第一章动量及其守恒定律 单元卷-2025-2026学年高二下学期物理粤教版选择性必修第一册

第一章动量及其守恒定律-2025-2026学年高二下物理粤教版选择性必修第一册（单元培优卷） 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．运动员在冬奥会冰壶项目训练中，如图，将同种材料质量均为的冰壶甲、乙放在水平冰面上，初始时冰壶乙静止，冰壶甲距离冰壶乙的水平距离，运动员以的初速度水平推出冰壶甲，冰壶甲滑行一段距离后与冰壶乙发生弹性碰撞，已知冰面与冰壶间的动摩擦因数，重力加速度，所有过程均在同一直线上进行，碰撞时间极短，忽略空气阻力。则（　　） A．冰壶甲与冰壶乙碰撞前瞬间的速度大小为 B．碰撞后瞬间冰壶甲和乙的速度大小分别为和 C．碰撞过程中冰壶甲对冰壶乙的冲量大小为 D．碰撞后冰壶乙在冰面滑行的距离为 2．如图所示，一质量为M的小船停靠在湖边码头，一质量为m的人轻轻地从船头上船，走到船尾停下，用卷尺测出小船前进的距离为d．若水的阻力可忽略不计，则该小船的长度为（　　） A． B． C． D． 3．光滑的水平面上有A、B两个小物块，在t=0时刻，两物块开始在同一直线上同向运动，随后发生正碰，两小球碰撞前后的位移x与时间t的关系图像如图所示。则（　　） A．物块A与B的质量比为1:1 B．物块A与B的质量比为3:1 C．两物块的碰撞是弹性碰撞 D．两物块的碰撞是非弹性碰撞 4．如图，将总质量为500g的2000粒黄豆2s内从距秤盘高h处连续均匀地倒在秤盘上，观察到指针指在刻度为200g的位置附近。若每粒黄豆与秤盘内只垂直碰撞一次，碰撞时间极短且碰撞前后速率不变，重力加速度，不计空气阻力，则h约为（　　） A．40 B．80 C．125 D．240 5．如图甲所示，一木板静止于光滑水平桌面上，时，物块（视为质点）以大小为的速度水平滑上木板左端。图乙为物块与木板运动的图像，图中已知，重力加速度大小为。下列说法正确的是（   ） A．木板的最小长度为 B．物块与木板的质量之比为 C．物块与木板间的动摩擦因数为 D．整个过程中物块减小的动能、木板增大的动能及物块与木板组成的系统产生的热量之比为 6．电荷量q=+2×10-3C的带电小球静置于绝缘水平面上，t=0时刻，施加范围足够大的水平方向的电场，其电场强度E随时间t变化的关系如图所示。小球在电场力的作用下由静止开始运动。已知小球的质量为2kg，小球与水平面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小g=10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．0～2s小球的加速度逐渐增大 B．0～2s摩擦力的冲量大小为8N·s C．2s时小球的动能为1J D．5s时小球的速度大小为6m/s 7．如图是某一家用体育锻炼的发球机，从点沿不同方向发出质量相同的A、B两球，两球均经过点，、两点在同一水平线上，两球运动轨迹如图所示，如果不计空气阻力，关于两球的运动，下列说法正确的是（　　） A．两球运动至最高点时，两球动能相等 B．两球再次经过同一点时重力做功的功率可能相等 C．在运动过程中，小球A动量变化量大于小球B动量变化量 D．在运动过程中，重力对小球A的冲量等于重力对小球B的冲量 8．滑板运动是由冲浪运动演变而成的一种极限运动项目。如图所示，一同学在水平地面上进行滑板练习，该同学站在滑板A前端与滑板以的共同速度做匀速直线运动，在滑板A正前方有一静止的滑板B。