第一章 动量与动量守恒定律-【突破课堂】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册同步单元达标检测卷（教科版）

( 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 封 线 内 不 要 答 题 ) ( 姓名 班级 考号 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 封 线 内 不 要 答 题 ) 第一章　动量与动量守恒定律 注意事项 1.本试卷满分100分,考试用时75分钟。 2.无特殊说明,本试卷中重力加速度g取10 m/s2。 一、单项选择题(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.行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞,车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零,关于安全气囊在此过程中的作用,下列说法正确的是 (　　) A.将司机的动能全部转化成汽车的动能 B.减小了司机受到冲击力的冲量大小 C.减小了碰撞前后司机动量的变化量 D.延长了司机的受力时间,从而减小了司机的受力大小 2.2024年10月30日4时27分,神舟十九号载人飞船成功发射。航天员在空间站中执行任务,并进行了多次出舱活动。喷气背包作为航天员舱外活动的主要动力装置,它能让航天员保持较高的机动性。如图所示,一个连同装备总质量为M=100 kg的航天员,装备内有一个喷嘴可以使压缩气体以相对空间站v=50 m/s的速度喷出。航天员在距离空间站s=45 m处与空间站处于相对静止状态,航天员完成太空行走任务后,必须向着返回空间站方向的反方向释放压缩气体,才能回到空间站,喷出的气体总质量为m=0.15 kg,则返回时间约为 (　　) A.300 s　　　　B.400 s　　　　C.600 s　　　　D.800 s 3.某学生练习用头颠球。某一次足球由静止下落80 cm后被头部重新顶起,足球离开头部后竖直上升的最大高度为45 cm。已知足球与头部的作用时间为0.1 s,足球的质量为0.4 kg,不计空气阻力,取竖直向上为正方向,下列说法正确的是 (　　) A.足球与头部刚分离时速度大小为3 m/s B.足球从最高点下落至重新回到最高点的过程,重力的冲量为0 C.足球与头部作用过程中,足球的动量变化量为-2.8 kg·m/s D.头部对足球的平均作用力大小为28 N 4.A、B两球在光滑的水平面上沿一直线运动并发生正碰,如图为两球碰撞前后的x-t图像,图线a、b分别为A、B两球碰前的x-t图线,图线c为碰撞后两球共同运动的x-t图线,若A球质量mA=2 kg,则由图像可判断,下列结论正确的是 (　　) A.B球质量mB= kg B.碰撞过程B对A的冲量为4 N·s C.碰撞前后B的动量变化为4 kg·m/s D.碰撞中A、B两球组成的系统动量不守恒 5.如图所示,有光滑弧形轨道的小车静止于光滑的水平面上,其总质量为M,有一质量也为M的铁块以水平速度v滑上小车。若轨道足够高,铁块不会滑出,重力加速度为g,则铁块沿弧形轨道上升的最大高度为 (　　) A.　　　　B.　　　　C.　　　　D. 6.如图所示,一个小孩在冰面上进行“滑车”练习,开始时小孩站在A车前端与车以共同速度v0=9 m/s向右做匀速直线运动,在A车正前方有一辆静止的 B车,为了避免两车相撞,在A车接近 B车时,小孩迅速从A车跳上B车,又立即从B车跳回A车,此时A、B两车恰好不相撞。已知小孩的质量m=25 kg,A车和B车的质量为mA=mB=100 kg,忽略小孩跳车时沿竖直方向的速度,若小孩跳离A车与跳离B车时的对地速度大小相等、方向相反,不计车和冰面间的摩擦,则下列说法正确的是 (　　) A.小孩跳离A车和B车时对地速度的大小为10 m/s B.小孩跳离A车的过程中,对A车冲量的大小为250 kg·m/s C.