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（冀粤辽黑赣桂吉晋豫陕青宁蒙新藏鲁渝甘贵云川皖A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） (考试时间0分钟，盖分100分》 一、单项迭择：本器共3小题，每小”10分，共地分。每小题只有一个选项符合层日要求。 题号 2 3. 答案 1.如图所示，小车与木箱常挨着静止故在光滑的水平冰面上，观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，下列说法正境的是 A男夜和木篇组城的系统机械能守恒 我小车与木箱组戒的系统动量守面 C男葰，小车与木箱三者组成的系统动量守有 九小孩推力的冲量小于术箱的动量的变化量 么.如图甲所示，物块A,非的质量均为2g,用轻弹簧栓接，放在充滑的水平地面上，物块 B右侧与整直墙壁接触们不黏连。物块C从一0时以一定速度向右运动，在：一4s时 与物块A相碰，并立即与物块A粘在一起不再分开，物块C的图像如周乙所不。下 列说法正确的是 toim-s) wwwwn 乙 A物块C的质量为2k短 我物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为40,5」 C4s到12s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为0 D物块B高开地晚后，物块B的是大速度大小为35m/s 3.一质量为m,可栈为质点的物块：静止于质量为M的木板C 左端，木板静止于光滑本平面上，将爱量为m的小球A用长 为上的据绳悬挂于O点，静止时小球A与B等高且刚好接 触，现对小球A殖加一外力，使罪绳恰好水平，如图所示，将外力教去，小球A与物块B 发生带性碰罐，已知B,C间动摩擦因数为，重力加迪度大小为g,则下列说法正确 的是 学科素养周测评（十因）物理第1页（共4夏） 衡水真 A.小球A碰撞后做简谐运功 班圾 且碰撞后物块君的速度为2②取 C若物块B未滑离木板，制物块B与木板C之阿的廖擦精小于 M十m 姓名 D若物块B会指离术版C.则饭长小于aM干m MI. 得分 二，多碳选择振：本第共2小题，每小题10分，共地分。每小精有多个选项符合题目要求， 全部选对得10分，进对但不全的得5分，有选错的得0分。 图号 4 5 答案 4,如图所示，质量为两的小球A与质量为脚(3<？)的小球B叠放在 一起，从高度为()处由静止开始下落，落到水平地面时，B与地面 之闻以及B与A之间均在竖直方向爱生弹性碰撞（认为B先与地而发 生碰檀，常接着A,B可再发生碳撞)，爆A反弹后能达到的量大高度可 能为 A.a.5动 B4.5k C5.5h D.7.5 5,如图所示，以。一4m/s的速度顺时针匀速转动的水平传送带，左端与粗粒的氧形轨道 平滑对接，右南与光滑水平面平滑对接。水平面上有位于河一直线上，处于静止状态的 4个相同小球，小球质量m,=0,3kg。质量m■0,1k线的将体从镇道上高h=2,0m的 P点由静止开始下滑，滑到传送带上的A点时速度大小网=6m/8:物体和传送带之问 的动摩察因数4=05，传送带A,B之间的距离L.=30m。物体与小球、小球与小球之 闻发生的军是弹性正碰，重力加速度g取10m/。。下列说法正确的是 A.物体从P点下带到A点的过程中，克围摩擦力管的功为Q2了 品物体环一次与小球碰撞后，在传送带上向左带行韵最大距离为，6m C,物体最终的速度大小为Q,5m/ D物体第一次与小球陆撞后的整个过程，物体与传遗带闻产生的摩擦热为3】 三，非装择题：本题共3小题，共50分， 6,(12分)某实验小组利用周所示的实验装置验正动量守框定律，实验主要步骤如下： ,调节气垫导镇水平，并将气装导轨固定，用电子程测得两清换的质量分别为深= 0200kg和两2=0400kg: ,容带块A,B放在导轨上，剥节B的位置，使A与B接触时，A的左装到左边挡板的 通密在 学科素养周测浮十回)》物理第2页（共4页1 IA 距高1与B的右端到右边挡板的距离：相等，测得s1=s1■Q50m: 国使A以一定的制速度滑气垡导轨向左运动，先后与左边挡板，B能罐，月平机的“声 学秒表“软件记录A从与左边挡板碰撞时刻开始到与B碰撞所用的时同， 0,0,分别记录从A和日碰植时刻开给到各自撞到扫版所用的时可：，=3,30和 fa-14 s. 气华导预 请包答下列问题 《1)实验中，A,B藏撞后的运动方向相反，则成选取质量为 kg的带块作为B: (2A,B从开始接触到分离，A的动量减少量是一g·m/s,B的动量增加量是 kg·m/s4(结果均保留三位有效数字) 《)A,B的这次碰罐是术弹性碰植的依据是 A11 11+ oin【a Ie Ia ta c 7.