专题10 力学综合（二）（专项训练）高中物理力学竞赛

**基本信息** 以“知识点-题型-典例”三维架构系统整合力学综合问题，通过模型建构与科学推理实现复杂问题的分层突破。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |牛顿定律与临界分离|1例|整体法与隔离法、临界条件（弹力为零）分析|连接体问题→相对运动→临界状态判断| |功能关系与能量守恒|1例|动能定理、E-x图像物理意义、摩擦生热计算|能量转化→守恒条件→多过程能量分析| |曲线与圆周运动综合|1例|平抛规律、竖直圆周临界速度、运动合成与分解|曲线运动规律→向心力来源→临界状态分析| |板块模型与多过程|1例|相对位移计算、动摩擦因数影响分析|多过程动力学→相对运动→追及相遇问题| |万有引力与天体|1例|双星模型特征、开普勒定律与机械能综合|万有引力提供向心力→轨道参数关系→能量守恒应用|

跑哥物理 力学竞赛专题 专题十 力学综合(2) 一、核心知识点 二、思维导图 三、题型分类 题型01 牛顿第二定律与临界分离问题 题型02 功能关系与能量守恒定律 题型03圆周运动与平抛运动综合 题型04 板块模型与多过程动力学 题型05 万有引力与天体运动 4、 巩固提升 核心知识点 1. 牛顿运动定律与连接体问题：整体法与隔离法的灵活运用，临界分离条件（弹力为零），多物体相对滑动与共同加速度的判断。 2. 功能关系与能量守恒：动能定理、机械能守恒定律的应用，弹簧弹性势能与重力势能、动能的转化，摩擦力做功与生热问题，E-x图像的物理意义分析。 3. 曲线运动与圆周运动：平抛运动规律，竖直面内圆周运动的临界条件（最高点最小速度、脱离轨道条件），水平面内圆周运动的向心力来源及静摩擦力突变问题。 4. 万有引力与航天：双星模型特征（周期相同、向心力相等、半径与质量成反比），开普勒第二定律与机械能守恒在天体运动中的综合计算。 5. 板块模型与传送带/轨道综合：多过程动力学分析，相对位移与板长关系，动摩擦因数对运动状态的影响，匀变速直线运动追及相遇问题。 思维导图 题型分类 题型一 牛顿第二定律与临界分离问题 例题1、1．如图所示，质量mB＝2 kg的水平托盘B与一竖直放置的轻弹簧焊接，托盘上放一质量mA＝1kg的小物块A，整个装置静止。现对小物块A施加一个竖直向上的变力F，使其从静止开始以加速度a＝2 m/s2做匀加速直线运动，直到A、B分离。已知弹簧的劲度系数k＝600 N/m，g＝10 m/s2。以下结论正确的是（　　） A．小物块A与托盘B在弹簧恰恢复到原长时分离 B．变力F的最小值为8 N C．经0.1s小物块A与托盘B分离 D．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为0.4 m/s 【答案】C 【难度】0.4 【详解】A．小物块A与托盘B分离瞬间，A、B间无弹力，对B由牛顿第二定律可得 代入数据解得 即小物块A与托盘B分离时弹簧的压缩量为0.04m，故A错误； B．以托盘B和小物块A为整体，开始装置静止则有 解得 小物块向上的过程，对A、B由牛顿第二定律可得 整理可得 当x最大时，拉力F最小，拉力F刚开始作用在A上时，x有最大值，此时 故拉力的最小值，故B错误； CD．根据上述分析可知，分离时A的位移为 则分离时A的速度 代入数据解得 小物块A与托盘B分离所经历的时间，故C正确，D错误。 故选C。 功能关系与能量守恒定律 例题2、如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC=h。圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A；弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则圆环（　　） A．下滑过程中，加速度一直减小 B．下滑过程中，因摩擦力产生的热量小于 C．下滑经过B的速度小于上滑经过B的速度 D．在C处，弹簧的弹性势能为-mgh 【答案】C 【难度】0.4 【详解】A．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环需要先加速再减速，经过B处的速度最大，加速度为零，所以加速度先减小，后增大，故A错误； B．圆环从A处由静止开始下滑到C过程，由动能定理 圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，由动能定理 联立可解 故B错误； C．圆环从A处由静止开始下滑到B过程，由动能定理 圆环从B处由静止开始上滑到A过程，由动能定理 联立可解 所以下滑经过B的速度小于上滑经过B的速度，故C正确； D．圆环从A处由静止开始下滑到C过程，由动能定理 圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，由动能定理 解得在C处，弹簧的弹性势能 故D错误。 故选C。 题型三 圆周运动与平抛运动综合 例题3、如图所示，在水平桌面上离桌面右边缘处放着一质量为的小铁块（可看作质点），铁块与水平桌面间的动摩擦因数。现用方向水平向右的推力F作用于铁块到达水平桌面边缘A点时立即撤去F，小铁块从A点飞出，恰好从竖直圆弧轨道BCD的B端沿切线进入圆弧轨道做圆周运动，且铁块恰好能通过圆弧轨道的最高点D。已知，A、B、C、D四点在同一竖直平面内，水平桌面离B端的竖直高度，圆弧轨道半径，C点为圆弧轨道的最低点。（取，，） （1）求铁块运动到圆弧轨道最高点D点时的速度大小； （2）若铁块以的速度经过圆弧轨道最低点C，求此时铁块对圆弧轨道的压力大小； （3）求铁块运动到B点时的速度大小； （4）求水平推力F。 【答案】（1）；（2）；（3）；（4） 【难度】0.4 【详解】（1）铁块恰好能通过D点，说明在D点时重力提供向心力，由牛顿第二定律可得 解得 （2）铁块在C点受到的支持力F'与重力的合力提供向心力，则有 代入数据解得 由牛顿第三定律可知，铁块对轨道的压力大小为 （3）铁块从A点到B点的过程中做平抛运动，根据平抛运动规律有 可得 铁块沿切线进入圆弧轨道，则 （4）铁块从A点到B点的过程中做平抛运动，水平方向的分速度不变，故 铁块在水平桌面上做匀加速运动时，由牛顿第二定律有 由运动学公式可知，有 联立解得 题型四 板块模型与多过程动力学 例题4、如图，一长木板静止在水平地面上，一物块叠放在长木板上，整个系统处于静止状态，长木板的质量为，物块的质量为，物块与长木板间的动摩擦因数为，长木板与地面之间的动摩擦因数为，对长木板施加一个水平向右的拉力F，拉力，作用后将力撤去，之后长木板和物块继续运动，最终物块没有从长木板上掉下来。