资源简介

时间+汗水≠效果
苦学、蛮学不如巧学
第一部分 高中物理活题巧解方法总论
整体法 隔离法 力的合成法 力的分解法 力的正交分
解法 加速度分解法 加速度合成法
速度分解法 速度合成法 图象法 补偿法（又称割补法） 微元
法 对称法 假设法 临界条件法 动态分析法 利用配方求极
值法 等效电源法 相似三角形法 矢量图解法 等效摆长法
等效重力加速度法 特值法 极值法 守恒法 模型法 模式法
转化法 气体压强的参考液片法 气体压强的平衡法 气体压强
的动力学法 平衡法（有收尾速度问题） 穷举法 通式法
逆向转换法 比例法 推理法 密度比值法 程序法 等分法
动态圆法 放缩法 电流元分析法
估算法 节点电流守恒法 拉密定理法 代数法 几何法
第二部分 部分难点巧学
一、利用“假设法”判断弹力的有无以及其方向
二、利用动态分析弹簧弹力
三、静摩擦力方向判断
四、力的合成与分解
五、物体的受力分析
六、透彻理解加速度概念
七、区分 s-t 图象和 v-t图象
八、深刻领会三个基础公式
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九、善用匀变速直线运动几个重要推论
十、抓住时空观解决追赶（相遇）问题
十一、有关弹簧问题中应用牛顿定律的解题技巧
十二、连接体问题分析策略——整体法与隔离法
十三、熟记口诀巧解题
十四、巧作力的矢量图，解决力的平衡问题
十五、巧用图解分析求解动态平衡问题
十六、巧替换、化生僻为熟悉，化繁难就简易
十七、巧选研究对象是解决物理问题的关键环节
十八、巧用“两边夹”确定物体的曲线运动情况
十九、效果法——运动的合成与分解的法宝
二十、平抛运动中的“二级结论”有妙用
二十一、建立“F 供＝F 需”关系，巧解圆周运动问题
二十二、把握两个特征，巧学圆周运动
二十三、现代科技和社会热点问题——STS问题
二十四、巧用黄金代换式“GM＝R2g”
二十五、巧用“比例法”——解天体运动问题的金钥匙
二十六、巧解天体质量和密度的三种方法
二十七、巧记同步卫星的特点——“五定”
二十八、“六法”——求力的功
二十九、“五大对应”——功与能关系
三十、“四法”——判断机械能守恒
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三十一、“三法”——巧解链条问题
三十二、两种含义——正确理解功的公式，功率的公式
三十三、解题的重要法宝之一——功能定理
三十四、作用力与反作用力的总功为零吗？——摩擦力的功归类
三十五、“寻”规、“导”矩学动量
三十六、巧用动量定理解释常用的两类物理现象
三十七、巧用动量定理解三类含“变”的问题
三十八、动量守恒定律的“三适用”“三表达”——动量守恒的
判断
三十九、构建基本物理模型——学好动量守恒法宝
四十、巧用动量守恒定律求解多体问题
四十一、巧用动量守恒定律求解多过程问题
四十二、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
四十三、一条连等巧串三把“金钥匙”
四十四、巧用力、能的观点判断弹簧振子振动中物理量的变化
四十五、弹簧振子运动的周期性、对称性
四十六、巧用比值处理摆钟问题
四十七、巧用位移的变化分析质点的振动：振动图像与振动对应
四十八、巧用等效思想处理等效单摆
四十九、巧用绳波图理解机械波的形成
五十、波图像和振动图像的区别
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五十一、波的叠加 波的干涉
五十二、物质是由大量分子组成的
五十三、布朗运动
五十四、分子间作用力
五十五、内能概念的内涵
五十六、能的转化和守恒定律
五十七、巧建模型——气体压强的理解及大气压的应用
五十八、活用平衡条件及牛顿第二定律——气体压强的计算
五十九、微观与宏观——正确理解气体的压强、体积与温度及其
关系
六十、巧用结论——理想气体的内能变化与热力学第一定律的综
合应用
六十一、巧用库仑定律解决带电导体球间力的作用
六十二、巧选电场强度公式解决有关问题
六十三、巧用电场能的特性解决电场力做功问题
六十四、巧用电容器特点解决电容器动态问题
六十五、利用带电粒子在电场中不同状态解决带电粒子在电场中
的运动
六十六、巧转换，速求电场强度
六十七、巧用“口诀”，处理带电平衡问题
六十八、巧用等效法处理复合场问题
六十九、巧用图象法处理带电粒子在交变电场中运动问题
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第一部分
高中物理活题巧解方法总论
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
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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，mA=1kg，
mB=2kg，它们之间用不可伸长的细线相连，细线质量忽略不计，A、
B分别受到水平间向左拉力 F1=10N和水平向右拉力 F2=40N的作用，
求 A、B间细线的拉力。
【巧解】由于细线不可伸长，A、B有共同的加速度，则共同加
a F2 F1 40 10速度 10m /s 2对于 A物体：受到细线向右拉力 F和
mA mB 1 2
F1拉力作用，则F F1 mAa，即F F1 mAa 10 1 10 20N
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
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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
1 1
度的 ，即 a g，则小球在下滑的过程中，木箱对地面的压
2 2
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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： (mg Mg) FN ma M 故木箱所受支持力：
F 2M mN g ， 由 牛 顿 第 三 定 律 知 ： 木 箱 对 地 面 压 力2
F ' F 2M mN N g。2
2M m
【答案】木箱对地面的压力FN g2
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、 ( m )kx D、 ( m )kx
M M m
【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 kx时，系统所受的合力为 F=kx，系统的加速度为 a ，而对于 A
m M
物体有摩擦力 f F合 ma，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 t1=6s
后撤去，撤去 F后又经 t2=2s物体与竖直壁相碰，若物体与墙壁作用
时间 t3=0.1s，碰后反向弹回的速度ν=6m/s，求墙壁对物体的平均作
用力 FN（g取 10m/s2）。
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【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F t1 mg (t1 t2 ) FN t3 mv 0代入数据化简
可得 FN=280N
【答案】FN=280N
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 FN
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
面匀速下滑时，地面对斜面体的支持力 FN及摩擦力 f又分别是多少？
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
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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 vo沿 PQ向 Q 运动，滑块与地面间的动摩擦因数为μ，若μ
mg＜Eq，滑块与墙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
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【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 左板竖直向上，
大小为 2mg，故由平衡条件可得：2对 1的摩擦力 f21竖直向下，大小
为 mg，答案应选 C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
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【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 斜（垂直斜面向上）
和 Q的支持力 NQ（沿斜面斜向上）共三个力作用，由平衡条件可知，
这三个力的合力为零，即重力沿 N 斜，NQ反方向的分力分别与 N 耕、
NQ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 耕、NQ的方向也都不变，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
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例 4：如图 2-5 所示，人重 G1=600N，木板重
G2=400N，人与木板、木板与地面间滑动摩擦因数均
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
f N (G1 G2 ) 0.2 ；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 G1，用至少多大的水平 F推木块才能使球离开地面？
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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。
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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 F1、
F2的合力，可以把表示 F1、F2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。
共点的两个力 F1、F2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，反向时合力最小，即合力取值范围力│F1-F2
│≤│F1+F2│
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、50 3N C、100N D、100 3N
【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
TBC=TBD=mg=100N，而这两个力的夹角又是特殊角 120°，用
平行四边形定则作图，可知合力 F 合=100N，所以滑轮受绳的
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作用力为 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、mg sin ，沿斜面向下 B、mg sin ，沿斜面向上
C、 mg cos ，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
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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 3、 mg D 21、 mg
6 3
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 6 D 3、 、
3 2
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
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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 F1、F2为（ ）
A、F1=F2=F B、F1=F2=（L/d）F C、F1=F2=（d/L）F
D、以上答案都不对
【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 F1、F2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分解为两个垂直于侧面向下的力 F1′、
F2′，由对称性可知，F1′=F2′，根据力的矢量三角形△OFF1与几
何三角形△CAB相似，故可得：F1′/L=F/d，所以 F1′=F2′=LF/d，
由于 F1= F1′， F2= F2′故 F1=F2=（d/L）F。
【答案】
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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： cos2 C、1： sin2 D、1： tan
【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 G2，乙情况下将 G分解 G2′，所求压
力之比即为 G1：G1′，而 G1=G/ cos ，G1′=G cos ，故可得压力之
比 G1：G1′=1： cos2 。
【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 3、 mg, 1 mg B 1 3、 mg, mg
2 2 2 2
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C 3、 mg, 1 mg D 1、 mg, 3 mg
4 2 2 4
【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 ：
Tac=G1=mgcos30°,Tbc=G2=mgcos60°。
【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、 (mg)2 (ma)2 ，沿杆向上
C、ma，水平向右 D、 (mg)2 (ma)2 ，与水平方向成
arctan mg角斜向上
ma
【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 N1=mg；杆水平向右拉小球，使小球获得向右的加速度，故水
平向右的分力 N2=ma，由几何知识可知杆对球的弹力与水平方向的夹
N
角为 arctan 1 =arctan mg，故答案 D选项正确。
N2 ma
【答案】D
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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、100 3N D 200 3、 N
3
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
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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：
Fx合 F cos f 0
Fy合 F sin N G 0
而f= N
F cos 30 0.8化简可得: = 0.75
G F sin 50 30 0.6
【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：
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Fx合 N F cos 45 0
Fy合 F sin 45 G f 0
而f= N
G
化简可得:F= 71N
(sin 45 cos 45
【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：mg sin F cos f 0即 f mg sin F cos 随着 F的增大，
f将减小，当 F较大时有： mg sin f F cos 0即 f F cos mg sin
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。
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【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
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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
第三章 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
图 4－1
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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
vA、vB.
（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VA
B
A
切线上？ VB
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 vA＝vB，则速率最大
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 vA在同一直线上，由于 F 为恒力，故
质点不可能再做曲线运动，这说明 F 不可能在①线上。若 F 在③线上，
则在 A 点时 vA在垂直于 F 的方向上有分量，而到 B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
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线上。
（3）由于 F 在 A 点时与 vA夹角大于 90 ，而V在A
② ④
A
B 点时与 vB夹角小于 90 ，故质点的速率应该是先减 VB
①
③ ③
小后增大。
图 4－3
（4）由于已经判定速率为先减小后增大，且
vA＝vB，则运动过程中速率有最小值，且发生在 F与
v垂直的位置。
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 v1，在绳子
V1
与水平方向夹角为α的时刻，船的速度 v有多大？
解析 先用“微元法”解答。小船在极短时 V α
间Δt内从 A点移到 C位移为Δs，如图 4－5
图 4－4
所示，由于Δt很小，因此绳子转过的角度Δθ
很小，由数学知识可认为Δs2⊥OA, Δs2⊥OC,

所以有 s＝ s1＋ s2 ，Δs2为物体垂直绳方向
O
Δθ
第27页,共72页 D
s s2 1
的位移，Δs1为沿绳方向的位移。再由速度的

定义，当Δt很小时，v＝ s / t s1 / t s2 / t ，
所以 v＝v1＋v2，即船的速度分解为沿绳方向的速
度 v1和垂直于绳方向的速度 v2。
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
水平方向夹角α不变，只是在拉绳，小船将沿绳收缩方
向以 v1速度运动，（2）假如绳长 AO不变，只是α在变，
小船将以 O为圆心、OA长为半径做圆周运动，速度 v2垂直V1
于 OA。而α、OA 均改变时，即小船向右运动时，v1、v2
V α
就可以看成是它的两个分运动，矢量图如图 4－6所示，从
V2
图中易知 v＝v1/cosα 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
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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 A vo
瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。
y v v
如图 4－7中 A点和 B点。
⊥
（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
水平方向的夹角为β，则此时的动能与初动能的关系为
2
Ekt＝Eko（1＋4tan β）
图 4－7
（待高一下学期用）
四、建立“F 供＝F 需”关系，巧解圆周运动问题
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
2
供）并．不
v
． ．一．定．等．于．物．体．所．需．的．向．心．力．（F 需＝m ）。例如，当 F 供﹥FR 需
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时，物体做向心运动；当 F 供＝F 需时，物体就做圆周运动；当
F 供﹤F 需时，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，我们在分析物体是否能做圆周运动时，必须弄清 F 供与
F 需的关系，活用临界条件法、等效法、类比法等列方程求解。
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 ，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 Fn≤μmg，根据牛顿第
二定律有
v 2μmg＝m max
R N F
所以，最大转弯速度为 vmax＝ gR
θ
（2）临界转弯倾角――不翻倒的临界条件 mg
μmg
自行车不翻倒的条件，是质心受到的合力矩为零。
图 4－8
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 fmax的合力通过
质心。根据三角函数关系，临界转弯倾角
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tanθ＝ f max v
2
N ＝ ＝
max ，
Rg
－1 －1 2
θ＝tan μ＝tan v max
R
答案：必须同时满足两个条件，即速度不超过 gR，自行车
－1 2
平面与竖直方向的夹角等于 tan v max
R
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 向＝m v2 。具体在解决问题时，要注意以R
下三点：
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
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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
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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＝v0t（v0为各小球抛出时的初速
率，t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＝v0t。可见，不同时刻，这些小球的位置构成不同
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
2 R
车随地球做线速度为 T 的圆周运动时，火车对轨道的压力为 FN；
在此基础上，又考虑到这列火车相对地面附加了一个线速度更快的匀
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′
速圆周运动，并设此时火车对轨道的压力为 FN ，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量 FN－FN 为
2
A. 2m v B.m[ v 2 2( )v ]
R R T
C.m 2 D. v
2 2
（ ）v m[ ( )v]
T R T
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 引和地面对火车支持力的合力提供，根据牛顿第二
定律得
2 R
F 引－F
2
N＝m（ T ) /R
F 引－F ′ 2 RN ＝m（ +v）2 /RT
v2′ 2
联立求解得：FN－FN ＝m[ +2( ) v]
R T
答案选 B.
