微突破15 用三大观点解决动力学问题（专项训练）（全国通用）2027年高考物理一轮复习讲练测

**基本信息** 聚焦力学三大观点（牛顿运动定律、动量、能量）的理解与综合应用，通过基础辨析-综合解题-创新实战的层级设计，系统培养运动和相互作用观念、科学推理能力，实现动力学问题专项突破。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础演练|题型01（9题）|三大观点理解辨析，含碰撞、弹簧振子等模型|从概念辨析到简单应用，构建“观点选择-条件判断”逻辑链| |基础演练|题型02（8题）|多过程综合题，涉及动量守恒、能量转化|整合运动分析与观点综合，形成“过程拆分-规律匹配”解题思路| |重难创新|2题|新情境问题（碰撞模拟、轻杆圆周运动）|深化模型建构，提升复杂问题科学论证能力| |真题实战|10题|高考真题，聚焦综合应用|对接命题趋势，强化高频考点实战迁移能力|

微突破15 用三大观点解决动力学问题（专项训练）（解析版） 目录 模拟·基础演练 1 ⏳ 题型01 力学三大观点的理解与辨析 1 ⏳ 题型02 力学三大观点综合解决问题 10 重难·创新演练 22 真题·实战演练 25 模拟·基础演练 ⏳题型01 力学三大观点的理解与辨析 考查重点：力学三大观点的理解与辨析 1．（2026·江苏苏州·模拟预测）如图所示，在光滑的水平地面上有一质量为M、倾角为的斜面，斜面上表面光滑。长度为L，重力加速度为g。质量为的小滑块自斜面顶端滑下，在滑到斜面底端的过程中，下列说法正确的是（    ） A．滑块和斜面构成的系统动量守恒 B．滑块下滑的加速度为 C．滑块的位移为 D．斜面体的速度为 【答案】D 【详解】A．滑块和斜面构成的系统在水平方向合力为零，在水平方向动量守恒；在竖直方向合力不为零，在竖直方向动量不守恒，所以滑块和斜面构成的系统动量不守恒，故A错误； B．若斜面固定，则滑块下滑的加速度为，现在斜面不固定，则斜面对滑块的支持力发生变化，滑块下滑的加速度不再是，故B错误； C．滑块和斜面构成的系统在水平方向动量守恒恒成立，设滑块的水平分速度大小为，斜面的速度大小为，则 设下滑时间为，则 即 其中 解得滑块的水平位移为 竖直位移为 则滑块的位移为，故C错误； D．滑块相对斜面的速度沿斜面向下，因此速度满足 滑块和斜面构成的系统在水平方向动量守恒 滑块下滑过程中，只有重力做功，滑块和斜面体组成的系统机械能守恒 联立，解得，故D正确。 故选D。 2．▶新情境◀（2026·浙江金华·二模）2026年4月9日，“吴越杯”足球联赛首轮战罢，绍兴队2比2逼平宁波队，金华队4比0完胜舟山队。某次运动员斜向上踢出足球，在空中运动的轨迹如图所示，下列说法正确的是（     ） A．足球在运动过程中，任意相等的时间内速度变化量相同 B．足球运动到最高点时，动能最小，加速度方向竖直向下 C．足球运动到最高点时，重力的瞬时功率等于零 D．运动员将球踢出的短暂过程中，运动员对足球的冲量等于足球的动量变化量 【答案】C 【详解】A．足球在空中运动的轨迹左右不对称，故足球运动过程受空气阻力作用，因阻力方向与速度方向相反，阻力方向不断变化，故阻力和重力的合力方向及大小也不断发生变化，足球的加速度不断变化，根据可知，在任意相等的时间内足球的速度变化量的大小和方向会随加速度变化而变化，所以任意相等的时间内速度变化量不同，故A错误； B．足球运动到最高点时，由于空气阻力的作用，加速度存在切向分量，阻碍足球的运动，故足球还可以继续减速；当动能最小时，速度最小，足球的加速度切向分量为0，足球受到的合力方向与速度方向垂直，如图所示，故B错误； C．重力的瞬时功率 是足球竖直方向分速度；因足球在最高点时竖直分速度，因此重力瞬时功率为零，故C正确； D．根据动量定理，合外力的总冲量等于足球动量的变化量。踢球过程中足球还受重力作用，因此运动员对足球的冲量不等于动量变化量，故D错误。 故选C。 3．（2026·北京海淀·二模）如图所示，弹簧振子的平衡位置为O点，小球在B、C两点之间做简谐运动，B点与C点相距20cm。小球经过B点时开始计时，经过2s首次到达C点。下列说法正确的是（　　） A．弹簧振子做简谐运动的周期为2s B．0~3s内，小球通过的路程为0.1m C．0~2s内，弹簧弹力对小球始终做负功 D．0~1s内和1~2s内，小球所受弹簧弹力的冲量大小相等 【答案】D 【详解】A．根据题意小球经过B点时开始计时，经过2s首次到达C点，可知弹簧振子做简谐运动的周期为4s，故A错误； B．根据题意可知，小球做简谐运动的振幅为10cm，0~3s内，即时间内，小球通过的路程为，故B错误； C．0~2s内，弹簧弹力开始为拉力，与小球运动方向相同，对小球做正功，经过平衡位置后，弹簧弹力表现为向右的支持力，与小球的运动方向相反，对小球做负功，即0~2s内，弹簧弹力对小球先做正功，后做负功，故C错误； D．根据题意可知，小球在B点的速度为零，在C点的速度也为零，0~1s内弹簧弹力表现为拉力，1~2s内弹簧弹力表现为支持力，根据动量定理可知0~1s内和1~2s内，小球所受弹簧弹力的冲量大小相等，方向相反，故D正确。 故选D。 4．（2026·安徽芜湖·模拟预测）一质量为m的小球从地面竖直上抛，在运动过程中小球受到的空气阻力与速率成正比，它从抛出到落地过程中动量随时间变化的图像如图所示，落地前球已经做匀速直线运动。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（     ） A．小球在运动过程中加速度最大为4g B．小球上升和下降过程中阻力的冲量大小不相等 C．小球从抛出到落地的总时间为 D．小球从抛出到落地克服阻力做功为 【答案】C 【详解】A．题意可知在运动过程中小球受到的空气阻力 根据动量定理 可知图像的斜率表示合外力，由图可知t=0时刻，图像斜率的绝对值最大，小球的加速度最大，设物体运动过程中的最大加速度为，有 其中 当时，物体合外力为零，此时有 联立解得，故A错误； B．设从地面抛出到最高点的时间为，上升的高度为h，设最高点到落地的时间为，小球上升过程中阻力的冲量大小为 小球下降过程中阻力的冲量大小为 故小球上升和下降过程中阻力的冲量大小相等，故B错误； C．规定向上为正方向，从地面抛出到最高点由动量定理得 同理下降阶段 联立可得小球从抛出到落地的总时间为，故C正确； D．根据动能定理，可知小球从抛出到落地克服阻力做功，故D错误。 故选C。 5．（2024·全国·模拟预测）（多选）如图所示，光滑水平面的左侧固定一弹性挡板，质量为的小球甲和质量为、带有半径足够大光滑圆弧轨道的滑块乙放在水平面上，某时刻给小球甲向右的瞬时冲量，已知小球与挡板间的碰撞为弹性碰撞，重力加速度为。则（     ） A．甲、乙组成的系统始终机械能守恒、动量守恒 B．小球上升的最大高度为 C．小球只能冲上滑块一次 D．滑块最终的速度大小为 【答案】BD 【详解】A．甲滑上乙时，对甲、乙系统，只有重力做功，则系统的机械能守恒，而小球和滑块组成的系统竖直方向合力不为零，则系统的动量不守恒，只是在水平方向上动量守恒，故A错误； B．小球滑上滑块前，小球的速度为   当小球上升到最大高度时，小球和滑块共速，设共同速度为，则由水平方向动量守恒得   解得 设小球上升的最大高度为，则由机械能守恒定律得 解得 ，故B正确； C．设小球第一次返回到滑块底端时，小球和滑块的速度分别为、，对小球和滑块组成的系统，由动量守恒定律得   以及机械能守恒定律得 解得， 小球的速度大于滑块的速度，当小球与挡板发生碰撞后，小球一定能再次冲上滑块，故C错误； D．设小球第二次返回到滑块底端时，小球和滑块的速度分别为、，对小球和滑块组成的系统，由动量守恒定律得   以及机械能守恒定律得 解得，   小球第二次返回到滑块底端的速度小于滑块的速度，所以小球不能第三次冲上滑块，即滑块的最终速度为，故D正确。 故选BD。 6．（2025·河北·模拟预测）（多选）如图1所示，光滑水平地面上并排放着质量kg的木板A、B，一质量为kg的滑块C（可视为质点）以水平初速度m/s从木板A的左端开始运动，最终与木板B保持相对静止。已知从滑块C滑上木板A开始计时，木板B运动的v-t图像如图2所示，木板A、B与滑块C之间的动摩擦因数相同，重力加速度g取10，下列说法正确的是（　　） A．木板A、B与滑块C之间的动摩擦因数为0.2 B．木板B获得的最大速度为m/s C．木板A、B相互作用过程中，B对A的冲量大小为2N·s D．整个过程中，A、B、C组成的系统机械能的减少量为60J 【答案】AC 【详解】A．根据运动分析可知，前内，C在A上滑动，A与B一起加速，由图2知，B的加速度 对A、B整体，由牛顿第二定律 代入数据解得，故A正确； B． 时，C刚滑上B，此时， 此后A匀速，B与C组成系统动量守恒 解得，即B最大速度为，故B错误； C．设A受B的弹力为N，对A牛顿第二定律 解得 B对A的冲量大小为，故C正确； D．初始动能 末动能 机械能减少量，故D错误。 故选AC。 7．（2025·湖北黄冈·模拟预测）（多选）如图所示，质量为的带有四分之一光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，圆弧的半径为（未知），一质量为m的小球以速度水平冲上小车，恰好达到圆弧的顶端，此时M向前走了，接着小球又返回小车的左端。若，重力加速度为g，则（     ） A．整个过程小车和小球组成系统动量和机械能都守恒 B．圆弧的半径为R= C．小球在弧形槽上上升到最大高度所用的时间为 D．整个过程小球对小车做的功为 【答案】BCD 【详解】A．小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒，竖直方向上合力不为零，动量不守恒，没有阻力做功，机械能守恒，故A错误； BC．小球达到圆弧的顶端，这个过程中水平方向动量守恒得 根据能量守恒得 解得 此时小车向前走了0.25R，根据水平方向动量守恒对时间积分可得 即 根据几何关系 解得 故BC正确； D．设小球离开小车时，小球的速度为，小车的速度为，选取向右为正方向，整个过程中水平方向动量守恒得 根据能量守恒得 解得 根据动能定理整个过程小球对小车做的功为，故D正确。 故选BCD。 8．▶新情境◀（2026·河南·三模）（多选）如图（a）所示，质量为1kg、长度为4.0m的“”形长木板P静止在粗糙水平面上，在木板左侧有一质量为3kg的滑块Q，以初速度水平向右滑上木板P。P、Q之间的动摩擦因数为，P与地面间的动摩擦因数为，Q可视为质点，Q与P的碰撞可视为弹性碰撞，碰撞时间极短，重力加速度g取。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。从Q滑上P开始计时，0~1s内Q、P运动的图像如图（b）所示，下列说法正确的是（     ） A． B．