2026年高考物理三轮冲刺：力学计算题 刷题练习题汇编（含答案）

第第页参考答案1．(1)1.5m/s(2)1.7m/s【详解】（1）设小球离开圆弧槽时速度大小为，由机械能守恒定律，得解得小球从平台落到车上用时为t，有解得设车的初速度为v1，则车的位移小球水平位移为位移与车长关系解得（2）小球与车碰撞过程中，时间极短，设弹力大小为FN，竖直向上。设小球与车碰撞前竖直方向速度大小为vy1，则小球与车碰撞后竖直方向速度大小为vy2，则根据动量定理，时间极短则重力冲量忽略不计，则竖直方向有水平方向设小球与平板车碰撞后平板车速度为v2，碰撞过程水平方向动量守恒，有且需满足联立解得

（情境合理）)2．(1)，(2)(3)【详解】（1）对物块C，由牛顿第二定律解得对长木板B，由牛顿第二定律解得（2）C、B以a=0.5g匀加速向右运动，由匀变速直线运动公式得碰前B的速度碰撞时间极短，水平方向不受外力，动量守恒；A、B碰撞后粘在一起，以向右为正方向，有解得碰撞后一瞬间，A的速度大小（3）碰撞后C与A、B的相对滑动阶段，C的加速度A、B整体的加速度根据位移公式，且相对位移解得此时C的速度等效重力大小为方向与水平夹角为45°，滑上圆弧面后，在等效最低点位置速度最大，从圆弧底端到等效最低点在等效最低点根据牛顿第三定律，解得最大压力3．(1)3s(2)(3)1.5s【详解】（1）运动员从A点到B点做平抛运动，水平方向的位移竖直方向的位移又有代入数据解得（2）运动员落在斜面上时速度的竖直分量运动员落到斜面上时的速度大小（3）如图运动员距离斜面最远时，合速度方向与斜面平行，有即解得4．(1)，方向竖直向下(2)或者或者【详解】（1）设子弹质量为，木块质量为子弹击中木块，由动量守恒定律得木块到达点时受到的支持力为，则有由牛顿第三定律木块对轨道的压力，方向竖直向下。（2）设木块离开轨道时，木块与圆心连线与竖直方向的夹角为，速度为由机械能守恒定律得重力分力提供向心力有联立可得或者或者5．(1)(2)(3)【详解】（1）小物块相对传送带上运动时，由牛顿第二定律得解得由运动学公式得解得故小物块在传送带上先减速再匀速，由解得匀速阶段有解得所以小物块在传送带上滑行的时间为（2）小物块做平抛运动到达点时，有解得从点到点过程，根据动能定理得解得在点，由牛顿第二定律得解得（3）当小物块滑离物体Q时，物体Q获得的速度最大，根据动量守恒和机械能守恒可得，解得Q的最大速度6．(1)(2)(3)【详解】（1）设小滑块在木板上运动的加速度为，时间为，在桌面上运动的加速度为，时间为，根据，其中根据牛顿第二定律，小滑块运动的时间为t，有解得（2）设小滑块在木板上运动时木板的加速度为a，根据牛顿第二定律在时间内其中解得（3）设F作用一段时间，小滑块与木板分离时速度为v，对木板根据动量定理满足条件撤去F后满足条件根据运动学公式解得即拉力作用的最短时间为7．(1)(2)①；②【详解】（1）夹角为时滑块刚要开始滑动，对滑块根据平衡关系可得滑块与长木板之间的动摩擦因数（2）①设细线中的拉力大小为T，对质量为m的物体进行受力分析,根据牛顿第二定律对滑块根据牛顿第二定律其中a为物体和滑块运动的加速度大小,联立解得②当时，细线的拉力8．(1)，，(2)120N/m【详解】（1）O、C连线和OF的夹角为θ时，小球下落的高度由动能定理有解除D的锁定后，C、D组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒，有，解得，C相对D做圆周运动，由牛顿第二定律，有解得物块D对小球C的支持力大小为（2）小球C与物块A碰撞过程，有解得碰后A、B、C共速时，有解得对A、B、C组成的系统，任意时刻，有取之后极短时间Δt，有求和有此过程弹簧的压缩量为，代入数据解得，设弹簧的劲度系数为k，由变力做功和机械能守恒，有解得弹簧的劲度系数9．(1)(2)(3)【详解】（1）B与A恰好分离时，A、B间弹力为0，且此时A与B的加速度大小相等，根据牛顿第二定律，对A有对B，有对C，有可得B与A恰好分离时C下落高度解得，即B与A恰好分离时C下落的高度为（2）从释放B到A、B分离的过程，弹簧弹力对A做的功对A、B、C组成的系统，根据能量守恒有解得可得B与A恰好分离时A的速度大小为（3）A、B分离后，B和C继续运动，当C刚要接触地面时B的速度达到最大，设此时速度大小为，则解得C落地后，轻绳开始松弛，设B继续上滑时速度为零，对B根据动能定理有解得B上滑的最大距离解得10．