2026年天津高考物理二轮复习讲练测重难 08 力学中三大观点的综合应用（重难专练）（解析版）

重难08力学中三大观点的综合应用

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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

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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

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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”

一：牛顿第二定律的理解和应用

1．牛顿第二定律的性质

2．合力、加速度、速度的关系

(1)物体的加速度由所受合力决定，与速度无必然联系．

(2)合力与速度夹角为锐角，物体加速；合力与速度夹角为钝角，物体减速．

ΔvF

(3)a＝是加速度的定义式，a与v、Δv无直接关系；a＝是加速度的决定式．

Δtm

理解牛顿第二定律的三点注意

(1)分析物体的运动性质，要从受力分析入手，先求合力，然后根据牛顿第二定律分析加速度的变化．

(2)速度的大小如何变化取决于加速度和速度方向间的关系，和加速度的大小没有关系．

(3)加速度如何变化取决于物体的质量和合外力，与物体的速度没有关系．

牛顿第三定律的理解与应用

1.相互作用力的特点

同大小

(1)三同同时产生、变化、消失

同性质

反向

(2)三异异体，即作用力、反作用力作用在不同物体上

不同效果

与相互作用的两物体的运动状态无关

(3)二无关

与是否和其他物体相互作用无关

2.一对平衡力与作用力、反作用力的比较

名称一对平衡力作用力与反作用力

项目

作用对象同一个物体两个相互作用的不同物体

作用时间不一定同时产生、同时消失一定同时产生、同时消失

力的性质不一定相同一定相同

作用效果可相互抵消不可抵消

二：单物体机械能守恒问题

1．机械能守恒的三种表达式

守恒角度转化角度转移角度

表达式E1＝E2ΔEk＝－ΔEpΔEA增＝ΔEB减

系统初状态机械能系统减少(或增加)的重力系统内A部分物体机械能

物理意义的总和与末状态机势能等于系统增加(或减的增加量等于B部分物体

械能的总和相等少)的动能机械能的减少量

选好重力势能的参分清重力势能的增加量或

常用于解决两个或多个物

考平面，且初、末状减少量，可不选参考平面

注意事项体组成的系统的机械能守

态必须用同一参考而直接计算初、末状态的

恒问题

平面计算势能势能差

2.解题的一般步骤

(1)选取研究对象；

(2)进行受力分析，明确各力的做功情况，判断机械能是否守恒；

(3)选取参考平面，确定初、末状态的机械能或确定动能和势能的改变量；

(4)根据机械能守恒定律列出方程；

(5)解方程求出结果，并对结果进行必要的讨论和说明．

三：动量守恒定律的理解和基本应用

动量守恒定律的五个特性

矢量性动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向

相对性各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)

动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2、…必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动

同时性

量，p′1、p′2、…必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量

系统性研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统

动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组

普适性

成的系统

动量守恒的条件

(1)系统不受外力或所受外力之和为零时，系统的动量守恒。

(2)系统所受外力之和不为零，但当内力远大于外力时系统动量近似守恒。

(3)系统所受外力之和不为零，但在某个方向上所受合外力为零或不受外力，或外力可以忽略，则在这个方

向上，系统动量守恒。

（建议用时：20分钟）

1．（2025·天津滨海新·模拟预测）某同学站在地铁车厢内，列车正向左水平运动。若某段时间内他观察到

扶手向左偏离的角度α基本上保持不变，如图所示。重力加速度为g，则列车的加速度（）

A．方向向左B．方向向右C．大小为gsinαD．大小为gtanα

【答案】BD

【详解】AB．通过观察发现，绳对小球的拉力指向右上方，说明水平方向小球受到的合外力向右，则列车

的加速度也向右，故A错误，B正确；

CD．对小球，根据牛顿第二定律mgtanma

解得agtan,故C错误，D正确。

故选BD。

2．（2025·天津南开·二模）在物理学发展的过程中许多科学家做出了重要的贡献。下列说法符合物理史实

的是（）

A．伽利略将逻辑推理与实验相结合，发展了人类的科学思维方式和科学研究方法

B．麦克斯韦指出光是一种电磁波，并通过实验证实了电磁波的存在

C．玻尔将量子观念引入原子领域，成功地解释了氢原子和其他原子光谱的实验规律

D．贝克勒尔最早发现了天然放射现象，并指出原子核是由质子和中子组成的

【答案】A

【详解】A．在研究自由落体运动和反驳亚里士多德力是维持物体运动原因的观点过程中，伽利略将逻辑推

理与实验相结合，发展了人类的科学思维方式和科学研究方法，故A正确；

B．麦克斯韦指出光是一种电磁波，赫兹通过实验证实了电磁波的存在，故B错误；

C．玻尔将量子观念引入原子领域，成功地解释了氢原子光谱的实验规律，但不能够解释其他原子光谱的实

验规律，故C错误；

D．贝克勒尔最早发现了天然放射现象，查德威克指出原子核是由质子和中子组成的，故D错误。

故选A。

3．（2025·天津·一模）近年来，网上购物促使快递行业迅猛发展。如图所示为某快递车间传送装置的简化

示意图，传送带右端与水平面相切，且保持v04m/s的恒定速率顺时针运行，传送带的长L=5m。现将一

质量为0.4kg的包裹A轻放在传送带左端，包裹A刚离开传送带时恰好与静止的包裹B发生正碰，碰撞时

间极短，碰撞后包裹A向前滑行了0.25m静止，包裹B向前运动了0.9m静止。已知包裹A与传送带和水

平面间的动摩擦因数均为0.2，重力加速度g取10m/s2。

(1)求包裹A在传送带上运动的时间；

(2)若包裹B的质量为0.4kg，求包裹B与水平面间的动摩擦因数。

【答案】(1)2.25s

(2)0.5

【详解】（1）对A进行分析，根据牛顿第二定律有1m1gma1

2

解得a12m/s

令经历时间t0，A与传送带达到相等速度，则有v0a1t0

解得t02s

v

此时A的位移x0t4mL5m

020

Lx0

之后A做匀速直线运动，经历时间t1

v0

包裹A在传送带上运动的时间tt0t1

解得t2.25s

2

（2）碰撞后包裹A向前滑行了0.25m静止，利用逆向思维，根据速度与位移的关系有v12a1x1

解得v11m/s

2

包裹B向前运动了0.9m静止，利用逆向思维，根据速度与位移的关系有v22a2x2

A、B碰撞过程，根据动量守恒定律有m1v0m1v1m2v2

解得v23m/s

对B进行分析，根据牛顿第二定律有2m2gm2a2

解得20.5

4．（2025·天津南开·二模）分拣机器人在快递行业的推广大大提高了工作效率。如图甲所示，派件员在分

拣处将包裹放在静止机器人的水平托盘上，机器人可将包裹送至指定投递口，停止运动后缓慢翻转托盘，

当托盘倾角增大到θ=37°时，包裹恰好开始下滑，如图乙所示。现机器人要把包裹从分拣处运至相距L=45m

的投递口处，为了运输安全，包裹需与水平托盘保持相对静止。已知最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，

重力加速度g10m/s2，sin370.6，cos370.8，求：

(1)包裹与托盘间的动摩擦因数μ；

(2)机器人在运输包裹的过程中允许的最大加速度a的大小；

(3)若机器人运行的最大速度vm3m/s，则机器人从分拣处运行至投递口（恰好静止）所需的最短时间t。

【答案】(1)0.75

(2)7.5m/s2

(3)15.4s

【详解】（1）当托盘倾角增大到θ=37°时，包裹恰好开始下滑，根据平衡条件有mgsinmgcos

解得0.75

（2）当包裹与水平托盘间的摩擦力达到最大静摩擦力时，加速度最大，根据牛顿第二定律有mgma

解得a7.5m/s2

（3）当机器人先以最大加速度做匀加速直线运动，加速至最大速度，然后做匀速直线运动，最后以最大加

速度做匀减速直线运动至零时，机器人从分拣处运行至投递口所需时间最短。匀加速直线运动阶段有

2

vmvm

x，t1

12aa

2

vmvm

利用逆向思维，匀减速直线运动阶段有x，t3

32aa

x2Lx1x3

匀速运动的时间t2

vmvm

解得tt1t2t315.4s

5．（2025·天津滨海新·三模）如图所示，送水工人用推车在水平路面运桶装水，水桶对板OA、OB的压力

分别为F1、F2，运送过程中水桶与推车保持相对静止，∠AOB为锐角且保持不变。到达目的地后，另一工

人将板OA由竖直转至水平即可将水桶卸下。全程车把手距地面的高度不变，忽略水桶与板间摩擦，下列说

法正确的是（）

A．推车由静止突然启动时，F1减小F2增大

B．推车由匀速突然减速时，F1增大F2不变

C．在OA由竖直缓慢转到水平过程中，F1先增大后减小

D．在OA由竖直缓慢转到水平过程中，F2先增大后减小

【答案】BC

【详解】A．推车由静止时F1、F2和重力三力平衡，F1水平向右，F2竖直方向分量与重力平衡，突然启动

时即加速度水平向左，故F1减小F2不变，故A错误；

B．推车由匀速突然减速时即加速度水平向右，F1增大F2不变，故B正确；

CD．在OA由竖直缓慢转到水平过程中，F1、F2和重力三力平衡构成矢量三角形如图，根据

mgF1F2

，F1由先图示位置逆时针转，可知F1先增大后减小，F2一直减小，故C正确，D错误；

sinsinsin

故选BC。

6．（2025·天津·一模）高空“蹦极”是勇敢者的游戏。蹦极运动员将弹性长绳（质量可忽略）的一端系在双

脚上，另一端固定在高处的跳台上，运动员无初速地从跳台上落下。在整个下落过程中，若不计空气阻力，

则（）

A．运动员的重力势能与弹性绳的弹性势能之和先减小后增大

B．当弹性绳恰好伸直时，运动员的速度最大

C．重力对运动员的冲量与弹性绳弹力对运动员的冲量相同

D．重力对运动员所做的功等于运动员克服弹性绳弹力所做的功

【答案】AD

【详解】A．从弹性绳开始伸直到最低点的过程中，运动员的重力势能减小，所以动能和弹性势能之和增加，

故A正确；

B．当弹性绳的弹力大小等于重力时，运动员的速度最大，故B错误；

C．根据动量定理，由于初、末状态，动量均为零，因此重力对运动员的冲量与弹性绳弹力对运动员的冲量

大小相等，方向相反，故C错误；

D．根据动能定理，由于初、末状态动能均为零，因此重力对运动员所做的功等于运动员克服弹性绳弹力所

做的功，故D正确。

故选AD。

7．（2025·天津宁河·一模）随着科技的发展，手机的功能越来越多。如图所示是小米同学随质量为100kg

货物乘坐电梯时利用手机软件制作的运动v-t图像（竖直向上为正方向），g取10m/s2，下列判断正确的是

（）

A．0~10s货物处于失重状态

B．0~10s内电梯对货物的支持力恒为1100N

C．0~36s内电梯对货物的支持力做功2.8×104J

D．36~46s货物处于超重状态

【答案】C

【详解】A．0~10s货物向上加速，处于超重状态，故A错误；

v1

B．0~10s内电梯的加速度为am/s2

t10

对货物，根据牛顿第二定律可得FNmgma

解得对货物的支持力恒为FN1010N

故B错误；

(3620)

C．由于图像与坐标轴围成的面积等于位移可知，0~36s内货物上升的距离为x1m28m

2

根据动能定理可得WGW0，WGmgx

所以电梯对货物的支持力做功为Wmgx1001028J2.8104J

故C正确；

D．36~46s货物向下加速，加速度向下，处于失重状态，故D错误。

故选C。

8．（2025·天津·一模）2024年6月，中国无人机成功飞越了“世界之巅”。如图甲，某次无人机从地面静止

开始竖直向上飞行，图乙为它运动的vt图像，图像中的ab段和cd段均为直线。下列说法正确的是（）

A．空气对无人机的作用力和无人机对空气的作用力是一对平衡力

B．无人机在t3~t4过程中处于失重状态

．无人机在过程中受到的合外力越来越大

Ct1~t2

D．无人机在t1˜˜t4过程中机械能先增大后减小

【答案】B

【详解】A．空气对无人机的作用力和无人机对空气的作用力是一对相互作用力，故A错误；

B．由乙图可知，无人机在t3~t4过程中减速上升，其加速度方向竖直向下，处于失重状态，故B正确；

．根据图像中图线的斜率表示加速度，由乙图可知，无人机在过程中加速度恒定，根据牛顿第二

Cv-tt1~t2

定律F合ma

可知无人机受到的合外力保持不变，故C错误；

D．无人机在t1˜˜t4过程中空气对无人机的作用力一直做正功，机械能一直增大，故D错误。

故选B。

（建议用时：30分钟）

9．（2025·天津南开·二模）如图甲所示为智能健身圈，其原理是利用摇动腰部轨道上的阻尼环带起腰带外

部轨道上的小球，起到健身的效果，其原理简化为如图乙所示。设配重小球的质量为m，体积忽略不计，

小球悬绳(忽略质量)长度为L，腰带轨道近似看成是正圆，且半径为R。若配重小球绕腰带的中心轴做水平

匀速圆周运动，小球的线速度大小为v，绳子与竖直方向夹角为θ，运动过程腰部保持稳定，重力加速度为

g。下列说法正确的是（）

1

A．要让配重小球从静止以速度v匀速转动起来，悬绳对小球做的功为mv2

2

mg

B．当绳子与竖直方向夹角为θ时，配重小球做匀速圆周运动的向心力大小为

tan

C．若更换质量为2m的配重小球，以相同角速度转动阻尼环，绳子与竖直方向夹角不变

1gtan

D．当绳子与竖直方向夹角保持为θ时，配重小球转动频率f

2Lsin

【答案】C

【详解】A．要让配重小球从静止以速度v匀速转动起来，此时小球的重力势能也要增加，则悬绳对小球做

1

的功大于mv2，故A错误；

2

B．当绳子与竖直方向夹角为θ时，配重小球做匀速圆周运动的向心力大小为Fnmgtan，故B错误；

2

C．根据Fnmgtanm(LsinR)

两边可消掉m，若更换质量为2m的配重小球，以相同角速度转动阻尼环，绳子与竖直方向夹角不变，故C

正确；

D．根据上述结论mgtanm2LsinR

1gtan

当绳子与竖直方向夹角保持为θ时，配重小球转动频率f

2LsinR

故D错误。

故选C。

10．（2025·天津和平·三模）如图所示，传送带水平匀速运动的速度为5m/s，在传送带的左端P点轻放一

质量m=1kg的物块，物块与传送带间的动摩擦因数为0.3，物块随传送带运动到A点后抛出，物块恰好无碰

撞地沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑，B、C为圆弧的两端点，其连线水平。已知圆弧半径

R=1.0m，圆弧对应的圆心角θ=106°，轨道最低点为O，A点距水平面的高度h=0.80m。取g=10m/s2，sin53°=0.8，

cos53°=0.6，求：

(1)物块离开A点时水平初速度的大小；

(2)物块经过O点时对轨道压力的大小；

(3)物块从P点运动至A点过程中，物块与传送带之间的摩擦力对传送带所做的功Wf及由于放上物块后电动

机多消耗的电能。

【答案】(1)3m/s

(2)43N

(3)−15J，15J

2

【详解】（1）平抛运动竖直方向有2ghvy

v

又tan53y

vA

可得vA3m/s

1212

（2）从B点到O点过程有mgR1cos53mv0mvB

22

v

由几何关系得vA

Bcos53

v2

在O点Fmgm0

NR

'

由牛顿第三定律知对轨道压力FNFN43N

（3）传送带上物块加速运动mgma

v

P运动至A点所需的时间tA

a

传送带的位移x带vt

物块与传送带之间的摩擦力对传送带所做的功Wfmgx带15J

由于放上物块后电动机多消耗的电能Emgx带15J

11．（2025·天津河西·三模）如图所示，倾角30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A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O

点离开水平台，共同在空中飞行并落到水平地面上的P点，O、P连线与水平方向的夹角53。已知物

块A的质量mA100g、物块B的质量mB200g、斜面体C的质量mC500g，A与B碰撞前的速度

vA3ms，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

4

为质点，不计空气阻力，tan53，取g10ms2。求：

3

(1)A沿斜面下滑的过程中，水平台对C的支持力大小N0；

(2)A、B碰撞过程中损失的机械能E；

(3)A、B共同在空中飞行的过程中，它们的重力的平均功率P。

23

【答案】(1)NN

04

(2)ΔE0.3J

(3)P4W

【详解】（1）A沿斜面下滑的过程中，A、C之间相互作用力的大小为NmAgcos30

水平台对C的支持力大小为N0mCgNcos30

23

解得NN

04

（2）A、B发生完全非弹性碰撞，有mAvAmAmBv

11

碰撞过程中损失的机械能为ΔEmv2mmv2

2AA2AB

解得ΔE0.3J

12

gt

（3）O、P连线与水平方向的夹角，于是有

53tan532

vt

1

A、B共同做平抛运动，下落的高度为hgt2

2

A、B平抛的过程中，它们的重力做的功为WmAmBgh

W

重力的平均功率为P

t

解得P4W

12．（2025·天津红桥·二模）如图所示，质量M4kg的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径R1m

的光滑四分之一圆弧轨道，BC段是长L2m的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B点。一质量m1kg、可

视为质点的滑块从小车上的A点由静止开始沿圆弧轨道下滑，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。取重

力加速度大小g10m/s2。求：

(1)滑块滑到圆弧轨道最低点B时，小车的速度v1和滑块的速度v2；

(2)滑块下滑过程中，小车对滑块支持力所做的功W；

(3)滑块与BC轨道间的滑动摩擦因数。

【答案】(1)v11m/s，方向水平向左，v24m/s，方向水平向右

(2)2J

(3)0.5

【详解】（1）滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒，滑块滑到圆弧轨道最低点B时有Mv1mv20

11

根据能量守恒有mgRMv2mv2

2122

解得小车的速度v11m/s

方向水平向左。

滑块的速度v24m/s

方向水平向右。

1

（2）滑块下滑过程中对滑块进行分析，根据动能定理有mgRWmv2

22

解得W2J

（3）滑块最后恰好停在C点时，结合上述可知，此时小车也停止运动，整个过程中由能量守恒定律有

mgRμmgL

解得0.5

13．（2025·天津红桥·二模）如图所示，静电场中竖直虚线a、b、c、d、e是等势线且相邻之间电势差相等，

一带正电的小液滴从A点以竖直向上的初速度开始运动，经最高点B后回到与点A在同一水平线上的E点，

A、B、C、D、E为液滴轨迹与等势线的交点。则下列说法正确的是（）

A．A点的电势低于B点的电势B．液滴的机械能一直增大

C．液滴在B点时的动能最小D．B→E过程静电力所做的功是A→B过程的3倍

【答案】BD

【详解】A．液滴带正电，所以电场强度的方向水平向右，A点的电势高于B点的电势，A错误；

B．电场力一直做正功，液滴的机械能一直增大，B正确；

C．液滴所受的电场力水平向右，液滴所受的合力向右下方，当速度方向与合力方向垂直时液滴的动能最小，

液滴动能最小时速度方向向右上方，液滴在B点左方某点时的动能最小，C错误；

D．根据WABqUAB，WBEqUBE

根据题意得UBE3UAB

解得WBE3WAB，D正确；

故选BD。

14．（2025·天津·一模）如图（甲）所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0时，将一金属小球从

弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到

一定高度后再下，如此反复。通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的

图像如图（乙）所示，则（）

A．t2时刻小球加速度方向向下

B．t2~t3时间内，小球加速度先减小后增大

C．t1~t2时间内，小球的机械能一直增加

D．t1~t2时间内，小球的动能先增加后减少

【答案】BD

【详解】A．由图可知，t2时刻弹簧弹力达到最大，小球将弹簧压缩到最低点，此时小球加速度方向向上，

故A错误；

B．t2~t3这段时间内，小球从最低点竖直向上运动，根据牛顿第二定律有Fmgma

由于弹力减小，所以加速度向上减小，速度增大，弹力等于重力时，加速度为零，速度达到最大，之后根

据牛顿第二定律有mgFma

弹力减小，加速度向下增大，速度减小，故B正确；

C．t1~t2时间内，小球接触弹簧并将弹簧压缩到最短，该过程小球与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的弹

性势能不断增大，小球的机械能一直减小，故C错误；

D．t1~t2时间内，小球的加速度先向下后向上，则小球的速度先增大后减小，动能先增加后减少，故D正确。

故选BD。

15．（2025·天津河西·二模）如图甲所示为家中常用的抽屉柜。抽屉的质量M=1.6kg。如图乙所示，质量

m=0.4kg的书本横放在抽屉底部，书本的四边与抽屉的四边均平行，书本的右端与抽屉的前壁相距为s=0.1m。

现用大小为F=2.0N的恒力将抽屉抽出直到抽屉碰到柜体的挡板，抽屉碰到挡板后立即静止不动，同时撤去

F。书本与抽屉碰撞后速度也立即减为零。不计柜体和抽屉的厚度，抽屉与柜体间的摩擦可忽略。抽屉后壁

与挡板距离为d=0.405m，书本与抽屉间的动摩擦因数μ=0.1，重力加速度g=10m/s2。求：

(1)拉动抽屉的过程中，书本加速度的大小a；

(2)拉动抽屉的过程中，摩擦力对书的冲量大小I；

(3)抽屉前壁对书做的功W。

【答案】(1)1m/s2

(2)0.36N∙s

(3)-0.122J

【详解】（1）假设抽屉和书共同加速，根据牛顿第二定律有F(Mm)a

解得a1m/s2

此情况下抽屉对书的摩擦力fma0.4N

又因为mg0.4N

所以假设成立，拉动抽屉的过程中，书本加速度的大小为1m/s2；

1

（2）拉动抽屉的过程dat2，Ift

2

解得I0.36Ns

（3）抽屉碰到挡板时，书的速度v0at

1

撤去外力后，对书有mgsW0mv2

20

解得W0.122J

（建议用时：40分钟）

16．（2025·天津河西·二模）A车在平直公路上以恒定加速度启动，A车启动的同时B车从其旁边沿相同的

运动方向匀速驶过。A车追上B车时恰好结束匀加速直线运动，如图所示为两车的vt图像。已知A车的

额定功率为P，且A车在运动过程中所受阻力恒定，则下列说法正确的是（）

A．A车追上B车时，A车的速度大小为2vB

B．0t1时间内，A车所受合力小于B车所受合力

P

C．0t1时间内，A车所受牵引力的大小为

vB

D．0t2时间内，A车所受牵引力做的功为Pt2t1

【答案】AD

【详解】A．A车追上B车时恰好结束匀加速直线运动，设此时A车的速度为v，匀加速时间为t，由于两

0v

车位移相等，则tvt

2B

可得v2vB

故A正确；

BC．0t1时间内，A车做匀加速直线运动，其合力提供加速度，A车的速度为v2vB时，刚好达到额定功

PP

率P，则匀加速运动的牵引力F

v2vB

设阻力恒为f，当A车达到最大速度vA时，牵引力Ff

P

则阻力f

vA

PP

可知A车所受合力为F合Ff

2vBvA

B车做匀速直线运动，合外力为0，故A车所受合力大于B车所受合力，故BC错误；

v

D．由图像可知，A车匀加速运动的加速度aB

t1

v2v

匀加速运动的时间tB2t

aa1

则0t2时间内，在0t时间内A车做匀加速直线运动，在tt2时间内做恒功率运动，故A车所受牵引力做

1

的功为WFat2PttPtt

2221

故D正确。

故选AD。

17．（2025·天津·二模）智慧充电技术的日益成熟，极大促进了电动汽车销量的增长。若一辆电动汽车的质

量为m，额定功率为P。汽车由静止启动后做匀加速直线运动，汽车的速度大小为v时恰好达到其额定功率，

之后汽车维持额定功率行驶，达到最大速度3v，已知汽车行驶时受到的阻力恒定。下列说法正确的是（）

P

A．电动汽车受到的阻力大小为

3v

P

B．电动汽车做匀加速直线运动的加速度大小为

mv

3mv3

C．电动汽车做匀加速直线运动的位移为

4P

mv2

D．电动汽车做匀加速直线运动的过程中阻力做功为

4

【答案】AC

【详解】A．汽车速度达到最大时，牵引力等于阻力，则有Pf3v

P

解得阻力大小为f

3v

故A正确；

B．汽车恰好达到其额定功率时有PFv

根据牛顿第二定律可得Ffma

2P

联立解得电动汽车做匀加速直线运动的加速度大小为a

3mv

故B错误；

v3mv2

C．电动汽车做匀加速直线运动的时间为t

a2P

v3mv3

电动汽车做匀加速直线运动的位移为xt

24P

故C正确；

P3mv3mv2

D．电动汽车做匀加速直线运动的过程中阻力做功为Wfx

f3v4P4

故D错误。

故选AC。

18．（2025·天津和平·二模）建筑工地常用如图所示装置将建材搬运到高处，光滑杆竖直固定在地面上，斜

面体固定在水平面上，配重P和建材Q用轻绳连接后跨过光滑的定滑轮，配重P穿过光滑竖直杆，建材Q

放在斜面体上，且轻绳与斜面平行，开始时建材静止在斜面上，之后增加配重质量，建材沿斜面上滑，下

列分析正确的是（）

A．当P、Q滑动时，则P、Q速度大小一定相等

B．当P、Q滑动时，P减小的机械能一定等于Q增加的机械能

C．当P、Q静止时，细线上的拉力一定大于竖直杆对P的弹力

D．当P、Q静止时，斜面对Q的摩擦力可能斜向下

【答案】CD

【详解】A．根据题意可知，当P、Q滑动时，P沿绳方向的分速度大小与Q的速度大小相等，故A错误；

B．Q与斜面之间有摩擦力，当P、Q滑动时，P减小的机械能等于Q增加的机械能和因Q与斜面之间摩擦

产生的热之和，则P减小的机械能一定大于Q增加的机械能，故B错误；

C．由于竖直杆光滑，则当P静止时，绳子一定不能与杆垂直，则绳子拉力沿水平的分力等于竖直杆对P的

弹力，即细线上的拉力一定大于竖直杆对P的弹力，故C正确；

D．当P、Q静止时，若绳子的拉力大于Q重力沿斜面向下的分力，则Q有向上的运动趋势，斜面对Q的摩

擦力沿斜面向下，故D正确。

故选CD。

19．（2025·天津蓟州·一模）如图所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道1绕地球E运行，在P变轨后进入

轨道2做匀速圆周运动。下列说法正确的是（）

A．不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P点的速度都相同

B．不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P点的加速度都相同

C．卫星在轨道1的任何位置都具有相同加速度

D．卫星在轨道2的任何位置都具有相同动能

【答案】BD

【详解】A．卫星由轨道1在P点进入轨道2做离心运动，要加速，所以在轨道1和在轨道2运行经过P

点的速度不同，轨道2经过P点的速度大于轨道1经过P点的速度，故A错误；

Mm

B．在轨道1和在轨道2运行经过P点，根据牛顿第二定律Gma

r2

M

所以aG

r2

可知，卫星在P点的加速度都相同，故B正确；

M

C．由aG可知，由于r不同，加速度的方向指向地球，方向不同，所以卫星在轨道1的任何位置的加

r2

速度都不同，故C错误；

Mmv2

D．根据万有引力提供向心力有Gm

r2r

1GMm

所以Emv2

k22r

则卫星在轨道2的任何位置的都具有相同动能，故D正确。

故选BD。

20．（2025·天津红桥·一模）如图所示，小球a系在不可伸长的细线上，物块b静置于悬挂O点的正下方，

将小球a从细线偏离竖直方向60的位置由静止释放后，a、b两物体发生正碰，碰撞时间极短且不损失

，，2

机械能．已知细线长L0.4mma0.5kgmb2.0kg，重力加速度g10m/s，两物体都可看成质点，物

块b与水平地面间的动摩擦因数0.4，求：

(1)小球a与物块b碰前瞬间的速度大小v；

(2)碰后瞬间，小球a对细线的拉力F；

(3)物块b的最大位移x的大小。

【答案】(1)v2m/s

(2)F6.8N，方向竖直向下

(3)x0.08m

1

【详解】（1）小球a下摆过程中，由机械能守恒有mgL(1cos)mv2

a2a

解得v2m/s

（2）两物体发生弹性碰撞，设向左为正方向，根据动量守恒有mavmavambvb

111

根据能量守恒定律有mv2mv2mv2

2a2aa2bb

，

联立解得va1.2m/svb0.8m/s

v2

小球a碰后瞬间细线对小球的拉力设为F，根据牛顿第二定律Fmgma

aaL

联立解得F6.8N

根据牛顿第三定律，小球对细线的拉力大小F=F6.8N，方向竖直向下。

1

（3）对物块b，由动能定理得mgx0mv2

b2bb

代入数据，解得最大位移x0.08m

21．（2025·天津和平·二模）某生产线上的传送装置如图所示，质量为m2kg的零件先从A点由静止释放，

1

通过半径R2.45m的圆弧轨道，然后进入一段水平轨道，运动了t2s之后，从水平轨道末端C点冲上

4

静止在地面上且表面与水平轨道相切的传送小车，零件与小车相对静止后，小车到达挡板与挡板碰撞后立

即停止运动，零件在小车上又滑行了x2m恰好能被挡板处的工人接到，已知小车质量为M1kg，小车

与地面间摩擦力很小可以忽略，已知零件与水平轨道和传送小车间的动摩擦因数均为0.1，g取10m/s2，

求：

（1）传送小车的长度L；

（2）圆弧轨道的摩擦力对零件做的功Wf。

【答案】（1）3.5m；（2）24J

12

【详解】（1）车静止后，零件在车上滑行过程mgx0mv共

2

根据动量守恒和能量守恒定律可知零件在车上相对滑动过程有mvc(Mm)v共

1212

mgx相mvMmv共解得传送小车的长度Lx相x3.5m

2C2

（2）根据动量定理，零件在BC段滑行过程mgtmvCmvB

1

根据动能定理，在圆弧轨道上下滑mgRWmv2

f2B

可得圆弧轨道的摩擦力对零件做的功Wf24J

22．（2024·天津·二模）如图所示，水平面上固定一倾角30的光滑斜面，斜面长为L1.6m。一质量m1kg

的物块A以初速度v0从底端冲上斜面，恰好能到达斜面顶端。若在A以初速度v0刚要冲上斜面时，另一质

量M3kg的物块B恰好从斜面顶端由静止释放，经过一段时间A、B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），已

知A、B均可视为质点，重力加速度g10m/s2，求：

（1）物块A的初速度v0的大小；

（2）两物块碰撞前运动的时间t；

（3）碰撞后瞬间物块B的速度vB的大小。

【答案】（1）4m/s；（2）0.4s；（3）0

【详解】（1）恰好能到达斜面顶端，由牛顿第二定律有mgsinma

2

由匀变速直线运动有0v02aL

解得v04m/s