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第29 讲 力学三大观点的综合应用
目录
01 课标达标练
题型01 牛顿运动定律和运动学规律
题型02 动量定理和动量守恒定律
题型03 动能定理、机械能守恒定律和能的转化
02 核心突破练
03 真题溯源练
01 牛顿运动定律和运动学规律
1．（24-25 高二下·辽宁·期末）如图所示，可视为质点的A、B 两物体质量均为
，A 在外力作用下，
以
的速度向右匀速运动，物体B 仅在摩擦力作用下向右匀减速运动，A、B 与地面的动摩擦因
数相同均为
。某时刻A、B 相距
，B 的速度
，则A 追上B 还需要的时间是（
）
1
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A．10s
B．9s
C．8s
D．7s
【答案】C
【详解】物体B 仅在摩擦力作用下向右匀减速运动，其加速度为
当B 减速到零时的时间为
A 匀速直线运动的位移为
B 匀减速直线运动的位移为
因
，则A 在B 停下来之后追上，有
解得
故选C。
2．（24-25 高二下·辽宁·期末）如图所示，倾角为
足够长的固定光滑斜面底端有一固定挡板，轻弹簧一
端与挡板连接，另一端与物块A 接触但不连接，A 上方放置另一物块B，B 与物块C 用跨过光滑轻质定滑
轮的细线连接。开始时用手托住C，使细线处于伸直但不拉紧的状态，此时A、B 静止在斜面上。某时刻
突然释放C，一段时间后A、B 分离，此时C 未触地。已知A、B、C 的质量均为m，弹簧劲度系数为k，
弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．刚释放C 时，A、B 间的弹力大小为
B．A、B 分离时，B 的加速度大小为
C．A 的速度最大时它沿斜面上升的距离为
D．A、B 分离时弹簧刚好恢复原长
【答案】A
【详解】A．未释放C 时，弹簧的弹力为F，以AB 为研究对象，则有F=2mgsin30°= mg
2
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刚释放C 时，设AB 间的弹力为F'，绳子的拉力为T，此时的加速度为a，对C 而言mg-T=ma
对于B 而言，则有T+F'-mgsin30°= ma
以A 为研究对象，根据牛顿第二定律F-F'-mgsin30°=ma
联立解得
，
，故A 正确；
B．AB 分离时，其间的弹力为零，设此时的加速度为a'，绳子的拉力为T'，以C 为研究对象则有mg
-T'=ma'
以B 为研究对象，根据牛顿第二定律可知T'-mgsin30°= ma'
解得
，故B 错误；
C．初始时弹簧的压缩量
当A 的速度最大时，弹簧弹力与A 重力的下滑分力平衡，则有
故A 速度最大时沿斜面上升的距离
，故C 错误；
D．AB 分离瞬间，它们具有共同沿斜面向上的加速度，合外力沿斜面向上，故弹簧仍处于压缩状态，故D
错误。
故选A。
3．（24-25 高二下·吉林长春·期末）如图所示，弹簧测力计上端固定，下方悬挂质量不计的光滑动滑轮，
两个质量分别为m1和m2的两个物块用跨过滑轮的轻绳连接，轻绳足够长，物体始终没有落地。已知m1
大于m2，不计空气阻力，重力加速度为g，关于弹簧测力计示数T 说法正确的是（ ）
A．T=（m1+m2）g
B．T<（m1+m2）g
C．T=（m1-m2）g
D．T>
【答案】B
3
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【详解】根据牛顿第二定律，对m1则
对m2有
联立解得
可知弹簧测力计示数
因
可得
，
故选B。
4．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，运送砂石料的货车停车后，自动卸货系统控制货车的箱体缓慢
倾斜，当箱体的倾角增大到一定程度时，砂石料自动从箱体尾部滑出完成卸货任务。则（ ）
A．砂石料开始滑动前所受合力逐渐增大
B．砂石料匀速滑出过程中所受合力沿箱体向下
C．砂石料加速滑出过程中，货车受到地面向左的摩擦力
