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75分钟，盖分100分》 一，选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1一7题只有一项料 合题目菱求，每小题4分：第8一0题有多项符合题目要求，每小题6分，全部益对的 6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 题号 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 1.如图所示，小车与木箱紧挨着静止故在光滑的水平冰面上，观有一男核站在小车上用力 向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法正确的是 A男德和木箱组属的系统机械能守恒 我小车与木箱组成的系统动量守 C男孩，小车与木箱三者饵成的采统动量守恒 九小孩胜力的神量小于术箱的动量的变化量 2如图甲新示，左喇接有轻弹簧的物块A静止在光滑水平面上，物块日以一物速度向A 运动，一0时B与算簧接触，0一2s内两物块的4图操如图乙所示。则 m 2 AA的质量比B的大 B0一1内，净簧对A,日的冲量相同 Ct一1s时，弹簧的弹性势能最大 D=2s时，A的动量比B的大 a如图新示，在光滑水平面上右侧放有一个充希溪弧轨道ABC,北圆心为O:质量为和 的小球从水平面上P点以初速度向右运动，滑上属氟轨道后从C点抛出。已知测沉 轨道质量为M一m,重方加速度大小为g,则小球与圆无轨道作用过程中，下列叙述不 正确的是 学科素养周测评（十因）物理第1页（共8页） 衡水真 班圾 姓名 A.小球离开C点后做整直上抛运动 品小球离开C点后做斜抛运动 得分 C,圆孤轨道的最大速度为2时 D小球离开羽属轨道再次可到水平面上时速度方向水平向左 4,如图所示，一质量M一&0g的长方形木板B放在光带水平地面上，在其右滑放一个 质量m=20kg的小术块A。给A和B以大小均为5,0m/s、方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B开始向右运动，A始浇没有情离B,A、B之闻的动摩擦因数是0,5，重 力如该度g数10m/。则在整个过程中，下并说法正确的是 A.小木块A的速度成为零时，长木板B的速度大小为8.25m/s B小木块A的速度方向一直向左，不可能为零 C,小木块A与长木板B共速时速度大小为3m, D长木版的长度可能为6m 五，如图所示，质量分两为w,2m的两个小球A,B用长为L的经质强绳连接，B继穿在光 补水平细杆上，始时期，细绳处于本平状杏，将A,B由静止释故，空气阻力不计，重力 加遵度大小为g。从师放到A缘运动到最低点的过程中，下列说法正角的是《》 A.A,B组成的系统动做守相 区A球运动到最纸点时，B球向右运动距高为号 CA球运动最低点时后政的室度为停 DA球机城能减小了g吐 6,滑换P以初速度沿水平轨通滑行x:距离后与静止在执道上的带块Q发生完全非弹 柱威罐，已知两带块在水平轨道上滑行时受可的阻力与其重力之比均为业，碰植后滑行 正距离后停止，重力加魂度大小为g,则P,Q的质量之比为 √2张g团 2g红 A. “2hg--20gr, 6. 0-2Rx-2gr0 √2区 ZERE '房-2gr一√2k +2g一√2k工 密远 学科素养周测评十回)物理第2页（共8页1 7.一质量为m.可视为质点的物块书静止于质量为M的木版C左端，木饭静止于光滑水 平面上，将质量为m的小球A用长为L的耀绳悬挂于O点，静止时小嫁A与B等高且 刚好接触，现对小球A施加一外力，使饵绳恰好水平，如图所示，将外力抛去，小球A与 物块B发生弹性碗撞，已知B,C间动降振以数为：，重力加建度大小为？，期下列说法 正确的是 A.小球A碰撞后哑简谐运动 我碰撞后物块B的速度为2,2L C若物块B术棉离木板C,则物块B与木板C之何的摩振热小干酷 D若物块B会滑商木板C,明板长小于，机 (M+m》 总，在光滑水平地面上有一凹桶A,中夹放一小物块B(可棍为质点)。物块与左右两边情 量的率离如图析示，L一1m,凹精与物块的质量均为州，两者之间的动摩擦因数：一 0.5。开的时物块静止，凹相以一5m/s的初速度向右球动，投物块与四情壁的酵植 没有能量损失，且破靠时间不计。重力扣速度g取I0m/s。卿 子 A物块与凹精相对静止时的共问速度为2.5m/% 我物块与凹槽相对静止时物块在世情的左墙 C,从物块从开始运功到两者相对静止所经历的时间为108 D,从物块从开始运动到两者相对尊止所轻历韵时间内物块运动的位移大小为12,5m 9.如图所示，质量为m的小球A与质量为w(3<是<？)的小球B叠数在一起，从高度为 hhr)处由静止开始下落，落到水平城面时，B与地面之闻以及B与A之间均在紧直 方向发生弹性碰罐（从为B先与地而发生碰雄，紧接着A、形间再发生碰撞），斯A反算 后能达到的最大高度可能为 A.3.5A 品4,5助 C.5.5 D7,5助 学科素养周测浮（十因）物理第3页（共8页） 衡水真 10.如图所示，以。■4/s的速度顺时针匀该转动的水平传送带，左细与粗粒的颗彩轨道 平滑对接，右南与光滑水平面平滑对接。