专题20 力学计算（3年汇编）（ 全国通用）2024-2026年高考物理真题分类汇编（含原卷及解析）（word版）

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考点01 力学计算
1．（2026年高考物理真题完全解读（山东卷））如图甲所示，半径r = 1m的圆筒竖直放置，上下底面圆心分别为O和O′，筒内有三个互成120°角且可以绕OO′转动的竖直矩形叶片S1、S2和S3，叶片与圆筒上下齐平，宽度等于圆筒半径，N为圆筒上底边沿一点。圆筒上底面固定一半径的水平圆形轨道，轨道上有一长度可忽略的缺口位于O点，OM为轨道直径且OM⊥ON；在轨道的M点放置一小物体，某时刻该物体在内力作用下突然分成A、B两部分并弹开，其质量分别为mA、mB。A以vA = 1m/s的速率沿轨道运动至缺口进入圆筒，在筒内做平抛运动后恰好紧贴圆筒下底面沿边穿出。已知g = 10m/s2。忽略空气阻力及一切摩擦，轨道、圆筒和叶片的厚度均忽略不计。
(1)求A在轨道内运动的时间及圆筒高度；
(2)若叶片以恒定角速度 顺时针转动，且A运动至缺口时， 恰好转过 位置，如图乙所示，随后A未与叶片碰撞，从圆筒下底面沿边穿出时， 恰好转至 位置。
（ⅰ）求角速度的大小 ；
（ⅱ）若B运动至缺口后能从任意两个叶片间的区域穿过圆筒，且未与叶片及筒壁碰撞，求 。
【答案】(1)
(2)（ⅰ） ，（ⅱ） ）
【详解】（1）A在轨道内做匀速圆周运动，运动时间
由题知，A以vA = 1m/s的速率沿轨道运动至缺口进入圆筒，在筒内做平抛运动后恰好紧贴圆筒下底面沿边穿出，则在水平方向有r = vA t
解得t = 1s
竖直方向有
（2）（ⅰ）由于A未与叶片碰撞，从圆筒下底面沿边穿出时，叶片转动了，则叶片角速度
（ⅱ）物体在内力作用下突然分成A、B两部分并弹开有mA vA = mBvB
则
由于B未与筒壁碰撞则有
且A运动至缺口时，S1恰好转过ON位置，则以此时为时间基准，则B从M到O所用的时间
要使B运动至缺口后能从任意两个叶片间的区域穿过圆筒，则B运动到O时S1或S2或S3要运动到ON反向的位置，则叶片转过的角度（k = 0，1，2，3，…）
B不与叶片碰撞必须满足
解得（k = 0，1，2，3，…）
则（k = 0，1，2，3，…）
2．（2026·四川·高考真题）某款国产民用无人机已实现全自动作业。如图所示，无人机完成某次任务后开始返航，此时所在位置与降落点的水平距离为120 m，竖直距离为90 m。无人机先以10 m/s的速度沿水平直线飞行至与降落点水平距离50 m处，然后沿原运动方向做匀减速直线运动至降落点正上方，随后用时33 s竖直下降至降落点，返航结束。求：
(1)无人机沿水平方向做匀减速直线运动的加速度大小。
(2)无人机从开始返航到返航结束的位移大小和平均速度大小。
【答案】(1)1m/s2
(2)150m，3m/s
【详解】（1）（1）根据匀变速直线运动公式，代入数据有
可得匀减速直线运动的加速度大小为
（2）无人机从开始返航到返航结束的位移大小
无人机匀速时需要的时间为
匀减速阶段的时间为
由于竖直方向运动时间为
所以全程的平均速度为
3．（2026·河北·高考真题）如图所示，质量为的木板上放有一个质量为的机器人，木板始终受到水平向右、大小为的恒力作用。初始时木板与机器人一起以的速度沿水平地面向右匀速运动。机器人正上方有一个沿竖直方向可以伸缩、水平向右速度恒为的机械夹爪。某时刻夹爪将机器人向上提起，后放回木板，同时夹爪缩回，机器人在摩擦力的作用下最终与木板相对静止。取，机器人可视为质点，机器人被提起和放下瞬间竖直方向速度均为零。求
(1)机器人被提起的内，木板位移的大小。
