专题03 机械能和动量综合运用（抢分专练）（北京专用）2026年高考物理终极冲刺讲练测

专题03 机械能和动量综合运用 重点解读 机械能和动量综合应用是北京物理高考力学板块的重难点，近5年真题中，该内容常以碰撞、斜面滑块、传送带、弹簧连接体等为模型载体，侧重考查机械能守恒、动能定理、动量守恒定律的单独应用及多过程综合运用，比如碰撞过程中的能量转化、动量守恒与机械能守恒的联合分析，同时常与牛顿运动定律、受力分析等知识点交叉，重点考查对物理过程的拆解能力、能量与动量的转化关系理解，以及复杂场景下的物理建模能力。 命题预测 2026年北京物理高考中，机械能和动量综合应用大概率会延续综合考查趋势：一是结合更复杂的多过程场景，比如包含摩擦力、弹簧弹力的碰撞-滑行组合过程，考查能量守恒与动量守恒的分段、联合应用；二是与电磁学知识融合，比如带电粒子在电场中的加速偏转过程中的能量变化、通电导体在安培力作用下的动量问题；三是以工程、航天等生活化、前沿化场景为背景，侧重考查学生将实际问题转化为物理模型，综合运用机械能与动量知识解决复杂问题的能力。 题型01 动能定理的综合运用 1．图甲为某型号的大型起重机，该起重机将质量为m的重物由静止开始沿竖直方向吊起，重物运动的v-t图像如图乙所示。已知t=5s时起重机达到额定功率，重物质量为m=5000kg，不计空气阻力，重力加速度为g=10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．重物上升的总高度为40m B．起重机的额定功率0.52×105W C．t=18s时起重机的瞬时功率为3.84×104W D．0~20s内起重机对重物做功为2.5×106J 2．如图所示，长度为L的轻绳一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球。在O点正下方C处有一钉子，OC的距离为。现将小球从与O点等高的位置由静止释放，当小球运动至O点正下方时，轻绳恰好与钉子相碰。则（　　） A．小球在运动过程中受到重力、绳的拉力和向心力的作用 B．若仅将钉子向下移动轻绳更不容易断 C．小球能绕C点做完整的圆周运动 D．轻绳碰到钉子后的瞬间，小球受到的拉力大小为5mg 3．实验小组用手机拍摄水平抛出的小球的下落过程，如图是利用视频软件得到的小球动能与下落时间的平方图像，t=0s时将小球水平抛出，重力加速度g取10m/s²，空气阻力不计，下列说法正确的是（　　） A．小球的质量为0.1kg B．小球水平抛出的初速度为2m/s C．小球的动能为4J时，下落的高度为2m D．小球的动能为4J时，速度为4m/s 4．如图所示，足够长的木板置于水平地面上，其上表面光滑，质量为，在水平拉力的作用下，以的速度沿水平地面向右匀速运动，现有若干个小铁块（可视为质点），每个质量均为，将第一个铁块无初速地放在木板最右端，当木板运动了时，又将第二块无初速地放在木板最右端，以后只要木板运动了L就在木板的最右端无初速地放上一个铁块，直到木板停下来，就不再向木板上放铁块了，，。则下列说法正确的是（　　） A．最终有5个铁块放在木板上 B．最终有6个铁块放在木板上 C．最后一个铁块与木板最右端的距离为 D．最后一个铁块与木板最右端的距离为 5．如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h。若空气阻力的大小保持不变，则足球（    ） A．在空中运动时，相等的时间内速度变化量相同 B．在1时，加速度最大 C．从1到2的时间大于从2到3的时间 D．从2到3的过程中，动能增加mgh 题型02 机械能守恒定律的综合运用 6．一质量为的物体用轻弹簧悬挂，悬点为，此时轻弹簧的长度为；现对点施加一始终垂直弹簧轴线方向的作用力，缓慢拉至与竖直方向的夹角为时（　　） A．弹簧长度保持不变 B．作用力不断增大 C．弹簧的弹性势能先增大后减小 D．拉力做的功等于物体增加的机械能 7．一个质量为m的小球（视为质点）从空中某一高度的P点以大小为的初速度竖直向上抛出，已知小球在空中受到水平向右的恒定风力，运动轨迹如图所示，忽略小球受到的空气阻力。已知小球在空中运动的最高点到抛出点的竖直距离与水平距离相等，小球下落经过了与P点相同高度的Q点，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　） A．小球受到的恒定风力大小为 B．小球经过最高点时机械能最小 C．小球经过最高点时恒定风力的瞬时功率大小为 D．小球从P点到Q点过程中机械能增加量为 8．传送带在实际生活和工业生产中应用丰富，极大提高了生活便利性和工业生产效率。如图所示，某快递分拣车间用倾角为的传送带运送包裹，传送带始终以速率逆时针匀速转动，某包裹与传送带间的动摩擦因数为µ，在某段时间内该包裹以恒定速率沿传送带向下运动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。这段时间内下列说法中正确的是（ 　） A．传送带对包裹的作用力竖直向上 B．可能大于 C．包裹运动过程中其机械能无损失 D．µ可能小于 9．如图甲所示，足够长光滑水平面与竖直面内的光滑半圆形轨道在B点平滑相接，光滑半圆形轨道的半径为r（大小可调）。一小球以一定的速度v经过B点后沿半圆形轨道运动，到达最高点C后水平飞出，落在所在的水平地面上，落点距B点的水平距离为x。通过调节轨道半径r，得到x与r的关系如图乙所示，图中包含了小球能通过最高点C的所有情形，重力加速度g取。则（　　） A．v =15m/s B．x的最大值为10m C．小球在轨道上的B、C两点受到的弹力大小的差值随r的增大而减小 D．r一定时，在小球沿轨道上升的过程中，每上升相同的高度，其受到的弹力大小的变化相等 题型03 动量定理的综合运用 10．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 11．打篮球时，篮球与地面作用过程会产生声音，声音的持续时间与作用过程时间非常接近。某同学在安静环境中在t=0时刻将篮球从一定高度处由静止释放，用手机记录环境声音随时间的变化情况，如图所示。不计空气阻力，重力加速度g取，篮球质量为0.6kg，关于篮球第1次与地面作用过程的说法正确的是（　　） A．篮球初始释放位置的高度为1.5m B．篮球与地面作用后瞬间速度大小约为8 m/s C．地面对篮球的平均作用力大小约为251 N D．碰撞过程篮球损失的机械能约为1.7J 12．如图所示为一架质量为M的6轴运送快递无人机，悬停时每个轴上的螺旋桨均竖直向下吹出最大速度为v的气流，每个螺旋桨产生气流的有效横截面积均为S，空气密度为ρ，重力加速度为g，则该无人机悬停时其载货质量的最大值为（　　） A． B． C． D． 13．水平地面上静置一个质量的物块，物块与水平面间的动摩擦因数为。从t=0时刻开始，如图甲所示，物块受到一个与水平方向成37°、方向斜向右上方的外力F作用，外力F随时间变化的图像如图乙所示。重力加速度大小取，，。则物块在时的速度大小为（　　） A．12.5m/s B．15m/s C．17.5m/s D．20m/s 14．被运动员踢出的足球在空中飞行的部分轨迹如图中虚线所示。运动员的脚与足球作用时间约为，足球上升的最大高度约为，在最高点的速率约为。足球质量约为，不考虑空气阻力，取，则运动员踢球时对足球的平均作用力大小约为（    ） A． B． C． D． 题型04 动量守恒定律的综合运用 15．滑块A的质量为1kg，以5m/s的初速度沿水平面追赶正前方初速度为3m/s的滑块B并与之发生正碰后粘在一起运动，碰撞前后两个滑块的速度一时间图像如图所示。重力加速度大小，不计碰撞时间，两个滑块均看成质点。下列说法不正确的是（　　） A．两个滑块与水平面的动摩擦因数都等于0.1 B．零时刻滑块A在滑块B的正后方4m处，2s末发生碰撞 C．碰撞过程中系统动量守恒，滑块B的质量是2kg D．碰撞过程滑块B受到的冲量大小为1N·s、方向与它的运动方向相同 16．如图a所示，一个曲面是四分之一圆弧的滑块静止于水平地面上，圆弧最低点切线水平。有小球以水平向右的初速度从圆弧最低点冲上滑块。小球与滑块水平方向的速度大小分别为、，作出某段时间内图像如图b所示，不计一切摩擦。下列说法正确的是（　　） A．滑块与小球在相互作用的过程中系统动量守恒 B．小球与滑块的质量比为 C．当滑块的速度为时，小球运动到轨迹的最高点 D．当滑块的速度为时，小球再次回到圆弧的最低点 17．如图，在光滑水平面上静置一质量为M、长为L的木板，质量为m的物块以速度水平向右从左端滑上木板。若物块在木板上运动过程中受到的阻力恒定，大小为f，物块可看作质点，改变物块的初速度大小，下列说法中正确的是（　　） A．越大，木板的末速度就越大 B．越大，物块与木板损失的总动能就越多 C．越大，物块与木板相对运动的时间就越短 D．无论取何值，木板的末速度都不可能大于 18．如图所示，小圆环A穿在光滑水平直杆上，通过细线与小圆环B相连，初始时细线恰好水平拉直。现将A、B从图示位置由静止释放，B的运动轨迹如图中虚线所示，Q点为右侧轨迹的最高点，不计空气阻力，则（    ） A．A做简谐运动 B．A、B的系统动量守恒 C．A的质量大于B的质量 D．仅增大B的质量，B能到达Q点的右侧 19．如图所示，小李站在小车右端，人和车均处于静止状态，水平地面光滑。