高中物理高考一輪復習一輪復習 動量守恒定律及其應用-2022屆高考物理一輪復習講義

第2講動量守恒定律及其應用一、動量守恒定律1．內(nèi)容如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為0，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。2．四個表達式(1)p＝p′，系統(tǒng)相互作用前的總動量p等于相互作用后的總動量p′。(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用前的動量和等于作用后的動量和。(3)Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個物體的動量變化量等大反向。(4)Δp＝0，系統(tǒng)總動量的增量為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)動量就守恒。 (×)2．系統(tǒng)的動量不變是指系統(tǒng)的動量大小和方向都不變。 (√)3．動量守恒定律的表達式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′一定是矢量式，應用時一定要規(guī)定正方向，且其中的速度必須相對同一個參考系。 (√)(1)系統(tǒng)的動量是否守恒，與選擇哪幾個物體作為系統(tǒng)和分析哪一段運動過程有直接關系。(2)分析系統(tǒng)內(nèi)物體受力時，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)時間很短，而物體間的相互作用力很大的現(xiàn)象。2．特點：在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力遠大于外力，可認為相互碰撞的系統(tǒng)動量守恒。3．分類種類動量是否守恒機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)量相等的兩個物體發(fā)生碰撞時，一定交換速度。 (×)2．碰撞前后系統(tǒng)的動量和機械能均守恒。 (×)3．若在光滑水平面上的兩球相向運動，碰撞后均變?yōu)殪o止，則兩球碰撞前的動量大小一定相同。 (√)考點1動量守恒的條件及應用(基礎考點)1．(多選)下列相互作用的過程中，可以認為系統(tǒng)動量守恒的是()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.公路上運動的,汽車發(fā)生碰撞)AC解析：動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)力遠大于外力時也可認為動量守恒。題圖A中，輪滑男孩推輪滑女孩的過程中，內(nèi)力遠大于外力，因此系統(tǒng)的動量可認為守恒；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)力遠大于外力的條件，系統(tǒng)的動量不守恒；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。一個質(zhì)量也為m的小球從槽上高h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)在水平方向上動量守恒C.被彈簧反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運動D.被彈簧反彈后，小球能回到槽上高h處BC解析：在下滑過程中，小球和槽之間的相互作用力對槽做功，選項A錯誤；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)在水平方向上動量守恒，選項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動，選項C正確；小球與槽組成的系統(tǒng)動量守恒，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D錯誤。3．(2023·成都模擬)甲、乙兩運動員在做花樣滑冰表演，沿同一直線相向運動，速度大小都是2m/s，甲、乙相遇時用力推對方，此后都沿各自原方向的反方向運動，速度大小分別為1m/s和2m/s。則甲、乙兩運動員的質(zhì)量之比為()A.3∶2 B.4∶3C.2∶1 D.1∶2B解析：由動量守恒定律得，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B正確。1．動量守恒定律的五個特性矢量性動量守恒定律的表達式為矢量方程，解題時應選取統(tǒng)一的正方向相對性各物體的速度必須是相對同一參考系的速度(一般是相對于地面)同時性動量是一個瞬時量，表達式中的p1、p2、…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時刻的動量，p1′、p2′、…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時刻的動量系統(tǒng)性研究對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統(tǒng)普適性動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動的微觀粒子組成的系統(tǒng)2.應用動量守恒定律的解題步驟(1)明確研究對象和研究過程，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個物體)。(2)進行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒(或某一方向上是否守恒)。(3)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動量。(4)由動量守恒定律列出方程。(5)代入數(shù)據(jù)，求出結果，必要時討論說明。考點2碰撞問題(能力考點)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動，已知它們的動量分別是p1＝5kg·m/s、p2＝7kg·m/s，甲球從后面追上乙球并發(fā)生碰撞，碰后乙球的動量變?yōu)?0kg·m/s，則兩球質(zhì)量m1與m2間的關系可能是()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)的機械能不會增加，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。因為題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C正確?！竞诵臍w納】碰撞遵循的三條原則(1)動量守恒定律(2)機械能不增加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：碰撞后兩物體的運動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個完全相同的小鋼球(1號、2號、3號)懸掛于同一高度；靜止時小球恰能接觸且懸線平行，如圖所示。在下列實驗中，懸線始終保持繃緊狀態(tài)，碰撞均為對心正碰。以下分析正確的是()A.將1號移至高度h釋放，碰撞后，觀察到2號靜止、3號擺至高度h。若2號換成質(zhì)量不同的小鋼球，重復上述實驗，3號仍能擺至高度hB.將1、2號一起移至高度h釋放，碰撞后，觀察到1號靜止，2、3號一起擺至高度h，釋放后整個過程機械能和動量都守恒C.將右側(cè)涂膠的1號移至高度h釋放，1、2號碰撞后粘在一起，根據(jù)機械能守恒，3號仍能擺至高度hD.將1號和右側(cè)涂膠的2號一起移至高度h釋放，碰撞后，2、3號粘在一起向右運動，未能擺至高度h，釋放后整個過程機械能和動量都不守恒【自主解答】D解析：1號球與質(zhì)量不同的2號球碰撞后，1號球的速度不為0，則2號球獲得的動能小于1號球碰撞2號球前瞬間的動能，所以2號球與3號球碰撞后，3號球獲得的動能也小于1號球碰撞2號球前瞬間的動能，則3號球不可能擺至高度h，故A錯誤；1、2號球釋放后，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)的機械能守恒，但整個過程中，系統(tǒng)所受合外力不為0，所以系統(tǒng)的動量不守恒，故B錯誤；1、2號球碰撞后粘在一起，為完全非彈性碰撞，碰撞過程中有機械能損失，所以1、2號球再與3號球碰撞后，3號球獲得的動能不足以使其擺至高度h，故C錯誤；碰撞后，2、3號球粘在一起，為完全非彈性碰撞，碰撞過程中有機械能損失，且整個過程中，系統(tǒng)所受合外力不為0，所以系統(tǒng)的機械能和動量都不守恒，故D正確?！炯挤偨Y】彈性碰撞討論(1)碰撞后速度的求解根據(jù)動量守恒和機械能守恒有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：“一動一靜”模型中當碰撞前物體2的速度不為0時，若m1＝m2，則v1′＝v2，v2′＝v1，即兩物體交換速度。當碰撞前物體2的速度為0時，即v2＝0，則v1′＝eq\f(（m1－m2）v1,m1＋m2)，v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)。①m1＝m2時，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后兩物體交換速度。②m1>m2時，v1′>0，v2′>0，碰撞后兩物體沿同方向運動。③m1<m2時，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動，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：由動量守恒，可驗證四個選項都滿足要求。再看動能情況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))，由于碰撞過程中動能不可能增加，所以應有Ek≥Ek′，可排除選項B；選項C雖滿足Ek≥Ek′，但A、B兩小球沿同一直線相向運動，發(fā)生碰撞后各自仍能保持原來的速度方向(vA′＞0，vB′＜0)，這顯然是不符合實際的，因此選項C錯誤；驗證選項A、D均滿足Ek≥Ek′，故答案為選項A(完全非彈性碰撞)和選項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段為足夠長的粗糙水平面。一小滑塊P由A點從靜止開始下滑，滑到B點時與靜止在B點相同質(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摩擦因數(shù)相同，為μ＝，求：(1)小滑塊P剛到達eq\f(1,4)圓形軌道B點時，軌道對它的支持力FN為3N，求小滑塊P的質(zhì)量和運動到B點時的速度大?。?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B點的過程中，由動能定理得mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))在B點，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量守恒，由動量守恒定律得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3用力學三大觀點分析綜合問題(能力考點)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時以一定速度向右運動，在t＝4s時與物塊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離開墻后的運動過程中，彈簧具有的最大彈性勢能Ep。甲乙題干關鍵獲取信息物塊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，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)動量和機械能守恒，且當A、B、C三物塊的速度相等時，彈簧具有的彈性勢能最大，根據(jù)動量守恒和機械能守恒定律有(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】模型特點及滿足的規(guī)律(1)彈簧處于最長(最短)狀態(tài)時兩物體速度相等，彈性勢能最大，系統(tǒng)滿足動量守恒、機械能守恒，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)彈簧處于原長時的彈性勢能為0，系統(tǒng)滿足動量守恒、機械能守恒，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，某時刻另一質(zhì)量為m＝kg的小滑塊(可視為質(zhì)點)以v0＝2m/s的速度向右滑上長木板，一段時間后長木板與豎直擋板發(fā)生碰撞，碰撞過程無機械能損失。已知小滑塊與長木板間的動摩擦因數(shù)μ＝，重力加速度g＝10m/s2，小滑塊始終未脫離長木板。求：(1)自小滑塊剛滑上長木板開始，經(jīng)多長時間長木板與豎直擋板相碰；(2)長木板碰撞豎直擋板后，小滑塊和長木板相對靜止時，小滑塊距長木板左端的距離?！咀灾鹘獯稹拷馕觯?1)小滑塊滑上長木板后，小滑塊和長木板組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，若與豎直擋板碰撞前二者能達到共同速度，則有mv0＝(m＋M)v1解得v1＝m/s對長木板μmg＝Ma得長木板的加速度a＝m/s2自小滑塊剛滑上長木板至兩者達到共同速度，有v1＝at1解得t1＝s長木板向右運動的位移x＝eq\f(1,2)ateq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))解得x＝m<L＝m設兩者達到共同速度后，經(jīng)時間t2長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木板開始，長木板與豎直擋板相碰所需的時間t＝t1＋t2＝s。(2)長木板與豎直擋板相碰后，小滑塊和長木板組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，有mv1－Mv1＝(m＋M)v2最終兩者的共同速度v2＝－m/s對全過程，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))解得小滑塊和長木板相對靜止時，小滑塊距長木板左端的距離s＝m。答案：(1)s(2)m【技法總結】“滑塊—滑板”碰撞模型的解題思路(1)應用系統(tǒng)的動量守恒。(2)在涉及滑塊或滑板的運動時間時，優(yōu)先考慮用動量定理。(3)在涉及滑塊或滑板的位移時，優(yōu)先考慮用動能定理。(4)在涉及滑塊的相對位移時，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滑動時，滑塊與滑板達到共同速度。1．(2023·濟南模擬)(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，鋼板處于靜止狀態(tài)。一個質(zhì)量也為m的物塊從鋼板正上方h處的P點自由落下，打在鋼板上并與鋼板一起向下運動x0后到達最低點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點到Q點的過程中，彈性勢能的增加量為mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(h,2)))D.從P點到Q點的過程中，彈性勢能的增加量為mg(2x0＋h)BC解析：物塊自由下落h，由機械能守恒有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，物塊與鋼板碰撞，則由動量守恒有mv1＝2mv2，解得v2＝eq\f(1,2)v1＝eq\f(\r(2gh),2)，選項A錯誤，B正確；從碰撞到Q點，由能量關系可知，eq\f(1,2)·2mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋2mgx0＝Ep，則彈性勢能的增加量為Ep＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(h,2)))，選項C正確，D錯誤。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一個水平向右的初速度v0并從此時開始計時，兩物塊的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，下列說法正確的是()A.t1時刻彈簧長度最短，t3時刻彈簧長度最長B.t2時刻彈簧處于伸長狀態(tài)C.v2＝D.v3＝AC解析：從題圖乙可以看出，從0到t1時間內(nèi)，物塊A的速度比物塊B的大，彈簧被壓縮，t1時刻兩物塊達到共同速度，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時刻彈簧長度最短，t2時刻物塊B的速度最大，此后物塊B的速度減小，彈簧被拉伸，則t2時刻彈簧恢復原長，t3時刻兩物塊的速度相等，此時彈簧最長，故A正確，B錯誤；兩物塊組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得m1v0＝－m1v1＋m2v2，t2時刻彈簧恢復原長，彈簧的彈性勢能為0，系統(tǒng)機械能守恒，由機械能守恒定律得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)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得m1v0＝(m1＋m2)v3，解得v3＝，故D錯誤。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水平打進木塊并留在其中，設子彈與木塊之間的相互作用力為Ff。則：(1)子彈、木塊相對靜止時的速度是多少？(2)子彈在木塊內(nèi)運動的時間為多長？(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木塊的深度分別是多少？【自主解答】解析：(1)設子彈、木塊相對靜止時的速度為v，以子彈初速度的方向為正方向，由動量守恒定律得mv0＝(M＋m)v解得v＝eq\f(m,M＋m)v0。(2)設子彈在木塊內(nèi)運動的時間為t，對木塊由動量定理得Fft＝Mv－0解得t＝eq\f(Mmv0,Ff（M＋m）)。(3)設子彈、木塊發(fā)生的位移分別為x1、x2，如圖所示，由動能定理得對子彈－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)子彈打進木塊的深度等于相對位移，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】模型特點及滿足的規(guī)律(1)子彈打入木塊若未穿出，系統(tǒng)動量守恒，能量守恒，即mv0＝(m＋M)vQ熱＝Ffx相對＝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＝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繩懸于O點，開始時沙袋處于靜止狀態(tài)，一彈丸以水