專題08力學(xué)中三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用

目錄

01模擬基礎(chǔ)練..................................................................2

題型一力學(xué)三大觀點(diǎn)的理解、辨析與選用........................................2

02重難創(chuàng)新練.................................................................12

題型二力學(xué)三大觀點(diǎn)解決力學(xué)綜合問題.........................................12

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題型一力學(xué)三大觀點(diǎn)的理解、辨析與選用

1.（2024?重慶?高考真題）活檢針可用于活體組織取樣，如圖所示。取樣時，活檢針的針芯和針鞘被瞬間彈

出后僅受阻力。針鞘質(zhì)量為小，針鞘在軟組織中運(yùn)動距離由后進(jìn)入目標(biāo)組織，繼續(xù)運(yùn)動力后停下來。若兩

段運(yùn)動中針翹鞘整體受到阻力均視為恒力。大小分別為尸八F2,則針鞘（）

A.被彈出時速度大小為P（44+尸2d2）

Vm

B.到達(dá)目標(biāo)組織表面時的動能為Ed,

C.運(yùn)動曲過程中，阻力做功為（B+尸2）必

D.運(yùn)動力的過程中動量變化量大小為田麗不

【答案】A

【詳解】A.根據(jù)動能定理有片4+為4=〈加丫2,解得-2（%4+工引,故A正確；

2Vm

B.針鞘到達(dá)目標(biāo)組織表面后，繼續(xù)前進(jìn)辦減速至零，有&在故B錯誤；

C.針鞘運(yùn)動力的過程中，克服阻力做功為入心，故C錯誤；

D.針鞘運(yùn)動辦的過程中，動量變化量大小2=12"正卜=12mF2d2,故D錯誤。

故選Ao

2.（2022?海南?高考真題）在冰上接力比賽時，甲推乙的作用力是片，乙對甲的作用力是巴，則這兩個力（）

A.大小相等，方向相反B.大小相等，方向相同

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C.片的沖量大于￡的沖量D.片的沖量小于鳥的沖量

【答案】A

【詳解】根據(jù)題意可知片和耳是相互作用力，根據(jù)牛頓第三定律可知片和外等大反向、具有同時性；根

據(jù)沖量定義式/=后可知片和月的沖量大小相等，方向相反。

故選Ao

3.（2022?重慶?高考真題）在測試汽車的安全氣囊對駕乘人員頭部防護(hù)作用的實(shí)驗(yàn)中，某小組得到了假人頭

部所受安全氣囊的作用力隨時間變化的曲線（如圖）。從碰撞開始到碰撞結(jié)束過程中，若假人頭部只受到安

全氣囊的作用，則由曲線可知，假人頭部（）

A.速度的變化量等于曲線與橫軸圍成的面積B.動量大小先增大后減小

C.動能變化正比于曲線與橫軸圍成的面積D.加速度大小先增大后減小

【答案】D

【詳解】AB.由題知假人的頭部只受到安全氣囊的作用，則F一/圖像的面積即合外力的沖量，再根據(jù)

動量定理可知尸一t圖像的面積也是動量的變化量，且圖線一直在f軸的上方，由于頭部有初動量，由圖

可知，動量變化越來越大，則動量的大小一直減小到假人頭靜止，動量變化最大，AB錯誤；

C.根據(jù)動量與動能的關(guān)系有線=上；，而尸一/圖像的面積是動量的變化量，則動能的變化量與曲線與

2m

橫軸圍成的面積不成正比，C錯誤；

D.由題知假人的頭部只受到安全氣囊的作用，則根據(jù)牛頓定律可知。8F，即假人頭部的加速度先增大

后減小，D正確。

故選D。

4.（2024?甘肅?高考真題）（多選）電動小車在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，下列說法正確的是（）

A.小車的動能不變B.小車的動量守恒：

C.小車的加速度不變D.小車所受的合外力一定指向圓心

【答案】AD

【詳解】A.做勻速圓周運(yùn)動的物體速度大小不變，故動能不變，故A正確；

B.做勻速圓周運(yùn)動的物體速度方向時刻在改變，故動量不守恒，故B錯誤；

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C.做勻速圓周運(yùn)動的物體加速度大小不變，方向時刻在改變，故c錯誤;

D.做勻速圓周運(yùn)動的物體所受的合外力一定指向圓心，故D正確。

故選ADo

5.（2023?重慶?高考真題）（多選）某實(shí)驗(yàn)小組測得在豎直方向飛行的無人機(jī)飛行高度y隨時間t的變化曲線

如圖所示，及R河、N為曲線上的點(diǎn)，EG段可視為兩段直線，其方程分別為＞=4”26和＞=-2t+140。

無人機(jī)及其載物的總質(zhì)量為2kg,取豎直向上為正方向。則（）

A.￡尸段無人機(jī)的速度大小為4m/s

B.W段無人機(jī)的貨物處于失重狀態(tài)

C.FN段無人機(jī)和裝載物總動量變化量大小為4kg-m/s

D.MN段無人機(jī)機(jī)械能守恒

【答案】AB

【詳解】A.根據(jù)所段方程了=射-26,可知斯段無人機(jī)的速度大小為v=^=4m/s,故A正確；

B.根據(jù)Vt圖像的切線斜率表示無人機(jī)的速度，可知FM段無人機(jī)先向上做減速運(yùn)動，后向下做加速

運(yùn)動，加速度方向一直向下，則無人機(jī)的貨物處于失重狀態(tài)，故B正確；

C.根據(jù)段方程了=-2/+140,可知段無人機(jī)的速度為v'=4^=-2m/s,則有

A/?=mv,-mv=2x（-2）kg-m/s-2x4kg-m/s=-12kg-m/s,可知W段無人機(jī)和裝載物總動量變化量大

小為12kg?m/s,故C錯誤；

D.MN段無人機(jī)向下做勻速直線運(yùn)動，動能不變，重力勢能減少，無人機(jī)的機(jī)械能不守恒，故D錯誤。

故選ABo

6.（2023?全國?高考真題）（多選）使甲、乙兩條形磁鐵隔開一段距離，靜止于水平桌面上，甲的N極正對

著乙的S極，甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量，兩者與桌面之間的動摩擦因數(shù)相等。現(xiàn)同時釋放甲和乙，在它們相

互接近過程中的任一時刻（）

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SINIISIN|

A.甲的速度大小比乙的大B.甲的動量大小比乙的小

C.甲的動量大小與乙的相等D.甲和乙的動量之和不為零

【答案】BD

【詳解】對甲、乙兩條形磁鐵分別做受力分析，如圖所示

加甲加乙

F-jam申gF-um2

A.根據(jù)牛頓第二定律有。甲=—匕皿，。乙=―匕y&,由于機(jī)甲＞mz,所以。甲＜。右由于兩物體

機(jī)甲機(jī)乙

運(yùn)動時間相同，且同時由靜止釋放，可得v甲＜Vz,A錯誤；

BCD.對于整個系統(tǒng)而言，由于〃根用g＞W(wǎng)Hzg,合力方向向左，合沖量方向向左，所以合動量方向向左,

顯然甲的動量大小比乙的小，BD正確、C錯誤。

故選BD。

7.（2022?重慶?高考真題）（多選）一物塊在傾角為45。的固定斜面上受到方向與斜面平行、大小與摩擦力相

等的拉力作用，由靜止開始沿斜面向下做勻變速直線運(yùn)動，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)處處相同。若拉力

沿斜面向下時，物塊滑到底端的過程中重力和摩擦力對物塊做功隨時間的變化分別如圖曲線①、②所示，

則（）

3

B.當(dāng)拉力沿斜面向上，重力做功為9J時，物塊動能為3J

C.當(dāng)拉力分別沿斜面向上和向下時，物塊的加速度大小之比為1:3

D.當(dāng)拉力分別沿斜面向上和向下時，物塊滑到底端時的動量大小之比為1：0

【答案】BC

【詳解】A.對物體受力分析可知，平行于斜面向下的拉力大小等于滑動摩擦力，有尸=[=〃"gcos45。,

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由牛頓第二定律可知，物體下滑的加速度為％=gsin45°=日g,則拉力沿斜面向下時，物塊滑到底端

的過程中重力和摩擦力對物塊做功為%=現(xiàn)?；“囪1145。=竽?2,

匕=-〃7Mg.cos45°x；"="m：*代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得〃=；,故A錯誤；

C.當(dāng)拉力沿斜面向上，由牛頓第二定律有;Mgsin45。-尸-/=加%,解得%=1g一2〃gcos45o=交g,

26

則拉力分別沿斜面向上和向下時，物塊的加速度大小之比為”=:，故c正確；

13

B.當(dāng)拉力沿斜面向上，重力做功為%2=加期出45。一，合力做功為%=機(jī)。2，，則其比值為

叵8

等=%=：，則重力做功為9J時，物塊的動能即合外力做功為3J,故B正確；

%<21

Tg

D.當(dāng)拉力分別沿斜面向上和向下時，物塊滑到底端時的動量大小為尸=mv=，小隔，則動量的大小之

比為$=工^=T,故D錯誤。

月加V3

故選BC-

8.（2024?四川達(dá)州?一模）傾角為37。的光滑斜面固定在水平面上，現(xiàn)用平行于斜面的拉力/將質(zhì)量為1kg

的物體從斜面底端由靜止開始沿斜面向上運(yùn)動，出發(fā)點(diǎn)為x軸零點(diǎn)，拉力做的功少與物體位移x的關(guān)系如

圖所示。重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。下列說法正確的是（）

A.當(dāng)x=4m時，物體的速率為4Qm/s

B.當(dāng)x=3m時，拉力的功率為19W

C.物體沿斜面向上滑行的最大位移大于4m

D.從開始到x=4m的過程，拉力廠的沖量為24N-S

【答案】D

【詳解】AC.根據(jù)動能定理得24-加gxsin37o=gmv2,解得丫=（）,當(dāng)x=4m時，物體的速率為0,物

體沿斜面向上滑行的最大位移等于4m,AC錯誤；

14-024-14

B.根據(jù)沙=網(wǎng)得耳==N=7N,7^=——N=5N,前3m,根據(jù)動能定理得

2-0？4-2

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

B錯誤；

D.前2m的加速度為片-加gsin37。=機(jī)％,解得4=lm/s2,前2m的運(yùn)動時間為占=g印：，解得

4=2s,后2m的加速度為mgsin37。-乙=加電，解得a2=lm/s2,后2m物體減速到零x?=:出/，

解得，2=2S,從開始到x=4m的過程，拉力下的沖量為/=4。+且4=24N-S,D正確。

故選D。

9.（2024?江蘇淮安?一模）如圖所示，在同一豎直平面內(nèi)，從4、2兩點(diǎn)以相同速率同時拋出甲、乙兩相同

的小球，在上升過程中的C點(diǎn)相遇。該過程中，下列說法正確的是（）

*C

?

Z?

B

A.甲球的重力的沖量比乙球的小

B.拋出時，甲球重力的功率比乙球大

C.甲球的初速度與水平方向的夾角比乙球的大

D.相遇時，甲球的動能比乙球的大

【答案】D

【詳解】A.以相同速率同時拋出甲、乙兩相同的小球，在C點(diǎn)相遇，兩球在空中運(yùn)動時間相同，重力

相同，重力的沖量也相同，故A錯誤；

B.甲、乙兩球在拋出后豎直方向加速度相同，運(yùn)動時間相同，但是甲球豎直位移小于乙球，說明甲球

在豎直方向的初速度小于乙球，所以拋出時，甲球重力的功率比乙球小，故B錯誤；

C.從B選項(xiàng)的分析可知，甲球在豎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，甲球的初速度與水平方向的夾角比乙球的小，故C錯誤；

D.全程甲球重力勢能減少量小于乙球，相遇時，甲球的動能比乙球的大，故D正確。

故選D。

10.（2024?四川德陽?模擬預(yù)測）籃球是中學(xué)生喜歡的一項(xiàng)運(yùn)動，如圖所示，某同學(xué)從同一高度的N、5兩點(diǎn)

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先后將同一籃球拋出，且拋出點(diǎn)到籃板的水平距離8是/的兩倍，籃球恰好都能垂直打在籃板上的尸點(diǎn),

不計空氣阻力，籃球從拋出到打在籃板的過程中，下列說法正確的是（）

A.從/點(diǎn)拋出時該同學(xué)對籃球做的功較多

B.從2點(diǎn)拋出時籃球的動量變化量較大

C.兩次拋出的籃球運(yùn)動時間相等

D.兩次拋出的籃球克服重力做功的功率均先增大后減小

【答案】C

【詳解】BC.用逆向思維法，將籃球看成反向平拋運(yùn)動，籃球在豎直方向下降的高度相同，根據(jù)豎直方

向上的位移公式得〃=1g/,解得兩次拋出的籃球運(yùn)動時間但，所以兩次在空中運(yùn)動的時間相等，

根據(jù)動量定理可知兩次運(yùn)動重力（合力）的沖量相等，則動量的變化量相等，即加卬=》，故B錯誤，

C正確；

A.由圖可知從/點(diǎn)投出的籃球比從2點(diǎn)投出的籃球的水平位移小，根據(jù)水平方向上的運(yùn)動學(xué)公式得

X=所以有%即從/點(diǎn)投出的籃球在水平方向的分速度小于在2點(diǎn)在水平方向的分速度，

可得被拋出的速度大小為丫=仆；+（初2,則初始時％＜力，即從/點(diǎn)投出的籃球的速度小，動能小，該

同學(xué)對籃球所做的功更少，故A錯誤；

D.克服重力做功的功率為「=6力，可知隨著豎直方向的速度逐漸變小，克服重力做功的功率逐漸變小，

故D錯誤。

故選C。

11.（2024?廣東深圳?一模）某同學(xué)乘坐摩天輪做勻速圓周運(yùn)動。依次從/點(diǎn)經(jīng)3點(diǎn)運(yùn)動到C的過程中，下

