2025年外研版选择性必修1物理上册阶段测试试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年外研版选择性必修1物理上册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、一列简谐横波向右传播，在其传播路径上每隔L=0.1m选取一个质点，如图甲所示，t=0时刻波恰好传到质点1，并立即开始向上振动，经过时间t=0.3s；所选取的1~9号质点间第一次出现如图乙所示的波形，则下列判断正确的是（）

A.t=0.3s时刻，质点1向上振动B.t=0.3s时刻，质点8向上振动C.t=0至t=0.3s内，质点5振动的时间只有0.2sD.该波的周期为0.3s，波速为8m/s2、甲、乙两人平行站在一堵墙前面，二人相距距离墙均为当甲开了一枪后，乙在时间后听到第一声枪响，则乙听到第二声枪响的时间为（）A.听不到B.甲开枪后C.甲开枪后D.甲开枪后3、如图所示，两带电金属球在绝缘的光滑水平桌面上沿同一直线相向运动，A球带电为－q，B球带电为＋2q；下列说法中正确的是（）

A.相碰前由于两球之间有引力，两球的总动量不守恒B.相碰后两球的总动量随两球的距离逐渐减小而增大C.相碰分离后任一瞬时两球的总动量都等于碰前两球的总动量D.因为两球相碰前后的作用力从引力变为斥力，所以两球前后的总动量不等．4、如图所示，质量为M的小车静止在光滑水平面上，AB是小车内半圆轨道的水平直径，半圆轨道的半径为R，现将一质量为m的小球从距A点正上方h高处由静止释放，小球由A点沿切线方向经半圆轨道后从B点冲出，在空中能上升的最大高度为0.9h；不计空气阻力。下列说法正确的是（）

A.小车向左滑动的最大距离为B.小球到半圆轨道的最低点时，小球的速率为C.小球离开小车后做竖直上抛运动D.小球第二次冲出轨道后在空中能上升的最大高度为0.8h5、如图所示，细线上端固定于O点，其下端系一小球，静止时细线长L.现将悬线和小球拉至图中实线位置，此时悬线与竖直方向的夹角θ＝60°；并于小球原来所在的最低点处放置一质量相同的泥球，然后使悬挂的小球从实线位置由静止释放，它运动到最低点时与泥球碰撞并合为一体，它们一起摆动中可达到的最大高度是()

A.B.C.D.6、如图所示，两物体的质量比它们原来静止在足够长的平板车上，间有一根被压缩了的弹簧，地面光滑。当弹簧突然释放后，且已知组成的系统动量守恒。则有（）

A.与的动摩擦因数相等B.某一时刻速率之比为3：4C.最终稳定时小车向右运动D.系统动量不守恒评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)7、图甲为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0.2s时的波形图，质点P、Q的平衡位置分别位于x=2m和x=4m处。图乙为介质中某一质点的振动图像；则（）

A.该简谐横波的传播速度为10m/sB.乙图可能是质点Q的振动图像C.t=0时质点P的速度沿y轴负方向E.t=0.1s时，质点P的加速度与质点Q的加速度相同E.t=0.1s时，质点P的加速度与质点Q的加速度相同8、图为网上热卖的一款弹力软轴乒乓球训练器，轻质弹力轴上端固定一乒乓球，下端固定在吸盘上。开始时弹力轴竖直。乒乓球处于静止状态．且到水平地而的距离为h。现让一小孩快速挥拍水平击球，球拾好能触到地面（此时球的速度为零，弹力轴的弹性势能为）并开始返回．已知兵乓球的质量为m，小孩瞬间击球使乒乓球获得的速度为v，弹力轴恢复到竖直位置时乒乓球的速度为正力加速度为g；则（）

A.小孩击球过程中对乒乓球的冲量大小为B.乒乓球全程动量的变化量大小为C.从击球完毕到乒乓球触地的过程中，系统机械能损失D.从乒乓球触地到弹力轴恢复到竖直位置的过程中，系统机械能损失9、一弹簧振子做简谐运动，则以下说法正确的是（）A.振子的加速度方向始终指向平衡位置B.已知振动周期为T，若Δt＝T，则在t时刻和（t＋Δt）时刻振子运动的加速度一定相同C.若t时刻和（t＋Δt）时刻弹簧的长度相等，则Δt一定为振动周期的整数倍D.振子的动能相等时，弹簧的长度不一定相等10、如图，物块A、C置于光滑水平桌面上，通过轻绳绕过两定滑轮和一动滑轮相连接，动滑轮下方悬挂物块B，不计滑轮质量，轻绳分别与水平面和竖直面平行，物块A的质量m1=3kg，B的质量m2=2kg，C的质量m3=1kg，取g=10m/s2；三个物块同时由静止释放且物块A与C始终不与滑轮碰撞，则下面说法正确的是（）

