2022届新高考 一轮复习 物理 动量训练卷 A卷

这是一份2022届新高考 一轮复习 物理 动量训练卷 A卷，共7页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
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：每小题选出答案后，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、草稿纸和答题卡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。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．下列有关动量的说法中正确的是( )
A．物体的动量发生改变，其动能一定改变
B．物体的运动状态改变，其动量一定改变
C．对于同一研究对象，若机械能守恒，则动量一定守恒
D．对于同一研究对象，若动量守恒，则机械能一定守恒
2．如图，跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，这是由于( )
A．人跳在沙坑的动量大小等于跳在水泥地上的动量大小
B．人跳在沙坑的动量变化比跳在水泥地上小
C．人跳在沙坑受到的冲量比跳在水泥地上小
D．人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地上大
3．以初速度竖直向上抛出一物体，空气阻力大小不变。关于物体受到的冲量，以下说法正确的是( )
A．物体上升阶段和下落阶段受到的重力的冲量方向相反
B．物体上升阶段和下落阶段受到空气阻力冲量的大小相等
C．物体在下落阶段受到重力的冲量小于上升阶段受到重力的冲量
D．物体从抛出到返回抛出点，动量变化的方向向下
4．如图所示，小朋友在荡秋千时，小朋友可视为质点，她自内侧最高点a运动到外侧最高点b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
B．竖直向下
C．a指向b方向
D．b指向a方向
5．如图所示，颠球练习是乒乓球运动员掌握击球的力度、手感和球感的重要方法。运动员练习中将球竖直抛出，让球连续在球拍上竖直弹起和落下。某一次乒乓球由最高点下落18 cm后被球拍击起，离开球拍竖直上升的最大高度为22 cm。已知球与球拍的作用时间为0.1 s，乒乓球的质量为2.7 g，重力加速度g取10 m/s2，空气阻力恒为乒乓球重力的0.1倍。则( )
A．运动的全过程球与球拍组成的系统动量守恒
B．球落到球拍前的瞬间动量大小为5.1×10－3 kg·m/s
C．球与球拍作用过程中动量变化量大小为1.08×10－2 kg·m/s
D．球拍对球的平均作用力为乒乓球重力的4倍
6．如图所示，装有炮弹的火炮总质量为m1，炮弹的质量为m2，炮弹射出炮口时对地的速率为v0，若炮管与水平地面的夹角为θ，水平面光滑，则火炮后退的速度大小为( )
A． B．
C． D．
7．在光滑的水平面上，有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度图象如图所示，下列关系正确的是( )
A．ma＞mb B．ma＜mb
C．ma＝mb D．无法判断
8．质量为m＝0.5 kg的物块静止在粗糙水平面上，0时刻起受到一个水平向右的拉力F的作用，拉力F和摩擦力f的大小随时间变化的规律如图所示，g＝10 m/s2，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法错误的是( )
A．物块与水平面间的动摩擦因数为0.2
B．前3 s拉力的冲量大小为6.5 N·s
C．前3 s拉力做的功为24 J
D．前2 s的平均速度为2 m/s
二、多项选择题:本题共4小题，每小题4分，共16分。每小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．如图所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中正确的是( )
A．两手同时放开后，系统总动量始终为零
B．先放开左手，后放开右手，此后动量不守恒
C．先放开左手，后放开右手，总动量向左
D．无论是否同时放手，只要两手都放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零
10．如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是( )
A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向
B．圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为2πmωr
C．圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动
D．圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为mωr
11．如图所示，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，在投球过程中下列说法正确的是( )
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
