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專題六、動量與能量
第一部分 織網(wǎng)點(diǎn)睛，綱舉目張
1．沖量　動量　動量定理

2．動量守恒定律

3．碰撞

4. “滑塊—彈簧”模型
模型圖示

模型特點(diǎn)
（1）兩個或兩個以上的物體與彈簧相互作用的過程中，若系統(tǒng)所受外力的矢量和為0，則系統(tǒng)動量守恒；
（2）在能量方面，由于彈簧形變會使彈性勢能發(fā)生變化，系統(tǒng)的總動能將發(fā)生變化；若系統(tǒng)所受的外力和除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒；
（3）彈簧處于最長（最短）狀態(tài)時兩物體速度相同，彈性勢能最大，系統(tǒng)動能通常最?。ㄍ耆菑椥耘鲎餐卣鼓Ｐ停?br /> （4）彈簧恢復(fù)原長時，彈性勢能為零，系統(tǒng)動能最大（完全彈性碰撞拓展模型，相當(dāng)于碰撞結(jié)束時）

5. “子彈打木塊”（“滑塊—木板”）模型
模型圖示

模型特點(diǎn)
（1）若子彈未射穿木塊或滑塊未從木板上滑下，當(dāng)兩者速度相等時木塊或木板的速度最大，兩者的相對位移（子彈射入木塊的深度）取得極值（完全非彈性碰撞拓展模型）
（2）系統(tǒng)的動量守恒，但機(jī)械能不守恒，摩擦力與兩者相對位移的乘積等于系統(tǒng)減少的機(jī)械能
（3）根據(jù)能量守恒定律，系統(tǒng)損失的動能 ，可以看出，子彈（或滑塊）的質(zhì)量越小，木塊（或木板）的質(zhì)量越大，動能損失越多
（4）該類問題既可以從動量、能量角度求解，相當(dāng)于非彈性碰撞拓展模型，也可以從力和運(yùn)動的角度借助圖示求解

第二部分 實(shí)戰(zhàn)訓(xùn)練，高考真題演練
1. （2022山東物理）我國多次成功使用“冷發(fā)射”技術(shù)發(fā)射長征十一號系列運(yùn)載火箭。如圖所示，發(fā)射倉內(nèi)的高壓氣體先將火箭豎直向上推出，火箭速度接近零時再點(diǎn)火飛向太空。從火箭開始運(yùn)動到點(diǎn)火的過程中（ ）

