2022届高中物理一轮复习 第六单元 动量 训练卷 B卷 教师版

     2022届高三一轮单元训练卷

第六单元 动量（B）

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、 (本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)

1．下列说法正确的是(　　)

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FΔt＝mΔv，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．如图所示，AB为固定的光滑圆弧轨道，O为圆心，AO水平，BO竖直，轨道半径为R，将质量为m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B点的过程中(　　)

A．小球所受合力的冲量指向圆心O

B．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m

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B点的过程中，I＝mΔv，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A点运动到B点的过程中机械能守恒，故有mgR＝mv，解得vB＝，所以I＝m，故C正确；小球所受重力的冲量大小为IG＝mgt，大小不为零，故D错误。

3．质量为m、半径为R的小球，放在半径为3R、质量为3m的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上。当小球从如图所示的位置（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(　　)

A．R                        B．R

C．R                        D．R

【答案】A

【解析】由于水平面光滑，系统水平方向上动量守恒，则任意时刻小球的水平速度大小为v1，大球的水平速度大小为v2，由水平方向动量守恒有mv1＝3mv2，若小球达到最低点时，小球的水平位移为x1，大球的水平位移为x2，则，由题意x1＋x2＝3R－R＝2R，解得大球移动的距离x2＝R，故A正确。

4．如图所示，一质量为3M的盒子沿光滑水平面以速度2v向右运动，盒底上表面光滑，同时在盒内有一质量为M的小物块以水平速度v向右运动。如果每一次碰撞都没有机械能损失，则(　　)

A．盒子与小物块最终静止

B．盒子与小物块最终达到相同速度，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v

D．第一次碰撞后瞬间，小物块相对水平面的速度大小为v

【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，由机械能守恒定律得，解得盒子的速度大小为，小物块的速度大小为，故C错误，D正确。

5．如图所示，在光滑的水平地面上，静置一质量为m的四分之一光滑圆弧滑块，圆弧半径为R，一质量也为m的小球，以水平速度v0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B。若将小球的初速度增大为2v0，则小球能达到距B点的最大高度为(　　)

A．2R     B．3R     C．4R     D．5R

【答案】B

【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v1，以小球的初速度v0方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得mv0＝2mv1，由机械能守恒定律得，代入数据解得，若小球以2v0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v2，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2mv0＝2mv2，由机械能守恒定律得，解得，小球离开圆弧后做斜抛运动，竖直方向做减速运动，则，故距B点的最大高度为3R。

6．一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8 J，木块的质量大于子弹的质量。则此过程中产生的内能可能是(　　)

A．18 J       B．16 J       C．10 J       D．6 J

【答案】A

【解析】设子弹的初速度为v0，射入木块后子弹与木块共同的速度为v，木块的质量为M，子弹的质量为m，根据动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝，木块获得的动能为ΔEk＝Mv2＝，系统产生的内能为Q＝mv－(M＋m)v2＝，所以＝，由于木块的质量大于子弹的质量，所以＝＜，即Q＞2ΔEk＝2×8 J＝16 J，故A正确，B、C、D错误。

7．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

【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。

8．如图甲所示，质量为0.2 kg的小球B静止在水平地面上，大小相同的小球A水平向右运动与小球B发生对心碰撞，碰撞前、后两球的v－t图像如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)

A．碰后小球A反向弹回

B．小球A的质量为0.16 kg

C．小球B与地面间的动摩擦因数为0.016

D．小球A、B发生的是非弹性碰撞

【答案】CD

【解析】由图可知碰前，碰后，，碰后A球速度方向没变，故A错误；由动量守恒得，解得，故B错误；由碰前图像可得A球的加速度，由A球虚线可得经5 s后B球速度减为0，可得B球的加速度大小为0.16 m/s2，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，小球A、B发生的是非弹性碰撞，故D正确。

9．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，如图所示，在水平面上固定着一个半径为A的内壁光滑的圆管轨道（R远大于圆管直径），A、B、C、D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D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，已知m甲＝7m乙，则下列说法正确的是(　　)

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∶9

D．第二次碰撞在B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，由机械能守恒定律得，解得，，因为，则，，故第一次碰撞后瞬间乙球被反向弹回，故A正确；根据轨道弹力提供向心力有，可得，根据牛顿第三定律可知，甲、乙两球对轨道的弹力大小之比为，故C正确；因为碰后，乙球速度大小是甲球速度大小的3倍，则第二次碰撞恰好发生在B点，乙球运动圆周，则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。

10．如图所示，劲度系数为k的竖直轻弹下端固定在地面上，上端与物块B相连并处于静止状态。一物块A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O、竖直向下为正方向建立x轴。某时刻撤去外力，物块A自由下落，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Ek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～x1之间的图线为直线外。其余部分均为曲线。已知物块A、B均可视为质点，重力加速度为g，则(　　)

