2025年高考物理二轮复习：力学中三大观点的综合应用（练习）（解析版）

专题08力学中三大观点的综合应用

目录

01模拟基础练..................................................................2

题型一力学三大观点的理解、辨析与选用........................................2

02重难创新练.................................................................12

题型二力学三大观点解决力学综合问题.........................................12

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题型一力学三大观点的理解、辨析与选用

1.（2024・重庆•高考真题）活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针芯和针鞘被瞬间弹

出后仅受阻力。针鞘质量为小，针鞘在软组织中运动距离由后进入目标组织，继续运动力后停下来。若两

段运动中针翘鞘整体受到阻力均视为恒力。大小分别为尸八F2,则针鞘（）

A.被弹出时速度大小为P（44+尸2d2）

Vm

B.到达目标组织表面时的动能为Ed,

C.运动曲过程中，阻力做功为（B+尸2）必

D.运动力的过程中动量变化量大小为田丽不

【答案】A

【详解】A.根据动能定理有片4+为4=〈加丫2,解得-2（%4+工引,故A正确；

2Vm

B.针鞘到达目标组织表面后，继续前进办减速至零，有&在故B错误；

C.针鞘运动力的过程中，克服阻力做功为入心，故C错误；

D.针鞘运动办的过程中，动量变化量大小2=12"正卜=12mF2d2,故D错误。

故选Ao

2.（2022・海南・高考真题）在冰上接力比赛时，甲推乙的作用力是片，乙对甲的作用力是巴，则这两个力（）

A.大小相等，方向相反B.大小相等，方向相同

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C.片的冲量大于£的冲量D.片的冲量小于鸟的冲量

【答案】A

【详解】根据题意可知片和耳是相互作用力，根据牛顿第三定律可知片和外等大反向、具有同时性；根

据冲量定义式/=后可知片和月的冲量大小相等，方向相反。

故选Ao

3.（2022•重庆•高考真题）在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，某小组得到了假人头

部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线（如图）。从碰撞开始到碰撞结束过程中，若假人头部只受到安

全气囊的作用，则由曲线可知，假人头部（）

A.速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积B.动量大小先增大后减小

C.动能变化正比于曲线与横轴围成的面积D.加速度大小先增大后减小

【答案】D

【详解】AB.由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则F一/图像的面积即合外力的冲量，再根据

动量定理可知尸一t图像的面积也是动量的变化量，且图线一直在f轴的上方，由于头部有初动量，由图

可知，动量变化越来越大，则动量的大小一直减小到假人头静止，动量变化最大，AB错误；

C.根据动量与动能的关系有线=上；，而尸一/图像的面积是动量的变化量，则动能的变化量与曲线与

2m

横轴围成的面积不成正比，C错误；

D.由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则根据牛顿定律可知。8F，即假人头部的加速度先增大

后减小，D正确。

故选D。

4.（2024•甘肃•高考真题）（多选）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；

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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ADo

5.（2023•重庆•高考真题）（多选）某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随时间t的变化曲线

