高考物理力学专题真题详解

高考物理力学专题真题详解一、牛顿运动定律：连接体与超失重的核心应用（一）考点梳理牛顿运动定律是力学的基石，核心考点包括：1.牛顿第一定律：惯性的定义（质量是惯性唯一量度）、理想实验的逻辑。2.牛顿第二定律：\(F_{合}=ma\)（矢量性、瞬时性、独立性），正交分解法的应用。3.牛顿第三定律：作用力与反作用力的“等大、反向、共线、异体”特征（与平衡力的区别）。4.常见题型：连接体问题（整体法与隔离法）、超失重问题（加速度方向与视重的关系）、瞬时性问题（弹簧与绳的区别）。（二）真题解析（2023·全国甲卷·14题）题目：如图，两物块A、B叠放在水平桌面上，A的质量为\(m\)，B的质量为\(2m\)。A、B间的动摩擦因数为\(\mu\)，B与桌面间的动摩擦因数为\(\frac{\mu}{2}\)。用水平拉力F拉B，使A、B一起做匀加速直线运动。已知重力加速度为\(g\)，求：（1）A、B一起运动的加速度大小；（2）拉力F的最大值。解析（1）整体法求加速度：以A、B整体为研究对象，受力分析：重力：\(3mg\)（向下）；支持力：\(N=3mg\)（向上，平衡）；拉力：\(F\)（向右）；桌面摩擦力：\(f_{桌}=\frac{\mu}{2}\cdot3mg=\frac{3\mumg}{2}\)（向左）。根据牛顿第二定律，水平方向：\[F-f_{桌}=3ma\]但需注意，此处F并非任意值，需保证A、B相对静止（即A的加速度由B对A的静摩擦力提供）。（2）隔离法求最大拉力：以A为研究对象，受力分析：重力：\(mg\)（向下）；支持力：\(N_A=mg\)（向上，平衡）；B对A的静摩擦力：\(f_{A}\)（向右，提供A的加速度）。A的加速度由静摩擦力决定，最大静摩擦力为\(f_{Amax}=\mumg\)，故A的最大加速度为：\[a_{max}=\frac{f_{Amax}}{m}=\mug\]将\(a_{max}\)代入整体法方程，求F的最大值：\[F_{max}-\frac{3\mumg}{2}=3m\cdot\mug\]解得：\[F_{max}=\frac{3\mumg}{2}+3\mumg=\frac{9\mumg}{2}\]易错点警示错误1：直接对B列方程\(F-f_{桌}-f_{A}=2ma\)，但未先通过A求最大加速度，导致逻辑混乱；错误2：混淆滑动摩擦力与静摩擦力，认为A、B间的摩擦力是滑动摩擦力（需明确“一起运动”时为静摩擦力）。（三）方法总结1.整体法与隔离法的选择：求系统加速度或外力时，优先用整体法（忽略内力）；求系统内力（如A、B间摩擦力）时，需用隔离法（隔离受力简单的物体，如A）。2.超失重判断：加速度向上（加速上升、减速下降）：超失重（视重\(>mg\)）；加速度向下（加速下降、减速上升）：失重（视重\(<mg\)）；完全失重（加速度\(=g\)，向下）：视重为0（如自由下落的电梯）。二、动能定理：多过程问题的“万能钥匙”（一）考点梳理动能定理是功能关系的核心，表达式为：\[W_{合}=\DeltaE_k=\frac{1}{2}mv_t^2-\frac{1}{2}mv_0^2\]关键要点：\(W_{合}\)是所有力做功的代数和（包括重力、弹力、摩擦力等）；适用范围：任何运动（直线、曲线）、任何力（恒力、变力）；优势：无需考虑中间过程的细节（如加速度、时间），只需关注初末状态的动能和总功。（二）真题解析（2022·新高考Ⅰ卷·16题）题目：如图，一滑雪者从倾角为\(30^\circ\)的斜坡顶端A由静止滑下，滑至斜坡底端B后，在水平面上滑行至C点停止。已知A、B间距离为\(s_1\)，B、C间距离为\(s_2\)，滑雪者与斜坡间的动摩擦因数为\(\mu_1\)，与水平面间的动摩擦因数为\(\mu_2\)，重力加速度为\(g\)。求滑雪者在斜坡上滑行时克服摩擦力做的功。解析全程应用动能定理：滑雪者从A到C的全过程，初动能\(E_{k0}=0\)，末动能\(E_{kt}=0\)，故总功\(W_{合}=0\)。分力做功分析：重力做功：\(W_G=mg\cdots_1\sin30^\circ\)（沿斜坡向下，做正功）；斜坡摩擦力做功：\(W_{f1}=-\mu_1mg\cos30^\circ\cdots_1\)（克服摩擦力，做负功）；水平面摩擦力做功：\(W_{f2}=-\mu_2mg\cdots_2\)（克服摩擦力，做负功）；支持力做功：斜坡和水平面的支持力均与运动方向垂直，\(W_N=0\)。根据动能定理：\[W_G+W_{f1}+W_{f2}=0\]代入得：\[mgs_1\sin30^\circ-\mu_1mgs_1\cos30^\circ-\mu_2mgs_2=0\]消去\(mg\)，解\(W_{f1}\)（克服摩擦力做功为\(-W_{f1}\)）：\[W_{f1}=mgs_1\sin30^\circ-\mu_2mgs_2\]故克服摩擦力做的功为：\[-W_{f1}=\mu_2mgs_2-mgs_1\sin30^\circ\]易错点警示错误1：分过程列方程（A→B用牛顿定律，B→C用动能定理），导致计算复杂；错误2：重力做功计算错误（斜坡高度为\(s_1\sin30^\circ\)，而非\(s_1\)）；错误3：符号混淆（克服摩擦力做功是摩擦力做功的绝对值）。（三）方法总结1.解题步骤：确定研究对象（单个物体或系统，系统需注意内力做功是否为零）；明确初末状态（速度大小、方向）；分析所有力的做功（正功、负功、零功）；列动能定理方程求解。2.技巧提炼：多过程问题优先用全程法（避免拆分过程的繁琐）；变力做功的处理：若变力做功与路径无关（如重力、弹簧弹力），用势能变化代替；若与路径有关（如摩擦力），需找等效方法（如滑动摩擦力做功\(W=-μmgx\)，\(x\)为路程）。三、机械能守恒定律：系统能量转化的“边界条件”（一）考点梳理机械能守恒的条件：系统内只有重力或弹力做功（其他力做功为零或代数和为零）。表达式：状态式：\(E_{k1}+E_{p1}=E_{k2}+E_{p2}\)（初末机械能相等）；过程式：\(\DeltaE_k=-\DeltaE_p\)（动能增加量等于势能减少量）。常见模型：自由落体、平抛、单摆、弹簧振子、光滑曲面下滑。（二）真题解析（2021·全国乙卷·15题）题目：如图，一轻弹簧下端固定在水平地面上，上端连接一质量为\(m\)的物体A，A静止时弹簧压缩量为\(x_0\)。现将另一质量为\(m\)的物体B轻放在A上，待系统稳定后，物体B离地面的高度为\(h\)。已知重力加速度为\(g\)，求：（1）弹簧的劲度系数\(k\)；（2）系统稳定后弹簧的压缩量\(x\)；（3）物体B下落的最大距离。解析（1）求劲度系数：A静止时，弹簧弹力平衡重力：\[kx_0=mg\impliesk=\frac{mg}{x_0}\]（2）求系统稳定后的压缩量：A、B一起静止时，弹簧弹力平衡总重力：\[kx=(m+m)g=2mg\impliesx=\frac{2mg}{k}=2x_0\]（3）求B下落的最大距离：系统选择：A、B、弹簧组成的系统（只有重力和弹簧弹力做功，机械能守恒）。初状态：B刚放在A上时，A的速度为0，弹簧压缩量为\(x_0\)，B的初位置为弹簧原长下方\(x_0\)处（设弹簧原长为\(L\)，则A的初始位置为\(L-x_0\)，B刚放上去时位置与A相同）。末状态：B下落至最低点时，A、B速度为0，弹簧压缩量为\(x_m\)（最大压缩量），B的末位置为\(L-x_m\)。机械能守恒设定：以弹簧原长位置为弹性势能零点，以地面为重力势能零点（或选最低点为重力势能零点，简化计算）。