A.运动过程中物块C的动量大小之比为1：1B.运动过程中物块C的速度之比为3：1C.运动过程中物块A所受轻绳拉力的大小为6ND.物块B由静止开始下降h=0.5m时，物块A的速度大小是v=1m/s11、如图是双缝干涉实验装置的示意图，S为单缝，双缝之间的距离是P为光屏，双缝到屏的距离为1.2m。用绿色光照射单缝S时，可在光屏P上观察到第1条亮纹中心与第6条亮纹中心间距为若相邻两条亮条纹中心间距为则下列说法正确的是（）

A.为B.增大双缝到屏的距离，将变大C.改用间距为的双缝，将变大D.换用红光照射，将变大评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)12、判断下列说法的正误。

（1）小鸟飞走后树枝的往复运动不是机械振动。（____）

（2）弹簧振子同质点一样都是理想化模型。（____）

（3）弹簧振子的x－t图像的曲线就是它的运动轨迹。（____）

（4）弹簧振子的位移是从平衡位置指向振子所在位置的有向线段。（____）

（5）简谐运动的图像表示质点振动的轨迹是正弦曲线。（____）

（6）振动图像中弹簧振子的位移－5cm小于1cm。（____）13、表示：相位的大小为_______，其中φ是t＝0时的相位，叫初相位，或初相。14、光滑水平面上的弹簧振子，振子质量为50g，若在弹簧振子被拉到最大位移处释放时开始计时，在t＝0.2s时，振子第一次通过平衡位置，此时速度为4m/s。则在t＝1.2s末，弹簧的弹性势能为________J，该弹簧振子做简谐运动时其动能的变化频率为________Hz，1min内，弹簧弹力对弹簧振子做正功的次数为________次。15、如图表示产生机械波的波源S做匀速运动的情况，图中的圆表示波峰，该图表示___________现象，观察到波的频率最高和最低的位置分别是________、________。

16、判断下列说法的正误。

（1）发生多普勒效应时，波源的频率发生了变化。____

（2）当波源和观察者向同一个方向运动时，一定发生多普勒效应。____

（3）当观察者远离波源运动时，观察者接收到的波的频率变大。____17、如图所示，一质点在平衡位置O点两侧做简谐运动，在它从平衡位置出发向最大位移A处运动过程中，经第一次通过M点，再经第二次通过M点，此后还要经_____，它可以第三次通过M点，该质点振动的频率为__________.

18、冰球运动员甲的质量为当他以的速度向前运动时，与另一质量为速度大小为的迎面而来的运动员乙相撞。碰后甲恰好静止。假设碰撞时间极短，则碰后乙的速度的大小为__________m/s；甲、乙碰撞过程中总机械能的损失__________J。19、如图所示的振动曲线，如果采用国际单位制（SI），则用余弦形式表示的振动表达式x=______（SI）。

评卷人得分四、实验题(共3题，共18分)20、用如图所示装置验证动量守恒定律；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。可以仅通过测量_______（填选项前的序号）间接地解决这个问题。

A．小球开始释放时的高度h

B．小球抛出点距地面的高度H

C．小球做平抛运动的水平位移。

（2）在实验中，入射小球、被碰小球的质量分别为m1和m2，关于m1和m2的大小，下列关系正确的是______.

A．m1=m2B．m1>m2C．m1<m2D．以上都可以。

（3）若两球在碰撞前后动量守恒，需要验证的表达式为_________________。21、在“验证动量守恒定律”的实验中；某同学采用如图所示的“碰撞实验器”来验证动量守恒定律。

（1）实验中必须要求的条件是______（填选项前的字母）。

A.斜槽轨道尽量光滑以减少误差。

B.斜槽轨道末端的切线必须水平。

C.入射球和被碰球的质量必须相等；且大小相同。

D.入射球每次必须从轨道的同一位置由静止释放。

（2）图中点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射小球多次从斜槽上位置由静止释放，找到其落地点的平均位置测量平抛射程然后，把被碰小球静置于轨道水平部分的末端，再将入射小球从斜槽上位置由静止释放，与被碰小球相碰，并多次重复。空气阻力忽略不计。接下来要完成的必要步骤是______（填选项前的字母）。