在滑板A接近滑板B时，该同学迅速从滑板A跳上滑板B，接着又从滑板B跳回滑板A，两滑板恰好不相撞。该同学的质量为，两滑板的质量均为，不计滑板与地面间的摩擦和空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．上述过程中该同学与滑板A和滑板B组成的系统动量守恒 B．该同学跳离滑板B的过程中，滑板B的速度增大 C．该同学跳回滑板A后，他和滑板A的共同速度为 D．该同学全过程对滑板B的水平方向冲量大小为 9．如图所示，质量的足够长木板B静止在粗糙水平地面上，质量的小物块A静止在B的右端。已知B的下表面与地面之间的动摩擦因数，B的上表面与A之间的动摩擦因数，重力加速度为。现对B施加一水平向右的拉力，拉力F随时间t变化的规律为，下列判断正确的是（    ） A．时，B的速度大小为 B．时，A受到的摩擦力大小为 C．时，B的速度大小为 D．的时间内，A的位移大小为7m 10．如图所示，质量均为的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的点系一长为的细线，细线另一端系一质量为的球C。现将球C拉起使细线水平伸直，并由静止释放球C。下列说法正确的是（　　） A．球C下摆过程中，其轨迹不是圆弧 B．球C下摆过程中，A、B、C系统动量守恒 C．A、B两木块分离时，B的位移为 D．球C每次下摆到最低点时，细线对球C的拉力均相等 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．某实验小组想用如图甲所示的实验装置验证动量守恒定律，选取了两个体积相同、质量不等的小球，在斜面上叠放了白纸和复写纸。 步骤一：让质量为的小球从轨道顶部S点由静止释放，由轨道末端的点飞出并落在斜面上。 步骤二：把质量为的小球放在点，让小球仍从原位置由静止释放，与小球碰后两小球均落在斜面上。 分别记录落点痕迹，其中三个落点的位置距离点的长度分别为。 (1)用游标卡尺测得两小球的直径均如图乙所示，则小球直径___________cm。 (2)关于该实验，下列说法正确的是___________。 A．必须满足 B．轨道必须光滑 C．轨道末端必须水平 D．落点位置需要多次测量取平均值 (3)在实验误差允许的范围内，若满足关系式___________，则可认为两球碰撞过程中动量守恒（用题目中的物理量表示）。 (4)若两小球的质量满足，若满足___________（用表示），则可证明两球间的碰撞是弹性的。 12．请完成下列实验操作和计算。 (1)某小组利用游标卡尺测量水管的内径，图中游标卡尺的读数为______mm。 (2)某实验小组利用位移传感器和气垫导轨验证动量守恒定律，实验装置如图甲所示。滑块A上装有信号发射器，位移传感器可测量其位移及对应的时间，滑块A和B上均安装了粘扣，使两滑块发生碰撞时可粘在一起。实验过程如下： ①打开气源电源，调节气垫导轨水平，将滑块A放置在靠近位移传感器一端，开启传感器，同时轻推一下滑块A，使滑块A滑行一段距离后与滑块B碰撞，传感器记录滑块A的位移x与时间t的关系图像如图乙所示，则在______s时滑块A、B发生碰撞，两滑块碰撞前瞬间滑块A的速度大小为______m/s。 ②用天平称量出滑块A（含粘扣和信号发射器）的总质量为，则滑块B（含粘扣）的总质量为______g时，两滑块碰撞前后动量守恒。 13．如图，光滑水平冰面上静置一表面光滑且足够长的斜面体，一个蹲在滑板上的小孩和小滑块均静止于冰面上右侧。某时刻，小孩将滑块以相对冰面大小为v0的速度推向斜面体，滑块平滑地滑上斜面体，相对斜面体上升的最大高度为0.75m。已知小孩与滑板的总质量M=50kg，斜面体的质量m=15kg，滑块的质量m0=10kg，小孩与滑板始终无相对运动，重力加速度g取10m/s2。 (1)求滑块被推出时的速度大小v0。 (2)求小孩推滑块的过程中所做的总功。 (3)通过计算判断滑块与斜面体分离后能否追上小孩。 14．如图所示装置由水平传送带、竖直圆轨道、组合滑板组成。长为的传送带以的速率顺时针转动，竖直圆轨道半径，质量的组合滑板由长为的粗糙水平段和半径也为的光滑四分之一圆弧段组成，水平段上表面与左侧台面齐平。一质量的小滑块从传送带左端静止释放，通过圆轨道后，滑上组合滑板。已知小滑块与传送带之间的动摩擦因数，与组合滑板水平段之间的动摩擦因数，不计其余摩擦，各处平滑连接。 (1)若小滑块恰好通过圆轨道最高点，求其到达圆心等高处时对轨道的压力大小； (2)若小滑块能到达组合滑板，求的范围； (3)若足够长，小滑块冲上组合滑板后，两者始终不分离，求的范围。 15．如图所示，半径为R=0.6m的四分之一圆弧轨道PQ固定在竖直平面内，最低点Q与水平传送带左端平滑连接，传送带的长度L=2.1m，以恒定速率v1=5m/s顺时针匀速转动。一质量为m=1kg的小物块A从圆弧轨道最高点P由静止释放，到最低点Q时所受到的支持力为自身重力的2.5倍，小物块A随后滑上传送带，从传送带右端M平滑地进入光滑水平面MN，与静止的小物块B发生碰撞（碰撞时间极短）。碰后A、B均向右运动，从N点进入粗糙水平地面。A与传送带和A、B与地面间的动摩擦因数均为=0.5，重力加速度g=10m/s2。 (1)求小物块A从P运动到Q的过程中克服摩擦力做的功； (2)求小物块A从Q运动到M的过程中，传送带对它的冲量； (3)若B的质量是A的n倍，碰后瞬间A和B的动量相同，求n的取值范围及碰后B在粗糙水平面上滑行距离的范围。 参考答案 1．【答案】C 【详解】A．对于冰壶甲，从推出到碰撞前，滑行距离，摩擦力做负功。由动能定理 代入数据得，所以碰撞前瞬间甲的速度为。选项A错误。 B．两冰壶质量相等，发生一维弹性碰撞，即， 可得碰撞后甲的速度为，乙的速度为。选项B错误。 C．碰撞过程中，对冰壶乙应用动量定理，甲对乙的冲量等于乙动量的变化量，选项C正确。 D．碰撞后，甲的速度为0；乙的速度为，在摩擦力作用下减速，加速度大小 滑行路程为，选项D错误。故选C。 2．【答案】C 【详解】小船的质量为M，设人走动时小船的速率为v，人的速率为v'，人从船头走到船尾用时为t，小船的位移大小为d，则人的位移大小为L-d，所以，。 以小船后退的方向为正方向，根据动量守恒，有可得小船的长度故选C。 3．【答案】C 【详解】AB．根据图像可知，碰后A处于静止，则A碰前的速度 B碰撞前后的速度 根据动量守恒定律有解得故AB错误； CD．结合上述，碰撞前有碰撞后有 可知，两物块的碰撞是弹性碰撞，故C正确，D错误。故选C。 4．【答案】B 【详解】根据匀变速直线运动规律可得 解得黄豆落在秤盘上的速度大小为 设持续倾倒黄豆的时间为，则单位时间落在秤盘上的黄豆数量为 黄豆对秤盘的撞击力远大于黄豆的重力，故重力可以忽略，设单个黄豆的质量为，由动量定理可得 方程两侧根据时间累计求和可得 由读数可知联立解得故选B。 5．【答案】A 【详解】A．由题图乙的图像可以得出物块相对于木板滑动的距离为 则木板的最小长度为，故A正确； B．由动量守恒定律有 可得物块与木板的质量之比为，故B错误； C．由题图乙的图像可知，物块在木板上滑动的加速度大小为 由牛顿第二定律有解得，故C错误； D．物块减小的动能木板增大的动能 由能量守恒定律可知，物块与木板组成的系统产生的热量 则，故D错误。故选A。 6．【答案】C 【详解】A．小球与水平面的最大静摩擦力为 由图像可知，时，电场强度，电场力，带电小球开始运动，故0～1 s小球静止，1～2s由牛顿第二定律可知，随着电场强度增大，加速度逐渐增大，A错误； B．小球所受摩擦力的大小随时间变化图像如图 图像的面积表示冲量，故0～2 s摩擦力的冲量大小为 故B错误； C．电场力随时间变化的图像为 小球静止，内电场力的冲量大小为 又内摩擦力的冲量大小为 由动量定理解得 故2s时小球的动能为，C正确； D．由上述分析可知内电场力的冲量大小为 内摩擦力的冲量大小为由动量定理解得，D错误。故选C。 7．【答案】C 【分析】由轨迹可知A球最大高度更大，因此竖直初分量满足 ； P、Q在同一水平线，总运动时间满足 ，因此总时间 ； 水平位移相同，水平匀速运动 ，因此水平初分量满足 ，两球质量相同。 【详解】A．最高点竖直速度为0，速度等于水平分量，动能 因 、相同，故 ，即A的动能小于B的动能，故A错误； B．重力做功功率 对任意同一高度，由可知，因 初速度更大，同一高度总有 重力功率A始终更大，不可能相等，故B错误； C．根据动量定理，从P到Q的过程中，动量变化量等于重力的冲量： 因 、相同，故 ，即A的动量变化量更大，故C正确。 D．重力冲量 因 ，故重力对A的冲量更大，D错误。故选C。 8．【答案】BD 【详解】A．上述过程中该同学与滑板A和滑板B组成的系统，在水平方向上所受合外力为0，则水平方向动量守恒，在竖直方向上所受合外力不为0，则竖直方向动量不守恒，所以该同学与滑板A和滑板B组成的系统动量不守恒，故A错误； B．该同学跳离滑板B的过程中，他对滑板B的作用力向右，滑板B向右加速，速度增大，故B正确； C．从滑板B跳回滑板A，两滑板恰好不相撞，三者共速，设速度为v，由水平方向动量守恒可得其中，解得，故C错误； D．根据动量定理可知，该同学全过程对滑板B的水平方向冲量大小为，故D正确。 故选BD。 9．【答案】BD 【详解】A．当拉力时，A、B开始运动，即时开始运动。考虑长木板与小滑块相对静止，一起向前加速过程，对整体分析，由牛顿第二定律有 刚要发生相对滑动时解得 因此时，木板与小滑块一起向前加速，未发生相对滑动，设时，两者共同速度为，因时两者才开始运动，的时间内，拉力的冲量 根据动量定理，对A、B组成的整体有 解得A、B的速度为，故A错误； B．时，A、B仍一起加速，设加速度为，整体上由牛顿第二定律有 对A有联立可得，故B正确； C．时，设两者共同速度为，同理根据动量定理可求得 的时间内，木板与小滑块发生相对滑动，时，设B的速度，对B根据动量定理有解得，故C错误； D．的时间内，物块A做匀加速直线运动，位移，故D正确。故选BD。 10．【答案】ACD 【详解】A．球C下摆过程中，会带动A、B在光滑水平面上运动，悬点O本身发生移动，因此球C相对于地面的轨迹不是圆弧，故A正确； B．A、B、C组成的系统中，竖直方向上球C存在竖直向下的分加速度，系统竖直方向合外力不为零，因此系统总动量不守恒（仅水平方向动量守恒），故B错误； C．当C摆到最低点时，A开始减速，B保持匀速，因此A、B在最低点分离； 系统水平方向动量守恒，初始动量为零，设AB整体位移大小为，AB总质量为，C质量为，C相对于地面的水平位移大小为，有 解得，故C正确； D．由题意可知，小球C摆至最低点时，A、B两木块分离。此后C与A相互作用，球C每次下摆到最低点时，由水平方向动量守恒和系统的机械能守恒可知，AC的相对速度是定值； 在最低点，拉力满足，所以每次拉力大小相等，故D正确。