高中物理高考一輪復(fù)習(xí)一輪復(fù)習(xí) 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用-2022屆高考物理一輪復(fù)習(xí)講義

第2講動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用一、動(dòng)量守恒定律1．內(nèi)容如果一個(gè)系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為0，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變。2．四個(gè)表達(dá)式(1)p＝p′，系統(tǒng)相互作用前的總動(dòng)量p等于相互作用后的總動(dòng)量p′。(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，作用前的動(dòng)量和等于作用后的動(dòng)量和。(3)Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個(gè)物體的動(dòng)量變化量等大反向。(4)Δp＝0，系統(tǒng)總動(dòng)量的增量為0。3．適用條件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力為0。(2)近似守恒：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于它所受到的外力。(3)某一方向守恒：如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為0，則系統(tǒng)在這一方向上動(dòng)量守恒。思考辨析1．只要系統(tǒng)所受合外力做功為0，系統(tǒng)動(dòng)量就守恒。 (×)2．系統(tǒng)的動(dòng)量不變是指系統(tǒng)的動(dòng)量大小和方向都不變。 (√)3．動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′一定是矢量式，應(yīng)用時(shí)一定要規(guī)定正方向，且其中的速度必須相對(duì)同一個(gè)參考系。 (√)(1)系統(tǒng)的動(dòng)量是否守恒，與選擇哪幾個(gè)物體作為系統(tǒng)和分析哪一段運(yùn)動(dòng)過程有直接關(guān)系。(2)分析系統(tǒng)內(nèi)物體受力時(shí)，要弄清哪些力是系統(tǒng)的內(nèi)力，哪些力是系統(tǒng)外的物體對(duì)系統(tǒng)的作用力。二、碰撞1．定義：碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時(shí)間很短，而物體間的相互作用力很大的現(xiàn)象。2．特點(diǎn)：在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，可認(rèn)為相互碰撞的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。3．分類種類動(dòng)量是否守恒機(jī)械能是否守恒彈性碰撞守恒守恒非彈性碰撞守恒有損失完全非彈性碰撞守恒損失最大思考辨析1．質(zhì)量相等的兩個(gè)物體發(fā)生碰撞時(shí)，一定交換速度。 (×)2．碰撞前后系統(tǒng)的動(dòng)量和機(jī)械能均守恒。 (×)3．若在光滑水平面上的兩球相向運(yùn)動(dòng)，碰撞后均變?yōu)殪o止，則兩球碰撞前的動(dòng)量大小一定相同。 (√)考點(diǎn)1動(dòng)量守恒的條件及應(yīng)用(基礎(chǔ)考點(diǎn))1．(多選)下列相互作用的過程中，可以認(rèn)為系統(tǒng)動(dòng)量守恒的是()eq\a\vs4\al(A.輪滑男孩推,輪滑女孩)eq\a\vs4\al(B.子彈擊穿地上面,粉袋的瞬間)eq\a\vs4\al(C.宇航員在艙外,發(fā)射子彈)eq\a\vs4\al(D.公路上運(yùn)動(dòng)的,汽車發(fā)生碰撞)AC解析：動(dòng)量守恒的條件是相互作用的物體系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為0，而相互作用過程中，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時(shí)也可認(rèn)為動(dòng)量守恒。題圖A中，輪滑男孩推輪滑女孩的過程中，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，因此系統(tǒng)的動(dòng)量可認(rèn)為守恒；題圖B和題圖D中，在兩物體相互作用的過程中，沒有滿足內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力的條件，系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒；題圖C中，太空中無空氣阻力作用，宇航員發(fā)射子彈的過程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒。2．(多選)如圖所示，彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為m的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接。一個(gè)質(zhì)量也為m的小球從槽上高h(yuǎn)處由靜止開始自由下滑，下列判斷正確的是()A.在下滑過程中，小球和槽之間的相互作用力對(duì)槽不做功B.