高中物理動(dòng)力學(xué)經(jīng)典題庫解析動(dòng)力學(xué)是高中物理的核心板塊，它將運(yùn)動(dòng)學(xué)（描述運(yùn)動(dòng)）與力學(xué)（解釋運(yùn)動(dòng)原因）有機(jī)結(jié)合，是解決復(fù)雜物理問題的基礎(chǔ)。從牛頓運(yùn)動(dòng)定律到動(dòng)量、能量守恒，再到曲線運(yùn)動(dòng)與天體力學(xué)，動(dòng)力學(xué)的知識(shí)體系貫穿整個(gè)高中物理學(xué)習(xí)。本文選取牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒、曲線運(yùn)動(dòng)四大核心模塊，提煉經(jīng)典題型，通過詳細(xì)解析、思路總結(jié)、易錯(cuò)點(diǎn)提醒，幫助學(xué)生掌握動(dòng)力學(xué)問題的解題邏輯，提升實(shí)戰(zhàn)能力。第一章牛頓運(yùn)動(dòng)定律：受力與運(yùn)動(dòng)的橋梁牛頓運(yùn)動(dòng)定律是動(dòng)力學(xué)的基石，核心思想是“力是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因”。解決這類問題的關(guān)鍵是正確受力分析（隔離法/整體法）和運(yùn)動(dòng)過程分析（加速度與速度的關(guān)系）。一、經(jīng)典題型：傳送帶問題（水平/傾斜）傳送帶問題是牛頓定律的典型應(yīng)用，涉及相對(duì)運(yùn)動(dòng)、摩擦力方向判斷、分階段運(yùn)動(dòng)等難點(diǎn)。1.水平傳送帶問題例題：水平傳送帶以\(v=2\,\text{m/s}\)的速度勻速運(yùn)動(dòng)，傳送帶左端到右端的距離為\(L=4\,\text{m}\)。質(zhì)量為\(m=1\,\text{kg}\)的物塊以\(v_0=1\,\text{m/s}\)的速度從左端滑上傳送帶，物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)\(\mu=0.2\)。求物塊從左端到右端的時(shí)間。解析：步驟1：判斷初始摩擦力方向物塊初速度\(v_0=1\,\text{m/s}<v=2\,\text{m/s}\)，物塊相對(duì)于傳送帶向左滑動(dòng)，故傳送帶對(duì)物塊的滑動(dòng)摩擦力方向向右（與相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向相反）。步驟2：計(jì)算加速度與共速時(shí)間摩擦力大小\(f=\mumg=0.2\times1\times10=2\,\text{N}\)，加速度\(a=\frac{f}{m}=2\,\text{m/s}^2\)（向右，與速度方向相同）。共速時(shí)間\(t_1=\frac{v-v_0}{a}=\frac{2-1}{2}=0.5\,\text{s}\)。步驟3：計(jì)算共速前位移共速前物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，位移\(x_1=v_0t_1+\frac{1}{2}at_1^2=1\times0.5+0.5\times2\times0.5^2=0.75\,\text{m}\)。步驟4：判斷共速后運(yùn)動(dòng)狀態(tài)共速后，物塊與傳送帶相對(duì)靜止，無滑動(dòng)摩擦力（靜摩擦力為零），物塊隨傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)。剩余位移\(x_2=L-x_1=4-0.75=3.25\,\text{m}\)，勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間\(t_2=\frac{x_2}{v}=\frac{3.25}{2}=1.625\,\text{s}\)?？倳r(shí)間：\(t=t_1+t_2=0.5+1.625=2.125\,\text{s}\)。2.傾斜傳送帶問題例題：傾斜傳送帶與水平面成\(\theta=30^\circ\)角，以\(v=3\,\text{m/s}\)的速度向上勻速運(yùn)動(dòng)。將質(zhì)量為\(m=2\,\text{kg}\)的物塊輕輕放在傳送帶下端，物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)\(\mu=0.5\)。傳送帶下端到上端的距離為\(L=10\,\text{m}\)，求物塊到達(dá)上端的時(shí)間。解析：步驟1：受力分析（初始狀態(tài)）物塊初速度為0，相對(duì)于傳送帶向下滑動(dòng)，故摩擦力方向向上（與相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向相反）。沿傳送帶方向受力：摩擦力\(f=\mumg\cos\theta\)，重力分力\(mg\sin\theta\)。步驟2：計(jì)算加速度合力\(F_{\text{合}}=f-mg\sin\theta=\mumg\cos\theta-mg\sin\theta\)代入數(shù)值：\(F_{\text{合}}=0.5\times2\times10\times\cos30^\circ-2\times10\times\sin30^\circ=5\sqrt{3}-10\approx8.66-10=-1.34\,\text{N}\)？（注意：此處計(jì)算錯(cuò)誤，應(yīng)重新計(jì)算：\(\cos30^\circ=\frac{\sqrt{3}}{2}\approx0.866\)，\(\sin30^\circ=0.5\)）正確計(jì)算：\(f=0.5\times2\times10\times0.866=8.66\,\text{N}\)，\(mg\sin\theta=2\times10\times0.5=10\,\text{N}\)。合力\(F_{\text{合}}=8.66-10=-1.34\,\text{N}\)，負(fù)號(hào)表示合力方向向下？（修正：物塊剛放上傳送帶時(shí)，傳送帶向上運(yùn)動(dòng)，物塊相對(duì)傳送帶向下滑動(dòng)，故摩擦力方向向上。但此時(shí)重力分力（10N）大于摩擦力（8.66N），合力向下，物塊將向下加速？這與實(shí)際情況矛盾嗎？不，若傳送帶速度足夠大，物塊可能先向下加速，再達(dá)到共速？但本題中傳送帶向上運(yùn)動(dòng)，物塊要到達(dá)上端，必須最終向上運(yùn)動(dòng)，故需重新分析：若\(\mumg\cos\theta>mg\sin\theta\)，則合力向上，物塊向上加速；若\(\mumg\cos\theta<mg\sin\theta\)，則合力向下，物塊向下加速，無法到達(dá)上端。本題中\(zhòng)(\mu=0.5\)，\(\cos30^\circ\approx0.866\)，\(\mu\cos\theta\approx0.433\)，\(\sin\theta=0.5\)，故\(\mu\cos\theta<\sin\theta\)，說明物塊無法隨傳送帶向上運(yùn)動(dòng)，會(huì)向下滑動(dòng)？但題目要求物塊到達(dá)上端，可能題目中的動(dòng)摩擦因數(shù)應(yīng)更大，比如\(\mu=0.6\)，此時(shí)\(\mu\cos\theta=0.6\times0.866\approx0.5196>\sin\theta=0.5\)，合力向上，物塊向上加速。（調(diào)整題目：將動(dòng)摩擦因數(shù)改為\(\mu=0.6\)，重新計(jì)算）修正后：\(f=0.6\times2\times10\times0.866=10.392\,\text{N}\)，\(mg\sin\theta=10\,\text{N}\)，合力\(F_{\text{合}}=10.392-10=0.392\,\text{N}\)，方向向上，加速度\(a=\frac{F_{\text{合}}}{m}=0.196\,\text{m/s}^2\)。步驟3：計(jì)算共速時(shí)間物塊從0開始向上加速，直到速度達(dá)到傳送帶速度\(v=3\,\text{m/s}\)，共速時(shí)間\(t_1=\frac{v}{a}=\frac{3}{0.196}\approx15.3\,\text{s}\)？這顯然不合理，說明傳送帶長(zhǎng)度足夠長(zhǎng)時(shí)，物塊會(huì)先加速到共速，再勻速。但本題中\(zhòng)(L=10\,\text{m}\)，需判斷物塊是否在到達(dá)上端前達(dá)到共速。共速前位移\(x_1=\frac{1}{2}at_1^2=\frac{1}{2}\times0.196\timest_1^2\)，而\(v=at_1\)，故\(t_1=\frac{v}{a}=\frac{3}{0.196}\approx15.3\,\text{s}\)，\(x_1=\frac{1}{2}\times0.196\times(15.3)^2\approx22.95\,\text{m}\)，遠(yuǎn)大于\(L=10\,\text{m}\)，說明物塊在到達(dá)上端前未達(dá)到共速，一直做勻加速運(yùn)動(dòng)。步驟4：計(jì)算勻加速時(shí)間由\(L=\frac{1}{2}at^2\)，得\(t=\sqrt{\frac{2L}{a}}=\sqrt{\frac{2\times10}{0.196}}\approx\sqrt{102.04}\approx10.1\,\text{s}\)。思路總結(jié)（傳送帶問題通用步驟）：1.判斷相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向：確定物塊與傳送帶的相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向，從而判斷摩擦力方向（與相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向相反）；2.計(jì)算合力與加速度：沿傳送帶方向建立坐標(biāo)系，計(jì)算合力，求加速度；3.判斷共速條件：計(jì)算物塊達(dá)到傳送帶速度所需的時(shí)間和位移，判斷是否在傳送帶長(zhǎng)度內(nèi)達(dá)到共速；4.分階段計(jì)算：若未共速，全程勻加速；若已共速，分加速階段和勻速階段計(jì)算時(shí)間。易錯(cuò)點(diǎn)提醒：傾斜傳送帶中，不要忽略重力沿傳送帶方向的分力；摩擦力方向由相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向決定，而非物塊絕對(duì)運(yùn)動(dòng)方向；共速后，若物塊與傳送帶相對(duì)靜止，摩擦力變?yōu)殪o摩擦力，大小等于重力分力（傾斜傳送帶）或?yàn)榱悖ㄋ絺魉蛶В?。二、?jīng)典題型：連接體問題（整體法/隔離法）連接體問題是牛頓定律的另一個(gè)重點(diǎn)，涉及兩個(gè)或多個(gè)物體通過繩子、彈簧或接觸面連接，解決這類問題的關(guān)鍵是合理選擇研究對(duì)象（整體或隔離）。例題：質(zhì)量為\(M=5\,\text{kg}\)的斜面體靜止在水平地面上，斜面傾角\(\theta=30^\circ\)。質(zhì)量為\(m=2\,\text{kg}\)的滑塊沿斜面下滑，斜面體保持靜止。已知滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)\(\mu=0.3\)，求：（1）滑塊的加速度；（2）水平地面對(duì)斜面體的摩擦力大小和方向。解析：（1）求滑塊的加速度（隔離法）以滑塊為研究對(duì)象，受力分析：重力\(mg\)（豎直向下）、支持力\(N_1\)（垂直斜面向上）、摩擦力\(f_1\)（沿斜面向上，因滑塊下滑）。沿斜面方向建立x軸，垂直斜面方向建立y軸：x軸：\(mg\sin\theta-f_1=ma\)y軸：\(N_1-mg\cos\theta=0\)（垂直斜面方向無加速度）摩擦力\(f_1=\muN_1=\mumg\cos\theta\)，代入x軸方程：\(a=g(\sin\theta-\mu\cos\theta)=10\times(\sin30^\circ-0.3\times\cos30^\circ)=10\times(0.5-0.3\times0.866)\approx10\times(0.5-0.2598)=10\times0.2402=2.402\,\text{m/s}^2\)。（2）求地面摩擦力（整體法+隔離法）方法一：隔離斜面體以斜面體為研究對(duì)象，受力分析：重力\(Mg\)（豎直向下）、地面支持力\(N_2\)（豎直向上）、滑塊對(duì)斜面體的壓力\(N_1'\)（垂直斜面向下，\(N_1'=N_1=mg\cos\theta\)）、滑塊對(duì)斜面體的摩擦力\(f_1'\)（沿斜面向下，\(f_1'=f_1=\mumg\cos\theta\)）、地面摩擦力\(f_{\text{地}}\)（方向待定，設(shè)為向左）。斜面體靜止，合力為零，沿水平方向建立x軸：\(f_{\text{地}}+N_1'\sin\theta-f_1'\cos\theta=0\)代入\(N_1'=mg\cos\theta\)、\(f_1'=\mumg\cos\theta\)：\(f_{\text{地}}=f_1'\cos\theta-N_1'\sin\theta=mg\cos\theta(\mu\cos\theta-\sin\theta)\)代入數(shù)值：\(mg=2\times10=20\,\text{N}\)，\(\cos30^\circ=0.866\)，\(\sin30^\circ=0.5\)，\(\mu=0.3\)：\(f_{\text{地}}=20\times0.866\times(0.3\times0.866-0.5)=17.32\times(0.2598-0.5)=17.32\times(-0.2402)\approx-4.16\,\text{N}\)負(fù)號(hào)表示地面摩擦力方向向右（與假設(shè)方向相反）。方法二：整體法以滑塊和斜面體為整體，整體受力：重力\((M+m)g\)、地面支持力\(N_2\)、地面摩擦力\(f_{\text{地}}\)。整體的加速度等于滑塊的加速度（斜面體靜止），沿水平方向的加速度分量為\(a_x=a\cos\theta\)（滑塊加速度沿斜面向下，水平分量向左）。根據(jù)牛頓第二定律，整體水平方向合力等于滑塊的水平加速度分量：\(f_{\text{地}}=ma_x=ma\cos\theta\)由（1）得\(a=g(\sin\theta-\mu\cos\theta)\)，代入得：\(f_{\text{地}}=mg\cos\theta(\sin\theta-\mu\cos\theta)\)與方法一結(jié)果一致（符號(hào)相反，因方法一中假設(shè)地面摩擦力向左，而整體法中滑塊水平加速度向左，故地面摩擦力向右，符號(hào)為正）。代入數(shù)值：\(f_{\text{地}}=2\times10\times0.866\times(0.5-0.3\times0.866)=17.32\times0.2402\approx4.16\,\text{N}\)，方向向右。思路總結(jié)（連接體問題）：1.整體法：當(dāng)連接體各部分加速度相同時(shí)，可將整體作為研究對(duì)象，求整體的加速度（如滑塊與斜面體均靜止，或一起加速）；2.隔離法：當(dāng)需要求物體間的內(nèi)力（如繩子拉力、接觸面彈力）時(shí)，需隔離其中一個(gè)物體，分析其受力，利用牛頓定律求解；3.方向設(shè)定：對(duì)于未知力（如地面摩擦力），可假設(shè)方向，若結(jié)果為負(fù)，說明方向與假設(shè)相反。易錯(cuò)點(diǎn)提醒：連接體問題中，整體法與隔離法需配合使用，不能只用其一；隔離法時(shí)，要注意作用力與反作用力的關(guān)系（如滑塊對(duì)斜面體的壓力與斜面體對(duì)滑塊的支持力大小相等、方向相反）；水平方向的合力由所有力的水平分量決定，不要遺漏。第二章動(dòng)量守恒定律：系統(tǒng)相互作用的規(guī)律動(dòng)量守恒定律是解決碰撞、反沖、多體系統(tǒng)問題的有力工具，核心思想是“系統(tǒng)不受外力或外力之和為零，動(dòng)量守恒”。一、經(jīng)典題型：彈性碰撞（動(dòng)量與動(dòng)能雙重守恒）例題：質(zhì)量為\(m_1=2\,\text{kg}\)的小球以\(v_0=3\,\text{m/s}\)的速度與靜止的質(zhì)量為\(m_2=1\,\text{kg}\)的小球發(fā)生彈性正碰，求碰撞后兩球的速度\(v_1\)和\(v_2\)。解析：1.確定系統(tǒng)與守恒條件：以兩球?yàn)橄到y(tǒng)，碰撞過程中內(nèi)力（彈力）遠(yuǎn)大于外力（重力、支持力），故動(dòng)量守恒；彈性碰撞無機(jī)械能損失，故動(dòng)能守恒。2.列守恒方程：動(dòng)量守恒：\(m_1v_0=m_1v_1+m_2v_2\)動(dòng)能守恒：\(\frac{1}{2}m_1v_0^2=\frac{1}{2}m_1v_1^2+\frac{1}{2}m_2v_2^2\)3.聯(lián)立求解：將動(dòng)量方程變形為\(m_1(v_0-v_1)=m_2v_2\)（式1）；將動(dòng)能方程變形為\(m_1(v_0^2-v_1^2)=m_2v_2^2\)，利用平方差公式得\(m_1(v_0-v_1)(v_0+v_1)=m_2v_2^2\)（式2）；將式1代入式2，消去\(m_1(v_0-v_1)\)和\(m_2v_2\)，得\(v_0+v_1=v_2\)（式3）；將式3代入式1，解得：\(v_1=\frac{m_1-m_2}{m_1+m_2}v_0=\frac{2-1}{2+1}\times3=1\,\text{m/s}\)，\(v_2=\frac{2m_1}{m_1+m_2}v_0=\frac{2\times2}{2+1}\times3=4\,\text{m/s}\)。思路總結(jié)（彈性碰撞）：1.確認(rèn)守恒條件：彈性碰撞必須同時(shí)滿足動(dòng)量守恒和動(dòng)能守恒；2.簡(jiǎn)化計(jì)算：利用彈性正碰的速度關(guān)系（\(v_0+v_1=v_2\)），可避免解二次方程，減少運(yùn)算量；3.分析結(jié)果：彈性碰撞中，質(zhì)量相等的兩球交換速度（如\(m_1=m_2\)，則\(v_1=0\)，\(v_2=v_0\)）；質(zhì)量大的球碰撞質(zhì)量小的球，大球速度減小，小球速度增大；質(zhì)量小的球碰撞質(zhì)量大的球，小球反彈，大球速度變化小。易錯(cuò)點(diǎn)提醒：彈性碰撞的動(dòng)能守恒是關(guān)鍵，不要與非彈性碰撞混淆（非彈性碰撞動(dòng)能不守恒）；速度的方向要注意，若\(v_1\)為負(fù)，說明大球反彈；聯(lián)立方程時(shí)，要注意代數(shù)變形，避免計(jì)算錯(cuò)誤。二、經(jīng)典題型：反沖問題（人船模型）例題：質(zhì)量為\(M=60\,\text{kg}\)的人站在質(zhì)量為\(m=10\,\text{kg}\)的靜止小船上，人從船頭走到船尾，船身長(zhǎng)\(L=5\,\text{m}\)。求船相對(duì)于地面的位移（忽略水的阻力）。解析：1.確定系統(tǒng)與守恒條件：以人和船為系統(tǒng)，水平方向不受外力（水的阻力忽略），故水平動(dòng)量守恒；2.設(shè)定變量：設(shè)人相對(duì)于地面的速度為\(v_1\)（向右），船相對(duì)于地面的速度為\(v_2\)（向左，故\(v_2\)為負(fù)）；3.列動(dòng)量守恒方程：初始時(shí)系統(tǒng)動(dòng)量為0，故\(Mv_1+m(-v_2)=0\)，即\(Mv_1=mv_2\)；4.轉(zhuǎn)化為位移關(guān)系：速度是位移對(duì)時(shí)間的導(dǎo)數(shù)，故\(M\frac{x_1}{t}=m\frac{x_2}{t}\)（\(t\)為人行走時(shí)間），得\(Mx_1=mx_2\)；5.幾何關(guān)系：人相對(duì)于船的位移為\(L=x_1+x_2\)（人向右走\(yùn)(x_1\)，船向左走\(yùn)(x_2\)，總相對(duì)位移為\(x_1+x_2\)）；6.聯(lián)立求解：由\(Mx_1=mx_2\)得\(x_2=\frac{M}{m}x_1\)，代入\(L=x_1+x_2\)：\(L=x_1+\frac{M}{m}x_1=x_1(1+\frac{M}{m})=x_1\frac{M+m}{m}\)，故\(x_1=\frac{m}{M+m}L=\frac{10}{60+10}\times5=\frac{50}{70}\approx0.714\,\text{m}\)，\(x_2=\frac{M}{M+m}L=\frac{60}{70}\times5\approx4.286\,\text{m}\)。思路總結(jié)（人船模型）：1.系統(tǒng)選擇：將相互作用的物體（如人與船、子彈與槍）作為系統(tǒng)，確保水平方向無外力；2.動(dòng)量守恒：初始動(dòng)量為0，故末動(dòng)量也為0（\(Mv_1=mv_2\)）；3.位移關(guān)系：速度關(guān)系轉(zhuǎn)化為位移關(guān)系（\(Mx_1=mx_2\)），結(jié)合相對(duì)位移（如船身長(zhǎng)\(L=x_1+x_2\)）求解；4.方向判斷：兩者位移方向相反，故相對(duì)位移為兩者位移之和。易錯(cuò)點(diǎn)提醒：人船模型中，相對(duì)位移是關(guān)鍵，不要將人相對(duì)于船的位移與相對(duì)于地面的位移混淆；動(dòng)量守恒的方向要注意，若設(shè)人向右為正，則船的速度為負(fù)，位移也為負(fù)；忽略外力的條件（如水平方向無阻力）是前提，若有阻力，動(dòng)量不守恒。第三章機(jī)械能守恒與功能關(guān)系：能量轉(zhuǎn)化的規(guī)律機(jī)械能守恒定律（只有重力或彈力做功，機(jī)械能守恒）和功能關(guān)系（功是能量轉(zhuǎn)化的量度）是解決彈簧問題、滑塊木板問題、平拋與圓周運(yùn)動(dòng)的核心工具。一、經(jīng)典題型：彈簧問題（彈性勢(shì)能與動(dòng)能的轉(zhuǎn)化）例題：質(zhì)量為\(m=1\,\text{kg}\)的小球從高度\(h=2\,\text{m}\)處自由下落，與豎直放置的輕彈簧接觸后繼續(xù)下落，彈簧的勁度系數(shù)\(k=100\,\text{N/m}\)。求彈簧的最大壓縮量\(x\)（忽略空氣阻力）。解析：1.確定系統(tǒng)與守恒條件：以小球和彈簧為系統(tǒng)，只有重力和彈簧彈力做功（空氣阻力忽略），故機(jī)械能守恒；2.選擇參考平面：設(shè)彈簧原長(zhǎng)時(shí)的上端為重力勢(shì)能零點(diǎn)（\(E_p=0\)），則：初始狀態(tài)（小球下落前）：重力勢(shì)能\(E_{p1}=mg(h+x_0)\)？不，初始時(shí)彈簧未壓縮，\(x_0=0\)，故初始重力勢(shì)能應(yīng)為\(E_{p1}=mgh\)（以彈簧原長(zhǎng)為零點(diǎn)，小球初始位置在彈簧上方\(h\)處）；末狀態(tài)（彈簧壓縮量最大時(shí)）：小球速度為0，動(dòng)能\(E_{k2}=0\)，重力勢(shì)能\(E_{p2}=-mgx\)（小球在彈簧原長(zhǎng)下方\(x\)處），彈簧彈性勢(shì)能\(E_{p彈}=\frac{1}{2}kx^2\)；3.列機(jī)械能守恒方程：初始機(jī)械能\(E_1=E_{k1}+E_{p1}=0+mgh\)，末機(jī)械能\(E_2=E_{k2}+E_{p2}+E_{p彈}=0-mgx+\frac{1}{2}kx^2\)，由\(E_1=E_2\)得：\(mgh=-mgx+\frac{1}{2}kx^2\)；4.整理方程：\(\frac{1}{2}kx^2-mgx-mgh=0\)，代入數(shù)值：\(\frac{1}{2}\times100x^2-1\times10x-1\times10\times2=0\)，即\(50x^2-10x-20=0\)，化簡(jiǎn)得\(5x^2-x-2=0\)；5.求解二次方程：用求根公式\(x=\frac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}\)，其中\(zhòng)(a=5\)，\(b=-1\)，\(c=-2\)：\(x=\frac{1\pm\sqrt{1+40}}{10}=\frac{1\pm\sqrt{41}}{10}\)，取正根：\(x=\frac{1+\sqrt{41}}{10}\approx\frac{1+6.403}{10}\approx0.740\,\text{m}\)。思路總結(jié)（彈簧問題）：1.系統(tǒng)選擇：將小球與彈簧作為系統(tǒng)，確保只有重力和彈力做功；2.參考平面：選擇彈簧原長(zhǎng)為重力勢(shì)能零點(diǎn)，方便計(jì)算彈性勢(shì)能（\(E_{p彈}=\frac{1}{2}kx^2\)，\(x\)為壓縮量或伸長(zhǎng)量）；3.狀態(tài)分析：初始狀態(tài)（小球下落前）和末狀態(tài)（彈簧壓縮最大時(shí)）的機(jī)械能，注意末狀態(tài)小球速度為0（動(dòng)能為0）；4.方程建立：機(jī)械能守恒方程（初始機(jī)械能=末機(jī)械能），解二次方程得結(jié)果。易錯(cuò)點(diǎn)提醒：彈簧問題中，彈性勢(shì)能的表達(dá)式是\(\frac{1}{2}kx^2\)，\(x\)是相對(duì)于原長(zhǎng)的壓縮量或伸長(zhǎng)量，不要搞錯(cuò)；末狀態(tài)小球速度為0，這是彈簧壓縮最大的條件，不要遺漏；二次方程的解要取正根（壓縮量為正）。二、經(jīng)典題型：滑塊木板問題（摩擦生熱與能量守恒）例題：質(zhì)量為\(M=2\,\text{kg}\)的木板靜止在光滑水平面上，木板右端放有一質(zhì)量為\(m=1\,\text{kg}\)的滑塊，滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)\(\mu=0.2\)?，F(xiàn)給滑塊一個(gè)水平向左的初速度\(v_0=4\,\text{m/s}\)，求：（1）滑塊與木板共速時(shí)的速度；（2）滑塊在木板上滑行的距離（相對(duì)木板的位移）；（3）摩擦產(chǎn)生的熱量。解析：1.系統(tǒng)選擇與守恒條件：（1）共速時(shí)的速度：以滑塊和木板為系統(tǒng)，水平方向無外力（水平面光滑），故動(dòng)量守恒；（2）相對(duì)位移：利用功能關(guān)系（摩擦力做功轉(zhuǎn)化為內(nèi)能）；（3）摩擦生熱：\(Q=f\cdot\Deltax\)（\(\Deltax\)為相對(duì)位移）。（1）共速時(shí)的速度：初始時(shí)系統(tǒng)動(dòng)量為\(mv_0\)（滑塊向左運(yùn)動(dòng)，設(shè)為正方向），木板動(dòng)量為0；共速時(shí)系統(tǒng)動(dòng)量為\((M+m)v\)（兩者一起向左運(yùn)動(dòng)）；由動(dòng)量守恒得：\(mv_0=(M+m)v\)，解得：\(v=\frac{mv_0}{M+m}=\frac{1\times4}{2+1}=\frac{4}{3}\approx1.333\,\text{m/s}\)。（2）滑塊在木板上滑行的距離：利用功能關(guān)系：滑塊的動(dòng)能減少量等于木板的動(dòng)能增加量加上摩擦產(chǎn)生的熱量（內(nèi)能）；即\(\DeltaE_k=-Q\)（動(dòng)能減少量等于內(nèi)能增加量）；滑塊的動(dòng)能減少量：\(\DeltaE_{k滑}=\frac{1}{2}mv_0^2-\frac{1}{2}mv^2\)；木板的動(dòng)能增加量：\(\DeltaE_{k木}=\frac{1}{2}Mv^2-0\)；摩擦生熱：\(Q=\DeltaE_{k滑}-\DeltaE_{k木}=\frac{1}{2}mv_0^2-\frac{1}{2}(M+m)v^2\)；又\(Q=f\cdot\Deltax=\mumg\cdot\Deltax\)（\(\Deltax\)為滑塊相對(duì)木板的位移）；聯(lián)立得：\(\mumg\cdot\Deltax=\frac{1}{2}mv_0^2-\frac{1}{2}(M+m)v^2\)；代入\(v=\frac{mv_0}{M+m}\)：\(\mumg\cdot\Deltax=\frac{1}{2}mv_0^2-\frac{1}{2}(M+m)\cdot\frac{m^2v_0^2}{(M+m)^2}=\frac{1}{2}mv_0^2(1-\frac{m}{M+m})=\frac{1}{2}mv_0^2\cdot\frac{M}{M+m}\)；化簡(jiǎn)得：\(\Deltax=\frac{Mv_0^2}{2\mug(M+m)}\)；代入數(shù)值：\(M=2\,\text{kg}\)，\(m=1\,\text{kg}\)，\(v_0=4\,\text{m/s}\)，\(\mu=0.2\)，\(g=10\,\text{m/s}^2\)；\(\Deltax=\frac{2\times16}{2\times0.2\times10\times(2+1)}=\frac{32}{12}\approx2.667\,\text{m}\)。（3）摩擦產(chǎn)生的熱量：\(Q=\mumg\cdot\Deltax=0.2\times1\times10\times2.667\approx5.334\,\text{J}\)。思路總結(jié)（滑塊木板問題）：1.動(dòng)量守恒：滑塊與木板組成的系統(tǒng)水平方向無外力，動(dòng)量守恒，可求共速時(shí)的速度；2.功能關(guān)系：滑塊的動(dòng)能減少量等于木板的動(dòng)能增加量加上摩擦生熱（內(nèi)能）；3.摩擦生熱：\(Q=f\cdot\Deltax\)，\(\Deltax\)為滑塊相對(duì)木板的位移，這是解決這類問題的關(guān)鍵；4.聯(lián)立方程：將動(dòng)量守恒的結(jié)果代入功能關(guān)系，可求出相對(duì)位移和摩擦生熱。易錯(cuò)點(diǎn)提醒：滑塊木板問題中，相對(duì)位移是摩擦生熱的關(guān)鍵，不要用滑塊或木板的絕對(duì)位移代替；功能關(guān)系中，滑塊的動(dòng)能減少量不僅轉(zhuǎn)化為木板的動(dòng)能，還有一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能（摩擦生熱）；動(dòng)量守恒的條件是水平方向無外力，若水平面不光滑，動(dòng)量不守恒。第四章曲線運(yùn)動(dòng)與天體力學(xué)：運(yùn)動(dòng)的合成與分解曲線運(yùn)動(dòng)是變速運(yùn)動(dòng)（速度方向時(shí)刻變化），解決這類問題的關(guān)鍵是運(yùn)動(dòng)的合成與分解（如平拋運(yùn)動(dòng)分解為水平勻速和豎直自由落體）；天體力學(xué)則是萬有引力提供向心力的應(yīng)用。一、經(jīng)典題型：平拋運(yùn)動(dòng)（水平與豎直方向的合成）例題：從高度\(h=5\,\text{m}\)的樓頂以\(v_0=10\,\text{m/s}\)的速度水平拋出一個(gè)小球，求：（1）小球飛行的時(shí)間；（2）小球的水平射程；（3）小球落地時(shí)的速度大小和方向（與水平方向的夾角）。解析：平拋運(yùn)動(dòng)可分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)（\(v_x=v_0\)，\(x=v_0t\)）和豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)（\(v_y=gt\)，\(h=\frac{1}{2}gt^2\)）。（1）飛行時(shí)間：豎直方向的位移\(h=\frac{1}{2}gt^2\)，故\(t=\sqrt{\frac{2h}{g}}=\sqrt{\frac{2\times5}{10}}=\sqrt{1}=1\,\text{s}\)。（2）水平射程：水平方向的位移\(x=v_0t=10\times1=10\,\text{m}\)。（3）落地速度：落地時(shí)的速度是水平速度與豎直速度的合速度，大小為\(v=\sqrt{v_x^2+v_y^2}\)，方向由\(\tan\theta=\frac{v_y}{v_x}\)決定。豎直方向速度：\(v_y=gt=10\times1=10\,\text{m/s}\)；速度大小：\(v=\sqrt{10^2+10^2}=\sqrt{200}=10\sqrt{2}\approx14.14\,\text{m/s}\)；方向夾角：\(\tan\theta=\frac{v_y}{v_x}=\frac{10}{10}=1\)，故\(\theta=45^\circ\)（與水平方向向下成45°）。思路總結(jié)（平拋運(yùn)動(dòng)）：1.分解運(yùn)動(dòng)：水平方向勻速（\(v_x=v_0\)，\(x=v_0t\)），豎直方向自由落體（\(v_y=gt\)，\(h=\frac{1}{2}gt^2\)）；2.時(shí)間計(jì)算：飛行時(shí)間由豎直方向的高度決定（\(t=\sqrt{\frac{2h}{g}}\)），與水平初速度無關(guān)；3.速度與位移：落地速度是合速度（\(v=\sqrt{v_x^2+v_y^2}\)），位移是合位移（\(s=\sq