第一章 动量守恒定律 章末过关检测(一)+章末知识网络建构-【优学精讲】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册教用word（人教版）

色学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 章末知识网络建构 定义式：p=,方向与速度r方向致 特点：状态量、相对量 定义式：A=② 动量变化量 方向：③ 方向和同 答茱」 定义式：=A 红动量 本概念 ④ 方向：与力的方向州同，若力是变力，与州应时问内动量变化方向致 特点：过程其、绝对量 2p'-中 物理意义：表示力对时问的积累效成 系统：两个（或多个）州互作用的物体组成的力学系统 ③玉书 系统、内力和外力 内力：系统内物休向的力 红神重 外力：系统外的彻休对系统施加的力 研究对象：一个物体（或一个系统） 分动量定理 的 内容：物休在一个过科所受力的冲甲等丁它在这个过程始木的动变化录 公式：=p-P ⑥动啦寸州 研究对象：两个或两个以上的物体组成的系统 定律 内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的 量恒定件 为0，这个系统的总动量保持不变 ⑦矢量利 基本规体 系统不受外力或系统所受外力的矢量利和为0 8远大于 条 内力⑧ 外力.H作用时问极短，系统动址近似守了的 系统在某一方向上不受外力或所受外力的合力为0， 系统在该方向上动甲守恒 ⑨大小 卫'=p,作川前后总动甲扣同 0方向 Ap=0,作Π前所总动量不变 △P1=-AP:,相互作刀的两个物体动量的变化到 相等，0 相反 动能 爆炸：动甲守恒，山 增圳 位动品 应 反：动重守怛 对心碰痒和非对心碰撞 13机械能 例 1性碰揎：12 了但、13 怛 性碰撞和 非弹性碰幢 非弹性碰撞：动重了恒、机械能诚少 完全弹性碰撞：动片守何、动能损失尖最大 实验：骏证动品守杭定律 ·独家授权侵权必究· 章末过关检测(一) (时间：75分钟　分值：100分) 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，只有一项符合题目要求。 1．下列说法正确的是(　　) A．动量为零时，物体一定处于平衡状态 B．物体所受合外力不变时，其动量一定不变 C．物体受到恒力的冲量也可能做曲线运动 D．动能不变，物体的动量一定不变 解析：选C。动量为零时，物体的速度为零，物体不一定处于平衡状态，A错误；物体所受合外力不变时，若合外力不为零，则加速度不为零且不变，其速度一定变化，则动量一定变化，B错误；物体受到恒力的冲量也可能做曲线运动，例如平抛运动，C正确；动能不变，则物体的速度大小不变，但是物体速度的方向可能变化，则物体的动量可能变化，D错误。 2．如图所示，小车停在光滑的桌面上，车上固定一个用胶塞塞住封口的试管。试管内充满空气，用车上的蜡烛加热试管尾端。当试管内的空气达到一定温度时，胶塞从试管口喷出，以整个装置为系统，下列说法正确的是(　　) A．水平方向动量守恒，机械能守恒 B．水平方向动量守恒，机械能不守恒 C．水平方向动量不守恒，机械能守恒 D．水平方向动量不守恒，机械能不守恒 解析：选B。以整个装置为系统，水平方向的合外力为0，所以水平方向动量守恒。但由于要产生内能，所以机械能不守恒。 3．如图所反映的物理过程中，以物体A和物体B为一个系统，符合系统机械能守恒且水平方向动量守恒的是(　　) A．甲图中，在光滑水平面上，物块B以初速度v0滑上上表面粗糙的静止长木板A B．乙图中，在光滑水平面上，物块B以初速度v0滑下靠在墙边的表面光滑的斜面A C．丙图中，在光滑水平面上小球A以初速度v0与小球B发生碰撞后粘在一起 D．丁图中，在光滑水平面上物体A以初速度v0滑上表面光滑的圆弧轨道B 解析：选D。题图甲中，在光滑水平面上，物块B以初速度v0滑上上表面粗糙的静止长木板A，两物体组成的系统机械能不守恒，水平方向动量守恒，故A错误；题图乙中，在光滑水平面上，物块B以初速度v0滑下靠在墙边的表面光滑的斜面A，两物体组成的系统机械能守恒，水平方向动量不守恒，故B错误；题图丙中，在光滑水平面上小球A以初速度v0与小球B发生碰撞后粘在一起，两物体组成的系统机械能不守恒，水平方向动量守恒，故C错误；题图丁中，在光滑水平面上物体A以初速度v0滑上表面光滑的圆弧轨道B，两物体组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，故D正确。 4.为测量干粉灭火器喷出磷酸盐的速度，有人做了这样的实验：如图，人坐在小车上，手持灭火器，按压阀门让灭火器水平向前喷射。人自静止状态出发，在8.0 s内匀加速移动的距离为16.0 m。已知人(连同设备)的总质量为65 kg，灭火器单位时间内喷出磷酸盐的质量恒为0.20 kg，人(连同设备)在地面运动时，所受阻力恒定为自身重力的0.01。忽略该过程中人(连同设备)总质量的变化，g取10 m/s2，可估算出磷酸盐喷出的速率最接近(　　) A.195 m/s　　　　　　 B．120 m/s C．100 m/s D．60 m/s 解析：选A。设人(连同设备)的末速度为v，根据x＝t，解得v＝4 m/s，设磷酸盐喷出的速率为v′，分别对人(连同设备)和磷酸盐根据动量定理得Ft－kMgt＝Mv，Ft＝mv′，解得v′＝195 m/s。 5．如图所示，小车上固定着一个竖直放置的弯曲圆管，整个小车(含圆管)的质量为2m，初始时静止在光滑的水平面上。一个小球以水平速度v从圆管左端飞入后恰好能从圆管右端滑离小车。小球质量为m，半径略小于圆管半径，可以看作质点，忽略一切摩擦以及圆管的厚度。在此过程中，下列说法正确的是(　　) A．小球滑离小车时，小车速度向右 B．小球滑离小车时，小车的速度大小为v C．圆管中轴线距离车身的最大高度为 D．从小球进入圆管到脱离圆管，小球对小车的总冲量为0 解析：选C。小球与小车在水平方向上的合外力为零，故在水平方向上由动量守恒定律可得mv＝2mv车＋mv球，由机械能守恒定律可得mv2＝×2mv＋mv，解得v车1＝0、v球1＝v，v车2＝v、v球2＝－(舍去)，即小球滑离小车时，小车的速度为0，小球的速度为v，故A、B错误；小球恰好到达圆管的最高点时，小球和小车的速度相同为v′，由动量守恒定律得mv＝(m＋2m)v′，解得v′＝，以小球刚滑上小车的位置为零势能面，小球在最高点的重力势能等于系统动能减小量，由机械能守恒定律可得Ep＝mv2－×3m×2＝mv2，根据Ep＝mgh可知，车上圆管中心线最高点的竖直高度h＝＝，故C正确；从小球进入圆管到脱离圆管，小球对小车的水平方向总冲量为0，竖直方向总冲量不为0，所以总冲量不为0，故D错误。 6．在平静的水面上漂浮着一块质量为M的带有支架的木板，支架上蹲着一只质量为m的青蛙，M>m，突然青蛙相对于地面以一定水平速度向右跳出，恰好落到木板最右端。水的阻力不计，下列说法正确的是(　　) A．青蛙对木板的冲量大小大于木板对青蛙的冲量大小 B．青蛙落到木板后两者一起向右做匀速直线运动 C．该过程青蛙相对于地面的水平位移大于木板相对于地面的水平位移 D．如果增加木板的质量(长度不变)，则青蛙以同样的水平速度跳出后会落入水中 解析：选C。由于青蛙对木板的作用力与木板对青蛙的作用力是一对相互作用力，二者大小相等、方向相反，时间相等，所以青蛙对木板的冲量大小等于木板对青蛙的冲量大小，故A错误；由于青蛙和木板组成的系统水平方向动量守恒，系统初动量为零，所以末动量也为零，所以青蛙落到木板后二者静止，故B错误；设青蛙相对于木板的水平位移为L，根据人船模型的特点可得mx蛙＝Mx板，x蛙＋x板＝L，解得x蛙＝L，x板＝L，由于M>m，所以x蛙>x板，故C正确；设支架高为h，根据mv蛙＝Mv板，v蛙t＋v板t＝L′，h＝gt2，可知，青蛙以同样的水平速度跳出，增加木板的质量(长度不变)，则木板的速度减小，由于时间不变，所以青蛙相对于木板的位移减小，青蛙不会落入水中，故D错误。 7．光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面A，斜面质量为M，底边长为 L，如图所示。将一质量为m的可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，则下列说法正确的是(　　) A．FN＝mg cos α B．滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNt cos α C．滑块到达斜面底端时的动能为mgL tan α D．此过程中斜面向左滑动的距离为L 解析：选D。当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力FN不等于mgcos α，故A错误；滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小I＝FNt，故B错误；B下降的高度为Ltan α，其重力势能的减小量等于mgLtan α，减小的重力势能转化为A、B的动能之和，则滑块B的动能要小于mgLtan α，故C错误；系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得M－m＝0，即有Mx1＝mx2，又x1＋x2＝L，解得x1＝，故D正确。 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题意，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。 8．以下四个图中，系统动量守恒的是(　　) 　　 　　 A.将图甲中细线剪断，物块在光滑水平面上运动，弹簧恢复原长的过程中 B．在图乙所示的光滑水平面上，子弹射入木块的过程中 C．图丙所示的木块沿光滑固定斜面由静止滑下的过程中 D．图丁所示的两球匀速下降，细线断裂后，它们在水中运动的过程中 解析：选BD。剪断细线，弹簧恢复原长过程中，物块所受外力的合力不为0，等于弹簧的弹力，动量不守恒，故A错误；在光滑水平面上，子弹射入木块过程中，子弹与木块组成的系统所受外力的合力为0，该系统动量守恒，故B正确；木块沿光滑固定斜面下滑过程中，合外力沿斜面向下，木块所受外力的合力不为0，动量不守恒，故C错误；两球匀速下降，细线断裂后，它们在水中运动过程中，两球所受浮力与两球的重力仍然大小相等、方向相反，即两球组成的系统所受外力的合力为0，该系统动量守恒，故D正确。 9.如图所示，内壁光滑的半圆槽静置于光滑水平地面上。现将小球(可视为质点)自左侧槽口A点的正上方由静止释放，小球下落后刚好自A点进入槽内，B点为半圆槽内壁的最低点。不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) A．小球从A到B的过程中，半圆槽对小球做正功 B．小球从A到B的过程中，半圆槽对小球做负功 C．小球可以运动到当初释放点的等高处 D．小球无法运动到当初释放点的等高处 解析：选BC。小球从A到B的过程中，由于系统水平方向动量守恒，半圆槽向左运动，小球所受槽的支持力方向与速度方向并不垂直，而是大于90°，所以槽的支持力对小球做负功，故A错误，B正确；依题意，系统水平方向动量守恒，当小球到达右侧最高点时速度与半圆槽的速度相同，设为v，并设右侧最高点与释放点间的高度差为h，可得0＝(M＋m)v，系统机械能守恒，则有mgh＝(M＋m)v2，解得h＝0，即小球可以运动到当初释放点的等高处，故C正确，D错误。 10．如图所示，光滑水平面上甲、乙两球间粘少许炸药，一起以速度0.5 m/s向右做匀速直线运动。已知甲、乙两球质量分别为0.1 kg和0.2 kg。某时刻炸药突然爆炸，分开后两球仍沿原直线运动，从爆炸开始计时经过3.0 s，两球之间的距离x＝2.7 m，则下列说法正确的是(　　) A．刚分离时，甲、乙两球的速度方向相同 B．刚分离时，甲球的速度大小为0.1 m/s，方向水平向左 C．刚分离时，乙球的速度大小为0.3 m/s D．爆炸过程中释放的能量为0.027 J 解析：选BD。设甲、乙两球质量分别为m1、m2，刚分离时两球的速度分别为v1、v2，取向右为正方向，由动量守恒定律可得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，由题意又有v2－v1＝，代入数据联立解得v1＝－0.1 m/s，v2＝0.8 m/s，可知刚分离时，甲球的速度方向水平向左，乙球的速度方向水平向右，A、C错误，B正确；爆炸过程中释放的能量ΔE＝m1v＋m2v－v，代入数据解得ΔE＝0.027 J，D正确。 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11．(8分)某实验小组采用如图甲所示的实验装置来完成“验证动量守恒定律”实验，用天平测得A、B球的质量分别为m1和m2，O点是轨道末端在白纸上的投影点，M、P、N为三个落点的平均位置，测出M、P、N与O的距离，如图乙所示。 (1)实验时A球的质量一定要大于B球的质量的原因是_______________________。 (2)为正确完成本实验，斜槽________确保光滑，斜槽末端________确保水平，A球每次________从同一位置由静止释放。(均选填“需要”或“不需要”) (3)某次实验时测得A、B球的质量之比m1∶m2＝2∶1，则在实验误差允许范围内，当关系式s2＝________(用s1、s3表示)成立时，可证明两球碰撞时动量守恒，同时若关系式s2＝________(用s3表示)成立，则说明两球发生了弹性碰撞。 解析：(1)实验时A球的质量一定要大于B球的质量的原因是避免A球碰撞后反弹。 (2)为确保两小球碰撞后都做平抛运动，斜槽末端需要确保水平，斜槽不需要确保光滑，同一斜面的摩擦系数相同，只要确保从同一位置静止释放就可以确保A球碰撞前瞬间的速度相同。 (3)小球从斜槽末端开始做平抛运动，因此小球在空中的运动时间相同，若动量守恒，则m1v0＝m1v1＋m2v2，v0＝，v1＝，v2＝，所以m1s2＝m1s1＋m2s3，又m1∶m2＝2∶1，所以s2＝s1＋，若两球发生弹性碰撞，则有m1v＝m1v＋m2v，结合以上分析可得s2＝。 答案：(1)避免A球碰撞后反弹　(2)不需要　需要　需要　(3)s1＋　 12．(8分)某同学在探究碰撞过程中的动量守恒时，设计了如图所示的实验，并进行了如下的操作： a．将两个完全相同的遮光片分别固定在滑块甲和滑块乙上，用天平测量两滑块甲、乙和遮光片的总质量m1、m2，将两个光电门A、B分别固定在气垫导轨上； b．调节气垫导轨水平，将滑块甲放在光电门A的左侧，轻推滑块甲使其依次通过光电门A、B，遮光片的挡光时间分别为Δt1、Δt2； c．将轻弹簧放置在两滑块之间，使弹簧压缩且处于锁定状态，并将两滑块放在两光电门之间，某时刻将锁定解除，两滑块被弹簧弹开，两滑块甲、乙分别通过光电门时已经与弹簧分离，记录甲、乙经过光电门A、B的挡光时间t1、t2。 回答下列问题： (1)操作b中，若气垫导轨水平，则Δt1______(选填“>”“＝”或“<”)Δt2。 (2)本次实验若仅探究两滑块弹开过程中动量是否守恒，则__________(选填“需要”或“不需要”)测量遮光片的宽度d，若关系式__________成立，则动量守恒；若本次实验再探究弹簧储存的弹性势能，则__________(选填“需要”或“不需要”)测量遮光片的宽度d，锁定解除瞬间，弹簧储存的弹性势能为Ep＝__________(用以上测量的字母表示)。 解析：(1)操作b中，若气垫导轨水平，则滑块甲做匀速运动，则有Δt1＝Δt2。 (2)设遮光片的宽度为d，则滑块甲经过光电门A的速度大小v1＝，滑块乙经过光电门B的速度大小v2＝，由于初动量为0，根据动量守恒定律可得m1v1＝m2v2，联立可得＝，本次实验若仅探究两滑块弹开过程中动量是否守恒，则不需要测量遮光片的宽度d，若关系式＝成立，则动量守恒；根据能量守恒定律可得Ep＝m1v＋m2v，联立可得Ep＝，若本次实验再探究弹簧储存的弹性势能，则需要测量遮光片的宽度d，锁定解除瞬间，弹簧储存的弹性势能Ep＝。 答案：(1)＝　(2)不需要　＝　需要　 13．(10分)如图所示，一个小孩在冰面上进行“滑车”练习，开始小孩站在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车质量均为mA＝mB＝100 kg，若小孩跳离A车与跳离B车时对地速度的大小相等、方向相反，求： (1)小孩跳回A车后，他和A车的共同速度大小；(3分) (2)小孩跳离A车和B车时对地速度的大小；(3分) (3)小孩跳离A车的过程中对A车冲量的大小。(4分) 解析：(1)因为A、B恰好不相撞，则最后具有相同的速度。在小孩跳的过程中，把小孩、A车、B车看成一个系统，该系统所受合外力为零，动量守恒，由动量守恒定律得 (m＋mA)v0＝(m＋mA＋mB)v 代入数据解得v＝5 m/s。 (2)依题意，设小孩跳离A车和B车时对地的速度大小为v′，则对小孩、B车根据动量守恒定律有 mv′＝－mv′＋mBv 解得v′＝10 m/s。 (3)根据动量守恒定律，小孩跳离A车的过程有 (m＋mA)v0＝mv′＋mAvA′ 解得小孩跳离A车时，A车的速度大小 vA′＝8.75 m/s 根据动量定理，对A车的冲量大小等于A车动量的变化量大小，即 I＝Δp＝mAv0－mAvA′＝25 kg·m/s。 答案：(1)5 m/s　(2)10 m/s　(3)25 kg·m/s 14.(12分)如图，高度h＝0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx＝0.1 m的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA＝0.4 m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25 m后停止。A、B均视为质点，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB；(4分) (2)物块与桌面间的动摩擦因数μ；(4分) (3)整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp。(4分) 解析：(1)对A物块由平抛运动知识得 h＝gt2 xA＝vAt 代入数据解得vA＝1 m/s 对A、B物块整体由动量守恒定律有 mAvA＝mBvB 解得vB＝1 m/s。 (2)对物块B由动能定理有 －μmBgxB＝0－mBv 代入数据解得μ＝0.2。 (3)由能量守恒定律有 ΔEp＝mAv＋mBv＋μmAgΔxA＋μmBgΔxB 其中mA＝mB，Δx＝ΔxA＋ΔxB 解得ΔEp＝0.12 J。 答案：(1)1 m/s　1 m/s　(2)0.2　(3)0.12 J 15．(16分)如图所示，质量mA＝1 kg的物块A在光滑水平平台上向右运动，紧靠在水平平台右端的长木板上表面NQ水平并与平台等高且底面光滑，NQ的长度L＝2 m，长木板的右端为半径R＝0.1 m的光滑圆弧，长木板的左端有一可视为质点的滑块B，其质量mB＝3 kg，与NQ间的动摩擦因数μ＝0.1，滑块A沿平台向右运动与滑块B发生弹性碰撞，测得碰后滑块B的速度大小vB＝3 m/s，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)滑块A和B碰撞前A的速度大小v0；(5分) (2)为使滑块B不能从长木板右端滑离长木板，长木板的最大质量mC；(5分) (3)在满足(2)的条件下，长木板的最大速度v m及滑块B最终距Q端的距离Δx。(6分) 解析：(1)滑块A和B碰撞过程动量守恒，机械能守恒，则有mAv0＝mAvA＋mBvB mAv＝mAv＋mBv 联立解得v0＝6 m/s。 (2)在保证B不能从右端滑离长木板，长木板质量取最大时，对应的情况是B刚好滑到圆弧的顶端时，B与长木板共速，对B和长木板有 mBvB＝v mBv－v2＝μmBgL＋mBgR 代入数据可得v＝1 m/s，mC＝6 kg。 (3)当滑块B返回至Q端时，长木板的速度最大，设此时B的速度大小为vB′，则有 v＝mBvB′＋mCvm mBvB′2＋mCv－v2＝mBgR 解得v m＝ m/s 设B最终没有滑离长木板，B滑下后相对长木板滑行Δx，根据能量守恒定律可得 mBgR＝μmBgΔx 解得Δx＝1 m<L＝2 m 故假设成立，B最终距Q端的距离Δx＝1 m。 答案：(1)6 m/s　(2)6 kg　(3) m/s　1 m 学科网（北京）股份有限公司 $