期中考试综合检测-【突破课堂】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册同步单元达标检测卷（教科版）

( 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 封 线 内 不 要 答 题 ) ( 姓名 班级 考号 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 封 线 内 不 要 答 题 ) 期末考试综合检测卷 注意事项 1.本试卷满分100分,考试用时75分钟。 2.无特殊说明,本试卷中重力加速度g取10 m/s2。 一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28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.下列关于物体的动量、动能和力做功、冲量说法正确的是 (　　) A.物体的动能发生变化,其动量一定发生变化 B.动能和动量是过程量,功和冲量是状态量 C.某个力做功为零,其冲量也为零 D.动能大的物体,其动量也一定大 2.如图所示,水平弹簧振子沿x轴在M、N间做简谐运动,坐标原点O为振子的平衡位置,其振动方程为x=5 sin (10πt) cm。下列说法正确的是 (　　) A.M、N间的距离为5 cm B.振子的运动周期是0.2 s C.t=0时,振子位于N点 D.t=0.05 s时,振子具有最大速度 3.一竖直悬挂的弹簧振子,下端装有记录笔,在竖直面内放置一张记录纸。当振子上下振动时,以恒定速率v水平向左拉动记录纸,记录笔在纸上留下如图所示的图像。y1、y2、x0、2x0为纸上印迹的位置坐标。下列说法正确的是 (　　) A.振子的振幅为 B.振子的振动周期为 C.图像记录了振子相对地面的运动轨迹 D.若记录纸速率减小为原来的一半,则振子的振动周期变为原来的2倍 4.如图甲所示,一个质量为m的小物体(可看成质点),静置于光滑的水平面上,外面扣一质量为M的盒子。现给盒子一个大小为3 m/s的初速度,此后盒子运动的v-t图像呈周期性变化,如图乙所示。则盒子的长度是 (　　) A.0.5 m　　　　B.0.6 m　　　　C.0.7 m　　　　D.0.8 m 5.如图,将一质量为m的小球,从放置在光滑水平地面上质量为M的光滑半圆形槽的槽口A点由静止释放经过最低点B运动到C点,下列说法中正确的是 (　　) A.小球运动到的半圆形槽右侧最高点一定与A点等高 B.从B运动到C,半圆形槽和小球组成的系统动量守恒 C.从A到B再到C,C点可能是小球运动的最高点 D.从A到B,半圆形槽运动的位移一定大于小球在水平方向上运动的位移 6.“雨打芭蕉”是文学中常见的抒情意象。当雨滴竖直下落的速度为v时,将一圆柱形量杯置于雨中,测得时间t内杯中水面上升的高度为h。为估算雨打芭蕉产生的压强p,建立以下模型:芭蕉叶呈水平状;所有落到芭蕉叶上的雨滴,都有一半向四周溅散开,溅起时竖直向上的速度大小为,另一半则留在叶面上;芭蕉叶上的积水很少可忽略,但雨滴的重力不能忽略。不计风力以及溅起的水珠对下落雨滴的影响。已知水的密度为ρ,则关于压强p,下列说法正确的是 (　　) A.小于　　　　B.小于　　　　C.大于　　　　D.小于 7.如图所示,将质量为m、可视为质点的摆球A向左拉开一个很小的角度,然后由静止释放。A球摆至最低点P处恰好以速度v与静止在P处质量为1.5m、可视为质点的B球发生正碰,碰后B球以速度0.7v沿光滑水平面向右运动,与距离为d的墙壁碰撞后以原速率返回,当B球重新回到位置P时,A球也恰好碰后第一次回到P点,则下列说法正确的是 (　　) A.A球与B球的碰撞为弹性碰撞 B.A球与B球碰后,A球将向右运动 C.单摆的周期为 D.A球释放后到达P点经历的时间等于A球碰后返回到最高点的时间 二、多项选择题(本题共3小题,每小题5分,共15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5分,选对但不全的得3分,有错选的得0分) 8.竹筏历来是江南水乡的重要运输工具。《载敬堂集》中说:“竹排;竹簰;竹筏,又称筏儿,简称筏,其物一也,古来为水上运输重要工具,也是代替桥梁渡水之要用。”《碧溪观渡》诗:“雁荡山娇溪亦好,滩斑岸诡倒峰高。渡工浮筏时横绝,碧水油油欲没篙。”同时,古朴原始的小竹筏也构成江南水乡独具特色的景致。在平静的水面上,一游客登上一条竹筏,竹筏从此时开始做简谐运动。以竖直向上为正方向作出竹筏的振动图像,如图所示,不计水的阻力。则 (　　) A.竹筏振动的回复力由水对竹筏的浮力提供 B.竹筏的位移与时间的关系式为x=3 cos (2.5πt) cm C.t=0.9 s时,竹筏(包括游客)的重力大于其所受的浮力 D.0.6~0.8 s时间内,竹筏的动量逐渐变大 9.同一地点的甲、乙两单摆的部分振动图像如图所示,下列说法正确的是 (　　) A.甲、乙两单摆的摆长之比为16∶25 B.乙单摆的机械能大于甲单摆的机械能 C.0~1 s内,甲、乙单摆摆球的重力势能都增大 D.两图线交点对应的时刻t0,甲、乙两单摆摆球的速率相等 10.如图所示,在光滑的水平桌面上有体积相同的两个小球A、B,质量分别为m=0.1 kg和M=0.3 kg,两球中间夹着一根压缩的轻弹簧,原来处于静止状态,同时放开A、B两球和弹簧,已知A球脱离弹簧时的速度为6 m/s,接着A球进入与水平面相切、半径为0.5 m的在竖直面内的光滑半圆形轨道运动,PQ为半圆形轨道的竖直直径,下列说法正确的是 (　　) A.弹簧弹开过程,弹力对A球的冲量大于对B球的冲量 B.A球脱离弹簧时,B球的速度大小为4 m/s C.A球从P点运动到Q点过程中所受合外力的冲量大小为1 N·s D.若半圆形轨道的半径改为0.9 m,则A球不能到达Q点 三、非选择题(本题共5小题,共57分) 11.(8分)某学习小组“用单摆测量重力加速度”的实验装置如图1所示,回答下列问题。 图1 (1)若该同学测得的重力加速度值偏大,其原因可能是　　　　。  A.单摆的悬点未固定紧,摆动中出现松动,使摆线增长了 B.把50次全振动的时间误记为49次全振动的时间 C.开始计时时,停表过早按下 D.测摆线长时摆线拉得过紧 (2)若实验过程中没有游标卡尺,无法测小球的直径d,实验中将悬点到小球最低点的距离作为摆长l,测得多组周期T和摆长l的数据,作出T2-l图像,如图2所示。 ①实验得到的T2-l图线是　　　　(填“a”“b”或“c”);  ②小球的直径是　　　　 cm;  ③实验测得当地重力加速度大小是　　　 m/s2(保留3位有效数字)。  12.(8分)某同学用如图所示气垫导轨和压力传感器验证动量守恒定律,实验步骤如下: ①用托盘天平测出甲、乙两滑块的质量m1、m2; ②将乙滑块右移,压缩右侧弹簧至一定长度,然后由静止释放乙,使得乙与甲碰撞后反弹; ③记录下乙滑块释放时右侧压力传感器初始读数F0、乙与甲碰撞后左侧压力传感器最大示数F1和右侧压力传感器最大示数F2。 两侧弹簧的劲度系数都为k,弹簧弹性势能的表达式为Ep=kx2,其中k、x分别为弹簧的劲度系数和形变量。 (1)在实验之前还需要进行的实验操作是　　　　。  A.测量弹簧的原长 B.在使用之前将压力传感器调零 C.测出初始时刻甲、乙到左、右两侧压力传感器的距离 D.记录下甲、乙碰撞后压缩弹簧使左、右两侧压力传感器到最大示数的时间 (2)为使滑块乙与甲碰撞后反弹,需保证m2　　　　m1。(填“>”“=”或“<”)  (3)滑块乙碰前的初速度为　　　　(用题目所给字母表示)。  (4)实验要验证的动量守恒表达式为　　　　。  A.=-　　　　　　B.=- C.F0m2+F2m2=F1m1　　　　　　D.F0+F2=F1 13.(11分)如图所示,圆心角为θ=53°、质量为2m的弧形物块A与质量为m的弧形物块B叠放在一起,并将A、B粘连,组成一个半径为R=0.75 m的四分之一光滑圆弧轨道,静止在光滑的水平面上。