文档内容
押全国卷25题：力学综合题（图像+能量+动量）
核心考点 考情统计 考向预测 备考策略
2023·新课标卷24
2023·全国甲卷24 力学计算题是高考的必考
内容，高考题常以生活中的情
匀变速直
2023·全国乙卷25
景为背景，强调情景与对应的 关注曲线运动与能量、动量
线运动、
力学知识的有机融合，突出了 和图像等知识的结合。尽量用能
牛顿第二 2022·全国甲卷24
应用性。主要考查对力学三大 量和动量的观点解决问题。
定律、能
2022·全国乙卷25 观点的理解及应用，常结合关
量、动量
联物体、弹簧模型、传送带模
2021·全国甲卷24
型及板块模型等。
2021·全国乙卷24
1．（2023·新课标卷，T24）将扁平的石子向水面快速抛出，石子可能会在水面上一跳一跳地飞向远方，俗称
“打水漂”。要使石子从水面跳起产生“水漂”效果，石子接触水面时的速度方向与水面的夹角不能大于θ。
为了观察到“水漂”，一同学将一石子从距水面高度为h处水平抛出，抛出速度的最小值为多少？（不计石子
在空中飞行时的空气阻力，重力加速度大小为g）
【答案】
【详解】石子做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，则有
可得落到水面上时的竖直速度
由题意可知即
石子抛出速度的最小值为 。
2．（2023·全国甲卷，T24）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的小球压弹
簧的另一端，使弹簧的弹性势能为 。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。重力加速度大小为g，忽略空气阻
力。求
（1）小球离开桌面时的速度大小；
（2）小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）由小球和弹簧组成的系统机械能守恒可知
得小球离开桌面时速度大小为
（2）离开桌面后由平抛运动规律可得
第一次碰撞前速度的竖直分量为 ，由题可知
离开桌面后由平抛运动规律得
，解得小球第一次落地点距桌面上其飞出的水平距离为
一、匀变速直线运动
三个公式中的物理量x、a、v 、v均为矢量（三个公式称
0
基本公 v＝v ＋at，x＝vt＋
0 0
为矢量式）。在应用时，一般以初速度方向为正方向，凡
式法 at2，v2－v＝2ax。
是与v 方向相同的x、a、v均为正值，反之为负值。
0
1T末、2T末、3T末……瞬时速度的比为：v∶v∶v∶…∶v ＝
1 2 3 n
1∶2∶3∶…∶n；1T 内、2T 内、3T 内……位移的比为：
只适用于初速度为零的 x∶x∶x∶…∶x＝12∶22∶32∶…∶n2；第一个T内、第二个T内、第
1 2 3
比例法
匀变速直线运动。 三个T内……位移的比为：x ∶x ∶x ∶…∶x ＝1∶3∶5∶…∶（2n－
Ⅰ Ⅱ Ⅲ n
1）；从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为：
t∶t∶t∶…∶t＝1∶（－1）∶（－）∶…∶（－）。
1 2 3 n
x−t图象纵轴表示位移； v−t图象纵轴表示速度。x−t图
x−t 图象，v−t 图象，a
象上斜率表示速度； v−t图象上斜率表示加速度。v−t图
－t图象，a－x图象，
图像法 象上图线和时间轴围成的“面积”表示位移。a－t图象所
－t图象，v2－x图象
围面积表示速度变化量Δv。a－x图象所围面积表示。－t
图象的斜率为a。v2－x图象图象斜率为2a。
v = 物体在一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬
t
＝ 2 ＝，Δx＝x －x 时速度，还等于初、末时刻速度矢量和的一半；任意两个
2 1
推论法
＝x －x ＝…＝x －x 连续相等的时间间隔T内的位移之差为一恒量。
3 2 n n－1
＝aT2。
匀减速到速度为零的直 刹车类问题和双向可逆类问题。
逆向思维 线运动一般看成逆向的
法 初速度为零的匀加速直
线运动。
平均速度 v 任一时间t中间时刻的瞬时速度等于这段时间t内的平均
