高考物理力学计算题汇编含详细解答

高考物理力学计算题汇编含详细解答同学们，高考物理中，力学部分始终占据着举足轻重的地位，而计算题更是对我们综合运用力学知识解决实际问题能力的直接考查。这份汇编精选了近年来高考中常见的力学计算题型，并附上详细的分析与解答过程，希望能帮助大家梳理思路，巩固基础，提升解题能力。记住，力学计算题的求解，关键在于对物理过程的清晰分析和物理规律的准确应用。一、力与运动的综合问题这类问题通常涉及牛顿运动定律、运动学公式的综合应用，有时也会结合曲线运动（如平抛运动）的知识。解题的核心在于正确分析物体的受力情况和运动情况，找到力与运动之间的联系。例题1：斜面体上的运动题目：如图所示，一质量为m的物块静止置于倾角为θ的固定光滑斜面上，斜面体的质量为M，置于光滑的水平地面上。某时刻，给物块一个沿斜面向上的瞬时冲量，使其获得沿斜面向上的初速度v₀。已知重力加速度为g，忽略空气阻力。（1）求物块沿斜面向上运动的过程中，斜面体对地面的压力大小。（2）若物块沿斜面向上运动的最大距离为L，求此过程中斜面体移动的距离。分析与解答：（1）分析：本题第一问考查的是物块在斜面上运动时，斜面体对地面的压力。由于斜面体光滑，物块在斜面上运动时，斜面体本身也会在水平方向上运动（因为物块对斜面体有水平向右的压力分量）。因此，物块的运动并非简单的沿斜面的直线运动，而是相对地面的曲线运动。直接对物块应用牛顿定律会比较复杂。我们可以换一个思路，考虑到物块和斜面体组成的系统在竖直方向上，除了受到总重力外，还受到地面的支持力。系统在竖直方向的加速度如何？物块沿斜面向上减速，其加速度沿斜面向下，可分解为竖直向下的分量aₙᵥ=a*sinθ和水平向右的分量aₙₕ=a*cosθ。斜面体在水平方向只受到物块对它的压力的水平分量，因此会产生水平向左的加速度aₘₕ。对于系统在竖直方向，合外力等于系统内各物体在竖直方向的质量与加速度乘积之和。系统竖直方向受力：(M+m)g-N=m*aₙᵥ+M*0（斜面体在竖直方向无加速度）所以N=(M+m)g-m*aₙᵥ。现在需要求物块沿斜面的加速度a。对物块隔离分析，沿斜面方向只受重力的下滑分力：mgsinθ=ma，所以a=gsinθ。因此，aₙᵥ=a*sinθ=gsin²θ。代入N的表达式：N=(M+m)g-m*gsin²θ=Mg+mg(1-sin²θ)=Mg+mgcos²θ。故斜面体对地面的压力大小为Mg+mgcos²θ。（根据牛顿第三定律，地面对斜面体的支持力N与斜面体对地面的压力大小相等）（2）分析：本题第二问求物块上滑到最大距离L的过程中，斜面体移动的距离。这涉及到两个物体的相对运动和位移关系。由于系统在水平方向不受外力（地面光滑），因此系统在水平方向动量守恒。初始时，系统总动量为零（物块获得初速度瞬间，斜面体尚未运动，但题目中说“给物块一个沿斜面向上的瞬时冲量”，这个瞬时冲量过程非常短暂，此时斜面体的位移可以忽略，系统在水平方向动量依然守恒，总动量为零）。物块沿斜面向上运动，斜面体向左运动。设物块相对地面的水平位移为xₙ（向右为正），斜面体相对地面的水平位移为xₘ（向左为负，其大小为d）。由于系统水平方向动量守恒且总动量为零，有：m*vₙₕ_avg+M*vₘₕ_avg=0。等式两边同乘以运动时间t，可得：m*xₙ+M*(-d)=0，即mxₙ=Md。物块相对斜面体的位移是沿斜面向上的L，这个相对位移在水平方向的分量为Lcosθ。从地面参考系看，物块的水平位移xₙ与斜面体的水平位移d（大小）满足：xₙ+d=Lcosθ。（物块向右的位移加上斜面体向左的位移大小，等于相对位移的水平分量）联立以上两式：mxₙ=Mdxₙ=Lcosθ-d代入得：m(Lcosθ-d)=MdmLcosθ=(M+m)d解得：d=(mLcosθ)/(M+m)点评：本题综合性较强，第一问考查了牛顿定律的应用、加速度的分解以及系统牛顿第二定律的思想（或说质心运动定理的竖直方向应用）。第二问巧妙地应用了动量守恒定律（水平方向）和相对位移与绝对位移的关系。解决这类问题，关键在于选择合适的研究对象（隔离或整体），并准确分析物体的运动状态和受力情况。例题2：平抛运动与斜面结合题目：如图所示，一小球从倾角为θ的斜面顶端A点以初速度v₀水平抛出，落在斜面上的B点。已知重力加速度为g，不计空气阻力。求：（1）小球从A到B所用的时间t；（2）A、B两点间的距离s；（3）小球落到B点时的速度方向与斜面的夹角α。分析与解答：（1）分析：小球做平抛运动，可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。小球落在斜面上，说明其位移方向与斜面平行，即位移与水平方向的夹角等于斜面倾角θ。水平位移：x=v₀t竖直位移：y=(1/2)gt²由几何关系，tanθ=y/x=[(1/2)gt²]/(v₀t)=(gt)/(2v₀)解得：t=(2v₀tanθ)/g（2）分析：A、B两点间的距离s是小球的合位移大小。s=√(x²+y²)或s=x/cosθ(因为x=scosθ)由x=v₀t=v₀*(2v₀tanθ/g)=(2v₀²tanθ)/g所以s=x/cosθ=(2v₀²tanθ)/(gcosθ)=2v₀²sinθ/(gcos²θ)（因为tanθ=sinθ/cosθ）（3）分析：求小球落到B点时的速度方向与斜面的夹角α。首先需要求出小球落到B点时的速度方向与水平方向的夹角φ。小球落到B点时，竖直分速度vᵧ=gt=g*(2v₀tanθ/g)=2v₀tanθ水平分速度vₓ=v₀所以tanφ=vᵧ/vₓ=2tanθ由图可知，速度方向与斜面的夹角α=φ-θ因此tanα=tan(φ-θ)=(tanφ-tanθ)/(1+tanφtanθ)=(2tanθ-tanθ)/(1+2tanθ*tanθ)=tanθ/(1+2tan²θ)这个表达式可以进一步化简，但题目只要求夹角α，若需要具体角度值，可由此正切值求得。但通常，能得到tanα的表达式即可，或者根据tanφ=2tanθ，结合几何关系说明α为一确定值，与θ有关。点评：平抛运动是高考的热点，与斜面结合增加了问题的综合性。解决平抛问题的基本方法是运动的合成与分解，抓住水平方向匀速、竖直方向自由落体这两个分运动的等时性。在与斜面结合时，要特别注意位移方向（落在斜面上）或速度方向（垂直打在斜面上）与斜面倾角的关系，这往往是解题的突破口。第（3）问中，速度偏向角的正切值是位移偏向角正切值的两倍（tanφ=2tanθ），这是一个在平抛物体落在斜面上时非常有用的结论，记住它可以加快解题速度。二、功和能的综合问题功和能的问题是力学的核心内容之一，主要涉及功的计算、动能定理、机械能守恒定律以及能量守恒定律的应用。这类问题往往过程复杂，需要清晰分析能量的转化和转移过程。例题3：动能定理的应用题目：质量为m的物体静止在粗糙水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为μ。现对物体施加一个与水平方向成θ角的恒力F，作用一段时间后撤去该力，物体继续滑行一段距离后停止。已知物体运动的总位移为s。求：（1）力F做的功；（2）撤去力F时物体的速度大小。分析与解答：（1）分析：物体的运动分为两个过程：在力F作用下的加速过程和撤去F后的减速过程。总位移为s，设力F作用阶段的位移为s₁，撤去F后滑行的位移为s₂，则s=s₁+s₂。要求力F做的功，根据功的定义W=Fs₁cosθ，因此需要求出s₁。对物体运动的整个过程应用动能定理：合外力做的总功等于物体动能的变化量（初末动能都为零）。力F做的功：W_F=Fs₁cosθ摩擦力做的功：W_f=-f₁s₁-f₂s₂其中，f₁是力F作用时的摩擦力：f₁=μN₁=μ(mg-Fsinθ)（因为F有竖直向上的分量）f₂是撤去F后的摩擦力：f₂=μN₂=μmg所以总功W_F+W_f=0即Fs₁cosθ-μ(mg-Fsinθ)s₁-μmgs₂=0Fs₁cosθ-μmg(s₁+s₂)+μFsinθs₁=0因为s₁+s₂=s，所以：s₁[Fcosθ+μFsinθ]=μmgss₁=(μmgs)/[F(cosθ+μsinθ)]因此，力F做的功W_F=Fs₁cosθ=F*[μmgs/(F(cosθ+μsinθ))]*cosθ=(μmgscosθ)/(cosθ+μsinθ)（2）分析：求撤去力F时物体的速度大小v。