单元检测卷（一）　动量与动量守恒定律-【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（教科版）

单元检测卷（一）　动量与动量守恒定律 (时间：90分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 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．下列说法中正确的是(　　) A．牛顿第二定律表述为：物体动量的变化率等于它受的合外力 B．一个恒力对物体做功为零，则其冲量也为零 C．建筑工人戴的安全帽内有帆布垫，把头和帽子的外壳隔开一定的空间是为了减小冲量 D．玻璃杯掉在水泥地上易碎，是因为受到的冲量太大 答案：A 解析：根据F＝，可以把牛顿第二定律表述为：物体动量的变化率等于它受到的合外力，故A正确；如果用力推箱子，箱子没动，此力对箱子不做功，但根据I＝Ft知推力对箱子的冲量不为零，故B错误；由Δp＝FΔt知，动量变化量相等时，作用时间越长，力F越小。因此建筑工人的安全帽内的帆布垫，把头和帽子外壳隔开一定空间是为了延长作用时间以减小作用力，故C错误；由Δp＝FΔt可知，玻璃杯掉在水泥地上，作用时间Δt短，力F大，所以易碎，故D错误。 2.(2024·湖北武汉高二期末)如图所示，一轻质弹簧固定在墙上，一个质量为m的木块以速度v0从右侧沿光滑水平面向左运动并与弹簧发生相互作用。设相互作用的过程中弹簧始终在弹性限度范围内，那么，到弹簧恢复原长的过程中弹簧对木块冲量I的大小和弹簧对木块做的功W的大小分别是(　　) A．I＝0，W＝mv02 B．I＝2mv0，W＝0 C．I＝mv0，W＝ D．I＝2mv0，W＝ 答案：B 解析：在木块与弹簧接触到将弹簧压缩为最短的过程中，弹簧对木块做负功，在弹簧将木块弹出的过程中，弹簧对木块做正功，且正功与负功的绝对值相等，故在整个相互作用的过程中弹簧对木块做的总功为0，即W＝0，木块将以－v0的速度被弹回，由动量定理可得，在整个相互作用的过程中弹簧对木块冲量的大小I＝2mv0，故B正确。 3.如图所示，篮球比赛中，质量为m的篮球以大小为v1的速度水平撞击竖直篮板后，被篮板水平弹回，速度大小变为v2，已知v2<v1，篮球与篮板撞击时间极短。下列说法正确的是(　　) A．撞击时篮球受到的冲量大小为m(v1＋v2) B．撞击时篮板受到篮球的冲量为零 C．撞击过程中篮球和篮板组成的系统动量守恒 D．撞击过程中篮球和篮板组成的系统机械能守恒 答案：A 解析：以篮球被弹回的方向为正方向，则由动量定理可知，撞击时篮球受到的冲量大小为I＝mv2－(－mv1)＝m，A正确，B错误；撞击过程中篮球和篮板组成的系统所受合外力不为零，则系统的动量不守恒，C错误；撞击过程中篮球的动能减小，则篮球和篮板组成的系统机械能减小，D错误。 4．质量为0.1 kg的物体静止在水平地面上，从0时刻开始受到竖直向上的拉力F的作用，F随时间t的变化情况如图乙所示，g取10 m/s2，则物体9 s末的速度为(　　) A．135 m/s B．130 m/s C．50 m/s D．45 m/s 答案：C 解析：物块在t＝1 s时刻，F＝1 N＝mg，则1 s后物体将向上运动，则对物体在1～9 s时间内，由动量定理得IF－mgt＝mv，其中t＝8 s，且1～9 s内力F的冲量IF＝ N·s＝13 N·s，代入解得v＝50 m/s，故C正确。 5.如图所示，质量为m的滑环套在足够长的光滑水平杆上，质量为m球＝3m的小球(可视为质点)用长为L的轻质细绳与滑环连接。滑环固定时，给小球一个水平冲量I，小球摆起的最大高度为h1(h1<L)；滑环不固定时，仍给小球以同样的水平冲量I，小球摆起的最大高度为h2。则h1∶h2(　　) A.6∶1 B．4∶1 C．2∶1 D．4∶3 答案：B 解析：滑环固定时，设小球获得冲量I后对应的初速度为v0，根据机械能守恒定律，有m球v02＝m球gh1，解得h1＝。滑环不固定时，小球仍以v0向右运动，根据水平方向动量守恒、机械能守恒有3mv0＝(3m＋m)v，·3mv02＝(3m＋m)v2＋3mgh2，解得h2＝，则＝，故B正确。 6．