人教版 (2019)选择性必修 第一册第一章 动量守恒定律综合与测试学案

这是一份人教版 (2019)选择性必修 第一册第一章 动量守恒定律综合与测试学案，共12页。学案主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．(2020·威海期末)交通警察向行进中的车辆发射频率已知的超声波，同时测量反射波的频率，根据反射波频率变化的多少就能知道车辆的速度，其工作原理利用的是( )
A．波的干涉 B．波的衍射
C．波的折射 D．多普勒效应
答案 D
2.(2020·北京通州期末)如图1所示是某质点做简谐运动的振动图像．根据图像的信息，下列说法正确的是( )
图1
A．质点在第1 s末加速度为零
B．质点在第1 s末动能最大
C．质点在第2 s末的位移为0
D．质点在前2 s内通过的路程为10 cm
答案 C
3．关于光的全反射及其应用，下列说法正确的是( )
A．入射角大于临界角，光一定发生全反射
B．光从传播速度大的介质射向传播速度小的介质时可能发生全反射
C．光导纤维传输信号和全息照相利用的都是光的全反射现象
D．水或玻璃中的气泡看起来特别亮，是因为光从水或玻璃射向气泡时在界面发生了全反射
答案 D
解析 入射角大于临界角，不一定发生全反射，还要光从光密介质进入光疏介质才能发生全反射，故A错误；当光线从光密介质进入光疏介质时才有可能发生全反射，由n＝eq \f(c,v)可知，光在介质中的传播速度越大，介质的折射率越小，光在介质中传播速度越小，介质的折射率越大，即光从传播速度大的介质射向传播速度小的介质时不可能发生全反射，故B错误；光导纤维传输信号是利用光的全反射现象，全息照相是利用光的干涉现象，故C错误；当光线由水或玻璃射向气泡时，由于水和玻璃的折射率均大于空气的折射率，部分光线在界面处发生全反射，所以气泡看起来特别亮，故D正确．
4．短道速滑接力赛中，质量为60 kg的甲以大小为10 m/s的速度在前面滑行，质量为50 kg的乙以大小为12 m/s的速度从后面追上，并迅速将甲向前推出，之后乙的速度大小变为4 m/s，乙的方向与原速度方向相反(整个过程均在同一条直线上)，则推后瞬间甲的速度大小为( )
A.eq \f(50,3) m/s B.eq \f(70,3) m/s
C．30 m/s D．33 m/s
答案 B
解析 由题知m甲＝60 kg，m乙＝50 kg，以甲、乙组成的系统为研究对象，以甲的初速度方向为正方向，推前甲的速度v甲＝10 m/s，乙的速度v乙＝12 m/s，推后乙的速度v乙′＝－4 m/s，由动量守恒定律，有m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，代入数据解得推后瞬间甲的速度大小为v甲′＝eq \f(70,3) m/s，故A、C、D错误，B正确．
5．(2020·济南期末)如图2甲所示，水平弹簧振子的平衡位置为O点，在B、C两点之间做简谐运动，规定水平向右为正方向．图乙是弹簧振子做简谐运动的x－t图像，下列说法正确的是( )

图2
A．弹簧振子从B点经过O点再运动到C点为一次全振动
B．弹簧振子的振动方程为x＝0.1sin(2πt＋eq \f(3π,2)) m
C．图乙中的P点时刻速度方向与加速度方向都沿x轴正方向
D．弹簧振子在2.5 s内的路程为1 m
答案 D
解析 弹簧振子从B点经过O点之后运动到C点，再返回B点为一次全振动，A错误；弹簧振子振动方程为x＝0.1cs (2πt) m，B错误；P点速度沿x轴负方向，加速度沿x轴正方向，故C错误；一个周期内弹簧振子的路程s1＝4A＝0.4 m,2.5 s内的路程s＝4A·eq \f(5,2)＝1 m，故D正确．
6．图3甲为一沿x轴方向传播的简谐横波在某一时刻的波形图，P、Q、M、N是平衡位置分别在x1＝1 m、x2＝2 m、x3＝3 m、x4＝4 m处的质点，图乙为质点N以此时刻为计时起点的振动图像，则下列说法正确的是( )
图3
A．在0.15 s时间内，质点P沿x轴负方向移动了3 m
B．这列波的传播速度为20 m/s
C．这列波沿x轴正方向传播
D．从此时刻开始，质点M比质点Q早0.1 s到达正的最大位移处
答案 B
解析 由题图乙知波传播的周期T＝0.2 s，由题图甲知波的波长λ＝4 m，则波的传播速度v＝eq \f(λ,T)＝eq \f(4,0.2) m/s＝20 m/s，由题图乙知t＝0时刻质点N经平衡位置向上运动，则波沿x轴负方向传播；在0.15 s时间内，质点P仅在平衡位置附近振动了eq \f(3T,4)，通过的路程为0.3 m，质点P并不随波迁移，故A、C错误，B正确；从此时刻开始，质点M到达正的最大位移处用时eq \f(T,2)，即0.1 s，质点Q在此时刻振动方向向下，到达正的最大位移处用时eq \f(3T,4)，即0.15 s，所以质点M比质点Q早0.05 s到达正的最大位移处，故D错误．
7．(2020·济南二模)光刻机是生产大规模集成电路的核心设备，光刻机的曝光波长越短，分辨率越高．“浸没式光刻”是一种通过在光刻胶和投影物镜之间加入浸没液体，从而减小曝光波长，提高分辨率的技术．如图4所示，若浸没液体的折射率为1.44，当不加液体时光刻胶的曝光波长为193 nm，则加上液体时光刻胶的曝光波长变为( )