在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒C.被彈簧反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運(yùn)動(dòng)D.被彈簧反彈后，小球能回到槽上高h(yuǎn)處BC解析：在下滑過程中，小球和槽之間的相互作用力對(duì)槽做功，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)在水平方向上所受合外力為0，系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，選項(xiàng)B正確；小球被彈簧反彈后，小球和槽在水平方向上不受外力作用，故小球和槽都做勻速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確；小球與槽組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，小球與槽的質(zhì)量相等，小球沿槽下滑，與槽分離后，小球與槽的速度大小相等，小球被彈簧反彈后與槽的速度相等，故小球不能滑到槽上，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。3．(2023·成都模擬)甲、乙兩運(yùn)動(dòng)員在做花樣滑冰表演，沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，速度大小都是2m/s，甲、乙相遇時(shí)用力推對(duì)方，此后都沿各自原方向的反方向運(yùn)動(dòng)，速度大小分別為1m/s和2m/s。則甲、乙兩運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量之比為()A.3∶2 B.4∶3C.2∶1 D.1∶2B解析：由動(dòng)量守恒定律得，m1v1－m2v2＝m2v2′－m1v1′，解得eq\f(m1,m2)＝eq\f(v2＋v2′,v1＋v1′)，代入數(shù)據(jù)得eq\f(m1,m2)＝eq\f(4,3)，選項(xiàng)B正確。1．動(dòng)量守恒定律的五個(gè)特性矢量性動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式為矢量方程，解題時(shí)應(yīng)選取統(tǒng)一的正方向相對(duì)性各物體的速度必須是相對(duì)同一參考系的速度(一般是相對(duì)于地面)同時(shí)性動(dòng)量是一個(gè)瞬時(shí)量，表達(dá)式中的p1、p2、…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時(shí)刻的動(dòng)量，p1′、p2′、…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時(shí)刻的動(dòng)量系統(tǒng)性研究對(duì)象是相互作用的兩個(gè)或多個(gè)物體組成的系統(tǒng)普適性動(dòng)量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統(tǒng)，還適用于接近光速運(yùn)動(dòng)的微觀粒子組成的系統(tǒng)2.應(yīng)用動(dòng)量守恒定律的解題步驟(1)明確研究對(duì)象和研究過程，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個(gè)物體)。(2)進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒(或某一方向上是否守恒)。(3)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動(dòng)量。(4)由動(dòng)量守恒定律列出方程。(5)代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時(shí)討論說明?？键c(diǎn)2碰撞問題(能力考點(diǎn))考向1碰撞現(xiàn)象可能性分析eq\a\vs4\al(典例)甲、乙兩球在水平光滑軌道上向同一方向運(yùn)動(dòng)，已知它們的動(dòng)量分別是p1＝5kg·m/s、p2＝7kg·m/s，甲球從后面追上乙球并發(fā)生碰撞，碰后乙球的動(dòng)量變?yōu)?0kg·m/s，則兩球質(zhì)量m1與m2間的關(guān)系可能是()A.m1＝m2 B.2m1＝m2C.4m1＝m2 D.6m1＝m2【自主解答】C解析：甲、乙兩球在碰撞過程中動(dòng)量守恒，所以有p1＋p2＝p1′＋p2′，得p1′＝2kg·m/s。由于在碰撞過程中，系統(tǒng)的機(jī)械能不會(huì)增加，所以有eq\f(peq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),2m1)＋eq\f(peq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),2m2)≥eq\f(p′eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),2m1)＋eq\f(p′eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),2m2)，得m1≤eq\f(7,17)m2。因?yàn)轭}目給出的物理情景是“甲球從后面追上乙球”，要符合這一物理情景，就必須有eq\f(p1,m1)>eq\f(p2,m2)，即m1<eq\f(5,7)m2；同時(shí)還要符合碰撞后乙球的速度必須大于或等于甲球的速度這一物理情景，即eq\f(p1′,m1)≤eq\f(p2′,m2)，得m1≥eq\f(1,5)m2。故eq\f(1,5)m2≤m1≤eq\f(7,17)m2，因此選項(xiàng)C正確?！竞诵臍w納】碰撞遵循的三條原則(1)動(dòng)量守恒定律(2)機(jī)械能不增加Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(peq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),2m1)＋eq\f(peq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),2m2)≥eq\f(p′eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),2m1)＋eq\f(p′eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),2m2)。(3)速度要合理①同向碰撞：碰撞前，后面的物體速度大；碰撞后，前面的物體速度大或相等。②相向碰撞：碰撞后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變。考向2彈性碰撞討論eq\a\vs4\al(典例)(2023·北京高考)在同一豎直平面內(nèi)，3個(gè)完全相同的小鋼球(1號(hào)、2號(hào)、3號(hào))懸掛于同一高度；靜止時(shí)小球恰能接觸且懸線平行，如圖所示。在下列實(shí)驗(yàn)中，懸線始終保持繃緊狀態(tài)，碰撞均為對(duì)心正碰。以下分析正確的是()A.將1號(hào)移至高度h釋放，碰撞后，觀察到2號(hào)靜止、3號(hào)擺至高度h。若2號(hào)換成質(zhì)量不同的小鋼球，重復(fù)上述實(shí)驗(yàn)，3號(hào)仍能擺至高度hB.將1、2號(hào)一起移至高度h釋放，碰撞后，觀察到1號(hào)靜止，2、3號(hào)一起擺至高度h，釋放后整個(gè)過程機(jī)械能和動(dòng)量都守恒C.將右側(cè)涂膠的1號(hào)移至高度h釋放，1、2號(hào)碰撞后粘在一起，根據(jù)機(jī)械能守恒，3號(hào)仍能擺至高度hD.將1號(hào)和右側(cè)涂膠的2號(hào)一起移至高度h釋放，碰撞后，2、3號(hào)粘在一起向右運(yùn)動(dòng)，未能擺至高度h，釋放后整個(gè)過程機(jī)械能和動(dòng)量都不守恒【自主解答】D解析：1號(hào)球與質(zhì)量不同的2號(hào)球碰撞后，1號(hào)球的速度不為0，則2號(hào)球獲得的動(dòng)能小于1號(hào)球碰撞2號(hào)球前瞬間的動(dòng)能，所以2號(hào)球與3號(hào)球碰撞后，3號(hào)球獲得的動(dòng)能也小于1號(hào)球碰撞2號(hào)球前瞬間的動(dòng)能，則3號(hào)球不可能擺至高度h，故A錯(cuò)誤；1、2號(hào)球釋放后，三小球之間的碰撞為彈性碰撞，且三小球組成的系統(tǒng)只有重力做功，所以系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，但整個(gè)過程中，系統(tǒng)所受合外力不為0，所以系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒，故B錯(cuò)誤；1、2號(hào)球碰撞后粘在一起，為完全非彈性碰撞，碰撞過程中有機(jī)械能損失，所以1、2號(hào)球再與3號(hào)球碰撞后，3號(hào)球獲得的動(dòng)能不足以使其擺至高度h，故C錯(cuò)誤；碰撞后，2、3號(hào)球粘在一起，為完全非彈性碰撞，碰撞過程中有機(jī)械能損失，且整個(gè)過程中，系統(tǒng)所受合外力不為0，所以系統(tǒng)的機(jī)械能和動(dòng)量都不守恒，故D正確。【技法總結(jié)】彈性碰撞討論(1)碰撞后速度的求解根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′,\f(1,2)m1veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋\f(1,2)m2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝\f(1,2)m1v′eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋\f(1,2)m2v′eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))))解得v1′＝eq\f(（m1－m2）v1＋2m2v2,m1＋m2)v2′＝eq\f(（m2－m1）v2＋2m1v1,m1＋m2)。(2)分析討論：“一動(dòng)一靜”模型中當(dāng)碰撞前物體2的速度不為0時(shí)，若m1＝m2，則v1′＝v2，v2′＝v1，即兩物體交換速度。當(dāng)碰撞前物體2的速度為0時(shí)，即v2＝0，則v1′＝eq\f(（m1－m2）v1,m1＋m2)，v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)。①m1＝m2時(shí)，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后兩物體交換速度。②m1>m2時(shí)，v1′>0，v2′>0，碰撞后兩物體沿同方向運(yùn)動(dòng)。③m1<m2時(shí)，v1′<0，v2′>0，碰撞后質(zhì)量小的物體被反彈回來。1．(多選)兩小球A、B在光滑水平面上相向運(yùn)動(dòng)，已知它們的質(zhì)量分別是m1＝4kg、m2＝2kg，小球A的速度v1＝3m/s(設(shè)為正)，小球B的速度v2＝－3m/s，則它們發(fā)生正碰后，其速度可能分別是()A.均為1m/s B.4m/s和－5m/sC.2m/s和－1m/s D.－1m/s和5m/sAD解析：由動(dòng)量守恒，可驗(yàn)證四個(gè)選項(xiàng)都滿足要求。再看動(dòng)能情況Ek＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝eq\f(1,2)×4×9J＋eq\f(1,2)×2×9J＝27J，Ek′＝eq\f(1,2)m1v′eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋eq\f(1,2)m2v′eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))，由于碰撞過程中動(dòng)能不可能增加，所以應(yīng)有Ek≥Ek′，可排除選項(xiàng)B；選項(xiàng)C雖滿足Ek≥Ek′，但A、B兩小球沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，發(fā)生碰撞后各自仍能保持原來的速度方向(vA′＞0，vB′＜0)，這顯然是不符合實(shí)際的，因此選項(xiàng)C錯(cuò)誤；驗(yàn)證選項(xiàng)A、D均滿足Ek≥Ek′，故答案為選項(xiàng)A(完全非彈性碰撞)和選項(xiàng)D(彈性碰撞)。2．如圖所示，軌道ABC中的AB段為一半徑R＝m的光滑eq\f(1,4)圓形軌道，BC段為足夠長(zhǎng)的粗糙水平面。一小滑塊P由A點(diǎn)從靜止開始下滑，滑到B點(diǎn)時(shí)與靜止在B點(diǎn)相同質(zhì)量的小滑塊Q碰撞后粘在一起，兩小滑塊在BC水平面上滑行一段距離后停下。g取10m/s2，兩小滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，為μ＝，求：(1)小滑塊P剛到達(dá)eq\f(1,4)圓形軌道B點(diǎn)時(shí)，軌道對(duì)它的支持力FN為3N，求小滑塊P的質(zhì)量和運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大??；(2)兩小滑塊在水平面上的滑行距離。解析：(1)小滑塊P沿光滑eq\f(1,4)圓形軌道下滑到達(dá)B點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理得mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))在B點(diǎn)，由牛頓第二定律得FN－mg＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B)),R)代入數(shù)據(jù)解得m＝kg，vB＝2m/s。(2)碰撞過程中兩小滑塊動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律得mvB＝2mv共解得v共＝1m/s兩小滑塊在水平面上滑行的過程中，由動(dòng)能定理得－μ·2mgs＝0－eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(共))解得s＝m。答案：(1)kg2m/s(2)m考點(diǎn)3用力學(xué)三大觀點(diǎn)分析綜合問題(能力考點(diǎn))考向1“滑塊—彈簧”模型eq\a\vs4\al(典例)如圖甲所示，物塊A、B的質(zhì)量分別是mA＝kg、mB＝kg。用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側(cè)與豎直墻相接觸。另有一物塊C從t＝0時(shí)以一定速度向右運(yùn)動(dòng)，在t＝4s時(shí)與物塊A相碰，并立即與A粘在一起不再分開，物塊C的v-t圖像如圖乙所示。求：(1)物塊C的質(zhì)量mC；(2)物塊B離開墻后的運(yùn)動(dòng)過程中，彈簧具有的最大彈性勢(shì)能Ep。甲乙題干關(guān)鍵獲取信息物塊C立即與物塊A粘在一起碰撞瞬間物塊C與物塊A動(dòng)量守恒且速度相等分析圖像物塊C與物塊A以3m/s的速度返回時(shí)，物塊B離開墻壁【自主解答】解析：(1)由題圖乙知，物塊C與物塊A碰撞前的速度為v1＝9m/s，碰撞后的速度為v2＝3m/s，物塊C與物塊A碰撞過程中動(dòng)量守恒，有mCv1＝(mA＋mC)v2解得mC＝2kg。(2)12s末物塊B離開墻壁，之后A、B、C三物塊及彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能守恒，且當(dāng)A、B、C三物塊的速度相等時(shí)，彈簧具有的彈性勢(shì)能最大，根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律有(mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v4eq\f(1,2)(mA＋mC)veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))＝eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＋Ep由題圖乙知v3＝－3m/s聯(lián)立解得Ep＝9J。答案：(1)2kg(2)9J【核心歸納】模型特點(diǎn)及滿足的規(guī)律(1)彈簧處于最長(zhǎng)(最短)狀態(tài)時(shí)兩物體速度相等，彈性勢(shì)能最大，系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，即m1v0＝(m1＋m2)v共eq\f(1,2)m1veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(共))＋Epm(2)彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)的彈性勢(shì)能為0，系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，即m1v0＝m1v1＋m2v2eq\f(1,2)m1veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))考向2“滑塊—滑板”模型eq\a\vs4\al(典例)如圖所示，質(zhì)量為M＝kg的長(zhǎng)木板靜止在光滑水平面上，其右側(cè)與固定豎直擋板間的距離L＝m，某時(shí)刻另一質(zhì)量為m＝kg的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以v0＝2m/s的速度向右滑上長(zhǎng)木板，一段時(shí)間后長(zhǎng)木板與豎直擋板發(fā)生碰撞，碰撞過程無機(jī)械能損失。已知小滑塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝，重力加速度g＝10m/s2，小滑塊始終未脫離長(zhǎng)木板。求：(1)自小滑塊剛滑上長(zhǎng)木板開始，經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間長(zhǎng)木板與豎直擋板相碰；(2)長(zhǎng)木板碰撞豎直擋板后，小滑塊和長(zhǎng)木板相對(duì)靜止時(shí)，小滑塊距長(zhǎng)木板左端的距離?！咀灾鹘獯稹拷馕觯?1)小滑塊滑上長(zhǎng)木板后，小滑塊和長(zhǎng)木板組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，若與豎直擋板碰撞前二者能達(dá)到共同速度，則有mv0＝(m＋M)v1解得v1＝m/s對(duì)長(zhǎng)木板μmg＝Ma得長(zhǎng)木板的加速度a＝m/s2自小滑塊剛滑上長(zhǎng)木板至兩者達(dá)到共同速度，有v1＝at1解得t1＝s長(zhǎng)木板向右運(yùn)動(dòng)的位移x＝eq\f(1,2)ateq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))解得x＝m<L＝m設(shè)兩者達(dá)到共同速度后，經(jīng)時(shí)間t2長(zhǎng)木板與豎直擋板相碰，則有L－x＝v1t2解得t2＝s故自小滑塊剛滑上長(zhǎng)木板開始，長(zhǎng)木板與豎直擋板相碰所需的時(shí)間t＝t1＋t2＝s。(2)長(zhǎng)木板與豎直擋板相碰后，小滑塊和長(zhǎng)木板組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，有mv1－Mv1＝(m＋M)v2最終兩者的共同速度v2＝－m/s對(duì)全過程，由能量守恒定律有μmgs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))解得小滑塊和長(zhǎng)木板相對(duì)靜止時(shí)，小滑塊距長(zhǎng)木板左端的距離s＝m。答案：(1)s(2)m【技法總結(jié)】“滑塊—滑板”碰撞模型的解題思路(1)應(yīng)用系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。(2)在涉及滑塊或滑板的運(yùn)動(dòng)時(shí)間時(shí)，優(yōu)先考慮用動(dòng)量定理。(3)在涉及滑塊或滑板的位移時(shí)，優(yōu)先考慮用動(dòng)能定理。(4)在涉及滑塊的相對(duì)位移時(shí)，優(yōu)先考慮用系統(tǒng)的能量守恒。(5)滑塊和滑板恰好不相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，滑塊與滑板達(dá)到共同速度。1．(2023·濟(jì)南模擬)(多選)豎直放置的輕彈簧下端固定在地面上，上端與質(zhì)量為m的鋼板連接，鋼板處于靜止?fàn)顟B(tài)。一個(gè)質(zhì)量也為m的物塊從鋼板正上方h處的P點(diǎn)自由落下，打在鋼板上并與鋼板一起向下運(yùn)動(dòng)x0后到達(dá)最低點(diǎn)Q。下列說法正確的是()A.物塊與鋼板碰撞后的速度為eq\r(2gh)B.物塊與鋼板碰撞后的速度為eq\f(\r(2gh),2)C.從P點(diǎn)到Q點(diǎn)的過程中，彈性勢(shì)能的增加量為mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(h,2)))D.從P點(diǎn)到Q點(diǎn)的過程中，彈性勢(shì)能的增加量為mg(2x0＋h)BC解析：物塊自由下落h，由機(jī)械能守恒有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，物塊與鋼板碰撞，則由動(dòng)量守恒有mv1＝2mv2，解得v2＝eq\f(1,2)v1＝eq\f(\r(2gh),2)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；從碰撞到Q點(diǎn)，由能量關(guān)系可知，eq\f(1,2)·2mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋2mgx0＝Ep，則彈性勢(shì)能的增加量為Ep＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(h,2)))，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。2．