浙江省杭州市余杭二高2022-2023高二下学期高二物理周练卷5（答案）考试试卷

余杭二高2022年高二物理周练卷5（满分：100分）
一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)
1．下列说法中正确的是(　　)
A．牛顿第二定律表述为：物体动量的变化率等于它受的合外力
B．一个恒力对物体做功为零，则其冲量也为零
C．易碎品运输时要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了减少冲量
D．玻璃杯掉在水泥地上易碎，是因为受到的冲量太大
2．如图所示，摩天轮以角速度ω做匀速圆周运动，吊篮内的游客随摩天轮做半径为R的匀速圆周运动，乘客的质量为m，重力加速度为g，则乘客从最高点到最低点的过程中(　　)
A．重力的冲量大小为mRω
B．重力的冲量大小为2mRω
C．重力的冲量大小为
D．重力的冲量大小为
3．质量为0.1 kg的物体静止在水平地面上，从0时刻开始受到竖直向上的拉力F的作用，F随时间t的变化情况如图乙所示，g取10 m/s2，则物体9 s末的速度为(　　)
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A．135 m/s B．130 m/s C．50 m/s D．45 m/s
4．2021年7月30日，在东京奥运会女子蹦床项目决赛中，中国选手朱雪莹、刘灵玲发挥出色，包揽金银牌。蹦床是一项技术含量很高的体育运动。如图所示，比赛中运动员从空中最高点O自由下落，接触蹦床A点后继续向下运动到最低点C。B点为运动员最终静止在蹦床上时的位置。忽略空气阻力，运动员从最高点下落到最低点的过程中，运动员在(　　)
A．OA段动量守恒
B．AC段的动量变化量等于AC段弹力的冲量
C．B点的动量为零
D．OC段受到重力的冲量大小等于AC段弹力的冲量大小
5．如图所示，50 kg 的妈妈带着20 kg 的小孩骑10 kg的自行车以3 m/s的速度匀速行驶在平直路面上。行驶中小孩从车上跳下来，若小孩在离开车座时的水平速度为零，则此时妈妈和自行车的行驶速度为(　　)
A．2 m/s B．3 m/s C．4 m/s D．6 m/s
6．如图是某无人机竖直向上搬运货物的示意图，无人机从静止开始先匀加速上升，功率逐渐增加到额定功率，再变加速上升，最后匀速上升，已知该无人机额定功率为500 W，自重3 kg，搬运货物7 kg，g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．无人机搬运货物匀加速上升的末速度为5 m/s
B．无人机搬运货物匀速上升的速度为10 m/s
C．货物从静止到匀速运动时动量的变化量为35 kg·m/s
D．货物从静止到匀速运动时动量的变化量为50 kg·m/s
7．冰壶是冬奥会比赛项目。如图，若运动员和冰壶在水平冰面上做匀速直线运动，此后运动员把冰壶平稳推出。不计冰面的摩擦，运动员把冰壶推出的过程，下列说法正确的是(　　)
A．推出冰壶后，运动员和冰壶的速度大小与他们的质量成反比
B．推出冰壶的过程中，运动员与冰壶的总动能保持不变
C．推出冰壶的过程中，运动员与冰壶的总动量保持不变
D．运动员对冰壶做多少正功，冰壶对运动员就一定做多少负功
8．如图所示，质量为m的滑环套在足够长的光滑水平杆上，质量为m球＝3m的小球(可视为质点)用长为L的轻质细绳与滑环连接。滑环固定时，给小球一个水平冲量I，小球摆起的最大高度为h1(h1A．6∶1 B．4∶1 C．2∶1 D．4∶3
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)
9．关于动量、冲量以及动量变化的说法正确的是(　　)
A．一个做曲线运动的物体，其动量的大小和方向变化，而在相等时间内物体受到的合外力的冲量不可能始终相等
B．一个做曲线运动的物体，其动量的大小始终不变，而在相等时间内合外力的冲量大小可能总相等