某时刻小李以斜向左上方的速度v起跳，最终落在小车左端且相对于小车静止。下列说法正确的是（　　） A．小李起跳的过程中，小李和小车构成的系统机械能守恒 B．小李在空中运动时，小车向右运动 C．最终小车和小李一起向左运动 D．小李起跳的过程中，小李和小车构成的系统动量守恒 题型05 能量与动量的综合运用 20．图甲为沉井施工过程示意图，将井体放置在施工处，抓斗挖走井体内泥沙，井体受自身重力和泥沙阻力的共同作用而竖直下沉。若井体从静止开始下沉到停在底部，加速度a随时间t的变化如图乙，则（　　） A．时间内，井体所受合外力逐渐增大 B．时间内，井体重力的瞬时功率减小 C．时间内，井体克服阻力做功小于重力做功 D．时间内，重力和泥沙阻力的冲量大小相等 21．如图所示，半径为的半圆柱固定于水平地面上，一质量为的小物块放置于其最高点。在圆心点正上方处有一悬点，将细绳的一端系于悬点，另一端悬挂一小球，质量为，将小球拉至细线与竖直方向成位置静止释放，小球与小物块发生弹性正碰后，小物块恰能从半圆柱的最高点脱离圆柱面。不计一切阻力，小球、物块均可视为质点，g取10m/s2，则为（　　） A． B． C． D． 22．从地面上以初速度10m/s竖直向上抛出一质量为0.2kg的小球，运动过程中小球受到的空气阻力f与其速率v成正比，其关系为f=kv，k为常数。已知落地前小球已经匀速下落，速率为2m/s，取重力加速度g=10m/s2，则以下说法正确的是（　　） A．的值为1s/m B．小球在上升阶段速率为1m/s时，加速度大小为20m/s2 C．小球上升的最大高度为2.6m D．小球抛出到落地过程中所用时间为1.2s 1．（2026·北京西城·期末）如图所示，一个圆盘在水平面内匀速转动，角速度为ω，盘面上到转轴的距离为r的位置有一个小物块随圆盘一起运动。现将圆盘的角速度逐渐增加到2ω，若此过程中物块与圆盘始终保持相对静止，则（　　） A．圆盘的角速度增加到2ω时，物块所受的向心力增加为原来的2倍 B．圆盘的角速度增加到2ω时，物块的动能增加为原来的2倍 C．此过程中，物块受到的静摩擦力沿轨迹的切线方向 D．此过程中，物块受到的静摩擦力做正功 2．（2026·北京昌平·期末）2025 年 4 月 30 日，神舟十九号载人飞船返回舱安全着陆，宇航员顺利出舱。返回舱在落地前，反推发动机点火使返回舱减速；返回舱落地瞬间，缓冲装置开启使返回舱安全着陆。下列说法正确的是（    ） A．返回舱在返回的过程中机械能守恒 B．返回舱在靠近地面的过程中，所受地球的引力逐渐减小 C．返回舱在落地前减速的过程中，宇航员处于超重状态 D．缓冲装置的作用原理是通过增大受力面积来减小冲击力 3．（2026·北京石景山·期末）羽毛球是大众喜爱的体育运动。如图所示是羽毛球从左往右飞行的轨迹图，由于空气阻力的影响，轨迹不对称。图中A、B为同一轨迹上等高的两点，为该轨迹的最高点。羽毛球在该轨迹上运动时（　　） A．在A、B两点的机械能相等 B．在A、B两点的动量相等 C．AP段动能的减小量等于PB段动能的增加量 D．AP段重力的冲量小于PB段重力的冲量 4．（2026·北京西城·期末）用完全相同的两个小球进行如图所示的实验。用小锤打击弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，同时B球被松开，自由下落。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．落地时，两球的动能相等 B．落地时，B球的动量较大 C．从开始运动至落地，两球的动能变化量相等 D．从开始运动至落地，A球的动量变化量较大 5．（2026·北京西城·期末）智能防摔马甲是一种以保障老人安全为目的的产品。防摔马甲内置气囊，老人不慎摔倒时，气囊可在老人落地前迅速充气弹出，起到缓冲作用。某位老人不慎滑倒，气囊着地前老人的运动方向可视为竖直向下，不计空气阻力。有关从气囊触地到老人安全静止于地面的过程，下列说法正确的是（　　） A．由于缓冲作用，老人对气囊的作用力小于气囊对老人的作用力 B．气囊对老人的弹力始终小于老人的重力 C．老人的动能的减少量小于克服气囊弹力做的功 D．气囊对老人的弹力的冲量大小小于老人重力的冲量大小 6．（2025·北京四中·期中）如图所示，摩天轮的半径为R，匀速转动的角速度为。质量为m的游客坐在摩天轮的座椅上重力加速度为g，不考虑摩天轮座舱的大小。下列说法正确的是（　　） A．在最高点时，游客处于受力平衡状态 B．在与圆心等高处，座椅对游客的作用力大于mg C．在最低点时，游客对座椅的压力大小为 D．在从最高点到最低点的过程中，座椅对游客不做功 7．(2025·北京通州区·期中)“反向蹦极”是蹦极运动中的一种形式，其情景如图所示。弹性轻绳的上端固定在点，竖直拉长后将下端固定在某游客的身上，并与固定在地面上的力传感器相连，此时传感器示数为。打开扣环，游客从点由静止释放，上升到点时弹性绳恢复原长，再经点继续上升到最高点。已知该游客与装备（可视为质点）总质量为，忽略空气阻力和弹性绳的重力，重力加速度取。下列说法正确的是（　　） A．打开扣环瞬间，游客的加速度大小为 B．从到过程，游客做加速度减小的加速运动 C．从到过程，弹性绳对游客的冲量等于游客的动量变化量 D．若换成体重较轻的游客，在相同初始条件下，其上升的最高位置将高于点 8．（2026·北京顺义·期末）质量为m1和m2的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，其位移x随时间t变化的图像如图所示，已知m2=3kg，下列说法正确的是（　　） A．m1的质量为2kg B．此碰撞为弹性碰撞 C．碰撞后两物体速度相同 D．碰撞前后m1的动量变化量大小为2kg·m/s 9．（2025·北京市海淀区·期中）一小球以初速度竖直向上抛出，经过时间落回抛出点，小球上升的最大高度为。整个运动过程中，小球所受空气阻力的大小与速度的大小成正比。规定抛出点处小球的重力势能为零，以抛出点为原点，取竖直向上为正方向。图中可能正确反映整个运动过程中，小球速度随时间、加速度随时间、重力势能随位移、机械能随位移的变化关系的是（　　） A． B． C． D． 10．（2025·北京朝阳·期中）分拣线上常会用到改变工件运动方向的装置。如图所示，宽度为的水平传送带以速度向右匀速运动，在其上方固定一光滑挡板，挡板与传送带边界夹角为。现将质量为的工件（可视为质点）轻放在传送带中心线上一点，当工件相对传送带静止时恰好碰到挡板，碰后工件垂直于挡板方向的速度减为零，平行于挡板方向的速度与碰前相同，最终从边界离开传送带。已知工件与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度大小为。则工件（　　） A．从放上传送带至碰到挡板，所用的时间为 B．从放上传送带至碰到挡板，摩擦力对其做功为 C．沿挡板运动时对挡板的压力大小为 D．从碰到挡板至离开传送带所用的时间为 11．（2026·北京丰台·期末）如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的粗糙半圆形导轨BC在B点平滑相接，导轨半径为R。质量为m的物块将弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧时速度为，沿半圆形导轨到达C点时速度为。物块可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。求： (1)弹簧压缩至A点时的弹性势能； (2)物块在C点时受到导轨对它的弹力的大小； (3)物块从B点到C点的过程中，导轨BC对物块做的功W。 12．如图所示，一端带有四分之一圆弧轨道的长木板固定在水平面上，点为圆弧轨道的最低点，段为长木板的水平部分，长木板的右端与平板车上表面平齐并紧靠在一起，但不粘连。现将一质量为的物块在圆弧的最高点由静止释放，经过点时对长木板的压力为。物块经点滑到平板车的上表面，若平板车固定不动，物块恰好停在平板车的最右端。已知圆弧轨道的半径为，段的长度为，平板车的质量为、长度为，物块与段之间的动摩擦因数为，平板车与水平面间的摩擦力可忽略不计，重力加速度大小为。求∶ (1)物块从点运动到点过程中克服摩擦力做的功； (2)物块在段滑动的时间； (3)若平板车不固定，求物块最终距平板车左端距离。 13．如图所示，质量m=2kg的滑块B静止放置于光滑平台上，B的左端固定一轻质弹簧。平台右侧有一质量M=6kg的小车C，小车与水平面间的摩擦不计。光滑圆弧轨道半径R=1.6m，连线PO与竖直方向夹角为60°，另一与B完全相同的滑块A从P点由静止开始沿圆弧下滑，A滑至平台上并挤压弹簧，待弹簧恢复原长后滑块B以4m/s离开平台滑上小车C且恰好未滑落，滑块B与小车C之间的动摩擦因数μ=0.75，A、B可视为质点，求： (1)滑块A刚到平台上的速度大小； (2)整个过程中弹簧弹性势能的最大值； (3)小车C的长度。 14．如图所示，光滑水平面中间部分连接一长度为L=7m顺时针匀速转动的传送带，水平面和传送带上表面平齐，水平面的左侧有一半径R=1.8m的固定光滑圆弧斜面体。一质量为m1=4kg的滑块从斜面体最高点由静止下滑，离开斜面体后滑上传送带。已知滑块A和水平传送带间的动摩擦因数µ=0.2，传送带的右侧依次放有滑块B和C，滑块C的质量为m3=1kg，滑块A、B、C均可看成质点，滑块间的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度g取10m/s2。