Q、P碰撞后瞬间P的速度为4.5m/s C．整个过程中Q、P之间因摩擦产生的热量为24.25J D．时木板P停止运动 【答案】AD 【详解】A．设Q、P的质量分别为m、M，由图像（b）可知，Q、P的加速度大小、 研究滑块Q，根据牛顿第二定律 研究长木板P，根据牛顿第二定律 解得，A项正确； B．由图像（b）可知时，二者的相对位移为，即时二者相撞 碰撞过程中动量守恒 机械能守恒 解得，，B项错误； C．碰撞后加速，其加速度大小仍为 减速，根据牛顿第二定律 解得 经时间二者共速，则有 解得， 此过程中二者的相对位移为 整个过程中、之间因摩擦产生的热量，C项错误； D．、共速后一起减速，加速度大小为 经停止运动 运动的总时间为，D项正确。 故选AD。 9．（2026·重庆江津·三模）（多选）半径相同的光滑小球A、B、C按图所示放置于水平地面上，其中A、B球用长为l的竖直轻杆连接，B、C球接触但不粘连。在受轻微扰动后轻杆开始向左倾斜，三个小球始终在同一竖直面内运动，A球与地面的碰撞为弹性碰撞，整个过程中B球未离开地面。已知小球C的最大速度为v，小球A、B、C的质量分别为3m、2m、m，重力加速度为g。则（　　） A．B、C球分离时，A球的加速度为g B．A球落地前，轻杆对B球一直做正功 C．A球落地前瞬间的速度大小为 D．A球落地时与反弹到最高点时，两个时刻B球的速度相等 【答案】ACD 【详解】A．B、C分离时，B、C间的弹力为0，且加速度相等，C的加速度为0，则B的加速度也为0，杆上的弹力为0，则A的加速度为g，方向竖直向下，故A正确； B．B、C分离前，杆中弹力沿杆向外，此时杆对B做正功，对A做负功，分离后，杆中弹力沿杆向内，对A做正功，对B做负功，故B错误； C．A球落地前瞬间，A、B水平方向速度相等，在水平方向，有 根据机械能守恒定律可得 联立解得，故C正确； D．A球反弹到最高点时，AB球水平速度相等，根据水平方向动量守恒可知，A球落地时与反弹到最高点时，两个时刻B球的速度相等，故D正确。 故选ACD。 ⏳题型02 力学三大观点综合解决问题 考查重点：力学三大观点综合解决问题 10．（2026·宁夏吴忠·三模）质量为的小球b静止在光滑水平地面上，右端连接一水平轻质弹簧，半径的四分之一光滑圆弧槽锁定在地面上，现将质量为的另一小球a从圆弧槽顶端由静止释放。小球a接触弹簧到弹簧压缩到最短过程，弹簧的压缩量与弹性势能的数值关系为，重力加速度取，求： (1)小球a在圆弧槽末端对槽的压力； (2)弹簧被压缩至最短时，弹簧的压缩量； 【答案】(1)，方向竖直向下 (2) 【详解】（1）小球从顶端静止释放到底端，由机械能守恒： 代入题给数据，可解得 在圆弧槽末端（最低点），小球做圆周运动，支持力与重力的合力提供向心力（竖直向上为正）： 解得 根据牛顿第三定律，小球对槽的压力大小，方向竖直向下。 （2）小球离开圆弧槽后以速度水平向左运动，与静止的小球（连接弹簧）发生相互作用 弹簧压缩至最短时，两球速度相同，设为 系统水平方向动量守恒： 代入题给数据，解得 由于系统机械能守恒，弹簧弹性势能等于系统减少的动能： 代入题给数据，解得 由题给关系 解得 11．（2026·海南·模拟预测）如图，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上．用质量为m=0.2kg的小球压弹簧的另一端，使弹簧处于压缩状态。释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出。小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离为3m，小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的，小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为h=3.2m重力加速度大小为，忽略空气阻力，求： (1)桌面与地面的高度H； (2)释放前，弹簧存储的弹性势能； (3)小球第一次落地时与地面的接触时间为0.02s，求接触过程中球对地面的平均压力F。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）小球与地面碰撞后的竖直速度满足，解得 小球与地面碰撞前的竖直速度满足，解得 小球从桌面飞出到落地所用时间，桌面与地面的高度 （2）小球从桌面飞出的水平速度 由弹簧与小球组成的系统机械能守恒，解得 （3）取向下为正，由动量定理可得，解得地面对球的平均作用力 由牛顿第三定律，接触过程中球对地面的平均压力 12．（2026·重庆江北·三模）如图所示，光滑水平地面上叠放着两块质量均为的板A、B，它们左端对齐，接触面粗糙程度均匀。如图所示，现同时给A、B一大小均为的相向初速度；与此同时，将两个可视为质点，质量分别为和的光滑小球C、D从距短板A上表面处，以初速度相向水平抛出。其中，小球C的抛出点在两板左端正上方，两球抛出点相距。两个小球与短板A的碰撞是弹性碰撞，且撞击时间极短。两小球前两次落到板上时都恰好分别落在A的两端，两小球与短板A两次碰撞之间的某一时刻才第一次相碰，碰撞过程它们的竖直分速度不变。短板A的长度，长板B足够长，整个过程短板A的任意部分均未滑出长板B。重力加速度。求： (1)C、D的初速度的大小； (2)抛出至两小球第一次落到短板A上A、B之间的摩擦热Q； (3)C、D两球碰撞后，C、D水平分速度的大小。 【答案】(1) (2) (3)， 【详解】（1）对两个小球，从开始到第一次落到A上有 两球一开始相距L，第一次撞击短板A两端时，距离即为A的长度； 故 解得： （2）两个小球落到A上之前，假设尚未停下，则对均有 这个过程中，A的位移等于C的位移 解得： 此时，的速度大小均为 解得，假设成立 解得 （3）撞击A前，两个小球的竖直分速度大小记为，则 解得，撞击后，它们的竖直分速度大小也为。 小球两次落到A上的时间间隔记为，则 解得 从两球第一次落到A上，到两球相撞的时间记为，则 解得 以向右为正方向，设两球碰后的水平速度分别为和，则在两次落到A上之间的过程中的位移分别为 由于两次C、D落在板上时都恰好分别落在A的两端，所以应该有 于是 碰撞过程，水平方向动量守恒 解得， 水平分速度大小分别为， 13．（2026·贵州黔西南·二模）某个游戏装置的结构简图如图所示，解除弹簧的锁定，小球从P点射出，射出时的初速度方向和水平面的夹角为，小球运动到最高点时刚好击中位于水平桌面（厚度不计）上最左端的滑块A或木板B（滑块A叠放在木板B的最左端），只要木板B右侧能运动到桌面上的Q点或Q点右侧，就赢得了游戏。已知P点和桌面最左端的水平距离为，小球和滑块A的质量均为0.3kg且均视为质点，木板B的长度为0.9m、质量为0.2kg、厚度不计且右侧固定有挡板，木板B右侧距Q点1.3m，滑块A和木板B、木板B和桌面间的动摩擦因数分别为0.5和0.3，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，所有碰撞时间极短，不计空气阻力，重力加速度g大小取，，求： (1)P点和水平桌面上最左端间的高度差h； (2)若小球与木板B碰后立即粘在一起，通过计算判断能否赢得游戏； (3)若小球与滑块A发生弹性正碰，且之后可能的碰撞均为弹性碰撞： ①求滑块A和木板B碰撞后，滑块A和木板B的速度大小； ②通过计算判断能否赢得游戏。 【答案】(1) (2)能赢得游戏 (3)①，；②不能赢得游戏 【详解】（1）设小球从P点射出时，初速度沿水平方向的分速度大小为，小球从P点运动到水平桌面上最左端的过程看成反向的平抛运动，由平抛运动公式 竖直方向有， 水平方向有 且有 解得，， （2）设小球的质量，木板B的质量，木板B和桌面间的动摩擦因数，小球与木板B碰后立即粘在一起，共同速度为v，以水平向右为正，由动量守恒定律，有 得 依题意，碰撞时间极短，滑块A视为质点，则碰撞结束时，滑块A速度仍然为零，A将脱离木板B，小球与木板B整体向右做匀减速直线运动，设整体向右滑行的距离为，由动能定理，有 得，因为，所以木板B右侧能运动到桌面上Q点右侧，能赢得游戏； （3）①设滑块A的质量，滑块A和木板B间的动摩擦因数，小球与滑块A发生弹性正碰，设碰后两者速率分别为、，碰撞过程，两者组成的系统动量和机械能均守恒，以水平向右为正 有， 得， 之后，滑块A相对木板B向右滑动，木板B受到滑块A的滑动摩擦力 木板B受到桌面的最大静摩擦力 由于，故木板B静止不动，设滑块A滑至木板B右侧与挡板相碰时，滑块A速度为，由动能定理，有，其中 得 滑块A与木板B发生弹性碰撞，设碰后两者速度分别为、，碰撞过程，两者组成的系统动量和机械能均守恒，以水平向右为正 有， 得， ②滑块A和木板B碰撞后，滑块A和木板B分别向右做匀加速直线运动和匀减速直线运动，假设两者能够共速，设经历的时间为，共同速度为，以水平向右为正，由动量定理 对滑块A有 对木板B 得， 设此过程中，滑块A和木板B的位移分别为和，由匀变速直线运动，平均速度和位移的关系 有， 得， 木板B相对滑块A的位移，两者共速假设成立，由于，且，故共速后，两者保持相对静止，一起向右继续做匀减速直线运动直至停止，设两者一起做匀减速直线运动的位移为，由动能定理，有 得，由于，所以不能赢得游戏。 14．（2026·福建泉州·模拟预测）如图所示，足够长的木板C静止放在光滑水平面上，其质量为。质量的小物块A、B开始静止在木板C上，二者间距为d=1m。现分别对A、B施加瞬时冲量，使A、B同时以的速度水平向右运动。物块A与木板C间的动摩擦因数为，物块B与木板C间的动摩擦因数为，A、B两物块均可视为质点且其碰撞为弹性碰撞，碰撞时间极短，重力加速度g取。求： (1)A、B开始运动瞬间，A、B、C各自的加速度大小； (2)运动过程中A物体的最小速度大小； (3)运动过程中A、C间因摩擦产生的热量与B、C间因摩擦产生的热量之比。 【答案】(1)2m/s2 (2)2m/s (3) 【详解】（1）对物块A，根据牛顿第二定律，有 解得 对物块B，根据牛顿第二定律，有 解得 对木板C，根据牛顿第二定律，有 解得 （2）设B与C先共速 解得 又有 此过程中A与B的位移分别为， 解得， 恰好有 即B与C共速的同时A追上B并与B发生弹性碰撞，此时A的速度为 根据动量守恒，有 根据能量守恒，有 解得， 即碰撞后A与C共速，B速度更快。设A与C可以相对静止，对A、C整体，根据牛顿第二定律，有 对A，有 解得 即碰撞后A与C可以相对静止一起加速，最终A、B、C共速。 根据动量守恒，有 解得 故得运动过程中A物体的最小速度为 （3）从开始到时刻，A、C间的相对位移大小为 A、C间由于摩擦产生的热量 解得 最终A、B、C共速，全过程系统由于摩擦产生的热量等于系统动能减少量 则B、C间由于摩擦产生的热量为 可得 则运动过程中A、C间因摩擦产生的热量与B、C间因摩擦产生的热量之比。 15．