新高考物理二轮复习讲义+分层练习专题04 能量观点和动量观点在力学中的应用 精品讲义（含解析）

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专题04 能量观点和动量观点在力学中的应用
【要点提炼】
1.处理物理问题的三大观点
(1)力和运动的观点，即牛顿运动定律和匀变速直线(曲线)运动规律、圆周运动规律等。
(2)功和能的观点，即动能定理等功能关系和机械能守恒定律、能量守恒定律。
(3)冲量和动量的观点，即动量定理和动量守恒定律。
2．力学中的功能关系
(1)合外力做功与动能的关系：W合＝ΔEk。
(2)重力做功与重力势能的关系：WG＝－ΔEp。
(3)弹簧弹力做功与弹性势能的关系：W弹＝－ΔEp弹。
(4)除重力、系统内弹力以外其他力做功与机械能的关系：W其他＝ΔE机。
(5)系统内一对滑动摩擦力做功与内能的关系：fl相对＝ΔE内。
3．动量定理和动量守恒定律的普适性
动量定理和动量守恒定律不仅适用于宏观物体、低速运动过程，对微观粒子、高速运动过程同样适用，比如原子核反应过程同样遵循动量定理和动量守恒定律。
【高考考向1　能量观点在力学中的应用】
命题角度1 功和功率的理解及应用
例1：（2022·北京密云·一模）电动汽车消耗电池能量驱动汽车前进，电池的性能常用两个物理量来衡量：一是电池容量Q，即电池能够存储的电量；另一个是电池的能量密度ρ，是指单位质量能放出电能的多少。某次实验中质量的电池以恒定电流放电时，端电压与流过电池电量的关系如下图所示。电池容量检测系统在电压为4.0V时显示剩余电量100%，电压为3.0V时显示剩余电量为0。通过计算机测得曲线与电量轴所围的面积约为7000V·mAh。
（1）该电池的能量密度是多少？
（2）在放电过程中显示剩余电量从100%到90%用了时间t，依据图像信息推测剩余电量从90%到70%约要多少时间？
（3）电动汽车的续航里程是指单次充电后可以在水平路面上匀速行驶的最大距离。某电动汽车除电池外总质量为，配上质量为，能量密度为的电池，续航里程为。已知汽车行驶过程中所受阻力与总质量成正比，驱动汽车做功的能量占电池总能量的比例确定，为提升该电动汽车的续航里程，可以采用增加电池质量和提高电池能量密度两种方式，请计算说明哪种方式更合理？

【答案】（1）；（2）；（3）见解析
【详解】（1）根据图像的坐标轴可知，图像所围面积物理意义是的积累，表示电池存储的总能量，根据题意可知能量密度为

解得该电池的能量密度为

（2）根据

可知保持不变，电量消耗与时间成正比，由图像可知剩余电量从到，通过电池电量约为，剩余电量从到，通过电池电量约，则时间约为
（3）设汽车质量，电池质量，单次充电行驶最大距离，由题意，阻力与总质量成正比，则有

汽车匀速运动，故消耗电能等于克服阻力做功

设驱动汽车做功的能量与电池总能量的比例为，则有

可得单次充电行驶最大距离为

由表达式可知，与为非线性关系，行驶的最大距离随着电池质量的增加，提升得越来越慢；若电池质量一定时，与成正比，提升能量密度，并不增加阻力，不造成电能额外损耗，可见，提高电池的能量密度比增加电池质量更合理。
两种机车启动问题
(1)恒定功率启动
①v­t图象如图1所示，机车先做加速度逐渐减小的变加速直线运动，后做匀速直线运动，当F＝F阻时，vm＝＝。
②动能定理：Pt－F阻x＝mv－0。

(2)恒定加速度启动
①v­t图象如图2所示，机车先做匀加速直线运动，当功率增大到额定功率后获得匀加速的最大速度v1。之后做变加速直线运动，直至达到最大速度vm后做匀速直线运动。
②常用公式：

1-1. （2022·浙江·高考真题）小明用额定功率为、最大拉力为的提升装置，把静置于地面的质量为的重物竖直提升到高为的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过的匀减速运动，到达平台的速度刚好为零，取，则提升重物的最短时间为（　　）
A．13.2s B．14.2s C．15.5s D．17.0s
【答案】C
【详解】为了以最短时间提升重物，一开始先以最大拉力拉重物做匀加速上升，当功率达到额定功率时，保持功率不变直到重物达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做匀减速上升至平台速度刚好为零，重物在第一阶段做匀加速上升过程，根据牛顿第二定律可得

当功率达到额定功率时，设重物的速度为，则有

此过程所用时间和上升高度分别为


重物以最大速度匀速时，有

重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升高度分别为


设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为，该过程根据动能定理可得

又

联立解得

故提升重物的最短时间为

C正确，ABD错误；
故选C。
命题角度2 动能定理的应用
例2：（2022·湖南·高考真题）如图（a），质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的倍（为常数且），且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为g。
（1）求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比；
（2）若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h的高度处，力F随高度y的变化如图（b）所示，其中已知，求的大小；
（3）篮球从H高度处由静止下落后，每次反弹至最高点时，运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，经过N次拍击后篮球恰好反弹至H高度处，求冲量I的大小。

【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）篮球下降过程中根据牛顿第二定律有

再根据匀变速直线运动的公式，下落的过程中有

篮球反弹后上升过程中根据牛顿第二定律有

再根据匀变速直线运动的公式，上升的过程中有

则篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比

（2）若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，则篮球下落过程中根据动能定理有

篮球反弹后上升过程中根据动能定理有

联立解得

（3）方法一：由（1）问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为
（方向向下）
（方向向下）
由题知运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，由于拍击时间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有

即每拍击一次篮球将给它一个速度v。
拍击第1次下降过程有

上升过程有

代入k后，下降过程有

上升过程有

联立有

拍击第2次，同理代入k后，下降过程有

上升过程有

联立有

再将h1代入h2有

拍击第3次，同理代入k后，下降过程有

上升过程有

联立有

再将h2代入h3有

直到拍击第N次，同理代入k后，下降过程有

上升过程有

联立有

将hN-1代入hN有

其中
，
则有

则

方法二：由（1）问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为
（方向向下）
（方向向下）
由题知运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，由于拍击时间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有

即每拍击一次篮球将给它一个速度v’。设篮球从H下落时，速度为，反弹高度为，篮球受到冲量I后速度为v’，落地时速度为，则
，
联立可得

代入k可得，
……①
篮球再次反弹，反弹速度为k，设反弹高度为h1，受到冲量后，落地速度为v2，同理可得
，
同理化简可得
……②
篮球第三次反弹，反弹速度为k，设反弹高度为h2，受到冲量后，落地速度为v3，同理可得
，
同理化简可得
……③
……
第N次反弹可得
……（N）
对式子①②③……(N)两侧分别乘以、、……、，再相加可得

得

其中，，，可得

可得冲量I的大小


应用动能定理解题应抓好“一个过程、两个状态、四个关注”
(1)一个过程：明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息。
(2)两个状态：明确研究对象始、末状态的速度或动能情况。
(3)四个关注
①建立运动模型，判断物体做了哪些运动。
②分析各个运动过程中物体的受力和运动情况。
③抓住运动模型之间的联系纽带，如速度、加速度、位移，确定初、末状态。
④根据实际情况分阶段或整个过程利用动能定理列式计算。

2-1. （2022·湖北·高考真题）打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示，重物A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高（图中实线位置）时，C到两定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C的绳与水平方向的夹角为60°。某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然后由静止释放。设C的下落速度为时，与正下方质量为2m的静止桩D正碰，碰撞时间极短，碰撞后C的速度为零，D竖直向下运动距离后静止（不考虑C、D再次相碰）。A、B、C、D均可视为质点。
（1）求C的质量；
（2）若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，求F的大小；
（3）撤掉桩D，将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求A、B、C的总动能最大时C的动能。

