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学生用书（人教版）

高考真题集训（一） 1.B　动量是矢量，根据p＝mv，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.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mgsin 30°，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ay＝＝gsin 30°＝5 m/s2，故t＝1 s时，物块的y坐标值为y＝ayt2＝2.5 m，故B正确；t＝1 s时，F＝6 N，故此时加速度大小为a＝＝ m/s2＝5 m/s2，故C错误；在x轴正方向上，对物块分析，根据动量定理有Ft＝mvx－0，t＝2 s时，由于F与时间t成线性关系，故可得×2＝1.2vx，解得vx＝10 m/s，此时y轴方向速度为vy＝gsin 30°·t＝5×2 m/s＝10 m/s，故此时物块的速度大小为v＝＝10 m/s，故D正确。 3.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-t图线相互平行，B、C错误；由于F1与F2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.（1）0.6 m　（2）0.1 N·s　0 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a＝μg 则小物块从开始运动到离开平台有 －＝－2ax0 小物块从平台飞出后做平抛运动有 h＝g，x＝vxt1 联立解得x＝0.6 m。 （2）物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45 m，则物块弹起至最大高度所用时间和弹起的初速度有h'＝g，vy2＝gt2 则物块与地面接触的时间Δt＝t－t1－t2＝0.1 s 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IN－mgΔt＝mvy2－m（－vy1），vy1＝gt1 解得IN＝0.1 N·s 取水平向右为正，在水平方向有 －μFNΔt＝mvx'－mvx，IN＝FNΔt 解得vx'＝－1 m/s 但由于vx'减小为0后将无相对运动和相对运动的趋势，故vx'＝0。 5.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mvA－mvB＝2mv1，解得两者碰后瞬间的共同速度v1＝1 m/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2mv1－mvC＝3mv，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μmg＝ma，解得a＝5 m/s2，从碰后到三者相对静止的时间为t＝＝0.4 s，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＋m＝3 J，C错误；该过程由功能关系得Q＝μmgx相对，解得C相对长板滑动的距离x相对＝0.6 m，D正确。 6.D　对小车P、N的碰撞过程，由动量守恒定律有mPvP＋mNvN1＝mPvP'＋mNvN1'，整理得mP（vP－vP'）＝mN（vN1'－vN1），由题图1可知vP－vP'＞vN1'－vN1，解得mP＜mN；对小车Q、N的碰撞过程，由动量守恒定律有mQvQ＋mNvN2＝mQvQ'＋mNvN2'，整理得mQ（vQ－vQ'）＝mN（vN2'－vN2），由题图2可知vQ－vQ'＜vN2'－vN2，解得mQ＞mN，综上可得mQ＞mN＞mP，D正确。 7.BD　传送带对A、B的滑动摩擦力大小相等都为Ff＝0.5×1×10 N＝0.25×2×10 N＝5 N，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mAv0＝mAv＋mBvB，v＝1 m/s，代入数值解得t＝t1时，B的速度为vB＝0.5 m/s，在A与传送带第一次共速前，任意时刻对A、B分别有Ff＋F弹＝mAaA，Ff＋F弹＝mBaB，由于质量关系满足mA＜mB，可知加速度关系满足aA＞aB，A错误，B正确；在t1时间内，设A、B向右的位移分别为xA、xB，由功能关系有－FfxA＋FfxB＋mA＝mAv2＋mB＋Ep，解得A、B的位移差满足xA－xB＝0.1 m，弹簧的压缩量为Δx＝xA－xB＝0.1 m，C错误；A与传送带的相对位移为x相A＝xA－vt1， B与传送带的相对位移为x相B＝vt1－xB，可得x相A＋x相B＝xA－xB＝0.1 m，由于0～t1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aA＝2aB，作出A、B的v-t图像， 根据v-t图线与t轴围成的面积表示位移，可知x相A等于图形MNA的面积，x相B等于图形NOBA的面积，可得x相A＜x相B，结合x相A＋x相B＝0.1 m，可知x相A＜0.05 m，D正确。 8.（1）v0　（2）　（3）m 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m，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v0。 （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mv0＝mv1＋3mv2 由能量守恒定律有m＝m＋×3m 联立解得v1＝－v0，v2＝v0 负号表示速度反向，则玻璃球的速度大小为v0。 （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，综上所述，玻璃球碰撞2n次后速度大小为v0 则玻璃球碰撞2n次后最终动能大小 Ek＝mv2＝m。 9.（1）3.6 N　（2）1.2 m/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v0，由机械能守恒定律，有mgR＝m 由牛顿第二定律，有FN－mg＝m 联立解得FN＝3.6 N。 （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mv0＝（M＋m）v 联立解得v＝1.2 m/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 －μ（M＋m）gx＝0－（M＋m）v2 联立解得μ＝0.36。 10.（1）1.5 m　（2）90 J　2　（3）xAC＝LB 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Mx1＝mx2 根据位移关系有x1＋x2＝LA 联立解得木板A向左移动的位移x2＝1.5 m 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＝1.5 m。 （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t，起跳时速度为v0，与水平方向的夹角为θ，则 水平方向上有x2＝v0cos θ·t 竖直方向上有v0sin θ＝g· 联立解得v0＝ 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Mv0cos θ＝mvA 根据功能关系有 W＝M＋m 联立可得W＝＝＝3gx2（单位为J） 当且仅当＝，即tan θ0＝2时，W取最小值，则Wmin＝90 J。 （3）设机器人从A木板上起跳的速度大小为v01，A木板的速度为vA0，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xAB，水平方向上，B、C木板与机器人组成的系统动量守恒，则有 Mv01cos θ0＝（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）v共＝MvM1＋mvm1＝MvM2＋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 （vM1－vm1）t1＝ （vM2－vm2）t2＝ （vM3－vm3）t3＝ 联立可得v共（t1＋t2＋t3）－（vm1t1＋vm2t2＋vm3t3）＝LB 又3次跳跃后，B木板恰好追上A木板，则有 vm1t1＋vm2t2＋vm3t3＋vA0（t1＋t2＋t3）＋xAB＝0 机器人跳到B木板右端时，A、C两木板间距离xAC＝vA0（t1＋t2＋t3）＋xAB＋LB＋v共（t1＋t2＋t3） 联立解得xAC＝LB。 11.（1）72 N　方向竖直向上　（2）1.6 J （3）0.6 m/s或2.6 m/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mAg（R－Rcos 53°）＝mA－0 解得v0＝2 m/s 在最低点，根据牛顿第二定律可得 FN－mAg＝mA 解得FN＝72 N，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 mAv0＝（mA＋mB）v共 解得v共＝1.6 m/s A与B整个碰撞过程中损失的机械能为 ΔE＝mA－（mA＋mB） 解得ΔE＝1.6 J。 （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μ，对AB根据牛顿第二定律可得μ（mA＋mB）g＝（mA＋mB）a 设经过时间t1后AB与传送带共速，可得 v＝v共－at1 该段时间内AB运动的位移为x1＝t1 传送带运动的位移为x2＝vt1 可得Q＝μ（mA＋mB）g·（x1－x2） 联立解得v＝0.6 m/s，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t2后AB与传送带共速，同理可得 v＝v共＋at2 该段时间内AB运动的位移为x1'＝t2 传送带运动的位移为x2'＝vt2 可得Q＝μ（mA＋mB）g·（x2'－x1'） 解得v＝2.6 m/s，另一解小于v共舍去。 12.（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＝1.0 s时发生突变，即发生了碰撞； （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＝ cm/s＝0.20 m/s； （3）由题图乙知，碰撞前A的速度大小vA＝0.50 m/s，碰撞后A的速度大小约为vA'＝0.36 m/s，由题图丙可知，碰撞后B的速度大小为v'＝0.5 m/s，对A和B的碰撞过程由动量守恒定律有mAvA＋mBv＝mAvA'＋mBv'，代入数据解得≈2，所以质量为200.0 g的滑块是B。 13.（1）＞　（2）maxP＝maxM＋mbxN　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a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＞mb； （2）对两小球的碰撞过程，由动量守恒定律有mav＝mava＋mbvb，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＝mavat＋mbvbt，即maxP＝maxM＋mbxN。 学科网（北京）股份有限公司 $ 高考真题集训（一）——研真题，感悟高考真谛 　 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 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Oxy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1.2 kg，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。则（　　） A.物块始终做匀变速曲线运动 B.t＝1 s时，物块的y坐标值为2.5 m C.t＝1 s时，物块的加速度大小为5 m/s2 D.t＝2 s时，物块的速度大小为10 m/s 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F2作用下，由静止开始沿同一直线相向运动，在t1时刻发生正碰后各自反向运动。