【原创】（新高考）2022届第六单元动量训练卷 B卷 教师版.docx

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1、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

2、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

3、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,

4、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

5、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/zzzA.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

6、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

7、】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

8、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

9、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

10、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

11、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

12、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：

13、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，

14、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

15、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

16、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

17、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

18、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. mni2t rir2B.，加V”，nC. mm2, r = nD. m 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

19、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

20、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

21、)、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

22、/=，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

23、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

24、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,

25、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

26、 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

27、（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

28、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）

29、（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 （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-=2mL （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）