水平面上有位于同一直线上、处于静止状态 的4个相同小球，小球质量m,=03k感。质量两=Q1kg的物体从轨道上高青= 2.0m的P点由静止开始下滑，滑到传送指上的A点时速度大小一6m/s物体和 传透带之间的动摩旅因数“一0.5，传送带A,B之料的座离L一30m,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？取10m/。。下列说法正确的是 《》 月AAqa A物体从P点下滑到A点的过程中，克服摩藏力骚的功为02」 B物体第一次与小妹碰撞后，在传送带上向左带行韵最大距离为0,6m C,物体量缝的速度大小为05m/8 口物体第一次与小球碰撞后的整个过程，物体与按送播间产生的摩报热为3】 二，非这挥题：本题共5小驱，共54分， 11,(6分)某实验小组利用如周所示的实验装置验正动量守恒定律，实验主要少深如下： 1。调节气垫导轨水平，并将气柒导轨圆定，用电子秤测得两滑块的质量分别为测，= 0200g和m:=0.400kg ⅱ.将带块A,B放在导轨上，周节B的位置，使A与B接触时，A的左蝎到左边挡板 的距离51与B的右响到右边首最的距离s:相等，测得一：一0.50m: ⅲ.使A以一定的初速度沿气垫导轨向左滋动，先后与左边挡板，B瑞樟，用手机的“声 学秒表牧件记录A从与左边指板碳撞时刻开的到与B碰撞所用的时料 Q0,分别记录从A和B疑撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间：A一3,0 和一1,44 气装中 请闻器下列问愿： (1)实验中，A,B撞后的运动方向相反，测应边取质量为一kg的滑块作为B: (2)A、B从开给接触到分离，A的动量诚少量是kg·m/%,B的动量增加量 是kg·m/:(结果均保围三位有效数字) 蹈密在 学科素养周测浮十回》物理第4页（共8页1 (3)A,B的这次微幢是丰弹性碰撞的依据是 AI1 B1>1+1 to tu IA Is ta'ta 41 ta tu IA 12.(8分)小李同学利用如图所示的弹簧发射装置进行“验证动量守氧定律的实验，操作 步深如下 ①在水平桌面上的适当位置固定好弹簧发射善，使其出口处切线与水平桌国相平且弹 费原长时与管口平齐 ②在一块平直长木板表面先后钉上白纸和复可纸，将该木板整直并贴常桌面右侧边缘 将小味正向左压缩弹簧并使其由静止释收，小球：到木板，在白纸上留下压孩P。 ①将木板向右水平平移适当离x:,再将小球向左压缩弹簧到某一国定位置并由静 止释放，撞列木板上，在白纸上南下压痕P, ①将半轻相同的小球放在桌面的右边缘，仍让小球：从产景心中的释放点由静止释 放：与小球相经后，两球均撞在木板上，在白纸上留下压痕P,P 弹黄发时酒 (1)本实验：必须测量的物理量有 A小球的半径r 长小球ab的爱量m。四 第赞的压第量1，木板与梨子边缘的距离x D小球在木板上的压痕P:,P:,P,分别与P之其的竖直距离L:L:L (2)本实验中所达用的两小球的质量关系为网。 (填>“<"或-m。 (3)两小球硅罐后，小球4植可木板上的痕连为 。《填“P,"“P,成“P," (4)用(1)中所测的物理量来验正两球碰慎过程动量好但，其表达式为 (G)若：，6两小球上豫有站性限的胶体（胶体质量不计），让小球仙从步露③中的释 放点由静止释放与小球多相碰后，两小球粘连在一起并液到木板上，在白纸上留下 压襄P,则压痕P,的位置应在 AP与P1之同 且P与P:之间 CP:与P,之同 DP,下方 学科素养周测评（十因）物理第$页（共8夏） 衡水真见 13.10分)如图所示，光滑水平面上有一质量为m=Ig的滑块A静止在P点，在O点 有一质量为M=2kg,长度为L=4,6m的长木版B,其两侧有国定挡板，在长术板B 上景右侧放置一质量也为M=2kg的小物块C,清块A在外力F=2N作用下，经过 时间=1,5。到达O点时，在O点立即置去外力同时与B发生碰撞。已知小物块C 与长木板B间的动摩蒸因数为：=Q,1,所有碰撞购为潮性碰撞，且经撞时间极短，重力 加速度g取10m/年，求： (1)滑换A刚到达O点时的通度。 (2)滑块A与长木板B碰后量同，长木板的违度。 (3)小物块C最终与长本版非右侧挡板的距离， 密程 学科素养周测浮十回》物理第6页（共8页1 1 14.13分》小宁同学设计的弹球人筐“游戏如图所示，在高为1的光滑水平台而上，持列 着三个小球1.2,3，台面左侧放有一弹射装置。某次游戏中，小球1在弹财装置的作用 下以某一水平速度与小球2爱生对心弹性碰罐，接着小球2再与小球3罗生对心第性 碰撞，碰撞后小球3从水平台面边操的O点飞出，并在A点与地而发生碰道，经地而 反那后，最终落人水平地面上B点的小配里。已知小球1的质量为m1=m0,小球3的 质量为m,一？m。A点与0点的水平距离为2L,小球在A点与越面发生碰罐葡、后 所问的迷度方向与水平地面的突角相等，小球反弹后距地而的最大高度为Q,81山.，重 力加速度的大小为g,小球与地面碰源过程中对地面的压力远大于小球的重力，小绿可 视为质点，不计空气阻力。 山)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，小球与越面间的摩擦力与对地面的压力的比值单。 (3)求m:为何值时，小球1,2碰撞前小球1的速度最小，并求出滨最小违度。的 大小 1 学科素养周测评（十因）物理第7页（共8夏） 衡水真见 15.《17分)如图所示，P为固定的聚真挡板，质量为2m的长木板A静置于光滑水平而上 (A的上表面路低于挡板P下细)，质量为牌的小物块B(可视为爱点)以水平初速度 从A的左端向右滑上A的上表面，经过一段时间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与长术板A一起向右运动，在=0时刻，物块B与 挡板P发生了第一次碰罐，经过一段时间物块B与长木板A第二次达到共同速虔，之 后物块B与挡板P发生了叙多次撞，最终在=。（未知）时恰好相对地面静止，已 知A,B何的动摩擦因数为：，重力加违度大小为g,物块与挡板P发生碰罐时无机械 能提失且碰植时何极短，求。 (1)长木板A的长度 (20~-4,时间内B5过的路程 (3)1,的值。 密程 学科素养周测浮十回)物理第8页（共8页1·物理· 16 联立解得04=一3m/s,us=3m/s 在圆孤轨道底端对小球B由牛顿第二定律有 FN一m2g=m2 (v4-v5)2 R 解得FN=63N 根据牛顿第三定律得Fs=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= 一2m/s的速度向左运动，再次压缩弹簧，根据 能量守恒定律，小球A与弹簧分离后的速度大 小为6=2m/s, 2024一2025学年度学科素养周测评 一、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。= 1.2m/s,t=1s时，物块A、B的共同速度大小 为o=1.0m/s,由动量守恒定律可得mag (mA十mB),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有共同递度，弹 簧最短，弹簧的弹性势能最大，C正确：t=2s时， A的动量pA=mAtA,B的动量pB=mg0H,由图 像可知vA=2.0m/s,vg=0.8m/s,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。滑上圆弧轨道，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 参考答案及解析 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 U7、U81 根据动量守恒定律和能量守恒定律得 m1U6十m2t4=m1U,十m208 1 1 16 联立解得，=一3.6m/s,us=5m/s 因为Vg<5,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） C,点后做斜抛运动，A错误，B正确：固为小球离 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孤轨道上，最后相对 圆孤轨道向左运动到水平面上，设小球从左侧离 开圆孤轨道时其速度为，圆孤轨道的速度为《， 1 1 则有moo=mw+3mu,豆mo5=豆mv2+2 1 1 3mw,联立解得u=20o0=一2o,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Mo一mu=Mu1+0,解得1= 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 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Mun一mU=(M十 m)v2,解得v2=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。= 名cM+m加i-名M+mdi,解得L,=8m,由 于A始终没有滑离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 衡水真题密卷 mAUA一mBDB=0,两边同乘以t,则有mASA= mB58,又sA十sH=L,2mA=mB,可得A球运动 到最低点时，B球向右运动的最大位移5阳一3， 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mA心A=mgvB,由 执核能守板，得mAL=m暖十mi,解得 。=√受，C正确：A、B组成的系统机核能守 恒，所以A球机械能减小量等于B球的动能增加 量，即EAa之oi-”,D错误。 1 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-m1gx=2m1i-2m1听，滑块P.Q碰 撞，以1方向为正方向，由动量守恒定律有m11= (m1十m2),碰撞后滑块P、Q同速滑动，由动能 定理有-k(m十m:)gz=0-2(m1十m2)v2,联 立解得m=口 √2kgx ,C mzv1-u√06-2kgxo-√2kgx 正确。 7.D【解析】小球A下落过程中机械能守恒，有 mgL=2m6,解得o=√2gL,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 恒定律可得mUg=muA十mva,乞mu哈= 2mi十7mi,解得碰后A,B的速度分别为 1 vA=0,VB=Y。=√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 得口一nM什mL,根据能量守恒定律 可知，摩擦热为Q=号mi-(M+m)心2 MmgL,C错误；摩攥热为Q=mgl,式中l为板 M+m 长，若B恰好滑离C,则有mgL M+m =mgl,解得 1 学科素养周测评 ML M干m),因此可知，若物块B会滑离木板 l=- M C,则板长小于红M十m)D正确. 8.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v一空 2.5m/s,A正确，物块与凹槽间的滑动摩擦力 f=uN=四ng,设两者相对静止前，相对运动 的路程为51，由动能定理得一1=2(m十m- 1 m6,解得s1=12.5m,已知L=1m,则s1= 12,可得物块与凹袖相对静止时物块在四槽 的左端，B正确：设凹槽与物块碰前的速度分别为 U12,碰后的速度分别为'1、'2，有m℃1十 1 mva-mo+me's,2 mvi+mm mu吸，得1=u20:=U1,即每碰撞一次凹槽与 1 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=vo十at,a=一g,解得t= 5s,C错误；设凹槽与物块的速度分别为UA、VB, 根据动量守恒定律得mUg=mUA十mUB,即v。一 A十B,UA与VH的方向相同，结合上式可得两 物块位移关系为t=SA十5B,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-5B=之，解得5。=12.25m,D错误。 9.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 m十m）gh=2m十m)6,解得o。=v2a, 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 va,根据动量守恒定律得ko一mo=km心：十 m,根据能量守想定律可得bnm6十m6= 1 之mi十号m,两式联主解得o队-路，当 1 3k-1 ·物理· k=3时代入可得vA=2o,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2mi=mgh1,代入数据解得1=h,当友 7时代入可得A=2.5u0,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 1 mo员=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。 10.AD【解析】物体由P点到A点的过程，根据动 能定理可得mgh+W,=2m6,解得W, 一0.2J,则克服摩擦力微的功为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=m=g=5m/,减速 m 至与传送带速度相等时所用的时间一山二” a °写s=0.4s,匀减速运动的位移1=6十， 6-4 241= 6叶4X0.4m=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u1,由动量守恒定律 和能量守恒定律得mu=一mw1十m41,2mw2= 之mf+名m,,解得=0=2m/s1= 1 2v=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 到为-20-（分）。：-2=（分》，以 此类推，物体与小球1经过n次碰撞后，两者的 速度大小分别为，=（分）”，=（合），由于 总共有4个小球，可知物体与小球1一共可以发 参考答案及解析 生4次碰撞，则物体最终的速度大小为 (侵)》广×4m/s=0.西m/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+a+0) =6m, a a a 故物体与传送带间产生的摩擦热Q=mg△s一 3J,D正确。 二、非选择题 11.(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 to 后滑块A的速度A=兰≈0.1364m/5,A的 动量减少量是△pA=m1A一（一m1D'A)≈ Q127k8m/s,碰后清块B的连度6一号 0.3125m/s,B的动量减少量是△pm=m2wB= 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=m1vA十m2UB, 2mi>2m吹+m,好，联立解得> 1 to 1+1,故选B。 LB LA 12.(1)BD(2)>(3)P(4)m=m+m √LgLg√L (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v=工√元： g 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m。