力的积累
从力在空间上的积累效果与力在时间上的积累效果两个角度，来研究物质运动状态变化的规律，是高中物理重点内容．深入理解"功是能量转化的量度"，以及理解在动量守恒过程中能量的变化，是这部分的核心，应着重做好以下几项工作：
1．深入理解几个重要概念
本讲研究的概念较多，有功、功率、动能、重力势能、弹性势能、机械能、冲量、动量等重要概念，这是本讲知识的基础，对于它们的物理意义必须进一步深入理解．
（1）打破思维惯性，正确认识功的计算公式．
功的计算公式W=Fscosθ应用比较广泛，不仅机械功计算经常要应用它，电场力做功和磁场力做功有时也要应用它进行计算．
（2）运用对比方法，区分几个不同的功率概念．
①正确区别P=W/t和P=Fvcosθ的应用范围．
前者为功率的普适定义式，后者是前者导出的机械功的计算公式；前者求出的是t时间内的平均功率，当然t趋近零时，其结果也为瞬时功率，后者公式中的v为瞬时速度大小，求出的功率为瞬时功率；若v为平均速度大小，F且为恒力，求出的即为平均功率．
在运用P=Fvcosθ进行计算时，要注意θ的大小，也可能求出负值，那是表示阻力的功率，要注意P和F及v是对应的，通常讲汽车的功率是指汽车牵引力的功率．
②正确区别额定功率和实际功率的不同．
额定功率是指机器正常工作时输出的最大功率．实际功率是指机器实际工作时的功率，一般不能超过额定功率．
③正确区分汽车两种启动方法的物理过程的不同．
（3）正确理解势能概念．
中学教材研究了重力势能、弹性势能、分子势能、电势能等概念，还要求能够直接运用公式计算重力势能和电势能的大小．
不管哪种形式的势能，其对应的作用力均为保守力，它们做功与路径无关，只与物体的始末位置有关，并且W=-△Ep．势能是个相对量，它的大小与所取的零势能位置有关，但势能的变化与零势能位置的选取无关．因此，为了处理问题方便，要巧妙选取零势能的参考位置．
势能是个标量，它的正负是相对于零势能而言的．比较势能的大小，要注意它们的正负号．
势能属于系统所共有，平时讲物体的重力势能，实际上是物体与地球组成的系统所共有．又如，氢原子核外电子所具有的电势能，实际上应为氢原子所具有．
（4）深入理解动量和冲量的物理意义．
①弄清动量和动能的区别和联系．
动量和动能都是描述物体机械运动状态量的物理量，它们的大小存在下述关系：
它们都是相对量，均与参照物的选取有关，通常都取地球为参照物．
动量是矢量，动能是标量．
物体质量一定，若动能发生变化，动量一定发生变化；若动量发生变化，动能不一定发生变化．例如物体做匀速圆周运动，动能不变，而动量时刻在变．
②正确理解冲量I=Ft．
I=Ft适用于恒力冲量的计算，是个矢量式，I和F是对应的，方向相同．某一恒力有冲量，该力不一定做功；某一恒力做功，该力一定有冲量．
③弄清冲量和动量的关系．
合外力冲量是物体动量变化的原因，而非动量的原因．
2．熟练掌握动能定理和机械能守恒定律的应用
（1）运用动能定理要善于分析物理过程．
例如，总质量为M的列车，沿水平直线轨道匀速前进，其末节车厢质量为m，中途脱节．司机发觉时，机车已行驶L的距离，于是立即关闭发动机滑行．设运动的阻力与质量成正比，比例系数为k，机车的牵引力恒定．当列车的两部分都停止时，它们的距离是多少？
解本题时应注意，前面的列车从脱钩以后到停止，整个运动过程有两个阶段：第一阶段牵引力没撤去时，列车做匀加速直线运动；第二阶段为关闭发动机滑行阶段．运用动能定理时不必分阶段分别列式去研究，应该从整个过程考虑列以下方程式：
再对末节列车应用动能定理，有：
再从整体考虑，有F=kMg ③
本问题求解时也可假设中途脱节时，司机立即发觉并关闭发动机，则整个列车两部分将停在同一地点．然而实际上是行驶了距离L后才关闭发动机，此过程中牵引力做的功可看作用来补偿前面列车多行驶s克服阻力所做的功，即