A. 火箭的加速度為零時，動能最大
B. 高壓氣體釋放的能量全部轉(zhuǎn)化為火箭的動能
C. 高壓氣體對火箭推力的沖量等于火箭動量的增加量
D. 高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭動能的增加量
【參考答案】A
【命題意圖】本題考查受力分析、動量定理、能量守恒定律及其相關(guān)知識點(diǎn)。
【名師解析】
火箭從發(fā)射倉發(fā)射出來，受豎直向下的重力、豎直向下的空氣阻力和豎直向上的高壓氣體的推力作用，且推力大小不斷減小，剛開始向上的時候高壓氣體的推力大于向下的重力和空氣阻力之和，故火箭向上做加速度減小的加速運(yùn)動，當(dāng)向上的高壓氣體的推力等于向下的重力和空氣阻力之和時，火箭的加速度為零，速度最大，接著向上的高壓氣體的推力小于向下的重力和空氣阻力之和時，火箭接著向上做加速度增大的減速運(yùn)動，直至速度為零，故當(dāng)火箭的加速度為零時，速度最大，動能最大，故A正確；根據(jù)能量守恒定律，可知高壓氣體釋放的能量轉(zhuǎn)化為火箭的動能、火箭的重力勢能和內(nèi)能，故B錯誤；根據(jù)動量定理，可知合力沖量等于火箭動量的增加量，故C錯誤；根據(jù)功能關(guān)系，可知高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭機(jī)械能的增加量，故D錯誤。
2. （2022·全國理綜乙卷·20）質(zhì)量為的物塊在水平力F的作用下由靜止開始在水平地面上做直線運(yùn)動，F(xiàn)與時間t的關(guān)系如圖所示。已知物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度大小取。則（　?。?br />
A. 時物塊的動能為零
B. 時物塊回到初始位置
C. 時物塊的動量為
D. 時間內(nèi)F對物塊所做的功為
【參考答案】AD
【名師解析】
物塊與地面間摩擦力為
對物塊從內(nèi)由動量定理可知
即
得
3s時物塊的動量為
設(shè)3s后經(jīng)過時間t物塊的速度減為0，由動量定理可得
即，解得
所以物塊在4s時速度減為0，則此時物塊的動能也為0，故A正確，C錯誤；
物塊發(fā)生的位移為x1，由動能定理可得
即，得
過程中，對物塊由動能定理可得
即，解得
物塊開始反向運(yùn)動，物塊的加速度大小為
發(fā)生的位移為
即6s時物塊沒有回到初始位置，故B錯誤；
物塊在6s時的速度大小為
拉力所做的功為，故D正確。
3. （2022高考湖北物理）一質(zhì)點(diǎn)做曲線運(yùn)動，在前一段時間內(nèi)速度大小由v增大到2v，在隨后的一段時間內(nèi)速度大小由2v增大到5v。前后兩段時間內(nèi)，合外力對質(zhì)點(diǎn)做功分別為W1和W2，合外力的沖量大小分別為I1和I2。下列關(guān)系式一定成立的是（　　）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【參考答案】D
【命題意圖】本題考查曲線運(yùn)動，動能定理，動量定理。
【解題思路】由動能定理，速度由v增大到2v，合外力做功
；速度由2v增大到5v，合外力做功，所以W2= 7W1；由于速度是矢量，具有方向，當(dāng)初、末速度方向相同時，動量變化量最小，方向相反時，動量變化量最大，因此沖量的大小范圍是，，比較可得一定成立。選項(xiàng)D正確。
4．（2022新高考海南卷）在冰上接力比賽時，甲推乙的作用力是，乙對甲的作用力是，則這兩個力（ ）
A．大小相等，方向相反
B．大小相等，方向相同
C．的沖量大于的沖量
D．的沖量小于的沖量
【參考答案】A
【名師解析】甲推乙的作用力與乙對甲的作用力是一對作用力和反作用力，根據(jù)牛頓第三定律，這兩個力大小相等，方向相反，根據(jù)沖量的定義，可知的沖量等于于的沖量，選項(xiàng)A正確BCD錯誤。
4．（2022重慶高考）在測試汽車的安全氣囊對駕乘人員頭部防護(hù)作用的實(shí)驗(yàn)中，某小組得到了假人頭部所受安全氣囊的作用力隨時間變化的曲線（如圖）。從碰撞開始到碰撞結(jié)束過程中，若假人頭部只受到安全氣囊的作用，則由曲線可知，假人頭部（ ）