图4
A．161 nm B．134 nm
C．93 nm D．65 nm
答案 B
解析 光在液体中的传播速度为v＝eq \f(c,n)，加上液体时光刻胶的曝光波长为λ＝eq \f(v,f)，不加液体时，c＝λ0f，联立解得：λ＝eq \f(v,f)＝eq \f(c,n)·eq \f(λ0,c)＝eq \f(λ0,n)＝eq \f(193,1.44) nm≈134 nm，故B正确，A、C、D错误．
8.如图5所示，实线是某时刻的波形图像，虚线表示0.2 s后的波形图像，下列说法正确的是( )
图5
A．若这列波向左传播，则可确定它传播的距离的大小
B．若这列波向右传播，则可求它的最大周期
C．若波速是35 m/s，则波的传播方向向右
D．不管波的传播方向如何，由图像都可以确定x＝0的质点在0.2 s时间内的位移和路程
答案 B
解析 若波向左传播，它传播的距离的大小Δx＝(n＋eq \f(3,4))λ(n＝0,1,2…)，不确定，A错误；若波向右传播，波传播的最短时间为eq \f(1,4)T，根据波形的平移和波的周期性，得出时间与周期的关系式t＝kT＋eq \f(1,4)T(k＝0,1,2…)，得到T＝eq \f(4t,4k＋1)，当k＝0时，T最大，最大周期T＝4t＝0.8 s，B正确；由题图知，该波的波长λ＝4 m，当v＝35 m/s时，0.2 s内波传播的位移：x＝vt＝35×0.2 m＝1eq \f(3,4)λ，根据波形的平移可知，波向左传播，C错误；由于周期和振幅都不确定，所以无法确定x＝0的质点在0.2 s时间内的路程，D错误．
二、多项选择题：本题共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，有选错的得0分．
9．如图6所示，质量分别为m1、m2(m1>m2)的小球A、B用轻弹簧连接，两小球分别套在两平行且足够长的光滑水平轨道上，水平光滑轨道宽度和弹簧自然长度均为d.B的左侧有一固定挡板．假设轨道足够长，A由图示位置由静止释放，当A与B相距最近时，A的速度为v1，则在以后的运动过程中( )
图6
A．A的最小速度是0
B．A的最小速度是eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1
C．B的最大速度是v1
D．B的最大速度是eq \f(2m1,m1＋m2)v1
答案 BD
10.如图7所示，两束可见单色光束沿球心所在平面的直线MN射入球形的水滴中，经过一次反射和两次折射，射出水滴形成P、Q两束光，则下列说法正确的是( )
图7
A．若光束从水滴中射向空气，则光束Q容易发生全反射
B．在水滴中，P光的传播速度小于Q光的传播速度
C．在水滴中，P光的传播时间小于Q光的传播时间
D．用P、Q照射同一狭缝，Q光衍射现象更明显
答案 BD
解析 画出光束在水滴中的光路图如图所示，由图可知，P光在水滴中的折射率较大，由
sin C＝eq \f(1,n)知P光的临界角较小，若光束从水滴中射向空气，则光束P容易发生全反射，故A错误；P光在水滴中的折射率较大，由n＝eq \f(c,v)可知在水滴中，P光的传播速度小于Q光的传播速度，故B正确；由图知，根据光路对称，P光在水滴中通过的路程较大，而P光的传播速度小于Q光的传播速度，则在水滴中，P光的传播时间大于Q光的传播时间，故C错误；P光在水滴中的折射率较大，则P光的频率较大，波长较短，用P、Q照射同一狭缝，Q光衍射现象更明显，故D正确．
11．(2020·聊城市模拟)A、B两个振源在一个周期内的振动情况分别如图8甲、乙所示．若它们相距10 m，从t＝0时刻开始振动，它们产生的简谐横波在同一均匀介质中传播，经过0.5 s两列波相遇．下列说法正确的是( )
图8
A．在两振源连线上，两波相遇的位置距离振源A为6 m
B．A、B两列波的波长之比为2∶3
C．两振源连线的中点的位移始终为0
D．这两列波不能产生干涉现象
答案 BD
解析 简谐横波在同一均匀介质中传播时，两波的传播速度大小相等，所以在两振源连线上，两波相遇的位置应该在两振源连线的中点，也就是离振源A为5 m处，故A错误；eq \f(λA,λB)＝eq \f(vTA,vTB)＝eq \f(0.2,0.3)＝eq \f(2,3)，故B正确；因为这两列波的周期不同，频率不同，所以这两列波不能产生干涉现象，两振源连线的中点的位移也不可能始终为0，故D正确，C错误．
12.A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图9所示为两球碰撞前后的位移—时间图像，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9
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图像可知，碰撞前有：A球的速度vA＝eq \f(ΔxA,ΔtA)＝eq \f(4－10,2) m/s＝－3 m/s，B球的速度vB＝eq \f(ΔxB,ΔtB)＝eq \f(4,2) m/s＝2 m/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＝－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，由动量守恒定律有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)×2 kg·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＝－ΔpA＝－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＝eq \f(1,2)mvA2＋eq \f(1,2)mBvB2－eq \f(1,2)(m＋mB)v2，代入数据解得：ΔEk＝10 J，故A、C错误，B、D正确．
三、非选择题(本题共6小题，共60分)
13．(6分)如图10甲所示为双缝干涉实验的装置示意图，现要利用这套装置来测量某种单色光的波长．
图10
(1)装置示意图中有三个电学元件的名称空缺，关于它们的说法正确的是________．
A．①是双缝，③是滤光片
B．②是双缝，③是单缝
C．②是单缝，③是双缝
(2)用20分度的游标卡尺测量双缝间距如图乙所示，双缝间距d＝________ mm.
(3)图丙为实验得到的干涉条纹，用测量头测出了第1条和第6条亮条纹中心间的距离为Δx，已知双缝到光屏的距离为l，则所测单色光波长的计算式为λ＝________(用题中所给的字母表示)．
答案 (1)C(2分) (2)2.10(2分) (3)eq \f(dΔx,5l)(2分)
14．(8分)(2021·唐山一中月考)为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞，某同学选取了两个体积相同、质量相差比较大的小球a、b，按下述步骤做了实验：
图11
①用天平测出两小球a、b的质量(分别为m1和m2，且m1>m2)．
②按如图11所示安装好实验器材，将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端切线水平，将一斜面BC连接在斜槽末端．
③先不放小球b，让小球a从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置．
④将小球b放在斜槽末端边缘处，让小球a从斜槽顶端A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，分别记下小球a和b在斜面上的落点位置．
⑤用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离．图中点D、E、F是该同学记下小球在斜面上的落点位置，到B点的距离分别为LD、LE、LF.
根据该同学的实验，回答下列问题：
(1)在不放小球b时，小球a从斜槽顶端A处由静止开始滚下，a的落点在图中________点，把小球b放在斜槽末端边缘处，小球a从斜槽顶端A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，碰后小球a的落点在图中________点．
(2)若碰撞过程中，动量和机械能均守恒，不计空气阻力，则下列表达式中正确的有________．
A．m1LF＝m1LD＋m2LE
B．m1LE2＝m1LD2＋m2LF2
C．m1LE＝m1LD＋m2LF
D．LE＝LF－LD
答案 (1)E(2分) D(2分) (2)C(4分)
解析 (1)小球a从斜槽顶端A处由静止开始滚下，a的落点在题图中的E点，小球a和小球b相撞后，小球b的速度增大，小球a的速度减小，都做平抛运动，所以碰撞后a球的落点是D点，b球的落点是F点．
(2)设斜面BC的倾角为θ，小球落点到B点的距离为L，小球从B点抛出时速度为v，则竖直方向有Lsin θ＝eq \f(1,2)gt2，水平方向有Lcs θ＝vt，解得v＝eq \f(Lcs θ,t)＝eq \f(Lcs θ,\r(\f(2Lsin θ,g)))＝eq \f(cs θ,\r(\f(2sin θ,g)))eq \r(L)，所以v∝eq \r(L).由题意分析得，只需满足m1v1＝m1v1′＋m2v2，整理得m1eq \r(LE)＝m1eq \r(LD)＋m2eq \r(LF)，就可说明两球碰撞过程中动量守恒；若两小球的碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后机械能没有损失，则要满足关系式eq \f(1,2)m1v12＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v22，整理得m1LE＝m1LD＋m2LF，故C正确．
15．(8分)(2020·威海市期末)图12甲中的O点为某波源的位置，该波源从t＝0时刻开始振动的振动图像如图乙所示，产生的横波在均匀介质中沿x轴正方向传播，已知波速v＝2 m/s.
