2023年新教材高中物理期中达标检测卷新人教版选择性必修第一册

这是一份2023年新教材高中物理期中达标检测卷新人教版选择性必修第一册，共8页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

期中达标检测卷
(考试时间：60分钟　满分：100分)
班级：________　　座号：________　　姓名：________　　分数：________
一、选择题(1～7题为单选题，8～10题为多选题，每小题6分，共60分)
1．物体的质量与速度的乘积叫动量，在国际单位制中动量的单位是(　　)
A．N·m　　 B．kg·m
C．kg·m/s　　 D．kg·m/s2
【答案】C　【解析】由动量表达式p＝mv，质量的国际单位为kg，速度的国际单位为m/s，可知动量的国际单位为kg·m/s，C正确，A、B、D错误．
2．汽车安全性能是汽车品质的重要指标．当汽车以50km/h左右的速度撞向刚性壁障时，撞击使汽车的速度瞬间变到0，壁障对汽车产生了极大的冲击力．“轰”的一声巨响之后，载着模拟司乘人员的崭新轿车眨眼间被撞得短了一大截，安全气囊打开，将司乘人员分隔在驾驶前台和座椅之间．下列说法正确的是(　　)

A．碰撞实验中，汽车受到的冲击力只和汽车速度有关
B．碰撞实验中，汽车受到的冲击力只与汽车质量有关
C．碰撞实验中，安全气囊的作用是减少司乘人员的动量改变量
D．碰撞实验中，安全气囊的作用是通过增加作用时间来减少司乘人员受到的冲击力
【答案】D　【解析】根据Ft＝mΔv可知冲击力与速度和质量及作用时间均有关，A、B错误；安全气囊的作用是增加作用时间，减小冲击力，C错误，D正确．
3．如图为跳水运动员从起跳到落水过程的示意图，运动员从最高点到入水前的运动过程记为Ⅰ，运动员入水后到最低点的运动过程记为Ⅱ，忽略空气阻力，则运动员(　　)

A．过程Ⅰ的动量改变量等于零
B．过程Ⅰ的动量改变量等于重力的冲量
C．过程Ⅱ的动量改变量等于零
D．过程Ⅱ的动量改变量等于重力的冲量
【答案】B　【解析】过程Ⅰ中只受重力，动量改变量等于重力冲量，故不为零，A错误，B正确；过程Ⅱ的入水速度不等于零，末速度为零，因此动量改变量不等于零，C错误；过程Ⅱ中，受重力和水的阻力，动量改变量等于合力的冲量，D错误．
4．如图甲所示，悬挂在竖直方向上的弹簧振子，在C、D两点之间做简谐运动，O点为平衡位置．振子到达D点时开始计时，以竖直向上为正方向，一个周期内的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是(　　)

A．振子在O点受到的弹簧弹力等于零
B．振子在C点和D点的回复力相同
C．t＝0.3s时，振子的速度方向为竖直向上
D．t＝0.5s到t＝1.5s的时间内，振子通过的路程为3cm
【答案】C　【解析】弹簧振子在平衡位置(O点)的回复力为零，通过受力分析可知，弹簧弹力等于振子所受的重力，A错误；弹簧振子的回复力大小与偏离平衡位置的位移大小成正比，由于OC＝OD，则振子在C点和D点的回复力大小相等，方向不同，B错误；根据题图乙可知，t＝0.3 s时，振子的速度方向为竖直向上，C正确；t＝0.5 s到t＝1.5 s的时间内，振子通过的路程为6 cm，D错误．
5．如图所示，小球在半径为R的光滑球面上的A、B之间作小角度的往返运动，则(　　)

A．小球的质量越大，其振动的频率越大
B．OA、OB之间夹角越小，小球振动的频率越小
C．球面半径R越大，小球振动的频率越小
D．将整个装置移至我国空间站“天和”核心舱中，小球振动的频率减小
【答案】C　【解析】由于小球在半径为R的光滑球面上的A、B之间作小角度的往返运动，所以小球的运动可以视为简谐运动，小球振动周期T＝2π，则小球振动的频率f＝＝，可见小球振动的频率只与g和R有关，在同一地点R越大，小球振动的频率越小，A、B错误，C正确；将整个装置移至我国空间站“天和”核心舱中，小球在完全失重情况下，重物不能下滑，该实验不能进行，D错误．
6．如图所示为单摆做阻尼振动的位移x随时间t变化的图像，t1、t2时刻的位移大小均为2cm，t3时刻的位移大于2cm.关于摆球在t1、t2和t3时刻的速度、重力势能、动能、机械能的分析，下列说法正确的是(　　)

