物理的總動量不守恆，運動在某個方向上守恆

選擇小球和圓槽作為系統，水平方向不受外力作用，所以水平方向的動量守恆，但垂直方向的動量不守恆，逐漸減小，所以整體動能減小（因為垂直方向的動量減小）。

其方法為：mvo=（m+m）v（水平方向動量守恆）mvo 2 2=（m+m）v 2 2+mgh（機械能守恆）可計算h=

無花果！ 此外，動量守恆和動能守恆之間沒有必然的聯絡。

如果計算乙個 10m s 的球與同乙個靜止球碰撞並在接觸後粘在一起的例子，這裡是動量守恆，動能不守恆，因為動能轉化為其他能量。

其實我一直認為動能守恆根本就不好用，他有太多的約束，最常用的就是能量守恆，這是宇宙不變的真理。

動量守恆的前提是這個方向的總和力為零，現在凹槽是光滑的，不受摩擦，所以動量守恆。

前提很重要，不看前提的公式費力，得不到正確答案。

垂直方向的總和力是變化的，非常複雜，可以確定的是它一定不為零，所以它在垂直方向上不守恆。

呵呵，因為。 將插槽和球視為乙個整體（系統）。 系統在水平方向上不受力。

原因是地面很光滑！ 然後系統的動量在水平方向上守恆，並注意它僅在水平方向上。 此外，槽面光滑，總機械能守恆。

兩個方程的解是！

非碰撞條件：v B v A。

而所謂恰恰是乙個臨界點，就是說左邊滿意，右邊不滿意，所以這就是臨界點。

對於這個問題，v B“v A”絕對不會擊中v，v B所以v B=v A，就是這樣乙個臨界點。 所以只是不碰撞就是在談論這種臨界點的情況。

這是一種相對簡單的方法，通過改變動量來做到這一點。

當A推出箱子時，箱體的速度決定了A和B之後動量的變化量，即箱體的速度最小，之後A和B的動量變化也是最小的。

如果它們不碰撞，則v B v A，速度的變化是由動量引起的，B的動量變化為30*（2+v B），A的動量變化為30*（2-v A），盒子的動量變化為15*（2-v B）。

將這些相加，即動量的總變化為：150 + 15V B - 30V A。

從這個方程中可以看出，v B越小，v A越大，方程的值越小，但由於非碰撞條件v B v A，只有當v B = v A時，系統的動量變化才最小，即此時盒子的速度最小， 只是不碰撞的條件。

因此，A 和 B 不碰撞的條件是 v A = v B。

由於碰撞後的速度相同，因此碰撞過程中存在機械能損失，分兩個階段進行分析：

一。 方塊會因碰撞而落下（與動量守恆）。

二。 碰撞後反彈（機械能守恆）。

當 a 處的質量為 m 時，棚子主張收容。

正要撞上速度鏈的笑聲 vo = 6gxo

動量守恆。

兩者的共同速度是 v1=vo2=

此時，彈簧具有彈性勢能，塊具有動能。 塊體的重力勢能在達到o點後增加，動能為0（正好達到）。

機械能守恆。

E 炸彈 + 1 2 * （2m） * v1 2 = 2mgxo 可以代表 e 炸彈。

當質量變為 2 m 時。

碰撞後，兩者的共同速度為v1'=2vo/3=

VO在上面，因為打字難所以寫不出來。

E 炸彈 + ek = ep 引力勢 + ek 端。

E彈 +1 2*3m*v1'平方 = 3mgxO + EK 端。

EK 的末端是兩者到達 O 點時共享的動能。

此時速度相同。

在O點之後，由於彈簧拉伸，下部塊減慢速度，上部塊做直線拋擲運動。

ek 末端 = 1 2*3m*v 末端 2

h=V端 2 2g=

我計算出結果是這樣的。 快速給分。

v0 方向為正方向。 如果解為正，則為年份的正方向，負數與方雀相反。

動量守恆：m1*v0=m1*v1+m2*v2

動能守恆：1 2*m1*v0 2=1 2*m1*v1 2+1 2*m2*v2 2

將第乙個公式 v1=（m1*v0-m2*v2） m1 放入第二個公式中。

溶液的 v2 = 2m1v0 （m1+m2）。

將 v2 帶到第乙個方程以求解 v1，v1=（m1-m2）v0 （m1+m2）。

如果 m2 的速度是 v

將上面的公式M1換成M2，M2換成M1，取城鎮v0換V，V1換V2，V1換V2，V1換V2。

嘻嘻。 兩個物體的彈性前向碰撞有乙個公式：

v1'=(m1-m2)v1+2*m2*v2)/(m1+m2)

v2'=(m2-m1)v2+2*m1*v1)/(m1+m2)

物理元素（力、運動）的問題不是所有向量都在同一條直線上（力和運運動是向量）可以用笛卡爾坐標分解，選擇坐標方向的原理，因為在水平方向上沒有摩擦力，即沒有外力，所以水平動量守恆， 而豎向動量不守恆，所以選擇水平和豎向坐標分解，使動量守恆水平方向的源解。如果子彈的初始速度方向為正，則 m 子彈 x v 子彈 = m 石頭 x v'石頭 - M 子彈 x v'子彈水平。 在**後退角度未知的情況下，300ms對求解上述方程沒有幫助。

和 v'如果石頭和 v' 子彈的水平未知，則無法求解上述方程，需要附加條件，例如能量守恆，即動能守恆，即 1 2 x m 子彈 x v 子彈平方 = 1 2 x m 石頭 x v'石頭方塊 + 1 2 x m 子彈 x v'子彈平方，v'已知子彈是 300m s，所以 v'石頭可以求解，代入第乙個脊柱方程 v'子彈水平是可解決的，所以 v'子彈和水平線之間的角度可以使用反余弦函式求解。

這個問題看似複雜，但實際上是乙個相當基本的理解和應用。 如果你不能想到這種分解方法和動量守恆的應用，那就說明你對物理學的向量分解和坐標分解了解不夠。 物理學中的力學因素可以分解為笛卡爾坐標，任何方向分解的物理因素仍然遵循該方向的各種物理定律，只是為了看是否滿足條件。

該問題的分解滿足了水平方向的動量守恆和垂直方向的動量守恆，但仍然滿足動量定理，從中可以計算出桌子對石頭的衝量。

一樓分析得很好，頂樓！

1.動量守恆定律的適用條件。

內力不改變系統的總動量，但外力可以改變系統的總動量，這個定律可以應用於以下三種情況：1系統不受外力或外力的向量和為零; 2.

系統的外力遠小於內力，如碰撞或瞬間，外力可以忽略不計; 3.如果外力或系統某個方向上的外力的向量和為零，或者外力小於內力，則該方向的動量守恆（部分動量守恆）。

2.動量守恆定律的不同表達和含義。

系統相互作用前的總動量p等於相互作用後的總動量p'）;

2.p=0（系統總動量的增量等於零）; 3.p1 = - p2（在由兩個物件組成的系統中，每個物件以相反的增量增量）。

其中，1的形式是最常用的，在實際應用中常見的形式有三種：m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'（適用於動作前後運動的兩個物體組成的系統）。0=m1v1+m2v2（適用於由兩個靜止物體組成的系統，如**、反衝等，兩者的速率和位移與其各自的質量成反比）。

m1v1+m2v2=（m1+m2）v（適用於兩個物體組合或動作後速度一致的情況）。

3.運用動量守恆定律的基本步驟來解決問題。

1.在分析相互作用物體的總動量是否守恆時，所研究的物體通常被稱為系統。 重要的是要弄清楚所研究的系統由哪些物件組成。

2.有必要分析系統中物體上的力，弄清楚哪些是系統內相互作用的力，即內力; 這是系統外的物體對系統內的物體施加的力，即外力。 在力的基礎上，根據動量守恆的條件，判斷是否適用動量守恆定律。

3.明確所研究的相互作用過程，並確定該過程的開始和結束狀態，即系統中每個物體的初始動量和最終動量的大小或表示式。 請注意，選擇已知量的正方向後，與所選正方向相同方向的所有已知量都將具有正值，而反向值將為負值。

4.建立動量守恆方程，代入已知量，求解待求解的量，如果計算結果為正，則表示該量的方向與正方向相同，如果為負，則與所選的正方向相反。

個人秘籍：把動量公式和機械能量守恆公式（增加量=損失量）換成就可以了。

動量守恆的條件之一 系統不受合力的影響或不受合力的約束，動量守恆的第二個條件是動量守恆的第二個條件 在**碰撞或其他情況下，物體上的外力可以忽略不計。

動量守恆 條件 3 某一方向守恆 在目前的物理學知識中，運動只有兩個方向，而且這兩個方向是相互垂直的（在這兩個方向上，運動力等），不管是水平的還是垂直的，只要兩個方向是垂直的，就可以分開考慮， 但一般選擇水平和垂直方向，因為物體的引力總是垂直向下的。

所以以後你可能會遇到水平方向的動量守恆，這個時候可以忽略垂直方向。

一般來說，像碰撞這樣的問題都是通過動量守恆來解決的，條件是，在不受外力的情況下，所謂的外力缺失，就是整個系統不受外力的影響，不是系統內的力，系統內的力可以忽略不計 它將與能量守恆一起解決。

具體來說，動量守恆的條件是系統受到的合力為零或沒有。 在**和碰撞的情況下，由於系統的內力遠大於外力，所以在這些情況下，我們一般認為動量守恆，動量守恆不一定只在水平方向上，只要系統在某個方向上的合力為零或不受外力影響， 那麼可以認為這個方向的動量是守恆的。