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高中物理解题技巧
高中阶段，最难学的课程是物理，既要求学生有过硬的数学功底，还要学生有较强的空
间立体感和抽象思维能力。本总论较详细地介绍了48种高中物理活题巧解的方法，加上磁场
部分“难点巧学”中介绍的“结论法”，共计有49种方法，这些方法中有大家很熟悉的、用
得很多的整体法、隔离法、临界条件法、矢量图解法等，也有用得很少的补偿法、微元法、节点
电流法等，更多的是用得较多，但方法名称还未统一的巧解方法，这些方法用起来很巧，给人
以耳目一新、豁然开朗的感觉，本总论给出了较科学合理的方法名称。古人云：授人以鱼，只
供一饭之需；授人以渔，则一生受用无穷，本书编者本着“一切为了学生，为了一切学生，为
了学生的一切”的宗旨，呕心沥血地编写了这本书，以精益求精的质量、独具匠心的创意，教
会学生在短时间内提高物理分析、解题技能，缩短解题时间，对减轻学习负担、开发智力、提
高学习成绩有极大地帮助。
一、整体法
研究对象有两个或两个以上的物体，可以把它们作为一下整体，整体质量等于它们的总
质量。整体电量等于它们电量代数和。
有的物理过程比较复杂，由几个分过程组成，我们可以把这几个分过程看成一个整体。
所谓整体法就是将两个或两个以上物体组成的整个系统，或由几个分过程组成的整个
过程作为研究对象进行分析研究的方法。
整体法适用于求系统所受的外力，计算整体合外力时，作为整体的几个对象之间的作用
力属于系统内力不需考虑，只需考虑系统外的物体对该系统的作用力，故可使问题化繁为简。
例1：在水平滑桌面上放置两个物体A、B如图1-1所示，m =1kg，m =2kg，它们之间用不
A B
可伸长的细线相连，细线质量忽略不计，A、B分别受到水平间向左拉力F=10N和水平向右
1
拉力F=40N的作用，求A、B间细线的拉力。
2
【巧解】由于细线不可伸长， A、B 有共同的加速度，则共同加速度
对于A物体：受到细线向右拉力 F和F 拉力作用，则
1
，即
F=20N
【答案】=20N
例2：如图1-2所示，上下两带电小球，a、b质量均为m，所带电量分别为q和-q，两球间
用一绝缘细线连接，上球又用绝缘细线悬挂在开花板上，在两球所在空间有水平方向的匀强电场，场强为E，平衡细线都被拉紧，右边四图中，表示平衡状态的可能是：
【巧解】对于a、b构成的整体，总电量Q=q-q=0，总质量M=2m，在电场中静止时，ab整体
受到拉力和总重力作用，二力平衡，故拉力与重力在同一条竖直线上。
【答案】A
说明：此答案只局限于a、b带等量正负电荷，若a、b带不等量异种电荷，则a与天花板间
细线将偏离竖直线。
例3：如图1-3所示，质量为M的木箱放在水平面上，木箱中的立杆上套着一个质量为m
的小球，开始时小球在杆的顶端，由静止释放后，小球沿杆下滑的加速度为重力加
速度的 ，即 ，则小球在下滑的过程中，木箱对地面的压力为多少？
【巧解】对于“一动一静”连接体，也可选取整体为研究对象，依牛顿第二定
律列式： 故木箱所受支持力： ，由
牛顿第三定律知：木箱对地面压力 。
【答案】木箱对地面的压力
例4：如图1-4，质量为m的物体A放置在质量为M的物体B上，B与弹
簧相连，它们一起在光滑水平面上做简谐振动，振动过程中A、B之间无相对
运动，设弹簧的劲度系数为k，当物体离开平衡位置的位移为x时，A、B间摩
擦力f的大小等于（ ）
A、0 B、kx C、 D、
【巧解】对于A、B构成的整体，当系统离开平衡位置的位移为x时，系统
所受的合力为F=kx，系统的加速度为 ，而对于A物体有摩擦力 ，
故正确答案为D。
【答案】D
例5：如图1-5所示，质量为m=2kg的物体，在水平力F=8N的作用下，
由静止开始沿水平方向右运动，已知物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，
若F作用t=6s后撤去，撤去F后又经t=2s物体与竖直壁相碰，若物体与墙
1 2
壁作用时间t=0.1s，碰后反向弹回的速度ν=6m/s，求墙壁对物体的平均作
3
用力F （g取10m/s2）。
N
【巧解】如果按时间段来分析，物理过程分为三个：撤去F前的加速过
程；撤去F后的减速过程；物体与墙壁碰撞过程。分段计算会较复杂。现把全过程作为一个整体（整体法），应用动量定理，并取 F 的方向为正方向，则有
代入数据化简可得F =280N
N
【答案】F =280N
N
巧练：如图1-6所示，位于水平地面上的斜面倾角为а，斜面体的质量为M，当A、B两物
体沿斜面下滑时，A、B间无相对滑动，斜面体静止，设A、B的质量均为m，则地面对斜面体
的支持力F 及摩擦力f分别是多少？若斜面体不是光滑的，物体A、B一起沿斜面匀速下滑
N
时，地面对斜面体的支持力F 及摩擦力f又分别是多少？
N
巧练2：如图1-7所示，MN为竖直墙壁，PQ为无限长的水平地面，在PQ的上方有水平
向左的匀强电场，场强为E，地面上有一点A，与竖直墙壁的距离为d，质量为m，带电量为+q
的小滑块从A点以初速v 沿PQ向Q运动，滑块与地面间的动摩擦因数为μ，若μmg＜Eq，滑
o
块与墙MN碰撞时无能量损失，求滑块所经历的总路程s。
二、隔离法
所谓隔离法就是将研究对象（物体）同周围物体隔离开来，单独对其进行受力分析的方
法。隔离法适用于求系统内各物体（部分）间相互作用。在实际应用中，通常
隔离法要与整体法结合起来应用，这样更有利于问题的求解。
例1：如图2-1所示，在两块相同的竖直木板之间，有质量均为m的4
块相同的砖，用两个大小均为F的水平力压木板，使砖静止不动，则第1块
对第2块砖摩擦力大小为（ ）
A、0 B、mg/2 C、mg D、2mg
【巧解】本题所求解的是第1块对第2块砖摩擦力，属于求内力，最终必须要
用隔离法才能求解，研究对象可以选1，也可以选2，到底哪个更简单呢？若选2
为研究对象，则1对2的摩擦力及3对2的摩擦力均是未知的，无法求解；而选1
为研究对象，尽管2对1的摩擦力及左板对1的摩擦力均是未知的，但左板对1的
摩擦力可以通过整体法求解，故选1为研究对象求内力较为简单。
先由整体法（4块砖作为一个整体）可得左、右两板对系统的摩擦力方向都竖直向上，大小均为4mg/2=2mg，再以1为研究对象分析，其受力图2-2所示（一定要把它从周
围环境中隔离开来，单独画受力图），1受竖直向下的重力为mg，左板对1的摩擦力f 竖直
左板
向上，大小为2mg，故由平衡条件可得：2对1的摩擦力f 竖直向下，大小为mg，答案应选C
21
项。
【答案】C
例2：如图2-3所示，斜面体固定，斜面倾角为а，A、B两物体叠放在一起，A的上表面水
平，不计一切摩擦，当把A、B无初速地从斜面顶端释放，若运动过程中B没有碰到斜面，则关
于B的运动情况描述正确的是（ ）
A、与A一起沿斜面加速下滑
B、与A一起沿斜面匀速下滑
C、沿竖直方向匀速下滑
D、沿竖直方向加速下滑
【巧解】本题所求解的是系统中的单个物体的运动情况，故可用隔离法进行分析，由于不
计一切摩擦，而A的上表面水平，故水平方向上B不受力。由牛顿第一定律可知，B在水平方
向上运动状态不变（静止），故其运动方向必在竖直方向上。因A加速下滑，运动过程中B没
有碰到斜面（A、B仍是接触的），即A、B在竖直方向上的运动是一样的，故B有竖直向下的
加速度，答案D正确。
【答案】D
例3：如图2-4所示，固定的光滑斜面体上放有两个相同的钢球P、Q，MN
为竖直挡板，初状态系统静止，现将挡板MN由竖直方向缓慢转至与斜面垂
直的方向，则该过程中P、Q间的压力变化情况是（ ）
A、一直增大 B、一直减小 C、先增大后减小 D、一直不
变
【巧解】本题所求解的是系统内力，可用隔离法来分析，研究对象可以选
P，也可以选Q，到底选哪个更简单呢？当然选P要简单些，因为P受力个数
少，P受到重力、斜面的支持力N （垂直斜面向上）和Q的支持力N（沿斜面斜向上）共三个
斜 Q
力作用，由平衡条件可知，这三个力的合力为零，即重力沿N ，N 反方向的分力分别与N 、
斜 Q 耕
N 的大小相等，在转动挡板过程中，重力的大小及方向都不变，而N 、N 的方向也都不变，
Q 耕 Q
即分解重力的两个方向是不变的，故分力也不变，故D选项正确
【答案】D
例4：如图2-5所示，人重G=600N，木板重G=400N，人与木板、木板与地面间滑动摩擦
1 2
因数均为μ=0.2，现在人用水平力F拉绳，使他们木板一起向右匀速动
动，则（ ）
A、人拉绳的力是200N
B、人的脚给木板的摩擦力向右
C、人拉绳的力是100N
D、人的脚给木板的摩擦力向左
【巧解】求解人与板间的摩擦力方向，属求内力，须用隔离法，研究对象可选人，也可以选
板，到底选哪个更简单呢？当然选人要简单些，因为人受力个数少，以人为研究对象，人在水
平方向上只受绳的拉力（水平向右）和板对人的摩擦力两个力作用，属二力平衡，故板对人的
摩擦力向左，由牛顿第三定律可知，人的脚给木板的摩擦力向右，B、D两个选项中B选项正
确。
绳的拉力属外力，可用整体法来求解，人与板相对地向右运动，滑动摩擦力水平向左，而
其大小为 ；人与板系统水平向右受到两个拉力，故由平衡条件可得：2T=f，故T=100N，答案C选项正确。
【答案】B、C
巧练1：如图2-6所示，半径为R的光滑球，重为G，光滑木块厚为h，重为G，用至少多
1
大的水平F推木块才能使球离开地面？
巧练2：如图2-7所示，A、B两物体叠放在转台上（A在上，B在下），并
随转台一起匀速运动，则关于A对B的摩擦力的判断正确的是（ ）
A、A对B没有摩擦力
B、A对B有摩擦力，方向时刻与线速度方向相反
C、A对B有摩擦力，方向时刻指向转轴
D、A对B有摩擦力，方向时刻背离转轴
三、力的合成法
一个力如果产生的效果与几个力共同作用所产生的效果相同，这个力就叫做那几个的
合力，而那几个力就叫做这个力的分力，求几个力的合力叫力的合成。
力的合成遵循平行四边形法则，如求两个互成角度的共点力F、F 的合力，可以把表示
1 2
F、F 的有向线段作为邻边，作一平行四边形，它的对角线即表示合力大小和方向。
1 2
共点的两个力F、F 的合力F的大小，与两者的夹角有关，两个分力同向时合力最大，反
1 2
向时合力最小，即合力取值范围力│F-F │≤│F+F │
1 2 1 2
合力可以大于等于两力中的任一个力，也可以小于任一个力，当两力大小一定时，合力
随两力夹角的增大而减小，随两力夹角的减小而增大。
如果一个物体A对另一个物体B有两个力作用，当求解A对B的作用力时，通常用力的
合成法来求解。
例1：水平横梁的一端A插在墙壁内，另一端装有一小滑轮B，一轻绳的一端C
固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂一质量m=10kg的重物，∠CBA=30°，如图3-
1所示，则滑轮受到绳子的作用力大小为（g取10m/s2）（ ）
A、50N B、 C、100N D、
【巧解】绳子对滑轮有两个力的作用，即绳子BC有斜向上的拉力，绳子BD有竖
直向下的拉力，故本题所求的作用力应该为以上这两个力的合力，可用力的合成法
求解。
因同一根绳张力处处相等，都等于物体的重力，即T =T =mg=100N，而这两个力的夹
BC BD
角又是特殊角120°，用平行四边形定则作图，可知合力F =100N，所以滑轮受绳的作用力为
合
100N，方向与水平方向成30°角斜向下。【答案】C
例2：如图3-2所示，一质量为m的物块，沿固定斜面匀速下滑，斜面的倾角为 ，物体与
斜面间的动摩擦因数为μ，则斜面对物块的作用力大小及方向依次为（ ）
A、 ，沿斜面向下 B、 ，沿斜面向上
C、 ，垂直斜面向下 D、mg，竖直向上
【巧解】斜面对物块有两个力的作用，一个是沿垂直斜面向上支持力N，另一个是沿斜面
向上的摩擦力f，故本题所求的作用力应该为以上这两个力的合力，可用力的合成法求解。
物块共受三个力作用：重力mg、支持力N、摩擦力f；由平衡条件可知，这三个力的合力
为0，即支持力N、摩擦力f的合力重力mg等大反向，故答案D选项正确
【答案】D
例3：如图3-3所示，地面上放在一个质量为m的物块，现有斜向上的力
F拉物块，物块仍处于静止状态，则拉力F与物体所受到摩擦力f的合力方向
为（ ）
A、斜向左上 B、斜向右上
C、竖直向上 D、条件不足，无法判断
【巧解】物块共受四个力作用，重力G、拉力F、摩擦力f以及支持力N，其
受力图如图3-4所示，我们可以用力的合成法，把四力平衡转化成二力平衡：即
F与f合成，G与N合成，G与N的合力一定竖直向下，故F与f的合力一定竖直
向上，故答案C正确。
【答案】C
巧练1：如图3-5所示，A、B两小球穿在水平放置的细杆上，相距为d，两小
球各用一根长也是d的细绳连接小球C，三个小球的质量均为m，整个系统处于
静止状态，而杆对小球A的作用力大小是（ ）
A、1.5mg B、mg C、 D、
巧练2：如图3-6所示，在倾角为 =30°的粗糙斜面上放有一重为G的物体，
现用与斜面底边平行的力F=G/2推物体，物体恰能沿斜面作匀速直线运动，则
物体与斜面间的动摩擦因数为（ ）
A、0.5 B、0.2 C、 D、
四、力的分解法
由一个已经力求解它的分力叫力的分解，力的分解是力的合成的逆过程，也同样遵循平
行四边形法则，由平行四边形则可知，力的合成是惟一的，而力的分解则可能多解，但在处理
实际问题时，力的分解必须依据力的作用效果来进行的，答案同样是惟一的。
利用力的分解法解题时，先找到要分解的力，再找这个力的作用效果，根据作用效果确
定两个分力的方向，然后用平行四边形定则求这两个部分。
例1：刀、斧、刨等切削工具都叫劈，劈的截面是一个三角形，如图4-1所示，设劈的面是
一个等腰三角形，劈背的宽度是d，劈的侧面的长度是L使用劈的时候，在劈背上加力F，则
劈的两侧面对物体的压力F、F 为（ ）
1 2A、F=F =F B、F=F =（L/d）F C、F=F =（d/L）F D、以上答案都不对
1 2 1 2 1 2
【巧解】由于F的作用，使得劈有沿垂直侧面向外挤压与之接触物体的效果，故所求的
F、F 大小等于F的两个分力，可用力的分解法求解。如图4-2所示，将F分解为两个垂直于
1 2
侧面向下的力F′、F′，由对称性可知，F′=F ′，根据力的矢量三角形△OFF 与几何三
1 2 1 2 1
角形△CAB相似，故可得：F′/L=F/d，所以F′=F ′=LF/d，由于F= F′， F= F′故
1 1 2 1 1 2 2
F=F =（d/L）F。
1 2
【答案】
例2：如图4-3所示，两完全相同的小球在挡板作用下静止在倾角为 的光滑斜面上，甲
图中挡板为竖直方向，乙图中挡板与斜面垂直，则甲、乙两种情况下小球对斜面的压力之比
是（ ）
A、1：1 B、1： C、1： D、1：
【巧解】由于小球重力G的作用，使得小球有沿垂直侧面向下挤压斜面及沿垂直挡板方
向挤压挡板的效果，故所求的小球对斜面压力大小等于重力G沿垂直斜面方向的分力，可用
力的分解法求解，如图所求，甲情况下将G分解G，乙情况下将G分解G′，所求压力之比
2 2
即为G：G′，而G=G/ ，G′=G ，故可得压力之比G：G′=1： 。
1 1 1 1 1 1
【答案】B
例3：如图4-4所示，用两根轻绳将质量为m的物块悬挂在空中，已知ac和bc与竖直方
向的夹角分别为30°和60°，则ac绳和bc绳中拉分别为（ ）
A、 B、
C、 D、
【巧解】由于小球重力G的作用，使得小球有沿两绳方向斜向下拉紧绳的效果，故两绳的拉
力大小等于重力的两个分力，力的分解图如上所示，由几 何知识可得 ：
T =G =mgcos30°,T =G =mgcos60°。
ac 1 bc 2
【答案】A例4：如图4-5所示，小车上固定着一根弯成 角的曲杆，杆的另一端固定一个质量为m
的球，小车以加速度a水平向右运动，则杆对球的弹力大小及方向是（ ）
A、mg，竖直向上 B、 ，沿杆向上
C、ma，水平向右 D、 ，与水平方向成arctan 角斜向上
【巧解】本题中，小球只受重力mg和杆对球的弹力N两个力作用，杆对球的弹力N有两
个作用效果；竖直向上拉小球及水平向右拉小球，因两个作用效果是明确的，故可用力的分
解法来求解。
杆竖直向上拉小球，使小球在竖直方向上保持平衡，故竖直向上的分
力N =mg；杆水平向右拉小球，使小球获得向右的加速度，故水平向右的分
1
力N =ma，由几何知识可知杆对球的弹力与水平方向的夹角为 arctan
2
=arctan ，故答案D选项正确。
【答案】D
巧练1：如图4-6所示，用一根细绳把重为G的小球，挂在竖直光滑的墙上，改用
较长的细绳，则小球对绳的拉力T及对墙的压力N将（ ）
A、T减小，N增在 B、T增大，N减小
C、T减小，N减小 D、T增大，N增大
巧练2：如图4-7所示，轻绳AC与水平角夹角 а=30°，BC与水平面的夹角
β=60°，若AC、BC能承受的最大拉力不能超过100N，设悬挂重物的绳不会拉断，那
么重物的重力G不能超过（ ）
A、100N B、200N C、 D、
五、力的正交分解法
力的正交分解法：即是把力沿着两个经选定的互相垂直的方向作分解，其目的是便于运
用普通代数运算公式来解决矢量的运算，坐标轴的选取是以使问题的分析简化为原则，通常
选取坐标轴的方法是：选取一条坐标轴与物体运动的速度方向或加速度的方向相同（包括处
理物体在斜面上运动的问题），以求使物体沿另一条坐标轴的加速度为零，这样就可得到外
力在该坐标轴上的分量之和为零，从而给解题带来方便，物体受力个数较多时，常用正交分
解法来解。
例1：如图5-1所示，用与水平成θ=37°的拉力F=30N，拉着一个重为
G=50N的物体在水平地面上匀速前进，则物体与地面间的动摩擦因数μ为（
）
A、0.2 B、0.3 C、0.6 D、0.75
【巧解】物体受四个力作用而匀速，这四个力分别为重力G、拉力F、地面
的支持力N、地面的摩擦力f，由于受多个力作用，用正交分解法来解题较为
简单。
怎样选取坐标轴呢？选水平方向与竖直方向为坐标轴，只需分解F，最简
单，如图5-2所示，将F进行正交分解，由平衡条件可得：【答案】D
例2：如图5-3所示，重为G=40N的物体与竖直墙间的动摩擦因数μ=0.2，若
受到与水平线成45°角的斜向上的推力F作用而沿竖直墙匀速上滑，则F为多大？
【巧解】物体受四个力作用而匀速上滑，这四个力分别为重为N、推力F、墙的
支持力N、墙的摩擦力f，由于受多个力作用，用正交分解法来解题较为简单。
怎样选取坐标轴呢？选水平方向与竖直方向为坐标轴，只需分解F，最简单，
如图5-4所示，将F进行正交分解，由平衡条件可得：
【答案】推力F为71N
例3：如图5-5所示，物体Q放在固定的斜面P上，Q受到一水平作用
力F，Q处于静止状态，这时Q受到的静摩擦力为f，现使F变大，Q仍静止，
则可能（ ）
A、f一直变大 B、f一直变小
C、f先变大，后变小 D、f先变小后变大
【巧解】隔离Q，Q物体受重力G支持力N，外力F及摩擦力f四个力而
平衡，但f的方向未知（当F较小时，f沿斜面向上；当F较大时f沿斜面向下），其受力图如图
5-6所示。
怎样选取坐标轴呢？选水平方向与竖直方向为坐标轴，需分解N与f，而选沿斜面方向
与竖直斜面方向为坐标轴，需分解G与F都需要分解两个力，但N、f是未知力，G、F是已知
力，分解已知力更简单些，故应选沿斜面方向与坚直斜面方向为坐标轴。
如图 5-6 所示，将 G、F 进行正交分解，由平衡条件可得：当 F 较小时有：
即 随着F的增大，f将减小，当F较大时
有： 即 随着F的增大，f将增大，故当F
的初始值较小时，f先减小后增大；当F的初始值较大时f一直增大。
【答案】A、D
巧练1：如图5-7所示，斜面体P固定在水平面上，斜面体的倾角为θ=37°，斜面体上有一重为G=60N的木块Q，用F=10N的水平力推木块Q，Q恰能沿斜面匀速下滑，则木块Q与斜
面体P间的摩擦力大小及摩擦因数分别是多少？
巧练2：如图5-8所示，有一直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB竖直向下，表面
光滑，AO上套有小环P，OB上套有小环Q，两环质量均为m，两环间由一根
质量可忽略，不何伸长的细绳相连，并在某一位置平衡，如图1-28所示，现将
P环向左移一小段距离，两环再将达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来
的平衡状态比较，AO杆对P环的支持力N和摩擦力f的变化情况是：（ ）
A、N不变、f变大 B、N不变、f变小
C、N变大、f变大 D、N变大、f变小
共 49 种方法，其他略
第三单元 牛顿运动定律
难点巧学
一、 巧用“两边夹”确定物体的曲线运动情况
曲线运动是变速运动，从运动学的角度可以确定物体加速度与速度、轨迹之间的关系，
也可以从动力学的角度确定合外力F与速度、轨迹之间的关系。
物体做曲线运动的轨迹不外乎以下三种情况：物体的加速度a与其速度v之间的夹角为
锐角、直角或钝角。所谓“两边夹”就是加速度（或合外力）与速度把轨迹夹在中间，即：物体
做曲线运动的轨迹总在a与v两方向的夹角中，且和v的方向相切，向加速度一侧弯曲。如下
图4－1所示三种情况就是这样。
V V
V
a
a
A a
Aa
图4－1
例1 一质点在某恒力F作用下做曲线运动，图4－2中的曲线AB是该质点运动轨迹的
一段，质点经过A、B两点时的速率分别为v 、v .
A B
（1） 用作图法找出该恒力方向的可能范围。
（2） 该恒力的方向能否在过A点或B点的 V
A
切线上？ B
A
V
B
图4－2（3） 该质点从A点到B点的过程中其速度
大小如何变化？
（4） 若速率有变化，且v ＝v ，则速率最大
A B
或最小时在什么位置？
解析 （1）过A、B两点分别作曲线的切线①和③、法线②和④，如图4－3所示，从A点看，恒
力F应在①线的右侧；从B点看F应在③线的左侧；因恒力的方向是不变的，故应同时满足上
述两条件。若平移③线过A点，则①、③两线之间箭头所指的区域即为F在A点的方向可能的
范围。
（2）若F在①线上，则它与v 在同一直线上，由于F为恒力，故质点不可能再做曲线运动，
A
这说明F不可能在①线上。若F在③线上，则在A点时v 在垂直于F的方向上有分量，而到B
A
点时垂直于③线的运动分量没有了，这与该方向上没有F分量相矛盾，故F不可能在③线上。
（3）由于F在A点时与v A 夹角大于90º，而在 V A
B点时与v 夹角小于90º，故质点的速率应该是先减 ② ④
B
小后增大。 A
V
B
（4）由于已经判定速率为先减小后增大，且
①
③
v＝v，则运动过程中速率有最小值，且发生在F与 ③
A B
v垂直的位置。 图4－3
二、效果法――运动的合成与分解的法宝
力的分解如果不考虑该力产生的效果，对求解往往影响不大，但运动的分解如果不考虑
实际效果，就有可能得出错误的结论。反之，若根据运动效果进行分解，会有意想不到的收
获。下面以一个曲线运动中常见的题型――“绳连物”模型为例进行说明。
例2 如图4－4所示，用绳牵引小船靠岸，收绳的速度为v，在绳子与水平方向夹角为α的
1
时刻，船的速度v有多大？ V
1
解析 先用“微元法”解答。小船在极短时
间Δt内从A点移到C位移为Δs，如图4－5
所示，由于Δt很小，因此绳子转过的角度Δθ
V α
很小，由数学知识可认为Δs⊥OA, Δs⊥OC,
2 2
所以有 ，Δs 为物体垂直绳方向
2
O 图4－4
的位移，Δs 为沿绳方向的位移。再由速度的
1
Δθ
定义，当Δt很小时，v＝ ，
所以v＝v＋v，即船的速度分解为沿绳方向的速 s D s
1 2
度v 和垂直于绳方向的速度v。 1
1 2
2 s
用“效果法”解答。船的速度v的方向就是合速度
的方向，这个速度产生了两个运动效果：（1）假如绳与
C
A
水平方向夹角α不变，只是在拉绳，小船将沿绳收缩方
向以v 速度运动，（2）假如绳长AO不变，只是α在变，
图4－5
1
小船将以O为圆心、OA长为半径做圆周运动，速度v 垂直
2
V
于OA。而α、OA均改变时，即小船向右运动时，v、v 1
1 2
就可以看成是它的两个分运动，矢量图如图4－6所示，从
图中易知v＝v/cosα α
1 V
V
2
4－6比较两种方法可知，效果法简便易行，又可帮助同学
们理解圆周运动知识，同时也让学生懂得不能将绳的速度
进行正交分解。
三、平抛运动中的“二级结论”有妙用
解决平抛及类平抛运动问题，重在把握水平方向的匀速运动和竖直方向初速为零的匀
加速直线运动的独立性、等时性、等效性，充分利用矢量三角形、勾股定理、三角函数等知识
解答。特别提醒：①强调落点的问题必须抓住两个分位移之间的关系。②强调末速度的“大
小”或“方向”（特别是“方向”）的问题必须抓住两个分速度之间的关系。
另外，记住以下三个“二级结论”（也可称作定理）会让我们在今后解决平抛及类平抛
运动问题中收到意想不到的效果，结论如下。
结论一：做平抛（或类平抛）运动的物体在任一时刻任一位置处，设其末速度方向与水
平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为β，则tanθ＝2tanβ
（其应用见“活题巧解”例7） O B
x
结论二：做平抛（或类平抛）运动的物体任意时刻
瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。
A v
如图4－7中A点和B点。 o
（其应用见“活题巧解”例6）
结论三：平抛运动的物体经过时间t后，位移s与
v v
水平方向的夹角为β，则此时的动能与初动能的关系为 y
⊥
E kt ＝E ko （1＋4tan2β） 图4－7
（待高一下学期用）
四、建立“F ＝F ”关系，巧解圆周运动问题
供 需
在匀速圆周运动中合外力一定等于物体所需的向心力；在变速圆周运动中，合外力沿
半径方向的分力提供向心力。但有一个问题我们极易出错又始终感到不好理解，即：做曲线
运动的物体实际受到的力沿半径方向的分力（F ）并不一定等于物体所需的向心力（F ＝m
供 需
）。例如，当F ﹥F 时，物体做向心运动；当F ＝F 时，物体就做圆周运动；当
供 需 供 需
F ﹤F 时，即物体所受的力不足于维持它做圆周运动，物体做离心运动。因此，我们在分析
供 需
物体是否能做圆周运动时，必须弄清F 与F 的关系，活用临界条件法、等效法、类比法等列
供 需
方程求解。
例3 设一运动员和自行车的总质量为m，自行车与地面的动摩擦因素为µ，自行车做圆周
运动的轨道半径为R，自行车平面偏离竖直方向的角度为θ，转弯速度为v，地面支持力为
N。问：自行车要顺利转弯，须满足什么条件？
解析 要使自行车顺利转弯，必须解决两个问题：一是不向外滑动，二是不发生翻倒。
（1） 转弯速度――不向外滑动的临界条件
自行车转弯所需向心力由地面的静摩擦力提供，不向外滑动的条件是所需向心力不超出
最大静摩擦力，即F≤μmg，根据牛顿第二定律有
n
μmg＝m N F
所以，最大转弯速度为v ＝
max
θ
（2） 临界转弯倾角――不翻倒的临界条件 mg
μmg
图4－8自行车不翻倒的条件，是质心受到的合力矩为零。
如图4－8所示，即向内倾斜而又不滑动、也不翻倒的
临界条件是支持力N与最大静摩擦力f 的合力通过
max
质心。根据三角函数关系，临界转弯倾角
tanθ＝ ，
θ＝tan－1μ＝tan－1
答案：必须同时满足两个条件，即速度不超过 ，自行车平面与竖直方向的夹角
等于tan－1
五、把握两个特征，巧学圆周运动
1．圆周运动的运动学特征问题
此类问题，需同学们熟练掌握描述圆周运动的线速度、角速度、向心加速度、周期、频率、
转速等物理量及其关系，同时，要抓住一些“过渡桥梁”。例如：凡是直接用皮带传动（包括
链条传动、摩擦传动）的两个轮子，在不考虑打滑的情况下，两轮边缘上各点的线速
度大小相等；凡是同一轮轴上（各个轮都绕同一根轴同步转动）的各点角速度相等（轴上的点
除外）
2．圆周运动的动力学特征及分析与求解
圆周运动的动力学特征为F ＝m 。具体在解决问题时，要注意以下三点：
向
①确定研究对象的轨道平面和圆心的位置。例如火车转弯时，其轨道平面是在水平面内
而不是在斜面上。在水平放置的半球形碗内壁上做圆周运动的小球，其轨道平面为水平面，
圆心在轨道圆平面上，而不是在球心。
②向心力不是与重力、弹力、摩擦力等并列的“性质力”，而是据效果命名的“效果
力”，故在分析做圆周运动的质点受力时，切不可在性质力上再添加一个向心力。
③坐标系的建立：应用牛顿第二定律解答圆周运动问题时，常用正交分解法，其坐标原
点是做圆周运动的物体（视为质点）所在的位置，相互垂直的两个坐标轴中，其中一个坐标轴
的方向一定沿半径指向圆心。
六、现代科技和社会热点问题――STS问题
这类试题往往利用物理新模型将教材中难度不大、要求不高，但属重点内容的基础知识
及与其相关的例题、习题加以有效拼接，演变成各种立意新颖、设计科学的题目，从更高层次
上考查学生对所学基础知识的掌握程度和迁移能力、综合能力、创新能力。这类题具有“高
起点、低落点”的特点，起点高是指科技成果新，题型新颖、独特，为题海所无法包容；落点低
是指完成这些题目所需的基础知识不超纲。现举两例说明此类题目的巧解。
例4 从空间同一点O，同时向各个方向以相同的速率抛出许多小球，不计空气阻力，试
证明在这些球都未落地之前，它们在任一时刻的位置可构成一个球面。
解析 如果我们从“可构成一个球面”出发，以地面为参照物列方程求解会很复杂，并且不
易求解。其实，这道题比较好的解法是虚物假设法。解析 假设在O点另有一个小球A，当所有小球被抛出的那一瞬间，让O点处的这个假
设小球做自由落体运动（这是解答本题最关键的一步）。
因为做抛体运动的所有小球与假设做自由落体运动的小球 A的加速度都相等（都等于
重力加速度），所以，做抛体运动的各小球相对于A球都做匀速直线运动，其位移（注意：是
相对于做自由落体运动的小球A的位移）的大小都是s＝vt（v 为各小球抛出时的初速率，t
0 0
为小球运动的时间），也就是说，在同一时刻，各小球与A的距离都相等，因各小球在同一时
刻在空中的位置可构成一个球面，这个球面的半径为R＝vt。可见，不同时刻，这些小球的位
0
置构成不同球面，当然，这些球面的球心就是假设做自由落体运动的小球A。
由以上解答也可解释节日的夜晚燃放的烟花在空中为什么是球形的。
例5 （2005·武汉模拟）早在19世纪，匈牙利物理学家厄缶就明确指出：“沿水平地面向东
运动的物体，其重量，即：列车的视重或列车对水平轨道的压力一定要减轻。”后来，人们常
把这类物理现象称之为“厄缶效应”。
我们设想，在地球赤道附近的地平线上，有一列车质量是m，正在以速度v沿水平轨道
向东匀速行驶。已知地球的半径R及地球自转周期T。今天我们像厄缶一样，如果仅仅考虑
地球自转的影响，火车随地球做线速度为 的圆周运动时，火车对轨道的压力为F ；在
N
此基础上，又考虑到这列火车相对地面附加了一个线速度更快的匀速圆周运动，并设此时火
车对轨道的压力为F ′，那么，单纯地由于该火车向东行驶而引起火车对轨道压力减轻的数
N
量F －F ′为
N N
A. B.
C. D.
解析 我们用构建物理模型法来解答此题。
把火车看作一个质点在向东绕地心做匀速圆周运动，向心力由地球对火车的引力F 和
引
地面对火车支持力的合力提供，根据牛顿第二定律得
F －F ＝
引 N
F －F ′＝
引 N
联立求解得：F －F ′＝
N N
答案选B.
活题巧解
例1 （2005·宣武区）一质点在xoy平面内运动的轨迹如图4－9 所示，下面关于其分运动的
判断正确的是 y
A. 若在x方向始终匀速运动，则在y方向先加速后减速运动；
B. 若在x方向始终匀速运动，则在y方向先减速后加速运动；C. 若在y方向始终匀速运动，则在x方向一直加速运动；
D. 若在y方向始终匀速运动，则在x方向一直减速运动。 O X
巧解 类比法 图4－9
本题可从动力学的角度确定外力与速度方向改变的关系，即：物体做曲线运动的轨迹总
在加速度与速度矢量的夹角中，且和速度的方向相切，向加速度一侧弯曲。再和平抛运动的
动力学特点类比，可知B对
【答案】B
例2 （2005·南京模拟）小河宽为d，河水中各点水流速度大小与各点到较近河岸边的距离
成正比，v ＝kx，k＝4v/d，x是各点到近岸的距离。小船船头垂直河岸渡河，小船划水速度为
水 0
v，则下列说法中正确的是
0
A. 小船渡河的轨迹为曲线；
B. 小船到达离河岸d/2处，船渡河的速度为 v；
0
C. 小船渡河时的轨迹为直线；
D. 小船到达离河岸3d/4处，船渡河的速度为 v。
0
巧解 速度合成法
由于小船划水速度为v 不变，水流速度先变大再变小，河中间为其速度大小变化的转
0
折点，故其合速度的大小及方向在不断的变化，可见其轨迹为曲线；在河中间时小船的
渡河速度应为 v；到达离河岸3d/4处时，水流速度为v，船渡河的速度应为 v，故正确
0 0 0
选项为A、B。
【答案】AB
例3 甲、乙两船从同一地点渡河，甲船以最短时间过河，乙船以最短航程过河，结果甲、乙到
达对岸同一地点。设甲、乙两船在静水中的速度分别为v 、v 并保持不变，求它们到达对岸
甲 乙
所用时间之比t ∶t ＝？
甲 乙
巧解 矢量图解法
由题意可知，甲、乙航线相同，设它们合速度与河岸的夹角为α，航程为S，如图4－10
所示。则对甲有
V
甲
t 甲 ＝ （1） v 乙
α
α
作出乙的速度矢量图如图，由图可知，要使 v
水
乙的航程最短，v 与航线必定垂直，所以
乙
图 4 －
10
t ＝ （2）
乙
由（1）（2）两式得再由几何知识得cosα＝ ∴sinα＝ 将它们代入上式得
【答案】
例4 （2005·上海卷）如图4－11所示的塔吊臂上有一可以沿水平方向运动的小车A，小车下
吊着装有物体B的吊钩。在小车A与物体B以相同的水平速度沿吊臂方向匀速运动的同时，
吊钩将物体B向上吊起，A、B之间距离以d＝H－2t（2 式中H为吊臂离地面的高度）的规律变
A
化，则物体做
A. 速度大小不变的曲线运动；
B. 速度大小增加的曲线运动；
C. 加速度大小方向均不变的曲线运动；
B
D. 加速度大小方向均变化的曲线运动。
巧解 构建模型法
图4－11
物体在水平方向上随车一起做匀速直线运动。而在竖直方向，A、B间的距离满足d＝H
－2t2，即做初速为零的匀加速直线运动，类似平抛运动的模式。过程中物体的水平速度不变，
而竖直方向上加速度大小、方向均不变，C正确。向上的速度随时间均匀增大，由速度的合成
可知，其速度大小也增大，B正确。即选BC.
【答案】BC
例5 如图4－12所示，与水平面的夹角为θ的直角三角形木块固定在地面上，有一质点以
初速度 v 从三角形木块的顶点上水平抛出。试求质点距斜面的最远距离。
o
巧解 定理法 v
o
当质点做平抛运动的末速度方向
平行于斜面时，质点距斜面的距
离最远。此时末速度方向与初速
θ
度方向成θ角，如图4－13 所示。
图4－12
中A为末速度的反向延长线与水
平位移的交点， AB 即为所求的最远距离。根据平抛运动规律有
A
v ＝ gt ， x ＝ vt 和 O
y 0
B
v
由平抛运动的“二级结论”可知：
θ
图 4 －
据图中几何关系可得：
13
解以上各式得： 此式即为质点距斜面的最远距离【答案】
例6 一质量为 m 的小物体从倾角为30o的斜面顶点A水平抛出，落在斜面上 B 点，若
物体到达 B 点时的速度为 21m/s ，试求小物体抛出时的初速度为多大?（不计运动过程中
的空气阻力）
巧解 定理法
v A
0
由题意作出图4－14，末速度与水平方向
β
夹角设为α，斜面倾角设为β。根据平
抛运动的“二级结论”可得
v B
tanα＝ 2tanβ，β＝30o 0
α
所以tanα＝ 2
v v 图4－14
t y
由三角知识可得：cosα＝
又因为 v ＝ ，所以初速度 v ＝ vcosα＝3 m/s
t 0 t
【答案】初速度为3 m/s
例7 如图4－15 ，AB为斜面，BC为水平面。从A点分别以 v,3v 的速度水平抛出
0 0
的小球，落点与抛出点之间的水平距离分别为 S, S 。不计空气阻力，则
1 2
S: S 可能为 v A
1 2 o
A．1:3 B. 1:4
C.1:8 D.1:10 C B
巧解 极限推理法 图4－15
本题考虑小球落点的不确定性，有三种情况。现分析如下。
①当两球均落在水平面上时，因为运动时间相同，∴ S:S=1:3
1 2
②当两球均落在斜面上时，设斜面倾角为θ，则有
S=vt S=3vt
1 0 1 2 0 2
Stanθ＝ gt2 Stanθ= gt2
1 1 2 2
由以上方程解得 S:S＝1:9
1 2
③当一球落在斜面，另一球落在水平面时，可由极限推理法分析出 S 与 S 的比值介于
1 2
1:3 与 1:9 之间
【答案】ABC正确
例8 如图4－16 所示，两支手枪在同一位置沿水平方向射出两颗子弹，打在 100 m 远处的
靶上，两弹孔在竖直方向上相距 60厘米，A为甲枪所击中， B 为乙枪所击中。若甲枪子
弹的出膛速度是 500 m/ s ，求乙枪子弹离开枪口的速度。（不计空气阻力， g 取 10 m/
s2 ）
A
巧解 解析法
5cm
B
图4－16甲枪子弹运行时间 t ＝ ＝0.2 s
甲
甲枪竖直位移 h ＝ gt 2 ＝ 0.2 m
甲 甲
则乙枪子弹竖直位移 h ＝ gt 2 ＝ h ＋0.6 解得 t ＝0.4s
乙 乙 甲 乙
∴乙枪子弹离开枪口的速度 v ＝ ＝250m/s
乙
【答案】250m/s
例9 （2005上海19题）如图4－17 所示，某滑板爱好者在离地h＝1.8m高的平台上滑行，水
平离开A点后落在水平地面上的B点，其水平位移S=3m。着地时由于存在能量损失，着地
1
后速度变为v＝4m/s,并以此为初速度水平滑行S＝8m后停止。已知人与滑板的总质量m＝
2
60kg，求：
（1） 与滑板在水平地面滑行时受到的平均阻力大小；
（2）人与滑板离开平台时的水平初速度。（空气阻力忽略不计，g＝10m/s2）
巧解 程序法
（1） 人与滑板在BC段滑行时，由v2＝2as得滑行的加速度为
a＝ =1m/s2
A
设地面的平均阻力为F，由牛顿第二定律得
h
F＝ma＝60（N）
（2）人与滑板离开平台后，做平抛运动，
B C
有 h＝ gt2 和S＝vt
1 0
S S
解方程得水平初速度v＝5m/s 1 2
0
【答案】60N，5m/s 图 4 －
17
例10 （2005·广东调研）如图4－18 所示,小球在光滑斜面上A点以初速度v 向右抛出，落在
0
斜面底端B点，设从A点到B点沿v 方向的位移为x。去掉斜面，小球从A点仍然以v 的初
0 1 0
速度向右抛出，落在地面上的C点，设水平位移为x。则有：
2
A. x> x B. x= x C. x< x D.以上三种情况都有可能。
1 2. 1 2. 1 2.
巧解 类比法 v
A 0
设A点到地面的高为h，斜面倾角为α。
球从A到C,做平抛运动，根据平抛运动的规
律可知：
C
x
2
x＝vt， h＝ gt2 α
2 0 2 2
x 1 B
图 4 －
18由以上方程解得x＝v
2 0
球从A到B，在斜面上做的是类平抛运动，加速度沿斜面向下，大小为
a＝gsinα
类比平抛运动的规律可得
x＝vt
1 01
由以上方程解得x＝v
1 0
v
比较x 和x 可知 x> x. Q
1 2 1 2
【答案】A
例11 图4－19所示的斜面上有P、R、S、T四个点，PR＝RS＝ST，
从P点正上方的Q点以速度v水平抛出一个物体，物体落于
T
R点，若从Q点以速度2v水平抛出一个物体，不计空气阻力， S
P R
则物体落在斜面上的
A..R与S之间某一点 B.S点
图 4 －
C. S与T之间某一点 D.T点 19
巧解 演绎法
此题如果定量计算会很繁琐,而根据平抛运动的规律定
性推理却很容易，又好理解。
物体落到R点时，设水平位移为L。速度加倍时，如果运动时间不变，水平位移x=2L，落
点刚好在S点。但事实上由于竖直方向下落高度减小，运动时间减少了，所以水平位移x小
于2L，即落在斜面上R与S之间。故选A.
【答案】A
例12（2005·黄冈模拟）从空中同一点沿水平方向同时抛出两个小球，他们初速度大小分别为
v、v，初速度方向相反。求经过多长时间两小球速度间的夹角为90o？
1 2
巧解 矢量图解法
设两小球抛出后经过时间t它们速度之间的夹角为90o，此时它们与竖直方向的夹角
分别为α和β。对两小球分别构建速度矢量三角形如图4－20 所示，依图可得
ctanα＝ ，tanβ＝ （1） v 1 v 2
αβ
又∵α＋β＝90o，
∴ctanα＝tanβ （2）
v 1 ′ v 2 ′
由（1）（2）两式得到： ＝ ，
图4－20即 t＝
【答案】
例 13 （2005·无锡模拟）如图4－21 所示，小球a、b分别以大小相等、方向相反的初速
度从三角形斜面的顶点同时水平抛出。已知两斜面的倾角分别为θ 和θ，求小球a、b
1 2
落到斜面上所用时间之比是多少？（设两斜面足够长） a b
v v
0 0
巧解 矢量图解法
设小球a、b运动时间分别为t t，作出它们的
a、 b
位移矢量图，如图4-22所示。依图可得：
θ
θ 2
1
tanθ＝ 图4－21
1
v t v t
0a 0b
gt2
a
tanθ＝
2
gt 2
b
由以上两式可得： θ
θ 2
1
图4－22
【答案】
例 14 （2005·苏州模拟）如图4－23 所示，用绳悬挂的链条由直径为5cm的圆环连接而成，
枪管水平放置且跟环4的圆心在同一水平面上。L＝10m，子弹出口速度100m/s。不计空气
阻力，g＝10m/s2。在子弹射出前0.1s烧断绳，子弹将穿过第几个环？
巧解 推理法
将子弹的平抛运动与链条的自由落体运动情况进
行比较推理，子弹飞过水平距离L所用时间t＝L/v 0 ＝0.1s，在0.1s 1
2
3
内子弹竖直方向下降位移y＝ gt2＝ ×10×0.12＝0.05m。绳断后
4
L
环下降位移y′＝ g（t＋0.1）2＝0.2m。故子弹穿过环1。
图4－23
【答案】穿过第1个环
例15 （2004·高考湖北湖南理综试题）一水平放置的水管，距地面高h＝1.8m，管内横截面
积S＝2.0cm2。水从管口处以不变的速度v＝2.0m/s源源不断地沿水平方向射出，设出口处横
截面上各处水的速度都相同，并假设水流在空中不散开。取重力加速度g＝10m/s2,不计空气
阻力。求水流稳定后在空中有多少立方米的水。
巧解 模型法
这道题考查的物理思维方法主要是等效转换法。我们将空中抛物线水柱的体积等效转
换为在时间t＝ 内从管中流出的水的体积，并设水柱不散开。
设水由喷口处到落地所用时间为t，单位时间内水管喷出的水量为Q，水流稳定后在空中水的总量为V。根据题意有
Q＝Sv
V＝Qt
再根据自由落体运动的规律有
h＝ gt2
联立以上三式得V＝Sv ，
代入数据得V＝2.4×10－4m3
【答案】2.4×10－4m3
例 16 有一直径为d，高为h，内壁光滑的钢筒，一小钢球以初速度v 从筒上边缘A处水平抛
0
出，与钢筒内壁发生无能量损失的碰撞后恰好又落到A点正下方水平面上的B点，如图4－
24（a）所示，求钢球与筒内壁的碰撞次数。
巧解 对称法
由于小球与筒壁发生的是无能量损失的碰撞，所以小球与筒壁第一次碰撞后向右作斜
下抛运动，见图4－24（b）所示，把CD所在的平面视为“镜面”，由平面镜的“物像对称
性”，可把小球的整个过程等效于图 中从A′点出发以v′＝－v 的平抛运动。设小球ts落
0 0
地，则有
h＝ gt2 ∴t＝ (1)
B‘B’‘=S=vt＝v （2）
0 0
d
设小球在筒内与内壁碰撞的次数为n，则
A A v 0 A′
n＝s/d= C
h
【答案】 D
B
B
S
（a） （b）
图 4 －
24
例17 雨伞边缘半径为r，且高出地面为h，若雨伞以角速度ω旋转，求雨滴自伞边缘甩出
后落于地面成一大圆圈的半径R。
巧解 几何法
由题意可知，这是一个立体运动问题，具有多视角性，如果选择恰当的视角将它转化为
平面问题后，几何关系清楚地显示出来，便可确定物理量之间的关系
雨滴运动的俯视图如图，由图4－25可知：s＝vt， h＝ gt2 及v＝ωr
v
r
联合解得 s＝ 。
s
R
由几何关系得R＝
＝
图 4 －
25
【答案】
例18 （2005·武汉统考）某种变速自行车，有六个飞轮和三个链轮，如图4－26 所示，链轮和
飞轮的齿数如下表所示。前后轮直径均为660mm，人骑该车行进速度为4m/s时，脚踩踏板做
匀速圆周运动的角速度最小值约为
名 称 链 轮 飞 轮
齿数N/个 48 38 28 15 16 18 21 24 28
踏板
A .1.9rad/s B.3.8rad/s
C.6.5ra链d/轮s D.7.1rad/s 飞 轮
后轮
链条
巧解 模型法
车行速度与前图后4轮－边26缘的线速度相等，故
后轮边缘的线速度为4m/s,后轮的角速度ω＝v/R≈12rad/s
飞轮与后轮为同轴装置，故飞轮的角速度ω＝ω＝12rad/s
1
飞轮与链轮是用链条连接的，故链轮与飞轮线速度相同，所以ωr＝ωr，r 与 r 分别为
1 1 2 2 1 2
飞轮和链轮的半径，因轮周长L＝NΔL＝2πr，N为齿数，ΔL为两邻齿间的弧长，故r∝N，
所以ωN＝ωN。又踏板与链轮同轴，脚踩踏板的角速度ω＝ω，则ω＝ωN/N，要使
1 1 2 2 3 2 3 1 1 2
ω 最小，则N＝15，N＝48，故ω＝12×15/48rad/s＝3.75rad/s≈3.8rad/s
3 1 2 3
【答案】B
例19 （2005·湖北八校联考）有一种大型游戏器械，它是一个圆筒型大型容器，筒壁竖直，游
客进入容器后靠筒壁站立，当圆筒开始转动后，转速加快到一定程度时，突然地板塌落，游客
发现自己没有落下去，这是因为
A. 游客处于超重状态；
B. 游客处于失重状态；
C. 游客受到的摩擦力与重力平衡；
D. 筒壁对游客的支持力与重力平衡。巧解 模式法
这是一种圆周运动模式题，人在水平方向做圆周运动，所受的支持力指向圆心，提供向
心力。而在竖直方向受力平衡，即重力与摩擦力平衡。所以C对。 O
【答案】C
F
T
例20 用一根细线一端系一小球（可视为质点），另一端固
定在一光滑圆锥顶上，如图4－27所示，设小球在水平面内
ω
做匀速圆周运动的角速度为ω，线的张力为F ,则F 随
T T
图 4 －
ω2变化的图像是图4－28中的
27
F T F T F T F T
O O O O
ω 0 2 ω 0 2 ω 0 2 ω 0 2
A B C D
图 4 －
巧解 临界条件法 28 F F 1 θ F 1 α
2
当ω较小时，小球受力如图4-29(甲)所
示，由牛顿第二定律得 mg mg
Fsinθ－Fcosθ＝mLω2sinθ
1 2
甲 乙
Fcosθ－Fsinθ－mg＝0
1 2
图 4 －
解得绳子拉力
29
F ＝F=mLω2sin2θ＋mgcosθ
T 1
当ω较大时小球受力如图4-29(乙)所示，由牛顿第二定律得Fsinα＝mLω2sinα
1
解得绳子拉力F ＝F=mLω2，故选项C正确
T 1
【答案】C
v
例21 （2005·江苏南通） 如图4－30所示，具有圆锥形状的 H
回转器（陀螺），绕它的轴在光滑的桌面上以角速度ω快速旋转，
同时以速度v向左运动，若回转器的轴一直保持竖直，为使回 R
转器从桌子的边缘滑出时不会与桌子边缘发生碰撞，速度v至
图4－30
少应等于（设回转器的高为H，底面半径为R，不计空气阻力对回转器的作用）
A. ωR B. ωH
C.R D.R
巧解 临界条件法
其实回转器能否碰到桌子边缘与它转动情况无关，而是取决于它运动的速度和自身的形
状，此题的临界条件是回转器的上缘刚好与桌缘碰到，如图4－31所示。根据平抛运动的规
律可得
R＝vt
H＝ gt2
图4－31由上式解得 v＝R 即选D.
【答案】D
例22 有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿光滑圆台形表演台的侧
壁高速行驶，做匀速圆周运动。图4－32 中粗线圆表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面高度
为h。下列说法中正确的是 N
A. h越高摩托车对侧壁的压力越大；
B. h越高摩托车做圆周运动的向心力将越大； α F n
C. h越高摩托车做圆周运动的周期将越长； mg
α h
D. h越高摩托车做圆周运动的线速度将越大。
图 4 － 图 4 －
巧解 演绎法
32 33
设侧壁与竖直方向的夹角为α，演员与摩托车受力如图4－33 所示，由图可得
侧壁对小球的支持力N＝mg/sinα ∴车对侧壁的压力不变
向心力F＝mg/tanα不变
n
由牛顿第二定律可知mg/tanα＝mR(2π/T)2因为h越高，R越大，所以周期T越长，
再由mg/tanα＝mv2/R可知，随着R增大，线速度v要增大
【答案】CD
例23 如图4－34 所示，滑雪者滑到圆弧形的山坡处，圆弧的半径为R，长度是圆周长的
1/4.为了能腾空飞起并直接落到地面上，滑雪者在坡顶的速度至少应为多少？这时落地点离
坡顶的水平距离为多少？
巧解 临界条件法 v
恰能腾空飞起时有
R
mg＝
R
图 4 －
∴在坡顶的最小速度为v＝
34
由平抛运动的规律有
R＝ gt2 S＝vt
∴落点距坡顶的水平距离为S＝ R
【答案】 ， R
例24 如图4－35（a）所示，是双人花样滑冰运动中男运动员拉着女运动员做圆锥摆运动的
精彩场面，若女运动员做圆锥摆运动时和竖直方向的夹角为θ，女运动员的质量为m，转动
过程中女运动员的重心做匀速圆周运动的半径为r，求这时男运动员对女运动员的拉力大小
及两人转动的角速度。 F
θ
mg
（a） （b）
图 4 －
35巧解 模型法
这是一个圆周运动模型问题，女运动员
可看作一个质点，受力如图4－35（b）所示，
由图可知，女运动员受拉力大小
F＝mg/cosθ
由向心力公式可得
mgtanθ＝mω2r
∴转动角速度ω＝
【答案】mg/cosθ ω＝
例25 如图4－36 所示，支架质量为M，置于粗糙水平地面上，转轴O处悬挂一个质量为m
的小球，悬线长为L，当小球在竖直平面内做圆周运动时，支架始终不动。若小球到达最高点
时，恰好支架对地无压力，求小球到达最高点时的速度大小。
巧解 整体法 m
当小球到达最高点时存在向心加速度，设为a，选
支架和小球整体为研究对象，则由牛顿第二定律得
（M＋m）g＝ma
O
解得a＝
又据向心加速度公式a＝ ，
M
解得小球到达最高点时的速度大小
图4－36
v＝
【答案】
第八单元 动量
难点巧学
过程量
一、“寻”规、“导”矩学动量
末状态（时刻）量 初状态（时刻）量
1、“寻”规：巧用“联想、对比”列图加深对动量定理的理解
经历一段过程
现行很多高中教材包括本书的编排次序是先学“动能定理”，再学“动量定理”。我们
可以建立两者关系图谱（图8-1），增强对“动量定理”的认识。图中两竖表示“等于”，中间
合外力的功
粗的一横表示“减号”，即分别反映两个式子：
末动能 初动能
和 。
一段位移
合外力的冲量
末动量 初动量
一段时间
图8-1两者在使用时程序大体相似，但要注意：前式中，“功”有正负，是标量式；后式中，冲量和初、
末动量都会有正负区分，是矢量式，解题时要规定正方向。对于另一难点——动量守恒定律，
则可以和机械能守恒定律的使用形成对比。
例1：如图8-2，质量为0.4kg的A球，向右以20m/s的速度在水平面上与竖直墙壁碰撞，碰撞
时平均冲力为100N，同时A还受到20N的摩擦阻力，碰撞时间为0.1s，求碰撞后A的速度。
解析：A球的受力分析如图，设向左为正方向，有动量定理得：
F
N
，
F 冲 F 阻
所以 即碰后A球的速度大小
mg
为10m/s，方向与碰前相反。 图8-2
2：“导”矩（即总结解题步骤）：巧学动量定理的解题步骤，
做到不丢重力
丢重力是使用动量定理时常见的错误。如果我们能够找出使用的规则，并按照一定的规
矩和步骤解题，就可以减少错误。利用动量定理解题的一般步骤：
a、选择恰当的物体或物体系作为研究对象；
b、对研究对象进行受力分析（口诀：先重力、再弹力、再摩擦力、最后勿忘“电、磁、浮等其他
力”），确定研究过程中各力的冲量；
c、选定正方向，确定初、末状态的动量；
d、根据动量定理列出方程，并统一到国际单位制中运算求出结果。
例2：（95年·全国）一粒钢珠从静止状态开始自由下落,然后陷入泥潭中。若把在空中下落的
过程称为过程Ⅰ,进入泥潭直到停住的过程称为过程Ⅱ,则( )
A、过程Ⅰ中钢珠动量的改变量等于重力的冲量；
B、过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程Ⅰ中重力冲量的大小；
C、过程Ⅱ中钢珠克服阻力所做的功等于过程Ⅰ与过程Ⅱ中钢珠所减少的重力势能之和；
D、过程Ⅱ中损失的机械能等于过程Ⅰ中钢珠所增加的动能。
解析：在过程Ⅰ中钢珠只受重力，重力的冲量等于钢珠动量改变量，选项A正确。同时，在过
程Ⅰ中重力做功，钢珠重力势能减小，动能增加。在过程Ⅱ中钢珠除受阻力外，仍受重力，判
断时最容易丢掉重力的冲量及重力的功。选项B、D就是犯了“丢重力”的错误。应该是过程
Ⅱ中阻力冲量的大小等于过程Ⅰ和过程Ⅱ整个过程中重力的冲量；过程Ⅱ中损失的机械能等
于过程Ⅰ中重力的冲量；过程Ⅱ中损失的机械能等于过程Ⅰ中钢珠增加的动能及过程Ⅱ中机
械能（含重力势能）减少量之和。所以A、C正确二、巧用动量定理解释常见的两类物理现象
由 ，则
巧记推论：物体所受合外力等于它自身“动量变化率”。
例3、玻璃杯从同一高度自由下落，掉落在硬质水泥板上易碎，掉落在松软地毯上不易碎，这
是由于玻璃杯掉在松软地毯上：（ ）
A、所受合外力的冲量较小
B、动量的变化量较小
C、动量的变化率较小
D、地毯对杯子的作用力小于杯子对地毯的作用力
解析：杯子从同一高度下落，与地面碰撞的瞬时速度、动量都是一定的。与地面相碰到刚静止
时，不管玻璃杯是否破碎，动量的改变量都相等，由动量定理得：合外力的冲量也相等。可见
A、B是错误的。由 得，玻璃杯受到的合外力等于动量的变化率 。玻璃杯
掉在松软的地毯上，动量减小经历的时间 较长， 较小，玻璃杯受到的合力较小，玻璃
杯就不易碎，故C选项正确。而杯子对地毯的作用力和地毯对杯子的作用力是一对相互作用
力，应等值反向，所以D也错误。
例4、小笔帽放在一小纸条上，快拉纸条，小笔帽不动，慢拉纸条，小笔帽动起来，这是为什么？
解析：当缓慢拉动纸条时，小笔帽与纸条之间是静摩擦力，由于作用时间长，小笔帽获得的冲
量较大，可以改变它的静止状态，从而带动小笔帽一起运动；在快拉时，尽管这是小笔帽与纸
条之间因分离产生滑动摩擦力，但由于作用时间很短，小笔帽获得的冲量并不大，还未来得
及改变其静止状态，纸条已抽出来了。
小结：用动量定理解释现象一般分为两类：一类是物体的动量变化一定，此时力的作用时间
越短，力就越大；时间越长，力就越小（如例3）；另一类是作用力一定，此时力的作用时间越
长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小（如例4，力的区别不大，但时间差别较
大是本题的主要因素）。
三、巧用动量定理解三类含“变”的问题
1、巧解变力的冲量：
变力的冲量在中学物理阶段不能用I=Ft求解，但是用动量定理可以用ΔΡ来间接的表示变
力的冲量。
例5：（1994年·上海）物体A和B用轻绳相连挂在轻质弹簧下静止不动，如图（甲）所示，A
的质量为m，B的质量为M。当连接A、B的绳突然断开后，物体A上升经某一位置时的速度
大小为v，这时物体B下落速度大小为u，如图（乙）所示。在这段时间里，弹簧的弹力对物体
A的冲量为（）
A．mv B．mv－Mu
C．mv＋Mu D．mv＋mu
解析：欲求在指定过程中弹簧弹力的冲量，思路有两条：一是从冲
量概念入手计算，I=Ft，二是由动量定理通过动量的变化计算，即
I =△p。由于弹簧的弹力是变力，时间又是未知量，故只能用动量
定理求解。
图8-3剪断细绳后，A上升，B自由下落，但A在上升过程中弹簧是一变力。若设这段时间为 t，以
向上为正方向，对A、B分别用动量定理有：对A： 对B自由落体：
联立可得
2、巧解曲线运动的动量变化
例6：（2000年·北京、安徽春季高考）做平抛运动的物体，每秒钟的速度变化量总是（ ）
A、大小相等，方向相同
B、大小不等，方向不同
C、大小相等，方向不同
D、大小不等，方向相同
解析：曲线运动的特点是运动方向不断变化。根据平抛运动的定义，物体在运动过程中只受
重力作用，又由动量定理 得： ，注意
到各式为矢量关系，所以选择A。
3、巧建“管道”模型 ，锁定目标，巧解流体类变质量问题：
例7：设水的密度为ρ，水枪口的截面积为S，水从枪口喷出的速度为 ,若水平直射到煤层后
速度为零，则水对煤层的平均作用力的大小为多少？
解析：此类问题的特点是，随着时间变化，作用的主体会不断变化，对象难以锁定，对应的质
量难以表达计算，假设水从水枪口射出之后还沿着一个“管道”（我们自己假象出来的）冲
到煤层上，取Δt时间内射到煤层的水的质量Δm为研究对象，这些水分布在截面积为S，长
为 的“管道”内，则 ，
根据动量定理得： ，即
注：此类题还很多，本题中的水改为“气体”、“称米机”中的米、“陨石”等，例如活题巧
解中例11 。
四、动量守恒定律的“三适用”“三表达”——动量守恒的判断
“三适用”——以下三种情况可用动量守恒定律解题
1、若系统不受外力或受外力之和为零，则系统的总动量守恒
例8：如图8-4，一车厢长为L，质量为M，静止于光滑的水平面上，厢内有一质量为m的物体
以初速 向右运动，与车厢来回碰撞n次后静止于车厢中，这时车厢的速度为：
A、 ，水平向右 B、零
m
v
0
C、 D、
图8-4
解析：当物体在车厢内运动及与车厢碰撞过程中，物体与车厢组成的系统所受外力有重力和
支持力，合力为零，故系统总动量守恒。系统初动量为 ，当物体静止在车厢中时，二者具
有相同的速度，设为 则： ，解得 ，选项C对。
2、若系统所受外力之和不为零，则系统的总动量不守恒，但如果某一方向上的外力之和为零，
则该方向上的动量守恒
例9：如图8-5，将质量为m的铅球以大小为 ，与水平方向倾角为的 Θ 初
v
0
图8-5速度抛入一个装着沙子的总质量为M的静止的砂车中，砂车与地面的摩擦不计，球与砂车的
共同速度为多少？
解析：把铅球和砂车看成一个系统，系统在整个过程中不受水平方向的外力，则水平方向上
的动量守恒，而在竖直方向上，当铅球落在砂车中时，地面与系统的支持力不等于系统的总
重力，故系统在竖直方向上动量不守恒（另外，也可以从结果上来看：初始状态系统在竖直方
向上有速度 ，而最终整个系统只有水平方向的速度，由此也能得到系统竖直方向上
动量不守恒）。
设系统后来共同速度为 ，则 ，
3、若系统所受外力之和不为零，但是外力远小于内力，可以忽略不计，则物体相互作痛过程
动量近似守恒。如碰撞、爆炸等。
例10：质量为M的木块静止在水平面上，木块与地面间的动摩擦系数为 ，一颗质量为m的
子弹水平射入木块后，木块沿水平面滑行s后停止，试求子弹射入木块前的速度 。
解析：子弹射入木块过程中，木块受地面的摩擦力为F，此力即为子弹与木块组成的系统所受
的外力，不为零。但子弹与木块打击时，相互作用力F >>F ，摩擦力可忽略不计，系统的动
内 外
量近似守恒。
设子弹射入木块后，子弹与木块的共同速度为 ，
由动量守恒定律得： … …①
此后，子弹和木块一起做匀减速直线运动，由动能定理得
… …②
由①②得：
“三表达 ”——动量守恒定律有三种常用的数学表达式
1、系统的初动量等于末动量，即 。例题中很多见，读者自己查看。
2、若A、B两物体组成的系统在相互作用过程中动量守恒，则 （负号表示
与 方向相反）
例11：质量相等的三个小球a、b、c在光滑的水平面上以相同的速率运动，它们分别与原来静
止的三个球A、B、C相碰（a与A，b与B，c与C）。碰后，a球继续沿原来的方向运动，b球静
止不动，c球被弹回而反向运动，这时ABC三球中动量最大的是（ ）
A、A球 B、B球 C、C球 D、由于A、B、C三球质量未知，无法判定
解析：三球在碰撞过程中动量都守恒，且a、b、c三球在碰撞过程中，动量变化的大小关系为：
。由动量守恒定律知： ，所以A、
B、C三球在碰撞过程中动量变化的大小关系为 。由于A、B、C三球初动量
都为零，所以碰后它们的动量大小关系为 ，故选项C正确。
3、若A、B两物体相互作用过程中动量守恒，则 。但此表达式仅适用于系统总动量恒为零的情况（ 、 分别为A、B在作用过程中的位移大小），或系统某方向上总动量
恒为零的情况（此时的 、 分别为A、B在作用过程中，在该方向上的位移大小）。比如人
船模型。
五、构建基本物理模型——学好动量守恒的法宝：
1、人船模型：
特点：系统初始动量为零，你动我反动，你快我快，你慢我慢，你停我也停。从能量的角度看，
当系统运动时，人体内化学能转化为系统动能。
例15：如图8-6所示，在平静的水面上浮着一只质量为M、长度为L的船(船处于静止状态)，船
的右端(B端)站着一个质量为m的人，当人从船的右端走到船的左端(A端)的过程中，怎样求
船的位移S 的大小?(水的阻力不计)
M
解析：研究人和船组成的系统，以水平向
左的方向为正方向。设 分别为人、 m
船在某同一时刻的速度，则由动量守恒定律， A B
有 ,即 M
经很短时间△t(在这很短的时间内，可认
为人、船分别以大小为 的速度分别
向左、向右做匀速运动)，有 A B
M
所以 S S
M m
因为 ，
图8-6
所以
因为
所以船的位移大小为 ,人对地面的位移大小为
有些书上利用人船系统平均动量守恒，也得到了结论，但是没有注意动量守恒定律的瞬时性，
那只是一种等效的做法。
拓变：“类人船模型”，见活题巧解例13、例14 。
2、“子弹打木块”模型
特点：一个物体在另一个物体表面或内部运动，在运动方向不受外力，动量守恒。从能量
的观点看，系统的动能损失转化为两者的内能。特别注意 。
例16：质量为M的木块静止在光滑水平面上，一质量为m速度为 的子弹水平射人木块中，
求：1）、如果子弹，而静止在木块中，子弹的最终速度；2）、如果子弹未穿出，所受阻力的大小
恒为F，求子弹打进木块的深度为L。3）、如果子弹能够以速度 穿出，求子弹穿出后，木块
的速度。
解：选系统为研究对象，水平方向不受外力，动量守恒。
1）、题中的“静止”，只是两者相对静止，设他们的共同速度为 ，m =(m+M)
则： ①
2）、从能量的观点看系统克服内部摩擦力做功(摩擦力与物体相对路程的乘积)等于系统动能
的损失。即 。该式一定要记住。例如活题巧解（例16—例18）由系统能量守恒得： ②
由①②解得：
3）、系统动量守恒：m =m +M 则：
注意：方程②是解题的捷径，推导如下：如图8-7，
v
分别选子弹和木块为研究对象，由动能定理得 0
M
m
对子弹： ③
x L
对木块： ④
图8-7
由③+④解得： 除去负号就可得方程②。
拓变：“类子弹木块”模型——木块与平板车，见活题巧解例15、例16、例17 。
3、“木块弹簧”模型
特点：两物体之间通过弹簧作用，不受其它外力，满足动量守恒，从能量观点看，系统中
有弹性势能参与转化，并且当两物体速度相等时，弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能达到最大。
例17、如图8-8所示，质量M=2m的光滑木板静止放 v 在光
0
滑水平面上，木板左端固定一根轻质弹簧，一质量为m的 小木
块(可视为质点)，从木块的右端以未知的速度 开始沿木 图8-8 板向
左滑行。若在小木块压缩弹簧的过程中，弹簧具有最大的弹性势能为Ep，求未知速度 的大
小。
解：木板、木块、弹簧三者所组成的系统满足动量守恒。当木块与木板达到共同速度，两者相
距最近，弹簧压缩量最大，弹簧具有最大弹性势能。m =(m+M) ①
又因为系统能量守恒得： ②
由①②得：
拓变：系统中不仅有弹性势能，而且还有内能参与转化。活题巧解例20。
六、巧用动量守恒定律求解多体问题：
1、巧选对象
对多物体系统，由于参与作用的物体较多，作用的情况比较复杂，因此，要从巧选研究对
象和巧选研究过程上找到解题的突破口。既要注意系统总动量守恒，还要注意系统内某几个
物体发生作用时动量也守恒。
例12：质量相等的五个物体在光滑水平面上间隔一定距离排成一条直线，如图8-9所示，具
有初速度v 的物体1向其它4个静止物体运动，依次发生碰撞，每次碰撞后不再分开，最后5
0
个物体粘成一整体，则这个整体的速度等于多少？
解析：这是一个涉及五个物体的多物体系统。 当
1 2 3 4
物体1与物体2 发生碰撞的过程中，取物体 1
5
图8-9和物体2为研究对象，它们的总动量守恒。接着，物体1和物体2组成一个物体，在与物体3
发生碰撞，取物体1、物体2和物体3为研究对象，它们的总动量也守恒。依此类推，本题一共
将发生四次碰撞，每次碰撞都满足动量守恒条件，分别应用动量守恒定律求出每次碰撞后的
速度，从而可求出最后的结果。但如果取有五个物体组成的系统为研究对象，它们的总动量
守恒，求解过程就显得非常的简便：mv=5mv ,得：v=v /5。
0 0
2、构建模型
在多物体系统内发生相互作用的过程中，不仅要认清作用的过程和参与的物体，而且要
根据作用的特点和规律物理模型，为顺利运用动量守恒定律铺平道路，尤其是对碰撞类问题，
由于碰撞时间极短、作用力很大等特点，参与作用的往往就是发生碰撞的两个物体，而与其
他物体无关。
例13：如图8-10，甲、乙两完全一样的小车，
甲 v
乙
质量都为M，乙车内用绳吊一质量为 的
小球，当乙车静止时，甲车以v速度与乙车
图8-10
相碰，碰后连为一体，求：（1）、两车刚碰后的
共同速度多大？（2）、小球摆到最高点时的速度为多大？
解析：由于碰撞时间极短，乙车在碰撞时间内的位移可忽略不计，小球来不及摆动，球与车在
水平方向无作用。选择甲和乙为研究对象，构建碰撞模型，由动量守恒定律得：
接着，两车整体以共同速度v 向右运动，在绳子的作用下，小球使车向右减速，小球向右加速，
1
参与作用的是三个物体。摆到最高点的意思，就是小球无法再相对于乙车向上升，即没有竖
直向上的速度（相对与乙的速度），所以此时，球与乙（包括甲）的速度相等：
3、巧用定律：动量守恒定律的表达式很多（见上面“三表达”），恰当选择表达方式可以简化
问题。
4、寻找规律：对多物体参与作用，作用过程又比较复杂的多物体问题，又是让人觉得无从下
手。解决这类问题，要善于弄清每一个子过程和在各子过程中参与作用的物体，对各子过程
的作用特点及物体的运动特征进行深入地分析、归纳和总结。
七、巧用动量守恒定律求解多过程问题：
与前面所述不同的是，这类问题特点是作用过程太多，但参与物体未必很多。关键在于
分析，采用程序法确定所研究的系统是由哪些物体组成的，对全过程进行分段分析，明确在
哪些阶段中，哪些物体发生相互作用，牢牢把握每个子过程的物理特征，若涉及子过程的问
题就要采用子过程求解法；若只考虑最终的结果，宜采用全过程求解法。
例14：（2004年·全国理综）如图8-11，长木板ab的b端固定一挡板，木板连同挡板的质量为
M=4.0kg，a、b间距离S=2.0m。木板位于光滑水平面上，在木板a端有一小物块，其质量
m=1.0kg，小物块与木板间的动摩擦因数μ=0.1。它们都处于静止状态。现令小物块以初速
V=4.0m/s沿木板向前滑动，直到和挡板相撞。碰撞后，小物块恰好回到a端而不脱离木板。
0
求碰撞过程中损失的机械能。
分析：整个运动过程可分为以下几个阶段： a b
（1）物块开始运动到与b碰撞，摩擦力对木板
S
做功W，对物块做功为W；
1 2 图8-11
（2）碰撞后物块回到a端过程，摩擦力对木板
做功W，对物块做功为W；
3 4则全过程中摩擦力做的总功为：W= W +W +W+ W，碰撞过程中损失的机械能可用全过
1 2 3 4
程损失的机械能减摩擦力所做的功。
解答：设木块与物块最后共同的速度为V，全过程中损失的机械能为E：
则动量守恒和能量守恒定律： mV =（M+m）V
0
设物块从开始运动到碰撞前瞬间木板的位移为S， 则这段时间
1
摩擦力对木板做功：W=μmgS ，对物块做功为：W= −μmg（S+S ）
1 1 2 1
设从碰撞后瞬间到物块回到a端时木板的位移为S，则这段时间
2
摩擦力对木板做功：W= −μmgS ，对物块做功为：W=μmg（S−S）
3 2 2 2
所以碰撞过程中损失的机械能：E=E−（W +W +W+ W）
1 1 2 3 4
代入数据得：E=2.4J。
1
八、从能量角度看动量守恒问题中的基本物理模型——动量学习的提高篇（供基础较好的学
生学习）。
前面所述的3种模型，是从构成系统的具体物体的名称来划分物理模型的。从能量角度，
可把动量守恒问题中的基本物理模型分为：
1、反冲、爆炸：满足动量守恒的同时，系统动能增加。如“人船模型”
2、碰撞：满足动量守恒的同时，系统动能不会增加。
特点：作用时间很短，相互作用力很大。系统内力远大于外力，系统动量守恒。
一般过程：一般经历接触、压缩、共速、恢复、分离等过程，碰撞过程中，当物体的速度相同时，
系统的动能最小，损失的动能最大，产生的其他能最多。
A、弹性碰撞：系统损失的动能全部转化为弹性势能，但碰撞损失的动能能够完全恢复。既满
足动量守恒定律又满足机械能守恒定律。如“木块弹簧模型”。
如果质量相等的物体发生弹性碰撞，碰后两者速度交换。
B、一般的非弹性碰撞：碰撞损失的动能只是部分恢复。
C、完全非弹性碰撞：碰撞损失的动能完全没有恢复，全部转化为内能。最终以“共速”结束
例18：动量分别为5kg·m/s和6kg·m/s的小球A、B沿光滑平面上的同一条直线同向运动，A
追上B并发生碰撞后。若已知碰撞后A的动量减小了2kg·m/s，而方向不变，那么A、B质量
之比的可能范围是什么？
解析：A能追上 B，说明碰前 v >v ,∴ ；碰后 A的速度不大于 B 的速度，即
A B
；又因为碰撞过程系统动能不会增加， ，由以上不等式
组解得：
此类碰撞问题要考虑三个因素：①碰撞中系统动量守恒；②碰撞过程中系统动能不增加；
③碰前、碰后两个物体的位置关系（不穿越）和速度大小应保证其顺序合理。
九、一条连等巧串三把“金钥匙”
速度、动量、能量三个物理量最重要的区别是前两个是矢量，而能量是标量。但三者又有
着密切的联系，
。这条连
等式又反应了三大观点(图
8-12)，俗称解题的三把“金
钥匙”，领会并使用好这种
图8-12关系，可以很好的解决力学综合题，特别是历年高考压轴题。1、力的观点。首先是受力分析，
如果是匀变速运动问题或是要求加速度，还可以用牛顿运动定律和运动学公式。2、动量的观
点：从动量角度（动量守恒定律和动量定理）解题时有时优先考虑。3、能量的观点：涉及功能
转化的则考虑能量观点（机械能守恒定律、能量守恒定律、动能定理、功能原理） 。
例19：（04年·全国理综）柴油打桩机的重锤由气缸、活
塞等若干部件组成，气缸与活塞间有柴油与空气的混合
物。在重锤与桩碰撞的过程中，通过压缩使混合物燃烧，
产生高温高压气体，从而使桩向下运动，锤向上运动。现
把柴油打桩机和打桩过程简化如下：
柴油打桩机重锤的质量为m，锤在桩帽以上高度为h处
（如图8-13）从静止开始沿竖直轨道自由落下，打在质量
为M（包括桩帽）的钢筋混凝土桩子上。同时，柴油燃烧，
产生猛烈推力，锤和桩分离，这一过程的时间极短。随后，
桩在泥土中向下移动一距离l。已知锤反跳后到达最高
点时，锤与已停下的桩幅之间的距离也为h（如图2）。已
知m＝1.0×103kg，M＝2.0×103kg，h＝2.0m，l＝0.20m，
图8-13
重力加速度g＝10m/s2，混合物的质量不计。设桩向下移
动的过程中泥土对桩的作用力F是恒力，求此力的大小。
解：锤自由下落，碰桩前速度v向下，
1
①
碰后，已知锤上升高度为（h－l），故刚碰后向上的速度为
②
设碰后桩的速度为V，方向向下，由动量守恒，
③
桩下降的过程中，根据功能关系，
④
由①、②、③、④式得 ⑤
代入数值，得 N ⑥
注意：①②式由力得观点得出，③式由动量得观点得出，④式由能量的观点得出。
