考点十三关于（力学）提升计算题训练-2026届高考物理二轮复习含答案

这是一份考点十三关于（力学）提升计算题训练-2026届高考物理二轮复习含答案，共12页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。
一、解答题
1．随着我国居民生活水平的不断提高，小轿车进入了千家万户，随之而来的交通事故也在不断增加。高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为15000kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一辆质量为3000kg向北行驶的卡车，碰后两车连接在一起并停止，根据测速仪的测定，长途客车碰撞前以20m/s的速度行驶，由此可否判断卡车碰撞前的行驶速率？
2．足球的初速度为10m/s，方向向右。与木板作用的时间是0.1s，足球与木板作用后反向弹回的速度大小为7m/s，求足球与木板碰撞反弹时的加速度的大小及方向。
3．如图，一小孩坐在雪橇上，现用一个与水平方向成角、大小为60N的力F拉着雪橇沿水平地面由静止开始做匀加速直线运动。已知雪橇与小孩的总质量为30kg，加速度，重力加速度取，则从静止开始运动的过程中
（1）力F做的功W；
（2）力F做功的平均功率P。
4．如图所示，轻弹簧的一端与挡板O相连接，弹簧的自然长度为OA，现用质量为m=0.5kg的小球压缩轻弹簧由静止释放，小球离开弹簧后在水平面上运动由B点进入半径为R=0.4m的光滑半圆弧轨道，C为半圆弧轨道的最高点，已知水平面OA段光滑，AB段粗糙且长度L=3m，小球与水平面AB段的动摩擦因数，小球通过最高点C时对轨道的压力恰好为零，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2；求：
（1）弹簧压缩后具有的弹性势能Ep及小球落地点距离A点的距离；
（2）若弹簧压缩的形变量相同，要使每次小球都能够进入半圆弧轨道且能沿着轨道返回水平面，则小球质量应该满足什么条件；
（3）在（2）问中若取质量M=1kg小球压缩轻弹簧，则小球被弹开后最终停在何处。
5．如图甲所示，长L=2.0m、质量M=3kg的木板A放在水平地面上，质量为m=1kg的小物块B放在木板的左端，开始时两者静止。现用一水平向左的力F作用在木板A上，通过传感器测得两物体的加速度a与力F的变化关系如图乙所示．最大静摩擦力看作等于滑动摩擦力，g=10m/s2．求：
（1）A与地面间及A、B间的动摩擦因数µ1和µ2；
（2）图中F0的数值；
（3）若水平恒力F=27N，且始终作用在木板A上，小滑块B从木板上滑落的时间t．
6．一个铁球质量为，从静止状态由高处自由下落，然后陷入泥潭中，从进入泥潭到静止用时，g取。求：
(1)从开始下落到进入泥潭前，重力对小球的冲量大小；
(2)从进入泥潭到静止，小球动量的变化量大小和方向；
(3)泥潭对小球的平均作用力大小。
7．如图所示，半径均为R、质量均为M、内表面光滑的两个完全相同的圆槽A和B并排放在光滑的水平面上，图中a、c分别为A、B槽的最高点，b、b′分别为A、B槽的最低点，A槽的左端紧靠着竖直墙壁，一个质量为m的小球C从圆槽A顶端的a点无初速度释放，重力加速度为g，求：
（1）小球C从a点运动到b点时的速度大小及A槽对地面的压力大小；
（2）小球C在B槽内运动所能达到的最大高度。
8．如图，在水平地面上固定一倾角为O的光滑斜面，一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态．一质量为m的滑块从距离弹簧上端为S．处t静止释放，设滑块与弹簧接触过程中没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g．
(1)求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间；
(2)求滑块从静止释放到最大速度时的位移大小；
(3)若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为vm，求滑块从静止释放到速度大小为vm过程中弹簧的弹力所做的功W．
9．如图所示，倾角的光滑斜面的下端有一水平传送带，斜面和传送带相接处有一小段光滑圆弧物体经过A点时，无论是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，其速率都不发生变化。传送带以的速度顺时针转动，一个质量为的物体（可视为质点）从高处由静止开始沿斜面下滑，物体与传送带间的动摩擦因，传送带左右两端A、B间的距离，重力加速度。求：
（1）物体第一次由静止沿斜面下滑到斜面末端速度；
（2）物体在传送带上距B点的最小距离；
（3）物体第一次从距B点最近处运动到斜面上最高点所经历的时间。
10．如图所示，大小相同的小球甲、乙由不同弹性材料制成。小球甲所带电荷量为+q、质量为m，小球乙带负电、电荷量未知、质量为7m，甲、乙接触时无电荷转移。空间中有水平向右的匀强电场，场强大小为。某时刻甲以水平向右的初速度与速度为0的乙发生第1次碰撞。当乙运动到电势能最大时刚好与甲发生第2次碰撞。已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，每次碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间极短。求：
(1)第1次碰撞后甲、乙的速度大小；
(2)甲、乙第8次碰撞位置与第1次碰撞位置的竖直距离；
(3)若改变乙的电荷量，其他条件不变，可令小球甲、乙第2次碰撞位置在第1次碰撞位置的正下方，求甲、乙第8次碰撞位置与第1次碰撞位置的水平距离。
考点十三 关于（力学）培优计算题训练
参考答案
1．100m/s
【详解】两车碰撞过程系统动量守恒，以客车的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
代入数据解得
2．170m/s2，方向向左
【详解】规定向右的方向为正，由加速度的定义式可得
故足球与木板碰撞反弹时的加速度的大小为170m/s2，方向向左。
3．（1）192J；（2）48W
【详解】（1）力F做的功
（2）根据匀变速直线运动规律
力F做功的平均功率
联立解得
4．（1）8J，2.2m；（2）；（3）距B点1m处
【详解】（1）小球通过最高点C时对轨道的压力恰好为零，在C点
解得
平抛后竖直方向
水平方向
小球落地点距离A点的距离
从A到C根据能量守恒
（2）弹簧压缩的形变量相同，则弹性势能相同，每次小球都能够进入半圆弧轨道，则
解得
且能沿着轨道返回水平面，则最高到达圆心等高处，则
解得
所以小球质量
（3）质量M=1kg小球压缩轻弹簧，全过程根据能量守恒
解得在AB上的总路程
所以小球被弹开后最终停在距B点1m处。
5．（1），；（2）；（3）
【详解】（1）由乙图知，当外力时，对整体有
又
得
当时，m与M有相对滑动，对m由牛顿第二定律有
由乙图知
解得
（2）临界法：当时，对整体有
得
（3）当水平恒力，木板的加速度为
由（1）知滑块的加速度为，则
解得
6．(1)，竖直向下；(2)，竖直向上；(3)12N，竖直向上
【详解】(1)自由落体运动过程，有

从开始下落到进入泥潭前，重力对小球的冲为

方向竖直向下；
(2)自由落体运动的末速度即进入泥潭前的速度
规定向下为正方向，则
即小球动量的变化量大小，方向竖直向上；
(3)以竖直向下为正方向，根据动量定理有
解得
可知平均作用力方向竖直向上，大小为12N。
7．（1），3mg＋Mg；（2）
【详解】（1）小球C从a点运动到b点的过程，根据机械能守恒定律，有
解得小球到b点时的速度大小为
在最低点b，根据牛顿第二定律
解得
由牛顿第三定律可知，小球C对A的压力为
A处于静止状态，由平衡条件可知，地面对A的支持力
由牛顿第三定律可知，A对地面的压力大小为
（2）B、C组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，小球C在B槽内运动至所能达到的最大高度h处时，两者共速，由动量守恒定律可知
由机械能守恒定律，有
解得
8．（1）（2）（3）
【详解】（1）滑块在斜面上滑动，由牛顿第二定律mgsinθ=ma

得：
（2）滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为，则有

得：
（3）从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理有：
解得：
点睛：本题考查有变力做功时动能定律的应用以及匀变速直线运动规律的综合应用．关键是分析物理过程，搞清能量转化的关系，选择合适的物理公式列方程．
9．（1）；（2）；（3）
【分析】（1）先根据牛顿第二定律求加速度，再由速度位移关系求到达斜面末端的速度；
（2）先由牛顿第一定律求出物体在传送带上减速的加速度，再根据速度位移关系求出速度减为0时向右运动的位移，即可得出离B最近的距离；
（3）由前的分析可判断出物体先做匀加速运动，再做匀速运动，最后沿斜面向上做匀减速运动，求出加速度与速度，根据速度与时间关系及位移与时间的关系即可求时间。
【详解】（1）物体沿光滑斜面下滑，由牛顿第二定律得
解得
由几何关系沿光滑斜面下滑位移
由运动学公式解得物体滑到斜面末端速度
（2）物体在传送带上受到向右的滑动摩擦力而做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得
代入数据解得
当物体速度减为0时物体距B最近，有运动学公式可得
解得
物体距B点的最小距离
解得
（3）物体返回时距A点，仍受到向右的摩擦力，从速度为0开始做匀加速直线运动，加速度大小为
若物体一直做匀加速运动，由运动对称性可知到A点时物体速度
等于传送带速度，故物体一直做匀加速直线运动，有
解得
物体沿斜面匀减速上升有
解得
所以物体第一次从距B点最近处运动到斜面上最高点所经历的时间
10．(1)，
(2)
(3)
【详解】（1）根据弹性碰撞可知
解得第一次碰撞后
故第一次碰撞后甲的速度大小为，乙的速度大小为
（2）第一次碰撞到第二次碰撞过程中，水平方向上，甲、乙以不同加速度做匀变速运动，竖直方向甲、乙做完全相同的自由落体运动
乙电势能最大时，说明此刻乙水平速度为0
第一次碰撞到第二次碰撞，甲、乙水平位移相同，由知，水平方向平均速度相同，则
即
解得
分析发现，甲与乙第二次碰撞前的水平速度与第一次碰撞前完全相同，说明每相邻两次碰撞间，甲、乙水平方向做完全相同的周期性运动
甲的水平加速度
每个周期的时间
从第1次碰撞到第8次碰撞，经过了7个T。甲、乙竖直方向始终做自由落体运动，竖直距离
解得
（3）第二次碰撞位置在第一次碰撞位置正下方，说明甲的水平速度从向左的变为向右的，乙的水平速度从向右的变为向左的
所以
得
对任意的第n次碰撞前到第（n+1）次碰撞前分析，以下列式均对于水平分运动，规定向右为正方向
对于第n次碰撞过程，已知撞前，
碰撞过程中
解得，
对于第n次碰撞后到第n+1次碰撞前过程，甲、乙水平位移相同，且运动时间相同，说明平均速度相同
即
解得，
不难发现，第（n+1）次碰撞前的甲、乙水平速度比第n次碰撞前的甲、乙水平速度各减少
每次碰撞后到下一次碰撞前，以乙为参考系，甲相对乙的速度从变为，所以相邻两次碰撞之间的时间间隔均为
仅关注甲在相邻两次碰撞间的运动，不难发现相邻两次碰撞间的位移构成等差数列，公差为
由于第1、2次碰撞间水平位移为0，故第1次到第8次碰撞间，甲的水平位移为