A．速度的變化量等于曲線與橫軸圍成的面積
B．動量大小先增大后減小
C．動能變化正比于曲線與橫軸圍成的面積
D．加速度大小先增大后減小
【參考答案】D
【名師解析】若假人頭部只受到安全氣囊的作用，則所受安全氣囊的作用力隨時間變化的曲線與橫軸所圍面積表示合外力沖量，由動量定理可知作用力隨時間變化的曲線與橫軸所圍面積也表示動量的變化量，選項(xiàng)AB錯誤；由動能與動量的關(guān)系可知，動能變化與動量變化不是成正比，所以動能變化不是正比于曲線與橫軸圍成的面積，選項(xiàng)C錯誤；由牛頓第二定律可知，加速度大小先增大后減小，選項(xiàng)D正確。
5．（11分）（2022·高考廣東物理）某同學(xué)受自動雨傘開傘過程的啟發(fā)，設(shè)計了如圖12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?fàn)顟B(tài)。當(dāng)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(fā)生完全非彈性碰撞，帶動滑桿離開桌面一起豎直向上運(yùn)動。己知滑塊的質(zhì)量，滑桿的質(zhì)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v；
（3）滑桿向上運(yùn)動的最大高度h。
【命題意圖】本題考查平衡條件、牛頓運(yùn)動定律、動量守恒定律、勻變速直線運(yùn)動規(guī)律。
【解題思路】（1）滑塊靜止時，對整體，由平衡條件，N1=mg+Mg。
代入數(shù)據(jù)解得N1=8N。
滑塊向上滑動時，滑桿對滑塊有向下的摩擦力f=1N，由牛頓第三定律，滑塊對滑桿有向上的摩擦力f’=1N
隔離滑桿受力分析，由平衡條件 N2=Mg-f’。
代入數(shù)據(jù)解得N2=5N。
（2）滑塊向上勻減速運(yùn)動，由牛頓第二定律，mg+f=ma
解得加速度大小 a=15m/s2。
由v2-v02=-2al 解得：v=8 m/s
（3）滑塊與滑桿碰撞，由動量守恒定律，mv=（m+M）v’，
解得 v’=2m/s
由v’2=2gh
解得h=0.2m。

6. （2022年1月浙江選考）第24屆冬奧會將在我國舉辦。鋼架雪車比賽的一段賽道如圖1所示，長12m水平直道AB與長20m的傾斜直道BC在B點(diǎn)平滑連接，斜道與水平面的夾角為15°。運(yùn)動員從A點(diǎn)由靜止出發(fā)，推著雪車勻加速到B點(diǎn)時速度大小為8m/s，緊接著快速俯臥到車上沿BC勻加速下滑（圖2所示），到C點(diǎn)共用時5.0s。若雪車（包括運(yùn)動員）可視為質(zhì)點(diǎn)，始終在冰面上運(yùn)動，其總質(zhì)量為110kg，sin15°=0.26，求雪車（包括運(yùn)動員）
（1）在直道AB上的加速度大??；
（2）過C點(diǎn)的速度大??；
（3）在斜道BC上運(yùn)動時受到的阻力大小。


【參考答案】（1）；（2）12m/s；（3）66N
【名師解析】（1）設(shè)物體從的加速度為、運(yùn)動時間為，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律有 、
解得：、
（2）解法一：由題知物體從全程的運(yùn)動時間，設(shè)物體從的加速度為、運(yùn)動時間為，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律有


代入數(shù)據(jù)解得：、
解法二：由于物體在做勻變速運(yùn)動，故
解得：
故其加速度
（3）解法一：設(shè)物體在運(yùn)動時受到的阻力為，根據(jù)牛頓第二定律有
代入數(shù)據(jù)解得：
解法二：物體在上運(yùn)動由動量定理有
代入數(shù)據(jù)解得：
解法三：對物體從由動能定理有
解得：
易錯警示：對于多過程問題一定要分清楚每一階段的受力情況和運(yùn)動情況。
（1）AB段
解得
（2）AB段，
解得
BC段，t2=5.0s-t1=2s，
解得
過C點(diǎn)的速度大小
（3）在BC段有牛頓第二定律
解得
7．（9分）
（2022高考北京卷）體育課上，甲同學(xué)在距離地面高處將排球擊出，球的初速度沿水平方向，大小為；乙同學(xué)在離地處將排球墊起，墊起前后球的速度大小相等，方向相反。已知排球質(zhì)量，取重力加速度。不計空氣阻力。求：