【答案】（1）；（2）6.5mg；（3）
【详解】（1）系统在如图虚线位置保持静止，以C为研究对象，根据平衡条件可知

解得

（2）CD碰后C的速度为零，设碰撞后D的速度v，根据动量守恒定律可知

解得

CD碰撞后D向下运动 距离后停止，根据动能定理可知

解得
F=6.5mg
（3）设某时刻C向下运动的速度为v′，AB向上运动的速度为v，图中虚线与竖直方向的夹角为α，根据机械能守恒定律可知

令

对上式求导数可得

当时解得

即

此时

于是有

解得

此时C的最大动能为

命题角度3 机械能守恒定律的应用
例3. （2022·江苏江苏·一模）如图所示，足球被踢出后在空中依次经过a、b、c三点的运动轨迹示意图，b为最高点，a、c两点等高。则足球（　　）

A．从a运动到b的时间大于从b运动到c的 B．在b点的加速度方向竖直向下
C．在a点的机械能比在b点的大 D．在a点的动能与在c点的相等
【答案】C
【详解】A．足球被踢出后，对足球受力分析，足球受到重力和空气阻力，当足球从a运动到b过程中竖直方向上重力和空气阻力都向下，b运动到c的空气阻力向上，故a运动到b过程中的竖直方向上的加速度大于b运动到c过程中的加速度，a、c两点等高，故从a运动到b的时间小于从b运动到c的，A错误；
B．在b点，足球运动方向向右，空气阻力水平向左，故此刻足球的加速度斜向下，B错误；
C．由于过程中空气阻力做负功，机械能减少，故在a点的机械能比在b点的大，C正确；
D．从a运动到c过程中机械能减少，a、c两点等高重力势能相同，a点的动能比在c点时大，D错误。
故选C。
应用机械能守恒定律解题的基本思路


3-1. （2022·湖北·恩施市第一中学模拟预测）现在的水上乐园不仅仅有漂流游泳，还有各种惊险刺激的项目，某游乐设施的项目如下；人坐小船被加速到一定的速度抛出，滑入竖直圆轨道最终滑上大船，一起向前运动。该游乐设施可以简化如下：半径的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角，另一端点C为轨道的最低点。C点右侧的光滑水平面上紧挨C点静止放置一木板，木板质量M=4.0kg，上表面与C点等高。质量为的物块（可视为质点）从空中A点以某一速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向以5m/s进入轨道。已知物块与木板间的动摩擦因数，取。求：
（1）物块在A点时的平抛速度；
（2）物块经过C点时对轨道的压力；
（3）若木板足够长，物块与木板由于摩擦产生的热量。

【答案】（1）3m/s；（2）47N，方向竖直向下；（3）74J
【详解】（1）设物体在B点的速度为，在C点的速度为，从A到B物体做平抛运动，由

得

（2）从B到C，根据动能定理有

由牛顿第二定律，在C点有

联立解得

由牛顿第三定律得，物体对轨道的压力为

沿OC方向，竖直向下
（3）物块在木板上相对滑动过程中，由于摩擦力作用，最终将一起共同运动经过时间t达到共同运动速度v，则

根据能量守恒定律有

解得

命题角度4 功能关系和能量守恒定律的综合应用
例4. （2022·广东·高考真题）某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度为向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量，滑杆的质量，A、B间的距离，重力加速度g取，不计空气阻力。求：
（1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小和；
（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；
（3）滑杆向上运动的最大高度h。

【答案】（1），；（2）；（3）
【详解】（1）当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即

当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为

（2）滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有

代入数据解得。
（3）由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有

碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有

代入数据联立解得。
涉及做功与能量转化问题的解题方法
(1)分清是什么力做功，并且分析该力做正功还是做负功；根据功能之间的对应关系，确定能量之间的转化情况。
(2)当涉及滑动摩擦力做功时，机械能不守恒，一般应用能量守恒定律，特别注意摩擦产生的内能Q＝Ffl相对，l相对为相对滑动的两物体间相对滑动路径的总长度。
(3)解题时，首先确定初、末状态，然后分清有多少种形式的能在转化，再分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE减和增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解。

4-1. （2022·全国·高考真题）北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于（   ）

A． B． C． D．
【答案】D
【详解】运动员从a到c根据动能定理有

在c点有

FNc ≤ kmg
联立有

故选D。
4-2．（2022·江苏·模拟预测）如图所示，光滑轨道ABCD是过山车轨道的模型，最低点B处的入、出口靠近但相互错开，C是半径为R的圆形轨道的最高点，BD部分水平，末端D点与足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v逆时针转动。现将一质量为m的小滑块从轨道AB上竖直高度为3R的位置A由静止释放，滑块能通过C点后再经D点滑上传送带，已知滑块滑上传送带后，又从D点滑入光滑轨道ABCD且能到达原位置A，则在该过程中（　　）

A．在C点滑块对轨道的压力为零
B．传送带的速度可能为
C．摩擦力对物块的冲量为零
D．传送带速度v越大，滑块在传送带因摩擦产生的热量越多
【答案】D
【详解】A．从A到C由机械能守恒得

解得

在C由牛顿第二定律有

解得

故A错误；
B．从A到B由机械能守恒得

解得

小滑块滑传送带后做匀减速直线运动到0，如果传送带速度为，则小滑块返回B点时速度小于，所以小滑块不能返回A点，故B错误；
C．小滑块在传送带上运动时，当小滑块滑上传送带的速度大于传送带的速度时，小滑块返回D端时的速度和滑上的速度大小不相等，由动量定理可知，摩擦力的冲量不为0，故C错误；
D．滑块与传送带摩擦产生的热量

传送带速度越大，相对路程越大，产生热量越多，故D正确。
故选D。

【高考考向2　动量定理和动量守恒定律在力学中的应用】
命题角度1 动量定理的应用
例5.（2022·北京·高考真题）“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。跳台滑雪运动中，裁判员主要根据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分。运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段：①助滑阶段，运动员两腿尽量深蹲，顺着助滑道的倾斜面下滑；②起跳阶段，当进入起跳区时，运动员两腿猛蹬滑道快速伸直，同时上体向前伸展；③飞行阶段，在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体两侧的姿态；④着陆阶段，运动员落地时两腿屈膝，两臂左右平伸。下列说法正确的是（　　）

A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力
B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度
C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度
D．着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间
【答案】B
【详解】A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与空气之间的摩擦力，A错误；
B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是通过增大滑道对人的作用力，根据动量定理可知，在相同时间内，为了增加向上的速度，B正确；
C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了减小水平方向的阻力，从而减小水平方向的加速度，C错误；
D．着陆阶段，运动员两腿屈膝下蹲可以延长落地时间，根据动量定理可知，可以减少身体受到的平均冲击力，D错误。
故选B。
应用动量定理的注意事项
(1)一般来说，用牛顿第二定律能解决的问题，用动量定理也能解决，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理求解更简捷。
(2)动量定理的表达式是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的F是物体或系统所受的合力。
(3)动量定理不仅适用于恒力作用的情况，也适用于变力作用的情况，变力作用情况下，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。

5-1. （2022·浙江·模拟预测）激光制冷技术在很多领域得到了广泛的应用。由分子动理论可知，分子或原子运动越激烈，物体温度越高。激光制冷的原理就是利用大量光子（光子说认为光是一份一份的，每一份为一个光子）阻碍原子运动，使其减速，从而降低物体的温度。如图所示，某时刻一个原子位于Oxyz坐标系的原点，两束完全相同的激光，沿x轴从相反的方向对原子进行照射。根据多普勒效应，当原子迎着光束的方向运动时，其接收到的光的频率会升高。当原子接收到的光的频率等于该原子的固有频率时，原子吸收光子的概率最大。下列说法正确的是（　　）

A．为使原子减速，所用激光的频率应等于原子的固有频率
B．为使原子减速，所用激光的频率应大于原子的固有频率
C．假设原子可以吸收光子，当原子向x轴正向运动时，a激光可使原子减速
D．假设原子可以吸收光子，当原子向x轴负向运动时，a激光可使原子减速
【答案】D
【详解】设原子动量大小为，激光的光子动量大小为 ，因为原子动量需要减小为，则根据动量守恒定律

可知，为了使原子动量减小，激光的照射方向应与原子的运动方向相反。
根据多普勒效应，原子迎着光束的方向运动时，其接收到的光的频率会升高。当原子接收到的光的频率等于该原子的固有频率时，原子吸收光子的概率最大。则所用激光的频率应小于原子的固有频率。
故ABC错误，D正确。
故选D。
命题角度2 动量守恒定律的应用
例6. （2022·重庆·高考真题）一物块在倾角为的固定斜面上受到方向与斜面平行、大小与摩擦力相等的拉力作用，由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，物块与斜面间的动摩擦因数处处相同。若拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功随时间的变化分别如图曲线①、②所示，则（　　）

A．物块与斜面间的动摩擦因数为
B．当拉力沿斜面向上，重力做功为时，物块动能为
C．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为1∶3
D．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小之比为
【答案】BC
【详解】A．对物体受力分析可知，平行于斜面向下的拉力大小等于滑动摩擦力，有

由牛顿第二定律可知，物体下滑的加速度为

则拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功为


代入数据联立解得

故A错误；
C．当拉力沿斜面向上，由牛顿第二定律有

解得

则拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为

故C正确；
B．当拉力沿斜面向上，重力做功为

合力做功为

则其比值为

则重力做功为时，物块的动能即合外力做功为，故C正确；
D．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小为

则动量的大小之比为

故D错误。
故选BC。
应用动量守恒定律解题的基本步骤
(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体)及研究的过程。
(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)。
(3)规定正方向，确定初、末状态动量。
(4)由动量守恒定律列出方程。
(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明。

6-1. （2022·重庆·模拟预测）在匀强磁场中用粒子（He）轰击静止的铝（A1）原子核时，产生了P、Q两个粒子，如图所示，已知匀强磁场方向垂直纸面向里，各粒子的速度方向均与磁场方向垂直，粒子P的运动轨迹在图中未画出，粒子Q做匀速直线运动，粒子的质量为m1，铝原子核的质量为m2，P粒子的质量为m3，Q粒子的质量为m4，光在真空中的速度为c，则下列说法正确的是（　　）

A．Q粒子可能是质子
B．P粒子沿顺时针方向运动
C．P粒子的电荷量大于铝原子核的电荷量
D．核反应过程中释放出的能量为（m1+m2-m3-m4）c2
【答案】CD
【详解】A．由于Q粒子做匀速直线运动，所以Q粒子不带电，是中子，选项A错误；
B．由于Q粒子不带电，则P粒子一定带正电，由左手定则可知，P粒子沿逆时针方向运动，选项B错误；
C．由核反应前后质量数和电荷数均守恒可知，P粒子的电荷量大于铝原子核的电荷量，选项C正确；
D．由爱因斯坦的质能方程，可知核反应过程中释放出的能量

选项D正确。
故选CD。
【高考考向3　动量观点和能量观点的综合应用】
命题角度2 力学三大观点的综合应用
例7. （2022·全国·高考真题）如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块B向A运动，时与弹簧接触，到时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的图像如图（b）所示。已知从到时间内，物块A运动的距离为。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求
（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
（3）物块A与斜面间的动摩擦因数。

【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时、速度相等，即时刻，根据动量守恒定律

根据能量守恒定律

联立解得


（2）解法一：同一时刻弹簧对、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律

可知同一时刻

则同一时刻、的的瞬时速度分别为
，
根据位移等速度在时间上的累积可得
，
又

解得

第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值

解法二：B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有

对方程两边同时乘以时间，有

0-t0之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得

将代入可得

则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值

（3）物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得

根据能量守恒定律可得

联立解得

方法一：设在斜面上滑行的长度为，上滑过程，根据动能定理可得

下滑过程，根据动能定理可得

联立解得

方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A上滑和下滑时的加速度，
，
上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，由匀变速直线运动的位移速度关系可得
，
联立可解得

抓住“三个原则、三个定律”速解碰撞问题
(1)判断两物体碰撞瞬间的情况：当两物体相碰时，首先要判断碰撞时间是否极短、碰撞时的相互作用力(内力)是否远远大于外力。
(2)碰撞的“三个原则”：①动量守恒原则，即碰撞前后两物体组成的系统动量守恒；②动能不增加原则，即碰撞后系统的总动能不大于碰撞前系统的总动能；③物理情境可行性原则，即两物体碰撞前后的物理情境应符合实际。
(3)根据两物体碰撞时遵循的物理规律，列出相对应的物理方程：①如果物体间发生的是弹性碰撞，则一般应用动量守恒定律和机械能守恒定律进行求解；②如果物体间发生的是非弹性碰撞，则一般应用动量守恒定律和能量守恒定律(功能关系)进行求解。
例8.
如何选择规律解决力学问题
(1)因功和能的角度、冲量和动量的角度解决问题比较简便，因此优先考虑这两个角度。
(2)若研究对象为单个物体，往往用动能定理和动量定理处理较为简便。若涉及位移，用动能定理；若涉及时间，用动量定理。
(3)若研究对象为几个物体组成的系统，往往用能量守恒定律和动量守恒定律处理较为简便。应用能量守恒定律时一定要分析清楚哪几种能量之和守恒；应用动量守恒定律时注意相互作用的系统是否满足动量定恒的条件。
(4)若仅对某个状态研究往往用牛顿运动定律；若所研究的过程为匀变速直线运动(或分运动为匀变速直线运动)，可考虑用匀变速直线运动的运动学公式。

7.（2022·黑龙江·哈尔滨三中模拟预测）物流是经济发展的重要组成部分，哈三中课题研究小组在探究多物体叠放问题时，提出了如下问题：如图所示，木块A质量为，木板B质量为，木板C质量为。其中AB间的动摩擦因数，BC间的动摩擦因数（大小未知）、地面可视为光滑。零时刻木块A的初速度向右运动、同时木板B以初速度向左运动、C的初速度为零。木板B、C都足够长，滑动摩擦力与最大静摩擦力可视为相等，。求：
（1）ABC共速时速度大小，全过程中因摩擦而产生的热量Q。
（2）为使BC第一次达到共速后就不再相对滑动，BC间的动摩擦因数的取值范围（要有必要的文字解释）。求在满足前面条件时从零时刻到ABC不再相对滑动所需的时间t。
（3）若，求因AB间摩擦力而产生热量是多少？

【答案】（1），；（2），；（3）
【详解】（1）地面光滑，ABC组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，则有

解得

根据能量转化和守恒定律可得

解得

（2）开始运动时，C受到B对其向左的滑动摩擦力而向左加速，因此BC先达到向左的共速，而此时A仍向右运动，为使得BC整体共速后不相对滑动，且加速度向右，则BC之间的静摩擦力不大于最大静摩擦，BC共速后的加速度为，根据牛顿第二定律可得

解得

若BC不发生相对滑动，对于C板而言应满足

解得

从零时刻到ABC不再相对滑动，对A板使用动量定理可得

解得

（3）若，由（2）可知，BC达到共速后不再相对滑动，BC达到共速的速度为，所用时间为，对木板B而言

解得

对木板C而言

解得

根据运动学公式可得

解得


此过程中


两者的相对位移大小为

BC间由滑动摩擦而产生的热量为

故AB间因摩擦力而产生的热量为