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重难11 动力学三大观点的综合应用（运动学、能量观点、 动量观点） 高考指导方向标 近三年考查趋势分析 近三年高考中，本专题是力学综合题的核心考点与难点，常以计算题或压轴题形 式出现，分值约10–18 分。命题突出对复杂物理过程的整体分析，要求学生灵活 选用并综合运用动力学（牛顿定律与运动学）、能量和动量三大观点解决多阶 段、多对象问题，全面考查物理观念与科学思维。命题特点：过程复杂，分段分 析，模型综合，联系实际，考查观点选取能力，强调守恒思想。 核心方法聚焦 观点选取策略： 涉及时间、瞬时受力与加速度，优先考虑动力学观点（牛顿第二定律）。 涉及位移、功、能（尤其有摩擦生热），优先考虑能量观点（动能定理、能量守 恒）。 涉及时间、冲量、打击碰撞过程，优先考虑动量观点（动量定理、动量守恒）。 综合应用路径：对于复杂问题，往往需联立不同观点的方程。例如，先用动量守 恒求共速，再用能量守恒求摩擦生热或机械能损失。 备考指导建议 掌握三大观点区别，快速识别题眼。加强复合模型（如板块+弹簧）训练，解题时 清晰分段、规范列式。 内容导航 速度提升 技巧掌握 手感养成 重难考向聚焦 锁定目标 精准打击：快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向 重难技巧突破 授予利器 瓦解难点：总结瓦解此重难点的核心方法论与实战技巧 重难保分练 稳扎稳打 必拿分数：聚焦可稳拿分数题目，确保重难点基础分值 重难抢分练 突破瓶颈 争夺高分： 聚焦于中高难度题目，争夺关键分数 重难冲刺练 模拟实战 挑战顶尖：挑战高考压轴题，养成稳定攻克难题的“题感” 1 动力学三大观点的基本理解和应用 动力学三大观点 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。 力学三 大观点 对应规律 表达式 适用范围 动力学 观点 牛顿第二定律 F 合＝ma 恒力作用下的匀变速运动(包括匀变速曲线运 动)，涉及时间与运动细节时，一般选用动力学 方法解题 匀变速直线运动规 律 v＝v0＋at， x＝v0t＋at2 v2－v＝2ax 等 能量观 点 动能定理 W 合＝ΔEk 求解功、能和位移时，一般选用动能定理、机 械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解 题，题目中出现相对位移(摩擦生热)时，优先选 用能量守恒定律 机械能守恒定律 Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2 功能关系 WG＝－ΔEp等 能量守恒定律 E1＝E2 动量观 点 动量定理 I 合＝p′－p 不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运 动时间的问题，特别是对于打击类问题、流体 连续作用问题，用动量定理求解 动量守恒定律 p1＋p2＝p1′＋p2′ 对碰撞、爆炸、反冲、地面光滑的板—块问 题，若只涉及初末速度而不涉及力、时间，用 动量守恒定律求解 2. 动力学三大观点的选取情景 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。 6.对多个物理过程进行整体思考，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律 解决比较复杂的运动。 7.对多个研究对象进行整体思考，即把两个或两个以上的物体作为一个整体进行考虑，如 应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统)。 8.若单独利用动量观点(或能量观点)无法解决问题，可尝试两种观点结合联立方程求解。 （建议用时：20 分钟） 1．