浅析应用能量观点和动量观点的解题方法

成金德

应用能量观点和动量观点解决力学问题是中学物理中最重要方法之一，能量观点和动量观点所涉及的物理规律是力学中的最重要规律，应用能量观点和动量观点解决问题是培养学生分析问题和解决问题能力的重要途径. 为此，在每年的高考试题中，应用能量观点和动量观点解决物理问题已固化为一道重要的计算题，甚至是压轴题. 为了能熟练准确地运用能量观点和动量观点解决物理问题，笔者认为必须领会和掌握以下几个要点.

一、二大观点

如果一个不涉及过程的细节和物体的加速度的力学问题，一般可以应用动量观点和能量观点求解. 动量观点就是应用动量定理和动量守恒定律分析问题，能量观点就是应用动能定理和机械能守恒定律（包括能量守恒定律）分析问题.

二、三大选择

在应用能量观点和动量观点解决问题时，要注意针对不同的研究对象做好相关物理规律的正确选择.

1. 研究对象是单个物体时.

如果研究对象是单个物体的问题，宜选用动量定理和动能定理求解，若问题涉及时间的，需选用动量定理，若问题涉及位移的，需选用动能定理.

2. 研究对象是多个物体时.

如果研究对象是多个物体（系统）的问题，则应优先选用两个守恒定律. 若涉及碰撞等过程应选用动量守恒定律，若涉及位移等过程应选用机械能守恒定律（能量守恒定律）.

3. 若涉及系统内物体的相对位移和摩擦力时.

如果研究对象是一个系统，并且涉及系统内物体的相对位移（或者路程）和物体间的摩擦力时，要优先选用能量守恒定律.

三、四大规律

1. 动能定理.

动能定理是研究物体所受到的合外力的功与物体动能变化间的关系的，它的表达式是W=mv2-m. 动能定理是标量式，研究对象一般是单个物体，适用于已知或求功W、力F、位移（路程）x、速度v等物理量的问题.

2. 动量定理.

动量定理是研究物体所受到的合外力的冲量与物体动量变化间的关系的，它的表达式是Ft=mv-mv0 . 动量定理是矢量式，研究对象一般是单个物体，适用于已知或求冲量I、力F、时间t等物理量的问题.

3. 机械能守恒定律（能量守恒定律）.

机械能守恒定律是研究系统只有重力和弹簧的弹力做功的情况下物体动能与势能间的转化关系的，它的表达式是mgh1+m=mgh2+m. 机械能守恒定律的研究对象是系统，适用于已知或求速度v、高度h等物理量的问题.

4. 动量守恒定律.

动量守恒定律是研究系统在所受外力的合力为零的情况下总动量保持不变的规律的，它的表达式为m1v1+m2v2=m1+m2. 动量守恒定律是矢量式，它的研究对象是系统，特别适用于碰撞等发生相互作用的物体系统内部动量的转移问题.

四、五大题型

1. 动能定理的应用.

【例1】（2021年全国乙卷）一篮球质量为m=0.60kg，一运动员使其从距地面高度为h1=1.8m处由静止自由落下，反弹高度为h2=1.2m. 若使篮球从距地面h3=1.5m的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球、球落地后反弹的高度也为1.5m. 假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t=0.20s;该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变. 重力加速度大小取g=10m/s2，不计空气阻力. 求：

（1）运动员拍球过程中对篮球所做的功;

（2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小.

解析：（1）取篮球为研究对象，在第一次篮球下落的过程中，篮球只受到重力的作用，由动能定理得：mgh1=Ek1

篮球反弹后向上运动的过程中，根据动能定理得：-mgh2=0-Ek2.

篮球第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理得：

W+mgh3=Ek3.

在篮球第二次反弹上升的过程中，由动能定理得：-mgh4=0-Ek4

根据题意，篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，即：=.

解以上几式得：W=4.5J.

（2）由于运动员拍球时，篮球受到的运动员对篮球的作用力和重力均是恒力，因此，篮球向下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：F+mg=ma

再由位移公式得：x=at2

由功的定义式得：W=Fx

联立以上三式得：F1=9N，F2=-15N（舍去）.

