人教版选择性必修第一册综合试卷——2026年高二物理暑期提升

**基本信息** 暑期高二升高三物理综合卷，聚焦选择性必修一核心内容，通过跳楼机、高压水枪等真实情境和单摆测g、碰撞验证动量等实验探究，强化运动与相互作用观念、科学推理及模型建构，适配高考复习提升需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10题/43分|机械振动（题3）、机械波（题1、5）、动量守恒（题6、10）|结合生活情境（题2跳楼机分析冲量与平均速度）| |非选择题|5题/57分|实验探究（题11单摆误差分析、题12碰撞动量验证）、综合计算（题15动量能量综合）|注重科学探究（题11改进实验测g）与模型应用（题14弹簧系统动量守恒）|

暑期综合提高练习人教版【2019】高一年级选择性必修第一册物理综合试卷——2025-2026年高中物理高二升高三暑期学习 考试范围：2026届高考物理选择性必修第一册 考试时间：75分钟； 命题人： 学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________ 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 第一部分（选择题 共43分） 一、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．[4分]如图所示，一列简谐横波向右传播，a、b两质点的平衡位置相距为l，在某时刻a、b均振动到平衡位置，且a、b之间仅有一个波谷。这列波的波长不可能是（　　） A． B． C．l D． 2．[4分]如图所示，跳楼机是常见的大型机动游乐设备。这种设备的座舱装在竖直柱子上，由升降机送至高处后使其自由下落（不计阻力），一段时间后，启动制动系统，座舱匀减速运动到地面时刚好停下，下列说法正确的是（　　） A．自由下落阶段和制动阶段乘客机械能的变化量相等 B．自由下落阶段和制动阶段，乘客所受合力的冲量相同 C．自由下落阶段和制动阶段，乘客所受重力做的功一定相等 D．整个下落过程中，乘客的最大速度是全程平均速度的两倍 3．[4分]弹簧振子做简谐运动，振子的位移x随时间t的变化如图所示，下列说法正确的是（　　） A．弹簧振子的周期为，振幅是24cm B．时，振子的加速度方向沿+x方向 C．到的时间内，振子的速度逐渐增大 D．到的时间内，振子的动能逐渐增大 4．[4分]高压水枪在现代生活中应用越来越广泛，当高速水流射向物体时，会对物体表面产生冲击力，从而达到清洗污垢的目的。图示为水枪喷水清洗车玻璃示意图，已知水枪出水口直径为d，水密度为，设水流垂直打到玻璃表面后不反弹，测出水枪出口的流量为Q（单位时间内水流体积），不考虑水内部的阻力、空气阻力及高度变化，下列说法正确的是（　　） A．水枪管口喷出水流速度大小为 B．水枪对管口水柱做功的功率为 C．水流对水枪的作用力大小为 D．水流与玻璃冲击压强为 5．[4分]一列简谐横波在时的波形图如图甲所示，图乙为质点b的振动图像。下列说法正确的是（    ）    A．质点a振动的振幅为12cm B．该波沿x轴正方向传播 C．经过1s时间，质点a将向左移动2m D．时刻，处质点加速度最大 6．[4分]如图所示，质量为M的小车静置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车足够长，则木块的最终速度大小和系统因摩擦产生的热量分别为（　　） A．、 B．、 C．、 D．、 7．[4分]如图所示,在光滑水平面上放置一个质量为m的滑块,滑块右侧面为一个半径为R的圆弧形的光滑凹槽,A点切线水平。另有一个质量为m的小球(可视为质点)以水平速度v0从A点冲上凹槽,重力加速度大小为g。下列说法中正确的是 A．当v0=时,小球恰好能到达B点 B．当v0=时,小球在弧形凹槽上冲向B点的过程中,滑块的动能增大;返回A点的过程中,滑块的动能减小 C．如果小球的速度v0足够大,小球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上 D小球返回A点后做自由落体运动 二、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，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8．[5分]图甲表示一列简谐横波在t＝17s时的波形图，图乙是该列波中的质点P的振动图像，由甲、乙两图中所提供的信息可知，下列说法正确的是（　　） A．该波的波长为1.5m B．该波的振幅为0.1cm C．该波的传播速度为0.5m/s，方向沿x轴正方向 D．质点P在t＝4.25s时沿y轴负方向运动 9．[5分]图甲为一列简谐横波在t=0时的波形，P点是距平衡位置2.5cm的质点，图乙是Q点的振动图像。以下说法正确的是（　　） A．这列简谐横波的波速为15m/s B．这列波的传播方向为-x方向 C．0.05s时质点P的速度正在增大，加速度正在减小 D．0.05s时质点Q具有最大的加速度和位移 10．[5分]如图所示，质量均为m的物块A、B用轻弹簧相连，置于光滑水平面上，在水平力F的作用下，弹簧处于压缩状态，A紧压在竖直墙壁上。现撤去力F，在以后的运动过程中B的最大的速度为v，对撤去力F以后的过程，以下说法正确的是（　　） A．物块A离开竖直墙壁之前，竖直墙壁对A的冲量大小为mv B．物块A离开竖直墙壁之前，竖直墙壁对A做功的大小为mv2 C．物块A、B和弹簧组成的系统总动量守恒，机械能守恒 D．物块A的最大速度为v 第二部分（非选择题 共57分） 3、 非选择题：本大题共5题，共57分。 11．[8分]小明组装单摆，完成测量当地重力加速度g的实验，装置如图甲所示。      （1）为了更精确测量摆长，小明用10分度的游标卡尺测量摆球直径如图乙所示，摆球直径为 mm，并利用刻度尺测得摆线长为97.10 cm。用秒表记录单摆50次全振动所用时间，如图乙所示，则可知该次实验中50次全振动所用的时间为 s； （2）用甲图中的多组实验数据作出T2L图像，也可以求出重力加速度g。已知三位同学作出的T2L图线的示意图如下图中的a、b、c所示，其中，a和b都过原点，b和c平行，图线b对应的g值最接近当地重力加速度g的值。则相对于图线b，下列分析正确的是 A．计算单摆的全振动次数时，应以摆球到达最高点开始计时，到达同一侧最高点时记为一次全振动； B．出现图线a的原因可能是误将49次全振动记为了50次 C．出现图线c的原因可能是误将悬点到小球下端的距离直接记为了摆长L D．多次改变摆线长l，测量多组50次全振动对应的时间t，通过绘制的t2l关系图线也可以测定重力加速度 （3）疫情静默期间，由于没有学校的实验仪器，小红同学在家找了一块外形不规则的长条状的大理石块代替摆球，如图所示，来测量当地的重力加速度，她设计步骤是： A．将石块用细尼龙线系好，结点为N，将尼龙线的上端固定于O点 B．用刻度尺测量ON间尼龙线的长度L作为摆长 C．将石块拉开一个大约5的角度，然后由静止释放 D．从摆球摆到某合适位置时开始计时，测出30次全振动的总时间t，由得出周期 E．改变ON间尼龙线的长度再做几次实验，记下相应的L和T F．求出多次实验中测得的Ｌ和T的平均值作为计算时使用的数据，代入公式求出重力加速度g。 ①你认为该同学以上实验步骤中存在错误或不当的步骤是 。（填步骤前的序号） ②若用上述方法在两次实验中分别测得摆线长度为L1、L2，若其对应的周期分别为T1、T2，则可以比较精确地推算出重力加速度的表达式为 。 12．[8分]如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系： (1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，我们可以通过 相同，间接地用水平位移来代替小球碰撞前后时的速度； (2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先将入射球m1多次从斜轨上S位置由静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP。然后，把被碰小球m2静止于轨道的水平部分，再将入射小球m1从斜轨上S位置由静止释放，与小球m2相撞，并多次重复； 实验中必要且正确步骤是 ；（填选项前的符号） A．测量抛出点距地面的高度H B．测量小球m1开始释放高度h，每次实验时必须将m1由同一高度位置无初速释放 C．