第一章动量守恒定律 单元练习 -2025-2026学年高二上学期物理人教版选择性必修第一册

第一章 动量守恒定律 单元练习 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．质量为的小球以的速度竖直落到地板上，随后以的速度反向弹回。若取竖直向下的方向为正方向，则小球动量的变化为（    ） A． B． C． D． 2．从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是（　　） A．掉在水泥地上的玻璃杯动量小，而掉在草地上的玻璃杯动量大 B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变小，掉在草地上的玻璃杯动量改变大 C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小 D．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时作用力大，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时作用力小 3．如图所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳相连的两个相同的物体A、B质量均为m，与水平面的摩擦因数均为μ，在水平恒力F作用下以速度v做匀速直线运动。在t0时轻绳断开，A在F作用下继续前进，则下列说法正确的是（　　） A．水平恒力F=μmg B．t0至t时间内，A、B的总动量不守恒 C．时，A的动量为3mv D．时，A的动量为3mv 4．在利用摆球测量小球碰撞前后的速度的实验中，下列说法错误的是（　　） A．悬挂两球的细绳长度要适当，且等长 B．由静止释放小球以便较准确地计算小球碰撞前的速度 C．两小球必须都是钢性球，且质量相同 D．两小球碰后可以粘在一起共同运动 5．如图所示，甲木块的质量为，以速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为的乙木块，乙上连有一轻质弹簧，甲木块与弹簧接触后（　　） A．甲木块的动量守恒 B．乙木块的动量守恒 C．甲、乙两木块所组成的系统的动量守恒 D．甲、乙两木块所组成的系统的动能守恒 6．一辆总质量M（含人和沙包）的雪橇在水平光滑冰面上以速度v匀速行驶。雪橇上的人每次以相同的速度3v（对地速度）向行驶的正前方抛出一个质量为m的沙包。抛出第一个沙包后，车速减为原来的。下列说法正确的是（　　） A．每次抛出沙包前后，人的动量守恒 B．雪橇有可能与拋出的沙包发生碰撞 C．雪橇的总质量M与沙包的质量m满足M：m=12：1 D．拋出第四个沙包后雪橇会后退 7．在空中相同高度处以相同的速率分别抛出质量相同的三个小球。一个竖直上抛，一个竖直下抛，一个平抛，若不计空气阻力，从三个小球抛出到落地的过程中（　　） A．三个球动量的变化率相同 B．下抛球和平抛球动量的变化量相同 C．上抛球动量变化量最小 D．三球落地时的动量相同 8．恒力F作用在质量为m的物体上，在时间t内，物体的速度由v1增大为v2，则力4F作用在质量为4m的物体上，在时间t内，物体的动量变化大小是(　　) A． m(v2-v1) B．m(v2-v1) C．2m(v2-v1) D．4m(v2-v1) 9．如图所示，2022年2月5日，中国在交接棒时，“交棒”的曲春雨在“接棒”的任子威身后猛推一把，使任子威获得更大的速度向前滑行。若任子威的质量小于曲春雨的质量，不计阻力，在曲春雨用力推任子威的过程中，下列说法正确的是（　　） A．任子威的动量增加量大于曲春雨的动量减少量 B．任子威的速度增加量大于曲春雨的速度减少量 C．曲春雨推任子威的力大于任子威对曲春雨的推力 D．曲春雨的加速度大于任子威的加速度 10．某学习小组用如图所示的装置来验证碰撞中的动量守恒，实验中先从某一高度处单独释放质量为ma的小球a，标记下小球a撞击在挡板上的位置M，再在水平轨道上放上质量为mb的小球b，从同一高度释放小球a，标记两球撞击挡板的位置P、N，关于本实验下列说法正确的是（　　） A．为减小实验误差，两小球的质量需满足 B．位置N为小球b撞击挡板的位置 C．小球离开轨道后下落的高度越大则小球的离开轨道时的速度越大 D．该实验中可用来反映小球a的初动量 二、多选题 11．