（2025·广东肇庆·一模）如图所示，光滑水平面上静止放有甲、乙两个相同的物块，对甲、乙分别施加 大小为F 和2F、方向相同的水平推力，甲、乙前进了相同距离。则甲、乙的运动时间之比为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】甲、乙质量相同，根据牛顿第二定律 可知，甲、乙的加速度大小之比 由运动学公式 可知，运动时间 由于 ， ，所以 故选C。 2．（25-26 高三上·河北衡水·月考）如图所示，一固定斜面倾角为 ，一质量为m 的小物块自斜面底端以 一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于重力加速度的大小g。物块上升的最大高度为 ， 则此过程中，物块的（ ） A．重力势能增加2mgH B．动能损失了mgH C．机械能损失了mgH D．摩擦生热 【答案】C 【详解】A．物块上升的最大高度为 时，重力势能增加 ，故A 错误； B．根据牛顿第二定律可知，物块上滑过程中所受合力大小为 方向沿斜面向下，运动到最高点时，运动位移大小为 则合力做功为 可知，动能损失2mgH，故B 错误； C．机械能变化 故机械能损失了 ，故C 正确； D．由 可得 所以摩擦生热为 ，故D 错误。 故选C。 3．（2025·山东·模拟预测）如图，一质量均匀分布的木板长度为L，静止在均匀粗糙的水平桌面上，其右 端和桌面右端对齐。现给木板一水平向右的瞬时冲量，木板右移 后静止。将木板放回原位，桌子右端 拼合上一张等高的光滑水平桌面，再给木板同样的瞬时冲量I，则木板完全停下时右移的距离为（ ） A． B． C． D．L 【答案】C 【详解】第一次根据动能定理 其中 第二次设木板完全停下时右移的距离为x，则由动能定理 解得 故选C。 4．（2025·新疆省直辖县级单位·二模）如图所示，水平绝缘地面上固定一足够长的光滑U 形导轨，空间存 在垂直导轨平面向下的匀强磁场。将质量为m 的金属棒ab 垂直放置在导轨上，在垂直于棒的恒定拉力F 作用下，金属棒由静止开始向右运动，当金属棒的速度大小为v 时，金属棒的加速度大小为a；当金属棒 的速度大小为2v 时，金属棒的加速度大小为 。已知金属棒运动过程中始终与导轨接触良好，电路中除金 属棒以外的电阻均不计，下列说法正确的是（ ） A． B．金属棒的最大速度为2v C．金属棒的最大加速度为 D．当金属棒的速度大小为2v 时撤去拉力F，金属棒的减速距离为 【答案】ACD 【详解】A．设匀强磁场的磁感应强度大小为B，金属棒的电阻为R，导轨间距为L，由牛顿第二定律有 ， 联立解得 A 正确； B．设金属棒的最大速度为 ，此时加速度为0，有 解得 B 错误； C．当金属棒的速度为0 时，金属棒的加速度最大，此时金属棒只受恒力作用，由牛顿第二定律有 解得最大加速度为 C 正确； D．撤去拉力F 后，根据动量定理有 解得 D 正确。 故选ACD。 5．（2025·甘肃白银·模拟预测）如图所示为两个完全相同的倾角为 的绝缘固定斜面，以斜面中垂线 为界，图甲中斜面的上半部分和图乙中斜面的下半部分空间分别存在磁感应强度大小均为 、方向均垂直 纸面向里的匀强磁场。一质量为 、电荷量为 的小滑块（可视为质点）分别从两斜面的顶端由静止释 放后滑到斜面底端。小滑块在图甲中斜面运动时，小滑块经过斜面中点前瞬间的加速度为0，小滑块经过 斜面中点时的速度为 ，到达斜面底端时的速度为 ；小滑块在图乙中斜面运动时，小滑块经过斜面中点 时的速度为 ，到达斜面底端时的速度为 。已知小滑块与斜面间的动摩擦因数均为 ，重力 加速度为g，下列说法正确的是（ ） A． B． 一定大于 C． 一定小于 D． 可能小于 【答案】ABC 【详解】A．在图甲中，小滑块在斜面的上半部分受到重力、摩擦力、支持力和洛伦兹力的作用。由于小 滑块经过斜面中点前瞬间的加速度为0，说明此时小滑块受到的合外力为0。设斜面的长度为L，则小滑块 在斜面中点时的速度为v1 中，此时的洛伦兹力为qBv1 中。