A.测量两个小球的质量

B.测量入射小球开始释放时的高度

C.测量抛出点距地面的高度

D.分别找到入射小球、被碰小球相碰后落地点的平均位置

E.测量平抛射程

（3）若两球相碰前后的动量守恒，则其表达式为______；若碰撞是弹性碰撞，则还可以写出的表达式为______。（用上一问中测量的量表示）

（4）某次实验中得出的落点情况如图所示，假设碰撞过程中动量守恒，则入射小球的质量和被碰小球的质量之比为______。

22、(1)如图1所示是三个涉及纸带和打点计时器的实验装置图。

①以上三个实验中，摩擦力对实验结果没有影响的是_________（填“甲”、“乙”或“丙”）。ABCDEFGHIJ00.862.224.026.168.5811.1413.7416.3418.94

②小陈同学在实验操作正确的情况下得到一条如图2所示的纸带（图中数据点即打印点）。测得图中各点到A点的距离如上表（单位：cm），则该纸带是_________（填“甲”、“乙”或“丙”）实验中产生的。推算可得打“J”点时小车的速度是______m/s（保留2位有效数字）。

③若在某个实验中，小波同学通过处理纸带上的数据点，在坐标纸上描点并拟合图线绘制了如图3所示的v-t图像，其对应的运动物体的加速度a的大小为______m/s2（保留2位有效数字）。

(2)小张同学做“测定玻璃的折射率”实验。实验中所用玻璃砖有4个光学面A、B、C、D，如图4所示，其中A、C两面相互平行，对入射面和出射面的认识正确的是_______。

A．只能选用A、C两面B．可以选用A、B两面C．不能选用B、D两面参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【详解】

AB．根据题意，简谐横波向右传播，由波形的微平移法可知，s时刻；质点1和质点8均向下振动，AB错误；

CD．由时刻波恰传到质点1，并立即开始向上振动，经过s，质点9的振动方向向下，则号质点间第一次出现如图乙所示波形，波传播了的时间，由s，得s。质点5振动方向向上，质点5振动的时间是一个周期s。由图可得波的波长为0.8m，由波速公式得m/sm/s

C正确；D错误。

故选C。2、C【分析】【分析】

【详解】

乙听到的第一声枪响必然是甲放枪的声音直接传到乙的耳中；故。

甲；乙二人及墙的位置如图所示。

乙听到的第二声枪响必然是墙反射的枪声，由反射定律可知，波线如图中和由几何关系可得。

故第二声枪响传到乙的耳中的时间为。

故选C。3、C【分析】【详解】

两球组成的系统受外力的合力为零；系统的动量守恒，因此，两球碰撞前后动量守恒，故ABD错误,C正确．

故选C．

【点睛】

只要系统受外力合力为零，系统的动量守恒．4、C【分析】【详解】

AC．小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，可知系统水平方向的总动量保持为零。设小车向左运动的最大距离为x。以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得mv-Mv′=0

即有

解得小车的位移为

小球由B点离开小车时系统水平方向动量为零；小球与小车水平方向速度为零，所以小球离开小车后做竖直上抛运动，故A错误，C正确；

B．若小车内半圆轨道光滑，则小球达到最低点时，设小球和小车的速度分别为v1和v2，由动量守恒和能量关系mv1-Mv2=0

解得

但是由于半圆内轨道有摩擦阻力，则小球到达轨道最低点时的速率不等于选项B错误；

D．小球第一次车中运动过程中，由动能定理得mg（h-0.9h）-Wf=0

Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得Wf=0.1mgh

即小球第一次在车中滚动损失的机械能为0.1mgh，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于0.1mgh，机械能损失小于0.1mgh，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于0.9h-0.1h=0.8h；故D错误。

故选C。5、C【分析】【详解】

小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgL（1-cos60°）=mv2，则

两球碰撞过程动量守恒，以小球与泥球组成的系统为研究对象，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv=（m+m）v′，解得碰后两球的速度：碰后两球上摆过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：•2m•v′2=2m•gh，解得h=故选C．6、B【分析】【分析】

【详解】

AB．A、B组成的系统动量守恒，则AB两物体所受的摩擦力应该大小相等方向相反，系统所受合外力才为0，因为AB质量不相等所以动摩擦因数不相等；A错误；

B．由题知，任意时刻A、B组成的系统动量守恒，且初状态的总动量为零，根据动量守恒有

解得

B正确；

CD．由题可知，ABC三物体所组成的系统动所受合外力为0；动量守恒。最终稳定时，三个物体应该都处于静止状态，CD错误。

故选B。二、多选题(共5题，共10分)7、A:B:C【分析】【详解】

A．从甲图中可知根据图乙可知故波速为

A正确；

B．根据走坡法可知图甲中的P点在t=0.2时正向上运动，而Q点在t=0.2s时正向下振动，而图乙中t=0.2s时质点正通过平衡位置向下振动，所以乙图可能是质点Q的振动图像；B正确；

