注重对考生能力和素质的考查，增加应用性和能力型题目，从以知识立意转变为以能力立意，这是近年来高考命题的发展趋势．特别是高考中的综合能力测试，强调学科内部的综合和跨学科的综合，对考生的综合能力提出了更高的要求．我们在物理教学中，必须狠抓基础知识和基本技能的训练，并以此为前提，注意物理学科各部分知识间的相互联系和渗透，寻找物理与化学、生物等学科的联系和交叉，通过对一些典型问题和情景的分析、诱导，让学生掌握处理综合问题的一般思路和方法．
　 本文试就力学综合复习问题，进行一番例说．为稍有新意又贴近高考，所举例题尽力避开了大家熟悉的高考题，较多取材于近年来的高考科研试题．
　 力学内部知识的综合
　 运动和力的关系是力学的中心问题．其中，力的基本知识是基础；牛顿运动定律及运动学公式、动量定理及动量守恒定律、动能定理及机械能守恒定律是力学的核心内容，也是解决力学问题的三条基本途径；圆周运动和简谐运动则是牛顿运动定律的具体应用．
　 在力学中，物体的多过程运动和多个物体的运动问题，往往能将不同种类运动的知识综合在一起；两类牛顿运动定律的应用问题，实际上是牛顿运动定律和运动学公式的综合；物体间的相互作用问题，常常成为应用动量和能量观点求解的力学综合题的热点；而机械波的问题，又可与机械振动综合在一起，等等．
　 例（1999年高考科研测试题） 如图1

所示，在光滑地面上并放两个相同的木块，长度皆为ｌ＝１００ｍ，在左边的木块的左上端放一小金属块，它的质量和一个木块的质量相等．现令小金属块以初速度ｖ_０＝２００ｍ／ｓ开始向右滑动，金属块与木块间的动摩擦因数μ＝０．１０，取ｇ＝１０ｍ／ｓ^２，求右边木块的最后速度．
　 解 若金属块最后停在左边的木块上，则两木块和金属块以相同的速度运动，设共同的速度为ｖ，ｘ表示金属块最后距左边木块的左端的距离，则０＜ｘ≤ ｌ．
　 方法一 达共同速度ｖ历时为ｔ，两木块移动距离为ｓ，金属块及两木块的加速度分别为ａ_１和ａ_２，由牛顿第二定律和运动学公式可得
　μｍｇ＝ｍａ_１，μｍｇ＝２ｍａ_２，
　ｖ＝ｖ_０－ａ_１ｔ，ｖ＝ａ_２ｔ，
　 ｖ_２－ｖ_０^２＝－２ａ_１（ｓ＋ｘ），ｖ_２＝２ａ_２ｓ．
　 方法二 由动量守恒及功能关系可得
　 ｍｖ_０＝３ｍｖ，（１/２）ｍｖ_０^２＝（１/２）·３ｍｖ^２＋μｍｇｘ．
　 以上两法代入数据均可解得ｘ＞ｌ，不合理．证明金属块最后不能停在左边的木块上．
　 设金属块最后停在右边木块上距离左端为ｙ处，０＜ｙ≤ｌ．令ｖ_１和ｖ_２表示两木块最后的速度，ｖ_０′表示金属块到达左边木块右端时的速度．
　 方法一 ｔ_１、ｔ_２分别表示金属块在左、右两边木块上滑动的时间，ｓ_１、ｓ_２分别表示在ｔ_１时间内两木块移动的距离和在ｔ_２时间内右边木块移动的距离，ａ_３表示金属块在右边木块上滑动时右边木块的加速度．由牛顿第二定律和运动学公式可得
　 μｍｇ＝ｍａ_３，
　 ｖ_０′＝ｖ_０－ａ_１ｔ_１，ｖ_１＝ａ_２ｔ_１，
　 ｖ_０′^２－ｖ_０^２＝－２ａ_１ｓ_１，ｖ_１^２＝２ａ_２ｓ_１，
　 ｖ_２＝ｖ_０′－ａ_１ｔ_２，ｖ_２＝ｖ_１＋ａ３ｔ_２，
　 ｖ_２^２－ｖ_０′^２＝－２ａ_１（ｓ_２＋ｙ），ｖ_２^２－ｖ_１^２＝２ａ_３ｓ_２．
　 方法二 由动量守恒和功能关系可得
　 ｍｖ_０＝ｍｖ_１＋２ｍｖ_２，