(多選)如圖甲所示，一輕質(zhì)彈簧的兩端分別與質(zhì)量為m1、m2的A、B兩物塊相連，它們靜止在光滑水平面上，兩物塊的質(zhì)量之比為m1∶m2＝2∶3?，F(xiàn)給物塊A一個(gè)水平向右的初速度v0并從此時(shí)開始計(jì)時(shí)，兩物塊的速度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，下列說法正確的是()A.t1時(shí)刻彈簧長(zhǎng)度最短，t3時(shí)刻彈簧長(zhǎng)度最長(zhǎng)B.t2時(shí)刻彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)C.v2＝D.v3＝AC解析：從題圖乙可以看出，從0到t1時(shí)間內(nèi)，物塊A的速度比物塊B的大，彈簧被壓縮，t1時(shí)刻兩物塊達(dá)到共同速度，此后物塊A的速度比物塊B的小，兩者間距增大，彈簧的壓縮量減小，所以t1時(shí)刻彈簧長(zhǎng)度最短，t2時(shí)刻物塊B的速度最大，此后物塊B的速度減小，彈簧被拉伸，則t2時(shí)刻彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，t3時(shí)刻兩物塊的速度相等，此時(shí)彈簧最長(zhǎng)，故A正確，B錯(cuò)誤；兩物塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得m1v0＝－m1v1＋m2v2，t2時(shí)刻彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，彈簧的彈性勢(shì)能為0，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)m1veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))，解得v2＝，故C正確；兩物塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得m1v0＝(m1＋m2)v3，解得v3＝，故D錯(cuò)誤。eq\a\vs4\al(典例)一質(zhì)量為M的木塊放在光滑的水平面上，一質(zhì)量為m的子彈以初速度v0水平打進(jìn)木塊并留在其中，設(shè)子彈與木塊之間的相互作用力為Ff。則：(1)子彈、木塊相對(duì)靜止時(shí)的速度是多少？(2)子彈在木塊內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為多長(zhǎng)？(3)子彈、木塊相互作用過程中，子彈、木塊發(fā)生的位移以及子彈打進(jìn)木塊的深度分別是多少？【自主解答】解析：(1)設(shè)子彈、木塊相對(duì)靜止時(shí)的速度為v，以子彈初速度的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得mv0＝(M＋m)v解得v＝eq\f(m,M＋m)v0。(2)設(shè)子彈在木塊內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，對(duì)木塊由動(dòng)量定理得Fft＝Mv－0解得t＝eq\f(Mmv0,Ff（M＋m）)。(3)設(shè)子彈、木塊發(fā)生的位移分別為x1、x2，如圖所示，由動(dòng)能定理得對(duì)子彈－Ffx1＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))解得x1＝eq\f(Mm（M＋2m）veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2Ff（M＋m）2)對(duì)木塊Ffx2＝eq\f(1,2)Mv2解得x2＝eq\f(Mm2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2Ff（M＋m）2)子彈打進(jìn)木塊的深度等于相對(duì)位移，即x相＝x1－x2＝eq\f(Mmveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2Ff（M＋m）)。答案：(1)eq\f(m,M＋m)v0(2)eq\f(Mmv0,Ff（M＋m）)(3)eq\f(Mm（M＋2m）veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2Ff（M＋m）2)eq\f(Mm2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2Ff（M＋m）2)eq\f(Mmveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2Ff（M＋m）)【核心歸納】模型特點(diǎn)及滿足的規(guī)律(1)子彈打入木塊若未穿出，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，能量守恒，即mv0＝(m＋M)vQ熱＝Ffx相對(duì)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－eq\f(1,2)(M＋m)v2(2)若子彈穿出木塊，有mv0＝mv1＋Mv2Q熱＝Ffx相對(duì)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－eq\f(1,2)Mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))eq\a\vs4\al(變式1)(2023·北京模擬)如圖所示，一沙袋用無彈性輕細(xì)繩懸于O點(diǎn)，開始時(shí)沙袋處于靜止?fàn)顟B(tài)，一彈丸以水