(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（M）

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) 一、单项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18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600m/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.光滑水平面上有一质量M=2kg的木板A,木板A左端有一质量=1kg的物块B,物块B与 木板A间的动摩擦因数为0.2，初始时均处于静止状态，仅对物块B施加水平向右的恒力F= 4N,2s末撤去恒力F,物块B始终未从木板A上滑下，重力加速度g=10m/s2,最大静摩擦力 等于滑动摩擦力，下列说法正确的是 A.恒力F作用在物块B上时，物块B的加速度大小为4m/s2 B.2s时木板A的速度大小为4m/s C最终木板A,物块B有相同的速度，为m/s D,从开始时刻到最终一起运动，木板A,物块B间因摩擦产生的热量为J 3.如图所示，在光滑的水平面上质量为1kg、足够长的木板A上有一个质量为2kg的滑块B,滑 块B、木板A间的动摩擦因数为0.5，在木板A的右侧足够远处有一质量为3kg的小球C,三者 均处于静止状态。现给滑块B一大小为6N·s的瞬时冲量，使滑块B开始沿木板向右运动，某 时刻木板A和小球C发生弹性碰撞，最终木板A、滑块B、小球C均以稳定的速度运动，已知重 力加速度g=10m/s2,下列说法正确的是 B A月 A.木板A碰撞小球C前的瞬间，木板A、滑块B的速度均为3m/s B.碰后小球C的速度为1m/s C.最终木板A、滑块B的速度为2m/s D.整个过程中滑块B在木板A上滑行的路程为0.5m 二、双项选择题（本题共3小题，每小题8分，共24分。每小题有两项符合题目要求，全部选对的 得8分，选对但不全的得4分，有选错的得0分) 4.如图所示，甲和他的冰车的总质量M=30kg,甲推着质量=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v可能为 物理第1页（共4页） 衡水金卷·先享题·高三一 %、甲 M 入M 99 A.4 m/s B.5 m/s C.6 m/s D.7 m/s 5.滑索也称“速滑”、“速降”、“空中飞人”等。最早用于高山自救和军事突击行动，后演化为游乐项 目，因其具有挑战性、刺激性和娱乐性而被很多青少年喜爱。如图所示为某游乐场所的滑索模 型，质量m=2kg的滑环套在水平固定的光滑索道上。质量M=60kg的爱好者在一定的高度 由静止开始滑出，静止时不可伸长的轻绳与竖直方向的夹角0=53°，绳长L=1m,爱好者和滑 环均可视为质点，索道始终处于水平状态，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2,sin53°= 0.8,下列说法正确的是 滑环 索道 甲 A.爱好者和滑环组成的系统动量守恒 B.爱好者和滑环组成的系统机械能守恒 C爱好者运动到最低点时的速度大小为，√m/s 24 D.爱好者由静止运动到最低点的过程中，滑环的位移大小为酷m 6.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l的细线，细线另一端系一个可以视为质点、质量为 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 777 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√ g 班级 姓名 分数 题号 1 3 4 5 6 答案 轮复习40分钟周测卷十三 物理第2页（共4页） M 三、非选择题（本题共5小题，共58分。请按要求完成下列各题） 7.(6分)“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，碰撞后钢球 A的速度大小为 m/s,碰撞过程中钢球A对钢球B的冲量大小为 N·s。 8.(6分)如图甲所示，在光滑水平面上小球A以初动量。沿直线运动，与静止的带轻质弹簧的小 球B发生正碰，此过程中，小球A的动量p随时间t变化的部分图像如图乙所示，t时刻图线的 切线斜率最大，此时纵坐标为p1,2时刻纵坐标为零。已知小球A、B的直径相同， (填“t”或“t2”)时刻弹簧的弹性势能最大，小球A、B的质量之比为 ,小球A的初动能 和弹簧的最大弹性势能之比为 P Po 01 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u=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) 】 物理第3页（共4页） 衡水金卷·先享题·高三一车 10.(16分)如图所示，长为4m的木板B静止在光滑水平面上，木板B右侧紧靠光滑圆弧槽C,圆 弧槽C左侧与木板B等高，圆弧槽C与木板B不粘连，在木板B的左端放置一个质量mA= 2kg的物块A,物块A的正上方O点固定一长l=3.6m的轻绳，在轻绳下端固定一个质量o =2.4kg的小球。现将小球向左拉起，使轻绳绷直并与竖直方向成60°角由静止释放，当小球 运动到最低点时与物块A碰撞（碰撞的恢复系数®=音），随后物块A在木板B上滑行并能冲 上圆弧槽C,木板B、圆弧槽C刚分离时，木板B的速度大小为2/s。已知两物体碰后相对速 度大小与碰前相对速度大小的比值叫作恢复系数，小球和物块A均可视为质点，木板B、圆弧 槽C的质量均为1kg,重力加速度g=10m/s2。 (1)小球与物块A碰撞前瞬间，求所受轻绳的拉力大小； (2)求物块A与木板B之间的动摩擦因数； (3)物块A冲上圆弧槽C至最高点的过程中，求圆弧槽C所受合外力冲量的大小。（结果可用 分式表示) 0 60 A 11.(18分)如图所示，足够长的光滑水平面上有用细线相连的甲、乙两个小物块（均可视为质点）， 两者之间有一被压缩的轻质微型弹簧（未与甲、乙拴接），甲、乙的质量均为=1kg。甲的右侧 有一长度L=3m的水平传送带，其两端与水平面等高且平滑连接，传送带以v=4m/s的速度 逆时针转动，传送带右侧固定有一半径R=0.8的光滑竖直半圆形轨道，半圆形轨道与水平 面相切于A点。乙的左侧静置着一足够大的光滑弧形槽丙，其质量M=7kg,其底部与水平面 平滑连接。某时刻将细线剪断，甲、乙瞬间分离后取走弹簧，甲从半圆形轨道的最高点C离开 后落到水平地面上，并立即被取走，甲的落地点与C点的水平距离x=1.6。乙向左滑上弧 形槽，运动过程中乙未到达弧形槽最高点，乙与甲也未相碰。已知甲、乙与传送带间的动摩擦 因数均为4=0.4，其他摩擦不计，重力加速度g=10m/s2,求： (1)甲、乙与弹簧分离时甲的速度大小甲； (2)乙第一次和丙分离时的速度大小； (3)丙最终的速度大小丙。 甲 复习40分钟周测卷十三 物理第4页（共4页) ☑高三一轮复习M ·物理· 高三一轮复习40分钟周测卷/物理（十二） 9 命题要素一贤表 注： 1.能力要求： 工.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( 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 ① ②③④ 档次 系数 1 单项选择题 6 反冲 易 0.80 2 与板块模型有关的动量、能量 单项选择题 6 中 0.70 问题 与板块模型有关的多物体多过 3 单项选择题 中 0.60 程的碰撞问题 4 双项选择题 8 反冲与碰撞中的动量守恒 中 0.65 5 双项选择题 8 能量守恒、动量守恒 中 0.75 动量守恒及其推论式与能量守 6 双项选择题 难 0.55 恒的综合应用 非选择题 6 弹性碰撞 中 0.75 8 非选择题 6 p-t图像有关的动量、能量问题 中 0.70 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 18 0.55 在传送带运动问题中的应用 香考誉案及解析 一、单项选择题 2m/s2,对木板A有umg=MaA,解得an=1m/s2,A 1.B【解析】取子弹的运动方向为正方向，对士兵连同 项错误；2s时木板A的速度大小vA=aAt=2m/s, 装备、皮划艇整体，由动量守恒定律得0=20m十 对物块B有g=aBt=4m/s,B项错误；2s末撤去恒 (M-20m)u,解得皮划艇的速度v≈-1m/s,皮划艇 力F后，物块B减速，木板A加速，最终木板A、物块 的速度大小为1m/s,B项正确。 B一起以相同的速度匀速运动，由动量守恒定律得 2.C【解析】若恒力F存在时，木板A、物块B发生相 m十M=(m十M,解得u=号m/,C项正确： 对运动，对物块B有F一mg=maB,解得aB= 恒力F作用在物块B上的时间内，物块B的位移x ·45· ·物理· 参考答案及解析 ==4m,对系统由功能关系可知，从开始时刻 点的过程中，设小球A的水平位移大小为x,木块C 的位移大小为x2,小球A运动到最低点时的速度大 到最终一起运动，木板A、物块B间因摩擦产生的热 小为A,木块B、C的速度大小为；小球由静止释 最Q=F一宁加十M0d=号1，D项错误。 放向下摆动的过程中，细线对木块C有拉力，使得木 3.B【解析】对滑块B,由动量定理得I=。,解得 块B、C之间有弹力，木块B、C不会分离，当小球A o=3m/s,之后木板A加速，滑块B减速，因为木板 运动到最低点时，木块B、C间的弹力为零，木块B、C A足够长，设木板A、滑块B的共同速度为U,由动量 将要分离，二者分离时速度相等，小球A、木块B、木 守恒定律得B=(A十g)v,解得v=2m/s,木板 块C组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向动 A碰撞小球C前的瞬间，木板A、滑块B的速度均为 量守恒，取水平向右为正方向，由系统水平方向动量 2m/s,A项错误；木板A碰撞小球C后瞬间，木板 守恒定律得m一2Mx=0,则m号-2M号=0， t A、小球C的速度分别为1和2，由动量守恒定律得 由几何关系得x1十x2=l,由机械能守恒定律得mgl m0=ma十mc,由能量守恒定律得号m,02 、1 m听+号X2M2,又M=2m,解得n= m0时十合mc时，联立解得=一1m/s,助 1 8gl =台，A,B项错误，D项正确： 1m/s,B项正确；木板A碰撞小球C后，对滑块B、木 小球A向右摆至最高点时，小球A、木块C共速，以 板A由动量守恒定律得nB十A1=(A十B), 水平向右为正方向，由水平方向动量守恒定律得 解得=1m/s,C项错误；整个过程中滑块B在木板 一M=(m十M)o,由小球A、木块C组成的系统能 A上滑行的路程为s,故对系统由能量守恒定律得 mBg=ms-(mA十mB)话 量守恒得子m防十之Me=(n十M十mg,解 2mcu,解得s =0.6m,D项错误。 得A二号，则小球A第一次向右运动到最高点时距 二、双项选择题 0点的竖直高度为后l,C项正确。 4.CD【解析】对于甲和箱子，根据动量守恒定律得(M 三、非选择题 十m)=Mu1十mu,对于乙和箱子，根据动量守恒定 7.0.4(3分)0.12(3分) 律得m一Mu=(M十)，当甲、乙恰好不相碰，则 【解析】设向左为正方向，由动量守恒定律和机械能 v1=,联立解得v=5.2m/s,若要避免碰撞，则需要 满足v≥5.2m/s,C、D项正确。 守恒定律可知mB,=mUi十ms,交ms6= 5.BD【解析】爱好者和滑环组成的系统竖直方向受力 不平衡，所以系统动量不守恒，A项错误；爱好者和滑 号m听十号me时，解得=0,4m/s,= 环组成的系统只有重力做功，机械能守恒，B项正确； 一0.1m/s,即碰撞后钢球A向左运动，速度大小为 爱好者运动到最低点时，根据水平方向系统动量守恒 0.4/s,碰撞后钢球B向右运动，速度大小为 有M=mu,根据机械能守恒定律有MgL(1一cos) 0.1m/s,碰撞过程中钢球A对钢球B的冲量I /8 mU2一mg=一0.12N·s,负号表示冲量方向向 =合M+号md,解得=√分 m/s,C项错误； 右，则钢球A对钢球B的冲量大小为0.12N·s。 爱好者由静止运动到最低点的过程中，根据人船模型 8.t(2分) 可知，爱好者和滑环在水平方向的位移满足M0= P。2分)A。2分) mx,根据相对位移关系有xo十x=Lsin53°，解得x= 【解析】t时刻图线的切线斜率最大，则小球A的动 量变化率最大，根据△p=m△，可知小球A的速度变 24 31m,D项正确。 化率最大，即加速度最大，根据牛顿第二定律得F 6.AB【解析】小球A由静止释放到第一次经过最低 a,可知此时弹簧的弹力最大，由胡克定律可知此时 ·46· 高三一轮复习M ·物理· 弹簧的形变量最大，则此时弹簧的弹性势能最大： 对木板B和圆弧槽C整体由牛顿第二定律得Ag 时刻两小球共速，设速度大小均为，则小球A的质 =(B十c)ag (1分) 量mA=,根据动量守恒定律有p。=p:十p:,则小 设物块A经过时间t冲上圆弧槽C,由运动学公式 1 得v2t一 (1分) 球B的质量mB=色=二卫，由此可知两小球的质 aie-tar-h U 其中yg=a2t=2m/s (1分) 量之比4= 'mBpo一p :根据机械能守恒定律有2m 联立可得t=1s,=0.2 (1分) (3)由题意可知，物块A冲上圆弧槽C时的速度vA 十生十E,小球A的初动能和弹簧的最大弹 2mA 2mB =2-a1t=6m/s-2X1m/s=4m/s (1分) 对物块A和圆弧槽C整体水平方向动量守恒得 性势能之比k= 2m4 Epm po一p1 nAUA十c0B=(A十1c)0共 (1分) 9.【解析】(1)设小车第一次与墙壁碰撞后向左运动的 由动量定理，物块A冲上圆弧槽C至最高点的过程 路程为5，即为小车右端与墙壁之间的最大距离，由 中，圆弧槽C所受合外力冲量的大小 动能定理得一mg1=0-之M6 1 (2分) 1e=m:一m=专N·s (2分) 解得s1=0.8m (2分) 11.【解析】(1)设甲在C点时的速度为vc,甲离开C点 (2)设第一次碰撞后小车和滑块达到的共同速度为 后做平抛运动的落地时间为t ,由动量守恒定律有 水平方向有x=t (1分) mu-Mvo=(m+M)v (2分) 1 竖直方向有2R=2g (1分) 解得=号=号m/ (2分) 解得c=2√2m/s (1分) 小车与墙壁第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中 甲、乙分离后甲运动到C点的过程，由动能定理有 系统产生的热量Q=合(m十Wd-子(m+Mi mgL-2mgR=号m (1分) (2分) 解得m=8m/s (1分) 解得Q号) (2分) (2)设甲、乙分离时乙的速度为。，以向左为正方向， 由动量守恒定律得 10.【解析】(1)对小球由动能定理得egl(1一cos60) 0=mvo-mum (1分) =%-0 (1分) 解得w=8m/s (1分) 小球与物块A碰撞前瞬间，对小球由牛顿第二定律 设乙和丙第一次分离时的速度分别为和 得T-mg=me7 6 由动量守恒定律得mw=m1十Mu (1分) (1分) 联立可得小球与物块A碰撞前瞬间，所受轻绳的拉 由机械能守恒定律得宁m话=子m十合a 力大小T=48N (1分) (1分) (2)小球与物块A碰撞的过程中，由动量守恒定律 解得01=-6m/s,u=2m/s 得06=10十AV2 (1分) 乙第一次和丙分离时的速度大小为6m/s(1分) 由(1)可知=6m/s (1分) (3)设乙第一次能通过传送带，到A点的速度大小 其中e=一边=5 为vn 06 (1分) 1 则有一gL= (1分) 联立可得=1m/s,2=6m/s (1分) 对物块A由牛顿第二定律得nAg=maa1 (1分) 解得=2√3m/s ·47· ·物理· 参考答案及解析 假设乙在半圆轨道上没有过B点，上升的高度为 乙将会再次滑上丙且分离，设分离时乙和丙的速度 A,则有-mgL.十（一ngh)=0-言m (1分) 分别为u2和 由动量守恒定律和机械能守恒定律得mw十Mu1= 解得h1=0.6m<R=0.8m (1分) mv2+Mu (1分) 乙从半圆轨道原路返回到A点的速度vA'=uA= 合mr+号Mf=子m成+号 1 1 Mu (1分) 2v3 m/s<u (1分) 假设乙在传送带上先做加速运动，和传送带共速时 解得2=0.5m/s,u2=2.5m/s 的位移为，则有mg1=之n一之m 因为2<2 不再与丙相遇，故丙最终的速度炳=？=2.5m/s (1分) (1分) 解得L1=0.5m<L=3m,假设成立 ·48·