课后分层练(一) 动量-【正禾一本通】2025-2026学年高二物理选择性必修第一册同步课堂高效讲义配套练习（人教版）

[课后分层练(一)]　动量 (选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟) 1．如图所示是一台螺旋传送装置，可将货物沿弯曲程度相同的等螺距轨道向上以恒定速率传送。在向上传送过程中，货物(　　 ) A．机械能增大 B．加速度为零 C．所受合力为零 D．动量保持不变 答案：选A。 解析：货物运动过程，动能不变，重力势能增大，则机械能增大，故A正确；运动过程有向心加速度，加速度不为零，故B错误；加速度不为零，则合力不为零，故C错误；由于速度方向时刻改变，则动量时刻改变，故D错误。 2．(2025·江苏淮安期中)下列关于动量、动能的说法中正确的是(　　 ) A.动量是矢量，动量的方向与速度的方向相同 B．动能是矢量，动能的方向与位移的方向相同 C．某个物体的动量变化，则其动能一定变化 D．某个物体的动能变化，但其动量不一定变化 答案：选A。 解析：动量是矢量，由于p＝mv，所以动量的方向与速度的方向相同，A正确；动能是标量，没有方向，B错误；由于p＝mv，Ek＝mv2，动量变化有可能是方向改变，此时动能不变，C错误；由p＝mv，Ek＝mv2可得p＝，某个物体的动能变化，其动量大小一定变化，故D错误。 3．小球从某一高度由静止自由落下，与地面发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后弹起。不计空气阻力和碰撞中机械能的损失，小球从高处落下到第一次弹起至最高处过程中，小球的动量p与时间t的关系图像正确的是(　　) 答案：选C。 解析：因为不计空气阻力和碰撞过程中机械能的损失，小球从高处落下到第一次弹起至最高处的过程中，先做自由落体运动，然后以原速率反弹做竖直上抛运动，即速度先向下增大后向上减小，因为动量p＝mv，即动量方向与速度方向相同，所以动量也是先向下增大后向上减小，故C正确。 4．(多选)(2025·山东烟台质检)一质量为2 kg的物块在合力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则(　　) A．t＝1 s时物块的速率为1 m/s B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s D．t＝4 s时物块的速度为零 答案：选AB。 解析：前2 s，根据牛顿第二定律知a＝＝1 m/s2，则0～2 s内物块速度与时间的关系为v＝at，故t＝1 s时，物块的速率为1 m/s，A正确；t＝2 s时，物块的速率为2 m/s，则动量大小为p＝mv＝4 kg·m/s，B正确；2～4 s，力反向，物块减速，根据牛顿第二定律得a′＝－0.5 m/s2，所以3 s时物块的速度为1.5 m/s，动量大小为3 kg·m/s，4 s时物块的速度为1 m/s，C、D错误。 5．(多选)躺着看手机时，有时手机会砸到脸部。若手机质量为120 g，从离脸部高约20 cm处无初速度滑落，砸到脸部后未反弹，冲击脸部的时间约为0.1 s，g取10 m/s2。下列分析正确的是(　　 ) A．手机下落的时间约为0.4 s B．手机接触脸部前瞬间的速度大小约为2 m/s C．手机冲击脸部的过程中，动量变化量大小约为0.24 kg·m/s D．手机冲击脸部前瞬间的动量大小约为0.48 kg·m/s 答案：选BC。 解析：手机做自由落体运动，根据运动学公式可知手机下落时间约为t＝ s＝0.2 s，故A错误；手机做自由落体运动，根据运动学公式可知手机接触脸部前瞬间的速度约为v＝ m/s＝2 m/s，故B正确；手机与脸部作用后手机的速度变为0，选取向下为正方向，所以手机与脸部作用过程中动量变化约为Δp＝0－mv＝－0.24 kg·m/s，动量变化量大小约为0.24 kg·m/s，故C正确；手机冲击脸部前瞬间的动量大小约为p＝mv＝120×10-3×2 kg·m/s＝0.24 kg·m/s，故D错误。 6．某市学生体能测试中有一重要项目：排球垫球个数测试。某同学在一次测试中双手在同一高度多次竖直垫起排球，第一次垫球后，球竖直上升高度为0.2 m；第二次垫球后，球竖直上升高度为0.45 m。已知排球的质量为0.27 kg，重力加速度取10 m/s2，不计空气阻力。则第二次垫球过程中排球动量变化量的大小为(　　 ) A．0.27 kg·m/s B．0.54 kg·m/s C．0.81 kg·m/s D．1.35 kg·m/s 答案：选D。 解析：第一次垫球后，球竖直上升高度为0.2 m，球落回到手上的速度为v0＝＝2 m/s，方向向下；第二次垫球后，球竖直上升高度为0.45 m，则球刚离手时的速度为v1＝＝0.27 kg×5 m/s＝1.35 kg·m/s，故D正确。 【综合练】 7．曾有人做过如下实验：几个完全相同的水球紧挨在一起水平排列，水平运动的子弹恰好能穿出第4个水球，如图所示。设子弹受到的阻力恒定，则子弹在穿过每个水球的过程中(　　 ) A．速度变化相同 B．运动时间相同 C．动能变化相同 D．动量变化相同 答案：选C。 解析：由于子弹经过每个水球的位移相同，根据t＝可知，经过4个水球的时间逐渐增加，故B错误；根据匀变速直线运动规律Δv＝a·Δt可知，a相同，Δt不同，故速度变化量不同，动量变化量也不同，故A、D错误；由W＝F·x，知每个水球对子弹做的功相同，根据动能定理可知，动能变化量相同，故C正确。 8．如图，某滑雪运动员从弧形坡面上滑下沿水平方向飞出后落回到斜面上。斜面足够长且倾角为θ。某次训练时，运动员从弧形坡面先后以速度v0和3v0水平飞出，飞出后在空中的姿势保持不变。不计空气阻力，则(　　 ) A．运动员先后落在斜面上所用时间之比为3∶1 B．运动员先后落在斜面上位移之比为1∶3 C．运动员先后落在斜面上动能的变化量之比为1∶3 D．运动员先后落在斜面上动量的变化量之比为1∶3 答案：选D。 解析：运动员做平抛运动，则水平方向x＝v0t，竖直方向h＝gt2，且tan θ＝，解得t＝，因此运动员先后落在斜面上所用时间之比t1∶t2＝1∶3，故A错误；运动员在斜面上的位移s＝，运动员先后落在斜面上的位移之比，故B错误；根据动能定理可知，动能的变化量ΔEk＝mgh＝mg2t2，因此运动员先后落在斜面上动能的变化量之比，故C错误；运动员做平抛运动时，水平方向的动量不变，所以落在斜面上动量的变化量Δp＝Δpy＝mgt，因此运动员先后落在斜面上动量的变化量之比，故D正确。 9．某同学利用气垫导轨探究“碰撞中的不变量”，气垫导轨装置如图所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架、光电门等组成。 (1)下面是实验的主要步骤。 ①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平； ②向气垫导轨通入压缩空气； ③接通光电计时器； ④把滑块2静止放在气垫导轨的中间； ⑤滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳； ⑥释放滑块1，滑块1通过光电门1后与左侧固定弹簧的滑块2碰撞，碰后滑块2和滑块1依次通过光电门2，两滑块通过光电门2后依次被制动； ⑦读出滑块通过两个光电门的挡光时间分别为滑块1通过光电门1的挡光时间Δt1＝10.01 ms、滑块1通过光电门2的挡光时间Δt2＝49.99 ms、滑块2通过光电门2的挡光时间Δt3＝8.35 ms； ⑧测出挡光片的宽度d＝5 mm，测得滑块1(包括撞针)的质量为m1＝300 g，滑块2(包括弹簧)的质量为m2＝200 g。 (2)数据处理与实验结论。 ①实验中气垫导轨的作用是： A．