A．摆球在t1时刻的机械能等于t2时刻的机械能
B．摆球在t1时刻的动能等于t2时刻的动能
C．摆球在t1时刻的重力势能等于t2时刻的重力势能
D．摆球在t3时刻的速度大于t2时刻的速度
【答案】C　【解析】由于阻力做功，摆球在t1时刻的机械能大于t2时刻的机械能，A错误；摆球在t1时刻的速度大于t2时刻的速度，所以摆球在t1时刻的动能大于t2时刻的动能，B错误；摆球在t1时刻到最低点的高度等于t2时刻到最低点的高度，所以摆球在t1时刻的重力势能等于t2时刻的重力势能，C正确；摆球在t3时刻的速度等于零，t2时刻的速度不等于零，所以摆球在t3时刻的速度小于t2时刻的速度，D错误．
7．如图所示，在光滑的水平面上有一物体M，物体上有光滑的半圆弧轨道，最低点为C，两端A、B一样高．现让小滑块m从A点由静止下滑，则(　　)

A．m不能到达B点
B．m从A到C的过程中M向左运动，m从C到B的过程中M向右运动
C．m从A到B的过程中M一直向左运动，m到达B的瞬间，M的速度为零
D．M与m组成的系统机械能守恒，动量守恒
【答案】C　【解析】M和m组成的系统水平方向不受外力，动量守恒，没有摩擦，系统的机械能也守恒，所以根据水平方向动量守恒和系统的机械能守恒知，m恰能达到小车M上的B点，到达B点时小车与滑块的速度都是0，A错误；M和m组成的系统水平方向动量守恒，m从A到C的过程中以及m从C到B的过程中m一直向右运动，所以M一直向左运动，m到达B的瞬间，M与m速度都为零，B错误，C正确；小滑块m从A点静止下滑，物体M与滑块m组成的系统水平方向不受外力，水平动量守恒，竖直方向合外力不为零，竖直方向动量不守恒，故系统动量不守恒．没有摩擦，M和m组成的系统机械能守恒，D错误．
8．劲度系数为20N/m的水平弹簧振子，它的振动图像如图所示，则图线上的P点反映出此时刻(　　)

A．弹簧振子的运动方向沿x轴正向
B．弹簧振子的运动方向沿x轴负向
C．由t＝0到图线上P点时刻振子所经过的路程为37.5cm
D．由t＝0到图线上P点所示时刻的这段时间内，振子运动的位移为2.5cm
【答案】AC　【解析】P点稍后的时刻，质点的正向位移大于xP＝2.5 cm，所以可以判定弹簧振子在时刻tP运动方向沿x轴正方向， B错误，A正确；由图像知，在0～3.5 s这段时间内，振子所通过的路程为×4×5 cm＝35 cm，3.5 s末到tP的这段时间Δt内再通过2.5 cm，所以路程s＝37.5 cm，C正确；位移是矢量，振动的位移是指振动质点相对于平衡位置的距离，P点所在位置为＋2.5 cm.但运动的位移则是指质点在某段时间的初、末两时刻位置的变化，在t＝0时刻振子在＋5 cm处，在tP时刻振子在＋2.5 cm处，所以其运动的位移为－2.5 cm，其大小为2.5 cm，方向沿x轴负方向，D错误．
9．如图所示，滑块P套在固定的光滑横杆上，小球Q通过轻质细绳与滑块相连，将小球从图示位置释放，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是(　　)

A．滑块和小球组成的系统动量守恒，机械能守恒
B．滑块和小球组成的系统动量守恒，机械能不守恒
C．滑块和小球组成的系统水平方向动量守恒
D．滑块和小球组成的系统机械能守恒
【答案】CD　【解析】滑块和小球组成的系统水平方向受合外力为零，则水平方向动量守恒；由于只有重力做功，则系统的机械能守恒，A、B错误，C、D正确．
10．如图甲所示，一弹簧振子在A、B间做简谐运动，O为平衡位置，图乙是弹簧振子做简谐运动时的位移—时间图像，则关于弹簧振子的加速度随时间的变化规律，下列四个图像中不正确的是(　　)


A B

C D
【答案】ABD　【解析】根据简谐运动振子的加速度与位移的关系a＝－，得到t＝0时刻振子的加速度a＝0，而且在前半个周期内加速度为负值．简谐运动的x－t图像是正弦曲线，则a－t图像也是正弦曲线，C正确，A、B、D错误．
二、非选择题(本大题4小题，共40分)
11．(8分)惠更斯在推导出单摆的周期公式后，用一个单摆测出巴黎的重力加速度，小华同学受此启发，在学习完单摆的相关知识后，他想到用单摆等器材测量出学校所在地的重力加速度．在测量过程中，他用到了以下的器材：长约1m的细绳、小钢球、铁架台、刻度尺、游标卡尺、手机秒表等．