t
法 = 2 速度。
二、动力学问题
1.有关牛顿第二定律的动力学图像问题
常见图像 vt图像、at图像、Ft图像、Fa图像
(1)已知物体受到的力随时间变化的图线，求解物体的运动情况。
三种类型
(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，求解物体的受力情况。(3)由已知条件确定某物理量的变化图像。
(1)问题实质是力与运动的关系，要注意区分是哪一种动力学图像。
解题策略 (2)应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与
物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。
(1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物
理图像所反映的物理过程，会分析临界点。
(2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的
破题关键 转折点，两图线的交点等。
(3)明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具体的题意、情境结合起来，再结合斜
率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图像中反馈出来的有用信息，这些信息往往
是解题的突破口或关键点。
2.曲线运动
运动类型 平抛运动 斜抛运动 圆周运动
图示
水平方向：做匀速直线运动，速 速度公式：v＝v ＝vcos 有F＝m＝mω2r＝m＝
x 0x 0
度：v x ＝v 0 ，位移：x＝v 0 t；竖直 θ；v y ＝v 0y －gt＝v 0 sin θ－ mωv＝4π2mf2r
方向：做自由落体运动，速度：
gt。位移公式：x＝v
0
cos 当 F＝mrω2时，物体
v y ＝gt，位移：y＝gt2；合速度：v θ·t 做匀速圆周运动；当
F＜mrω2时，物体逐
＝＝，方向与水平方向夹角为 y＝vsin θ·t－gt2。当v＝
0 y 渐远离圆心，F 为实
θ，则tan θ＝＝。做平抛(或类平 0时，v＝v ＝vcos θ， 际提供的向心力；当
0x 0
运动规律
抛)运动的物体任一时刻的瞬时速 物体到达最高点 h ＝
F＞mrω2时，物体逐
max
渐向圆心靠近，做向
度的反向延长线一定通过此时水
＝。
心运动。
平位移的中点。速度方向与水平
方向的夹角为α，位移与水平方
向的夹角为 θ，则tan α＝2tan
θ。（类平抛运动规律相似）
3.动力学解题的两条思路
运动学公式求其它
受力分析 求合力 由牛顿第二定律求加速度。
物理量。
明确研究对象
运动分析 求加速度 由牛顿第二定律求合力或者某一个力。
4.动力学中的综合问题
整体法 如果不需要求物体之间的相互作用力，且连接体的各部分具有相同的加速度，一般采用整体法根据牛顿第二定律列方程
如果需要求物体之间的相互作用力或对于加速度不同的连接体，一般采用隔离法根据
隔离法
牛顿第二定律列方程。
(1)涉及滑轮的问题：若要求绳的拉力，一般都采用隔离法。
(2)水平面上的连接体问题：这类问题一般是连接体(系统)中各物体保持相对静止，
常涉及的 即具有相同的加速度。解题时，一般采用先整体后隔离的方法；建立直角坐标系时要
三种问题类型 考虑矢量正交分解越少越好的原则或者正交分解力，或者正交分解加速度。
(3)斜面体与物体组成的连接体问题：当物体具有沿斜面方向的加速度，而斜面体相
对于地面静止时，一般采用隔离法分析。
正确地选取研究对象是解题的首要环节，弄清各物体之间哪些属于连接体，哪些物体
解题关键
应该单独分析，并分别确定它们的加速度，然后根据牛顿运动定律列方程求解。
5.动力学的解题方法
分类 规律 表达式
动力学 牛顿第二定律 F 合 ＝ma
力的瞬时作用
方法 牛顿第三定律 F＝－F′
动能定理 W ＝E －E
合 k2 k1
能量
力的空间累积作用 机械能守恒定律 E k1 ＋E p1 ＝E k2 ＋E p2 ；ΔE k ＝－ΔE p ；ΔE A减 ＝ΔE B增
