周周练5 阶段滚动检测卷(一)-【优学精讲】2026-2027学年高中物理选择性必修一同步教参（教科版）

**基本信息** 本卷为高中物理振动与动量单元期中阶段检测卷，以共振破碎机、赤水独竹漂、棒球锦标赛等真实情境为载体，通过选择、实验、计算题型，考查物理观念与科学思维，适配期中复习巩固。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|7/28|共振条件、简谐运动特征等|第1题以共振破碎机考振动频率匹配，体现科技应用| |多选|3/18|动量守恒、弹簧振子运动|第9题小车与小球碰撞综合水平动量守恒与机械能分析| |非选择|5/54|单摆实验、动量守恒验证、多过程计算|第11题单摆测g结合图像分析科学探究，第15题爆炸后运动考查模型建构与科学推理|

周周练5　阶段滚动检测卷(一) (时间：75分钟　分值：100分) 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，只有一项符合题目要求。 1．市政单位经常使用共振破碎机破碎旧水泥路面，破碎机有专用传感器感应路面的振动，由电脑自动调节锤头的击打频率，使锤头击打水泥路面时，水泥路面局部范围产生共振，从而将水泥路面击碎。下列说法正确的是(　　) A．锤头的击打频率应等于水泥路面的固有频率 B．锤头的击打频率应大于水泥路面的固有频率 C．破碎机停止工作后，水泥路面在停止振动前，频率逐渐减小 D．锤头击打效果仅取决于锤头的振幅，锤头的振幅越大效果越好 解析：选A。当锤头的击打频率等于水泥路面的固有频率时，系统发生共振，振幅最大，破碎效果最佳，故A正确，B错误；破碎机停止后，水泥路面做阻尼振动逐渐停止，但其振动频率始终等于固有频率，不会逐渐减小，故C错误；击打效果不仅与锤头的振幅有关，还需满足频率匹配条件，仅增大振幅而频率不匹配时效果不佳，故D错误。 2．关于机械振动，下列说法正确的是(　　) A．图甲中做简谐运动的水平弹簧振子在到达平衡位置时速度为零，加速度最大 B．图乙中做简谐运动的单摆，摆长越长，周期越大 C．图丙中风铃上不同长度的金属管，其振动的固有频率都相等 D．图丁中荡秋千的小女孩运动到最低点处受力平衡 解析：选B。题图甲中做简谐运动的水平弹簧振子在到达平衡位置时速度最大，加速度为零，故A错误；根据单摆周期公式T＝2π可知，题图乙中做简谐运动的单摆，摆长越长，周期越大，故B正确；不同长度的金属管，由于结构参数不同，其固有频率也不同，故C错误；荡秋千的小女孩做圆周运动，运动到最低点处，拉力与重力的合力提供向心力，受力不平衡，故D错误。 3.如图所示，可视为质点的餐盘随水平玻璃转盘绕竖直转轴做匀速圆周运动。对于恰好运动一个周期的餐盘，下列说法正确的是(　　) A．餐盘的动量变化量不为0 B．餐盘受到的重力冲量为0 C．餐盘受到的合力冲量为0 D．餐盘受到的摩擦力冲量不为0 解析：选C。餐盘随圆盘转动一周，餐盘的速度变化量为0，故餐盘的动量变化量为0，故A错误；根据I＝mgt可知，餐盘所受重力的冲量不为0，故B错误；餐盘做匀速圆周运动，向心力由静摩擦力提供，即静摩擦力为餐盘所受的合力，根据动量定理，可知餐盘受到的合力冲量为0，即餐盘受到的摩擦力冲量为0，故C正确，D错误。 4.赤水独竹漂是贵州赤水河流域的民间传统技艺。在平静的湖面上，质量为m的表演者静立于长为L的竹竿最左端，如图所示，表演者从竹竿最左端走至最右端，竹竿的位移大小为L。不计湖水的阻力，则竹竿的质量为(　　) A．m B．m C．m D．m 解析：选C。设人相对于水面的位移为x1，竹竿相对于水面的位移为x2，竹竿的质量为M, 人与竹竿组成的系统水平方向动量守恒，则有mv人＝Mv杆，整理可得m＝M，即mx1＝Mx2，又因为x1＋x2＝L，x2＝L，则有＝，联立解得M＝m。 5．图甲中的水平弹簧振子在前5 s内的振动图像如图乙所示，规定向右为正方向，下列说法正确的是(　　) A．在1 s到5 s内弹簧振子完成了2次全振动 B．t＝2 s时弹簧的长度最长 C．0.5 s到1.5 s内振子运动的路程为8 cm D．3 s到4 s内弹簧振子的动能持续地减小 解析：选D。由题图可知，在1 s到5 s时间内弹簧振子完成了1次全振动，故A错误；t＝2 s时振子的位移负向最大，则此时弹簧的长度最短，故B错误；由题图乙可知，振子的周期为4 s，0.5 s到1.5 s为周期，由于0.5 s到1.0 s时间内振子向平衡位置方向运动，速度越来越大，所以0.5 s到1.0 s时间内振子的路程大于4 cm，根据对称性可知，1.0 s到1.5 s时间内振子的路程大于4 cm，则在0.5 s到1.5 s内振子运动的路程大于8 cm，故C错误；3 s到4 s内弹簧振子远离平衡位置，速度减小，动能持续地减小，故D正确。 6．如图甲所示，竖直悬挂弹簧振子在C、D两点之间做简谐运动，O点为平衡位置，振子到达C点开始计时，规定竖直向上为正方向。图乙是弹簧振子做简谐运动的x-t图像，则(　　) A．弹簧振子从C点经过O点再运动到D点为一次全振动 B．图乙中的P点时刻振子的速度方向与加速度方向都沿正方向 C．弹簧振子的振动方程为x＝0.1sin (2πt＋)m D．弹簧振子在任意2.5 s内的路程为1 m 解析：选D。弹簧振子从C点经过O点再运动到D点为半次全振动，A错误；题图乙中P点时刻振子的速度方向向下，加速度方向向上，B错误；因振幅A＝0.1 m，周期T＝1 s，则ω＝＝2π rad/s，φ0＝，可知弹簧振子的振动方程为x＝0.1sin (2πt＋)m，C错误；弹簧振子在任意2.5 s＝2.5T内的路程s＝2.5×4A＝1 m，D正确。 7.2025年全国青少年棒球锦标赛U18组于2025年7月23日至30日在辽宁省大连金普新区棒球场举行。如图，在某次比赛中，一质量为0.2 kg的垒球，以10 m/s的水平速度飞至球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为30 m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01 s，下列判断正确的是(　　) A．球棒对垒球做功为75 J B．垒球动量变化量的大小为4 kg·m/s C．球棒对垒球的平均作用力大小为800 N D．球棒与垒球作用时间极短，故垒球动量守恒 解析：选C。设垒球的初速度v0＝10 m/s的方向为正方向，则末速度v1＝－30 m/s，由动能定理可知，球棒对垒球做的功W＝mv－mv＝80 J，故A错误；动量的变化量Δp＝mv1－mv0＝－8 kg·m/s，即垒球的动量变化量大小为8 kg·m/s，负号表示方向与初速度方向相反，故B错误；由冲量的定义I＝Ft可知，球棒对垒球平均作用力大小F＝＝ N＝800 N，故C正确；球棒与垒球作用时，垒球所受合外力不为零，则垒球的动量不守恒，故D错误。 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题意，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。 8．如图所示，由小球和弹簧组成的弹簧振子沿水平方向做简谐运动。M、N两点关于平衡位置O点对称。t＝0时刻，振子向右经过N点；t＝3 s时，第一次经过M点。已知前3 s时间内，振子经过的路程为0.6 m。关于该弹簧振子，下列说法正确的是(　　) A．振幅为0.2 m B．周期为6 s C．振子经过O点时动能最小 D．振子经过O点时加速度最小 解析：选BD。振子从N点运动到M点经历了半个周期，运动了两个振幅的路程，故弹簧振子的周期T＝6 s，B正确；振子的振幅A＝＝0.3 m，A错误；振子经过O点时加速度为零(最小)，速度最大，动能最大，C错误，D正确。 9.如图所示，质量为M的小车在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速运动，一质量为m的小球从高2h处自由下落，与小车碰撞(碰撞时的作用力远远大于小球的重力)后反弹，上升的最大高度为。设球与车之间的动摩擦因数为μ，碰撞时间为t，空气阻力不计，则下列说法正确的是(　　) A．小球和小车碰撞过程水平方向动量守恒 B．碰撞后小球的机械能增加 C．若小球和小车间的动摩擦因数增大，小球弹起时的水平速度增大 D．小球刚弹起后的速度大小可能为 解析：选AD。小球和小车碰撞时，水平方向上不受外力，则水平方向动量守恒，故A正确；小球碰撞后上升高度小于原高度，小球的重力势能减少，水平方向上小车对小球的摩擦力做正功，小球水平方向上的动能增加，则碰撞后小球的机械能不一定增加，故B错误；若小球离开小车之前已经与小车达到共速，则共速后，即使动摩擦因数增大，小球弹起时的水平速度也不变，故C错误；竖直方向上，小球碰撞前有v＝2g·2h，碰撞后有v＝2g·，碰撞过程中，由动量定理得FNt＝mvy－(－mvy0)，若小球离开小车之前，始终未与小车共速，水平方向上有μFNt＝mvx，小球刚弹起后的速度大小v＝，联立解得v＝，故D正确。 