周测评(14) 碰撞与动量守恒(二)-【衡水真题密卷】2025年高考物理学科素养周测评（山东专版）

2024一2025学年度学科素养周测评（十四） 物理·碰撞与动量守恒（二） (考试时可90分钟，盖分100分》 一、单项谜择：本共#小盟，每小整3分，共24分。每小易只有一个进项符合题日要求。 题号1 234 5 7 8 答案 1.如图所承，小车与木箱景挨着静止故在光滑的水平冰面上，凳有一男孩站在小车上用力 向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法正峰的是 A男德和木箱组成的系统机械能守恒 我小车与木箱组戒的系笼动量守 C男核，小车与木箱三者组成的系统动量守句 小孩善力的冲量小手术葡的动量的变化量 2如图甲所示，左端接有轻弹簧的物块A静止在光滑水平面上，物块B以一物速皮句A 运功，1=0时B与弹簧找触，0一28内两物块的+图操如图乙所示。则 2 AA的质量比B的大 且0一一1s内，弹簧对A,B的冲量相同 C,:=1州时，弹簧的弹性势佳最大 D=2时，A的动量比B的大 玉图新示，在光滑水平面上有侧放有一个光滑阔虹轨道ABC,其圆心为O:质量为和 的小球从水平面上P点以初通度%向右运动，滑上属沉轨道后从C点勉出。已知测沉 轨道质量为M一3m,重力相速度大小为g,则小球与图气轨道作用过馨中，下列叙述不 正确的是 A小球离开C点后敏竖直上常运动 我小球离开C点后酸斜散运动 C测露熊道的最大速度为2物 D小球离开阔氟轨道得次同到水平面上时速搜方向水平向左 学科素养周测浮（十四）物理第1页（共8页） 衡水真 气.如图所示，一质量M一&0好的长方形术板B做在光滑水平地面上，在其右端饺一个 质量m一之0kg的小木块A。给A和B以大小均为5,0m/,方向阴反的初建度，使A 开始向左运动，B开始向右运动，A始第没有滑离B,A、B之间的动擦擦因数是0.5，重 力加速度夏取10/s。用在整个过程中，下列说法正确的是 姓名 A小木换A的速度减为零时.长木板B的速度大小为6,5m/。 且小木块A的违度方向一直向左，不可能为零 得分 C,小木换A与长木版B其速时速度大小为3m/s D长术版的长度可能为Gm 5.如图所示，质量分知为w、2m的两个小球A、B用长为L的轻硬细绳连接，B球穿在光 滑水平细杆上，打始时刻，每绳处于水平状态，将A,B由静止释放，空气阻力不计，重力 如遮度大小为g。从释放到A球运动到最低点的过程中，下列说法正确的是《》 A.A,B组成的系统动量守何 且A球话动到最低点时，B球向右运动离为号 GA球运动到最低点时：球的造度为受 D.A球机城能减小了疗测gL ,滑块P以初速度沿水平和道带行￥。距离后与静止在执道上的滑块Q发生完全非弹 性碰碗，已知两带块在水平轨道上滑行时受到的阻力与其重力之比均为熏，能幢后滑行 ￥离后停止，重力加速虞大小为则P,Q的质量之比为 V2gr A v2g:一6一2g B V2Egx “4-2hr-√2g6 C.- √2kgx D. √2k -2g一vT +2gxo-√2h云 7.如图所示，有一华径为R.图心角为0的光滑置轨道置于光带水平面上。一小球以 初速度滑上愿弧轨道.己知翼沉轨道质量M=1,5w:,小球质量m=m,重力加速 度大小为g,若小球从圆组轨道飞出时速度方间恰好跟水平方向成0角，喇《》 A阅弧半径R一派 且水球飞出时速度为得 C,小球飞出时图弧轨道的速度为行 小球从浙上调派统道到飞离圆流轨道过程中速度变化量的大小为 密 学科素养周测浮（十回》物理第2页（共8页引 8一质量为m.可视为质点的物块书静止于质量为M的木版C左端，木版静止于光滑水 平而上，将质量为m的小球A用长为L的留绳悬鞋于O点，静止时小球A与B等高且 刚好接触，现对小球A悠血一外力，使细绳恰好水平，如图所示，将外力巢去，小球A与 物块：发生弹社碰撞，已知B,C间动啤擦因数为：，重力加 速度大小为g,则下列说法正确的是 A.小球A碰道后做简谐运动 B磷撞后物块B的建皮为22L C若物块B未带离木版C,则物块B与木板C之到的摩报热小于M需 M四 D若物块B会滑离术板C,用板长小于 MI. (M+m) 二，多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小愿有多个选项特合题目要装 全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选蜡的得分。 题号 9 10 11 12 答案 9.在光滑水平地面上有一凹槽A,中央敛一小物块B(可程为质点)。物块与左右两边植 壁的距离知图所示，L=1m。四情与物块的质量均为m,两者之同的诗摩擦因数从=Q 函。始时物块静止，凹精以的一5m/物的初速度向右运动，设物块与回情壁的暖撞没 有能量损失，且威灌时问不计。重力扣通度g取10m/续。则 A.物块与凹楠相对静止时的共同速度为2.5m/s :物块与凹槽相对静止时物换在凹腰的左精 C从物块从开始运动到两者相对静止所经历的时间为10s D从物典从开始运动到两者相对静止乐经历的时间内物块运动的位移大小为12.5m 10.如图所示，水平面内有两个光滑平行导轨，导轨是够长，其间距为L。质量分别为m, 2m的环A,B套在导轨上，片环之闻连接一轻弹簧，轻弹簧原长。1。开始时弹簧与导 轨垂直，两环均静止。某时刻，给环B一水平向右的顾时逸度，下列说法正确的是 A.A,B和弹簧组成的系统满足动量不守恒，朝筑能守恒 且若A的速度为，一智则B的速度为，一号 C若A的遮度为=智·鹅弹簧与导领之间的夹角为3泗 )若弹簧恢复原长时：环B的速度为水平向右的印，则初始状态时弹簧的》性势佳 E-4mv 学科素养周测浮（十因）物理第3页（共8页） 衡水真 1L.如图所示，质量为网的小球A与质量为m(3<7)的小球B叠政在一起，从商度为 6(伤染，)处山静止开始下落，落到水平随面时，B与地面之可以及B与A之可均在竖 直方向发生弹性碰撞（认为B先与地面发生碰撞，紧接着A,非间再发生隧擅，测A 反弹后能达司的量大高度可能为 A.3.5h 且4h C.5.SA D.7.5 12.如图所示，以。一4/s的魂度顺时针匀速转动的水平传送带，左端与简的氧彩轨道 平滑对接，右南与光滑水平面平滑对接。水平面上有位于问一直线上、处于静止状态 的4个相同小球，小球质量m一0.3g。质量网一01k3的物体从转道上高青 2.0m的P点由静止开始下常，带到传运带上的A点时速度大小=6m/%:将体和 传送带之间的动摩擦因数丛一Q.5传送蒂A,B之间的距离1一&0m。物体与小球 小球与小球之间发生的都是弹性正碰，重力加速度g取]0m/公，下列说法正确的是 A.物体从P点下带到A点的过程中，克服摩蒙力骚的功为Q,2」 A物体第一次与小螺花植后，在传送带上向左带行的最大距离为几，6m C.物体最终的速度大小为a5m/ D物体第一次与小球醴榨后的整个过程，物体与传送带间产生的摩擦热为3丁 三，非选择m:本题共6小题，共确分。 13,(6分)某实验小组利用如图所示的实验装置验证动量守伍定律，实鉴主零步深如下： 减节气装导纯水平，并将气装导轨固定，用电子程测得两滑块的质量分划为网，= a200gm:=0.400kg 花，将带块A.B放在导轨上，利节B的位置，使A与B接触时，A的左幽到左边挡板 的离s:与B的右南再右边竹板的距离5：相等，侧得一：一0.450m: 证.使A以一定的初速度沿气垫导轨向左运动，光后与左边指板，B碰撞，用手机的“声 学秒表致件记录A从与左边挡板碰撞时刻开始到与B碰撞所用的时间一 Q08,分别记录从A和B经植时刻开始到各自撞到挡版所用的时间1A=3,动· 和t知-1,445。 蹈密在 学科素养周测呼十四》物理第4页（共8页引 板 气华导颗 请回答下列问题： (1)实验中，A,B碰幢后的诺动方向相反，媒皮选取质量为 kg的带块作为B: ()A,B从开始接触到分离，A的动量减少量是 kg·m/s,B的场量增加量 kg·m/:(销果均保智三位有效数字) (3)A,B的这次微藏是丰弹性瑞撞的依据是 Aih h B1+1 fafafa D1<1,1 tot用5a 14.《8分)小李同学利用如图所示的弹簧发财装置进行“验证动量守氧定律”的实险，操作 应墨知下： ①在水平桌而上的适当位置固定好弹簧爱射普，使其出口处韧院与水平桌而相平且弹 簧原长时与管口平齐 ②在块平直长木板表面先后钉上自纸和复写纸，将该术版签直算贴紧集面右侧边缘 将小妹：向左压缩弹簧并便其山静止释放，小球4碰到木板，在白纸上留下压壤P。 ③将木板向右水平平移适当距南上，再将小球“向左压蜜弹簧到某一同定位置并由静 止释放，推到木板上，在白纸上留下压有P: ④①将半径相同的小球方枚在桌而的右边缘，仍让小球a从宠翼③中的释放点由静止解 栽，与小球6相硬后，两球均撞在木板上，在白纸上霸下压痕P,P: 5 卵装发射招 (1)本实验必须测量的物理量有 人.小球的半径 五小球ab的质量m。,两 C单簧的压绵量z1,木板与集子边缘的距离x± D小球在木板上的压痕P:,P:P,分别与P之同的经直距离L1L:L 学科素养周测评（十因）物理第$页（共8夏） 衡水真见 (2)本实验中所选用的两小球的历量美系为丽， (填><或"=)m4 (3)两小球碰撞后，小球年撞到木版上的度避为 。(填P“P"或“P,) ()用（们）中所测的物球量案检证两球硬撞过程动量守恒，其表达式为 (5)若a,b两小球上涂有酷性很凿的胶体（胶体质量不计），让小球：从步零④中的师 放点由静止释放与小球6相㎡后，肖小球粘透在一起并撞到木板上，在白纸上留下 压痕P,则压痕P,的位置应在 AP与P之间 BP,与P:之到 CP:与P,之间 P,下方 15.(8分)如图所示，光滑水平面上有一质量为m一1kg的带块A静止在P点，在O点有 一面量为M一2kg、长度为L一Q,6m的长木板B,其两侧有固定挡板，在长术板B上 最右阔敏置一质量也为M一2kg的小物块C,带块A在外力F=2N作用下，经过时 闻：一1,5s到达O点时，在O点立即增去外力同时与B发生碍撞，已知小物块C与 长木板B间的动摩擦因数为：=41，所有碰撞灼为弹性碰撞，且碰撞时间极短，重力加 速度g《10m/s,求， (1)滑块A利到达O点时的速度 (2)滑块A与长木板B碰后瞬何，长木板的速度。 (3)小物块C最终与长术版B右侧挡板的距离。 密程 学科素养周测浮十回)物理第6页（共8页1 3 16.(8分)小宁可学设计的“弹球入登”游戏知图所示，在高为L的光滑水平台面上，持列 (1)子鲜打入物块A后系能指失的动能 着三个小球1.2.3，台面左侧敏有一弹射装置。某次游戏中，小缘1在弹财装置的作用 (2)弹簧侠复原长时物块A,B的连度。 下以某一水平建度与小球2发生对弹性碰撞，接着小球2再与小球3发生对心弹性 (3)若物块B和弹簧不栓接，A、B分离后B滑上领角8一37”，高度A一2c西的相鞋每 硬撞，碰撞后小球3从水平台面边操的O点出，并在A点与地而发生碰罐，经地面 面（斜而围定在水平而上，经过连接处时无循量损失），然后滑下，与一直在水平面 反弹后，最篷落入水平地面上B点的小厘里。已知小球1的质量为m1一m,小球3的 上端动的A再次相磷，物块B与斜血间的动摩擦因数：的取值范围， 质量为，一是mA点与0点的水平距离为江，小球在A点与地面发生能罐前、后 解间的速度方向与水平地面的亮角相等，小球反算后距地而的最大高度为Q,81L,重 力加违度的大小为夏，小球与地而碰罐过程中对地面的压力远大于小球的重力，小缘可 线为质点，不计室气孔力。 1)求小球3从O点飞出时的速度大小 (2)求小球在地面上运动时，小球与地面同的摩据力与对地面的压力的比值。 (3求m:为何值时，小球1,2藏撞前小球1的速度最小，并求出该最小违度一的 大小 18.(6分)如图所示，P为固定的竖直挡板，质量为2m的长木板A静置于光带本平面上 01 (A的上表而略低于挡板P下端)，质量为牌的小物块B(可视为质点)以水平有速崖 从A的左滑向右滑上A的上表面，经过一段时闻A,B第一次达到共同速度，此时 B恰好未从A上滑落，然后物块B与长术饭A一起向右运功，在=0时刻，物块B与 挡板P发生了第一次碰靠，轻过一段时间物块B与长木板A第二次达到共同速度，之 后物块B与挡板P发生了很多次秘撞，最终在1一。《未知)时恰好相对地面静止。已 知A,B何的动摩据因数为严，重力加违度大小为g,物块与挡板P发生磁罐时无机候 能损失且觉撞时间极短，果 (1)长木板A的长度 (20一1。时间内B经过的路程， (3H,的值. 17.(14分》知图所示，置量m一1D5.kg的物块A与质量网：（未知）的物块B(均可视为 质点》通过轻爱弹簧栓接在一赵，静止在光滑地面上=0时质量m。=5g的子弹以迪 度=0册m/%沿水平方向射人物块A井附在其中（时间版短）。4=0,5*时，弹簧第 一次压缩量最大，比时第簧压第量为Q2m,从t一0到1一山5s时可内，物块B运动的 距离为Q072m。已知碰撞过程中弹簧始终处于弹性凤度内，重力知速度g取10m/:, n3T=06s37=,8。求： 学科素养周测浮（十因）物理第7页（共8页） 衡水真蹈密在 学科素养周测博十四)物理第8页（共8页引衡水真题密卷 2024一2025学年度学科素养周测评 一、单项选择题 1.C【解析】男孩和木箱组成的系统动能增大，由 人体生物能转化为系统机械能，机械能不守恒，A 错误：男孩、小车与木箱组成的系统所受合外力为 零，系统动量守恒，所以男孩、小车与木箱三者组成 的系统动量守恒，B错误，C正确；由动量定理可 知，合外力的冲量等于动量的变化量，所以小孩推 力的冲量等于木箱的动量的变化量，D错误。 2.C【解析】由图像可知，物块B的初速度为v。一 1.2m/s,t=1s时，物块A、B的共同速度大小 为v=1.0m/s,由动量守恒定律可得mvg= (mA十mB)u,解得mB=5mA,A错误；0~1s内， 弹簧对A的冲量方向水平向右，弹簧对B的冲 量方向水平向左，所以弹簧对A、B的冲量不相 同，B错误：t一1s时，物块A、B有共同速度，弹 簧最短，弹簧的弹性势能最大，C正确；t=2s时， A的动量pA=mA口A,B的动量pB=mBB,由图 像可知vA=2.0m/s,vB=0.8m/5,又mB= 5mA,所以A的动量比B的小，D错误。 3.A【解析】小球以初速度o滑上國孤轨道，小 球与圆孤轨道产生相互作用，因此小球从滑上圆 弧轨道到飞离圆孤轨道的过程中系统机械能守 恒，且小球与圆孤轨道组成的系统在水平方向动 量守恒，所以小球离开C点时水平速度与圆孤轨 道相同，另有竖直向上的分速度，所以小球离开 C点后做斜抛运动，A错误，B正确；因为小球离 开圆孤轨道做斜抛运动时水平速度与圆孤轨道 相同，所以小球还能落到圆弧轨道上，最后相对 圆孤轨道向左运动到水平面上，设小球从左侧离 开圆弧轨道时其速度为v,國孤轨道的速度为u, 则有m,=m+3mu,方ami=方m2+分× 1 1 3m,联立解得u=20o0=一2v0,即小球离 开圆孤轨道再次回到水平面上时速度方向向左， C、D正确。 4,C【解析】取水平向右为正方向，根据动量守恒 定律可得Muo一mU。=Mu1十0，解得v1= 3.75m/s,A错误；由于系统总动量方向向右，则 小木块A先向左减速至零，后向右加速，最终与 3 学科素养周测评 十四)物理·碰撞与动量守恒（二） 长木板以共同速度向右做匀速运动，设共同速度为 v2,根据动量守恒定律可得Mu,一muo=(M十 m)0g,解得o2=3m/s,B错误，C正确：小木块与 长木板共速时，根据能量守恒定律有mgL。