第一章 动量守恒定律 情境题专项-【新课程能力培养】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册练习手册（人教版）

第一章动量守恒定律 情境题专项 1.(多选)如图，在某次篮 为() 球赛中，甲、乙运动员想 A.3400kg B.3485kg 组织一次快速反击，甲 C.6265kg D.6885kg 乙以相同的速度并排向同 4.(多选)已知弹道导弹质量为m,在一次 一方向奔跑，甲运动员要 第1题图 试射机动变轨过程中，弹道导弹正在大气 将球传给乙运动员，不计空气阻力，则 层边缘向东水平高速飞行，速度大小为 ( 12马赫(1马赫就是一倍音速，设为v), A.应该让球沿着3的方向抛出 突然蛇形机动变轨，转成水平向东偏下 B.应该让球沿着2的方向抛出 37°角飞行，速度大小为15马赫。此次 C.两运动员对球的冲量大小和方向都是 机动变轨过程中，下列说法正确的是 相同的 () D.乙接球时应使身体往后收，延长接球： A.合力对弹道导弹做功为81m2 时间，以免伤害手指 B.合力对弹道导弹做功为40.5mw2 2.高空坠物极易对行人造成伤害。若一个 C.合力对弹道导弹的冲量大小为9mv,方 50g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与 向竖直向下 地面的撞击时间约为2s,则该鸡蛋对 D.合力对弹道导弹的冲量大小为12mw, 地面产生的冲击力约为() 方向竖直向上 A.10N B.102N 5.一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水 C.103N D.104N 平速度v=2ms,爆炸成甲、乙两块水平 3.1966年，在地球上空完成了用动力学方 飞出，甲、乙的质量比为3：1。不计质量 法测质量的实验。实验时，用“双子星 损失，取重力加速度g=l0ms2,则下列 号”宇宙飞船去接触正在轨道上运行的火 两块弹片飞行的轨迹可能的是() 箭组（后者的发动机已熄火），接触以后， 开动“双子星号”飞船的推进器，使飞船 乙 和火箭组共同加速。推进器的平均推力 F=895N,推进器开动时间△t=7s。测出 2.5m 5m 2 飞船和火箭组的速度变化△v=0.91m/s。 已知“双子星号”飞船的质量m=3400kg。 B 由以上实验数据可测出火箭组的质量2 练 27 N 高中物理选择性必修第一册（人教版） 8.如图所示，光滑冰面上静止放置一表面光 滑的斜面体，在斜面体右侧有一蹲在滑板 041m- 上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面 上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3ms C 0 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜 6.质量为ma=1kg,m,= A.x/m 面体，在斜面体上上升的最大高度为h= 2kg的a、b两小球 4 0.3m(h小于斜面体的高度)。已知小孩 在光滑的水平面上发 与滑板的总质量为m=30kg,冰块的质量 生碰撞，碰撞前后两 为m2=10kg,小孩与滑板始终无相对运 球的位移一时间图像 第6题图 动。取重力加速度的大小g=10ms2。 如图所示，则可知该碰撞属于() (1)求斜面体的质量。 A.弹性碰撞 (2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后 B.非弹性碰撞 能否追上小孩？ C.完全非弹性碰撞 D.条件不足，不能确定 第8题图 7.如图所示，甲、乙两船的总质量（包括 船、人和货物)分别为10m、12m,两船 沿同一直线同一方向运动，速度分别为 2o、o,为避免两船相撞，乙船上的人将 一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船， 甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最 小速度。（不计水的阻力）》 20 甲 第7题图 28)练 第一章动量守恒定律。 9.如图所示，有五个质量相同、大小不计的 小木块1,2,3,4,5等距离地依次放在 倾角0=30°的斜面上，每两个木块之间的 距离为d。斜面在木块2以上的部分光 滑，以下部分粗糙，5个木块与斜面粗糙 部分之间的动摩擦因数都是。开始时用 手扶着木块1，所有木块都静止在斜面 上。现在放手使木块1自由下滑并与木块 2发生碰撞，接着陆续发生其他碰撞，已 知各木块间的碰撞都是完全非弹性碰撞， 重力加速度为g。求： (1)木块1和木块2碰撞后瞬间的速度。 (2)木块2和木块3碰撞后瞬间的速度。 (3)从取何值时能撞到木块4而不能撞到 木块5。 nnn'忠 第9题图 练（29高中物理选择性必修第一册（人教版） 方向动量守恒，以炮弹前进的水平方向为正方向，设炮车 后退的速率为v1,根据动量守恒定律得mwcos c-(M-m)D1= 0,解得1=mcos M-m 6.B【解析】火箭内燃料燃烧产生高温、高压气体， 火箭发动机将气体向后推出，根据动量守恒定律，气体 的反作用力推动火箭向前运动，所以B正确。 7.A【解析】设火箭的质量（不含燃气）为m,燃 气的质量为m2,根据动量守恒m心=m2,解得火箭的动 量为p=mw=m2w2=30kg·m/s,所以A正确。 提升练习 8.B【解析】将弹丸和底座整体看作一个系统，因 地面粗糙，弹射过程系统动量不守恒。系统动量的增量 等于系统所受合外力即摩擦力的冲量。I=mm-3m驰= 4 学，方向向左。 9.BC【解析】物体C从P点滑到最低点过程中， 物体C对物体A有向右下方的作用力，此力使得A、B 一起向右加速运动，物体C从A最低点滑到左侧最高 点的过程中，物体C对物体A有向左下方的作用力。 此力使得A、B分离，所以A错误，B正确。当C第一 次滑到最低点时，设A、B两物体速度为1，根据动量 守恒定律mw-2mw=0,解得=%；当A物体滑到最低 点左侧时，A开始减速，当C到达左侧最高点（是左侧 子圆孤上的某一点，不是半圆孤的最高点)时，A与C 共速，根据动量守恒定律mo-mw1=2mw2,2=9，方向 4 向左，C正确。 1O.hM+m【解析】质量为M的气球和质量为m M 的人共同静止在空中，说明系统竖直方向合外力为0。 设人下滑到地面时间为t,根据动量守恒定律得M气肆 mD人-0，M-h_mh-0,解得1=hM+m。 M 山。【解折】质量为M的三角形劈和质量为 的小球共同组成一个系统，水平方向合外力为0，动 量守恒。设小球下滑到地面时间为，根据动量守恒定 律得M-m,0.-m--0,解得n。 t 44 2女V=2)2点【g折1D设烟 mg 花弹上升的初速度为0，由题给条件有E?m哈①， 设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为 t,由运动学公式有0-u=-g②， 联立①②式得=11√2E3。 gV m (2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为，由机械能 守恒定律有E=mgh,④， 火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运 动，设炸后瞬间其速度分别为1和2。由题给条件和动 量守恒定律有好m+好m=E⑤。 1 分m+宁m-0⑥， 1 由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运 动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升 的高度为2，由机械能守恒定律有 i子m=7mg:⑦， 联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为 h=hith=2E mg 13.4ms【解析】“水火箭”喷出水流做反冲运动， 设火箭原来总质量为M,喷出水流的流量为Q,水的密 度为P,水流喷出速度大小为v,火箭的反冲速度大小 为v',由动量守恒定律得(M-pQi)m'=pQtm,火箭启动后 2s未的速度为'=2m=10X2x10X2x10m/s=4ms。 M-pQt1.4-10x2×10x2 。"情境题专项 1.AD【解析】甲和乙以相同的速度运动，相对静 止，所以甲将球向着对方抛出，即沿着3方向抛出，就 能传球成功，A正确，B错误：根据动量定理合外力的 冲量等于动量的变化量可知，两运动员接球时速度的变 化量大小相等、方向相反，所以两运动员对球的冲量等 大反向，C错误：乙接球时要往后收身体，根据动量定 理可知，动量变化量相同时，延长作用时间，冲击力减 小，避免伤害手指，D正确。