故选ACD。 11．【答案】(1)1.070(2)ACD(3)(4) 【详解】（1）小球直径1cm+0.05mm×14=1.070cm （2）A．为防止入射球碰后反弹，则入射球的质量必须大于被碰球的质量，即必须满足，A正确； B．轨道不一定要必须光滑，只要到达底端时速度相同即可，B错误； C．轨道末端必须水平，以保证小球水平抛出，C正确； D．落点位置需要多次测量取平均值，D正确。故选ACD。 （3）小球从O点飞出后均为平抛运动，假设小球位移为x，由平抛运动的知识可得xcosθ=vt，xsinθ=gt2 解得 由碰撞规律可知，P点是小球m1第一次的落点，M和N分别是碰后小球m1和m2的落点，取水平向右为正方向，碰撞过程满足动量守恒m1vP=m1vM+m2vN 代入可得 （4）若为弹性碰撞，则碰撞前后能量守恒 动量守恒m1vP=m1vM+m2vN联立解得代入前问解析中的速度可得 12．【答案】(1)19.30(2) 2 0.2 200 【详解】（1）游标卡尺的读数为。 （2）[1]由图像乙可知，两滑块在时发生碰撞。 [2] 0~2s内滑块A做匀速运动，其速度大小为 碰后滑块B的速度大小。 [3]两滑块碰撞过程动量守恒解得。 13．【答案】(1)(2)(3)不能追上小孩 【详解】（1）滑块在斜面体上运动到最大高度时，二者达到共同速度，设此共同速度的大小为v，由水平方向动量守恒和机械能守恒定律，有     解得 （2）设小孩推出滑块后的速度大小为v1，由动量守恒定律，有解得 小孩推滑块的过程中所做的总功    解得 （3）设滑块与斜面体分离后，滑块与斜面体的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律，有 解得，即滑块滑离斜面体后向右的速度大小为 故滑块不能追上小孩。 14．【答案】(1)(2)(3) 【详解】（1）小滑块恰从C到D的过程，根据动能定理有 小滑块恰好通过圆轨道最高点，则在D点有 小滑块在C点，轨道对小滑块的支持力根据牛顿第三定律，小滑块对轨道的压力大小。 （2）小滑块能通过圆轨道最高点，则 根据可得小滑块在圆轨道最低点的速度大小 故小滑块到达传送带最右端速度 所以小滑块在传送带上一直做匀加速直线运动，则。 （3）足够长，则小滑块冲上滑板时的速度为 小滑块冲上组合滑板后，两者始终不分离，设两者共速的速度为，根据动量定理有 解得 该过程系统损失的动能 若小滑块恰好到最高点，有解得 若小滑块恰好到达滑块最左端，有解得综上可知的范围是。 15．【答案】(1)1.5J(2)，(3)， 【详解】（1）在Q端，根据牛顿第二定律有 从P端到Q端，由动能定理可得解得 （2）A滑上传送带后，根据牛顿第二定律有解得 A的速度减小到与传送带速度相等所需的时间 代入数据解得对地位移代入数据解得x=1.6m 由于x < L，此后A做匀速直线运动，A到达传送带最右端还需要的时间代入数据解得 A从Q运动到M的时间代入数据解得t=0.5s A从Q运动到M摩擦力的冲量为 A从Q运动到M支持力的冲量为联立解得 传送带对A的冲量大小为解得 设传送带对A的冲量方向与水平向右方向的夹角为，则有， （3）A、B碰撞过程动量守恒，有 又因为碰后瞬间A和B的动量相同，则 碰撞后联立解得 碰后动能不增，即可得 n的取值范围为 当n=1时，vB有最小值 当时，vB有最大值 B在粗糙水平面上滑行，由动能定理有 B在粗糙水平面上滑行距离的范围为 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 $