下列说法正确的是(　　) A．做曲线运动的物体的速度一定变化 B．速度变化的运动一定是曲线运动 C．同一物体的动量越大，其速度一定越大 D．物体所受合力不为零，其机械能一定不守恒 12．林丹是我国获得世界冠军最多的羽毛球选手。在一次奥运会决赛中，球飞来的速度为25m/s，林丹将球以105m/s的速度反向击回。设羽毛球的质量为5g，击球过程只用了0.02s。g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）    A．击球过程中羽毛球动量变化量大小为0.4kg·m/s B．击球过程中羽毛球所受重力的冲量大小为1×10-3N·s C．击球过程中羽毛球所受合力的冲量大小为0.4N·s D．击球过程中球拍的作用力约为33N 13．如图所示，一轻杆两端分别固定a、b两个半径相等的光滑金属球，a球质量大于b球质量，整个装置放在光滑的水平面上，设b球离地高度为h，将此装置从图示位置由静止释放，则下列判断正确的是（　　） A．在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球做的总功为零 B．在b球落地前瞬间，b球的速度大小为 C．在b球落地前的整个过程中，轻杆对b的冲量竖直向上 D．在b球落地前的整个过程中，a、b及轻杆系统，动量守恒，机械能守恒 14．如图所示为“验证动量守恒定律”的实验装置，下列说法正确的是（   ） A．悬挂两球的细绅长度要适当，且等长 B．两小球必须都是刚性球，且质量相同 C．由静止释放小球以便较准确地计算小球碰前的速度 D．两小球碰后可以粘在一起共同运动 15．如图所示，小车与轻质弹簧组成一个弹簧振子在光滑水平面上做简谐运动。当小车以水平向右的速度v0通过平衡位置时，一小球恰好以大小为 v0的速度竖直落入小车车厢中的细砂内并立即与小车保持相对静止，已知小车质量是小球质量的 9倍，弹簧振子的周期 T=，其中k为弹簧的劲度系数，m为弹簧振子的质量，下列说法正确的是（    ） A．小球落入车厢的过程中，小球和小车组成的系统动量守恒 B．小车再次经过平衡位置时的速度大小为 C．小球与小车保持相对静止后，整个弹簧振子的振幅变小 D．小球与小车保持相对静止后，整个弹簧振子的周期变小 三、填空题 16．质量为m=5kg的物体，在距水平地面高为h=20m处，以某一速度水平抛出，不计空气阻力，它从抛出到落地，动量变化的大小是 kg•m/s，方向是 。（取g=10m/s2） 17．质量为m的物体以速度v做匀速圆周运动．当物体转过的角度为π的过程中其动量的变化为 ，其向心力的冲量为 ． 四、解答题 18．如图所示，带有半径为R的光滑圆弧的小车的质量为m0，置于光滑水平面上，一质量为m的小球从圆弧的最顶端由静止释放，求小球离开小车时，小球和小车的速度。 19．如图所示，一薄木板放在光滑水平桌面上，上面压有质量为的铁块，铁块与薄木板之间的动摩擦因数。用的水平恒力向右拉薄木板，当薄木板被从铁块下端抽出时铁块恰离开桌面，经平抛落在地面上的P点。已知桌面离地面的高度为，P点到桌面边缘的水平距离，重力加速度g取10m/s2。求： （1）铁块所受摩擦力的冲量I的大小； （2）薄木板被从铁块下端抽离瞬间的动量p的大小。    20．如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A被水平速度为v0的子弹击中，子弹嵌在其中，已知物体A的质量是B的质量的，子弹的质量是B的质量的。求： （1）A物体获得的最大速度； （2）弹簧压缩量最大时B物体的速度； （3）运动过程中B的最大速度。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《第一章 动量守恒定律 单元练习》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D D D C C D A D B D 题号 11 12 13 14 15 答案 AC BD ABC ACD BC 1．D 【详解】小球动量的变化为 故选D。 2．D 【详解】A．玻璃杯落地前是自由落体运动，末速度一定，玻璃杯掉在水泥地上与掉在草地上的动量mv相等，A错误； BC．玻璃杯两次与地面碰撞过程，初动量相同，末动量为零，两种情况下动量变化量相同，BC错误； D．