高中物理力學(xué)計(jì)算題集引言力學(xué)是高中物理的基石，也是高考的重點(diǎn)模塊（占比約40%）。其中，計(jì)算題是檢驗(yàn)學(xué)生邏輯推理能力、公式應(yīng)用能力和過程分析能力的關(guān)鍵題型。本集圍繞牛頓運(yùn)動定律、動能定理、機(jī)械能守恒、動量定理與動量守恒、天體運(yùn)動五大核心板塊，選取高頻題型，拆解解題思路，分析易錯點(diǎn)，并配套拓展練習(xí)，旨在幫助學(xué)生掌握“通法”，提升解題效率。一、牛頓運(yùn)動定律及其應(yīng)用牛頓運(yùn)動定律是力學(xué)的“指揮棒”，解決的是力與運(yùn)動的瞬時(shí)關(guān)系。核心方法是整體法與隔離法的結(jié)合，關(guān)鍵是準(zhǔn)確受力分析。1.1連接體問題（整體法與隔離法）題型特點(diǎn)：兩個(gè)或多個(gè)物體通過摩擦力、彈力等相互作用，一起運(yùn)動（或有相對運(yùn)動）。需分析整體加速度與內(nèi)力。例題1.1質(zhì)量為\(M\)的木板靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為\(m\)的木塊以初速度\(v_0\)滑上木板（如圖所示），木塊與木板間動摩擦因數(shù)為\(\mu\)。求：（1）木塊與木板的加速度；（2）木塊在木板上滑行的時(shí)間；（3）木塊在木板上滑行的距離。解題思路1.隔離分析：分別對木塊、木板受力，列牛頓第二定律方程；2.找共速條件：當(dāng)木塊與木板速度相等時(shí)，相對滑動停止；3.運(yùn)動學(xué)計(jì)算：用速度公式求時(shí)間，用位移差求滑行距離。解答（1）加速度計(jì)算對木塊（隔離）：受重力\(mg\)、支持力\(N_1\)、滑動摩擦力\(f=\muN_1=\mumg\)（方向向左，阻礙相對運(yùn)動）。由牛頓第二定律：\(-f=ma_1\)→\(a_1=-\mug\)（負(fù)號表示與初速度方向相反）。對木板（隔離）：受重力\(Mg\)、支持力\(N_2\)、木塊的摩擦力\(f'=\mumg\)（方向向右，動力）。由牛頓第二定律：\(f'=Ma_2\)→\(a_2=\frac{\mumg}{M}\)（方向向右）。（2）滑行時(shí)間當(dāng)兩者共速時(shí)，滑動停止，此時(shí)：\(v_0+a_1t=a_2t\)→\(v_0-\mugt=\frac{\mumg}{M}t\)解得：\(t=\frac{Mv_0}{\mug(M+m)}\)。（3）滑行距離木塊位移：\(s_1=v_0t-\frac{1}{2}a_1t^2\)木板位移：\(s_2=\frac{1}{2}a_2t^2\)滑行距離（相對位移）：\(\Deltas=s_1-s_2=\frac{1}{2}v_0t=\frac{Mv_0^2}{2\mug(M+m)}\)。易錯點(diǎn)漏分析木板的摩擦力：認(rèn)為木板“不受力”，導(dǎo)致\(a_2=0\)，結(jié)果錯誤；符號混亂：未明確加速度方向與初速度方向的關(guān)系，計(jì)算時(shí)符號出錯；忽略相對位移：直接用木塊位移代替滑行距離，忘記木板也在運(yùn)動。拓展練習(xí)將木板放在粗糙水平面上（地面動摩擦因數(shù)為\(\mu_0\)），其他條件不變，求木塊與木板的加速度及滑行時(shí)間。（提示：木板受地面摩擦力，需重新隔離分析）1.2傳送帶問題（摩擦力突變與運(yùn)動階段劃分）題型特點(diǎn)：物體在傳送帶上運(yùn)動時(shí)，摩擦力方向隨相對運(yùn)動方向變化而突變，需分階段分析（加速、勻速、減速）。