▶新情境◀（2026·河南南阳·三模）如图，有两块大小不同的圆形薄板（厚度不计），质量分别为M和m，半径分别为R 和r，两板之间用一根长为1.6m的轻质刚绳连接。开始时，两板水平放置并叠合在一起，在其正下方0.8m处有一固定支架 C，支架上有一半径为R'（r<R'<R）的圆孔，圆孔与两薄板的中心均在同一竖直线上。让两个圆形薄板自由下落，大板与支架C发生弹性碰撞，在轻绳绷紧瞬间，两薄板具有共同速度v。取重力加速度 忽略空气阻力。 (1)若，求v的值以及由于轻绳绷紧损失的机械能占绷紧前机械能的百分比； (2)若，要使v的方向向上，求k值的范围。 【答案】(1)，方向向下； (2) 【详解】（1）两块板一开始一起自由下落，下落高度 ，由自由落体公式得碰撞支架前的速度大小 和支架发生弹性碰撞，碰撞后速度反向，大小仍为 继续向下运动，速度大小仍为 ，方向向下。 设从碰撞后到绳绷紧前的运动时间为 ，绳长 ，取向上为正方向， 的位移 的位移 两者相对位移满足 ，代入得 解得 绳绷紧前瞬间， 的速度（向上，为正） 的速度（向下，为负） 绳绷紧瞬间，内力远大于外力，动量守恒。 当 时，由动量守恒 代入 、、 则 解得 即 的大小为 ，方向向下。 绷紧前总机械能 绷紧后总机械能 损失机械能占比 (2) 已知 ，即 ，由动量守恒 则 整理得 ， 要求 方向向上，即 ，因 恒成立，故 解得 16．（2026·河南郑州·模拟预测）如图所示，质量为的物块A在水平传送带左端的光滑水平面上以的速度向右滑行，传送带右端有一质量为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，弹簧的自由端在点，小车的上表面左端点与之间粗糙，点右侧光滑，左侧水平面、传送带及小车的上表面均平滑连接，物块A与传送带及之间的滑动摩擦因数相同均为，传送带长，以恒定速率顺时针运转。取重力加速度，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； (2)物块A从滑上传送带到与传送带共速过程中传送带对物块的冲量的大小； (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，则点、之间的距离。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设经过时间，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 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，传送带对物块的作用力的冲量为支持力冲量和摩擦力冲量的矢量和，其中， 合冲量 （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 17．（2026·山东日照·模拟预测）水平固定长台面左侧放一足够长的木板A，在木板A右端上方放置一物块B，光滑小球C静止于台面右侧，半径为的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定于水平台面右端。水平直轨道和水平传送带平滑无缝连接，长为的传送带逆时针匀速转动，小物块静止在点，距传送带左端点处。现对木板施加水平向右的恒力，后撤掉该力，再经木板、物块刚好共速，此时木板右端碰到小球，且发现物块在木板上表面的痕迹长度等于木板在台面上的痕迹长度的，木板与小球碰撞后，小球进入轨道，且小球从点以竖直向下的速度平滑过渡进入与之相切的半径为的四分之一光滑圆槽（点过渡接口大小可忽略），圆槽不固定且底部与水平直轨道段（光滑）相切，与点距离为的处有一触发器能立刻锁定到达该处的物体。已知，木板的质量为，物块、小球、小物块与圆槽的质量均为，木板与台面间的动摩擦因数为，小物块与水平直轨道段、传送带间的动摩擦因数分别为和，重力加速度大小取。所有碰撞为弹性正碰且碰撞时间不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块和小球大小、各连接处空隙、空气阻力以及其他摩擦均不计，整个过程中圆槽不翻转，求： (1)木板与物块之间的动摩擦因数； (2)小球在圆槽下落高度为时，圆槽的速度大小； (3)小物块D运动的总路程与传送带速度的关系。 【答案】(1)0.1 (2) (3)时，；时， 【详解】（1）设的加速度为​，整个过程仅受的摩擦力，故 ，共速时速度 对，前加速度 后加速度 由题意，相对痕迹长度 得 其中 共速条件 解得， （2）与弹性碰撞，有， 得碰撞后的速度 沿光滑轨道下滑到，机械能守恒得 水平方向动量守恒（为圆槽速度，为水平速度，m为圆槽质量） 机械能守恒 下落时，由几何关系，C与圆心连线与竖直方向夹角 圆弧切线方向相对速度满足 联立得 （3）离开圆槽时，水平方向动量守恒 机械能守恒 离开圆槽时 与弹性碰撞有， 获得 从到（距离），减速的加速度 后到达的速度满足 可得 进入传送带后向右减速到0，最远位移，不会碰传送带右端，之后向左返回，传送带速度不同时，回到K点的速度不同。当传送带的速度时，D原速率返回K点，再与小球C碰撞，然后小球滑上圆槽，由于圆槽锁定，小球同样以原速率返回，与D碰撞后，速度互换，如此往复，最终D停下，因此总的路程。 当时，D返回K点时的速率与传送带速率相同为v，再与小球C碰撞，然后小球滑上圆槽，由于圆槽锁定，小球同样以原速率返回，与D碰撞速度互换，如此往复，最终D停下，总的路程。 重难·创新演练 设题创新:素养提升综合题(T1、T2); 1．▶新情境◀（2026·江西上饶·二模）某次货物装载的碰撞模拟实验如图所示，光滑水平地面上固定一圆弧斜槽，斜槽由半径为的四分之一光滑圆弧和长度为的粗糙水平面组成，斜槽左侧紧挨着一辆小车，小车质量为，其右端和斜槽末端平滑对接但不粘连，小车左侧足够远处有固定于地面的平台P。平台与车的上表面等高，劲度系数N/m的轻质弹簧左端固定在平台上，右端连接一个轻质粘性板Q（下端光滑），弹簧开始处于压缩状态，压缩量。由轻绳拴接固定。现将一质量为的物块（可视为质点）从斜槽顶端点由静止释放，物块经过点后滑上小车，小车与平台的碰撞时间极短，每次碰撞后小车被反弹，速度大小减为碰撞前的一半，整个过程中物块始终未滑离小车。已知物块与段的动摩擦因数，物块与小车上表面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，求： (1)物块运动到点时的速度大小； (2)小车与平台第2次碰撞前瞬间，物块与小车右端的距离； (3)当物块和小车均停下时，物块恰在小车最左端。此时将小车锁住不动，同时剪断轻绳，物块被粘性板Q粘住，经阻尼振动后最终再次停下。弹簧始终处于弹性限度内，求物块阻尼振动的路程以及本次模拟实验全程物块与小车之间产生的摩擦热。 【答案】(1) (2) (3)40m， 【详解】（1）物块从点运动到点的过程中，根据动能定理有 解得 （2）物块滑上小车后，设向左为正方向，由于小车左侧足够远，两者在碰平台前达到共同速度，由动量守恒定律得 解得 此过程中物块相对小车向左滑动的距离为，由能量守恒定律得 解得 小车与平台第1次碰撞后，速度大小减半并反向，变为，方向向右，此时物块速度仍为，方向向左，此后两者再次达到共同速度，由动量守恒定律得 解得 方向向左，此阶段物块相对小车继续向左滑动的距离为，由能量守恒定律得 解得 所以小车与平台第2次碰撞前瞬间，物块与小车右端的距离为 （3）分析可知，小车与平台第次碰撞前的共同速度为 小车在第次碰平台时，系统动能损失量为 在小车与平台无数次碰撞过程中，损失在平台上的总机械能为 由能量守恒定律可知，在小车与平台多次碰撞直至最终停止的整个阶段，物块与小车之间产生的摩擦热为 剪断轻绳后，物块随粘性板在小车上发生阻尼振动，初态弹簧压缩量，初始弹性势能 物块与小车间的滑动摩擦力 阻尼振动每次经过半个周期，振幅减小量为 因初始振幅恰好是的整数倍，故物块最终恰好停在弹簧原长处（），最终弹性势能为零，设阻尼振动的总路程为，由能量守恒定律得 解得 此振动过程中物块与小车间产生的摩擦热为 故本次模拟实验全程，物块与小车之间产生的总摩擦热为 2．▶新情境◀（2026·江苏盐城·模拟预测）如图所示，足够长的轻直杆一端连接铰链O点，从距离O点L处开始固定第1个小球，然后可依次固定间距为L的小球2、3、4…，小球的质量均为m。将轻杆由水平位置静止释放，固定的小球均随杆作竖直平面内的圆周运动。忽略一切阻力，重力加速度为g。求： (1)当仅固定小球1，杆运动到竖直位置时，对小球的拉力大小F； (2)当仅固定小球1、2时，杆从水平位置经t时间运动到竖直位置，此过程中杆对小球1的冲量I； (3)当依次固定N（N>1）个小球，从起点运动至杆竖直位置过程中，轻杆对其中某一小球做功为0，N的最小值。 【答案】(1) (2)，与水平方向夹角满足 (3)（N>K，且N和K均为整数） 【详解】（1）当仅有一个小球时，小球运动至竖直位置时由动能定理得： 解得： 由牛顿第二定律可得： 解得运动至竖直位置时轻杆对小球的拉力大小为： （2）当仅有1和2小球的时候，小球运动至竖直过程中对整体动能定理可得： 此时1号球速度为： 则： 对1号球动量定理有： 可得： 则： 方向：冲量与水平方向夹角满足斜向左上方或右上方 （3）根据动能定理可知：从水平到竖直过程中满足： 即： 若第K个小球杆没有对小球做功则必定满足 则有则代入上式： 得：（N>K，且N和K均为整数）； 由此当N取4时刚好整除3，因此N最小值为4，此时3号球全过程刚好不受杆做功。 真题·实战演练 高频考点：力学三大观点综合解决问题 1．（2025·贵州·高考真题）杵臼是我国古代加工谷物的重要工具，在《诗经·大雅》中有明确记载。使用杵臼的示意图如图（a）所示，舂捣臼中谷物时，手紧握质量为的石杵（石杵与谷物接触但未陷入），对其施加一竖直向上的恒力使其上升，作用一段时间后松手，松手后不考虑手与石杵的作用力。当石杵上升到最高点时，手再次紧握石杵并对其施加一竖直向下的作用力，其大小随下降距离的变化关系如图（b）所示，图中为的最大值。石杵接触谷物时松手，松手后不考虑手与石杵的作用力，再经过时间石杵静止，完成一次舂捣。已知，取重力加速度大小。求： (1)石杵上升的最大高度及上升过程所用的时间； (2)时间内石杵对谷物的平均作用力大小。 【答案】(1)0.4m，0.8s (2)425N 【详解】（1）对石杵施加一竖直向上的恒力，当作用时间为的过程中的加速度 此时的速度v1=at1=1m/s 上升的位移 撤去F1后还能上升的高度 还能上升的时间 石杵上升的最大高度 上升过程所用的时间 （2）根据图像，石杵下落过程中F2对石杵做功为 当到达石杵接触谷物时由动能定理 解得v2 =4m/s 石杵与谷物作用的过程，对石杵由动量定理（向上为正） 解得F=425N 根据牛顿第三定律可知，石杵对谷物的平均作用力大小425N。 2．