第一章 动量和动量守恒定律 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（粤教版）

本讲义聚焦高中物理动量模块核心知识点，系统梳理动量、冲量的矢量性，动量定理的应用，以及动量守恒定律在碰撞、滑块与轨道作用等场景中的综合运用，形成从基础概念到定理应用再到复杂问题解决的学习支架。 资料特色在于结合飞机反推器、翠鸟捕鱼等实际情境，强化运动与相互作用观念，通过气垫导轨实验题培养科学探究能力，综合题设计促进科学推理。课中助力教师检测学情，课后解析帮助学生查漏补缺，巩固知识体系。

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　动量与冲量均有大小，有方向，遵循平行四边形定则，因此，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，例如平抛运动，所受合力为重力，合力不变，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.(2024·佛山市高二期中)现代飞机的机轮刹车在潮湿、结冰或被雪覆盖的跑道上效果会降低。反推器能产生反向气流，用于在潮湿冰雪天气时替代机轮刹车，从而缩短制动距离。下列说法正确的是(　　) A.飞机启动过程中应开启反推器，推动飞机前进 B.反推器喷气气流速度越大，飞机受到的反推力越大 C.飞机制动过程中开启反推器，飞机动量守恒 D.反推力做功的多少等于飞机动能的减少量 答案　B 解析　若飞机启动过程中开启反推器，反推器会产生反向气流，阻碍飞机前进，故A错误；根据动量定理Ft=mv，知反推器喷气气流速度越大，飞机受到的反推力越大，B正确；飞机制动过程中开启反推器，飞机受到与运动方向相反的推力，动量发生变化，故C错误；飞机动能的减少量等于合力做功，飞机在跑道刹车时，还受到跑道的阻力等力，所以反推力做功的多少不等于飞机动能的减少量，故D错误。 3.(2025·广东省部分名校高二期中)一质量为20 g的翠鸟从高空沿竖直方向俯冲扎入水中捕鱼。翠鸟(视为质点)从开始俯冲至到达水面的过程可视为自由落体运动，若翠鸟开始俯冲时到水面的高度为10 m，重力加速度g取10 m/s2，则在俯冲过程中，翠鸟受到的重力的冲量大小约为(　　) A.0.24 N·s B.0.28 N·s C.0.35 N·s D.3.46 N·s 答案　B 解析　根据自由落体运动的规律可知，翠鸟俯冲过程所用的时间t=≈1.414 s，翠鸟受到的重力的冲量大小I=mgt=0.282 8 N·s，故选B。 4.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。 5.(2024·普宁市勤建学校高二月考)如图所示，在足够大的光滑水平面上放有两质量相等的物块A和B，其中A物块连接一个水平轻弹簧并处于静止状态，B物体以初速度v0向着A物块运动。当物块与弹簧作用时，两物块在同一条直线上运动。关于B物块与弹簧作用过程中，两物块的v-t图像正确的是(　　) 答案　D 解析　对两物块受力分析可得，碰后B速度减小，A的速度增大，当B的速度大于A的速度时，弹簧压缩量增大，弹力增大，A、B的加速度均增大；当B的速度等于A的速度时，由动量守恒定律知此速度为，弹簧压缩量最大，弹力最大，A、B的加速度最大，B仍减速，A仍加速；当B的速度小于A的速度时，弹簧压缩量减小，弹力减小，A、B的加速度均减小，B仍减速，A仍加速；当弹簧等于原长时，根据动量守恒定律和能量守恒定律可得，B的速度恰减小到零，A的速度等于v0；此后A做匀速直线运动，B静止，故D正确，A、B、C错误。 6.(2024·广东省实验中学越秀学校高二期中)如图甲所示，光滑水平面上有A、B两物块，已知A物块的质量mA=2 kg，以一定的初速度向右运动，与静止的物块B发生碰撞并一起运动，碰撞前后的位移时间图像如图乙所示(规定向右为正方向)，则碰撞后的速度及物体B的质量分别为(　　) A.2 m/s，5 kg B.2 m/s，3 kg C.3.5 m/s，2.86 kg D.3.5 m/s，0.86 kg 答案　B 解析　由题图乙可知，碰前A的速度大小为v1= m/s=5 m/s，碰后A、B的共同速度大小为v2= m/s=2 m/s，A、B碰撞过程中动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有：mAv1=(mA+mB)v2，解得mB=3 kg，故选B。 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，下列选项正确的是(　　) A.小球不可能滑到圆弧轨道最右端C B.小球向右运动的过程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，根据水平方向动量守恒得知，小球与圆弧的速度均为零，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.如图所示，一质量为m的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量为的小木块A。现以地面为参考系，同时给A和B大小相等、方向相反的初速度，使木块A开始向左运动，木板B开始向右运动，最终木块A并没有滑离木板B，下列说法正确的是(　　) A.最终二者一起向右运动 B.最终二者一起向左运动 C.木块A的速度某时刻为零 D.木板B的速度某时刻为零 答案　AC 解析　规定向右为正方向，设初速度大小为v，木块和木板组成的系统合外力为零，由动量守恒有mv-v=(m+)v'，解得v'=，方向水平向右，所以木块A的速度某时刻减为零，后反向加速，最终二者一起向右运动，B一直向右减速至共速。故选A、C。 9.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球以初速度为v1=2.00 m/s与静止的B球相碰，若规定以v1的方向为正，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；碰后两球速度相等，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；碰后两球数据满足mAv1=mAv2+mBv3，mA=mA+mB，属于完全弹性碰撞，第三次数据合理，选项C不符合题意；碰后两球数据满足动量守恒mAv1=mAv2+mBv3，末状态总动能mA+mB>mA，即碰后动能变大，第四次数据不合理，选项D符合题意。 10.(2024·佛山市高二期末)如图所示，倾角为37°的斜面上有两个质量均为1 kg的货物P、Q，P、Q与斜面间的动摩擦因数分别为、，P沿斜面向下运动，Q沿斜面向上运动，已知P、Q碰撞前瞬间，P的速度大小为4 m/s，Q的速度为零，碰撞时间极短，碰后瞬间Q的速度大小为3 m/s，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6 cos 37°=0.8，下列说法正确的是(　　) A.P、Q发生的是弹性碰撞 B.P、Q碰后瞬间P的动量大小为1 kg·m/s C.P、Q碰后到P停下的过程中，P、Q组成的系统动量守恒 D.P、Q碰后到P停下的过程中，两者位移之比为1∶7 答案　BCD 解析　依题意，碰撞过程，系统动量守恒，以沿斜面向下为正方向，可得mv0=mvP+mvQ，解得vP=1 m/s，可得m=8 J>m+m=5 J，即P、Q发生的是非弹性碰撞，故A错误；P、Q碰后瞬间P的动量大小为pP=mvP=1 kg·m/s，故B正确；P、Q碰后到P停下的过程中，系统所受合力为F合=2mgsin 37°-μ1mgcos 37°-μ2mgcos 37°=0，所以P、Q系统动量守恒，故C正确；P、Q碰后到P停下的过程中，由牛顿第二定律可得aP==-1 m/s2，aQ==1 m/s2，可知碰后P做匀减速直线运动，Q做匀加速直线运动。根据0=vP+aPt，解得t=1 s，此时二者的位移分别为xP=，xQ=vQt+aQt2，可得两者位移之比为=，故D正确。 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11.(8分)(2024·江门市高二期末)气垫导轨上有A、B两个滑块，开始时两个滑块静止，它们之间有一根被压缩的轻质弹簧，滑块间用细线连接(如图甲所示)，细线烧断后，两个滑块向相反方向运动，图乙为它们运动过程的频闪照片，频闪的频率为10 Hz，可知： (1)(2分)A、B离开弹簧后，应该做　　　　　　　　运动，已知滑块A、B的质量分别为200 g、300 g，根据照片记录的信息，从图中可以看出闪光照片有明显与事实不相符合的地方是　　　　　　　　　　　　　　　。  (2)(6分)若不计此失误，分开后，A的动量大小为　　　　　　　　 kg·m/s，B的动量的大小为　　　　　　　　 kg·m/s，本实验中得出“在实验误差允许范围内，两滑块组成的系统动量守恒”这一结论的依据是　　　　　　　　　　　　　　　　。  答案　(1)匀速直线　A、B两滑块的第一个间隔 (2)0.018　0.018　A、B两滑块作用前后总动量相等，均为0 解析　(1)A、B离开弹簧后，不受弹力，气垫导轨没有摩擦，则两滑块均做匀速直线运动；烧断细线后，在弹簧恢复原长的过程中，应先做加速运动，当弹簧恢复原长后，滑块做匀速直线运动，由题图乙中闪光照片可知，滑块直接做匀速直线运动，没有加速过程，实际上A、B两滑块的第一个间隔都应该比后面匀速时相邻间隔的长度小，故A、B两滑块的第一个间隔与事实不符。 (2)频闪照相的时间间隔为t== s=0.1 s， 滑块A的速度大小为vA== m/s=0.09 m/s， 滑块B的速度大小为 vB== m/s=0.06 m/s， A的动量大小为pA=mAvA=0.200×0.09 kg·m/s=0.018 kg·m/s， B的动量大小为pB=mBvB=0.300×0.06 kg·m/s=0.018 kg·m/s， 由此可见A、B的动量大小相等、方向相反，系统的总动量为0，与释放前的动量相等，因此系统动量守恒。 12.(8分)(2024·深圳市龙华中学校考期中)两实验小组想验证动量守恒定律，第一组采用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)(2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进行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=0　③m1t2-m2t1=0 解析　(1)①本实验只需要A球每次到达斜槽末端时的速度大小相同，斜面是否光滑对实验无影响，故A错误；本实验需要小球碰后做相同的平抛运动，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+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=0 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=0 13.(10分)(2023·汕头市金山中学高二期中)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量m=1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.4 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间极短，碰撞结束后瞬间两滑块一起滑动。求： (1)(6分)关于滑块1与滑块2的碰撞过程，碰撞过程中损失的能量为多少； (2)(4分)若滑块1与滑块2的碰撞时间为0.02 s，滑块2受到滑块1的平均冲力的大小。 答案　(1)0.04 J　(2)10 N 解析　(1)滑块1、2碰撞过程，由动量守恒定律， 有mv1=2mv共-0，解得v共=0.2 m/s 由能量守恒定律，有ΔE=m-·2m 联立解得ΔE=0.04 J (2)滑块1、2碰撞过程，对滑块2，由动量定理得Ft=mv共-0，解得F=10 N。 14.(12分)(2025·湛江市高二期中)如图所示，在光滑固定水平圆环中有两个可看成质点的小球，小球a位于A点，小球b位于B点，AB是圆环的一条直径，ma=4mb，圆环的周长L=10 m，刚开始两球都静止，现给小球a一方向垂直AB、大小为10 m/s的速度v，两球发生的碰撞都是弹性碰撞，且碰撞时间极短。 (1)(4分)分别求出第一次碰撞后瞬间两球的速度大小va、vb； (2)(4分)求从小球a、b第一次相碰到第二次相碰的时间间隔t； (3)(4分)求小球a从开始运动到与小球b第100次相碰过程中运动的总路程s0。 答案　(1)6 m/s　16 m/s　(2)1 s　(3)795 m 解析　(1)以小球a第一次碰撞前瞬间速度方向为正方向，两球发生弹性碰撞，动量守恒，动能总和不变，则有mav=mava+mbvb mav2=ma+mb 解得va=6 m/s，vb=16 m/s (2)第一次碰撞后小球b速度更快，设小球a、b第一次相碰到第二次相碰过程中，小球a运动的路程为s，则小球b运动的路程为s+L， 则有==t 解得t=1 s (3)两球发生第二次弹性碰撞 mava+mbvb=mava1+mbvb1 ma+mb=ma+mb 解得va1=10 m/s，vb1=0 可以看出两球的速度回到初始状态，所以小球a从开始运动到与小球b第100次相碰过程中运动的总路程为s0=[5+(6+10)×49+6] m=795 m。 15.(16分)(2024·普宁市普师高级中学高二期中)如图所示，光滑轨道abcd固定在竖直平面内，ab水平，半圆bcd在b处与ab相切，圆弧轨道半径R=0.3 m。在直轨道ab上放着质量分别为mA=2 kg、mB=1 kg的物块A、B(均可视为质点)，用轻质细绳将A、B连接在一起，且A、B间夹着一根被压缩的水平轻质弹簧(未拴接)。轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量为M=2 kg的小车，小车上表面与ab等高。现将细绳剪断，之后A向左滑上小车，恰能滑到小车中点；B向右滑动，经过c处时，该处压力传感器示数为30 N。物块A与小车之间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g取10 m/s2。在A滑到a处和B滑到b处前，A、B与弹簧均已分离。求： (1)(4分)物块B运动到圆弧轨道c处时的速度大小vc； (2)(6分)通过计算判断物块B能否到达圆弧轨道最高点d； (3)(6分)小车的长度L。 答案　(1)3 m/s　(2)能，计算过程见解析　(3) m 解析　(1)物块B经过圆弧轨道c处时， 有Fc=mB，解得vc=3 m/s (2)物块B从c→d过程有-mBgR=mB-mB 在最高点d，有Fd+mBg=mB 联立解得Fd=0 表明物块B恰能到达圆弧轨道最高点d。 (3)弹簧弹开两物块过程， 根据动量守恒定律有mAvA=mBvB 弹开后，物块B滑到c的过程 mB=mBgR+mB 物块A在车上滑行的过程mAvA=(mA+M)v μmAg·L=mA-(mA+M)v2 联立解得L= m。 学科网（北京）股份有限公司 $