贵州高考物理三年（2020-2022）模拟题汇编-06动量

这是一份贵州高考物理三年（2020-2022）模拟题汇编-06动量，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
贵州高考物理三年（2020-2022）模拟题汇编-06动量 一、单选题1．（2022·贵州·统考模拟预测）如图所示，在水平气垫导轨上放置两个质量不同的滑块，滑块上固定有完全相同的环a、b（与滑块绝缘） ，两环面平行且与气垫导轨垂直。在a、b两环同时通入大小相同、方向相反的恒定电流后，从静止同时释放两滑块，下列说法中正确的是（　　）A．a、b两环（含滑块）的动能始终相等B．a、b两环（含滑块）的动量始终等大反向C．a、b两环（含滑块）的加速度始终等大反向D．a、b两环（含滑块）之间的相互作用力相同2．（2022·贵州贵阳·模拟预测）下列说法中正确的是（　　）A．动能为零的物体动量一定为零 B．动量为零的物体动能不一定为零C．动量大的物体动能一定大 D．动能大的物体动量一定大 二、多选题3．（2020·贵州铜仁·模拟预测）如图甲所示，一轻质弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得（　　）A．t2时刻弹簧的弹性势能为0B．两物体的质量之比为m1：m2=2：1C．t1时刻弹簧处于压缩状态，t3时刻弹簧处于伸长状态D．从计时开始到t4的过程中，物块A、B及弹簧组成的系统动量守恒、机械能不守恒4．（2020·贵州·统考模拟预测）一静止在水平地面上的物块，受到方向不变的水平拉力F作用。0~4s时间内，拉力F的大小和物块加速度a的大小随时间t变化的关系分别如图甲、图乙所示。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。由此可求得（　　）A．物块与水平地面间的最大静摩擦力的大小为2NB．物块的质量等于1.5kgC．在0~4s时间内，合力对物块冲量的大小为6.75N・SD．在0~4s时间内，摩擦力对物块的冲量大小为6N・S5．（2022·贵州贵阳·统考模拟预测）一位士兵坐在皮划艇上用自动步枪沿水平方向连续射出2发子弹。此过程反冲力对枪的冲量大小为，每发子弹离开枪口时的动量大小均为，射出第一、二发子弹后，皮划艇的动量大小分别为和。射击前皮划艇是静止的，不考虑一切阻力。下列关系式成立的是（　　）A． B． C． D．6．（2022·贵州贵阳·统考二模）如图所示，两根电阻不计、足够长的平行光滑金属导轨MN，PQ固定在水平面内，间距d＝1m，在导轨间宽度L＝1m的区域有匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.5T，方向如图。一根质量，阻值的金属棒b静置在导轨上，现使另一根质量，阻值也为的金属棒a以初速度从左端开始沿导轨滑动，穿过磁场区域后，与b发生弹性碰撞，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，则金属棒a（　　）A．第一次穿过磁场时做匀减速直线运动B．第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流C．第一次穿过磁场的过程中克服安培力做的功为0.25JD．与金属棒b碰撞后瞬间的速度大小为0.5m/s 三、解答题7．（2020·贵州铜仁·统考三模）如图所示，长木板A静止在水平轨道上，小物块B静止在长木板的左端。光滑斜轨道底端水平，与长木板上表面等高。小物块C从斜轨道高为h＝0.8m处由静止滑下， 与B发生弹性正碰（碰撞时间极短）。已知A、B、C的质量均为1kg，物块 B、C与长木板A之间的动摩擦因数均为μ1＝0.4，长木板A与水平轨道之间动的摩擦因数μ2＝0.15，滑块最终都未滑离长木板。（g取10m/s2）求：(1)物块C与物块B碰撞后瞬间物块B的速度；(2)物块B相对长木板A滑动的距离；(3)如果在初位置固定住长木板A，增大物块C的质量，当物块C的质量远大于物块B的质量时，仍让物块C从原处静止滑下，其它条件 不变。物块B、C都停下时B、C间的距离。8．（2020·贵州铜仁·统考二模）如图，圆管构成的半圆形轨道竖直固定在水平地面上，轨道半径为R，MN为直径且与水平面垂直，直径略小于圆管内径的小球A以某一速度冲进轨道，到达半圆轨道最高点M时与静止于该处的质量与A相同的小球B发生碰撞，碰后两球粘在一起飞出轨道，落地点距N为4R。重力加速度为g，忽略圆管内径，空气阻力及各处摩擦均不计，求：（1）粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间t；（2）小球A冲进轨道时速度v的大小。9．（2020·贵州·统考模拟预测）如图所示，长度为l=2m的水平传送带左右两端与光滑的水平面等高，且平滑连接。传送带始终以2m/s的速率逆时针转动。传送带左端水平面上有一轻质弹簧，弹簧左端固定，右端与质量为mB物块B相连，B处于静止状态。传送带右端水平面与一光滑曲面平滑连接。现将质量mA、可视为质点的物块A从曲面上距水平面h=1.2m处由静止释放。已知物块"与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，mB=3mA，物块A与B发生的是弹性正撞。重力加速度g取10m/s2。(1)求物块A与物块B第一次碰撞前瞬间的速度大小；(2)通过计算说明物块A与物块B第一次碰撞后能否回到右边曲面上；(3)如果物块A、B每次碰撞后，物块B再回到最初静止的位置时都会立即被锁定，而当他们再次碰撞前瞬间锁定被解除，求出物块A第3次碰撞后瞬间的速度大小。10．（2021·贵州·统考二模）如图所示，一轨道固定在竖直平面内，它由倾角为的粗糙斜轨道（足够长）、光滑水平直轨道和半径为的光滑半圆轨道构成，A处用光滑小圆弧轨道平滑连接，B处与圆轨道相切，物块P和小球Q（均可视为质点）压紧轻质弹簧后用细线连在一起，静止在水平轨道上，某时刻剪断细线后，当物块P向左运动到A点时，小球Q沿圆轨道到达C点，物块和小球在到达A点或B点前已经与弹簧分离。已知物块P的质量，小球Q的质量，物块P与斜面间的动摩擦因数，剪断细线前弹簧的弹性势能，重力加速度的大小g取，，。（1）求物块P和小球Q与弹簧分离时的速度大小；（2）求小球Q运动到C点时对轨道的压力大小；（3）若小球Q从C点飞出后恰能击中在斜面上运动的物块P，求小球Q离开C点后经过多长时间击中物块P。11．（2021·贵州毕节·统考二模）如图，A为带正电的小滑块（可视为质点），质量mA=1kg，电荷量q=0.2C。B为绝缘组合轨道，放在光滑水平面上，质量m B=1kg，上表面水平部分长L2=1m，A与B的动摩擦因数为μ=0.2；B右侧为光滑圆轨道，半径r=0.5m，N点与水平轨道平滑连接，圆心O在N点的正上方。初始时刻A位于固定水平光滑绝缘平台的最左端，平台的上表面和B水平轨道的上表面等高，A由静止释放，经水平向右大小为E=2.5×102N/C的匀强电场加速L1=1m后，进入垂直向里的匀强磁场中，沿速度方向做直线运动，穿出匀强磁场后滑上静止的B轨道，继续运动（虚线C为匀强电场和匀强磁场的边界，虚线D为匀强磁场和B轨道最左端的边界），忽略空气阻力。（g=10m/s2）求：（1）经匀强电场加速后A滑块的速度大小和匀强磁场的磁感应强度B的大小？（2）A从圆轨道最高点P飞出时A和B的速度大小？（答案可以用根式表示）（3）当A飞出后，再次从P点返回轨道B，经圆轨道回到N点时，A和B的速度大小？（答案可以用根式表示）12．（2021·贵州黔东南·统考一模）如图所示，质量M=8kg、倾角θ=30°的光滑斜面体静止在光滑的水平面上，斜面BC与水平面AB通过一小段圆弧平滑连接。质量m=2kg的物体静止于水平面上的D点，D、B两点间的距离L=10m。现给物体施加一水平向右的恒力F=10N，物体运动至B点时撤去该恒力，物体恰好能运动到斜面体的最高点。取重力加速度大小g=10m/s2。求：（1）物体到达B点时的速度大小和物体从D点运动到B点的时间；（2）斜面体斜面的长度。13．（2021·贵州六盘水·统考一模）如图，同竖直平面内的倾斜轨道AB与半径为0.9 m的圆轨道BCD相切于B点，倾斜轨道的倾角为，。质量为0.2 kg的小球b静止在圆轨道的最低点C处，质量为0.6 kg的小球a从AB上的P点处由静止滑下，到C点时与b发生弹性正碰，碰后b经过圆轨道的最高点D时对圆轨道恰好无压力。不计一切摩擦，两小球均可视为质点，取重力加速度大小g=10 m/s2。求(1)碰后瞬间b的动能；(2)P、C两点的高度差；(3)b离开D点后，再落到AB上的时间。14．（2022·贵州黔南·统考模拟预测）如图所示，有一辆货车在公路上处于静止状态，车厢内有可视为质点的泡沫箱，车厢高为，若某时刻货车突然以加速度大小为向左加速，此时泡沫箱A相对货车向右移动，开始时泡沫箱与货车相对静止且AB距为，A泡沫箱运动时前一半距离粗糙，后一半距离光滑，A泡沫箱相对货车运动为时货车停止加速，变为匀速。