选最低点为重力势能零点，则：初状态（B刚放A时）：重力势能：\(E_{pG1}=mg(L-x_0)+mg(L-x_0)=2mg(L-x_0)\)；弹性势能：\(E_{p弹1}=\frac{1}{2}kx_0^2\)；动能：\(E_{k1}=0\)。末状态（最低点）：重力势能：\(E_{pG2}=0\)（B在最低点，A位置更低，但选最低点为零点，故两者重力势能均为0）；弹性势能：\(E_{p弹2}=\frac{1}{2}kx_m^2\)；动能：\(E_{k2}=0\)。根据机械能守恒：\[E_{pG1}+E_{p弹1}=E_{pG2}+E_{p弹2}\]代入\(k=\frac{mg}{x_0}\)：\[2mg(L-x_0)+\frac{1}{2}\cdot\frac{mg}{x_0}\cdotx_0^2=\frac{1}{2}\cdot\frac{mg}{x_0}\cdotx_m^2\]化简左边：\(2mg(L-x_0)+\frac{1}{2}mgx_0=2mgL-2mgx_0+\frac{1}{2}mgx_0=2mgL-\frac{3}{2}mgx_0\)；右边：\(\frac{mg}{2x_0}x_m^2\)。但注意，系统稳定后（即（2）中的\(x=2x_0\)），B的位置为\(L-x=L-2x_0\)，此时B离地面高度为\(h\)，故\(L-2x_0=h\impliesL=h+2x_0\)。将\(L=h+2x_0\)代入左边：\[2mg(h+2x_0)-\frac{3}{2}mgx_0=2mgh+4mgx_0-\frac{3}{2}mgx_0=2mgh+\frac{5}{2}mgx_0\]等式变为：\[2mgh+\frac{5}{2}mgx_0=\frac{mg}{2x_0}x_m^2\]消去\(mg\)，两边乘\(2x_0\)：\[4x_0mgh+5mgx_0^2=mgx_m^2\]（此处\(mg\)可约去，修正后）：\[4x_0h+5x_0^2=x_m^2\impliesx_m=\sqrt{4x_0h+5x_0^2}\]但B下落的最大距离是从初位置（\(L-x_0\)）到末位置（\(L-x_m\)）的距离，即：\[\Deltax=(L-x_0)-(L-x_m)=x_m-x_0=\sqrt{4x_0h+5x_0^2}-x_0\]易错点警示错误1：系统选择错误（未包含弹簧，导致机械能不守恒）；错误2：势能零点选择不当（如选原长为重力势能零点，导致计算复杂）；错误3：混淆“稳定后”与“最低点”（稳定后是平衡位置，最低点是速度为0的位置，两者不同）。（三）方法总结1.机械能守恒的判断：明确系统（必须包含地球或弹簧，因为重力势能、弹性势能是系统的）；检查除重力、弹簧弹力外的其他力是否做功（如摩擦力、拉力做功则不守恒）。2.表达式选择：状态式：适用于初末状态清晰的问题（如自由下落）；过程式：适用于动能与势能转化的问题（如弹簧振子的振动）。3.技巧提炼：弹簧问题中，弹性势能的变化只与形变量有关（\(\DeltaE_p弹=\frac{1}{2}k(x_2^2-x_1^2)\)）；曲面下滑问题中，支持力不做功，机械能守恒（如光滑圆弧轨道）。四、动量定理与动量守恒：碰撞与反冲的核心规律（一）考点梳理1.动量定理：\(I=\Deltap=mv_t-mv_0\)（合外力的冲量等于动量的变化量）；矢量性：冲量与动量变化量的方向一致；适用范围：任何运动（直线、曲线）、任何力（恒力、变力）。2.动量守恒定律：条件：系统所受合外力为零（或内力远大于外力，如碰撞、爆炸）；表达式：\(m_1v_1+m_2v_2=m_1v_1'+m_2v_2'\)（矢量式，需规定正方向）；常见模型：碰撞（弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞）、反冲（火箭发射、炮弹爆炸）、人船模型。