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專題強化5　動力學、能量和動量觀點在力學中的應用
[學習目標]　
1.了解處理力學問題的三個基本觀點和選用原則。(難點)
2.了解處理力學問題的系統化思維方法。(難點)3.綜合動量和能量觀點解決問題(重點)。
一、力學的三個基本觀點和選用原則
1．力的三個作用效果及五個規律
(1)力的三個作用效果
作用效果 對應規律 表達式 列式角度
力的瞬時作用效果 牛頓第二定律 F合＝ma 動力學
力在空間上的積累效果 動能定理 W合＝ΔEk即W合＝mv22－mv12 功能關系
力在時間上的積累效果 動量定理 I合＝Δp即FΔt＝mv′－mv 沖量與動量的關系
(2)兩個守恒定律
名稱 表達式 列式角度
能量守恒定律(包括機械能守恒定律) E2＝E1 能量轉化(轉移)
動量守恒定律 p2＝p1 動量關系
2.力學規律的選用原則
(1)如果物體受恒力作用，涉及運動細節可用動力學觀點去解決。
(2)研究某一物體受到力的持續作用發生運動狀態改變時，一般用動量定理(涉及時間的問題)或動能定理(涉及位移的問題)去解決問題。
(3)若研究的對象為幾個物體組成的系統，且它們之間有相互作用，一般用兩個守恒定律解決問題，但需注意所研究的問題是否滿足守恒的條件。
(4)在涉及相對位移問題時優先考慮利用能量守恒定律求解，根據系統克服摩擦力所做的總功等于系統機械能的減少量(即轉化為系統內能的量)列方程。
(5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現象時，需注意到這些過程一般隱含有系統機械能與其他形式能量之間的轉化，這種問題由于作用時間極短，因此動量守恒定律一般能派上大用場。
例1　如圖所示，半徑R1＝1 m的四分之一光滑圓弧軌道AB與平臺BC在B點平滑連接，半徑R2＝0.8 m的四分之一圓弧軌道上端與平臺C端連接，下端與水平地面平滑連接，質量m＝0.1 kg的乙物塊放在平臺BC的右端C點，將質量也為m的甲物塊在A點由靜止釋放，讓其沿圓弧下滑，并滑上平臺與乙相碰，碰撞后甲與乙粘在一起從C點水平拋出，甲物塊與平臺間的動摩擦因數μ＝0.2，BC長L＝1 m，重力加速度g取10 m/s2，不計兩物塊的大小及碰撞所用的時間，求：
(1)甲物塊滑到B點時對軌道的壓力大小；
(2)甲和乙碰撞后瞬間共同速度的大小；
(3)粘在一起的甲、乙兩物塊從C點拋出到落到CDE段軌道上所用的時間。
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針對訓練1　如圖所示，質量均為m＝2 kg的小物塊A、B通過一壓縮輕彈簧鎖定在一起，靜止于光滑平臺上，解除鎖定后，A、B在彈簧彈力作用下以相等的速率與彈簧分離。A分離后向左運動，滑上半徑R＝0.5 m的光滑半圓軌道并恰能通過最高點；B分離后向右運動，滑上靜止在水平面上長L＝1 m、質量M＝8 kg的長木板，長木板上表面與平臺等高、下表面光滑，物塊與木板間的動摩擦因數μ＝0.5。重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求A、B與彈簧分離時的速率；
(2)求彈簧鎖定時的彈性勢能Ep；
(3)通過計算判斷物塊是否能滑離長木板；求出B在長木板上滑動過程中產生的內能Q。
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1．靈活選取系統。根據題目的特點可選取其中動量守恒或能量守恒的幾個物體為研究對象，不一定選所有的物體為研究對象。
2．靈活選取物理過程。在綜合題目中，物體運動常有幾個不同的過程，根據題目的已知、未知條件靈活地選取物理過程來研究。列方程前要注意分析、判斷所選過程動量、能量的守恒情況。
二、用動量和能量觀點綜合解決問題
1．系統化思維方法
(1)對多個物理過程進行整體思考，即把幾個過程合為一個過程來處理，如用動量守恒定律解決比較復雜的運動。
(2)對多個研究對象進行整體思考，即把兩個或兩個以上的物體作為一個整體進行考慮，如應用動量守恒定律時，就是把多個物體看成一個整體(或系統)。
2．若單獨利用動量觀點(或能量觀點)無法解決問題，可嘗試兩種觀點結合聯立方程求解。
例2　如圖所示，質量M＝2 kg的足夠長的木板A靜止在光滑水平面上，滑塊B、C放在木板A上，質量分別為mB＝4 kg、mC＝2 kg，滑塊B、C與木板A間的動摩擦因數均為μ＝0.4。某時刻滑塊B獲得一初速度v0＝8 m/s，經時間t＝0.5 s滑塊B、C發生碰撞，碰后滑塊B、C粘在一起，重力加速度g＝10 m/s2，碰撞時間極短，求：
(1)最初滑塊B、C間的距離；
(2)滑塊B、C碰撞過程中損失的機械能；
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(3)滑塊B、C碰后再經多長時間滑塊B、C與木板A達到共同速度。
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針對訓練2　(2023·江蘇無錫外國語學校高二期中)如圖所示，一質量為M的木塊靜止在水平軌道AB的B端，水平軌道與光滑弧形軌道BC相切。現有一質量為m的子彈以v0的水平速度從左邊射入木塊且未穿出，重力加速度為g，求：
(1)子彈射入木塊過程中系統損失的機械能，以及子彈與木塊一起在圓弧軌道上上升的最大高度；
(2)從木塊開始運動到木塊返回B點的過程中木塊(含子彈)所受合外力的沖量的大小。
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專題強化5　動力學、能量和動量觀點在力學中的應用
[學習目標]　1.了解處理力學問題的三個基本觀點和選用原則。(難點)2.了解處理力學問題的系統化思維方法。(難點)3.綜合動量和能量觀點解決問題(重點)。
一、力學的三個基本觀點和選用原則
1．力的三個作用效果及五個規律
(1)力的三個作用效果
作用效果 對應規律 表達式 列式角度
力的瞬時作用效果 牛頓第二定律 F合＝ma 動力學
力在空間上的積累效果 動能定理 W合＝ΔEk即W合＝mv22－mv12 功能關系
力在時間上的積累效果 動量定理 I合＝Δp即FΔt＝mv′－mv 沖量與動量的關系
(2)兩個守恒定律
名稱 表達式 列式角度
能量守恒定律(包括機械能守恒定律) E2＝E1 能量轉化(轉移)
動量守恒定律 p2＝p1 動量關系
2．力學規律的選用原則
(1)如果物體受恒力作用，涉及運動細節可用動力學觀點去解決。
(2)研究某一物體受到力的持續作用發生運動狀態改變時，一般用動量定理(涉及時間的問題)或動能定理(涉及位移的問題)去解決問題。
(3)若研究的對象為幾個物體組成的系統，且它們之間有相互作用，一般用兩個守恒定律解決問題，但需注意所研究的問題是否滿足守恒的條件。
(4)在涉及相對位移問題時優先考慮利用能量守恒定律求解，根據系統克服摩擦力所做的總功等于系統機械能的減少量(即轉化為系統內能的量)列方程。
(5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現象時，需注意到這些過程一般隱含有系統機械能與其他形式能量之間的轉化，這種問題由于作用時間極短，因此動量守恒定律一般能派上大用場。
例1　如圖所示，半徑R1＝1 m的四分之一光滑圓弧軌道AB與平臺BC在B點平滑連接，半徑R2＝0.8 m的四分之一圓弧軌道上端與平臺C端連接，下端與水平地面平滑連接，質量m＝0.1 kg的乙物塊放在平臺BC的右端C點，將質量也為m的甲物塊在A點由靜止釋放，讓其沿圓弧下滑，并滑上平臺與乙相碰，碰撞后甲與乙粘在一起從C點水平拋出，甲物塊與平臺間的動摩擦因數μ＝0.2，BC長L＝1 m，重力加速度g取10 m/s2，不計兩物塊的大小及碰撞所用的時間，求：
(1)甲物塊滑到B點時對軌道的壓力大小；
(2)甲和乙碰撞后瞬間共同速度的大小；
(3)粘在一起的甲、乙兩物塊從C點拋出到落到CDE段軌道上所用的時間。
答案　(1)3 N　(2)2 m/s　(3)0.4 s
解析　(1)甲物塊從A點滑到B點，根據機械能守恒定律有：mgR1＝mv12
甲物塊運動到B點時，根據牛頓第二定律有：FN－mg＝m
聯立解得：v1＝2 m/s，FN＝3 N
根據牛頓第三定律可知，甲物塊在B點時對軌道的壓力大小FN′＝FN＝3 N。
(2)甲從B點向右滑動的過程中，做勻減速直線運動，加速度大小為a＝μg＝2 m/s2
設甲物塊運動到與乙相碰前瞬間的速度為v2，由v22－v12＝－2aL，解得v2＝4 m/s
設甲、乙相碰后瞬間共同速度的大小為v3，取向右為正方向，根據動量守恒定律有：mv2＝2mv3
解得：v3＝2 m/s。
(3)碰撞后，甲和乙以2 m/s的速度水平拋出，假設兩物塊會落到水平地面上
則下落的時間t＝＝0.4 s
則水平方向的位移x＝v3t＝0.8 m＝R2
說明兩物塊剛好落到D點，假設成立
因此拋出后落到CDE軌道上所用時間為0.4 s。
針對訓練1　如圖所示，質量均為m＝2 kg的小物塊A、B通過一壓縮輕彈簧鎖定在一起，靜止于光滑平臺上，解除鎖定后，A、B在彈簧彈力作用下以相等的速率與彈簧分離。A分離后向左運動，滑上半徑R＝0.5 m的光滑半圓軌道并恰能通過最高點；B分離后向右運動，滑上靜止在水平面上長L＝1 m、質量M＝8 kg的長木板，長木板上表面與平臺等高、下表面光滑，物塊與木板間的動摩擦因數μ＝0.5。重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求A、B與彈簧分離時的速率；
(2)求彈簧鎖定時的彈性勢能Ep；
(3)通過計算判斷物塊是否能滑離長木板；求出B在長木板上滑動過程中產生的內能Q。
答案　(1)5 m/s　5 m/s　(2)50 J
(3)能滑離長木板　10 J
解析　(1)物塊A恰好通過半圓軌道最高點時重力提供向心力，
由牛頓第二定律得mg＝m
代入數據解得v′＝ m/s
物塊A從半圓最低點到最高點過程只有重力做功，機械能守恒，
由機械能守恒定律得mv12＝mv′2＋mg·2R
代入數據解得v1＝5 m/s
即A、B與彈簧分離時的速率均為5 m/s；
(2)解除彈簧鎖定后彈簧的彈性勢能轉化為物塊的動能，由能量守恒定律得：
Ep＝×2mv12＝×2×2×52 J＝50 J
(3)滑塊B滑上長木板后做減速運動，木板做加速運動，假設不能滑離長木板，則當兩者共速時，
由動量守恒定律有mv1＝(M＋m)v
由動能定理有μmgx＝mv12－(m＋M)v2
聯立解得x＝2 m>L
可知物塊將滑離長木板；B在長木板上滑動過程中產生的內能Q＝μmgL＝10 J。
1．靈活選取系統。根據題目的特點可選取其中動量守恒或能量守恒的幾個物體為研究對象，不一定選所有的物體為研究對象。
2．靈活選取物理過程。在綜合題目中，物體運動常有幾個不同的過程，根據題目的已知、未知條件靈活地選取物理過程來研究。列方程前要注意分析、判斷所選過程動量、能量的守恒情況。
二、用動量和能量觀點綜合解決問題
1．系統化思維方法
(1)對多個物理過程進行整體思考，即把幾個過程合為一個過程來處理，如用動量守恒定律解決比較復雜的運動。
(2)對多個研究對象進行整體思考，即把兩個或兩個以上的物體作為一個整體進行考慮，如應用動量守恒定律時，就是把多個物體看成一個整體(或系統)。
2．若單獨利用動量觀點(或能量觀點)無法解決問題，可嘗試兩種觀點結合聯立方程求解。
例2　如圖所示，質量M＝2 kg的足夠長的木板A靜止在光滑水平面上，滑塊B、C放在木板A上，質量分別為mB＝4 kg、mC＝2 kg，滑塊B、C與木板A間的動摩擦因數均為μ＝0.4。某時刻滑塊B獲得一初速度v0＝8 m/s，經時間t＝0.5 s滑塊B、C發生碰撞，碰后滑塊B、C粘在一起，重力加速度g＝10 m/s2，碰撞時間極短，求：
(1)最初滑塊B、C間的距離；
(2)滑塊B、C碰撞過程中損失的機械能；
(3)滑塊B、C碰后再經多長時間滑塊B、C與木板A達到共同速度。
答案　(1)3.0 m　(2)10.7 J　(3)0.17 s
解析　(1)根據牛頓第二定律，對滑塊B有μmBg＝mBaB
假設A、C共速，對A、C整體得μmBg＝(M＋mC)aA，
解得aA＝4 m/s2，可知假設成立
由運動學公式可得，碰撞時滑塊B的速度vB＝v0－aBt，碰撞時A、C的速度為vA＝aAt
解得vB＝6 m/s，vA＝2 m/s
碰撞前木板A、滑塊B發生的位移分別為xB＝t，xA＝t
最初滑塊B、C間的距離為Δx＝xB－xA，
代入數據解得Δx＝3.0 m
(2)滑塊B、C碰撞過程中，由動量守恒定律得
mBvB＋mCvA＝(mB＋mC)v
再由能量守恒定律得
ΔE＝mBvB2＋mCvA2－(mB＋mC)v2
聯立解得ΔE＝ J≈10.7 J
(3)以滑塊B、C與木板A整體為研究對象，
由動量守恒定律得mBv0＝(M＋mB＋mC)v′
以木板A為研究對象，由動量定理得
μ(mB＋mC)gt′＝Mv′－MvA
聯立解得t′＝ s≈0.17 s。
針對訓練2　(2023·江蘇無錫外國語學校高二期中)如圖所示，一質量為M的木塊靜止在水平軌道AB的B端，水平軌道與光滑弧形軌道BC相切。現有一質量為m的子彈以v0的水平速度從左邊射入木塊且未穿出，重力加速度為g，求：
(1)子彈射入木塊過程中系統損失的機械能，以及子彈與木塊一起在圓弧軌道上上升的最大高度；
(2)從木塊開始運動到木塊返回B點的過程中木塊(含子彈)所受合外力的沖量的大小。
答案　(1)　　(2)2mv0
解析　(1)設子彈射入木塊與木塊獲得的共同速度為v，
子彈射入木塊前后系統動量守恒，則有mv0＝(M＋m)v
解得v＝，
損失的機械能ΔE＝mv02－(M＋m)v2＝
設木塊上升最大高度為h，子彈與木塊在光滑弧形軌道BC上運動，到達最高點的過程中系統機械能守恒，則有
(M＋m)v2＝(M＋m)gh
解得h＝
(2)由于圓弧軌道光滑，從木塊開始運動到木塊返回B點，以v0方向為正方向，木塊(含子彈)速度大小不變，其動量變化為－2(M＋m)v，由動量定理可得，木塊(含子彈)所受合外力的沖量大小I＝2(m＋M)v＝2mv0。

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