專題04能量觀點和動量觀點在力學中的應用【要點提煉】1.處理物理問題的三大觀點(1)力和運動的觀點，即牛頓運動定律和勻變速直線(曲線)運動規律、圓周運動規律等。(2)功和能的觀點，即動能定理等功能關系和機械能守恒定律、能量守恒定律。(3)沖量和動量的觀點，即動量定理和動量守恒定律。2．力學中的功能關系(1)合外力做功與動能的關系：W合＝ΔEk。(2)重力做功與重力勢能的關系：WG＝－ΔEp。(3)彈簧彈力做功與彈性勢能的關系：W彈＝－ΔEp彈。(4)除重力、系統內彈力以外其他力做功與機械能的關系：W其他＝ΔE機。(5)系統內一對滑動摩擦力做功與內能的關系：fl相對＝ΔE內。3．動量定理和動量守恒定律的普適性動量定理和動量守恒定律不僅適用于宏觀物體、低速運動過程，對微觀粒子、高速運動過程同樣適用，比如原子核反應過程同樣遵循動量定理和動量守恒定律。【高考考向1能量觀點在力學中的應用】命題角度1功和功率的理解及應用例1：（2022·北京密云·一模）電動汽車消耗電池能量驅動汽車前進，電池的性能常用兩個物理量來衡量：一是電池容量Q，即電池能夠存儲的電量；另一個是電池的能量密度ρ，是指單位質量能放出電能的多少。某次實驗中質量的電池以恒定電流放電時，端電壓與流過電池電量的關系如下圖所示。電池容量檢測系統在電壓為4.0V時顯示剩余電量100%，電壓為3.0V時顯示剩余電量為0。通過計算機測得曲線與電量軸所圍的面積約為7000V·mAh。（1）該電池的能量密度是多少？（2）在放電過程中顯示剩余電量從100%到90%用了時間t，依據圖像信息推測剩余電量從90%到70%約要多少時間？（3）電動汽車的續航里程是指單次充電后可以在水平路面上勻速行駛的最大距離。某電動汽車除電池外總質量為，配上質量為，能量密度為的電池，續航里程為。已知汽車行駛過程中所受阻力與總質量成正比，驅動汽車做功的能量占電池總能量的比例確定，為提升該電動汽車的續航里程，可以采用增加電池質量和提高電池能量密度兩種方式，請計算說明哪種方式更合理？【答案】（1）；（2）；（3）見解析【詳解】（1）根據圖像的坐標軸可知，圖像所圍面積物理意義是的積累，表示電池存儲的總能量，根據題意可知能量密度為解得該電池的能量密度為（2）根據可知保持不變，電量消耗與時間成正比，由圖像可知剩余電量從到，通過電池電量約為，剩余電量從到，通過電池電量約，則時間約為（3）設汽車質量，電池質量，單次充電行駛最大距離，由題意，阻力與總質量成正比，則有汽車勻速運動，故消耗電能等于克服阻力做功設驅動汽車做功的能量與電池總能量的比例為，則有可得單次充電行駛最大距離為由表達式可知，與為非線性關系，行駛的最大距離隨著電池質量的增加，提升得越來越慢；若電池質量一定時，與成正比，提升能量密度，并不增加阻力，不造成電能額外損耗，可見，提高電池的能量密度比增加電池質量更合理。兩種機車啟動問題(1)恒定功率啟動①v-t圖象如圖1所示，機車先做加速度逐漸減小的變加速直線運動，后做勻速直線運動，當F＝F阻時，vm＝eq\f(P,F)＝eq\f(P,F阻)。②動能定理：Pt－F阻x＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(m))－0。(2)恒定加速度啟動①v-t圖象如圖2所示，機車先做勻加速直線運動，當功率增大到額定功率后獲得勻加速的最大速度v1。之后做變加速直線運動，直至達到最大速度vm后做勻速直線運動。②常用公式：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(F－F阻＝ma,P額＝Fv1,P額＝F阻vm,v1＝at1))1-1.（2022·浙江·高考真題）小明用額定功率為、最大拉力為的提升裝置，把靜置于地面的質量為的重物豎直提升到高為的平臺，先加速再勻速，最后做加速度大小不超過的勻減速運動，到達平臺的速度剛好為零，取，則提升重物的最短時間為（）A．13.2s B．14.2s C．15.5s D．17.0s【答案】C【詳解】為了以最短時間提升重物，一開始先以最大拉力拉重物做勻加速上升，當功率達到額定功率時，保持功率不變直到重物達到最大速度，接著做勻速運動，最后以最大加速度做勻減速上升至平臺速度剛好為零，重物在第一階段做勻加速上升過程，根據牛頓第二定律可得當功率達到額定功率時，設重物的速度為，則有此過程所用時間和上升高度分別為重物以最大速度勻速時，有重物最后以最大加速度做勻減速運動的時間和上升高度分別為設重物從結束勻加速運動到開始做勻減速運動所用時間為，該過程根據動能定理可得又聯立解得故提升重物的最短時間為C正確，ABD錯誤；故選C。命題角度2動能定理的應用例2：（2022·湖南·高考真題）如圖（a），質量為m的籃球從離地H高度處由靜止下落，與地面發生一次非彈性碰撞后反彈至離地h的最高處。設籃球在運動過程中所受空氣阻力的大小是籃球所受重力的倍（為常數且），且籃球每次與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比相同，重力加速度大小為g。（1）求籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比；（2）若籃球反彈至最高處h時，運動員對籃球施加一個向下的壓力F，使得籃球與地面碰撞一次后恰好反彈至h的高度處，力F隨高度y的變化如圖（b）所示，其中已知，求的大??；（3）籃球從H高度處由靜止下落后，每次反彈至最高點時，運動員拍擊一次籃球（拍擊時間極短），瞬間給其一個豎直向下、大小相等的沖量I，經過N次拍擊后籃球恰好反彈至H高度處，求沖量I的大小?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）籃球下降過程中根據牛頓第二定律有再根據勻變速直線運動的公式，下落的過程中有籃球反彈后上升過程中根據牛頓第二定律有再根據勻變速直線運動的公式，上升的過程中有則籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比（2）若籃球反彈至最高處h時，運動員對籃球施加一個向下的壓力F，則籃球下落過程中根據動能定理有籃球反彈后上升過程中根據動能定理有聯立解得（3）方法一：由（1）問可知籃球上升和下降過程中的加速度分別為（方向向下）（方向向下）由題知運動員拍擊一次籃球（拍擊時間極短），瞬間給其一個豎直向下、大小相等的沖量I，由于拍擊時間極短，則重力的沖量可忽略不計，則根據動量定理有即每拍擊一次籃球將給它一個速度v。拍擊第1次下降過程有上升過程有代入k后，下降過程有上升過程有聯立有拍擊第2次，同理代入k后，下降過程有上升過程有聯立有再將h1代入h2有拍擊第3次，同理代入k后，下降過程有上升過程有聯立有再將h2代入h3有直到拍擊第N次，同理代入k后，下降過程有上升過程有聯立有將hN-1代入hN有其中，則有則方法二：由（1）問可知籃球上升和下降過程中的加速度分別為（方向向下）（方向向下）由題知運動員拍擊一次籃球（拍擊時間極短），瞬間給其一個豎直向下、大小相等的沖量I，由于拍擊時間極短，則重力的沖量可忽略不計，則根據動量定理有即每拍擊一次籃球將給它一個速度v’。設籃球從H下落時，速度為，反彈高度為，籃球受到沖量I后速度為v’，落地時速度為，則，聯立可得代入k可得，……①籃球再次反彈，反彈速度為k，設反彈高度為h1，受到沖量后，落地速度為v2，同理可得，同理化簡可得……②籃球第三次反彈，反彈速度為k，設反彈高度為h2，受到沖量后，落地速度為v3，同理可得，同理化簡可得……③……第N次反彈可得……（N）對式子①②③……(N)兩側分別乘以、、……、，再相加可得得其中，，，可得可得沖量I的大小應用動能定理解題應抓好“一個過程、兩個狀態、四個關注”(1)一個過程：明確研究過程，確定這一過程研究對象的受力情況和位置變化或位移信息。(2)兩個狀態：明確研究對象始、末狀態的速度或動能情況。(3)四個關注①建立運動模型，判斷物體做了哪些運動。②分析各個運動過程中物體的受力和運動情況。③抓住運動模型之間的聯系紐帶，如速度、加速度、位移，確定初、末狀態。④根據實際情況分階段或整個過程利用動能定理列式計算。2-1.（2022·湖北·高考真題）打樁機是基建常用工具。某種簡易打樁機模型如圖所示，重物A、B和C通過不可伸長的輕質長繩跨過兩個光滑的等高小定滑輪連接，C與滑輪等高（圖中實線位置）時，C到兩定滑輪的距離均為L。重物A和B的質量均為m，系統可以在如圖虛線位置保持靜止，此時連接C的繩與水平方向的夾角為60°。某次打樁時，用外力將C拉到圖中實線位置，然后由靜止釋放。設C的下落速度為時，與正下方質量為2m的靜止樁D正碰，碰撞時間極短，碰撞后C的速度為零，D豎直向下運動距離后靜止（不考慮C、D再次相碰）。A、B、C、D均可視為質點。（1）求C的質量；（2）若D在運動過程中受到的阻力F可視為恒力，求F的大??；（3）撤掉樁D，將C再次拉到圖中實線位置，然后由靜止釋放，求A、B、C的總動能最大時C的動能?！敬鸢浮浚?）；（2）6.5mg；（3）【詳解】（1）系統在如圖虛線位置保持靜止，以C為研究對象，根據平衡條件可知解得（2）CD碰后C的速度為零，設碰撞后D的速度v，根據動量守恒定律可知解得CD碰撞后D向下運動距離后停止，根據動能定理可知解得F=6.5mg（3）設某時刻C向下運動的速度為v′，AB向上運動的速度為v，圖中虛線與豎直方向的夾角為α，根據機械能守恒定律可知令對上式求導數可得當時解得即此時于是有解得此時C的最大動能為命題角度3機械能守恒定律的應用例3.（2022·江蘇江蘇·一模）如圖所示，足球被踢出后在空中依次經過a、b、c三點的運動軌跡示意圖，b為最高點，a、c兩點等高。則足球（）A．從a運動到b的時間大于從b運動到c的 B．在b點的加速度方向豎直向下C．在a點的機械能比在b點的大 D．在a點的動能與在c點的相等【答案】C【詳解】A．足球被踢出后，對足球受力分析，足球受到重力和空氣阻力，當足球從a運動到b過程中豎直方向上重力和空氣阻力都向下，b運動到c的空氣阻力向上，故a運動到b過程中的豎直方向上的加速度大于b運動到c過程中的加速度，a、c兩點等高，故從a運動到b的時間小于從b運動到c的，A錯誤；B．在b點，足球運動方向向右，空氣阻力水平向左，故此刻足球的加速度斜向下，B錯誤；C．由于過程中空氣阻力做負功，機械能減少，故在a點的機械能比在b點的大，C正確；D．從a運動到c過程中機械能減少，a、c兩點等高重力勢能相同，a點的動能比在c點時大，D錯誤。故選C。應用機械能守恒定律解題的基本思路3-1.（2022·湖北·恩施市第一中學模擬預測）現在的水上樂園不僅僅有漂流游泳，還有各種驚險刺激的項目，某游樂設施的項目如下；人坐小船被加速到一定的速度拋出，滑入豎直圓軌道最終滑上大船，一起向前運動。該游樂設施可以簡化如下：半徑的光滑圓弧軌道固定在豎直平面內，軌道的一個端點B和圓心O的連線與水平方向間的夾角，另一端點C為軌道的最低點。C點右側的光滑水平面上緊挨C點靜止放置一木板，木板質量M=4.0kg，上表面與C點等高。質量為的物塊（可視為質點）從空中A點以某一速度水平拋出，恰好從軌道的B端沿切線方向以5m/s進入軌道。已知物塊與木板間的動摩擦因數，取。求：（1）物塊在A點時的平拋速度；（2）物塊經過C點時對軌道的壓力；（3）若木板足夠長，物塊與木板由于摩擦產生的熱量?！敬鸢浮浚?）3m/s；（2）47N，方向豎直向下；（3）74J【詳解】（1）設物體在B點的速度為，在C點的速度為，從A到B物體做平拋運動，由得（2）從B到C，根據動能定理有由牛頓第二定律，在C點有聯立解得由牛頓第三定律得，物體對軌道的壓力為沿OC方向，豎直向下（3）物塊在木板上相對滑動過程中，由于摩擦力作用，最終將一起共同運動經過時間t達到共同運動速度v，則根據能量守恒定律有解得命題角度4功能關系和能量守恒定律的綜合應用例4.（2022·廣東·高考真題）某同學受自動雨傘開傘過程的啟發，設計了如圖所示的物理模型。豎直放置在水平桌面上的滑桿上套有一個滑塊，初始時它們處于靜止狀態。當滑塊從A處以初速度為向上滑動時，受到滑桿的摩擦力f為，滑塊滑到B處與滑桿發生完全非彈性碰撞，帶動滑桿離開桌面一起豎直向上運動。已知滑塊的質量，滑桿的質量，A、B間的距離，重力加速度g取，不計空氣阻力。求：（1）滑塊在靜止時和向上滑動的過程中，桌面對滑桿支持力的大小和；（2）滑塊碰撞前瞬間的速度大小v1；（3）滑桿向上運動的最大高度h?！敬鸢浮浚?），；（2）；（3）【詳解】（1）當滑塊處于靜止時桌面對滑桿的支持力等于滑塊和滑桿的重力，即當滑塊向上滑動過程中受到滑桿的摩擦力為1N，根據牛頓第三定律可知滑塊對滑桿的摩擦力也為1N，方向豎直向上，則此時桌面對滑桿的支持力為（2）滑塊向上運動到碰前瞬間根據動能定理有代入數據解得。（3）由于滑塊和滑桿發生完全非彈性碰撞，即碰后兩者共速，碰撞過程根據動量守恒有碰后滑塊和滑桿以速度v整體向上做豎直上拋運動，根據動能定理有代入數據聯立解得。涉及做功與能量轉化問題的解題方法(1)分清是什么力做功，并且分析該力做正功還是做負功；根據功能之間的對應關系，確定能量之間的轉化情況。(2)當涉及滑動摩擦力做功時，機械能不守恒，一般應用能量守恒定律，特別注意摩擦產生的內能Q＝Ffl相對，l相對為相對滑動的兩物體間相對滑動路徑的總長度。(3)解題時，首先確定初、末狀態，然后分清有多少種形式的能在轉化，再分析狀態變化過程中哪種形式的能量減少，哪種形式的能量增加，求出減少的能量總和ΔE減和增加的能量總和ΔE增，最后由ΔE減＝ΔE增列式求解。4-1.（2022·全國·高考真題）北京2022年冬奧會首鋼滑雪大跳臺局部示意圖如圖所示。運動員從a處由靜止自由滑下，到b處起跳，c點為a、b之間的最低點，a、c兩處的高度差為h。要求運動員經過c點時對滑雪板的壓力不大于自身所受重力的k倍，運動過程中將運動員視為質點并忽略所有阻力，則c點處這一段圓弧雪道的半徑不應小于（

）A． B． C． D．【答案】D【詳解】運動員從a到c根據動能定理有在c點有FNc≤kmg聯立有故選D。4-2．（2022·江蘇·模擬預測）如圖所示，光滑軌道ABCD是過山車軌道的模型，最低點B處的入、出口靠近但相互錯開，C是半徑為R的圓形軌道的最高點，BD部分水平，末端D點與足夠長的水平傳送帶無縫連接，傳送帶以恒定速度v逆時針轉動。現將一質量為m的小滑塊從軌道AB上豎直高度為3R的位置A由靜止釋放，滑塊能通過C點后再經D點滑上傳送帶，已知滑塊滑上傳送帶后，又從D點滑入光滑軌道ABCD且能到達原位置A，則在該過程中（）A．在C點滑塊對軌道的壓力為零B．傳送帶的速度可能為C．摩擦力對物塊的沖量為零D．傳送帶速度v越大，滑塊在傳送帶因摩擦產生的熱量越多【答案】D【詳解】A．從A到C由機械能守恒得解得在C由牛頓第二定律有解得故A錯誤；B．從A到B由機械能守恒得解得小滑塊滑傳送帶后做勻減速直線運動到0，如果傳送帶速度為，則小滑塊返回B點時速度小于，所以小滑塊不能返回A點，故B錯誤；C．小滑塊在傳送帶上運動時，當小滑塊滑上傳送帶的速度大于傳送帶的速度時，小滑塊返回D端時的速度和滑上的速度大小不相等，由動量定理可知，摩擦力的沖量不為0，故C錯誤；D．滑塊與傳送帶摩擦產生的熱量傳送帶速度越大，相對路程越大，產生熱量越多，故D正確。故選D?！靖呖伎枷?動量定理和動量守恒定律在力學中的應用】命題角度1動量定理的應用例5.（2022·北京·高考真題）“雪如意”是我國首座國際標準跳臺滑雪場地。跳臺滑雪運動中，裁判員主要根據運動員在空中的飛行距離和動作姿態評分。運動員在進行跳臺滑雪時大致經過四個階段：①助滑階段，運動員兩腿盡量深蹲，順著助滑道的傾斜面下滑；②起跳階段，當進入起跳區時，運動員兩腿猛蹬滑道快速伸直，同時上體向前伸展；③飛行階段，在空中運動員保持身體與雪板基本平行、兩臂伸直貼放于身體兩側的姿態；④著陸階段，運動員落地時兩腿屈膝，兩臂左右平伸。下列說法正確的是（）A．助滑階段，運動員深蹲是為了減小與滑道之間的摩擦力B．起跳階段，運動員猛蹬滑道主要是為了增加向上的速度C．飛行階段，運動員所采取的姿態是為了增加水平方向速度D．著陸階段，運動員兩腿屈膝是為了減少與地面的作用時間【答案】B【詳解】A．助滑階段，運動員深蹲是為了減小與空氣之間的摩擦力，A錯誤；B．起跳階段，運動員猛蹬滑道主要是通過增大滑道對人的作用力，根據動量定理可知，在相同時間內，為了增加向上的速度，B正確；C．飛行階段，運動員所采取的姿態是為了減小水平方向的阻力，從而減小水平方向的加速度，C錯誤；D．著陸階段，運動員兩腿屈膝下蹲可以延長落地時間，根據動量定理可知，可以減少身體受到的平均沖擊力，D錯誤。故選B。應用動量定理的注意事項(1)一般來說，用牛頓第二定律能解決的問題，用動量定理也能解決，如果題目不涉及加速度和位移，用動量定理求解更簡捷。(2)動量定理的表達式是矢量式，運用它分析問題時要特別注意沖量、動量及動量變化量的方向，公式中的F是物體或系統所受的合力。(3)動量定理不僅適用于恒力作用的情況，也適用于變力作用的情況，變力作用情況下，動量定理中的力F應理解為變力在作用時間內的平均值。5-1.（2022·浙江·模擬預測）激光制冷技術在很多領域得到了廣泛的應用。由分子動理論可知，分子或原子運動越激烈，物體溫度越高。激光制冷的原理就是利用大量光子（光子說認為光是一份一份的，每一份為一個光子）阻礙原子運動，使其減速，從而降低物體的溫度。如圖所示，某時刻一個原子位于Oxyz坐標系的原點，兩束完全相同的激光，沿x軸從相反的方向對原子進行照射。根據多普勒效應，當原子迎著光束的方向運動時，其接收到的光的頻率會升高。當原子接收到的光的頻率等于該原子的固有頻率時，原子吸收光子的概率最大。下列說法正確的是（）A．為使原子減速，所用激光的頻率應等于原子的固有頻率B．為使原子減速，所用激光的頻率應大于原子的固有頻率C．假設原子可以吸收光子，當原子向x軸正向運動時，a激光可使原子減速D．假設原子可以吸收光子，當原子向x軸負向運動時，a激光可使原子減速【答案】D【詳解】設原子動量大小為，激光的光子動量大小為，因為原子動量需要減小為，則根據動量守恒定律可知，為了使原子動量減小，激光的照射方向應與原子的運動方向相反。根據多普勒效應，原子迎著光束的方向運動時，其接收到的光的頻率會升高。當原子接收到的光的頻率等于該原子的固有頻率時，原子吸收光子的概率最大。則所用激光的頻率應小于原子的固有頻率。故ABC錯誤，D正確。故選D。命題角度2動量守恒定律的應用例6.（2022·重慶·高考真題）一物塊在傾角為的固定斜面上受到方向與斜面平行、大小與摩擦力相等的拉力作用，由靜止開始沿斜面向下做勻變速直線運動，物塊與斜面間的動摩擦因數處處相同。若拉力沿斜面向下時，物塊滑到底端的過程中重力和摩擦力對物塊做功隨時間的變化分別如圖曲線①、②所示，則（）A．物塊與斜面間的動摩擦因數為B．當拉力沿斜面向上，重力做功為時，物塊動能為C．當拉力分別沿斜面向上和向下時，物塊的加速度大小之比為1∶3D．當拉力分別沿斜面向上和向下時，物塊滑到底端時的動量大小之比為【答案】BC【詳解】A．對物體受力分析可知，平行于斜面向下的拉力大小等于滑動摩擦力，有由牛頓第二定律可知，物體下滑的加速度為則拉力沿斜面向下時，物塊滑到底端的過程中重力和摩擦力對物塊做功為代入數據聯立解得故A錯誤；C．當拉力沿斜面向上，由牛頓第二定律有解得則拉力分別沿斜面向上和向下時，物塊的加速度大小之比為故C正確；B．當拉力沿斜面向上，重力做功為合力做功為則其比值為則重力做功為時，物塊的動能即合外力做功為，故C正確；D．當拉力分別沿斜面向上和向下時，物塊滑到底端時的動量大小為則動量的大小之比為故D錯誤。故選BC。應用動量守恒定律解題的基本步驟(1)明確研究對象，確定系統的組成(系統包括哪幾個物體)及研究的過程。(2)進行受力分析，判斷系統動量是否守恒(或某一方向上動量是否守恒)。(3)規定正方向，確定初、末狀態動量。(4)由動量守恒定律列出方程。(5)代入數據，求出結果，必要時討論說明。6-1.（2022·重慶·模擬預測）在勻強磁場中用粒子（He）轟擊靜止的鋁（A1）原子核時，產生了P、Q兩個粒子，如圖所示，已知勻強磁場方向垂直紙面向里，各粒子的速度方向均與磁場方向垂直，粒子P的運動軌跡在圖中未畫出，粒子Q做勻速直線運動，粒子的質量為m1，鋁原子核的質量為m2，P粒子的質量為m3，Q粒子的質量為m4，光在真空中的速度為c，則下列說法正確的是（）A．Q粒子可能是質子B．P粒子沿順時針方向運動C．P粒子的電荷量大于鋁原子核的電荷量D．核反應過程中釋放出的能量為（m1+m2-m3-m4）c2【答案】CD【詳解】A．由于Q粒子做勻速直線運動，所以Q粒子不帶電，是中子，選項A錯誤；B．由于Q粒子不帶電，則P粒子一定帶正電，由左手定則可知，P粒子沿逆時針方向運動，選項B錯誤；C．由核反應前后質量數和電荷數均守恒可知，P粒子的電荷量大于鋁原子核的電荷量，選項C正確；D．由愛因斯坦的質能方程，可知核反應過程中釋放出的能量選項D正確。故選CD。【高考考向3動量觀點和能量觀點的綜合應用】命題角度2力學三大觀點的綜合應用例7.（2022·全國·高考真題）如圖（a），一質量為m的物塊A與輕質彈簧連接，靜止在光滑水平面上：物塊B向A運動，時與彈簧接觸，到時與彈簧分離，第一次碰撞結束，A、B的圖像如圖（b）所示。已知從到時間內，物塊A運動的距離為。A、B分離后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，與一直在水平面上運動的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，達到的最高點與前一次相同。斜面傾角為，與水平面光滑連接。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內。求（1）第一次碰撞過程中，彈簧彈性勢能的最大值；（2）第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值；（3）物塊A與斜面間的動摩擦因數?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）當彈簧被壓縮最短時，彈簧彈性勢能最大，此時、速度相等，即時刻，根據動量守恒定律根據能量守恒定律聯立解得（2）解法一：同一時刻彈簧對、B的彈力大小相等，根據牛頓第二定律可知同一時刻則同一時刻、的的瞬時速度分別為，根據位移等速度在時間上的累積可得，又解得第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值解法二：B接觸彈簧后，壓縮彈簧的過程中，A、B動量守恒，有對方程兩邊同時乘以時間，有0-t0之間，根據位移等速度在時間上的累積，可得將代入可得則第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值（3）物塊A第二次到達斜面的最高點與第一次相同，說明物塊A第二次與B分離后速度大小仍為，方向水平向右，設物塊A第一次滑下斜面的速度大小為，設向左為正方向，根據動量守恒定律可得根據能量守恒定律可得聯立解得方法一：設在斜面上滑行的長度為，上滑過程，根據動能定理可得下滑過程，根據動能定理可得聯立解得方法二：根據牛頓第二定律，可以分別計算出滑塊A上滑和下滑時的加速度，，上滑時末速度為0，下滑時初速度為0，由勻變速直線運動的位移速度關系可得，聯立可解得抓住“三個原則、三個定律”速解碰撞問題(1)判斷兩物體碰撞瞬間的情況：當兩物體相碰時，首先要判斷碰撞時間是否極短、碰撞時的相互作用力(內力)是否遠遠大于外力。(2)碰撞的“三個原則”：①動量守恒原則，即碰撞前后兩物體組成的系統動量守恒；②動能不增加原則，即碰撞后系統的總動能不大于碰撞前系統的總動能；③物理情境可行性原則，即兩物體碰撞前后的物理情