第4讲 力学三大观点的应用
1．处理力学与动量、能量的综合问题这类问题的基本思路：
(1)明确物体的运动过程及其受力情况，了解在该运动过程中的运动状态变化情况及做功情况，有不少问题是需要分段来分析的。
(2)根据物体的运动过程及相应的功能关系的转化情形，选择合适的公式列式求解。 2．力学规律选用的一般原则
力学中首先考虑使用两个守恒定律，从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量(速度、位置)，所以守恒定律能解决状态问题，不能解决过程(位移x，时间t)问题，不能解决力(F)的问题。
(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律。 (2)若物体(或系统)涉及到速度和时间，应考虑使用动量定理。
(3)若物体(或系统)涉及到位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律。 (4)若物体(或系统)涉及到位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中求摩擦生热时应用滑动摩擦力乘以相对路程，运用动能定理解决曲线运动和变加速运动问题特别方便。
考点一 动量定理和动量守恒定律的应用
1．恒力的冲量可应用I＝Ft直接求解，变力的冲量可优先考虑应用动量定理求解。 2．物体动量变化是由合外力的冲量决定的，物体动能变化是由合外力的功决定的。 3．动量守恒定律的适用条件
(1)系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零。
(2)系统所受合力不为零，但在某一方向上系统所受外力的合力为零，则在该方向上系统动量守恒。
(3)系统虽受外力，但外力远小于内力且作用时间极短，如碰撞、爆炸过程。
在被誉为“中国轿车第一撞”的碰撞试验中，让汽车以50 km/h的碰撞速度
驶向质量为80 t的碰撞试验台，由于障碍物的质量足够大可视为固定的，所以撞击使汽车的速度在碰撞的极短时间内变为零，如果让同样的汽车以100 km/h的速度撞向未固定的与汽车同质量的物体，设想为完全非弹性碰撞，且碰撞完成所需的时间是“第一撞”试验的两倍，求两种碰撞过程中汽车受到的平均冲击力之比。
1
[解析] 以汽车运动的方向为正方向，汽车以50 km/h的速度碰撞，根据动量定理有
F1＝
Δp13.9≈m(N) tΔt汽车以100 km/h的速度碰撞，动量守恒有mv＝2mv′ 根据动量定理有
F2＝
Δpmv－mv′13.9
＝≈m(N) t2Δt2ΔtF12故＝。 F21[答案] 2∶1 【题组突破】
1．(2018·江西省名校质量检测)如图2－4－1甲所示，光滑水平面上有P、Q两物块，它们在t＝4 s时发生碰撞，图乙是两者的位移图像，已知物块P的质量为mp＝1 kg，由此可知
图2－4－1
A．碰撞前P的动量为16 kg·m/s B．两物块的碰撞可能为弹性碰撞 C．物块Q的质量为4 kg
D．两物块碰撞过程中P对Q作用力的冲量是3 N·s
解析 根据位移图像可知，碰撞前P的速度v0＝4 m/s，碰撞前P的动量为P0＝mPv0
＝4 kg·m/s，选项A错误。根据位移图像，碰撞后二者速度相同，说明碰撞为完全非弹性碰撞，选项B错误。碰撞后，二者的共同速度v＝1 m/s，由动量守恒定律，mPv0＝(mP＋mQ)v，解得mQ＝3 kg，选项C错误。由动量定理，两物块碰撞过程中P对Q作用力的冲量是I＝ΔPQ＝mQv＝3 N·s，选项D正确。
答案 D
2．(多选)滑块甲的质量为0.8 kg，以大小为5.0 m/s的速度向右运动时，与另一质
2
量为1.0 kg、以大小为3.0 m/s的速度迎面而来的滑块乙相撞。碰撞后滑块甲恰好静止。假设碰撞时间极短，以向右为正方向，下列说法正确的是
A．碰后乙的速度大小为2 m/s
B．碰撞过程中甲受到的乙的作用力的冲量大小为4.0 N·s C．碰撞过程中乙动量的变化量为2.0 kg·m/s D．碰撞过程中系统损失的机械能为14 J
解析 由动量守恒定律得m甲v甲－m乙v乙＝m乙v乙′，代入数据解得v乙′＝1.0 m/s，选项A错误。碰撞过程中甲动量的变化量为Δp甲＝0－m甲v甲＝－4.0 kg·m/s，由动量定理可得甲滑块受到的乙的作用力的冲量为I＝Δp甲＝－4.0 N·s，选项B正确。碰撞过程中乙动量的变化量为Δp乙＝m乙v乙′－(－m乙v乙)＝4.0 kg·m/s，选项C错误。由能量守1112恒定律得m甲v2＋mv＝m乙v乙′2＋ΔE，代入数据解得ΔE＝14 J，选项D正确。 甲乙乙
222
答案 BD
考点二 应用动量观点和能量观点分析多 过程问题
(2018·武昌三模)如图2－4－2所示，两根粗糙直杆AC和PE与半径为R＝0.5
m的光滑半圆环CDE平滑连接，固定在同一竖直面内，两直杆与水平方向夹角均为θ＝37°，质量分别为m1＝0.3 kg、m2＝0.1 kg的小环套在直杆上相距为L1的A、B两处，m1、
m2与两直杆的动摩擦因数分别为μ1＝0.5和μ2＝1.0。将m1在A点无初速释放后，在B点与m2发生碰撞(碰撞时间极短，BC间距L2＝2R＝1.0 m)，碰后m1、m2具有相同速度但不粘连，之后m2停留在Q点，QE相距恰为L2＝1.0 m。取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
图2－4－2
(1)AB间距L1多大？
(2)m1从A点释放后，在两直杆上通过的总路程多大？
3
[审题探究]
(1)m1与m2的碰撞过程，两者组成的系统动量是否近似守恒？
(2)m1、m2碰后一起由B点运动到Q点的过程，有哪些力对系统做功？系统的动能如何变化？
(3)m2停在Q点后，m1的运动过程如何？其最终状态如何？ [解析] (1)m1、m2受到的摩擦力分别为f1、f2
f1＝μ1m1gcos θ＝1.2 N f2＝μ2m2gcos θ＝0.8 N f＝f1＋f2＝2 N
m1、m2碰后瞬间速度为v，研究m1、m2整体，由动能定理，有： 12
－f·2L2－(m1＋m2)gL2cos θ＝－(m1＋m2)v
2得v＝6 m/s
m1、m2碰撞时间极短，碰前瞬间m1的速度v1，由动量守恒，有 m1v1＝(m1＋m2)v 得v1＝8 m/s
12
从A到B，对m1由动能定理，有(m1gsin θ－f1)L1＝m1v1 得L1＝16 m
2
(2)m1、m2整体到达Q点时速度为0，此后，m2由于下滑力小于最大静摩擦力将始终静止于Q点，m1返回并在两倾斜轨道之间来回运动，由于有摩擦力作用，最终会在C点速度为零，研究m1从Q点无初速开始至最终到C点速度为零的整个过程，设在两倾斜杆上依次通过的路程为x1、x2、x3...，由动能定理
x′＝x1＋x2＋x3＋…
m1gL2(sin θ＋cos θ)－f1x′＝0－0 x′＝3.5 m
m1在两直杆上总共通过的路程x＝L1＋2L2＋x′ x＝21.5 m。
[答案] (1)16 m (2)21.5 m 【题组突破】
1．(2018·漳州质检)如图2－4－3所示，在高h＝2.7 m的光滑水平台上，质量为m的滑块1静止在平台边缘，质量为0.5m的滑块2以速度v0与滑块1发生弹性正碰，碰后
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