计算题专练(3)力学计算(三)-【鱼跃龙门卷】2026年高考物理试题逐题突破

·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< 高考试题逐题突破 0.3m时，小球会落到MN上，所以一圆轨道PQ的半径r满 足的条件为0.3m≤r≤0.5m。 (3)小球对轨道压力的极值出现在N、P两点，设小球经过N 点时的速度大小为vN,小球经过P点时的速度大小为p,r越 小，小球经过P点时对轨道的压力越大，有mgR[1一cos(0一 90)]=2m%-2muia,一mgR=2mui-2mu,解得 /95 N m/s,vp=/15m/s。 根据牛顿第二定律可得F。=m2-0.5X15 N=25N, 0.3 FNsn呢 0.5X95 R 十mg= -N+0.5×10N=24N, 5 比较可知Fmax=25N。 4.(1)60kg(2)0.5m(3)分离1m/s0 【解析】(1)设大人的质量为M',大人给小孩一水平向左的瞬时 冲量，大人获得的速度大小为'，根据动量守恒可得M~ M'', 根据题意可知大人向右运动并沿斜面AB上滑恰好过B点，根 据劲能定理可得-M'gsin30°=0-2M'02,联立解得。'- 2m/s,M'=60kg。 (2)设平板P与挡板Q碰撞前，平板P与小孩已经达到共速， 根据动量守恒可得Mv=(M十m)v1,解得v1=3m/s,结合图 乙可知，假设成立； 设小孩与平板P间的动摩擦因数为：，根据图乙可得小孩做匀减 速运动的加速度大小为a-31.5m/g=3m/5, 0.5 以小孩为对象，根据牛顿第二定律可得a=M =g,解得μ= 0.3。 以平板P为对象，根据牛顿第二定律可得平板P的加速度大小 为a'=Mg=9m/s, 则平板P从开始运动到第一次共速通过的位移大小为xp 2a=0.5m,可知平板P最初静止时，其左端离挡板Q的最小 v 距离为0.5m。 (3)小孩第一次与平板P共速时，发生的相对位移为△s1 x小一xP 2a-2a=3m, 11 此时小孩与平板P左端的距离为△x1=L一△s1=6m, 小孩第一次与平板P共速后一起匀速运动，直到平板P与挡板 Q发生弹性碰撞，碰撞后，小孩向左做匀减速运动，平板P先向 右做匀减速运动再向左做匀加速运动，直到第二次共速，根据 动量守恒可得Mo1一mw1=(M十m)v2, 3 解得第二次共速的速度为w2=2m/s, 从平板P与挡板Q发生第一次弹性碰撞到第二次共速，小孩与 平板P发生的相对位移为△s,=x十=。+- 2a 2a' 3 2m, 此时小孩与平板P左端的距离为△x2=△x1一△s2=3m, 假设平板P与挡板Q发生第二次弹性碰撞后能够第三次共速， 根据动量守恒可得Mo2一w2=(M+m)o3,解得第三次共速的速 度为=3 m/s, 从平板P与挡板Q发生第二次弹性碰撞到第三次共速，小孩与 平板P发生的相对位移为△，=x外十水=+一 2a 2a' 3 8m>△x,三3m,可知第三次共速前，小孩已经从平板P左 端滑落，设滑落时小孩和平板P的速度分别为~小、，根据动 量守恒可得Mv2-mv2=Mu小十mvp, 根据能量守恒可得AMg·△z,=号Moi+号mui-子Mo 1 vk, 联立解得v小=1m/s,vp=0。 即小孩最终与平板分离，分离时小孩速度为1m/s,平板速度 为0。 物理计算题专练（四） （1)5RBg(2)RBg2xm m 3Bq (3)v≤ 3 RBa 2m 【解析】(1)作出轨迹图，如图甲所示， 根据几何关系可知粒子P在磁场中做圆周运动的半径1= √3R, 根据Bqvo=m ,解得 √5RBg m 0 a 甲 乙 (2)粒子Q在磁场中运动轨迹如图乙所示， 由几何关系可知Q在磁场中做圆周运动的半径r2=R, 根据BgU,=m正，解得u,=RBg 2 m 由几何关系可知Q在磁场中做圆周运动的圆心角0=120°，Q 120° 在磁场中运动的时间t= ,2πr2=2πm 360° 3Bg (3)要使所有粒子从∠aOc所对应的磁场边界射出，则弦ac为 速度最大的粒子的轨迹的直径，对应的最大半径广。- 2R, 根据Bg0。=m三，解得。一百R✉ rm 2m 所以人射的粒子的速度应满足u≤3RBg 2m a)E 十Na (2) 2mR (3)(2r+33)mu 3gE 【解析】(1)带负电的粒子正好能沿直线匀速穿过半圆区域，可 知qE=Bgu,解得B=E (2)粒子在电磁场中做匀速直线运动，粒子从M到O的时间 1 粒子出半圆区域后做类平抛运动，则水平方向R=2, 由牛顿第二定律gE=ma,解得2一√Eq 2mR 则粒子从M点到达y轴的时间t=t1十t2= R 2mR (3)若仅保留磁场，则粒子运动轨y↑ vi 迹如图所示，根据qv1B=m r, 0 可得= 3R, 由几何关系可知，粒子在磁场中转 动的圆心角为120°，则运动时间ō 需智器 3gE’ 出磁场后到P点运动时间=Ttan60°-5mu」 9E, 14 粒子从M点运动至P点所用的时间t'=t1+t? (3)对金属棒Q,根据动量定理可得一BIL·△t'=0一mvo,又 (2π+3√3)mv 3gE q=IAt'=BLz 2R (1) (2)21(3)1+)20 联立解得x 2mR 2mgh B2L2Vm+CB2L2· 【解析】(1)粒子在偏转电场中做类平抛运动，有1=v。t, 物理计算题专练（五）】 2at2, 1.(1)ml 2eUo 1 leUo (2)to to 2m (3)2±g,a=01, 在极板间有a= 9U ml 2,…) 由法拉第电酸感应定体有-联立解得是-侧 AtgS· 【解析】(1)电子离开加速电场时的速度，一2。 (2)设粒子从N点出射的速度大小为v,与。方向的夹角为0， 则在加速电场中Ue=了m,解得，-。 8eti 磁场宽度为d,如图所示，由几何关系知tan0=a“,cs0= 0 (2)当t=nto(n=0,1,2,…)时刻射入偏转电场的电子离开 解得v=√20， 电场时的偏转距离最大，则号=2×2。 ti,a= dm,解得d 由洛伦兹力提供向心力有qB2=m 由几何关系可知d=√2r,解得右侧磁场宽度为d=2l。 to m y (③)设，时刻进人偏转电畅的电子，会从中线上方号处飞出俯 M 转电场，由运动公式可得号-名4。-，)户×2一日aX2,解 0. 人45° 得6，= (3)设粒子在y轴右侧磁场区域运动时间为t1,出磁场后做匀 所以在1=2，十，=2十号a=01,2…)时刻进入偏转电 90° 速直线运动运动到P点的时间为241一360T,粒子在磁场中 场的电子，会从中线上方。飞出偏转电场；同理可得在1 6 的运动周期T=2πm,1 gB2’2 =vot2,t=t1十t2,解得t=(1十 2a,-4,=2m。-号(n=1,23,…)时刻进入偏转电场的电子， )1 也会从中线上方日飞出偏转电场。 (1) 3mgCBL m'gh 5(m+CB2L2) (2) 2.(1)V2mgU √2mgU 2mU 2(m+CB2L2) qB gB gB2 -d 2mR 2mgh mdE (3) 2L2Nm+CB'L? (2)imUB RR d √R2-d 【解析】(1)金属棒P下滑过程，根据牛顿第二定律可得 【解析】(1)设粒子经加速电场到b孔的速度大小为，粒子在 mgsin37°-BIL=ma, 区域I中，做匀速圆周运动对应圆心角为a,在M、N两金属板 又I= △Q △t =CW=CBL△0=CBLa,联立可得I= 1 △t △t 间，由动能定理得gU=2mu, 3mgCBL 在区域I中，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛 5(m+CB2L2)° R,解得R=√2mgU (2)金属棒P下滑过程做匀加速直线运动，其加速度a 顿第二定律得gB=m ,由几何关系得 gB 3mg 5(m+CB2L2)' d+(R-L):-R,cos a-R-d R -,sin a= 是解得L 根据运动学公式可得6=2a·sin37, h √2mgU 2mU 解得金属棒P到达倾斜导轨底端的速度大小为。= 9B √gB2-d2。 2mgh (2)设区域Ⅱ中粒子沿之轴方向的分速度为？.，沿x轴正方向 Vm+CB'L' 加速度大小为a,位移大小为x,运动时间为t,由牛顿第二定律 P与Q发生弹性碰撞，且P与Q质量相等，由动量守恒和机械 得qE=ma, 能守恒可得moo=mvp十muQ, 粒子在x轴方向做匀速直线运动，由运动合成与分解的规律得 1 v.=vcos a,d=v.t, 2mu=2mu呢+2mu6,解得p=0,a=uo, 粒子在x方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式 碰后金属棒P静止在绝缘位置，金属棒Q在安培力的作用下减 速，直至停下，根据能量守恒定律，碰后回路产生的总热量为 得x=2a, Q=2mvo, 解得x= md2E 4mU-2gd2B2 设粒子沿y方向偏离z轴的距离为y,其中在区域Ⅱ中沿y方 右端定值电阻R产生的热量为Q:=乞Q:,联立解得QR= 向偏离的距离为y',由运动学公式得y'-ulsin a,由题意得y= mgh 2(m+CB2L2)° L+y,解得y=R-VR-d+一d √R2-d22025一2026学年度高考试题逐题突破—计算题专练（三） 物理·力学计算（三） 总分：50分时间：40分钟姓名： 得分： 1.(10分)如图甲所示，弹力对接球装置可通过按压开关发射小球，每次发射过程中对小球做功 相同，且做功距离极短可忽略不计。以发射点为坐标原点O,水平向右为x轴正方向，竖直向 25 上为y轴正方向建立平面直角坐标系，质量为m。-50g的小球a从(0,16m)水平向右发射， 其轨迹如图乙所示，运动轨迹与x轴交点为(5m,0)。如图丙所示，用该装置将质量为m6= 200g的小球b从空中P点斜向上射出，射出方向与水平方向夹角为37°，运动到图中Q点时 速度方向与水平方向夹角为53°，不计空气阻力，重力加速度为g=10m/s2,sin37°=0.6， c0s37°=0.8，求： 1066 y/m p.370 Q53 5 x/m 甲 乙 丙 (1)小球a平抛的初速度大小； (2)小球b运动到Q点的速度大小； (3)小球b从P到Q重力做功的平均功率。 物理·计算题专练（三）第1页（共4页） 广鱼默龙门老 2.(10分)如图所示，在水平面上有一弹簧，其左端与墙壁相连，O点为弹簧原长位置，O点左侧 水平面光滑。水平段OP长L=1m,P点右侧有一与水平方向成0=30°角的足够长的传送带 与水平面在P点平滑连接，传送带逆时针转动速率为3/s。一质量为1kg可视为质点的物 块A压缩弹簧（与弹簧不拴接），使弹簧获得弹性势能E。=19J,物块与水平面OP段间的动 摩擦因数41=0.1。另一与A完全相同的物块B停在P点，B与传送带间的动摩擦因数42= 3传送带足够长。A与B的碰撞为弹性碰撞，碰撞时间不计，重力加速度g=10m/S,现释 放A,求： (1)物块A、B第一次碰撞前瞬间，A的速度大小。 (2)从A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前，B相对传送带运动的时间及相对运动的路程。 (3)A、B能够碰撞的总次数。 物理·计算题专练（三）第2页（共4页） 3.(15分)如图所示，轻质细绳一端固定在O点，另一端连接质量m=0.5kg、可视为质点的小 球，右下侧有一沿竖直方向固定的光滑轨道，其中MNP是半径R=号m、圆心角为9=143的 圆弧轨道，PQ为半径可调的圆轨道，将细绳拉至水平后由静止释放小球，小球到达O点正 下方的A点时，细绳恰好断裂，小球沿水平方向飞出，以vM=5m/s的速度由M点无碰撞地 进人轨道，沿轨道运动到Q点水平飞出后不能落到MN上，不计一切阻力，取重力加速度大小 g=10m/s2,sin0=0.6。求： (1)细绳的长度l。 (2)圆轨道PQ的半径，的取值范围。 (3)在(2)中半径r的取值范围内，小球对轨道的最大压力Fmax。 Q M 物理·计算题专练（三）第3页（共4页） 鱼欧克门老 4.(15分)滑雪是大人小孩都爱玩的游戏。如图甲所示，在水平地面上固定有一竖直挡板Q和 倾角为30°的斜面AB,斜面AB的底端与水平面平滑相接。质量为m=10kg、长度L= 2.5m的平板P静止在水平面上，质量为M=30kg的小孩（可视为质点）静坐于平板右端，大 人给小孩一水平向左的瞬时冲量，使小孩获得v=4m/s的速度，同时大人向右运动并沿斜面 AB上滑恰好过B点，斜面AB长度为s=0.4m。平板P向左运动并与挡板Q发生弹性碰 撞。以第一次碰撞瞬间为计时起点，取水平向左为正方向，碰后0.5s内小孩运动的vt图像 如图乙所示。仅考虑小孩与平板间的摩擦，其他摩擦忽略不计，重力加速度取g=10m/s2。 3/m·s) 1.5 1 89 0o5 甲 (1)求大人的质量。 (2)求平板P最初静止时，其左端离挡板Q的最小距离。 (3)通过计算说明小孩与平板最终是否分离，若会分离，求出分离时的速度分别为多少。 物理·计算题专练（三）第4页（共4页）