kMgL=k（M-m）g△s
（2）运用动能定理解连接体问题时，要注意各物体的位移及速度的关系．
如图1-9-2所示，在光滑的水平面上有一平板小车M正以速度v向右运动．现将一质量为m的木块无初速地放上小车，由于木块和小车间的摩擦力的作用，小车的速度将发生变化．为使小车保持原来的运动速度不变，必须及时对小车施加一向右的水平恒力F．当F作用一段时间后把它撤去时，木块恰能随小车一起以速度v共同向右运动．设木块和小车间的动摩擦因数为μ．求在上述过程中，水平恒力F对小车做多少功？
本题中的m和M是通过摩擦相互联系的．题中已经给出最后两者速度均为v，解题的关键是要找出s车和s木的关系．
由于s车=vt，s木=vt/2，所以
s车/s木=2/1 ①
根据动能定理，对于木块有
对于车有 WF-μmgs车=0 ③
将①式、②式和③式联系起来，可得 W=mv2．
3．强化动量守恒定律及其与功能关系的综合应用的训练
（1）重视动量守恒定律应用的思维训练．
例如下面这道试题．
如图1-9-3所示，一排人站在沿x轴的水平轨道旁，原点O两侧的人的序号都记为n（n=1，2，3，...）．每人手拿一个沙袋，x＞0一侧的每个沙袋质量m=14kg；x＜0一侧的每个沙袋质量为m′=10kg．一质量为M=48kg的小车以某初速度从原点出发向x正方向滑行，不计轨道阻力．当车每经过一人身旁时，此人就把沙袋以水平速度u朝与车相反的方向沿车面扔到车上，u的大小等于扔此袋之前的瞬间车速大小的2n倍（n是此人的序号数）．（1）空车出发后，当车上堆积了几个沙袋时车就反向滑行？（2）车上最终有大小沙袋共多少个？
先确定车上已有（n-1）个沙袋时，车与沙袋的动量大小p1，和第n个人扔出的沙袋动量大小p2．如果p2＞p1，则车反向滑行；若p1=p2就停止．要能运用不等式讨论，得出结果．题目中第（2）问，车沿x负方向运动时，也应能用上述思维方法进行分析讨论．
（2）强化动量守恒定律与能量转化的综合计算．
动量守恒定律与机械能守恒定律是两个重要的守恒定律，一些物理过程常常需要运用这两个守恒定律进行处理，这就构造了一类动量和能量的综合题．详见后面例题．
（三）典型物理情景
[例1]一光滑球夹在竖直墙与放在水平面上的楔形木块间，处于静止．若对光滑球施一个方向竖直向下的力F，如图1-9-4所示，整个装置仍处于静止，则与施力F前相比较 [ ]
A．水平面对楔形木块的弹力增大
B．水平面对楔形木块的摩擦力不变
C．墙对球的弹力不变
D．楔形木块对球的弹力增大
分析与解答：
施加力F，相当于球"重"增加，这样按球"重"G增加来分析各个力的变化，就使问题简化了一层，从整体分析受力，不难得出水平面对楔形木块的弹力增加．
确定选项A正确．
但是，若简单地认为竖直方向的力增加，不会影响水平方向的力的变化，就认定选项B（甚至于选项C）也正确，就犯了片面分析的错误．
如果从另一角度稍加分析，不难看出球与墙之间是有相互作用力的，若没有墙，球就不可能静止．
以球为研究对象，其受力如图1-9-5所示，墙对球的弹力T和斜面对球的弹力N1分别为
T=Gtanθ，N1=G/cosθ
G增加，当然T、N1都增加．T增加，从整体看水平面对楔形木块的摩擦力f=T．因此四个选项中所涉及到的力都应是增大的．
本题选项A、D正确．
[例2]在图1-9-6所示的装置中，AO、BO是两根等长的轻绳，一端分别固定在竖直墙上的同一高度的A、B两点，∠AOB=120°，用轻杆CO使OA、OB两绳位于同一水平面内，OD垂直于AB，轻杆OC与OD在同一竖直平面内，C端固定在墙上，∠COD=60°．在结点O用轻绳悬挂重为G的物体，则绳OA受到的拉力大小为____；杆OC受到的压力大小为____．
分析与解答：
本题的"难"在于涉及三维空间，但是题目也明确给出了两个平面：△AOB所在的水平面及△COD所在的竖直平面．本题应从我们熟悉的平面问题入手来解．
位于水平面内的AO、BO两绳等长，且整个装置左右对称，可见两绳的拉力相等，设为T，又已知∠AOB=120°，因此，不但能确定两绳拉力的合力的方向是沿OD的，而且合力的大小也等于T．于是若OD为一绳，就可以取代（等效）AO、BO两绳的作用，题目就转化为如图1-9-7所示装置的问题，且求出OD绳的拉力就等于求出OA绳的拉力．
不难得出：
OC杆受压力：N=G/sin60°=2G
[例3]物体静止在光滑水平面上，先对物体施一水平向右的恒力F1，经t秒后物体的速率为v1时撤去F1，立即再对它施一水平向左的恒力F2，又经t秒后物体回到出发点时，速率为v2，则v1、v2间的关系是 [ ]
A．v1=v2 B．2v1=v2 C．3v1=v2 D．5v1=v2
分析与解答：
设物体在F1作用下，在时间t内发生的位移为s；则物体在F2作用下，在时间t内发生的位移为-s；根据平均速度的定义，以及在匀加速直线运动中平均速度与即时速度的关系，可得物体在F1作用下的平均速度
说明：
包括匀加速直线运动和匀加速曲线运动．对于匀加速直线运动，无论物体是否做往返运动，上式都成立；对于匀加速直线运动，注意上式的矢量性．
[例4]从倾角为30°的斜面上的A点以水平速度v0平抛出的小球，最后落在斜面上B点，如图1-9-8所示．求（1）物体从A到B所需时间；（2）若物体抛出时的动能为6J，那么物体落在B点时的动能为多少？
分析与解答：
物体水平抛出后，做平抛运动，假设经过时间t落在斜面上的B点，则：
物体在水平方向上的位移为x=v0t
物体在竖直方向上的位移为y=gt2/2
如果物体落在B点的速度大小为v，则
[例5]如图1-9-9所示，置于光滑水平面上的斜劈上，用固定在斜面上的竖直挡板，挡住一个光滑球．这时斜面和挡板对球的弹力分别是N和T．若用力F水平向左推斜劈，使整个装置一起向左加速运动，则N与T的变化情况是N____，T____．
分析与解答：
首先弄清静止时的情况，这是变化的基础．设球重G，斜面倾角θ，这是两个不变化的物理量．受力图已在原图上画出，静止时有
Ncosθ=G，Nsinθ=T
于是可得 N=G/cosθ，T=Gtanθ
当整个装置一起向左加速运动时，
N′cosθ=G，N′sinθ-T′=ma
于是可得 N′=G/cosθ，T′=Gtanθ-ma
因此，N′=N，T′＜T
其实，这一问题，也可以这样思考：整个装置一起向左加速运动时，在竖直方向上，系统依然处于平衡状态，所以球在竖直方向受合力仍然为零．即仍要满足N=G/cosθ，正是这一约束条件，使得斜面对球的弹力N不可能发生变化，于是使得重球向左加速运动，获得向左的合外力的唯一可能就是T减小了．
本题答案是N不变，T减小．
本题给我们的直接启示，是要树立"正交思维的意识"，即在两个互相垂直的方向上分析问题．
对比和联想，特别是解题之后的再"想一想"，是提高解题能力的"事半功倍"之法．譬如：
其一，本题若改为整个装置竖直向上加速运动，讨论各个力的变化情况时，绝不能简单地套用本题的结论，得出"N增大，T不变"的错误结论．同样应由竖直与水平两个方向的约束条件分析，由竖直方向向上加速，可得N增大；由水平方向平衡，注意到N增大，其水平方向的分量也增大，T=Nsinθ，也会随之增大，"正交思维的意识"是一种思维方法，而不是某一简单的结论．
其二，本题还应从T减小联想下去--这也应形成习惯．挡板对球的弹力T的最小值是零．若T=0，可得出球以及整个装置的加速度a=gtanθ，这是整个装置一起向左加速运动所允许的最大加速度，加速度再大，球就相对斜面滑动了．
若a=gtanθ，既然T=0，那么挡板如同虚设，可以去掉，这样对斜劈的水平推力F的大小，在知道斜劈和重球的质量（M和m）的前提下，也可得F=（M+m）gtanθ．
