章末检测试卷(第一章 动量守恒定律)（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（人教版）

本讲义聚焦高中物理动量章节核心知识点，系统梳理动量、冲量的矢量性，动量定理及守恒定律的应用，从基础概念辨析到碰撞、圆周运动等情境中的规律运用，再到实验验证（如牛顿摆、光电门实验），构建完整知识脉络作为学习支架。 资料通过多样化题目设计（生活实例、实验探究、航天场景等），如牛顿摆实验分析机械能与动量守恒培养科学论证能力，光电门实验题提升科学探究中的证据获取能力，助力学生深化物理观念和科学思维。课中辅助教师检测学情，课后帮助学生查漏补缺，强化知识应用。

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.(2024·西安市高新一中高二检测)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.如图所示的是“牛顿摆”装置，5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，5根轻绳互相平行，5个钢球彼此紧密排列，球心等高。用1、2、3、4、5分别标记5个小钢球。当把小球1向左拉起一定高度，如图甲所示，然后由静止释放，在极短时间内经过小球间的相互碰撞，可观察到球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同，如图乙所示。关于此实验，下列说法中正确的是(　　) A.上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能不守恒，动量守恒 B.上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能不守恒，动量不守恒 C.如果向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示)，同时由静止释放，经碰撞后，小球4、5一起向右摆起，且上升的最大高度高于小球1、2、3的释放高度 D.如果向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示)，同时由静止释放，经碰撞后，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同 答案　D 解析　球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同，由分析知5个小球组成的系统机械能守恒，但在球1下落和球5上升过程中都受到重力的冲量，动量不守恒，故A、B错误；如果向左拉起小球1、2、3到相同高度同时由静止释放，则3与4碰后，3停止、4具有向右的速度，4与5碰撞交换速度，4停止、5向右摆起；3刚停止的时候2球过来与之碰撞交换速度，然后3与4碰撞，使4向右摆起；2球刚停止的时候1球过来与之碰撞交换速度，然后2与3碰撞交换速度，使3向右摆起；故经碰撞后，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同，C错误，D正确。 3.(2025·泰州市高二期中)如图所示，摩天轮以角速度ω做匀速圆周运动，吊篮内的游客随摩天轮做半径为R的匀速圆周运动，乘客的质量为m，重力加速度为g，则乘客从最高点到最低点的过程中(　　) A.重力的冲量大小为0 B.重力的冲量大小为 C.动量变化量大小为0 D.动量变化量大小为mRω 答案　B 解析　乘客从最高点到最低点运动的时间为t＝，因此重力的冲量大小为I＝mgt＝，故A错误，B正确；由最高点到最低点的过程做匀速圆周运动，速度大小不变，方向改变180°，则此过程中，动量变化量的大小为|Δp|＝|－mv－mv|＝2mv，其中v＝ωR，所以|Δp|＝2mωR，故C、D错误。 4.在光滑水平面上，一质量为2 kg的物体a与另一物体b发生正碰，碰撞时间极短，两物体的位置随时间变化规律如图所示，以a物体碰前速度方向为正方向，下列说法正确的是(　　) A.碰撞后a的动量为6 kg·m/s B.碰撞后b的动量为2 kg·m/s C.物体b的质量为2 kg D.碰撞过程中a对b的冲量为6 N·s 答案　D 解析　由题图可知，碰撞前a的速度为 v0＝ m/s＝4 m/s， 碰前总动量p＝mav0＝8 kg·m/s， 撞后a、b共同的速度为 v＝ m/s＝1 m/s， 则碰撞后a的动量为pa＝mav＝2 kg·m/s， 因碰撞过程动量守恒，则碰撞后b的动量为 pb＝p－pa＝6 kg·m/s，故A、B错误； 由pb＝mbv，解得mb＝6 kg，故C错误；根据题意，对b物体，由动量定理有 Ib＝mbv－0，解得Ib＝6 N·s，故D正确。 5.(2025·江西省八校协作体高二期中)为测试某新车的性能，试验员驾驶该车在某实验路面上匀速行驶，运动过程中，前方空气(初速度近似为0)与车作用后迅速与车共速，产生空气阻力。已知该车的迎风面积为S，空气密度为ρ，在某次实验时，该车匀速运动时功率为P，若忽略地面的阻力，则实验条件下空气阻力的表达式为(　　) A.f＝ B.f＝ C.f＝ D.f＝ 答案　A 解析　车在做匀速直线运动，忽略地面阻力，则牵引力与空气阻力平衡，则有F＝f1，该车匀速运动时功率为P，则有P＝Fv，在极短时间Δt内与车的迎风面发生作用的空气的质量Δm＝ρSvΔt，对上述空气进行分析，根据动量定理有f2Δt＝Δm·v－0，根据牛顿第三定律有f1＝f2，解得f1＝，故选A。 6.(2024·汕头市金山中学高二检测)如图所示，静止在光滑水平面上的木板A，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M＝4 kg。质量m＝2 kg的铁块B以水平速度v0＝6 m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端。铁块可视为质点，在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为(弹簧始终在弹性限度内)(　　) A.18 J B.16 J C.12 J D.24 J 答案　C 解析　由题意可知铁块压缩弹簧过程中，以弹簧、木板和铁块为系统动量守恒，当木板和铁块速度相等时弹簧具有最大弹性势能，设木板与铁块间摩擦力为Ff，铁块压缩弹簧至最短时，铁块到木板左端的距离为L，共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝(M＋m)v，m＝FfL＋(M＋m)v2＋Ep，又因为铁块最后恰好停在木板的左端，故根据能量守恒定律有m＝Ff·2L＋(M＋m)v2，联立解得Ep＝12 J，故选C。 7.一光滑水平地面上静止放着质量为m、半径为R的光滑圆弧轨道，质量也为m的小球(可视为质点)从轨道最左端的A点由静止滑下(AC为水平直径)，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A.小球不可能滑到圆弧轨道右端最高端C B.小球向右运动中轨道先向左加速运动，后向右加速运动 C.轨道做往复运动，离原先静止位置最大距离为R D.小球通过最低点B时速度为 答案　D 解析　小球滑到圆弧的最高点时，根据系统水平方向动量守恒得知，小球与圆弧轨道的速度均为零，根据系统的机械能守恒得知，小球能滑到右端C，故A错误；小球向右运动的过程中，轨道先向左加速，后向左减速，当小球到达C点时，速度为零，故B错误；设小球滑到最低点时，轨道向左运动的距离为s，则小球相对于地面水平位移大小为R－s，取水平向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒得m－m＝0，解得s＝，所以轨道做往复运动，离原先静止位置最大距离为2s＝R，故C错误；设小球通过最低点时小球与轨道的速度分别为v和v'，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得mv＋mv'＝0，由机械能守恒定律mgR＝mv2＋mv'2，联立解得v＝，故D正确。 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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.(2025·湖北省四地七校联盟高二联考)某同学利用计算机模拟A、B两球碰撞来验证动量守恒定律，已知A、B质量之比为3∶5，让A球以初速度v1＝2.00 m/s与静止的B球相碰，若规定以v1的方向为正方向，v1'和v2'分别为A、B的碰后速度，则该同学记录碰后的数据中，肯定不合理的是(　　) 次数 第1次 第2次 第3次 第4次 v1' 1.00 0.75 －0.50 －1.00 v2' 0.60 0.75 1.50 1.80 A.第1次 B.第2次 C.第3次 D.第4次 答案　AD 解析　设A、B的质量分别为3m和5m，则碰后A球速度不可能大于B球速度，第一次数据不合理，选项A符合题意；第2次碰后两球速度相等，v1'＝v2'＝v，满足动量守恒mAv1＝(mA＋mB)v，属于完全非弹性碰撞，第二次数据合理，选项B不符合题意；第3次碰后两球数据满足mAv1＝mAv1'＋mBv2'，mAmAv1'2＋mBv2'2，属于弹性碰撞，第三次数据合理，选项C不符合题意；第4次碰后两球数据满足动量守恒mAv1＝mAv1'＋mBv2'，末状态总动能mAv1'2＋mBv2'2>mA，即碰后动能变大，第四次数据不合理，选项D符合题意。 9.如图所示，光滑水平面上有一足够长的小车B，右端固定一个沙箱，沙箱左侧连着一水平轻弹簧，物块A随小车以速度v0向右匀速运动。物块A与左侧的车面存在摩擦，与右侧车面摩擦不计。车匀速运动时，距沙面H高处有一质量为m的小球自由下落，恰好落在沙箱中，则以下说法正确的是(重力加速度为g)(　　) A.小球落入沙箱的过程中，小球与车组成的系统动量不守恒 B.小球落入沙箱的过程中，沙箱对它的冲量等于m C.弹簧弹性势能的最大值等于物块A与车之间摩擦产生的总热量 D.小球随小车向右运动的过程中，它的机械能不断增大 答案　AC 解析　小球落入沙箱的过程中，小球与车组成的系统在水平方向不受外力，水平方向动量守恒，但竖直方向小球受重力作用，竖直方向动量不守恒，故小球与车组成的系统动量不守恒，A正确；小球落入沙箱的过程中，沙箱对它竖直方向的冲量等于其竖直方向的动量变化量与重力冲量之和，大小等于Iy＝Δpy＋mgt＝m＋mgt，在水平方向上，小球获得了水平向右的速度，有Ix＝Δpx，因此，沙箱对小球的冲量不等于m，B错误；小球落入沙箱后，弹簧压缩到最短时物块A与小车共速，A最终与小车相对静止时A与小车也共速，由能量守恒定律知弹簧弹性势能的最大值等于物块A与小车之间摩擦产生的总热量，C正确；小球随小车向右运动的过程中，A与弹簧接触后弹簧被压缩，使得小球向右的速度增大，在弹簧恢复原长后，A相对小车向左运动，在摩擦力作用下使得小球向右的速度减小，故小球的机械能不是一直增大，D错误。 10.一物体放在水平地面上，如图甲所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图乙所示，物体相应的速度v随时间t的变化关系如图丙所示，则(　　) A.物体所受地面的摩擦力为2 N B.0~8 s时间内水平拉力的冲量大小为零 C.t＝4 s时物体的动量大小为12 kg·m/s D.t＝4 s时物体的动量大小为4 kg·m/s 答案　AD 解析　由题图丙知，物体在4~6 s内做匀速直线运动，受到的拉力F和地面的摩擦力大小相等，又由题图乙知，物体在4~6 s内受到的拉力F＝2 N，可知，物体受到地面的摩擦力大小为2 N，故A正确；0~8 s时间内水平拉力的冲量大小为I＝F1t1＋F2t2＝3×4 N·s＋2×2 N·s＝16 N·s，故B错误；由题图丙知，物体在6~8 s内由动量定理有－FfΔt＝0－mv，解得6 s时物体动量p6＝mv＝4 kg·m/s，t＝4 s时物体的动量大小为p4＝p6＝4 kg·m/s，故C错误，D正确。 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11.(10分)(2024·深圳市龙华中学期中)两实验小组想验证动量守恒定律，第一组采用传统的如图甲所示的“碰撞实验装置”验证两小球碰撞前后的动量是否守恒；第二组设计了如图乙所示利用固定了两个光电门的气垫导轨验证两滑块碰撞前后的动量是否守恒。 (1)(4分)①关于第一组实验，下列说法正确的是　　　　。 A.斜槽轨道必须光滑 B.斜槽轨道的末端切线无须保持水平 C.入射球A和被碰球B的质量必须相等 D.入射球A每次必须从斜槽轨道的同一位置由静止释放 ②第一组实验的同学们用托盘天平测出了小球A的质量记为m1，小球B的质量记为m2，用毫米刻度尺测得O、M、P、N各点间的距离(图丙中已标出)，则验证两小球碰撞过程中动量守恒的表达式为　　　　　　　　。(用题中涉及的物理量符号x1、x2、x3表示，表达式应为最简形式)  (2)(6分)①第二组实验的同学用如图丁所示的螺旋测微器测量遮光板宽度d＝　　　　mm。 ②第二组实验中测得P、Q的质量分别为m1和m2，左、右遮光板的宽度分别为d1和d2。实验中，用细线将两个滑块连接使轻弹簧压缩且静止，然后烧断细线，轻弹簧将两个滑块弹开，测得它们通过光电门的时间分别为t1、t2，则动量守恒应满足的关系式为　　　　　　　　(用t1、t2、d1、d2、m1、m2表示)。  ③若左、右遮光板的宽度相同，上一问中动量守恒应满足的关系式简化为　　　　　　　(用题中字母表示)。  答案　 (1)①D　②m1x2＝m2(x1＋x2＋x3) (2)①6.860　②m1＝m2　③m1t2＝m2t1 解析　(1)①本实验只需要每次到达斜槽末端的速度大小相同，斜槽轨道是否光滑对实验无影响，故A错误；本实验需要小球碰后做平抛运动，为保证初速度水平，斜槽末端必须保持水平，故B错误；本实验对小球质量的要求是A球质量大于B球质量，故C错误；每次从同一位置静止释放A球可以保证A球到达斜槽末端时速度大小不变，故D正确。 ②动量守恒的表达式为m1v0＝m1v1＋m2v2， 即m1＝m1＋m2， 化简可得m1x2＝m2(x1＋x2＋x3) (2)①螺旋测微器读数为6.5 mm＋0.01×36.0 mm＝6.860 mm ②动量守恒应满足的关系式为m1v1－m2v2＝0， 则m1＝m2 ③若左、右遮光板的宽度相同，动量守恒应满足的关系式简化为m1t2＝m2t1。 12.(8分)(2023·辽宁卷)某同学为了验证对心碰撞过程中的动量守恒定律，设计了如下实验：用纸板搭建如图所示的滑道，使硬币可以平滑地从斜面滑到水平面上，其中OA为水平段。选择相同材质的一元硬币和一角硬币进行实验。 测量硬币的质量，得到一元和一角硬币的质量分别为m1和m2(m1>m2)。将硬币甲放置在斜面某一位置，标记此位置为B。由静止释放甲，当甲停在水平面上某处时，测量甲从O点到停止处的滑行距离OP。将硬币乙放置在O处，左侧与O点重合，将甲放置于B点由静止释放。当两枚硬币发生碰撞后，分别测量甲乙从O点到停止处的滑行距离OM和ON。保持释放位置不变，重复实验若干次，得到OP、OM、ON的平均值分别为s0、s1、s2。 (1)(2分)在本实验中，甲选用的是　　　　(填“一元”或“一角”)硬币；  (2)(2分)碰撞前，甲到O点时速度的大小可表示为　　　　(设硬币与纸板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g)；  (3)(2分)若甲、乙碰撞过程中动量守恒，则＝　　　　(用m1和m2表示)，然后通过测得的具体数据验证硬币对心碰撞过程中动量是否守恒； (4)(2分)由于存在某种系统或偶然误差，计算得到碰撞前后甲动量变化量大小与乙动量变化量大小的比值不是1，产生这种误差可能的原因　　　　　　　。 答案　(1)一元　(2)　(3)　 (4)见解析 解析　(1)根据题意可知，甲与乙碰撞后没有反弹，可知甲的质量大于乙的质量，甲选用的是一元硬币； (2)甲从O点到P点， 根据动能定理－μm1gs0＝0－m1 解得碰撞前，甲到O点时速度的大小v0＝ (3)同理可得，碰撞后甲的速度和乙的速度分别为 v1＝，v2＝ 若动量守恒，则满足m1v0＝m1v1＋m2v2 整理可得 (4)可能的原因有： ①测量误差，因为无论是再精良的仪器总是会有误差的，不可能做到绝对准确； ②碰撞过程中，我们认为内力远大于外力，动量守恒，实际上碰撞过程中，两个硬币之间的作用力没有远大于摩擦力。 13.(10分)如图所示，甲、乙两名航天员在离相对静止的空间站一定距离的地方执行太空维修任务。某时刻甲、乙都以大小为v0＝2 m/s的速度相向运动，甲、乙和空间站在同一直线上且可视为质点。