周测评(十三)碰撞与动量守恒(一)-【衡水真题密卷】2026年高三物理学科素养周测评（鲁冀粤辽鄂湘黑赣桂吉晋豫陕青宁蒙新藏渝甘黔滇川皖B版）

·物理· 参考答案及解析 2025一2026学年度学科素养周测评（十三） 物理·碰撞与动量守恒（一） 一、单项选择题 1.C【解析】取水平向右为正方向，设甲、乙的质量均为 两质量均为正教，故=0，即m=2, mg,A正确。 M,第一次抛出球的质量为1，速度为v,则甲抛出球 4.C【解析】由牛顿第二定律，对A有1g=m1a1, 时，0=Mwp1十m1v,乙接住球时，m1v=(M十m1)v元1， 解得a1=3m/s2,对B有m1g=m2a2,解得a2= 可知v甲1>v21,即第一次接球后，乙的速度比甲小，A 1m/s2。假设经过时间t达到共同速度，可得vo一 错误；第二次抛球时设球的质量为m2,则m2<m1,同 a1t=a2t,得t=1s,设B撞墙前的速度为vB1,此时 理可知甲抛出球时，Mu甲2=m2v,乙接住球时，0= A的速度为v2,可得v1-2=1m/s,此过程中木 m2v十(M十m2)v2,可知甲2>02，即第二次接球后， 板的位移为x1,根据品=2a2x1,可得x1=0.5m, 乙的速度比甲小，B错误；乙接球的过程，第一次球的 共速时B未到右墙，假设成立。B撞墙后，A的速度 Mm巴，第二 不变，设B撞墙后的速度为V2,因A、B最终恰好同 动量变化量大小△p1=m1口一mvz1一M十m 时静止，所以两者动量大小相同，由动量守恒可得 次球的动量变化量大小△p2=m2v-m2v元2= 1 Mm2U mo=m20,解得u=3m/s,损失的机械能 M+m ,可知△p1>△p2,则第一次球的动量变化量 较大，C正确，D错误。 △B=司m(偏-品)=音J,AB错误：木核B的 2.B【解析】设汽电混动汽车再生制动阶段运动的 长度为撞前和撞后A、B的相对位移之和，即△x1= 位移为x1,由动量定理得一∫△t=m△0，又∫= 8-v2 。吃12_2 -x1=2m,△a=2a1+2n:=9m,故 kv,即一ku△t=m△v,所以在再生制动阶段有 2a1 20 一kx1=m0,一mu1,解得1=m(o,-u ,在机 △x=△x1十△x2-9m,C正确，D错误。 k 械制动阶段，汽电混动汽车做匀减速运动，由牛 5.A【解析】题图甲中取水平向右为正方向，A碰B 时，由动量守恒定律可知mAv=(mA十mB)1,解得 顿第二定律可得f'=ma,又f'=mg,解得a =g,设匀减速运动的位移为x2,由运动学公 V1= 30，对A,B系统，由能量守恒定律得2mA。2- 武得x:2.2g所以汽电泥动汽车从制丰 1 ?(A十mB)=Q,解得Q1三3mBU2,对物体B, (oo以+24g v 到停止的位移x=x1十x2= 2 k 由动量定理得F1t=mBU1= 3ms0;题图乙中，取水 B正确。 平向左为正方向，B碰A时，由动量守恒定律可知 3.A【解析】两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为 VA、VB,则根据动量守恒和机械能守恒有mAv0= msw=ma十m),解得u,=3,对A、B系统， 1 1 mAwA十mBUB,2mA哈=2mAu明十2Bi,联立 由能量守恒定体得分m心-名(mA十m 解得包A=mA十m mAmB 2mA0,第二次碰撞 Q2,解得Q2= 3mB0,对物体B,由动量定理得 发生在题图中的b,点，则从第一次碰撞到第二次碰撞 -F2t=mBv2-m8v=- 之间，有-（写十）：（=0.1,2，… 3mBU,所以F1=F2, Q1=Q2,A正确 (售+h:=01,2…),放A.B通过的路程之比 二、多项选择题 6.AC【解析】由系统动量守恒可得mwo=3w,其中 为+36 的4十36k=0,1,2,…),则有=xA_1+3 阳2B4+3k=0, E。