淺析應用能量觀點和動量觀點的解題方法

成金德

應用能量觀點和動量觀點解決力學問題是中學物理中最重要方法之一，能量觀點和動量觀點所涉及的物理規律是力學中的最重要規律，應用能量觀點和動量觀點解決問題是培養學生分析問題和解決問題能力的重要途徑. 為此，在每年的高考試題中，應用能量觀點和動量觀點解決物理問題已固化為一道重要的計算題，甚至是壓軸題. 為了能熟練準確地運用能量觀點和動量觀點解決物理問題，筆者認為必須領會和掌握以下幾個要點.

一、二大觀點

如果一個不涉及過程的細節和物體的加速度的力學問題，一般可以應用動量觀點和能量觀點求解. 動量觀點就是應用動量定理和動量守恒定律分析問題，能量觀點就是應用動能定理和機械能守恒定律（包括能量守恒定律）分析問題.

二、三大選擇

在應用能量觀點和動量觀點解決問題時，要注意針對不同的研究對象做好相關物理規律的正確選擇.

1. 研究對象是單個物體時.

如果研究對象是單個物體的問題，宜選用動量定理和動能定理求解，若問題涉及時間的，需選用動量定理，若問題涉及位移的，需選用動能定理.

2. 研究對象是多個物體時.

如果研究對象是多個物體（系統）的問題，則應優先選用兩個守恒定律. 若涉及碰撞等過程應選用動量守恒定律，若涉及位移等過程應選用機械能守恒定律（能量守恒定律）.

3. 若涉及系統內物體的相對位移和摩擦力時.

如果研究對象是一個系統，并且涉及系統內物體的相對位移（或者路程）和物體間的摩擦力時，要優先選用能量守恒定律.

三、四大規律

1. 動能定理.

動能定理是研究物體所受到的合外力的功與物體動能變化間的關系的，它的表達式是W=mv2-m. 動能定理是標量式，研究對象一般是單個物體，適用于已知或求功W、力F、位移（路程）x、速度v等物理量的問題.

2. 動量定理.

動量定理是研究物體所受到的合外力的沖量與物體動量變化間的關系的，它的表達式是Ft=mv-mv0 . 動量定理是矢量式，研究對象一般是單個物體，適用于已知或求沖量I、力F、時間t等物理量的問題.

3. 機械能守恒定律（能量守恒定律）.

機械能守恒定律是研究系統只有重力和彈簧的彈力做功的情況下物體動能與勢能間的轉化關系的，它的表達式是mgh1+m=mgh2+m. 機械能守恒定律的研究對象是系統，適用于已知或求速度v、高度h等物理量的問題.

4. 動量守恒定律.

動量守恒定律是研究系統在所受外力的合力為零的情況下總動量保持不變的規律的，它的表達式為m1v1+m2v2=m1+m2. 動量守恒定律是矢量式，它的研究對象是系統，特別適用于碰撞等發生相互作用的物體系統內部動量的轉移問題.

四、五大題型

1. 動能定理的應用.

【例1】（2021年全國乙卷）一籃球質量為m=0.60kg，一運動員使其從距地面高度為h1=1.8m處由靜止自由落下，反彈高度為h2=1.2m. 若使籃球從距地面h3=1.5m的高度由靜止下落，并在開始下落的同時向下拍球、球落地后反彈的高度也為1.5m. 假設運動員拍球時對球的作用力為恒力，作用時間為t=0.20s;該籃球每次與地面碰撞前后的動能的比值不變. 重力加速度大小取g=10m/s2，不計空氣阻力. 求：

（1）運動員拍球過程中對籃球所做的功;

（2）運動員拍球時對籃球的作用力的大小.

解析：（1）取籃球為研究對象，在第一次籃球下落的過程中，籃球只受到重力的作用，由動能定理得：mgh1=Ek1

籃球反彈后向上運動的過程中，根據動能定理得：-mgh2=0-Ek2.

籃球第二次從1.5m的高度靜止下落，同時向下拍球，籃球下落過程中，由動能定理得：

W+mgh3=Ek3.

在籃球第二次反彈上升的過程中，由動能定理得：-mgh4=0-Ek4

根據題意，籃球每次和地面撞擊的前后動能的比值不變，即：=.

解以上幾式得：W=4.5J.

（2）由于運動員拍球時，籃球受到的運動員對籃球的作用力和重力均是恒力，因此，籃球向下做勻加速直線運動，由牛頓第二定律得：F+mg=ma

再由位移公式得：x=at2

由功的定義式得：W=Fx

聯立以上三式得：F1=9N，F2=-15N（舍去）.

點評：籃球在上下運動過程中只涉及功、高度和速度（動能）等物理量，所以，這兩個過程均可以應用動能定理. 實際上，由于動能定理是標量式，不僅適用于直線運動，而且也適用于曲線運動.

2. 機械能守恒定律的應用.

【例2】（2020年江蘇）如圖1所示，鼓形輪的半徑為R，可繞固定的光滑水平軸O轉動. 在輪上沿相互垂直的直徑方向固定四根直桿，桿上分別固定有質量為m的小球，球與O的距離均為2R. 在輪上繞有長繩，繩上懸掛著質量為M的重物. 重物由靜止下落，帶動鼓形輪轉動. 重物落地后鼓形輪勻速轉動，轉動的角速度為ω. 繩與輪之間無相對滑動，忽略鼓形輪、直桿和長繩的質量，不計空氣阻力，重力加速度為g. 求：

（1）重物落地后，小球線速度的大小v;

（2）重物落地后一小球轉到水平位置A，此時該球受到桿的作用力的大小F;

（3）重物下落的高度h.

解析：（1）當重物落地后鼓形輪轉動的角速度為ω，由圓周運動知識可知：v=2Rω.

（2）由于小球隨鼓形輪做勻速轉動，當它轉至水平位置A處時，設桿對球的作用力為F，則小球所受的重力和桿對球的作用力F的合力提供向心力，即：=m

將v=2Rω代入上式后解得：F=m.

（3）在重物下落過程中，取重物、鼓形輪和小球組成的系統為研究對象，由于只有重物的重力做功，所以，系統的機械能守恒. 設重物下落高度為h，由機械能守恒定律得：

Mgh=Mv12+·4m·v2

重物的速度等于鼓形輪的線速度，即：v1=Rω

解以上各式得：

h=.

點評：在本題中，由重物、鼓形輪和小球組成的系統在重物下落過程中，只有重物的重力做功，其余四個小球重力做功代數和等于零，因此，該系統的機械能守恒.

3. 動量定理的應用.

【例3】（2020年天津）長為l的輕繩上端固定，下端系著質量為m1的小球A，處于靜止狀態. A受到一個水平瞬時沖量后在豎直平面內做圓周運動，恰好能通過圓周軌跡的最高點. 當A回到最低點時，質量為m2的小球B與之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圓周運動，并能通過圓周軌跡的最高點. 不計空氣阻力，重力加速度為g，求

（1）A受到的水平瞬時沖量I的大小;

（2）碰撞前瞬間B的動能Ek至少多大？

解析：（1）小球A恰好能通過圓周軌跡的最高點，說明輕繩的拉力剛好為零，小球的重力提供向心力，設A在最高點時的速度大小為v，由圓周運動知識得：

m1g=m1

小球A從最低點到最高點的過程中只有重力做功，則小球的機械能守恒，取軌跡最低點處重力勢能為零，設A在最低點的速度大小為vA，由機械能守恒定律得：

m1=m1v2+2m1gl.

小球A受到一個水平瞬時沖量這個過程，應用動量定理得：I=m1vA.

解以上三式得：I=m1.

（2）當小球A在最低點與質量為m2的小球B與之迎面正碰，設兩球粘在一起時速度大小為v′，A、B粘在一起后恰能通過圓周軌跡的最高點，則應滿足：v′=vA.

要達到上述條件，兩球正碰后的速度方向必須與碰前B的速度方向相同，取此方向為正方向，設小球B碰前瞬間的速度大小為vB，根據動量守恒定律得：

m2vB-m1vA=（m1+m2v′）

碰撞前瞬間小球B的動能Ek至少為：=m2 .

解以上各式得：Ek=.

點評：本題中，小球A受到一個瞬時沖量的作用獲得一個瞬時速度，此過程非應用動量定理不可. 動量定理適用于知道或者求沖量、時間和速度的問題，由于動量定理是矢量式，解題時必須規定正方向.

4. 動量守恒定律的應用.

【例4】（2021年廣東）算盤是我國古老的計算工具，中心帶孔的相同算珠可在算盤的固定導桿上滑動，使用前算珠需要歸零，如圖2所示，水平放置的算盤中有甲、乙兩顆算珠未在歸零位置，甲靠邊框b，甲、乙相隔s1=3.5×10-2m，乙與邊框a相隔s2=2.0×10-2m，算珠與導桿間的動摩擦因數μ=0.1. 現用手指將甲以0.4m/s的初速度撥出，甲、乙碰撞后甲的速度大小為0.1m/s，方向不變，碰撞時間極短且不計，重力加速度g取10m/s2.

（1）通過計算，判斷乙算珠能否滑動到邊框a;

（2）求甲算珠從撥出到停下所需的時間.

解析：（1）甲乙算珠在導桿上滑動時，由牛頓第二定律求得加速度大小均為：

μmg=ma，即

a=μg=0.1×10m/s2=1.0m/s2

設甲算珠與乙算珠碰前的速度為v1，由運動學公式得：=-2as1

解得：v1=0.3m/s .

甲乙兩個算珠碰撞時，由于碰撞時間極短，內力遠大于外力，可以認為此過程動量守恒，根據動量守恒定律得：mv1=mv2+mv3 .

已知v2=0.1m/s，則可以解得碰后乙的速度：v3=0.2m/s

接著，乙算珠做勻減速運動，當速度減為零時，由運動學公式得：x==m=0.02m=s2 .

可見，乙算珠恰好能滑到邊框a.

（2）甲算珠與乙算珠碰前運動的時間為：

t1==s=0.1s.

甲算珠碰后的運動的時間為：t2==s=0.1s.

因此，甲算珠從撥出到停下所需的時間為：t=t1+t2=0.2s

點評：動量守恒定律適用于物體間的相互作用過程，守恒的條件是合外力等于零，本題中的甲算珠與乙算珠碰撞過程，雖然合外力不等于零，但考慮到作用時間極短，內力遠大于外力，系統總動量的變化量可以忽略，因此，可以認為它們碰撞的過程滿足動量守恒定律.

5. 四大規律綜合應用.

【例5】（2021年湖南）如圖3所示，豎直平面內一足夠長的光滑傾斜軌道與一長為L的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑連接，水平軌道右下方有一段弧形軌道PQ. 質量為m的小物塊A與水平軌道間的動摩擦因數為μ. 以水平軌道末端O點為坐標原點建立平面直角坐標系xOy，x軸的正方向水平向右，y軸的正方向豎直向下，弧形軌道P端坐標為（2μL，μL），Q端在y軸上. 重力加速度為g.

（1）若A從傾斜軌道上距x軸高度為2μL的位置由靜止開始下滑，求A經過O點時的速度大小;

（2）若A從傾斜軌道上不同位置由靜止開始下滑，經過O點落在弧形軌道PQ上的動能均相同，求PQ的曲線方程;

（3）將質量為λm（λ為常數且λ≥5）的小物塊B置于O點，A沿傾斜軌道由靜止開始下滑，與B發生彈性碰撞（碰撞時間極短），要使A和B均能落在弧形軌道上，且A落在B落點的右側，求A下滑的初始位置距x軸高度的取值范圍.

解析：（1）在物塊A從光滑軌道滑至O點的過程中，應用動能定理得：

mg×2μL-μmgL=mv2

整理后求得A經過O點時的速度大小：v=.

（2）物塊A從O點飛出后做平拋運動，設飛出的初速度為v0，物塊A落在弧形軌道上的坐標為（x，y），由平拋運動特點可知：x=v0 t，y=gt2

則可解得物塊A的水平初速度為：=

物塊A從O點到落點的過程中，應用動能定理得：

mgy=Ek-m

因此，物塊A在落點處的動能為：

Ek=mgy+m=mgy+.

由于物塊A從O點到弧形軌道上各點的動能均相同，將落點P（2μL，μL）的坐標代入，解得：

Ek=mgy+=mg×μL+=2μmgL

化簡后得：x=2（其中，μL≤y≤2μL）.

（3）物塊A在傾斜軌道上從距x軸高為h處靜止滑下，到達O點與B物塊碰前，應用動能定理得：mgh-μmgL=m

整理后得：=2gh-2μgL.

物塊A與B在O點發生彈性碰撞，使A和B均能落在弧形軌道上，且使A落在B落點的右側，則A與B碰撞后必須使A的速度大于B的速度，這就需要A與B碰撞后，使A反彈后再經過水平軌道、傾斜軌道、水平軌道再次到達O點. 設沿水平向右為正方向，在物塊A與B碰撞過程中，由于是彈性碰撞，則滿足能量守恒和動量守恒，即：

mv1=-mv2+mv3，m=m+ ·m

解方程可得：v2=v1，v3=v1

設碰后A物塊反彈，再次到達O點時速度為v4，應用動能定理得：-2μmgL=m-m

化簡后得：=-4μgL

物塊A從O點飛出后做平拋運動，設初速度為v′，則：

x=v′t，y=gt2

則平拋的軌跡方程為：x2=y.

與PQ的曲線方程x=2（其中，μL≤y≤2μL）結合求得物塊在弧形軌道上的落點的縱坐標與初速度v′的關系為：y=2μL-（其中，μL≤y≤2μL）.

把物塊A、B從O點飛出的速度代入，物塊A、B落在弧形軌道上的落點縱坐標分別為：

yA=4μL-·（）2，yB=2μL-·

由于物塊A落在B落點的右側，即：2μL≥yB>yA≥μL.

代入v12=2gh-2μgL可得h的取值范圍為：

·μL≤h≤·4μL.

點評：本題中使用了動能定理、能量守恒定律和動量守恒定律，是一個不折不扣的力學綜合題，要順利解答此類問題，關鍵在于巧選研究對象，準確分析物理過程，妙用物理規律.

總之，在應用能量觀點和動量觀點解決力學綜合問題時，要注意理解四大規律的涵義，準確分析物理問題的特點，巧妙選用相應的物理規律，以便順利找到解題的突破口.

責任編輯 李平安

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