第一章 第3节 第2课时 动量守恒定律的应用-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册（人教版2019）

第2课时 动量 白题 县础过关 题型1动量守恒中的多体多过程问题 1.(2025·贵州黔东南期初)《三国演义》中“草 船借箭”是后人熟悉的故事若草船的质量 为M,每支箭的质量为m,草船以速度心，驶来 时，对岸士兵多箭齐发，箭以相同的速度2水 平射中草船.假设此时草船正好停下来，不计 水的阻力，则射出的箭的数目为 ( (M+m)v Mv A.- B.1 mv2 (M+m)2 Me mv C. D. m2 Mv2 2.(2024·江西宜春期初)如图所示，两条船A、B 的质量均为3m,静止于湖面上.质量为m的人 一开始静止在A船中，人以对地的水平速度 从A船跳到B船，再从B船跳到A船…，经 多次跳跃后，人停在B船上，不计水的阻力， 则A船和B船（包括人）的动能之比为() A.1:1 B.4:3 C.3:2 D.9:4 题型2动量守恒中的临界问题 3.(2024·江苏南京期中)如图所示，滑块B放 置在光滑的水平面上，其光滑圆弧曲面的圆 心角小于90°，曲面最低点与水平面相切，小 球A以某一水平初速度o冲向B,则() 0 A.A、B相互作用过程中，A、B组成的系统动 量守恒 B.A、B相互作用过程中，A的机械能守恒 第一章 守恒定律的应用 限时：20min C.A的初速度达到一定数值就可以越过B D.A的初速度无论多大都不能越过B 4.(多选)如图所示，甲、乙两船的总质量（包括 船、人和货物)分别为80m。、20m。,两船沿同一 直线相向运动，速度大小分别为2o、o为避 免两船相撞，甲船上的人不断地将质量为m 的货物袋以相对地面6.2。的水平速度抛向 乙船，且被乙船上的人接住，假设某一次甲船 上的人将货物袋抛出且被乙船上的人接住 后，刚好可保证两船不致相撞，不计水的阻力 则此时 ( A.甲、乙两船的速度大小均为1.4uo B.甲、乙两船的速度大小均为1.25o C.从甲船抛出的总货物袋数为12个 D.从甲船抛出的总货物袋数为10个 题型3动量守恒中的图像问题 5.(2025·山东临沂期中)如图甲所示，物块A 和B用轻弹簧相连，放置在光滑水平面上，在 水平推力F作用下弹簧处于压缩状态，物块B 紧靠竖直墙面，此时物块A和B均静止且弹 簧弹性势能为6J.现将F撤去，当物块B离开 墙面时作为t=0时刻，此后物块A和B运动 的-t图像信息如图乙所示.关于物块A的质 量m,和物块B的质量m,下列说法正确的是 ( ) ↑/m) -AWBb 77777777777777779 A.m=3 kg,ma=2 kg B.ma=3 kg,ma=1 kg C.m=6 kg,mg=2 kg D.ma=6 kg,mg=1 kg 黑白题011 黑题 应用提债 1.(2025·陕西西安期中)如图甲所示，质量 为M的木板放置在光滑的水平面上处于静止 状态，质量为m的子弹（视为质，点）以水平向 右、大小为，的初速度射入木板，当子弹运动 到木板的最右端时刚好未射出，两者的速度 与时间关系图像如图乙所示，下列说法正确 的是 子弹 0.6r 子弹与木板 光滑 0 甲 A.m:M=2:3 voto B.木板的长度为 C.木板在加速过程中所受的摩擦力大小 3mo 为50 D.整个过程中子弹与木板因摩擦产生的热量 鹏 2.(2025·湖北黄冈期中)如图所示，光滑水平 面上有一静止带有四分之一光滑圆弧形轨道 的滑块，轨道底端与水平面相切，滑块质量 为M.质量为m的小球以初速度。从圆弧形轨 道底端冲上轨道，若小球没有从轨道顶端冲 出，在小球冲上轨道到上滑到最高点的过程 中，滑块的位移为x,所用的时间为t,重力加 速度为g.下列说法正确的是 ( 。2 A.小球沿轨道上滑到最高点时的速度为0 B.