高中同步人教版选择性必修第一册第四章 单元检测

2022版高中同步人教版选择性必修第一册 第四章 本章综合检测
一、单选题
1．关于简谐运动，下列说法正确的是（　　）
A．位移的方向总指向平衡位置
B．振幅是矢量，方向从平衡位置指向最大位移处
C．回复力实际上就是向心力
D．做简谐运动的物体，其频率固定，与振幅无关
2．自然界中运动的形式多种多样，有直线运动、圆周运动，还有机械振动、波动等运动形式，关于机械振动和波动，下列说法中正确的是（　　）
A．火车过桥时限制速度是为了防止桥发生共振
B．在同一地点，当摆长不变时，摆球质量越大，单摆做简谐振动的周期越小
C．受迫振动系统的机械能守恒
D．两列简谐波相遇发生干涉时，相遇区域振动最强点的位移始终最大
3．“跳楼机”以惊险刺激深受年轻人的欢迎，它的基本原理是将巨型娱乐器械由升降机送到离地面一定高处，然后让座舱自由落下。一段时间后，制动系统开始启动，使座舱均匀减速，到达地面时刚好停下，下列说法正确的是（　　）
A．游客在下降过程中先经历超重，后经历失重
B．自由落体阶段和制动阶段，游客的平均速度相同
C．自由落体阶段和制动阶段，游客所受合力的冲量相同
D．自由落体阶段和制动阶段，游客的机械能守恒
4．如图，一质量为m的圆环套在倾角为的粗糙固定杆上。轻质弹簧一端固定，另一端与圆环相连，初始时圆环位于A点，此时弹簧处于竖直，现将圆环从A点静止释放，圆环恰好运动至C点速度减为零。已知圆环在A、C两点时，弹簧的弹性势能大小相等，且，B是AC的中点，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．圆环从A运动至C的过程，弹簧弹力的功率先增大，后减小
B．圆环从A运动至C的过程，克服杆的摩擦力做功为
C．当圆环运动至B点时，弹簧的弹性势能一定最小
D．当圆环以一定的初速度由C点出发恰能回到A点，则圆环上升经过B点的速度小于下降经过B点的速度
5．一倾角θ＝37°、质量M＝2kg、高度h＝3m的直角斜面A，静止在光滑的水平面上，质量m＝0.5kg的小物块B从光滑斜面顶端静止释放，当小物块B由顶端滑到底端时，斜面A在水平面上移动的距离是（　　）
A．0.4m B．0.6m C．0.8m D．1.0m
6．某人将原来放在地上质量为1kg的物体匀加速向上提升1m，这时物体获得2m/s的速度，在这个过程中（g=10m/s2），以上说法正确的是（ ）
A．手对物体做功为10J B．合外力对物体做功为12J
C．合外力对物体做功为2J D．物体重力势能增加了12J
二、多选题
7．如图所示，质量为3m，长度为L的木块置于光滑的水平面上，质量为m的子弹以初速度v0水平向右射入木块，穿出木块时速度为，设木块对子弹的阻力始终保持不变，则下列说法正确的有（ ）
A．子弹穿透木块后，木块速度为
B．子弹和木块增加的内能为
C．若将木块固定，子弹仍以相同速度水平射向木块，子弹穿出时速度为
D．若将木块固定，子弹仍以相同速度水平射向木块，系统产生的内能为
8．一根用绝缘材料制成劲度系数为k的轻弹簧，左端固定，右端与质量为m、电荷量为+q的小球相连，静止在光滑绝缘水平面上，当施加一个场强为E水平向右的匀强电场后，小球开始做往复运动，那么（　　）
A．小球的运动是简谐振动
B．小球做简谐运动的振幅为
C．运动过程中小球的机械能守恒
D．小球从左向右的运动过程中，系统的机械能逐渐增大
9．如图所示，物块甲、乙（可视为质点）静止于水平地面上，质量分别为，一轻弹簧（长度不计）压缩后锁定在甲、乙之间。某时刻解锁弹簧，甲、乙弹开后分别沿地面滑行。已知弹簧在解锁前的弹性势能为，甲、乙与地面间的动摩擦因数分别为和，重力加速度取，则（　　）
A．弹开后瞬间乙的速度大小为 B．甲、乙滑行的时间之比为5∶2
C．甲滑行过程中产生的热量为 D．甲、乙停止运动时相距
10．如图所示，半径为R，质量为M，内表面光滑的半球物体放在光滑的水平面上，左端紧靠着墙壁，一个质量为m的小球从半球形物体的顶端的a点无初速释放，图中b点为半球的最低点，c点为半球另一侧与a同高的顶点，关于物块M和m的运动，下列说法中正确的有（ ）
A．m从a点运动到b点的过程中，m与M系统的机械能守恒、动量守恒
B．m从a点运动到b点的过程中，m的机械能守恒
C．m释放后运动到b点右侧，m能到达最高点c
D．当m首次从右向左到达最低点b时，M的速度达到最大
11．一质点做简谐运动的振动图象如图所示，质点的速度与位移方向相同的时间段是（　　）
A．0~0.3 s B．0.3 s~0.6 s C．0.6 s~0.9 s D．0.9 s~1.2 s
三、填空题
12．地球上有一个摆长为0.9m的单摆，则该单摆的周期为______s（用含有π的式子表示），如果将该单摆放到某星球的表面，已知该星球半径是地球半径的4倍，质量也是地球质量的4倍．则该单摆在该星球上的周期是地球上周期的______倍．
四、实验题
13．用单摆测定重力加速度的实验装置如图1所示。
①组装单摆时，应在下列器材中选用_______________（选填选项前的字母）。
A．长度为1m左右的细线 B．长度为30cm左右的细线
C．直径为2cm左右的塑料球 D．直径为2cm左右的铁球
②选择好器材，将符合实验要求的摆球用细线悬挂在铁架台横梁上，应采用图2中______（选填“甲”或者“乙”）所示的固定方式。
③将单摆正确组装后进行如下操作，其中正确的是：___________（选填选项前的字母）。
A．测出摆线长作为单摆的摆长
B．把摆球从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动
C．在摆球经过平衡位置时开始计时
D．用秒表测量单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期
④甲同学用游标卡尺测得摆球的直径为d，用秒表测得摆球完成N次全振动所用的时间为t，用米尺测得摆线长为，根据以上数据，可得到当地的重力加速度g为__________。
⑤乙同学多次改变单摆的摆长l并测得相应的周期T，他根据测量数据画出了如图3所示的图像。你认为横坐标所代表的物理量应为____________（选填）。
14．用如图甲所示的装置验证动量守恒定律
①为了减小实验误差，下列做法正确的是_________；
A．两球的质量和半径都一样大
B．多次将A球从不同的高度释放
C．保证斜槽末端的切线水平
D．减小斜槽对小球A的摩擦
②图乙是B球的落点痕迹，刻度尺的“0”刻线与O点重合，可以测出碰撞后B球的水平射程为________cm；
③本次实验必须进行测量的是__________。
A．水平槽上未放B球时，A球的落点位置到O点的水平距离
B．A球与B球碰撞后，A球和B球的落点位置到O点的水平距离
C．A球与B球下落的时间
D．A球和B球的质量（或两球质量之比）
五、解答题
15．如图所示，在倾角的绝缘粗糙斜面上，有一长为l=2m的绝缘轻杆连接两个完全相同、质量均为的可视为质点的小球A和B。开始时轻杆的中垂线与垂直于斜面的虚线重合，虚线与平行且相距。在、间加沿斜面向上、电场强度为E=的匀强电场之后，若A球带电量为，B球不带电，则A球在电场中时，AB球在斜面上恰好能匀速下滑。各小球与斜面间的动摩擦因数相同，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取，，。求：
(1)求小球与斜面间的动摩擦因数；
(2)若A球带电量为，B球不带电，将AB球从图示位置由静止释放，求释放后沿斜面向上运动的最远距离；
(3)若A球带电量为，B球不带电，静止在图示位置，一质量为、带电量为的C球沿斜面向上运动，与B球正碰后粘合在一起，碰撞时间极短，若保证A球始终不会离开电场区域，求C球碰B球之前瞬间的最大速度。（忽略AC之间的库仑力）
16．一简谐振子沿x轴振动，平衡位置在坐标原点，时刻振子的位移；时刻；时刻，振子在和时的运动方向相同。已知振子的周期大于，求振子的周期和振幅。
17．如图所示，一质量m=2.0kg的物体静止在水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数μ=0.5。现用一大小为10N、与水平方向成θ=37°斜向右上方的力F拉物体，使物体沿水平地面做匀加速直线运动。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，空气阻力可忽略不计，取重力加速度g=10m/s2。
（1）物体做匀加速直线运动的加速度a；
（2）物体由静止开始运动，前4.0s内位移的大小x；
（3）物体由静止开始运动4.0s的过程中，拉力F的冲量大小I。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．质点的回复力方向总是指向平衡位置，根据牛顿第二定律分析得知，加速度方向总是指向平衡位置，而位移方向总是离开平衡位置，则加速度的方向总是与位移的方向相反。故A错误；
B．振幅是标量，只有大小，没有方向，故B错误；
C．回复力是指要使物体回到平衡位置，指向平衡位置的力，而向心力是物体做圆周运动时指向圆心的合力，两者是两回事，本质不同。故C错误；
D．作简谐运动的物体的振动频率仅与物体本身有关，故D正确。
故选D。
2．A
【解析】
【分析】
【详解】
A．火车过桥时要减速是为了防止桥发生共振，A正确；
B．根据单摆的周期公式分析知，在同一地点，当摆长不变时，单摆做简谐振动的周期与摆球的质量无关，B错误；
C．受迫振动系统，驱动力做功，系统的机械能不守恒，C错误；
D．振动最强点的位移呈周期性变化的，位移是变化的，位移可能为零，D错误。
故选A。
3．B
【解析】
【详解】
A．下降过程加速度先向下，后向上，经历先失重，后超重过程，故A错误；
B．平均速度均为最大速度的一半，故B正确；
C．合力冲量方向相反，自由落体阶段向下，制动阶段向上，故C错误；
D．制动阶段机械能减少，故D错误。
故选B。
4．B
【解析】
【详解】
A．圆环从A运动至C的过程，在A点时速度为零，则弹力的功率为零；在中间过程的某位置弹簧的弹力为零，弹力的功率也为零；在C点时速度又变为零，此时弹力的功率也为零，可知弹簧弹力的功率先增大，后减小，再增加，再减小，选项A错误；
B．圆环从A运动至C的过程，弹性势能变化为零，则克服杆的摩擦力做功等于重力势能的减小量，大小为，选项B正确；
C．由题意可知在A点时弹簧的压缩量等于在C点时弹簧的伸长量，由几何关系可知，在B点时弹簧不是原长状态，弹性势能不是最小，选项C错误；
D．研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程，运用动能定理列出等式
研究圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式
由于W′f＜0，所以
则环经过B时，上滑的速度大于下滑的速度，故D错误；
故选B。
5．C
【解析】
【详解】
物块与斜面在水平方向上动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：，；由题意可知，，联立解得：.
A.0.4m与计算结果不相符；故A项错误.
B.0.6m与计算结果不相符；故B项错误.
C.0.8m与计算结果相符；故C项正确.
D.1.0m与计算结果不相符；故D项错误.
6．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．加速度
a=
由牛顿第二定律
F-mg=ma，F=mg+ma=12N
由W=Fs可知手对物体做功为12J，A错误；
BC．合外力做功等于动能的变化量
B错误；C正确；
D．重力势能增量为
mgh=10J
D错误；
故选C
7．ABD
【解析】
【详解】
A．设向右方向为正方向，由动量守恒定律得
解得
故A正确；
B．由能量守恒定律得，子弹和木块增加的内能
故B正确；
C．设子弹和木块的加速度分别为、 ，相互之间的摩擦力为，则由牛顿第二定律
相对位移
若将木块固定，子弹仍以相同速度水平射向木块，子弹穿出时速度为，有
联立解得
故C错误；
D．若将木块固定，子弹仍以相同速度水平射向木块，由于摩擦力和相对位移不变，所以系统产生的内能仍为。故D正确。
故选ABD。
8．AD
【解析】
【分析】
【详解】
AB．小球做往复运动，在如图位置时小球处于位移最大处，弹簧处于原长，平衡位置位于弹簧伸长时弹力与电场力相等的地方，即有
解得振幅
故A正确，B错误；
C．水平面光滑，小球在运动过程中，电场力与弹簧弹力对小球做功，小球的电势能、动能和弹簧的弹性势能互相转化，故小球的机械能不守恒，故C错误；
D．向右运动的过程中，电场力对系统做正功，系统机械能增大，故D正确。
故选AD。
9．BD
【解析】
【分析】
【详解】
A．弹簧被弹开的过程动量守恒，则
解得
选项A错误；
B．两物体被弹开后，根据
则
甲、乙滑行的时间之比为
选项B正确；
C．甲滑行过程中产生的热量为
选项C错误；
D．甲、乙停止运动时相距
选项D正确。
故选BD。
10．BD
【解析】
【详解】
试题分析：A、小球从a到b过程中左侧墙壁对半球有弹力作用但弹力不做功，所以两物体组成的系统机械能守恒，但动量不守恒，故A错误
B、由A分析知，B正确
C、m释放到达b点右侧后，最终m和M将达到共同速度，由机械能守恒知，m不能到达最高点c，故C错误
D、选m与M组成的系统为研究对象，在m达到右侧最高点时二者具有共同的速度，之后返回的过程中，此系统水平方向动量守恒，当m从右向左到达最低点时，m具有向左的最大速度，故M具有最大的向右速度，故D正确
故选BD
11．AC
【解析】
【分析】
【详解】
BD．在0.3~0.6 s位移为正值，速度为负值，方向相反；在0.9~1.2 s位移为负值，速度为正值，方向相反，选项BD错误；
AC．在0~0.3 s位移为正值，速度也为正值，方向相同；在0.6~0.9 s位移为负值，速度也为负值，方向相同，选项AC正确。
故选AC。
12． 0.6π 2
【解析】
【详解】
[1]根据单摆的周期公式，代入数据
T=2π s=0.6πs
[2]根据星球表面的物体受到的重力等于万有引力
mg=
得
g=GM/R2
所以
= ()2=×=
根据单摆周期公式得
=
13． AD 乙 BC
【解析】
【详解】
①[1]AB．单摆的摆角小于，所以摆线的长度要适当大些，这样摆幅较大，便于观察和计时，所以选择长度为左右的细线，A正确，B错误；
CD．为了减小空气阻力的影响，应选择体积较小，密度较大的铁球，C错误，D正确。
故选AD。
②[2]为了保证摆球的摆长一定，单摆的悬点处需要固定，所以应采用乙所示的固定方式。
③[3]A．悬点到球心的距离为摆长，所以应将摆线和球的半径之和作为摆长，A错误；
B．单摆的摆角小于，所以把摆球从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动，B正确；
C．摆球在平衡位置速度最大，通过时间极短，便于及时，所以在摆球经过平衡位置时开始计时，C正确；
D．测量周期时，根据1次全振动的时间作为周期误差较大，应测量多次（一般为30次）全振动的时间，求解周期，D错误。
故选BC。
④[4]根据单摆的周期公式可知
⑤[5]根据单摆的周期公式可知，所以横轴代表的物理量为。
14． C 64.45 ABD
【解析】
【详解】
①[1]A．为防止碰撞后入射球反弹入射球的质量应大于被碰球的质量，故A错误；
B．为使球到达轨道末端时的速度相等，多次将A球应从同一的高度释放，故B错误；
C．为使小球离开轨道后做平抛运动，保证斜槽末端的切线水平，故C正确；
D．斜槽对小球的摩擦对实验没有影响，不需要减小斜槽对小球A的摩擦，故D错误。
故选C；
②[2]碰撞后B球的水平射程落点如图所示，取所有落点中靠近中间的点读数，即可取一个最小的圆的圆心，约为64.45cm；
③[3]根据实验原理可得
又因下落时间相同，即可求得
可知需要测量的物理量是水平槽上未放B球时，A球的落地点到O点的距离OP，A球与B球碰撞后，A、B两球落点到O点的距离OM和ON，需要测量A球和B球的质量，不需要测量水平槽面离地面的高度或小球在空中飞行时间，故选ABD。
15．(1)0.5；(2)；(3)
【解析】
【详解】
(1)由力的平衡可得
代入数据可解得
(2)根据动能定理
解得
(3)CB碰撞，根据动量守恒有
设C进入电场的最远距离为，ABC向上，根据动能定理有
ABC向下到A刚好不离开电场，根据动能定理有
解得
16．4s，0.2m
【解析】
【详解】
振子在和两时刻的位移和运动方向相同，则有
因为振子的周期大于，解得
在的半个周期内，振子的位移由负方向的最大变为正方向的最大
所以振幅
17．（1）5.5m/s2；（2）44m；（3）40Ns
【解析】
【详解】
（1）对物体受力分析可得
Fcosθ-f=ma
FN+Fsinθ=mg
f=μFN
联立以上三式解之得
a=5.5m/s2
（2）根据
x=at2=×5.5×4.02m=44m
（3）拉力F的冲量
I=Ft=10N×4.0s=40N s
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