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押选择题（压轴题）
力学、功能关系
猜押题型
3 年真题
考情分析
命题思路
10 题
（多选题）
2022·辽宁·高考真题
2024·黑吉辽·高考真题
黑吉辽蒙卷注重基础性与综合
性结合，压轴题常以多物体、多过
程的力学模型为载体，融入动能定
理、能量守恒、动量定理等核心考
点，难度梯度明显。
常考查典型模型的分析，
可能加入多过程分析，图像辅
助（v-t 图、F-x 图与能量变化
结合）。
常考考点：连接体、传送
带、板块模型、曲线运动（临
界问题）。
题型一 连接体
1．（2024·黑龙江哈尔滨·三模）如图所示，三个物块A、B、C 的质量分别为m、2m、m，物块B 叠放在C
上，物块A 与C 之间用轻弹簧水平连接，物块A、C 与水平地面间的动摩擦因数都为
，物块B 与C 之间
的动摩擦因数为
。在大小恒为F 的水平推力作用下，使三个物块正保持相对静止地一起向右做匀加速直
线运动，已知重力加速度为g，最大静摩擦力等于摩擦力，弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是
（ ）
1
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A．弹簧弹力大小为
B．保持A、B、C 三个物块相对静止，F 最大值不超过
C．在撤去水平推力的瞬间，物块A 的加速度变小
D．若撤去水平推力后，物块B 和C 仍能保持相对静止
【答案】AB
【解析】A．对A、B、C 三个物体受力分析，摩擦力为
根据牛顿第二定律
对A 受力分析，根据平衡条件
联立，可得
故A 正确；
B．保持A、B、C 三个物块相对静止，对B 可知，整体的最大加速度为
对A、B、C 三个物体，根据牛顿第二定律
解得
故B 正确；
C．在撤去水平推力的瞬间，弹簧对A 的力不会发生突变，即在撤去水平推力的瞬间，A 的受力情况不变，
即物体A 的加速度不变，故C 错误；
D．在撤去水平推力的瞬间，对物块B、C 整体受力分析
2
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则整体的加速度为
由B 选项可知，物块B 的最大加速度为
所以，若撤去水平推力后，物块B 和C 不能保持相对静止，故D 错误。
故选AB。
2．（2024·辽宁本溪·一模）如图所示，倾角为
的光滑斜面固定在水平地面上，一轻质弹簧一端与垂
直固定在斜面上的挡板相连，另一端与物块B 栓接，劲度系数为k。物块A 紧靠着物块B，物块与斜面均
静止。现用一沿斜面向上的力F 作用于A，使A、B 两物块一起沿斜面做加速度大小为
的匀加速直线运
动直到A、B 分离。物块A 质量为m，物块B 质量为2m，重力加速度为g，
。下列说
法中正确的是（ ）
A．施加拉力的瞬间，A、B 间的弹力大小为
B．A、B 分离瞬间弹簧弹力大小为
C．拉力F 的最大值大于mg
D．在A、B 分离前整个过程中A 的位移为
【答案】AD
【解析】A．施加拉力F 之前，A、B 整体受力平衡，根据平衡条件，有
解得
3
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施加F 瞬间，物体A、B 加速度大小为
对A、B 整体，根据牛顿第二定律
对A，根据牛顿第二定律得
联立，解得
故A 正确；
B．分离时，物体A、B 之间作用力为0，对B 根据牛顿第二定律得
解得
可得
故B 错误；
C．依题意，整个过程中拉力F 一直增大， A、B 分离瞬间，物体A、B 之间作用力为0，F 最大，对A 根
据牛顿第二定律得
解得
故C 错误；
D．在A、B 分离前整个过程中A 的位移为
故D 正确。
故选AD。
4
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3．（2024·吉林·三模）如图，质量为
的A 物块和质量为
的B 物块通过轻质细线连接，细线跨过轻质
定滑轮，B 的正下方有一个固定在水平面上的轻质弹簧，劲度系数为
。开始时A 锁定在地面上，整个系
统处于静止状态，B 距离弹簧上端的高度为
，现在对A 解除锁定，A、B 开始运动，A 上升的最大高度
未超过定滑轮距地面的高度。已知当B 距离弹簧上端的高度
时，A 不能做竖直上抛运动，（重力
加速度为
，忽略一切摩擦，弹簧一直处在弹性限度内）下列说法正确的是（ ）
A．当弹簧的弹力等于物块B 的重力时，两物块具有最大动能
B．当B 物块距离弹簧上端的高度
时，B 物块下落过程中绳拉力与弹簧弹力的合力冲量方向竖
直向上
C．当B 物块距离弹簧上端的高度
时，弹簧最大弹性势能为
D．当B 物块距离弹簧上端的高度
时，A 物块上升的最大高度为
【答案】BCD
【解析】A．当物块B 接触到弹簧后，由于受到弹簧向上的弹力作用，故B 的加速度逐渐减小，但速度仍
然变大，当满足弹簧的弹力等于物块B 的重力与绳子拉力的差值时，即满足
即弹簧弹力为
拉力不为0，物体的加速度为零，此时两物体的速度最大，动能最大，故A 错误；
BC．因为当B 物块距离弹簧上端的高度
时，A 物块恰不能做竖直上抛运动，则当物体B 到达最
低点时，A 到达最高点，此时两物块速度恰好为零，则B 物块下落过程中，绳拉力与弹簧弹力的合力冲量
5
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与重力的冲量大小相等，方向相反，所以绳拉力与弹簧弹力的合力冲量竖直向上，对物体AB 利用能量守
恒得
则弹簧的压缩量为
则整个过程中，物体A 上升的高度应该等于
，由能量关系可知B 到达最低点时弹簧的最大弹性势能
为
故BC 正确；
D．当B 物块距离弹簧上端的高度为
时，则B 物体压缩弹簧下降
时，物体A 就将做上抛运动，
此时刻根据能量关系可知
解得
则物体上抛运动的高度则A 物块上升的最大高度为
故D 正确。
故选BCD。
4．（2024·内蒙古包头·一模）如图甲所示，物块A、B 中间用一根轻质弹簧相连，静止在光滑水平面上，
弹簧处于原长，物块A 的质量为3kg。
时，对物块A 施加水平向右的恒力F，
时撤去，在0~1s
内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是（ ）
6
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A．
时物块A 的速度小于0.8m/s
B．
时弹簧弹力为0.6N
C．物块B 的质量为2kg
D．F 大小为1.5N
【答案】AC
【解析】A．
图像与坐标轴围成的面积表示速度变化量，
内
图像与坐标轴围成的面积
内速度变化量
时物块A 的速度
故A 正确；
D．图像可知
时，物块A 的加速度
水平向右的恒力
故D 错误;
C．图像可知
时，物块A、B 的加速度相同，共同加速度为
把物块A、B 看成一个整体，由牛顿第二定律得
得物块B 的质量
7
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故C 错误；
B．
时弹簧弹力
故B 错误；
故选AC。
5．（2025·贵州毕节·二模）如图所示，倾角为
且足够长的光滑斜面固定在水平地面上，物体A 被锁定
在光滑斜面上，物体C 置于水平地面。物体B、C 通过劲度系数为
的轻弹簧相连，A、B 用轻绳跨过光滑
定滑轮连接，轻绳恰好伸直，滑轮右侧轻绳竖直，左侧轻绳与斜面平行。解除锁定，A 沿斜面下滑，当A
速度最大时，C 恰好要离开地面。已知B、C 的质量均为
，重力加速度为
。下列说法正确的是
（ ）
A．物体A 的质量为
B．物体A 下滑过程中加速度一直在增大
C．物体A 和B 组成的系统机械能守恒
D．物体A 下滑过程中的最大动能为
【答案】AD
【解析】A．开始轻绳恰好伸直，对B 进行分析有
A 速度最大时，C 恰好要离开地面，对C 进行分析有
此时A 速度最大，A 所受外力合力为0，则有
解得
故A 正确；
B．弹簧开始处于压缩状态后处于拉伸状态，对A、B 整体进行分析可知，A 的加速度大小先减小，当A
8
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的速度达到最大值时，C 恰好要离开地面，此时A、B 速度大小相等，C 的速度为0，之后，弹簧的拉伸量
进一步增大，对A、B 整体进行分析可知，A 的加速度方向变为沿斜面向上，大小增大，即物体A 下滑过
程中加速度先减小后增大，故B 错误；
C．A 下滑过程，弹簧的形变量发生变化，即弹簧的弹力对B 做了功，可知，在C 没有离开地面之前，A、
B 与弹簧构成的系统机械能守恒，当A、B 构成的系统机械能不守恒，故C 错误；
D．结合上述可知
即上述两个整体弹簧的弹性势能相等，对A、B 构成的系统有
物体A 下滑过程中的最大动能
解得
故D 正确。
故选AD。
6．（2025·甘肃酒泉·一模）如图甲所示，物块a、b 中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑的水平面上，开
始时两物块均静止，弹簧处于原长。
时对物块a 施加水平向右、大小
的恒力，
时撤去
F，此过程中两物块的加速度随时间变化的图像如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的
是（ ）
A．物块a 的质量为2kg
B．物块b 的质量为2kg
C．
时，弹簧的弹力大小为0.4N
D．撤去F 后，a、b 组成的系统动量守恒，机械能不守恒
【答案】BD
【解析】ABC．
时，对物块
，由牛顿第二定律有
9
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其中aa=1.0m/s2，解得
时，设弹簧弹力大小为
，对物块
有
对物块
有
联立解得
，
选项AC 错误，B 正确；
D．撤去拉力后，
的速度大于
的速度，则
、
之间的距离将继续增大，弹簧弹性势能增大，则
组
成的系统动量守恒，但机械能减小，D 正确。
故选BD。
题型二 传送带
7．（2024·辽宁本溪·一模）如图所示，传送带以10m/s 的速度逆时针方向匀速转动，两侧的传送带长都是
16m，且与水平方向的夹角均为37°。现有两个滑块A、B（可视为质点）从传送带顶端同时由静止滑下，
已知滑块A、B 的质量均为1kg，与传送带间的动摩擦因数均为0.5，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，
cos37°=0.8。下列说法正确的是（ ）
A．滑块A 先做匀加速运动后做匀速运动
B．滑块A 比B 早到达底端2s
C．滑块A、B 到达传送带底端时的速度大小不相等
D．滑块A 在传送带上的划痕长度为4m
【答案】BC
【解析】AB．两滑块从静止开始沿传送带下滑，开始阶段传送带对A 滑块的滑动摩擦力沿斜面向下，对B
滑块的滑动摩擦力沿斜面向上，则
滑块A 先加速，加速到与传送带速度相等，位移为
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所需时间为
滑块A 加速到与传送带速度相等后，由于
故滑块A 不能和传送带保持相对静止，则摩擦力反向，之后加速度大小为
加速到传送带底端，则有
解得
所以滑块A 到达底端共用时
B 滑块一直匀加速运动，加速度大小为
解得
所以
故A 错误，B 正确；
C．A 到达底端时的速度大小为
B 到达底端时的速度大小为
故C 正确；
D．A 加速到与传送带共速时，划痕长度为
11
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在这之后，相对位移为
滑块比传送带速度快，会覆盖之前的划痕，滑块A 在传送带上的划痕长度为5m，故D 错误。
故选BC。
8．（2024·辽宁鞍山·二模）如图甲所示，足够长的水平传送带以某一恒定速率顺时针转动，一根轻弹簧两
端分别与物块和竖直墙面连接，将物块在传送带左端无初速度释放，此时弹簧恰处于原长且为水平。物块
向右运动的过程中，受到的摩擦力大小与物块位移的关系如图乙所示，已知物块质量为m，物块与传送带
间的动摩擦因数为
，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
为已知量，则下列说法正确的
是（ ）
A．
过程，物块所受摩擦力方向向右
B．弹簧的劲度系数为
C．传送带的速度为
D．物块能运动到
处
【答案】ABD
【解析】A．在0-x0过程，物块相对于传送带向左运动，物块所受的摩擦力方向向右，故A 正确；
B．由题意可知，当x=2x0时，物块静止且所受静摩擦力达到最大值，则有
μmg=k•2x0
解得弹簧的劲度系数为
故B 正确；
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C．设传送带的速度为v0，由动能定理得
可得
故C 错误；
D．在2x0处弹簧为拉力，由于
μmg=kx0
此后物块受到的滑动摩擦力始终向右，滑块向右做简谐运动
可得
即物块向右运动的最大距离为
所物块能够到达3x0处，故D 正确。
故选ABD。
9．（2024·黑龙江·一模）如图所示，倾斜传送带以恒定速率顺时针转动。将一质量为m 的小物体P（可视
为质点）轻放在A 处，小物体P 到达B 处时恰好与传送带共速；再将另一质量也为m 的小物体Q（可视为
质点）轻放在A 处，小物体Q 在传送带上到达B 处之前已与传送带共速，之后和传送带一起匀速到达B 处。
则P、Q 两个物体从A 到B 的过程中（ ）
A．物体P 与传送带间的动摩擦因数较小
B．传送带对P、Q 两物体做功相等
C．传送带因传送物体而多消耗的电能相等
D．P、Q 两个物体与传送带间因摩擦产生的热量相等
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【答案】AB
【解析】A．小物体一开始在传送带上做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小为
根据题意可知，在速度达到与传送带共速的过程，小物体P 在传送带上的位移
较大，根据运动学公式
可得
可知小物体P 在传送带上加速时的加速度较小，则物体P 与传送带间的动摩擦因数较小，故A 正确；
B．在小物体从A 到B 的过程中，根据功能关系可知，传送带对小物体做的功等于小物体机械能的增加量，
由题意可知，两小物体增加的动能和重力势能均相等，则两小物体增加的机械能相等，故传送带对P、Q
两物体做功相等，故B 正确；
CD．小物体加速阶段的时间为
小物体加速阶段与传送带发生的相对位移为
则小物体与传送带间因摩擦产生的热量为
由于物体P 与传送带间的动摩擦因数较小，则物体P 与传送带间因摩擦产生的热量较大；由于两物块增加
的机械能相同，根据能量守恒可知，传送带因传送物体P 而多消耗的电能较大，故CD 错误。
故选AB。
10．（2025·安徽池州·二模）如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率
沿顺时针方向转动，传送带的倾
角为37°。一物块以初速度
从传送带的底端冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的
图像如图乙
所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，
，取
，则（ ）
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A．1~3s 时间内物块所受摩擦力做正功
B．0~3s 时间内物块平均速度大小为8m/s
C．物块由顶端返回到底端的过程中所需时间大于3s
D．0~1s 与1~3s 两段时间内物块与传送带间因摩擦产生的热量之比为3:2
【答案】AC
【解析】A．由题图乙可知，在
内物块的速度大于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿传送带向
下，与物块运动的方向相反，所以0~1s 时间内物块所受摩擦力做负功；
末至物块到达传送带顶端，物块
的速度小于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿传送带向上，与物块运动的方向相同，所以1~3s 时间
内物块所受摩擦力做正功，故A 正确；
B．物块运动的位移大小等于
图线与坐标轴所围图形的面积大小，为
物块平均速度大小为
故B 错误；
C．物块下滑加速度与1~3s 时间内物块加速度相同
根据
解得
故C 正确；
D．产热等于阻力乘以相对位移，所以0~1s 与1~3s 两段时间内物块与传送带间因摩擦产生的热量之比等于
15
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相对位移之比，根据图像可知
故D 错误。
故选AC。
11．（2024·广东肇庆·一模）如图为一种鱼虾自动分离装置的示意图，鱼和虾均从一个靠近传送带的出料
口掉落到转动的传送带上，鱼和虾就会自动分别向两端运动。下列说法正确的是（ ）
A．传送带的转动方向是顺时针方向
B．鱼在传送带上运动时，内能增加，机械能减小
C．传送带速度越大，虾到达下端虾收集箱的用时越短
D．鱼和传送带间的动摩擦因数一定大于虾和传送带间的动摩擦因数
【答案】AD
【解析】A．鱼和虾在传送带上受重力、支持力和沿传送带向上的摩擦力，故传送带沿顺时针方向转动，A
正确；
BD．鱼向上运动，有
摩擦力对鱼做正功，机械能增大；
虾向下运动有
一定大于
，B 错误，D 正确；
C．传送带沿顺时针方向转动，无论速度为多少，对虾的摩擦力大小和方向均不变，虾下滑的时间与传送
带的速度无关，C 错误。
故选AD。
12．（2024·湖南·模拟预测）如图所示，左侧有一长为L=3m 的传送带，以速度v=5m/s 顺时针转动，右侧
有一质量为M=6kg、长为l=5m 的长木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m=2kg 的小物块（可视为质
点）以初速度v0=10m/s 从传送带的左端滑上传送带，并且小物块能无机械能损失的滑上长木板。已知小物
16
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块与传送带、长木板间的动摩擦因数均为μ=0.6，不计空气阻力，g 取10m/s2。则（ ）
A．小物块滑上长木板的速度为5m/s
B．小物块的最终速度为2m/s
C．长木板的最终动能Ek=12J
D．全过程系统产生的内能Q=48J
【答案】BC
【解析】A．设小物块滑上长木板的速度为
，根据匀变速直线运动规律有
解得
m/s>5m/s
故A 错误；
BC．小物块到达长木板后，根据动量守恒定律有
解得
m/s
物块与木板摩擦生热为
解得
J，
m
则物块未滑离木板，木板最终的动能为
J
故BC 正确；
D．物块在传送带上运动的时间为
17
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s
摩擦生热为
J
全过程系统产生的内能
J
故D 错误；
故选BC。
13．（2024·宁夏石嘴山·模拟预测）如图甲所示，足够长的倾斜传送带以速度v=2.5m/s 沿顺时针方向运行，
倾角θ=37o，质量为m，可视为质点的物块在t=0 时刻以速度
从传送带底端开始沿传送带上滑，物块在传
送带上运动时的机械能E 随时间t 的变化关系如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取传送带
最底端所在平面为零势能面，重力加速度g 取10m/s2，sin37o =0.6，cos37o =0.8，则（ ）
A．物块与传送带间的动摩擦因数为0.25
B．物块的质量m 为5kg
C．物块滑上传送带时的速度为5m/s
D．物块滑离传送带时的动能为20J
【答案】CD
【解析】AC．由图像分析可知，0~0.25s 物块的机械能减小，故摩擦力做负功，摩擦力方向沿斜面向下。
且在0.25s 时物块的速度与传送带的速度相等。0.25~1.5s 物块的机械能增加，故摩擦力做正功，摩擦力方
向沿斜面向上，且在1.5s 时物块的机械能不再增加，即物块的速度为零。以沿斜面向上为正方向，对物块
分析受力，在0~0.25s 沿斜面方向由牛顿第二定律可得
此过程由匀变速直线运动规律可得
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在0.25~1.5s 由牛顿第二定律可得
此过程由匀变速直线运动规律可得
代入数据，联立以上式子可得
，
故A 错误，C 正确；