玻璃杯两次与地面碰撞过程，初动量相同，末动量为零，两次的动量变化量相同，但在水泥地上碰撞过程时间短，则动量的变化快，根据动量定理知，相互作用力大，掉在草地上的杯子动量改变慢，相互作用力小，D正确。 故选D。 3．D 【详解】A．设、所受的滑动摩擦力大小相等均为，系统匀速运动时，有 故A错误； B．轻绳断开后，对B，取向右为正方向，由动量定理得 联立解得 即在停止运动前，即在到时间内，、系统的合外力为零，总动量守恒，故B错误； C． 时，取向右为正方向，由系统动量守恒得 解得的动量 故C错误； D．时，即物体停止后又经过对由动量定理得 解得的动量为 故D正确。 故选D。 4．C 【详解】A．细绳长度适当，便于操作，两绳等长，保证两球对心碰撞，A正确，不符合题意； B．由静止释放小球，其初动能为零，由动能定理可得 可便于计算小球碰撞前的速度，B正确，不符合题意； C．两球的材料没有特殊要求，密度较大体积较小以减小空气阻力即可，质量不一定要相等，C错误，符合题意； D．碰后两球分开运动或粘在一起共同运动都是可以的，D正确，不符合题意。 故选C。 5．C 【详解】ABC．甲木块与弹簧接触后，由于弹簧弹力的作用，甲、乙的动量要发生变化，即甲、乙两物体的动量均不守恒；但对于甲、乙所组成的系统因所受合力的冲量为零，故动量守恒，故AB错误，C正确； D．甲、乙两木块所组成系统的动能一部分转化为弹簧的势能，故系统动能不守恒，故D错误。 故选C。 6．D 【详解】A．每次抛出沙包前后，雪橇、和抛出的沙包总动量守恒，故A错误； B．抛出沙包后，雪橇的速度不会超过v，不可能再与抛出的沙包发生碰撞，故B错误； C．规定雪橇的初速度方向为正方向，对抛出第一个沙包前后，根据动量守恒定律有 得 故C错误； D．抛出第四个沙包后雪橇速度为，由全过程动量守恒得 将代入得 故D正确。 故选D。 7．A 【详解】ABC．三个小球加速度相同，故速度变化率相同，可得三个球动量的变化率相同 ；三个小球以相同的速率抛出，可知竖直上抛运动的物体运动时间大于平抛运动的时间，平抛运动的时间大于竖直下抛运动的时间，所以上抛运动的时间最长，根据动量定理知，，可得上抛球动量变化量最大。下抛球动量变化量最小，故A正确，BC错误； D．根据动能定理知 可知三球落地时速度的大小相等，由于平抛运动的速度方向与上抛运动和下抛运动的速度方向不同，则动量不同，故D错误。 故选A。 8．D 【详解】力F作用在m的物体上时，根据动量定理得：，力4F作用在质量为4m的物体上，根据动量定理得，故D正确，ABC错误； 故选D． 【点睛】本题考查动量定理的应用，要注意不需要求出作用在质量为4m的物体上的速度变化，直接用动量定理即可求解． 9．B 【详解】A．曲春雨猛推任子威的前后瞬间可认为两人组成的系统动量守恒，而根据动量守恒定律可知，两人动量变化量的大小一定是相同的，因此任子威的动量增加量等于曲春雨的动量减少量，故A错误； BCD．曲春雨猛推任子威的前后瞬间，作用瞬间极短，设为，两者之间的作用力为相互作用力，由牛顿第三定律可知，曲春雨推任子威的力等于任子威对曲春雨的推力，设为，曲春雨的质量设为，速度减少量为，任子威的质量设为，速度增加量为，则由动量定理可得 ， 而任子威的质量小于曲春雨的质量，即 则可得 根据牛顿第二定律可得 任子威的质量小于曲春雨的质量，可知任子威的加速度大于曲春雨得加速度，故B正确，CD错误。 故选B。 10．D 【详解】A．为了防止碰撞后入射球反弹，入球的质量要大于被碰球的质量，即，故A错误； BC．小球离开水平轨道后均做平抛运动，从图中可以看出每个小球每次平抛运动的水平位移相同，a小球不与b小球相碰时落点为M，a小球与b小球相碰后，a小球平抛初速度比第一次小，且，根据平抛运动学公式。水平方向则有 竖直方向则有 因为，b小球平抛初速度大，下落高度小，所以P点应为b小球撞击挡板位置，N位置应为小球a击挡板位置，故BC错误； D．根据平抛公式解得 因此验证碰撞过程动量守恒 可得 所以可以用来反映小球a的初动量，故D正确。 故选D。 11．AC 【详解】A项：做曲线运动的物体的速度方向一定改变，所以速度一定变化，故A正确； B项：速度变化的运动不一定是曲线运动，如匀加速直线运动，速度方向不变，大小变化，故B错误； C项：由公式可知，同一物体动量越大，速度一定越大，故C正确； D项：物体所受合外力不为零，其机械能不一定守恒，如平抛运动合外力不为零，但只有重力做功，其机械能守恒，故D错误． 12．BD 【详解】A．