(1)，(2)1875J【详解】（1）由分析可知，运动员跳到5m的高墙是4段相同的抛物线轨迹，每一段的水平位移为2m，竖直位移为且每次上升1.25m时竖直方向的速度恰好减到零，设每次上升1.25m的时间间隔为，竖直方向的初始速度为，则根据运动学公式有，解得，设运动员水平方向的运动速度为，由于水平方向做的是匀速直线运动，则有解得设墙壁对人的平均作用力的水平分量为，以反弹后的水平运动方向为正方向，则在水平方向列动量定理方程有解得设墙壁对人的平均作用力的竖直分量为，以竖直向上为正方向，则在竖直方向列动量定理方程有解得（2）以地面为重力势能的零势能面，运动员起跳后瞬间的动能为运动员跳到左墙壁上沿时的机械能为故运动员从起跳后至跳到左墙壁上沿的过程中，机械能的增加量为11．(1)，(2)【详解】（1）A和B刚放到传送带上时对B有对A有解得，（2）设B经过时间第一次滑到A的左端，对B有，对A有，整体有A和B发生碰撞有，解得，由上述分析可知，第一次碰撞之后B物体的速度大于A物体的速度。所以碰撞之后，B物体将做匀减速直线运动，A物体做匀加速直线运动。对物体A有对物体B有设经过时间两者共速，对物体A有，对物体B有，第一次碰后到共速两物体的位移差为此时B到A的右侧的距离为解得12．(1)4.8m(2)(3)1.5m【详解】（1）锁定解除后，轻弹簧将甲弹开，该过程有解得甲由B点无碰撞地进入圆弧轨道，设小球在B点的速度为vB，则有甲在B点的竖直分速度大小为解得甲离开A点后做平抛运动，由A到B的时间为A、B之间的水平间距为（2）甲由B到C的过程机械能守恒，则有解得甲、乙发生弹性碰撞，两球组成的系统动量守恒、机械能守恒，有，解得碰后甲被反弹，设甲上升的最大高度为h，有解得即甲没有从圆弧飞出最高点与圆弧圆心连线与竖直方向夹角β的余弦值为甲在该点的速度为0，则甲的向心力为0，即沿半径方向所受的合力为0，有解得由牛顿第三定律可知，甲在该点对轨道的压力大小为（3）乙从碰后到F点的过程，由动能定理有又在F点由牛顿第二定律得解得13．(1)(2)(3)【详解】（1）由几何关系可知，弹力绳水平时的伸长量根据胡克定律，得弹力绳的拉力大小为以小球A为研究对象，根据平衡条件，在垂直于直杆方向，有小球A受到的摩擦力大小为根据牛顿第二定律，在沿直杆方向有解得（2）小球B离开M点后做平抛运动，在竖直方向，由自由落体运动规律，得解得小球B恰好能从T点切线进入圆弧轨道，在水平方向设小球B运动到S点时的速度大小为，由机械能守恒定律，得解得（3）小球A在直杆上滑动的过程中，设弹力绳与倾斜直杆的夹角为，由几何关系可知，弹力绳的伸长量为根据胡克定律，得弹力绳的拉力以小球A为研究对象，根据平衡条件，在垂直于直杆方向有小球A受到的摩擦力小球A从释放到O点，由机械能守恒定律，得解得A与B发生弹性碰撞，由动量守恒定律，得弹性碰撞中没有动能损失，得解得14．(1)(2)(3)【详解】（1）设电梯在空中下坠过程中的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有根据匀变速直线运动的规律有解得（2）设电梯与铁板碰撞后瞬间的速度大小为v，根据动量守恒定律有解得对铁板和电梯组成的系统，根据动量定理有解得（3）设碰撞前，弹簧的压缩量为，根据胡克定律有解得碰撞后，当铁板和电梯组成的系统合力为0时，电梯的速度最大，设此时弹簧的压缩量为，根据胡克定律有解得根据功能关系有解得15．(1)(2)(3)小球能够直接落在A点左侧。【详解】（1）小车固定时，小球运动过程机械能守恒，恰好过最高点B点时，重力提供向心力，根据牛顿第二定律有由机械能守恒定律有解得初速度大小（2）小球到达圆心等高时，小球与小车水平方向共速，由动量守恒可得根据机械能守恒有联立解得小球初速度（3）设小球离开C点时，小球对地水平速度为，小车对地水平速度为，系统水平方向动量守恒有即可得（小球水平速度小于小车）小球离开轨道时支持力小球相对小车的速度为，沿法线方向重力分量提供向心力，有整理得且小球相对小车的水平速度设小球离开轨道瞬间A点对地坐标为则C点初始水平坐标为经过下落时间后，小球落地水平坐标为此时A点水平坐标为位置差为若要小球能直接落在A点左侧，则需，即小球竖直方向速度为小球脱离轨道后做斜抛运动，以竖直向下为正方向，有可得因此，即，小球能直接落在A点左侧。16．(1)①0.15；②(2)见解析【详解】（1）①b在空中运动时，下落的高度为设b离开a水平部分时的速度为v1，从抛出到落到圆弧轨道上竖直方向，有水平方向，有x=v1t由几何关系有

