【原创】（新高考）2022届第六单元动量训练卷 B卷 教师版.docx

新高考）2022届高三一轮单元训练卷第六单元动量（B）本卷须知：1 .答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准 考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2 .选择题的作答：每题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案 标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3 .非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在 试题卷、草稿纸和答题k上的非答题区域均无效。4 .考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。K-一、单项选择题：此题共8小题，每题3分，共24分。每题只有一个选项符合题 目要求。1 .以下说法正确的选项是（）A.冲量的方向与动量的方向一致B.冲量是物体动量变化的原因C.物体受力越大，其动量变化越大D.冲量越大，动量也越大【答案】B【解析】根据动量定理可知，冲量是物体动量变化的原因，冲量和动量没有必然的 联系，冲量的方向与动量的方向不一定一致，冲量越大，动量也不一定越大，故AD错 误，B正确；根据动量定理以/=?口物体受力越大，其动量变化不一定越大，还和 受力的时间有关，故C错误。2 .如下列图，小朋友在荡秋千时，小朋友可视为质点，她自内侧最高点。运动到外 侧最高点方过程中，忽略空气阻力，秋千对小朋友作用力的冲量方向为（）A.竖直向上盛忠B.竖直向下C. 指向。方向D. I指向。方向【答案】A【解析】小朋友初始动量和末动量均为零，根据动量定理，合力的冲量为零，所以 秋T对小朋友作用力的冲量与重力冲量等大反向。3 .如下列图，A8为固定的光滑圆弧轨道，O为圆心，AO水平，80竖直，轨道半径 为R,将质量为?的小球（可视为质点）从A点由静止释放，在小球从A点运动到8点的 过程中（）A.小球所受合力的冲量指向圆心OB.小球所受支持力的冲量水平向右C.小球所受合力的冲量大小为N荻D.小球所受重力的冲量大小为0【答案】C【解析】在小球从A点运动到4点的过程中，/=、，速度方向变为水平向右， 所以小球所受合力即重力和支持力的合力的冲量水平向右，故A、B错误；在小球从4 点运动到B点的过程中机械能守恒，故有mgR=5小,解得1泳=，荻，所以还, 故C正确：小球所受重力的冲量大小为帖=?/，大小不为零，故D错误。4 .质量为卜半径为R的小球，放在半径为3R、质量为3机的大空心球内，大球 开始静止在光滑水平而上。当小球从如下列图的位置（两球心在同一水平面上）无初速度 沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离是（） 3R JA.前B.C.D.打【答案】A【解析】由于水平面光滑，系统水平方向上动量守恒，那么任意时刻小球的水平速 度大小为力，大球的水平速度大小为V2，由水平方向动量守恒有团q=382，假设小球到达最低点时，小球的水平位移为M，大球的水平位移为X2,那么五 =三，由题意力 X2 V,-¥x2=3RR=2R,解得大球移动的距离X2=Jr，故A正确。5 .如下列图，一质量为3M的盒子沿光滑水平面以速度方向右运动，盒底上外表光 滑，同时在盒内有一质量为M的小物块以水平速度u向右运动。如果每一次碰撞都没有 机械能损失，那么（）2yt3M V A/gzz/zzz/zzz/zzz/zzz/7zzzzz7z/zzz/zzz/zzzz/zz'/zzz/zzz>A.盒子与小物块最终静止B.盒子与小物块最终到达相同速度，从而做匀速运动C.第一次碰撞后瞬间，小物块相对水平面的速度大小为全D.第一次碰撞后瞬间，小物块相对水平面的速度大小为|i，【答案】D【解析】由于水平面光滑且每一次碰撞都没有机械能损失，盒子与小物块会一直碰 撞下去，故AB错误；盒子与小物块发生第一次弹性碰撞后瞬间，由动量守恒定律得 3A/x2v + Mv = 3A/v,+A/v2 ,由机械能守恒定律得| x 3Af x （2v）2 +1 Mv1 = 1 x 3A/v,2 +1解得盒子的速度大小为匕,小物块的速度大小为与故C错误，D正确。6 .