第一章 动量和动量守恒定律 专题训练（培优卷）-2025-2026学年高二上学期物理粤教版选择性必修第一册

第一章 动量和动量守恒定律 专题训练-2025-2026学年高二下学期物理粤教版选择性必修一（培优卷） 一、选择题（1~7题单选题，每小题4分，8-10题多选题，每小题6分，共46分） 1．第十九届青岛国际机床展览会在青岛国际博览中心盛大开幕。会展中我国国产水刀，又名超高压数控万能水切割机，以其神奇的切割性能引起轰动。水刀就是将普通的水加压，使其从细小的喷嘴中以400m/s~1000m/s的速度射出形成的水流。我们知道，任何材料承受的压强都有一定的最大限度，下表列出了几种材料所能承受的最大压强。 橡胶 花岗岩 工具钢 铸铁 假设水流与材料接触后以原速率反弹，水的密度，调节水刀的水流射出速度，能切割不同材料。根据以上信息可知，此水刀恰好能切割工具钢的水流速度约为（　　） A．450m/s B．500m/s C．580m/s D．650m/s 2．某研究机构利用力传感器研究蹦床过程。传感器采集了某运动员在一次蹦床过程中对蹦床的压力随时间变化的关系，利用计算机绘制出图像如图所示。运动员视为质点，不考虑空气阻力，重力加速度。则时间内图线与横轴围成的阴影面积约为（　　） A． B． C． D． 3．篮球从离地一定高度处静止释放，与地面碰撞后反弹上升到最高点的过程中，所受空气阻力大小与速度大小成正比，碰撞过程无能量损失，篮球在该过程中的图像可能是（　　） A．B．C．D． 4．将一质量为m的小球，从点O以大小为的速度水平向右抛出。小球在运动过程中始终受到方向水平向左、大小为2mg的恒定风力。小球仅在重力和风力作用下运动的轨迹如图所示，轨迹上Q点位于O点正下方，轨迹上P点距离直线OQ最远。重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　） A．小球从O到P的时间与从P到Q时间之比为 B．小球从O到Q的过程中，风力对小球的冲量为0 C．小球的竖直位移大小OQ为 D．小球运动到Q时的速度大小为 5．如图甲所示，在一台已调平的气垫导轨上放置了质量分别为和两个滑块、。气垫导轨两端安装了速度传感器并连接电脑进行数据处理。某次操作过程中记录下速度随时间变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．两滑块发生的碰撞是非弹性碰撞 B．两滑块碰撞过程中动量不守恒 C．两滑块的质量之比 D．碰撞过程中两滑块所受冲量相同 6．滑块A的质量为1kg，以5m/s的初速度沿水平面追赶正前方初速度为3m/s的滑块B并与之发生正碰后粘在一起运动，碰撞前后两个滑块的速度一时间图像如图所示。重力加速度大小，不计碰撞时间，两个滑块均看成质点。下列说法不正确的是（　　） A．两个滑块与水平面的动摩擦因数都等于0.1 B．零时刻滑块A在滑块B的正后方4m处，2s末发生碰撞 C．碰撞过程中系统动量守恒，滑块B的质量是2kg D．碰撞过程滑块B受到的冲量大小为1N·s、方向与它的运动方向相同 7．如图所示，小明同学乘坐冰车静止在光滑的水平冰面上，冰车上有10个质量均为的雪球。打雪仗时，小明同学不断将雪球以相对地面为的水平速度向右抛出。已知小明与冰车的总质量为，下列说法正确的是（　　） A．第5个雪球抛出的瞬间，冰车的速度大小为 B．第10个雪球抛出的瞬间，冰车的速度大小为 C．第5个雪球抛出的瞬间，雪球相对冰车的速度大小为 D．第10个雪球抛出的瞬间，雪球相对冰车的速度大小为 8．如图所示，严冬树叶结有冰块，人在树下经常出现冰块砸到头部的情况。若冰块质量为100g，从离人头顶约80cm的高度无初速度掉落，砸到头部后冰块未反弹，头部受到冰块的冲击时间约为0.4s。