如图所示，及R河、N为曲线上的点，EG段可视为两段直线，其方程分别为＞=4”26和＞=-2t+140。

无人机及其载物的总质量为2kg,取竖直向上为正方向。则（）

A.£尸段无人机的速度大小为4m/s

B.W段无人机的货物处于失重状态

C.FN段无人机和装载物总动量变化量大小为4kg-m/s

D.MN段无人机机械能守恒

【答案】AB

【详解】A.根据所段方程了=射-26,可知斯段无人机的速度大小为v=^=4m/s,故A正确；

B.根据Vt图像的切线斜率表示无人机的速度，可知FM段无人机先向上做减速运动，后向下做加速

运动，加速度方向一直向下，则无人机的货物处于失重状态，故B正确；

C.根据段方程了=-2/+140,可知段无人机的速度为v'=4^=-2m/s,则有

A/?=mv,-mv=2x（-2）kg-m/s-2x4kg-m/s=-12kg-m/s,可知W段无人机和装载物总动量变化量大

小为12kg•m/s,故C错误；

D.MN段无人机向下做匀速直线运动，动能不变，重力势能减少，无人机的机械能不守恒，故D错误。

故选ABo

6.（2023•全国•高考真题）（多选）使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对

着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相

互接近过程中的任一时刻（）

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SINIISIN|

A.甲的速度大小比乙的大B.甲的动量大小比乙的小

C.甲的动量大小与乙的相等D.甲和乙的动量之和不为零

【答案】BD

【详解】对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示

加甲加乙

F-jam申gF-um2

A.根据牛顿第二定律有。甲=—匕皿，。乙=―匕y&,由于机甲＞mz,所以。甲＜。右由于两物体

机甲机乙

运动时间相同，且同时由静止释放，可得v甲＜Vz,A错误；

BCD.对于整个系统而言，由于〃根用g＞WHzg,合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左,

显然甲的动量大小比乙的小，BD正确、C错误。

故选BD。

7.（2022・重庆•高考真题）（多选）一物块在倾角为45。的固定斜面上受到方向与斜面平行、大小与摩擦力相

等的拉力作用，由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，物块与斜面间的动摩擦因数处处相同。若拉力

沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功随时间的变化分别如图曲线①、②所示，

则（）

3

B.当拉力沿斜面向上，重力做功为9J时，物块动能为3J

C.当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为1:3

D.当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小之比为1：0

【答案】BC

【详解】A.对物体受力分析可知，平行于斜面向下的拉力大小等于滑动摩擦力，有尸=[=〃"gcos45。,

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由牛顿第二定律可知，物体下滑的加速度为％=gsin45°=日g,则拉力沿斜面向下时，物块滑到底端