如下列图，在光滑的水平地面上，静置一质量为，的四分之一光滑圆弧滑块，圆 弧半径为R, 一质量也为，的小球，以水平速度vo自滑块的左端A处滑上滑块，当二 者共速时，小球刚好到达圆弧上端以假设符小球的初速度增大为2%，那么小球能到 达距B点的最大高度为（）A. 2R B. 3R【答案】BA. 2R B. 3R【答案】BC. 4RD. 5R【解析】当小球上升到圆弧的上端时，小球与滑块速度相同，设为也，以小球的初 速度vo方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得用即=2八，1,由机械能守恒定 律得;心号2叫代入数据解得%=2甄，假设小球以2忖冲上滑块，当 小球上升到圆弧的上端时，小球与滑块水平速度相同，设为由，以小球的初速度方向为 正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得2联）=27V2,由机械能守恒定律得 g（2%）2=，2*解得小=而吼小球离开圆弧后做斜抛运动，竖2宜方向做减速运动，那么=上=3R，故距8点的最大高度为3反 2g7 . 一颗子弹水平射入静止在光滑水平地面上的木块后不再穿出，木块的动能增加 了 8J,木块的质量大于子弹的质量。那么此过程中产生的内能可能是（）A. 18 J B. 16J C. 10J D. 6J【答案】A【解析】设子弹的初速度为如，射入木块后子弹与木块共同的速度为丫，木块的质 量为M,子弹的质量为，根据动量守恒定律得八i=（M+?M解得-=程-,木块 获得的动能为&='/=疆号,系统产生的内能为Q=S而一如+"=瑞普， 所以等=送一，由于木块的质量大于子弹的质量，所以等=土土即。24反v ivl -r mv m -r ni 乙=2x8J=16J,故 A 正确，B、C、D 错误。8 .如下列图，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车（含管道）的质量为2m, 原来静止在光滑的水平面上。今有一个可以看做质点的小球，质量为相，半径略小于管 道半径，以水平速度v从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左 端滑离小车。关于这个过程，以下说法不正确的选项是（）A.小球滑离小车时，小车不能I可到原来位置B.小球滑离小车时相对小车的速度大小为vc.车上管道中心线最高点的竖直高度为匕g2D.小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车的动量变化大小是言?八，【答案】C【解析】小球到最高点，水平方向动量守恒，因此有mu=（m + 2m）%,机械能守恒 ；加/=如+2mM+ mgh,解得也=g, h=；g，那么小车到最高点的动量变化量为 Ap=2mx=lmv,小球离开小车时，由动量守恒和机械能守恒得mu=m2+2nn；3, 产=法+ ；2m成联立解得力=-标3=因此相对速度为3-也=也可以看到小车得速 度一直为正向速度，因此一直向前运动，不会回到原点，综上分析，ABD正确，C错误。二、多项选择题:此题共4小题，每题4分，共16分。每题有多个选项符合题目要 求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9 .如下列图，静止在光滑水平面上的小车，站在车上的人将右边框中的球一个一个 地投入左边的框中。所有球仍在车上，那么，在投球过程中以下说法正确的选项是（）A.由于人和小车组成的系统所受的合外力为零，所以小车静止不动B.由于人和小车组成的系统所受的合外力不为零，所以小车向右运动C.投完球后，小车将向右做匀速直线运动D.投完球后，小车将静止不动【答案】BD【解析】在投球过程中，人和车（含篮球）系统所受的合外力不为零，但水平方向 不受外力，系统水平动量守恒，篮球有水平向左的动量，那么人和车系统获得水平向右 的动量，所以人和车系统所受的合外力不为零，车在人的作用力作用下右移，A错误、 B正确；由题知投完球后所有球仍在车上，那么说明球和车发生碰撞，根据水平方向动 量守恒可知，碰撞后二者均静止，C错误、D正确。10 .如图甲所示，质量为0.2 kg的小球8静止在水平地面上，大小相同的小球4水 平向右运动与小球B发生对心碰撞，碰撞前、后两球的，一图像如图乙所示，重力加 速度g= 10 mH,以下说法正确的选项是（）A.碰后小球A反向弹回B.小球A的质量为016 kgC.小球8与地面间的动摩擦因数为0.016D.