第1章 动量及其守恒定律 章末检测试卷(一)（配套课件PPT）-【步步高】2025-2026学年高二物理选择性必修第一册学习笔记（鲁科版）

该高中物理课件聚焦第1章动量守恒定律及应用，涵盖反冲运动、碰撞、动量定理等核心知识点。通过火箭反冲、运动员落地屈腿等实际现象导入，衔接动量概念与综合应用，为学生搭建从基础到复杂问题的学习支架。 其亮点在于结合科学探究与科学思维，如用光电门测速度验证动量定理、碰撞实验器探究动量守恒，通过实验数据处理和规律推导培养学生模型建构与科学推理能力。学生能提升解决实际问题的能力，教师可借助系统检测与解析优化教学效率。

章末检测试卷(一) 第 1 章 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A A D D BD BD AD AD 题号 9 10 11 答案 减速　匀速 3.5 kg·m/s　20 N (1)4.00　(2)0.20　(3)0.81 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 题号 12 13 答案 (1)AD　(2)m1OP=m1OM+m2ON　(3)A 见解析 题号 14 15 答案 (1)　(2) (1)5 m/s，水平向右　(2)3 m/s，水平向右　(3)3.75 m 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 一、单项选择题 1.下列有关实际中的现象，说法正确的是 A.火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度 B.体操运动员在着地时屈腿是为了减小受到的冲量 C.用枪射击时要用肩部抵住枪托是为了增大反冲对射击精度的影响 D.为了减轻碰撞事故对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 根据反冲运动的特点与应用可知，火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度，故A正确； 体操运动员在落地的过程中，动量变化一定。由动量定理可知，运动员受到的冲量I一定，故B错误； 用枪射击时子弹给枪身一个反作用力，会使枪身向后反冲，影响射击的准确度，所以为了减少反冲的影响，用枪射击时要用肩部抵住枪托，故C错误； 为了减轻碰撞事故对司乘人员的伤害程度，就要延长碰撞的时间，由I=Ft可知，位于车体前部的发动机舱不能太坚固，以增大作用时间，减小作用力，故D错误。 13 14 15 2.如图所示，载有物资的无人机静止于空中某高度处，某时刻吊挂的物资突然脱落，空气对无人机的作用力始终不变，不计物资受到的空气作用力，则从物资脱落到物资落地前的时间内，脱落的物资和无人机组成的系统的动量 A.为零 B.方向竖直向上 C.方向竖直向下 D.方向均有可能 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 初始时由于无人机和物资静止在空中，故空气对无人机的作用力等于无人机和物资所受重力之和，物资脱落至落地前，以无人机和物资构成的整体为研究对象，系统所受合外力仍为零，从物资脱落到物资落地前的过程中，由于系统一开始的动量为零，根据动量守恒定律可知，系统的动量始终为零，故选A。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 3.(2025·厦门第一中学高二月考)质量为58 g的网球以144 km/h的水平速度朝运动员飞来，运动员以216 km/h的水平速度将网球反向击回，假设网球与球拍的作用时间为0.02 s。则下列说法正确的是 A.网球动量变化量的大小为1.16 kg·m/s B.网球动能变化量为150.8 J C.球拍对网球做功为零 D.球拍与网球之间的平均作用力大小为290 N √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 设以网球飞来的方向为正，则初速度为v1=144 km/h=40 m/s，网球被击回的速度为v2=-216 km/h=-60 m/s，则网球动量的变化量为Δp=mv2-mv1= -5.8 kg·m/s，A错误； 网球动能的变化量为ΔEk=m-m=58 J，B错误； 由动能定理可知球拍对网球做的功等于网球动能的增加量，C错误； 由动量定理可知-Ft=mv2-mv1，解得F=290 N，D正确。 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 4.(2024·福州市闽侯县第一中学高二月考)如图所示，光滑水平面上静置一质量为M的木块，木块通过一轻弹簧连在墙上，有一质量为m的子弹以速度v0水平射入木块并留在其中，当木块第一次回到原来位置的时(子弹与木块作用时间极短，弹簧始终在弹性限度内)，墙对弹簧的冲量大小为 A.0 B. C. D.2mv0 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 由于子弹射入木块的时间极短，系统的动量守恒，取v0方向为正方向，根据动量守恒定律得mv0=(M+m)v，解得v=，当木块第一次回到原来的位置时，弹簧恢复原长，木块(含子弹)速度大小不变，方向反向，对木块(含子弹)，根据动量定理得I=-(M+m)v-(M+m)v=-2(M+m)·= -2mv0，由于弹簧的质量不计，则墙对弹簧的作用力等于弹簧对木块的弹力，所以墙对弹簧的冲量大小等于弹簧对木块的冲量大小，为2mv0，故D正确。 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 二、多项选择题 5.如图a所示，质量分别为m1、m2的两物块A、B间拴接一个被压缩且锁定的轻弹簧，整个装置静置于光滑水平地面上，其中A与左侧固定的挡板相接触。现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B的速度随时间变化的图像如图b所示，则 A.整个运动过程中，A、B组成的 　系统机械能守恒 B.A、B的质量之比m1∶m2=1∶1 C.A的最大速度为2 m/s D.A离开挡板后，弹簧的弹性势能最大时B的速度为2 m/s √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 整个运动过程中，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，A错误； 由题图b可知，B的最大速度为4 m/s，最小速度为0，当B的速度为零后，B又开始做加速运动，说明B速度为零时，弹簧恢复原长，A、B相当于发生了完全弹性碰撞，根据m2v=m1v1，m2v2=m1，故A获得的速度最大v1=4 m/s，m1=m2，B正确，C错误； A离开挡板后，弹簧的弹性势能最大时A、B速度相同，根据动量守恒定律可知m2v=(m1+m2)v'，解得v'=2 m/s，D正确。 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 6.如图，长度l=1 m，质量M=1 kg的车厢，静止于光滑的水平面上。车厢内有一质量为m=1 kg、可视为质点的物块以速度v0=10 m/s从车厢中点处向右运动，与车厢壁来回弹性碰撞n次后，与车厢相对静止，物块与车厢底板间的动摩擦因数为μ=0.1，重力加速度g=10 m/s2。下列说法正确的是 A.n=26 B.系统因摩擦产生的热量为25 J C.物块最终停在车厢右端 D.车厢最终运动的速度为5 m/s，方向水平向右 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 由动量守恒定律得mv0=(m+M)v，解得车厢和小物块最终运动的共同速度为v=5 m/s，方向水平向右，对系统由能量守恒定律得m=　(M+m)v2+Q，代入数据解得系统因摩擦产生的热量为Q=25 J，故B、D正确； 根据Q=μmgs，可得物块在车厢中相对车厢滑行的距离s==25 m，与车厢壁来回弹性碰撞次数n==25次，因此可知物块最终停在车厢中点处，故A、C错误。 13 14 15 7.(2024·福建省高二月考)如图所示，质量为2m、半径为R、内表面光滑的半圆槽A放在光滑的水平面上，有一质量为m的滑块B从半圆槽左侧顶端无初速度释放，重力加速度为g，则 A.滑块与半圆槽的总动量不守恒 B.滑块B下滑过程中机械能守恒，能到达 　半圆槽的右侧最高点 C.滑块B运动到A最低点时速率等于 D.A向左运动的最大距离为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 √ 13 14 15 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 滑块与半圆槽系统在竖直方向所受合力不为零，所以滑块与半圆槽的总动量不守恒，故A正确； 滑块B下滑过程中，A对滑块B的支持力做功，所以滑块B下滑过程中机械能不守恒，由滑块与半圆槽系统水平方向上动量守恒，当滑块B达半圆槽的右侧最高点时，两物体速度都为零，动能为零，结合能量守恒可知，滑块B到达半圆槽的右侧最高点可以实现，故B错误； 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 滑块与半圆槽系统在水平方向动量守恒，滑块B由静止释放到运动到最低点过程可得mvB=2mvA 又由能量守恒，可得mgR=m+·2m 两式联立，解得vA=，vB=，故C错误； 类比人船模型，A一直向左运动，滑块B一直向右运动，且水平方向上始终满足滑块B的速度是A的速度两倍关系，所以A向左运动的最大距离为xA=·2R=R，故D正确。 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 8.(2025·福州市高二期中)如图甲所示，曲面为四分之一光滑圆弧面、质量为M的滑块静止在光滑水平地面上，一小球以某一速度水平冲上滑块的圆弧面，且没有从滑块上端冲出。若测得在水平方向上小球与滑块的速度大小分别为v1、v2，作出图像如图乙所示，重力加速度为g，则下列说法正确的是 A.小球的质量为M B.小球的质量为M C.小球能够上升的最大高度为 D.小球运动到最高点时的速度大小为 √ √ 13 14 15 设小球刚刚冲上滑块圆弧面时的速度为v0，小球和滑块组成的系统水平方向动量守恒，则有mv0=mv1+Mv2，可得v2=v0-v1，由题图乙可得v2=b-v1，所以有v0=b，=，得小球的质量为m=M，v0=a，故A正确，B错误； 小球上升到最大高度时，小球竖直方向速度为零，小球和滑块速度相等，取向右为正方向，根据动量守恒有mv0=(M+m)v，设小球上升的最 大高度为h，根据能量守恒则有mgh=m-(M+m)v2，两式联立，可得 h=，小球上升到最高点的速度大小为v=，故C错误，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 三、非选择题 9.如图所示，小车在光滑的水平面上向左运动，木块在小车的水平车板上向右运动，且未滑出小车，小车的动量大于木块的动量，则木块先______后______。  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 减速 匀速 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 若小车的动量大于木块的动量，则系统总动量向左，最终木块和小车的共同速度向左，则木块先向右减速，再向左加速，最后随小车匀速运动；小车先向左减速，后匀速。 13 14 15 10.电影《夺冠》让人们想起了中国女排在奥运会夺冠的激动人心的时刻，女排队员的拼搏精神永远激励着人们奋发前进。一排球运动员进行垫球训练，排球以6 m/s的速度竖直向下打在运动员的手上，然后以8 m/s的速度竖直向上飞出。已知排球的质量为250 g，排球与手作用时间为0.2 s，重力加速度g取10 m/s2。排球的动量变化量大小为　　　　　　，排球对手的平均作用力大小为　　　　。  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 3.5 kg·m/s 20 N 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 取竖直向上为正方向，排球的动量变化量为Δp=mv2-mv1 代入数据解得Δp=0.25×[8-(-6)] kg·m/s=3.5 kg·m/s 由动量定理可得Ft-mgt=Δp 代入数据解得F=20 N 由牛顿第三定律得排球对手的平均作用力大小F'=F=20 N。 13 14 15 11.(2025·漳州市平和正兴学校高二月考)某同学用如图甲所示的装置验证动量定理，实验过程中部分实验步骤如下： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 (1)将一遮光条固定在滑块上，用20分度的游标卡尺测量遮光条的宽度，游标卡尺如图乙所示，则遮光条的宽度d=　　　 mm。  4.00 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 题图乙游标卡尺分度值为0.05 mm，则遮光条的宽度为d=4 mm+0.05 mm ×0=4.00 mm 13 14 15 (2)滑块离开弹簧一段时间后通过光电门，光电门测得遮光条的挡光时间为Δt=2.0×10-2 s，可得弹簧恢复形变的过程中滑块的速度大小为______m/s。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 0.20 弹簧恢复形变的过程中滑块的速度大小为v== m/s=0.2 m/s (3)将一压力传感器固定在气垫导轨左端并与轻弹簧相连，用滑块将弹簧压缩一段距离后由静止释放，压力传感器显示出弹簧弹力F随时间t变化的图像如图丙所示，根据图丙可求得弹簧对滑块的冲量大小为　　　 N·s(计算结果保留2位有效数字)。  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 0.81 弹簧对滑块的冲量大小等于图像与横轴所围的面积，约等于0.81 N·s。 12.(2025·福州市高二月考)如图用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，已知两小球质量关系m1>m2。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 (1)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置由静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP。然后把被碰小球m2静止于轨道的水平部分末端，再将入射小球m1从斜轨上S位置由静止释放，与小球m2相撞，并多次重复该操作(假设两小球可视为质点)。下列操作中必要的步骤是　　　(填选项前的字母)； A.用天平测量两个小球的质量m1、m2 B.测量小球m1开始释放高度h C.测量抛出点距地面的高度H D.测量平抛射程OM、ON 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 AD 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 要验证动量守恒定律，即验证m1v0=m1v1+m2v2 两小球离开轨道后做平抛运动，两小球抛出点的高度相等，在空中运动的时间t相等，因此由平抛运动在水平方向做匀速直线运动可知 v0=，v1=，v2= 若两球碰撞前后动量守恒可得m1OP=m1OM+m2ON 因此实验需要测量的两个小球的质量、碰撞后两小球的水平位移OM、ON，A、D正确。 13 14 15 (2)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为　　　　　　　　　　(用m1、m2、OP、OM、ON表示)；  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 m1OP=m1OM+m2ON 由(1)分析可知，若两小球碰撞前后动量守恒，其表达式为m1OP=m1OM +m2ON (3)若两球发生弹性碰撞，则OM、ON、OP之间一定满足的关系是_____ (填选项前的字母)。  A.OP+OM=ON B.2OP=ON+OM C.OP-ON=2OM 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 A 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 若两小球发生弹性碰撞，即碰撞过程中机械能守恒，可知m1= m1+m2 由动量守恒有m1v0=m1v1+m2v2 联立可得v1=v0，v2=v0， 联立可得OM=OP，ON=OP 分析可得ON-OM=OP，即OP+OM=ON，故选A。 13 14 15 13.如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA=2 kg、mB=1 kg。初始时A静止于水平地面上，B悬于空中。现将B竖直向上再举高h=1.8 m(未触及滑轮)，然后由静止释放，一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触。g取10 m/s2，空气阻力不计。求： (1)B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 答案　见解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有h=gt2， 代入数据解得t=0.6 s 12 13 14 15 (2)A的最大速度v的大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 答案　见解析 设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB，有vB=gt=6 m/s 细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、B的重力，A、B相互作用，由动量守恒定律得mBvB=(mA+mB)v 之后A做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度v即为A的最大速度， 代入数据解得v=2 m/s (3)初始时B离地面的高度H。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 答案　见解析 细绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、B组成的系统机械能守恒， 有(mA+mB)v2+mBgH=mAgH 代入数据解得H=0.6 m。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 14.如图所示，一条轨道固定在竖直平面内，ab段水平且粗糙，bcde段光滑，cde段是以O为圆心、R为半径的一小段圆弧。可视为质点的物块A和B紧靠在一起，中间夹有少量炸药，静止于b处，A的质量是B的3倍。某时刻炸药爆炸，两物块突然分离，分别向左、右沿轨道运动。B到d点时速度沿水平方向，此时轨道对B的支持力大小等于B所受重力的，A与ab段的动摩擦因数为μ，重力加速度g，求： (1)爆炸后物块B在b点的速度大小； 答案　　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 设物块A和B的质量分别为mA和mB，B在d处，由牛顿第二定律得 mBg-mBg=mB 从b到d由动能定理得-mBgR=mBv2-mB 联立解得vb= 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 (2)物块A滑行的距离s。 答案　 炸药爆炸瞬间A、B动量守恒mAva-mBvb=0 A在滑行过程中，由动能定理-μmAgs=0-mA 联立解得s=。 15.(2024·莆田市高二期中)如图所示，在光滑水平面上有足够长的木板B，质量mB=6 kg，其上有一滑块C，质量mC=4 kg，滑块C与木板B之间的动摩擦因数为μ=0.2。现有质量mA=2 kg的滑块A在木板左侧以大小为v0=12 m/s的初速度向木板B运动，与木板B碰撞(碰撞时间极短)后以大小为vA=3 m/s的速率被反向弹回。已知重力加速度g=10 m/s2，C始终在木板B上。求： (1)A与B碰撞后瞬间木板B的速度； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 答案　5 m/s，水平向右　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 A、B碰撞过程中，A、B系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律可得 mAv0=-mAvA+mBvB，代入数据解得vB=5 m/s A与B碰撞后，B的速度大小是5 m/s，方向水平向右。 12 13 14 15 (2)运动过程中木板B的最终速度； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 答案　3 m/s，水平向右　 C在B上滑行的过程，B与C组成的系统动量守恒，最终达到共速，设共同的速度为v，以向右为正方向，由动量守恒定律得mBvB=(mB+mC)v，代入数据解得v=3 m/s，方向水平向右。 (3)滑块C相对木板B滑动的距离。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 答案　3.75 m C在B上滑行过程中，由能量守恒定律可得 mB=μmCgΔx+(mB+mC)v2， 代入数据解得Δx=3.75 m。 本课结束 第 1 章 $