（1）排球被墊起前在水平方向飛行的距離x；
（2）排球被墊起前瞬間的速度大小v及方向；
（3）排球與乙同學(xué)作用過程中所受沖量的大小I。
【命題意圖】此題考查拋體運(yùn)動及其相關(guān)知識點(diǎn)。
【名師解析】
（1）設(shè)排球在空中飛行的時間為t，則
得
則排球在空中飛行的水平距離
（2）乙同學(xué)墊起排球前瞬間排球在豎直方向速度的大小
得
則
得
設(shè)速度方向與水平方向夾角為（如答圖2所示），

則
（3）根據(jù)動量定理，排球與乙同學(xué)作用過程中所受沖量的大小
8.（2022高考北京卷）質(zhì)量為和的兩個物體在光滑水平面上正碰，其位置坐標(biāo)x隨時間t變化的圖像如圖所示。下列說法正確的是（ ）

A．碰撞前的速率大于的速率 B．碰撞后的速率大于的速率
C．碰撞后的動量大于的動量 D．碰撞后的動能小于的動能
【參考答案】C
【命題意圖】此題考查碰撞及其相關(guān)知識點(diǎn)。
【名師解析】根據(jù)位移圖像斜率表示速度可知，碰撞前的速率為零，碰撞后的速率等于的速率。選項(xiàng)AB錯誤；由碰撞規(guī)律可知，m1大于m2，碰撞后的動量大于的動量，碰撞后的動能大于的動能，選項(xiàng)C正確D錯誤。
9 （2021重慶高考）(12分)我國規(guī)定摩托車、電動自行車騎乘人員必須依法佩戴具有緩沖作用的安全頭盔。小明對某輕質(zhì)頭盔的安全性能進(jìn)行了模擬實(shí)驗(yàn)檢測。某次，他在頭盔中裝入質(zhì)量為5.0kg的物體（物體與頭盔密切接觸），使其從1.80m的高處自由落下（題13圖），并與水平地面發(fā)生碰撞，頭盔厚度被擠壓了0.03m時，物體的速度減小到零。擠壓過程不計物體重力，且視為勻減速直線運(yùn)動，不考慮物體和地面的形變，忽略空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。求：

（1）頭盔接觸地面前瞬間的速度大??；
（2）物體做勻減速直線運(yùn)動的時間；
（3）物體在勻減速直線運(yùn)動過程中所受平均作用力的大小。
【名師解析】（1）由自由落體運(yùn)動規(guī)律，v2=2gh，
解得v=6m/s。
（2）由勻變速直線運(yùn)動規(guī)律，△x=t，
解得t=0.01s
（3）由動量定理，F(xiàn)t=mv，
解得F=3000N

10. （2022·全國理綜乙卷·25） 如圖（a），一質(zhì)量為m的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接，靜止在光滑水平面上：物塊B向A運(yùn)動，時與彈簧接觸，到時與彈簧分離，第一次碰撞結(jié)束，A、B的圖像如圖（b）所示。已知從到時間內(nèi)，物塊A運(yùn)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(yùn)動的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，達(dá)到的最高點(diǎn)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(nèi)。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(shù)。

【參考答案】（1）；（2）；（3）
【名師解析】
（1）當(dāng)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(jù)動量守恒定律

根據(jù)能量守恒定律

聯(lián)立解得，
（2）同一時刻彈簧對、的彈力大小相等，根據(jù)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(jù)位移等于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

（3）物塊A第二次到達(dá)斜面的最高點(diǎn)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(shè)物塊A第一次滑下斜面的速度大小為，設(shè)向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得

根據(jù)能量守恒定律可得

聯(lián)立解得
設(shè)在斜面上滑行的長度為，上滑過程，根據(jù)動能定理可得

下滑過程，根據(jù)動能定理可得

聯(lián)立解得
11.（2021重慶高考）.質(zhì)量相同的甲乙兩小球（視為質(zhì)點(diǎn)）以不同的初速度豎直上拋，某時刻兩球發(fā)生正碰。題圖中實(shí)線和虛線分別表示甲乙兩球位置隨時間變化的曲線，其中虛線關(guān)于t=t1左右對稱，實(shí)線兩個頂點(diǎn)的縱坐標(biāo)相同，若小球運(yùn)動中除碰撞外僅受重力，則
A. t=0時刻，甲的速率大于乙的速率
B. 碰撞前后瞬間，乙的動量不變
C. 碰撞前后瞬間，甲的動能不變
D. 碰撞后甲的機(jī)械能大于乙的機(jī)械能


【參考答案】C
【名師解析】根據(jù)位移圖像斜率表示速度可知，t=0時刻，甲的速率小于乙的速率，選項(xiàng)A錯誤；根據(jù)甲乙兩球位移圖像可知，碰撞前后瞬間，兩球交換速度，方向反向。根據(jù)題述，虛線（乙的位移圖像）關(guān)于t=t1左右對稱，所以碰撞前后瞬間，乙的動量大小不變，方向變化，甲的動能不變，選項(xiàng)B錯誤C正確；根據(jù)題述，實(shí)線兩個頂點(diǎn)的縱坐標(biāo)相同，可知碰撞后甲的機(jī)械能與乙的機(jī)械能相等，選項(xiàng)D錯誤。
12　[多選](2020·全國卷Ⅱ)水平冰面上有一固定的豎直擋板。一滑冰運(yùn)動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質(zhì)量為4.0 kg 的靜止物塊以大小為5.0 m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運(yùn)動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運(yùn)動員時，運(yùn)動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0 m/s的速度與擋板彈性碰撞?？偣步?jīng)過8次這樣推物塊后，運(yùn)動員退行速度的大小大于5.0 m/s，反彈的物塊不能再追上運(yùn)動員。不計冰面的摩擦力，該運(yùn)動員的質(zhì)量可能為(　　)
A．48 kg　　　　　　　　 B．53 kg
C．58 kg D．63 kg
【參考答案】BC
【名師解析】　運(yùn)動員退行速度方向?yàn)檎较颍O(shè)運(yùn)動員的質(zhì)量為M，物塊的質(zhì)量為m，物塊被推出時的速度大小為v0，運(yùn)動員第一次推出物塊后的退行速度大小為v1。根據(jù)動量守恒定律，運(yùn)動員第一次推出物塊時有0＝Mv1－mv0，物塊與擋板發(fā)生彈性碰撞，以等大的速率反彈；第二次推出物塊時有Mv1＋mv0＝－mv0＋Mv2，依此類推，Mv2＋mv0＝－mv0＋Mv3，…，Mv7＋mv0＝－mv0＋Mv8，又運(yùn)動員的退行速度v8＞v0，v7＜v0，解得13m＜M＜15m，即52 kg＜M＜60 kg，故B、C項(xiàng)正確，A、D項(xiàng)錯誤。
13.(2020·北京等級考)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(shí)驗(yàn)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(fù)上述實(shí)驗(yàn)，3號仍能擺至高度h
B．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(jī)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(jī)械能守恒，3號仍能擺至高度h
D．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(yùn)動，未能擺至高度h，釋放后整個過程機(jī)械能和動量都不守恒
【參考答案】D
【名師解析】　若三個小鋼球完全相同，將1號從高度h釋放，落下后與2號發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒定律及機(jī)械能守恒定律可知，最終2號靜止、3號擺至高度h，若將2號換成質(zhì)量不同的小鋼球，1號與2號發(fā)生碰撞時不能交換速度，2號與3號發(fā)生碰撞時也不能交換速度，則3號不能擺到高度h，A錯誤；將1、2號一起移至高度h釋放，在下落過程中以及擺起過程中動量都不守恒，小鋼球在最低點(diǎn)碰撞時，動量守恒，B錯誤；右側(cè)涂膠的1號與2號發(fā)生碰撞后粘在一起，碰撞過程為非彈性碰撞，機(jī)械能不守恒，則再與3號發(fā)生碰撞后，3號不能擺到高度h，C錯誤；將1號和右側(cè)涂膠的2號一起移至高度h，釋放后2號與3號碰撞并粘在一起，屬于非彈性碰撞，機(jī)械能不守恒，且釋放后下落過程中以及擺起過程中動量都不守恒，D正確。
14．(2018·全國卷Ⅰ)一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動能E后，從地面豎直升空。當(dāng)煙花彈上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動能之和也為E，且均沿豎直方向運(yùn)動。爆炸時間極短，重力加速度大小為g，不計空氣阻力和火藥的質(zhì)量。求：
(1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時間；
(2)爆炸后煙花彈向上運(yùn)動的部分距地面的最大高度。
【名師解析】：(1)設(shè)煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有
E＝mv02 ①
設(shè)煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時間為t，由運(yùn)動學(xué)公式有
0＝v0－gt ②
聯(lián)立①②式得
t＝ 。 ③
(2)設(shè)爆炸時煙花彈距地面的高度為h1，由機(jī)械能守恒定律有E＝mgh1 ④
火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運(yùn)動，設(shè)爆炸后瞬間其速度分別為v1和v2。由題給條件和動量守恒定律有
mv12＋mv22＝E ⑤
mv1＋mv2＝0 ⑥
由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運(yùn)動部分做豎直上拋運(yùn)動。設(shè)爆炸后煙花彈向上運(yùn)動部分繼續(xù)上升的高度為h2，由機(jī)械能守恒定律有
mv12＝mgh2 ⑦
聯(lián)立④⑤⑥⑦式得，煙花彈向上運(yùn)動部分距地面的最大高度為
h＝h1＋h2＝。 ⑧
答案：(1) 　(2)