不计空气阻力，取竖直向下方向为正方向，重力加速度g取10m/s2，下列分析正确的是（　　） A．冰块接触头部之前的速度大小约为4m/s B．冰块与头部作用过程中，冰块的动量变化量约为－0.4kg·m/s C．冰块与头部作用过程中，冰块对头部的冲量大小约为0.4N·s D．冰块与头部作用过程中，冰块对头部的作用力大小约为1N 9．如图所示，质量的光滑小球静置于光滑水平面上，质量为、半径的四分之一光滑圆弧轨道以初速度向右运动。不计小球滑上轨道过程中的能量损失，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．小球沿轨道上滑过程中系统动量守恒 B．小球滑离圆弧轨道时速度大小为6m/s C．小球上升到最高点时距水平面的高度为1m D．整个运动过程中小球对轨道的冲量大小为 10．如图所示，光滑水平面上有一个薄木板AB，在B端正上方高度的屋顶O点悬挂一根长度不可伸长的轻绳OP。一只质量的小猫从木板A端由静止先加速再减速走到木板上的B端时恰好速度为零，之后瞬间奋力跃起，刚好在运动的最高点抓住轻绳的P点后随之向右端荡出。初始时刻木板静止在水平面上，木板质量、长度，小猫可看成质点，不计一切能量损失和跃起过程中的木板位移，重力加速度g取，则下列说法正确的是（    ） A．小猫跃起至最高点抓住轻绳的P点用时0.4s B．小猫跃起时的初速度大小为 C．小猫跃起过程中小猫和木板组成的系统机械能增加8J D．从初始时刻到猫抓住P的瞬间，木板的总位移为0.5m 二、非选择题（11题8分，12题8分，13题11分，14题13分，15题14分，共54分） 11．为了验证动量守恒定律，某实验小组的同学设计了如图所示的实验装置：将一足够长气垫导轨放置在水平桌面上，光电门1和光电门2相隔适当距离安装好，在滑块和相碰的端面上装有弹性碰撞架，它们的上端装有宽度均为的挡光片，测得滑块、（包含遮光片）的质量分别为和。 (1)滑块置于光电门1的左侧，滑块静置于两光电门之间，给一个向右的初速度，与静止的滑块发生碰撞且不粘连。与光电门1相连的计时器显示的遮光时间为，与光电门2相连的计时器先后显示的两次遮光时间分别为和。为使滑块能通过光电门2，则___________（填“小于”或“等于”或“大于”）；该装置在用于“验证动量守恒定律”时___________（填“需要”或“不需要”）测出挡光片的宽度。 (2)在误差允许范围内满足表达式___________（用、、、、表示），则表明两物块碰撞过程动量守恒。 (3)改变实验装置用于验证动量定理：拿下滑块、，把气垫导轨左端抬高，使导轨与水平面夹角为，然后固定导轨。让滑块从光电门1的左边由静止滑下，通过光电门1、2的时间为、，通过光电门1和2之间的时间间隔为，重力加速度为，如果关系式___________（用、、、及表示）在误差允许范围内成立，表明动量定理成立。 11题图12题图 12．某实验小组为研究两物体组成的系统在动量守恒条件下碰撞前后总动能的变化。选取了气垫导轨、两完全相同的滑块a和b、装在两滑块上的宽度为的相同挡光片、光电门、光电计时器及其他器材。 (1)实验中可在两滑块相互碰撞的端面上按甲图和乙图所示的方案安装不同器材。为使碰撞前后两滑块组成的系统总动能明显减小，应选用___________方案（选填“甲”或“乙”）。 (2)根据（1）中所选方案，为了测得滑块在碰撞前后的动能，该小组做如下设计：在水平放置的气垫导轨上，让滑块a向右以一定的初速度撞向静止的滑块b、按此设计，在安装器材时，滑块和光电门1、2在导轨上放置的位置合理的是___________（选填“A”“B”或“C”）。 A．