2024_2025学年新教材高中物理模块检测题二含解析新人教版选择性必修第一册.docxVIP

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模块检测题(二)

(时间:60分钟满分:100分)

一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分,每小题只有一个选项符合题目要求)

1.雷达是利用无线电波的回波来探测目标方向和距离的一种装置,雷达的天线如同喊话筒,能使电脉冲的能量集中向某一方向放射;接收机的作用则与人耳相仿,用以接收雷达放射机所发出电脉冲的回波。测速雷达主要是利用多普勒效应原理,可由回波的频率变更数值,计算出目标与雷达的相对速度,以下说法正确的是()

A.目标向雷达天线加速远离时,反射信号频率将高于放射信号频率

B.目标向雷达天线加速靠近时,反射信号频率将低于放射信号频率

C.目标向雷达天线减速远离时,反射信号频率将高于放射信号频率

D.目标向雷达天线减速靠近时,反射信号频率将高于放射信号频率

解析依据多普勒效应,不论加速还是减速,目标向雷达天线远离时,反射信号频率将低于放射信号频率,目标向雷达天线靠近时,反射信号频率将高于放射信号频率,A、B、C错误,D正确。

答案D

2.质量为1kg的木块静止在光滑的水平面上,先受到一个向东的拉力F1=3N,1s后撤去F1,同时对木块施加一个向北的拉力F2=4N,又经过1s,g取10m/s2,则()

A.整个过程重力的冲量为0

B.整个过程木块受到拉力的冲量为7N·s

C.2s末木块的动能为50J

D.2s末木块的动量为50kg·m/s

解析重力的作用时间不为零,故重力的冲量不为零,选项A错误;水平向东的冲量为I1=F1t=3N·s,水平向北的冲量为I2=F2t=4N·s,则整个过程木块受到拉力的冲量为I=I12+I22=5N·s,依据动量定理可知,2s末木块的动量p=Δp=I=5kg·m/s,动能Ek=

答案D

3.(2024黑龙江大庆试验中学期中)如图所示,足够长的传送带以速度v1逆时针转动,一质量为m的物块以大小为v2的初速度从传送带的P点冲上传送带,从今时起到物块再次回到P点的过程中,下列说法正确的是()

A.合力对物块的冲量大小肯定为mv1+mv2

B.合力对物块的冲量大小肯定为2mv2

C.合力对物块的冲量大小可能为零

D.合力对物块做的功可能为零

解析假如v1v2,依据对称性,物块再回到P点时的速度仍为v2,依据动量定理,合力对物块的冲量为2mv2,A错误;假如v1v2,物块再回到P点时的速度为v1,依据动量定理,合力对物块的冲量为mv1+mv2,B错误;由于物块运动的速度方向发生变更,故动量肯定会发生变更,合力的冲量肯定不会等于零,C错误;假如v1=v2,回到P点时,物块的动能没有发生变更,依据动能定理,合力对物块做的功为零,D正确。

答案D

4.

(2024河南高二期末)如图所示,PQ为一竖直弹簧振子振动路径上的两点,振子经过P点时的加速度大小为6m/s2,方向指向Q点;当振子经过Q点时,加速度的大小为8m/s2,方向指向P点,若PQ之间的距离为14cm,振子的质量为1kg,则以下说法正确的是()

A.振子经过P点时所受的合力比经过Q点时所受的合力大

B.该弹簧振子的平衡位置在P点正下方7cm处

C.振子经过P点时的速度比经过Q点时的速度大

D.该弹簧振子的振幅肯定为8cm

解析由牛顿其次定律可得F合=ma,由题意可得a1=6m/s2,a2=8m/s2,a1a2,所以F合1F合2,即振子经过P点时所受的合力比经过Q点时所受的合力小,所以A错误。当振子加速度为0时,即合力为0时,振子处于平衡位置,即F0=G=mg=10N。在P点,由牛顿其次定律可得G-F1=ma1,F1=4N,此时弹簧弹力向上。在Q点,由牛顿其次定律可得F2-G=ma2,F2=18N,此时弹簧弹力也向上。由胡克定律F=kx,可得k=1N/cm,则x1=4cm,x2=18cm,x0=10cm,所以该弹簧振子的平衡位置在P点正下方6cm处,所以B错误。P点离平衡位置比Q点离平衡位置近,越靠近平衡位置,振子的速度越大,所以振子经过P点时的速度比经过Q点时的速度大,所以C正确。由于振子的初速度未知,所以无法推断振子速度为0的位置,即无法推断振子的振幅是多大,所以D错误。

答案C

5.(2024河南周口高二期中)在光滑水平地面上匀速运动的装有细砂的小车,小车和细砂总质量为M,速度为v0,在行驶途中有质量为m的细砂从车上漏掉,漏掉后小车的速度应为()

A.v0 B.M

C.mv0

解析细砂从车上漏掉的瞬间由于惯性速度仍旧为v0,设细砂漏掉后小车速度为v,依据水平方向动量守恒可得Mv0=mv0+(M-m)v,解得v=v0,故B、C、D错误,A正确。

答案A

6.(2024山东高二月考)牛顿环装置如图甲所示。牛顿环装置的上表面是半径很