《2026年新高考5年真题物理江苏专版》

5. [2023·河北卷，6T，4分] 某科研团队通过传感器收集并分析运动数据，为跳高运动员的技术动作改进提供参考。图为跳高运动员在起跳过程中，其单位质量受到地面的竖直方向支持力随时间变化关系曲线。图像中$10.10 s$至$10.35 s$内，曲线下方的面积与阴影部分的面积相等。已知该运动员的质量为$60 kg$，重力加速度$g$取$10 m/s^2$。下列说法正确的是 (C)


A.起跳过程中运动员的最大加速度约为$42 m/s^2$
B.起跳后运动员重心上升的平均速度大小约为$3 m/s$
C.起跳后运动员重心上升的最大高度约为$0.45 m$
D.起跳过程中运动员所受合力的冲量大小约为$330 N·s$

答案： 5.参考答案C
命题意图本题考查F - t图像、牛顿第二定律、冲量、动量定理和运动学公式，考查考生的推理能力。
解题思路由题图可知，运动员受到地面竖直方向的支持力最大值约为F_max = 42×60N = 2520N，根据牛顿第二定律可知，起跳过程中运动员的最大加速度约为a_max = $\frac{F_max - mg}{m}$ = $\frac{2520 - 60×10}{60}$m/s² = 32m/s²，故A错误。根据F - t图像可知，起跳过程中支持力的冲量约为I_F = 22×60×(10.35 - 10.10)N·s = 330N·s，起跳过程中运动员所受合力的冲量大小约为I_合 = I_F - mgt = 330N·s - 60×10×(10.35 - 10.10)N·s = 180N·s，根据动量定理可得I_合 = mv - 0，解得运动员起跳离开地面瞬间的速度约为v = 3m/s，则起跳后运动员重心上升的平均速度约为$\overline{v}$ = $\frac{v}{2}$ = 1.5m/s，起跳后运动员重心上升的最大高度约为h = $\frac{v²}{2g}$ = $\frac{3²}{2×10}$m = 0.45m，故C正确，B、D错误。

6. [2024·山东卷，13T，6分] 在第四次“天宫课堂”中，航天员演示了动量守恒实验。受此启发，某同学使用如图甲所示的装置进行了碰撞实验，气垫导轨两端分别安装$a$、$b$两个位移传感器，$a$测量滑块$A$与它的距离$x_A$，$b$测量滑块$B$与它的距离$x_B$。部分实验步骤如下：
① 测量两个滑块的质量，分别为$200.0 g$和$400.0 g$；
② 接通气源，调整气垫导轨水平；
③ 拨动两滑块，使$A$、$B$均向右运动；
④ 导出传感器记录的数据，绘制$x_A$、$x_B$随时间变化的图像，分别如图乙、图丙所示。

回答以下问题：
(1) 从图像可知两滑块在$t =$1.0$ s$时发生碰撞。
(2) 滑块$B$碰撞前的速度大小$v =$0.20$ m/s$(保留2位有效数字)。
(3) 通过分析，得出质量为$200.0 g$的滑块是B（选填“$A$”或“$B$”）。

答案： 6.参考答案
(1)1.0
(2)0.20
(3)B
命题意图本题考查碰撞实验，考查考生的实验能力。
解题思路
(1)由x - t图像的斜率表示速度，可知两滑块的速度在t = 1.0s时发生了突变，即两滑块在t = 1.0s时发生碰撞。
(2)由x - t图像斜率的绝对值表示速度大小可知，滑块B碰撞前的速度大小v = |$\frac{90 - 110}{1.0}$|cm/s = 0.20m/s。
(3)由题图乙可知，碰撞前滑块A的速度大小v_A = 0.50m/s，碰撞后滑块A的速度大小v_A' ≈ 0.36m/s；由题图丙可知，碰撞后滑块B的速度大小v_B' = 0.50m/s，对滑块A和B的碰撞过程，由动量守恒定律有m_Av_A + m_Bv = m_Av_A' + m_Bv_B'，代入数据解得$\frac{m_A}{m_B}$ ≈ 2，所以质量为200.0g的滑块是B。

7. [2025·四川卷，15T，16分] 如图所示，倾角为$\theta$的斜面固定于水平地面，斜面上固定有半径为$R$的半圆挡板和长为$7R$的直挡板。$a$为直挡板下端点，$bd$为半圆挡板直径且沿水平方向，$c$为半圆挡板最高点，两挡板相切于$b$点，$de$与$ab$平行且等长。小球乙被锁定在$c$点。小球甲从$a$点以一定初速度出发，沿挡板运动到$c$点与小球乙发生完全弹性碰撞，碰撞前瞬间解除对小球乙的锁定，小球乙在此后的运动过程中无其他碰撞。小球甲质量为$m_1$，两小球均可视为质点，不计一切摩擦，重力加速度大小为$g$。
(1) 求小球甲从$a$点沿直线运动到$b$点过程中的加速度大小。
(2) 若小球甲恰能到达$c$点，且碰撞后小球乙能运动到$e$点，求小球乙与小球甲的质量比值应满足的条件。
(3) 在满足(2)中质量比值的条件下，若碰撞后小球乙能穿过线段$de$，求小球甲初动能应满足的条件。

答案： 7.参考答案
(1)g sinθ
(2)$\frac{m₂}{m₁}$ ≤ 1或 $\frac{m₂}{m₁}$ = 7
(3)$\frac{17}{2}$m₁gR sinθ ＜ Eₖ₀ ＜ 12m₁gR sinθ
命题意图本题考查牛顿第二定律、圆周运动、动量守恒定律、动能定理和类平抛运动，考查考生的推理能力和分析综合能力。
解题思路
(1)小球甲从a点沿直线运动到b点的过程中，由牛顿第二定律有m₁g sinθ = m₁a₁，解得此过程中的加速度大小a₁ = g sinθ。
(2)设小球甲到达c点时的速度大小为v₁，由小球甲恰能到达c点，有m₁g sinθ = m₁$\frac{v₁²}{R}$，解得v₁ = $\sqrt{gR sinθ}$。
小球甲与小球乙发生完全弹性碰撞，根据动量守恒定律有m₁v₁ = m₁v₁' + m₂v₂，根据机械能守恒定律有$\frac{1}{2}$m₁v₁² = $\frac{1}{2}$m₁v₁'² + $\frac{1}{2}$m₂v₂²，联立解得碰后小球乙的速度大小为v₂ = $\frac{2m₁v₁}{m₁ + m₂}$。
碰撞后小球乙能运动到e点，有两种情况。
第一种情况，碰撞后小球乙沿半圆挡板做圆周运动，然后沿斜面到达e点，此时需满足m₂g sinθ ≤ m₂$\frac{v₂²}{R}$，联立解得$\frac{m₂}{m₁}$ ≤ 1。
第二种情况，碰撞后小球乙做类平抛运动到达e点，此时有7R + R = $\frac{1}{2}$g sinθ×t²，R = v₂t，联立解得$\frac{m₂}{m₁}$ = 7。
综上可知，小球乙与小球甲的质量比值应满足$\frac{m₂}{m₁}$ ≤ 1或$\frac{m₂}{m₁}$ = 7。
(3)当小球乙与小球甲的质量比值满足$\frac{m₂}{m₁}$ ≤ 1时，分析可知，碰撞后小球乙的速度不小于$\sqrt{gR sinθ}$，小球乙沿半圆挡板做圆周运动，此后小球乙不能穿过线段de，不满足要求。要使碰撞后小球乙能穿过线段de，则碰撞后小球乙应做类平抛运动，此时小球乙与小球甲的质量比值满足$\frac{m₂}{m₁}$ = 7，且碰撞后小球乙的速度需满足v₂' ＜ $\sqrt{gR sinθ}$。
小球乙做类平抛运动时，有7R + R = $\frac{1}{2}$g sinθ×t²，x' = v₂'t ＞ R，同时需保证小球乙做类平抛运动时不能撞击到圆弧cd上，则有R = $\frac{1}{2}$g sinθ×t'²，x'' = v₂'t' ＜ R，联立解得$\frac{1}{4}$$\sqrt{gR sinθ}$ ＜ v₂' ＜ $\sqrt{\frac{1}{2}gR sinθ}$。
由v₂' = $\frac{2m₁v₁}{m₁ + m₂}$、$\frac{m₂}{m₁}$ = 7可得碰撞前小球甲的速度满足$\sqrt{gR sinθ}$ ＜ v₁' ＜ 2$\sqrt{2gR sinθ}$。
小球甲从a点运动到c点的过程，根据动能定理有 - m₁g sinθ×8R = $\frac{1}{2}$m₁v₁'² - Eₖ₀，联立解得小球甲的初动能满足的条件是$\frac{17}{2}$m₁gR sinθ ＜ Eₖ₀ ＜ 12m₁gR sinθ