已知F1和F2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v随时间t变化的图像，可能正确的是（　　） 4.（2025·河北高考）如图，一长为2 m的平台，距水平地面高度为1.8 m。质量为0.01 kg的小物块以3 m/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10 m/s2。 （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0.45 m，物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间共计1 s。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。 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1 kg。A以4 m/s的速度向右运动，B和C一起以2 m/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0.75 m，C与A、B间动摩擦因数均为0.5，重力加速度g取10 m/s2，则（　　） A.碰撞瞬间C相对地面静止 B.碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2 s C.碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为12 J D.碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6 m 6.（2025·河南高考）两小车P、Q的质量分别为mP和mQ，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mN，碰撞时间极短，则（　　） A.mP＞mN＞mQ B.mN＞mP＞mQ C.mQ＞mP＞mN D.mQ＞mN＞mP 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1 m/s的恒定速率顺时针转动。t＝0时，A的速度大小为2 m/s，方向水平向右，B的速度为0，弹簧处于原长；t＝t1时（t1为未知量），A第一次与传送带共速，弹簧弹性势能为0.75 J。已知A、B可视为质点，质量分别为1 kg、2 kg，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＝10 m/s2，A、B始终在传送带上，弹簧始终在弹性限度内，则（　　） A.t＝时，A的加速度大小比B的小 B.t＝t1时，B的速度大小为0.5 m/s C.t＝t1时，弹簧的压缩量为0.2 m D.在0～t1内，A在传送带上留下的划痕长度小于0.05 m 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v0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。 （1）若钢球质量为m，求最右侧的钢球最终运动的速度大小； （2）若钢球质量为3m，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。 9.（2025·天津高考）如图所示，半径为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。质量为m＝0.12 kg的玩具小车从A点由静止释放，运动到桌面上C点时与质量为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； （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μ的值。 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。已知三块木板质量均为2.0 kg，A木板长度为2.0 m，机器人质量为6.0 kg，重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力。 （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。 （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。 11.（2025·海南高考）足够长的传送带固定在竖直平面内，半径R＝0.5 m，圆心角θ＝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，已知mA＝4 kg，mB＝1 kg，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＝2.5 J，忽略轨道及平台的摩擦，cos 53°＝0.6，g＝10 m/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。 动量的相关实验 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xB。部分实验步骤如下： ①测量两个滑块的质量，分别为200.0 g和400.0 g； 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、xB随时间变化的图像，分别如图乙、图丙所示。 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＝　　　　 m/s（保留2位有效数字）； （3）通过分析，得出质量为200.0 g的滑块是　　　　（填“A”或“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、N与O点的距离xM、xN。 完成下列填空： （1）记a、b两球的质量分别为ma、mb，实验中须满足条件ma　　　　（填“＞”或“＜”）mb； （2）如果测得的xP、xM、xN，ma和mb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　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 学科网（北京）股份有限公司 $