(1)按照图甲所示装置组装好实验器材，用刻度尺测量摆线(悬点到摆球最顶端)的长度；用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图乙所示，则该摆球的直径为______mm.
(2)关于本实验，下列说法正确的是______．
A．摆球应选用体积较小、质量较大的小球
B．绳子的弹性越好越利于减小实验误差
C．为了便于测量周期，摆角越大越好
D．测量周期时，应从摆球到达最低点时开始计时
(3)该同学测出不同摆长L和对应的周期T，并在坐标纸上作出T2－L图线如图丙所示，接着他计算出图线的斜率k，则学校所在地的重力加速度大小g＝________(用k和π表示)．
【答案】(1)14.15　(2)AD　(3)
【解析】(1)游标卡尺的读数为
14 mm＋3×0.05 mm＝14.15 mm.
(2)为了减小空气阻力对实验的影响应选择质量大、体积小的球，故A正确；要保证摆长不变，绳子不能选择弹性绳，故B错误；单摆周期公式在摆角很小时才成立，故C错误；测量周期时，应从摆球到达最低点时开始计时，故D正确．
(3)根据T＝2π，得T2＝L，斜率为k，则g＝.
12．(8分)如图所示为“验证动量守恒定律”的装置示意图，弧形管道固定在铁架台上，末端系铅垂线．A、B是两个相同大小的钢球，直径为d，质量分别为m1、m2(m1>m2)，管道内径略大于钢球直径．B球用长为l的细线悬挂，通过调整悬点高度使其刚好位于管道末端出口处，使A球从某一高度沿管道滚下与B球正碰，碰撞后，B球绕悬点摆动，最大摆角为θ，A球飞出后下落高度为H，落在水平地面上的P点，OP间的水平距离为s，已知当地重力加速度为g.

(1)两球碰撞后瞬间，B球获得的速度大小可表示为__________________________(用题给符号表示)．
(2)下列有关本实验的做法正确的是______．
A．实验前调节管道末端水平，保证碰撞前、后A球水平飞出
B．为测量A球碰前速度大小需记录小球从管道滚下的竖直高度
C．利用铅垂线找到A球飞出时在水平地面上的投影点O，进而测量飞出的水平距离s
D．本实验可以不测量速度的具体数值，因此不需要知道A球下落的高度H
(3)在误差允许的范围内，两球碰撞过程中动量守恒．请写出碰前系统具有的总动量大小________________________________________________(用题给符号表示)．
【答案】(1)　(2)AC
(3)m1s＋m2
【解析】(1)两球碰撞后，B球由静止摆到题图示位置，根据机械能守恒定律得m2g(1－cosθ)＝m2v，
解得v2＝.
(2)本实验与平抛运动的知识相结合，将小球的速度测量转换成距离测量，简化实验操作和数据处理，因此实验前调节管道末端水平，保证碰撞前后A球做平抛运动，A正确；为测量A球碰前速度大小需要将A球单独释放，不与B球发生碰撞时，测量平抛运动的水平和竖直位移，如果通过记录小球从管道滚下的竖直高度，由于不知道管道的光滑程度，不能利用机械能守恒计算碰前速度，B错误；利用铅垂线找到A球飞出时在水平地面上的投影点O，进而测量飞出的水平距离s，C正确；本实验需要测量速度的具体数值，D错误．
(3)根据动量守恒定律，两球碰撞过程中满足m1v1＝m1v1′＋m2v2.A球碰后的速度为v1′，根据平抛运动规律H＝gt2，s＝v1′t，得v1′＝s .
则碰前系统具有的总动量大小为
m1v1＝m1v1′＋m2v2＝m1s＋m2.
13．(12分)如图所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在B、C两点之间做简谐运动，B、C相距40cm，当振子经过B点时开始计时，经过1s，振子首次到达C点．求：
(1)振子的振幅和频率；
(2)振子在5s内通过的路程．

【答案】(1)20cm　0.5Hz　(2)200cm
【解析】(1)振子的振幅为平衡位置到B或者C的距离，即弹簧振子的振幅为A＝OB＝OC＝BC＝20 cm，
弹簧振子从B到C经历了半个周期用时1 s，即
tBC＝T＝1 s，
解得T＝2 s.
弹簧振子的频率为f＝＝0.5 Hz.
(2)弹簧振子每半个周期走过的路程为2A，则在5 s内通过的路程为
s＝5×2A＝200 cm.
14．(12分)如图所示，有一质量为m的小球，以速度v0滑上静置于光滑水平面上的光滑圆弧轨道．已知圆弧轨道的质量为2m，小球在上升过程中始终未能冲出圆弧，重力加速度为g，求：
(1)小球在圆弧轨道上能上升的最大高度；(用v0、g表示)
(2)小球离开圆弧轨道时的速度大小．

【答案】(1)　(2)
【解析】(1)小球在圆弧轨道上上升到最高时两物体速度相同，系统在水平方向上动量守恒，规定v0的方向为正方向，有mv0＝3mv，
解得v＝，
根据机械能守恒定律得mv＝×3mv2＋mgh，
解得h＝.
(2)小球离开圆弧轨道时，根据动量守恒定律，则有
mv0＝mv1＋2mv2，
根据机械能守恒定律，则有mv＝mv＋×2mv，
联立以上两式可得v1＝－v0，则小球离开圆弧轨道时的速度大小为.