高中物理力学综合试题与答案

物理竞赛辅导测试卷（力学综合1）

一、（10 分）如图所时，A、B 两小球用轻杆连接， A 球只能沿

A

竖直固定杆运动，开始时，A、B 均静止，B 球在水平面上靠着固定

杆，由于微小扰动， B 开始沿水平面向右运动，不计一切摩擦，设 A

B

在下滑过程中机械能最小时的加速度为a，则a= 。

二、(10 分) 如图所示，杆OA 长为R，可绕过O 点的水平

C B

轴在竖直平面内转动，其端点 A 系着一跨过定滑轮B、C 的不可

伸长的轻绳，绳的另一端系一物块M ，滑轮的半径可忽略， B 在

α

A O 的正上方，O

B 之间的距离为H，某一时刻，当绳的BA 段与

OB 之间的夹角为α时，杆的角速度为ω，求此时物块M 的速度v M M R

ω

三、（10 分）在密度为ρ0 的无限大的液体中，有两个半径为

R、密度为ρ的球，相距为d，且ρ>ρ0，求两球受到的万有引力。

O

四、（15 分）长度为l 的不可伸长的轻线两端各系一个小物体，它们沿光滑水平面运

动。在某一时刻质量为m1 的物体停下来，而质量为m2 的物体具有垂直连线方向的速度v，求此时线的张力。

五、(15 分)二波源B、C 具有相同的振动方向和振幅，

振幅为0.01m，初位相相差π，相向发出两线性简谐波，二

y

v v

波频率均为100Hz，波速为430m/s，已知 B 为坐标原点， C

点坐标为x C=30m，求：①二波源的振动表达式；②二波的O

B C

x

表达式；③在B、C 直线上，因二波叠加而静止的各点位置。

六、(15 分) 图是放置在水平面上的两根完全相同的轻

质弹簧和质量为m 的物体组成的振子，没跟弹簧的劲度系数均为k，弹簧的一端固定在

墙上，另一端与物体相连，物体与水平面间的静摩擦因数和动摩擦因数均为μ。当弹簧恰为原长时，物体位于O 点，现将物体向右拉离O 点至x0 处(不超过弹性限度)，然后将物体由静止释放，设弹簧被压缩及拉长时其整体不弯曲，一直保持在一条直线上，现规

定物体从最右端运动至最左端（或从最左端运动

至最右端）为一个振动过程。求：

（1）从释放到物体停止运动，物体共进行了多

少个振动过程；（2）从释放到物体停止运动，物

体共用了多少时间？（3）物体最后停在什么位

O x0

置？（4）整个过程中物体克服摩擦力做了多少

功？

七、（15 分）一只狼沿半径为R 圆形到边缘按逆时针方向匀速

跑动，如图所示，当狼经过 A 点时，一只猎犬以相同的速度从圆心

v0

出发追击狼，设追击过程中，狼、犬和O 点在任一时刻均在同一直线上，问猎犬沿什么轨迹运动？在何处追击上？O

R

A

八、（15 分）经过用天文望远镜长期观测，人们在宇宙中已经发现了许多双星系统， 通过对它们的研究，使我们对宇宙中物质的存在形式和分布情况有了较深刻的认识，双 星系统由两个星体构成，其中两个星体的线度都远小于两星体之间的距离，一般双星系 统距离其他星体很远，可以当作孤立系统处理。现根据对某一双星系统的光度学测量确 定，该双星系统中每个星体的质量都是

M ，两者相距 L ，它们正围绕两者连线的中点做

圆周运动。（1）试计算该双星体统的运动周期 T

计算

，（2）若实验上观测到的运动周期为

T

。

为了解释 T 观测

， 且

： ： （ ） T 观测 T

1 N N 1

计算

观测

与 T

计算

的不同，目前有一种

流行的理论认为，在宇宙中可能存在一种望远镜观测不到的暗物质，作为一种简化模型， 我们假定在这两个星体连线为直径的球体内均匀分布着这种物质，而不考虑其他暗物质 的影响，试根据这一模型和上述观测结果确定该星系间这种暗物质的密度。

九、（20 分）一半径为 R=1.00m 的水平光滑圆桌面，圆心为 O ，有一竖直的立柱固

定在桌面上的圆心附近，立柱与桌面的交线是一条凸的平滑的封闭曲线

C ，如图所示，

一根不可伸长的柔软的细轻绳，一端固定在封闭曲线上的某一点，另一端系一质量为 m=7.5× 10

-2kg 的小物体，将小物块放在桌面上并把绳拉直，再给小物块一个方向与绳垂

直，大小为

1

v 0 4.0 m s 得初速度。物块在桌面上运动时，绳将缠绕在立柱上，已知当

绳的张力为 T

2.0N 时，绳即断开，在绳断开前物块始终在桌面上

运动。

c （1）问绳刚要断开时，绳的伸直部分的长度为多少？（ 2）若绳刚要 R 断开时，桌面圆心 O 到绳的伸直部分与封闭曲线的接触点的连线正 o

好与绳的伸直部分垂直，问物块的落地点到桌面圆心 O 的水平距离

为多少？已知桌面高度

H 0.80m 。物块在桌面上运动时未与立柱

1

相碰，取重力加速度大小为

10m s

十、（25 分）如图所示为一半径为 R 的实心均质球，在朝地板下落之前球的质心静 止，但球绕着过质心的一条水平轴自转，

角速度为

0 ，球上的最低点距地板的高度为

h ，

将球释放后，它因受重力而下落且被弹回到最高点高度等于 αh 处。球与地板相碰时的形

变可以忽略，设球与地板之间的滑动摩擦系数为已知 量

，假定球在真空下落，且碰撞时间为有限小量。

ω0 球的质量与重力加速度分别记为

m 和 g ，球绕过质心

的轴的转动惯量为 2

2

I

mR 。求：（1）反弹偏向角

5

h

θ

αh

θ的正切值；（2）球在第一次与地板碰撞后到第二次碰 撞前，它的质心通过的水平距离。

物理竞赛辅导测试卷参考答案（力学综合）一、解：A 、B 组成的系统机械能守恒，

最初E B=0，最后E B=0，对B 物体，某一位置总有杆对它作用力为零

则该处E B 最大，此时E A 最小

故a g

A

二、解：速度分解如图所示

设M 物体的运动速度为v M

有v v c o s R c o s

M

C B

H R α

β

A

由几何关系有

cos sin

得 c o s H s i n

R

M v=ωR

v M

R

O

所以M 物体的速度为v H sin

M

/

三、解：将两球心分别记为O、O ，若只有球O 单独处于无限大液体中，其受的合引力

为0

如果将球O

/放回原处，相当于用密度为ρ的球代替ρ0 的同体积液体因为0，

4

/处的质量增加 3 ( )

3

4

3

因球O 的质量为m R

3

则球O 将受到来自球O

/的引力

故两球的相互引力为 F G m

2

d

m16 2 6

GR

9d

(

2

)

四、解：该系统的质心位于连线上，与第一个物体距离

m l

1

R ，并以速度1 m m

1 2

m v

2

v 相对于平面运动

0 m m

1 2

选择与质心相连的坐标系

对第一个物体F

2

v m

1R

1

将R1、v0代入得F

2 m m v

12 (m1m2

)l

五、解：设B点初位相0，由题意知C点初位相

而2200rad/s

B点的振动方程为y B0.01cos200t

C点的振动方程为y C0.01cos(200t)

取B点为坐标原点，BC为x轴正向，则波的表达式为：

y B0.01cos200(t

x 430

)

y C0.01cos[200(t 30

430

x

)]

在BC线上两波叠加为：

y y B y C

200

cos(200t6.48)cos(x

430

6.48)

在x轴上合振动的位移为零，满足

200

cos(x

430

6.48)0

即0.465x 6.48(2k1)/2

得x 2.15k12.86(m)(k6,7,8,19)

因为只有0x30才是二波叠加区（x<0无B波，x>30无C波）六、解：（1）振子每次全振动的平衡位置与O的距离为

2kl0mg则

l 0

mg

2k

当x0l时，振子不振动

当x0l时，振子振动规律如下：

振子的振动相对平衡位置是简谐振动，故关于平衡位置对称

每振动一次与原点距离减小2l 0

故n 次振动后距离为L n x0 2nl 0 当L n l 时，振子将停止

即：x0 2nl l

n x

2l 0

l 0

所以振动次数为：

x l x l

0 0 0 0

N Int ( 1) Int （Intf 为f 的整数部分）2l 2l

0 0

（2）振子振动周期T m 2k

所以振动时间为t N m 2k

（3）以O 点为原点建立坐标系，取向右为正方向

N 振子停止的位置在x ( 1) (x0

2Nl )

（4）振子每次振动过程经过的路程为s n 2( 2 )

x0 l nl

0 0

所以N 次振动过程的总路程S N 2N(x0 Nl )

克服摩擦力做功为W 2kl0 S N 4kNl0 (x0 Nl0 )

七、解：有题设条件狼、犬速度相等可知，

并且在追击中任意瞬间，狼、犬在

（如图所示的、

B v v ，

D

v0

C 点）在一直线上，即v ∥v0 ，且始终有

v0

θ

vθαv

r

B

A

v r CD ，其中v v0

r R

C

O R

φ

即v与v0 的“速端”在一条直线上

v v 0r

R

22 ,v v v

r0

v r2R r2

v R

所以Cv r v0∽OCD，即t

设犬运动的距

离

为OC r，而OC R sin t，所以r R sin t。

故犬沿半径为

R

2的圆弧，在

R

t时刻位于r R处，即在

2v

2

的b点追上狼。

犬的运动亦可分解为两个分运动来求解。

八、解：（1）双星均绕它们的连线中点做圆周运动，设运动速率为v，向心加速度满足下

面的方程：

22

v GM

M——①

2

L2L

v

G M

2L

——

②

周期：

2(L/2)2L T L 计算

————③

v GM

（2）根据观测结果，星体的运动周期

1

T观测T T

计算计算

N ————④

这说明双星系统中受到的向心力大于本身的引力，故它一定还受到其他指向中心的作用力，按题意这一作用来源于均匀分布的暗物质，均匀分布在球体内的暗物质对双星系统的作用与一质量等于球内暗物质的总质量M/位于中心处的质点相同。考虑

暗物质作用后双星的速度即为观察到的速度v

观，则有：

M

2

2/

v GM MM

观

G

22

L/2L(L/2)

———

—⑤

/

G(M4M)

v

观————⑥

2L

因为在轨道一定时，周期和速度成反比，由④式

得

1 v

观1

N

1

v

———

—⑦

N 1

/

把②、⑥式代入⑦式得M

M

4

设所求暗物质的密度为ρ，则有

————⑧

4 L 3

( ) 3 2 N 1

4

M

故3( N

2

1)M

3

L

————⑨

九、解：1.因桌面是光滑的，轻绳是不可伸长和柔软的，且在断开前绳都是被拉紧的，故

在绳断开前，物块在沿桌面运动的过程中，其速度始终与绳垂直，绳的张力对物块不做功，物块速度的大小保持不变，设在绳刚要断开绳的部分的长度为x，若此时物快速度的大小为v x，则有

v x v （1）

绳对物块的拉力仅改变物快速度的方向，是作用于物块的向心力，

故有

2 2

mv mv

x 0

T

0 （2）

x x

由此得

2

mv

x （3）T

带入数据得x 0.60 m（4）2.设在绳刚要断开时，物块位于桌面上的P 点，BP 是

绳的伸直部分，物块速度v0 的方向如图解所示，由题意可知，OB⊥BP，因物快离开桌面时的速度仍为v o，

c

s

B S1

物块离开桌面后便做初速度为v o 的平抛运动。设平抛o R

x

运动经历的时间为t

则有

1

2

H gt （5）

2

P 2 x

R

2

物块做平抛运动的水平射程为s v t

1 （6）

由几何关系，物体落地地点与桌面圆心O 的水平距离s为

2

2 2 2

s s1 R x x （7）

2

解（5）、（6）、（7）式，得s v

0 2H

g

2

R

2

x

2

x

带入数据得s 2. 5m

十、解：（1）碰撞前平动动能应等于球的重力势能的减少量，因此碰撞前球心下落速

度v0 满足：

1

2

mgh mv (1)

2

解得v 2gh

0 (2)

令v2 和v2y分别为碰撞后瞬间球心速度的水平和垂直分量，竖直方向可达高度为αh，x

2

于是v g h

y 2

2 (3)

由此，用α（或用恢复系数 c ）表述为：v y 2g h

2 (4)

考虑到力的冲量等于动量的改变量，和力的冲量矩等于角动量的改变量，碰撞开始时，球必因具有初始角速度

0 而发生相对滑动，因此存在两种可能性：

①整个碰撞过程中，摩擦力不足以使球的旋转减速到它与地板接触点停止相对滑动从

而进入纯滚动状态

②在某一时刻( )

t t1 t t ，球与地板接触点的速度达到零值，从这时起摩擦力为零。

2

下面分别讨论两种情况：

N 情况①：

此时，整个碰撞期间球均作相对滑动，摩擦力与法向O x

力的关系为

f r k N(t ) (5) y

mg f r

摩擦力的冲量为：

t

2

K x N (t )dt K m(1 c) 2gh mv2

k k y k x t

1

(6)

t

2

摩擦力的冲量矩为：L R N (t) dt k mR(1 c) 2gh I()

k (7)

0 2

t

1

由此可解得碰后速度水平分量v2x 和角速度ω0 表述如下：

v2x k (1 c) 2gh (8)

mR(1 c)

k 2

gh

2 (9)

I

由（8）和（4）式可得：tan v

2

v

2

x 1

(1 c) 2gh

k

k

y

c 2gh

c

c

（10）

可见角θ与ω0 无关

至此，所有碰撞后的基本物理量都已经用题文所给量表述出来。基本情况解的成立范围可以从（8）和（9）式获得。此解答成立的条件是碰撞结束时，球与地板接触点有

一沿x负方向的速度。因此

R v2

2

x

mR(1c)k(1c)

k2

2gh gh

I R

2

2gh(1c)mR

k

即(1)

0I

R

（11）

凡初始角速度低于此值者，均不属本情况解

情况②：

这种情况中，球进入纯滚动的时刻t必介于碰撞的初始时刻t1和终止时刻t2之间，而后，速度水平分量v2x与最终角速度ω2之间将一直保持下述关系：

R v2

2（12）

x

v

有(2)

x

mRv I

2R

x（13）

I I R2

00

由可解得R

v x0

27

2

mR I/R mR I

（14）

v x I2

20

27

2

R mR I 0

（15）

反弹偏向角θ的正切值为：

tan v

2x

v

2y

I

I R

2

mR

c

1

2gh

2

7c

R

2gh

（16）

（2）情况①：

球的上跳和再下落的总时间为

t y 2

v

2y

g

2c2gh

g

2c

2h

g

（17）

因此所要求的距离为：d x v x t y k

2(1c)2gh2c

2h

g

d x4k(1c)ch（18）此距离与ω0无关

情况②：

这种情况下，球的上跳和再下落的总时间仍为（17）式所述

因此所要求的距离为：

I R 2h 2 Rc 2h 4 2h

0 0

d x v x t y 2c R 0c

2 (19)

2

mR I g 1 5 2 g 7 g

此时，球在第1、2 碰撞之间通过的水平距离随ω0 线性增加