求： (1)滑块A离开斜面体时的速度大小； (2)要使滑块A离开传送带时的速度最大，传送带运动的最小速度为多大； (3)在（2）问的基础上要使B与C碰撞一次后滑块C获得的动能最大，则滑块B的质量m2为多大。 15．（2026·北京延庆·一模）如图所示，质量为m=1kg的物块A在水平传送带左端的光滑水平面上以v0=1m/s的速度向右滑行，传送带右端有一质量为M=1kg的小车静止在光滑的水平面上，车的右端挡板处固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在Q点，小车的上表面左端点P与Q之间粗糙，Q点右侧光滑，左侧水平面、传送带及小车的上表面均无缝平滑连接，物块A与传送带及PQ之间的滑动摩擦因数相同且μ=0.5，传送带长L=4.5m，以恒定速率v=6m/s顺时针运转。取重力加速度g=10m/s2，物块A可视为质点，求： (1)物块A与传送带之间因摩擦而产生的热量Q； (2)物块A从滑上传送带到离开传送带过程中摩擦力对其做的功Wf； (3)物块A滑上小车后向右挤压弹簧，最终恰好没有离开小车，则P、Q之间的距离x。 16．（2026·北京八十中·月考）如图所示，光滑水平面与粗糙的竖直半圆轨道在B点相切，半圆轨道的半径，D是半圆轨道的最高点。将一质量的物体（可视为质点）向左压缩轻弹簧至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得一向右速度，并脱离弹簧在水平面上做直线运动，其经过B点时的速度，之后物体沿半圆轨道运动，恰好能通过D点。取重力加速度。求： (1)物体通过D点时的速度大小； (2)物体由静止释放后，弹簧对物体的冲量I； (3)物体沿半圆轨道运动过程中克服阻力所做的功W。 17．（2026·北京丰台·期末）雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到阻力有关。 (1)假设雨滴下落过程中质量为m，空气对雨滴阻力大小为（k为比例系数，v为雨滴的速度），重力加速度为g。求雨滴下落过程中加速度a与速度v的关系式。 (2)某研究小组查阅资料发现，空气阻力会使雨滴横向尺度远大于下落方向的尺度，可将其看成底面半径为R、高为（）的圆柱体。雨滴下落过程中，一方面受到空气阻力的作用，大小为（为比例系数，v为雨滴的速度），另一方面雨滴在下落过程中吸收路径上静止在空中的小水滴，还会受到小水滴的作用力。为简化研究，假设吸收小水滴前后，雨滴的密度始终为，每次吸收的小水滴质量远小于当前雨滴的质量，单位时间内吸收小水滴的质量满足：（为比例系数，v为雨滴的速度）。忽略空气分子和小水滴对雨滴侧面的碰撞。 a、在雨滴吸收小水滴的过程中，求雨滴速度为v时，受到小水滴作用力F的大小； b、雨滴下落过程中随着不停地吸收小水滴，质量增加，速度增加，一段时间后速度增加变得缓慢。请你建构合理的模型，求雨滴速度增加缓慢过程中雨滴速度v与半径R的关系。 18．（2026·北京石景山·期末）如图所示，为“蹦极”的简化情景：某游客用长度为的弹性橡皮绳拴住身体从高空悬点处由静止开始下落，弹性橡皮绳伸直后经过时间游客第一次到达最低点。弹性橡皮绳劲度系数为，始终处于弹性限度内，质量为的游客可看成质点，重力加速度为，不计空气阻力。求： (1)弹性橡皮绳刚伸直时游客的速度大小； (2)具有最大速度时，游客下落的高度； (3)时间内弹性橡皮绳平均作用力大小。 19．（2026·北京东城·期末）为激发学生参与体育活动的兴趣，某学校计划修建滑板训练的场地，设计了如图所示的路面，其中AB是倾角为53°的斜面，凹圆弧和凸圆弧的半径均为R，D、F等高，B、E等高，整个路面不计摩擦且各段之间平滑连接。已知重力加速度为g，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)从B处由静止释放一个质量为m的小物块，求小物块经过最低点C时受到的支持力大小FN。 (2)在斜面上距离B点高度为h（未知）处，由静止释放小物块。 a．改变h，可以使小物块在滑动过程中离开路面。请判断小物块在图中哪个位置离开路面，并说明理由。 b．若小物块能沿路面运动到F点，求h的取值范围。 20．（2026·北京理工附中·月考）如图所示，半径的竖直半圆形光滑轨道BC与水平面AB相切，AB距离，质量的小滑块1放在半圆形轨道末端的B点，另一质量也为的小滑块2，从A点以的初速度在水平面上滑行，两滑块相碰，碰撞时间极短，碰后两滑块粘在一起滑上半圆形轨道，已知滑块2与水平面之间的动摩擦因数，取重力加速度，两滑块均可视为质点，求： (1)碰后瞬间两滑块共同的速度大小v； (2)两滑块在碰撞过程中损失的机械能； (3)在C点轨道对两滑块的作用力大小F。 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 机械能和动量综合运用 重点解读 机械能和动量综合应用是北京物理高考力学板块的重难点，近5年真题中，该内容常以碰撞、斜面滑块、传送带、弹簧连接体等为模型载体，侧重考查机械能守恒、动能定理、动量守恒定律的单独应用及多过程综合运用，比如碰撞过程中的能量转化、动量守恒与机械能守恒的联合分析，同时常与牛顿运动定律、受力分析等知识点交叉，重点考查对物理过程的拆解能力、能量与动量的转化关系理解，以及复杂场景下的物理建模能力。 命题预测 2026年北京物理高考中，机械能和动量综合应用大概率会延续综合考查趋势：一是结合更复杂的多过程场景，比如包含摩擦力、弹簧弹力的碰撞-滑行组合过程，考查能量守恒与动量守恒的分段、联合应用；二是与电磁学知识融合，比如带电粒子在电场中的加速偏转过程中的能量变化、通电导体在安培力作用下的动量问题；三是以工程、航天等生活化、前沿化场景为背景，侧重考查学生将实际问题转化为物理模型，综合运用机械能与动量知识解决复杂问题的能力。 题型01 动能定理的综合运用 1．图甲为某型号的大型起重机，该起重机将质量为m的重物由静止开始沿竖直方向吊起，重物运动的v-t图像如图乙所示。已知t=5s时起重机达到额定功率，重物质量为m=5000kg，不计空气阻力，重力加速度为g=10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．重物上升的总高度为40m B．起重机的额定功率0.52×105W C．t=18s时起重机的瞬时功率为3.84×104W D．0~20s内起重机对重物做功为2.5×106J 【答案】C 【解析】A．v-t图像的围成的面积表示位移，根据图乙可得重物上升的总高度为，故A错误； B．由图乙知，0~5s过程中，起重机做匀加速直线运动，根据图像斜率可求得该过程中起重机的加速度大小为 根据牛顿第二定律可得 所以该过程中起重机的拉力大小为 则额定功率为，故B错误； C．根据图乙，可知起重机在15s~20s这段时间做匀减速直线运动，根据图像斜率可得此过程中起重机的加速度大小为 t=18s时，起重机的瞬时速度大小为 根据牛顿第二定律可得 所以该过程中起重机拉力大小为 则t=18s时起重机的瞬时功率为，故C正确； D．0~20s内对起重机，根据动能定理可得， 则起重机对重物做功为，故D错误。 故选C。 2．如图所示，长度为L的轻绳一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球。在O点正下方C处有一钉子，OC的距离为。现将小球从与O点等高的位置由静止释放，当小球运动至O点正下方时，轻绳恰好与钉子相碰。则（　　） A．小球在运动过程中受到重力、绳的拉力和向心力的作用 B．若仅将钉子向下移动轻绳更不容易断 C．小球能绕C点做完整的圆周运动 D．轻绳碰到钉子后的瞬间，小球受到的拉力大小为5mg 【答案】D 【解析】A．小球运动过程中仅受重力和拉力作用，合力提供向心力，故A错误； BD．小球运动到最低点的过程中，根据动能定理有 解得 碰到钉子后瞬间，小球的线速度不变，根据牛顿第二定律有 解得 当OC的距离为，则有 解得 若仅将钉子向下移动轻绳，则减小，可知变大，轻绳更容易断，故B错误，D正确； C．设轻绳碰到钉子后，小球恰好做完整圆周运动时的半径为，在圆周的最高点重力完全提供向心力，则有 从释放到圆周的最高点，根据动能定理有 联立解得 即能做完整的圆周运动时，可知，小球不能绕C点做完整的圆周运动，故C错误。故选D。 3．实验小组用手机拍摄水平抛出的小球的下落过程，如图是利用视频软件得到的小球动能与下落时间的平方图像，t=0s时将小球水平抛出，重力加速度g取10m/s²，空气阻力不计，下列说法正确的是（　　） A．小球的质量为0.1kg B．小球水平抛出的初速度为2m/s C．小球的动能为4J时，下落的高度为2m D．小球的动能为4J时，速度为4m/s 【答案】B 【解析】AB．根据动能定理 由图像可知， 解得小球的质量为m=1kg 初速度v0=2m/s，A错误，B正确； CD．根据 小球的动能为4J时，下落的高度为h=0.2m 速度为，CD错误。故选B。 4．如图所示，足够长的木板置于水平地面上，其上表面光滑，质量为，在水平拉力的作用下，以的速度沿水平地面向右匀速运动，现有若干个小铁块（可视为质点），每个质量均为，将第一个铁块无初速地放在木板最右端，当木板运动了时，又将第二块无初速地放在木板最右端，以后只要木板运动了L就在木板的最右端无初速地放上一个铁块，直到木板停下来，就不再向木板上放铁块了，，。