专题07 动量守恒定律（6年汇编1年模拟）（江苏专用）2021-2026年高考物理真题分类汇编

**基本信息** 汇编2021-2026年江苏高考动量守恒定律真题及模拟题，覆盖动量定理、守恒定律应用及实验验证，突出高考高频考点与综合能力考查。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|9题|动量变化量计算（2026T11）、弹簧系统动量分析（2024T9）|结合光滑轨道、碰撞等模型，考查矢量性理解| |计算题|10题|弹性碰撞（2025T15）、反冲运动（2024T14“嫦娥六号”）|多过程问题设计，融合能量守恒与运动分析| |实验题|4题|验证动量定理（2021T11）、守恒定律（2026徐州一模）|注重误差分析与实验操作规范，衔接高考命题要求|

专题07 动量守恒定律 6年真题1年模拟 考 点 内 容 江苏高考6年考情 2021--2026 考点01.动量和动量定理 动量、动量定理 2026 （1选择）T11：动量变化量 动量定理 考点02动量守恒定律及其应用 动量守恒定律 2026（2计算） T16：动量守恒定律 2025 （1计算）T15：动量守恒定律 2024（1选择） T9：动量守恒定律 2024 （2计算）T14：（1）动量定理 （2）动量守恒定律 2022（1计算）T13：动量守恒定律 弹性碰撞和非弹性碰撞(一维碰撞) 反冲运动 考点03　验证动量定理、验证动量守恒定律 2021 （1实验）T11：验证动量定理 命题规律 高考对本章的考查热点是动量定理、动量守恒定律与牛顿运动定律、能量守恒的综合应用。本章较以往要求较高，考查形式多为选择题、实验题和计算题。 考点01 动量和动量定理 1. （2026·江苏·高考真题T11）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。 考点02 动量守恒定律及其应用 2．（2024·江苏·高考真题T9）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。 3．（2026·江苏·高考真题T16）如图所示，在光滑水平面上固定两个柱形光滑轨道，轨道上分别约束着只能沿轨道方向运动的两个小球B和C，质量均为。小球B和C通过弹性限度足够大的相同轻质弹簧与质量为的小球A相连。初始时，两弹簧均处于原长。现有一质量为的小球D以速度沿轨道方向与小球A发生对心弹性碰撞，碰撞时间极短，不计空气阻力。 (1)求小球D与A碰撞后瞬间小球A的速度大小； (2)若发生碰撞后小球D不再与A碰撞，求每根弹簧所具有的最大弹性势能； (3)要使弹簧第一次恢复原长时，小球D与A恰好再次发生碰撞，求的值。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）根据题意可知，小球D与小球A发生弹性正碰，由动量守恒定律有 由能量守恒定律有 联立解得， （2）根据题意可知，小球A、B、C共速时，弹簧的形变量最大，弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律有 由能量守恒定律有 解得 （3）根据题意，设小球D与小球A发生弹性正碰后到弹簧再次恢复原长的时间为，由动量守恒定律有 两边同时乘以并求和可得 要使弹簧恢复原长时，m与M能再次发生碰撞，则有 整理可得 解得 即球质量m和大球质量M的质量比。 4．（2025·江苏·高考真题T15）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 5．（2024·江苏·高考真题T14）“嫦娥六号”探测器由着陆器、上升器、轨道器和返回器四个部分组成，沿环月轨道以速度运动。某时刻，着陆器和上升器（组合体）、轨道器和返回器（组合体）分离，分离时间为。分离后的速度大小为，方向与相同。已知组合体、的质量分别为、。求： （1）分离后的速度大小； （2）分离过程中，对的平均推力大小。 【答案】（1）；（2） 【详解】（1）组合体、分离前后动量守恒，取v0的方向为正方向，有 解得 （2）以组合体为研究对象，由动量定理有 解得 6. （2022·江苏·高考真题）利用云室可以知道带电粒子的性质，如图所示，云室中存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，一个质量为m、速度为v的电中性粒子在A点分裂成带等量异号电荷的粒子a和b，a、b在磁场中的径迹是两条相切的圆弧，相同时间内的径迹长度之比，半径之比，不计重力及粒子间的相互作用力，求： （1）粒子a、b的质量之比； （2）粒子a的动量大小。 【答案】（1）；（2） 【详解】（1）分裂后带电粒子在磁场中偏转做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有 解得 由题干知半径之比，故 因为相同时间内的径迹长度之比，则分裂后粒子在磁场中的速度为 联立解得 （2）中性粒子在A点分裂成带等量异号电荷的粒子a和b，分裂过程中，没有外力作用，动量守恒，根据动量守恒定律 因为分裂后动量关系为，联立解得 考点03 实验八　验证动量定理 验证动量守恒定律 7.（2021·江苏·高考真题T11）小明利用如图1所示的实验装置验证动量定理。将遮光条安装在滑块上，用天平测出遮光条和滑块的总质量，槽码和挂钩的总质量。实验时，将滑块系在绕过定滑轮悬挂有槽码的细线上。滑块由静止释放，数字计时器记录下遮光条通过光电门1和2的遮光时间和，以及这两次开始遮光的时间间隔，用游标卡尺测出遮光条宽度，计算出滑块经过两光电门速度的变化量。 （1）游标卡尺测量遮光条宽度如图2所示，其宽度___________； （2）打开气泵，待气流稳定后调节气垫导轨，直至看到导轨上的滑块能在短时间内保持静止，其目的是___________； （3）多次改变光电门2的位置进行测量，得到和的数据如下表请根据表中数据，在方格纸上作出图线___________。 0.721 0.790 0.854 0.913 0.968 1.38 1.52 1.64 1.75 1.86 （4）查得当地的重力加速度，根据动量定理，图线斜率的理论值为___________； （5）实验结果发现，图线斜率的实验值总小于理论值，产生这一误差的两个可能原因时___________。 A．选用的槽码质量偏小 B．细线与气垫导轨不完全平行 C．每次释放滑块的位置不同 D．实验中的测量值偏大 【答案】 10.20 将气垫导轨调至水平 1.96 BD/DB 【详解】（1）[1]游标卡尺的读数为； （2）[2]滑块保持稳定，说明气垫导轨水平； （3）[3]根据表格中数据描点并用直线连接 （4）[4] 根据动量定理变形得 则图线斜率的理论值 （5）[5]根据动量定理变形得 A．理论上图像斜率，，槽码质量不会影响实验值与理论值的误差，A错误； B．细线与气垫导轨不平行，滑块实际所受合外力为的水平分力，所以图线斜率的实验值偏小，B正确； C．滑块释放的位置与斜率相关的参量无关，C错误； D．偏大，则偏小，图线斜率偏小，D正确。 故选BD。 对点训练一 动量和动量定理 1．（2026·江苏镇江·一模）在“苏超”比赛中，足球被踢出后在空中做斜抛运动，最后落到水平草地上。不计空气阻力，则足球在飞行过程中（　　） A．经过最高点时动量为零 B．全过程重力的冲量为0 C．动量的变化率不变 D．竖直方向的动量不变 【答案】C 【详解】A．