联立得物块b在a水平部分运动，由牛顿第二定律有由匀变速运动规律，有a、b间的动摩擦因数μ=0.15②物块b与圆弧轨道碰撞前瞬间的速度如图所示设切线方向与竖直方向夹角为，根据几何关系可知则沿切线方向速度b下滑到圆弧轨道最低点的过程，由动能定理有

物块b运动到圆弧轨道最低点时，由圆周运动规律有由牛顿第三定律可得，物块b运动到圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小（2）使a、b共速时物块b恰能离开物块a的水平部分，所以物块b减速运动，匀速和加速均不满足条件，设恒力为，共速时速度为，时间为。对a有，对b有，位移关系即得共速时的速度解得说明F大小为1N，撤去F后，b滑上圆弧轨道，系统水平方向动量守恒，机械能守恒。设最终a、b速度分别为。动量守恒能量守恒联立解得速度分别为，所以a、b的速度大小为，。17．(1)(2)(3)【详解】（1）甲下降过程，根据动能定理有

解得甲、乙碰撞过程，根据动量守恒定律有

解得碰撞过程损失的机械能（2）甲、乙组合体相对工件运动过程，组合体和工件组成的系统动量守恒，设组合体的瞬时速度为v₃、工件的瞬时速度为v4，有则在极短的时间△t内，有2m对两边求和，有

可得

根据位移关系有

则甲、乙组合体相对地面的位移（3）弹簧压缩到最短时，弹性势能最大，且此时甲、乙组合体和工件共速，设弹簧的最大压缩量为x，从甲、乙碰撞后至弹簧压缩至最短的过程，对甲、乙组合体和工件组成的系统，由动量守恒定律有