方法
能量守恒定律 E ＝E ；ΔE ＝ΔE
初 末 增 减
动量定理 F t＝mv′－mv
动量 合
力的时间累积作用
方法 动量守恒定律 mv＋mv＝mv′＋mv′
1 1 2 2 1 1 2 2
若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律；若物体(或系统)涉及速度和时间，应考
解题 虑使用动量定理；若物体(或系统)涉及位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律
规律 或动能定理；若物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中滑动摩擦力做功产
生热量应用摩擦力乘以相对位移，运用动能定理解决曲线运动和变加速运动问题特别方便。
1．为保证航海安全，海员需进行跳水训练。某次跳水训练中，质量 的海员从距水面 的跳台边缘
处由静止自由下落，下落过程中双脚并拢，脚尖绷直，身体始终保持竖直。忽略空气阻力，重力加速度g取
。
（1）求海员从离开跳台到接触水面所用的时间；（2）已知海员本次跳水触水瞬间受到水的作用力方向竖直向上，大小 ，式中水的密度
，比例系数 ，触水瞬间的有效面积 ，求海员触水瞬间加速度的大小；
（3）若海员从触水到速度减为0用时2s，求该过程中水对海员平均作用力的大小。
【答案】（1）1s；（2）2m/s2；（3）1125N
【详解】（1）海员从离开跳台到接触水面过程仅受重力作用，有
解得
（2）海员触水瞬间的速度
海员触水瞬间加速度的大小
（3）规定向下为正方向，设运动员受到水的平均作用力大小约为F，方向向上，由动量定理得
解得
2．如图，在进行投篮时，有时候会出现一个球将另一个球顶进篮筐的情况。现有一个同学在篮筐中心前方1m
的位置将篮球A以初速度 竖直上抛，另外一名同学在同一直线上较远的地方将完全相同的篮球B斜向
上抛，两球恰好都运动到最高点时发生弹性正碰，已知篮球质量均为500g且都看作质点，篮筐距离地面的高度
为2.75m，重力加速度g大小取 。求：
（1）篮球A与篮球B发生弹性碰撞时，距离地面的高度；
（2）若篮球A的球心恰好通过篮筐的中心，两球相碰前瞬间篮球B的速度大小；
（3）若篮球A的球心恰好通过篮筐的中心，篮球B刚抛出时的初动能。
【答案】（1）4m；（2）2m/s；（3）21J
【详解】（1）根据竖直上抛的运动规律可知
解得
m（2）根据平抛运动规律有
两球恰好都运动到最高点时发生弹性正碰，则有
解得
m/s
（3）篮球B从抛出到与A球碰撞，根据动能定理有
解得
J
3．如图甲所示为公园中旋转“喷泉”喷出水后，水滴下落击打水面形成层层涟漪的美观景象。设旋转“喷泉”
的转轴为 ，多根长度均为r的水管均处于喷泉水面，一端固定在转轴顶端O点，另一端均有一喷嘴，每个
喷嘴完全相同都在水管末端且与水平面成相同的倾角 ，如图乙所示。若旋转“喷泉”的角速度
，水管长度 ，水以相对于喷嘴的速率 喷出，不计水管的粗细、喷嘴的长度及空气
阻力，已知重力加速度g取 ， ， 。求：
（1）“喷泉”中的水从喷嘴喷出至落到喷泉水面的时间t；
（2）“喷泉”中的水落到喷泉水面形成的圆的半径R（结果可保留根号）。
【答案】（1）0.8s；（2）
【详解】（1）竖直方向有
①
解得
（2）喷出的水沿半径方向的位移为喷出的水垂直于半径方向的位移为
喷泉中的水落到喷泉水面形成的圆的半径
解得
4．跑酷，又称自由奔跑，是一种结合了速度、力量和技巧的极限运动。如图甲所示为一城墙的入城通道，通道
宽 。一质量 的跑酷爱好者从左墙根由静止开始正对右墙做加速运动，加速到A点斜向上跃起，
到达右墙壁B点时竖直速度恰好为零，B点距地面高 ，然后立即蹬右墙壁，使水平速度变为等大反向，
并获得一竖直向上的速度，恰能跃到左墙壁的C点，C点与B点等高，飞跃过程中人距地面的最大高度为
，重力加速为g，可认为整个过程中人的姿态不发生变化，如图乙所示，求：
（1）人蹬墙后的水平速度大小；
（2）人加速助跑的距离s。
【答案】（1） ；（2）
【详解】(1)设人蹬墙后的水平速度大小为 ，从B到C做斜抛运动，水平方向有
竖直方向有
由
联立得
(2)人从A点跳起到B点的过程中，逆过程为平抛运动，则水平方向
，
竖直方向
解得，
由题意可知,人加速助跑的距离
5．如图所示，劲度系数 的弹簧一端固定于地面上，另一端连接物块A，物块B置于A上（不粘
连），A、B质量均为1kg且都可看成质点，物块B上方有一带圆孔的挡板，质量为4kg的物块C放在圆孔上方
不掉落，整个装置处于静止状态。现在给物块B施加方向始终竖直向上、大小为 的恒力，使A、B开
始运动，A、B分离时，A在锁定装置的作用下迅速在该位置静止，B向上运动并与C发生碰撞，然后下落与A
碰撞，已知A碰撞前瞬间解除锁定，锁定装置之后不再对A作用。B与A、C的碰撞均为弹性碰撞，弹簧的弹
性势能 （x为弹簧的形变量），重力加速度g取 。求：（结果可用根号表示）
（1）A、B第一次分离时弹簧的形变量 ；
（2）A、B第一次分离时物块B的速度大小 ；
（3）B下落与A第一次碰撞结束时，物块A的速度大小 。
【答案】（1）0.1m；（2） ；（3）
【详解】（1）初始A、B静止时，有
解得
分离时的临界，两者之间的无弹力且两者加速度相等，对A有
对B有
解得
（2）从开始运动到A、B两者分离，有解得
（3）由于物块B受到的外力与物块B的重力大小相等，所以物块A、B分离有，B做匀速直线运动，之后与C
发生弹性碰撞，动量守恒有
机械能守恒有
解得
B在向下运动过程中仍是匀速运动，与A发生弹性碰撞，动量守恒有
机械能守恒有
解得
所以B下落与A第一次碰撞结束时，物块A的速度大小为 。
6．2022年第24届冬奥会在北京举行，如图甲所示为2月12日冰壶比赛中，中国队对战意大利队时马秀玥投掷
黄壶的情景。中国队需要用黄壶去碰撞对方的红壶，若将黄壶离手瞬间记为t=0时刻，此时黄壶距离要碰撞的
红壶L=39.2m，t=8s时刻黄壶进入运动员可用毛刷摩擦冰面的区域，同时运动员开始摩擦冰面，其后根据冰壶
运动情况间断性摩擦冰面，图乙是黄壶碰撞红壶前运动的部分v-t图像。此次投掷的冰壶沿直线运动且可视为质
点，若两冰壶与未摩擦过冰面间的动摩擦因数恒为μ，两冰壶与摩擦过冰面间的动摩擦因数恒为μ，取重力加
1 2
速度g=10m/s2。
（1）求μ 和μ；
1 2
（2）若要黄壶以1.0m/s的速度撞击红壶，求运动员用毛刷摩擦过的冰面的长度；
（3）若黄壶以1.0m/s的速度与红壶发生对心正碰，碰后均向前运动且运动员均没有摩擦冰面，碰后黄壶与红壶
滑行的距离比为1∶16，冰壶质量均为19kg，求碰撞后瞬间两冰壶各自的速度。【答案】（1）0.01，0.005；（2）10m；（3）0.2m/s，0.8m/s
【详解】（1）根据图像，黄壶的加速度大小可表示为
对黄壶，根据牛顿第二定律可得
解得
（2）由 图像可知， 内冰壶运动的位移为
设摩擦冰面的长度为 ，整个运动过程，由动能定理可得
解得
（3）黄壶与红壶碰撞过程中动量守恒，则有
碰后均做匀减速运动，故有
由题意可知
解得
=0.2m/s
=0.8m/s7．如图所示为某传送装置的示意图，整个装置由三部分组成，一长度 的水平传送带以 的
速度沿顺时针方向转动，其左端为倾角 、长度 的光滑倾斜直轨道，右端光滑水平面上依次叠放
着质量 的物块B和质量 的长木板C，物块B与长木板C之间的动摩擦因数 ，水平面上
固定一弹性竖直挡板，挡板与长木板C右端相距 ，长木板C与挡板碰撞后会原速率返回。倾斜直轨道
末端及长木板C上表面与传送带两端等高并平滑对接。一质量 的物块A从倾斜直轨道的顶端由静止释
放，物块A经过传送带后与物块B发生弹性碰撞。已知物块A与传送带之间的动摩擦因数 ，物块B运
动过程中始终没有滑离长木板C，重力加速度 ， ， ，求：
（1）物块A通过传送带所需的时间；
（2）物块A与物块B碰撞后瞬间，物块B的速度大小；
（3）长木板C与挡板第一次碰撞前瞬间的速度大小。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）物块A从倾斜直轨道的顶端滑下的过程中，由动能定理可得
解得
物块A在传送带上滑动的过程中，由牛顿第二定律可得
由运动学公式可得
解得
设物块A在传送带上减速运动的时间为 ，随后在传送带上匀速运动的时间为 ，有
则物块A通过传送带所需的时间
联立解得（2）物块A与物块B碰撞过程中，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
联立解得物块A与物块B碰撞后瞬间，物块B的速度大小
（3）以物块B和长木板C为系统，由动量守恒定律可得
解得
长木板C向右加速运动的过程中，由动能定理可得
解得长木板C向右加速运动的位移
故长木板C与物块B共速后再与挡板相碰，长木板C与挡板第一次碰撞前瞬间的速度大小为
8．2024年将迎来名副其实的“体育大年”，今年有两个奥运会，分别是江原冬青奥会和巴黎奥运会，滑板运
动是其中一个精彩的比赛项目。一滑板训练场地如图，斜坡 与光滑圆轨道相切于 点，斜坡长度为 ，
倾角为37°，圆轨道半径为 ，圆心为 ，圆轨道右侧与一倾角为60°足够长斜面 相连，运动员连同滑板总
质量为 ，运动员站在滑板上从斜坡顶端 点由静止下滑，滑板与左侧倾斜轨道间的摩擦因素为 ，其通
过光滑圆弧轨道 的 点后落在了右侧的斜面上，滑板和人可视为质点，不计空气阻力，重力加速度 大小
取 ， ， ，求：
（1）滑板和人通过圆弧轨道最低点 时对 点的压力大小；
（2）右侧斜面的落点到 点的距离。【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）对滑板和人从 点到C点，应用动能定理可得
求得
在最低点C点
求得
由牛顿第三定律可得，滑板和人通过圆弧轨道最低点 时对 点的压力为 ；
（2）从C到P应用动能定理可得
求得
设右侧斜面的落点到 点的距离为 ，由抛体运动规律可得
其中
求得
9．如图乙所示，半径为R、圆心角为60°的光滑圆弧轨道，下端与水平面相连，一质量为m的小球从圆弧顶点
静止释放。在足够长水平面上有一质量为M（ ）的滑块静止于水平面，滑块与水平面有摩擦，小球在水
平面上的运动如图甲虚线所示，运动过程忽略小球与轨道摩擦，小球与滑块发生碰撞，假设小球与滑块的碰撞
均为弹性碰撞，测得小球与滑块发生第一次碰撞后到第二次碰撞前相隔的最大距离是d，求：
（1）滑块与水平面间的动摩擦因数；
（2）小球第一次与滑块碰撞到第二次碰撞的时间；
（3）滑块在水平面上通过的总路程。【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）释放小球后，根据动能定理有
解得到达水平面的速度
小球与滑块发生弹性碰撞，则由动量守恒定律和机械能守恒定律得
解得
，
碰后小球做匀速直线运动，滑块匀减速直线运动，当滑块减速至与小球速度相等时，两者距离最大，设此过程
经历时间为 ，则有
对滑块，根据动量定理有
解得
（2）令第一次碰撞后从相距最大到第二次碰撞经历时间为 ，则有
其中
所以第一次碰撞到第二次碰撞的时间
结合上述解得小球第一次与滑块碰撞到第二次碰撞的时间为（3）多次碰撞后小球与滑块均静止，由系统能量守恒有
结合上述解得滑块在水平面上通过的总路程为
10．如图甲所示，相同材料的长木板A、B静置在水平地面上，长木板A的质量 ，长木板B的质量
，长木板A的右端与长木板B左端的距离 ，在长木板B右端放置一质量 的物块C
（可视为质点）。现给长木板A一向右的大小为I的瞬时冲量，长木板A运动l后与长木板B的左端发生弹性
碰撞（碰撞时间极短），从碰撞后的瞬间开始计时，之后长木板B的 图像如图乙所示，设最大静摩擦力等
于滑动摩擦力且物块C始终未滑离长木板B，重力加速度 ，求：
（1）长木板A与长木板B碰前瞬间的速度大小 ；
（2）物块C与长木板B间的动摩擦因数 以及长木板B与地面间的动摩擦因数 ；
（3）长木板A获得的冲量大小I。
【答案】（1） ；（2） ； ；（3）
【详解】（1）根据图乙可知，碰后长木板B的速度大小
根据弹性碰撞的规律，规定水平向右为正方向
由动量守恒定律可得
由机械能守恒定律可得
解得（2）根据图乙可知， 时物块C与长木板B共速，设共速前物块C的加速度大小为 ，长木板B的加速
度大小为 ，根据
可知
根据牛顿第二定律
对物块C有
对长木板B有
解得
（3）设长木板A的加速度为 ，根据牛顿第二定律，对长木板A有
解得
设长木板A的初速度为 ，根据运动学公式可得
解得
根据动量定理可得
解得