（2025·天津·高考真题）如图所示，半径为R = 0.45m的四分之一圆轨道AB竖直固定放置，与水平桌面在B点平滑连接。质量为m = 0.12kg的玩具小车从A点由静止释放，运动到桌面上C点时与质量为M = 0.18kg的静置物块发生碰撞并粘在一起，形成的组合体匀减速滑行x = 0.20m至D点停止。A点至C点光滑，小车和物块碰撞时间极短，小车、物块及组合体均视为质点，g取10m/s2，不计空气阻力。求： (1)小车运动至圆轨道B点时所受支持力FN的大小； (2)小车与物块碰撞后瞬间组合体速度v的大小； (3)组合体与水平桌面CD间的动摩擦因数μ的值。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设小车运动至圆轨道B点时的速度大小为，由机械能守恒定律，有 由牛顿第二定律，有 代入数据，联立解得 （2）小车与物块在C点碰撞，在水平方向由动量守恒，有 代入数据，联立解得 （3）组合体水平方向受动摩擦力作用，从C点匀减速运动至D点静止，由动能定理，有 代入数据，联立解得 3．（2025·江西·高考真题）如图所示，在竖直平面内一轻质弹力绳的一端固定于P点，另一端经光滑孔钉Q连接质量为m的小球A，该球穿过与水平直杆（足够长）成角的直杆，两杆平滑连接。点P、Q和O在同一竖直线上，间距为弹力绳原长。将小球A拉至与Q等高的位置由静止释放。当小球A首次运动到斜杆底端O点后，在水平方向与穿在直杆且静止于O点、质量为的小球B发生弹性碰撞。小球A、B与杆间的动摩擦因数均为，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹力绳始终在弹性限度内且满足胡克定律，劲度系数为k，其弹性势能与伸长量x的关系为。已知重力加速度为g，间距为。 (1)求小球A下滑过程中滑动摩擦力的大小； (2)若从碰撞后开始计时，小球A第一次上滑过程中离O点的距离x与时间t关系为（为常数），求小球A第一次速度为零时，小球B与O点的距离。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）如图所示 以点为坐标原点，沿倾斜直杆ON向上为x轴正方向建立坐标系。任意选取小球A下滑过程中的某一位置，设此时弹力绳的伸长量为，小球A受到的滑动摩擦力为，小球A对倾斜直杆的压力为，小球A所受弹力绳的拉力为F，弹力绳与倾斜直杆的夹角为，孔钉Q到倾斜直杆的距离为。设 对小球A进行受力分析，可知，， 由几何关系可得 联立解得 （2）设小球A下滑到斜杆底端点时的速度为，小球由静止释放运动到点的过程中，由动能定理可得 可得 由小球A、B发生弹性碰撞后瞬间的速度分别为、，由动量守恒定律和能量守恒定律有， 解得， 由，可知小球A上滑过程做简谐运动，小球A第一次速度为零时，距离达到最大值，则有 解得 小球B碰撞后开始在直杆OM上做匀减速运动，加速度为，设小球B速度减为0所经历的时间为，则 因，则小球A在碰撞后第一次速度为零时，小球B与点的距离为，则有 联立解得 4．（2025·重庆·高考真题）如图所示，长度为d的水平传送带M顺时针匀速运动。质量为m的小物块A在传送带左端M由静止释放。A还未与传送带达到相同速度时就从右端N平滑地进入光滑水平面NO，与向右运动的小物块B发生碰撞（碰撞时间极短）。碰后A、B均向右运动，从O点进入粗糙水平地面。设A与传送带间的动摩擦因数和A、B与地面间的动摩擦因数均为，重力加速度为g。 (1)求A在传送带上的加速度大小及离开传送带时的速度大小； (2)若碰前瞬间，B的速度大小为A的一半，碰撞为弹性碰撞，且碰后A、B在粗糙地面上停下后相距d，求B的质量； (3)若B的质量是A的n倍，碰后瞬间A和B的动量相同，求n的取值范围及碰后瞬间B的速度大小范围。 【答案】(1)， (2) (3)， 【详解】（1）A在传送带上由滑动摩擦力提供加速度，即 可得 由于A还没与传送带达到相同速度时就离开传送带，所以物体在传送带上做匀加速直线运动，由 解得 （2）设B的质量为M，则由题意由碰前，，两物体发生弹性碰撞则动量和能量守恒有， 又因为在弹性碰撞中，碰前相对速度与碰后相对速度大小相等，方向相反，即 联立解得， 因为OP 段粗糙，由动能定理有 得，即， 根据题意有，且由（1）有 联立各式解得 （3）设碰前小物块B向右运动的速度为,A、B发生碰撞，则 A、B碰撞过程动量守恒有 又因为碰后瞬间A和B的动量相同，则 则， 根据碰撞的约束条件，要两物块不发生二次碰撞则有，即 碰后动能不增，即，可得 所以n的取值范围为 分别将和代入，分别可得， 所以对应的B 的速度范围为，代入 可得 5．（2025·湖南·高考真题）某地为发展旅游经济，因地制宜利用山体举办了机器人杂技表演。表演中，需要将质量为m的机器人抛至悬崖上的A点，图为山体截面与表演装置示意图。a、b为同一水平面上两条光滑平行轨道，轨道中有质量为M的滑杆。滑杆用长度为L的轻绳与机器人相连。初始时刻，轻绳绷紧且与轨道平行，机器人从B点以初速度v竖直向下运动，B点位于轨道平面上，且在A点正下方，。滑杆始终与轨道垂直，机器人可视为质点且始终作同一竖直平面内运动，不计空气阻力，轻绳不可伸长，，重力加速度大小为g。 (1)若滑杆固定，，当机器人运动到滑杆正下方时，求轻绳拉力的大小； (2)若滑杆固定，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求v的大小； (3)若滑杆能沿轨道自由滑动，，且，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求v与k的关系式及v的最小值。 【答案】(1) (2) (3)， 【详解】（1）由B点到最低点过程动能定理有 最低点牛顿第二定律可得 联立可得 （2）轻绳运动到左上方与水平方向夹角为时由能量守恒可得 水平方向 竖直方向取向上为正可得 联立可得 （3）当机器人运动到滑杆左上方且与水平方向夹角为时计为点C，由能量守恒可得 设的水平速度和竖直速度分别为，则有 则水平方向动量守恒可得 水平方向满足人船模型可得 此时机器人相对滑杆做圆周运动，因此有速度关系为 水平方向 竖直方向 联立可得 即 显然当时取得最小，此时 6．（2025·河北·高考真题）如图，一长为2m的平台，距水平地面高度为1.8m。质量为0.01kg的小物块以3m/s的初速度从平台左端水平向右运动。物块与平台、地面间的动摩擦因数均为0.2。物块视为质点，不考虑空气阻力，重力加速度g取10m/s2。 (1)求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。 (2)若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45m，物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间共计1s。求物块第一次与地面接触过程中，所受弹力冲量的大小，以及物块弹离地面时水平速度的大小。 【答案】(1)0.6m (2)IN = 0.1N·s；vx′ = 0 【详解】（1）小物块在平台做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有a = μg 则小物块从开始运动到离开平台有 小物块从平台飞出后做平抛运动有，x = vxt1 联立解得x = 0.6m （2）物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45m，则物块弹起至最大高度所用时间和弹起的初速度有，vy2 = gt2 则物块与地面接触的时间Δt = t－t1－t2 = 0.1s 物块与地面接触的过程中根据动量定理，取竖直向上为正，在竖直方向有IN－mgΔt = mvy2－m(－vy1)，vy1 = gt1 解得IN = 0.1N·s 取水平向右为正，在水平方向有， 解得vx′ = －1m/s 但由于vx′减小为0将无相对运动和相对运动的趋势，故vx′ = 0 7．（2025·广西·高考真题）图甲为某智能分装系统工作原理示意图，每个散货经倾斜传送带由底端A运动到顶端B后水平抛出，撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号，随后竖直掉入以与水平传送带共速度的货箱中，此系统利用传感器探测散货的质量，自动调节水平传送带的速度，实现按规格分装。倾斜传送带与水平地面夹角为，以速度匀速运行。若以相同的时间间隔将散货以几乎为0的速度放置在倾斜传送带底端A，从放置某个散货时开始计数，当放置第10个散货时，第1个散货恰好被水平抛出。散货与倾斜传送带间的动摩擦因数，到达顶端前已与传送带共速。设散货与传感器撞击时间极短，撞击后竖直方向速度不变，水平速度变为0。每个长度为d的货箱装总质量为M的一批散货。若货箱之间无间隔，重力加速度为g。分装系统稳定运行后，连续装货，某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面积为I如图乙，求这段时间内： (1)单个散货的质量。 (2)水平传送带的平均传送速度大小。 (3)倾斜传送带的平均输出功率。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面积为I，可知受到的冲量为I，则对单个散货水平方向由动量定理 解得单个散货的质量为 （2）落入货箱中散货的个数为 则水平传送带的平均传送速度大小为 （3）倾斜传动带上一共有10个物块，每次经过，后一个物块总会到达前一个物块的位置，因此在时间可视为第10个物块一次性传输到第1个物块的位置；设倾斜传送带的长度为L，其中散货在加速阶段，由牛顿第二定律 解得 加速时间 加速位移 设匀速时间为，其中 则匀速位移为 故传送带的长度为 加速阶段散货与传送带发生的相对位移为 在时间内传送带对外输出的功率分别用于提升物块的高度和增加物块的动能，即 其中，     联立可得倾斜传送带的平均输出功率为 8．（2025·四川·高考真题）如图所示，倾角为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，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】(1) (2)或 (3) 【详解】（1）小球甲从a点沿直线运动到b点过程中,根据牛顿第二定律有 解得甲在ab段运动的加速度大小 （2）甲恰能到c点，设到达c点时的速度为，可知 解得① 根据题意甲乙发生完全弹性碰撞，碰撞前后根据动量守恒和能量守恒， 解得碰后乙的速度为② 碰后乙能运动至点，第一种情况，碰后乙顺着挡板做圆周运动后沿着斜面到达e点，此时需满足 即③ 联立①②③可得 第二种情况，碰后乙做类平抛运动到达e点，此时可知， 解得④ 联立①②④可得 （3）在（2）问的质量比条件下，若碰后乙能越过线段，根据前面分析可知当满足第一种情况时，碰后乙做圆周运动显然不满足能越过线段，故碰后乙做类平抛运动越过线段，故碰后乙的速度必然满足 同时根据类平抛运动规律可知， 同时需保证小球不能撞击到圆弧cd上，可得当， 联立解得⑤ 联立②⑤将代入可得⑥ 对甲球从a到c过程中根据动能定理⑦ 联立⑥⑦可得 9．