小球回到轨道底端时的速度大小为o C.小球从冲上轨道到上滑到最高点，小球的 水平位移 mot-Mx 选择性必修第一册·RJ 限时：45min D.仅增大小球的初速度，小球从轨道顶端冲 出轨道后，将沿竖直方向运动 3.如图所示，车厢的质量为m车，长度为l,静止 在光滑水平面上，质量为m的小木块以。的 速度无摩擦地在车底板上向右运动，木块与 前车壁碰撞后以宁向左运动，则经过多长时 间，木块将与后车壁相碰 ( 2ml A. B. o (3m+m车)o ml C. D. m车l (m车+m)vg m车+m)g 4.(2025·江苏宿迁质检)如图所示，质量 为2m、带有半圆形轨道的小车静止在光滑的 水平地面上，其水平直径AB长度为2R.现将 质量为m的小球从A点正上方h,高处由静止 释放，然后由A点进入半圆形轨道后从B点 冲出，在空中上升的最大高度为，（不计空 气阻力)，则 ) 777777777777777777777 A.小球和小车组成的系统动量守恒 B.小球离开小车后做斜上抛运动 C小车向左运动的最大距离为A D.小球第二次能上升的最大高度h满足 3 2ho<h<h 黑白题012 5.(2024·河南周口月考)一位士兵蹲在静止的 皮划艇上进行射击训练，某时刻开始用步枪 沿水平方向发射子弹，每两发子弹之间的时 间间隔相等，在1时间内发射了3发子弹若该 士兵连同装备和皮划艇的总质量为M,每发子 弹的质量为m,子弹离开枪口的对地速度为 o.不考虑水的阻力和发射子弹需要的时间， 忽略因射击导致装备质量的减少，则在t时间 内皮划艇的位移大小为 mvot mot A.3M B. 2M 3mvol 5mvot C.2M D. 2M 6.(2025·山东名校联盟期中)（多选）如图所 示，质量分别为3m、2m的木块A和B,并排放 在光滑水平面上，木块A上固定一竖直轻杆， 轻杆上端的0点系一细线，细线另一端系质 量为m的球C.现将C球拉起使细线水平伸 直，并由静止释放，当C球运动到最低点时， 测得木块B的速度大小为。已知重力加速度 大小为g,则下列说法正确的是 0 A.细线长 15 2g 7 B.C球相对最低点上升的最大高度为 2g C.C球经过最低点的速度大小可能为5vo D.C球经过最低点的速度大小可能为4。 7.(2024·江苏连云港期中)如图，一足够长的 光滑水平面，右侧挡板C与轻质弹簧一端相 连，接触面均光滑的三角形斜劈A静止放在 水平面上，另一可视为质点的小球B从斜劈 顶端距地面高h处静止释放，且mA= 3m,mg=m,小球B滑下与弹簧作用后反向弹 回，下列说法正确的有 第一章 A.小球离开斜劈时两者水平位移x4=3x月 B.小球下滑过程中，支持力对小球不做功 C.弹簧可以获得的最大弹性势能为mgh D.小球反向弹回后能追上斜劈，并滑上斜劈h 高处 压轴挑战 8.如图所示，一质量M=4kg的长木板静止放 置在光滑的水平面上，长木板的上表面AC 段粗糙、BC段光滑，AC的长度L=0.8m:长 木板的左端A静置了一个质量m=1kg的小 物块（可视为质点），右端B连着一段轻质弹 簧，弹簧处于原长时，弹簧的左端恰好位于C 点若给小物块一个初速度。=2m/s,小物 块最终停在长木板的C点：若给长木板一个 水平向左的恒力F=26N(图中未画出)，作 用0.5s后撤去此力，重力加速度g取 10m/s2,求： (1)小物块与长木板粗糙面间的 动摩擦因数； (2)弹簧弹性势能的最大值： (3)小物块最终停在距长木板A点多远处， C-ww.w 进阶突破拔高练P03 黑白题0134.C解析：子弹穿过小球过程中，子弹和小球组成的系统水 平方向动量守恒，设穿过瞬问小球的速度为，小球的质量 为M,向右为正方向，则m。=M+4mo,根据牛顿第二定 律，竖直方向有2Mg-Mg=M 工，解得M=6 m.