经过最高点时，竖直方向速度为零，但水平方向速度不为零，动量也不为零，故A错误； B．重力的冲量可知，重力的冲量不为零，故B错误； C．根据动量定理 则动量的变化率 重力恒定，故变化率不变，故C正确； D．竖直方向动量，足球在竖直方向速度先减小后增大，则竖直方向的动量先减小后增大，故D错误。 故选 C。 2．（25-26高三上·江苏盐城·阶段检测）在光滑水平地面上，一质量为4kg的物体在水平向右的拉力F作用下，由静止开始运动，拉力F随时间变化的关系图线如图所示，下列说法正确的是（　　） A．0~2s内，拉力F的冲量大小为0.5N∙s B．2~3s内，拉力F的冲量大小为0.5N∙s C．0~4s内，物体的动量方向会改变 D．时，物体的速度大小为0.5m/s 【答案】B 【详解】A．0~2s内，拉力F的冲量大小等于图像的面积，A错误； B．2~3s内，拉力F的冲量大小等于图像的面积，B正确； C．根据动量定理可知，物体的动量方向不会改变，C错误； D．根据，可得，D错误。 故选B。 3．（2026·江苏徐州·模拟预测）光滑水平地面上，A球以某速度与静止的B球发生正碰。则两个小球作用过程中的速度与作用力的冲量的大小、速度与时间的关系，可能正确的是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】AB．光滑水平地面上运动的A球与B球发生碰撞，对A球由动量定理有 可得，即A球的速度随是线性减小的直线； 对B球有 可得，即B球的速度随是线性增加的直线；故A正确，B错误； CD．碰撞过程的作用力是先增大后减小的变力，由牛顿第二定律可知两球的加速度大小是先增大后减小的；分析可知A球做减速运动，加速度（即图像的斜率）先增大后减小，B球做加速运动，加速度（即图像的斜率）先增大后减小；故CD错误。 故选A。 4. （2026·江苏淮安·模拟预测）光滑水平面上有质量分别为、的A、B两小球，两球通过长度为4L的不可伸长轻绳连接，以A球的初始位置为坐标原点O，建立如图所示直角坐标系，B球初始位置坐标为。现给B球一方向与轴正方向成的初速度。求： (1)B球开始运动到轻绳绷紧瞬间所用的时间； (2)轻绳绷紧瞬间A球速度的大小； (3)轻绳绷紧过程中对B的冲量大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）在y轴方向，在x轴方向 绳长，绷紧时A、B间距等于绳长。A不受力静止，B做匀速直线运动，经时间后B到达， 绷紧条件 联立解得 （2）绷紧时，，，故绷紧时绳沿y轴正方向，绳的冲量沿绳方向，对A的冲量向上，对B的冲量向下。 设绳对A的冲量大小为，对B的冲量大小也为方向相反。A质量，初速0，得，沿y轴正方向 因此，此时B在水平方向速度不变，竖直方向受冲量， 绷紧后绳不可伸长，A、B沿绳方向速度分量相等，因此 解得 （3）轻绳绷紧过程中对B的冲量大小等于绳对A的冲量大小为 对点训练二 动量守恒定律及其应用 5. （2026·江苏徐州·模拟预测）如图所示，倾角为的足够长斜面放置在光滑的水平面上，质量相等的、两小滑块与斜面间的动摩擦因数分别为、，且。、以相同的初速度沿斜面下滑，始终未离开斜面。则整个运动过程中（　　） A．的机械能一直减小 B．的机械能一直增加 C．、、系统动量守恒 D．、、的总动能一直增加 【答案】D 【详解】A．初始阶段，斜面所受的水平方向的合力为 又知 联立解得，斜面所受的水平方向的合力，故斜面保持静止状态。 滑块 滑块 又知且 联立解得，，，故滑块做匀加速直线运动，滑块做匀减速直线运动，两物体之间距离逐渐增大。 初始阶段，由于摩擦力对、两滑块做负功，故、两滑块的机械能都减小，当滑块的速度减为0以后，滑块的机械能继续减小，滑块、斜面相对静止，共同向右加速，滑块的机械能增加，故滑块的机械能先减小后增大，斜面的机械能先不变后增大，A错误，B错误； C．当滑块相对于斜面的速度减为0以后，滑块继续沿斜面向下加速运动，滑块、斜面相对静止，共同向右加速运动，故、、系统竖直方向的动量增加，总动量不守恒，C错误； D．由于，故 初始阶段，斜面保持静止，设经历的时间为，、两滑块的速度分别为， 、两滑块的总动能为，故总动能增加。 当滑块相对于斜面的速度减为0以后，滑块继续沿斜面向下加速运动，滑块、斜面相对静止，共同向右加速运动，故、、系统的总动能增加。 所以，、、系统的总动能一直增加，D正确。 故选D。 6. （2026·江苏南通·三模）如图所示，一上表面粗糙的“L”型框架静止在光滑水平面上，在其左端放一与框架质量相同的小滑块。小滑块以一定初速度向框架右端运动，与框架发生弹性碰撞后，恰好回到框架左端。则在该运动过程中，两物体的v-t图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】小滑块以一定初速度向框架右端运动过程中，二者发生相对滑动，根据牛顿第二定律可得，二者加速度大小均为 即小滑块向右做匀减速直线运动，框架向右做匀加速直线运动，与框架发生弹性碰撞时，小滑块的速度大于框架的速度，由于二者质量相等，则碰后二者速度交换，即框架的速度大于小滑块的速度，二者间仍然相对滑动，之后框架做匀减速直线运动，小滑块做匀加速直线运动，小滑块相对于框架向左运动，当小滑块运动到框架左端时，二者达到共速，整个过程加速度大小不变，v-t图线应为倾斜直线，根据动量守恒定律可得 解得 共速后，图线应为平行于t轴的直线。 故选A。 7.（2026·江苏镇江·模拟预测）如图，大小相同的摆球和的质量分别为和，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是（     ） A．第一次碰撞后的瞬间，球速度小于球 B．第一次碰撞后的瞬间，球动量大于球 C．第一次碰撞后，球最大摆角小于球 D．发生第二次碰撞后的瞬间，球的速度变为零 【答案】D 【详解】A．取向右为正，设球第一次碰撞前的速度为，碰撞后球、球的速度分别为、。碰撞时间极短，摆线拉力在水平方向的冲量可忽略，由水平方向动量守恒有 弹性碰撞中动能守恒，有 将动量守恒式两边同除以，得 将动能守恒式两边同除以并因式分解，得 实际发生碰撞后球获得速度，。将 代入上式并约去，得 联立和，解得， 因，，故A错误； B．由动量定义，第一次碰撞后两球的动量大小分别为， 因，，故B错误； C．设第一次碰撞后两球的最大摆角分别为、。由各球从最低点摆到最高点的机械能守恒，有， 整理得， 两球摆长相同，且最大摆角均为小角度，随摆角增大而增大。由可知，故C错误； D．两球摆长均为，且均做小角度摆动，由单摆周期公式得 两球周期相同，第一次碰撞后均经半个周期同时回到最低点，发生第二次碰撞。第二次碰撞前，两球速度与第一次碰撞后的速度方向相反，分别为、 设第二次碰撞后球、球的速度分别为、。由水平方向动量守恒有 将此式两边同除以并解出，得 由弹性碰撞的动能守恒，等式两边同除以，得 将 代入动能守恒式，移项、展开并同除以，得 因式分解得 若，由动量守恒式可得，即两球碰撞前后速度均不变，不符合实际碰撞。因此 解得 代入第一次碰撞后的速度，，故D正确。 故选D。 