周周练1 动量和动量定理 动量守恒定律-【优学精讲】2026-2027学年高中物理选择性必修一同步教参（教科版）

**基本信息** 聚焦动量模块核心内容，以概念理解为基础，通过多样化题型构建“概念-定理-守恒定律-实验-综合”的递进式知识逻辑链，强化运动和相互作用观念与科学推理能力。 **综合设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |概念理解|1-2题|动量矢量性、动量与动能关系辨析|从动量定义出发，建立矢量运算与状态量认知| |定理应用|4、10题|冲量计算、动量定理在碰撞/打击中的应用|结合力的时间累积效应，深化动量变化与合外力冲量关系| |守恒定律|3、7、11-12题|系统动量守恒条件判断、多体多过程动量守恒计算|围绕守恒条件，构建“系统选取-过程分析-方程列写”推理模型| |实验验证|8-9题|遮光片测量、动量守恒实验数据处理|通过实验操作与误差分析，强化科学探究中的证据意识| |综合计算|5、6、13题|圆周运动动量变化、流体冲击力、平抛与动量结合|整合运动学、动力学知识，提升复杂问题的模型建构能力|

周周练1　动量和动量定理　动量守恒定律 1．质量为0.2 kg的小球竖直向下以6 m/s的速度落至水平地面上，再以4 m/s的速度反向弹回。取竖直向下为正方向，在小球与地面接触的过程中，小球动量变化量为(　　) A．0.4 kg·m/s B．－2 kg·m/s C．2 kg·m/s D．－0.4 kg·m/s 解析：选B。取竖直向下为正方向，小球动量变化量Δp＝mv2－mv1＝0.2×(－4－6) kg·m/s＝－2 kg·m/s。 2．下列说法正确的是(　　) A．物体动量为零时，一定处于平衡状态 B．物体动量越大，其动能一定越大 C．一对作用力和反作用力的冲量之和一定为零 D．动量相同的物体，运动方向可能不同 解析：选C。动量为零，物体的速度为零，但物体的合外力不一定为零，所以物体不一定处于平衡状态，如物体做竖直上抛运动时，到达最高点时速度为零，但物体处于非平衡状态，故A错误；根据动量与动能的关系p2＝，可知物体动量越大，动能不一定越大，故B错误；一对作用力和反作用力总是等大反向、作用时间相同，则冲量之和一定为零，故C正确；动量相同的物体，速度方向相同，则运动方向一定相同，故D错误。 3．如图所示，甲、乙两人站在静止的小船上，忽略水对船的阻力，若要保持小船静止不动，下列做法可能正确的是(　　) A．甲静止，乙在船上走动 B．乙静止，甲在船上走动 C．甲、乙同时在船上相向运动 D．甲、乙同时在船上同向运动 解析：选C。甲静止，乙在船上走动，乙有速度，那么乙有动量，而甲和船的动量为0，系统总动量不为0，不符合动量守恒定律，小船会运动，故A错误；乙静止，甲在船上走动，甲有速度，那么甲有动量，而乙和船的动量为0，系统总动量不为0，不符合动量守恒定律，小船会运动，故B错误；甲、乙同时在船上相向运动，若两人的动量大小相等、方向相反，那么系统总动量为0，小船可以保持静止不动，故C正确；甲、乙同时在船上同向运动，两人的动量方向相同，系统总动量不为0，不符合动量守恒定律，小船会运动，故D错误。 4．有两个完全相同的小球，从图甲中左、右两个圆筒的正上方相同高度处同时由静止释放，两球分别与左、右两个筒的底部发生碰撞并反弹。其中左筒底部为一钢板，右筒底部为泡沫，压力传感器分别测得两球第一次碰撞中受到的撞击力随时间变化如图乙中的曲线①②所示，已知曲线①②与时间轴围成的面积相等，则比较两球各自在第一次碰撞过程中(　　) A．两小球所受合外力的冲量竖直向下 B．两小球所受合外力的冲量相等 C．右边小球动量变化大 D．左边小球动量变化率大 解析：选D。在碰撞过程中，小球受到竖直向上的撞击力F和竖直向下的重力mg，由于小球发生反弹，末速度方向竖直向上，初速度方向竖直向下，速度变化量的方向竖直向上，动量的变化量Δp＝mΔv的方向也竖直向上，根据动量定理，合外力的冲量I合＝Δp，故合外力的冲量方向也竖直向上，故A错误；两小球所受合外力的冲量为撞击力冲量与重力冲量的矢量和，规定向上为正方向，即I合＝IF－IG，由题意知曲线①②与时间轴围成的面积相等，即IF相等，由于左边小球作用时间短，所受重力的冲量小，则左边小球所受合外力的冲量大，即左边小球动量变化量大，故B、C错误；由于左边小球碰撞过程中动量变化量大，且作用时间较小，故左边小球的动量变化率大，故D正确。 5．如图所示，水平面内固定一个半径为R且内壁光滑的圆管轨道(R远大于圆管的直径)，A、B、C、D将圆轨道等分成四份，某小球在轨道内以v0的速度沿顺时针方向做圆周运动，下列说法正确的是(　　) A．A到B的过程，小球动量变化量大小为mv0 B．A到C的过程，小球动量变化量大小为0 C．A到B的过程，小球所受合力的冲量大小为 D．