__________________________________________________________； B．__________________________________________________________。 ②碰撞前滑块1的速度v1为________m/s；碰撞后滑块1的速度v2为________m/s；滑块2的速度v3为________m/s。(结果保留两位有效数字) ③通过对实验数据的分析可以得出： 在误差允许的范围内，两滑块碰撞前后质量与速度的乘积之和________，两滑块碰撞前后的动能之和________。(均选填“减小”“不变”或“增加”) 答案：(2)①A.大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的实验误差　B．保证两个滑块的碰撞是一维的　②0.50　0.10　0.60　③不变　不变 解析：(2)①A.大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的实验误差；B.保证两个滑块的碰撞是一维的。 ②滑块1碰撞之前的速度 v1＝ m/s≈0.50 m/s； 滑块1碰撞之后的速度 v2＝ m/s≈0.10 m/s； 滑块2碰撞之后的速度 v3＝ m/s≈0.60 m/s。 ③两滑块碰撞之前质量与速度的乘积之和为m1v1＝0.15 kg·m/s，碰撞之后m1v2＋m2v3＝0.15 kg·m/s，所以碰撞前后两滑块质量与速度的乘积之和保持不变。 两滑块碰撞之前的总动能Ek1＝＝0.037 5 J，碰撞之后的总动能Ek2＝＝0.037 5 J，所以碰撞前后两滑块的动能之和也保持不变。 10．(2025·四川成都检测)羽毛球是速度较快的球类运动之一，某运动员某次扣杀羽毛球的速度为342 km/h，假设球的速度为90 km/h，他将球以342 km/h的速度反向击回。设羽毛球质量为5 g。 (1)求运动员击球过程中羽毛球的动量变化量； (2)在这次扣杀中，羽毛球的速度变化、动能变化各是多少？ 答案：(1)0.600 kg·m/s　方向与羽毛球飞回的方向相同　(2)120 m/s　21 J 解析：(1)以球飞回的方向为正方向，则p1＝mv1＝－5×10-3× kg·m/s＝－0.125 kg·m/s p2＝mv2＝5×10-3× kg·m/s＝0.475 kg·m/s 所以羽毛球的动量变化量为Δp＝p2－p1＝0.475 kg·m/s－(－0.125 kg·m/s)＝0.600 kg·m/s 即羽毛球的动量变化大小为0.600 kg·m/s，方向与羽毛球飞回的方向相同。 (2)羽毛球的初速度为v1＝－25 m/s 羽毛球的末速度为v2＝95 m/s 所以Δv＝v2－v1＝95 m/s－(－25 m/s)＝120 m/s 羽毛球的初动能 Ek＝×5×10-3×(－25)2 J＝1.562 5 J 羽毛球的末动能 Ek′＝×5×10-3×952 J＝22.562 5 J 所以ΔEk＝Ek′－Ek＝21 J。 【创新练】 11．(用矢量三角形计算动量变化量)(多选)一质量为2 kg的弹珠与水平地面碰撞后反弹，动能不变，弹珠反弹前后速度方向如图所示。已知与地面碰撞前弹珠的动能大小为9 J，则下列说法正确的是(　　 ) A．碰撞前后弹珠动量方向改变的角度为60° B．碰撞前后弹珠动量大小不变 C．碰撞后，弹珠的动量大小为8 kg·m/s D．弹珠碰撞前后动量变化量大小为 答案：选BD。 解析：结合几何知识，由图可知，碰撞前后弹珠动量方向改变的角度为120°，故A错误； 由动能与动量的关系式Ek＝，可知碰撞前后动能不变，则动量大小不变，故B正确；碰撞后弹珠的动量大小为p＝＝6 kg·m/s，故C错误；结合几何知识可知，弹珠动量变化量Δp＝2p cos 30°＝6 kg·m/s，故D正确。 学科网（北京）股份有限公司 $