用天平测量两个小球的质量m1、m2 D．找到m1、m2相碰后平均落地点的位置分别为N、M E.测量平抛射程、、 (3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为 [用(2)中测量的量表示]； (4)若，则m1：m2= ，两小球相碰过程中动能 （填“是”、“不是”）守恒的。 13．[12分]如图所示，一平台固定在水平面上，其上表面静置着质量分别为和的小球与，小球间锁定一压缩状态的轻质弹簧（弹簧与不粘连）．紧挨平台静置着一小车，车上固定着一段水平阻尼管，管的左端开口与平台等高，管的右端开口处平滑衔接着两段均为四分之一圆弧的滑槽，半径分别为和，小车连同车上装置的总质量为．现解锁弹簧，当弹簧恢复原长时，的速度大小为；在阻尼管所受阻力与其相对管的运动位移成正比，即为已知常量，恰好可以离开阻尼管，落入滑槽．除阻尼管内阻力外，其他摩擦及阻力均忽略不计，重力加速度为．求： （1） 弹簧锁定时的弹性势能大小； （2） 第一次离开点时小车的速度大小，以及腾空过程中，小车的位移大小（已知不会返回与平台碰撞）； （3） 阻尼管的长度以及第二次滑至滑槽最低点时此时半径为所受弹力大小． 14．[13分]如图所示，一质量为m的长板A静置于光滑水平面上，距其右端d=1 m处有一与A等高的固定平台，一质量为m的滑块B静置于这个光滑平台上。B的正上方有一质量为3m的滑块C套在固定的光滑水平细杆上，B和C通过一轻质弹簧连接。一质量为2m的小滑块D以的初速度向右滑上A的最左端，并带动A向右运动，A与平台发生碰撞后，速度反向但大小不变。A与平台发生第二次碰撞的瞬间，D恰好滑到平台上，随即与B发生碰撞并粘在一起向右运动。已知m=1 kg，A与D间的动摩擦因数为μ=0.1，B、C和D均可看作质点，B和D组合体在随后的运动过程中一直没有离开平台，且C没有滑离细杆，重力加速度且不考虑空气阻力。求： （1）滑块D滑上平台时速度的大小； （2）长木板A的长度； （3）若弹簧第一次恢复原长时，C的速度大小为，则随后运动过程中弹簧的最大弹性势能为多少？ 15．[16分]如图所示，小木块A、B放在光滑平台M上，A的质量为1kg，B的质量为3kg，D为侧放的半圆凹型槽且固定在地面上，内侧面光滑，半径为1.2m。C是质量为1kg的长木板，C足够长，开始时左端靠在凹型槽的最低端，C上表面与凹型槽内侧最低点相切并静止在光滑地面上，上表面与小木块B之间的动摩擦因数为0.2.某时刻，给木块A一个8N·s的瞬时冲量，之后A、B发生弹性碰撞，B能够与D内侧最高点相切进入凹型槽。求： (1)B刚进入半圆形内侧面最高点时对接触面的压力； (2)B、C最终的共同速度； (3)C至少多长，才能保证B不从C上掉下来。 暑期综合提高练习人教版【2019】高一年级选择性必修第一册物理综合试卷——2025-2026年高中物理高二升高三暑期学习参考答案 1．【答案】B 【详解】因a、b之间仅有一个波谷，则该时刻的波形可能有以下四种情况：；；；。 故不可能的是B项； 故选B。 2．【答案】D 【详解】 A．自由下落阶段只有重力做功，乘客的机械能不变，制动阶段阻力做负功，乘客的机械能减少，A错误； B．设下落过程的最大速度为v，自由下落阶段和制动阶段由动量定理可得，乘客所受合力的冲量分别为 可知，两个过程乘客所受合力的冲量大小相等，方向相反，B错误； C．重力做功为 无法确定两个过程下落的位移关系，故乘客所受重力做的功不一定相等，C错误； D．由匀变速直线运动的规律可知，匀加速和匀减速过程的平均速度均为，即全程的平均速度为，故整个下落过程中，乘客的最大速度是全程平均速度的两倍，D正确。 故选D。 3．【答案】C 【详解】 A．弹簧振子的周期为，振幅是12cm，所以A错误； B．时，振子的加速度方向沿-x方向，所以B错误； C．到的时间内，振子的速度逐渐增大，位移最大时速度为0，平衡位置速度最大，所以C正确； D．到的时间内，振子的动能逐渐减小，所以D错误； 故选C。 4．【答案】D 【详解】设水流速度为v，则流量，解得，A错误；设经过极短时间，出口水柱质量，由动能定理可得，解得，B错误；由动量定理，则有，解得，C错误；水流与玻璃冲击压强为，D正确。 5．【答案】D 【详解】A．根据甲图可知质点a振动的振幅为6cm，A错误； B．根据乙图可得质点b在t＝2s时的向y轴负方向振动；再结合甲图，由上下坡法可知该波沿x轴负方向传播，B错误； C．根据机械波的形成，可知质点不会随波移动，只是在自己的平衡位置附近振动，所以经过1s时间，质点a不会向左或向右移动，C错误； D．根据乙图可知该简谐波的周期为4s，波长为8m，所以波速为 图甲是时的波形图，所以时该波形沿x轴负方向平移 所以时刻的波形图如图所示    处质点位于波谷，所以具有最大加速度，D正确。 故选D。 6．【答案】A 【详解】 以小车和木块组成的系统为研究对象，系统所受的合外力为零，因此系统动量守恒，由于摩擦力的作用，m速度减小，M速度增大，m速度减小到最小时，M速度达最大，最后m、M以共同速度运动。以初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有 解得最终两者的共同速度为 根据能量守恒，可得产生的热量为 得 故选A。 7．【答案】D　 【解析】热门考点：动量守恒、机械能守恒 小球滑上凹槽的过程中,若凹槽固定,小球以v0=的速度冲上凹槽,根据机械能守恒定律有mgh=m,解得h=R,但是凹槽不固定,小球冲上凹槽的过程中,凹槽也会运动,根据机械能守恒定律可知小球不能冲到B点,A错误;当v0=时,小球在弧形凹槽向上冲的过程中,滑块受到斜向左下方的压力,速度增大,动能增大,滑到最高点时,两者速度相等,之后返回A点的过程中,滑块的动能依然增大,B错误;如果小球的速度v0足够大,小球将从滑块的左侧沿切线方向飞离凹槽,小球相对凹槽的速度方向竖直向上,两者水平速度相等,所以小球将会沿滑块左侧边缘落回,C错误;小球返回A点时,滑块速度不为0,由水平方向动量守恒和机械能守恒有mv0=mv1+mv2,m=m+m,解得返回A点时小球的速度v1=0,滑块的速度v2=v0,所以小球返回A点后做自由落体运动,D正确。 8．【答案】BC 【详解】由题图甲可知，波长λ＝100cm＝1m，振幅A＝0.1cm，A错误B正确；由题图乙可知，周期T＝2s，故波速，t=17s时，质点P在平衡位置向下振动，故波向右传播，C正确；根据题图乙可知，质点P在t＝4.25s时位移为正，在向上振动，D错误。 9．【答案】AD 【详解】由两图像可知，波长，周期，则波速为，A正确；由图乙可知时刻，Q点沿y轴正向运动，根据波形平移法可知这列波的传播方向为方向，B错误；时刻，P点沿y轴负向运动，由于，可知时质点P正由平衡位置向波谷位置运动，速度正在减小，加速度正在增大，C错误；由图乙可知时质点Q的位移为，此时质点Q具有最大的加速度和位移，D正确。 10．【答案】AD 【详解】 A．撤去力F，B物块在弹力作用下加速，弹簧恢复原长时，B物块的速度达到最大，此过程中，A、B受到弹簧的弹力大小相等，方向相反，作用时间相同，则A、B的冲量大小相等，由动量定理可知 所以物块A离开竖直墙壁之前，竖直墙壁对A的冲量大小为mv，故A正确； B．物块A离开竖直墙壁之前，由于物块A没有发生位移，则竖直墙壁对A不做功，故B错误； C．此过程中只有系统内的弹力做功，则机械能守恒，但竖直墙壁对A有力的作用，即系统的外力不为0，则系统动量不为0，故C错误； D．弹簧恢复原长时，B物块的速度达到最大，此时系统的总动量为mv，接着B减速，A加速弹簧被拉长，当B物块速度减为0时，A物块速度达最大，由动量守恒定律可知，A的最大速度也为v，故D正确。 故选AD。 11．【答案】（1）20.6；99.8；（2）BD/DB；（3）BDF； 【详解】（1）摆球的直径为，由图示秒表可以知道，秒表的读数为。 （2）A：计算单摆的全振动次数时，应以摆球到达最高点开始计时，到达同一侧最高点时记为一次全振动，由于在最高点的速度太小无法找到真正的最高点，计时会出现较大的误差，因此不能从最高点计时，应从经过最低点计时，A错误； B：由图线a可知在同样摆长的情况下，振动周期偏小，可能是误将49次全振动记为了50次，从而周期测量偏小导致，B正确； C：由题图可知，对图线c，当L为零时T2不为零，可能是把悬线长度作为摆长，即误将悬点到小球上端的距离直接记为了摆长L，C错误； D：根据可得，，又由，可得，图线斜率为，n为定值50次，因此是可以测定重力加速度的，D正确。选BD。 （3）该同学以上实验步骤中有重大错误的是BDF： B：摆长应是悬点到大理石块质心的距离； D：测量时间应从单摆摆到最低点开始； F：必须先分别求出各组L和T值对应的g，再取所求得的各个g的平均值。 设石块质心到M点的距离为x，通过周期公式，有，，解得。 12．【答案】下落的高度或下落的时间均可；CDE；；m1：m2= 4：1；不是； 【详解】 (1)[1]小球离开轨道后做平抛运动，则有 做平抛运动的初速度为 验证动量守恒定律实验中，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，所以我们可以通过下落的高度或下落的时间相同，间接地用水平位移来代替小球碰撞前后时的速度； (2)[2]AB．小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，小球的水平位移与小球的初速度成正比，所以入射球从同一高度无初速即可，不需要测量抛出点距地面的高度和小球开始释放高度，故A、B错误； CDE．要验证动量守恒定律定律，即验证 小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间相等，上式两边同时乘以得 可得 因此本实验需要测量的量有两小球的质量、和平抛射程、、，显然要确定两小球的平均落点和的位置，故C、D、E正确； 故选CDE； (3)[3]根据(2)分析，若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为 (4)[4]若，代入可得 解得 [5]小球相碰前动能为 两小球相碰后动能为 所以两小球相碰过程中动能不是守恒的。 13．【答案】（1） （2） ； （3） ； 【详解】 （1） 弹簧解锁过程，与组成的系统动量守恒，有， 根据能量守恒定律，得， 解得． （2） 进入滑槽运动的过程中，与组成的系统水平方向动量守恒，从到过程有， 从到过程有， 解得， B从到过程，系统机械能守恒,有， 解得， B离开点后相对做竖直上抛运动，腾空时间， 解得， 因此第一次腾空过程，的位移大小． （3） 从到，系统能量守恒，有， 解得， B从离开阻尼管到滑至过程，与组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，有，， 解得第一次滑至时的速度，， 同理可得第二次滑至时的速度，， B在点有， 解得． 14．【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）假设A和D能共速，设共速时速度为，由动量守恒定律有， 解得， 对A，设其加速度为，根据牛顿第二定律有， 可得， 其加速到的位移设为，根据运动学公式有， 解得， 等于d，即A和D恰好共速，A与平台第一次碰撞后，设A和D能第二次共速，设共速时速度为，以向右为正方向，由动量守恒定律有， 解得， A加速到的位移设为，同理有， 解得， 可以第二次共速，D滑到平台的速度为。 （2）设A长度为L，D在A上滑动的全过程，对A和D组成的系统，由动能定理有， 解得。 （3）D与B相碰后，设速度为，由动量守恒定律有， 解得， 此时B、C和D组成的系统的动能为， 弹簧原长时，设B和D整体速度为，对B、C和D组成的系统，若C的速度向右，由动量守恒定律有， 解得， 此时B、C和D组成的系统的动能为，与实际不符，舍去， 若C的速度向左，由动量守恒定律有， 解得 此时B、C和D组成的系统的动能为， 当B和D整体与C的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，对B、C和D组成的系统，由动量守恒定律有， 弹性势能， 解得。 15．【答案】(1)，方向竖直向上；(2)；(3)4m 【详解】 （1）木块A获得一个冲量，A获得一个初速度，有 A、B发生弹性碰撞，可得 B进入凹型槽，在最高点处 可得 由牛顿第三定律知，压力为10N，方向竖直向上 （2）B从半圆凹型槽滑到最低点，有 B滑上C后，带动C一起向右运动，最后达到共同速度v 得 （3）B在C上滑动，最后达到同速，系统产生热量，设相对位移为，有 得 即木板至少要4m 第 page number 页，共 number of pages 页 第 page number 页，共 number of pages 页 学科网（北京）股份有限公司 $