五年（2021-2025）高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題07動量考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點1動量與沖量2022近五年“動量”模塊的考查重心明確指向“動量守恒定律及其應(yīng)用”（2025、2024、2022年高頻考查），著重考查守恒條件判斷以及在碰撞、反沖等現(xiàn)象中的應(yīng)用；“動量定理”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年同時考查動量定理和動量守恒定律，預(yù)示著綜合應(yīng)用的命題趨勢。核心考查對動量定理和動量守恒定律的理解與應(yīng)用能力，側(cè)重定性分析動量變化、沖量方向、守恒條件是否滿足，以及定量計算簡單問題中的速度、沖量或力，計算復(fù)雜度通常適中。未來趨勢預(yù)計將鞏固“動量守恒定律”的核心考查地位，情境設(shè)計趨向更復(fù)雜和綜合，強化動量定理在解釋瞬時作用或估算平均力方面的應(yīng)用，并可能深化動量觀點與能量觀點的交叉融合，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、靈活運用動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)?？键c2動量定律2024、2023考點3動量守恒定律及其應(yīng)用2025、2024、2022考點01動量與沖量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．動量減小 D．速度減小【答案】B【詳析】AB．根據(jù)E=hν可知光子的能量增加后，光子的頻率增加，又根據(jù)λ=cν，可知光子波長減小，故A錯誤，CD．根據(jù)p=hλ，可知光子的動量增加；根據(jù)光速不變原理可知，光子速度不變，故故選B?？键c02動量定律2．（2024·江蘇·高考）“嫦娥六號”探測器由著陸器、上升器、軌道器和返回器四個部分組成，沿環(huán)月軌道以速度v0運動。某時刻，著陸器和上升器（組合體A）、軌道器和返回器（組合體B）分離，分離時間為Δt。分離后B的速度大小為v，方向與v0相同。已知組合體A、B的質(zhì)量分別為m、（1）分離后A的速度大小v1（2）分離過程中，A對B的平均F推力大小。【答案】（1）v1=(m+M)v【詳析】（1）組合體A、B分離前后動量守恒，取v0的方向為正方向，有(m解得v（2）以組合體B為研究對象，由動量定理有F解得F=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BC與緩沖坡CD相連。若滑雪者從P點由靜止開始下滑，恰好到達(dá)B點。滑雪者現(xiàn)從A點由靜止開始下滑，從B點飛出。已知A、P間的距離為d，滑雪者與滑道間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g，不計空氣阻力。（1）求滑雪者運動到P點的時間t；（2）求滑雪者從B點飛出的速度大小v；（3）若滑雪者能著陸在緩沖坡CD上，求平臺BC的最大長度L。

【答案】（1）t=22dg1-μ；（2）【詳析】（1）滑雪者從A到P根據(jù)動能定理有mgd根據(jù)動量定理有mg聯(lián)立解得t=v（2）由于滑雪者從P點由靜止開始下滑，恰好到達(dá)B點，故從P點到B點合力做功為0，所以當(dāng)從A點下滑時，到達(dá)B點有v（3）當(dāng)滑雪者剛好落在C點時，平臺BC的長度最大；滑雪者從B點飛出做斜拋運動，豎直方向上有v水平方向上有L=聯(lián)立可得L=考點03動量守恒定律及其應(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n個。在兩列鋼球之間，一質(zhì)量為m的玻璃球以初速度v0(1)若鋼球質(zhì)量為m，求最右側(cè)的鋼球最終運動的速度大??；(2)若鋼球質(zhì)量為3m，求玻璃球與右側(cè)鋼球發(fā)生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小v1(3)若鋼球質(zhì)量為3m，求玻璃球經(jīng)歷2n次碰撞后的動能Ek【答案】(1)v(2)v(3)1【詳析】（1）根據(jù)題意可知，所有碰撞均為彈性碰撞，由于鋼球質(zhì)量也為m，根據(jù)動量守恒和機械能守恒可知,碰撞過程中，二者速度互換，則最終碰撞后最右側(cè)鋼球的速度大小等于開始碰撞前玻璃球的初速度為v0（2）根據(jù)題意可知，所有碰撞均為彈性碰撞，則由動量守恒定律有m由能量守恒定律有1解得v1=負(fù)號表示速度反向，則玻璃球的速度大小為1（3）根據(jù)題意結(jié)合小問2分析可知，玻璃球與右側(cè)第一個小球碰撞后反彈，且速度大小變?yōu)榕鲎睬暗?2，右側(cè)第一個小球又與第二個小球發(fā)生彈性碰撞，速度互換，靜止在光滑水平面上，玻璃球反彈后與左側(cè)第一個小球同樣發(fā)生彈性碰撞，同理可得，碰撞后玻璃球再次反彈，且速度大小為碰撞前的12，綜上所述，玻璃球碰撞2n則玻璃球碰撞2n次后最終動能大小E5．（2022·江蘇·高考）利用云室可以知道帶電粒子的性質(zhì)，如圖所示，云室中存在磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，一個質(zhì)量為m、速度為v的電中性粒子在A點分裂成帶等量異號電荷的粒子a和b，a、b在磁場中的徑跡是兩條相切的圓弧，相同時間內(nèi)的徑跡長度之比la:l（1）粒子a、b的質(zhì)量之比ma（2）粒子a的動量大小pa【答案】（1）2:1；（2）6【詳析】（1）分裂后帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則有qvB=m解得r=由題干知半徑之比ram因為相同時間內(nèi)的徑跡長度之比lav聯(lián)立解得m（2）中性粒子在A點分裂成帶等量異號電荷的粒子a和b，分裂過程中，沒有外力作用，動量守恒，根據(jù)動量守恒定律mv=因為分裂后動量關(guān)系為map1．（2025·江蘇南通如皋·三模）某實驗小組用同一光電管完成了光電效應(yīng)實驗，得到了如圖所示的光電流與對應(yīng)電壓的關(guān)系圖像，則（）A．甲光的頻率大于乙光的頻率 B．甲光的光強大于丙光的光強C．乙光的波長大于丙光的波長 D．乙光光子的動量小于丙光光子的動量【答案】B【詳析】A．根據(jù)eUc=Ek=hνB．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，所以甲光的強度大于丙光的強度，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錯誤；D．根據(jù)p=hλ，可知，由于乙光的波長小于丙光的波長，所以乙光光子的動量大于丙光光子的動量，故故選B。2．（2025·江蘇南通&泰州&鎮(zhèn)江&鹽城部分學(xué)?！ひ徽{(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，B為圓弧上一點，C為圓弧最高點，弧長AC遠(yuǎn)小于半徑。質(zhì)量相等的小球甲、乙（兩小球可以看成質(zhì)點）分別從B、C位置由靜止同時釋放，則兩球從開始運動到A點的過程中（）A．甲球比乙球運動的時間短 B．兩球可能在A點右側(cè)相撞C．兩球動量的改變量相等 D．兩球重力的沖量相等【答案】D【詳析】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動，根據(jù)單擺周期公式可得周期為T=2πRg，小球甲、乙從B、C位置由靜止同時釋放，兩球從開始運動到A點運動時間均為t=T4=πD．根據(jù)IG=mgt，由于兩球質(zhì)量相等，可知兩球重力的沖量相等，故C．根據(jù)動能定理可得mgh=12mv2，可得小球到達(dá)A點的速度大小為v=2gh，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，施加外力將P靜置于N點，輕繩恰好伸直但無拉力，現(xiàn)將P由靜止釋放，不計一切阻力，則P從N點下滑到最低點M的過程中（）A．P的機械能一直減小B．桿對P的沖量為零C．P、Q組成的系統(tǒng)機械能守恒D．經(jīng)過M點前P與Q的速度大小關(guān)系v【答案】A【詳析】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錯誤；C．由于彈簧彈力對Q做功，所以P、Q組成的系統(tǒng)機械能不守恒，故C錯誤；D．設(shè)輕繩與桿的夾角為θ，則P沿繩方向的分速度等于Q的速度，即vPcosθ=vQ，所以除了N點和M點外，P與Q故選A。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由靜止釋放兩個帶正電的小球A和B，已知A、B兩球的質(zhì)量分別為m1、m2。則某時刻A、B兩球（）

A．速度大小之比為m1∶m2 B．加速度大小之比為m1∶m2C．動量大小之比為m2∶m1 D．動能大小之比為m2∶m1【答案】D【詳析】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)動量守恒，則m所以v1v2=m2m1B．小球的加速度大小之比為a1a2=D．動能之比為Ek1Ek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θ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m，彈簧勁度系數(shù)為k，且始終在彈性限度內(nèi)，不計一切摩擦，則為保證A不離開擋板，x的最大值為（）A．4mgsinθk B．8mgsinθk【答案】B【詳析】設(shè)要讓A能離開擋板彈簧就要伸長x1到P點，有物塊B、C從相碰后到一起運動到A剛要離開擋板，物塊B、C和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，A剛要離開擋板時物塊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x1，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v2，由機械能守恒定律得碰撞過程根據(jù)動量守恒m下滑過程1聯(lián)立解得x=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O點，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)小球運動至最低點時，下列物理量的大小與繩長有關(guān)的是（）A．小球的加速度 B．小球的動量C．小球重力的功率 D．繩子的拉力【答案】B【詳析】由靜止釋放小球.當(dāng)小球運動至最低點時，根據(jù)動能定理有mgL=A．根據(jù)加速度的公式有a=則加速度與繩長無關(guān)，故A錯誤；B．小球的動量為p=mv=m2gL，則動量與繩長有關(guān)，故BC．小球在最低點時，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錯誤；D．在最低點，根據(jù)牛頓第二定律有F-mg=mv2L，解得F=3mg，故選B。7．（22-23高三·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，一個條形磁鐵，N極向右，可以沿著軌道運動，且磁鐵、軌道和線圈不接觸?，F(xiàn)推動一下磁鐵，使它獲得向右的初速度，下列說法正確的是（）A．磁鐵在運動過程中，速度可能為零B．當(dāng)磁鐵處于線圈正中位置時，磁鐵和小車的總動能最小C．當(dāng)磁鐵向小車運動時，電阻R中的電流方向由A向B，磁鐵和小車的總動量減少D．若磁鐵穿過了線圈并逐漸遠(yuǎn)離線圈，則此時電阻R中的電流方向由B向A，磁鐵和小車的總動能減少【答案】D【詳析】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錯誤；C．當(dāng)磁鐵向小車運動時，由楞次定律和安培定則可知，電阻R中的電流方向由A向B，系統(tǒng)不受外力，故磁鐵和小車的總動量守恒，保持不變，故C錯誤；BD．根據(jù)能量守恒定律可知，磁鐵的動能轉(zhuǎn)化為小車的動能與電阻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電阻R中的電流方向由B向A，磁鐵和小車的總動能減少，故當(dāng)磁鐵處于線圈正中位置時，磁鐵和小車的總動能不是最小，故B錯誤，D正確。故選D。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t=0時刻以v0=1m/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BA．兩只冰壺在t=3sB．碰撞前摩擦力對冰壺A做功為-3.42JC．碰撞后冰壺B受到摩擦力的沖量大小為11.4D．t=0和t=5s兩時刻冰壺重心間的距離之比為【答案】C【詳析】A．兩冰壺質(zhì)量相等，發(fā)生彈性正碰時，兩冰壺發(fā)生速度交換，由冰壺B的v-t圖像可知冰壺勻減速直線運動的加速度大小為a=15m/s2，冰壺B在水平面上運動0.9m后停止，所以冰壺B運動時間為t，則xB=v1t-12at2，v1-at=0，解得t=3B．對冰壺A有Wf=12mvC．碰撞后冰壺B受到摩擦力的沖量大小I=mv1-0，解得I=11.4D．全過程的位置圖如下圖所示兩只冰壺在t1=2s時發(fā)生碰撞，所以t=0時兩冰壺重心的距離為Δt=5s兩冰壺重心的距離為Δx2=v12?（5-t1)+d故選C。9．（24-25高三下·江蘇沭陽高中·期初調(diào)研）質(zhì)量為m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v0的圓周運動，運動過程中受到與速度方向相反大小與速度成正比的阻力作用（即f=kv，k為正的常量）。小球的速度大小和轉(zhuǎn)過的圓心角α的關(guān)系圖像正確的可能是（）A． B．C． D．【答案】A【詳析】根據(jù)動量定理-fΔt=mv-mv0其中vΔt=s=αR整理得v=v10．（2025·江蘇泰州·模擬預(yù)測）有兩個完全相同的鉛球，從圖甲中左、右兩個圓筒的正上方相同高度處同時靜止釋放，兩球分別與左、右兩個筒的底部發(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間變化如圖乙中的曲線①②，已知曲線①②與時間軸圍成的面積相等。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．左邊小球動量變化率大D．右邊小球動量變化大【答案】C【詳析】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間較小，重力沖量I=mgt，可知左邊小球所受重力的沖量小，故A錯誤；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，即左邊小球動量變化量大，故BD錯誤；C．由于左邊小球碰撞過程中所受合外力的沖量大，且作用時間較小，故左邊小球的動量變化率（ΔpΔt故選C。11．（2025·江蘇新高考基地學(xué)?！て诔踬|(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摩擦因數(shù)相等?，F(xiàn)同時釋放甲和乙，在它們相互接近過程中的任一時刻（）A．甲、乙組成的系統(tǒng)總動量為0B．甲的動量變化率比乙小C．甲的動量大小比乙大D．甲的加速度大小比乙大【答案】B【詳析】A．題意可知甲乙與桌面之間的動摩擦因數(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)總動量不守恒，即不為0，故A錯誤；B．根據(jù)動量定理可得F=ΔpΔtC．根據(jù)動量定理Ft=mv，結(jié)合以上分析可知，由于甲的合力小，則在相同時間里，甲的動量大小比乙小，故C錯誤；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錯誤。故選B。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，每次曝光的時間間隔相等?