1.3 动量守恒定律 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** 本分层作业以动量守恒定律为核心，通过A、B、C三层设计，实现从基础概念辨析到复杂系统综合应用的进阶，适配新授课分层巩固需求，强化物理观念与科学思维。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |A层|动量守恒条件、碰撞基础、简单系统应用|单选/多选结合基础计算，如打桩机、冰面互推情境，强化动量与能量观念| |B层|多体动量守恒、弹簧系统、轨道运动综合|含多选和中档计算，如士兵跳船、倾斜轨道碰撞问题，培养科学推理能力| |C层|复杂系统（传送带、带电小球、双环）动量与能量综合|复杂情境计算题，如传送带弹簧系统，提升模型建构与综合分析能力|

1.3 动量守恒定律 分层作业 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ A层 1．我们看到建筑工地上常用打桩机把桩打入地下，它的工作过程是先由电动机把重锤吊起一定的高度停止，然后释放，重锤打在桩上，接着随桩一起向下运动再次停止。若忽略空气阻力，从重锤在最高点到最后再次停止这个过程中，下列说法中正确的是（　　） A．重锤与桩的撞击过程，重锤和桩的机械能守恒 B．整个运动过程中，重锤和桩的重力势能减小 C．整个运动过程中，重锤和桩组成的系统动量守恒 D．重锤随桩一起向下运动过程中，重锤和桩的机械能守恒 2．如图所示，甲、乙两人静止在光滑的冰面上，甲沿水平方向推了乙一下，结果两人向相反方向滑去。已知甲的质量为60kg，乙的质量为40kg，下列说法正确的是（　　） A．甲的速率与乙的速率之比为1∶1 B．甲的动能与乙的动能之比为3∶2 C．甲对乙的冲量大小与乙对甲的冲量大小之比为2∶3 D．互推过程甲的加速度大小与乙的加速度大小之比为2∶3 3．（多选）货运飞船与空间站对接组成组合体，假设对接时间极短，下列说法正确的是（　　） A．在对接的短暂过程前后，空间站和货运飞船组成的系统的动量近似保持不变 B．对接前后，空间站和货运飞船组成的系统的总动能可能增大 C．对接前后，空间站和货运飞船组成的系统的总动能一定减小 D．对接前后，空间站和货运飞船组成的系统的总动能保持不变 4．（多选）在光滑水平面上 A 、B 两小车中间有一轻弹簧(弹簧不与小车相连)，如图所示，用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态，将小车及弹簧看成一个系统，下列说法中正确的是（　　） A．两手同时放开后，系统总动量始终为零，机械能守恒 B．先放开左手，再放开右手后，动量不守恒 C．先放开左手，后放开右手后，总动量向左 D．无论先放左手，还是先放右手，两手放开后，系统总动量都守恒，机械能也守恒 5．如图所示，光滑轨道ABCD固定在竖直平面内，AB部分水平，BCD为半径的半圆轨道，在B处与AB相切。在直轨道AB上放着质量分别为的物块M、N（均可视为质点），用轻质细绳将M、N连接在一起，且M、N间夹着一根被压缩的轻质弹簧（未被拴接）。现将细绳剪断，N向右滑动且恰好能通过半圆轨道上的最高点D。重力加速度大小。 (1)当物块N运动到圆弧轨道的最低点B时，求物块N对轨道的压力大小； (2)求剪断细绳之前弹簧的弹性势能。 6．质量为5g的子弹以300m/s的速度水平射向被悬挂着质量为500g的木块，设子弹穿过木块后的速度为100m/s，重力加速度取10m/s2，则： (1)求子弹穿过木块后的瞬间，木块获得的速度大小； (2)若子弹射穿木块的时间，求子弹对木块的平均冲击力大小； (3)求木块上升的最大高度（不高于悬点）。 B层 7．某部队进行演练，甲、乙两士兵先后从停在岸边的同一冲锋舟上沿水平方向跳上岸。两位士兵起跳过程反冲力对冲锋舟的总冲量大小为I，每位士兵跳离冲锋舟时的动量大小均为p，甲、乙两人跳离后，冲锋舟的瞬时动量大小分别为p1和p2。忽略水的阻力，则（　　） A．2p=p1+p2 B．p2=p C．I=2p D．I=2p2 8．（多选）如图甲，通过轻弹簧连接的滑块P、Q静止放置在光滑的水平面上，时，用水平向右的恒力F作用在滑块P上，1s后撤去外力，0~1s内，滑块P、Q的加速度a随时间t变化的图像如图乙所示。已知滑块P的质量为1.2kg，弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是（　　） A．恒力F的大小为1.2N B．滑块Q的质量为0.6kg C．时，弹簧的伸长量最大 D．弹簧的伸长量最大时，滑块P、Q的速度大小均为0.6m/s 9．如图所示，竖直面内足够长的倾角为的倾斜轨道与水平轨道AB通过一小段光滑圆弧平滑连接，质量为的物块甲静止于水平轨道的最左端的A点。质量为的物块乙以水平向左的速度与物块甲发生碰撞（碰撞时间极短），碰后物块乙以的速率反弹。已知物块甲、乙与轨道间的动摩擦因数均为，两物块均可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，重力加速度的大小，，。求 (1)物块乙碰后运动的位移大小x； (2)物块甲碰后沿倾斜轨道运动到最高点的时间t； (3)物块甲运动的全过程中与轨道因摩擦而产生的热量Q。 C层 10．如图所示，小圆环A穿在光滑水平直杆上，通过细线与小圆环B相连，初始时细线恰好水平拉直。现将A、B从图示位置由静止释放，B的运动轨迹如图中虚线所示，Q点为右侧轨迹的最高点，不计空气阻力，则（    ） A．A做简谐运动 B．A、B的系统动量守恒 C．A的质量大于B的质量 D．仅增大B的质量，B能到达Q点的右侧 11．（多选）质量均为m的带正电荷小球1、2，用长为L的绝缘轻杆连接，静靠在竖直光滑绝缘墙壁上，球2处于光滑绝缘水平地面上，如图所示。轻微扰动后，球2开始沿水平面向左做直线运动，下列说法正确的是（   ） A．球1、2及杆组成的系统动量守恒 B．球2速度最大时，球1的机械能最小 C．球2最大速度为 D．球2速度最大时，球1离地面的高度为 12．如图，水平传送带逆时针转动的速度，两个物块、用一根轻弹簧连接，与传送带间的动摩擦因数为与传送带间的动摩擦因数为时，两物块轻放在传送带上，弹簧自然伸长，给一个水平向左的瞬时冲量，在时，与传送带第一次共速。弹簧的劲度系数为，重力加速度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，传送带足够长，弹簧始终在弹性限度内，求： (1)、刚开始滑动时各自受到的摩擦力、的大小和方向； (2)时，的速度大小； (3)后弹簧的最大伸长量。 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 《 1.3 动量守恒定律 分层作业》参考答案 题号 1 2 3 4 7 8 10 11 答案 B D AC ACD C AD C BD 1．B 【详解】A．重锤与桩的撞击过程中，会产生内能，机械能不守恒，故A错误； B．整个运动过程中，重锤和桩高度降低，重力势能减小，故B正确； C．整个运动过程中，重锤和桩组成的系统受合力不为0，系统动量不守恒，故C错误； D．重锤随桩一起向下运动过程中，需要克服阻力做功，机械能不守恒，故D错误； 故选B。 2．D 【详解】AB．根据动量守恒可知甲的动量大小与乙的动量大小之比为1∶1，根据可知甲的速率与乙的速率之比为2∶3，根据可知甲的动能与乙的动能之比为2∶3，故AB错误； C．根据牛顿第三定律，作用力与反作用力大小相等、方向相反，作用时间相同，可知甲对乙的冲量大小与乙对甲的冲量大小之比为1∶1，故C错误； D．根据可知互推过程甲的加速度大小与乙的加速度大小之比为2∶3，故D正确。 故选D。 3．AC 【详解】A．在对接的短暂过程前后，空间站和货运飞船组成的系统的动量近似保持不变。由于对接时间极短，外力（如地球引力）的冲量可忽略，系统动量守恒，故A正确； BCD．空间站和货运飞船组成的系统对接后共速，类似于完全非弹性碰撞，有机械能损失，对接后，空间站和货运飞船组成的系统的总动能减小，故C正确，BD错误。 故选AC。 4．ACD 【详解】A．若两手同时放开A、B两车，系统所受合外力为零，系统动量守恒，由于系统初动量为零，则系统总动量为零，系统只有弹力做功，机械能守恒,故A正确； B．两手放开后，系统所受合外力为零，系统动量守恒，故B错误； C．先放开左手，后放开右手，放开右手时，总动量向左，且两手放开后，系统所受合外力为零，系统动量守恒，所以总动量向左，故C正确； D．无论先放左手，还是先放右手，两手放开后，系统所受合外力为零，系统总动量都守恒，都只有弹力做功，机械能也守恒，故D正确。 故选ACD。 5．(1)120N，方向向下 (2)150J 【详解】（1）对物块N，在轨道最高点，由牛顿第二定律可得 从B到D，由动能定理可得 在B点，由牛顿第二定律可得 联立以上方程可得 根据牛顿第三定律可得，物块N对轨道压力，方向向下。 （2）细绳剪断之后，由动量守恒定律可得 由能量守恒可得 联立以上方程可得 6．(1) (2) (3) 【详解】（1）设子弹穿过木块后的瞬间子弹的速度大小为，木块的速度大小为，子弹穿过木块过程中，对于子弹与木块组成的系统由动量守恒定律得 求得 （2）子弹穿过木块过程中，对木块由动量定理得 求得 （3）子弹射穿木块后，子弹上升到最高点过程中，由机械能守恒定律得 求得 7．C 【详解】AB．甲跳离后，系统总动量仍为0，甲的动量大小为p，此时冲锋舟（含乙未跳）的动量大小为p，而冲锋舟的动量 乙跳离后，两名士兵总动量大小为，由总动量守恒得冲锋舟最终动量大小 故，，故AB错误； CD．对两名士兵整体用动量定理，士兵初始动量为0，末总动量为，故冲锋舟对士兵的总冲量大小为；士兵对冲锋舟的反冲力与冲锋舟对士兵的力是相互作用力，冲量大小相等，故总冲量，C正确，D错误。 故选C。 8．AD 【详解】A．由图乙可知，时，。此时弹簧处于原长，弹力为零。对滑块 P，由牛顿第二定律得 ，故 A 正确。 B．由图乙可知，时 此时外力 F 尚未撤去，对整体由牛顿第二定律得 代入数据解得 ，故 B 错误。 C．在内，，滑块 P 的速度增加得比 Q 快，两者距离逐渐增大，弹簧伸长量逐渐增大。时，，相对加速度为零，相对速度达到最大，此时弹簧伸长量不是最大，故 C 错误。 D．由系统动量定理 得 此时 。撤去外力 F 后，系统动量守恒。当弹簧伸长量最大时，两滑块速度相等，设为 。由动量守恒定律得 解得，故 D 正确。 故选AD。 9．(1) (2) (3) 【详解】（1）碰后对物块乙列动能定理 解得 （2）设碰后甲的速度为，物块甲在斜面上运动的加速度为a。由动量守恒得 牛顿第二定律得 运动学公式得 解得 （3）甲在倾斜轨道上运动时，因，物块甲会滑下来。 上滑距离 牛顿第二定律得 甲返回轨道AB的速度设为，由运动学公式可得 解得 甲返回轨道AB的速度小于碰后乙的速度，因此不会发生再次碰撞，物块甲最终停在轨道AB上，根据能量守恒 解得 10．C 【详解】A．图示时刻，小圆环B释放瞬间，小圆环A只受支持力，不满足的情况，因此不是简谐运动，故A错误； B．在运动过程中，小圆环A与B构成的系统在竖直方向上受到的合外力不为零，因此系统动量不守恒，但是在水平方向上动量守恒，故B错误； C．由水平方向动量守恒可知 所以小圆环A与B的水平速度方向相反，大小满足 由图可知，当小圆环B运动到最高点Q时，水平方向运动的位移 即 因此，故C正确； D．由水平方向动量守恒可得，若只增大，则会减小，因此小圆环B向右摆动的水平位移会减小，无法到达Q点右侧，故D错误。 故选C。 11．BD 【详解】A．球2沿水平面向左做直线运动的过程中，系统在水平方向、竖直方向受力都不为零，系统动量不守恒，而整个过程中，系统只有重力做功，系统的机械能守恒，故A错误； BCD．球2的速度最大时，球2所受合力为0，球1与墙壁的弹力为0，球1的机械能最小，设此时杆与墙壁夹角为，则有 解得 由数学知识可知，当时，球2的速度最大，此时球1离地面的高度 球2的最大速度为 之后球1离开墙壁继续向下运动，球2的动能逐渐减小，球1的机械能逐渐增大。故BD正确，C错误。 故选BD。 12．(1)，方向水平向右；，方向水平向左 (2) (3) 【详解】（1）对物块分析，由动量定理得 代入数据得  大于传送带速度。   方向水平向右   方向水平向左 （2）、所组成的系统合外力为0，由动量守恒得 代入数据解得 （3）选、和弹簧组成的系统为研究对象，设时弹簧伸长量为，弹簧伸长过程中皮带与、摩擦产生的热量为。在之前，由，传送带所受摩擦力合力为零，传送带对系统做功为0，由能量守恒 皮带与、物块摩擦产生的热量 联立解得：， 时刻，对物块分析： 所以此后物块与传送带保持相对静止，从到物块物块速度首次与传送带共速过程中，设弹簧最大伸长量，弹簧再次伸长过程中皮带与、摩擦产生的热量为。 以传送带为参考系，物块静止，物块具有向右的速度，由能量守恒定律 皮带与、滑块摩擦产生的热量 解得 则最终、物块相对传送带都静止，和传送带一起以向左匀速运动 弹簧最大伸长量 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 $