1、動量定理 動量守恒定律【知識梳理】一、動量、動量定理1動量（1）定義：運動物體的質量與速度的乘積。（2）表達式：。（3）矢量性：動量是矢量，方向與速度方向相同。運算遵守平行四邊形定則。（4）動量的變化量：是矢量，方向與一致。特別提醒：物體動量的變化是個矢量，其方向與物體速度的變化量的方向相同。在合外力為恒力的情況下，物體動量變化的方向也是物體加速度的方向，也即物體所受合外力的方向，這一點，在動量定理中可以看得很清楚。有關物體動量變化的運算，一定要按照矢量運算的法則（平行四邊形定則）進行。如果物體的初、末動量都在同一條直線上，常常選取一個正方向，使物體的初、末動量都帶有表示自己方向的正負號，這樣

2、，就可以把復雜的矢量運算化為簡單的代數運算了。（5）動量與動能的關系：。2沖量（1）定義：力與力的作用時間的乘積。（2）表達式：。（3）沖量是矢量：它由力的方向決定。疑難導析1動量、動能、動量變化量的比較動量動能動量的變化量定義物體的質量和速度的乘積物體由于運動而具有的能量物體末動量與初動量的矢量差定義式矢標性矢量標量矢量特點狀態量狀態量過程量關聯方程特別提醒：（1）當物體的速度大小不變，方向變化時，動量一定改變，動能卻不變，如：勻速圓周運動。（2）在談及動量時，必須明確是物體在哪個時刻或哪個狀態所具有的動量。（3）物體動量的變化率等于它所受的力，這是牛頓第二定律的另一種表達形式。2對動量、沖

3、量概念進一步的理解（1）動量是狀態量，對應于物體運動的某個狀態；沖量是過程量，是力對時間的累積效應。它們都是矢量，必須大小、方向都相同，才能說兩物體的動量、沖量相同。（2）沖量的方向由力的方向決定，在作用時間內力的方向不變，沖量的方向就是力的方向。若力的方向變化，沖量的方向與動量變化方向相同。如：勻速圓周運動中，質量為m的物體，線速度大小為v，運動半個周期向心力的沖量方向如何？（3）僅適用于恒力的沖量計算，計算中I的大小與物體運動狀態無關，力與時間要一一對應，變力的沖量應用動量定理計算。【例1】一個質量為1 kg的物體，放在水平桌面上，受到一個大小為10 N，與水平方向成角的斜向下的推力作用，

4、如圖所示。g取10，則在5s內推力沖量大小為_，支持力的沖量大小為_。解析：推力F和桌面對物體的支持力皆為恒力，且16 N，則推力的沖量，支持力的沖量二、動量定理1動量定理（1）內容：物體所受的合外力的沖量等于它的動量的變化量。（2）表達式：或（3）根據，得，即。這是牛頓第二定律的另一種表達形式：作用力F等于物體動量的變化率。特別提醒：都是矢量運算，所以用動量定理解題時，應首先確定研究對象，根據各已知量的方向確定它們的正負，再代入運算。2應用動量定理解題的步驟（1）選取研究對象；（2）確定所研究的物理過程及其始、末狀態；（3）分析研究對象所研究的物理過程中的受力情況；（4）規定正方向，根據動量

5、定理列式；（5）解方程，統一單位，求解結果。疑難導析1對動量定理的幾點說明（1）動量定理的研究對象可以是單個物體，也可以是物體系統。對物體系統，只需分析系統受的外力，不必考慮系統內力。系統內力的作用不改變整個系統的總動量。（2）用牛頓第二定律和運動學公式能求解恒力作用下的勻變速直線運動的間題，凡不涉及加速度和位移的，用動量定理也能求解，且較為簡便。但是，動量定理不僅適用于恒定的力，也適用于隨時間變化的力。對于變力，動量定理中的F應當理解為變力在作用時間內的平均值。（3）用動量定理解釋的現象一般可分為兩類：一類是物體的動量變化一定，此時力的作用時間越短，力就越大；時間越長，力就越小。另一類是作用

