第1章 阶段滚动练习1—5节（PPT课件）-【满分思维·同步精炼】2026-2027学年高中物理选择性必修第一册同步测试配套课件（人教版）

阶段滚动练习1—5节 　 1. 如图所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m＝1 kg，某时刻速度的大小为 v＝5 m/s，方向向下。经时间t＝1 s，小球的速度方向变为向上，大小仍为v。忽 略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则在该运动过程中小球所受弹簧弹力的冲 量（　　） A. 大小为10 N·s，方向向上 B. 大小为10 N·s，方向向下 C. 大小为20 N·s，方向向上 D. 大小为20 N·s，方向向下 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 解析：以小球为研究对象，取向上为正方向，整个过程中根据动量定理可得I－ mgt＝mv－（－mv），m＝1 kg，v＝5 m/s，t＝1 s，代入数据解得I＝20 N·s，方 向向上，A、B、D错误，C正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 2. （2026·浙江丽水高二期中）如图1所示，质量为1 kg的小型无人机在升力的作 用下从地面由静止加速竖直上升，加速上升过程的速度平方v2与上升高度x的关 系如图2所示。已知加速上升的时间为3 s，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻 力，则在加速上升过程中，升力的冲量大小为（　　） A. 6 N·s B. 24 N·s C. 36 N·s D. 48 N·s √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析：根据题意分析可知，由匀变速直线运动规律v2－＝2ax，结合v2-x图 像，可得无人机的加速度大小为a＝× m/s2＝2 m/s2，根据牛顿第二定律可得F －mg＝ma，代入数据解得升力的大小为F＝12 N，则无人机上升3 s过程中升力 的冲量I＝Ft＝12×3 N·s＝36 N·s，C正确，A、B、D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 3. （2026·江苏南京校级期末）《天工开物》中提到一种古法榨油——撞木榨 油。如图，撞木榨油是先将包裹好的油饼整齐地摆到榨具里，然后用撞木水平 撞击木楔，挤压油饼，油就流出来。某次撞击前撞木的速度为6 m/s，撞击后撞 木反弹，且速度大小变为原来的一半。已知撞木撞击木楔的时间为0.5 s，撞木 的质量为100 kg，假设撞木对木楔的撞击力为恒力。则撞木对木楔的撞击力大小 为（　　） A. 2 400 N B. 1 800 N C. 2 800 N D. 600 N √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析：撞木撞击木楔的过程，以撞击前撞木的速度方向为正方向，则有v0＝6 m/s，v＝－3 m/s，对撞木，由动量定理可得Ft＝mv－mv0，解得F＝＝ N＝－1 800 N，根据牛顿第三定律可知，撞木对木楔的撞击力 大小为1 800 N，B正确，A、C、D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 4. （2026·江苏南京校级期中）将一支圆珠笔的按压式小帽朝下按在桌面上，放 手后笔会向上弹起一定高度。某次实验中测得圆珠笔弹起的最大高度为h，重力 加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A. 上升过程中，圆珠笔（含弹簧）的机械能守恒 B. 弹簧恢复原长的过程，圆珠笔所受合力的冲量为零 C. 圆珠笔弹到最大高度h时，圆珠笔受到合外力做功最大 D. 圆珠笔离开桌面瞬间的初速度大小为 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析：上升过程中，圆珠笔（含弹簧）只受到重力作用，所以圆珠笔（含弹 簧）的机械能守恒，A正确；弹簧恢复原长的过程，圆珠笔所受合力不为0，圆 珠笔所受合力的冲量不为零，B错误；当圆珠笔所受合力为零时，速度最大，由 动能定理可知，圆珠笔受到合外力做功最大，C错误；圆珠笔弹起的最大高度为 h，根据机械能守恒得mgh＝mv2，解得v＝，所以圆珠笔离开桌面瞬间的 初速度大小为v＝，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 5. （2026·浙江杭州高二期中）已知直升机质量为M，空气密度为ρ，重力加速度 为g，当直升机在空中悬停时，桨叶旋转时形成的圆面半径为R，直升机的桨叶 旋转推动空气，空气获得速度为v，不计空气浮力及风力影响，则下列说法正确 的是（　　） A. 发动机在悬停时的输出功率为P＝ B. 单位时间内桨叶旋转推动空气的质量m＝ρv2πR2 C. 升力大小为F＝ D. 直升机悬停在空中时其所受的合外力冲量不为零 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析：设在时间t内，旋转桨叶推动的空气柱长度为l＝vt。该部分空气的体积为V 气＝πR2l＝πR2vt，其质量为m气＝ρV气＝ρπR2vt，单位时间内桨叶旋转推动空气的 质量为＝ρπR2v，B错误；由动量定理得F't＝m气v，解得F'＝ρπR2v2，根据牛顿 第三定律，升力F＝F'＝ρπR2v2，C错误；根据能量守恒，时间t内空气获得的动 能Ek＝m气v2，则输出功率P＝＝ρπR2v3，A正确；悬停时直升机所受合外力为 零，冲量I＝F合t＝0，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 6. （2026·山东青岛高二期末）如图所示，甲、乙两人静止在光滑的冰面上，甲 沿水平方向推了乙一下，结果两人向相反方向滑去。若甲的质量为60 kg，乙的 质量为50 kg，则甲的动能与乙的动能之比为（　B　） A. 36∶25 B. 5∶6 C. 6∶5 D. 1∶1 √ 解析：以两人组成的系统为研究对象，以甲的速度方向为正方向，由动量守恒 定律得m甲v甲－m乙v乙＝0，甲、乙的速率之比为＝＝＝，甲、乙动能之 比为＝＝＝＝，B正确，A、C、D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 7. （2026·浙江台州高二期中）如图所示，质量为m的人站在质量为M的车子右 端，人和车均处于静止，水平面光滑。某时刻人以大小为v、方向与水平方向夹 角为θ斜向右上的速度跳离车子，落地点到人的初始位置的水平距离为s，不计空 气阻力，则下列判断正确的是（　　） A. 人在跳离车子的过程中，人和车子组成的系统动量守恒 B. 人在跳离车子的过程中，人和车子组成的系统机械能守恒 C. 人跳离车子后车子获得的速度大小为 D. 人落地时，车子向左运动的距离为 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析：人在跳离车子的过程中，人对外做功，系统的机械能增大，B错误；人在 跳离车子的过程中，系统竖直方向合外力不为零，因此系统的总动量不守恒，A 错误；系统在水平方向上合外力为零，系统水平方向上动量守恒，设车获得的 速度大小为v'，根据水平方向动量守恒Mv'＝mvcos θ，解得v'＝，C正确； 人和车在水平方向动量总是等大反向，由Mx＝ms，解得x＝，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 8. （2026·河北沧州高二期中）如图所示，相同的小球甲、乙（均视为质点）用 长度均为L的细线紧挨着吊在水平天花板上，将小球甲拉至距小球乙高度为的 位置由静止释放。不计空气阻力，小球甲、乙第一次碰撞（碰撞时间极短）后 小球乙上升的最大高度可能为（　　） A. B. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析：因甲、乙质量相等，若两球发生弹性碰撞，以水平向右为正方向，则根 据动量守恒定律与能量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，m＝m＋m，解 得v1＝0，v2＝v0，即两球交换速度，由机械能守恒定律mg＝m，可知小球 乙上升的高度最大，则最大高度为hmax＝；若两球发生完全非弹性碰撞，此时 小球乙上升的高度最小，以水平向右为正方向，则由动量守恒mv0＝（m＋m） v，解得速度满足v＝v0，根据机械能守恒定律mg＝m，mghmin＝mv2，可 得hmin＝，可知小球乙上升的高度范围为≥h≥L，故选B。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 9. （多选）（2026·浙江宁波高二检测）大型工厂的车间中有一种设备叫作天车 如图甲所示，是运输材料的一种常用工具。此装置可以简化为如图乙所示的模 型，足够长的光滑水平杆上套有一个质量为M的滑块，滑块正下方用不可伸长的 轻绳悬挂一质量为m的小球。开始时两者均静止；给小球一水平向右的初速度v0 后，小球恰好能摆至与滑块等高的位置，如图乙所示，之后小球再向下摆动， 则（　BC　） 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 A. 小球与滑块等高时，小球的速度为零 B. 此过程中，小球与滑块组成的系统动量不守恒 C. 小球下落到最低点时，滑块的速度达到最大值 D. 小球向左摆到滑块正下方时，其速度大小仍为v0 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析：根据题意分析可知，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律得mv0＝ （M＋m）v，解得v＝，小球与滑块等高时，小球的速度为v＝，A错 误；此过程中，小球与滑块组成的系统动量不守恒，只有水平方向动量守恒，B 正确；小球下落到最低点时，滑块的速度达到最大值，C正确；根据机械能守恒 定律得m＝m＋M，解得v1＜v0，小球向左摆到滑块正下方时，其速 度大小小于v0，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 10. （2026·福建厦门高二期末）如图甲所示，质量m＝1 kg的物块静止在水平面 上，t＝0时，对其施加水平向右的推力F，推力F的大小随时间变化的规律如图 乙所示。已知物块与水平面的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦 力，重力加速度g取10 m/s2，求： （1）物块开始运动的时刻及3 s末物块加速度的大小； 答案：1 s　2 m/s2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析：最大静摩擦力等于滑动摩擦力， Ffm＝Ff＝μmg＝0.1×1×10 N＝1 N 当F＝Ffm时，物块开始滑动，由题图乙可知，t＝1 s时，F＝Ffm＝1 N 即物块开始运动的时刻为1 s； 3 s末，由图像可知，F＝3 N 对物块受力分析，由牛顿第二定律得 F－Ffm＝ma 代入数据解得a＝2 m/s2。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 （2）0～6 s内推力对物块冲量的大小； 答案：13.5 N·s 解析： F-t图像与横坐标轴所围面积表示F的冲量，由题图乙可知，0～6 s内推力 对物块冲量大小为 IF＝ N·s＝13.5 N·s。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 （3）6 s末物块动量的大小。 答案：8 kg·m/s 解析：0～1 s内物块未发生移动，1～6 s内推力对物块冲量大小为 IF'＝13.5 N·s－ N·s＝13 N·s 由动量定理得 IF'－Fft＝p－0 其中t＝6 s－1 s＝5 s 代入数据解得p＝8 kg·m/s。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 11. （2026·浙江温州校级期中）如图所示，质量M＝3 kg的小车置于足够长的水 平地面上，小车的左侧与竖直墙壁接触。小车的上表面由半径R＝0.2 m的四分 之一圆弧面和水平面组成，圆弧面的最低点B与水平面平滑相接。车的右端固定 一个连有轻弹簧的挡板，弹簧左端自然伸长至C点，一质量m＝1 kg的滑块从圆 弧最高处A点无初速度下滑，不计一切摩擦，重力加速度为g＝10 m/s2，在接下 来的运动过程中弹簧不会超出弹性限度。求： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 （1）滑块滑至B点的速度大小v0； 答案：2 m/s 解析：当滑块运动到B点时，根据机械能守恒定律有mgR＝m 解得v0＝ 代入数据得v0＝2 m/s。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析：当滑块第二次达到C点时，以向右为正方向，根据动量守恒定律有mv0＝ －mv1＋Mv2 根据能量守恒定律有m＝m＋M 联立解得v1＝ 代入数据得v1＝1 m/s。 （2）滑块第二次到达C点时的速度大小v1； 答案：1 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析：滑块返回到圆弧面AB上，且到达最高点时，滑块和小车的速度相等，以 向右为正方向，则根据动量守恒定律有mv0＝（M＋m）v共 根据能量守恒定律有m＝（M＋m）＋mgh 联立解得h＝ 代入数据得h＝0.15 m。 （3）滑块返回到圆弧面AB上时上升的最大高度h。 答案：0.15 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 $