可以对第一个过程（力F作用阶段）应用动能定理，也可以对第二个过程（减速阶段）应用动能定理。对减速阶段应用动能定理更简便：摩擦力做的功等于动能的变化。f₂s₂=0-(1/2)mv²即μmgs₂=(1/2)mv²所以v=√(2μgs₂)而s₂=s-s₁=s-[μmgs/(F(cosθ+μsinθ))]代入得v=√[2μg(s-(μmgs)/(F(cosθ+μsinθ)))]=√[2μgs(1-(μmg)/(F(cosθ+μsinθ)))]也可表达为v=√[(2s/m)(Fs₁cosθ-μ(mg-Fsinθ)s₁)]，但显然第一种方式更简洁。点评：动能定理是解决涉及力、位移、速度关系问题的有力工具，它可以避免对复杂运动过程的细节进行分析，只需考虑初末状态的动能和过程中各力做的总功。本题中，对整个过程应用动能定理是解题的关键一步，巧妙地避开了对加速过程和减速过程加速度及时间的讨论，直接建立了已知量和未知量的关系。在分析摩擦力时，要注意正压力的变化，这是学生容易出错的地方。例题4：机械能守恒与圆周运动题目：如图所示，一轻绳一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球。现将小球拉至与O点等高的A点，使绳自然伸直，然后由静止释放。小球运动至最低点B时，与一静止在光滑水平面上质量为M的物块发生弹性碰撞，碰撞时间极短。已知轻绳的长度为L，重力加速度为g。求：（1）小球运动到B点时对绳的拉力大小；（2）碰撞后小球和物块的速度大小。分析与解答：（1）分析：小球从A点静止释放到运动到B点的过程中，只有重力做功，机械能守恒。可以先求出小球在B点的速度，再根据牛顿第二定律求出绳的拉力。小球从A到B，机械能守恒（取B点所在平面为零势能面）：mgL=(1/2)mv_B²解得v_B=√(2gL)在B点，小球做圆周运动，由重力和绳的拉力提供向心力：T-mg=mv_B²/L代入v_B²=2gL：T=mg+m(2gL)/L=mg+2mg=3mg根据牛顿第三定律，小球对绳的拉力大小为3mg，方向竖直向下。（2）分析：小球与物块在B点发生弹性碰撞。弹性碰撞的特点是碰撞过程中动量守恒且机械能守恒。碰撞时间极短，可认为碰撞过程中小球的位置不变，绳未对小球做功。设碰撞后小球的速度为v₁，物块的速度为v₂。取水平向右为正方向（假设小球碰前速度方向向右）。动量守恒：mv_B=mv₁+Mv₂---(1)机械能守恒：(1/2)mv_B²=(1/2)mv₁²+(1/2)Mv₂²---(2)这是弹性碰撞的基本方程组。将v_B=√(2gL)代入。由方程(1)得：m(√(2gL)-v₁)=Mv₂---(1a)由方程(2)得：m(2gL-v₁²)=Mv₂²---(2a)(2a)式可写为：m(√(2gL)-v₁)(√(2gL)+v₁)=Mv₂²---(2b)将(1a)式代入(2b)式：[Mv₂](√(2gL)+v₁)=Mv₂²若v₂≠0（碰撞后物块必然运动），两边可约去Mv₂：√(2gL)+v₁=v₂---(3)将(3)式代入(1)式：mv_B=mv₁+M(v_B+v₁)mv_B=mv₁+Mv_B+Mv₁v_B(m-M)=v₁(m+M)解得v₁=v_B(m-M)/(m+M)=√(2gL)(m-M)/(m+M)则v₂=v_B+v₁=v_B[1+(m-M)/(m+M)]=v_B[(m+M+m-M)/(m+M)]=v_B(2m)/(m+M)=2m√(2gL)/(m+M)讨论：若m>M，v₁为正，小球碰后向右运动；若m<M，v₁为负，小球碰后向左运动，可能会再次摆动。点评：本题综合考查了机械能守恒定律、牛顿第二定律在圆周运动中的应用以及弹性碰撞的规律。机械能守恒的条件判断是前提，圆周运动最低点的向心力分析是关键步骤。弹性碰撞的两个守恒方程（动量守恒、动能守恒）联立求