10.如图，质量均为10 kg的木块A和B，并排静止放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为1 m的轻细线，细线另一端系一质量为5 kg的小球C。现将小球C拉起使细线水平伸直，并由静止释放小球C，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，小球 C可看作质点。下列说法正确的是(　　) A．在小球C下落的过程中，A、B、C组成的系统动量守恒，机械能守恒 B．在小球C下落的过程中，A、B、C组成的系统动量不守恒，机械能守恒 C．小球C第一次下落至最低点时，A、B的速度大小vAB＝1 m/s D．小球C在轻杆左侧上升的最大高度(相对于小球C运动的最低点)h＝0.75 m 解析：选BC。木块A、B和小球C组成的系统在水平方向的合力为零，而在竖直方向合力不为零，故此系统在水平方向上动量守恒，而在竖直方向上动量不守恒，所以此系统的动量不守恒，系统机械能守恒，故A错误，B正确；设木块A、B的质量均为mA，小球C第一次下落至最低点时，设此时A、B共同速度大小为vAB，小球C的速度大小为vC，此过程水平方向动量守恒，可得mCvC＝2mAvAB，由机械能守恒定律得mCgL＝mCv＋×2mAv，解得vC＝4 m/s，vAB＝1 m/s，故C正确；小球C第一次下落至最低点后木块A、B分开，此后对小球C和木块A，水平方向动量守恒，小球C向左摆至最高点时两者共速，以水平向左为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得mCvC－mAvAB＝(mC＋mA)v，mCv＋mAv＝(mC＋mA)v2＋mCgh，解得小球C上升的最大高度h＝ m，故D错误。 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11．(8分)在“用单摆测量重力加速度”的实验中，某同学测得摆线长为L0和小球直径为d，并用自动记录仪记录振动次数，其实验装置如图甲所示。 (1)摆球在垂直于纸面的平面内摆动，在摆动最低点的左、右两侧分别放置光敏电阻(与自动记录仪相连)和激光光源，记录仪显示的光敏电阻阻值R随时间t变化的关系如图乙所示，由此可得当地的重力加速度g＝________(用L0、d、t0表示)。 (2)在实验中，该同学将摆线长L0与小球直径d之和记作单摆的摆长L，多次改变摆线长度并测出对应的摆动周期T，根据测量数据作出T2-L图像，则其T2-L图像是图丙中的________(选填“①”“②”或“③”)。然后根据作出的图像求得重力加速度g的值，则该同学得到的重力加速度的值__________(选填“大于”“小于”或“等于”)实际值。 解析：(1)单摆在一个周期内两次经过平衡位置，由题图乙知该单摆的振动周期为2t0，由单摆的周期公式T＝2π，可得重力加速度g＝。 (2)由T＝2π可得T2＝4π2，若把小球直径当作半径来计算摆长，则T2＝＝L－，可得T2-L图像是题图丙中的①；该同学通过T2-L图像求得当地重力加速度，则有k＝，解得g＝，重力加速度的值与摆长无关，可见该同学得到的实验结果与实际值相等。 答案：(1)　(2)①　等于 12．(10分)某同学利用气垫导轨验证动量守恒定律，实验装置如图所示。用天平测得滑块1和滑块2的质量分别为m1和m2，用游标卡尺测得滑块上遮光片的宽度均为d，安装好实验器材后，将滑块1放在光电门1左侧，将滑块2放在光电门2的右侧，轻推两滑块，使它们相向运动并发生碰撞，测得碰前光电门1、2的挡光时间分别为t1、t2(注：t1＝t2)，碰后光电门1的挡光时间为t3、光电门2无数据输出。 (1)通过对实验数据分析，该同学选用的是________组滑块进行的实验。 (2)通过对实验数据分析，可判断出m1___________(选填“>”“<”或“＝”)m2。 (3)该同学取下滑块1和滑块2，换另一组质量为m3的滑块3和质量为m4的滑块4进行实验，将滑块3放到光电门1的左侧，滑块4静止在光电门1与光电门2之间，向右轻推滑块3使它与滑块4相碰。光电门1先后记录两次遮光时间依次为t4、t5，光电门2记录遮光时间为t6。在误差允许的范围内，若满足表达式________，则表明两滑块碰撞过程中动量守恒；若还满足表达式________，则表明两滑块的碰撞为弹性碰撞(均用本小题给出的符号表示)。 解析：(1)(2)根据题目光电门挡光时间信息可知，碰前两滑块速度大小相等，碰后只有光电门1有数据，说明碰后滑块1和滑块2一起向左运动，即二者发生完全非弹性碰撞，故选B，根据动量守恒定律知系统总动量向左，故可得出m1<m2。 (3)根据以上分析可知在误差允许的范围内，以上数据若满足表达式m3＝m3(－)＋m4，则表明两滑块碰撞过程中动量守恒；若两滑块的碰撞为弹性碰撞，根据机械能守恒定律可得m3v＝m3v＋m4v，即满足表达式m3＝m3＋m4，联立解得－＝，则表明两小车的碰撞为弹性碰撞。 答案：(1)B　(2)<　(3)m3＝m3(－)＋m4　－＝ 13．(8分)如图所示的是弹簧振子的振动图像，请回答下列问题。 (1)根据振动图像写出该简谐运动的表达式。(4分) (2)求振子在5 s内通过的路程。(4分) 解析：(1)由题图可知，该振子振动的周期和振幅分别为T＝0.8 s，A＝2 cm 圆频率ω＝＝2.5π rad/s t＝0时，从平衡位置开始振动，初相位为零，则振子简谐运动的表达式为x＝2sin (2.5πt) cm。 (2)振动时间5 s与振子周期关系为t＝5 s＝6.25T 振子5 s内通过的路程s＝6.25×4A＝50 cm。 答案：(1)x＝2sin (2.5πt) cm　(2)50 cm 14.(12分)如图所示，半径R ＝ 0.45 m的四分之一圆轨道AB竖直固定放置，与水平桌面在B点平滑连接。质量m ＝ 0.12 kg的玩具小车从A点由静止释放，运动到桌面上C点时与质量M ＝ 0.18 kg的静置物块发生碰撞并粘在一起，形成的组合体匀减速滑行x ＝ 0.20 m至D点停止。A点至C点光滑，小车和物块碰撞时间极短，小车、物块及组合体均视为质点，g取10 m/s2，不计空气阻力。求： (1)小车运动至圆轨道B点时所受支持力FN的大小；(4分) (2)小车与物块碰撞后瞬间组合体速度v的大小；(4分) (3)组合体与水平桌面CD间的动摩擦因数μ的值。(4分) 解析：(1)设小车运动至圆轨道B点时的速度大小为v0，由机械能守恒定律，有mgR＝mv 由牛顿第二定律，有FN－mg＝m 代入数据，联立解得FN＝3.6 N。 (2)小车与物块在C点碰撞，在水平方向由动量守恒，有mv0＝(M＋m)v 代入数据，联立解得v＝1.2 m/s。 (3)组合体在水平方向受滑动摩擦力作用，从C点匀减速运动至D点静止，由动能定理，有 －μ(M＋m)gx＝0－(M＋m)v2 代入数据，联立解得μ＝0.36。 答案：(1)3.6 N　(2)1.2 m/s　(3)0.36 15.(16分)如图所示，粗糙水平面上固定一足够长且表面光滑的斜面体，斜面倾角θ＝30°，水平面上靠近斜面体外静止放置A、B两物体，其中mA＝1 kg，mB＝2 kg，两物体紧贴在一起，中间夹着一小块炸药(质量可忽略)，点燃炸药发生爆炸使两物体脱离，B物体立刻冲上斜面体，已知A物体与水平面间的动摩擦因数μ1＝0.5，炸药爆炸时释放的化学能E＝75 J，且全部转化为两物体的动能，不考虑B物体在斜面体与水平面连接处的动能损失，A、B两物体均可视为质点，爆炸时间极短，g取10 m/s2，求： (1)爆炸后瞬间，A、B两物体获得的速度大小；(4分) (2)B物体在斜面上运动的时间t0；(4分) (3)要使B物体恰好能追上A物体，B物体与水平面之间的动摩擦因数μ2的大小。(8分) 解析：(1)对A、B组成的系统，由于爆炸时间极短，内力极大，满足动量守恒定律，则有mAvA＝mBvB 由化学能转化为系统动能得E＝mAv＋mBv 联立得vA＝10 m/s，vB＝5 m/s。 (2)B在斜面上运动，沿斜面方向根据牛顿第二定律有mBg sin θ＝mBa 从开始向上至回到出发点，全过程的时间t0＝ 联立解得t0＝2 s。 (3)设A从爆炸后运动至停止的时间为tA，位移为xA，根据动量定理有0－μ1mAgtA＝0－mAvA 根据动能定理有－μ1mAgxA＝0－mAv 联立可得tA＝2 s，xA＝10 m B在水平面上运动的加速度大小aB＝＝μ2g A停止时，B刚好返回到水平面，因此，要使B恰能追上A，必须满足B在停止运动前的位移等于A全程位移，即xB＝＝xA 解得μ2＝0.125。 答案：(1)10 m/s　5 m/s　(2)2 s　(3)0.125 学科网（北京）股份有限公司 $