第二阶段高考总复习的重点内容

1、.习题,测试,试题,高考,练习,测试卷 第二阶段高考总复习的重点内容 2004.03.北京师大附中 胡 朗一、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。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。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。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

2、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。12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。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

3、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。”Hh例1. 质量为m的小球从沙坑上方高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。（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.

4、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；2002年高考中关于蹦床的计算题也是这一类型。 从牛顿第二定律和运动学角度分析。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：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。 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，则直接可得到：mh(

5、H+h)=Fh 。可以看出以上各种解法的结论都是一样的。 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。2v0v0ot0 2t0 3t0 4t0 5t0vt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F1、F2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2v0和v0 时，撤去F1和F2，以后物体继续做匀减速运动直至停止。两物体速度随时间变化的图线如右图所示。若在该过程中F1和F2所做的功分别为W1和W2，F1和F2的冲量分别为 I1和 I2，试分别比较W1和W2的大小、I1和 I2的大小。从

6、图线可知两个物体受到的f大小相等。每个物体运动的全过程始、末状态速度都是零，由动能定理，WF=Wf ，因此只要比较全过程物体的位移大小即可。从图可以得到s1s2=65，所以W1W2=65，W1>W2。同理对每个物体在全过程用动量定理，有IF=If ， f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t1t2=35，所以I1I2=35，I1<I2。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。守恒定律是最基本的规律。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、动量守恒是自然界的普遍规律。从科学实践的

7、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。1956年人们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）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

8、条件了。如机械能守恒的条件是“只有重力做功”或“没有摩擦和介质阻力”；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 FAB A.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E D.撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E/3A离开墙前墙对A有弹力，这个弹力

9、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：EK+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。LddB 在运用更广义的能量守恒定律解题时，可以这样分析：先确定在某一过程中有哪

10、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P、时间t，最后才能得到电热Q。如果从能量守恒考虑，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 三、功和能功和能是两个密切相关的物

11、理量。正确认识和理解功和能的关系是解决物理问题和跨学科综合问题的一个重要的路。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，有以下关系：物体动能的增量用所有外力（包括重力）对物体做的总功来量度，即Ek=W外，这就是动能定理；物体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）；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，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。在两个物体相对滑动过程中，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

12、Q=fd。其中Q表示摩擦生热；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。在电磁现象中，安培力做功是机械能和电能相互转化的量度。更广义地说，若以某一系统为研究对象，那么系统的外力对系统内物体做的总功等于系统内物体各种能量的总增加量。23131313例5. 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_。2313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，机械能减少量为fh= mgh BLLACD例6. 一传送带装置示意

13、图如图，其中传送带经过AB区域时是水平的，经过BC区域时变为圆弧形（圆弧由光滑模板形成，未画出），经过CD区域时是倾斜的，AB和CD都与BC相切。现将大量的质量均为m的小货箱一个一个在A处放到传送带上，放置时初速为零，经传送带运送到D处，D和A的高度差为h。稳定工作时传送带速度不变，CD段上各箱等距排列，相邻两箱的距离为L。每个箱子在A处投放后，在到达B之前已经相对于传送带静止，且以后不再滑动。已知在一段相当长的时间T内，共运送小货箱的数目为N。这装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。求电动机的平均输出功率P。关键是求出传送带将每个小货箱从A送到D过程中电动机所做的功W

14、。电动机做功的过程，电能除了转化为小货箱的机械能，还有一部分由于小货箱和传送带间的滑动摩擦而转化成内能。设传送带速度一直是v，则相对滑动过程中传送带的平均速度就是小货箱的2倍，相对滑动路程d和小货箱的实际位移s大小相同，故摩擦生热和小货箱的末动能大小相同Q=mv2/2。因此有W=mv2+mgh。四、碰撞问题 两个物体在极短的时间内发生相互作用，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。 A B A B A Bv1v v1/v2/ 下面分析一下碰撞的详细过程，以及每个阶段中的

15、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；此后A、B开始远离，弹簧长度开始恢复，到位置A、B刚好分开，这时A、B的速度分别为v1/和v2/。全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。 如果弹簧是完全弹性的。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

16、别为： 若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，一部分转化为内能（形变不可完全恢复），状态系统动能仍为最小；过程弹性势能转化为动能；全过程系统机械能有损失（一部分动能转化为内能），这种碰撞叫非弹性碰撞。 若弹簧完全没有弹性。系统减少的动能全部转化为内能（形变完全不可恢复），状态系统动能仍最小；由于没有弹性，A、B将不再分开，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。在完全非弹性碰撞过程中，系统的动能损失最大：cv0Babdl例7. 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

17、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。该过程相当于完全非弹性碰撞，损失的动能转化为电能，接着电流做功又将电能转化为电热。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=2m

18、v02/9。例8. 卢瑟福用粒子轰击14N发现了质子。该核反应的具体过程是：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。 五、带电粒子在电磁场中的运动带电粒子在匀强电场、匀强磁场中运动的比较在场强为E的匀强电场中在磁感应强度为B的匀强磁场中初速度为零做初速度为零的匀加速直线运动保持静止初速度场线做匀变速直线运动做匀速直线运动初速

19、度场线做匀变速曲线运动(类平抛运动)做匀速圆周运动共同规律受恒力作用，做匀变速运动洛伦兹力不做功，动能不变 yl/2LhO 最常见的问题是带电粒子以垂直于场线的初速度进入匀强电场或匀强磁场的问题。解决这类问题时一定要重视画示意图的重要作用。 带电粒子在匀强电场中做类平抛运动。特点是偏转过程的末速度的反向延长线跟初速度延长线的交点在水平位移的中点。 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动。画示意图的要点是找圆心、找半径和用对称。l L例9. 右图是示波管内部构造示意图。竖直偏转电极的板长为l=4.0cm，板间距离为d=1.0cm，板右端到荧光屏L=18cm。电子沿中心轴线进入偏转电极时的速度为v0=

20、1.6×107m/s，电子电荷e=1.6×10-19C，质量0.91×10-30kg。为了使电子束不会打在偏转电极的极板上，加在偏转电极上的电压不能超过多少？电子打在荧光屏上的点偏离中心点O的最大距离是多少？解：设电子刚好打在偏转极板右端时对应的电压为U(当时对应的侧移恰好为d/2)，根据侧移公式不难求出U：，得U=91V；然后由图中相似形对应边成比例可以求得最大偏离量h=5.0cm。例10. 如图直线MN上方有磁感应强度为B的匀强磁场。正、负电子同时从同一点O以与MN成30°角的同样速度v射入磁场（电子质量为m，电荷为e），它们从磁场中射出时相距多远？

21、射出的时间相差多少？ 解：由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式和周期公式知，正、负电子的半径和周期是相同的，只是偏转方向相反。由于向心力方向跟速度方向垂直，所以圆心一定在过O点垂直于速度的直线上，因此可确定圆心和半径；由对称性知，射入、射出点处速度和MN所成的角必然相等。因此射入点、射出点和圆心恰好是正三角形的三个顶点。两个射出点相距2r。由图看出，正负电子在磁场中的轨迹圆弧所含的度数分别是60°和300°，经历的时间分别为T/6和5T/6，相差2T/3。故答案为射出点相距，时间差为。 另一类问题是带电粒子在匀强电场和匀强磁场的混合场中的运动的问题。 EB。正交的

22、匀强磁场和匀强电场组成速度选择器。带电粒子必须以唯一确定的速度（包括大小、方向）才能匀速通过速度选择器。否则将发生偏转。这个速度的大小可以由洛伦兹力和电场力的平衡得出：qvB=Eq ，v=E/B。在本图中，速度方向必须向右。OEBO/a bd cLr例11. 正方形abcd内有方向如图的场强为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场。质子流从ad边的中点O以初速度v0，沿着与ab平行的方向射入正方形区域。若撤去匀强磁场，质子将达到b点；若撤去匀强电场，质子将打到c点。求：EB 当匀强电场和匀强磁场同时存在时，为使质子沿原方向射入后能做直线运动而打到bc边的中点O/，其初速度应调整为v0的多少倍？

23、解：只有匀强电场时，质子打到b点时速度的偏转角为=45°，因此有：；只有匀强磁场时，由图可求得质子做圆周运动的半径r=5L/4，可得：；由以上两式可得EB=5v04 为了使质子做直线运动，必须满足Eq=Bqv，所以1.25v0 EB。在不计重力的情况下，若带电粒子以平行于E、B的方向射入，由于不受洛伦兹力，带电粒子一定做匀变速直线运动。若带电粒子以垂直于E、B的方向射入，带电粒子所受的电场力和洛伦兹力必然互相垂直，在沿E、B方向只受电场力做匀变速直线运动，在垂直于E、B方向只受洛伦兹力而做匀速圆周运动。其合运动轨迹是螺距逐渐增大的螺旋线。如果带电质点的重力不可忽略，那么质点可能在这三

24、种场力的共同作用下处于平衡状态。EqBqvmg例12. 设在地面上方的真空室内，存在匀强电场和匀强磁场。已知电场强度和磁感应强度的方向是相同的，电场强度的大小E=4.0V/m，磁感应强度的大小B=0.15T。今有一个带负电的质点，以v=20m/s的速度在此区域内沿垂直场强方向做匀速直线运动。求此带电质点的电量与质量之比q/m以及磁场的所有可能方向（角度可用反三角函数表示。）电场力和洛伦兹力大小分别为4q和3q，且方向互相垂直，因此合力为5q，而质点所受合力为零，这个合力必然与重力平衡，即5q=mg，因此可得 q/m=1.96C/kg。磁场与重力方向的夹角=arctan0.75在解决带电粒子在磁

25、场中运动的问题时，特别需要注意两点：洛伦兹力的方向：左手的四指表示电流方向，而不是速度方向。由于带电粒子的偏转，在某些情况下会形成新的电场，因此带电粒子将在电、磁混合场中运动，同时受到两种场力。磁流体发电机和霍尔效应就是典型的例子。六、电磁感应与能量守恒两种产生感应电动势的方式。穿过电路的磁通量发生变化有两种情况，一种是由于磁感应强度发生了变化引起磁通量变化，一种是部分导线切割磁感线引起磁通量变化。两种情况下的感应电动势大小分别用计算。PQ例13. 如图所示，两根平行金属导轨固定在水平桌面上，每根导轨每米的电阻为r0=0.10/m，导轨的端点P、Q用电阻可以忽略的导线相连，两导轨间的距离l=0

26、.20m。有随时间变化的匀强磁场垂直于桌面，已知磁感应强度B与时间t的关系为B=kt，比例系数k=0.020T/s。一电阻不计的金属杆可在导轨上无摩擦地滑动，在滑动过程中保持与导轨垂直。在t=0时刻，金属杆紧靠在P、Q端，在外力作用下，杆以恒定的加速度从静止开始向导轨的另一端滑动，求在t=6.0s时金属杆所受的安培力。12用a表示金属杆的加速度，在t时刻，金属杆与初始位置的距离L= at2，此时杆的速度v=at，杆与导轨构成的回路的面积S=Ll，无论磁场向里还是向外，回路中的感应电动势，回路总电阻R=2Lr0，感应电流I=E/R，作用于杆的安培力F=BlI，解得，带入数据得F=1.44

27、5;10-3N 例14. 如图所示，矩形线圈电阻为R，处于磁感应强度为B的匀强磁场边缘，线圈与磁感线垂直。将线圈以向右的速度v匀速拉出磁场的过程中，求：拉力大小F； 拉力的功率P； 拉力做的功W； 线圈中产生的电热Q；通过线圈某一截面的电荷量q 。FL1L2Bv解：这是一道基本练习题， Ra bm L 。要注意电热Q和电荷q的区别，其中 q与速度无关。例15. 如图所示，竖直放置的U形导轨宽为L，上端串有电阻R（其余导体部分的电阻都忽略不计）。磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于纸面向外。金属棒ab的质量为m，与导轨接触良好，不计摩擦。从静止释放后ab保持水平而下滑。试求ab下滑的最大速度vm解

28、：释放瞬间ab只受在重力，向下加速运动；随着速度的增大，感应电动势E、感应电流I、安培力F都随之增大，加速度随之减小。当F增大到F=mg时，加速度变为零，这时ab达到最大速度。由，可得要注意该过程中的功能关系：重力做功的过程是重力势能向动能和电能转化的过程；安培力做功的过程是机械能向电能转化的过程；合外力（重力和安培力）做功的过程是动能增加的过程；电流做功的过程是电能向内能转化的过程。达到稳定速度后，重力势能的减小全部转化为电能，电流做功又使电能全部转化为内能。这时重力的功率等于电功率也等于热功率。hdl1234v0v0v进一步讨论：如果在该图上端电阻右边安一只电键，让ab下落一段距离后再闭合

29、电键，那么闭合电键后ab的运动情况又将如何？结论是：无论何时闭合电键，ab可能先加速后匀速，也可能先减速后匀速，但最终稳定后的速度总是一样的。例16. 如图所示，水平的平行虚线间距为d=50cm，其间有B=1.0T的匀强磁场。一个正方形线圈边长为l=10cm，线圈质量m=100g，电阻为R=0.020。开始时，线圈的下边缘到磁场上边缘的距离为h=80cm。将线圈由静止释放，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等。取g=10m/s2，求：线圈进入磁场过程中产生的电热Q。线圈下边缘穿越磁场过程中的最小速度v。线圈下边缘穿越磁场过程中加速度的最小值a。图中2、4位置速度相等，该阶段只有2-3阶段

30、产生电热，从能量守恒，该电热等于2-4的势能减小，Q=mgd=0.50J。2-3必为减速运动，3-4是自由落体，而2、4位置速度v0可求，因此得最小速度v=2m/s。2-3阶段速度最小时加速度也最小，由3位置用牛顿定律得a=4.1m/s2。七、变压器和远距离输电理想变压器的两个基本公式是： ，对于同一变压器的任意两个线圈，都有电压和匝数成正比。P入=P出，无论有几个副线圈在工作，变压器的输入功率总等于所有输出功率之和。只有当变压器只有一个副线圈工作时，才有：。这时初级线圈和次级线圈的电流和匝数成反比，但初级线圈和次级线圈的电流之间是成正比的。 需要注意：理想变压器的输入功率由输出功率决定，往往

31、用到：。式中的R表示负载电阻的阻值，而不是“负载”。“负载”表示的是副线圈所接的用电器的实际功率。实际上，R越大，负载越小；R越小，负载越大。这一点在审题时要特别注意。n2 Ln3 R220Vn1例17. 如图所示，理想变压器初级线圈和两个次级线圈的匝数分别为n1=1760匝、n2=288匝、n3=8000匝，电源电压为U1=220V。n2上连接的灯泡的实际功率为36W，测得初级线圈的电流为I1=0.3A，求通过n3的负载R的电流I3解：由于两个次级线圈都在工作，所以不能用I1/n，而应该用P1=P2+P3和Un。由Un可求得U2=36V，U3=1000V；由U1I1=U2I2+U3I3和I2

32、=1A可得I3=0.03A例18. 某发电厂通过两条输电线向远处的用电设备供电。当发电厂输出的电功率为P0时，额定电压为U的用电设备消耗的实际功率为P1（这时用电设备两端的实际电压恰好是额定电压）。为了减少输电线上的功率损失，发电厂用一台升压变压器先把电压升高，仍通过原来的输电线向用电设备供电，到达用电设备后，再用一台降压变压器把电压降到用电设备的额定电压U，供其使用。这样改造后，发电厂输出的功率仍是P0时，用电设备得到的功率可增加到P2。试求所增加的升压变压器和降压变压器的变压比（原、副线圈匝数比）各是多少？两种情况下输电线上损耗的功率 其中由以上各式可以得到： 八、解决物理问题的一些常用方法 1.灵活地确定研究对象。 在运用牛顿第二定律和动量定理解题时，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=m1a1+ m2a2+ mnan 。但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。v0mM例19. 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