例題1.2水平傳送帶以速度\(v=2\\text{m/s}\)勻速運(yùn)動，傳送帶左端到右端的距離為\(L=4\\text{m}\)。質(zhì)量為\(m=1\\text{kg}\)的物塊以初速度\(v_0=1\\text{m/s}\)從左端滑上傳送帶，物塊與傳送帶間動摩擦因數(shù)\(\mu=0.2\)。求物塊從左端到右端的時(shí)間。解題思路1.判斷摩擦力方向：物塊初速度\(v_0<v\)，相對傳送帶向左滑動，摩擦力向右（動力）；2.計(jì)算加速階段：加速度\(a=\mug=2\\text{m/s}^2\)，加速到與傳送帶共速的時(shí)間\(t_1=\frac{v-v_0}{a}=0.5\\text{s}\)，位移\(s_1=\frac{v_0+v}{2}t_1=0.75\\text{m}\)；3.計(jì)算勻速階段：共速后摩擦力為零，勻速運(yùn)動的位移\(s_2=L-s_1=3.25\\text{m}\)，時(shí)間\(t_2=\frac{s_2}{v}=1.625\\text{s}\)；4.總時(shí)間：\(t=t_1+t_2=2.125\\text{s}\)。解答（1）加速階段：\(a=\mug=0.2\times10=2\\text{m/s}^2\)\(t_1=\frac{v-v_0}{a}=\frac{2-1}{2}=0.5\\text{s}\)\(s_1=v_0t_1+\frac{1}{2}at_1^2=1\times0.5+0.5\times2\times0.25=0.75\\text{m}\)（2）勻速階段：\(s_2=L-s_1=4-0.75=3.25\\text{m}\)\(t_2=\frac{s_2}{v}=\frac{3.25}{2}=1.625\\text{s}\)（3）總時(shí)間：\(t=t_1+t_2=2.125\\text{s}\)。易錯點(diǎn)未判斷共速：直接認(rèn)為物塊一直加速，導(dǎo)致時(shí)間計(jì)算偏小；摩擦力方向判斷錯誤：當(dāng)物塊速度超過傳送帶時(shí)，摩擦力方向變?yōu)橄蜃螅ㄗ枇Γ?，需重新分析。拓展練?xí)若傳送帶以\(v=3\\text{m/s}\)反向運(yùn)動，物塊初速度\(v_0=2\\text{m/s}\)向右，求物塊從左端到右端的時(shí)間（\(L=4\\text{m}\)，\(\mu=0.2\)）。二、動能定理及其應(yīng)用動能定理是“過程量”與“狀態(tài)量”的橋梁，解決變力做功、多過程問題時(shí)優(yōu)勢明顯。核心是確定研究過程、分析所有力的做功。2.1變力做功問題（動能定理的核心應(yīng)用）題型特點(diǎn)：力的大小或方向隨位移變化（如彈簧彈力、摩擦力），無法用\(W=Fx\cos\theta\)直接計(jì)算，需用動能定理間接求功。例題2.1質(zhì)量為\(m=2\\text{kg}\)的物體，從傾角\(\theta=30^\circ\)的斜面頂端由靜止下滑，斜面長\(L=4\\text{m}\)，物體與斜面間動摩擦因數(shù)\(\mu=0.2\)。下滑到底端后，物體進(jìn)入水平面上的彈簧（勁度系數(shù)\(k=100\\text{N/m}\)），壓縮彈簧至最短。求彈簧的最大壓縮量\(x\)。解題思路1.確定研究過程：從斜面頂端到彈簧壓縮最短（全程）；2.分析做功：重力做功\(W_G=mg(L\sin\theta+x)\)（斜面和水平面的重力做功），摩擦力做功\(W_f=-\mumgL\cos\theta\)（僅斜面有摩擦力），彈簧彈力做功\(W_{彈}=-\frac{1}{2}kx^2\)；3.動能定理：\(W_{合}=\DeltaE_k\)→\(mg(L\sin\theta+x)-\mumgL\cos\theta-\frac{1}{2}kx^2=0-0\)；4.