高中物理竞赛力学题集锦

高中物理竞赛力学题集锦力学，作为物理学的基石，在高中物理竞赛中占据着举足轻重的地位。它不仅要求我们对基本概念和定律有深刻的理解，更强调对物理过程的分析能力和数学工具的灵活运用。本文精选了数道具有代表性的高中物理竞赛力学题目，旨在通过对这些题目的剖析，帮助同学们梳理知识脉络，掌握解题技巧，提升综合运用能力。这些题目涵盖了质点运动学、牛顿定律、动量与能量、曲线运动与万有引力等核心内容，希望能为大家的竞赛备战提供有益的参考。一、质点运动学与牛顿定律质点运动学是力学的开端，而牛顿定律则是连接运动与力的桥梁。这部分内容看似基础，实则蕴含着丰富的物理思想和分析方法。例题1：追及与相遇问题的深化在一条直线上，A、B两物体相距为s。A物体在后面以初速度v₀、加速度a₁做匀加速直线运动；B物体在前面以初速度为0、加速度a₂做匀加速直线运动。已知A的初速度大于B的速度（若A做匀速或减速，情况会更简单，但此处A也在加速）。试分析：（1）若a₁>a₂，A能否追上B？若能，求出追上所需时间及此时A、B的速度。（2）若a₁=a₂，A能否追上B？（3）若a₁<a₂，A能否追上B？若初始时A的速度足够大，追上时可能有几次相遇机会？解答与分析：这是一个经典的追及问题，关键在于分析两物体的相对运动和位移关系。设A追上B所需时间为t。在时间t内，A的位移x₁=v₀t+½a₁t²，B的位移x₂=½a₂t²。A追上B的条件是x₁=x₂+s。即：v₀t+½a₁t²=½a₂t²+s整理得：½(a₁-a₂)t²+v₀t-s=0...(1)（1）当a₁>a₂时，方程(1)是一个关于t的一元二次方程：At²+Bt+C=0，其中A=½(a₁-a₂)>0，B=v₀>0，C=-s<0。判别式Δ=B²-4AC=v₀²+2(a₁-a₂)s>0，方程有两个不等实根。由于t>0，舍去负根，得到唯一正解t=[-v₀+√(v₀²+2(a₁-a₂)s)]/[(a₁-a₂)]。此时A的速度v_A=v₀+a₁t，B的速度v_B=a₂t。显然v_A>v_B，A追上B后将持续领先。（2）当a₁=a₂时，方程(1)化为v₀t=s，解得t=s/v₀。此时A、B的加速度相同，A相对于B做匀速直线运动，速度为v₀。只要v₀>0（题目已给出A初速度大于B的初速度，B初速度为0，故v₀>0），就能追上，且追上后A的速度始终比B大v₀，只会相遇一次。（3）当a₁<a₂时，A的加速度比B小。方程(1)变为：-½(a₂-a₁)t²+v₀t-s=0，即½(a₂-a₁)t²-v₀t+s=0。判别式Δ=v₀²-2(a₂-a₁)s。若Δ<0，方程无实根，A不能追上B。若Δ=0，方程有一解t=v₀/(a₂-a₁)，此时A恰好追上B，之后由于B加速度大，速度会超过A，A反而被甩在后面，故只有一次相遇（相切）。若Δ>0，方程有两正解t₁和t₂(t₁<t₂)。表明A在t₁时追上B，此时v_A=v₀+a₁t₁，v_B=a₂t₁。因为a₂>a₁，随着时间推移，B的速度会逐渐超过A。在t₂时刻，B会反超A。因此，会有两次相遇。点评：处理追及问题，核心是抓住位移关系，列出方程。通过对方程解的讨论（尤其是判别式的分析），可以清晰地判断相遇的可能性及次数。加速度大小关系的不同，导致了运动态势的根本差异，这一点需要深刻理解。例题2：非惯性系与惯性力在光滑水平地面上有一质量为M的楔形块，其倾角为θ。楔形块上放置一质量为m的小物块，两者之间的摩擦系数为μ。现用一水平恒力F推楔形块，使小物块相对于楔形块静止。求F的大小范围。（重力加速度为g）解答与分析：小物块相对于楔形块静止，意味着两者具有共同的加速度a，方向水平向右。我们可以选择楔形块这个非惯性系来研究小物块的受力。在非惯性系中，小物块受到惯性力F惯=ma，方向水平向左。对小物块进行受力分析：重力mg（竖直向下），支持力N（垂直斜面向上），静摩擦力f（沿斜面方向，有两种可能）。由于小物块有相对楔形块沿斜面向上或向下滑动的趋势，摩擦力方向需分情况讨论。