2025教科版高中物理选择性必修第一册
期中学业水平检测
注意事项
1.本试卷满分100分,考试用时90分钟。
2.无特殊说明,本试卷中重力加速度g取10 m/s2。
一、单项选择题(本大题共8小题,每小题3分,共24分。在每小题给出的四个选项中只有一个符合题目要求)
1.下列关于物体的动量、动能和力做功、冲量说法正确的是 ( )
A.物体的动能发生变化,其动量一定发生变化
B.动能和动量是过程量,功和冲量是状态量
C.某个力做功为零,其冲量也为零
D.动能大的物体,其动量也一定大
2.我国自行研制的第五代隐形战机“歼-20”以速度v0水平向右匀速飞行,到达目标地时,将质量为M的导弹自由释放,导弹向后喷出质量为m、对地速率为v1的燃气,则喷气后导弹的速率为 ( )
A. B. C. D.
3.甲、乙两位同学分别使用图甲中所示的同一套装置,观察单摆做简谐运动时的振动图像。已知两人实验时所用摆的摆长相同,落在同一木板上的细砂分别形成的曲线如图乙中N1、N2所示。下列与两图线相关的分析正确的是 ( )
A.对应砂摆振动的幅度,N1的比N2的大
B.对应单摆振动的周期,N1的比N2的大
C.对应木板运动的速度,N1的比N2的小
D.砂摆摆到最低点时的加速度,N1的等于N2的
4.如图甲为测试汽车安全性能的碰撞实验,技术人员通过传感器得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线如图乙。若假人头部只受安全气囊的作用,则假人头部 ( )
A.在0~t1时间内动量变化率先增大后减小
B.在0~t2时间内动量大小先增大后减小
C.在0~t1时间内动量变化量与t1~t2时间内动量变化量方向相反
D.在0~t2时间内动量变化量的大小等于曲线与横轴围成的面积
5.如图甲所示,一个质量为m的小物体(可看成质点),静置于光滑的水平面上,外面扣一质量为M的盒子。现给盒子3 m/s的初速度,此后盒子运动的v-t图像呈周期性变化,如图乙所示。则盒子的长度是 ( )
A.0.5 m B.0.6 m C.0.7 m D.0.8 m
6.水平传送带向右匀速运动,其速度大小v可由驱动系统根据需要设定,A、B两处分别是传送带左、右两侧端点,一个小物块(可视为质点)在A处无初速度释放,经过一段时间被传送到B处,在这个过程中传送带对物块的冲量大小为I,物块与传送带由于摩擦产生的内能为ΔU。若将传送带速度大小v设定为更大的值,重复上述过程,则 ( )
A.I一定变大 B.I一定变小
C.ΔU可能不变 D.ΔU一定变大
7.如图,将一质量为m的小球,从放置在光滑水平地面上质量为M的光滑半圆形槽的槽口A点由静止释放经过最低点B运动到C点,下列说法中正确的是 ( )
A.小球运动到的半圆形槽右侧最高点一定与A点等高
B.从B运动到C,半圆形槽和小球组成的系统动量守恒
C.从A到B再到C,C点可能是小球运动的最高点
D.从A到B,半圆形槽运动的位移一定大于小球在水平方向上运动的位移
8.“雨打芭蕉”是文学中常见的抒情意向。当雨滴竖直下落的速度为v时,将一圆柱形量杯置于雨中,测得时间t内杯中水面上升的高度为h。为估算雨打芭蕉产生的压强p,建立以下模型:芭蕉叶呈水平状;所有落到芭蕉叶上的雨滴,都有一半向四周溅散开,溅起时竖直向上的速度大小为,另一半则留在叶面上;芭蕉叶上的积水很少可忽略,但雨滴的重力不能忽略。不计风力以及溅起的水珠对下落雨滴的影响。已知水的密度为ρ,则关于压强p,下列说法正确的是 ( )
A.小于 B.小于 C.大于 D.小于
二、多项选择题(本大题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分)
9.如图,a、b、c三个相同的小球,a从固定在水平地面上的光滑竖直的四分之一圆弧轨道顶端由静止开始自由下滑,同时b、c从同一高度分别开始自由下落和平抛,不计空气阻力,下列说法正确的是 ( )
A.三个小球运动过程中重力做的功相等
B.三个小球运动过程中重力做功的平均功率相等
C.a、b落地时的动量相同
D.b、c落地时重力的瞬时功率相等
10.某同学用粗细均匀的一根木筷,下端绕几圈铁丝后竖直悬浮在装有盐水的杯子中,如图甲所示。现把木筷向上提起一段距离后放手并开始计时,之后木筷做简谐运动。以竖直向上为正方向作出木筷振动的x-t图像,如图乙所示,不计水的阻力。则 ( )
A.木筷振动的回复力由水对木筷和铁丝的浮力提供
B.从0.1~0.2 s过程中木筷的动量逐渐减小
C.木筷的位移-时间关系式为x=5 sin m
D.t=0.45 s时,木筷和铁丝的重力大于其所受的浮力
11.一只质量为1.4 kg的乌贼吸入0.1 kg的水,静止在水中。遇到危险时,它在百分之一秒时间内把吸入的水向后全部喷出,以2 m/s的速度向前逃窜。以下说法正确的是 ( )
A.该乌贼与喷出的水的动量变化大小相等、方向相同
B.该乌贼喷出的水的速度大小为28 m/s
C.该乌贼在这一次逃窜过程中消耗的生物能为39.2 J
D.该乌贼喷出水的过程中对水的平均作用力大小为280 N
12.如图(a)所示,轻质弹簧上端固定,下端连接质量为m的小球,构成竖直方向的弹簧振子。取小球平衡位置为原点、竖直向下为正方向建立x轴,设法让小球在竖直方向振动起来后,小球在一个周期内的振动曲线如图(b)所示,若时刻弹簧弹力为0,重力加速度为g,则有 ( )
A.t=0时刻弹簧弹力大小为2mg
B.弹簧的劲度系数为
C.~时间段,回复力的冲量为0
D.~T时间段,小球动能与重力势能之和减小
三、非选择题(本大题共6小题,共60分)
13.(8分)某学习小组“利用单摆测定重力加速度”的实验装置如图1所示,请在横线上完成相应内容。
图1
(1)若该同学测得的重力加速度值偏大,其原因可能是 。
A.单摆的悬点未固定紧,摆动中出现松动,使摆线增长了
B.把50次全振动的时间误记为49次全振动的时间
C.开始计时时,停表过早按下
D.测摆线长时摆线拉得过紧
(2)若实验过程中没有游标卡尺,无法测小球的直径d,实验中将悬点到小球最低点的距离作为摆长l,测得多组周期T和l的数据,作T2-l图像,如图2所示。
①实验得到的T2-l图像是 (填“a”“b”或“c”);
②小球的直径是 cm;
③实验测得当地重力加速度大小是 m/s2(保留3位有效数字)。
14.(8分)某同学用如图所示气垫导轨和压力传感器验证动量守恒定律,实验步骤如下:
①用托盘天平测出甲、乙两滑块的质量m1、m2;
②将乙滑块右移,压缩右侧弹簧至一定长度,然后由静止释放乙,使得乙与甲碰撞后反弹;
③记录下乙滑块释放时右侧压力传感器初始读数F0、乙与甲碰撞后左侧压力传感器最大示数F1和右侧压力传感器最大示数F2;
两侧弹簧的劲度系数都为k,弹簧弹性势能的表达式为Ep=kx2,其中k、x分别为弹簧的劲度系数和形变量。
(1)在实验之前还需要进行的实验操作是 ( )
A.测量弹簧的原长
B.在使用之前将压力传感器调零
C.测出初始时甲、乙到左、右两侧压力传感器的距离
D.记录下甲、乙碰撞后压缩左、右两侧压力传感器到最大示数的时间
(2)为使滑块乙与甲碰撞后反弹,需保证m2 m1。(填“>”“=”“<”)
(3)滑块乙碰前的初速度为 (用题目所给字母表示)。
(4)实验要验证的动量守恒表达式为 ( )
A.=-
B.=-
C.F0m2+F2m2=F1m1
D.F0+F2=F1
15.(8分)在排球运动中,进攻方式主要分为两种——强攻和快攻。强攻力量大,但由于要给扣球手充足时间助跑起跳,所以传的球高度较高,这也使对手容易拦网成功。为了避免此情况,快攻将传球高度降低,以减少对手拦网反应时间,从而提高扣球成功率。已知强攻距地面传球高度为5米左右,快攻距地面传球高度为3 m左右。某一回合中,一位二传手在距地面h1=2.2 m处以v1=5 m/s的速度与竖直方向成37°角斜向上将球传出,扣球手助跑起跳至二传手传球的最高点处将排球击出,球的初速度沿水平方向,大小为v0=28.8 km/h;对方球员在离地h2=1.2 m处将排球垫起,垫起前后球的速度大小相等,方向相反,此过程中手与排球接触时间极短,为0.2 s。已知排球质量m=0.3 kg,不计空气阻力。
(1)分析说明此次二传手将要组织哪种进攻方式;
(2)求排球被垫起前瞬间的速度大小v及方向;
(3)求对方球员与排球作用过程中(重力可忽略)对排球平均作用力的大小。
16.(12分)如图所示,足够长的光滑水平台面M右端紧接长度L=5.4 m的水平传送带NP,A、B两滑块的质量分别为mA=4 kg、mB=2 kg,滑块之间压着一根轻弹簧(不与两滑块拴接)并用一根细线锁定,两者一起在平台上以速度v=1 m/s向右匀速运动;突然,滑块间的细线瞬间断裂,两滑块与弹簧脱离,之后A继续向右运动,并在静止的传送带上滑行了1.8 m,已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.25。求:
(1)细线断裂瞬间弹簧释放的弹性势能Ep;
(2)若在滑块A冲到传送带时传送带立即以速度v1=1 m/s逆时针匀速运动,求滑块A与传送带因摩擦产生的热量Q。
17.(10分)如图所示,一上表面粗糙的木板AB静止于光滑的水平地面上,物体P(可视为质点)置于木板上面的A点,物体P与木板上表面间的动摩擦因数为μ。一根长度为L且不可伸长的细线,一端固定于O点,另一端系一质量为m的小球Q。小球Q位于最低点时与物体P处于同一高度并恰好接触。现将小球Q拉至与O同一高度(细线处于水平拉直状态),然后由静止释放,小球Q向下摆动并与物体P发生弹性碰撞(碰撞时间极短),已知物体P的质量为2m,木板的质量为3m,重力加速度为g,求:
(1)小球Q与物体P碰撞前瞬间,细线对小球Q拉力的大小;
(2)小球Q与物体P碰撞后瞬间,物体P速度的大小;
(3)若最终物体P不滑离木板,系统因克服摩擦力做功产生的内能。
18.(14分)如图所示,轻弹簧竖直放置,下端固定在水平地面上,以上端点为坐标原点O,竖直向下为y轴正方向,O点离地高为h。t=0时将质量为m的铁球从O点由静止开始释放,经过时间t0第一次运动到离地面高度为h的P点,此时速度最大,为v。不计空气阻力。已知重力加速度为g,弹簧始终在弹性限度内。求:
(1)弹簧的劲度系数k;
(2)铁球第一次运动到P过程中弹力的冲量I;
(3)铁球运动过程中,任意时刻t的位置坐标y。
答案全解全析
1.A 物体的动能发生变化时,速度大小一定发生变化,故动量一定发生变化,故A正确;动量是状态量,等于质量与速度的乘积,动能是指物体在某一状态时由于运动而具有的能量,是状态量,功是力和力的方向上位移的乘积,功对应一段过程,是过程量,冲量是力在时间上的积累,是过程量,故B错误;力对物体做功为零,但冲量不一定为零,只要力有时间积累,就有冲量,故C错误;根据公式Ek=mv2和p=mv可得p=,可知,由于不知道质量的关系,则动能大的物体,其动量不一定大,故D错误。故选A。
2.A 设水平向右为正方向,由动量守恒定律有Mv0=(M-m)v-mv1,解得v=,故选A。
3.D 从图中提取信息如下:
由题图乙可知,N1、N2对应的单摆的振幅相同,A错误;由于两人所用摆的摆长相同,由单摆的周期公式T=2π可知,N1与N2对应的单摆的周期相同,B错误;由题图乙可知,N1对应的木板运动时间为T,N2对应的木板运动时间为2T,由v=可知,N1对应的木板运动速度大于N2对应的木板运动速度,C错误;由于两人使用的是同一装置,摆长相等,且振幅相等,由机械能守恒定律可知,在最低点时摆的速度大小相等,根据牛顿第二定律可知ma=m,两次砂摆摆到最低点时的加速度相等,D正确。故选D。
4.D 由题知假人头部只受安全气囊的作用,则F-t图线围成的面积即合外力的冲量,再根据动量定理可知F-t图像的面积也是动量的变化量,动量变化率为面积与时间的比值,即合外力的大小,由题图可知,0~t1时间内合外力不断增大,故在0~t1时间内动量变化率一直增大,A错误,D正确;由于图像的面积为动量的变化量,可知0~t2时间内动量变化量一直为正值,故方向不变,末动量一直大于初动量,动量大小一直增大,B、C错误。
5.B 盒子初速度大小v0=3 m/s,与物体相撞后速度大小仍然是3 m/s,物体在t=0.1 s时刻受到盒子碰撞,获得速度v,碰后盒子静止,根据动量守恒定律得Mv0=mv,t=0.3 s时刻,物体与盒子另一壁碰撞使盒子速度大小又变为v0,说明碰撞是弹性碰撞,能量守恒,则有M=mv2,联立解得m=M,v=v0,故盒子的长度是L=vT=3×0.2 m=0.6 m,故选B。
6.C 两种情况下,若物块一直在传送带上被加速,传送带对物块的摩擦力大小相等,到达另一端的时间也相等,则传送带对物块的冲量相等,故A、B错误;设A、B两处距离为L,如果两种情况下物块一直做加速运动,摩擦力做功大小W=fL=μmgL,此种情况下ΔU不变,故C正确,D错误。
7.A 系统水平方向不受外力,水平方向动量守恒,结合能量守恒知,小球刚好能运动到半圆形槽右侧与A等高的位置,此时两物体速度都为零,故A正确,C错误;从B到C,两物体在竖直方向上合外力不为零,系统的动量不守恒,但是在水平方向上,两物体所受合力为零,故两物体组成的系统在水平方向上动量守恒,故B错误;从A到B,两物体组成的系统在水平方向上动量守恒,有mv1+Mv2=0,则有ms1+Ms2=0,题中未给出两物体的质量关系,故无法判断两物体的水平位移大小关系,故D错误。故选A。
8.C 设芭蕉叶的面积为S,则t时间内落到芭蕉叶上面雨滴的质量为m=ρSh,根据题意,有一半的雨滴向四周散开,取竖直向上为正方向,根据动量定理有F1t-mgt=m·-,另一半留在叶面上,根据动量定理有F2t-mgt=0-,根据压强的定义式p=,可得p=,联立解得p=+,故选C。
9.AD 根据重力做功WG=mgh,三个小球质量相等,下落高度相同,故三个小球运动过程中重力做的功相等,A正确;根据重力做功的平均功率=,b、c两个小球在竖直方向都做自由落体运动,运动时间相同,小球a由于受到的轨道弹力有竖直向上的分力,可知小球a的运动时间大于b、c的运动时间,则小球a运动过程中重力做功的平均功率与b、c的不相等,B错误;由于重力做功相等,根据动能定理可知,a、b落地时的速度大小相等,但方向不同,故a、b落地时的动量不相同,C错误;根据重力的瞬时功率P=mgvy,由于b、c两个小球在竖直方向都做自由落体运动,落地时的竖直分速度相等,故b、c落地时重力的瞬时功率相等,D正确。故选A、D。