列關(guān)于該同學(xué)的說法正確的是（）

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A.機(jī)械能保持不變B.合外力做功為零

C.重力的沖量為零D.合外力的沖量為零

【答案】B

【詳解】B.該同學(xué)坐摩天輪做勻速圓周運(yùn)動，速度大小不變，動能不變，故合外力做功為零，B正確;

A.從/點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)，動能不變，重力勢能減少，機(jī)械能減少，A錯誤；

77

C.重力做的沖量4=加即=加82，不等于零，C錯誤；

（O

D.根據(jù)動量定理有/合=&?=2加丫=2加。尺，合外力的沖量不為零，D錯誤。

故選B。

12.（2024?陜西寶雞?模擬預(yù)測）（多選）如圖所示，豎直墻面和水平地面均光滑，質(zhì)量分別為加A=6kg、

"“=2kg的A、B兩物體用質(zhì)量不計的輕彈簧相連，其中A緊靠墻面，現(xiàn)對B物體緩慢施加一個向左的力,

該力對物體B做功少=25J,使A、B間彈簧被壓縮.在系統(tǒng)靜止時，突然撤去向左的力，解除壓縮，貝!1（）

AqmwB<—

777777777777777777777777777Z777777~

A.解除壓縮后，兩物體和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒

B.解除壓縮后，兩物體和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒

C.從撤去外力至A與墻面剛分離，彈簧對B的沖量/=10Ns方向水平向右

D.A與墻面分離后至首次彈簧恢復(fù)原長時，兩物體速率均是2.5m/s

【答案】CD

【詳解】A.解除壓縮后，彈簧在恢復(fù)原長的過程中，墻壁對A物體還有彈力的作用，故解除壓縮后到

彈簧恢復(fù)原長前，兩物體和彈簧組成系統(tǒng)動量不守恒，恢復(fù)原長后，AB一起向右運(yùn)動，系統(tǒng)的合外力

為零，動量守恒，故A錯誤；

B.解除壓縮后，兩物體和彈簧組成系統(tǒng)只有動能和彈性勢能的相互轉(zhuǎn)化，故機(jī)械能守恒，故B錯誤；

C.壓縮彈簧時，外力做的功全轉(zhuǎn)化為彈性勢能，撤去外力，彈簧恢復(fù)原長，彈性勢能全轉(zhuǎn)化為B的動

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能，設(shè)此時B的速度為vo,則沙=丸=；砥％2,得%=5m/s,此過程由動量定理得/=%%=10N-s,

方向水平向右，故C正確；

D.當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時，A的速度最小，則%曲=0,A、B都運(yùn)動后，B減速，A加速，當(dāng)A、B速度相

等時彈簧拉伸最長，此后，B繼續(xù)減速，A繼續(xù)加速，當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長時，以向右為正，由系統(tǒng)動

v/Mv+mv

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

D正確。

故選CDo

13.（2024?陜西安康?一模）（多選）某雙層立體泊車裝置如圖所示。欲將靜止在1號車位的轎車移至4號車

位，需先通過1號車位下方的移動板托舉著轎車耗時8s豎直抬升2m至3號車位，再耗時12s水平右移3m

停至4號車位。若轎車的質(zhì)量為lxl（）3kg,則下列說法正確的是（）

①②

A.水平右移過程中，移動板對轎車的支持力的沖量為0

B.豎直抬升過程中，移動板對轎車的支持力做的功為2x104

C.豎直抬升過程中，轎車的機(jī)械能守恒

D.整個過程中，移動板對轎車做功的功率為lxUw

【答案】BD

【詳解】A.水平右移過程中，移動板對轎車的支持力的沖量為

35

I-FNt2-mgt2-IxlOxlON-12s=1.2xlON-s,不為零，故A錯誤；

B.豎直抬升過程中，移動板對轎車的支持力做的功為少=="7g〃=lxl03xl0Nx2m=2x10與，故B

正確；

C.豎直抬升過程中，除重力外支持力做正功，轎車的機(jī)械能增加，不守恒，故C錯誤；

w2X104T

D.整個過程中，移動板對轎車做功的功率尸=———=lxlO3W,故D正確。

4+A8s+12s

故選BDo

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14.（2024?江西鷹潭?模擬預(yù)測）（多選）如圖所示，質(zhì)量分別為2根、加的乙、丙兩個小球并排放置在光滑

的水平面上，質(zhì)量為m的小球甲以速度%（沿乙、丙的連線方向）向乙球運(yùn)動，三個小球之間的碰撞均為

彈性碰撞，下列說法正確的是（）

甲％乙丙

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

A.當(dāng)三個小球間的碰撞都結(jié)束之后，乙處于靜止?fàn)顟B(tài)

B.當(dāng)三個小球間的碰撞都結(jié)束之后，三個小球的總動量之和為2%v0

C.乙、丙在發(fā)生碰撞的過程中，丙對乙做的功為-｝加黨

O1

4

D.甲、乙在發(fā)生碰撞的過程中，乙對甲的沖量的大小為

【答案】CD

【詳解】A.設(shè)甲、乙在碰撞剛結(jié)束時的速度分別為唉、v乙，由彈性碰撞規(guī)律機(jī)t=機(jī)唳+2%以，

；機(jī)%2=1.打?yàn)?+；*2加吐2,綜合解得悔=-；%,Vzi=|Vo,設(shè)乙、丙在碰撞剛結(jié)束時的速度分別為以、

III28

V丙，由彈性碰撞規(guī)律2mv乙=2〃?V乙1+/V丙，-x2mv^=-x2%吃+-mv^,綜合解得憶=§%,專,=,

故A錯誤；

B.三個小球組成的系統(tǒng)總動量守恒，碰撞都結(jié)束之后的總動量等于碰撞之前的總動量皿%,故B錯誤;

22

C.乙、丙在發(fā)生碰撞的過程中，乙的速度由V乙=1%,變成V乙1=5%，由動能定理，丙對乙做的功為

]]32

W=—x2加v乙；——x2mv乙2-----mv2,故C正確；

22810

D.甲、乙在發(fā)生碰撞的過程中，甲的速度由％變成%=-1%,對甲由動量定理可得，乙對甲的沖量為

I=mvv-mv0=-^mv0,負(fù)號表示方向，故乙對甲的沖量的大小為土斐。故D正確。

故選CDo

15.（2024?湖南郴州?一模）（多選）原地起跳時，先屈腿下蹲，然后突然蹬地。從開始蹬地到離地是加速過

程（視為勻加速），加速過程重心上升的距離稱為“加速距離”。離地后重心繼續(xù)上升，在此過程中重心上升

的最大距離稱為“豎直高度”。已知某同學(xué)原地跳的“加速距離”d=0.50m,“豎直高度”〃=1.0m,已知該同

學(xué)的質(zhì)量為50千克，重力加速度g取lOm/sz,不計一切阻力。下列說法正確的是（）

A.從蹬地開始到重心上升到最高過程該同學(xué)處于先超重后失重狀態(tài)

B.人離開地面時的速度為2石m/s

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C.從開始蹬地到離地過程中，地面的支持力對人做功為750J

D.從開始蹬地到離地過程中，地面的支持力對人的沖量為lOO/N-s

【答案】AB

【詳解】A.該同學(xué)先加速上升后減速上升，則加速度先向上后向下，處于先超重后失重狀態(tài)，A正確;

B,根據(jù)v：=2g/z,人離開地面時的速度為%=2V^m/s,B正確；

C.蹬地過程中，沿支持力的方向沒有位移，地面的支持力對人做功為零，C錯誤；

D.加速上升階段有v；=2ad,加速上升的時間為f=%,根據(jù)動量定理/-%gf=/v（）,地面的支持力對

a

人的沖量為/=150石N-s,D錯誤。

故選AB-

㈤2

題型二力學(xué)三大觀點(diǎn)解決力學(xué)綜合問題

16.（2024?安徽?高考真題）在某裝置中的光滑絕緣水平面上，三個完全相同的帶電小球，通過不可伸長的

絕緣輕質(zhì)細(xì)線，連接成邊長為d的正三角形，如圖甲所示。小球質(zhì)量為如帶電量為+4,可視為點(diǎn)電荷。

初始時，小球均靜止，細(xì)線拉直。現(xiàn)將球1和球2間的細(xì)線剪斷，當(dāng)三個小球運(yùn)動到同一條直線上時，速

,如圖乙所示。該過程中三個小球組成的系統(tǒng)電勢能減少了叱，左為靜電力常量,

度大小分別為匕、丫2、V

32d

不計空氣阻力。則（）

1?---?V1

V

3?3

V2

2?―>

圖甲圖乙

12/54

A.該過程中小球3受到的合力大小始終不變B.該過程中系統(tǒng)能量守恒，動量不守恒

C.在圖乙位置，V,=V,匕片2匕D.在圖乙位置，v=.^-

23V3md

【答案】D

【詳解】AB.該過程中系統(tǒng)動能和電勢能相互轉(zhuǎn)化，能量守恒，對整個系統(tǒng)分析可知系統(tǒng)受到的合外力

為0,故動量守恒；當(dāng)三個小球運(yùn)動到同一條直線上時，根據(jù)對稱性可知細(xì)線中的拉力相等，此時球3

受到1和2的電場力大小相等，方向相反，故可知此時球3受到的合力為0,球3從靜止?fàn)顟B(tài)開始運(yùn)動,

瞬間受到的合力不為0,故該過程中小球3受到的合力在改變，故AB錯誤;

CD.對系統(tǒng)根據(jù)動量守恒加匕+小匕=機(jī)丫3，根據(jù)球1和2運(yùn)動的對稱性可知匕=匕,解得曠3=2匕，根據(jù)

能量守恒工加匕2十工加2+工冽2=叱，解得客,故C錯誤，D正確。

2122232d373md

故選D。

17.（2022?北京?高考真題）“雪如意”是我國首座國際標(biāo)準(zhǔn)跳臺滑雪場地。跳臺滑雪運(yùn)動中，裁判員主要根

據(jù)運(yùn)動員在空中的飛行距離和動作姿態(tài)評分。運(yùn)動員在進(jìn)行跳臺滑雪時大致經(jīng)過四個階段：①助滑階段，

運(yùn)動員兩腿盡量深蹲，順著助滑道的傾斜面下滑；②起跳階段，當(dāng)進(jìn)入起跳區(qū)時，運(yùn)動員兩腿猛蹬滑道快

速伸直，同時上體向前伸展；③飛行階段，在空中運(yùn)動員保持身體與雪板基本平行、兩臂伸直貼放于身體

兩側(cè)的姿態(tài)；④著陸階段，運(yùn)動員落地時兩腿屈膝，兩臂左右平伸。下列說法正確的是（）

A.助滑階段，運(yùn)動員深蹲是為了減小與滑道之間的摩擦力

B.起跳階段，運(yùn)動員猛蹬滑道主要是為了增加向上的速度

C.飛行階段，運(yùn)動員所采取的姿態(tài)是為了增加水平方向速度

D.著陸階段，運(yùn)動員兩腿屈膝是為了減少與地面的作用時間

【答案】B

【詳解】A.助滑階段，運(yùn)動員深蹲是為了減小與空氣之間的摩擦力，A錯誤;

B.起跳階段，運(yùn)動員猛蹬滑道主要是通過增大滑道對人的作用力，根據(jù)動量定理可知，在相同時間內(nèi),

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為了增加向上的速度，B正確；

C.飛行階段，運(yùn)動員所采取的姿態(tài)是為了減小水平方向的阻力，從而減小水平方向的加速度，C錯誤;

D.著陸階段，運(yùn)動員兩腿屈膝下蹲可以延長落地時間，根據(jù)動量定理可知，可以減少身體受到的平均

沖擊力，D錯誤。

故選Bo

18.（2024?安徽?高考真題）（多選）一傾角為30。足夠大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立

直角坐標(biāo)系，如圖（1）所示。從，=0開始，將一可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊從。點(diǎn)由靜止釋放，同時對物塊施加沿

x軸正方向的力尸i和耳，其大小與時間/的關(guān)系如圖（2）所示。已知物塊的質(zhì)量為1.2kg,重力加速度g取

lOm/sz,不計空氣阻力。則（）

圖（1）圖（2）

A.物塊始終做勻變速曲線運(yùn)動

B.f=ls時，物塊的y坐標(biāo)值為2.5m

C.，=ls時，物塊的加速度大小為5晶小2

D.r=2s時，物塊的速度大小為10Jim/s

【答案】BD

【詳解】A.根據(jù)圖像可得片=4-0F2=3t,故兩力的合力為/=4+2f（N）,物塊在y軸方向受到的力

不變?yōu)镸gsin30。，x軸方向的力在改變，合力在改變，故物塊做的不是勻變速曲線運(yùn)動，故A錯誤;

B.在y軸方向的加速度為%,=些吧些=gsin3（T=5m/s2,故y1s時，物塊的y坐標(biāo)值為

m

y=^-at2=2.5m,故B正確；

2.

