高中物理力學綜合題解題技巧

1、高中物理力學綜合題解題技巧一力學綜合題的特點力學綜合題是一種含有多個物理過程、多個研究對象、運用到多個物理概念和規(guī)律、難度較大的題目。它的特點就在于知 識的綜合與能力的綜合上。綜合題的題型可以是計算、證明，又可以是選擇、填空、問答。但以計算題為多，故在此著重研究綜合 計算題。二、力學綜合題求解要領(lǐng)力學的知識總的來說就是力和運動問題，因而它包含了兩大方面的規(guī)律：一是物體的受力規(guī)律，二是物體的運動規(guī)律。物體的運動是由它的受力情況和初始條件所決定的。由于力有三種作用效果：1、力的即時作用效果一一使物體產(chǎn)生加速度 （a）或形變，2、力對時間的積累效果一一沖量 （I） ; 3、力對空間的積累效果一一功

2、W所以，加速度a,動量P和功W就是聯(lián)系力和 運動的橋梁。因而與上述三個橋梁密切相關(guān)的知識是：牛頓運動定律、動量知識（包括動量定理和動量守恒定律）、功能知識（包括動能定理和機械能守恒定律）,這些知識就是解決力學問題的三大途徑。若考查有關(guān)物理量的瞬時對應(yīng)關(guān)系，須應(yīng)用牛頓定律，若考查 一個過程，三種方法都有可能，但方法不同，處理問題的難易、繁簡程度可能有很大的差別.若研究對象為一個系統(tǒng)，應(yīng)優(yōu)先考慮 兩大守恒定律，若研究對象為單一物體，可優(yōu)先考慮兩個定理，特別涉及時間問題時應(yīng)優(yōu)先考慮動量定理，涉及功和位移問題的應(yīng) 優(yōu)先考慮動能定理.因為兩個守恒定律和兩個定理只考查一個物理過程的始末兩個狀態(tài)有關(guān)物理量間

3、關(guān)系，對過程的細節(jié)不予細究，這正是它們的方便之處.特別對于變力作用問題，在中學階段無法用牛頓定律處理時，就更顯示出它們的優(yōu)越性.解題的路子是多 種多樣的，可有不同的變通和組合，也還會有別的巧妙方法，如圖象解題等。只要在實踐中積極思考，認真總結(jié)，是不斷會有所發(fā) 現(xiàn)和發(fā)展的。具體說，求解力學綜合題的要領(lǐng)如下：在認真審題、做好受力分析和運動分析的基礎(chǔ)上，選取一個相對比較好的解題途徑，而途徑的選取，又該如何考慮呢 ？選擇的依據(jù)如下：1、題目中如果要求的是始、末狀態(tài)的量，而它們又滿足守恒條件，這時應(yīng)優(yōu)先運用守恒定律解題。2、如問題涉及的除始、末狀態(tài)外，還有力和它的作用時間，可優(yōu)先選用動量定理。3、如問題

4、涉及的除始、末狀態(tài)外，還有力和受力者的位移，可優(yōu)先選用動能定理。4、若題目要求加速度或要列出各物理量在某一時刻的關(guān)系式，則只能用牛頓第二定律進行求解。5、若過程中的力是變力（不能用牛頓第二定律了 ），而且始末動量不齊（又不能用動量定理），則唯一的解題途徑就是應(yīng)用 動能定理，此時變力的功可用“ p?t”求得。三、力學綜合題的分類1、以設(shè)問的內(nèi)容來劃分，可分為“遞進式”和“并進式”。“遞進式”一一題目中有兩個以上的小問，所問的內(nèi)容依次深入，問題的難度依次增加，前后問間有密切的牽連，前一問解答 的正確與否將直接影響到下一問的解答，這就是“遞進式”題型。“并進式”一一題中的各個小問的解答各自獨立，彼此

5、并列，互不包含，互不影響，前一問做錯了，不影響對后一問的正 確解答，這就是“并進式”題型。2、以內(nèi)容的綜合方式來劃分，可分為“積木式”和“混合式”?！胺e木式”一一題目中包含著前后連貫的兩個或兩個以上的物理過程，各個過程都遵循本身的規(guī)律，前后過程之間又相互牽連。這就是“積木式”題型。“混合式”一一題目中所描述的物理現(xiàn)象包含著幾個同時出現(xiàn)的物理過程，它們交織在一起，互相聯(lián)系，互相制約，互相 影響。這就是“混合式”題型。四、求解動量守恒定律、機械能守恒定律、動能定理、功能關(guān)系的綜合應(yīng)用類題目時要注意：1 .認真審題，明確物理過程.這類問題過程往往比較復(fù)雜，必須仔細閱讀原題，搞清已知條件，判斷哪一個過

6、程機械能守恒， 哪一個過程動量守恒2 .靈活應(yīng)用動量、能量關(guān)系.有的題目可能動量守恒，機械能不守恒，或機械能守恒，動量不守恒，或者動量在整個變化過程 中守恒，而機械能在某一個過程中有損失等，過程的選取要靈活，既要熟悉一定的典型題，又不能死套題型、公式 五、例題分析1 .如圖所示，在傾角為。的光滑斜面上端系有一勁度系,數(shù) 為k的輕質(zhì)彈簧，彈簧下端連一個質(zhì)量為 m的小球，球被一垂直于斜 面的擋板A擋住，此時彈簧沒有形變.若擋板A以加速度a （a gsin 9）沿斜面向下勻加速運動，問：（1）小球向下運動多少距離時速度最大？kg,若取重力加速度的傾角為 把乙物體 面內(nèi)振動，g= 10m/s2。(2)

7、從開始運動到小球與擋板分離所經(jīng)歷的時間為多少？2 .，在如圖所示的裝置中，兩個光滑的定滑輪的半徑很小，表面粗糙的斜面固定在地面上，斜面 8=30。用一根跨過定滑輪的細繩連接甲、乙兩物體，把甲物體放.在斜面上且連線與斜面平行，懸在空中，并使懸線拉直且偏離豎直方向”=60?，F(xiàn)同時釋放甲乙兩物體，乙物體將在豎直平當乙物體運動經(jīng)過最高點和最低點時，甲物體在斜面上均恰好未滑動。已知乙物體的質(zhì)量為m= 1求：甲物體的質(zhì)量及斜面對甲物體的最大靜摩擦力。3 .如圖所示，粗糙斜面與光滑水平面通過半徑可忽略的光滑小圓弧平滑連接，斜面傾角a=37 , A、B是兩個質(zhì)量均為 m= 1 kg的小滑塊(可看做質(zhì)點)，C為

8、左端附有膠泥的薄板，質(zhì)量也為m= 1 kg , D為兩端分別固接B和C的輕質(zhì)彈簧，處于原長.當滑塊 A 置于斜面上且受到大小 F = 4 N,方向垂直斜面向下的恒力作用時，恰能向下勻速運動.現(xiàn)撤去 F,讓滑塊A從斜面上距斜面底端 L =1 m處由靜止下滑.不計轉(zhuǎn)折處的能量損失，(g = 10 m/s2 , sin37 = 0.6 , cos37 = 0.8),求：(1)滑塊A到達斜面底端時的速度大小；(2)滑塊A與C接觸后粘連在一起，求此后兩滑塊和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)在相互作用過程中，彈簧的最大彈性勢能及 B獲得的最大速度.4 .如圖所示，光滑的水平導軌MN右端N處與水平傳送帶理想連接，傳送帶L=0

9、.8m,皮帶以恒定速率 v=3.0m/s向右勻速運動。傳送帶的右端處平滑連接 直平面內(nèi)、半徑為 R=0.4m的光滑半圓軌道 PQ兩個質(zhì)量均為 m=0.2kg的滑塊 平導軌MN上，開始時滑塊A、B之間用細繩相連，其間有一壓縮的輕彈簧，系狀態(tài)。現(xiàn)使細繩斷開，彈簧伸展，滑塊 B脫離彈簧后滑上傳送帶，從右端滑出并沿半圓軌道運動到最高點Q后水平飛出，又正好落回N點。已知滑塊B與傳送帶之間的動摩擦因數(shù) = 5/16,取g=10m/s2o求:當加速度為零時，速度最大，此時(1)滑塊B到達Q點時速度的大?。?2)滑塊B在半圓軌道P處對軌道的壓力；(3)壓縮的輕彈簧的彈性勢能 Ep參考答案1 .解析：(1)球和

10、擋板分離后做加速度減小的加速運動, 物體所受合力為零.即 kxm=mgsin 0 ,解得mgsn 0xm= 一1一(2)設(shè)球與擋板分離時位移為 s,經(jīng)歷的時間為t,從開始運動到分離的過程中，m受豎直向下的重力，垂直斜面向上的支持力FN,沿斜面向上的寸I板支持力F1和彈簧彈力F.據(jù)牛頓第二定律有 mgsin 9 - F- F1=mq F = kx.隨著x的增大，F(xiàn)增大，F(xiàn)1減小，保持a不變，當m與擋板分離時，x增大到等于s, F1減小到零，則有：1mgsin 0 ks=ma, 又 s = 2at2聯(lián)立解得 mgsin 9 - k -答案：(1)嘿1L寸m網(wǎng)屋-a2 .解：設(shè)甲物體的質(zhì)量為 M所受

11、的最大靜摩擦力為 f, 當乙物體運動到最高點時，繩子上的彈力最小，設(shè)為 T1, 此時:對甲物彳有：Mg sinf Ti對乙物體有：Ti mg cos得.Mg sin f mg cos當乙物體運動到最低點時，繩子上的彈力最大，設(shè)為對甲物體有:Mg sin f T2對乙物體有:T2, 此時：2 v T2 mg mMg sin得：2 v mg m 對乙物體從最高點到最低1r點過程，由動能定理:mgl 1cos1 2一 mv2得：Mg sinmg (3 2 cos )M可解得：m(3 cos )2sin2.5 (kg)3-mg(1 cos ) 7.5 (N)23、解：(1)施加恒力F時，對A有:g (

12、F + mgcosa) = mgsin a未施加力F時，對A由動能定理有:(mgsin a ii mgcosa )Lmv12T代入數(shù)據(jù)，得v1 = 2.6 m/s.(2)滑塊A與C碰撞，由動量守恒有:m v1= ( m+ m) v2得 v2 = 1m/s.此后A、C B、D組成的系統(tǒng)在相互作用過程中，動量守恒，能量守恒，當A、C、B、D具有共同速度時，系統(tǒng)動能最小，彈簧彈性勢能最大，設(shè)為Ep ;(m+ m) v2 =(m+ m+ m) v3112( m+ m) v22 = Ep + 2( m+ m+ m) v32V3代入數(shù)據(jù)，得：2m/s 3經(jīng)分析可知：當彈簧恢復(fù)原長時，8獲,得的最大速度.對 A、 能量守恒：C、R D組成的系統(tǒng)在達共同速度到彈簧恢復(fù)原長過程，由動量守恒,;(m+ m+ m) v3 = 2 m vA+ mvB1Ep+ 2 ( m+ m+ m)1v32 = 2 2 m vA 21+ 2 m vB2Va代入數(shù)據(jù)，得：1m/s 3Vb4m/s3或Va1m/sVb 0 (舍去)即B獲得的最大速度為VB4m/s 34. (18 分)解：(1).滑塊B從Q飛出后做平拋運動，有:VQt2R(1)(2分)2 gt(2)(2分)由(1) (2)解得Vq2 m.s(2分)(2).滑塊B從P運動到Q過程中滿足機械能守恒，有:1mvQ 2mgR