点评：篮球在上下运动过程中只涉及功、高度和速度（动能）等物理量，所以，这两个过程均可以应用动能定理. 实际上，由于动能定理是标量式，不仅适用于直线运动，而且也适用于曲线运动.

2. 机械能守恒定律的应用.

【例2】（2020年江苏）如图1所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动. 在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为2R. 在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M的重物. 重物由静止下落，带动鼓形轮转动. 重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为ω. 绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g. 求：

（1）重物落地后，小球线速度的大小v;

（2）重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F;

（3）重物下落的高度h.

解析：（1）当重物落地后鼓形轮转动的角速度为ω，由圆周运动知识可知：v=2Rω.

（2）由于小球隨鼓形轮做匀速转动，当它转至水平位置A处时，设杆对球的作用力为F，则小球所受的重力和杆对球的作用力F的合力提供向心力，即：=m

将v=2Rω代入上式后解得：F=m.

（3）在重物下落过程中，取重物、鼓形轮和小球组成的系统为研究对象，由于只有重物的重力做功，所以，系统的机械能守恒. 设重物下落高度为h，由机械能守恒定律得：

Mgh=Mv12+·4m·v2

重物的速度等于鼓形轮的线速度，即：v1=Rω

解以上各式得：

h=.

点评：在本题中，由重物、鼓形轮和小球组成的系统在重物下落过程中，只有重物的重力做功，其余四个小球重力做功代数和等于零，因此，该系统的机械能守恒.

3. 动量定理的应用.

【例3】（2020年天津）长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为m1的小球A，处于静止状态. A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点. 当A回到最低点时，质量为m2的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点. 不计空气阻力，重力加速度为g，求

（1）A受到的水平瞬时冲量I的大小;

（2）碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大？

解析：（1）小球A恰好能通过圆周轨迹的最高点，说明轻绳的拉力刚好为零，小球的重力提供向心力，设A在最高点时的速度大小为v，由圆周运动知识得：

m1g=m1

小球A从最低点到最高点的过程中只有重力做功，则小球的机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为vA，由机械能守恒定律得：

m1=m1v2+2m1gl.

小球A受到一个水平瞬时冲量这个过程，应用动量定理得：I=m1vA.

解以上三式得：I=m1.

（2）当小球A在最低点与质量为m2的小球B与之迎面正碰，设两球粘在一起时速度大小为v′，A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，则应满足：v′=vA.

要达到上述条件，两球正碰后的速度方向必须与碰前B的速度方向相同，取此方向为正方向，设小球B碰前瞬间的速度大小为vB，根据动量守恒定律得：

m2vB-m1vA=（m1+m2v′）

碰撞前瞬间小球B的动能Ek至少为：=m2 .

解以上各式得：Ek=.

点评：本题中，小球A受到一个瞬时冲量的作用获得一个瞬时速度，此过程非应用动量定理不可. 动量定理适用于知道或者求冲量、时间和速度的问题，由于动量定理是矢量式，解题时必须规定正方向.

4. 动量守恒定律的应用.

【例4】（2021年广东）算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零，如图2所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔s1=3.5×10-2m，乙与边框a相隔s2=2.0×10-2m，算珠与导杆间的动摩擦因数μ=0.1. 现用手指将甲以0.4m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取10m/s2.

（1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a;

（2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间.

解析：（1）甲乙算珠在导杆上滑动时，由牛顿第二定律求得加速度大小均为：

μmg=ma，即

a=μg=0.1×10m/s2=1.0m/s2

设甲算珠与乙算珠碰前的速度为v1，由运动学公式得：=-2as1

解得：v1=0.3m/s .

甲乙两个算珠碰撞时，由于碰撞时间极短，内力远大于外力，可以认为此过程动量守恒，根据动量守恒定律得：mv1=mv2+mv3 .

已知v2=0.1m/s，则可以解得碰后乙的速度：v3=0.2m/s

接着，乙算珠做匀减速运动，当速度减为零时，由运动学公式得：x==m=0.02m=s2 .

可见，乙算珠恰好能滑到边框a.

（2）甲算珠与乙算珠碰前运动的时间为：

t1==s=0.1s.

甲算珠碰后的运动的时间为：t2==s=0.1s.

因此，甲算珠从拨出到停下所需的时间为：t=t1+t2=0.2s

点评：动量守恒定律适用于物体间的相互作用过程，守恒的条件是合外力等于零，本题中的甲算珠与乙算珠碰撞过程，虽然合外力不等于零，但考虑到作用时间极短，内力远大于外力，系统总动量的变化量可以忽略，因此，可以认为它们碰撞的过程满足动量守恒定律.

5. 四大规律综合应用.

【例5】（2021年湖南）如图3所示，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为L的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道PQ. 质量为m的小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为μ. 以水平轨道末端O点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy，x轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下，弧形轨道P端坐标为（2μL，μL），Q端在y轴上. 重力加速度为g.

（1）若A从倾斜轨道上距x轴高度为2μL的位置由静止开始下滑，求A经过O点时的速度大小;

（2）若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O点落在弧形轨道PQ上的动能均相同，求PQ的曲线方程;

（3）将质量为λm（λ为常数且λ≥5）的小物块B置于O点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），要使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，求A下滑的初始位置距x軸高度的取值范围.

解析：（1）在物块A从光滑轨道滑至O点的过程中，应用动能定理得：

mg×2μL-μmgL=mv2

整理后求得A经过O点时的速度大小：v=.

（2）物块A从O点飞出后做平抛运动，设飞出的初速度为v0，物块A落在弧形轨道上的坐标为（x，y），由平抛运动特点可知：x=v0 t，y=gt2

则可解得物块A的水平初速度为：=

物块A从O点到落点的过程中，应用动能定理得：

mgy=Ek-m

因此，物块A在落点处的动能为：

Ek=mgy+m=mgy+.

由于物块A从O点到弧形轨道上各点的动能均相同，将落点P（2μL，μL）的坐标代入，解得：

Ek=mgy+=mg×μL+=2μmgL

化简后得：x=2（其中，μL≤y≤2μL）.

（3）物块A在倾斜轨道上从距x轴高为h处静止滑下，到达O点与B物块碰前，应用动能定理得：mgh-μmgL=m

整理后得：=2gh-2μgL.

物塊A与B在O点发生弹性碰撞，使A和B均能落在弧形轨道上，且使A落在B落点的右侧，则A与B碰撞后必须使A的速度大于B的速度，这就需要A与B碰撞后，使A反弹后再经过水平轨道、倾斜轨道、水平轨道再次到达O点. 设沿水平向右为正方向，在物块A与B碰撞过程中，由于是弹性碰撞，则满足能量守恒和动量守恒，即：

mv1=-mv2+mv3，m=m+ ·m

解方程可得：v2=v1，v3=v1

设碰后A物块反弹，再次到达O点时速度为v4，应用动能定理得：-2μmgL=m-m

化简后得：=-4μgL

物块A从O点飞出后做平抛运动，设初速度为v′，则：

x=v′t，y=gt2

则平抛的轨迹方程为：x2=y.

与PQ的曲线方程x=2（其中，μL≤y≤2μL）结合求得物块在弧形轨道上的落点的纵坐标与初速度v′的关系为：y=2μL-（其中，μL≤y≤2μL）.

把物块A、B从O点飞出的速度代入，物块A、B落在弧形轨道上的落点纵坐标分别为：

yA=4μL-·（）2，yB=2μL-·

由于物块A落在B落点的右侧，即：2μL≥yB>yA≥μL.

代入v12=2gh-2μgL可得h的取值范围为：

·μL≤h≤·4μL.

点评：本题中使用了动能定理、能量守恒定律和动量守恒定律，是一个不折不扣的力学综合题，要顺利解答此类问题，关键在于巧选研究对象，准确分析物理过程，妙用物理规律.

总之，在应用能量观点和动量观点解决力学综合问题时，要注意理解四大规律的涵义，准确分析物理问题的特点，巧妙选用相应的物理规律，以便顺利找到解题的突破口.

责任编辑 李平安

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