6、力一定，此時力的作用時間越長，動量變化越大；力的作用時間越短，動量變化越小。分析問題時，要把哪個量一定哪個量變化搞清楚。2動量定理的應用技巧（1）應用求變力的沖量。如果物體受到變力作用，則不直接用求變力的沖量，這時可以求出該力作用下的物體動量的變化，等效代換變力的沖量I。（2）應用求恒力作用下的曲線運動中物體動量的變化。曲線運動中物體速度方向時刻在改變，求動量變化需要應用矢量運算方法，比較復雜，如果作用力是恒力，可以求恒力的沖量，等效代換動量的變化。【例2】物體A和B用輕繩相連接，掛在輕彈簧下靜止不動，如圖（a）所示，A的質量為m，B的質量為M。當連接A、B的繩突然斷開后，物體A上升經某一位置

7、時的速度大小為v這時，物體B的下落速度大小為u，如圖（b）所示。在這段時間里，彈簧的彈力對物體A的沖量為（ ）A B C D答案：D解析：由題意可知，雖然整個過程所用的時間可以直接求出，但彈簧的彈力是一變力，要求它的沖量只能用動量定理來計算。以物體A為研究對象，取豎直向上為正方向，根據動量定理有： 在t時間內，物體B做自由落體運動，則： 由兩式可得彈力的沖量所以正確的選項為D。【典型例題透析】題型一動量、動量變化量的計算關于動量變化量的計算：（1）動量的變化量，式中p為初始時刻的動量，為末時刻的動量。由于動量是矢量，動量的變化量也是矢量，動量的運算應遵循平行四邊形定則。（2）如果初動量p、末動

8、量在同一直線上，動量的運算可以簡化為代數運算。即規定一個正方向。p和中凡是方向和正方向一致的取正值，相反的取負值，由求得。（3）如果初末動量p和不在同一直線上，可根據三角形定則作圖求得。即若垂直可根據求得。【例3】將質量為0. 10kg的小球從離地面20 m高處豎直向上拋出，拋出時的初速度為15 m/s，g取10，求當小球落地時：（1）小球的動量；（2）小球從拋出至落地過程中動量的增量；（3）若其初速度方向改為水平，求小球落地時的動量及動量變化量。思路點撥：計算動量、動量變化量時應首先判斷初、末速度的方向。對于動量，由定義式，可直接計算；對于動量變化，此式是矢量式，計算時應遵循平行四邊形定則。

9、解析：（1）由可得小球落地時的速度大小m/s。取向下為正，則小球落地時的動量，方向向下。（2）小球從拋出至落地動量的增量，方向向下。（3）小球落地時豎直分速度為，則由得： 落地時的速度為： 則小球落地時動量為，方向與水平方向夾角向下拋出后，小球在水平方向上動量變化在豎直方向動量變化所以，方向豎直向下。總結升華：由于動量是矢量，動量的變化量也是矢量，動量的運算應遵循平行四邊形定則。題型一對動量定理的理解及計算（1）動量定理是矢量方程：合外力的沖量與物體的動量變化不僅大小相等，而且方向相同。應用動量定理解題時，要特別注意各矢量的方向，先規定正方向，再把矢量運算化為代數運算。（2）對系統運用動量定理

10、列式求解盡管系統內各物體的運動情況不同，但各物體所受的沖量之和仍等于各物體總動量的變化量。應用這個處理方法能使一些繁雜物理題的運算更為簡便。【例4】滑塊A和B用輕細線連接在一起后放在水平桌面上，水平恒力F作用在B上，使A、B一起由靜止開始沿水平桌面滑動。如圖，已知滑塊A、B與水平面間的滑動摩擦因數均為，在力F作用t秒后，A、B間連線突然斷開，此后力F仍作用于B。試求：滑塊A剛好停住時，滑塊B的速度多大（滑塊A、B的質量分別為）思路點撥：細繩斷開前后，若取A、B作為一個系統，取全過程來研究，系統受的合外力不變，即，可用動量定理對系統來研究較為簡便。解析：取滑塊A、B為研究對象，研究A、B整體作加

11、速運動的過程。根據動量定理，有由此可知A、B在線斷開時的共同速度為研究滑塊A在線斷開后做勻減速運動的過程，根據動量定理，有將上式，代入此式可得滑塊A做勻減速運動的時間為研究滑塊A、B整體，研究從力F作用開始至A停止的全過程。此過程中系統受合外力始終不變，根據動量定理，有 將代入此式可求得B滑塊的速度為。總結升華：動量定理的研究對象一般為單一的物體，但也可以是一個物體系，且動量定理可以在某一分過程中使用，也可以對全過程使用。二、動量守恒定律1動量守恒定律相互作用的一個系統不受外力或者所受外力之和為零，這個系統的總動量保持不變。（1）表達式：，表示作用前后系統的總動量相等。 (或)，表示相互作用物