B． C． (3)轻推滑块a，由光电计时器读得碰撞前滑块a上的挡光片经过光电门的挡光时间为，碰撞后滑块上的挡光片经过光电门的挡光时间分别为，则根据以上实验过程，可发现___________（选填“大于”“等于”或“小于”）。 (4)已知两滑块（含挡光片）的质量均为，滑块碰撞端安装的器材质量可忽略不计，则在误差允许的范围内，若满足___________（用“”表示），则滑块组成的系统动量守恒。 13．冰球运动被誉为“冰上的国际象棋”，见图1所示。一次完整的掷球过程可分解为“掷球、刷冰、碰撞”三个步骤，比赛示意图如图2所示。场地一端设置一个橡胶起滑器，运动员由此开始投掷冰壶。另一端有一个半径为1.8m的圆形区域，称为营垒。在比赛中，运动员手持冰壶，蹬踏起滑器，经过1s后脱离起滑器共同沿中线以3m/s的速度向投掷线运动，再滑行9m后到达投掷线，并掷出冰壶，冰壶以2.4m/s的速度冲出投掷线。投掷线与营垒中心间距，掷出冰壶后，通过其他队员在冰壶前用毛刷扫冰，冰壶与冰面间的动摩擦因数减小，最终使冰壶的停止位置尽量靠近营垒中心O点。已知运动员的质量为60kg，冰壶质量约为20kg，与冰面的动摩擦因数为，用毛刷擦冰面后动摩擦因数减少至，g取。求： (1)运动员与起滑器作用期间，运动员受到的平均作用力大小以及从开始到冰壶冲出投掷线过程中，运动员对冰壶做的功； (2)为使冰壶能够沿中线恰好到达营垒中心O点，运动员用毛刷擦冰面的长度应为多少？ (3)若B方掷壶时，已有A方冰壶置于营垒中心，见图3所示，B沿中线向A靠近，A、B冰壶完全相同，两冰壶碰撞过程无能量损失。若B方希望通过碰撞将冰面上A方的冰壶击出营垒区，则碰撞前B方冰壶速度最少为多少？ 14．如图所示，高度的直圆管竖直固定，在管的顶端塞有一质量的小球。从正上方的高度处，由静止释放质量的小球后，与发生多次弹性正碰（碰撞时间极短），最终被从管中碰出。相对管运动的过程中受到管的滑动摩擦力大小恒为，a在管中始终未与管壁接触，重力加速度大小，不计空气阻力。 (1)第一次碰后的瞬间，求各自的速度； (2)求第一次碰后瞬间到第二次碰前瞬间的时间间隔； (3)离开管之前，求的碰撞次数。 15．某仓库货物的运转如图所示，一倾角为的固定斜面底端与一传送带的左端在点平滑连接，传送带的右端与半径的四分之一圆弧光滑小车在点平滑连接，斜面和小车均不影响传送带的转动，质量为的工件从斜面的顶端由静止释放，经过点后，滑上沿顺时针方向以的速度匀速转动的传送带，工件运动到点后滑上高质量为的小车。已知工件与斜面之间的动摩擦因数，斜面的长度为，工件与传送带之间及地面间的动摩擦因数分别为和，传送带的水平长度为，工件经过点和点时，忽略其能量的损耗，工件可看成质点，小车与地面之间摩擦力不计，重力加速度，，，求： (1)工件到达点时的速度大小。 (2)工件与传送带之间因摩擦产生的热量。 (3)若工件上升到最高点时，圆弧轨道突然被锁定，工件落地后不再弹起，可认为工件与地面间的弹力远大于工件重力，工件与地面作用时间极短，则工件落地后前进的距离是多少？ 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．C【详解】令水流横截面积为S，产生的压力大小为F，则有，其中 在极短时间内，根据动量定理有其中 结合上述有 解得 可知，此水刀恰好能切割工具钢的水流速度最接近580m/s。故选C。 2．C【详解】根据图像判断，运动员的重力 运动员在时间段内做竖直上抛运动，离开蹦床时速度 在时间内根据动量定理有解得故选C。 3．D【详解】空气阻力大小与速度大小成正比，设空气阻力为 下落过程由牛顿第二定律可得，故随着速度增大，加速度越来越小，下落时做加速度逐渐减小的加速运动，与地面碰撞后上升阶段，由牛顿第二定律可得，故随着速度减小，加速度越来越小，上升时做加速度逐渐减小的减速运动。 设小球下落高度为，上升高度为，则下落时空气阻力冲量的大小为 上升时空气阻力冲量的大小为 规定向下为正方向，由动量定理，下落时 上升时，故。故选D。 4．D【详解】A．小球从O到P与从P到Q的加速度不变，水平位移大小相等，根据可知小球从O到P的时间与从P到Q时间之比为，故A错误； B．小球从O到Q的过程中，根据可知速度从向右的变为向左的，可知风力对小球的冲量为，故B错误； C．小球在运动过程中始终受到方向水平向左、大小为2mg的恒定风力，水平方向有 可得水平加速度大小为 可知小球从O到P再从P到Q的总时间为 此时小球的竖直位移大小，故C错误； D．小球运动到Q时的竖直速度大小为 可知小球运动到Q时的速度大小为，故D正确。故选D。 5．A【详解】B．两滑块碰撞过程中所受合外力为0，系统动量守恒，B错误； D．碰撞过程中两滑块所受冲量大小相等，方向相反，冲量不同，D错误； C．由题图可知碰撞前，碰撞后 根据动量守恒关系解得，C错误； A．，设，则 碰撞前的机械能 碰撞后的机械能 因，碰撞过程中动能有损失，所以这是一个非弹性碰撞，A正确。故选A。 6．C【详解】A．由图像知三段图像的斜率大小相等均为，对滑块A，根据牛顿第二定律得 代入数据得,故A正确，不符合题意； B．因为图像在2s末发生突变，则碰撞发生在2s末；由图像围成的面积表示位移，可以求出0~2s内滑块A比B多走4m，也就是零时刻A与B间的距离为4m，故B正确，不符合题意； C．因为碰撞时间极短，所以碰撞过程中总动量守恒 其中，，，代入得,故C错误，符合题意； D．根据动量定理可知， 方向与它的运动方向相同，故D正确，不符合题意。故选C。 7．A【详解】A．第5个雪球抛出瞬间，系统水平方向动量守恒，初始总动量为0。抛出5个雪球后，5个雪球的总动量向右，大小为，剩下的系统小明、冰车及剩余5个雪球总质量为，设其速度大小为，方向向左。根据动量守恒 解得，故A正确； B．第10个雪球抛出瞬间，10个雪球总动量为，剩余系统质量为，设速度为，则 得，故B错误； C．第5个抛出瞬间，雪球相对冰车的速度为雪球对地速度与冰车对地速度之和，故C错误； D．第10个抛出瞬间，雪球相对冰车速度为，故D错误；故选A。 8．AB【详解】A．冰块掉落时做自由落体运动，根据可得故A正确； B．冰块与头部作用过程中，冰块的动量变化量约为故B正确； CD．设头部对冰块的作用力为F，因为冰块落在头上没反弹，速度减为0，由动量定理得 解得， 所以冰块对头部的冲量大小约为0.8N·s，根据牛顿第三定律可得，冰块对头部的作用力大小约为2N，故CD错误。 故选AB。 9．BD【详解】A．小球滑上轨道的过程中，竖直方向合力不为零，系统动量不守恒，故A错误； C．小球滑到最高点时，竖直方向的速度大小为0，圆弧轨道与小球水平方向有共同速度；由水平方向动量守恒和机械能守恒定律，得，故C错误； B．由C项分析可知小球只能从轨道的最低点离开轨道，由水平方向动量守恒和机械能守恒定律，有；得，，故B正确； D．由动量定理，小球对圆弧轨道的冲量，冲量的大小为，故D正确。故选BD。 10．ABD【详解】A．小猫从A到B过程中，系统在水平方向上动量守恒，设小猫相对地面位移为，木板相对地面位移为，则有，解得， 小猫跃起至最高点的运动可反向看作平抛运动，则在竖直方向有解得，故A正确； B．小猫跃起时的竖直速度为在水平方向上有解得 则小猫跃起的初速度为，故B正确； C．小猫跃起过程中，系统水平方向动量守恒，则有解得 机械能增加，故C错误； D．小猫跃起到最高点过程中，系统水平方向上动量守恒，则有解得 则从初始时刻到猫抓住P的瞬间，木板的总位移为，故D正确。故选ABD。 11．(1) 大于 不需要(2)(3) 【详解】（1）[1][2]要使滑块A能通过光电门2，碰撞后A的运动方向不变，速度变小，根据动量守恒，需。