根据平衡条件，有 解得 故A 正确； B．图乙中前半段根据牛顿第二定律，有 图甲中前半段根据牛顿第二定律，有 由此可知 根据速度-位移公式，有 可知 一定大于 ，故B 正确； CD．由上分析可知图甲中小滑块出磁场后做匀加速运动，到达底端的速度v1一定大于v1 中，图乙中小滑块 进磁场的速度一定大于v1 中，所以即小滑块进场将做减速运动，可能一直减速滑到最底端，也可能先减速 后匀速滑出磁场，所以v2不可能小于v1 中；从顶端滑到底端重力做功相同，乙种情况在磁场中的平均摩擦 力要大于甲种情况的平均摩擦力，即克服摩擦力做功乙种情况较大，所以v2一定小于v1，故C 正确，D 错 误。 故选ABC。 6．（2025·江西新余·模拟预测）如图所示，在光滑水平面上有一个长木板，在长木板的左端以初速度 滑上一小物块（可以看成质点）同时对长木板施加水平向右的恒力F。长木板质量 ，小 物块质量 ，重力加速度 。已知 ，小物块和长木板之间的动摩擦因数 ，小 物块恰好没有从长木板右端滑出，下列说法正确的是（ ） A．小物块刚滑上长木板时的加速度大小是 B．小物块刚滑上长木板时长木板的加速度大小是 C．长木板的长度是6m D．小物块和长木板之间摩擦产生的总热量是16J 【答案】AD 【详解】A．小物块刚滑上长木板时,根据牛顿第二定律，有 解得加速度大小 故A 正确； B．对长木板受力分析，根据牛顿第二定律得 代入数据得 故B 错误； C．设经过时间 ，小物块刚好滑到长木板的右端且二者的速度相同为 ，根据速度-时间公式，有 代入数据解得 小物块的位移 长木板的位移 长木板的长度为 故C 错误； D．小物块与长木板共速后一起加速，小物块和长木板之间摩擦产生的总热量 故D 正确。 故选AD。 7．（2025·天津河西·三模）如图所示，倾角 的斜面体C 静置在水平台上，其底端与水平台平滑连接。 物块 沿斜面自由下滑，离开斜面后与静止在水平台上的物块B 发生完全非弹性碰撞。随后A、B 从 点 离开水平台，共同在空中飞行并落到水平地面上的 点， 、 连线与水平方向的夹角 。已知物块 的质量 、物块B 的质量 、斜面体C 的质量 ，A 与B 碰撞前的速度 ，A、B 表面均光滑，整个过程中C 保持静止且A、B 始终在同一竖直平面内运动。将A、B 视 为质点，不计空气阻力， ，取 。求： (1) 沿斜面下滑的过程中，水平台对 的支持力大小 ； (2)A、B 碰撞过程中损失的机械能 ； (3)A、B 共同在空中飞行的过程中，它们的重力的平均功率 。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1） 沿斜面下滑的过程中， A、C 之间相互作用力的大小为 水平台对C 的支持力大小为 解得 （2）A、B 发生完全非弹性碰撞，有 碰撞过程中损失的机械能为 解得 （3） 、 连线与水平方向的夹角 ，于是有 、B 共同做平抛运动，下落的高度为 、B 平抛的过程中，它们的重力做的功为 重力的平均功率为 解得 （建议用时：30 分钟） 8．（25-26 高三上·贵州·期中）如图所示，光滑水平面上静止放置着一长度未知的木板B，木板B 的上表 面粗糙，物块A（可视为质点）静置于B 的左端，某时刻给A 一个瞬时冲量 ，经过时间运动到B 右端 且恰好不从B 上滑离。已知A 与B 的质量分别为 、 ，重力加速度为 。下列说法正确的是（ ） A．A 运动到木板右端时的速度大小为 B．全程A 对B 的摩擦力的冲量大小等于 C．A、B 间的动摩擦因数为 D．B 的长度为 【答案】C 【详解】A．给A 一个瞬时冲量 ，A 在B 上滑动的过程中，A、B 组成的系统动量守恒，有 解得 ，故A 错误； B．对木板B，A 对B 的摩擦力即为B 所受的合外力，由动量定理， ，故B 错误； C．对木板B，根据牛顿第二定律有 其中 联立可得A、B 间的动摩擦因数为 ，故C 正确； D．由题意可知，物块A 做匀减速直线运动，则 同时B 做匀加速直线运动，则 木板的长度 ，故D 错误。 