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专题八 动力学三大观点
——精剖细解细备考讲义
高考对于这部分知识点的命题形式是以生活中的情景为背景，强调情景与对应的力学知识的有
机融合，考查学生的推理能力、综合分析能力和应用数学知识解决物理问题的能力。主要考查的知
识点有：动量守恒定律、动量定理、碰撞类型、冲量等。
主要考查的知识点有：①动力学；②能量；③动量。
知识点1：动力学三大观点
1、内容
分类
规律
表达式
动力学
方法
力的瞬时作用
牛顿第二定律
F 合＝ma
牛顿第三定律
F＝－F′
能量方
法
力的空间累积
作用
动能定理
W 合＝Ek2－Ek1
机械能守恒定律
Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2；ΔEk＝－ΔEp；ΔEA 减＝ΔEB 增
能量守恒定律
E 初＝E 末；ΔE 增＝ΔE 减
动量方
法
力的时间累积
作用
动量定理
F 合t＝mv′－mv
动量守恒定律
m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2
解题规
律
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。
2、一般选用规则
多个物体组成的系统。
优先考虑使用两个守恒定律。
物体(或系统)涉及速度和时间。
考虑使用动量定理。
物体(或系统)涉及位移和时间，且
受到恒力作用。
考虑使用牛顿运动定律或动能定理。
物体(或系统)涉及位移和速度。
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
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动问题特别方便。
根据物理量选取：
涉及加速度的问题
一般要用牛顿运动定律
涉及运动时间或作用
时间的问题
一般优先考虑用功能关系，其次再考虑用牛顿运动定律
涉及初、末速度问题
一般优先考虑用功能关系，其次考虑用动量观点，最后再考虑用牛顿运动
定律
涉及运动的位移或路
程的问题
一般优先考虑用功能关系，其次再考虑用牛顿运动定律
根据研究过程选取：
涉及瞬间状态的分析和运动性质的分析
必须要用动力学观点
涉及复杂的直线或曲线运动问题
要用能量观点或动量观点
涉及短暂的相互作用问题
优先考虑用动量定理
涉及碰撞、爆炸、反冲等问题
用动量守恒定律
3、动能定理中总功的求法
总功的求法：
①先由力的合成与分解法或根据牛顿第二定律求出合力F 合，然后由W＝F 合lcosα 计算；
②计算各个力对物体做的功W1、W2、…、Wn，然后将各个外力所做的功求代数和。
合外力做的功中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面（相对地面静止的物
体）为参考系。
列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结
果加以确定。
4、机械能守恒判断方法
利用定义进行判断
分析动能和势能的和是否发生变化。
利用做功进行判断
系统内只有重力和弹簧弹力做功，其他力均不做功，或有其他力做功，
但其他力做功的代数和为零，则机械能守恒。
利用能量转化进行判断
若系统内物体间只有动能和重力势能及弹性势能的相互转化，没有其他
形式的能（如没有内能增加）的转化，则系统的机械能守恒。
5、机械能守恒定律解题方法
明确研究对象；
分析研究对象的受力情况和运动情况，分析清楚各力做功的情况；
选取适当的势能平面，明确研究对象的初末状态的机械能；
选取合适的机械能守恒定律的观点列表达式；
对结果进行讨论和说明。
机械能守恒定律是一种“能——能转化”关系，应用时首先要判断所研究的物理情景中机械能
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是否守恒。
如果系统（除地球外）只有一个物体，用守恒的观点求解比较方便；对于由两个或两个以上物
体组成的系统，用转化或转移的观点求解比较方便。
6、机械能守恒定律的应用
应用类型
分析方法
单个物体的机械能守恒问题
明确研究对象；分析研究对象的受力情况和运动情况，分析清楚各
力做功的情况；选取合适的机械能守恒定律的观点列表达式；对结
果进行讨论和说明。
多个物体的机械能守恒问题
分析多个物体组成的系统所受的外力是否只有重力或弹力做功，内
力是否造成了机械能与其他形式能的转化，从而判断系统机械能是
否守恒。对多个物体组成的系统，一般用“转化法”和“转移法”
来判断其机械能是否守恒。注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速
度关系和位移关系。
含弹簧的机械能守恒问题
弹簧的形变会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统所
受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。弹簧
两端物体把弹簧拉伸至最长（或压缩至最短）时，两端的物体具有
相同的速度，弹性势能最大。
非质点的机械能守恒问题
像“链条”“液柱”类的物体，其在运动过程中将发生形变，其重
心位置相对物体也发生变化，因此这类物体不能再看成质点来处
理，虽然不能看成质点来处理，但因只有重力做功，物体整体机械
能守恒。一般情况下，可将物体分段处理，确定质量分布均匀的规
则并确定物体各部分的重心位置，然后根据初末状态物体重力势能
的变化列式进行求解。
动力学三大观点
1．（2024·重庆·模拟预测）坐过山车时，人体会分泌大量肾上腺素和多巴胺，让人感觉惊险刺激。
如图所示，某车厢中游客通过环形轨道攀升的一小段时间内速率不变，则该过程中（ ）
A．该游客所受合力做功为零
B．该游客所受合力始终为零
C．该游客的机械能守恒
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D．该游客所受重力的瞬时功率一定变大
【答案】A
【详解】A．根据题意可知，由于游客速率不变，则动能变化量为零，由动能定理可知，该游客所
受合力做功为零，故A 正确；
B．由于游客速率不变，游客做匀速圆周运动，该游客所受合力不为零，指向圆心提供做圆周运动
的向心力，故B 错误；
C．游客匀速率上升，动能不变，重力势能增加，则该游客的机械能增加，故C 错误；
D．若游客在环形轨道下半部分爬升，竖直分速度逐渐增大，重力的瞬时功率变大，若游客在环形
轨道上半部分爬升，竖直分速度逐渐减小，重力的瞬时功率减小，故D 错误。
故选A。
2．（2024·北京门头沟·一模）把一压力传感器固定在水平地面上，轻质弹簧竖直固定在压力传感器
上，如图甲所示。
时，将金属小球从弹簧正上方由静止释放，小球落到弹簧上后压缩弹簧到最
低点，又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复。压力传感器中压力大小F 随时间
t 变化图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．
时刻，小球的动能最大
B．
时间内，小球始终处于失重状态
C．
时间内，小球所受合力的冲量为0
D．
时间内，小球机械能的增加量等于弹簧弹性势能的减少量
【答案】D
【详解】A．由图乙可知，在
时刻，小球落到弹簧上，开始压缩弹簧，此后弹簧的弹力开始增大，
小球受到的重力与弹力的合力方向向下，逐渐减小，由牛顿第二定律可知，加速度向下，且逐渐减
小，小球的速度仍在增大，当弹力增大到大小等于重力时，小球的速度最大，则动能最大，A 错误；
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B．由图乙可知，
时刻弹力最大，此时压缩弹簧到最低点，可知在
时间内，弹力先小于重力
后大于重力，则加速度方向先向下，后向上，小球先失重后超重，B 错误；
C．
时间内，小球与弹簧组成的整体机械能守恒，可知在
时刻小球落到弹簧上，
时刻小球
离开弹簧，则有两时刻小球的速度大小相等，方向相反，设此时的速度大小为v，小球的质量为
m，取向上方向为正方向，则有小球的动量变化量为
由动量定理可知，小球在
时间内，所受合力的冲量
C 错误；
D．
时间内，弹力逐渐减小，是小球被弹起直至离开弹簧的过程，此过程小球和弹簧组成的
整体机械能守恒，则有小球增加的动能与重力势能之和等于弹簧弹性势能的减少量，即小球机械能
的增加量等于弹簧弹性势能的减少量，D 正确。
故选D。
3．（2024·北京门头沟·一模）为研究某鞋的防滑性能，同学将鞋子置于斜面上，逐渐增大斜面倾角
。当斜面倾角
时鞋子刚好开始滑动。假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，已知
。下列说法正确的是（ ）
A．鞋子与斜面间的动摩擦因数为0.8
B．增大斜面倾角θ，鞋子对斜面的压力减小
C．在鞋子滑动时，增大斜面倾角θ，鞋子的加速度减小
D．在鞋内放置重物，使鞋子刚好开始滑动时的斜面倾角θ 将增大
【答案】B
【详解】A．由题意可知，斜面倾角
时鞋子刚好开始滑动，对鞋子受力分析有
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解得球鞋与斜面间的动摩擦因数为
故A 错误；
B．对鞋子受力分析有压力为
则增大斜面倾角时，球鞋对斜面的压力减小，故B 正确；
C．在鞋子滑动时，对鞋子受力分析，由牛顿第二定律有
解得
当增大斜面倾角θ，可得鞋子的加速度增大，故C 错误；
D．在鞋内放置重物，当球鞋刚好开始滑动时，满足
解得
得斜面倾角θ 不变，故D 错误。
故选B。
4．（2024·广东韶关·二模）我们常用支架与底板垂直的两轮手推车搬运货物。如图甲所示，将质量
为m 的货物平放在手推车底板上，此时底板水平；缓慢压下把手直至底板与水平面间的夹角为
60°。不计货物与支架及底板间的摩擦，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．当底板与水平面间的夹角为30°时，底板对货物的支持力为
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B．当底板与水平面间的夹角为30°时，支架对货物的支持力为
C．压下把手的过程中，底板对货物的支持力一直增大
D．压下把手的过程中，支架对货物的支持力一直减小
【答案】A
【详解】AB．当底板与水平面间的夹角为
时，受力分析如图
由平衡条件可得
解得底板对货物的支持力
支架对货物的支持力
A 正确，B 错误；
CD．压下把手的过程中，货物的受力情况如图
由图可知，底板对货物的支持力一直减小，支架对货物的支持力一直增大，CD 错误。
故选A。
5．（2024·山东枣庄·一模）如图所示，质量为M 的光滑半圆柱体紧靠墙根放置，质量为m 的小球
由长度为L 的细线悬挂于竖直墙壁上的A 点，静止在半圆柱体上，A 点距离地面的高度为L，细线
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与竖直方向夹角为θ。已知半圆柱体的半径可变化（质量不变），小球可视为质点，重力加速度为
g，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．当
时，细线对小球的拉力大小为
B．当
时，半圆柱体对小球的支持力大小为
C．半圆柱体受到水平地面的弹力大小为
D．半圆柱体受到竖直墙壁的弹力最大值为mg
【答案】C
【详解】AB．对小球进行受力分析如图所示
由几何关系可知
小球受力平衡，有
故AB 错误；
CD．对小球和半圆柱体整体进行受力分析，整体受地面的支持力FN，墙壁的弹力F，细线的拉力
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T，重力（m+M）g，整体受力平衡，则在竖直方向上有
水平方向上有
解得
则当
时F 最大，最大为
，故C 正确，D 错误。
故选C。
6．（2024·江苏泰州·一模）如图所示，水平面OA 段粗糙，AB 段光滑，
。一原长为
、劲度系数为k（
）的轻弹簧右端固定，左端连接一质量为m 的物块。物块从O 点由
静止释放。已知物块与OA 段间的动摩擦因数为
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则物块在向右
运动过程中，其加速度大小a、动能Ek、弹簧的弹性势能Ep、系统的机械能E 随位移x 变化的图像
可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】A．由题意可知，A 点处，物块受到的弹力大小为
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可知物块从O 到A 过程，一直做加速运动，动能一直增加，根据牛顿第二定律可得
（
）
可知物块从O 到A 过程，
图像应为一条斜率为负的倾斜直线，故A 错误；
B．物块从O 到A 过程（
），由于弹簧弹力一直大于滑动摩擦力，物块一直做加速运动，
动能一直增加，但随着弹力的减小，物块受到的合力逐渐减小，根据动能定理可知，
图像的
切线斜率逐渐减小；物块到A 点瞬间，合力突变等于弹簧弹力，则
图像的切线斜率突变变大，
接着物块从A 到弹簧恢复原长过程（
），物块继续做加速运动，物块的动能继续增大，
随着弹力的减小，
图像的切线斜率逐渐减小；当弹簧恢复原长时，物块的动能达到最大，接
着弹簧处于压缩状态，物块开始做减速运动，物块的动能逐渐减小到0，该过程，随着弹力的增大，
图像的切线斜率逐渐增大；故B 正确；
C．根据弹性势能表达式可得
可知
图像为开口向上的抛物线，顶点在
处，故C 错误；
D．物块从O 到A 过程（
），摩擦力对系统做负功，系统的机械能逐渐减少，根据
可知从O 到A 过程，
图像为一条斜率为负的斜率直线；物块到达A 点后，由于A 点右侧光滑，
则物块继续向右运动过程，系统机械能守恒，即
保持不变，故D 错误。
故选B。
7．（2024·北京西城·模拟预测）如图所示，质量为2000kg 的电梯的缆绳发生断裂后向下坠落，电
梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4m/s，缓冲弹簧被压缩2m 时电梯停止了运动，下落过程中安全
钳总共提供给电梯17000N 的滑动摩擦力。已知弹簧的弹性势能为
（k 为弹簧的劲度系数，
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x 为弹簧的形变量），安全钳提供的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度
，下列
说法正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数为3000N/m
B．整个过程中电梯的加速度一直在减小
C．电梯停止在井底时受到的摩擦力大小为17000N
D．从电梯接触弹簧到速度最大的过程中电梯和弹簧组成的系统损失的机械能约为4636J
【答案】D
【详解】
A．电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4m/s，缓冲弹簧被压缩2m 时电梯停止了运动，根据能量
守恒可得
代入数据解得
故A 错误；
B．与弹簧接触前，电梯做匀加速直线运动，接触弹簧后，先做加速度逐渐减小的加速运动后做加
速度逐渐增加的减速运动，故B 错误；
C．电梯停止在井底时，由受力平衡得
代入数据解得
故C 错误；
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D．当电梯速度最大时，此时加速度为零，则
解得
电梯接触弹簧到速度最大的过程中，电梯和弹簧组成的系统损失的机械能等于摩擦力做的负功，则
故D 正确。
故选D。
8．（2024·山东泰安·一模）如图所示，ABC 为一弹性轻绳，其弹力大小符合胡克定律。弹性轻绳
一端固定于A 点，另一端连接质量为m 的小球，小球穿在竖直杆上。轻杆OB 一端固定在墙上，另
一端为定滑轮。若弹性轻绳自然长度等于AB，初始时ABC 在一条水平线上，小球从C 点由静止释
放滑到E 点时速度恰好为零。已知C、E 两点间距离为h，D 为CE 的中点，重力加速度为g，小球
在C 点时弹性绳的拉力为
，小球与杆之间的动摩擦因数为0.6，弹性轻绳始终处在弹性限度内，
其弹性势能的表达式为
，其中k 为劲度系数、x 为伸长量。则小球下滑经过D 点时的速度
大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
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【详解】小球在C 点时，杆对小球的弹力为
释放小球后，设弹性绳与竖直杆夹角为
，杆对小球的弹力等于弹性绳垂直于杆的分力，即
又
故杆对小球的弹力保持
不变，则小球所受滑动摩擦力大小始终为
小球从C 到E 过程，由功能关系
得弹性绳劲度为
小球从C 到D 的过程，同理
得小球在D 点速度为
故选B。
9．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）如图所示为放在水平桌面上的沙漏计时器，从里面的沙子全部在上
部容器里开始计时，沙子均匀地自由下落，到沙子全部落到下部容器里时计时结束，不计空气阻力
和沙子间的影响。对计时过程取两个时刻：时刻一，下部容器底部没有沙子，部分沙子正在做自由
落体运动；时刻二，上、下容器内都有沙子，部分沙子正在做自由落体运动。下列说法正确的是（
）
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A．时刻一，桌面对沙漏的支持力大小等于沙漏的总重力大小
B．时刻一，桌面对沙漏的支持力大小大于沙漏的总重力大小
C．时刻二，桌面对沙漏的支持力大小等于沙漏的总重力大小
D．时刻二，桌面对沙漏的支持力大小小于沙漏的总重力大小
【答案】C
【详解】AB．时刻一，下部容器内没有沙子，部分沙子正在做自由落体运动，对整体分析，有一
部分沙子有向下的加速度，则总重力大于支持力，合力向下，故AB 错误；
CD．对时刻二分析，部分沙子做自由落体运动，设沙漏的总质量为
，空中正在下落的沙子质量
为
，沙漏中部细孔到底部静止沙子表面的高度为，因细孔处速度很小，可视为零，故下落的沙
子冲击底部静止沙子表面的速度为v，有
解得
沙子下落的时间为t，有
解得
设下落的沙子对底部静止沙子的冲击力为
，在极短时间
内，撞击在底部静止沙子表面的沙子
质量为
，由动量定理有
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解得
空中的沙子质量为m，有
解得
则
对沙漏受力分析，可知桌面对沙漏的支持力
故C 正确，D 错误。
故选C。