(18分)如图断示，光滑水平直上有一面量为m一kg的滑块A静止在P点，在O点有 一质量为M=2kg、长度为L=05m的长术板B,其两侧有固定鹤板，在长术板B上 最右侧放置一质量也为M一2kg的小物块C,滑块A在外力F一2N作用下，经过时可 t一15s达O点时，在O点立即量去外力同时与B爱生碰罐。已知小物块C与长木 板B何的动摩擦因数为4一Q.1,所有撞均为弹性植，且碰罐时间极短，重力加速度 k取10m/2,求： (1)滑块A刚到送O点时的速度 (2)滑块A与长木板B硅后阿间，长木板的速度。 (3)小物块C量终与长木板B右侧挡板的距离 IA 学科素养周测浮（十四）物理第3面（共4西》 衡水真 8(20分)如图所示，P为圆定的影直挡板，疑量为2m的长木板A静置于光滑水平面上 (A的上表面略低干挡板P下离)，质量为两的小物块B(可视为质点)以水平初速度 从A的左操向右清上A的上表成，经过一段时间A,B第一次达到共司速度，此时B恰 好未从A上带落，然后物块B与长木板A一起向右运动，在r=0时刻，物块B与挡板 P发生了第一次稀撞，经过一段时间物块B与长木板A第二次达到共司违皮，之后物块 B与挡板P爱生了很多次碰植，最终在？=，（未知）时恰好相对地而静止。已知A,B 间的动摩藤以数为：，重力加速度大小为g,物块与骨板P发生碰撞时无机械能提失且 碰撞时间吸短，求： (1)长木板A的长度 《20一，时间内B经过的路程. (3ra的值. 通密西 学科素养周测评十回)物理第4页（共4页引·物理· 能守恒定律可得 m202=m2U4十m3Us m:时-m:d+2m, 1 1. 8 16 联立解得v=一3m/s,= 3 m/s 在圆弧轨道底端对小球B由牛顿第二定律有 （01-v5)2 FN一mzg=m2R 解得FN=63N 根据牛顿第三定律得F属=FN=63N,方向竖直 向下 (3)小球A与小球B第一次碰后小球A以1= 一2/s的速度向左运动，再次压缩弹簧，根据能 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.D【解析】由图像知，C与A碰前速度为1 9m/s,碰后速度为v2=3m/s,C与A碰撞过程 动量守恒，以C的初速度方向为正方向，由动量 守恒定律有mc1=(mA十mc)2,解得mc= 1kg,A错误：A、C粘在一起速度变为0时，弹簧的 弹性势能最大，为E,=2(m十mc)=135J,B 错误；由图像知，12s末A和C的速度为v3 一3m/s,48到12s过程中墙壁对物体B的冲 量大小等于弹簧对物块B的冲量大小，也等于弹 簧对A和C整体的冲量大小，墙壁对B的冲量 为I=(mA十mc)3一(mA十mc)v2,解得I= 一18N·s,方向向左，C错误；物块B刚离开墙 壁时，由机械能守恒定律可得，A、C一起向左运 动的速度大小为3m/s,物块B离开墙壁后，系 统动量守恒、机械能守恒，当弹簧再次恢复原长时， 参考答案及解析 量守恒定律，小球A与弹簧分离后的速度大小为 v=2 m/s, 经过一段时间，小球A与小球B发生第二次碰 撞，设碰后小球A和小球B的速度分别为 U1、U8, 根据动量守恒定律和能量守恒定律得 m10s十m2v:=m1v,十m2va 1 1 1 1 2m好+2m:i=2m1听+2m:明 16 联立解得v,=一3.6m/s,u=15m/s 因为g<s,所以小球B不能第二次进入圆孤 轨道。 十四)物理·碰撞与动量守恒（二） 物块B的速度最大，则有(mA十mc)=(mA十 1 1 mc)+mBg,2(mA十mc）号=2(mA+ 1 mc)u+2msi,代入数据解得va=一3.6m/s, 物块B的最大速度为3.6m/s,D正确。 3.D【解析】小球A下落过程中机械能守恒，有 mgL=2mu,解得v=√2g工，小球A与物块 B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守 位定律可得m,=mvA十mwB,立mu哈= mi十7mi,解得碰后A,B的速度分别为 1 tA=0,vB=va=√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mwB=(M十m)口，解 =mWa=m√2g,根据能量守恒定律 得v=M+mM+m 可知，摩擦热为Q-名mi-号(M+m)n 1 mgL,C错误：摩擦热为Q=mgl,式中l为板 M+m 长，者B给好清离C,则有 =amgl,解得 1A 衡水真题密卷 红(M干m),因此可知，若物块B会滑离木板 M l= ML C,则板长小于 M十m)D正确。 二、多项选择题 4.