专题09　力学三大观点的综合应用-高三物理二轮复习（命题规律+知识荟萃+经典例题+精选习题）(江苏专用)

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专题09 力学三大观点的综合应用
【命题规律】
1、命题角度：
（1）应用力学三大观点解决多过程问题；
（2）板－块模型中力学三大观点的应用.
2、常考题型：计算题
【知识荟萃】
★考向一、应用力学三大观点解决多过程问题
力学三大观点对比
2.选用原则
（1）当物体受到恒力作用做匀变速直线运动（曲线运动某一方向可分解为匀变速直线运动），涉及时间与运动细节时，一般选用动力学方法解题.
（2）当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移（摩擦生热）时，应优先选用能量守恒定律.
（3）不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别是对于打击类问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解.
（4）对于碰撞、爆炸、反冲、地面光滑的板—块问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间，应用动量守恒定律求解.
3.系统化思维方法
（1）对多个物理过程进行整体思考，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动。
（2）对多个研究对象进行整体思考，即把两个或两个以上的独立物体看成为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体（或系统）。
★考向二、应用力学三大观点解决板—块模型问题
1．滑块和木板组成的系统所受的合外力为零时，优先选用动量守恒定律解题；若地面不光滑或受其他外力时，需选用动力学观点解题．
2．滑块与木板达到相同速度时应注意摩擦力的大小和方向是否发生变化．
3．应注意区分滑块、木板各自的相对地面的位移和它们的相对位移．用运动学公式或动能定理列式时位移指相对地面的位移；求系统摩擦生热时用相对位移（或相对路程）．
技巧点拔
1.“滑块－木板”模型（如图）
（1）木板放在光滑水平面上，无外力作用下，滑块和木板组成的系统动量守恒，系统机械能减少；
（2）系统产生的内能Q＝Ff·x相对＝ΔEk系统减少.
2.滑块和木板组成的系统所受的合外力为零时，优先选用动量守恒定律解题；若地面不光滑或受其他外力时，需选用动力学观点解题.
3.滑块与木板达到相同速度时应注意摩擦力的大小和方向是否发生变化.
4.应注意区分滑块、木板各自的对地位移和它们的相对位移.用运动学公式或动能定理列式时位移指对地位移；求系统摩擦生热时用相对位移（或相对路程）.
【经典例题】
【例题1】迷你系绳卫星在地球赤道正上方的电离层中，沿圆形轨道绕地飞行。系绳卫星由两子卫星组成，它们之间的导体绳沿地球半径方向，如图所示。在电池和感应电动势的共同作用下，导体绳中形成指向地心的电流，等效总电阻为r。导体绳所受的安培力克服大小为f的环境阻力，可使卫星保持在原轨道上。已知卫星离地平均高度为H，导体绳长为L（L≪H），地球半径为R，质量为M，万有引力常量为G，轨道处磁感应强度大小为B，方向垂直于导体绳。忽略地球自转的影响。求：
（1）卫星做圆周运动速度v及导体绳中感应电动势E1；
（2）电池电动势E2。
【答案】 （1）；；（2）
【解析】
（1）导体绳长为L≪H，卫星高度可认为H，根据牛顿第二定律得
解得卫星做圆周运动速度
对导体根据法拉第电磁感应定律得导体绳中感应电动势
E1=BLv
由以上各式解之得
（2）对回路根据闭合闭合电路欧姆定律由
对导线受力平衡可得
解得
【例题2】如图甲所示，滑块与足够长的木板叠放在光滑水平面上，开始时均处于静止状态。作用于滑块的水平力F随时间t变化图象如图乙所示，时撤去力F。已知滑块质量，木板质量，滑块与木板间的动摩擦因数，取。求：
（1）时滑块的速度大小；
（2）0～2.0s内木板的位移大小；
（3）0～2.0s内因摩擦而产生的热量。
【答案】 （1）；（2）；（3）
【解析】
（1）木板M的最大加速度
滑块与木板保持相对静止时的最大拉力
所以F为1.5N时，M与m一起向右做匀加速运动，对整体分析有
代入数据得
（2）对M在0-1s内有
1-2s内，即F为6N时，M与m将发生相对滑动，有
则0-2s内板的位移
（3）对滑块在1-2s内有
0-2s滑块的位移
在0-2s，m与M相对位移
系统因摩擦产生的热量
【例题3】如图所示，固定轨道由水平轨道AB，与AB相切于B点且半径R=0.18m的竖直半圆轨道BC组成，AB上静置一质量m1=0.3 kg的小滑块a；AB右侧水平地面上停靠一质量M=0.4 kg的小车，小车的上表面水平且与AB等高，锁定小车。一水平轻弹簧右端固定在小车的挡板上，弹簧的自由端在P点，P点左侧的小车上表面是粗糙的，其他各处的摩擦均不计。现用手将一质量m2=0.1 kg的小滑块b缓慢向右压缩弹簧一段距离并由静止释放b，b离开弹簧一段时间后与a发生弹性碰撞，碰撞后a沿轨道运动，恰好能通过最高点C，此后取走a；碰撞后b返回，经弹簧反弹一次后恰好停在小车的左端。已知b与AP间的动摩擦因数μ=0.225，a、b均视为质点，取重力加速度大小g=10 m/s2。
（1）求碰撞后瞬间a的速率v1；
（2）求P、A两点间的距离L以及手对b做的功W；
（3）若b与a碰撞时将小车解锁，b最终停在P点左侧何处？
【答案】 （1）3 m/s；（2）2.025J；（3） 0.6 m处。
【解析】
（1）碰撞后a沿轨道运动，设a恰好通过最高点C时的速率为vC，有
根据机械能守恒定律有
解得
（2）b与a发生弹性碰撞，设碰撞前、后瞬间b的速率分别为v、v2，有
解得
由能量守恒定律有
解得
从用手开始将b向右压缩弹簧到b第一次到达A处的过程中，根据动能定理有
解得
（3）设b停在车上时b与车的共同速度大小为v3，b在小车上表面P点左侧运动的相对路程为x，由动量守恒定律有
由能量守恒定律有
解得
b最终停在P点左侧处。
【例题4】如图所示，光滑水平地面上有一个两端带有固定挡板的长木板，木板最右端放置一个可视为质点的小滑块，滑块和木板均静止。现施加一水平向右的恒力F=11N拉木板，当滑块即将与左挡板接触时，撤去拉力F。已知木板的质量M=2kg、长度l=9.0m，滑块的质量m=2kg，滑块与左、右挡板的碰撞均为弹性碰撞，滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.05。g取10m/s2。求∶
（1）撤去拉力时滑块的速度大小v1和木板的速度大小v2；
（2）最终滑块与木板相对静止时，滑块距木板左端的距离；
（3）从撤去拉力到滑块与木板保持相对静止所经历的时间。
【答案】 （1） v1=1m/s， v2=10m/s；（2） ；（3）
【解析】
（1）木板受到拉力时，对木板
对木块有
经过时间t撤去F，有
解得
此时滑块和木板的速度分别为
（2）撤去外力后，滑块与木板组成的系统动量守恒，最终滑块与木板共速，有
解得
对于系统，由能量守恒得
解得
因为
所以滑块在木板上往返共四次后，最后相对静止在距左端的距离为
（3）撤去拉力后，滑块与木板发生第一次弹性碰撞，有
解得
，
由此可知，质量相等的物体发生弹性碰撞时，会交换速度，因此滑块在与木板相互作用的过程中，速度小的物体不断加速，最终二者共速，有
解得
【精选习题】
1．如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝4 kg的物体P，Q为一质量为m2＝8 kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m，系统处于静止状态。现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后F为恒力，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，取g＝10 m/s2.，求力F的最大值与最小值。
