1.1 动量 分层作业-2025-2026学年高二上学期物理人教版选择性必修第一册

**基本信息** 本练习通过A/B/C三层设计，实现动量概念从基础理解到综合应用再到拓展探究的梯度进阶，强化物理观念与科学思维的分层培养。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |A层|动量定义、动量变化量计算|以选择填空为主，聚焦单一知识点（如第1题动量与动能辨析），夯实物理观念| |B层|平抛/斜面情境中的动量综合|中档解答题，融合运动学与动量（如第7题平抛斜面位移最小问题），培养科学推理| |C层|传送带/电场中的动量能量综合|复杂情境题（如第12题电场中动量与能量关系证明），深化模型建构与质疑创新|

1.1 动量 分层作业 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ A层 1．改变汽车的质量和速度，都可能使汽车的动能和动量发生改变，下列说法正确的是（　　） A．速度不变，质量增大到原来的2倍，动量变为原来的2倍 B．质量不变，速度增大到原来的2倍，动能变为原来的2倍 C．质量减半，速度增大到原来的4倍，动能变为原来的4倍 D．速度减半，质量增大到原来的4倍，动量变为原来的4倍 2．水平抛出一石子，忽略空气阻力，在石子运动过程中，下列说法中正确的个数为（　　） ①石子运动的时间与抛出时的速度大小有关 ②石子可能垂直落在水平地面上 ③石子的速度变化率恒定 ④在相同时间内，石子速度变化量相同 ⑤在相同时间内，石子动量变化量相同 ⑥在相同时间内，石子动能变化量相同 ⑦在相同时间内，石子重力做功的平均功率相同 A．7个 B．5个 C．3个 D．1个 3．（多选）质量为的金属小球，以的速度水平抛出，抛出后经过落地，不计阻力，g取。则以下说法正确的是（　　） A．小球刚落地时，动量的大小 B．小球刚落地时，动量的大小 C．小球从抛出到刚落地的动量变化量的大小为 D．小球从抛出到刚落地的动量变化量的大小为 4．（多选）静电透镜是由带电导体所产生的静电场使电子束聚焦、发散和成像的装置，广泛应用于电子器件（如示波管）和电子显微镜中。某种静电透镜的部分静电场的分布如图所示，虚线表示在纸面内的一簇等差等势线。一电子从a点以某一速度射入该电场，仅在电场力作用下的运动轨迹如实线ac所示。下列说法正确的是（　　） A．a到c过程静电力对电子先做正功再做负功 B．a点的电势低于c点电势 C．在运动过程中电子动量的变化率发生变化 D．在运动过程中电子动量的变化率保持不变 5．如图所示，质量为m的茶杯（视为质点）放在水平餐桌的转盘上，茶杯到转轴的距离为r，转盘以周期T匀速转动时，茶杯与转盘保持相对静止。求： （1）茶杯所受的摩擦力大小f； （2）时间内茶杯的动量变化量大小。    6．如图所示一个质量为m的钢球，以速度v斜射到水平放置的坚硬大理石板上，入射角是45°。碰撞后被斜着弹出，弹出的角度也是45°，速度变为v′，且其大小与v的大小相同。求碰撞前后钢球的动量变化量Δp的大小和方向。 B层 7.如图所示，在倾角为的斜面底端正上方高处，将质量的小球以不同初速度水平抛出，若小球到达斜面时位移最小，重力加速度，则（　　） A．小球平抛的初速度 B．小球落到斜面时的速度 C．小球落到斜面上时重力的功率为 D．小球从抛出到落到斜面的过程中动量变化大小为 8．（多选）某同学站在平台上将一网球由O点水平向右抛出，网球依次经过A、B、C三点，在A、C两点速度与水平方向之间的夹角分别为α=30°，β=60°。A与B之间、B与C之间的水平距离相等。已知O、A之间的高度差为0.45m，取g=10m/s2，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．网球在A点速度大小为3m/s B．网球在C点速度大小为 C．网球在C点速度大小为9m/s D．网球由A至B与由B至C，动量变化量相同 9．某学习小组设计了一个简易的减振系统，其简化模型如图（a）所示，轻质弹簧下端固定在倾角为的粗糙斜面底端挡板上，弹簧处于原长。质量为的小物块，从斜面顶端由静止释放沿斜面下滑，小物块沿斜面向下运动过程中的合力F随位移x变化的图像如图（b）所示。已知弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，取重力加速度，，。（提示：可用图线下的“面积”表示F所做的功）求： (1)小物块与斜面间的动摩擦因数； (2)小物块刚接触弹簧时的动量大小；（结果可以带根式） (3)小物块在下滑过程中，弹簧的最大压缩量。 C层 10．如图所示，倾角为的传送带以恒定速率沿逆时针方向运行。现将一小物块轻放在传送带的A端，已知小物块与传送带间的动摩擦因数，最大静摩擦力可看作等于滑动摩擦力，则物块从A端运动到B端的过程中，速度v，动量p，机械能E，物块与传送带间摩擦产生的内能Q随时间t或位移x变化的关系图像可能正确的是（　　） A．B．C．D． 11．（多选）如图1所示，在竖直平面内有一光滑圆形轨道，a为轨道最低点，b为轨道最高点，现有一个质量为1kg的小物块在轨道内侧做圆周运动。小物块在a点的速度为6m/s，从a点开始，物块的速度v与物块和圆心连线转过的夹角θ的关系图像如图2所示。已知物块可视为质点，重力加速度为10m/s2，则有（　　） A．轨道的半径为1m B．运动到b点时，物块受到的弹力为22N C．当θ=60°时，克服重力做功的瞬时功率为 D．θ从到60°，物块动量变化量为 12．初始时刻，由轻质刚性杆连接的质量相等的A、B两个小球静止竖直放置于光滑的水平面上，杆平行于轴，整个体系处于平行于轴的匀强电场中，如果小球A、B带电量均为，稳定状态下体系的总能量和总动量分别为，；若小球A带电量为，小球B不带电，则稳定状态下体系的总能量和总动量分别为，，请分析两种状态下体系的动量与能量关系，并证明。 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 《1.1 动量 分层作业》参考答案 题号 1 2 3 4 7 8 10 11 答案 A C BC BC B BD D BC 1．A 【详解】A．质量增大到2倍，速度不变，初动量，可得末动量 可得动量变为原来的2倍，故A正确； B．质量不变，速度增大到原来的2倍，初动能，可得末动能为 可得动能变为原来的4倍，故B错误； C．质量减半，速度增大到原来的4倍，初动能，可得末动能为 可得动能变为原来的8倍，故C错误； D．速度减半，质量增大到原来的4倍，初动量，可得末动量 可得动量变为原来的2倍，故D错误。 故选A。 2．C 【详解】①石子做平抛运动，设石子离地面的高度为，根据平抛运动规律，石子在竖直方向做自由落体运动，则有 解得 可知石子运动的时间与抛出时的速度大小无关，故错误； ②石子做平抛运动，石子落地时有水平速度，故石子不可能垂直落在水平地面上，故错误； ③石子做平抛运动的加速度为重力加速度，根据加速度定义式有 可知石子的速度变化率等于重力加速度，即石子的速度变化率恒定，故正确； ④石子做平抛运动的加速度为重力加速度，根据加速度定义式有 可得 可知在相同时间内，石子速度变化量相同，故正确； ⑤根据， 可得 可知在相同时间内，石子动量变化量相同，故正确； ⑥根据动能定理有 根据平抛运动在竖直方向做自由落体运动的规律，可知在相同时间内，竖直方向的位移变化量不同，故在相同时间内，石子动能变化量不相同，故错误； ⑦根据 因在相同时间内，竖直方向的位移变化量不同，故在相同时间内，石子重力做功的平均功率不相同，故错误。 故③④⑤正确，即3个正确；①②⑥⑦错误，即4个错误。 故选C。 3．BC 【详解】AB．落地竖直分速度 小球落地合速度大小 则小球刚落地时，动量的大小 故A错误，B正确； CD．小球做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，则水平方向动量变化量为0，小球动量的变化量等于竖直方向上的动量变化量，则有 故C正确，D错误。 故选BC。 4．BC 【详解】AB．根据电场力位于轨迹的凹侧和电场力总是与等势面垂直，可知到过程静电力对电子始终做正功，则电势能减少，电势升高，所以a点的电势低于c点电势，故A错误，B正确； CD．动量的变化率为 在运动过程中各点的电场强度不同，所以动量的变化率发生变化，故C正确，D错误。 故选BC。 5．（1）；（2） 【详解】（1）茶杯做匀速圆周运动，摩擦力提供向心力 （2）时间内杯子的动量变化量的大小 6．，方向竖直向上 【详解】动量是矢量，动量的方向与速度方向相同，动量的运算遵循三角形定则，如图所示 可知碰撞前后钢球的动量变化量方向竖直向上，大小为 7．B 【详解】A．设平抛的水平、竖直位移分别为x、y，位移最小说明合位移垂直于斜面，则 根据运动学公式可得 代入数据解得，小球平抛的初速度为 A错误； B．根据题图分析，竖直方向的速度为 则到达斜面上时的速度为 B正确； C．竖直方向的速度为 小球落到斜面上时重力的功率为 C错误； D．小球抛出时的动量为 落在斜面时小球的水平方向动量不变，竖直方向动量增加量为 则小球从抛出到落到斜面的过程中动量变化大小为，D错误。 故选B。 8．BD 【详解】A．网球由O至A，在竖直方向上满足 所以 则网球在A点的速度，故A错误； BC．网球的水平速度 则其在C点速度大小为，故B正确，C错误； D．网球在水平方向上做匀速直线运动，故由A至B和由B至C历时相同，网球运动过程中加速度恒定，其速度变化量相同，动量变化量相同，故D正确。 故选BD。 9．(1) (2) (3) 【详解】（1）由图像（b）可知，在内，物块所受合力恒定，且 解得 （2）由图像（b）可知，在处，物块刚和弹簧接触。在内，由动能定理 解得 小物块刚接触弹簧时的动量大小 解得 （3）设时，弹簧的压缩量最大，后图像的斜率k不变，且 设弹簧的最大压缩量为时，弹簧的弹力大小为，又 解得 从静止开始释放到弹簧压缩量最大的过程中，物块的动能变化为0。由动能定理 可用图线下的“面积”表示F所做的功，故整个运动过程中，图像（b）中，图线上方和下方与x轴包围的面积大小相等，即 即 解得 故弹簧的最大压缩量 10．D 【详解】A．物块开始相对于皮带向上运动，则有 解得 物块向下做匀加速直线运动，由于 加速至与皮带相等速度后，对物块有 解得 物块向下继续做匀加速直线运动，加速度变小，由于图像的斜率表示加速度，可知，运动突变之前的直线比之后的直线要陡峭一些，故A错误； B．由于 可知，动量与速度成正比，由于 即速度与位移成指数函数关系，由于物块一直做加速运动，结合上述可知，图像的开口始终向上，即动量与位移也成指数函数关系，图像的开口也始终向上，故B错误； C．结合上述可知，物块下滑过程，重力做正功，滑动摩擦力开始时对物块做正功，后来对物块做负功，则物块的机械能先增加后减小，故C错误； D．令皮带速度为，结合上述可知，物块先相对于皮带向上运动，则有 达到相等速度后，物块相对于皮带向下运动，则有 可知，内能Q随时间t呈现二次函数 ，开口开始向下，之后开口向上，故D正确。 故选D。 11．BC 【详解】A．由图可知，从a点开始，物块的速度v与物块和圆心连线转过的夹角θ为180°时，速度大小为4m/s，即物块到达b点时速度大小为4m/s，物块由a点运动到b点的过程，根据机械能守恒定律可得 解得，故A错误； B．物块运动到b点时，根据牛顿第二定律可得 解得，故B正确； C．θ从到60°的过程中，根据机械能守恒定律可得 解得 此时克服重力做功的瞬时功率为，故C正确； D．根据余弦定理可得 所以物块动量变化量为，故D错误。 故选BC。 12．见解析 【详解】若A、B两球所带电荷电性相同，则稳定匀加速运动，则稳定时速度为零，则动量和动能都为零，无异议，若A、B两球所带电荷电性相反，以A、B整体为研究对象，可知稳定时，A、B做匀速直线运动，如图所示 或 设杆与水平方向的夹角为，设杆的长度为，由几何关系得 则由动能定理得 则 若小球A带电量为，小球B不带电，对A、B组成系统受力分析可知，则稳定状态下，A、B一起做匀加速直线运动，稳定时，加速度 则杆对B水平方向的分力 如图所示 由几个关系可知，杆与水平方向的夹角仍然为，则 由动能定理得 则此时的总动量为 对系统，由于两种过程中仅有电场力和重力做功，则机械能和电势能之和相等，联立可得 联立可得 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 $