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 (km十m)gh=2(km十m)6,解得v=√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A和 vB,根据动量守恒定律得oo一moo=bUg十 mw,根据能量守恒定律可得2mu6+2mw6 3k-1 是bm十2mi,两式联立解得-干o,当 k=3时代入可得vA=20o,设A球上升的最大 高度为h1,A球上升过程根据机械能守恒定律可 得2m=mgb1,代入数据解得h1=4h,当k= 7时代入可得UA=2.500,设A球上升的最大高 度为h:,A球上升过程根据机械能守恒定律可得 2m0后=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，A、D错误。 5.AD【解析】物体由P点到A点的过程，根据动 能定理可得mg十W,=专m,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=m8=g=5m/g,减连至 m 与传送带速度相等时所用的时间1=二” a 64。=0.4s,匀减速运动的位移1 24 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41，由动量守恒定律和 能量守恒定律得mm=一mm1十m61,2mo2= 1A 学科素养周测评 m+7m,听，解得=号=2m/s1= 1 1 2u=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v1=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别为 =n=(份》'，==（号分）'，以晚美 推，物体与小球1经过n次碰撞后，两者的速度 大小分别为，-（分）”，，-（分），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 理拉，则物体最终的连度大小为=（侵》广× 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 但+会+曾+）-6m,收物体与 传送带间产生的摩擦热Q=mg△=3J,D 正确。 三、非选择题 6.(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A==0.500m/s,碰 to 后滑块A的速度A=≈0.1364m/,A的动 tA 量减少量是△pA=m1A一（一m1vA)≈ 0.127kg·m/s,碰后滑块B的速度0B== 0.3125m/s,B的动量减少量是△pB=m2vB= 0.125kg·m/so (3)A、B的这次碰撞是非弹性碰撞，则动量守恒， 动能减少，有m1vA=m10A十m0g,2m1i> 豆m哈+2m:哈，联立解得上>上+以，故 1 1 Lo ta'LA 选B。 ·物理· 7.(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 o,根据动量定理有 Ft=mvo 解得。=3m/s,方向水平向右 (2)滑块A与长木板B碰后瞬间，设滑块A和长 木板B的速度分别为。和1，根据动量守恒定 律和机械能守恒定律分别有 mvo=mvo+Mv 1 2mu-2mw+2M 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，则有 Mv:=2Mu 1 解得o=201=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 aMg Ar=2Mwi-名×2Mw 解得△x=1m>L=0.6m 所以小物块C最终与长木板B右侧挡板的距离为 xo=2L-△x=0.2m 8(1)6 3ug 3ug 【解析】(1)依题意，设长木板A的长度为L,A、 B第一次达到共速时速度大小为1，由动量守恒 定律有 mvo=(2m十n)v1 根据能量守恒定律有 uglm2m+m)v 联立解得1=3L=3mg 1 (2)分析可知，物块B与长木板A第n次共速时 的选度为学对B根据牛顿第二定律有 9 参考答案及解析 tmng=ma 从B第一次撞击挡板到第二次撞击挡板过程，有 g广-2a 从B第二次撞击挡板到第三次撞击挡板过程，有 )2 (32）=2aas2 从B第n次撞击挡板到第n十1次撞击挡板过 程，有 (学) =2aB5n 1 当n→∞时，解得s一8g (3)B从第n次与挡板发生碰撞到第n十1次与 挡板发生碰撞的过程中，设B做匀变速运动的时 间为t1,B做匀速直线运动的时间为t2,A、B保 持相对静止共同运动的位移为△x,匀变速运动 过程有 3+行 =2ag△x 匀速过程有 △x=3* 联立解得t1:t2=1:1 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0~ 。时间内，设A做匀减速运动的累计时间为 t',则 对A有 umng =2maA 又号-ad 40 解得t。一3g 1A