高中物理力学全部总结(详解)

1、力学综合 教学目标通过力学总复习，加深同学们对力学知识的纵向和横向联系的理解；使同学们熟悉和掌握力学部分的典型物理情景；并通过对典型物理情景的剖析，掌握力学问题的思维方法和掌握解决物理问题的基本方法教学重点、难点分析力学知识的横向联系和纵向联系；力与运动的关系；在物体运动过程中，以及物体间相互作用的过程中，能量变化和动量变化的分析教学过程设计一、力学知识概况二、知识概述（一）牛顿运动定律动力学部分的研究对象，就物体而言分为单体、连接体；就力而言，分为瞬时力与恒力，要通过典型题掌握各自的要领其中对物体的受力分析，特别是受力分析中的隔离法与整体法的运用是至关重要的，要结合相关题型加以深化特别是斜面

2、体上放一个物块，物块静止或运动，再对斜面体做受力分析近年来的试题更趋向于考查连接体与力的瞬时作用相结合的问题复习中不妨把两个叠加的物体在斜面上运动，分析某个叠加体的受力这类问题当做一个难点予以突破，其中特别注意运用整体法与隔离法在加速度上效果一致的特点可谓举一反三，触类旁通质点做圆周运动时，其向心力与向心加速度满足牛顿第二定律万有引力提供向心力，天体的匀速圆周运动问题，是牛顿第二定律的重要应用从历年高考试题看，其命题趋势是逐渐把力的瞬时效应与连接体的合分处理结合起来，使考生具有灵活运用这方面知识的能力，其要求有逐年提高倾向因此对本章的知识的复习必须注意到这一点从能力上讲，受力分析的能力、运动分

3、析的能力依然是考查的重点对研究对象进行正确的受力分析、运动分析，是解决动力学问题的关键1力和运动的关系物体受合外力为零时，物体处于静止或匀速直线运动状态；物体所受合外力不为零时，产生加速度，物体做变速运动若合外力恒定，则加速度大小、方向都保持不变，物体做匀变速运动，匀变速运动的轨迹可以是直线，也可以是曲线物体所受恒力与速度方向处于同一直线时，物体做匀变速直线运动根据力与速度同向或反向，可以进一步判定物体是做匀加速直线运动或匀减速直线运动；若物体所受恒力与速度方向成角度，物体做匀变速曲线运动物体受到一个大小不变，方向始终与速度方向垂直的外力作用时，物体做匀速圆周运动此时，外力仅改变速度的方向，不

4、改变速度的大小物体受到一个与位移方向相反的周期性外力作用时，物体做机械振动 表1给出了几种典型的运动形式的力学和运动学特征综上所述：判断一个物体做什么运动，一看受什么样的力，二看初速度与合外力方向的关系在高中阶段所解决的力与运动的关系问题，无外乎已知物体运动情况，求物体的受力情况；已知物体受力情况，求物体的运动情况力与运动的关系是基础，在此基础上，我们还要陆续从功和能、冲量和动量的角度，进一步讨论运动规律2力的独立作用原理物体同时受几个外力时，每个力各自独立地产生一个加速度，就像别的力不存在一样，这个性质叫做力的独立作用原理物体的实际加速度就是这几个分加速度的矢量和根据力的独立作用原理解题时，

5、有时采用牛顿第二定律的分量形式fx=maxfy=may分力、合力及加速度的关系是在实际应用中，适当选择坐标系，让加速度的某一个分量为零，可以使计算较为简捷，通常沿实际加速度方向来选取坐标，这种解题方法称为正交分解法如图1-9-1，质量为m的物体，置于倾角为的固定斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为，若要求物体的加速度，可先作出物体的受力图沿加速度方向建立坐标并写出牛顿第二定律的分量形式mgsin-f=ma，f=nmgcos-n=0物体的加速度对于物体受三个力或三个以上力的问题，采用正交分解法可以减少错误，做受力分析时要避免“丢三落四”（二）力的积累从力在空间上的积累效果与力在时间上的积累效果两个

6、角度，来研究物质运动状态变化的规律，是高中物理重点内容深入理解“功是能量转化的量度”，以及理解在动量守恒过程中能量的变化，是这部分的核心，应着重做好以下几项工作：1深入理解几个重要概念本讲研究的概念较多，有功、功率、动能、重力势能、弹性势能、机械能、冲量、动量等重要概念，这是本讲知识的基础，对于它们的物理意义必须进一步深入理解（1）打破思维惯性，正确认识功的计算公式功的计算公式w=fscos应用比较广泛，不仅机械功计算经常要应用它，电场力做功和磁场力做功有时也要应用它进行计算（2）运用对比方法，区分几个不同的功率概念正确区别p=w/t和p=fvcos的应用范围前者为功率的普适定义式，后者是前者

7、导出的机械功的计算公式；前者求出的是t时间内的平均功率，当然t趋近零时，其结果也为瞬时功率，后者公式中的v为瞬时速度大小，求出的功率为瞬时功率；若v为平均速度大小，f且为恒力，求出的即为平均功率在运用p=fvcos进行计算时，要注意的大小，也可能求出负值，那是表示阻力的功率，要注意p和f及v是对应的，通常讲汽车的功率是指汽车牵引力的功率正确区别额定功率和实际功率的不同额定功率是指机器正常工作时输出的最大功率实际功率是指机器实际工作时的功率，一般不能超过额定功率正确区分汽车两种启动方法的物理过程的不同（3）正确理解势能概念中学教材研究了重力势能、弹性势能、分子势能、电势能等概念，还要求能够直接运

8、用公式计算重力势能和电势能的大小不管哪种形式的势能，其对应的作用力均为保守力，它们做功与路径无关，只与物体的始末位置有关，并且w=-ep势能是个相对量，它的大小与所取的零势能位置有关，但势能的变化与零势能位置的选取无关因此，为了处理问题方便，要巧妙选取零势能的参考位置势能是个标量，它的正负是相对于零势能而言的比较势能的大小，要注意它们的正负号势能属于系统所共有，平时讲物体的重力势能，实际上是物体与地球组成的系统所共有又如，氢原子核外电子所具有的电势能，实际上应为氢原子所具有（4）深入理解动量和冲量的物理意义弄清动量和动能的区别和联系动量和动能都是描述物体机械运动状态量的物理量，它们的大小存在下

9、述关系：它们都是相对量，均与参照物的选取有关，通常都取地球为参照物动量是矢量，动能是标量物体质量一定，若动能发生变化，动量一定发生变化；若动量发生变化，动能不一定发生变化例如物体做匀速圆周运动，动能不变，而动量时刻在变正确理解冲量i=fti=ft适用于恒力冲量的计算，是个矢量式，i和f是对应的，方向相同某一恒力有冲量，该力不一定做功；某一恒力做功，该力一定有冲量弄清冲量和动量的关系合外力冲量是物体动量变化的原因，而非动量的原因2熟练掌握动能定理和机械能守恒定律的应用（1）运用动能定理要善于分析物理过程例如，总质量为m的列车，沿水平直线轨道匀速前进，其末节车厢质量为m，中途脱节司机发觉时，机车已

10、行驶l的距离，于是立即关闭发动机滑行设运动的阻力与质量成正比，比例系数为k，机车的牵引力恒定当列车的两部分都停止时，它们的距离是多少？解本题时应注意，前面的列车从脱钩以后到停止，整个运动过程有两个阶段：第一阶段牵引力没撤去时，列车做匀加速直线运动；第二阶段为关闭发动机滑行阶段运用动能定理时不必分阶段分别列式去研究，应该从整个过程考虑列以下方程式：再对末节列车应用动能定理，有：再从整体考虑，有f=kmg 本问题求解时也可假设中途脱节时，司机立即发觉并关闭发动机，则整个列车两部分将停在同一地点然而实际上是行驶了距离l后才关闭发动机，此过程中牵引力做的功可看作用来补偿前面列车多行驶s克服阻力所做的功

11、，即kmgl=k（m-m）gs（2）运用动能定理解连接体问题时，要注意各物体的位移及速度的关系如图1-9-2所示，在光滑的水平面上有一平板小车m正以速度v向右运动现将一质量为m的木块无初速地放上小车，由于木块和小车间的摩擦力的作用，小车的速度将发生变化为使小车保持原来的运动速度不变，必须及时对小车施加一向右的水平恒力f当f作用一段时间后把它撤去时，木块恰能随小车一起以速度v共同向右运动设木块和小车间的动摩擦因数为求在上述过程中，水平恒力f对小车做多少功？本题中的m和m是通过摩擦相互联系的题中已经给出最后两者速度均为v，解题的关键是要找出s车和s木的关系由于s车=vt，s木=vt/2，所以s车/

12、s木=2/1 根据动能定理，对于木块有对于车有 wf-mgs车=0 将式、式和式联系起来，可得 w=mv23强化动量守恒定律及其与功能关系的综合应用的训练（1）重视动量守恒定律应用的思维训练例如下面这道试题如图1-9-3所示，一排人站在沿x轴的水平轨道旁，原点o两侧的人的序号都记为n（n=1，2，3，）每人手拿一个沙袋，x0一侧的每个沙袋质量m=14kg；x0一侧的每个沙袋质量为m=10kg一质量为m=48kg的小车以某初速度从原点出发向x正方向滑行，不计轨道阻力当车每经过一人身旁时，此人就把沙袋以水平速度u朝与车相反的方向沿车面扔到车上，u的大小等于扔此袋之前的瞬间车速大小的2n倍（n是此人

13、的序号数）（1）空车出发后，当车上堆积了几个沙袋时车就反向滑行？（2）车上最终有大小沙袋共多少个？先确定车上已有（n-1）个沙袋时，车与沙袋的动量大小p1，和第n个人扔出的沙袋动量大小p2如果p2p1，则车反向滑行；若p1=p2就停止要能运用不等式讨论，得出结果题目中第（2）问，车沿x负方向运动时，也应能用上述思维方法进行分析讨论（2）强化动量守恒定律与能量转化的综合计算动量守恒定律与机械能守恒定律是两个重要的守恒定律，一些物理过程常常需要运用这两个守恒定律进行处理，这就构造了一类动量和能量的综合题详见后面例题（三）典型物理情景例1一光滑球夹在竖直墙与放在水平面上的楔形木块间，处于静止若对光滑

14、球施一个方向竖直向下的力f，如图1-9-4所示，整个装置仍处于静止，则与施力f前相比较 a水平面对楔形木块的弹力增大b水平面对楔形木块的摩擦力不变c墙对球的弹力不变d楔形木块对球的弹力增大分析与解答：施加力f，相当于球“重”增加，这样按球“重”g增加来分析各个力的变化，就使问题简化了一层，从整体分析受力，不难得出水平面对楔形木块的弹力增加确定选项a正确但是，若简单地认为竖直方向的力增加，不会影响水平方向的力的变化，就认定选项b（甚至于选项c）也正确，就犯了片面分析的错误如果从另一角度稍加分析，不难看出球与墙之间是有相互作用力的，若没有墙，球就不可能静止以球为研究对象，其受力如图1-9-5所示，

15、墙对球的弹力t和斜面对球的弹力n1分别为t=gtan，n1=g/cosg增加，当然t、n1都增加t增加，从整体看水平面对楔形木块的摩擦力f=t因此四个选项中所涉及到的力都应是增大的本题选项a、d正确例2在图1-9-6所示的装置中，ao、bo是两根等长的轻绳，一端分别固定在竖直墙上的同一高度的a、b两点，aob=120，用轻杆co使oa、ob两绳位于同一水平面内，od垂直于ab，轻杆oc与od在同一竖直平面内，c端固定在墙上，cod=60在结点o用轻绳悬挂重为g的物体，则绳oa受到的拉力大小为_；杆oc受到的压力大小为_分析与解答：本题的“难”在于涉及三维空间，但是题目也明确给出了两个平面：ao

16、b所在的水平面及cod所在的竖直平面本题应从我们熟悉的平面问题入手来解位于水平面内的ao、bo两绳等长，且整个装置左右对称，可见两绳的拉力相等，设为t，又已知aob=120，因此，不但能确定两绳拉力的合力的方向是沿od的，而且合力的大小也等于t于是若od为一绳，就可以取代（等效）ao、bo两绳的作用，题目就转化为如图1-9-7所示装置的问题，且求出od绳的拉力就等于求出oa绳的拉力不难得出：oc杆受压力：n=g/sin60=2g例3物体静止在光滑水平面上，先对物体施一水平向右的恒力f1，经t秒后物体的速率为v1时撤去f1，立即再对它施一水平向左的恒力f2，又经t秒后物体回到出发点时，速率为v2

17、，则v1、v2间的关系是 av1=v2 b2v1=v2 c3v1=v2 d5v1=v2分析与解答：设物体在f1作用下，在时间t内发生的位移为s；则物体在f2作用下，在时间t内发生的位移为-s；根据平均速度的定义，以及在匀加速直线运动中平均速度与即时速度的关系，可得物体在f1作用下的平均速度说明：包括匀加速直线运动和匀加速曲线运动对于匀加速直线运动，无论物体是否做往返运动，上式都成立；对于匀加速直线运动，注意上式的矢量性例4从倾角为30的斜面上的a点以水平速度v0平抛出的小球，最后落在斜面上b点，如图1-9-8所示求（1）物体从a到b所需时间；（2）若物体抛出时的动能为6j，那么物体落在b点时的

18、动能为多少？分析与解答：物体水平抛出后，做平抛运动，假设经过时间t落在斜面上的b点，则：物体在水平方向上的位移为x=v0t物体在竖直方向上的位移为y=gt2/2如果物体落在b点的速度大小为v，则例5如图1-9-9所示，置于光滑水平面上的斜劈上，用固定在斜面上的竖直挡板，挡住一个光滑球这时斜面和挡板对球的弹力分别是n和t若用力f水平向左推斜劈，使整个装置一起向左加速运动，则n与t的变化情况是n_，t_分析与解答：首先弄清静止时的情况，这是变化的基础设球重g，斜面倾角，这是两个不变化的物理量受力图已在原图上画出，静止时有ncos=g，nsin=t于是可得 n=g/cos，t=gtan当整个装置一起

19、向左加速运动时，ncos=g，nsin-t=ma于是可得 n=g/cos，t=gtan-ma因此，n=n，tt其实，这一问题，也可以这样思考：整个装置一起向左加速运动时，在竖直方向上，系统依然处于平衡状态，所以球在竖直方向受合力仍然为零即仍要满足n=g/cos，正是这一约束条件，使得斜面对球的弹力n不可能发生变化，于是使得重球向左加速运动，获得向左的合外力的唯一可能就是t减小了本题答案是n不变，t减小本题给我们的直接启示，是要树立“正交思维的意识”，即在两个互相垂直的方向上分析问题对比和联想，特别是解题之后的再“想一想”，是提高解题能力的“事半功倍”之法譬如：其一，本题若改为整个装置竖直向上加

