第一章 动量守恒定律 阶段排查巩固（第二～六节）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 阶段排查巩固（第二～六节）同步练习-2025-2026学年高二上学期物理人教版选择性必修第一册 学号： 班级： 姓名： 易错点排查 易错点一　将系统在某一方向上的动量守恒误认为系统的动量守恒 1．如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q与P的接触面粗糙，Q自P的上端静止释放，在Q下滑的过程中，关于P和Q构成的系统，下列说法正确的是 （　　） A．图甲，动量守恒、机械能守恒 B．图甲，动量不守恒、机械能不守恒 C．图乙，水平动量守恒、机械能不守恒 D．图乙，竖直动量不守恒、机械能守恒 2．（多选）如图所示，A、B两物体彼此接触静止放在光滑的桌面上，物体A的上表面是半径为R的光滑半圆形轨道，将小球C紧贴轨道右侧最高点P由静止释放，则 （　　） A．A、B、C组成的系统机械能守恒，动量也守恒 B．当C第一次滑到最低点时，A和B开始分离 C．C可以滑到A左侧与P等高的地方 D．最后A将从桌面左边滑出 易错点二　忽视了动量守恒定律中的速度是对同一参考系的 3．（多选）如图所示，质量为M的小车，上面站着一个质量为m的人，车以v0的速度在光滑的水平地面上前进．现在人以相对于小车速度为u的水平速度向后跳出后，车速增加Δv，则计算Δv的式子正确的是 （　　） A．（M＋m）v0＝M（v0＋Δv）－mu B．（M＋m）v0＝M（v0＋Δv）－m（u－v0） C．（M＋m）v0＝M（v0＋Δv）－m[u－（v0＋Δv）] D．0＝MΔv－m（u－Δv） 4．用火箭发射人造地球卫星，假设最后一节火箭的燃料用完后，火箭壳体和卫星一起以7.0×103 m/s的速度绕地球做匀速圆周运动．已知卫星的质量为500 kg，最后一节火箭壳体的质量为100 kg.某时刻火箭壳体与卫星分离，卫星以1.2×103 m/s的速度相对火箭壳体沿轨道切线方向分离，则分离时卫星的速度为 （　　） A．6.0×103 m/s B．6.8×103 m/s C．7.2×103 m/s D．8.0×103 m/s 易错点三　动量守恒定律中的临界条件不清晰造成失误 5．如图所示，质量分别为m和5m的小球A、B放在水平面上，小球A的左侧有一固定的足够长的斜面体，已知一切摩擦力和能量损失均可忽略不计．某时刻给小球A以向右的初速度v0，经过一段时间与小球B发生碰撞，碰后小球A的速度大小为v＝av0，欲使小球A能与小球B发生第二次碰撞，则a的大小可能为 （　　） A． B． C． D． 6．如图所示，在光滑水平面上，质量为m的小球A和质量为m的小球B通过轻弹簧相连并处于静止状态，弹簧处于自然伸长状态；质量为m的小球C以初速度v0沿AB连线向右匀速运动，并与小球A发生弹性碰撞．在小球B的右侧某位置固定一块弹性挡板（图中未画出），当小球B与挡板发生正碰后立刻将挡板撤走．不计所有碰撞过程中的机械能损失，弹簧始终处于弹性限度内，小球B与挡板的碰撞时间极短，碰后小球B的速度大小不变，但方向相反．则B与挡板碰后弹簧弹性势能的最大值可能是 （　　） A．mv B．mv C．mv D．mv 重难点巩固 重难点一　动量定理的理解与应用 7．深秋时节，银杏果纷纷从树上掉落，某同学在某个无风的中午观察到一个银杏果从8 m高处由静止落下，落地速度为5 m/s.已知这颗银杏果的质量为4 g，且下落过程中所受空气阻力与速度成正比，关系式为f＝0.005v，重力加速度为10 m/s2，则银杏果下落时间t为 （　　） A．1.20 s B． s C．1.50 s D．1.60 s 8．“雨打芭蕉”是文学中常见的抒情意境，如王维的“雨打芭蕉叶带愁，心同新月向人羞”，白居易的“隔窗知夜雨，芭蕉先有声”，葛胜仲的“闲愁几许，逐梦芭蕉雨”等都是通过雨打芭蕉抒发作者的情感．