五年真題（202L2025）

與題07劭量

（五年考情?探規(guī)律）

考點(diǎn)五年考情(2021-2025)命題趨勢

近五年“動(dòng)量”模塊的考杳重心明確指向“動(dòng)量守恒定

律及其應(yīng)用“（2025、2024、2022年高頻考查），著重考查

考點(diǎn)1動(dòng)量與守恒條件判斷以及在碰撞、反沖等現(xiàn)象中的應(yīng)用；“動(dòng)量定

2022

沖量理”同樣受到持續(xù)關(guān)注（2024、2023年考查），側(cè)重理解其

矢量性、用于求解變力沖量或平均力及解釋相關(guān)現(xiàn)象；值

得注意的是，2024年同時(shí)考查動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律，

考點(diǎn)2動(dòng)量定預(yù)示著綜合應(yīng)用的命題趨勢。核心考查對動(dòng)量定理和動(dòng)量

2024、2023

律守恒定律的理解與應(yīng)用能力，側(cè)重定性分析動(dòng)量變化、沖

量方向、守恒條件是否滿足，以及定量計(jì)算簡單問題中的

速度、沖量或力，計(jì)算復(fù)雜度通常適中。未來趨勢預(yù)計(jì)將

鞏固“動(dòng)量守恒定律”的核心考查地位，情境設(shè)計(jì)趨向更復(fù)

考點(diǎn)3動(dòng)量守

雜和綜合，強(qiáng)化動(dòng)最定理在解釋瞬時(shí)作用或估算平均力方

恒定律及其應(yīng)2025、2024、2022

面的應(yīng)用，并可能深化動(dòng)量觀點(diǎn)與能量觀點(diǎn)的交叉融合，

用

要求考生在具體情境中準(zhǔn)確選取研究對象、判斷守恒條件、

靈活運(yùn)用動(dòng)量定理或守恒定律列式求解，進(jìn)一步突出矢量

性思維和守恒思想的物理核心素養(yǎng)。

（五年真題?分點(diǎn)精準(zhǔn)練）

考點(diǎn)01動(dòng)量與沖量

1.（2022?江蘇?高?考）光源通過電子-光子散射使光子能量增加，光子能量增加后（）

A.頻率減小B.波長減小C.動(dòng)量減小D.速度減小

【答案】B

【詳解」AB,根據(jù)￡=九、可知光子的能量增加后,光子的頻率增加,又根據(jù)2=?可知光子波長減小,

故A錯(cuò)誤，B正確；

CD.根據(jù)p=%可知光子的動(dòng)量增加：根據(jù)光諫不變原理可知，光子速度不變，故CD錯(cuò)誤。

故選B°

考點(diǎn)02動(dòng)量定律

2.（2024?江蘇?島考）“嫦娥六號(hào)”探測器由著陸器、上升器、軌道器和返回器四個(gè)部分組成，沿環(huán)月軌道以

速度又運(yùn)動(dòng)。某時(shí)刻，著陸器知上升器（組合體A）、軌道器和返回器（組合體B）分離，分離時(shí)間為』其

分離后8的速度大小為u,方向與孫相同。己知組合體A、B的質(zhì)量分別為m、M.,求：

（1）分離后A的速度大小片;

（2）分離過程中，A對B的平均「推力大小。

【答案】⑴%二-3；⑵昨?

【詳解】（1）組合體A、B分離前后動(dòng)量守恒，取如的方向?yàn)檎较?，?/p>

（m-/-M）v0=Mv

解得

—

（m+M）v0Mu

%=------m-------

（2）以組合體B為研究對象，由動(dòng)量定理有

FAt=Mv—Mv0

解得

v）

F=-----------0-

At

3.（2023?江蘇?高考）如圖所示，滑雪道AB由坡道和水平道組成，且平滑連接，坡道傾角均為45。。平臺(tái)

BC與緩沖坡CD相連。若滑雪者從P點(diǎn)由靜止開始下滑，恰好到達(dá)B點(diǎn)?；┱攥F(xiàn)從A點(diǎn)由靜止開始

下滑，從“點(diǎn)飛出。已知4.P間的距離為d,滑雪者與滑道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為小重力加速度為班

不計(jì)空氣阻力。

（1）求滑雪者運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間六

（2）求滑雪者從4點(diǎn)飛出的速度大小之

（3）若滑雪者能著陸在緩沖坡CD上，求平臺(tái)BC的最大長度L。

【詳解】（1）滑雪者從A到f根據(jù)動(dòng)能定理有

1

mgdsin45°-〃?ngcos45°d=-mvp-0

￡

根據(jù)動(dòng)量定理有

(mgsin45°-47ngeos45°)t=mvp-0

聯(lián)外解得

2位d

g(i一〃)

（2）由于滑雪者從尸點(diǎn)由靜止開始下滑，恰好到達(dá)8點(diǎn)，故從P點(diǎn)到8點(diǎn)合力做功為。，所以當(dāng)從A

點(diǎn)下滑時(shí)，到達(dá)8點(diǎn)有

%=%=J近一〃)

（3）當(dāng)滑雪者剛好落在C點(diǎn)時(shí)，平臺(tái)BC的長度最大；滑雪者從B點(diǎn)飛出做斜拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向上有

vPcos45°=x-

水平方向上有

L=vPsin45°?t

聯(lián)立可得

L-V2d(l—〃)

考點(diǎn)03動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用

4.（2025?江蘇?高考）如圖所示，在光滑水平面上，左右兩列相同的小鋼球沿同一直線放置。每列有〃個(gè)。

在兩列鋼球之間，一質(zhì)量為，〃的玻璃球以初速度北向右運(yùn)動(dòng)，與鋼球發(fā)生正碰。所有球之間的碰撞均視

為彈性碰撞。

【答案】（1）2:1；（2）如

【詳解】（1）分裂后帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng).洛倫茲力提供向心力，則有

V2

qvB=m—

解得

mv

r=—

qB

由題干知半徑之比七:n,=6:1,故

mava:mbvb=6:1

因?yàn)橄嗤瑫r(shí)間內(nèi)的徑跡長度之比%：1力=3:1,則分裂后粒子在磁場中的速度為

%=3：1

聯(lián)立解得

ma\=2:1

（2）中性粒子在A點(diǎn)分裂成帶等量異號(hào)電荷的粒子。和從分裂過程中，沒有外力作用，動(dòng)量守恒，根

據(jù)動(dòng)量守恒定律

mv=mava+mbvb

因?yàn)榉至押髣?dòng)量關(guān)系為m。%:譏=6:1,聯(lián)立解得

6

Pa=領(lǐng)先=丁〃

1年模擬?精選?？碱}

I.（2025?江蘇南通如皋?三模）某實(shí)驗(yàn)小組用同一光電管完成了光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)，得到了如圖所示的光電流與

對應(yīng)電壓的關(guān)系圖像，則（）

力4。u

A.甲光的頻率大于乙光的頻率B.甲光的光強(qiáng)大于丙光的光強(qiáng)

C.乙光的波長大于丙光的波長D.乙光光子的動(dòng)量小于丙光光子的動(dòng)量

【答案】B

【詳解】A.根據(jù)可知，入射光的頻率越高，對應(yīng)的遏止電壓“越大。甲光的遏止電

壓小于乙光，所以甲光頻率小于乙光的頻率，故A錯(cuò)誤；

B.由于甲光的飽和光電流大于丙光飽和光電流，兩光頻率相等，所以甲光的強(qiáng)度大于丙光的強(qiáng)度，故

B正確；

C.丙光的遏止電壓小于乙光的遏止電壓，所以丙光的頻率小于乙光的頻率，則乙光的波長小于丙光的

波長，故C錯(cuò)誤；

D.根據(jù)p=%可知，由于乙光的波長小于丙光的波長，所以乙光光子的動(dòng)量大于丙光光子的動(dòng)量，故

D錯(cuò)誤。

故選B。

2.（2025?江蘇南通&泰州&鎮(zhèn)江&鹽城部分學(xué)校?一調(diào)）如圖所示，光滑圓弧軌道ABC豎直固定，與水平面

相切于A點(diǎn)，B為圓弧上一點(diǎn)，C為圓弧最高點(diǎn)，弧長AC遠(yuǎn)小于半徑。質(zhì)量相等的小球中、乙（兩小

球可以看成質(zhì)點(diǎn)）分別從6、C位置由靜止同時(shí)釋放，則兩球從開始運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的過程中（）

z/zz/7/////////////////////////

A.甲球比乙球運(yùn)動(dòng)的時(shí)間短B.兩球可能在A點(diǎn)右側(cè)相撞

C.兩球動(dòng)量的改變量相等D.兩球重力的沖量相等

【答案】D

【詳解】AB.由于弧長AC遠(yuǎn)小于半徑，可認(rèn)為小球甲、乙在光滑圓弧軌道做簡諧運(yùn)動(dòng)，根據(jù)單擺周期

公式可得周期為T=2TTJ,小球甲、乙從8、C位置由靜止同時(shí)釋放，兩球從開始運(yùn)動(dòng)到八點(diǎn)運(yùn)動(dòng)時(shí)間