泡沫箱A与货车的动摩擦因数为，与另一泡沫箱发生弹性碰撞，随后以水平速度离开了货车，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，AB碰撞前泡沫箱B相对货车静止且泡沫箱B离开货车后对货车的影响忽略不计，已知泡沫箱的质量为，泡沫箱B的质量为，重力加速度取，则：（1）泡沫箱B离开货车时的速度大小；（2）求泡沫箱B与地面接触时和货车之间的水平距离（忽略空气阻力对泡沫箱的影响）。15．（2022·贵州·统考模拟预测）将一质量为m的小球从地面以大小为v1的初速度竖直向上抛出，小球落回抛出点时速度大小为v2，重力加速度为g。（1）若小球所受空气阻力f大小恒定，求f的大小；（2）若小球所受的空气阻力f与速度大小v成正比，即f=kv（k为未知常数），求小球从抛出到落回抛出点的总时间。
参考答案：1．B【详解】AB．由题意可得，对由环和滑块构成的系统满足动量守恒，因为系统初动量为零，所以由于反向电流互相排斥，即释放两滑块后，a、b两环（含滑块）的动量始终等大反向。又因为且滑块质量不同，所以a、b两环（含滑块）的动能不相等，故A错误，B正确；CD．由于反向电流互相排斥，两环之间的作用力大小相等、方向相反，但两滑块的质量不同，故a、b两环（含滑块）的加速度大小不同，故CD错误。故选B。2．A【详解】根据动能和动量的关系则动量大的物体动能不一定大，动能大的物体动量也不一定大，但动能为零的物体速度一定为零，则动量也一定为零，动量为零的物体动能也一定为零故选A。3．AC【详解】A．由图线可知，A向右做减速运动，B做加速运动，当两者速度相等时，弹簧压缩至最短，即时刻弹簧弹性势能最大，然后B继续加速，A继续减速，当B速度达到最大时，弹簧恢复原长，即时刻弹簧的弹性势能为零，故A正确；BC．由图象可知两物块的运动过程，开始阶段A逐渐减速，B逐渐加速，A的速度比B的大，弹簧被压缩，时刻二者速度相同，系统动能最小，弹簧的弹性势能最大，弹簧的压缩量最大，然后弹簧逐渐恢复原长，B依然加速，A先减速为零，然后反向加速，时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两木块均减速，当时刻，二木块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从到过程中弹簧由伸长状态恢复原长，系统动量守恒，选择开始到时刻列方程可知将，代入得故B错误，C正确；D．从计时开始到的过程中，物块A、B及弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒，故D错误；故选AC。4．BC【详解】A．t=1s时，物体开始运动，故此时的拉力等于物体的最大静摩擦力，故有故A错误；B．根据牛顿第二定律有代入得故B正确；C．在v－t图象中，与时间轴所围面积为物体的速度，则有由动量定理可得故C正确；D．在0~4s时间内，F的冲量为则摩擦力冲量为故D错误。故选BC。5．BC【详解】AB．射出第一发子弹后，根据动量守恒可得射出第二发子弹后，根据动量守恒可得联立可得A错误，B正确；CD．沿水平方向连续射出2发子弹，此过程反冲力对枪的冲量大小为，根据动量定理可得则有C正确，D错误。故选BC。6．BD【详解】A．金属棒a穿过磁场的过程中受向左的安培力作用，根据可知随着速度的减小，加速度减小，则金属棒a做加速度减小的减速运动，选项A错误； B．由右手定则可知，第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流，选项B正确；C．第一次穿过磁场的过程中由动量定理可知其中由动能定理解得v=1.5m/s选项C错误；D．两棒发生完全弹性碰撞，则解得v1=-0.5m/sv2=1m/s即a与金属棒b碰撞后瞬间的速度大小为0.5m/s，选项D正确。故选BD。7．(1)；(2)；(3)【详解】(1)设物块C的质量为mC，滑到曲面底端时速度为v，由机械能守恒得设B的质量为与B碰后的速度分别分别为、，向右为正方向，由动量守恒得由机械能守恒得代入数据得，(2)设B在A上滑动时加速度为，与A达到共同速度，时所用时间为t，位移为，则，设A的加速度为，位移为，B相对A的位移为，则，解得(3)由得，当时，设停下时C的位移为，B的位移为，则解得8．