情况一：静摩擦力沿斜面向上（防止小物块相对斜面向下滑动）此时，在沿斜面和垂直斜面方向建立坐标系（或沿水平和竖直方向）。沿斜面方向：f+macosθ=mgsinθ...(a)垂直斜面方向：N+masinθ=mgcosθ...(b)静摩擦力满足：f≤μN...(c)由(a)(b)解得：f=mgsinθ-macosθ，N=mgcosθ-masinθ。代入(c)：mgsinθ-macosθ≤μ(mgcosθ-masinθ)整理得：a≥[sinθ-μcosθ]/[cosθ+μsinθ]*g对整体（M和m），由牛顿第二定律：F₁=(M+m)a₁，故F₁≥(M+m)g[sinθ-μcosθ]/[cosθ+μsinθ]（注意：若sinθ-μcosθ≤0，则此不等式恒成立，即F不必太大就能满足此条件）情况二：静摩擦力沿斜面向下（防止小物块相对斜面向上滑动）沿斜面方向：macosθ=mgsinθ+f...(d)垂直斜面方向：N=mgcosθ+masinθ...(e)静摩擦力满足：f≤μN...(f)由(d)(e)解得：f=macosθ-mgsinθ，N=mgcosθ+masinθ。代入(f)：macosθ-mgsinθ≤μ(mgcosθ+masinθ)整理得：a≤[sinθ+μcosθ]/[cosθ-μsinθ]*g对整体：F₂=(M+m)a₂，故F₂≤(M+m)g[sinθ+μcosθ]/[cosθ-μsinθ]（注意：分母cosθ-μsinθ>0，否则a无解，即无论F多大，小物块都会相对斜面上滑）综合两种情况，F的大小范围为：F_min≤F≤F_max，其中F_min和F_max分别由上述两种情况解得。若F_min为负，则下限取0（因为地面光滑，F为推力，最小为0，但此时需保证a≥0对应的条件）。点评：本题的关键在于正确分析静摩擦力的方向和大小范围，并巧妙运用整体法与隔离法。在非惯性系中引入惯性力是解决此类问题的常用手段，能使问题简化。同时，要注意临界条件的讨论，确保解的合理性。二、能量与动量能量和动量是解决力学问题的两把“金钥匙”。守恒定律的应用往往能避开复杂的中间过程，直击问题本质。例题3：碰撞与机械能守恒在光滑的水平面上，有一质量为M的静止滑块，其光滑弧面最低点与水平面相切。一质量为m的小球以水平初速度v₀冲向滑块，如图所示（示意图请自行脑补：小球从水平面向滑块弧面滑上，然后可能滑下）。设小球不会越过滑块最高点。求：（1）小球滑到最高点时，小球和滑块的速度。（2）小球与滑块相互作用过程中，系统损失的机械能（若有）。（3）小球最终离开滑块时的速度。解答与分析：系统在水平方向不受外力，故水平方向动量守恒。由于弧面光滑，无摩擦力做功，只有重力和支持力做功，支持力对小球做负功，对滑块做正功，总功为零，故系统机械能守恒。（1）小球滑到最高点时，小球与滑块具有共同的水平速度v（因为此时小球在竖直方向速度为零，相对滑块在水平方向无相对速度）。水平方向动量守恒：mv₀=(M+m)v...(1)解得：v=mv₀/(M+m)此时小球速度即为v（水平方向），滑块速度也为v。（2）系统初态机械能E₁=½mv₀²。小球在最高点时系统机械能E₂=½(M+m)v²+mgh(h为小球相对初始位置上升的高度)。由机械能守恒E₁=E₂，可知系统机械能并未损失，而是部分转化为小球的重力势能。因此，系统损失的机械能为0。（此处易误认为有机械能损失，实则不然，因为支持力对系统内两物体做功代数和为零，只有动能和重力势能的相互转化）（3）设小球最终离开滑块时，小球速度为v₁，滑块速度为v₂，均沿水平方向（因无竖直方向速度）。水平方向动量守恒：mv₀=mv₁+Mv₂...(2)机械能守恒：½mv₀²=½mv₁²+½Mv₂²...(3)这是典型的弹性碰撞方程（因机械能守恒）。联立(2)(3)解得：v₁=(m-M)v₀/(m+M)v₂=2mv₀/(m+M)讨论：若m<M，v₁为负，表明小球离开滑块后速度方向与初速度方向相反。点评：本题是动量守恒与机械能守恒结合的典型模型。