一、力學(xué)的三個基本觀點(diǎn)和選用原則
1．力的三個作用效果及五個規(guī)律
(1)力的三個作用效果
(2)兩個守恒定律
2．力學(xué)規(guī)律的選用原則
(1)如果物體受恒力作用，涉及運(yùn)動細(xì)節(jié)可用動力學(xué)觀點(diǎn)去解決。
(2)研究某一物體受到力的持續(xù)作用發(fā)生運(yùn)動狀態(tài)改變時，一般用動量定理(涉及時間的問題)或動能定理(涉及位移的問題)去解決問題。
(3)若研究的對象為幾個物體組成的系統(tǒng)，且它們之間有相互作用，一般用兩個守恒定律解決問題，但需注意所研究的問題是否滿足守恒的條件。
(4)在涉及相對位移問題時優(yōu)先考慮利用能量守恒定律求解，根據(jù)系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量(即轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能的量)列方程。
(5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時，需注意到這些過程一般隱含有系統(tǒng)機(jī)械能與其他形式能量之間的轉(zhuǎn)化，這種問題由于作用時間極短，因此動量守恒定律一般能派上大用場。
例1 如圖所示，半徑R1＝1 m的四分之一光滑圓弧軌道AB與平臺BC在B點(diǎn)平滑連接，半徑R2＝0.8 m的四分之一圓弧軌道上端與平臺C端連接，下端與水平地面平滑連接，質(zhì)量m＝0.1 kg的乙物塊放在平臺BC的右端C點(diǎn)，將質(zhì)量也為m的甲物塊在A點(diǎn)由靜止釋放，讓其沿圓弧下滑，并滑上平臺與乙相碰，碰撞后甲與乙粘在一起從C點(diǎn)水平拋出，甲物塊與平臺間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，BC長L＝1 m，重力加速度g取10 m/s2，不計(jì)兩物塊的大小及碰撞所用的時間，求：
(1)甲物塊滑到B點(diǎn)時對軌道的壓力大?。?br>(2)甲和乙碰撞后瞬間共同速度的大??；
(3)粘在一起的甲、乙兩物塊從C點(diǎn)拋出到落到CDE段軌道上所用的時間。
答案 (1)3 N (2)2 m/s (3)0.4 s
解析 (1)甲物塊從A點(diǎn)滑到B點(diǎn)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：mgR1＝eq \f(1,2)mv12
甲物塊運(yùn)動到B點(diǎn)時，根據(jù)牛頓第二定律有：FN－mg＝meq \f(v12,R1)
聯(lián)立解得：v1＝2eq \r(5) m/s，F(xiàn)N＝3 N
根據(jù)牛頓第三定律可知，甲物塊在B點(diǎn)時對軌道的壓力大小FN′＝FN＝3 N。
(2)甲從B點(diǎn)向右滑動的過程中，做勻減速直線運(yùn)動，加速度大小為a＝μg＝2 m/s2
設(shè)甲物塊運(yùn)動到與乙相碰前瞬間的速度為v2，由v22－v12＝－2aL，解得v2＝4 m/s
設(shè)甲、乙相碰后瞬間共同速度的大小為v3，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律有：mv2＝2mv3
解得：v3＝2 m/s。
(3)碰撞后，甲和乙以2 m/s的速度水平拋出，假設(shè)兩物塊會落到水平地面上
則下落的時間t＝eq \r(\f(2R2,g))＝0.4 s
則水平方向的位移x＝v3t＝0.8 m＝R2
說明兩物塊剛好落到D點(diǎn)，假設(shè)成立
因此拋出后落到CDE軌道上所用時間為0.4 s。
針對訓(xùn)練1 (2022·濟(jì)寧市高一月考)如圖所示，在光滑水平面上有B、C兩個木板，B的上表面光滑，C的上表面粗糙，B上有一個可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊A，A、B、C的質(zhì)量分別為3m、2m、m。A、B以相同的初速度v向右運(yùn)動，C以大小相等的速度v向左運(yùn)動。B、C的上表面等高，二者發(fā)生完全非彈性碰撞但并不粘連，碰撞時間很短。A滑上C后恰好能到達(dá)C的中間位置，C的長度為L，不計(jì)空氣阻力。求：
(1)木板C的最終速度的大??；
(2)木板C與物塊A之間的摩擦力Ff的大??；
(3)物塊A滑上木板C之后，在木板C上做減速運(yùn)動的時間t。
答案 (1)eq \f(5,6)v (2)eq \f(mv2,3L) (3)eq \f(3L,2v)
解析 (1)取向右為正方向，B、C碰撞過程中動量守恒：2mv－mv＝(2m＋m)v1
解得v1＝eq \f(v,3)
A滑到C上，A、C系統(tǒng)動量守恒：3mv＋mv1＝(3m＋m)v2
解得v2＝eq \f(5,6)v
(2)在A、C相互作用過程中，有Q＝Ff·eq \f(L,2)，
Q＝eq \f(1,2)(3m)v2＋eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)(3m＋m)v22
解得Ff＝eq \f(mv2,3L)；
(3)在A、C相互作用過程中，以C為研究對象，由動量定理得Fft＝mv2－mv1
解得t＝eq \f(3L,2v)。
1．靈活選取系統(tǒng)。根據(jù)題目的特點(diǎn)可選取其中動量守恒或能量守恒的幾個物體為研究對象，不一定選所有的物體為研究對象。
2．靈活選取物理過程。在綜合題目中，物體運(yùn)動常有幾個不同的過程，根據(jù)題目的已知、未知條件靈活地選取物理過程來研究。列方程前要注意分析、判斷所選過程動量、能量的守恒情況。
二、用動量和能量觀點(diǎn)綜合解決問題
1．系統(tǒng)化思維方法
(1)對多個物理過程進(jìn)行整體思考，即把幾個過程合為一個過程來處理，如用動量守恒定律解決比較復(fù)雜的運(yùn)動。
(2)對多個研究對象進(jìn)行整體思考，即把兩個或兩個以上的物體作為一個整體進(jìn)行考慮，如應(yīng)用動量守恒定律時，就是把多個物體看成一個整體(或系統(tǒng))。
2．若單獨(dú)利用動量觀點(diǎn)(或能量觀點(diǎn))無法解決問題，可嘗試兩種觀點(diǎn)結(jié)合聯(lián)立方程求解。
例2 如圖所示，質(zhì)量m＝1 kg的小物塊靜止放置在固定水平臺的最左端，質(zhì)量M＝2 kg的小車左端緊靠平臺靜置在光滑水平地面上，平臺、小車的長度l均為0.6 m?，F(xiàn)對小物塊施加一水平向右的恒力F，使小物塊開始運(yùn)動，當(dāng)小物塊到達(dá)平臺最右端時撤去恒力F，小物塊剛好能夠到達(dá)小車的右端。小物塊大小不計(jì)，與平臺間、小車間的動摩擦因數(shù)μ均為0.5，重力加速度g取10 m/s2，水平面足夠長，求：
(1)小物塊離開平臺時速度的大??；
(2)水平恒力F對小物塊沖量的大小。
答案 (1)3 m/s (2)5 N·s
解析 (1)設(shè)撤去水平向右的恒力F時小物塊的速度大小為v0，小物塊和小車的共同速度大小為v1。從撤去恒力到小物塊到達(dá)小車右端過程，以v0的方向?yàn)檎较?，對小物塊和小車組成的系統(tǒng)：
由動量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v1
由能量守恒定律得：eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)(m＋M)v12＋μmgl
聯(lián)立以上兩式并代入數(shù)據(jù)得：v0＝3 m/s。
(2)設(shè)水平恒力F對小物塊沖量的大小為I，小物塊在平臺上運(yùn)動的時間為t。小物塊在平臺上運(yùn)動的過程，對小物塊：
由動量定理得：I－μmgt＝mv0－0
由運(yùn)動學(xué)規(guī)律得：l＝eq \f(v0,2)t
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得：I＝5 N·s。
針對訓(xùn)練2 如圖所示，在光滑的水平面上放置了一個質(zhì)量M＝3 kg的長木板AB，長木板的上表面AC段是粗糙的、BC段是光滑的，長木板的左端放置了一個質(zhì)量m＝1 kg的小物塊(視為質(zhì)點(diǎn))，物塊與粗糙段間的動摩擦因數(shù)μ＝0.15，木板右端B連著一段輕質(zhì)彈簧，彈簧處于自然狀態(tài)時，左端點(diǎn)正好在C點(diǎn)，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。若給小物塊一個向右的初速度v0＝
2 m/s，小物塊正好滑到C處；如果給長木板施加一個水平向左的恒力F(圖中未畫出)，作用t＝1 s時間后撤去此力時，小物塊正好到達(dá)C點(diǎn)。求：
(1)長木板粗糙段的長度；
(2)恒力F的大??；
(3)撤去恒力后，彈簧的最大彈性勢能。
答案 (1)1 m (2)12 N (3)1.5 J
解析 (1)設(shè)長木板粗糙段長度為L，小物塊與長木板組成的系統(tǒng)動量守恒，給小物塊一個初速度v0＝2 m/s，小物塊正好滑到C處，說明小物塊與長木板達(dá)到共同速度，由動量守恒定律和功能關(guān)系有
mv0＝(m＋M)v
μmgL＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(m＋M)v2
解得L＝1 m
(2)設(shè)經(jīng)過t＝1 s時間后，長木板和小物塊的速度分別是v1、v2，對系統(tǒng)由動量定理有：
Ft＝Mv1＋mv2
對整個系統(tǒng)由功能關(guān)系有：
Fx－μmgL＝eq \f(1,2)Mv12＋eq \f(1,2)mv22
又eq \f(v1,2)t＝x
eq \f(v2,2)t＝x－L
聯(lián)立解得F＝12 N，v1＝3.5 m/s，v2＝1.5 m/s
(3)當(dāng)彈簧的彈性勢能最大時，長木板與小物塊達(dá)到共同速度，設(shè)為v3，則
Mv1＋mv2＝(M＋m)v3
eq \f(1,2)Mv12＋eq \f(1,2)mv22＝Epm＋eq \f(1,2)(M＋m)v32
解得Epm＝1.5 J。
專題強(qiáng)化練
1．學(xué)生練習(xí)用頭顛球。某一次足球由靜止自由下落80 cm，被重新頂起，離開頭部后豎直上升的最大高度仍為80 cm。已知足球與頭部的作用時間為0.1 s，足球的質(zhì)量為0.4 kg，重力加速度g取10 m/s2，不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是( )
A．頭部對足球的平均作用力為足球重力的10倍
B．足球下落到與頭部剛接觸時動量大小為3.2 kg·m/s
C．足球與頭部作用過程中動量變化量大小為3.2 kg·m/s
D．足球從最高點(diǎn)下落至重新回到最高點(diǎn)的過程中重力的沖量大小為3.2 N·s
答案 C
解析 設(shè)足球自由下落到人頭頂前瞬時速度大小為v0，由動能定理得mgh＝eq \f(1,2)mv02，則v0＝eq \r(2gh)＝4 m/s
對足球，在與人頭頂作用過程中，規(guī)定豎直向上為正方向，由動量定理得
(eq \x\t(F)－mg)Δt＝mv0－(－mv0)
解得eq \x\t(F)＝mg＋eq \f(2mv0,Δt)＝36 N
足球的重力G＝mg＝4 N，頭部對足球的平均作用力為足球重力的9倍，A錯誤；
足球下落到與頭部剛接觸時動量大小mv0＝1.6 kg·m/s，B錯誤；
足球與頭部作用過程中動量變化大小為2mv0＝3.2 kg·m/s，C正確；
足球從最高點(diǎn)下落至重新回到最高點(diǎn)過程中重力的沖量大小為
IG＝mg(Δt＋2t)＝4×(0.1＋2×0.4)N·s＝3.6 N·s，D錯誤。
2．(多選)(2022·唐山市高二期中)像子彈這樣高速運(yùn)動物體的速度通常很難直接測量，但我們可以借助物理知識設(shè)計(jì)方案幫助我們測量。如圖所示，有一種測子彈速度的方案如下：長為L的細(xì)線下吊著一個質(zhì)量為M的沙袋(大小可忽略不計(jì))，一顆質(zhì)量為m的子彈水平射入沙袋并在極短時間內(nèi)留在其中，然后隨沙袋一起擺動，若細(xì)線與豎直方向的最大偏角是θ(小于90°)，已知重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，則( )
A．子彈射入沙袋后和沙袋的共同速度為eq \r(2gL?1－cs θ?)
B．子彈射入沙袋前的速度為eq \f(M＋m,m)eq \r(2gL?1－cs θ?)
C．系統(tǒng)損失的機(jī)械能為eq \f(M,m)(M＋m)gL(1－cs θ)
D．子彈射入沙袋后瞬間細(xì)繩拉力為3(M＋m)·g(1－cs θ)
答案 ABC
解析 子彈射入沙袋后與沙袋一起擺動的過程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得(m＋M)gL(1－cs θ)＝eq \f(1,2)(m＋M)v12，解得子彈射入沙袋后和沙袋的共同速度為v1＝eq \r(2gL?1－cs θ?)，A正確；子彈射入沙袋的過程，水平方向動量守恒，可得mv0＝(m＋M)v1，解得子彈射入沙袋前的速度為v0＝eq \f(M＋m,m)eq \r(2gL?1－cs θ?)，B正確；系統(tǒng)損失的機(jī)械能為ΔE＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(m＋M)v12＝eq \f(M,m)(M＋m)gL(1－cs θ)，C正確；子彈射入沙袋后的瞬間，根據(jù)牛頓第二定律可得F－(m＋M)g＝(m＋M)eq \f(v12,L)，解得細(xì)繩的拉力大小為F＝(m＋M)·g(3－2cs θ)，D錯誤。
3.(2022·山東青島二中高二期中)如圖所示，質(zhì)量為M的長木板靜止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且長為l，左端O處固定輕質(zhì)彈簧，右側(cè)用不可伸長的輕繩連接于豎直墻上，輕繩所能承受的最大拉力為F.質(zhì)量為m的小滑塊以速度v從A點(diǎn)向左滑動壓縮彈簧，彈簧的壓縮量達(dá)最大時細(xì)繩恰好被拉斷，再過一段時間后長木板停止運(yùn)動，小滑塊恰未掉落。重力加速度為g。則( )
A．細(xì)繩被拉斷后瞬間木板的加速度大小為eq \f(F,m)
B．細(xì)繩被拉斷瞬間彈簧的彈性勢能為eq \f(1,4)mv2
C．彈簧恢復(fù)原長時滑塊的動能為eq \f(1,2)mv2
D．滑塊與木板AB間的動摩擦因數(shù)為eq \f(v2,2gl)
答案 D
解析 細(xì)繩被拉斷瞬間，對木板分析，由于OA段光滑，沒有摩擦力，在水平方向上只受到彈簧的彈力，細(xì)繩被拉斷瞬間彈簧的彈力等于F，根據(jù)牛頓第二定律有F＝Ma，解得a＝eq \f(F,M)，故A錯誤；滑塊以速度v從A點(diǎn)向左滑動壓縮彈簧，到彈簧壓縮量最大時速度為0，由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得：細(xì)繩被拉斷瞬間彈簧的彈性勢能為eq \f(1,2)mv2，故B錯誤；彈簧恢復(fù)原長時木板具有動能，所以滑塊的動能小于eq \f(1,2)mv2，故C錯誤；由于細(xì)繩被拉斷瞬間，木板速度為零，小滑塊速度為零，所以小滑塊的動能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，即Ep＝eq \f(1,2)mv2，小滑塊恰未掉落時滑到木板的右端，且速度與木板相同，設(shè)為v′，取向左為正方向，由動量守恒定律和能量守恒定律得0＝(m＋M)v′，Ep＝eq \f(1,2)(m＋M)v′2＋μmgl，聯(lián)立解得μ＝eq \f(v2,2gl)，故D正確。
4.如圖所示，足夠長的曲面與水平桌面平滑連接，將兩物體甲、乙之間的輕彈簧壓縮后用細(xì)線連接，置于水平桌面上，彈簧與兩物體不拴連?，F(xiàn)將細(xì)線燒斷，彈簧將兩物體彈開，乙離開彈簧后從右邊飛出，甲離開彈簧后沖上曲面。已知桌面高為h，乙平拋的水平射程為x，甲的質(zhì)量為2m，乙的質(zhì)量為m，不計(jì)一切摩擦及空氣阻力，重力加速度為g，求：
(1)乙離開彈簧時的速度大??；
(2)甲上升到曲面最高點(diǎn)時距桌面的高度H；
(3)彈簧的最大彈性勢能。
答案 (1)xeq \r(\f(g,2h)) (2)eq \f(x2,16h) (3)eq \f(3mgx2,8h)
解析 (1)對乙的平拋過程分析，有
h＝eq \f(1,2)gt2，
x＝v2t
聯(lián)立解得v2＝xeq \r(\f(g,2h))
(2)彈簧將兩物體彈開的過程，甲、乙組成的系統(tǒng)動量守恒，取向左為正方向，由動量守恒定律有
2mv1－mv2＝0
解得v1＝eq \f(x,2)eq \r(\f(g,2h))
對甲沖上曲面過程，由機(jī)械能守恒定律有
2mgH＝eq \f(1,2)×2mv12
解得H＝eq \f(x2,16h)
(3)彈簧的最大彈性勢能為Epm＝eq \f(1,2)×2mv12＋eq \f(1,2)mv22
解得Epm＝eq \f(3mgx2,8h)。
5．(2023·浙江1月選考)一游戲裝置豎直截面如圖所示，該裝置由固定在水平地面上傾角θ＝37°的直軌道AB、螺旋圓形軌道BCDE、傾角θ＝37°的直軌道EF、水平直軌道FG組成，除FG段外各段軌道均光滑，且各處平滑連接．螺旋圓形軌道與軌道AB、EF相切于B(E)處．凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一無動力擺渡車，并緊靠在豎直側(cè)壁GH處，擺渡車上表面與直軌道FG、平臺JK位于同一水平面．已知螺旋圓形軌道半徑R＝0.5 m，B點(diǎn)高度為1.2R，F(xiàn)G長度LFG＝2.5 m，HI長度L0＝9 m，擺渡車長度L＝3 m、質(zhì)量m＝1 kg.將一質(zhì)量也為m的滑塊從傾斜軌道AB上高度h＝2.3 m處靜止釋放，滑塊在FG段運(yùn)動時的阻力為其重力的0.2倍．(擺渡車碰到豎直側(cè)壁IJ立即靜止，滑塊視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
(1)求滑塊過C點(diǎn)的速度大小vC和軌道對滑塊的作用力大小FC；
(2)擺渡車碰到IJ前，滑塊恰好不脫離擺渡車，求滑塊與擺渡車之間的動摩擦因數(shù)μ；
(3)在(2)的條件下，求滑塊從G到J所用的時間t.
答案 (1)4 m/s 22 N (2)0.3 (3)2.5 s
解析 (1)滑塊從靜止釋放到C點(diǎn)過程，根據(jù)動能定理可得mg(h－1.2R－R－Rcs θ)＝eq \f(1,2)mvC2
解得vC＝4 m/s
滑塊過C點(diǎn)時，根據(jù)牛頓第二定律可得
FC＋mg＝meq \f(vC2,R)
解得FC＝22 N
(2)設(shè)滑塊剛滑上擺渡車時的速度大小為v，從靜止釋放到G點(diǎn)過程，根據(jù)動能定理可得
mgh－0.2mgLFG＝eq \f(1,2)mv2
解得v＝6 m/s
擺渡車碰到IJ前，滑塊恰好不脫離擺渡車，說明滑塊到達(dá)擺渡車右端時剛好與擺渡車共速，設(shè)為v1，以滑塊和擺渡車為系統(tǒng)，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒可得mv＝2mv1
解得v1＝eq \f(v,2)＝3 m/s
根據(jù)能量守恒可得Q＝μmgL＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)×2mv12
解得μ＝0.3
(3)滑塊從滑上擺渡車到與擺渡車共速過程，滑塊的加速度大小為a＝eq \f(μmg,m)＝3 m/s2
所用時間為t1＝eq \f(v－v1,a)＝1 s
此過程滑塊通過的位移為x1＝eq \f(v＋v1,2)t1＝4.5 m
滑塊與擺渡車共速后，滑塊與擺渡車一起做勻速直線運(yùn)動，該過程所用時間為t2＝eq \f(L0－x1,v1)＝1.5 s
則滑塊從G到J所用的時間為t＝t1＋t2＝2.5 s.
6．(2023·本溪市高二月考)如圖所示，傾角θ＝37°的光滑固定斜面上放有A、B、C三個質(zhì)量均為m的物塊(均可視為質(zhì)點(diǎn))，A固定，C與固定在斜面底端的擋板接觸，B與C通過輕彈簧相連且均處于靜止?fàn)顟B(tài)，A、B間的距離為d?，F(xiàn)釋放A，一段時間后A與B發(fā)生碰撞，重力加速度大小為g。取sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。
(1)若A、B間的碰撞為彈性碰撞，碰撞后立即撤去A，且B沿斜面向下運(yùn)動到速度減為零時(此時B與C不接觸，彈簧仍在彈性限度內(nèi))，彈簧的彈性勢能增量為Ep，求B沿斜面向下運(yùn)動的最大距離x。
(2)若A下滑后與B碰撞并粘在一起，且C剛好要離開擋板時，A、B的總動能為Ek，求彈簧的勁度系數(shù)k。
答案 (1)eq \f(5Ep,3mg)－d (2)eq \f(72m2g2,15mgd－50Ek)
解析 (1)物塊A下滑的過程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgdsin θ＝eq \f(1,2)mv02，
解得v0＝eq \r(\f(6,5)gd)，
設(shè)A、B碰撞后瞬間的速度大小分別為v1、v2，根據(jù)動量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2
A、B碰撞過程機(jī)械能守恒，有eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)mv22
解得v1＝0，v2＝v0＝eq \r(\f(6,5)gd)
A、B碰撞后，B沿斜面向下壓縮彈簧至速度減為零的過程，根據(jù)能量守恒定律有Ep＝eq \f(1,2)mv22＋mgxsin θ，
解得x＝eq \f(5Ep,3mg)－d。
(2)A、B碰撞前，彈簧的壓縮量為x1＝eq \f(mgsin θ,k)，
設(shè)A、B碰撞后瞬間的共同速度大小為v3，
則有mv0＝2mv3，解得v3＝eq \f(1,2)eq \r(\f(6,5)gd)，
C恰好要離開擋板時，彈簧的伸長量為x2＝eq \f(mgsin θ,k)，可知，在B開始沿斜面向下運(yùn)動到C剛好要離開擋板的過程中，彈簧的彈性勢能的改變量為零，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有eq \f(1,2)×2mv32＝Ek＋2mg(x1＋x2)sin θ，解得k＝eq \f(72m2g2,15mgd－50Ek)。作用效果
對應(yīng)規(guī)律
表達(dá)式
列式角度
力的瞬時作用效果
牛頓第二定律
F合＝ma
動力學(xué)
力在空間上的積累效果
動能定理
W合＝ΔEk即W合＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12
功能關(guān)系
力在時間上的積累效果
動量定理
I合＝Δp即FΔt＝mv′－mv
沖量與動量的關(guān)系
名稱
表達(dá)式
列式角度
能量守恒定律(包括機(jī)械能守恒定律)
E2＝E1
能量轉(zhuǎn)化(轉(zhuǎn)移)
動量守恒定律
p2＝p1
動量關(guān)系

相關(guān)試卷

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高中物理人教版 (2019)選擇性必修 第一冊電子課本

1 動量

版本： 人教版 (2019)

年級： 選擇性必修 第一冊

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