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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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
而
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
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．