第一章 动量守恒定律 真题演练-【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 江苏专用）

(3)人第二次接住木箱的过程，根据动量守恒定律有 mwo+Mv,=(M+m)v2, 人第三次推出木箱的过程，根据动量守恒定律有M, mo=(M+m)吃， mo=1.5m/s, 解得三M 推理可知，人第n次推出木箱后，人和小车的速度？，= (2n-1)mwo M 当≥，时，人将接不住木箱，即2-)≥， M M 1 解得n≥2m2-10.5, 所以人第11次推出木箱后，人将接不到木箱， 13.(1)4m/s(2)0.3(3)0.3m 解析：(1)A与C发生碰撞，根据动量守恒m=m,+ mcUc 根据机被能守恒宁，防=子，心+子me2。 1 解得=4m/s,e=12m/s: (2)A,B共速，根据动量守恒mgo+m,=(m+mg)D福， 解得v=5m/8, B在A上滑动，再次回到A的最左端A、B共速时，根据能量 守相得2m,=了，+-mn, 1 解得4=0.3： (3)B恰好运动到圆弧轨道最高点，根据动量守恒有 mADa十mgDg=（mu+mR）共， 1 1 根据能量守恒m,8以+m8R=乞m+2m听- 2（m+ma), 解得R=0.3m. 第一章真题演练 黑题真题体验 1.AD解析：物块与地面间的摩擦力为f=mg=2N, 对物块0~38内由动量定理可知(F-)1=m,得3= 6m/s, 3s时物块的动量为p=m3=6kg·m/s, 设3s后经过时间1物块的速度减为0，由动量定理可得 -(F+/1=0-mw,解得=18， 所以物块在4s时速度减为0，则此时物块的动能也为0， 故A正确，C错误 0-3g物块发生的位移为，1，由动能定理可得 (F-Dx=2m所，得=9m, 3一48过程中，对物块由动能定理可得 -(F+0x-02m,得名=3m, 4~6s物块开始反向运动，物块的加速度大小为 a=P-2m/: m 1 发生的位移为名=22=4m4, 即6s时物块没有回到初始位置，故B错误 选择性必修第一册 D.物块在6s时的速度大小为6=at'=4m/s, 0~6s力F所做的功为W=F(1-x+x,)=40J,故D正确 故选AD. 2.BD解析：A.根据牛顿第三定律结合题图可知1=0.15s时 蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，此时运动员 处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误：BC.根据题 图可知运动员从1=0.30离开蹦床到=2.30s再次落到蹦 床上经历的时间为25，根据竖直上抛运动的对称性可知，运 动员上升时间为18，则在1=1.308时，运动员恰好运动到最 大高度处，t=0.30s时运动员的速度大小v=gt=10m/s,故 B正确，C错误：D.同理可知运动员落到蹦床时的速度大小 为10m/s,以竖直向上为正方向，根据动量定理F△1- mg△=m-(-mw),其中△=0.3s,代入数据可得F= 4600N,根据牛顿第三定律可知运动员每次与蹦床接触到 离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N,故D正确. 故选BD. 3.BD解析：A.取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统 的初动量为 P1=m1=1x0.40kg·m/s=0.40kg·m/8, 碰撞后的动量为 P2=2mw2=2x1x0.22kg·m/s=0.44kg·m/8, 则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误： B.对滑块1，取向右为正方向，则有 I1=mw2-mw1=1×0.22kg·m/s-1×0.40kg·m/8= -0.18kg·m/8, 负号表示方向水平向左，故B正确： C.对滑块2，取向右为正方向，则有 2=mm2=1×0.22kg·m/s=0.22kg·m/s,故C错误； D.对滑块2根据动量定理有F=12,解得F=5.5N, 侧滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N,故D正确， 故选BD. 4.BD解析：A.锤子撞击木栓到木栓进入过程，对木栓分析可 知合外力的冲量为0，锤子对木栓的冲量为1，由于重力有冲 量，则木料对木栓的合力冲量不为-1，故A错误：B.锤子撞 击木栓后木栓获得的动能为民？：木栓进人过程 根据动能定理有(mg-f)△x=0-E,解得平均阻力为∫= 2mAx+mg,故B正确：C.木栓进入过程损失的机械能等于克 服阻力做的功，45A=+ +mgAx,△E本检一部分转化为 木料的弹性势能，因此木料和木栓的机械能共损失了△E= 2mmg△r-E,放C错误；D.对木栓的一个侧面受力分析如 图，由于方孔侧壁弹力星线性变化，则有2（血0+ F,cos0)=4于，且根据B选项求得平均阻力f2mAmg,又 因为f=uF、,联立可得∫户4m△x(c叶in,故D正确故 选BD 黑白题14 5.A解析：CD.