章末检测卷(一)(Word练习)-【金榜题名】2025-2026学年高二物理选择性必修第一册高中同步学案（人教版）

章末检测卷(一) (时间：90分钟　满分：100分) 一、单项单选题(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) 1．两只完全相同的鸡蛋A、B自同一高度由静止释放，分别落在海绵和石头上，鸡蛋A完好(未反弹)，鸡蛋B碎了．不计空气阻力，对这一结果，下列说法正确的是(　　) A．下落过程中鸡蛋B所受重力的冲量更大一些 B．下落过程中鸡蛋B的末动量更大一些 C．碰撞过程中鸡蛋B动量减小的更多一些 D．碰撞过程中鸡蛋B的动量变化率更大 解析：选D　AB．两鸡蛋从同一高度开始做自由落体运动，由公式h＝gt2可知t＝则运动时间相同，由公式IG＝mgt可知，下落过程中重力的冲量相同，由公式v2＝2gh得v＝则两鸡蛋末速度相同，所以下落过程中两鸡蛋的末动量相同，故AB错误；C．两鸡蛋都从相同的速度减为0，则动量减小量相同，故C错误；D．由于两鸡蛋动量变化量相同，鸡蛋B与石头作用时间短，则动量变化率更大，故D正确．故选D． 2．如图所反映的物理过程中，下列说法正确的是(　　 ) A．子弹镶嵌进A的过程中，子弹和物块A组成系统动量守恒 B．木块沿放在光滑的地面上的斜面加速滑下，物块与斜面系统动量守恒 C．物块M和物块N之间挤压一轻质弹簧，用细线连接静止在墙角处，剪断细线，弹簧恢复到过程中，系统动量守恒 D．用一根细线连在一起的形状相同的木球和铁球在水中匀速下降，剪断细线，两球在水中运动的过程中，系统动量守恒 解析：选D　A．图甲中，子弹射入木块的过程中，子弹和A组成的系统受到B的作用，子弹和A组成的系统合外力不等于零，该系统动量不守恒，选项A错误； B．图乙中，物块沿光滑固定斜面下滑的过程中，物块和斜面组成的系统受到挡板的作用力，受合外力不为零，系统动量不守恒，选项B错误； C．图丙中，剪断细线，压缩的弹簧恢复原长的过程中，水平方向要受到竖直墙壁对M的作用，即水平方向受合力不为零，系统的动量不守恒，选项C错误； D．图丁中，两球匀速下降，则受到的重力和浮力的合力为零；剪断细线后，系统受的重力和浮力不变，则系统受合力仍为零，系统动量守恒，选项D正确． 3．光滑水平桌面上有A、B两个物块，B的质量是A的n倍．将一轻弹簧置于A、B之间，用外力缓慢压A、B，撤去外力后，A、B开始运动，A和B的动量大小的比值为(　　) A．1　　　　　　　　　 B． C．n D．n2 解析：选A　撤去外力后，系统不受外力，所以总动量守恒，设A的动量方向为正方向，则有：PA－PB＝0，故PA＝PB；故动量之比为1；故A正确，BCD错误．故选A． [点睛]　本题考查动量守恒定律的应用，要注意明确撤去拉力后的动量大小始终为零，同时在列式时一定要注意动量的矢量性． 4． 如图所示，可视为质点的两小球a、b叠放在一起，从地面上方一定高度处静止释放，之后发生的所有碰撞均为弹性碰撞，b球在碰撞后刚好能静止在水平地面上，以地面为重力势能的零势能面，则(　　) A．碰撞前后a球的机械能始终不变 B．b球质量是a球质量的2倍 C．a球反弹后上升的最大高度是其初始高度的4倍 D．a球反弹后上升到初始高度时动能与重力势能相等 解析：选C　A．a、b碰前瞬间，Ekb>0，碰撞后Ekb＝0，a、b重力势能不变，则a球动能(机械能)增加 Ekb，A错误；B．设两小球从离地面高为h处自由下落，落地时的速度大小为v0，b球着地后以原速率反弹，反弹后与a球碰撞，设碰后a球向上运动的速度大小为v，则由动量守恒定律可得mbv0－mav0＝mav由机械能守恒定律可得mav＋mbv＝mav2可解得＝ v＝2v0，B错误；C．由H＝可得a球反弹后上升的最大高度为H＝而a球的初始高度为h＝即H＝4h，C正确；D．设a球反弹后动能与重力势能相等的位置离地面的高度为h′，则由机械能守恒定律可得mav2＝2magh′解得h′＝＝2h，D错误．故选C． 5．如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动．两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为10 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量为6 kg·m/s，则(　　 ) A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5 B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为6∶7 C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5 D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为6∶7 解析：选B　光滑水平面上大小相同A、B两球在发生碰撞，规定向右为正方向，由题知A球动量的增量为ΔpA＝6 kg·m/s－10 kg·m/s＝－4 kg·m/s；由于碰后A球的动量增量为负值，所以右边不可能是A球的；由动量守恒定律可得ΔpA＝－ΔpB，则B球的动量变化量为ΔpB＝4 kg·m/s．根据ΔpB＝pB－10 kg·m/s，解得碰后B球的动量为pB＝14 kg·m/s． 两球质量关系为mB＝2mA，根据p＝mv，可得碰撞后A、B两球速度大小之比6∶7．故选B． 6．在我市创建全国文明城市期间，清洁工人经常使用高压水枪来清除墙壁上的小广告．其模型简化为圆形水枪管口贴近竖直墙壁，水以速度v垂直射到墙壁上，随后沿墙面散开，不反弹．设水枪管口的半径为R，水的密度为ρ．则水对墙壁的冲击力为(　　) A．2πρv2R2 B．πρv2R2 C．πρv2R2 D．πρv2R2 解析：选B　在Δt时间内流出水的质量为m＝ρπR2v·Δt根动量定理得＝F·Δt联立解得F＝πρv2R2故B正确，ACD错误．故选B． 7．如图所示，光滑水平面上停放着一辆小车，小车的光滑四分之一圆弧轨道在最低点与水平轨道相切．在小车的右端固定一轻弹簧，一小球从圆弧轨道上某处由静止释放．①若水平轨道光滑，当弹簧第一次被压缩至最短时，小车的速度大小为v1，弹簧的弹性势能为Ep1；②若水平轨道粗糙，当弹簧第一次被压缩至最短时，小车的速度大小为v2，弹簧的弹性势能为Ep2．则(　　) A．v1＜v2，Ep1＝Ep2 B．v1＝v2，Ep1>Ep2 C．v1＞v2，Ep1＜Ep2 D．v1＞v2，Ep1>Ep2 解析：选B　小车质量记为M，小球质量记为m．若水平轨道光滑，对于小车、球和弹簧组成的系统，水平方向上所受合外力为0，故系统水平方向动量守恒，当小车与小球共速时，弹簧压缩至最短，根据动量守恒定律，有0＝(m＋M)v1解得v1＝0 m/s由机械能守恒定律，有mgh＝Ep1若水平轨道粗糙，对于小车、球和弹簧组成的系统，水平方向上所受合外力依然为0，故系统水平方向动量守恒，当小车与小球共速时，弹簧压缩至最短，根据动量守恒定律，有0＝(m＋M)v2解得v2＝0 m/s故v1＝v2水平轨道粗糙，系统因摩擦而生热，故机械能不守恒，由能量守恒定律有mgh－Qf＝Ep2故Ep1＞Ep2故B正确，ACD错误；故选B． 8．如图所示，三角形木块A质量为M，置于光滑水平面上，底边长a，在其顶部有一三角形小木块B质量为m，其底边长b，若B从顶端由静止滑至底部，则木块后退的距离为(　　 ) A． B． C． D． 解析：选C　取向右为正方向．设木块后退的距离为x，B从顶端由静止滑至底部时，B向左运动的距离为a－b－x，则水平方向上A的平均速度大小为，B的平均速度大小为，根据水平方向动量守恒得：M－m＝0，解得，x＝，故选C． 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) 9．一物块静止在光滑水平面上，t＝0时刻起所受的水平力随时间变化的规律如图所示．F－t图线为正弦曲线．下列说法正确的是(　　) A．物块在t1、t3时刻动能相等 B．物块在t2、t4时刻位移相等 C．物块在t4时刻回到出发点 D．物块做单向直线运动 解析：选AD　A．F－t图线与时间轴所围的面积表示冲量，0－t1和0－t3时间内的冲量相等，由动量定理可知，物块在t1、t3时刻动量相等，故动能相等，A正确；BC．物块在0－t2时间内朝正方向加速，t2－t4时间内朝正方向减速，由对称性可知，在t4时刻速度为零，之后重复前面的过程，故在t4时刻的位移大于在t2时刻的位移，BC错误；D．