甲和他的装备总质量为M1＝90 kg，乙和他的装备总质量为M2＝135 kg，为了避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一质量为m＝45 kg的物体A推向甲，甲迅速接住A后不再松开，此后甲、乙两航天员在空间站外做相对距离不变的同向运动，且安全“飘”向空间站。 (1)(6分)乙要以多大的速度v将物体A推出； (2)(4分)设甲与物体A作用时间为t＝0.5 s，求甲与A的相互作用力F的大小。 答案　(1)5.2 m/s　(2)432 N 解析　(1)规定水平向左为正方向，甲、乙两航天员最终的速度大小均为v1，方向向左。对甲、乙以及物体A组成的系统根据动量守恒定律可得 M2v0－M1v0＝(M1＋M2)v1 对乙和A组成的系统，根据动量守恒定律可得 M2v0＝(M2－m)v1＋mv 联立解得v＝5.2 m/s ，v1＝0.4 m/s。 故乙要以5.2 m/s的速度将物体A推出。 (2)对甲根据动量定理有Ft＝M1v1－M1(－v0) 解得F＝432 N。 14.(12分)如图所示，用长为1 m的不可伸长的轻绳将质量为1 kg的小球C悬挂于O点，小球C静止。质量为1 kg的物块A放在质量也为1 kg的木板B的右端，以共同的速度v0＝2 m/s，沿着光滑水平面向着小球滑去，小球与物块发生弹性正碰，物块与小球均可视为质点，且小球C返回过程不会碰到物块A，不计一切阻力，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)(6分)碰后瞬间小球C的速度大小； (2)(6分)若物块与木板间的动摩擦因数为0.2，木板B至少要多长，物块A才不会从长木板的上表面滑出。 答案　(1)2 m/s　(2)0.5 m 解析　(1)设物块质量为mA，小球质量为mC，由于发生弹性正碰，则由动量守恒得 mAv0＝mAv1＋mCv2 由机械能守恒得mAmAmC 解得v1＝0，v2＝2 m/s (2)碰撞后物块加速，木板减速，物块刚好和木板共速时，物块运动到木板左端，设木板质量为mB，共速速度为v3，由动量守恒得 mBv0＝(mB＋mA)v3 由能量守恒定律得mB(mB＋mA)＝μmAgL，解得L＝0.5 m。 15.(14分)如图所示，在竖直平面内，固定一个半径为R的光滑圆轨道，其中O为圆心，a、b、c、d、P为圆周上的点，且a、O、c高度相同，控制两小球A、B分别静止在a、c两点，且小球的质量之比≤10。OP与水平方向夹角为30°，重力加速度为g。某时刻无初速度释放小球A， (1)(2分)求小球A滑到轨道最低点d时的速度vA的大小； (2)(4分)若小球A与小球B同时释放，它们在d点碰撞后粘在一起并刚好能滑到P点，求A、B的质量之比； (3)(8分)若小球A与小球B同时释放，碰撞后，两球不粘连，其中A球刚好能到达P点，在A到达P点之前，A、B没有再次发生碰撞，且A、B球均不脱离轨道，求A、B质量之比的范围(计算结果可用根式表达)。 答案　(1)　(2)3＋2 (3)≤≤10或≤4＋2 解析　(1)小球A滑到轨道最低点d时，根据动能定理有mAgR＝mA，解得vA＝ (2)小球B滑到轨道最低点d时，根据动能定理有mBgR＝mB，求得vB＝；取水平向右为正方向，则小球A与小球B在d点碰撞后粘在一起并刚好能滑到P点，根据动量守恒及能量守恒有mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v，(mA＋mB)v2＝(mA＋mB)gR(1－sin 30°)，联立以上各式解得v＝，＝3＋2 (3)A、B两球碰后，A球从d点恰好运动到P点，由机械能守恒可得 mAgR(1－sin 30°)＝mAvA'2，可得vA'＝ ①若A、B两球碰后，B球从d点恰好能运动到b点，由机械能守恒可得 mBvB'2－mB＝mBg·2R， 且mBg＝mB，可得vB'＝， 小球A与小球B在d点碰撞后，两球均向右运动， 根据动量守恒有mAvA－mBvB＝mAvA'＋mBvB'， 解得 ＝，则≤≤10 ②若A、B两球碰后，B球不能过最高点b点，则其运动的最高点为c点，则有mBvB″2＝mBgR， 解得vB″＝，小球A与小球B在d点碰撞后，两球均向右运动， 根据动量守恒有mAvA－mBvB＝mAvA'＋mBvB″， 解得＝4＋2，则≤4＋2，综上所述，可得≤≤10或≤4＋2。 学科网（北京）股份有限公司 $