解得根据能量守恒定律有

从弹簧压缩量最大至甲、乙和工件相对静止的过程，根据动量守恒有解得

根据能量守恒定律有联立可得18．(1)(2)(3)【详解】（1）解除锁定小球先做自由落体运动直到细线伸直，此时细线与水平方向夹角为，则由动能定理可得细线绷紧瞬间沿绳方向速度变为0，只剩下切向速度，有之后到最低点，根据机械能守恒有联立解得（2）小球恰好落入凹形小木槽中，与小木槽粘在一起，水平方向动量守恒有之后小球、小木槽和长木板动量守恒，三者共速有解得这个过程对长木板有且有联立解得，即小木槽与长木板共速之后长木板才与墙壁碰撞长木板与墙壁碰撞时小木槽与长木板速度均为（3）长木板与墙壁间的碰撞为弹性碰撞，碰后速度等大反向，长木板向左减速到速度为0所走位移为有第1次与墙壁碰后即长木板第2次与墙壁碰撞速度为，碰后速度等大反向，长木板向左减速到速度为0所走位移为有…第2次与墙壁碰后即长木板第3次与墙壁碰撞速度为，碰后速度等大反向，长木板向左减速到速度为0所走位移为有第3次与墙壁碰后即长木板第4次与墙壁碰撞速度为，碰后速度等大反向，长木板向左减速到速度为0所走位移为有……第次与墙壁碰后即长木板第次与墙壁碰撞速度为，碰后速度等大反向，长木板向左减速到速度为0所走位移为有…长木板总路程为联立可得即当时有代入数据解得19．(1)(2)(3)3.25m，2.3s【详解】（1）对木板，根据物体的平衡条件有解得。（2）设从释放滑块至滑块下滑到挡板处，滑块的加速度大小为，根据牛顿第二定律有解得设滑块下滑到挡板处时的速度大小为，根据匀变速直线运动的规律有解得炸药爆炸时内力远大于外力，系统动量守恒，因为所以炸药爆炸后瞬间滑块的速度方向沿斜面向上，以沿斜面向下为正方向，有解得。（3）设在炸药爆炸后滑块相对木板上滑的过程中，滑块的加速度大小为，根据牛顿第二定律有解得设在炸药爆炸后滑块相对木板上滑的过程中，木板下滑的加速度大小为，根据牛顿第二定律有解得设炸药爆炸后经时间，滑块与木板的速度相同，且该相同速度的大小为，以沿斜面向下为正方向，有解得，以沿斜面向下为正方向，在这段时间内，滑块的位移解得在这段时间内，木板的位移解得又解得设从滑块与木板达到相同速度至滑块与挡板第二次碰撞的时间为，经分析可知，在这段时间内，滑块相对木板做初速度为0、加速度大小为的匀加速直线运动，有解得又解得。20．(1)60N(2)48J，4m/s(3)【详解】（1）设轻弹簧将两物体弹开时A的速度大小为v1，物体A冲上滑块C后，A、C组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒，则有，解得物体A冲上滑块C的瞬间，由牛顿第二定律得解得由牛顿第三定律可知物体A对滑块C的压力大小为60N；（2）设轻弹簧将两物体弹开后瞬间B的速度大小为v2，弹簧弹开两物体的过程机械能守恒、动量守恒，则有，解得，物体B与长木板D发生弹性碰撞，该过程B、D组成的系统动量守恒、机械能守恒，则有，解得（3）碰后长木板向右做匀减速直线运动，物体E向右做匀加速直线运动，对物体E，由牛顿第二定律得解得对长木板D，由牛顿第二定律得解得设碰后经时间t1物体E和长木板D共速，共同的速度为v，则解得，该过程物体E和长木板的位移分别为，该过程物体E在长木板的上表面向左滑过的距离为物体E和长木板D共速后，由于则此后长木板D在水平面上减速，物体E在长木板的上表面减速，该过程中物体E的加速度大小为a1，长木板D的加速度大小为从共速到减速到零过程物体E和长木板的位移分别为，该过程物体E在长木板的上表面向右滑过的距离为则物体E停止时到长木板右端的距离为21．(1)5.625m(2)24.77m/s【详解】（1）运动轨迹最高点处，运动员的重力提供在该点做圆周运动的