单元过关检测卷(一)-【正禾一本通】2025-2026学年高二物理选择性必修第一册同步课堂高效讲义配套练习（人教版）

单元过关检测卷(一) (时间：75分钟　满分：100分) 一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1． 如图所示，运动员持球竖直起跳后，在空中某位置将篮球投出，在将篮球投出过程中，下列说法正确的是(　　 ) A．运动员与篮球组成的系统机械能守恒 B．运动员对篮球作用力的冲量等于球的动量变化量 C．运动员与篮球组成的系统动量守恒 D．篮球所受重力的冲量持续增加 答案：选D。 解析：运动员体内的化学能转化为了该系统的机械能，因此运动员与篮球组成的系统机械能增加，故A错误；篮球在空中被运动员推出的过程中受到重力与运动员对篮球的作用力，根据动量定理的内容可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，因此篮球动量的变化量应等于重力的冲量与运动员对篮球作用力的冲量的矢量和，故B错误；在空中将球推出的过程中，运动员与篮球组成的系统受重力作用，即所受合外力不为零，因此系统动量不守恒，故C错误；冲量为力在时间上的累积，即I＝mgt，因此可知，篮球在斜抛运动的上升和下落过程中，所受重力的冲量持续增加，故D正确。 2． 如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的水平平台组成，竖直螺旋滑槽高5 m，长30 m，质量为0.5 kg的药品A离开传送带进入螺旋滑槽速度为2 m/s，到螺旋滑槽出口速度为6 m/s，进出螺旋滑槽的速度方向相同，该过程用时5 s，在出口处与静止的相同质量的药品B碰撞，碰后A静止，B向前滑动，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　 ) A．药品A、B碰撞后B的速度为6 m/s B．药品A对药品B的冲量与药品B对药品A的冲量相同 C．药品A在螺旋滑槽运动过程重力的冲量为20 N·s D．药品A在螺旋滑槽运动过程合力的冲量为20 N·s 答案：选A。 解析：两药品质量相等，碰后交换速度，则碰后vB＝6 m/s，故A正确；药品A对药品B的冲量与药品B对药品A的冲量大小相同，但方向相反，故B错误；药品A在螺旋滑槽运动过程重力的冲量为IG＝mgt＝0.5×10×5＝25 N·s，故C错误；根据动量定理，药品A在螺旋滑槽运动过程合力的冲量等于其动量变化量I合＝mvA－mv0＝0.5×6－0.5×2＝2 N·s，故D错误。 3． 建筑施工过程中经常会使用打桩机。如图所示，打桩过程可简化为：重锤从空中某一固定高度由静止释放，与钢筋混凝土预制桩在极短时间内发生碰撞，并以共同速度下降一段距离后停下。不计空气阻力，则(　　 ) A．整个过程中，重锤和预制桩组成的系统动量守恒 B．碰撞过程中重锤对桩的冲量与桩对重锤的冲量相同 C．重锤质量越大，预制桩被撞后瞬间的速度越大 D．重锤质量越大，碰撞过程重锤动量变化量越小 答案：选C。 解析：整个过程中，碰撞后以共同速度减速下降，重锤和预制桩受到向上的合力，所以系统的动量不守恒，故A错误；碰撞过程中重锤对桩的冲量与桩对重锤的冲量大小相同，方向相反，故B错误；碰撞过程时间极短，可认为重锤与桩的动量守恒，有mv＝(M＋m)v共，v共＝，重锤质量越大，预制桩被撞后瞬间的速度越大，故C正确；碰撞过程重锤动量变化量大小为Δp＝mv共－mv＝＝－，重锤质量越大，碰撞过程重锤动量变化量越大，故D错误。 4．2024年5月3日，嫦娥六号探测器被送入地月转移轨道，它在月球背面进行软着陆，携带约2 000 g月壤返回地球。当探测器在月球表面向下喷出气体时，探测器悬停在月表上空。已知探测器竖直向下喷射的气体密度为ρ，横截面积为S，喷出时的速度大小为v，月球表面的重力加速度为g。若近似认为喷射气体的重力忽略不计，探测器的质量保持不变，不计空气阻力，则该探测器的质量为(　　 ) A． B． C． D． 答案：选A。 