(2)从机器人被放回木板到与木板相对静止的过程中，摩擦力对机器人所做的功。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）根据题意，设木板与地面间的摩擦因数为，则有
解得
机器人被提起时，对木板有
解得
机器人被提起的2s内，木板位移的大小
（2）机器人被放回木板时，木板的速度为
机器人被放回木板后，恒力与地面对木板的摩擦力平衡，机器人和木板组成的系统所受合力为零，则由动量守恒定律有
解得
对机器人，由动能定理可得，摩擦力对机器人所做的功
4．（2026·江苏·高考真题）一质量的汽车经过一半径的拱形桥顶部时，速度。已知牵引力，阻力。求此时：
(1)汽车的向心加速度大小；
(2)汽车受到的合力大小。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）根据题意，由向心加速度公式可得
（2）汽车在最高点时，水平方向上有
竖直方向有
则汽车在最高点受到的合力大小为
5．（2026·贵州·高考真题）如图，机舱内装有质量均为的甲、乙两个灭火弹模型的弹射型无人机，静止在的斜直轨道上，无人机空载时质量。无人机在弹射系统作用下以的速度沿轨道离开，随后无人机依靠自身动力飞行，达到高度时，开始以的速度沿水平方向做匀速直线运动，并进行投弹训练。设两弹所受空气阻力不计，落地点均在同一水平面上，取重力加速度。
(1)求载弹无人机在斜直轨道上运动过程中所受合力的冲量大小和方向；
(2)设水平飞行过程中，载弹无人机水平方向动力与质量满足（国际单位制），所受空气阻力大小恒为，方向与飞行方向相反，若两弹相对无人机无初速度先后被释放，时间间隔，求两弹落地点之间的距离；
(3)设无人机水平飞行过程中，先相对无人机无初速度释放甲，当甲落地时沿水平方向发射乙，此时乙相对地面的速度大小为，若无人机的速度始终不变，求乙从发射到落地的过程中，两弹之间距离的最小值与取值的关系。
【答案】(1)，方向与水平方向夹角为
(2)
(3)
【详解】（1）载弹无人机在斜直轨道上运动过程中，由动量定理有
代入数据解得
则载弹无人机在斜直轨道上运动过程中所受合力的冲量大小为，方向沿斜直轨道向上，即与水平方向夹角为。
（2）先释放一个灭火弹后载弹无人机水平方向的动力大小为
水平方向由牛顿第二定律有
则释放第一个灭火弹后，第二个灭火弹与无人机一起做匀加速直线运动，所以后释放的灭火弹释放时的速度为
从释放第一个灭火弹到释放第二个灭火弹的过程，由速度位移公式可知后释放的灭火弹的位移为
由于两弹所受空气阻力不计，则两弹释放后均做平抛运动，有
则两弹落地点之间的距离为
（3）相对无人机无初速度释放甲，且无人机的速度始终不变，则根据平抛运动规律可知，甲落地时，乙在甲的正上方H处，设发射乙后乙的运动时间为，则此时两弹之间的距离为
由二次函数知识可知，当，两弹之间距离最小，即
由于，上述对称轴只有在即时，才落在有效区间内。
当时，对称轴，二次函数在区间单调递增，最小值在（发射瞬间）取得，此时两弹水平距离为0，竖直距离为，故
综上有
6．（2026·湖北·高考真题）在如图所示的竖直平面内，固定在水平地面上的光滑轨道由两倾角均为的足够长轨道与一水平轨道平滑连接而成，连接点分别为、。质量为的小物块甲放置在左侧倾斜轨道上高处、质量为的小物块乙静止在水平轨道上，乙到、两点的距离均为。现静止释放甲，所有碰撞均为弹性正碰，重力加速度大小为，不计空气阻力。
(1)求甲第一次到达点时的速度大小。
(2)求两物块第一次碰撞过程中，乙所受合外力的冲量大小。
(3)若两物块在水平轨道上发生第二次碰撞，且第二次碰撞前只有一个物块滑上倾斜轨道，求满足的关系式（不求具体数值）。
【答案】(1)
(2)
(3)当0＜k≤1时，k3+3k2+35k﹣31＞0
当1＜k＜3时，3k3+k2+25k﹣37＜0
当k＞3时，k3﹣21k2+19k﹣23＞0
【详解】（1）甲下滑过程轨道光滑，由动能定理
解得
（2）第一次碰撞为弹性正碰，设碰后甲速度为，乙速度为，取向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒，
解得乙弹性碰撞后速度
​​对乙由动量定理，合外力冲量等于乙动量变化
代入，​得​​​
（3）​碰后甲的速度，乙的速度；要使第二次碰撞前只有一个物块滑上倾斜轨道，需对k的取值进行分情况讨论：
①当0＜k≤1时，碰后甲、乙均向右运动且v2＞v1≥0，乙先滑上右侧斜面，往返后在水平轨道与甲相遇，设从碰后到相遇经过的总时间为t，根据位移关系有
解得
需满足在甲到达B点前相遇，即，代入速度化简得k3+3k2+35k﹣31＞0
②当k＞1时，碰后甲向左、乙向右运动；若1＜k＜3，则v2＞|v1|，乙先滑上右侧斜面往返后向左追上甲，设从碰后到追及经过的总时间为t，根据位移关系有
解得
需满足在甲到达A点前追及，即，化简得3k3+k2+25k﹣37＜0
若k＞3，则|v1|＞v2，甲先滑上左侧斜面往返后向右追上乙，设从碰后到追及经过的总时间为t，根据位移关系有
解得
需满足在乙到达B点前追及，即，化简得k3﹣21k2+19k﹣23＞0
综上所述，k满足的关系式为
当0＜k≤1时，k3+3k2+35k﹣31＞0
当1＜k＜3时，3k3+k2+25k﹣37＜0
当k＞3时，k3﹣21k2+19k﹣23＞0
7．（2026·江苏·高考真题）如图所示，在光滑水平面上固定两个柱形光滑轨道，轨道上分别约束着只能沿轨道方向运动的两个小球B和C，质量均为。小球B和C通过弹性限度足够大的相同轻质弹簧与质量为的小球A相连。初始时，两弹簧均处于原长。现有一质量为的小球D以速度沿轨道方向与小球A发生对心弹性碰撞，碰撞时间极短，不计空气阻力。
(1)求小球D与A碰撞后瞬间小球A的速度大小；
(2)若发生碰撞后小球D不再与A碰撞，求每根弹簧所具有的最大弹性势能；
(3)要使弹簧第一次恢复原长时，小球D与A恰好再次发生碰撞，求的值。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）根据题意可知，小球D与小球A发生弹性正碰，由动量守恒定律有
由能量守恒定律有
联立解得，
（2）根据题意可知，小球A、B、C共速时，弹簧的形变量最大，弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律有
由能量守恒定律有
解得
（3）根据题意，设小球D与小球A发生弹性正碰后到弹簧再次恢复原长的时间为，由动量守恒定律有
两边同时乘以并求和可得
要使弹簧恢复原长时，m与M能再次发生碰撞，则有
整理可得
解得
即球质量m和大球质量M的质量比。
8．（2026·黑吉辽蒙卷·高考真题）如图，光滑水平面上一质量的木板，其右端通过轻弹簧连接质量的物块，此时弹簧伸长量，物块和木板均静止。质量的小球（可视为质点）通过长的轻绳悬于点。小球从绳与竖直方向成处由静止释放，摆至最低点时与木板右端发生弹性碰撞，时间极短。取重力加速度。
(1)求碰撞后瞬间木板的速度大小。
(2)弹簧的压缩量第一次为时，物块速度大小为，方向向左。求木板与物块间的动摩擦因数。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）C下摆过程，由机械能守恒定律有
解得
C与A碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律有，
联立解得碰撞后瞬间木板的速度大小
（2）A、C碰后，当弹簧的压缩量第一次为时，以向左为正方向，由动量守恒定律有
解得
由题意可知弹簧的弹性势能不变，由能量守恒定律有
解得
9．（2026·河南·高考真题）如图，水平地面上的球壳内下端有一小球，球壳的直径D = 0.25m，上端距天花板的距离为h = 6m。现以v0 = 11m/s的初速度把球壳连同小球一起竖直向上抛出，球壳与天花板碰撞后经过Δt = 0.1s，小球与球壳发生第1次碰撞。所有的碰撞均为弹性碰撞、时间极短，不计球壳厚度和空气阻力，重力加速度大小取g = 10m/s2。
(1)求小球的直径；
(2)求小球与球壳第1次碰撞后瞬间两者速度差的大小，及它们前两次碰撞的时间间隔；
(3)若小球与球壳第8次碰撞前瞬间球壳的速度大小为v1 = 6m/s，求球壳首次碰地时的速度大小。
【答案】(1)0.05m
(2)2m/s，0.1s
(3)
【详解】（1）从抛出至球壳与天花板相碰，小球和球壳一起做竖直上抛运动，末速度大小设为，根据速度位移关系式
解得
球壳与天花板发生弹性碰撞后以原速率反弹，然后向下做匀加速直线运动，小球继续上升，设小球直径为d，从球壳与天花板碰撞后到小球与球壳第1次碰撞，小球与球壳的位移大小之和为D－d，则
解得
（2）设球壳质量为M，小球质量为m，球壳与小球发生第1次碰撞前速度分别为、，以竖直向下为正方向，则
球壳与小球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为、
由动量守恒定律
由机械能守恒定律
碰后速度差的大小
拓展：发生弹性碰撞，恢复系数
第1次碰撞后，球壳与小球均做加速度向下、大小为g的匀变速直线运动，设两次碰撞时间间隔为，两者的相对速度大小始终为，两者的相对位移大小为，有
解得
（3）取向下为正，第一次碰前：壳速，球速
弹性碰撞，每次碰撞后相对速度大小恒为，时间间隔
设每次碰撞壳速改变量为（碰前壳快时减速，球快时加速），大小
从第1次碰前到第8次碰前，经历7次碰撞和7个0.1s的重力加速（每次加1m/s）
递推球壳碰前速度
①碰前：2
②碰前：
③碰前：
④碰前：
⑤碰前：6
⑥碰前：
⑦碰前：8
⑧碰前：
已知⑧碰前壳速为6m/s，故
解得
由
得
则可推导出所有速度如表所示（速度均为m/s，＋向上，－向下）
利用上表壳速，每段0.1s匀变速，位移，逐段累加球壳位置：
（第⑪次碰前）球壳质心位于。
此时碰撞后壳速变为（见上表⑪碰后），随后匀加速下降至触地（质心触地高度），下落距离
由运动学公式可知
则触地速度大小为
10．（2026·广东·高考真题）如图是一种球形机器人跳跃原理的示意图，水平横轴过球心点与外壳固定，外壳上的两挡板位于过点的水平线上，两质量均为的摆锤，由长均为的不可伸长轻绳悬挂于轴上的点，初始时刻，两摆锤同时以水平初速度从最低点向相反方向摆动，直至与两挡板发生碰撞，碰撞时间极短，随后带动外壳以共同速度竖直向上运动，机器人到达最高点后落回地面瞬间，外壳立即静止，两摆锤速度不变，与挡板分离，继续向下运动，已知机器人（含摆锤）总质量为，，，。重力加速度取，忽略空气阻力，摆锤可视为质点，求：
(1)摆锤与挡板碰撞后瞬间，机器人的动能；
(2)机器人外壳上升的最大高度 ；
(3)从摆锤开始运动到第一次外壳落地静止过程中的机械能损失。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）两摆锤以初速度沿外壳向上运动，与挡板相碰前，摆锤机械能守恒。设摆锤与挡板相碰前的速度为v，根据机械能守恒定律有
解得
摆锤与挡板相碰后与机器人一起运动，根据动量守恒定律有
解得
机器人起跳时的动能
（2）根据速度位移关系
可得机器人外壳上升的最大高度
（3）机器人外壳落到地面时，机器人外壳的速度立即变为0，根据竖直上抛运动的对称性可知摆锤速度大小为，从摆锤开始运动到第一次外壳落地静止过程中的机械能损失
解得
11．（2026·云南·高考真题）某同学设计的弹球游戏装置示意图如图所示，装置由一段倾斜直管道和N个相同的不对称“倒V”形管道平滑连接而成，管道透明且光滑，固定在竖直平面内。入口端与第一个“倒V”形管道左端高度差为，每个“倒V”形管道最高点与其左、右两端的高度差分别为和，每个“倒V”形管道的左端均静置1个质量为m的弹球，自上而下依次编号为1，2，3，…，N。开始游戏时，在入口端由静止释放一质量为的弹球P。所有弹球的直径均略小于管道内径，不计管道内径、弹球大小及滚动、弹球与管道相互作用的能量损失和空气阻力，所有弹球之间的碰撞均视为对心弹性碰撞，重力加速度为g。
(1)求弹球P与1号弹球第一次碰撞后瞬间，弹球P和1号弹球各自的速度大小；
(2)已知：每个弹球在被上方弹球碰撞后，与下方弹球碰撞前不会被上方弹球再次碰撞，且所有弹球（包括P）都能到达出口。
（i）求1号弹球与2号弹球第一次碰撞后瞬间，1、2号弹球各自的速度大小；
（ii）求弹球P与1号弹球第次碰撞后瞬间的速度大小；
（iii）若N足够大，且，求与之间应满足的关系。
【答案】(1)，
(2)（i），；（ii）；（iii）
【详解】（1）P球到达第1个平台时，由机械能守恒定律有
解得
P球与1球碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律有，
解得，
（2）（i）1球到达第2个平台时，由动能定理有
解得
1球与2球碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律有，
解得，
可知两球速度交换；
（ii）设P球到达第k个平台时的速度为，与第k个平台处的1球碰撞后的速度为，则P球从第个平台发生第次碰撞后到第k个平台碰撞前，由动能定理①
P球在第k个平台与1球碰撞，由动量守恒、机械能守恒，由之前计算结果的规律，可知②
联立①②可得
由数学知识，可知是等比数列，公比为
所以有
解得
（iii）经分析，只需考虑P球，每次都要越过最高点，则对于任意k（），由能量关系有
即
变形为
由可知
则是的减函数，故时，趋近于零，化简为
解得
12．（2026·山东·高考真题）如图甲所示，半径r = 1m的圆筒竖直放置，上下底面圆心分别为O和O′，筒内有三个互成120°角且可以绕OO′转动的竖直矩形叶片S1、S2和S3，叶片与圆筒上下齐平，宽度等于圆筒半径，N为圆筒上底边沿一点。圆筒上底面固定一半径的水平圆形轨道，轨道上有一长度可忽略的缺口位于O点，OM为轨道直径且OM⊥ON；在轨道的M点放置一小物体，某时刻该物体在内力作用下突然分成A、B两部分并弹开，其质量分别为mA、mB。A以vA = 1m/s的速率沿轨道运动至缺口进入圆筒，在筒内做平抛运动后恰好紧贴圆筒下底面沿边穿出。已知g = 10m/s2。忽略空气阻力及一切摩擦，轨道、圆筒和叶片的厚度均忽略不计。
(1)求A在轨道内运动的时间及圆筒高度；
(2)若叶片以恒定角速度ω顺时针转动，且A运动至缺口时，S1恰好转过ON位置，如图乙所示，随后A未与叶片碰撞，从圆筒下底面沿边穿出时，S2恰好转至ON位置。
（ⅰ）求角速度的大小ω；
（ⅱ）若B运动至缺口后能从任意两个叶片间的区域穿过圆筒，且未与叶片及筒壁碰撞，求。
【答案】(1)t0 = 3s，h = 5m
(2)（ⅰ），（ⅱ）（k = 0，1，2，3，…）
【详解】（1）A在轨道内做匀速圆周运动，运动时间
由题知，A以vA = 1m/s的速率沿轨道运动至缺口进入圆筒，在筒内做平抛运动后恰好紧贴圆筒下底面沿边穿出，则在水平方向有r = vAt
解得t = 1s
竖直方向有
