第一章 动量守恒定律 单元检测试卷（提升卷）-2025-2026学年高二上学期物理人教版选择性必修第一册

这是一份第一章 动量守恒定律 单元检测试卷（提升卷）-2025-2026学年高二上学期物理人教版选择性必修第一册，共20页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题（共计7题，每小题4分，共计28分）

1. C
解析 人、车和锤看作一个系统，因处在光滑水平地面上，水平方向所受合外力为零，故水平方向动量守恒，水平方向总动量始终为零，当锤有相对地面向右的速度时，人和车有向左的速度，当锤有相对地面向左的速度时，人和车有向右的速度，故车来回运动，选项A错误，C正确；锤击打小车，碰撞时系统机械能有损耗，选项B错误；人、车和锤水平方向动量守恒，因为锤会有竖直方向的加速度，故竖直方向合外力不为零，竖直方向动量不守恒，系统总动量不守恒，选项D错误。
2. A
解析 以篮球被弹回的方向为正方向，则由动量定理可知，撞击时篮球受到的冲量大小为I＝mv2－(－mv1)＝m(v1＋v2)，A正确，B错误；撞击过程中篮球和篮板组成的系统所受合外力不为零，则系统的动量不守恒，C错误；撞击过程中篮球的动能减小，则篮球和篮板组成的系统机械能减小，D错误。
3. C
解析 依题意，可得汽车动量的变化量Δp＝0－mv＝－mv，根据动量定理Ft＝Δp可得F＝－eq \f(mv,t)，故选C。
4. D
解析 小球向左摆动时，小车向右运动，小球受到的重力使系统合外力不为零，故系统动量不守恒，但该过程只有重力做功，故系统机械能守恒，A、B错误； 系统在水平方向合外力为零，水平方向满足动量守恒，可得m球v1＋m车v2＝0，故小球向左摆到最高点，小球的速度为零，小车的速度也为零，C错误，D正确。
5. B
解析 小球运动半周的过程中，末速度方向与初速度方向相反，设初速度方向为正，则小球动量的改变量为Δp＝－mv－mv＝－2mv，根据动量定理得I合＝Δp＝－2mv，故A错误，B正确；小球运动一周的过程中，小球所受重力的方向始终竖直向下，则重力的冲量大小为IG＝mgT，故C错误；小球运动一周的过程中，小球所受拉力始终不为零，时间不为零，故拉力的冲量不为零，故D错误。
6. B
解析 由I＝Ft可知，在F－t图像中，图线与坐标轴所围成的面积表示冲量的大小，所以I＝eq \f(1,2)×3×3 N·s＋3×3 N·s＝13.5 N·s，故B正确，A、C、D错误。
7. D
解析 两物体与弹簧组成的系统所受合外力为零，根据动量守恒定律知m1v1－m2v2＝0，所以v1∶v2＝m2∶m1＝1∶2，选项A、B错误；由Ek＝eq \f(p2,2m)得，Ek1∶Ek2＝m2∶m1＝1∶2，选项C错误，D正确。
二、多项选择题（共计3题，每小题5分，选对但不全得3分，错选不得分，共计15分）
8. AD
解析 以初速度方向为正方向，如果末速度的方向与初速度方向相反，由Δp＝mv′－mv，得Δp＝(－7×0.5－3×0.5) kg·m/s＝－5 kg·m/s，负号表示Δp的方向与初速度方向相反，选项A正确，B错误；如果末速度方向与初速度方向相同，由Δp＝mv′－mv，得Δp＝(7×0.5－3×0.5) kg·m/s＝2 kg·m/s，方向与初速度方向相同，选项C错误，D正确。
9. CD
解析 根据冲量的定义知，重力对物体的冲量大小为mgt，A错误；如图，
对物体进行受力分析可知支持力大小FN＝mgcs θ，则支持力对物体的冲量大小为mgtcs θ，B错误；静摩擦力f＝mgsin θ，所以静摩擦力对物体的冲量大小为mgtsin θ，C正确；因物体静止，所受合外力为零，则合外力对物体的冲量大小为零，D正确。
10. BD
解析 根据动量定理Ft＝mv－0得，t＝1 s时物块的速率为v1＝0.25 m/s；同理，t＝2 s时，p2＝Ft2＝1×2 kg·m/s＝2 kg·m/s；t＝3 s时v3＝0.25 m/s；t＝4 s时v4＝0，故选项B、D正确。
填空题（共计2题，共计20分）
四、解答题（共计3题，共计37分）
题号
1
2
3
4
5
6
7
答案
C
A
C
D
B
B
D
题号
8
9
10
答案
AD
CD
BD
题号
11
答案
11. (1)小球做平抛运动的时间相同 (3)2 6∶1
解析 (1)小球离开轨道后做平抛运动，由于抛出点的高度相等，小球做平抛运动的时间相等；小球做平抛运动的水平位移与初速度成正比，可以用水平位移间接地来代替小球碰撞前、后的速度。