D．砂石料加速滑出过程中，货车对地面的压力大于货车与砂石料的重力
【答案】C
【详解】A．砂石料开始滑动之前保持静止，所受合力为零，故A 错误；
B．砂石料匀速滑出过程中，受力平衡，所受合力为零，故B 错误；
CD．砂石料加速滑出过程中，以砂石料、货车为整体受力分析，砂石料、货车整体受重力、地面的支持力、
摩擦力，整体有左向下的加速度，故货车受到地面向左的摩擦力，货车对地面的压力小于货车与砂石料的
总重力，故C 正确；D 错误。
故选C。
5．（24-25 高二下·辽宁·期末）如图，倾角
的倾斜传送带以速率沿顺时针方向运行，现将小滑块a
4
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轻放在传送带顶端，已知a 与传送带间的动摩擦因数
，a 的质量为m，重力加速度大小为g，传
送带的长度
，取
，
。则（ ）
A．a 到达传送带底端时的速度大小为
B．a 到达传送带底端时的速度大小为
C．a 在传送带上运动的时间为
D．传送带上的划痕长度为
【答案】BC
【详解】AB．a 开始相对于传送带向上运动，根据牛顿第二定律有
解得
令加速至与传送带速度相等历时
，则有
解得
此过程a 的位移
之后a 继续向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
解得
根据速度与位移的关系有
5
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结合上述解得
，故A 错误，B 正确；
C．结合上述，a 与传送带速度相等后匀加速运动过程有
解得
则a 在传送带上运动的时间为
，故C 正确；
D．a 开始相对于传送带向上运动，相对位移
a 后来相对于传送带向下运动，相对位移
可知，传送带上的划痕长度为
，故D 错误。
故选BC。
6．（24-25 高二下·辽宁大连·期末）如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为
，以恒定速率顺时
针转动，一煤块以初速度
从A 端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取
。下列说法正确的是（ ）
A．传送带的速率是2m/s
B．传送带与水平方向夹角的正切值
C．煤块从最高点下滑到A 端所用的时间为2s
D．煤块在传送带上留下的痕迹长为
m
6
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【答案】AD
【详解】A．根据图乙可知，煤块先向上做匀减速直线运动，速度减为2m/s 时，向上减速的加速度发生变
化，可知，传送带的速率是2m/s，故A 正确；
B．0~1s 内的加速度大小
根据牛顿第二定律有
1~2s 内的加速度大小
根据牛顿第二定律有
解得
，
，
，故B 错误；
C．
图像与时间轴所围几何图形的面积表示位移，根据图乙可知，煤块向上运动的位移大小
煤块从最高点下滑到A 端过程有
解得
，故C 错误；
D．结合上述可知，煤块开始相对于传送带向上运动，经历时间
相对位移大小
后来相对于传送带向下运动，经历时间
相对位移大小
则煤块在传送带上留下的痕迹长为
，故D 正确。
故选AD。
02 动量定理和动量守恒定律
7．（24-25 高一下·辽宁·阶段练习）2025 年4 月24 日神舟二十号飞船发射成功，并与“天宫”空间站顺利
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对 接。对接前“天宫”空间站采用离子推进器调整其在轨姿态。已知推进器工作时，每秒喷射出的
离子总质量为
，喷射速度达
。不考虑离子初速度及外部作用力时，该推进器获得
的推力约为（ ）
A．1.00N
B．0.20N
C．0.10N
D．0.01N
【答案】C
【详解】根据动量定理，推力
代入数据得
；
根据牛顿第三定律可知推进器获得的推力为
，故选C。
8．（24-25 高一下·辽宁大连·期末）从距地面某高度处竖直上抛一小球，初速度大小为v，一段时间后小球
落地，落地时速度大小为2v。若用I 表示该过程中小球重力冲量的大小，不计空气阻力。则上述过程中
重力对小球做功为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】以竖直向下为正方向，由动量定理得
根据动能定理有
联立得
故选B。
9．（24-25 高二下·福建龙岩·期中）如图所示，小车静止在光滑的水平面上，绳子一端固定在小车立柱上，
另一端与小球相连。将小球缓慢向右拉开一定角度，然后同时放开小球和小车，不计空气阻力，则在小
球、小车运动过程中，下列说法正确的是（ ）
8
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A．小球的机械能守恒
B．小车的机械能一直在增加
C．小球和小车组成的系统动量守恒
D．小球和小车组成的系统水平方向上动量守恒
【答案】D
【详解】AB．小球在摆动过程中，系统机械能守恒，小球摆到最低点的过程中，绳子拉力对小车做正功，
小车的机械能增加，小球的机械能减小，小球从最低点摆到最高点的过程中，绳子拉力对小车做负功，小
车的机械能减少，小球的机械能增加，故AB 错误；
CD．小球摆动过程中，小球和小车系统只受重力和支持力作用，水平方向合力为零，所以系统水平方向动
量守恒，在竖直方向上，受力不平衡，所以竖直方向动量不守恒，那么系统动量也不守恒，故C 错误，D
正确；
故选D。
10．（24-25 高一下·吉林长春·期末）如图所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳相连的两个相同的物体A、B
质量均为m，在水平恒力F 作用下以速度v 做匀速运动，在t=0 时轻绳断开，A 在F 作用下继续前进，则
下列说法不正确的是（ ）
A．
至
时间内，A、B 的总动量守恒
B．t=0 至
时间内，A、B 的总动量不守恒
C．
时，A 的动量为2mv
D．
时，B 的动量刚好为0
【答案】B
9
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【详解】ABD．A、B 在水平恒力F 作用下以速度v 做匀速运动，对整体，根据牛顿第二定律
对B，在轻绳断开后，设过时间后速度减为0，根据动量定理
解得
即对整体而言，
至
时间内，系统所受合力为0，即A、B 的总动量守恒，故A 正确，不符合题
意；B 错误，符合题意；D 正确，不符合题意；
C．由题意，轻绳断开，A、B 的加速度大小相等，即相同时间内速度变化量的大小相等，故B 的速度减为
0 时，A 的速度变为2v，动量为2mv，故C 正确，不符合题意。
故选B。
11．（23-24 高一下·吉林白城·阶段练习）如图所示，一颗水平飞行的子弹射入一个原来悬挂在天花板下静
止的沙袋，并留在其中，和沙袋一起上摆。将子弹射入沙袋叫做Ⅰ过程，子弹和沙袋一起上摆叫做Ⅱ过
程，则在这两个阶段中，关于子弹和沙袋组成的系统，下列说法中正确的是（ ）
A．第Ⅰ、Ⅱ两阶段机械能、动量都守恒
B．第Ⅰ、Ⅱ两阶段机械能、动量都不守恒
C．第Ⅰ阶段机械能守恒，第Ⅱ阶段动量守恒
D．第Ⅰ阶段动量守恒，第Ⅱ阶段机械能守恒
【答案】D
【详解】在第I 阶段，由于子弹射入沙袋过程中，有摩擦力做功，子弹和沙袋组成的系统机械能不守恒，
在第Ⅱ阶段，子弹和沙袋一起上摆的过程中只有重力做功，子弹和沙袋组成的系统机械能守恒，在第I 阶
段，子弹与沙袋系统的内力远大于外力，系统动量守恒，第Ⅱ阶段系统动量不守恒。
故选D。
12．（24-25 高一下·吉林长春·期末）在距地面高为h，同时以相等初速度
分别平抛、竖直上抛、竖直下
10
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抛三个质量均为m 的物体，忽略空气阻力，当它们从抛出到落地时，比较它们的动量的增量
，有（
）
A．竖直上抛的物体的
最大
B．平抛的物体的
最大
C．竖直下抛的物体的
最大
D．三者的
一样大
【答案】A
【详解】根据动量定理，动量的增量
等于合外力的冲量，即
，其中为物体运动时间。
竖直上抛物体运动时间最长，因为其先上升再下落，总位移为，时间
平抛物体竖直方向自由下落，时间
竖直下抛物体初速度方向与加速度同向，时间最短
比较时间
故
大小关系为
故选A。
03 动能定理、机械能守恒定律和能的转化
13．（24-25 高一下·辽宁铁岭·阶段练习）如图所示，在水平地面上固定一半径为
的半球，其表面是光滑
的。半球顶端放有一质量为m 的滑块（可视为质点），开始时滑块处于静止状态。小滑块在外界的微小
扰动下从静止开始沿球面下滑，一段时间后滑块与半球分离，不计一切阻力，重力加速度大小为
，下
列说法正确的是（ ）
A．滑块从开始下滑到落地前的过程中机械能不守恒
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B．滑块落地时的速度大小为
C．滑块与半球分离时，滑块离地的竖直高度为
D．滑块落地前瞬间重力的瞬时功率为
【答案】D
【详解】A．块从开始下滑到落地前的过程中只有重力做功，该过程机械能守恒，故A 错误；
B．根据动能定理有
解得
，故B 错误；
C．令分离位置的半径与竖直方向夹角为
，则有
，
解得
此时块离地的竖直高度
，故C 错误；
D．令滑块落地前瞬间竖直方向分速度为
，则有
其中
滑块落地前瞬间重力的瞬时功率
结合上述解得
，故D 正确。
故选D。
14．（24-25 高一下·吉林长春·期末）如图所示，一轻质弹簧竖直固定于地面上，铁质小球自弹簧正上方由
静止下落，小球从接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中（弹簧的形变始终在弹性限度内），下列说法
正确的是（ ）
12
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A．小球的速度一直减小
B．小球的机械能不守恒
C．重力对小球做正功，小球的重力势能在增加
D．弹簧的弹力对小球做负功，弹簧的弹性势能在减小
【答案】B
【详解】A．小球从接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中，一开始弹力小于重力，小球继续向下加速运
动，当弹力等于重力时，小球速度达到最大，之后弹力大于重力，小球向下减速运动，则小球的速度先增
大后减小，故A 错误；
B．由于弹簧弹力对小球做负功，所以小球的机械能不守恒，故B 正确；
C．重力对小球做正功，小球的重力势能在减小，故C 错误；
D．弹簧的弹力对小球做负功，弹簧的弹性势能在增大，故D 错误。
故选B。
15．（24-25 高一下·吉林松原·期中）如图所示，AB 为一竖直光滑弧形轨道，与水平粗糙轨道在最低点B
平滑连接。现将一质量为m 的物块甲从A 点由静止释放，最终停止在水平轨道的C 点。已知物块与水平
轨道间的动摩擦因数处处相等。现改用同种材料、质量为2m 的物块乙（两物块均可视为质点），仍从
A 点由静止释放，则下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙到B 点时的动能相等
B．乙到B 点时的动能是甲的4 倍
C．乙恰好停在C 点
D．乙恰好停在B、C 的中点
【答案】C
【详解】AB．根据机械能守恒定律得
，两次释放高度相同，乙到B 点时的动能是甲的2 倍，
AB 错误；
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CD．根据动能定理得
解得
高度和动摩擦因数不变，故乙也停在C 点，C 正确，D 错误。
故选C。
16．（24-25 高一下·辽宁·阶段练习）我国CR400BF 型复兴号智能高铁在平直轨道上启动，列车总质量为
，以
的加速度由静止开始加速，经20s 达到额定功率后保持额定功率行驶。已知行驶
时阻力为列车总重力的2.5%，重力加速度为
，则下列判断正确的是（ ）
A．列车的额定功率为
B．列车能达到的最大速度为
C．第12s 时牵引力的瞬时功率为
D．当车速为
时，加速度大小为
【答案】AC
【详解】A．根据题意可知阻力大小
匀加速阶段，由牛顿第二定律得
解得
匀加速阶段最大速度为
则额定功率为
故A 正确；
B．最大速度为
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故B 错误；
C．第12s 时的瞬时速度为
瞬时功率为
故C 正确；
D．车速为
时的牵引力为
由牛顿第二定律得
解得此时的加速度大小为
故D 错误。
故选AC。
17．（24-25 高一下·辽宁·期末）在无限大的光滑水平面上，竖直固定一个光滑半圆弧，其半径
，
水平面与半圆弧相切于
点，
为半圆弧的直径。一个质量为
的物块，由
点以一定的初动能
水平向右运动，滑上圆弧。已知
间的距离为
，重力加速度
取
，物块可视为质
点。下列说法正确的是（ ）
A．若
，则物块能通过最高点
B．若
，则物块始终未脱离接触面
C．若物块能返回到出发点
，则物块的初动能一定满足
D．若
，则物块运动轨迹的最高点距离水平面的高度为
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【答案】ABD
【详解】A．若物块能够运动到半圆弧的最高点，由重力提供向心力有
解得
物块的机械能守恒，有
解得
则物块的初动能的范围是
A 正确；
B．若物块始终不脱离接触面，则物块的最高点在与圆心O 等高的位置，有
初动能的范围为
B 正确；
C．根据B 项的分析可知，
时能够回到A 点，若由最高点抛出后能够返回到A 点同样满足题意
要求，根据平抛运动规律有
水平方向
解得
此时刚好返回A 点，C 错误；
D．若初动能为8J，则物块无法上升到最高点，在上升过程中从某一位置斜抛离开圆弧，设此时速度与水
平方向的夹角为
、大小为
，如图所示
重力的分力提供向心力有
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根据机械能守恒有
解得
根据数学知识得
物块将斜抛后达到运动轨迹最高点，将速度分解为竖直和水平方向，竖直方向根据运动学公式有
解得
总高度为
D 正确。
故选ABD。
18．（24-25 高一下·辽宁沈阳·期末）如图所示，质量分别为
和
的物块A、B，与劲度系数为
的轻弹簧拴接后竖直放在水平地面上，对物块A 施加一个
的竖直向下的压力
，物块
A、B 均处于静止状态。已知弹簧的弹性势能大小为
，其中
为弹簧的劲度系数，
为弹簧的形
变量，重力加速度
取
。突然撤去压力
，则（ ）
A．物块A 的最大动能为
B．物块B 不可能离开水平地面
C．只要
足够小，物块B 就可能离开水平地面
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D．将物块A、B 位置互换，则撤去压力
后物块A 可能离开水平地面
【答案】AB
【详解】A．有压力
时，弹簧处于压缩状态，弹力大小
解得撤去压力
，A 向上运动至加速度为0 时，A 的速度达到最大值，即动能达到最大值，则有
根据机械能守恒定律有
解得
，故A 正确；
B．假设B 没有离开地面，当A 运动到最高点时弹簧处于拉伸状态，且拉伸量为
，则有
舍去负值解得
可知，此时弹簧确实处于拉伸状态，由于
表明物块B 不可能离开水平地面，故B 正确；
C．若弹簧劲度系数不确定，结合上述有
，
若物理量单位均用国际单位，表达式中没有写出单位的符号，则有
舍去负值解得
可知
即无论
取何值，物块B 均不可能离开水平地面，故C 错误；
D．将物块A、B 位置互换，没有撤去压力
时有
，
撤去压力
后物块A 到达最高点有
舍去负值解得
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可知，此时弹簧确实处于拉伸状态，由于
表明将物块A、B 位置互换，则撤去压力
后物块A 不可能离开水平地面，故D 错误。
故选AB。
19．（24-25 高一下·吉林长春·期末）在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y 两个方向上
分别研究。如图质量为m 的弹性薄片沿倾斜方向落到足够大水平固定面上，碰前瞬时速度为v0，方向与
水平方向夹角α=45°。薄片与弹性面间的动摩擦因数μ=0.1。不计空气阻力，碰撞过程中忽略薄片重力。
薄片每次碰撞前后竖直方向的分速度大小保持不变，并且在运动过程中始终没有旋转。已知
sin37°=0.6，下列说法中正确的是（ ）
A．薄片与水平面在第1 次碰后瞬间速度方向与水平面间夹角约37°
B．薄片与水平面在第1 次碰的过程中，受到地面的冲量大小为
C．薄片与水平面发生3 次碰撞后，水平位移将不会再增加
D．薄片与水平面在第1 次碰与第3 次碰的过程中，受到地面的冲量方向不相同
【答案】B
【详解】A．薄片与水平面在第1 次碰后瞬间竖直方向的速度为
竖直方向根据动量定理得
水平方向根据动量定理得
解得
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所以
，A 错误；
B．薄片与水平面在第1 次碰的过程中，受到地面的冲量大小为
，B 正
确；
D．根据
每次碰撞竖直方向的动量的变化量均相同
根据
每次碰撞水平方向的动量变化量均相同
所以每次碰撞动量的变化量，大小方向均相同。
根据动量定理，每次碰撞受到地面的冲量，大小方向均相同。
D 错误；
C．薄片与水平面发生3 次碰撞后，水平速度为
解得
薄片与水平面发生3 次碰撞后，水平位移将会增加，C 错误。
故选B。
20．（24-25 高一下·吉林长春·期末）关于动量、冲量、动能，下列说法正确的是（ ）
A．物体的动量越大，表明它受到的冲量越大
B．作用在静止物体上的力的冲量一定为零
C．物体受到合外力的冲量作用，则其动能一定变化
D．运动的物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的速度方向
【答案】D
【详解】A．动量的大小与冲量无直接关系，冲量对应动量变化而非动量本身。例如匀速运动的物体动量
虽大，但合外力的冲量为零。A 错误；
B．冲量由力与时间的乘积决定，即使物体静止，只要力作用时间不为零，冲量就不为零。B 错误；
C．做匀速圆周运动的物体，受到合外力的冲量作用，其动能不变，C 错误；
20
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D．动量方向由速度方向决定，两者始终相同，D 正确。
故选D。
21．（24-25 高一下·吉林长春·开学考试）水平传送带以10m/s 的初速度顺时针匀减速转动，其v-t 图像如
图甲所示，将一物块无初速度放在传送带左端，如图乙所示，当
时，物块的速度与传送带速度相
同。取重力加速度为
，则（ ）
A．传送带的加速度大小为4m/s2
B．物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2
C．5.5s 内，物块一直受到向左的摩擦力
D．
s 内，物块与传送带之间的划痕为
m
【答案】ABD
【详解】A．由图甲所示图像可知，传送带的加速度为
则传送带的加速度大小为4m/s2，故A 正确；
B．物块放上传送带后受到向右的滑动摩擦力，对物块，由牛顿第二定律得μmg=ma′
解得a′=μg
物块与传送带共速时，有v0+at=a′t
代入数据解得a′=2m/s2，μ=0.2
故B 正确；
C．开始阶段物块受向右的摩擦力；当物块与传送带共速后，由于传送带继续减速且加速度大小大于物块
滑动时的加速度大小，所以物块也将减速，摩擦力向左，方向改变，即在
时摩擦力方向发生改变，
故C 错误；
21
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D．设物块与传送带共速时速度为v1，有
物块的位移为
传送带的位移为
这段时间内的相对位移为
则
内，物块与传送带之间的划痕为
，故D 正确。
故选ABD。
22．（24-25 高一下·辽宁·阶段练习）2025 年4 月30 日，神舟十九号返回舱在东风着陆场稳稳落地，蔡旭
哲、宋令东、王浩泽三名航天员平安归来。携带着科学样品的返回舱在离地面约6000m 的高空打开主伞
（降落伞），在主伞的作用下返回舱速度从
降至
，此后可视为匀速下降，当返回
舱在距离地面1m 时启动反推发动机，速度减至0 时恰好落到地面上。设主伞所受的空气阻力为
，
其中k 为定值，v 为速率，其余阻力不计。已知返回舱（含航天员）总质量为2500kg，主伞的质量忽略
不计，忽略返回舱质量的变化，重力加速度g 取
，全过程为竖直方向的运动。求：
(1)在主伞打开后的瞬间，返回舱加速度a 的大小和方向；
(2)若在反推发动机工作时主伞与返回舱之间的绳索处于松弛状态，则反推发动机在该过程中对返回舱做的
功W。
【答案】(1)
，方向竖直向上
22
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(2)
【详解】（1）返回舱匀速时，根据平衡条件，有
解得
打开主伞瞬间，根据牛顿第二定律可得
代入数据解得
方向竖直向上。
（2）从离地面1m 时启动反推发动机，到速度减至0 后恰落到地面上，由动能定理可得
解得
23．（24-25 高一下·吉林·期末）如图所示，足够长光滑水平面AB 与固定在竖直面内的粗糙半圆形导轨相
切于B 点，导轨半径为R，一个质量为m 可看成质点的小物块将水平轻弹簧压缩至A 点后由静止释放，
在弹力作用下物块获得某一向右速度后脱离弹簧，它继续运动到B 点时对导轨的压力大小为其重力的7
倍，之后沿半圆形导轨运动恰好能通过C 点，不计空气阻力，重力加速度为g，求：
(1)弹簧被压缩至A 点时的弹性势能Ep；
(2)物块从B 到C 阻力做的功Wf；
(3)物块离开C 点后，再落回到水平面AB 前瞬间的速度与竖直方向的夹角α 的正弦值sinα。
【答案】(1)3mgR
(2)-0.5mgR
(3)
【详解】（1）物块运动到B 点时对导轨的压力大小为其重力的7 倍，根据牛顿第三定律可知，导轨对物
块的支持力大小也为其重力的7 倍，设物块运动到B 点时速度为v1，根据牛顿第二定律可有
23
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根据机械能守恒定律有
解得Ep=3mgR
（2）物块恰好能通过C 点，根据牛顿第二定律有
从B 到C 过程，根据动能定理有
解得Wf =-0.5mgR
（3）物块离开C 点后做平抛运动，物块落回到水平面AB 过程，根据动能定理有
落回到水平面AB 前瞬间
解得
24．（2025·四川·高考真题）如图所示，倾角为
的光滑斜面固定在水平地面上，安装在其顶端的电动机
通过不可伸长轻绳与小车相连，小车上静置一物块。小车与物块质量均为m，两者之间动摩擦因数为
。电动机以恒定功率P 拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间，小车与物块的速度刚
好相同，大小为
。运动过程中轻绳与斜面始终平行，小车和斜面均足够长，重力加速度大小为g，忽
略其他摩擦。则这段时间内（ ）
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A．物块的位移大小为
B．物块机械能增量为
C．小车的位移大小为
D．小车机械能增量为
【答案】C
【详解】A．对物块根据牛顿第二定律有
解得
根据运动学公式有
解得物块的位移大小为
故A 错误；
B．物块机械能增量为
故B 错误；
C．对小车根据动能定理有
其中
联立解得
故C 正确；
D．小车机械能增量为
故D 错误。
故选C。
25．（2024·江苏·高考真题）如图所示，物块B 分别通过轻弹簧、细线与水平面上的物体A 左右端相连，
整个系统保持静止。已知所有接触面均光滑，弹簧处于伸长状态。剪断细线后（ ）
25
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A．弹簧恢复原长时，A 的动能达到最大
B．弹簧压缩最大时，A 的动量达到最大
C．弹簧恢复原长过程中，系统的动量增加
D．弹簧恢复原长过程中，系统的机械能增加
【答案】A
【详解】对整个系统分析可知合外力为0，A 和B 组成的系统动量守恒，得
设弹簧的初始弹性势能为
，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧恢复原长时得
联立得
故可知弹簧恢复原长时物体A 速度最大，此时物体A 的动量最大，动能最大。对于系统来说动量一直为零，
系统机械能不变。
故选A。
26．（2025·安徽·高考真题）如图，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上，木箱上的物块
甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动，木箱始终保持静止。
已知甲、乙质量均为
，甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5，不计空气阻力，重力加速度g 取
，
则在乙下落的过程中（ ）
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A．甲对木箱的摩擦力方向向左
B．地面对木箱的支持力逐渐增大
C．甲运动的加速度大小为
D．乙受到绳子的拉力大小为
【答案】C
【详解】A．因为物块甲向右运动，木箱静止，根据相对运动，甲对木箱的摩擦力方向向右，A 错误；
B．设乙运动的加速度为
，只有乙有竖直向下的恒定加速度，
对甲、乙和木箱，由整体法，竖直方向受力分析有
则地面对木箱的支持力大小不变，B 错误；
CD．设绳子的弹力大小为
，对甲受力分析有
对乙受力分析有
联立解得
，
C 正确，D 错误。
故选C。
27．（2024·甘肃·高考真题）电动小车在水平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．小车的动能不变
B．小车的动量守恒
C．小车的加速度不变
D．小车所受的合外力一定指向圆心
【答案】AD
【详解】A．做匀速圆周运动的物体速度大小不变，故动能不变，故A 正确；
B．做匀速圆周运动的物体速度方向时刻在改变，故动量不守恒，故B 错误；
C．做匀速圆周运动的物体加速度大小不变，方向时刻在改变，故C 错误；
D．做匀速圆周运动的物体所受的合外力一定指向圆心，故D 正确。
故选AD。
28．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）如图（a），倾角为
的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的
小物块甲、乙同时以初速度
沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为
、
，整个过程中斜
面相对地面静止。甲和乙的位置x 与时间t 的关系曲线如图（b）所示，两条曲线均为抛物线，乙的
曲线在
时切线斜率为0，则（ ）
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A．
B．
时，甲的速度大小为
C．
之前，地面对斜面的摩擦力方向向左
D．
之后，地面对斜面的摩擦力方向向左
【答案】AD
【详解】B．位置
与时间的图像的斜率表示速度，甲乙两个物块的曲线均为抛物线，则甲物体做匀加速
运动，乙物体做匀减速运动，在
时间内甲乙的位移可得
可得
时刻甲物体的速度为
，B 错误；
A．甲物体的加速度大小为
乙物体的加速度大小为
由牛顿第二定律可得甲物体
同理可得乙物体
联立可得
，A 正确
C．设斜面的质量为
，取水平向左为正方向，由系统牛顿牛顿第二定理可得
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则
之前，地面和斜面之间摩擦力为零，C 错误；
D．
之后，乙物体保持静止，甲物体继续沿下面向下加速，由系统牛顿第二定律可得
即地面对斜面的摩擦力向左，D 正确。
故选AD。
29．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）如图，一雪块从倾角
的屋顶上的
点由静止开始下滑，滑到A
点后离开屋顶。O、A 间距离
，A 点距地面的高度
，雪块与屋顶的动摩擦因数
。
不计空气阻力，雪块质量不变，取
，重力加速度大小
。求：
(1)雪块从A 点离开屋顶时的速度大小
；
(2)雪块落地时的速度大小
，及其速度方向与水平方向的夹角
。
【答案】(1)5m/s
(2)8m/s，60°
【详解】（1）雪块在屋顶上运动过程中，由动能定理
代入数据解得雪块到A 点速度大小为
（2）雪块离开屋顶后，做斜向下抛运动，由动能定理
代入数据解得雪块到地面速度大小
速度与水平方向夹角
，满足
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解得
30
