高中物理力学综合试题和答案

一、〔10分〕如图所时，A、B两小球用轻杆连接，A A球只能沿竖直固定杆运动，开场时，A、B均静止，

B B球在水平面上靠着固定杆，由于微小扰动，B开场沿水平面向右运动，不计一切摩擦，设A在下滑过程中机械能最小时的加速度为a，那么a= 。

二、(10分) 如下图，杆OA长为R，可绕过O点的水平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O的

M

C B α A R

ω O

正上方，OB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vM

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。

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具有一样的振动方向和振幅，振幅为，初位相相差π，相向

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y O

v B v C x

发出两线性简谐波，二波频率均为100Hz，波速为430m/s，B为坐标原点，C点坐标为xC=30m，求：①二波源的振动表达式；②二波的表达式；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一样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

O

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〕从释放到物体停顿运动，物体共进展了多少个振动过程；〔2〕从释放到物体停顿运动，物体共用了多少时间？〔3〕物体最后停在什么位置？〔4〕整个过程中物体克制摩擦力做了多少功？

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，如下图，当狼经过A点时，一只猎犬以一样的速度从圆心出发追击狼，设追击过

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O x0

v0

R A

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？

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〕假设实验上观测到的运动周期为T

观测

， 且T观测：T计算1：N目（N1）。为了解释T观测与T计算的不同，

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=×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v04.0ms1得初速度。物块在桌面上运动时，绳将缠绕在立柱上，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

c 第 3 页

o R 面上运动。

〔1〕问绳刚要断开时，绳的伸直局部的长度为多少？〔2〕假设绳刚要断开时，桌面圆心O到绳的伸直局部与封闭曲线的接触点的连线正好与绳的伸直局部垂直，问物块的落地点到桌面圆心O的水平距离为多少？桌面高度H0.80m。物块在桌面上运动时未与立柱相碰，取重力加速度大小为10ms1

十、〔25分〕如下图为一半径为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

ω0 h θ α的滑动摩擦系数为量，假定球在真空下落，且碰撞时间为有限小量。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ImR2。求：〔1〕反弹偏向角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〔力学综合〕

一、解：A、B组成的系统机械能守恒，

最初EB=0，最后EB=0，对B物体，某一位置总有杆对它作用力

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25为零

那么该处EB最大，此时EA最小 故aAg

二、解：速度分解如下图

设M物体的运动速度为vM 有 vMvcosRcos

HR由几何关系有 cossinC B α β A Hsin得 cos

RM

O

R v v=所以M物体的速度为 vMHsin

三、解：将两球心分别记为O、O/，假设只有球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，

代替的结果使O/处的质量增加 mR3(0) 因球O的质量为mR3 那么球O将受到来自球O/的引力

Gm0m162GR6(0)故两球的相互引力为 F 22d9d4343第 5 页

四、解：该系统的质心位于连线上，与第一个物体距离 R1并以速度v0m2v相对于平面运动

m1m2m1l，m1m2选择与质心相连的坐标系

2v0对第一个物体 Fm1

R1m1m2v2将R1、v0代入得 F

(m1m2)l五、解：设B点初位相0，由题意知C点初位相

而2200 rad/s

B点的振动方程为yB0.01cos200t C点的振动方程为yC0.01cos(200t)

取B点为坐标原点，BC为x轴正向，那么波的表达式为： 在BC线上两波叠加为：

在x轴上合振动的位移为零，满足 即 0.465x6.48(2k1)/2 得 x2.15k12.86(m)(k6,7,8,19)

因为只有0x30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

2kl0mg 那么l0mg2k

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当x0l0时，振子不振动

当x0l0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2l0 故n次振动后距离为 Lnx02nl0 当Lnl0时，振子将停顿 即：x02nl0l0

所以振动次数为：NInt(数局部〕

〔2〕振子振动周期 T所以振动时间为 tNm 2km 2kx0l0xl1)Int00 〔Intf为2l02l0f的整

〔3〕以O点为原点建立坐标系，取向右为正方向 振子停顿的位置在 x(1)N(x02Nl0)