的过程中重力和摩擦力对物块做功为%=现・；“囱1145。=竽?2,

匕=-〃7Mg.cos45°x；"="m：*代入数据联立解得〃=；,故A错误；

C.当拉力沿斜面向上，由牛顿第二定律有;Mgsin45。-尸-/=加%,解得%=1g一2〃gcos45o=交g,

26

则拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为”=:，故c正确；

13

B.当拉力沿斜面向上，重力做功为%2=加期出45。一，合力做功为%=机。2，，则其比值为

叵8

等=%=：，则重力做功为9J时，物块的动能即合外力做功为3J,故B正确；

%<21

Tg

D.当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小为尸=mv=，小隔，则动量的大小之

比为$=工^=T,故D错误。

月加V3

故选BC-

8.（2024・四川达州•一模）倾角为37。的光滑斜面固定在水平面上，现用平行于斜面的拉力/将质量为1kg

的物体从斜面底端由静止开始沿斜面向上运动，出发点为x轴零点，拉力做的功少与物体位移x的关系如

图所示。重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。下列说法正确的是（）

A.当x=4m时，物体的速率为4Qm/s

B.当x=3m时，拉力的功率为19W

C.物体沿斜面向上滑行的最大位移大于4m

D.从开始到x=4m的过程，拉力厂的冲量为24N-S

【答案】D

【详解】AC.根据动能定理得24-加gxsin37o=gmv2,解得丫=（）,当x=4m时，物体的速率为0,物

体沿斜面向上滑行的最大位移等于4m,AC错误；

14-024-14

B.根据沙=网得耳==N=7N,7^=——N=5N,前3m,根据动能定理得

2-0？4-2

6/54

14+7^xl-（mgsin37°）x3=1mvf,解得匕=JIm/s,当x=3m时，拉力的功率为「=外丫3=5>/^W,

B错误；

D.前2m的加速度为片-加gsin37。=机％,解得4=lm/s2,前2m的运动时间为占=g印：，解得

4=2s,后2m的加速度为mgsin37。-乙=加电，解得a2=lm/s2,后2m物体减速到零x?=:出/，

解得，2=2S,从开始到x=4m的过程，拉力下的冲量为/=4。+且4=24N-S,D正确。

故选D。

9.（2024•江苏淮安•一模）如图所示，在同一竖直平面内，从4、2两点以相同速率同时抛出甲、乙两相同

的小球，在上升过程中的C点相遇。该过程中，下列说法正确的是（）

*C

©

Z©

B

A.甲球的重力的冲量比乙球的小

B.抛出时，甲球重力的功率比乙球大

C.甲球的初速度与水平方向的夹角比乙球的大

D.相遇时，甲球的动能比乙球的大

【答案】D

【详解】A.以相同速率同时抛出甲、乙两相同的小球，在C点相遇，两球在空中运动时间相同，重力

相同，重力的冲量也相同，故A错误；

B.甲、乙两球在抛出后竖直方向加速度相同，运动时间相同，但是甲球竖直位移小于乙球，说明甲球

在竖直方向的初速度小于乙球，所以抛出时，甲球重力的功率比乙球小，故B错误；

C.从B选项的分析可知，甲球在竖直方向的初速度小于乙球，甲乙初速度大小相等，所以甲球在水平

方向的初速度大于乙球，甲球的初速度与水平方向的夹角比乙球的小，故C错误；

D.全程甲球重力势能减少量小于乙球，相遇时，甲球的动能比乙球的大，故D正确。

故选D。

10.（2024・四川德阳•模拟预测）篮球是中学生喜欢的一项运动，如图所示，某同学从同一高度的N、5两点

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先后将同一篮球抛出，且抛出点到篮板的水平距离8是/的两倍，篮球恰好都能垂直打在篮板上的尸点,

不计空气阻力，篮球从抛出到打在篮板的过程中，下列说法正确的是（）

A.从/点抛出时该同学对篮球做的功较多

B.从2点抛出时篮球的动量变化量较大

C.两次抛出的篮球运动时间相等

D.两次抛出的篮球克服重力做功的功率均先增大后减小

【答案】C

【详解】BC.用逆向思维法，将篮球看成反向平抛运动，篮球在竖直方向下降的高度相同，根据竖直方

向上的位移公式得〃=1g/,解得两次抛出的篮球运动时间但，所以两次在空中运动的时间相等，

根据动量定理可知两次运动重力（合力）的冲量相等，则动量的变化量相等，即加卬=》，故B错误，

C正确；

A.由图可知从/点投出的篮球比从2点投出的篮球的水平位移小，根据水平方向上的运动学公式得

X=所以有%即从/点投出的篮球在水平方向的分速度小于在2点在水平方向的分速度，

可得被抛出的速度大小为丫=仆；+（初2,则初始时％＜力，即从/点投出的篮球的速度小，动能小，该

同学对篮球所做的功更少，故A错误；

D.克服重力做功的功率为「=6力，可知随着竖直方向的速度逐渐变小，克服重力做功的功率逐渐变小，

故D错误。

故选C。

11.（2024•广东深圳•一模）某同学乘坐摩天轮做匀速圆周运动。依次从/点经3点运动到C的过程中，下

列关于该同学的说法正确的是（）

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A.机械能保持不变B.合外力做功为零

C.重力的冲量为零D.合外力的冲量为零

【答案】B

【详解】B.该同学坐摩天轮做匀速圆周运动，速度大小不变，动能不变，故合外力做功为零，B正确;

A.从/点运动到C点，动能不变，重力势能减少，机械能减少，A错误；

77

C.重力做的冲量4=加即=加82，不等于零，C错误；

（O

D.根据动量定理有/合=&?=2加丫=2加。尺，合外力的冲量不为零，D错误。

故选B。

12.（2024•陕西宝鸡•模拟预测）（多选）如图所示，竖直墙面和水平地面均光滑，质量分别为加A=6kg、

"“=2kg的A、B两物体用质量不计的轻弹簧相连，其中A紧靠墙面，现对B物体缓慢施加一个向左的力,

该力对物体B做功少=25J,使A、B间弹簧被压缩.在系统静止时，突然撤去向左的力，解除压缩，贝!1（）

AqmwB<—

777777777777777777777777777Z777777~

A.解除压缩后，两物体和弹簧组成的系统动量守恒

B.解除压缩后，两物体和弹簧组成的系统机械能不守恒

C.从撤去外力至A与墙面刚分离，弹簧对B的冲量/=10Ns方向水平向右

D.A与墙面分离后至首次弹簧恢复原长时，两物体速率均是2.5m/s

【答案】CD

【详解】A.解除压缩后，弹簧在恢复原长的过程中，墙壁对A物体还有弹力的作用，故解除压缩后到

弹簧恢复原长前，两物体和弹簧组成系统动量不守恒，恢复原长后，AB一起向右运动，系统的合外力

为零，动量守恒，故A错误；

B.解除压缩后，两物体和弹簧组成系统只有动能和弹性势能的相互转化，故机械能守恒，故B错误；

C.压缩弹簧时，外力做的功全转化为弹性势能，撤去外力，弹簧恢复原长，弹性势能全转化为B的动

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能，设此时B的速度为vo,则沙=丸=；砥％2,得%=5m/s,此过程由动量定理得/=%%=10N-s,

方向水平向右，故C正确；

D.当弹簧恢复原长时，A的速度最小，则%曲=0,A、B都运动后，B减速，A加速，当A、B速度相

等时弹簧拉伸最长，此后，B继续减速，A继续加速，当弹簧再次恢复原长时，以向右为正，由系统动

v/Mv+mv

量守恒、机械能守恒有加13%=以%+恤%，1^Bo=1AA|BB-=2.5m/s,vB=-2.5m/s,故

D正确。

故选CDo

13.（2024•陕西安康•一模）（多选）某双层立体泊车装置如图所示。欲将静止在1号车位的轿车移至4号车

位，需先通过1号车位下方的移动板托举着轿车耗时8s竖直抬升2m至3号车位，再耗时12s水平右移3m

停至4号车位。若轿车的质量为lxl（）3kg,则下列说法正确的是（）

①②

A.水平右移过程中，移动板对轿车的支持力的冲量为0

B.竖直抬升过程中，移动板对轿车的支持力做的功为2x104

C.竖直抬升过程中，轿车的机械能守恒

D.整个过程中，移动板对轿车做功的功率为lxUw

【答案】BD

【详解】A.水平右移过程中，移动板对轿车的支持力的冲量为

35

I-FNt2-mgt2-IxlOxlON-12s=1.2xlON-s,不为零，故A错误；

B.竖直抬升过程中，移动板对轿车的支持力做的功为少=="7g〃=lxl03xl0Nx2m=2x10与，故B

正确；

C.竖直抬升过程中，除重力外支持力做正功，轿车的机械能增加，不守恒，故C错误；

w2X104T

D.整个过程中，移动板对轿车做功的功率尸=———=lxlO3W,故D正确。

4+A8s+12s

故选BDo

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14.（2024•江西鹰潭•模拟预测）（多选）如图所示，质量分别为2根、加的乙、丙两个小球并排放置在光滑

的水平面上，质量为m的小球甲以速度%（沿乙、丙的连线方向）向乙球运动，三个小球之间的碰撞均为

弹性碰撞，下列说法正确的是（）

甲％乙丙

W^//////////////7/////^//////////////////.

A.当三个小球间的碰撞都结束之后，乙处于静止状态

B.当三个小球间的碰撞都结束之后，三个小球的总动量之和为2%v0

C.乙、丙在发生碰撞的过程中，丙对乙做的功为-｝加党

O1

4

D.甲、乙在发生碰撞的过程中，乙对甲的冲量的大小为

【答案】CD

【详解】A.设甲、乙在碰撞刚结束时的速度分别为唉、v乙，由弹性碰撞规律机t=机唳+2%以，

；机%2=1.打为2+；*2加吐2,综合解得悔=-；%,Vzi=|Vo,设乙、丙在碰撞刚结束时的速度分别为以、

III28

V丙，由弹性碰撞规律2mv乙=2〃?V乙1+/V丙，-x2mv^=-x2%吃+-mv^,综合解得忆=§%,专,=,

故A错误；

B.三个小球组成的系统总动量守恒，碰撞都结束之后的总动量等于碰撞之前的总动量皿%,故B错误;

