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专题08 力学中三大观点的综合应用
目录
考点一 动量与能量观点的综合应用...........................3
.........3
.................5
1. 动量与动能的比较.....................................................5
2. 冲量与功的比较.........................................................6
3. “滑块—木板”模型.................................................6
4. “滑块—斜(曲)面”模型.........................................7
5. “滑块—弹簧”模型.................................................7
......................8
考向一 子弹打木块 滑块与滑板 滑块与弹簧类问题
8
考点二 力学三大观点的综合应用.............................13
.......13
..............15
1.力的三个作用效果与五个规律.............................15
2.解动力学问题的三个基本观点.............................15
3.力学规律的选用原则................................................15
...................16
考向一 力学三大观点的综合应用...............................16
1
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考点要求
考题统计
动量与能量观点的综合应用
考向一 子弹打木块 滑块与滑板 滑块与弹簧类问题：2023•浙江•高考真题、
2023•山东•高考真题、2022•湖北•高考真题、2022•全国•高考真题、2022•福
建•高考真题
力学三大观点的综合应用
考向一 力学三大观点的综合应用： 2023•河北•高考真题、2023•广东•高考真
题、2023•北京•高考真题、2023•江苏•高考真题、2023•浙江•高考真题、2022•
湖北•高考真题、2022•浙江•高考真题、2022•北京•高考真题、2022•天津•高考
真题、2022•海南•高考真题、2022•广东•高考真题、2022•重庆•高考真题、
2021•湖南•高考真题、2021•北京•高考真题、2021•广东•高考真题、2021•河
北•高考真题、2021•湖北•高考真题、2021•浙江•高考真题、2021•全国•高考真
题
考情分析
【命题规律及方法指导】
1.命题重点：本专题是力学综合性最大的一个专题，这类题需要结合牛顿运动定律、功和
能等物理观念解决问题,考查考生的综合应用能力,难度也比较大
2.常用方法：动力学的方法、能量的方法、动量的方法。
3.常考题型：选择题，计算题．
【命题预测】
1.本专题属于重点、难点内容；
2.高考命题考察方向
①动量与能量观点的综合应用：结合物体的典型运动进行考查；在综合问题的某一过
程中遵守机械能守恒定律时进行考查。
②力学三大观点的综合应用：牛顿运动定律结合运动学公式处理匀变速直线运动的问
题；动能定理结合能量守恒定律处理变力及曲线运动问题；动量定理结合能量守恒定
律、动量守恒定律处理碰撞、反冲类问题
2
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考点一 动量与能量观点的综合应用
1．（2022·全国·高考真题）（多选）质量为
的物块在水平力F 的作用下由静止开始在水平地面上做直
线运动，F 与时间t 的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取
。则（ ）
A．
时物块的动能为零
B．
时物块回到初始位置
C．
时物块的动量为
D．
时间内F 对物块所做的功为
【考向】动量与能量观点的综合应用
【答案】AD
【详解】物块与地面间的摩擦力为
，AC．对物块从
s 内由动量定理可知
，
即
，得
，3s 时物块的动量为
，设3s 后经过时间t 物块的速度减
为0，由动量定理可得
，即
，解得
，所以物块在4s 时速度减为
0，则此时物块的动能也为0，故A 正确，C 错误；B．
s 物块发生的位移为x1，由动能定理可得
，即
，得
，
过程中，对物块由动能定理可得
，即
，得
，
物块开始反向运动，物块的加速度
大小为
，发生的位移为
，即6s 时物块没有回到初始位置，故
B 错误；D．物块在6s 时的速度大小为
，
拉力所做的功为
，故D 正确。
故选AD。
2.（2023·浙江·高考真题）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD 和
水平传送带平滑无缝连接，两半径均为
的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF 与轨道CD 和
足够长的水平直轨道FG 平滑相切连接。质量为3m 的滑块b 与质量为2m 的滑块c 用劲度系数
的轻质弹簧连接，静置于轨道FG 上。现有质量
的滑块a 以初速度
从D 处进入，
经DEF 管道后，与FG 上的滑块b 碰撞（时间极短）。已知传送带长
，以
的速率顺时针
3
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转动，滑块a 与传送带间的动摩擦因数
，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹
性势能
（x 为形变量）。
（1）求滑块a 到达圆弧管道DEF 最低点F 时速度大小vF和所受支持力大小FN；
（2）若滑块a 碰后返回到B 点时速度
，求滑块a、b 碰撞过程中损失的机械能
；
（3）若滑块a 碰到滑块b 立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差
。
【考向】“滑块—弹簧”模型
【答案】（1）10m/s；31.2；（2）0；（3）0.2m
【详解】（1）滑块a 从D 到F，由能量关系
在F 点
解得
FN=31.2N
（2）滑块a 返回B 点时的速度vB=1m/s，滑块a 一直在传送带上减速，加速度大小为
根据
可得在C 点的速度vC=3m/s
则滑块a 从碰撞后到到达C 点
解得v1=5m/s
因ab 碰撞动量守恒，则
解得碰后b 的速度v2=5m/s
则碰撞损失的能量
（3）若滑块a 碰到滑块b 立即被粘住，则ab 碰后的共同速度
解得v=2.5m/s
当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度
则
当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量关系
解得
4
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同理当弹簧被拉到最长时伸长量为x2=x1
则弹簧最大长度与最小长度之差
3.（2022·福建·高考真题）如图，L 形滑板A 静置在粗糙水平面上，滑板右端固定一劲度系数为
的轻质弹
簧，弹簧左端与一小物块B 相连，弹簧处于原长状态。一小物块C 以初速度
从滑板最左端滑入，滑行
后与B 发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），然后一起向右运动；一段时间后，滑板A 也开始运动．已
知A、B、C 的质量均为
，滑板与小物块、滑板与地面之间的动摩擦因数均为
，重力加速度大小为
；
最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，弹簧始终处于弹性限度内。求：
（1）C 在碰撞前瞬间的速度大小；
（2）C 与B 碰撞过程中损失的机械能；
（3）从C 与B 相碰后到A 开始运动的过程中，C 和B 克服摩擦力所做的功。
【考向】.“滑块—木板”模型、“滑块—弹簧”模型
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）小物块C 运动至刚要与物块B 相碰过程，根据动能定理可得
解得C 在碰撞前瞬间的速度大小为
（2）物块B、C 碰撞过程，根据动量守恒可得
解得物块B 与物块C 碰后一起运动的速度大小为
故C 与B 碰撞过程中损失的机械能为
（3）滑板A 刚要滑动时，对滑板A，由受力平衡可得
解得弹簧的压缩量，即滑板A 开始运动前物块B 和物块C 一起运动的位移大小为
从C 与B 相碰后到A 开始运动的过程中，C 和B 克服摩擦力所做的功为
1. 动量与动能的比较
动量
动能
物理意义
描述机械运动状态的物理量
5
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定义式
p=mv
Ek=1
2 mv 2
标矢性
矢量
标量
变化因素
合外力的冲量
合外力所做的功
大小关系
p=√2mE k
Ek= p2
2m
变化量
Δp=Ft
ΔEk=Fl
联系
(1)都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系
(2)若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变
化时动能不一定发生变化
2. 冲量与功的比较
冲量
功
定义
作用在物体上的力和力作用时
间的乘积
作用在物体上的力和物体在力的方
向上的位移的乘积
单位
N·s
J
公式
I=Ft (F 为恒力)
W =Fl cosθ (F 为恒力)
矢标性
矢量
标量
意义
(1)表示力对时间的累积
(2)是动量变化的量度
(1)表示力对空间的累积
(2)是能量变化的量度
联系
都是过程量,都与力的作用过程相联系
3. “滑块—木板”模型
1）模型图示
2）模型特点
①系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能．
②若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大．
3）求解方法
①求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统；
②求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体；
③求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q=Ff Δx 或Q=E初−E末，研究对象为一
个系统．
6
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4. “滑块—斜(曲)面”模型
1）模型图示
2）模型特点
①上升到最大高度：m 与M 具有共同水平速度v共，此时m 的竖直速度v y=0 .系统水平方向动
量守恒，mv 0=(M+m)v共；系统机械能守恒，
1
2 mv 0
2=1
2 ( M +m)v共
2 +mgh
，其中h 为滑块上升的最
大高度，不一定等于弧形轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为m 的重力势能)．
②返回最低点：m 与M 分离点．水平方向动量守恒，mv 0=Mv 1+mv 2 ；系统机械能守恒
1
2 mv 0
2=1
2 Mv 1
2+ 1
2 mv 2
2
相当于完成了弹性碰撞)．
5. “滑块—弹簧”模型
1）模型图示
2）模型特点
①动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守
恒；
①机械能守恒：系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒；
③弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(完全非弹性碰
撞拓展模型)；
②弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(完全弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时)．
7
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考向一 子弹打木块 滑块与滑板 滑块与弹簧类问题
1．（2024·河南·校联考模拟预测）（多选）如图所示，质量M=3kg 表面粗糙的长木板静止在光滑的水平
面上，t=0 时质量m=3kg 表面粗糙的物块（可视为质点）以初速度
滑上长木板，物块做匀减速运
动，长木板做匀加速运动，经过时间Δt=2s 物块和长木板以共同速度做匀速运动，重力加速度g=10m/s²，
则下列说法正确的是（ ）
A．长木板做匀加速运动的加速度大小为1m/s²
B．物块与长木板之间的动摩擦因数为0.15
C．长木板的长度至少为6m
D．物块与长木板组成的系统损失的机械能为12J
【答案】AD
【详解】A.对系统由动量守恒定律得
，解得
，长木板做匀加速运动的加速度大小
，故A 正确；B.根据牛顿第二定律，对长木板有
，解得物块与长木板之
间的动摩擦因数为
，故B 错误；C.前
内长木板的位移
，物块的位
移
，所以长木板最小长度
，故C 错误；D.物块与长木板组
成的系统损失的机械能
，故D 正确。
故选AD。
2．（2023·重庆·一模）如图所示，光滑水平面上质量为2M 的物体A 以速度v 向右匀速滑动，质量为M 的
B 物体左端与轻质弹簧连接并静止在光滑水平面上，在物体A 与弹簧接触后，以下判断正确的是（ ）
A．在物体A 与弹簧接触过程中，弹簧对A 的弹力冲量大小为
B．在物体A 与弹簧接触过程中，弹簧对B 的弹力做功的功率一直增大
C．从A 与弹簧接触到A、B 相距最近的过程中，弹簧对A、B 做功的代数和为0
D．从A 与弹簧接触到A、B 相距最近的过程中，最大弹性势能为
【答案】A
【详解】A．在物体A 与弹簧接触过程中，根据动量守恒定律得
，根据机械能守恒定律
8
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得
，解得
,
，根据动量定理得弹簧对A 的弹力冲量大小
，解得
，A 正确；B．在物体A 与弹簧接触到弹簧最短的过程中，弹簧的弹力和B
的速度都增大，弹簧对B 的弹力做功的功率增大；在弹簧接近原长时，B 的速度接近
，而弹簧的弹力
几乎等于零，弹簧对B 的弹力做功的功率几乎等于零，所以在物体A 与弹簧接触过程中，弹簧对B 的弹力
做功的功率先增大后减小，B 错误；CD．从A 与弹簧接触到A、B 相距最近的过程中，根据动量守恒定律
得
，解得
，弹簧对A、B 做功分别为
,
，弹簧对A、B 做功的代数和为
，最大弹性势能为
，CD 错误。
故选A。
3．（2023·山东潍坊·统考模拟预测）如图所示，长木板C 放在光滑水平地面上，木板左端和正中央分别放
有两滑块A、B，已知A、B、C 的质量分别为
、
、
，滑块A 与C 间的动摩擦因
数为
，B 与C 间的动摩擦因数为
，木板长度
，开始整个系统静止，某时刻敲击滑块
A，使其立即获得
的初速度。已知滑块间的碰撞为弹性正碰，滑块大小忽略不计，取
求：
（1）经多长时间滑块A、B 发生碰撞；
（2）木板C 运动的最大速度；
（3）碰后滑块A、B 间的最大距离。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）当A 向右运动时，受到向左的摩擦力
加速度为
而B 与C 之间的滑动摩擦力
故C 和B 不会相对滑动，BC 的加速度为
A 向右做匀减速直线运动，BC 向右做匀加速直线运动，设A 的位移为
，BC 的位移为
，则有
解得
或
（舍）
故时间为
；
（2）当A、B 两物块碰撞时，设A 的速度为
，BC 的速度为
，则有
,
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碰撞瞬间
,
解得
，
而此时C 的速度
，故C 相对于A 向右运动，相对于B 向左运动，故此时C 受到A 向左的滑动摩
擦力和B 向右的滑动摩擦力，所受合力向右，C 向右做匀加速运动，由牛顿第二定律
则
B 做匀减速运动，加速度为
当BC 共速时有
解得
而此时
,
则
故B 未出C 板右侧，之后C 做减速运动，此时C 的速度为
（3）A 做匀加速运动，当
时
,
之后BC 共速，一起做匀减速运动，A 和BC 速度相等时
解得
B 的位移为
A 的位移为
故A、B 最远距离为
4．（2024·山东·模拟预测）如图所示，水平传送带AB 长L=4.5 m，质量为M=1 kg 的木块随传送带一起以
v1=1 m/s 的速度向右匀速运动（传送带的传送速度恒定），木块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5.当木块运
动到传送带的最右端A 点时，一颗质量为m=20 g 的子弹以v0=300 m/s 水平向左的速度正好射入木块并穿
出，穿出速度u=50 m/s，以后每隔1 s 就有一颗子弹射穿木块，设子弹穿出木块的时间极短，且每次射入
点各不相同，g 取10 m/s2，求：
（1）第一个子弹击中后木块的速度大小为多少；
（2）第二颗子弹击中前木块向右运动到离A 点多远处；
（3）木块在传送带上最多能被多少颗子弹击中；
（4）从第一颗子弹射穿木块后到木块滑离传送带的过程中，木块和传送带摩擦时产生的热能是多少。
【答案】（1）v2=4 m/s；（2）1.5 m 处；（3）3 颗；（4）35.5 J
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【详解】（1）第一颗子弹击中木块过程中，设子弹射穿木块后木块的速度为v2，子弹射穿木块的过程中
由动量守恒定律得
解得v2=4m/s
（2）假设第二颗子弹击中前，木块已经与传送带共速，设此过程中木块运动的时间为t，对地的位移为
x1，以水平向右为正方向，由牛顿第二定律得μMg=Ma
由运动学公式得
联立解得t=1s
假设成立，说明以上过程第二颗子弹还没有射入木块；由动能定理得
解得x1=1.5m
故在被第二颗子弹击中前木块向右运动到离A 点1.5m 处。
（3）同（2）问规律，第二颗子弹射入后木块相对地面运动的距离仍为1.5 m，假设木块向左运动能减速
到零，则设此过程木块对地的位移为x2，由动能定理得
解得x2=1.6m
因L-2x1<x2 ，说明第三颗子弹射穿木块后，木块将从传送带的左端滑下，所以木块在传送带上最多能被3
颗子弹击中。
（4）设第一颗子弹射穿后，木块在传送带上向左运动的时间为t1，此过程中传送带的位移为x3 。木块再
向右运动直至与传送带同速过程中，木块向右运动的时间为t2，位移为x4，传送带的位移为x5，则对木块
分析，由运动学公式得0=v2-at1
解得
t1=0.8s
x3=v1t1=0.8m
t2=t-t1=0.2s
x5=v1t2=0.2m
子弹穿过木块后，设木块与传送带间发生的相对位移为Δx，则Δx=x2＋x3＋（x5-x4）=2.5 m
则第一颗子弹射穿后木块和传送带摩擦时产生的热能Q1=μMgΔx=12.5J
同理，第二颗子弹射穿后木块和传送带摩擦时产生的热能Q2也为12.5J
设第三颗子弹射穿后木块向左运动到滑下传送带的时间为t3，此过程中木块的位移为x6，传送带的位移为
x7，则
t3=0.6s
x7=v1t3=0.6m
则第三颗子弹射穿后木块和传送带摩擦时产生的热能Q3=μMg（x6＋x7）=10.5J
所以全过程木块和传送带摩擦产生的总热能Q=Q1＋Q2＋Q3=35.5J
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考点二 力学三大观点的综合应用
1.（2022·北京·高考真题）“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。跳台滑雪运动中，裁判员主要根
据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分。运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段：①助滑阶段，
运动员两腿尽量深蹲，顺着助滑道的倾斜面下滑；②起跳阶段，当进入起跳区时，运动员两腿猛蹬滑道快
速伸直，同时上体向前伸展；③飞行阶段，在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体
两侧的姿态；④着陆阶段，运动员落地时两腿屈膝，两臂左右平伸。下列说法正确的是（ ）
A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力
B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度
C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度
D．着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间
【考向】力学三大观点的综合应用
【答案】B
【详解】A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与空气之间的摩擦力，A 错误；B．起跳阶段，运动员猛蹬
滑道主要是通过增大滑道对人的作用力，根据动量定理可知，在相同时间内，为了增加向上的速度，B 正
确；C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了减小水平方向的阻力，从而减小水平方向的加速度，C 错
误；D．着陆阶段，运动员两腿屈膝下蹲可以延长落地时间，根据动量定理可知，可以减少身体受到的平
均冲击力，D 错误。
故选B。
2．（2021·全国·高考真题）（多选）水平桌面上，一质量为m 的物体在水平恒力F 拉动下从静止开始运动，
物体通过的路程等于
时，速度的大小为
，此时撤去F，物体继续滑行
的路程后停止运动，重力加速
度大小为g，则（ ）
A．在此过程中F 所做的功为
B．在此过中F 的冲量大小等于
C．物体与桌面间的动摩擦因数等于
D．F 的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2 倍
12
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【考向】力学三大观点的综合应用
【答案】BC
【详解】CD．外力撤去前，由牛顿第二定律可知
①，由速度位移公式有
②，外
力撤去后，由牛顿第二定律可知
③，由速度位移公式有
④，由①②③④可
得，水平恒力
，动摩擦因数
，滑动摩擦力
，可知F 的大小等于物体所受
滑动摩擦力大小的3 倍，故C 正确，D 错误；A．在此过程中，外力F 做功为
，故A 错误；
B．由平均速度公式可知，外力F 作用时间
，在此过程中，F 的冲量大小是
，
故B 正确。
故选BC。
3．（2022·天津·高考真题）冰壶是冬季奥运会上非常受欢迎的体育项目。如图所示，运动员在水平冰面上
将冰壶A 推到M 点放手，此时A 的速度
，匀减速滑行
到达N 点时，队友用毛刷开始
擦A 运动前方的冰面，使A 与