；@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．相鄰位置的動量變化量一直減小D．相鄰位置的機械能變化量先增大后減小【答案】C【詳析】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錯誤；C．因Δp=mΔv=mat，知ΔD．空氣阻力做功引起機械能的變化，相鄰位置軌跡長度先減小后增大，變化量也先減小后增大，相鄰位置的機械能變化量先減小后增大，故D錯誤。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．上升過程中小球動量的變化率比下降過程中的大D．整個過程中空氣阻力的沖量等于小球動量的變化量【答案】C【詳析】A．根據(jù)WG=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B．上升過程中的加速度mg+f=ma1，下降過程中的加速度mg-f=ma2，則a1>a2C．根據(jù)動量定理可知F合=ΔpΔtD．整個過程中空氣阻力的沖量和重力的沖量之和等于小球動量的變化量，故D錯誤。故選C。14．（2025·江蘇鹽城射陽中學(xué)·二模）如圖所示，AB、CD為兩根水平放置的光滑平行軌道，其上分別套有甲、乙小球m甲=2m乙A． B．C． D．【答案】C【詳析】甲獲得初速度后，彈簧被拉伸，甲向右做減速運動，乙向右做加速運動，設(shè)乙的質(zhì)量為m，則甲的質(zhì)量為2m，甲乙系統(tǒng)水平方向動量守恒，規(guī)定向右為正方向，有2mv0=2m+mv共1，解得第一次共速v共1=23v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M同時靜止釋放，則小球a先到達(dá)終點N；并且發(fā)現(xiàn)小球a從Ⅰ軌道的不同位置靜止釋放，到達(dá)末端的時間都相同?，F(xiàn)將小球a和b同時從起點M靜止釋放，下列說法正確的是（）A．小球a沿Ⅰ軌道運動到N點的速度大B．從起點到終點，兩球的動量變化量相同C．若在兩球釋放的同時，將小球c平拋恰好也落在N點，三個球相比仍是a先到達(dá)D．若軌道不光滑且與兩球滑動摩擦因數(shù)相同，小球a沿Ⅰ軌道運動到N點的速度小【答案】D【詳析】A、對小球，由M到N過程，根據(jù)動能定理可得12mvN2=mgB、由于兩小球到達(dá)N點時速度方向不同，故從起點到終點，兩球的動量變化量不同，故B錯誤；C、由于小球a從Ⅰ軌道的不同位置靜止釋放，到達(dá)末端的時間都相同，故小球a在Ⅰ軌道的運動可視為一個擺長特別大的單擺運動的一部分，小球a從M到N運動時間ta=14T=π2Rg，小球b從M到N的運動時間為tb，則有12gsinθtb2=2Rsinθ，解得tb=2Rg。若在兩球釋放的同時，將小球c平拋恰好也落在N點，則有D、若軌道不光滑且與兩球滑動摩擦因數(shù)相同，由于小球a運動過程克服阻力做功更多，因此小球a沿Ⅰ軌道運動到N點的速度小，故D正確。故選D。16．（24-25高三下·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m的光滑小球靜止在凹槽底部。初始時刻給小球一個水平初速度v0A．m>MB．僅增大M值后重新模擬，小球能飛離凹槽C．長時間觀察，有些時間段內(nèi)凹槽對地向左運動D．小球從圖中A到B運動過程中，凹槽先加速后減速【答案】B【詳析】A．當(dāng)小球由最低點開始運動到第一次回到最低點時，水平方向動量守恒，小球光滑，則系統(tǒng)機械能守恒，設(shè)小球末速度為v1、凹槽末速度為v2，則m聯(lián)立可得M=mv0-v1v0+v1，B．當(dāng)小球由最低點開始運動到第一次回到最高點時，水平方向速度共速，設(shè)小球和凹槽的末速度是v共，則由動量守恒mv0=(m+M)v共，即v共=mv0m+M，當(dāng)增大M值后vC．設(shè)小球末速度水平分速度v1'，凹槽末速度v2'，由動量守恒可知若當(dāng)凹槽對地向左運動時v2'＜0，可得v0＜vD．設(shè)小球末速度水平分速度v1'，凹槽末速度v2'小球由A到B過程中v0-v1一直增大，所以故選B。17．（2025·江蘇揚州·考前調(diào)研）如圖所示，質(zhì)量均為m的光滑小球A、B，通過鉸鏈用長為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)過時間t，桿與豎直方向夾角為37°。已知重力加速度為g，(1)此時A球速度大小vA(2)此時墻壁對B球作用力大小F；(3)上述過程中，地面對B球的沖量大小I【答案】(1)2(2)6(3)2mgt-【詳析】（1）根據(jù)動能定理mg解得v（2）以A球為研究對象，由向心力公式mg代入數(shù)據(jù)解得N=0.4mg對B球受力分析可得F=N（3）對A、B系統(tǒng)，取豎直向下為正方向豎直方向，由動量定理得2mgt-I=m代入數(shù)據(jù)解得I=2mgt-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形狀完全相同的彈性小物塊A、B，物塊A的質(zhì)量mA=0.2kg。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一水平線上，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Ep=12kx2，k=60N/m?，F(xiàn)給物塊A一水平向右的作用力F(1)t=1.0s撤去力F時，物塊A(2)物塊B的質(zhì)量；(3)物塊B的最終速度大小。【答案】(1)4(2)0.6kg(3)0.4m/s【詳析】（1）t=1.0s時間內(nèi)，用力F對物塊A做的功W=解得W=1.6對物塊A進(jìn)行分析，根據(jù)動能定理有W=解得v（2）設(shè)A與B碰前A的速度大小為v0，碰后速度大小為v。由題意可知，碰后A、B速度一定等大反向，A、B發(fā)生彈性碰撞，則有mA解得m（3）由題意可知，物塊B在壓縮彈簧的過程中，當(dāng)彈簧彈力等于桿的滑動摩擦力時桿開始移動，則有f解得x=0.04由于桿的質(zhì)量不計，桿所受外力的合力為0，即桿在運動過程中，彈簧彈力大小始終等于桿所受的滑動摩擦力大小，即彈簧彈力不變，作為桿開始運動后，物塊B將做勻減速直線運動，B的速度減為0后，彈簧又將逐漸恢復(fù)原長，此時壓縮的彈性勢能轉(zhuǎn)化為B的動能。設(shè)最終B的速度為vB，則有得vB=0.4m/s19．（2025·江蘇宿遷·考前模擬）如圖（a），質(zhì)量為M的軌道放在光滑的水平面上，水平部分AB的上表面粗糙，豎直半圓形部分BC的內(nèi)表面光滑，半徑R=0.4m，B、C分別為半圓形軌道的最低點和最高點。質(zhì)量為m的物塊（可視為質(zhì)點）靜置在軌道上左端A處，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g=10m/s2。(1)若將軌道固定，讓物塊以某一初速度運動且恰好通過C點，求物塊在B點的速度大?。?2)對物塊施加水平向右的推力F，物塊在軌道AB段運動時，物塊和軌道的加速度a與F對應(yīng)關(guān)系如圖（b）所示，求μ和m；(3)物塊以v0=10m/s的速度從A處沖上軌道，物塊可沿軌道恰好通過C點，運動過程中軌道始終未脫離地面，求軌道AB段的長度L?！敬鸢浮?1)v=2(2)0.2；1kg(3)8m【詳析】（1）設(shè)物體到達(dá)C點的速度大小為vC，在C點向心力恰好等于物塊的重力，則有物塊由B到C的過程，根據(jù)機械能守恒定律得1解得v=2（2）根據(jù)圖像斜率可知，當(dāng)0＜F≤4N時，物體與軌道相對靜止。根據(jù)牛頓第二定律得加速度為a根據(jù)圖像斜率可得1當(dāng)F＞4N時，物體與軌道相對運動，軌道的加速度恒定，物塊的加速度隨F增大而增大，同理可得物體加速度為a根據(jù)圖像斜率可得1聯(lián)立解得M=m=1kg軌道加速度為a解得μ=0.2（3）以水平向右為正方向，由動量守恒定律，有m在最高點，物塊相對軌道的速度大小為v且有mg=m解得v1=4由功能關(guān)系，有1代入數(shù)據(jù)，解得L=8m專題07動量考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點1動量與沖量2022近五年“動量”模塊的考查重心明確指向“動量守恒定律及其應(yīng)用”（2025、2024、2022年高頻考查），著重考查守恒條件判斷以及在碰撞、反沖等現(xiàn)象中的應(yīng)用；“動量定理”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年同時考查動量定理和動量守恒定律，預(yù)示著綜合應(yīng)用的命題趨勢。核心考查對動量定理和動量守恒定律的理解與應(yīng)用能力，側(cè)重定性分析動量變化、沖量方向、守恒條件是否滿足，以及定量計算簡單問題中的速度、沖量或力，計算復(fù)雜度通常適中。未來趨勢預(yù)計將鞏固“動量守恒定律”的核心考查地位，情境設(shè)計趨向更復(fù)雜和綜合，強化動量定理在解釋瞬時作用或估算平均力方面的應(yīng)用，并可能深化動量觀點與能量觀點的交叉融合，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、靈活運用動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)?？键c2動量定律2024、2023考點3動量守恒定律及其應(yīng)用2025、2024、2022考點01動量與沖量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．動量減小 D．速度減小【答案】B【詳析】AB．根據(jù)E=hν可知光子的能量增加后，光子的頻率增加，又根據(jù)λ=cν，可知光子波長減小，故A錯誤，CD．根據(jù)p=hλ，可知光子的動量增加；根據(jù)光速不變原理可知，光子速度不變，故故選B?？键c02動量定律2．（2024·江蘇·高考）“嫦娥六號”探測器由著陸器、上升器、軌道器和返回器四個部分組成，沿環(huán)月軌道以速度v0運動。某時刻，著陸器和上升器（組合體A）、軌道器和返回器（組合體B）分離，分離時間為Δt。分離后B的速度大小為v，方向與v0相同。已知組合體A、B的質(zhì)量分別為m、（1）分離后A的速度大小v1（2）分離過程中，A對B的平均F推力大小?！敬鸢浮浚?）v1=(m+M)v【詳析】（1）組合體A、B分離前后動量守恒，取v0的方向為正方向，有(m解得v（2）以組合體B為研究對象，由動量定理有F解得F=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BC與緩沖坡CD相連。若滑雪者從P點由靜止開始下滑，恰好到達(dá)B點?；┱攥F(xiàn)從A點由靜止開始下滑，從B點飛出。已知A、P間的距離為d，滑雪者與滑道間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g，不計空氣阻力。（1）求滑雪者運動到P點的時間t；（2）求滑雪者從B點飛出的速度大小v；（3）若滑雪者能著陸在緩沖坡CD上，求平臺BC的最大長度L。

【答案】（1）t=22dg1-μ；（2）【詳析】（1）滑雪者從A到P根據(jù)動能定理有mgd根據(jù)動量定理有mg聯(lián)立解得t=v（2）由于滑雪者從P點由靜止開始下滑，恰好到達(dá)B點，故從P點到B點合力做功為0，所以當(dāng)從A點下滑時，到達(dá)B點有v（3）當(dāng)滑雪者剛好落在C點時，平臺BC的長度最大；滑雪者從B點飛出做斜拋運動，豎直方向上有v水平方向上有L=聯(lián)立可得L=考點03動量守恒定律及其應(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n個。在兩列鋼球之間，一質(zhì)量為m的玻璃球以初速度v0(1)若鋼球質(zhì)量為m，求最右側(cè)的鋼球最終運動的速度大?。?2)若鋼球質(zhì)量為3m，求玻璃球與右側(cè)鋼球發(fā)生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小v1(3)若鋼球質(zhì)量為3m，求玻璃球經(jīng)歷2n次碰撞后的動能Ek【答案】(1)v(2)v(3)1【詳析】（1）根據(jù)題意可知，所有碰撞均為彈性碰撞，由于鋼球質(zhì)量也為m，根據(jù)動量守恒和機械能守恒可知,碰撞過程中，二者速度互換，則最終碰撞后最右側(cè)鋼球的速度大小等于開始碰撞前玻璃球的初速度為v0（2）根據(jù)題意可知，所有碰撞均為彈性碰撞，則由動量守恒定律有m由能量守恒定律有1解得v1=負(fù)號表示速度反向，則玻璃球的速度大小為1（3）根據(jù)題意結(jié)合小問2分析可知，玻璃球與右側(cè)第一個小球碰撞后反彈，且速度大小變?yōu)榕鲎睬暗?2，右側(cè)第一個小球又與第二個小球發(fā)生彈性碰撞，速度互換，靜止在光滑水平面上，玻璃球反彈后與左側(cè)第一個小球同樣發(fā)生彈性碰撞，同理可得，碰撞后玻璃球再次反彈，且速度大小為碰撞前的12，綜上所述，玻璃球碰撞2n則玻璃球碰撞2n次后最終動能大小E5．（2022·江蘇·高考）利用云室可以知道帶電粒子的性質(zhì)，如圖所示，云室中存在磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，一個質(zhì)量為m、速度為v的電中性粒子在A點分裂成帶等量異號電荷的粒子a和b，a、b在磁場中的徑跡是兩條相切的圓弧，相同時間內(nèi)的徑跡長度之比la:l（1）粒子a、b的質(zhì)量之比ma（2）粒子a的動量大小pa【答案】（1）2:1；（2）6【詳析】（1）分裂后帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則有qvB=m解得r=由題干知半徑之比ram因為相同時間內(nèi)的徑跡長度之比lav聯(lián)立解得m（2）中性粒子在A點分裂成帶等量異號電荷的粒子a和b，分裂過程中，沒有外力作用，動量守恒，根據(jù)動量守恒定律mv=因為分裂后動量關(guān)系為map1．（2025·江蘇南通如皋·三模）某實驗小組用同一光電管完成了光電效應(yīng)實驗，得到了如圖所示的光電流與對應(yīng)電壓的關(guān)系圖像，則（）A．甲光的頻率大于乙光的頻率 B．甲光的光強大于丙光的光強C．乙光的波長大于丙光的波長 D．乙光光子的動量小于丙光光子的動量【答案】B【詳析】A．根據(jù)eUc=Ek=hνB．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，所以甲光的強度大于丙光的強度，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錯誤；D．根據(jù)p=hλ，可知，由于乙光的波長小于丙光的波長，所以乙光光子的動量大于丙光光子的動量，故故選B。2．（2025·江蘇南通&泰州&鎮(zhèn)江&鹽城部分學(xué)?！ひ徽{(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，B為圓弧上一點，C為圓弧最高點，弧長AC遠(yuǎn)小于半徑。質(zhì)量相等的小球甲、乙（兩小球可以看成質(zhì)點）分別從B、C位置由靜止同時釋放，則兩球從開始運動到A點的過程中（）A．甲球比乙球運動的時間短 B．兩球可能在A點右側(cè)相撞C．兩球動量的改變量相等 D．兩球重力的沖量相等【答案】D【詳析】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動，根據(jù)單擺周期公式可得周期為T=2πRg，小球甲、乙從B、C位置由靜止同時釋放，兩球從開始運動到A點運動時間均為t=T4=πD．根據(jù)IG=mgt，由于兩球質(zhì)量相等，可知兩球重力的沖量相等，故C．根據(jù)動能定理可得mgh=12mv2，可得小球到達(dá)A點的速度大小為v=2gh，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，施加外力將P靜置于N點，輕繩恰好伸直但無拉力，現(xiàn)將P由靜止釋放，不計一切阻力，則P從N點下滑到最低點M的過程中（）A．P的機械能一直減小B．桿對P的沖量為零C．P、Q組成的系統(tǒng)機械能守恒D．經(jīng)過M點前P與Q的速度大小關(guān)系v【答案】A【詳析】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錯誤；C．由于彈簧彈力對Q做功，所以P、Q組成的系統(tǒng)機械能不守恒，故C錯誤；D．設(shè)輕繩與桿的夾角為θ，則P沿繩方向的分速度等于Q的速度，即vPcosθ=vQ，所以除了N點和M點外，P與Q故選A。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由靜止釋放兩個帶正電的小球A和B，已知A、B兩球的質(zhì)量分別為m1、m2。則某時刻A、B兩球（）

A．速度大小之比為m1∶m2 B．加速度大小之比為m1∶m2C．動量大小之比為m2∶m1 D．動能大小之比為m2∶m1【答案】D【詳析】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)動量守恒，則m所以v1v2=m2m1B．小球的加速度大小之比為a1a2=D．動能之比為Ek1Ek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θ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m，彈簧勁度系數(shù)為k，且始終在彈性限度內(nèi)，不計一切摩擦，則為保證A不離開擋板，x的最大值為（）A．4mgsinθk B．8mgsinθk【答案】B【詳析】設(shè)要讓A能離開擋板彈簧就要伸長x1到P點，有物塊B、C從相碰后到一起運動到A剛要離開擋板，物塊B、C和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，A剛要離開擋板時物塊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x1，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v2，由機械能守恒定律得碰撞過程根據(jù)動量守恒m下滑過程1聯(lián)立解得x=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O點，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)小球運動至最低點時，下列物理量的大小與繩長有關(guān)的是（）A．小球的加速度 B．小球的動量C．小球重力的功率 D．繩子的拉力【答案】B【詳析】由靜止釋放小球.當(dāng)小球運動至最低點時，根據(jù)動能定理有mgL=A．根據(jù)加速度的公式有a=則加速度與繩長無關(guān)，故A錯誤；B．小球的動量為p=mv=m2gL，則動量與繩長有關(guān)，故BC．小球在最低點時，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錯誤；D．在最低點，根據(jù)牛頓第二定律有F-mg=mv2L，解得F=3mg，故選B。7．（22-23高三·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，一個條形磁鐵，N極向右，可以沿著軌道運動，且磁鐵、軌道和線圈不接觸?，F(xiàn)推動一下磁鐵，使它獲得向右的初速度，下列說法正確的是（）A．磁鐵在運動過程中，速度可能為零B．當(dāng)磁鐵處于線圈正中位置時，磁鐵和小車的總動能最小C．當(dāng)磁鐵向小車運動時，電阻R中的電流方向由A向B，磁鐵和小車的總動量減少D．若磁鐵穿過了線圈并逐漸遠(yuǎn)離線圈，則此時電阻R中的電流方向由B向A，磁鐵和小車的總動能減少【答案】D【詳析】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錯誤；C．當(dāng)磁鐵向小車運動時，由楞次定律和安培定則可知，電阻R中的電流方向由A向B，系統(tǒng)不受外力，故磁鐵和小車的總動量守恒，保持不變，故C錯誤；BD．根據(jù)能量守恒定律可知，磁鐵的動能轉(zhuǎn)化為小車的動能與電阻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電阻R中的電流方向由B向A，磁鐵和小車的總動能減少，故當(dāng)磁鐵處于線圈正中位置時，磁鐵和小車的總動能不是最小，故B錯誤，D正確。故選D。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t=0時刻以v0=1m/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BA．兩只冰壺在t=3sB．碰撞前摩擦力對冰壺A做功為-3.42JC．碰撞后冰壺B受到摩擦力的沖量大小為11.4D．t=0和t=5s兩時刻冰壺重心間的距離之比為【答案】C【詳析】A．兩冰壺質(zhì)量相等，發(fā)生彈性正碰時，兩冰壺發(fā)生速度交換，由冰壺B的v-t圖像可知冰壺勻減速直線運動的加速度大小為a=15m/s2，冰壺B在水平面上運動0.9m后停止，所以冰壺B運動時間為t，則xB=v1t-12at2，v1-at=0，解得t=3B．對冰壺A有Wf=12mvC．碰撞后冰壺B受到摩擦力的沖量大小I=mv1-0，解得I=11.4D．全過程的位置圖如下圖所示兩只冰壺在t1=2s時發(fā)生碰撞，所以t=0時兩冰壺重心的距離為Δt=5s兩冰壺重心的距離為Δx2=v12?（5-t1)+d故選C。9．（24-25高三下·江蘇沭陽高中·期初調(diào)研）質(zhì)量為m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v0的圓周運動，運動過程中受到與速度方向相反大小與速度成正比的阻力作用（即f=kv，k為正的常量）。小球的速度大小和轉(zhuǎn)過的圓心角α的關(guān)系圖像正確的可能是（）A． B．C． D．【答案】A【詳析】根據(jù)動量定理-fΔt=mv-mv0其中vΔt=s=αR整理得v=v10．（2025·江蘇泰州·模擬預(yù)測）有兩個完全相同的鉛球，從圖甲中左、右兩個圓筒的正上方相同高度處同時靜止釋放，兩球分別與左、右兩個筒的底部發(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間變化如圖乙中的曲線①②，已知曲線①②與時間軸圍成的面積相等。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．左邊小球動量變化率大D．右邊小球動量變化大【答案】C【詳析】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間較小，重力沖量I=mgt，可知左邊小球所受重力的沖量小，故A錯誤；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，即左邊小球動量變化量大，故BD錯誤；C．由于左邊小球碰撞過程中所受合外力的沖量大，且作用時間較小，故左邊小球的動量變化率（ΔpΔt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摩擦因數(shù)相等。現(xiàn)同時釋放甲和乙，在它們相互接近過程中的任一時刻（）A．甲、乙組成的系統(tǒng)總動量為0B．甲的動量變化率比乙小C．甲的動量大小比乙大D．甲的加速度大小比乙大【答案】B【詳析】A．題意可知甲乙與桌面之間的動摩擦因數(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)總動量不守恒，即不為0，故A錯誤；B．根據(jù)動量定理可得F=ΔpΔtC．根據(jù)動量定理Ft=mv，結(jié)合以上分析可知，由于甲的合力小，則在相同時間里，甲的動量大小比乙小，故C錯誤；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錯誤。故選B。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，每次曝光的時間間隔相等?；@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．相鄰位置的動量變化量一直減小D．相鄰位置的機械能變化量先增大后減小【答案】C【詳析】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錯誤；C．因Δp=mΔv=mat，知ΔD．空氣阻力做功引起機械能的變化，相鄰位置軌跡長度先減小后增大，變化量也先減小后增大，相鄰位置的機械能變化量先減小后增大，故D錯誤。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．上升過程中小球動量的變化率比下降過程中的大D．整個過程中空氣阻力的沖量等于小球動量的變化量【答案】C【詳析】A．根據(jù)WG=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B．上升過程中的加速度mg+f=ma1，下降過程中的加速度mg-f=ma2，則a1>a2C．根據(jù)動量定理可知F合=ΔpΔtD．整個過程中空氣阻力的沖量和重力的沖量之和等于小球動量的變化量，故D錯誤。故選C。14．（2025·江蘇鹽城射陽中學(xué)·二模）如圖所示，AB、CD為兩根水平放置的光滑平行軌道，其上分別套有甲、乙小球m甲=2m乙A． B．C． D．【答案】C【詳析】甲獲得初速度后，彈簧被拉伸，甲向右做減速運動，乙向右做加速運動，設(shè)乙的質(zhì)量為m，則甲的質(zhì)量為2m，甲乙系統(tǒng)水平方向動量守恒，規(guī)定向右為正方向，有2mv0=2m+mv共1，解得第一次共速v共1=23v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M同時靜止釋放，則小球a先到達(dá)終點N；并且發(fā)現(xiàn)小球a從Ⅰ軌道的不同位置靜止釋放，到達(dá)末端的時間都相同?，F(xiàn)將小球a和b同時從起點M靜止釋放，下列說法正確的是（）A．小球a沿Ⅰ軌道運動到N點的速度大B．從起點到終點，兩球的動量變化量相同C．若在兩球釋放的同時，將小球c平拋恰好也落在N點，三個球相比仍是a先到達(dá)D．若軌道不光滑且與兩球滑動摩擦因數(shù)相同，小球a沿Ⅰ軌道運動到N點的速度小【答案】D【詳析】A、對小球，由M到N過程，根據(jù)動能定理可得12mvN2=mgB、由于兩小球到達(dá)N點時速度方向不同，故從起點到終點，兩球的動量變化量不同，故B錯誤；C、由于小球a從Ⅰ軌道的不同位置靜止釋放，到達(dá)末端的時間都相同，故小球a在Ⅰ軌道的運動可視為一個擺長特別大的單擺運動的一部分，小球a從M到N運動時間ta=14T=π2Rg，小球b從M到N的運動時間為tb，則有12gsinθtb2=2Rsinθ，解得tb=2Rg。若在兩球釋放的同時，將小球c平拋恰好也落在N點，則有D、若軌道不光滑且與兩球滑動摩擦因數(shù)相同，由于小球a運動過程克服阻力做功更多，因此小球a沿Ⅰ軌道運動到N點的速度小，故D正確。故選D。16．（24-25高三下·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，