（2）（ⅰ）由于A未与叶片碰撞，从圆筒下底面沿边穿出时，叶片转动了，则叶片角速度
（ⅱ）物体在内力作用下突然分成A、B两部分并弹开有mAvA = mBvB
则
由于B未与筒壁碰撞则有
且A运动至缺口时，S1恰好转过ON位置，则以此时为时间基准，则B从M到O所用的时间
要使B运动至缺口后能从任意两个叶片间的区域穿过圆筒，则B运动到O时S1或S2或S3要运动到ON反向的位置，则叶片转过的角度（k = 0，1，2，3，…）
B不与叶片碰撞必须满足
解得（k = 0，1，2，3，…）
则（k = 0，1，2，3，…）
13．（2026·湖南·高考真题）如图，长为L的轻杆竖直放置，上端固定一质量为m的小球，下端连接于水平地面上某固定点，杆可绕该点无摩擦转动。小球内部安装了质量不计的智能弹射装置。受轻微扰动后，小球和杆从静止开始一起运动，当两者间弹力为0时，小球脱离轻杆，重力加速度为g，不计空气阻力。
(1)求小球接触地面瞬间的速度v的大小；
(2)求小球接触地面瞬间的速度与水平面夹角α的正切值；
(3)小球与地面碰撞前后，竖直方向分速度大小相等、方向相反，水平方向分速度相等。碰撞后瞬间，智能弹射装置工作，小球在极短时间内分裂成两部分，两部分速度方向均与小球分裂前瞬间的速度方向成θ角（θ已知，且0 < θ < α）。设两部分质量之比为k，弹射装置释放的能量为E。
（i）求E与k的关系；
（ii）当E最小时，若分裂后两部分第一次落地时刻相同，求两部分第一次落地点的间距d。
【答案】(1)
(2)
(3)（i）；（ii）
【详解】（1）根据机械能守恒定律有
解得小球接触地面瞬间的速度的大小
（2）设小球脱离轻杆时，轻杆与竖直方向的夹角为，如图所示
设此时小球的速度为，根据机械能守恒定律
对小球，根据牛顿第二定律
解得，
此时小球水平方向分速度
竖直方向分速度
竖直方向，根据速度位移关系
小球接触地面瞬间的速度与水平面夹角的正切值
联立解得
（3）（i）设其中一部分的质量为，则另一部分质量为，如图所示
根据动量守恒定律有，
弹射装置释放的能量
联立可得
（ii）根据数学知识可知，当时，最小为
即有，，
两小球同时落地，运动时间为
可得
两小球的距离
由可得
联立可得
14．（2026·陕晋青宁卷·高考真题）如图，某游乐场有一条滑道，由两段粗糙程度不同的直道组成，其中段的长度、倾角为段水平且足够长。初始时游客甲乘滑板从点由静止下滑，经过到达点，此后进入段继续滑行。游客甲和滑板的总质量段、段滑道与滑板间的动摩擦因数分别为、，其中。重力加速度取，。游客和滑板整体视为质点，不计空气阻力及在点处的机械能损失。
(1)求AB段滑道与滑板间的动摩擦因数；
(2)求AB段甲和滑板的机械能损失及动量变化量的大小；
(3)当甲到达点时，游客乙乘同样滑板恰以的速度经过点下滑。求乙到达点时与甲的距离。
【答案】(1)
(2)，
(3)40m
【详解】（1）当甲从A点滑至B点根据
代入数据可得a=2m/s2
根据牛顿第二定律有
又因为，所以
代入数据联立可得
（2）甲从A点滑至B点损失的机械能等于这个过程中摩擦力做的功，所以有
根据前面小问可知甲下滑的加速度为a=2m/s2；根据运动学公式可得甲到达B点的速度为12m/s
所以AB段动量的变化量为
（3）乙从A滑到B的过程根据运动学公式有
代入数据解得
甲在地面上做匀减速运动，根据牛顿第二定律有
可得
甲到达B点的速度为，在4s内甲没有停止；
在内，甲运动的距离
代入数据解得，即甲乙之间的距离为40m。
15．（2026·浙江·高考真题）如图所示。一宽度为d的光滑长方形平板MNQP，长边MN、PQ分别平滑连接半径均为r的光滑圆弧面，形成“U”形槽，将其整体固定在水平地面上。现有质量为m的物块a，从圆弧面上相对平板竖直高度为h的A点静止下滑(h