小球A、3发生的是非弹性碰撞【答案】CD解析由图可知碰前匕、=1.0 m/s ,碰后攻=0.2 m/s , vH = 0.8 m/s ,碰后A球 速度方向没变，故A错误；由动量守恒得入以=“或+%，解得以=b =。2 kg , 故B错误：由碰前图像可得A球的加速度a = gm/s2=0.2m/s2,由4球虚线可得 经5 s后8球速度减为0,可得8球的加速度大小为0.16 m/C, B与地面间的动摩擦因 数为0.016,故C正确：碰前碰后系统动能关系;也£；%吟+；%耳，小球A、8发 生的是非弹性碰撞，故D正确。11 .在研究原子物理时，科学家们经常借用宏观的力学模型模拟原子间的相互作用， 如下列图，在水平面上固定着一个半径为A的内壁光滑的I员I管轨道（R远大于圆管直径）， A、B、C、3四个点将圆轨道等分为四等份，在轨道的A点静止放着一个甲球，某一时 刻另一个乙球从。点以某一速度沿顺时针方向运动，与甲球发生弹性碰撞，小球（可视 为质点）直径略小于轨道内径，"2=7乙，那么以下说法正确的选项是（）A.第一次碰撞后瞬间乙球被反向弹回B.第一次碰撞后到第二次碰撞前，乙球对圆管的弹力方向始终斜向下C.第一次碰撞后到第二次碰撞前，甲、乙两球对轨道的弹力大小之比为7： 9D.第二次碰撞在3点【答案】ACD【解析】第一次碰撞时，两球发生碰撞碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒, 以乙球碰前瞬间方向为正方向，由动量守恒定律得V = 乙匕+/%产2，由机械能守恒定 律得,小乙，=L乙匕2 +_!_/屈，解得V, = - v , v, = v ,因为= 7叱，222m乙+ "加"m乙+叫3I那么匕=-±v, v.=-v,故第一次碰撞后瞬间乙球被反向弹回，故A正确；根据轨道 44弹力提供向心力有尸=二，可得与=7:9,根据牛顿第三定律可知，甲、乙两球对轨 R 羯道的弹力大小之比为& = 7:9,故C正确；因为碰后，乙球速度大小是甲球速度大小 F；3的3倍，那么第二次碰撞恰好发生在3点，乙球运动;圆周，那么第一次碰撞后到第二 次碰撞前，乙球对圆管的弹力方向并不是始终斜向下，故B错误，符合题意，D正确。12.如下列图，劲度系数为2的竖直轻弹下端固定在地面上，上端与物块8相连并处 于静止状态。一物块4在外力作用下静止在弹簧正上方某高度处，取物块A静止时的位 置为原点。、竖直向卜为正方向建立x轴。某时刻撤去外力，物块4自由卜.落，与物共 B碰撞后以相同的速度向下运动，碰撞过程用时极短。测得物块A的动能反与其位置 坐标x的关系如图乙所示（弹簧始终处于弹性限度内），图中除0箱之间的图线为直 线外。其余局部均为曲线。物块A、B均可视为质点，重力加速度为那么（）A.物块人、8的质量之比为1：2B.弹簧的劲度系数为一2_ 内一天）C.从X2到片的过程中，物块运动加速度的最大值上二上8D.从笛到心的过程中，弹簧的弹性势能增加了驾冶1纥1【答案】AD【解析】根据图像可知碰撞后4的动能变为原来的/根据纭=* ,那么物块A 与B碰撞前后速度大小之比为3 ： 1,设碰撞前一刻速度为v,取初速度方向为正方向， 由动量守恒定律有= （mA + ”）；y，解得,nA :"% = 1 ： 2, A正确；设A质量为?，那 么8的质量为2机，由图乙可知，不处动能到达最大，根据平衡条件可得此时弹簧弹力 为3曲从X1到X2过程中，弹簧弹力增加mg,由胡克定律知AF = kN，故mg = k（xxj , 从。到不，由动能定理有&=机时，解得匕，B错误：从也到抬过程中，王（占一凡）加速度大小逐渐减小至0,然后再增加，故加速度最大处在X3处；在箝处有 mg + 2mg 一场=3ma , F弹=mHg = 2mg ,解得 « = y,在冷处有 - mg - 2mg = 3ma ,E/ = 2ig + kZ = 2mg +。内-内)，解得'=x ' 一,故加速度最大值不可能为J X X“四=土玉8, C错误；碰撞后，A的动能为凡I，那么3的动能为总动能 x299为:4,从K到内过程中，由能量关系有今+ 3识(占-内)=耳，解得33E =9x口正确。p 3M三、非选择题：此题共6小题，共60分。把答案填在题中的横线上或按题目要求 作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能 得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13. (6分)在“探究碰撞中的不变量"实验中，通过碰撞后做平抛运动测量速度的方 法来进行实验，实验装置如图甲所示，实验原理如图乙所示。(1)假设入射小球质量为如，半径为：被碰小球质量为，小，半径为rz，那么要求;(填字母代号)A. m>ni2t ri>r2B.，加V”，nC. m>m2, r = nD. m<ni2> ri=n(2)在本实验中，以下关于小球落点P的说法，正确的选项是；A.如果小球每次都从同一点无初速度释放，重复几次的落点。一定是重合的B.由于偶然因素存在，重复操作时小球落点不重合是正常的，落点应当很分散C.测定P点位置时，如果重复10次的落点分别为外、尸2、Ho,那么OP应取。为、OPiOPio平均值，即8=8+?+D.用尽量小的圆把人、Pi圈住，这个圆的圆心是小球落点的平均位置尸(3)用刻度尺测量M、P、N距。点的距离.、冷、不，通过验证等式 是否成立，从而验证动量守恒定律。【答案】C(2)D(3)丙=叫占+M (每空2分)【解析】(1)两球碰撞时要发生对心碰撞，两球的直径应相等，即门=2为防止碰 撞过程入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即如故C正确。(2)由于各种偶然因素，如所受阻力不同等，小球的落点不可能完全重合，落点应当 比较集中，故AB错误；确定落点平均位置的方法是最小圆法，即用尽可能最小的圆把 各个落点圈住，这个圆的圆心位置代表落点的平均位置：由于落点比较密集，又较多， 每次测量距离很难。故不能用求平均值的方法求解：故C错误D正确。(2)分析数据，如果动量守恒应有 =叫匕+也为，小球碰撞前后都做平抛运动， 因高度相同那么落地的时间想用，因此有 =手，匕=：,%叶，代入上面公式可得 W)x,=叫X1 + m2xy,是否成立,从而验证动量守恒定律。14. (8分)某同学用如下列图的实验装置验证动量定理，所用器材包括：气垫导轨、 滑块(上方安装有宽度为d的遮光片)、两个与计算机相连接的光电门、祛码盘和祛码 等。气垫导轨滑块践码盘跌码实验步骤如下：(1)开动气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光 时间 时，可认为气垫导轨水平：(2)用天平测祛码与祛码盘的总质量如、滑块(含遮光片)的质量?2；(3)用细线跨过轻质定滑轮将滑块与跌码盘连接，并让细线水平拉动滑块；(4)令滑块在祛码和跌码盘的拉动下从左边开始运动，和计算机连接的光电门能测量 出遮光片经过A、8两处的光电门的遮光时间Ah、加?及遮光片从A运动到8所用的时 间 /I2：(5)在遮光片随滑块从A运动到B的过程中，如果将破码和砧码盘所受重力视为滑 块所受拉力，拉力冲量的大小/=，滑块动量改变量的大小=;(用题 中给出的物理量及重力加速度g表示)(6)实验数据处理中，发现拉力的冲量/略大于滑块动量的改变量如，请从系统误差的角度说明原因:【答案】（1）大约相等（5）码的2-）（6）经过光电门的平均速度Ar, A/）代替滑块经过A、8两处的瞬时速度（每空2分）【解析】（1）开动气泵，调节气垫导轨，当气垫导轨水平时.，轻推滑块，滑块在导轨 上做匀速直线运动，滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间大约相等。（2）在遮光片随滑块从4运动到B的过程中，拉力的大小等于祛码和祛码盘所受堂力，故r=机话，而遮光片从A运动到8所用的时间为， 故拉力冲量的大小/ = F/p=叫她，滑块经过A时的瞬时速度vA= ,滑块经过B时的瞬时速度vH= ,A。A/2滑块动量改变量的大小Ap =孙（%-1%） =） oAz2 A/j（3）计算速度时用经过光电门的平均速度代替滑块经过A、B两处的瞬时速度，致使 拉力的冲量/略大于滑块动量的改变量A”。15. （8分）如下列图，用高压水枪喷出的强力水柱冲击煤层。设水柱直径为。，水流 速度为v，水柱垂直煤层外表，水柱冲击煤层后水的速度为零。求：（1）高压水枪的功率；水柱对煤的平均冲力。解析设&时间内,从喷口喷出的水的体积为AV,质量为Am,那么 A/z/=pAVAV=/时间内从喷口喷出的水的动能反=为加=柄。*4（1分）由动能定理知，高压水枪对水做的功卬=反=，兀/加 （I分）W 1高压水枪的功率P=（2分）（2）考虑一个极短时间，在此时间内喷到煤层上水的质量为九由动量定理得（1 分）/'时间内冲到煤层水的质量"'=5办/=，兀£）2必/，（1分）联立解得F=；见02V（2分）16. （10分）如下列图，水平地面上静止放置一辆小车A,质量"?A=4ke，其上外表光 滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计。可视为质点的物块置于A的最右端, 8的质量班=2 kg。现对A施加一个大小为ION、水平向右的恒力F, 4运动一段时间 后，小车左端固定的挡板与8发生碰撞，碰撞时间极短且碰后4、8粘在一起共同在尸 的作用下继续运动，碰撞后经过0.6 s,二者的速度到达2 m/s。求：（1）4开始运动时的加速度大小生（2）4. 8碰撞后瞬间的共同速度的大小I，：（3）八的上外表长度/。【解析】（1）以A为研究对象，由牛顿第二定律有：F=mAa （2分）解得:a=2.5 m/s2o （1 分）（2）对A、8碰撞后共同运动f=0.6s后速度到达K=2m/s的过程，由动量定理得：Ft=hia+1118）（niA+nin）v（2 分）解得：p=l m/so （1 分）（3）设A、3发生碰撞前A的速度为以，对A、8发生碰撞的过程，由动量守恒定律 有：用八 v八=（niA+mff）v（1 分）4从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理行：F7=5iaH （I 分）解得：/=0.45m0 （2 分）17. （12分）如下列图，在光滑的水平面上放着一个质量为，的木球，在木球正上方L 处有一个固定悬点O,在悬点O和木球之间用一根长为2L的不可伸长的轻绳连接。有 一个质量也为，的子弹以的速度水平射入木球并留在其中，一段时间之后木球绕O 点在竖直平面内做圆周运动。球可视为质点，重力加速度为g,空气阻力不计，求：（1）木球以多大速度离开水平地面。（2）子弹速度曲的最小值。【解析】（1）设了弹打入木球后共同速度为I，木块离开水平地面速度为由动量 守恒定律得：mvo=2m> （2 分）木块离开地面时沿绳方向速度瞬间减为零，只有垂直绳的速度Pi = vsin300 （2分） 联立解得：也=；卬。（2分）（2）木块从离开水平桌面到最高点系统机械能守恒，到最高点时速度为叫绳子对木 块的拉力为凡由机械能守恒定律和牛顿定律有：2?gx3L=；x2八9一皋2，也2（2 分）2F+2?g= 2m-（2 分）E=0时，加最小，有 =8屈。（2分）18. （16分）如下列图，质量均为M=1 kg的甲、乙两长木板相距为so=3 m,旦均静 止于光滑水平面上，两长木板的长度均为L = 3 mo开始甲长木板停靠在一半径为R=Q2 m的四分之一光滑固定的圆弧轨道右端，圆弧轨道下端与甲长木板上外表水平相切。乙 长木板右端固定一处于自然伸长的轻质弹簧，轻质弹簧的自由端恰好位于乙长木板中点 Q处。将一质量为7=2 kg可视为质点的滑块从圆弧轨道的顶端静止释放。乙长木板上 外表光滑，滑块与甲长木板间的动摩擦因数为=0.2, g取lOm/sz,试分析以下问题：（I）滑块刚滑上甲长木板时的速度:（2）假设甲、乙两长木板碰撞后粘在一起，试判断甲、乙长木板相碰时滑块是否滑出 甲长木板。假设甲、乙两长木板相碰前滑块已经滑出甲长木板，试求甲、乙两长木板碰 后的共同速度：假设甲、乙两长木板在碰前滑块还没滑出甲长木板，那么求两长木板碰 后滑块最终的停点与Q点之间的距离。【解析】（I）滑块从圆弧轨道顶端下滑到底端时，由动能定理可得：mgR=m （1 分）代入数据解得：vo=2m/s （2分）（2）假设滑块在两长木板碰撞之前已经与甲长木板到达相对静止，设它们的共同速度 为刃，由动量守恒定律得：皿=（"+。也（1分）4解得滑块与甲长木板的共同速度也）=，m/s （1分）设滑块在甲长木板上的相对位移为I，根据能量守恒定律得：+m）>2 （1 分）解得：/=1 m<L （I 分） J由以上分析可知滑块与甲长木板相对静止瞬间还没有滑到甲长木板的右端。设当滑块与甲长木板相对静止瞬间甲长木板通过的位移为S年，由动能定理得：limgs（i（=1/Wvi2 （1 分）解得：SF=JmVso=3m （1 分）由以上分析可知甲、乙两长木板碰撞时，滑块还没滑出甲长木板就与甲长木板到达 4相对静止，并以m/s共同速度向乙长木板运动，共同匀速运动一段时间后再与乙长木板发生碰撞。设甲、乙两长木板碰撞后的共同速度为v，由动量守恒定律可得：M也=2M> （1 分）2解得：v= m/s （I 分）设系统最后的共同速度为v共，由动量守恒定律可得：，也 +2Mv=（2M+/）u m解得：va=1 m/s （1 分）由动能定理可得：；（2M+m）u共2；八旬2；x2Mi?=（I 分）解得：（1分） 18因为：/4-=2m<L （1 分）18所以滑块最终距离Q点的距离为：s=L+%sT=4.l I mo （1分）