C.，=ls時，F(xiàn)=6N,故此時加速度大小為a=Jaj+a,=J——+52m/s2=5V2m/s2,故C錯誤;

D.對x軸正方向，對物塊根據(jù)動量定理△=加匕-0,由于/與時間/成線性關(guān)系故可得

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

x2=1.2匕，解得匕=10m/s,此時y軸方向速度為％=gsin3(Tl=5x2m/s=10m/s,

2

故此時物塊的速度大小為v=Jv：+v：=10V2m/s,故D正確。

故選BDo

19.（2024?廣西?高考真題）（多選）如圖，在光滑平臺上有兩個相同的彈性小球M和N。M水平向右運(yùn)動,

速度大小為v。M與靜置于平臺邊緣的N發(fā)生正碰，碰撞過程中總機(jī)械能守恒。若不計空氣阻力，則碰撞

后，N在（）

A.豎直墻面上的垂直投影的運(yùn)動是勻速運(yùn)動

B.豎直墻面上的垂直投影的運(yùn)動是勻加速運(yùn)動

C.水平地面上的垂直投影的運(yùn)動速度大小等于v

D.水平地面上的垂直投影的運(yùn)動速度大小大于v

【答案】BC

【詳解】由于兩小球碰撞過程中機(jī)械能守恒，可知兩小球碰撞過程是彈性碰撞，根據(jù)動量守恒和能量守

mvWV+WV

恒可知加V=加VM+冽K，^2=^M^N＞由于兩小球質(zhì)量相等，故碰撞后兩小球交換速度，即

vM=0,%碰后小球N做平拋運(yùn)動，在水平方向做勻速直線運(yùn)動，即水平地面上的垂直投影的運(yùn)

動速度大小等于v；在豎直方向上做自由落體運(yùn)動，即豎直墻面上的垂直投影的運(yùn)動是勻加速運(yùn)動。

故選BCo

20.（2024?寧夏四川?高考真題）（多選）蹦床運(yùn)動中，體重為60kg的運(yùn)動員在t=0時剛好落到蹦床上，對

蹦床作用力大小/與時間/的關(guān)系如圖所示。假設(shè)運(yùn)動過程中運(yùn)動員身體始終保持豎直，在其不與蹦床接觸

時蹦床水平。忽略空氣阻力，重力加速度大小取10m/s2。下列說法正確的是（）

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A.f=0.15s時，運(yùn)動員的重力勢能最大

B.7=0.30s時，運(yùn)動員的速度大小為10m/s

C./=1.00s時，運(yùn)動員恰好運(yùn)動到最大高度處

D.運(yùn)動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為4600N

【答案】BD

【詳解】A.根據(jù)牛頓第三定律結(jié)合題圖可知/=0.15s時，蹦床對運(yùn)動員的彈力最大，蹦床的形變量最大，

此時運(yùn)動員處于最低點(diǎn)，運(yùn)動員的重力勢能最小，故A錯誤；

BC.根據(jù)題圖可知運(yùn)動員從t=0.30s離開蹦床到t=2.3s再次落到蹦床上經(jīng)歷的時間為2s,根據(jù)豎直上拋

運(yùn)動的對稱性可知，運(yùn)動員上升時間為1s,則在"1.3s時，運(yùn)動員恰好運(yùn)動到最大高度處，/=0.30s時

運(yùn)動員的速度大小v=10xlm/s=10m/s,故B正確，C錯誤；

D.同理可知運(yùn)動員落到蹦床時的速度大小為10m/s,以豎直向上為正方向，根據(jù)動量定理

F-\t-mg-Nt=mv-(-/MV),其中Af=0.3s,代入數(shù)據(jù)可得尸=4600N,根據(jù)牛頓第三定律可知運(yùn)動員每

次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為4600N,故D正確。

故選BD。

21.(2024?重慶?高考真題)如圖所示，M、N兩個釘子固定于相距。的兩點(diǎn)，M的正下方有不可伸長的輕

質(zhì)細(xì)繩，一端固定在M上，另一端連接位于M正下方放置于水平地面質(zhì)量為根的小木塊B,繩長與M到

地面的距離均為10a,質(zhì)量為2m的小木塊A,沿水平方向于B發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間極短，A與地面間

摩擦因數(shù)為吃，重力加速為g,忽略空氣阻力和釘子直徑，不計繩被釘子阻擋和繩斷裂時的機(jī)械能損失。

48

N.

Mf

□門T

ABP

(1)若碰后，B在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動，且能經(jīng)過圓周運(yùn)動最高點(diǎn)，求B碰后瞬間速度的最小值；

(2)若改變A碰前瞬間的速度，碰后A運(yùn)動到尸點(diǎn)停止，B在豎直面圓周運(yùn)動旋轉(zhuǎn)2圈，經(jīng)過M正下方時

細(xì)繩子斷開，B也來到P點(diǎn)，求B碰后瞬間的速度大小；

(3)若拉力達(dá)到127Mg細(xì)繩會斷，上下移動N的位置，保持N在M正上方，B碰后瞬間的速度與(2)問中

的相同，使B旋轉(zhuǎn)〃圈。經(jīng)過M正下的時細(xì)繩斷開，求MN之間距離的范圍，及在〃的所有取值中，B落

在地面時水平位移的最小值和最大值。

16/54

4033fl

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

vyvs~~s—3〃18M-111nm37

【詳解】(1)碰后B能在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動，軌跡半徑為10a,設(shè)碰后B的最小速度大小為四,最高

點(diǎn)速度大小為也在最高點(diǎn)時由牛頓第二足定律有用g=加工

10〃

B從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)由動能定理可得-加gx2xl0a=；冽V?-;冽v：

解得%=542ga

(2)A和B碰撞過程中動量守恒，設(shè)碰前A的速度大小為四碰后A的速度大小為V2。碰后B的速度大

小為V3,則有

2mvi=2mv2~\~mv3

1。21212

—xzmVj=—x2mv2+—mv3

碰后A減速到0,有//x2加=gx2加v；

碰后B做兩周圓周運(yùn)動，繩子在MN間纏繞2圈，縮短4訪在M點(diǎn)正下方時，離M點(diǎn)6a,離地面4M

此時速度大小為V4,由功能關(guān)系得加gx4a=；冽v；~^mv4

B隨后做平拋運(yùn)動，有

/12

4〃二清，

L=V4t

解得V3=4y[5ga

(3)設(shè)MN間距離為〃，B轉(zhuǎn)〃圈后到達(dá)M正下方速度大小為打，繩縮短2nh,繩斷開時，以M為圓

心，由牛頓第二定律得12加g-加g=加-------(?=1,2,3,…)

\0a-2nh

以N為圓心，由牛頓第二定律得I2別8一加g=—F7("=1，2,3,...)

10a-2(n--)h

從碰后到B轉(zhuǎn)〃圈后到達(dá)M正下方，由功能關(guān)系得加gx2Mz=g冽v；-；加v；(H=1,2,3,…)

解得區(qū)30〃(〃=],2,3,...)

3n18w-ll

繩斷后，B做平拋運(yùn)動，有

19

2nh=-(〃=1,2,3,...)

s=vst

17/54

可得s=4不20cmh—(nh)2(〃=1,2,3,...)

,-5。，，，30na/、

由于—<nh?----------(77—1,2,3,…)

318H-11

則由數(shù)學(xué)分析可得

當(dāng)泌可時，5mm="普

22.(2024?甘肅?高考真題)如圖，質(zhì)量為2kg的小球A(視為質(zhì)點(diǎn))在細(xì)繩0。和。尸作用下處于平衡狀態(tài),

細(xì)繩。'尸=。尸=1.6m,與豎直方向的夾角均為60。。質(zhì)量為6kg的木板B靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為2kg

的物塊C靜止在B的左端。剪斷細(xì)繩00，小球A開始運(yùn)動。(重力加速度g取lOm/s?)

(1)求A運(yùn)動到最低點(diǎn)時細(xì)繩OP所受的拉力。

(2)A在最低點(diǎn)時，細(xì)繩。P斷裂。A飛出后恰好與C左側(cè)碰撞(時間極短)、碰后A豎直下落，C水平

向右運(yùn)動。求碰后C的速度大小。

(3)A、C碰后，C相對B滑行4m后與B共速。求C和B之間的動摩擦因數(shù)。

【答案】(1)40N；(2)4m/s；(3)0.15

【詳解】根據(jù)題意，設(shè)AC質(zhì)量為加=2kg,B的質(zhì)量為M=6kg,細(xì)繩。尸長為/=L6m,初始時細(xì)線與

豎直方向夾角6=60。。

(1)A開始運(yùn)動到最低點(diǎn)有mglcos0)=~mvl-O

對最低點(diǎn)受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得

解得%=4m/s,尸=40N

(2)A與C相碰時，水平方向動量守恒，由于碰后A豎直下落可知加%=0+加%

故解得％=%=4m/s

(3)A、C碰后，C相對B滑行4m后與B共速，則對CB分析，過程中根據(jù)動量守恒可得加%=(/+加)v

根據(jù)能量守恒得〃加g/相對=；加說-+W

18/54

聯(lián)立解得〃=0.15

23.（2024?廣東?高考真題）汽車的安全帶和安全氣囊是有