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    解密07动量和能量的综合应用(讲义)-【高频考点解密】2024高考物理二轮复习讲义(全国通用)
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    解密07动量和能量的综合应用(讲义)-【高频考点解密】2024高考物理二轮复习讲义(全国通用)

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    考点热度 ★★★★★
    内容索引
    1.动量和动量定理
    2.动量守恒定律及其应用
    3.动量与运动、能量的综合应用
    高考对本考点的考查角度大致为:
    (1)动量定理与动量守恒定律的应用
    (2)动量守恒与运动、能量守恒的综合应用
    (3)动量守恒定律与磁场、电磁感应、原子核物理等知识的综合应用
    考点一 动量与动量定理
    应用动量定理解题的一般步骤及注意事项
    例一太空探测器常装配离子发动机,其基本原理是将被电离的原子从发动机尾部高速喷出,从而为探测器提供推力,若某探测器质量为,离子以的速率(远大于探测器的飞行速率)向后喷出,流量为,则探测器获得的平均推力大小为( )
    B.
    C. D.
    【答案】C
    【解析】对离子,根据动量定理有

    解得F=0.09N,故探测器获得的平均推力大小为0.09N,故选C。
    例二.一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示,则( )
    A.t=1 s时物块的速率为1 m/s
    B.t=2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
    C.t=3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
    D.t=4 s时物块的速度为零
    【答案】AB
    【解析】由动量定理可得:Ft=mv,解得 ,t=1 s时物块的速率为=1 m/s,故A正确;在F-t图中面积表示冲量,所以,t=2 s时物块的动量大小P=Ft=2×2=4kg.m/s ,t=3 s时物块的动量大小为P/=(2×2-1×1)kgm/s=3 kg·m/s,t=4 s时物块的动量大小为P//=(2×2-1×2)kgm/s=2 kg·m/s,所以t=4 s时物块的速度为1m/s,故B正确 ,C、D错误
    变式一.如图所示,ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆,a、b、c、d四个点位于同一圆周上,a在圆周最高点,d在圆周最低点,每根杆上都套着质量相等的小滑环(图中未画出),三个滑环分别从a、b、c三个点同时由静止释放.关于它们下滑的过程,下列说法正确的是( )
    A.重力对它们的冲量相同
    B.弹力对它们的冲量相同
    C.合外力对它们的冲量相同
    D.它们动能的增量相同
    【答案】 A
    【解析】 这是“等时圆”,即三个滑环同时由静止释放,运动到最低点d点的时间相同,由于三个环的重力相等,由公式I=Ft分析可知,三个环重力的冲量相同,故A正确;从c处下滑的小滑环受到的弹力最大,运动时间相等,则弹力对从c处下滑的小滑环的冲量最大,故B错误;从a处下滑的小滑环的加速度最大,受到的合力最大,则合力对从a处下滑的小滑环的冲量最大,故C错误;重力对从a处下滑的小滑环做功最多,其动能的增量最大,故D错误.
    变式二.质量相等的A、B两物体放在同一水平面上,分别受到水平拉力F1、F2的作用从静止开始做匀加速直线运动.经过时间t0和4t0速度分别达到2v0和v0时,分别撤去F1和F2,两物体都做匀减速直线运动直至停止.两物体速度随时间变化的图线如图所示.设F1和F2对A、B两物体的冲量分别为I1和I2,F1和F2对A、B两物体做的功分别为W1和W2,则下列结论正确的是( )
    A.I1∶I2=12∶5,W1∶W2=6∶5
    B.I1∶I2=6∶5,W1∶W2=3∶5
    C.I1∶I2=3∶5,W1∶W2=6∶5
    D.I1∶I2=3∶5,W1∶W2=12∶5
    【答案】 C
    【解析】 由题可知,两物体匀减速运动的加速度大小都为eq \f(v0,t0),根据牛顿第二定律,匀减速运动中有Ff=ma,则摩擦力大小都为meq \f(v0,t0).由题图可知,匀加速运动的加速度分别为eq \f(2v0,t0)、eq \f(v0,4t0),根据牛顿第二定律,匀加速运动中有F-Ff=ma,则F1=eq \f(3mv0,t0),F2=eq \f(5mv0,4t0),故I1∶I2=F1t0∶4F2t0=3∶5;对全过程运用动能定理得:W1-Ffx1=0,W2-Ffx2=0,得W1=Ffx1,W2=Ffx2,v-t图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移,则位移之比为6∶5,整个运动过程中F1和F2做功之比为W1∶W2=x1∶x2=6∶5,故C正确.
    考点二 动量守恒定律
    一、应用动量守恒定律的解题步骤
    几种常见情境的规律
    例一(多选)(2021·甘肃天水期末)如图所示,木块B与水平面间的摩擦不计,子弹A沿水平方向射入木块并在极短时间内相对于木块静止下来,然后木块压缩弹簧至弹簧最短。将子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程称为Ⅰ,此后木块压缩弹簧的过程称为Ⅱ,则( )
    A.过程Ⅰ中,子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能不守恒,动量也不守恒
    B.过程Ⅰ中,子弹和木块所组成的系统机械能不守恒,动量守恒
    C.过程Ⅱ中,子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒,动量也守恒
    D.过程Ⅱ中,子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒,动量不守恒
    【答案】选BD
    【解析】 子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程,子弹和木块(或子弹、弹簧和木块)组成的系统所受合外力为零,系统动量守恒,但要克服摩擦力做功,产生热量,系统机械能不守恒,A错误,B正确;过程Ⅱ中,子弹、弹簧和木块所组成的系统受到墙壁的作用力,外力之和不为零,则系统动量不守恒,但系统只有弹簧弹力做功,机械能守恒,C错误,D正确。
    例二(2021·浙江卷)在爆炸实验基地有一发射塔,发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射,上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2:1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬开始计时,在5s末和6s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340m/s,忽略空气阻力。下列说法正确的是( )
    A.两碎块的位移大小之比为1:2B.爆炸物的爆炸点离地面高度为80m
    C.爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/sD.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m
    【答案】B
    【解析】
    A.爆炸时,水平方向,根据动量守恒定律可知
    因两块碎块落地时间相等,则

    则两碎块的水平位移之比为1:2,而从爆炸开始抛出到落地的位移之比不等于1:2,选项A错误;
    B.设两碎片落地时间均为t,由题意可知
    解得
    t=4s
    爆炸物的爆炸点离地面高度为
    选项B正确;
    CD.爆炸后质量大的碎块的水平位移
    质量小的碎块的水平位移
    爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m+680m=1020m
    质量大的碎块的初速度为
    选项CD错误。
    故选B。
    变式一.如图所示,绳长为l,小球质量为m,小车质量为M,将小球向右拉至水平后放手,则(水平面光滑)( )
    A.系统的总动量守恒
    B.水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向
    C.小球不能向左摆到原高度
    D.小车向右移动的最大距离为 eq \f(2ml,M+m)
    【答案】选BD
    【解析】系统只是在水平方向所受的合力为零,竖直方向的合力不为零,故水平方向的动量守恒,而总动量不守恒,A错误,B正确;根据水平方向的动量守恒及机械能守恒,小球仍能向左摆到原高度,C错误;小球相对于小车的最大位移为2l,根据“人船模型”,系统水平方向动量守恒,设小球的平均速度为vm,小车的平均速度为vM,mvm-MvM=0,两边同时乘以运动时间t,mvmt-MvMt=0,即mxm=MxM,又xm+xM=2l,解得小车移动的最大距离为 eq \f(2ml,M+m) ,D正确。
    变式二.(2021·安徽师大附中检测)质量m=260 g的手榴弹从水平地面上以v0=10 eq \r(2) m/s的初速度斜向上抛出,上升到距地面h=5 m的最高点时爆炸,手榴弹除火药外的部分炸裂成质量相等的两块弹片,其中一块弹片自由下落到达地面,落地时动能为5 J。重力加速度g=10 m/s2,空气阻力不计,火药燃烧充分,求:
    (1)手榴弹爆炸前瞬间的速度大小;
    (2)手榴弹所装火药的质量;
    (3)两块弹片落地点间的距离。
    【答案】 (1)10 m/s (2)0.06 kg (3)26 m
    【解析】 (1)设手榴弹上升到最高点且未发生爆炸时的速度大小为v1,有 eq \f(1,2) mv02= eq \f(1,2) mv12+mgh
    代入数据解得v1=10 m/s。
    (2)设两块弹片的质量均为m′,爆炸后瞬间其中一块速度为零,设另一块速度为v2,有m′gh=5 J
    代入数据解得m′=0.1 kg
    设手榴弹所装火药的质量为Δm,有Δm=m-2m′
    代入数据解得Δm=0.06 kg。
    (3)设另一块弹片做平抛运动的时间为t,两块弹片落地点间的距离为Δx,有mv1=m′v2,Δx=v2t,h= eq \f(1,2) gt2
    代入数据解得Δx=26 m。
    考点三 动量守恒与动力学、能量的综合问题
    几种常见模型的特点及规律
    例一(2021·湖南卷)如图(a),质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统,外力作用在A上,系统静止在光滑水平面上(B靠墙面),此时弹簧形变量为。撤去外力并开始计时,A、B两物体运动的图像如图(b)所示,表示0到时间内的图线与坐标轴所围面积大小,、分别表示到时间内A、B的图线与坐标轴所围面积大小。A在时刻的速度为。下列说法正确的是( )
    A.0到时间内,墙对B的冲量等于mAv0
    B. mA > mB
    C.B运动后,弹簧的最大形变量等于
    D.
    【答案】ABD
    【解析】
    A.由于在0 ~ t1时间内,物体B静止,则对B受力分析有F墙 = F弹
    则墙对B的冲量大小等于弹簧对B的冲量大小,而弹簧既作用于B也作用于A,则可将研究对象转为A,撤去F后A只受弹力作用,则根据动量定理有I = mAv0(方向向右)
    则墙对B的冲量与弹簧对A的冲量大小相等、方向相同,A正确;
    B.由a—t图可知t1后弹簧被拉伸,在t2时刻弹簧的拉伸量达到最大,根据牛顿第二定律有
    F弹 = mAaA= mBaB
    由图可知aB > aA
    则mB < mA,B正确;
    C.由图可得,t1时刻B开始运动,此时A速度为v0,之后AB动量守恒,AB和弹簧整个系统能量守恒,则
    可得AB整体的动能不等于0,即弹簧的弹性势能会转化为AB系统的动能,弹簧的形变量小于x,C错误;
    D.由a—t图可知t1后B脱离墙壁,且弹簧被拉伸,在t1—t2时间内AB组成的系统动量守恒,且在t2时刻弹簧的拉伸量达到最大,A、B共速,由a—t图像的面积为v,在t2时刻AB的速度分别为,
    A、B共速,则,D正确。
    故选ABD。
    例二(2021·广东卷)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,乙与边框a相隔,算珠与导杆间的动摩擦因数。现用手指将甲以的初速度拨出,甲、乙碰撞后甲的速度大小为,方向不变,碰撞时间极短且不计,重力加速度g取。
    (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。
    【答案】(1)能;(2)0.2s
    【解析】
    (1)由牛顿第二定律可得,甲乙滑动时均有:
    则甲乙滑动时的加速度大小均为:
    甲与乙碰前的速度v1,则:
    解得v1=0.3m/s
    甲乙碰撞时由动量守恒定律:
    解得碰后乙的速度:v3=0.2m/s
    然后乙做减速运动,当速度减为零时则:
    可知乙恰好能滑到边框a;
    (2)甲与乙碰前运动的时间:
    碰后甲运动的时间:
    则甲运动的总时间为
    变式一.如图所示,在光滑水平面上有一块长为L的木板B,其上表面粗糙,在其左端有一个光滑的 eq \f(1,4) 圆弧槽C与长木板接触但不连接,圆弧槽的下端与木板的上表面相平,B、C静止在水平面上,现有很小的滑块A(可视为质点)以初速度v0从右端滑上B,并以 eq \f(v0,2) 的速度滑离B,恰好能到达C的最高点。A、B、C的质量均为m,重力加速度为g求:
    (1)滑块A与木板B上表面间的动摩擦因数μ;
    (2) eq \f(1,4) 圆弧槽C的半径R;
    (3)滑块A滑离圆弧槽C时C的速度。
    【答案】 (1) eq \f(5v02,16gL) (2) eq \f(v02,64g) (3) eq \f(v0,2)
    【解析】(1)对A、B、C整体,设A刚离开B时,B和C的共同速度为vB,从A滑上B到A刚离开B的过程中动量守恒,有mv0=m eq \f(v0,2) +2mvB
    解得vB= eq \f(v0,4)
    由能量守恒定律有μmgL= eq \f(1,2) mv02- eq \f(1,2) m eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0,2))) eq \s\up12(2) - eq \f(1,2) ×2mvB2
    解得μ= eq \f(5v02,16gL) 。
    (2)设A到达C的最高点时A和C的共同速度为vC从A滑上C到A到达C的最高点的过程中,研究A和C组成的系统,在水平方向上由动量守恒定律有
    m eq \f(v0,2) +mvB=2mvC
    解得vC= eq \f(3,8) v0
    由于在此过程中A和C组成的系统机械能守恒,有
    mgR= eq \f(1,2) m eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0,2))) eq \s\up12(2) + eq \f(1,2) mvB2- eq \f(1,2) ×2mvC2
    解得R= eq \f(v02,64g) 。
    (3)研究A、C组成的系统,从A滑上C到A滑离C的过程中,系统在水平方向上动量守恒,有
    m eq \f(v0,2) +mvB=mvA1+mvC1,式中vA1和vC1分别为A滑离C时A和C的速度
    此过程中A和C组成的系统机械能守恒,有 eq \f(1,2) m eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0,2))) eq \s\up12(2) + eq \f(1,2) mvB2= eq \f(1,2) mvA12+ eq \f(1,2) mvC12
    解得vC1= eq \f(v0,2) ,方向水平向左。
    变式二(2021·浙江卷)如图所示,水平地面上有一高的水平台面,台面上竖直放置倾角的粗糙直轨道、水平光滑直轨道、四分之一圆周光滑细圆管道和半圆形光滑轨道,它们平滑连接,其中管道的半径、圆心在点,轨道的半径、圆心在点,、D、和F点均处在同一水平线上。小滑块从轨道上距台面高为h的P点静止下滑,与静止在轨道上等质量的小球发生弹性碰撞,碰后小球经管道、轨道从F点竖直向下运动,与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞,碰后速度方向水平向右,大小与碰前相同,最终落在地面上Q点,已知小滑块与轨道间的动摩擦因数,,。
    (1)若小滑块的初始高度,求小滑块到达B点时速度的大小;
    (2)若小球能完成整个运动过程,求h的最小值;
    (3)若小球恰好能过最高点E,且三棱柱G的位置上下可调,求落地点Q与F点的水平距离x的最大值。
    【答案】(1)4m/s;(2);(3)0.8m
    【解析】
    (1)小滑块在轨道上运动:
    代入数据解得
    (2)小球沿轨道运动,在最高点可得
    从C点到E点由机械能守恒可得
    解得,
    小滑块与小球碰撞后动量守恒,机械能守恒,因此有


    解得,
    结合(1)问可得
    解得h的最小值
    (3)设F点到G点的距离为y,小球从E点到G点的运动,由动能定理
    由平抛运动可得,
    联立可得水平距离为
    由数学知识可得当
    取最大,最大值为
    考点四、动量守恒定律与磁场、电磁感应、原子核物理等知识的综合应用
    合理选择解题方法
    例一(2020·天津卷)长为l的轻绳上端固定,下端系着质量为的小球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的动能至少多大?
    【答案】(1);(2)
    【解析】
    (1)A恰好能通过圆周轨迹的最高点,此时轻绳的拉力刚好为零,设A在最高点时的速度大小为v,由牛顿第二定律,有①
    A从最低点到最高点的过程中机械能守恒,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,有②
    由动量定理,有③
    联立①②③式,得④
    (2)设两球粘在一起时速度大小为,A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点,需满足⑤
    要达到上述条件,碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同,以此方向为正方向,设B碰前瞬间的速度大小为,由动量守恒定律,有⑥
    又⑦
    联立①②⑤⑥⑦式,得碰撞前瞬间B的动能至少为⑧
    变式一在磁感应强度为B的匀强磁场中,一个静止的放射性原子核发生了一次α衰变。放射出α粒子(eq \\al(4,2)He)在与磁场垂直的平面内做圆周运动,其轨道半径为R。以m、q分别表示α粒子的质量和电荷量。
    (1)放射性原子核用eq \\al(A,Z)X表示,新核的元素符号用Y表示,写出该α衰变的核反应方程;
    (2)α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流,求圆周运动的周期和环形电流大小;
    (3)设该衰变过程释放的核能都转化为α粒子和新核的动能,新核的质量为M,求衰变过程的质量亏损Δm。
    【答案】: (1)eq \\al(A,Z)X→eq \\al(A-4,Z-2)Y+eq \\al(4,2)He (2)eq \f(2πm,qB) eq \f(q2B,2πm) (3)eq \f(q2B2R2M+m,2Mmc2)
    【解析】:
    (1)eq \\al(A,Z)X→eq \\al(A-4,Z-2)Y+eq \\al(4,2)He
    (2)洛伦兹力提供向心力,有qvB=meq \f(v2,R) 所以v=eq \f(qBR,m),T=eq \f(2πR,v)=eq \f(2πm,qB)
    环形电流I=eq \f(q,T)=eq \f(q2B,2πm)。
    (3)衰变过程动量守恒,有0=pY+pα 所以PY=-Pα,“-”表示方向相反。
    因为p=mv,Ek=eq \f(1,2)mv2 所以Ek=eq \f(p2,2m)
    即:EkY∶Ekα=m∶M 由能量守恒Δmc2=EkY+Ekα
    Δm=eq \f(Ekα,c2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(M+m,M))),其中Ekα=eq \f(1,2)mv2=eq \f(q2B2R2,2m),
    所以Δm=eq \f(q2B2R2M+m,2Mmc2)。
    步骤
    注意事项
    确定研究对象
    中学阶段的动量定理问题,其研究对象一般仅限于单个物体
    对物体进行受力分析求冲量
    可以先求每个力的冲量,再求各力冲量的矢量和;或先求合力,再求其冲量
    对物体进行状态分析确定初末状态的动量
    抓住过程的初、末状态,选好正方向,确定各动量和冲量的正、负号
    根据动量定理列方程
    对过程较复杂的运动,可分段用动量定理,也可整个过程用动量定理
    代入数据求解
    如有必要还需要其他补充方程
    明确研究对象
    确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)
    进行受力分析
    判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)
    规定正方向
    一般规定初速度方向为正方向
    列出方程
    确定初、末状态动量,由动量守恒定律列方程
    分析讨论
    代入数据,求出结果,必要时讨论说明
    碰撞(一维)
    动量守恒
    动能不增加即 eq \f(p12,2m1) + eq \f(p22,2m2) ≥ eq \f(p1′2,2m1) + eq \f(p2′2,2m2)
    速度要合理
    ①若两物体同向运动,则碰前应有v后>v前;碰后原来在前的物体速度一定增大,若碰后两物体同向运动,则应有v前′≥v后′。
    ②若两物体相向运动,碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
    爆炸
    动量守恒:爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力
    动能增加:有其他形式的能量(如化学能)转化为动能
    位置不变:爆炸的时间极短,物体产生的位移很小,一般可忽略不计
    反冲
    动量守恒:系统不受外力或内力远大于外力
    机械能增加:有其他形式的能转化为机械能
    人船模型
    两个物体
    动量守恒:系统所受合外力为零
    质量与位移关系:m1x1=m2x2(m1、m2为相互作用的物体质量,x1、x2为其位移大小)
    模型
    特点及满足的规律
    子弹打入木块若未穿出,系统动量守恒,能量守恒,即mv0=(m+M)v,Q热=fL相对= eq \f(1,2) mv02- eq \f(1,2) (M+m)v2若子弹穿出木块,有mv0=mv1+Mv2,Q热=fL相对= eq \f(1,2) mv02- eq \f(1,2) mv12- eq \f(1,2) Mv22
    (1)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等,弹性势能最大,系统满足动量守恒、机械能守恒,即
    m1v0=(m1+m2)v共, eq \f(1,2) m1v02= eq \f(1,2) (m1+m2)v共2+Epm。
    (2)弹簧处于原长时弹性势能为零,系统满足动量守恒、机械能守恒,即m1v0=m1v1+m2v2, eq \f(1,2) m1v02= eq \f(1,2) m1v12+ eq \f(1,2) m2v22
    模型
    表面粗糙、质量为M的木板,放在光滑的水平地面上,质量为m的小木块以初速度v0滑上木板,若木块未滑离木板,当木块与木板相对静止时,二者的共同速度为v,木块相对木板的位移为d,木板相对地面的路程为s,木块和木板间的摩擦力为f。这类问题类似于子弹打木块模型中子弹未射出的情况,则有mv0=(M+m)v,
    f·d= eq \f(1,2) mv02- eq \f(1,2) (M+m)v2= eq \f(1,2) mv02 eq \f(M,M+m) 。
    若木块滑离木板,设滑离木板时,木块的速度为v1,木板的速度为v2木板长为l,则根据动量守恒定律有mv0=mv1+Mv2,摩擦力和相对路程的乘积等于系统动能的减少量,有
    f·l= eq \f(1,2) mv02- eq \f(1,2) mv12- eq \f(1,2) Mv22。
    选择角度
    常用解题方案选择
    从研究对象上看
    (1)若多个物体的运动状态不同,则一般不宜对多个物体整体应用牛顿运动定律;
    (2)若研究对象为单个物体,则不能用动量观点中的动量守恒定律;
    (3)若研究对象为多物体系统,且系统内的物体与物体间有相互作用,一般用“守恒定律”去解决问题,但必须注意研究对象是否满足定律的守恒条件.
    从研究过程上看
    (1)凡涉及瞬间状态的分析和运动性质的分析,则必须要用动力学观点;
    (2)凡涉及复杂的直线或曲线运动问题,一般要用能量观点或动量观点;
    (3)凡涉及短暂的相互作用问题优先考虑用动量定理;
    (4)凡涉及碰撞、爆炸、反冲等问题,一般应用动量守恒定律.
    从所涉及的物理量看
    (1)如果涉及加速度的问题,则一般要用牛顿运动定律;
    (2)如果涉及运动时间或作用时间的问题,一般优先考虑用动量定理,其次考虑用牛顿运动定律;
    (3)如果涉及运动的位移或路程的问题,一般优先考虑用功能关系,其次再考虑用牛顿运动定律;
    (4)如果涉及初、末速度的问题,一般优先考虑用功能关系,其次考虑用动量观点,最后再考虑用牛顿运动定律.
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