淺析應(yīng)用能量觀點(diǎn)和動(dòng)量觀點(diǎn)的解題方法

成金德

應(yīng)用能量觀點(diǎn)和動(dòng)量觀點(diǎn)解決力學(xué)問題是中學(xué)物理中最重要方法之一，能量觀點(diǎn)和動(dòng)量觀點(diǎn)所涉及的物理規(guī)律是力學(xué)中的最重要規(guī)律，應(yīng)用能量觀點(diǎn)和動(dòng)量觀點(diǎn)解決問題是培養(yǎng)學(xué)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(yīng)用能量觀點(diǎn)和動(dòng)量觀點(diǎn)解決物理問題已固化為一道重要的計(jì)算題，甚至是壓軸題. 為了能熟練準(zhǔn)確地運(yùn)用能量觀點(diǎn)和動(dòng)量觀點(diǎn)解決物理問題，筆者認(rèn)為必須領(lǐng)會(huì)和掌握以下幾個(gè)要點(diǎn).

一、二大觀點(diǎn)

如果一個(gè)不涉及過程的細(xì)節(jié)和物體的加速度的力學(xué)問題，一般可以應(yīng)用動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)求解. 動(dòng)量觀點(diǎn)就是應(yīng)用動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律分析問題，能量觀點(diǎn)就是應(yīng)用動(dòng)能定理和機(jī)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(yīng)用能量觀點(diǎn)和動(dòng)量觀點(diǎn)解決問題時(shí)，要注意針對(duì)不同的研究對(duì)象做好相關(guān)物理規(guī)律的正確選擇.

1. 研究對(duì)象是單個(gè)物體時(shí).

如果研究對(duì)象是單個(gè)物體的問題，宜選用動(dòng)量定理和動(dòng)能定理求解，若問題涉及時(shí)間的，需選用動(dòng)量定理，若問題涉及位移的，需選用動(dòng)能定理.

2. 研究對(duì)象是多個(gè)物體時(shí).

如果研究對(duì)象是多個(gè)物體（系統(tǒng)）的問題，則應(yīng)優(yōu)先選用兩個(gè)守恒定律. 若涉及碰撞等過程應(yīng)選用動(dòng)量守恒定律，若涉及位移等過程應(yīng)選用機(jī)械能守恒定律（能量守恒定律）.

3. 若涉及系統(tǒng)內(nèi)物體的相對(duì)位移和摩擦力時(shí).

如果研究對(duì)象是一個(gè)系統(tǒng)，并且涉及系統(tǒng)內(nèi)物體的相對(duì)位移（或者路程）和物體間的摩擦力時(shí)，要優(yōu)先選用能量守恒定律.

三、四大規(guī)律

1. 動(dòng)能定理.

動(dòng)能定理是研究物體所受到的合外力的功與物體動(dòng)能變化間的關(guān)系的，它的表達(dá)式是W=mv2-m. 動(dòng)能定理是標(biāo)量式，研究對(duì)象一般是單個(gè)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(dòng)量定理.

動(dòng)量定理是研究物體所受到的合外力的沖量與物體動(dòng)量變化間的關(guān)系的，它的表達(dá)式是Ft=mv-mv0 . 動(dòng)量定理是矢量式，研究對(duì)象一般是單個(gè)物體，適用于已知或求沖量I、力F、時(shí)間t等物理量的問題.

3. 機(jī)械能守恒定律（能量守恒定律）.

機(jī)械能守恒定律是研究系統(tǒng)只有重力和彈簧的彈力做功的情況下物體動(dòng)能與勢(shì)能間的轉(zhuǎn)化關(guān)系的，它的表達(dá)式是mgh1+m=mgh2+m. 機(jī)械能守恒定律的研究對(duì)象是系統(tǒng)，適用于已知或求速度v、高度h等物理量的問題.

4. 動(dòng)量守恒定律.

動(dòng)量守恒定律是研究系統(tǒng)在所受外力的合力為零的情況下總動(dòng)量保持不變的規(guī)律的，它的表達(dá)式為m1v1+m2v2=m1+m2. 動(dòng)量守恒定律是矢量式，它的研究對(duì)象是系統(tǒng)，特別適用于碰撞等發(fā)生相互作用的物體系統(tǒng)內(nèi)部動(dòng)量的轉(zhuǎn)移問題.

四、五大題型

1. 動(dòng)能定理的應(yīng)用.

【例1】（2021年全國(guó)乙卷）一籃球質(zhì)量為m=0.60kg，一運(yùn)動(dòng)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(shí)向下拍球、球落地后反彈的高度也為1.5m. 假設(shè)運(yùn)動(dòng)員拍球時(shí)對(duì)球的作用力為恒力，作用時(shí)間為t=0.20s;該籃球每次與地面碰撞前后的動(dòng)能的比值不變. 重力加速度大小取g=10m/s2，不計(jì)空氣阻力. 求：

（1）運(yùn)動(dòng)員拍球過程中對(duì)籃球所做的功;

（2）運(yùn)動(dòng)員拍球時(shí)對(duì)籃球的作用力的大小.

解析：（1）取籃球?yàn)檠芯繉?duì)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(dòng)能定理得：mgh1=Ek1

籃球反彈后向上運(yùn)動(dòng)的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理得：-mgh2=0-Ek2.

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

W+mgh3=Ek3.

在籃球第二次反彈上升的過程中，由動(dòng)能定理得：-mgh4=0-Ek4

根據(jù)題意，籃球每次和地面撞擊的前后動(dòng)能的比值不變，即：=.

解以上幾式得：W=4.5J.

（2）由于運(yùn)動(dòng)員拍球時(shí)，籃球受到的運(yùn)動(dòng)員對(duì)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(yùn)動(dòng)，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(lián)立以上三式得：F1=9N，F(xiàn)2=-15N（舍去）.

點(diǎn)評(píng)：籃球在上下運(yùn)動(dòng)過程中只涉及功、高度和速度（動(dòng)能）等物理量，所以，這兩個(gè)過程均可以應(yīng)用動(dòng)能定理. 實(shí)際上，由于動(dòng)能定理是標(biāo)量式，不僅適用于直線運(yùn)動(dòng)，而且也適用于曲線運(yùn)動(dòng).

2. 機(jī)械能守恒定律的應(yīng)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(zhuǎn)動(dòng). 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(zhì)量為m的小球，球與O的距離均為2R. 在輪上繞有長(zhǎng)繩，繩上懸掛著質(zhì)量為M的重物. 重物由靜止下落，帶動(dòng)鼓形輪轉(zhuǎn)動(dòng). 重物落地后鼓形輪勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω. 繩與輪之間無相對(duì)滑動(dòng)，忽略鼓形輪、直桿和長(zhǎng)繩的質(zhì)量，不計(jì)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(zhuǎn)到水平位置A，此時(shí)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(dāng)重物落地后鼓形輪轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω，由圓周運(yùn)動(dòng)知識(shí)可知：v=2Rω.

（2）由于小球隨鼓形輪做勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)它轉(zhuǎn)至水平位置A處時(shí)，設(shè)桿對(duì)球的作用力為F，則小球所受的重力和桿對(duì)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(tǒng)為研究對(duì)象，由于只有重物的重力做功，所以，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒. 設(shè)重物下落高度為h，由機(jī)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(diǎn)評(píng)：在本題中，由重物、鼓形輪和小球組成的系統(tǒng)在重物下落過程中，只有重物的重力做功，其余四個(gè)小球重力做功代數(shù)和等于零，因此，該系統(tǒng)的機(jī)械能守恒.

3. 動(dòng)量定理的應(yīng)用.

【例3】（2020年天津）長(zhǎng)為l的輕繩上端固定，下端系著質(zhì)量為m1的小球A，處于靜止?fàn)顟B(tài). A受到一個(gè)水平瞬時(shí)沖量后在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，恰好能通過圓周軌跡的最高點(diǎn). 當(dāng)A回到最低點(diǎn)時(shí)，質(zhì)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(yùn)動(dòng)，并能通過圓周軌跡的最高點(diǎn). 不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，求

（1）A受到的水平瞬時(shí)沖量I的大小;

（2）碰撞前瞬間B的動(dòng)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(diǎn)，說明輕繩的拉力剛好為零，小球的重力提供向心力，設(shè)A在最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，由圓周運(yùn)動(dòng)知識(shí)得：

m1g=m1

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

m1=m1v2+2m1gl.

小球A受到一個(gè)水平瞬時(shí)沖量這個(gè)過程，應(yīng)用動(dòng)量定理得：I=m1vA.

解以上三式得：I=m1.

（2）當(dāng)小球A在最低點(diǎn)與質(zhì)量為m2的小球B與之迎面正碰，設(shè)兩球粘在一起時(shí)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(diǎn)，則應(yīng)滿足：v′=vA.

要達(dá)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?yàn)檎较?，設(shè)小球B碰前瞬間的速度大小為vB，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：

m2vB-m1vA=（m1+m2v′）

碰撞前瞬間小球B的動(dòng)能Ek至少為：=m2 .

解以上各式得：Ek=.

點(diǎn)評(píng)：本題中，小球A受到一個(gè)瞬時(shí)沖量的作用獲得一個(gè)瞬時(shí)速度，此過程非應(yīng)用動(dòng)量定理不可. 動(dòng)量定理適用于知道或者求沖量、時(shí)間和速度的問題，由于動(dòng)量定理是矢量式，解題時(shí)必須規(guī)定正方向.

4. 動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用.

【例4】（2021年廣東）算盤是我國(guó)古老的計(jì)算工具，中心帶孔的相同算珠可在算盤的固定導(dǎo)桿上滑動(dòng)，使用前算珠需要?dú)w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(dǎo)桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1. 現(xiàn)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(shí)間極短且不計(jì)，重力加速度g取10m/s2.

（1）通過計(jì)算，判斷乙算珠能否滑動(dòng)到邊框a;

（2）求甲算珠從撥出到停下所需的時(shí)間.

解析：（1）甲乙算珠在導(dǎo)桿上滑動(dòng)時(shí)，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(shè)甲算珠與乙算珠碰前的速度為v1，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：=-2as1

解得：v1=0.3m/s .

甲乙兩個(gè)算珠碰撞時(shí)，由于碰撞時(shí)間極短，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，可以認(rèn)為此過程動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度減為零時(shí)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)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(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：

t1==s=0.1s.

甲算珠碰后的運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t2==s=0.1s.

因此，甲算珠從撥出到停下所需的時(shí)間為：t=t1+t2=0.2s

點(diǎn)評(píng)：動(dòng)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(shí)間極短，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)總動(dòng)量的變化量可以忽略，因此，可以認(rèn)為它們碰撞的過程滿足動(dòng)量守恒定律.

5. 四大規(guī)律綜合應(yīng)用.

【例5】（2021年湖南）如圖3所示，豎直平面內(nèi)一足夠長(zhǎng)的光滑傾斜軌道與一長(zhǎng)為L(zhǎng)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(zhì)量為m的小物塊A與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ. 以水平軌道末端O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)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(biāo)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(jīng)過O點(diǎn)時(shí)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(jīng)過O點(diǎn)落在弧形軌道PQ上的動(dòng)能均相同，求PQ的曲線方程;

（3）將質(zhì)量為λm（λ為常數(shù)且λ≥5）的小物塊B置于O點(diǎn)，A沿傾斜軌道由靜止開始下滑，與B發(fā)生彈性碰撞（碰撞時(shí)間極短），要使A和B均能落在弧形軌道上，且A落在B落點(diǎn)的右側(cè)，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(diǎn)的過程中，應(yīng)用動(dòng)能定理得：

mg×2μL-μmgL=mv2

整理后求得A經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)的速度大?。簐=.

（2）物塊A從O點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)飛出的初速度為v0，物塊A落在弧形軌道上的坐標(biāo)為（x，y），由平拋運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)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(diǎn)到落點(diǎn)的過程中，應(yīng)用動(dòng)能定理得：

mgy=Ek-m

因此，物塊A在落點(diǎn)處的動(dòng)能為：

Ek=mgy+m=mgy+.

由于物塊A從O點(diǎn)到弧形軌道上各點(diǎn)的動(dòng)能均相同，將落點(diǎn)P（2μL，μL）的坐標(biāo)代入，解得：

Ek=mgy+=mg×μL+=2μmgL

化簡(jiǎn)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?kù)o止滑下，到達(dá)O點(diǎn)與B物塊碰前，應(yīng)用動(dòng)能定理得：mgh-μmgL=m

整理后得：=2gh-2μgL.

物塊A與B在O點(diǎn)發(fā)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(diǎn)的右側(cè)，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(jīng)過水平軌道、傾斜軌道、水平軌道再次到達(dá)O點(diǎn). 設(shè)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(dòng)量守恒，即：

mv1=-mv2+mv3，m=m+ ·m

解方程可得：v2=v1，v3=v1

設(shè)碰后A物塊反彈，再次到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度為v4，應(yīng)用動(dòng)能定理得：-2μmgL=m-m

化簡(jiǎn)后得：=-4μgL

物塊A從O點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)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(jié)合求得物塊在弧形軌道上的落點(diǎn)的縱坐標(biāo)與初速度v′的關(guān)系為：y=2μL-（其中，μL≤y≤2μL）.

把物塊A、B從O點(diǎn)飛出的速度代入，物塊A、B落在弧形軌道上的落點(diǎn)縱坐標(biāo)分別為：

yA=4μL-·（）2，yB=2μL-·

由于物塊A落在B落點(diǎn)的右側(cè)，即：2μL≥yB>yA≥μL.

代入v12=2gh-2μgL可得h的取值范圍為：

·μL≤h≤·4μL.

點(diǎn)評(píng)：本題中使用了動(dòng)能定理、能量守恒定律和動(dòng)量守恒定律，是一個(gè)不折不扣的力學(xué)綜合題，要順利解答此類問題，關(guān)鍵在于巧選研究對(duì)象，準(zhǔn)確分析物理過程，妙用物理規(guī)律.

總之，在應(yīng)用能量觀點(diǎn)和動(dòng)量觀點(diǎn)解決力學(xué)綜合問題時(shí)，要注意理解四大規(guī)律的涵義，準(zhǔn)確分析物理問題的特點(diǎn)，巧妙選用相應(yīng)的物理規(guī)律，以便順利找到解題的突破口.

責(zé)任編輯 李平安

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