（2025·浙江·高考真题）一游戏装置的竖直截面如图所示。倾斜直轨道AB、半径为R的竖直螺旋轨道、水平轨道BC和、倾角为的倾斜直轨道EF平滑连接成一个抛体装置。该装置除EF段轨道粗糙外，其余各段均光滑，F点与水平高台GHI等高。游戏开始，一质量为m的滑块1从轨道AB上的高度h处静止滑下，与静止在C点、质量也为m的滑块2发生完全非弹性碰撞后组合成滑块3，滑上滑轨。若滑块3落在GH段，反弹后水平分速度保持不变，竖直分速度减半；若滑块落在H点右侧，立即停止运动。已知，EF段长度，FG间距，GH间距，HI间距，EF段。滑块1、2、3均可视为质点，不计空气阻力，，。 (1)若，求碰撞后瞬间滑块3的速度大小； (2)若滑块3恰好能通过圆轨道，求高度h； (3)若滑块3最终落入I点的洞中，则游戏成功。讨论游戏成功的高度h。 【答案】(1) (2)2m (3)2.5m或2m 【详解】（1）对滑块1由动能定理 解得滑块1与滑块2碰前的速度大小为 滑块1与滑块2碰撞过程中，由动量守恒定律 解得碰撞后瞬间滑块3的速度大小为 （2）在轨道D点，由牛顿第二定律 解得 滑块3从D点到C＇点，由机械能守恒定律 解得 结合， 联立解得 （3）滑块3从C＇点到F点的过程中，由动能定理 若滑块3直接落入洞中，则竖直方向 水平方向 结合， 联立解得 若经一次反弹落入洞中，则 水平方向 结合， 联立解得 由计算结果，可知滑块在斜轨道上高度为处开始下滑，是滑块能通过圆轨道最高点的最小高度，因此是滑块开始下滑到在GH经一次反弹落入洞中。因此小问3的答案是或。 10．（2024·天津·高考真题）如图所示，光滑半圆轨道直径沿竖直方向，最低点与水平面相切。对静置于轨道最低点的小球A施加水平向左的瞬时冲量I，A沿轨道运动到最高点时，与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘在一起。已知I = 1.8 N∙s，A、B的质量分别为mA = 0.3 kg、mB = 0.1 kg，轨道半径和绳长均为R = 0.5 m，两球均视为质点，轻绳不可伸长，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求： (1)与B碰前瞬间A的速度大小； (2)A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小。 【答案】(1)4 m/s (2)11.2 N 【详解】（1）根据题意，设小球A从最低点开始运动时的速度为v0，由动量定理有 设与B碰前瞬间A的速度大小v，从最低点到最高点，由动能定理有 联立代入数据解得 （2）A与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘在一起，由动量守恒定律有 设A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小为F，由牛顿第二定律有 联立代入数据解得 1 / 38 学科网（北京）股份有限公司 $ 微突破15 用三大观点解决动力学问题（专项训练）（原卷版） 目录 模拟·基础演练 1 ⏳ 题型01 力学三大观点的理解与辨析 1 ⏳ 题型02 力学三大观点综合解决问题 5 重难·创新演练 13 真题·实战演练 15 模拟·基础演练 ⏳题型01 力学三大观点的理解与辨析 考查重点：力学三大观点的理解与辨析 1．（2026·江苏苏州·模拟预测）如图所示，在光滑的水平地面上有一质量为M、倾角为的斜面，斜面上表面光滑。长度为L，重力加速度为g。质量为的小滑块自斜面顶端滑下，在滑到斜面底端的过程中，下列说法正确的是（    ） A．滑块和斜面构成的系统动量守恒 B．滑块下滑的加速度为 C．滑块的位移为 D．斜面体的速度为 2．▶新情境◀（2026·浙江金华·二模）2026年4月9日，“吴越杯”足球联赛首轮战罢，绍兴队2比2逼平宁波队，金华队4比0完胜舟山队。某次运动员斜向上踢出足球，在空中运动的轨迹如图所示，下列说法正确的是（     ） A．足球在运动过程中，任意相等的时间内速度变化量相同 B．足球运动到最高点时，动能最小，加速度方向竖直向下 C．足球运动到最高点时，重力的瞬时功率等于零 D．运动员将球踢出的短暂过程中，运动员对足球的冲量等于足球的动量变化量 3．（2026·北京海淀·二模）如图所示，弹簧振子的平衡位置为O点，小球在B、C两点之间做简谐运动，B点与C点相距20cm。小球经过B点时开始计时，经过2s首次到达C点。下列说法正确的是（　　） A．弹簧振子做简谐运动的周期为2s B．0~3s内，小球通过的路程为0.1m C．0~2s内，弹簧弹力对小球始终做负功 D．0~1s内和1~2s内，小球所受弹簧弹力的冲量大小相等 4．（2026·安徽芜湖·模拟预测）一质量为m的小球从地面竖直上抛，在运动过程中小球受到的空气阻力与速率成正比，它从抛出到落地过程中动量随时间变化的图像如图所示，落地前球已经做匀速直线运动。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（     ） A．小球在运动过程中加速度最大为4g B．小球上升和下降过程中阻力的冲量大小不相等 C．小球从抛出到落地的总时间为 D．小球从抛出到落地克服阻力做功为 5．（2024·全国·模拟预测）（多选）如图所示，光滑水平面的左侧固定一弹性挡板，质量为的小球甲和质量为、带有半径足够大光滑圆弧轨道的滑块乙放在水平面上，某时刻给小球甲向右的瞬时冲量，已知小球与挡板间的碰撞为弹性碰撞，重力加速度为。则（     ） A．甲、乙组成的系统始终机械能守恒、动量守恒 B．小球上升的最大高度为 C．小球只能冲上滑块一次 D．滑块最终的速度大小为 6．（2025·河北·模拟预测）（多选）如图1所示，光滑水平地面上并排放着质量kg的木板A、B，一质量为kg的滑块C（可视为质点）以水平初速度m/s从木板A的左端开始运动，最终与木板B保持相对静止。已知从滑块C滑上木板A开始计时，木板B运动的v-t图像如图2所示，木板A、B与滑块C之间的动摩擦因数相同，重力加速度g取10，下列说法正确的是（　　） A．木板A、B与滑块C之间的动摩擦因数为0.2 B．木板B获得的最大速度为m/s C．木板A、B相互作用过程中，B对A的冲量大小为2N·s D．整个过程中，A、B、C组成的系统机械能的减少量为60J 7．（2025·湖北黄冈·模拟预测）（多选）如图所示，质量为的带有四分之一光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，圆弧的半径为（未知），一质量为m的小球以速度水平冲上小车，恰好达到圆弧的顶端，此时M向前走了，接着小球又返回小车的左端。若，重力加速度为g，则（     ） A．整个过程小车和小球组成系统动量和机械能都守恒 B．圆弧的半径为R= C．小球在弧形槽上上升到最大高度所用的时间为 D．整个过程小球对小车做的功为 8．▶新情境◀（2026·河南·三模）（多选）如图（a）所示，质量为1kg、长度为4.0m的“”形长木板P静止在粗糙水平面上，在木板左侧有一质量为3kg的滑块Q，以初速度水平向右滑上木板P。P、Q之间的动摩擦因数为，P与地面间的动摩擦因数为，Q可视为质点，Q与P的碰撞可视为弹性碰撞，碰撞时间极短，重力加速度g取。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。从Q滑上P开始计时，0~1s内Q、P运动的图像如图（b）所示，下列说法正确的是（     ） A． B．Q、P碰撞后瞬间P的速度为4.5m/s C．整个过程中Q、P之间因摩擦产生的热量为24.25J D．时木板P停止运动 9．（2026·重庆江津·三模）（多选）半径相同的光滑小球A、B、C按图所示放置于水平地面上，其中A、B球用长为l的竖直轻杆连接，B、C球接触但不粘连。在受轻微扰动后轻杆开始向左倾斜，三个小球始终在同一竖直面内运动，A球与地面的碰撞为弹性碰撞，整个过程中B球未离开地面。已知小球C的最大速度为v，小球A、B、C的质量分别为3m、2m、m，重力加速度为g。则（　　） A．B、C球分离时，A球的加速度为g B．A球落地前，轻杆对B球一直做正功 C．A球落地前瞬间的速度大小为 D．A球落地时与反弹到最高点时，两个时刻B球的速度相等 ⏳题型02 力学三大观点综合解决问题 考查重点：力学三大观点综合解决问题 10．（2026·宁夏吴忠·三模）质量为的小球b静止在光滑水平地面上，右端连接一水平轻质弹簧，半径的四分之一光滑圆弧槽锁定在地面上，现将质量为的另一小球a从圆弧槽顶端由静止释放。小球a接触弹簧到弹簧压缩到最短过程，弹簧的压缩量与弹性势能的数值关系为，重力加速度取，求： (1)小球a在圆弧槽末端对槽的压力； (2)弹簧被压缩至最短时，弹簧的压缩量； 11．（2026·海南·模拟预测）如图，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上．用质量为m=0.2kg的小球压弹簧的另一端，使弹簧处于压缩状态。释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出。小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离为3m，小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的，小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为h=3.2m重力加速度大小为，忽略空气阻力，求： (1)桌面与地面的高度H； (2)释放前，弹簧存储的弹性势能； (3)小球第一次落地时与地面的接触时间为0.02s，求接触过程中球对地面的平均压力F。 12．（2026·重庆江北·三模）如图所示，光滑水平地面上叠放着两块质量均为的板A、B，它们左端对齐，接触面粗糙程度均匀。如图所示，现同时给A、B一大小均为的相向初速度；与此同时，将两个可视为质点，质量分别为和的光滑小球C、D从距短板A上表面处，以初速度相向水平抛出。其中，小球C的抛出点在两板左端正上方，两球抛出点相距。两个小球与短板A的碰撞是弹性碰撞，且撞击时间极短。两小球前两次落到板上时都恰好分别落在A的两端，两小球与短板A两次碰撞之间的某一时刻才第一次相碰，碰撞过程它们的竖直分速度不变。短板A的长度，长板B足够长，整个过程短板A的任意部分均未滑出长板B。重力加速度。求： (1)C、D的初速度的大小； (2)抛出至两小球第一次落到短板A上A、B之间的摩擦热Q； (3)C、D两球碰撞后，C、D水平分速度的大小。 13．（2026·贵州黔西南·二模）某个游戏装置的结构简图如图所示，解除弹簧的锁定，小球从P点射出，射出时的初速度方向和水平面的夹角为，小球运动到最高点时刚好击中位于水平桌面（厚度不计）上最左端的滑块A或木板B（滑块A叠放在木板B的最左端），只要木板B右侧能运动到桌面上的Q点或Q点右侧，就赢得了游戏。已知P点和桌面最左端的水平距离为，小球和滑块A的质量均为0.3kg且均视为质点，木板B的长度为0.9m、质量为0.2kg、厚度不计且右侧固定有挡板，木板B右侧距Q点1.3m，滑块A和木板B、木板B和桌面间的动摩擦因数分别为0.5和0.3，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，所有碰撞时间极短，不计空气阻力，重力加速度g大小取，，求： (1)P点和水平桌面上最左端间的高度差h； (2)若小球与木板B碰后立即粘在一起，通过计算判断能否赢得游戏； (3)若小球与滑块A发生弹性正碰，且之后可能的碰撞均为弹性碰撞： ①求滑块A和木板B碰撞后，滑块A和木板B的速度大小； ②通过计算判断能否赢得游戏。 14．（2026·福建泉州·模拟预测）如图所示，足够长的木板C静止放在光滑水平面上，其质量为。质量的小物块A、B开始静止在木板C上，二者间距为d=1m。现分别对A、B施加瞬时冲量，使A、B同时以的速度水平向右运动。物块A与木板C间的动摩擦因数为，物块B与木板C间的动摩擦因数为，A、B两物块均可视为质点且其碰撞为弹性碰撞，碰撞时间极短，重力加速度g取。求： (1)A、B开始运动瞬间，A、B、C各自的加速度大小； (2)运动过程中A物体的最小速度大小； (3)运动过程中A、C间因摩擦产生的热量与B、C间因摩擦产生的热量之比。 15．▶新情境◀（2026·河南南阳·三模）如图，有两块大小不同的圆形薄板（厚度不计），质量分别为M和m，半径分别为R 和r，两板之间用一根长为1.6m的轻质刚绳连接。开始时，两板水平放置并叠合在一起，在其正下方0.8m处有一固定支架 C，支架上有一半径为R'（r<R'<R）的圆孔，圆孔与两薄板的中心均在同一竖直线上。让两个圆形薄板自由下落，大板与支架C发生弹性碰撞，在轻绳绷紧瞬间，两薄板具有共同速度v。取重力加速度 忽略空气阻力。 (1)若，求v的值以及由于轻绳绷紧损失的机械能占绷紧前机械能的百分比； (2)若，要使v的方向向上，求k值的范围。 16．（2026·河南郑州·模拟预测）如图所示，质量为的物块A在水平传送带左端的光滑水平面上以的速度向右滑行，传送带右端有一质量为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，弹簧的自由端在点，小车的上表面左端点与之间粗糙，点右侧光滑，左侧水平面、传送带及小车的上表面均平滑连接，物块A与传送带及之间的滑动摩擦因数相同均为，传送带长，以恒定速率顺时针运转。取重力加速度，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； (2)物块A从滑上传送带到与传送带共速过程中传送带对物块的冲量的大小； (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，则点、之间的距离。 17．（2026·山东日照·模拟预测）水平固定长台面左侧放一足够长的木板A，在木板A右端上方放置一物块B，光滑小球C静止于台面右侧，半径为的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定于水平台面右端。水平直轨道和水平传送带平滑无缝连接，长为的传送带逆时针匀速转动，小物块静止在点，距传送带左端点处。现对木板施加水平向右的恒力，后撤掉该力，再经木板、物块刚好共速，此时木板右端碰到小球，且发现物块在木板上表面的痕迹长度等于木板在台面上的痕迹长度的，木板与小球碰撞后，小球进入轨道，且小球从点以竖直向下的速度平滑过渡进入与之相切的半径为的四分之一光滑圆槽（点过渡接口大小可忽略），圆槽不固定且底部与水平直轨道段（光滑）相切，与点距离为的处有一触发器能立刻锁定到达该处的物体。已知，木板的质量为，物块、小球、小物块与圆槽的质量均为，木板与台面间的动摩擦因数为，小物块与水平直轨道段、传送带间的动摩擦因数分别为和，重力加速度大小取。所有碰撞为弹性正碰且碰撞时间不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块和小球大小、各连接处空隙、空气阻力以及其他摩擦均不计，整个过程中圆槽不翻转，求： (1)木板与物块之间的动摩擦因数； (2)小球在圆槽下落高度为时，圆槽的速度大小； (3)小物块D运动的总路程与传送带速度的关系。 重难·创新演练 设题创新:素养提升综合题(T1、T2); 1．▶新情境◀（2026·江西上饶·二模）某次货物装载的碰撞模拟实验如图所示，光滑水平地面上固定一圆弧斜槽，斜槽由半径为的四分之一光滑圆弧和长度为的粗糙水平面组成，斜槽左侧紧挨着一辆小车，小车质量为，其右端和斜槽末端平滑对接但不粘连，小车左侧足够远处有固定于地面的平台P。平台与车的上表面等高，劲度系数N/m的轻质弹簧左端固定在平台上，右端连接一个轻质粘性板Q（下端光滑），弹簧开始处于压缩状态，压缩量。由轻绳拴接固定。现将一质量为的物块（可视为质点）从斜槽顶端点由静止释放，物块经过点后滑上小车，小车与平台的碰撞时间极短，每次碰撞后小车被反弹，速度大小减为碰撞前的一半，整个过程中物块始终未滑离小车。已知物块与段的动摩擦因数，物块与小车上表面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，求： (1)物块运动到点时的速度大小； (2)小车与平台第2次碰撞前瞬间，物块与小车右端的距离； (3)当物块和小车均停下时，物块恰在小车最左端。此时将小车锁住不动，同时剪断轻绳，物块被粘性板Q粘住，经阻尼振动后最终再次停下。弹簧始终处于弹性限度内，求物块阻尼振动的路程以及本次模拟实验全程物块与小车之间产生的摩擦热。 2．▶新情境◀（2026·江苏盐城·模拟预测）如图所示，足够长的轻直杆一端连接铰链O点，从距离O点L处开始固定第1个小球，然后可依次固定间距为L的小球2、3、4…，小球的质量均为m。将轻杆由水平位置静止释放，固定的小球均随杆作竖直平面内的圆周运动。忽略一切阻力，重力加速度为g。求： (1)当仅固定小球1，杆运动到竖直位置时，对小球的拉力大小F； (2)当仅固定小球1、2时，杆从水平位置经t时间运动到竖直位置，此过程中杆对小球1的冲量I； (3)当依次固定N（N>1）个小球，从起点运动至杆竖直位置过程中，轻杆对其中某一小球做功为0，N的最小值。 真题·实战演练 高频考点：力学三大观点综合解决问题 1．（2025·贵州·高考真题）杵臼是我国古代加工谷物的重要工具，在《诗经·大雅》中有明确记载。使用杵臼的示意图如图（a）所示，舂捣臼中谷物时，手紧握质量为的石杵（石杵与谷物接触但未陷入），对其施加一竖直向上的恒力使其上升，作用一段时间后松手，松手后不考虑手与石杵的作用力。当石杵上升到最高点时，手再次紧握石杵并对其施加一竖直向下的作用力，其大小随下降距离的变化关系如图（b）所示，图中为的最大值。石杵接触谷物时松手，松手后不考虑手与石杵的作用力，再经过时间石杵静止，完成一次舂捣。已知，取重力加速度大小。求： (1)石杵上升的最大高度及上升过程所用的时间； (2)时间内石杵对谷物的平均作用力大小。 2．（2025·天津·高考真题）如图所示，半径为R = 0.45m的四分之一圆轨道AB竖直固定放置，与水平桌面在B点平滑连接。质量为m = 0.12kg的玩具小车从A点由静止释放，运动到桌面上C点时与质量为M = 0.18kg的静置物块发生碰撞并粘在一起，形成的组合体匀减速滑行x = 0.20m至D点停止。A点至C点光滑，小车和物块碰撞时间极短，小车、物块及组合体均视为质点，g取10m/s2，不计空气阻力。求： (1)小车运动至圆轨道B点时所受支持力FN的大小； (2)小车与物块碰撞后瞬间组合体速度v的大小； (3)组合体与水平桌面CD间的动摩擦因数μ的值。 3．（2025·江西·高考真题）如图所示，在竖直平面内一轻质弹力绳的一端固定于P点，另一端经光滑孔钉Q连接质量为m的小球A，该球穿过与水平直杆（足够长）成角的直杆，两杆平滑连接。点P、Q和O在同一竖直线上，间距为弹力绳原长。将小球A拉至与Q等高的位置由静止释放。当小球A首次运动到斜杆底端O点后，在水平方向与穿在直杆且静止于O点、质量为的小球B发生弹性碰撞。小球A、B与杆间的动摩擦因数均为，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹力绳始终在弹性限度内且满足胡克定律，劲度系数为k，其弹性势能与伸长量x的关系为。已知重力加速度为g，间距为。 (1)求小球A下滑过程中滑动摩擦力的大小； (2)若从碰撞后开始计时，小球A第一次上滑过程中离O点的距离x与时间t关系为（为常数），求小球A第一次速度为零时，小球B与O点的距离。 4．（2025·重庆·高考真题）如图所示，长度为d的水平传送带M顺时针匀速运动。质量为m的小物块A在传送带左端M由静止释放。A还未与传送带达到相同速度时就从右端N平滑地进入光滑水平面NO，与向右运动的小物块B发生碰撞（碰撞时间极短）。碰后A、B均向右运动，从O点进入粗糙水平地面。设A与传送带间的动摩擦因数和A、B与地面间的动摩擦因数均为，重力加速度为g。 (1)求A在传送带上的加速度大小及离开传送带时的速度大小； (2)若碰前瞬间，B的速度大小为A的一半，碰撞为弹性碰撞，且碰后A、B在粗糙地面上停下后相距d，求B的质量； (3)若B的质量是A的n倍，碰后瞬间A和B的动量相同，求n的取值范围及碰后瞬间B的速度大小范围。 5．（2025·湖南·高考真题）某地为发展旅游经济，因地制宜利用山体举办了机器人杂技表演。表演中，需要将质量为m的机器人抛至悬崖上的A点，图为山体截面与表演装置示意图。a、b为同一水平面上两条光滑平行轨道，轨道中有质量为M的滑杆。滑杆用长度为L的轻绳与机器人相连。初始时刻，轻绳绷紧且与轨道平行，机器人从B点以初速度v竖直向下运动，B点位于轨道平面上，且在A点正下方，。滑杆始终与轨道垂直，机器人可视为质点且始终作同一竖直平面内运动，不计空气阻力，轻绳不可伸长，，重力加速度大小为g。 (1)若滑杆固定，，当机器人运动到滑杆正下方时，求轻绳拉力的大小； (2)若滑杆固定，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求v的大小； (3)若滑杆能沿轨道自由滑动，，且，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求v与k的关系式及v的最小值。 6．（2025·河北·高考真题）如图，一长为2m的平台，距水平地面高度为1.8m。质量为0.01kg的小物块以3m/s的初速度从平台左端水平向右运动。物块与平台、地面间的动摩擦因数均为0.2。物块视为质点，不考虑空气阻力，重力加速度g取10m/s2。 (1)求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。 (2)若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45m，物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间共计1s。求物块第一次与地面接触过程中，所受弹力冲量的大小，以及物块弹离地面时水平速度的大小。 7．（2025·广西·高考真题）图甲为某智能分装系统工作原理示意图，每个散货经倾斜传送带由底端A运动到顶端B后水平抛出，撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号，随后竖直掉入以与水平传送带共速度的货箱中，此系统利用传感器探测散货的质量，自动调节水平传送带的速度，实现按规格分装。倾斜传送带与水平地面夹角为，以速度匀速运行。若以相同的时间间隔将散货以几乎为0的速度放置在倾斜传送带底端A，从放置某个散货时开始计数，当放置第10个散货时，第1个散货恰好被水平抛出。散货与倾斜传送带间的动摩擦因数，到达顶端前已与传送带共速。设散货与传感器撞击时间极短，撞击后竖直方向速度不变，水平速度变为0。每个长度为d的货箱装总质量为M的一批散货。若货箱之间无间隔，重力加速度为g。分装系统稳定运行后，连续装货，某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面积为I如图乙，求这段时间内： (1)单个散货的质量。 (2)水平传送带的平均传送速度大小。 (3)倾斜传送带的平均输出功率。 8．（2025·四川·高考真题）如图所示，倾角为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，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。 9．（2025·浙江·高考真题）一游戏装置的竖直截面如图所示。倾斜直轨道AB、半径为R的竖直螺旋轨道、水平轨道BC和、倾角为的倾斜直轨道EF平滑连接成一个抛体装置。该装置除EF段轨道粗糙外，其余各段均光滑，F点与水平高台GHI等高。游戏开始，一质量为m的滑块1从轨道AB上的高度h处静止滑下，与静止在C点、质量也为m的滑块2发生完全非弹性碰撞后组合成滑块3，滑上滑轨。若滑块3落在GH段，反弹后水平分速度保持不变，竖直分速度减半；若滑块落在H点右侧，立即停止运动。已知，EF段长度，FG间距，GH间距，HI间距，EF段。滑块1、2、3均可视为质点，不计空气阻力，，。 (1)若，求碰撞后瞬间滑块3的速度大小； (2)若滑块3恰好能通过圆轨道，求高度h； (3)若滑块3最终落入I点的洞中，则游戏成功。讨论游戏成功的高度h。 10．（2024·天津·高考真题）如图所示，光滑半圆轨道直径沿竖直方向，最低点与水平面相切。对静置于轨道最低点的小球A施加水平向左的瞬时冲量I，A沿轨道运动到最高点时，与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘在一起。已知I = 1.8 N∙s，A、B的质量分别为mA = 0.3 kg、mB = 0.1 kg，轨道半径和绳长均为R = 0.5 m，两球均视为质点，轻绳不可伸长，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求： (1)与B碰前瞬间A的速度大小； (2)A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小。 2 / 24 学科网（北京）股份有限公司 $ 微突破15 用三大观点解决动力学问题（专项训练）（答案版） 目录 模拟·基础演练 1 ⏳ 题型01 力学三大观点的理解与辨析 1 ⏳ 题型02 力学三大观点综合解决问题 1 重难·创新演练 9 真题·实战演练 12 模拟·基础演练 ⏳题型01 力学三大观点的理解与辨析 考查重点：力学三大观点的理解与辨析 1．【答案】D 2．【答案】C 3．【答案】D 4．【答案】C 5．【答案】BD 6．【答案】AC 7．【答案】BCD 8．【答案】AD 9．【答案】ACD ⏳题型02 力学三大观点综合解决问题 考查重点：力学三大观点综合解决问题 10．【答案】(1)，方向竖直向下 (2) 【详解】（1）小球从顶端静止释放到底端，由机械能守恒： 代入题给数据，可解得 在圆弧槽末端（最低点），小球做圆周运动，支持力与重力的合力提供向心力（竖直向上为正）： 解得 根据牛顿第三定律，小球对槽的压力大小，方向竖直向下。 （2）小球离开圆弧槽后以速度水平向左运动，与静止的小球（连接弹簧）发生相互作用 弹簧压缩至最短时，两球速度相同，设为 系统水平方向动量守恒： 代入题给数据，解得 由于系统机械能守恒，弹簧弹性势能等于系统减少的动能： 代入题给数据，解得 由题给关系 解得 11．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）小球与地面碰撞后的竖直速度满足，解得 小球与地面碰撞前的竖直速度满足，解得 小球从桌面飞出到落地所用时间，桌面与地面的高度 （2）小球从桌面飞出的水平速度 由弹簧与小球组成的系统机械能守恒，解得 （3）取向下为正，由动量定理可得，解得地面对球的平均作用力 由牛顿第三定律，接触过程中球对地面的平均压力 12．【答案】(1) (2) (3)， 【详解】（1）对两个小球，从开始到第一次落到A上有 两球一开始相距L，第一次撞击短板A两端时，距离即为A的长度； 故 解得： （2）两个小球落到A上之前，假设尚未停下，则对均有 这个过程中，A的位移等于C的位移 解得： 此时，的速度大小均为 解得，假设成立 解得 （3）撞击A前，两个小球的竖直分速度大小记为，则 解得，撞击后，它们的竖直分速度大小也为。 小球两次落到A上的时间间隔记为，则 解得 从两球第一次落到A上，到两球相撞的时间记为，则 解得 以向右为正方向，设两球碰后的水平速度分别为和，则在两次落到A上之间的过程中的位移分别为 由于两次C、D落在板上时都恰好分别落在A的两端，所以应该有 于是 碰撞过程，水平方向动量守恒 解得， 水平分速度大小分别为， 13．【答案】(1) (2)能赢得游戏 (3)①，；②不能赢得游戏 【详解】（1）设小球从P点射出时，初速度沿水平方向的分速度大小为，小球从P点运动到水平桌面上最左端的过程看成反向的平抛运动，由平抛运动公式 竖直方向有， 水平方向有 且有 解得，， （2）设小球的质量，木板B的质量，木板B和桌面间的动摩擦因数，小球与木板B碰后立即粘在一起，共同速度为v，以水平向右为正，由动量守恒定律，有 得 依题意，碰撞时间极短，滑块A视为质点，则碰撞结束时，滑块A速度仍然为零，A将脱离木板B，小球与木板B整体向右做匀减速直线运动，设整体向右滑行的距离为，由动能定理，有 得，因为，所以木板B右侧能运动到桌面上Q点右侧，能赢得游戏； （3）①设滑块A的质量，滑块A和木板B间的动摩擦因数，小球与滑块A发生弹性正碰，设碰后两者速率分别为、，碰撞过程，两者组成的系统动量和机械能均守恒，以水平向右为正 有， 得， 之后，滑块A相对木板B向右滑动，木板B受到滑块A的滑动摩擦力 木板B受到桌面的最大静摩擦力 由于，故木板B静止不动，设滑块A滑至木板B右侧与挡板相碰时，滑块A速度为，由动能定理，有，其中 得 滑块A与木板B发生弹性碰撞，设碰后两者速度分别为、，碰撞过程，两者组成的系统动量和机械能均守恒，以水平向右为正 有， 得， ②滑块A和木板B碰撞后，滑块A和木板B分别向右做匀加速直线运动和匀减速直线运动，假设两者能够共速，设经历的时间为，共同速度为，以水平向右为正，由动量定理 对滑块A有 对木板B 得， 设此过程中，滑块A和木板B的位移分别为和，由匀变速直线运动，平均速度和位移的关系 有， 得， 木板B相对滑块A的位移，两者共速假设成立，由于，且，故共速后，两者保持相对静止，一起向右继续做匀减速直线运动直至停止，设两者一起做匀减速直线运动的位移为，由动能定理，有 得，由于，所以不能赢得游戏。 14．【答案】(1)2m/s2 (2)2m/s (3) 【详解】（1）对物块A，根据牛顿第二定律，有 解得 对物块B，根据牛顿第二定律，有 解得 对木板C，根据牛顿第二定律，有 解得 （2）设B与C先共速 解得 又有 此过程中A与B的位移分别为， 解得， 恰好有 即B与C共速的同时A追上B并与B发生弹性碰撞，此时A的速度为 根据动量守恒，有 根据能量守恒，有 解得， 即碰撞后A与C共速，B速度更快。设A与C可以相对静止，对A、C整体，根据牛顿第二定律，有 对A，有 解得 即碰撞后A与C可以相对静止一起加速，最终A、B、C共速。 根据动量守恒，有 解得 故得运动过程中A物体的最小速度为 （3）从开始到时刻，A、C间的相对位移大小为 A、C间由于摩擦产生的热量 解得 最终A、B、C共速，全过程系统由于摩擦产生的热量等于系统动能减少量 则B、C间由于摩擦产生的热量为 可得 则运动过程中A、C间因摩擦产生的热量与B、C间因摩擦产生的热量之比。 15．【答案】(1)，方向向下； (2) 【详解】（1）两块板一开始一起自由下落，下落高度 ，由自由落体公式得碰撞支架前的速度大小 和支架发生弹性碰撞，碰撞后速度反向，大小仍为 继续向下运动，速度大小仍为 ，方向向下。 设从碰撞后到绳绷紧前的运动时间为 ，绳长 ，取向上为正方向， 的位移 的位移 两者相对位移满足 ，代入得 解得 绳绷紧前瞬间， 的速度（向上，为正） 的速度（向下，为负） 绳绷紧瞬间，内力远大于外力，动量守恒。 当 时，由动量守恒 代入 、、 则 解得 即 的大小为 ，方向向下。 绷紧前总机械能 绷紧后总机械能 损失机械能占比 (2) 已知 ，即 ，由动量守恒 则 整理得 ， 要求 方向向上，即 ，因 恒成立，故 解得 16．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设经过时间，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 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，传送带对物块的作用力的冲量为支持力冲量和摩擦力冲量的矢量和，其中， 合冲量 （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 17．【答案】(1)0.1 (2) (3)时，；时， 【详解】（1）设的加速度为​，整个过程仅受的摩擦力，故 ，共速时速度 对，前加速度 后加速度 由题意，相对痕迹长度 得 其中 共速条件 解得， （2）与弹性碰撞，有， 得碰撞后的速度 沿光滑轨道下滑到，机械能守恒得 水平方向动量守恒（为圆槽速度，为水平速度，m为圆槽质量） 机械能守恒 下落时，由几何关系，C与圆心连线与竖直方向夹角 圆弧切线方向相对速度满足 联立得 （3）离开圆槽时，水平方向动量守恒 机械能守恒 离开圆槽时 与弹性碰撞有， 获得 从到（距离），减速的加速度 后到达的速度满足 可得 进入传送带后向右减速到0，最远位移，不会碰传送带右端，之后向左返回，传送带速度不同时，回到K点的速度不同。当传送带的速度时，D原速率返回K点，再与小球C碰撞，然后小球滑上圆槽，由于圆槽锁定，小球同样以原速率返回，与D碰撞后，速度互换，如此往复，最终D停下，因此总的路程。 当时，D返回K点时的速率与传送带速率相同为v，再与小球C碰撞，然后小球滑上圆槽，由于圆槽锁定，小球同样以原速率返回，与D碰撞速度互换，如此往复，最终D停下，总的路程。 重难·创新演练 设题创新:素养提升综合题(T1、T2); 1．【答案】(1) (2) (3)40m， 【详解】（1）物块从点运动到点的过程中，根据动能定理有 解得 （2）物块滑上小车后，设向左为正方向，由于小车左侧足够远，两者在碰平台前达到共同速度，由动量守恒定律得 解得 此过程中物块相对小车向左滑动的距离为，由能量守恒定律得 解得 小车与平台第1次碰撞后，速度大小减半并反向，变为，方向向右，此时物块速度仍为，方向向左，此后两者再次达到共同速度，由动量守恒定律得 解得 方向向左，此阶段物块相对小车继续向左滑动的距离为，由能量守恒定律得 解得 所以小车与平台第2次碰撞前瞬间，物块与小车右端的距离为 （3）分析可知，小车与平台第次碰撞前的共同速度为 小车在第次碰平台时，系统动能损失量为 在小车与平台无数次碰撞过程中，损失在平台上的总机械能为 由能量守恒定律可知，在小车与平台多次碰撞直至最终停止的整个阶段，物块与小车之间产生的摩擦热为 剪断轻绳后，物块随粘性板在小车上发生阻尼振动，初态弹簧压缩量，初始弹性势能 物块与小车间的滑动摩擦力 阻尼振动每次经过半个周期，振幅减小量为 因初始振幅恰好是的整数倍，故物块最终恰好停在弹簧原长处（），最终弹性势能为零，设阻尼振动的总路程为，由能量守恒定律得 解得 此振动过程中物块与小车间产生的摩擦热为 故本次模拟实验全程，物块与小车之间产生的总摩擦热为 2．【答案】(1) (2)，与水平方向夹角满足 (3)（N>K，且N和K均为整数） 【详解】（1）当仅有一个小球时，小球运动至竖直位置时由动能定理得： 解得： 由牛顿第二定律可得： 解得运动至竖直位置时轻杆对小球的拉力大小为： （2）当仅有1和2小球的时候，小球运动至竖直过程中对整体动能定理可得： 此时1号球速度为： 则： 对1号球动量定理有： 可得： 则： 方向：冲量与水平方向夹角满足斜向左上方或右上方 （3）根据动能定理可知：从水平到竖直过程中满足： 即： 若第K个小球杆没有对小球做功则必定满足 则有则代入上式： 得：（N>K，且N和K均为整数）； 由此当N取4时刚好整除3，因此N最小值为4，此时3号球全过程刚好不受杆做功。 真题·实战演练 高频考点：力学三大观点综合解决问题 1．【答案】(1)0.4m，0.8s (2)425N 【详解】（1）对石杵施加一竖直向上的恒力，当作用时间为的过程中的加速度 此时的速度v1=at1=1m/s 上升的位移 撤去F1后还能上升的高度 还能上升的时间 石杵上升的最大高度 上升过程所用的时间 （2）根据图像，石杵下落过程中F2对石杵做功为 当到达石杵接触谷物时由动能定理 解得v2 =4m/s 石杵与谷物作用的过程，对石杵由动量定理（向上为正） 解得F=425N 根据牛顿第三定律可知，石杵对谷物的平均作用力大小425N。 2．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设小车运动至圆轨道B点时的速度大小为，由机械能守恒定律，有 由牛顿第二定律，有 代入数据，联立解得 （2）小车与物块在C点碰撞，在水平方向由动量守恒，有 代入数据，联立解得 （3）组合体水平方向受动摩擦力作用，从C点匀减速运动至D点静止，由动能定理，有 代入数据，联立解得 3．【答案】(1) (2) 【详解】（1）如图所示 以点为坐标原点，沿倾斜直杆ON向上为x轴正方向建立坐标系。任意选取小球A下滑过程中的某一位置，设此时弹力绳的伸长量为，小球A受到的滑动摩擦力为，小球A对倾斜直杆的压力为，小球A所受弹力绳的拉力为F，弹力绳与倾斜直杆的夹角为，孔钉Q到倾斜直杆的距离为。设 对小球A进行受力分析，可知，， 由几何关系可得 联立解得 （2）设小球A下滑到斜杆底端点时的速度为，小球由静止释放运动到点的过程中，由动能定理可得 可得 由小球A、B发生弹性碰撞后瞬间的速度分别为、，由动量守恒定律和能量守恒定律有， 解得， 由，可知小球A上滑过程做简谐运动，小球A第一次速度为零时，距离达到最大值，则有 解得 小球B碰撞后开始在直杆OM上做匀减速运动，加速度为，设小球B速度减为0所经历的时间为，则 因，则小球A在碰撞后第一次速度为零时，小球B与点的距离为，则有 联立解得 4．【答案】(1)， (2) (3)， 【详解】（1）A在传送带上由滑动摩擦力提供加速度，即 可得 由于A还没与传送带达到相同速度时就离开传送带，所以物体在传送带上做匀加速直线运动，由 解得 （2）设B的质量为M，则由题意由碰前，，两物体发生弹性碰撞则动量和能量守恒有， 又因为在弹性碰撞中，碰前相对速度与碰后相对速度大小相等，方向相反，即 联立解得， 因为OP 段粗糙，由动能定理有 得，即， 根据题意有，且由（1）有 联立各式解得 （3）设碰前小物块B向右运动的速度为,A、B发生碰撞，则 A、B碰撞过程动量守恒有 又因为碰后瞬间A和B的动量相同，则 则， 根据碰撞的约束条件，要两物块不发生二次碰撞则有，即 碰后动能不增，即，可得 所以n的取值范围为 分别将和代入，分别可得， 所以对应的B 的速度范围为，代入 可得 5．【答案】(1) (2) (3)， 【详解】（1）由B点到最低点过程动能定理有 最低点牛顿第二定律可得 联立可得 （2）轻绳运动到左上方与水平方向夹角为时由能量守恒可得 水平方向 竖直方向取向上为正可得 联立可得 （3）当机器人运动到滑杆左上方且与水平方向夹角为时计为点C，由能量守恒可得 设的水平速度和竖直速度分别为，则有 则水平方向动量守恒可得 水平方向满足人船模型可得 此时机器人相对滑杆做圆周运动，因此有速度关系为 水平方向 竖直方向 联立可得 即 显然当时取得最小，此时 6．【答案】(1)0.6m (2)IN = 0.1N·s；vx′ = 0 【详解】（1）小物块在平台做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有a = μg 则小物块从开始运动到离开平台有 小物块从平台飞出后做平抛运动有，x = vxt1 联立解得x = 0.6m （2）物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45m，则物块弹起至最大高度所用时间和弹起的初速度有，vy2 = gt2 则物块与地面接触的时间Δt = t－t1－t2 = 0.1s 物块与地面接触的过程中根据动量定理，取竖直向上为正，在竖直方向有IN－mgΔt = mvy2－m(－vy1)，vy1 = gt1 解得IN = 0.1N·s 取水平向右为正，在水平方向有， 解得vx′ = －1m/s 但由于vx′减小为0将无相对运动和相对运动的趋势，故vx′ = 0 7．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面积为I，可知受到的冲量为I，则对单个散货水平方向由动量定理 解得单个散货的质量为 （2）落入货箱中散货的个数为 则水平传送带的平均传送速度大小为 （3）倾斜传动带上一共有10个物块，每次经过，后一个物块总会到达前一个物块的位置，因此在时间可视为第10个物块一次性传输到第1个物块的位置；设倾斜传送带的长度为L，其中散货在加速阶段，由牛顿第二定律 解得 加速时间 加速位移 设匀速时间为，其中 则匀速位移为 故传送带的长度为 加速阶段散货与传送带发生的相对位移为 在时间内传送带对外输出的功率分别用于提升物块的高度和增加物块的动能，即 其中，     联立可得倾斜传送带的平均输出功率为 8．【答案】(1) (2)或 (3) 【详解】（1）小球甲从a点沿直线运动到b点过程中,根据牛顿第二定律有 解得甲在ab段运动的加速度大小 （2）甲恰能到c点，设到达c点时的速度为，可知 解得① 根据题意甲乙发生完全弹性碰撞，碰撞前后根据动量守恒和能量守恒， 解得碰后乙的速度为② 碰后乙能运动至点，第一种情况，碰后乙顺着挡板做圆周运动后沿着斜面到达e点，此时需满足 即③ 联立①②③可得 第二种情况，碰后乙做类平抛运动到达e点，此时可知， 解得④ 联立①②④可得 （3）在（2）问的质量比条件下，若碰后乙能越过线段，根据前面分析可知当满足第一种情况时，碰后乙做圆周运动显然不满足能越过线段，故碰后乙做类平抛运动越过线段，故碰后乙的速度必然满足 同时根据类平抛运动规律可知， 同时需保证小球不能撞击到圆弧cd上，可得当， 联立解得⑤ 联立②⑤将代入可得⑥ 对甲球从a到c过程中根据动能定理⑦ 联立⑥⑦可得 9．【答案】(1) (2)2m (3)2.5m或2m 【详解】（1）对滑块1由动能定理 解得滑块1与滑块2碰前的速度大小为 滑块1与滑块2碰撞过程中，由动量守恒定律 解得碰撞后瞬间滑块3的速度大小为 （2）在轨道D点，由牛顿第二定律 解得 滑块3从D点到C＇点，由机械能守恒定律 解得 结合， 联立解得 （3）滑块3从C＇点到F点的过程中，由动能定理 若滑块3直接落入洞中，则竖直方向 水平方向 结合， 联立解得 若经一次反弹落入洞中，则 水平方向 结合， 联立解得 由计算结果，可知滑块在斜轨道上高度为处开始下滑，是滑块能通过圆轨道最高点的最小高度，因此是滑块开始下滑到在GH经一次反弹落入洞中。因此小问3的答案是或。 10．【答案】(1)4 m/s (2)11.2 N 【详解】（1）根据题意，设小球A从最低点开始运动时的速度为v0，由动量定理有 设与B碰前瞬间A的速度大小v，从最低点到最高点，由动能定理有 联立代入数据解得 （2）A与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘在一起，由动量守恒定律有 设A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小为F，由牛顿第二定律有 联立代入数据解得 2 / 20 学科网（北京）股份有限公司 $