12、體系總動量增量為零。，表示兩物體動量的增量大小相等方向相反。特別提醒：正確區分內力和外力外力指系統外物體對系統內物體的作用力；內力指研究系統內物體間的相互作用力。（2）動量守恒是對某一系統而言的劃分系統的方法一旦改變，動量可能不再守恒。因此，在應用動量守恒定律時，一定要弄清研究對象，把過程始末的動量表達式寫準確。在某些問題中，適當選取系統使問題大大簡化。2動量守恒定律的條件（1）系統不受外力或系統所受的合外力為零。（2）系統所受的合外力不為零，但比系統內力小得多。如爆炸過程中的重力比相互作用力小很多，可忽略重力，認為爆炸過程符合動量守恒定律。（3）系統所受的合力雖不為零，但在某個方向上的分量為

13、零，則在該方向上系統總動量的分量保持不變。3動量守恒定律解題的基本思路（1）確定研究對象并進行受力分析，過程分析；（2）確定系統動量在研究過程中是否守恒；（3）明確過程的初、末狀態的系統動量的量值；（4）選擇正方向，根據動量守恒定律建立方程。4動量守恒定律的適用范圍 動量守恒定律是從實驗中總結出來的，并且它是人們在自然界中尋找“守恒”的產物。動量守恒定律也可以利用牛頓定律和運動學公式推導出來，但它的適用范圍卻比牛頓定律廣得多。牛頓定律的適用范圍是：低速、宏觀，動量守恒定律卻不受此種限制。動量守恒定律是自然界中最重要、最普遍的規律之一。 疑難導析1應用動量守恒定律列方程時應注意以下四點（1）矢量

14、性：動量守恒方程是一個矢量方程。對于作用前后物體的運動方向都在同一直線上的問題，應選取統一的正方向，凡是與選取正方向相同的動量為正，相反為負。若方向未知，可設正方向列動量守恒方程，通過解得結果的正負，判定未知量的方向。（2）瞬時性：動量是一個瞬時量，動量守恒指的是系統任一瞬時的動量恒定。列方向時，等號左側是作用前(或某一時刻)各物體的動量和，等號右側是作用后(或另一時刻)各物體的動量和。不同時刻的動量不能相加。（3）相對性：由于動量大小與參考系的選取有關，因此應用動量守恒定律時，應注意各物體的速度必須是相對同一慣性系的速度。一般以地面為參考系。（4）普適性：它不僅適用于兩個物體組成的系統，也適

15、用于多個物體組成的系統；不僅適用于宏觀物體組成的系統，對微觀粒子組成的系統也適用。2多個物體組成的系統動量守恒 系統的動量守恒不是系統內所有物體的動量不變，而是系統內每個物體動量的矢量和不變，而且每個物體的動量都是相對同一參照系的。因此，根據題目的要求，要善于應用整體動量守恒，巧妙選取研究系統，合理選取相互作用過程來研究，問題就會迎刃而解。3當動量不守恒時，可利用某一方向守恒求解如果相互作用的物體所受外力之和不為零，外力也不遠小于內力，系統總動量就不守恒，也不能近似認為守恒，但是，只要在某一方向上合外力的分量為零，或者某一方向上的外力遠小于內力，那么在這一方向上系統的動量守恒或近似守恒。4動量

16、守恒定律應用中的臨界問題在動量守恒定律的應用中，常常會遇到相互作用的兩物體相距最近、避免相碰和物體開始反向運動等臨界問題。這類臨界問題的求解關鍵是充分利用反證法、極限法分析物體的臨界狀態，挖掘問題中隱含的臨界條件，選取適當的系統和過程，運用動量守恒定律進行解答。【例5】如圖所示，帶四分之一圓弧軌道的長木板A靜止于光滑的水平面上，其曲面部分MN是光滑的，水平部分NP是粗糙的，現有一小滑塊B自M點由靜止下滑，設NP足夠長，則下列敘述正確的是（ ）AA、B最終以同一速度(不為零)運動BA、B最終速度都為零CA先做加速運動，再做減速運動，最后靜止DA先做加速運動，后做勻速運動答案：BC解析：由于木板與