10．（2024·黑龙江·一模）原地纵跳摸高是常见的体能测试项目。在某次摸高测试中，一同学从如
图A 所示的静止下蹲状态向上跃起，脚刚离开地面时如图B 所示，身体运动到最高点时位置如图C
所示，三幅图代表同一竖直线上的三个位置，不计空气阻力，关于该同学测试的全过程，下列说法
正确的是（ ）
A．从A 到B 的运动过程中，地面对脚的支持力始终大于该同学的重力
B．从A 到B 的运动过程中，地面对脚的支持力的冲量为零
C．该同学在C 图位置的机械能大于在A 图位置的机械能
D．从A 到C 的过程中，地面对脚的支持力冲量大于该同学的重力冲量
【答案】C
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【详解】AB．运动员从用力蹬地到刚离开地面的起跳过程，先向上加速，地面支持力大于重力；
当地面支持力等于重力时速度最大；之后脚与地面作用力逐渐减小，运动员开始减速；当脚与地面
作用力为零时，离开地面。此过程地面对脚的支持力的冲量不为零，AB 错误；
B．蹬地起跳过程中运动员消耗体内化学能转化为机械能，B 图位置的机械能大于在A 图位置的机
械能，从B 到C 的运动过程中机械能守恒，则该同学在C 图位置的机械能大于在A 图位置的机械能，
C 正确；
D．从A 到C 的过程中，应用动量定理有
所以地面对脚的支持力冲量等于该同学的重力冲量，D 错误。
故选C。
11．（2024·湖南·二模）如图甲所示，长木板放在粗糙的水平地板上，一个质量m=5kg 的铁块放在
长木板上，如果给铁块施加从零开始逐渐增大的水平力F=kt（式中k≠0），铁块与长木板之间的摩
擦力随时间的变化规律如图乙所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10m/s2，结合图中数
据下列说法正确的是（ ）
A．铁块与长木板之间的动摩擦因数为0.4B．长木板的质量为1kg
C．长木板与地板间的动摩擦因数为0.2
D．当t=3s 时铁块的速度大小为6m/s
【答案】D
【详解】A．由图像可知，铁块与长木板之间的动摩擦力为30N，则动摩擦因数为
选项A 错误；
BC．在t=1s 时长木板与地面之间产生相对滑动，则
解得
k=20N/s
在t=1s 时对长木板分析可知
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在t=3s 时物块与长木板产生相对滑动，在1s~3s 过程中长木板和物块的整体做加速运动，则在t=3s
时
对铁块和木板的整体
对铁块
代入数据即
解得
选项BC 错误；
D．在1~3s 内对木板有动量定理
其中
解得
v=6m/s
因此过程中铁块与木板速度相同，可知当t=3s 时铁块的速度大小为6m/s，选项D 正确。
故选D。
12．（23-24 高三下·湖南衡阳·开学考试）娱乐风洞是一种空中悬浮装置，该装置通过人工制造和控
制气流，把游客“吹”起来，让游客体验“腾云驾雾”的感觉。如图所示，悬浮在风洞正上方的两
名手拉手的游客总质量为m，受风的有效面积为S，气流速度为
。已知重力加速度为g，气流吹
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到人身体后速度近似变为0，则气流的平均密度为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】游客处于平衡，对其进行受力分析，气流对游客的平均作用力
根据牛顿第三定律可得游客对气流的平均作用力
以极短时间
内与游客发生作用的气流为研究对象，则有
规定竖直向上为正方向，对气流由动量定理有
由于
，则有
解得
故选B。
多选题
13．（2024·安徽·一模）如图，轻质弹簧下端固定在光滑斜面底端，弹簧处于原长时上端在O 点．
小球将弹簧压缩到M 点（弹簧和小球不拴接）．由静止释放后，将该时刻记为
，小球第一次
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运动到O 点的时刻为
，小球运动的最高点为N．在小球第一次从M 点运动到N 点的过程中，
速度、加速度a、动能
以及小球机械能E 随时间t，变化的图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AC
【详解】ABC．小球向上运动过程中，根据牛顿第二定律有
随着弹力减小，加速度逐渐减小，速度逐渐增大，至
此时加速度为0，速度达到最大，此时小球位于MO 之间，随后有
随着弹力F 逐渐减小，加速度逐渐增大，直至
后，加速度为
之后加速度保持不变，速度逐渐减小，结合
图像斜率为加速度，动能的计算公式
可
知AC 图正确，B 图错误，故AC 正确，B 错误；
D．小球运动过程中，弹簧弹力对小球做正功，小球机械能先增大，后不变，故D 错误。
故选AC。
14．（2024·宁夏银川·模拟预测）压跷跷板是小朋友们特别喜欢的娱乐运动项目，跷跷板在幼儿园
以及公共娱乐健身场所都可以见到。某实验小组利用该娱乐设施进行物理研究，如图所示。质量为
m 的小球B 置于光滑半球形凹槽A 内，凹槽放置在跷跷板上，凹槽的质量为M，当板的倾角为
时，凹槽恰好静止。令最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则在缓慢压低跷跷
板的Q 端至跟P 端等高的过程中，下列说法正确的是（ ）
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A．开始时凹槽受到沿跷跷板向上的摩擦力大小为
B．凹槽与跷跷板之间的动摩擦因数大小为
C．小球对凹槽的压力大小始终为mg
D．跷跷板对凹槽的作用力逐渐增大
【答案】BC
【详解】A．将小球跟凹槽视为整体，开始时恰好静止，那么根据受力平衡知
故A 错误；
B．根据平衡条件有
解得
故B 正确；
C．小球所在处的凹槽切线总是水平的，那么小球对凹槽的压力大小始终等于小球的重力，故C 正
确；
D．由于小球、凹槽整体的重力不变化，与跷跷板的作用力等大反向，那么跷跷板对凹槽的作用力
不变，故D 错误。
故选BC。
15．（2024·宁夏银川·模拟预测）如图甲所示，北宋曾公亮在《武经总要》中记载了一种古代运输
装备，名为“绞车”，因其设计精妙，使用时灵活方便，这种绞车又被称为“中国式绞车”，“合
大木为床，前建二叉手柱，上为绞车，下施四轮，皆极壮大，力可挽二千斤。”其原理如图乙所示，
将一根圆轴削成同心而半径不同的两部分，其中a、b 两点分别是大小辘轳边缘上的两点，其上绕
以绳索，绳下加一动滑轮，滑轮下挂上重物，人转动把手带动其轴旋转便可轻松将重物吊起，则在
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起吊过程中，下列说法正确的是（ ）
A．a 点的角速度等于b 点的角速度
B．a 点的向心加速度小于b 点的向心加速度
C．人对把手做的功等于重物机械能的增加量D．滑轮对重物做的功等于重物机械能的增加量
【答案】AD
【详解】AB．a 的半径大于b 的半径，由于两点是同轴转动，角速度相同，根据
可知a 的
向心加速度大于b 点的向心加速度，故A 正确，B 错误；
C．由能量守恒可知，人对把手做功除了转化为重物的机械能外，还有轮轴的动能及摩擦生热等，
因此人对把手做的功大于重物机械能的增加量，故C 错误；
D．由功能关系可知滑轮对重物做的功等于重物机械能的增加量，故D 正确。
故选AD。
16．（2024·河北石家庄·二模）如图所示，质量为M 的拖车通过跨过定滑轮的绳子将质量为m 的矿
石从矿井提拉至地面。拖车以恒定功率
从静止开始启动，经过时间
，立刻关闭发动机，又经过
时间
拖车停止运动，此时矿石刚好上升至井口且速度减为0。已知整个过程拖车所受地面阻力恒
为其重力的k 倍，不计空气阻力和滑轮的摩擦力，绳子的质量可忽略，且绳子始终处于绷紧状态，
重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．拖车在加速阶段的平均速度大于减速阶段的平均速度
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B．整个过程矿石上升的高度为
C．拖车在减速阶段其加速度大小为
D．拖车刚关闭发动机时的速度为
【答案】AB
【详解】A．设汽车的最大速度为v，减速阶段的平均速度为
，加速阶段，由于加速度减小，结
合v﹣t 图象知，图象的斜率不断减小，此过程通过的位移大于匀加速运动到v 的位移，所以其平均
速度大于匀加速运动的平均速度，即大于
，所以加速阶段的平均速度大于减速阶段的平均速度，
故A 正确；
B．设矿石上升的高度，由系统功能关系可得
联立得
故B 正确；
C．拖车在减速阶段其加速度大小为
故C 错误；
D．若经过时间
拖车受到的阻力与牵引力等大反向，拖车刚关闭发动机时的速度为
故D 错误。
故选AB
解答题
17．（2024·吉林白山·二模）智能机器人自动分拣快递包裹系统被赋予“惊艳世界的中国黑科技”
称号。分拣机器人工作效率高，落袋准确率达99.9%。在供包台工作人员将包裹放在机器人的水平
托盘上，智能扫码读取包裹目的地信息，经过大数据分析后生成最优路线，包裹自动送至方形分拣
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口。如图甲，当机器人抵达分拣口时，速度恰好减速为零，翻转托盘使托盘倾角缓慢增大，直至包
裹滑下，将包裹投入分拣口中（最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度g 大小取
）。
如图乙，机器人A 把质量
的包裹从供包台沿直线运至相距
的分拣口处，在运行过
程中包裹与水平托盘保持相对静止。已知机器人A 运行最大加速度
，运行最大速度
，机器人运送包裹途中，看作质点。
（1）求机器人A 从供包台运行至分拣口所需的最短时间t；
（2）若包裹与水平托盘的动摩擦因数为
，则在机器人A 到达投递口处，要使得包裹刚开始
下滑，托盘的最小倾角
应该是多少；
（3）机器人A 投递完包裹后返回供包台途中发生故障，机器人A 立刻制动，制动时速度为3m/s，
由于惯性，机器人A 在地面滑行4.5m 后停下来，此时刚好有另一机器人B，以最大速度碰撞3m/s
与机器人A 发生弹性正碰，碰撞后机器人A 滑行了2m 停下来（其加速度与制动后滑行加速度相等，
机器人A、B 均看作质点）。则机器人B 的总质量是机器人A 的多少倍？
【答案】（1）16s；（2）
；（3）0.5 倍
【详解】（1）当机器人A 先做匀加速直线运动加速至3m/s，然后做匀速直线运动，最后做匀减速
直线运动至零时，机器人A 从供包台运行至分拣口所需时间最短。做匀加速直线运动阶段根据运动
学的公式可得
匀减速直线运动阶段根据运动学的公式得
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匀速直线阶段根据运动学的公式得
运行总时间
（2）设要使包裹刚开始下滑，托盘的最小倾角
，对包裹，受力分析得
其中
托盘的最小倾角
（3）设机器人A 制动后滑行过程中的加速度大小为a，则有机器人A 制动后滑行4.5m 后停下来，
则有
设机器人A 被碰后瞬间的速度为
，滑行2m 后停下来，则有
联立可得
A、B 发生弹性碰撞，A 和B 组成的系统根据动量守恒定律和能量守恒定律有
解得
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由于
，
，可得
故机器人B 的质量是机器人A 的0.5 倍。
18．（2024·山东德州·模拟预测）如图所示，左侧为固定在水平地面上足够大、表面光滑、倾角为
30°的斜面体，长
的细绳一端固定在斜面体上C 点，另一端悬挂一质量
的小球，小
球静止在斜面体底部A 点，细绳AC 中点处紧靠细绳右侧有一颗钉子（图中未画出）。在水平地面
B 点处静置着质量
的物块P 和质量
的物块Q，二者间压缩着一轻质弹簧并锁定
（物块与弹簧不连接），物块P、Q 可视为质点。距B 处足够远处停放着质量
的小车，其
上表面EF 段粗糙，与AB 等高，长度
；FD 段为半径
的1/4 光滑圆弧轨道。P、
Q 与地面、小车与地面间的摩擦力忽略不计，Q 与EF 间的动摩擦因数均为
。现解除弹簧锁
定，物块P、Q 由静止被弹出（P、Q 脱离弹簧后立即撤走弹簧），之后物块Q 滑上小车，而物块P
与小球发生弹性碰撞，碰后小球在斜面上转一周且细绳始终处于拉直状态，碰到钉子后细绳恰好被
拉断。已知细绳能承受的最大拉力
。不计物块经过AB 面与斜面体连接点、AB 面与小车
连接点时的机械能损失。取
，不计空气阻力。
（1）求小球碰后到达最高点时细绳上的拉力大小
；
（2）求轻质弹簧锁定时的弹性势能
；
（3）求物块Q 冲出小车后离开D 点的最大高度；
（4）撤去斜面体及其上小球，若弹簧解除锁定后，物块Q 向右滑上小车后能通过F 点，并且后续
运动过程始终不滑离小车，求被锁定弹簧的弹性势能取值范围。
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【答案】（1）
；（2）90J；（3）
；（4）
【详解】（1）滑块P 与小球发生弹性碰撞，设碰撞后小球速度为
，之后与钉子碰前后速度不变，
则有
设小球运动到最高点时速度为
，绳子拉力为
，根据牛顿第二定律有
根据机械能守恒定律得
联立解得
（2）设滑块P 与小球发生弹性碰撞前速度为
，碰撞后速度为
，根据动量守恒定律和能量守恒
可得
解得
设解除锁定后滑块Q 的速度为
，根据动量守恒定律有
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解得
轻质弹簧锁定时的弹性势能
（3）对Q 与小车构成的系统，在水平方向，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得
之后，物块Q 做斜抛运动，在竖直方向上为竖直上抛运动，根据逆向思维，物块Q 冲出小车后离
开D 点的最大高度
解得
（4）物块被弹开过程有
当物块Q 向右滑上小车后恰好到达F 点与小车共速时，弹簧弹性势能最小，此时，对物块Q 与小
车有
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解得
当物块Q 向右滑上小车后恰好到达D 点与小车共速时，此时，对物块Q 与小车有
物块被弹开过程有
解得
物块Q 滑上小车，且刚好不从小车左端滑出有
物块被弹开过程有
解得
故被锁定弹簧的弹性势能的最大值为
，综上所述，被锁定弹簧的弹性势能取值范围为
19．（23-24 高三上·广东·阶段练习）一个质量为m 的羽毛球卡在球筒底部，球筒的质量为M，筒
长为L，羽毛球的高度为d（可将羽毛球看成质量集中在球头的质点），已知羽毛球和球筒间的最
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大静摩擦和滑动摩擦力大小近似相等，且恒为
。重力加速度为g，不计一切空气阻力。
某同学使用以下三种方式将球从筒内取出：
（1）方式一：“甩”，如图甲所示。手握球筒底部，使羽毛球在竖直平面内绕O 点做半径为R 的
圆周运动。当球筒运动至竖直朝下时，羽毛球恰要相对球筒滑动，求此时球筒的角速度；
（2）方式二：“敲”，如图乙所示。手握球筒向下运动，使球筒以一定速度撞击桌面，球筒撞到
桌面后不再运动，而羽毛球恰好能滑至球头碰到桌面。若已知运动的初速度为0，起始高度为
，
求此过程手对球筒所做的功；
（3）方式三：“落”，如图丙所示。让球筒从离地h 高处由静止释放，已知：
，
，
且球筒撞击地面后反弹的速度大小始终为撞击前的
。若要求在球筒第一次到达最高点以后，羽毛
球从球筒中滑出，求h 应满足怎样的取值范围？（不考虑球筒和地面的多次碰撞）
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）当球筒运动至竖直朝下时，以羽毛球为研究对象，受力分析有
将
代入可得
（2）以球筒和羽毛球整体为研究对象，设手对其做功为W，整体碰到桌面时的速度为v，在向下运
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动过程中由动能定理，有
以羽毛球为研究对象，它在球筒内减速下滑至桌面，由动能定理
联立可得
（3）羽毛球和球筒从h 处自由下落，触地瞬间的速度满足
此后m 以初速度v0向下做匀减速运动，M 以v0/4 向上做匀减速运动，在二者达到共速之前的过程中，
对于m，由牛顿第二定律方程
可解得
对于M，由牛顿第二定律方程
可解得
设M 第一次运动至最高点的时间为t0满足
即
选向下为正方向，设二者在t1时刻达到共速， 则t1满足
可解得
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由
可知，二者在M 第一次到达最高点以后下落过程中达到共速，若恰好在共速时刻m 滑
出，二者的相对位移为L，即
联立可得h 的最小值
若m 恰好在t0时刻滑出，即
联立可得h 的最大值
故h 应满足
20．（2023·广东梅州·二模）某物流公司用如图所示的传送带将货物从高处传送到低处。传送带与
水平地面夹角
，顺时针转动的速率为
。将质量为
的物体无初速地放在传
送带的顶端A，物体到达底端B 后能无碰撞地滑上质量为
的木板左端。已知物体与传送带、
木板间的动摩擦因数分别为
的距离为
。设最大静摩擦力等于滑动摩
擦力，重力加速度
（已知
）。求：
（1）物体刚开始下滑时的加速度大小和物体滑上木板左端时的速度大小；
（2）若地面光滑，要使物体不会从木板上掉下，木板长度L 至少应是多少；
（3）若木板与地面的动摩擦因数为
，且物体不会从木板上掉下，求木板的最小长度
与
的
关系式。
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【答案】（1）
，v=6m/s；（2）L=4.8 m；（3）见解析
【详解】（1）物体速度达到传送带速度前，由牛顿第二定律，有
设物体与传送带共速时运动的位移为x1，则对物体
解得
x1=0.20m<s
此后物体继续在传送带上做匀加速运动，设加速度为a2，则
设物体到达B 端时的速度大小为v，根据运动学公式有
解得物体滑上木板左端时的速度大小
v=6m/s
（2）若地面光滑时，对物体和板有
解得
L=4.8 m
（3）木板与地面的动摩擦因数为μ
①当
，即
时，木板静止，木块速度为0 时，恰好不会从木板上掉下长度为
Lmin，有
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解得
Lmin=7.2m
②当木板与地面间有摩擦而动摩擦因数小于
，木板将会发生滑动，物体滑上木板后向右做匀减
速直线运动，此时加速度大小为
木板向右匀加速
当两者速度相等时，恰好不掉下来
物体位移
木板位移
此时木板长度为
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