将快落到芭蕉叶上的雨视为由单个质量为m、速度为v0的一系列小雨滴组成的，各个小雨滴垂直打在水平芭蕉叶上后，一半以速度v反向弹回，另一半速度为零．忽略芭蕉叶上的积水以及雨滴落在叶面上时重力的影响，忽略风力以及溅起的水珠对下落雨滴的影响．已知每立方米的体积内有N个小雨滴，则估算雨打芭蕉产生的压强p为 （　　） A．Nmv0（2v0＋v） B．Nmv0（2v0－v） C．Nmv0（v0＋v） D．Nmv0（v0－v） 重难点二　动量守恒定律的理解与应用 9．如图是劳动者抛沙袋入车的情景图．一排人站在平直的轨道旁，分别标记为1，2，3…，已知车的质量为40 kg，每个沙袋质量为5 kg.当车经过一人身旁时，此人将一个沙袋沿与车前进相反的方向以4 m/s的速度投入到车内，沙袋与车瞬间就获得共同速度．已知车原来的速度大小为10 m/s，当车停止运动时，一共抛入的沙袋有 （　　） A．20个 B．25个 C．30个 D．40个 10．（多选）如图所示，一个固定斜面与水平地面平滑连接，斜面与水平地面均光滑．小物块P放在水平地面上，小物块Q自斜面上某位置处由静止释放，P、Q之间的碰撞为弹性正碰，斜面与水平面足够长，则下列说法正确的是 （　　） A．若≥，则P、Q只能发生一次碰撞 B．若＝，则P、Q只能发生两次碰撞 C．若≥，则P、Q只能发生一次碰撞 D．若＝，则P、Q只能发生两次碰撞 重难点三　动量和能量相结合问题 11．如图，静置于水平地面的两辆购物车沿一直线排列，质量均为m，人在极短时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L时与第二辆车相碰，两车以共同速度继续运动了距离L时停止．车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍，重力加速度为g，若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，忽略空气阻力，求： （1）两车碰后共同运动过程的最大速率； （2）人给第一辆车水平冲量的大小； （3）碰撞时系统损失的机械能ΔE与整个运动过程中系统克服摩擦阻力做功Wf之比． 12．如图所示，三个质量均为m的滑块A、B、C置于光滑水平导轨MN上，B、C之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B与轻弹簧连接，C未连接，N右端停靠着一辆小车，质量也为m且小车上表面与MN在同一水平面上．现让A以一定的速度v0向右开始运动，当A与B碰撞后两物粘在一起．在接下来的运动中，当C运动到N之前，已与弹簧分开．C冲上小车后，最后恰好没有离开小车．已知C与小车之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计小车与平面之间的阻力．求： （1）A、B碰撞过程中损失的机械能； （2）C物体的最大速度； （3）小车的长度． 第一章 动量守恒定律 阶段排查巩固（第二～六节）同步练习-2025-2026学年高二上学期物理人教版选择性必修第一册 学号： 班级： 姓名： 易错点排查 易错点一　将系统在某一方向上的动量守恒误认为系统的动量守恒 1．如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q与P的接触面粗糙，Q自P的上端静止释放，在Q下滑的过程中，关于P和Q构成的系统，下列说法正确的是 （　　） A．图甲，动量守恒、机械能守恒 B．图甲，动量不守恒、机械能不守恒 C．图乙，水平动量守恒、机械能不守恒 D．图乙，竖直动量不守恒、机械能守恒 解析：图甲中，系统在水平方向所受合外力为零，在竖直方向所受合外力不为零，系统动量不守恒．Q与P的接触面粗糙，克服阻力做功产热，机械能不守恒，A错误，B正确；图乙，系统在水平方向和竖直方向所受合外力均不为零，系统在水平方向和竖直方向动量均不守恒，Q与P的接触面粗糙，克服阻力做功产热，机械能不守恒，C、D错误．故选B. 答案：B 2．（多选）如图所示，A、B两物体彼此接触静止放在光滑的桌面上，物体A的上表面是半径为R的光滑半圆形轨道，将小球C紧贴轨道右侧最高点P由静止释放，则 （　　） A．A、B、C组成的系统机械能守恒，动量也守恒 B．当C第一次滑到最低点时，A和B开始分离 C．C可以滑到A左侧与P等高的地方 D．最后A将从桌面左边滑出 解析：A、B、C三者组成的系统竖直方向合力不为零，系统动量不守恒，第一次滑到最低点前，C始终对A的作用力有向右的水平分力，则A的速度不断变大，不会与B分离；第一次滑过最低点后，C始终对A的作用力有向左的水平分力，则A的速度将变小，因此当C第一次滑到圆弧最低点时，A 和B开始分离，A错误，B正确； B与A分离后，B将一直向右做匀速直线运动，A、C的总动量向左，A、C将向左不断运动，最终从桌面左边滑出，根据能量守恒可知，C不可以滑到A左侧与P等高的地方，C错误，D正确．故选B、D. 答案：BD 易错点二　忽视了动量守恒定律中的速度是对同一参考系的 3．（多选）如图所示，质量为M的小车，上面站着一个质量为m的人，车以v0的速度在光滑的水平地面上前进．现在人以相对于小车速度为u的水平速度向后跳出后，车速增加Δv，则计算Δv的式子正确的是 （　　） A．（M＋m）v0＝M（v0＋Δv）－mu B．（M＋m）v0＝M（v0＋Δv）－m（u－v0） C．（M＋m）v0＝M（v0＋Δv）－m[u－（v0＋Δv）] D．0＝MΔv－m（u－Δv） 解析：以初速度方向为正方向，以地面为参考系，人跳下车后车的速度v＝v0＋Δv，人向后跳下车时相对于车的速度为u，人对地的速度v′＝v0＋Δv－u，由动量守恒定律有（M＋m）v0＝M（v0＋Δv）＋m（v0＋Δv－u），可得0＝MΔv－m（u－Δv）或（M＋m）Δv＝mu，A、B错误，C、D正确．故选C、D. 答案：CD 4．用火箭发射人造地球卫星，假设最后一节火箭的燃料用完后，火箭壳体和卫星一起以7.0×103 m/s的速度绕地球做匀速圆周运动．已知卫星的质量为500 kg，最后一节火箭壳体的质量为100 kg.某时刻火箭壳体与卫星分离，卫星以1.2×103 m/s的速度相对火箭壳体沿轨道切线方向分离，则分离时卫星的速度为 （　　） A．6.0×103 m/s B．6.8×103 m/s C．7.2×103 m/s D．8.0×103 m/s 解析：设火箭壳体和卫星分离前绕地球做匀速圆周运动的速度为v，卫星质量为m1，火箭壳体质量为m2，分离时卫星与火箭壳体沿轨道切线方向的相对速度为u，分离后火箭壳体的速度为v′，取分离前火箭壳体和卫星的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得（m1＋m2）v＝m1（v′＋u）＋m2v′，解得v′＝6×103 m/s，则分离时卫星速度为v卫＝v′＋u＝6×103 m/s＋1.2×103 m/s＝7.2×103 m/s，故选C. 答案：C 易错点三　动量守恒定律中的临界条件不清晰造成失误 5．如图所示，质量分别为m和5m的小球A、B放在水平面上，小球A的左侧有一固定的足够长的斜面体，已知一切摩擦力和能量损失均可忽略不计．某时刻给小球A以向右的初速度v0，经过一段时间与小球B发生碰撞，碰后小球A的速度大小为v＝av0，欲使小球A能与小球B发生第二次碰撞，则a的大小可能为 （　　） A． B． C． D． 解析：碰撞过程动量守恒有mv0＝－mav0＋5mvB，若使小球A能与小球B发生第二次碰撞，有av0>vB，解得a>.发生弹性碰撞时有mv＝m（av0）2＋5mv，解得a＝，故<a≤，故选B. 答案：B 6．如图所示，在光滑水平面上，质量为m的小球A和质量为m的小球B通过轻弹簧相连并处于静止状态，弹簧处于自然伸长状态；质量为m的小球C以初速度v0沿AB连线向右匀速运动，并与小球A发生弹性碰撞．在小球B的右侧某位置固定一块弹性挡板（图中未画出），当小球B与挡板发生正碰后立刻将挡板撤走．不计所有碰撞过程中的机械能损失，弹簧始终处于弹性限度内，小球B与挡板的碰撞时间极短，碰后小球B的速度大小不变，但方向相反．则B与挡板碰后弹簧弹性势能的最大值可能是 （　　） A．mv B．mv C．mv D．mv 解析：由于小球C与小球A质量相等，发生弹性正碰，碰撞后交换速度，若在A与B动量相等时，B与挡板碰撞，则B碰撞后速度与A大小相等、方向相反，当两者速度同时减至零时，弹簧的弹性势能最大，最大值Ep＝ΔEk＝mv；若B的速度很小时，B与挡板碰撞，则两球速度相等弹簧的弹性势能最大，设共同速度为v，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝（m＋m）v，解得v＝v0，由机械能守恒定律可知，最大的弹性势能为Ep＝mv－（m＋m）v2，解得Ep＝mv，故最大的弹性势能的范围为mv<Ep<mv.故选B. 答案：B 重难点巩固 重难点一　动量定理的理解与应用 7．深秋时节，银杏果纷纷从树上掉落，某同学在某个无风的中午观察到一个银杏果从8 m高处由静止落下，落地速度为5 m/s.已知这颗银杏果的质量为4 g，且下落过程中所受空气阻力与速度成正比，关系式为f＝0.005v，重力加速度为10 m/s2，则银杏果下落时间t为 （　　） A．1.20 s B． s C．1.50 s D．1.60 s 解析：银杏果下落过程中，由动量定理得mgt－∑kvΔt＝mv′，由题可知∑vΔt＝h＝8 m，v′＝5 m/s，代入数据得t＝1.50 s，故选C. 答案：C 8．“雨打芭蕉”是文学中常见的抒情意境，如王维的“雨打芭蕉叶带愁，心同新月向人羞”，白居易的“隔窗知夜雨，芭蕉先有声”，葛胜仲的“闲愁几许，逐梦芭蕉雨”等都是通过雨打芭蕉抒发作者的情感．将快落到芭蕉叶上的雨视为由单个质量为m、速度为v0的一系列小雨滴组成的，各个小雨滴垂直打在水平芭蕉叶上后，一半以速度v反向弹回，另一半速度为零．忽略芭蕉叶上的积水以及雨滴落在叶面上时重力的影响，忽略风力以及溅起的水珠对下落雨滴的影响．已知每立方米的体积内有N个小雨滴，则估算雨打芭蕉产生的压强p为 （　　） A．Nmv0（2v0＋v） B．Nmv0（2v0－v） C．Nmv0（v0＋v） D．Nmv0（v0－v） 解析：设芭蕉叶的面积为S，t时间内有质量为Δm的雨滴打在芭蕉叶上，有Δm＝NmSv0t，根据题意可知一半以速度v反向弹回，以竖直向上为正方向，根据动量定理有F1t＝·Δmv－（－·Δmv0），另一半速度为零，根据动量定理有F2t＝0－（－·Δmv0），又有p＝＝，联立可得p＝Nmv0（2v0＋v），故选A. 答案：A 重难点二　动量守恒定律的理解与应用 9．如图是劳动者抛沙袋入车的情景图．一排人站在平直的轨道旁，分别标记为1，2，3…，已知车的质量为40 kg，每个沙袋质量为5 kg.当车经过一人身旁时，此人将一个沙袋沿与车前进相反的方向以4 m/s的速度投入到车内，沙袋与车瞬间就获得共同速度．已知车原来的速度大小为10 m/s，当车停止运动时，一共抛入的沙袋有 （　　） A．20个 B．25个 C．30个 D．40个 解析：设一共抛入n个沙袋，这些沙袋抛入车的过程，水平方向动量守恒，有Mv0－n·mv＝0，解得n＝＝20，即抛入20个沙袋，车恰好停止运动．故选A. 答案：A 10．（多选）如图所示，一个固定斜面与水平地面平滑连接，斜面与水平地面均光滑．小物块P放在水平地面上，小物块Q自斜面上某位置处由静止释放，P、Q之间的碰撞为弹性正碰，斜面与水平面足够长，则下列说法正确的是 （　　） A．若≥，则P、Q只能发生一次碰撞 B．若＝，则P、Q只能发生两次碰撞 C．