课时分层检测(1)动量-【创新大课堂系列】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册同步辅导与测试(人教版)

班级 姓名 得分 课时分层检测（一） 动量 起.实验过程中除了要测量A球被拉起的角 …0基础达标练 度01和两球碰撞后摆起的最大角度02之 1.利用气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的 外，还需测量 实验时，不需要测量的物理量是 ( (写出物理量的名称和符号)才能进行验证. A.滑块的质量 B.挡光时间 用测量的物理量表示碰撞中的不变量的关 C.挡光片的宽度 D.滑块移动的距离 系式是 2.(多选)关于动量和动能，下列说法中正确！ …0 的是 ) 能力提升练 A.一个物体（质量不变）的动量改变，它的动7.蹦床是一项具有 能一定改变 挑战性的体育运 B.一个物体（质量不变）的动能改变，它的动： 动.如图所示，某 量一定改变 时刻运动员从空 C.做匀变速直线运动的物体，它的动量一定 中最高点O自由 在改变 下落，接触蹦床A B D.甲物体动量p1=5kg·m/s,乙物体动量 点后继续向下运 p2=-10kg·m/s,所以p1>p2 动到最低点C.其中B点为人静止在蹦床上 3.一物体从某高处由静止释放，设所受空气阻 时的位置.忽略空气阻力作用，运动员从最 力恒定，当它下落h时的动量大小为p1,当 高点下落到最低点的过程中，动量最大的位 它下落2h时动量大小为p2,那么1：p2 置是 ( 等于 ( A.O点 B.A点 A.1:1 B.1:√2 C.B点 D.C点 C.1:2 D.1:4 :8.高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度 4.一台自动传送盘，盘上离转轴0.5m处有 为零的匀加速直线运动.在启动阶段列车的 质量为0.5kg的零件随盘做匀速圆周运动， 动量 ( 则当盘以2rad/s的角速度转过180°的过程 A.与列车所经历的时间成反比 中，零件动量的变化量大小为 B.与列车的位移成反比 A.0.25kg·m/s B.0.5kg·m/s C.与列车的速度成正比 C.1kg·m/s D.2kg·m/s 5.质量为5kg的小球以5m/s的速度竖直落 D.与列车的动能成正比 到地板上，随后以3m/s的速度反向弹回，若 9.如图所示，PQS是固定于竖直 0 取竖直向下的方向为正方向，则小球动量的： 平面内的光滑的4圆弧轨道， 变化量为 ) 圆心O在S的正上方.在O A.10kg·m/s B.-10kg·m/s C.40kg·m/s D.-40kg·m/s 和P两点各有一个质量为m的小物块a和 6.某同学采用如图所示的装置探 b,从同一时刻开始，a自由下落，b沿圆弧下 滑.以下说法正确的是 ( ) 究碰撞中的不变量，把两个小球 用等长的细线悬挂于同一点，让 A.a比b先到达S,它们在S点的动量不 B球静止，拉起A球，由静止释 相同 放后使它们相碰，碰后粘在一 B.a与b同时到达S,它们在S点的动量不 B 相同 119 班级 姓名 得分 C.a比b先到达S,它们在S点的动量相同12.如图所示，一个质量 D.b比a先到达S,它们在S点的动量相同 为430g的金属块沿 10.将质量为m=1kg的小球，从距水平地面： 直线垂直右侧墙面向 高h=5m处，以o=10m/s的水平速度抛： 右运动，到达A点时速度大小为5m/s,到 出，不计空气阻力，g取10m/s2.求： 达B点时速度大小为4m/s,与墙壁碰撞前 (1)平抛运动过程中小球动量的增量△p; 瞬间的速度大小为3m/s,与墙壁碰撞后瞬 (2)小球落地时的动量p'. 间的速度大小为2.8m/s,返回B点时速度 大小为1.8m/s,分别求金属块由A到B、 与墙壁碰撞前后、由A到返回B的动量变 化量. 0创新应用练 0 11.（多选)如图所示表示物 F/N 20 体受到的合外力随时间 10 变化的关系.若物体开 0 -10 246 始时是静止的，则前3s-20 内 A.物体的位移为0 B.物体的动量变化量为0 C.物体的动能变化量为0 D.物体的机械能变化量为0 120素养演练·提升技能 :[典例4]解析因为棱镜对红光的折射率为1.5，临界角sinC= 1,解析雨后天空美丽的彩虹，这是太阳光通过悬浮在空气中细小， 的水珠折射而成的，白光经水珠折射以后，分成各种影色光，这种 日=号，则C<5,所以当一束红光从棱镜1的左侧垂直射入 现象叫作光的色散现象，A错误；日光照射在肥皂泡上出现彩色！ 时，在斜边的入射角为45°，会发生全反射，所以正常情况下这束 条纹属于光的干涉，故B错误：一束白光通过三棱镜形成彩色光 红光不能通过棱镜2射出，故A错误；因为绿光的折射率比红光 带属于光的折射现象，故C错误：通过一个狭缝观察日光灯可看！ 大，临界角更小，故将入射光改成绿光不能提高瓦斯检测的灵敏 到彩色条纹，属于单缝衍射，故D正确」 度，故B错误：当矿道空气中存在瓦斯气体的浓度够大时，因瓦斯 答案D 2.解析由单缝衍射实验的调整与观察可知，狭缝宽度越小，衍射 的折射率大于空气，则这束红光可在两棱镜中间发生折射，然后 现象越明显，衍射条纹越宽，条纹间距也越大，本题的调整是将缝 能从棱镜2射出，故C错误，D正确， 调宽，现象向相反的方向发展，故远项A正确，远项B、C、D错误. 答案D 答案A ·[典例5]解析若要让房间里的人能看到门外全部的景象，则沿 3.解析若狭缝与线状灯平行，衍射条纹与狭缝平行且衍射现象明 平行门方向射向C处的光折射后能经过A,点即可，光路如图所示 显，故选项A正确，B错误；衍射条纹的疏密程度与缝宽有关，狭 缝越小，条纹间距越大；条纹间距与波长有关，波长越长，条纹间！ C 60 距越大，故选项C、D正确 Td 答案ACD AL B d 4,解析太阳光是自然光，在垂直于光的传播方向的平面内，光的 振动沿任意方向，且各个方向上的光振动强度相同，所以旋转偏 在△ABC中，m∠ACB=提-5 振片只能改变光振动的方向，不能改变光的强度.故B正确 答案B 可得∠ACB=60° 5.解析(1)自然光通过偏振片后得到垂直于光的传播方向与偏振 由几何关系知 片的透振方向平行的偏振光，该偏振光经被测样品后，其偏振方， 3-30°，a=609 向发生了偏转，即相对于光的传播方向向左或向右旋转一个角度 i-∠ACB-3=309 α，到达B的光的偏振方向与B的透振方向不完全一致，故O处光！ 代入折射率公式，得玻璃折射率 的强度会明显减弱.(2)将A或B转动一个最小角度α，使到达B 的光的偏振方向与B的透振方向一致，此时O处光强最大 ”-品器-反 答案见解析 答案√ 章末综合提升 :[典例6]解析(1)设C是全反射的临界角，光线在第一个三棱镜 新情景材料典题 : 右侧斜面上恰好发生全反射时，根据折射定律得 典例1门解析在光导纤维束内传送图像是利用光的全反射现， sinC=1① 象，选项A正确；激光全息照相是利用了激光相千性好的特性，选 项B正确：日落时分，拍摄水面下的景物，在照相机镜头前装上偏 代入较大的折射率得 振滤光片，利用光的偏振，可以将反射光减弱，透射光增强，可以 C-45② 使景像更清晰，故C正确；用透明的标准平面样板检查光学平面 所以顶角日的范围为 的平整程度是利用光的千涉现象，选项D错误， 0045°（或045）③ 答案D (2)脉冲激光从第一个三棱镜右侧斜面射出时发生折射，设折射 典例2]解析“坐井观天，所见甚小”隐含了光沿直线传播的原 理，故A错误：平静湖面上的“倒影”，是因为光发生了反射，故B 角分别为a1和a2,由折射定律得 错误：透过窗玻璃看到窗外的树，是光的折射现象，故C错误：透 过用两支铅笔夹成的狭缝看日光灯，看到彩色条纹，是因为光发！ M-%0 生了衍射，故D正确. 答案D -0 「典例3]解析两种无线电波的波速相同，均为光速，故A错误：由 设两束光在前两个三棱镜斜面之间的路程分别为L1和L2,则 于无线电波以光速传播，根据一知，波长不同，颜率不同，所以两 L= d⑥ cos a 种无线电波之间不会发生千涉，故B错误：因为跑道区到两波源距离 d 相等，路程差为零，跑道区域始终是两种电波各自的振动加强区，故C】 L2= ⑦ cos a 正确；空间中某点振动加强与减弱取决于该点到两波源的距离差为 △L=2(L1一L)⑧ 半波长的偶数倍还是奇数倍.所以两种电波的波峰与波峰叠加最强 联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据得 分布是固定的，而且入≠λ2，所以无线电波各自在空间的强弱分布不 △L=14.4mm. 重合，不过中垂线都是加强点，故D错误。 答案C 答案(1)0<045（或0<45） (2)14.4mm 课时分层检测 参芳答案与解析 课时分层检测（一） :3.解析物体做初速度为零的匀加速直线运动，则有y12一2a, 1.解析裉据实验原理可知，滑块的质量、挡光时间、挡光片的宽度· h2=2a·2h,则p1=nu=n√2ah,pe=m=m√4ah,所以 都是需要测量的物理量，其中滑块的质量用天平测量，挡光时间！ p1:p2=1:√2，选项B正确. 用光电计时器测量，挡光片的宽度可事先用刻度尺测量，只有滑： 答案B 块移动的距离不需要测量，D正确。 4.解析零件动量的变化量大小为△p=m一m=2nwr=2× 答案D 0.5X2X0.5kg·m/s=1kg·m/s,故选项C正确. 2.解析动量是矢量，动能是标量，一个物体的动量改变，其动能不一 答案C ;5,解析规定竖直向下为正方向，则小球的初动量p1一m=5X 定改变，动能改变，其动量一定改变，故A错误，B正确；做匀变速直 5kg·m/s=25kg·m/s,末动量p2=m2=5×(-3)kg·m/s 线运动的物体，速度大小变化，由p=w知它的动量一定在改变，故！ =一15kg·m/s,故动量的变化量△p=p:一p1=-15kg·m/s C正确；动量是失量，正、负号代表方向，p<,故D错误， -25kg·m/s=-40kg·m/s,故D正确. 答案BC 答案D 216 .解析A球由静止释放到两球碰撞前，根据机械能守恒定律，有！ 金属块由A到B的动量变化量△p=p1一pA=-0.43kg·m/s, mAgi(1-cos 0)=mA 负号表示动量变化量方向向左 金属块与墙壁碰拉前后的动量变化量△p:=p结2一中特1一 从两球碰撞后到一起运动到最高点，根据机械能守恒定律，有 一2.494kg·m/s,负号表示动量变化量方向向左 (mA十ms)g1一cos0:)=2(mA十ms)t 金属块由A到返回B的动量变化量△p3=p一pA=一2.924 kg·m/s,负号表示动量变化量方向向左. 由碰撞中的不变量满足nAA=(nA十mB)v 答案0.43kg·m/s,方向向左2.494kg·m/s,方向向左 所以用测得的物理量表示碰撞中的不变量的关系式为 mA√(1-cos01)=(mA十ng)√/1-cos2). 童安化时动能可论不动·》 2.924kg·m/s,方向向左 课时分层检测（二） 答案A球的质量mA和B球的质量mg nA√(1-cos01)=(nA十ng)√/(1-cos2) 错误：物体所受合力冲量越大，它的动量变化量就越大，不是动量 7.解析运动员从O点到B点的过程都是加速向下运动，到达B点！ 越大，故B错误：力的冲量I一F,当力与物体的位移垂直时，该力 时速度最大，由p=mw可知，运动员的动量最大的位置在B点， 的冲量不为零，故C错误：体操运动员在落地的过程中，动量的变 A、B、D错误，C正确. 化量是一定的，屈腿是延长时间，可以减小运动员所受到的平均 答案C 作用力，故D正确 8.解析根据p-mu=mat,可知列车的动量与列车所经历的时间！ 答案D 成正比，选项A错误：根据b==m√2工，则动量与列车的位！2.解析返回舱和航天员的初、末动量并没有因反推火箭的作用而 移的平方根成正比，选项B错误；根据p=m0可知，动量与列车的 变化，所以返回舱和航天员的动量变化不变，根据动量定理，返回 速度成正比，选项C正确；根据p=√2nE,可知动量与列车的动！ 舱和航天员所受的冲量也就不变，A、B项错误，反推火箭延长了 能的平方根成正比，选项D错误。 着地过程的时间，从而减小了着地过程返回舱和航天员所受的平 答案C 均冲力，选项C、D正确。 9,解析小物块口做自由落体运动，其加速度为g,而小物块b沿 答案CD 4!3.解析戴和不戴头盔，头部的速度变化相同，则动量变化量相同， 圆孤轨道下滑，在竖直方向的加速度在任何高度（除P点）都小于 根据动量定理可知受到的冲量也相同，而戴头盔能够延长头部与 g,由=号a得，<：由机械能守恒定律得小物块a,b到达S 硬物的接触时间，根据F△=△p可知，可以减小冲力，从而起到保 护作用，故B正确，A、C、D错误 点的速度大小相等，但方向不同，因为动量力=mv是失量，故a、b 答案B 到达S时，它们在S点的动量不相同，故A正确 4解析 根据动量定理，物体动量的变化量应该等于初末动量的失 答案A 量差，而不是代数差，则A错误：由动量定理I合一△p知△中= 10.解析(1)由于平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，故h一 ngt,则B正确；由公式△p=m△v=m心，=m√02一= 2 n√2gh,则C、D正确. 答案BCD 2h=15 落地时间一 !5.解析取竖直向下为正方向，对大气球由动量定理得(mg一F)·△ △v=y,=gt=10×1m/s=10m/s,方向竖直向下 =mw'一mw,代入数据解得F=90N,由牛顿第三定律可知C 正确 故△p=m△=1×10kg·m/s=10kg·m/s,方向竖直向下 (2)小球落地时竖直分速度为 0 答案C v,=gI=10 m/s :6解析（①）足球自由下落时有h=合g, 由速度合成知，落地速度 v=√62+u,=√10+10m/s hmmmm h=0.4s, 解得=√g =10√2m/s 竖直向上运动的时间等于自由下落运动的时间，所以一21= 所以小球落地时的动量大小为p'=nw=10√2kg·m/s,方向与！ 0.8s. 水平方向的夹角为45， (2)设竖直向上为正方向，由题意知顶球前后速度大小相同，由动 答案(1)10kg·m/s,方向竖直向下(2)10√2kg·m/s,方向i 量定理得 与水平方向的夹角为45 (FN-mg)△1=nu-(-n）, 11.解析第1s内F=20N,第23s内F=一10N,物体先加速、 又v=gt1=4m/s, 后减速，在第3s末速度为零，物体的位移不为零，A错误；设物！ 联立解得FN-36N, 体质量为mkg,根据牛顿第二定律知物体在第1s内的加速度为！ 由牛顿第三定律知足球对头部的作用力为36N,方向竖直向下】 4120 m/s,1s末的速度4=a16=20×1m/s=20 答案(1)0.8s(2)36N,竖直向下 m m/s,物7.解析以速度20抽出纸条时，纸条对铁块的作用时间变短，而纸 休在第2~3s内的加速度为a=一9m/,3s末的速度= 条对铁块的作用力相同，故与以速度)抽出相比，纸条对铁块的 冲量I减小，铁块获得的动量减小，平抛的初速度减小，水平射程 十a6-沿ms一识X2ms=0,故前3s内动堂交化量 减小，故落在P点左侧，选项B正确. 答案B △p一0，B正确；由于初速度和末速度都为零，因此动能变化量也！8.解析甲、乙先做加速运动，撤去推力后做减速运动.题图中线段 为零，C正确；因物体的重力势能是否改变不能判断，所以物体的！AB∥CD,表明甲、乙与水平面的动摩擦因数相同，又甲、乙质量相 机械能是否改变不能确定，D错误 等，所以两物体受到的摩擦力大小相等，选项C正确，D错误；因 答案BC 为整个运动过程中两物体的动量改变量均为零，所以推力的冲量 12.解析设向右为正方向，则金属块在A点的动量为pA=A= 大小等于物体受到的摩擦力的冲量大小，由题图可知甲的运动时 2.15kg·m/s,方向向右 间小于乙的运动时间，所以甲的摩擦力的冲量小于乙的摩擦力的 第一次到达B点的动量为pB1=mg1=1.72kg·m/s,方向向； 冲量，则F的冲量小于Fg的冲量，选项A、B错误 右，与持壁碰撞前瞬间的动量中墙1一nv培1=1.29kg·m/s,方向！ 答案C 向右· !9.解析(1)小球运动过程中速度方向不断发生变化，因而动量的 与墙壁碰授后瞬间的动量p2=m(一V特)=一1.204kg·m/s,} 方向也不断变化，所以动量变化. 方向向右 假定经半周，小球到达B点，并设A,点速度方向为正方向，则小球 返回B点的动量为B2一n(一B)=一0.774kg·m/s,方向向左. 在B,点时动量方向为负，即pB=一n,pA=m,△p一pB一PA二 217