故选C。 9．（2025·湖北·模拟预测）如图所示，将长平板的下端固定于铁架台水平底座上的挡板 处，上部架在横 杆上，长木板与横杆交点为 ，将物块从 点静止释放并可滑至 点，现将 点沿横杆竖直上移，使 变 大，再将物块从 点静止释放并滑至 点，则下列说法正确的是（ ） A．若长平板光滑，物块由 到达P 点时，重力的冲量一定变大 B．若长平板光滑，则物块到达 点的动量大小可能不变 C．若长平板粗糙，且各处粗糙程度相同，物块在P 点的动能可能变小 D．若长平板粗糙，且各处粗糙程度相同，物块损失的机械能不变 【答案】D 【详解】A．若物块与平板光滑，设铁架台水平底座长度为d，平板倾角为θ。物块下滑过程，由牛顿第二 定律得mgsinθ=ma 物块从Q 滑至P，由位移—时间公式得 联立解得 由数学知识可知，当θ=45°时，物块下滑时间最短，故将Q 点上移使θ 变大，物块下滑时间不一定变小， 物块下滑时间可能相同，根据 可知物块由 到达P 点时，重力的冲量不一定变大，故A 错误； Ｂ．若物块与平板光滑，则由机械能守恒定律可知 可得到达底端的速度 物块到达 点的动量大小 因θ 变大，则动量大小变大，Ｂ错误； C．若长平板粗糙，且各处粗糙程度相同，则由动能定理 因θ 变大，则物块在P 点的动能变大，C 错误； D．若物块与平板粗糙，根据功能关系可知，物块损失的机械能等于克服摩擦力做的功，则物块损失的机 械能为 因为铁架台水平底座长度d 不变，所以物块损失的机械能相同，D 正确。 故选D。 10．（25-26 高三上·山东泰安·开学考试）如图所示，一位同学手持球拍托乒乓球沿水平直线跑动，球拍与 乒乓球相对静止且均相对该同学静止，球拍平面和水平面之间夹角为 。设乒乓球质量为m，不计球拍和 乒乓球之间摩擦，不计空气阻力，已知重力加速度为g，则（ ） A．球拍受到的合力大小为0 B．乒乓球受到的支持力对乒乓球做正功 C．乒乓球有可能做匀速直线运动 D．球拍对乒乓球的支持力大小为 【答案】B 【详解】AC．该同学手持球拍托乒乓球沿水平直线跑动，不计球拍和乒乓球之间摩擦，不计空气阻力，对 乒乓球受力分析如图所示 则乒乓球所受的合力为 由牛顿第二定律得 解得加速度 乒乓球在水平方向做匀加速运动，由于球拍与乒乓球相对静止且均相对该同学静止，乒乓球、球拍和该同 学具有相同的加速度，故AC 错误； B．球拍对乒乓球的支持力方向与乒乓球位移的夹角为锐角，可得乒乓球受到的支持力对乒乓球做正功， 故B 正确； D．球拍对乒乓球的支持力大小为 解得球拍对乒乓球的支持力大小为 ，故D 错误。 故选B。 11．（2025·江苏南京·模拟预测）如图1 所示，斜面体放在粗糙的水平地面上，两斜面光滑且倾角分别为 53°和37°，两小滑块P 和Q 用绕过滑轮不可伸长的轻绳连接，分别置于两个斜面上，OP∥AB，OQ∥AC， 已知P、Q 和斜面体均静止不动。若交换两滑块位置如图2 所示，再由静止释放，斜面体仍然静止不动，Q 的质量为m，取sin53°=0.8，cos53°=0.6，重力加速度大小为g，不计滑轮的质量和摩擦，则下列判断正确 的是（ ） A．P 的质量为 m B．在图1 中，斜面体与地面间无静摩擦力 C．在图2 中，两滑块落地前的重力功率大小相等 D．在图2 中，滑轮受到轻绳的作用力大小为 mg 【答案】B 【详解】A．设P 的质量为M，在图1 中令绳子的拉力为T1，P、Q 各自受力平衡，则有T1=Mgsin53°， T1=mgsin37 联立解得M= m，故A 错误； B．在图1 中，把斜面体、P、Q 看成一个系统受力平衡，水平方向合力为零，所以斜面体不受地面的静摩 擦力，故B 正确； C．在图2 中，由于mgsin53°=0.8mg>Mgsin37°= mgcos53°=0.45mg 所以Q 下滑，P 上滑，P 克服重力做功的功率P1=0.45mgv Q 重力功率P2=0.8mgv≠P1，故C 错误； D．