01 章末素养测评（一）(Word课后习题)-【满分思维】2026-2027学年高中物理选择性必修第一册学生用书（人教版）

章末素养测评(一) 第一章　动量守恒定律 (本试卷满分100分,考试时间75分钟) 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,只有一项符合题目要求) 1.[2025·内蒙古赤峰高二期末] 船舶的设计中,通常会在船舷处悬挂轮胎,其目的主要是在船舶与其他船舶碰撞时或船舶岸边停靠时减小碰撞产生的冲击力,从而保护船体免受损害.下列说法正确的是 (　) A.轮胎可以减小船舶碰撞时的动量 B.轮胎可以减小船舶碰撞过程中受到的冲量 C.轮胎可以减小船舶碰撞过程中动量的变化量 D.轮胎可以减小船舶碰撞过程中动量的变化率 2.[2026·山东枣庄高二期中] 如图所示,有一质量M=0.4 kg、边长为0.30 m的正方体木块,静止于光滑水平面上,木块内部有一从顶面贯通至底面的通道,一个质量为m=0.1 kg的小球由静止开始从轨道的左端运动到右端,在该过程中木块的位移为 (　) A.0.05 m B.0.06 m C.0.15 m D.0.30m 3.如图所示,在光滑的水平面上有一辆长为L、质量为m的平板车,平板车的左端紧靠着墙壁,右端站着一质量为M的同学(可视为质点),当该同学向左跳出,恰好落在平板车的左端时,平板车离开墙壁的距离为 (　) A.L B. C. D. 4.如图所示,使甲、乙两个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、乙与桌面之间的动摩擦因数μ甲>μ乙,二者的质量相等.现同时释放甲和乙,在它们相互接近过程中的任一时刻 (　) A.甲和乙组成的系统动量守恒 B.甲的动量大小比乙的大 C.甲和乙组成的系统总动量方向向左 D.甲的速度大小比乙的大 5.如图是劳动者抛沙袋入车的情境图.一排人站在平直的轨道旁,分别标记为1、2、3、…,已知车的质量为40 kg,每个沙袋质量为5 kg.当车经过一人身旁时,此人将一个沙袋沿与车前进相反的方向以4 m/s的速度投入到车内,沙袋与车瞬间就获得共同速度.已知车原来的速度大小为10 m/s, 当车停止运动时,一共抛入的沙袋有 (　) A.20个 B.25个 C.30个 D.40个 6.[2026·江西师大附中高二月考] 2025年4月30日13点08分,神舟十九号载人飞船返回舱成功着陆.在降落伞的作用下,返回舱竖直匀速降落,当距地面1 m高时,缓冲发动机开始竖直向下以一定的速度喷气,使返回舱做匀减速直线运动,到达地面时速度恰好为零.已知返回舱的总质量为M,缓冲发动机喷气口的总面积为S,喷出气体密度为ρ、流量(单位时间喷出气体的体积)为Q,重力加速度大小为g,忽略返回舱质量的变化,返回舱速度对喷出气体的速度影响忽略不计,则返回舱匀减速运动过程中的加速度大小为 (　) A. B. C.-g D.-g 7.[2025·河北石家庄二中高二期中] 如图所示,光滑的冰面上有一质量为m的小车处于静止状态,小车上表面为一半径为R的光滑圆弧曲面,圆弧的最低点切线水平.某一时刻,一质量也为m的小球自左端以水平速度v0冲上小车,下列说法正确的是 (　) A.如果小球从小车上端离开小车,小球将不会回到小车上 B.小球与小车相互作用的过程中,小球和小车组成的系统机械能不守恒 C.小球与小车相互作用的过程中,小球和小车组成的系统动量守恒 D.小球最终将会从小车左端离开小车,之后小球做自由落体运动 二、多项选择题(本题共3小题,每小题4分,共12分.在每小题给出的四个选项中,有两个或两个以上选项符合题目要求.全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分) 8.[2025·河南安阳高二期末] 2024年7月21日,特鲁姆普经过16局大战以11比5击败对手肖恩·墨菲,获得2024年斯诺克上海大师赛冠军.