C．因为周期为0.4s，故在t=0时，即将甲图中的波形向前推半个周期，P点正向下振动；C正确；

D．根据题意可知0.1s为四分之一周期，质点P在0.2s~0.3s内的位移为2cm；0.25s为过程中的中间时刻，质点从平衡位置到波峰过程中做减速运动，所以前一半时间内的位移大于后一半时间内的位移，即0.25s时的位移大于1cm，D错误；

E．P点和Q点相距半个波长；两点为反相点，振动步调总是相反，在任意时刻两点的加速度方向总是相反，E错误。

故选ABC。8、B:C【分析】【分析】

【详解】

A．据定量定理可得；小孩击球过程中对乒乓球的冲量大小为。

A错误；

B．以乒乓球返回时的速度方向为正方向；则全程动量的变化量大小为。

B正确；

C．从击球完毕到乒乓球触地的过程中；据能量守恒可得，系统机械能损失。

C正确；

D．从乒乓球触地到弹力轴恢复到竖直位置的过程中；由能量守恒可得，系统机械能损失。

D错误。

故选BC。9、A:B:D【分析】【分析】

【详解】

A．振子的加速度方向始终指向平衡位置；A正确。

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

C．从平衡位置再回到平衡位置；经历的时间最短为二分之一周期，弹簧的长度相等，C错误。

D．关于平衡位置对称的两个位置；振子的动能相等，弹簧的长度不相等，D正确。

故选ABD。10、A:C:D【分析】【分析】

【详解】

A．运动过程中物块A；C系统在水平方向动量守恒；所以物块A、C的动量大小之比为1：1，故A正确；

B．由

可得

故B错误；

D．假设当物块B下降h=0.5m时，物块A的速度为v，则C的速度为3v，由A、B、C三者的运动关系可知

三者系统机械能守恒可得

代入整理可得

故D正确；

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关系满足

根据

可得

对A有，根据牛顿第二定律有

对C有，根据牛顿第二定律有

对B有，根据牛顿第二定律有

解得

代入求得

故C正确。

故选ACD。11、A:B:D【分析】【分析】

【详解】

A．第1条亮纹中心与第6条亮纹中心间距为则相邻两条亮条纹中心间距为

故A正确；

B．根据双缝干涉的各条纹距离可知，增大双缝到屏的距离将变大；故B正确；

C．由可知，增大双缝的距离d，将变小；故C错误；

D．绿色换用红光照射，即光的波长变长，由知将变大；故D正确；

故选ABD。三、填空题(共8题，共16分)12、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】错误正确错误正确错误错误13、略

【分析】【详解】

略【解析】ωt＋φ14、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]从释放到振子第一次通过平衡位置历时根据其周期性及对称性，则有周期T＝0.8s

振子的最大速度为4m/s，则最大动能Ekm＝mv2＝0.4J

根据振子振动的周期性可知，在t＝1.2s末，振子在最大位移处，据机械能守恒有Ep＝Ekm＝0.4J

[2]物体的振动周期为0.8s，由于动能是标量，则其变化周期为＝0.4s

所以动能的变化频率为2.5Hz。

[3]在物体向平衡位置运动时弹力做正功，故在1个周期内弹力两次做正功，根据其周期性可得1min内弹力做正功的次数为n＝×2次＝150次【解析】①.0.4②.2.5③.15015、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】①.多普勒效应②.A③.B16、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】①.错误②.错误③.错误17、略

【分析】【详解】

[1]由题意可知，第二次到达A点时，来回是对称的，故单程的时间为0.05s；则由平衡位置到最大位置所用的时间：

则周期：

第三次经过A点时，用时：

[2]频率：【解析】0.7s1.25Hz18、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]以甲运动方向为正方向，根据碰撞过程中动量守恒可得

解得

[2]甲、乙碰撞过程中总机械能的损失【解析】1140019、略

【分析】【详解】

若以正弦形式表示图中的振动表达式，则有

根据三角函数的转化可知，用余弦形式表示的振动表达式为

或者【解析】或者四、实验题(共3题，共18分)20、略

【分析】【详解】

(1)[1]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，可以用小球的水平位移代替其初速度，即测量射程，故C正确，AB错误。

故选C。

(2)[2]两球发生碰撞后，为防止入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即