对两滑块整体，根据牛顿第二定律有0.8mg–0.45mg=(m+ m）a 解得a=0.2g 对Q 有0.8mg–T2=ma 解得T2=0.6mg 滑轮受到轻绳的作用力大小为 ，故D 错误。 故选B。 12．（2025·广东广州·模拟预测）载人飞船返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主 伞，最后启动反冲装置，实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化 为竖直方向的直线运动，其v-t 图像如图所示，设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列说 法正确的是（ ） A．在 时间内，返回舱的动量随时间增大 B．在 时间内，返回舱下落高度为 C．在 时间内，返回舱下落的加速度不变 D．在 时间内，返回舱重力的功率随时间减小 【答案】D 【详解】A．在 时间内，速度逐渐减小，则返回舱的动量mv 随时间减小，故A 错误； B．在 时间内，若返回舱做匀减速直线运动，返回舱的位移为 图像与坐标轴围成的面积表示位移，可知在 时间内，返回舱实际图线与坐标轴围成的面积小于返 回舱做匀减速直线运动图线与坐标轴围成的面积，即 ，即在 时间内，返回舱下落高度小于 ，故B 错误； C． 图像的斜率表示加速度，在 时间内，斜率逐渐变小，即返回舱的加速度减小，故C 错误； D．在 时间内，返回舱重力的功率大小为 ，速度逐渐减小，则重力的功率随时间逐渐减小， 故D 正确。 故选D。 13．（25-26 高三上·山东枣庄·月考）如图所示，光滑水平面上水平弹性轻绳 将质量为 的小球连 接在固定的支柱上，不可伸长的轻绳 将小球与竖直墙壁连接，与墙壁夹角 ，此时小球与水平面 刚好接触但无作用力。已知 ，当地的重力加速度 ，则下列判断正确的 是（ ） A．此时弹性轻绳 对小球的拉力大小为 B．此时轻绳 对小球的拉力大小为 C．在剪断弹性轻绳 的瞬间，轻绳 对小球的拉力大小为零 D．在剪断轻绳 的瞬间，小球的加速度大小为 【答案】C 【详解】AB．对小球受力分析可知，此时弹性轻绳 对小球的拉力大小为 轻绳 对小球的拉力大小为 ，AB 错误； C．在剪断弹性轻绳 的瞬间，轻绳 对小球的拉力大小瞬间变为零，C 正确； D．在剪断轻绳 的瞬间，弹性轻绳OA 的弹力不变，此时重力和地面的支持力平衡，则小球受合力大小 为 小球的加速度大小为 ，D 错误。 故选C。 14．（24-25 高二下·吉林长春·期末）如图所示，竖直墙壁和水平地面均光滑，两个质量相同的小球A 和B 通过轻质弹簧连接，在水平推力F 的作用下处于静止状态。改变水平推力的大小，使A 球缓慢向左移动， 弹簧始终在弹性限度内且不会发生弯曲，当弹簧与水平方向夹角为45°时撤去推力F，重力加速度为g，下 列说法正确的是（ ） A．小球A 向左移动过程中推力F 一直增大 B．小球A 向左移动过程中弹簧长度不断变短 C．撤去推力F 的瞬间小球A 有大小为g 方向水平向右的加速度 D．撤去推力F 的瞬间小球B 有大小为g 方向竖直向下的加速度 【答案】C 【详解】AB．设弹簧与竖直方向的夹角为 ，改变推力F，水平面上A 球向左缓慢移动，则 减小，以竖 直墙壁上的B 球为研究对象，分析受力如图所示 根据平衡条件得 减小， 增大，则 减小，弹簧变长；墙壁对小球的弹力 减小，N 减小；对两球的整体分析可知F=N 可知F 减小，故AB 错误； CD．当 时，弹簧弹力为 撤去推力F 的瞬间弹簧的弹力不变，则小球A 有方向水平向右的加速度，大小为 此时小球B 受合力不变，则加速度为零，故C 正确，D 错误。 故选C。 15．（2025·湖北武汉·模拟预测）如图所示，用一轻绳把质量为1kg 的小球悬挂在O 点，将小球拉至距离 水平传送带高h 处的A 点静止释放，当小球运动到最低点B 时，与静止在传送带左端质量为1kg 的物块发 生弹性碰撞，物块从传送带右端C 点飞出，最后落在水平地面的D 点。已知B、C 的距离为 ，物块与 传送带之间动摩擦因数为 ，传送带上端距离地面高度为H。物块、小球均可视为质点，重力加速度大 小g 取 ，不计空气阻力。 (1)传送带静止时，物块刚好能够运动到C 点，求高度h。 (2)当传送带以速度v 沿顺时针方向转动，其他条件不变，要使落点D、C 两点水平距离最远，v 至少为多大？ (3)若传送带以速度 沿顺时针方向转动，其他条件不变，在物块通过传送带期间，电动机需要多 做多少功 结果可用根式表示 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）小球由A 点运动到B 点，由动能定理 小球与物块发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律 ， 物块由B 点恰运动到C 点，由动能定理 解得 （2）要使物块落点最远，即物块飞离传送带时与之共速，由运动学公式 由牛顿第二定律 解得 要使落点D、C 两点水平距离最远，v 至少为 。 （3）因为 ，根据能量守恒定律，电动机多做的功应等于物块与传送带摩擦产生热量与 物块增加的动能之和，故 ， ， 摩擦生热的时间 物块与传送带之间相对位移 解得 （建议用时：20 分钟） 16．（2025·贵州遵义·一模）如图，一倾角为 的固定斜面AC，B 为斜边中点，AB 段比BC 段更粗糙。若 小滑块由A 点静止下滑，可到达C 点；第二次以一定的初速度从C 点沿斜面上滑，恰能滑到A 点。不计空 气阻力，关于滑块在斜面上的两次运动，下列说法正确的是（ ） A．位移相同 B．运动时间相同 C．平均速度相同 D．摩擦力做功相同 【答案】D 【详解】A．两次运动过程中，位移大小相同，方向相反，则位移不同，故A 错误； BCD．沿斜面下滑过程中，根据动能定理有 沿斜面上滑过程中，恰能滑出A 点，可近似认为滑到A 点速度 ，根据动能定理有 两次运动过程中，摩擦力大小相等，位移大小相等，摩擦力均做负功，故摩擦力做功相同，故D 正确； 两次运动过程中，平均速度方向相反，故C 错误； 两次运动的位移大小相等，平均加速度大小不同，则可判断运动时间不相同，故B 错误； 故选D。 17．（2025·湖北·一模）如图所示，一质量为 的小球在光滑水平桌面上，受一水平恒力 （未画出）的 作用，从 点出发到达 点，速度方向偏转 。已知小球经过 点时速度大小为 ， 长为 ， 方向 与 、 连线夹角为 ， ， 。关于小球从 运动到 的过程中，下列说法正确的 是（ ） A． 点速度大小为 B．水平恒力 的大小为 C．恒力的冲量大小为 D．机械能的增加量为 【答案】B 【详解】A.因为速度偏转 ，所以沿 方向的末速度为零，所以沿 方向物体做匀减速直线运动，垂直 方向做初速度为0 的匀加速直线运动，设末速度为，根据运动的等时性，设运动的时间为，根据运动 的分解，沿 方向位移为 ……① 速度为 ……② 垂直 方向位移为 ……③ 速度为 ……④ 联立①②③④解得 ，A 错误； B.沿 方向的加速度 垂直 方向的加速度 物体运动的合加速度为 根据牛顿第二定律可得恒力 ，B 正确； C.恒力的冲量 ，C 错误； D.根据动能定理得，机械能的增加量 ，D 错误。 故选B。 18．（25-26 高三上·河南商丘·期中）如图所示，粗细均匀的足够长光滑细直杆水平固定，带孔小球A 套在 杆上，小球B 用长为L 的轻绳吊在小球A 的下面，开始时两球均处于静止状态。给B 球一个水平向右的瞬 时冲量，当小球B 运动到最高点时，轻绳刚好水平。已知两小球均可视为质点，质量均为m，重力加速度 为g，下列判断正确的是（ ） A．小球B 向右运动过程中，A、B 两球组成的系统动量守恒 B．给小球B 的瞬时冲量大小为 C．当轻绳第一次与水平方向夹角为45°时，小球B 的水平分速度大于竖直分速度 D．当小球B 第一次回到最低点时，速度大小为 【答案】BC 【详解】A．系统在水平方向不受外力，动量守恒，但在竖直方向，系统受力不为零，动量不守恒，因此 A、B 两球组成的系统动量不守恒，故A 错误； B．设B 球获得的初速度为 ，由题可知，系统在水平方向动量守恒，当小球B 运动到最高点时，两球具 有共同速度为，则有 根据能量守恒则有 联立解得 因此B 球获得的瞬时冲量大小为 ，故B 正确； C．当轻绳第一次与水平方向夹角为 时，设A 球的水平速度为 ，B 球的水平速度为 ，竖直分速度 为 ，绳子相对于A 的速度为 ，水平方向动量守恒，则有 根据速度的分解则有 ， 因此小球B 的水平分速度大于竖直分速度，故C 正确； D．设B 球第一次摆到最低点时，A 球的速度为 ，B 球的速度为 ，系统水平方向动量守恒，则有 根据能量守恒可得 其中 联立解得当小球B 第一次回到最低点时，速度大小为 ，故D 错误。 故选BC。 19．（25-26 高三上·福建宁德·期中）如图所示，倾角 的传送带以 的速度沿顺时针方向匀 速转动，将质量为 的物块 轻放在传送带下端，同时质量也为 的物块 从传送带上端以 的初速度沿传送带下滑，结果两物块恰好没有在传送带上相碰，物块与传送带间的动摩擦因数均为0.8， 不计物块大小，重力加速度 取 ， ， 。则（ ） A． 、 两物块刚在传送带上运动时加速度相同 B．两物块在传送带上运动到刚好相遇所用时间为 C．传送带上下端间的距离为 D．在运动过程中 、 两物块与传送带因摩擦产生的总热量为 【答案】AD 【详解】A．物块A 向下减速运动 解得物块A 加速度大小 物块B 向上加速运动 解得物块B 加速度大小 所以A、B 两物块刚在传送带上运动时加速度相同，A 正确； B．物块B 在传送带上加速的时间 物块B 在 以后相对于传送带静止，以 的速度向上匀速运动。 物块A 向下减速的时间 物块A 向上加速到与传送带速度相同所用时间 两个物块在与传送带共速时恰好相遇，所用时间 ，B 错误； C．在7.5s 内物块B 的位移大小为 在7.5s 内物块A 的位移大小为 传送带上下端间的距离 ，C 错误； D．物块A 与传送带的相对位移大小 物块B 与传送带的相对位移大小 因摩擦产生的总热量 解得 ，D 正确。 故选AD。 20．（2025·浙江杭州·一模）某游戏装置如图所示。半径 的竖直细圆弧管道 圆心角 ，与 光滑水平轨道 平滑连接。足够长的光滑凹槽 D 底部水平，紧靠侧壁 放置一平板，平板单位 长度质量为 ，上表面与 齐平。凹槽右端连接游戏得分区 ， 是一段足够长水平粗 糙轨道。质量 的物块（可视为质点）从 点水平抛出，恰好在 点无碰撞进入圆弧管道，速度 ，到 点时对管道的压力为 。物块经过轨道 后滑上平板并带动平板一起运动，若 平板到达 即被锁定，物块继续滑动。已知物块与平板上表面之间、物块与 之间的动摩擦因数均为 ， ， 。 (1)求物块从 到 的运动时间； (2)求 管道对物块的摩擦力做的功 ； (3)若平板长度 ，求物块在得分区滑行的距离 ； (4)为使物块能够滑入得分区内，平板长度 应满足什么要求？ 【答案】(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）在 点恰好进入圆弧轨道时，有 从 到 的时间 （2）由牛顿第三定律，物块在 点受到轨道的支持力 物块在 点时，对其受力分析，有 解得 物块由 到 由动能定理得 解得 （3）物块滑上平板时的速度 ，从刚滑上平板到与平板共速，相对木板的位移大小为 ，由动量守恒 及能量守恒 ， 解得 ， 即物块与平板共速时刚好滑到平板右端，滑上得分区时速度 在得分区 解得 （4）物块能滑入得分区内，需满足条件： （ⅰ）当平板较短时，临界情况是物块滑到板右端与板共速。要求物块不脱离平板，则由（3）解答可知 。 （ⅱ）当平板较长时，临界情况是平板锁定后，物块恰好在平板右端减速至0。 从物块离开 点到与平板共速，根据动量守恒定律 设物块相对平板的位移大小为 ，由能量守恒 平板被 锁定时，物块距离平板右端 ，则 由以上三式解得 故 。 综上，应满足
