1 第3节 动量守恒定律-【重难点手册】2026-2027学年高中物理选择性必修第一册同步练习册（人教版）

铺重难点手册高中物理选择性必修第一册R心， 第3节 动 A基础过关练 ●测试时间：15分钟 1.如图所示，质量为M的长木板置于光滑水平面 上，一轻质弹簧左端固定在木板左端的挡板上 (挡板固定在木板上)，右端与质量为m的小木 块连接.木块与长木板之间光滑，开始时m和M 都静止，弹簧处于自然状态.现同时对m、M施 加反向的水平恒力F1、F2,两物体开始运动到弹 簧第一次达到最长的过程，弹簧未超过其弹性限 度，则对m、M、弹簧组成的系统，下列说法正确 的是(). wMm→E F+ M T77777777777777777 A.若F1=F2,m≠M,系统机械能可能守恒，动 量一定守恒 B.若F1=F2,m=M,系统机械能一定不守恒， 动量一定守恒 C.若F1≠F2,m=M,系统机械能一定不守恒， 动量可能守恒 D.若F1≠F,,m≠M,系统机械能可能守恒，动 量可能守恒 2.(2025·广东实验中学期中)如图所示，光滑的 水平面上有大小相同、质量不等的小球P、Q, 小球P以速度o向右运动时与静止的小球Q 发生正碰，碰后小球P速度反向、大小为智，小 球Q的速率为？，则小球P,Q的质量之比 ma 等于( P○9 ○Q 77777777777777777777777777 A.3:8B.8:3C.3:4D.4:3 3.如图所示，小车静止在光滑的水平面上，绳子一 端固定在小车立柱上，另一端与小球相连.将小 球缓慢向右拉开一定角度，然后同时放开小球和 小车，不计空气阻力，则在小球、小车运动过程 中，下列说法正确的是(). 6 量守恒定律 A.小球的机械能守恒 B.小车的机械能一直在增加 C.小球和小车组成的系统动量 (。。 守恒 nmimmnmmn D.小球和小车组成的系统水平方向上动量守恒 4.(多选)我国女子短道速滑队曾多次在国际大赛 上为祖国赢得荣誉.某次短道速滑接力赛中，在 水平冰面上“交棒”的运动员乙用力猛推前方“接 棒”的运动员甲，使运动员甲以速度v=14m/s 向前冲出.已知甲、乙运动员的质量均为50kg, 交接前，甲的速度大小v1=9m/s,乙的速度大 小v2=11m/s,不计一切阻力.下列说法正确的 是(). A.乙推甲后瞬间乙的速度大小为6m/s B.乙推甲的过程，乙对甲的冲量为150N·s C.乙推甲的过程，甲的动量一直增加 D.乙推甲的过程，甲的动量变化量比乙的大 5.(2025·云南昆明一模)如图所示，有三个小球 A、B、C静止在光滑水平面上，B、C之间用轻弹 簧连接，三个小球处于同一直线上.使A以速度 o向右运动，与B发生正碰后反弹，反弹的速度 大小为子.已知A、B碰撞时间极短，小球A、 B、C的质量分别为m、2m、2m,弹簧始终在弹性 限度内.求： B ●wwO 7777777777777777777777777 77777 (1)A、B碰后瞬间，B的速度大小 (2)弹簧压缩量最大时，弹簧的弹性势能 B综合提能练 ●测试时间：25分钟 1.(2025·安徽合肥一中期末)如图所示，在倾角为 0的固定斜面上，长木板P匀速下滑.某时刻，把 光滑小滑块Q轻放在木板中间，经过一段时间 P停止运动，之后Q仍在木板上滑行.下列判断 正确的是( 7n77m7 A.P停止前，P、Q系统沿斜面方向动量守恒 B.P停止后，P、Q系统沿斜面方向动量守恒 C.整个过程中，P、Q系统沿斜面方向动量都 守恒 D.整个过程中，P、Q系统沿斜面方向动量都不 守恒 2.如图甲所示，冰壶运动员在某次训练时，红壶以 一定速度与静止在大本营中心的蓝壶发生对心 碰撞，碰撞时间极短，碰后运动员用冰壶刷摩擦 蓝壶前进方向的冰面来减小阻力.碰撞前后两壶 运动的)-图线如图乙中实线所示，已知两冰壶 质量相等，由图像可得(). 2.5m·s) 2.0- 1.5 t/s 01t1 A.碰撞后瞬间，红壶的速度为1m/s B.碰后蓝壶经过5s停止运动 C.红、蓝两壶从碰后至停止运动过程中，所受摩 擦力的冲量的大小之比为2：3 D.两壶在碰撞过程中损失的机械能与两壶从碰 后到停止损失的总机械能的比值为3：5 3.(2025·山西现代双语学校期末)（多选）如图所 示，有一质量为m的小球以速度v,滑上静置于 光滑水平面上带有四分之一光滑圆弧轨道的滑 块.滑块的质量为3m,小球在上升过程中始终 未能冲出圆弧，重力加速度为g,在小球运动过 第一章动量守恒定律 程中(). 777777777777777777777777 A.小球和滑块组成的系统水平方向动量守恒 B.小球在圆弧轨道上升到最高点时的速度大小 为贺 C.小球在圆弧轨道上能上升的最大高度为 3g D,小球离开圆弧轨道时圆弧轨道的速度大小为2 4.(多选)如图为用轻质弹簧连接的质量均为m的 A、B两物体，静止放置在光滑的水平地面上，弹 簧处于原长，A的左端靠着竖直墙壁.现让B突 然获得一个水平向左的速度o,规定水平向左 为正方向，下列说法正确的是(). Abmww TT7TTTT7TTTT7777T7TTTTT7T7 A.A未离开墙壁，从弹簧开始压缩到压缩量最 大时，墙壁对A的冲量为mvo B.A未离开墙壁，弹簧从压缩量最大到恢复到 原长的过程中，系统的动量守恒 C.从B获得速度到A刚要离开墙壁的过程中， 系统的机械能守恒 D.从B获得速度到A刚要离开墙壁，弹簧对B 的冲量为一2mwo 5.(2025·湖北华中师大一附中模拟预 测)如图所示，质量为m的木板静置在 光滑的水平面上，其右方水平面上固定 一竖直挡板，木板左端放有一质量为2m的物 块，物块与木板间的动摩擦因数为以.设木板足 够长，物块始终在木板上，重力加速度为g. (1)若木板右端与挡板相距为L,使物块以大小 为v。的初速度沿木板向右运动，求木板第一 次碰到挡板前瞬间速度的大小及相应的L 7 铺重难点手册高中物理选择性必修第一册RJ, 所满足的条件， (2)若木板和物块以共同的速度0向右运动，某 时刻木板与挡板发生弹性碰撞且碰撞时间极 短.求木板从第一次与挡板碰撞到再次碰撞 过程中，物块在木板上相对滑动的时间与木 板运动的时间之比， C培优突破练 测试时间：10分钟 1.2025年4月24日神舟二十号飞船发射成功，神 舟二十号飞船采用长征二号火箭发射，在发射过 程中靠喷射燃料获得反冲速度，发射初期火箭的 速度远小于燃料的喷射速度，可忽略.已知燃料 的喷射速度为，在极短的时间t内火箭喷射的 燃料质量为△m,喷气后神舟飞船与火箭（包括 燃料)的总质量为mo,地面附近的重力加速度 为g (1)求此过程中飞船和火箭增加的速度大小△v. 8 (2)发射初期火箭沿竖直方向运动，不考虑极短 时间喷出燃料引起的火箭质量变化，求此时 飞船与火箭所获得的平均推力大小！ (3)在空间站中，宇航员长期处于失重状态.为缓 解这种状态带来的不适，科学家设想建造一 种环形空间站，如图所示.圆环绕中心匀速旋 转，宇航员可以站立在旋转舱内的外壁上，模 拟出站在地球表面时相同大小的支持力.设 旋转舱内的外壁到转轴中心的距离为L,宇 航员可视为质点，为达到目的，旋转舱绕其轴 线匀速转动的角速度应为多大？=B,故空中水的质量m=p·Q=30S,放D正确。 88 故选D. 5.(1)330N·s,方向竖直向上(2)0.2m 【解析】(1)F-t图像与坐标轴围成的面积表示冲量，由图像 可知碰撞过程中F的冲量大小为I,=号×Q,1×660ON·s =330N·s,方向与F的方向相同，均为竖直向上」 (2)设头锤落到气囊上时的速度大小为℃o,由自由落体运动 公式得=2gH,以竖直向上为正方向，头锤与气囊作用过 程，由动量定理得IF一Mgt=Mw一M(一vo),设上升的最大 高度为h,由动能定理得一Mgh=0-2M2,解得h=0.2m 培优突破练 1.B【解析】取垂直于弧形直角弯管向下的方向为正方向，对 水根据动量定理得Ft=pSt·vsin45°+St·vsin45°，解 得F=√2m2S,根据牛顿第三定律可知，水对弯管压力的大 小为√2m2S. 专题1运用动量定理处理流体问题 1.D【解析】设在时间△t内通过面积为S的空气质量为△， 有m=pS,,解得把-AS,放A,B错误；发动机输出 1 的机械功率P= △一，对空气根据动量定理有(F十 △ng)△t=△moo,对直升机根据平衡条件有F=Mg,考虑 Mg>△g,联立解得=2P,放C错误，D正确。 △t 2.A【解析】一定时间内，水落到叶片上时，设向上为正方向， 对水根据动量定理可知F?=弓m一（一m)号m,水的 质量m=aSt,解得F=3pFu, 2,故选A 3.BCD【解析】铁盒悬停时处于平衡状态，受到水的冲击力为 F=mg,故D正确；以△1时间内与铁盒发生作用的水为研 究对象，这些水的质量跟△时间内从枪口喷出的水的质量 相同，△m=Svo△tp,这些水与铁盒作用时的速度为v,动量 变化为△D=2△mw=2 oSvvn△t,这些水对铁盒的反作用力 F=之=2So,又F=mg,得v=23,故A错误，B正 20Svo 确：由机械能守恒可知小铁盒距水枪口的高度h=6,口 28 爱品放C正疏 方法总结 运用动量定理求解水柱冲击铁盒时的动量变化，取较 短时间水所受的冲量，重力的冲量往往可忽略，因弹力的冲 量远大于重力的冲量，冲击力与水的密度、流速和截面积 (注意：刚出管口的截面积与到达铁盒截面积不同，S101= S202)有关. 4.B【解析】对离子根据动能定理有qU=2mv2,解得。 /2g,根据电流的定义式有1=只-义，对离子根据动量 m △t △t 20m,根 定理有F·△Y=Nmu,解得F=m==入√。 △tg 据牛顿第三定律，推进器获得的推力大小为'=1、。〉 故选B. 5.C【解析】电车匀速行驶时，△t时间内与电车碰撞的水珠质 量为△m=nmSv△t,根据动量定理得F△t=△mw,电车因起 雾多消耗的功率为P=Fo,解得P=nmSu3,故选C. 第3节动量守恒定律 基础过关练 1.B【解析】由于F1与F2等大反向，系统所受合外力为0，系 统动量守恒，由于水平恒力F1与F2对系统均做正功，则系 统机械能不守恒，故A错误，B正确；由于F1≠F2,所以系 统所受合外力不为0，水平恒力F1与F2对系统做功代数和 可能为0，故系统机械能可能守恒，由于F1≠F2,故系统动 量一定不守恒，故C、D错误 2.A【解析】以P、Q两球组成的系统为研究对象，两球碰撞 过程动量守恒，以P球的初速度方向为正方向，由动量守恒 定律得mr,=m·(-罗）十ma·空，解得两球的质量之 比。放选入 3.D【解析】小球在摆动过程中，系统机械能守恒，小球摆到 最低点的过程中，绳子拉力对小车做正功，小车的机械能增 加，小球的机械能减少，小球从最低点摆到最高点的过程中， 绳子拉力对小车做负功，小车的机械能减少，小球的机械能 增加，故A、B错误；小球摆动过程中，小球和小车系统只受 重力和支持力作用，水平方向合力为0，所以系统水平方向 动量守恒，在竖直方向上受力不平衡，所以竖直方向动量不 守恒，那么系统动量也不守恒，故C错误，D正确. 。易错点：动量守恒定律的条件是合外力为0，此题只是水平方 向所受合外力为0，所以仪水平方向动量守恒，小球与小车动 量不守恒 4.AC【解析】规定运动员前进的方向为正，根据动量守恒定 律可得mw1十mv2=mv十mvz,解得乙推甲后瞬间乙的速 度为vz=6m/s,故A正确；乙推甲的过程，乙对甲的冲量等 于甲的动量的变化量，有Iz=△p甲=w一w1=250N·s, 故B错误；乙推甲的过程，运动员甲的速度一直增加，故动量 一直增加，故C正确；乙推甲的过程，运动员甲的动量的变化 量大小等于乙的动量的变化量大小，故D错误。 5号(g号m 【解析】(1)A、B碰撞过程中动量守恒，规定水平向右为正方 向，有m6=2mg一了m,解得0s=号o 1 (2)当B、C共速时，弹簧的压缩量最大，由动量守恒定律得 3 1 2muB=4mw,由能量守恒定律得2X2mru员=2×4mw2+ 2 E,解得E,=9mw6. 综合提能练 1.A【解析】小滑块Q未放在木板上时，长木板PN, 匀速下滑，有mpgsin0=mpgcos0,解得u=tan0, P停止前，取P、Q系统为一个整体，对整体受力 分析，由于此时长木板P还在运动，f应为滑动摩 mpg+mog 擦力，沿斜面方向上有f=Np,分析可知Np=(p十mQ)· gcos0,联立可得f=a(mr+ma)gcos0=(mp十ma)gsin0, 可见在P停止前，P、Q系统沿斜面方向上合外力为0，系统 动量守恒，故A正确；P停止后，同样对整体受力分析如图 所示，此时由于长木板P已停止运动，f1应为静摩擦力，其大 小应为f1=mpgsin0,在沿斜面方向上f1<(mp十ma)· gsin0,因此，在P停止后，P、Q系统沿斜面方向上合外力 不为0，系统动量不守恒，故B错误；综上所述，P停止前， P、Q系统沿斜面方向动量守恒，P停止后，P、Q系统沿斜 面方向动量不守恒，故C、D错误 滩点：在斜面上，只要长木板沿斜面在下滑，系统沿斜 面方向上合外力才为0，才满足动量守恒定律的条件 2.D【解析】由图像可知，碰撞前红壶的速度vo=2m/s,碰撞 后瞬间蓝壶的速度o2=1.5m/s,两冰壶质量相等，设冰壶 质量为m,两冰壶碰撞过程系统动量守恒，设碰撞后红壶的 速度为1，以碰撞前红壶的速度方向为正方向，由动量守恒 定律得mvo=mw1十mw2,代人数据解得v1=0.5m/s,故A 错误；由图像可知，碰撞前红壶的加速度大小a=”= △t 2.5-2.0 1 m/s=0.5m/s2,图像中t2=红粒=2,5 a0.5s=5s, 则碰撞后蓝壶停止运动需要的时间t碳=(5一1)s=4s,故B 错误；由动量定理，对红、蓝壶分别有I红=mw1,I蓝=mw2, 则红、蓝两壶从碰后至停止运动过程中，所受摩擦力的冲量 的大小之比I红：I蓝=1：3，故C错误；两壶碰撞过程损失 的机械能△E,=方mi一mi-分mm,两壶从碰后到停 1 1 1 1 止损失的总机械能△E,=2mu十之mu,代入数据解得 签放D正确 3.AD【解析】在小球运动过程中，小球和滑块组成的系统在 水平方向所受外力之和为0，系统在水平方向上动量守恒， A正确；小球在圆弧轨道上升到最高点时小球与滑块速度相 同，系统在水平方向上动量守恒，取。的方向为正方向，根 易错点：小球上升到圆孤轨道上的最高，点时，由速度关联可 知，水平方向小球的速度与滑块的速度相等 1 据动量守恒定律有mu。=4mu,解得u=40o,B错误；设小 球在圆弧轨道上能上升的最大高度为五，根据机械能守恒定 律有宁m-号×m+ms,部得A一故C错误：小 4 球离开圆弧轨道时，系统动量守恒，设小球的速度为，滑 块的速度为2，取o的方向为正方向，根据动量守恒定律 有mw,=mw,十3mw2,根据机械能守恒定律有2mu品= 2ma+号X3m,联立可得小球的速度=一之，滑块 1 的速度，=空，故D正确 4.CD【解析】A未离开墙壁，从弹簧开始压缩到压缩量最大 时，系统动量的变化量为△饣=0一wo,对A、B系统，墙壁 对A的冲量就是系统所受合外力的冲量，由动量定理可得 I晴壁=△p=一mw0,故A错误；A未离开墙壁，弹簧从压缩 量最大到恢复到原长的过程中，墙壁对A有向右的弹力，即 系统受到向右的弹力，外力之和不等于0，系统的动量不守 恒，故B错误；从B获得速度到A刚要离开墙壁的过程中， 系统内只有弹簧弹力做功，故系统机械能守恒，故C正确； B获得速度到A刚要离开墙壁，B的速度由o变成一0，对 B由动量定理可得I弹=一mo,一m0,=一2mvo,可知弹簧 对B的冲量为一2mwo,故D正确. 5aL>-号l≤疏-2@812 【解析】(1)物块与木板组成的系统动量守恒，设二者共速时 2 速度为v失，有2m=3mU共，解得v失=3v.此过程木板 的位移大小为x一产，其中a饭-得=24g,联立 m 6.当L>x木版=94g 解得x木版一9g” 6时，木板第一次碰到挡 板前瞬间速度的大小1=3，当L≤x木板一9prg月 2 三6时，对术 ,解得2=2g 板有L一2a木板 (2)木板第一次与挡板碰撞后，向左做匀减速直线运动直到 静止，再反向向右做匀加速直线运动直到与物块有共同速 度，再往后是做匀速直线运动，直到第二次撞挡板，木板第一 次与挡板碰撞后，物块与木板相互作用直到有共同速度，动 。1 量守恒，有2m。一mo=3mw,解得v=30o.木板在第-个 过程中，由动量定理有mu一m(-o)=4·2mgt1,由动能 定理有分mw2-了mi=-·2mg,木板在第二个过程中 做匀速直线运动，有s=t2.木板从第一次与挡板碰撞到再 次碰撞所经历的时间为t*板=t1十t2= ,该过程物块在 34g 2umg 木板上相对滑动的时间为t物块=。2，其中a物块三2m g,联立解得t物块=2，则木板从第一次与挡板碰撞到冉 次碰撞的过程中，物块在木板上相对滑动的时间与木板运动 的时间之比t物块：1木板=1：2. 培优突破练 1.1)Am(2Aw mo △t 十mog 【解析】(1)根据动量守恒定律有△mu=mo△v, 解得△0= △mu mo (2)根据动量定理有F金△t=mo△0，F合=F一mog,解得F= +m8 (3)设旋转舱绕其轴线匀速转动的角速度为ω，由题意可得 mg=mw2L,解得w=√ 第4节 实验：验证动量守恒定律 基础过关练 L2 1.(①)B的右端至D的距离L2(2)0ma一m8t 【解析】(1)A,B被压缩的弹簧弹开后，在气垫导轨上运动时 可视为匀速直线运动，因此只要测出A与C的距离L1、B 与D的距离L2及A到达C、B到达D的时间t1和t2,测出 A、B的质量，就可以探究碰撞中的不变量.由上述分析可 知，实验中还应测量的物理量为B的右端至D的距离L2. (2)设向左为正方向，根据所测数据求得A、B的速度分别为 ,a三一2碰前A、B静止，即=0，质量与速度乘 积之和为0，碰后A、B的质量与速度乘积之和为mA℃A十 L2 BVB=mA一mBt? 2.(1)小球的直径d;m1sor=m1soM十m2(soN-d)(2)BC 【解析】(1)本实验中两小球下落的高度相同，所以做平抛运 动的时间相同，因此可以用水平位移来反映小球碰撞前、后 的速度，两球发生对心碰撞时，B球球心比A球球心相对O 点在水平方向上靠前了1个直径的距离，而水平位移的大小 记录的是平均落点到O点的距离，易知P点为A球单独做 平抛运动时的平均落点，M点和N点分别为碰撞后A球与 B球的平均落点，因此B球碰撞后的实际水平位移的大小 应为5O减去一个直径的长度，所以还需测量的物理量是小 球的直径d,若系统动量守恒，则应有关系式m1sop=m1saM m2(son-d). (2)复写纸的位置不影响下面白纸上落点的位置，所以复写 纸铺好后可以移动，但白纸只要记录了一次落点位置后就不 能再移动了，故A错误；本实验中只要每次将A球从斜轨道 上同一位置释放，就能保证其运动至轨道末端时的速度相 同，而轨道是否有摩擦对上述条件没有影响，故B正确；小球 落到复写纸上弹起后立即用手接住，防止再次落在复写纸 上，对落点位置的记录造成影响，故C正确；斜槽末端的切 线必须水平，是为了使小球离开轨道末端后速度方向都沿水 平方向，从而都做平抛运动，不是为了使两球碰撞时动能无 损失，故D错误.故选B、C. 3.0;-2.23×10-4 【解析】碰撞前两个滑块都静止，所以烧断细线前总动量为 m1o1十m22=0.取向右为正方向，烧断细线后的总动量为 m1v1+m22= ,-170X10-8×3.00X10 -+110×10-3× 0.32 3.00×10-2 0.21 kg·m/s=-2.23×10-4kg·m/s. 综合提能练 1.(1)5√2H g 【解析】(1)碰后小球Q做平抛运动，竖直方向有H=} 水平方向有s=v@l,联立解得碰后小球Q的速度大小为vQ= g s√2 (2)小球P运动到最低点与小球Q碰撞前，根据动能定理有 mrgL1-cs6）-m听，可得w=V2gL1-os可，同理， 小球P与小球Q碰撞后的速度大小为p=√2gL(1一cosB), 该碰撞过程中动量守恒，有mpvp十0=mpvp十mava,机械 能守恒有号m呢十0=m时+号me哈，联立解得听 =2r,化简可得cosB=cose十子，则该直 mp +mo 线斜率的理论值应为k=】 4 2(1)6,5(2)当地重力加速度gg=止-4 (3)B tB tA 【解析】(1)10分度游标卡尺的精确值为0.1mm,由题图乙 可知铁球直径为d=6mm十5X0.1mm=6.5mm. (2)若要验证动量定理，本实验还需获得的物理量为当地重 力加速度g;小铁球从光电门A运动到光电门B的过程，根 据动量定避可得mm又一号号联 立可得本实验需要验证的物理量关系为g=-4 tB tA (3)若考虑空气阻力，小球的合力小于重力，动量变化的真实 值会小于理论值，且随着时间的增加，即重力的冲量增大，空 气阻力逐渐变大，阻力的冲量也随着增大，则动量变化的真 实值与理论值的差值也逐渐增大.故选B. 3.(1)1.70(2)=(3)m1gm2d(2-1) (4)远小于 \t2t1 释析①游标卡尺读数为d=1.1cm+14义m 11.70mm (2)实验开始前，需平衡摩擦力，则轻推滑块，滑块在导轨上 做匀速直线运动，则滑块上的遮光片分别经过两个光电门的 遮光时间相同. (3)如果将砝码和砝码盘所受重力视为滑块所受的拉力，则 拉力冲量的大小为I=m1g△t.滑块经过A时滑块的速度为 5