高考物理（山东专用）一轮复习专题七动量守恒定律教学课件

考点一动量、冲量和动量定理一、动量与冲量1.动量p=mv(1)矢量性:其方向与该时刻速度方向相同。(2)动量变化量①动量变化量:Δp=p'-p(矢量式)。②动量变化量方向:与速度的改变量方向相同。知识拓展动能与动量、速度的关系①换算关系:Ek=

,p=mv=

②若一个物体的动能发生变化,则该物体的动量和速度一定也发生变化;但动量和速

度发生变化时动能不一定发生变化。2.冲量(1)定义:力与力的作用时间的乘积叫作这个力的冲量,即I=FΔt(恒力求冲量公式)。(2)冲量是过程量,反映了力对时间的积累效应。(3)冲量的四种计算方法公式法利用定义式I=FΔt计算冲量,此方法仅适用于求恒

力的冲量,无须考虑物体的运动状态图像法利用F-t图像计算,F-t图线与t轴围成的面积表示冲

量,此法既可以计算恒力的冲量,也可以计算变力

的冲量平均值法若力的方向不变、大小随时间均匀变化,即力为时

间的一次函数,则力F在某段时间Δt内的冲量I=

Δt,F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小动量定理法如果物体受到大小或方向变化的力的作用,则不能

直接用I=FΔt求变力的冲量,可以求出该力作用下

物体动量的变化量,由I=Δp求变力的冲量二、动量定理1.内容:物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量。2.表达式:F合t=Δp=p'-p(矢量式)。3.矢量性:动量变化量的方向与合力的方向相同。4.适用范围(1)动量定理的研究对象可以是单个物体,也可以是多个物体组成的系统。(2)动量定理既适用于恒力,也适用于变力;既适用于一个过程,也适用于多个过程;既适

用于合运动,也适用于分运动;既适用于固体,也适用于流体。易错警示①F合t=Δp=p'-p为矢量式,做题过程中只要遇到矢量式,都要规定正方向。②当物体所受力为变力时,运用动量定理时,切记公式中的力应是力在t时间内的平均

值。③根据动量定理可知,动量变化率

=F合,故p-t图线斜率代表作用力F合。例1快递运输时,我们经常看到,有些易损坏物品外面都会利用充气袋进行包裹(如图

所示),这种做法的好处是

(

)

A.可以大幅度减小某颠簸过程中物品所受合力的冲量B.可以大幅度减小某颠簸过程中物品动量的变化C.可以使某颠簸过程中物品动量变化的时间延长D.可以使某颠簸过程中物品动量对时间的变化率增加

解析

充气袋在运输中起到缓冲作用,在某颠簸过程中,物品的动量变化量不变,由动量定理可知,合力的冲量不变,充气袋可以延长动量变化所用的时间,从而减小物品

所受的合力,A、B错误,C正确;动量对时间的变化率表示物品所受的合力,则充气袋可

以减小颠簸过程中物品动量对时间的变化率,D错误。

答案

C知识拓展利用动量定理解释生活现象1.当物体的动量变化量Δp一定时,力的作用时间Δt越短,力F就越大,如打击、碰撞等;力的作用时间Δt越长,力F就越小,如利用海绵或弹簧的缓冲作用来延长作用时间。2.当作用力F一定时,力的作用时间Δt越长,动量变化量Δp越大,如物体做自由落体运动,

运动时间越长动量越大。例2现代人越来越依赖手机,有些人喜欢躺着刷手机,经常出现手机掉落砸伤眼睛或

者额头的情况,若有一手机质量为120g,从离人额头20cm高度处无初速度掉落,砸到

额头后手机的反弹忽略不计,额头受到手机的冲击时间为0.05s。取g=10m/s2,求(1)手机与额头作用过程中,手机的动量变化量;(2)手机对额头平均作用力的大小。

解析

(1)手机从离人额头20cm高度处无初速度掉落,到砸到额头前,手机做何种运动?选取竖直向下为正方向,根据自由落体运动规律,手机掉落到人额头位置时的速度为v=

=

m/s=2m/s手机与额头作用后手机的速度变为0,所以手机与额头作用过程中动量变化量为Δp=0-

mv=-0.12×2kg·m/s=-0.24kg·m/s即手机动量变化量的大小为0.24kg·m/s,方向竖直向上。(2)手机对额头的作用力与额头对手机的作用力有何关系?选取竖直向下为正方向,手机与额头作用过程中,设额头对手机平均作用力的大小为F,