[例6]质量分别为m1和m2的1和2两长方体物块并排放在水平面上，在水平向右的力F作用下，沿水平面加速运动，如图1-9-10所示，试就下面两种情况，求出物体1对物体2的作用力T．
（1）水平面光滑．
（2）两物块与水平面间的动摩擦因数μ相同．
分析与解答．
（1）以整个装置为研究对象，它们的加速度为a，则
再以物块2为研究对象，物块1对2的作用力T，有
（2）与上述过程相同．以整个装置为研究对象，它们的加速度为a′，则
再以物块2为研究对象，物块1对2的作用力T′，有
T′-μm2g=m2a′
两种情况的结论相同，这是因为与"光滑"情况相比较，两物块在运动方向上都各增加了一个力，而这个力是与两物块的质量成正比出现的，两物块的加速度为此改变了相同的值，并非它们之间相互作用力改变造成的；反之，若两物块之间的相互作用力发生了变化，两物块在相反方向上改变了相同的值，为此它们的加速度将一个增加，一个减小，不可能再一起运动了．这与事实不符．
另外，1998年高考有一道类似的试题：
题中给出物块1的质量为2m，与水平面间的摩擦不计，物块2的质量为m，与水平面间的动摩擦因数为μ，同样在水平力F作用下加速运动，求物块1对物块2的作用力．
解的步骤依然是：
（3）以整个装置为研究对象，它们的加速度为a，则
再以物块2为研究对象，物块1对2的作用力T，有
T′-μm2g=m2a′
所以 F=（M+m）g（tanθ+μ）
[例7]一平板车质量M=100kg，停在水平路面上，车身的平板离地面的高h=1.25m，一质量m=50kg的小物块置于车的平板上，它到车尾（左端）的距离b=1.00m，与车板间的动摩擦因数μ=0.20，如图1-9-11所示．今对平板车施一水平方向向右的恒力，使车向前行驶，结果物块从车板上滑落．物块刚离开车板的时刻，车向前行驶的距离s0=2.0m．求物块落地时，落地点到车尾的水平距离s．（不计路面与平板车以及轮轴之间的摩擦，取g=10m/s2）
分析与解答：
车启动后，物块受向右的摩擦力f=μmg，同时车也受同样大小向左的摩擦力．物块与车都向右加速运动，物块能从左侧离开车，表明车的加速度a2大于物块的加速度a1．图1-9-12所示为从启动到物块将离开车时，它们的位移关系．
对物块：
初速度为零，加速度a1和位移s1大小分别为
a1=μg=2.0m/s2
s1=s0-b=1.0m
所用时间t1和末速度v1分别为
此间车的加速度a2和末速度v2分别为
由对车使用牛顿第二定律F-μmg=Ma2
作用于车向右的水平恒力F=500N
物块离开车板后，做平抛运动，到落地所用的时间
水平射程s′1=v1t2=1.0m
在物块做平抛运动这段时间内，车做匀速运动的加速度
a3=F/M=5m/s2
所以s=s2-s′1=1.625m
说明：
这道题要求同学能根据题给条件，对整个运动要有一个清晰的分析．对涉及的车子、小物块在整个过程的各个阶段的运动特点都有明确的概念．这样就不难根据有关规律列出它们在各个阶段的有关方程．这道题列出的联立方程较多，因而要求同学具有一定的应用数学工具处理物理问题的能力，和把比较复杂的问题一步一步演算到底的心理素质．
[例8]如图1-9-13所示，轻绳长L，一端固定在O点，另一端拴一个质量为m的小球，使小球在竖直平面内做圆周运动．欲使小球能通过最高点，试证明：
（2）小球通过最低点和最高点所受的绳拉力T1和T2之差有：T1-T2=6mg．
分析与解答：
由牛顿第二定律
由机械能守恒定律得
由①、②、③式得 T1-T2=6mg
[例9]质量m=4×103kg的汽车，发动机的额定功率为P0=40×103W．若汽车从静止开始，以a=0.5m/s2的加速度做匀加速直线运动，运动中受到大小恒定的阻力f=2×103N，求：
（1）汽车匀加速运动的时间．
（2）汽车可达的最大速度Vm．
（3）汽车速度v=2vm/3时的加速度a1．
分析与解答：
若对汽车发动机的额定功率缺乏正确的理解，那么，对本题所设两问就不可能理解，更不用谈正确的解．汽车发动机的额定功率是允许的最大输出功率，发动机的输出功率P等于汽车的牵引力F与速度v的乘积，即
P=Fv
就本题而言，应分两个阶段分析：
第一阶段，汽车从静止开始做匀加速直线运动，且阻力f恒定．因此，这一阶段汽车的牵引力恒定，由P=Fv可知，随汽车速度的增加，发动机的输出功率也将随之增加．
但是汽车发动机的功率不可能无限增加．在达到额定功率后，汽车速度再增加，只能导致牵引力F减小，从而加速度减小．但速度仍在增加，又会使牵引力减小，加速度减小，...<AUTHOR>...<AUTHOR>这就是为什么会有匀加速运动的时间之说．直到汽车的加速度为零时，即牵引力减小到与阻力平衡，汽车的速度才达可能的最大值vm，以后在额定功率下，汽车做匀速运动．
具体解法如下：
（1）汽车做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得F-f=ma，F=4×103N
汽车做匀加速运动的过程，发动机的输出功率随之增加，当达额定功率时，汽车匀加速运动可达的最大速度v′，有v′=P0/F
汽车匀加速运动所用的时间
t=v′/a=20s
（2）这以后汽车保持恒定的额定功率，做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大值vm，此时有
vm=P0/f=20m/s
（3）v=2vm/3时，由于v＞10m/s，所以汽车正处于加速度减小过程中．汽车的加速度（即时加速度）
图1-9-14是本题所述过程的v-t图线，t=20s前，汽车牵引力恒定，做匀加速直线运动，在t=20s后，汽车的功率恒定，做加速度逐渐减小（图线的斜率逐渐减小）的加速运动．不难看出，这两种启动方法物理过程是有所不同的．
为了把功率知识和牛顿第二定律与动能定理有机结合起来，还可讨论下面的问题：
①在汽车保持P0不变的启动过程中，当速度达到最大速度vm的一半时，加速度为多大？
②若汽车先以恒力F启动，达到v′m后再保持P0不变的运动．如果知道从v′m到刚达到v通过的位移s，那么汽车从静止开始到速度刚达到vm的时间为多少？
[例10]质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上．平衡时，弹簧的压缩量为x0，如图1-9-15所示．一物块从钢板正上方距离为3x0的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动．已知物块质量也为m时，它们恰能回到O点．若物块质量为2m，仍从A处自由落下，则物块与钢板回到O点时，还具有向上的速度．求物块向上运动到达的最高点与O点的距离．
分析与解答：
对于这类综合题，要善于分析物理过程中各个阶段的特点及其遵循的规律，要注意两个物体在运动过程中相关量的关系．
质量为m的物块运动过程应分为三个阶段：第一阶段为自由落体运动；第二阶段为和钢板碰撞；第三阶段是和钢板一道向下压缩弹簧运动，再一道回到O点．质量为2m的物块运动过程除包含上述三个阶段以外还有第四阶段，即2m物块在O点与钢板分离后做竖直上抛运动．弹簧
对于m：
第二阶段，根据动量守恒有mv0=2mv1 ②
对于2m物块：
第二阶段，根据动量守恒有2mv0=3mv2 ④
第三阶段，根据系统的机械能守恒有
又因 E′p=Ep ⑦
上几式联立起来可求出：l=x0/2
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