1、 - 1 -力学的一些基本问题和基本方法一、关于力的作用效应1.力的瞬时作用效应。力的瞬时作用效应是改变物体的速度，也就是使物体产生加速度。牛顿第二定律F=ma 就表示了力和加速度之间的关系。而加速度是运动学和动力学之间的桥梁 。因此若已知物体的受力情况，由牛顿第二定律求出加速度，再由运动学公式就可以知道物体的运动情况；若已知物体的运动情况，知道了加速度，由牛顿第二定律可以求出未知的力。做匀速圆周运动物体所受的合外力是向心力，向心力跟向心加速度的关系也同样遵从牛顿第二定律。所以综合运用牛顿运动定律和运动学公式是解决力学问题的基本方法之一。2.力的时间积累效应。力的时间积累效应是改变物体的动量。
2、动量定理 I= p 就表示了外力的冲量和物体动量变化之间的关系。在确定了研究对象（系统）后，系统内各物体间的相互作用力叫内力，内力总是成对出现的，而且一对互为作用力反作用力的内力在任意一段时间内的总冲量一定为零，所以系统的内力只能改变系统内某一物体的动量，但不会改变系统的总动量。因此动量定理不仅适用于某个物体，也适用于由若干物体组成的系统。在系统所受合外力为零的条件下，该系统的总动量守恒。这就是动量守恒定律。运用动量定理和动量守恒定律也是解决力学问题的基本方法之一。3 力的空间积累效应。力的空间积累效应是改变物体的动能。动能定理 W= EK 就表示了外力做的功和物体动能变化之间的关系。和冲量不
3、同的是：系统内互为作用力反作用力的一对内力在同一时间内的位移很可能是不相等的，因此一对内力做的总功很可能不是零，从而改变系统的总动能。也就是说，即使合外力对系统不做功，系统的总动能也有可能改变。所以一般情况下，动能定理只能用于单个的物体而不能用于由若干物体组成的系统。如果对某个系统而言只有重力做功，那么系统中就只有动能和重力势能相互转化，而动能和势能的总和保持不变，这就是机械能守恒定律。运用动能定理和机械能守恒定律也是解决力学问题的基本方法之一。速度 v、动量 mv、动能 mv2 都是描述物体运动状态的物理量。以上三条都体现了“力是改变物体运动状态的原因。 ”例 1. 质量为 m 的小球从沙坑
4、上方高 H 处自由下落，停止运动时陷入沙坑深度为 h。则在陷入沙坑过程中，沙对小球的平均阻力大小为_。 这是一个非常有代表性的题，这个题型在 95、96、97 年高考中连续出现 3 次，每次设问的角度都不同。以下从 3 个角度分别分析一下该物理过程：（把自由下落过程叫做过程，陷入沙坑过程叫做过程）95 年定性分析：A.过程中小球动量的改变量等于重力的冲量；B.过程中阻力的冲量大小等于过程 中重力冲量的大小；C.过程中小球克服阻力做的功等于过程与过程中小球所减少的重力势能之和；D.过程中损失的机械能等于过程中小球所增加的动能（AC） 96 年求过程小球受到合力的冲量大小 97 年求沙对小球的冲量
5、从牛顿第二定律和运动学角度分析。过程仅受重力，做初速度为零，加速度为 g 的匀加速直线Hh- 2 -运动；过程受平均阻力和重力作用，做末速度为零的匀减速直线运动。一般思路是先求过程的末速度 v，再求过程的加速度 a，最后用牛顿第二定律求平均阻力 F。如果注意到该过程的特点： 过程的初速度和过程的末速度都为零；过程的末速度等于过程的初速度，由 v2=2as，a1/s，于是合外力跟 s 成反比， 可求得 F。hHmgF从动能定理的角度分析。过程重力做的功等于动能增加，即末动能 EK；过程合外力做功使动能减小 EK，即 mgH=(F-mg)h。如果注意到全过程的始、末状态动能为零，取全过程用动能定理
6、，则直接可得到：mh(H+h)= Fh 。可以看出以上各种解法的结论都是一样的。从动量定理的角度分析。如果把已知中的距离 H、h 分别改为对应的时间 T、t，取全过程用动量定理，则直接可得到：mh(T+t)=Ft，也可以很方便地解得平均阻力 F。总之，这类题取全过程较为方便。如果、两过程一个给出时间，一个给出高度，由于过程时间和高度很容易互求，所以要根据过程给的物理量确定用什么定理。例2. 质量相等的A、B两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F 1、F 2的作用而从静止开始做匀加速运动。经过时间 t0和 4t0速度分别达到2v 0和v 0 时，分别撤去F 1和F 2，以后物体继续做匀减速运
7、动直至停止。两物体速度随时间变化的图线如右图所示。若在该过程中F 1和F 2所做的功分别为W 1和W2，F 1和F 2的冲量分别为 I1和 I2，试分别比较W 1和W 2的大小、I1和 I2的大小。比较功的大小，一般想到 W=Fs，s 可以从图线所围面积求得，但求 F 要利用 F-f=ma，还需要跟撤去 F后的滑动过程相比较，计算量太大。如果考虑到每个物体运动的全过程始、末状态速度都是零，由动能定理，W F=Wf ，而 f 大小又相等，因此只要比较全过程物体的位移大小即可。从图可以得到 s1s 2=65，所以 W1W 2=65，W 1W2同理对每个物体在全过程用动量定理，有 IF=If ， f
8、 大小相等，因此只要比较全过程运动时间 t 即可。从图可以得到 t1t 2=35，所以 I1I 2=35，I 1I2由这道题还应该体会到 v-t 图象的特别重要性：从 v-t 图象中可以找到 v、t、a、s 等各种信息。一定要重视图象在学习物理中的作用。二、能量守恒定律和动量守恒定律能量守恒和动量守恒是最基本的自然规律。守恒定律常常被看作为最基本的规律。它们以确实的可靠性和极大的普遍性，为我们研究自然规律提供了最有力的工具。科学研究表明：能量守恒、动量守恒和角动量守恒(高中不学习角动量守恒)是自然界的普遍规律。从科学实践的角度来看，迄今为止，人们还没有发现这些守恒定律有任何例外。相反，每当在实
9、验中观察到似乎是违反守恒定律的现象时，物理学家们就会提出新的假设来补救，最后总是以有新的发现而胜利告终。如静止的原子核发生 衰变放出电子时，按动量守恒，反冲核应该沿电子的反方向运动。但是实验中云室照片显示，这两者的径迹不在一条直线上。为解释这一反常现象，1930 年泡利提出了中微子假说。由于中微子既不带电又几乎无质量，在实验中极难测量，直到 1956年人们才首次证明了中微子的存在。这个反应的核反应方程是：（2000 年高考综合题 23就是根据这一历史事实设计的） 。又如人e0162807NiCo2v0v0o t0 2t0 3t0 4t0 5t0vt- 3 -们发现，在两个运动着的带电粒子的电磁
10、相互作用下，两个粒子的动量的矢量和似乎是不守恒的。这时物理学家又把动量的概念推广到了电磁场，把电磁场的动量也考虑进去，总动量就又守恒了。应用守恒定律要注意条件。对整个宇宙而言，能量守恒和动量守恒是无条件的。但对于我们选定的研究对象所组成的系统，守恒定律就有一定的条件了。如系统机械能守恒的条件就是“只有重力做功” ；而系统动量守恒的条件就是“合外力为零” 。例 3. 如 图 所 示 ， 质 量 分 别 为 m 和 2m 的 A、 B 两 个 木 块 间 用 轻 弹簧 相 连 ， 放 在 光 滑 水 平 面 上 ， A 靠 紧 竖 直 墙 。 用 水 平 力 F 将 B 向左 压 ， 使 弹 簧
11、被 压 缩 一 定 长 度 ， 静 止 后 弹 簧 储 存 的 弹 性 势 能 为 E。 这 时 突 然 撤 去 F， 关 于A、 B 和 弹 簧 组 成 的 系 统 ， 下 列 说 法 中 正 确 的 是 BDA.撤 去 F 后 ， 系 统 动 量 守 恒 ， 机 械 能 守 恒B.撤 去 F 后 ， A 离 开 竖 直 墙 前 ， 系 统 动 量 不 守 恒 ， 机 械 能 守 恒C.撤 去 F 后 ， A 离 开 竖 直 墙 后 ， 弹 簧 的 弹 性 势 能 最 大 值 为 ED.撤 去 F 后 ， A 离 开 竖 直 墙 后 ， 弹 簧 的 弹 性 势 能 最 大 值 为 E/3A
12、离开墙前墙对 A 有弹力，这个弹力虽然不做功，但对 A 有冲量，因此系统机械能守恒而动量不守恒；A 离开墙后则系统动量守恒、机械能守恒。A 刚离开墙时刻，B 的动能为 E，动量为 p= 向右；以m4后动量守恒，因此系统动能不可能为零，当 A、B 速度相等时，系统总动能最小，这时的弹性势能为E/3。 深刻理解守恒的本质，灵活选用守恒定律的各种表示形式。例如机械能守恒定律就有多种表达形式：E K+EP=EK/ +EP， EK+ EP=0。它们的实质是一样的，但在运用时有繁简之分。因为重力势能的计算要选定参考平面，而重力势能变化的计算跟参考平面的选取无关，所以用后者往往更方便一些。在运用更广义的能量
13、守恒定律解题时，可以这样分析：先确定在某一过程中有哪些能量参与了转化；哪些能量增加了，哪些能量减少了；然后根据能量守恒的思想，所有增加了的能量之和一定等于所有减少了的能量之和，即 E 增 = E 减 。例 4. 长为 L 宽为 d 质量为 m 总电阻为 R 的矩形导线框上下两边保持水平，在竖直平面内自由落下而穿越一个磁感应强度为 B 宽度也是 d 的匀强磁场区。已知线框下边刚进入磁场就恰好开始做匀速运动。则整个线框穿越该磁场的全过程中线框中产生的电热是_。若直接从电功率计算，就需要根据 求匀速运动的速度 v、再求电动势 E、电功率vLg2P、时间 t，最后才能得到电热 Q。如果从能量守恒考虑，
14、该过程的能量转化途径是重力势能 EP电能E电热 Q，因此直接得出 Q=2mgd 例 4. 如图所示，一固定的契形木块，其斜面光滑，倾角 30，另一边与水平地面垂直，顶端有一个定滑轮，一根柔软的轻绳跨过定滑轮，两端分别与物块 A 和 B 连接。A 的质量为 4m，B 的质量为 m，开始时将 B按在地面上不动。放手后，A 沿斜面下滑 L 距离后，细线突然断了，求 B 能上升的最大高度 H。FA BL ddBAB- 4 -绳断以前，对 A、B 系统用机械能守恒，该过程 B 的动能、势能和 A 的动能都是增加的，只有 A 的势能是减小的，于是有 mv2+4mv2+mgl=4mgl；绳断以后，再对 B
15、用运动学方程 v2=2gh，求得 B 继续上升的高度 h=0.2l，因此 H=1.2l 三、功和能的关系功和能是两个密切相关的物理量。正确认识和理解功和能的关系是解决力学问题以及物理学科内和跨学科综合问题的一个重要的思路。做功的过程就是能量转化的过程，功是能的转化的量度。在研究物体的动能、重力势能和机械能问题时，有以下重要关系：物体动能的增量用外力对物体做的总功来量度，即 Ek=W 外 ，这就是动能定理 ；物体重力势能的增量用重力做的功来量度，即 Ep=-WG（这可以叫做势能定理，对任何势能都适用） ；由以上两式相加可得：物体机械能的增量用除重力以外的其它力做的功来量度，即 E 机 =W 其
16、，这就是机械能定理。显然，在只有重力做功的情况下，机械能增量为零，即机械能守恒。还有一个经常用到的功能关系：在相对滑动过程中，一对滑动摩擦力做的总功等于系统机械能的减少量，也等于系统内能的增加量，即 Q=fd，其中 Q 表示摩擦生热，也就是内能增量；f 表示每一个滑动摩擦力的大小；d 表示两物体相对滑动的 路程。例 6. 一个质量为 m 的物体以加速度 a=g 匀加速下降 h 过程中其动能增加量为_，重力势能减少量为_，机械能减少量为_。由 a=g 可以推断运动中所合外力大小为 F=mg，阻力大小为 f=mg，由功能关系直接可得：动能增加量为 Fh=mgh，重力势能减少量为 mgh，机械能减少
17、量为 fh=mgh 例 7. 如图所示，在劲度为 k 的轻弹簧两端分别连接两个质量均为 m 的相同木块 P、Q，开始系统静止在水平面上。用竖直向下的力 F 缓慢向下压 P 木块到某一位置，使系统又处于静止。这时突然撤去力 F，发现 P 木块开始做简谐运动，而 Q 木块恰好始终没有离开水平面。求： P 做简谐运动的振幅 A。振动过程中P 的最大加速度 am。在缓慢向下压 P 的过程中，压力 F 所做的功 W。做这种题一定要画好示意图，标明各个位置弹簧的形变量。从图中将会得到很多有用的信息。还要注意到简谐运动的一些基本规律，如关于平衡位置为对称的两点，振子的位移大小、速度大小、加速度大小都是相等的
18、。右图依次画出了：未放 P 时、未加 F 系统静止时、加 F 系统再次静止时、撤去 F 后 P 到达最高点时的示意图。图中 x1=mg/k，图中 Q 受到的拉力大小等于 mg，因此此时 P 受到的拉力大小也等于 mg，与图相比可知 x2=x1=mg/ k，因此 A=2mg/k。同时可得 P 的最大加速度am=2g。在过程中除重力外只有压力 F 对系统做功，而系统在、状态的动能和弹性势能是相同的，只是重力势能增加了 mgA，即系统机械能增加了 mgA，由机械能定理 得 WF= mgA =2m2g2/k。 PQQ QPQPQPAAx1x2F F - 5 -四、碰撞两个物体在极短的时间内发生相互作用
19、，速度都发生了变化，这种情况称为碰撞。由于作用时间极短，一般情况都可以认为系统内力远大于外力，所以可以认为动量守恒。碰撞又分弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞三种。下面分析一下碰撞的详细过程，以及每个分过程中的能量转化情况：设光滑水平面上，质量为 m1 的物体A 以速度 v1 向质量为 m2 的静止物体 B 运动，B 的左端连有轻弹簧。在位置 A、B 刚好接触，弹簧开始被压缩，A 开始减速，B 开始加速；到位置 A、B 速度刚好相等（设为 v） ，弹簧被压缩到最短；再往后 A、B 开始远离，弹簧开始恢复原长，到位置弹簧刚好为原长，A、B 分开，这时 A、B 的速度分别为 v1/和 v2/。全
20、过程系统动量一定是守恒的；而机械能是否守恒就要看弹簧的弹性如何了。第种情况：弹簧是完全弹性的。过程系统减少的动能全部转化为弹性势能，状态系统动能最小而弹性势能最大；过程系统减少的弹性势能全部转化为动能；因此、状态系统动能相等。这种碰撞叫弹性碰撞。列方程组可以解得 A、B 的最终速度分别为： （这个公式最好背下来，以后会经常用到。 ）12211,vmvmv第种情况：弹簧不是完全弹性的。过程系统减少的动能一部分转化为弹性势能，状态系统动能最小而弹性势能仍最大；过程系统减少的弹性势能一部分转化为动能，一部分转化为内能；全过程系统机械能有损失（一部分机械能转化为内能） ，这种碰撞叫非弹性碰撞。 第种情
21、况：弹簧完全没有弹性。系统减少的动能全部转化为内能，状态系统动能最小；由于没有弹性 A、B 将共同运动不再分开，不再有过程。这种碰撞叫完全非弹性碰撞。计算可得 A、B 最终的共同速度为 。在完全非弹性碰1221vmv撞过程中，系统的动能损失最大，为：。 （这个公式最好背下来，以后会经常用到。 ）212121 mvmvEk 例 8. 如图所示，两根足够长的固定平行光滑金属导轨位于同一水平面内，导轨间的距离为 l，导轨上横放有长度都是 l 而横截面积之比为 21 的两根铜帮棒 ab 和 cd。已知 cd 棒的质量为 m，电阻为 r，回路中其余部分的电阻不计。空间有垂直与导轨平面向上，磁感应强度为
22、B 的匀强磁场。开始时 cd 静止， ab 以初速度 v0 向右运动。设导轨足够长，两导体棒在运动过程中始终不接触，求 cd 中产生的焦耳热 Q 最多是多少？由于回路所围面积内的磁通量减少，产生感应电流，使 ab 减速 cd 加速，当它们速度相同时回路中磁通量不再发生变化，因此将保持共同运动。相当于完全非弹性碰撞，损失的动能转化为电能，接着转化为 ab 和 cd 的电热。由已知 cd 的质量是 ab 的一半而电阻是 ab 的 2 倍，因此全过程系统损失的动能为 mv02/3，cd 中产生的焦耳热占其中的 2/3，因此 Q=2mv02/9。A B A B A Bv1 v v1/ v2/ cv0B
23、ab dl- 6 -例9. 1919年卢瑟福用粒子轰击 14N发现了质子。该核反应的过程是：高速运动的粒子击中静止的 14N，它们暂时形成一个复核，这个复核迅速转化成一个质子和另一个原子核。已知复核发生转化需要吸收1.19MeV的能量。那么要想发生上述核反应，入射的 粒子的动能至少应是多大？ 粒子轰击 14N 形成复核的过程相当于一个完全非弹性碰撞，损失的动能至少为 1.19MeV。由可以求得 EK=1.53MeV。 KkmMvE2五、力学的一些基本方法1.灵活地确定研究对象。分析力学问题时的第一步应该是确定研究对象。一般来说研究对象可以是单个的物体，也可以是保持相对静止的一组物体。但是在运用
24、牛顿第二定律时，还可以取有相对运动的一组物体（称为质点组）为研究对象，这时质点组所受的合外力 F（不包括质点组内物体间的相互作用力）和质点组内各物体的质量和加速度的关系为：F=m 1a1+ m2a2+ mnan 用这个方法解题非常简洁。该式的证明也很简单：先以质点组中的每个物体为研究对象，有： F1=m1a1， F2=m2a2， Fn=mnan，将以上各式等号左、右分别相加，其中左边所有力中，凡属于系统内力的，都应该是成对出现的，矢量和必为零，所以得到所有外力之和，即合外力 F。在运用动量定理解题时，也可以取质点组为研究对象。因为质点组内部物体间的相互作用力总是等值反向的，它们的总冲量一定为零
25、，因此不会改变质点组的总动量。在运用动能定理解题时，就不能说合外力做的功等于质点组动能的增量了，因为质点组内部物体间的相互作用力虽然是等值反向的，但在同一过程中它们的位移可能是不同的，所以它们做的总功可能不为零，因而会改变质点组的总动能。例 10. 质量为 M 倾角为 的斜面体静止在粗糙水平面上。质量为m 的木块以初速度 v0 从斜面底端冲上斜面。已知斜面跟水平面、斜面跟木块间的动摩擦因数都是 ，斜面始终保持静止。求木块向上滑行过程水平面对斜面的支持力 F 和摩擦力 f。先明确木块的加速度 a=g(sin + cos )，方向沿斜面向下。然后分别在水平、竖直方向对系统用牛顿第二定律：f=mac
26、os =mg(sin + cos )cos ；(M+m) g-F=masin ，F=Mg+mg(cos - sin )cos 例 11. 长 L 的轻杆两端分别固定有质量为 m 的小铁球，杆的三等分点 O 处有光滑的水平转动轴。用手将该装置固定在杆恰好水平的位置，然后由静止释放，当杆到达竖直位置时，求轴对杆的作用力 F 的大小和方向。根据机械能守恒求出小球 1 在最高点的速度：mg L=mgL+mv2+m(2v)2， 在竖直位置对系统用牛顿第二定律 ，以向下为正方向，设轴对系统的作用力 F 向上，得 F=2.4mg 3/2Lvmg2.注意物体的动量大小 p 跟动能 E 的关系。v0mMO1-
27、7 -物体的动量大小 p 和动能 EK 有确定的关系： ，或者 ，这两个关mpEK2kE2系式可以当作公式直接应用，相当方便。例 12. 质量之比为 41 的两个物体 a、b 以相同的初动能 E 沿光滑水平面相向运动，发生正碰后不再分开，则碰撞过程中系统损失的动能为_E。由 可知，a、b 碰前动量大小之比为 21，根据动量守恒，碰后系统总动量与 b 物体碰前的动kmp2量大小相同，由 知，碰后系统总动能为 0.2E，因此碰撞过程系统损失动能为 1.8E pK23.充分利用作图辅助解题。图形所包含的信息往往比文字更多，也更形象，数量关系更明确。学会画草图，养成画图的习惯，是学好物理的一个重要技巧
28、和基本功。例 13. 从倾角为 =30的斜面顶端以初动能 E=6J 向下坡方向平抛出一个小球，则小球落到斜面上时的动能 E /为_J。以抛出点和落地点连线为对角线画出矩形 ABCD，可以证明末速度 vt 的反向延长线必然交 AB 于其中点 O，由图中可知 ADAO=2 ，由相似形3可知 vt v0= ，因此得 E /=14J 73例 14. 如图所示，在竖直平面的xoy坐标系内，oy表示竖直向上方向。该平面内存在沿x轴正向的匀强电场。一个带电小球从坐标原点沿oy方向竖直向上抛出，初动能为4J，不计空气阻力。它达到的最高点位置如图中M点所示。求：小球在M点时的动能E 1。在图上标出小球落回x轴时的位置N。小球到达N点时的动能E 2。在竖直方向小球只受重力，从 OM 速度由 v0 减小到 0；在水平方向小球只受电场力，速度由 0 增大到v1，由图可知这两个分运动的平均速度大小之比为 23，因此 v1v 1=23，所以小球在 M 点时的动能E1=9J。由竖直分运动知， OM 和 MN 经历的时间相同，因此水平位移大小之比为 13，故 N 点的横坐标为 12。小球到达 N 点时的竖直分速度为 v0，水平分速度为 2v1，由此可得此时动能 E2=40J。v0vtv0vyA O BD Coy/mx/mMv0v13212 4 6 8 10 12 14 16N
