主题1 碰撞与爆炸问题
爆炸与碰撞的比较
比较项目 爆炸 碰撞
相同点 过程特点 都是物体间的相互作用突然发生，相互作用的力为变力，作用时间很短，平均作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以可以认为碰撞、爆炸过程中系统的总动量守恒
过程模型 由于碰撞、爆炸过程相互作用的时间很短，作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，因此可以把作用过程看作一个理想化过程来处理，即作用后物体仍在作用前瞬间的位置
能量情况 都满足能量守恒，总能量保持不变
不同点 动能情况 有其他形式的能转化为动能，动能会增加 弹性碰撞时动能不变；非弹性碰撞时动能有损失，动能转化为内能
【典例1】 一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空．当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动．爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量．求：
(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；
(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度．
[解析] (1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有
E＝ ①
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有0－v0＝－gt ②
联立①②式得t＝ ③
(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有E＝mgh1④
火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后的瞬间其速度分别为v1和v2.由题给条件和动量守恒定律有
＝E ⑤
mv1＋mv2＝0 ⑥
由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动.设爆炸后烟花弹向上运动部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有
＝mgh2 ⑦
联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为h＝h1＋h2＝
[答案] (1) (2)
爆炸过程和碰撞过程都可认为是系统动量守恒，但是爆炸过程动能增加，碰撞过程动能不增加，只有理想化的弹性碰撞认为动能不变，而一般情况下系统动能都是减少的．
主题2 多体问题及临界问题
1．多体问题
多个物体相互作用时，物理过程往往比较复杂，分析此类问题时应注意：
(1)正确选择研究对象．有时对整体应用动量守恒定律，有时对部分物体应用动量守恒定律，研究对象的选取，一是取决于系统是否满足动量守恒的条件，二是根据所研究问题的需要．
(2)正确选择研究过程．通常对全过程进行分段分析，并找出联系各阶段的状态量，根据所研究问题的需要，有时只需对全过程建立动量守恒的关系式，有时需要分过程多次应用动量守恒列出关系式．
2．临界问题
在动量守恒定律的应用中，常常会遇到相互作用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反向运动等临界问题．这类问题的求解关键是寻找物体的临界状态，挖掘问题中隐含的临界条件，其临界条件常常表现为物体的相对速度关系与相对位移关系，选取适当的系统和过程，运用动量守恒定律进行解答．
【典例2】 甲、乙两小船质量均为M＝120 kg，静止于水面上，甲船上的人质量m＝60 kg，通过一根长为L＝10 m的绳用F＝120 N的力水平拉乙船，求：
(1)两船相遇时，两船分别走了多少距离？
(2)为防止两船相撞，人至少以多大的速度跳到乙船(忽略水的阻力)
[解析] (1)由水平方向动量守恒得
(M＋m)＝M ①
x甲＋x乙＝L ②
联立①②并代入数据解得
x甲＝4 m，x乙＝6 m.
(2)设相遇时甲船和人共同速度大小为v1，乙船的速度大小为v2，人跳离甲船瞬间人的速度大小为v，人跳离后甲船速度大小为v1′，人跳上乙船后乙船速度大小为v2′.对甲船和人由动能定理得
Fx甲＝ ③
对乙船由动能定理得Fx乙＝ ④
以v1的方向为正方向，对人跳离甲船过程由动量守恒定律得 (M＋m)v1＝Mv1′＋mv ⑤
对人跳上乙船过程由动量守恒定律得
mv－Mv2＝(M＋m)v2′ ⑥
防止两船相撞需满足v1′≤v2′ ⑦
联立解得v≥4 m/s，即人至少以4 m/s的速度跳到乙船.
[答案] (1)4 m 6 m (2)4 m/s
(1)“人船模型”对于系统初动量为零，动量时刻守恒的情况均适用．
(2)两物体不相撞的临界条件是：两物体运动的速度方向相同，大小相等．
主题3 解决动力学问题的三种思路
运用牛顿运动定律、动量、能量的观点解题是解决动力学问题的三条重要途径．求解这类问题时要注意正确选取对象、状态、过程，并恰当选择物理规律．在分析的基础上选用适宜的物理规律来解题，选用规律也有一定的原则．
1．牛顿运动定律(力的观点)
研究某一时刻(或某一位置)的动力学问题应使用牛顿第二定律，研究某一个恒力作用过程的动力学问题，且又直接涉及物体的加速度问题，应使用运动学公式和牛顿第二定律求解．
如：物体在拉力和摩擦力作用下沿水平面运动瞬间的牛顿第二定律方程F－f＝ma．
物体沿轨道在竖直面内做圆周运动，最低点的向心力方程F－mg＝．
2．动量定理和动量守恒定律(动量观点)
(1)对于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，特别对于打击一类的问题，因时间短且冲力随时间变化，则应用动量定理求解，Ft＝mv－mv0．
(2)对于碰撞、爆炸、反冲一类的问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间的，应用动量守恒定律求解．
3．动能定理和能量守恒定律(能量观点)
(1)对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间的问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解．
(2)如果物体只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及运动过程的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解．
(3)对于相互作用的两物体，若明确两物体相对滑动的距离，应考虑选用能量守恒定律建立方程．
【典例3】 如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA＝4 kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计．可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB＝2 kg．现对A施加一个水平向右的恒力F＝10 N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B黏合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经过时间t＝0.6 s，二者的速度达到vt＝2 m/s．求：
(1)A开始运动时加速度a的大小；
(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；
(3)A的上表面长度l．
[解析] (1)以小车A为研究对象，由牛顿第二定律有F＝mAa，代入数据解得a＝2.5 m/s2.
(2)对小车A和物块B碰撞后共同运动t＝0.6 s的过程，由动量定理得
Ft＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)v
代入数据解得v＝1 m/s.
(3)设小车A和物块B发生碰撞前，小车A的速度为vA，对小车A和物块B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有
mAvA＝(mA＋mB)v
小车A从开始运动到与物块B发生碰撞前，由动能定理有Fl＝
代入数据解得l＝0.45 m.
[答案] (1)2.5 m/s2 (2)1 m/s (3)0.45 m
综合应用力学“三大观点”解题的步骤
(1)认真审题，明确题目所述的物理情境，确定研究对象．
(2)分析所选研究对象的受力情况及运动状态和运动状态的变化过程，画出草图．对于过程复杂的问题，要正确、合理地把全过程分成若干阶段，注意分析各阶段之间的联系．
(3)根据各阶段状态变化的规律确定解题方法，选择合理的规律列方程，有时还要分析题目的隐含条件、临界条件、几何关系等列出辅助方程．
(4)代入数据(统一单位)，计算结果，必要时要对结果进行讨论．
章末综合测评(一) 动量和动量守恒定律
时间：75分钟 满分：100分
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．质量为m的木箱放在水平地面上，在与水平方向成θ角的拉力F作用下，由静止开始运动，经过时间t速度达到v，在这段时间内拉力F和重力的冲量大小分别为( )
A．Ft，0 B．Ft cos θ，0
C．mv，0 D．Ft，mgt
D [由冲量的定义式I＝Ft知，某个力与该力对应时间的乘积便为该力的冲量.因此拉力的冲量为Ft，重力的冲量为mgt，故D正确.]
2．在水平地面上有一木块，质量为m，它与地面间的动摩擦因数为μ．木块在水平恒力F的作用下由静止开始运动，经过时间t后撤去力F，木块又前进了时间2t才停下来．这个力F的大小为( )
A．μmg B．2μmg
C．3μmg D．4μmg
C [整个过程中滑动摩擦力的作用时间为3t，水平恒力F的作用时间为t，由动量定理得Ft－μmg·3t＝0－0，得F＝3μmg，所以C正确.]
3．如图所示，滑槽M1与滑块M2紧靠在一起，静止于光滑的水平面上．小球m从M1的右上方无初速度地下滑，当m滑到M1左方最高处时，M1将( )
A．静止 B．向左运动
C．向右运动 D．无法确定
B [小球m和滑槽M1、滑块M2三个物体构成一个系统，这个系统所受水平方向的合外力为零，所以系统水平方向动量守恒，小球m下滑前系统总动量为零，小球m下滑后小球m和滑槽M1作用，滑槽M1和滑块M2作用，作用结果使滑块M2向右运动，有向右的动量.当小球m滑到左方最高点时，小球m和滑槽M1的相对速度为零，但小球m和滑槽M1这个整体向左运动，有向左的动量，这样才能保证系统总动量为零.故B正确.]
4．在光滑的水平面上有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，两球在碰撞前后的速度—时间图像如图所示．下列关系正确的是( )
A．ma>mb B．maC．ma＝mb D．无法判断
B [由题图可知a球碰b球前的速度大小为v，碰后a、b两球的速度大小为，由动量守恒定律得mav＝mb＋ma，解得mb＝3ma，故B正确.]
5．物体A和B用轻绳相连，挂在轻弹簧下静止不动，如图甲所示，A的质量为m，B的质量为M，当连接A、B的绳突然断开后，物体A上升经某一位置时的速度大小为v，这时物体B的下落速度大小为u，如图乙所示，在这段时间里，弹簧的弹力对物体A的冲量为( )
A．mv B．mu
C．mv＋Mu D．mv＋mu
D [对B由动量定理得Mgt＝Mu－0，设弹簧冲量为I，对A由动量定理得I－mgt＝mv－0，联立解得I＝mv＋mu，故A、B、C错误，D正确.]
6．冰壶运动深受观众喜爱，在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生碰撞，如图所示．若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置不可能是图中的哪一幅图( )
A B
C D
A [如果两冰壶发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，两冰壶质量相等，碰撞后两冰壶交换速度，甲静止，乙的速度等于碰撞前甲的速度，碰后乙做减速运动，最后停止，最终两冰壶的位置如图B所示，B有可能；如果为非弹性碰撞，总动量向右，则C有可能，A不可能；若两球不是对心碰撞，则两球可能在两侧方向均发生移位，但两侧方向应保证动量为零，D有可能.本题选不可能的，故选A.]
7．质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )
A．mv2 B．
C．NμmgL D．NμmgL
D [小物块与箱子作用过程中满足动量守恒，小物块最后恰好又回到箱子正中间，两者相对静止，即为共速，设速度为v1，mv＝(m＋M)v1，系统损失的动能ΔEk＝＝，A、B错误；由于碰撞为弹性碰撞，故碰撞时不损失能量，系统损失的动能等于系统产生的热量，即ΔEk＝Q＝NμmgL，C错误，D正确.]
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
8．A、B两船的质量均为m，它们都静止在平静的湖面上，A船上质量为 的人以水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳回A船．水对船的阻力不计，经多次跳跃后，人最终跳到B船上，则( )
A．A、B两船的速度大小之比为3∶2
B．A、B(包括人)的动量大小之比为1∶1
C．A、B(包括人)的动量之和为0
D．因跳跃次数未知，故以上选项均无法确定
ABC [选A船、B船和人为一个系统，则他们的初始总动量为0.由动量守恒定律可知，系统以后的总动量将一直为0.选最终B船的运动方向为正方向，则由动量守恒定律可得 0＝vB＋mvA，解得vB＝－vA.所以A、B两船的速度大小之比为3∶2，故A正确；A和B(包括人)的动量大小相等，方向相反，动量大小之比为1∶1，故B正确；由于系统的总动量守恒，始终为0，故A和B(包括人)的动量之和也始终为0，故C正确.]
9．如图所示，质量为2m的小球A一端固定轻弹簧，静止在光滑水平面上，质量为m的小球B以速度v0向右运动，压缩弹簧然后分离，下列说法正确的是( )
A．小球B压缩弹簧过程中，小球A和小球B组成的系统机械能守恒
B．弹簧最短时小球A的速度为
C．弹簧最大弹性势能为
D．小球B最终以速度 向右匀速运动
BC [小球B压缩弹簧过程中，小球A、小球B与弹簧组成的系统机械能守恒，两球组成的系统机械能不守恒，故A错误；弹簧最短时两球速度相等，两球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律得mv0＝(2m＋m)v，解得v＝，故B正确；弹簧最短时弹簧弹性势能最大，此时两球速度相等，由能量守恒定律得＝＋Ep，解得Ep＝，故C正确；最终两球分离、弹簧恢复原长，两球各自做匀速直线运动，两球组成的系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mvA＋mvB，由机械能守恒定律得＝，解得vA＝v0，vB＝－v0，负号表示方向向左，故D错误.]
10．如图所示，一不可伸长的轻绳的一端固定于O点，另一端系一小球，开始时将轻绳向右拉至水平，然后将小球由静止释放，则小球由静止到运动到最低点的过程，下列说法正确的是( )
A．拉力对小球的冲量为零
B．重力对小球的冲量方向竖直向下
C．小球的动量变化量方向竖直向下
D．合力对小球的冲量方向水平向左
BD [拉力不为零，根据I＝Ft可知，拉力对小球的冲量不为零，故A错误；重力竖直向下，可知重力对小球的冲量方向竖直向下，故B正确；小球初动量为零，末动量水平向左，可知小球的动量变化量方向水平向左，根据动量定理可知，合力对小球的冲量方向水平向左，故C错误，D正确.]
三、非选择题(本题共5小题，共54分)
11．(7分)某同学把两块不同的木块用细线连接，中间夹一被压缩的弹簧，两木块位于桌子两侧边缘，如图所示，将这一系统置于光滑的水平桌面上，烧断细线，观察木块的运动情况，进行必要的测量，验证木块间相互作用时动量守恒．
(1)该同学还必须有的器材是____________________________________________．
(2)需要直接测量的数据是______________________________________________
_____________________________________________________________________．
(3)用所得数据验证动量守恒的关系式是________________________．
[解析] 这个实验的思路与课本上采用的实验的原理完全相同，也是通过测平抛运动的位移来代替它们作用完毕时的速度.
[答案] (1)刻度尺、天平 (2)两木块的质量m1、m2和两木块落地点分别到桌子两侧边缘的水平距离s1、s2 (3)m1s1＝m2s2
12．(10分)(教材P8例题1)一辆质量为2 200 kg 的汽车正在以90 km/h的速度匀速行驶．突然前方出现复杂路况，如果驾驶员马上轻踩刹车逐渐制动，汽车在21 s内停下；如果驾驶员马上急踩刹车紧急制动，可在3.8 s内使车停下．求这两种情况下使汽车停下的平均作用力．
[解析] 如图所示，设汽车初始运动方向为正方向，则初始动量为正，平均作用力F的冲量为负.
汽车的初速度v0＝90 km/h＝25 m/s
初动量p0＝mv0＝2 200×25 kg·m/s＝5.5×104 kg·m/s
末动量pt＝mvt＝0
根据动量定理Ft＝pt－p0，有
F＝
将t＝21 s和t＝3.8 s分别代入上式，求出平均作用力分别为－2.6×103 N、－1.4×104 N.负号表示平均作用力的方向与汽车速度的方向相反.
[答案] 见解析
13．(9分)如图所示，竖直面内固定一半径为R＝0.3 m 的光滑四分之一圆弧轨道，光滑地面上放置一长为L＝0.3 m的长木板，长木板的上表面与圆弧轨道的最低点B等高，且二者接触但不粘连，长木板质量为M＝1 kg，一个质量为m＝1 kg的铁块(可以看成质点)以一定初速度v0＝3 m/s滑上长木板的左端，铁块恰好能滑到圆弧轨道的最高点C，重力加速度为g＝10 m/s2，求：
(1)铁块与长木板间的动摩擦因数；
(2)最终铁块静止在长木板上的位置．
[解析] (1)对铁块，由动能定理得
－μmgL－mgR＝0－mv02
代入数据解得μ＝0.5.
(2)铁块下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得mgR＝
以向左为正方向，由动量守恒定律得
mvB＝(M＋m)v
由能量守恒定律得
＝(M＋m)v2＋μmgx
代入数据解得x＝0.3 m.
铁块最终滑到长木板的左端.
[答案] (1)0.5 (2)长木板的左端
14．(13分)如图所示，有一摆长为L的单摆，摆球A自水平位置摆下，在摆的平衡位置与置于光滑水平面的B球发生弹性碰撞，导致后者又跟置于同一水平面的C球发生完全非弹性碰撞．假设A、B、C球的质量均为m，重力加速度为g．
(1)A、B球碰后A球的速度为多大？
(2)B、C球碰后它们共同的速度多大？
(3)B和C碰撞过程中损失的机械能是多少？
[解析] (1) 对A从最高点到最低点进行分析，由机械能守恒得mgL＝mv2
解得v＝
由于A与B发生弹性碰撞，且质量相等，所以交换速度，所以碰后速度为
vB＝，vA＝0.
(2) 对B、C由水平方向动量守恒得
mvB＝(m＋m)v′
解得v′＝
即B、C球碰后的共同速度是
(3) 根据能量守恒定律可知
＝(m＋m)v′2＋Q
代入数据解得Q＝mgL
则B和C碰撞过程中损失的机械能是mgL.
[答案] (1) 0 (2) (3)mgL
15．(15分)如图所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为 h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．g取10 m/s2．
(1)求斜面体的质量；
(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
[解析] (1)规定向左为速度正方向.冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得
m2v20＝(m2＋m3)v ①
＝(m2＋m3)v 2＋m2gh ②
式中v20＝3 m/s为冰块被推出时的速度.联立①②式并代入题给数据得m3＝20 kg. ③
(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有
m1v1＋m2v20＝0 ④
代入数据得v1＝－1 m/s ⑤
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
m2v20＝m2v2＋m3v3 ⑥
＝ ⑦
联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝－1 m/s
由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且冰块处在小孩后方，故冰块不能追上小孩.
[答案] (1)20 kg (2)见解析
14 / 14主题1 碰撞与爆炸问题
爆炸与碰撞的比较
比较项目 爆炸 碰撞
相同点 过程特点 都是物体间的相互作用突然发生，相互作用的力为变力，作用时间很短，平均作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以可以认为碰撞、爆炸过程中系统的总动量守恒
过程模型 由于碰撞、爆炸过程相互作用的时间很短，作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，因此可以把作用过程看作一个理想化过程来处理，即作用后物体仍在作用前瞬间的位置
能量情况 都满足能量守恒，总能量保持不变
不同点 动能情况 有其他形式的能转化为动能，动能会增加 弹性碰撞时动能不变；非弹性碰撞时动能有损失，动能转化为内能
【典例1】 一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空．当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动．爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量．求：
(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；
(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度．
[听课记录]
爆炸过程和碰撞过程都可认为是系统动量守恒，但是爆炸过程动能增加，碰撞过程动能不增加，只有理想化的弹性碰撞认为动能不变，而一般情况下系统动能都是减少的．
主题2 多体问题及临界问题
1．多体问题
多个物体相互作用时，物理过程往往比较复杂，分析此类问题时应注意：
(1)正确选择研究对象．有时对整体应用动量守恒定律，有时对部分物体应用动量守恒定律，研究对象的选取，一是取决于系统是否满足动量守恒的条件，二是根据所研究问题的需要．
(2)正确选择研究过程．通常对全过程进行分段分析，并找出联系各阶段的状态量，根据所研究问题的需要，有时只需对全过程建立动量守恒的关系式，有时需要分过程多次应用动量守恒列出关系式．
2．临界问题
在动量守恒定律的应用中，常常会遇到相互作用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反向运动等临界问题．这类问题的求解关键是寻找物体的临界状态，挖掘问题中隐含的临界条件，其临界条件常常表现为物体的相对速度关系与相对位移关系，选取适当的系统和过程，运用动量守恒定律进行解答．
【典例2】 甲、乙两小船质量均为M＝120 kg，静止于水面上，甲船上的人质量m＝60 kg，通过一根长为L＝10 m的绳用F＝120 N的力水平拉乙船，求：
(1)两船相遇时，两船分别走了多少距离？
(2)为防止两船相撞，人至少以多大的速度跳到乙船(忽略水的阻力)
[听课记录]
(1)“人船模型”对于系统初动量为零，动量时刻守恒的情况均适用．
(2)两物体不相撞的临界条件是：两物体运动的速度方向相同，大小相等．
主题3 解决动力学问题的三种思路
运用牛顿运动定律、动量、能量的观点解题是解决动力学问题的三条重要途径．求解这类问题时要注意正确选取对象、状态、过程，并恰当选择物理规律．在分析的基础上选用适宜的物理规律来解题，选用规律也有一定的原则．
1．牛顿运动定律(力的观点)
研究某一时刻(或某一位置)的动力学问题应使用牛顿第二定律，研究某一个恒力作用过程的动力学问题，且又直接涉及物体的加速度问题，应使用运动学公式和牛顿第二定律求解．
如：物体在拉力和摩擦力作用下沿水平面运动瞬间的牛顿第二定律方程F－f＝ma．
物体沿轨道在竖直面内做圆周运动，最低点的向心力方程F－mg＝．
2．动量定理和动量守恒定律(动量观点)
(1)对于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，特别对于打击一类的问题，因时间短且冲力随时间变化，则应用动量定理求解，Ft＝mv－mv0．
(2)对于碰撞、爆炸、反冲一类的问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间的，应用动量守恒定律求解．
3．动能定理和能量守恒定律(能量观点)
(1)对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间的问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解．
(2)如果物体只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及运动过程的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解．
(3)对于相互作用的两物体，若明确两物体相对滑动的距离，应考虑选用能量守恒定律建立方程．
【典例3】 如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA＝4 kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计．可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB＝2 kg．现对A施加一个水平向右的恒力F＝10 N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B黏合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经过时间t＝0.6 s，二者的速度达到vt＝2 m/s．求：
(1)A开始运动时加速度a的大小；
(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；
(3)A的上表面长度l．
[听课记录]
综合应用力学“三大观点”解题的步骤
(1)认真审题，明确题目所述的物理情境，确定研究对象．
(2)分析所选研究对象的受力情况及运动状态和运动状态的变化过程，画出草图．对于过程复杂的问题，要正确、合理地把全过程分成若干阶段，注意分析各阶段之间的联系．
(3)根据各阶段状态变化的规律确定解题方法，选择合理的规律列方程，有时还要分析题目的隐含条件、临界条件、几何关系等列出辅助方程．
(4)代入数据(统一单位)，计算结果，必要时要对结果进行讨论．
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