则下列说法正确的是（　　） A．最终有5个铁块放在木板上 B．最终有6个铁块放在木板上 C．最后一个铁块与木板最右端的距离为 D．最后一个铁块与木板最右端的距离为 【答案】D 【解析】AB．无铁块时，木板做匀速直线运动，受到地面摩擦力 可以算出 每放上一块铁块，木板受到的摩擦力会增大 木板最终停下来时，木板的初动能全部用来克服增加的摩擦力所做的功，第n块铁块释放时，木板克服摩擦力所做的功为 由动能定理可得 解得 即第7个铁块放上去后木板再运动不足1m便会停下来，所以木板最终停下来时上面有7个铁块，故AB错误； CD．第7个铁块放上去时，增加的摩擦力已做功 木板剩下的动能为 设木板还能运动的距离为s，则由 解得，故C错误，D正确。故选D。 5．如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h。若空气阻力的大小保持不变，则足球（    ） A．在空中运动时，相等的时间内速度变化量相同 B．在1时，加速度最大 C．从1到2的时间大于从2到3的时间 D．从2到3的过程中，动能增加mgh 【答案】B 【解析】A．空气阻力的大小保持不变，但方向时刻变化，其与重力的合力不断变化，所以足球做加速度不断变化的曲线运动； 由可知，相等的时间内速度变化量不相同，故A错误； B．在1时，空气阻力与重力的夹角最小，合力最大，所以加速度最大，故B正确； C．研究足球竖直方向分运动，上升过程的平均加速度大于下降过程的平均加速度，根据可知，与下落过程相比，上升过程时间短，所以从1到2的时间小于从2到3的时间，故C错误； D．从2到3的过程中，由，所以足球动能增加小于mgh，故D错误。故选B。 题型02 机械能守恒定律的综合运用 6．一质量为的物体用轻弹簧悬挂，悬点为，此时轻弹簧的长度为；现对点施加一始终垂直弹簧轴线方向的作用力，缓慢拉至与竖直方向的夹角为时（　　） A．弹簧长度保持不变 B．作用力不断增大 C．弹簧的弹性势能先增大后减小 D．拉力做的功等于物体增加的机械能 【答案】B 【解析】ABC．对A点受力分析，可得弹力与拉力的合力等于重力，在缓慢拉动的过程中，弹力减小，拉力增大，所以弹簧的长度减小，弹性势能减小，故AC错误，B正确； D．又因为弹力也做了功，所以拉力做的功小于物体C增加的机械能，故D错误。故选B。 7．一个质量为m的小球（视为质点）从空中某一高度的P点以大小为的初速度竖直向上抛出，已知小球在空中受到水平向右的恒定风力，运动轨迹如图所示，忽略小球受到的空气阻力。已知小球在空中运动的最高点到抛出点的竖直距离与水平距离相等，小球下落经过了与P点相同高度的Q点，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　） A．小球受到的恒定风力大小为 B．小球经过最高点时机械能最小 C．小球经过最高点时恒定风力的瞬时功率大小为 D．小球从P点到Q点过程中机械能增加量为 【答案】D 【解析】A．已知小球在空中运动的最高点到抛出点的竖直距离与水平距离相等，竖直方向利用逆向思维，则有 可知小球在水平方向的加速度 则小球受到的恒定风力大小为，故A错误； B．小球在整个运动过程中，风力对小球一直做正功，小球的机械能一直在增加，所以小球经过最高点时机械能不是最小的，故B错误； C．小球经过最高点时，水平方向的速度大小为 则此时恒定风力的瞬时功率大小为，故C错误； D．小球运动到Q点时的速度大小为 可得小球从P点到Q点过程中机械能增加量为，故D正确。故选D。 8．传送带在实际生活和工业生产中应用丰富，极大提高了生活便利性和工业生产效率。如图所示，某快递分拣车间用倾角为的传送带运送包裹，传送带始终以速率逆时针匀速转动，某包裹与传送带间的动摩擦因数为µ，在某段时间内该包裹以恒定速率沿传送带向下运动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。这段时间内下列说法中正确的是（ 　） A．传送带对包裹的作用力竖直向上 B．可能大于 C．包裹运动过程中其机械能无损失 D．µ可能小于 【答案】A 【解析】A．该包裹以恒定速率沿传送带向下运动，则货物受力平衡，货物受重力、静摩擦力、支持力作用，传送带对包裹的作用力竖直向上，故A正确； B．若大于，此时摩擦力沿斜面向下，货物受力不平衡，故B错误； C．包裹运动过程中，摩擦力做负功，其机械能减小，故C错误； D．根据共点力平衡条件有 解得，故D错误。故选A。 9．如图甲所示，足够长光滑水平面与竖直面内的光滑半圆形轨道在B点平滑相接，光滑半圆形轨道的半径为r（大小可调）。一小球以一定的速度v经过B点后沿半圆形轨道运动，到达最高点C后水平飞出，落在所在的水平地面上，落点距B点的水平距离为x。通过调节轨道半径r，得到x与r的关系如图乙所示，图中包含了小球能通过最高点C的所有情形，重力加速度g取。则（　　） A．v =15m/s B．x的最大值为10m C．小球在轨道上的B、C两点受到的弹力大小的差值随r的增大而减小 D．r一定时，在小球沿轨道上升的过程中，每上升相同的高度，其受到的弹力大小的变化相等 【答案】D 【解析】A．小球能经过C点，则有 从B到C由机械能守恒可知 联立解得 由图可知，r最大值为rm=2m，可知，故A错误； B．在C点做平抛运动，则， 可得 则当时，x有最大值，故B错误； C．小球在轨道上B点时 在C点时 其中 解得小球的B、C两点受到的弹力大小的差值 可知与r无关，故C错误； D．小球在距离水平面高h的位置时，由机械能守恒 在该点时 其中 解得 可知r一定时，FN与h为线性关系，则r一定时，在小球沿轨道上升的过程中，每上升相同的高度，其受到的弹力大小的变化相等，故D正确。故选D。 题型03 动量定理的综合运用 10．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 【解析】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。 11．打篮球时，篮球与地面作用过程会产生声音，声音的持续时间与作用过程时间非常接近。某同学在安静环境中在t=0时刻将篮球从一定高度处由静止释放，用手机记录环境声音随时间的变化情况，如图所示。不计空气阻力，重力加速度g取，篮球质量为0.6kg，关于篮球第1次与地面作用过程的说法正确的是（　　） A．篮球初始释放位置的高度为1.5m B．篮球与地面作用后瞬间速度大小约为8 m/s C．地面对篮球的平均作用力大小约为251 N D．碰撞过程篮球损失的机械能约为1.7J 【答案】C 【解析】A．由图可知，篮球初始释放后经落地，根据，可得，A错误； B．篮球与地面作用后在空中的运动时间为，根据，可得，B错误； C．篮球落地前的速度，篮球与地面的作用时间，设与地面作用的过程中平均作用力为，根据动量定理 解得，C正确； D．碰撞过程篮球损失的机械能，D错误。故选C。 12．如图所示为一架质量为M的6轴运送快递无人机，悬停时每个轴上的螺旋桨均竖直向下吹出最大速度为v的气流，每个螺旋桨产生气流的有效横截面积均为S，空气密度为ρ，重力加速度为g，则该无人机悬停时其载货质量的最大值为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】无人机在空中悬停时，六个相同的螺旋桨向下推动空气获得升力，根据平衡条件有 设时间内每个螺旋桨向下吹出的空气的质量为 对向下推动的空气由动量定理 且有 联立解得 故选C。 13．水平地面上静置一个质量的物块，物块与水平面间的动摩擦因数为。从t=0时刻开始，如图甲所示，物块受到一个与水平方向成37°、方向斜向右上方的外力F作用，外力F随时间变化的图像如图乙所示。重力加速度大小取，，。则物块在时的速度大小为（　　） A．12.5m/s B．15m/s C．17.5m/s D．20m/s 【答案】B 【解析】设当物块开始运动时，拉力大小为，有 解得 由图可知 可知时物块开始运动，内，根据动量定理可得 其中 物块受到的摩擦力为 可得 又 解得物块在时的速度大小为；故选B。 14．被运动员踢出的足球在空中飞行的部分轨迹如图中虚线所示。运动员的脚与足球作用时间约为，足球上升的最大高度约为，在最高点的速率约为。足球质量约为，不考虑空气阻力，取，则运动员踢球时对足球的平均作用力大小约为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】足球在空中飞行过程由动能定理可得 足球飞起的初速度大小为 运动员与足球作用过程由动量定理 解得；故选B。 题型04 动量守恒定律的综合运用 15．滑块A的质量为1kg，以5m/s的初速度沿水平面追赶正前方初速度为3m/s的滑块B并与之发生正碰后粘在一起运动，碰撞前后两个滑块的速度一时间图像如图所示。重力加速度大小，不计碰撞时间，两个滑块均看成质点。下列说法不正确的是（　　） A．两个滑块与水平面的动摩擦因数都等于0.1 B．零时刻滑块A在滑块B的正后方4m处，2s末发生碰撞 C．碰撞过程中系统动量守恒，滑块B的质量是2kg D．碰撞过程滑块B受到的冲量大小为1N·s、方向与它的运动方向相同 【答案】C 【解析】A．由图像知三段图像的斜率大小相等均为，对滑块A，根据牛顿第二定律得 代入数据得,故A正确，不符合题意； B．