第1章 阶段滚动练习1—5节（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）

空学科网书城圆 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.2 zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 阶段滚动练习1一5节 1.如图所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m=1kg,某时刻速度的大小为v=5 m/s,方向向下。经时间t=1s,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10s2,则在该运动过程中小球所受弹簧弹力的冲量() WWWW m A.大小为10Ns,方向向上 B.大小为10Ns,方向向下 C.大小为20Ns,方向向上 D.大小为20Ns,方向向下 解析：C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一 gt=mv-（-mv),m=1kg,v=5m/s,t=1s,代入数据解得I=20Ns,方向 向上，A、B、D错误，C正确。 2.(2026浙江丽水高二期中)如图1所示，质量为1kg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v与上升高度x的关系如图 2所示。已知加速上升的时间为3s,重力加速度g取10ms2,不计空气阻力，则在 加速上升过程中，升力的冲量大小为() ↑21m2s2) x/m 图1 图2 A.6 N.s B.24 N.s 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 C.36 Ns D.48 N.s 解析：C根据题意分析可知，由匀变速直线运动规律v2一v,=2x,结合v2-x图像， 可得无人机的加速度大小为a=×兰m5=2mS,根据牛顿第二定律可得F一mg 4 ma,代入数据解得升力的大小为F=12N,则无人机上升3s过程中升力的冲量I= Ft=I2X3Ns=36Ns,C正确，A、B、D错误。 3.(2026江苏南京校级期末)《天工开物》中提到一种古法榨油一一撞木榨油。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6ms,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0.5s,撞木的质量为100kg,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.2400NB.1800N C.2800ND.600N 解析：B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o=6 mS,v三3mS,对撞木，由动量定理可得F=vmw,解得FYYe 100×（-3)100×6N=一1800N,根据牛顿第三定律可知，撞木对木楔的撞击力大 0.5 小为1800N,B正确，A、C、D错误。 ·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 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，重力加速度为 g,不计空气阻力。下列说法正确的是( 弹簧、 外壳 内芯 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Vgh 解析：A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，根据机械能守恒 得ngh=2v,解得v=V2gh,所以圆珠笔离开桌面瞬间的初速度大小为v=2gh,D 错误。 5.(2026·浙江杭州高二期中)已知直升机质量为M,空气密度为p,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，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=pvnR 2 B.单位时间内桨叶旋转推动空气的质量m=pvR 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 C.升力大小为F=PvnR 2 D.直升机悬停在空中时其所受的合外力冲量不为零 解析：A设在时间t内，旋转桨叶推动的空气柱长度为1=vt。该部分空气的体积为 V气=Rl=Rvt,其质量为m气=pV气=pnRvt,单位时间内桨叶旋转推动空气的质量 为"2=pmRv,B错误；由动量定理得F1=m气W,解得F=pRv,根据牛顿第三定 律，升力F=F'=pmRv,C错误；根据能量守恒，时间t内空气获得的动能E=2m气 心，则输出功率P=号=P3,A正确；悬停时直升机所受合外力为零，冲量I=F Ek 1 合t=0,D错误。 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60kg,乙的质量为50 kg,则甲的动能与乙的动能之比为( ) A.36:25 B.5:6 C.6:5 D.1:1 解析：B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mv一m心0，甲、乙的速率之北为v-州=0=》甲、乙动能之比为 mv2 1 Ek甲 =1 万vV空，B正确，A、C、D错误 Ek乙 1 mave've 2 独家授权侵权必究 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 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、方向与水平方向夹角为斜 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5，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人跳离车了后车子获得的速度大小为”"灯 D人落地时，车子向左运动的距离为" 解析：C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 根据水平方向动莹守恒1'=mc0s8,解得v="9,C正确；人和车在水平 方向动量总是等大反向，由=ms,解得x=,D错误。 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 为工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() ·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 甲 L A. B号 c D.品 解析：B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m=mm十m,m,2=2m2+m,解得y=0, 2=V0, 即两球交换速度，由机械能守恒定律mg=2m,,可知小球乙上升的高度最 大，则最大高度为hmx=2;若两球发生完全非弹性碰撞，此时小球乙上升的高度最 1 小，以水平向右为正方向，则由动量守恒o=(m十m)v,解得速度满足v=vo, L 1 根据机械能守恒定律mg2=2m,mghain-=2mw,可得ha=8,可知小球乙上升的 高度范围为≥h≥，故选B。 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o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() 甲 乙 ·独家授权侵权必究 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 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o 解析：BC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w。= 1十m）,解得v=m,小球与滑块等高时，小球的速度为=m,A特误， mvo 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。= 2十M,解得M<w,小球向左摆到滑块正下方时，其速度大小小于o,D错误。 10.(2026福建厦门高二期末)如图甲所示，质量m=1kg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u=0.1,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 8取10m/s2,求： ↑FN 6 t/s 甲 (1)物块开始运动的时刻及3s末物块加速度的大小： (2)0~6s内推力对物块冲量的大小； (3)6s末物块动量的大小。 答案：(1)1s2ms2(2)13.5Ns (3)8 kg'm/s 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 解析：(1)最大静摩擦力等于滑动摩擦力， Fem=F:=umg=-0.1X1X10 N=1 N 当F=Fm时，物块开始滑动，由题图乙可知，t=1s时，F=Fm=1N 即物块开始运动的时刻为1S: 3S末，由图像可知，F=3N 对物块受力分析，由牛顿第二定律得 F-Fim=ma 代入数据解得a=2m/s2。 (2)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，0~6s内推力对物 块冲量大小为 I=- (3+6)×3 2 Ns=13.5Ns。 (3)0~1s内物块未发生移动，1~6s内推力对物块冲量大小为 1g=13.5Ns- 1×1 N-s=13 N.s 由动量定理得 IR'-Fit-=p-0 其中t=6s-1s=5s 代入数据解得p=8kgm/s。 11.(2026浙江温州校级期中)如图所示，质量M=3kg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=1kg的滑块从圆弧最高处A点无初 ·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 速度下滑，不计一切摩擦，重力加速度为g=10m/s2,在接下来的运动过程中弹簧不 会超出弹性限度。求： WWWW ( (1)滑块滑至B点的速度大小vo; (2)滑块第二次到达C点时的速度大小y; (3)滑块返回到圆弧面AB上时上升的最大高度h。 答案：(1)2m/s(2)1m/s(3)0.15m 解析：(1)当滑块运动到B点时，根据机械能守恒定律有mg=m, 解得vo=V2gR 代入数据得o=2m/s。 (2)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vo=一v1 +Mv3 121 ，21 根据能量守恒定律有2m,2=2mv+, M一mV2gR 联立解得v1=m+M 代入数据得y=1ms。 (3)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v=(M十m)v共 n21 根据能量守恒定律有2mv。=2(M十m)v共十mgh MR 联立解得h=M+m 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 代入数据得h=0.15m。 ·独家授权侵权必究