第一章 动量与动量守恒定律 章末检测试卷(一)（配套教参Word）-【步步高】2025-2026学年高二物理选择性必修第一册学习笔记（教科版）

本讲义聚焦动量、冲量、动量定理及动量守恒定律核心知识点，系统梳理从动量与冲量的矢量性概念，到动量定理Ft=Δp的规律应用，再到碰撞、反冲、流体问题中守恒条件的分析，构建完整知识脉络与学习支架。 资料以情境化题目（如天津之眼圆周运动、滑板运动）渗透物理观念，通过验证动量守恒实验题培养科学探究能力，分层设计的计算与辨析题提升科学思维。课中辅助教师检测学情，课后学生可借详细解析查漏补缺，强化知识应用与问题解决能力。

章末检测试卷(一) (满分：100分) 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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.下列说法正确的是(　　) A.动量是矢量，冲量是标量 B.一个物体的合外力不变时，其动量一定不变 C.易碎品运输时，要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力 D.火箭尾部喷出的气体对空气产生一个作用力，空气的反作用力使火箭获得飞行的动力 答案　C 解析　动量与冲量均为矢量，故A错误；一个物体的合外力不变时，其动量有可能发生变化，例如做平抛运动的物体，所受合外力为重力，合外力不变，但速度大小与方向均在改变，即动量在改变，故B错误；根据动量定理有Ft=Δp=mΔv，可知，在动量变化一定时，作用时间越长，作用力越小，即易碎品运输时，要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力，故C正确；火箭尾部喷出气体过程中，火箭对喷出的气体产生一个作用力，喷出的气体对火箭有反作用力使火箭获得飞行的动力，故D错误。 2.人从高处跳下，为更好地保护身体，双脚触地，膝盖弯曲让身体重心继续下降，着地过程这样做，可以减小(　　) A.人的动量变化的时间 B.人受到的冲量 C.人的动量变化量 D.人的动量变化率 答案　D 解析　人着地的初速度一定，末速度为零，根据动量定理可知(mg-F)t=0-mv 即F=mg+，所以为保护好身体，就要减少人与地面之间的作用力F，即减少， 即动量的变化率，所以D正确，A、B、C错误。 3.(2024·眉山市仁寿第一中学高二期中)我国天津地标之一“天津之眼”是世界上唯一一个桥上瞰景摩天轮，如图所示。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做轨道半径为R、角速度为ω的匀速圆周运动，已知当地重力加速度为g，质量为m的乘客从最高点运动到最低点过程中，重力的冲量大小为(　　) A.0 B.2mωR C.2mgR D. 答案　D 解析　乘客从最高点运动到最低点过程中经过的时间为t=，则重力的冲量I=mgt=，故选D。 4.某电影中，航天员在太空中与飞船之间相距7.5 m，飞船无法实施救援活动，为了靠近飞船，男主角剪破自己的航天服，反向喷出气体使自己飞向飞船。假设气体能以50 m/s的速度喷出，航天员连同装备共100 kg，开始时航天员和飞船保持相对静止，航天员必须在100 s内到达飞船，喷出气体的质量至少为(　　) A.0.1 kg B.0.15 kg C.0.2 kg D.0.25 kg 答案　B 解析　设航天员反冲获得的最小速度为u，则有u== m/s=0.075 m/s，设喷出气体的质量为m，航天员连同装备的质量为M，喷出气体的过程系统动量守恒，以气体的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv-(M-m)u=0，解得m≈0.15 kg，故选B。 5.(2024·绵阳市南山中学高二期末)如图甲所示，一小物块在水平向右的推力F作用下从A点由静止开始向右做直线运动，力F的大小随时间变化的规律如图乙所示，小物块的质量m=1 kg，与水平面间的动摩擦因数μ=0.1，g取10 m/s2。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则小物块在t=1.5 s时刻的速度大小为(　　) A. m/s B. m/s C. m/s D. m/s 答案　D 解析　物块受到的最大静摩擦力f=μmg=1 N，0~1 s推力F与t的关系为F=t+0.8=1.2t+0.8 (N)，当推力F大于最大静摩擦力时，物块开始运动，有F=f，解得t= s，以推力F方向为正方向，~1.5 s内，对物块根据动量定理有IF-μmgΔt=mv-0，由题图可知推力F的冲量为IF=[×(1-)+2×0.5] N·s=2.25 N·s，解得v= m/s，故D正确。 6.(2024·成都市高二月考)如图所示，电风扇的叶片匀速旋转时将空气以速度v向前排开，叶片旋转形成的圆的面积为S，空气密度为ρ，下列说法正确的是(　　) A.t时间内通过叶片的空气质量为ρSv B.空气对叶片的推力大小为ρSv2 C.若仅将叶片面积增大为2S，则空气对叶片的压强变为原来的一半 D.单位时间内流过叶片的空气的动能为ρSv2 答案　B 解析　t时间内叶片排开的空气的质量为m=ρvtS，故A项错误；以v的方向为正方向，由动量定理可得Ft=mv-0，解得叶片匀速旋转时，空气受到的推力大小为F=ρSv2，根据牛顿第三定律可知，空气对叶片的推力大小为ρSv2，故B项正确；空气对叶片的压强为p==ρv2，若仅将叶片面积增大为2S，则空气对叶片的压强不变，故C项错误；单位时间为1 s，所以其单位时间内通过叶片的空气的质量为m0=ρSv，单位时间内流过叶片的空气的动能为Ek=m0v2=ρSv3，故D项错误。 7.如图所示，一个小孩在冰面上进行“滑车”练习，开始小孩站在车前端与车以共同速度v0=9 m/s向右做匀速直线运动，在A车正前方有一辆静止的B车，为了避免两车相撞，在A车接近B车时，小孩迅速从A车跳上B车，又立即从B车跳回A车，此时A、B两车恰好不相撞，已知小孩的质量m=25 kg，A车和B车质量mA=mB=100 kg，若小孩跳离A车与跳离B车时对地速度的大小相等、方向相反，不计小车和地面的摩擦，则下列说法正确的是(　　) A.小孩跳离A车和B车时对地速度的大小为10 m/s B.小孩跳离A车的过程中对A车冲量的大小为250 N·s C.整个过程中，小孩对B车所做的功为1 050 J D.小孩跳回A车后，他和A车的共同速度大小为10 m/s 答案　A 解析　因为A、B恰好不相撞，则最后具有相同的速度。在人跳的过程中，把人、A车、B车看成一个系统，该系统所受合外力为零，动量守恒，由动量守恒定律有(m+mA)v0=(m+mA+mB)v，代入数据解得v=5 m/s，D错误；设小孩跳离A车和B车时对地的速度为Δv，则在与B车相互作用的过程中，由动量守恒定律有2mΔv=mBv，代入数据解得Δv=10 m/s，A正确；设小孩跳离A后的速度为vA ，则由动量守恒定律有(m+mA)v0=mΔv+mAvA，解得vA=8.75 m/s，根据动量定理，小孩对A车的冲量大小等于A车动量的变化量，即I=Δp=mAv0-mAvA=25 kg·m/s，B错误；整个过程中，小孩对B车做的功等于B车动能的变化量，即W=mBv2=1 250 J，C错误。 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8.(2024·眉山市仁寿县高二月考)如图所示，把两个大小相同的金属球A和B用细线连接，中间夹一被压缩的水平轻弹簧，静止在光滑的水平桌面上。已知A的质量为M，B的质量为m，弹簧的压缩量为x，原长为L。现烧断细线，在弹簧恢复原长的过程中，下列说法正确的是(　　) A.小球A、B组成的系统动量守恒 B.当弹簧恢复至原长时，小球A与小球B的动能之比为m∶M C.金属球B发生的位移大小为 D.金属球A发生的位移大小为 答案　ABD 解析　小球A、B组成的系统受到的合外力为零，则小球A、B组成的系统满足动量守恒，当弹簧恢复至原长时，有MvA=mvB，可得小球A与小球B的动能之比为==，故A、B正确； 根据MvA=mvB，则有MvAt=mvBt，可得MxA=mxB，又xA+xB=x，联立解得xA=，xB=，故C错误，D正确。 9.滑板运动备受青少年的青睐，其中一个动作为人越过横杆，滑板从横杆底下穿过，如图所示，若人的质量为60 kg，人需要跳过一个高为0.65 m的横杆，但考虑人过杆的时候可以屈腿，所以人起跳时只需要重心上升0.45 m，假如起跳时人与板的作用时间为0.25 s，重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力及滑板与地面间的摩擦力作用，下列说法正确的是(　　) A.人若要安全过杆，起跳的竖直分速度至少为0.3 m/s B.起跳过程中人与板之间的作用力至少为1 320 N C.人从开始起跳到落回到滑板的过程中，人与滑板构成的系统动量守恒 D.人从开始起跳到落回到滑板的过程中，人与滑板构成的系统水平方向上动量守恒 答案　BD 解析　人起跳时，恰好过杆对应的竖直分速度最小，其值为vy==3 m/s，故A错误；设起跳时人受到板的作用力为N，由动量定理得Nt-mgt=mvy，解得N=1 320 N，故B正确；人与滑板在从其起跳到落回到滑板的过程中，系统竖直方向合力不为零，仅水平方向合力为零，故人与滑板构成的系统水平方向上动量守恒，故C错误，D正确。 10.(2024·绵阳市高二期末)如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA=4.0 kg和mB=2.0 kg，用水平轻弹簧连接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C在t=0时刻以一定速度向右运动，在t=4 s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v-t图像如图乙所示，下列说法正确的是(　　) A.物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为48 J B.4 s到12 s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为48 N·s，方向向右 C.物块B离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为10 J D.物块B离开墙壁后，物块B的最大速度大小为6 m/s 答案　AD 解析　A、C碰撞过程中由动量守恒定律有mCv0=(mC+mA)v，v0=12 m/s，v=4 m/s，解得mC=2 kg；当A、C速度减为零时弹簧压缩至最短，此时弹性势能最大，则Ep=(mA+mC)v2=×6 kg×(4 m/s)2=48 J，故A正确；4 s到12 s的时间内弹簧对A、C的冲量为I弹=(mA+mC)(v1-v)=6×(-8) N·s=-48 N·s，12 s末B的速度为零，4 s到12 s的时间内对B由动量定理有-I弹+I墙=0，得I墙=I弹=-48 N·s，即大小为48 N·s，方向向左，故B错误；当B的速度与A、C相等时由动量守恒定律有(mA+mC)v1=(mA+mC+mB)v2，解得v2=-3 m/s，所以弹簧的最大弹性势能为Ep'=(mA+mC)-(mA+mC+mB)=12 J，故C错误；当弹簧为原长时B的速度达到最大，由动量守恒定律和能量守恒定律有(mA+mC)v1=(mA+mC)v3+mBv4，(mA+mC)=(mA+mC)+mB，解得v4=-6 m/s，故最大速度大小为6 m/s，故D正确。 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11.(6分)(2024·南通市高二期末)某同学用如图所示的实验装置来“验证动量守恒定律”， 实验步骤如下： ①安装好仪器，在地上铺上一张白纸，白纸上铺放复写纸，记录轨道末端正下方的位置为O点 ②轨道末端先不放置小球B，让小球A多次从轨道上同一位置静止释放，记录小球A在白纸上的落点 ③轨道末端放置小球B，仍让小球A多次从轨道上的同一位置静止释放，与小球B发生碰撞后，均落到白纸上，记录两小球在白纸上的落点 ④用刻度尺测量出小球落点的平均位置M、P、N到O点的距离分别为1.5L、2L、2.5L (1)(2分)轨道不光滑对验证动量守恒　　　　(选填“有”或“无”)影响。  (2)(2分)若碰撞过程动量守恒，从实验数据可得出小球A与小球B的质量之比为　　　　。  (3)(2分)若仅改变两小球的材质(小球在轨道上所受平均阻力不变)，小球质量不变，小球A释放的初始位置不变，则小球B的落点到O点的距离最大可能为　　　　。  答案　(1)无　(2)5∶1　(3)L 解析　(1)只要每次让小球从同一斜槽的同一位置由静止滚下，小球每次损失的能量相同，小球到达斜槽末端的速度就是相同的，所以斜槽轨道是否光滑，对本实验没有影响。 (2)小球离开轨道后做平抛运动，由于抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间t相等， 如果碰撞过程动量守恒，则mAv0=mAv1+mBv2 其中v0=，v1=，v2= 则mA·OP=mA·OM+mB·ON 代入数据可得 mA×2L=mA×1.5L+mB×2.5L 整理得mA∶mB=5∶1 (3)若仅改变两小球的材质，小球质量不变，小球A释放的初始位置不变，发生弹性碰撞时，被碰小球获得速度最大，则有mAv0=mAv1+mBv2 mA=mA+mB 联立解得v2=v0 则小球B的落点到O点的距离最大可能为 sm=·OP=×2L=L。 12.(6分)(2024·达州市高二期末)小明同学用气垫导轨装置验证动量守恒定律，如图所示。其中G1、G2为两个光电门，它们与数字计时器相连。两个滑块A、B(包含挡光片)质量分别为m1、m2，当它们通过光电门时，计时器可测得挡光片挡光的时间。 (1)(2分)在正确操作的情况下，先调节气垫导轨水平，单独将A放在G1的右侧，然后向左轻推一下A，直到它通过光电门G1的时间　　　　(填“大于”“等于”或“小于”)它通过光电门G2的时间；  (2)(4分)将B静置于两光电门之间，A置于光电门G1右侧，用手轻推一下A，使其向左运动，与B发生碰撞，观察到滑块A两次通过光电门G1记录的挡光时间分别为Δt1、Δt2，滑块B通过光电门G2记录的挡光时间为Δt3，已知两挡光片宽度相同，若m1、m2、Δt1、Δt2、Δt3在误差允许范围内满足　　　　(写出关系式，用m1、m2、Δt1、Δt2、Δt3表示)，则可验证动量守恒定律；若Δt1、Δt2、Δt3在误差允许范围内还满足另一个关系式　　　　(用Δt1、Δt2、Δt3表示)，则说明A、B发生的是弹性碰撞。  答案　(1)等于　(2)=-　-= 解析　(1)在正确操作的情况下，先调节气垫导轨水平，单独将A放在G1的右侧，然后向左轻推一下A，直到它通过光电门G1的时间等于它通过光电门G2的时间。 (2)滑块A两次经过光电门G1的速度大小近似等于滑块经过光电门时的平均速度，分别为 vA=，vA'= 滑块B经过光电门G2的速度为vB= 以向左为正方向，根据动量守恒定律有m1vA=m2vB-m1vA' 整理得=- 若为弹性碰撞，根据机械能守恒定律有m1=m1vA'2+m2 结合动量守恒定律m1vA=m2vB-m1vA'，联立可得vA-vA'=vB 则有-=。 13.(12分)(2024·泸州市泸县高二期中)足球是受同学们喜欢的运动。如图，某同学正在练习用头颠球。某一次足球由静止下落0.6 m与头接触，被重新顶起，足球与头部接触0.1 s后离开头部，此后竖直上升的最大高度为1 m。已知足球的质量为0.4 kg，足球在空中运动时空气阻力大小恒为1 N，足球与头部接触时间内空气阻力不计，g取10 m/s2。求： (1)(5分)足球在空中下落过程中空气阻力对它的冲量大小； (2)(7分)足球与头部接触过程中头部对足球的平均作用力大小。 答案　(1)0.4 N·s　(2)36 N 解析　(1)足球在空中下落过程中，根据牛顿第二定律mg-f=ma1，解得a1=7.5 m/s2 根据运动学规律h1=a1t2，解得t=0.4 s 故足球在空中下落过程中空气阻力对它的冲量大小If=ft=0.4 N·s (2)足球下落0.6 m与头接触时的速度v1=a1t=3 m/s 被重新顶起后竖直上升的过程，根据牛顿第二定律mg+f=ma2，解得a2=12.5 m/s2 被重新顶起后竖直上升的过程，根据运动学规律=2a2h2，解得v2=5 m/s 足球与头部接触过程中，根据动量定理(N-mg)Δt=m(v2+v1) 解得头部对足球的平均作用力大小N=36 N。 14.(14分)(2024·绵阳市高一期末)如图所示，从A点以某一水平速度v0抛出一质量m=1 kg的小物块(可视为质点)，当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入∠BOC=37°的固定光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑到与C点等高、静止在光滑水平面上的长木板上，圆弧轨道C端的切线水平。已知长木板的质量M=4 kg，A、B两点距C点的高度分别为H=0.6 m、h=0.15 m，圆弧半径R=0.8 m，物块与长木板之间的动摩擦因数μ=0.5，g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，不计空气阻力。求： (1)(4分)小物块在A点的初速度v0大小； (2)(4分)小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力大小； (3)(6分)长木板至少为多少，才能保证小物块不滑出长木板。 答案　(1)4 m/s　(2)45 N　(3)2.24 m 解析　(1)小物块从A点到B点做平抛运动， 设运动时间为t，则有H-h=gt2， 解得t=0.3 s，小物块到达B点时竖直分速度为vy=gt=3 m/s； 根据速度的合成与分解有tan 37°=，解得v0=4 m/s。 (2)设小物块滑动至C点时的速度大小为vC，所受圆弧轨道的支持力大小为N。对小物块从A到C的过程，根据动能定理有mgH=m-m，解得vC=2 m/s，在C点时，根据牛顿第二定律有N-mg=m，解得N=45 N，根据牛顿第三定律得N'=45 N。 (3)设小物块达到长木板右端时恰好和长木板达到共同速度v3，根据动量守恒定律有mvC=(m+M)v3，解得v3= m/s；设此时长木板的长度为L，根据功能关系有μmgL=m-(M+m)，解得L=2.24 m。 15.(16分)(2024·泸州市江阳区高二期末)如图所示，置于上表面水平的平板小车C上正中间的小物块A、B质量分别为m1=1 kg、m2=2 kg(A、B均可看成质点)，小车C质量为m3=2 kg。A、B与小车C间的动摩擦因数均为0.2，三者均静止在光滑水平面上，某时刻A、B间炸药爆炸(时间极短)使A、B获得图示水平方向的瞬时速度和3 J的总机械能，炸药爆炸不改变A、B的质量，且化学能全部转化为A、B的动能。A、B最终都没有离开小车C上表面，g取10 m/s2，求： (1)(4分)炸药爆炸瞬间，A、B获得的速度大小； (2)(6分)平板小车C的最小长度； (3)(6分)A、B在平板小车C上滑动的过程中产生的内能。 答案　(1)2 m/s　1 m/s　(2) m　(3)3 J 解析　(1)设炸药爆炸瞬间，A、B获得的速度大小分别为vA、vB，由动量守恒定律有m1vA=m2vB 由能量守恒定律有m1+m2=3 J 联立解得vA=2 m/s，vB=1 m/s (2)炸药爆炸后，A向左做匀减速直线运动，B向右做匀减速直线运动，设加速度大小分别为aA、aB，有 μm1g=m1aA，μm2g=m2aB，解得aA=aB=2 m/s2 由于B对C的摩擦力大于A对C的摩擦力，故C向右做匀加速直线运动，有μm2g-μm1g=m3aC 解得aC=1 m/s2 假设经过时间t1，B、C共速，A仍相对C滑动，有vB-aBt1=aCt1 解得t1= s，B、C共速时的速度大小为v1=aCt1= m/s，此时A的速度大小为vA'=vA-aAt1= m/s 即A还未停止运动，假设成立。之后B、C一起向右做匀减速直线运动，设加速度大小为a1，则μm1g=(m2+m3)a1 解得a1=0.5 m/s2； 设B、C一起向右减速时间t2后，速度减为零，有v1=a1t2，解得t2= s 此时A的速度为vA″=vA-aA(t1+t2)=0，即A、B与小车C同时停下来。A相对小车C的位移为 xAC=(t1+t2)+(t1+t2)= m，B相对小车C的位移为xBC=t1-t1= m 由于开始时A、B静止在小车C正中间，所以小车C的最小长度L=2xAC= m (3)A、B在平板小车C上滑动的过程中产生的内能等于整个过程中摩擦产生的热量Q=μm1gxAC+μm2gxBC，解得Q=3 J。 学科网（北京）股份有限公司 $