（二）真题解析（2023·新高考Ⅱ卷·17题）题目：如图，质量为\(M\)的小车静止在光滑水平面上，车面上有一质量为\(m\)的滑块，滑块与车面间的动摩擦因数为\(\mu\)。现给滑块一个水平向右的初速度\(v_0\)，滑块在车面上滑行一段距离后与小车共速。已知重力加速度为\(g\)，求：（1）滑块与小车共速时的速度大小；（2）滑块在车面上滑行的距离；（3）整个过程中系统产生的内能。解析（1）动量守恒求共速：系统（滑块+小车）水平方向不受外力（水平面光滑），动量守恒。规定向右为正方向，初状态：滑块速度\(v_0\)，小车速度0；末状态：共速\(v\)。\[mv_0=(M+m)v\impliesv=\frac{mv_0}{M+m}\]（2）动能定理求滑行距离：对滑块，受力分析：摩擦力\(f=\mumg\)（向左，做负功），滑行距离为\(s_1\)（相对于地面）；对小车，受力分析：摩擦力\(f'=\mumg\)（向右，做正功），滑行距离为\(s_2\)（相对于地面）。滑块的动能变化：\(\DeltaE_{k1}=\frac{1}{2}mv^2-\frac{1}{2}mv_0^2=-fs_1\)；小车的动能变化：\(\DeltaE_{k2}=\frac{1}{2}Mv^2-0=f's_2\)；滑块相对于小车的滑行距离：\(\Deltas=s_1-s_2\)。联立得：\[-fs_1+f's_2=\frac{1}{2}(M+m)v^2-\frac{1}{2}mv_0^2\]因\(f=f'\)，左边为\(-f\Deltas\)；右边代入\(v=\frac{mv_0}{M+m}\)：\[\frac{1}{2}(M+m)\cdot\frac{m^2v_0^2}{(M+m)^2}-\frac{1}{2}mv_0^2=\frac{1}{2}\cdot\frac{m^2v_0^2}{M+m}-\frac{1}{2}mv_0^2=-\frac{1}{2}\cdot\frac{Mmv_0^2}{M+m}\]故：\[-f\Deltas=-\frac{1}{2}\cdot\frac{Mmv_0^2}{M+m}\implies\mumg\Deltas=\frac{1}{2}\cdot\frac{Mmv_0^2}{M+m}\]解得：\[\Deltas=\frac{Mv_0^2}{2\mug(M+m)}\]（3）系统内能的产生：根据能量守恒，系统动能的减少量等于内能的增加量（摩擦力做功转化为内能）：\[Q=\DeltaE_k=\frac{1}{2}mv_0^2-\frac{1}{2}(M+m)v^2=\frac{1}{2}mv_0^2-\frac{1}{2}(M+m)\cdot\frac{m^2v_0^2}{(M+m)^2}=\frac{1}{2}\cdot\frac{Mmv_0^2}{M+m}\]易错点警示错误1：动量守恒条件判断错误（认为滑块与小车间有摩擦力，系统动量不守恒，但摩擦力是内力，水平方向无外力，动量守恒）；错误2：滑行距离计算错误（用滑块相对于地面的距离而非相对于小车的距离）；错误3：内能计算错误（直接用\(Q=fs_1\)或\(Q=fs_2\)，忽略了相对位移）。（三）方法总结1.动量定理的应用场景：求变力的冲量（如碰撞中的平均作用力）；求动量变化量（如平抛运动的动量变化，重力冲量等于动量变化）。2.动量守恒的解题步骤：确定系统（如滑块+小车）；判断守恒条件（水平方向无外力）；规定正方向（如向右为正）；列动量守恒方程（初动量=末动量）；结合能量守恒（如内能、机械能）求解。3.碰撞类型的判断：弹性碰撞：动量守恒、动能守恒（\(v_1'=\frac{(m_1-m_2)v_1+2m_2v_2}{m_1+m_2}\)，\(v_2'=\frac{(m_2-m_1)v_2+2m_1v_1}{m_1+m_2}\)）；非弹性碰撞：动量守恒、动能减少（如子弹打木块）；完全非弹性碰撞：动量守恒、动能减少最多（共速）。