12．如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M的木块，现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并立刻留在木块中，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒
B．子弹射入木块后的瞬间，速度大小为
C．子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于(M＋m0)g
D．子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于(M＋m＋m0)g
三、非选择题：本题共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．(4分)某同学用如图所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来探究碰撞过程中的不变量，图中PQ是斜槽，QR为水平槽，实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹。重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹．重复这种操作10次。图中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点。

(1)安装器材时要注意：固定在桌边上的斜槽末端的切线要沿 方向。
(2)某次实验中，得出小球落点情况如图所示(单位是cm)，P′、M、N分别是入射小球在碰前、碰后和被碰小球在碰后落点的平均位置(把落点圈在内的最小圆的圆心)，则入射小球和被碰小球质量之比为m1∶m2＝ 。
14．(8分)某同学用如图所示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、砝码盘和砝码等。
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)用天平测砝码与砝码盘的总质量m1、滑块（含遮光片）的质量m2；
(3)用细线跨过轻质定滑轮将滑块与砝码盘连接，并让细线水平拉动滑块；
(4)令滑块在砝码和砝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、B两处的光电门的遮光时间Δt1、Δt2及遮光片从A运动到B所用的时间t12；
(5)在遮光片随滑块从A运动到B的过程中，如果将砝码和砝码盘所受重力视为滑块所受拉力，拉力冲量的大小I＝______，滑块动量改变量的大小Δp＝______；（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I略大于滑块动量的改变量，请从系统误差的角度说明原因：
_____________________________________________________________。
15．(10分) “打夯”是人们抬起重物（夯）将松散的地面夯实的传统方式。现有四人站在地面通过四根绳子同时对一重物施加拉力，使其竖直上升，上升过程中各拉力的方向始终都与竖直方向成37°夹角（如图所示），大小均保持400 N不变。重物离开地面40 cm后撤去拉力，落地后撞击地面的时间为0.01 s。已知重物的质量为100 kg，重力加速度g＝9.80 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，不计空气阻力。求：
(1)重物落地前瞬间的速度大小；
(2)重物撞击地面的平均冲力大小。
16．(10分)如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA＝4 kg，其上表面光滑，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B置于A的最右端，B的质量mB＝2 kg。现对A施加一个大小为10 N、水平向右的恒力F，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短且碰后A、B粘在一起共同在F的作用下继续运动，碰撞后经过0.6 s，二者的速度达到2 m/s。求：
(1)A开始运动时的加速度大小a；
(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度的大小v；
(3)A的上表面长度l。
17．(12分)如图所示在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M＝2m的斜面，斜面表面光滑、高度为h、倾角为θ。一质量为m的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中机械能损失。如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面顶端。
(1)求小物块的初速度大小；
(2)如果斜面不固定，求小物块冲上斜面后能到达的最大高度；
(3)如果斜面不固定，求小物块再离开斜面后小物块和斜面的速度。
18．(16分)如图所示，质量分别为mA＝m、mB＝3m的A、B两物体放置在光滑的水平面上，其中A物体紧靠光滑墙壁，A、B两物体之间用轻弹簧相连。对B物体缓慢施加一个水平向右的力，使A、B两物体之间弹簧压缩到最短并锁定，此过程中，该力做功为W0。现突然撤去外力并解除锁定，(设重力加速度为g，A、B两物体体积很小，可视为质点，弹簧在弹性限度内)求：
(1)从撤去外力到A物体开始运动，墙壁对A物体的冲量IA大小；
(2)A、B两物体离开墙壁后到达圆轨道之前，B物体的最小速度vB是多大；
(3)若在B物体获得最小速度瞬间脱离弹簧，从光滑圆形轨道右侧小口进入(B物体进入后小口自动封闭组成完整的圆形轨道)圆形轨道，要使B物体不脱离圆形轨道，试求圆形轨道半径R的取值范围。
（新高考）2022届高三一轮单元训练卷
第六单元（A）答案
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．【答案】B
【解析】物体的动量发生改变，其动能不一定改变，例如做匀速圆周运动的物体，选项A错误；物体的运动状态改变，则速度发生变化，根据p＝mv知，动量一定改变，故B正确；对于同一研究对象，若机械能守恒，则动量不一定守恒，例如做平抛运动的物体，选项C错误；对于同一研究对象，若动量守恒，则机械能不一定守恒，如非弹性碰撞，故D错误。
2．【答案】A
【解析】人跳在沙坑的动量大小等于跳在水泥地上的动量大小，因为人质量与速度的大小一样，所以动量大小相等，则A正确；人跳在沙坑的动量变化等于跳在水泥地上，因为初动量相等，末动量为0，所以动量的变化量大小相等，则B错误；根据动量定理FΔt＝Δp，人跳在沙坑受到的冲量与跳在水泥地上的冲量大小相等，所以C错误；根据动量定理FΔt＝Δp，人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地上小，所以D错误。
3．【答案】D
【解析】物体向上运动的过程中空气的阻力的方向向下，则；下降的过程中空气的阻力方向向上，则＜a1，由于下降的过程中的位移等于上升过程中的位移，由运动学的公式可知上升的时间一定小于下降过程中的时间。物体上升阶段和下落阶段受到的重力的方向都向下，所以重力的冲量方向相同，故A错误；物体上升阶段的时间小，所以物体上升阶段物体受到空气阻力冲量的大小小于下降阶段受到空气阻力冲量的大小，故B错误；物体上升阶段的时间小，物体在下落阶段受到重力的冲量大于上升阶段受到重力的冲量，故C错误；物体的初速度的方向向上，末速度的方向向下，所以物体从抛出到返回抛出点，动量变化的方向向下，故D正确。
4．【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，所以秋千对小朋友作用力的冲量与重力冲量等大反向。
5．【答案】C
【解析】运动的过程中，球与球拍组成的系统，在竖直方向上受到了重力和人手的作用力，其合力不为零，所以系统的动量不守恒，故A错误；球落到球拍前的瞬间，其速度，动量大小，故B错误；球与球拍作用后的瞬间其速度大小为，所以作用过程中动量变化量的大小，故C正确；根据动量定理，可得球拍对球的平均作用力，小球所受的重力为，倍数关系为，故D错误。
6．【答案】C
【解析】由于炮弹的重力作用，火炮发射炮弹的过程只有水平方向动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律可得m2v0csθ－(m1－m2)v＝0，解得，C正确。
7．【答案】B
【解析】由题图可知b球碰前静止，取a球碰前速度方向为正方向，设a球碰前速度为v0，碰后速度为v1，b球碰后速度为v2，两球碰撞过程中动量守恒，机械能守恒，则mav0＝mav1＋mbv2，eq \f(1,2)maveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)maveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mbveq \\al(2,2)，联立得v1＝eq \f(ma－mb,ma＋mb)v0，v2＝eq \f(2ma,ma＋mb)v0，由a球碰撞前后速度方向相反，可知v1＜0，即ma＜mb，故B正确。
8．【答案】D
【解析】由图可知，滑动摩擦力大小为1 N，由，可得，故A正确；前3s内拉力的冲量IF＝N·s，故B正确；前3 s物体的加速度m/s2，发生的位移，其中t＝2 s，则x＝8 m，所以拉力的功W＝F·x＝24 J，故C正确；前2 s物体发生的位移为2 m，故平均速度为1 m/s，故D错误。
二、多项选择题:本题共4小题，每小题4分，共16分。每小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．【答案】ACD
【解析】当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因为开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，A正确；先放开左手，左边的小车就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，放开右手时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左，B错误、CD正确。
10．【答案】BD
【解析】圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动，小物体所受摩擦力提供向心力，方向沿半径方向，故A错误；圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力f＝mω2r，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为，故B正确；圆盘停止转动后，小物体沿切线方向运动，故C错误；圆盘停止转动后，根据动量定理可知，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小，故D正确。
11．【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，则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，则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。
12．【答案】BD
【解析】圆环、木块和子弹构成的系统水平方向没有外力，水平方向动量守恒，A错误；子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块组成的系统水平方向动量守恒，所以可得，，B正确；子弹射入木块后的瞬间，速度大小为，圆环没有移动，根据圆周运动向心力的构成可知，C错误；子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力等于T＋mg，大于(M＋m＋m0)g，D正确。
三、非选择题：本题共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．(4分)
【答案】(1)水平 (2)4∶1 (每空2分)
【解析】(1)为保证小球滚落后做平抛运动，斜槽末端的切线要沿水平方向。
(2)由碰撞过程中mv的乘积总量守恒可知m1·eq \f(OP′,t)＝m1·eq \f(OM,t)＋m2·eq \f(ON,t)(t为运动时间)，代入数据可解得m1∶m2＝4∶1。
14．(8分)
【答案】(1)大约相等 (5) (6)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 (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A运动到B的过程中，拉力的大小等于砝码和砝码盘所受重力，故，而遮光片从A运动到B所用的时间为t12，故拉力冲量的大小，滑块经过A时的瞬时速度，滑块经过B时的瞬时速度，滑块动量改变量的大小。
(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I略大于滑块动量的改变量Δp 。
15．(10分)
【解析】(1)撤去拉力前，重物受到重力和四根绳子的拉力，重物受到的合力
(2分)
设重物落地瞬间的速度大小为v，拉力作用的位移为
由动能定理，有： (2分)
解得。 (2分)
(3)设重物砸向地面时受到的平均支持力大小为F，由动量定理，有 (2分)
由牛顿第三定律得，重物对地面平均冲力大小为
解得。 (2分)
16．(10分)
【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/s2。(1分)
(2)对A、B碰撞后共同运动t＝0.6 s后速度达到v′＝2 m/s的过程，由动量定理得：
Ft＝(mA＋mB)v′－(mA＋mB)v (2分)
解得：v＝1 m/s。(1分)
(3)设A、B发生碰撞前A的速度为vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有：
mAvA＝(mA＋mB)v (1分)
A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有：Fl＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,A) (2分)
解得：l＝0.45 m。(1分)
17．(12分)
【解析】(1)根据机械能守恒定律： (2分)
解得：v＝eq \r(2gh) (1分)
(2)系统水平方向动量守恒：mv＝(M＋m)v共 (2分)
对小物块和斜面组成的系统，根据机械能守恒定律有：
(2分)
联立解得：h′＝eq \f(2,3)h。 (1分)
(3)设小物块再离开斜面后小物块和斜面的速度分别为v1、v2，对小物块和斜面组成的系统，根据机械能守恒定律有：
(1分)
对系统水平方向动量守恒：mv＝mv1＋Mv2 (1分)
解得：，与初速度方向相反 (1分)
，与初速度方向相同。 (1分)
18．(16分)
【解析】(1)设弹簧恢复原长时，物体B的速度为vB0，由能量守恒有：W0＝eq \f(3,2)mvB02 (2分)
解得：vB0＝eq \r(\f(2W0,3m))
此过程中墙壁对物体A的冲量大小等于弹簧对物体A的冲量大小，也等于弹簧对物体B的冲量大小，有：
IA＝3mvB0＝eq \r(6mW0)。 (2分)
(2)当弹簧恢复原长后，物体A离开墙壁，弹簧伸长，物体A的速度逐渐增大，物体B的速度逐渐减小。当弹簧再次恢复到原长时，物体A达到最大速度，物体B的速度减小到最小值，此过程满足动量守恒、机械能守恒，有：
3mvB0＝mvA＋3mvB (2分)
eq \f(1,2)×3mvB02＝eq \f(1,2)mvA2＋eq \f(1,2)×3mvB2 (2分)
解得：vB＝eq \f(1,2)vB0＝eq \r(\f(W0,6m))。(1分)
(3)若物体B恰好过最高点不脱离圆形轨道，物体B经过最高点时，有：
eq \f(1,2)mBvB2＝eq \f(1,2)mBv12＋mBg·2R (1分)
mBg＝mBeq \f(v12,R) (1分)
解得：R＝eq \f(W0,30mg)，所以R≤eq \f(W0,30mg) (2分)
若物体B恰好能运动到与圆形轨道圆心等高处，有：eq \f(1,2)mBvB2＝mBgR (1分)
解得：R＝eq \f(W0,12mg)，所以R≥eq \f(W0,12mg)。 (2分)