若≥，则P、Q只能发生一次碰撞 D．若＝，则P、Q只能发生两次碰撞 解析：设Q滑到水平面上时速度大小为v，P、Q相碰，由动量守恒有mQv＝mQvQ1＋mPvP1，由能量守恒有mQv2＝mQv＋mPv，联立解得第一次碰后vP1＝v，vQ1＝v，之后Q滑上斜面并返回，速度等大反向，若不能追上P，有vP1≥|vQ1|，解得≥，A正确，C错误；同理若＝，第一次碰后vP1＝v，vQ1＝－v，之后Q滑上斜面并返回，与P发生第二次碰撞后有vP2＝v，vQ2＝v，故P、Q只能发生两次碰撞，B正确；同理若＝，第一次碰后vP1＝v，vQ1＝－v，之后Q滑上斜面并返回，与P发生第二次碰撞后有vP2＝v，vQ2＝－v，故P、Q只能发生两次碰撞，D正确．故选A、B、D. 答案：ABD 重难点三　动量和能量相结合问题 11．如图，静置于水平地面的两辆购物车沿一直线排列，质量均为m，人在极短时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L时与第二辆车相碰，两车以共同速度继续运动了距离L时停止．车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍，重力加速度为g，若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，忽略空气阻力，求： （1）两车碰后共同运动过程的最大速率； （2）人给第一辆车水平冲量的大小； （3）碰撞时系统损失的机械能ΔE与整个运动过程中系统克服摩擦阻力做功Wf之比． 解析：（1）车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍，根据动能定理有0－·2mv2＝－k2mgL，则两车碰后共同运动过程的最大速率v＝.（2）设碰撞前小车速度为v2，碰撞过程有mv2＝2mv；第一辆车从推出后到碰前有mv－mv＝－kmgL，人给第一辆车水平冲量的大小I＝mv1＝m.（3）碰撞时系统损失的机械能ΔE＝mv－·2mv2＝2kmgL，整个过程克服阻力做功Wf＝mv－ΔE＝3kmgL，碰撞时系统损失的机械能ΔE与整个运动过程中系统克服摩擦阻力做功Wf之比为2∶3. 答案：（1）　（2）m　（3）2∶3 12．如图所示，三个质量均为m的滑块A、B、C置于光滑水平导轨MN上，B、C之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B与轻弹簧连接，C未连接，N右端停靠着一辆小车，质量也为m且小车上表面与MN在同一水平面上．现让A以一定的速度v0向右开始运动，当A与B碰撞后两物粘在一起．在接下来的运动中，当C运动到N之前，已与弹簧分开．C冲上小车后，最后恰好没有离开小车．已知C与小车之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计小车与平面之间的阻力．求： （1）A、B碰撞过程中损失的机械能； （2）C物体的最大速度； （3）小车的长度． 解析：（1） A、B碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，有mv0＝（m＋m）v，解得v＝0.5v0.由能量守恒定律可知，碰撞过程损失的机械能ΔE＝mv－·2mv2，解得ΔE＝mv.（2） A、B、C系统动量守恒，以向右为正方向，有（m＋m）v＝（m＋m）vAB＋mvC，由机械能守恒定律得（m＋m）v2＝（m＋m）v＋mv，解得vAB＝v0，vC＝v0.（3） C与小车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，有mvC＝（m＋m）v共，由能量守恒定律有mv＝（m＋m）v＋μmgL，解得L＝. 答案：（1）mv　（2）v0　（3） 学科网（北京）股份有限公司 $