22

C.乙、丙在发生碰撞的过程中，乙的速度由V乙=1%,变成V乙1=5%，由动能定理，丙对乙做的功为

]]32

W=—x2加v乙；——x2mv乙2-----mv2,故C正确；

22810

D.甲、乙在发生碰撞的过程中，甲的速度由％变成%=-1%,对甲由动量定理可得，乙对甲的冲量为

I=mvv-mv0=-^mv0,负号表示方向，故乙对甲的冲量的大小为土斐。故D正确。

故选CDo

15.（2024•湖南郴州•一模）（多选）原地起跳时，先屈腿下蹲，然后突然蹬地。从开始蹬地到离地是加速过

程（视为匀加速），加速过程重心上升的距离称为“加速距离”。离地后重心继续上升，在此过程中重心上升

的最大距离称为“竖直高度”。已知某同学原地跳的“加速距离”d=0.50m,“竖直高度”〃=1.0m,已知该同

学的质量为50千克，重力加速度g取lOm/sz,不计一切阻力。下列说法正确的是（）

A.从蹬地开始到重心上升到最高过程该同学处于先超重后失重状态

B.人离开地面时的速度为2石m/s

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C.从开始蹬地到离地过程中，地面的支持力对人做功为750J

D.从开始蹬地到离地过程中，地面的支持力对人的冲量为lOO/N-s

【答案】AB

【详解】A.该同学先加速上升后减速上升，则加速度先向上后向下，处于先超重后失重状态，A正确;

B,根据v：=2g/z,人离开地面时的速度为%=2V^m/s,B正确；

C.蹬地过程中，沿支持力的方向没有位移，地面的支持力对人做功为零，C错误；

D.加速上升阶段有v；=2ad,加速上升的时间为f=%,根据动量定理/-%gf=/v（）,地面的支持力对

a

人的冲量为/=150石N-s,D错误。

故选AB-

㈤2

题型二力学三大观点解决力学综合问题

16.（2024・安徽・高考真题）在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的

绝缘轻质细线，连接成边长为d的正三角形，如图甲所示。小球质量为如带电量为+4,可视为点电荷。

初始时，小球均静止，细线拉直。现将球1和球2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速

,如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了叱，左为静电力常量,

度大小分别为匕、丫2、V

32d

不计空气阻力。则（）

1©---►V1

V

3©3

V2

2©―>

图甲图乙

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A.该过程中小球3受到的合力大小始终不变B.该过程中系统能量守恒，动量不守恒

C.在图乙位置，V,=V,匕片2匕D.在图乙位置，v=.^-

23V3md

【答案】D

【详解】AB.该过程中系统动能和电势能相互转化，能量守恒，对整个系统分析可知系统受到的合外力

为0,故动量守恒；当三个小球运动到同一条直线上时，根据对称性可知细线中的拉力相等，此时球3

受到1和2的电场力大小相等，方向相反，故可知此时球3受到的合力为0,球3从静止状态开始运动,

瞬间受到的合力不为0,故该过程中小球3受到的合力在改变，故AB错误;

CD.对系统根据动量守恒加匕+小匕=机丫3，根据球1和2运动的对称性可知匕=匕,解得旷3=2匕，根据

能量守恒工加匕2十工加2+工冽2=叱，解得客,故C错误，D正确。

2122232d373md

故选D。

17.（2022•北京•高考真题）“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。跳台滑雪运动中，裁判员主要根

据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分。运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段：①助滑阶段，

运动员两腿尽量深蹲，顺着助滑道的倾斜面下滑；②起跳阶段，当进入起跳区时，运动员两腿猛蹬滑道快

速伸直，同时上体向前伸展；③飞行阶段，在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体

两侧的姿态；④着陆阶段，运动员落地时两腿屈膝，两臂左右平伸。下列说法正确的是（）

A.助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力

B.起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度

C.飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度

D.着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间

【答案】B

【详解】A.助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与空气之间的摩擦力，A错误;

B.起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是通过增大滑道对人的作用力，根据动量定理可知，在相同时间内,

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为了增加向上的速度，B正确；

C.飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了减小水平方向的阻力，从而减小水平方向的加速度，C错误;