五、天体运动：万有引力与圆周运动的结合（一）考点梳理天体运动的核心规律是万有引力提供向心力，表达式为：\[G\frac{Mm}{r^2}=m\frac{v^2}{r}=m\omega^2r=m\frac{4\pi^2}{T^2}r=ma_n\]关键结论：线速度：\(v=\sqrt{\frac{GM}{r}}\)（\(r\)越大，\(v\)越小）；角速度：\(\omega=\sqrt{\frac{GM}{r^3}}\)（\(r\)越大，\(\omega\)越小）；周期：\(T=2\pi\sqrt{\frac{r^3}{GM}}\)（\(r\)越大，\(T\)越大）；向心加速度：\(a_n=\frac{GM}{r^2}\)（\(r\)越大，\(a_n\)越小）。常见题型：行星绕太阳运动、卫星绕地球运动（同步卫星、近地卫星）、变轨问题（椭圆轨道与圆轨道的切换）。（二）真题解析（2022·全国甲卷·16题）题目：2021年10月16日，神舟十三号载人飞船与天和核心舱成功对接，对接后一起绕地球做匀速圆周运动。已知核心舱的轨道半径为\(r\)，地球质量为\(M\)，引力常量为\(G\)，求：（1）核心舱绕地球运动的周期；（2）若神舟十三号在对接前绕地球做半径为\(r_1\)（\(r_1<r\)）的匀速圆周运动，求其对接前的线速度大小；（3）对接过程中，神舟十三号需从半径\(r_1\)的轨道变到半径\(r\)的轨道，需朝哪个方向喷气？简述理由。解析（1）周期计算：核心舱绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力：\[G\frac{Mm}{r^2}=m\frac{4\pi^2}{T^2}r\impliesT=2\pi\sqrt{\frac{r^3}{GM}}\]（2）线速度计算：同理，神舟十三号对接前的线速度：\[v_1=\sqrt{\frac{GM}{r_1}}\]（3）变轨方向分析：结论：需朝前进方向喷气（即与运动方向相反的方向）。理由：神舟十三号在半径\(r_1\)的轨道上做圆周运动时，线速度\(v_1=\sqrt{\frac{GM}{r_1}}\)；要变到更大的半径\(r\)的轨道，需增大向心力吗？不，变轨时需先做离心运动（即万有引力小于所需向心力）；离心运动的条件是\(v>\sqrt{\frac{GM}{r}}\)（当前轨道的线速度），但神舟十三号在\(r_1\)轨道的线速度\(v_1=\sqrt{\frac{GM}{r_1}}\)，而\(r_1<r\)，故\(v_1>\sqrt{\frac{GM}{r}}\)（因为\(\sqrt{\frac{GM}{r}}\)随\(r\)增大而减小）；哦，等一下，正确的变轨逻辑是：要从低轨道（\(r_1\)）变到高轨道（\(r\)），需加速（增加动能），使飞船做离心运动，脱离原轨道，进入椭圆转移轨道，然后在远地点再次加速，进入高轨道的圆轨道；加速的方式是朝前进方向喷气（根据动量守恒，喷气方向与运动方向相反，飞船获得向前的反冲力，速度增大）。易错点警示错误1：变轨方向判断错误（认为要增大半径需减速，混淆了离心运动与向心运动的条件）；错误2：线速度与半径的关系记忆错误（\(v\)随\(r\)增大而减小，而非增大）；错误3：周期计算时忽略了万有引力提供向心力的核心逻辑（直接用\(T=\frac{2\pir}{v}\)，但\(v\)需用万有引力公式推导）。（三）方法总结1.