20、速运动，讨论各个力的变化情况时，绝不能简单地套用本题的结论，得出“n增大，t不变”的错误结论同样应由竖直与水平两个方向的约束条件分析，由竖直方向向上加速，可得n增大；由水平方向平衡，注意到n增大，其水平方向的分量也增大，t=nsin，也会随之增大，“正交思维的意识”是一种思维方法，而不是某一简单的结论其二，本题还应从t减小联想下去这也应形成习惯挡板对球的弹力t的最小值是零若t=0，可得出球以及整个装置的加速度a=gtan，这是整个装置一起向左加速运动所允许的最大加速度，加速度再大，球就相对斜面滑动了若a=gtan，既然t=0，那么挡板如同虚设，可以去掉，这样对斜劈的水平推力f的大小，在知道斜劈

21、和重球的质量（m和m）的前提下，也可得f=（m+m）gtan例6质量分别为m1和m2的1和2两长方体物块并排放在水平面上，在水平向右的力f作用下，沿水平面加速运动，如图1-9-10所示，试就下面两种情况，求出物体1对物体2的作用力t（1）水平面光滑（2）两物块与水平面间的动摩擦因数相同分析与解答（1）以整个装置为研究对象，它们的加速度为a，则再以物块2为研究对象，物块1对2的作用力t，有（2）与上述过程相同以整个装置为研究对象，它们的加速度为a，则再以物块2为研究对象，物块1对2的作用力t，有t-m2g=m2a两种情况的结论相同，这是因为与“光滑”情况相比较，两物块在运动方向上都各增加了一个力

22、，而这个力是与两物块的质量成正比出现的，两物块的加速度为此改变了相同的值，并非它们之间相互作用力改变造成的；反之，若两物块之间的相互作用力发生了变化，两物块在相反方向上改变了相同的值，为此它们的加速度将一个增加，一个减小，不可能再一起运动了这与事实不符另外，1998年高考有一道类似的试题：题中给出物块1的质量为2m，与水平面间的摩擦不计，物块2的质量为m，与水平面间的动摩擦因数为，同样在水平力f作用下加速运动，求物块1对物块2的作用力解的步骤依然是：（3）以整个装置为研究对象，它们的加速度为a，则再以物块2为研究对象，物块1对2的作用力t，有t-m2g=m2a所以 f=（m+m）g（tan+）

23、例7一平板车质量m=100kg，停在水平路面上，车身的平板离地面的高h=1.25m，一质量m=50kg的小物块置于车的平板上，它到车尾（左端）的距离b=1.00m，与车板间的动摩擦因数=0.20，如图1-9-11所示今对平板车施一水平方向向右的恒力，使车向前行驶，结果物块从车板上滑落物块刚离开车板的时刻，车向前行驶的距离s0=2.0m求物块落地时，落地点到车尾的水平距离s（不计路面与平板车以及轮轴之间的摩擦，取g=10m/s2）分析与解答：车启动后，物块受向右的摩擦力f=mg，同时车也受同样大小向左的摩擦力物块与车都向右加速运动，物块能从左侧离开车，表明车的加速度a2大于物块的加速度a1图1-

24、9-12所示为从启动到物块将离开车时，它们的位移关系对物块：初速度为零，加速度a1和位移s1大小分别为a1=g=2.0m/s2s1=s0-b=1.0m所用时间t1和末速度v1分别为此间车的加速度a2和末速度v2分别为由对车使用牛顿第二定律f-mg=ma2作用于车向右的水平恒力f=500n物块离开车板后，做平抛运动，到落地所用的时间水平射程s1=v1t2=1.0m在物块做平抛运动这段时间内，车做匀速运动的加速度a3=f/m=5m/s2所以s=s2-s1=1.625m说明：这道题要求同学能根据题给条件，对整个运动要有一个清晰的分析对涉及的车子、小物块在整个过程的各个阶段的运动特点都有明确的概念这样

25、就不难根据有关规律列出它们在各个阶段的有关方程这道题列出的联立方程较多，因而要求同学具有一定的应用数学工具处理物理问题的能力，和把比较复杂的问题一步一步演算到底的心理素质例8如图1-9-13所示，轻绳长l，一端固定在o点，另一端拴一个质量为m的小球，使小球在竖直平面内做圆周运动欲使小球能通过最高点，试证明：（2）小球通过最低点和最高点所受的绳拉力t1和t2之差有：t1-t2=6mg分析与解答：由牛顿第二定律由机械能守恒定律得由、式得 t1-t2=6mg例9质量m=4103kg的汽车，发动机的额定功率为p0=40103w若汽车从静止开始，以a=0.5m/s2的加速度做匀加速直线运动，运动中受到大

26、小恒定的阻力f=2103n，求：（1）汽车匀加速运动的时间（2）汽车可达的最大速度vm（3）汽车速度v=2vm/3时的加速度a1分析与解答：若对汽车发动机的额定功率缺乏正确的理解，那么，对本题所设两问就不可能理解，更不用谈正确的解汽车发动机的额定功率是允许的最大输出功率，发动机的输出功率p等于汽车的牵引力f与速度v的乘积，即p=fv就本题而言，应分两个阶段分析：第一阶段，汽车从静止开始做匀加速直线运动，且阻力f恒定因此，这一阶段汽车的牵引力恒定，由p=fv可知，随汽车速度的增加，发动机的输出功率也将随之增加但是汽车发动机的功率不可能无限增加在达到额定功率后，汽车速度再增加，只能导致牵引力f减小

27、，从而加速度减小但速度仍在增加，又会使牵引力减小，加速度减小，这就是为什么会有匀加速运动的时间之说直到汽车的加速度为零时，即牵引力减小到与阻力平衡，汽车的速度才达可能的最大值vm，以后在额定功率下，汽车做匀速运动具体解法如下：（1）汽车做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得f-f=ma，f=4103n汽车做匀加速运动的过程，发动机的输出功率随之增加，当达额定功率时，汽车匀加速运动可达的最大速度v，有v=p0/f汽车匀加速运动所用的时间t=v/a=20s（2）这以后汽车保持恒定的额定功率，做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大值vm，此时有vm=p0/f=20m/s（3）v=2v

28、m/3时，由于v10m/s，所以汽车正处于加速度减小过程中汽车的加速度（即时加速度）图1-9-14是本题所述过程的v-t图线，t=20s前，汽车牵引力恒定，做匀加速直线运动，在t=20s后，汽车的功率恒定，做加速度逐渐减小（图线的斜率逐渐减小）的加速运动不难看出，这两种启动方法物理过程是有所不同的为了把功率知识和牛顿第二定律与动能定理有机结合起来，还可讨论下面的问题：在汽车保持p0不变的启动过程中，当速度达到最大速度vm的一半时，加速度为多大？若汽车先以恒力f启动，达到vm后再保持p0不变的运动如果知道从vm到刚达到v通过的位移s，那么汽车从静止开始到速度刚达到vm的时间为多少？例10质量为m

29、的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上平衡时，弹簧的压缩量为x0，如图1-9-15所示一物块从钢板正上方距离为3x0的a处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动已知物块质量也为m时，它们恰能回到o点若物块质量为2m，仍从a处自由落下，则物块与钢板回到o点时，还具有向上的速度求物块向上运动到达的最高点与o点的距离分析与解答：对于这类综合题，要善于分析物理过程中各个阶段的特点及其遵循的规律，要注意两个物体在运动过程中相关量的关系质量为m的物块运动过程应分为三个阶段：第一阶段为自由落体运动；第二阶段为和钢板碰撞；第三阶段是和钢板一道向下压缩弹簧运

30、动，再一道回到o点质量为2m的物块运动过程除包含上述三个阶段以外还有第四阶段，即2m物块在o点与钢板分离后做竖直上抛运动弹簧对于m：第二阶段，根据动量守恒有mv0=2mv1 对于2m物块：第二阶段，根据动量守恒有2mv0=3mv2 第三阶段，根据系统的机械能守恒有又因 ep=ep 上几式联立起来可求出：l=x0/2子弹打木块模型模型概述子弹打木块模型及推广：一物块在木板上滑动(，q为摩擦在系统中产生的热量)。小球在置于光滑水平面上的竖直平面内弧形光滑轨道上滑动。一静一动的同种电荷追碰运动等。模型讲解例1. 如图1所示，一个长为l、质量为m的长方形木块，静止在光滑水平面上，一个质量为m的物块（可

31、视为质点），以水平初速度v0从木块的左端滑向右端，设物块与木块间的动摩擦因数为，当物块与木块达到相对静止时，物块仍在长木块上，求系统机械能转化成内能的量q。 图1解析：可先根据动量守恒定律求出m和m的共同速度，再根据动能定理或能量守恒求出转化为内能的量q。对物块，滑动摩擦力ff做负功，由动能定理得：即ff对物块做负功，使物块动能减少。对木块，滑动摩擦力ff对木块做正功，由动能定理得，即ff对木块做正功，使木块动能增加，系统减少的机械能为：本题中，物块与木块相对静止时，则上式可简化为：又以物块、木块为系统，系统在水平方向不受外力，动量守恒，则：联立式、得：故系统机械能转化为内能的量为：点评：系统

32、内一对滑动摩擦力做功之和（净功）为负值，在数值上等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，其绝对值等于系统机械能的减少量，即。从牛顿运动定律和运动学公式出发，也可以得出同样的结论。由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动，位移与平均速度成正比：所以一般情况下，所以，这说明，在子弹射入木块过程中，木块的位移很小，可以忽略不计。这就为分阶段处理问题提供了依据。象这种运动物体与静止物体相互作用，动量守恒，最后共同运动的类型，全过程动能的损失量可用公式：模型要点子弹打木块的两种常见类型：木块放在光滑的水平面上，子弹以初速度v0射击木块。运动性质：子弹对地在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动；木块在滑动摩擦力作用下

33、做匀加速运动。图象描述：从子弹击中木块时刻开始，在同一个vt坐标中，两者的速度图线如下图中甲（子弹穿出木块）或乙（子弹停留在木块中）图2图中，图线的纵坐标给出各时刻两者的速度，图线的斜率反映了两者的加速度。两图线间阴影部分面积则对应了两者间的相对位移。方法：把子弹和木块看成一个系统，利用a：系统水平方向动量守恒；b：系统的能量守恒（机械能不守恒）；c：对木块和子弹分别利用动能定理。推论：系统损失的机械能等于阻力乘以相对位移，即effd物块固定在水平面，子弹以初速度v0射击木块，对子弹利用动能定理，可得：两种类型的共同点：a、系统内相互作用的两物体间的一对摩擦力做功的总和恒为负值。（因为有一部分

34、机械能转化为内能）。b、摩擦生热的条件：必须存在滑动摩擦力和相对滑行的路程。大小为qffs，其中ff是滑动摩擦力的大小，s是两个物体的相对位移（在一段时间内“子弹”射入“木块”的深度，就是这段时间内两者相对位移的大小，所以说是一个相对运动问题）。c、静摩擦力可对物体做功，但不能产生内能（因为两物体的相对位移为零）。误区点拨静摩擦力即使对物体做功，由于相对位移为零而没有内能产生，系统内相互作用的两物体间的一对静摩擦力做功的总和恒等于零。不明确动量守恒的条件性与阶段性，如图3所示，不明确动量守恒的瞬间性如速度问题。图3模型演练如图4所示，电容器固定在一个绝缘座上，绝缘座放在光滑水平面上，平行板电容

35、器板间的距离为d，右极板上有一小孔，通过孔有一左端固定在电容器左极板上的水平绝缘光滑细杆，电容器极板以及底座、绝缘杆总质量为m，给电容器充电后，有一质量为m的带正电小环恰套在杆上以某一初速度v0对准小孔向左运动，并从小孔进入电容器，设带电环不影响电容器板间电场分布。带电环进入电容器后距左板的最小距离为0.5d，试求：图4（1）带电环与左极板相距最近时的速度v；（2）此过程中电容器移动的距离s。（3）此过程中能量如何变化？答案：（1）带电环进入电容器后在电场力的作用下做初速度为v0的匀减速直线运动，而电容器则在电场力的作用下做匀加速直线运动，当它们的速度相等时，带电环与电容器的左极板相距最近，由

36、系统动量守恒定律可得：动量观点：力与运动观点：设电场力为f（2）能量观点（在第（1）问基础上）：对m：对m：所以运动学观点：对m：，对m：，解得：带电环与电容器的速度图像如图5所示。由三角形面积可得：图5解得：（3）在此过程，系统中，带电小环动能减少，电势能增加，同时电容器等的动能增加，系统中减少的动能全部转化为电势能。滑块与传送带相互作用模型研究滑块与传送带相互作用的滑动摩擦力，是参与改变滑块运动状态的重要原因之一。其大小遵从滑动摩擦力的计算公式，与滑块相对传送带的速度无关，其方向取决于与传送带的相对运动方向，滑动摩擦力的方向改变，将引起滑块运动状态的转折，这样同一物理环境可能同时出现多个物

37、理过程。因此这类命题，往往具有相当难度。滑块与传送带等速的时刻，是相对运动方向及滑动摩擦力方向改变的时刻，也是滑块运动状态转折的临界点。按滑块与传送带的初始状态，分以下几种情况讨论。一、滑块初速为0，传送带匀速运动例1如图所示，长为l的传送带ab始终保持速度为v0的水平向右的速度运动。今将一与皮带间动摩擦因数为的滑块c，轻放到a端，求c由a运动到b的时间tab解析：“轻放”的含意指初速为零，滑块c所受滑动摩擦力方向向右，在此力作用下c向右做匀加速运动，如果传送带够长，当c与传送带速度相等时，它们之间的滑动摩擦力消失，之后一起匀速运动，如果传送带较短，c可能由a一直加速到b。滑块c的加速度为 ，

38、设它能加速到为 时向前运动的距离为 。若 ，c由a一直加速到b，由 。若 ，c由a加速到 用时 ，前进的距离 距离内以 速度匀速运动 c由a运动到b的时间 。例2如图所示，倾角为的传送带，以 的恒定速度按图示方向匀速运动。已知传送带上下两端相距l今将一与传送带间动摩擦因数为的滑块a轻放于传送带上端，求a从上端运动到下端的时间t。解析：当a的速度达到 时是运动过程的转折点。a初始下滑的加速度 若能加速到 ，下滑位移（对地）为 。（1）若 。a从上端一直加速到下端 。（2）若 ，a下滑到速度为 用时 之后 距离内摩擦力方向变为沿斜面向上。又可能有两种情况。（a）若 ，a达到 后相对传送带停止滑动，

39、以 速度匀速， 总时间 （b）若 ，a达到 后相对传送带向下滑， ，到达末端速度 用时 总时间 二、滑块初速为0，传送带做匀变速运动例3将一个粉笔头轻放在以2m/s的恒定速度运动在足够长的水平传送带上后，传送带上留下一条长度为4m的划线。若使该传送带仍以2m/s的初速改做匀减速运动，加速度大小恒为1.5m/s2，且在传送带开始做匀减速运动的同时，将另一粉笔头（与传送带的动摩擦因数和第一个相同）轻放在传送带上，该粉笔头在传送带上能留下一条多长的划线？解析：在同一v-t坐标图上作出两次划线粉笔头及传送带的速度图象，如图所示。第一次划线。传送带匀速，粉笔头匀加速运动，ab和ob分别代表它们的速度图线

40、。速度相等时（b点），划线结束，图中 的面积代表第一次划线长度 ，即b点坐标为（4，2），粉笔头的加速度 。第二次划线分两个ae代表传送带的速度图线，它的加速度为 可算出e点坐标为（4/3，0）。oc代表第一阶段粉笔头的速度图线，c点表示二者速度相同， 即c点坐标为（1，0.5）该阶段粉笔头相对传送带向后划线，划线长度 。等速后，粉笔头超前，所受滑动摩擦力反向，开始减速运动， 由于传送带先减速到0，所以后来粉笔头一直匀减速至静止。cf代表它在第二阶段的速度图线。可求出f点坐标为（2，0）此阶段粉笔头相对传送带向前划线，长度 。可见粉笔头相对传送带先向后划线1m，又折回向前划线1/6m，所以粉笔

41、头在传送带动能留下1m长的划线。三、传送带匀速运动，滑块初速与传送带同向例4如图所示，ab是一段位于竖直平面内的光滑轨道，高度为h，末端b处的切线方向水平。一个质量为m的小物体p从轨道顶端a处由静止释放，滑到b端后飞出，落到地面上的c点，轨迹如图中虚线bc所示。已知它落地时相对于b点的水平位移oc=l。现在轨道下方紧贴b点安一水平传送带，传送带的右端与b距离为l/2。当传送带静止时，让p再次从a点由静止释放，它离开轨道并在传送带上滑行后从右端水平飞出，仍然落在地面的c点。当驱动轮转动带动传送带以速度v匀速向右运动时（其它条件不变）。p的落点为d。不计空气阻力。（1）求p与传送带之间的动摩擦因数

42、。（2）求出o、d间距离s随速度v变化函数关系式 解析：这是一道滑块平抛与传送带结合起来的综合题。（1）没有传送带时，物体离开b点作平抛运动 。当b点下方的传送带静止时，物体离开传送带右端作平抛运动，时间仍为t，有 由以上各式得 由动能定理，物体在传送带动滑动时，有 。（2）当传送带的速度 时，物体将会在传送带上作一段匀变速运动。若尚未到达传送带右端，速度即与传送带速度相同，此后物体将做匀速运动，而后以速度v离开传送带。v的最大值 为物体在传送带动一直加速而达到的速度。把代入得 若 。物体将以 离开传送带，得o、d距离s= 当 ，即 时，物体从传送带飞出的速度为v， 综合上述结果s随v变化的函

43、数关系式求解本题的关键是分析清楚物体离开传送带的两个极值速度：在传送带上一直匀减速至右端的最小速度 ，及在传送带上一直匀加速至右端的最大速度 。以此把传送带速度v划分为三段。才能正确得出s随v 的函数关系式。四、传送带匀速运动，滑块初速与传送带速度方向相反例5如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度 沿顺时针方向传动，传送带右端一与传送带等高的光滑水平面。一物体以恒定的速率 沿直线向左滑向传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，速率为 。则下列说法正确的是：a、只有 = 时才有 = b、 若 ，则 = c、若 ，则 = d、 不管 多大，总有 = 解析：滑块向左运动时所受滑动摩擦力必然是

44、向右。返回时开始阶段滑块速度小于传送带速度，所受摩擦力仍向右，滑块向右加速。若它能一直加速到右端，速度 = ，前提是传送带速度一直大于滑块速度，即 。若 ，则返回加速过程中，到不了最右端滑块速度就与传送带速度相等了，之后以 速度匀速到达右端，即 m2时，v1= v0，v2=2v0 即当质量很大的物体a碰撞质量很小的物体b时，物体a的速度几乎不变，物体b以2倍于物体a的速度向前运动。（3）当m1m2时，则v10，即物体a反向运动。当m1m2时，v1= - v0，v2=0 即物体a以原来大小的速度弹回，而物体b不动，a的动能完全没有传给b，因此m1mb 经时间t发生下次碰撞且发生在平衡位置c如果m

45、amb 经时间t/2发生下次碰撞且发生在平衡位置右侧d如果mamb 经时间t/2发生下次碰撞且发生在平衡位置左侧解析 当ma=mb时，a、b球在平衡位置发生弹性碰撞，速度互换，a球静止，由于b摆长是a摆长的4倍,由单摆周期公式可知,a周期是t，b的周期是2t，当b球反向摆回到平衡位置经时间为t，再次发生碰撞。故a选项正确。当mamb时，发生第一次碰撞后两球同向右摆动，但a球的速度小于b球的速度，并有a的周期是b周期的一半，t/2时b到达右侧最大位移处,此时a向左回到平衡位置,a继续向左;再经t/2, b完成半个全振动向右,a恰好完成一次全振动向左同时回到平衡位置发生碰撞，故b选项正确，c选项错

46、误；当mamb时，碰撞后a反弹向左运动，b向右，若ma越接近mb发生下一次碰撞的时间越接近t，若mamb，a接近原速反弹，b几乎不动，发生下一次碰撞的时间越接近t/2，当a经t/2经平衡位置从左向右运动时b恰好在右侧最高点，而a、b碰撞的位置只能在平衡位置的右侧，或十分接近平衡位置，不可能在平衡位置的左侧，故d选项错误。例2 质量为m的小车静止于光滑的水平面上，小车的上表面和圆弧的轨道均光滑，如图3如图所示，一个质量为m的小球以速度v0水平冲向小车，当小球返回左端脱离小车时，下列说法正确的是：a小球一定沿水平方向向左做平作抛运动b小球可能沿水平方向向左作平抛运动c小球可能沿水平方向向右作平抛运

47、动d小球可能做自由落体运动解析：小球水平冲上小车，又返回左端，到离开小车的整个过程中，系统动量守恒、机械能守恒，相当于小球与小车发生弹性碰撞的过程，如果mm，小球离开小车向左平抛运动，m=m，小球离开小车做自由落体运动，如果mm，小球离开小车向右做平抛运动，所以答案应选b，c，d例3在光滑水平面上有相隔一定距离的a、b两球，质量相等，假定它们之间存在恒定的斥力作用，原来两球被按住，处在静止状态。现突然松开两球，同时给a球以速度v0，使之沿两球连线射向b球，b球初速度为零；若两球间的距离从最小值（两球未接触）到刚恢复到原始值所经历的时间为t0，求：b球在斥力作用下的加速度 解析：a球射向b球过程

48、中，a球一直作匀减速直线运动，b球由静止开始一直作匀加速直线运动，当两球速度相等时相距最近，当恢复到原始值时相当于发生了一次弹性碰撞，由于a、b质量相等，a、b发生了速度交换，系统动量守恒、机械能守恒。 设a、b速度相等时速度为v，恢复到原始值时a、b的速度分别为v1、v2，mv0= 2mv 2mv=mv1+ mv2 由式得v=，由解得v1=0，v2= v0 （另一组解v1= v0，v2= 0舍去） 则b的加速度a= 例4 如图4所示,光滑水平地面上静止放置两由弹簧相连木块a和b,一质量为m子弹,以速度v0,水平击中木块a,并留在其中,a的质量为3m,b的质量为4m.(1)求弹簧第一次最短时的

49、弹性势能 (2)何时b的速度最大，最大速度是多少？图4abmvoa图1abm1v0bm1v1m2v2cba粉笔头传送带t3t2t1v10v0vtbacabac解析(1)从子弹击中木块a到弹簧第一次达到最短的过程可分为两个小过程一是子弹与木块a的碰撞过程，动量守恒，有机械能损失；二是子弹与木块a组成的整体与木块b通过弹簧相互作用的过程，动量守恒，系统机械能守恒， 子弹打入: mv0=4mv1 打入后弹簧由原长到最短: 4mv1=8mv2 机械能守恒: 解得 (2)从弹簧原长到压缩最短再恢复原长的过程中，木块b一直作变加速运动,木块a一直作变减速运动,相当于弹性碰撞，因质量相等，子弹和a组成的整体

50、与b木块交换速度,此时b的速度最大,设弹簧弹开时a、b的速度分别为4mv1=4mv1 +4mv2 解得: v1=o ,v2=v1 = 可见,两物体通过弹簧相互作用,与弹性碰撞相似。弹性碰撞模型的应用不仅仅局限于“碰撞”，我们应广义地理解 “碰撞”模型。这一模型的关键是抓住系统“碰撞”前后动量守恒、系统机械能守恒（动能不变），具备了这一特征的物理过程，可理解为“弹性碰撞”。我们对物理过程和遵循的规律就有了较为清楚的认识，问题就会迎刃而解。 碰撞与类碰撞高中动量部分内容是历年高考的热点内容，碰撞问题是动量部分内容的重点和难点之一，在课本中，从能量角度把碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞，而学生往往能够掌握这种问题的解决方法，但只要题型稍加变化，学生就感到束手无策。在此，作者从另外一个角度来研究碰撞问题，期望把动量中的碰撞问题和类似于碰撞问题归纳和总结一下，供读者参考。从两物体相互作用力的效果可以把碰撞问题分为：一般意义上的碰撞：相互作用力为斥力的碰撞 相互作用力为引力的碰撞（例如绳模型）类碰撞： 相互作用力既有斥力又有引力