【答案】 最大值为72N，最小值为36N
【解析】
设开始时弹簧的压缩量为x0，由平衡条件得
代入数据解得
因前0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零，设此时弹簧的压缩量为x1，对物体P，由牛顿第二定律得
前0.2 s时间内两物体的位移为
联立解得
对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大，对于最开始的状态有
解得
对分离时有
解得
故F的最大值为72N，最小值为36N。
2．我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一、如图所示，质量的运动员从长直助滑道的A处由静止开始以加速度匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度，A与B的竖直高度差。为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧。助滑道末端B与滑道最低点C的高度差，运动员在B、C间运动时阻力做功，g取。
（1）求滑道的长度；
（2）求运动员在段下滑时受到阻力的大小；
（3）若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大？
【答案】 （1）80m；（2）；（3）
【解析】
（1）运动员在上做初速度为零的匀加速运动，设的长度为x，则有
（2）由牛顿第二定律有
代入数据解得
（3）设运动员到达C点时的速度为，在由B到达C的过程中，由动能定理有
设运动员在C点所受的支持力为，由牛顿第二定律有
由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，代入数据联立解得
3．如图，半径为的四分之一竖直平面内圆弧轨道末端C点切线水平，紧靠C点停放质量的平板小车（足够长），水平板面与C点等高，车的最右端停放质量的小物块2。物块2与板动摩擦因数为，质量为的小物块1从图中A点由静止释放，无碰撞地从B点切入圆轨道，已知高度差，，物块1刚要到C点前瞬间对圆弧面的压力为35.6N，其与板动摩擦因数为，最终小车与两个物块同步向右匀速运动。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，水平地面光滑。
（1）求小物块1通过圆轨道时克服摩擦力做的功；
（2）小物块1从C点滑上小车之后，平板车上表面摩擦产生的总热量Q；
（3）从物块1滑上平板小车到两物块和小车开始同步运动所经历的时间t。
【答案】 （1）18J；（2）21.3J；（3）1.07s
【解析】
（1）设物块1到达B点时速度为v1，有
物块1在C点由牛顿第二定律得
解得
根据功能关系有
解得小物块1通过圆轨道时克服摩擦力做的功
（2）小物块1从C点滑上小车，最终小车与两个物块同步向右匀速运动，根据动量守恒有
代入数据解得
则平板车上表面摩擦产生的总热量
（3）物块1滑上平板小车的加速度
假设平板车与物块2一起做加速运动，则有
解得
对物块2，有
所以物块1滑上平板车后做匀减速直线运动，平板车与物体2一起做匀加速直线运动，则物块1滑上平板车到和小车与物块2开始同步运动所经历的时间为
4．如图所示，半径为R的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，一滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠轨道下端B点，上表面与圆弧轨道末端相平。离滑板右端处有一竖直固定的挡板P。一质量为m的物块（可视为质点）从圆弧轨道顶端A点由静止开始沿轨道滑下，经B点滑上滑板。已知滑板质量，物块与滑板间的动摩擦因数，重力加速度为g。滑板与挡板碰撞时立刻反弹且没有机械能损失，滑板返回B点时即被锁定而保持静止。滑板足够长使物块总不能滑至滑板右端。
