第1章 高考真题集训（一）——研真题，感悟高考真谛（Word版）-【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教师用书（人教版）

空学科网书城园 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 高考真题集训（一）一一研真题，感悟高考真谛 考点① 动量动量定理 1.(2025·天津高考)一种名为“飞椅”的游乐设施如图所示，该设施中钢绳一端系着 座椅，另一端系在悬臂边缘。绕竖直轴转动的悬臂带动座椅在水平面内做匀速圆周运 动，座椅可视为质点，则某座椅运动一周的过程中() A.动量保持不变 B.所受合外力做功为零 C.所受重力的冲量为零 D.始终处于受力平衡状态 解析：B动量是矢量，根据p=v,动量方向与速度方向一致，座椅做圆周运动时， 速度方向为圆周运动的切线方向，则速度方向时时刻刻在改变，则动量也在变化，A 错误；座椅做圆周运动时，合外力提供向心力，方向与速度方向时刻垂直，则合外力 不做功，B正确；根据重力冲量表达式I=mgt,mg与t均不为零，则重力的冲量不为 零，C错误；座椅做圆周运动时，合外力提供向心力，速度方向时刻在改变，则座椅 并非处于平衡状态，D错误。 2.（多选)（2024安徽高考)一倾角为30°，足够大的光滑斜面固定于水平地面上， 在斜面上建立Oy直角坐标系，如图1所示。从t=0开始，将一可视为质点的物块从 O点由静止释放，同时对物块施加沿x轴正方向的力F1和F2,其大小与时间t的关系 如图2所示。已知物块的质量为1.2kg,重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力。 则() *独家授权侵权必究 孕学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 F x/m 3 y/m 9 30 1234/s 图1 图2 A.物块始终做匀变速曲线运动 B.t=1s时，物块的y坐标值为2.5m C.t=1s时，物块的加速度大小为53ms D.t=2s时，物块的速度大小为10V2m/s 解析：BD根据题图2可得F1=(4-t)N,F2=(3t)N,故两力的合力为F=(4 +2t)N,物块在y轴方向受到的力不变，为mngsin30°，在x轴方向受到的力在改变， 合力在改变，故物块做的不是匀变速曲线运动，故A错误；物块在y轴方向的加速度 为a,=mgsin30 1 m =gsin30°=5m/s,故t仁1s时，物块的y坐标值为y=2a,f=2.5 m,故B正确：t=1s时，F=6N,故此时加速度大小为a=a,+a,= 62 1.2 +52 m/s2=52ms2,故C错误；在x轴正方向上，对物块分析，根据动量定理有Ft=w 一0，=2s时，由于F与时间t成线性关系，故可得4+2x0+4+2×2 2 X2=1.2yx, 解得y,=10m/s,此时y轴方向速度为y,=gsin30°t=5×2m/s=10m/s,故此时物 块的速度大小为v=v,+y,=102ms,故D正确。 3.(2025·广东高考)如图所示，光滑水平面上，小球M、N分别在水平恒力F1和F 作用下，由静止开始沿同一直线相向运动，在t时刻发生正碰后各自反向运动。己知 F1和F始终大小相等、方向相反。从开始运动到碰撞后第1次速度减为0的过程中， 两小球速度ν随时间t变化的图像，可能正确的是() *独家授权侵权必究 享学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 D 解析：A两小球碰撞前后各自的受力未发生变化，则小球碰撞后的加速度与碰撞前 的相同，又v-t图像的斜率表示加速度，则碰撞前后小球的v-图线相互平行，B、C 错误；由于F1与F始终大小相等、方向相反，且两小球均由静止开始沿同一直线相 向运动，则侧由动量定理可知碰撞前后两小球整体的总动量为0，D错误，A可能正确。 4.(2025·河北高考)如图，一长为2m的平台，距水平地面高度为1.8m。质量为 0.01kg的小物块以3/s的初速度从平台左端水平向右运动。物块与平台、地面间 的动摩擦因数均为0.2。物块视为质点，不考虑空气阻力，重力加速度g取10m/s。 小物块 7n☑ 平台 n77地面 (1)求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。 (2)若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45m,物块从离开平台到弹起至 最大高度所用时间共计1s。求物块第一次与地面接触过程中，所受弹力冲量的大小， 以及物块弹离地面时水平速度的大小。 答案：(1)0.6m (2)0.1Ns0 解析：（1)小物块在平台上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有α=g 则小物块从开始运动到离开平台有 独家授权侵权必究 空学科网书城圆 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 vx2-v02=-2ax0 小物块从平台飞出后做平抛运动有 h=8,x=v6 联立解得x=0.6m。 (2)物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45m,则物块弹起至最大高度所用 时间和弹起的初速度有A=,”=g 则物块与地面接触的时间△t=t一t1一t2=0.1s 物块与地面接触的过程中根据动量定理，取竖直向上为正，在竖直方向有Ix一mg△t= mvy2-m (-vs1),v=gti 解得=0.1Ns 取水平向右为正，在水平方向有 一uFr△t=x'-Yx,IN=Fr△t 解得v,'=-1m/s 但由于y,'减小为0后将无相对运动和相对运动的趋势，故y'=0。 考点② 动量守恒定律 5.(2025·浙江高考)如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B,滑块 C(可视为质点)置于B的右端，三者质量均为1kg。A以4ms的速度向右运动，B 和C一起以2m/s的速度向左运动，A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和 B的长度均为0.75m,C与A、B间动摩擦因数均为0.5，重力加速度g取10m/s, 则( A B A.碰撞瞬间C相对地面静止 ·独家授权侵权必究： 学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 B.碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2s C.碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为12J D.碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6m 解析：D碰前B和C共同向左运动，因此碰撞瞬间C相对地面向左运动，A错误； 规定向右为正方向，A、B碰撞过程动量守恒，则有v4一mv=2mv1,解得两者碰后 瞬间的共同速度vy=1m/s,从A、B碰后到三者共速的过程，A、B、C组成的系统动 量守恒，则有2mw一wc=3w,解得三者共同速度v=0,所以最终三者静止，对滑 块C,由牛顿第二定律得umg=ma,解得a=5ms',从碰后到三者相对静止的时间 为1=。=0.4s,B错误；由能量守恒定律得，从碰撞后到三者相对静止的过程因摩 擦而产生的热量为Q=×2m+2m=3,C错误；该过程由功能关系得Q= 4mgx相对，解得C相对长板滑动的距离x相对=0.6m,D正确。 6.(2025·河南高考)两小车P、Q的质量分别为mp和mg,将它们分别与小车N沿直 线做碰撞实验，碰撞前后的速度ⅴ随时间t的变化分别如图1和图2所示。小车N的 质量为mw,碰撞时间极短，则( P N N 碰撞前碰撞后 碰撞前碰撞后 0 图1 图2 A.mp>mn-mo B.my>mp>mo C.mo>mp>mN D.mo>mN>mp 解析：D对小车P、N的碰撞过程，由动量守恒定律有mpvp十mwwM=mpvp'十mwww', 整理得mp(Vp-Vp')=mw(yn'-Vm),由题图1可知vp-vp'>V'-m,解得mp< mw;对小车Q、N的碰撞过程，由动量守恒定律有move十mwwn=movo'十mwn',整理 ·独家授权侵权必究 学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 得me(ve-vg')=mw(v'-V),由题图2可知ve-vg'<'-Vm,解得me>mw, 综上可得mo>mw>mr,D正确。 7.(多选)(2025·福建高考)如图，物块A、B用轻弹簧连接并放置于水平传送带上， 传送带以1m/s的恒定速率顺时针转动。t=0时，A的速度大小为2ms,方向水平向 右，B的速度为0，弹簧处于原长；t=1时(t为未知量)，A第一次与传送带共速， 弹簧弹性势能为0.75J。已知A、B可视为质点，质量分别为1kg、2kg,与传送带 间的动摩擦因数分别为0.5、0.25；A与传送带相对滑动时会留下划痕，重力加速度 大小取g=10m/s,A、B始终在传送带上，弹簧始终在弹性限度内，则() AwwBl A=时，A的加速度大小比B的小 B.t=t1时，B的速度大小为0.5m/s C.t=t1时，弹簧的压缩量为0.2m D.在0~t1内，A在传送带上留下的划痕长度小于0.05m 解析：BD传送带对A、B的滑动摩擦力大小相等都为F=0.5×1×10N= 0.25×2×10N=5N,初始时A向右减速，B向右加速，可知在A与传送带第一次共 速前，AB整体所受合外力为零，以水平向右为正方向，系统动量守恒有mAyo=m4v十 mva,v=1m/s,代入数值解得t=i时，B的速度为va=0.5ms,在A与传送带第一 次共速前，任意时刻对A、B分别有F十F弹=aaA,F十F弹=maB,由于质量关系满 足ma<ma,可知加速度关系满足aA>aB,A错误，B正确：在i时间内，设A、B向 121。 .1 右的位移分别为A、xg,由功能关系有-Fx4十F十2mA,=2mw2+mvg+E。,解 得A、B的位移差满足x4一xB=0.1m,弹簧的压缩量为△x=x4一x=0.1m,C错误； *独家授权侵权必究 空学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 A与传送带的相对位移为x相A=x4一vt1,B与传送带的相对位移为x相B=vt一xB,可得 X相A十x相B=X4一XB=0.1,由于0t1时间内A向右做加速度逐渐增大的减速运动， B向右做加速度逐渐增大的加速运动，且满足α4=2aB,作出A、B的v-t图像， /(m/s) 2M 0.5 0 根据v-t图线与t轴围成的面积表示位移，可知x相4等于图形MNA的面积，x相B等于 图形NOBA的面积，可得x相4<x相B,结合x相A十x相B=0.1m,可知x相A<0.05m, D正确。 8.(2025江苏高考)如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一直线 放置。每列有n个。在两列钢球之间，一质量为m的玻璃球以初速度yo向右运动，与 钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。 玻璃球 0.000b"O00.0 (1)若钢球质量为，求最右侧的钢球最终运动的速度大小； (2)若钢球质量为3，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小 V1; (3)若钢球质量为3m,求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。 1 4n+1 答案：(1)0 (2) (3) my。2 解析：(1)根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，由于钢球质量也为，根据动 量守恒定律和机械能守恒定律可知，碰撞过程中，二者速度互换，则最终碰撞后最右 侧钢球的速度大小等于开始碰撞前玻璃球的初速度。 (2)根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，则由动量守恒定律有m=v1十3w 独家授权侵权必究 学科网书城国 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 21 1 由能量守恒定律有2m,2=2m+2×3m 1 1 联立解得V1=一2V0,=2V0 负号表示速度反向，则玻璃球的速度大小为vo。 (3)根据题意结合(2)分析可知，玻璃球与右侧第一个钢球碰撞后反弹，且速度大 小变为碰撞前的，右侧第一个钢球又与第二个钢球发生弹性碰撞，速度互换后静止 在光滑水平面上，玻璃球反弹后与左侧第一个钢球同样发生弹性碰撞，同理可得，碰 撞后玻璃球再次反弹，且速度大小为碰撞前的2，综上所述，玻璃球碰撞2次后速度 大小为v=2% 则玻璃球碰撞2次后最终动能大小 4n+1 mv2。 9.(2025·天津高考)如图所示，半径为R=0.45m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。质量为m=0.12kg的玩具小车从A点由静止释放， 运动到桌面上C点时与质量为M=0.18kg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=0.20m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10ms2,不计空气阻力。求： A (1)小车运动至圆轨道B点时所受支持力Fx的大小： (2)小车与物块碰撞后瞬间组合体速度ⅴ的大小： (3)组合体与水平桌面CD间的动摩擦因数u的值。 ·独家授权侵权必究 享学科网书城国 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 答案：(1)3.6N (2)1.2m/s (3)0.36 解析：(1)设小车运动至圆轨道B点时的速度大小为o,由机械能守恒定律，有 1 mgR=5mvo 由牛顿第二定律，有Fw一mg=mR 联立解得Fy=3.6N。 (2)小车与物块在C点碰撞，在水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，有= (M+m)v 联立解得v=1.2m/s。 (3)组合体水平方向受滑动摩擦力作用，从C点做匀减速运动至D点静止，由动能 定理，有 -u (M+m)gx=0-2 (M+m)v 联立解得u=0.36。 10.(2024河北高考)如图，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C(上表面均粗 糙)并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。己知三块 木板质量均为2.0kg,A木板长度为2.0m,机器人质量为6.0kg,重力加速度g取 10m/s2,忽略空气阻力。 C 7力7777777 77777777777777777777777777 (1)机器人从A木板左端走到A木板右端时，求A、B木板间的水平距离。 (2)机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到 B木板左端，求起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正 切值。 *独家授权侵权必究 空学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 (3)若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止，随即相 对B木板连续不停地3次等间距跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板。求该 时刻A、C两木板间距与B木板长度的关系。 7 答案：(1)1.5m(2)90J2(3)xac=4LB 解析：(1)设机器人的质量为M,木板的质量为m,机器人在从A木板左端走到右 端的过程中，机器人与A木板组成的系统动量守恒，根据“人船模型”规律可知 =x3 根据位移关系有1十x=La 联立解得木板A向左移动的位移x3=1.5m 机器人向右走动过程中，B、C始终静止，则机器人从A木板左端走到右端时，A、B 木板间的水平距离为x2=1.5m。 (2)机器人起跳后在空中做斜抛运动，设在空中运动的时间为，起跳时速度为vo, 与水平方向的夹角为0，则 水平方向上有x3=Vocos0t 竖直方向上有vosin0=g2 ◇ 联立解得o= 9X2 Vsin 20 机器人起跳过程中，机器人与A木板水平方向上动量守恒，则有Mvocos 0-=va 根据功能关系有 p=22+2mv ·独家授权侵权必究 学科网书城国 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 联立可得m=39￥(1+3cos29) 3gx,(sin 0+4cos20) tan 2 二3gx2 2 tan (单位为 sin20 2sin0cosθ J) 当且仅当an0.2 21 =tan日。，即an0,=2时，W取最小值，则Wmn=90J。 (3)设机器人从A木板上起跳的速度大小为vo1,A木板的速度为y0,机器人跳到B 木板左端后与B木板瞬间共速，速度为V共，此时A、B木板间的水平距离为xB,水 平方向上，B、C木板与机器人组成的系统动量守恒，则有 Mvo1cos0=(M+2m)v共 取水平向右为正方向，每一次机器人从B木板上起跳过程中，机器人与B木板组成的 系统在水平方向上动量守恒，则有 (M++m)vMVM+mvm=MVue+mvm2=MVM3+mvm3 又机器人相对B木板连续不停地3次等间距跳到B木板右端，则有 (vM-Vmi）ti=3 (yn-ym2）t=3 (Vs-Vm3）t=3 联立可得3v美（十i十）一3(vmi十vwat十ym:6)=L 4 又3次跳跃后，B木板恰好追上A木板，则有 Vmit十Vm2t2+Vm3t3+Vao（t1+t2+t3)十xAB=0 机器人跳到B木板右端时，A、C两木板间距离xac=Va0(t十t十)十xAB十LB十v共 (t1+t+t3) 联立解得Xac=4LBo 独家授权侵权必究： 学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 11.(2025·海南高考)足够长的传送带固定在竖直平面内，半径R=0.5m,圆心角0 =53°的圆弧轨道与平台平滑连接，平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接， 工件A从圆弧顶点无初速度下滑，在平台与B碰撞并粘连成一个整体，随后滑上传送 带，己知m4=4kg,m=1kg,A、B可视为质点，AB与传送带间的动摩擦因数恒定， 在传送带上运动的过程中，因摩擦生热Q=2.5J,忽略轨道及平台的摩擦，c©s53° =0.6,g=10m/s2。求： (1)A滑到圆弧轨道最低点时受的支持力； (2)A与B整个碰撞过程中损失的机械能： (3)传送带的速度大小。 答案：(1)72N方向竖直向上(2)1.6J (3)0.6m/s或2.6m/s 解析：(1)A从开始到滑到圆弧轨道最低点过程中，根据动能定理可得m4g(R一 1 Rcos53°）-2m4,-0 解得vo=2m/s 在最低点，根据牛顿第二定律可得 2 Fs-mag-mA R 解得F=72N,方向竖直向上。 (2)根据题意AB碰后粘连成一整体，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得 m4Vo=(ma十mB)V共 独家授权侵权必究◆ 空学科网书城圆 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 解得v共=1.6m/s A与B整个碰撞过程中损失的机械能为 A=2m,2-3(m+mg）v ,21 解得△E=1.6J。 (3)第一种情况，当传送带速度V小于V共时，AB滑上传送带后先减速后匀速运动。 设AB与传送带间的动摩擦因数为u,对AB根据牛顿第二定律可得u(m4十mB)g= (mA+mB)a 设经过时间t1后AB与传送带共速，可得 v=V共一ati V十V共 该段时间内AB运动的位移为x1=2二t1 传送带运动的位移为x2=vt1 可得Q=u（m4+mg)g(x1-x) 联立解得v=0.6ms,另一解大于v共舍去； 第二种情况，当传送带速度V大于V共时，AB滑上传送带后先加速后匀速运动。 设经过时间后AB与传送带共速，同理可得 v=v共+at V十V共 该段时间内AB运动的位移为x=一2 传送带运动的位移为x3'=v 可得Q=u(m4十mB）8(x2'-x') 解得v=2.6ms,另一解小于v共舍去。 考点③ 动量的相关实验 独家授权侵权必究· 学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 12.(2024山东高考)在第四次“天宫课堂”中，航天员演示了动量守恒实验。受此 启发，某同学使用如图甲所示的装置进行了碰撞实验，气垫导轨两端分别安装a、b两 个位移传感器，a测量滑块A与它的距离xA,b测量滑块B与它的距离x。部分实验 步骤如下： ①测量两个滑块的质量，分别为200.0g和400.0g: ②接通气源，调整气垫导轨水平； ③拨动两滑块，使A、B均向右运动： ④导出传感器记录的数据，绘制xA、随时间变化的图像，分别如图乙、图丙所示。 传感器a滑块A滑块B 传感器b 连气源 甲 ↑xa/cm ↑xB/cm 120 120 100 100 60 80 60 60 0 40 20 1.0 2.0 s 1.0 2.0t/s 乙 丙 回答以下问题： (1)从图像可知两滑块在t= s时发生碰撞； (2)滑块B碰撞前的速度大小v= ms(保留2位有效数字)： (3)通过分析，得出质量为200.0g的滑块是 (填“A”或“B”)。 答案：(1)1.0(2)0.20(3)B 解析：(1)由x-t图像的斜率表示速度可知，两滑块的速度在t=1.0s时发生突变， 即发生了碰撞； 独家授权侵权必究 学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 (2)由x-t图像斜率的绝对值表示速度大小可知，碰撞前瞬间B的速度大小v= 90-110 cm/s=0.20m/s; 1.0 (3)由题图乙知，碰撞前A的速度大小ya=0.50m/s,碰撞后A的速度大小约为 v%'=0.36m/s,由题图丙可知，碰撞后B的速度大小为v'=0.5m/s,对A和B的碰 撞过程由动登守恒定律有m:以十m=m:.十%叫，代入数据解得册≈2，所以质量 为200.0g的滑块是B。 13.(2024新课标卷)某同学用如图所示的装置验证动量守恒定律，将斜槽轨道固定 在水平桌面上，轨道末段水平，右侧端点在水平木板上的垂直投影为O,木板上叠放 着白纸和复写纸。实验时先将小球a从斜槽轨道上Q处由静止释放，a从轨道右端水 平飞出后落在木板上；重复多次，测出落点的平均位置P与O点的距离xp。将与a半 径相等的小球b置于轨道右侧端点，再将小球a从Q处由静止释放，两球碰撞后均落 在木板上；重复多次，分别测出a、b两球落点的平均位置M、W与O点的距离w、 XNo ba 木板 M 完成下列填空： (1)记a、b两球的质量分别为ma、m,实验中须满足条件ma (填“>”或 “<”）m; （2)如果测得的xp、xM、w,ma和，在实验误差范围内满足关系式_ ,则验证了两小球在碰撞中满足动量守恒定律。实验中，用小球落点与O点的距离来 代替小球水平飞出时的速度。依据是 ·独家授权侵权必究 草学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 答案：（1)>(2)mxp=mw十m.xw 小球从轨道右端飞出后做平抛运动，且小 球落点与轨道右端的竖直高度相同，结合平抛运动规律可知小球从轨道右端飞出后在 空中运动的时间相等（合理即可） 解析：(1)由于实验中需保证向右运动的小球与静止的小球b碰撞后两球均向右运 动，则实验中小球a的质量应大于小球b的质量，即ma>; (2)对两小球的碰撞过程，由动量守恒定律有mav=may,十mw,由于小球从轨道右 端飞出后做平抛运动，且小球落点与轨道右端的竖直高度相同，则结合平抛运动规律 可知小球从轨道右端飞出后在空中运动的时间相等，设此时间为t,则mavt=nav t-十 t,即mxp=mxM十MuXNo ·独家授权侵权必究