故选C 4VgL 5.BD解析：AB.A、B匀速运动时，对A、B整体受力分析可得 F=ff,在物体B的速度大小减小到0的过程中，A和B所 组成的系统所受合外力为零，该系统的动量守恒，当物体B 的速度大小为之时，有(m,+m,)加=m,+m,,解得 3,故A错误，B正确：CD.当物体B的速度大小刚减小为 0时，有(m,m,)加=m,以，解得=子，A在F作用下继续 前进，物体A继续加速，当物体B的速度大小为0时，物体A 的速度大小不一定为子，故C错误，D正确放选BD, 6.A解析：小球做平抛运动，下落时间为1=√日 2h =2s,竖直 方向速度大小为D,=gt=20m/s,小球在落到车底前瞬时速 度是25m/8,根据速度的分解有，=√252-202m/s= 15m/s,小球与车在水平方向上动量守恒，以向右为正方向， 则-m,+M=(M+m)x',解得'=5m/s,故选A 7.D解析：A.上述过程，小球和小车组成的系统在水平方向 上所受合外力为0，则系统在水平方向上动量守恒，故A正 确，不满足题意要求：B.小球在圆弧轨道运动时，对车的压 力一直具有水平向右的分力，使车向右加速运动，则球返回 到车左端时，车向右运动的速度最大，故B正确，不满足题 意要求；C.。足够大使小球飞离小车时，此时小球相对车的 速度竖直向上，即此时二者水平分速度相等，则小球一定会 落回小车从圆弧轨道滑落，从左侧离开小车：故无论小球初 速度。多大，小球最终都会从小车左侧离开，故C正确，不 满足题意要求：D.设小球离开小车时，小球的速度为，小 车的速度为，，选取向右为正方向，整个过程中根据水平方 向动量守恒得m=m,+m,由系统机械能守恒得】 m6= 之+联立解得，=0，=，所以小球与小车分离 后做自由落体运动，故D错误，满足题意要求.故选D. 8.D解析：a、b组成的系统在水平方向上所受合力为零，动量 守恒，系统水平方向的初动量为零，在b球落地前翳间系统 水平方向动量仍为零，此时b球的速度方向竖直向下，a球 的速度为零，故AB错误，D正确；a球初动能为零，b球落地 前瞬间a球的动能也为零，故重力对α球不做功，根据动能 定理可知在b球落地前的整个过程中，轻杆对a球做功为 零，故C错误故选D. 压轴挑战 9.(1)2N,方向竖直向上(22：(3)号m 解析：(1)设小球能通过最高点，且此时的速度为1，在上升 过程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒则 1 1 2 mimgl=2m ① 解得，=√6m/s, ② 设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F,方向向 下，则 选择性必修第一册·RJ F+mg=mL' ③ 由②③式，得F=2N, ④ 由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为2N,方 向竖直向上 (2)解除锁定后，设小球通过最高点时的速度为2，此时滑 块的速度为数在上升过程中，因系统在水平方向不受外力作 用，水平方向的动量守恒以水平向右的方向为正方向，有 mv2+Mv=0, ⑤ 在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则 2wnel=宁d， 1 1. ⑥ 由⑤⑥式，得2=2m/s ⑦ (3)设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始位置点 间的距离为51，滑块向左移动的距离为2，任意时刻小球的 水平速度大小为，滑块的速度大小为由系统水平方向 动量守恒，得 m3-M'=0, ⑧ 将⑧式两边同乘以△r,得m,△r-M'△：=0， ⑨ 因⑨式对任意时刻附近的微小间隔△：都成立，累积相加 后，有 ms1-Ms2=0, 0 又31+2=2L, ① .2 由00式得=行m 第2课时动量守恒定律的应用 白题基础过关 1.C2.B 3.C解析：AA、B相互作用过程中，A、B组成的系统合外力不 为零，A、B组成的系统动量不守恒，故A错误：B.A、B相互作 用过程中，只有重力做功，A、B组成的系统机械能守恒，由于 B的机械能增大，故A的机械能减小，故B错误；CD.设光滑 圆弧曲面的圆心角为日，根据A、B组成的系统水平方向动量 守恒，以及机械能守恒有m6=m,:+m,2m,6= ，2+分心+，+m6R（1-m),可知A的初速 1 度达到一定数值就可以越过B,故C正确，D错误故选C. 4,AD解析：AB刚好保证两船不致相撞，可知两船此时速度 相等，设为，以甲船运动方向为正方向，整个过程据动量守 恒定律可得80m,·2。-20m·o=(80m+20m,)u,解得甲、 乙两船的速度大小均为=1,4wo,A正确，B错误；CD,设从甲 船抛出的总货物袋数为，对甲船抛出货物袋的过程由动量 守恒定律可得80m。·2。=n·m。×6.2m。+(80-n)mo,解得 n=10,C错误，D正确.故选AD. 5.B解析：当物块B离开墙面时作为t=0时刻，此时根据能 2E 量守恒可得E,=2m,听，可得物块A的质量为m )°g=3kg,物块B离开墙面后，A、B组成的系统满足动量 守恒，则有m=m+m,由图乙可知，当片=1m/s时， =3m/s,解得物块B的质量为mg=1kg,故选B. 黑题应用提优 1.D解析：A根据动量守恒定律，有m。=(m+M)v,其中。为 子弹和木板达到共同速度时的速度，由图像可知=0.6。，解 得分弓，故A错误：由图像可知，木板的长度为1=宁× 黑白题04 =中，故B错误；C.木板在加速过程中的加速度为a= 4=2 0,6_3,根据牛顿第二定律，木板所受摩擦力为/=Ma= 50 2m.3_2m,故C错误；D.根据功能关系，子弹与木板 3m55 因摩擦产生的热量等于系统动能的减少量，即Q=2m6 之(m+M)(Q6,只，代人数据解得Q=受，放D正确故 选D. 2.C解析：A.小球与滑块组成的系统，水平方向受到合外力 为0，则系统满足水平方向动量守恒，小球沿轨道上滑到最 高点时，两者具有相同的水平速度，根据动量守恒定律可 得m。=(m+M),可得=，放A错误；B设小球回到物 道底端时的速度为1，滑块的速度为2，根据系统水平方向 动量守恒可得w。=m心，+M2,根据系统机械能守恒可得 分+兮，联立解得-散B结误 1 C.根据系统水平方向动量守恒可得m,=m。+Mu,则 有m,l=∑m+∑M和wl,小球从冲上轨道到上滑到最高点， 有m,=m心+k,可得小球的水平位移为。=mg一 ,故 C正确：D.仅增大小球的初速度，小球从轨道顶瑞冲出时 小球相对于滑块的速度方向竖直向上，此时小球与滑块具有 相同的水平速度，则小球冲出轨道后，做斜抛运动，故D错 误故选C 3.B解析：木块和车厢组成的系统动量守恒，设向右为正方 向，碰后车厢的速度为，则有m,=m'一m(2 ,得 3m,方向向右，木块相对车厢的速度大小等于。+心，通 2m家 2m4/ 过长为【的距离，所需时间为= o3mg（m车+3m）o 22m米 4.D解析：A.小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力 为零，系统在水平方向上动量守恒，小球与小车组成的系统 在竖直方向所受合外力不为零，系统在竖直方向上动量不守 恒，故A错误：B.小球与小车组成的系统水平方向动量守 恒，系统水平方向动量为零，小球离开小车时两者在水平方 向速度相等，则小球离开小车时小球与小车水平方向速度均 为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故B错误：C.