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（提升卷） 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．如图，在某超市仓库的水平地面上进行新手推车测试。一辆总质量为20kg的手推车甲以的速度与其正前方静止的总质量为40kg的同款手推车乙发生对心碰撞。假设碰撞时间为0.2s，碰后乙车速度为，碰撞时忽略地面摩擦的作用，则下列说法正确的是（　　） A．碰撞过程甲车对乙车的冲量大小大于乙车对甲车的冲量大小 B．碰撞后甲车的速度大小为，方向与初速度相反 C．碰撞过程两车组成的系统损失的机械能为1.8J D．碰撞过程甲对乙的平均作用力大小为40N 2．如图，超市中静置于水平地面的n辆手推车沿一直线排列，质量均为m，人在极短的时间内给第一辆车一水平冲量I使其向右运动，运动一段距离后与第二辆车相碰，以共同速度向右运动，运动一段距离后又与第三辆车相碰，……直到碰完第n辆车，整个过程仅考虑碰撞时的相互作用力，忽略地面摩擦力和空气阻力。则n辆车最终的速度大小为（　　） A． B． C． D． 3．如图所示，半径为的半圆柱固定于水平地面上，一质量为的小物块放置于其最高点。在圆心点正上方处有一悬点，将细绳的一端系于悬点，另一端悬挂一小球，质量为，将小球拉至细线与竖直方向成位置静止释放，小球与小物块发生弹性正碰后，小物块恰能从半圆柱的最高点脱离圆柱面。不计一切阻力，小球、物块均可视为质点，g取10m/s2，则为（　　） A． B． C． D． 4．弹棋是中国古代棋类游戏，晋人徐广《弹棋经》曰，“二人对局，黑白各六枚，先列棋相当，下呼上击之”。弹射过程简化如下：在水平桌面上放置两个质量、大小、材料都相同的棋子，其中A为黑棋、B为白棋（均可视为质点），将黑棋A从左侧以某一初速度快速弹出，两棋子发生正碰（碰撞时间极短），测得两棋子从碰后到停止滑行的距离分别为、L，下列说法正确的是（　　） A．两棋子发生的是弹性碰撞 B．碰撞过程中A、B两棋子所受冲量大小之比为1：2 C．碰后瞬间A、B两棋子的动量大小之比为1：2 D．碰撞过程损失的机械能与碰撞前瞬间A棋子的动能之比为1：4 5．载人飞船返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其v-t图像如图所示，设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是（　　） A．在时间内，返回舱的动量随时间增大 B．在时间内，返回舱下落高度为 C．在时间内，返回舱下落的加速度不变 D．在时间内，返回舱重力的功率随时间减小 6．如图甲，轻质弹簧左端与物块A相连，右端与物块B接触但不拴接，系统处于静止状态，给A一水平向右的瞬时速度v0，之后两物块的v-t图像如图乙所示，已知物块A的质量为m，t2时刻B与弹簧分离，弹簧始终处于弹性限度内。则下列说法正确的是（　　） A．0~t1时间，弹簧对物块A的冲量大小为 B．物块B的质量为3m C．0~t1时间，弹簧弹性势能变化量 D．t2时刻B的速度 7．2025年春节，我国产的烟花火遍全球，新的烟花研发设计层出不穷。现有某烟花筒的结构如图1所示，其工作原理为：点燃引线，引燃发射药燃烧发生爆炸，礼花弹获得一个竖直方向的初速度并同时点燃延期引线，当礼花弹到最高点时，延期引线点燃礼花弹并炸开形成漂亮的球状礼花。现假设某礼花弹在最高点炸开成a、b两部分，速度均为水平方向。炸开后a、b的轨迹图如图2所示。忽略空气阻力的作用，则（　　） A．a、b两部分落地时的速度大小之比为 B．a、b两部分的初动能之比为 C．从炸开到两部分落地的过程中，a、b两部分所受重力的冲量之比为 D．a、b两部分落地时的重力功率之比为 8．