B．取传送带最底端所在平面为零势能面，由图像可知，物体的初始机械能为
代入数据可得
故B 错误；
D．由图像可知物块从底部滑至最高点，前后两阶段摩擦力做功的绝对值之和为
到达最高点时机械能为60J。由于物块所受重力沿斜面的分力大于传送带对物块的摩擦力，故物块到达最
高点后会沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动。此过程中，物块向下移动的位移与物块向上移动的
位移相等，摩擦力大小相等，且下滑过程中摩擦力始终做负功。故从最高点运动至离开传送带的过程中，
由能量守恒定律可得
代入数据可得
故D 正确。
故选CD。
14．（2024·辽宁丹东·二模）如图所示，一固定的高为h 的光滑斜面与逆时针匀速转动、足够长的水平传
送带平滑连接于N 点。质量为m 的小滑块（可视为质点）自斜面最高点M 由静止释放，滑块在传送带上运
动一段时间后返回斜面，上升到最高点时距N 点高度为0.5h。已知滑块与传送带间的动摩擦因数为
，重
力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
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A．传送带匀速转动的速度大小为
B．经过足够长的时间，滑块最终静止于N 点
C．滑块第一次在传送带上运动的完整过程中，在传送带上形成的划痕长度为
D．滑块第三次在传送带上运动的完整过程中与相同时间内传送带上没有滑块相比，电动机多做功
【答案】AD
【解析】A．滑块第一次到达N 点过程，根据动能定理有
解得
令滑块第一次返回N 点速度大小为
，根据动能定理有
解得
由于
可知，传送带匀速转动的速度大小为
，故A 正确；
B．结合上述可知，由于斜面光滑，滑块从斜面第二次滑下过程机械能守恒，即第二次到达N 点的速度与
20
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初速度的速度大小相等，均等于
，滑块再次滑上后在传送带上做双向匀变速直线运动，根据运动的对
称性可知，再次到达N 点时的速度仍然为
，可知，滑快最终在N 点左侧的斜面与右侧的传送带上均做
双向的匀变速直线运动，即在N 点左右两侧做往返运动，滑块不会静止于N 点，故B 错误；
C．结合上述可知，滑块第一次在传送带上运动的完整过程中，滑块先向右做匀减速直线运动，减速至0
后向左做匀加速直线运动，加速至与皮带速度相等后做匀速直线运动返回N 点，在匀变速直线运动过程中，
根据速度公式有
皮带的位移为
滑块的位移
滑块与传送带的相对位移大小
解得
滑块在传送带上形成的划痕长度与相对位移大小相等，故C 错误；
D．结合上述可知，滑块每次在传送带上的运动过程完全相同，均是在做相同的双向匀变速直线运动，则
有
则在滑块第三次在传送带上运动的完整过程中，对皮带进行分析可知，电动机做功为
可知，相同时间内传送带上没有滑块相比，电动机多做功
，故D 正确。
故选AD。
题型三 板块模型
21
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15．（2025·辽宁鞍山·二模）如图，质量为M=2kg 的长木板放在水平地面上，上有一个质量为m=4kg 的木
块。木板和木块间的动摩擦因数为μ1=0.5，木板和地面间的动摩擦因数为μ2=0.2，最大静摩擦力可认为等
于滑动摩擦力。最初板块都处于静止状态，现在在木块上施加一个水平向右的恒力F1=40N，同时在木板上
施加一个水平向右的恒力F2，重力加速度g=10m/s²，施加恒力后关于两物体的受力和运动下列判断正确的
是（ ）
A．加两个恒力后木板一定会向右滑动
B．当F2大小为32N 时，木块受到的摩擦力水平向左
C．为了使板块间不产生相对滑动，F2的最大值为62N
D．若将F2方向改成水平向左，也可能使板块间不产生相对滑动
【答案】AC
【解析】A．木板和木块间的最大静摩擦力
因为
所以木块会相对木板向右滑动，木块对木板的滑动摩擦力水平向右，大小为
。木板和地面间的最
大静摩擦力
同时在木板上施加一个水平向右的恒力F2，由于
故加两个恒力后木板一定会向右滑动，故A 正确；
B．若木块和木板不相对滑动，对整体由牛顿第二定律
解得
对木块，设木块受到的摩擦力为
，由牛顿第二定律
22
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解得
，故B 错误；
C．为了使板块间不产生相对滑动，F2取最大值时，木块受到向右的最大静摩擦力，对木块由牛顿第二定
律得
解得
对木块和木板整体由牛顿第二定律得
解得
，故C 正确；
D．设F2方向向左且木块对木板最大静摩擦力向右，两者以共同的加速度
运动，对木块
解得
对木板，由牛顿第二定律
解得
故F2方向向右，若将F2方向改成水平向左，不可能使板块间不产生相对滑动，故D 错误。
故选AC。
16．（2023·辽宁大连·二模）质量为
的长木板正在水平地面上向右运动，在
时刻将一质量为
的物块轻放到木板右端，以后木板运动的速度与时间图像如图所示，物块没有从木板上滑下，最
大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度
。则（ ）
23
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A．木板与地面间的动摩擦因数为0.2
B．木板在1.0s 末恰好减速到零
C．木板的长度至少为0.84m
D．全程物块与木板间摩擦生热为1.12J
【答案】ABD
【解析】A．根据图像有
，
对物块有
对木板有
解得
，
A 正确；
B．根据上述，两者达到相等速度后不能够保持相对静止，由分析，物块向右乙加速度大小为
的加速度
向右匀减速直线运动，木板向右亦做匀减速直线运动，对木板有
解得
根据图像有
24
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解得
可知木板减速至0 的时刻为
0.3s+0.7s=1.0s
B 正确；
C．0.7s 前物块相对木板向左运动
0.7s 前物块相对木板向右运动
可知木板的长度至少为0.98m，C 错误；
D．全程物块与木板间摩擦生热
D 正确。
故选ABD。
17．（2025·黑龙江·一模）如图甲所示，长木板A 的左端放置滑块B（可视为质点），V 形槽C 用不可伸
长的细绳与A 相连，光滑球D 放在槽内（槽右边部分竖直，与左边倾斜部分的夹角为α）。对B 施加一水
平向右的恒力F 使其由静止开始运动，一段时间后B 从A 右端滑出，A 继续在水平地面上运动一段距离后
停止运动，以水平向右为正方向，此过程中A 的速度随时间变化的图像如图乙所示。已知
、
，A、C 与地面间的动摩擦因数相同，D 与C 之间始终未发生相对滑动，取
。下
列说法正确的是（ ）
A．长木板A 与地面之间的动摩擦因数为0.2，滑块B 与长木板A 之间的动摩擦因数为0.6
25
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B．细绳能承受的最大拉力应不小于3N
C．若球D 相对于槽C 刚好未发生滑动，则有
D．若长木板A 长
，则在第1s 内恒力F 做的功为5J
【答案】BC
【解析】A．由图乙可知，在
内，长木板A 的加速度加速度
在
内，长木板A 的加速度
设长木板A 与地面之间的动摩擦因数为
，滑块B 与长木板A 之间的动摩擦因数为
，在
内，对
A、C、D 整体进行受力分析有，根据牛顿第二定律
在
内，对A 受力分析，根据牛顿第二定律有
联立解得
，
故A 错误；
B．在
内，对C、D 系统受力分析，由牛顿第二定律
解得
故细绳能承受的最大拉力应不小于3N，故B 正确；
C．若球D 相对于槽C 刚好未发生滑动
根据牛顿第二定律
解得
故C 正确；
D．在第1s 内，对A 有
26
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对B 有
根据牛顿第二定律
又
联立解得
故D 错误。
故选BC。
18．（2025·黑龙江齐齐哈尔·一模）如图甲所示，粗糙的水平地面上有长木板P，小滑块Q（可看作质点）
放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的力F 作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一
段时间后撤去力F 的作用。滑块、长木板的速度图像如图乙所示，已知小滑块Q 与长木板P 的质量相等，
小滑块Q 始终没有从长木板P 上滑下。重力加速度
。则下列说法正确的是（ ）
A．滑块Q 与长木板P 之间的动摩擦因数是0.05
B．长木板P 与地面之间的动摩擦因数是0.75
C．
时长木板P 停下来
D．长木板P 的长度至少是
【答案】AC
【解析】A．由乙图可知，力F 在5s 时撤去，此时长木板P 的速度为
，6s 时两者速度相同为
，在0~6s 的过程，对Q 由牛顿第二定律得
根据图乙可知
联立解得滑块Q 与长木板P 之间的动摩擦因数为
故A 正确；
B．在5~6s 的过程，对P 由牛顿第二定律得
27
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由乙图可知
联立解得长木板P 与地面之间的动摩擦因数为
故B 错误；
C．从6s 末到长木板停下的过程，对长木板由牛顿第二定律得
解得
该过程所用时间为
可知
时长木板P 停下来，故C 正确；
D．6s 前长木板的速度大于滑块Q 的速度，6s 后长木板P 的速度小于滑块Q 的速度，由
图像与横轴围
成的面积表示位移，可知6s 前Q 相对于P 向左运动的位移大小为
6s 后到两者都停下，Q 相对于P 向右运动的位移大小为
则长木板P 的长度至少为
故D 错误。
故选AC。
19．（2024·黑龙江·三模）如图所示，光滑水平面上放有质量为M=2kg 的足够长的木板P，通过水平轻弹
簧与竖直墙壁相连的质量为m=1kg 的物块Q 叠放在P 上。初始时刻，系统静止，弹簧处于原长，现用一水
平向右、大小为F=9N 的拉力作用在P 上。已知P、Q 间的动摩擦因数
，弹簧的劲度系数
k=100N/m，重力加速度g 取
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是（ ）
A．Q 受到的摩擦力逐渐变大
28
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B．Q 速度最大时，向右运动的距离为2cm
C．P 做加速度减小的加速运动
D．从Q 开始运动到Q 第一次回到原来位置过程，摩擦力对Q 先做正功后做负功
【答案】BD
【解析】A．当拉力刚刚作用在P 上时，假设P、Q 保持相对静止，则有
解得
假设不成立，则Q 相对P 向左运动，P、Q 之间的摩擦力大小一直为
故A 错误；
B．当弹簧弹力与摩擦力大小相等时，Q 的速度达到最大值，由平衡条件有
解得Q 速度最大时，向右运动的距离为
故B 正确；
C．对P 受力分析，由牛顿第二定律有
可知P 的加速度保持不变，故C 错误；
D．P 对Q 的摩擦力方向向右，Q 向右先加速后减速，摩擦力对Q 做正功，Q 减速至0 后将向左运动，摩
擦力方向还是向右，故摩擦力对Q 做负功，故D 正确。
故选BD。
20．（2025·辽宁葫芦岛·一模）如图1 所示，质量均为
的物块甲和木板乙叠放在光滑水平面上，甲到乙
左端的距离为
，初始时甲，乙均静止，质量为
的物块丙以速度
向右运动，与乙发生弹性
碰撞。碰后乙的位移
随时间的变化如图2 中实线所示，其中0.2s 时刻前后的图像分别是抛物线的一部分
（图中实线）和直线，二者相切于
点，抛物线的顶点为
。甲始终未脱离乙，重力加速度大小为
。下
列说法正确的是（ ）
29
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A．碰后瞬间乙的速度大小为
B．甲、乙间的动摩擦因数为
C．甲、乙间的动摩擦因数为
D．甲到乙左端的距离
至少为
【答案】ACD
【解析】ABC．设碰后瞬间乙的速度大小为
，碰后乙的加速度大小为a，由图（b）可知
其中
，抛物线的顶点为Q，根据x-t 图像的切线斜率表示速度，则有
联立解得
，
根据牛顿第二定律可得
解得甲、乙间的动摩擦因数为
物块丙与乙发生弹性碰撞，碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒可得
，
可得
故B 错误，AC 正确；
D．由于甲、乙质量相同，则甲做加速运动的加速度大小也为
根据图（b）可知，
时刻甲、乙刚好共速，则
时间内甲、乙发生的相对位移为
30
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则甲到乙左端的距离满足
故D 正确。
故选ACD。
21．（2024·湖南长沙·一模）如图所示，质量为2m、长为L 的长木板c 静止在光滑水平面上，质量为m 的
物块b 放在c 的正中央，质量为m 的物块a 以大小为
的速度从c 的左端滑上c，a 与b 发生弹性正碰，最
终b 刚好到c 的右端与c 相对静止，不计物块大小，物块a、b 与c 间动摩擦因数相同，重力加速度为g，
则下列说法正确的是（ ）
A．a 与b 碰撞前b 与c 保持相对静止
B．a 与b 碰撞后，a 与b 都相对c 滑动
C．物块与木板间的动摩擦因数为
D．整个过程因摩擦产生的内能为
【答案】AC
【解析】A．a 滑上c 后相对滑动过程中，假设b 相对c 静止，由牛顿第二定律得，对b、c 整体，根据牛顿
第二定律
对b，根据牛顿第二定律
解得
即b 与c 间的静摩擦力小于最大静摩擦力，则b 相对c 保持静止，b、c 一起加速运动，a 与b 碰撞前b 做匀
加速运动，速度不为零，故A 正确；
B．设a、b 碰撞前瞬间a 的速度为，a、b 发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右
为正方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
31
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解得
，
即碰撞后a、b 两者交换速度，b 相对c 滑动，由A 可知，a、c 相对静止一起运动，故B 错误；
CD．b 刚好滑到c 的右端与c 相对静止，a、b、c 共速，设共同速度为
，a、b、c 组成的系统动量守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得
由能量守恒定律得
其中
解得
，
故C 正确，D 错误。
故选AC。
22．（2025·内蒙古赤峰·二模）如图甲，木板A 静止于光滑水平面上，水平面上有一轻弹簧固定在
处。
时小物块B 以
的水平速度滑上A。A 的动能
随时间变化关系如图乙所示。已知A、B 间
的动摩擦因数为0.4，B 始终在A 上，弹簧始终处于弹性限度内，弹性势能
，
为弹簧的形变量。
设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
取
。下列说法正确的是（ ）
A．B 的质量为1.0kg
32
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B．
内A 的加速度逐渐增加
C．接触弹簧前，A、B 的相对位移大小为3m
D．若弹簧的劲度系数为
，A 接触弹簧后两物体始终保持相对静止
【答案】ACD
【解析】B．依题意，小物块B 滑上木板A 后，相对A 向右运动，受到水平向左的滑动摩擦力作用，有
解得
则B 向右做匀减速直线运动，同时A 向右做匀加速直线运动，直至二者共速，之后A 与弹簧碰前A、B 一
起做匀速直线运动，由乙图可知，木板A 在0~1.0s 内做匀加速运动， 1.0s 时刻速度达到最大，1.0~1.5s 内
做匀速运动，故B 错误；
A．小物块B 匀减速过程，有
木板A 匀加速过程，有
，
又
联立，解得
，
故A 正确；
C．二者共速前，有
，
可得
故C 正确；
D．A、B 间最大静摩擦力
则有
解得
假设A 接触弹簧后，A、B 保持相对静止，由机械能守恒，可得
联立，解得
33
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则
对A、B 整体，有
解得
可得
故假设成立，故D 正确。
故选ACD。
23．（2025·福建厦门·二模）如图甲所示，一长木板P 静止于水平地面上，t=0 时小物块Q 以4m/s 的初速
度从左端滑上长木板，二者的速度随时间的变化情况如图乙所示，运动过程中，小物块始终未离开长木板。
已知长木板P 质量为1kg，小物块Q 质量为3kg，重力加速度g 取10m/s2，在运动的全过程中（ ）
A．小物块与长木板之间的动摩擦因数为0.2
B．长木板与地面之间的动摩擦因数为0.05
C．小物块与长木板之间因摩擦产生的热量为6J
D．小物块对长木板所做的功为12J
【答案】AD
【解析】A．由图乙所示图像可知
对Q 由牛顿第二定律得
代入数据解得小物块与长木板间的动摩擦因数
故A 正确；
B．由图乙所示图像可知，P、Q 相对运动时P 的加速度为
34
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对P 由牛顿第二定律得
代入数据解得长木板与地面间的动摩擦因数
故B 错误；
C．小物块相对于长木板的位移
其中
，
代入数据解得
小物块与长木板间因摩擦产生的热量
代入数据解得
故C 错误；
D．小物块与长木板相对滑动过程，长木板的位移
对长木板由动能定理得
其中
代入数据解得此过程小物块对长木板做的功
滑块与长木板共速到静止过程滑行的距离
减速过程由动能定理得
代入数据解得
小物块对长木板做的功
故D 正确。
故选AD。
24．（2024·辽宁·模拟预测）如图所示，空间中存在水平向左的匀强电场。质量为
的绝缘木板B 放在水
平地面上，左端挡板处固定一轻质绝缘弹簧，开始时弹簧处于原长，木板右端被不可伸长的轻绳系在墙上，
轻绳恰好处于伸直状态。木板B 上表面光滑，下表面与地面之间的动摩擦因数
。质量为
、带电量
35
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为
的滑块A 以初速度
向左滑上木板
，当弹簧的压缩量为
时，A 速度达到最大；当A 速度第
一次减到
时，轻绳恰好达到最大拉力并断裂。已知匀强电场的场强大小
（
为重力加速度），A
电荷量保持不变，弹簧始终在弹性限度内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数
B．轻绳断裂后瞬间，滑块A 与木板B 的加速度大小之比为
C．若开始A 以初速度
从右端滑上木板，仍在滑块速度减为零时绳断裂
D．若开始A 以初速度
从右端滑上木板，轻绳断裂瞬间滑块A 速度的大小为
【答案】ABD
【解析】A．当弹簧的压缩量为
时，
速度达到最大，可知
解得
选项A 正确；
B．轻绳断裂后瞬间，设弹簧弹力为F，则此时滑块A 的加速度
木板
的加速度
可知滑块
与木板
的加速度大小之比为1:1，选项B 正确；
CD．当滑块A 的速度为v0时，滑上木板B 当绳子断裂时此时弹簧的弹性势能
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（x 为绳子断裂时滑块A 在木板上滑动的距离）
若开始
以初速度
从右端滑上木板，绳断裂时满足
解得
轻绳断裂瞬间滑块
速度的大小为
，选项C 错误，D 正确。
故选ABD。
题型四 曲线运动（临界问题）
25．（2025·辽宁本溪·二模）如图甲所示，半圆弧轨道固定在水平面AB 上，圆心为O，直径BC 与AB 垂
直。质量
的滑块从水平面上以一定的初速度向右滑动，最终滑上半圆弧轨道并从最高点C 飞出，
滑块在半圆弧轨道上运动过程中的速度平方
与上升高度h 的关系图线如图乙所示，已知重力加速度g 取
，则（ ）
A．半圆弧轨道的半径
B．滑块经过C 点时对轨道的压力大小约为17.8N
C．滑块从B 到C 过程中机械能守恒
D．滑块从C 点抛出后落地点到B 点距离为3m
【答案】BD
【解析】A．由图乙可知，
时滑到最高点，所以半径
，A 项错误；
B．从图乙可以看出，物体到达
点时的速度大小为
，设运动到
点时轨道对物体的弹力为
，
37
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则有
代入数据解得
由牛顿第三定律可知，物体运动到
点时对半圆形导轨的压力大小为
，B 项正确；
C．以水平面为参考平面，则滑块在
