2025版新教材高中物理第1章动量守恒定律1动量提能作业新人教版选择性必修第一册

第一章1基础强化练(时间25分钟满分60分)一、选择题(本题共6小题，每题5分，共30分)1．下列关于动量的说法中，正确的是(D)A．物体的动量变更了，其速度大小确定变更B．物体的动量变更了，其速度方向确定变更C．物体运动速度的大小不变，其动量确定不变D．物体的运动状态变更后，其动量也就变更解析：由于动量是矢量，动量变更时，可能是速度大小或方向变更，也可能两者都变，所以A、B错误；速度大小不变，速度方向可能变更，物体动量也就变更，所以C错误；物体的运动状态变更，说明物体速度发生变更，即动量发生变更，故D正确。2．(多选)质量为m的物体以初速度v0起先做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速率变为v，则在这段时间内物体动量变更量的大小为(BCD)A．m(v－v0) B．mgtC．meq\r(2gh) D．meq\r(v2－v\o\al(2,0))解析：在这段时间内，速度的变更量为Δv＝vy＝gt，则Δp＝mgt；因为veq\o\al(2,y)＝2gh，则Δp＝mvy＝meq\r(2gh)；据速度矢量关系知，veq\o\al(2,y)＝v2－veq\o\al(2,0)，则Δp＝meq\r(v2－v\o\al(2,0))。综合分析知，选项B、C、D正确。3．(多选)物体的动量变更量的大小为6kg·m/s，这说明(CD)A．物体的动量在减小B．物体的动量在增大C．物体的动能可能不变D．物体的动量大小可能不变解析：物体的动量变更量的大小为6kg·m/s，动量是矢量，动量变更的方向与初动量可能同向、可能反向、也可能不在同一条直线上，故物体的动量的大小可能增加、可能减小，也可能不变，故A、B错误，D正确；动量发生变更时，速度大小可能不变，即动能不变，所以C正确，故选CD。4．如图所示，一小孩把一质量为0.5kg的篮球由静止释放，释放后篮球的重心下降的高度为0.8m，反弹后篮球的重心上升的最大高度为0.2m，不计空气阻力，取重力加速度为g＝10m/s2，则地面与篮球相互作用的过程中其动量的变更量大小为(D)A．0.5kg·m/s B．1kg·m/sC．2kg·m/s D．3kg·m/s解析：篮球的重心下降高度0.8m的速度为v1＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×0.8)m/s＝4m/s，方向向下反弹后篮球的重心上上升度0.2m的初速度为v2＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×0.2)m/s＝2m/s，方向向上规定竖直向下为正方向，Δp＝mv2－mv1＝0.5×(－2)kg·m/s－0.5×4kg·m/s＝－3kg·m/s。故D正确。5．(2024·山东滨州北镇中学高二期末)t＝0时刻质量为1kg的小球从空中某一高度由静止起先下落，与地面碰撞后反弹上升到某一高度处，此过程中小球的速率v随时间t变更的关系如图所示。取重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是(B)A．2.0～3.0s内，小球处于超重状态B．0～3.0s内，小球的位移大小为10mC．小球在下落和上升过程中，加速度方向相反D．小球与地面碰撞过程中动量变更量的大小为4kg·m/s解析：2.0～3.0s内，小球减速上升，加速度向下，处于失重状态，A错误；图像与坐标轴围成的面积等于位移，0～3.0s内，小球的位移大小为x＝eq\f(1,2)×16×2m－eq\f(1,2)×12×1m＝10m，B正确；小球在加速下落和减速上升过程中，加速度均向下，方向相同，C错误；动量变更量为Δp＝1×(－12)kg·m/s－1×16kg·m/s＝－28kg·m/s，则小球与地面碰撞过程中动量变更量的大小为28kg·m/s，D错误。6．(多选)如图所示，从地面上同一位置抛出两个相同的小球a、b，分别落在地面上的M、N点，两球运动的最大高度相同，空气阻力不计，下列说法正确的是(BC)A．b球在空中速度变更的快B．抛出时b球的动能较大C．整个过程中a、b两球动量的变更量相同D．整个过程中b球动能的变更量较大解析：不计空气阻力，两球都是只受重力，所以加速度相同，两球在空中速度变更快慢相同，故A错误；两球运动的最大高度相同，加速度相同，故飞行时间相同，两球的速度变更量相同，则Δp＝mΔv，整个过程中a、b两球动量的变更量相同，故C正确；两球运动的最大高度相同，则竖直分速度相同；b球运动的水平距离大，水平分速度大，则抛出时b球的速度较大，动能较大，故B正确；空气阻力不计，两球只受重力作用，机械能守恒；落地时的动能等于抛出时的初动能，则动能变更均为零，两球的动能变更量相同，故D错误。二、非选择题(共30分)7．(15分)(2024·北京市陈经纶中学高二下学期期中)小明做“探究碰撞中的不变量”试验的装置如图1所示，悬挂在O点的单摆由长为l的细线和直径为d的小球A组成，小球A与放置在光滑支撑杆上的直径相同的小球B发生对心碰撞，碰后小球A接着摇摆，小球B做平抛运动。小明用游标卡尺测小球A直径如图2所示，则d＝_14.50__mm。又测得了小球A质量m1，细线长度l，碰撞前小球A拉起的角度α和碰撞后小球B做平抛运动的水平位移x、竖直下落高度h，为完成试验，还须要测量的物理量有：_小球B质量m2，碰后小球A摇摆的最大角β__。解析：球的直径为d＝14mm＋eq\f(1,20)×10mm＝14.50mm；依据机械能守恒定律m1geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(l＋\f(1,2)d))(1－cosα)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)可得碰撞前瞬间球A的速度，碰撞后仍可依据机械能守恒定律计算小球A的速度，所以须要测出小球A碰后摇摆的最大角β；小球B碰撞后做平抛运动，依据平抛运动规律可得小球B的速度，依据试验要求还须要测量小球B的质量m2。8．(15分)(2024·北京丰台区高二期末)一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0时刻起先，受到如图所示的水平外力作用。求：(1)第2s末质点的动量大小；(2)第1s内与第2s内质点动量增加量之比；(3)第1s内与第2s内质点动能增加量之比。答案：(1)6kg·m/s(2)2∶1(3)4∶5解析：(1)质点由静止起先运动，由牛顿其次定律可得，0～1s内质点的加速度大小为a1＝eq\f(F1,m)＝eq\f(4,1)m/s2＝4m/s2，1～2s内质点的加速度大小为a2＝eq\f(F2,m)＝eq\f(2,1)m/s2＝2m/s2，则第1s末质点的速度大小为v1＝a1t1＝4×1m/s＝4m/s，第2s末质点的速度大小为v2＝v1＋a2t2＝(4＋2×1)m/s＝6m/s，因此第2s末质点的动量大小为p＝mv2＝1×6kg·m/s＝6kg·m/s。(2)第1s内与第2s内质点动量增加量之比为Δp1∶Δp2＝(mv1－0)∶(mv2－mv1)＝2∶1。(3)第1s内与第2s内质点动能增加量之比为ΔEk1∶ΔEk2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv\o\al(2,1)－0))∶eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv\o\al(2,2)－\f(1,2)mv\o\al(2,1)))＝4∶5。实力提升练(时间20分钟满分40分)一、选择题(本题共5小题，每小题5分，共25分)1．(2024·陕西宝鸡高二统考期中)质量为2kg的物体，在运动过程中速度由向东的3m/s变为向南的3m/s，下列关于它在该运动过程中的动量和动能变更的说法正确的是(C)A．动量变更大小为0B．动量变更大小为12kg·m/sC．动能变更大小为0D．动能变更大小为12J解析：物体运动的速度由向东的3m/s变为向南的3m/s，设向东的速度为v1，向南的速度为v2，则有速度的变更量为Δv＝v2－v1＝eq\r(v\o\al(2,1)＋v\o\al(2,2))＝eq\r(32＋32)m/s＝3eq\r(2)m/s，可得动量变更大小为Δp＝mv2－mv1＝m·Δv＝2×3eq\r(2)kg·m/s＝6eq\r(2)kg·m/s，所以选项A、B错误；物体动能变更大小是ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝0，所以选项C正确，D错误。2．(多选)如图所示，质量为m的物体放在光滑的水平面上，现有一与水平方向成θ角的恒力F作用于物体上，恒力F在物体上作用了一段时间(作用过程中物体始终未离开水平面)，则在此过程中(BC)A．力F对物体做的功大于物体动能的变更B．力F对物体做的功等于物体动能的变更C．力F对物体的冲量大小大于物体动量变更的大小D．力F对物体的冲量等于物体动量的变更解析：对物体受力分析，受重力、支持力、拉力，合力为Fcosθ；重力和支持力都与位移垂直，不做功，故拉力的功等于总功，也等于动能的增加量，A错误，B正确；依据动量定理，动量增加量等于合力的冲量；合力为Fcosθ，小于拉力，故拉力的冲量大于动量增加量，C正确，D错误。3.如图所示，PQS是固定于竖直平面内的光滑的eq\f(1,4)圆周轨道，圆心O在S的正上方。在O、P两点各有一质量为m的物块a和b，从同一时刻起先，a自由下落，b沿圆弧下滑。以下说法正确的是(A)A．a比b先到达S点，它们在S点的动量不相等B．a与b同时到达S点，它们在S点的动量不相等C．a比b先到达S点，它们在S点的动量相等D．b比a先到达S点，它们在S点的动量相等解析：在物块下落的过程中，只有重力对物块做功，故机械能守恒，由mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gh)，所以在相同的高度，两物块的速度大小相同，即速率相同。由于a运动的路程小于b运动的路程，故ta<tb，即a比b先到达S点；到达S点时a的速度竖直向下，而b的速度水平向左，故两物块的动量不相等，所以A正确。4.如图为跳水运动员进行跳板跳水训练的动作图解。从起跳到落水前，整个过程的路径为抛物线，将运动员从最高点到入水前的运动过程记为Ⅰ，运动员入水后到最低点的运动过程记为Ⅱ，忽视空气阻力，则运动员(A)A．过程Ⅰ的动量慢慢增大B．过程Ⅱ的动量慢慢增大C．过程Ⅰ的动量变更量等于过程Ⅱ的动量变更量D．过程Ⅰ、Ⅱ的总动量变更量为零解析：过程Ⅰ的动量慢慢增大，过程Ⅱ的动量慢慢减小，A对，B错；运动员在最高点的速度不为零，末速度为零，则过程Ⅰ、Ⅱ的动量变更量不相等，其总动量变更量不为零，故C、D错误。5．(多选)如图所示为物体受到的合外力随时间变更的图像，若物体起先时是静止的，则前3s内(BC)A．物体的位移为0B．物体的动量变更量为0C．物体的动能变更量为0D．物体的动量先减小后增大解析：据牛顿其次定律知，物体第1s内的加速度为a1＝eq\f(20N,m)，第1s末的速度v1＝a1t1，物体第2、3s内的加速度为a2＝－eq\f(10N,m)，第3s末的速度v3＝v1＋a2t2＝0，故前3s内动量变更量Δp＝mv3－mv0＝0－0＝0，动能的变更量ΔEk＝0，故B、C正确；前3s内，物体的动量先增大后减小，故D错误；第1s内F＝20N，第2、3s内F＝－10N，物体先加速、后减速，在第3s末速度为0，物体的位移不为0，故A错误。二、非选择题(共15分)6．(15分)将质量为0.10kg的小球从离地面20m高处竖直向上抛出，抛出时的初速度为15m/s，g取10m/s2，不计空气阻力，求：(1)当小球落地时，小球的动量；(2)小球从抛出至落地过程中动量的增量。答案：(1)2.5kg·m/s，方向竖直向下(2