2026年高考物理一轮讲义+练习(黑吉辽蒙专用)第29讲力学三大观点的综合应用(复习讲义)(黑吉辽专用)(学生版+解析)

这是一份2026年高考物理一轮讲义+练习(黑吉辽蒙专用)第29讲力学三大观点的综合应用(复习讲义)(黑吉辽专用)(学生版+解析)，共84页。
\l "_Tc202530899" 01考情解码·命题预警 PAGEREF _Tc202530899 \h 1
\l "_Tc202530900" 02体系构建·思维可视 PAGEREF _Tc202530900 \h 2
\l "_Tc202530901" 03核心突破·靶向攻坚3
\l "_Tc202530902" 考点一 用三大观点解决动力学问题3
\l "_Tc202530903" 知识点1 掌握并会灵活选用力学三大观点解决动力学综合问题3
\l "_Tc202530904" 知识点2 力的三个作用效果与五个规律3
\l "_Tc202530905" 考向1 动量与动力学观点的综合应用4
\l "_Tc202530906" 考向2 动量与能量观点的综合应用9
\l "_Tc202530907" 考向3 力学三大观点解决多过程问题17
\l "_Tc202530908" 04真题溯源·考向感知24

考点一 用三大观点解决动力学问题
\l "_Tc25045" 知识点1 掌握并会灵活选用力学三大观点解决动力学综合问题
1.解决动力学问题的三个基本观点
(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。
2.动力学规律的选用原则
(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，即系统内能的增加量。
(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。
\l "_Tc25045" 知识点2 力的三个作用效果与五个规律
\l "_Tc17630" 考向1 动量与动力学观点的综合应用
例1（2025·辽宁丹东·一模）小米SU7是性能很好的新能源汽车，若SU7在粗糙路面的启动阶段可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，则下列说法中正确的是（ ）
A．该车牵引力的冲量等于它动量的变化
B．该车的动量与它的加速度成正比
C．该车的动量与它经历的时间成正比
D．开车时系好安全带能减小刹车时人的动量变化
【答案】C
【详解】A．根据动量定理可知，该车所受牵引力和阻力冲量的矢量和等于它动量的变化，故A错误；
BC．该车做初速度为零的匀加速直线运动，即
所以该车的动量
故B错误，C正确；
D．刹车时人的动量变化是一定的，开车时系好安全带能够延长人与车的作用时间，从而减小车对人的作用力，防止人受伤，故D错误。
故选C。
例2（2025·吉林·三模）工程师对质量为的汽车进行性能测试，测得该款汽车综合阻力随速度变化的关系式为常数）。现工程师为汽车提供恒定的牵引力，使汽车由静止开始做水平直线运动。汽车位移为时恰好达到最大速度。则（ ）
A．汽车速度越大，加速度越大
B．整个过程的平均速度为
C．整个过程所用时间为
D．整个过程所用时间为
【答案】D
【详解】A．由牛顿第二定律有
可知汽车速度越大，加速度越小，故A错误；
B．当汽车所受合力为零时，汽车达到最大速度，由受力平衡有
解得最大速度
汽车恒力启动过程中，汽车做加速度越来越小的加速运动，则整个过程汽车的平均速度大于，故B错误；
CD．汽车从静止达到最大速度过程中，根据动量定理有
解得整个过程所用时间为
故C错误，D正确。
故选D。
例3（2025·辽宁·一模）“泼水成冰”是一项极具视觉冲击力的冬日奇观。具体操作是把一杯滚烫的开水按一定的弧线均匀快速地泼向空中，泼洒出的小水珠和热气被瞬间凝结成冰而形成壮观的场景。如图甲所示是某人玩泼水成冰游戏的精彩瞬间，其示意图为图乙，P为最高点，在最高点时杯口朝上，泼水过程中杯子的运动可看成匀速圆周运动，人的手臂伸直，臂长为0.6m，人在0.4s内把杯子旋转了240°，重力加速度。下列说法不正确的是（ ）
A．P位置的小水珠速度方向沿b方向
B．杯子在旋转时的角速度大小为
C．从Q到P，杯子所受合外力的冲量为零
D．若要将水从P点泼出，杯子的速度不能小于
【答案】C
【详解】A．P位置的小水珠速度方向沿轨迹的切线方向，即沿b方向，选项A正确；
B．杯子在旋转时的角速度大小为
选项B正确；
C．从Q到P，杯子动量变化量不为零，可知所受合外力的冲量不为零，选项C错误；
D．若要将水从P点刚好泼出，则需满足
即
即若要将水从P点泼出杯子的速度不能小于，选项D正确。
此题选择错误的，故选C。
【变式训练1】（2025·辽宁鞍山·二模）一个质量为的质点做半径为，角速度为的匀速圆周运动，在质点运动半个周期的过程中，向心力的冲量大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】由动量定理可得，向心力的冲量等于质点动量的变化，即
故向心力的冲量大小为。
故选A。
【变式训练2】（2025·辽宁·二模）如图甲所示，长、质量的木板b静止在地面上，质量的物块a（可视为质点）静止在木板的右端，a与b之间、b与地面之间的动摩擦因数分别为。时刻对b施加一水平向右、大小为F的力，F随时间t变化的关系图像如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取。下列说法中正确的是（ ）
A．内摩擦力对b的冲量为0
B．时，a的速度大小为
C．时，a脱离木板
D．内，地面对b的摩擦力的冲量为
【答案】B
【详解】A．根据题意可知，木板b与地面间的最大静摩擦力为
结合图乙可知，内，木板b与地面间摩擦力为静摩擦力，大小等于外力，则内摩擦力对b的冲量为
故A错误；
BCD．由图乙可知，后，外力保持不变，大小为，由牛顿第二定律，对物块a有
其中
解得
对、整体，由牛顿第二定律有
当最大时，有
即当外力时，、发生相对滑动，通过分析可知，、未发生相对滑动，则a不能脱离木板，后，、整体开始相对地面滑动，则内地面对b的摩擦力的冲量为
则内，地面对b的摩擦力的冲量为
内，对、整体，由动量定理有
解得
即时，、的速度为。
故B正确，CD错误。
故选B。
【变式训练3】（2025·辽宁朝阳·高三月考）春节时人们常放一种鞭炮叫二踢脚，也叫双响炮。其第一响类似于火箭发射，火药点燃爆炸，利用反冲作用使二踢脚飞向空中。有一种二踢脚质量，第一响的时间，上升的高度。忽略空气阻力，不计二踢脚第一响后质量的变化，重力加速度g取，第一响中二踢脚受到的平均反冲作用力大小约为（ ）
A．73.5NB．50.6NC．43.4ND．28.5N
【答案】A
【详解】二踢脚上升做匀减速运动，由运动学公式有
可得上升的初速度大小为
第一响过程中平均反冲作用力远大于重力，所以由动量定理有
代入数值，可得平均反冲作用力大小为
故选A。
【变式训练4】（2025·黑龙江吉林·模拟预测）2024年世界乒乓球职业大联盟总决赛（WTT Finals）中，我国乒乓球选手王楚钦、王曼昱分别获得男子单打冠军和女子单打冠军。王楚钦某次发球的速度为，球与球拍接触时间约为，乒乓球质量约为，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
C．球拍对乒乓球做功的平均功率约为
D．球拍对乒乓球的冲量约为
【答案】C
【详解】A．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；
B．根据动量定理可得
可得球拍对乒乓球的作用力为，故B错误；
C．发球过程中，球拍对乒乓球的平均功率为，故C正确；
D．根据动量定理可得球拍对乒乓球的冲量为，故D错误；
故选C。
【变式训练5】（2025·黑龙江吉林·模拟预测）荡秋千是中华大地上很多民族共有的游艺竞技项目，据现有文献记载，它源自先秦。如图所示，某同学正在表演荡秋千，她站在秋千上并保持姿势不变，可视为质点处理，空气阻力、绳和踏板的质量忽略不计。则当她由最高点向最低点摆动过程中（ ）
A．在最高点时，该同学的速度为零，处于平衡状态
B．绳的拉力始终与运动方向垂直，所以绳的拉力的冲量为零
C．在最低点时，该同学处于超重状态
D．该同学所受重力的功率一直增大
【答案】C
【详解】A．在最高点时，该同学的速度为零，但是合力沿切线方向，不为零，故A错误；
B．该过程中，绳的拉力虽然始终与运动方向垂直，但根据冲量的定义可知，绳的拉力的冲量不为零，故B错误；
C．在最低点时，加速度方向向上，合力向上，支持力大于重力，处于超重状态，故C正确；
D．根据，在最高点时，速度为0，重力的功率为0，在最低点时，重力与速度方向垂直，功率为0，可知该过程中，重力的功率先增大后减小，故D错误；
故选C。
【变式训练6】如图所示，倾角θ=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α=53∘。已知物块A的质量mA=100g、物块B的质量mB=200g、斜面体C的质量mC=500g，A与B碰撞前的速度vA=3 ms，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，tan53∘=43，取g=10 ms2。求：
(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ΔE；
(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。
【答案】(1)N0=234N (2)ΔE=0.3J (3)P=4W
【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N=mAgcs30∘
水平台对C的支持力大小为N0=mCg+Ncs30∘
解得N0=234N
（2）A、B发生完全非弹性碰撞，有mAvA=mA+mBv
碰撞过程中损失的机械能为ΔE=12mAvA2−12mA+mBv2
解得ΔE=0.3J
（3）O、P连线与水平方向的夹角α=53∘，于是有tan53∘=12gt2vt
A、B共同做平抛运动，下落的高度为h=12gt2
A、B平抛的过程中，它们的重力做的功为W=mA+mBgh
重力的平均功率为P=Wt 解得P=4W
\l "_Tc16322" 考向2 动量与能量观点的综合应用
例4 （2025·黑龙江哈尔滨·一模）2025年2月10日，中国选手杨文龙在哈尔滨第九届亚冬会单板滑雪男子大跳台决赛中勇夺冠军，杨文龙的重心运动过程简化后如图所示，若其起跳瞬间速度大小，方向与水平方向的夹角为，着陆瞬间速度大小为，方向与水平方向的夹角为，其所受空气阻力的大小与速度大小成正比，方向与速度方向相反，比例系数为，重力加速度为，杨文龙与雪板的质量为。下列说法正确的是（ ）

A．杨文龙在空中的运动为匀变速曲线运动
B．起跳点A到着陆点C的水平距离为
C．从起跳点到着陆点杨文龙重力势能减少为
D．杨文龙在最高点时处于超重状态
【答案】B
【详解】A．匀变速曲线运动要求加速度恒定，由于空气阻力大小与速度成正比，合力会随速度变化，所以加速度不恒定，故A错误；
B．规定水平向右的方向为正方向，设杨文龙从A到C所受的空气阻力大小的平均值为，则
设从A到C的时间为，则在水平方向上动量定理
水平位移
联立解得，故B正确；
C．从起跳点到着陆点，运动员受到空气阻力和重力做功，根据动能定理
重力势能的减少量等于重力做功，所以从起跳点到着陆点杨文龙重力势能的减少量大于动能的变化量
即，故C错误；
D．杨文龙在最高点有向下的加速度，处于失重状态，故D错误。
故选B。
思维建模
1．两大观点
动量的观点：动量定理和动量守恒定律．
能量的观点：动能定理和能量守恒定律．
2．解题技巧
(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)．
(2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理．
(3)动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的初、末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处．特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性．
【变式训练1】（2025·黑龙江哈尔滨·高三月考）2025年是哈尔滨第二次举办亚洲冬季运动会，上一次是在1996年举办的第三届亚冬会。如图，某滑雪运动员从弧形坡面上滑下沿水平方向飞出后落回到斜面上。若斜面足够长且倾角为。某次训练时，运动员从弧形坡面先后以速度和水平飞出，飞出后在空中的姿势保持不变。不计空气阻力，则（ ）
A．运动员先后落在斜面上所用时间之比为
B．运动员先后落在斜面上位移之比为
C．运动员先后落在斜面上动能的变化量之比为
D．运动员先后落在斜面上动量的变化量之比为
【答案】C
【详解】A．运动员做平抛运动，根据水平方向
竖直方向

又
联立可得
因此运动员先后落在斜面上所用时间之比
故A错误；
B．运动员在斜面上的位移为
则运动员先后落在斜面上位移之比
故B错误；
C．根据动能定理可知，落在斜面上动能的变化量为
因此运动员先后落在斜面上动能的变化量之比
故C正确；
D．根据动量定理可知，落在斜面上动量的变化量为
因此运动员先后落在斜面上动量的变化量之比
故D错误。
故选C。
【变式训练2】“打水漂”是一种投掷扁平的石片或瓦片的游戏。图甲是打水漂的图片，图乙是石片运动轨迹的示意图。现将打水漂简化成如下理想模型，弹性薄片沿倾斜方向落到足够大水平弹性面上，薄片每次从水平面弹起时速度与水平面的夹角均为30°，速率损失25%。测得薄片第1次弹起后的滞空时间为0.6s。薄片运动过程中不计空气阻力，并始终在同一竖直面内且没有旋转。碰撞过程中忽略薄片重力的影响，重力加速度g取10m/s2，结果可用根号表示。求：

(1)薄片第1次弹起后速度v的大小及第2次弹起到第3次弹起的水平距离x；
(2)薄片与弹性水平面间的动摩擦因数μ。
【答案】(1)v=6m/s，x=81803m (2)μ=37
【详解】（1）薄片在竖直方向做竖直上抛运动，运动总时间t=0.6s=2t1
由vy=gt1
解得vy=3m/s
根据vy=vsin30°
联立解得v=6m/s
对薄片在第2次碰撞后，速度v2=(1−25%)v
空中运动时间t2=2v2sin30°g
则水平距离x=v2cs30°×t2
联立解得x=81803m
（2）薄片竖直方向，碰撞过程中，忽略重力，设水面给薄片的作用力为FN，规定向下为正方向，由动量定理有−FNΔt=mΔvy
在水平方向，每次与水平面碰撞过程中，由于摩擦力作用，有−f=μFN
规定向右为正方向， 由动量定理有−μFNΔt=mΔvx
由速率损失25%，有Δvx=(1−0.25)vx−vx=−0.25vx，Δvy=−0.75vy−vy=−1.75vy
由每次从水面弹起时速度与水面的夹角均为30°，有tan30°=vyvx
联立解得μ=37
【变式训练3】（24-25高三上·黑龙江佳木斯·阶段练习）如图所示，物块A的质量为1kg，物块B及小车C的质量均为2kg，小车足够长。物块A、B与小车C之间的动摩擦因数均为0.1，地面光滑，两物块间夹一轻质弹簧，弹簧与物块不连接。初始时双手摁住两个物块，弹簧处于压缩状态，弹簧弹力为F，重力加速度g取，现双手同时放开，则下列说法正确的是（ ）
A．无论弹力F为多大，最终三者速度不为0
B．若，则释放物块后，A、C发生相对滑动，B、C发生相对滑动
C．若，则释放物块后，A、C发生相对滑动，B、C相对静止
D．若释放物块的瞬间，物块A、B均相对于小车滑动，则全过程中弹簧减少的机械能大于系统内摩擦产生的热能
【答案】C
【详解】A．对A、B、C构成的系统满足动量守恒条件，初始总动量为0可知，无论弹力为多大，最终三者均静止，即最终三者速度均为0，故A错误；
BC．A、C之间的最大静摩擦力与B、C之间的最大静摩擦力分别为，
则有
可知，随着F逐渐增大，A、C之间将先发生相对滑动，对A分析可知，当弹力大小为
此时，A、C之间开始发生相对滑动。当B、C之间开始发生相对滑动时，对C进行分析有
对B、C整体进行分析有
联立解得
可知，若或时，释放物块后，A、C之间发生相对滑动，B、C之间未发生相对滑动，故B错误，C正确；
D．结合上述可知，若释放物块的瞬间，物块A、B均相对于小车滑动，系统最终也将处于静止状态，根据能量守恒定律可知，全过程中弹簧减少的机械能，即弹簧减少的弹性势能等于系统内摩擦产生的热能，故D错误。
故选C。
【变式训练4】（多选）（2025·辽宁沈阳·二模）一水平传送带长m，以恒定速率m/s沿顺时针方向匀速转动。在传送带左端每隔1s轻放一个相同的小物块，小物块的质量kg，与传送带间的动摩擦因数，忽略小物块的尺寸，取m/s2，从第1个小物块到达传送带最右端开始计时，下列说法正确的是（ ）
A．每个小物块在传送带上运动的时间为10s
B．计时开始时刻，第8个小物块刚放上传送带
C．计时后1s内，传送带对所有小物块摩擦力的总冲量大小为N·s
D．计时后1s内，所有小物块对传送带的摩擦力做的总功为J
【答案】BD
【详解】A．小物块在传送带上先做匀加速直线运动，加速度大小为：
则小物块做匀加速直线运动的时间为：
小物块做匀加速直线运动的位移为：
则小物块在传送带上做匀速直线运动的时间为：
故每个小物块在传送带上运动的时间为：t=t1+t2=4s+3s=7s
故A错误；
B．结合前面分析可知，第1个小物块到达传送带最右端时所花时间为7s，由题知，在传送带左端每隔1s轻放一个相同的小物块，则计时开始时刻，第8个小物块刚放上传送带，故B正确；
CD．结合前面分析可知，计时后1s内只有5~8四个物块在皮带上做匀加速直线运动，摩擦力相同，则由动量定理可得，计时后1s内，传送带对所有小物块摩擦力的总冲量大小为：I=4m•at'=4×2×1×1N•s=8N•s
所有小物块对传送带的摩擦力做的总功为：W=-4μmg•vt=-4×0.1×2×10×4×1J=-32J
故C错误，D正确。
故选BD。
【变式训练5】（2025·吉林·二模）人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。如图，两人同时通过绳子对质量为m的重物分别施加大小均为、方向都与竖直方向成37°的力，重物离开地面0.5米后人停止施力，最后重物自由下落陷入地面，与地面碰撞时间为0.1s，。不计空气阻力，重力加速度g取。则（ ）
A．重物在空中上升的时间一定大于在空中下落的时间
B．重物克服地面阻力做的功等于人对重物做的功
C．重物刚落地时的速度大小为4m/s
D．地面对重物的平均阻力大小为4mg
【答案】AC
【详解】AC．设停止施力瞬间重物的速度大小为，根据动能定理有
解得
设重物刚落地时的速度大小为，根据动能定理有
解得
重物在空中运动过程，开始在拉力作用下做匀加速运动，速度大小达到后做匀减速运动直至速度为零，之后再做匀加速直线运动直至速度大小为，由此可知上升过程中的平均速度大小为
下降过程中的平均速度大小为
又由于上升、下降位移大小相等，则重物在空中上升的时间一定大于在空中下落的时间，故AC正确；
B．重物在整个运动过程中，根据动能定理有
则重物克服地面阻力做的功大于人对重物做的功，故B错误；
D．碰撞地面过程中根据动量定理有
解得
D错误。
故选AC。
【变式训练6】（多选）（2024·黑龙江哈尔滨·一模）如图甲所示，光滑水平面右端与半径为R的粗糙半圆弧轨道平滑连接，劲度系数为k的轻质弹簧左端与墙拴接，弹簧处于自然长度时其右端在B点左侧，底面装有力传感器的滑块在水平力作用下静止于图示位置，滑块与弹簧不拴接。现在撤去水平力，滑块在从A运动到D的过程中，传感器记录了滑块底面的弹力大小随时间变化关系，如图乙所示，、、均为已知量。弹性势能表达式为，重力加速度大小为g。下列表述正确的是（ ）
A．
B．释放滑块后，弹簧的弹性势能与滑块的动能相等时，弹簧弹力的功率为
C．滑块沿圆轨道BCD运动过程中，圆轨道对滑块的冲量方向水平向左
D．滑块沿圆轨道BCD运动过程中，机械能减少了
【答案】BD
【详解】A．由题图乙可知，时间内滑块底面的弹力大小不变，即滑块的重力大小为
滑块经过圆弧上的B点时，有
滑块经过圆弧上的D点时，有
滑块由B到D的过程中，由动能定理有
解得
A错误；
B．释放滑块时弹簧的弹性势能为
当弹簧的弹性势能与滑块的动能相等时，由能量守恒有
，
弹簧弹力的瞬时功率为
P＝kxv
解得
B正确；
C．滑块沿圆轨道BCD运动过程中，由动量定理得
重力的冲量竖直向下，动量的变化量水平向左，根据矢量三角形易知圆轨道对滑块的作用力的冲量斜向左上方，如图所示
C错误；
D．滑块沿圆轨道BCD运动过程中，机械能减少了
D正确。
故选BD。
\l "_Tc16322" 考向3 力学三大观点解决多过程问题
例5 （24-25高三上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）如图甲所示，水平皮带逆时针匀速转动，一质量为的小物块（可视为质点）以某一速度从皮带的最左端滑上皮带。取向右为正方向，以地面为参考系，从小物块滑上皮带开始计时，其运动的图像如图乙所示，g取。则（ ）
A．0~4.0s内摩擦力对小物块的冲量大小为，方向水平向左
B．4.5s时小物块回到皮带最左端
C．物块与皮带间由于摩擦产生的热量
D．0~4.0s内皮带多消耗的电能为3J
【答案】BCD
【详解】A．物块从左端滑上皮带，受到向左的滑动摩擦力作用，做匀减速直线运动，根据速度时间图像的斜率表示加速度，有
解得
由图可知，3.0s~4.0s物块与皮带的速度相等，为1m/s，对皮带静止，物块不受摩擦力作用，故0~4.0s内摩擦力对小物块的冲量大小等于0~3.0s内摩擦力对小物块的冲量大小
方向水平向左，故A错误；
B．由图知，物块从左端滑上皮带经2.0s速度向右减到0，则位移为
2.0s后物块向右做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为位移为
之后，物块相对皮带静止，向左做匀速直线运动，则位移为
则匀速运动的时间为
故小物块回到皮带最左端的时间为
故B正确；
C．由图可知，物块与皮带在0-2.0s的相对位移为
物块与皮带在2.0s-3.0s的相对位移为
物块与皮带在3.0s-4.0s相对静止，相对位移为0，故物块与皮带间由于摩擦产生的热量
故C正确；
D．根据能量守恒定律，可知0~4.0s内皮带多消耗的电能等于物块动能的变化量加上摩擦产生的热量，则有
代入数据解得
故D正确。
故选BCD。
思维建模
1．表现形式
(1)直线运动：水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动．
(2)圆周运动：绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动．
(3)平抛运动：与斜面相关的平抛运动、与圆轨道相关的平抛运动．
2．应对策略
(1)力的观点解题：要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度；
(2)两大定理解题：应确定过程的初、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)；
(3)过程中动量或机械能守恒：根据题意列方程。
【变式训练1】（2025·陕西渭南·三模）某创新小组研究遥控汽车的性能，他们让一辆遥控汽车甲在水平地面上由静止开始运动，利用传感器测量出小车运动的全过程，得到如图所示的v-t图像。已知小车甲的质量为2kg，t=0时刻小车甲由静止匀加速启动，t=6s小车甲的功率达到了额定功率，之后保持不变，t=12s时碰上了在水平面静止的遥控汽车乙（一直未打开动力），碰撞时间极短，碰撞过程中甲小车失去动力，t=14s时甲小车停止，t=16s时小车乙停止。已知g=10m/s2，整个运动过程中两车在同一直线上，两车与地面间的摩擦力均视为滑动摩擦力，两车与地面间的动摩擦因数相同。求：
(1)小车甲碰撞前瞬间的速度大小；
(2)小车甲初始位置与小车乙初始位置之间的距离；
(3)小车乙的质量。
【答案】(1)4.5m/s
(2)30.375m
(3)1.25kg
【详解】（1）0~6s内，小车做匀加速直线运动，则F−f=ma1，a1=v1t1=36m/s2=0.5m/s2，P=Fv1
12~14s内，根据图线可得a2=v2t3=22m/s2=1m/s2
所以f=m甲a2=2N
则F=3N，P=9W
所以小车甲碰撞前瞬间的速度大小为vm=Pf=4.5m/s
（2）0~6s内，小车的位移大小为x1=v12t1=32×6m=9m
6~12s内，根据动能定理可得Pt2−fx2=12m甲vm2−12m甲v12
代入数据解得x2=21.375m
所以小车甲初始位置与小车乙初始位置之间的距离为x=x1+x2=30.375m
（3）两车碰撞过程，根据动量守恒定律可得m甲vm=m甲v2+m乙v3，v3=a2t4=1×(16−12)m/s=4m/s
联立解得m乙=1.25kg
【变式训练2】（多选）（25-26高三上·黑龙江·开学考试）三个小球（均可视为质点）质量分别为，通过两根长度均为的轻杆和轻质光滑铰链连接。初始时整个装置通过外力作用静止于竖直平面内，且两杆呈竖直状态，如图甲所示。位于光滑水平地面上，某时刻撤去外力，系统在重力作用下开始运动，某时刻两杆之间的夹角为，如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．球先做加速运动后做减速运动
B．落地前的瞬间球的速度大小为
C．落地前的瞬间球相对地面的水平位移大小为
D．当时，两球的速度大小之比为
【答案】ABD
【详解】A．系统水平方向动量守恒，从静止释放到球刚要与地面接触的瞬间，水平方向速度均为0，所以经历了先加速后减速的过程，故A正确；
B．根据机械能守恒
解得，故B正确；
C．由三者的质量关系以及水平方向动量守恒可判断，A向左运动和向右运动。设三者的位移大小分别为，由动量守恒定律可得3mgxA=2mgxB+mgxC
且
解得，故C错误；
D．由三者的质量关系以及水平方向动量守恒可判断，向左运动，和向右运动。当等于时，设三者的速度大小分别为的方向水平向左，的方向水平向右，的方向斜向右下方，设与杆的夹角为，A与球在沿杆方向的分速度相同，即
与球在沿杆方向的分速度相同，即
又因为水平方向动量守恒，则有
联立可得，故D正确；
故选ABD。
【变式训练3】（2025·吉林松原·模拟预测）2024年巴黎奥运会，我国运动员取得优异的成绩。单杠项目中单臂大回环是一项难度极高的体操动作，要求运动员仅用一只手抓住单杠，并完成一个完整的大回环动作，即身体围绕单杠做360度的旋转。已知运动员的质量，做圆周运动时其重心到单杠的距离，单手抓住单杠，伸展身体，其重心以单杠为轴做圆周运动，当运动员重心通过单杠正上方点时，速率，完成一次大回环动作改用双手握杠，下杠时由点转至点时脱离单杠，重心经过最高点，最后落到地面，点为落地时的重心位置。脱离单杠后运动员在空中运动的时间为，两点的高度差为，两点间的水平距离为，落地到完全静止用时。取，在同一竖直平面，忽略空气阻力，不考虑体能的消耗与转化。求：

(1)运动员单臂大回环通过单杠正上方点时，单臂承受的弹力大小；
(2)运动员从点运动至点过程中合外力对运动员做的功；
(3)运动员落地时，双脚受到的平均弹力大小。
【答案】(1) (2) (3)
【详解】（1）若运动员在点处不受单杠作用力，则有
解得临界速度
根据题意运动员重心通过单杠正上方点时，速率，小于临界速度，则可知点处运动员受单杠的弹力方向竖直向上，由牛顿第二定律有
解得
（2）运动员由运动至点为斜抛运动，运动过程及分速度情况如图所示，

该过程中水平分速度即为最高点点处速度，则由解得
从到过程中时间
对运动员由到点在竖直方向上做匀变速运动分析有
解得
则有空中飞行时间
由点处速度分解情况可知
运动员由到由动能定理得
解得
（3）运动员运动至点处的竖直速度
即大小为，方向向下，规定竖直向下为正方向，对运动员落地过程由动量定理可得
解得
【变式训练4】（2024·辽宁大连·三模）如图1所示，光滑水平面上静置有“L”型长木板A，A的上表面在左侧光滑、右侧粗糙，其上表面上放有一质量为的物体B、B用轻质水平弹簧与A左侧连接，初始状态弹簧处于原长，B可视为质点。0~3s时间内，一水平向右的恒力F作用于B上，这段时间内A、B的加速度随时间变化的情况如图2所示，在时撤去外力和轻质弹簧，此时B刚好滑到A的粗糙部分。一段时间后，A、B相对静止。重力加速度g取。求：
（1）恒力F的大小；
（2）长木板A的质量；
（3）3s以后，A、B第一次达到相对静止时，共同速度的大小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）时刻，对物体B，根据牛顿第二定律，恒力F的大小为
解得
（2）时刻，对整体，根据牛顿第二定律
解得
（3）对整体，根据动量定理有
解得
1．（2025·浙江·高考真题）高空抛物伤人事件时有发生，成年人头部受到的冲击力，就会有生命危险。设有一质量为的鸡蛋从高楼坠落，以鸡蛋上、下沿接触地面的时间差作为其撞击地面的时间，上、下沿距离为，要产生的冲击力，估算鸡蛋坠落的楼层为（ ）
A．5层B．8层C．17层D．27层
【答案】C
【详解】鸡蛋触地后匀减速至静止，位移s=5cm=0.05m。匀减速平均速度为，故撞击时间
根据动量定理
代入数据解得
由自由落体公式
得高度
每层楼高约3m，对应楼层数为层。
故选C。
2．（2025·湖北·高考真题）一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为的门板组成。门处于关闭状态，其俯视图如图（a）所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上，一段时间后撤去拉力，该门板完全运动到另一边，且恰好不与门框发生碰撞，其俯视图如图（b）所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为，重力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短，则所用时间趋近于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】设拉力为，作用时间为，撤去外力后运动的时间为，运动过程的最大速度为，则由动量定理，有
得
撤销拉力后，有
得
对于全过程，有
得
对于全过程有
故运动的总时间
可知当越大时，越小，当时，取最小值。
则
则
故选B。
3．（2025·天津·二模）生活中人们经常用滑轮提升重物，如图所示，两人站在地上通过跨过两个固定定滑轮的轻绳拉动物体，使之匀速上升，已知悬挂重物的两侧绳子a和b与竖直方向的夹角始终相等，则在重物上升的过程中（ ）
A．绳子a拉力逐渐变小
B．人对地面的压力逐渐增大
C．绳子a拉力对物体做功的瞬时功率保持不变
D．两根绳子对物体的拉力冲量始终相等
【答案】C
【详解】A．设连接重物的绳与竖直方向的夹角为θ，对重物，根据平衡条件可得
在重物上升的过程中，θ增大，csθ减小，则绳拉力F增大，故A错误；
B．由于绳拉力不断增大，则绳拉力在竖直方向的分力不断增大，所以地面对人的支持力不断减小，根据牛顿第三定律可知，人对地面的压力逐渐减小，故B错误；
C．绳子a拉力对物体做功的瞬时功率为
由此可知，拉力的功率保持不变，故C正确；
D．由于绳子拉力大小相等，方向不同，所以两根绳子对物体的拉力冲量不相等，故D错误。
故选C。
4．（2025·贵州贵阳·模拟预测）如图甲，足够长的水平地面上，一小朋友坐在木箱中，木箱受到水平向右的作用力作用从静止开始运动，作用力随时间变化的关系如图乙，规定水平向右为正。整个过程中，该小朋友和木箱始终保持相对静止。已知该小朋友和木箱的总质量为，木箱与水平地面间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取，不计空气阻力，则该木箱0~4.5s内（ ）
A．最大速度为
B．位移为
C．向左运动过程，受到摩擦力的冲量大小为
D．与地面摩擦产生的内能为
【答案】C
【详解】A．0~2s内，根据牛顿第二定律有
解得
该时间内做匀加速直线运动，则有
随后木箱做减速运动，根据牛顿第二定律有
解得
利用逆向思维，减速到0的时间
随后木箱向左做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
解得
0~4.5s内上述向左加速时间
上述匀加速的末速度，故A错误；
B．0~2s内的位移大小
方向向右，2~2.5s内的位移大小
方向向右，2.5~4.5s内的位移大小
方向向左，则该木箱0~4.5s内大小
方向向左，即该木箱0~4.5s内位移为-1m，故B错误；
C．滑动摩擦力
结合上述可知，木箱向左运动经历时间为，则向左运动过程，受到摩擦力的冲量大小，故C正确；
D．结合上述，与地面摩擦产生的内能，故D错误。
故选C。
5．（多选）（2025·宁夏吴忠·一模）如图（a）所示，可视为质点的、两球通过轻绳连接跨过光滑轻质定滑轮，质量为的球在外力作用下静止在地面上，球悬空且距离地面的高度为。由静止释放球，球的动能随其上升的高度的变化关系如图（），始终没有与定滑轮相碰，球落地后不反弹，忽略空气阻力，已知重力加速度为，则（ ）
A．从释放到最终稳定的过程两小球组成的系统机械能守恒
B．球的质量为
C．的大小为
D．与地面作用过程中，地面对的冲量大小为
【答案】BC
【详解】A．从开始释放球到球刚要与地面接触的过程中，两球组成的系统机械能守恒，但是当球接触地面后系统的机械能便不再守恒，故A错误；
B．带一起向下运动过程，
当下落以后，与地面接触，绳子松弛做竖直上抛运动
根据两段图像的斜率比可得
解得，故B正确；
C．
解得，故C正确；
D．与地面接触前动能为，可求速度为
再根据动量定理可求，故D错误。
故选BC。
6．（多选）（2025·甘肃平凉·模拟预测）如图甲所示，质量为2kg的薄木板B静止在光滑的水平地面上，质量为1kg的物块A静止在B的右端。t=0时刻起，对B施加一水平向右的作用力F，其大小随时间t变化关系如图乙所示，t=3s时撤去F。已知A与B之间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A始终未脱离B，取g=10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．t=2.5s时A与B未发生相对滑动
B．0~2s内摩擦力对A的冲量大小为4kg⋅m/s
C．t=2s时，B的速度大小为2m/s
D．t=3s时，A的速度大小为4m/s
【答案】CD
【详解】A．AB恰发生相对滑动时，对A分析
解得a0=2m/s2
此时对AB整体
解得F0=6N
则此时t=2s，即当t=2.5s时A与B已经发生相对滑动，故A错误；
B．0~2s内摩擦力对A的冲量大小为，故B错误；
C．0~2s内整体一起加速运动，加速度从零均匀增加到2m/s2，则t=2s时，B的速度大小为，故C正确；
D．从2s~3s滑块A做匀加速运动，加速度为a0=2m/s2，可知t=3s时，A的速度大小为，故D正确。
故选CD。
7．（多选）（2025·甘肃平凉·模拟预测）如图所示，倾角为的斜面固定在水平地面上，现将质量相同的小球、分别从斜面上的、两点抛出，球的初速度水平向左、大小为，球的初速度与水平方向成角斜向左上方、大小为。球落在斜面上的点，球落在地面上的点，上述过程，两球在空中运动的时间均为，与之间的水平距离和与之间的水平距离相等。已知两球均可视为质点，忽略空气阻力，，，取。下列说法正确的是（ ）
A．
B．两球分别到达、两点前瞬间，速度方向相同
C．抛出后时间内，两球动量变化量相同
D．抛出后时间内，两球重力平均功率相等
【答案】AC
【详解】A．两球在水平方向均做匀速直线运动，由题意可知两球在空中运动的时间相等，通过的水平位移相等，可知两球的水平分速度相等，则有
可得，故A正确；
B．球到达点前瞬间竖直分速度为
球到达点前瞬间竖直分速度为
可知两球分别到达、两点前瞬间竖直分速度大小不相等，而水平分速度相等，所以合速度方向不相同，故B错误；
C．抛出后时间内，根据动量定理可得
由于两球的质量相等，在空中运动的时间相等，所以两球动量变化量相同，故C正确；
D．抛出后时间内，竖直方向球做自由落体运动，球先竖直上抛再下落，所以两球下落的高度不同，根据
可知两球重力平均功率不相等，故D错误。
故选AC。
8．（2025·甘肃·高考真题）如图1所示，细杆两端固定，质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻。物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上，F随时间t的变化如图2所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，θ=30°。
求：
(1)t=6s时F的大小，以及t在0~6s内F的冲量大小。
(2)t在0~6s内，摩擦力f随时间t变化的关系式，并作出相应的f−t图像。
(3)t=6s时，物块的速度大小。
【答案】(1)，
(2)见解析
(3)
【详解】（1）由图2可知F随时间线性变化，根据数学知识可知
所以当t=6s时，
0~6s内F的冲量为F−t图围成的面积，即
（2）由于初始时刻。物块刚好能静止在细杆上，则有
即
在垂直杆方向，当时，
则0−4s，垂直杆方向
摩擦力
在4−6s内，垂直杆方向
摩擦力
相应的f−t图像如图
（3）在0~6s内沿杆方向根据动量定理有
在0~6s内摩擦力的冲量为f−t图围成的面积，则
联立有
可得
9．（2025·浙江湖州·一模）如图所示，一游戏装置由弹射器，光滑水平直轨道AB、CD，水平凹槽MN，圆心为的四分之一细圆管竖直轨道DE，圆心为的四分之一圆弧竖直轨道EF，足够长粗糙水平直轨道GH组成。连线水平，和竖直，静止在水平凹槽的滑板左端紧靠竖直侧壁BM，上表面与AB、CD平齐。游戏时，可视为质点的滑块从A点水平弹出，经B点滑上滑板，随后带动滑板一起运动，滑板到达竖直侧壁CN后即被锁定。滑块继续滑过轨道CD、DE、EF后，静止在GH某处视为游戏成功。已知滑块和滑板质量分别为，，MN长，滑板右端距CN的距离，滑块与滑板间的动摩擦因数，滑块与GH间的动摩擦因数，DE和EF的半径，其余各处均光滑，轨道间平滑连接，弹射时滑块从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能，g取。
(1)若滑块恰好能滑上GH，求滑块在圆管轨道的D点时受到的作用力；
(2)要使游戏成功，求滑块到达D点时的速度大小的范围；
(3)要使游戏成功，求滑块静止的区域以及相应的弹簧弹性势能范围。
【答案】(1)
(2)
(3)；
【详解】（1）恰好过F点，此时只要重力提供向心力，则有
从D到F点，由动能定理可得
解得
结合牛顿第二定律
联立解得
（2）①滑板一直在加速
解得
根据牛顿第二定律则有
解得滑板的加速度
则滑板此阶段加速的时间
此过程，滑块一直在做减速运动，由动能定理可得
结合动量定理则有
解得为最大值，对应
②滑块恰好能滑上GH，由上述结论可知
故
（3）①在时，根据能量守恒可得
解得
恰好能过最高点时，则有
解得
滑块静止的区域距G点的距离
②当时，对应，由功能关系可得
恰好能过最高点时， 对应，滑块与滑板达到共速，随后两者匀速至滑板锁定。由运动学规律可得，，
解得
滑板恰好匀加速至锁定时，滑块与滑板达到共速，即不存在匀速运动状态。则有，
综上所述，滑块静止时相应的弹簧弹性势能范围
10．（2025·天津·二模）图中滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为。开始时，轻绳处于水平拉直状态，滑块右侧有一表面涂有黏性物质的固定挡板。初始时小球和滑块均静止，现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，滑块刚好向右运动到与固定挡板碰撞，在极短的时间内速度减为零并在之后始终与固定挡板粘在一起。小球继续向左摆动，当轻绳与竖直方向的夹角时小球达到最高点。已知小球质量为，重力加速度为。求：
(1)小球在最低点的速度大小；
(2)滑块与固定挡板碰撞后瞬间，绳子对小球的拉力大小；
(3)滑块的质量。
【答案】(1) (2) (3)
【详解】（1）以最低点为零势能面，根据机械能守恒定律
解得
（2）根据牛顿第二定律
解得
（3）对滑块与小球组成系统，根据机械能守恒定律
水平方向根据动量守恒定律
联立解得
考点要求
考察形式
2025年
2024年
2023年
力学三大观点
选择题
非选择题
新高考全国Ⅱ卷
新高考全国Ⅱ卷
考情分析：
1．力学三大观点（牛顿运动定律为核心的动力学观点、能量观点、动量观点）是解决力学问题的关键工具，在黑吉辽选考物理中占据极其重要的地位，能够综合考查学生对力学知识的理解深度、知识迁移能力以及科学思维素养。
2．从命题思路上看，试题情景为
命题注重创设多样化、贴近生活与科技前沿的复杂物理情境，要求学生运用力学三大观点解决实际问题
复习目标：
目标一：熟练掌握牛顿运动定律、动能定理、动量守恒定律等核心知识，精准把握力与运动、功与能量、冲量与动量变化的内在联系。
目标二：将动力学、能量、动量三大观点融入完整的力学知识网络，明确各规律在不同物理情境下的应用边界与衔接点。
分类
对应规律
公式表达
力的瞬时作用效果
牛顿第二定律
F合＝ma
力对空间积累效果
动能定理
W合＝ΔEk
W合＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12
机械能守恒定律
E1＝E2
mgh1＋eq \f(1,2)mv12＝mgh2＋eq \f(1,2)mv22
力对时间积累效果
动量定理
F合t＝p′－p
I合＝Δp
动量守恒定律
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′