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专题突破8　动力学和能量观点的综合应用
【目标任务】
1.会用动力学的观点分析“传送带”和“板块”模型的运动情况。2.会用能量观点求解摩擦产生的热量等综合问题。3.会利用动力学和能量观点分析多运动组合问题。
【能力特训】
素能提优一　动力学和能量观点解决连接体问题(综合提升类)
应用动力学和能量观点解决连接体问题的技巧
1.做好四个分析：受力分析、运动分析、做功分析和能量的转化分析。当涉及功、能和位移时，若研究某一个物体时，一般用动能定理去解决问题。若研究的对象为连接体时，一般选用功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律。
2.注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系。
3.几种实际情景的分析
(1)速率相等情景：注意分析各个物体在竖直方向的高度变化。
(2)角速度相等情景：杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒。
(3)某一方向分速度相等情景(关联速度情景)：沿绳(或沿杆)方向的分速度大小相等。
典例1 (2024·福建厦门检测)(多选)如图所示，质量均为m的物块A和B用不可伸长的轻绳连接，A放在倾角为θ的固定光滑斜面上，而B能沿光滑竖直杆上下滑动，杆和滑轮中心间的距离为L，物块B从与滑轮等高处由静止开始下落，斜面与杆足够长，重力加速度为g。在物块B下落到绳与水平方向的夹角为θ的过程中，下列说法正确的是 (　　)
A.物块B的机械能的减少量大于物块A的重力势能的增加量
B.物块B的重力势能减少量为mgLtan θ
C.物块A的速度大于物块B的速度
D.物块B的末速度为
①审题关键点：物块A和B用不可伸长的轻绳连接，物块B从与滑轮等高处由静止开始下落。
②解题切入点：物块B开始下落时，竖直方向只受重力，重力做正功，所以重力势能减少量为mgLtan θ；将物块B的速度沿绳子方向和垂直于绳子的方向分解，沿绳子方向的分速度等于A的速度，结合平行四边形定则求出A、B速度的关系；根据机械能守恒定律解得B的末速度。
对点特训
1.[轻杆连接体问题](2024·湖北调研)一根长为L的轻杆OA，O端用铰链固定，另一端固定着一个质量为m的小球A(可视为质点)，轻杆靠在一个高h=、质量M=4m的物块B上，开始时轻杆处于竖直状态。受到轻微扰动，轻杆开始顺时针转动，推动物块沿地面向右滑至图示位置(杆与地面夹角θ=)时，若不计一切摩擦，重力加速度为g，则此时小球A的线速度为 (　　)
A. B.
C. D.
2.[轻绳连接体问题](2024·江苏扬州检测)如图所示，质量均为m(m大小未知)的重物A、B和质量为M的重物C(均可视为质点)用不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高的轻小定滑轮(半径可忽略)连接，C与滑轮等高时，到两定滑轮的距离均为l。现将系统由静止释放，C竖直向下运动，下落高度为l时，速度达到最大，已知运动过程中A、B始终未到达滑轮处，重力加速度大小为g。
(1)求C下落l时绳的拉力大小FT；
(2)若用质量为m的D替换C，将其静止释放，求D能下降的最大距离d。
素能提优二　动力学和能量观点解决多运动组合问题(综合提升类)
　　所谓难题，是由简单问题拼合而成的，高考大题更是如此，基本上都是由多物体、多运动过程组合而成。只要我们静下心来，将一个看似复杂的运动系统拆分成多个单一的运动，化整为零，各个击破，学会“庖丁解牛”，问题就会化难为易，迎刃而解。多过程问题看似复杂，但一般都可以划分为多段基本运动形式：直线运动、平抛运动、圆周运动等。
多过程问题的解题思路
1.首先做受力分析和运动分析，根据受力和运动特点将多过程问题划分为几个基本的力学模型，最好画出草图。
提示：对于比较复杂的多过程运动，例如两个以上物块在木板上的滑动，当速度达到相同时受力特点有可能发生突变，这时要仔细分析临界情况，看是否要划分过程。
2.然后根据每个过程的特点，结合力学三大观点的选用原则选择合适的力学规律(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律、牛顿运动定律、运动学关系式等)列方程，并注意过程衔接处的物理量关系(如速度大小不变)。
3.联立方程求解(有些情况需要先计算出一个过程末的物理量，然后再据此重复前面步骤，分析下一个过程，列方程求解，层层递进)。
典例2 [多体多过程问题](2024·山西模拟)如图所示，倾角为30°的光滑斜面上，一轻质弹簧两端连接着两个质量均为m=1 kg的物块B和C，C紧靠着挡板P，B通过轻质细绳跨过光滑的定滑轮与质量M=8 kg的物块A连接，细绳平行于斜面，A在外力作用下静止在圆心角为60°、半径R=2 m的光滑圆弧轨道的顶端a处，此时绳子恰好拉直且无张力；圆弧轨道的最低端b与粗糙水平轨道bc相切，bc与一个半径r=0.2 m的光滑圆轨道平滑连接。由静止释放A，当A滑至b时，C恰好离开挡板P，此时绳子断裂，已知A与轨道bc间的动摩擦因数μ=0.1，重力加速度g=10 m/s2，弹簧的形变始终在弹性限度内，A、B、C均可视为质点，细绳不可伸长。
(1)求弹簧的劲度系数；
(2)求物块A滑至b处，绳子断后的瞬间，A对圆弧轨道的压力大小；
(3)为了让物块A能进入圆轨道且不脱轨，则b、c间的距离应满足什么条件
①审题关键点：绳子恰好拉直且无张力，bc与一个半径r=0.2 m的光滑圆轨道平滑连接，当A滑至b时，C恰好离开挡板P，此时绳子断裂。
②解题切入点：a.根据A在a处和b处，物块A、B、C的受力和位置关系求得两次弹簧形变量的关系和弹簧的弹力，进而由胡克定律求得劲度系数；b.根据能量守恒定律求得A在b处的速度，然后应用牛顿第二定律求得A受到的支持力，即可由牛顿第三定律求得压力；c.根据物块A能进入圆轨道且不脱轨得到A可能到达圆轨道的位置及速度，然后由机械能守恒定律得到A在c处的动能，即可根据动能定理求得b、c的距离。
动力学观点与能量观点的选取技巧
1.动力学观点的选取技巧
(1)当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法分析。
(2)对于平抛运动或类平抛运动，要先进行运动的分解，再选用牛顿运动定律结合运动学公式进行分析。
(3)机械能与圆周运动的综合问题是一种典型的物理问题，对于这类问题应从两个角度进行综合分析：一方面利用圆周运动的瞬时动力学方程F=确定最高点和最低点的速度，另一方面还需要联立机械能守恒或功能关系方程求解。
2.能量观点的选取技巧
(1)对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解。
(2)如果只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及运动过程中的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解。
(3)对于相互作用的两物体，若明确两物体相对滑动的距离，应考虑选用能量守恒定律建立方程求解。
对点特训
1.[单体多过程问题](2024·湖北武汉模拟)如图所示，一轨道ABCD竖直放置，AB段和CD段的倾角均为θ=37°，各通过一小段圆弧与水平段BC平滑连接，BC段上的竖直圆形轨道半径为R，其最低点处稍微错开，使得滑块能进入或离开。AB段和CD段粗糙，其余各段轨道光滑。将一质量为m的小滑块(可视为质点)从轨道上离B点L=125R处由静止释放，滑块经过圆形轨道后冲上CD段，上升一段距离后再次滑下，往返滑动多次后静止于轨道上某处。滑块和轨道AB、CD间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度大小为g，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求：
(1)滑块第一次到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小；
(2)滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离；
(3)整个过程中滑块在AB段滑行的总路程。
2.[多体多过程问题]如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M=4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg，g为重力加速度的大小，不计空气阻力。
(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；
(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；
(3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。
素能提优三　动力学和能量观点解决传送带模型问题(综合提升类)
1.传送带问题的两个角度
动力学 角度 首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系
能量 角度 求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解
2.功能关系分析
(1)功能关系分析：W=ΔEk+ΔEp+Q。
(2)对W和Q的理解：
①传送带做的功：W=Fx传。
②产生的热量：Q=Ffx相对。
典例3 [水平传送带模型问题](2024·山东烟台模拟)某物流分拣中心为转运货物安装有水平传送带，传送带空载时保持静止，一旦有货物置于传送带上，传送带就会以1 m/s2的加速度向前加速运行。如图所示，在传送带空载的某时刻，一质量为20 kg的货物(可视为质点)向前以3 m/s的初速度滑上传送带左端。已知传送带长为6 m，货物和传送带之间的动摩擦因数为0.2，取g=10 m/s2，求：
(1)货物从滑上传送带至到达传送带右端所用的时间；
(2)整个过程传送带对货物做的功；
(3)传送带与货物由于摩擦产生的热量。
①审题关键点：一旦有货物置于传送带上，传送带就会以1 m/s2的加速度向前加速运行，一质量为20 kg的货物向前以3 m/s的初速度滑上传送带左端，传送带长为6 m。
②解题切入点：a.先根据牛顿第二定律求出货物的加速度，再由速度—时间公式求货物速度等于传送带速度所需的时间，由位移—时间公式求出货物运动的位移，再求第二次匀加速运动的时间，从而求得总时间；b.根据动能定理求传送带对货物做的功；c.根据运动学公式求出货物和传送带之间的相对位移，再求出摩擦产生的热量。
传送带模型问题的分析流程
对点特训
[倾斜传送带模型问题](2024·河南南阳高三月考)(多选)如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角为θ，传送带在电动机的带动下，始终保持v0的速率运行。现把一物块(可视为质点)轻轻放在传送带底端，物块被传送到传送带的最高点(在运动至最高点前与传送带达到共速)。已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ，μ>tan θ，t为运动时间，x为物块沿斜面运动的距离。某同学以传送带底端所在水平面为零势能面，画出了在物块由传送带底端被传送到传送带的最高点的过程中，物块的速度v、重力势能Ep、机械能E以及物块和传送带因摩擦产生的热量Q的变化图像，如图所示，其中正确的是 (　　)
A.
B.
C.
D.
素能提优四　动力学和能量观点解决滑块—木板模型问题(综合提升类)
1.模型分类
滑块—木板模型根据情况可以分成水平面上的滑块—木板模型和斜面上的滑块—木板模型。
2.位移关系
滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则滑块的位移大小和木板的位移大小之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移大小和木板的位移大小之和等于木板的长度。
3.解题关键
找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
典例4 [水平面上“滑块—木板”模型](2024·湖南模拟)如图甲所示，质量M=1.0 kg的足够长的长木板A静止在光滑水平面上，在木板的左端放置一个质量m=1.0 kg的小铁块B，铁块与木板间的动摩擦因数μ=0.2，对铁块施加水平向右的拉力F，F的大小随时间的变化如图乙所示，4 s时撤去拉力。可认为A、B间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)0~1 s内，A、B的加速度大小aA、aB；
(2)B相对A滑行的最大距离x；
(3)0~4 s内，拉力做的功W；
(4)0~4 s内，系统因摩擦产生的热量Q。
①审题关键点：长木板A静止在光滑水平面上，在木板的左端放置一个小铁块B，铁块与木板间的动摩擦因数μ=0.2，对铁块施加水平向右的拉力F，F的大小随时间的变化。
②解题切入点：刚开始施加水平向右的拉力F后，要注意采用假设法判断长木板与小铁块之间是否会发生相对运动。
对点特训
[倾斜面上“滑块—木板”模型]如图所示，一倾角θ=30°的光滑斜面固定在水平面上，斜面下端有一与斜面垂直的固定挡板，将一质量为m的木板放置在斜面上，木板的上端有一质量为m的小物块(视为质点)，物块和木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力且大小恒为kmg(0.5(1)木板第一次与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小v1；
(2)从释放到木板第二次与挡板碰撞前瞬间，物块相对木板的位移大小Δx；
(3)木板的长度x以及整个运动过程中系统因摩擦产生的热量Q。
参考答案
能力特训
素能提优一
典例1　ABD　解析：物块B下落到绳与水平方向的夹角为θ时，物块B下落的高度h=Ltan θ，则B重力势能减少量ΔEpB=mgLtan θ，B正确；物块A沿斜面上升的距离x=-L，设此时物块A的速度为vA，物块B的速度为vB，A、B组成的系统运动过程中只有重力做功，故系统机械能守恒，所以物块B的机械能减少量等于物块A的机械能增加量，有mgLtan θ-m=m+mgxsin θ，物块A沿斜面上升时动能和重力势能都增加，A正确；将物块B的速度分解为沿绳方向的速度和垂直绳方向的速度，则vA=v绳=vBsin θ，则物块A的速度小于物块B的速度，C错误；联立以上表达式可得vB=，D正确。
对点特训
1.B　解析：设接触点为C点，将B的速度分解，如图所示，根据运动的合成与分解可知，B的实际运动为合运动，可将B运动的速度vB沿垂直于杆和沿杆的方向分解成v2和v1，其中v2=vBsin θ，当杆与水平方向夹角为θ时，OC=，则OA杆的角速度ω==，由于A、C在同一杆上绕O点做圆周运动，故A、C绕O做圆周运动的角速度相同，所以A的线速度vA=Lω=，对小球和物块，由机械能守恒定律可得mgL(1-sin θ)=m+M，联立并代入题干条件，解得vA=，B正确。
2.(1)Mg　(2)2　(3)2l
解析：(1)设C下落l时，绳与竖直方向的夹角为θ，由几何关系可得tan θ==，所以θ=30°
对C，其速度最大时，加速度为0，合力为0，有2FTcos θ=Mg，解得FT=Mg。
(2)设D下落至最低点时，轻绳与竖直方向的夹角为α，对A、B、D组成的系统，由机械能守恒定律有mgd=2mg(-l)，由几何关系得d=
解得d=2l。
素能提优二
典例2　(1)5 N/m　(2)144 N
(3)6 m≤x≤8 m或x≤3 m
解析：(1)A位于a处时，绳无张力且物块B静止，故弹簧处于压缩状态
对B由平衡条件可得kx=mgsin 30°
当C恰好离开挡板P时，C的加速度为0，故弹簧处于拉伸状态
对C由平衡条件可得kx'=mgsin 30°
由几何关系可知R=x+x'，代入数据解得k==5 N/m。
(2)物块A在a处和在b处时，弹簧的形变量相同，弹性势能相同，故A在a处和在b处时，A、B系统的机械能相等，有
MgR(1-cos 60°)=mgRsin 30°+M+m
如图所示，将A在b处的速度分解，由速度分解关系有
vAcos 30°=vB
代入数据解得vA=4 m/s
在b处，对A由牛顿第二定律有N-Mg=M
代入数据解得N=M+Mg=144 N
由牛顿第三定律，A对圆弧轨道的压力大小为144 N。
(3)物块A不脱离圆轨道有两种情况
①第一种情况：物块A不超过圆轨道上与圆心等高的点
由动能定理，恰能进入圆轨道时需要满足
-μMgx1=0-M
恰能到圆心等高处时需满足条件
-Mgr-μMgx2=0-M
代入数据解得x1=8 m，x2=6 m，即6 m≤x≤8 m。
②第二种情况：物块A过圆轨道最高点，在最高点时，由牛顿第二定律可得N+Mg=M
恰能过最高点时，N=0，v=
由动能定理有-2Mgr-μMgx3=Mv2-M
代入数据解得x3==3 m，即x≤3 m。
对点特训
1.(1)45mg　(2)25R　(3)137.5R
解析：(1)滑块第一次到达圆轨道最高点的过程中，由动能定理有
mgLsin θ-μmgLcos θ-mg×2R=m-0
在最高点，对滑块由牛顿第二定律有
mg+FN=m
由牛顿第三定律可知，滑块第一次到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小
FN'=FN=45mg。
(2)滑块第一次在CD段向上滑行的过程中，由动能定理有mg(L-L1)sin θ-μmg(L+L1)cos θ=0-0
解得滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离L1=25R。
(3)滑块第二次到达圆轨道最高点的过程中，由动能定理有mgL1sin θ-μmgL1cos θ-mg×2R=m-0
解得v2=
设滑块第一次在AB段向上滑行的最大距离为s1，由动能定理有
mg(L1-s1)sin θ-μmg(L1+s1)cos θ=0-0
解得s1=5R
滑块第三次到达圆轨道最高点的过程中，由动能定理有
mgs1sin θ-μmgs1cos θ-mg×2R=m-0
解得=-2gR
所以滑块第三次进入圆形轨道无法到达最高点，假设其运动的过程中不脱轨且上升的最大高度为h，由动能定理有
mgs1sin θ-μmgs1cos θ-mgh=0
解得h=R
所以滑块第三次进入圆形轨道运动过程中没有脱轨，之后仅在AB段与圆形轨道间来回滑动，最终停在B点，设滑块在AB段滑行的路程为s2，由动能定理有
mgh-μmgs2cos θ=0
解得s2=2.5R
整个过程中滑块在AB段滑行的总路程s=L+2s1+s2
联立解得s=137.5R。
2.(1)2g　3g　(2)H　(3)L≥H
解析：(1)管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿第二定律有
Mg+f=Ma1 ①
f-mg=ma2 ②
联立①②式并代入题给数据，得a1=2g，a2=3g。 ③
(2)管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为v0= ④
方向均向下，管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下
设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同。取向上为正方向，由运动学公式有v0-a1t1=-v0+a2t1 ⑤
联立③④⑤式得t1= ⑥
设此时管下端的高度为h1，速度为v。由运动学公式可得
h1=v0t1-a1 ⑦
v=v0-a1t1 ⑧
由③④⑥⑧式可判断此时v>0。此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点。由运动学公式有h2= ⑨
设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则
H1=h1+h2 ⑩
联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得H1=H。
(3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1。在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有
Mg(H-H1)+mg(H-H1+x1)-4mgx1=0
联立式并代入题给数据得x1=H
同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x2=H1
设圆管长度为L。管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是x1+x2≤L
联立式，L应满足条件为L≥H。
素能提优三
典例3　(1)3 s　(2)0　(3)60 J
解析：(1)对货物受力分析，由牛顿第二定律可知μmg=ma'
解得a'=2 m/s2
设经时间t1两者共速，则v0-a't1=at1
解得t1=1 s
故货物运动1 s后两者共速
此时货物和传送带的速度大小v=at1=1 m/s
从开始到二者共速，货物的位移x1=v0t1-a'=2 m
由题意知，两者共速后，一起以加速度a做匀加速直线运动，设两者共速后，货物再运动时间t2到达传送带右端，则vt2+a=l-x1
解得t2=2 s
所以货物从滑上传送带至到达传送带右端所用的时间t=t1+t2=3 s。
(2)设货物到达传送带右端的速度大小为v'，则
v'=v+at2
解得v'=3 m/s
货物从滑上传送带至到达传送带右端的过程
由动能定理得W=mv'2-m
解得W=0。
(3)货物和传送带之间的相对位移
Δx=x1-a=1.5 m
所以整个过程因摩擦产生的热量
Q=μmgΔx=60 J。
对点特训
AC　解析：物块刚放到传送带上时，相对传送带向下运动，则由牛顿第二定律得μmgcos θ-mgsin θ=ma，可得a=μgcos θ-gsin θ，物块的速度v=at=(μgcos θ-gsin θ)t，物块做初速度为零的匀加速运动，当物块速度等于传送带的速度后，物块相对传送带静止，随传送带做匀速运动，A正确；物块的重力势能Ep=mgh=mg·xsin θ，物块相对传送带运动时，机械能E=Ep+Ek=mgxsin θ+mv2=(mgsin θ+ma)x，相对静止后，物块的机械能E=Ep+Ek=mgxsin θ+m，故机械能随位移变化的斜率变小，B错误、C正确；在物块与传送带共速之前，两者有相对运动，则Q=μmgcos θ(vt0-at2)，共速后没有相对运动，不再产生热量，Q保持不变，D错误。
素能提优四
典例4　(1)2 m/s2　4 m/s2　(2)2 m　(3)40 J　(4)4 J　解析：(1)在0~1 s内，假设A、B两物体已发生相对运动
根据牛顿第二定律得μmg=MaA
F1-μmg=maB
代入数据得aA=2 m/s2，aB=4 m/s2
aA(2)t1=1 s后，拉力F2=μmg，铁块B做匀速运动，速度大小为v1；木板A仍做匀加速运动，又经过时间t2，速度与铁块B相等
v1=aBt1，又v1=aA(t1+t2)
解得t2=1 s
假设A、B速度相等后一起做匀加速运动，运动时间t3=2 s，设加速度为a
F2=(M+m)a
代入数据得a=1 m/s2
木板A受到的静摩擦力Ff=Ma<μmg，A、B一起运动
x=aB+v1t2-aA(t1+t2)2
代入数据得x=2 m。
(3)0~1 s内拉力做的功W1=F1x1=F1·aB=12 J
1 s~2 s内拉力做的功W2=F2x2=F2v1t2=8 J
2 s~4 s内拉力做的功W3=F2x3=F2(v1t3+a)=20 J
0~4 s内拉力做的功W=W1+W2+W3=40 J。
(4)热量只产生在铁块与木板相对滑动阶段，此过程中系统产生的热量
Q=μmg·x=4 J。
对点特训
(1)　(2)　(3)　
解析：(1)对物块与木板整体，根据动能定理有2mgLsin θ=×2m
解得v1=。
(2)设木板第一次与挡板碰撞后，木板的加速度大小为a1，则mgsin θ+kmg=ma1
解得a1=0.5g+kg，沿斜面向下
设物块的加速度大小为a2，则kmg-mgsin θ=ma2
解得a2=kg-0.5g，沿斜面向上
规定向下为正方向，木板第一次与挡板碰撞结束时到木板和物块速度相同时，对木板有v共=-v1+a1t1
对物块有v共=v1-a2t1
解得t1=，v共=
木板第一次与挡板碰撞到二者第一次速度相同时物块的位移x块=
木板的位移大小x板=
之后到碰撞挡板前二者无相对滑动，故物块相对于长木板的位移大小
Δx=x块+x板=。
(3)设板长为x，从释放到长木板和物块都静止的过程中系统能量守恒，则
mgLsin θ+mg(L+x)sin θ-kmgx=0
解得x=
故系统产生的热量Q=kmgx=。

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