整个过程中,小孩对B车所做的功为1 050 J D.小孩跳回A车后,他和A车的共同速度大小为10 m/s 7.如图所示,在光滑的水平面上,有一质量为m的木板A,通过不可伸长的轻绳与质量为2m、足够长的木板B连接。质量为m且可看成质点的物块C静止在木板B右端。开始时,A、B、C均静止,绳未拉紧。现在使木板A以v0的速度向右运动,经过一段时间后系统达到稳定状态。绳子拉直绷紧后瞬间,A、B同速。在绳子绷紧后瞬间,下列说法中正确的是 (　　) A.木板A的速度大小为v0　　　　　　B.木板B的速度大小为v0 C.物块C的速度大小为0　　　　　　D.木板A、B、C共速 二、多项选择题(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,有多项符合题目要求。全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有错选的得0分) 8.如图所示,甲和他的冰车总质量M=30 kg,甲推着质量m=15 kg的小木箱一起以大小为v0=2 m/s的速度向右滑行。乙和他的冰车总质量也为M=30 kg,乙以同样大小的速度迎面而来。为了避免相撞,甲将小木箱以速度v沿冰面推出,木箱滑到乙处时,乙迅速把它抓住。若不计冰面的摩擦力,则小木箱的速度v可能为 (　　) A.4 m/s　　　　B.5 m/s　　　　C.6 m/s　　　　D.7 m/s 9.如图所示,一匀质光滑半圆弧槽放置在光滑水平面上,半圆弧槽半径为R=1 m,AC为其直径,O为其圆心,半径OB与AC垂直。半圆弧槽底边靠着固定挡板EF,可沿EF无摩擦滑动。一小球(可视为质点)以大小为v0=3 m/s的速度垂直EF,从A点沿圆弧槽切线方向进入圆弧槽,若圆弧槽质量M=9 kg,小球质量m=1 kg。下列说法正确的是 (　　) A.小球和圆弧槽组成的系统动量守恒 B.小球和圆弧槽组成的系统机械能守恒 C.小球通过B点时,对圆弧槽的压力大小为10 N D.小球离开圆弧槽时,圆弧槽沿EF方向滑动的距离为0.2 m 10.如图甲所示,一质量为m的物块A与轻质弹簧连接,静止在光滑水平面上。物块B向A运动,t=0时与弹簧接触,到t=2t0时与弹簧分离。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内,下列说法正确的是 (　　) 　 A.B物体的质量为5m B.从t=0到t=t0时间内,A的位移为0.5v0t0 C.弹簧弹性势能的最大值为0.36m D.2t0时,A与B的速率之比为vA∶vB=5∶2 三、非选择题(本题共5小题,共57分) 11.(7分)如图甲所示,在做验证动量守恒定律的实验时,小车a的前端粘有橡皮泥,推动小车a使之做匀速直线运动,然后与原来静止在前方的小车相碰并粘合成一体,继续匀速运动,在小车a后连着纸带,电磁打点计时器所连电源频率为50 Hz,长木板右端下面垫放小木片用以平衡摩擦力。 (1)若获得纸带如图乙所示,并测得各计数点间距(已标在图上)。A为打下的第一个点,则应选　　　　(填“AB”“BC”“CD”或“DE”)段来计算a的碰前速度;  (2)已测得小车a的质量ma=0.30 kg,小车b的质量为mb=0.20 kg,由以上测量结果可得碰前系统总动量为　　　　kg· m/s,碰后系统总动量为　　　　kg· m/s;(结果保留三位有效数字)  (3)实验结论:在误差允许的范围内,小车a、b组成的系统碰撞前后总动量　　　　(填“守恒”或“不守恒”)。  12.(8分)在验证动量守恒定律的实验中,某实验小组的同学设计了如图甲所示的实验装置:将气垫导轨放置在水平桌面上,气垫导轨右侧支点高度固定,左侧支点高度可调节,光电门1和光电门2相隔适当距离安装好,弹性滑块A、B上方均固定宽度为d的遮光条,测得滑块A、B(包含遮光条)的质量分别为m1和m2。 (1)如图乙,用游标卡尺测得遮光条宽度d=　　　　mm;设遮光条通过光电门的时间为Δt,则滑块通过光电门的速度v=　　　　(用d、Δt表示)。  (2)在调节气垫导轨水平时,开启充气泵,将一个滑块轻放在导轨上,发现滑块向右加速运动,此时应调节左支点使其高度　　　　　(选填“升高”或“降低”);实验中为确保碰撞后滑块A不反弹,则m1、m2应满足的关系是m1　　　　m2(填“>”“<”或“=”)。  (3)气垫导轨调节水平后,将滑块B静置于两光电门之间且靠近光电门2的右侧一端,滑块A置于光电门1右侧,用手轻推一下滑块A,使其向左运动,与滑块B发生碰撞后,滑块B和A先后通过光电门2。光电计时装置记录下滑块A上的遮光条通过光电门1和光电门2的时间分别为Δt1和Δt2,滑块B上的遮光条通过光电门2的时间为Δt3。实验中若等式　　　　　　　成立,即可验证滑块A、B在碰撞过程中动量守恒。(用题目所给字母表示)  13.(11分)如图所示,滑块和小球的质量均为m,滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动,小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连,轻绳长为l。开始时,轻绳处于水平拉直状态,小球和滑块均静止。现将小球由静止释放,当小球到达最低点时,滑块刚好被一表面涂有黏性物质的固定挡板粘住,在极短的时间内速度减为零,小球继续向左摆动,不计空气阻力,重力加速度为g。求: (1)从滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中,挡板对滑块的冲量的大小; (2)释放小球时,滑块离固定挡板的距离。 14.(14分)某次冰壶训练中使用的红冰壶和蓝冰壶的质量均为m=20 kg,刚开始时,蓝冰壶静止在冰面上,红冰壶以一定的初速度水平向右运动,如图所示。经过一段时间后,红冰壶与蓝冰壶发生正碰,碰撞时间极短,碰撞后两冰壶分别向右运动了0.625 m和2.5 m,两冰壶与冰面间的动摩擦因数均为μ=0.02。求: (1)碰撞后瞬间两冰壶的速度大小; (2)碰撞前瞬间红冰壶的速度大小; (3)两冰壶在碰撞过程中损失的机械能。 15.(17分)在光滑的水平地面上,质量均为m=1 kg的滑块B和C中间夹一轻弹簧,轻弹簧处于原长状态,左端固定在B上,右端与C接触但不固定,质量为M=2 kg、半径为R=1 m的四分之一光滑圆弧形滑块D放置在C的右边,C、D间距离足够远,质量为m0=0.5 kg的滑块A以初速度v0=10 m/s向右运动与B发生碰撞,碰撞时间极短,碰后A被反弹,速度大小为vA=2 m/s。求: (1)A、B碰撞时损失的机械能; (2)弹簧的最大弹性势能; (3)C能上升的最大高度。 答案全解全析 1.D　由于汽车和司机的动能都减为0,因此司机和汽车的动能都转化为了内能,故A错误;安全气囊的作用是增大司机和汽车的碰撞面积,以及延长司机与汽车的碰撞时间,减小碰撞对司机产生的冲击力的大小,司机的动量变化与安全气囊无关,根据动量定理可知,司机受到冲击力的冲量等于司机的动量变化量,与安全气囊无关,故D正确,B、C错误。 2.C　取喷出气体的速度方向为正方向,根据动量守恒定律可得mv-(M-m)v1=0,航天员匀速返回空间站所需的时间t=,联立得t≈600 s,故选C。 3.A　足球与头部刚分离时的速度大小为v2== m/s=3 m/s,A正确;根据IG=mgt,足球从最高点下落至重新回到最高点的过程,重力的作用时间不为零,可知冲量不为0,B错误;足球与头部接触前瞬间的速度大小为v1== m/s=4 m/s,方向竖直向下,则足球与头部作用过程中,足球的动量变化量为Δp=mv2-(-mv1)=(0.4×3+0.4×4) kg·m/s=2.8 kg·m/s,C错误;头部与足球作用过程,对足球,根据动量定理可得(-mg)Δt=Δp,解得头部对足球的平均作用力大小为=32 N,D错误。 4.B　由于碰撞过程中内力远大于外力,故该过程A、B组成的系统动量守恒,故D错误;以B球碰撞前的速度方向为正方向,由图可知,碰撞前A的速度为vA= m/s=-3 m/s,碰撞前B的速度为vB= m/s=2 m/s,碰撞后A、B的共同速度为vAB= m/s=-1 m/s,根据动量守恒定律可得mAvA+mBvB=(mA+mB)vAB,代入数据解得mB= kg,故A错误;对A,根据动量定理有I=mAvAB-mAvA,可得碰撞过程B对A的冲量为I=4 N·s,故B正确;碰撞前后B的动量变化为ΔpB=mBvAB-mBvB=-4 kg·m/s,故C错误。 5.A　铁块沿光滑弧形轨道上滑的过程中,铁块与小车组成的系统水平方向动量守恒,铁块上升到最高点时与小车具有相同的速度,由动量守恒定律可得Mv=2Mv',由能量关系可知Mgh=Mv2-·2Mv'2,解得h=,故选A。 6.A　因为A、B两车恰好不相撞,故A、B两车最后具有相同的速度。在小孩跳车的过程中,把小孩、A车、B车看成一个系统,该系统水平方向所受合外力为零,水平方向动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律有(m+mA)v0=(m+mA+mB)v,解得v=5 m/s,D错误;设小孩跳离A车和B车时对地速度大小为Δv,则在与B车相互作用的过程中,由动量守恒定律有-mΔv-mΔv=-(mBv-0),解得Δv=10 m/s,A正确;设小孩跳离A车后,A车的速度为vA ,对小孩和A车组成的系统,由水平方向动量守恒有(m+mA)v0=mΔv+mAvA,得vA=8.75 m/s,根据动量定理,小孩对A车的冲量大小I=mAv0-mAvA=25 kg·m/s,B错误;整个过程中,小孩对B车做的功等于B车动能的变化量,即W=mBv2=1 250 J,C错误。 7.C　绳子从拉直到绷紧过程时间极短,对A、B组成的系统,C对B的摩擦力远小于系统内力,所以A、B组成的系统动量守恒,设绳子绷紧后瞬间A、B的速度为v,以向右为正方向,则有mv0=(m+2m)v,解得v=v0。在极短的时间内,C所受摩擦力的冲量可以忽略,所以C的速度仍然是0。故A、B、D错误,C正确。 8.CD　以水平向右为正方向,对于甲(包括冰车)和木箱,根据动量守恒得(M+m)v0=Mv1+mv,对于乙(包括冰车)和木箱,根据动量守恒得mv-Mv0=(M+m)v2,若甲、乙恰好不相碰,则v1=v2,联立解得v=5.2 m/s。若要避免碰撞,则需要满足v≥5.2 m/s,故选C、D。 9.BCD　挡板对小球和圆弧槽组成的系统有力的作用,因此系统动量不守恒,故A错误。对于小球和圆弧槽组成的系统,只有系统内的弹力做功,系统机械能守恒,故B正确。从小球进入圆弧槽到B点的过程中,小球和圆弧槽组成的系统机械能守恒,平行于EF方向动量守恒,可得mvm=MvM,m+M=m,解得vm= m/s,vM= m/s;以圆弧槽为参考系,小球做圆周运动,小球在B点时,由牛顿第二定律得FN=m=10 N,故C正确;从小球进入圆弧槽到离开圆弧槽,平行于EF方向,有xm+xM=2R,根据“人船模型”可得mxm=MxM,解得xM=0.2 m,故D正确。 10.AD　当弹簧被压缩至最短时,弹簧弹性势能最大,此时A、B速度相等,即t=t0时刻,根据动量守恒可得mB·1.2v0=(mB+m)v0,根据机械能守恒可得Epmax=mB·(1.2v0)2-(mB+m),联立解得mB=5m,Epmax=0.6m,故A正确,C错误;从t=0到t=t0时间内,根据v⁃t图线与横轴围成的面积表示位移,可知A的位移xA<t0,故B错误;从t=0到t=2t0时间内,根据动量守恒和机械能守恒可得mB·1.2v0=mBvB+mvA,mB·(1.2v0)2=mB+m,解得vA=2v0,vB=0.8v0,则有vA∶vB=5∶2,故D正确。 11.答案　(1)BC(2分)　(2)1.04(2分)　1.03(2分)　(3)守恒(1分) 解析　(1)由题图可知,AB段从左到右相邻两计数点间距离逐渐增大,表示小车a被推动时的加速直线运动过程,而BC段相邻两计数点间距离相等,表示小车a碰撞前做匀速直线运动的过程,所以应选BC段来计算a的碰前速度。 (2)相邻两计时点间的时间间隔为T==0.02 s 碰撞前小车a的速度为va== m/s=3.45 m/s 碰前系统总动量为p=mava=0.30×3.45 kg·m/s≈1.04 kg·m/s 同理可知DE段表示小车a、b碰撞之后做匀速直线运动的过程,所以碰后a、b整体的速度为vab== m/s=2.06 m/s 碰后系统的总动量为p'=(ma+mb)vab=(0.30+0.20)×2.06 kg·m/s=1.03 kg·m/s。 (3)根据前面计算结果可知p≈p',所以实验结论是在误差允许的范围内,小车a、b组成的系统碰撞前后总动量守恒。 12.答案　(1)5.45(2分)　(1分)　(2)降低(1分)　>(1分) (3)=+(3分) 解析　(1)20分度游标卡尺的精度为0.05 mm,由题图乙可知,遮光条宽度为d=5 mm+9×0.05 mm=5.45 mm;遮光条通过光电门的时间极短,根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度,则滑块通过光电门的速度为v=。 (2)开启充气泵,将一个滑块轻放在导轨上,发现滑块向右加速运动,说明左高右低,则应调节左支点使其高度降低。实验中为确保碰撞后滑块A不反弹,则m1、m2应满足的关系是m1>m2。 (3)滑块A碰撞前的速度大小为v1=,碰撞后的速度大小为v2=,滑块B碰撞后的速度大小为v3=; 若碰撞中A、B系统动量守恒,则满足m1v1=m1v2+m2v3,即m1=m1+m2,整理得=+。可知若实验中上述等式成立,即可验证滑块A、B碰撞过程中动量守恒。 13.答案　(1)m　(2)l 解析　(1)小球到达最低点时,设小球和滑块的速度大小分别为v1、v2,小球和滑块组成的系统在水平方向上动量守恒,有mv1=mv2 (2分) 系统机械能守恒,得mgl=m+m (2分) 滑块从与挡板接触到速度刚好变为零的过程,由动量定理可得I=mv2 (1分) 联立解得I=m (1分) (2)系统水平方向的总动量为0,设释放小球时滑块离固定挡板的距离为x1,小球从释放至到达最低点的过程中,小球和滑块组成的系统水平方向动量守恒,可知满足mx1=mx2 (2分) 二者反向运动,位移关系为x1+x2=l (2分) 解得x1=l (1分) 14.答案　(1)0.5 m/s　1 m/s　(2)1.5 m/s　(3)10 J 解析　(1)由题意可知,碰撞后红冰壶的位移大小为0.625 m,蓝冰壶的位移大小为2.5 m 对红冰壶和蓝冰壶,由牛顿第二定律得μmg=ma (2分) 对红冰壶,由匀变速直线运动规律得2ax1= (1分) 对蓝冰壶,由匀变速直线运动规律得2ax2= (1分) 解得v1=0.5 m/s,v2=1 m/s。 (2分) (2)红冰壶和蓝冰壶在碰撞过程中动量守恒,规定水平向右为正方向,有mv=mv1+mv2 (2分) 解得v=1.5 m/s。 (2分) (3)两冰壶在碰撞过程中损失的机械能为 ΔE=mv2-m-m (2分) 解得ΔE=10 J。 (2分) 15.答案　(1)6 J　(2)9 J　(3)1.2 m 解析　(1)A与B碰撞时动量守恒,以水平向右为正方向,则有 m0v0=-m0vA+mvB (1分) 代入相关数据可得vB=6 m/s(1分) 则损失的机械能ΔE=m0-m0-m=6 J。 (2分) (2)弹簧压缩到最短时弹簧的弹性势能最大,B、C的速度相等,设此时速度为v1,B、C及弹簧组成的系统动量守恒,以水平向右为正方向,则有mvB=2mv1 (1分) 得v1=3 m/s(1分) 则弹簧的最大弹性势能为ΔEpm=m-·2m=9 J。 (1分) (3)设C与弹簧分开时B、C速度分别为v'B和vC,以水平向右为正方向,则由动量守恒定律及能量守恒定律得mvB=mv'B+mvC (1分) m=mv+m (1分) 解得v'B=0,vC=6 m/s(1分) 以地面为参考平面,此时C的机械能为E1=m=18 J(1分) 假设C上升高度为R时二者相对静止,C在竖直方向速度为0,以水平向右为正方向,则mvC=(M+m)vD (1分) 以地面为参考平面,此时C、D系统的机械能E2=(M+m)+mgR=16 J(2分) 因为E1>E2,所以滑块C在竖直方向速度不为0,设滑块C能上升的最大高度为h,由机械能守恒定律有m=mgh+M+m (2分) 解得h=1.2 m。 (1分) 学科网（北京）股份有限公司 $$