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专题二 动量与能量
第6 讲 功 功率 动能定理
A 组 基础保分练
1．（2025·云南卷·2，4 分）如图所示，中老铁路国际旅客列车从云南某车
站由静止出发，沿水平直轨道逐渐加速到144 km/h,在此过程中列车对座椅上的
一高中生所做的功最接近（ ）
A. 4×10
5J
B. 4×10
4 J
C. 4×10
3 J
D. 4×10
2J
【答案】B
【解析】根据题意，对座椅上的一高中生进行受力分析，高中生受到重力和座
椅对他的作用力，高中生沿水平轨道由静止逐渐加速到144 km/h，根据动能定
理，列车对高中生所做的功W = 1
2 mv
2−0，假设这名高中生的质量m=50kg，速
度v =144 km/h= 40m/ s，代入数据，解得列车对高中生所做的功W = 4×10
4 J，
B正确。
2．（2025·北京昌平二模）如图所示，重物M放在长木板OP上，将长木板绕O
端缓慢转过一个小角度的过程中，重物M相对长木板始终保持静止。关于长木
板对重物M的支持力和摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A. 支持力和摩擦力均逐渐增大
B. 支持力和摩擦力的合力逐渐增大
C. 支持力和摩擦力均对重物做正功
D. 支持力对重物做正功，摩擦力不做功
【答案】D
【解析】设长木板的倾角为θ ，重物的质量为m，根据平衡条件可得
N =mgcosθ ，f =mgsinθ ，由于θ 逐渐增大，可知支持力逐渐减小，摩擦力逐
渐增大，故A错误；根据受力平衡可知，支持力和摩擦力的合力与重物的重力
始终等大反向，故B错误；由于摩擦力与重物的运动方向总是垂直，所以摩擦
力对重物不做功；而支持力与重物的运动方向相同，则支持力对重物做正功，
故C错误，D正确。
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3．（2025·山东省实验中学二模）如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧竖
直固定，在最低点A放置一质量为m的物块，可视为质点。物块在方向始终沿圆
弧切线方向的推力F作用下由A运动到B，力F大小恒为mg。对于该运动过程，
下列说法正确的是（ ）
A. 力F做功大小为mgR
B. 力F做功大小为mg π R
2
C. 力F的功率先增大后减小
D. 克服重力做功的功率先增大后减小
【答案】B
【解析】由于力F方向始终沿圆弧切线方向，且大小恒为mg，利用微元法可得，
力F做功的大小W = Fs=mg× 2π R
4
= mg π R
2
，故A错误，B正确；分析可知，从
A到B过程，物块一直在做加速运动，速度一直在增大，根据P = Fv可知F的功
率一直在增大，物块在竖直方向上的分速度一直在增大，则克服重力做功的功
率一直在增大，故C、D错误。
4．（2025·重庆八中三模）设定某高铁运行时所受阻力大小f 与车速v之间的关
系为f =k v
2(k为定值)，在甲、乙两段水平轨道上匀速行驶的速度大小分别为
300km/h、200km/h。则该高铁在甲、乙两段水平轨道上匀速行驶时，其发动
机的输出功率的比值为（ ）
A. 3
2
B. 9
4
C. 27
8
D. 81
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【答案】C
【解析】该高铁匀速行驶，其发动机的输出功率P = Fv = fv =k v
3，因此在甲、乙
两段水平轨道上匀速行驶时，发动机的输出功率之比
P甲
P乙
= v甲
3
v乙
3 = 27
8 ，故选C。
5．（2025·陕西渭南三模）如图所示，光滑斜面体OAB固定在水平桌面上，斜
面OA和OB的倾角分别为α =53
∘ 、β =37
∘ 。质量相同的物块a和b（均可视为质
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点）从顶端O处分别沿斜面OA和OB由静止滑下，sin37
∘=0.6，cos37
∘=0.8，下
列说法正确的是（ ）
A. a和b下滑过程，所用时间之比为ta:tb= 4:3
B. a和b下滑过程，重力的冲量大小之比为I a: I b=3:4
C. a和b下滑到底端时，重力的瞬时功率大小之比为Pa: Pb=1:1
D. a和b下滑到底端时，动能大小之比为Ek a: Ek b=3:4
【答案】B
【解析】设斜面的高度为h，则
h
sin α = 1
2 gsin α ⋅ta
2，
h
sin β = 1
2 gsin β ⋅tb
2，所以
ta:tb=3:4，故A错误；下滑过程中重力的冲量大小为I =mgt，所以
I a: I b=ta:tb=3:4，故B正确；根据动能定理可得mgh= Ek，所以Ek a: Ek b=1:1，
故D错误；下滑到底端时，重力的瞬时功率大小分别为Pa=mg vasin α ，
Pb=mg vbsin β ，又由D项分析可知，va= vb，所以Pa: Pb= 4:3，故C错误。
6．（2025· 黑吉辽蒙卷·13，10 分）如图，一雪块从倾角θ =37
∘ 的屋顶上的O
点由静止开始下滑，滑到A点后离开屋顶。O、A间距离x =2.5m，A点距地面的
高度h=1.95m，雪块与屋顶的动摩擦因数μ=0.125。不计空气阻力，雪块质量不
变，取sin37
∘=0.6，重力加速度大小g=10m/ s
2。求：
（1） 雪块从A点离开屋顶时的速度大小v0；
（2） 雪块落地时的速度大小v1，及其速度方向与水平方向的夹角α 。
【答案】（1） 5m/ s
（2） 8m/ s ； 60
∘
【解析】
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（1） 雪块在屋顶上运动过程中，由动能定理得
mgx sinθ−μmgcosθ⋅x = 1
2 mv0
2−0
代入数据解得v0=5m/ s
（2） 雪块离开屋顶后做斜下抛运动，由机械能守恒定律得
mgh= 1
2 mv1
2−1
2 mv0
2
代入数据解得v1=8m/ s
落地速度与水平方向夹角α 满足cosα = v0cosθ
v1
= 1
2
解得α =60
∘
B 组 强化提分练
7．（2025·山东临沂三模）多选 放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的
作用，在0～6 s内其速度与时间的关系图像和该拉力的功率与时间的关系图像
分别如图甲、乙所示。下列说法正确的是（ ）
A. 0～6 s内拉力做的功为200 J
B. 物体受到的摩擦力大小为6 N
C. 物体的质量为0.8kg
D. 物体在0～2s内受到的拉力为6 N
【答案】CD
【解析】在P−t图像中，图线与t轴围成的面积表示拉力所做的功，故0～6 s内
拉力做的功为W = 1
2 ×2×60 J + 4×20 J =140 J，A错误；由甲图可知2～6 s内物
体做匀速直线运动，物体受到的摩擦力与拉力相等，结合乙图及P = Fv得
f = F2= P2
v = 20
10 N =2 N，B错误；由甲图可知，0～2s内物体通过的位移
s= 1
2 ×2×10m=10m，根据动能定理可得P1t1−fs= 1
2 mv
2−0，代入数据解得
m=0.8kg，C正确；由甲图可知，0～2s内物体的加速度a= Δv
Δt =5m/ s
2，根据
牛顿第二定律可得F1−f =ma，代入数据解得F1=6 N，D正确。
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8．（2025·河南一模）多选 如图所示的轮式起重机，满足170 米的吊装高度、
230 吨的极限吊装重量。将质量为m的重物悬空后，由静止开始以加速度a匀加
速竖直向上提升，经过时间t达到额定功率P，重力加速度为g，下列说法正确
的是（空气阻力忽略不计）（ ）
A. 重物匀速运动的最大速度为P
mg
B. 该过程重物的动能增加量为1
2 Pt
C. 该过程重物的机械能增加量为1
2 Pt
D. 起重机额定功率P =ma(g−a)t
【答案】AC
【解析】当起重机对重物的拉力等于重物的重力时，重物达到最大速度，
P =mg vm，则vm= P
mg，故A正确；t时间内，重物上升的高度x = 1
2 vt，拉力做功
为W = Fx，又P = Fv，解得W = 1
2 Pt，重物增加的机械能等于起重机对重物做的
功，因此重物的机械能增加量为1
2 Pt，重物的动能增加量为Δ Ek = 1
2 Pt −mgx，
故B错误，C正确；重物做匀加速直线运动，v =at，根据牛顿第二定律，可得
F −mg=ma，又因为P = Fv，联立解得P =ma(g+a)t，故D错误。
9．（2025·黑龙江哈尔滨模拟）多选 如图甲所示，一物块以某初速度滑上倾
角为30
∘ 的固定斜面。物块在斜面上运动过程中，其动能Ek与运动路程s的关系
如图乙所示。已知物块所受的摩擦力大小恒定，g取10m/ s
2。下列说法正确的
是（ ）
A. 物块的质量为0.7 kg
B. 物块所受摩擦力大小为0.7 N
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C. 0～20m过程中物块克服摩擦力做功为10 J
D. 0～10m与10～20m过程中物块加速度大小之比为8:3
【答案】AC
【解析】由动能定理可知Ek−s图像斜率的绝对值表示合力大小，上滑过程有
mgsin30
∘+ f = 4 N，下滑过程有mgsin30
∘−f =3 N，联立解得m=0.7 kg，f =0.5 N，
故A正确，B错误；0～20m过程中物块克服摩擦力做功为
W 克f = fs=0.5×20 J =10 J，故C正确；0～10m过程物块沿斜面上滑，
a1= mgsin30
∘+ f
m
，10～20m过程物块沿斜面下滑，a2= mgsin30
∘−f
m
，则
a1
a2
= 4
3 ，
故D错误。
10．如图甲，水平地面上有A、B两个物块，两物块的质量均为0.2kg，A与地
面间的动摩擦因数μ=0.25，B与地面无摩擦，两物块并排放置，在外力F的作用
下向右前进，外力F与位移x的关系图像如图乙所示，P点为圆弧轨道最低点，
M点为圆弧轨道最高点，水平地面长度大于4 m，重力加速度g=10m/ s
2。求：
（1） 在0～1m内F做的功；
（2） 当x =1m时，A与B之间的弹力大小；
（3） 要保证B能到达M点，圆弧轨道半径应满足的条件。
【答案】（1） 1.5 J
（2） 0.5 N
（3） 见解析
【解析】
（1） F −x图线与横轴围成的面积表示力F对物体做的功，0～1m内F做的功
为W =1.5×1J =1.5 J
（2） x =1m时，设A、B之间的弹力大小为N，对A、B整体和B分别受力分析，
如图1、图2 所示。
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图1
图2
对于A、B整体，根据牛顿第二定律有F −f A =(mA+mB)a
A 受到的摩擦力为f A = μmA g
对于B，根据牛顿第二定律有N =mBa
代入数据F =1.5 N,mA =mB=0.2kg，μ=0.25，解得N =0.5 N
（3） 要保证B能到达M点，设圆弧轨道的半径最大为Rm，则B在M点时的最小
速度vB满足mB g= mB vB
2
Rm
，可得vB=√g Rm
用力F推动A与B，当A、B之间的弹力为零时A、B分离，即当F减小到
F = f A = μmA g=0.5 N时A、B分离，由题图乙可知A、B分离时向右移动的位移
x1=3m
此过程中，设F做的功为W F，A、B刚要分离时两者的速度为v0，由动能定理有
W F−f A x1= 1
2 (mA+mB)v0
2
F −x图线与横轴围成的面积表示力F对物体做的功，则
W F =[1.5×1+ 1
2 ×(1.5+0.5)×(3−1)]J =3.5 J
A、B分离后，B经过水平地面和圆弧轨道运动到轨道最高点，由动能定理有
−mB g⋅2 Rm= 1
2 mB vB
2 −1
2 mB v0
2
联立解得Rm=0.2m
即圆弧轨道半径满足的条件为0< R≤0.2m
C 组 创新高分练
11．（2025·广东卷·14，13 分）如图所示,用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞
时,先将拔塞钻旋入木塞内,随后下压把手,使齿轮绕固定支架上的转轴转动,通过
齿轮啮合,带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动。从0 时刻开始,顶部与瓶口齐平
的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动。木塞所受摩擦力f 随位移大小x的变
化关系为f = f 0(1−x
h )，其中f 0为常量，h为圆柱形木塞的高。木塞质量为m，底
面积为S，加速度为a。齿轮半径为r。重力加速度为g，瓶外气压减瓶内气压为
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Δ p且近似不变,瓶子始终静止在桌面上。（提示：可用f −x图线下的“面积”
表示f 所做的功）
求：
（1） 木塞离开瓶口的瞬间,齿轮的角速度ω 。
（2） 拔塞的全过程,拔塞钻对木塞做的功W。
（3） 拔塞过程中,拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式。
【答案】（1） √2ah
r
（2） m(g+a)h+ Δ pSh+0.5 f 0h
（3） P = f 0at −f 0a
2t
3
2h
+mgat + Δ pSat +ma
2t(0≤t ≤√
2h
a )
【解析】
（1） 由匀加速直线运动的速度与位移关系可得v0
2=2ah
解得木塞离开瓶口瞬间的速度v0=√2ah
由圆周运动的角速度与线速度的关系可得齿轮的角速度ω= v0
r = √2ah
r
（2） 拔塞的全过程，对木塞由动能定理可得W −mgh−Δ pSh−W f = 1
2 m v0
2
结合f = f 0(1−x
h )作出f −x的关系图像如图所示
根据功的定义，f −x图线与横轴围成的面积表示木塞克服摩擦力做的功，则有
W f =0.5 f 0h
联立解得W =m(g+a)h+ Δ pSh+0.5 f 0h
（3） 对木塞受力分析，根据牛顿第二定律得F −f −mg−Δ pS =ma
由匀加速直线运动的速度与时间关系可得v =at
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由匀加速直线运动的位移与时间关系可得x = 1
2 at
2，其中0≤t ≤√
2h
a
拔塞钻对木塞作用力F的瞬时功率为P = Fv
联立解得
第7 讲 机械能守恒定律 功能关系与能量守恒定律
A 组 基础保分练
1．（2025·广东茂名模拟）如图所示，某战斗机表演时，先沿直线ab水平向右
飞行，再分别沿弧线bc和cd运动，整个过程中飞行轨迹在同一竖直面内且运动
速率保持不变，下列说法正确的是（ ）
A. 整个过程中该战斗机始终处于平衡状态
B. 在bc段该战斗机处于超重状态
C. 在cd段该战斗机克服重力做功的功率逐渐增大
D. 整个过程中该战斗机的机械能守恒
【答案】B
【解析】该战斗机在沿弧线bc和cd运动时，运动方向不断变化，合外力不为零，
不处于平衡状态，故A错误；沿弧线bc运动时，速率保持不变，在竖直方向的
分速度不断增大，有竖直向上的加速度，所以处于超重状态，故B正确；沿弧
线cd运动时，在竖直方向的分速度不断减小，该战斗机克服重力做功的功率逐
渐减小，故C错误；该战斗机在整个过程中动能不变，重力势能先不变后逐渐
增大，所以机械能先不变后逐渐增大，故D错误。
2．（2025·广东深圳三模）小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球
的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起，使两绳
均被水平拉直，如图所示，将两球由静止释放，运动至各自轨迹的最低点时，
下列说法正确的是（ ）
A. P球的速度一定大于Q球的速度
B. P球重力的瞬时功率一定等于Q球重力的瞬时功率
C. P球所受绳的拉力一定小于Q球所受绳的拉力
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D. P球的向心加速度一定大于Q球的向心加速度
【答案】B
【解析】从静止释放至最低点，由机械能守恒定律得mgR = 1
2 mv
2，解得
v =√2gR，可知vP<vQ，故A错误；在最低点，两球速度方向均水平向左，与重
力垂直，则两球的重力的瞬时功率均为0，故B正确；在最低点，拉力和重力的
合力提供向心力，由牛顿第二定律得F −mg=m v
2
R ，解得F =mg+m v
2
R =3mg，向
心加速度a向= F −mg
m
=2g，所以P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力，
两者的向心加速度相等，故C、D错误。
3．（2025·江苏扬州模拟）一物体静止在地面上，在竖直方向的拉力作用下开
始运动（不计空气阻力）。在向上运动的过程中，物体的机械能E与上升高度h
的关系图像如图所示，其中0～h1过程的图线是过原点的直线，h1～h2过程的图
线为平行于横轴的直线。则 （ ）
A. 在0～h2上升过程中，物体先做加速运动，后做匀速运动
B. 在0～h1上升过程中，物体的加速度不断增大
C. 在0～h1上升过程中，拉力的功率保持不变
D. 在h1～h2上升过程中，物体只受重力作用
【答案】D
【解析】根据功能关系可知，E−h图像斜率表示所受拉力，在0～h1上升过程
中，E−h图像斜率不变，则拉力不变，根据牛顿第二定律有F −mg=ma，可知
物体的加速度不变，则此过程物体做匀加速运动；在h1～h2上升过程中，E−h
图像斜率为零，则拉力大小为零，物体只受重力作用，则此过程物体做匀减速
运动，故A、B错误，D正确；在0～h1上升过程中，拉力的大小不变，物体做
匀加速直线运动，则物体的速度不断增大，根据P = Fv可知拉力的功率不断增
大，故C错误。
4．（2025·海南三模）蹦极是很多年轻人喜欢的一种运动，运动过程可以简化
为图甲所示，人下落过程可以近似看成在一条竖直线上运动，且人可看成质点。
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蹦极绳是一条原长为45m的弹性绳，人下落到B点时绳刚好伸直，下落到C点时
速度刚好减为0，以起跳点O的位置为原点，竖直向下为x轴正方向建立坐标系。
取C点所在水平面为零势能面，假设人下落过程所受空气阻力恒定，下落过程
人的重力势能随位移变化的关系图像如图乙中的图线a所示，蹦极绳的弹性势能
随位移变化的关系如图乙中的图线b所示。人的质量为50kg，蹦极绳始终在弹
性限度内，弹力与形变量成正比，重力加速度g取10m/ s
2，其余数据图乙中已
标出，则下列说法正确的是（ ）
A. 人下落到C点时，人和蹦极绳组成的系统减少的机械能是4×10
4 J
B. 人受到的空气阻力大小是1000 N
C. 人下落到B点时的动能是18000 J
D. 蹦极绳的最大弹力是2560 N
【答案】C
【解析】人下落到C点时，重力势能为零，动能为零，蹦极绳的弹性势能为
3.2×10
4 J，而初始时系统的机械能为4.0×10
4 J，所以人和蹦极绳组成的系统减
少的机械能为Δ E = 4×10
4 J −3.2×10
4 J =0.8×10
4 J，故A错误；根据功能关系可
得Δ E = f xOC，解得f =100 N，故B错误；从O到B的过程中，由动能定理有
mg xOB−f xOB= Ek B，解得Ek B=1.8×10
4 J，故C正确；根据功能关系可得
E p 弹= Fm
2 xBC，代入数据解得Fm≈1828.6 N，故D错误。
5．（2025·河北邢台三模）多选 如图所示，质量为m的小球从不同高度下落
压缩轻弹簧，弹簧的弹性势能表达式为E = 1
2 k x
2，其中k是弹簧的劲度系数，x
是弹簧的形变量。假设整个过程弹簧始终在弹性限度内，不计一切阻力及小球
和弹簧接触时的能量损失，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A. 小球和弹簧组成的系统（包括地球）机械能不守恒
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B. 无论小球从多高处下落，小球具有最大动能的位置不会改变
C. 克服弹力做功不能度量小球机械能在小球和弹簧之间的转移
D. 若小球的加速度大小能达到2g，则h的最小值是3mg
2k
【答案】BD
【解析】小球在运动过程中，小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能相互转
化，所以小球和弹簧组成的系统（包括地球）机械能守恒，故A错误；加速度
为零时小球的动能最大，此时弹簧的弹力等于小球的重力，所以无论小球从多
高处下落，小球具有最大动能的位置不变，故B正确；小球机械能在小球和弹
簧之间的转移是通过克服弹力做功实现的，故C错误；当小球的加速度大小为
2 g时，由牛顿第二定律得F −mg=m⋅2 g，解得F =3mg，设此时弹簧的压缩量
为Δ x，由胡克定律有3mg=k Δ x，解得Δ x = 3mg
k
，由机械能守恒定律有
mg(h+ Δ x)= 1
2 k( Δ x)
2+ Ek，当Ek =0时，h最小，解得h= 3mg
2k ，故D正确。
6．（2025·江西师大附中模拟）如图所示，物流传送带在电动机的带动下始终
以大小为v0的水平速度匀速运动。某时刻在传送带的左端轻放一个质量为m的
小物箱，小物箱在传送带上做匀变速运动，经时间t小物箱的速度与传送带的速
度相同，重力加速度大小为g，则在这段时间内，下列说法正确的是（ ）
A. 小物箱相对传送带的位移大小为v0t
B. 小物箱与传送带间的动摩擦因数为v0
gt
C. 小物箱与传送带间因摩擦产生的热量为m v0
2
D. 因传送小物箱，电动机至少要多做的功为1
2 mv0
2
【答案】B
【解析】小物箱相对传送带的位移大小为Δ x = v0t −v0
2 t = 1
2 v0t，故A错误；小物
箱在时间t内做匀加速直线运动，加速度a= f
m = μg，又v0=at，解得μ= v0
gt ，故B
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正确；小物箱与传送带间因摩擦产生的热量Q = f Δ x = μmg× 1
2 v0t = 1
2 mv0
2，故C
错误；由功能关系可知，因传送小物箱，电动机至少要多做的功等于小物箱增
加的动能与系统因摩擦产生的热量之和，有W = 1
2 m v0
2+Q =m v0
2，故D错误。
7．（2025·贵州铜仁模拟）如图所示，将内壁光滑的细管弯成四分之三圆轨道
并竖直固定，轨道半径为R，细管内径远小于R。轻绳穿过细管连接小球A和重
物B，小球A的质量为m，直径略小于细管内径，用手托住重物B使小球A静止
在Q点。松手后，小球A运动至最高点P时对细管恰无作用力，重力加速度为g，
取π =3，求：
（1） 小球A运动到P点时的速度大小v；
（2） 重物B的质量M；
（3） 小球A到达P点时轻绳的拉力大小FT。
【答案】（1） √gR
（2） 4
3 m
（3） 4
7 mg
【解析】
（1） 小球A运动至最高点P点时对细管恰无作用力，此时有mg=m v
2
R
解得v =√gR
（2） 从Q点到P点，根据系统机械能守恒可得
Mg⋅2π R
3
−mg⋅R(1+cos60
∘)= 1
2 ( M +m)v
2
解得M = 4
3 m
（3） 设小球A到达P点时的切向加速度大小为a，对A由牛顿第二定律可得
FT =ma
对B由牛顿第二定律可得Mg−FT = Ma
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联立解得FT = 4
7 mg
B 组 强化提分练
8．（2024·山东卷·7，3 分）如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别坐
在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接，连接点等高
且间距为d(d <l)。两木板与地面间动摩擦因数均为μ ，弹性绳劲度系数为k，
被拉伸时弹性势能E = 1
2 k x
2( x为绳的伸长量)。现用水平力F缓慢拉动乙所坐木
板，直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静止，
k保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则F所做的
功等于（ ）
A. ( μmg)
2
2k
+ μmg(l−d)
B. 3( μmg)
2
2k
+ μmg(l−d)
C. 3( μmg)
2
2k
+2 μmg(l−d )
D. ( μmg)
2
2k
+2 μmg(l−d)
【答案】B
【解析】甲所坐木板刚要离开原位置时，设弹性绳伸长量为x，则有kx = μmg，
x = μmg
k
；水平力F“缓慢”拉动乙所坐木板，故可认为乙与其所坐木板的动能
变化量为零，由功能关系可知水平力F做的功W = μmg(l−d + x)+ 1
2 k x
2，将x的
表达式代入得W = 3( μmg)
2
2k
+ μmg(l−d)，B正确。
9．（2025·安徽模拟预测）一质量不计的直角形支架两端分别连接质量为m、
2m的小球A和B，支架的两直角边长度分别为2l和l，支架可绕固定轴O在竖直
平面内无摩擦转动，如图所示。开始时OA边处于水平位置，由静止释放，重力
加速度为g，则（ ）
A. A球转动到最低点时，A球的速度最大
15/36
B. A球的最大速度为2√gl
C. A球第一次转动到OA边与竖直方向的夹角为60
∘ 时，A球的速度最大
D. A球的最大速度为√
8(√2−1)gl
3
【答案】D
【解析】根据题意知，无论何时小球A和B的角速度均相同，A和B的线速度大
小之比
v1
v2
= r1
r2
= 2
1，由系统机械能守恒可知，A球的速度最大时，二者的动能最
大，此时两球总重力势能最小。当OA与竖直方向的夹角为θ 时，由机械能守恒
定律得mg2lcosθ−2mgl(1−sinθ)= 1
2 m v1
2+ 1
2 ×2m v2
2，解得
v1
2= 8
3 gl(sinθ+cosθ)−8
3 gl，由数学知识可得θ = 45
∘ 时，sinθ+cosθ 最大，为
√2，此时A球有最大速度v1=√
8(√2−1)gl
3
，故选D。
10．（2025·河南郑州三模）多选 某缓冲装置的理想模型如图所示，劲度系数
足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦
力为定值。轻杆向右移动的距离不超过L时，装置可安全工作。若一小车分别
以初动能Ek和2 Ek撞击弹簧，导致轻杆分别向右移动L
4 和3 L
4 。已知装置安全工
作时，轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面间的摩
擦。小车在这两次撞击缓冲的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 弹簧的最大弹性势能为Ek
2
B. 轻杆与槽间的滑动摩擦力为4 Ek
L
C. 两次小车反弹离开弹簧的速度不同
D. 为使装置安全工作，小车撞击弹簧的最大动能为5 Ek
2
【答案】AD
【解析】小车撞击弹簧使轻杆移动时，弹簧弹力等于滑动摩擦力，所以两次弹
簧的最大压缩量相等，最大弹性势能相等，设弹簧的最大弹性势能为E p，有
16/36
Ek = E p+ f × L
4 ，2 Ek = E p+ f × 3 L
4 ，解得f = 2 Ek
L ，E p= Ek
2 ，故A正确，B错误；因
两次撞击弹簧的最大弹性势能相等，小车反弹离开弹簧时，弹簧的弹性势能完
全转化为小车的动能，所以小车获得的动能相等，速度相同，故C错误；为使
装置安全工作，小车撞击弹簧的最大动能Ek′ = E p+ fL= 5 Ek
2 ，故D正确。
11．足够长的传送带固定在竖直平面内，半径R =0.5m、圆心角θ =53
∘ 的圆弧
轨道与平台平滑连接，平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，工件A
从圆弧顶点无初速度下滑，在平台与B碰成一整体，随后一起滑上传送带，已
知mA = 4 kg、mB=1kg，A、B均可视为质点，A、B与传送带间的动摩擦因数相
等且恒定，在传送带上运动的过程中，因摩擦生热Q =2.5 J，忽略轨道及平台的
摩擦，g=10m/ s
2，sin53
∘=0.6，求：
（1） A滑到圆弧最低点时受到的支持力；
（2） A与B整个碰撞过程中损失的机械能；
（3） 传送带的速度大小。
【答案】（1） 72 N，方向竖直向上
（2） 1.6 J
（3） 0.6m/ s或2.6m/ s
【解析】
（1） A从开始到滑到圆弧最低点过程，根据机械能守恒，有
mA g( R−R cos53
∘)= 1
2 mA v0
2
解得v0=2m/ s
在最低点，根据牛顿第二定律可知F N −mA g=mA
v0
2
R
解得F N =72 N，方向竖直向上
（2） A、B碰后成一整体，A、B碰撞过程中，根据动量守恒有
mA v0=(mA+mB)v共
解得v共=1.6m/ s
故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为
17/36
Δ E = 1
2 mA v0
2−1
2 (mA+mB)v共
2 =1.6 J
（3） 第一种情况，当传送带速度v小于v共时，A、B一起滑上传送带后先做减
速运动后做匀速运动，设A、B与传送带间的动摩擦因数均为μ ，对A、B整体
根据牛顿第二定律可知μ(mA+mB)g=(mA+mB)a
设经过时间t1后A、B均与传送带共速，可得v = v共−at1
该段时间内A、B一起运动的位移为x1= v + v共
2
t1
传送带运动的位移为x2= v t1
可得Q = μ(mA+mB)g⋅( x1−x2)=2.5 J
联立解得v =0.6m/ s，另一解大于v共舍去
第二种情况，当传送带速度v大于v共时，A、B一起滑上传送带后先做加速运动
后做匀速运动，设经过时间t2后A、B均与传送带共速，同理可得v = v共+at2
该段时间内A、B一起运动的位移为x1′ = v + v共
2
t2
传送带运动的位移为x2′ = v t2
可得Q = μ(mA+mB)g⋅( x2′ −x1′ )=2.5 J
解得v =2.6m/ s，另一解小于v共舍去
C 组 创新高分练
12．（2025·云南卷·10，6 分）多选 如图所示，倾角为θ 的固定斜面，其顶
端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧处于原长时下端位于O点。质量为m的
滑块Q（视为质点）与斜面间的动摩擦因数μ= tanθ 。过程Ⅰ：Q以速度v0从斜
面底端P点沿斜面向上运动恰好能滑至O点；过程Ⅱ：将Q连接在弹簧的下端并
拉至P点由静止释放，Q通过M点（图中未画出）时速度最大，过O点后能继续
上滑。弹簧始终在弹性限度内，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气
阻力，重力加速度为g。则（ ）
A. P、M两点之间的距离为k v0
2−4 m g
2sin
2θ
4 kgsinθ
B. 过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能为1
4 m v0
2
18/36
C. 过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为k v0
2−8m g
2sin
2θ
2kgsinθ
D. 连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释放，最终一定静止在OM（含O、M
点）之间
【答案】CD
【解析】过程Ⅰ，Q由P点至O点，由能量守恒定律可得
1
2 m v0
2=mg x1sinθ+ μmgcosθ⋅x1,由于μ= tanθ ，解得x1=
v0
2
4 gsinθ；过程Ⅱ，由
于Q通过M点时速度最大，故Q在M点时，加速度为零，可得
k x2=mgsinθ+ μmgcosθ ，解得x2= 2mgsinθ
k
；P、M两点之间的距离为
x1−x2= k v0
2−8m g
2sin
2θ
4 kgsinθ
，A错误。过程Ⅱ中，Q从P点运动到O点，滑块Q损失
的机械能Δ E = μmgcosθ⋅x1−1
2 k x1
2，代入μ= tanθ 、x1=
v0
2
4 gsinθ，解得
Δ E = 1
4 m v0
2−
k v0
4
32 g
2sin
2θ，B错误。过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动至最高点
N点过程，Q做简谐运动，根据简谐运动的对称性，可得Q在P点时的加速度大
小a1和Q在N点时的加速度大小a2相等，由牛顿第二定律可得
a1= k x1−mgsinθ−μmgcosθ
m
、a2= mgsinθ+ μmgcosθ+k x3
m
，解得
x3=
v0
2
4 gsinθ −4 mgsinθ
k
；Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为
x1+ x3= k v0
2−8m g
2sin
2θ
2kgsinθ
，C正确。假设滑块Q最终静止在O点和N点之间（不包
含O、N），弹簧处于压缩状态，弹簧对Q的弹力F弹方向沿斜面向下，F弹与重
力沿斜面向下的分力的合力大于Q与斜面间的最大静摩擦力，Q不可能静止，此
假设不成立；假设Q最终静止在P点和M点之间（不包含P、M）,弹簧处于拉伸
状态，F 弹方向沿斜面向上，且F 弹>mgsinθ+ μmgcosθ ，可得Q不可能静止，
此假设不成立；当Q在O、M（含O、M点）之间时，若Q处于平衡状态，可得
F弹=mgsinθ+ Ff 静，其中0≤F弹≤mgsinθ+ μmgcosθ ,故
−μmgcosθ≤Ff 静≤μmgcosθ ，满足静止条件，D正确。
19/36
第8 讲 动量定理和动量守恒定律
A 组 基础保分练
1．（2025·黑吉辽模拟）乒乓球爱好者某次发球的速度为60km/h，球与球拍
的接触时间约为2ms，乒乓球质量约为2.5 g，下列关于发球过程的说法正确的
是（ ）
A. 击球时，球拍对乒乓球的作用力大于乒乓球对球拍的作用力
B. 球拍对乒乓球的平均作用力约为75 N
C. 球拍对乒乓球做功的平均功率约为2250W
D. 球拍对乒乓球的冲量约为0.0417 N ⋅s
【答案】D
【解析】根据牛顿第三定律，击球时，球拍对乒乓球的作用力等于乒乓球对球
拍的作用力，故A错误；根据动量定理可得F Δt =mv −0，可得球拍对乒乓球的
平均作用力为F = mv
Δt ≈20.8 N，故B错误；球拍对乒乓球的平均功率为
P=
1
2 mv
2
Δt
=173.6W，故C错误；根据动量定理可得球拍对乒乓球的冲量为
I =mv =0.0417 N ⋅s，故D正确。
2．（2025·广东广州三模）多选 篮球运动员进行了原地纵跳摸高训练。已知
质量m=60kg的运动员原地静止站立（不起跳）摸高为2.10m，在原地纵跳摸高
训练过程中，该运动员先下蹲，重心下降0.5m，经过充分调整后，发力跳起摸
到了2.90m的高度。若将运动员起跳过程（从重心下降0.5m处开始向上运动到
双脚离地过程）视为做匀加速运动，忽略空气阻力的影响，g取10m/ s
2，对运
动员的起跳过程，下列说法正确的是（ ）
A. 运动员处于失重状态
B. 地面对运动员的冲量大小为390 N ⋅s
C. 运动员对地面的压力大小为1560 N
D. 运动时间为0.5 s
【答案】BC
20/36
【解析】运动员从开始起跳到脚离开地面，重心上升的高度h1=0.5m，做匀加
速运动，加速度方向向上，处于超重状态，故A错误；运动员从离开地面到上
升到最高点的过程中，重心上升的高度h2=2.90m−2.10m=0.8m，运动员离开
地面后做竖直上抛运动，根据−2gh2=0−v
2，解得v = 4 m/ s，在起跳过程中，
有2ah1= v
2，解得a=16m/ s
2，由牛顿第二定律得F N −mg=ma，解得
F N =1560 N，由牛顿第三定律可知，运动员对地面的压力大小为1560 N，故C
正确；依题意，运动员的起跳过程所用时间为t = v
a = 4
16 s=0.25 s，地面对运动员
的冲量大小为I = F N ⋅t =390 N ⋅s，故B正确，D错误。
3．（2025·甘肃卷·4，4 分）如图，小球A从距离地面20m处自由下落，1s末
恰好被小球B从左侧水平击中，小球A落地时的水平位移为3m。两球质量相同，
碰撞为弹性碰撞，重力加速度g取10m/ s
2,则碰撞前小球B的速度大小v为（ ）
A. 1.5m/ s
B. 3.0m/ s
C. 4.5m/ s
D. 6.0m/ s
【答案】B
【解析】小球A在竖直方向始终做自由落体运动，由h= 1
2 gt
2可得t =2s，所以小
球A被小球B碰后运动时间t ′ =1s,小球A被碰后，在水平方向有x = v Axt ′，解得
v Ax=3m/ s；在水平方向由动量守恒定律和机械能守恒定律可得mv =m vB+m v Ax,
1
2 mv
2= 1
2 mvB
2 + 1
2 mv Ax
2 ，解得vB=0，v Ax = v，所以v =3.0m/ s，B正确。
4．如图甲所示，质量为1kg的物块静置于水平地面上，物块与水平地面之间的
动摩擦因数为0.1，现给物块施加方向恒定的水平力F，其大小随时间t变化的关
系如图乙所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/ s
2，则物块在
t =3 s时的速度大小为（ ）
21/36
A. 6m/ s
B. 3.25m/ s
C. 3m/ s
D. 5m/ s
【答案】B
【解析】物块开始滑动时F = f = μmg=1 N，此时t =0.5 s，物块从t =0.5 s开始运动
到t =3 s时，由图像可知F的冲量I F =(4×2× 1
2 +2×1−1
2 ×1×0.5)N ⋅s=5.75 N ⋅s，
由动量定理得I F−I f =mv，其中I f = f Δt =2.5 N ⋅s，可得v =3.25m/ s，故选B。
5．（2024·江苏卷·9，4 分）如图所示,物块B分别通过轻弹簧、细线与水平面
上的物块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（ ）
A. 弹簧恢复到原长时,A的动能达到最大
B. 弹簧压缩量最大时,A的动量达到最大
C. 弹簧恢复到原长过程中,系统的动量增加
D. 弹簧恢复到原长过程中,系统的机械能增加
【答案】A
【解析】对A、B及弹簧组成的系统分析可知合力为零，系统动量守恒，整个系
统中只有弹簧弹力做功，系统机械能守恒，C、D错误。由题可知，开始时弹簧
处于伸长状态，从剪断细线到弹簧恢复原长的过程，B向左加速，A向右加速；
弹簧压缩的过程，B向左减速，A向右减速，压缩至最短时，A、B速度均减为
0，可知弹簧恢复原长时A和B的速度均达到最大，此时A的动能、动量均最大，
A正确，B错误。
6．（2025·安徽模拟预测）多选 一个四分之一光滑圆弧形物块B静止在光滑的
水平面上，圆弧的半径为R，一可视为质点的小物块A从物块B的底端以速度
v0=2√gR滑上圆弧面，经过时间t恰好能滑上B的圆弧面顶端，已知物块A的质
量为m，重力加速度为g，则（ ）
22/36
A. 物块A滑上圆弧面后，A、B组成的系统动量守恒
B. 物块B的质量为m
C. 物块A从底端滑上圆弧面顶端的过程，物块B的位移为2√gRt −R
2
D. A和B分离时，B的速度大小为√gR
【答案】BC
【解析】该过程A、B组成的系统在水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，
故A错误；A滑上B的过程，有m v0=(m+mB)v，mgR = 1
2 m v0
2−1
2 (m+mB)v
2，解
得mB=m，故B正确；A滑上B的过程，A、B组成的系统在水平方向动量守恒，
m v0=m v A+m vB，故m v0t =m v At +m vBt，x A = v At，xB= vBt，x A−xB= R，解得
xB= 2√gRt −R
2
，故C正确；由于A和B质量相等，A和B分离时，相当于发生弹
性碰撞，A和B交换速度，A的速度为0，B的速度大小为2√gR，故D错误。
7．（2025·湘豫名校联考）如图为无人机灭火的工作场景，一质量为
M =175kg的无人机工作时悬停于着火点正前方，其正下方竖直悬吊质量可以忽
略不计的供水软管，水从地面进入供水管经过无人机后从其前端水平安装的高
压水枪以速度v =50m/ s水平喷出。高压水枪喷口处横截面积为S =3cm
2，水的
密度为ρ=1.0×10
3kg/m
3，重力加速度取g=10m/ s
2，供水管的横截面积与高压
水枪的横截面积相同。则空气对无人机的作用力大小约为（ ）
A. 750 N
B. 1061 N
C. 1250 N
D. 1750 N
【答案】C
【解析】对Δt时间内的高压水枪喷口附近的一段水柱应用动量定理可得
F Δt = ρSv Δt ⋅v，解得F =750 N，根据牛顿第三定律，水平方向，水柱给无人
机一个向后的作用力F1=750 N，由平衡条件知，空气给无人机的作用力的水平
分力为F x=750 N，同理，在竖直方向，水柱给无人机一个向上的作用力
F2=750 N，由平衡条件得，空气给无人机的作用力的竖直分力为
F y = Mg−750 N =1000 N，则空气对无人机的作用力大小约为
F合=√F x
2+ F y
2 =1250 N，故选C。
23/36
B 组 强化提分练
8．（2025·河北沧州模拟预测）如图甲所示，两个质量均为m、厚度均为d、
高度均为h的木板A、B静止放置在光滑水平面上，质量为m的子弹（体积忽
略）以一定初速度v0水平射向木板A，子弹恰好未离开木板B，且A、B两木板
没有发生碰撞。现把A、B两木板绑在一起横放（如图乙所示），子弹再次以同
样的初速度v0水平射向木板A，子弹也恰好未离开木板。设子弹在木板中受到
的阻力恒定，忽略空气阻力和重力引起的竖直方向的运动，则d
h等于（ ）
A. 1
2
B. 2
5
C. 8
15
D. 12
25
【答案】D
【解析】子弹第一次打入木板A的过程中，由动量守恒定律有m v0=m v1+m v2，
由能量守恒定律有fd = 1
2 m v0
2−1
2 m v1
2−1
2 m v2
2，子弹打入木板B的过程中，由动
量守恒定律有m v1=2m v3，由能量守恒定律有fd = 1
2 m v1
2−1
2 ⋅2m v3
2，联立解得
fd = 4
25 m v0
2；子弹第二次打入木板A的过程中，由动量守恒定律有m v0=3m v4，
由能量守恒定律有fh= 1
2 m v0
2−1
2 ⋅3m v4
2，联立解得fh= 1
3 m v0
2，可得d
h = 12
25，故
选D。
9．（2025·浙江1 月选考卷·8，3 分）如图所示，光滑水平地面上放置完全相
同的两长板A和B,滑块C（可视为质点）置于B的右端，三者质量均为1kg。A以
4 m/ s的速度向右运动，B和C一起以2m/ s的速度向左运动，A和B发生碰撞后
粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75m,C与A、B间动摩擦因数均为
0.5,则（重力加速度g取10m/ s
2）（ ）
A. 碰撞瞬间C相对地面静止
B. 碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2s
C. 碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为12J
D. 碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6m
24/36
【答案】D
【解析】A、B发生碰撞瞬间，C由于惯性保持原状态不变，对地速度大小仍为
2m/ s，A错误；A、B碰撞瞬间，A、B组成的系统动量守恒，以向右为正方向，
根据动量守恒定律有m v A−m vB=2m v1，解得v1=1m/ s，如图所示，碰后A、B、
C三者构成的系统总动量为2m v1−m vC =0，三者相对静止时，速度均为0，从
碰撞后到三者相对静止的过程中，设C对地位移大小为xC，则vC
2 =2× μmg
m × xC，
可得xC =0.4 m，同时A、B也做匀减速直线运动，即v1
2=2× μmg
2m × x AB，则
x AB=0.2m，所以C相对长板滑动的距离为0.6m，D正确；从碰撞后到三者相对
静止，摩擦产生的热量Q = μmg Δ x相对=3 J，C错误；根据匀变速直线运动规律，
从碰撞后到三者相对静止，经历的时间t = vC
μg =0.4 s，B错误。
10．（2025·海南三模）多选 “起花”是一种形如小纸炮的爆竹，通常缀有长
约二三尺的苇秆，如图所示，点燃其芯后会迅速升起。静置在地面上的“起
花”点火后竖直升空，已知“起花”的总质量为M（含火药）,点火后在极短的
时间内，将质量为m的气体以相对地面大小为v0的速度竖直向下喷出；若当
“起花”升到最高点时炸裂为质量之比为2:1的两块碎块，且沿水平方向向相反
的方向飞出，落地时质量大的碎块速度大小为v，空气阻力忽略不计，下列说法
正确的是（ ）
A. “起花”升空获得的推力是空气施加的
B. 气体喷出时，由于内力远大于外力，所以“起花”和气体组成的系统可以近
似看作动量守恒
C. 点火后，“起花”上升过程中获得的最大速度为m v0
M
D. 质量小的碎块落地时的速度大小不可能为2v
【答案】BD
25/36
【解析】“起花”升空获得的推力是竖直向下喷出的气体施加的，故A错误；
气体喷出时，由于内力远大于外力，所以“起花”和气体组成的系统可以近似
看作动量守恒，故B正确；点火后，设“起花”上升过程中获得的最大速度为v1，
根据动量守恒定律有0=( M −m)v1−m v0，得v1= mv0
M −m，故C错误；根据题意，
“起花”升到最高点时炸裂为质量之比为2:1的两块碎块，根据动量守恒定律可
知，质量大的和质量小的碎块开始做平抛运动的初速度大小之比为1:2，即落地
时水平方向的速度大小之比为1:2，由于落地时竖直方向的速度相等，所以落地
时的速度之比不可能是1:2，即质量小的碎块落地时的速度大小不可能为2v，
故D正确。
11．（2025·陕西渭南二模）如图所示，质量为2kg的小球A（视为质点），在
长度均为1.6m的细绳O′ P和OP作用下处于平衡状态，O′ P、OP与竖直方向的
夹角均为60
∘ 。质量为6 kg、足够长的木板B静止在光滑水平面上，质量为2kg
的物块C（视为质点）静止在B的左端，C与B之间的动摩擦因数为μ=0.25。剪
断细绳O′ P，小球A开始运动，重力加速度g取10m/ s
2。
（1） 求小球A运动到最低点时对细绳OP的拉力大小；
（2） 当小球A运动到最低点时，恰好与C发生弹性正碰（碰撞时间极短），求
碰后C的速度大小；
（3） 求小球A与物块C碰后，C相对B滑行的距离L相对。
【答案】（1） 40 N
（2） 4 m/ s
（3） 2.4 m
【解析】
（1） OP的长度为L=1.6m，从小球A开始运动到最低点的过程，根据动能定
理得mA gL(1−cos60
∘)= 1
2 mA v0
2−0
解得v0= 4 m/ s
A运动到最低点时，根据牛顿第二定律得T −mA g=mA
v0
2
L
解得T = 40 N
26/36
根据牛顿第三定律可知，小球A运动到最低点时对细绳OP的拉力大小为40 N
（2） A运动到最低点时，恰好与C发生弹性正碰，由动量守恒定律和机械能守
恒定律得mA v0=mA v1+mC v2
1
2 mA v0
2= 1
2 mA v1
2+ 1
2 mC v2
2
解得碰后C的速度大小v2= 4 m/ s
（3） A、C碰后，C与B组成的系统动量守恒，达到共同速度时，由动量守恒
定律得mC v2=(mC +mB)v3
解得v3=1m/ s
由能量守恒定律得μmC g L相对= 1
2 mC v2
2−1
2 (mC+mB)v3
2
解得L相对=2.4 m
C 组 创新高分练
12．（2025·河北卷·14，14 分）如图，一长为2m的平台，距水平地面高度为
1.8m。质量为0.01kg的小物块以3m/ s的初速度从平台左端水平向右运动。物块
与平台、地面间的动摩擦因数均为0.2。物块视为质点，不考虑空气阻力，重力
加速度g取10m/ s
2。
（1） 求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。
（2） 若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45m，物块从离开平台到
弹起至最大高度所用时间共计1s。求物块第一次与地面接触过程中，所受弹力
冲量的大小，以及物块弹离地面时水平速度的大小。
【答案】（1） 0.6m
（2） 0.1 N ⋅s； 0
【解析】
（1） 设小物块到达平台右端抛出时的速度大小为v1，
由动能定理得−μmgL= 1
2 mv1
2−1
2 mv0
2
代入数据解得v1=1m/ s
小物块做平抛运动过程中，竖直方向上有h= 1
2 gt1
2，解得t1=0.6 s
27/36
水平方向上有x = v1t1=0.6m
（2） 设第一次落地时的速度大小为v2，水平分速度大小v2 x= v1=1m/ s
竖直分速度大小v2 y = gt1=6m/ s
设第一次落地后弹起的竖直分速度大小为v2 y′，水平分速度为v2 x′，第一次弹起
至最高点所用时间为t2，则由H = 1
2 gt2
2，代入H =0.45m，得t2=√
2 H
g =0.3 s
v2 y′ =√2 gH =3m/ s
小物块第一次与地面接触的时间Δt =t −t1−t2=0.1s
以竖直向上为正方向，在Δt时间内对小物块在竖直方向上应用动量定理得
I F−mg Δt =m v2 y′ −(−m v2 y)
代入数据解得弹力冲量的大小为I F =0.1 N ⋅s
假设小物块与地面间在Δt的作用时间内始终存在滑动摩擦力，以水平向右为正
方向，在Δt内对小物块在水平方向上应用动量定理，得−μ I F =m v2 x′ −m v2 x
代入数据解得物块弹离地面时的水平速度v2 x′ =−1m/ s<0，假设不成立
说明在小物块弹起前水平分速度已减小到零，在水平分速度减小到零后，不再
受摩擦力，小物块在水平方向上的速度将保持为零不再变化，最终离地时的水
平分速度为零。
微专题2 力学“三大观点”的综合应用
A 组 基础保分练
1．（2025·浙江温州二模）如图甲所示为某行李安检机，其简化原理图如图乙
所示，水平传送带长为2.5m，传送带始终以恒定速率0.30m/ s运行。一质量为
0.60kg的小包（可视为质点）无初速度轻放在传送带左端，最终到达传送带右
端。若小包与该传送带间的动摩擦因数为0.50，下列说法正确的是(g取
10m/ s
2)（ ）
A. 安检机使用γ 射线探测包内的物品
B. 小包匀速运动时，传送带对小包的摩擦力方向向右
C. 由于传送小包，电动机多做的功为0.054 J
D. 小包从传送带左端到达右端的时间为1.0 s
【答案】C
28/36
【解析】安检机使用X射线探测包内的物品，故A错误；小包匀速运动时，传送
带对小包的摩擦力为0，故B错误；对小包根据动能定理可得，传送带对小包做
的功为W = 1
2 m v
2=0.027 J，小包速度与传送带速度相同之前根据牛顿第二定律
可得μmg=ma，解得a=5m/ s
2，故小包速度达到传送带速度所用时间为
t1= v
a = 0.3
5 s=0.06 s，加速位移为x1= 1
2 at1
2= 1
2 ×5×0.06
2m=0.009m，小包加速过
程中，传送带的位移为x传= v t1=0.018m，则小包相对于传送带运动位移为
Δ x = x传−x1=0.009m，摩擦产生热量为Q = μmg Δ x =0.027 J，电动机由于传送小
包多做的功为E =Q+W =0.054 J，故C正确；与传送带共速后到达右端所用时间
为t2= s−x1
v
= 2.5−0.009
0.30
s≈8.3 s，所以小包从传送带左端到达右端的时间为
t 总=t1+t2=0.06 s+8.3 s=8.36 s，故D错误。
2．（2025·北京西城模拟）如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水
平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间的滑动摩擦力大小
为Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑块，当滑块运动到木板右端时，木板在地
面上移动的距离为s，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结论中正确的是
（ ）
A. 上述过程中，F做功大小为1
2 m v1
2+ 1
2 M v2
2
B. 其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达木板右端所用时间越长
C. 其他条件不变的情况下，M越大，s越大
D. 其他条件不变的情况下，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多
【答案】D
【解析】由功能关系可知，拉力F做的功等于两物体增加的动能与系统因摩擦
产生的热量之和，故A错误；由于滑块和木板都是做初速度为零的匀加速运动，
在其他条件不变的情况下增大F，木板受到的摩擦力大小不变，因此木板的运
动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，但增大F后滑块的加速度增大，滑
块到达木板右端所用时间变短，故B错误；由于木板受到的摩擦力大小不变，
因此当M越大时木板的加速度越小，而滑块的加速度不变，相对位移仍是L，
则滑块在木板上的运动时间越短，所以木板运动的位移越小，故C错误；系统
29/36
产生的热量等于摩擦力和相对位移的乘积，相对位移不变，因此摩擦力Ff越大，
产生的热量越多，故D正确。
3．（2025·湖北黄冈中学三模）如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质
量为M的光滑弧形槽静置在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质
量为m的小物块（可视为质点）从槽上高为h处由静止释放，已知弹簧始终处于
弹性限度内，下列说法正确的是（ ）
A. 小物块下滑过程中，物块和槽组成的系统动量守恒
B. 小物块下滑过程中，槽对物块的支持力不做功
C. 若M >m，物块能再次滑上弧形槽
D. 若物块再次滑上弧形槽，则物块能再次回到槽上的初始释放点
【答案】C
【解析】物块下滑过程中，物块和槽组成的系统水平方向动量守恒，竖直方向
动量不守恒，故A错误；弧形槽置于光滑水平地面上，物块下滑过程中，物块
对槽的压力做正功，则弧形槽对物块的支持力做负功，故B错误；小物块下滑
过程中，物块、弧形槽组成的系统水平方向动量守恒，系统初始水平方向动量
为零，有M v M −m vm=0，故M v M =m vm，若M >m，则vm>v M，小物块在水平面
上做匀速运动，撞击弹簧时与离开弹簧时的速度等大反向，因此能追上弧形槽，
故C正确；根据系统机械能守恒可知，物块不会上升至初始高度，故D错误。
4．（2025·广东卷·7，4 分）如图所示，光滑水平面上，小球M、N分别在水
平恒力F1和F2作用下，由静止开始沿同一直线相向运动，在t1时刻发生正碰后
各自反向运动。已知F1和F2始终大小相等、方向相反。从开始运动到碰撞后第
1 次速度减为0 的过程中，两小球速度v随时间t变化的图像，可能正确的是 （
）
A.
B.
30/36
C.
D.
【答案】A
【解析】由于F1和F2始终大小相等、方向相反，所以系统动量守恒，小球M、
N同时减速到零，且碰撞前后小球M、N各自的加速度不变，即碰撞前后v −t图
线的斜率不变，A正确。
5．（2025·辽宁三模）如图所示，两个完全相同的木块A、B厚度均为d，质量
均为4 m。第一次把A、B粘在一起静置在光滑水平面上，质量为m的子弹以速
度v0水平射向木块A，恰好将木块A击穿，但未穿入木块B，第二次只放置木块
B，子弹以同样的速度水平射向B，设子弹在木块中受到的阻力为恒力，不计子
弹的重力，子弹可视为质点。则第二次子弹（ ）
A. 能击穿木块B，子弹穿出木块的速度为1
10 v0
B. 能击穿木块B，子弹穿出木块的速度为1
9 v0
C. 不能击穿木块B，子弹进入木块的深度为9
10 d
D. 不能击穿木块B，子弹进入木块的深度为8
9 d
【答案】C
【解析】第一次，由动量守恒定律得m v0=(8m+m)v1，解得v1= v0
9 ，由能量守
恒定律得1
2 m v0
2= 1
2 (8m+m)v1
2+ fd，解得f = 4
9d m v0
2；第二次只放置木块B，假设
不能击穿，由动量守恒定律得m v0=(4 m+m)v2，解得v2= 1
5 v0，由能量守恒定律
得1
2 mv0
2= 1
2 (4 m+m)v2
2+ fd ′，解得f = 2m v0
2
5d ′ ，联立可得d ′ = 9
10 d <d，假设成立，
故选C。
31/36
6．（2025·安徽六安一中模拟）多选 如图所示，若传送带以速度v1顺时针转
动，将小木箱无初速度放在传送带底端B点，经时间t到达顶端A点，因摩擦产
生的热量为Q1；若传送带以速度v2逆时针转动，将此小木箱无初速度放在A点，
经时间t也刚好到达底端B点，因摩擦产生的热量为Q2。设最大静摩擦力等于滑
动摩擦力，小木箱可视为质点，下列说法正确的是 （ ）
A. 两次传送带的速度大小v1<v2
B. 两次传送带的速度大小v1>v2
C. 两次因摩擦产生的热量Q1>Q2
D. 两次因摩擦产生的热量Q1=Q2
【答案】BC
【解析】设传送带的倾角为θ ，木箱的质量为m，木箱与传送带之间的动摩擦
因数为μ 。传送带顺时针转动时，对木箱根据牛顿第二定律有
μmgcosθ−mgsinθ =ma1，若能达到v1，随后做匀速运动；当传送带逆时针转动
时，对木箱根据牛顿第二定律有μmgcosθ+mgsinθ =ma2，达到v2后做匀速运动。
木箱向上运动和向下运动的时间相同，位移大小也相同，且a1<a2，画出符合题
意的一种情况的v −t图像，如图所示，由图像可得v1>v2，故A错误，B正确。
根据图像可知，木箱向上运动过程相对位移较大，根据Q = μmgcosθ x相对，可知
Q1>Q2，故C正确，D错误。
B 组 强化提分练
7．（2025·山东卷·17，14 分）如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于
光滑水平面上，P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度，P处轨道的切线
沿水平方向，Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑
水平面上，b被锁定。一质量m= 1
2 kg的小球自Q点正上方h=2m处自由下落，无
32/36
能量损失地滑入轨道，并从P点水平抛出，恰好击中a，与a粘在一起且不弹起。
当弹簧拉力达到F =15 N时，b解除锁定开始运动。已知a的质量ma=1kg，b的质
量mb= 3
4 kg，方形物体的质量M = 9
2 kg，重力加速度大小g=10m/ s
2，弹簧的劲
度系数k =50 N /m，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式
E p= 1
2 k x
2( x为弹簧的形变量)，所有过程不计空气阻力。求：
（1） 小球到达P点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2；
（2） 弹簧弹性势能最大时，b的速度大小vb及弹性势能的最大值E pm。
【答案】（1） 6m/ s ；2
3 m/ s
（2） 2
3 m/ s； 2.5 J
【解析】
（1） 小球从开始下落到运动至P处的过程，对小球与方形物体组成的系统，
根据水平方向动量守恒，有m v1= M v2
根据机械能守恒，有mgh= 1
2 mv1
2+ 1
2 M v2
2
代入数据解得v1=6m/ s，v2= 2
3 m/ s
（2） 设小球与物块a粘在一起共速的速度大小为va0
由水平方向动量守恒得m v1=(m+ma)va0
代入数据解得va0=2m/ s
F =15 N时弹簧的伸长量x1= F
k = 3
10 m
设b被解除锁定瞬间小球和a的速度大小为va1
对弹簧、小球及a组成的系统
由能量守恒得1
2 (m+ma)va0
2 = 1
2 (m+ma)va1
2 + 1
2 k x1
2
代入数据解得va1=1m/ s
对物块a、小球、b及弹簧组成的系统
由动量守恒得(m+ma)va1=(m+ma+mb)vb
33/36
代入数据解得vb= 2
3 m/ s
由能量守恒得1
2 (m+ma)va1
2 + 1
2 k x1
2= 1
2 (m+ma+mb)vb
2+ E pm
代入数据解得E pm=2.5 J
8．（2025·河北沧州二模）如图所示，一个固定的光滑斜面AB与光滑水平面
BC平滑连接于B点，长度为L=3.5m、绷紧的水平传送带在电动机带动下始终以
恒定速度v =6m/ s逆时针运行。质量m甲=1kg的小物块甲从距BC高度h=0.8m的
A处由静止释放，滑上水平面BC后在C点与质量m乙=3kg的小物块乙沿水平方
向发生弹性碰撞，碰撞后乙滑上传送带。传送带左端有一质量M =3kg的小车静
止在光滑的水平面上，小车的左端挡板处固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在E
点，小车的上表面右端点D与E之间粗糙，E点左侧光滑，乙滑上小车后向左挤
压弹簧，向右返回后恰好没有离开小车。水平面BC、传送带及小车的上表面等
高且平滑连接，乙与传送带及小车DE段之间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加
速度g取10m/ s
2，不计空气阻力，甲、乙均可视为质点，求：
（1） 甲与乙碰后瞬间甲、乙的速度大小；
（2） 传送带的电动机由于传送乙多消耗的电能；
（3） D、E之间的距离和弹簧的最大弹性势能。
【答案】（1） 2m/ s ；2m/ s
（2） 72J
（3） 0.9m ；13.5 J
【解析】
（1） 小物块甲从光滑斜面A点运动到B点，根据动能定理有mgh= 1
2 mvB
2
解得vB= 4 m/ s
甲、乙发生弹性碰撞，以水平向左为速度的正方向，根据动量守恒定律有
m甲vB=m甲v甲+m乙v乙
根据机械能守恒定律有1
2 m甲vB
2 = 1
2 m甲v甲
2 + 1
2 m乙v乙
2
解得v甲=−2m/ s，v乙=2m/ s
34/36
所以甲与乙碰后瞬间甲、乙的速度大小均为2m/ s
（2） 设经过时间t，小物块乙与传送带速度相等，有v = v乙+at
根据牛顿第二定律有μm乙g=m乙a
解得t =0.8 s
经过时间t，物块乙滑行的距离s乙= v乙+ v
2
t =3.2m< L=3.5m，故乙能达到与传送
带共速
传送带的位移s传= vt = 4.8m
则相对位移Δ s= s传−s乙=1.6m
物块乙与传送带之间因摩擦而产生的热量Q = μm乙g Δ s=24 J
传送带的电动机由于传送物块乙多消耗的电能E = 1
2 m乙v
2−1
2 m乙v乙
2 +Q =72J
（3） 物块乙向右返回后恰好没有离开小车，物块乙与小车具有共同的末速度
v共，物块乙、小车和弹簧组成的系统动量守恒，则有m乙v =(m乙+ M )v共
由能量守恒定律可得1
2 m乙v
2= 1
2 (m乙+ M )v共
2 +2 μm乙g x2
解得x2=0.9m
由能量守恒定律得最大弹性势能E弹= 1
2 m乙v
2−1
2 (m乙+ M )v共
2 −μm乙g x2=13.5 J
9．（2025·重庆卷·15，16 分）如图所示，长度为d的水平传送带M顺时针匀
速运行。质量为m的小物块A在传送带左端M由静止释放。A还未与传送带达到
相同速度时就从右端N平滑地进入光滑水平面NO，与向右运动的小物块B发生
碰撞（碰撞时间极短）。碰后A、B均向右运动，从O点进入粗糙水平地面。设
A与传送带间的动摩擦因数和A、B与地面间的动摩擦因数均为μ ，重力加速度
为g。
（1） 求A在传送带上的加速度大小及离开传送带时的速度大小；
（2） 若碰前瞬间，B的速度大小为A的一半，碰撞为弹性碰撞，且碰后A、B
在粗糙地面上停下后相距d，求B的质量；
（3） 若B的质量是A的n倍，碰后瞬间A和B的动量相同，求n的取值范围及碰
后瞬间B的速度大小范围。
【答案】（1） μg ；√2 μgd
35/36
（2） m
3
（3） 1
3 <n≤1； 1
2 √2 μgd <vB< 3
2 √2 μgd
【解析】
（1） 物块A在传送带上由滑动摩擦力提供加速度，根据牛顿第二定律有
μmg=ma
可得a= μg
由于A还未与传送带达到相同速度时就离开传送带，故物块A在传送带上全程做
匀加速直线运动以速度v0离开传送带，根据速度与位移的关系式有v0
2=2ad
解得v0=√2ad =√2 μgd
（2） 设物块B的质量为M，由题意得碰前物块A、B的速度分别为v0、vB= v0
2 ，
碰后物块A、B的速度分别为v1、v2，两物块发生弹性碰撞，则由动量守恒定律
和能量守恒定律可得
mv0+ M v0
2 =mv1+ M v2
1
2 mv0
2+ 1
2 M ( v0
2 )
2
= 1
2 mv1
2+ 1
2 M v2
2
在弹性碰撞中，碰前两物块相对速度与碰后相对速度大小相等、方向相反
即满足v0−v0
2 = v2−v1= v0
2
联立解得v1= m v0
m+ M ，v2= (3m+ M )v0
2(m+ M )
两物块均从O点进入粗糙水平面，则物块均最终静止，由O点到静止处，根据动
能定理有−μmgs=−1
2 mv
2
得s= v
2
2 μg，即sA = v1
2
2 μg，sB= v2
2
2 μg
根据题意知sB−s A =d，且由（1）有v0=√2 μgd
联立解得M = m
3
（3） 由题意知物块B的质量mB=nm，初始物块B向右运动，设其碰前速度为
vB0
物块A、B能相碰，则碰前两者速度满足v0>vB0>0
物块A、B碰撞过程动量守恒，则m v0+nm vB0=m v A+nm vB
36/36
又因为碰后瞬间物块A、B的动量相同，即m v A =nmvB
由两等式解出v A = v0+n vB0
2
，vB= v0+n vB0
2n
由能量守恒定律，碰后两物块动能不增加，即1
2 mv0
2+ 1
2 nm vB0
2 ≥1
2 mv A
2 + 1
2 nm vB
2
联立解得vB−v A≤v0−vB0
且需要满足碰撞后两物块不发生二次碰撞，即v A≤vB
代入v A≤vB得(1−n) v0+n vB0
2n
≥0，即n≤1
代入vB−v A≤v0−vB0得1−3n
2n
v0≤n
2−3n
2n
vB0，在n≤1的前提下且由质量可知n>0，
不等式可化简为vB0≤1−3n
n
2−3n
v0，又满足v0>vB0>0，得1
3 <n<3，范围取交集，得
最终n的取值范围为1
3 <n≤1。
由vB= v0+n vB0
2n
，又因上式已得出0<vB0≤1−3n
n
2−3n
v0，故将其代入得
v0
2n <vB≤v0
2n +
1−3n
2(n
2−3n)
v0=
n+1
(3n−n
2)
v0，易证得两边系数1
2n和
n+1
(3n−n
2)在
1
3 <n≤1均单调递减，故将函数取极值时，即将n=1代入左式v0
2n，将n= 1
3代入右
式
n+1
(3n−n
2)
v0，可得碰后物块B的速度大小范围为v0
2 <vB< 3 v0
2
综上所述，碰后瞬间物块B的速度大小范围为v0
2 <vB< 3 v0
2 ，且由（1）有
v0=√2 μgd，代入可得1
2 √2 μgd <vB< 3
2 √2 μgd