活题巧解
例 1 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；
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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 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 水＝kx，k＝4v0/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 v0，则下列说法中正确的是
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 5 v0；
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 10 v0。
巧解 速度合成法
由于小船划水速度为 v0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
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 5 v0；到达离河岸 3d/4处时，
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水流速度为 v0，船渡河的速度应为 2 v0，故正确选项为 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 甲、v 乙并保持不变，求它们到达对岸所用时间之比
t 甲∶t 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
v 乙
α
t S甲＝ （1） αv sin v 水甲
图 4－10
作出乙的速度矢量图如图，由图可知，要使
乙的航程最短，v 乙与航线必定垂直，所以
t S乙＝ （2）v乙 / tan
由（1 t v）（2）两式得 甲＝ 乙
t乙 v甲 sin tan
v v 2
再由几何知识得 cosα＝ 乙 ∴sinα＝ 1－ 乙2 将它们代入上v甲 v甲
式得
t 2甲 v v
2 2
＝ 乙2 ×
甲 v＝ 乙
t 2乙 v甲 v甲 －v
2
乙 v
2－v 2甲 乙
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t v 2 v 2 v 2
【答案】 甲＝ 乙 × 甲 ＝ 乙
t乙 v
2 v 2－v 2 2 2甲 甲 乙 v甲 －v乙
例 4 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A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－2t2（式中 H为吊臂离地面的高度）的规律B 变化，则物
体做 图 4－11
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；
D. 加速度大小方向均变化的曲线运动。
巧解 构建模型法
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 vo 从三角形木块的顶点上水平抛出。
第37页,共72页
试求质点距斜面的最远距离。
巧解 定理法 vo
当质点做平抛运动的末速度方向
θ
平行于斜面时，质点距斜面的距 图 4－12
离最远。此时末速度方向与初速
度方向成θ角，如图 4－13 所示。
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
v
vy ＝ gt ， x ＝ v t 和
y
＝tan O A0 v0 B
x
由平抛运动的“二级结论”可知：OA v
2 θ
据图中几何关系可得： AB＝AO sin 图 4－13
2
AB v0 tan sin 解以上各式得： ＝ 此式即为质点距斜面的最远距离
2g
v 2 tan sin
【答案】 AB＝ 0
2g
o
例 6 一质量为 m 的小物体从倾角为 30 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 v0 A
β
由题意作出图 4－14，末速度与水平方向
v0 B
α
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 vt vy 图 4－14
o
tanα＝ 2tanβ，β＝30
第38页,共72页
3
所以 tanα＝ 2
3
3
由三角知识可得：cosα＝
21
v
又因为 v ＝ 0t ，所以初速度 v0 ＝ vtcosα＝3 21 m/scos
【答案】初速度为 3 21 m/s
例 7 如图 4－15 ，AB 为斜面，BC 为水平面。从 A点分别以 v0,3v0
的速度水平抛出
的小球，落点与抛出点之间的水平距离分别为 S1, S2 。不计空气阻
力，则
S1: S2 可能为 vo A
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，∴ S1:S2=1:3
②当两球均落在斜面上时，设斜面倾角为θ，则有
S1=v0t1 S2=3v0t2
1 2 1 2
S1tanθ＝ gt1 S2tanθ= gt2 2 2
由以上方程解得 S1:S2＝1:9
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 S1 与 S2 的比值介于 1:3 与 1:9 之间
【答案】ABC 正确
第39页,共72页
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
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
5cm
500 m/ s ，求乙枪子弹离开枪口的速度。（不计空气阻B 力，g 取 10
m/ s2 ） 图 4－16
巧解 解析法
L
甲枪子弹运行时间 t 甲＝ ＝0.2 sv甲
1
甲枪竖直位移 h 甲＝ gt 2 ＝ 0.2 m2 甲
1
则乙枪子弹竖直位移 h 乙＝ gt 2乙 ＝ h 甲＋0.6 解得 t 乙＝0.4s2
v L∴乙枪子弹离开枪口的速度 乙＝ ＝250m/st乙
【答案】250m/s
例 9 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 S1=3m。
着地时由于存在能量损失，着地后速度变为 v＝4m/s,并以此为初速度
水平滑行 S2＝8m后停止。已知人与滑板的总质量 m＝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
第40页,共72页
v2a＝ =1m/s2
2S2
A
设地面的平均阻力为 F，由牛顿第二h定律得
F＝ma＝60（N） B C
（2）人与滑板离开平台后，做平抛运动，S1 S2
有 h 1＝ gt2 图 4－17和 S1＝v0t
2
解方程得水平初速度 v0＝5m/s
【答案】60N，5m/s
例10 如图4－18 所示,小球在光滑斜面上A点以初速度v0向右抛出，
落在斜面底端 B点，设从 A点到 B点沿 v0方向的位移为 x1。去掉斜
面，小球从 A点仍然以 v0的初速度向右抛出，落在地面上的 C点，
设水平位移为 x2。则有：
A. x1> x2. B. x1= x2. C. x1< x2. D.以上三种情况都有
可能。
巧解 类比法 vA 0
设 A 点到地面的高为 h，斜面倾角为α。
C
x2
α
第41页,共72页x1 B
图 4－18
球从 A 到 C,做平抛运动，根据平抛运动的规
律可知：
1 2
x2＝v0t2， h＝ gt2 2
2h
由以上方程解得 x2＝v0
g
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
x1＝v0t1
h 1
＝ gsin t 2
sin 2
2h
由以上方程解得 x1＝v0
gsin2
v
比较 x1和 x2可知 x1> x
Q
2.
【答案】A
T
S
例 11 图 4－19 所示的斜面上有 P、R、S、T四个点P，PRR＝RS＝ST，
从 P点正上方的 Q点以速度 v 水平抛出一个物体，物体落图于4－19
R 点，若从 Q 点以速度 2v水平抛出一个物体，不计空气阻力，
则物体落在斜面上的
A..R与 S之间某一点 B.S点
C. S与 T之间某一点 D.T点
巧解 演绎法
第42页,共72页
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 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 v1、v2，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？
巧解 矢量图解法
t 90o设两小球抛出后经过时间 它们速度之间的夹角为 ，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
ctan gtα＝ ，tan vβ＝ 2 （1v）1 v2
v1 gt
αβ
又∵α＋β＝90o，
′ v ′v1 2
∴ctanα＝tanβ （2） 图 4－20
gt v
由（1）（2）两式得到： ＝ 2 ，
v1 gt
第43页,共72页
1
即 t＝ v v
g 1 2
1
【答案】 v1vg 2
例 13 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θ1
和θ2，求小球 a、b
落到斜面上所用时间之比是多少？（设两斜面足够v0长）a b v0
巧解 矢量图解法
θ1 θ2
设小球 a、b 运动时间分别为 ta、tb，作出它们的
图 4－21
位移矢量图，如图 4-22 所示。依图可得：
1 2
tanθ1＝ 2
gta gt＝ a
v0ta 2v0
v0ta v0tb
1 gt 2 gt
tanθ 2 b b 1 22＝ ＝v t 2 gta0 b 2v0 1
2 gtb
2
t tan
由以上两式可得： a ＝ 1
tb tan 2 θ1 θ2
t tan 图 4－22
【答案】 a ＝ 1
tb tan 2
例 14 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
第44页,共72页
将子弹的平抛运动与链条的自由落体运动情况进
1
2
行比较推理，子弹飞过水平距离 L 所用时间 t＝L/v0＝0.1s，在340.1s
L
2 2
内子弹竖直方向下降位移 y＝ 12 gt ＝
1
2×10×0.1 ＝0.05m。绳断后
图 4－23
′ 2
环下降位移 y ＝ 12 g（t＋0.1）＝0.2m。故子弹穿过环 1。
【答案】穿过第 1 个环
例 15 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
2h
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，
g
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 1＝ gt2
2
联立以上三式得 V＝Sv 2h ，
g
第45页,共72页
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
v0从筒上边缘 A处水平抛出，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 v0 ＝－v0的平抛运动。设小球 ts落
地，则有
h 1＝ gt2 t 2h∴ ＝ (1)
2 g
B‘B’‘ 2h=S=v0t＝v0 （2）g
d
设小球在筒内与内壁碰撞的次数为 n，则A A v0 A′
n s/d= v0 2h
C
＝
d g h
v 2h D
【答案】 0
d g
B S B
（a） （b）
图 4－24
第46页,共72页
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：
1 2
s＝vt， h＝ gt 及 v＝ωr
2
s 2h
2r2 r v联合解得 ＝ 。
g s
R
由几何关系得 R＝ s2 r2
r 1 2h
2
＝ ＋
g 图 4－25
2h 2
【答案】 r 1＋
g
例 18 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 链轮 后轮 飞轮链条
图 4－26
第47页,共72页
C.6.5rad/s D.7.1rad/s
巧解 模型法
车行速度与前后轮边缘的线速度相等，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ω1＝ω＝12rad/s
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ω1r1
＝ω2r2，r1与 r2分别为
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ω1N1＝ω2N2。又踏板与链轮同轴，脚踩踏板的角速度ω3＝ω2，
则ω3＝ω1N1/N2，要使ω3 最小，则 N1＝15，N2＝48，故ω3＝
12×15/48rad/s＝3.75rad/s≈3.8rad/s
【答案】B
例 19 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。
第48页,共72页
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。
【答案】C
O
FT
例 20 用一根细线一端系一小球（可视为质点），另一端固
ω
定在一光滑圆锥顶上，如图 4－27所示，设小球在水平面图内4－27
做匀速圆周运动的角速度为ω，线的张力为 FT,则 FT随
ω2变化的图像是图 4－28中的
FT FT FT FT
O 2 O 2 O Oω0 ω0 ω 202 ω0
A B C D
图 4－28
F1 Fθ 1F α2
巧解 临界条件法 mg mg
当ω较小时，小球受力如图 4-29(甲)所甲 乙
图 4－29
示，由牛顿第二定律得
2
F1sinθ－F2cosθ＝mLω sinθ
第49页,共72页
F1cosθ－F2sinθ－mg＝0
解得绳子拉力
F 2T＝F1=mLω sin2θ＋mgcosθ
当ω较大时小球受力如图 4-29(乙)所示，由牛顿第二定律得
2
F1sinα＝mLω sinα
解得绳子拉力 FT＝F1=mL 2ω，故选项 C正确
【答案】C v
H
例 21 如图 4－30所示，具有圆锥形状的
R
回转器（陀螺），绕它的轴在光滑的桌面上以角速度ω图快4－速30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
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
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 2g D.R g
H 2H
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
图 4－31
第50页,共72页
H 1＝ gt2
2
g
由上式解得 v＝R 即选 D.
2H
【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N粗
F
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α正确n
α h mg
的是
图 4－32 图 4－33
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；
C. h越高摩托车做圆周运动的周期将越长；
D. h越高摩托车做圆周运动的线速度将越大。
巧解 演绎法
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 Fn＝mg/tanα不变
2
由牛顿第二定律可知mg/tanα＝mR(2π/T) 因为h越高，R越大，
所以周期 T越长，
2
再由 mg/tanα＝mv /R 可知，随着 R增大，线速度 v要增大
【答案】CD
第51页,共72页
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
2
mg mv＝
R R
图 4－34
∴在坡顶的最小速度为 v＝ gR
由平抛运动的规律有
R 1＝ gt2 S＝vt
2
∴落点距坡顶的水平距离为 S＝ 2 R
【答案】 gR， 2 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
F
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θ mg
（a） （b）
小及两人转动的角速度。 图 4－35
巧解 模型法
第52页,共72页
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
mgtan 2θ＝mω r
gtan
∴转动角速度ω＝
r
mg/cos gtan 【答案】 θ ω＝
r
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
O
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
M＋m M
解得 a＝ g
m 图 4－36
v2
又据向心加速度公式 a＝ ，
L
解得小球到达最高点时的速度大小
第53页,共72页
v＝ aL M＋m＝ gL
m
M＋m
【答案】 aL＝ gL
m
第二十章 动量守恒定律
难点巧学
一、“寻”规、“导”矩学动量
1、“寻”规：巧用“联想、对比”列图加深对动量定理的理解
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”，中间粗的一横表示“减号”，
即分别反映两个式子：
W合 F合S EK末 EK初和 I合 F合t P末 P初。
过程量
末状态（时刻）量 初状态（时刻）量
经历一段过程
合外力的功
末动能 初动能
一段位移
合外力的冲量
末动量 初动量
一段时间
图 8-1
第54页,共72页
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， FN
F F 阻冲
有动量定理得：
mg
(F冲 F阻 )t mv2 - (-mv1 )，
图 8-2
F F
所以v 冲 阻2 t - v1 10m / s即碰后 A球的速m
度大小为 10m/s，方向与碰前相反。
2：“导”矩（即总结解题步骤）：巧学动量定理的解题步骤，做到不
第55页,共72页
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
第56页,共72页
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
ΔΡ
由 F合Δt = ΔP，则 F合 = Δt
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。
ΔΡ
由 FΔt = ΔP得，玻璃杯受到的合外力等于动量的变化率F = 。玻璃
Δt
ΔΡ
杯掉在松软的地毯上，动量减小经历的时间Δt较长， 较小，玻璃
Δt
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？
第57页,共72页
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
第58页,共72页 图 8-3
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。
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： IT -mgt mv 对 B自由落体：u gt
联立可得 IT = m(v + u)
2、巧解曲线运动的动量变化
例 6：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F合t mvt -mv0得：
mgt
mgt = ΔP = mΔv即Δv = = 恒量，注意到各式为矢量关系，所以选择 A。
m
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 v,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
第59页,共72页
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 l v t的“管道”内，则Δm = ρV = ρSl = ρSvΔt，
根据动量定理得：FΔt = Δmv = ρSv 2Δt，即F = ρSv 2
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 v0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、 v0，水平向右 B、零 m v0
mv
C mv、 0 D、 0
M +m M m 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mv0，当物体静止在车厢中时，二者具有相同的速度，设为v
mv
则：mv0 = (M +m)v，解得 v =
0 ，选项 C对。
M +m
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 v0，与 Θ v0
图 8-5
第60页,共72页
水平方向倾角为的初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 v0 sin θ，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）。
mv cosθ
设系统后来共同速度为 v，则mv0 cosθ = (m +M )v， v =
0
m +M
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 μ，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 v0。
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 内>>F 外，摩擦力可忽略不计，系统的动量近似守恒。
设子弹射入木块后，子弹与木块的共同速度为v，
由动量守恒定律得：mv0 = (m +M )v ……①
此后，子弹和木块一起做匀减速直线运动，由动能定理得
(m M )gs 0 1 (m M )v 2 ……②
2
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M +m
由①②得：v0 = 2μgsm
“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 P = P′。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
ΔPA = ΔPB（负号表示ΔPA与ΔPB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：ΔPc > ΔPb > ΔPa。由动量守恒定律知：
Pa PA , Pb PB , Pc PC ，所以 A、B、C三球在碰撞过程中动
量变化的大小关系为ΔPC > ΔPB > ΔPA。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 PC > PB > PA，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mAxA = mB xB。但此
表达式仅适用于系统总动量恒为零的情况（ xA、xB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 xA、 xB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。
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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SM的大
小 (水的阻力不计)
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 m
vm、vM 分别为人、船在某同一时刻
A B
M
的速度，则由动量守恒定律，有
mvm M ( vM ) 0 ,即mvm = M vM A B
经很短时间△t(在这很短的时 M
间内，可认为人、船分别以大小为 SM Sm
vm、vM 的速度分别向左、向右做匀
图 8-6
速运动)，有mvmΔt = M vM Δt
所以m vm t M vM t
因为 vmΔt = Sm ， vM Δt = SM
所以mSm = M SM
因为 Sm + SM = L
m
所以船的位移大小为 SM = L,人对地面的位移大小为m +M
m
Sm = Lm +M
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
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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 fs相对路程 EK 。
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 v0
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 v1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v，
mv0=(m+M) v
mv
则：v 0 ①
M m
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 fs相对路程 EK 。该式一定要记住。
例如活题巧解（例 16—例 18）
1 1
由系统能量守恒得： FL mv 2 2
2 0
(m M )v ②
2
Mmv 2
由①②解得： L 0
2F (M m)
3 mv mv）、系统动量守恒：mv0=mv1+M v2 则：v2 0 1M
注意：方程②是解题的捷径，推导如下：v如图 8-7，0
M
分别选子弹和木块为研究对象，由动能定m理得
1 2 1 x L对子弹： F (L x) mv mv 2
2 2 0
③
图 8-7
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1
对木块： Fx Mv 2 0 ④
2
+ FL 1 1由③ ④解得： (m M )v 2 mv 20 除去负号就可得方程②。2 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， v0 并
且当两物体速度相等时，弹簧压缩量最大， 图 8-8 弹
簧弹性势能达到最大。
例 17、如图 8-8所示，质量M=2m的光滑木板静止放在光滑水
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 v0开始沿木板向左滑行。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 v0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。mv0=(m+M) v ①
1 1
又因为系统能量守恒得： mv 20 (m M )v E2 2 P
②
2E
v = p
(M +m)
由①②得： 0 Mm
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。
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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 v0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 1 2 3 4 5
图 8-9
物体系统。当物体 1与物体 2 发生
碰撞的过程中，取物体 1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：mv0=5mv ,得：v=v0/5。
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
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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 甲 v
乙
一样的小车，质量都为M，乙车内
图 8-10
1
用绳吊一质量为 M的小球，当乙
2
车静止时，甲车以 v速度与乙车相碰，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，
v
构建碰撞模型，由动量守恒定律得：Mv = (m +M )v1，解得v1 = 2
接着，两车整体以共同速度 v1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，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：
1 2v
2Mv1 = (2M + M )v2，解得v2 2
=
5
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。
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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 V0=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。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 a b
S
个阶段： 图 8-11
（1）物块开始运动到与 b碰撞，摩擦力对木板做功W1，对物块做功
为W2；
（2）碰撞后物块回到 a端过程，摩擦力对木板做功W3，对物块做功
为W4；
则全过程中摩擦力做的总功为：W=W1 +W2 +W3+W4，碰撞过程中
损失的机械能可用全过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
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为 E：
则动量守恒和能量守恒定律： mV0=（M+m）V
设物块从开始运动到碰撞前瞬间木板的位移为 S1， 则这段时间
摩擦力对木板做功：W1=μmgS1，对物块做功为：W2= μmg（S+S1）
设从碰撞后瞬间到物块回到 a端时木板的位移为 S2，则这段时间
摩擦力对木板做功：W3= μmgS2，对物块做功为：W2=μmg（S2 S）
所以碰撞过程中损失的机械能：E1=E （W1 +W2 +W3+ W4）
代入数据得：E1=2.4J。
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
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“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 vA>vB,∴ 5 6> ；碰后 A的速度不大
m A m B
于 B 的速度，即 3 8≤ ；又因为碰撞过程系统动能不会增加，
m A m B
5 2 6 2 3 2 8 2 ，由以上不等式组解得： 3 m 4+ ≥ + ≤ A ≤
2m A 2m B 2m A 2m B 8 m B 7
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，
图 8-12
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E 1
2
2 P
K mv 。这条连等式又反应了三大观点(图 8-12)，俗称解题2 2m
的三把“金钥匙”，领会并使用好这种关系，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：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：
图 8-13
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 3 3（如图 2）。已知 m＝1.0×10 kg，M＝2.0×10 kg，h＝
l g 22.0m， ＝0.20m，重力加速度 ＝10m/s ，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 v1向下，
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v1 = 2gh ①
碰后，已知锤上升高度为（h－l），故刚碰后向上的速度为
v2 2g(h l) ②
设碰后桩的速度为 V，方向向下，由动量守恒，
mv1 MV mv2 ③
桩下降的过程中，根据功能关系，
1
MV 2 +Mgl = Fl ④
2
mg m
由①、②、③、④式得 F Mg ( )[2h l 2 h(h l)] ⑤
l M
代入数值，得 F = 2.1×105 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。
第72页,共72页

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