(3)根据实验操作可知，入射小球未发生碰撞时落在位置2。
设入射小球未发生碰撞时的平抛初速度为v0，发生碰撞后入射小球的平抛初速度为v1，被碰小球的平抛初速度为v2，由动量守恒定律有
m1v0＝m1v1＋m2v2
可得m1v0t＝m1v1t＋m2v2t
则有m1x1＝m1x2＋m2x3
代入数据可得m1∶m2＝x3∶(x1－x2)＝55.68∶(44.48－35.20)＝6∶1。
题号
12
答案
12. (2)①A.减小滑块和导轨之间的摩擦 B.保证两个滑块的碰撞是一维的
②0.50 0.10 0.60 ③见解析
解析 (2)①A.减小滑块和导轨之间的摩擦。
B.保证两个滑块的碰撞是一维的。
②碰撞前滑块1的速度v1＝eq \f(d,Δt1)＝eq \f(5×10－3,10.01×10－3) m/s≈0.50 m/s
碰撞后滑块1的速度v2＝eq \f(d,Δt2)＝eq \f(5×10－3,49.99×10－3) m/s ≈0.10 m/s
碰撞后滑块2的速度v3＝eq \f(d,Δt3)＝eq \f(5×10－3,8.35×10－3) m/s ≈0.60 m/s。
③a.碰撞前系统的质量与速度的乘积m1v1＝0.15 kg·m/s，碰撞后系统的质量与速度的乘积之和m1v2＋m2v3＝0.15 kg·m/s，即碰撞前、后系统的质量与速度的乘积之和不变。
b.碰撞前的总动能Ek1＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＝0.037 5 J
碰撞后的总动能Ek2＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,2)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,3)＝0.037 5 J
所以碰撞前、后系统的总动能相等。
题号
13
答案
13.(1)3 kg·m/s，方向竖直向上 (2)减少了3 J
解析 (1)篮球与地面相撞前瞬间的速度为,
v1＝eq \r(2gh)＝eq \r(2×10×0.8) m/s＝4 m/s， (2分)
方向竖直向下篮球反弹时的初速度,
v2＝eq \r(\a\vs4\al(2gh′))＝eq \r(2×10×0.2) m/s＝2 m/s，方向竖直向上 (2分)
规定竖直向下为正方向，篮球的动量变化量为
Δp＝(－mv2)－mv1＝－0.5×2 kg·m/s－0.5×4 kg·m/s＝－3 kg·m/s (2分)
即篮球的动量变化量大小为3 kg·m/s，方向竖直向上。
(2)篮球的动能变化量为ΔEk＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)×0.5×22 J－eq \f(1,2)×0.5×42 J＝－3 J (2分)
即动能减少了3 J。 (2分)
题号
14
答案
14.(1)2.1 m/s (2)4 m/s
解析 (1)设木块A的最终速度为v1，由动量守恒定律，
对A、B、C系统有,
m0v0＝mAv1＋(mB＋m0)v (3分)
解得v1＝2.1 m/s。 (2分)
(2)设小木块C滑离木块A的速度为v2，当C滑离A后，对B、C有
m0v2＋mBv1＝(mB＋m0)v (3分)
或对A、B、C有
m0v0＝(mA＋mB)v1＋m0v2 (3分)
解得v2＝4 m/s。 (2分)
题号
15
答案
15. (1)eq \f(1,5)v0 eq \f(4,5)v0 (2)eq \f(1,10)v0
解析 (1)A球与B球碰撞过程中系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得mAv0＝mAv1＋mBv2 (2分)
碰撞过程中系统机械能守恒，有eq \f(1,2)mAveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mBveq \\al(2,2) (2分)
解得v1＝eq \f(mA－mB,mA＋mB)v0＝－eq \f(1,5)v0， (2分)
v2＝eq \f(2mA,mA＋mB)v0＝eq \f(4,5)v0， (2分)
碰后A球向左运动，B球向右运动。 (2分)
(2)B球掉入沙车过程中系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得
mBv2－m车·2v0＝(mB＋m车)v′ (2分)
解得v′＝eq \f(1,10)v0。 (2分)