由BC的解析可知，物块做单向直线运动，D正确．故选AD． 10．如图所示，足够长的光滑水平面右侧固定一竖直弹性挡板，质量为12m的小球A静止在光滑水平面上．质量为m的小球B以初速度v0向左与小球A发生正碰，每次碰撞后小球B的速度大小均变为原来的，方向向右下列说法正确的是(　　) A．第一次碰撞后小球A的速度大小为v0 B．第一次碰撞过程中系统损失的机械能为mv C．小球A和小球B最多可以碰撞3次 D．小球A和小球B最多可以碰撞4次 解析：选BD　A．小球A和小球B在碰撞过程满足动量守恒定律，规定向左为正方向．第一次碰撞有mv0＝12mv1－m×v0解得v1＝v0A错误；B．第一次碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE1＝mv－×12mv－m×＝mv B正确；CD．第二次碰撞有12mv1＋m×v0＝12mv2－m×v0解得v2＝v0＝v0<v0第三次碰撞有12mv2＋m×v0＝12mv3－m×v0解得v3＝v0＝v0<v0第四次碰撞有12mv3＋m×v0＝12mv4－m×v0解得v4＝v0＝v0>v0所以小球A和小球B最多可以碰撞4次，C错误，D正确．故选BD． 11．质量M＝18 kg的小孩助跑一段距离后踏上原来静止在水平地面上的滑板车，并与滑板车一起以大小v1＝4．5 m/s的速度做匀速直线运动，一段时间后，小孩从滑板车的后面水平跳离滑板车，刚离开滑板车时小孩的速度大小v2＝3 m/s，方向与滑板车的速度方向相同．已知滑板车的质量m＝2 kg，忽略滑板车与地面间的摩擦．下列分析正确的是(　　) A．小孩踏上滑板车前的瞬时速度大小为5 m/s B．小孩踏上滑板车前的瞬时速度大小为6 m/s C．小孩刚离开滑板车时，滑板车的速度大小为36 m/s D．小孩刚离开滑板车时，滑板车的速度大小为18 m/s 解析：选AD　AB．由于地面光滑，故人和车组成的系统水平方向不受外力，系统动量守恒，设人的初速度为v0，则有Mv0＝(M＋m)v1代入数据，解得v0＝5 m/s B错误，A正确；CD．小孩刚离开滑板车时，根据系统动量守恒有(M＋m)v1＝Mv2＋mv2′代入数据，解得v＝18 m/s C错误，D正确．故选AD． 12．如图所示，在质量为M的小车中挂着一单摆，摆球质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正前方的质量为m的静止的木块发生碰撞，碰撞的时间极短，在此碰撞过程中，下列情况可能发生的是(　　 ) A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3 B．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2 C．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足Mv＝Mv1＋mv2 D．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为u，满足Mv＝(M＋m)u 解析：选CD　AB．在小车与木块碰撞的瞬间，彼此作用力很大，所以它们的速度在瞬间发生改变，在此期间它们的位移可看成为零，而摆球并没有直接与木块发生力的作用，因为在它与小车共同匀速运动时，摆线沿竖直方向，因此绳的拉力不能改变小球速度的大小，即小球的速度在碰撞瞬间不变，故AB错误； CD．小车和木块碰撞后，可能以不同的速度继续向前运动，也可能以共同速度(完全非弹性碰撞)向前运动，但碰撞过程均满足动量守恒，故CD正确． 三、实验题(本题共2小题，共16分) 13．如图甲所示，斜槽末端水平，小球m1从斜槽某一高度由静止滚下，落到水平面上的P点．今在槽口末端放一与m1半径相同的球m2，仍让球m1从斜槽同一高度由静止滚下，并与球m2正碰后使两球落地，球m1和m2的落地点分别是M、N，已知槽口末端在白纸上的投影位置为O点．则 图甲　　　　　　图乙 (1)两小球质量的关系应满足________； A．m1＝m2　 B．m1>m2　　C．m1<m2 (2)实验必须满足的条件________； A．轨道末端的切线必须是水平的 B．斜槽轨道必须光滑 C．入射球m1每次必须从同一高度由静止滚下 D．