暑期综合提高练习人教版【2019】高一年级选择性必修第一册物理综合试卷——2025-2026年高中物理高二升高三暑期学习

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注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第一部分（选择题 共43分）
一、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，只有一项是符合题目要求的。
1．[4分]如图所示，一列简谐横波向右传播，a、b两质点的平衡位置相距为l，在某时刻a、b均振动到平衡位置，且a、b之间仅有一个波谷。这列波的波长不可能是（ ）
A．B．C．lD．
2．[4分]如图所示，跳楼机是常见的大型机动游乐设备。这种设备的座舱装在竖直柱子上，由升降机送至高处后使其自由下落（不计阻力），一段时间后，启动制动系统，座舱匀减速运动到地面时刚好停下，下列说法正确的是（ ）
A．自由下落阶段和制动阶段乘客机械能的变化量相等
B．自由下落阶段和制动阶段，乘客所受合力的冲量相同
C．自由下落阶段和制动阶段，乘客所受重力做的功一定相等
D．整个下落过程中，乘客的最大速度是全程平均速度的两倍
3．[4分]弹簧振子做简谐运动，振子的位移x随时间t的变化如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．弹簧振子的周期为，振幅是24cm
B．时，振子的加速度方向沿+x方向
C．到的时间内，振子的速度逐渐增大
D．到的时间内，振子的动能逐渐增大
4．[4分]高压水枪在现代生活中应用越来越广泛，当高速水流射向物体时，会对物体表面产生冲击力，从而达到清洗污垢的目的。图示为水枪喷水清洗车玻璃示意图，已知水枪出水口直径为d，水密度为，设水流垂直打到玻璃表面后不反弹，测出水枪出口的流量为Q（单位时间内水流体积），不考虑水内部的阻力、空气阻力及高度变化，下列说法正确的是（ ）
A．水枪管口喷出水流速度大小为
B．水枪对管口水柱做功的功率为
C．水流对水枪的作用力大小为
D．水流与玻璃冲击压强为
5．[4分]一列简谐横波在时的波形图如图甲所示，图乙为质点b的振动图像。下列说法正确的是（ ）

A．质点a振动的振幅为12cmB．该波沿x轴正方向传播
C．经过1s时间，质点a将向左移动2mD．时刻，处质点加速度最大
6．[4分]如图所示，质量为M的小车静置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车足够长，则木块的最终速度大小和系统因摩擦产生的热量分别为（ ）
A．、B．、
C．、D．、
7．[4分]如图所示,在光滑水平面上放置一个质量为m的滑块,滑块右侧面为一个半径为R的14圆弧形的光滑凹槽,A点切线水平。另有一个质量为m的小球(可视为质点)以水平速度v0从A点冲上凹槽,重力加速度大小为g。下列说法中正确的是
A．当v0=2gR时,小球恰好能到达B点
B．当v0=2gR时,小球在弧形凹槽上冲向B点的过程中,滑块的动能增大;返回A点的过程中,滑块的动能减小
C．如果小球的速度v0足够大,小球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上
D小球返回A点后做自由落体运动
二、选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．[5分]图甲表示一列简谐横波在t＝17s时的波形图，图乙是该列波中的质点P的振动图像，由甲、乙两图中所提供的信息可知，下列说法正确的是（ ）
A．该波的波长为1.5m
B．该波的振幅为0.1cm
C．该波的传播速度为0.5m/s，方向沿x轴正方向
D．质点P在t＝4.25s时沿y轴负方向运动
9．[5分]图甲为一列简谐横波在t=0时的波形，P点是距平衡位置2.5cm的质点，图乙是Q点的振动图像。以下说法正确的是（ ）
A．这列简谐横波的波速为15m/s
B．这列波的传播方向为-x方向
C．0.05s时质点P的速度正在增大，加速度正在减小
D．0.05s时质点Q具有最大的加速度和位移
10．[5分]如图所示，质量均为m的物块A、B用轻弹簧相连，置于光滑水平面上，在水平力F的作用下，弹簧处于压缩状态，A紧压在竖直墙壁上。现撤去力F，在以后的运动过程中B的最大的速度为v，对撤去力F以后的过程，以下说法正确的是（ ）
A．物块A离开竖直墙壁之前，竖直墙壁对A的冲量大小为mv
B．物块A离开竖直墙壁之前，竖直墙壁对A做功的大小为mv2
C．物块A、B和弹簧组成的系统总动量守恒，机械能守恒
D．物块A的最大速度为v
第二部分（非选择题 共57分）
非选择题：本大题共5题，共57分。
11．[8分]小明组装单摆，完成测量当地重力加速度g的实验，装置如图甲所示。

（1）为了更精确测量摆长，小明用10分度的游标卡尺测量摆球直径如图乙所示，摆球直径为 mm，并利用刻度尺测得摆线长为97.10 cm。用秒表记录单摆50次全振动所用时间，如图乙所示，则可知该次实验中50次全振动所用的时间为 s；
（2）用甲图中的多组实验数据作出T2L图像，也可以求出重力加速度g。已知三位同学作出的T2L图线的示意图如下图中的a、b、c所示，其中，a和b都过原点，b和c平行，图线b对应的g值最接近当地重力加速度g的值。则相对于图线b，下列分析正确的是
A．计算单摆的全振动次数时，应以摆球到达最高点开始计时，到达同一侧最高点时记为一次全振动；
B．出现图线a的原因可能是误将49次全振动记为了50次
C．出现图线c的原因可能是误将悬点到小球下端的距离直接记为了摆长L
D．多次改变摆线长l，测量多组50次全振动对应的时间t，通过绘制的t2l关系图线也可以测定重力加速度
（3）疫情静默期间，由于没有学校的实验仪器，小红同学在家找了一块外形不规则的长条状的大理石块代替摆球，如图所示，来测量当地的重力加速度，她设计步骤是：
A．将石块用细尼龙线系好，结点为N，将尼龙线的上端固定于O点
B．用刻度尺测量ON间尼龙线的长度L作为摆长
C．将石块拉开一个大约5的角度，然后由静止释放
D．从摆球摆到某合适位置时开始计时，测出30次全振动的总时间t，由得出周期
E．改变ON间尼龙线的长度再做几次实验，记下相应的L和T
F．求出多次实验中测得的Ｌ和T的平均值作为计算时使用的数据，代入公式求出重力加速度g。
①你认为该同学以上实验步骤中存在错误或不当的步骤是 。（填步骤前的序号）
②若用上述方法在两次实验中分别测得摆线长度为L1、L2，若其对应的周期分别为T1、T2，则可以比较精确地推算出重力加速度的表达式为 。
12．[8分]如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系：
(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，我们可以通过 相同，间接地用水平位移来代替小球碰撞前后时的速度；
(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先将入射球m1多次从斜轨上S位置由静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP。然后，把被碰小球m2静止于轨道的水平部分，再将入射小球m1从斜轨上S位置由静止释放，与小球m2相撞，并多次重复；
实验中必要且正确步骤是 ；（填选项前的符号）
A．测量抛出点距地面的高度H
B．测量小球m1开始释放高度h，每次实验时必须将m1由同一高度位置无初速释放
C．用天平测量两个小球的质量m1、m2
D．找到m1、m2相碰后平均落地点的位置分别为N、M
E.测量平抛射程、、
(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为 [用(2)中测量的量表示]；
(4)若，则m1：m2= ，两小球相碰过程中动能 （填“是”、“不是”）守恒的。
13．[12分]如图所示，一平台固定在水平面上，其上表面静置着质量分别为2m和m的小球A与B，小球间锁定一压缩状态的轻质弹簧（弹簧与B不粘连）．紧挨平台静置着一小车C，车上固定着一段水平阻尼管ab，管的左端开口与平台等高，管的右端开口处平滑衔接着两段均为四分之一圆弧的滑槽cde，半径分别为2R和R，小车连同车上装置的总质量为3m．现解锁弹簧，当弹簧恢复原长时，B的速度大小为vB=2gR；B在阻尼管所受阻力f与其相对管的运动位移x成正比，即f=kx(k为已知常量)，B恰好可以离开阻尼管，落入滑槽cde．除阻尼管内阻力外，其他摩擦及阻力均忽略不计，重力加速度为g．求：
（1） 弹簧锁定时的弹性势能大小；
（2） B第一次离开e点时小车的速度大小，以及B腾空过程中，小车的位移大小（已知C不会返回与平台碰撞）；
（3） 阻尼管的长度l以及B第二次滑至滑槽最低点d时(此时半径为2R)所受弹力大小．
14．[13分]如图所示，一质量为m的长板A静置于光滑水平面上，距其右端d=1 m处有一与A等高的固定平台，一质量为m的滑块B静置于这个光滑平台上。B的正上方有一质量为3m的滑块C套在固定的光滑水平细杆上，B和C通过一轻质弹簧连接。一质量为2m的小滑块D以的初速度向右滑上A的最左端，并带动A向右运动，A与平台发生碰撞后，速度反向但大小不变。A与平台发生第二次碰撞的瞬间，D恰好滑到平台上，随即与B发生碰撞并粘在一起向右运动。已知m=1 kg，A与D间的动摩擦因数为μ=0.1，B、C和D均可看作质点，B和D组合体在随后的运动过程中一直没有离开平台，且C没有滑离细杆，重力加速度且不考虑空气阻力。求：
（1）滑块D滑上平台时速度的大小；
（2）长木板A的长度；
（3）若弹簧第一次恢复原长时，C的速度大小为，则随后运动过程中弹簧的最大弹性势能为多少？
15．[16分]如图所示，小木块A、B放在光滑平台M上，A的质量为1kg，B的质量为3kg，D为侧放的半圆凹型槽且固定在地面上，内侧面光滑，半径为1.2m。C是质量为1kg的长木板，C足够长，开始时左端靠在凹型槽的最低端，C上表面与凹型槽内侧最低点相切并静止在光滑地面上，上表面与小木块B之间的动摩擦因数为0.2.某时刻，给木块A一个8N·s的瞬时冲量，之后A、B发生弹性碰撞，B能够与D内侧最高点相切进入凹型槽。求：
(1)B刚进入半圆形内侧面最高点时对接触面的压力；
(2)B、C最终的共同速度；
(3)C至少多长，才能保证B不从C上掉下来。
暑期综合提高练习人教版【2019】高一年级选择性必修第一册物理综合试卷——2025-2026年高中物理高二升高三暑期学习参考答案
1．【答案】B
【详解】因a、b之间仅有一个波谷，则该时刻的波形可能有以下四种情况：；；；。
故不可能的是B项；
故选B。
2．【答案】D
【详解】
A．自由下落阶段只有重力做功，乘客的机械能不变，制动阶段阻力做负功，乘客的机械能减少，A错误；
B．设下落过程的最大速度为v，自由下落阶段和制动阶段由动量定理可得，乘客所受合力的冲量分别为
可知，两个过程乘客所受合力的冲量大小相等，方向相反，B错误；
C．重力做功为
无法确定两个过程下落的位移关系，故乘客所受重力做的功不一定相等，C错误；
D．由匀变速直线运动的规律可知，匀加速和匀减速过程的平均速度均为，即全程的平均速度为，故整个下落过程中，乘客的最大速度是全程平均速度的两倍，D正确。
故选D。
3．【答案】C
【详解】
A．弹簧振子的周期为，振幅是12cm，所以A错误；
B．时，振子的加速度方向沿-x方向，所以B错误；
C．到的时间内，振子的速度逐渐增大，位移最大时速度为0，平衡位置速度最大，所以C正确；
D．到的时间内，振子的动能逐渐减小，所以D错误；
故选C。
4．【答案】D
【详解】设水流速度为v，则流量，解得，A错误；设经过极短时间，出口水柱质量，由动能定理可得，解得，B错误；由动量定理，则有，解得，C错误；水流与玻璃冲击压强为，D正确。
5．【答案】D
【详解】A．根据甲图可知质点a振动的振幅为6cm，A错误；
B．根据乙图可得质点b在t＝2s时的向y轴负方向振动；再结合甲图，由上下坡法可知该波沿x轴负方向传播，B错误；
C．根据机械波的形成，可知质点不会随波移动，只是在自己的平衡位置附近振动，所以经过1s时间，质点a不会向左或向右移动，C错误；
D．根据乙图可知该简谐波的周期为4s，波长为8m，所以波速为
图甲是时的波形图，所以时该波形沿x轴负方向平移
所以时刻的波形图如图所示

处质点位于波谷，所以具有最大加速度，D正确。
故选D。
6．【答案】A
【详解】
以小车和木块组成的系统为研究对象，系统所受的合外力为零，因此系统动量守恒，由于摩擦力的作用，m速度减小，M速度增大，m速度减小到最小时，M速度达最大，最后m、M以共同速度运动。以初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有
解得最终两者的共同速度为
根据能量守恒，可得产生的热量为
得
故选A。
7．【答案】D
【解析】热门考点：动量守恒、机械能守恒
小球滑上凹槽的过程中,若凹槽固定,小球以v0=2gR的速度冲上凹槽,根据机械能守恒定律有mgh=12mv02,解得h=R,但是凹槽不固定,小球冲上凹槽的过程中,凹槽也会运动,根据机械能守恒定律可知小球不能冲到B点,A错误;当v0=2gR时,小球在弧形凹槽向上冲的过程中,滑块受到斜向左下方的压力,速度增大,动能增大,滑到最高点时,两者速度相等,之后返回A点的过程中,滑块的动能依然增大,B错误;如果小球的速度v0足够大,小球将从滑块的左侧沿切线方向飞离凹槽,小球相对凹槽的速度方向竖直向上,两者水平速度相等,所以小球将会沿滑块左侧边缘落回,C错误;小球返回A点时,滑块速度不为0,由水平方向动量守恒和机械能守恒有mv0=mv1+mv2,12mv02=12mv12+12mv22,解得返回A点时小球的速度v1=0,滑块的速度v2=v0,所以小球返回A点后做自由落体运动,D正确。
8．【答案】BC
【详解】由题图甲可知，波长λ＝100cm＝1m，振幅A＝0.1cm，A错误B正确；由题图乙可知，周期T＝2s，故波速，t=17s时，质点P在平衡位置向下振动，故波向右传播，C正确；根据题图乙可知，质点P在t＝4.25s时位移为正，在向上振动，D错误。
9．【答案】AD
【详解】由两图像可知，波长，周期，则波速为，A正确；由图乙可知时刻，Q点沿y轴正向运动，根据波形平移法可知这列波的传播方向为方向，B错误；时刻，P点沿y轴负向运动，由于，可知时质点P正由平衡位置向波谷位置运动，速度正在减小，加速度正在增大，C错误；由图乙可知时质点Q的位移为，此时质点Q具有最大的加速度和位移，D正确。
10．【答案】AD
【详解】
A．撤去力F，B物块在弹力作用下加速，弹簧恢复原长时，B物块的速度达到最大，此过程中，A、B受到弹簧的弹力大小相等，方向相反，作用时间相同，则A、B的冲量大小相等，由动量定理可知
所以物块A离开竖直墙壁之前，竖直墙壁对A的冲量大小为mv，故A正确；
B．物块A离开竖直墙壁之前，由于物块A没有发生位移，则竖直墙壁对A不做功，故B错误；
C．此过程中只有系统内的弹力做功，则机械能守恒，但竖直墙壁对A有力的作用，即系统的外力不为0，则系统动量不为0，故C错误；
D．弹簧恢复原长时，B物块的速度达到最大，此时系统的总动量为mv，接着B减速，A加速弹簧被拉长，当B物块速度减为0时，A物块速度达最大，由动量守恒定律可知，A的最大速度也为v，故D正确。
故选AD。
11．【答案】（1）20.6；99.8；（2）BD/DB；（3）BDF；
【详解】（1）摆球的直径为，由图示秒表可以知道，秒表的读数为。
（2）A：计算单摆的全振动次数时，应以摆球到达最高点开始计时，到达同一侧最高点时记为一次全振动，由于在最高点的速度太小无法找到真正的最高点，计时会出现较大的误差，因此不能从最高点计时，应从经过最低点计时，A错误；
B：由图线a可知在同样摆长的情况下，振动周期偏小，可能是误将49次全振动记为了50次，从而周期测量偏小导致，B正确；
C：由题图可知，对图线c，当L为零时T2不为零，可能是把悬线长度作为摆长，即误将悬点到小球上端的距离直接记为了摆长L，C错误；
D：根据可得，，又由，可得，图线斜率为，n为定值50次，因此是可以测定重力加速度的，D正确。选BD。
（3）该同学以上实验步骤中有重大错误的是BDF：
B：摆长应是悬点到大理石块质心的距离；
D：测量时间应从单摆摆到最低点开始；
F：必须先分别求出各组L和T值对应的g，再取所求得的各个g的平均值。
设石块质心到M点的距离为x，通过周期公式，有，，解得。
12．【答案】下落的高度或下落的时间均可；CDE；；m1：m2= 4：1；不是；
【详解】
(1)[1]小球离开轨道后做平抛运动，则有
做平抛运动的初速度为
验证动量守恒定律实验中，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，所以我们可以通过下落的高度或下落的时间相同，间接地用水平位移来代替小球碰撞前后时的速度；
(2)[2]AB．小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，小球的水平位移与小球的初速度成正比，所以入射球从同一高度无初速即可，不需要测量抛出点距地面的高度和小球开始释放高度，故A、B错误；
CDE．要验证动量守恒定律定律，即验证
小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间相等，上式两边同时乘以得
可得
因此本实验需要测量的量有两小球的质量、和平抛射程、、，显然要确定两小球的平均落点和的位置，故C、D、E正确；
故选CDE；
(3)[3]根据(2)分析，若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为
(4)[4]若，代入可得
解得
[5]小球相碰前动能为
两小球相碰后动能为
所以两小球相碰过程中动能不是守恒的。
13．【答案】（1） 3mgR
（2） 12gR；2R
（3） 3mgRk；113mg
【详解】
（1） 弹簧解锁过程，A与B组成的系统动量守恒，有0=2mvA−mvB，
根据能量守恒定律，得Ep=12×2mvA2+12mvB2，
解得Ep=3mgR．
（2） B进入滑槽运动的过程中，B与C组成的系统水平方向动量守恒，从a到b过程有mvB=(m+3m)vBC，
从a到e过程有mvB=(m+3m)vx，
解得vBC=vx=12gR，
B从b到e过程，系统机械能守恒,有12(m+3m)vBC2+mgR=12×3mvx2+12m(vx2+vy2)，
解得vy=2gR，
B离开e点后相对C做竖直上抛运动，腾空时间t=2vyg，
解得t=22Rg，
因此B第一次腾空过程，C的位移大小s=vxt=2R．
（3） B从a到b，系统能量守恒，有12mvB2=12(m+3m)vBC2+12kl2，
解得l=3mgRk，
B从离开阻尼管到滑至d过程，B与C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，有(m+3m)vBC=mv1+3mv2，12(m+3m)⋅vBC2+mg×2R=12mv12+12×3mv22，
解得B第一次滑至d时的速度v1=1+232gR，v2=3−236gR，
同理可得B第二次滑至d时的速度v′1=1−232gR，v′2=3+236gR，
B在d点有N−mg=m(v′1−v′2)22R，
解得N=113mg．
14．【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）假设A和D能共速，设共速时速度为，由动量守恒定律有，
解得，
对A，设其加速度为，根据牛顿第二定律有，
可得，
其加速到的位移设为，根据运动学公式有，
解得，
等于d，即A和D恰好共速，A与平台第一次碰撞后，设A和D能第二次共速，设共速时速度为，以向右为正方向，由动量守恒定律有，
解得，
A加速到的位移设为，同理有，
解得，
可以第二次共速，D滑到平台的速度为。
（2）设A长度为L，D在A上滑动的全过程，对A和D组成的系统，由动能定理有，
解得。
（3）D与B相碰后，设速度为，由动量守恒定律有，
解得，
此时B、C和D组成的系统的动能为，
弹簧原长时，设B和D整体速度为，对B、C和D组成的系统，若C的速度向右，由动量守恒定律有，
解得，
此时B、C和D组成的系统的动能为，与实际不符，舍去，
若C的速度向左，由动量守恒定律有，
解得
此时B、C和D组成的系统的动能为，
当B和D整体与C的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，对B、C和D组成的系统，由动量守恒定律有，
弹性势能，
解得。
15．【答案】(1)，方向竖直向上；(2)；(3)4m
【详解】
（1）木块A获得一个冲量，A获得一个初速度，有
A、B发生弹性碰撞，可得
B进入凹型槽，在最高点处

可得
由牛顿第三定律知，压力为10N，方向竖直向上
（2）B从半圆凹型槽滑到最低点，有
B滑上C后，带动C一起向右运动，最后达到共同速度v
得
（3）B在C上滑动，最后达到同速，系统产生热量，设相对位移为，有
得
即木板至少要4m