2025年外研版選擇性必修1物理上冊階段測試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年外研版選擇性必修1物理上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、一列簡諧橫波向右傳播，在其傳播路徑上每隔L=0.1m選取一個質(zhì)點，如圖甲所示，t=0時刻波恰好傳到質(zhì)點1，并立即開始向上振動，經(jīng)過時間t=0.3s；所選取的1~9號質(zhì)點間第一次出現(xiàn)如圖乙所示的波形，則下列判斷正確的是（）

A.t=0.3s時刻，質(zhì)點1向上振動B.t=0.3s時刻，質(zhì)點8向上振動C.t=0至t=0.3s內(nèi)，質(zhì)點5振動的時間只有0.2sD.該波的周期為0.3s，波速為8m/s2、甲、乙兩人平行站在一堵墻前面，二人相距距離墻均為當甲開了一槍后，乙在時間后聽到第一聲槍響，則乙聽到第二聲槍響的時間為（）A.聽不到B.甲開槍后C.甲開槍后D.甲開槍后3、如圖所示，兩帶電金屬球在絕緣的光滑水平桌面上沿同一直線相向運動，A球帶電為－q，B球帶電為＋2q；下列說法中正確的是（）

A.相碰前由于兩球之間有引力，兩球的總動量不守恒B.相碰后兩球的總動量隨兩球的距離逐漸減小而增大C.相碰分離后任一瞬時兩球的總動量都等于碰前兩球的總動量D.因為兩球相碰前后的作用力從引力變?yōu)槌饬Γ詢汕蚯昂蟮目倓恿坎坏龋?、如圖所示，質(zhì)量為M的小車靜止在光滑水平面上，AB是小車內(nèi)半圓軌道的水平直徑，半圓軌道的半徑為R，現(xiàn)將一質(zhì)量為m的小球從距A點正上方h高處由靜止釋放，小球由A點沿切線方向經(jīng)半圓軌道后從B點沖出，在空中能上升的最大高度為0.9h；不計空氣阻力。下列說法正確的是（）

A.小車向左滑動的最大距離為B.小球到半圓軌道的最低點時，小球的速率為C.小球離開小車后做豎直上拋運動D.小球第二次沖出軌道后在空中能上升的最大高度為0.8h5、如圖所示，細線上端固定于O點，其下端系一小球，靜止時細線長L.現(xiàn)將懸線和小球拉至圖中實線位置，此時懸線與豎直方向的夾角θ＝60°；并于小球原來所在的最低點處放置一質(zhì)量相同的泥球，然后使懸掛的小球從實線位置由靜止釋放，它運動到最低點時與泥球碰撞并合為一體，它們一起擺動中可達到的最大高度是()

A.B.C.D.6、如圖所示，兩物體的質(zhì)量比它們原來靜止在足夠長的平板車上，間有一根被壓縮了的彈簧，地面光滑。當彈簧突然釋放后，且已知組成的系統(tǒng)動量守恒。則有（）

A.與的動摩擦因數(shù)相等B.某一時刻速率之比為3：4C.最終穩(wěn)定時小車向右運動D.系統(tǒng)動量不守恒評卷人得分二、多選題(共5題，共10分)7、圖甲為一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波在t=0.2s時的波形圖，質(zhì)點P、Q的平衡位置分別位于x=2m和x=4m處。圖乙為介質(zhì)中某一質(zhì)點的振動圖像；則（）

A.該簡諧橫波的傳播速度為10m/sB.乙圖可能是質(zhì)點Q的振動圖像C.t=0時質(zhì)點P的速度沿y軸負方向E.t=0.1s時，質(zhì)點P的加速度與質(zhì)點Q的加速度相同E.t=0.1s時，質(zhì)點P的加速度與質(zhì)點Q的加速度相同8、圖為網(wǎng)上熱賣的一款彈力軟軸乒乓球訓練器，輕質(zhì)彈力軸上端固定一乒乓球，下端固定在吸盤上。開始時彈力軸豎直。乒乓球處于靜止狀態(tài)．且到水平地而的距離為h。現(xiàn)讓一小孩快速揮拍水平擊球，球拾好能觸到地面（此時球的速度為零，彈力軸的彈性勢能為）并開始返回．已知兵乓球的質(zhì)量為m，小孩瞬間擊球使乒乓球獲得的速度為v，彈力軸恢復(fù)到豎直位置時乒乓球的速度為正力加速度為g；則（）

A.小孩擊球過程中對乒乓球的沖量大小為B.乒乓球全程動量的變化量大小為C.從擊球完畢到乒乓球觸地的過程中，系統(tǒng)機械能損失D.從乒乓球觸地到彈力軸恢復(fù)到豎直位置的過程中，系統(tǒng)機械能損失9、一彈簧振子做簡諧運動，則以下說法正確的是（）A.振子的加速度方向始終指向平衡位置B.已知振動周期為T，若Δt＝T，則在t時刻和（t＋Δt）時刻振子運動的加速度一定相同C.若t時刻和（t＋Δt）時刻彈簧的長度相等，則Δt一定為振動周期的整數(shù)倍D.振子的動能相等時，彈簧的長度不一定相等10、如圖，物塊A、C置于光滑水平桌面上，通過輕繩繞過兩定滑輪和一動滑輪相連接，動滑輪下方懸掛物塊B，不計滑輪質(zhì)量，輕繩分別與水平面和豎直面平行，物塊A的質(zhì)量m1=3kg，B的質(zhì)量m2=2kg，C的質(zhì)量m3=1kg，取g=10m/s2；三個物塊同時由靜止釋放且物塊A與C始終不與滑輪碰撞，則下面說法正確的是（）

A.運動過程中物塊C的動量大小之比為1：1B.運動過程中物塊C的速度之比為3：1C.運動過程中物塊A所受輕繩拉力的大小為6ND.物塊B由靜止開始下降h=0.5m時，物塊A的速度大小是v=1m/s11、如圖是雙縫干涉實驗裝置的示意圖，S為單縫，雙縫之間的距離是P為光屏，雙縫到屏的距離為1.2m。用綠色光照射單縫S時，可在光屏P上觀察到第1條亮紋中心與第6條亮紋中心間距為若相鄰兩條亮條紋中心間距為則下列說法正確的是（）

A.為B.增大雙縫到屏的距離，將變大C.改用間距為的雙縫，將變大D.換用紅光照射，將變大評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)12、判斷下列說法的正誤。

（1）小鳥飛走后樹枝的往復(fù)運動不是機械振動。（____）

（2）彈簧振子同質(zhì)點一樣都是理想化模型。（____）

（3）彈簧振子的x－t圖像的曲線就是它的運動軌跡。（____）

（4）彈簧振子的位移是從平衡位置指向振子所在位置的有向線段。（____）

（5）簡諧運動的圖像表示質(zhì)點振動的軌跡是正弦曲線。（____）

（6）振動圖像中彈簧振子的位移－5cm小于1cm。（____）13、表示：相位的大小為_______，其中φ是t＝0時的相位，叫初相位，或初相。14、光滑水平面上的彈簧振子，振子質(zhì)量為50g，若在彈簧振子被拉到最大位移處釋放時開始計時，在t＝0.2s時，振子第一次通過平衡位置，此時速度為4m/s。則在t＝1.2s末，彈簧的彈性勢能為________J，該彈簧振子做簡諧運動時其動能的變化頻率為________Hz，1min內(nèi)，彈簧彈力對彈簧振子做正功的次數(shù)為________次。15、如圖表示產(chǎn)生機械波的波源S做勻速運動的情況，圖中的圓表示波峰，該圖表示___________現(xiàn)象，觀察到波的頻率最高和最低的位置分別是________、________。

16、判斷下列說法的正誤。

（1）發(fā)生多普勒效應(yīng)時，波源的頻率發(fā)生了變化。____

（2）當波源和觀察者向同一個方向運動時，一定發(fā)生多普勒效應(yīng)。____

（3）當觀察者遠離波源運動時，觀察者接收到的波的頻率變大。____17、如圖所示，一質(zhì)點在平衡位置O點兩側(cè)做簡諧運動，在它從平衡位置出發(fā)向最大位移A處運動過程中，經(jīng)第一次通過M點，再經(jīng)第二次通過M點，此后還要經(jīng)_____，它可以第三次通過M點，該質(zhì)點振動的頻率為__________.

18、冰球運動員甲的質(zhì)量為當他以的速度向前運動時，與另一質(zhì)量為速度大小為的迎面而來的運動員乙相撞。碰后甲恰好靜止。假設(shè)碰撞時間極短，則碰后乙的速度的大小為__________m/s；甲、乙碰撞過程中總機械能的損失__________J。19、如圖所示的振動曲線，如果采用國際單位制（SI），則用余弦形式表示的振動表達式x=______（SI）。

評卷人得分四、實驗題(共3題，共18分)20、用如圖所示裝置驗證動量守恒定律；即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關(guān)系。

（1）實驗中，直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的?？梢詢H通過測量_______（填選項前的序號）間接地解決這個問題。

A．小球開始釋放時的高度h

B．小球拋出點距地面的高度H

C．小球做平拋運動的水平位移。

（2）在實驗中，入射小球、被碰小球的質(zhì)量分別為m1和m2，關(guān)于m1和m2的大小，下列關(guān)系正確的是______.

A．m1=m2B．m1>m2C．m1<m2D．以上都可以。

（3）若兩球在碰撞前后動量守恒，需要驗證的表達式為_________________。21、在“驗證動量守恒定律”的實驗中；某同學采用如圖所示的“碰撞實驗器”來驗證動量守恒定律。

（1）實驗中必須要求的條件是______（填選項前的字母）。

A.斜槽軌道盡量光滑以減少誤差。

B.斜槽軌道末端的切線必須水平。

C.入射球和被碰球的質(zhì)量必須相等；且大小相同。

D.入射球每次必須從軌道的同一位置由靜止釋放。

（2）圖中點是小球拋出點在地面上的垂直投影。實驗時，先讓入射小球多次從斜槽上位置由靜止釋放，找到其落地點的平均位置測量平拋射程然后，把被碰小球靜置于軌道水平部分的末端，再將入射小球從斜槽上位置由靜止釋放，與被碰小球相碰，并多次重復(fù)?？諝庾枇雎圆挥?。接下來要完成的必要步驟是______（填選項前的字母）。

A.測量兩個小球的質(zhì)量

B.測量入射小球開始釋放時的高度

C.測量拋出點距地面的高度

D.分別找到入射小球、被碰小球相碰后落地點的平均位置

E.測量平拋射程

（3）若兩球相碰前后的動量守恒，則其表達式為______；若碰撞是彈性碰撞，則還可以寫出的表達式為______。（用上一問中測量的量表示）

（4）某次實驗中得出的落點情況如圖所示，假設(shè)碰撞過程中動量守恒，則入射小球的質(zhì)量和被碰小球的質(zhì)量之比為______。

22、(1)如圖1所示是三個涉及紙帶和打點計時器的實驗裝置圖。

①以上三個實驗中，摩擦力對實驗結(jié)果沒有影響的是_________（填“甲”、“乙”或“丙”）。ABCDEFGHIJ00.862.224.026.168.5811.1413.7416.3418.94

②小陳同學在實驗操作正確的情況下得到一條如圖2所示的紙帶（圖中數(shù)據(jù)點即打印點）。測得圖中各點到A點的距離如上表（單位：cm），則該紙帶是_________（填“甲”、“乙”或“丙”）實驗中產(chǎn)生的。推算可得打“J”點時小車的速度是______m/s（保留2位有效數(shù)字）。

③若在某個實驗中，小波同學通過處理紙帶上的數(shù)據(jù)點，在坐標紙上描點并擬合圖線繪制了如圖3所示的v-t圖像，其對應(yīng)的運動物體的加速度a的大小為______m/s2（保留2位有效數(shù)字）。

(2)小張同學做“測定玻璃的折射率”實驗。實驗中所用玻璃磚有4個光學面A、B、C、D，如圖4所示，其中A、C兩面相互平行，對入射面和出射面的認識正確的是_______。

A．只能選用A、C兩面B．可以選用A、B兩面C．不能選用B、D兩面參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】【詳解】

AB．根據(jù)題意，簡諧橫波向右傳播，由波形的微平移法可知，s時刻；質(zhì)點1和質(zhì)點8均向下振動，AB錯誤；

CD．由時刻波恰傳到質(zhì)點1，并立即開始向上振動，經(jīng)過s，質(zhì)點9的振動方向向下，則號質(zhì)點間第一次出現(xiàn)如圖乙所示波形，波傳播了的時間，由s，得s。質(zhì)點5振動方向向上，質(zhì)點5振動的時間是一個周期s。由圖可得波的波長為0.8m，由波速公式得m/sm/s

C正確；D錯誤。

故選C。2、C【分析】【分析】

【詳解】

乙聽到的第一聲槍響必然是甲放槍的聲音直接傳到乙的耳中；故。

甲；乙二人及墻的位置如圖所示。

乙聽到的第二聲槍響必然是墻反射的槍聲，由反射定律可知，波線如圖中和由幾何關(guān)系可得。

故第二聲槍響傳到乙的耳中的時間為。

故選C。3、C【分析】【詳解】

兩球組成的系統(tǒng)受外力的合力為零；系統(tǒng)的動量守恒，因此，兩球碰撞前后動量守恒，故ABD錯誤,C正確．

故選C．

【點睛】

只要系統(tǒng)受外力合力為零，系統(tǒng)的動量守恒．4、C【分析】【詳解】

AC．小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，可知系統(tǒng)水平方向的總動量保持為零。設(shè)小車向左運動的最大距離為x。以向右為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得mv-Mv′=0

即有

解得小車的位移為

小球由B點離開小車時系統(tǒng)水平方向動量為零；小球與小車水平方向速度為零，所以小球離開小車后做豎直上拋運動，故A錯誤，C正確；

B．若小車內(nèi)半圓軌道光滑，則小球達到最低點時，設(shè)小球和小車的速度分別為v1和v2，由動量守恒和能量關(guān)系mv1-Mv2=0

解得

但是由于半圓內(nèi)軌道有摩擦阻力，則小球到達軌道最低點時的速率不等于選項B錯誤；

D．小球第一次車中運動過程中，由動能定理得mg（h-0.9h）-Wf=0

Wf為小球克服摩擦力做功大小，解得Wf=0.1mgh

即小球第一次在車中滾動損失的機械能為0.1mgh，由于小球第二次在車中滾動時，對應(yīng)位置處速度變小，因此小車給小球的彈力變小，摩擦力變小，摩擦力做功小于0.1mgh，機械能損失小于0.1mgh，因此小球再次離開小車時，能上升的高度大于0.9h-0.1h=0.8h；故D錯誤。

故選C。5、C【分析】【詳解】

小球下擺過程機械能守恒，由機械能守恒定律得：mgL（1-cos60°）=mv2，則

兩球碰撞過程動量守恒，以小球與泥球組成的系統(tǒng)為研究對象，以小球的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv=（m+m）v′，解得碰后兩球的速度：碰后兩球上擺過程中，機械能守恒，由機械能守恒定律得：?2m?v′2=2m?gh，解得h=故選C．6、B【分析】【分析】

【詳解】

AB．A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，則AB兩物體所受的摩擦力應(yīng)該大小相等方向相反，系統(tǒng)所受合外力才為0，因為AB質(zhì)量不相等所以動摩擦因數(shù)不相等；A錯誤；

B．由題知，任意時刻A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，且初狀態(tài)的總動量為零，根據(jù)動量守恒有

解得

B正確；

CD．由題可知，ABC三物體所組成的系統(tǒng)動所受合外力為0；動量守恒。最終穩(wěn)定時，三個物體應(yīng)該都處于靜止狀態(tài)，CD錯誤。

故選B。二、多選題(共5題，共10分)7、A:B:C【分析】【詳解】

A．從甲圖中可知根據(jù)圖乙可知故波速為

A正確；

B．根據(jù)走坡法可知圖甲中的P點在t=0.2時正向上運動，而Q點在t=0.2s時正向下振動，而圖乙中t=0.2s時質(zhì)點正通過平衡位置向下振動，所以乙圖可能是質(zhì)點Q的振動圖像；B正確；

C．因為周期為0.4s，故在t=0時，即將甲圖中的波形向前推半個周期，P點正向下振動；C正確；

D．根據(jù)題意可知0.1s為四分之一周期，質(zhì)點P在0.2s~0.3s內(nèi)的位移為2cm；0.25s為過程中的中間時刻，質(zhì)點從平衡位置到波峰過程中做減速運動，所以前一半時間內(nèi)的位移大于后一半時間內(nèi)的位移，即0.25s時的位移大于1cm，D錯誤；

E．P點和Q點相距半個波長；兩點為反相點，振動步調(diào)總是相反，在任意時刻兩點的加速度方向總是相反，E錯誤。

故選ABC。8、B:C【分析】【分析】

【詳解】

A．據(jù)定量定理可得；小孩擊球過程中對乒乓球的沖量大小為。

A錯誤；

B．以乒乓球返回時的速度方向為正方向；則全程動量的變化量大小為。

B正確；

C．從擊球完畢到乒乓球觸地的過程中；據(jù)能量守恒可得，系統(tǒng)機械能損失。

C正確；

D．從乒乓球觸地到彈力軸恢復(fù)到豎直位置的過程中；由能量守恒可得，系統(tǒng)機械能損失。

D錯誤。

故選BC。9、A:B:D【分析】【分析】

【詳解】

A．振子的加速度方向始終指向平衡位置；A正確。

B．若Δt＝T，則在t時刻和（t＋Δt）時刻振子的位移相同；加速度也相同，B正確。

C．從平衡位置再回到平衡位置；經(jīng)歷的時間最短為二分之一周期，彈簧的長度相等，C錯誤。

D．關(guān)于平衡位置對稱的兩個位置；振子的動能相等，彈簧的長度不相等，D正確。

故選ABD。10、A:C:D【分析】【分析】

【詳解】

A．運動過程中物塊A；C系統(tǒng)在水平方向動量守恒；所以物塊A、C的動量大小之比為1：1，故A正確；

B．由

可得

故B錯誤；

D．假設(shè)當物塊B下降h=0.5m時，物塊A的速度為v，則C的速度為3v，由A、B、C三者的運動關(guān)系可知

三者系統(tǒng)機械能守恒可得

代入整理可得

故D正確；

C．A、C在拉力作用下加速，B在重力和拉力合力作用下加速且速度關(guān)系滿足

根據(jù)

可得

對A有，根據(jù)牛頓第二定律有

對C有，根據(jù)牛頓第二定律有

對B有，根據(jù)牛頓第二定律有

解得

代入求得

故C正確。

故選ACD。11、A:B:D【分析】【分析】

【詳解】

A．第1條亮紋中心與第6條亮紋中心間距為則相鄰兩條亮條紋中心間距為

故A正確；

B．根據(jù)雙縫干涉的各條紋距離可知，增大雙縫到屏的距離將變大；故B正確；

C．由可知，增大雙縫的距離d，將變??；故C錯誤；

D．綠色換用紅光照射，即光的波長變長，由知將變大；故D正確；

故選ABD。三、填空題(共8題，共16分)12、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】錯誤正確錯誤正確錯誤錯誤13、略

【分析】【詳解】

略【解析】ωt＋φ14、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]從釋放到振子第一次通過平衡位置歷時根據(jù)其周期性及對稱性，則有周期T＝0.8s

振子的最大速度為4m/s，則最大動能Ekm＝mv2＝0.4J

根據(jù)振子振動的周期性可知，在t＝1.2s末，振子在最大位移處，據(jù)機械能守恒有Ep＝Ekm＝0.4J

[2]物體的振動周期為0.8s，由于動能是標量，則其變化周期為＝0.4s

所以動能的變化頻率為2.5Hz。

[3]在物體向平衡位置運動時彈力做正功，故在1個周期內(nèi)彈力兩次做正功，根據(jù)其周期性可得1min內(nèi)彈力做正功的次數(shù)為n＝×2次＝150次【解析】①.0.4②.2.5③.15015、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】①.多普勒效應(yīng)②.A③.B16、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】①.錯誤②.錯誤③.錯誤17、略

【分析】【詳解】

[1]由題意可知，第二次到達A點時，來回是對稱的，故單程的時間為0.05s；則由平衡位置到最大位置所用的時間：

則周期：

第三次經(jīng)過A點時，用時：

[2]頻率：【解析】0.7s1.25Hz18、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]以甲運動方向為正方向，根據(jù)碰撞過程中動量守恒可得

解得

[2]甲、乙碰撞過程中總機械能的損失【解析】1140019、略

【分析】【詳解】

若以正弦形式表示圖中的振動表達式，則有

根據(jù)三角函數(shù)的轉(zhuǎn)化可知，用余弦形式表示的振動表達式為

或者【解析】或者四、實驗題(共3題，共18分)20、略

【分析】【詳解】

(1)[1]小球離開軌道后做平拋運動；由于小球拋出點的高度相等，它們在空中的運動時間相等，小球的水平位移與小球的初速度成正比，可以用小球的水平位移代替其初速度，即測量射程，故C正確，AB錯誤。

故選C。

(2)[2]兩球發(fā)生碰撞后，為防止入射球反彈，入射球的質(zhì)量應(yīng)大于被碰球的質(zhì)量，即