解析：设时间t内喷出气体的质量为m，则有m＝Svt，设探测器对气体的力为F，以竖直向下为正方向，根据动量定理有Ft＝mv，解得F＝Sv2，根据牛顿第三定律可知气体对探测器的力F′＝F＝Sv2，又探测器悬停在地表上空，则有Mg＝F′，解得M＝，故A正确。 5． 如图所示，光滑水平面上有一倾角为α的光滑斜面体A，质量为M，底边长为L, 将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。此过程中斜面体对滑块的支持力大小为FN，重力加速度大小为g，则(　　 ) A．斜面体A对滑块B的支持力不做功 B．滑块B下滑过程中，A、B组成的系统动量守恒 C．滑块B滑到斜面底端时，斜面体向左滑动的距离为L D．滑块B下滑时间t过程中，地面对A支持力的冲量小于(M＋m)gt 答案：选D。 解析：滑块B在下滑过程中对斜面体A有斜向左下方的压力，斜面体A向左移动，滑块B的位移与其受到的支持力FN不是垂直关系，它们的夹角为钝角，即支持力FN对滑块B做负功，故A错误；滑块B下滑过程中，A、B组成的系统水平方向不受力，所以系统水平方向动量守恒，B错误；取水平向右为正方向，滑块B下滑过程中，任意时刻B的水平速度大小为vB，A的水平速度大小为vA，对系统在水平方向，由动量守恒定律有0＝mvB－MvA，解得＝ ，设B到达斜面底端时，A、B水平位移大小分别为xA、xB，在水平方向有xA＋xB＝L，且mxB＝MxA，联立解得，滑块B滑到斜面底端时，斜面体向左滑动的距离为xA＝L，故C错误；由整体分析可知，竖直方向存在向下的加速度，所以地面对整体支持力小于整体重力，则地面对A支持力的冲量大小小于(M＋m)gt，故D正确。 6．如图甲所示，质量为1 kg的物块静止放在水平地面上，现对物块施加水平向右的外力F，F随时间变化的关系如图乙所示。已知物块与水平地面间的动摩擦因数为0.3，接触面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　 ) A．0～6 s内，物块受到的支持力冲量为0 B．0～2 s内，物块受到的合力冲量大小为1.5 N·s C．0～2 s内，物块受到的摩擦力冲量大小为6 N·s D．6 s末，物块的动量大小为12 kg·m/s 答案：选B。 解析：根据IN＝Nt可知，0～6 s内，物块受到的支持力冲量不为0，故A错误；物块与水平地面间的最大静摩擦力为fmax＝μmg＝3 N，由F ­t图像可知，在0～1 s内物块处于静止状态，在t＝1 s时物块开始运动，则0～2 s内，物块受到的合力冲量大小为I合＝IF－If＝×1 N·s－3×1 N·s＝1.5 N·s，故B正确；在0～1 s内物块受到静摩擦力作用，则0～2 s内，物块受到的摩擦力冲量大小为If′＝×3×1 N·s＋3×1 N·s＝4.5 N·s，故C错误；在t＝1 s时物块开始运动，则1～6 s内，对物块根据动量定理可得I合′＝IF′－If″＝p6－0，其中IF′＝ ×1 N·s＋6×4 N·s＝28.5 N·s，If″＝3×5 N·s＝15 N·s，解得6 s末物块的动量大小为p6＝13.5 kg·m/s，故D错误。 二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 7． (2024·广西高考)如图，在光滑平台上有两个相同的小球M和N。M水平向右运动，速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力，则碰撞后，N在(　　 ) A．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动 B．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动 C．水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v D．水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v 答案：选BC。 解析：由于两小球碰撞过程中机械能守恒，可知两小球碰撞过程是弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒可知mv＝mvM＋mvN，mv2＝mvM2＋mvN2，由于两小球质量相等，故碰撞后两小球交换速度，即vM＝0，vN＝v，碰后小球N做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v；在竖直方向上做自由落体运动，即竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动，B、C正确。 8． 如图所示，内壁光滑的半圆槽静置于光滑水平地面上。现将小球(可视为质点)自左侧槽口A点的正上方由静止释放，小球下落后刚好自A点进入槽内，B点为半圆槽内壁的最低点。不计空气阻力，下列说法正确的是(　　 ) A．小球从A到B的过程中，半圆槽对小球做正功 B．小球从A到B的过程中，半圆槽对小球做负功 C．小球可以运动到当初释放点的等高处 D．小球无法运动到当初释放点的等高处 答案：选BC。 解析：小球从A到B的过程中，由于系统水平方向动量守恒，半圆槽向左运动，小球所受槽的支持力方向与速度方向并不垂直，而是大于90°，所以槽的支持力对小球做负功，故A错误，B正确；依题意，系统水平方向动量守恒，当小球到达右侧最高点时速度与半圆槽的速度相同，设为v，并设右侧最高点与释放点间的高度差为h，可得0＝(M＋m)v，系统机械能守恒，则有mgh＝(M＋m)v2，解得h＝0，即小球可以运动到当初释放点的等高处，故C正确，D错误。 9． 如图所示，静置于光滑水平面上的木块A与木块B用一根轻质弹簧相连，弹簧处于原长。质量为0.01 kg的子弹以200 m/s的初速度水平向右击中木块A(时间极短)并留在其中。已知木块A的质量为0.19 kg，木块B的质量为0.3 kg，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是(　　 ) A．子弹击中木块A的过程中，两者构成的系统动量守恒，机械能守恒 B．弹簧压缩至最短时，弹簧的弹性势能为6 J C．弹簧压缩至最短时，木块B的速度大小为6 m/s D．弹簧处于原长时，木块B的速度大小可能为8 m/s 答案：选BD。 解析：子弹击中木块A的过程中，两者构成的系统动量守恒，但系统产生热量，系统机械能不守恒，故A错误；子弹击中木块A的过程中，根据动量守恒可得mv0＝(m＋mA)v1，解得v1＝10 m/s，弹簧压缩至最短时，子弹、木块A、木块B具有相同的速度，根据动量守恒可得(m＋mA)v1＝(m＋mA＋mB)v2，解得v2＝4 m/s，根据能量守恒可知此时弹簧的弹性势能为Ep＝(m＋mA)v12－(m＋mA＋mB)v22＝6 J，故B正确，C错误；弹簧处于原长时，子弹、木块A、木块B组成的系统，由动量守恒可得(m＋mA)v1＝(m＋mA)v3＋mBv4，根据能量守恒可得(m＋mA)v12＝(m＋mA)v32＋mBv42，联立解得木块B的速度大小为v4＝8 m/s，或v4＝0，故D正确。 10． 如图所示，光滑水平面上甲、乙两球间粘少许炸药，一起以速度0.5 m/s向右做匀速直线运动。已知甲、乙两球质量分别为0.1 kg和0.2 kg。某时刻炸药突然爆炸，分开后两球仍沿原直线运动，从爆炸开始计时经过3.0 s，两球之间的距离为x＝2.7 m，则下列说法正确的是(　　 ) A．刚分离时，甲、乙两球的速度方向相同 B．刚分离时，甲球的速度大小为0.1 m/s，方向水平向左 C．刚分离时，乙球的速度大小为0.3 m/s D．爆炸过程中释放的能量为0.027 J 答案：选BD。 解析：设甲、乙两球质量分别为m1、m2，刚分离时两球的速度分别为v1、v2，取向右为正方向，由动量守恒定律可得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，由题意又有v2－v1＝，代入数据联立解得v1＝－0.1 m/s，v2＝0.8 m/s，可知刚分离时，甲球的速度方向水平向左，乙球的速度方向水平向右，A、C错误，B正确；爆炸过程中释放的能量为ΔE＝m1v12＋m2v22－(m1＋m2)v02，代入数据解得ΔE＝0.027 J，D正确。 三、实验题：共2小题，共16分。 11．(8分)某同学利用如图所示的装置进行“验证动量守恒定律”的实验，操作步骤如下： ①在水平桌面上的适当位置固定好弹簧发射器，使其出口处切线与水平桌面相平； ②在一块长平木板表面先后钉上白纸和复写纸，将该木板竖直并贴紧桌面右侧边缘，将小球a向左压缩弹簧并使其由静止释放，a球碰到木板，在白纸上留下压痕P； ③将木板向右水平平移适当距离，再将小球a向左压缩弹簧到某一固定位置并由静止释放，撞到木板上，在白纸上留下压痕P2； ④将半径相同的小球b放在桌面的右边缘，仍让小球a从步骤③中的释放点由静止释放，与b球相碰后，两球均撞在木板上，在白纸上留下压痕P1、P3。 (1)经分析可知，在步骤④中压痕P3是球________(选填“a”或“b”)在白纸上留下的痕迹。 (2)本实验必须测量的物理量有________。 A．小弹簧的压缩量x1 B．木板距离桌子边缘的距离x2 C．小球a、b的质量m1、m2 D．小球在木板上的压痕P1、P2、P3分别与P之间的竖直距离h1、h2、h3 (3)用(2)中所测的物理量来验证两球碰撞过程中动量守恒，其表达式为____________________。 答案：(1)a　(2)CD　(3)＝＋ 解析：(1)经分析可知，水平方向位移相同，竖直方向位移大则时间长，对应水平速度小，碰撞后a球速度小，在步骤④中压痕P3是球a碰后在白纸上留下的痕迹。 (2)小球离开桌面后做平抛运动，已知木板与抛出点之间的距离为x2，由平抛运动规律得： 水平方向x2＝vt 竖直方向h＝gt2 解得v＝x2 碰撞前，小球m1落在图中的P2点，设其水平初速度为v0。小球m1和m2发生碰撞后，m1的落点在图中的P3点，设其水平初速度为v1，m2的落点在图中的P1点，其水平初速度为v2，小球碰撞的过程中若动量守恒，则 m1v0＝m1v1＋m2v2 即m1·x2＝m1·x2＋m2·x2 则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为 ＝＋ 所以本实验必须测量的物理量有小球a、b的质量m1、m2以及小球在木板上的压痕P1、P2、P3分别与P之间的竖直距离h1、h2、h3，故选CD。 (3)验证两球碰撞过程中动量守恒表达式为 ＝＋。 12．(8分)某同学用气垫导轨验证动量守恒定律，装置如图甲所示。a、b两滑块之间放置一根压缩的轻弹簧，并用细线固定，两滑块上分别装有规格相同的挡光片，已知a、b两滑块的质量(包括挡光片)分别为m1、m2。 (1)用游标卡尺测量挡光片的宽度d，示数如图乙所示，则d＝________mm。 (2)接通气源，调节气垫导轨下面的螺钉，当滑块放在气垫导轨上任一处均能处于________则气垫导轨水平。 (3)将a、b两滑块按如图甲所示放置，剪断细线，两滑块通过光电门1、2的挡光时间分别为t1、t2，则当_______________________(用已知量和测量的物理量符号表示)成立，则可验证两滑块作用过程中动量守恒。 (4)实验表明，弹簧开始被压缩时具有的弹性势能大小为________________________(用已知量和测量的物理量符号表示)。 (5)为了减小实验误差，两个光电门放置的位置应适当_____________(选填“靠近”或“远离”)一些。 答案：(1)10.50　(2)静止状态　(3)＝ (4)＋ 　(5)靠近 解析：(1)由图乙可知，游标卡尺的读数为 d＝10 mm＋10×0.05 mm＝10.50 mm。 (2)当滑块放在气垫导轨上任一处均能处于静止状态，则气垫导轨调节水平。 (3)若动量守恒，则m1v1－m2v2＝0 其中v1＝，v2＝ 整理得＝ 即当＝成立，则可以验证a、b两滑块作用过程中动量守恒。 (4)根据能量守恒，弹簧开始被压缩时具有的弹性势能大小为 Ep＝m1v12＋m2v22＝＋ 。 (5)由于两滑块会受到摩擦力，为了保证挡光片通过光电门时的速度为两滑块释放后的瞬时速度，两光电门放置的位置应适当靠近一些。 四、计算题：共3小题，共36分。 13．(10分)《卖油翁》是宋代文学家欧阳修创作的一则写事明理的寓言故事，说明了熟能生巧的道理。油从距离地面高度为H的地方倒出，油束刚好充满钱孔倒入壶内，钱孔的横截面积为S，油壶的高度为h，油的密度为ρ，重力加速度为g。若油倒入瓶底四处散开，没有飞溅。求： (1)极短时间Δt内倒入油的质量Δm； (2)在最初的一段时间内，油对壶底的冲击力大小(忽略重力)。 答案：(1)ρS·Δt (2)2ρSg 解析：(1)设油到达壶口时的速度为v1，则 mg(H－h)＝mv12 Δm＝ρ·ΔV ΔV＝Sv1·Δt 联立以上各式得 Δm＝ρS·Δt。 (2)设油到达壶底时的速度为v2，则 mgH＝mv22 规定竖直向上为正方向，对于Δt内落入壶内的油，应用动量定理有 F·Δt＝0－(－Δmv2) 联立以上各式得F＝2ρSg 由牛顿第三定律可知，油对壶底的冲击力大小为2ρSg。 14．(12分)如图所示，ABCDE为截去1,4圆周的光滑圆槽平台的侧视图，圆槽的圆心为O，半径为a，正方形OABC边长为2a，D、E恰为两边的中点，地面光滑。现有一可视为质点的小球自E点正上方距离为a的P点处由静止下落。小球质量为m，圆槽质量为2m，重力加速度为g，不计空气阻力。求： (1)若圆槽固定在水平地面，则小球到达D处的速度大小； (2)若圆槽不固定，初始静止在光滑水平面上，则小球要离开槽口时小球的速度大小； (3)接(2)问，小球第一次落到地面时距释放点P的距离。(结果可含根号，需化简) 答案：(1)2　(2)　(3)a 解析：(1)对小球从P运动到D处，由动能定理 mg·2a＝mv2 解得v＝2。 (2)若槽不固定，设小球离开槽口时的速度大小为v1，槽的速度大小为v2，取水平向右的方向为正方向。由水平方向动量守恒可得 0＝mv1＋2m(－v2) 由机械能守恒可得 mg·2a＝mv12＋×2m·v22 解得小球的速度大小v1＝ 。 (3)设小球在槽内下滑的过程中小球水平方向的位移大小为x1，槽后退的位移大小为x2，根据人船模型(水平方向动量守恒)，取水平向右为正方向，则有 mx1＋2m(－x2)＝0 又x1＋x2＝a，解得x1＝a 小球离开槽口后做平抛运动，设小球水平方向位移为x3，水平方向x3＝v1·t 竖直方向a＝g·t2，解得x3＝ 则小球落地点距P点距离 s＝ 代值得s＝a。 15．(14分)超市为节省收纳空间，常常将手推购物车相互嵌套进行收纳。如图甲所示，质量均为15 kg的两辆手推车沿同一直线静置于水平地面上，人在0.3 s内将第一辆车水平推出使其沿直线运动，此后两车的v ­t图像如图乙所示。若两辆车运动时受到地面的阻力恒为车所受重力的k倍，并一次成功嵌套，忽略空气阻力与碰撞时间，g＝10 m/s2，求： (1)碰撞前瞬间第一辆车的速度大小； (2)碰撞过程中两车损失的机械能； (3)人给第一辆车水平冲量的大小。 答案：(1)4m/s (2)60J (3)99N·s 解析：(1)设第一辆车的初速度为v0，第一次碰撞前的速度为v1，碰撞后的共同速度为v2，由图示v ­t图像可知，两车碰撞后的共同速度v2＝2 m/s 两车碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，以第一辆车的速度方向为正方向，由动量守恒定律得 mv1＝2mv2 代入数据解得v1＝4 m/s。 (2)两车碰撞过程，由能量守恒定律得 mv12＝·2mv22＋ΔE 代入数据解得ΔE＝60 J。 (3)由图示v ­t图像可知，两车碰撞后的加速度大小 a2＝＝m/s2＝2 m/s2 两辆车运动时受到地面的阻力恒为车所受重力的k倍，由牛顿第二定律得kmg＝ma 加速度a＝kg 两车碰撞前后的加速度大小相同，即 a1＝a2＝2 m/s2 由牛顿第二定律得，碰撞前第一辆车所受摩擦力 f＝ma1＝15×2 N＝30 N 由运动学公式得v0＝v1＋a1t1 代入数据解得v0＝6 m/s 由题意可知，经时间t1＝0.3 s第一辆车被水平推出，第一辆车被推出过程，对小车由动量定理得 I－ft1＝mv0－0 代入数据解得I＝99 N·s。 学科网（北京）股份有限公司 $