以球被击回的方向为正方向，击球过程中羽毛球动量变化量大小为 故A错误； B．击球过程中羽毛球所受重力的冲量大小为 故B正确； C．根据动量定理可得，击球过程中羽毛球所受合力的冲量大小为0.65N·s，故C错误； D．击球过程中可以忽略重力的冲量，球拍的作用力约为 故D正确。 故选BD。 13．ABC 【详解】D．在b球落地前的整个过程中，b竖直方向有加速度，系统竖直方向的合外力不为零，而水平方向不受外力，所以系统的合外力不为零，系统的动量不守恒。由于只有重力做功，所以系统的机械能守恒，故D错误； A．设杆对a球做功W1，对b球做功W2，系统机械能守恒，则除了重力之外的力的功必定为零，即 W1 + W2 = 0 对a球，由动能定理可知 W1 = 0 故 W2 = 0 故A正确； B．对两球及杆系统，根据系统水平方向动量守恒知，系统初始动量为零，则在b球落地前瞬间，a球的速度必定为零，根据系统的机械能守恒得 解得b球的速度大小为 故B正确； C．对b球，水平方向上动量变化为零，由动量定理可知，杆对b球的水平冲量为零。在竖直方向上，根据系统机械能守恒可知，b落地时速度与只在重力作用下的速度一样，如图所示 图像中斜线为b球自由落体运动的图线，曲线为b球竖直方向的运动图线，在竖直方向上运动的位移与落地速度相同，对比可知b球落地所用时间相对自由落体运动的时间要长，由动量定理可知杆对b球的竖直方向的冲量必定不为零，且冲量方向向上，所以杆对b球的水平和竖直冲量可知，杆对b球的冲量不为零，且方向竖直向上，故C正确。 故选ABC。 14．ACD 【详解】A．细绳长度适当，便于操作；两绳等长，以保证两球能对心碰撞，A正确； B．为保证实验结论的普适性，两球质地是任意的，质量也需考虑各种情况，但大小必须相同，以保证两球发生正碰，B错误； C．由静止释放小球，初动能为零，可由机械能守恒 计算碰前小球的速度，方便简单，C正确； D．碰后两球分开或共同运动都是实验时可能出现的运动情况，D正确。 故选ACD。 15．BC 【详解】A．小球落入小车过程中，竖直方向上系统所受合外力不为零，即小球和小车在竖直方向上动量不守恒，应该是水平方向上动量守恒，故A错误； B．小球落入小车过程中，小球、小车系统水平方向动量守恒可知 解得 即小车再次经过平衡位置时的速度大小为，选项B正确； C．一辆小车与一理想弹簧组成一个弹簧振子在光滑水平面做简谐运动时，设其振幅为A，由系统机械能守恒定律得 小球落入小车过程中，小球与小车保持相对静止后的振幅为A′，由系统机械能守恒定律得 代入数据联立解得 A′＜A 即小球与小车保持相对静止后，整个弹簧振子的振幅变小，故C正确； D．小球与小车保持相对静止后，根据弹簧振子的周期公式 可知弹簧振子的质量增加，弹簧劲度系数未变，所以整个弹簧振子的周期变大，故D错误。 故选BC。 16． 100 竖直向下 【详解】[1][2]物体运动的时间 根据动量定理，它从抛出到落地，动量变化的大小是 方向竖直向下。 17． 【详解】[1]．以初速方向为正，当物体转过的角度为π时，速度变为-v，则此过程中物体动量的变化 ； [2]．匀速圆周运动物体，合外力等于向心力；据动量定理可得，向心力的冲量 ． 点睛：动量是矢量，计算动量变化时应遵循平行四边形定则． 18．，方向水平向左；，方向水平向右 【详解】球和车组成的系统虽然总动量不守恒，但在水平方向动量守恒，且全过程满足机械能守恒，设球车分离时，球的速度为v1，方向水平向左，车的速度为v2，方向水平向右，以水平向左为正方向，则 解得 19．（1）1N·s；（2）2kg·m/s 【详解】（1）设铁块离开桌面时速度为v，由平抛运动知识有 联立可得 由动量定理可得 （2）设薄木板被从铁块下端抽离所用时间为。对铁块分析，可知 对薄木板分析，可知 解得 20．(1)；(2)；(3) 【详解】(1)当子弹射入并留在A中时，A获得的速度最大，设B的质量为m，A的质量为，子弹质量为，据动量守恒定律可得 解得 (2)当A（含子弹）与B速度相等时，弹簧压缩量最大，据动量守恒定律可得 解得 即弹簧压缩量最大时B物体的速度为。 (3)当弹簧再次恢复原长时B的速度最大，设此时A（含子弹）与B的速度分别为v3、v4，从子弹射入A后到弹簧恢复原长过程，据动量守恒定律、机械能守恒定律可得 联立解得 ， 即运动过程中B的最大速度为 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $