高考物理第二轮专题辅导讲座 第一讲 力学规律的综合应用

高考物理第二轮专题辅导讲座 第一讲 力学规律的综合应用【命题趋向】在物理学中，对力学问题的考查往往是将牛顿运动定律、动量守恒、能量守恒等知识相互联系来综合出题，研究对象常常是多个物体（组成的系统）。

试题思路隐蔽，过程复杂，难度较大，能否正确分析求解这类问题问题是鉴别考生学习物理能力的试金石。

高考是一种选拔性考试，必然要求试题要有一定的区分度和难度。

因此综合性的动力学问题是历年高考的重点和热点。

虽然近年采用综合考试主要是学科内的综合，试卷难度有所下降，有关力学知识的综合性考题难度也有一定下降，但高考中对此内容的考查仍然是年年有，且常常成为高考的压轴题，所占分值较大，自然07年的高考也会乐此不疲。

【考点透视】解决动力学问题有三个基本观点，即是力的观点、动量的观点、能量的观点。

一、知识回顾1．力的观点⑴．匀变速直线运动中常见的公式（或规律）：牛顿第二定律：ma F =运动学公式：at v v t +=0，2021at t v s +=，as v v t 2202=-，t v s =，2aT s =∆ ⑵．圆周运动的主要公式：22ωmr rv m ma F ===向向 2．动量观点⑴．恒力的冲量：Ft I =⑵．动量：mv p =，动量的变化12mv mv p -=∆ ⑶．动量大小与动能的关系k mE P 2=⑷．动量定理：p I ∆=，对于恒力12mv mv t F -=合，通常研究的对象是一个物体。

⑸．动量守恒定律：条件：系统不受外力或系统所受外力的合力为零；或系统所受外力的合力虽不为零，但比系统内力小得多，（如碰撞问题中的摩擦力、爆炸问题中的重力等外力比起相互作用的内力来小得多，可以忽略不计）；或系统所受外力的合力虽不为零，但在某个方向上的分量为零（在该方向上系统的总动量的分量保持不变）。

表达式：对于两个物体有22112211v m v m v m v m '+'=+，研究的对象是一个系统（含两个或两个以上相互作用的物体）。

3．用能量观点解题的基本概念及主要关系⑴．恒力做功：θcos Fs W =，Pt W =，⑵．重力势能mgh E P =，动能221mv E k =，动能变化21222121mv mv E k -=∆ ⑶．动能定理：力对物体所做的总功等于物体动能变化，表达式21222121W mv mv -=总 ⑷．常见的功能关系重力做功等于重力势能增量的负值P G E W ∆-=弹簧弹力做功等于弹性势能增量的负值E W P ∆-=弹 有相对时，系统克服滑动摩擦力做功等于系统产生的内能，即222120212121mv mv mv fl Q --== ⑸．机械能守恒：只有重力或系统内的弹力做功系统的总的机械能保持不变。

表达式有2211p k p k E E E E +=+、减增p k E E ∆=∆、减增B A E E ∆=∆⑹．能量守恒：能量守恒定律是自然界中普遍适用的基本规律。

二、力学规律的选用原则：1．研究某一物体所受力的瞬时作用与物体运动状态的关系时，一般用力的观点解题。

2．研究某一个物体受到力的持续作用而发生运动状态改变时，如果涉及时间的问题一般用动量定理，如果涉及位移问题往往用动能定理。

3．若研究的对象为多个物体组成的系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和能量守恒定律去解决问题。

提示：在涉及有碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，由于它们作用时间都极短，故动量守恒定律一般能派上大用场，但须注意到这些过程—般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化。

在涉及相对位移问题时，优先考虑能量守恒定律，即用系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，也等于系统增加的内能。

三、动力学问题的解题步骤1．认真审题，明确题目所述的物理情景，确定研究对象及物理过程。

2．分析研究对象受力及运动状态和运动状态变化的过程，并作草图。

3．根据运动状态变化的规律确定解题观点，选择恰当的物理公式或规律。

4．根据选择的规律列式，有时还需挖掘题目的其他条件（如隐含条件、临界条件、几何关系等）列出补充方程。

涉及矢量时应注意其方向性。

5．代人数据（统一单位）计算结果。

【例题解析】一、力的观点与动量观点结合例1 如图所示，长12 m ，质量为50 kg 的木板右端有一立柱，木板置于水平地面上，木板与地面间的动摩因数为0.1，质量为50 kg 的人立于木板左端，木板与均静止，当人以4m/s 2的加速度匀加速向右奔跑至板右端时立即抱住木柱，试求：（g 取10m/s 2）（1）人在奔跑过程中受到的摩擦力的大小。

（2）人从开始奔跑至到达木板右端所经历的时间。

（3）人抱住木柱后，木板向什么方向滑动?还能滑行多远的距离?解析：人相对木板奔跑时，设人的质量为m ，加速度为1a ，木板的质量为M ，加速度大小为2a ，人与木板间的摩擦力为f ，根据牛顿第二定律，对人有：200N 1==ma f ；（2）设人从木板左端开始距到右端的时间为t ，对木板受力分析可知：2)(Ma g m M f =+-μ故m/s 2)(2=+-=Mg m M f a μ，方向向左； 由几何关系得：L t a t a =+22212121，代入数据得：s 2=t （3）当人奔跑至右端时，人的速度m/s 811==t a v ，木板的速度m/s 422==t a v ；人抱住木柱的过程中，系统所受的合外力远小于相互作用的内力，满足动量守恒条件，有：V M m Mv mv )(21+=- （其中V 为二者共同速度）代入数据得m/s 2=V ，方向与人原来运动方向一致；以后二者以m/s 2=V 为初速度向右作减速滑动，其加速度大小为2m/s 1==g a μ，故木板滑行的距离为m 222==av s 。

点拨：用力的观点解题时，要认真分析物体受力及运动状态的变化，关键是求出加速度。

二、动量观点与能量观点综合例2 如图所示，坡道顶端距水平面高度为h ，质量为m 的小物块A 从坡道顶端由静止滑下，在进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A 制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M 处的墙上，另一端与质量为m 2的挡板B 相连，弹簧处于原长时，B 恰位于滑道的末端O 点。

A 与B 碰撞时间极短，碰后结合在一起共同压缩弹簧，已知在OM 段A 、B 与水平面间动摩擦因数均为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g ，求：（1）物块A 在与挡板B 碰撞前瞬间速度v 的大小。

（2）弹簧最大压缩量为d 时的弹性势能p E （设弹簧处于原长时弹性势能为零）。

解析：（1） 物块A 在坡道上滑行时只有重力做功，满足机械能守恒的条件，有221mv mgh =，故gh v 2=。

（2） A 、B 在水平道上碰撞时内力远大于外力，A 、B 组成的系统动量守恒，有v m m v m '+=)(211 接着A 、B 一起压缩弹簧到最短，在此过程中A 、B 克服摩擦力所做的功gd m m W )(21+=μ由能量守恒定律可得gd m m E v m m p )()(2121221++='+μ，所以gd m m m m gh m E p )(212121+-+=μ。

点拨：有关弹簧的弹性势能，由于教材中没有给出公式，因此一般只能通过能量的转化和守恒定律来计算。

能量守恒是自然界普遍遵守的规律，用此观点求解的力学问题可以收到事半功倍的效果，认真分析题中事实实现了哪些能量的转化和转移，否则可能会前功尽弃。

例3 如图所示，在光滑的水平面上有一质量为m ，长度为l 的小车，小车左端有一质量也是m 可视为质点的物块，车子的右壁固定有一个处于锁定状态的压缩轻弹簧（弹簧长度与车长相比可忽略），物块与小车间滑动摩擦因数为μ，整个系统处于静止状态。

现在给物块一个水平向右的初速度0v ，物块刚好能与小车右壁的弹簧接触，此时弹簧锁定瞬间解除，当物块再回到左端时，恰与小车相对静止。

求：（1）物块的初速度0v 及解除锁定前小车相对地运动的位移。

（2）求弹簧解除锁定瞬间物块和小车的速度分别为多少?解析：（1）物块在小车上运动到右壁时，设小车与物块的共同速度为v ，由动量守恒定律得mv mv 20=，由能量关系有22022121mv mv mgl ⋅-=μ，故gl v μ20=，在物块相对小车向右运动的过程中，小车向右作匀加速运动加速度为g a μ=，速度由0增加到20v v =，小车位移为s ，则av s 22=； （2）弹簧解除锁定的瞬间，设小车的速度为1v ，物块速度为2v ，最终速度与小车静止时，共同速度为v '，由动量守恒定律得v m mv mv mv '=+=2221，由能量关系有222212212121v m mv mv mgl '⋅-+=μ， 联立四式解得： ⎩⎨⎧==0201v v v 和⎩⎨⎧==0210v v v （舍去），所以gl v v μ201==，02=v 。

点拨：弹簧锁定意味着储存弹性势能能量，解出锁定意味着释放弹性势能能量。

求解物理问题，有时需要根据结果和物理事实，作出正确判断，确定取舍。

例4 一辆质量为m ＝2 kg 的平板车，左端放有质量M ＝3 kg 的小滑块，滑块与平板车之间的动摩擦因数μ＝0.4，如图所示，开始时平板车和滑块共同以0v ＝2 m/s 的速度在光滑水平面上向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞，设碰撞时间极短，且碰撞后平板车速度大小保持不变，但方向与原来相反。

设平板车足够长，以至滑块不会滑到平板车右端（取g ＝1.0 m/s 2），求：（1）平板车第—次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离。

（2）平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度1v 。

（3）为使滑块始终不会滑到平板车右端，平板车至少多长?解析：（1） 平板车第—次与墙壁碰撞后因受滑块对它的摩擦力作用而向左作匀减速直线运动。

设向左运动的最大距离为1s ，由动能定理得201210mv Mgs -=-μ 所以有m 312201==Mg mv s μ； （2）假设平板车第二次与墙壁碰撞前和物块已经达到共同速度1v ，由于系统动量守恒，有100)(v m M mv Mv +=-，即m/s 4.0)(01=+-=mM v m M v 设平板车从第—次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离处到再加速到速度1v 所发生的位移大小为1s '，由动能定理得21121mv s Mg ='μ有2220211)()(22m M m M Mg mv Mg mv s +-⋅=='μμ，显然11s s 〈'，表明平板车第二次与墙壁碰撞前已经达到了共同速度m/s 4.01=v ，这一速度也是平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度；（3）平板车与墙壁多次碰撞，使M 与m 之间发生相对滑动。