入射球m1和被碰球m2的球心在碰撞瞬间必须在同一高度 (3)实验中必须测量的是________； A．两小球的质量m1和m2 B．两小球的半径r1和r2 C．桌面离地的高度H D．小球起始高度 E．从两球相碰到两球落地的时间 F．小球m1单独飞出的水平距离 G．两小球m1和m2相碰后飞出的水平距离 (4)若两小球质量之比为m1∶m2＝3∶2，碰撞前小球m1的速度为v1，碰撞后小球m1、m2的速度分别为v1′、v2′，两球落点情况如图乙所示，根据需要的物理量，则有：v1′＝________、v2′＝________，则碰撞前后验证动量守恒定律的等式为____________________． 解析：(1)为了防止在碰撞过程中，入射小球m1反弹，要求m1>m2，故选B． (2)要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故A正确； “验证动量守恒定律”的实验中，通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故B错误；要保证碰撞前入射球m1的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故C正确；碰撞的瞬间，入射球与被碰球的球心连线与轨道末端的切线平行，即小球球心处在同一高度，故D正确． (3)(4)根据实验的原理知m1v1＝m1v1′＋m2v2′，即为m1·＝m1·＋m2·，，故m1·xOP＝m1·xOM＋m2·xON． 可知需要测量的物理量有，两球的质量m1和m2，小球m1单独飞出的水平距离OP，两小球m1和m2相碰后飞出的水平距离OM、ON，故选A、F、G． 答案：(1)B　(2)ACD　(3)AFG　 (4)　　m1·xOP＝m1·xOM＋m2·xON 14．某实验小组用如图所示的装置验证动量守恒定律．实验开始前在水平放置的气垫导轨左端装一个弹射装置，打开控制开关，滑块可被弹射装置向右弹出．滑块A和滑块B上装有相同宽度的挡光片，在相碰的端面装有轻质弹性架．实验开始前，滑块A被弹射装置锁定，滑块B静置于两个光电门之间． (1)打开控制开关，滑块A被弹出．数字计时器记录了挡光片通过光电门1的时间Δt1，挡光片先后通过光电门2的时间分别为Δt2和Δt3，则滑块A(含挡光片)与滑块B(含挡光片)的质量大小关系是mA________mB(选填“大于”“等于”或“小于”)． (2)若滑块A和滑块B的碰撞过程中满足动量守恒，则应满足的关系式为____________________(用“mA、mB、Δt1、Δt2、Δt3”表示)． (3)若滑块A和滑块B的碰撞是弹性碰撞，则＝______________(用“Δt2、Δt3”表示)． 解析：(1)设滑块A与滑块B碰撞前瞬间的速度为vA，碰撞后瞬间A、B的速度分别为vA′、vB，根据动量守恒定律有 mAvA＝mAvA′＋mBvB① 根据能量守恒定律有 mAvA2＝mAvA′2＋mBvB2② 联立解得 vA′＝vA③ vB＝vA④ 计算机显示光电门1有一个时间记录，光电门2有两个时间记录，说明A与B碰撞后未反弹，即v′A与vA的方向相同，可知mA>mB． 设挡光片宽度为d，由题意可得 vA＝⑤ vA′＝⑥ vB＝⑦ 碰撞过程中满足动量守恒，则应满足的关系式为 mA＝mA＋mB⑧ 即＝＋⑨ (3)由③④⑥⑦可得 ＝＝ 解得 ＝ 答案：(1)大于　(2)＝＋ (3)＝ 四、计算题(本题共4小题，共44分．要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位) 15．(8分)一个质量为60 kg的人从墙上跳下，以7 m/s的速度着地．求： (1)如果他与地面接触0．1 s停下来，地面对他的平均作用力多大？ (2)如果他着地时弯曲双腿，用了0．3 s停下来，地面对他的平均作用力又是多大？(g取10 m/s2) 解析：(1)规定向上为正方向，v＝－7 m/s，根据动量定理得 (F－mg)t1＝0－mv 解得地面对他的作用力大小为 F＝4 800 N (2)若着地时弯曲双腿，根据动量定理得 (F′－mg)t2＝0－mv 解得地面对他的作用力大小为 F′＝2 000 N 答案：(1)F＝4 800 N　(2)F′＝2 000 N 16．