(2024·天津高二期中)一只爆竹竖直升空后，在高为h处达到最高点并发生爆炸，分为质量不同的两块，两块质量之比为3∶1，其中质量小的一块获得大小为v的水平速度，重力加速度为g，不计空气阻力，则两块爆竹落地后相距(　　) A． B． C．4v D． 答案：D 解析：设其中一块质量为m，另一块质量为3m，爆炸过程系统水平方向动量守恒，以速度v的方向为正方向，由动量守恒定律得mv－3mv′＝0，解得v′＝；设两块爆竹落地用的时间为t，则有h＝gt2，解得t＝，落地后两者间的距离为x＝t，联立各式解得x＝ ，故D正确。 7.如图所示，海宁高级中学航天科普节活动中，某同学将静置在地面上的质量为M(含水)的自制“水火箭”释放升空，在极短的时间内，质量为m的水以相对地面为v0的速度与竖直方向成θ角斜向下喷出。已知重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是(　　) A．火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力 B．水喷出的过程中，火箭和水组成的系统机械能守恒 C．火箭的水平射程为sin 2θ D．火箭上升的最大高度为 答案：C 解析：火箭的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力，A错误；水喷出的过程中，瓶内气体做功，火箭及水组成的系统的机械能不守恒，B错误；在水喷出后的瞬间，火箭获得的速度最大，由动量守恒定律有(M－m)v－mv0＝0，解得v＝，火箭上升的时间为t＝＝，火箭的水平射程为x＝v sin θ·2t＝·＝sin 2θ，C正确；水喷出后，火箭向上做斜抛运动，有(v cos θ)2＝2gh，解得h＝cos2θ，D错误。 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分) 8.(2022·全国乙卷)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，重力加速度大小取g＝10 m/s2。则(　　) A．4 s时物块的动能为零 B．6 s时物块回到初始位置 C．3 s时物块的动量为12 kg·m/s D．0～6 s时间内F对物块所做的功为40 J 答案：AD 解析：物块与地面间的摩擦力为Ff＝μmg＝2 N，对物块从0～3 s内由动量定理可知(F－Ff)Δt1＝mv3，得v3＝6 m/s，3 s时物块的动量为p＝mv3＝6 kg·m/s，设3 s后经过时间Δt物块的速度减为0，由动量定理可得－(F＋Ff)Δt＝0－mv3，解得Δt＝1 s，所以物块在4 s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确，C错误；0～3 s物块发生的位移为x1，由动能定理可得(F－Ff)x1＝mv32，解得x1＝9 m，3 s～4 s过程中，对物块由动能定理可得－(F＋Ff)x2＝0－mv32，解得x2＝3 m，4 s～6 s物块开始反向运动，物块的加速度大小为a＝＝2 m/s2，发生的位移为x3＝×2×22 m＝4 m<x1＋x2，即6 s时物块没有回到初始位置，故B错误；物块在6 s时的速度大小为v6＝2×2 m/s＝4 m/s，0～6 s拉力所做的功为W＝(4×9－4×3＋4×4) J＝40 J，故D正确。故选A、D。 9.(2024·甘肃武威阶段测试)如图所示，光滑水平面上有一质量mA＝1 kg的A球和一质量mB＝1.5 kg的B球同向运动。已知A球的初速度v1＝10 m/s，B球的初速度v2＝5 m/s，运动一段时间后，两球发生对心正碰。下列说法正确的是(　　) A．当两球发生的碰撞是弹性碰撞时，A球对B球的冲量为7.5 N·s B．碰撞的过程中，系统损失的机械能可能为8 J C．碰撞后，A球的速度可能为5 m/s D．当两球发生的碰撞是完全非弹性碰撞时，A球对B球的冲量为3 N·s 答案：CD 解析：两球发生弹性碰撞时，根据动量守恒定律及机械能守恒定律，有mAv1＋mBv2＝mAvA＋mBvB，mAv12＋mBv22＝mAvA2＋mBvB2，解得vA＝4 m/s，vB＝9 m/s，根据动量定理，A球对B球的冲量为I＝mBvB－mBv2＝6 N·s，A错误；若两球发生完全非弹性碰撞，由mAv1＋mBv2＝(mA＋mB)v，解得v＝7 m/s，则碰撞后A球的速度在4 m/s到7 m/s之间，完全非弹性碰撞的机械能损失最大，损失的最大机械能为ΔE＝mAv12＋mBv22－(mA＋mB)v2＝7.5 J，B错误，C正确；当两球发生的碰撞是完全非弹性碰撞时，A球对B球的冲量为I′＝mBv－mBv2＝3 N·s，D正确。