周测评(13) 碰撞与动量守恒(一)-【衡水真题密卷】2025年高考物理学科素养周测评（福建X版）

2024一2025学年度学科素养周测评（十三） 物理·碰撞与动量守恒（一） (考试时间0分钟，盖分100分》 一，单项选择题：本题共4小恩，每小驱8分，共32分。在每小是给出的四个送项中，只有 一项是符合题目要求的。 顿号 容案 1,如图所示，质量相等的小球A和小车B通过杆和州线相连，置于光滑的水平而上，紧掌小 车右南有一定挡酸，现将小球A拉开到一定角度，然后司时故开小球和小车，制( A当小球向左损功时，小车也一定向左运动 我当小球向左探动时，小车可能向右运动 C当小球达到最高点时，小球和小车速度一定相同 D在任意时刻，小球程小车在木平方向的动量一定守恒 2.一质量为2g的物块在合外力E的作用下从静止开始沿直线 运动。F时间：变化的图线如图所示，厕 A1秒末物块的速率为2m/ 我3秒末物块的动量大小为3kg·m/s C前4秒内物块的运动方向发生了改变 D.4秒米物块的速度为零 3.开20隐形战平机的矢量发动机喷口可向不同方向转动以产生不同方向的推力。已知 发动机喷口而积为S,喷射气体的密度为，产生的推力为下，财发动机镜射气体的速度 大小为 t) A层 A厚 c 肾 4.如图所承，三辆完全相同的平板小车&，占.c成一直线排列，静止在光滑水平面上，有一 小从F车算到6车上，接看又立即从6车跳到：车上。小黄跳离c车和6车时对地的 木平建度相同。他殊到a车上相对a车风持静止，此后 A4、6两车运动速率相等 五a。两车运动速率相等 C三桥车的速串关系>秋，>w D.丝，c两车运动方向相问 学科素养周测评（十三）物理第1页（共4夏） 衡水真 二、条项选择愿：本愿共2小题，每小题10分，共20分。每小题有多项符合题目要求，全部 班圾 选对的骨10分，进对但不全的得5分，有选错的得0分。 题号 5 答案 姓名 5,如图所示，在光滑水平面上，有质量分群为2m和m的A、B两滑块.它们中间夹着一根 处于压缩状态的轻面弹簧，由于被一根细绳拉着面处干静止优态。当势断红绳，在两滑 得分 块脱离弹簧之后，下列说法正确的是 A,两滑块的动能之比E,1Eg一12 B两滑块的动量大小之比户a:P。=21 C弹簧对两滑换的冲量之比JA3「a=1:1 D弹簧对两滑块做功之比Wa:平，一1￥1 B.扣图所示，面品为m的木板静止在是够大的充滑水平抱面上，质量为烟的木块静止在 木板的左喇。质量为知的子弹以大小为的初速度射人木块，千弹射入木块后未穿出木 块，且木块恰好没有滑离木板。木块与木板民的动摩擦因数为“，重力加速度大小为g: 子弹与木块均规为质点，不计子弹射人术块的时间。下列说法正确的是 A子弹财人木块过程，子弹和术块射成的系统动量守恒、机械能不守恒 B子弹射人木块后二者的共同速度为一即 C,木板长度为 D术块在木板上滑行时间是 三，非选挥驱：其8分，其中7为填空题，器为实验思9、10为计算题。 ?,(8分)如图所示，学生练习用脚顺球。某一次足球由静止自由下落 1药m,被重新顺起，离开脚部后经直上升的最大高度仍为1.5m,已 知足球与脚部的作用时为Q1s,足球的质量为Q4kg,重力加速度大 小g取10/s,不计空气阳力，则足球白由下落过程重力的冲量大 为 k3·m/s脚部对足球的平均作用力为 N B.《10分)某实酸小组的同学设计了如图甲所示的装置做验证动量守恒定律”的实酸，实 险步案如下， 位移帮感卷 口物块甲 停皮见 宣滑块乙 甲 蹈密在 学科素养周测浮（十三）物理第2页（共4页引 2X 1)在长木板的左端固定一位移传感器（与计算机连接），并利用经木将长术板的左端装 高，将质量为M的滑块甲放置在长木板上，反复调整垫术的位置，直到轻推滑块甲 后，滑块甲沿长木板向下敏匀速直线运动为止： (2)到整好坐木位置后，将滑换甲紧推位移传感特放置，驾后轻推滑块甲，附块甲向下运 动，与静止在P点的质量为烟的骨块乙（与甲的材质相同，其左侧精有质量不计的 橡皮泥》相碰并粘在一起，再一起下滑到底墙： (3)在上述过程中，通过位移传速器在计茸机上获得了如图乙所示的图檬，由图像可 知，陵物滑块甲的速度大小为 ,耐后滑块乙的速度大小为（两室 均用图中所给物理量的字母表承】 (4)若两带块碰罐黄后动量守恒，谢需满足的表达式为 用 干和图中所给物理量的字母表示)。 9.《12分)“水刀“威力巨大，几平可以切制任何物体，它是公认的最科孕，经济，环保的清洁 工具之一，如图所示为“水刀“快离切制厚石板的据最。已知本刀出本口直径为d,水从 枪口咬出时的速度为，本的密度为P, 1》求单位时间从枪口真出的水的质量， (2)若水从枪口峡出时的速度大小产一0m/,近距离柔直宽射到物体表面，水枪出水 口直径d=03mm。忽略水从枪口魔出后的爱散效应，水境射到物体表面到速度在 短时间内变为零。由于水柱前结的水与物体表面相互作用时间很短，因此在分析本 对物体表面的作用力时可复略这军分水所受的重力。已知水的雀度一10习 10kg/m,重力加速度g取10m/。,估算“水刀"对物体表面产生的种击力的大小 《小数点后绿葡一位小数) 2X 学科素养周测评（十三）物理第3页（共4页） 衡水真显 10.(18分》如图所示，水平地面上有一高H=0.4m的水平台面，台而上竖直放置顿角 8一37的粗格直轨道AB、木平光滑直轨道BC,四分之一闭周光滑红圆管道CD和半 阅形光滑轨道DEP,它们平滑连接，其中管道CD的率径r一Q1m,到心在O1点，轨 道DEF的率轻R一0,2m,圆心在O1点，O,D,O,和F点均处在同一水平线上，小 滑换从航道AB上距台而高为h的P点自静止下带，与静止在轨道以C上等质量的小 球爱生弹性碰谊，碰后小域经管道CD,轨道DEF从F点竖直向下运动，与正下方固 定在直杆上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，能终落在地面 上Q点，已如小滑扶与轨道AB间的动摩紫侧数r一立血名7”-Q6,eas7一-08， (1)若小滑块的制始高度表一Q.9m,求小滑块到达日点时速度%的大小。 (2)若小球修完成整个运动过程，求本的最个值k。 (3)若小球恰好能过最高点E,且三棱柱G的位置上下可刊，求落地点Q与F点的水 平距南x的最大值r· 密西 学科素养周测浮十三》物理第4页（共4页！衡水真题密卷 灿2=mg,解得是-，即此时小物块通过光电 门时的速度最大，代入(1)中可得最大速度为 vm=√gl2e (3)当1=11和1=L时，小物块通过光电门的时 间相等，即小物块通过光电门时的速度相等，故 动能也相等，根据机械能守恒定律有mg(1= E十Ek,mgl3=E十Ek,又l2=mg,整理可 得Es一Em=lz(13-l1)。 9.(1)6m/s(2)15J 【解析】()小物块在C点的速度为心= COS 5 m/s 小物块从C点运动至D点，根据动能定理有 mgR1-eos0）=2mi-2mn呢 解得小物块滑上长木板时的速度大小为vD= 6 m/s (2)对小物块，根据牛顿第二定律有41mg=ma1 对长木板，根据牛顿第二定律有以1mg一以2(M十 m)g-Maz 解得a1=5m/s2,a2=1m/s2 设经历时间t小物块与长木板共速，速度为1， 则t1=p一a1t=azl 解得t=1s 、小物块与长木板间的相对位移为△虹。 2=3n 小物块与长木板间因摩擦产生的热量为Q= 1mg△x=5X3J=15J。 10.