動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)：運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)解題，可處理勻變速運(yùn)動(dòng)問題。
能量觀點(diǎn)：用動(dòng)能定理和能量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動(dòng)問題。
動(dòng)量觀點(diǎn)：用動(dòng)量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動(dòng)問題。
二．五大基本規(guī)律
牛頓第二定律：F合＝ma
動(dòng)能定理：W合＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
機(jī)械能守恒定律：E1＝E2 mgh1＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝mgh2＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)
動(dòng)量定理：I合＝Δp F合t＝p′－p
動(dòng)量守恒定律：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
三.選用規(guī)律原則
1.根據(jù)研究對(duì)象選?。?br>（1）若多個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不同，則一般不宜對(duì)多個(gè)物體整體應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律；
（2）若研究對(duì)象為單個(gè)物體，則不能用動(dòng)量觀點(diǎn)中的動(dòng)量守恒定律；
（3）若研究對(duì)象為多物體系統(tǒng)，且系統(tǒng)內(nèi)的物體與物體間有相互作用，一般用“守恒定律”去解決問題，但必須注意研究對(duì)象是否滿足定律的守恒條件．
2.根據(jù)研究過程選?。?br>（1）凡涉及瞬間狀態(tài)的分析和運(yùn)動(dòng)性質(zhì)的分析，則必須要用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)；
（2）凡涉及復(fù)雜的直線或曲線運(yùn)動(dòng)問題，一般要用能量觀點(diǎn)或動(dòng)量觀點(diǎn)；
（3）凡涉及短暫的相互作用問題優(yōu)先考慮用動(dòng)量定理；
（4）凡涉及碰撞、爆炸、反沖等問題，一般應(yīng)用動(dòng)量守恒定律。
3.根據(jù)所涉及的物理量選取
（1）如果涉及加速度的問題，則一般要用牛頓運(yùn)動(dòng)定律；
（2）如果涉及運(yùn)動(dòng)時(shí)間或作用時(shí)間的問題，一般優(yōu)先考慮用動(dòng)量定理，其次考慮用牛頓運(yùn)動(dòng)定律；
（3）如果涉及運(yùn)動(dòng)的位移或路程的問題，一般優(yōu)先考慮用功能關(guān)系，其次再考慮用牛頓運(yùn)動(dòng)定律；
（4）如果涉及初、末速度問題，一般優(yōu)先考慮用功能關(guān)系，其次考慮用動(dòng)量觀點(diǎn)，最后再考慮用牛頓運(yùn)動(dòng)定律。
1．（2022·全國(guó)·高三課時(shí)練習(xí)）水平地面上有甲、乙兩個(gè)小滑塊在同一直線上運(yùn)動(dòng)，兩小滑塊碰撞前后的速度—時(shí)間圖像如圖所示，小滑塊甲的碰前速度為正向，小滑塊乙的碰前速度為負(fù)向（其中一個(gè)小滑塊碰后速度變?yōu)?）。下列說法正確的是（ ）
A．碰后乙的速度變?yōu)榱?br>B．t=2.5 s時(shí)，兩小滑塊之間的距離為7.5 m
C．兩小滑塊之間的碰撞為非彈性碰撞
D．碰撞前，兩個(gè)小滑塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒
【答案】D
【解析】A．由圖像可知，甲、乙兩滑塊相向運(yùn)動(dòng)，均做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，碰后甲的速度不能增大，所以碰后滑塊甲的速度變?yōu)榱?，滑塊乙的速度為6 m/s（反向），故A項(xiàng)錯(cuò)誤；
B．t=2.5 s時(shí)，兩滑塊之間的距離 Δs=12×6×（2.5-1）m=4.5 m 故B項(xiàng)錯(cuò)誤；
C．設(shè)碰前甲的質(zhì)量為m1，乙的質(zhì)量為m2，則碰前動(dòng)量 p1=m1×4 m/s＋m2×（-2 m/s）
碰后動(dòng)量 p2=m2×6 m/s
由碰撞過程動(dòng)量守恒有 p1=p2
解得 m1=2m2
由能量關(guān)系，碰前 E1=12m1×42＋12m2×（-2）2=18m2
碰后 E2=12m2×62=18m2 E1=E2
則兩滑塊間的碰撞為彈性碰撞，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
D．由速度圖像可知，碰前甲滑塊的加速度大小 a1=2 m/s2
所受摩擦力大小 f1=m1a1=2m1
乙滑塊的加速度大小 a2=4 m/s2
所受摩擦力大小 f2=m2a2=4m2=2m1=f1
f1和f2的方向相反，故甲、乙兩滑塊組成的系統(tǒng)所受合外力為零，動(dòng)量守恒，選項(xiàng)D正確。
2．如圖所示，足夠長(zhǎng)的光滑細(xì)桿PQ水平固定，質(zhì)量為2m的物塊A穿在桿上，可沿桿無摩擦滑動(dòng)。質(zhì)量為0.99m的物塊B通過長(zhǎng)度為L(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩豎直懸掛在A上，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，A、B可視為質(zhì)點(diǎn)。若把A固定，讓質(zhì)量為0.01m的子彈以v0的速度水平射入物塊B（時(shí)間極短，子彈未穿出）后，物塊B恰好能到達(dá)水平桿PQ位置，重力加速度為g，則（ ）
A．在子彈射入物塊B的過程中，子彈和物塊B構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能都守恒
B．子彈射入物塊B的初速度v0=100gL
C．若物塊A不固定，子彈仍以v0射入，物塊B仍能擺到水平桿PQ位置
D．若物塊A不固定，子彈仍以v0射入，當(dāng)物塊B擺到最高點(diǎn)時(shí)速度為2gL3
【答案】D
【解析】A．在子彈射入物塊B的過程中，子彈和物塊B構(gòu)成的系統(tǒng)，所受的合外力遠(yuǎn)小于內(nèi)力，其動(dòng)量守恒，但由于摩擦產(chǎn)生內(nèi)能，所以機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；
子彈射入物塊B后一起向上擺至最高點(diǎn)過程中，
由機(jī)械能守恒定律有 （0.01m＋0.99m）gL=12（0.01m＋0.99m）v2
解得子彈射入物塊B后的速度為 v=2gL
子彈射入物塊B過程中，由動(dòng)量守恒定律得 0.01mv0=（0.01m＋0.99m）v
解得子彈射入物塊B的初速度為 v0=1002gL 故B錯(cuò)誤；
C．若物塊 A不固定，子彈仍以v0射入后，子彈和物塊B的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為物塊A和物塊B（包括子彈）的動(dòng)能和物塊B（包括子彈）的重力勢(shì)能，所以物塊B的上擺高度小于物塊A固定時(shí)的上擺高度，故C錯(cuò)誤；
D．當(dāng)物塊B擺到最高點(diǎn)時(shí)，物塊A、B和子彈具有相同的速度，在水平方向系統(tǒng)動(dòng)量定守恒，由動(dòng)量守恒定律有 （0.01m＋0.99m）v=（0.01m＋0.99m＋2m）v′
解得 v′=2gL3 故D正確。
3．（2022·全國(guó)·高二課時(shí)練習(xí)）如圖所示，小車的上表面固定一個(gè)光滑彎曲圓管道，整個(gè)小車（含管道）的質(zhì)量為2m，原來靜止在光滑的水平面上。今有一個(gè)可以看作質(zhì)點(diǎn)的小球，質(zhì)量為m，半徑略小于管道截面半徑，以水平速度v從左端滑上小車。小球恰好能到達(dá)管道的最高點(diǎn)，然后從管道左端滑離小車。關(guān)于這個(gè)過程，下列說法正確的是（重力加速度為g）（ ）
A．小球滑離小車時(shí)，小車回到原來位置
B．小球滑離小車時(shí)相對(duì)小車的速度大小為v3
C．車上管道中心線最高點(diǎn)離小車上表面的豎直高度為v23g
D．小球從滑進(jìn)管道到滑到最高點(diǎn)的過程中，小車的動(dòng)量變化量大小是mv3
【答案】C
【解析】B.小球從滑上小車到滑離小車的過程，規(guī)定向右為正方向，
由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有 mv=mv1+2mv2 12mv2=12mv12+12×2mv22
解得 v1=?v3 v2=23v
則小球滑離小車時(shí)相對(duì)小車的速度大小為 v相=23v+13v=v 故B錯(cuò)誤；
CD.小球恰好到達(dá)管道的最高點(diǎn)，說明在最高點(diǎn)時(shí)小球和管道之間相對(duì)速度為0，小球從滑進(jìn)管道到滑到最高點(diǎn)的過程中，水平方向上由動(dòng)量守恒定律有 mv=(m+2m)v′
得 v′=v3
小車動(dòng)量變化量大小 Δp=2m?v3=23mv
小球從滑進(jìn)管道到滑到最高點(diǎn)的過程中，由機(jī)械能守恒定律有 mgH=12mv2?12(m+2m)v′2
得 H=v23g 故C正確，故D錯(cuò)誤；
A.由以上分析可知在整個(gè)過程中小車一直向右運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤。
4．（2023·浙江·模擬預(yù)測(cè)）(多選)如圖所示，水平光滑地面上停放著一輛質(zhì)量為m的小車，小車的半徑R=0.7m四分之一光滑圓弧軌道在最低點(diǎn)與水平軌道相切于A點(diǎn)。在水平軌道的右端固定一個(gè)輕彈簧，彈簧處于自然長(zhǎng)度時(shí)左端位于水平軌道的B點(diǎn)正上方，B點(diǎn)右側(cè)軌道光滑，A、B的距離為L(zhǎng)=2.5m，一個(gè)質(zhì)量也為m的可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊從圓弧軌道最高點(diǎn)以v0=6m/s的速度開始滑下，則在以后的運(yùn)動(dòng)過程中（重力加速度為g=10m/s2，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，空氣阻力不計(jì)。）（ ）