=2m6,则三辆碰碰车整体最后的动能E=2× 12联立部得什0=0.1,2，.由于 3mw2= 1 E,A正确；设相邻两车间的距离为x,碰碰 3 ·7 B 真题密卷 学科素养周测评 车1运动到2的时间，=工，依题意，碰碰车1与静止 证两小球发生正碰，两小球的半径应该相等，D正 确。本题选择不需要的，故选A。 的碰碰车2碰撞过程动量守恒，有0=2m12,则碰碰 (2)设小方格的边长为L,频闪时间间隔为T,根 车2运动到3的时间，=工_2”， ,可得t1:t2=1:2, 01200 据题图可知，碰前A的速度，碰后A的速 B错误；碰碰车第一次碰撞时损失的机械能 2L 6L AB=m-X2m品=m,第二次接 度UA=行，碰后B的速度B一T,若两小球碰撞 过程动量守恒，有mAOo=mAVA十mBB,解得mA 时损失的机械能△E2三，×2m0二2X3mw2与 :mB=2:1 (3)由题图可得2L=gT2,碰前A的速度0= 12m0,可得△E,:△E,=3:1,C正确，D错误。 1 5L_5 T-2BgL 7.ABD【解析】设甲球质量为m1,乙球质量为m2,取 5L 甲球初速度。的方向为正方向，因发生的是弹性碰 (4)碰前两球的速度分别为01=T,0?=0,碰后 撞，碰撞前后系统动量守恒、能量守恒，有m1= 1 两球的选度分别方一华的-华本安脸中两 m1十m:ug,2m6=2m1o+2m,i,联立解 得甲，乙两球的速度分别为，=C1一m:)」 球的恢复系数e=一 01一V2 =0.80 m1+m2 9(1)Q (2)Q (3)Q 2。,2一21。一。，A正确；故第一次碰撞■■ 【解析】(1)水枪管口单位时间△内喷出水流体 后，两球从中间往两侧壁等速匀速运动，并等速反 积为Q,则有 弹，两球恰好在凹槽中间发生第二次碰撞，B正确； Q=Sw·42 (3分) 根据I=mv,因为甲、乙两小球质量不等，侧壁对两 △t 球的冲量大小不相等，C错误；仍以向右为正方向， Q (2分) 当甲、乙两球发生第二次碰撞时，碰撞前甲球速度 解得水流的速度大小口一了。 (2)高压水枪通过动力装置将水由静止加速喷出， 之。，乙求率度=一。，並童时后系充动 v1= 将△t内的水喷出，将电能转化为水的动能，有 量守恒、能量守恒，有m11十m22=m11十 P,△t=2mo (3分) m,m听+m好=m+名m:略，解得 m=pSv·△t (2分) 1”=一0,02”=0，两球第二次碰撞后，甲球以00速 解得动力装置的输出功率P= (2分) 度大小向左运动，再与侧壁碰撞后等速反弹，再回到 2S2。 凹槽中间与乙球相碰，刚好回到初始状态，故周期为 (3)以水运动方向为正方向，在与车身碰撞过程， 对△t时间内的水，在水平方向由动量定理可得 2,。23 -F'△t=0-mv (3分) T=2二+2二=，D正确。 0000 m=pSv·△t 2 三、非选择题 解得F'=oSu2=Q (2分) 8.(1A(3分)(2)2：13分)(3)2gL(3分) 根据牛顿第三定律可知，汽车受到水平平均冲击 力 (4)0.80(3分) 【解析】(1)为了保证小球A每次到达斜槽轨道末 F=F=OQ2 (1分) 端的速度相等，则应使小球A每次从斜槽轨道上 10.1)2-2) L (2+√2)m√gL (2) 的同一位置由静止释放，斜槽轨道不需要光滑，A 2(M+m) 错误，B正确；为确保小球A与B碰后不反弹，小 (3)2+2)mgL M 球A的质量要大于小球B的质量，C正确；为了保 2 M+m B ·8· ·物理· 参考答案及解析 【解析】(1)小猴从A点到E点，在竖直方向做匀 竖直方向做竖直上抛运动，设从A到C运动时 加速运动，设运动时间为t1,从A点到D点，在 间为t3,有 竖直方向也做匀加速运动，设运动时间为t2,则 20y t3= (1分) 21-38i g (2分) 小猴起跳过程中，“U”形槽和小猴在水平方向动 2L-7s 量守恒，在从A到C过程中，“U”形槽和小猴在 (2分) 水平方向上的相对位移为L十5，有 设小猴从木框边缘E到“U”形槽底D点的时间 Mv3=mv: (1分) 为t,有 L+s=(v3+v:)t3 (1分) t=t2-t (1分) 解得x与口，的关系是 解得1=(2-2)宫· (1分) (2+√2)MgL 0y=2(M+m)u (2分) (2)设木框P的水平长度为5，小猴在最高，点A 设小猴起跳过程中对“U”形槽和小猴组成的系统 水平跳出后速度大小为1，“U”形槽的速度大小 做的功为W,则 为V2,则小猴从A点跳到E点的过程中，有 MomMm(u) 1 1 W= 5=（v1十v2)t1 (1分) 小猴从A点跳到D点的过程中，有 (2分) s十L=(v1十V2)t2 (1分) 将，带入，有 水平方向上，系统动量守恒，有 mu1-Mv2 (1分) w=Mm)m+6+4,2)mMgL2.1 2M 8(M+m)2 解得o2= (2+√2)m√gL (1分) (2分) 2(M+m) 根据均值不等式，小猴做的最小功Wm,有 (3)设小猴在A点起跳初速度大小为℃o,0在水 M 平方向的分速度为：，竖直方向的分速度为℃， Wm三 (2+2)mgL (1分) 2 M+m 小猴起跳后，槽水平向左的速度为3，则小猴在 2025一2026学年度学科素养周测评（十四） 物理·碰撞与动量守恒（二） 一、单项选择题 2mB 36m0o 1.C【解析】由题意，飞船进入尘埃区匀速飞行，可 理，B、C碰后有c= n十mgg- 10m+mB 9m2 得△t=1s内附着在飞船上的微粒质量△m= mB pSv△t=-4.0×10-8×10×3.0×106×1kg= 由数学知识可知，当mB一3m时，vc有最大值，B 1.2kg,A、B错误；微粒由静止到与飞船共速，微 正确。 粒的动量增加，由动量定理得F△t=△mv= 3.A【解析】从物体静止开始下落到速度为v的过 pSv△t,求得飞船对微粒的作用力大小F=3.6X 程，已知时间为t,物体受到重力mg和阻力F,设 10°N,所以飞船要保持速度⑦不变，根据平衡条 阻力冲量大小为I:,规定向下为正方向，由动量定 件可知飞船所需推力大小为3.6×10N,C正确， 理得mgt-I=mv-0,由于阻力F=0.2u(N)为 D错误。 变力，我们将t时间分为n份，每一份极短时间△t 2.B【解析】A、B碰撞时，由动量守恒定律和能量 内可视为物体做匀速直线运动，由于冲量I=F, 守恒定律有9mun=9muA十mBvB,2X9mu号= 故阻力冲量大小I:=I1十I2+I十…+Im= 0.2v1△t+0.2v2△t十0.2v3△t+…+0.2vn△t, 18m bX9mo以+Xni,解得8gm十m,症 整理得I:=0.2(v1△t+2△t+v3△t十..十 vn△t)=0.2(△h1+△h2+△h3+…+△hn)= 0.2h,联立以上整理得到mgt一0.2h=m℃-0，故 9. B2025一2026学年度学科素养周测评（十三） 题 物理·碰撞与动量守恒（一） 本试卷总分100分，考试时间40分钟。 一、单项选择题：本题共5小题，每小题6分，共30分。每小题只有一个选项符合题目 要求。 题号 1 2 3 4 5 答案 1.如图所示，体重相同的甲、乙两同学静止在光滑水平面上玩抛接球游戏。第一次，甲同 学把一个充气的大乳胶气球，以某一速度水平投向乙，乙接住。第二次，放掉部分气体 后气球的体积和质量均变小，甲同学再把气球以相同的速度投向乙，乙接住。下列说法 正确的是 () A.第一次接球后，乙的速度比甲大 B.第二次接球后，乙的速度比甲大 C.乙接球的过程，第一次球的动量变化量较大 D.乙接球的过程，第二次球的动量变化量较大 2.“再生制动”指车辆靠惯性滑行时带动发电机发电，将部分动能转化为电能储存在电池 中。某质量为m的汽电混动汽车以速度v1(o1>v0)在平直路面上匀速行驶，该汽车设 定为速度大于。时选择再生制动，速度小于等于v。时选择机械制动，再生制动阶段阻 力大小与速度大小成正比，即f=k;机械制动阶段阻力大小恒为车重的4倍，重力加 速度为g。则从某一时刻开始制动直到停下，汽车运动的位移大小为 () A.mu1-m。 v8 B.moi mvov 2k 2μg 2μg C.moi-mvivg 十2μg D.mu-mvg 2 2μg 3.如图，在水平地面上固定一圆环，圆环内壁光滑，圆环内嵌着A、B两个大小相同的小球， 它们的质量分别是mA、mB,且mA>mB,小球的直径略小于圆环的孔径且它们之间的摩 擦忽略不计，圆环的内半径远大于球的半径，初始时B球处于静止状态，A球以一定初 速度撞击B球，A、B两个球在a点发生弹性碰撞，一段时间后，A、B两个球在b点发生 第二次弹性碰撞，a、b两点与圆环圆心的连线夹角为120°，则mA:mB为 () 学科素养周测评（十三）物理第1页（共4页） 真 A,三辆碰碰车整体最后的动能等于3E。 B.碰碰车1运动到2的时间与2运动到3的时间之比为2：3 C.碰碰车第一次碰撞时损失的机械能和第二次碰撞时损失的机械能之比为3：1 D.碰碰车第一次碰撞时损失的机械能和第二次碰撞时损失的机械能之比为3：2 7.有一固定凹槽底面光滑，在凹槽正中间放置甲、乙两小球，它们质量分别为m和3，现 使甲球获得水平向右的瞬时速度o,与静止的乙球发生弹性碰撞，假设甲、乙每次与凹 槽侧壁碰撞均为完全弹性碰撞，凹槽内壁间距为，两小球均可视为质点，下列说法正确 的是 ( ) ,凹槽 甲 777777777777777777777777 77777777777777777 A.甲、乙两球第一次碰撞后，两球速度大小相等 B.甲、乙两球第二次碰撞的位置在凹槽正中间 C.甲、乙两球与凹槽侧壁碰撞均为完全弹性碰撞，说明侧壁对两球的冲量大小相等 D,甲、乙两球在四槽内的运动均有周期性，周期为 三、非选择题：本题共3小题，共50分。 8.(12分)某中学物理兴趣小组利用图甲所示的装置研究小球的正碰。正确安装装置并调 试后，先让小球A从斜槽轨道上滚下（不放小球B),拍摄小球A平抛过程的频闪照片， 如图乙所示；然后把小球B放在斜槽轨道末端，再让小球A从轨道上滚下，两个小球碰 撞后，拍摄小球A、B平抛过程的频闪照片，如图丙所示。频闪时间间隔不变。 (1)为了保证实验的效果，以下做法不需要的是 A.斜槽轨道各处必须光滑 B.每次小球A应从斜槽轨道上同一位置由静止释放 C.小球A的质量大于小球B的质量 D.小球A的半径等于小球B的半径 (2)若两小球碰撞过程动量守恒，则两小球的质量之比mA:mB= (3)若图乙和图丙中背景小方格的边长均为L,重力加速度为g,则小球A与B碰撞前 的速度可表示为 (用L、g表示)。 B 学科素养周测评（十三）物理第3页（共4页） 真