（1）求物块滑到B点时对圆弧轨道的压力；
（2）求滑板与挡板P碰撞前瞬间物块的速度大小；
（3）滑板与挡板碰撞之后物块有一段时间在做加速运动，求这段时间内滑板的速度范围。
【答案】 （1）F=3mg；（2）；（3）
【解析】
（1）物块由A到B的运动过程，只有重力做功，机械能守恒。设物块滑到B点的速度大小为v0，有
解得
在B点
解得
F=3mg
（2）假设滑板与P碰撞前，物块与滑板具有共同速度v1，取向右为正，由动量守恒定律
设此过程滑板运动的位移为s，由动能定理
联立解得
所以假设成立，滑板与挡板P碰撞前瞬间物块的速度大小为
（3）由于滑板与挡板的碰撞没有机械能损失，所以滑板与挡板P碰撞后速度v1大小不变，只是方向向左。此后滑板作匀减速运动，物块先向右减速，再向左加速运动。设两者第二次具有共同速度为v2，取向左为正，由动量守恒定律有
设此时滑板离P的距离为，由动能定理
解得
＜
说明滑板与物块具有共同速度时还没有返回到B点，两者能够第二次达到共同速度。
设当物块的速度减为零时，滑板速度为v3，取向左为正，有
解得
所以，物块加速运动阶段的速度范围为
此阶段滑板的速度范围为
5．如图甲所示，半径为R的光滑半球形碗固定于水平地面，碗口平面平行地面，O为球心，质量均为m的A、B两小球用长为R的轻杆连接置于碗内，重力加速度为g。
（1）求两球静止时杆对A球作用力大小F1；
（2）如图乙所示，在过O的竖直平面内将B球置于碗口边缘且A球紧靠碗壁，将两小球由静止释放，求释放后瞬间杆对A球的作用力大小F2；
（3）将A、B两球均置于碗口边缘并由静止同时释放，两小球沿碗壁运动过程中轻杆始终保持水平，求两球运动到最低点时轻杆对A球作用力大小F3。
【答案】 （1）；（2）；（3）
【解析】
（1）两球静止时对A球进行受力分析如图所示
根据平衡条件有
解得
（2）释放后瞬间受力分析如图所示
由于A、B球用轻质细杆相连，所以任何时刻球A和B的线速度大小、切向加速度大小、径向加速度大小都相等，设切向加速度分别为，则
根据牛顿第二定律，对于B球有
对于A球有
解得
（3）两球运动到最低点过程由于机械能守恒有
在最低点时，对A有
根据圆周运动规律有
联立解得
6．如图所示，内径很小的细管竖直固定，段为内径粗糙的水平直线细管，P点处有一弹性挡板、段为内径光滑的半径为R的圆弧，两段细管于M点处滑顺连接。一细绳左侧连接一质量为的滑块A，另一端穿过P板经细管连接一大小略小于内径的质量为m的滑块B。在外力影响下，两滑块初始均静止，除段外，其余各处阻力不计，段滑动摩擦因数取0.5。
（1）同时释放两物块，试求滑块B运动至M点时，滑块A的速度大小？
（2）系统释放后，滑块B经M点后水平撞击挡板P能够原速率弹回，刚好返回M点。试判断整个过程中，滑块B的在水平段运动路程是段长度的几倍？
（3）若滑块A的质量可以调节改变，但应大于滑块B。要使滑块B运动至M点时对细管的压力不大于自身重力的倍，试求滑块A与B满足要求的质量比值范围？
【答案】 （1）；（2）8倍；（3）（）
【解析】
（1）滑块B上升至M点过程中，A与B系统机械能守恒
A与B运动方向均沿沿绳方向，因而滑块A的速度
（2）方法一
滑块B向左运动时
加速度
滑块B向右运动时
加速度
表示第N次反弹速率，表示第N次反弹运动路程，因为有
解得
即为等比数列，水平总路程
方法二
以第一次返回M点时，至系统最终停止作为研究阶段起点，由能量守恒列式
解得
综上得：水平总路程
（3）M点处，若滑块B对上轨道压力恰为
滑块B受力
联立解得
M点处，若滑块B对下轨道压力恰为
滑块B受力
联立解得
综上，满足要求的质量比值范围（）
7．如图所示，弹性绳一端系于P点，绕过Q处的小滑轮，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，P、Q、A三点等高，弹性绳的原长恰好等于PQ间距，圆环与杆间的动摩擦因数为0.5。圆环从A点由静止释放，释放瞬间，圆环的加速度大小为，到达最低点C时AC=d。重力加速度为g，弹性绳始终遵循胡克定律。求：
（1）释放瞬间弹性绳中拉力大小F；
（2）A到C的过程中，弹性绳对圆环做的功W；
（3）已知QA=d，圆环下滑过程中的最大速度vm。
【答案】 （1）；（2）；（3）
【解析】
（1）释放瞬间，对圆环受力分析
由牛顿第二定律得
解得
（2）设QA=L，则
设下滑距离为x，圆环下滑到B点时，QB=l，受力分析如图，正交分解，水平方向
即下滑过程，杆对圆环弹力不变，则
圆环所受滑动摩擦力f为恒力；从A到C，根据动能定理
解得
（3）QA=d，则
圆环下滑过程中，加速度为零时，速度最大，即
此时下滑距离
解得
合外力
根据动能定理
即
解得
8．如图所示，水平地面上有一质量为M=3m的箱子，在水平向右的拉力作用下，以速率v0向右做匀速直线运动，箱内底面上紧靠左端面处有一质量为m光滑的小球，小球到箱子右端面的距离为L，箱子与地面之间动摩擦因数为μ。某时刻撤去水平拉力，经一段时间小球与箱子的右端面相撞。已知小球与箱子碰撞时间极短且碰撞后不再分离，重力加速度大小为g。求：
（1）撤去水平向右的拉力时，箱子的加速度大小a1；
（2）动摩擦因数μ满足什么关系时，小球与箱子右端碰撞前箱子已经停下；
（3）当时，小球和箱子碰撞后共同向右运动的位移大小。
【答案】 （1）；（2）；（3）
【解析】
（1）对箱子，撤出拉力后，受地面的摩擦力而减速，则由牛顿第二定律得
由摩擦力公式得
解得
（2）若小球未与箱子右端面相碰前箱子停下，设箱子运动x1距离停下，所用时间为t1，由运动学公式有
设这段时间小球运动位移x2，则
这段时间内小球相对箱子移动的距高
依题意得
得
（3）当
时，小球与箱子右端面相碰前箱子未停下设经过时间小球与箱子右端面相碰，此过程箱子运动位移为x1′，碰前速度为v1，碰后共同速度为v，由运动学公式
，
这段时间内小球位移
依题意得
小球与箱子相碰过程系统动量守恒
设此后小球与箱子一起运动的位移为，由动能定理得
所以小球与箱子一起运动的位移为
9．2020年11月，“奋斗者”号成功下至10909米的深海处，让我国达到了全球深海装备和技术的制高点。某种型号潜水器的质量为M、体积为V，在一次试验中从海面由静止开始竖直下潜，经过A点的速度最大，继续下潜后最终悬停在B点。此后潜水器向固定在舱外的油囊注油以增大体积，上浮后悬停在A点，此时油囊的体积增大了，若海水密度ρ随深度h变化的关系为ρ=kh+ρ0（k和ρ0均为常数），潜水器所受阻力与速度成正比，运动过程中无其它动力，重力加速度为g，求潜水器
（1）到达B点的深度H；
（2）下潜到B过程中受到的最大阻力fm；
（3）从海面下潜直至悬停在B的过程中克服阻力做的功W。
【答案】 （1）；（2）；（3）
【解析】
（1）在B时受力平衡
且
解得
（2）下潜经过A点速度最大，加速度为零，则
注油后，上浮到A点平衡
解得
（3）该过程的平均浮力大小
浮力做的功
动能定理
解得
10．如图所示，在光滑水平面上通过锁定装置固定一辆质量的小车，小车左边部分为半径的四分之一光滑圆弧轨道，轨道末端平滑连接一长度的水平粗糙面，粗糙面右端是一挡板。有一个质量为的小物块（可视为质点）从小车左侧圆弧轨道顶端A点静止释放，小物块和小车在粗糙区域的滑动摩擦因数，小物块与挡板的碰撞无机械能损失，重力加速度，
（1）求小物块滑到圆弧轨道末端时轨道对小物块的支持力大小；
（2）若解除小车锁定，让小物块由A点静止释放，求小物块从圆弧末端到与右侧挡板发生第一次碰撞经历的时间；
（3）在（2）问的初始条件下，小物块将与小车右端发生多次碰撞，求整个运动过程中小车发生的位移。
【答案】 （1）；（2）；（3），方向水平向左
【解析】
（1）小车被固定，小物块下滑到最低点过程机械能守恒
在最低点，有
解得
（2）解除固定后，小车可以在光滑水平面上自由运动，小物块和小车组成的系统水平方向动量守恒，设小物块刚滑上右侧粗糙区域时候速度大小为v1，小车速度大小为v2，
代入数据解得
，
小物块冲上粗糙面后，小物块加速度大小为a1，小车加速度大小为a2，由牛顿第二定律有
（水平向左）
（水平向右）
当小物块和小车右侧挡板发生碰撞时满足
即
代入数据得
，（舍去）
故经历0.5s第一次和右侧挡板发生碰撞；
（3）从小物块滑下到最终相对小车静止，物块在小车粗糙面上滑动的路程为
解得
当时，，即物块将停在离开右侧挡板0.75m处。
物块相对小车停下时，小车也停止运动。
整个过程中，物块相对小车发生位移为
选取m和M为系统，由于水平方向动量守恒，设m水平向右发生位移大小为x1，M水平向左发生位移大小为x2，可推得
又
求得
方向水平向左。
11．如图所示，半径R=2.5m的竖直且光滑的圆周管道在B点与水平面平滑连接，水平面的左端固定有用一轻质弹簧制成的发射装置，现有质量m=0.50kg的小球（可视为质点，其直径略小于管道内径）将弹簧压缩后（未超出弹性限度）由静止释放，在A点小球与弹簧分离后经水平面运动至B点进入圆管轨道，沿圆管轨道运动到达点C。经测量，在C点小球对圆环外侧轨道的压力为FN=15N，A、B间的距离为x=25m，小球与水平面间的动摩擦因数µ=0.20，重力加速度g=10m/s2。求：
（1）小球刚进入圆管轨道时，在B点的速度大小；
（2）弹簧对小球的冲量大小；
（3）弹簧被压缩至A点时具有的弹性势能Ep。
【答案】 （1）m/s；（2）；（3）J
【解析】
（1）在点C，由牛顿第二定律有
小球从B运动到C过程机械能守恒，有
代入数据得
m/s
（2）对小球A到B由能量守恒定律有
代入数据解得
m/s
根据动量定理得弹簧对小球的冲量大小为
（3）由功能关系可知，弹簧弹性势能转化为小球在A点的动能，即
联立解得
12．如图所示，从A点以某一水平速度抛出质量的小物块1（可视为质点），当物块1运动至B点时，恰好沿切线方向进入半径、圆心角的固定光滑圆弧轨道，C端的切线水平且与长木板上表面等高，长木板静止在光滑水平面上，质量，其左端放置与小物块1完全相同的小物块2，右端固定挡板上连接一根轻质短弹簧，A点距C点的高度。小物块1滑行到车上立即与小木块2发生碰撞（碰撞时间极短），碰后两物块粘在一起在木板上向右滑动，一段时间后在木板的正中间与木板达到相对静止，物块与长木板间动摩擦因数，，，g取，弹簧始终在弹性限度内，求：
（1）小物块1抛出时水平速度的大小；
（2）小物块1滑动至C点时，对圆轨道的压力大小；
（3）木板的长度。
【答案】 （1）；（2）；（3）
【解析】
（1）B点距C点的高度
小球运动至B点的竖直分速度
抛出时的初速度
（2）B点的速度
从B到C的过程中物块1机械能守恒
C点的速度
在C点由牛顿第二定律可得
代入数据可解得
由牛顿第三定律可知小物块1滑动至C点时，对圆弧轨道的压力大小约为。
（3）物块1和2粘合时动量守恒
代入数据可解得，若物块没有与右侧弹簧相碰，对三个物体组成的系统，由动量守恒有
由能量守恒可得
可解得。
若物块与右侧弹簧相碰，由动量守恒和能量守恒可得
联立代入数据可解得。
力学三大观点
对应规律
表达式
选用原则
动力学观点
牛顿第二定律
F合＝ma
物体做匀变速直线运动，涉及到运动细节.
匀变速直线运动规律
v＝v0＋at
x＝v0t＋eq \f(1,2)at2
v2－v02＝2ax等
能量观点
动能定理
W合＝ΔEk
涉及到做功与能量转换
机械能守恒定律
Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
功能关系
WG＝－ΔEp等
能量守恒定律
E1＝E2
动量观点
动量定理
I合＝p′－p
只涉及初末速度、力、时间而不涉及位移、功
动量守恒定律
p1＋p2＝p1′＋p2′
只涉及初末速度而不涉及力、时间