图12
(1)求该横波的波长；
(2)写出波源的振动方程；
(3)请在图甲中画出t＝1.5 s时的波动图像．
答案 (1)4 m (2)y＝4sin πt (cm) (3)见解析
解析 (1)由题图得：横波的周期为T＝2 s(1分)
波长λ＝vT(1分)
解得：λ＝4 m(1分)
(2)ω＝eq \f(2π,T)＝π rad/s(1分)
A＝4 cm(1分)
故该波源的振动方程为y＝4sin πt (cm)(1分)
(3) (2分)
16.(8分)如图13所示，直角三角形ABC为棱镜的横截面，∠A＝60°，∠B＝90°，一细束单色光线的方向垂直于AC边，从AB边射入棱镜，入射点与A点的距离为d，之后光线从AC边射出，且方向平行于BC边，已知光在真空中的传播速度为c.求：
图13
(1)棱镜对该光的折射率；
(2)光线在棱镜中传播的时间．
答案 (1)eq \r(3) (2)eq \f(\r(3)d,c)
解析 (1)画出光路图如图所示
由几何关系可知，光线在AB边入射角和折射角分别为60°和30°，(2分)
由折射定律，棱镜对该光的折射率n＝eq \f(sin 60°,sin 30°)＝eq \r(3)(2分)
(2)光线在棱镜中传播的时间t＝eq \f(d,v)(1分)
其中v＝eq \f(c,n)，(1分)
解得光线在棱镜中传播的时间t＝eq \f(\r(3)d,c)(2分)
17.(14分)如图14所示，粗糙的水平面平滑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运动，经过时间t＝0.80 s与B发生弹性碰撞．设两小球均可看成质点，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，重力加速度g＝10 m/s2，求：
图14
(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所停的位置距半圆形轨道最低点的距离．
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(2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，有
eq \f(1,2)MvA2＝eq \f(1,2)MvA′2＋eq \f(1,2)mvB2 (2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，则有
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＝4 N(1分)
由牛顿第三定律知，小球B运动到最高点C时对轨道的压力大小为4 N，方向竖直向上．(1分)
(3)对A沿半圆形轨道运动时：eq \f(1,2)MvA′2因此A沿半圆形轨道运动到其能到达的最高点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－eq \f(1,2)MvA′2(1分)
解得：s＝0.2 m．(1分)
18．(16分)如图15所示，质量m2＝2 kg的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB部分是半径R＝1 m的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个水平轻弹簧．滑道CD部分粗糙，长L＝0.5 m，动摩擦因数μ＝0.1，其他部分均光滑．现将质量m1＝1 kg且可视为质点的物块自A点(圆弧最高点)由静止释放，取g＝10 m/s2，求：
图15
(1)物块第一次滑到圆弧最低点B时的速度大小v1；
(2)物块第二次滑到C点时的速度大小v3；
(3)物块最终停止时与D点的距离x.
答案 (1)eq \f(2\r(30),3) m/s (2)2eq \r(3) m/s (3)0.5 m
解析 (1)物块从A点由静止释放至运动到圆弧最低点B的过程中，水平方向动量守恒，且机械能守恒，
有0＝m1v1－m2v2(2分)
m1gR＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22 (2分)
代入数据解得物块第一次滑到圆弧最低点B时的速度大小
v1＝eq \f(2\r(30),3) m/s(2分)
(2)物块第二次滑到C点时，设此时滑道的速度大小为v4，
由能量守恒、水平方向动量守恒，有
m1gR－2μm1gL＝eq \f(1,2)m1v32＋eq \f(1,2)m2v42(2分)
0＝m1v3－m2v4(2分)
代入数据解得物块第二次滑到C点时的速度大小v3＝2eq \r(3) m/s.(2分)
(3)弹簧将物块弹出之后，物块再次经过CD段，由于摩擦力做功损失能量，然后冲上圆弧轨道，但由于能量损失不会到达轨道的最高点A，物块到达某点后接着下滑重复上述类似的过程．设物块在CD段通过的总路程为l，由能量守恒，有
m1gR＝μm1gl(2分)
解得l＝10 m(1分)
即物块最终停在C处，与D点的距离x＝0.5 m．(1分)