重點關注力學三大視角知識方法的綜合應用》知識回扣·動量定理Ftpp的公式不僅展示了兩邊的大小和方向的關系，還解釋了兩邊的因果關系，即合外力的沖量是動量變化的原因動量定理解釋了合外力的沖量與動量變化之間的關系，反映了力對時間和動量的累積效應。與物體的初動量和終動量沒有必然聯系，動量變化的方向與合外力的沖量方向相同，物體在某一時刻的動量方向也不一定。與合外力的沖量方向有關的動量定理的公式是包括重力在內的所有外力對研究對象的合力。 它可以是恒定的力或可變的力。 它應該是作用時間內合外力的平均值。 2、動量守恒定律的內容：如果一個系統不受外力作用或者外力之和為零，則系統的總動量保持不變。 表達式：=mivi'+m2V2'等于相互作用后的總動量p')； 或釘子）=0（系統總動量的增量為零）； 或者Ap2（由兩個相互作用的物體組成的系統，兩個物體的動量增量大小相等，方向相反）。 （3）守恒條件系統雖然受到外力作用，但外力遠小于內力且作用時間極短，如碰撞、爆炸等。 3、解決機械問題的三個基本觀點。 力的觀點：主要是牛頓運動定律和運動學公式的結合，常涉及物體的力、加速度或勻速運動。 動量觀點：主要應用動量定理或動量。 守恒定律的解決通常涉及物體上的力和時間問題，以及物體相互作用的問題。
能量視角：對于單個物體的力和位移，常用動能定理分析； 當涉及系統內的能量轉換時，通常使用能量守恒定律。 、正則方法 I 單一對象：宜選用動量定理、動能定理、牛頓運動定律。 ? 如果問題涉及時間，則應采用動量定理； 如果問題涉及位移，則應使用動能定理； 如果問題涉及加速度，則只選擇由牛頓第二多個物體組成的系統：優先考慮兩個守恒定律。 如果涉及碰撞、爆炸、反沖等問題，則應選擇動量守恒定律，然后根據能量關系進行分析求解。 2·系統思維法是根據許多已知的要素和事實，按照一定的聯系方法，將各部分連接成一個整體的方法。 整體地思考多個物理過程，即將多個過程合并為一個過程，例如利用動量守恒定律來解決更復雜的運動。 對多個研究對象進行整體思考就是將兩個或多個獨立的對象作為一個整體來考慮。 例如，當應用動量守恒定律時，多個物體被視為一個整體（或系統）。 熱點試驗方向實例分析鍛造配合圣(2014安徽24)在光滑的水平地面上有一個凹槽A，中心放置一個小塊B。 塊體與左右槽壁的距離如圖1所示，L為1.0m。 凹槽和塊體的質量均為m。 兩者之間的動摩擦因數為0.05。 開始時，木塊靜止，凹槽向右移動，初速度為 vo=。 假設木塊與槽壁碰撞過程中沒有能量損失，且不計算碰撞時間。 經過的時間以及這段時間內凹槽運動的位移。
分析 (1) 假設兩者相對靜止時，兩者之間的速度為v。 根據動量守恒定律，mvo=2mv2。 5m/s，方向向右。 假設塊體與凹槽之間的滑動摩擦力Ff==，即假設兩者相對靜止前的相對運動距離為1。根據動能定理，V2S1=12。5次碰撞。 假設凹槽與物體碰撞前的速度分別為vi和V2，碰撞后的速度分別為vi'和V2'。 有mvi+mv2=mvi，即凹槽與木塊每次碰撞時都會發生速度交換。 兩者在同一坐標系上的速度圖如圖所示。 根據碰撞次數，可分為i3段、凹槽和塊。 圖像在兩個連續的勻變速運動圖形之間切換，因此可以利用勻變速直線運動定律來計算時間。 那么圖像包圍的陰影部分的面積就是凹槽S2的位移大小。 （等腰三角形的面積分為=S2=i2。75答案（i）2.5m/s，方向向右%，如圖2所示，半徑R=0.8m的四分之一圓弧光滑軌道在垂直處，圓弧最低點m處的水平面與D點相切，質量為i.0kg的小滑塊A在圓弧頂點C處釋放靜止，到達最低點后連接到D點右側的靜止塊m0.5kg，B發生碰撞，碰撞后A的速度變為VA=2.00 如果B與E處的垂直擋板發生碰撞，則沒有機械能損失。 =i0 討論第二個滑塊是否會發生碰撞。答案 (1) 30N，方向垂直向下。 設小滑塊移動到D點的速度為v。機械能守恒定律：牛頓第二定律有 FN-MgMR 聯立解 小滑塊在 D 點的支撐力為 FN = 30。根據牛頓第三定律，小滑塊在 D 點時對圓弧的壓力D為30N，方向垂直向下。