D.着陆阶段，运动员两腿屈膝下蹲可以延长落地时间，根据动量定理可知，可以减少身体受到的平均

冲击力，D错误。

故选Bo

18.（2024・安徽•高考真题）（多选）一倾角为30。足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立

直角坐标系，如图（1）所示。从，=0开始，将一可视为质点的物块从。点由静止释放，同时对物块施加沿

x轴正方向的力尸i和耳，其大小与时间/的关系如图（2）所示。已知物块的质量为1.2kg,重力加速度g取

lOm/sz,不计空气阻力。则（）

图（1）图（2）

A.物块始终做匀变速曲线运动

B.f=ls时，物块的y坐标值为2.5m

C.，=ls时，物块的加速度大小为5晶小2

D.r=2s时，物块的速度大小为10Jim/s

【答案】BD

【详解】A.根据图像可得片=4-0F2=3t,故两力的合力为/=4+2f（N）,物块在y轴方向受到的力

不变为Mgsin30。，x轴方向的力在改变，合力在改变，故物块做的不是匀变速曲线运动，故A错误;

B.在y轴方向的加速度为%,=些吧些=gsin3（T=5m/s2,故y1s时，物块的y坐标值为

m

y=^-at2=2.5m,故B正确；

2.

C.，=ls时，F=6N,故此时加速度大小为a=Jaj+a,=J——+52m/s2=5V2m/s2,故C错误;

D.对x轴正方向，对物块根据动量定理△=加匕-0,由于/与时间/成线性关系故可得

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(4+2x0)+(4+2x2)

x2=1.2匕，解得匕=10m/s,此时y轴方向速度为％=gsin3(Tl=5x2m/s=10m/s,

2

故此时物块的速度大小为v=Jv：+v：=10V2m/s,故D正确。

故选BDo

19.（2024•广西•高考真题）（多选）如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动,

速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力，则碰撞

后，N在（）

A.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动

B.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动

C.水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v

D.水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v

【答案】BC

【详解】由于两小球碰撞过程中机械能守恒，可知两小球碰撞过程是弹性碰撞，根据动量守恒和能量守

mvWV+WV

恒可知加V=加VM+冽K，^2=^M^N＞由于两小球质量相等，故碰撞后两小球交换速度，即

vM=0,%碰后小球N做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，即水平地面上的垂直投影的运

动速度大小等于v；在竖直方向上做自由落体运动，即竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动。

故选BCo

20.（2024•宁夏四川・高考真题）（多选）蹦床运动中，体重为60kg的运动员在t=0时刚好落到蹦床上，对

蹦床作用力大小/与时间/的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触

时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（）

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A.f=0.15s时，运动员的重力势能最大

B.7=0.30s时，运动员的速度大小为10m/s

C./=1.00s时，运动员恰好运动到最大高度处

D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N

【答案】BD

【详解】A.根据牛顿第三定律结合题图可知/=0.15s时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，

此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误；

BC.根据题图可知运动员从t=0.30s离开蹦床到t=2.3s再次落到蹦床上经历的时间为2s,根据竖直上抛

运动的对称性可知，运动员上升时间为1s,则在"1.3s时，运动员恰好运动到最大高度处，/=0.30s时

运动员的速度大小v=10xlm/s=10m/s,故B正确，C错误；

D.同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为10m/s,以竖直向上为正方向，根据动量定理

F-\t-mg-Nt=mv-(-/MV),其中Af=0.3s,代入数据可得尸=4600N,根据牛顿第三定律可知运动员每

次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N,故D正确。

故选BD。

21.(2024•重庆•高考真题)如图所示，M、N两个钉子固定于相距。的两点，M的正下方有不可伸长的轻

质细绳，一端固定在M上，另一端连接位于M正下方放置于水平地面质量为根的小木块B,绳长与M到

地面的距离均为10a,质量为2m的小木块A,沿水平方向于B发生弹性碰撞，碰撞时间极短，A与地面间

摩擦因数为吃，重力加速为g,忽略空气阻力和钉子直径，不计绳被钉子阻挡和绳断裂时的机械能损失。

48

N.

Mf

□门T

ABP

(1)若碰后，B在竖直面内做圆周运动，且能经过圆周运动最高点，求B碰后瞬间速度的最小值；

(2)若改变A碰前瞬间的速度，碰后A运动到尸点停止，B在竖直面圆周运动旋转2圈，经过M正下方时

细绳子断开，B也来到P点，求B碰后瞬间的速度大小；

(3)若拉力达到127Mg细绳会断，上下移动N的位置，保持N在M正上方，B碰后瞬间的速度与(2)问中

的相同，使B旋转〃圈。经过M正下的时细绳断开，求MN之间距离的范围，及在〃的所有取值中，B落

在地面时水平位移的最小值和最大值。

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4033fl

【答案】⑴5^^(2)47^(3)、V/?V3。"(〃=1,2,3,…),s.=2。，口"，smax^

vyvs~~s—3〃18M-111nm37

【详解】(1)碰后B能在竖直面内做圆周运动，轨迹半径为10a,设碰后B的最小速度大小为四,最高

点速度大小为也在最高点时由牛顿第二足定律有用g=加工

10〃

B从最低点到最高点由动能定理可得-加gx2xl0a=；冽V?-;冽v：

解得%=542ga

(2)A和B碰撞过程中动量守恒，设碰前A的速度大小为四碰后A的速度大小为V2。碰后B的速度大

小为V3,则有

2mvi=2mv2~\~mv3

1。21212

—xzmVj=—x2mv2+—mv3

碰后A减速到0,有//x2加=gx2加v；

碰后B做两周圆周运动，绳子在MN间缠绕2圈，缩短4访在M点正下方时，离M点6a,离地面4M

此时速度大小为V4,由功能关系得加gx4a=；冽v；~^mv4

B随后做平抛运动，有

/12

4〃二清，

L=V4t

解得V3=4y[5ga

(3)设MN间距离为〃，B转〃圈后到达M正下方速度大小为打，绳缩短2nh,绳断开时，以M为圆

心，由牛顿第二定律得12加g-加g=加-------(«=1,2,3,…)

\0a-2nh

以N为圆心，由牛顿第二定律得I2别8一加g=—F7("=1，2,3,...)

10a-2(n--)h

从碰后到B转〃圈后到达M正下方，由功能关系得加gx2Mz=g冽v；-；加v；(H=1,2,3,…)

解得区30〃(〃=],2,3,...)

3n18w-ll

绳断后，B做平抛运动，有

19

2nh=-(〃=1,2,3,...)

s=vst

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可得s=4不20cmh—(nh)2(〃=1,2,3,...)

,-5。，，，30na/、

由于—<nh«----------(77—1,2,3,…)

318H-11

则由数学分析可得

当泌可时，5mm="普

22.(2024・甘肃・高考真题)如图，质量为2kg的小球A(视为质点)在细绳0。和。尸作用下处于平衡状态,

细绳。'尸=。尸=1.6m,与竖直方向的夹角均为60。。质量为6kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2kg

的物块C静止在B的左端。剪断细绳00，小球A开始运动。(重力加速度g取lOm/s?)

(1)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。

(2)A在最低点时，细绳。P断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短)、碰后A竖直下落，C水平

向右运动。求碰后C的速度大小。

(3)A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。

【答案】(1)40N；(2)4m/s；(3)0.15

【详解】根据题意，设AC质量为加=2kg,B的质量为M=6kg,细绳。尸长为/=L6m,初始时细线与

竖直方向夹角6=60。。

(1)A开始运动到最低点有mglcos0)=~mvl-O

对最低点受力分析，根据牛顿第二定律得

解得%=4m/s,尸=40N

(2)A与C相碰时，水平方向动量守恒，由于碰后A竖直下落可知加%=0+加%

故解得％=%=4m/s

(3)A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共速，则对CB分析，过程中根据动量守恒可得加%=(/+加)v

根据能量守恒得〃加g/相对=；加说-+W

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联立解得〃=0.15

23.（2024・广东・高考真题）汽车的安全带和安全气囊是有