(12)功能关系、动量和能量的综合应用-【衡水金卷·先享题】2026年高考物理一轮复习周测卷（G）

高三一轮复习40分钟周测卷/物理 (十二)功能关系、动量和能量的综合应用 (考试时间40分钟，满分100分) 条形码粘贴处 一、单项选择题 1[AJ[B][C][D] 2[A][B][C][D] 3[A][B][C][D] 4[A][B][C][D] 5[A][B][C][D] 6 [A][B][c][D] 二、多项选择题 7[A][B][C][D 8[A][B[C[D] 一、单项选择题（本题共6小题，每小题6分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是 符合题目要求的) 1.一名士兵坐在皮划艇上，他连同装备和皮划艇的总质量共120kg,这名士兵在4s时间内沿水平 方向射出20发子弹，每颗子弹的质量均为10g,子弹离开枪口时相对地面的速度均为600/s, 已知射击前皮划艇是静止的，则射击后皮划艇的速度大小为 A.0.5m/s B.1 m/s C.1.5m/s D.2 m/s 2.“天宫课堂”第四课开讲，神舟十六号航天员在空间站内演示微重力环境下不同质量的钢球的对 心碰撞现象。如图所示，一质量为0.3kg的钢球A相对网格布静止，航天员将质量为0.2kg的 钢球B以相对网格布0.5/s的速度水平向左抛出，两球发生弹性正碰，下列说法正确的是 A.碰撞后钢球A向左运动，速度大小为0.2m/s B.碰撞后钢球B向左运动，速度大小为0.4m/s C.碰撞前、后钢球A、B的动量变化量相同 D.碰撞过程中钢球A对钢球B的冲量大小为0.12N·s 3.如图所示，小物块a、b和c静置于光滑水平地面上。现让a以速度v向右运动，与b发生正碰， 然后b与c也发生正碰。若、b、c的质量可任意选择，碰撞可以是弹性也可以是非弹性的，各种 可能的碰撞后，c的最大速度接近 77777777777777777777777 A.4 B.6v C.9v D.12 物理第1页（共4页） 衡水金卷·先享题·高三 二、多项选择题（本题共2小题，每小题8分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合 题目要求。全部选对的得8分，选对但不全的得4分，有选错的得0分) 7.如图所示，甲和他的冰车的总质量M=30kg,甲推着质量m=15kg的小木箱一起以速度= 2/s向右滑行。乙和他的冰车的总质量也为M=30kg,乙以同样大小的速度迎面而来。为了 避免相撞，甲将小木箱以速度沿冰面推出，木箱滑到乙处时乙迅速把它抓住。若不计冰面的 摩擦力，则小木箱的速度可能为 甲 乙 M m M 9w A.4 m/s B.5 m/s C.6 m/s D.7 m/s 8.如图所示，在光滑水平面上质量均为M的木块B和C并排放一起，木块C上固定一竖直轻杆， 轻杆上端的O点系一条不可拉伸、长度为1的细线，细线另一端系一个可以视为质点、质量为m 的小球A。现将小球A向左拉起使细线水平且自然伸直，并由静止释放小球A。已知M=2, 重力加速度为g,不计一切阻力，下列说法错误的是 A.小球A第一次运动到最低点时的速度大小为√2gl B.小球A由静止释放到第一次运动到最低点的过程中，木块C的位移大小 为号 C小球A第一次向右运动到最高点时距0点的竖直高度为合 D.木块B最终的速度大小为，亮 三、非选择题（本题共3小题，共48分。请按要求完成下列各题） 9.(12分)如图所示，质量M=2kg的平板小车左端放有质量m=4kg的滑块，二者一起以= 4/s的速度沿光滑水平地面向右运动，小车与竖直墙壁发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。已知 滑块和小车之间的动摩擦因数=0.5，滑块始终未从小车上滑落，重力加速度g=10m/s2,从 小车与墙壁第一次碰撞后开始研究。 (1)小车与墙壁第一次碰撞后，求小车右端与墙壁之间的最大距离； (2)小车与墙壁第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，求系统产生的热量。（结果可用分式表 示) 7777777777 物理第3页（共4页） 衡水金卷·先享题·高三高三一轮复习G ·物理· 高三一轮复习40分钟周测卷/物理（十二） 命题要素一览表 注： 1.能力要求： I.理解能力 Ⅱ.推理能力 Ⅲ，分析综合能力Ⅳ.应用数学处理物理问题的能力V.实验能力 2.学科素养： ①物理观念 ②科学思维③科学探究④科学态度与责任 分 知识点 能力要求 学科素养 预估难度 题号 题型 值 (主题内容) I ⅡⅢ V ①②③ ④ 档次 系数 1 单项选择题 6 反冲 易 0.80 单项选择题 6 弹性碰撞 中 0.75 单项选择题 多物体碰撞中的极值问题 中 0.75 与板块模型有关的动量、能量 4 单项选择题 6 L L 中 0.70 问题 5 单项选择题 6 p-t图像有关的动量、能量问题 中 0.70 与板块模型有关的多物体多过 6 单项选择题 6 / 中 0.60 程的碰撞问题 7 多项选择题 8 反冲与碰撞中的动量守恒 中 0.65 动量守恒及其推论式与能量守 多项选择题8 难 0.55 恒的综合应用 9 非选择题 12 碰撞 中 0.75 10 非选择题 16 碰撞、与圆轨道有关的能量问题 中 0.70 动量守恒定律与能量守恒定律 11 非选择题 20 难 0.55 在传送带运动问题中的应用 1 季考答案及解析 一、单项选择题 1 m十号m呢，解得动=0.4m/s, 1.B【解析】取子弹的运动方向为正方向，对士兵连同 装备、皮划艇整体，由动量守恒定律得0=20m%十 一0.1m/s,即碰撞后钢球A向左运动，速度大小为 (M一20m)v,解得皮划艇的速度v≈一1m/s,皮划艇 0.4m/s,碰撞后钢球B向右运动，速度大小为 0.1m/s,A、B项错误：由动量守恒可知，碰撞前、后 的速度大小为1m/s,B项正确。 2.D【解析】设向左为正方向，由动量守恒定律和机械 钢球A、B的动量变化量大小相等，方向相反，C项错 误；碰撞过程中钢球A对钢球B的冲量I=ma?一 能守恒定律可知ms,=mA1十mBg,乞o品 mm0%=一0.12N·s,负号表示冲量方向向右，D项 ·45 ·物理· 参考答案及解析 正确。 3.A【解析】设a、b、c的质量分别为ma、w、m。a与 动能和弹簧的最大弹性势能之比飞= 2mA b碰撞后二者的速度分别为。和a,根据动量守恒 Po 定律有mo=mva十m6Y1,根据机械能守恒定律有 Po-p ,C项正确；0~一t2时间内，小球B的动量变化 2m2=1 m十号mi,联立解得w 量△pB=一△pA=p0,D项错误。 6.B【解析】对滑块B,由动量定理得I=sva,解得 m干m,当m>m时，有≈心2，设6与c碰撞后 2mav o=3m/s,之后木板A加速，滑块B减速，因为木板 二者的速度分别为v2和u,同理可得mvm=no。十 A足够长，设木板A、滑块B的共同速度为)，由动量 m8,分m病=子m十合m成，联立解得双 守恒定律得mB,=(mA十mB)v,解得v=2m/s,木板 A碰撞小球C前的瞬间，木板A、滑块B的速度均为 2m1,当m6>m:时，有u≈2u≈4，所以若b和 2/s,A项错误；木板A碰撞小球C后瞬间，木板 1n十2e A、小球C的速度分别为1和2，由动量守恒定律得 c的质量可任意选择，碰后c的最大速度接近4，A 项正确。 mu=mAU1十mcu2,由能量守恒定律得之mAU2= 4.C【解析】若恒力F存在时，木板A、物块B发生相 对运动，对物块B有F一mg=maB,解得aB= i十号mci,联立解得=-1m/s,路 1 2m/s2,对木板A有mg=MaA,解得aA=1m/s2,A 1m/s,B项正确；木板A碰撞小球C后，对滑块B、木 项错误；2s时木板A的速度大小A=aAt=2m/s, 板A由动量守恒定律得mBU十A01=（a十mB), 对物块B有vB=ast=4m/s,B项错误；2s末撤去恒 解得=1m/s,C项错误：整个过程中滑块B在木板 力F后，物块B减速，木板A加速，最终木板A、物块 A上滑行的路程为$，故对系统由能量守恒定律得 B一起以相同的速度匀速运动，由动量守恒定律得 1 umBgs= 2mcoi,解得s m十Mai=(m十u,解得=m/s,C项正确： =0.6m,D项错误。 恒力F作用在物块B上的时间内，物块B的位移x 二、多项选择题 =之at=4m,对系统由功能关系可知，从开始时刻 7.CD【解析】对于甲和箱子，根据动量守恒定律得(M 十m)=M十mv,对于乙和箱子，根据动量守恒定 到最终一起运动，木板A、物块B间因摩擦产生的热 律得mw一M=(M+m),当甲、乙恰好不相碰，则 量Q=F一m十0产-兰1，D项错误。 =2,联立解得v=5.2m/s,若要避免碰撞，则需要 5.C【解析】t时刻图线的切线斜率最大，则小球A的 满足v≥5.2m/s,C、D项正确。 动量变化率最大，根据△p=m△，可知小球A的速度 8.AB【解析】小球A由静止释放到第一次经过最低 变化率最大，即加速度最大，根据牛顿第二定律得F 点的过程中，设小球A的水平位移大小为x,木块C =ma,可知此时弹簧的弹力最大，由胡克定律可知此 的位移大小为x2,小球A运动到最低点时的速度大 时弹簧的形变量最大，则此时弹簧的弹性势能最大， 小为A,木块BC的速度大小为；小球由静止释 B项错误：t时刻两小球共速，设速度大小均为，则 放向下摆动的过程中，细线对木块C有拉力，使得木 小球A的质量mA=色，根据动量守恒定律有p=p1 块B、C之间有弹力，木块B、C不会分离，当小球A 7 运动到最低点时，木块B、C间的弹力为零，木块B、C 十：，则小球B的质量m4=色=D二D,由此可知 将要分离，二者分离时速度相等，小球A、木块B、木 两小球的质量之此物。P。,A项销误：根据机鼓 块C组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向动 量守恒，取水平向右为正方向，由系统水平方向动量 能守恒定律有2m2m i=十+Em,小球A的初 守恒定律得mw1一2Mx=0,则m号-2M号=0， ·46· 高三一轮复习G ·物理· 由几何关系得x十x2=1,由机械能守恒定律得mgl 联立可得1=1m/s,2=6m/s (1分) -×2Mc,又M=2m,解得A= 对物块A由牛顿第二定律得u1Ag=nAa1 (1分) 对木板B和圆弧槽C整体由牛顿第二定律得mAg √图x-√g=台AB项错误，D项正确： =(mB十c)ag (1分) 设物块A经过时间t冲上圆弧槽C,由运动学公式 小球A向右摆至最高点时，小球A、木块C共速，以 水平向右为正方向，由水平方向动量守恒定律得4 得wa-af= (1分) 一Mvr=(m十M)v,由小球A、木块C组成的系统能 其中g=a2t=2m/s (1分) 量守恒得2m十之M品=(m十Mv+mgh,解 联立可得t=1s,u=0.2 (1分) (3)由题意可知，物块A冲上圆弧槽C时的速度A 得九=号，则小球A第一次向右运动到最高点时距 =2-a1t=6m/s-2×1m/s=4m/s (1分) 0点的竖直高度为行1，C项正确。 对物块A和圆弧槽C整体水平方向动量守恒得 mAvA十ncvB=(A十mc)'共 (1分) 三、非选择题 由动量定理，物块A冲上圆弧槽C至最高点的过程 9.【解析】(1)设小车第一次与墙壁碰撞后向左运动的 中，圆弧槽C所受合外力冲量的大小 路程为，即为小车右端与墙壁之间的最大距离，由 k=m一cg=专N·s (2分) 动能定理得一mgs1=0- (2分) 11.【解析】(1)设甲在C点时的速度为c,甲离开C点 解得s1=0.8m (2分) 后做平抛运动的落地时间为 (2)设第一次碰撞后小车和滑块达到的共同速度为 水平方向有x=t (1分) ,由动量守恒定律有 1 (1分) m一M6=(m+M) (2分) 竖直方向有2R=2g 解得出=%=4 33m/s (2分) 解得=2√2m/s (1分) 甲、乙分离后甲运动到C点的过程，由动能定理有 小车与墙壁第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中， 系统产生的热量Q-子(m+M)话-立(m十0听 -ngl-2mgR=方mf-号me (1分) 解得m=8m/s (1分) (2分) (2)设甲、乙分离时乙的速度为%，以向左为正方向， 解得Q=128 3 (2分) 由动量守恒定律得 10.【解析】(1)对小球由动能定理得mgl(1一cos60°) 0=m一m甲 (1分) 解得w=8m/s (1分) 2m6-0 (1分) 设乙和丙第一次分离时的速度分别为和 小球与物块A碰撞前瞬间，对小球由牛顿第二定律 由动量守恒定律得m%=n十Mu (1分) 得T-mg=m乙 (1分) 由机被能守恒定律得ma话=之mf+之w 联立可得小球与物块A碰撞前瞬间，所受轻绳的拉 (1分) 力大小T=48N (1分) 解得o,=-6m/s,4=2m/s (2)小球与物块A碰撞的过程中，由动量守恒定律 乙第一次和丙分离时的速度大小为6m/s(1分) 得6%=16十mAu2 (1分) (3)设乙第一次能通过传送带，到A点的速度大小 由(1)可知w=6m/s (1分) 为YA 其中e=一0=5 (1分) 6 则有一mgL=2m听-2mu (1分) ·47· ·物理· 参考答案及解析 解得a=2v3m/s (1分) 乙将会再次滑上丙且分离，设分离时乙和丙的速度 假设乙在半圆轨道上没有过B点，上升的高度为 分别为和 A,则有-mg+(一mA,)=0-子m 由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv十Mu= (1分) mvz +Muz (1分) 解得h1=0.6m<R=0.8m (1分) 名m时+之M=名un听+号Ma 1 (1分) 乙从半圆轨道原路返回到A点的速度vA'=OA= 2v3 m/s<v (1分) 解得2=0.5m/s,2=2.5m/s 假设乙在传送带上先做加速运动，和传送带共速时 因为2<2 的位移为L1,则有mgL=子md-子 不再与丙相遇，故丙最终的速度炳=2=2.5m/s 2 mon'2 (1分) (1分) 解得L1=0.5m<L=3m,假设成立 (1分) ·48·