故选C、D。 10．如图所示，质量为3m、半径为R的光滑圆弧形轨道C静止在光滑水平地面上，槽底端与水平面相切，质量为m的小球A与轻弹簧相连接并静止于水平地面上，现有一个质量为m的小球B从圆弧轨道最高点由静止下滑，下列说法中正确的是(　　) A．小球B沿圆弧轨道滑至底端的过程中与圆弧轨道C组成的系统动量守恒 B．小球B从圆弧轨道最高点滑至底端的过程中圆弧轨道向右运动了 C．在运动过程中轻弹簧具有的最大弹性势能为 D．若轻弹簧左端固定在墙上，则小球B仍能返回圆弧轨道且上升的最大高度为 答案：BCD 解析：小球B沿圆弧轨道滑至底端的过程中与圆弧轨道C组成的系统所受合外力不为零，水平方向所受合外力为零，所以水平方向动量守恒，故A错误；球B沿圆弧轨道滑至底端的过程中与圆弧轨道C组成的系统水平方向动量守恒，有mvB－3mvC＝0，可得m＝3m，则xB＝3xC，且xB＋xC＝R，可得xC＝，故B正确；由机械能守恒定律得mgR＝mvB2＋·3mvC2，可得vB＝，vC＝，B与弹簧碰撞过程中，A、B的动量守恒，弹簧压缩到最短时A、B共速，弹簧弹性势能最大，有mvB＝2mv，A、B和弹簧三者能量守恒，有mvB2＝Ep＋×2mv2，所以在运动过程中轻弹簧具有的最大弹性势能为Ep＝，故C正确；若轻弹簧左端固定在墙上，则B、C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，则有mvB＋3mvC＝4mv共，mvB2＋·3mvC2＝·4mv共2＋mgh，代入数值可得小球B仍能返回圆弧轨道且上升的最大高度为h＝，故D正确。 三、非选择题(本题共6小题，共54分。按题目要求作答。计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位) 11．(6分)(2024·河北沧州期末)如图所示的实验装置，将气垫导轨调节为水平，可以用来完成“探究加速度与滑块质量的关系”“验证机械能守恒定律”“探究动量定理”等实验。 (1)在“探究加速度与滑块质量的关系”时，多次改变滑块的质量M，通过实验测量的数据，计算得出对应的加速度a，并利用数据作出 ­M图像，图线为直线，斜率为k、纵截距为b，则钩码的质量为____________。 (2)在“验证机械能守恒定律”时，钩码和滑块的质量分别为m、M，遮光条的宽度为d，两光电门之间的距离为L，滑块经过两光电门时的挡光时间分别为t1、t2，重力加速度为g。若系统的机械能守恒，则关系式________________________成立。 (3)在“探究动量定理”时，钩码和滑块的质量分别为m、M，遮光条的宽度为d，滑块经过两光电门时的挡光时间分别为t1、t2，滑块由光电门1运动到光电门2的时间为t，重力加速度为g，为了探究动量定理，应探究关系式________________________是否成立。 答案：(1)　(2)mgL＝－　(3)mgt＝－ 解析：(1)在“探究加速度与滑块质量的关系”时，设细线上拉力大小为F，钩码质量为m，钩码与滑块的加速度大小为a，由牛顿第二定律有mg－F＝ma，F＝Ma，联立得mg＝(M＋m)a，可得＝×M＋，可知k＝，b＝，因此钩码的质量m＝。 (2)滑块通过光电门1、2的速度分别为v1＝，v2＝，则滑块从经过光电门1到经过光电门2的过程，系统动能的增加量ΔE1＝(M＋m)v22－(M＋m)v12，钩码减少的重力势能ΔEp＝mgL；若系统机械能守恒，则ΔEk＝ΔEp，即mgL＝－。 (3)在“探究动量定理”时，滑块由光电门1运动到光电门2的过程中，设细线上拉力大小为F，若动量定理成立，对钩码有t＝mv2－mv1，对滑块有Ft＝Mv2－Mv1，联立得mgt＝(M＋m)v2－(M＋m)v1，整理得mgt＝－　①，故为了探究动量定理，应探究①式是否成立。 12．