（1）；（2）【详解】（1）粘合后两球飞出轨道做平抛运动，在竖直方向的位移为2R，根据平抛运动规律有解得（2）设球A的质量为m，碰撞前速度大小为，A球从N点到B点的过程中只有重力做功，所以A球在这个过程中机械能守恒，取地面为零势能面，由机械能守恒定律可知设A、B碰撞后粘合在一起的速度为，碰撞前后两球组成系统所受合外力冲量为零，所以两球动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律知飞出轨道后两球做平抛运动，水平位移为4R，由水平方向做匀速直线运动得联立以上三式解得9．(1)4m/s；(2)不能通过传送带运动到右边的曲面上；(3)0.5m/s【详解】(1)设物块A沿光滑曲面下滑至水平面时的速度大小为v0。由机械能守恒定律知:物块在传送带上滑动过程，由牛顿第二定律知：物块A通过传送带后的速度大小为v，有:，解得v=4m/s因v＞2m/s，所以物块A与物块B第一次碰撞前的速度大小为4m/s(2)设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v1、vB，取向右为正方向，由动量守恒有解得m/s即碰撞后物块A沿水平台面向右匀速运动，设物块A在传送带上向右运动的最大位移为，则得所以物块A不能通过传送带运动到右边的曲面上(3)当物块A在传送带上向右运动的速度为零时，将会沿传送带向左加速。可以判断，物块A运动到左边平面时的速度大小为v1，设第二次碰撞后物块A的速度大小为v2，由（2）同理可得则第3次碰撞后物块A的速度大小为m/s10．（1），；（2）；（3）【详解】(1)物块P和小球Q与弹簧分离过程满足动量守恒，设分离时速度分别为v1、v2，由动量守恒定律及能量守恒定律分别可得联立解得，(2)小球Q从分离运动到C点过程，由机械能守恒可得在C点由向心力公式可得联立解得轨道对小球的支持力为由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小为41.4N。(3)设物块沿斜面向上运动的加速度为，运动至最高点的时间为，则由速度公式可得联立解得物块上升的最大高度解得而此时小球Q下落的高度故物块P是在下滑过程被Q击中，设物块P从A点上滑至被Q击中的时间为t，物块P下滑的加速度为，则Q击中P时竖直方向有联解得即小球Q离开C点后经过1s击中物块P。11．（1）10m/s；5T；（2），；（3），【详解】（1）A滑块经匀强电场加速后，由动能定理得代入数据得       A滑块经匀强磁场，分析知洛伦茲力和重力平衡代入数据得       （2）当A从P飞出时，对系统，由能量守恒定律和水平方向动量守恒定律得        代入数据得                         （3）当A飞出后，再次从P点返回轨道B，经1/4圆轨道回到N点时，对系统，由能量守恒定律和水平方向动量守恒定律得 且  代入数据得12．（1）；；（2）【详解】（1）设物体到达B点时的速度大小为vB，物体从点运动到点过程中，由动能定理有解得设物体从D点运动到B点的时间为t，由动量定理有解得（2）物体在斜面上滑行时，物体与斜面体组成的系统在水平方向动量守恒、机械能守恒，当物体运动到斜面体的最高点时，二者达到共同速度v，设斜面体斜面的长度为x，则有解得13．(1)4.5 J；(2)1m；(3)0.4 s【详解】(1)设碰撞后小球 b 的速度为 vb，经过 D 点时速度为 v，根据牛顿第二定律 小球 b 从 C 到 D 过程中，根据机械能守恒定律得 碰后瞬间 b 的动能 代入题给数据解得 Ekb= 4.5 J (2)设P 点与C 点的高度差为 h，小球 a 到达最低点C 与小球b 碰撞前的速度为 v0，则 小球a、b碰撞过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律 联立得 代入题给数据解得 (3)设小球 b 再次落到 AB 时，沿水平方向通过的距离为 x，沿竖直方向下降的高度为y。根据平抛运动的规律可知 x=vt 由几何关系知 代入题给数据解得 t= 0.4 s14．（1）；（2）【详解】（1）货车以加速度大小为向左加速，设运动了时相对货车位移了，运动了时发生碰撞。对进行受力分析，如图由牛顿第二定律得所以所以有解得后与货车开始做匀速运动，此时的速度为的速度为对AB用动能定理和动量守恒定律得解得此时方向向左。（2）碰撞之后由于B的速度小于货车的速度，B相对于货车做平抛运动，相对水平速度为竖直方向上由运动学公式得解得所以相对水平位移为15．（1）；（2）【详解】（1）设小球上升高度为h，全程由动能定理可得小球从抛出到最高点的过程中由动能定理可得：联立上式有（2）设上升过程中空气阻力的冲量大小下降过程中空气阻力的冲量大小同样为kh。上升过程，由动量定理有下降过程，由动量定理有而联立解得