= 之M+mi-号M+m)0,解得L,=8m,由 于A始终漫有滑离B,则长木板的长度必须大于 或等于8m,D错误。 5.C【解析】对A、B组成的系统，水平方向动量 守恒，从A球释放到A球摆到最低，点过程中，取 水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得 mAVA一mBUB=0,两边同乘以t,则有mASA一 mBs月，又3A十3月=L,2mA=ma,可得A球运动 到最低点时，B球向右运动的最大位移5B一3， L A、B错误：当A球摆到B球正下方时，B的速度 最大，由水平方向动量守恒，得mAvA=m:B,由 1 1 机械能守位，得magL=2mADi十2mai,解得 ,C正确：A,B组成的系统机械能守 UB一N3 恒，所以A球机械能减小量等于B球的动能增加 量，即Ea-mi=”,D错送。 6.C【解析】设滑块P的质量为m1,滑块Q的质 量为m2,碰撞前，对滑块P滑动过程，由动能定 1 理有-m1gxo=2m10-2m16,滑块P,Q碰 撞，以1方向为正方向，由动量守恒定律有m1心1= (m1十m)v,碰撞后滑块P、Q同速滑动，由动能 理有-k(m1+m2)gx=0-2(m1十m2)D 立解得他=口 √2kgx 丹m2-0-2kgx。-√2kg ，C 正确。 7.C【解析】小球以初速度g滑上圆孤轨道，小球 与圆孤轨道产生相互作用，因此小球从滑上圆孤 轨道到飞离圆弧轨道的过程中，小球与圆孤轨道 组成的系统在水平方向动量守恒，机械能守恒， 因此小球有两个分速度，其中1是相对圆孤轨 道的速度，与圆孤相切，2是随圆孤轨道运动的 ·物理· 速度，方向水平，如图甲所示，由几何关系，可知 v1与v2成60°角，v与v2成30°角，则11与v成 30°角，所以四边形是菱形，1=02，则有v=√32， 由动量守恒定律可得m6=m6vc0s30°十 1.5mou2,由机械能守恒定律可得2mo6 7m,02+2X1.5m,听+m,gR1-c0s60),a联 1 立解得R=,解得小球飞出时圆孤轨道的速 为=3，则小球飞出时速度为0=3： 5 o,AB错误，C正确；由题意可得失量三角 形，如图乙所示，由几何关系可得（△w)2=v2十 2ocos30°，其中v=3U2=3%,解得4u 3voD错误。 60° 30 309 R 7n7n7777n 甲 △U 30° 乙 8.D【解析】小球A下落过程中机械能守恒，有 mgL=2mw6,解得=√2gL,小球A与物块 B发生弹性碰技，根据动量守恒定律和机械能守 恒定律可得mu。=muA十mua,2mo6= 2mi+2mi,解得碰后A,B的逵度分别为 A=0,B=Ug=√2gL,可知碰撞后A、B交换 速度，小球A碰撞后静止，B的速度为√2gL,A、 B错误：对B、C组成的系统分析可知，水平方向 不受外力，则动量守恒，有mUB=(M十m)w,解 参考答案及解析 得-nMm2@,根据能量守恒定律 mug 可知，摩擦热为Q=7mi-号M十m)。2= MmgL,C错误：摩擦热为Q=mgl,式中1为板 M十m 长，苦B格好滑高C,则有=mg1,解得 ML I= u(M+m) ,因此可知，若物块B会滑离木板 C,则板长小于L aM十m)D正确。 二、多项选择题 9.AB【解析】设两者相对静止时的速度为，由 动量守恒定律得m,=2m,解得口=空- 2.5m/s,A正确；物块与凹槽间的滑动摩擦力 f=N=mg,设两者相对静止前，相对运动 的路程为s1,由动能定理得-f1=2m十m)0- 2mw6,解得51=12.5m,已知L=1m,则51 122L,可得物块与凹梢相对静止时物块在凹槽 的左端，B正确；设凹槽与物块碰前的速度分别为 1、2,碰后的速度分别为1、2，有mU1十= m+md,md+2mi=之m+m,得 1 1=2,g=1,即每碰撞一次凹槽与物块发生 一次速度交换，故可用匀变速直线运动规律求时 间，则有v=v十at,a=一g,解得t=5s,C错 误；设凹槽与物块的速度分别为vA、Vg,根据动 量守恒定律得mUg=muA十mUB,即v。=vA十 B,VA与B的方向相同，结合上式可得两物块 位移关系为Vot=sA十58，因为两者一直同方向 运动，物块开始在凹槽的中央，相对静止时物块 在凹槽的左端，所以两物体的位移关系为5A 5g-2,解得5g=12.25m,D错误。 10.BC【解析】平行导轨光滑，对A、B和弹簧组 成的系统分析，所受的合外力为0，因此系统动 量守恒，除系统内弹簧的弹力，没有其他力做 功，系统机械能守恒，A错误：对A、B和弹簧组 成的系统分析，取水平向右为正方向，由动量守 衡水真题密卷 4 恒定律得2nw=m· 0十2m,解得g=号B 正病：由B选项分新可知，若4-智则。=骨 设弹簧初始弹性势能为E,A的逵度为智时的 弹性势能为E。,根据机械能守恒定律可得2· 2m2+E,-号·2mi+2mi+E,可得E, E,开始时弹簧长度为L,而原长为L,故弹簧 压缩了台，弹性势能为E,而弹簧仲长后弹性势 能与初始弹性势能相等，故伸长量也为气，此时 弹美长魔为L'-+2=2让-0故 L 弹簧与导轨间夹角为30°，C正确；开始时，弹簧 长度为L,而原长为，故弹簧压缩了2，弹性 势能记为E。,弹簧恢复原长时，环B的速度为 水平向右的2u,根据动量守恒定律可得2mv= mvA十2m·2u,解得vA=一20，即A的速度大 小为2如，方向向左，由能量守恒定律得号： 2mo2+E,=号·2m(2o)+7m(-2知只，解得 E。=5mv2,D错误。 11.BC【解析】A、B两球落地时的速度相同，设为 。,两球下落过程根据机械能守恒定律可得 1 (km+m)gh=2(km十m)6,解得vg= √2gh,B球先与地面碰撞，之后以原速率弹回。 此时A球速度方向还是竖直向下，速度大小仍 为。=√2gh,之后两球发生弹性碰撞，设竖直 向上为正方向，碰撞之后A、B两球的速度分别 为oA和va,根据动量守恒定律得wn一mw三 kmg十mA,根据能量守恒定律可得2nmw6十 2m=nmi+号m,两式联立解得pw 十1，当k=3时代入可得UA=2o,设A球 3k-1 上升的最大高度为h1,A球上升过程根据机械 3 学科素养周测评 能守恒定律可得2mi=mgh1,代入数据解得 h1=4h,当k=7时代入可得vA=2.50,设A 球上升的最大高度为h2,A球上升过程根据机 械能守恒定律可得2mUi=mgh2,代入数据解 得h2=6.25h,所以A球上升的最大高度应大 于4h,小于6.25h,B、C正确。 12.AD【解析】物体由P点到A点的过程，根据动 能定理可得mgh+W,=2m,解得W,= 一0.2J,则克服摩擦力做的功为0.2J,A正确：物 体滑上传送带后，在滑动摩擦力作用下做匀减速 运动，加速度大小为a=ms=g=5m/,减速 至与传送带速度相等时所用的时间1=一” a 6号。-04s匀减建运动的位移- 241 6十4×0.4m=2.0m<L=3.0m,故物体与小 2 球1碰撞前的速度为v=4m/s,物体与小球1发 生弹性正碰，设物体反弹回来的速度大小为1， 小球1被撞后的速度大小为“1，由动量守恒定律 和能量守恒定律得mo=一mw1十m1,2mm2- 2mi+mi,解得=号=2m/s,4= 1 2口=2m/s,物体被反弹回来后，在传送带上向 左运动过程中，由运动学公式得0一v=一2as, 解得s=0.4m,B错误；由于小球质量相等，且 发生的都是弹性正碰，它们之间将进行速度交 换，物体第一次返回还没到传送带左端速度就 减小为零，接下来将再次向右做匀加速运动，直 到速度增加到1，再跟小球1发生弹性正碰，同 理可得，第二次碰后，物体和小球的速度大小分 此类推，物体与小球1经过n次碰撞后，两者的 选度大小分别为，=（侵）”0，“=（号》”0，由于 总共有4个小球，可知物体与小球1一共可以发 生4次碰撞，则物体最终的速度大小为 ·物理· )×4m/s=0.25m/s,C错误；物体第一次与 小球1碰撞后的整个过程，在传送带上相对传送带 的路程△s=v· 僧+g+0+g）=6m… a 故物体与传送带间产生的摩擦热Q=mg△s 3J,D正确。 三、非选择题 13.(1)0.400(2)0.1270.125(3)B 【解析】(1)碰后运动方向相反，应该用质量较 小的滑块碰撞质量较大的滑块，故选0.400kg 的滑块作为B。 (2)碰前滑块A的速度vA==0.500m/s,碰 t。 后滑块A的速度A=≈0.1364m/s,A的 动量减少量是△pA=m1A一（一m1'A)≈ 0.127kg·m/8,碰后滑块B的速度。=兰= 0.3125m/s,B的动量减少量是△pB=m2vB= 0.125kg·m/s。 (3)A、B的这次碰撞是非弹性碰撞，则动量守 恒，动能减少，有m1A=m1vA十m2vB, 暖>m吸十之m,哈，联主解得> 1 公故选， ta 4.aDD2>③P,④元=元+后 (5)C 【解析】(1)小球离开桌面后做平抛运动，根据 运动学规律可得水平速度大小为=x√2立， 为了验证动量守恒定律，需要获取质量和速度 信息，并且最终验证的动量守恒表达式中x2和 g都可以消去，所以本实验中必须测量的物理 量有小球a、b的质量ma、m6和小球在木板上 的压痕P1、P2、P。分别与P之间的竖直距离 L1L2、L3,故选BD。 (2)为防止碰撞后入射小球4反弹，两小球的质 量关系为mu>m6。 (3)由于小球a与b碰撞后动能会减小，在水平 位移相同的情况下做平抛运动的时间会变长， 参考答案及解析 下落高度会变大，因此小球a撞到木板上的痕 迹为P。 (4)设小球a在与b碰撞前瞬间的速度为vo,碰 撞后瞬间a、b的速度分别为ta、v%,有。= 品-品=、亮两小 g g 球碰撞过程系统动量守恒，取向右为正方向，由 动量守恒定律得m。℃o=ma。十mo0w,联立可得 需要验证的表达式为m=m十m √L2LgL (⑤)当碰后两小球粘连在一起时，根据动量守恒 ma 定律可得二者共同速度大小为v%一m十m0, 当两小球发生弹性碰撞时，根据动量守恒定律和 能量守恒定律有m,o=m,。十m,,2m,听= n暖十，联立解得-十，则 1 m。二ms V。<v<o,所以压痕P。的位置应在P,与 P,之间，故选C。 15.(1)3m/s,方向水平向右(2)2m/s,方向水平 向右(3)0.2m 【解析】(1)设滑块A刚到达O点时的速度为 0,根据动量定理有 Ft=mvo 解得vo=3m/s,方向水平向右 (2)滑块A与长木板B碰后瓣间，设滑块A和 长木板B的速度分别为。和口1，根据动量守恒 定律和机械能守恒定律分别有 mvo=mw6十Mo1 2md=2mw心+号Mai 1 1 联立解得v=一1m/s,v1=2m/s 滑块A与长木板B碰后瞬间，长木板的速度大 小为2m/s,方向水平向右 (3)长木板B和小物块C组成的系统在水平方 向所受合外力为零，所以动量守恒，设B、C最 终达到的共同速度为V,则有 Mv,=2Mu 1 解得v=20=1m/s 设C相对B滑动的路程为△x,对B、C组成的 系统根据能量守恒定律可得 2 衡水真题密卷 -X2Mu* 解得△x=1m>L=0.6m 所以小物块C最终与长木板B右挡板的距离为 x。=2L-△x=0.2m。 16.2L2号(a)2m, 3 252gL 1 【解析】(1)小球3从O,点到A点做平抛运动， 设运动时间为1，则有 b-28,2L-u 解得u=√2gL (2)设小球3在A点与地面发生碰撞前瞬间速 度的竖直分量为，碰后瞬间速度的水平、竖直 分量分别为1、，1，地面对小球的摩擦力为 F,小球对地面的压力大小为FN,由运动学公 式有 v=2gL,=2g×0.81L 可得vy1=0.90,y 由题意知小球在A点与地面发生碰撞前、后醉 问的速度方向与水平地面的夹角相等，因此有 v1=0.9u 分别对小球3在A点碰撞过程中水平方向和竖 直方向由动量定理可得 一Ft=no1mo FNt=mu1-(一mo,） F 一FN 解得以=品 (3)设小球1、2碰撞前除间小球1的速度为， 碰撞后瞬间小球1、2的速度分别为01、2，小球 2、3碰撞后瞬间，小球2的速度为：，则由动量 守恒定律和能量守恒定律可得 m1vo=m1U1十7m2U2 2%,1 ,时+m m2v2=m202十m3 m:d-2m,i+2m心 1 1 由以上各式可得 13 9m8 4mg十m2十 4m2 Uo= 4mo 3 学科素养周测评 3 当m2=2m。时小球1的速度取最小值，最 小值为 第a 17.(1)399J(2)0.2m/s,方向水平向左0.8m/s, 方向水平向右⑧)易≤<得 45 【解析】(1)子弹打入物块A过程中，根据动量 守恒定律有 moo=(m。十m1)u 解得u-1m/s 系统损失的动能 Eummo+m 1 解得EM一399J (2)对于A、B及弹簧组成的系统，任一时刻动 量守恒，则 m3=m。十m1=2kg m3U=m多vA十n2UB ∑mu△=∑mvA△+∑m2vB△ m3t=mxA十m2xB △x=xA一xB=0.32m 解得m2=3kg 弹簧恢复原长时有 m:)=m3UA十n20日 1 1 2m02=2m听+2m,i 1 解得va=-0.2m/s,vg=0.8m/s 则A速度方向水平向左，B速度方向水平向右 (3)若B与弹簧不检接，A、B分离时B的速度 为vB=0.8m/s ①不能越过斜面，则有 -m2gh一m2g cos0 h 1 n0≤0-2mi 解释一号 ②B能滑下来，则有 m2g sin 0>um2g cos 6 解得aKan0-号 上滑过程，根据动能定理有 h 一m2gh1一m2gcos0 sin2—0—2a2 ·物理· 参考答案及解析 下滑过程，根据动能定理有 =2aB5 h11 m2gh1一m2gcos sin 02mv B能追上A,则有 vB>0.2 m/s 解仔品 -》 1- 45 综上所迷0≤。 当n→o∞时，解得5一8g 18.1) 3ug (2) 8ug (3)4 3ug (3)B从第n次与挡板发生碰撞到第n十1次与 【解析】(1)依题意，设长木板A的长度为L, 挡板发生碰撞的过程中，设B做匀变递运动的 A、B第一次达到共速时速度大小为1，由动量 时间为t1,B做匀速直线运动的时间为t2,A、B 守恒定律有 保持相对静止共同运动的位移为△x,匀变速运 mvg=(2m十m)U 动过程有 根据能量守恒定律有 =2aB△z angl2m+m)oi 匀速过程有 6 联立解得u1=3o山一 34g △x=3 (2)分析可知，物块B与长木板A第n次共速时 联立解得t1:tg=1：1 的速度为学，对B根据牛频第二定律有 即每相邻两次碰撞过程，A、B匀变速运动过程 与A、B匀速运动过程的时间之比为1：1。在 umg =ma B 0~t。时间内，设A做匀减速运动的累计时间为 从B第一次撞击挡板到第二次撞击挡板过 t',则 程，有 (学）”-2a 对A有 从B第二次撞击挡板到第三次撞击挡板过 umg=2maA 程，有 3=ant =2aBs: 从B第n次撞击挡板到第n十1次撞击挡板过 解得t。一3g° 4vo 程，有 2024一2025学年度学科素养周测评（十五） 物理·电场（一） 一、单项选择题 点放置的试探电荷带负电，受到的电场力向右， 1.C【解析】由图像中直线I可知，在M点放置的 则N点的电场强度方向向左；可知点电荷P应 试探电荷带正电，受到的电场力向右，则M点的 位于M、N两点之间，且P带负电，A、B错误。 电场强度方向向右；由图像中直线Ⅱ可知，在N 根据E=E ,由Fg图像可知，直线I对应的电 ·19. eP