力學綜合複習

一、知識提要：
力學主要研究物體的受力與運動之間的關係，物體的受力及初始條件決定了物體的運動情況。
１、力和運動的關係
關於物體的受力特徵、運動類型、運動規律等，要通過歸納和總結，構建起知識體系的框架，做到融會貫通。
２、解決力學綜合問題的三種思路
力學的主要物理規律有：共點力的平衡條件、運動學的基本規律、牛頓運動定律、動能定理和機械能守恆定律、動量定理和動量守恆定律等。解題時對所涉及到的物體和系統，應能明確問題的物理狀態、物理過程和物理情境，能夠正確分析物體的受力圖景、運動圖景和能量圖景，上述兩大方面是解決力學綜合問題的基礎。
根據力學的基本規律，可以總結得到解題的三條基本思路：
（１）牛頓運動定律結合運動學規律解題。這適合於解決恆力作用下物體的運動，如勻變速運動（直線或曲線），對於變力作用下的複雜運動，運動學規律就難以奏效了。
（２）從動量角度出發，運用動量定理和動量守恆定律解題，動量是狀態量，動量守恆不涉及物體的過程量，所以尤其適用於變力作用下的複雜變化，如打擊、碰撞、爆炸等瞬時作用（或時間很短）的問題。當然，對恆力的持續作用問題，也可以從動量的角度來解決。
（３）從能量的角度出發，運用動能定理和機械能守恆定律解題，動能、勢能、機械能都是狀態量，動能定理和機械能守恆定律只涉及物體的始、末狀態，而不涉及到具體過程和過程量，從而避免了分析過程量（諸如s、a、t等）所帶來的複雜性，使解題過程得以簡化，對於恆力或變力、持續作用或短暫作用、直線運動或曲線運動，都可以從能量的角度來解決，而且越是複雜多變的用牛頓定律和運動學規律難以解決的問題，用能量來解決就越顯得簡便。
在解力學綜合題時，應優先考慮從能量和動量的角度著手，選好研究對象，明確物理過程，分清初態、末態，可把動量和能量的相關規律結合求解，不要看到力學問題，就想到用F=ma和運動學的規律，而不進行思路選擇，這種傾向應注意克服。
３、功和能
功和能是力學範圍內最重要的兩個基本概念，要明確常見的力做功各有什麼特點，明確做功與能量轉化之間的關係——功是能量轉化的量度，某種力所做的功和特定形式的能量轉化相對應，應該明確這種能量轉化的對應關係。只有這樣才能深刻理解和把握功和能之間的內在聯繫，為熟練套用打下紮實的基礎。
常見的力做功特點及所對應的能量轉化關係見下表：
名稱
計算公式
特點
能量變化
重力功
WG=mgh
與路徑無關
重力勢能Ep變化
WG=－ΔEp
彈力功
WT= 彈x
= kx2
(適用於彈簧的彈力)
與路徑無關
彈性勢能Ep變化
WT=－ΔEp
摩擦力功
Wf=fs
W淨=－f·Δs
與路徑有關
一對靜摩擦力所做總功恆為零
一對滑動摩擦力做總功恆為負
系統內能變化
|W淨|=ΔE內
電場力功
（電流的力）
WE=qUAB
=q(UA－UB)
對勻強電場WE=QED
(WE=IUT)
與路徑無關
（與用電器性質無關）
電勢能E變化
WE=－ΔE(靜電場)
磁場力功
W安=F安s
W洛=0
消耗的能量由電場能轉換而來，不是由磁場能轉換而來
電場能變化
|W安|＝ΔE電
分子力功
r>r0時，當r↑，W<0;
r↓，W>0
r<r0時，當r↑，W>0;
r↓，W<0
分子勢能Ep變化
W=－ΔEp
核力功
原子核→自由核子，W<0，吸收能量
自由核子→原子核，W>0，
釋放能量
核能Ｅ變化
ΔE=Δm·c2
二、典型例題解析：
1、解決力學問題的三大思路：
例１、質量m=1kg的滑塊放在質量為M=1kg的長木板左端，木板放在光滑的水平面上，滑塊與木板之間的動摩擦因數為0.1，木板長L=75cm，開始時兩者都處於靜止狀態，如圖一所示，試求：
（1）用水平力F0拉小滑塊，使小滑塊與木板以相同的速度一起滑動，力F0的最大值應為多少？
（2）用水平恆力F拉小滑塊向木板的右端運動，在t=0.5s內使滑塊從木板右端滑出，力F應為多大？
（3）按第（2）問的力F的作用，在小滑塊剛剛從長木板右端滑出時，滑塊和木板滑行的距離各為多少？（設m與M之間的最大靜摩擦力與它們之間的滑動摩擦力大小相等）。（取g=10m/s2）.
解析：
在（1）中，m與M以共同速度運動，也具有共同的加速度，木板M受滑塊對它的靜摩擦力f，當f達最大值fm=mmg時，M有最大加速度aM，求出aM，要使滑塊與木板共同運動，m的最大加速度am=aM，再把m運用牛頓第二定律，便得到F0的最大值。
（2）要把m從木板上拉出，拉力F應大於F0，則此時m與M具有不同的加速度。由m與M的位移關係及牛頓第二定律，可求得m與M的各自加速度a1和a2。因為木板受滑動摩擦力f=mmg，由f=Ma2可直接求得a2.求出a1後，對m由牛頓第二定律就可求出拉力F。
（3）因滑塊m和木板M均做勻變速直線運動，又a1、a2和t均已知，由運動學規律就可求得位移s1和s2.
解：
（1）對木板M，水平方向受靜摩擦力f向右，當f=fm=mmg時，M有最大加速度，此時對應的F0即為使m與M一起以共同速度滑動的最大值。
對M，最大加速度aM:
aM= =1m/s2.
要使滑塊與木板共同運動，m的最大加速度am=aM，對滑塊有
F0－mmg=mam
所以　F0=mmg+mam=2N。
即力F0不能超過2N。
（2）將滑塊從木板上拉出時，木板受滑動摩擦力f=mmg，此時木板的加速度a2為
a2= =1m/s2.
由勻變速直線運動的規律，有（m與M均為勻加速直線運動）
木板位移　s2= a2t2　①
滑塊位移 s1= a1t2　②
位移關係　s1－s2=L　③
將①、②、③式聯立，解出a1=7m/s2.
對滑塊，由牛頓第二定律得
F－mmg=ma1
所以　F=mmg+ma1=8N。
（3）將滑塊從木板上拉出的過程中，滑塊和木板的位移分別為
s1= a1t2= m。
s2= a2t2= m。
講評：本題亦可由能量和動量的觀點來解，如對（2）、（3）兩問，利用動能定理，有
對m　Fs1－mmgs1= mv12　①
對M　mmgs2= mv22　②
再由動量定理，有
對m　Ft－mmgt=mv1　③
對M　mmgt=Mv2　④
s1－s2=L　⑤
上述5式聯立，即可解得F、s1、s2、v1和v2。
例2、如圖二所示，質量為m=20kg的重錘，從高為h=0.8m處自由落下，打在質量M=20kg的木樁上，設錘與樁為完全非彈性碰撞，木樁受到的平均阻力f=1200N，問錘能將木樁打下多少距離？（取g=10m/s2）
解析：需把整個過程分解為三個物理過程：第一階段是重錘自由下落，機械能守恆；第二階段錘與樁發生碰撞，因為碰撞時間很短，可以忽略在這段時間內重力和阻力的衝量，所以認為系統的動量守恆；第三階段錘和樁一起向下做勻減速運動，直到停止，可由動能定理求解位移。
設錘剛與樁相碰時速度為v1，由機械能守恆，有
mv12=mgh，v1= =4m/s.
錘和樁碰撞過程，系統的動量守恆（近似），由動量守恆定律，有
mv1=(M+m)v2，v2= =2m/s.
錘和樁一起向下做勻減速運動，經位移s而停止，對錘和樁整體運用動能定理，可得
(M+m)gs－fs=0－ (M+m)v22
解得s=0.1m.
講評：
本題從能量和動量的觀點出發，套用機械能守恆、動量守恆定律和動能定理，很簡捷地求得了結果，當然，對錘的自由落體過程和錘與樁一起勻減速運動的過程，也可以從第一條思路出發，運用牛頓第二定律和運動學規律來求解，同學們可以比較這兩種解法的優劣。
例3、在光滑的水平軌道上有兩個半徑都是r的小球A和B，質量分別為m和2m，當兩球心間的距離大於l(l比2r大得多)時，兩球間無相互作用力；當兩球心間距離等於或小於l時，兩球間有恆定斥力F，設A球從較遠處以初速v0正對靜止的B球開始運動，如圖三所示，欲使兩球不發生接觸，則v0必須滿足什麼條件？
解析：A、B間距離為s，在s≤l時，A、B間有斥力F作用，A做勻減速直線運動，B做勻加速直線運動。因開始有vA>vB，故A、B間距離s越來越小，當A與B剛好接觸（s=2r），若有vA=vB，則為臨界狀態，運用牛頓運動定律和勻變速直線運動的規律，結合A、B從開始有斥力作用到剛接觸時的位移關係，便可以求出v0所滿足的條件，也可從能量的觀點，運用動能定理結合位移關係，求出v0.
（1）由牛頓運動定律和運動學規律解
設經過時間t，A球剛好追上B球，如圖四所示。
由牛頓第二定律，A、B球的加速度分別為：aA= …………①
aB= …………②
因A做勻減速運動，B做勻加速運動，所以有
sA=v0t－ aAt2　…………③
sB= aBt2…………④
由A追上B時的位移關係，有 sA+2r=sB+L…………⑤
由上述五式聯立，可得 t2－v0t+(L－2r)=0.
這是一個關於時間t的二次方程，要使A、B不接觸（即A追不上B），方程應該無解，即根的判別式Δ=b2－4ac<0.
則　Δ=v02－4× ×(L－2r)<0
得　v0< .
(2)從能量和動量的角度求解：
對A球，由動能定理有：－FsA= mv2－ mv02　…………①
對B球，由動能定理有：FsB= ·2m·v2　…………②
對A、B組成的系統，滿足動量守恆：mv0=(m+2m)v…………　③
A、B兩球不接觸的條件是：L+sB－sA>2r　…………④
由上述4式聯立，即可解出：v0< .
講評：
比較上述兩種解法，可以看出第（1）種解法較為繁瑣，數學思想較為突出，需求解一元二次方程。解法（2）物理思想突出，由兩球不接觸的臨界條件vA=vB=v及位移關係，再由動能定理和動量守恆定律，很便捷地求得了v0.
總結例1到例3中的解法，可以發現，由牛頓定律和運動學規律求解時，方程中出現的加速度a、力F、時間t、速度v0及vt等，都是瞬時量；而由動量和能量觀點解題時，方程中出現的動能 mv2、動量mv均為狀態量。套用守恆定律解題可以避免出現瞬時量，無須關注、分析過程的細節（指一些瞬時量的變化情況，但並不是不需要分析物理過程，物體過程的分析是必要的，因為需要確定守恆條件和狀態量）。特別是當物理過程中出現變力時，物體的加速度會不斷變化，這時用牛頓運動定律和運動學規律就難以奏效了，在高中階段用運動學方程是無法求解的，而使用動量守恆和能量守恆恰能克服上述的缺點，如對打擊、碰撞等短暫作用的問題，顯然要由動量守恆來解決。
綜上所述，我們在解決力學綜合問題時，一定要先理順解題思路，思考的順序是：首先要考慮能否用守恆定律處理（動量守恆和機械能守恆）；其次考慮能否用定理處理（動能定理和動量定理）；最後再考慮用動力學方程和運動學方程處理，通常要先理順解題思路，使思維具有明確的方向性，這樣可以少走彎路，避免盲目求解。
2、整體法和隔離法
（1）用隔離法解題
例4、如圖五所示，木塊A和B用一輕彈簧相連，豎直放在木塊C上，三者靜置於地面上，它們的質量之比為1:2:3，設所有接觸面都光滑，當沿水平方向迅速抽出木塊C的瞬時，A和B的加速度分別是aA=_________與aB=__________。
解析:用隔離法分別研究A、B受力情況，令A、B質量為m與2m，對於A，受彈簧彈力FA和重力mg，且FA=mg.
對於B，受重力2mg，彈簧彈力FB=FA=mg，木塊C的支持力NB，NB=2mg+FB=3mg.
當木塊C抽去瞬時，A的受力狀況並未改變，故aA=0。而B所受的支持力NB立即消失，則aB=3mg/2m=1.5g.
評析：用隔離法解題時，
要根據題意確定研究對象，然後將被研究的物體從物體系中隔離出來，從力的性質及運動和力的關係上分析物體的受力。
（2）用整體分析法解題
事物的整體化處理包括兩個方面：研究對象的整體化和物理過程的整體化。如果系統內部各物體的作用比較複雜，而整個系統與外界的作用又比較簡單，或者我們所關心的是系統整體與外界的相互作用，而不是系統內部各物體之間的相互作用時，常使研究對象整體化，如果物理過程比較複雜，我們所關心的並不是過程的全部細節，而是過程的某個或某些特性，或過程的始末狀態時，常將物理過程整體化，如碰撞問題、爆炸問題等。
例5、在粗糙水平面上有一個三角形木塊abc，在它的兩個粗糙斜面上分別放兩個質量m1和m2的木塊，m1>m2，如圖六所示，已知三角形木塊和兩物體都是靜止的，則粗糙水平面對三角形木塊（　）
A、有摩擦力的作用，摩擦力的方向水平向右
B、有摩擦力的作用，摩擦力的方向水平向左
C、有摩擦力的作用，但摩擦力的方向不能確定，因為m1、m2、q1、q2的數值並未給出
D、以上結論都不對
解析：採用研究對象整體化方法。
斜面和兩個物體組成的系統受到重力是(M+m1+m2)g，方向是豎直向下的，地面支持力是N，方向是豎直題向上的，其合力為零，在水平方向系統不存在相對水平面的運動趨勢，從而f=0，正確答案是D。
例6、密度為0.6×103kg/m3，質量為0.12kg的木球，從離水面高10m處自由落下，若空氣阻力不計，則木球能落入水中多深？（取g=10m/s2）
解析:物體經歷了兩個運動過程；先是自由落體運動，只受重力作用，然後在水中做勻減速運動，受到重力和浮力的作用。
考慮整個過程，有ΔEk=0
根據動能定理有：mg(H+h)－F·h=0
式中F=r水gV=r水g·
代入數據，得h=15m。
（3）隔離分析法與整體分析法結合
隔離法與整體法有不可分割的辯證關係，處理問題不能絕對化，對於一些較綜合、較複雜的題目，就必須將兩種方法巧妙結合起來。
例7、如圖七所示，一質量為M，傾角為q的楔形木塊，靜置在水平桌面上，與桌面間的動摩擦因數為m，一木塊質量為m，置於楔形木塊的斜面上，物塊與斜面的接觸是光滑的，為保持物塊相對斜面靜止，可用一水平力F推楔形木塊，此水平力的大小等於___________。
解析:對於由斜面和物塊構成的物體系，可列式：F－m(M+m)g=(M+m)a
對於物塊：mgtanq=ma
∴F=m(M+m)g+(M+m)gtanq
=(M+m)g(m+tanq)
例8、如圖八所示，在光滑的水平金屬桿上套一質量為m的金屬環，用質量不計的細線吊一個質量為M的物體，對m施加平行於桿的力使m做勻加速運動，細線與豎直方向成a角，一切阻力不計，求水平拉力F=？
解析:以整體為研究對象，則F=(M+m) a…………①
以M為研究對象，則
由①②③解得F=(M+m)gtana
例9、如圖九所示，實線是一列簡諧波在某時刻的波形圖線，細線是0.2s後它的波形圖線，這列波可能的傳播速度是__________。
解析:如果波向右傳播
v=
=20(n+ )m/s
如果波向左傳播
v=
=20(n+ )m/s
（n=0,1，2，3…）
故波的傳播速度是：20(n+ )或20(n+ )m/s，（n=0,1，2，3…）。