(1)2.5N方向竖直向上(2)5m (3)见解析 【解析】(1)小球从A点运动到B点，根据机械 能守恒定律有 2024一2025学年度学科素养周测评 一、单项选择题 1.C【解析】在小球向左摆动到最低，点过程中，细 线对小车的拉力沿右下方，由于有挡板，则小车 2X 学科素养周测评 1 mgR=2mu员 小球在B点时，根据牛顿第二定律有 R十s=n 联立解得FN=2.5N 根据牛颜第三定律可知小球运动到B点时对管道 作用力的大小为F%=F、=25N,方向竖直向上 (2)因小球和小滑块的质量相等，发生弹性碰 撞，故碰撞后两者的速度交换，所以两者在轨道 间的运动其实可以只考虑其一。对小滑块分 析，则有 mgsin53>mgcos53° 所以小滑块不能停在直轨道DE上，最后停在 水平轨道上的D点，全过程根据动能定理有 mg[R+2x+2rsin(a-90)]-mg cos53°·s=0 解得s=5m (3)当mg sin0=mg cos0时，即 tan0=μ=0.75 解得0=37 当0≤0≤37°时，小滑块能停在直轨道OE上， 由动能定理得 mg[R+2r+2rsin (a-90)]-pmgcos 0.x:- mgx2 sin 0=0 9 解得x?一3cos0+4sin0 则小滑块在直轨道DE上克膜摩擦力所做的功 W=tmg cos0·x2 33.75c0s0 解得W=3cos0十4sin0 当37°<0≤60°时，小滑块最后停在D点，由动 能定理得 mg[R+2r+2rsin (a-90)]-W=0 解得W=11.25J. 十三)物理·碰撞与动量守恒（一）】 不动，此过程中小球和小车组成的系统在水平方 向动量不守恒：在小球向左摆动经过最低点继续 向左运动过程中，细线对小车的拉力沿左下方， ·物理· 则小车向左运动，此过程中小球和小车组成的系 统在水平方向动量守恒，当小球达到最高，点时， 小球和小车速度一定相同，C正确，A、B、D错误。 2.B【解析】由动量定理有Ft1=mo,解得1秒末 物块粉造奉为=层-2空=1m,A销 误：F-t图线与时间轴所围图形的面积表示冲量，根 据动量定理可知，一3s时物块的动量大小为p3= 2X2kg·m/s-1X1kg·m/s=3kg·m/s,B正 确：根据动量定理可知，一4s时物块的动量大小为 p4=2×2kg·m/s-1×2kg·m/s=2kg·m/s,则 t=4s时物块的速度为4=卫=1m/s,所以前 4秒内物块的速度均大于零，即前4秒内物块的 运动方向没有发生改变，C、D错误。 3A【解析】设发动机向后喷射气体的速度为， 以发动机时间：内喷出的气体为研究对象，由动 量定理得F=pSut,解得u一√ F ,A正确 4.C【解析】设向右为正方向，小孩跳离b、c车时 对地水平速度为，人的质量为m,车的质量为 M,在水平方向由动量守恒定律有一M。十mv= 0,mo=Mo。十mw,mu=(M十m)va,所以U。= 7U%=0,。M十m,即m,>,>,并且 与℃。方向相反，A,BD错误，C正确。 二、多项选择题 5.AC【解析】根据动量守恒定律得0=2mwA m,解得以=学，可知两滑块速度大小之比为 vA:vB=1:2,两清块的动能之比E4：EB= (侵×2m):(分mi)=1:2,A正确：两滑块 的动量大小之比pA:pB=2mA:mvB=1:1,B 错误；弹簧对两滑块的冲量之比IA:IB=△pA: △pB=1:1,C正确：弹簧对两滑块做功之比等于 两滑块动能之比，为1：2，D错误。 6.ACD【解析】子弹射入木块过程，子弹和木块组 成的系统动量守恒，但由于系统内摩擦力做功， 系統机械能不守恒，A正确：对子弹和木块组成 的系统，根据动量守恒定律可得mv。一(m十 3m)1,解得子弹射入木块后二者的共同速度 -宁，B错误；木块恰好未滑离木板，可知最终木 参考答案及解析 块与木板具有相同的速度2，根据动量守恒定律 可得(m十3m)1=(m十3m十4n)v2,解得u2= 宫未块在木板上滑行时的加速度口 (m+3m)g=g,木块在木板上滑行时间为 m+3m =二=，木板长度为L=工线一工装= a 84g 01十02 ,CD正确。 三、非选择题 7.244 =0.5s 【解析】足球自由下落的时间为t一√g 所以足球自由下落过程重力的冲量大小为I= mgt=0.4×10×0.5kg·m/s=2kg·m/s;足 球到达脚背时的速度为v=gt=5m/s,根据运动 的对称性，足球离开脚背的速度大小也是5m/s, 设竖直向下为正方向，所以脚背与足球作用过程 中，动量变化量为△p=-mo-mu=一2X0.4X 5kg·m/s=一4kg·m/s,足球与脚部作用过程 中，根据动量定理可得(mg一F)t'=△p,解得 F=44N. 8.(3)2s-44)M4=(m十M)二4 t ts-tz t t3-t2 【解析】(3)滑块甲与滑块乙碰撞前做匀速直线 运动，根据st图像可知，0一t1段图线的斜率为 滑块甲的硅前速度口一，清块甲，乙避后粘在一 起做匀速直线运动，2一t3段图线的斜率为碰后 滑块甲，乙的速度vL一，-t妇 53-58 (④滑块甲和滑块乙难前的总动量为=M片， 碰后的总动量为p2=(m十M)二，故两滑块 t3-t2 强被前后验运功量守极定律的表达式为M片 (m十M03-2 ta-t2 9.(1)mπd 4 (2)17.7N 【解析】(1)根据题意可知△时间内从枪口喷出 水的质量为 2X 衡水真题密卷 m=pe△S=wrd△ 4 则单位时间内从枪口喷出水的质量为 mo=und? 4 (2)根据题意，取很短的时间△1，则打到物体表 面的水的质量为 Am=gund'At A 以这部分水为研究对象，设物体表面对其作用力 为F,以水流速度方向为正方向，由动量定理得 -F△1=0-△mv 解得F=四@≈17.7N 4 10.(1)4m/s(2)0.45m(3)0.8m 【解析】(1)小滑块在AB轨道上运动，由动能 定理得 h mgh-pmg cos8· 'sin0-2mu明 4 代入数据解得，=3√=4m/s (2)小球沿CDEF轨道运动，在最高点可得 VEain mg-m R 设小球与小滑块碰撞的速度为vBmm, 从C点到E点由机械能守恒可得 之mv2m十mg(R+r)=2muia 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vo 1.2m/s,t=1s时，物块A、B的共同递度大小 为0=1.0m/5,由动量守恒定律可得mBo= 2X 学科素养周测评 解得vEmn=√2m/s,vBm=2√2m/s 设小滑块与小球碰撞前的速度为vAm,碰撞后 的速度为vA 根据动量守恒，机械能守恒定律，因此有 Amin=moA十Vgmin 2ami-7nm吸+2moi 1 1 解得vA=0,Vgm=vAmn=2√2m/s 结合(1)问可得 4 vAm=3√ghm 解得h的最小值h=0.45m (3)设F点到G点的距离为y,小球从E,点运动 到G点，由动能定理得 2m话-2mi=mgR+p） 由平抛运动可得 1 a-vat,H+r-y=2gt 联立可得水平距离为 x=2√(0.5-y)(0.3+y) 由数学知识可得 当0.5-y=0.3十y时 即y=0.1m时x取最大值，最大值为xmx=0.8m。 十四)物理·碰撞与动量守恒（二） (mA十mg)0,解得mg=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=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=mAA,B的动量pB=mBVB,由图 像可知ta=2.0m/s,B=0.8m/s,又mg= 5mA,所以A的动量比B的小，D错误。 3.C【解析】取水平向右为正方向，根据动量守恒 定律可得Moo一mu=M1十0，解得v1= 3.75m/s,A错误：由于系统总动量方向向右，则