(6分)(2024·广州高二期末)甲、乙两个学习小组的同学分别设计了如图所示的甲、乙两种装置用来验证动量守恒定律。 (1)两组实验中，小球A的半径应________(选填“大于”、“等于”或“小于”)小球B的半径。 (2)图甲中O点是小球抛出点在地面上的投影，实验时，先让入射小球A多次从斜轨上同一位置S由静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平均水平射程OP，然后把被碰小球B静置于轨道的水平部分，再将入射小球A从斜轨上S位置由静止释放，与小球B相碰并多次重复本操作，接下来要完成的必要步骤还有________(填选项前的字母)。 A．用天平测量两个小球的质量m1、m2 B．测量小球m1开始释放的高度h C．测量B球距地面的高度H D．通过画最小的圆找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N，并测量平均水平射程OM、ON (3)用刻度尺测量发现OM∶OP∶ON＝1∶5∶6，若碰撞过程中动量守恒，则小球A与小球B的质量之比为________。 (4)图乙中，B′点为小球球心的等高点，小球在竖直板上的撞击点分别为N′、P′、M′，B′N′＝h1，B′P′＝h2，B′M′＝h3，若两球相碰前后的动量守恒，则系统动量守恒的表达式可表示为______________________(用m1、m2、h1、h2、h3表示)。 答案：(1)等于　(2)AD　(3)3∶2 (4)＝＋ 解析：(1)为保证碰撞为正碰，应使两小球半径相等。 (2)如果碰撞过程系统动量守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得m1v1＝m1v2＋m2v3，小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得m1v1t＝m1v2t＋m2v3t，得m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，所以实验需要测量两球的质量、两球的平均水平射程，故选AD。 (3)由(2)可知，若碰撞过程中动量守恒，则m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，已知OM∶OP∶ON＝1∶5∶6，解得m1∶m2＝3∶2。 (4)如果碰撞过程系统动量守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得m1v1＝m1v2＋m2v3，小球离开轨道后做平抛运动，水平位移相同，则有m1·＝m1·＋m2·，化简得＝＋。 13．(10分)一个质量为60 kg的蹦床运动员，从离水平网面3.2 m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0 m高处。已知运动员与网接触的时间为0.8 s，g取10 m/s2。 (1)求运动员与网接触的这段时间内动量的变化量； (2)求网对运动员的平均作用力大小； (3)求从自由下落开始到蹦回离水平网面5.0 m高处这一过程中运动员所受重力的冲量、弹力的冲量。 答案：(1)1 080 kg·m/s，方向竖直向上 (2)1 950 N　(3)1 560 N·s，方向竖直向下　1 560 N·s，方向竖直向上 解析：(1)选竖直向上为正方向。 运动员刚接触网时速度的大小v1＝＝ m/s＝8 m/s，方向向下 刚离网时速度的大小v2＝＝ m/s＝10 m/s，方向向上 根据Δp＝p2－p1，p1＝－mv1，p2＝mv2 可得Δp＝mv2＋mv1＝1 080 kg·m/s。 (2)根据动量定理(－mg)Δt＝Δp 解得＝1 950 N，方向竖直向上。 (3)整个过程中，弹力的冲量 I1＝·Δt＝1 560 N·s 运动员初、末动量都为零，则I1＋I2＝0 可得重力的冲量I2＝－1 560 N·s。 14．(10分)汽车A在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m。已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)碰撞后的瞬间B车速度的大小； (2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。 