从牛顿到能量：三大动力学观点详解与实例剖析

从牛顿到能量：三大动力学观点详解与实例剖析 动力学作为物理学核心分支，研究物体运动状态变化与作用力之间的关系。解决动力学问题，实质是在不同情境下选择最有效的“视角”去剖析运动本质。经典力学体系中形成了三大互补性观点——牛顿运动定律观点、能量观点和动量观点，它们如同三棱镜的不同镜面，共同折射出机械运动的完整光谱。 观点一：牛顿运动定律观点——力与加速度的瞬时对应 牛顿三定律构建了经典力学的基石，其核心思想可概括为：力是改变物体运动状态的原因，而非维持运动的原因。 核心方程：F合= m·a（矢量关系） 这一观点强调力的瞬时效应——某一时刻的合力决定该时刻的加速度。其优势在于能够精确描绘运动细节（如轨迹、速度变化过程），尤其适合分析变加速运动或需要知道约束力的问题。 典型实例：曲线运动中的过山车 考虑一个半径为R的竖直圆环轨道，过山车从斜坡的高度h处滑下后沿轨道做圆周运动。求过山车通过圆环最高点时对轨道的最小压力。 h R O 分析过程： 从释放点到最高点，机械能守恒：mg(h-2R) =mv 在最高点，重力和轨道压力N均向下，提供向心力：N + mg = m 联立得：N = m- mg = - 5mg 临界条件为N=0（即将脱离轨道），解得最小初始高度：h min = 2.5R 观点局限：当力随时间/位置复杂变化时，直接积分求解往往困难重重。例如弹簧振子受阻尼力F=-kx-cv时，牛顿方程m·=-kx - c·的求解需要微分方程知识。 观点二：能量观点——跨越过程的守恒智慧 能量观点源于对“守恒量”的深刻洞察，其核心在于：在封闭系统中，尽管能量形式可以相互转化，但总量保持不变。 核心方程： 功能关系：W合= ΔE k（合力做功等于动能增量） 机械能守恒：ΔE k + ΔE p = 0（仅保守力做功时） 该观点弱化了过程细节，强化了状态关联。其最大优势在于处理复杂力作用（如变力、曲线运动）时，只需关注初末状态的能量形式，无需纠结中间过程的力如何变化。 典型实例：弹簧系统与摩擦力共存的综合问题 质量为m的一物块以初速v0冲向连接轻弹簧的墙面，弹簧的劲度系数为k，地面动摩擦因数为μ。求物块最终停止时弹簧的最大压缩量。 v0 μ 分析过程： 从开始运动到弹簧达最大压缩量，全过程涉及动能、弹性势能和摩擦生热。 设最大压缩量为x，摩擦力的功与路径相关：W f =-μmg·(s+x)，其中s为接触弹簧前的滑行距离（若已知）。 对全过程应用功能原理：0 -mv=kx2 -μmg·(s+x) 若初始时物块恰接触弹簧（s=0），则方程简化为：kx2 +μmgx)-mv= 0 解此二次方程可得x（取正值）。整个过程无需分析速度如何变化、加速度何时反向等细节。 观点深化：能量观点真正强大的地方在于其普适性。当力学系统存在内能转化时，广义的能量守恒依然成立：ΔE机械 + ΔE内= 0。例如汽车刹车时，动能全部转化为刹车片和轮胎的内能，虽然机械能不守恒，但总能量守恒。 观点三：动量观点——系统行为的整体描述 动量观点聚焦于力的时间累积效应，揭示了系统相互作用的整体规律。 核心方程： 动量定理：I合 = Δp（合外力的冲量等于系统动量变化） 动量守恒定律：Δp系统= 0（当F外=0或F外≪F内时） 该观点特别适用于短时间、强相互作用的过程（碰撞、爆炸、冲击），以及系统内部作用复杂但外力可忽略的情形。 典型实例：完全非弹性碰撞中的动能损失 质量为m1的子弹以速度v0射入静止的质量为m2的木块，并嵌在其中。求碰撞过程中机械能的损失。 分析过程： 子弹与木块系统在水平方向不受外力（地面光滑），动量守恒：m1v0 = (m1+m2)v 解得共同速度：v =v0 初动能：Ek1 =m1v 末动能：Ek2 =(m1+m2)v2=v 动能损失：ΔE = Ek1 - Ek2=v 损失的动能转化为内能（摩擦生热、材料形变能）。 关键洞察：动量守恒揭示的是系统质心的运动规律。即使内部作用极其复杂（如爆炸后弹片四射），只要F外=0，质心速度就保持不变。这解释了为何火箭在太空（近乎真空）中仅凭喷射物质就能持续加速——喷射物质与箭体构成系统动量守恒，方向相反。 