高中物理新教材同步选修第一册课件+讲义 第1章 章末检测试卷(1)

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高中物理新教材同步课件选修第一册
高中物理新教材特点分析
（一）趣味性强，激发学生学习兴趣 在新时代教育制度的改革深化下，学生对于物理课程内容的学习兴趣可以带动学生不断地进行探究。物理课程教学引入趣味性较高的新教材内容，充实物理课堂，引入信息技术，利用多媒体等新时代信息化的教学手段，利用更加直观、动态化的、可观察的教学手段，向学生们展示物理教学课程当中那些抽象的知识点，不断地吸引学生们的好奇心与兴趣力，让学生在物理课堂上能够充分感受到物理的魅力所在。（二）实践性高，高效落实理论学习 在现代化教育课程的背景之下，新课程改革理念越来越融入生活与学习的方方面面，新教材逐步的显现出强大影响力。（三）灵活性强，助力课程目标达成 随着教育制度体系的改革，通过新时代新教材内容的融入，教师不断地革新教学手段，整合线上以及线下的教育资源内容，可以为物理课堂增添新的活力与生机。
第一章
(时间：90分钟　满分：100分)
ZHANGMOJIANCESHIJUAN(YI)
章末检测试卷(一)
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.下面列举的装置各有一定的道理，其中不能用动量定理进行解释的是A.运输玻璃器皿等易碎物品时，在器皿的四周总是垫着碎纸或海绵等柔 软、有弹性的垫衬物B.建筑工人戴的安全帽内有帆布垫，把头和帽子的外壳隔开一定的空间C.热水瓶胆做成两层，且把两层中间的空气抽去D.跳高运动中的垫子总是十分松软
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A、B、D均可以通过延长作用时间从而减小冲击力，都可以用动量定理解释；C选项中将热水瓶胆做成双层，中间的空气抽去是为了保温，不是为了减小冲击力，不能用动量定理解释，故选C.
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2.关于动量守恒，下列说法正确的是A.系统中所有物体的加速度都为零时，系统的动量不一定守恒B.系统只有重力做功，系统的动量才守恒C.一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平面上，枪发射子弹时， 枪和子弹组成的系统动量守恒D.光滑水平面上的两小球发生碰撞，两小球动量守恒
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3.如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为3m和m的A、B两滑块，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧(弹簧与A、B不拴连)，由于被一根细绳拉着而处于静止状态.当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下述说法正确的是A.两滑块的动能之比为1∶3B.两滑块的动量大小之比为3∶1C.两滑块的速度大小之比为3∶1D.弹簧对两滑块做功之比为1∶1
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两滑块及轻弹簧组成的系统动量守恒，以向右为正方向，则有－pA＋pB＝0，所以pA∶pB＝1∶1，故B错误；设两滑块速度大小分别为vA、vB，则－3mvA＋mvB＝0，得vA∶vB＝1∶3，故C错误；两滑块的动能之比为EkA∶EkB＝( ×3m×vA2)∶( ×m×vB2)＝1∶3，由动能定理可得WA∶WB＝EkA∶EkB＝1∶3，故A正确，D错误.
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4.如图所示，质量mA＝8.0 kg的足够长的木板A放在光滑水平面上，在其右端放一个质量为mB＝2.0 kg的小木块B.给B以大小为4.0 m/s、方向向左的初速度，同时给A以大小为6.0 m/s、方向向右的初速度，两物体同时开始运动，直至A、B运动状态稳定，下列说法正确的是A.木块B的最终速度大小为5.6 m/sB.在整个过程中，木块B的动能变化量为0C.在整个过程中，木块B的动量变化量为0D.在整个过程中，系统的机械能守恒
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木块与木板组成的系统动量守恒，由于木板的动量大于木块的动量，所以系统的合动量方向向右；木块先向左减速运动，速度减为零后再反向向右加速运动，最后木块与木板一起匀速运动.设向右为正方向，由动量守恒定律得mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v，解得v＝4 m/s，故A错误；在整个过程中，木块B的动能变化量为ΔEk＝ mBv2－ mBvB2＝0，故B正确；
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在整个过程中，木块B的动量变化量为Δp＝mBv－mBvB＝2×4 kg·m/s－(－2×4 kg·m/s)＝16 kg·m/s，故C错误；在整个过程中，由于小木块与木板之间有摩擦力作用，克服摩擦力做功，一部分机械能转化为内能，故系统机械能不守恒，故D错误.
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5.(2021·新乡县一中高二期末)如图甲所示，水平轻质弹簧一端与物块A左侧相连，一起静止在光滑水平面上，物块B从左侧以大小为v0的初速度向弹簧和物块A运动.运动过程中两物块的v－t图像如图乙所示，则下列说法正确的是A.物块A的质量大于物块B的质量B.t2时刻弹簧的弹性势能最大C.t1时刻物块A的加速度大于物块B的加速度D.t2时刻物块A的加速度大于物块B的加速度
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根据动量守恒得(mA＋mB) ＝mBv0得mA＝mB，A错误；因为两物块质量相等，弹簧对两物块的弹力大小相等，根据牛顿第二定律可知二者加速度大小相等，C、D错误；当两物块共速时，动能损失最大，所以t2时刻弹簧的弹性势能最大，B正确.
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6.如图所示，装有炮弹的火炮总质量为m1，炮弹的质量为m2，炮弹射出炮口时对地的速率为v0，若炮管与水平地面的夹角为θ，则火炮后退的速度大小为(设水平面光滑)
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由于炮弹的重力作用，火炮发射炮弹的过程中只有水平方向动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律可得m2v0cos θ－(m1－m2)v＝0，解得v＝ ，A正确.
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7.2020年5月28日，中国第一艘国产航空母舰“山东舰”在某海域执行训练任务.如图，假设在某次舰上飞机起飞训练中，质量为m＝2×104 kg的飞机在弹射系统作用下经过t1＝0.2 s以某一初速度进入甲板跑道，之后在甲板上做匀加速直线运动，经过t2＝4.0 s在跑道上运动120 m后成功起飞，且飞机的起飞速度为v＝50 m/s，不计空气阻力.下列说法正确的是A.飞机在弹射系统作用下获得的动量大小为1×105 kg·m/sB.弹射系统作用于飞机的平均作用力大小为1×106 NC.飞机在甲板跑道上的加速度大小为12.5 m/s2D.弹射系统对飞机做的功为2.5×105 J
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设飞机在弹射系统作用下获得的初速度为v0，则 t2＝s，解得v0＝10 m/s，则飞机在弹射系统作用下获得的动量大小为p0＝mv0＝2×105 kg·m/s，选项A错误；根据动量定理可知Ft1＝p0，解得F＝1×106 N，选项B正确；
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8.(2022·长春十一高月考)如图所示，在光滑的水平面上有一质量为M的静止的物体，物体上有一光滑的半圆弧轨道，半径为R，最低点为C，两端AB一样高，现让质量为m的小滑块从A点由静止下滑，重力加速度为g，则在运动过程中A.M所能获得的最大速度为B.m运动到最低点C时对轨道的压力大小为3mgC.M向左运动的最大距离为D.M与m组成的系统机械能守恒，动量也守恒
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M和m组成的系统竖直方向所受合外力不为0，系统动量不守恒，但水平方向所受合外力为零，则水平方向动量守恒；由于只有重力做功，系统机械能守恒，当m到达最低点时，M的速度最大，则mv1－Mv2＝0，mgR＝ mv12＋ Mv22，解得M所能获得的最大速度为v2＝ ，故A、D错误；
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当光滑的半圆弧轨道固定在水平地面上时，由机械能守恒定律可知 mv2＝mgR，由牛顿第二定律F－mg＝ ，m运动到最低点C时轨道对m的支持力大小F＝3mg，根据牛顿第三定律可知m运动到最低点C时对轨道的压力大小为3mg，现在光滑的半圆弧轨道在水平面上运动，m运动到最低点C时对轨道的压力大小不是3mg，故B错误；由水平方向动量守恒，根据人船模型得mx1＝Mx2，x1＋x2＝2R，解得M向左运动的最大距离为x2＝ ，故C正确.