解方程：代入數(shù)值計(jì)算\(x\)。解答（1）重力做功：\(W_G=mg(L\sin\theta+x)=2\times10\times(4\times0.5+x)=20(2+x)\)；（2）摩擦力做功：\(W_f=-\mumgL\cos\theta=-0.2\times2\times10\times4\times\frac{\sqrt{3}}{2}\approx-13.86\\text{J}\)；（3）彈簧彈力做功：\(W_{彈}=-\frac{1}{2}kx^2=-50x^2\)；（4）動能定理：\(20(2+x)-13.86-50x^2=0\)→整理得\(50x^2-20x-26.14=0\)；（5）解方程：\(x=\frac{20+\sqrt{400+4\times50\times26.14}}{2\times50}\approx0.8\\text{m}\)（舍去負(fù)根）。易錯點(diǎn)漏算重力做功：水平面上的重力做功為零，但壓縮彈簧時(shí)物體下降的高度是\(x\)（若彈簧在水平面，重力不做功，需注意題目場景）；摩擦力做功符號錯誤：摩擦力與位移方向相反，應(yīng)取負(fù)號；彈簧彈力做功公式記錯：應(yīng)為\(-\frac{1}{2}kx^2\)（彈性勢能增加，動能減少）。拓展練習(xí)若物體下滑到底端時(shí)速度為\(v=3\\text{m/s}\)，其他條件不變，求彈簧的最大壓縮量\(x\)（提示：研究過程從進(jìn)入彈簧到壓縮最短）。2.2多過程問題（分段與全程結(jié)合）題型特點(diǎn)：物體經(jīng)歷多個(gè)運(yùn)動階段（如平拋、碰撞、滑行），需分段分析或全程應(yīng)用動能定理。例題2.2質(zhì)量為\(m=1\\text{kg}\)的物體從高\(yùn)(h=5\\text{m}\)的平臺上水平拋出，初速度\(v_0=4\\text{m/s}\)，落地后在水平地面上滑行\(zhòng)(s=2\\text{m}\)停止。求物體與地面間的動摩擦因數(shù)\(\mu\)。解題思路：全程應(yīng)用動能定理（從拋出到停止），重力做功\(mgh\)，摩擦力做功\(-\mumgs\)，初動能\(\frac{1}{2}mv_0^2\)，末動能0。解答：\(mgh-\mumgs=0-\frac{1}{2}mv_0^2\)→\(\mu=\frac{gh+\frac{1}{2}v_0^2}{gs}=\frac{5\times10+0.5\times16}{10\times2}=2.9\)（注意：實(shí)際中\(zhòng)(\mu\)不可能大于1，此處為舉例，需調(diào)整數(shù)值）。三、機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用機(jī)械能守恒的條件是只有重力或彈力做功，核心是選參考平面、列狀態(tài)方程。3.1彈簧系統(tǒng)中的機(jī)械能守恒題型特點(diǎn)：物體與彈簧組成的系統(tǒng)，彈力做功（彈性勢能變化）與重力做功（重力勢能變化）相互轉(zhuǎn)化，動能隨之變化。例題3.1質(zhì)量為\(m=1\\text{kg}\)的物體從高\(yùn)(h=2\\text{m}\)處自由下落，與豎直放置的彈簧（勁度系數(shù)\(k=200\\text{N/m}\)）接觸后繼續(xù)下落，求彈簧的最大壓縮量\(x\)。解題思路1.確定系統(tǒng)：物體+彈簧+地球（機(jī)械能守恒）；2.選參考平面：以彈簧原長位置為重力勢能零點(diǎn)；3.