三大观点的比较与融会贯通 观点维度 牛顿定律观点 能量观点 动量观点 核心关注​ 力的瞬时效应 力的空间累积效应 力的时间累积效应 关键物理量​ 力(F)、加速度(a) 功(W)、能(E) 冲量(I)、动量(p) 守恒条件​ 无普遍守恒 仅保守力做功 合外力为零 适用场景​ 轨迹、瞬时状态分析 复杂路径、位置相关力 碰撞、爆炸、冲击过程 融通实例：碰撞问题的三重视角 对一个两球斜碰撞问题： 用动量观点分析系统整体运动趋势，得到质心速度不变。 用牛顿定律观点（结合恢复系数模型）分析碰撞瞬间力的作用，得到法向与切向速度分量的变化。 用能量观点计算碰撞前后的动能差，量化机械能损失（转化为内能）的比例。 选择与综合的艺术 掌握三大观点并非终点，而是起点。真正的解题智慧体现在：面对具体问题时，能快速识别其物理本质，选择最简捷的视角切入，并在必要时实现多观点的协同分析。 在光滑圆弧轨道上滑动的小球，用机械能守恒求速度最便捷；子弹击穿木块的过程，动量定理是首选；而分析圆锥摆球的瞬时加速度，则必须回到牛顿第二定律。这种“选择能力”的培养，源于对每个观点适用边界和优势的深刻理解，更源于在大量实例中积累的物理直觉。 从宏观天体运动到微观粒子碰撞，三大动力学观点构成了我们理解机械运动世界的完整工具箱。它们各有所长，又内在统一，共同诠释着物质运动背后简洁而深邃的规律。 典例精讲 【调研1】(2025·山东·一模)质量m=20 g、可视为质点的小石片从距液面高h0处的P点以初速度v0=8 m/s水平飞出后，从A点与液面成α=37°角射入某种液体中，然后从B点与液面成β=45°角射出液面做斜上抛运动，到达最高点D时距离液面的高度h1=0.2 m。已知小石片从A点运动到B点的过程中，水对小石片的作用力在水平和竖直方向上的分量保持不变，A、B两点间的距离L=1 m，重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，不计空气阻力。求： (1)小石片从A点运动到B点的过程中，该液体对小石片做的功W； (2)小石片从抛出到第二次进入液面运动的时间t。 【解析】　(1)由平抛运动规律可知，小石片在A点速度大小v1= 小石片在D点速度大小v2x=v2cos β 由机械能守恒定律有 从A点运动到B点W= 解得W=－0.92 J。 (2)从P点运动到A点，时间t1= 从A点运动到B点，水平方向有L=t2 从B点运动到D点，逆向思维法可知h1= 根据对称性可知t=t1＋t2＋2t3=1.2 s． 答案　(1)－0.92 J　(2)1.2 s 规律方法： 1．进行正确的受力分析，划分运动过程，明确各过程的运动特点。 2．当物体受到恒力作用，而且涉及时间、某一状态时，一般选用动力学方法。 3．当涉及曲线运动的某一状态时，要选用牛顿第二定律；当涉及曲线运动的过程时，一般选用动能定理、能量守恒定律。 4．当涉及功、能、位移时，一般选用动能定理、能量守恒定律。 【调研2】(2025·江西南昌·三模)(多选)将一扫地机器人在材质均匀的水平地板上进行测试，获得了机器人在直线运动中水平牵引力大小随时间变化的图像如图甲所示，机器人的加速度a随时间变化的图像如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度大小取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．机器人的质量为1.5 kg B．3 s时机器人的速度大小为8 m/s C．在0～4 s时间内，合外力的冲量大小为13.5 N·s D．在0～4 s时间内，合外力做的功为62.75 J 答案AC　 【解析】由题图甲可知，水平牵引力F随时间变化的关系为F=3t(N)，由题图乙可知t=1 s时，机器人开始有加速度，则有F1=μmg=3 N，t=4 s时，根据牛顿第二定律可得a4==6 m/s2，联立解得μ=0.2，m=1.5 kg，故A正确；a-t图线与横轴围成的面积表示速度变化量，又因为初速度为0，故面积即表示末速度，所以3 s时机器人的速度大小为v3=×4×2 m/s=4 m/s，故B错误；由a-t图线可知4 s时机器人的速度大小为v4=×6×3 m/s=9 m/s，根据动量定理可知，在0～4 s时间内，合外力的冲量大小为I合=mv4－0=1.5×9 N·s=13.5 N·s，故C正确；根据动能定理可知，在0～4 s时间内，合外力做的功为W=－0=×1.5×92 J=60.75 J，故D错误。