某次特鲁姆普击打白球撞击静止的绿球,白球、绿球和底袋在一条直线上,碰撞前瞬间白球的动能为E,碰撞后瞬间绿球的动能为,碰撞时间极短.已知白球和绿球的质量相等,则下列说法正确的是 (　) A.该碰撞为弹性碰撞 B.碰撞后瞬间白球的动能为 C.该碰撞损失的动能为 D.碰后白球与绿球的速度比为1∶2 9.如图所示为一款落锤冲击试验机,将重锤从不同高度落到样本(片、薄膜、制品)上, 以检测其在不同温度、湿度、冲击能量下的性能表现.现将一质量为100 kg的重锤从高度h=2.45 m处由静止释放,重锤与样本冲击时间约为0.05 s,然后以5 m/s的速度反弹.已知重力加速度g取10 m/s2,空气阻力忽略不计,下列说法正确的是 (　) A.与样本冲击过程,重锤的动量变化量大小为700 kg·m/s B.与样本冲击过程,重锤的动量变化量大小为1200 kg·m/s C.重锤对样本的冲击力大小约为24 000 N D.重锤对样本的冲击力大小约为25 000 N 10.[2025·山东德州高二期末] 如图甲所示,一质量为m的物块A与轻质弹簧连接,静止在光滑水平面上.物块B以某一速度向A运动,t=0时刻物块B与弹簧接触,t=2t0时刻与弹簧分离.物块A、B运动的v⁃t图像如图乙所示.已知从t=0到t=t0时间内,物块A运动的距离为0.32v0t0,弹簧始终处于弹性限度内.下列说法正确的是 (　) A.物块B的质量为4m B.分离后物块A的速度大小为2v0 C.碰撞过程中弹簧的最大弹性势能为0.5m D.弹簧压缩量的最大值为0.6v0t0 三、非选择题(本题共5小题,共60分) 11.(6分)如图甲为某小组探究两滑块碰撞前后的动量变化规律所用的实验装置示意图.带刻度尺的气垫导轨右支点固定,左支点高度可调,装置上方固定一具有计时功能的摄像机. (1)(2分)要测量滑块的动量,除了上述实验器材外,还必需的实验器材是　　　　.  (2)(2分)为减小重力对实验的影响,开动气泵后,调节气垫导轨的左支点,使轻推后的滑块能在气垫导轨上近似做　　　　运动.  (3)(2分)测得滑块B的质量为197.8 g,两滑块碰撞前后位置x随时间t的变化图像如图乙所示,其中①为滑块B碰前的图线.取滑块A碰前的运动方向为正方向,由图中数据可得滑块B碰前的动量为　　　　 kg·m·s-1(保留2位有效数字),滑块A碰后的图线为　　　　(选填“②”“③”或“④”).  12.(10分)[2026·湖北襄阳四中高二月考] 某同学用图甲实验装置验证动量守恒定律.已知入射小球质量为m1,被碰小球质量为m2,记录小球抛出点在水平地面上的竖直投影点O,测出碰撞前后两小球的平均落地点的位置M、P、N与O的距离x1、x2、x3,如图乙,分析数据: (1)(2分)若入射小球半径为r1,被碰小球半径为r2,则要求　　　　.(填选项前的字母)  A.m1>m2,r1>r2 B.m1<m2,r1<r2 C.m1>m2,r1=r2 D.m1<m2,r1=r2 (2)(2分)入射小球从轨道上滑下时,轨道的粗糙程度对实验结论　　　　　(选填“有影响”或“无影响”).  (3)(2分)若两球碰撞时的动量守恒,应满足的关系式为　　　　　　　　　　(用题中所给物理量的符号表示).  (4)(4分)某实验小组用另一组装置验证动量守恒定律,如图丙所示,在水平槽末端与水平地面间放置了一个斜面,斜面的顶点与水平槽等高且无缝连接,使入射小球仍从斜槽上S点由静止滑下,多次实验,得到两球落在斜面上的平均落点M'、P'、N'.用刻度尺测量斜面顶点到M'、P'、N'三点的距离l1、l2、l3,则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为 　　　　　　　　　　(用所测物理量的符号表示).  13.(10分)一质量m=0.5 kg的篮球从H=0.8 m的高度处由静止下落到水平地板上,每次弹跳上升的高度总等于碰前下落高度的,且每次球与地板接触时间相等,均为0.2 s.空气阻力不计,重力加速度g取10 m/s2. (1)(3分)求第一次球与地板碰撞,地板对球的平均作用力大小; (2)(3分)求第一次和第二次与地板碰撞过程中,球所受的冲量的大小之比; (3)(4分)若在0.8 m高度处用手拍这个球,使球保持在0.8 m的高度上下跳动,求每次应给球施加的冲量大小. 14.(16分)[2026·山东淄博六校高二期中] 如图所示,质量为M=3.0 kg,半径R=0.6 m的四分之一光滑圆弧槽静置于光滑水平地面上,可自由滑动,有两个大小、形状相同的可视为质点的质量分别为m1、m2的小球1、2,其中m1=1 kg,m2未知,2右侧与球心等高处连接一轻质弹簧,弹簧的另一端距圆弧槽底有一定距离.现将小球1从圆弧槽顶端由静止释放,小球1恰好不能再次滑上圆弧槽,重力加速度g取10 m/s2,求: (1)(4分)小球1离开圆弧槽时,圆弧槽的速度v1的大小; (2)(6分)小球2的质量大小; (3)(6分)弹簧被压缩的过程中,其弹性势能的最大值Ep. 15.(18分)[2026·湖南长沙长郡中学高二期中] 如图所示,质量为M=2 kg的长木板A静止在光滑水平地面上,质量为m=4 kg的小物块B(看作质点)放在长木板的左端,在木板A右侧的地面上固定着一个弹性挡板P.现使木板A 和物块B以v0=4 m/s的速度一起向右运动,木板碰撞弹性挡板后立即以碰前的速率反向弹回.已知物块与长木板间的动摩擦因数为μ=0.25,重力加速度g取10 m/s2. (1)(4分)求木板A与挡板第一次碰后向左运动的时间; (2)(6分)如果物块B始终不会从长木板A上滑落,求整个过程中物块B相对A运动的路程; (3)(8分)若长木板A的长度L= m,求物块B从木板A上滑落之前木板A与挡板之间的碰撞次数.(lg2=0.301,lg3=0.477) 学科网（北京）股份有限公司 $ 章末素养测评(一) 1.D　[解析] 物体的动量与物体的速度和质量有关,轮胎不能减小船舶碰撞时的动量,故A错误;由动量定理I=p-p'=mv-mv0,可知轮胎不能减小船舶碰撞过程中受到的冲量,故B错误;轮胎不能减小船舶碰撞过程中动量的变化量,故C错误;轮胎可以延长船舶碰撞过程的作用时间,使碰撞过程中动量的变化率减小,故D正确. 2.B　[解析] 设正方体木块边长为a,小球由静止开始从如图所示轨道的左端运动到右端过程中,小球与木块组成的系统,水平方向动量守恒,则有m·t=M·t,即mx1=Mx2,由几何关系x1+x2=a,联立解得x2=0.06 m,故选B. 3.D　[解析] 设该同学从平板车上跳起后沿水平方向的分速度大小为v1,平板车的速度大小为v2,由于水平面光滑,二者沿水平方向的动量守恒,则有Mv1-mv2=0,设该同学从右端到达左端的时间为t,则该同学的位移大小x1=v1t,平板车的位移大小x2=v2t,由空间几何关系得x1+x2=L,联立解得x2=,故A、B、C错误,D正确. 4.C　[解析] 甲、乙与桌面之间的动摩擦因数不同,质量相同,可知甲和乙组成的系统受到的合外力不为零,故甲和乙组成的系统动量不守恒,故A错误;设甲、乙两条形磁铁间的吸引力为F,则吸引力对甲、乙两条形磁铁的冲量大小相等,设为IF,根据动量定理,甲、乙的动量大小分别为p甲=IF-μ甲m甲gt,p乙=IF-μ乙m乙gt,由于μ甲>μ乙,二者的质量相等,可知p甲<p乙,知甲和乙组成的系统总动量方向向左,故B错误,C正确;甲、乙两条形磁铁的动量大小分别为p甲=mv甲,p乙=mv乙,由于质量相等,且任一时刻p甲<p乙,可知甲的速度比乙的小,故D错误. 5.A　[解析] 设一共抛入n个沙袋,这些沙袋抛入车的过程,满足水平方向动量守恒,可得Mv0-n·mv=0,解得n==20,即抛入20个沙袋,车恰好停止运动,故A正确. 6.D　[解析] 设喷出气体的速度为v,则流量Q=vS,在Δt时间内,喷出的气体的质量为Δm=ρQΔt,对这部分气体进行分析,根据动量定理可知FΔt=Δmv,其中F是飞行器对气体的作用力,可解得F=,根据牛顿第三定律,飞行器受到的作用力也为F,设飞行器的加速度大小为a,则有F-Mg=Ma,可解得a=-g,故选D. 7.D　[解析] 如果小球从小车上端离开小车,离开小车时水平方向和小车共速,水平方向小球和小车相对静止,所以小球一定还能落回小车,故A错误;小球在小车上滑动过程中,系统只有重力和系统内弹力做功,所以系统机械能守恒,故B错误;小球在小车曲面上滑动过程中,系统合外力不为零,所以系统动量不守恒,只是在水平方向系统不受外力,水平方向动量守恒,故C错误;小球再次滑到小车底端时,对小球和小车系统由能量守恒和水平方向动量守恒得m=m+m,mv0=mv1+mv2,解得v1=0,v2=v0,所以小球从左端离开小车后做自由落体运动,故D正确. 8.CD　[解析] 根据动能与动量的关系,可知碰前白球的动量为p0=,碰后绿球的动量为p2=,两球碰撞的过程动量守恒,则有p0=p1+p2,碰后白球的动量为p1=,所以碰后白球的动能为E1=,B错误;该碰撞损失的动能为ΔE=E-E-=,即该碰撞为非弹性碰撞,A错误,C正确;两球质量相同,由公式p=mv,可知v∝p,则碰后白球与绿球的速度之比为1∶2,D正确. 9.BD　[解析] 设重锤与样本冲击前的速度为v1,根据速度位移关系=2gh,可得v1=7 m/s,与样本冲击过程,重锤的动量变化量大小为Δp=mv2-(-mv1)=1200 kg·m/s,故A错误,B正确;以竖直向上为正方向,根据动量定理可得(F-mg)Δt=mv2-(-mv1),解得F=25 000 N,故C错误,D正确. 10.AD　[解析] 由图可知在t0时刻两物块共速,则由动量守恒定律有mBv0=(m+mB)0.8v0,解得物块B的质量为mB=4m,选项A正确;分离时弹簧恰恢复到原长,则由动量守恒定律和能量守恒定律得mBv0=mAv1+mBv2,mB=mA+mB,解得分离后物块A、B的速度大小分别为v1=1.6v0,v2=0.6v0,选项B错误;当两物块共速时弹簧弹性势能最大,则碰撞过程中弹簧的最大弹性势能为Epm=mB-(mA+mB)(0.8v0)2=0.4m,选项C错误;在0~t0时间内弹簧被压缩,A的位移xA=0.32v0t0(即图中下方阴影面积),因A、B受弹力等大,则A、B加速度之比为4∶1,则0~t0时间内B比以v0的速度匀速运动时,减小的位移为ΔxB=xA=0.08v0t0(即图中上方阴影面积),B的位移xB=v0t0-0.08v0t0=0.92v0t0,可得弹簧压缩量的最大值为Δl=xB-xA=0.6v0t0,选项D正确. 11.(1)天平　(2)匀速直线　(3)-0.011　③ [解析] (1)要计算滑块的动量还需要测量滑块的质量,故还需要的器材是天平. (2)为了减小重力对实验的影响,应该让气垫导轨处于水平位置,故调节气垫导轨后要使滑块能在气垫导轨上近似做匀速直线运动. (3)取滑块A碰前运动方向为正方向,根据x⁃t图像可知滑块B碰前的速度为vB= m/s≈-0.058 m/s,则滑块B碰前的动量为pB=mBvB=0.197 8 kg×(-0.058) m/s≈-0.011 kg·m/s;由题意可知两滑块相碰要符合碰撞制约关系,则④图线为碰前滑块A的图线,由图可知碰后③图线的速度大于②图线的速度,根据“后不超前”的原则可知③为碰后滑块A的图线. 12.(1)C　(2)无影响　(3)m1x2=m1x1+m2x3　(4)m1=m1+m2 [解析] (1)实验时为保证两球正碰,则两球必须等大,即r1=r2;为防止入射球碰后反弹,则入射球质量要大于被碰球的质量,即m1>m2,故选C. (2)入射小球从轨道上滑下时,轨道的粗糙程度对实验结论没有影响,小球滑到底端时速度相同即可. (3)碰撞前入射小球的落点为P,碰撞后入射小球的落点为M,被碰小球的落点为N;由于两小球在空中下落的高度相同,所以平抛运动时间相同,设为t,由题意得v=,v1=,v2=,根据动量守恒定律可得m1v=m1v1+m2v2,若两球碰撞时的动量守恒,应满足的关系式为m1x2=m1x1+m2x3. (4)碰撞前入射小球的落点为P',碰撞后入射小球的落点为M',被碰小球的落点为N',设斜面倾角为α,由平抛运动的规律得l2sin α=gt2,l2cos α=vt,解得v=,同理可得v1=,v2=,根据动量守恒表达式m1v=m1v1+m2v2,可得m1=m1+m2. 13.(1)23 N　(2)5∶4　(3)1.5 N·s [解析] (1)篮球从H=0.8 m的高度落到水平地板上,与地板第一次碰撞前篮球的瞬时速度大小为v0==4 m/s 由于每次弹跳上升的高度总等于碰前下落高度的,可得碰后的速度大小为 v1=0.8v0 第一次球与地板碰撞,设地板对球的平均作用力大小为F1,选竖直向上为正方向,根据动量定理有F1t-mgt=mv1-(-mv0) 解得F1=23 N (2)第二次碰后瞬时速度为v2=0.8v1=0.82v0 设第一次和第二次与地板碰撞过程,球所受的冲量大小分别为I1、I2,选竖直向上为正方向,根据动量定理有 I1=mv1-(-mv0),I2=mv2-(-mv1) 解得I1∶I2=5∶4 (3)球跳起后上升高度h'=H' 若不用手拍球,欲使球跳起0.8 m,应使球的下落高度为 H'=h'=1.25 m 由机械能守恒定律可得mg(H'-h')=mv2 解得v=3 m/s 则应在0.8 m处给球的冲量大小为 I=mv=1.5 N·s 14.(1)1 m/s　(2)2 kg　(3)3 J [解析] (1)小球1在圆弧槽上下滑的过程中,槽和小球组成的系统在水平方向动量守恒,则m1v2-Mv1=0 由系统机械能守恒可得m1gR=m1+M 解得v1=1 m/s,v2=3 m/s 所以小球1离开圆弧槽时,圆弧槽的速度大小v1=1 m/s (2)小球1恰好不能再次滑上圆弧槽,则小球1与弹簧相互作用后,即弹簧恢复原长时,小球1的速度v3=v1=1 m/s,方向水平向右 设此时小球2速度为v4,取水平向左为正方向,小球1与弹簧相互作用过程,根据动量守恒定律得m1v2=-m1v3+m2v4 由能量守恒定律得m1=m2+m1 解得m2=2 kg (3)当小球1、2速度相等时,弹簧具有最大弹性势能,根据动量守恒定律得m1v2=(m1+m2)v共 解得v共=1 m/s 根据能量守恒定律可得Ep=m1-(m1+m2) 解得Ep=3 J 15.(1)0.8 s　(2)4.8 m　(3)3次 [解析] (1)木板与挡板发生弹性碰撞,第一次碰撞后的速度大小仍为v0=4 m/s,设木板向左减速到速度为零的时间为t1,由动量定理得-μmgt1=0-Mv0 代入数据解得t1=0.8 s (2)木板A与挡板碰后,木板A与物块B组成的系统动量守恒,木板A质量小,先减速到零后又反向加速,系统达到共同速度时,共同速度比开始的初速度小,所以共速时一定还未与挡板碰撞,接着第二次与挡板碰撞,如此经过反复的多次碰撞后共速最终系统会处于静止状态,整个过程中根据功能关系可得=μmgs 代入数据解得整个过程中物块B相对A运动的路程为s=4.8 m (3)木板A与挡板碰后,木板A与物块B组成的系统动量守恒,取水平向右为正方向,第一次碰撞后,系统达到共同速度v1,物块B相对木板A运动距离为ΔL1,则 mv0-Mv0=v1 解得v1=v0=v0 又μmgΔL1=- 第二次碰撞后,系统达到共同速度v2,物块B相对木板A运动距离为ΔL2,则 mv1-Mv1=v2 解得v2=v0=v0 又μmgΔL2=- 第三次碰撞后,系统达到共同速度v3,物块B相对木板A运动距离为ΔL3,则 mv2-Mv2=v3 解得v3=v0=v0 又μmgΔL3=- …… 第n次碰撞后,系统达到共同速度vn,物块B相对木板A运动距离为ΔLn,则 mvn-1-Mvn-1=vn 解得vn=v0=v0 又μmgΔLn=- 联立上述各式可得μmg=- 即μmgL=- 解得n==2.4次 即木板A与挡板能碰3次 学科网（北京）股份有限公司 $