17、滑塊組成的系統水平方向不受外力，故水平方向動量守恒，初動量為零，故末動量也為零，即最終木板與滑塊將靜止，故A錯B對；物塊在光滑圓弧上下滑時，木板A受壓力在水平方向有分力，故此時A向左加速，當滑塊B到NP上時，A受向右摩擦力又減速最終靜止。三、碰撞、爆炸和反沖1、碰撞與爆炸（1）碰撞與爆炸具有一個共同特點：即相互作用的力為變力，作用的時間極短，作用力很大，且遠遠大于系統受的外力，故均可用動量守恒定律來處理。（2）爆炸過程中，因有其他形式的能轉化為動能，所以系統的動能會增加。（3）由于碰撞(或爆炸)的作用時間極短，因此作用過程中物體的位移很小，一般可忽略不計，即認為碰撞(或爆炸)后還是從碰撞(或爆

18、炸)前瞬間的位置以新的動量開始運動。（4）碰撞的種類及特點分類標準種類特點能量是否守恒彈性碰撞動量守恒，機械能守恒非完全彈性碰撞動量守恒，機械能有損失完全非彈性碰撞動量守恒，機械能損失最大碰撞前后動量是否共線對心碰撞（正碰）碰撞前后速度共線非對心碰撞（斜碰）碰撞前后速度不共線2、反沖運動（1）反沖運動是相互作用的物體之間的作用力與反作用力產生的效果。如射擊時槍身的后坐，發射炮彈時，炮身的后退，火箭因噴氣而發射，水輪機因水的沖刷而轉動等都是典型的反沖運動。（2）反沖運動的過程中，如果沒有外力作用或外力的作用遠小于物體間的相互作用力，可利用動量守恒定律來處理。（3）研究反沖運動的目的是找反沖速度的

19、規律，求反沖速度的關鍵是確定相互作用的對象和各物體對地的運動狀態。（4）反沖運動中距離、移動問題的分析 一個原來靜止的系統，由于某一部分的運動而對另一部分有沖量，使另一部分也跟隨運動，若現象中滿足動量守恒或某個方向上滿足動量守恒，則有，有。物體在這一方向上有速度，經過時間的累積，物體在這一方向上運動一段距離，則距離同樣滿足，則它們之間的相對距離。（5）火箭的反沖問題火箭內部裝有燃料和氧化劑，它們經過輸送系統進入燃燒室，燃燒生成熾熱氣體向后噴射，獲得向后的動量，按動量守恒定律，火箭必獲得向前的動量。燃料不斷燃燒，連續地向后噴出氣體，火箭不斷地受到向前的推力作用，從而獲得很大速度。火箭飛行所能達到

20、的最大速度，也就是燃料燃盡時獲得的速度。最大速度主要取決于兩個條件：一是噴氣速度；二是火箭開始飛行時的質量與燃料燃盡時的質量比。噴氣速度越大，質量比越大，最終速度越大。疑難導析1、彈性碰撞、完全非彈性碰撞和非彈性碰撞的對比種類彈性碰撞完全非彈性碰撞非彈性碰撞產生條件碰撞后不保留形變碰撞后形變完全保留碰撞后保留部分形變過程特點系統動量守恒，機械能守恒系統動量守恒，機械能不守恒數學表達式末速度計算式當時解方程求出 特別提醒：彈性碰撞的規律 兩球發生彈性碰撞時應滿足動量守恒和動能守恒。 以質量為速度為的小球與質量為的靜止小球發生正面彈性碰撞為例，則有 解得 結論： （1）當兩球質量相等時，兩球碰撞后

21、交換了速度。 （2）當質量大的球碰質量小的球時，碰撞后兩球都向前運動。 （3）當質量小的球碰質量大的球時，碰撞后質量小的球被反彈回來。2、散射在粒子物理和核物理中，常常使一束粒子射入物體，粒子與物體中的微粒碰撞。研究碰撞后粒子的運動方向，可以得到與物質微觀結構有關的很多信息。與宏觀物體碰撞不同的是，微觀粒子相互接近時并不發生直接接觸，因此微觀粒子的碰撞又叫做散射。由于粒子與物質微粒發生對心碰撞的概率很小，所以多數粒子在碰撞后飛向四面八方。如圖所示。3、解析碰撞問題的三個依據（1）動量守恒，即（2）動能不增加，即或（3）速度要符合情景：如果碰前兩物體同向運動，則后面的物體速度必大于前面物體的速度

22、，即，否則無法實現碰撞碰撞后，原來在前的物體的速度一定增大，且原來在前的物體速度大于或等于原來在后的物體的速度，即，否則碰撞沒有結束如果碰前兩物體是相向運動，則碰后，兩物體的運動方向不可能都不改變，除非兩物體碰撞后速度均為零4、平均動量守恒若系統在全過程中的動量守恒(包括單方向動量守恒)，則這一系統在全過程中的平均動量也必守恒，如果系統是由兩個物體組成，且相互作用前均靜止，相互作用后均發生運動，則由動量守恒定律，。得推論：。使用時應明確必須是相對同一參照物位移的大小。常見的“人船模型”符合此特點。【例6】如圖所示，一顆質量為m、速度為的子彈豎直向上射穿質量為M的木塊后繼續上升，子彈從射穿木塊到

23、再回到原木塊處所經過的時間為T。那么當子彈射穿木塊后，木塊上升的最大高度是_。解析：當子彈射穿木塊的過程中，系統受到重力的作用，但由于時間太短，內力遠大于外力，因此作用過程中，仍可以認為動量守恒。子彈射穿木塊后速度；根據動量守恒有；解得根據可得。【典型例題透析】題型一碰撞問題的處理在處理碰撞問題時，通常要抓住3項基本原則，即（1）碰撞過程中動量守恒原則。（2）碰撞后系統總動能不增加原則。（3）碰撞前后狀態的合理性原則：碰撞過程的發生必須符合客觀實際，如甲追上乙物并發生碰撞，碰前甲的速度必須大于乙的速度，碰后甲的速度必須小于等于乙物的速度，或甲反向運動。【例7】如圖所示，光滑水平面上有大小相同的

24、A、B兩球在同一直線上運動。兩球質量關系為，規定向右為正方向，A、B兩球的動量均為6，運動中兩球發生碰撞，碰撞后A球的動量增量為4 ，則A左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2:5B左方是A球碰撞后A、B兩球速度大小之比為1:10C右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2:5D右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1:10思路點撥：根據碰撞的三項基本原則（即碰撞過程中動量守恒原則、碰撞后系統總動能不增加原則和碰撞前后狀態的合理性原則）分析求解。解析：由兩球的動量都是6，知運動方向都向右，且能夠相碰，說明左方是質量小速度大的小球，故左方是A球，碰后A球的動量減少了4，即A球的動量為

25、2，由動量守恒定律得B球的動量為10，故可得其速度比為2:5，故選項A是正確的。答案：A總結升華：本題主要考查了學生的分析能力和判斷能力。解決此問題的關鍵在于首先根據動量的大小，判斷出速度誰大誰小，然后利用動量守恒定律，解決問題即可。題型二平均動量守恒注意公式的成立條件：系統由兩個物體組成，且相互作用前均靜止，相互作用后均發生運動。使用時應明確必須是相對同一參照物位移的大小。【例8】如圖所示，長為L，質量為M的小船停泊在靜水中，一個質量為m的人立在船頭，若不計水的粘滯阻力，當人從船頭走到船尾的過程中，船和人對地面的位移各是多少?解析：選人和船為一系統，由于系統在水平方向不受外力作用，所以系統在

26、水平方向上動量守恒，設某一時刻人對地速度大小為，船對地面速度大小為，選人的運動方向為正方向，由動量守恒定律，得在人與船相互作用過程中，任何時刻上式始終成立。船的運動受人運動的制約，人動船動，人停船停。設人從船頭到船尾的過程中，人對地位移的大小為，船對地位移大小為，由于上式在整個過程中都成立，所以又從圖中可知所以可解得。題型三多個物體組成的系統動量守恒求解這類問題時應注意：（1）正確分析作用過程中各物體狀態的變化情況，建立運動模型；（2）分清作用過程中的不同階段，并找出聯系各階段的狀態量；（3）合理選取研究對象，即要符合動量守恒的條件，又要方便解題。動量守恒定律是關系質點組（系統）的運動規律，在

27、運用動量守恒定律時主要注重初、末狀態的動量是否守恒，而不太注重中間狀態的具體細節，因此解題非常便利，凡是碰到質點組的問題，可首先考慮是否滿足動量守恒的條件。【例9】如圖所示，兩只小船平行逆向航行，航線鄰近，當它們頭尾相齊時，由每一只船上各投質量m=50kg的麻袋到對面另一只船上去，結果載重較小的一只船停下來，另一只船則以v=8.5m/s的速度向原方向航行，設兩只船及船上的載重分別為=500和=1000kg，問在交換麻袋前兩只船的速率各為多少? 思路點撥：兩船在相互丟給對方麻袋的過程中，同時存在著相互作用，即載重為的船投過來的麻袋和載重為的船的相互作用，載重為的船投過來麻袋和載重為的船的相互作用

28、。因此，應該分別選擇這兩個相互作用的系統為研究對象，由于水的阻力不計，這兩個系統的動量守恒。另外，兩只船和兩只麻袋這4個物體在相互作用過程中，總動量也守恒。解析：設小船和在交換麻袋前的速率分別為和，方向為正方向。選取和從投過的麻袋為系統，根據動量守恒定律，有 選取和從投過的麻袋為系統，根據動量守恒定律，有 聯立式，解得=1 m/s，=9 m/s。總結升華：正確應用動量守恒定律的一個重要環節是準確地選取系統，必須根據相互作用物體的受力情況及運動特征確定系統，在同一物理問題中，針對不同的運動階段，有時還需交換系統，在系統確定后，寫動量守恒式時，還應特別注意總動量與系統的對應性。題型四動量守恒定律應

29、用中的臨界問題這類臨界問題的求解關鍵是分析物體的臨界狀態，挖掘問題中隱含的臨界條件，選取適當的系統和過程，運用動量守恒定律進行解答。【例10】兩磁鐵各放在一輛小車上，小車能在水平面上無摩擦地沿同一直線運動。已知甲車和磁鐵的總質量為0.5kg，乙車和磁鐵的總質量為1.0kg。兩磁鐵的N極相對，推動一下，使兩車相向運動。某時刻甲的速率為2m/s，乙的速率為3m/s，方向與甲相反。兩車運動過程中始終未相碰。求：（1）兩車最近時，乙的速度為多大？（2）甲車開始反向運動時，乙的速度為多大？思路點撥：應用動量守恒定律解決臨界問題時，明確臨界條件是解題的前提：兩車相距最近的含義是兩車的速度相同，甲車開始反向

30、時的速度為零。在此基礎上規定正方向，再利用動量守恒定律列式求解。解析：（1）兩車相距最近時，兩車的速度相同，設該速度為，取乙車的速度方向為正方向。由動量守恒定律得所以兩車最近時，乙車的速度為（2）甲車開始反向時，其速度為0，設此時乙車的速度為，由動量守恒定律得 得總結升華：處理動量守恒定律中的臨界問題：（1）尋找臨界狀態：題設情景中看是否有相互作用的兩物體相距最近，避免相碰和物體開始反向運動等臨界狀態。（2）挖掘臨界條件：在與動量相關的臨界問題中，臨界條件常常表現為兩物體的相對速度關系與相對位移關系，即速度相等或位移相等。正確把握以上兩點是求解這類問題的關鍵。【真題演練】1、小球A和B的質量分

31、別為mA 和 mB 且mAmB 在某高度處將A和B先后從靜止釋放。小球A與水平地面碰撞后向上彈回，在釋放處的下方與釋放出距離為H的地方恰好與正在下落的小球B發生正幢，設所有碰撞都是彈性的，碰撞事件極短。求小球A、B碰撞后B上升的最大高度。答案：解析：小球A與地面的碰撞是彈性的，而且AB都是從同一高度釋放的，所以AB碰撞前的速度大小相等于設為，根據機械能守恒有化簡得 設A、B碰撞后的速度分別為和，以豎直向上為速度的正方向，根據A、B組成的系統動量守恒和動能守恒得 聯立化簡得 設小球B 能夠上升的最大高度為h，由運動學公式得 聯立化簡得 2、如圖所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一豎直的墻.重物質量為木板質量的2倍，重物與