如图所示，小明同学对某轻质头盔进行安全性测试，他在头盔中装入质量为1.0kg的物体，使物体与头盔紧密接触，使其从距水平地面3.2m的高处自由落下，并与地面发生碰撞，速度减为零，头盔被物体挤压了0.04m，挤压过程物体的运动视为匀减速直线运动。不考虑物体和地面的形变，忽略空气阻力，取重力加速度大小。下列说法正确的是（　　） A．自由下落过程，物体对头盔的压力为零 B．物体自由下落过程经历的时间为0.6s C．碰撞过程中，物体动量变化量大小为10kg·m/s D．碰撞过程中，头盔对物体的平均作用力大小为810N 9．图甲是单人划龙舟运动。一名龙舟队员进行单人划龙舟练习，他每次划桨用时0.6s，回桨用时0.4s。划桨时能沿运动方向对龙舟提供恒定的推力F，回桨时龙舟不受推力，龙舟在运动方向上受到的阻力恒为f。某次练习时，龙舟的速度随时间变化的v-t图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A．在0~0.6s内，桨对水的力大于水对桨的力 B．在0~1s内，龙舟前进了0.48m C．在0~1s内，F的冲量与f的冲量大小之比为 D．在此次练习的过程中，经过5次划桨后，龙舟的速度不低于3m/s 10．如图为弹跳玩具，底部是一个质量为的底座，通过轻弹簧与顶部一质量的小球相连，同时用轻质无弹性的细绳将底座和小球连接，稳定时绳子伸直而无张力。用手将小球按下一段距离后释放，小球运动到初始位置处时，瞬间绷紧细绳，带动底座离开地面，一起向上运动，底座离开地面后能上升的最大高度为，重力加速度为，则（　　） A．松手后到玩具上升到最大高度的过程中，玩具的机械能守恒 B．绳子绷紧前的瞬间，小球的速度为 C．绳子绷紧瞬间，合外力对底座的冲量为 D．小球按下后松手的瞬间，弹簧的弹性势能为 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，大同市某中学的高二年级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A和B相碰的端面上装有弹性碰撞架，它们的上端装有宽度均为d的挡光片，测得滑块A、 B（包含遮光片）的质量分别为m1和m2。 (1)打开气泵，调节气垫导轨，将一个滑块放在气垫导轨左端，向右轻推滑块，当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间_____（填“相等”或“不相等”）时，可认为气垫导轨水平。 (2)滑块A置于光电门1的左侧，滑块B静置于两光电门之间，给A一个向右的初速度，A与静止的滑块B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Δt1，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Δt2和Δt3。为使滑块A能通过光电门2，则m1_____m2（小于、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”）测出遮光片的宽度d。 (3)若两滑块发生的是弹性碰撞，则下列等式成立的是（　　） A． B． C． D． (4)改变实验装置用于验证动量定理：拿下滑块A、B，把气垫导轨左端抬高，使导轨与水平面夹角为30°，然后固定导轨。让滑块A从光电门1的左边由静止滑下，通过光电门1和2的时间为ΔtA1和ΔtA2，通过光电门1和2之间的时间间隔为t，重力加速度为g，如果关系式_____（用d、ΔtA1、ΔtA2、t及g表示）在误差允许范围内成立，表明动量定理成立。 12．某同学采用如下图所示装置验证动量守恒定律。 (1)组装实验装置时，斜槽固定在桌面上，斜槽末端________（选填“需要”或“不需要”）保持水平。在斜槽下方的水平地面的合适位置铺上白纸和复写纸，________（选填“白纸”或“复写纸”）在最上层。 (2)为了减少误差，在上面给定四个球中选择A、B两球，最优选择是A选________，B选________。 (3)实验时，先让A球从斜槽轨道上某一固定位置S由静止释放，A球从轨道末端水平飞出，最后在白纸上留下首次落点痕迹，重复上述操作多次。再把B球放在斜槽轨道末端，让A球仍从位置S由静止释放，A球与B球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作多次。M、P、N为三个落点的平均位置，O点是轨道末端在白纸上的竖直投影点。该实验中必须测量的物理量是________ A．OM的距离、OP的距离和ON的距离 B．落点到平抛起点的高度H C．两球平抛的时间t D．A球质量，B球质量 (4)在误差允许的范围内，若满足关系式________则可以认为两球碰撞前后总动量守恒；如果再满足表达式________，则说明两球的碰撞为弹性碰撞。（用所测物理量符号表示） 13．如图所示，质量的滑块B静止放置于光滑平台上，B的左端固定一轻质弹簧。平台右侧有一质量的小车C，小车与水平面间的摩擦不计。光滑圆弧轨道半径，连线PO与竖直方向夹角为，另一与B完全相同的滑块A从P点由静止开始沿圆弧下滑。A滑至平台上挤压弹簧，弹簧恢复原长后滑块B离开平台滑上小车C且恰好未滑落，滑块B与小车C之间的动摩擦因数，A、B可视为质点，求： (1)滑块A刚到平台上的速度大小； (2)该过程中弹簧弹性势能的最大值； (3)小车C的长度。 14．全自动快递分拣机器人系统在分拣处将包裹放在静止机器人的水平托盘上后，机器人可将包裹自动送至指定投递口停住，然后翻转托盘使托盘倾角缓慢增大，直至包裹滑下，如图甲所示。分拣机器人A把质量为的包裹从分拣处运至相距的投递口处，投递完包裹后返回分拣处途中由于发生故障自动切断电源之后以的速度与静止的机器人发生弹性碰撞，如图乙所示。已知、质量均为，机器人运行允许的最大加速度，运行最大速度。机器人运行过程中受到阻力为重力的倍。包裹与水平托盘的动摩擦因数为，包裹受的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度取。求： (1)在投递口处包裹刚开始下滑时托盘倾角的大小； (2)A从分拣处运行至投递口所需的最短时间； (3)B碰后滑行的最大距离。 15．如图（a）所示，质量的绝缘木板A静止在水平地面上，质量可视为质点的带正电的小物块B放在木板A上某一位置，其电荷量为。空间存在足够大的水平向右的匀强电场，电场强度大小为。质量的滑块C放在A板左侧的地面上，滑块C与地面间无摩擦力，其受到水平向右的变力F作用，力F与时刻t的关系为（如图b）。从时刻开始，滑块C在变力F作用下由静止开始向右运动，在时撤去变力F。此时滑块C刚好与木板A发生弹性正碰，且碰撞时间极短，此后整个过程物块B都未从木板A上滑落。已知小物块B与木板A及木板A与地面间的动摩擦因数均为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取。求： (1)撤去变力F瞬间滑块C的速度大小； (2)小物块B与木板A刚好共速时的速度大小； (3)若小物块B与木板A达到共同速度时立即将电场强度大小变为，方向不变，小物块B始终未从木板A上滑落，则①木板A至少多长？②整个过程中物块B的电势能如何变化？ 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．D【详解】A．根据牛顿第三定律，碰撞过程中甲车对乙车的作用力与乙车对甲车的作用力是一对相互作用力，大小相等、方向相反，作用时间相同。 冲量，因此两车相互的冲量大小相等，A错误； B．系统动量守恒，取甲车初速度方向为正方向 解得 ，方向与初速度方向相同，B错误； C．系统损失的机械能，即碰撞前后动能的差值解得，C错误； D．对乙车用动量定理，甲车对乙车的冲量等于乙车动量变化 平均作用力，解得，D正确。故选D。 2．C【详解】第一辆车的速度整个过程仅考虑碰撞时的相互作用力，动量守恒，碰后共速则有 则n辆车最终的速度大小为故选C。 3．B【详解】悬点在点正上方，半圆柱最高点在点正上方处，因此绳长 小球下摆过程机械能守恒，有解得 小物块恰能从半圆柱最高点脱离，此时支持力为0，重力提供向心力，得解得 弹性正碰满足动量守恒、动能守恒，有，解得 代入，，整理得 即，因此故选B。 4．C【详解】ACD．根据题意，设棋子的质量为，与棋盘的动摩擦因数为，碰撞前棋子的速度为，碰撞后A、B两棋子的速度分别为、，由动能定理有， 由动量守恒定律有 联立解得， 碰后瞬间A、B两棋子的动量大小之比为 碰撞过程中损失的机械能为 碰撞过程损失的机械能与碰撞前瞬间A棋子的动能之比为，故AD错误，C正确； B．碰撞过程中A、B之间作用力为相互作用力，大小相等，方向相反，则碰撞过程中A、B两棋子所受冲量大小之比为，故B错误。故选C。 5．D【详解】A．在时间内，速度逐渐减小，则返回舱的动量mv随时间减小，故A错误； B．在时间内，若返回舱做匀减速直线运动，返回舱的位移为 图像与坐标轴围成的面积表示位移，可知在时间内，返回舱实际图线与坐标轴围成的面积小于返回舱做匀减速直线运动图线与坐标轴围成的面积，即，即在时间内，返回舱下落高度小于，故B错误； C．图像的斜率表示加速度，在时间内，斜率逐渐变小，即返回舱的加速度减小，故C错误； D．在时间内，返回舱重力的功率大小为，速度逐渐减小，则重力的功率随时间逐渐减小，故D正确。 故选D。 6．C【详解】A．0~t1时间，对物块A由动量定理有，则弹簧对物块A的冲量大小为，A错误； B．0~t1时间，对系统由动量守恒定律有解得，B错误； C．0~t1时间，对系统由机械能守恒定律有解得，C正确； D．依题意，t2时刻B与弹簧分离，0~t2时间，对系统由动量守恒定律有 由机械能守恒定律有解得，D错误。故选C。 7．B【详解】A．a、b两部分水平方向做匀速运动，水平位移之比，竖直高度相等，根据 可得二者运动时间相等，根据 可知落地时的水平速度大小之比等于水平位移大小之比，即 落地时速度为 其中 可知二者的竖直速度大小相等，则a、b两部分落地时的速度大小之比不是，故A错误； B．a、b两部分在最高点炸裂时，由动量守恒可得 即两部分动量大小相等，又 可得，故B正确； C．二者质量之比为根据 可得a、b两部分所受重力的冲量之比等于质量之比，即，故C错误； D．根据功率公式 二者的竖直速度大小相等，可得a、b落地时的重力功率之比等于质量之比，即，故D错误。故选B。 8．AD【详解】A．自由下落过程，完全失重，物体对头盔的压力为零，选项A正确； B．根据可得物体做自由落体运动的时间，选项B错误； C．头盔着地前瞬间物体的速度 物体在做匀减速直线运动的过程中动量变化量 负号表示方向竖直向上，选项C错误； D．根据可得物体做匀减速直线运动过程中的加速度 根据牛顿第二定律有 所以头盔对物体的平均作用力F=810N，选项D正确。故选AD。 9．CD【详解】A．桨对水的力与水对桨的力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故A错误； B．根据v-t图像与横轴围成的面积表示位移，可得在0~1 s内，龙舟前进了0.52 m，故B错误； C．0~1 s内，对龙舟应用牛顿第二定律可得 其中，，解得 F的冲量与f的冲量大小之比，故C正确； D．经推算经过5次划桨后，龙舟的速度为3.2 m/s，且第5 s末龙舟的速度为3 m/s，故D正确。故选CD。 10．BC【详解】A．松手后到上升最大高度的过程中，绳子绷紧瞬间存在机械能损失（非弹性碰撞），因此玩具的机械能不守恒，A错误； B．设细绳绷紧后瞬间，小球和底座一起向上运动的速度大小为v，底座离开地面后能上升h高，则有 设细绳绷紧前瞬间，小球的速度为，绳子绷紧瞬间，由于小球、弹簧与底座组成的系统作用时间很小，内力远大于系统受的合外力，可认为系统动量守恒 根据动量守恒定律可得解得，B正确； C．根据动量定理，合外力的冲量等于动量变化量，C正确； D．在绳子绷紧前的瞬间，小球的动能 用手将小球按下一段距离后，在绳子绷紧前的瞬间，减小的弹性势能转化成小球的动能和重力势能，故弹性势能满足，D错误。 故选BC。 11．(1)相等(2) 大于 不需要(3)C(4) 【详解】（1）调节气垫导轨水平，向右轻推滑块，如果滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间相等，则气垫导轨水平。 （2）[1]当滑块A的质量大于滑块B的质量时，A、B碰撞后A不反弹，碰撞后A能通过光电门2； [2]设遮光条的宽度为d，滑块经过光电门时的速度大小分别是，， 滑块碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 整理得 实验不需要测遮光条的宽度d （3）若滑块发生弹性碰撞，碰撞过程系统机械能守恒，由机械能守恒定律得 解得，故选C。 （4）滑块经过两光电门时的速度大小分别是， 滑块A从光电门1运动到光电门2的过程，由动量定理得 整理得 12．(1) 需要 复写纸(2) 钢球 玻璃球(3)AD (4) // 【详解】（1）[1]本实验利用平抛求小球碰撞前后的速度，故斜槽末端需要保持水平； [2]实验需要在白纸上打出点，故复写纸在最上层； （2）[1][2]本实验要求两个小球做对心碰撞，故大小必须相等，A球要能把B球撞落，故A选钢球，B选玻璃球； （3）设A、B球的质量分别为、，分析可知为碰撞前A球的落点，为碰撞后A球的落点，为碰撞后B球的落点，设OM的距离、OP的距离和ON的距离，根据动量守恒定律有 因两个小球下落的高度相同，由平抛知识可知下落的时间t相同，水平方向有，， 解得故选AD； （4）[1][2]根据前面分析，在误差允许的范围内，若满足关系式，可以认为两球碰撞前后总动量守恒 弹性碰撞没有能量的损失，则有解得 整理得 把代入可得 13．(1)4m/s(2)8J(3)0.8m 【详解】（1）滑块A自P点滑至平台过程中，由机械能守恒有 解得滑块A刚到平台上的速度大小 （2）当A、B速度大小相等时弹簧弹性势能最大，规定向右为正方向，对AB，动量守恒定律有 由能量守恒定律有 （3）弹簧恢复原长时B与A分离，设分离时A的速度为，B的速度为，由动量守恒和机械能守恒分别有、解得， B恰好未从小车C上滑落，即B到小车C右端时二者速度相同，由动量守恒有 解得B到小车C右端时二者相同的速度为 由能量守恒和功能关系有解得小车C的长度为 14．(1)(2)(3) 【详解】（1）设包裹开始下滑时有 代入数据可得 （2）当先做匀加速直线运动加速至，然后做匀速直线运动，最后做匀减速直线运动 至零时，A从分拣处运行至投递口所需时间最短。其中匀加速直线运动阶段 匀加速阶段位移 匀减速直线运动阶段 匀减速阶段位移 故匀速直线运动阶段 运行总时间 （3）A、B发生弹性碰撞，由动量守恒定律有 能量守恒定律有解得， 碰后做匀减速直线运动，满足解得 15．(1)10.5m/s(2)3m/s(3)①10.5m，②减少了12J 【详解】（1）在F作用的内，对滑块C，由动量定理得 由图像围成的面积可得 解得 （2）设C、A碰后瞬间速度大小分别为和，取向右为正方向，A、C系统碰撞过程动量守恒得 A、C发生弹性碰撞，由机械能守恒有代入数据解得 A、C碰撞后，对B有解得 对A有解得 设碰后经时间A、B共速，则解得＝2s，＝3m/s （3）①从A被碰后到A、B刚好共速的过程， 所以此过程B相对A向左滑行 当电场强度变为时，假设B、A减速时发生相对滑动，则对B有解得 对A有解得 因，故假设成立，A减速快，B将相对A向右滑动，直到都停止，则此过程它们的位移分别为， 则此过程B相对A向右滑行 因为所以板长至少为10.5m； ②整个过程中静电力对B做功 故物块B的电势能变化量为即电势能减少了12J。 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 $