鲁教版（2019） 高中物理 选择性必修第一册 模块综合检测 word版含解析

模块综合检测　
(时间：90分钟　分值：100分)
一、单项选择(本题共8小题；每小题4分，共32分)
1．如图所示，篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前，这样做可以(　　)
接球动作
A．减小球的动量的变化量
B．减小球对手作用力的冲量
C．减小球的动量变化率
D．延长接球过程的时间来减小动量的变化量
C　[由动量定理Ft＝0－mv，而接球时先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前为了延长时间，减小受力，即F＝，也就是减小了球的动量变化率，故C正确．]
2．在不计空气阻力作用的条件下，下列说法中不正确的是(　　)
A．自由下落的小球在空中运动的任意一段时间内，其增加的动能一定等于其减少的重力势能
B．做平抛运动的小球在空中运动的任意相同的时间内，其速度的变化量一定相同
C．做匀速圆周运动的小球在任意一段时间内其合外力做的功一定为零，合外力的冲量也一定为零
D．单摆在一个周期内，合外力对摆球做的功一定为零，合外力的冲量也一定为零
C　[不计空气阻力，自由下落的小球，其所受合外力为重力，则小球在运动的过程中机械能守恒，其增加的动能一定等于其减小的重力势能，故A正确；做平抛运动的小球所受合外力为重力，加速度的大小与方向都不变，所以小球在空中运动的任意相同的时间内，其速度的变化量一定相同，故B正确；做匀速圆周运动的小球，其所受合外力的方向一定指向圆心，小球在任意一段时间内其合外力做的功一定为零，但由于速度的方向不断变化，所以速度的变化量不一定等于0，合外力的冲量也不一定为零，故C错误；经过一个周期，单摆的小球又回到初位置，所有的物理量都与开始时相等，所以单摆在一个周期内，合外力对摆球做的功一定为零，合外力的冲量也一定为零，故D正确．]
3.如图所示是研究光的双缝干涉的示意图，挡板上有两条狭缝S1、S2，由S1和S2发出的两列波到达屏上时会产生干涉条纹．已知入射激光的波长为λ，屏上的P点到两缝S1和S2的距离相等，如果把P处的亮条纹记作第0号亮条纹，由P向上数，与0号亮条纹相邻的亮条纹为1号亮条纹，与1号亮条纹相邻的亮条纹为2号亮条纹，则P1处的亮条纹恰好是10号亮条纹．设直线S1P1的长度为r1，S2P1的长度为r2，则r2－r1等于(　　)
A．9.5λ　　　　　 B．10λ
C．10.5λ D．20λ
B　[由题设可知，从中央亮条纹P算起，P1点处是第10号亮条纹的位置，表明缝S1、S2到P1处的距离差r2－r1为波长的整数倍，且刚好是10个波长，所以选项B正确．]
4．一只钟从甲地拿到乙地，它的钟摆摆动加快了，则下列对此现象的分析及调整方法的叙述中正确的是(　　)
A．g甲>g乙，将摆长适当增长
B．g甲>g乙，将摆长适当缩短
C．g甲D．g甲D　[摆钟的运动是简谐运动，周期遵循T＝2π，摆钟摆动加快说明周期变小，摆钟本身没变，说明g甲5．一条弹性绳子呈水平状态，M为绳子中点，两端P、Q同时开始上下振动，一小段时间后产生的波形如图，对于其后绳上各点的振动情况，以下判断正确的是(　　)
A．波源Q产生的波将先到达中点M
B．波源P的起振方向是向上的
C．中点M的振动始终是加强的
D．波源P振动的频率是波源Q的2倍
B　[由题意可知，虽然波形不同，但波速相同，由于距离相同，所以两波同时到达M点，故A错误；由波的传播方向，可确定P质点的起振方向向上，故B正确；由于波长的不同，故两列波的频率不同，不能发生干涉现象，因此在M点相遇时，并不总是加强或减弱的，故C错误；由波形图可知，λP＝2λQ，根据T＝，f＝可得：fP∶fQ＝λQ∶λP＝1∶2，故D错误．]
6．如图潜水员在水深为h的地方向水面张望，发现自己头顶上有一圆形亮斑，如果水对空气的临界角为C，则此圆形亮斑的直径是(　　)
A．2htan C B．2hsin C
C．2hcos C D．2h
A　[在圆形亮斑边缘从空气射入水中的光线，折射角的大小等于临界角C，如图所示，由几何关系可知，此圆形亮斑的直径是：d＝2r＝2htan C.
A符合题意，B、C、D不符合题意．]
7．一小球做竖直上抛运动的v－t图像如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．在t时刻，小球的加速度为零
B．在t时刻，小球的合外力为零
C．在0～2t时间内，合力对小球做的功为零
D．在0～2t时间内，合力对小球的冲量为零
C　[v－t图像的斜率表示加速度，由图可知t时刻，小球的加速度为：a＝＝－，故A错误；设物体的质量为m，根据牛顿第二定律可知在t时刻小球所受的合外力为：F＝ma＝－m，故B错误；在0～2t时间内，根据动能定理有：W合＝m(－v)2－mv2＝0，故C正确；在0～2t时间内，根据动量定理可得：I合＝Δp＝－2mv，故D错误．.]
8．简谐横波在均匀介质中沿直线传播，P、Q是传播方向上相距8 m的两质点，波先传到P，当波传到Q开始计时，P、Q两点的振动图像如图所示(实线为 Q 的振动图像)，设振幅为A，则(　　)
A．当Q的位移为0时，P的位移为±A
B．该波从P传到Q的时间可能是8 s
C．该波的传播速度可能为1.6 m/s
D．该波的波长可能是3 m
D　[由题可知，简谐横波的传播方向从P到Q，由图可知，周期为 T＝6 s，质点Q的振动图像向左4 s后与P点的振动重合，意味着Q点比P点振动滞后了4 s，即P传到Q的时间Δt可能为4 s，同时由周期性可知，从P传到Q的时间Δt为(4＋nT)s，n＝0、1、2、3，…，即Δt＝4 s,10 s,16 s，…，不可能为8 s，根据上述分析对照图像可知，当Q的位移为0时，P的位移为±，故A、B错误；由v＝，考虑到波的周期性，当Δt＝4 s,10 s,16 s，…时，速度v可能为2.0 m/s,0.8 m/s,0.5 m/s，…，不可能为1.6 m/s.由λ＝vT可知，波长可能为12 m、4.8 m、3.0 m，…，故C错误，D正确．]
二、多项选择(本题共4小题；每小题4分，共16分)
9．中国女科学家屠呦呦因发现青蒿素而获得2015年诺贝尔生物学或医学奖，屠呦呦也成为首位获得该奖的中国人．在研究青蒿素化学结构中，研究人员用比可见光波长更短的X射线衍射方法最终确定了其化学结构．在做单缝衍射实验中，下列说法正确的是(　　)
A．将入射光由可见光换成X射线，衍射条纹间距变窄
B．使单缝宽度变小，衍射条纹间距变窄
C．换用波长较长的光照射，衍射条纹间距变宽
D．增大单缝到屏的距离，衍射条纹间距变窄
AC　[单缝衍射的条纹间距可以用双缝干涉条纹宽度的公式Δx＝λ定性讨论，其中L为屏与缝的距离、d为缝宽、λ为波长．将入射光由可见光换成X射线，波长λ变小，衍射条纹间距会变窄，即衍射条纹间距变小，A正确；使单缝宽度变小，即d变小，则衍射条纹间距变宽，B错误；换用波长较长的光照射，根据公式Δx＝λ可知，衍射条纹间距变宽，C正确；增大单缝到屏的距离，即L变大，则衍射条纹间距变大，D错误．]
10．如图所示演示装置，一根张紧的水平绳上挂着5个单摆，其中A、E摆长相同，先使A摆摆动，其余各摆也摆动起来，可以发现(　　)
A．各摆摆动的周期均与A摆相同
B．B摆振动的周期最短
C．C摆振动的周期最长
D．E摆的振幅最大
AD　[A摆摆动，其余各摆也摆动起来，它们均做受迫振动，则它们的振动频率均等于A摆的摆动频率，而由于A、E摆长相同，所以这两个摆的固有频率相同，则E摆出现共振现象，故选A、D.]
11．在光滑水平面上，原来静止的物体在水平力F的作用下，经过时间t通过位移L后，动量变为p，动能变为Ek，以下说法正确的是(　　)
A．在F作用下，这个物体经过位移2L，其动量等于2p
B．在F作用下，这个物体经过时间2t，其动量等于2p
C．在F作用下，这个物体经过时间2t，其动能等于2Ek
D．在F作用下，这个物体经过位移2L，其动能等于2Ek
BD　[由题意可知，经过时间t通过位移L后，动量为p、动能为Ek，由动量定理可知p＝Ft，由动能定理得Ek＝FL，设物体质量为m；当位移为2L时，物体的动能Ek′＝F·2L＝2FL＝2Ek，物体的动量p′＝＝＝p，故A错误，D正确；当时间为2t时，动量p′＝F·2t＝2Ft＝2p，物体的动能Ek′＝＝＝4＝4Ek，故B正确，C错误．]
12．如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为h0(不计空气阻力)，则(　　)
A．小球和小车组成的系统动量守恒
B．小车向左运动的最大距离为2R
C．小球离开小车后做竖直上抛运动
D．小球第二次能上升的最大高度hCD　[小球与小车组成的系统在竖直方向合力不为0，所以系统的动量不守恒，故A项错误；在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，设小车的位移为x，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv－mv′＝0
即：m－m＝0，
解得小车的位移：x＝R，故B项错误；
小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，系统初状态在水平方向动量为零，由动量守恒定律可知，系统在任何时刻在水平方向动量都为零，小球离开小车时相对小车向上运动，水平方向和小车有相同的速度，所以小球与小车在水平方向速度都为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C项正确；
小球离开小车时，小球与小车水平方向动能为零，如果系统机械能守恒，由机械能守恒定律可知，小球离开小车后上升的最大高度为h0，由题意可知，小球离开小车后在空中能上升的最大高度为h0三、填空题(本题共2小题，共16分)
13．(6分)细丝和单缝有相似的衍射图样．在相同条件下，小明用激光束分别垂直照射两种不同直径的细丝Ⅰ和细丝Ⅱ，在光屏上形成的衍射图样如图1中a和b所示．已知细丝Ⅰ的直径为0.605 mm，现用螺旋测微器测量细丝Ⅱ的直径，如图2所示，细丝Ⅱ的直径为________mm.图中的________(填“a”或“b”)是细丝Ⅱ的衍射图样．
[解析]　螺旋测微器的读数为：d＝0.5 mm＋49.9×0.01 mm＝0.999 mm；当细丝的直径越大时，衍射现象越不明显，由读数可知，细丝Ⅱ的直径大，由题目中图1可知，a图的衍射条纹间距较窄，因此图a是细丝Ⅱ的衍射图样．
[答案]　0.999　a
14．(10分)在探究单摆周期与摆长关系的实验中，
①关于安装仪器及测时的一些实验操作，下列说法中正确的是________．(选填选项前面的字母)
A．用米尺测出摆线的长度，记为摆长l
B．先将摆球和摆线放在水平桌面上测量摆长l，再将单摆悬挂在铁架台上
C．使摆线偏离竖直方向某一角度α(接近5°)，然后静止释放摆球
D．测出摆球两次通过最低点的时间间隔记为此单摆振动的周期
②实验测得的数据如下表所示．
次数 1 2 3 4 5
摆长l/cm 80.00 90.00 100.00 110.00 120.00
30次全振 动时间t/s 53.8 56.9 60.0 62.8 65.7
振动周 期T/s 1.79 1.90 2.00 2.09 2.19
振动周期 的平方T2/s2 3.20 3.61 4.00 4.37 4.80
请将笫三次的测量数据标在图中，并在图中作出T2随l变化的关系图像．
③根据数据及图像可知单摆周期的平方与摆长的关系是________．
④根据图像，可求得当地的重力加速度为________m/s2.(结果保留3位有效数字)
[解析]　①用米尺测出摆线的长度，用游标卡尺测量摆球的直径，摆线的长度加上摆球的半径记为摆长l，故A错误；先将摆球和摆线连接好，固定在铁架台上，否则摆长变化，测量的误差较大，故B错误；使摆线偏离竖直方向某一角度α(接近5°)，从静止释放摆球让摆球振动，故C正确；测出摆球两次通过最低点的时间间隔记为此单摆振动的周期，误差较大，为了减小误差，应采用累积法，即测量30次或50次全振动的时间，再求出每次全振动的时间，作为周期，故D错误．故选C.
②根据坐标系内描出的点作出图像如图所示：
③由图示图像可知：T2＝4l，即周期的平方与摆长成正比．
④由单摆周期公式：T＝2π可知，T2＝l，
由图示图像可知：＝k＝4，解得：g≈9.86 m/s2.
[答案]　① C　②见图
③周期的平方与摆长成正比(说明：其他说法正确同样得分)　④9.86
四、计算题(本题共4小题，共36分)
15．(6分)为了减少光在透镜表面由于反射带来的损失，可在透镜表面涂上一层增透膜，一般用折射率为1.38的氟化镁，为了使波长为5.52×10－7 m的绿光在垂直表面入射时使反射光干涉相消，求所涂的这种增透膜的最小厚度．
[解析]　由于人眼对绿光最敏感，所以通常所用的光学仪器其镜头表面所涂的增透膜的厚度只使反射的绿光干涉相消，最小厚度为绿光在膜中波长的，使绿光在增透膜的前后两个表面上的反射光互相抵消．而光从真空进入某种介质后，其波长会发生变化．若绿光在真空中波长为λ0，在增透膜中的波长为λ，由折射率与光速的关系和光速与波长及频率的关系得：
n＝＝，即λ＝，那么增透膜厚度：
h＝λ＝＝ m＝1×10－7 m.
[答案]　1×10－7 m
16．(10分)如图所示，AOB是由某种透明物质制成的圆柱体横截面(O为圆心)，透明物质折射率为.今有一束平行光以45°的入射角从真空射向柱体的OA平面，这些光线中有一部分不能从柱体的AB面上射出，设凡射到OB面的光线全部被吸收，也不考虑OA面的反射，求：
(1)从AO面射入透明物质的折射角．
(2)光线从透明物质射向真空时发生全反射的临界角．
(3)从圆柱AB面上能射出光线的部分占AB表面的几分之几？
[解析]　(1)光路如图所示：
从O点射入的光线，折射角为r，根据折射定律有：n＝，解得：r＝30° .
(2)由公式sin C＝＝，得临界角为：C＝45°.
(3)设光线从某位置P点入射的光线，折射到AB弧面上Q点时，入射角恰等于临界角C，ΔPQO中α＝180°－90°－C－r＝15°
所以能射出的光线区域对应的圆心角为：β＝90°－α－r＝45°
能射出光线的部分占AB面的比例为＝.
[答案]　(1)30°　(2)45°　(3)
17．(10分)在光滑水平面上有一弹簧振子，弹簧的劲度系数为k，振子质量为M，振动的最大速度为v0，如图所示，当振子在最大位移为A的时刻，把质量为m的物体轻放其上，则：
(1)要保持物体和振子一起振动起来，两者间的动摩擦因数至少是多少？(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
(2)一起振动时，两者经过平衡位置的速度为多大？振幅又为多少？
[解析]　放物体前最大回复力F＝kA，振动的最大机械能为Mv.
(1)放物体后，假定一起振动，则可能产生的最大加速度a＝，对物体m来说，所需回复力是由M提供的摩擦力，刚放时，所需的摩擦力最大，最大静摩擦力为μmg，
当μmg≥ma时一起振动，所以μ≥＝，
即动摩擦因数μ至少为.
(2)由于m于最大位移处放在M上，放上后没有改变振动系统的机械能，振动中机械能守恒，经过平衡位置时，弹簧为原长，弹性势能为零，有
(M＋m)v2＝Mv.
解得v＝v0.
物体m和振子M在最大位移处动能为零，势能最大，这个势能与没放物体m前相同，所以弹簧的最大形变是相同的，即振幅仍为A.
[答案]　(1)　(2)v0　A
18.(10分)如图所示，光滑水平面上静止放置质量M＝2 kg的长木板C；离板右端x＝0.72 m处静止放置质量mA＝1 kg的小物块A，A与C间的动摩擦因数μ＝0.4；在木板右端静止放置质量mB＝1 kg的小物块B，B与C间的摩擦忽略不计．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B均可视为质点，g取10 m/s2.现在木板上加一水平向右的力F＝3 N，到A与B发生弹性碰撞时撤去力F.问：
(1)A与B碰撞之前运动的时间是多少？
(2)若A最终能停在C上，则长木板C的长度至少是多少？
[解析]　(1)若A、C相对滑动，则A受到的摩擦力为：
FA＝μmAg＝4 N>F，故A、C不可能发生相对滑动，设A、C一起运动的加速度为a
a＝＝1 m/s2
由x＝at2有：t＝＝1.2 s.
(2)因A、B发生弹性碰撞，由于mA＝mB，故A、B碰后，A的速度为0，则从碰后瞬间到木板与A速度相同的过程中，由动量守恒定律得Mv0＝(M＋mA)v，其中v0＝at，解得v0＝1.2 m/s，v＝0.8 m/s
由能量守恒得：μmAgΔx＝Mv－(M＋mA)v2
解得Δx＝0.12 m
故木板C的长度L至少为：L＝x＋Δx＝0.84 m.
[答案]　(1)1.2 s　(2)0.84 m
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