动量（3年汇编）（解析版）

专题07动量

2026江苏卷、2026四真实情境深度渗透：以空间站对接、粒子对撞、体育

川卷、2026湖南卷、

考点1动量球类碰撞等真实科技/生活场景为载体，不再使用纯

2025浙江卷、2025山

却动量定理理论裸模型出题，要求学生从复杂场景中提炼动量守

东卷、2025海南卷、

恒规律。

20北京新课标卷、2024

综合关联属性突出：不再孤立考查动量基础公式，会

重庆卷、2024广西卷

联动牛顿运动定律、能量守恒、曲线运动等考点，强

2026贵州卷、2026四

化“动量定理+动量守恒+能量转化”的综合链条考查。

川卷、2026山东卷、

考点2动量能力导向持续强化：弱化机械繁琐的代数运算，重点

2025北京卷、2025山

守恒定律考查碰撞过程拆解、系统质心分析、临界条件推导能

东卷、2025河南卷、

力，规避固化刷题套路，依靠深度思维实现分数分层。

2024安徽卷、2024江

苏卷、2024甘肃卷

点01动量和动量定理

1.（2026•江苏•高考真题）如图所示，水平面内一光滑小球沿正方形线框九山保持速率不变运行，。、6C、

“分别是各边中点，在拐点处小球所受合力的冲量大小和其动量大小的比值是（）

ab「ab「ab-ab

A.—B.——C.—D.—

gbhdfhhi

【答案】A

【详解】根据动量定理，小球在拐点处受到合力的冲量等于动量的变化量，即/=|即1

设小球速率为心动量大小〃

正方形相邻边方向垂直，小球拐弯前后速度大小均为V,方向夹角为90,因此动量变化量的大小为:

|A/;|=+(/??v)'=V2/7：v=A/2p

可得—=V2

P

结合几何关系，选项中只有A符合。

故选Ao

2.（2026・四川・高考真题）2026年2月，我国某科创团队发布全球首款速度达到l（）m/s的全尺寸人形机器

人、该机器人体重75kg：2025年1月、该团队发布的四足机器人体重38kg。若两款机器人均以10m/s的速

度同方向运动，则二者的动量大小之差为（）

A.1850kgm/sB.750kgm/sC.370kgm/sD.37kg-m/s

【答案】C

【详解】根据题意，由动量表达式加可得，二者的动最大个之差为L，%v=370kg-m/s

故选C。

3.（2026・四川・高考真题）如图所示，边长为/的绝缘菱形支架EFG”竖直放置，/G边固定于水平地面，

ZEFG=（aroE、G两点各固定一-带电小球，两小球带等量异种电荷。点〃、尸间固定一光滑绝缘直轨道，

另一带电小球“从”点沿轨道由静止下滑至尸点。重力加速度大小为g、小球均可视为点电荷，则小球夕在

运动过程中（）

A.某时刻所受支持力可能为零

B.到达尸点时的速率为向

C.电势能先增大后减小

D.所受电场力的冲量为零

【答案】A

【详解】A.根据菱形几何性质和等量异种电荷的电场特点可知〃尸轨道电势处处相等，等量异种电荷中垂

线上电场方向平行于电荷连线EG,若电场力方向与重力垂直轨道的分力方向相反、大小相等，则支持力

N=0,这种情况是可能存在的，故A正确：

B.整个过程电场力不做功，只有重力做功，由几何关系得下落高度九=立！

2

根据动能定理：7zig/i=^mv2

解得V=yjCgl，故B错误；

C.〃尸是等势线，整个运动过程中小球电势不变，电势能不变，故c错误；

D.冲量是矢量，等量异种电荷中垂线上电场方向始终不变，因此电场力方向始终不变，整个过程电场力的

总冲量不为零，故D错误。

故诜A。

4.（2026・湖南.高考真题）（多选）某小组设计了一磁悬浮装置。如图，环形通电线圈固定在水平面上，

其上方固定一半径为R的环形细管道，管道任意处磁场方向与竖直方向夹角为45。。质量为，〃的带正电小球

在环形管道中以某一速率做匀速圆周运动，此时小球与管道间无弹力，重力加速度为下列说法正确的

是（）

A.从管道上方俯视，小球沿顺时针方向做圆周运动

B.小球做圆周运动的周期为万仁

C.小球做圆周运动的半个周期内洛伦兹力的冲量大小为"0（2+乃2）&/？

D.若小球的绕行方向不变，速率为其做匀速圆周运动速率的2倍，则小球与管道间的弹力大小为6〃吆

【答案】AD

【详解】A.根据题意可知，小球所受洛伦兹力的水平分力提供小球做圆周运动的向心力，由左手定则可知,

从管道上方俯视，小球沿顺时针方向做圆周运动，故A正确；

B.设磁感应强度为3,小球的速度为匕此时小球与管道间无弹力，竖直方向上有"?=>8COS45。

水平方向上有qvBsin45°=m—

解得u=Ji五

则小球做圆周运动的周期为丁=空故B错误;

C.根据题意，水平方向上，由动量定理有。=&7=-〃“-砂=-2/〃府

0

竖直方向有Iy=^vBcos45--^=nur/gR

则小球做圆周运动的半个周期内洛伦兹力的冲量大小为/=，；+/；=mg/）gR,故C错误；

D.若小球的绕行方向不变，速率为其做匀速圆周运动速率的2倍，竖直方向上有〃治+&,=q-22cos45。

水平•方向上有q.2Msin450+%=机上工

小球与管道间的弹力大小&=｛琛+琛

联立解得FN=\[5mg,故D正确。

故选AD。

5.（2025・浙江・高考真题）高空抛物伤人事件时有发生，成年人头部受到500N的冲击力，就会有生命危险。

设有一质量为50g的鸡蛋从高楼坠落，以鸡蛋上、下沿接触地面的时间差作为其撞击地面的时间，上、下沿

距离为5cm,要产生500N的冲击力，估算鸡蛋坠落的楼层为（）

A.5层B.8层C.17层D.27层

【答案】C

【详解】鸡蛋触地后匀减速至静止，位移$=5cm=0.05m。匀减速平均速度为三，故撞击时间&=空

2v

根据动量定理（尸-，咫）4=0-（一山）

代入数据解得v工VlOOOm/s

由日由落体公式声=2"

加*心,了1000

得高度人工二五常"2m

每层楼高约3m,对应楼层数为曰二17层。

故选C。

6.（2024•北京・高考真题）将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小

与速度大小成正比，则下列说法正确的是（）

A.上升和下落两过程的时间相等

B.上升和下落两过程损失的机械能相等

C.上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量

D.上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度

【答案】C

【详解】D.小球上升过程中受到向下的空气阻力，下落过程中受到向上的空气阻力，由牛顿第二定律可知

上升过程所受合力（加速度）总大于下落过程所受合力（加速度），D错误；

C.小球运动的整个过程中，空气阻力做负功，由动能定理可知小球落回原处时的速度小于抛出时的速度,

所以上升过程中小球动量变化的大小大于下落过程中动量变化的大小，由动量定理可知，上升过程合力的

冲量大于下落过程合力的冲量，C正确；

A.上升与下落经过同一位置时的速度，上升时更大，所以上升过程中平均速度大于下落过程中的平均速度，

所以上升过程所用时间小于下落过程所用时间，A错误；

B.经同一位置，上升过程中所受空气阻力大于下落过程所受阻力，由功能关系可知，上升过程机械能损失

大于下落过程机械能损失，B错误。

故选C。

7.（2024・重庆・高考真题）活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针芯和针鞘被瞬间

弹出后仅受阻力。针鞘质量为，〃，针鞘在软组织中运动距离力后进入目标组织，继续运动力后停下来。若

两段运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力。大小分别为B、F2,则针鞘（）

A.被弹出时速度大小为j2（64+《4）

Vm

B.到达目标组织表面时的动能为B4

C.运动而过程中，阻力做功力（尸/+尸2川2

D.运动d2的过程中动量变化量大小为

【答案】A

【详解】A.根据动能定理有

解得

2（£4+云）

V=V~~m

故A正确；

B.针鞘到达目标组织表面后，继续前进小减速至零，有

Ek=F2d2

故B错误；

C.针鞘运动曲的过程中，克服阻力做功为@d2,故C错误；

D.针鞘运动办的过程中，动量变化量大小

N）={2方正卜=）2/叫.

故D错误。

故选Ao

8.（2024.广西•高考真题）（多选）如图，坚硬的水平地面上放置一木料，木料上有一个竖直方向的方孔，

方孔各侧壁完全相同。木栓材质坚硬，形状为正四棱台，上下底面均为正方形，四个侧面完全相同且与上

底面的夹角均为。。木栓质量为，“，与方孔侧壁的动摩擦因数为，。将木栓对准方孔，接触但无挤压，锤子

以极短时间撞击木栓后反弹，锤子对木栓冲量为/,方向竖直向下。木栓在竖直方向前进了Ax的位移，未

到达方孔底部。若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变，弹力呈线性变化，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，

则（）

木栓

A.进入过程，木料对木栓的合力的冲量为-/

B.进入过程，木料对木栓的平均阻力大小约为-2—+〃吆

2〃小

C.进入过程，木料和木栓的机械能共损失了C+mgAr

2m

D.木栓前进加•后木料对木栓一个侧面的最大静摩擦力大小约为〃(/一十力〃不加)

4/nAx(cos6+4sin。)

【答案】BD

【详解】A.锤子撞击木栓到木栓进入过程，对木栓分析可知合外力的冲量为0,锤子对木栓的冲量为/,

由于重力有冲量，则木料对木栓的合力冲量不为-，，故A错误；

B.锤子撞击木栓后木栓获得的动能为

加上

k22m

木栓进入过程根据动能定理有

解得平均阻力为

故B正确；

C.木栓进入过程损失的动能与重力势能,•部分转化为系统内能另一部分转化为木栓的弹性势能,

I2

—+mg^x>Q=E1..

故c错误；

D.对木栓的一个恻面受力分析如图

由于方孔侧壁弹力成线性变化，则有

；(fsine+*cosg)=：7

且根据B选项求得平均阻力

2

+〃火

2mSx

又因为

联立可得

〃(八+2机上&)

/=

4/nAr(cos6+〃sin。)

故D正确。

故选BDo

9.（2024•全国甲卷•高考真题）（多选）蹦床运动中，体重为60kg的运动员在/=（）时刚好落到蹦床上，对

蹦床作用力大小尸与时间/的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触

时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取lOm/s?。下列说法正确的是（）

B.，=0.30s时，运动员的速度大小为10m/s

C.f=1.00s时，运动员恰好运动到最大高度处

D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N

【答案】BD

【详解】A.根据牛顿第三定律结合题图可知，=O.I5s时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大,

此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误；

BC.根据题图可知运动员从，=0.30s离开蹦床到f=Z3s再次落到蹦床上经历的时间为2s,根据竖直上抛运

动的对称性可知,运动员上升时间为1s,则在f=l.性时,运动员恰好运动到最大高度处，f=0.30s时运动

员的速度大小

v=10xlnVs=lOnVs

故B正确，C错误；

D.同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为10m/s,以竖直向上为正方向，根据动量定理

Z7•△/—mg•2=mv-（-n/v）

其中

Ar=O.3s

代入数据可得

F=46(X)N

根据牛顿第三定律可知运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N,故D正确。

故选BD。

10.（2024・福建・高考真题）（多选）如图（a）,水平地面上固定有一倾角为。的足够长光滑斜面，一质量

为用的滑块锁定在斜面上。1=0时解除锁定，同时对滑块施加沿斜面方向的拉力尸，厂随时间/的变化关

系如图（b）所示，取沿斜面向下为正方向，重力加速度大小为g,则滑块（）

A.在。~4。内一直沿斜面向下运动

B.在。~今。内所受合外力的总冲量大小为零

C.在办时动量大小是在4时的一半

D.在2%~3z0内的位移大小比在3z0~4/。内的小

【答案】AD

【详解】根据图像可知当f=2〃依sin。时，物块加速度为

2nigsin0+mgsin0,._

a=——'--------'------=3gsin°

tn

方向沿斜面向下；当尸=-2〃?gsin<9时，物块加速度大小为

〃=2/〃gsin"〃?g一。=.一

m

B.根据图像可知。~4/。，物块的末速度不等于0,根据动量定理

H0

故B错误；

C.根据图像可知，。时物块速度大于％时物块的速度，故/0时动量不是为时的一半，故C错误；

D.UT图像与横轴围成的面积表示位移，故山图像可知2/0~3%过程物体的位移小于3/。~4/。的位移，故D

正确。

故选ADo

11.（2024•广东・高考真题）汽车的安全带和安全气囊是有效保户乘客的装置。

（1）安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中，

敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度小同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡

住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为尸N，敏感球的质量为加，重力On速度为外

忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tan6。

（2）如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为〃处做自由落体运动。

与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力/随时间，的变化规

律，可近似用图内所示的图像描述。已知头锤质量例=30kg,”=3.2m,重力加速度大小取g=10m/s、求：

①碰撞过程中“的冲量大小和方向;

②碰撞结束后头锤上升的最大高度。

【答案】（1）tan”------;（2）①330N$方向竖直向上；②0.2m

mg+Fv

【详解】（1）敏感球受向下的重力〃陪和敏感臂向下的压力尸N以及斜面的支持力N,则由牛顿第二定律可

知

+国卜an6=ma

解得

八tan0m-a-------

mg+FN

（2）①由图像可知碰撞过程中尸的冲量大小

=-x0.lx66（X）N-s=330N.s

方向竖直向上；

②头锤落到气囊上时的速度

%=02gH=8mzs

与气囊作用过程由动量定理（向上为正方向）

If.—Mgt=Mu-（一M%）

解得

v=2m/s

则上升的最大高度

2

//=—=0.2m

2g

点02动量守恒定律

1.（2026.四川・高考真题）如图所示，以恒定速率运行的传送带上有甲、乙两物块，二者与传送带相对静

止，由不可伸长轻绳连接，之间无间隙。甲、乙质量均为〃?，与传送带间的动摩擦因数分别。、某时

84

刻、对乙施加水平向右的外力使其以恒定加速度菅(g为重力加速度大小)运动’经时间4撤去外力、再经

时间〃绳绷直。甲、乙均可视为质点、传送带足够长。则(;

A.6和4满足4＜，2

B.从撤去外力到绳绷直，因摩擦产生的热量为竺工1二U

32

C.绳绷直后瞬间甲的动能为〃屋"一‘2)’

128

D.绳绷直以后甲、乙不会发生碰撞

【答案】D

【详解】以传送带为参考系，初始甲乙均静止。

A.施加外力过程，乙的最大速度v=%

撤去外力后，乙的加速度大小出

经时间4绳绷直，此时乙还有向右的速度，说明。2,2＜U

故，2＜人故A错误；

B.绳绷直时乙的速度%=L®2=/L，2)

从撤去外力到绳绷直，乙的路程(以下所指路程均为相对传送带运动的距离)为期=9，2

因摩擦产生的热量。2=/侬2=〃田，故B错误；

C.绳绷直瞬间，根据动量守恒inv2=2mv'

解得//(LG)

O

此速度为相对传送带的速度，此时甲的对地速度要大于丹，则其动能大于2y，故c错误;

2128

D.绳绷史以后甲、乙相对传送带速度均为久=卷&-%)

O

从绷直到乙相对传送带静止，乙的路程为占'=2-=/（乙-，2）2

从绷宜到甲相对传送带静止，甲的加速度为q=：g

O

甲的路程为广工噎（乙一幻2

从施加外力到绳绷直过程乙的路程为々"=白+中”氯。+2亿）

228'

比较可知9'+"2"-为’＞。

故绳绷直以后甲、乙不会发生碰撞，故D正确。

故选D。

2.（2026・贵州・高考真题）如图，完全相同的均质小球A、B被不可伸长的细线悬挂，静止在同一竖直平

面内，相互接触无挤压，悬挂点到球心的距离分别为L和彳乙，A被拉至与竖直方向成60。的位置并由静止

释放，随后与B发生弹性正碰。忽略空气阻力，B的球心上升的最大高度为（）

A.-LB.—LC.—LD.—L

2345

【答案】A

【详解】设A、B小球的质量均为/〃，忽略空气阻力，则A从静止释放至与B发生碰撞前瞬间，由动能定

理可得（1-cos60）=gmv\

A球与R球碰撞过程中,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有〃?匕="以+〃?%.+g〃叫2

可得％=4

14

由于3机端＜-mgL

所以从碰撞后至下次碰撞前，B做圆周运动，设B的球心上升的最大高度为人则对B从碰后至上升到最

大高度的过程，由动能定理可得-，咫/?=0-]〃端

解存入q

故选A。

3.（2026・山东・高考真题）（多选）如图所示，质量相等的两个小物块M和N,M恰好静止于倾角为。的

固定斜面上，N从斜面上某位置由静止释放，力时刻以速度-与M发生弹性碰撞。已知M与斜面间动摩擦

因数为lan。，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，N与斜面间无摩擦，碰撞时间极短，斜面足够长，下列描述

【答案】AD

【详解】M、N质量相等，根据动量守恒定律和能量守恒定律有""=〃?%+/〃％，＜，加

222

可得碰撞后vM=V,vN=0

即发生弹性碰撞后交换速度，则%时刻两物块碰后瞬间M的速度为v,N的速度为0,M与斜面间的动摩擦

因数为tan。、N与斜面间无摩擦，则碰后M做匀速直线运动，N做加速度大小为。＞的匀加速直线运动，

*0

从M、N第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞前瞬间的过程，两物块位移相等，设该过程运动时间为△：,则有

必乙=宗（△小

解得A%=2fo

则第时刻M、N发生第二次碰撞，碰前瞬间M的速度为%N的速度为M=sV|=2i，

M、N质量相等，发生弹性碰撞后交换速度，所以第二次碰后瞬间M的速度为/=2丫

N的速度为「同理“J得M、N从第二次碰撞后瞬间到第三次碰撞前瞬间有山%=必%+：“加2丫

解得颂=2%

所以兀时刻发生第三次碰撞，第三次碰前瞬间M的速度为i/=2u

N的速度为/=y+4Af2=3v

对比选项中图像可知AD正确，BC错误。

故选AD。

4.（2026・陕晋青宁卷•高考真题）（多选）如图，物块N、P、Q的质量分别为，"、加、2m,Q通过不可

伸长的轻绳绕过两个固定轻质光滑定滑轮与P连接，P与位于正下方的N用劲度系数为k的轻弹簧相连。初

始时托住N和Q,使弹簧处于原长，三个物块均静止。现同时无初速度释放N和Q,运动中，物块均视为

质点且不与滑轮相碰，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，弹性势能丘2（x为形变量），重力

加速度大小为则（）

A.释放后瞬间Q的加速度大小为专

B.释放后瞬间轻绳上的拉力大小为〃织

C.释放后N下降的最大距离为警

4k

D.释放后N的速度最大值为^

【答案】AD

【详解】AB.根据题意可知，初始时弹簧处于原长，释放后瞬间，弹簧形变最不变，设释放后瞬间轻绳上

的拉力大小为丁，对Q、P整体，由牛顿第二定律有2/烟-/咫=（〃?+2帆”

对Q,由牛顿第二定律有2mg-F=2ma

14

联立解得。=§g,/咫，故A正确，B错误：

CD.根据题意，把物块N、P、Q看成整体，左边受向下的2〃吆，右边也受向下的2〃啄，整体合力为零，

由动量守恒定律有“心=（7?7+2/77）VpQ

则有〃=W+2m)

可得;nrN=(m+2m)也

解得«=3丫2,/=3"

设释放后N下降的最大距离为原=力，则飙=：力，此时弹簧形变量为&/=/7+：人

由能量守恒定律有mgh+2mg+/?-〃?g•=g&(AxJ

解得。=誓

2k

释放后N的速度最大时为vN=vm,则有％=gh=g%

又有k^x2=mg

解得此=字

k

则有Q嘤T

由能景守恒定彳I”i〃?g&+2mg•喘-mg•4Q=■!■左(Aq丫+L〃叫：+—(w+2m)|-%

22213

解得%=1■后，故C错误，D正确。

故选AD。

5.(2026・湖北・高考真题)在如图所示的竖直平面内，固定在水平地面上的光滑轨道由两倾角均为30。的足

够长轨道与一水平轨道平滑连接而成，连接点分别为A、3。质量为，"的小物块甲放置在左侧倾斜轨道上

高力处、质量为k〃的小物块乙静止在水平轨道上，乙到A、8两点的距离均为〃。现静止释放甲，所有碰

撞均为弹性正碰，重力加速度大小为不计空气阻力。

(1)求甲第一次到达A点时的速度大小。

(2)求两物块第一次碰撞过程中，乙所受合外力的冲量大小。

(3)若两物块在水平轨道上发生第二次碰撞，且第二次碰撞前只有一个物块滑上倾斜轨道，求攵满足的关系

式(不求具体数值)。

【答案】（1）%=屈

⑵/二必殛

1+左

(3)当0V2W1时，R+3N+35Z-31>0

当9V3时，34+22+252-37<0

当女＞3时，k3-2\k2+\9k-23＞0

【详解】（1）甲卜.滑过程轨道光滑，由动能定理加g〃=g〃而

解得%=J5正

（2）第一次碰撞为弹性正碰，设碰后甲速度为匕，乙速度为外，取向右为正方向，由动量守恒和机械能守

恒加％=〃码+hnv2

解得乙弹性碰撞后速度以

1+Ar

对乙由动量定理，合外力冲量等于乙动量变化/=kmv2-0

代入％=廊，得/=竺@

（3）碰后甲的速度匕=三%,乙的速度匕=三％；要使第二次碰撞前只有一个物块滑上倾斜轨道，需

1+左\-\-K

对k的取值进行分情况讨论：

①当OVZW1时，碰后甲、乙均向右运动且电＞刃》0,乙先滑上右侧斜面，往返后在水平轨道与甲相遇,

设从碰后到相遇经过的总时间为1,根据位移关系有v^v\t---^\=h

需满足在甲到达8点前相遇，即，＜?，代入速度化简得K+3/+35左・31＞0

②当2＞1时，碰后甲向左、乙向右运动；若1＜左＜3,则丫2＞历I，乙先滑上右侧斜面往返后向左追上甲,

设从碰后到追及经过的总时间为人根据位移关系有匕-人

I为g1

4H

2h+

解得,T

匕-同

-h

需满足在甲到达4点前追及，即‘<同，化简得3K+K+25Z-37Vo

若女>3,W|v/|>V2,甲先滑上左恻斜面往返后向右追上乙，设从碰后到追及经过的总时间为/,根据位移关

系有同—“=力

I闻8）

解得,=g

闻-匕

需满足在乙到达4点前追及，HPf<~,化简得23-2lN+]9〃-23>0

为

综上所述，k满足的关系式为

当0VAW1时，K+3N+35Z-31>0

当1<k<3时，3R+N+25Z-37<0

当攵>3时，R-21N+i9&-23>0

6.（2026•黑吉辽蒙卷•高考真题）如图，光滑水平面上一质量%=0.4kg的木板，其右端通过轻弹簧连接

质量%=0」kg的物块，此时弹簧伸长量％=0」m,物块和木板均静止。质量收=。1kg的小球（可视为

质点）通过长L=0.9m的轻绳悬于。点。小球从绳与竖直方向成。=60。处由静止释放，摆至最低点时与木

板右端发生弹性碰撞，时间极短。取重力加速度g=10m/s2.

（1）求碰撞后瞬间木板的速度大小以o

⑵弹簧的压缩最第一次为公时，物块速度大小为以=0.8〃〃s,方向向左。求木板与物块间的动摩擦因数〃。

【答案】（l）%=L2m/s

（2）〃=0.28

【详解】（l）C下摆过程，由机械能守恒定律有代弘（1-cos60）=gmc*

解得%=3m/s

C与A碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律有切c%=wcvc+wAvA,^mcv~=:叫噂

联立解得碰撞后瞬间木板的速度大小vA=I.2m/S

（2）A、C碰后，当弹簧的压缩量第一次为与时，以向左为正方向，由动量守恒定律有心以=或

解得以=lm/s

由题意可知弹簧的弹性势能不变，由能量守恒定律有:町^=:〃2/+；〃％4+〃恤42%）

解得〃=0.28

7.（2025.贵州•高考真题）甲、乙两运动员在光滑水平冰面上正行滑冰训练。以速度”运动的甲推一下静

止在其正前方的乙，刚分开时，甲、乙的运动方向与％的方向相同，旦甲的速度为蓝，则刚分开时，甲、

乙的动量大小之比为（）

A.3：1B,2：1C.I：2D.1：3

【答案】C

【详解】根据〃设甲的初始动量为％，则刚分开时，甲H勺末动量为《外，甲的动量变化量大小为

A12

△P=Po--Po=-Po

根据动量守恒定律，甲、乙系统总动量守恒，乙与甲动量变化大小相等，乙的初动量为零，则刚分开时，乙

2

的动量大小为§外，所以甲、乙的动量大小之比为I：2o

故选C。

8.（2025・北京・高考真题）自然界中物质是常见的，反物质并不常见。反物质由反粒子构成，它是科学研

究的前沿领域之一。目前发现的反粒子有正电子、反质子等；反氢原子由正电子和反质子组成。粒子与其

对应的反粒子质量相等，电荷等量异种。粒子和其反粒子碰撞会湮灭。反粒子参与的物理过程也遵守电荷

守恒、能量守恒和动量守恒。下列说法正确的是（）

A.已知氢原子的基态能量为-13.6eV,则反氢原子的基态能量也为-13.6eV

B.一个中了可以转化为一个质了和个正电了

C.一对正负电子等速率对撞，湮灭为一个光子

D.反笊核和反晁核的核聚变反应吸收能量

【答案】A

【详解】A.氢原子基态能量由电子与质子决定。反氢原子由正电子和反质子构成，电荷结构相同，能级结

构不变，基态能量仍为-13.&V,故A正确；

B.若中子衰变（仍衰变）生成质子、正电子;n-＞；p+：e,不符合电荷数守恒:，故B错误；

C.正负电子对撞湮灭时，总动量为零，需产生至少两个光子以保证动量守恒。单个光子无法满足动量守恒,

故C错误；

D.核聚变通常释放能量（如普通气核、僦聚变）。反笊和反晁核聚变遵循相同规律，应释放能量而非吸收,

故D错误。

故选Ao

9.（2025・河南・高考真题）两小车P、Q的质量分别为%和将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验,

碰撞前后的速度口随时间，的变化分别如图1和图2所示。小车N的质量为切卜.，碰撞时间极短，则（）

A.>"QB."朱>卦>"”C.wQ>叫>叫D.%>>mp

【答案】D

【详解】PN碰撞时，根据碰撞前后动量守怛彳jfnpvp+ffiNvN=i?ijVp+wNvN*

根据图像可知（味-彩故叫＜咻；

同理，QN碰撞时，根据碰撞前后动量守恒力恤vQ+叫％=飞岭'+咻

根据图像可知,卜卜；-%），故，%＞外；

故加Q＞〃?N＞叫

故选D。

10.（2（）25・广东•高考真题）如图所示，光滑水平面上，小球"、N分别在水平恒力耳和用作用下，由静止

开始沿同一直线相向运动在八时刻发生正碰后各自反向运动。已知K和6始终大小相等，方向相反。从开

始运动到碰撞后第1次速度减为0的过程中，两小球速度u随时间/变化的图像，可能正确的是（）

【详解】根据牛顿第二定律。=£两物体受外力/大小相等，由图像的斜率等于加速度可知M、N的加速

tn

度大小之比为4:6=2:3,可知M、N的质量之比为6:4:32设分别为3〃?和2加；由图像可设MN碰前的速

度分别为4i，和6〃则因MN系统受合外力为零，向右为正方向，则系统动量守恒，则由动量守恒定律

3/?z-4v-2m-6v=3加匕+2mv2

若系统为弹性碰撞在，则能量关系可知(3〃?(4切2+：2皿61，了=!-3,时

2222

解得匕=-4八v2=6v

因M、N的加速度大小之比仍为2：3,则停止运动的时间之比为1:1,即两物体一起停止，则BD是错误的;

若不是弹性碰撞，则3m-4v-2m-6v=3mv{+2mv2

可知碰后速度大小之比为V,:V2=2:3

2

若假设v/=2v,则V2=3V,此时满足—3〃?(4»+—•2M6V了>—•3/nv)+—•

2222

则假设成立，因M、N的加速度大小之比仍为2：3,则停止运动的时间之比为1:1,对M来说碰撞前后的

速度之比为4y:2g2:1

可知碰撞前后运动时间之比为2:1,可知A正确，C错误。

故选A。

11.（2025•浙江•高考真题）如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B,滑块C（可视为质

点）置于8的右端，三者质量均为1kg。A以4m/s的速度向右运动，B和C一起以2m/s的速度向左运动，

A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75m,C与A、B间动摩擦因数均为0.5,

则（）

A.碰撞瞬间C相对地面静止

B.碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2s

C.碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为⑵

D.碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6m

【答案】D

【详解】A.碰撞瞬间C相对地面向左运动，诜项A错误：

B.向右为正方向，则AB碰撞过程由动量守恒

mvK-=2mvl

解得

v/=1m/s

方向向右；当三者共速时

2m\\-mvc=3mv

可知

v=0

即最终三者•起静止，可知经历的时间

v2_.

t=—r=---------s=0.4s

/.ig0.5x10

选项B错误;

C.碰撞到三者相对静止摩擦产生的热量

Q=gx2〃八彳+；〃对=3J

选项C错误；

D.碰撞到三者相对静止由能量关系可知

。="吟相时

可得

/闲二°.6m

选项D正确。

故选D。

12.(2025・天津・高考真题)如图所示，半径为R=0.45m的四分之一圆轨道4B竖直固定放置，与水平桌

面在B点平滑连接。质量为m=0.12kg的玩具小车从A点由静止释放，运动到桌面上C点时与质量为M=

0.18kg的静置物块发生碰撞并粘在一起，形成的组合体匀减速滑吁x=0.20m至。点停止/点至C点光滑，

小车和物块碰撞时间极短，小车、物块及组合体均视为质点，g取10nVs2,不计空气阻力。求：

A小

(1)小车运动至圆轨道B点时所受支持力FN的大小；

(2)小车与物块碰撞后瞬间组合体速度v的大小；

(3)组合体与水平桌面C。间的动摩擦因数4的值。

【答案】⑴&=3.6N

(2)v=l.2m/s

⑶“=0.36

【详解】(1)设小车运动至圆轨道8点时的速度大小为％,由机械能守恒定律，有mgR=］说

2

由牛顿第二定律，有尸N—笈

R

代入数据，联立解得&=3.6N

小车与物块在C点碰撞，在水平方向由动量守恒，有〃

代入数据，联立解得v=1.2m/s

(3)组合体水平方向受动摩擦力作用，从。点匀减速运动至。点静止，由动能定理，有

一〃(M+m)gx=0--(M+77?)v2

代入数据，联立解得〃=0.36

13.(2025・全国卷•高考真题)如图，物块P固定在水平面上，其上表面有半径为R的;圆弧轨道。P右端

4

与薄板Q连在一起，圆弧轨道与Q上表面平滑连接。一轻弹簧的右端固定在Q上，另一端自由。质量为小

的小球自圆弧顶端八点上方的8点自由下落，落到八点后沿圆弧坑道下滑，小球与弹簧接触后，当速度减

小至刚接触时的g时弹簧的弹性势能为2〃?gR,此时断开P和Q的连接，Q从静止开始向右滑动。g为重力

加速度大小，忽略空气阻力，圆弧轨道及Q的上、下表面均光滑，弹簧长度的变化始终在弹性限度内。

8。

A:

(1)求小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功；

(2)求小球与弹簧刚接触时速度的大小及B、A两点间的距离：

(3)欲使P和Q断开后,弹簧的最大弹性势能等干2.2〃1gR,Q的质后应为多大？

(4)欲使P和Q断开后，Q的最终动能最大，Q的质量应为多大？

【答案】(l)mgR

⑵电皿，耳

24

(3)4机

(4),

【详解】(1)小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其他的功为乂=，咫夫

(2)设小球与弹簧刚接触时速度的大小为vo,由机械能守恒定律可知/瑞=综其中Ep=2mgR

同时有fng(h+R)=；/欣

联立解得%=吟皿，力=》

(3)弹簧达到最大弹性势能时，小球与Q共速，设Q的质量为"，根据动量守恒定律和机械能守恒定律

有"[%=(〃?+〃)％,就=%+：("?+〃)喙，其中耳2=22〃gR

联立解得M=4,〃

(4)对Q和小球整体根据机械能守恒可知要使Q的最终动能最大，需满足小球的速度刚好为零时，此时

弹簧刚好恢复原长;设此时Q的质显为M',Q的最大速度为根据动量守恒和机械能守恒有〃?•；%=,

，叫;二3"4

解得AT=

14.（2025•江苏•高考真题）如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一宜线放置每列有

〃个。在两列钢球之间，一质量为，〃的玻璃球以初速度%向右运动，与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均

视为弹性碰撞。

,1、玻璃球,?、

。…CCCCCC…C

⑴若钢球质量为，〃，求最右侧的钢球最终运动的速度大小；

（2）若钢球质量为，求玻璃球与右侧钢球发生第•次碰撞后，玻璃球的速度大小匕；

（3）若钢球质量为3〃，，求玻璃球经历2〃次碰撞后的动能&。

【答案】（1）%

/1、4"1

⑶12），就

【详解】（1）根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，由于钢球质量也为〃?，根据动量守恒和机械能守恒

可知，碰撞过程中，一者速度互换，则最终碰撞后最右侧钢球的速度大小等于开始碰撞前玻璃球的初速度为％。

（2）根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，则由动量守恒定律有m%=加匕+3加匕

由能量守恒定律有3〃琢=gmn：+gx3mq

5gm-3mI2m1

解得1即%=一5-^消=5%

负号表示速度反向，则玻璃球的速度大小为3%

（3）根据题意结合小问2分析可知，玻璃球与右侧第一个小球碰撞后反弹，且速度大小变为碰撞前的

右侧第一个小球又与第二个小球发生弹性碰撞，速度互换，静止在光滑水平面上，玻璃球反弹后与左侧第

•个小球同样发生弹性碰撞，同理可得，碰撞后玻璃球再次反弹，且速度大小为碰撞前的g，综上所述，

玻璃球碰撞2〃次后速度大小为y=（gj%

则玻璃球碰撞In次后最终动能大小纭=

15.（2024・安徽・高考真题）在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的

绝缘轻质细线，连接成边长