〔4〕振子每次振动过程经过的路程为 sn2(x0l02nl0) 所以N次振动过程的总路程 SN2N(x0Nl0) 克制摩擦力做功为 W2kl0SN4kNl0(x0Nl0)

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七、解：有题设条件狼、犬速度相等可知，vv0，并且在追击中任意瞬间，狼、犬在〔如下图的B、C点〕在一直线上，即v∥v0，且始终有vrCD，其中vv0 rRD v0 θ v0 B

vθ α vr O φ C R A

即v与v0的“速端〞在一条直线上 所以Cvrv0∽OCD，即t

设犬运动的距离为OCr，而OCRsint，所以rRsint。 故犬沿半径为的圆弧，在tR2R2v0时刻位于rR处，即在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

v2GM2v，向心加速度满足下面的方程： M2 ——①

L2LvGM ——② 2L2(L/2)2LL ————③ vGM周期： T计算〔2〕根据观测结果，星体的运动周期

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

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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/位于中心处的质点一样。考虑暗物质作用后双星的速度即为观察到的速度v观，那么有： 因为在轨道一定时，周期和速度成反比，由④式得 把②、⑥式代入⑦式得 M/N1M ————⑧ 4设所求暗物质的密度为ρ，那么有 故 3(N1)M ————⑨ 32L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局部的长度为x，假设此时物快速度的大小为vx，那么有

vxv0 〔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，

22mvxmv0故有 T0 〔2〕 xx2mv0由此得 x 〔3〕

T0带入数据得 x0.60m 〔4〕

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2.设在绳刚要断开时，物块位于桌面上的

c P点，BP是绳的伸直局部，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vo，

物块离开桌面后便做初速度为vo的平抛运动。设平抛运动经历的时间为t

那么有 Hgt2 〔5〕 物块做平抛运动的水平射程为 s1v0t 〔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

ss R B o S1 R2x2 x P 12s1Rx22x22 〔7〕

22H解〔5〕、〔6〕、〔7〕式，得sv0R2x2x2

g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：

mgh12mv02

(1) 解(2)

令v2x和v2y分别为碰撞后瞬间球心速度的水平和垂直分量，竖直

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得

v02gh

方向可达高度为αh， 于(3)

由此，用α〔或用恢复系数c〕表述为：v2y2gh (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，碰撞开场时，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，摩擦力缺乏以使球的旋转减速到它与地板接触点停顿相对滑动从而进入纯滚动状态

②在某一时刻t(t1tt2)，球与地板接触点的速度到达零值，从这时起摩擦力为零。 下面分别讨论两种情况： 情况①：

此时，整个碰撞期间球均作相对滑动，摩擦力与法向力的关系为

frkN(t) (5)

是

2v2y2gh

N O y x mg fr 摩擦力的冲量为：KxtkN(t)dtkKykm(1c)2ghmv2x

1t2(6)

摩擦力的冲量矩为： LtRkN(t)dtkmR(1c)2ghI(02)

1t2第 11 页

(7)

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)

20(9)

由〔8〕和〔4〕式可得：tan〔10〕

可见角θ与ω0无关

至此，所有碰撞后的根本物理量都已经用题文所给量表述出来。根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完毕时，球与地板接触点有一沿x负方向的速度。因此 即

0k2gh(1c)mR2R(IkmR(1c)I2gh

v2xk(1c)2gh1ck v2ycc2gh1)

〔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

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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：

2Rv2x 〔12〕 有 mRv2xI(0由可解得 v2x 2v2x) 〔13〕 RI0I0R20R 〔14〕

mRI/RmR2I7v2xI020 〔15〕 2RmRI7反弹偏向角θ的正切值为： tan〔2〕情况①：

球的上跳和再下落的总时间为 ty2v2yg2c2gh2h 〔17〕 2cggv2xI0R20R1 〔16〕 v2yImR2c2gh7c2gh因此所要求的距离为：dxv2xtyk(1c)2gh2c2h g dx4k(1c)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

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因此所要求的距离为：

dxv2xtyI0R2h20Rc2h42h2cRc0g152g7gmR2I

(19)

此时，球在第1、2碰撞之间通过的水平距离随ω0线性增加

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