(8分)在光滑的水平面上有两个物块A、B，质量分别为mA＝5 kg，mB＝10 kg，它们之间由一根不可伸长的轻绳相连，开始时绳子完全松弛，两物块紧靠在一起．现用2 N的水平恒力F作用在A上，使A由静止开始运动，当轻绳瞬间绷直后A、B一起共同前进，AB一起向前运动了2．0 m时，此时两物块的速度为1 m/s，问连结物块的绳长l为多少． 解析：设绳子绷直前的瞬间A的速度为vA，由动能定理得Fl＝mAv绳子绷直后两物体的速度相同，即mAvA＝(mA＋mB)vAB两物体一起向前运动x＝2．0m时两物块的速度vAB′＝1 m/s，由动能定理 Fx＝(mA＋mB)vAB′2－(mA＋mB)v解得l＝m＝5．25 m 答案：5．25 m 17．(14分)两块质量都是m的木块A和B在光滑水平面上均以速度向左匀速运动，中间用一根劲度系数为k的水平轻弹簧连接，如图所示．现从水平方向迎面射来一颗子弹，质量为，速度为v0，子弹射入木块A并留在其中．求： (1)在子弹击中木块A后的瞬间，木块A、B的速度vA和vB的大小； (2)在子弹击中木块后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能． 解析：(1)在子弹打入木块A的瞬间，由于相互作用时间极短，弹簧来不及发生形变，木块A、B都不受弹簧弹力的作用，故vB＝；由于此时木块A不受弹簧的弹力，木块A和子弹构成的系统在这极短过程中所受合外力为零，系统动量守恒，选水平向左为正方向，由动量守恒定律得： －＝vA 解得vA＝． (2)由于子弹击中木块A后木块A、木块B运动方向相同且vA<vB，故弹簧开始被压缩，分别给木块A、B施以弹力，使得木块A加速、B减速运动，弹簧不断被压缩，弹性势能增大，直到二者速度相等时弹簧弹性势能最大，在弹簧压缩过程中木块A(包括子弹)、B与弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒． 设弹簧压缩最大时共同速度为v，弹簧的最大弹性势能为Epm，选水平向左为正方向，由动量守恒定律得： mvA＋mvB＝v 由机械能守恒定律得： ×mv＋mv＝×v2＋Epm 联立解得v＝v0，Epm＝mv． 答案：(1)　　(2)mv 18．(14分)如图所示，光滑的半圆轨道MNP固定在光滑水平平台的左端，轨道半径R＝0．4 m．平台上静止着两个滑块A、B，mA＝0．1 kg，mB＝0．2 kg，两滑块间夹有少量炸药；一平板小车紧靠平台的右侧停放在光滑的水平地面上，小车质量为M＝0．3 kg，小车上表面是粗糙的且与平台的台面等高，其动摩擦因数为μ＝0．3．现点燃炸药，A、B瞬间分离，A滑块立即获得向左的速度vA＝5 m/s，而滑块B则冲上小车．两滑块都可以看成质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上，取g＝10 m/s2，求： (1)滑块A在半圆轨道最高点P对轨道的压力； (2)若平台足够长，则滑块A将落在距离半圆轨道最低点M多远的台面上？ (3)若地面及小车上表面足够长，则滑块B最终会停在小车上表面距车左端Q多远的地方？ 解析：(1)设A物块在P点的速度为vAP，则其从轨道最低点M到轨道最高点P，由机械能守恒定律得mAvA2＝mAvAP2＋mAg·2R又设A在最高点时受到轨道的支持力为FN，则由牛顿第二定律有mAg＋FN＝mA解得FN＝1.25 N由牛顿第三定律知，滑块A在半圆轨道最高点时对轨道的压力大小为1.25 N，方向竖直向上； (2)根据题意知，滑块A离开P点后将做平抛运动，设落到平台台面的时间为t，落点到M点的距离为x，于是在竖直方向有2R＝gt2在水平方向有x＝vAPt代入数据解得x＝1.2 m； (3)设炸药爆炸后B滑块获得的速度为vB，取向左为正方向，由动量守恒定律有mAvA－mBvB＝0解得vB＝2.5 m/s方向向右由题意知，滑块B冲上小车后最终会停在小车上与小车保持相对静止，设两者具有的相同速度为v，取向右为正方向，由动量守恒定律有mBvB＝(mB＋M)v解得v＝1 m/s又设滑块B最终停在小车上表面距车左端Q的距离为L的地方，由功能关系有mBvB2－(mB＋M)v2＝μmBgL解得L＝0.625 m. 答案：(1)1．25 N，方向竖直向上　(2)x＝1．2 m　(3)L＝0．625 m 学科网（北京）股份有限公司 $$