第一章 动量守恒定律 感知高考-【新课程能力培养】2026-2027学年高中物理选择性必修第一册练习手册（人教版）

N 高中物理选择性必修第一册（人教版） 感知 1.(多选)(2023·新课标卷)使甲、乙两条 形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面 上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质 量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩 擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们 相互接近过程中的任一时刻() 甲 SN S N 第1题图 A.甲的速度大小比乙的大 B.甲的动量大小比乙的小 C.甲的动量大小与乙的相等 D.甲和乙的动量之和不为零 2.(2022·重庆卷)在测试 ◆FN 汽车的安全气囊对驾乘人 员头部防护作用的实验 中，某小组得到了假人头 t/ms 第2题图 部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲 线（如图）。从碰撞开始到碰撞结束过程 中，若假人头部只受到安全气囊的作用， 则由曲线可知，假人头部() A.速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积 B.动量大小先增大后减小 C.动能变化正比于曲线与横轴围成的面积 D.加速度大小先增大后减小 3.(2022·湖北卷)一质点做曲线运动，在前 一段时间内速度大小由v增大到2，在随 后的一段时间内速度大小由2增大到5v。 前后两段时间内，合外力对质点做功分别 (30)练 高考 为W,和W2,合外力的冲量大小分别为I 和2。下列关系式一定成立的是() A.W2=3W1,I2≤3L1B.W=3W1,I2≥I C.W=7W1,12≤3L1D.W=7W1,12≥1 4.(2022·北京卷)质 x/m 量为m和m2的两个 m2 物体在光滑水平面 m 上正碰，其位置坐 12 标x随时间t变化的 第4题图 图像如图所示。下列说法正确的是() A.碰撞前m2的速率大于m1的速率 B.碰撞后m2的速率大于m1的速率 C.碰撞后m2的动量大于m1的动量 D.碰撞后m2的动能小于m1的动能 5.(2021·北京卷)如图所 示，圆盘在水平面内以角 1 速度ω绕中心轴匀速转 动，圆盘上距轴r处的P 第5题图 点有一质量为m的小物体随圆盘一起转 动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由 P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正 确的是() A.圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力 的方向沿运动轨迹切线方向 B.圆盘停止转动前，小物体运动一圈所 受摩擦力的冲量大小为2mwr C.圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径 方向运动 D.圆盘停止转动后，小物体整个滑动过 程所受摩擦力的冲量大小为mwr 6.(2021·湖北卷)抗日战争时期，我军缴获 不少敌军武器武装自己，其中某轻机枪 子弹弹头质量约8g，出膛速度大小约 750m/s。某战士在使用该机枪连续射击 1min的过程中，机枪所受子弹的平均反 冲力大小约12N,则机枪在这1min内射 出子弹的数量约为() A.40 B.80C.120D.160 7.(2021·福建卷)福建属于台风频发地区， 各类户外设施建设都要考虑台风影响。已 知10级台风的风速范围为24.5~28.4m/s, 16级台风的风速范围为51.0~56.0m/s。 若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志 牌，则16级台风对该交通标志牌的作用 力大小约为10级台风的（) A.2倍B.4倍C.8倍D.16倍 8.(2025·河南卷)两小车P、Q的质量分别 为mp和mo,将它们分别与小车N沿直线 做碰撞实验，碰撞前后的速度v随时间t 的变化分别如图1和图2所示。小车N的 质量为m,碰撞时间极短，则() Q N P 碰撞前 碰撞后 碰撞前 碰撞后 图1 图2 第8题图 A.mp>my>mo B.m>mp>mo C.momp>mx D.momy>mp 9.(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 第一章动量守恒定律。 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。 ---v87 第9题图 测量硬币的质量，得到一元和一角硬币的 质量分别为m,和m2(m>m2)。将硬币甲 放置在斜面上某一位置，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so、s1、S2 (1)在本实验中，甲选用的是 (填“一元”或“一角”)硬币。 (2)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u,重力加速度为g)。 (3)若甲、乙碰撞过程中动量守恒，则 Vso-VSL= （用m1和m2 Vs2 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)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，写出 一条产生这种误差可能的原因： 练 31 N 高中物理选择性必修第一册（人教版） 10.(2024·广东卷)汽车的安全带和安全气 囊是有效保护乘客的装置。 (1)安全带能通过感应车的加速度自动 锁定，其原理的简化模型如图甲所 示。在水平路面上刹车的过程中， 敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直 到与车达到共同的加速度a,同时 顶起敏感臂，使之处于水平状态， 并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。 此时敏感臂对敏感球的压力大小为 F,敏感球的质量为m,重力加速 度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。 求斜面倾角的正切值tanO。 (2)如图乙所示，在安全气囊的性能测 试中，可视为质点的头锤从离气囊 表面高度为H处做自由落体运动」 与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到 气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖 直方向作用力F随时间t的变化规 律，可近似用图丙所示的图像描述。 已知头锤质量M=30kg,H=3.2m, 重力加速度大小取g=10m/s2。求： ①碰撞过程中F的冲量大小和方向； ②碰撞结束后头锤上升的最大高度。 左全金带 头锤-O 6600 安全 试验台 0.1ts 汽车前进方向 丙 第10题图 (32)练 11.(2025·河北卷)如图，一长为2m的平 台，距水平地面高度为1.8m。质量为 0.01kg的小物块以3m/s的初速度从平 台左端水平向右运动。物块与平台、地 面间的动摩擦因数均为0.2。物块视为质 点，不考虑空气阻力，重力加速度g取 10m/s2。 小物块 平台 77777777777>地面 第11题图 (1)求物块第一次落到地面时距平台右 端的水平距离。 (2)若物块第一次落到地面后弹起的最 大高度为0.45m,物块从离开平台 到弹起至最大高度所用时间共计 1s。求物块第一次与地面接触过程 中，所受弹力冲量的大小，以及物 块弹离地面时水平速度的大小。 12.(2024辽宁卷)如图，高度h=0.8m的 水平桌面上放置两个相同物块A、B,质 量mA=mB=0.1kg。A、B间夹一压缩量 △x=0.1m的轻弹簧，弹簧与A、B不拴 接。同时由静止释放A、B,弹簧恢复原 长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞 出，水平射程xA=0.4m;B脱离弹簧后 沿桌面滑行一段距离x=0.25m后停止。 A、B均视为质点，取重力加速度g= 10m/s2。求： (1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA 和UB0 (2)物块与桌面间的动摩擦因数4。 (3)整个过程中，弹簧释放的弹性势能 △Epo AB B 第12题图 第一章动量守恒定律。 13.(2024.甘肃卷)如图，质量为2kg的小 球A(视为质点)在细绳O'P和OP作用 下处于平衡状态，细绳O'P=0P=1.6m, 与竖直方向的夹角均为60°。质量为6kg 的木板B静止在光滑水平面上，质量为 2kg的物块C静止在B的左端。剪断细 绳OP,小球A开始运动。（重力加速 度g取10m/s2) (1)求A运动到最低点时细绳OP所受 的拉力。 (2)A在最低点时，细绳OP断裂。A飞 出后恰好与C左侧碰撞（时间极 短)、碰后A竖直下落，C水平向右 运动。求碰后C的速度大小。 (3)A、C碰后，C相对B滑行4m后 与B共速。求C和B之间的动摩擦 因数。 60N P 60 第13题图 练（33 N 高中物理选择性必修第一册（人教版） 14.(2023·辽宁卷)如图，质量m=1kg的 木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖 直墙面固定一劲度系数k=20N/m的轻弹 簧，弹簧处于自然状态。质量m2=4kg 的小物块以水平向右的速度子m6滑 上木板左端，两者共速时木板恰好与弹 簧接触。木板足够长，物块与木板间的 动摩擦因数u=01,最大静摩擦力等于滑 动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内， 弹簧的弹性势能E。与形变量x的关系为 E,=)kx。取重力加速度g=l10m,结 果可用根式表示。 (1)求木板刚接触弹簧时速度1的大小 及木板运动前右端距弹簧左端的距 离x10 (2)求木板与弹簧接触以后，物块与木 板之间即将相对滑动时弹簧的压缩 量2及此时木板速度v2的大小。 (3)已知木板向右运动的速度从v2减小 到0所用时间为to。求木板从速度 为2到之后与物块加速度首次相同 的过程中，系统因摩擦转化的内能 △U(用表示)。 "wwwww4Mwww m 第14题图 (34)练N 高中物理选择性必修第一册（人教版） 3umgsicos 0mm 设1、2、3组合体与4碰撞后的1、2、3、4组合 体的速度为v6,根据动量守恒，有3m=4mv6, 解得64V413V3)g,设木块1、2、3、4 组合体下滑d时的速度为，根据动能定理，有 4mgslsin 30-umgcos 解得=】V(30-29V3u)gd, 4 动摩擦因数最小时，7=0，则4=，30≈0.597： 293 动摩擦因数最大时，i6=0,则k= 14 ≈0.622； 13/3 综上所述，与木块4碰撞而不与木块5碰撞的条件 是0.597≤≤0.622。 "感知高考 1.BD【解析】对甲、乙两条形磁铁分别作受力分 析，如图所示。 m SN AS NA 第1题答图 根据牛顿第二定律有an=Fmmg,az=Fmz&。由 m甲 于m甲>mz,所以a仰<az,由于两物体运动时间相同，且 同时由静止释放，可得v甲<知z,A错误；对于整个系统 而言，由于wm甲g>umzg,合力方向向左，合冲量方向 向左，所以合动量方向向左，显然甲的动量大小比乙的 小，B、D正确、C错误。故选BD 2.D【解析】曲线与横轴围成的面积是Ft,根据动 量定理：合外力的冲量等于动量的变化量，而不是速度 的变化量，A、C错误；头部因为受到安全气囊的阻力 作用，动量大小一直减小，B错误；根据牛顿第二定 律，加速度与合外力成正比，所以加速度大小先增大后 减小，D正确。 3.D【解析】根据动能定理1=？m(2uP-?m 子m,原=宁m(5o宁m2产 2m,所以2= 7W1;根据动量定理1=△p1,3≥≥mw,同理2= 46 △p2,7mm≥1≥3m,D正确。 4.C【解析】碰撞前m2的位置坐标不变，m2的速度 为0，所以碰撞前2的速率小于m1的速率，A错误；碰 撞后m2的速率2等于2m/s,m的速率1也等于 2m/s,碰撞后m2的速率等于m1的速率，B错误；两个 物体在光滑水平面上正碰动量守恒，m1o=m11+m22,以 初动量方向为正，由于碰后m又返回原点，m,动量 为负值，所以mwal+lm心1=m2l,即lm心l<m22l,C正 确；碰前m,的速度为4ms,代入动量守恒定律md+ |mw1l=m2l,解得3m=m2,碰撞后m2的动能W2= m-6m,碰撞后m的动能，=？mi-2m,所以 1 碰撞后m2的动能大于m的动能，D错误。 5.D【解析】圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力 的方向沿运动轨迹的法线方向（沿轨迹半径指向圆心）， A错误；小物体随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心 力，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量也是合外力的冲 量，根据动量定理，合外力的冲量等于动量的增量，所 以小物体运动一圈所受摩擦力的冲量为0，B错误。注 意不能用I=T求摩擦力的冲量，因为摩擦力是变力， 用I=求冲量，只适用于恒力。圆盘停止转动后，由于 惯性，小物体沿运动轨迹切线方向运动，C错误；圆盘 停止转动时，小物体速度=wr,由动量定理，小物体整 个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为I=△mv=mwr,D 正确。 6.C【解析】由动量定理得t=nmw,解得n=120,C 正确。 7.B【解析】设交通标志牌迎风面积为S,空气密 度为P,标志牌对台风的作用力为F,在t时间内吹向标 志牌的空气体积为vtS,空气质量m=ptS,由动量定理 F=mw-(-mw),解得F=2pS2,由牛顿第三定律可知，台 风对该交通标志牌的作用力大小为F=F=2pS2,10级台 风的风速我们取27m5,16级台风的风速我们取54ms, 估算16级台风对该交通标志牌的作用力大小与10级台 风对该交道标志牌的作用方大小之此为斧一器一器 4,即16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10 级台风的4倍，B正确。 8.D【解析】P、N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒 mwp+mNUN=mp'+mN',mp(vp-vp')=mN(UNI'-UN), 根据图像可知(v广vp)>(N-UN),故mp<mN。同理，Q、 N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有moo+mwe=mo0'+ me',即mo(o-tg)=mN('-i),根据图像可知(to vg)<('-),故mo>mN。故mo>m>mp。故选D。 9.(1)一元(2)V24(3)m2(4)见解析 m., 【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0点到P点，根据动能定理-um gso=-0- 分M,解得碰撞前，甲到0点时速度的大小V2g0。 (3)同理可得，碰撞后甲的速度和乙的速度分别为 v1=V2g1,2=V2gs2,若动量守恒，则满足mo= mwtm2,整理可得Vs0-VS=m2 (4)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： ①测量误差。不管多精良的仪器，测量时总是会产 生测量误差的，不可能做到绝对准确。 ②系统误差。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，两个硬币组成的系 统合外力不为0。 10.(1)ma mg+Fy (2)①330Ns,方向竖直向上 ②0.2m【解析】(1)敏感球受向下的重力mg和敏 感臂向下的压力F以及斜面的支持力N,则由牛顿第二 定律可知(mg+Fw)tan0=ma,解得tanf=ma mg+FN (2)①由图像可知碰撞过程中F的冲量大小1，=2× 0.1×6600N·s=330N·s,方向竖直向上。②头锤落到气 囊上时的速度o=V2g=8m/s,与气囊作用过程由动 量定理（向上为正方向）I-Mgt=Mm-(-Mo),解得v= 2s,则上升的数大商度若02m 11.(1)0.6m(2)1=0.1Nsu'=0【解析】 (1)小物块在平台做匀减速直线运动，根据牛顿第二定 律有-wmg=ma,解得a=-2m/s2,则小物块从开始运动到 离开平台有2-t品=2ao。小物块从平台飞出后做平抛运动 有i,A,联立解得x0.6m。 参考答案与解析⊙ (2)物块第一次落到地面后弹起的最大高度为 0.45m,则物块弹起至最大高度所用时间和弹起的初速 度有=之，=，则物块与地面接触的时间山- t1-t2=0.1s。物块与地面接触的过程中根据动量定理，取 竖直向上为正，在竖直方向有1mgA=m,2-m(-心，i),”,= g,解得1=0.1Ns。取水平向右为正，在水平方向有 -uN△t=m,'-mw,I=N△t,解得v,'=-1m/s。但由于u,' 减小为0时，物块与地面将无相对运动和相对运动的趋 势，故v=0。 12.(1)1m/s1m/s(2)0.2(3)0.12J【解 析】（)对A物块由平抛运动知识得分，， 代人数据解得A=1ms,脱离弹簧时A的速度大小为 UA=lmS,对A、B物块整体由动量守恒定律mA心A=mB, 解得脱离弹簧时B的速度大小为=1ms。(2)对物 块B由动能定理得m-0-之m,代入数据解得 u=0.2,物块与桌面间的动摩擦因数为u=0.2。(3)由能 量守恒定律得△L,之mue+了ma tu.ghx tumga, 其中mA=mB,△x=△xA+△xg,解得整个过程中，弹簧释放 的弹性势能△E。-0.12J。 13.(1)40N(2)4m/s(3)0.15【解析】A、 C的质量均为m=2kg,B的质量为M=6kg,细绳OP长 为l=1.6m。(1)A从开始运动到最低点由动能定理 得me1-as60)上am-0。对A在最低点，根据车颜 第二定律得Fng=m气，解得=4ms,F40N。《(2)A 与C相碰时由于碰后A竖直下落，可知A水平速度变 为0，由水平方向动量守恒，可知mo=O+mc,故解得 vc=o=4m/s。(3)C相对B滑行4m后与B共速，对 B和C根据动量守恒可得mw=(M+m)加，根据能量守恒得 mngL=mi-号(m+M加，联立解得-015。 14.(1)1ms0.125m(2)025m3m (3)4V3to-8t 【解析】(1)由于地面光滑，木板、小物块组成的 系统动量守恒，则有m=(m+m2加，代人数据有vms, 对木板受力分析有a1=m8=4m/s2,则木板运动前右端 m 47 N 高中物理选择性必修第一册（人教版） 距弹簧左端的距离满足ui=21,代人数据解得= 0.125m。 (2)木板与弹簧接触以后，对木板、小物块组成的 系统有kx2=(m1+m2)a共，对小物块有=g=1m/s2,当 a共=2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹 簧压缩量2-0.25m,对木板、小物块组成的系统，根据 能量守恒定律有-子d=方(mr+m加-子m+mi, 2 2 代入数据解得=Y3ms。 2 第二章 机 "1.简谐运动 基础练习 1.ABD【解析】机械振动的特点是在某一中心位置 附近做往复运动。 2.C【解析】振动平台在最低位置时，物体加速度 向上最大，由受力分析可知平台对物体支持力最大，由 牛顿第三定律知物体对平台的压力最大，C正确。 3.A【解析】根据物体的振动图像可知，T=4s,则 物体的振动方程为x=10cs号1(cm),代人10.5s,则 物体对平衡位置的位移为5V2cm,故A正确。 4.AD【解析】由x-t图像可知，t时刻图像的斜率 小于2时刻图像的斜率，所以<2，方向相同；由F= kx,x>2,知a>2,方向相反，A、D正确。 5.AD【解析】由题图乙可知t=0.8s时，振子在平 衡位置向负方向运动，所以速度方向向左（说明：也可 以用图像的斜率为负表明速度为负)，A正确；t=02s 时，位移为正，且振子远离平衡位置，速度逐渐减小， 应在0点右侧大于6cm处，B错误：t=0.4s和t=1.2s 时，振子的加速度大小相同，方向相反，C错误：t0.4s 到=0.8s的时间内，振子向平衡位置运动，速度逐渐增 大，D正确。 6.C【解析】位移减小时，加速度减小，速度增大， A错误；位移方向和速度方向不一定相同，B错误；物 体向平衡位置运动时，速度方向和位移方向相反，D错误。 7.D【解析】试管被竖直提起少许，说明试管在其 平衡位置以上最大位移处释放，D正确。 48 (3)木板从速度为2时到之后与物块加速度首次相 同时的过程中，由于木板的加速度大于小物块的加速 度，则当木板与小物块的加速度相同时即弹簧形变量为 2时，则说明此时木板的速度大小为”2，共用时2，且 小物块一直受滑动摩擦力作用，则对小物块有-wg· m心2，解得Y3-2,对于木板、小物块组 成的系统，根据能量守恒定律有A=乃-m 4V3to-86。 械振动 8.B【解析】在t=0.15s时，振子的位移为负，且 大小正在增大，说明振子远离平衡位置，速度减小，由 =:,知加速度在增大，A错误，B正确：根据图像 m 的切线斜率等于速度，可知此刻振子的速度为负，说明 速度方向沿x轴负方向，C错误；t=0.15s是0.1s时刻 与0.2s时刻的时间中点，由于振子做变减速运动，相 等时间内通过的位移不等，所以在t=0.15s时振子位移 一定不等于2cm,D错误。 提升练习 9.AD【解析】振子在状态a时t=0,此时的位 移为3cm,且向规定的正方向运动，A正确；振子在 状态b时t=0,此时的位移为2cm,且向规定的负方向 运动，图像②中的初始位移不对，B错误；振子在状态 c时t=0,此时的位移为-2cm,且向规定的负方向运动， 图像③中的运动方向及初始位移均不对，C错误；振子 在状态d时t=0,此时的位移为-4cm,速度为0，D 正确。 10.10V2cm8s【解析】由图读出振幅A= 10V2cm,简谐运动方程x=Asin牙(cm),代入 数据得-10-10V2si血2牙×7，解得T=8s。 >"2.简谐运动的描述 基础练习 1.BD【解析】振幅是标量，A错误；周期和频率互 为倒数，即T户1，B正确；简谐运动的周期、频率由