剪断细绳后，A、B、弹簧组成的系统所受合外力 为零，则此系统满足动量守恒定律，即系统动量不变，因各表 面均光滑，故系统无机械能损失，满足机械能守恒定律，系统 机械能也不变，故CD错误：B.剪断细绳后，A、B、弹簧组成的 系统动量守恒，弹簧压缩最短时A、B共速，因系统初动量为 零，故弹簧压缩最短时系统动量也为零，则此时A、B的动量 均为零，故此时B的动能为零，并非最大，故B错误；A.由A、 B、弹簧组成的系统动量守恒与机械能守恒，可知运动过程 中A、B的动量始终等大反向，故A、B同时达到各自的速度 最大值，当弹簧为原长时，弹簧弹性势能为零，则A、B的总 动能最大，故此时A、B的速度达到最大值，B的动量最大， 故A正确.故选A 6.AD解析：AC.要使木块获得的速度最大，子弹和木块具有 共同速度，设为，且相对位移为L:取初速度方向为正方向， 根据动量守恒定律m。=(m+M)",根据能量守恒定律L= 2mG2(m+M)已，联立解得，=2L(m+ mM M,子弹和木块损失的总动能△5，=，L=2水(m+M 2k mM 故A正确，C错误：B.取初速度方向为正方向，根据动量定 理i=o=Me,代入数据联立解得t= (m+M故B错误； mM D.木块在加速过程中做匀加速直线运动，x=21二 D正确.故选AD. 7.ABD解析：由于在0~L时间内，物体B静止，则对B受 力分析有F=Fm,则墙对B的冲量大小等于弹簧对B的冲 量大小，而弹簧既作用于B也作用于A,则可将研究对象转 为A,撤去F后A只受弹力作用，则根据动量定理有I=m0 (方向向右)，则墙对B的冲量与弹簧对A的冲量大小相等、 方向相同，A正确： 由a-t图可知，1后弹簧被拉伸，在，时刻弹簧的拉伸量达 到最大，根据牛顿第二定律有F弹=m4,=ma8, 由图可知aa>a,则ma<m4,B正确； 由图可得，1时刻B开始运动，此时A速度为。，之后A、B 动量守恒，A、B和弹簧整个系统能量守恒，则 mAvo =mAUA+mAU8 可得A,B整体的动能不等于0，即弹簧的弹性势能会转化为A、 B系统的动能，弹簧的形变量小于x,C错误： 由α-t图可知，h1后B脱离墙壁，且弹簧被拉伸，在(-52时间 内A、B组成的系统动量守恒，且在与2时刻弹簧的拉仲量达到最 大，A、B共速，由a-t图像的面积为△，在1，时刻A、B的速度分 别为4=S,-S2,g=S3, A、B共速，则S,-S2=S,D正确.故选ABD &.(a)4a是（②3m(e 6vo 解析：(1)球1第一次经过P点后瞬间速度变为2。，所以 F.=m (2)2 R=4m R (2)球1与球2发生弹性碰撞，且碰后速度大小相等，说明球 1碰后反弹，则 2mw2* m·2,-m+m,2am(2)2= 2m2, 联立解得=o,m'=3m (3)设两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间为△，则 参考答案与解析 TR 42o5+245=mR. 所以△1=44=6 5πR 9.C解析：对离子，根据动量定理有F·△1=△m,而△m= 3.0×103×10’kg/s×△，解得F=0.09N,故探测器获得的平 均推力大小为0.09N,故选C. 10.C解析：设1分钟内射出的子弹数量为n,则对这n颗子 弹由动量定理得F=nmo,代入数据解得n=120,故选C. 11.B解析：爆炸时，水平方向，根据动量守恒定律可知 m,-m2,=0,因两块碎块落地时间相等，则m1考-m2x2= Q空二：了·则两蹄块的水平位移之比为1：2，组合 位移之比不等于1：2，选项A错误：设两碎片落地时间均 为1，由题意可知 6-)店2解得1=45，爆炸物的爆炸 58-t)声1 1 点离地面高度为h2g=2×10x4m=80m,选项B正 确：爆炸后质量大的碎块的水平位移x,=(5-4)×340m= 340m,质量小的碎块的水平位移2=(6-4)×340m= 680m,爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m+ 60m=1020m,质量大的碎块的初速度为与=产 340 4 m/s=85m/s,选项CD错误故选B. 12.(1)>(2)mxp=m.xw+mxx小球离开斜槽末端后做平 抛运动，竖直方向高度相同故下落时问相同，水平方向做匀 速直线运动，小球水平飞出时的速度与平抛运动的水平位 移成正比 解析：(1)实验中为保证a、b两球碰撞时a球不会被反弹， a,b两球的质量须满足的条件是m。>m4, (2)两球离开斜槽后做平抛运动，由于抛出点的高度相等， 它们做平抛运动的时间：相等，碰撞前：球的速度大小o= ,碰撞后a球的速度大小，=，碰撞后b球的速度大 产，如果碳植过程系统动量守恒，则碰撞前后系统动量 相等，则m。=m,。+m,6,整理得m。xp=m。xw+my小球 离开斜槽末端后做平抛运动，竖直方向高度相同故下落时 间相同，水平方向做匀速直线运动，小球水平飞出时的速度 与平抛运动的水平位移成正比 13.(1)4m/s(2)①0.21kg②4.5m 解析：(1)根据题意可知小物块在Q点由合力提供向心力 有mg+3mg=mR' 代人数据解得D=4m/s, (2)①根据题意可知，当F≤4N时，小物块与轨道一起向 左加速，根据牛顿第二定律可知F=(M+m)a, 根报题图乙有k==05g 当外力F>4N时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道有 F-umng=Ma, 结合题图乙有aMFM =】FHmg 可知=立1g, 黑白题15 纵轴上的截距b=图=-2m/62, M 联立以上各式可得M=1kg,m=1kg,=0.2: ②由图乙可知，当F=8N时，轨道的加速度为6m/s2,小物 块的加速度为a2=g=2m/g, 当小物块运动到P点时，经过时间，则轨道有=ao 小物块有2=ao, 在小物块从P点运动到Q点过程中系统机械能守恒有 +md分2neR, 水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，则有M,+ mv2=Mv+mv: 联立解得。=1.5s(另一解t=3.47s不特合题意舍去)， 根据运动学公式有1=之，心-之46， 代入数据解得L=4.5m. 14.(1)m4 m品 e2"-1 ma+m ；(m:+mg)R (2)2或(3)2(e-) mA.2R ma十m后 解析：(1)由题意可得，小球A和小球B发生完全非弹性 碰撞， 根据动量守恒，有mo=(m,+ma), 碰后两球粘在一起做匀速圆周运动，P,=(m,+m), 联立解得人n m好 ma+ms (2)若两球发生弹性碰撞，则有mo=m,+mg"g, 2”哈 联立解得4= m4一m 2mA -U0,U8= -Uo a+m m+m 因为m4>m,所以碰后瞬间小球A与小球B同向运动， 记第1次的碰撞位置与第2次的碰撞位置之间包含第1次 碰撞位置下方的圆弧长度为L, 第2次碰撞后，根据运动的可逆性，两小球将恢复到= ,g=0的状态，此时小球B不动，小球A绕过一圈与小球 B发生第3次碰撞， 此后将重复第1次碰撞与第3次碰撞之间的运动，即 第2m-1次碰撞位置与第2n次碰撞位置之间包含第2n 1次碰撞逆时针方向附近的圆弧长度恒为L,第2n次碰撞 位置与第2+1次碰撞位置重合， 要使得所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点。 则L为兮或子个圆周： 3 ①喏L为兮个圆周，即第2次碰撞时在6位置相遇，则小 ()2R 球A、B经过的路程之比 +k+1]2R 选择性必修第一册 中0123，号-装海号兰 m,2-3班，显然k=0, 即m=2 me ②诺L为号个圆周，即第2次碰擅时在e位登相遇，则小 球AB经过的路程之比 (t12a 3其 m。1-3欢显然k=0, 、中k=0,12,3,….即3+5解得=3+5月 即m=5； ma 综上m 4为2或5 (3)将小球A第n次碰撞后的速度记为a,小球B第n次 碰撞后的速度记为， 由题目可知，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对 速度大小的e倍， 以小球B为参考系，小球A以初始相对速度，与小球B发 生碰撞，碰撞后小球A以-m的相对速度反弹，第n次碰撞 后，相对速度的大小变为©"（每次碰撞后相对速度都要反 向，即每次碰撞后小球A和B的速度会有快慢交替)，相邻 两次碰擅之间的时间为。，= 2TR e"to 第1次碰撞时，根据动量守恒与恢复系数有m%= ma心41+mgP,Duvg1=-地0， mA一emg 解得P1一m+m: (1+e)mA o.m=matma 第2次碰撞时，根据动量守恒与恢复系数有m4= mAUAz +mgtmam=evo, 解得Pa mate'ma (1-e2)m ma+ma o,= o, ma+ma 同理，第3次碰撞时，可得= ma-emg 0,书m三 ma+ms (1+e3)m4 V0+ ma+ma 归纳可得.= m+(-1)"e"m to, [1-(-1)e]m4 matms 则第n次碰撞后的小球B的路程 -1em。2.H-2. 5,=mn= ma+mg e"6e ma+ma .11 e-1 mA.2R= e2-1.m·2mR ma+mg e2(e-I）ma+mg 黑白题16第一章 黑题 真题体验 考点1动量定理的应用 1.(2022·全国乙卷)（多选）质量为1kg的物块 在水平力F的作用下由静止开始在水平地面 上做直线运动，F与时间t的关系如图所示.已 知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加 速度大小g取10m/s2.则 ↑FN A.4s时物块的动能为零 B.6s时物块回到初始位置 C.3s时物块的动量为12kg·m/s D.0~6s时间内F对物块所做的功为40J 2.(2024·全国甲卷)（多选）蹦床运 动中，体重为60kg的运动员在t= 0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力 大小F与时间t的关系如图所示.假设运动过 程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦 床接触时蹦床水平.忽略空气阻力，重力加速 度大小取10m/s2.下列说法正确的是( FIN 051.0152.0 2.5 A.t=0.15s时，运动员的重力势能最大 B.t=0.30s时，运动员的速度大小为10m/s C.t=1.00s时，运动员恰好运动到最大高度处 D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦 床的平均作用力大小为4600N 3.(2023·广东高考)（多选）某同学受电动窗帘 的启发，设计了如图所示的简化模型.多个质 量均为1kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽 略阻力.开窗帘过程中，电机对滑块1施加一 第一章 真题演练 限时：80min 个水平向右的恒力F,推动滑块1以0.40m/s 的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为 0.04s,碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为 0.22m/s.关于两滑块的碰撞过程，下列说法正 确的有 ( ) F020-@ 55 A.该过程动量守恒 B.滑块1受到合外力的冲量大小为0.18N·s C.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40N·s D.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为 5.5N 4.(2024·广西高考)（多选）如图，坚硬的水平 地面上放置一木料，木料上有一个竖直方向 的方孔，方孔各侧壁完全相同.木栓材质坚硬， 形状为正四棱台，上下底面均为正方形，四个 侧面完全相同且与上底面的夹角均为6.木栓 质量为m,与方孔侧壁的动摩擦因数为4.将木 栓对准方孔，接触但无挤压，锤子以极短时间 撞击木栓后反弹，锤子对木栓冲量为【，方向 竖直向下.木栓在竖直方向前进了△x的位移， 未到达方孔底部.若进人的过程方孔侧壁发生 弹性形变，弹力呈线性变化，最大静摩擦力约 等于滑动摩擦力，则 木超 木栓 大料木林 制面图 A.进入过程，木料对木栓的合力的冲量为-1 B.进入过程，木料对木栓的平均阻力大小约 为 2mAx +mg C.进人过程，木料和木栓的机械能共损失了 、+mg△x 2m 黑白题033 D.木栓前进△x后木料对木栓一个侧面的最 大静摩擦力大小约为 u(P+2m2g△x) m△x(cos0+usin8) 考点2动量守恒定律的应用 5.(2024·江苏高考)在水平面上有一个U形滑 板A,A的上表面有一个静止的物体B,左侧用 轻弹簧连接在滑板A的左侧，右侧用一根细绳 连接在滑板A的右侧，开始时弹簧处于拉伸状 态，各表面均光滑，剪断细绳后，则 NB A.弹簧原长时B动量最大 B.压缩最短时B动能最大 C.系统动量变大 D.系统机械能变大 6.(2024·湖北高考)（多选）如图所示，在光滑 水平面上静止放置一质量为M、长为L的木 块，质量为m的子弹水平射入木块设子弹在 木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小「 与射入初速度大小，成正比，即f=知(k为已 知常数).改变子弹的初速度大小。，若木块获 得的速度最大，则 A.子弹的初速度大小为2L(m+ mM B.子弹在木块中运动的时间为 2mM k(m+M) C.木块和子弹损失的总动能为(m+M mM D.木块在加速过程中运动的距离为ml m+M 7.（湖南高考)（多选）如图(a),质量分别 为m、mg的A、B两物体用轻弹簧连接构成 一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光 滑水平面上(B靠培面)，此时弹簧形变量为 x.撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的 选择性必修第一册： a-t图像如图(b)所示，S,表示0到t1时间 内A的a-t图线与坐标轴所围面积大 小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a-t 图线与坐标轴所围面积大小A在t,时刻的速 度为。·下列说法正确的是 () A.0到t,时间内，墙对B的冲量等于mo B.ma>mg C.B运动后，弹簧的最大形变量等于x D.S1-S2=S3 8. (2023·重庆高考)如图所示（俯视图），桌面 上固定有一半径为R的水平光滑圆轨 道，M、N为轨道上的两点，且位于同一直径 上，P为MN段的中点.在P点处有一加速器 (大小可忽略)，小球每次经过P点后，其速度 大小都增加o质量为m的小球1从N处以 初速度。沿轨道逆时针运动，与静止在M处 的小球2发生第一次弹性碰撞，碰后瞬间两球 速度大小相等.忽略每次碰撞时间求： (1)球1第一次经过P点后瞬间向心力的 大小； (2)球2的质量； (3)两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用 时间. 公 球2 球 黑白题034 考点3反冲和爆炸 9.(海南高考)太空探测器常装配离子发动机， 其基本原理是将被电离的原子从发动机尾部 高速喷出，从而为探测器提供推力，若某探测 器质量为490kg,离子以30km/s的速率（远 大于探测器的飞行速率)向后喷出，流量为 3.0×103g/s,则探测器获得的平均推力大小为 A.1.47N B.0.147N C.0.09N D.0.009N 10.(湖北高考)某次战争时期，我军缴获不少敌 军武器武装自己，其中某轻机枪子弹弹头质 量约8g,出膛速度大小约750m/s.某战士在 使用该机枪连续射击1min的过程中，机枪 所受子弹的平均反冲力大小约12N,则机枪 在这1min内射出子弹的数量约为() A.40B.80 C.120D.160 11.(浙江高考)在爆炸实验基地有一发射塔，发 射塔正下方的水平地面上安装有声音记录 仪爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空 中最高点时炸裂成质量之比为2：1、初速度 均沿水平方向的两个碎块.遥控器引爆瞬间 开始计时，在5s末和6s末先后记录到从空 气中传来的碎块撞击地面的响声，已知声音 在空气中的传播速度为340m/s,忽略空气 阻力.下列说法正确的是 A.两碎块的位移大小之比为1：2 B.爆炸物的爆炸点离地面高度为80m C.爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/s D.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为 340m 考点4实验 12.(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 第一章黑 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、xw 完成下列填空： (1)记a、b两球的质量分别为m。m,实验中 须满足条件m。 (填“>”或 “<”)m6 (2)如果测得的xp、xM、xN、m和m,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 考点5动量守恒和能量守恒综合 3.(2024·山东高考)如图甲所示，质量为M的 轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的 上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两 部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点.质 量为m的小物块静置在轨道水平部分上，与 水平轨道间的动摩擦因数为丛，最大静摩擦力 等于滑动摩擦力.已知轨道半圆形部分的半径 R=0.4m,重力加速度大小g取10m/s2. (1)若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨 道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等 于3mg,求小物块在Q点的速度大小u. 白题035 (2)若轨道不固定，给轨道施加水平向左的 推力F,小物块处在轨道水平部分时，轨 道加速度a与F对应关系如图乙所示. ①求4和m; ②初始时，小物块静置在轨道最左端，给 轨道施加水平向左的推力F=8N,当小 物块到P点时撤去F,小物块从Q点离 开轨道时相对地的速度大小为7m/s.求 轨道水平部分的长度L ↑a/m·s 77771777777777777177771777 8 FIN 甲 选择性必修第一册 14.(2024·湖南高考)如图，半径为R的圆环水 平放置并固定，圆环内有质量为m,和mg的 小球A和B(m4>mg).初始时小球A以初速 度，沿圆环切线方向运动，与静止的小球B 发生碰撞.不计小球与圆环之间的摩擦，两小 球始终在圆环内运动 (1)若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰 撞后小球组合体的速度大小及做圆周运 动所需向心力的大小： (2)若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有 的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个 顶点，求小球的质量比巴： mR (3)若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次 碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对 速度大小的e倍(0<e<l),求第1次碰撞 到第2n+1次碰撞之间小球B通过的 路程 m 黑白题036