计算题专练(2)力学计算(二)-【鱼跃龙门卷】2026年高考物理试题逐题突破

2025一2026学年度高考试题逐题突破—计算题专练（二） 物理·力学计算（二） 总分：50分时间：40分钟姓名： 得分： 1.(10分)2025年，江苏省城市足球联赛（苏超）爆火，不仅点燃了全民足球热情，还成为人们争 相热议的社会现象和文化符号。某足球队在训练中练习“边路突破，下底传中”的战术，即攻 方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中。如图所示，足球场长100、宽75m,攻方前 锋小张在中线处将足球沿边线向前踢出，足球在地面上的运动可视为初速度大小v。=9/s、 加速度大小a。=1m/s2的匀减速直线运动。 (1)若无人触及被踢出后的足球，判断此种情况下足球是否会滚出底线。 (2)若在足球踢出的同时，小张沿边线向前追赶足球，追赶过程 100m- 他的运动可视为初速度为零、加速度大小a=2m/s2的匀 底 加速直线运动，求他追上足球前与足球间的最大距离xmax。 线 75m 中线 (3)若在(2)中情况下，小张的速度增大到最大速度vmx 8/s后，以此最大速度做匀速直线运动，请通过计算判断 他能否在足球停下前追上足球。 边线 物理·计算题专练（二）第1页（共4页） 广急默龙门类 2.(10分)如图所示，水平传送带长L=1.5m,与AB在同一水平面上，之间极小缝隙不会影响 物体的运动，斜面BC与水平面成37°角，AB与BC之间有小圆弧平滑连接，在水平面A处放 置一个质量为m2=4kg的物体，在斜面底端放置一个质量为m1=3kg的物体，两物体都可 视为质点。两物体开始时均静止，物体与传送带间的动摩擦因数均为0.3，其余接触面光滑， 传送带只能逆时针转动，sin37°=0.6。 (1)在质量为m1的物体上施加一个沿斜面向上的的恒力F作用1s后撤去这个力，再过1s 后物体再次回到斜面底端，求力F的大小和回到底端时质量为1的物体的速度大小。 (2)在(1)问的基础上，质量为m1的物体撞击质量为m2的物体后静止，求撞击过程中产生的 热量。 (3)在(2)的基础上，若传送带的速度可取任意值，求质量为m2的物体与传送带间因摩擦产生 的热量与传送带的速度v之间的关系。 1m2111 口37.. A B 物理·计算题专练（二）第2页（共4页） 3.(15分)如图所示，质量m1=3kg的滑块A静止在质量m2=1kg的木板B的左端，木板B静 登于水平地面上，木板右侧适当位登有一固定的光滑圆弧轨道PQ,圆弧的半径R-是m、圆 心角0=37°，圆弧在P点与水平方向相切，且P点与长木板上表面等高，圆弧轨道的右侧有 一平台。滑块A在大小为18N的水平恒力F作用下向右运动，2s后撤去F,一段时间后滑 块A与木板相对静止，此时滑块A恰好从P点滑上圆弧轨道，滑块A从Q点离开圆弧轨道 后刚好以水平速度滑上平台左端，已知滑块A与木板B之间的动摩擦因数41=0.2，木板B 与水平地面之间的动摩擦因数42=0.1，重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8， 不计空气阻力。求： (1)前2s内滑块A和木板B的加速度大小。 (2)滑块A滑上圆弧轨道P点时对P点的压力大小。 (3)Q点与平台左侧的水平距离。 分 A→ 777777777777777777777 物理·计算题专练（二）第3页（共4页）》 广多默龙门老 4.（15分)如图所示，物块A、B质量分别为m4=2kg,mB=1kg,用轻绳相连并用劲度系数k= 500N/m的轻质弹簧系住挂在天花板上静止不动。B正下方有一个半径为R=0.6m的四分 之一光滑固定圆弧轨道，其顶点a距离物块B的高度h=0.2m。某时刻A、B间的绳子被剪 断，然后A做周期T=0.4s的简谐运动，B下落并从a点平滑地进入光滑固定圆弧轨道。