(11)动量、动量定理、动量守恒定律、碰撞-【衡水金卷·先享题】2025年高考物理一轮复习周测卷（小题量）H

高三一轮复习H ·物理· 高三一轮复习40分钟周测卷/物理（十一） 品题要素一览表 注： 1.能力要求： I.理解能力Ⅱ.推理能力 Ⅲ，分析综合能力V,应用数学处理物理间题的能力V,实验能力 2.核心素养： ①物理视念 ②科学思维③科学探究①科学态度与责任 分 知识点 能力要求 核心素养 预估难度 题号 题型 值 (主题内容) ① ②③ 档次 系数 单项选择题 6 运动的概念 易 0.85 2 单项选择题 6 生活中的反冲 0.80 3 单项选择题 6 动量守恒定律 中 0.75 4 单项选择题 6 动量守恒、机械能守恒 易 0.85 5 单项选择题 6 动量守恒定律 中 0.74 6 单项选择题 6 动量定理的理解 中 0.75 7 多项选择题 8 动量定理、动量 中 0.75 8 多项选择题 8 碰撞 难 0.55 非选择题 9 利用气垫导轨验证动量守 易 0.85 定律 10 非选择题 14 推拉门板间的碰撞 中 0.70 11 非选择题 25 板块模型、多次碰撞 0.55 香考管案及解析 一、单项选择题 了反冲原理，C项错误：码头边的轮胎的作用是延长 1,D【解析】空间站绕地球沿椭圆轨道运动的过程中， 碰撞时间，从而减小作用力，不是利用反冲原理，D项 速度的大小和方向不断改变，动量时刻改变，动能时 正确。 刻改变，A,C项错误：空间站到地心的距离不断改 3.D【解析】规定水平向右为正方向，对两滑块根据动 变，由万有引力提供向心力G”=ma知，加速度时 量守恒定律和能量守恒定律有m1UA十V:=mAVA R 刻改变，B项错误：空间站仅在地球引力的作用下运 十m',号m,i十子m5=之me十 1 动，所以机械能守恒，D项正确。 2,D【解析】喷灌装置的白动旋转是利用水流喷出时 乞ma,其中=2·%=-，解得' 的反冲作用而运动的属于反冲运动，A项错误：章鱼 一2·g'=,即滑块A向左运动，滑块B向右运 在水中前行和转向是利用喷出的水的反冲作用，B项 动，D项正确。 错误：火箭的运动是通过喷气的方式获得动力，利用4.B【解析】因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撒 ·41· ·物理· 参考答案及解析 去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做 球C碰撞的过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律 功，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知，小车、弹 可得2mw=2mw'+kme,之×2moi=合×2mw 簧和滑块组成的系统动量守恒，机械能不守恒，B项 正确。 十之×mt,联立解得碰撞后小球B的连度助' 5.A【解析】由图可知，碰前甲、乙的速度分别为m= 5m/s,2=1m/s:碰后甲、乙的速度分别为m'= 32+行，为了保证小球A与小球B只发生一次碰 2(2-k) 一1m/s,2'=2m/s,甲，乙碰撞的过程中由动量守 撞，需要满足>0或一'≤行，由于k>2,解得 恒定律有m甲单十m乙=m甲'十m乙2'，解得 2<k≤6，A,B项正确 1 mz=6kg,则损失的机械能△E=立m甲十 三、非选择题 z吃一m-m，解得△E=3J, 1 9.(1)B(3分) (2)14.8(3分) A项正确。 6.B【解析】弹珠从M运动到O的过程做圆周运动， 3)0-器是3分 由重力的径向分力和挡板边沿的支持力的合力提供 【解析】(1)测得光电门1的挡光时问大于光电门2 向心力，该过程重力的径向分力增大，且又因重力做 的挡光时间，说明滑块A做加速运动，故气垫导轨不 负功，速度减小，所需向心力减小，所以弹珠受到挡板 水平，且向左倾斜，因此应该调高左侧底座旋钮，使气 边沿的支持力逐渐减小，直至O点，重力的径向分力 垫导轨水平，B项正确。 