(2) 假設塊B被擊中后的速度為VB。 根據動量守恒定律：Mv=MVA+mvB，求解出小滑塊被擊中D點右側后的速度。 討論：由于B塊的速度較大，如果它們能再次相撞，一定是B從垂直擋板反彈后發生。 假設兩個方塊都能移動到最后一站，到達最大距離，那么2MvA解出SA=22mvB，解出SB=8m（即從E點返回2，由于SA+SB=1012m動量守恒定律的應用，所以它們還很遠）綜合應用力學三大視角解決多過程問題 [例2] 如圖3所示，在光滑的水平面上有一個足夠長、質量為kg的物體物理資源網，有兩個。物體A和B放在木板上，A的質量mA=kg，B的質量mB=kg，A和B之間鎖有一個壓縮的輕彈簧，彈簧中儲存的彈性勢能Ep=。一個瞬時沖量，使A和B同時獲得vo=的初速度，同時彈簧因擾動而解鎖，并在很短的時間內恢復到原來的長度動量守恒定律的應用，并且則分離。已知A、C之間的動摩擦因數為=0.1，滑動摩擦力略小于最大靜摩擦力。 求： (i) 滑塊A剛剛到達圓弧的最低點。 由A、B和彈簧組成的系統由動量彈簧和A組成，在B分離的瞬間，A和B的速度分別是多少？ 可知，C在第一次接觸右側固定擋板之前，已經達到了常用速度。 求 A、B、C 在達到共同速度之前的加速度。 它有多大，過程中產生多少內能？ 答案見解析分析 (1) 在彈簧彈開兩個物體的過程中，由于作用時間極短，可得守恒定律和能量守恒定律： (mA+mB )vo=+2 ( mA+mB) v0=|mAvA+*mBvB 聯立解為： =(mA+ 且因為： 因此，物體 A 和 C 的共同加速度對于整個系統來說，且水平方向沒有外力作用，所以由動量守恒定律和能量守恒定律可得： mBVB=(mA+mB+2(mA+mB35)) 在圖4所示的水平軌道上，在軌道中點B的正上方有一個探測器AC段和垂直塊，物體P1與靜止在A點的物體P2以速度V1沿軌道向右碰撞，并結合形成復數P。該碰撞時間為計時零點，探測器僅工作。在 t1= 內。
已知P1、P2的質量均為kg，P與AC的動摩擦系數為0.1，以AB段長度L為質點，P與擋板的碰撞為彈性碰撞。 以及碰撞損失的動能AE； P向左經過A點時的取值范圍和最大動能E。 答案分析 (1) 假設P1、P2彈性碰撞后的速度為V2。 根據動量守恒定律為： 解： V2 碰撞過程中損失的動能為： AE 滑動過程中，根據牛頓第二定律，ma=——即 mg) P 移動的整個過程從A點到C點再回到B點可視為勻減速直線運動。 根據運動學公式，當3L=V2t+61af2經過B點時，解為：V1=14，所以vi的取值范圍為：10m/假設向左經過A點的速度為VA。 根據動能定理，當2mvA-2x2mv^2mg4L時，絡合物向左經過A點時的動能最大，=17。 找出汽車與擋板之間的碰撞。 向前，小車速度V1，板子速度V2； 答案 (1) 向左運動 (2) V1 V2=0.8 此時木板使小車向右運動的摩擦力： Ff= ma0= 2.5 ?如圖 1 所示，a將質量為 kg 的木板放置在足夠大的水平地面上。 木板與地面的動摩擦因數為0.01。 一輛質量為 kg 的電動汽車停在棋盤的最左端，可以視為一個質點。 小車與木板右端的固定擋板相隔L，小車與擋板碰撞，小車與擋板粘合在一起。 碰撞時間很短，碰撞后汽車電源自動切斷。 （計算中，取最大靜摩擦力等于動摩擦力，并取木板向左行駛的反作用力：F『=Ff= 2.5 則木板最大靜摩擦力為地面右側：Ffo= 假設小車與擋板發生碰撞，小車和板的加速度分別為ai和a2，相互作用力為F。根據牛頓第二定律和運動學公式：對于汽車：F v2=a2t