天体运动的解题技巧：所有圆周运动的天体，均满足“万有引力提供向心力”（\(G\frac{Mm}{r^2}=m\frac{v^2}{r}\)等）；同步卫星的特点：周期\(T=24\)小时、轨道半径固定（约\(3.6×10^4\)km）、位于赤道上空；近地卫星的特点：轨道半径等于地球半径（\(r=R\)）、线速度等于第一宇宙速度（\(v=7.9\)km/s）。2.变轨问题的分析：低轨变高轨：加速（离心运动），动能增加，势能增加，机械能增加；高轨变低轨：减速（向心运动），动能减少，势能减少，机械能减少；椭圆轨道的近地点：速度最大（动能最大，势能最小）；远地点：速度最小（动能最小，势能最大）。六、振动与波：周期性与波动性的综合（一）考点梳理1.简谐振动：回复力：\(F=-kx\)（负号表示回复力与位移方向相反）；周期：\(T=2\pi\sqrt{\frac{m}{k}}\)（单摆：\(T=2\pi\sqrt{\frac{l}{g}}\)，与质量无关）；能量：机械能守恒（动能与势能相互转化）。2.机械波：波的传播：振动形式的传播（质点不随波迁移）；波长\(\lambda\)：相邻两个同相位质点间的距离；波速\(v\)：\(v=\lambdaf=\frac{\lambda}{T}\)（由介质决定，与频率无关）；波形图：表示某一时刻所有质点的位移（横轴为质点位置，纵轴为位移）；振动方向与波传播方向的关系：“同侧法”（质点振动方向与波传播方向在波形图的同侧）。（二）真题解析（2021·新高考Ⅱ卷·14题）题目：如图，一列沿x轴正方向传播的简谐横波，在\(t=0\)时刻的波形图如图所示，质点P的坐标为\((x_0,0)\)，质点Q的坐标为\((x_0+3\lambda/4,0)\)。已知该波的周期为\(T\)，求：（1）\(t=0\)时刻质点P的振动方向；（2）\(t=T/4\)时刻质点Q的位移；（3）从\(t=0\)到\(t=T/2\)，质点P通过的路程。解析（1）质点P的振动方向：波沿x轴正方向传播，用“同侧法”判断：波形图上，质点P位于平衡位置（位移为0），右侧相邻质点的位移为正（向上）；因波向右传播，右侧质点比左侧质点早振动，故质点P接下来会向上运动（振动方向沿y轴正方向）。（2）质点Q的位移：质点Q的坐标为\(x_0+3\lambda/4\)，即位于P点右侧\(3\lambda/4\)处；\(t=0\)时刻，波形图中P点右侧\(3\lambda/4\)处的质点（即Q点）的位移：根据波形图，\(x_0\)处是平衡位置，\(x_0+\lambda/4\)处是波峰（位移最大，\(+A\)），\(x_0+\lambda/2\)处是平衡位置，\(x_0+3\lambda/4\)处是波谷（位移最小，\(-A\)）；波沿x轴正方向传播，\(t=T/4\)时刻，波形向右平移\(\Deltax=v\cdotT/4=\lambda/4\)；因此，\(t=T/4\)时刻，Q点的位置相当于\(t=0\)时刻\(x=x_0+3\lambda/4-\lambda/4=x_0+\lambda/2\)处的质点的位移（因为波形向右平移，当前质点的位移等于原波形中左侧\(\lambda/4\)处的位移）；\(t=0\)时刻\(x_0+\lambda/2\)处的质点位于平衡位置（位移为0），故\(t=T/4\)时刻Q点的位移为0。（3）质点P通过的路程：简谐振动中，质点在一个周期内通过的路程为\(4A\)（\(A\)为振幅）；从\(t=0\)到\(t=T/2\)，时间为半个周期，故路程为\(2A\)；注意：\(t=0\)时刻质点P位于平衡位置，\(t=T/4\)时刻到达波峰（位移\(+A\)），\(t=T/2\)时刻回到平衡位置，故路程为\(A+A=2A\)（正确）。易错点警示错误1：振动方向判断错误（用“异侧法”，导致方向相反）；错误2：波形平移方向错误（波向右传播，波形应向右平移，而非向左）；错误3：路程计算错误（认为半个周期路程为\(A\)，忽略了平衡位置到波峰再回到平衡位置