质量为m的滑块C以速度v0水平向右冲上轨道。sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。 (1)要使物块不会从最高点冲出轨道,求v0应该满足的条件; (2)若将物块B撤去,滑块C以v0=3 m/s的速度冲上A,求滑块C滑至A的最高点时物块A的速度大小。 14.(12分)如图所示,足够长的光滑水平台面M右端紧接长度L=5.4 m的水平传送带NP,A、B两滑块的质量分别为mA=4 kg、mB=2 kg,滑块之间压着一根轻弹簧(不与两滑块拴接)并用一根细线锁定,两者一起在平台上以速度v=1 m/s向右匀速运动;突然,滑块间的细线瞬间断裂,两滑块与弹簧脱离,之后A继续向右运动,并在静止的传送带上滑行了1.8 m,已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.25。求: (1)细线断裂瞬间弹簧释放的弹性势能Ep; (2)若在滑块A冲到传送带时传送带立即以速度v1=1 m/s逆时针匀速运动,求滑块A与传送带因摩擦产生的热量Q。 15.(18分)如图所示,一质量M=1 kg、长度L=3.5 m的“L”形木板静止在足够大的水平地面上,木板左端为一竖直薄挡板。一质量m=1 kg、可视为质点的小物块以v0=8 m/s的速度从木板右端滑上木板,与薄挡板发生弹性正碰,碰撞时间极短。已知物块与木板间的动摩擦因数μ1=0.4,木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.3,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求: (1)小物块与薄挡板发生弹性正碰后,木板的速度大小; (2)木板运动的时间。 答案全解全析 1.A　物体的动能发生变化时,速度大小一定发生变化,故动量一定发生变化,A正确;动量等于质量与速度的乘积,是状态量,动能是指物体在某一状态时由于运动而具有的能量,是状态量,功是力和力的方向上位移的乘积,功对应一段过程,是过程量,冲量是力在时间上的积累,是过程量,B错误;力对物体做功为零,但冲量不一定为零,只要力有时间积累,就有冲量,C错误;根据公式Ek=mv2和p=mv可得p=,可知,由于不知道质量的关系,则动能大的物体,其动量不一定大,D错误。故选A。 2.B　根据振动方程x=5 sin (10πt) cm,可知振子的振幅A=5 cm,则M、N间的距离为2A=10 cm,A错误;振子的运动周期是T== s=0.2 s,B正确;t=0时,x=0,则振子位于O点,C错误;t=0.05 s时,x=5 cm,振子位于最大位移处,具有最大加速度,最小速度,D错误。 3.A　由题图可知,y1为最高点坐标,y2为最低点坐标,所以振幅为A=,A正确;记录纸匀速运动,振子振动的周期等于记录纸运动2x0所用的时间,即T=,B错误;题图记录的是振子相对于记录纸的运动轨迹,C错误;弹簧振子的振动周期只与弹簧振子本身有关,若记录纸速率减小为原来的一半,则一个周期内记录纸沿x轴方向的位移减小为原来的二分之一,而弹簧振子的周期不变,D错误。 4.B　盒子初速度大小v0=3 m/s,与物体相撞后速度大小仍然是3 m/s,物体在t=0.1 s时刻与盒子碰撞,获得速度v,碰后盒子静止,根据动量守恒定律得Mv0=mv,t=0.3 s时刻,物体与盒子另一壁碰撞使盒子速度大小又变为v0,说明碰撞是弹性碰撞,机械能守恒,则有M=mv2,联立解得m=M,v=v0,故盒子的长度是L=vT=3×0.2 m=0.6 m,故选B。 