答案：(1)3.0 m/s　(2)4.25 m/s 解析：(1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB。根据牛顿第二定律有μmBg＝mBaB 式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数 设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB′，碰撞后滑行的距离为xB。由运动学公式有vB′2＝2aBxB 联立并代入数据解得vB′＝3.0 m/s。 (2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA。根据牛顿第二定律有μmAg＝mAaA 设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA′，碰撞后滑行的距离为xA。由运动学公式有vA′2＝2aAxA 设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA。两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvA＝mAvA′＋mBvB′ 联立并代入数据解得vA＝4.25 m/s。 15．(10分)(2024·河北张家口高二期末)如图所示，光滑水平面上有一质量M＝1.98 kg的小车，车上B点左侧为半径R＝0.7 m的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在B点相切，一个质量m＝2 kg的小物块置于B点，车与小物块均处于静止状态，突然有一质量m0＝20 g的子弹，以v0＝500 m/s的速度击中小车并停留在车中，设子弹击中小车的过程时间极短，已知重力加速度g取10 m/s2。求： (1)子弹刚与小车共速时的速度； (2)小物块上升的最大高度； (3)当小物块再次回到B点时，小物块的速度大小。 答案：(1)5 m/s　(2)0.625 m　(3)5 m/s 解析：(1)取向右为正方向，对于子弹和小车组成的系统，由动量守恒定律可得m0v0＝v 解得v＝5 m/s。 (2)当小物块运动到圆轨道的最高点时三者共速，系统水平方向动量守恒，有m0v0＝(m0＋M＋m)v共 解得v共＝2.5 m/s 设最大高度为h，根据机械能守恒定律得 (m0＋M)v2＝v共2＋mgh 解得h＝0.625 m。 (3)当小物块再次回到B点时，设小物块速度为v1，车和子弹的速度为v2，系统水平方向动量守恒，有v＝mv1＋v2 系统能量守恒，有v2＝mv12＋(m0＋M)v22，解得v1＝5 m/s。 16．(12分)(2024·河北武安三中期末)如图所示，在光滑的水平面上静止放一质量为2m的木板B，木板表面光滑，右端固定一轻质弹簧。质量为m的木块A以速度v0从板的左端水平向右滑上木板B。求： (1)弹簧的最大弹性势能以及此时A速度的大小； (2)弹簧被压缩直至最短的过程中，弹簧给木块A的冲量的大小和方向； (3)当木块A和B板分离时，木块A和B板速度的大小和方向。 答案：(1)mv02　　(2)mv0　方向向左　(3)　方向向左　　方向向右 解析：(1)弹簧被压缩到最短时，木块A与木板B具有相同的速度，此时弹簧的弹性势能最大。设共同速度为v，从木块A开始沿木板B表面向右运动至弹簧被压缩到最短的过程中，A、B系统的动量守恒，取向右为正方向，则有mv0＝v 解得v＝ 由能量关系得弹簧的最大弹性势能 Epmax＝mv02－v2 解得Epmax＝mv02。 (2)对木块A，取向右为正方向，由动量定理有 I＝mv－mv0 解得I＝－mv0 即弹簧给木块A的冲量的大小为mv0，方向向左。 (3)从木块A滑上木板B直到二者分离，系统的机械能守恒，设分离时A、B的速度分别为v1和v2，取向右为正方向，则有 mv0＝mv1＋2mv2 mv02＝mv12＋×2mv22 解得v1＝－，v2＝ 即A的速度大小为，方向向左，B的速度大小为，方向向右。 学生用书第42页 学科网（北京）股份有限公司 $