因为图像在2s末发生突变，则碰撞发生在2s末；由图像围成的面积表示位移，可以求出0~2s内滑块A比B多走4m，也就是零时刻A与B间的距离为4m，故B正确，不符合题意； C．因为碰撞时间极短，所以碰撞过程中总动量守恒 其中，，，代入得,故C错误，符合题意； D．根据动量定理可知， 方向与它的运动方向相同，故D正确，不符合题意。故选C。 16．如图a所示，一个曲面是四分之一圆弧的滑块静止于水平地面上，圆弧最低点切线水平。有小球以水平向右的初速度从圆弧最低点冲上滑块。小球与滑块水平方向的速度大小分别为、，作出某段时间内图像如图b所示，不计一切摩擦。下列说法正确的是（　　） A．滑块与小球在相互作用的过程中系统动量守恒 B．小球与滑块的质量比为 C．当滑块的速度为时，小球运动到轨迹的最高点 D．当滑块的速度为时，小球再次回到圆弧的最低点 【答案】B 【解析】A．小球滑块组成的系统水平方向不受外力，滑块与小球在相互作用的过程中，水平方向动量守恒，但竖直方向上动量不守恒，因此总的动量不守恒，A错误； B．设小球的质量为，滑块的质量为，在水平方向上由动量守恒定律得，化简为，结合图（b）可得，即，故B正确； C．小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度，在水平方向上由动量守恒定律得，求得，故C错误； D．小球由最初冲上圆弧到再次回到圆弧最低点的过程中可以看成弹性碰撞，根据动量守恒，和机械能守恒可以求出，，故D错误。故选B。 17．如图，在光滑水平面上静置一质量为M、长为L的木板，质量为m的物块以速度水平向右从左端滑上木板。若物块在木板上运动过程中受到的阻力恒定，大小为f，物块可看作质点，改变物块的初速度大小，下列说法中正确的是（　　） A．越大，木板的末速度就越大 B．越大，物块与木板损失的总动能就越多 C．越大，物块与木板相对运动的时间就越短 D．无论取何值，木板的末速度都不可能大于 【答案】D 【解析】ABC．当物块未从木板上滑离，系统水平方向动量守恒，物块的初速度越大时，木板的末速度越大，两者相对位移也就越大；因物块与木板损失的总动能等于系统产热，满足 可知物块的初速度越大时，物块与木板损失的总动能就越多，木板加速度恒定，物块与木板相对运动达到共速的时间越长。当物块从木板上滑离，物块的初速度越大时，木板的末速度越小，物块与木板损失的总动能不变，物块与木板相对运动的时间越短，故ABC错误； D．当物块从木板的最左端恰好滑到木板的最右端时，物块与木板的速度相等时，木板的末速度最大，物块和木板动量守恒，根据动量守恒定律 根据能量守恒 联立解得，故D正确。故选D。 18．如图所示，小圆环A穿在光滑水平直杆上，通过细线与小圆环B相连，初始时细线恰好水平拉直。现将A、B从图示位置由静止释放，B的运动轨迹如图中虚线所示，Q点为右侧轨迹的最高点，不计空气阻力，则（    ） A．A做简谐运动 B．A、B的系统动量守恒 C．A的质量大于B的质量 D．仅增大B的质量，B能到达Q点的右侧 【答案】C 【解析】A．图示时刻，小圆环B释放瞬间，小圆环A只受支持力，不满足的情况，因此不是简谐运动，故A错误； B．在运动过程中，小圆环A与B构成的系统在竖直方向上受到的合外力不为零，因此系统动量不守恒，但是在水平方向上动量守恒，故B错误； C．由水平方向动量守恒可知 所以小圆环A与B的水平速度方向相反，大小满足 由图可知，当小圆环B运动到最高点Q时，水平方向运动的位移 即 因此，故C正确； D．由水平方向动量守恒可得，若只增大，则会减小，因此小圆环B向右摆动的水平位移会减小，无法到达Q点右侧，故D错误。故选C。 19．如图所示，小李站在小车右端，人和车均处于静止状态，水平地面光滑。某时刻小李以斜向左上方的速度v起跳，最终落在小车左端且相对于小车静止。下列说法正确的是（　　） A．小李起跳的过程中，小李和小车构成的系统机械能守恒 B．小李在空中运动时，小车向右运动 C．最终小车和小李一起向左运动 D．小李起跳的过程中，小李和小车构成的系统动量守恒 【答案】B 【解析】A．小李起跳的过程中，小李的化学能转化为机械能，因此系统的机械能不守恒，故A错误； BD．由于小李和小车组成的系统在水平方向不受外力，竖直方向受到重力的作用，因此系统动量不守恒，只是在水平方向动量守恒，根据动量守恒定律可知，当小李具有向左的分速度时，小车具有向右的速度，即小车向右运动，故B正确，D错误； C．由于系统在水平方向动量守恒，初始状态，系统动量为零，根据动量守恒定律可知，末状态系统的动量也为零，即最终小李和小车也处于静止状态，故C错误。故选B。 题型05 能量与动量的综合运用 20．图甲为沉井施工过程示意图，将井体放置在施工处，抓斗挖走井体内泥沙，井体受自身重力和泥沙阻力的共同作用而竖直下沉。若井体从静止开始下沉到停在底部，加速度a随时间t的变化如图乙，则（　　） A．时间内，井体所受合外力逐渐增大 B．时间内，井体重力的瞬时功率减小 C．时间内，井体克服阻力做功小于重力做功 D．时间内，重力和泥沙阻力的冲量大小相等 【答案】D 【解析】A．根据牛顿第二定律，由图可得时间内，井体加速度减小，可知井体所受合外力逐渐减小，故A错误； B．时间内，井体做加速度减小的加速运动，根据可得井体重力的瞬时功率增大，故B错误； C．时间内，井体从静止开始运动最后停下，初末动能均为零，动能变化量为零，根据动能定理 可得井体克服阻力做功等于重力做功，故C错误； D．时间内，动量变化量为零，根据动量定理 可得重力和泥沙阻力的冲量大小相等，故D正确。故选D。 21．如图所示，半径为的半圆柱固定于水平地面上，一质量为的小物块放置于其最高点。在圆心点正上方处有一悬点，将细绳的一端系于悬点，另一端悬挂一小球，质量为，将小球拉至细线与竖直方向成位置静止释放，小球与小物块发生弹性正碰后，小物块恰能从半圆柱的最高点脱离圆柱面。不计一切阻力，小球、物块均可视为质点，g取10m/s2，则为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】悬点在点正上方，半圆柱最高点在点正上方处，因此绳长 小球下摆过程机械能守恒，有 解得 小物块恰能从半圆柱最高点脱离，此时支持力为0，重力提供向心力，得 解得 弹性正碰满足动量守恒、动能守恒，有， 解得 代入，，整理得 即，因此 故选B。 22．从地面上以初速度10m/s竖直向上抛出一质量为0.2kg的小球，运动过程中小球受到的空气阻力f与其速率v成正比，其关系为f=kv，k为常数。已知落地前小球已经匀速下落，速率为2m/s，取重力加速度g=10m/s2，则以下说法正确的是（　　） A．的值为1s/m B．小球在上升阶段速率为1m/s时，加速度大小为20m/s2 C．小球上升的最大高度为2.6m D．小球抛出到落地过程中所用时间为1.2s 【答案】D 【解析】A．小球匀速下落时，阻力与重力平衡，则 代入数据解得，故A错误； B．小球在上升阶段速率为1m/s时，有， 解得，故B错误； C．设上升的最大高度为h，由能量守恒定律可得，全程克服阻力做功为 由于上升阶段速度较大，阻力较大，则 由动能定理可得 所以 所以，故C错误； D．设上升时间为t1，下降时间为t2，总时间 规定向下为正方向，由动量定理可得，， 联立可得，故D正确。故选D。 1．（2026·北京西城·期末）如图所示，一个圆盘在水平面内匀速转动，角速度为ω，盘面上到转轴的距离为r的位置有一个小物块随圆盘一起运动。现将圆盘的角速度逐渐增加到2ω，若此过程中物块与圆盘始终保持相对静止，则（　　） A．圆盘的角速度增加到2ω时，物块所受的向心力增加为原来的2倍 B．圆盘的角速度增加到2ω时，物块的动能增加为原来的2倍 C．此过程中，物块受到的静摩擦力沿轨迹的切线方向 D．此过程中，物块受到的静摩擦力做正功 【答案】D 【解析】A．根据向心力表达式可知，圆盘的角速度由ω增加到2ω时，物块所受的向心力增加为原来的4倍，故A错误； B．根据， 可知圆盘的角速度由ω增加到2ω时，物块的动能增加为原来的4倍，故B错误； C．此过程中，物块受到的静摩擦力存在沿轨迹的切线方向的分量改变线速度大小，还存在指向圆心的分量提供所需的向心力，则物块受到的静摩擦力方向不沿轨迹的切线方向，故C错误； D．此过程中，物块的动能增加，根据动能定理可知物块受到的静摩擦力做正功，故D正确。故选D。 2．（2026·北京昌平·期末）2025 年 4 月 30 日，神舟十九号载人飞船返回舱安全着陆，宇航员顺利出舱。返回舱在落地前，反推发动机点火使返回舱减速；返回舱落地瞬间，缓冲装置开启使返回舱安全着陆。下列说法正确的是（    ） A．返回舱在返回的过程中机械能守恒 B．返回舱在靠近地面的过程中，所受地球的引力逐渐减小 C．返回舱在落地前减速的过程中，宇航员处于超重状态 D．缓冲装置的作用原理是通过增大受力面积来减小冲击力 【答案】C 【解析】A．机械能守恒的条件是只有重力或弹力做功，无其他外力（如空气阻力、发动机推力）做功。返回舱返回过程中，受空气阻力、反推发动机点火等外力作用，这些力做功导致机械能减少，故机械能不守恒，故A错误； B．地球引力由万有引力定律 决定，其中 为返回舱到地心的距离。靠近地面时，减小，引力增大，而非减小，故B错误； C．超重状态指加速度方向向上（支持力大于重力）。反推发动机点火提供向上推力，使返回舱减速，加速度方向向上，故宇航员处于超重状态，故C正确； D．