1.1 动量 课后练习-2026-2027学年高二上学期物理人教版选择性必修第一册

**基本信息** 本同步练习按“必备知识基础-关键能力提升-核心素养拔高”三层设计，题量配比6:6:1，梯度从概念辨析到综合应用，强化动量概念及变化量计算的渐进式巩固。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |必备知识基础|动量概念、动量变化量计算、实验探究（气垫导轨）|以选择、填空为主，如第2题辨析动量矢量性，第6题实验数据处理，夯实物理观念| |关键能力提升|曲线运动、圆周运动中的动量变化、动量与动能关系|综合选择与计算，如第7题比较自由落体与圆弧运动动量，第12题汽车碰撞动量计算，培养科学推理| |核心素养拔高|平抛运动中动量增量及落地动量综合应用|复杂情境计算（第13题），融合运动分解与动量矢量运算，发展综合应用能力|

1.1　动量 一、必备知识基础 1.利用气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验时,不需要测量的物理量是(　　) A.滑块的质量 B.挡光时间 C.遮光条的宽度 D.滑块移动的距离 2.关于动量,下列说法正确的是(　　) A.做匀速圆周运动的物体,它的动量不变 B.做匀变速直线运动的物体,它的动量一定在改变 C.物体的动量变化,它的动能也一定变化 D.甲物体动量p1=5 kg·m/s,乙物体动量p2=-10 kg·m/s,所以p1>p2 3.(多选)关于动量的变化,下列说法正确的是(　　) A.做直线运动的物体速度增大时,物体动量的增量Δp与运动方向相同 B.做直线运动的物体速度减小时,物体动量的增量Δp的方向与运动方向相反 C.物体的速度大小不变时,物体动量的增量Δp为零 D.物体做曲线运动时,物体动量的增量一定不为零 4.质量为5 kg的小球以5 m/s的速度竖直落到地板上,随后以3 m/s的速度反向弹回,若取竖直向下的方向为正方向,则小球动量的变化量为(　　) A.10 kg·m/s B.-10 kg·m/s C.40 kg·m/s D.-40 kg·m/s 5.质量为2 kg的物体,在运动过程中速度由向东的3 m/s变为向南的3 m/s,下列关于它在该运动过程中的动量变化量和动能变化量的说法正确的是(　　) A.动量变化量大小为0 B.动量变化量大小为12 kg·m/s,方向为南偏西45° C.动能变化量大小为0 D.动能变化量大小为12 J 6.用如图所示的装置探究碰撞中的不变量,气垫导轨水平放置,遮光条的宽度均为9.0 mm,两滑块被滑块间的弹簧(图中未画出)弹开后,左侧滑块通过左侧光电门的时间为0.040 s,右侧滑块通过右侧光电门的时间为0.060 s,左侧滑块质量为100 g,左侧滑块质量与速度的乘积m1v1=　　　　 g·m/s,右侧滑块质量为150 g,两滑块质量与速度的乘积的矢量和m1v1+m2v2=　　　　　　　　。  二、关键能力提升 7.如图所示,PQS是固定于竖直平面内光滑的四分之一圆周轨道,圆心O在S点的正上方,在O和P两点各有一质量为m的物块a和b,从同一时刻开始,a自由下落,b沿圆弧下滑。下列说法正确的是(　　) A.a与b同时到达S点,它们在S点的动量相同 B.a比b先到达S点,它们在S点的动量不同 C.b比a先到达S点,它们在S点的动量不同 D.a比b先到达S点,它们从各自起点到S点的动量的变化相同 8.(多选)一细绳系着质量为m的小球,在光滑水平面上做匀速圆周运动,速度大小为v。在小球运动半个周期的时间内,下列说法正确的是(　　) A.小球的动量变化量为0 B.小球的动量变化量大小为2mv C.小球的动能变化量为0 D.绳子的拉力对小球做功为mv2 9.质量为m的物体,动能大小为Ek,在变力的作用下沿直线做加速运动,经过一段时间后动能大小变为2Ek,则这段时间内物体动量变化量的大小为(　　) A. B.(2- C. D.(2- 10.一个质量为0.2 kg的小球,以大小为v0=20 m/s的速度斜射到坚硬的粗糙平面上,入射方向与竖直方向的夹角为37°,碰撞后被斜着弹出,弹出的方向与竖直方向的夹角为53°,速度大小变为v=15 m/s。已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。关于该碰撞过程,下列说法正确的是(　　) A.小球在竖直方向的动量变化量大小为1.4 kg·m/s B.小球在竖直方向的动量变化量大小为5 kg·m/s C.小球总动量的变化量大小为1 kg·m/s D.小球总动量的变化量大小为7 kg·m/s 11.在某次国防教育活动中,小明同学爬上陡峭的山头,进行模拟投弹演习。他在同一位置向山下“敌方工事”先后水平投出甲、乙两颗相同的仿制手榴弹,手榴弹落地点在同一水平面上,手榴弹可视为质点,空气阻力不计,手榴弹在空中的运动轨迹如图所示。对甲、乙两颗手榴弹运动的整个过程,下列说法错误的是(　　) A.甲、乙动能的变化量相同 B.甲、乙动量的变化量相同 C.甲、乙落地时的机械能相同 D.甲、乙落地时重力的瞬时功率相同 12.汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能最有效的方法。在某次正面碰撞试验中,让质量m=1×103 kg的汽车以速度v0=13 m/s驶向固定的碰撞试验台,碰撞后汽车的速度变为v1=2 m/s,方向与原方向相反。求: (1)碰撞前汽车动量的大小; (2)碰撞前后汽车动量的变化量。 三、核心素养拔高 13.将质量为m=1 kg的小球,从距水平地面高h=5 m处,以v0=10 m/s的水平速度抛出,不计空气阻力,g取10 m/s2。求: (1)在整个平抛运动过程中小球动量的增量Δp; (2)小球落地时的动量p'。 参考答案 1.D　解析 根据实验原理可知,v=,p=mv,Ek=mv2,则滑块的质量、挡光时间、遮光条的宽度都是需要测量的物理量,其中滑块的质量用天平测量,挡光时间用光电计时器测量,遮光条的宽度可事先用刻度尺测量,只有滑块移动的距离不需要测量,D正确。 2.B　解析 动量是矢量,匀速圆周运动的物体的速度方向时刻在变化,故它的动量时刻在变化,A错误;做匀变速直线运动的物体的速度大小时刻在变化,所以它的动量一定在变化,B正确;物体的速度方向变化,但大小不变,则它的动量变化,动能不变,C错误;动量的正负只表示方向,不参与大小的比较,故p1<p2,D错误。 3.AB　解析 动量的变化量等于初、末两状态动量的差值,对于做加速直线运动的物体,物体动量的增量Δp与运动方向相同,故A正确;对于做减速直线运动的物体,物体动量的增量Δp与运动方向相反,故B正确;物体的速度大小不变时,物体动量的增量不一定为零,如匀速圆周运动,故C错误;如果物体做匀速圆周运动且运动到同一个位置时, 物体动量的增量为0,故D错误。 4.D　解析 取竖直向下为正方向,则小球与地面相碰前的动量为p1=mv1=5×5 kg·m/s=25 kg·m/s,碰后的动量p2=mv2=5×(-3) kg·m/s=-15 kg·m/s,则小球的动量的变化量Δp=p2-p1=-40 kg·m/s,故D正确。 5.C　解析 物体运动速度由向东的3 m/s变为向南的3 m/s,设向东的速度为v1,向南的速度为v2,由矢量运算法则可知,速度的变化量为Δv=3 m/s,可得动量变化量大小为Δp=m·Δv=2×3 kg·m/s=6 kg·m/s,动量变化量如图所示,方向为南偏西45°,故A、B错误;物体动能变化量大小为ΔEk==0,故C正确,D错误。 6.解析 以水平向左为正方向,左侧滑块的速度为 v1= m/s=0.225 m/s 则m1v1=100 g×0.225 m/s=22.5 g·m/s 右侧滑块的速度为 v2=-=- m/s=-0.15 m/s 则m2v2=150×(-0.15) g·m/s=-22.5 g·m/s 由以上分析知,在误差允许的范围内两滑块质量与速度的乘积的矢量和m1v1+m2v2=0。 答案 22.5　0 7.B　解析 在物块向下运动的过程中,只有重力对小物块做功,故机械能守恒,有mgh=mv2,解得v=,所以两物块到达S时的速度大小相同,即速率相同。由于a的运动路程小于b的运动路程,由t=知ta<tb,即a比b先到达S点。又因为到达S点时a的速度方向竖直向下,而b的速度方向水平向左,故两物块的动量大小相等,方向不相同,因二者初动量相同,末动量不同,动量的变化量不同,故B正确,A、C、D错误。 8.BC　解析 在小球运动半个周期的时间内,小球线速度方向变化180°,所以小球的动量变化量大小为2mv,故A错误,B正确;做匀速圆周运动的物体,线速度方向变化,大小不变,所以小球的动能变化量为0,根据动能定理可知,绳子的拉力对小球做功为0,故C正确,D错误。 9.D　解析 结合动能表达式Ek=mv2和动量表达式p=mv,可得动量与动能关系为p=,则动能大小由Ek变为2Ek这段时间内,物体动量变化量的大小为Δp==(2-,D正确。 10.B　解析 以竖直向上为正方向,小球竖直方向的初速度为vy0=-v0cos 37°=-16 m/s,小球竖直方向的末速度为vy=vcos 53°=9 m/s,则小球在竖直方向的动量变化量为Δpy=mvy-mvy0=5 kg·m/s,方向竖直向上,A错误,B正确;根据三角形定则,动量的变化如图所示,由几何关系可得Δp==5 kg·m/s,即小球总动量的变化量大小为5 kg·m/s,C、D错误。 11.C　解析 根据动能定理可得动能的变化量ΔEk=mgh,故A正确;手榴弹做平抛运动,有t=,所以动量的变化量Δp=mgt=m,故B正确;由题图可知,甲的水平位移大于乙的水平位移,而甲、乙下落的时间相等,说明甲做平抛运动的初速度大于乙的初速度,即甲的初动能大于乙的初动能,甲、乙的初始重力势能相等,所以甲在初位置的机械能大于乙在初位置的机械能,下落过程机械能守恒,所以落地时甲的机械能大于乙的机械能,故C错误;落地时重力的瞬时功率P=mgvy=mg·gt=mg,甲、乙落地时重力的瞬时功率相同,故D正确。 12.解析 (1)碰撞前汽车动量 p0=mv0=1.3×104 kg·m/s。 (2)碰撞后汽车动量p1=mv1=0.2×104 kg·m/s 取汽车碰后速度的方向为正方向,碰撞前后汽车动量的变化量Δp=p1-p0=[0.2×104-(-1.3×104)] kg·m/s=1.5×104 kg·m/s 方向与碰后速度方向相同。 答案 (1)1.3×104 kg·m/s　(2)1.5×104 kg·m/s,与碰后速度方向相同 13.解析 (1)由于平抛运动的竖直分运动为自由落体运动,有h=gt2,得落地时间t==1 s Δv=vy=gt=10×1 m/s=10 m/s,方向竖直向下 故Δp=mΔv=1×10 kg·m/s=10 kg·m/s,方向竖直向下。 (2)小球落地时竖直分速度为 vy=gt=10 m/s 可得落地速度 v= m/s=10 m/s 所以小球落地时的动量大小为p'=mv=10 kg·m/s,方向与水平方向的夹角为45°,斜向右下方。 答案 (1)10 kg·m/s,方向竖直向下　(2)10 kg·m/s,方向与水平方向的夹角为45°,斜向右下方 8 学科网（北京）股份有限公司 $