03-阶段达标检测卷（word同步练习）-【学而思】2026-2027学年高二物理选择性必修第一册（人教版）江苏北京专版

**基本信息** 高中物理期中阶段达标检测卷，聚焦动量与振动核心知识，融入机器人马拉松、大棚阻尼器等真实情境，通过实验探究与综合计算考查科学思维与问题解决能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10/40|动量守恒、冲量、受迫振动、弹簧振子|第2题以机器人制动考冲量计算，第3题结合大棚阻尼器分析受迫振动，体现科技与生活应用| |非选择题|5/60|动量守恒实验、单摆运动、弹簧碰撞、多过程运动|第11题设计水平与竖直接球板验证动量守恒，第15题综合弹性碰撞与匀变速运动，考查科学探究与综合推理|

( 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 ) 阶段达标检测卷 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。 3.本卷考试范围:第一章~第二章。 一、选择题(本题共10小题,每小题4分,共40分。每小题只有一个选项符合题意) 1.如图所示,静止在光滑水平面上的小车,站在车上的人将右边筐中的篮球一个一个地投入左边的筐中,所有篮球仍在车上,不计空气阻力。在投球过程中下列说法正确的是(　　) A.小车向左运动 B.人和小车(含篮球)组成的系统所受的合外力为零 C.人和小车(含篮球)组成的系统动量守恒 D.投完篮球后,篮球静止,小车亦静止 2.2025年4月19日,在北京亦庄首次举行了人形机器人半程马拉松比赛,来自北京亦庄的机器人“天工Ultra”夺得全球首个人形机器人半程马拉松的冠军。随着科技的发展,机器人会逐渐走进人们的生活。现有一款机器人在水平路面上行走,紧急制动时,在0.5 s内速度从2 m/s减小到0。若机器人质量为20 kg,则制动过程中受到制动力冲量大小为(　　) A.40 N·s　　　　B.80 N·s　　　　C.100 N·s　　　　D.120 N·s 3.某人手搓蔬菜大棚“阻尼器”,通过编织袋装土并悬挂,有效抵抗强阵风,确保大棚稳定,效果堪比高端产品。下图为装置模型,强阵风来袭时,大棚出现了晃动,“阻尼器”开始减振工作。以下说法合理的是(　　) A.“阻尼器”做的是自由振动,摆长越长效果越好 B.“阻尼器”做的是受迫振动,质量越小效果越好 C.强阵风的破坏力除和风力大小有关外,还和频率有关 D.强阵风的频率大于“阻尼器”固有频率时“阻尼器”有最大振幅 4.图甲为水平放置在光滑水平面上的两完全相同的弹簧振子a、b,图乙为某时刻开始计时的两弹簧振子的振动图像。下列说法正确的是(　　) 　　　 A.a、b的周期之比为2∶3 B.2t0时,a、b的速度大小之比为4∶1 C.a、b的最大加速度之比为1∶2 D.a、b的弹簧最大形变量之比为2∶1 5.如图所示,倾角θ=30°的光滑斜面固定在水平地面上,斜面底端有一垂直于斜面的固定挡板,A、B两物体固定于轻弹簧两端,其中B的质量为mB=4 kg。对物体B施加一沿斜面向下、大小为35 N的压力F,使B静止于P点。撤掉力F,当B运动至最高点时,A恰好要离开挡板。弹簧始终处于弹性限度内。则物体A的质量为(　　) A.1 kg　　　　B.2 kg　　　　C.3 kg　　　　D.4 kg 6.如图所示,光滑水平面上有质量为m、长度为L的木板。质量为m的某同学站在木板左端,木板和人处于静止状态。该同学在木板上跳跃三次,每次跳跃的方向和消耗的能量均相同,第三次落点恰好是木板右端。假设人落到木板瞬间与木板相对静止。忽略空气阻力,则完成第一次跳跃时该同学相对水平面的位移大小为(　　) A.　　　　B.　　　　C.　　　　D. 7.如图所示,在质量为2m的小车中用轻绳挂着一小球,小球质量为m,开始时,小车和小球以恒定的速度v沿光滑水平地面运动,与位于正前方质量为m的静止的木块发生弹性碰撞,碰撞的时间极短,重力加速度为g。关于碰撞后瞬间各物体的运动情况,下列说法正确的是(　　) A.碰撞后瞬间木块的速度大小变为v B.碰撞后瞬间小车的速度大小变为v C.碰撞后瞬间小球的速度大小变为v D.碰撞后瞬间轻绳拉力大小等于mg 8.如图所示,O点左侧水平面光滑,右侧水平面粗糙。一块质量为1 kg、长为1 m的匀质木板静止在O点左侧,且右端距离O点为1 m,木板在大小为1 N的恒力F作用下由静止沿水平面运动,当木板右端到达O点时立即撤去恒力F,已知O点右侧水平面与木板间的动摩擦因数为0.2,则(　　) A.木板的加速度先不变后减小 B.木板不能全部进入O点右侧区域 C.木板加速时间大于减速的时间 D.若恒力F大小变为0.5 N,木板做减速运动的时间减小 9.如图甲所示,光滑水平面上有大小相同的小球A和B靠在一起,小球A与轻绳组成单摆,小球B与轻弹簧组成弹簧振子,刚开始小球A和B均处于静止状态。现将小球A向左拉开一个较小角度(小于5°)并在t=0时由静止释放,经最低点时与小球B发生碰撞,碰撞时间可忽略不计,此后小球B运动的v-t图像如图乙所示。以最低点为零势能面,小球A与B第一次碰撞后A球速度恰好为零,已知小球B的质量为m,重力加速度为g,不计空气阻力。下列说法不正确的是(　　) 　　 A.弹簧振子的周期等于2t0 B.单摆的摆长等于g C.A球释放的高度为 D.A球运动的最大速率为v0 10.如图甲所示,曲面为四分之一圆弧、质量为M的滑块静止在光滑水平地面上,一光滑小球以某一速度水平冲上滑块的圆弧面,且没有从滑块上端冲出去,若测得在水平方向上小球与滑块的速度大小分别为v1、v2,作出图像如图乙所示,重力加速度为g,不考虑任何阻力,则下列说法正确的是(　　) 　　 A.小球的质量为M B.小球运动到最高点时的速度大小为 C.小球能够上升的最大高度为 D.若a>b,小球在与圆弧滑块分离后向左做平抛运动 二、非选择题(本题共5小题,共60分) 11.(9分)实验小组用如图甲所示装置来验证两个小球在斜槽末端碰撞时的动量守恒。A、B为两个直径相同的小球,质量分别为m1、m2。实验时,接球板水平放置,让入射球A多次从斜轨上E点静止释放,平均落点为P1;再把被碰小球B静放在斜槽水平轨道末端,再将入射小球A从斜轨上某一位置静止释放,与小球B相撞,并多次重复,分别记录两个小球碰后的平均落点M1、N1。 　　 (1)小球质量的关系应满足m1　　　　m2(选填“大于”“小于”或“等于”)。  (2)关于该实验的要求,说法正确的是　　　　。  A.斜槽末端必须是水平的 B.斜槽轨道必须是光滑的 C.必须测出斜槽末端的高度 D.放上小球B后,A球必须仍从E点静止释放 (3)图中O点为斜槽末端在接球板上的投影点,实验中测出OM1、OP1、ON1的长度分别为x1、x2、x3,若两球碰撞时动量守恒,则满足的表达式为　　　　　　　(用x1、x2、x3、m1、m2表示)。  (4)图乙中,仅改变接球板的放置,把接球板竖放在斜槽末端的右侧,O点为碰前B球球心在接球板上的投影点。使小球A仍从斜槽上E点由静止释放,重复上述操作,在接球板上得到三个落点M2、P2、N2,测出OM2、OP2、ON2长度分别为y1、y2、y2,若两球碰撞时动量守恒,则满足的表达式为　　　　　　　(用y1、y2、y3、m1、m2表示),若要验证两球碰撞是弹性碰撞,则还需要满足的表达式为　　　　　　　(用y1、y2、y3、m1、m2表示)。  12.(10分)如图所示,一质量为m的小钢球,用长为l的细丝线悬挂在水平天花板上(l远大于小钢球的半径),初始时,摆线和竖直方向的夹角为θ(θ<5°)。静止释放小球后,求:(不计空气阻力,重力加速度为g) (1)释放时小球回复力的大小; (2)从小球释放到第一次运动到最低点过程中重力的冲量。 13.(10分)如图所示,在光滑水平地面上,水平轻质弹簧一端固定在竖直挡板上,另一端连接着物块乙,初始时乙静止。足够长的木板左端放置着物块甲,两者一起以大小v0=8 m/s、方向水平向右的速度从乙的左侧开始运动。木板与乙发生弹性碰撞(碰撞时间极短)后乙做简谐运动,一段时间(该时间内木板未与乙再次碰撞)后木板与甲一起以大小为v1=1 m/s的速度向左做匀速直线运动。已知物块甲、木板的质量分别为m1=0.1 kg,m2=0.3 kg,弹簧的劲度系数k=360 N/m且弹簧的弹性势能E与形变量x的关系式为E=kx2,弹簧始终在弹性限度内。求: (1)木板与乙碰撞后瞬间木板的速度v2的大小; (2)乙的质量m3; (3)乙做简谐运动的振幅A和最大加速度的大小a。 14.(15分)如图所示,在光滑的水平面上放置两个质量均为m的物块A和B,在物块B上拴接一劲度系数为k的轻质弹簧,弹簧处于原长,初始时刻物块B静止,物块A以初速度v0向B运动,物块A接触并压缩弹簧,当A、B共速瞬间,B恰好与固定挡板N发生碰撞,并瞬间被挡板N锁定,在相互作用过程中,弹簧始终处于弹性限度内。 (1)求A、B的共同速度v1; (2)求在整个过程中弹簧的最大弹性势能Ep; (3)若弹簧振子的振动周期为T=2π,弹簧弹性势能Ep与弹簧形变量x的关系为Ep=kx2,求物块A从反弹到刚要离开弹簧的过程中平均速度的大小。 15.(16分)如图所示,在倾角θ=37°的斜面上固定一个长直圆管,管内有一质量为m的薄圆盘静止在管内,圆管的长度为60L。一直径略小于圆管内径的光滑小球进入圆管,以初速度v0=与圆盘发生碰撞,小球的质量也为m。圆盘受到撞击后向下滑动,下滑过程中受到圆管对它的滑动摩擦力大小等于圆盘重力的0.6倍,圆盘始终垂直于管壁。小球与圆盘发生的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计其他阻力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度为g。求: (1)第一次碰撞后瞬间,小球和圆盘的速度大小; (2)第二次碰撞前瞬间,小球的速度大小; (3)小球在管中运动的过程中,小球与圆盘碰撞的次数。 答案全解全析 1.D　在投球过程中,人和小车(含篮球)组成的系统水平方向合外力为零,水平方向动量守恒,但竖直方向合外力不是零,竖直方向动量不守恒,B、C错误;由于水平方向动量守恒,最初人、小车和球组成的系统总动量为零,投球过程篮球有水平向左的动量,则人和小车获得水平向右的动量,小车向右运动,A错误;投完球后所有球仍在车上,人、小车和球速度相同,根据水平方向动量守恒,可知篮球静止时小车的速度为零,D正确。 2.A　根据动量定理,物体在一过程中所受合外力的冲量等于该物体在此过程中动量的变化量,以速度方向为正方向,即I=Δp=m(v-v0),代入数据解得I=20×(0-2) N·s=-40 N·s,在制动过程中受到制动力冲量大小即合外力的冲量大小,为40 N·s,故选A。 3.C　“阻尼器”是在强风作用下做受迫振动,不是自由振动,且不是摆长越长效果越好,A错误;“阻尼器”做的是受迫振动,质量较小的“阻尼器”可能无法有效吸收和消耗强风的能量,B错误;强阵风的破坏力除和风力大小有关外,还和频率有关,当发生共振时破坏力最大,C正确;强阵风的频率等于“阻尼器”固有频率时“阻尼器”振幅最大,即发生了共振,D错误。 4.D　由图乙可知,a的周期为t0,b的周期为t0,则a、b的周期之比为4∶3,A错误;2t0时,a的速度为零,b的速度最大,则a、b的速度大小之比不等于4∶1,B错误;最大加速度am=∝A,可知a、b的最大加速度之比为2∶1,C错误;a、b的弹簧最大形变量之比等于振幅之比,即为2∶1,D正确。 5.C　撤去力F后,物体B做简谐运动,物体B处于P点时回复力大小F回=F=35 N,根据简谐运动的对称性,运动至最高点时回复力大小F'回=F回=35 N,又F'回=mBg sin θ+kΔx,mAg sin θ=kΔx,代入数据联立得mA=3 kg,故选C。 6.A　每次跳跃过程中,人和木板水平方向动量守恒,因此人落回木板上时,人和木板的速度都变为零。三次跳跃情况完全相同,所以第一次跳跃过程中人和木板相对位移为,根据水平方向动量守恒有mv人=mv板,又因为x人=v人t,x板=v板t,x人+x板=,解得x人=,选项A正确。 7.A　小车和木块发生弹性碰撞,根据动量守恒、机械能守恒有2mv=2mv车+mv木,×2mv2=×2m+m,解得v车=v=v,v木=v=v,故A正确,B错误;小车和木块碰撞过程中,小球的速度不变,碰撞后瞬间小球速度和小车速度不同,小球相对于小车做圆周运动,所以绳子拉力大于小球重力,故C、D错误。 8.C　撤去恒力F前,由牛顿第二定律F=ma可知,木板做匀加速直线运动;撤去恒力F后,在木板全部进入O点右侧前,设木板向右滑动的位移为x,则木板所受摩擦力为f=x,可得加速度为a==x,所以木板加速度从0开始逐渐增大,选项A错误。恒力F做功WF=Fl=1 J,木板全部进入O点右侧过程中,摩擦力做功为Wf=-fml=-μmgl=-1 J,由动能定理可知木板全部进入O点右侧时,速度刚好减为0,选项B错误。木板匀加速过程加速度不变,减速过程加速度增大,故匀加速过程的平均速度小于减速过程的平均速度,所以木板加速时间大于减速的时间,选项C正确。木板进入O点右侧的过程中,由于所受合外力为F=-x,所以木板运动恰好为时间内的简谐运动,若恒力F大小变为0.5 N,则进入O点时的初速度减小,但仍为时间内的简谐运动,运动时间不变,选项D错误。 9.A　A、B碰撞后,小球B获得向右速度,向右减速到零,又返回初始位置,弹簧振子运动半个周期,即弹簧振子的周期为T=4t0,故A错误;根据单摆周期公式T=2π、单摆的周期T=4t0,解得摆长L=g,故B正确;由题知,小球A与小球B发生碰撞后,小球B的速度为v0,小球A静止,则A、B两球的质量相等,速度交换,且该碰撞为弹性碰撞,即小球A在与小球B碰撞前的速度为v0,设小球A的质量为m,根据机械能守恒有mgh=m,解得h=,因为在最低点速度最大,故小球A的最大速率为v0,故C、D正确。 10.D　设小球的质量为m,初速度为v0,由水平方向动量守恒有mv0=mv1+Mv2,解得v2=-v1+v0,结合图乙有=,v0=b,解得m=M,v0=,A错误;小球运动到最高点时,竖直方向速度为零,在水平方向与滑块具有相同的速度,在水平方向由动量守恒有mv0=(m+M)v,解得v=,B错误;小球从开始运动到最高点的过程中,由能量守恒定律有m=(m+M)v2+mgh,解得h=,C错误;小球在与圆弧滑块分离时,由动量守恒有mv0=mv1+Mv2,由机械能守恒有m=m+M,解得v1=v0,若a>b,则v1<0,即小球水平方向的速度方向向左,所以小球与圆弧分离后将向左做平抛运动,D正确。 11.答案　(1)大于(1分)　(2)AD(2分)　(3)m1x2=m1x1+m2x3(2分) (4)=+(2分)　=+(2分) 解析　(1)为防止入射球碰后反弹,则A、B两小球质量的关系应满足m1大于m2。 (2)斜槽末端必须是水平的,以保证小球能做平抛运动,A正确;斜槽轨道不一定必须是光滑的,只要到达底端时速度相同即可,B错误;小球做平抛运动的竖直高度相同,运动时间相同,则可用水平位移代替水平速度,没必要测出斜槽末端的高度,C错误;放上小球B后,A球必须仍从E点释放,保证初速度相同,D正确。 (3)小球从斜槽末端飞出后,做平抛运动,在竖直方向,小球下落的高度相等,则小球在空中运动的时间相等,设为t,碰撞前小球A的速度为v0=,碰撞后小球A、小球B的速度分别为v1=、v2=,取水平向右为正方向,由两球碰撞前后的总动量守恒有m1v0=m1v1+m2v2,整理可得m1x2=m1x1+m2x3。 (4)图乙中,设OB的距离为x,小球做平抛运动,对碰撞前小球A的平抛运动,有x=v'0t,y2=gt2,解得v'0=x。同理对碰撞后小球A、B的平抛运动分析,可得碰撞后A、B的速度分别为v'1=x,v'2=x,取水平向右为正方向,两球碰撞前后总动量守恒,有m1v'0=m1v'1+m2v'2,整理可得=+。若要验证两球碰撞是弹性碰撞,则还需要满足机械能守恒,即m1v=m1v+m2v,整理可得=+。 12.答案　(1)mg sin θ　(2),方向竖直向下 解析　(1)小球重力沿运动方向的切线方向的分力提供回复力 刚释放时小球回复力的大小F回=mg sin θ(4分) (2)小球做简谐运动,周期为T=2π(2分) 小球从释放到最低点所用的时间为t==(2分) 可得重力的冲量大小为IG=mgt=,方向与重力方向相同,竖直向下。(2分) 13.答案　(1)4 m/s　(2)0.9 kg　(3)0.2 m　80 m/s2 解析　(1)以水平向右为正方向,木板与乙碰撞后,甲与木板构成的系统动量守恒,有m1v0+m2v2=-(m1+m2)v1(2分) 解得v2=-4 m/s(1分) 即木板与乙碰撞后木板的速度大小为4 m/s (2)木板与乙发生弹性碰撞,根据动量守恒有m2v0=m2v2+m3v3(1分) 根据能量守恒有m2=m2+m3(1分) 解得v3=4 m/s,m3=0.9 kg(1分) (3)设乙做简谐运动的振幅为A,根据能量守恒有m3=kA2(1分) 解得A=0.2 m(1分) 乙在最大位移处有最大加速度,根据牛顿第二定律有kA=m3a(1分) 解得a=80 m/s2(1分) 14.答案　(1),方向水平向右　(2)m　(3) 解析　(1)对A、B组成的系统,根据动量守恒有mv0=2mv1(2分) 解得A、B的共同速度v1=,方向水平向右(1分) (2)从开始至A、B共速的过程,根据能量守恒有ΔEp1=m-×2m(2分) B被锁定后至A停止运动,根据能量守恒有ΔEp2=m-0(1分) 弹簧的最大弹性势能Ep=ΔEp1+ΔEp2(1分) 联立解得Ep=m(1分) (3)设A从反弹到刚要离开弹簧的过程,发生位移为x,所用时间为t 由Ep=kx2(1分) 则位移x=(2分) A从反弹到刚要离开弹簧过程中,A的运动是弹簧振子简谐运动的一部分,已知弹簧振子周期T=2π(1分) 运动时间为t=T(1分) 平均速度=(1分) 解得=(1分) 15.答案　(1)0　v0(或)　(2)2v0(或)　(3)19次 解析　(1)设第一次碰撞后瞬间小球的速度为v1,圆盘的速度为v2,小球与圆盘发生的碰撞为弹性碰撞,取小球初速度方向为正方向 由动量守恒有mv0=mv1+mv2(2分) 由机械能守恒有m=m+m(2分) 解得v1=0,v2==v0(2分) (2)设从第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔为t1,小球的加速度大小为a1 对小球分析,由牛顿第二定律得mg sin 37°=ma1(1分) 对圆盘分析,由于mg sin 37°=0.6mg=f,可知圆盘做匀速直线运动(1分) 从第一次碰撞到第二次碰撞有a1=v2t1(1分) 解得t1= 第二次碰撞前瞬间,小球的速度大小v=a1t1==2v0(1分) (3)第一次碰撞到第二次碰撞过程中,圆盘的位移x1=v2t1=v0t1=L(1分) 设第二次碰后小球的速度为v3,圆盘的速度为v4, 由等质量物体发生弹性碰撞后速度交换,有v3=v0,v4=2v0(1分) 可见小球和圆盘的相对速度没有改变,相对加速度也没有改变,小球再次追赶上圆盘的时间依然不变,为t1 则第二次碰撞到第三次碰撞过程中,圆盘的位移x2=v4t1=2v0t1=2x1=L 第三次碰撞前小球的速度为v'3=v3+a1t1=3v0 圆盘的速度为v4=2v0 第三次碰撞后小球的速度为v5=2v0,圆盘的速度为v6=3v0 第三次碰撞到第四次碰撞过程中,圆盘的位移x3=v6t1=3v0t1=3x1=L 以此类推,第n次碰撞到第n+1次碰撞之间,圆盘的位移xn=nv0t1=nx1(1分) n次碰撞圆盘的总位移s=x1+2x1+3x1+…+nx1=x1=60L(1分) 解得n≈19.5(1分) 故一共碰撞19次(1分) 学科网（北京）股份有限公司 $