验证动量守恒时，速度，在表达式中两边都存在，可以约去，故不需要测出。 （2）碰撞前A的速度 碰撞后A的速度，B的速度 由动量守恒代入速度得。 （3）滑块通过光电门1的速度 通过光电门2的速度 由动量定理，合外力的冲量等于动量变化整理得 12．(1)乙(2)A(3)等于(4)2t1 【详解】（1）甲图安装弹性碰撞架，碰撞后滑块分开，属于弹性碰撞，系统动能损失很小；乙图撞针和橡皮泥让碰撞后滑块粘连，属于完全非弹性碰撞，系统动能损失最大，总动能明显减小，因此选乙。 （2）实验要求：滑块向右碰撞静止的，需要先测碰撞前的速度，因此光电门1在和之间；碰撞后、一起向右运动，需要测碰撞后的共同速度，因此光电门2在的右侧。初始位置从左到右为：→光电门1→→光电门2，对应选项A。 （3）乙方案中，碰撞后、粘连在一起共同运动，速度大小相等，挡光片宽度相同，由得，挡光时间相等，因此等于。 （4）系统动量守恒，即碰撞前总动量等于碰撞后总动量： 其中，代入化简得：即 13．(1)，(2)(3) 【详解】（1）设运动员与起滑器作用期间，运动员受到的平均作用力大小为，则由动量定理有 解得 冰壶在投掷线处的速度为，则从开始到冰壶冲出投掷线过程中，对冰壶列动能定理方程有 代入数据解得运动员对冰壶做的功为 （2）设冰壶在未擦冰面的部分滑行的距离为，在擦冰面的部分滑行的距离为，则有 根据动能定理有 代入数据联立解得 即运动员用毛刷擦冰面的长度应为。 （3）要使A方冰壶被击出营垒区，A方冰壶碰撞后滑行的距离至少为营垒的半径，设A方冰壶碰撞后获得的速度为，则对A方冰壶列动能定理方程有 代入数据解得 因为两冰壶完全相同，碰撞过程无能量损失，所以碰撞为弹性碰撞。设碰撞前B方冰壶的速度为，碰撞后的速度为，则由动量守恒定律有 由机械能守恒定律有 联立解得， 即若B方希望通过碰撞将冰面上A方的冰壶击出营垒区，则碰撞前B方冰壶速度最少为。 14．(1)，方向竖直向上，，方向竖直向下(2)0.4s(3)6次 【详解】（1）下落，由运动学公式 设碰撞后瞬间，的速度为的速度为，规定向下为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律分别有 联立解得， 可知第一次碰后的瞬间的速度大小为，方向竖直向上；的速度大小为，方向竖直向下。 （2）、碰后，沿圆管向下做匀减速运动，做竖直上抛运动，对，由牛顿第二定律有 设经时间向下运动距离停止，有， 联立解得， 时间内，设位移为，对，有 此时的速度为 即停止的瞬间，刚好与相碰且再次重复第一次的碰撞，故、第一次碰后瞬间到第二次碰前瞬间的时间间隔0.4s。 （3）由第（2）问分析可知每经历一次碰撞，向下移动 因为 可知向下移动后在管内，故在管内的碰撞次数为6次。 15．(1)2m/s(2)10J(3)2.42m 【详解】（1）工件从斜面的顶端由静止释放到点过程，根据动能定理可得 解得 （2）由于，可知工件滑上传送带后做加速运动，加速度大小为 设工件在传送带上一直做加速运动，根据运动学公式可得 解得工件到达端的速度为 假设成立。 工件从端到端所用时间为 工件与传送带发生的相对位移大小为 工件与传送带之间因摩擦产生的热量为 （3）设工件滑上小车后，不能向上滑离小车，工件在小车上能上升的最大高度为，根据系统水平方向动量守恒可得解得 根据系统机械能守恒可得解得 由于所以工件能向上滑离小车上升到最高点时，已经脱离圆弧轨道，轨道突然被锁定，工件做平抛运动，直至落地，有解得 工件落地时竖直方向的速度为 竖直方向根据动量定理得 水平方向根据动量定理得解得 工件落地后继续向前滑动，由 解得 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $