高2物理動量問題，急師傅幫助

v1>v2

然後 v1 比 v2 上公升，顯然我們可以從流程中分析：

V2上公升後減速到最高點，然後下降到投擲點，此時速度為V3，時間為t2

V1上公升後，先減速到V2然後到達最高點下降，然後加速到V3（這個過程就是丟擲V2的過程，時間是t2），然後加速下降到拋出點，整個過程需要時間t1

顯然：t1>t2

不知道樓上的兩人是怎麼想的？

對於雙whywhy：

錯誤：兩次投擲的相同 s 是正確的！ 但是雙為什麼把上公升和下降分開是錯誤的！

下面我就按照雙為什麼發乙個分析一下：

1.當以 v1 賣出時，它上公升到最高點 h1，並且需要 h1 = （1 2）（a1）（t1） 2

當落到投擲點時，需要 h1=（1 2）（a2）（t2） 2

總時間 t1 = t1 + t2

2.當用 v2 賣出時，它上公升到最高點 h2，所花費的時間為 h2=（1 2）（a3）（t3） 2

當落到投擲點時，需要 h2=（1 2）（a4）（t4） 2

總時間 t2 = t3 + t4

知道 h1>h2、a1>a3，您如何比較 t1 和 t2 的大小？

同樣，您如何比較 t3 和 t4 的大小？

值得注意的是：s = （1 2）a * t 2 只適用於速度變化均勻或加速度變化均勻的運動，不要亂用！

為了更好地理解**的解釋，我畫了（下面是兩個過程的速度圖）。

圖片]注意：v3 是將 v1 拋到著陸點的速度。

v4 是 v2 投擲到著陸點的速度。

明顯地。 t1=t3

t2=t2-t1

t1>t2

這個過程很容易分析，上公升時，由於重力向下，空氣阻力向下，加速度大。

下降時，重力向下，空氣阻力向上，加速度小。

顯然，移動相同距離所需的時間更少，加速度也很大。

所以t1

不需要考慮 v1 > v2。

根據方程 s = （1 2）a * t 2，它與速度 v1 和 v2 無關。

S也一樣，A上公升時較大，下降時A較小，那麼T1推薦Deadcrane1狠狠地扔一根羽毛來試試吧！

當然，最大的彈性勢能是彈簧壓縮最短的時候，當然 m 和 m 的速度相同。 如果此時兩個速度不同，那麼彈簧一定處於繼續壓縮或伸長的階段，這不是彈性勢能最大的時刻。

既然問題是當m的速度最小時系統的彈性勢能最大，那麼你只需要確定當m的速度最小時彈簧是否是最大壓縮，即m和m是否具有相同的速度（除了在最後的相對靜止狀態下）。

顯然，當m速度最小時，並不是彈簧壓縮時間最長的時刻！

分析：標題已經明確指出，相對於汽車的靜止位置，可以到達汽車的左端（這排除了許多可能的情況）。 因此，我們分析了手推車和木塊的運動。

剛開始，木塊開始以初始速度v移動，所以有摩擦力，小車向右加速，木塊向右減速，直到木塊碰到彈簧，一碰到彈簧，所以因為彈簧在小車上的推力是向右的， 小車的加速度比以前大了，同理，木塊減速運動的加速度也更大（不用擔心木塊在撞到彈簧之前已經和小車相對靜止了，因為題目已經把最後的狀態搞清楚了！所以安心分析是可以的）。這種壓縮過程一直持續到兩者的速度相等，此時彈簧壓縮最大，彈性勢能最大，但塊的正確速度是否最小？

不。 分析如下：假設此時的彈簧彈性力是f，根據標題，彈簧在那之後必然會拉長，所以這個時候對於木塊來說，彈簧給他的彈力肯定大於汽車給她的摩擦力f， F在左邊，F在右邊，所以此時木塊的合力是向左的，但是這個時候，根據動量守恆，很容易知道木塊的速度在右邊，所以木塊在這之後會繼續減速！至此，我們可以知道：

木塊m的運動速度最小，系統的彈性勢能最大。

之後，木塊減速，小車繼續加速，一直持續到彈簧彈性力f等於摩擦力，小車停止加速，木塊停止減速（這一刻是木塊速度最小的時間，因為這一刻之後， 木塊會再次加速，速度會逐漸增加，這時很明顯彈簧已經釋放了一部分彈性勢能，所以此時彈簧的彈性勢能不是最大的），然後摩擦力大於彈簧彈性力， 所以在這段時間之後，手推車會減速，木塊會加速，繼續直到手推車的速度趕上手推車的速度，此時木塊相對於手推車移動到手推車的最左端。

當彈性勢能最高時，是彈簧壓縮最強大的時候，m和m的速度相等。 下一刻，由於彈性力的作用，m速度繼續增大，m速度繼續減小。

你理解的想法與你回答問題的方式不同。

第乙個問題是動量守恆定律。

第二個問題使用能量守恆定律。 而不是你理解的動能定理！！

對於第二個問題，你也可以使用你理解的動能定理，但你需要隔離子彈。 你以這種方式得到的位移就是你所說的比 l 更多的東西。 在這個過程中，你必須找到子彈運動位移s，你必須使用一些運動學公式，你必須引用加速度。

當然，它不如能量守恆方便。 之後，直接獲得子電阻尺寸。 （最終動能減去初始動能是動能的變化量，動能定理是組合外力所做的功等於動能的變化量。

你鞏固了基礎知識！ ）

（1）設右方向為正，木塊的速度為v，mvo=3mv+2 5mvo，v=v0 5由動量守恆定律求得

2）如果木板的位移是S，那麼子彈的位移是S+L

使用木板的動能定理：fs = 3m（v0 5） 使用子彈的動能定理：-f（s+l） = m（2v0 5） -mv0 f 和 s 可以從以上兩個方程中得到

您答案中的公式是從上述兩個公式的減法中得出的中間過程。 而不是從動能定理推導出的原始公式。 你不必記住它。 它不必被理解。

這個方程式基於子彈和木塊系統。 在這個過程中，產生熱量，q=fl。 根據能量守恆定律，產生的熱量由系統減少的機械能轉換。

因此，原始子彈的動能減去子彈的動能和塊的動能，就是這個過程產生的熱量，等於 FL

我不明白子彈相對於地面行進的距離應該大於 L，所以你怎麼說這個 L。

這裡的l不是指子彈相對於地面移動的距離，而是指阻力通過的距離！ 還有子彈動能變數的計算，把開始和結束的動能減去，中間怎麼減去一塊木塊的動能呢？

因為子彈的初能=換成木塊的動能+克服阻力所做的功換成內能+子彈的剩餘動能——可以用能量轉換守恆定律來解釋！ 】

這個問題的答案有乙個問題！

當 B 的速度為零時，如果球在 A 的手中，則通過動量守恆可以知道 A 的速度必須為零。

當 B 的速度為零時，如果球恰好在空中，則 A 的速度一定不能為零，否則動量不守恆。

當 B 的速度為零時，如果球在 B 的手中，則沒有問題。 想象一下，A 投擲一次後速度變為零，B 的速度以零速度接球。

問題的答案不正確，球的最終位置不確定。

研究物件設定為兩個人和乙個球，總動量守恆，一題即可解決。

當兩人完成整數次兩次傳球迴圈時，球可以在第一手，兩人靜止。

或者當最後一次球從A手傳出時，A只需要控制拋球後保持靜止的動力，系統中兩個方向的動量只有球和B，並且始終相等，B在接球後必須靜止。 問題解決了。

如果球在B的手中，那麼球從A到B的動量從何而來？ 那麼 A 不可能將其速度更改為 0

我覺得沒關係，如果A在第一次傳球後停下來，那麼B在接球後也應該停下來。

“在行進中將球傳給對方，當B的速度恰好為零時”，理解為B的速度先為0，當球在空中時，A的速度不是0，A的接球後速度為0。

將 B 和“A 和球（如 C）”視為乙個系統，因為合力為零，即系統的動量守恆。 因為初始狀態C和B的質量相等，並且初始速度的大小相等且方向相反，所以初始動量為零，所以當B速度為零時，C速度為零。

我認為這應該是可能的，假設 A 的質量為 m1，B 為 m2，球為 m0，假設 A 先拋球時 A 處於靜止狀態（m1+m0）v=m0v，然後 v=（m1+m0）v m0 B，當 B 接球時，m0v-m2v=0，B 和球的動量均為 0

6s後，上公升高度h=420

m） 殼速度 v = 40

m s） 動量 p=2*mv=80m

方向向上清除失敗）。

由於最後一盞燈最終落到了發射場，因此沒有水平元件。

第乙個落地的**得到 v=8

m s） （朝上）。

脈衝 i = 32m（向下方向）。

另乙個激勵塊的動量為p=40m+32m=72m），速度為v=pm=72

m s） （朝上）。

t=(36+2*849^

s） 答案有點奇怪，請自己檢查一下。

D A 不會從 B 中溜走然後最後兩個一起移動，就有mv+m（-v）搜尋桶=（m+m）v之後。

v = 2 m s 後

站在地面上的觀察者看到A正在做一段時間的加速，這時小木板開始向左移動，最終速度為2m s，所以它的速度不能大於2m chant s

在地面上跳躍的速度為v，跳躍時產生的動量為MV，因此跳上船時產生的動量在船和人之間沒有分配。

mv1+mv2=0，其中 v1 為負數。

mv2+（-mv1）=mv，即跳船產生的v2

不知道對不對，希望能幫到你呵呵。

船頭離河岸是l，如果船在他跳躍時固定，那麼他就可以跳上岸。 現在的重點是船不是固定的，那麼根據動量守恆定理，運動員和船在水平方向上不受力（不計算水阻），所以運動員和船的動量守恆。 也就是說，你說 0=mv1+mv2，v1 和 v2 方向相反，所以船向後移動，離河岸的距離大於 l，所以運動員不能跳。

S1=R是指：當M1向下滾動時，M3水平向左移動，M2不移動（水平面是光滑的，M2的水平方向沒有力），當M1與M2碰撞時，M1的水平位移為1 4弧的水平半徑）S1+S3是沒有意義的，學習分層圖，運動學問題很容易分析。

根據你的描述，我也認為它是 s1+s3=r，不是那麼明顯。

那麼，讓 M2 和 M3 之間沒有相對滑移。

動量守恆：m1v0=（m1+m2+m3）v---1

無動能損失：（1 2） m1v0 2 = （1 2） （m1 + m2 + m3） v 2 + （1 2） kx 2---2

沒有相對滑移的條件是上述方程可以通過kx耦合求解。

V0 表示塊 M1 向右移動的速度應至少為 m2g [（m1+m2+m3） k（m11m2+m1m3）] 1 2），並且小塊 m2 和下塊 m3 之間存在相對滑動。