均為t=?=?可知兩球在4點(diǎn)相撞，故AB錯(cuò)誤；

42yg

D.根據(jù)，G=mgt,由于兩球質(zhì)量相等，可知兩球重力的沖量相等，故D正確。

C.根據(jù)動(dòng)能定理可得7719h=夕71b2,可得小球到達(dá)4點(diǎn)的速度大小為廿=商元?jiǎng)t小球的動(dòng)量變化量

為Ap=mi7-0=mJ項(xiàng),由于兩球釋放高度不同，所以兩球動(dòng)量的改變量不相等，故C錯(cuò)誤。

故選D。

3.（2025?江蘇G4聯(lián)考?階段調(diào)研：如圖所示，物體P、Q用跨過定滑輪O的輕繩連接，P穿在固定的豎直

光滑桿上，Q置于光滑固定斜面上，輕質(zhì)彈簧的一端固定在斜面底端的擋板上，另一端連接Q，初始時(shí),

施加外力將P靜置于N點(diǎn)，輕繩恰好伸直但無拉力，現(xiàn)將P由靜止釋放，不計(jì)一切阻力，則P從N點(diǎn)

下滑到最低點(diǎn)M的過程中（）

A.P的機(jī)械能一直減小

B.桿對P的沖量為零

C.P、Q組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒

D.經(jīng)過M點(diǎn)前P與Q的速度大小關(guān)系外〈勺

【答案】A

【詳解】A.P下滑過程中，除了重力對P做功外，輕繩的拉力對P一直做負(fù)功，P的機(jī)械能一直減小，

故A正確；

B.根據(jù)沖量的定義可知，桿對P的沖量不為零，故B錯(cuò)誤；

C.由于彈簧彈力對Q做功，所以P、Q組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守怛，故C錯(cuò)誤；

D.設(shè)輕繩與桿的夾角為仇貝!P沿繩方向的分速度等于Q的速度，即%8S6=UQ,所以除了N點(diǎn)和M

點(diǎn)外，P與Q的速度大小關(guān)系為外＞I；Q,故D錯(cuò)誤。

故選Ao

4.（2025?江蘇南京&鹽城?一模）如圖所示，在光滑絕緣水平面上同時(shí)由靜止釋放兩個(gè)帶正電的小球A和B,

已知A、B兩球的質(zhì)量分別為〃“、則某時(shí)刻A、B兩球（）

AB

777/77777777777/777777^

A.速度大小之比為根/：B.加速度大小之比為必：/〃2

C.動(dòng)量大小之比為陽2：〃〃D.動(dòng)能大小之比為〃?2：如

【答案】D

【詳解】AC.由于兩小球都帶正電，則彼此受到斥力作用，所以兩小球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則加巧=

m2v2

所以”=也，兩球動(dòng)量大小相等，比值為1：1,故AC錯(cuò)誤；

V2mi

F

B.小球的加速度大小之比為”=軍=也，故B錯(cuò)誤：

。2—m2叫

D.動(dòng)能之比為詈=宵=藝，故D正確。

E

k2-m2v￡

故選D。

5.（2025?江蘇南京&鹽城?一模）如圖所示，輕質(zhì)彈簧的兩端分別與小物塊A、B相連，并放在傾角為。的

固定斜面上，A靠在固定的擋板P上，彈簧與斜面平行，A、B均靜止。將物塊C在物塊B上方與B相

距X處由靜止釋放，C和B碰撞的時(shí)間極短，碰撞后粘在一起不再分開，已知A、B、C的質(zhì)量均為陸

彈簧勁度系數(shù)為鼠且始終在彈性限度內(nèi)，不計(jì)一切摩擦，則為保證A不離開擋板，工的最大值為（）

4mgsin?d8mgsin。

A.B-

k

【答案】B

【詳解】設(shè)要讓A能離開擋板彈簧就要伸長與到尸點(diǎn)，有mgsinO=k%i

物塊B、C從相碰后到一起運(yùn)動(dòng)到人剛要離開擋板，物塊B、C和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，A剛要

離開擋板時(shí)物塊B、C速度為零，彈簧伸長，彈力大小等于A重力下滑分力，伸長量等于力，從碰后到

A剛要離開擋板，彈簧彈性勢能變化為零，設(shè)碰后速度為外，由機(jī)械能守恒定律得?2mvl=2mgx2勺?

sin。

碰撞過程根據(jù)動(dòng)量守恒m%=2mv2

下滑過程LzwJ=mgxsind

2

聯(lián)立解得工=也當(dāng)

k

故選B。

6.（24-25高三下?江蘇宿遷泗陽?一模）如圖所示，輕繩上端固定在。點(diǎn)，下端連接小球。將球拉起，繩剛

好被水平拉直，由靜止釋放小球.當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)時(shí)，下列物理量的大小與繩長有關(guān)的是（）

Or--------------<3

6

A.小球的加速度B.小球的動(dòng)量

C.小球重力的功率D.繩子的拉力

【答案】B

【詳解】由靜止釋放小球.當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理有mgLnTm正

A.根據(jù)加速度的公式有Q=亍=2g

則加速度與繩長無關(guān)，故A錯(cuò)誤；

B.小球的動(dòng)量為p=mu=m，2gL,則動(dòng)量與繩長有關(guān)，故B正確；

C.小球在最低點(diǎn)時(shí)，重力與速度垂直，重力的功率為0,則重力的功率與繩長無關(guān)，故c錯(cuò)誤；

D.在最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律仃/-mg=解得尸=3mg,繩子的拉力與繩長無關(guān)，故D錯(cuò)誤；

故選B。

7.（22-23而三?江蘇南京師大附中?期中）如圖所示，光滑水平地面上有一輛靜止小車，車上固定一個(gè)螺線

管，螺線管通過電阻R連成通路。虛線表示一光滑絕緣軌道穿過線圈內(nèi)部，一個(gè)條形磁鐵，N極向右，

可以沿著軌道運(yùn)動(dòng)，且磁鐵、軌道和線圈不接觸。現(xiàn)推動(dòng)一下磁鐵，使它獲得向右的初速度，下列說法

正確的是（）

()()

A.磁鐵在運(yùn)動(dòng)過程中，速度可能為零

B.當(dāng)磁鐵處于線圈正中位置時(shí)，磁鐵和小車的總動(dòng)能最小

C.當(dāng)磁鐵向小車運(yùn)動(dòng)時(shí)，電阻R中的電流方向由4向B,磁鐵和小車的總動(dòng)量減少

D.若磁鐵穿過了線圈并逐漸遠(yuǎn)離線圈，則此時(shí)電阻R中的電流方向由8向4,磁鐵和小車的總動(dòng)能減

少

【答案】D

【詳解】A.根據(jù)楞次定律，來拒去留可知，磁鐵一直減速，直到和小車的速度最終相同，速度不可能

為零，故A錯(cuò)誤；

C.當(dāng)磁鐵向小車運(yùn)動(dòng)時(shí)，由楞次定律和安培定則可知，電阻R中的電流方向由4向&系統(tǒng)不受外力，

故磁鐵和小車的總動(dòng)量守恒，保持不變，故C錯(cuò)誤；

BD.根據(jù)能量守恒定律可知，磁鐵的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為小車的動(dòng)能與電阻R產(chǎn)生的熱量，若磁鐵穿過了線圈

并逐漸遠(yuǎn)離線圈，根據(jù)楞次定律和安培定則可知此時(shí)電阻R中的電流方向由B向4磁鐵和小車的總動(dòng)

能減少，故當(dāng)磁鐵處于線圈正中位置時(shí),磁鐵和小車的總動(dòng)能不是最小，故B錯(cuò)誤，D正確。

故選Do

8.（2025?浙江嘉興?三模）如圖甲所示，每只冰壺直徑d=30cm、質(zhì)量m=19kg。某次試投過程中，冰壺

A在￡=0時(shí)刻以為=lm/s的初速度投出，與靜止的冰壺B發(fā)生彈性正碰，此后冰壺B在水平面上運(yùn)動(dòng)

0.9m后停止，冰壺B的u—￡圖像如圖乙所示，不計(jì)空氣阻力，則（）

v/(m-s-1)

A.兩只冰壺在￡=3s時(shí)發(fā)生碰撞

B,碰撞前摩擦力對冰壺A做功為-3.42J

C.碰撞后冰壺B受到摩擦力的沖量大小為11.4Ns

D.t=0和￡=5s兩時(shí)刻冰壺重心間的距離之比為16:9

【答案】C

【詳解】A.兩冰壺質(zhì)量相等，發(fā)生彈性正碰時(shí)，兩冰壺發(fā)生速度交換，由冰壺B的12-七圖像可知冰壺

勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為Q=：m/s2,冰壺B在水平面上運(yùn)動(dòng)0.9m后停止，所以冰壺B運(yùn)動(dòng)時(shí)

間為3則％B=%￡—LQ￡2,—at=0,解得t=3s,=0.6m/s,所以冰壺A與冰壺B相碰后冰壺

B運(yùn)動(dòng)了3s,因此兩只冰壺在￡i=2s時(shí)發(fā)生碰撞，故A錯(cuò)誤；

B.對冰壺A有“=（m相一：172評，解得監(jiān)=一6.08卜故B錯(cuò)誤；

C.碰撞后冰壺B受到摩擦力的沖量大小/=解得，=11.4N?s,故C正確；

D.全過程的位置圖如下圖所示

AB

兩只冰壺在0=2s時(shí)發(fā)生碰撞，所以t=0時(shí)兩冰壺重心的距離為Ax1=等￡1+/解得A;q=1.9m

￡=5s兩冰壺重心的距離為A*=￡?（5—ti）+d,解得Ax?=l,2m,所以t=0和￡=5s兩時(shí)刻冰壺重

心間的距離之比為答==,故D錯(cuò)誤。

AX212

故選C。

9.（24-25高三卜?江蘇沐陽高中?期初調(diào)研）質(zhì)量為機(jī)的小球A套在光滑的圓環(huán)上在水平面內(nèi)做初速度大小

為W的圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中受到與速度方向相反大小與速發(fā)成正比的阻力作用（即/?=k%%為正的

常量）。小球的速度大小和轉(zhuǎn)過的圓心角a的關(guān)系圖像正確的可能是（）

【詳解】根據(jù)動(dòng)量定理一fdt=mu-mu。其中=s=aR整理得u=v0-—a，結(jié)合圖像可知，故

選Ao

10.（2025?江蘇泰州?模擬預(yù)測〉有兩個(gè)完全相同的鉛球，從圖甲中左、右兩個(gè)圓筒的正上方相同高度處同

時(shí)靜止釋放，兩球分別與左、右兩個(gè)筒的底部發(fā)生碰撞并反彈。其中左筒底部為一鋼板，右筒底部為

泡沫，壓力傳感器測得球第一次碰撞中受到的撞擊力隨時(shí)間變化如圖乙中的曲線①②，已知曲線①②

與時(shí)間軸圍成的面積相等八則第一次碰撞過程中（）

A.左邊小球所受重力的沖量大

B.兩小球所受合外力的沖量相等

C.左邊小球動(dòng)量變化率大

D.右邊小球動(dòng)量變化大

【答案】C

【詳解】A.甲左邊裝置底部為鋼板，右邊裝置底部為泡沫，則小球與甲左邊裝置底部碰撞過程作用時(shí)

間較小，重力沖量/=可知左邊小球所受重力的沖量小，故A錯(cuò)誤；

BD.兩小球所受合外力的沖量為支持力（撞擊力）沖量與重力沖量之差，題意知曲線①②與時(shí)間軸圍

成的面積相等，即支持力沖量相等，由于左邊小球所受重力的沖量小，則左邊小球所受合外力的沖量

大，即左邊小球動(dòng)量變化量大，故BD錯(cuò)誤；

C.由于左邊小球碰撞過程中所受合外力的沖量大，且作用時(shí)間較小，故左邊小球的動(dòng)量變化率（署）

大，故C正確。

故選C。

11.（2025?江蘇新高考基地學(xué)校?期初質(zhì)量監(jiān)測）如圖所示，將甲、乙兩條形磁鐵按壓在水平桌面上，甲的

質(zhì)量大于乙的質(zhì)量，兩者與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等。現(xiàn)同時(shí)釋放甲和乙，在它們相互接近過程中

的任一時(shí)刻（）

甲乙

—LSJNJ.....

A.甲、乙組成的系統(tǒng)總動(dòng)量為0

B.甲的動(dòng)量變化率比乙小

C.甲的動(dòng)量大小比乙大

D.甲的加速度大小比乙大

【答案】B

【詳解】A.題意可知甲乙與臭面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等，但由于甲乙質(zhì)量不等，則摩擦力大小不相等，

故甲、乙組成的系統(tǒng)總動(dòng)量不守恒，即不為0,故A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)動(dòng)量定理可得?=獸，可知?jiǎng)恿孔兓时硎竞狭?，又因二者吸引力大小相同，但又甲受到的?/p>

△t

擦大，則甲的合力小，故甲的動(dòng)量變化率比乙小，故B正確；

C.根據(jù)動(dòng)量定理/￡=nw,結(jié)合以上分析可知，由于甲的合力小，則在相同時(shí)間里，甲的動(dòng)量大小比

乙小，故C錯(cuò)誤；

D.以上分析可知，由于甲的合外力小，甲的質(zhì)量大，根據(jù)牛頓第二定律可知，甲的加速度小，即甲的

加速度大小比乙小，故D錯(cuò)誤。

故選Bo

12.（2025?浙江北斗星盟?三模）籃球投出后經(jīng)多次曝光得到的照片如圖所示，每次曝光的時(shí)間間隔相等。

籃球受到的空氣阻力大小相等，方向始終與速度方向相反，則籃球（）

A.速度大小一直在減小

B.加速度大小先減小后增大

C.相鄰位置的動(dòng)量變化量一直減小

D.相鄰位置的機(jī)械能變化審先增大后減小

【答案】C

【詳解】AB.重力與空氣阻力的夾角，在上升階段為銳角，下降階段為鈍角，角度一直在增大，知加

速度一直在減小，速度先減小后增大，故AB錯(cuò)誤；

C.因Ap=mA"=mat,知Ap一直減小，故C正確；

D.空氣阻力做功引起機(jī)械能的變化，相鄰位置軌跡長度先喊小后增大，變化量也先減小后增大，相鄰

位置的機(jī)械能變化量先減小后增大，故D錯(cuò)誤。

故選C。

13.（24-25高三下?江蘇宿遷泗陽?一模）將一小球從地面豎直向上拋出，小球上升到某一高度后又落回到地

面。若該過程中空氣阻力大小不變，則（）

A.在上升過程與下降過程中，重力做的功相同

B.在上升過程與下降過程中，重力的沖量相同

C.上升過程中小球動(dòng)量的變化率比下降過程中的大

D.整個(gè)過程中空氣阻力的沖量等于小球動(dòng)量的變化最

【答案】C

【詳解】A.根據(jù)必=Gh可知，重力在上升過程做負(fù)功，下降過程中重力做正功，故A錯(cuò)誤；

B.上升過程中的加速度=下降過程中的加速度mg-f=ma?，則為＞。2，由于位移相

等，根據(jù)％=3。產(chǎn)可知，上升的時(shí)間小于卜?降的時(shí)間，根據(jù)/=G3可知，重力在上升過程中的沖量小

于下降過程中的沖量，故B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)動(dòng)量定理可知F人=當(dāng)，結(jié)合B項(xiàng)分析可知，上升過程中小球動(dòng)量的變化率比下降過程中的大，

JAt

故C正確；

D.整個(gè)過程中空氣阻力的沖量和重力的沖量之和等于小球動(dòng)量的變化量，故D錯(cuò)誤。

故選C。

14.（2025?江蘇鹽城射陽中學(xué)?二模）如圖所示，AB.6為兩根水平放置的光滑平行軌道，其上分別套有甲、

乙小球（771甲=2?九乙）z）,小球之間連有一根輕彈簧，初始兩球均靜止，彈簧處于原長，現(xiàn)給甲球一個(gè)

瞬間沖量，使其獲得向右的初速度外,則從開始運(yùn)動(dòng)到再次相距最近的過程中，兩球的圖像可能

正確的（）

【答案】C

【詳解】甲獲得初速度后，彈簧被拉伸，甲向右做減速運(yùn)動(dòng)，乙向右做加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)乙的質(zhì)量為機(jī)，

則甲的質(zhì)量為26，甲乙系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，規(guī)定向右為止方向，有飛小為=（2m+%）%「，解得

第一次共速"共1=|為從開始運(yùn)動(dòng)到第一次共速，彈簧被拉長,彈力增大,且彈簧的水平分力也在增大，

故二者做的是加速度增大的運(yùn)動(dòng)。達(dá)到〃共1后，甲向右做減速運(yùn)動(dòng)，乙向右做加速運(yùn)動(dòng)，彈簧開始恢復(fù)

延長，當(dāng)甲乙再次相距最近時(shí)，乙在甲的正下方，由動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒有2nwo=2mu甲乙，

；2mq）2=;27m7甲2+刎％2,解得此時(shí)甲乙速度分別為0中二/0,〔?乙二9為,從第一次共速到甲乙

再次相距最近時(shí)，彈簧拉伸量減小，彈力增小，且彈簧的水平分力也在減小，故二者做的是加速度減

小的運(yùn)動(dòng)，u-t圖像斜率絕對值表示加速度大小，綜合分析可知C選項(xiàng)符合題意。

故選C。

15.（2025?江蘇蘇州?三模）圖甲是某科技館的一件名為“最速降線''的展品，在高度差一定的不同光滑軌道

中，小球滾下用時(shí)最短的軌道叫做最速降線軌道。軌道I的末端與水平面相切，如圖乙所示，將相同

的小球a和b分別從I、II兩軌道的起點(diǎn)M同時(shí)靜止釋放，則小球a先到達(dá)終點(diǎn)N；并且發(fā)現(xiàn)小球a

從I領(lǐng)道的不同位置靜止釋放，到達(dá)末端的時(shí)間都相同?，F(xiàn)將小球4和。同時(shí)從起點(diǎn)”靜止釋放，下

列說法正確的是（）

A.小球a沿I軌道運(yùn)動(dòng)到八；點(diǎn)的速度大

B.從起點(diǎn)到終點(diǎn)，兩球的動(dòng)審變化量相同

C.若在兩球釋放的同時(shí)，將小球c平拋恰好也落在N點(diǎn)，三個(gè)球相比仍是。先到達(dá)

D.若軌道不光滑且與兩球滑動(dòng)摩擦因數(shù)相同，小球。沿I軌道運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的速度小

【答案】D

【詳解】A、對小球，由M到N過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得gm嗚=mg/iMN，故小球沿兩軌道運(yùn)動(dòng)到N

點(diǎn)時(shí)的速度大小相等，A錯(cuò)誤；

B、由于兩小球到達(dá)N點(diǎn)時(shí)速度方向不同，故從起點(diǎn)到終點(diǎn)，兩球的動(dòng)量變化量不同，故B錯(cuò)誤；

C、由于小球。從I軌道的不同位置靜止釋放，到達(dá)末端的時(shí)間都相同，故小球。在【軌道的運(yùn)動(dòng)可視

為一個(gè)擺長特別大的單擺運(yùn)動(dòng)的一部分，小球a從M到N運(yùn)動(dòng)時(shí)間勿=（7=小球b從"到N

的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為正，則有g(shù)gsin%/=2Rsin。，解得%=若在兩球釋放的同時(shí)，將小球。平拋恰好

也落在N點(diǎn)，則有（gf/=2^（1-856）。解得￡0=2產(chǎn)產(chǎn)，其中8為MN所對的圓周角，由于R

很大，小球。做單擺運(yùn)動(dòng)，故。V5。，故可知￡c〈J〈立，即三個(gè)球相比，c先到達(dá)N點(diǎn)，故C錯(cuò)誤：

D、若軌道不光滑且與兩球滑動(dòng)摩擦因數(shù)相同，由于小球。運(yùn)動(dòng)過程克服阻力做功更多，因此小球〃沿

I軌道運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的速度小，故D正確。

故選D。

16.（24-25高三卜??江蘇蘇錫常鎮(zhèn)?一模）質(zhì)量為M的半圓形凹槽靜置在光滑水平面上，質(zhì)量為〃?的光滑小

球靜止在凹槽底部。初始時(shí)刻給小球一個(gè)水平初速度%,il算機(jī)模擬得到小球的部分軌跡如圖，己知

圖中軌跡頂點(diǎn)與凹槽端口等而，則（）

A.m>M

B.僅增大M值后重新模擬，小球能飛離凹槽

C.長時(shí)間觀察，有些時(shí)間段內(nèi)凹槽對地向左運(yùn)動(dòng)

D.小球從圖中A到8運(yùn)動(dòng)過程中，凹槽先加速后減速

【答案】B

【詳解】A.當(dāng)小球由最低點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到第一次回到最低點(diǎn)時(shí)，水平方向動(dòng)量守恒，小球光滑，則系統(tǒng)

mv2mv22

機(jī)械能守恒，設(shè)小球末速度為l、凹槽末速度為方，則=小%+M%，~;o=^i+^MV2

聯(lián)立可得M=m3,以初速度方向?yàn)檎较颍蓤D中小球的運(yùn)動(dòng)軌跡可知，當(dāng)小球第一次回到最低

VO+V1

點(diǎn)時(shí)%co,即也二紅>1,可以判斷m<M,故A錯(cuò)誤：

Vo+Vi

B.當(dāng)小球由最低點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到第一次【可到最高點(diǎn)時(shí),，水平方向速度共速，設(shè)小球和凹槽的末速度是u共,

則由動(dòng)量守恒m%=（m+M）5即"共=磊，當(dāng)增大M值后〃共會(huì)減小，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，貝嶺血端二

（m①共2+u豎仃2）++加藝共2,僅增大M值，由最低點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到第一次回到最高點(diǎn)時(shí),u共減小，

則〃豎直增大，小球會(huì)飛的更高，飛離凹槽，故B正確；

C.設(shè)小球末速度水平分速度內(nèi)',凹槽末速度功'，由動(dòng)量守恒可知m%=m%'+Mv2',即771（%-v/）=

MV2

若當(dāng)凹槽對地向左運(yùn)動(dòng)時(shí)/<0,可得％<%'，則標(biāo)北24.%，2,不滿足系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故c錯(cuò)

誤；

r

D.設(shè)小球末速度水平分速度為'，凹槽末速度功'，由動(dòng)量守恒可知m%=m%'+Mv2,即皿如一巧'）=

MV2'

小球由A到3過程中%一%一直增大，所以外一直增大，故D錯(cuò)誤。

故選Bo

17.（2025?江蘇揚(yáng)州?考前調(diào)研）如圖所示，質(zhì)量均為,〃的光滑個(gè)球A、B,通過較鏈用長為L的輕桿連接,

豎直地緊靠墻壁放置，B球位于水平地面上，A球受到微擾向右傾倒（初速度視為0）,經(jīng)過時(shí)間/,桿與

豎直方向夾角為37。。已知重力加速度為g,sin37°=0.6,cos37。=0.8.求：

A

(1)此時(shí)A球速度大小股；

(2)此時(shí)墻壁對B球作用力大小F；

(3)上述過程中，地面對B球的沖量大小

【答案】(l)Jj最

(2焉mg

(3)2mgt

【詳解】(1)根據(jù)動(dòng)能定理mg(L-Lcos37。)=次

解得％=7

(2)以A球?yàn)檠芯繉ο?，由向心力公式mgcos37。一N=

代入數(shù)據(jù)解得N=OAmg

對B球受力分析可得F=/Vsin370=5mg

(3)對A、B系統(tǒng)，取豎直向下為正方向豎直方向，由動(dòng)量定理得2zngt-/=m〃Asin37。

代入數(shù)據(jù)解得/=2mgt--^my/lOgL

18.(2025?江蘇鹽城中學(xué)?三模)如圖所示，光滑水平面上靜止放置兩個(gè)形狀完全相同的彈性小物塊A、B,

物塊A的質(zhì)量mA=0.2kgo在物塊B右側(cè)的豎直墻壁里有一水平輕質(zhì)長細(xì)桿，桿的左端與一輕質(zhì)彈簧

相連，桿、彈簧及兩物塊的中心在同?水平線上，桿與墻壁作用的最大靜摩擦力為2.4N。若彈簧作用

一直在彈性限度范圍內(nèi)，彈簧的彈性勢能表達(dá)式為昂=：依2,k=60N/m.現(xiàn)給物塊A—水平向右的

作用力凡其功率P=1.6W恒定，作用t=L0s后撤去，然后物塊A與物塊B發(fā)生彈性碰撞，碰撞后

兩物塊速度大小相等。B向右壓縮彈簧，并將桿向墻里推移。設(shè)I最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，求：

再一口一回:^

(l)t=1.0s撤去力尸時(shí),物塊A的速度；

(2)物塊B的質(zhì)量；

(3)物塊B的最終速度大小。

【答案】(l)4m/s

(2)0.6kg

(3)0.4m/s

【