A到C的过程，小球所受重力的冲量大小为2mv0 解析：选A。由矢量的合成可知，A到B小球速度的变化量的大小Δv＝＝v0，则小球动量的变化量Δp＝mΔv＝mv0，根据动量定理可知，小球所受合力的冲量大小I＝Δp＝mv0，故A正确，C错误；A到C的过程，选取小球初速度的方向为正方向，同理可知，小球速度变化量的大小Δv′＝|－v0－v0|＝2v0，则小球动量的变化量Δp′＝mΔv′＝2mv0，故B错误；由题可知，小球受重力和轨道的弹力，A到C合外力的冲量大小为2mv0，由于轨道的弹力不为0，弹力的冲量不为0，故小球所受重力的冲量大小不等于2mv0，故D错误。 6.高压水枪在生活中的应用越来越广泛，高速水流射到物体上会产生强大的作用力，可以达到非常好的清洗效果。已知水枪出水口的直径为d，水流从枪口冲出的速度为v，水的密度为ρ，忽略水流所受重力及空气阻力，且水射到物体上后速度可认为变为零，则水流对物体的平均作用力为(　　) A．πρv2d2 B． C． D． 解析：选D。在Δt时间内，喷出水的质量Δm＝ρ·ΔV＝ρvΔt·π，由动量定理FΔt＝Δmv，解得F＝。 7．如图所示，斜面体质量为M，物块质量为m，一开始两者都静止，所有接触面均光滑，重力加速度为g。经过时间t后，物块到达斜面底部。下列说法正确的是(　　) A．物块的机械能守恒 B．斜面体、物块组成的系统动量守恒 C．斜面体对地面的压力等于(M＋m)g D．斜面体对物块的支持力做负功 解析：选D。物块的重力势能转化为物块与斜面的动能，所以物块的机械能减少，故A错误；斜面体、物块组成的系统水平方向上的动量守恒，竖直方向所受合外力不为零，动量不守恒，故B错误；物块有竖直向下的分加速度，处于失重状态，故对物块与斜面体组成的系统在竖直方向由牛顿第二定律有(M＋m)g－F＝may，由牛顿第三定律可知地面对系统的支持力与斜面体对地面的压力大小相等，则斜面体对地面的压力小于(M＋m)g，故C错误；物块下滑的同时，斜面向右运动，斜面体对物块的支持力与物块位移的夹角为钝角，支持力做负功，故D正确。 8．利用如图甲所示的实验装置验证动量守恒定律，其中两滑块质量不同，但滑块上的遮光片规格相同。 (1)利用游标卡尺测量遮光片的宽度，测量结果如图乙所示，遮光片的宽度d＝_______________________cm。 (2)有同学发现遮光片宽度的测量值偏大，则对实验结果______________(选填“有影响”或“无影响”)。 解析：(1)遮光片的宽度d＝0.5 cm＋0.05 mm×9＝0.545 cm。 (2)设滑块1质量为m1，滑块2质量为m2，让m1去碰m2，m1碰前遮光时间为t1，m1碰后遮光时间为t1′，m2碰后遮光时间为t2′，则要验证的动量守恒表达式为m1＝m1＋m2，其中d会被约掉，故遮光片宽度的测量值偏大对实验结果无影响。 答案：(1)0.545　(2)无影响 9．某同学想验证“当系统在某一方向上所受外力之和为0时，系统在该方向上动量守恒”的物理规律。为此他设计了一个实验：如图甲所示，把一个小球从末端切线水平的斜槽上某一位置由静止释放，在斜槽末端安装光电门1，调整光电门1的高度，使光电门1与小球在斜槽末端时球心的位置等高。在下方水平面上放置光滑气垫导轨，把一带凹槽的滑块放在导轨上，滑块里装有细砂，不考虑砂从滑块上漏出的情况。调整装置的位置，使小球从斜槽上释放后恰好能落入细砂中(立即与滑块共速)。在气垫导轨的右端安装光电门2，在滑块上安装宽度为d2的遮光条。 (1)用游标卡尺测量小球的直径d1，测量结果如图乙所示，则小球的直径d1＝_________________________mm。 (2)实验中光电门1、2记录的时间分别为Δt1、Δt2，则小球经过光电门1的速度大小为__________，滑块经过光电门2的速度大小为__________。(用题中所给字母表示) (3)用天平分别测量小球和滑块(含遮光条和砂)的质量，测量结果分别为m、M。当等式m＝____________________成立时，有小球和滑块组成的系统在相互作用的过程中水平方向动量守恒。(用题中所给字母表示) 解析：(1)10分度游标卡尺的精确值为0.1 mm，由题图乙可知小球的直径d1＝10 mm＋6×0.1 mm＝10.6 mm。 (2)由于小球和滑块经过光电门时的挡光时间很短，可认为小球和滑块经过光电门时挡光过程的平均速度等于小球和滑块经过光电门时的速度，则小球经过光电门1的速度大小v1＝，滑块经过光电门2的速度大小v2＝。 (3)若小球和滑块组成的系统在相互作用的过程中水平方向动量守恒，则有mv1＝(m＋M)v2，则有 m＝(m＋M)。 答案：(1)10.6　(2)　　(3)(m＋M) 10．(8分)一个质量为50 kg的蹦床运动员，从离水平网面3.2 m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0 m高处。已知运动员与网接触的时间为0.8 s，g取10 m/s2。求： (1)运动员从开始下落到第一次到达最高点的时间；(4分) (2)网对运动员的平均作用力大小。(4分) 解析：(1)设运动员质量为m，下落阶段时间为t1，与网面接触的时间为t0，离开网面上升阶段时间为t2，由题意得h1＝gt，h2＝gt 代入数据得运动员从开始下落到第一次到达最高点的时间t＝t1＋t2＋t0＝2.6 s。 (2)设运动员触网速度大小为v1，离网速度大小为v2，由题意得v＝2gh1，v＝2gh2 取向上为正方向，设网对运动员的平均作用力大小为F，由动量定理得Ft0－mgt0＝mv2－m(－v1) 代入数据得F＝1 625 N。 答案：(1)2.6 s　(2)1 625 N 11．(8分)轨道舱与返回舱的组合体绕质量为M的行星做半径为r的圆周运动，轨道舱与返回舱的质量比为5∶1。如图所示，轨道舱在P点沿运动方向向前弹射返回舱，分开瞬间返回舱相对行星的速度大小为2，G为引力常量。求： (1)组合体分开前的速度大小；(4分) (2)分开瞬间轨道舱相对行星的速度大小。(4分) 解析：(1)由题知，轨道舱与返回舱的质量比为5∶1，设返回舱的质量为m，则轨道舱的质量为5m，总质量为6m；根据题意知组合体绕行星做圆周运动，根据万有引力定律有G＝6m 可得组合体分开前的速度大小v＝。 (2)设分开瞬间轨道舱和返回舱相对行星的速度大小分别为v1、v2，弹射返回舱的过程中组合体动量守恒，有 6mv＝5mv1＋mv2 由题意v2＝2 代入解得v1＝。 答案：(1)　(2) 12.(10分)如图所示，一个小孩在冰面上进行“滑车”练习，开始小孩站在A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车质量均为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，求： (1)小孩跳回A车后，他和A车的共同速度大小；(3分) (2)小孩跳离A车和B车时对地速度的大小；(3分)　 (3)小孩跳离A车的过程中对A车冲量的大小。(4分) 解析：(1)因为A、B恰好不相撞，则最后具有相同的速度。在小孩跳的过程中，把小孩、A车、B车看成一个系统，该系统所受合外力为零，动量守恒，由动量守恒定律得 (m＋mA)v0＝(m＋mA＋mB)v 代入数据解得v＝5 m/s。 (2)依题意，设小孩跳离A车和B车时对地的速度大小为v′，则对小孩和B车根据动量守恒定律有 mv′＝－mv′＋mBv 解得v′＝10 m/s。 (3)根据动量守恒定律，小孩跳离A车的过程有 (m＋mA)v0＝mv′＋mAvA′ 解得小孩跳离A车后，A车的速度大小 vA′＝8.75 m/s 根据动量定理，小孩对A车的冲量大小等于A车动量的变化量大小，即 I＝Δp＝mAv0－mAvA′＝25 kg·m/s。 答案：(1)5 m/s　(2)10 m/s　(3)25 kg·m/s 13.(12分)如图，一长为2 m的平台，距水平地面高度为1.8 m。质量为0.01 kg的小物块以3 m/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10 m/s2。 (1)求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。(4分) (2)若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45 m，物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间共计1 s。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。(8分) 解析：(1)小物块在平台上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有μmg＝ma 则小物块从开始运动到离开平台有v－v＝－2ax0 小物块从平台飞出后做平抛运动，有 h＝gt，x＝vxt1 联立解得x＝0.6 m。 (2)物块第一次落到地面后弹起，在竖直方向，有 h′＝gt，vy2＝gt2 解得t2＝0.3 s，vy2＝3 m/s 则物块与地面接触的时间Δt＝t－t1－t2＝0.1 s 物块与地面接触的过程中根据动量定理，在竖直方向取竖直向上为正，有 IN－mgΔt＝mvy2－m(－vy1)，vy1＝gt1 解得IN＝0.1 N·s 在水平方向取水平向右为正，有 －μNΔt＝mvx′－mvx，IN＝NΔt 解得vx′＝－1 m/s 由于物体水平方向速度减为0后，不再受摩擦力，故物块弹离地面的水平速度为0。 答案：(1)0.6 m　(2)0.1 N·s　0 学科网（北京）股份有限公司 $