专题07 动量（3年汇编）（ 全国通用）2024-2026年高考物理真题分类汇编（含原卷及解析）（word版）

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考点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保持速率不变运行，a、b、c、d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（ ）
A．B．C．D．
【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
设小球速率为v，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，因此动量变化量的大小为：
可得
结合几何关系，选项中只有A符合。
故选A。
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的全尺寸人形机器人、该机器人体重；2025年1月、该团队发布的四足机器人体重。若两款机器人均以的速度同方向运动，则二者的动量大小之差为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】根据题意，由动量表达式可得，二者的动量大小之差为
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EFGH竖直放置，FG边固定于水平地面，。E、G两点各固定一带电小球，两小球带等量异种电荷。点H、F间固定一光滑绝缘直轨道，另一带电小球从H点沿轨道由静止下滑至F点。重力加速度大小为、小球均可视为点电荷。则小球在运动过程中（ ）
A．某时刻所受支持力可能为零
B．到达F点时的速率为
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HF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ℎ=32l
根据动能定理：mgℎ=12mv2
解得，故B错误；
C．HF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。
故选 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的环形细管道，管道任意处磁场方向与竖直方向夹角为。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
C．小球做圆周运动的半个周期内洛伦兹力的冲量大小为
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
【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，小球的速度为，此时小球与管道间无弹力，竖直方向上有
水平方向上有
解得
则小球做圆周运动的周期为，故B错误；
C．根据题意，水平方向上，由动量定理有
竖直方向有
则小球做圆周运动的半个周期内洛伦兹力的冲量大小为，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
水平方向上有
小球与管道间的弹力大小
联立解得，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，成年人头部受到的冲击力，就会有生命危险。设有一质量为的鸡蛋从高楼坠落，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，要产生的冲击力，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s=5cm=0.05m。匀减速平均速度为，故撞击时间
根据动量定理
代入数据解得
由自由落体公式
得高度
每层楼高约3m，对应楼层数为层。
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m，针鞘在软组织中运动距离d1后进入目标组织，继续运动d2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F1、F2，则针鞘（ ）
A．被弹出时速度大小为
B．到达目标组织表面时的动能为F1d1
C．运动d2过程中，阻力做功为(F1＋F2)d2
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
故A正确；
B．针鞘到达目标组织表面后，继续前进d2减速至零，有
Ek = F2d2
故B错误；
C．针鞘运动d2的过程中，克服阻力做功为F2d2，故C错误；
D．针鞘运动d2的过程中，动量变化量大小
故D错误。
故选A。
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m，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I，方向竖直向下。木栓在竖直方向前进了的位移，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（ ）
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
C．进入过程，木料和木栓的机械能共损失了
D．木栓前进后木料对木栓一个侧面的最大静摩擦力大小约为
【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I，由于重力有冲量，则木料对木栓的合力冲量不为-I，故A错误；
B．锤子撞击木栓后木栓获得的动能为
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，一部分转化为系统内能另一部分转化为木栓的弹性势能，
故C错误；
D．对木栓的一个侧面受力分析如图
由于方孔侧壁弹力成线性变化，则有
且根据B选项求得平均阻力
又因为
联立可得
故D正确。
故选BD。
9．（2024·全国甲卷·高考真题）（多选）蹦床运动中，体重为的运动员在时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t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。下列说法正确的是（ ）
A．时，运动员的重力势能最大
B．时，运动员的速度大小为
C．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
【答案】BD
【详解】A．根据牛顿第三定律结合题图可知时，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离开蹦床到再次落到蹦床上经历的时间为，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为1s，则在时，运动员恰好运动到最大高度处，时运动员的速度大小
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，以竖直向上为正方向，根据动量定理
其中
代入数据可得
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，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，一质量为的滑块锁定在斜面上。时解除锁定，同时对滑块施加沿斜面方向的拉力，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，则滑块（ ）
A．在内一直沿斜面向下运动
B．在内所受合外力的总冲量大小为零
C．在时动量大小是在时的一半
D．在内的位移大小比在内的小
【答案】AD
【详解】根据图像可知当时，物块加速度为
方向沿斜面向下；当时，物块加速度大小为
方向沿斜面向上，作出物块内的图像
A．根据图像可知，物体一直沿斜面向下运动，故A正确；
B．根据图像可知，物块的末速度不等于0，根据动量定理
故B错误；
C．根据图像可知时物块速度大于时物块的速度，故时动量不是时的一半，故C错误；
D．图像与横轴围成的面积表示位移，故由图像可知过程物体的位移小于的位移，故D正确。
故选AD。
11．（2024·广东·高考真题）汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。
（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a，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，敏感球的质量为m，重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值。
（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H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F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量，重力加速度大小取。求：
①碰撞过程中F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）；（2）①330N∙s，方向竖直向上；②0.2m
【详解】（1）敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力N，则由牛顿第二定律可知
解得
（2）①由图像可知碰撞过程中F的冲量大小
方向竖直向上；
②头锤落到气囊上时的速度
与气囊作用过程由动量定理（向上为正方向）
解得
v=2m/s
则上升的最大高度
考点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、。某时刻、对乙施加水平向右的外力使其以恒定加速度（为重力加速度大小）运动，经时间撤去外力、再经时间绳绷直。甲、乙均可视为质点、传送带足够长。则（ ）
A．和满足
B．从撤去外力到绳绷直，因摩擦产生的热量为
C．绳绷直后瞬间甲的动能为
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
撤去外力后，乙的加速度大小
经时间绳绷直，此时乙还有向右的速度，说明
故，故A错误；
B．绳绷直时乙的速度
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
因摩擦产生的热量，故B错误；
C．绳绷直瞬间，根据动量守恒
解得
此速度为相对传送带的速度，此时甲的对地速度要大于，则其动能大于，故C错误；
D．绳绷直以后甲、乙相对传送带速度均为
从绷直到乙相对传送带静止，乙的路程为
从绷直到甲相对传送带静止，甲的加速度为
甲的路程为
从施加外力到绳绷直过程乙的路程为
比较可知
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和，A被拉至与竖直方向成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．B．C．D．
【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
A球与B球碰撞过程中，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有，
可得
由于
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h，则对B从碰后至上升到最大高度的过程，由动能定理可得
解得
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，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，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M、N速度规律的、图像正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【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，
可得碰撞后，
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、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，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
解得
则时刻M、N发生第二次碰撞，碰前瞬间M的速度为v，N的速度为
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的速度为
N的速度为，同理可得M、N从第二次碰撞后瞬间到第三次碰撞前瞬间有
解得
所以时刻发生第三次碰撞，第三次碰前瞬间M的速度为
N的速度为
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，物块的质量分别为、、，通过不可伸长的轻绳绕过两个固定轻质光滑定滑轮与连接，与位于正下方的用劲度系数为的轻弹簧相连。初始时托住和，使弹簧处于原长，三个物块均静止。现同时无初速度释放和，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（为形变量），重力加速度大小为。则（ ）
A．释放后瞬间的加速度大小为
B．释放后瞬间轻绳上的拉力大小为
C．释放后下降的最大距离为
D．释放后的速度最大值为
【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，弹簧形变量不变，设释放后瞬间轻绳上的拉力大小为，对、整体，由牛顿第二定律有
对，由牛顿第二定律有
联立解得，，故A正确，B错误；
CD．根据题意，把物块看成整体，左边受向下的，右边也受向下的，整体合力为零，由动量守恒定律有
则有
可得
解得，
设释放后下降的最大距离为，则，此时弹簧形变量为
由能量守恒定律有
解得
释放后的速度最大时为，则有
又有
解得
则有，
由能量守恒定律有
解得，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的足够长轨道与一水平轨道平滑连接而成，连接点分别为、。质量为的小物块甲放置在左侧倾斜轨道上高处、质量为的小物块乙静止在水平轨道上，乙到、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，求满足的关系式（不求具体数值）。
【答案】(1)
(2)
(3)当0＜k≤1时，k3+3k2+35k﹣31＞0
当1＜k＜3时，3k3+k2+25k﹣37＜0
当k＞3时，k3﹣21k2+19k﹣23＞0
【详解】（1）甲下滑过程轨道光滑，由动能定理
解得
（2）第一次碰撞为弹性正碰，设碰后甲速度为，乙速度为，取向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒，
解得乙弹性碰撞后速度
​​对乙由动量定理，合外力冲量等于乙动量变化
代入，​得​​​
（3）​碰后甲的速度，乙的速度；要使第二次碰撞前只有一个物块滑上倾斜轨道，需对k的取值进行分情况讨论：
①当0＜k≤1时，碰后甲、乙均向右运动且v2＞v1≥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t，根据位移关系有
解得
需满足在甲到达B点前相遇，即，代入速度化简得k3+3k2+35k﹣31＞0
②当k＞1时，碰后甲向左、乙向右运动；若1＜k＜3，则v2＞|v1|，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t，根据位移关系有
解得
需满足在甲到达A点前追及，即，化简得3k3+k2+25k﹣37＜0
若k＞3，则|v1|＞v2，甲先滑上左侧斜面往返后向右追上乙，设从碰后到追及经过的总时间为t，根据位移关系有
解得
需满足在乙到达B点前追及，即，化简得k3﹣21k2+19k﹣23＞0
综上所述，k满足的关系式为
当0＜k≤1时，k3+3k2+35k﹣31＞0
当1＜k＜3时，3k3+k2+25k﹣37＜0
当k＞3时，k3﹣21k2+19k﹣23＞0
6．（2026·黑吉辽蒙卷·高考真题）如图，光滑水平面上一质量的木板，其右端通过轻弹簧连接质量的物块，此时弹簧伸长量，物块和木板均静止。质量的小球（可视为质点）通过长的轻绳悬于点。小球从绳与竖直方向成处由静止释放，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。
(1)求碰撞后瞬间木板的速度大小。
(2)弹簧的压缩量第一次为时，物块速度大小为，方向向左。求木板与物块间的动摩擦因数。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）C下摆过程，由机械能守恒定律有
解得
C与A碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律有，
联立解得碰撞后瞬间木板的速度大小
（2）A、C碰后，当弹簧的压缩量第一次为时，以向左为正方向，由动量守恒定律有
解得
由题意可知弹簧的弹性势能不变，由能量守恒定律有
解得
7．（2025·贵州·高考真题）甲、乙两运动员在光滑水平冰面上进行滑冰训练。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，且甲的速度为，则刚分开时，甲、乙的动量大小之比为（ ）
A．3：1B．2：1C．1：2D．1：3
【答案】C
【详解】根据，设甲的初始动量为，则刚分开时，甲的末动量为，甲的动量变化量大小为
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，乙的动量大小为，所以甲、乙的动量大小之比为1：2。
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，则反氢原子的基态能量也为
B．一个中子可以转化为一个质子和一个正电子
C．一对正负电子等速率对撞，湮灭为一个光子
D．反氘核和反氚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，故A正确；
B．若中子衰变（β+衰变）生成质子、正电子，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（如普通氘核、氚聚变）。反氘和反氚核聚变遵循相同规律，应释放能量而非吸收，故D错误。
故选A。
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v随时间t的变化分别如图1和图2所示。小车N的质量为，碰撞时间极短，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】PN碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有
即
根据图像可知，故；
同理，QN碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有
即
根据图像可知，故；
故
故选D。
10．（2025·广东·高考真题）如图所示，光滑水平面上，小球M、N分别在水平恒力和作用下，由静止开始沿同一直线相向运动在时刻发生正碰后各自反向运动。已知和始终大小相等，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v随时间t变化的图像，可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】根据牛顿第二定律两物体受外力F大小相等，由图像的斜率等于加速度可知M、N的加速度大小之比为4:6=2:3，可知M、N的质量之比为6:4=3:2；设分别为3m和2m；由图像可设MN碰前的速度分别为4v和6v，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
若系统为弹性碰撞在，则能量关系可知
解得、
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
可知碰后速度大小之比为
若假设v1=2v，则v2=3v，此时满足
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4v:2v=2:1
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B的右端，三者质量均为。A以的速度向右运动，B和C一起以的速度向左运动，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
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，选项A错误；
B．向右为正方向，则AB碰撞过程由动量守恒
解得
v1=1m/s
方向向右；当三者共速时
可知
v=0
即最终三者一起静止，可知经历的时间
选项B错误；
C．碰撞到三者相对静止摩擦产生的热量
选项C错误；
D．碰撞到三者相对静止由能量关系可知
可得
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AB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行x = 0.20m至D点停止。A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10m/s2，不计空气阻力。求：
(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CD间的动摩擦因数μ的值。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）设小车运动至圆轨道B点时的速度大小为，由机械能守恒定律，有
由牛顿第二定律，有
代入数据，联立解得
（2）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
（3）组合体水平方向受动摩擦力作用，从C点匀减速运动至D点静止，由动能定理，有
代入数据，联立解得
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m的小球自圆弧顶端A点上方的B点自由下落，落到A点后沿圆弧轨道下滑，小球与弹簧接触后，当速度减小至刚接触时的时弹簧的弹性势能为2mgR，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。
(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于2.2mgR，Q的质量应为多大？
(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】(1)
(2)，
(3)
(4)
【详解】（1）小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功为
（2）设小球与弹簧刚接触时速度的大小为v0，由机械能守恒定律可知，其中
同时有
联立解得，
（3）弹簧达到最大弹性势能时，小球与Q共速，设Q的质量为M，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有，，其中
联立解得
（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的质量为M′，Q的最大速度为vm，根据动量守恒和机械能守恒有，
解得
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直线放置。每列有n个。在两列钢球之间，一质量为m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)若钢球质量为m，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一次碰撞后，玻璃球的速度大小；
(3)若钢球质量为，求玻璃球经历次碰撞后的动能。
【答案】(1)
(2)
(3)
【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m，根据动量守恒和机械能守恒可知,碰撞过程中，二者速度互换，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
由能量守恒定律有
解得，
负号表示速度反向，则玻璃球的速度大小为
（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一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，综上所述，玻璃球碰撞次后速度大小为
则玻璃球碰撞次后最终动能大小
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，连接成边长为d的正三角形，如图甲所示。小球质量为m，带电量为，可视为点电荷。初始时，小球均静止，细线拉直。现将球1和球2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速度大小分别为、、，如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了，k为静电力常量，不计空气阻力。则（ ）
A．该过程中小球3受到的合力大小始终不变B．该过程中系统能量守恒，动量不守恒
C．在图乙位置，，D．在图乙位置，
【答案】D
【详解】AB．该过程中系统动能和电势能相互转化，能量守恒，对整个系统分析可知系统受到的合外力为0，故动量守恒；当三个小球运动到同一条直线上时，根据对称性可知细线中的拉力相等，此时球3受到1和2的电场力大小相等，方向相反，故可知此时球3受到的合力为0，球3从静止状态开始运动，瞬间受到的合力不为0，故该过程中小球3受到的合力在改变，故AB错误；
CD．对系统根据动量守恒
根据球1和2运动的对称性可知，解得
根据能量守恒
解得
故C错误，D正确。
故选D。
16．（2024·江苏·高考真题）如图所示，物块B分别通过轻弹簧、细线与水平面上的物体A左右端相连，整个系统保持静止。已知所有接触面均光滑，弹簧处于伸长状态。剪断细线后（ ）
A．弹簧恢复原长时，A的动能达到最大
B．弹簧压缩最大时，A的动量达到最大
C．弹簧恢复原长过程中，系统的动量增加
D．弹簧恢复原长过程中，系统的机械能增加
【答案】A
【详解】对整个系统分析可知合外力为0，A和B组成的系统动量守恒，得
设弹簧的初始弹性势能为，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧恢复原长时得
联立得
故可知弹簧恢复原长时物体A速度最大，此时物体A的动量最大，动能最大。对于系统来说动量一直为零，系统机械能不变。
故选A。
17．（2024·甘肃·高考真题）（多选）电动小车在水平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．小车的动能不变B．小车的动量守恒
C．小车的加速度不变D．小车所受的合外力一定指向圆心
【答案】AD
【详解】A．做匀速圆周运动的物体速度大小不变，故动能不变，故A正确；
B．做匀速圆周运动的物体速度方向时刻在改变，故动量不守恒，故B错误；
C．做匀速圆周运动的物体加速度大小不变，方向时刻在改变，故C错误；
D．做匀速圆周运动的物体所受的合外力一定指向圆心，故D正确。
故选AD。
18．（2024·广东·高考真题）（多选）如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从、高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有（ ）
A．甲在斜坡上运动时与乙相对静止
B．碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度
C．乙的运动时间与无关
D．甲最终停止位置与O处相距
【答案】ABD
【详解】A．两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A正确；
B．两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确；
C．设斜面倾角为θ，乙下滑过程有
在水平面运动一段时间t2后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速运动t3，乙运动的时间为
由于t1与有关，则总时间与有关，故C错误；
D．乙下滑过程有
由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同；则如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有
联立可得
即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距，故D正确。
故选ABD。
19．（2024·广西·高考真题）（多选）如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动，速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力，则碰撞后，N在（ ）
A．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动
B．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动
C．水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v
D．水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v
【答案】BC
【详解】由于两小球碰撞过程中机械能守恒，可知两小球碰撞过程是弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒可知
由于两小球质量相等，故碰撞后两小球交换速度，即
，
碰后小球N做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v；在竖直方向上做自由落体运动，即竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动。
故选BC。
20．（2024·湖北·高考真题）（多选）如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小成正比，即（k为已知常数）。改变子弹的初速度大小，若木块获得的速度最大，则（ ）
A．子弹的初速度大小为
B．子弹在木块中运动的时间为
C．木块和子弹损失的总动能为
D．木块在加速过程中运动的距离为
【答案】AD
【详解】A．子弹和木块相互作用过程系统动量守恒，令子弹穿出木块后子弹和木块的速度的速度分别为，则有
子弹和木块相互作用过程中合力都为，因此子弹和物块的加速度分别为
由运动学公式可得子弹和木块的位移分别为
联立上式可得
因此木块的速度最大即取极值即可，该函数在到无穷单调递减，因此当木块的速度最大，A正确；
B．则子弹穿过木块时木块的速度为
由运动学公式
可得
故B错误；
C．由能量守恒可得子弹和木块损失的能量转化为系统摩擦生热，即
故C错误；
D．木块加速过程运动的距离为
故D正确。
故选AD。