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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.在距地面高为h，同时以相等初速度v0分别平抛、竖直上抛、竖直下抛三个质量均为m的物体，忽略空气阻力，当它们从抛出到落地时，比较它们的动量的增量Δp，有A.竖直上抛的物体的Δp最大B.平抛的物体的Δp最大C.竖直下抛的物体的Δp最小D.三者的Δp一样大
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三个物体中竖直上抛的物体运动时间最长，而竖直下抛的物体运动时间最短，它们重力的冲量I＝mgt，则由动量定理I＝Δp可得，竖直上抛的物体动量的增量最大，竖直下抛的物体动量的增量最小，B、D错误，A、C正确.
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10.(2021·内江市期末)如图所示，静止在光滑水平面上的小车，站在车上的人将右边筐中的球一个一个地投入左边的筐中.所有球仍在车上，那么，在投球过程中下列说法正确的是A.由于人和小车组成的系统所受的合外力为零，所以小车静止不动B.由于人和小车组成的系统所受的合外力 不为零，所以小车向右运动C.投完球后，小车将向右做匀速直线运动D.投完球后，小车将静止不动
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在投球过程中，人和车(含篮球)系统所受的合外力不为零，但水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，篮球有水平向左的动量，则人和车系统获得水平向右的动量，所以人和车系统所受的合外力不为零，小车向右运动，A错误，B正确；由题知投完球后所有球仍在车上，人、车和球速度相同，根据系统水平方向动量守恒知，小车的速度为零，C错误，D正确.
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11.A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线向同一方向运动，A球的动量为5 kg·m/s，B球的动量为7 kg·m/s，当A球追上B球时发生对心碰撞，则碰撞后A、B两球动量的可能值为A.pA＝6 kg·m/s，pB＝6 kg·m/sB.pA＝3 kg·m/s，pB＝9 kg·m/sC.pA＝－2 kg·m/s，pB＝14 kg·m/sD.pA＝－5 kg·m/s，pB＝17 kg·m/s
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若碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，A的动量不可能沿原方向增大，故A错误.
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同理可知，C正确.D项中，碰撞后A的动能不变，而B的动能增大，违反了能量守恒定律，故D错误.
12.(2022·资阳中学月考)如图所示，竖直放置的轻弹簧下端固定在地上，上端与质量为m的钢板连接，钢板处于静止状态.一个质量也为m的物块从钢板正上方h处的P点自由落下，与钢板碰撞后粘在一起向下运动x0后到达最低点Q，设物块与钢板碰撞的时间Δt极短，重力加速度为g.下列说法正确的是
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取向下为正方向，碰撞过程，对钢板由动量定理有(mg－F弹＋F)Δt＝mv2，其中mg＝F弹，解得物块对钢板的冲量I＝FΔt＝ ，B错误；
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从P到Q的过程中，整个系统重力势能的减少量为ΔEp＝mg(x0＋h)＋mgx0＝mg(2x0＋h)，选项C错误；从碰撞到Q点，由能量守恒定律可知， ×2mv22＋2mgx0＝Ep，则弹性势能的增加量为Ep＝mg(2x0＋ )，选项D正确.
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三、非选择题：本题共6小题，共60分.13.(8分)某同学用如图甲所示的实验装置验证“动量定理”.图乙是某次实验中获取的纸带，图中所标各计数点间还有4个计时点未画出，打点计时器的工作频率为50 Hz.(1)为了较为准确地完成实验，以下做法正确的是____.A.实验前，需要补偿阻力B.实验过程中，要保证砝码及砝码盘的质量远远小于小车的质量C.实验过程中，要先释放小车，再接通电源D.实验过程中，需用秒表测量小车在某两点间运动的时间
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验证动量定理，需要测量合外力冲量，利用图甲装置进行实验，需要用力传感器测出的绳的拉力充当小车的合外力，因此实验前需要补偿阻力，故A正确；实验过程中，绳的拉力可直接由力传感器测量，不需要用砝码及砝码盘的重力代替绳的拉力，因此实验过程中不需要满足砝码及砝码盘的质量远远小于小车的质量，故B错误；打点计时器在使用过程中，需要先接通电源，再释放小车，故C错误；打点计时器就是时间测量工具，不再需要秒表测量时间，故D错误.
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(2)图乙是实验中打下的一段纸带，记录的力传感器的示数为1.05 N，测得小车的质量为0.5 kg，由此计算出小车从B到D的过程中，动量变化量Δp＝______ kg·m/s，合力冲量I＝______ N·s，在误差允许的范围内，动量定理成立.(以上计算结果均保留三位有效数字)
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0.200
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由题知相邻两计数点间时间间隔为0.1 s.根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于这段时间的平均速度可知小车在B点的速度
在D点的速度
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动量变化量Δp＝mvD－mvB代入数据解得Δp＝0.200 kg·m/s纸带上B到D有2个时间间隔t＝0.1×2 s＝0.2 s且F＝1.05 N，因此合力冲量I＝Ft＝0.210 N·s在误差允许的范围内，动量定理成立.
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14.(8分)现利用图甲所示装置验证“动量守恒定律”.在图甲中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与穿过打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，数字计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间.
实验测得滑块A的质量m1＝280 g，滑块B的质量m2＝120 g，遮光片的宽度d＝1.00 cm；打点计时器所用交变电流的频率f＝50 Hz.将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰，碰后数字计时器显示的时间为ΔtB＝4.00 ms，碰撞前、后打出的纸带如图乙.
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(1)通过分析可知：纸带的___端(填“C”或“D”)与滑块A左侧相连；
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D
根据滑块A的质量m1＝280 g，滑块B的质量m2＝120 g，滑块A碰后速度小于碰前速度，所以纸带D端与滑块A相连.
(2)滑块A在碰撞前速度大小v0＝2.00 m/s，滑块A在碰撞后速度大小v1＝_______ m/s，滑块B在碰撞后的速度大小v2＝______ m/s(保留三位有效数字)；
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0.880
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根据速度的定义，滑块运动的瞬时速度大小v＝在纸带上打出相邻两点的时间间隔为ΔtA＝0.02 s，设滑块A碰撞后瞬时速度大小为v1，有v1＝ m/s＝0.880 m/s.设滑块B碰撞后的速度大小为v2，由v2＝ 得v2＝2.50 m/s.
(3)设两滑块碰撞前、后的动量分别为p和p′，则p＝m1v0＝0.560 kg·m/s、p′＝______ kg·m/s(保留三位有效数字).
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两滑块碰后的动量p′＝m1v1＋m2v2≈0.546 kg·m/s.
15.(8分)如图甲所示，一块长度为L、质量为m的木块静止在光滑水平面上.一颗质量也为m的子弹以水平速度v0射入木块.当子弹刚射穿木块时，木块向前移动的距离为s(图乙).
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设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变，子弹可视为质点，求子弹穿过木块的时间.
设子弹射穿木块时子弹的速度为v1，木块的速度为v2，子弹和木块系统动量守恒，以子弹初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得mv0＝mv1＋mv2 (2分)设子弹对木块的作用力为F，则对木块有Fs＝ mv22 (2分)
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对子弹由动能定理有－F(s＋L)＝ mv12－ mv02 (2分)对木块由动量定理有Ft＝mv2 (1分)联立解得，t＝ . (1分)
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16.(8分)下雨是常见的自然现象，如果雨滴下落为自由落体运动，则雨滴落到地面时，对地表动植物危害巨大，实际上，动植物都没有被雨滴砸伤，因为雨滴下落时不仅受重力，还受空气的浮力和阻力，使得雨滴落地时不会因速度太大而将动植物砸伤.某次下暴雨，质量为m＝2.5×10－5 kg的雨滴，从高h＝2 000 m的云层下落.(g取10 m/s2)(1)如果不考虑空气浮力和阻力，雨滴做自由落体运动，落到地面经Δt1＝1.0×10－5 s速度变为零，因为雨滴和地面作用时间极短，可认为在Δt1内地面对雨滴的作用力不变且不考虑雨滴的重力，求雨滴对地面的作用力大小；
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答案　500 N
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不考虑空气浮力和阻力，雨滴做自由落体运动，雨滴做自由落体运动的末速度大小为v＝ ＝200 m/s (2分)取竖直向上为正方向，设地面对雨滴的作用力大小为F，对雨滴和地面作用的过程，运用动量定理得FΔt1＝0－(－mv) (2分)代入数据解得F＝500 N (1分)根据牛顿第三定律可知，雨滴对地面的作用力大小为500 N
(2)考虑到雨滴同时还受到空气浮力和阻力的作用，设雨滴落到地面的实际速度为8 m/s，落到地面上经时间Δt2＝3.0×10－4 s速度变为零，在Δt2时间内地面对雨滴的作用力不变且不考虑这段时间雨滴受到的重力、空气的浮力和阻力，求雨滴对地面的作用力大小.
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对雨滴和地面作用的过程，由动量定理得F′Δt2＝0－(－mv′) (2分)v′＝8 m/s代入数据解得F′＝ (1分)根据牛顿第三定律可知，雨滴对地面的作用力大小为 .
17.(12分)如图所示，用轻弹簧相连的质量均为2 kg的A、B两物块静止于光滑的水平地面上，弹簧处于原长，质量为4 kg的物块C以v＝6 m/s的初速度在光滑水平地面上向右运动，与前方的物块A发生碰撞(碰撞时间极短)，并且C与A碰撞后二者粘在一起运动，A、B、C三者位于同一直线上.在以后的运动中：
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(1)当弹簧的弹性势能最大时，物块B的速度多大？弹簧弹性势能的最大值是多大？
答案　3 m/s　12 J
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当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大.由于A、B、C三者组成的系统动量守恒，有mCv＝(mA＋mB＋mC)v2 (1分)解得v2＝3 m/s (1分)即弹簧弹性势能最大时B的速度为3 m/s由于A、C两者组成的系统碰撞前后瞬间动量守恒，有mCv＝(mA＋mC)v1 (1分)解得v1＝4 m/s (1分)
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设弹簧的弹性势能最大为Ep，根据机械能守恒定律得Ep＝ (mA＋mC)v12－ (mA＋mB＋mC)v22 (2分)解得Ep＝12 J (1分)
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(2)弹簧第一次恢复原长时物块B的速度多大？
答案　6 m/s
C、A碰撞后为初状态，再次恢复原长为末状态，则由系统动量守恒得(mC＋mA)v1＝(mC＋mA)v3＋mBvB (2分)由系统能量守恒得 (mC＋mA)v12＝ (mC＋mA)v32＋ mBvB2 (2分)解得vB＝6 m/s. (1分)
18.(16分)如图，在光滑水平地面上有一辆质量M＝2 kg的小车，小车左右两侧均为半径R＝0.3 m的四分之一光滑圆弧轨道，两圆弧轨道之间平滑连接长L＝0.6 m的粗糙水平轨道.质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)从小车左侧圆弧轨道顶端A处由静止释放，小物块和粗糙水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2.求：(1)小物块第一次滑到左侧圆弧轨道末端时，小物块与小车的速度大小之比；
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答案　2∶1
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小物块和小车组成的系统水平方向动量守恒，设水平向右为正方向，小物块第一次滑到左侧圆弧轨道末端时速度大小为v1，小车速度大小为v2由0＝mv1－Mv2 (2分)得v1∶v2＝2∶1 (1分)
(2)小物块第一次滑到右侧圆弧轨道上的最大高度h；
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答案　0.24 m
小物块第一次滑到右侧圆弧轨道上的最大高度h处时，小物块和小车有相同的水平速度v′，有0＝(m＋M)v′ (2分)由系统能量守恒得mgR＝mgh＋μmgL＋ (m＋M)v′2 (2分)联立解得h＝0.24 m (1分)
(3)整个运动过程小物块在粗糙水平轨道上经过的路程s及全过程小车在地面上发生的位移x的大小.
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答案　3 m　0.3 m
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小物块最终与小车相对静止，有0＝(m＋M)v″ (1分)整个过程，由系统能量守恒得mgR＝μmgs (2分)得s＝3 m (1分)则s＝5L可知，物块在小车的水平轨道最右端(或右侧圆弧底端)相对小车静止，则物块相对小车发生位移x总＝R＋L
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系统水平方向动量守恒，设小物块水平向右发生位移大小为x1，小车水平向左发生位移大小为x，有mx1＝Mx (2分)又x1＋x＝x总 (1分)得x＝0.3 m. (1分)