8. （2026·江苏徐州·三模）如图所示，质量M=4kg，半径R=2m的四分之一光滑圆弧轨道P放置在光滑水平平台上，轨道最低点与平台相切，轨道右侧有一质量m=1kg的长木板B静止于光滑水平面上，木板上表面与平台面等高且紧靠平台，木板右端与竖直挡板距离为L，将质量m0=2kg小物块（视为质点）从圆弧轨道端点A的正上方h=0.7m处无初速释放，经过平台后滑上木板，当小物块刚好与木板共速时，木板与挡板发生碰撞，碰撞过程中无机械能损失，小物块与木板间的动摩擦因数μ=0.1，小物块始终没有脱离木板，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，求： (1)小物块滑离圆弧轨道时的速度大小vA； (2)木板右端到挡板的距离L； (3)从小物块滑上木板到最终停止，木板的总路程s。 【答案】(1)6m/s (2)4m (3)13m 【详解】（1）小物块滑离圆弧轨道P时，P的速度大小为vP，根据水平方向动量守恒定律可得 根据能量守恒定律可得 联立解得 （2）从小物块滑上B至共速，根据动量守恒定律可得 解得 对木板B，根据动能定理可得 解得 （3）小物块和木板相对滑动过程中，加速度分别为a1、a2，第一次碰撞后，木板向左运动 第一次碰撞后到第二次碰撞前，有 解得第二次碰撞前速度为 第二次碰撞后，木板向左运动 同理，第三次碰撞前速度为 第三次碰撞后，木板向左运动 则第n次碰撞后，木板向左运动 所以木板B走过的总路程为 9. （2026·江苏淮安·模拟预测）如图所示，一水平光滑长杆左端固定于竖直挡板，两个带孔小球A、B套在杆上，A球紧靠挡板，竖直细线一端连接B球，另一端绕过杆正上方的小定滑轮、悬挂小球C，整个装置处于静止状态，A、B球间距离为。现使A球从挡板处以初速度向右运动，此后A、B球发生弹性碰撞，A球碰后向左运动，与挡板碰撞后以相同速率被弹回，当B球第一次回到滑轮正下方时恰与A球又发生碰撞。已知A、B、C球质量分别为、、，定滑轮到水平杆的垂直距离为，且，碰撞时间均极短，重力加速度为，，。 (1)求第一次碰撞后瞬间A、B球的速度大小、； (2)从B球开始运动到细线与竖直方向夹角过程中拉力对B球做的功； (3)从A球开始运动到两球发生第次碰撞瞬间，拉力对C球的冲量大小。 【答案】(1)， (2) (3) 当为奇数， 当为偶数， 【详解】（1）A、B发生弹性碰撞，根据动量守恒 机械能守恒 ​​代入 解得 ，（“-”表示方向，速度大小，取正值） （2）B速度沿绳分量等于C的速度，当时， C上升距离 以B、C整体为研究对象，根据机械能守恒 代入、 解得， 对B应用动能定理，拉力做功等于B动能变化 解得 （3）B回到​正下方时，机械能守恒，B速度大小仍为，方向向左； A碰撞后向左运动，碰挡板弹回速率不变，总时间刚好和B回到原位置时间相等，发生第二次碰撞。 第二次碰撞前：A速度 ​向右，B速度向左， 弹性碰撞后解得：（向左），，C静止。 之后A弹回后向右运动到原碰撞位置，刚好第三次碰撞，回到初始碰撞状态，周期为2次碰撞。 碰撞均发生在正下方，碰撞瞬间C速度为0，A开始运动时C也静止，对C应用动量定理（向上为正） 可得拉力冲量 分情况讨论： 当为奇数，，代入得总时间 可得 当为偶数，，代入得总时间 可得 10. （2026·江苏·二模）如图，内部光滑的细圆环水平放置并固定，圆环内有质量相等的小球A、B和C静止于彼此间距相等的三个位置。开始时小球A以大小为的初速度沿圆环切线向左运动，之后小球间发生若干次碰撞，最终三球速度大小相等。A与B碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e（）倍，B与C、C与A碰撞后粘在一起。 (1)求最终三球速度的大小； (2)求小球之间发生碰撞的可能次数； (3)若细圆环周长、，求、两种情况下小球间发生最后两次碰撞之间的时间间隔。 【答案】(1) (2)当时碰撞2次 ；当时碰撞3次；当时，碰撞4次； (3)， 【详解】（1）由动量守恒可知 解得最终速度 （2）A、B碰撞     其中 解得， B、C碰撞     解得 当时    若此后无碰撞，即时，碰撞2次 ； 若，BC组合体追上A（C碰A），与A碰后三球共速，即时，碰撞3次；   若，A追上BC组合体（A碰B），与BC组合体发生非弹性碰撞，此后B、C组合体追上A（C碰A），与A碰后三球共速，即时，碰撞4次； （3）时碰3次，此情况下、、 从第1次碰撞到第3次碰撞，B比A多转1圈，即      解得，   时碰4次，此情况下、、 从第3次碰撞到第4次碰撞，BC组合体比A多转1圈，即   第3次碰撞   解得，， 对点训练三 实验八　验证动量定理、验证动量守恒定律 11. （2026·江苏徐州·一模）某同学用如图所示的实验装置验证动量定理，所用器材包括：气垫导轨、滑块（上方安装有宽度为d的遮光片）、两个与计算机相连接的光电门、砝码盘和砝码等。实验步骤如下： （1）开动气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间____________（填“相等”或“不相等”）时，可认为气垫导轨水平； （2）用天平测砝码与砝码盘的总质量m1、滑块（含遮光片）的质量m2；用游标卡尺测量固定在滑块上端的遮光片的宽度d，测量结果如图所示，则遮光片的宽度d=______mm； （3）用细线跨过轻质定滑轮将滑块与砝码盘连接，并让细线水平拉动滑块； （4）令滑块在砝码和砝码盘的拉动下从左边开始运动，和计算机连接的光电门能测量出遮光片经过A、B两处的光电门的遮光时间Δt1、Δt2及遮光片从A运动到B所用的时间t12； （5）在遮光片随滑块从A运动到B的过程中，如果将砝码和砝码盘所受重力视为滑块所受拉力，拉力冲量的大小I=________，滑块动量改变量的大小Δp=________；（用题中给出的物理量及重力加速度g表示） （6）该同学又用该装置来验证砝码和砝码盘以及滑块所组成的系统机械能守恒。实验中，接通气源，滑块由静止释放后，除了要测量（2）~（4）中的物理量外，还需要测量AB的距离L 。在实验误差允许范围内，m1和m2满足的表达式________（用上述测量的物理量符号及重力加速度g表示）成立，则系统机械能守恒。 【答案】 相等 4.45/4.50 m1gt12 【详解】（1）[1]当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间相等，则滑块经过两个光电门的速度相等，即滑块做匀速直线运动，说明气垫导轨水平。 （2）[2]固定刻度读数为4mm，可动刻度读数为，所以遮光片的宽度为 （5）[3]拉力冲量的大小为 [4]滑块动量改变量的大小为 （6）[5]系统机械能守恒，则砝码和砝码盘减少的重力势能与系统增加的动能相等，即 12. （23-24高三下·江苏扬州·阶段检测）小明利用如图甲所示的碰撞实验器研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，从而验证动量守恒定律。    (1)为完成此实验，以下提供的测量工具中，多余的是______。 A．刻度尺 B．天平 C．秒表 (2)用螺旋测微器测量小球直径D，测量结果如图乙所示，D=______mm。 (3)下列说法中正确的是（　　） A．入射小球A的质量应小于被碰小球B的质量 B．需要测量轨道末端到地面的高度 C．入射小球每次必须从同一位置静止释放 D．轨道末端可以不水平 (4)图甲中，点O是小球抛出点在水平地面上的竖直投影，实验时，先让质量为小球A多次从斜轨上S处静止释放，找到其平均落点P，再把质量为的小球B静置于轨道末端，接着使小球A从S处静止释放，在水平段末端与小球B相碰，多次实验，找到小球A、B的平均落点M、N，测得距离OP、OM、ON，验证两球相碰前后动量守恒的表达式为______。（用题中物理量符号表示） (5)小明经过多次实验，在操作正确的情况下，发现系统碰后的总动量总是大于碰前的总动量，其原因可能有______。 A．碰撞后小球B受到向右的摩擦力 B．碰撞后轨道给小球B向右的冲量 C．碰撞后小球A受到向左的摩擦力 D．碰撞后轨道给小球A向左的冲量 【答案】(1)C (2)17.805 (3)C (4) (5)CD 【详解】（1）由于小球在竖直方向上运动的时间相等，根据 可知，测出水平位移大小的关系即可得出对应的速度，故不需要测量时间。 故选C。 （2）由图可知，小球的直径 （3）A．入射小球A的质量应大于被碰小球B的质量，A错误； B．由于运动时间相等，根据 可知，测出水平位移大小的关系即可得出对应的速度，故不需要测量时间，也就无需测量下落的高度了，B错误； C．入射小球每次必须从同一位置静止释放，使其初速度是相同的，C正确； D．斜槽末端不水平，其初速度不是沿水平方向，D错误。 故选C。 （4）根据动量守恒及抛体运动的规律可知，当 等式两边同时乘以时间 由此可知，当 成立，则系统的动量守恒 （5）AB．碰撞后，二者都向左运动，小球B受到向右的摩擦力和轨道给小球B向右的冲量，都会导致小球B的速度变小，从而使系统的总动量减小，故AB错误 CD．碰撞后小球A受到向左的摩擦力和轨道给小球A向左的冲量，都会使小球A的速度增大，故系统的总动量比碰撞前的总动量大，CD符合题意。 故选CD。 13. （2025·江苏扬州·模拟预测）用如图1所示的装置做“验证动量守恒定律”的实验。 (1)实验步骤如下： ①将两个完全相同的遮光条分别固定在滑块A和滑块B上，用天平测出滑块含遮光条 的质量滑块含遮光条 的质量； ②接通气泵，在气垫导轨左侧放置一个滑块，轻推滑块，滑块向右运动，光电门2记录的时间小于光电门1记录的时间，于是调节底脚螺丝，将气垫导轨右端适当___________ 选填“提高”或“降低” ； ③在两个滑块间放置轻质弹簧，挤压两个滑块使弹簧压缩，并用一根细线将两个滑块固定，开始时两个滑块静止在气垫导轨上，如图1所示； ④绳子烧断后，两个滑块向相反方向运动，记录光电门1、2的遮光时间、； ⑤改变压紧弹簧的程度，重复步骤②、③、④，多次测量的结果如下表所示： 1 2 3 4 5 6 (2)用螺旋测微器测量滑块A的遮光条的宽度d，示数如图2所示，则________mm。 (3)比较1、2两次实验，烧断绳子前，第2次实验中弹簧的弹性势能较___________ 选填“大”或“小” (4)甲同学利用测得数据计算滑块A、B通过光电门时的动量、，发现总小于，下列原因中可能的是___________。 A．测质量时未包含遮光条 B．气垫导轨左端略高于右端 C．遮光条宽度d的测量值偏小 (5)根据表格中数据，作出图线，乙同学认为，若图线为过坐标原点的倾斜直线，即可验证系统动量守恒。该同学的观点___________ 选填“正确”或“不正确” ，理由是___________。 【答案】(1)提高 (2)4.915 (3)大 (4)B (5) 不正确 根据动量守恒定律 因为 联立可得 即 作出图线，若图线为过坐标原点的倾斜直线，且斜率为，才可验证系统动量守恒。 【详解】（1）因为光电门2记录的时间小于光电门1记录的时间，说明滑块做加速运动，气垫导轨左端高右端低，所以应将气垫导轨右端适当提高； （2）遮光条的宽度 （3）比较1、2两次实验，第2次实验中两滑块通过光电门的时间都变短，说明速度变大，根据能量守恒，烧断绳子前弹簧的弹性势能转化为滑块的动能，动能变大则弹性势能变大，所以第2次实验中弹簧的弹性势能较大； （4）A．测质量时未包含遮光条，会使测量值偏小，则会偏小，由于其它因素的影响不一定总会出现总小于的情况，故A错误； B．气垫导轨左端略高于右端，滑块A滑动时有动能转化为重力势能，滑块B滑动时有重力势能转化为动能，会使偏小，偏大，可能出现总小于，故B正确； C．遮光条宽度d的测量值偏小，对和的影响是相同的，不会导致总小于，故C错误。 故选B。 （5）[1]不正确； [2]略。 14. （2026·江苏盐城·模拟预测）物理兴趣小组设计了如图甲所示的装置来验证动量守恒定律。O点为圆轨道竖直直径和水平挡板的交点。A球质量为，B球质量为（），两球均看作质点；先让A球从右侧轨道上某一高度由静止释放，经过圆轨道最高点后做平抛运动，记下水平挡板上的落点M；然后在圆轨道最高处放上B球（由一小支架支撑），再让A球从同一位置由静止释放，当A球到达轨道最高点时，与B球发生对心碰撞，碰后两球平抛落在水平挡板上，记录两球的落点。 (1)在调节水平挡板时，发现挡板上水平仪中的气泡在右侧，如图乙所示，此时应将水平挡板左侧适当调________（选填“高”或“低”）。 (2)关于本实验，下列说法正确的是______。 A．需要测量圆弧轨道最高点到水平挡板之间的距离 B．轨道的摩擦力对实验没有影响 C．只能用A球撞击B球，不能用B球撞击A球 (3)设，，，当关系式________成立，即可验证两球碰撞过程动量守恒（用字母、、、、表示）。 (4)实验中更换不同质量的B球（质量仍然大于A球），将小球A多次从轨道同一位置由静止释放，与不同质量的B球对心相碰，分别记录对应的落点到O点距离。以为横坐标、为纵坐标作出图像。若该碰撞为弹性碰撞，则下列图像可能正确的是______。 A．B． C． D． (5)某同学认为：A球释放的位置越高越好。你是否同意这一观点？并说明理由________。 【答案】(1)高 (2)B (3) (4)C (5)不同意，若A球释放位置过高，A到达最高点与B碰撞前速度过大，碰撞后A球可能沿着原来轨道运动（碰撞后A球不能做平抛运动）；也可能因速度过大，A球无法在水平挡板上测到落点M。 【详解】（1）水平仪中的气泡总是浮向位置较高的一端。题目中指出“气泡在右侧”，说明挡板的右侧偏高，左侧偏低。为了使挡板达到水平状态，应当将偏低的一侧垫高，因此应将水平挡板左侧适当调高。 （2）A．小球离开轨道后做平抛运动，其下落高度相同，根据可知运动时间相同。验证动量守恒的表达式为 两边同时乘以时间可转化为位移表达式 由于在方程两边被约去，因此不需要测量高度。 B．实验要求入射球每次从同一位置由静止释放，以保证碰撞前的速度恒定。只要释放点固定，轨道摩擦力的影响就是固定的，不会改变“每次到达底端速度相同”这一前提，因此对验证动量守恒本身没有影响。 C．如果用质量大的B球去撞击质量小的A球，A球会向右运动，一样可以根据动量守恒定律得到相关表达式。只要A球的落点在水平挡板上就可以测量数据。 故选B。 （3）碰撞前，只有A球运动，落点为，水平位移为。碰撞后，B球落点为，水平位移为；A球反弹，落点为。题目中为圆心投影，在的左侧，在的右侧。规定向右为正方向，则A球的位移方向向左，其位移大小为，但在矢量计算中应记为。根据动量守恒定律可得： 两边同乘以平抛时间，将速度转换为水平位移： （4）由题可得A、B球为弹性碰撞，满足碰撞前后动能之和不变： 两边同乘以平抛时间的平方，将速度转换为水平位移： 两式联立可得： 进而解得： 故选C。 （5）不同意，若A球释放位置过高，A到达最高点与B碰撞前速度过大，碰撞后A球可能沿着原来轨道运动（碰撞后A球不能做平抛运动）；也可能因速度过大，A球无法在水平挡板上测到落点M。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题07 动量守恒定律 6年真题1年模拟 考点01 动量和动量定理 1. 【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。 考点02 动量守恒定律及其应用 2．【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。 3．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）根据题意可知，小球D与小球A发生弹性正碰，由动量守恒定律有 由能量守恒定律有 联立解得， （2）根据题意可知，小球A、B、C共速时，弹簧的形变量最大，弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律有 由能量守恒定律有 解得 （3）根据题意，设小球D与小球A发生弹性正碰后到弹簧再次恢复原长的时间为，由动量守恒定律有 两边同时乘以并求和可得 要使弹簧恢复原长时，m与M能再次发生碰撞，则有 整理可得 解得 即球质量m和大球质量M的质量比。 4．【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 5．【答案】（1）；（2） 【详解】（1）组合体、分离前后动量守恒，取v0的方向为正方向，有 解得 （2）以组合体为研究对象，由动量定理有 解得 6. 【答案】（1）；（2） 【详解】（1）分裂后带电粒子在磁场中偏转做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有 解得 由题干知半径之比，故 因为相同时间内的径迹长度之比，则分裂后粒子在磁场中的速度为 联立解得 （2）中性粒子在A点分裂成带等量异号电荷的粒子a和b，分裂过程中，没有外力作用，动量守恒，根据动量守恒定律 因为分裂后动量关系为，联立解得 考点03 实验八　验证动量定理 验证动量守恒定律 7.【答案】 10.20 将气垫导轨调至水平 1.96 BD/DB 【详解】（1）[1]游标卡尺的读数为； （2）[2]滑块保持稳定，说明气垫导轨水平； （3）[3]根据表格中数据描点并用直线连接 （4）[4] 根据动量定理变形得 则图线斜率的理论值 （5）[5]根据动量定理变形得 A．理论上图像斜率，，槽码质量不会影响实验值与理论值的误差，A错误； B．细线与气垫导轨不平行，滑块实际所受合外力为的水平分力，所以图线斜率的实验值偏小，B正确； C．滑块释放的位置与斜率相关的参量无关，C错误； D．偏大，则偏小，图线斜率偏小，D正确。 故选BD。 对点训练一 动量和动量定理 1．【答案】C 【详解】A．经过最高点时，竖直方向速度为零，但水平方向速度不为零，动量也不为零，故A错误； B．重力的冲量可知，重力的冲量不为零，故B错误； C．根据动量定理 则动量的变化率 重力恒定，故变化率不变，故C正确； D．竖直方向动量，足球在竖直方向速度先减小后增大，则竖直方向的动量先减小后增大，故D错误。 故选 C。 2．【答案】B 【详解】A．0~2s内，拉力F的冲量大小等于图像的面积，A错误； B．2~3s内，拉力F的冲量大小等于图像的面积，B正确； C．根据动量定理可知，物体的动量方向不会改变，C错误； D．根据，可得，D错误。 故选B。 3．（2026·江苏徐州·模拟预测）光滑水平地面上，A球以某速度与静止的B球发生正碰。则两个小球作用过程中的速度与作用力的冲量的大小、速度与时间的关系，可能正确的是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】AB．光滑水平地面上运动的A球与B球发生碰撞，对A球由动量定理有 可得，即A球的速度随是线性减小的直线； 对B球有 可得，即B球的速度随是线性增加的直线；故A正确，B错误； CD．碰撞过程的作用力是先增大后减小的变力，由牛顿第二定律可知两球的加速度大小是先增大后减小的；分析可知A球做减速运动，加速度（即图像的斜率）先增大后减小，B球做加速运动，加速度（即图像的斜率）先增大后减小；故CD错误。 故选A。 4. 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）在y轴方向，在x轴方向 绳长，绷紧时A、B间距等于绳长。A不受力静止，B做匀速直线运动，经时间后B到达， 绷紧条件 联立解得 （2）绷紧时，，，故绷紧时绳沿y轴正方向，绳的冲量沿绳方向，对A的冲量向上，对B的冲量向下。 设绳对A的冲量大小为，对B的冲量大小也为方向相反。A质量，初速0，得，沿y轴正方向 因此，此时B在水平方向速度不变，竖直方向受冲量， 绷紧后绳不可伸长，A、B沿绳方向速度分量相等，因此 解得 （3）轻绳绷紧过程中对B的冲量大小等于绳对A的冲量大小为 对点训练二 动量守恒定律及其应用 5. 【答案】D 【详解】A．初始阶段，斜面所受的水平方向的合力为 又知 联立解得，斜面所受的水平方向的合力，故斜面保持静止状态。 滑块 滑块 又知且 联立解得，，，故滑块做匀加速直线运动，滑块做匀减速直线运动，两物体之间距离逐渐增大。 初始阶段，由于摩擦力对、两滑块做负功，故、两滑块的机械能都减小，当滑块的速度减为0以后，滑块的机械能继续减小，滑块、斜面相对静止，共同向右加速，滑块的机械能增加，故滑块的机械能先减小后增大，斜面的机械能先不变后增大，A错误，B错误； C．当滑块相对于斜面的速度减为0以后，滑块继续沿斜面向下加速运动，滑块、斜面相对静止，共同向右加速运动，故、、系统竖直方向的动量增加，总动量不守恒，C错误； D．由于，故 初始阶段，斜面保持静止，设经历的时间为，、两滑块的速度分别为， 、两滑块的总动能为，故总动能增加。 当滑块相对于斜面的速度减为0以后，滑块继续沿斜面向下加速运动，滑块、斜面相对静止，共同向右加速运动，故、、系统的总动能增加。 所以，、、系统的总动能一直增加，D正确。 故选D。 6. 【答案】A 【详解】小滑块以一定初速度向框架右端运动过程中，二者发生相对滑动，根据牛顿第二定律可得，二者加速度大小均为 即小滑块向右做匀减速直线运动，框架向右做匀加速直线运动，与框架发生弹性碰撞时，小滑块的速度大于框架的速度，由于二者质量相等，则碰后二者速度交换，即框架的速度大于小滑块的速度，二者间仍然相对滑动，之后框架做匀减速直线运动，小滑块做匀加速直线运动，小滑块相对于框架向左运动，当小滑块运动到框架左端时，二者达到共速，整个过程加速度大小不变，v-t图线应为倾斜直线，根据动量守恒定律可得 解得 共速后，图线应为平行于t轴的直线。 故选A。 7.【答案】D 【详解】A．取向右为正，设球第一次碰撞前的速度为，碰撞后球、球的速度分别为、。碰撞时间极短，摆线拉力在水平方向的冲量可忽略，由水平方向动量守恒有 弹性碰撞中动能守恒，有 将动量守恒式两边同除以，得 将动能守恒式两边同除以并因式分解，得 实际发生碰撞后球获得速度，。将 代入上式并约去，得 联立和，解得， 因，，故A错误； B．由动量定义，第一次碰撞后两球的动量大小分别为， 因，，故B错误； C．设第一次碰撞后两球的最大摆角分别为、。由各球从最低点摆到最高点的机械能守恒，有， 整理得， 两球摆长相同，且最大摆角均为小角度，随摆角增大而增大。由可知，故C错误； D．两球摆长均为，且均做小角度摆动，由单摆周期公式得 两球周期相同，第一次碰撞后均经半个周期同时回到最低点，发生第二次碰撞。第二次碰撞前，两球速度与第一次碰撞后的速度方向相反，分别为、 设第二次碰撞后球、球的速度分别为、。由水平方向动量守恒有 将此式两边同除以并解出，得 由弹性碰撞的动能守恒，等式两边同除以，得 将 代入动能守恒式，移项、展开并同除以，得 因式分解得 若，由动量守恒式可得，即两球碰撞前后速度均不变，不符合实际碰撞。因此 解得 代入第一次碰撞后的速度，，故D正确。 故选D。 8. 【答案】(1)6m/s (2)4m (3)13m 【详解】（1）小物块滑离圆弧轨道P时，P的速度大小为vP，根据水平方向动量守恒定律可得 根据能量守恒定律可得 联立解得 （2）从小物块滑上B至共速，根据动量守恒定律可得 解得 对木板B，根据动能定理可得 解得 （3）小物块和木板相对滑动过程中，加速度分别为a1、a2，第一次碰撞后，木板向左运动 第一次碰撞后到第二次碰撞前，有 解得第二次碰撞前速度为 第二次碰撞后，木板向左运动 同理，第三次碰撞前速度为 第三次碰撞后，木板向左运动 则第n次碰撞后，木板向左运动 所以木板B走过的总路程为 9. 【答案】(1)， (2) (3) 当为奇数， 当为偶数， 【详解】（1）A、B发生弹性碰撞，根据动量守恒 机械能守恒 ​​代入 解得 ，（“-”表示方向，速度大小，取正值） （2）B速度沿绳分量等于C的速度，当时， C上升距离 以B、C整体为研究对象，根据机械能守恒 代入、 解得， 对B应用动能定理，拉力做功等于B动能变化 解得 （3）B回到​正下方时，机械能守恒，B速度大小仍为，方向向左； A碰撞后向左运动，碰挡板弹回速率不变，总时间刚好和B回到原位置时间相等，发生第二次碰撞。 第二次碰撞前：A速度 ​向右，B速度向左， 弹性碰撞后解得：（向左），，C静止。 之后A弹回后向右运动到原碰撞位置，刚好第三次碰撞，回到初始碰撞状态，周期为2次碰撞。 碰撞均发生在正下方，碰撞瞬间C速度为0，A开始运动时C也静止，对C应用动量定理（向上为正） 可得拉力冲量 分情况讨论： 当为奇数，，代入得总时间 可得 当为偶数，，代入得总时间 可得 10. 【答案】(1) (2)当时碰撞2次 ；当时碰撞3次；当时，碰撞4次； (3)， 【详解】（1）由动量守恒可知 解得最终速度 （2）A、B碰撞     其中 解得， B、C碰撞     解得 当时    若此后无碰撞，即时，碰撞2次 ； 若，BC组合体追上A（C碰A），与A碰后三球共速，即时，碰撞3次；   若，A追上BC组合体（A碰B），与BC组合体发生非弹性碰撞，此后B、C组合体追上A（C碰A），与A碰后三球共速，即时，碰撞4次； （3）时碰3次，此情况下、、 从第1次碰撞到第3次碰撞，B比A多转1圈，即      解得，   时碰4次，此情况下、、 从第3次碰撞到第4次碰撞，BC组合体比A多转1圈，即   第3次碰撞   解得，， 对点训练三 实验八　验证动量定理、验证动量守恒定律 11. 【答案】 相等 4.45/4.50 m1gt12 【详解】（1）[1]当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间相等，则滑块经过两个光电门的速度相等，即滑块做匀速直线运动，说明气垫导轨水平。 （2）[2]固定刻度读数为4mm，可动刻度读数为，所以遮光片的宽度为 （5）[3]拉力冲量的大小为 [4]滑块动量改变量的大小为 （6）[5]系统机械能守恒，则砝码和砝码盘减少的重力势能与系统增加的动能相等，即 12. 【答案】(1)C (2)17.805 (3)C (4) (5)CD 【详解】（1）由于小球在竖直方向上运动的时间相等，根据 可知，测出水平位移大小的关系即可得出对应的速度，故不需要测量时间。 故选C。 （2）由图可知，小球的直径 （3）A．入射小球A的质量应大于被碰小球B的质量，A错误； B．由于运动时间相等，根据 可知，测出水平位移大小的关系即可得出对应的速度，故不需要测量时间，也就无需测量下落的高度了，B错误； C．入射小球每次必须从同一位置静止释放，使其初速度是相同的，C正确； D．斜槽末端不水平，其初速度不是沿水平方向，D错误。 故选C。 （4）根据动量守恒及抛体运动的规律可知，当 等式两边同时乘以时间 由此可知，当 成立，则系统的动量守恒 （5）AB．碰撞后，二者都向左运动，小球B受到向右的摩擦力和轨道给小球B向右的冲量，都会导致小球B的速度变小，从而使系统的总动量减小，故AB错误 CD．碰撞后小球A受到向左的摩擦力和轨道给小球A向左的冲量，都会使小球A的速度增大，故系统的总动量比碰撞前的总动量大，CD符合题意。 故选CD。 13. 【答案】(1)提高 (2)4.915 (3)大 (4)B (5) 不正确 根据动量守恒定律 因为 联立可得 即 作出图线，若图线为过坐标原点的倾斜直线，且斜率为，才可验证系统动量守恒。 【详解】（1）因为光电门2记录的时间小于光电门1记录的时间，说明滑块做加速运动，气垫导轨左端高右端低，所以应将气垫导轨右端适当提高； （2）遮光条的宽度 （3）比较1、2两次实验，第2次实验中两滑块通过光电门的时间都变短，说明速度变大，根据能量守恒，烧断绳子前弹簧的弹性势能转化为滑块的动能，动能变大则弹性势能变大，所以第2次实验中弹簧的弹性势能较大； （4）A．测质量时未包含遮光条，会使测量值偏小，则会偏小，由于其它因素的影响不一定总会出现总小于的情况，故A错误； B．气垫导轨左端略高于右端，滑块A滑动时有动能转化为重力势能，滑块B滑动时有重力势能转化为动能，会使偏小，偏大，可能出现总小于，故B正确； C．遮光条宽度d的测量值偏小，对和的影响是相同的，不会导致总小于，故C错误。 故选B。 （5）[1]不正确； [2]略。 14. 【答案】(1)高 (2)B (3) (4)C (5)不同意，若A球释放位置过高，A到达最高点与B碰撞前速度过大，碰撞后A球可能沿着原来轨道运动（碰撞后A球不能做平抛运动）；也可能因速度过大，A球无法在水平挡板上测到落点M。 【详解】（1）水平仪中的气泡总是浮向位置较高的一端。题目中指出“气泡在右侧”，说明挡板的右侧偏高，左侧偏低。为了使挡板达到水平状态，应当将偏低的一侧垫高，因此应将水平挡板左侧适当调高。 （2）A．小球离开轨道后做平抛运动，其下落高度相同，根据可知运动时间相同。验证动量守恒的表达式为 两边同时乘以时间可转化为位移表达式 由于在方程两边被约去，因此不需要测量高度。 B．实验要求入射球每次从同一位置由静止释放，以保证碰撞前的速度恒定。只要释放点固定，轨道摩擦力的影响就是固定的，不会改变“每次到达底端速度相同”这一前提，因此对验证动量守恒本身没有影响。 C．如果用质量大的B球去撞击质量小的A球，A球会向右运动，一样可以根据动量守恒定律得到相关表达式。只要A球的落点在水平挡板上就可以测量数据。 故选B。 （3）碰撞前，只有A球运动，落点为，水平位移为。碰撞后，B球落点为，水平位移为；A球反弹，落点为。题目中为圆心投影，在的左侧，在的右侧。规定向右为正方向，则A球的位移方向向左，其位移大小为，但在矢量计算中应记为。根据动量守恒定律可得： 两边同乘以平抛时间，将速度转换为水平位移： （4）由题可得A、B球为弹性碰撞，满足碰撞前后动能之和不变： 两边同乘以平抛时间的平方，将速度转换为水平位移： 两式联立可得： 进而解得： 故选C。 （5）不同意，若A球释放位置过高，A到达最高点与B碰撞前速度过大，碰撞后A球可能沿着原来轨道运动（碰撞后A球不能做平抛运动）；也可能因速度过大，A球无法在水平挡板上测到落点M。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题07 动量守恒定律 6年真题1年模拟 考 点 内 容 江苏高考6年考情 2021--2026 考点01.动量和动量定理 动量、动量定理 2026 （1选择）T11：动量变化量 动量定理 考点02动量守恒定律及其应用 动量守恒定律 2026（2计算） T16：动量守恒定律 2025 （1计算）T15：动量守恒定律 2024（1选择） T9：动量守恒定律 2024 （2计算）T14：（1）动量定理 （2）动量守恒定律 2022（1计算）T13：动量守恒定律 弹性碰撞和非弹性碰撞(一维碰撞) 反冲运动 考点03 验证动量定理、验证动量守恒定律 2021 （1实验）T11：验证动量定理 命题规律 高考对本章的考查热点是动量定理、动量守恒定律与牛顿运动定律、能量守恒的综合应用。本章较以往要求较高，考查形式多为选择题、实验题和计算题。 考点01 动量和动量定理 1. （2026·江苏·高考真题T11）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． 考点02 动量守恒定律及其应用 2．（2024·江苏·高考真题T9）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 3．（2026·江苏·高考真题T16）如图所示，在光滑水平面上固定两个柱形光滑轨道，轨道上分别约束着只能沿轨道方向运动的两个小球B和C，质量均为。小球B和C通过弹性限度足够大的相同轻质弹簧与质量为的小球A相连。初始时，两弹簧均处于原长。现有一质量为的小球D以速度沿轨道方向与小球A发生对心弹性碰撞，碰撞时间极短，不计空气阻力。 (1)求小球D与A碰撞后瞬间小球A的速度大小； (2)若发生碰撞后小球D不再与A碰撞，求每根弹簧所具有的最大弹性势能； (3)要使弹簧第一次恢复原长时，小球D与A恰好再次发生碰撞，求的值。 4．（2025·江苏·高考真题T15）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。 5．（2024·江苏·高考真题T14）“嫦娥六号”探测器由着陆器、上升器、轨道器和返回器四个部分组成，沿环月轨道以速度运动。某时刻，着陆器和上升器（组合体）、轨道器和返回器（组合体）分离，分离时间为。分离后的速度大小为，方向与相同。已知组合体、的质量分别为、。求： （1）分离后的速度大小； （2）分离过程中，对的平均推力大小。 6. （2022·江苏·高考真题）利用云室可以知道带电粒子的性质，如图所示，云室中存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，一个质量为m、速度为v的电中性粒子在A点分裂成带等量异号电荷的粒子a和b，a、b在磁场中的径迹是两条相切的圆弧，相同时间内的径迹长度之比，半径之比，不计重力及粒子间的相互作用力，求： （1）粒子a、b的质量之比； （2）粒子a的动量大小。 考点03 实验八　验证动量定理 验证动量守恒定律 7.（2021·江苏·高考真题T11）小明利用如图1所示的实验装置验证动量定理。将遮光条安装在滑块上，用天平测出遮光条和滑块的总质量，槽码和挂钩的总质量。实验时，将滑块系在绕过定滑轮悬挂有槽码的细线上。滑块由静止释放，数字计时器记录下遮光条通过光电门1和2的遮光时间和，以及这两次开始遮光的时间间隔，用游标卡尺测出遮光条宽度，计算出滑块经过两光电门速度的变化量。 （1）游标卡尺测量遮光条宽度如图2所示，其宽度___________； （2）打开气泵，待气流稳定后调节气垫导轨，直至看到导轨上的滑块能在短时间内保持静止，其目的是___________； （3）多次改变光电门2的位置进行测量，得到和的数据如下表请根据表中数据，在方格纸上作出图线___________。 0.721 0.790 0.854 0.913 0.968 1.38 1.52 1.64 1.75 1.86 （4）查得当地的重力加速度，根据动量定理，图线斜率的理论值为___________； （5）实验结果发现，图线斜率的实验值总小于理论值，产生这一误差的两个可能原因时___________。 A．选用的槽码质量偏小 B．细线与气垫导轨不完全平行 C．每次释放滑块的位置不同 D．实验中的测量值偏大 对点训练一 动量和动量定理 1．（2026·江苏镇江·一模）在“苏超”比赛中，足球被踢出后在空中做斜抛运动，最后落到水平草地上。不计空气阻力，则足球在飞行过程中（　　） A．经过最高点时动量为零 B．全过程重力的冲量为0 C．动量的变化率不变 D．竖直方向的动量不变 2．（25-26高三上·江苏盐城·阶段检测）在光滑水平地面上，一质量为4kg的物体在水平向右的拉力F作用下，由静止开始运动，拉力F随时间变化的关系图线如图所示，下列说法正确的是（　　） A．0~2s内，拉力F的冲量大小为0.5N∙s B．2~3s内，拉力F的冲量大小为0.5N∙s C．0~4s内，物体的动量方向会改变 D．时，物体的速度大小为0.5m/s 3．（2026·江苏徐州·模拟预测）光滑水平地面上，A球以某速度与静止的B球发生正碰。则两个小球作用过程中的速度与作用力的冲量的大小、速度与时间的关系，可能正确的是（     ） A． B． C． D． 4. （2026·江苏淮安·模拟预测）光滑水平面上有质量分别为、的A、B两小球，两球通过长度为4L的不可伸长轻绳连接，以A球的初始位置为坐标原点O，建立如图所示直角坐标系，B球初始位置坐标为。现给B球一方向与轴正方向成的初速度。求： (1)B球开始运动到轻绳绷紧瞬间所用的时间； (2)轻绳绷紧瞬间A球速度的大小； (3)轻绳绷紧过程中对B的冲量大小。 对点训练二 动量守恒定律及其应用 5. （2026·江苏徐州·模拟预测）如图所示，倾角为的足够长斜面放置在光滑的水平面上，质量相等的、两小滑块与斜面间的动摩擦因数分别为、，且。、以相同的初速度沿斜面下滑，始终未离开斜面。则整个运动过程中（　　） A．的机械能一直减小 B．的机械能一直增加 C．、、系统动量守恒 D．、、的总动能一直增加 6. （2026·江苏南通·三模）如图所示，一上表面粗糙的“L”型框架静止在光滑水平面上，在其左端放一与框架质量相同的小滑块。小滑块以一定初速度向框架右端运动，与框架发生弹性碰撞后，恰好回到框架左端。则在该运动过程中，两物体的v-t图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 7.（2026·江苏镇江·模拟预测）如图，大小相同的摆球和的质量分别为和，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是（     ） A．第一次碰撞后的瞬间，球速度小于球 B．第一次碰撞后的瞬间，球动量大于球 C．第一次碰撞后，球最大摆角小于球 D．发生第二次碰撞后的瞬间，球的速度变为零 8. （2026·江苏徐州·三模）如图所示，质量M=4kg，半径R=2m的四分之一光滑圆弧轨道P放置在光滑水平平台上，轨道最低点与平台相切，轨道右侧有一质量m=1kg的长木板B静止于光滑水平面上，木板上表面与平台面等高且紧靠平台，木板右端与竖直挡板距离为L，将质量m0=2kg小物块（视为质点）从圆弧轨道端点A的正上方h=0.7m处无初速释放，经过平台后滑上木板，当小物块刚好与木板共速时，木板与挡板发生碰撞，碰撞过程中无机械能损失，小物块与木板间的动摩擦因数μ=0.1，小物块始终没有脱离木板，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，求： (1)小物块滑离圆弧轨道时的速度大小vA； (2)木板右端到挡板的距离L； (3)从小物块滑上木板到最终停止，木板的总路程s。 9. （2026·江苏淮安·模拟预测）如图所示，一水平光滑长杆左端固定于竖直挡板，两个带孔小球A、B套在杆上，A球紧靠挡板，竖直细线一端连接B球，另一端绕过杆正上方的小定滑轮、悬挂小球C，整个装置处于静止状态，A、B球间距离为。现使A球从挡板处以初速度向右运动，此后A、B球发生弹性碰撞，A球碰后向左运动，与挡板碰撞后以相同速率被弹回，当B球第一次回到滑轮正下方时恰与A球又发生碰撞。已知A、B、C球质量分别为、、，定滑轮到水平杆的垂直距离为，且，碰撞时间均极短，重力加速度为，，。 (1)求第一次碰撞后瞬间A、B球的速度大小、； (2)从B球开始运动到细线与竖直方向夹角过程中拉力对B球做的功； (3)从A球开始运动到两球发生第次碰撞瞬间，拉力对C球的冲量大小。 10. （2026·江苏·二模）如图，内部光滑的细圆环水平放置并固定，圆环内有质量相等的小球A、B和C静止于彼此间距相等的三个位置。开始时小球A以大小为的初速度沿圆环切线向左运动，之后小球间发生若干次碰撞，最终三球速度大小相等。A与B碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e（）倍，B与C、C与A碰撞后粘在一起。 (1)求最终三球速度的大小； (2)求小球之间发生碰撞的可能次数； (3)若细圆环周长、，求、两种情况下小球间发生最后两次碰撞之间的时间间隔。 对点训练三 实验八　验证动量定理、验证动量守恒定律 11. （2026·江苏徐州·一模）某同学用如图所示的实验装置验证动量定理，所用器材包括：气垫导轨、滑块（上方安装有宽度为d的遮光片）、两个与计算机相连接的光电门、砝码盘和砝码等。实验步骤如下： （1）开动气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间____________（填“相等”或“不相等”）时，可认为气垫导轨水平； （2）用天平测砝码与砝码盘的总质量m1、滑块（含遮光片）的质量m2；用游标卡尺测量固定在滑块上端的遮光片的宽度d，测量结果如图所示，则遮光片的宽度d=______mm； （3）用细线跨过轻质定滑轮将滑块与砝码盘连接，并让细线水平拉动滑块； （4）令滑块在砝码和砝码盘的拉动下从左边开始运动，和计算机连接的光电门能测量出遮光片经过A、B两处的光电门的遮光时间Δt1、Δt2及遮光片从A运动到B所用的时间t12； （5）在遮光片随滑块从A运动到B的过程中，如果将砝码和砝码盘所受重力视为滑块所受拉力，拉力冲量的大小I=________，滑块动量改变量的大小Δp=________；（用题中给出的物理量及重力加速度g表示） （6）该同学又用该装置来验证砝码和砝码盘以及滑块所组成的系统机械能守恒。实验中，接通气源，滑块由静止释放后，除了要测量（2）~（4）中的物理量外，还需要测量AB的距离L 。在实验误差允许范围内，m1和m2满足的表达式________（用上述测量的物理量符号及重力加速度g表示）成立，则系统机械能守恒。 12. （23-24高三下·江苏扬州·阶段检测）小明利用如图甲所示的碰撞实验器研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，从而验证动量守恒定律。    (1)为完成此实验，以下提供的测量工具中，多余的是______。 A．刻度尺 B．天平 C．秒表 (2)用螺旋测微器测量小球直径D，测量结果如图乙所示，D=______mm。 (3)下列说法中正确的是（　　） A．入射小球A的质量应小于被碰小球B的质量 B．需要测量轨道末端到地面的高度 C．入射小球每次必须从同一位置静止释放 D．轨道末端可以不水平 (4)图甲中，点O是小球抛出点在水平地面上的竖直投影，实验时，先让质量为小球A多次从斜轨上S处静止释放，找到其平均落点P，再把质量为的小球B静置于轨道末端，接着使小球A从S处静止释放，在水平段末端与小球B相碰，多次实验，找到小球A、B的平均落点M、N，测得距离OP、OM、ON，验证两球相碰前后动量守恒的表达式为______。（用题中物理量符号表示） (5)小明经过多次实验，在操作正确的情况下，发现系统碰后的总动量总是大于碰前的总动量，其原因可能有______。 A．碰撞后小球B受到向右的摩擦力 B．碰撞后轨道给小球B向右的冲量 C．碰撞后小球A受到向左的摩擦力 D．碰撞后轨道给小球A向左的冲量 13. （2025·江苏扬州·模拟预测）用如图1所示的装置做“验证动量守恒定律”的实验。 (1)实验步骤如下： ①将两个完全相同的遮光条分别固定在滑块A和滑块B上，用天平测出滑块含遮光条 的质量滑块含遮光条 的质量； ②接通气泵，在气垫导轨左侧放置一个滑块，轻推滑块，滑块向右运动，光电门2记录的时间小于光电门1记录的时间，于是调节底脚螺丝，将气垫导轨右端适当___________ 选填“提高”或“降低” ； ③在两个滑块间放置轻质弹簧，挤压两个滑块使弹簧压缩，并用一根细线将两个滑块固定，开始时两个滑块静止在气垫导轨上，如图1所示； ④绳子烧断后，两个滑块向相反方向运动，记录光电门1、2的遮光时间、； ⑤改变压紧弹簧的程度，重复步骤②、③、④，多次测量的结果如下表所示： 1 2 3 4 5 6 (2)用螺旋测微器测量滑块A的遮光条的宽度d，示数如图2所示，则________mm。 (3)比较1、2两次实验，烧断绳子前，第2次实验中弹簧的弹性势能较___________ 选填“大”或“小” (4)甲同学利用测得数据计算滑块A、B通过光电门时的动量、，发现总小于，下列原因中可能的是___________。 A．测质量时未包含遮光条 B．气垫导轨左端略高于右端 C．遮光条宽度d的测量值偏小 (5)根据表格中数据，作出图线，乙同学认为，若图线为过坐标原点的倾斜直线，即可验证系统动量守恒。该同学的观点___________ 选填“正确”或“不正确” ，理由是___________。 14. （2026·江苏盐城·模拟预测）物理兴趣小组设计了如图甲所示的装置来验证动量守恒定律。O点为圆轨道竖直直径和水平挡板的交点。A球质量为，B球质量为（），两球均看作质点；先让A球从右侧轨道上某一高度由静止释放，经过圆轨道最高点后做平抛运动，记下水平挡板上的落点M；然后在圆轨道最高处放上B球（由一小支架支撑），再让A球从同一位置由静止释放，当A球到达轨道最高点时，与B球发生对心碰撞，碰后两球平抛落在水平挡板上，记录两球的落点。 (1)在调节水平挡板时，发现挡板上水平仪中的气泡在右侧，如图乙所示，此时应将水平挡板左侧适当调________（选填“高”或“低”）。 (2)关于本实验，下列说法正确的是______。 A．需要测量圆弧轨道最高点到水平挡板之间的距离 B．轨道的摩擦力对实验没有影响 C．只能用A球撞击B球，不能用B球撞击A球 (3)设，，，当关系式________成立，即可验证两球碰撞过程动量守恒（用字母、、、、表示）。 (4)实验中更换不同质量的B球（质量仍然大于A球），将小球A多次从轨道同一位置由静止释放，与不同质量的B球对心相碰，分别记录对应的落点到O点距离。以为横坐标、为纵坐标作出图像。若该碰撞为弹性碰撞，则下列图像可能正确的是______。 A．B． C． D． (5)某同学认为：A球释放的位置越高越好。你是否同意这一观点？并说明理由________。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $