章末达标检测1 动量守恒定律（Word练习）-【精讲精练】2026-2027学年高中物理选择性必修第一册（人教版）

**基本信息** 聚焦动量单元，通过基础辨析、情境应用、实验探究三级分层，构建从概念理解到综合建模的巩固路径，培养物理观念与科学思维。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础|冲量、动量概念辨析|单选1-5通过概念辨析题（如冲量与动量方向关系）夯实物理观念| |中档|动量守恒、碰撞综合应用|单选6-8结合图像分析（如动能-位移图像），多选9-12涉及多体系统动量分析，提升科学推理能力| |综合|实验探究与复杂情境建模|非选择13-18含碰撞实验（验证动量守恒）、多过程问题（如斜面滑块、弹簧系统），强化模型建构与科学论证|

(本卷满分100分) 一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．关于冲量、动量、动量变化量的下列说法正确的是(　　) A．冲量的方向一定和动量的方向相同 B．冲量的大小一定和动量变化量的大小相同 C．动量变化量方向一定和动量的方向相同 D．动量变化量的大小一定和动量大小的变化量相同 解析　由动量定理可知，冲量的方向一定和动量变化量的方向相同，冲量的大小一定和动量变化量的大小相同。 答案　B 2．如图甲所示，一名滑雪爱好者(可视为质点)穿着滑雪板(未带滑雪杖)从山坡上A点由静止滑下，经B点滑上水平面，不计滑雪爱好者经过B点时的速率变化，滑雪爱好者在斜面和水平面上运动的路程随时间的变化图像如图乙所示，图像在B点处的斜率最大、C点处的斜率为0。已知斜面与水平面的夹角为37°，滑雪板与斜面、水平面间的动摩擦因数相等，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则滑雪板与斜面间的动摩擦因数为(　　) A． B． C． D． 解析　从0～2t0时间内，对物块，根据动量定理则有mg sin θ·2t0－μmg cos θ·2t0＝mv，经B点滑上水平面后，同理对物块有－μmg·5t0＝0－mv，解得μ＝，故选A。 答案　A 3．如图所示，质量为m的人立于平板车上，人与车的总质量为M，人与车以速度v1在光滑水平面上向东运动。当此人相对于车以速度v2竖直跳起时，车的速度变为(　　) A．，向东 B．，向东 C．，向东 D．v1，向东 解析　人和车组成的系统，在水平方向上所受合外力等于零，系统在水平方向上动量守恒。设车的速度v1的方向为正方向，选地面为参考系。初态车和人的总动量为Mv1，末态车的动量为(M－m)v，因为人在水平方向上没有受到冲量，其水平动量保持不变。人在水平方向上对地的动量仍为mv1，则有Mv1＝(M－m)v＋mv1，(M－m)v1＝(M－m)v，所以v＝v1，正确答案应为D。 答案　D 4．如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速率分别为2v0、v0，为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住。不计水的阻力，则抛出货物的最小速率是(　　) A．v0 B．2v0 C．3v0 D．4v0 解析　设抛出货物的速度为v，以向右为正方向，由动量守恒定律得乙船与货物：12mv0＝11mv1－mv，甲船与货物：10m×2v0－mv＝11mv2，两船不相撞的条件是v2≤v1，解得v≥4v0，则最小速度为4v0。故选D。 答案　D 5．在光滑的水平面上，两个质量均为m的完全相同的滑块以大小均为p的动量相向运动，发生正碰，碰后系统的总动能不可能是(　　) A．0 B． C． D． 解析　碰撞前系统的总动能为Ek＝2×＝，由于碰撞后系统总动能不增加，所以选项B是不可能的。 答案　B 6．一运动员在练习投冰壶，开始时冰壶静止在发壶区固定位置，运动员对冰壶施加一个水平推力，作用一段时间后撤去。若运动员施加的水平推力第一次为F1，第二次为F2，两次冰壶恰好能停在冰面上的同一位置，两次冰壶运动的动能Ek随位移x的变化图像如图所示，下列说法正确的是(　　) A．F1做的功大于 F2做的功 B．F1的平均功率等于F2的平均功率 C．F1的冲量大于F2的冲量 D．两次运动中摩擦力的冲量相等 解析　根据动能定理W＝ΔEk＝F合x可知，图线的斜率等于冰壶所受的合外力，冰壶的最大动能对应撤去水平推力的时刻，撤去推力后两图线的斜率相同，即摩擦力相同，撤去推力前第一次图线的斜率小，可知 F1小于F2，由两次运动的整个过程动能变化量均为零，可知合外力做功为零，即F1、F2做的功等于整个过程克服摩擦力做的功，而摩擦力大小及冰壶的位移均相同，故F1、F2做的功相等，A项错误；由题图可知撤去F1时冰壶的动能小，即最大速度小，加速过程的平均速度小，由平均功率＝F可知，F1的平均功率小于F2的平均功率，B项错误；两次冰壶的整个运动过程动量变化量为零，即合外力冲量等于零，所以F1、F2的冲量大小等于摩擦力的冲量大小，因两次运动的位移相同，而第一次撤去外力时冰壶的速度小，可知第一次运动的时间大于第二次运动的时间，故第一次运动中摩擦力的冲量大于第二次运动中摩擦力的冲量，即F1的冲量大于F2的冲量，C项正确，D项错误。 答案　C 7．如图所示，质量为M的木块A放在光滑水平面上，其上固定一竖直轻杆，长为l的细线系于轻杆上端O点处的钉子上，细线另一端系一质量为m的球C。现将球C拉起使细线水平伸直，然后静止释放。则在球C摆动过程中(　　) A．木块A保持静止 B．球C的机械能守恒 C．A、C构成的系统动量守恒 D．A、C构成的系统水平方向上动量守恒 解析　小球C和木块A组成的系统在水平方向不受外力，水平方向动量守恒，小球在往下摆动过程中水平方向有分速度，木块A必定会向相反方向运动，故A错误，D正确；小球的部分机械能会转移给物块A，小球机械能减小，故B错误；A、C构成的系统竖直方向合外力不为零，动量不守恒，故C错误。 答案　D 8．如图所示，三个直径相同的小球静止在足够长的光滑水平面上，A、C两球的质量均为m，B球的质量为km(k>1)。给A球一个水平向右的初速度v0，B球先与A球发生弹性正碰，再与C球发生弹性正碰。系数k为多少时，B与C碰后瞬间B球的速度最大(　　) A．2.5 B．3 C．3.5 D．4 解析　设A、B发生弹性碰撞后的速度分别vA、vB1，则mv0＝mvA＋kmvB1，mv02＝mvA2＋kmvB12，联立解得vA＝v0，vB1＝v0。设B、C发生弹性碰撞后的速度分别为vB2、vC，同理可得vB2＝vB1，vB2＝v0，解得当k＝3时，vB2最大，故选B。 答案　B 二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 9．如图所示，在光滑水平面上质量分别为mA＝2 kg、mB＝4 kg，速率分别为vA＝5 m/s、vB＝2 m/s的A、B两小球沿同一直线相向运动并发生对心碰撞，则(　　) A．它们碰撞后的总动量是18 kg·m/s，方向水平向右 B．它们碰撞后的总动量是2 kg·m/s，方向水平向右 C．它们碰撞后B小球向右运动 D．它们碰撞后B小球可能向左运动 解析　根据动量守恒，设向右为正，碰后它们的总动量p′＝p＝mAvA＋mBvB＝2×5 kg·m/s－4×2 kg·m/s＝2 kg·m/s，故A错误，B正确；因总动量向右，所以碰后B球一定向右运动，C正确，D错误。 答案　BC 10．一艘渡船在河中航行。现从码头出发，船头垂直于河岸，以恒定速度v(相对于水)匀速向对岸行驶。若河水相对中心位置对称的位置的流速相同，在空中看到该船行驶的轨迹如图所示，关于中点O对称，轨迹上有a、b两点也关于O对称。则在航行的整个过程中，渡船(　　) A．实际速度始终不变 B．在a、b两点的动能相同 C．动量先变大后变小 D．在a、b两点的动量相同 解析　根据实际轨迹可知，越靠近河中央水流速度越大，所以在航行的整个过程中，渡船的实际速度先变大后变小，渡船的动量先变大后变小，故选项A错误，C正确；轨迹上有a、b两点关于O对称，则a、b两点处的水流速度相同，根据速度合成可知，渡船在a、b两点的合速度相同，在a、b两点的动能相同，在a、b两点的动量相同，故选项B、D正确。 答案　BCD 11．如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为圆周的最低点。每根杆上都套着一个质量相同的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c处释放(初速度为零)，关于它们下滑的过程，下列说法正确的是(　　) A．重力对它们的冲量相同 B．弹力对它们的冲量相同 C．合外力对它们的冲量相同 D．它们的动能增量不同 解析　由运动学知识可知三个滑环的运动时间相等，故A正确；由于三种情形下弹力的方向不同，故B错误；由机械能守恒定律知D正确；而合外力冲量大小为mv，由于v大小不等，故C错误。 答案　AD 12．如图所示，A、B两球分别用长度均为L的轻杆通过光滑铰链与C球连接，通过外力作用使两杆并拢，系统竖直放置在光滑水平地面上。某时刻将系统静止释放，A、B两球开始向两边滑动。已知A、B两球的质量均为m，C球的质量2m，已知三球均在同一竖直面内运动，忽略一切阻力，重力加速度为g。从静止释放到小球C落地前的过程，下列说法正确的是(　　) A．A、B、C三球组成的系统机械能守恒、动量守恒 B．轻杆对小球A始终做正功 C．小球A速度达到最大时，小球C的加速度为g D．当两杆夹角为120°时，小球A的速度为 解析　A、B、C三球组成的系统，只有重力做功，机械能守恒，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，在竖直方向上合外力不为零，动量不守恒，所以系统动量不守恒，故选项A错误；根据水平方向动量守恒可知，小球A速度先增大后减小，动能先增大后减小，轻杆对小球A先做正功后做负功，故选项B错误；A、B两球的动能始终相等，A球动能最大时，轻杆弹力为零，C球仅受重力作用，加速度为g，故选项C正确；当两杆夹角为120°时，根据机械能守恒定律有2mgL(1－cos 60°)＝×2mvC2＋2×mvA2，根据A、C两球的速度关系有vCcos60°＝vAsin 60°，联立解得vA＝，故选项D正确。 答案　CD 三、非选择题(本题共6小题，共60分) 13．(6分)在探究碰撞中的不变量实验中，装置如图所示，两个小球的质量分别为mA和mB。 (1)现有下列器材，为完成本实验，必需的器材有________。(填字母，下同) A．停表 B．刻度尺 C．天平 D．圆规 (2)如果碰撞中动量守恒，根据图中各点间的距离，则下列式子可能成立的有________。 A．＝ B．＝ C．＝ D．＝ 解析　(1)由实验原理可知，需要测小球质量，测、、距离，为准确确定落点，用圆规把多次实验的落点用尽可能小的圆圈起，把圆心作为落点，所以需要天平、刻度尺、圆规。 (2)根据动量守恒定律有mA＝mA＋mB，即mA(－)＝mB，A正确。 答案　(1)BCD　(2)A 14．(8分)气垫导轨是常用的一种实验仪器，它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦。我们可以用带竖直挡板C和D的气垫导轨和滑块A和B验证动量守恒定律，实验装置如图所示。采用的实验步骤如下： a．用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB。 b．调整气垫导轨，使导轨处于水平。 c．在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上。 d．用刻度尺测出A的左端至C板的距离L1。 e．按下电钮放开卡销，同时分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作，当A、B滑块分别碰撞C、D挡板时计时结束，记下A、B分别到达C、D的运动时间t1和t2。 (1)实验中还应测量的物理量及其符号是_________________________________。 (2)利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是____________，上式中算得的A、B两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的原因有_____________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________(至少答出两点)。 答案　(1)B的右端至D板的距离L2 (2)mA＝mB　测量质量、时间、距离等存在误差，由于阻力、气垫导轨不水平等造成误差(只要答对其中两点即可) 15．(8分)如图所示，一薄木板放在光滑水平桌面上，上面压有质量为m＝1 kg的铁块，铁块与薄木板之间的动摩擦因数μ＝0.25。用F＝7.5 N的水平恒力向右拉薄木板，当薄木板被从铁块下端抽出时铁块恰离开桌面，经平抛落在地面上的P点。已知桌面离地面的高度为h＝0.8 m，P点到桌面边缘的水平距离s＝0.4 m，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)铁块所受摩擦力的冲量I的大小； (2)薄木板被从铁块下端抽离瞬间的动量p的大小。 解析　(1)设铁块离开桌面时速度为v，由平抛运动知识有h＝gt2，s＝vt 联立可得v＝1 m/s 由动量定理可得 I＝mv－0，解得I＝1 N·s。 (2)设薄木板被从铁块下端抽离所用时间为t′。对铁块分析，可知I＝μmgt′ 对薄木板分析，可知(F－μmg)t′＝p－0 解得p＝2 kg·m/s。 答案　(1)1 N·s　(2)2 kg·m/s 16．(8分) (2025·甘肃卷)如图甲所示，细杆两端固定，质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻，物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上，F随时间t的变化如图乙所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，θ＝30°。求： (1)t＝6 s时F的大小以及在0～6 s内F的冲量大小； (2)在0～6 s内，摩擦力Ff随时间t变化的关系式，并作出相应的Ff­t图像； (3)t＝6 s时，物块的速度大小。 解析　(1)由题图乙可知F随时间t线性变化，根据数学知识可知F＝t 当t＝6 s时，F＝ 在0～6 s内F的冲量为F­t图像与坐标轴围成的“面积”，即I＝·t＝×mg×6＝mg。 (2)作出物块的受力分析图如图(a)所示 开始静止时，有 mg sin θ＝μmg cos θ 解得μ＝tan θ＝ 施加力F后，垂直于杆方向受力平衡，支持力 FN1＝mg cos θ－F sin θ＜mg cos θ 沿杆方向物块加速向下运动，开始时物块所受滑动摩擦力方向沿斜面向上，得Ff1＝μFN1＝μ＝－t 可知t＝4 s时，Ff1＝0，4 s后，杆对物块弹力方向变为垂直于杆向下，则4 s后 Ff2＝μFN2＝μ＝t－ 沿杆方向合外力 F合＝mg sin θ＋F cos θ－Ff2＝mg＋mgt＞0 物块一直加速，不会减速至静止，一直受滑动摩擦力。 Ff­t图像如图(b)所示 (3)在0～6 s内沿杆方向根据动量定理有IFcos θ－If＋mg sin θ×t＝mv 在0～6 s内摩擦力的冲量为Ff­t图像与坐标轴围成的面积，则If＝×mg×4＋×mg×2＝mg 联立有mg·cos 30°＋mg××6－mg＝mv 可得v＝g。 答案　(1)　　(2)见解析　(3)g 17．(14分)如图所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g＝10 m/s2。 (1)求斜面体的质量； (2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩。 解析　(1)设斜面质量为M，冰块和斜面组成的系统，水平方向动量守恒：m2v2＝(m2＋M)v。 系统机械能守恒： m2gh＋(m2＋M)v2＝m2v22 解得M＝20 kg。 (2)人推冰块的过程：m1v1＝m2v2， 得v1＝1 m/s(向右) 冰块与斜面组成的系统：m2v2＝m2v2′＋Mv3， m2v22＝m2v2′2＋Mv32， 解得v2′＝－1 m/s(向右)。 因|v2′|＝v1，且冰块处于小孩的后方，则冰块不能追上小孩。 答案　(1)20 kg　(2)不能 18．(16分) (2025·山东卷)如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上，P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度，P处轨道的切线沿水平方向，Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上，b被锁定。一质量m＝ kg的小球自Q点正上方h＝2 m处自由下落，无能量损失地滑入轨道，并从P点水平抛出，恰好击中a，与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到F＝15 N时，b解除锁定开始运动。已知a的质量ma＝1 kg，b的质量mb＝ kg，方形物体的质量M＝ kg，重力加速度大小g＝10 m/s2，弹簧的劲度系数k＝50 N/m，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式Ep＝kx2(x为弹簧的形变量)，所有过程不计空气阻力。求： (1)小球到达P点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2； (2)弹簧弹性势能最大时，b的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm。 解析　(1)根据题意可知，小球从开始下落到P处过程中，水平方向上动量守恒，则有mv1＝Mv2 由能量守恒定律有mgh＝mv12＋Mv22 联立解得v1＝6 m/s，v2＝ m/s。 (2)由于小球落在物块a正上方，并与其粘连，小球竖直方向速度变为0，小球和物块a水平方向上动量守恒，则有mv1＝(m＋ma)v3 解得v3＝2 m/s 设当弹簧形变量为x1时物块b的解除锁定，此时小球和物块a的速度为v4 根据胡克定律可知F＝kx1 由系统机械能守恒可得 (m＋ma)v32＝(m＋ma)v42＋kx12 联立解得v4＝1 m/s，x1＝0.3 m 解除锁定之后，小球、物块a和物块b组成的系统动量守恒，当三者共速时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有(m＋ma)v4＝(m＋ma＋mb)vb 解得vb＝ m/s。 由能量守恒定律可得，最大弹性势能为Epm＝(m＋ma)v42＋kx12－(m＋ma＋mb)vb2＝ J。 答案　(1)6 m/s　 m/s (2) m/s　 J 学科网（北京）股份有限公司 $