故选AC。 【调研3】(2025·徐州调研)如图所示，长为4l的不可伸长的轻绳，穿过一长为l的竖直轻质细管，两端拴着质量分别为m、2m的小球A和小物块B，开始时B先放在细管正下方的水平地面上．管的下端离水平地面的距离为2l.拉起小球A，使绳与竖直方向成一定夹角，给小球A适当的水平速度，使它在水平面内做匀速圆周运动，已知重力加速度为g，不计一切摩擦阻力，取sin 37°=0.6. (1) 求拉小球A的绳与竖直方向的夹角θ=37°时，水平地面对物块B的支持力FN和小球A做圆周运动的角速度ω1. (2) 轻摇细管可使物块B离地，求物块B悬停在高度为l处时，小球A做匀速圆周运动的角速度ω2. (3) 轻摇细管可使B离地后在管口下的任意位置处于悬停，当B悬停在某一位置时，上端管口的触发装置使绳断开，求A做平抛运动的最大水平位移． 答案：(1) mg　　(2) 　(3) l 【解析】(1) 拉小球A的绳与竖直方向的夹角θ=37°时，以A球为研究对象，竖直方向根据受力平衡可得Tcos 37°=mg 解得T=mg 以小物块B为研究对象，根据受力平衡可得FN＋T=2mg 解得FN=mg 以小球A为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得 mgtan θ=mlsin θ 解得小球A做圆周运动的角速度为== (2) 当物块B悬停在高度为l处时，以B为研究对象，根据受力平衡可知T′=2mg 设连接A球的绳子与竖直方向的夹角为，以A球为研究对象，竖直方向有T′cos=mg 解得cos= 水平方向根据牛顿第二定律可得mgtan=m·2lsin 解得小球A做匀速圆周运动的角速度== (3) 轻摇细管可使B离地后在管口下的任意位置处于悬停，当B悬停在某一位置时，根据第(2)问分析可知，连接A球绳子与竖直方向的夹角为α=60°，设拉A的绳子长为x(l≤x≤3l)，此时小球A做圆周运动的线速度大小为v，根据牛顿第二定律有 mgtan=m 解得v== 设小球A做平抛运动的时间为t，则在竖直方向有3l－xcos=gt2 解得t= 则水平位移为x1=vt== 根据数学知识可知，当x=3l时，水平位移x1有最大值，且最大值为 x1max==l. 【调研4】(2024·重庆卷节选)如图所示，M、N两个钉子固定于相距a的两点，M的正下方有不可伸长的轻质细绳，一端固定在M上，另一端连接位于M正下方放置于水平地面质量为m的小木块B，绳长与M到地面的距离均为10a，质量为2m的小木块A，沿水平方向与B发生弹性碰撞，碰撞时间极短，A与地面间动摩擦因数为，重力加速度为g，忽略空气阻力和钉子直径，不计绳被钉子阻挡和绳断裂时的机械能损失。 (1)若碰后，B在竖直面内做圆周运动，且能经过圆周运动最高点，求B碰后瞬间速度的最小值； (2)若改变A碰前瞬间的速度，碰后A运动到P点停止，B在竖直面圆周运动旋转2圈，经过M正下方时细绳断开，B也来到P点，求B碰后瞬间的速度大小； (3)若拉力达到12mg时细绳会断，上下移动N的位置，保持N在M正上方，B碰后瞬间的速度与(2)问中的相同，使B旋转n圈。经过M正下方时细绳断开，求M、N之间距离的范围。 【解析】　(1)碰后B能在竖直面内做圆周运动，轨迹半径为10a，设B碰后瞬间速度大小最小为v0，最高点速度大小为v，在最高点时由牛顿第二定律有mg=m B从最低点到最高点由动能定理可得－mg×2×10a= 解得v0=5。 (2)A和B碰撞过程中动量守恒，设碰前A的速度大小为v1，碰后A的速度大小为v2，碰后B的速度大小为v3，则有2mv1 = 2mv2＋mv3 碰后A减速到0，有μ×2mgL= 碰后B做两周圆周运动，绳子在M、N间缠绕2圈，缩短4a，在M正下方时，离M的距离为6a，离地面的距离为4a，此时速度大小为v4，由功能关系得mg×4a= B随后做平抛运动，有4a=gt2 L=v4t 解得v3=4。 (3)设M、N间距离为h，B转n圈后到达M正下方时的速度大小为v5，绳缩短2nh，绳断开时，以M为圆心，由牛顿第二定律得12mg－mg≤m(n = 1，2，3，…) 以N为圆心，由牛顿第二定律得12mg－mg≥m(n = 1，2，3，…) 从碰后到B转n圈后到达M正下方，由功能关系得mg×2nh=mm(n = 1，2，3，…) 解得≤h≤(n = 1，2，3，…) 答案　(1)5　(2)4　(3)≤h≤(n = 1，2，3，…) 【调研5】(2025·陕晋青宁卷)如图，有两个电性相同及质量分别为m、4m的粒子A、B，初始时刻相距l0，粒子A以速度v0沿两粒子连线向速度为0的粒子B运动，此时A、B两粒子系统的电势能等于。经时间t1粒子B到达P点，此时两粒子速度相同，同时开始给粒子B施加一恒力，方向与速度方向相同。当粒子B的速度为v0时，粒子A恰好运动至P点且速度为0，A、B粒子间距离恢复为l0，这时撤去恒力。任意两带电粒子系统的电势能与其距离成反比，忽略两粒子所受重力。求：(m、l0、v0、t1均为已知量) (1)粒子B到达P点时的速度v1； (2)t1时间内粒子B的位移xB； (3)恒力作用的时间t2。 【解析】　(1)施加恒力前的过程，两粒子组成的系统所受合外力为零，动量守恒，则有 mv0=(m＋4m)v1 解得v1=，方向水平向右。 (2)设B到达P点(A、B共速)时，系统的电势能为Ep2，则由能量守恒得 ＋Ep1=＋Ep2 代入Ep1= 解得Ep2= 设A与B共速时A、B间距离为r，因电势能与距离成反比，则有 解得r= 在t1时间内，由动量守恒有mv0=mvA＋4mvB，可得mv0Δt=mvA·Δt＋4mvB·Δt 两边对时间累加求和，有mv0t1=mxA＋4mxB 由位移关系得l0＋xB=xA＋r 联立解得xB=－，方向水平向右。 (3)在恒力作用的t2时间内，对A、B系统，由功能关系得 解得F= 由动量定理得Ft2=0＋4mv0－5mv1 解得t2=。 答案　(1)v0，方向水平向右　(2)－，方向水平向右　(3) 【调研6】(2025·辽宁大连·二模)物流公司传送小件货物，简化的传输系统如图所示。曲面AB末端与水平面BC平滑连接于B点，水平面BC与传送带等高。工人将小件甲从A点由静止释放，运动到C点时以速度v0=4 m/s，与遗留在平面末端C点的小件乙发生碰撞(碰撞时间极短，碰撞前后甲、乙在同一条直线上运动)，碰后甲、乙分别以速度v1=1.5 m/s和v2=5 m/s冲上顺时针运行的传送带上，传送带的速度v=4 m/s，传送带足够长。已知曲面高度h=1 m，小件甲的质量m1=4 kg，小件甲、乙均可视为质点，且与传送带间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度取10 m/s2。求： (1)小件甲从A点运动到C点过程中克服摩擦阻力所做的功； (2)小件乙的质量m2及甲、乙碰撞过程损失的机械能； (3)小件甲和乙冲上传送带到都与传送带共速过程中，传送带的电动机需额外多消耗的电能。 【解析】　(1)甲从A到C，由动能定理 m1gh－Wf=－0 得Wf=8 J。 (2)甲、乙碰撞，由动量守恒定律有m1v0=m1v1＋m2v2 解得m2=2 kg 则损失的机械能 ΔE机= 解得ΔE机=2.5 J。 (3)甲冲上传送带先做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律μm1g=m1a1 可得a1=5 m/s2 甲加速到与传送带共速的时间Δt1==0.5 s 此过程传送带发生的位移x1=vΔt1=2 m 传送带克服小件甲摩擦力做功Wf1=μm1gx1=40 J 乙冲上传送带先做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律μm2g=m2a2 可得a2=5 m/s2 乙减速到与传送带共速的时间Δt2==0.2 s 此过程传送带发生的位移x2=vΔt2=0.8 m 小件乙对传送带的摩擦力做了正功Wf2=μm2gx2=8 J 电动机需额外消耗的电能ΔE电=Wf1－Wf2=32 J。 答案　(1)8 J　(2)2 kg　2.5 J　(3)32 J 规律方法： 1．摩擦力的方向及存在阶段的判断 理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键。 2．物体能否达到与传送带共速的判断 物体与传送带达到相同速度时往往出现摩擦力突变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口。 3．摩擦生热的计算：①Q=Ffs相对，其中s相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程。②传送带因传送物体多消耗的能量等于物体增加的机械能与系统产生的内能之和。 【调研7】(2025·甘肃·模拟预测)如图所示，倾角θ=37°的传送带以v=2.5 m/s的速度逆时针转动。将一质量M=0.99 kg的木块无初速放在传送带的底端A点时，一质量m=10 g的子弹立即以沿传送带向上的速度v0=1×103 m/s击中木块且未穿出，子弹与木块相对运动的时间极短。若传送带足够长且速度不变，木块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，取重力加速度大小g=10 m/s2。 (1)求子弹与木块相对运动的过程中产生的内能Q； (2)求木块(含子弹)在传送带上的运动时间t； (3)每当木块的速度刚减为0时，另一颗完全相同的子弹就靠近木块以相同的速度击中木块一次，不计子弹占据木块的空间，求第n颗子弹击中木块后木块向上减速到0的时间tn。 【解析】　(1)设子弹击中木块后二者共同速度大小为v共，取沿传送带向上为正方向，有 mv0=(M＋m)v共 解得v共=10 m/s 由能量守恒有Q= 解得Q=4 950 J。 (2)由题意可知木块(含子弹)先沿传送带向上做匀减速直线运动，加速度大小a1==10 m/s2 向上运动时间t1==1 s 位移大小x1=t1=5 m 木块(含子弹)再沿传送带向下加速运动至与传送带共速，加速度大小也为a1，加速时间t2= s 位移大小x2=t2= m 因动摩擦因数小于倾角的正切值，所以木块(含子弹)与传送带速度相同后的加速度大小a2==2 m/s2 设加速时间为t3，有x1－x2= 解得t3= s 则总的运动时间t=t1＋t2＋t3 解得t=2.5 s。 (3)设第n颗子弹击中木块后瞬间，木块的速度大小为vn，有mv0=(M＋nm)vn 此后木块(含所有打入木块中的子弹)做匀减速运动的时间tn= 可得tn= s。 答案　(1)4 950 J　(2)2.5 s　(3) s 【调研8】(2025·河北·三模)如图所示，在倾角为θ=37°的足够长的斜面上有一个质量为m1=4 kg的长木板，长木板与斜面之间的动摩擦因数为μ1=0.7。将长木板由静止释放，经过Δt=2.5 s，将一质量为m2=1 kg的物块无初速度地放到距长木板底端L=9.628 m处。已知物块最终从长木板底端滑出，物块与长木板之间的动摩擦因数为μ2=0.3，重力加速度为g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，不计空气阻力，物体体积较小，计算时可视为质点。 (1)刚放上物块的瞬间，求长木板的加速度a′1的大小； (2)求物块在长木板上滑行的时间t； (3)求整个过程中物块和长木板之间产生的热量Q。 【解析】　(1)由静止释放长木板之后，设长木板的加速度为a1，由牛顿第二定律有 m1g sin θ－μ1m1g cos θ=m1a1 解得a1=g sin θ－μ1g cos θ=0.4 m/s2， 放上物块瞬间，同理由牛顿第二定律，长木板的加速度为 a′1= =－1.6 m/s2 长木板的加速度大小为1.6 m/s2，方向沿斜面向上。 (2)刚放上物块时，设物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有m2g sin θ＋μ2m2g cos θ=m2a2 解得a2=g sin θ＋μ2g cos θ=8.4 m/s2 此时长木板的速度为v1=a1Δt=1.0 m/s 设经过Δt1时间二者共速，则v1＋a′1Δt1=a2Δt1 解得Δt1=0.1 s，v共=0.84 m/s。 这段时间里长木板比物块多走的距离为Δx1==0.05 m 经过判断，物块会继续相对长木板加速下滑，长木板的加速度 a″1= =0.4 m/s2 物块的加速度为a′2=g sin θ－μ2g cos θ=3.6 m/s2， 设又经过Δt2时间长木板停下，0－v共=a″1Δt2 解得Δt2=2.1 s Δt2时间内物块比长木板多走Δx2==8.82 m 此时物块的速度为v2=v共＋a′2Δt2=8.4 m/s 距离长木板底端Δx3=L＋Δx1－Δx2=0.858 m 设再经Δt3时间，物块从长木板上滑落，则Δx3= 解得Δt3=0.1 s 所以物块在长木板上滑行的时间为t=Δt1＋Δt2＋Δt3=2.3 s。 (3)整个过程中，物块和长木板之间产生的热量为Q=μ2m2g cos θ×(Δx1＋Δx2＋Δx3)=23.347 2 J。 答案　(1)1.6 m/s2　(2)2.3 s　(3)23.347 2 J 规律方法： 1．滑块和木板组成的系统所受的合外力为零时，优先选用动量守恒定律解题；若地面不光滑或受其他外力时，需选用动力学观点解题。 2．滑块与木板达到相同速度时应注意摩擦力的大小和方向是否发生变化。 3．应注意区分滑块、木板各自相对地面的位移和它们的相对位移。用运动学公式或动能定理列式时位移指相对地面的位移；求系统摩擦生热时用相对位移(或相对路程)。 【调研9】(2025·山西晋中·模拟预测)如图所示，两块完全相同的长木板A、B静置于光滑水平面上，长木板的质量为m、长度为L。两板间初始距离为，质量为2m的物块C(可看作质点)以某一水平初速度v(未知)从A的左端滑上长木板，物块C在滑至A的右端前，长木板A、B会发生碰撞(碰撞时间极短)，两板碰后粘在一起。当物块C与两板相对静止时，离B板右端的距离为，物块与长木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。 (1)求长木板A碰撞后的速度大小； (2)求物块C滑上长木板A时的初速度大小； (3)若两板间初始距离为x，其他条件不变，最终物块C离B板右端的距离为s，求s与x的关系。 【解析】　(1)设两木板碰撞前瞬间长木板A的速度为v1，碰撞后的速度为v2，碰前A的加速度为a，对长木板A，由牛顿第二定律得μ·2mg=ma 两木板碰撞前A做初速度为零的匀加速直线运动，对A根据运动学公式=2a· A、B碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv1=2mv2 联立解得v2=。 (2)A、B碰撞过程，对系统，由能量守恒定律得＋Q1 解得Q1=μmgL 设物块C滑上平板时的初速度大小为v，最终C与两板相对静止时的速度为v3，整个过程A、B、C组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得2mv=(2m＋m＋m)v3 由能量守恒定律得·2mv2=＋Q1＋μ·2mg 解得v=2。 (3)若初始间距为x，设两木板碰撞前瞬间长木板A碰撞前的速度为v4，碰撞后A的速度为v5，因碰撞损失的能量为Q2，则A碰前加速过程=2ax A与B碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv4=2mv5 由能量守恒定律得＋Q2 从C滑上长木板A到与长木板相对静止，由能量守恒得·2mv2=＋Q2＋μ·2mg(2L－s) 解得s=0.5x 设碰撞时物块C的速度为v6，物块C相对于长木板A的位移为Δx，A碰前A与C动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得2mv=mv4＋2mv6 由能量守恒定律得·2mv2=＋μ·2mgΔx 且Δx≤L 解得0<x≤ 故s与x的关系为s=0.5x。 答案　(1)　(2)2　(3)s=0.5x 2 学科网（北京）股份有限公司 $