间冰面的动摩擦因数减小，A 继续匀减速滑行
，与静止在P 点
的冰壶B 发生正碰，碰后瞬间A、B 的速度分别为
和
。已知A、B 质量相同，A
与
间冰面的动摩擦因数
，重力加速度
取
，运动过程中两冰壶均视为质点，A、B 碰撞
时间极短。求冰壶A
（1）在N 点的速度
的大小；
（2）与
间冰面的动摩擦因数
。
【考向】力学三大观点的综合应用
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）设冰壶质量为
，A 受到冰面的支持力为
，由竖直方向受力平衡，有
设A 在
间受到的滑动摩擦力为
，则有
设A 在
间的加速度大小为
，由牛顿第二定律可得
联立解得
由速度与位移的关系式，有
代入数据解得
13
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（2）设碰撞前瞬间A 的速度为
，由动量守恒定律可得
解得
设A 在
间受到的滑动摩擦力为
，则有
由动能定理可得
联立解得
1.力的三个作用效果与五个规律
分类
对应规律
规律内容
公式表达
力的瞬时
作用效果
牛顿第
二定律
物体的加速度大小与合外力成正比,与质量成反
比,加速度方向与合外力的方向相同
F合=ma
力对空间
积累效果
动能定理
合外力对物体所做的功等于物体动能的增加量
W 合=ΔEk
机械能
守恒定律
在只有重力(或弹簧弹力)做功的情况下,物体的机
械能的总量保持不变
E初=E末
力对时间
积累效果
动量定理
物体所受合外力的冲量等于物体的动量的变化
I合=Δp
动量守
恒定律
系统不受外力或所受外力之和为零时,系统的总
动量就保持不变(或在某个方向上系统所受外力之
和为零时,系统在这个方向上的动量就保持不变)
p初=p末
2.解动力学问题的三个基本观点
1.动力学观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题．
2.能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．
3.动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．用动量定理可简化问题的求解过程．
3.力学规律的选用原则
1.如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律．
2.研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理
(涉及位移的问题)去解决问题．
3.若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解
决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件．
4.在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减
少量，即转化为系统内能的量．
5.在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其
他形式能量之间的转化，作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决．
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考向一 力学三大观点的综合应用
1．（2024·四川成都·石室中学校考一模）（多选）如图所示，圆弧轨道竖直放置，半径
竖直，
，
，小球的质量
，
，小球从B 点由静止释放，然后从
点做平抛运动，平
抛的水平距离
。重力加速度
。小球视为质点，忽略空气阻力，下列说法正确的是（
）
A．在圆弧轨道上，从B 点下滑到
点，小球动量变化量的大小为
B．在圆弧轨道上，从B 点下滑到
点的过程中，小球克服阻力做的功为
C．小球经过
点时受到轨道的作用力大小为
D．从开始下滑到落地前的运动过程中，小球动能的增加量小于机械能的减少量
【答案】AB
【详解】A．小球从
点飞出后做平抛运动，根据平抛运动规律有
，
，联立解得小球在
点
的速度
，则在圆弧轨道上，从
点下滑到
点，小球动量变化量的大小
，故A
正确；B．在圆弧轨道上，从B 点下滑到
点的过程中，根据动能定理有
，解
得小球克服阻力做的功
故B 正确；C．小球经过
点时，根据牛顿第二定律有
解得小
球经过
点时受到轨道的支持力大小
由于此时小球还受轨道的摩擦力作用，所以小球经过
点时
受到轨道的作用力大于
，故C 错误；D．从开始下滑到落地前的运动过程中，小球动能的增加量
而从开始下滑到落地前的运动过程中，小球机械能的减少量
则从开始
下滑到落地前的运动过程中，小球动能的增加量大于机械能的减少量，故D 错误。
故选AB。
2．（2024·浙江金华·校联考模拟预测）小明设计了如图所示的弹珠弹射游戏装置。固定在水平面上的弹珠
发射器发射一质量
的小弹珠，沿由水平直轨道和竖直半圆形轨道AB 运动并从B 处水平飞出，然
后恰好进入圆弧形管道CD，并从该管道的D 处水平滑出，撞击放置在平台上质量
的碰撞缓冲
装置PQ，该装置中的轻弹簧一端固定在挡板Q 上，另一端连接质量可不计、且能自由滑动的小挡板P，小
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弹珠碰到挡板P 时紧贴挡板一起运动，但不粘连。已知
、
、
、
，不
考虑所有摩擦和空气阻力及碰撞时能量的损失，轨道固定，缓冲装置PQ 可在平台上运动，求：
（1）弹珠发射器发出小弹珠的初速度大小
；
（2）缓冲装置中弹簧所能获得的最大弹性势能
；
（3）小弹珠再次回到D 点时的速度。
【答案】（1）6m/s；（2）2J；（3）
，方向向右
【详解】（1）弹珠恰好进入管道，由平抛运动规律，有
，
解得
由能量守恒定律，有
解得
（2）设小弹珠碰前的速度为
，由能量守恒，有
解得
碰撞时动量守恒，碰后共同速度为
解得
最大弹性势能
（3）根据弹性碰撞，有
，
解得
所以小弹珠再次回到D 点时的速度大小为
，方向向右。
3．（2024·江西赣州·赣州中学校考模拟预测）如图甲所示，质量为2.5kg 的“⊥”型金属工件，
部分
是粗细均匀的细杆，竖立在水平桌面上、细杆上套有质量为1kg 的钢珠，初始时二者都处于静止状态，钢
珠位于A 点。拨动钢珠，让它从A 点以2m/s 的初速度开始上滑，钢珠可以滑离细杆。在工件的B 点加装
一个螺丝帽（厚度不计），将其改造为“I”型金属工件，如图乙所示，拨动钢珠，让它从A 点仍以2m/s 的
初速度开始上滑，钢珠到达B 点时与工件发生弹性碰撞，使工件离开桌面向上运动，碰撞后工件的速度为
0.5m/s，方向竖直向上。已知A、B 两点间的距离为0.05m（重力加速度取
），滑动时钢珠受到工
件的摩擦力大小恒为20N，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，整个过程中工件、钢珠均沿
竖直方向运动。
（1）求钢珠第一次离开工件时的动能；
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（2）求螺丝帽的质量；
（3）若工件与地面发生弹性正碰，碰后速度大小不变，方向立刻反向，且保持竖直，求钢珠从开始运动
到工件第三次到达地面过程中，系统因摩擦产生的热量。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）钢珠向上运动过程中，由于摩擦力小于工件的重力，所以工件保持静止，上升高度
h=0.05m，由动能定理得
解得
（2）设螺丝帽的质量为
，钢珠的质量为m=1kg，工件的质量为M=2.5kg，钢珠向上运动过程中，工件
保持静止，钢珠到达B 点时的速度为
设钢珠到达B 点时与工件发生弹性碰撞后钢珠与工件的速度分别为
和
，且
弹性碰撞系统动量守恒，和系统机械能守恒，则
解得
，
（3）钢珠与工件发生碰撞后，设钢珠与工件的加速度分别为
和
，规定竖直向上为正方向，对钢珠
可得
对工件
可得
设碰撞后经时间t，钢珠与工件的速度相同，此刻速度为
，有
，
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解得
，
钢珠在时间t 内通过的位移
工件在时间t 内通过的位移
钢珠相对工件的位移
此后钢珠与工件相对静止，共同以加速度
向下运动，设工件第一次到达地面时，二者速度为
，则
解得
之后工件与地面发生弹性碰撞，速率不变，方向反向，工件继续匀减速上升，钢珠匀减速下降，设再经历
时间
，钢珠与工件第二次达到共速，共同速度为
，则
解得
，
钢珠在时间
内通过的位移
工件在时间
内通过的位移
钢珠相对工件的位移
此后钢珠与工件相对静止，共同以加速度
向下运动，设工件第二次到达地面时，二者速度为
，则
解得
之后工件与地面发生弹性碰撞，速率不变，方向反向，工件继续匀减速上升，钢珠匀减速下降，设再经历
时间
，钢珠与工件第三次达到共速，共同速度为
，则
解得
，
钢珠在时间
内通过的位移
工件在时间
内通过的位移
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钢珠相对工件的位移
此后钢珠与工件相对静止，共同以加速度
向下运动，直到工件第三次到达地面。
该过程中系统因摩擦产生的热量为
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