当小 球向右运动时，设任一时刻小球速度的水平分量大小为”， 小车的速度大小为'，以向右为正方向，根据系统水平方向 动量守恒，得me-2m'=0,即=2'，则小球在水平方向的位 移大小x等于小车在水平方向的位移大小x'的2倍，即 x=2x',又x+x'=2R,解得小车向左运动的最大距离x= R,故C错误；D.小球第一次在车中运动过程中，设小球 克服摩擦力做的功为W,由功能关系得W,=mg(h。 ）小，小球第二次在车中运动过程中，对应位置 处速度变小，小车对小球的弹力变小，小球克服摩擦做的功 W2<W,设小球第二次能上升的最大高度为h,根据功能关 参考答案与解析 系可得心（径，-h）好me,解得，<h,由于要克服摩 擦力做功，因此小球第二次能上升的最大高度肯定小于第 一次上升的最大高度，故第二次能上升的最大高度h满足 )h<h<h,故D正确故选D. 4 5.C解析：发射第一颗子弹时，根据动量守恒可得M△m=mo, 发射第二颗子弹，根据动量守恒可得-M△m=m。-M2,皮划 艇的速度增加量=。，在时间内沿水平方向发射了3 发子弹，则皮划艇在2个。时间内，分别以4、，的速度匀 速运动，每段匀速运动的位移大小分别为=4×宁2 mvot =,×:="m,故1时间内皮划艇的总位移大小为x=中 3mot =2M,C正确，放选C 6.BC解析：ACD.设小球由静止释放到第一次经过最低点的 过程中，小球运动到最低点时的速度大小为，A、B的速度 大小为；小球由静止释放在向下摆动的过程中，对A有拉 力，使得A、B之间有弹力，A、B不会分离，当C运动到最低 点时，A、B间弹力为零，A、B将要分离，A、B分离时速度相 等，A、B、C系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒， 取水平向左为正方向，由系统水平方向动量守恒得m 5m。=0,解得e=5,由机械能守恒定律得mg=2× 1 5加寸据得L一兰放AD结误C正确：退C珠有左 摆至最高点时，A、C共速，水平向左为正方向，由水平方向动 量守恒得me-3m。=4m,由机械能守恒定律得×3m+ 1 2m2=mgh+2×4mi2,解得 27心故B正确故选BC 2g 7.C解析：A小球离开斜劈过程，水平方向平均动量守恒，则有 m=mga,两边同时乘以时间，则有m《=mwad,mA4= 1 m,解得=了，放A错误B小球下滑过程中，合运动方向并 不是沿斜面向下，则支持力并不与运动方向垂直，则支持力做功。 故B错误：C小球离开斜劈过程中，A、B整体在水平方向动量守 恒机械能守恒，m,=m,乞听+2m听=m,h,弹簧获得的 、最大弹性势能等于B到地面时的动能，解得，：，m,。 mgh,故C正确：D根据m,=m,则，n,B反向弹回后，速 度大小不变，则能追上斜劈，但在斜劈上滑过程，两者水平方向动 量守恒，则到达最高点时，水平方向速度不为零，动能不为零，根据 机械能守恒可知，此时B的高度小于h,故D错误故选C. 压轴挑战 8.(1)0.2(2)1J(3)0.3m 解析：(1)根据动量守恒可得mw。=(m+M). 根据能量字恒可得了d-(WmP=mg以，代入数据得 4=0.2. (2)施加外力到撤去外力的过程， 对长木板用动量定理得F-umgt=M1, 黑白题05 施加外力到撤去外力的过程，对小物块用动量定理得 ungt=mv2. 撤去外力后，系统动量守恒，弹簧弹性势能最大时两物体共 速，则M,+me2=（m+M)1, 受外力时长木板做匀加速直线运动，其位移为，=2 1 从静止开始到共速过程对系统运用动能定理可得 Fs:-mgL+Wa=2(M+m)Wa=-AEm=-Em, 或撤去外力到共速运用能量守恒得 g-a)+a=+时-(w+m）a 1 1 22, 代入数据得E,m=1J (3)根据能量守恒可得E,m=mgl, 小物块最终停在距A点x处，则x=L-山， 代入数据解得x=0.3m. 第4节实验：验证动量守恒定律 白题 甚础过关 1.D解析：本题中如果导轨水平，则滑块应做匀速运动，因此 要想更精准地进行检验，可以增大光电门1、2之间的距离。 从而更准确地判断速度是否发生变化：而换用质量更大的滑 块、宽度更小的遮光条以及提高测量遮光条宽度△x的精确 度对速度变化均没有影响，故D正确，ABC错误放选D. 2.(1)左(2)5」 (3)%-mm J△4△A 解析：(1)滑块A通过光电门2的时间变长，说明速度减小 右端过高，因此应将左端适当垫高：(2)滑块A通过光电门1 的速度等于挡光片通过光电门1的平均速度，得= d (3)取向右方向为正，根据动量守恒定律m品， d d ,整理得必=心 m12 "41△3△2 3.(1)需要(2)大于(3)OM、OP和0N的距离(4)AD 解析：(1)本实验需要小球从斜槽末端离开后做平抛运动， 所以斜槽末端需要保持水平， (2)为了使两球碰撞后A球不反弹，两球质量满足m>m: (3)采用图甲装置实验时，两小球下落高度相同，所以做平 抛运动的时间相同，而两小球碰撞前后的速度分别正比于对 应的水平位移大小，所以在验证动量守恒表达式时可直接代 入水平位移来间接代替速度，则实验中还必须测量的物理量 是OM、OP和ON的距离 (4)采用图乙装置实验时，设A与B碰撞前瞬间的速度为 1,碰后瞬间二者的速度分别为和吃，根据动量守恒定律 和机械能守恒定律分别得 mA,=mA+mg吃， ⊙ 之=以， 1 @ 联立①2解得时-m matme. ③ 2m4 = -t1>U1 ④ m4+m 两小球做平抛运动的水平位移相同，水平初速度与运动时间 成反比，而下落高度越大运动时间越长，则根据③④式可知 选择性必修第一册·RJ P点是A单独抛出时在竖直木板上的撞击点，M、N点分别 是A与B碰撞后各自在竖直木板上的撞击点，根据平抛运 动规律可得 x ⑤ 2B'P ⑥ 2B'M ⑦ 3 2B'N 联立①⑤6⑦可得 mA」 m ⑧ √Bp√B'M√BW 若⑧式在误差允许范围内成立，则表明此碰撞动量守恒，且 要验证上式，必须测量B'N、BP和BM的距离.故选AD. 黑题应用提优 1.B 2.ABD 3.(1)70(2)0.05(3)2:3 解析：(1)由图可知第2、3、4次闪光时B没有发生移动，说 明B发生碰撞后停止运动速度为零，所以碰撞发生在 70cm处 (2)碰撞后A向左匀速直线运动，其速度为(=：= 20 0.1 cm/s=200 cm/s, 从碰撞到第二次闪光时A向左运动10cm,时间为t'= 10 2008=0.058, 第一次闪光后到发生碰撞时间为t=△t-'=0.1s-0.05s= 0.058 (3)碰撞前A速度为，0.05 cm/s=100 cm/s, 10 碰撞前B速度为e005em/s=200cma, 以向左为正方向，对A、B系统，根据动量守恒定律得 m=-mA+mr,解得m4:mw=2:3. cos 0, 4.(1)>(2)C(3)m√8im6, cos"0 /c0s28 =m sin 03。 +m sin 01 解析：(1)为保证入射小球不反弹，两小球的质量应满 足m1>mz 1 (2)小球平抛过程有Rsin0=2g,Rces0=,联立求解得 gRcos日 √2n0,由碰撞中动量守恒有m,=m,w+m,由 图可知，P点是不放小球2时小球1从斜面上A点由静止释 放后的落点位置，N点和M点分别是放小球2时碰撞后小 球2和小球1的落点位置，将？代人，化简后得 c0s282 cos0 mi√sin9, =m sin 03 +mn,为了完成该实验，在 测量日1、62、8的基础上，还需要测量的物理量是两小球的质 量m1m.故选C (3)由上述过程可知，当所测物理量满足表达式 /cos2 02 cos20 m sin 02 =m1√sim8 ©时，说明两小球碰撞 +m√sin 过程满足动量守恒定律 黑白题06