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)

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＝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＝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1 A.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2 A.0 B.，方向向左 C.，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＝mv2＋Mv′2，联立以上两式解得v′ ＝，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. B. C.4v D. 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′＝；设两块爆竹落地用的时间 为t，则有：h＝gt2，得t＝，落地点两者间的距离为：s＝(v＋v′)t，联立各式解得：s＝，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3 A.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：mv0 2＝mv1 2＋mv2 2②，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4 A.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＝2 kg，则由图可知( ) 图5 A.A、B 碰撞前的总动量为3 kg·m/s B.碰撞时A 对B 所施冲量为－4 N·s C.碰撞前后A 的动量变化为6 kg·m/s D.碰撞中A、B 两球组成的系统损失的动能为10 J 答案 BD 解析 由x－t 图象可知，碰撞前有：A 球的速度vA＝＝ m/s＝－3 m/s，B 球的速度vB＝＝ m/s＝2 m/s；碰撞后A、B 两球的速度相等，为vA′＝vB′＝v＝＝ m/s＝－1 m/s，则碰撞前后 A 的动量变化ΔpA＝mv－mvA＝4 kg·m/s；对A、B 组成的系统，由动量守恒定律mvA＋mBvB ＝(m＋mB)v 得：mB＝ kg.A 与B 碰撞前的总动量为：p 总＝mvA＋mBvB＝2×(－3) kg·m/s＋×2 kg·m/s＝－ kg·m/s；由动量定理可知，碰撞时A 对B 所施冲量为：IB＝ΔpB＝－4 kg·m/s＝－ 4 N·s.碰撞中A、B 两球组成的系统损失的动能：ΔEk＝mvA 2＋mBvB 2－(m＋mB)v2，代入数据 解得：ΔEk＝10 J，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6 A.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v C.小车向左运动的最大位移为 D.小车向左运动的最大位移为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′＝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＝，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7 A.E＝mv0 2 B.E＝mv0 2 C.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＝，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＝ ×2m2＝mv0 2，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，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×－2m×＝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＝2.68 cm，OP＝8.62 cm，ON＝ 11.50 cm，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×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＝≈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9 ①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Δx B.两球落点P、Q 到对应管口M、N 的水平距离x1、x2 C.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)＋(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＝，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＝mv0 2＝，故弹性势能的表达式为Ep＝m1v1 2＋m2v2 2＝＋； (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＝，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) (2)kmgl 解析 (1)由动能定理：－kmgl＝mv1 2－mv0 2①(2 分) 由动量守恒定律：mv1＝2mv 共②(2 分) 由①②解得v1＝2，v 共＝(2 分) (2)ΔE＝mv1 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＝0.1 m，半圆形轨道的底端放置一个质量为m＝0.1 kg 的小球 B，水平面上有一个质量为M＝0.3 kg 的小球A 以初速度v0＝4.0 m/s 开始向着小球B 滑动， 经过时间t＝0.80 s 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)2 m/s (2)4 N，方向竖直向上 (3)0.2 m 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＝2 m/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： MvA 2＝MvA′2＋mvB 2(1 分) 联立以上各式解得：vA′＝1 m/s，vB＝3 m/s(1 分) 又因为B 球在轨道上机械能守恒： mvC 2＋2mgR＝mvB 2(1 分) 解得：vC＝ 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＝m(1 分) 解得FN＝4 N(1 分) 由牛顿第三定律知，小球对轨道的压力的大小为4 N，方向竖直向上.(1 分) (3)对A 沿圆轨道运动时：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1 m/s.由动能定理得：－μMgs＝0－MvA′2(1 分) 解得：s＝0.2 m.(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，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) (2)mv0 2 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＝；(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：－＝(＋m)vA(2 分) 解得vA＝(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：mvA＋mvB＝(m＋m)v(2 分) 由机械能守恒定律得：×mvA 2＋mvB 2＝×(m＋m)v2＋Epm(3 分) 联立解得v＝v0，Epm＝mv0 2.(2 分) 16.(13 分)(2018·沂南高二下期中)如图13 所示，一质量为M 的平板车B 放在光滑水平面上， 在其右端放一质量为m 的小木块A，m<M，A、B 间动摩擦因数为μ，现给A 和B 以大小相 等、方向相反的初速度v0，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，最后A 不会滑离B，已知 重力加速度为g，求： 图13 (1)A、B 最后的速度大小和方向； (2)在平板车与小木块相对滑动的过程中，B 的加速度大小及A 对B 的冲量大小； (3)从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，平板车向右运动的位移大小. 答案 (1)大小都为v0 方向都向右 (2) (3)v0 2 解析 (1)以水平向右为正方向，对A、B 系统由动量守恒得：Mv0－mv0＝(M＋m)v(2 分) 所以v＝v0，方向向右(2 分) (2)对B，由牛顿第二定律得μmg＝Ma(1 分) 可得a＝(1 分) 对B，由动量定理可得I＝Mv－Mv0(1 分) 得：I＝－(1 分) 故A 对B 的冲量大小为 (3)A 向左运动速度减为零时，到达最远处，设此时平板车运动的位移为x，速度大小为v′， 则由动量守恒定律得：Mv0－mv0＝Mv′(2 分) 对平板车应用动能定理得：－μmgx＝Mv′2－Mv0 2(2 分) 联立解得：x＝v0 2.(1 分)