10.BD 木筷振动的回复力由水对木筷和铁丝的浮力与重力的合力提供,故A错误;根据图像可知,从0.1~0.2 s过程中,木筷由平衡位置向最大位移处运动,速度逐渐变小,则动量p=mv逐渐变小,故B正确;根据图像可知振幅A=5 cm,T=0.4 s,所以ω==5π rad/s,木筷的位移-时间关系式为x=5 sin cm,故C错误;t=0.45 s时,根据图像可知,木筷处于从正向最大位移处向平衡位置运动过程中,加速度向下,木筷和铁丝的重力大于其所受的浮力,故D正确。
11.BD 乌贼喷水过程时间较短,系统内力远大于外力,系统动量守恒,则该乌贼与喷出的水的动量变化大小相等、方向相反,故A错误;选取乌贼逃窜的方向为正方向,根据动量守恒定律得0=Mv1-mv2,解得v2=28 m/s,故B正确;该乌贼在这一次逃窜过程中消耗的生物能E=m+M=42 J,故C错误;该乌贼喷出水的过程中,对水由动量定理得FΔt=mv2-0,解得F=280 N,故D项正确。故选B、D。
12.AD 时刻弹簧弹力为0,小球位移为-A,则小球在平衡位置时有kA=mg,可得弹簧的劲度系数k=,t=0时刻小球在正的最大位移处,弹簧的伸长量为2A,则弹力F=k·2A=2mg,A正确,B错误;~时间段,回复力一直沿正方向,由I=Ft可知,回复力的冲量不为0,C错误;~T时间段,小球从最高点振动到最低点,弹簧的形变量增大,弹簧的弹性势能增大,根据能量守恒定律,小球动能与重力势能之和减小,D正确。
13.答案 (1)D(2分) (2)①c(2分) ②1.0(2分) ③9.86(2分)
解析 (1)根据T=2π可得g=。单摆的悬点未固定紧,摆动中出现松动,使摆线增长了,则摆长的测量值偏小,测得的重力加速度偏小,故A不符合题意;把50次全振动的时间误记为49次全振动的时间,则测得的周期偏大,重力加速度测量值偏小,故B不符合题意;开始计时时,停表过早按下,则测得的周期偏大,重力加速度测量值偏小,故C不符合题意;测摆线长时摆线拉得过紧,则摆长的测量值偏大,重力加速度测量值偏大,故D符合题意。
(2)由于无法测小球的直径d,则实际摆长为L=l-,因此T=2π,解得T2=l-,故实验得到的T2-l图像是c;图线c的横截距为0.5 cm,即×0.005 m-=0,解得d=2×0.005 m=1.0 cm,图线c的纵截距为-2×10-2 s2,即-=-0.02 s2,解得g≈9.86 m/s2。
14.答案 (1)B(2分) (2)<(2分) (3)(2分) (4)D(2分)
解析 (1)根据实验原理可知,本实验不需要测量弹簧原长,A错误;在实验开始之前将压力传感器调零,为后续实验和测量工作打下基础,B正确;滑块甲、乙在气垫导轨上做匀速运动,不需要测出初始时甲、乙到左、右两侧压力传感器的距离,C错误;压缩弹簧所需时间对实验没有影响,不需要测量,D错误。
(2)为使滑块乙与甲碰撞后反弹,需保证滑块乙的质量小于滑块甲的质量,即m2
(4)根据(3)同理可求出碰撞后两滑块的速度,根据动量守恒有m2=m1-m2,整理得实验要验证的动量守恒表达式为F0+F2=F1,故选D。
15.答案 (1)见解析 (2)10 m/s,方向斜向下与水平方向成37°角 (3)30 N
解析 (1)排球以v1=5 m/s的速度与竖直方向成37°角斜向上传出后,做抛体运动,在竖直方向有
(v1 cos 37°)2=2gh (1分)
解得h=0.8 m(1分)
所以排球到最高点时,距离地面的高度为
h+h1=3 m(1分)
由题意可知,二传手将要组织快攻。
(2)排球从最高点到被垫起之前,做平抛运动,在水平方向做匀速直线运动,水平速度为v0=28.8 km/h=8 m/s
竖直方向有
=2g(h+h1-h2) (1分)
解得vy=6 m/s
被垫起前瞬间的速度大小为
v==10 m/s(1分)
与水平方向夹角θ的正切值为
tan θ== (1分)
即速度方向斜向下与水平方向成37°角。
(3)垫起前后球的速度大小相等,方向相反,由题知重力可忽略,则由动量定理可知Ft=2mv (1分)
解得对方球员对排球平均作用力的大小为F=30 N。 (1分)
16.答案 (1)24 J (2)32 J
解析 (1)设A、B与弹簧分离瞬间的速度分别为vA、vB,取向右为正方向,由动量守恒定律得
(mA+mB)v=mAvA+mBvB (1分)
A在传送带上运动的过程,运用动能定理得
-μmAgs=0-mA (1分)
细线断裂瞬间弹簧释放的弹性势能为
Ep=mA+mB-(mA+mB)v2 (2分)
解得vA=3 m/s,vB=-3 m/s,Ep=24 J。 (1分)
(2)滑块A在传送带上向右减速到0后向左加速到与传送带共速,之后随传送带向左运动直至离开传送带,设相对滑动时间为Δt,滑块A加速度大小为
a==μg=2.5 m/s2 (1分)
由运动学公式得
-v1=vA-a·Δt (1分)
xA=·Δt (1分)
x带=(-v1)·Δt (1分)
滑块与传送带间的相对位移为
s1=xA-x带 (1分)
在相对滑动过程中产生的热量
Q=μmAgs1 (1分)
解得Q=32 J。 (1分)
17.答案 (1)3mg (2) (3)mgL
解析 (1)小球Q由静止释放摆到最低点的过程中,由动能定理可得mgL=m-0 (1分)
小球Q摆到最低点时,由牛顿第二定律可得
T-mg=m (1分)
解得T=3mg。 (1分)
(2)P、Q发生弹性碰撞,取向左为正方向,由小球Q与物体P组成的系统动量守恒和机械能守恒可得
mv1=mv2+2mv3 (1分)
m=m+·2m (1分)
联立解得v2=-,v3=。 (1分)
(3)P在木板上滑行过程,由物体P与木板组成的系统动量守恒可得
2mv3=(2m+3m)v共 (1分)
解得v共=
由能量守恒定律,可得系统因克服摩擦力做功产生的内能
Q=·2m-·(2m+3m) (1分)
解得Q=mgL。 (2分)
18.答案 (1) (2)m(gt0-v),方向竖直向上 (3)h
解析 (1)在P点,弹簧的形变量
Δx=h-h=h (1分)
小球受到的弹力大小F=mg
根据胡克定律,有F=kΔx (1分)
解得k=。 (1分)
(2)从O第一次运动到P的过程,对小球,以竖直向下为正方向,弹力方向竖直向上,根据动量定理,有
mgt0-I=mv-0 (1分)
解得I=m(gt0-v) (1分)
方向竖直向上。 (1分)
(3)铁球任意时刻t的位置坐标为y,弹簧的压缩量为y,铁球受到的合力为F合=mg-ky (1分)
mg=kh (1分)
令x=y-h
则F合=-kx
可知铁球做简谐运动,振幅
A=h (1分)
周期T=4t0 (1分)
振动的圆频率为
ω== (1分)
以竖直向下为正方向,t时刻铁球相对于P点的位移为
yt=-h cos (1分)
位置坐标为y=A+yt (1分)
即y=h。 (1分)
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
()