A．若A、B間的軌道也光滑，小車的最大速度為5m/s
B．若A、B間的軌道也光滑，物塊運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)到水平軌道的距離為1.8m
C．若物塊與A、B間軌道的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，彈簧的最大彈性勢(shì)能等于因摩擦產(chǎn)生的總熱量
D．若物塊與A、B間軌道的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，小車運(yùn)動(dòng)的總位移大小為0.35m
【答案】AD
【解析】A．若A、B間的軌道也光滑，則小物塊和小車相互作用過程能量守恒，水平方向動(dòng)量守恒，經(jīng)分析知小物塊第一次下滑到圓弧軌道最低點(diǎn)時(shí)小車速度最大，設(shè)小車的最大速度為v1，此時(shí)小物塊的速度為v2，則有 mv1=mv2 12mv12+12mv22=12mv02+mgR
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得 v1=v2=5m/s 選項(xiàng)A正確；
若A、B間的軌道也光滑，根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒可知物塊運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道最高點(diǎn)時(shí)的速度為
v=v0=6m/s
此后小物塊做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，高度 ?=v22g=1.8m
則物塊運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)到水平軌道的距離為 ?+R=2.5m 選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
若物塊與A、B間軌道的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，設(shè)小物塊與小車的相對(duì)位移為s，
根據(jù)能量守恒有 12mv02+mgR=μmgs
解得 s=5m=2L
可知小物塊滑行到水平軌道壓縮一次彈簧后恰停在A點(diǎn)。
全過程根據(jù)能量守恒可得因摩擦產(chǎn)生的總熱量 Q=12mv02+mgR
物塊與小車的速度相同時(shí)彈簧彈性勢(shì)能最大，設(shè)共同速度為v，由動(dòng)量守恒定律得 0=(m+m)v
解得 v=0
此過程根據(jù)能量守恒知彈簧的最大彈性勢(shì)能 Epm=12mv02+mgR?μmgL
因此彈簧的最大彈性勢(shì)能不等于因摩擦產(chǎn)生的總熱量，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
小物塊沿圓弧軌道下滑過程中，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，小車運(yùn)動(dòng)的位移為x，
根據(jù)系統(tǒng)水平動(dòng)量守恒得 mxt=mR?xt 解得 x=0.35m
分析之后的運(yùn)動(dòng)過程可知小車的位移為0，所以小車運(yùn)動(dòng)的總位移大小為0.35m，選項(xiàng)D正確。
5．如圖所示，一輕質(zhì)彈簧兩端連著物體A和B，放在光滑水平面上，物體A被水平速度為v0的子彈射中并嵌在其中，已知物體B的質(zhì)量為mB，物體A的質(zhì)量mA=34mB，子彈的質(zhì)量m彈=14mB.求：
（1）物體A被擊中后的速度v1；
（2）子彈射入木塊后系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE；
（3）物體B在運(yùn)動(dòng)中的最大速度vB．
【答案】（1）v1=14v0 （2）ΔE=332mBv02 （3）vB=14v0
【解析】（1）子彈射入過程，對(duì)子彈和A木塊構(gòu)成的系統(tǒng)，
水平方向動(dòng)量守恒： m0V0=(m0+mA)V1 ① ∴V1=14V0
（2）系統(tǒng)損失的機(jī)械能：ΔE=12m0v02?12(m0+mA)v12=332mBv02 ②
（3）子彈停留在A木塊中后，子彈和A構(gòu)成一個(gè)整體C與彈簧作用，當(dāng)彈簧的長(zhǎng)度再次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，B的速度最大，對(duì)于C、彈簧、和B構(gòu)成的系統(tǒng)： 動(dòng)量守恒：mCv1=mCvC+mBvm ③
機(jī)械能守恒：12mCv12=12mCvC2+12mBvm2 ④
∴vC=0,vm=v1=14v0
6．（2021·全國(guó)·高三專題練習(xí)）如圖所示，在高h(yuǎn)=0.8m的平臺(tái)上放置一質(zhì)量為M=0.99kg的小木塊（視為質(zhì)點(diǎn)），小木塊距平臺(tái)右邊緣距離d =2m，一質(zhì)量m =0.01kg的子彈以v0=400m/s的速度沿水平方向射入小木塊并留在其中，然后一起向右運(yùn)動(dòng)。最后，小木塊從平臺(tái)邊緣滑出落在距平臺(tái)右側(cè)水平距離s=0.8m的地面上，g=10m/s2，求：
(1)小木塊滑出平臺(tái)時(shí)的速度v；
(2)子彈射入木塊的過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能；
(3)木塊與平臺(tái)間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ。
【答案】(1)v2=2m/s (2)Q=792J (3)μ=0.3
【解析】(1)小木塊從平臺(tái)滑出后做平拋運(yùn)動(dòng)：
水平方向 s=vt=0.8m
豎直方向 h=12gt2
木塊飛出時(shí)的速度 v=2m/s
(2)子彈射入木塊的過程中，對(duì)系統(tǒng)： mv0=(M+m）v共 12mv02=12（m+M）v共2+Q
得 v共=4m/s Q=792J
故系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為792J；
(3)木塊在平臺(tái)上滑動(dòng)過程中做勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理 -μ（M+m）gd=12（M+m）v2-12（M+m）v共2
解得 μ=0.3
7．如圖，水平軌道的AC段粗糙，長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝5m，其余部分光滑。質(zhì)量為m1=2kg的滑塊P1以速度v＝2m/s與靜止在A點(diǎn)的質(zhì)量為m2=1kg的滑塊P2發(fā)生正碰（碰撞時(shí)間極短），碰后滑塊P2恰好滑到C點(diǎn)，已知兩滑塊與平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.04，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）碰后P1在AC上滑行的時(shí)間；
（2）P1、P2碰撞過程中損失的能量。
【答案】（1）2.5s；（2）1J
【解析】（1）根據(jù)速度位移公式有 v2=2μgL=2×0.4×5m/s=2m/s
根據(jù)動(dòng)量守恒有 m1v=m1v1+m2v2
解得 v1=1m/s
則碰后P1在AC上滑行的時(shí)間 t=v1μg=10.4s=2.5s
（2）根據(jù)能量守恒有 ΔE=12m1v2?12m1v12+m2v22=12×2×4J?12(2×1+1×4)J=1J
8. 如圖，光滑水平面上有一質(zhì)量為M=1.98 kg的小車，小車的B點(diǎn)右側(cè)的上表面是粗糙水平軌道，小車的B點(diǎn)左側(cè)固定一半徑為R=0.6 m的四分之一光滑圓弧軌道，圓弧軌道與水平軌道在B點(diǎn)相切。小車的最右端D點(diǎn)固定一輕質(zhì)彈簧，彈簧處于自然長(zhǎng)度時(shí)其左端正好對(duì)應(yīng)小車的C點(diǎn)，B點(diǎn)與C點(diǎn)之間的距離為L(zhǎng)=0.9 m。一質(zhì)量為m=2 kg的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）位于小車的B點(diǎn)，小車與小物塊均處于靜止?fàn)顟B(tài)，突然有一質(zhì)量為m0=20 g的子彈，以水平速度v0=500 m/s擊中小車并停留在小車中，設(shè)子彈擊中小車的過程時(shí)間極短，已知小物塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.4，不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g=10 m/s2。求：
（1）子彈射入小車的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量；
（2）通過計(jì)算判斷小物塊是否能運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道的最高點(diǎn)A，并求當(dāng)小物塊再次回到B點(diǎn)時(shí)，小車的速度大??；
（3）若彈簧被小物塊壓縮的最大壓縮量為x=10 cm，求彈簧的最大彈性勢(shì)能。
【答案】（1）2475J；（2）小物塊能運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)A，當(dāng)小物塊再次回到B點(diǎn)時(shí)，小車的速度為0；（3）4.5J
【解析】（1）對(duì)于子彈射入小車的過程，取水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得 m0v0=(m0+M)v
可得 v=5 m/s
根據(jù)能量守恒定律得 12m0v02=12(m0+M)v2+Q
解得子彈射入小車的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為 Q=2475J
當(dāng)小物塊運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道的最高點(diǎn)A時(shí)，三者共速，速度為v共1，
根據(jù)動(dòng)量守恒定律得 m0v0=(m0+M+m)v共1
解得 v共1=2.5 m/s
根據(jù)機(jī)械能守恒定律得 12(m0+M)v2=12(m0+M+m)v共12+mg?
解得 ?=0.625 m>R=0.6 m
所以小物塊能運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道的最高點(diǎn)A，當(dāng)小物塊再次回到B點(diǎn)時(shí)，小物塊的速度為v1，車和子彈的速度為v2，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得 (m0+M)v=mv1+(m0+M)v2
根據(jù)機(jī)械能守恒定律得 12(m0+M)v2=12mv12+12(m0+M)v22
聯(lián)立解得 v1=5 m/s，v2=0 可知當(dāng)小物塊再次回到B點(diǎn)時(shí)，小車的速度為0。
（3）當(dāng)彈簧具有最大彈性勢(shì)能EP時(shí)，三者速度相同，由動(dòng)量守恒定律得 m0v0=(m0+M+m)v共2
可得 v共2=v共1=2.5 m/s
根據(jù)能量守恒定律得 μmg(L+x)+EP=12(m0+M)v2?12(m0+M+m)v共22
解得 EP=4.5J
9. 如圖所示，小球A質(zhì)量為m，系在細(xì)線的一端，線的另一端固定在O點(diǎn)，O點(diǎn)到光滑水平面的距離為h。物塊B和C的質(zhì)量分別是5m和3m，B與C用輕彈簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物塊位于O點(diǎn)正下方。現(xiàn)拉動(dòng)小球使細(xì)線水平伸直，小球由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與物塊B發(fā)生正碰（碰撞時(shí)間極短），反彈后上升到最高點(diǎn)時(shí)到水平面的距離為?16。小球與物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，求：
（1）小球A與物塊B碰撞前、后的速度大??；
（2）碰撞過程B物塊受到的沖量大?。?br>（3）碰后輕彈簧獲得的最大彈性勢(shì)能。
【答案】（1）v1＝2g?；v′1=2g?4；（2）I=54m2g?；（3）Epm=15128mg?
【解析】（1）設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與物塊B碰撞前的速度大小為v1，取小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的重力勢(shì)能為零，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有 mg?=12mv12
解得 v1=2g?
設(shè)碰撞后小球反彈的速度大小為v1′，同理有 mg??16=12mv′12
解得 v′1=2g?4
（2）設(shè)碰撞后物塊B的速度大小為v2，取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有 mv1=?mv′1+5mv2
解得 v2=2g?4
由動(dòng)量定理可得，碰撞過程B物塊受到的沖量為 I=5mv2=54m2g?
（3）碰撞后當(dāng)B物塊與C物塊速度相等時(shí)輕彈簧的彈性勢(shì)能最大，據(jù)動(dòng)量守恒定律有 5mv2=8mv3
據(jù)機(jī)械能守恒定律得 Epm=12×5mv22?12×8mv32
解得 Epm=15128mg?
10.在光滑水平面上靜止放置一木板B，B的質(zhì)量為mB=2kg，B右端離豎直墻s=5m，在B的左端靜止一小物體A，其質(zhì)量為mA=0.99kg，一質(zhì)量為mC=0.01kg的子彈C以v=600m/s的速度擊中A并在極短時(shí)間內(nèi)留存A中，如圖所示，A與B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.4，在運(yùn)動(dòng)過程中只是B與墻壁碰撞，碰撞時(shí)間極短，且碰撞時(shí)無能量損失，取g=10m/s2，求：
（1）子彈擊中A后，A的速度及子彈擊中A過程中產(chǎn)生的熱量Q；
（2）要使A最終不脫離B，木板B的最短長(zhǎng)度L。
【答案】（1）v1=6m/s，Q=1782J；（2）133m
【解析】（1）C擊中A的過程中，A、C組成系統(tǒng)動(dòng)量守恒，規(guī)定向右為正方向 mCv=mA+mCv1
C擊中A的過程中，由能量守恒定律 12mCv2=12mA+mCv12+Q
聯(lián)立上式并代入數(shù)據(jù)可得 v1=6m/s，Q=1782J
假設(shè)ABC共速后才與墻壁發(fā)生碰撞，規(guī)定向右為正方向，
由動(dòng)量守恒定律得 mA+mCv1=mA+mB+mCv2
由能量守恒定律 12mA+mCv12=12mA+mB+mCv22+μmA+mCgΔL1
對(duì)B由動(dòng)能定理 μmA+mCgs1=12mBvB2
A在B上滑動(dòng)距離為 ΔL1=3m
AB相對(duì)運(yùn)動(dòng)過程中，B的位移為 s1=1m

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