、m6和小球在木板上 的压痕P、P,、P,分别与P之间的竖直距离 L1、L2、L3,故选BD。 (2)为防止碰撞后入射小球a反弹，两小球的质 量关系为m.>m6。 (3)由于小球a与b碰撞后动能会减小，在水平 衡水真题密卷 位移相同的情况下做平抛运动的时间会变长， 下落高度会变大，因此小球α撞到木板上的痕 迹为Pa。 (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v。、6,有vo= g g,两小 x√2i0,=x4√2Lw=x√2 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。0=mv。十m6U6,联立可得 需要验证的表达式为m=m兰十m Lg√LaWL1 (5)当碰后两小球粘连在一起时，根据动量守恒 定律可得二者共同速度大小为v头一m十m0: ma 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,=mau。十m,2m:听= 之m,+m,暖，联立解得.-，则 m。十m6 巴。<v共<a,所以压痕P4的位置应在P2与 P,之间，故选C。 13.(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 ⑦。，根据动量定理有 FL=mvo 解得v。=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的速度分别为口。和1，根据动量守恒 定律和机械能守恒定律分别有 mvg=mo4十Mv1 联立解得%=-1m/s,U1=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 解得0=2u1=1m/s 设C相对B滑动的路程为△x,对B、C组成的 学科素养周测评 系统根据能量守恒定律可得 IMg Ar-Mu-X2Mv 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-Ax=0.2m。 3 14.(1)2g(25(3)2m6/2gL 【解析】(1)小球3从O点到A点做平抛运动， 设运动时间为t,则有 L=2g0,2L=u 解得v=√2gL (2)设小球3在A,点与地面发生碰撞前瞬间速 度的竖直分量为口y,碰后除间速度的水平、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Fx,由运动学公 式有 03=2gL,3=2g×0.81L 可得1=0.9u, 由题意知小球在A点与地面发生碰撞前、后瞬 间的速度方向与水平地面的夹角相等，因此有 01=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 -Ft=mwz1一mv Fxt=mu1-（-mwy） μ一FN 解得μ一9 1 (3)设小球1、2碰撞前瞬间小球1的速度为0， 碰撞后瞬间小球1、2的速度分别为口1、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 m1v0=m1U1十m2v2 1 2m1v-2mv+2mv m202=m2t2十m3v 1 1 1 2m2i-2m2哈+2m,u 由以上各式可得 ·物理· 参考答案及解析 1 4m。+m2+ 9m6 4m2 =2aB5 Amo 3 当m:=2m,时小球1的速度v取最小位，最 小值为 -) -第 1- 器 (3) 3μg 当n→∞时，解得5一8g 【解析】(1)依题意，设长木板A的长度为L, (3)B从第n次与挡板发生碰撞到第n十1次与 A,B第一次达到共速时速度大小为口1，由动量 挡板发生碰撞的过程中，设B做匀变递运动的 守恒定律有 时间为t1,B做匀速直线运动的时间为t2,A、B mua=(2m十m)u1 保持相对静止共同运动的位移为△x,匀变速运 根据能量守恒定律有 动过程有 ponglm2m+mui 1 3十行 =2aB△z 联立解得=号儿= 匀速过程有 3ug Vo (2)分析可知，物块B与长木板A第n次共速时 △x=3t 的选度为学对B根据牛顿第二定律有 联立解得t1:tg=1:1 即每相邻两次碰撞过程，A、B匀变速运动过程 umg-ma B 与A、B匀速运动过程的时间之比为1：1。在 从B第一次撞击挡板到第二次撞击挡板过 0~t。时间内，设A做匀减速运动的累计时间为 程，有 t‘,则 =2aBs1 从B第二次撞击挡板到第三次撞击挡板过 对A有 程，有 umg=2maA （)’=2a 3=ant 从B第n次撞击挡板到第n十1次撞击挡板过 4vo 程，有 解得t。一3g 2024一2025学年度学科素养周测评（十五）物理·电场（一） 一、选择题 位于M、N两点之间，且P带负电，A、B错误。 1.C【解析】由图像中直线I可知，在M点放置的 根据E= 二，由F-q图像可知，直线I对应的电 试探电荷带正电，受到的电场力向右，则M点的 电场强度方向向右；由图像中直线Ⅱ可知，在N 场强度大于直线Ⅱ对应的电场强度，即M,点电 点放置的试探电荷带负电，受到的电场力向右， 则N点的电场强度方向向左；可知点电荷P应 场强度比N点的大：根据E=大号，可知M点比 ·15