当 A第二次到达平衡位置时，B恰好运动到圆弧末端与质量为mc=0.6kg的滑块C相碰结合 为滑块D。D平滑地滑上与圆弧末端等高的传送带，传送带的水平长度为L=1m、以v。= 1m/s的速度顺时针转动，D与传送带间的动摩擦因数μ=0.2。传送带右端有一等高的固定 水平平台，平台上表面光滑，平台上静置着2025个相距较近的质量为m1=3.2kg的小球，D 能够平滑地滑上平台，且D与小球、小球与小球之间的碰撞均为弹性正碰(A、B、D、小球均可 以看作质点，重力加速度g=10m/s2,忽略空气阻力)。求： (1)物块A做简谐运动的振幅。 (2)光滑固定圆弧轨道对物块B的冲量大小。 (3)整个运动过程中D与传送带之间因摩擦产生的热量。 L IAAV 0000 ⊙)■ 7n777mm77777nn777T 物理·计算题专练（二）第4页（共4页）·物理· 2.(1)5s (3)10 m 【解析】(1)以物块为研究对象，根据牛顿第二定律可得 Fcos37°-u(Fsin37°+mg)=ma1, 解得加速度为a1=1.6m/s2, 1 根据运动学公式可得x6=2a1t,解得物块由a运动到6所 用的时间t=5s。 (2)物块运动到b端时速度为v,=a1t=8m/s, 又xk=u,t'+2a2,代人数据解得a'=2m/s, 在斜面上，根据牛顿第二定律可得mgsin30°一h'mg cos30°= ma', 解得物块与斜面间的动摩擦因数一， (3)物块从a到P有2=2a1x1,物块由P到b有品=2a2x2, 且a,=m8=4g,又x=x1十x2, m 联立解得aP间的距离为x1=)m。 3.(1)2.25×105J(2)4.25×10N(3)3.2s 【解析】(1)舰载机从启动到飞离甲板升高的高度h=ssin15°， 舰载机从启动到飞离甲板重力势能的增加量E。=mgh, 代入数值得E。=2.25×105J。 1 (2)由动能定理有(F-f)L=2m0,代人数值得F=4.25× 104N。 (3)发动机额定功率P=Fv, 舰载机在水平甲板上运动时间，=上 2 设在倾斜甲板上运动时间为t2,由动能定理有Pt2一fs一Wc= 2mue、 2mu2, 其中v=75m/s,Wc=mgh,代人数据得t2≈0.78s, 舰载机在甲板上运动时间t=t1十t2≈3.2s。 4.(①)R(2)6sR 2 (3)12 【解析】(I)物块a在圆弧面上运动时，物块a和b组成的系统 水平方向动量守恒，则w。=3mw6,即mx。=3m,x6,又因为x。十 1 x。=R,解得xw=本R。 (2)设物块a第一次运动到A点时速度为1，圆弧体的速度 为2， 根据水平方向动量守恒有mo1=3mv2, 根据机械能守恒有mgR= 1 2mu+2×3moi, =V6gR 解得u,=V6gR 6。 (3)设物块a与弹簧作用前的速度为vg,根据动能定理一mgR= 1 设a与弹簧分开后瞬间速度为v4,物块c的速度为5，a与弹 3 簧作用过程，根据动量守恒定律mo3=mo+3mws, 根据机械能守恒 2 mvi-1 m+x3m, 1 解得04=一之v3ws=20g, 由于物块a刚好不再能滑上圆弧面，故物块a第二次滑过AB 段后的速度大小等于，根据动能定理一mgR=弓m 1 。1 mo,解得μ=12。 物理计算题专练（二） (1)不会(2)13.5m(3)能 【解析】(1)根据匀变速直线运动的规律有v?=2axo,解得 x。=40.5m, 因为x。<50m,所以足球不会滚出底线。 (2)由题意分析知，当小张和足球的速度相等时，他与足球间的 距离最大，设从他将球踢出到他与足球的速度相等的时间为 t1,有at1=vo一aot1,解得t1=3s, 1 经分析可知xx=ut1一2a好-2a,解得n=13.5m。 (3)设从小张将球踢出到他达到最大速度的时间为t2,有vmx= at2,解得t2=4s, 在时间，内，小张通过的距离x1=”%·解得x=16m, 此后，小张以最大速度做匀速直线运动，假设他恰好在足球停 下时追上足球，则他做匀速直线运动通过的距离x2=vmx(t。一 t2),足球从踢出到停下所用时间to=0,解得x2=40m, 因为x1十x2>xo,所以小张能在足球停下前追上足球。 (1)24N4m/s(2)6J(3)见解析 【解析】)力F作用时间1的位移和速度分别为s,三2a1 1 0=a1t,撤去F后再经过时间t,则s?=1t一2az,其中 52=一51， 因a2=gsin37°=6m/s2,解得a2=3a1,a1=2m/s2, 由牛顿第二定律F-m1gsin0=m1a1,解得F=24N, 回到底端时质量为m1的物体的速度大小v2=|o1一a2t|= 4m/s。 (2)两物体碰撞过程由动量守恒m102=m2v3,解得v3=3m/s, 产生的热量Q=分m1暖-号m:i=6J (3)若物体在传送带上一直加速，到达最左端时恰能与传送带共 速，则由动能定理m:8L=名mo?- 2mo,解得o'= 3√2m/s, 当>3巨m/s时，质量为m的物体的运动时间=”一0 uug (√2-1)s, Q=m2g(t-L)=[12(2-1)v-18](J), 当3≤v≤3√2m/s时，质量为m2的物体加速的时间t'= 0-u=03(s), ug 3 Q=wm2g(t'-o”）=2(a-3)0), 2 当0<o<3m/s时，质量为m2的物体减速的时间=？一”= ug 3(6) 3 Q=mg(g4-t）=23-p)0. (1)4m/s2m/s(2) 762N(31.2m 【解析】(1)由题意，根据牛顿第二定律，对A,有F-41m1g= m1a1; 对B,有1m1g-2(m1十m2)g=m2a2,解得a1=4m/s, a2=2m/s2。 (2)2s末，A、B的速度大小分别为1=a1t1=8m/s,v2= a2t1=4m/s, 撒掉力F后，A做匀减速直线运动，B仍以α2做匀加速直线运 动，根据牛顿第二定律，对A,有1m1g=m1a3,当二者共速时有 v1-a3t2=v2十a2t2,解得t2=1s, A从P点滑上圆弧轨道时的速度为vp=v1一agt2=6m/s, .13 参考答案及解析 根据牛顿第二定律有FN一m1g=m1R 物理计算题专练（三） 762N。 由牛顿第三定律有F压=FN= 心q①4m/s285m345w (3)A从P点沿圆弧轨道到达Q点，根据动能定理可得 【解析】(1)小球a水平方向做匀速直线运动，有x=vot, -m1gR（1-c0s)=方m16-m2,解得g=5m/s,A 竖直方向做自由落体运动，有y=2gt,联立解得一 从Q点滑出后做斜抛运动，有x=vo cos0·t3,vo sin日=gt3, 4√5m/s。 联立解得x=1.2m。 ①0.02m25Ng84-普×() (J) (2)由第(1)问可知w=△E:=号m时=2，根据W= (mA十mB)g= 之m,解得p=25m/s, 【解析】(1)初始状态下，伸长量为△x1= 小球b从P到Q的过程中，水平方向速度不变，有pcos37°= 0.06m, VQc0s53°， 剪断轻绳后，A处于平衡位置时伸长量为△，=A3 解得00一 8√5 k m/s。 0.04m, (3)取竖直向下为正方向，从P到Q由运动学公式得vo sin53°= 振幅A=△x1一△x2=0.02m。 -Upsin37°+gt, (2②)物块B做自由落体运动的时间么=名g,解得=0,2s 解得t= 3s, B落到a时的速度v。=gt1=2m/s, 从P到Q,由动能定理得W0=号m,后-弓，i,解得 1 根据动能定理mgR=2mB02-之mB, 1 14 解得B在圆弧轨道末端的速度o=4m/s, Wra-9 J. 3T B在圆弧轨道上的运动时间，=4-=0.1s, 部得下 根据P=, W 取向下为正方向，竖直方向I,十mBgt2=一mBv。,解得Iy -3N·s, 2.(1)6m/s(2)0.9s4.05m(3)6次 水平方向I,=mBv=4N·s,故圆弧轨道对物块B的冲量大小 【解析】(1)设物块质量为m,A与B第一次碰前的速度为。， 1 I=√T+I=5N·s。 由能量守恒定律有E,=2mo6+mgL,解得v,=6m/s. (3)根据动量守恒mB=(mB十mc)vp,解得vp=2.5m/s, (2)设A、B第一次碰撞后的速度分别为oA、YB,A、B碰撞为弹 1 分析D第一次滑过传送带有a=g,L=on△t一 2a(△t)2,得 性碰撞，又质量相等，则碰后二者速度交换，即A=0,vB= 6m/s, △t=0.5s, 碰后B沿传送带向上做匀减速运动直至速度为零，加速度大小 则有Q1=mDg(L-oo△t)=1.6J, 设为a1,由牛顿第二定律有mg sin0十h2 ng cos0=ma1,解得 物体D滑上平台后与第一个小球发生弹性正碰，碰撞前速度 a1=10m/s2, vp。=1.5m/s, 规定向右为正方向，有movp。=mop,十m11, 运动的时间1-=0.6s,位移x1-241-1.8m, u1 1 1 此过程相对运动路程△s1=t1十x1=3.6m, 2 mpvp=2mpvb+2mv, 此后B反向加速，加速度仍为α1，与传送带共速后匀速运动直 解得vp,=-0.5m/s,v1=1m/s, 至与A再次碰撞，加速时间为2=”=0.3s,位移为x2= 之后小球依次与下一个小球发生弹性正碰，由于质量相等，速 度交换，而物体D返回滑上传送带，假设匀减速到速度为0，则 2t2=0.45m, 一1=1 x1=-2a=6m<L=1m, 此过程相对运动路程△s2=vt2一x2=0.45m, 则B相对传送带运动的时间t=t1十t2=0.9s, 不会向左滑出传送带，因此D在传送带上反向向右加速，以 B相对传送带运动的路程s=△s1十△s2=4.05m。 D1=一vD1=0.5m/s再次滑上平台，与第一个小球发生弹性 (3)B与A第二次碰撞，两者速度再次互换，此后A向左运动再 正碰，之后的运动具有可类比性，物体D在与小球第一次碰后 返回与B碰撞，B沿传送带向上运动再次返回，每次碰后到再 0D1 次碰前速率相等，重复这一过程直至两者不再碰撞。 在传送带上运动过程中，运动时间，=2·。 =0.5s, 则对A、B和弹簧组成的系统，从第二次碰撞后到不再碰撞， 相对位移ax1=专+0十名-m, t3 UDil3 2 mv=2nu:mgL, 解得第二次碰撞后重复的过程数为n=2.25≈2（取整数）， 得△x1=v。t3=0.5m, 所以碰撞总次数为N=2十2n=6次。 在此过程中产生的热量为Q'=umDg△x1=1.6J。 3.(1)0.45m(2)0.3mr0.5m(3)25N 同理可知，当物体D与小球发生第次碰撞，设碰前D的速度 【解析】(1)设细绳断裂时小球的速度大小为v4,根据动能定理 大小为k-1,碰后D的速度大小为v,则有mpv-1=一mps十 miu2mov-1-2mpvm, 可得mgl=之mwA, 以oM=5m/s的速度由M点无碰撞地进入轨道，则有A= 可得U=3-1 vMc0s(0一90°)=UM COS53°=3m/s,联立解得=0.45m。 (2)设小球经过Q点时的速度大小为vQ,且恰好能落到M点， 1 在传送带上产生热量Q2=∑μmng△x=mpgX ug 则有-mg[r+Ras(0-90]=号m6-号mir+Reos(0 -()]. 90）-26,R[1+sn(0-90]-=o,解得=0.3m, 所以Q=Q1+Q2=4一 r2=0.5m。当r2=0.5m时，解得va=V5m/s=√gr2, 5 分析可知，当r>0.5m时，小球不能沿轨道运动到Q点；当r<