A．物块A、B的质量之比为1∶2

B．弹簧的劲度系数为

C．从x2到x3的过程中，物块运动加速度的最大值

D．从x1到x3的过程中，弹簧的弹性势能增加了

【答案】AD

【解析】根据图像可知碰撞后A的动能变为原来的，根据，则物块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，解得，A正确；设A质量为m，则B的质量为2m，由图乙可知，x2处动能达到最大，根据平衡条件可得此时弹簧弹力为3mg，从x1到x2过程中，弹簧弹力增加mg，由胡克定律知，故，从O到x1，由动能定理有，解得，B错误；从x2到x3过程中，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x1处有，，解得，在x3处有，，解得，故加速度最大值不可能为，C错误；碰撞后，A的动能为 ，则B的动能为，总动能为，从x1到x3过程中，由能量关系有，解得，D正确。

二、(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)

11．(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)若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则要求_______；（填字母代号）

A．m1＞m2，r1＞r2                 B．m1＜m2，r1＜r2

C．m1＞m2，r1＝r2                 D．m1＜m2，r1＝r2

(2)在本实验中，下列关于小球落点P的说法，正确的是___________；

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P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P1、P2、…、P10，则OP应取OP1、OP2、…、OP10平均值，即

D．用尽量小的圆把P1、P2、…、P10圈住，这个圆的圆心是小球落点的平均位置P

(3)用刻度尺测量M、P、N距O点的距离x1、x2、x3，通过验证等式____________是否成立，从而验证动量守恒定律。

【答案】(1)C    (2)D    (3)   (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r1＝r2；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m1＞m2。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，小球碰撞前后都做平抛运动，因高度相同则落地的时间想用，因此有，代入上面公式可得，是否成立，从而验证动量守恒定律。

12．(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：

_____________________________________________________________。

【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 。

13．(8分)如图所示，用高压水枪喷出的强力水柱冲击煤层。设水柱直径为D，水流速度为v，水柱垂直煤层表面，水柱冲击煤层后水的速度为零。求：

(1)高压水枪的功率；

(2)水柱对煤的平均冲力。

【解析】(1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则

Δm＝ρΔV

ΔV＝vSΔt＝vπD2Δt

Δt时间内从喷口喷出的水的动能Ek＝Δmv2＝ρπD2v3Δt   (1分)

由动能定理知，高压水枪对水做的功W＝Ek＝ρπD2v3Δt   (1分)

高压水枪的功率P＝＝ρπD2v3。   (2分)

(2)考虑一个极短时间Δt′，在此时间内喷到煤层上水的质量为Δm′，由动量定理得

FΔt′＝Δm′v   (1分)

Δt′时间内冲到煤层水的质量Δm′＝ρSvΔt′＝ρπD2vΔt′   (1分)

联立解得F＝ρπD2v2。   (2分)

13．(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。

【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＝mAv  (1分)

解得：l＝0.45 m。(2分)

14．(12分)如图所示，在光滑的水平面上放着一个质量为m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m的子弹以v0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v0的最小值。

【解析】(1)设子弹打入木球后共同速度为v，木块离开水平地面速度为v1，由动量守恒定律得：

mv0＝2mv  (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v1＝vsin30°    (2分)

联立解得：v1＝v0。   (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v2，绳子对木块的拉力为F，由机械能守恒定律和牛顿定律有：

－2mg×3L＝×2mv22－×2mv12    (2分)

F＋2mg＝    (2分)

F＝0时，v0最小，有。(2分)

16．(16分)如图所示，质量均为M＝1 kg的甲、乙两长木板相距为s0＝3 m，且均静止于光滑水平面上，两长木板的长度均为L＝3 m。开始甲长木板停靠在一半径为R＝0.2 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表面水平相切。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m＝2 kg可视为质点的滑块从圆弧轨道的顶端静止释放。已知乙长木板上表面光滑，滑块与甲长木板间的动摩擦因数为μ＝0.2，g取10 m/s2，试分析下列问题：

(1)滑块刚滑上甲长木板时的速度；

(2)若甲、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。若甲、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；若甲、乙两长木板在碰前滑块还没滑出甲长木板，则求两长木板碰后滑块最终的停点与Q点之间的距离。

【解析】(1)滑块从圆弧轨道顶端下滑到底端时，由动能定理可得：

mgR＝mv02  (1分)

代入数据解得：v0＝2 m/s  (2分)

(2)假设滑块在两长木板碰撞之前已经与甲长木板达到相对静止，设它们的共同速度为v1，由动量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v1   (1分)

解得滑块与甲长木板的共同速度v0＝ m/s   (1分)

设滑块在甲长木板上的相对位移为l，根据能量守恒定律得：

μmgl＝mv02－(M＋m)v12  (1分)

解得：l＝ m＜L   (1分)

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甲，由动能定理得：

μmgs甲＝Mv12  (1分)

解得：s甲＝m＜s0＝3 m  (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达到相对静止，并以v1＝ 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：Mv1＝2Mv  (1分)

解得：v＝ m/s  (1分)

设系统最后的共同速度为v共，由动量守恒定律可得：

mv1＋2Mv＝(2M＋m)v共

解得：v共＝1 m/s  (1分)

由动能定理可得：

(2M＋m)v共2－mv02－×2Mv2＝－μmgs′  (1分)

解得：s′＝m   (1分)

因为：l＋s′＝m＜L  (1分)

所以滑块最终距离Q点的距离为：s＝L＋L－s′－l＝4.11 m。  (1分)