恰好提供所需向心力，支持力为0，D项错误：整个过 (2)游标卡尺主尺刻度为14mm,游标尺第8刻度与 程只有重力做功，弹珠机械能守恒，A项错误：弹珠从 主尺某一刻度对齐，游标卡尺读数为d=(14十0.1× ()运动到N的过程做匀变速曲线运动，加速度由重 8)mm=14.8mm。 力沿斜面向下的分力提供，大小为gsin a,C项错误： (3)根据动量守恒定律可得=一m1边，又v 因其动量的变化量等于弹珠所受合外力的冲量，即重 ，则验证动量守恒定律的表达式为出一是 At 力沿斜面向下的分力ngsin a的冲量，所以Ap三 (mngsin a)·△t,B项正确。 △t,9 二、多项选择题 10.【解析】(1)设3号门板与2号门板碰幢前的速度为 7.BD【解析】取向右为正方向，滑块1和滑块2组成 ,碰撞后的速度为，碰撞后两门板的位移d 的系统的初动量p1=mu=1X0.40kg·m/s= 0.8m,有 0.40kg·m/s,碰撞后的动量p:=2m=2×1× 2png=2ma (1分) 0.22kg·m/s=0.44kg·m/s,则两滑块的碰撞过程 =2a1d (1分) 动量不守恒，A项错误：对滑块1，合外力的冲量I= 解得U,=0.4m/s (2分) m%一m4=1×0.22kg·m/s-1×0.40kg·m/s= 碰撞过程，根据动量守恒定律有m=2m(1分) 一0.18kg·m/s,负号表示方向水平向左，B项正确： 解得=0.8m/s (2分) 对滑块2，合外力的冲量h=mu:=1×0.22kg·m/s (2)撤去力F前，根据牛顿第二定律有F一：mg= -=0.22kg·m/s,C项错误：对滑块2根据动量定理 ma: (1分) 有F△=1，解得F=5.5N,则滑块2受到滑块1的 解得a:=0.5m/s (1分) 平均作用力大小为5,5N,D项正确。 根据动能定理有Fr一amgd= 1 (1分) 8.AB【解析】小球A与小球B碰撞的过程，由动量守 恒定律和机械能守恒定律可得mv=1十2： 解得=号n<d (1分) 之m时=子m6十子×2md,联立解得碰后小球A, 根据运动学公式x=豆a: (1分) B的速度分别为=一子，=号，小球B与小 2 解得=号6。 (2分) ·42· 高三一轮复习H ·物理· 11.【解析】(1)由x-t图像可知，1=1s时滑块C与物 块A相碰，此时滑块C与发射装置之间的距离x1= 第二次碰撞后滑块C的速度大小如=户 vct:=10 m (1分) 5 m/s (1分) t=2.25s时滑块C返回到发射装置处，设第一次 设第二次碰撞后瞬间物块A的速度大小为：， 则有 碰后滑块C的速度大小为阳：则阳=一 mcUe十nAU1=一ncUg十1va证 (2分) 8 m/s (1分) 1 (2分) 设物块A,B在第一次与滑块C碰撞前的速度大小 P,十之m1海之哈干之m@ 为地，以滑块C的初速度方向为正方向，第一次碰 联立解得1=0，ma=6kg (2分) 撞后瞬向物块A的速度大小为1，对物块A与滑 第二次碰前的过程中物块A,B之间因摩擦产生的 块C由动量守恒定律有 热最Q=名远十宁m时 (1分) cTc一n1UB=一1cU1十nAVA (2分) 解得Q=36J (2分) 由机械能守恒定律有 (3)由(2)分析可知物块A与滑块C第一次相碰时 之呢+子mw=合6+号 1 (2分) 物块A距离发射装置10m,第二次相碰时物块A距 解得Us=2m/s,1=4m/s (2分)》 离发射装置11m,且物块A,B处于静止状态，即物 (2)第一次碰前物块A,B间无摩擦，设第一次碰后 块A向右运动了xn=1m (1分) 二者共同速度大小为1，对物块A,B由动量守恒 1 对物块A由动能定理有一gx1=一 Avi 定律有 (2分) A老一mBU,语=(mA十mB）UAB (1分) 解得：=0.4 (2分) 第二次碰撞前滑块C到发射装置之间的距离x:= (t一t)=11m (1分) 43.null