对手机由动量定理得(mg-F)Δt=Δp代入数据解得F=6N根据牛顿第三定律知,手机对额头平均作用力的大小为6N。

答案

(1)0.24kg·m/s,方向竖直向上

(2)6N归纳总结用动量定理解题的基本思路

考点二动量守恒定律(碰撞、爆炸、反冲、人船)一、动量守恒定律的理解及基本应用1.动量守恒定律的内容如果一个系统不受外力,或者所受外力的矢量和为0,这个系统的总动量保持不变。2.动量守恒定律的适用条件(1)系统不受外力或所受合力为0。(2)系统受到的合力不为0,但系统内力远远大于外力时,系统可近似看成动量守恒。(3)系统在某个方向上所受合力为0时,则系统在该方向上动量守恒。3.动量守恒定律的不同表达形式(1)p1=p2或m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'(系统相互作用前后总动量相等);(2)Δp总=0(总动量变化量为0)或Δp1=-Δp2(系统中相互作用的两个物体动量的变化量等

大反向)。易错警示①m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'为矢量式,故在使用时,要规定正方向。②动量表达式中的动量或速度是相对于同一参考系,故使用该表达式时要注意同一参

考系的选取。

二、碰撞(作用时间短,内力远大于外力)1.碰撞遵循的规律(1)动量守恒原则:p1+p2=p1'+p2'。4.应用动量守恒定律解题的步骤(2)动能不增加原则:Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'。(3)速度要符合实际情况,即碰后无外力作用下不能发生二次碰撞。2.碰撞的类型(1)弹性碰撞:碰撞结束后,形变全部消失,动能没有损失,不仅动量守恒,而且初、末总动

能相等。m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'

m1

+

m2

=

m1v1'2+

m2v2'2v1'=

v2'=

特例:若v2=0,即“一动一静”的弹性碰撞,碰后二者速度分别为v1'=

v1,v2'=

v1①若m1=m2,则v1'=0,v2'=v1,二者速度互换。②若m1<m2,则v1'<0,碰撞物体被反弹。③若m1≫m2,则v1'≈v1,速度几乎不变,v2'≈2v1。④若m1≪m2,则v1'=-v1,v2'=0,碰撞物体以原速率反弹,被碰物体不动。(2)非弹性碰撞:碰撞结束后,形变部分消失,动能有部分损失。则m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2',

m1

+

m2

=

m1v1'2+

m2v2'2+ΔEk损。(3)完全非弹性碰撞:碰撞结束后,以同一速度运动,形变完全保留,动能损失最大。m1v1+m2v2=(m1+m2)v

m1

+

m2

=

(m1+m2)v2+ΔEk损maxΔEk损max=

·

特例:若v2=0,即“一动一静”的完全非弹性碰撞,碰后二者的共同速度v=

v1,ΔEk损=

·

m1

例3

(多选)如图所示,两个小球A、B在光滑水平地面上相向运动,它们的质量分别为

mA=4kg,mB=2kg,速度分别是vA=3m/s(设为正方向),vB=-3m/s。则它们发生正碰后,速

度的可能值分别为

(

)

A.vA'=-1m/s,vB'=5m/sB.vA'=-2m/s,vB'=6m/sC.vA'=2m/s,vB'=-1m/sD.vA'=0.5m/s,vB'=2m/s

审题指导

两球组成的系统碰撞过程要满足:①系统动量守恒;②系统动能不增加;③不违反速度实际可行性。

解析

碰前系统总动量为p总=4×3kg·m/s+2×(-3)kg·m/s=6kg·m/s,碰前总动能为Ek总=

×4×32J+

×2×(-3)2J=27J。若vA'=-1m/s,vB'=5m/s,不违反速度实际可行性,碰后系统动量p总'=4×(-1)kg·m/s+2×5kg·m/s=6kg·m/s,系统动能Ek总'=

×4×(-1)2J+

×2×52J=27J,动量守恒,初末动能相等,故A可能;若vA'=-2m/s,vB'=6m/s,则碰后系统动量p总'=4×(-2)kg·m/s+2×6kg·m/s=4kg·m/s,系统动量不守恒,故B不可能;若vA'=2m/s,vB'=-1m/s,违反速度实际可行性,发生二次碰撞,故C不可能;若vA'=0.5m/s,vB'=2m/s,不违反速度实际可行性,碰后系统动量p总'=4×0.5kg·m/s+2×2kg·m/s=6kg·m/s,系统动能Ek总'=

×4×(0.5)2J+

×2×22J=4.5J,故D可能。

一题多解

由题意可知,所有碰撞都介于弹性碰撞与完全非弹性碰撞之间,故小球A、B碰撞速度介于弹性碰撞与完全非弹性碰撞之间。假设A、B碰撞为弹性碰撞

时,列两球碰撞前后动能守恒、动量守恒方程并联立可知,vA'=

=-1m/s,vB'=

=5m/s;假设A、B碰撞为完全非弹性碰撞,vA'=vB'=1m/s,则-1m/s≤vA'≤1m/s,1m/s≤vB'≤5m/s,故选A、D。

答案

AD三、爆炸与反冲1.爆炸问题概念一个物体由于内力的巨大作用而分为两个或两个以上物体的过程特点动量守恒由于爆炸是在极短时间内完成的,爆炸物体间的相互作用力远大于受到的外力,所以在爆炸过程中,系统可看作动量守恒动能增加在爆炸过程中,因为有其他形式的能量转化为动能,所以爆炸后系统的总动能增加位置不变爆炸的时间极短,因而在爆炸过程中,物体产生的位移很小,一般忽略不计,即认为位置不变2.反冲运动概念根据动量守恒定律,如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两

部分,一部分向某个方向运动,另一部分必然向相反的方向运动特点作用原理反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果动量守恒反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力,所以反冲运动遵循动量守恒定律动能增加反冲运动中,作用力与反作用力做正功,有其他形式的能转化为动能,所以系统的总动能增加实例爆竹升空、发射火箭等思考剖析

思考:设火箭在极短的时间Δt内喷射燃气的质量是Δm,喷出的燃气相对喷

气前火箭的速度是u,喷出燃气后火箭的质量是m,火箭在一次喷气后增加的速度Δv如

何表示?剖析:规定喷出燃气方向为正方向,以喷气前的火箭为参考系,根据动量守恒定律可知mΔv+Δmu=0,解出Δv=-

u。四、人船模型1.模型特点(1)系统由两个物体组成且开始时两物体静止,系统总动量为零;系统动量守恒或在某

一方向动量守恒。(2)系统中两物体之间由于相互作用力的影响,当一物体向某方向运动时,另一物体向

相反方向运动,这样的题目类型统称为“人船模型”,该模型属于反冲现象中的一种

具体情况。2.模型解读如图所示,长为L、质量为m船的小船停在静水中,质量为m人的人由静止开始从船的一端

走到船的另一端,不计水的阻力。根据系统水平方向所受合力为0,可知系统水平方向动量守恒,故m船v船=m人v人,人和船具

有同时性,故有m船v船t=m人v人t,则m船x船=m人x人,两者之间相向运动,故有x船+x人=L,可解得x人

=

L,x船=

L。3.运动特点(1)人“走”船“走”,人“停”船“停”,人“快”船“快”,人“慢”船“慢”。(2)人、船的位移大小与质量成反比,即

=

。例4

(多选)如图所示,将一质量为M、半径为R的光滑半圆形槽静置于光滑水平面上,

今让一质量为m的小球(可视为质点)自左侧槽口从A点由静止开始落下,则以下结论中

正确的是

(

)

A.小球在半圆形槽内运动的全过程中,小球与半圆形槽构成的系统机械能守恒B.小球在半圆形槽内运动的全过程中,小球与半圆形槽在水平方向动量守恒C.小球到达右边最高点时,小球通过的水平位移是

D.小球到达右边最高点时,小球通过的水平位移是

解析

小球在半圆形槽内运动的全过程中,水平面和圆弧面光滑,只有小球的机械能与半圆形槽的机械能之间相互转化,小球与半圆形槽构成的系统机械能守恒,A正确;由题意可知,小球与半圆形槽组成的系统在水平方向所受的合力为零,故小球与半圆

形槽在水平方向动量守恒,B正确;小球到达右边最高点时,设小球和半圆形槽通过的水平位移大小分别为x、y,如图所示

根据水平方向动量守恒,可得mvm=MvM,则有mx=My,根据位移关系x+y=2R,解得y=

,x=

,小球到达右边最高点时,小球通过的水平位移是

,C正确,D错误。

答案

ABC归纳总结单方向动量守恒的“人船模型”结论如图所示,小球A质量为m,半圆形槽B质量为M,半径为R,将小球静止释放,不计阻力,分

析结论。

①运动到最低点时,水平方向上动量守恒:mvA=MvB能量守恒:

m

+

M

-0=mgR移动距离:mxA=MxB位移大小之和:xA+xB=R联立解得:xA=

R,xB=

R,并可求出vA、vB的值。②运动到最高点时,水平方向上动量守恒:mvA=MvB移动距离:mxA=MxB位移大小之和:xA+xB=2R联立解得:xA=

·2R,xB=

·2R模型一流体类模型1.研究对象(1)流体类:液体流、气体流等,通常已知密度ρ。(2)微粒类:电子流、光子流、尘埃等,通常给出单位体积内粒子数n。2.应用动量定理处理流体类模型的步骤例5如图所示为清洗汽车用的高压水枪。设水枪喷出的水柱直径为D,水流速度为v,

水柱垂直汽车表面,水柱冲击汽车后水的速度为零。手持高压水枪操作,进入水枪的

水流速度可忽略不计,已知水的密度为ρ。下列说法正确的是

(

)

A.高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρπvD2B.高压水枪单位时间喷出的水的质量为

ρvD2C.水柱对汽车的平均冲力为

ρD2v2D.当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时,喷出的水对汽车的压强变为原来的4

倍

解析

高压水枪单位时间喷出水的质量等于单位时间内喷出的水柱的质量,即m0=ρV=ρπ·

v=

πρvD2,故A、B错误;水柱对汽车的平均冲力为F,由动量定理得Ft=mv,即Ft=

πρvD2·t·v,解得F=

πρv2D2,故C错误;高压水枪喷出的水对汽车产生的压强p=

=

=ρv2,则当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时,喷出的水对汽车的压强变为原来的4倍,故D正确。

答案

D例6某防空系统会在目标来袭时射出大量子弹颗粒,在射出方向形成一个均匀分

布、持续时间t=0.01s、横截面积为S=2m2的圆柱形弹幕,每个子弹颗粒的平均质量为

m=2×10-2kg,每1cm3有一个子弹颗粒,所有子弹颗粒以v=300m/s射入目标,并停在目标

体内,视每颗子弹瞬间击入目标体内。下列说法正确的是

(

)A.所形成弹幕的总体积V=6cm3B.所形成弹幕的总质量M=1.2×105kgC.弹幕对目标的冲量大小I=1.2×107kg·m/sD.弹幕对目标的冲击力大小F=3.6×108N

解析

形成弹幕的总体积为V=vtS=6m3,A错误;每1cm3有一个子弹颗粒,则子弹颗粒的总个数N=

=6×106,所形成弹幕的总质量M=Nm=1.2×105kg,B正确;对整个弹幕由动量定理可知I=M·Δv=3.6×107kg·m/s,C错误;由冲量公式I=Ft知,弹幕对目标的冲击

力大小F=

=3.6×109N,D错误。

答案

B归纳总结流体碰撞的两种模型分析方法第一类是“吸收类模型”,即流体与被碰物体接触后速度变为零;第二类是“反弹类

模型”(如图所示),即流体与被碰物体接触后以原速率反弹。设时间t内流体与物体相

碰的“粒子”数为n,碰前每个“粒子”的动量大小为p,被碰物体对“粒子”的平均作用力为F,以平均作用力F的方向为正方向,则“吸收类模型”满足F1t=0-n(-p);“反

弹类模型”满足F2t=np-n(-p),解题时一定要明辨模型类别,避免出错。

模型二动量守恒中的常见模型一、子弹打木块模型如图所示,地面光滑,木块长度为d,子弹射入木块所受阻力为Ff。

1.模型特点(1)地面光滑,系统不受外力或所受合力为0,系统动量守恒。(2)子弹与木块之间有摩擦(做功),系统机械能不守恒,一般应用能量守恒定律。2.模型的两种情境(1)情境1:子弹嵌入木块中未穿出,两者速度v相等,机械能损失最多(完全非弹性碰撞),

子弹相对木块的位移为s。①动量守恒:mv0=(m+M)v。②系统产生的热量Q=Ff·s=

m

-

(M+m)v2。(2)情境2:子弹穿透木块,两者速度不相等,机械能有损失(非弹性碰撞)。①动量守恒:mv0=mv1+Mv2。②系统产生的热量Q=Ff·d=

m

-

。知识拓展

该模型研究系统时,可利用动量守恒;研究单物体时,可利用动量定理或动

力学观点分析。例7如图所示,两块长度均为d=0.2m,质量均为M=0.9kg的木块A、B,紧靠着放在光

滑水平面上。一颗质量为m=0.02kg的子弹(可视为质点且不计重力)以速度v0=500m/s

水平向右射入木块A,当子弹恰好水平穿出A时,测得木块A的速度为v=2m/s,子弹最终

停留在木块B中。求:(1)子弹离开木块A时的速度大小及子弹在木块A中所受的阻力大小;(2)子弹穿出A后进入B的过程中,子弹与B组成的系统损失的机械能。

解析

(1)当子弹恰好水平穿出A时,vA、vB的关系?子弹在A木块中运动过程中,A、B两个木块相对静止,vA=vB=v,将A、B看成整体,设子弹

离开木块A时的速度为v1,对子弹和A、B整体有mv0=mv1+2Mv,Fd=

m

-

m

-

·2Mv2联立解得v1=320m/s、F=7362N(2)子弹在B中运动过程中,子弹和B木块最终状态?子弹与B最终共速,速度设为v2,对子弹和B整体有mv1+Mv=(m+M)v2,解得v2=

m/s,由能量守恒有

m

+

Mv2=ΔE+

(m+M)

,解得ΔE=989J。

答案

(1)320m/s

7362N

(2)989J归纳总结解决“子弹打木块”问题的两个关键1.弄清楚子弹是最终留在木块中与木块一起运动,还是穿出木块后与木块各自运动。2.求解子弹打击木块过程中损失的机械能,可以根据题目的具体条件来选用合适的求

解方式。(1)利用ΔE损=Q热=Ff·x相对求解;(2)利用打击过程中子弹克服阻力做的功与阻力对木块做的功的差值进行求解;(3)通过打击前后系统的机械能之差求解。模型图例

物体A、B与轻弹簧(开始处于原长)相连,物体A以

初速度v0运动二、弹簧模型两种情境1.当弹簧处于最短(或最长)状态时两物体瞬时速

度相等,弹性势能最大(1)系统动量守恒:m1v0=(m1+m2)v共;(2)系统机械能守恒:

m1

=

(m1+m2)

+Epm。2.当弹簧处于原长时弹性势能为零(1)系统动量守恒:m1v0=m1v1+m2v2;(2)系统机械能守恒:

m1

=

m1

+

m2

例8

(多选)如图甲所示,一水平轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的A、B两物块相

连接,并且静止在光滑的水平面上。现使A瞬时获得水平向右3m/s的速度,以此刻为零

时刻,两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示,从图像信息可得

(

)

A.在t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s且弹簧都是处于压缩状态B.从t3到t4时刻弹簧由伸长状态逐渐恢复原长C.两物块的质量之比为m1∶m2=1∶2D.在t2时刻两物块的动量之比为p1∶p2=1∶2

解析

结合图像弄清两物块的运动过程,0~t1过程中A逐渐减速,B逐渐加速,弹簧被压缩(A的速度始终比B的速度大),t1时刻二者共速(相当于完全非弹性碰撞),水平面光滑,

故在0~t1过程中动量守恒,有m1v1=(m1+m2)v2,将v1=3m/s,v2=1m/s代入得m1∶m2=1∶2,故

C正确。t1时刻弹簧被压缩至最短(两者共速时没有相对位移),系统势能最大,动能最小

(系统机械能守恒),t1~t2过程中,A先减速为零后反向加速,B一直加速,弹簧逐渐恢复原

长(B的速度始终比A的速度大,B的速度最大时,加速度为0),t2时刻,弹簧恢复到原长状

态(相当于弹性碰撞),v'1=-1m/s,v'2=2m/s,根据m1∶m2=1∶2,则动量之比为p1∶p2=1∶4,故D错误。t2~t3过程中,弹簧的长度将逐渐增大,A先减速为零后反向加速,B在一直减

速;t3时刻,两物块速度相等(相当于完全非弹性碰撞),弹簧最长(两者共速没有相对位

移),系统动能最小,故A错误。t3~t4过程中,A一直加速,B一直减速,因此从t3到t4过程中弹

簧由伸长状态逐渐恢复原长(t4时刻恢复到原长状态),故B正确。

答案

BC归纳总结弹簧模型与动量结合的解题思路(1)首先判断弹簧的初始状态是处于原长、伸长还是压缩状态。(2)分析某段过程中初、末态弹簧和物体的运动状态,若动量守恒依据动量守恒定律列式,再结合机械能(或能量)守恒定律列出方程。三、板块模型如图所示,上表面粗糙、质量为M的木板,放在光滑的水平地面上(未固定),质量为m的

滑块以初速度v0滑上木板。

1.模型特点(1)水平地面光滑且木板不固定,系统不受外力或所受合力为0,系统的动量守恒。(2)滑块与木板之间有摩擦(做功),系统机械能不守恒,一般应用能量守恒。2.模型的两种情境(1)情境1:滑块未滑离木板,如图所示,当两者速度v相同时(相当于完全非弹性碰撞),滑

块相对木板的位移为d,木板相对地面的位移为s,滑块和木板间的摩擦力为Ff。

这类问题类似于子弹打木块模型中子弹未射出的情况:①系统动量守恒:mv0=(M+m)v。②系统产生的热量Q=Ffd=

m

-

(M+m)v2。(2)情境2:滑块滑离木板,设滑离木板时滑块的速度为v1,木板的速度为v2,木板长为L。①系统动量守恒:mv0=mv1+Mv2。②系统产生的热量Q=FfL=

m

-

m

-

M

。例9

(多选)如图甲,光滑水平面上放着长木板B,质量m=2kg的木块A以速度v0=2m/s滑

上原来静止的长木板B的上表面,由于A、B之间存在摩擦,之后木块A与长木板B的速

度随时间变化情况如图乙所示,重力加速度g=10m/s2。则下列说法正确的是

(

)A.木块A与长木板B之间的动摩擦因数为0.1B.长木板的质量M=2kgC.长木板B的长度至少为2mD.木块A与长木板B组成系统损失机械能为4J

解析

由题意可知系统动量守恒,且A、B最终速度v共=1m/s,取向右为正方向,根据动量守恒定律有mv0=(m+M)v(板块模型:完全非弹性碰撞),解得M=m=2kg,故B正确;由

题图可知,木块A做匀减速运动的加速度为aA=

=

m/s2=-1m/s2,对木块A,根据牛顿第二定律得-μmg=maA(对A受力分析,A水平方向仅受滑动摩擦力),μ=0.1,故A正确;由题

图可知,木块A与长木板B组成的系统损失的机械能ΔE=

m

-

(m+M)v2=2J,根据模型特点可知,损失的机械能全部转化为内能,则Q=FfL=2J,根据摩擦力Ff=μmg可知,Ff=2N,

则解得长木板B的最小长度为L=1m(木块A恰好滑到长木板B右端时二者共速),故C、D错误。

答案

AB微专题9动力学、动量和能量观点的综合应用一、力学问题的三大观点分类涉及知识动力学观点牛顿运动定律、运动学基本规律(主要涉及匀变

速直线运动公式)动量观点动量定理(单个物体涉及力、时间、质量和速

度)、动量守恒定律(系统涉及速度但不涉及力与

时间)能量观点动能定理、机械能守恒定律、功能关系与能量守

恒定律(涉及力、位移和速度时)二、三大观点解题原则动力学观点运用牛顿运动定律结合运动学知识解题,可处理匀变速直线运动问题。(1)如果涉及加速度的问题,则一般要用牛顿运动定律(2)凡涉及瞬间状态的分析和运动性质的分析,可用动力学观点动量观点用动量观点解题,可处理非匀变速运动问题。用动量定理可简化问题的求解过程。(1)对于涉及物体运动时间的问题,特别对于冲击、打击一类的问题,或力随时间变化(变力)问题,应用动量定理求解,即Ft=mv-mv0(2)对于碰撞、爆炸、反冲问题,若系统只涉及初、末速度而不涉及力、时间,应用动量守恒定律求解能量观点用动能定理和能量守恒观点解题,可处理非匀变速

运动问题。(1)对于涉及恒力做功或变力做功,一般都可以利

用动能定理求解(2)对于复杂的直线或曲线运动,涉及初、末速度

和位移的问题,优先考虑动能定理及功能关系(3)涉及相对位移或克服摩擦力所做的总功时优先

考虑功能关系(系统克服摩擦力所做的总功等于

系统机械能的减少量,即转变为系统因摩擦产生的

热量Q=fΔx)。其次再考虑用牛顿运动定律例10如图甲所示,在同一竖直面内,光滑水平面与倾角为37°的传送带通过一段半径

R=2.25m的光滑圆轨道连接,圆轨道两端分别与水平面及传送带