第一章 动量守恒定律 A卷基础达标卷-【金卷1号】2026-2027学年高中物理选择性必修第一册单元检测AB卷（人教版）

第一章动量守恒定律 A卷 基础达标卷 (时间：75分钟满分：100分) 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分.每小题只有一个选项符合题目要求. 圜 1.同一人以相同的力量跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，这是由于 A.人跳在沙坑里的动量比跳在水泥地上的小 B.人跳在沙坑里的动量变化比跳在水泥地上的小 铷 C.人跳在沙坑里受到的冲量比跳在水泥地上的小 D.人跳在沙坑里受到的冲力比跳在水泥地上的小 牵邮 2.一航天探测器完成对月球的探测后，离开月球的过程中，由静止开始沿着与月球表面成 一定倾角的直线飞行，先加速运动，后匀速运动.探测器通过喷气而获得推动力，下列关 于喷气方向的说法正确的是 A.探测器加速运动时，向后喷气 B.探测器加速运动时，竖直向下喷气 C.探测器匀速运动时，竖直向下喷气 D.探测器匀速运动时，不需要喷气 3.如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直挡板上，一质量为的光滑弧形槽静止放在光滑水 邻 平面上，弧形槽底端与水平面相切，一质量也为m的小物块从槽上高h处开始下滑，下列 说法正确的是 7777777777 帕 A.在下滑过程中，物块和槽组成的系统机械能守恒 湘 B.在下滑过程中，物块和槽组成的系统动量守恒 C.在压缩弹簧的过程中，物块和弹簧组成的系统动量守恒 D.被弹簧反弹后，物块能回到槽上高h处 4.光滑水平桌面上有P、Q两个物块，Q的质量是P的n倍.将一轻弹簧置于P、Q之间，用 外力缓慢压P、Q.撤去外力后，P、Q开始运动，P和Q的动量大小的比值为 A.n2 B.n C. D.1 5.质量为m的钢球自高处落下，以速率w1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间为△t,离地时的速 率为2.在碰撞过程中，地面对钢球的冲量方向和大小为 A.向下，m(1一v2)一mg△t B.向下，m(o1+2)-mg△t C.向上，m(v1一2)mg△t D.向上，m(u1+2)十mg△t 6.如图所示，质量为m=0.5kg的小球在距离车底部一定高度处以初速度v。=15m/s向左 平抛，落在以v=7.5/s的速度沿光滑水平面向右匀速行驶的小车中，小车足够长，质 量为M=4kg,g取10m/s2,则当小球与小车相对静止时，小车的速度大小是() A.4 m/s B.5 m/s C.8.5m/s D.9.5m/s 7.用水平拉力F拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t1时刻撤 去拉力，物体做匀减速直线运动直到t2时刻停止.其速度一时间图像如图所示，α>B,若 拉力F做的功为W,,冲量大小为I,;物体克服摩擦阻力f做的功为W,,f的冲量大小为 I2.则下列选项正确的是 A.W1>W2,I1>2 B.W1<W2,I1>2 C.W1<W2,I1<I2 D.W1=W2,I1=I2 8.如图所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块 刚好能落入正前方的沙坑中.假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动 摩擦因数为0.1，与沙坑的距离x=0.5m,g取10m/s2.物块可视为质点，则碰撞前瞬间 A的速度大小为 ( x=0.5m A.0.5m/s B.1.0m/s C.1.5m/s D.2.0m/s 2 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分.每小题有多个选项符合题目要求，全 部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选和不选的得0分 9.下列四幅图所反映的物理过程中，动量守恒的是 ( 墙 在光滑水平面上，子弹 剪断细线，弹簧恢复原 射入木块的过程中，子 长的过程中，M、N和弹 弹和木块组成的系统 簧组成的系统 A 木球 水 挡板 铁球 7777777777777777777777777777 两球匀速下降，细线断 木块沿光滑斜面由静止 裂后，它们在水下运动 滑下的过程中，木块和 的过程中，两球组成的 斜面体组成的系统 系统（不计水的阻力） C D 10.跳台滑雪运动员从平台末端α点以某一初速度水平滑出，在空中运动一段时间后落在 斜坡上b点，不计空气阻力，则运动员在空中飞行的过程中 ( A.在相等的时间间隔内，动量的改变量总是相同的 B.在相等的时间间隔内，动能的改变量总是相同的 C.在下落相等高度的过程中，动量的改变量总是相同的 D.在下落相等高度的过程中，动能的改变量总是相同的 11.如图所示，质量为的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到 地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到达距地面深度为h的B点 时速度减为零.不计空气阻力，重力加速度为g.小球在刚接触地面到速度 变为零的过程中，下列说法正确的有 A.小球的机械能减少了mgh B.小球克服阻力做的功为g(H+h) C.小球所受阻力的冲量等于m√2gH D.小球动量的改变量大小等于m√2gH 3 12.如图所示，质量为M的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水 平方向的夹角为0.一个质量为的小物块从斜面底端沿斜面向上以初速度v。开始运 动，当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为，距地面的高度为，则下列关 系式中正确的是 ( % M A.mvo=(m+M)v B.mvo cos 0=(m+M)v C.mgh=m(osin D.mgh+(mM 三、非选择题：本题共6小题，共60分， 13.(6分)用如图所示装置探究碰撞中的不变量.气垫导轨水平放置，挡光板宽度为 9.0mm,两滑块被弹簧（图中未画出）弹开后，左侧滑块通过左侧光电门的时间为0.040s, 右侧滑块通过右侧光电门的时间为0.060s,左侧滑块质量为100g,左侧滑块的m1y1= g·m/s;右侧滑块质量为150g,两滑块质量与速度乘积的矢量和m1,十m22= 光电门挡光板 14.(8分)某同学采用如图所示的装置探究碰撞中的不变量，把两个小球用等长的细线悬挂 于同一点，让B球静止，拉起A球，由静止释放后使它们相碰，碰后粘在一起.实验过程 中，除了要测量A球被拉起的角度1和两球碰撞后摆起的最大角度2，还需测量 (写出物理量的名称和符号)才能进行验证.用测量的物理量表示碰撞 中的不变量的关系式是 ○B 15.(10分)将质量为m=1kg的小球，从距水平地面高h=5m处，以=10m/s的速度水 平抛出，不计空气阻力，g取10m/s2.求： (1)平抛运动过程中小球动量的增量△； (2)小球落地时的动量p, 5 16.(12分)如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小 孩和其面前的冰块均静止于冰面上.某时刻小孩将冰块以相对冰面3/s的速度向斜 面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h=0.3(h小于斜 面体的高度).已知小孩与滑板的总质量为m=30kg,冰块的质量为2=10kg,小孩与滑 板始终无相对运动.取重力加速度的大小g=10m/s2. (1)求斜面体的质量； (2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？ 6 17.(12分)如图所示，在光滑的水平杆上套有一个质量为的滑环，滑环通过一根不可伸 缩的轻绳悬挂着一个质量为M的物块（可视为质点），绳长为L.将滑环固定时，给物块 一个水平冲量，物块摆起后刚好碰到水平杆；若滑环不固定，仍给物块以同样的水平冲 量，求物块摆起的最大高度 M→ 一7— 18.(12分)如图所示，竖直平面内的光滑水平轨道的左边与墙壁对接，右边与一个足够高的 子光滑圆弧轨道平滑相连，木块A,B静置于光滑水平轨道上，A、B的质量分别为1.5kg 和0.5kg.现让A以6m/s的速度水平向左运动，之后与墙壁碰撞，碰撞的时间为0.3s, 碰后的速度大小变为4m/s.当A与B碰撞后会立即粘在一起运动，g取10m/s2,求： (1)在A与墙壁碰撞的过程中，墙壁对A的平均作用力的大小； (2)A、B滑上圆弧轨道的最大高度. 一8参芳 第一章动量守恒定律 A卷基础达标卷 1.D[落地前的速度是一定的，初动量是一定的，所以选 项A错误；落地后静止，末动量一定，人的动量变化是一 定的，选项B错误；由动量定理可知，人受到的冲量等于 人的动量变化，所以两种情况下人受到的冲量相等，选 项C错误：落在沙坑里力作用的时间长，落在水泥地上 力作用的时间短，根据动量定理，在动量变化一定的情 况下，时间t越长，则受到的冲力F越小，故选项D 正确. 2.C「探测器在加速运动时，因为受月球引力的作用，喷 气所产生的推力一方面要平衡月球的引力，另一方面还 要提供加速的动力，则沿着后下方某一个方向喷气，选 项A、B错误；探测器在匀速运动时，因为受月球引力的 作用，喷气产生的推力只需要平衡月球的引力即可（竖 直向下喷气)，选项C正确，选项D错误， 3,A[对物块和槽组成的系统，在下滑过程中没有机械能 损失，系统的机械能守恒，A正确；在下滑的过程中，物 块在竖直方向有加速度，物块和槽组成的系统所受合外 力不为零，不符合动量守恒的条件，故系统的动量不守 恒，但系统在水平方向上动量守恒，B错误；在压缩弹簧 的过程中，对于物块和弹簧组成的系统，由于挡板对弹 簧有向左的弹力，所以系统受到的合外力不为零，则系 统动量不守恒，C错误：因为物块与槽在水平方向上动量 守恒，且两者质量相等，根据动量守恒定律知物块离开 槽时，物块与槽的速度大小相等、方向相反，物块被弹簧 反弹后，与槽的速度相同，即两者做速度相同的匀速直 线运动，所以物块不会再滑上孤形槽，D错误.」 4.D[撤去外力后，系统所受外力之和为0，所以总动量守 恒，设P的动量方向为正方向，则有p一pQ=0,故pp= pQ,因此P和Q的动量大小的比值为1，选项D正确.] 5.D[取竖直向上为正方向，如图所 正 示，由动量定理 I=△p得(F-g)△=一m(一u） 777777777 即Ir-mg△t=m(2+u1） 则Is=mg△t十m(v2十y1),方向 mg 向上.了 6.B[小球和小车在水平方向上动量守恒，取向右为正方 向，有M-m=(M十m)u,解得v'=5m/s.] 7.D[物体在水平拉力作用下由静止开始运动到最终静止 的全程，只有拉力F和摩擦阻力∫做功，故由动能定理有 W1一W2=0,得W=W2:由动量定理有I1一I2=0, 得I1=I2.故D正确，A、B、C错误.] 8.C[碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得一以·2gx =0-号2m,代入数据得0=1m/s,A与B碰撞的 过程中，A与B组成的系统在水平方向的动量守恒，选 取向右为正方向，则有m=心1十2.由于没有机械 能的损夫，则有号m=m时十号·2m,联立解得 =1.5m/s,选项C正确.门 9.AC「A图中子弹和木块组成的系统在水平方向上不受 外力，竖直方向所受合力为零，该系统动量守恒；B图中 在弹簧恢复原长的过程中，系统在水平方向上始终受墙 的作用力，系统动量不守恒；C图中木球与铁球组成的系 统所受合力为零，系统动量守恒；D图中木块下滑过程 中，斜面体始终受到挡板的作用力，系统动量不守恒.] 10 答案 10.AD[运动员做平抛运动，只受重力，是恒力，根据动量 定理，动量的改变量等于合力的冲量，任意相等时间内 合力的冲量相等，故任意相等时间内动量的改变量相 等，故A正确；平她运动竖直分运动是自由落体运动， 是匀加速运动，故在相等的时间间隔内竖直分位移不 一定相等，重力做的功不一定相等，故动能增加量不一 定相等，故B错误：平她运动竖直分运动是自由落体运 动，是加速运动，在下落相等高度的过程中，时间不一 定相等，故合力的冲量不一定相等，动量的增加量不一 定相等，故C错误；在下落相等高度的过程中，合力的 功相等，根据动能定理，动能的增加量相等，故D 正确.] 11.BD[小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能 减小mg(H十h),则小球的机械能减少了mg(H十h), 故A错误；对全过程运用动能定理，得g(H十h) 一W,=0,则小球克服阻力做功W,=mg(H十h),故B 正确；落到地面时的速度)=2gH,对进入泥潭的过 程运用动量定理，得I6十Ir=0一m2gH,可知阻力 的冲量大小不等于m√/2gH,故C错误：落到地面时的 速度U=√②gH,进入泥潭后的速度为0，所以小球动量 的改变量大小等于/2gH,故D正确.门 12.BD[小物块上升到最高，点时，速度与楔形物体的速度 相同，系统水平方向动量守恒，全过程机械能守恒.以 向右为正方向，在小物块上升过程中，由水平方向系统 动量守恒得m·cos=(m十M)v,选项A错误，B正 1 确：由机械能守恒定律得mgh十立(m十M)v= 之m听，选项C错误，D正确.] 1 13,解析：以水平向左为正方向，左侧滑块的速度为心= =9.0×10 -m/s=0.2251m/s, 0.040 则左侧滑块的 m1u=100gX0.225m/s=22.5g·m/s, 右侧滑块的速度为 6=--90X10- m/s=-0.15m/s, 0.060 则右侧滑块的 m22=150g×(-0.15m/s)=-22.5g·m/s. 由以上分析知，两滑块质量与速度的乘积的矢量和 m14十m2y2=0. 答案：22.50 14.解析：A球由静止释放到两球碰撞前，根据机械能守恒 定律，有 1 magl(1-cos8)=之mai, 两球碰撞后到一起运动到最高点，根据机械能守恒定 律，有 (m:十m)g11-c0s)=号(m,十ma), 又碰撞中的不变量满足mAVA=(mA十mg)U, 所以用测得的物理量表示碰撞中的不变量的关系式为 mA√/1-cos01=(mA十mB)√/1-cos02. 答案：A球的质量mA和B球的质量mB mA√/1-cos09:=(mA+ma）√/1-cos2 5 15.解析：(1)由于平抛运动的竖直分运动为自由落体 运动， 故h= 2812, 落地时间t=√g △w=v,=gt=10×1m/s=10m/s, 方向竖直向下， 故△p=m△w=1×10kg·m/s=10kg·m/s,方向竖直 向下， (2)小球落地时竖直分速度为 v,=gt=10m/s.由速度合成知， 落地速度v=√/%十u √/10+10m/s=10√/2m/s, 所以小球落地时的动量大小为 p'=mw=10√2kg·m/s, 方向与水平方向的夹角为45。 答案：(1)10kg·m/s方向竖直向下 (2)10√2kg·m/s方向与水平方向的夹角为45 16.解析(1)规定向右为速度正方向.冰块在斜面体上运 动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为 ,斜面体的质量为m:,由水平方向动量守恒和机械能 守恒定律得 m22o=（m2十mg）U ① 名m:=子mm,d十ms动 1 ② 式中0=一3m/s为冰块推出时的速度，联立①②式 并代入题给数据得m:=20kg ③ (2)设小孩推出冰块后的速度为1，由动量守恒定律有 m1U十n2v20=0 ④ 代入数据得y1=1m/s ⑤ 设冰块与斜面体分离后的速度分别为2和，由动量 守恒和机械能守恒定律有 n2U20=mn22十m:U3 ⑥ m:2=m+号m, 1 ① 联立③⑥⑦式并代入数据得2=1m/s ⑧ 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的 速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩， 答案见解析 17.解析：滑环固定时，根据机械能守恒定律，有 MgL=号MG,解得%=V2gL. 滑环不固定时，物块的初速度仍为。，在物块摆起至最 大高度h时，它们的速度都为.在此过程中，物块和滑 环组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，则： Mu=(mM)v, 2Mui-2(m+M)v+Mgh. 由以上各式，可得=m 答案m干M 18.解析：(1)设水平向右为正方向，当A与墙壁碰撞时，根 据动量定理有F量=m4v1'一m4(一v1), 解得F=50N. (2)设碰撞后A、B的共同速度为V,根据动量守恒定 律有 mA1'=(ma十mz)v, A、B在光滑圆孤轨道上滑动时机械能守恒，由机械能 守恒定律得 1 2(ma十ma)2=(mA十mB)gh, 解得h=0.45m. 答案：(1)50N(2)0.45m B卷能力提升卷 1,C[过程I中运动员只受重力作用，所以运动员在该过 程的动量改变量等于重力的冲量，且在该过程中，对运 动员始终有mg△=4p,则兰=mg,故A错误，C正确： 过程I中运动员的初速度不为0，过程Ⅱ中运动员的末 速度为0，故过程I、Ⅱ中运动员的总动量玫变量不为0， B错误；过程Ⅱ中运动员的动量改变量等于合外力的冲 量，不等于重力的冲量，故D错误.] 2.B[根据动量定理有F△t=△w一0， 解得=卫=4：8X10N=1.6X10kg/s,所以选项B △tv3000m/s 正确.] 3.D[根据动量守恒定律vo=(M-m)v, 得=Mm选项D正确，门 4C[以整个导弹为研究对象，取U。的方向为正方向，根 据爆炸的瞬间，系统在水平方向上动量守恒，有M, M-w十m,利得另一块的连度为-若 Mv>1w,则v>0,说明另一块沿。的方向飞去；若 M<mw,则'<0，说明另一块沿。的反方向飞去；若 M=mv,则'=0，说明另一块做自由落体运动，故 选C.] 5.A[小车和小物体组成的系统水平方向的动量守恒且 为零，所以当小车和小物体相对静止时，系统水平方向 的总动量仍为零，则小车和小物体相对于水平面也静 止，由能量守恒得umgx=ngR,x=R/u,选项A正确， B、C、D错误.] 6,B[由题图知a球以初速度与原来静止的b球碰撞，碰 后a球反弹，且速度小于a球的初速度大小，根据动量守 恒定律和机械能守恒定律有m。=mv。'十m,6√以及 zm=专m,”十合m,,可得u,'-m, 1 1 1 m。十m %'= 2,因u'<0,所以m<m,选项B正确] n.十mg 7.D碰撞过程中动量守恒，即满足p1十p2=（p1十△p1) 十(p:十△p:).A项，因为不满足动量守恒，故A错误；B 项，碰拉过程中还要满足动能不增加，即十品≥ (十△p)p:十△p》,代入数据知B不满足，故B 2m1 2m2. 错误；C项，因为两球在碰撞前是同向运动，所以碰撞后 还要满足B球的速度增加，A球的速度减小或反向，而C 选项给出的情况是碰撞后A球的速度增加，而B球的速 度减小，所以不符合情景，故C错误；D都满足，故D 正确. 8.A[规定水平向左为正方向，两车刚好不相撞即最后两 车速度相等，设相等的速度为'，对两辆车、两人以及所 有货包组成的系统，由动量守恒定律得12m一10mv0 =(12m十10m)d,解得-器设为使两车不相撞，乙 车上的人应抛出货包的最小数量为n,以乙及乙车上的 人和货包为系统，由动量守恒定律得12m6=（12m一n ·得)十·得，由题知=11解得n=10个，选项 A正确.门