缓冲装置主要通过延长冲击作用时间或材料变形吸收能量来减小冲击力，而非单纯增大受力面积（增大面积减小的是压强，不一定减小总冲击力）。题干中缓冲装置的作用原理更符合延长作用时间或能量吸收，故D错误。故选C。 3．（2026·北京石景山·期末）羽毛球是大众喜爱的体育运动。如图所示是羽毛球从左往右飞行的轨迹图，由于空气阻力的影响，轨迹不对称。图中A、B为同一轨迹上等高的两点，为该轨迹的最高点。羽毛球在该轨迹上运动时（　　） A．在A、B两点的机械能相等 B．在A、B两点的动量相等 C．AP段动能的减小量等于PB段动能的增加量 D．AP段重力的冲量小于PB段重力的冲量 【答案】D 【解析】A．羽毛球在运动过程中受到空气阻力作用，且空气阻力做负功，羽毛球的机械能减小，羽毛球在A点的机械能大于B点的机械能，A减小； B．A、B为同一轨迹上等高的两点，重力势能相同，则羽毛球在A点的动能大于在B点的动能，则羽毛球在A点的动量大于在B点的动量，B错误； C．因为A、B等高，所以AP段和PB段的重力做功大小相等 根据动能定理，AP段动能减小量 PB段动能增加量 显然，因此AP段动能的减小量大于PB 段动能的增加量，C错误； D．在竖直方向上，AP段的平均加速度大于PB段的平均加速度，位移大小相等，所以AP段的飞行时间小于PB段的飞行时间重力的冲量 所以AP段重力的冲量小于PB段重力的冲量，D正确。故选D。 4．（2026·北京西城·期末）用完全相同的两个小球进行如图所示的实验。用小锤打击弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，同时B球被松开，自由下落。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．落地时，两球的动能相等 B．落地时，B球的动量较大 C．从开始运动至落地，两球的动能变化量相等 D．从开始运动至落地，A球的动量变化量较大 【答案】C 【解析】A．两球落地瞬间，两球竖直方向速度大小相同，但是由于A球有水平速度，可知两球落地的速度大小不同，动能也不同，故A错误； B．动量是矢量，A球落地时的合速度大于B球的速度，所以A球的动量更大，故B错误； C．动能变化量等于重力做的功，两球质量相同、下落高度相同，重力做功相同，因此动能变化量相等，故C正确； D．根据动量定理可知，动量变化量等于合外力的冲量，两球只受重力，下落高度相同，运动时间相同，重力的冲量相同，所以动量变化量相等，故D错误。故选C。 5．（2026·北京西城·期末）智能防摔马甲是一种以保障老人安全为目的的产品。防摔马甲内置气囊，老人不慎摔倒时，气囊可在老人落地前迅速充气弹出，起到缓冲作用。某位老人不慎滑倒，气囊着地前老人的运动方向可视为竖直向下，不计空气阻力。有关从气囊触地到老人安全静止于地面的过程，下列说法正确的是（　　） A．由于缓冲作用，老人对气囊的作用力小于气囊对老人的作用力 B．气囊对老人的弹力始终小于老人的重力 C．老人的动能的减少量小于克服气囊弹力做的功 D．气囊对老人的弹力的冲量大小小于老人重力的冲量大小 【答案】C 【解析】A．根据牛顿第三定律，老人对气囊的作用力与气囊对老人的作用力大小相等、方向相反，故A错误； B．老人减速下落时，加速度向上，由牛顿第二定律 可得，即气囊弹力大于重力，弹力并非始终小于重力，故B错误； C．设老人初始速度为，根据动能定理有 得 因，可得 即老人的动能的减少量小于克服气囊弹力做的功，故C正确； D．从气囊触地到老人静止的过程，老人竖直向下运动，以向下为正方向，由 因，可得，故D错误。故选C。 6．（2025·北京四中·期中）如图所示，摩天轮的半径为R，匀速转动的角速度为。质量为m的游客坐在摩天轮的座椅上重力加速度为g，不考虑摩天轮座舱的大小。下列说法正确的是（　　） A．在最高点时，游客处于受力平衡状态 B．在与圆心等高处，座椅对游客的作用力大于mg C．在最低点时，游客对座椅的压力大小为 D．在从最高点到最低点的过程中，座椅对游客不做功 【答案】B 【解析】A．在最高点时，游客做匀速圆周运动，合力提供向心力，存在向心加速度，因此受力不平衡，故A错误； B．在与圆心等高处，游客的向心力由座椅对游客作用力的水平分力提供，则有 竖直方向的分力平衡游客的重力，则有 因此座椅对游客的作用力为，故B正确； C．在最低点时，对游客受力分析，根据牛顿第二定律可得 解得 根据牛顿第三定律可知，在最低点时，游客对座椅的压力大小为，故C错误； D．在从最高点到最低点的过程中，动能不变，重力对游客做正功，根据动能定理可知，座椅对游客做负功，故D错误。故选B。 7．(2025·北京通州区·期中)“反向蹦极”是蹦极运动中的一种形式，其情景如图所示。弹性轻绳的上端固定在点，竖直拉长后将下端固定在某游客的身上，并与固定在地面上的力传感器相连，此时传感器示数为。打开扣环，游客从点由静止释放，上升到点时弹性绳恢复原长，再经点继续上升到最高点。已知该游客与装备（可视为质点）总质量为，忽略空气阻力和弹性绳的重力，重力加速度取。下列说法正确的是（　　） A．打开扣环瞬间，游客的加速度大小为 B．从到过程，游客做加速度减小的加速运动 C．从到过程，弹性绳对游客的冲量等于游客的动量变化量 D．若换成体重较轻的游客，在相同初始条件下，其上升的最高位置将高于点 【答案】D 【解析】A．传感器示数，设此时弹性绳的弹力大小为F，由平衡条件有 解得 打开扣环瞬间，由牛顿第二定律有 解得，故A错误； B．游客从A到B过程，弹性绳的拉力大于人的重力，随着人向上运动，弹性绳的伸长量减小，弹性绳的弹力减小，人所受合力减小，加速度减小，到达B点时弹性绳的弹力等于零，合外力等于重力，方向竖直向下，游客向上减速，因此在A、B之间存在一个平衡位置，该位置弹性绳的拉力等于游客的重力，故从到过程，游客先做加速度减小的加速运动再做加速度增大的减速运动，故B错误； C．根据动量定理，游客所受合外力的冲量等于其动量的变化量，从到过程，游客受到弹性绳的拉力和重力两个力作用，因此弹性绳的冲量和重力的冲量的矢量和才等于游客动量的变化量，故C错误； D．根据能量守恒，弹性绳的弹性势能转化为游客的重力势能，有 若换成体重较轻的游客，在相同初始条件下，弹性绳的弹性势能相等，游客质量减小，则上升的高度增加，所以其上升的最高位置将高于点，故D正确。故选D。 8．（2026·北京顺义·期末）质量为m1和m2的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，其位移x随时间t变化的图像如图所示，已知m2=3kg，下列说法正确的是（　　） A．m1的质量为2kg B．此碰撞为弹性碰撞 C．碰撞后两物体速度相同 D．碰撞前后m1的动量变化量大小为2kg·m/s 【答案】B 【解析】A．根据图线的斜率表示速度，碰撞前两物体的速度分别为， 碰撞后两物体的速度分别为， 根据动量守恒定律，有 解得，故A错误； B．碰撞前的总动能为 碰撞后的总动能为 则，碰撞前后总动能保持不变，此碰撞为弹性碰撞，故B正确； C．碰撞后两物体的速度分别为， 两物体速度大小相同、方向相反，故C错误； D．碰撞前后的动量变化量，故D错误。故选B。 9．（2025·北京市海淀区·期中）一小球以初速度竖直向上抛出，经过时间落回抛出点，小球上升的最大高度为。整个运动过程中，小球所受空气阻力的大小与速度的大小成正比。规定抛出点处小球的重力势能为零，以抛出点为原点，取竖直向上为正方向。图中可能正确反映整个运动过程中，小球速度随时间、加速度随时间、重力势能随位移、机械能随位移的变化关系的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】A．空气阻力随速度的变化而变化，则加速度也会不断变化，小球并不做匀变速直线运动，因此v与t的关系不可能是一次函数，故A错误； B．时刻小球落回抛出点，此时小球具有竖直向下的速度，因此受到竖直向上的阻力，则此时加速度大小一定小于g，故B错误； C．根据重力势能表达式，以及题目规定抛出点重力势能为零，取竖直向上为正方向，可得 ，与y成正比，故C正确； D．上升过程，初始机械能只有动能，到最高点机械能只有重力势能。下降过程仍有空气阻力，机械能会进一步减小，故D错误。故选C。 10．（2025·北京朝阳·期中）分拣线上常会用到改变工件运动方向的装置。如图所示，宽度为的水平传送带以速度向右匀速运动，在其上方固定一光滑挡板，挡板与传送带边界夹角为。现将质量为的工件（可视为质点）轻放在传送带中心线上一点，当工件相对传送带静止时恰好碰到挡板，碰后工件垂直于挡板方向的速度减为零，平行于挡板方向的速度与碰前相同，最终从边界离开传送带。已知工件与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度大小为。则工件（　　） A．从放上传送带至碰到挡板，所用的时间为 B．从放上传送带至碰到挡板，摩擦力对其做功为 C．沿挡板运动时对挡板的压力大小为 D．从碰到挡板至离开传送带所用的时间为 【答案】C 【解析】A．工件在传送带上做匀加速运动，加速度为 与传送带共速时有 则，故A错误； B．从放上传送带至碰到挡板，由动能定理得摩擦力对其做功，故B错误； CD．工件与传送带共速时将工件的速度分解为沿挡板方向和垂直挡板方向，如图所示 则 故工件与挡板碰撞后，垂直于挡板方向的速度减为零，相对传送带的速度大小 方向垂直于挡板斜向左下方，由于摩擦力方向与相对运动方向相反，所以工件受到传送带摩擦力与挡板对它的弹力大小相等、方向相反，根据牛顿第三定律知沿挡板运动时对挡板的压力与挡板对工件的弹力相等大小为； 又因与传送带沿挡板方向的速度相同，工件沿挡板方向不受力以做匀速直线运动，则工件从碰到挡板到离开传送带的运动时间，故C正确，D错误。故选C。 11．（2026·北京丰台·期末）如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的粗糙半圆形导轨BC在B点平滑相接，导轨半径为R。质量为m的物块将弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧时速度为，沿半圆形导轨到达C点时速度为。物块可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。求： (1)弹簧压缩至A点时的弹性势能； (2)物块在C点时受到导轨对它的弹力的大小； (3)物块从B点到C点的过程中，导轨BC对物块做的功W。 【答案】(1) (2) (3) 【解析】（1）水平面光滑，物块从释放到脱离弹簧的过程中，只有弹簧的弹力做功，弹性势能全部转化为物块的动能，则由机械能守恒定律可知弹簧压缩至A点时的弹性势能为 （2）在C点对物块进行受力分析，列牛顿第二定律方程有 解得物块在C点时受到导轨对它的弹力的大小为 （3）对物块从B点到C点的过程列动能定理方程有 解得导轨BC对物块做的功为 12．如图所示，一端带有四分之一圆弧轨道的长木板固定在水平面上，点为圆弧轨道的最低点，段为长木板的水平部分，长木板的右端与平板车上表面平齐并紧靠在一起，但不粘连。现将一质量为的物块在圆弧的最高点由静止释放，经过点时对长木板的压力为。物块经点滑到平板车的上表面，若平板车固定不动，物块恰好停在平板车的最右端。已知圆弧轨道的半径为，段的长度为，平板车的质量为、长度为，物块与段之间的动摩擦因数为，平板车与水平面间的摩擦力可忽略不计，重力加速度大小为。求∶ (1)物块从点运动到点过程中克服摩擦力做的功； (2)物块在段滑动的时间； (3)若平板车不固定，求物块最终距平板车左端距离。 【答案】(1) (2) (3) 【解析】（1）已知物块经过点时对长木板的压力为，则长木板对物块的支持力，根据牛顿第二定律有 解得 物块从点运动到点，根据动能定理有 解得 （2）物块从B点运动到C点，根据牛顿第二定律有 解得 根据位移时间公式有 解得（另一值舍弃） （3）物块从B点运动到C点做匀减速直线运动，则物块在C点的速度为 设物块与平板车的动摩擦因数为。当平板车固定时，物块从C点滑上平板车，刚好到达平板车的右端停止，根据动能定理有 解得 当平板车不固定时，物块从C点滑上平板车，因水平面光滑，故物块与平板车组成的系统满足动量守恒，设物块与平板车共速时，物块相对平板车的位移为，根据动量守恒定律有 解得 根据动能定理有 解得 说明物块不会滑离平板车，则物块最终距平板车左端距离 13．如图所示，质量m=2kg的滑块B静止放置于光滑平台上，B的左端固定一轻质弹簧。平台右侧有一质量M=6kg的小车C，小车与水平面间的摩擦不计。光滑圆弧轨道半径R=1.6m，连线PO与竖直方向夹角为60°，另一与B完全相同的滑块A从P点由静止开始沿圆弧下滑，A滑至平台上并挤压弹簧，待弹簧恢复原长后滑块B以4m/s离开平台滑上小车C且恰好未滑落，滑块B与小车C之间的动摩擦因数μ=0.75，A、B可视为质点，求： (1)滑块A刚到平台上的速度大小； (2)整个过程中弹簧弹性势能的最大值； (3)小车C的长度。 【答案】(1) (2) (3) 【解析】（1）滑块A自P点滑至平台过程中，由机械能守恒定律可得 解得滑块A刚到平台上的速度大小 （2）当A、B速度大小相等时弹簧弹性势能最大，规定向右为正方向，对A、B，由动量守恒定律可得 由能量守恒定律可得 （3）B恰好未从小车C上滑落，即B到小车C右端时二者速度相同，由动量守恒可得 由功能关系可得 代入数据解得 14．如图所示，光滑水平面中间部分连接一长度为L=7m顺时针匀速转动的传送带，水平面和传送带上表面平齐，水平面的左侧有一半径R=1.8m的固定光滑圆弧斜面体。一质量为m1=4kg的滑块从斜面体最高点由静止下滑，离开斜面体后滑上传送带。已知滑块A和水平传送带间的动摩擦因数µ=0.2，传送带的右侧依次放有滑块B和C，滑块C的质量为m3=1kg，滑块A、B、C均可看成质点，滑块间的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度g取10m/s2。求： (1)滑块A离开斜面体时的速度大小； (2)要使滑块A离开传送带时的速度最大，传送带运动的最小速度为多大； (3)在（2）问的基础上要使B与C碰撞一次后滑块C获得的动能最大，则滑块B的质量m2为多大。 【答案】(1)6m/s (2)8m/s (3)2kg 【解析】（1）设滑块A和斜面体分离时滑块A的速度大小为vA，对滑块A，根据动能定理有 解得 （2）要使滑块A离开传送带的速度最大，则滑块A在传送带上一直加速，设A离开传送带的速度为v0，则， 解得 故要使滑块A离开传送带的速度最大，传送带运动的最小速度为8m/s； （3）A、B两滑块碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 碰撞过程无机械能损失，由机械能守恒定律得 解得 同理可得B、C两滑块碰撞后，C滑块的速度为 可得 由此可知，当，即时，v3最大，滑块C获得的动能最大。 15．（2026·北京延庆·一模）如图所示，质量为m=1kg的物块A在水平传送带左端的光滑水平面上以v0=1m/s的速度向右滑行，传送带右端有一质量为M=1kg的小车静止在光滑的水平面上，车的右端挡板处固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在Q点，小车的上表面左端点P与Q之间粗糙，Q点右侧光滑，左侧水平面、传送带及小车的上表面均无缝平滑连接，物块A与传送带及PQ之间的滑动摩擦因数相同且μ=0.5，传送带长L=4.5m，以恒定速率v=6m/s顺时针运转。取重力加速度g=10m/s2，物块A可视为质点，求： (1)物块A与传送带之间因摩擦而产生的热量Q； (2)物块A从滑上传送带到离开传送带过程中摩擦力对其做的功Wf； (3)物块A滑上小车后向右挤压弹簧，最终恰好没有离开小车，则P、Q之间的距离x。 【答案】(1) (2) (3) 【解析】（1）设经过时间t，物块A与传送带速度相等，由匀变速直线运动速度公式可得 根据牛顿第二定律可得 代入数据可得t=1s 物块A滑行的距离     传送带的位移 则 物块A与传送带之间因摩擦而产生的热量 （2）物块A滑上传送带后先做加速运动直到与传送带共速，摩擦力对其做的功 解得 （3）物块A最终没有离开小车，物块A与小车具有共同的末速度，物块A与小车组成的系统动量守恒，有 分析过程由能量守恒可得 解得 16．（2026·北京八十中·月考）如图所示，光滑水平面与粗糙的竖直半圆轨道在B点相切，半圆轨道的半径，D是半圆轨道的最高点。将一质量的物体（可视为质点）向左压缩轻弹簧至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得一向右速度，并脱离弹簧在水平面上做直线运动，其经过B点时的速度，之后物体沿半圆轨道运动，恰好能通过D点。取重力加速度。求： (1)物体通过D点时的速度大小； (2)物体由静止释放后，弹簧对物体的冲量I； (3)物体沿半圆轨道运动过程中克服阻力所做的功W。 【答案】(1)2m/s (2)0.5kg·m/s (3)0.25J 【解析】（1）物体恰好能通过D点，则根据牛顿运动定律有 解得 （2）根据动量定理 弹力的冲量 （3）物体沿半圆轨道BCD运动过程中由动能定理有 解得 17．（2026·北京丰台·期末）雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到阻力有关。 (1)假设雨滴下落过程中质量为m，空气对雨滴阻力大小为（k为比例系数，v为雨滴的速度），重力加速度为g。求雨滴下落过程中加速度a与速度v的关系式。 (2)某研究小组查阅资料发现，空气阻力会使雨滴横向尺度远大于下落方向的尺度，可将其看成底面半径为R、高为（）的圆柱体。雨滴下落过程中，一方面受到空气阻力的作用，大小为（为比例系数，v为雨滴的速度），另一方面雨滴在下落过程中吸收路径上静止在空中的小水滴，还会受到小水滴的作用力。为简化研究，假设吸收小水滴前后，雨滴的密度始终为，每次吸收的小水滴质量远小于当前雨滴的质量，单位时间内吸收小水滴的质量满足：（为比例系数，v为雨滴的速度）。忽略空气分子和小水滴对雨滴侧面的碰撞。 a、在雨滴吸收小水滴的过程中，求雨滴速度为v时，受到小水滴作用力F的大小； b、雨滴下落过程中随着不停地吸收小水滴，质量增加，速度增加，一段时间后速度增加变得缓慢。请你建构合理的模型，求雨滴速度增加缓慢过程中雨滴速度v与半径R的关系。 【答案】(1) (2)， 【解析】（1）对雨滴受力分析，由牛顿第二定律 解得（） （2）a、设时间内吸收小水滴的质量为，每次吸收的小水滴质量远小于当前雨滴的质量，即，吸收后的速度大小为 由动量守恒有 故 对小水滴由动量定理有 故小水滴受到的作用力 据牛顿第三定律雨滴受到小水滴作用力 b、一段时间后速度增加变得缓慢，加速度趋于0，设此时质量增加到M 空气阻力 水滴作用力 联立解得 18．（2026·北京石景山·期末）如图所示，为“蹦极”的简化情景：某游客用长度为的弹性橡皮绳拴住身体从高空悬点处由静止开始下落，弹性橡皮绳伸直后经过时间游客第一次到达最低点。弹性橡皮绳劲度系数为，始终处于弹性限度内，质量为的游客可看成质点，重力加速度为，不计空气阻力。求： (1)弹性橡皮绳刚伸直时游客的速度大小； (2)具有最大速度时，游客下落的高度； (3)时间内弹性橡皮绳平均作用力大小。 【答案】(1) (2) (3) 【解析】（1）由动能定理得 解得 （2）当游客的速度达到最大时， 解得 下落的高度 （3）从静止下落至最低点过程，对游客由动量定理得 又 解得 19．（2026·北京东城·期末）为激发学生参与体育活动的兴趣，某学校计划修建滑板训练的场地，设计了如图所示的路面，其中AB是倾角为53°的斜面，凹圆弧和凸圆弧的半径均为R，D、F等高，B、E等高，整个路面不计摩擦且各段之间平滑连接。已知重力加速度为g，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)从B处由静止释放一个质量为m的小物块，求小物块经过最低点C时受到的支持力大小FN。 (2)在斜面上距离B点高度为h（未知）处，由静止释放小物块。 a．改变h，可以使小物块在滑动过程中离开路面。请判断小物块在图中哪个位置离开路面，并说明理由。 b．若小物块能沿路面运动到F点，求h的取值范围。 【答案】(1) (2)a．见解析；b．0＜h≤0.2R 【解析】（1）小物块从B处由静止释放到C点的过程中，根据机械能守恒定律得 在C点根据牛顿第二定律得 解得 （2）a．小物块离开路面时的临界条件是支持力为0,是凹圆弧，支持力一定不为0； 若小物块能通过D点，则向E点运动时，速度减小，所需向心力变小，但重力的法向分量变大，则支持力变大，一定不会分离。因此，若能分离则必在D位置。 b．若满足小物块能到E点且小物块在D点刚好不离开轨道，则小物块一定能沿路面运动到F点，小物块能通过E点有h＞0； 若小物块从h0高度处静止释放， 在D点刚好不离开有 解得 所以h的取值范围为 20．（2026·北京理工附中·月考）如图所示，半径的竖直半圆形光滑轨道BC与水平面AB相切，AB距离，质量的小滑块1放在半圆形轨道末端的B点，另一质量也为的小滑块2，从A点以的初速度在水平面上滑行，两滑块相碰，碰撞时间极短，碰后两滑块粘在一起滑上半圆形轨道，已知滑块2与水平面之间的动摩擦因数，取重力加速度，两滑块均可视为质点，求： (1)碰后瞬间两滑块共同的速度大小v； (2)两滑块在碰撞过程中损失的机械能； (3)在C点轨道对两滑块的作用力大小F。 【答案】(1) (2) (3) 【解析】（1）滑块2从A到B滑行过程，由动能定理： 代入 解得碰撞前滑块2的速度 碰撞过程时间极短，动量守恒，滑块1初始静止： 解得碰后共同速度： （2）损失的机械能等于碰撞前后总动能之差： 代入数值计算得： （3）碰后从B到C，轨道光滑，机械能守恒，上升高度为： 代入 解得C点速度满足 C点向心力由重力和轨道压力共同提供（圆心向下，合力向下），由向心力公式： 代入数值解得： 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 机械能和动量综合运用 题型01 动能定理的综合运用 1．【答案】C 2．【答案】D 3．【答案】B 4．【答案】D 5．【答案】B 题型02 机械能守恒定律的综合运用 6．【答案】B 7．【答案】D 8．【答案】A 9．【答案】D 题型03 动量定理的综合运用 10．【答案】C 11．【答案】C 12．【答案】C 13．【答案】B 14．【答案】B 题型04 动量守恒定律的综合运用 15．【答案】C 16．【答案】B 17．【答案】D 18．【答案】C 19．【答案】B 题型05 能量与动量的综合运用 20．【答案】D 21．【答案】B 22．【答案】D 1．【答案】D 2．【答案】C 3．【答案】D 4．【答案】C 5．【答案】C 6．【答案】B 7．【答案】D 8．【答案】B 9．【答案】C 10．【答案】C 11．【答案】(1) (2) (3) 【解析】（1）水平面光滑，物块从释放到脱离弹簧的过程中，只有弹簧的弹力做功，弹性势能全部转化为物块的动能，则由机械能守恒定律可知弹簧压缩至A点时的弹性势能为 （2）在C点对物块进行受力分析，列牛顿第二定律方程有 解得物块在C点时受到导轨对它的弹力的大小为 （3）对物块从B点到C点的过程列动能定理方程有 解得导轨BC对物块做的功为 12．【答案】(1) (2) (3) 【解析】（1）已知物块经过点时对长木板的压力为，则长木板对物块的支持力，根据牛顿第二定律有 解得 物块从点运动到点，根据动能定理有 解得 （2）物块从B点运动到C点，根据牛顿第二定律有 解得 根据位移时间公式有 解得（另一值舍弃） （3）物块从B点运动到C点做匀减速直线运动，则物块在C点的速度为 设物块与平板车的动摩擦因数为。当平板车固定时，物块从C点滑上平板车，刚好到达平板车的右端停止，根据动能定理有 解得 当平板车不固定时，物块从C点滑上平板车，因水平面光滑，故物块与平板车组成的系统满足动量守恒，设物块与平板车共速时，物块相对平板车的位移为，根据动量守恒定律有 解得 根据动能定理有 解得 说明物块不会滑离平板车，则物块最终距平板车左端距离 13．【答案】(1) (2) (3) 【解析】（1）滑块A自P点滑至平台过程中，由机械能守恒定律可得 解得滑块A刚到平台上的速度大小 （2）当A、B速度大小相等时弹簧弹性势能最大，规定向右为正方向，对A、B，由动量守恒定律可得 由能量守恒定律可得 （3）B恰好未从小车C上滑落，即B到小车C右端时二者速度相同，由动量守恒可得 由功能关系可得 代入数据解得 14．【答案】(1)6m/s (2)8m/s (3)2kg 【解析】（1）设滑块A和斜面体分离时滑块A的速度大小为vA，对滑块A，根据动能定理有 解得 （2）要使滑块A离开传送带的速度最大，则滑块A在传送带上一直加速，设A离开传送带的速度为v0，则， 解得 故要使滑块A离开传送带的速度最大，传送带运动的最小速度为8m/s； （3）A、B两滑块碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 碰撞过程无机械能损失，由机械能守恒定律得 解得 同理可得B、C两滑块碰撞后，C滑块的速度为 可得 由此可知，当，即时，v3最大，滑块C获得的动能最大。 15．【答案】(1) (2) (3) 【解析】（1）设经过时间t，物块A与传送带速度相等，由匀变速直线运动速度公式可得 根据牛顿第二定律可得 代入数据可得t=1s 物块A滑行的距离     传送带的位移 则 物块A与传送带之间因摩擦而产生的热量 （2）物块A滑上传送带后先做加速运动直到与传送带共速，摩擦力对其做的功 解得 （3）物块A最终没有离开小车，物块A与小车具有共同的末速度，物块A与小车组成的系统动量守恒，有 分析过程由能量守恒可得 解得 16．【答案】(1)2m/s (2)0.5kg·m/s (3)0.25J 【解析】（1）物体恰好能通过D点，则根据牛顿运动定律有 解得 （2）根据动量定理 弹力的冲量 （3）物体沿半圆轨道BCD运动过程中由动能定理有 解得 17．【答案】(1) (2)， 【解析】（1）对雨滴受力分析，由牛顿第二定律 解得（） （2）a、设时间内吸收小水滴的质量为，每次吸收的小水滴质量远小于当前雨滴的质量，即，吸收后的速度大小为 由动量守恒有 故 对小水滴由动量定理有 故小水滴受到的作用力 据牛顿第三定律雨滴受到小水滴作用力 b、一段时间后速度增加变得缓慢，加速度趋于0，设此时质量增加到M 空气阻力 水滴作用力 联立解得 18．【答案】(1) (2) (3) 【解析】（1）由动能定理得 解得 （2）当游客的速度达到最大时， 解得 下落的高度 （3）从静止下落至最低点过程，对游客由动量定理得 又 解得 19．【答案】(1) (2)a．见解析；b．0＜h≤0.2R 【解析】（1）小物块从B处由静止释放到C点的过程中，根据机械能守恒定律得 在C点根据牛顿第二定律得 解得 （2）a．小物块离开路面时的临界条件是支持力为0,是凹圆弧，支持力一定不为0； 若小物块能通过D点，则向E点运动时，速度减小，所需向心力变小，但重力的法向分量变大，则支持力变大，一定不会分离。因此，若能分离则必在D位置。 b．若满足小物块能到E点且小物块在D点刚好不离开轨道，则小物块一定能沿路面运动到F点，小物块能通过E点有h＞0； 若小物块从h0高度处静止释放， 在D点刚好不离开有 解得 所以h的取值范围为 20．【答案】(1) (2) (3) 【解析】（1）滑块2从A到B滑行过程，由动能定理： 代入 解得碰撞前滑块2的速度 碰撞过程时间极短，动量守恒，滑块1初始静止： 解得碰后共同速度： （2）损失的机械能等于碰撞前后总动能之差： 代入数值计算得： （3）碰后从B到C，轨道光滑，机械能守恒，上升高度为： 代入 解得C点速度满足 C点向心力由重力和轨道压力共同提供（圆心向下，合力向下），由向心力公式： 代入数值解得： 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $