小作用力答案C解析A選項(xiàng)是牛頓第二定律的另一種表達(dá)方式，所以A正確；F＝eq\f(Δp,Δt)是牛頓第二定律的最初表達(dá)方式，實(shí)質(zhì)是一樣的，B正確；沖量是矢量，C錯誤；易碎品運(yùn)輸時(shí)用柔軟材料包裝，船舷常常懸掛舊輪胎，都是為了延長作用時(shí)間，減小作用力，D正確.2.(2018·晉江季延中學(xué)高二期末)一個禮花彈豎直上升到最高點(diǎn)時(shí)炸裂成三塊碎片，其中一塊碎片首先沿豎直方向落至地面，另兩塊碎片稍后一些同時(shí)落至地面.則在禮花彈炸裂后的瞬間這三塊碎片的運(yùn)動方向可能是()答案D解析由于一塊碎片首先沿豎直方向落至地面，這個碎片的速度方向應(yīng)豎直向下，根據(jù)動量守恒，另兩塊碎片的動量合成后應(yīng)豎直向上，故D正確.3.(2018·林州一中高二月考)如圖1所示，在光滑的水平面上放置有兩木塊A和B，A的質(zhì)量較大，現(xiàn)同時(shí)施加大小相等的恒力F使它們相向運(yùn)動，然后又同時(shí)撤去外力F，A和B迎面相碰后合在一起，則A和B合在一起后的運(yùn)動情況是()圖1A.停止運(yùn)動B.因A的質(zhì)量較大而向右運(yùn)動C.因B的速度較大而向左運(yùn)動D.運(yùn)動方向不確定答案A解析由動量定理知，A和B在碰撞之前的動量等大反向，合動量為零，碰撞過程中動量守恒，因此碰撞合在一起之后的總動量仍為零，即停止運(yùn)動，故選A.4.如圖2所示，半徑為R的光滑半圓槽質(zhì)量為M，靜止在光滑水平面上，其內(nèi)表面有一質(zhì)量為m的小球被豎直細(xì)線吊著位于槽的邊緣處，現(xiàn)將線燒斷，小球滑行到最低點(diǎn)向右運(yùn)動時(shí)，槽的速度為(重力加速度為g)()圖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.不能確定答案B解析以水平向右為正方向，設(shè)在最低點(diǎn)時(shí)m和M的速度大小分別為v和v′，根據(jù)動量守恒定律得：0＝mv－Mv′，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：mgR＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)Mv′2，聯(lián)立以上兩式解得v′＝eq\f(m,M)eq\r(\f(2MgR,M＋m))，方向向左，故選項(xiàng)B正確.5.(2018·濟(jì)南市高二下期末)一只爆竹豎直升空后，在高為h處達(dá)到最高點(diǎn)并發(fā)生爆炸，分為質(zhì)量不同的兩塊，兩塊質(zhì)量之比為3∶1，其中質(zhì)量小的一塊獲得大小為v的水平速度，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，則兩塊爆竹落地后相距()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解析設(shè)其中一塊質(zhì)量為m，另一塊質(zhì)量為3m.爆炸過程系統(tǒng)水平方向動量守恒，以速度v的方向?yàn)檎较?，由動量守恒定律得：mv－3mv′＝0，解得v′＝eq\f(v,3)；設(shè)兩塊爆竹落地用的時(shí)間為t，則有：h＝eq\f(1,2)gt2，得t＝eq\r(\f(2h,g))，落地點(diǎn)兩者間的距離為：s＝(v＋v′)t，聯(lián)立各式解得：s＝eq\f(4v,3)eq\r(\f(2h,g))，故選D.6.如圖3所示，在光滑的水平地面上停放著質(zhì)量為m的裝有弧形槽的小車.現(xiàn)有一質(zhì)量也為m的小球以v0的水平速度沿與切線水平的槽口向小車滑去，不計(jì)一切摩擦，則()圖3A.在相互作用的過程中，小車和小球組成的系統(tǒng)總動量守恒B.小球離開車后，對地將向右做平拋運(yùn)動C.小球離開車后，對地將做自由落體運(yùn)動D.小球離開車后，小車的速度有可能大于v0答案C解析整個過程中系統(tǒng)水平方向動量守恒，豎直方向動量不守恒，故A錯誤；設(shè)小球離開小車時(shí)，小球的速度為v1，小車的速度為v2，整個過程中水平方向動量守恒：mv0＝mv1＋mv2①，由機(jī)械能守恒得：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)mv22②，聯(lián)立①②，解得v1＝0，v2＝v0，即小球與小車分離時(shí)二者交換速度，所以小球與小車分離后做自由落體運(yùn)動，故B、D錯誤，C正確.7.(2018·會寧四中高二下期中)如圖4所示，小車放在光滑水平面上，A、B兩人站在小車的兩端，這兩人同時(shí)開始相向行走，發(fā)現(xiàn)小車向左運(yùn)動，分析小車運(yùn)動的原因可能是()圖4A.A、B質(zhì)量相等，但A比B速率大B.A、B質(zhì)量相等，但A比B速率小C.A、B速率相等，但A比B的質(zhì)量大D.A、B速率相等，但A比B的質(zhì)量小答案AC解析以向右為正方向，A、B兩人及小車組成的系統(tǒng)動量守恒，則mAvA－mBvB－mCvC＝0，得mAvA－mBvB>0.所以A、C正確.8.A、B兩球沿一直線運(yùn)動并發(fā)生正碰.如圖5所示為兩球碰撞前后的位移—時(shí)間圖象.a、b分別為A、B兩球碰撞前的位移—時(shí)間圖線，c為碰撞后兩球共同運(yùn)動的位移—時(shí)間圖線，若A球質(zhì)量是m＝2kg，則由圖可知()圖5A.A、B碰撞前的總動量為3kg·m/sB.碰撞時(shí)A對B所施沖量為－4N·sC.碰撞前后A的動量變化為6kg·m/sD.碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為10J答案BD解析由x－t圖象可知，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兩球的速度相等，為vA′＝vB′＝v＝eq\f(ΔxC,ΔtC)＝eq\f(2－4,2)m/s＝－1m/s，則碰撞前后A的動量變化ΔpA＝mv－mvA＝4kg·m/s；對A、B組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律mvA＋mBvB＝(m＋mB)v得：mB＝eq\f(4,3)kg.A與B碰撞前的總動量為：p總＝mvA＋mBvB＝2×(－3)kg·m/s＋eq\f(4,3)×2kg·m/s＝－eq\f(10,3)kg·m/s；由動量定理可知，碰撞時(shí)A對B所施沖量為：IB＝ΔpB＝－4kg·m/s＝－4N·s.碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能：ΔEk＝eq\f(1,2)mvA2＋eq\f(1,2)mBvB2－eq\f(1,2)(m＋mB)v2，代入數(shù)據(jù)解得：ΔEk＝10J，故A、C錯誤，B、D正確.9.小車靜置于光滑的水平面上，小車的A端固定一個水平輕質(zhì)小彈簧，B端粘有橡皮泥，小車的質(zhì)量為M，長為L，質(zhì)量為m的木塊C放在小車上，用細(xì)繩連接于小車的A端并使彈簧壓縮(細(xì)繩未畫出)，開始時(shí)小車與C都處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖6所示，當(dāng)突然燒斷細(xì)繩，彈簧被釋放，使木塊C離開彈簧向B端沖去，并跟B端橡皮泥粘在一起，以下說法中正確的是()圖6A.如果小車內(nèi)表面光滑，整個系統(tǒng)任何時(shí)刻機(jī)械能都守恒B.當(dāng)木塊相對地面運(yùn)動的速度大小為v時(shí)，小車相對地面運(yùn)動的速度大小為eq\f(m,M)vC.小車向左運(yùn)動的最大位移為eq\f(mL,M＋m)D.小車向左運(yùn)動的最大位移為eq\f(m,M)L答案BC解析小車、彈簧與C這一系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)在整個過程動量守恒，但粘接過程有機(jī)械能損失.Mv′－mv＝0，則v′＝eq\f(m,M)v，同時(shí)該系統(tǒng)屬于“人船模型”，Md＝m(L－d)，所以車向左運(yùn)動的最大位移應(yīng)等于d＝eq\f(mL,M＋m)，綜上，選項(xiàng)B、C正確.10.(2018·鄭州一中高二期中)如圖7所示，質(zhì)量為m的小球A靜止于光滑的水平面上，在球A和墻之間用輕彈簧連接，現(xiàn)用完全相同的小球B以水平速度v0與A相碰撞，碰撞后兩球粘在一起壓縮彈簧.不計(jì)空氣阻力，若彈簧被壓縮過程中的最大彈性勢能為E，從球A被碰撞到回到原靜止位置的過程中彈簧對A、B整體的沖量大小為I，則下列表達(dá)式中正確的是()圖7A.E＝eq\f(1,4)mv02 B.E＝eq\f(1,2)mv02C.I＝mv0 D.I＝2mv0答案AD解析選取A、B作為一個系統(tǒng)，兩球碰撞后的速度為v，在A、B兩球碰撞過程中，以v0的方向?yàn)檎较?，利用動量守恒定律可得：mv0＝(m＋m)v，解得v＝eq\f(v0,2)，再將A、B及輕彈簧作為一個系統(tǒng)，在壓縮彈簧過程中利用機(jī)械能守恒定律可得：彈簧最大彈性勢能E＝eq\f(1,2)×2meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))2＝eq\f(1,4)mv02，A正確，B錯誤；彈簧壓縮到最短后，A、B開始向右運(yùn)動，彈簧恢復(fù)原長時(shí)，由機(jī)械能守恒定律可知，A、B的速度大小均為eq\f(v0,2)，以水平向右為正方向，從球A被碰撞到回到原靜止位置的過程中，彈簧對A、B整體的沖量大小I＝2m×eq\f(v0,2)－2m×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(v0,2)))＝2mv0，C錯誤，D正確.二、實(shí)驗(yàn)題(本題共2小題，共13分)11.(5分)用半徑相同的兩小球A、B碰撞“驗(yàn)證動量守恒定律”，實(shí)驗(yàn)裝置示意圖如圖8所示，斜槽與水平槽平滑連接.實(shí)驗(yàn)時(shí)先不放B球，使A球從斜槽上某一固定點(diǎn)C由靜止?jié)L下，落到位于水平地面的記錄紙上留下痕跡.再把B球靜置于水平槽前端邊緣處，讓A球仍從C處由靜止?jié)L下，A球和B球碰撞后分別落在記錄紙上留下各自的痕跡.記錄紙上的O點(diǎn)是重垂線所指的位置，若測得各落點(diǎn)痕跡到O點(diǎn)的距離：OM＝2.68cm，OP＝8.62cm，ON＝11.50cm，并知A、B兩球的質(zhì)量比為2∶1，則未放B球時(shí)A球落地點(diǎn)是記錄紙上的________點(diǎn)，系統(tǒng)碰撞前總動量p與碰撞后總動量p′的百分誤差eq\f(|p－p′|,p)×100%＝________%(結(jié)果保留一位有效數(shù)字).圖8答案P(2分)2(3分)解析根據(jù)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，未放B球時(shí)A球落地點(diǎn)是記錄紙上的P點(diǎn)；碰撞前總動量p與碰撞后總動量p′的百分誤差eq\f(|p－p′|,p)＝eq\f(|2×8.62－2×2.68＋1×11.50|,2×8.62)≈2%.12.(8分)圖9為一彈簧彈射裝置，在內(nèi)壁光滑、水平固定的金屬管中放有輕彈簧，彈簧壓縮并鎖定，在金屬管兩端各放置一個金屬小球1和2(兩球直徑略小于管徑且與彈簧不固連).現(xiàn)解除彈簧鎖定，兩個小球同時(shí)沿同一直線向相反方向彈射.然后按下述步驟進(jìn)行實(shí)驗(yàn)：圖9①用天平測出兩球質(zhì)量m1、m2；②用刻度尺測出兩管口離地面的高度h；③記錄兩球在水平地面上的落點(diǎn)P、Q.回答下列問題：(1)要測定彈射裝置在彈射時(shí)所具有的彈性勢能，還需測量的物理量有________.(已知重力加速度g)A.彈簧的壓縮量ΔxB.兩球落點(diǎn)P、Q到對應(yīng)管口M、N的水平距離x1、x2C.小球直徑D.兩球從管口彈出到落地的時(shí)間t1、t2(2)根據(jù)測量結(jié)果，可得彈性勢能的表達(dá)式為Ep＝________.(3)由上述測得的物理量來表示，如果滿足關(guān)系式________，就說明彈射過程中兩小球組成的系統(tǒng)動量守恒.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)根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，彈簧的彈性勢能等于兩球得到的動能之和，而要求解動能必須還要知道兩球彈射的初速度v0，由平拋運(yùn)動規(guī)律可知v0＝eq\f(x,\r(\f(2h,g)))，故還需要測出兩球落點(diǎn)P、Q到對應(yīng)管口M、N的水平距離x1、x2；(2)小球被彈開時(shí)獲得的動能Ek＝eq\f(1,2)mv02＝eq\f(mgx2,4h)，故彈性勢能的表達(dá)式為Ep＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22＝eq\f(m1gx12,4h)＋eq\f(m2gx22,4h)；(3)如果滿足關(guān)系式m1v1＝m2v2，即m1x1＝m2x2，那么就說明彈射過程中兩小球組成的系統(tǒng)動量守恒.三、計(jì)算題(本題共4小題，共47分)13.(10分)(2018·三明市高二下期末)如圖10所示，水平固定的長滑桿上套有2個質(zhì)量均為m的薄滑扣(即可以滑動的圓環(huán))A和B，兩滑扣之間由不可伸長的柔軟輕質(zhì)細(xì)線連接，細(xì)線長度為l，滑扣在滑桿上滑行的阻力大小恒為滑扣對滑桿正壓力大小的k倍，開始時(shí)兩滑扣可以近似地看成挨在一起(但未相互擠壓).今給滑扣A一個向左的初速度v0＝eq\r(6kgl)，使其在滑桿上開始向左滑行，細(xì)線拉緊后兩滑扣以共同的速度向前滑行，假設(shè)細(xì)線拉緊過程的時(shí)間極短，重力加速度為g，求：圖10(1)細(xì)線拉緊后兩滑扣的共同速度大??；(2)整個過程中僅僅由于細(xì)線拉緊引起的機(jī)械能損失.答案(1)eq\r(kgl)(2)kmgl解析(1)由動能定理：－kmgl＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02①(2分)由動量守恒定律：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)聯(lián)立解得ΔE＝kmgl(1分)14.(12分)(2018·福建永春一中高二期末)如圖11所示，粗糙的水平面連接一個豎直平面內(nèi)的半圓形光滑軌道，其半徑為R＝0.1m，半圓形軌道的底端放置一個質(zhì)量為m＝0.1kg的小球B，水平面上有一個質(zhì)量為M＝0.3kg的小球A以初速度v0＝4.0m/s開始向著小球B滑動，經(jīng)過時(shí)間t＝0.80s與B發(fā)生彈性碰撞.設(shè)兩小球均可以看做質(zhì)點(diǎn)，它們的碰撞時(shí)間極短，且已知小球A與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，求：圖11(1)兩小球碰撞前A的速度大?。?2)小球B運(yùn)動到最高點(diǎn)C時(shí)對軌道的壓力；(3)小球A所停的位置距圓軌道最低點(diǎn)的距離.答案(1)2m/s(2)4N，方向豎直向上(3)0.2m解析(1)以v0的方向?yàn)檎较颍鲎睬皩由動量定理有：－μMgt＝MvA－Mv0(1分)解得：vA＝2m/s(1分)(2)對A、B，碰撞前后動量守恒：MvA＝MvA′＋mvB(1分)因A、B發(fā)生彈性碰撞，故碰撞前后動能保持不變：eq\f(1,2)MvA2＝eq\f(1,2)MvA′2＋eq\f(1,2)mvB2(1分)聯(lián)立以上各式解得：vA′＝1m/s，vB＝3m/s(1分)又因?yàn)锽球在軌道上機(jī)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)設(shè)在最高點(diǎn)C，軌道對小球B的壓力大小為FN，則有：mg＋FN＝meq\f(vC2,R)(1分)解得FN＝4N(1分)由牛頓第三定律知，小球?qū)壍赖膲毫Φ拇笮?N，方向豎直向上.(1分)(3)對A沿圓軌道運(yùn)動時(shí)：eq\f(1,2)MvA′2＜MgR因此A沿圓軌道運(yùn)動到其能到達(dá)的最高點(diǎn)后又原路返回軌道底端，此時(shí)A的速度大小為1m/s.由動能定理得：－μMgs＝0－eq\f(1,2)MvA′2(1分)解得：s＝0.2m.(1分)15.(12分)兩塊質(zhì)量都是m的木塊A和B在光滑水平面上均以大小為eq\f(v0,2)的速度向左勻速運(yùn)動，中間用一根勁度系數(shù)為k的水平輕彈簧連接，如圖12所示.現(xiàn)從水平方向迎面射來一顆子彈，質(zhì)量為eq\f(m,4)，速度大小為v0，子彈射入木塊A(時(shí)間極短)并留在其中.求：圖12(1)在子彈擊中木塊后的瞬間木塊A、B的速度vA和vB的大小.(2)在子彈擊中木塊后的運(yùn)動過程中彈簧的最大彈性勢能.答案(1)eq\f(v0,5)eq\f(v0,2)(2)eq\f(1,40)mv02解析(1)在子彈打入木塊A的瞬間，由于相互作用時(shí)間極短，彈簧來不及發(fā)生形變，A、B都不受彈簧彈力的作用，故vB＝eq\f(v0,2)；(1分)由于此時(shí)A不受彈簧的彈力，木塊A和子彈構(gòu)成的系統(tǒng)在這極短過程中所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，選向左為正方向，由動量守恒定律得：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)由于子彈擊中木塊A后，木塊A、木塊B運(yùn)動方向相同且vA<vB，故彈簧開始被壓縮，分別給木塊A、B施以彈力，使得木塊A加速、B減速，彈簧不斷被壓縮，彈性勢能增大，直到二者速度相等時(shí)彈簧的彈性勢能最大，在彈簧壓縮過程中木塊A(包括子彈)、B與彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒，機(jī)械能守恒.設(shè)彈簧壓縮量最大時(shí)共同速度的大小為v，彈簧的最大彈性勢能為Epm，選向左為正方向，由動量守恒定律得：eq\f(5,4)mvA＋mvB＝(eq\f(5,4)m＋m)v(2分)由機(jī)械能守恒定律得：eq