C．一个物体所受合外力冲量为零时，虽然其动量不变，但是物体所受到的每个力的冲量可能一直增大
D．一个运动物体，其动量越来越大，而其加速度一定越来越大
10．蹦极是一项刺激的户外休闲活动。蹦极者站在高塔顶端，将一端固定的弹性长绳绑在踝关节处，头朝下跳离高塔。若蹦极者的质量为50 kg，绳的长度为45 m，取重力加速度大小g＝10 m/s2，将蹦极者视为质点，认为蹦极者离开塔顶时的速度为零，不计空气阻力。下列说法正确的是(　　)
A．绳伸直时蹦极者的速度大小为30 m/s
B．绳伸直时蹦极者的速度大小为20 m/s
C．从绳伸直至蹦极者到达最低点，蹦极者受到的合力的冲量大小为1 500 N·s
D．从绳伸直至蹦极者到达最低点，蹦极者受到的合力的冲量大小为2 000 N·s
11．质量为m的小球A，沿光滑水平面以v0的速度与质量为2m的静止小球B发生正碰，碰撞后A球的动能变为原来的，那么小球B的速度可能是(　　)
A.v0 B.v0 C.v0 D.v0
12．用不可伸长的细线悬挂一质量为M的小木块，木块静止，如图所示。现有一质量为m的子弹自左向右水平射向木块，并停留在木块中，子弹初速度为v0，重力加速度为g，则下列说法正确的是 (　　)
A．从子弹射向木块到一起上升到最高点的过程中系统的机械能守恒
B．子弹射入木块瞬间动量守恒，故子弹射入木块后瞬间子弹和木块的共同速度为
C．忽略空气阻力，子弹和木块一起上升过程中系统机械能守恒，其机械能等于子弹射入木块前的动能
D．子弹和木块一起上升的最大高度为eq \f(m2v,2g（M＋m）2)
三、非选择题(本题共6小题，共60分。)
13．(6分)如图甲，某实验小组采用常规方案验证动量守恒定律。实验完成后，该小组又把水平木板改为竖直木板再次实验，如图乙所示。图中小球半径均相同、质量均已知，且mA＞mB，B、B′ 两点在同一水平线上。
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(1)若采用图甲所示的装置，实验中还必须测量的物理量_____________________________。
(2)若采用图乙所示的装置，下列说法正确的是________。
A．必需测量BN、BP和BM的距离
B．必需测量B′N、B′P和B′M的距离
C．若＝＋，则表明此碰撞动量守恒
D．若＝＋，则表明此碰撞动量守恒
14．(8分)某同学用如图所示的装置来“验证动量守恒定律”，在气垫导轨右端固定一弹簧，滑块b的右端有粘性强的物质。图中滑块a和挡光片的总质量为m1＝0.310 kg，滑块b的质量为m2＝0.108 kg。
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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将滑块b置于两光电门之间，将滑块a置于光电门1的右侧，然后推动滑块a水平压缩弹簧，撤去外力后，滑块a在弹簧弹力的作用下向左弹射出去，通过光电门1后继续向左滑动并与滑块b发生碰撞；
③两滑块碰撞后粘合在一起向左运动，并通过光电门2；
④实验后，分别记录下滑块a的挡光片通过光电门1的时间t1，两滑块一起运动时挡光片通过光电门2的时间t2。
(1)完成实验步骤①中所缺少的内容。
(2)设挡光片通过光电门的时间为Δt，挡光片的宽度为d，则滑块通过光电门的速度可表示为v＝______(用d、Δt表示)。
(3)实验前测得挡光片的宽度d＝1.00 cm，实验中测得滑块a经过光电门1的速度为v1＝2.00 m/s，两滑块经过光电门2的时间t2＝6.85 ms，将两滑块和挡光片看成一个系统，则系统在两滑块相互作用前、后的总动量分别为p1＝________ kg·m/s，p2＝________ kg·m/s(结果均保留3位小数)。
15．(7分)一个质量为40 kg的游戏者在某游乐场的蹦床上蹦跳，从他被弹到最高点开始计时，其运动的v－t图线如图所示，其中0～0.4 s和1.1～1.4 s的时间内v－t图线为直线，其余为曲线，g取10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)最高点与蹦床间的高度差；
(2)蹦床对游戏者的平均作用力大小。
16．(9分)如图所示，甲、乙两名宇航员正在离静止的空间站一定距离的地方执行太空维修任务。某时刻甲、乙都以大小为v0＝2 m/s的速度相向运动，甲、乙和空间站在同一直线上且可视为质点。甲和他的装备总质量为M1＝90 kg，乙和他的装备总质量为M2＝135 kg，为了避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一质量为m＝45 kg的物体A推向甲，甲迅速接住A后不再松开，此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动，且安全“飘”向空间站。
(1)乙要以多大的速度v将物体A推出；
(2)设甲与物体A作用时间为t＝0.5 s，求甲与A的相互作用力F的大小。
17．(14分)如图所示，虚线OO1左侧的水平地面粗糙，右侧的水平地面光滑，在虚线左侧20 m处静止着一质量为m＝1 kg的物块A，在虚线右侧静止着质量为M＝3 kg、长度为L＝2.4 m 的长木板B，B的右端静止放置着另一质量为m0的小物块C，现给A一水平向右、大小为v0＝12 m/s的初速度，一段时间后A与B发生弹性碰撞，已知A与OO1左侧地面间的动摩擦因数为μ1＝0.2，C与B间的动摩擦因数为μ2＝0.25，重力加速度g＝10 m/s2，A、C均可视为质点。
(1)求A与B发生碰撞后，B速度的大小；
(2)若最终C恰好未滑离B，求C的质量。
18．(16分)航天员连同装备的总质量为100 kg，在空间跟飞船相距45 m处相对飞船处于静止状态。他带有一个装有0.5 kg氧气的贮氧筒，贮氧筒上有一个可以使氧气以50 m/s的速度喷出的喷嘴。航天员必须向着跟返回飞船方向相反的方向释放氧气，才能回到飞船上去，同时又必须保留一部分氧气供他在返回飞船的途中呼吸。已知航天员呼吸的耗氧率为2.5×10－4 kg/s。试问：
(1)如果他在准备返回飞船的瞬时，释放0.15 kg 的氧气，他能安全回到飞船吗？
(2)航天员安全地返回飞船的最长和最短时间分别为多少？
余杭二高2022年高二物理周练卷5答案
1答案　A
解析　根据F＝可把牛顿第二定律表述为：物体动量的变化率等于它受的合外力，故A正确；一个恒力对物体做功为零，则其冲量不为零，如用力推一个箱子，没有推动，力对箱子做功为零，根据I＝Ft，可知推力对箱子冲量不为零，故B错误；由Δp＝FΔt可知，动量变化量相等时，作用时间Δt越长，力F越小，因此易碎品运输时要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力，故C错误；由Δp＝FΔt可知，玻璃杯掉在水泥地上，作用时间Δt短，力F大，易碎，故D错误。
2.答案　C
解析　乘客从最高点到最低点运动的时间为t＝，因此重力的冲量大小为I＝mgt＝，A、B、D错误，C正确。
3答案　C
解析　物块从t＝1 s时刻F＝1 N＝mg，则1 s后物体将向上运动，则对物体在
1～9 s时间内，由动量定理IF－mgt＝mv，其中t＝8 s，且1～9 s内力F的冲量IF＝[×(1＋3)×2＋×6×3] N·s＝13 N·s，代入解得v＝50 m/s，故C正确。
4.答案　D
解析　忽略空气阻力，运动员在OA段只受重力，则合外力不为零，动量增大，故A错误；忽略空气阻力，运动员在AC段受重力和弹力，根据动量定理可知，运动员在AC段的动量变化量等于重力和弹力的冲量的矢量和，故B错误；运动员在B点时，加速度等于零，速度不为零，动量不为零，故C错误；对全过程应用动量定理可知IG＋IF弹＝0，则OC段受到重力的冲量大小等于AC段弹力的冲量大小，方向相反，故D正确。
5答案　C
解析　设大人与车的总质量为M，小孩的质量为m，由于小孩在离开车座时的水平速度为零，则根据人、车系统水平方向动量守恒可得(m＋M)v0＝Mv，代入数据求得v＝4 m/s，故C正确。
6.答案　C
解析　无人机搬运货物匀速上升时的速度最大，为vm＝＝5 m/s，匀加速上升的末速度一定小于5 m/s，A、B错误；货物从静止到匀速运动时动量的变化量为Δp＝mvm－0＝7×5 kg·m/s＝35 kg·m/s，C正确，D错误。
7.答案　C
解析　不计冰面摩擦，运动员和冰壶组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，设推出前运动员和冰壶的速度为v，运动员的质量为M，冰壶的质量为m，推出后运动员的速度为v1，冰壶的速度为v2，由动量守恒定律v＝Mv1＋mv2可知，推出冰壶后运动员和冰壶的速度大小不与质量成反比，故A错误；运动员推出冰壶的过程中，消耗身体内的化学能，转换成运动员和冰壶的动能，因此运动员和冰壶的总动能增加，故B错误；不计冰面摩擦，运动员和冰壶组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，由动量守恒定律可知，运动员和冰壶的总动量保持不变，故C正确；运动员对冰壶的作用力和冰壶对运动员的反作用力大小相等，方向相反，作用在两个物体上，运动员和冰壶的位移大小不相等，则运动员对冰壶做的功与冰壶对运动员做的功不一样多，故D错误。
8答案　B
解析　滑环固定时，设小球获得冲量I后对应的初速度为v0，根据机械能守恒定律，有m球v＝m球gh1，解得h1＝eq \f(v,2g)；滑环不固定时、物块初速度仍为v0，在物块摆起最大高度h2时，它们速度都为v，在此过程中物块和滑环组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，则m球v0＝(m＋m球)v，m球v＝(m＋m球)v2＋m球gh2，由以上各式可得h2＝eq \f(v,8g)，则h1∶h2＝4∶1，故B正确。
9.答案　BC
解析　物体做曲线运动，速度方向一定改变，速度大小可能改变，在相等时间内物体受到的合外力的冲量可能始终相等，如平抛运动，故A错误；一个做曲线运动的物体，其动量的大小始终不变，如果受到合外力的大小不变，则相等时间内合外力的冲量大小总相等，如匀速圆周运动，故B正确；物体所受合外力冲量为零时，根据动量定理，其动量不变；但是物体所受到的每个力的冲量可能一直增大，只要保证合力为零即可，故C正确；运动物体，其动量越来越大，说明速度越来越大，但加速度可能越来越小，故D错误。
10答案　AC
解析　由动能定理mgL＝mv2，可得长绳伸直瞬间蹦极者的速度大小v＝＝30 m/s，故A正确，B错误；以竖直向上为正方向，根据动量定理有I＝0－(－mv)＝1 500 N·s，故C正确，D错误。
11答案　AB
解析　根据 Ek＝mv2，碰撞后A球的动能变为原来的，则A球的速度变为
vA′＝±v0，正、负表示方向有两种可能
当vA′＝v0时，vA′与v0同向，有
mv0＝mv0＋2mvB，解得vB＝v0
当vA′＝－v0时，vA′与v0反向，有
mv0＝－mv0＋2mvB，解得vB＝v0
故A、B正确。
12答案　BD
解析　从子弹射向木块到一起运动到最高点的过程可以分为两个阶段：子弹射入木块的瞬间系统动量守恒，但机械能不守恒，有部分机械能转化为系统内能，之后子弹在木块中与木块一起上升，该过程只有重力做功，机械能守恒但总能量小于子弹射入木块前的动能，故A、C错误；规定向右为正方向，由子弹射入木块瞬间系统动量守恒可知mv0＝(m＋M)v′，所以子弹射入木块后瞬间的共同速度为
v′＝，故B正确；之后子弹和木块一起上升，该阶段根据机械能守恒定律得(M＋m)v′2＝(M＋m)gh，可得上升的最大高度为h＝eq \f(m2v,2g（M＋m）2)，故D正确。
13答案　(1)OM、OP和ON的距离　(2)BC
解析　(1)如果采用题图甲所示装置，由于小球平抛运动的时间相等，故可以用水平位移代替速度进行验证，故需要测量OM、OP和ON的距离。
(2)采用题图乙所示装置时，利用水平距离相等，根据下落的高度可确定飞行时间，从而根据高度表示出对应的水平速度，故需测量B′N、B′P和B′M的距离，故选项B正确；小球碰后做平抛运动，速度越快，下落高度越小，单独一个小球下落时，落点为P，两球相碰后，落点分别为M和N，根据动量守恒定律有mAv＝mAv1＋mBv2，而速度v＝，根据h＝gt2可得t＝，解得v＝，v1＝，v2＝，代入动量守恒表达式，消去公共项后，有＝＋，故选项C正确。
14答案　(1)相等　(2)　(3)0.620　0.610　
解析　(1)在步骤①中气垫导轨安装时应保持水平状态，滑块在轨道上应做匀速直线运动，故滑块上的挡光片通过两光电门的时间相等。
(2)由于挡光片的宽度比较小，故挡光片通过光电门的时间比较短，因此可将挡光片通过光电门的平均速度看成滑块通过光电门的瞬时速度，故滑块通过光电门的速度可表示为v＝。
(3)两滑块相互作用前系统的总动量为
p1＝m1v1＝0.310×2.00 kg·m/s＝0.620 kg·m/s
两滑块通过光电门2时的速度为
v2＝＝ m/s≈1.46 m/s
故两滑块相互作用后系统的总动量为
p2＝(m1＋m2)v2≈0.610 kg·m/s
15答案　(1)0.8 m　(2)800 N
解析　(1)根据题图可知，游戏者从最高点落到蹦床的时间t1＝0.4 s，根据自由落体运动的规律可得h＝gt＝0.8 m
(2)根据题图可知，游戏者与蹦床作用的时间Δt＝1.1 s－0.4 s＝0.7 s
在t＝1.4 s内，取向上为正方向，根据动量定理可得Δt－mgt＝0
解得＝800 N。
16答案　(1)5.2 m/s　(2)432 N
解析　(1)规定水平向左为正方向，甲、乙两宇航员最终的速度大小均为v1，方向向左。对甲、乙以及物体A组成的系统根据动量守恒定律可得
M2v0－M1v0＝v1
对乙和A组成的系统，根据动量守恒定律可得
M2v0＝v1＋mv
联立解得v＝5.2 m/s ，v1＝0.4 m/s。
(2)对甲根据动量定理有
Ft＝M1v1－M1(－v0)
解得F＝432 N 。
17答案　(1)4 m/s　(2)1 kg
解析　(1)选A为研究对象，在OO1左侧运动阶段，
设A与B碰撞前A的速度为v
v2＝v－2a1x
由牛顿第二定律可知μ1mg＝ma1
联立解得v＝8 m/s
A与B发生弹性碰撞的瞬间，C的速度未发生变化，则碰撞过程中A和B组成的系统动量守恒、机械能守恒，有
mv＝mv1＋Mv2
mv2＝mv＋Mv
解得B的速度大小为v2＝＝4 m/s。
(2)对B与C，根据动量守恒定律和能量守恒定律可知Mv2＝v3
μ2m0gL＝Mv－v
解得m0＝1 kg。
18答案　(1)能　(2)1 800 s　200 s
解析　(1)令M＝100 kg，m0＝0.5 kg，Δm＝0.15 kg，氧气释放速度为v，航天员在释放氧气后的速度为v′，由动量守恒定律得
0＝v′＋Δmv
由于释放氧气的质量0.15 kg远远小于总质量100 kg，因此认为氧气喷出后总质量不变，则有
v′≈－v＝－×50 m/s＝－0.075 m/s
航天员返回飞船所需时间
t＝＝ s＝600 s
航天员返回途中所耗氧气
m′＝kt＝2.5×10－4×600 kg＝0.15 kg
氧气筒喷射后所余氧气
m″＝m0－Δm＝ kg＝0.35 kg
因为m″＞m′，所以航天员能顺利返回飞船。
(2)设释放的氧气Δm未知，途中所需时间为t，则m0＝kt＋Δm为航天员返回飞船的极限条件，可得
t＝＝·＝×＝ kg·s
0．5 kg＝2.5×10－4× kg2＋Δm
解得Δm1＝0.45 kg，或Δm2＝0.05 kg
分别代入t＝ kg·s
得t1＝200 s，t2＝1 800 s
即航天员安全返回飞船的最长时间为1 800 s，最短时间只有200 s。
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