5.A　运动过程中,小球和半圆形槽组成的系统水平方向不受外力,水平方向动量守恒,结合机械能守恒知,小球刚好能运动到半圆形槽右侧与A等高的位置,此时两物体速度都为零,A正确,C错误;从B到C,两物体在竖直方向上所受合外力不为零,系统的动量不守恒,但是在水平方向上,两物体所受合力为零,故两物体组成的系统在水平方向上动量守恒,B错误;从A到B,两物体组成的系统在水平方向上动量守恒,有mv1+Mv2=0,则有ms1+Ms2=0,题中未给出两物体的质量关系,故无法判断两物体的水平位移大小,D错误。故选A。 6.C　设芭蕉叶的面积为S,则t时间内落到芭蕉叶上面雨滴的质量为m=ρSh,根据题意,有一半的雨滴向四周散开,取竖直向上为正方向,根据动量定理有F1t-mgt=m·-,另一半留在叶面上,根据动量定理有F2t-mgt=0-,根据压强的定义式p=,可得p=,联立解得p=+,故选C。 7.D　若为弹性碰撞,根据动量守恒和机械能守恒有mv=mvA+1.5mvB,mv2=m+×1.5m,联立解得vB=0.8v,因vB=0.8v>0.7v,故A球与B球的碰撞为非弹性碰撞,A错误;根据动量守恒有mv=mvA+1.5m×0.7v,解得vA=-0.05v,故碰撞后A向左运动,B错误;根据前面分析可知碰后球A的速度变小,故可知上升的最大高度低于初始高度,碰后球A的运动仍可认为满足单摆运动条件,由题知,单摆周期等于B球与A球碰撞后再次返回原位置所用时间的2倍,则有T=2×=,C错误;根据单摆周期公式T=2π可知单摆周期与振幅无关,所以A球释放后到达P点经历的时间等于A球碰撞后返回到最高点的时间,D正确。 8.BC　竹筏振动的回复力由水对竹筏的浮力和竹筏(包括游客)重力的合力提供,A错误;由题图可知,位移与时间为余弦函数关系,振幅为3 cm,周期为0.8 s,则竹筏的位移与时间的关系式为x=A cos t=3 cos (2.5πt) cm,B正确;t=0.9 s时,位移方向竖直向上,则加速度方向竖直向下,竹筏(包括游客)的重力大于其所受的浮力,C正确;0.6~0.8 s时间内,竹筏由平衡位置向最大位移处运动,速度逐渐变小,动量也逐渐变小,D错误。 9.AC　由题图可知,甲单摆的周期为4 s,乙单摆的周期为5 s,根据单摆周期公式T=2π可得,甲、乙两单摆的摆长之比为l甲∶l乙=∶=16∶25,A正确;甲、乙两单摆的质量不知,无法比较甲、乙两单摆的机械能大小,B错误;0~1 s内,甲、乙单摆的摆球均从平衡位置向最高点运动,甲、乙单摆摆球的重力势能都增大,C正确;x-t图线的斜率表示速度,两图线交点对应的时刻,两图线斜率的绝对值不同,故甲、乙两单摆摆球的速率不相等,D错误。 10.CD　弹簧弹开过程,弹力对A球的冲量和弹力对B球的冲量大小相等,方向相反,A错误;弹簧弹开的过程,两球与弹簧组成的系统所受合外力为零,系统动量守恒,则有mvA-MvB=0,解得vB=2 m/s,B错误;A球从P点运动到Q点过程中,根据动能定理得-2mgR=m-m,解得vQ=4 m/s,此过程中,根据动量定理可得A球所受合外力的冲量大小为I=mvQ-(-mvA)=1 N·s,C正确;若半圆形轨道的半径改为0.9 m,则A球到达Q点的过程根据动能定理有-2mgR'=mv-m,解得v'Q=0,A球在Q点的最小速度应满足mg=,可得vmin==3 m/s,由于v'Q<vmin,可知A球不能到达Q点,D正确。 11.答案　(1)D(2分)　(2)①c(2分)　②1.0(2分)　③9.86(2分) 解析　(1)根据单摆的周期公式T=2π可得g=。单摆的悬点未固定紧,摆动中出现松动,使摆线增长了,则摆长的测量值偏小,测得的重力加速度偏小,A不符合题意;把50次全振动的时间误记为49次全振动的时间,则测得的周期偏大,重力加速度测量值偏小,B不符合题意;开始计时时,停表过早按下,则测得的周期偏大,重力加速度测量值偏小,C不符合题意;测摆线长时摆线拉得过紧,则摆长的测量值偏大,重力加速度测量值偏大,D符合题意。故选D。 (2)由于无法测小球的直径d,则实际摆长为l-,因此T=2π,解得T2=l-,故实验得到的T2-l图线是c;图线c的横截距为0.5 cm,即×0.5 cm-=0,解得d=1.0 cm,图线c的纵截距为-2×10-2 s2,即-=-0.02 s2,解得g≈9.86 m/s2。 12.答案　(1)B(2分)　(2)<(2分)　(3)(2分)　(4)D(2分) 解析　(1)根据实验原理可知,本实验不需要测量弹簧原长,A错误;在实验开始之前需要将压力传感器调零,B正确;滑块甲、乙在气垫导轨上做匀速运动,不需要测出初始时刻甲、乙到左、右两侧压力传感器的距离,C错误;压缩弹簧的时间对实验没有影响,不需要测量,D错误。 (2)为使滑块乙与甲碰撞后反弹,需保证滑块乙的质量小于滑块甲的质量,即m2<m1。 (3)释放滑块乙前,弹簧的弹性势能为Ep=kx2=k=,弹簧弹性势能全部转化为滑块乙的动能,即=m2,则滑块乙碰前的初速度为v0=。 (4)根据(3)同理可求出碰撞后两滑块的速度,根据动量守恒有m2=m1-m2,整理得实验要验证的动量守恒表达式为F0+F2=F1,故选D。 13.答案　(1)v0≤2 m/s　(2)1 m/s 解析　(1)以滑块和物块A、B为系统,取水平向右为正方向,滑块恰好不从最高点冲出轨道时,滑块和物块A、B有共同的速度,设共同速度为v1,根据水平方向动量守恒有mv0=4mv1 (2分) 根据机械能守恒有m=×4m+mgR (2分) 解得v0=2 m/s,即v0应该满足的条件为v0≤2 m/s。 (1分) (2)设C滑离A时物块A速度为vA,C的水平方向、竖直方向分速度分别为vx、vy,如图所示 根据水平方向动量守恒有mv0=mvx+2mvA (1分) 根据机械能守恒有m=(2m)+m(+)+mgR(1- cos θ) (2分) C相对A的速度方向沿圆弧轨道切线向上, tan θ= (2分) 联立以上各式,解得vA=1 m/s。 (1分) 14.答案　(1)24 J　(2)32 J 解析　(1)设A、B与弹簧分离瞬间的速度分别为vA、vB,取水平向右为正方向,由动量守恒定律得 (mA+mB)v=mAvA+mBvB (1分) A在传送带上运动的过程,运用动能定理得-μmAgs=0-mA (1分) 细线断裂瞬间弹簧释放的弹性势能为Ep=mA+mB-(mA+mB)v2 (2分) 解得vA=3 m/s,vB=-3 m/s,Ep=24 J。 (1分) (2)滑块A在传送带上向右减速到0后向左加速到与传送带共速,之后随传送带向左运动直至离开传送带,设相对滑动时间为Δt,滑块A加速度大小为a==μg=2.5 m/s2 (1分) 由运动学公式得-v1=vA-a·Δt (1分) xA=·Δt (1分) x带=(-v1)·Δt (1分) 滑块与传送带间的相对位移为s1=xA-x带 (1分) 在相对滑动过程中产生的热量Q=μmAgs1=32 J。 (2分) 15.答案　(1)6 m/s　(2)1 s 解析　(1)物块与木板间的摩擦力f1=μ1mg=4 N(1分) 木板与地面间的最大静摩擦力为f2=μ2(m+M)g=6 N(1分) 可知f1<f2,木板静止 物块从木板右端滑上木板后向左做减速运动,到达左端挡板时速度为v1,由动能定理得-μ1mgL=m-m (1分) 解得v1=6 m/s(1分) 物块与挡板碰撞后,设物块速度为v11,木板速度为v2 由动量守恒得mv1=mv11+Mv2 (1分) 由机械能守恒得m=m+M (1分) 解得v11=0,v2=6 m/s。 (2分) (2)设物块与挡板碰撞后,经过时间t1物块与木板共速,共同速度为v共,根据动量定理, 对木板-(f1+f2)t1=Mv共-Mv2 (1分) 对物块f1t1=mv共 (1分) 解得v共= m/s,t1= s(2分) 根据动能定理,对木板-(f1+f2)x2=M-M (1分) 对物块f1x1=m-0 (1分) 解得Δx=x2-x1= m<L,物块未掉落 (1分) 物块与木板共速后,物块与木板一起向左做匀减速运动 加速度大小a2==μ2g=3 m/s2 (1分) 所用时间t2== s(1分) 所以木板运动的时间t=t1+t2=1 s。 (1分) 学科网（北京）股份有限公司 $$