21．（2024·天津·高考真题）如图所示，光滑半圆轨道直径沿竖直方向，最低点与水平面相切。对静置于轨道最低点的小球A施加水平向左的瞬时冲量I，A沿轨道运动到最高点时，与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘在一起。已知I = 1.8 N∙s，A、B的质量分别为mA = 0.3 kg、mB = 0.1 kg，轨道半径和绳长均为R = 0.5 m，两球均视为质点，轻绳不可伸长，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)与B碰前瞬间A的速度大小；
(2)A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小。
【答案】(1)4 m/s
(2)11.2 N
【详解】（1）根据题意，设小球A从最低点开始运动时的速度为v0，由动量定理有
设与B碰前瞬间A的速度大小v，从最低点到最高点，由动能定理有
联立代入数据解得
（2）A与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘在一起，由动量守恒定律有
设A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小为F，由牛顿第二定律有
联立代入数据解得
22．（2024·重庆·高考真题）如图所示，M、N两个钉子固定于相距a的两点，M的正下方有不可伸长的轻质细绳，一端固定在M上，另一端连接位于M正下方放置于水平地面质量为m的小木块B，绳长与M到地面的距离均为10a，质量为2m的小木块A，沿水平方向于B发生弹性碰撞，碰撞时间极短，A与地面间摩擦因数为，重力加速度为g，忽略空气阻力和钉子直径，不计绳被钉子阻挡和绳断裂时的机械能损失。
(1)若碰后，B在竖直面内做圆周运动，且能经过圆周运动最高点，求B碰后瞬间速度的最小值；
(2)若改变A碰前瞬间的速度，碰后A运动到P点停止，B在竖直面圆周运动旋转2圈，经过M正下方时细绳子断开，B也来到P点，求B碰后瞬间的速度大小；
(3)若拉力达到12mg细绳会断，上下移动N的位置，保持N在M正上方，B碰后瞬间的速度与（2）问中的相同，使B旋转n圈。经过M正下的时细绳断开，求MN之间距离的范围，及在n的所有取值中，B落在地面时水平位移的最小值和最大值。
【答案】(1)
(2)
(3)（n = 1，2，3，…），，
【详解】（1）碰后B能在竖直面内做圆周运动，轨迹半径为10a，设碰后B的最小速度大小为v0，最高点速度大小为v，在最高点时由牛顿第二足定律有
B从最低点到最高点由动能定理可得
解得
（2）A和B碰撞过程中动量守恒，设碰前A的速度大小为v1碰后A的速度大小为v2。碰后B的速度大小为v3，则有
2mv1 = 2mv2＋mv3
碰后A减速到0，有
碰后B做两周圆周运动，绳子在MN间缠绕2圈，缩短4a，在M点正下方时，离M点6a，离地面4a，此时速度大小为v4，由功能关系得
B随后做平抛运动，有
L = v4t
解得
（3）设MN间距离为h，B转n圈后到达M正下方速度大小为v5，绳缩短2nh，绳断开时，以M为圆心，由牛顿第二定律得
（n = 1，2，3，…）
以N为圆心，由牛顿第二定律得
（n = 1，2，3，…）
从碰后到B转n圈后到达M正下方，由功能关系得
（n = 1，2，3，…）
解得
（n = 1，2，3，…）
绳断后，B做平抛运动，有
（n = 1，2，3，…）
s = v5t
可得
（n = 1，2，3，…）
由于
（n = 1，2，3，…）
则由数学分析可得
当时，
当n = 1时，，
23．（2024·河北·高考真题）如图，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C（上表面均粗糙）并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为A木板长度为，机器人质量为，重力加速度g取，忽略空气阻力。
（1）机器人从A木板左端走到A木板右端时，求A、B木板间的水平距离。
（2）机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。
（3）若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止，随即相对B木板连续不停地3次等间距跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板。求该时刻A、C两木板间距与B木板长度的关系。
【答案】（1）；（2）90J，2；（3）
【详解】（1）机器人从A木板左端走到A木板右端，机器人与A木板组成的系统动量守恒，设机器人质量为M，三个木板质量为m，取向右为正方向，则
机器人从A木板左端走到A木板右端时，机器人、木板A运动位移分别为、,则有
同时有
解得A、B木板间的水平距离
（2）设机器人起跳的速度大小为，方向与水平方向的夹角为，从A木板右端跳到B木板左端时间为t，根据斜抛运动规律得

联立解得
机器人跳离A的过程，系统水平方向动量守恒
根据能量守恒可得机器人做的功为
联立得
根据数学知识可得当时，即时，W取最小值，代入数值得此时
（3）根据可得，根据
得
分析可知A木板以该速度向左匀速运动，机器人跳离A木板到与B木板相对静止的过程中，机器人与BC木板组成的系统在水平方向动量守恒，得
解得
该过程A木板向左运动的距离为
机器人连续3次等间距跳到B木板右端，整个过程机器人和B木板组成的系统水平方向动量守恒，设每次起跳机器人的水平速度大小为，B木板的速度大小为，机器人每次跳跃的时间为，取向右为正方向，得
①
每次跳跃时机器人和B木板的相对位移为，可得
②
机器人到B木板右端时，B木板恰好追上A木板，从机器人跳到B左端到跳到B右端的过程中，AB木板的位移差为
可得
③
联立①②③解得
故A、C两木板间距为
解得
24．（2024·湖南·高考真题）如图，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为mA和mB的小球A和B（mA>mB）。初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。
（1）若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小；
（2）若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比。
（3）若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e倍（0