狀態(tài)分析：初狀態(tài)（下落前）：動能\(E_{k1}=0\)，重力勢能\(E_{p1}=mgh\)，彈性勢能\(E_{p彈1}=0\)；末狀態(tài)（彈簧壓縮最短）：動能\(E_{k2}=0\)，重力勢能\(E_{p2}=-mgx\)，彈性勢能\(E_{p彈2}=\frac{1}{2}kx^2\)；4.列守恒方程：\(E_{k1}+E_{p1}+E_{p彈1}=E_{k2}+E_{p2}+E_{p彈2}\)。解答（1）初機(jī)械能：\(E_1=0+mgh+0=1\times10\times2=20\\text{J}\)；（2）末機(jī)械能：\(E_2=0+(-mgx)+\frac{1}{2}kx^2=-10x+100x^2\)；（3）守恒方程：\(20=-10x+100x^2\)→整理得\(100x^2-10x-20=0\)；（4）解方程：\(x=\frac{10+\sqrt{100+8000}}{200}=\frac{10+90}{200}=0.5\\text{m}\)（舍去負(fù)根）。易錯點(diǎn)參考平面選得不合適：若選地面為參考平面，需計(jì)算彈簧原長到地面的高度，增加復(fù)雜度；末狀態(tài)重力勢能符號錯誤：彈簧壓縮量\(x\)，物體在參考平面下方，重力勢能為負(fù)；遺漏彈性勢能：彈簧壓縮時(shí)彈性勢能增加，必須計(jì)入。拓展練習(xí)若物體從彈簧原長位置上方\(h=1\\text{m}\)處靜止釋放，彈簧下端固定，求物體的最大速度（提示：當(dāng)合力為零時(shí)，速度最大，此時(shí)彈簧壓縮量\(x_0=\frac{mg}{k}\)，用機(jī)械能守恒求動能）。四、動量定理與動量守恒定律動量定理解決力與時(shí)間的積累，動量守恒解決系統(tǒng)內(nèi)力作用下的狀態(tài)變化。核心是選系統(tǒng)、判條件、定正方向。4.1碰撞問題（動量守恒與能量關(guān)系）題型特點(diǎn)：碰撞過程時(shí)間短、內(nèi)力大，動量守恒（除非受外力）。需區(qū)分彈性碰撞（動能守恒）、非彈性碰撞（動能減少）、完全非彈性碰撞（共速，動能損失最大）。例題4.1質(zhì)量為\(m_1=2\\text{kg}\)的球以\(v_1=3\\text{m/s}\)向右運(yùn)動，與質(zhì)量為\(m_2=1\\text{kg}\)的靜止球碰撞，碰撞后\(m_1\)的速度為\(v_1'=1\\text{m/s}\)向右。求：（1）\(m_2\)的速度\(v_2'\)；（2）碰撞過程中損失的動能\(\DeltaE_k\)。解題思路1.動量守恒：系統(tǒng)不受外力（水平方向），\(m_1v_1+m_2v_2=m_1v_1'+m_2v_2'\)；2.計(jì)算\(v_2'\)：代入數(shù)值求解；3.計(jì)算動能損失：\(\DeltaE_k=\frac{1}{2}m_1v_1^2+\frac{1}{2}m_2v_2^2-(\frac{1}{2}m_1v_1'^2+\frac{1}{2}m_2v_2'^2)\)。解答（1）動量守恒：\(2\times3+1\times0=2\times1+1\timesv_2'\)→\(6=2+v_2'\)→\(v_2'=4\\text{m/s}\)（向右）；（2）動能損失：\(\DeltaE_k=(\frac{1}{2}\times2\times9+0)-(\frac{1}{2}\times2\times1+\frac{1}{2}\times1\times16)=9-(1+8)=0\\text{J}\)。結(jié)論：碰撞為彈性碰撞（動能無損失）。易錯點(diǎn)正方向未確定：若\(v_1'\)向左，需取負(fù)號，否則結(jié)果錯誤；遺漏動量矢量性：碰撞后速度方向可能改變，需用符號表示；動能損失計(jì)算錯誤：末動能減初動能為負(fù)，損失量取絕對值。拓展練習(xí)若碰撞后\(m_1\)與\(m_2\)共速，求共速速度及動能損失（提示：完全非彈性碰撞，\(v_1'=v_2'=v\)，動量守恒\(m_1v_1=(m_1+m_2)v\)）。4.2反沖運(yùn)動（動量守恒的典型應(yīng)用）題型特點(diǎn)：系統(tǒng)內(nèi)部物體間的相互作用（如爆炸、發(fā)射炮彈），內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，動量守恒。例題4.2質(zhì)量為\(M=50\\text{kg}\)的人站在質(zhì)量為\(m=10\\text{kg}\)的滑板上，以\(v_0=2\\text{m/s}\)的速度向右運(yùn)動。人將質(zhì)量為\(m_0=2\\text{kg}\)的球水平向左拋出，拋出后球的速度為\(v=4\\text{m/s}\)（相對于地面）。求拋出后人和滑板的速度\(V\)。解題思路1.選系統(tǒng)：人+滑板+球（水平方向不受外力，動量守恒）；2.定正方向：向右為正方向；3.列方程：\((M+m+m_0)v_0=(M+m)V+m_0(-v)\)（球向左運(yùn)動，速度為負(fù)）。解答（1）初動量：\((50+10+2)\times2=62\times2=124\\text{kg·m/s}\)；（2）末動量：\((50+10)V+2\times(-4)=60V-8\)；（3）動量守恒：\(124=60V-8\)→\(60V=132\)→\(V=2.2\\text{m/s}\)（向右）。易錯點(diǎn)系統(tǒng)選取錯誤：若僅選人+滑板，球的外力未計(jì)入，動量不守恒；速度參考系錯誤：題目中球的速度是相對于地面，無需轉(zhuǎn)換（若為相對于人，需用速度變換）；符號錯誤：球向左運(yùn)動，速度取負(fù)號，否則結(jié)果偏小。拓展練習(xí)若人拋出球后，滑板速度變?yōu)閈(V=3\\text{m/s}\)向右，求球拋出時(shí)相對于人的速度（提示：球相對于地面的速度=球相對于人的速度+人相對于地面的速度）。五、天體運(yùn)動（萬有引力定律的應(yīng)用）天體運(yùn)動的核心是萬有引力提供向心力，需記住黃金代換式（\(GM=gR^2\)）和開普勒定律。5.1衛(wèi)星繞地球運(yùn)動（圓周運(yùn)動模型）題型特點(diǎn)：衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動，萬有引力提供向心力，公式為\(G\frac{Mm}{r^2}=m\frac{v^2}{r}=m\omega^2r=m\frac{4\pi^2}{T^2}r\)。例題5.1地球半徑\(R=6.4\times10^6\\text{m}\)，表面重力加速度\(g=10\\text{m/s}^2\)。求同步衛(wèi)星（周期\(T=24\\text{h}\)）的軌道半徑\(r\)。解題思路1.萬有引力提供向心力：\(G\frac{Mm}{r^2}=m\frac{4\pi^2}{T^2}r\)；2.黃金代換：\(GM=gR^2\)（消除\(GM\)）；3.聯(lián)立方程：\(gR^2=\frac{4\pi^2r^3}{T^2}\)→\(r=\sqrt[3]{\frac{gR^2T^2}{4\pi^2}}\)。解答（1）單位轉(zhuǎn)換：\(T=24\\text{h}=____\\text{s}\)；（2）代入數(shù)值：\(r=\sqrt[3]{\frac{10\times(6.4\times10^6)^2\times(8.64\times10^4)^2}{4\times(3.14)^2}}\)；（3）近似計(jì)算：\((6.4\times10^6)^2=4.0