点的机械能为
在
点的机械能为
所以滑块与半圆弧轨道间有摩擦，滑块从
到
过程中机械能不守恒，C 项错误；
D．滑块从
点抛出后做平抛运动，飞行时间有
可得
0.6s
所以滑块从
点抛出后落地点到
点距离为
D 项正确。
故选BD。
26．（2024·辽宁鞍山·二模）如图甲，固定在竖直面内的光滑圆形管道内有一小球在做圆周运动，小球直
径略小于管道内径，管道最低处N 装有连着数字计时器的光电门，可测球经过N 点时的速率
，最高处装
有力的传感器M，可测出球经过M 点时对管道作用力F（竖直向上为正），用同一小球以不同的初速度重
复试验，得到F 与
的关系图像如图乙，c 为图像与横轴交点坐标，b 为图像延长线与纵轴交点坐标，重
力加速度为g，则下列说法中正确的是（ ）
A．若小球经过N 点时满足
，则经过M 点时对轨道无压力
B．当小球经过N 点时满足
，则经过M 点时对内管道壁有压力
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C．小球做圆周运动的半径为
D．小球的质量等于
【答案】AC
【解析】A．由乙图可知，当
时，小球经过M 点时对管道作用力
F=0
故A 正确；
B．由乙图可知，当
时，小球经过M 点时对管道作用力
F＞0
即F 的方向竖直向上，小球对外管道壁有压力，对内管道壁无压力，故B 错误；
C．设圆的半径为R，从最高点M 到最低点N，由动能定理得
当
时，代入上可得
此时小球经过M 点时对管道作用力为
F=0
则有
解得
故C 正确；
D．小球经过M 点时，由向心力公式有
由牛顿第三定律有
39
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结合
，当
时，
时，解得
故D 错误。
故选AC。
27．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）如图甲所示，光滑水平面右端与半径为R 的粗糙半圆弧轨道平滑连接，
劲度系数为k 的轻质弹簧左端与墙拴接，弹簧处于自然长度时其右端在B 点左侧，底面装有力传感器的滑
块在水平力作用下静止于图示位置，滑块与弹簧不拴接。现在撤去水平力，滑块在从A 运动到D 的过程中，
传感器记录了滑块底面的弹力大小随时间变化关系，如图乙所示，
、
、
均为已知量。弹性势能表达
式为
，重力加速度大小为g。下列表述正确的是（ ）
A．
B．释放滑块后，弹簧的弹性势能与滑块的动能相等时，弹簧弹力的功率为
C．滑块沿圆轨道BCD 运动过程中，圆轨道对滑块的冲量方向水平向左
D．滑块沿圆轨道BCD 运动过程中，机械能减少了
【答案】BD
【解析】A．由题图乙可知，
时间内滑块底面的弹力大小不变，即滑块的重力大小为
滑块经过圆弧上的B 点时，有
滑块经过圆弧上的D 点时，有
40
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滑块由B 到D 的过程中，由动能定理有
解得
A 错误；
B．释放滑块时弹簧的弹性势能为
当弹簧的弹性势能与滑块的动能相等时，由能量守恒有
，
弹簧弹力的瞬时功率为
P＝kxv
解得
B 正确；
C．滑块沿圆轨道BCD 运动过程中，由动量定理得
重力的冲量竖直向下，动量的变化量水平向左，根据矢量三角形易知圆轨道对滑块的作用力的冲量斜向左
上方，如图所示
C 错误；
D．滑块沿圆轨道BCD 运动过程中，机械能减少了
41
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D 正确。
故选BD。
28．（2024·辽宁沈阳·一模）如图（a），一滑块静置在水平面上，滑块的曲面是半径为R 的四分之一圆弧，
圆弧最低点切线沿水平方向。小球以水平向右的初速度
从圆弧最低点冲上滑块，且小球能从圆弧最高点
冲出滑块。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，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．滑块与小球在相互作用的过程中，水平方向动量守恒
B．当滑块的速度为
时，小球运动至最高点
C．小球与滑块的质量比为1 2∶
D．小球的初速度大小可能为
【答案】AC
【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，A 正确。
C．设小球的质量为m，初速度为v，在水平方向上由动量守恒定律得
化简为
结合图（b）可得
42
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即
C 正确；
B．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
B 错误；
D．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
机械能守恒
其中
，求得
小球的初速度大小不可能为
D 错误。
故选AC。
29．（2024·辽宁沈阳·三模）如图所示，挡板P 固定在倾角为
的斜面左下端，斜面右上端
与半径为
的圆弧轨道
连接，其圆心
在斜面的延长线上。
点有一光滑轻质小滑轮，
，质量均
为
的小物块B、C 由一轻质弹簧拴接（弹簧平行于斜面），其中物块C 紧靠在挡板
处，物块B 用跨过
滑轮的轻质细绳与一质量为
大小可忽略的小球A 相连，初始时刻小球A 锁定在
点，细绳与斜面平行，
且恰好绷直而无张力，B、C 处于静止状态。某时刻解除对小球A 的锁定，当小球A 沿圆弧运动到最低点
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时（物块B 未到达
点），物块C 对挡板的作用力恰好为0，已知重力加速度为
，不计一切摩擦，下
列说法正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数
B．小球A 由
点运动到
点的过程中，物块B、C 与弹簧组成的系统机械能先减少后增大
C．小球A 由
点运动到
点的过程中，小球A 和物块B 的机械能之和先增大后减小
D．小球A 到达
点时的速度大小为
【答案】ACD
【解析】A．设弹簧的劲度系数为k，初始时刻弹簧的压缩长度为x1，则B 沿斜面方向受力平衡，则
小球A 沿圆弧运动到最低点N 时，物块C 即将离开挡板时，设弹簧的拉伸长度为
，则C 沿斜面方向受力
平衡，则
可得
当小球A 沿圆弧运动到最低点N 时，B 沿斜面运动的位移为
所以
解得
，
故A 正确；
BD．设小球A 到达N 点时的速度为v，对v 进行分解，沿绳子方向的速度为
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由于沿绳子方向的速度处处相等，所以此时B 的速度也为
，对A、B、C 和弹簧组成的系统，在整个过
程中，只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，但对物块B、C 与弹簧组成的系统，由于绳拉力对B
做正功，所以物块B、C 与弹簧组成的系统机械能增大，根据A、B、C 和弹簧组成的系统机械能守恒，有
解得
故B 错误，D 正确；
C．小球A 由M 运动到N 的过程中，A、B、C 和弹簧组成的系统机械能守恒，则小球A 和物块B 的机械
能之和与弹簧和C 的能量之和不变，C 一直处于静止状态，弹簧一开始处于压缩状态，之后变为原长，后
开始拉伸，则弹性势能先减小后增大，故小球A 和物块B 的机械能之和先增大后减小，故C 正确。
故选ACD。
30．（2025·河南·模拟预测）如图所示，光滑水平地面上有一光滑薄木板AB，薄木板右侧连接一光滑半圆
细管轨道BCD，轨道半径为R，C 点与轨道圆心O 点等高，半圆轨道最高点D 左侧连接一内壁光滑的细管
DE，在细管的E 端固定一轻质弹簧，整个装置质量为2m。一半径略小于细管半径、质量为m 的小球，以
初速度
从薄木板A 端滑上木板。已知重力加速度为g，小球可以看作质点。则（ ）
A．若
，整个轨道装置获得的最大速度大小为
B．若
，小球第一次运动到半圆细管轨道B 点时对轨道的压力大小为
C．若
，当弹簧恰好处于原长状态时小球与轨道共速
D．若
，轻质弹簧获得的最大弹性势能为mgR
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【答案】AD
【解析】A．若
，当小球再次返回运动到B 点时，整个轨道装置的速度v1最大，此时
小球速度为v2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mv1+2mv2
由机械能守恒定律得
解得
选项A 正确；
B．若
，小球刚到B 点时速度为v0，设管道对小球的支持力为N，根据牛顿第二定律
有
代入数据解得：N＝2mg
根据牛顿第三定律得小球对管道的压力大小为N′＝N＝2mg
选项B 错误；
CD．若
，弹簧压缩到最短时弹性势能最大，此时小球与整个轨道装置共速，设共同
速度为v，取水平向右为正方向，根据水平方向动量守恒得mv0＝3mv
由系统的机械能守恒可得
解得弹簧最大的弹性势能Ep＝mgR
故C 错误，D 正确。
故选AD。
31．（2025·云南·模拟预测）轨道A 质量为
，由粗糙水平轨道和半径为
，圆心角为
的光滑圆弧轨
道组成，现将A 静置于光滑水平面上，如图所示。A 最左侧固定一处于压缩状态的轻弹簧，开始时弹簧被
锁定，储存的弹性势能为
（
未知）。质量为
的小物块B 紧靠在弹簧右侧，到圆弧底端距离为
。
解除弹簧的锁定后，A、B 同时开始运动。已知重力加速度为
，水平轨道与B 之间的动摩擦因数为
，
，
，物块B 视为质点。以下说法正确的是（ ）
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A．若
，则B 将从A 的上端飞出
B．若
，则A 向左运动的最大位移为
C．若
，则B 上升到最大高度时与A 共速
D．若
，则B 从轨道冲出后轨道A 的速度大小为
【答案】BD
【解析】A．对AB 系统水平方向受合外力为零，则水平方向动量守恒，当B 上升到最高点时，AB 共速且
速度为零
则由能量关系可知
解得h=0.4R，此时B 刚好到达轨道A 的最高点，B 不能从A 的上端飞出。A 错误；
B．由人船模型可知
其中
可得
，
则A 向左运动的最大位移为
，B 正确；
C．当
时，滑块B 将滑离轨道，设B 上升到最大高度时A、B 速度大小分别为
、
由水平方向动量守恒可知
故
，且B 上升到最大高度时与A 速度方向相反，故不共速，C 错误；
D．当
时，滑块B 将滑离轨道，滑块B 到达轨道最高点时
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由能量守恒可得
设
在水平方向、竖直方向的分量分别为
，
，则
由水平方向动量守恒可得
当滑块B 到达轨道最高点时，在沿圆弧轨道半径的方向上A、B 速度相等，则
联立解得B 从轨道冲出后上升到最高点的速度为
故
，D 正确。
故选BD。
32．（2025·安徽·一模）如图所示，四分之一光滑圆弧槽C 和小滑块A、B 均静止在光滑水平台面上，A、
B 用细线连接，中间夹一被压缩的轻短弹簧（A、B 与弹簧不连接）。与槽C 完全相同的槽D 紧靠在平台
右侧，两槽底边都与水平面相切，槽半径R=0.8m，滑块A、B 质量分别为mA=1.8kg、mB=4.5kg。现烧断细
线，A 向左刚好能滑到槽C 的最高点，B 向右从平台抛出后刚好落在槽D 的最低点。小滑块A、B 均可视
为质点，取重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．B 离开弹簧时的速度大小vB=2m/s
B．在A、B 与弹簧分离的过程中，弹簧对A 的冲量比对B 的冲量大
C．在A 上滑到槽C 最高点的过程中，A 和槽C 组成的系统动量守恒
D．槽C 的质量mC=3.2kg
【答案】AD
【解析】A．B 离开平台后做平抛运动，有
，
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代入数据解得
故A 正确；
B．在A、B 与弹簧分离的过程中，弹簧对A、B 的冲量大小相等，故B 错误；
C．在A 上滑的过程中，A 与槽C 在水平方向动量守恒，在竖直方向上受到的合力不为零，竖直方向动量
不守恒，故C 错误；
D．对弹簧释放过程有
A 上滑到槽C 的最高点的过程有
，
联立解得
故D 正确。
故选AD。
33．（2023·河南开封·三模）如图所示，一辆质量
的小车静止在光滑水平面上，小车左边部分为
半径
的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道末端平滑连接一长度
的水平粗粘面，粗糙面右
端是一挡板。有一个质量为
的小物块（可视为质点）从小车左侧圆弧轨道顶端A 点由静止释放，
小物块和小车粗糙区域的动摩擦因数
，重力加速度取
，则（ ）
A．小物块滑到圆弧末端时的速度大小为
B．小物块滑到圆弧末端时小车的速度大小为
C．小物块与右侧挡板碰撞前瞬间的速度大小为
D．小物块最终距圆弧轨道末端的距离为
【答案】BC
【解析】AB．小物块滑到圆弧轨道末端时，由能量守恒和水平方向动量守恒得
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联立解得
故A 错误、B 正确；
C．小物块与右侧挡板碰撞前，由能量守恒和水平方向动量守恒得
联立解得
故C 正确；
D．由水平方向动量守恒知，小物块和小车最终都静止，由能量守恒得
解得
则小物块最终距圆弧末端的距离
故D 错误。
故选BC。
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