《2026年新高考5年真题物理江苏专版》

1. [2025·甘肃卷，4T，4分] 如图，小球$A$从距离地面$20 m$处自由下落，$1 s$末恰好被小球$B$从左侧水平击中，小球$A$落地时的水平位移为$3 m$。两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度$g$取$10 m/s^2$，则碰撞前小球$B$的速度大小$v$为 (B)

A.$1.5 m/s$
B.$3.0 m/s$
C.$4.5 m/s$
D.$6.0 m/s$

答案： 1.参考答案B
命题意图本题考查动量守恒定律、机械能守恒定律和平抛运动，考查考生的推理能力和分析综合能力。
解题思路根据题意可知，小球A、B碰撞过程中，水平方向上动量守恒，竖直方向上小球A的速度不变，设碰撞前小球B的速度大小为v，碰撞后小球A的水平分速度为v₁，小球B的水平分速度为v₂，由动量守恒定律有mv = mv₁ + mv₂，碰撞为完全弹性碰撞，则由机械能守恒定律有$\frac{1}{2}$mv² = $\frac{1}{2}$mv₁² + $\frac{1}{2}$mv₂²，联立解得v₁ = v，v₂ = 0。小球A在竖直方向上做自由落体运动，则有h = $\frac{1}{2}$gt²，解得t = 2s，可知从碰撞到落地，小球A的运动时间为t′ = 2s - 1s = 1s，则此时间内水平方向上运动的位移为x = v₁t' = 3m，解得v₁ = 3.0m/s，则碰撞前小球B的速度大小为3.0m/s。故B正确，A、C、D错误。

2. [2025·河南卷，7T，4分] 两小车$P$、$Q$的质量分别为$m_P$和$m_Q$，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$t$的变化分别如图甲和图乙所示。小车$N$的质量为$m_N$，碰撞时间极短，则 (D)


A.$m_P＞m_N＞m_Q$
B.$m_N＞m_P＞m_Q$
C.$m_Q＞m_P＞m_N$
D.$m_Q＞m_N＞m_P$

答案： 2.参考答案D
命题意图本题考查动量守恒定律和v - t图像，考查考生的推理能力。
解题思路P、N碰撞时，由动量守恒定律有mₚvₚ + mₙvₙ₁ = mₚvₚ' + mₙvₙ₁'，可得mₚ(vₚ - vₚ') = mₙ(vₙ₁' - vₙ₁)，由题图甲可知vₚ - vₚ' ＞ vₙ₁' - vₙ₁，则mₚ ＜ mₙ；同理，Q、N碰撞时，由动量守恒定律有m_Qv_Q + mₙvₙ₂ = m_Qv_Q' + mₙvₙ₂'，可得m_Q(v_Q - v_Q') = mₙ(vₙ₂' - vₙ₂)，由题图乙可知v_Q - v_Q' ＜ vₙ₂' - vₙ₂，则m_Q ＞ mₙ，综上可得m_Q ＞ mₙ ＞ mₚ。故D正确，A、B、C错误。

3. [2025·福建卷，8T，6分] (双选) 如图，水平传送带顺时针转动，速度大小恒为$1 m/s$，物块$A$、$B$由一根轻弹簧相连，$A$的质量为$1 kg$，$B$的质量为$2 kg$，$A$与传送带间的动摩擦因数为$0.5$，$B$与传送带间的动摩擦因数为$0.25$。$t=0$时，$A$速度大小为$v_0 = 2 m/s$，方向水平向右，$B$的速度为零，弹簧处于原长状态。$t = t_0$时，$A$与传送带第一次共速，此时弹簧弹性势能$E_p = 0.75 J$，传送带足够长，$A$可留下痕迹，重力加速度$g$取$10 m/s^2$，弹簧始终处于弹性限度内。则 (BD)


A.在$t = \frac{t_0}{2}$时，$B$的加速度大小大于$A$的加速度大小
B.$t = t_0$时，$B$的速度为$0.5 m/s$
C.$t = t_0$时，弹簧的压缩量为$0.2 m$

D.$0\sim t_0$过程，传送带上的痕迹长度小于$0.05 m$

答案：
3.参考答案BD
命题意图本题考查动量守恒定律、功能关系、牛顿第二定律和物块在传送带上的划痕长度问题，考查考生的推理能力和分析综合能力。
解题思路根据题意可知，传送带对A、B的滑动摩擦力大小相等，都为F_f = μₘₐg = μₘ₈g = 5N，初始时A向右做减速运动，B向右做加速运动，可知在A与传送带第一次共速前，A、B整体所受合外力为零，系统动量守恒，则有mₐv₀ = mₐv + m₈v_B，其中v = 1m/s，代入数据解得t = t₀时，B的速度为v_B = 0.5m/s，故B正确。A与传送带第一次共速前，在任意时刻，对A、B，根据牛顿第二定律分别有F_f + F_弹 = mₐaₐ，F_f + F_弹 = m₈a₈，由于mₐ ＜ m₈，可知aₐ ＞ a₈，故A错误。在t₀时间内，设A、B向右运动的位移分别为xₐ、x₈，由功能关系有 - F_fxₐ + F_弹x₈ + $\frac{1}{2}$mₐv₀² = $\frac{1}{2}$mₐv² + $\frac{1}{2}$m₈v_B² + Eₚ，解得xₐ - x₈ = 0.1m，则弹簧的压缩量为Δx = xₐ - x₈ = 0.1m，故C错误。A与传送带的相对位移为x_相ₐ = xₐ - vt₀，B与传送带的相对位移为x_相₈ = vt₀ - x₈，可得x_相ₐ + x_相₈ = xₐ - x₈ = 0.1m。由于0～t₀时间内A向右做加速度逐渐增大的减速运动，B向右做加速度逐渐增大的加速运动，且满足aₐ = 2a₈，分别作出A、B和传送带运动的v - t图像，如图所示，可知x_相ₐ等于图形MNP的面积，x_相₈等于图形NPQO的面积，可得x_相ₐ ＜ x_相₈，结合x_相ₐ + x_相₈ = 0.1m，可知x_相ₐ ＜ 0.05m。故D正确。

4. [2024·重庆卷，4T，4分] 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。质量为$m$的针鞘在软组织中运动距离$d_1$后进入目标组织，继续运动$d_2$后停下来。若两阶段运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力，大小分别为$F_1$、$F_2$，则针鞘 (A)


A.被弹出时速度大小为$\sqrt{\frac{2(F_1d_1 + F_2d_2)}{m}}$

B.到达目标组织表面时的动能为$F_1d_1$
C.运动$d_2$过程中，阻力做功为$(F_1 + F_2)d_2$
D.运动$d_2$的过程中动量变化量大小为$\sqrt{mF_2d_2}$

答案： 4.参考答案A
命题意图本题考查动能定理和动量变化量，考查考生的推理能力。
解题思路针鞘从被弹出到停止运动的过程中，根据动能定理有F_d₁ + F_d₂ = $\frac{1}{2}$mv²，解得针鞘被弹出时的速度大小v = $\sqrt{\frac{2(F_d₁ + F_d₂)}{m}}$，故A正确。针鞘到达目标组织表面后，继续前进d₂后停下，则针鞘到达目标组织表面时的动能Eₖ = F₂d₂，故B错误。针鞘运动d₂的过程中，阻力做功为 - F₂d₂，故C错误。针鞘运动d₂的过程中，动量变化量大小Δp = $\sqrt{2mEₖ}$ = $\sqrt{2mF₂d₂}$，故D错误。