　 （１/２）ｍｖ_０^２＝（１/２）ｍｖ_１^２＋（１/２）·２ｍｖ_２^２＋μｍｇ（ｌ＋ｙ），
　 ｍｖ_０＝ｍｖ_０′＋２ｍｖ_１，
　 （１/２）ｍｖ_０^２＝（１/２）ｍｖ_０′^２＋（１/２）·２ｍｖ_１^２＋μｍｇｌ．
　 由以上两法均可得
　 ｖ_１＝１ｍ／ｓ或１/３ｍ／ｓ，ｖ_２＝１/２ｍ／ｓ或５６ｍ／ｓ．
　 因为ｖ_１不能大于ｖ_２，所以得
　 ｖ_１＝１／３ｍ／ｓ，ｖ_２＝５／６ｍ／ｓ．
　 还可解得ｙ＝０．２５ｍ，此值小于ｌ，是合理的．证明金属块既没有停在左边木块上，也没有超过右边木块．右边木块最后的速度（即ｖ_２）为５６ｍ／ｓ≈０．８３ｍ／ｓ．
　 说明 本例的两种解法涉及牛顿第二定律、运动学公式、动量守 恒定律和功能关系等力学的重点内容，分析清楚物体的运动过程是解答本例的关键．显然， 根据动量守恒和功能关系求解本例要简捷得多．
　 力学与热学的综合
　 压强是气体的状态参量之一，又是一个力学量．因此，以压强为桥梁，可构建气体状态变化的力、热综合问题．根据与气体相关联的物体（如活塞、气缸和液柱等）的不同运动状态可将气体的状态变化与物体平衡、匀变速直线运动、圆周运动、功和能甚至简谐运动等力学问题联系在一起．另外，分子动理论的有关内容，如布朗运动、分子间的相互作用力及分子力的功、气体压强的微观解释等，以及热和功的问题，也都要涉及力学知识．
　 例２（1996年高考科研试测题） 两端封闭的均匀细玻璃管水平放置，管的正中央有一段长１５ｃｍ的水银柱，其两侧的空气柱中的压强均为７２ｃｍＨｇ，现将玻璃直管旋至竖直位置．若欲使玻璃管中上、下两段空气柱的长度保持为１∶２，则玻璃管沿竖直方向做什么样的运动？设整个过程中，温度保持恒定．
　 解 设ｐ_１、Ｖ_１与ｐ_２、Ｖ_２分别表示玻璃直管沿竖直方向运动时，管中上、下两段空气柱的压强和体积．由于玻璃管水平放置时，水银柱位于管的正中央，说明管中两段空气柱的体积是相等的．对上、下两段空气柱分别应用玻意耳定律，有
　 ｐ_０Ｖ_０＝ｐ_１Ｖ_１，ｐ_０Ｖ_０＝ｐ_２Ｖ_２，
　 其中ｐ_０、Ｖ_０表示玻璃管水平放置时两空气柱的压强和体积．
　 由于水银柱的长度是不变的，故有
　 Ｖ_１＋Ｖ_２＝２Ｖ_０，
　 根据题给条件，有 ２Ｖ_１＝Ｖ_２．
　 由以上四式可得
　 ｐ_１＝３／２ｐ_０＝３／２ρｇｈ_０，ｐ_２＝３／４ｐ_０＝３／４ρｇｈ_０，
　 其中ρ表示水银密度，ｈ_０＝７２ｃｍ．
　 设玻璃管向下做匀加速运动，加速度为ａ，对水银柱进行受力分析，由牛顿第二定律，有
　 ｐ_１Ｓ＋ｍｇ－ｐ_２Ｓ＝ｍａ，
　 即 ３／２ρｇｈ_０Ｓ＋ρｇｈＳ－３／４ρｇｈ_０Ｓ＝ρｈＳａ，（S为玻璃直管内部的横截面积，ｈ＝１５ｃｍ）
　 解得 ａ＝（３ｈ_０４ｈ＋１）ｇ＝４．６ｇ＝４５ｍ／ｓ^２．
　 玻璃管沿竖直方向应以４５ｍ／ｓ^２的加速度向下运动．
　 说明 本例涉及玻意耳定律和牛顿第二定律，求解时应注意两部分气体与水银柱间的联系和单位的统一，切不可将气体压强的厘米水银柱数值直接代入牛顿第二定律表达式进行计算．
　 力学与电学的综合
　 带电物体在电场中的静止及在电场、磁场中的运动，通电导体在磁场中的静止和运动，这类问题除了应用电场、磁场和电磁感应等方面的知识外，还需要应用相应的力学规律．当电场是由连接在电路中的电容器产生时，当导体切割磁感线产生感应电动势而又形成闭合回路时，问题还可与恒定电流或交流电的知识联系在一起．力、电综合问题是历年高考的一个热点，正确分析物体的受力情况，是求解的关键．
　 例３（1997年高考科研试题） 如图2所示的电路中，四个电阻的阻值均为Ｒ，Ｅ为直流电源，其内阻可以不计，没有标明哪一极是正极．平行板电容器两极板间的距离为ｄ．在平行板电容器的两个平行极板之间有一质量为ｍ、电量为ｑ的带电小球．当开关Ｓ闭合时，带电小球静止在两极板间的中点O处，现把开关打开，带电小球便向平行板电容器的某个极板运动，并与此极板碰撞．设在碰撞时没有机械能损失，但带电小球的电量发生变化．碰后小球带有与该极板相同性质的电荷，而且所带电量恰好刚能使它运动到平行板电容器的另一极板．求小球与电容器某个极板碰撞后所带的电荷．

图2

　 解 当开关Ｓ闭合时，设两极板间的电压为Ｕ，由ｑＵ／ｄ＝ｍｇ得Ｕ＝ｍｇｄ／ｑ．
　 由于重力ｍｇ方向向下，故推得小球受的电场力ｑＵｄ必定向上，小球所带电荷的正负与下面极板的极性相同．由电路可知，当开关Ｓ断开时，两极板的极性不变．设电源电动势为Ｅ，开关Ｓ断开后电容器两极间的电压为Ｕ′，由电路的分压关系可得
　 Ｕ＝２／３，　Ｕ′＝／２，
　 从而Ｕ′＝３／４Ｕ＝３ｍｇｄ／４ｑ．
　 由于Ｕ′小于Ｕ，小球所受电场力变小，小球向下面极板运动，设速度从零增大到ｖ，由动能定理，得
　 ｍｇｄ／２－ｑＵ′／２＝（１/２）ｍｖ^２－０．
　 设小球与下面极板碰撞后电量变为ｑ′，小球恰能运动到上极板，由动能定理，得
　 －ｍｇｄ＋ｑ′Ｕ′＝０－（１/２）ｍｖ^２，
　 联立解得 ｑ′＝７／６ｑ．
　 说明 本例涉及含有电容器的电路和带电小球在电场中的平衡及加速问题，求解时需综合应用电路的串、并联关系、二力平衡条件和动能定理等规律，正确分析带电小球的运动过程是解题的关键．
　 例４（2000年高考科研试题） 如图3所示，两根相距为ｄ的足够长的平行金属导轨位于水平的ｘOｙ平面内，一端接有阻值为Ｒ的电阻．在ｘ＞０的一侧存在沿竖直方向的非均匀磁场，磁感强度B随ｘ的增大而增大，Ｂ＝ｋｘ，式中的ｋ是一常量．一金属直杆与金属导轨垂直，可在导轨上滑动．当ｔ＝０时位于ｘ＝０处，速度为ｖ_０，方向沿ｘ轴的正方向．在运 动过程中，有一大小可调节的外力Ｆ作用于金属杆以保持金属杆的加速度恒定，大小为ａ，方向沿ｘ轴的负方向．设除外接的电阻R外，所有其他电阻都可以忽略．问：

图3

　 （1）该回路中的感应电流持续的时间多长？
　 （2）当金属杆的速度大小为ｖ_０／２时，回路中的感应电动势有多大？
　 （3）若金属杆的质量为ｍ，施加于金属杆的外力F与时间ｔ的关系如何？
　 解 （１）金属杆在导轨上先是向右做加速度为ａ的匀减速直线运动，到导轨右方最远处速度为零，后又沿导轨向左做加速度为ａ的匀加速直线运动．当过了ｙ轴后，由于已离开了磁场区，故回路不再有感应电流．以ｔ_１表示金属杆做匀减速运动的时间，有ｔ_１＝ｖ_０ａ．从而，回路中感应电流持续的时间
　 Ｔ＝２ｔ_１＝２ｖ_０／ａ．
　 （２）以ｘ_１表示金属杆的速度变为ｖ_１＝ｖ_０／２时它所在的ｘ坐标，由ｖ_１^２＝ｖ_０^２－２ａｘ_１，可得
　 ｘ_１＝３ｖ_０^２／８ａ，
　 从而，此时金属杆所在处的磁感强度
　 Ｂ_１＝ｋｘ_１＝３ｋｖ_０^２／８ａ，
　 所以，此时回路中的感应电动势 _１＝Ｂ_１ｖ_１ｌ＝３ｋｖ_０^３ｄ／１６ａ．
　 （３）以ｖ和ｘ表示ｔ时刻金属杆的速度和它所在的ｘ坐标，有
　 ｖ＝ｖ_０－ａｔ，ｘ＝ｖ_０ｔ－（１/２）ａｔ^２，
　 故由金属杆切割磁感线产生的感应电动势
　 ＝Ｂｖｄ＝ｋｘｖｄ＝ｋ（ｖ_０ｔ－（１/２）ａｔ^２）（ｖ_０－ａｔ）ｄ，（式中ｔ＜Ｔ＝２ｖ_０ａ）
　 从而，回路中的电流
　 Ｉ＝Ｒ＝ｋ（ｖ_０ｔ－（１/２）ａｔ^２）（ｖ_０－ａｔ）ｄ／Ｒ，
　 考虑到力的方向，金属杆所受的安培力
　 ｆ＝－ＩＢｄ＝－ｋ^２（ｖ_０ｔ－（１/２）ａｔ^２）２（ｖ_０－ａｔ）ｄ^２／Ｒ，
　 由牛顿第二定律知
　 Ｆ＋ｆ＝－ｍａ，
　 解得作用在金属杆上的外力
　 Ｆ＝ｋ^２（ｖ_０ｔ－（１/２）ａｔ^２）２（ｖ_０－ａｔ）ｄ^２／Ｒ－ｍａ．（式中ｔ＜Ｔ＝２ｖ_０ａ）
　 说明 本例涉及金属杆切割磁感线的电磁感应问题．电磁感应中产生的感应电流在磁场中将受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起，要运用力学和电磁学的综合知识来解答．本例的解答便综合运用了运动学公式、牛顿第二定律、感应电动势、安培力计算及欧姆定律等知识．
　 力学与光学的综合
　 物体和光具（如平面镜、透镜）的平移、旋转及振动，可将光路、成像和运动交织在一起，构成力学与几何光学的综合题．物理光学中有关光源的功率、物体对光能的吸收等问题，也常常涉及力学的功能概念．
　 例５ 如图4所示，临界角C为４５° 的液面上有一点光源S发出一束光垂直入射到水平放置于液体中且距液面为ｄ的平面镜M上．当平面镜M绕垂直过中心O的轴以角速度ω做逆时针匀速转动时，观察者发现水面上有一光斑掠过，则观察者们观察到的光斑在水面上掠过的最大速度为多少？
　 解 设平面镜转过θ角时，光线反射到水面上的P点，光斑速度为ｖ，由图5可知
　 ｖ＝ｖ⊥／ｃｏｓ ２θ，
　 而ｖ⊥＝ｌ·２ω＝ｄ／ｃｏｓ ２θ·２ω，
　 故ｖ＝２ωｄ／ｃｏｓ^２２θ，
　 液体的临界角为Ｃ，当２θ＝Ｃ＝４５°时ｖ达最大速度ｖ_ｍａｘ，即
　 ｖ_ｍａｘ＝２ωｄ／ｃｏｓ２Ｃ＝４ωｄ．

图4

图5

　 说明 本例涉及平面镜旋转、光的反射及全反射现象，需综合运用反射定律、速度的分解、线速度与角速度的关系等知识求解．确定光斑掠移速度的极值点及其与平面镜转动角速度间的关系，是求解本例的关键．
　 力学与原子物理学的综合
　 原子物理学中也不乏与力学的综合问题．例如，氢原子核外电子的绕核运动、α粒子的散射以及核反应中的动量守恒与能的转化和守恒，都是力学与原子物理学综合的典型问题．
　 例６（2000年春季高考试题） 云室处在磁感强度为B的匀强磁场中，一静止质量为M的原子核在云室中发生一次α衰变，α粒子的质量为ｍ，电量为ｑ，其运动轨迹在与磁场垂直的平面内．现测得α粒子运动的轨道半径为Ｒ，试求在衰变过程中的质量亏损．（注：涉及物理问题时，亏损的质量可忽略不计．）
　 解 令ｖ表示α粒子的速度，由洛伦兹力和牛顿定律可得ｑｖＢ＝ｍｖ^２／Ｒ．
　 令ｖ′表示衰变后剩余核的速度，在考虑衰变过程中系统的动量守恒时，因为亏损质量很小，可不予考虑，由动量守恒可知
　 （Ｍ－ｍ）ｖ′＝ｍｖ．
　 在衰变过程中，α粒子和剩余核的动能来自于与质量亏损相应的能量，即
　 （１/２）（Ｍ－ｍ）ｖ′^２＋（１/２）ｍｖ^２＝Δｍｃ^２，
　 解得Δｍ＝Ｍ（ｑＢＲ）^２／２ｃ^２ｍ（Ｍ－ｍ）．
　 说明 本例涉及原子核在匀强磁场中的衰变，求解时需综合运用洛伦兹力计算式、牛顿第二定律、动量守恒定律和爱因斯坦质能方程等知识．
　 力学与化学的综合
　 化学反应中固态或液态物质的质量发生变化，气态物质的压强发生变化，这些都将引起相关物体的运动状态发生改变，由此可将力学知识与化学知识揉合在一起，构成力学与化学的综合问题．另外，化学反应中的热量与做功问题也是与力学密切相关的．
　 例７ 一个气球中充满了２ｍｏｌ的Ｈ_２Ｓ，气球体积为０．１５ｍ^３，气球内放了一个内装１ｍｏｌＳＯ_２的小容器，小容器与气球本身重量忽略不计．在ｔ＝0时刻放手，气球向上飘起，假设上升１０ｓ后，小容器自动弹开放出ＳＯ_２，又过了１０ｓ反应完毕，此时气球的速率为４０ｍ／ｓ，方向向上，且在此１０ｓ内，气球上升高度为１００ｍ．问过多久气球重新回到地面，气球内ＳＯ_２的平均反应速率为多少？（空气阻力不计，空气密度为１．２９ｋｇ／ｍ^３，气球可自由收缩）
　 解 开始时，气球的质量
　 ｍ＝ｍ_１＋ｍ_２＝（２×３４＋１×６４）×１０^－３＝０．１３２ｋｇ，
　 所受浮力
　 Ｆ_浮＝ρｇＶ＝１．２９×９．８×０．１５＝１．９８６Ｎ，
　 故气球的加速度
　 ａ＝Ｆ_浮－ｍｇｍ＝５．２４ｍ／ｓ^２，
　 在前１０ｓ后，气球上升的高度
　 Ｈ＝（１/２）ａｔ^２＝２６２ｍ．
　 又经过１０ｓ后，由
　 ２Ｈ_２Ｓ＋ＳＯ_２＝２Ｓ＋２Ｈ_２Ｏ，可得气球内无气体剩余，故气球的体积收缩得很小，所受浮力可忽略不计，所以气球的加速度即为重力加速度．设气球再过ｔ_０落回地面，则有
　 －（Ｈ＋ｈ）＝ｖｔ_０－（１/２）ｇｔ_０^２，
　 解得 ｔ_０＝１３．６ｓ．
　 因为在１０ｓ内，１ｍｏｌＳＯ_２全部反应，故ＳＯ_２的平均反应速率ｖＳＯ_２＝１１０＝０．１ｍｏｌ／ｓ．
　 说明 本例涉及气球的运动和Ｈ_２Ｓ、ＳＯ_２的反应， 求解时需综合运用硫的自身氧化方程式、化学反应速率和运动学公式、牛顿第二定律等知识．
　 力学与生物学的综合
　 生物学中亦有不少与力学相关的内容，如信号沿动物神经传播的速率及人的反应时间、人体运动的力学原理、运动与体能的消耗 、航天过程对人体生理及作物育种与生长的影响等，都是力学与生物学综合的常见问题．
　 例8 森林里一只１０ｋｇ的小猴为逃避敌害，从地面竖直向上一跃抓住了离地面１．６ｍ的树枝．若小猴抓树枝时的速度恰好为零，在不考虑小猴身体高度的情况下，回答下列问题：
　 （1）小猴刚刚离开地面时的速度多大？
　 （2）小猴向上跳跃由骨骼肌收缩引起，骨骼肌收缩所消耗的能量由哪种物质直接提供？若骨骼肌收缩时能量的利用率为90%，小猴向上跳跃时，至少要消耗多少克葡萄糖？
　 解 （1）由匀变速运动速度与位移的关系式得
　 （2）骨骼肌收缩消耗的能量由ＡＴＰ直接提供．小猴向上跳跃时的动能Ｅｋ＝（１/２）ｍｖ_０^２＝１５６．８Ｊ．ＡＴＰ应提供能量Ｅ＝Ｅｋ／９０％＝１７４．２（Ｊ）．而每摩尔葡萄糖完全氧化释放的能量有１２５５ｋＪ转移到ＡＴＰ，据此可计算出消耗葡萄糖物质的量
　 ｎ＝１７４．２／１２５５×１０^３＝１．３９×１０^－４ｍｏｌ，
　 从而消耗葡萄糖的质量ｍ＝１８０×１．３９×１０^－４＝０．０２５ｇ．
　 说明 本例涉及小猴起跳时体能的消耗，需综合运用运动学公式、动能的计算及动物体内能量的转移等知识求解．