判断机械能是否守恒是关键，此处虽有内力（支持力）做功，但一对内力做功之和为零，故系统机械能守恒。最高点时两者共速，这是一个重要的临界条件。最终的分离过程类似于弹性碰撞，其结论可以记住，有助于快速解题。例题4：变力做功与动能定理一根不可伸长的轻绳跨过一个光滑的定滑轮，两端分别连接质量为m和M的物体（M>m），开始时用手托住M，使系统处于静止状态，两物体离地面高度均为h。现将手突然移开，使两物体运动。求物体M落地时的速度大小。若M落地后不反弹，求物体m能上升的最大高度（相对于地面）。解答与分析：第一问：M下落h，m上升h的过程中，只有重力做功，系统机械能守恒（绳子拉力为内力，做功代数和为零）。初始机械能E₁=0(取初始位置为零势能面)末态机械能E₂=½(M+m)v²+mgh-Mgh(M重力势能减少Mgh，m重力势能增加mgh)由E₁=E₂：0=½(M+m)v²+(m-M)gh解得：v=√[2(M-m)gh/(M+m)]第二问：M落地后，绳子松弛，m仅受重力作用，做竖直上抛运动。初速度为v（即M落地时m的速度）。m能继续上升的高度h'满足：v²=2gh'，故h'=v²/(2g)=[2(M-m)gh/(M+m)]/(2g)=(M-m)h/(M+m)因此，m上升的最大高度H=h+h'=h+(M-m)h/(M+m)=2Mh/(M+m)点评：本题第一问也可对两物体分别应用动能定理。对M：Mgh-Th=½Mv²；对m：Th-mgh=½mv²。两式相加即可消去T，得到与机械能守恒相同的方程。第二问要注意M落地后，绳子张力消失，m的运动状态发生改变，这是一个常见的“分段”问题。三、曲线运动与天体力学曲线运动是运动学的延伸，核心是运动的合成与分解以及向心力的分析。天体力学则是万有引力定律的具体应用，与圆周运动紧密结合。例题5：圆锥摆与临界问题一根长为L的轻质细绳，一端固定在天花板上，另一端系一质量为m的小球。小球在水平面内做匀速圆周运动，形成一个圆锥摆。已知当地重力加速度为g。（1）若细绳与竖直方向的夹角为θ，求小球运动的周期T。（2）若绳子能承受的最大拉力为Tₘₐₓ，求小球在水平面内做圆周运动的最大角速度ωₘₐₓ。解答与分析：（1）小球做匀速圆周运动，向心力由重力mg和绳子拉力T的合力提供。对小球受力分析：竖直方向合力为零，Tcosθ=mg...(1)水平方向合力提供向心力，Tsinθ=mω²r...(2)其中，圆周运动半径r=Lsinθ...(3)由(1)得T=mg/cosθ。代入(2)：(mg/cosθ)sinθ=mω²Lsinθ化简得：ω²=g/(Lcosθ)，故ω=√[g/(Lcosθ)]周期T=2π/ω=2π√[Lcosθ/g]（可见，θ越小，cosθ越大，周期T越大；θ=0时，T趋于无穷大，对应静止状态）（2）由(1)式T=mg/cosθ，当拉力T达到最大值Tₘₐₓ时，cosθ有最小值cosθₘᵢₙ=mg/Tₘₐₓ。此时θ最大。由(2)(3)：Tsinθ=mω²Lsinθ。若sinθ≠0（即θ≠0），可约去sinθ，得ω²=T/(mL)。将T=Tₘₐₓ代入，得ωₘₐₓ=√[Tₘₐₓ/(mL)]（注意：此处若直接从ω=√[g/(Lcosθ)]出发，当cosθ最小时，ω最大，同样可得ωₘₐₓ=√[g/(Lcosθₘᵢₙ)]=√[Tₘₐₓ/(mL)]，两种方法一致。当θ增大时，sinθ增大，r增大，但拉力T的水平分量也增大，且后者增长更快，导致ω增大。）点评：圆锥摆模型是理解匀速圆周运动向心力来源的经典案例。解答时要注意正确进行受力分析，明确向心力的提供者。第二问中，拉力最大时对应的角速度最大，这是一个常见的临界条件分析。例题6：天体运动与能量已知地球质量为M，半径为R，万有引力常量为G。一颗人造地球卫星在距地面高度为h的圆轨道上做匀速圆周运动。（1）求卫星的线速度v、角速度ω、周期T。（2）若该卫星要变轨到更高的圆轨道（高度h'>h），需要对其做多少功？（卫星质量为m，忽略空气阻力及其他天体影响