物块可看作质点，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g大小取，求： （1）撤去外力F瞬间物块速度的大小； （2）运动过程中物块与长木板达到的共同速度v； （3）长木板的最短长度L。 【答案】（1）；（2）2m/s；（3） 【难度】0.4 【详解】（1）假设物块与长木板一起运动，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律有 解得 当物块与长木板之间相对滑动时，以物块为研究对象，根据牛顿第二定律有，解得 解得 所以 则物块与长木板之间发生相对滑动，以长木板为研究对象，根据牛顿第二定律有 解得 作用时间过程中，物块做匀加速直线运动，物块速度的大小 长木板做匀加速直线运动，长木板速度的大小 （2）作用时间过程中，物块的位移 长木板的位移 撤去拉力时长木板的速度大于物块速度，则撤去拉力之后物块与长木板之间继续发生相对滑动，物块继续做匀加速运动，加速度 长木板做匀减速直线运动，以长木板为研究对象，根据牛顿第二定律有 解得 设经过时间物块与长木板达到共同速度v，根据运动学公式 两式联立解得 物块与长木板达到共同速度 （3）此过程中物块的位移为 长木板速度的位移 在和时间内物块相对于长木板向左滑动的距离为 当两者速度相等之后，假设物块与长木板一起运动，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律有 解得 此时物块与长木板之间的摩擦力为 物块与长木板之间的最大静摩擦力为 所以 则物块与长木板两者速度相等之后不会一起做减速运动，物块相对于长木板向前滑动，物块相对于长木板向前滑动加速度 以长木板为研究对象，根据牛顿第二定律有 解得 物块减速过程运动位移为 长木板减速过程运动位移为 此过程中物块相对于长木板向前滑动的位移为 则 则长木板的最小长度为 题型五 万有引力与天体运动 例题5、宇宙中有两颗孤立的中子星，它们在相互的万有引力作用下间距保持不变，并沿半径不同的同心圆轨道做匀速圆周运动．如果双星间距为L，质量分别为和，引力常量为G，则（　　） A．双星中的轨道半径 B．双星的运行周期 C．的线速度大小 D．若周期为T，则总质量 【答案】AD 【难度】0.4 【详解】A．设行星转动的角速度为ω，周期为T，如图 对星球m1，根据万有引力提供向心力可得 同理对星球m2，有 两式相除得 （即轨道半径与质量成反比） 又因为 所以得 ， 选项A正确； B．将计算半径公式代入万有引力公式可得，双星角速度 因为，所以 选项B错误； C．由可得双星线速度为 选项C错误； D．由前面得 选项D正确。 故选AD。 巩固提升 1．如图所示， A、B两小球的质量之比为3：1，用轻质细杆相连。同时用一根细绳将两个小球系住，绳子跨过光滑的定滑轮 C，并设法让两球和轻杆组成的系统保持平衡，则系统平衡时，AC 绳与BC绳的长度之比为（　　） A．1:1 B．1:2 C．1:3 D．1:4 【答案】C 【难度】0.4 【详解】以两个小球及杆组成的系统为研究对象，以C为支点，并作出力臂LA、LB如图所示 C为定滑轮，则AC、BC对滑轮的拉力相等，如图所示 所以 以C为支点，根据杠杆的平衡条件 由，则 由图知，ΔACE与ΔBCF均为直角三角形，，则 ， 所以 则 故选C。 2．如图所示，三个物体A、B和C的质量分别为2m、m和m，A、B叠放在水平桌面上，A通过跨过光滑定滑轮的轻绳与C相连，定滑轮左端的轻绳与桌面平行，A、B间的动摩擦因数为，B与桌面间的动摩擦因数为，A、B、桌面之间的最大静摩擦力等于相对应的滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．三个物体A、B、C均保持静止 B．轻绳对定滑轮的作用力大小为 C．若A、B之间发生相对滑动，则需满足 D．若A、B之间未发生相对滑动，则A受到的摩擦力大小为 【答案】C 【难度】0.4 【详解】A．物块A与B之间的最大静摩擦力 物块B与桌面间的最大静摩擦力 显然 由于 即 物块B一定与桌面间发生相对滑动，A错误； B．由于物块C加速下滑，绳子拉力 因此轻绳对定滑轮的作用力大小 B错误； C．若A与B间恰好将发生相对滑动时，A与B的加速度恰好相等，此时对物块B 对A、B整体 对物块C 解得 因此若A、B之间发生相对滑动，则需满足 C 正确； D．若A、B之间未发生相对滑动，则对整体 对物块B 可得A受到的摩擦力大小 D错误。 故选C。 3．如图甲所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h=0.2m处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，滑块上升过程的机械能E和位移x之间的关系如图乙所示，图象前一部分为曲线，后一部分为水平直线。以地面为零势能面，不计空气阻力，取g=10m/s2，由图像可知（　　） A．滑块的质量为1kg B．轻弹簧原长为0.3m C．弹簧最大弹性势能为3J D．滑块上升后，距地面的最大高度为0.6m 【答案】D 【难度】0.4 【详解】A．由图像可知，初始位置，滑块的机械能 可得 A错误； B．上升了0.3m时，弹簧的长度为0.5m，此时离开弹簧，因此弹簧的原长为0.5m，B错误； C．弹簧的弹性势能全部转化为物体所增加的机械能，因此弹性势能为 C错误； D．最大高度时，速度为零，此时 可得 D正确。 故选D。 4．如图甲所示，质量分别为1kg、2kg、3kg的三个物块A、B、C叠放在水平面上，现对物块B施加一水平向右的拉力F，物块A、B、C的加速度与水平拉力的关系如图乙（以水平向右为正方向）所示。若物块足够长，物块A、B间的动摩擦因数为，物块B、C间的动摩擦因数为，物块C与地面间的动摩擦因数为，重力加速度取g=10m/s2，则下列正确的是（　　） A．μ1=0.2 B．μ1=0.3 C．μ2=0.3 D．μ3=0.4 【答案】C 【难度】0.4 【详解】由图可知，当时B开始有加速度，此时应该是ABC整体一起相对地面开始滑动，所以此时的F大小应等于整体与地面的最大静摩擦力，即有 可得 当，时，此时应该是AB一起与C发生相对滑动，即有 可得 当，时，此时应该是B与A，B与C都发生相对滑动，即有 可得 故选C。 5．如图所示，质量为1kg的物体A静止放在倾角为37°的斜面上，A与斜面间的动摩擦因数为0.8，用一细绳将小桶B通过定滑轮与物体A相连，在不断向小桶B中加沙子的过程中，A、B与斜面始终处于静止状态。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略滑轮与绳间的摩擦，则下列说法正确的是（　　） A．斜面对物体A的摩擦力不断减小 B．斜面对物体A的作用力不断减小 C．地面对斜面的支持力不断减小 D．当小桶B和沙子的总质量达到1kg时，地面对斜面的摩擦力大小为4N 【答案】C 【难度】0.4 【详解】A．当F较小时，摩擦力沿斜面向上，由平衡条件可得 则F增大时，摩擦力逐渐减小，当F较大时，摩擦力沿斜面向下，由平衡条件可得 则F增大时，摩擦力逐渐增大，所以A错误； B．对A分析，斜面对物体A的作用力大小等于斜面对A的支持力与斜面对A的摩擦力的合力，由于斜面对A的支持力保持不变，但是摩擦力先减小后增大，则斜面对物体A的作用力可能先减小后增大，所以B错误； C．对B分析，由平衡条件可知，绳子拉力F逐渐增大，把A与斜面看成一个整体，在竖直方向有 则地面对斜面的支持力不断减小，所以C正确； D．把A与斜面看成一个整体，在水平方向有 则当小桶B和沙子的总质量达到1kg时，地面对斜面的摩擦力大小为 所以D错误； 故选C。 6．如图所示，两物块A、B套在水平粗糙的CD杆上，并用不可伸长的轻绳连接，整个装置能绕过CD中点的轴OO′转动，已知两物块质量相等，杆CD对物块A、B的最大静摩擦力大小相等，开始时绳子处于自然长度（绳子恰好伸直但无弹力），物块A到OO′轴的距离为物块B到OO′轴距离的两倍，现让该装置从静止开始转动，使转速逐渐增大，在从绳子处于自然长度到两物块A、B即将滑动的过程中，下列说法正确的是（　　） A．B受到的静摩擦力一直增大 B．B受到的静摩擦力是先增大后减小 C．A受到的静摩擦力是先增大后减小 D．A受到的合外力一直在增大且总是B的合外力的两倍 【答案】D 【难度】0.4 【详解】ABC．设A的转动半径为2R，则B的转动半径R，A、B的角速度相同，开始时绳中无拉力，则 当角速度逐渐增大时，两物体所受摩擦力增大，A物体先达到最大静摩擦力，当A物体与杆间摩擦力达到最大时，有 此后角速度继续增大，A物体靠绳子的拉力和最大静摩擦力提供向心力 解得 角速度增大，拉力增大，B物体受拉力和摩擦力的合力充当向心力，则 解得 角速度增大，B物体所受的摩擦力减小到零后反向；若B物体所受摩擦力反向达到最大值后，再增大角速度，则两物体同时相对杆滑动；所以该装置从静止开始转动，使转速逐渐增大，从绳子处于自然长度到两物块A、B即将滑动的过程中，B所受的摩擦力先增大后减小，又增大，方向先指向圆心，然后背离圆心，A物体的静摩擦力一直增大达到最大静摩擦力后不变，故ABC错误； D．由于角速度不断增加，根据 向心力增加，角速度相等向心力与半径成正比，合力提供向心力，故A受到合力一直在增大，且总是B的合外力的两倍，D正确。 7．如图所示，物体、通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体、的质量分别为、，开始时细绳伸直，用手托着物体使弹簧处于原长且与地面的距离为，物体静止在地面上，放手后物体下落，与地面即将接触时速度大小为，此时物体对地面恰好无压力，不计一切摩擦及空气阻力，重力加速度大小为，则下列说法中正确的是（　　） A．物体A下落过程中，物体A和弹簧组成的系统机械能守恒 B．物体A着地时弹簧的弹性势能为 C．弹簧的劲度系数为 D．物体A着地时的加速度大小为 【答案】ABC 【难度】0.45 【详解】A．物体A下落过程中，物体B一直静止不动，对于物体A和弹簧组成的系统，只有重力和弹簧弹力做功，满足机械能守恒的条件，因此系统机械能守恒，故A正确； B．根据系统机械能守恒：物体A减少的重力势能，转化为弹簧的弹性势能和物体A的动能，即 解得物体A着地时弹簧的弹性势能为，故B正确； C．A即将与地面接触时，B对地面恰好无压力，说明弹簧弹力大小等于B的重力，则有 解得弹簧的劲度系数为，故C正确； D．物体A着地时，根据牛顿第二定律可得 可得物体A着地时的加速度大小为，故D错误。 故选ABC。 8．如图所示，B静置于地面上，用手托住A，A距地面高度为，细线处于拉紧状态，已知A、B质量相等，不计滑轮质量及阻力，现由静止释放A，A从开始运动到接触地面前瞬间的过程中，A、B的动能、和重力势能、随运动距离变化的关系图像正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】BD 【难度】0.4 【详解】根据滑轮组的特征可知，重物A下落的高度为B上升高度的2倍，设A运动距离为时，B运动距离为，则有 对重物A，初始重力势能为 当重物A运动距离为时重力势能为 A的末重力势能为0，对重物B，初始重力势能为0，当B运动距离为时，有 由滑轮组可知，B上升的高度为A下降高度的一半，故 故重物B的末重力势能为 根据滑轮组可知，在运动过程中 对重物B和A组成的系统，当A运动距离为时，根据动能定理得 对A可得 A的末动能为 对重物B，当B运动距离为时 重物B的末动能为 故选BD。 9．如图所示，倾角为且足够长的固定光滑斜面底端有一固定挡板，轻弹簧一端与挡板连接，另一端与物块A接触但不连接，A上方放置另一物块B，B与物块C用跨过光滑轻质定滑轮的细线连接，B与定滑轮间的细线与斜面平行。开始时用手托住C，使细线处于伸直但不拉紧的状态，此时A、B静止在斜面上。某时刻突然释放C，一段时间后A、B分离，此时C未触地。已知A、B分离时，B的速度大小为v，A、B、C的质量均为，弹簧劲度系数为，弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度为。下列说法正确的是（　　） A．刚释放C时，A、B间的弹力大小为 B．分离时刻弹簧处于压缩状态 C．的速度最大时沿斜面上升的距离为 D．A、B分离时，B的加速度大小为 【答案】BD 【难度】0.4 【详解】A．开始时，细线的张力为零。以AB整体为研究对象，根据受力平衡可知，此时弹簧的弹力大小为：F弹=2mgsin30°=mg 刚释放C时，设A、B间的弹力大小为N，细线拉力大小为T，此时的加速度为a。 以C为研究对象，根据牛顿第二定律得：mg-T=ma 以B为研究对象，根据牛顿第二定律得：T+N-mgsin30°=ma 以A为研究对象，根据牛顿第二定律得：F弹-mgsin30°-N=ma 联立解得：N=mg 故A错误； D．A、B分离时，两者之间的弹力为零。设此时的加速度为a'，细线的拉力大小为T'。 以C为研究对象，物体受到重力和细线的拉力以及垂直于斜面的弹力，根据牛顿第二定律得：mg-T'=ma' 以B为研究对象，物体受到弹簧的弹力和物体自身的重力以及垂直于斜面的弹力，根据牛顿第二定律得：T'-mgsin30°=ma' 联立解得：a'= 故D正确； B．AB分离瞬间，它们具有共同沿斜面向上的加速度，合外力沿斜面向上，故弹簧仍处于压缩状态，故B正确。 C．初始时弹簧的压缩量为 当A的速度最大时，加速度为零，即弹簧的弹力与A的重力沿斜面向下的分力平衡，则此时弹簧的压缩量为 可知A的速度最大时A沿斜面上升的距离为 故C错误。 故选BD。 10．某千斤顶的结构如图所示，四根等长杆由铰链相连。摇动手柄竖直抬升重物过程中，两点的间距每秒均匀缩短，当时，下列说法正确的是（     ） A．与两点速度大小相等，方向相反 B．点速度方向竖直向上，大小为 C．点速度方向沿向上，大小为 D．点相对点的速度沿水平方向，大小为 【答案】BD 【难度】0.4 【详解】ABC．由题意可知，四边形ABCD是菱形，摇动手柄竖直抬升重物过程中，B点的速度方向竖直向上，A、C两点的速度方向分别垂直AD、CD方向，大小相等，A、C两点的间距每秒均匀缩短2mm，可知A、C两点速度的水平分量大小相等为 当时，B点和C点沿BC方向的分速度大小相等，即 又 可得， A、C两点的速度大小相等，方向相互垂直，故AC错误，B正确； D．A、C两点竖直方向的速度大小相等，方向相同，水平方向速度大小相等，方向相反，所以A点相对C点的速度沿水平方向，大小为，故D正确。 故选BD。 11．半径为r的四分之一圆弧面固定在水平地面上，质量为m且大小忽略不计的小球放置在圆弧面顶端，在轻微扰动下，小球沿圆弧面由静止滑下，重力加速度为g，忽略摩擦力与空气阻力，下列选项正确的是（　　） A．小球落地时的速度大小等于 B．小球沿圆弧面滚动过程中，某时刻对圆弧面的压力可以大于mg C．小球离开圆弧面时距离地面的高度为 D．小球落地位置到圆弧面圆心的距离小于 【答案】AD 【难度】0.4 【详解】A．如图所示 O点为圆弧面圆心，A点为小球出发点，B点为圆弧面最低点，C点为小球脱离圆弧面临界点，D点为小球若从C点沿直线运动时的落地点，E点为小球实际落地点，为的角度，分析小球整个过程，仅重力对小球做功，即 得，故A正确； B．小球沿圆弧面下滑过程中，小球的重力沿半径方向的分力减去支持力提供向心力，由此可知，整个过程中支持力小于重力，根据牛顿第三定律，小球对圆弧面的压力大小等于支持力，同样小于重力；故B错误； C．小球由A运动到C的过程，有 又 C点到地面的高度h为 综上可得，，故C错误； D．假设小球脱离圆弧面后沿直线运动，则落地点为D，由几何关系可得 即 但是小球脱离圆弧面后会在重力作用下向下“拐弯”，所以实际落地点E会在D点左侧，即，故D正确。 故选AD。 12．彗星绕太阳运动的轨道是椭圆，太阳位于椭圆的一个焦点上，近日点距太阳中心的距离为L1，远日点距太阳中心的距离为L2，彗星质量为m，太阳质量为M，引力常量为G。只考虑彗星和太阳之间的相互作用。 (1)设彗星在近日点的速度大小为v1，在远日点的彗星速度大小为v2。根据开普勒第二定律（对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等），求。 (2)已知质量为m1和m2、距离为R的两个质点间的引力势能。求彗星的机械能E（用G、M、m、L1和L2表示）。 (3)某一时刻，彗星距太阳中心的距离为r0。 a.求此时彗星的速度大小v； b.结合开普勒第二定律与能量守恒定律，求垂直于彗星与太阳连线方向的速度大小v'。 【答案】(1) (2) (3)， 【难度】0.4 【详解】（1）设在时间内，彗星在近日点附近与太阳连线扫过的弧长为，在远日点附近扫过的弧长为。当时，扫过的形状为扇形，可得面积分别为， 根据开普勒第二定律得 可得 在近日点附近与远日点附近的平均速度大小之比为 当时，在近日点与远日点的速度大小之比为 （2）彗星在近日点的机械能为 彗星在远日点的机械能为 由于彗星在运动过程中机械能守恒，得 解得， 代入得彗星的机械能 （3）a.由机械能守恒得，此时彗星的机械能 解得 b.类比第1问的推导可得 由第2问得 所以 13．一竖直固定光滑的半圆形轨道ACB，圆心为O，半径为R。在最高点A把小球以平抛，小球碰到轨道后不反弹（沿轨道径向速度减为0），忽略一切阻力，求： （1）小球打到轨道上D点（图中未画出）时下落的高度； （2）小球到达最低点B时速度和对轨道的压力。 【答案】（1）；（2） 【难度】0.4 【详解】（1）小球做平抛运动，设小球打到轨道上D点，D点可能在水平位置C的上方，也可能在下方，设OD与竖直方向夹角为，则 联立解得 （2）刚打到D点时的水平速度 竖直速度 打到D点后，沿轨道径向速度减为0，只保留切向的速度，即 设小球在最低点速度为，从D点处到最低点，由机械能守恒得 （1分） 设小球在最低点受到轨道的支持力为N，则 解得 由牛顿第三定律可得小球对轨道的压力为 14．某学校课外兴趣小组举行遥控小车操控比赛，遥控小车自身长s为1 m，通过操控使其能沿平直的特制水平轨道行驶。按比赛规则，开始遥控小车保持以v0=8 m/s的速度匀速行驶，当车头行驶到O点时，操控手通过遥控使小车立即匀减速停车，要求整个小车只能停在AB段内方可视为操作成功，已知xOA=7 m，xAB=9 m，求： （1）要想操作成功，操控手必须将小车匀减速运动的加速度大小控制在什么范围？ （2）当操作成功时，小车做匀减速运动的最长时间是多少？ 【答案】（1）；（2）4s 【难度】0.4 【详解】（1）小车做匀减速运动到速度降为0的过程中，停车位移 当位移最小时，加速度最大 位移最大时，加速度最小 所以加速度大小的范围是 （2）由速度公式 可知，小车减速到速度为0的时间 可知加速度最小时，小车匀减速运动的时间最长 15．如图所示，竖直放置的轻弹簧一端固定于水平地面，质量m=1kg的小球在轻弹簧正上方某处静止下落，同时受到一个竖直向上的恒定阻力。以小球开始下落的位置为原点，竖直向下为x轴正方向，取地面为重力势能零势能参考面，在小球下落至最低点的过程中，小球重力势能EpG、弹簧的弹性势能EpN随小球位移变化的关系图线分别如图甲、乙所示，弹簧始终在弹性限度范围内，重力加速度。试求小球： (1)在最低点时的重力势能； (2)在下落过程中克服阻力做的功； (3)下落到最低点过程中的动能最大值。（已知在弹性限度内弹簧弹性势能与弹簧形变量满足：，x为弹簧的形变量） 【答案】(1)5J (2)1J (3)1.44J 【难度】0.4 【详解】（1）根据图像可知 根据图像可以解得起点离地高度m 下降到最低点位移为x0=0.5m 所以最低点的重力势能 解得J （2）从小球开始下落至最低点的过程中用能量守恒可得 其中， 解得 （3）根据摩擦力做功可知 解得N 由图可知最大弹性势能 根据题意有 其中 解得 小球下落到最低点的过程中动能的最大值为a=0的时候，此时有 解得m 可知小球从开始到下落到v最大的时有 根据动能定理有 解得J 物理力学竞赛专题 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 跑哥物理 力学竞赛专题 专题十 力学综合(2) 一、核心知识点 二、思维导图 三、题型分类 题型01 牛顿第二定律与临界分离问题 题型02 功能关系与能量守恒定律 题型03圆周运动与平抛运动综合 题型04 板块模型与多过程动力学 题型05 万有引力与天体运动 4、 巩固提升 核心知识点 1. 牛顿运动定律与连接体问题：整体法与隔离法的灵活运用，临界分离条件（弹力为零），多物体相对滑动与共同加速度的判断。 2. 功能关系与能量守恒：动能定理、机械能守恒定律的应用，弹簧弹性势能与重力势能、动能的转化，摩擦力做功与生热问题，E-x图像的物理意义分析。 3. 曲线运动与圆周运动：平抛运动规律，竖直面内圆周运动的临界条件（最高点最小速度、脱离轨道条件），水平面内圆周运动的向心力来源及静摩擦力突变问题。 4. 万有引力与航天：双星模型特征（周期相同、向心力相等、半径与质量成反比），开普勒第二定律与机械能守恒在天体运动中的综合计算。 5. 板块模型与传送带/轨道综合：多过程动力学分析，相对位移与板长关系，动摩擦因数对运动状态的影响，匀变速直线运动追及相遇问题。 思维导图 题型分类 题型一 牛顿第二定律与临界分离问题 例题1、1．如图所示，质量mB＝2 kg的水平托盘B与一竖直放置的轻弹簧焊接，托盘上放一质量mA＝1kg的小物块A，整个装置静止。现对小物块A施加一个竖直向上的变力F，使其从静止开始以加速度a＝2 m/s2做匀加速直线运动，直到A、B分离。已知弹簧的劲度系数k＝600 N/m，g＝10 m/s2。以下结论正确的是（　　） A．小物块A与托盘B在弹簧恰恢复到原长时分离 B．变力F的最小值为8 N C．经0.1s小物块A与托盘B分离 D．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为0.4 m/s 【答案】C 【难度】0.4 【详解】A．小物块A与托盘B分离瞬间，A、B间无弹力，对B由牛顿第二定律可得 代入数据解得 即小物块A与托盘B分离时弹簧的压缩量为0.04m，故A错误； B．以托盘B和小物块A为整体，开始装置静止则有 解得 小物块向上的过程，对A、B由牛顿第二定律可得 整理可得 当x最大时，拉力F最小，拉力F刚开始作用在A上时，x有最大值，此时 故拉力的最小值，故B错误； CD．根据上述分析可知，分离时A的位移为 则分离时A的速度 代入数据解得 小物块A与托盘B分离所经历的时间，故C正确，D错误。 故选C。 功能关系与能量守恒定律 例题2、如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC=h。圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A；弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则圆环（　　） A．下滑过程中，加速度一直减小 B．下滑过程中，因摩擦力产生的热量小于 C．下滑经过B的速度小于上滑经过B的速度 D．在C处，弹簧的弹性势能为-mgh 【答案】C 【难度】0.4 【详解】A．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环需要先加速再减速，经过B处的速度最大，加速度为零，所以加速度先减小，后增大，故A错误； B．圆环从A处由静止开始下滑到C过程，由动能定理 圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，由动能定理 联立可解 故B错误； C．圆环从A处由静止开始下滑到B过程，由动能定理 圆环从B处由静止开始上滑到A过程，由动能定理 联立可解 所以下滑经过B的速度小于上滑经过B的速度，故C正确； D．圆环从A处由静止开始下滑到C过程，由动能定理 圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，由动能定理 解得在C处，弹簧的弹性势能 故D错误。 故选C。 题型三 圆周运动与平抛运动综合 例题3、如图所示，在水平桌面上离桌面右边缘处放着一质量为的小铁块（可看作质点），铁块与水平桌面间的动摩擦因数。现用方向水平向右的推力F作用于铁块到达水平桌面边缘A点时立即撤去F，小铁块从A点飞出，恰好从竖直圆弧轨道BCD的B端沿切线进入圆弧轨道做圆周运动，且铁块恰好能通过圆弧轨道的最高点D。已知，A、B、C、D四点在同一竖直平面内，水平桌面离B端的竖直高度，圆弧轨道半径，C点为圆弧轨道的最低点。（取，，） （1）求铁块运动到圆弧轨道最高点D点时的速度大小； （2）若铁块以的速度经过圆弧轨道最低点C，求此时铁块对圆弧轨道的压力大小； （3）求铁块运动到B点时的速度大小； （4）求水平推力F。 【答案】（1）；（2）；（3）；（4） 【难度】0.4 【详解】（1）铁块恰好能通过D点，说明在D点时重力提供向心力，由牛顿第二定律可得 解得 （2）铁块在C点受到的支持力F'与重力的合力提供向心力，则有 代入数据解得 由牛顿第三定律可知，铁块对轨道的压力大小为 （3）铁块从A点到B点的过程中做平抛运动，根据平抛运动规律有 可得 铁块沿切线进入圆弧轨道，则 （4）铁块从A点到B点的过程中做平抛运动，水平方向的分速度不变，故 铁块在水平桌面上做匀加速运动时，由牛顿第二定律有 由运动学公式可知，有 联立解得 题型四 板块模型与多过程动力学 例题4、如图，一长木板静止在水平地面上，一物块叠放在长木板上，整个系统处于静止状态，长木板的质量为，物块的质量为，物块与长木板间的动摩擦因数为，长木板与地面之间的动摩擦因数为，对长木板施加一个水平向右的拉力F，拉力，作用后将力撤去，之后长木板和物块继续运动，最终物块没有从长木板上掉下来。物块可看作质点，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g大小取，求： （1）撤去外力F瞬间物块速度的大小； （2）运动过程中物块与长木板达到的共同速度v； （3）长木板的最短长度L。 【答案】（1）；（2）2m/s；（3） 【难度】0.4 【详解】（1）假设物块与长木板一起运动，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律有 解得 当物块与长木板之间相对滑动时，以物块为研究对象，根据牛顿第二定律有，解得 解得 所以 则物块与长木板之间发生相对滑动，以长木板为研究对象，根据牛顿第二定律有 解得 作用时间过程中，物块做匀加速直线运动，物块速度的大小 长木板做匀加速直线运动，长木板速度的大小 （2）作用时间过程中，物块的位移 长木板的位移 撤去拉力时长木板的速度大于物块速度，则撤去拉力之后物块与长木板之间继续发生相对滑动，物块继续做匀加速运动，加速度 长木板做匀减速直线运动，以长木板为研究对象，根据牛顿第二定律有 解得 设经过时间物块与长木板达到共同速度v，根据运动学公式 两式联立解得 物块与长木板达到共同速度 （3）此过程中物块的位移为 长木板速度的位移 在和时间内物块相对于长木板向左滑动的距离为 当两者速度相等之后，假设物块与长木板一起运动，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律有 解得 此时物块与长木板之间的摩擦力为 物块与长木板之间的最大静摩擦力为 所以 则物块与长木板两者速度相等之后不会一起做减速运动，物块相对于长木板向前滑动，物块相对于长木板向前滑动加速度 以长木板为研究对象，根据牛顿第二定律有 解得 物块减速过程运动位移为 长木板减速过程运动位移为 此过程中物块相对于长木板向前滑动的位移为 则 则长木板的最小长度为 题型五 万有引力与天体运动 例题5、宇宙中有两颗孤立的中子星，它们在相互的万有引力作用下间距保持不变，并沿半径不同的同心圆轨道做匀速圆周运动．如果双星间距为L，质量分别为和，引力常量为G，则（　　） A．双星中的轨道半径 B．双星的运行周期 C．的线速度大小 D．若周期为T，则总质量 【答案】AD 【难度】0.4 【详解】A．设行星转动的角速度为ω，周期为T，如图 对星球m1，根据万有引力提供向心力可得 同理对星球m2，有 两式相除得 （即轨道半径与质量成反比） 又因为 所以得 ， 选项A正确； B．将计算半径公式代入万有引力公式可得，双星角速度 因为，所以 选项B错误； C．由可得双星线速度为 选项C错误； D．由前面得 选项D正确。 故选AD。 巩固提升 1．如图所示， A、B两小球的质量之比为3：1，用轻质细杆相连。同时用一根细绳将两个小球系住，绳子跨过光滑的定滑轮 C，并设法让两球和轻杆组成的系统保持平衡，则系统平衡时，AC 绳与BC绳的长度之比为（　　） A．1:1 B．1:2 C．1:3 D．1:4 【答案】C 【难度】0.4 【详解】以两个小球及杆组成的系统为研究对象，以C为支点，并作出力臂LA、LB如图所示 C为定滑轮，则AC、BC对滑轮的拉力相等，如图所示 所以 以C为支点，根据杠杆的平衡条件 由，则 由图知，ΔACE与ΔBCF均为直角三角形，，则 ， 所以 则 故选C。 2．如图所示，三个物体A、B和C的质量分别为2m、m和m，A、B叠放在水平桌面上，A通过跨过光滑定滑轮的轻绳与C相连，定滑轮左端的轻绳与桌面平行，A、B间的动摩擦因数为，B与桌面间的动摩擦因数为，A、B、桌面之间的最大静摩擦力等于相对应的滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．三个物体A、B、C均保持静止 B．轻绳对定滑轮的作用力大小为 C．若A、B之间发生相对滑动，则需满足 D．若A、B之间未发生相对滑动，则A受到的摩擦力大小为 【答案】C 【难度】0.4 【详解】A．物块A与B之间的最大静摩擦力 物块B与桌面间的最大静摩擦力 显然 由于 即 物块B一定与桌面间发生相对滑动，A错误； B．由于物块C加速下滑，绳子拉力 因此轻绳对定滑轮的作用力大小 B错误； C．若A与B间恰好将发生相对滑动时，A与B的加速度恰好相等，此时对物块B 对A、B整体 对物块C 解得 因此若A、B之间发生相对滑动，则需满足 C 正确； D．若A、B之间未发生相对滑动，则对整体 对物块B 可得A受到的摩擦力大小 D错误。 故选C。 3．如图甲所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h=0.2m处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，滑块上升过程的机械能E和位移x之间的关系如图乙所示，图象前一部分为曲线，后一部分为水平直线。以地面为零势能面，不计空气阻力，取g=10m/s2，由图像可知（　　） A．滑块的质量为1kg B．轻弹簧原长为0.3m C．弹簧最大弹性势能为3J D．滑块上升后，距地面的最大高度为0.6m 【答案】D 【难度】0.4 【详解】A．由图像可知，初始位置，滑块的机械能 可得 A错误； B．上升了0.3m时，弹簧的长度为0.5m，此时离开弹簧，因此弹簧的原长为0.5m，B错误； C．弹簧的弹性势能全部转化为物体所增加的机械能，因此弹性势能为 C错误； D．最大高度时，速度为零，此时 可得 D正确。 故选D。 4．如图甲所示，质量分别为1kg、2kg、3kg的三个物块A、B、C叠放在水平面上，现对物块B施加一水平向右的拉力F，物块A、B、C的加速度与水平拉力的关系如图乙（以水平向右为正方向）所示。若物块足够长，物块A、B间的动摩擦因数为，物块B、C间的动摩擦因数为，物块C与地面间的动摩擦因数为，重力加速度取g=10m/s2，则下列正确的是（　　） A．μ1=0.2 B．μ1=0.3 C．μ2=0.3 D．μ3=0.4 【答案】C 【难度】0.4 【详解】由图可知，当时B开始有加速度，此时应该是ABC整体一起相对地面开始滑动，所以此时的F大小应等于整体与地面的最大静摩擦力，即有 可得 当，时，此时应该是AB一起与C发生相对滑动，即有 可得 当，时，此时应该是B与A，B与C都发生相对滑动，即有 可得 故选C。 5．如图所示，质量为1kg的物体A静止放在倾角为37°的斜面上，A与斜面间的动摩擦因数为0.8，用一细绳将小桶B通过定滑轮与物体A相连，在不断向小桶B中加沙子的过程中，A、B与斜面始终处于静止状态。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略滑轮与绳间的摩擦，则下列说法正确的是（　　） A．斜面对物体A的摩擦力不断减小 B．斜面对物体A的作用力不断减小 C．地面对斜面的支持力不断减小 D．当小桶B和沙子的总质量达到1kg时，地面对斜面的摩擦力大小为4N 【答案】C 【难度】0.4 【详解】A．当F较小时，摩擦力沿斜面向上，由平衡条件可得 则F增大时，摩擦力逐渐减小，当F较大时，摩擦力沿斜面向下，由平衡条件可得 则F增大时，摩擦力逐渐增大，所以A错误； B．对A分析，斜面对物体A的作用力大小等于斜面对A的支持力与斜面对A的摩擦力的合力，由于斜面对A的支持力保持不变，但是摩擦力先减小后增大，则斜面对物体A的作用力可能先减小后增大，所以B错误； C．对B分析，由平衡条件可知，绳子拉力F逐渐增大，把A与斜面看成一个整体，在竖直方向有 则地面对斜面的支持力不断减小，所以C正确； D．把A与斜面看成一个整体，在水平方向有 则当小桶B和沙子的总质量达到1kg时，地面对斜面的摩擦力大小为 所以D错误； 故选C。 6．如图所示，两物块A、B套在水平粗糙的CD杆上，并用不可伸长的轻绳连接，整个装置能绕过CD中点的轴OO′转动，已知两物块质量相等，杆CD对物块A、B的最大静摩擦力大小相等，开始时绳子处于自然长度（绳子恰好伸直但无弹力），物块A到OO′轴的距离为物块B到OO′轴距离的两倍，现让该装置从静止开始转动，使转速逐渐增大，在从绳子处于自然长度到两物块A、B即将滑动的过程中，下列说法正确的是（　　） A．B受到的静摩擦力一直增大 B．B受到的静摩擦力是先增大后减小 C．A受到的静摩擦力是先增大后减小 D．A受到的合外力一直在增大且总是B的合外力的两倍 【答案】D 【难度】0.4 【详解】ABC．设A的转动半径为2R，则B的转动半径R，A、B的角速度相同，开始时绳中无拉力，则 当角速度逐渐增大时，两物体所受摩擦力增大，A物体先达到最大静摩擦力，当A物体与杆间摩擦力达到最大时，有 此后角速度继续增大，A物体靠绳子的拉力和最大静摩擦力提供向心力 解得 角速度增大，拉力增大，B物体受拉力和摩擦力的合力充当向心力，则 解得 角速度增大，B物体所受的摩擦力减小到零后反向；若B物体所受摩擦力反向达到最大值后，再增大角速度，则两物体同时相对杆滑动；所以该装置从静止开始转动，使转速逐渐增大，从绳子处于自然长度到两物块A、B即将滑动的过程中，B所受的摩擦力先增大后减小，又增大，方向先指向圆心，然后背离圆心，A物体的静摩擦力一直增大达到最大静摩擦力后不变，故ABC错误； D．由于角速度不断增加，根据 向心力增加，角速度相等向心力与半径成正比，合力提供向心力，故A受到合力一直在增大，且总是B的合外力的两倍，D正确。 7．如图所示，物体、通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体、的质量分别为、，开始时细绳伸直，用手托着物体使弹簧处于原长且与地面的距离为，物体静止在地面上，放手后物体下落，与地面即将接触时速度大小为，此时物体对地面恰好无压力，不计一切摩擦及空气阻力，重力加速度大小为，则下列说法中正确的是（　　） A．物体A下落过程中，物体A和弹簧组成的系统机械能守恒 B．物体A着地时弹簧的弹性势能为 C．弹簧的劲度系数为 D．物体A着地时的加速度大小为 【答案】ABC 【难度】0.45 【详解】A．物体A下落过程中，物体B一直静止不动，对于物体A和弹簧组成的系统，只有重力和弹簧弹力做功，满足机械能守恒的条件，因此系统机械能守恒，故A正确； B．根据系统机械能守恒：物体A减少的重力势能，转化为弹簧的弹性势能和物体A的动能，即 解得物体A着地时弹簧的弹性势能为，故B正确； C．A即将与地面接触时，B对地面恰好无压力，说明弹簧弹力大小等于B的重力，则有 解得弹簧的劲度系数为，故C正确； D．物体A着地时，根据牛顿第二定律可得 可得物体A着地时的加速度大小为，故D错误。 故选ABC。 8．如图所示，B静置于地面上，用手托住A，A距地面高度为，细线处于拉紧状态，已知A、B质量相等，不计滑轮质量及阻力，现由静止释放A，A从开始运动到接触地面前瞬间的过程中，A、B的动能、和重力势能、随运动距离变化的关系图像正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】BD 【难度】0.4 【详解】根据滑轮组的特征可知，重物A下落的高度为B上升高度的2倍，设A运动距离为时，B运动距离为，则有 对重物A，初始重力势能为 当重物A运动距离为时重力势能为 A的末重力势能为0，对重物B，初始重力势能为0，当B运动距离为时，有 由滑轮组可知，B上升的高度为A下降高度的一半，故 故重物B的末重力势能为 根据滑轮组可知，在运动过程中 对重物B和A组成的系统，当A运动距离为时，根据动能定理得 对A可得 A的末动能为 对重物B，当B运动距离为时 重物B的末动能为 故选BD。 9．如图所示，倾角为且足够长的固定光滑斜面底端有一固定挡板，轻弹簧一端与挡板连接，另一端与物块A接触但不连接，A上方放置另一物块B，B与物块C用跨过光滑轻质定滑轮的细线连接，B与定滑轮间的细线与斜面平行。开始时用手托住C，使细线处于伸直但不拉紧的状态，此时A、B静止在斜面上。某时刻突然释放C，一段时间后A、B分离，此时C未触地。已知A、B分离时，B的速度大小为v，A、B、C的质量均为，弹簧劲度系数为，弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度为。下列说法正确的是（　　） A．刚释放C时，A、B间的弹力大小为 B．分离时刻弹簧处于压缩状态 C．的速度最大时沿斜面上升的距离为 D．A、B分离时，B的加速度大小为 【答案】BD 【难度】0.4 【详解】A．开始时，细线的张力为零。以AB整体为研究对象，根据受力平衡可知，此时弹簧的弹力大小为：F弹=2mgsin30°=mg 刚释放C时，设A、B间的弹力大小为N，细线拉力大小为T，此时的加速度为a。 以C为研究对象，根据牛顿第二定律得：mg-T=ma 以B为研究对象，根据牛顿第二定律得：T+N-mgsin30°=ma 以A为研究对象，根据牛顿第二定律得：F弹-mgsin30°-N=ma 联立解得：N=mg 故A错误； D．A、B分离时，两者之间的弹力为零。设此时的加速度为a'，细线的拉力大小为T'。 以C为研究对象，物体受到重力和细线的拉力以及垂直于斜面的弹力，根据牛顿第二定律得：mg-T'=ma' 以B为研究对象，物体受到弹簧的弹力和物体自身的重力以及垂直于斜面的弹力，根据牛顿第二定律得：T'-mgsin30°=ma' 联立解得：a'= 故D正确； B．AB分离瞬间，它们具有共同沿斜面向上的加速度，合外力沿斜面向上，故弹簧仍处于压缩状态，故B正确。 C．初始时弹簧的压缩量为 当A的速度最大时，加速度为零，即弹簧的弹力与A的重力沿斜面向下的分力平衡，则此时弹簧的压缩量为 可知A的速度最大时A沿斜面上升的距离为 故C错误。 故选BD。 10．某千斤顶的结构如图所示，四根等长杆由铰链相连。摇动手柄竖直抬升重物过程中，两点的间距每秒均匀缩短，当时，下列说法正确的是（     ） A．与两点速度大小相等，方向相反 B．点速度方向竖直向上，大小为 C．点速度方向沿向上，大小为 D．点相对点的速度沿水平方向，大小为 【答案】BD 【难度】0.4 【详解】ABC．由题意可知，四边形ABCD是菱形，摇动手柄竖直抬升重物过程中，B点的速度方向竖直向上，A、C两点的速度方向分别垂直AD、CD方向，大小相等，A、C两点的间距每秒均匀缩短2mm，可知A、C两点速度的水平分量大小相等为 当时，B点和C点沿BC方向的分速度大小相等，即 又 可得， A、C两点的速度大小相等，方向相互垂直，故AC错误，B正确； D．A、C两点竖直方向的速度大小相等，方向相同，水平方向速度大小相等，方向相反，所以A点相对C点的速度沿水平方向，大小为，故D正确。 故选BD。 11．半径为r的四分之一圆弧面固定在水平地面上，质量为m且大小忽略不计的小球放置在圆弧面顶端，在轻微扰动下，小球沿圆弧面由静止滑下，重力加速度为g，忽略摩擦力与空气阻力，下列选项正确的是（　　） A．小球落地时的速度大小等于 B．小球沿圆弧面滚动过程中，某时刻对圆弧面的压力可以大于mg C．小球离开圆弧面时距离地面的高度为 D．小球落地位置到圆弧面圆心的距离小于 【答案】AD 【难度】0.4 【详解】A．如图所示 O点为圆弧面圆心，A点为小球出发点，B点为圆弧面最低点，C点为小球脱离圆弧面临界点，D点为小球若从C点沿直线运动时的落地点，E点为小球实际落地点，为的角度，分析小球整个过程，仅重力对小球做功，即 得，故A正确； B．小球沿圆弧面下滑过程中，小球的重力沿半径方向的分力减去支持力提供向心力，由此可知，整个过程中支持力小于重力，根据牛顿第三定律，小球对圆弧面的压力大小等于支持力，同样小于重力；故B错误； C．小球由A运动到C的过程，有 又 C点到地面的高度h为 综上可得，，故C错误； D．假设小球脱离圆弧面后沿直线运动，则落地点为D，由几何关系可得 即 但是小球脱离圆弧面后会在重力作用下向下“拐弯”，所以实际落地点E会在D点左侧，即，故D正确。 故选AD。 12．彗星绕太阳运动的轨道是椭圆，太阳位于椭圆的一个焦点上，近日点距太阳中心的距离为L1，远日点距太阳中心的距离为L2，彗星质量为m，太阳质量为M，引力常量为G。只考虑彗星和太阳之间的相互作用。 (1)设彗星在近日点的速度大小为v1，在远日点的彗星速度大小为v2。根据开普勒第二定律（对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等），求。 (2)已知质量为m1和m2、距离为R的两个质点间的引力势能。求彗星的机械能E（用G、M、m、L1和L2表示）。 (3)某一时刻，彗星距太阳中心的距离为r0。 a.求此时彗星的速度大小v； b.结合开普勒第二定律与能量守恒定律，求垂直于彗星与太阳连线方向的速度大小v'。 【答案】(1) (2) (3)， 【难度】0.4 【详解】（1）设在时间内，彗星在近日点附近与太阳连线扫过的弧长为，在远日点附近扫过的弧长为。当时，扫过的形状为扇形，可得面积分别为， 根据开普勒第二定律得 可得 在近日点附近与远日点附近的平均速度大小之比为 当时，在近日点与远日点的速度大小之比为 （2）彗星在近日点的机械能为 彗星在远日点的机械能为 由于彗星在运动过程中机械能守恒，得 解得， 代入得彗星的机械能 （3）a.由机械能守恒得，此时彗星的机械能 解得 b.类比第1问的推导可得 由第2问得 所以 13．一竖直固定光滑的半圆形轨道ACB，圆心为O，半径为R。在最高点A把小球以平抛，小球碰到轨道后不反弹（沿轨道径向速度减为0），忽略一切阻力，求： （1）小球打到轨道上D点（图中未画出）时下落的高度； （2）小球到达最低点B时速度和对轨道的压力。 【答案】（1）；（2） 【难度】0.4 【详解】（1）小球做平抛运动，设小球打到轨道上D点，D点可能在水平位置C的上方，也可能在下方，设OD与竖直方向夹角为，则 联立解得 （2）刚打到D点时的水平速度 竖直速度 打到D点后，沿轨道径向速度减为0，只保留切向的速度，即 设小球在最低点速度为，从D点处到最低点，由机械能守恒得 （1分） 设小球在最低点受到轨道的支持力为N，则 解得 由牛顿第三定律可得小球对轨道的压力为 14．某学校课外兴趣小组举行遥控小车操控比赛，遥控小车自身长s为1 m，通过操控使其能沿平直的特制水平轨道行驶。按比赛规则，开始遥控小车保持以v0=8 m/s的速度匀速行驶，当车头行驶到O点时，操控手通过遥控使小车立即匀减速停车，要求整个小车只能停在AB段内方可视为操作成功，已知xOA=7 m，xAB=9 m，求： （1）要想操作成功，操控手必须将小车匀减速运动的加速度大小控制在什么范围？ （2）当操作成功时，小车做匀减速运动的最长时间是多少？ 【答案】（1）；（2）4s 【难度】0.4 【详解】（1）小车做匀减速运动到速度降为0的过程中，停车位移 当位移最小时，加速度最大 位移最大时，加速度最小 所以加速度大小的范围是 （2）由速度公式 可知，小车减速到速度为0的时间 可知加速度最小时，小车匀减速运动的时间最长 15．如图所示，竖直放置的轻弹簧一端固定于水平地面，质量m=1kg的小球在轻弹簧正上方某处静止下落，同时受到一个竖直向上的恒定阻力。以小球开始下落的位置为原点，竖直向下为x轴正方向，取地面为重力势能零势能参考面，在小球下落至最低点的过程中，小球重力势能EpG、弹簧的弹性势能EpN随小球位移变化的关系图线分别如图甲、乙所示，弹簧始终在弹性限度范围内，重力加速度。试求小球： (1)在最低点时的重力势能； (2)在下落过程中克服阻力做的功； (3)下落到最低点过程中的动能最大值。（已知在弹性限度内弹簧弹性势能与弹簧形变量满足：，x为弹簧的形变量） 【答案】(1)5J (2)1J (3)1.44J 【难度】0.4 【详解】（1）根据图像可知 根据图像可以解得起点离地高度m 下降到最低点位移为x0=0.5m 所以最低点的重力势能 解得J （2）从小球开始下落至最低点的过程中用能量守恒可得 其中， 解得 （3）根据摩擦力做功可知 解得N 由图可知最大弹性势能 根据题意有 其中 解得 小球下落到最低点的过程中动能的最大值为a=0的时候，此时有 解得m 可知小球从开始到下落到v最大的时有 根据动能定理有 解得J 物理力学竞赛专题 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $