【名师1号】2020高考物理 动量和能量复习

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1、第三课时动量和能量 第一关：基础关展望高考基 础 知 识一、力学的知识体系知识讲解力学研究的是物体的受力作用与运动变化的关系，以三条线索（包括五条重要规律）为纽带建立联系，如下表所示：二、解决动力学问题的三个基本观点知识讲解1.牛顿运动定律结合运动学公式（我们称为力的观点）， 这是解决力学问题的基本思路和方法，此种方法往往求得的是瞬时关系.利用此种方法解题必须考虑运动状态改变的细节.从中学研究的范围来看，只能用于匀变速运动（包括直线和曲线运动）.2.动量定理和动量守恒定律（动量观点）.3.动能定理和能量守恒定律（能量观点）.这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，它要求无

2、需对过程是怎样变化的细节深入的研究，而更关心的是运动状态变化即改变结果量及其引起变化的原因.对于不涉及物体运动过程中的加速度，而涉及运动时间的问题，特别是对于打击、碰撞一类问题，是时间短且冲力随时间变化，则应用动量定理求解.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；如果只有重力和弹力做功而又不涉及运动过程的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律.对于碰撞、反冲一类问题，应用动量守恒定律求解.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（或功能关系）建立方程.其中要注意应用动量定理、动能定理，动量守恒定律等规律来解题时

3、，物体的位移和速度都要相对同一个参考系.一般都统一以地球为参考系.第二关：技法关解读高考解 题 技 法一、滑动摩擦力做功的特点技法讲解滑动摩擦力做功的特点先研究一个实例：如图所示，质量为m的木块以速度v0滑上原来静止的质量为M的木板，木板长为L，木板与木块之间动摩擦因数为，水平地面光滑.当木块滑到木板的另一端时，木块和木板的速度分别为v1、v2，木板对地的位移为s.在两者相互作用的过程中，木块m在滑动摩擦力作用下向右做匀减速运动，木板向右做匀加速运动，分别对它们用动能定理.对木块：-mg(L+s)= mv12-12mv02对木板：mgs= M1 以上两式相加得：-mgL=M1 +mv12-mv

4、02整理得：mgL= mv02-( M1 + mv12)对上述几个方程进行讨论：式中木块减少的动能分为两部分，一部分通过摩擦力对木板做正功，转移到木板上成为木板的动能；另一部分通过克服摩擦力做功，转化成系统的内能.式中，等号右边是木块和木板在运动过程中减少的机械能，而系统减少的机械能全部转化为系统的内能，即热量.可见，在这类“摩擦生热”的问题中，系统在相互作用过程中产生的热能（等于减少的机械能）等于系统之间的摩擦力和物体相对位移的乘积.即：Q=mgs相对.此式可作为一个公式直接应用.综上所述，滑动摩擦力做功有以下特点：（1）滑动摩擦力可以对物体做正功，也可以对物体做负功，还可以不做功（比如物体

5、在有摩擦的地面上滑动时，地面受的摩擦力对地面就不做功）.（2）一对滑动摩擦力做功的过程中，能量的转化有两种情况：一是相互摩擦的物体之间有机械能的转移；二是机械能转化为内能，转化为内能的量值等于滑动摩擦力与相对位移的乘积.（3）相互摩擦的系统内，一对滑动摩擦力所做的功总是负值，其绝对值恰等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，即恰等于系统损失的机械能.典例剖析例1一质量为M、长为L的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其左端放一质量为m的小木块A，mM.现以地面为参考系，给A和B以大小相等、方向相反的初速度，如图所示，使A开始向右运动，B开始向左运动，但是，最后A刚好没有滑离B板.求小木块A向右运动到达

6、的最远处（从地面上看）离出发点的距离.解析：小木块A先向右减速运动到速度vA=0，后又向左加速直至与木块B具有相同速度v2，木块B一直向左减速运动直至与A具有相同速度v2，以后A、B以v2匀速向左运动，整个过程中木板与木块组成的系统动量守恒.由动量守恒定律有：Mv0-mv0=（M+m）v2对系统的全过程，由能量转化与守恒定律有：Q=fL= (M+m)v02- (M+m)v22设A向右运动的对地最大位移为sm，对小木块A由动能定理有-fsm=- mv02解以上各式得sm=.二、子弹打击木块模型技法讲解1.木块固定，子弹留在其中，对子弹有：-fd=0- mv02可求得射入的深度d.2.木块固定，子

7、弹穿出.（设木块厚度为L）对子弹由动能定理得：-fL= mv2- mv02由此可求得v0.3.木块不固定，子弹留在其中.（设地面光滑）如图所示，子弹位移为s1，木块位移为s2，末速度为v.对系统由动量守恒得：mv0=（M+m）v解得：v=对子弹由动能定理得：-fs1=Ek1=mv2-mv02-Ek1= mv02对木块由动能定理得：fs2=12Mv2=Ek2Ek2= mv02对整个系统由能量守恒得：Q=fs=f（s1-s2）=mv02-（M+m）v2解得：Q= m 综上得：-Ek1=Ek2+Q.4.木块不固定，子弹最后穿出，设穿出时木块速度为v2，子弹速度为v1，如图所示.对系统由动量守恒得：m

8、v0=mv1+Mv2对系统由能量守恒得：-Q=-fL= mv12+Mv22-mv02对子弹由动能定理得：-fs1=mv12-mv02对木块由动能定理得：fs2=Mv22联立以上方程便可求出所要求的物理量.典例剖析例2一质量为M的木块静止于光滑水平地面上，一质量为m的子弹以初速度v0射入木块并最终停留在木块中.在子弹射入木块的过程所受的阻力恒定，如图所示，试求子弹进入木块的过程中系统产生的热量Q和木块相对地面的位移大小s1.解析：将子弹和木块看作一个系统，此系统在子弹进入木块的过程动量守恒，设最终子弹和木块的共同速度为v，子弹进入木块过程受到的阻力为Ff，对系统由动量守恒定律得：mv0=(M+m

9、)v解得：v=对子弹由动能定理得：-Ff(s1+d)=Ek1=mv2-mv02对木块由动能定理得：Ffs1=1 Mv2对整个系统由能量守恒定律得：Q=Ffd= mv02- （M+m）v2联立方程解得：Q= mv02M（M+m）联立方程解得：s1=.答案：Q= m s1=三、用动量和能量的观点分析解决问题的基本思路技法讲解用动量和能量的观点分析解决问题的基本思路：用动量和能量的观点分析解决问题时，应首先判断是否满足动量守恒定律和机械能守恒定律的条件，这两个守恒定律一般用来求物体在某状态时的速度.若不满足动量守恒定律和机械能守恒定律的条件，再从研究对象上分析，若研究的对象是单个物体，应优先考虑用动

10、量定理或动能定理（涉及力和时间的问题用动量定理，涉及力和位移的问题用动能定理）；若研究的对象是一个系统，或涉及到功能关系，则应考虑从能量守恒定律的角度分析解决.总之，需要用动量和能量观点处理的题目特点是过程复杂、难度大、综合性强、灵活性高，这就要求我们掌握分析解决这类问题的特点和方法，切实提高审题能力和过程分析能力.典例剖析例3如图所示，光滑轨道上，小车A、B用轻弹簧连接，将弹簧压缩后用细绳系在A、B上.然后使A、B以速度v0沿轨道向右运动，运动中细绳突然断开，当弹簧第一次恢复到自然长度时，A的速度刚好为0，已知A、B的质量分别为mA、mB，且mAmB.求：（1）被压缩的弹簧具有的弹性势能Ep

11、.（2）试定量分析、讨论在以后的运动过程中，小车B有无速度为0的时刻.解析：（1）设弹簧第一次恢复自然长度时B的速度为vB，以A、B、弹簧为系统，此系统在运动过程中动量守恒.由动量守恒定律得：(mA+mB)v0=mBvB该系统在运动过程中机械能也守恒，故：（mA+mB）v02+Ep= mBvB2由上式解出：Ep=.（2）假设以后运动过程中B的速度为0时，A的速度为vA，此时弹簧的弹性势能为Ep.由动量守恒有：（mA+mB）v0=mAvA由机械能守恒定律有：（mA+mB）v02+Ep=mAvA2+Ep由以上两式得：Ep=因为mAmB,所以可推出：Ep0弹性势能小于0是不可能的，所以B的速度没有等

12、于0的时刻.答案：（1）Ep=（2）见解析第三关：训练关笑对高考随 堂 训 练1.水平传送带以速度v匀速运动，现将一小工件轻轻放到传送带上，它将在传送带上滑动一段时间后才与传送带保持相对静止，设工件的质量为m，它与传送带间的动摩擦因数为,在相对滑动过程中()A.传送带对工件做的功为B.产生的内能为mv2C.传送带对工件做的功为零D.传送带作用于工件的冲量为mv解析：当工件的速度增为v时，与传送带相对静止，此前工件的加速度a=g,相对地面的位移s=,运动时间t=,相对传送带落后的距离s相对=vt-s=,过程中产生的内能Q=mgs相对= mv2,传送带对工件做的功W= mv2(动能定理)，传送带作

13、用于工件的冲量指的是传送带对工件的支持力和摩擦力的冲量的矢量和，而mv仅为摩擦力对工件的冲量（也是合外力对工件的冲量）.答案：AB2.如图所示，木块A放在木块B上左侧，用恒力F将A拉到B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功为W1，生热为Q1；第二次让B可以在光滑地面上自由滑动，这次F做的功为W2，生热为Q2，则应有（）A.W1W2，Q1=Q2 B.W1=W2，Q1=Q2C.W1W2，Q1Q2 D.W1=W2，Q1lW1W2，因而正确选项为A.答案：A3.如图所示，小球A和小球B质量相同，球B置于光滑水平面上，当球A从高为h处由静止摆下，到达最低点恰好与B相撞，并粘合在一起继续摆动，它们能上升

14、的最大高度是()A.h B. h C. h D. h解析：A球从高h处摆到最低点过程中，机械能守恒：mgh= mv2A、B相碰过程，动量守恒：mv=2mvA、B一起上摆到最高点过程中，由能量守恒： (2m)v2=2mgH联立式可得H= h答案：C4.质量为m的小球A，沿光滑水平面以速度v0与质量为2 m的静止小球B发生正碰，碰撞后，A球的动能变为原来的，那么小球B的速度可能是()A. v0 B. v0 C. v0 D. v0解析：设碰后A球速度为vA，B球速度为vB，因EKA=EKA,12m=mvA=v0，A、B两球组成系统动量守恒.由动量守恒定律：mv0=mvA+mvBvB=v0或vB=v0

15、答案：AB5.(山东理综）一个物体静置于光滑水平面上，外面扣一质量为M的盒子，如右图所示.现给盒子一初速度v0，此后，盒子运动的v-t图象呈周期性变化,如下图所示.请据此求盒内物体的质量.解析：设物体的质量为m,t0时刻受盒子碰撞获得速度v，根据动量守恒定律Mv0=mv3t0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v0，说明碰撞是弹性碰撞M=mv2联立解得m=M（也可通过图象分析得出v0=v，结合动量守恒，得出正确结果）答案：m=M课时作业二十四动量和能量1.两个小球A、B，质量分别为M=1.5 kg和m=0.5 kg，两小球在光滑水平直线轨道上碰撞.两个小球碰撞前后的位移时间图象如图所示，由图

16、象可知（）A.两小球碰撞前后动量不守恒B.两小球碰撞前后B球的速度方向相同C.两小球碰撞前后动能减小了D.两小球碰撞前后动能不变解析：从图象中可看出，碰撞前A、B球的速度分别是0、4 m/s，碰撞后的速度分别为2 m/s、-2 m/s，选项B错.碰撞前的总动量为0.54 kg m/s=2 kg m/s，碰撞后的总动量为1.52 kg m/s+0.5(-2) kg m/s=2 kg m/s,满足动量守恒定律，选项A错.碰撞前的总动能为0.542 J=4 J，碰撞后的总动能为1.522 J+0.522 J=4 J,动能没有变化，选项C错D对.答案:D2.质量为m的均匀木块静止在光滑水平面上，木块左

17、右两侧各有一位持有完全相同步枪和子弹的射击手.首先左侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d1，然后右侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d2,如图所示.设子弹均未射穿木块，且两颗子弹与木块之间的作用大小均相同.当两颗子弹均相对于木块静止时，下列判断正确的是()A.木块静止，d1=d2 B.木块静止，d1d2C.木块向右运动，d1d2 D.木块向左运动，d1=d2解析:左侧射手开枪后，子弹射入木块与木块一起向右运动，设共同速度为v1，由动量守恒有mv0=(M+m)v1,由能量守恒有Ffd1=m- (M+m)v2.右侧射手开枪后，射出的子弹与木块及左侧射手射出的第一颗子弹共同运动的速度设为

18、v2,由动量守恒有（M+m）v1-mv0=(M+2m)v2,由能量守恒有Ffd2=m+(M+m) -(M+2m),v2=0,，故B正确.答案:B3.（江苏南京一模）甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动，已知它们的动量分别是p甲=5kgm/s，p乙=7kgm/s，甲追上乙并发生碰撞，碰撞后乙球的动量变为p乙=10kgm/s.则两球质量m甲与m乙的关系可能是()A.m甲=m乙B.m乙=2m甲C.m乙=4m甲D.m乙=6m甲解析:（1）碰前因甲能追上乙，故，所以m乙m甲，所以A错.(2)碰后应用v甲v乙,所以由动量守恒p甲+p乙=p甲+p乙，所以p甲=2 kg m/s所以m乙5m甲,所以D错.(3)能

19、量：碰前总动能碰后总动能所以可得m乙m甲，所以B错.正确选项为C.答案:C4.（广东汕头三模）如图所示，小车的上面是中突的两个对称的曲面组成，整个小车的质量为m,原来静止在光滑的水平面上.今有一个可以看做质点的小球，质量也为m，以水平速度v从左端滑上小车，恰好到达小车的最高点后，又从另一个曲面滑下.关于这个过程，下列说法正确的()A.小球滑离小车时，小车又回到了原来的位置B.小球在滑上曲面的过程中，对小车压力的冲量大小是C.小球和小车作用前后，小车和小球的速度可能没有变化D.车上曲面的竖直高度不会大于解析:小球滑上曲面的过程，小车向右运动，小球滑下时，小车还会继续前进，故不会回到原位置，A错.

20、由于小球恰好到最高点，知道两者有共同速度，对于车、球组成的系统，由动量守恒定律列式为mv=2mv，得共同速度v=，小车动量的变化为，显然，这个增加的动量是小球压力作用的结果，故B对.对于C，由于满足动量守恒定律，系统机械能又没有增加，所以是可能的，两曲面光滑时会出现这个情况.由于小球原来的动能为，小球到最高点时系统的动能为2m()2=，所以系统功能减少了.如果曲面光滑，则减少的动能等于小球增加的重力势能，即=mgh，得h=.显然，这是最大值，如果曲面粗糙，高度还要小些.答案:BCD5.(湖北八校联考)如图，长为a的轻质细线，一端悬挂在O点，另一端接一个质量为m的小球（可视为质点），组成一个能绕

21、O点在竖直面内自由转动的振子.现有3个这个的振子，以相等的间隔b(b2a)在同一竖直面里成一直线悬于光滑的平台MN上，悬点距台面高均为a.今有一质量为3m的小球以水平速度v沿台面射向振子并与振子依次发生弹性正碰，为使每个振子碰撞后都能在竖直面内至少做一个完整的圆周运动，则入射小球的速度v不能小于()A.16 B. C. D.解析:3m和m弹性碰撞：3mv=3mv+mv13mv2=3mv2+m,得v=v=v1=同理3m与第二个m弹性碰撞后得;3m与第三个球碰后得.所以vavbvc,只要第三个球能做完整的圆周运动，则前两球一定能做完整的圆周运动.第三个球碰后，由机械能守恒.而mg=，解之得v=，故

22、C正确.答案:C6.如图，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车上AB部分是半径为R的四分之一光滑圆弧，BC部分是粗糙的水平面.今把质量为m的小物体从A点由静止释放，m与BC部分间的动摩擦因数为，最终小物体与小车相对静止于B、C之间的D点，则B、D间的距离x随各量变化的情况是()A.其他量不变，R越大x越大B.其他量不变，越大x越大C.其他量不变，m越大x越大D.其他量不变，M越大x越大解析:两个物体组成的系统水平方向的动量是守恒的，所以当两物体相对静止时，系统水平方向的总动量为零，则两物体最终会停止运动，由能量守恒有mgx=mgR,解得x=R/，故选项A是正确的.答案:A7.如图甲所示，一

23、轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上.现使A瞬时获得水平向右的速度3 m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得（）A.在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且弹簧都是处于压缩状态B.从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长C.两物体的质量之比为m1：m2=1：2D.在t2时刻A与B的动能之比为Ek1：Ek2=1：8解析：由图可以看出，从0时刻到t1时刻，A物块压缩弹簧，受到弹簧向左的弹力减速，B受到向右的弹力加速，但是，A速度大于B的速度，AB之间的距离在缩小，即弹簧被压缩，直到t1时刻，两物体速度相等，

24、都是1 m/s.从t1时刻到t2时刻，弹簧处于压缩状态，A物块受到弹簧的向左的弹力先减速后反向加速，B受到向右的弹力加速，到达原长时，A、B的速度分别达到-1 m/s和2 m/s.从t2时刻到t3时刻，由于惯性，A、B向相反方向运动，并拉伸弹簧，弹簧处于拉伸状态，A物块受到弹簧的向右的弹力先向左减速后向右加速，B受到向左的弹力减速，AB之间距离增大，弹簧被拉长，直到t3时刻，AB速度相同，弹簧伸到最长.可见，在t1、t3时刻弹簧分别处于压缩和拉伸状态，A不正确.从t3时刻到t4时刻，弹簧由最长状态开始恢复，B不正确.由动量守恒：0时刻系统动量为（m13+0），t2时刻系统动量为m1（-1）+m

25、22，根据动量守恒得2m1=m2，C正确.Ek1：Ek2= m112：（ m222）=1：8，D正确.答案：CD8.如图所示，水平传送带AB足够长，质量为M=1 kg的木块随传送带一起以v1=2 m/s的速度向左匀速运动（传送带的速度恒定），木块与传送带的动摩擦因数=0.5，当木块运动到最左端A点时，一颗质量为m=20 g的子弹，以v0=300 m/s的水平向右的速度，正对射入木块并穿出，穿出速度v=50 m/s，设子弹射穿木块的时间极短，（g取10 m/s2）则()A.子弹射穿木块后，木块一直做减速运动B.木块遭射击后远离A的最大距离为0.9 mC.木块遭射击后到相对传送带静止所经历的时间为

26、1.0 sD.木块遭射击后到相对传送带静止所经历的时间为0.6 s解析:子弹射穿木块后木块先向右匀减速运动至速度为零，然后向左匀加速运动至与传送带速度相同后一起匀速运动，木块运动加速度大小不变，a=g=5 m/s2.子弹射穿木块的过程中动量守恒：木块速度V0=m(v0-v)/M-v1=3 m/s.木块向右匀减速运动的位移s= /2a=0.9 m，即木块遭射击后远离A的最大距离为0.9 m.木块向右匀减速运动的时间t1=V0/a=0.6 s.木块向左匀加速运动的时间t2=v1/a=0.4 s，则木块遭射击后到对传送带静止所经历的时间为t=t1+t2=1.0 s，故BC正确.答案:BC9.如图所示

27、，内壁光滑半径为R的圆形轨道，固定在竖直平面内.质量为m1的小球静止在轨道最低点，另一质量为m2的小球（两小球均可视为质点）从内壁上与圆心O等高的位置由静止释放，运动到最低点时与m1发生碰撞并粘在一起.求：（1）小球m2刚要与m1发生碰撞时的速度大小；（2）碰撞后，m1、m2能沿内壁运动所能达到的最大高度（相对碰撞点）.解析:（1）设小球m2刚要与m1发生碰撞时的速度大小为v0,由机械能守恒定律，得m2gR=12m2解得v0=.(2)设两球碰撞后，m1、m2两球粘在一起的速度为v,由动量守恒定律，得m2v0=(m1+m2)v设两球碰撞后上升的最大高度为h，由机械能守恒守律，得 (m1+m2)v

28、2=(m1+m2)gh由三式解得h=答案：(1） (2) 10.（广东湛江二模）两个质量都是M=0.4 kg的砂箱A、B并排放在光滑的水平桌面上，一颗质量为m=0.1 kg的子弹以v0=140 m/s的水平速度射向A，如图所示.射穿A后，进入B并同B一起运动，测得A、B落点到桌边缘的水平距离sA：sB=1：2，求子弹在砂箱A、B中穿行时系统一共产生的热量Q.解析:设子弹入射过程，使A获得速度v1,B获得速度v2，子弹穿过A时速度为v3.子弹入射A过程，子弹A、B水平方向不受外力作用，动量守恒，则mv0=mv3+2Mv1子弹射入B过程，子弹与B水平方向不受外力作用，动量守恒.mv3+Mv1=(m

29、+M)v2A、B离开桌面后做平抛运动，因高度相同，空中运动时间相等.sA：sB=v1:v2=1:2子弹入射过程，系统动能转化为内能Q=m-M- (M+m) 联立得v1= m/s=10 m/sv2=2v1=20 m/s代入得Q=860 J.答案:860 J11.如图所示，质量均为m的三个小球A、B、C，置于光滑的水平面上.小球B、C间夹有原已完全压紧不能再压缩的弹簧，两小球用细线相连，使弹簧不能伸展.小球A以初速度v0沿小球B、C的连线方向向B球运动，相碰后A与B黏合在一起，然后连接B、C的细线受到扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离，脱离弹簧后C的速度为v0.(1)求弹簧所释放的弹性

30、势能EP;(2)若使小球A以初速度v向B小球运动，小球C在脱离弹簧后的速度为2v0,则A球的初速度v应为多大？解:（1）设小球A与B、C相碰后速度为v1,由动量守恒得mv0=3mv1弹簧弹开AB和C后，设AB速度为v1，由动量和机械能守恒得3mv1=2mv1+mv0Ep+ 3m = 2mv12+ m 联立解得Ep=m .(2)设小球A以初速度v与B、C相碰后速度为v2,由动量守恒mv=3mv2弹簧弹开AB和C后，设AB速度为v2，由动量守恒和机械能守恒得3mv2=2mv2+m2v0Ep+ 3m = 2mv22+ m(2v0)2由于弹簧压缩时的弹性势能不变，解得v=4v0,v=8v0，经检验v=

31、8v0不合题意，故舍去.欲使小球A以初速度v向B小球运动，小球C在脱离弹簧后的速度为2v0，则A球的初速度v应为4v0.答案：(1)m （2）4v012.如图所示，质量为3 m的足够长木板C静止在光滑水平面上，质量均为m的两个小物体A、B放在C的左端，A、B间相距s0，现同时对A、B施加水平向右的瞬时冲量而使之分别获得初速度v0和2v0，若A、B与C之间的动摩擦因数分别为和2，则（1）最终A、B、C的共同速度为多大？（2）求运动过程中A的最小速度？（3）A与B最终相距多远？（4）整个过程中A、B与木板C因摩擦所产生的热量之比为多大？解析:(1)由于A、B、C三个物体构成的系统在水平方向不受外力

32、，所以由动量守恒定律可得mv0+2mv0=5mv最终A、B、C的共同速度为v=0.6v0.(2)设经t时间A与C恰好相对静止，此时A的速度最小，设为vAC，此时B的速度为vB,由动量守恒和动量定理得mv0+2mv0=4mvAC+mvB-mgt=m(vAC-v0)(mg+2mg)t=3mvAC解得vAC=0.5v0 vB=v0.（3）在A与C相对静止前，三个物体的加速度大小分别为A、B做匀减速运动，C做匀加速运动；在A与C相对静止后，三个物体的加速度大小又分别为当A、C相对静止后，A、C做匀加速运动，B做匀减速运动，最终三个物体以共同速度匀速运动.在开始运动到三个物体均相对静止的过程中A、B相对于地面的位移分别为sA=sB=所以，A与B最终相距s=s0+sB-sA=s0+0.425.(4)设整个运动过程中A相对于C滑行距离为s，则B相对于C滑行的距离为s+s-s0，由动能定理得mgs+2mg(s+s-s0)= m+m(2v0)2- (m+m+3m)v2QA=mgsQB=2mg(s+s-s0)解得s=0.25整个过程中A、B与木板C因摩擦所产生的热量之比为.答案：（1）0.6v0 （2）vAC=0.5v0v0=vB(3)s0+0.425 (4)5：27