故选A、D。 2.C【解析】设鸡蛋落地瞬间的速度为v,每层楼 的高度大约是3m,由动能定理mgh=m,解得 10VI5ms,落地时受到自身的重力和地面的支持力， 规定向上为正，由动量定理可知(F-mg)t=0-(-mw), 解得F≈1000N,根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产 生的冲击力约为103N,故C正确。 3.B【解析】以飞船的速度方向为正方向，根据动 量定理得F=(m1+m2)△v,代入数据解得m2≈3485kg, B正确。 4.BC【解析】合力对弹道导弹做功为W=△E= m(15oP-7m（12o户-405mw,A错误，B正确；根据运 动和分解知识及飞行角度可知，动量的变化量竖直向 下。由动量定理可知，合力对弹道导弹的冲量大小等 于动量的变化，大小△p=V(15mw)2-(12mw)了=9mw,方 向竖直向下，C正确，D错误。故选BC。 5.B【解析】设弹丸爆炸前质量为m,爆炸成甲、 乙两块后质量比为3：1，可知m=子m,m=子m,设 爆炸后甲、乙的速度分别为1、2，爆炸过程中甲、乙 组成的系统在水平方向动量守恒，取弹丸运动方向为正 方向，有m=子m+子m2,得3r=8。爆炸后甲、乙 两弹片水平飞出，做平抛运动。竖直方向做自由落体运 动，=)默，可得=V2亚=1s;水平方向做匀速直线 运动，x=,所以甲、乙飞行的水平位移大小与爆炸后 甲、乙获得的速度大小在数值上相等，因此也应满足 3x+2=8,从选项图中所给数据可知，B正确。 6.A【解析】由x-t图像知，碰撞前v=3ms,= 0,碰擅后-1ms,=-2ms,碰撞前动能分w+ 方m=号J,碰撞后动能分.+分4之号，放机 械能守恒；碰撞前动量ma+mw=3kgms,碰撞后动量 m,a'+mb'=3kgms,故动量守恒，所以碰撞属于弹性 碰撞。 7.4o【解析】设乙船上的人抛出货物的最小速度 大小为vm,抛出货物后船的速度为1，甲船上的人接 到货物后船的速度为2，以开始时甲、乙两船的运动方 向为正方向.由动量守恒定律得12mwo=11mw1-mwmn①， 10m×2o-NVmin=11mw2②，为避免两船相撞应满足v1= v③，联立①②③式得vm=4o0 8.(1)20kg(2)不能，计算过程见解析【解 析】(1)规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运 参考答案与解析。 动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为， 斜面体的质量为m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒 定律得 m2w20=(m2+m3)v①①， 号mi=7(mtn,r产mgh②. 式中2=-3m/s为冰块推出时的速度。 联立①②解得m=20kg③。 (2)设小孩推出冰块后的速度为1，由动量守恒定 律有， mw1+mw=0④， 解得=1m/s⑤。 设冰块与斜面体分离后的速度分别为2和"3，由动 量守恒定律和机械能守恒定律有 m220=m2w2+m3⑥， 之m-分m候+7m时⑦， 1 解得v2=1m/s。 因为2=1，所以冰块不能追上小孩。 9.(1)Vga(2)号V(5-4V3) (3)0.597≤u≤0.622【解析】(1)设每个小木块的质 量为m,木块1与2碰撞前的速度大小为1,1和2碰 撞后瞬间共同速度为2，根据动能定理，有mgdsin30°= m-0,对于1和2碰撞过程，两木块组成的系统动 量守恒，取沿斜面向下方向为正方向，根据动量守恒定 律，有mw=2m2,木块1和木块2碰撞后瞬间的速度2= 2vg。 (2)木块1、2组合体沿斜面下滑时有重力和摩擦 力对物体做功，设1、2组合体与木块3碰撞前的速度 为，根据动能定理，有2 mgdsin30-umg0dcos30=号 x2m-2mi 设1、2组合体与3碰撞后的1、2、3组合体的速 度为v4,在此过程中满足动量守恒，有2mw=3m4,木 块2和木块3碰撞后瞬间的速度F了V(5-4√3w)gd。 (3)木块1、2、3组合体沿斜面下滑时只有重力和 摩擦力对组合体做功，设1、2、3组合体与木块4碰撞 前的速度为vs,根据动能定理，有3 mgdsin30°- 45 高中物理选择性必修第一册（人教版） 3umgsicos 0mm 设1、2、3组合体与4碰撞后的1、2、3、4组合 体的速度为v6,根据动量守恒，有3mv5=4mv6, 解得64V(I413V3)g,设木块1、2、3、4 组合体下滑d时的速度为7，根据动能定理，有 4 min30°-4 mg30=产7x4mui-7x4mi2, 解得=4V(30-29V3g, 动摩擦因数最小时，7=0.则4=，30_≈0.597： 293 动摩擦因数最大时，6=0，则mx= 14 ≈0.622： 13V3 综上所述，与木块4碰撞而不与木块5碰撞的条件 是0.597≤≤0.622。 P"感知高考 1.BD【解析】对甲、乙两条形磁铁分别作受力分 析，如图所示。 m S NF S NA 第1题答图 根据牛顿第二定律有a=m竖，az=mz。由 mz 于mm>mz,所以a仰<az,由于两物体运动时间相同，且 同时由静止释放，可得v甲<0乙，A错误；对于整个系统 而言，由于wm甲g>umzg,合力方向向左，合冲量方向 向左，所以合动量方向向左，显然甲的动量大小比乙的 小，B、D正确、C错误。故选BD。 2.D【解析】曲线与横轴围成的面积是Ft,根据动 量定理：合外力的冲量等于动量的变化量，而不是速度 的变化量，A、C错误；头部因为受到安全气囊的阻力 作用，动量大小一直减小，B错误；根据牛顿第二定 律，加速度与合外力成正比，所以加速度大小先增大后 减小，D正确。 3.D【解析】根据动能定理1=7m(2uP-?m2 多m,W,=7m(5o)户3m(2jP=2头m,所以W, 7W1;根据动量定理1=△p1,3mw≥11≥mw,同理= 46 △p2,7mm≥1≥3m,D正确。 4.C【解析】碰撞前m2的位置坐标不变，m2的速度 为0，所以碰撞前2的速率小于m1的速率，A错误；碰 撞后m2的速率2等于2m/s,m的速率v1也等于 2m/s,碰撞后m2的速率等于m1的速率，B错误；两个 物体在光滑水平面上正碰动量守恒，mwo=mw1+m2w2,以 初动量方向为正，由于碰后m1又返回原点，m,动量 为负值，所以lm1wol+lmw1=m2l,即lm心l<m2w2l,C正 确；碰前m的速度为4m/s,代人动量守恒定律m心ol+ lmw1l=mw2l,解得3m1=m2,碰撞后m2的动能W2= m-6m,碰撞后m的动能，=分mi-2m,所以 1 碰撞后m2的动能大于m的动能，D错误。 5.D【解析】圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力 的方向沿运动轨迹的法线方向（沿轨迹半径指向圆心）， A错误；小物体随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心 力，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量也是合外力的冲 量，根据动量定理，合外力的冲量等于动量的增量，所 以小物体运动一圈所受摩擦力的冲量为0，B错误。注 意不能用1T求摩擦力的冲量，因为摩擦力是变力， 用I=求冲量，只适用于恒力。圆盘停止转动后，由于 惯性，小物体沿运动轨迹切线方向运动，C错误；圆盘 停止转动时，小物体速度v=wr,由动量定理，小物体整 个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为I=△w=mwr,D正 确。 6.C【解析】由动量定理得=mw,解得n=120,C 正确。 7.B【解析】设交通标志牌迎风面积为S,空气密 度为P,标志牌对台风的作用力为F,在t时间内吹向标 志牌的空气体积为vtS,空气质量m=pwtS,由动量定理 F=mu-(-mm）,解得F=2pS2,由牛顿第三定律可知，台 风对该交通标志牌的作用力大小为F=F=2pSw2,10级台 风的风速我们取27ms,16级台风的风速我们取54ms, 估算16级台风对该交通标志牌的作用力大小与10级台 风对该交道标志牌的作用力大小之比为冷-器一票一 4,即16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10 级台风的4倍，B正确。 8.D【解析】根据题述，质点沿x轴正方向做初速