15．(2020·天津等級考)長為l的輕繩上端固定，下端系著質(zhì)量為m1的小球A，處于靜止?fàn)顟B(tài)。A受到一個水平瞬時沖量后在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，恰好能通過圓周軌跡的最高點(diǎn)。當(dāng)A回到最低點(diǎn)時，質(zhì)量為m2的小球B與之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圓周運(yùn)動，并能通過圓周軌跡的最高點(diǎn)。不計空氣阻力，重力加速度為g，求：
(1)A受到的水平瞬時沖量I的大??；
(2)碰撞前瞬間B的動能Ek至少多大？
【名師解析】：(1)A恰好能通過圓周軌跡的最高點(diǎn)，此時輕繩的拉力剛好為零，設(shè)A在最高點(diǎn)時的速度大小為v，由牛頓第二定律，有
m1g＝m1①
A從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的過程中機(jī)械能守恒，取軌跡最低點(diǎn)處重力勢能為零，設(shè)A在最低點(diǎn)的速度大小為vA，有
m1vA2＝m1v2＋2m1gl②
由動量定理，有I＝m1vA③
聯(lián)立①②③式，得I＝m1。④
(2)設(shè)兩球粘在一起時的速度大小為v′，A、B粘在一起后恰能通過圓周軌跡的最高點(diǎn)，需滿足v′＝vA⑤
要達(dá)到上述條件，碰后兩球速度方向必須與碰前B的速度方向相同，以此方向?yàn)檎较颍O(shè)B碰前瞬間的速度大小為vB，由動量守恒定律，有
m2vB－m1vA＝(m1＋m2)v′⑥
又Ek＝m2vB2⑦
聯(lián)立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬間B的動能Ek至少為
Ek＝。⑧
答案：(1)m1　(2)

第三部分 思路歸納，內(nèi)化方法
1. 應(yīng)用動量定理解題技巧
(1)動量定理沒有適用條件，在計算與時間有關(guān)的問題時都可以適用。例如：部分導(dǎo)體切割磁感線，求電荷量或位移的問題。
(2)動量定理研究對象選擇可以是單一物體，也可以是質(zhì)點(diǎn)系，在研究質(zhì)點(diǎn)系問題時，受力分析時只考慮質(zhì)點(diǎn)系的外力。
(3)在應(yīng)用動量定理時需要規(guī)定正方向。
2. 判斷系統(tǒng)動量是否守恒的“三注意”
(1)注意所選取的系統(tǒng)——所選的系統(tǒng)組成不同，結(jié)論往往不同。
(2)注意所研究的運(yùn)動過程——系統(tǒng)的運(yùn)動分為多個過程時，有的過程動量守恒，另一過程則可能不守恒。
(3)注意守恒條件——整體不滿足系統(tǒng)動量守恒條件時，在某一方向可能滿足動量守恒條件。　　
3. 應(yīng)用動量守恒定律解題的兩點(diǎn)提醒
(1)應(yīng)用動量守恒時應(yīng)注意系統(tǒng)的組成和過程的選取。
(2)兩物體沿同一直線運(yùn)動，避免相撞的臨界條件是二者同向同速。
4. 應(yīng)用“人船模型”解題的兩個關(guān)鍵點(diǎn)
(1)“人船模型”的應(yīng)用條件：相互作用的物體原來都靜止，且滿足動量守恒條件。
(2)人、船位移大小關(guān)系：m人x人＝m船x船，x人＋x船＝L(L為船的長度)。
5．碰撞遵循的三個原則
動量守恒
碰撞時間極短，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，動量可看作守恒，有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
動能不增加
碰撞后系統(tǒng)的總動能不大于碰撞前系統(tǒng)的總動能。系統(tǒng)動能滿足關(guān)系式：
m1v12＋m2v22≥m1v1′2＋m2v2′2
物理情境可行性　
按碰撞情境可分為追趕碰撞和相向碰撞，兩物體碰撞前后的物理情境應(yīng)與實(shí)際相一致

6. 爆炸與反沖的三個特點(diǎn)
(1)時間極短，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動量守恒或某個方向的動量守恒。
(2)因有內(nèi)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，系統(tǒng)機(jī)械能會增加，要利用能量守恒定律解題。
(3)系統(tǒng)初始狀態(tài)若處于靜止?fàn)顟B(tài)，則爆炸或反沖后系統(tǒng)內(nèi)物體速度往往方向相反?？键c(diǎn)四　動量和能量的綜合問題
7. 求解含彈簧的動量和能量的綜合問題的2點(diǎn)提醒
(1)由于彈簧的彈力是變力，所以彈簧的彈性勢能通常利用機(jī)械能守恒或能量守恒求解。
(2)要特別注意彈簧的三個狀態(tài)：原長(此時彈簧的彈性勢能為零)、壓縮到最短或伸長到最長的狀態(tài)(此時彈簧連接的兩個物體具有相同的速度，彈簧具有最大的彈性勢能)，這往往是解決此類問題的突破點(diǎn)?！　?
8. 子彈打木塊模型
(1)分析子彈打擊木塊的過程，弄清楚子彈是停留在木塊中和木塊一起運(yùn)動還是穿透木塊和木塊各自運(yùn)動。
(2)子彈在打擊木塊的過程中，由于時間較短，內(nèi)力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力，故在打擊的過程中動量守恒。
(3)子彈在打擊木塊過程中損失的機(jī)械能，一般有兩種求解方法：一是通過計算打擊前系統(tǒng)的機(jī)械能與打擊后系統(tǒng)的機(jī)械能的差值得出機(jī)械能的損失；二是通過計算在子彈打擊木塊的過程中，子彈克服阻力做的功與阻力對木塊做的功的差值進(jìn)行求解。
9. 板塊問題
板塊問題常涉及多個物體、多個運(yùn)動過程，板塊間存在相對運(yùn)動。解決板塊問題要分析不同階段的受力情況和運(yùn)動情況，然后逐個建立動量守恒和能量守恒的方程。同時注意一些關(guān)鍵字眼，如木板足夠長，說明物塊最終與木板同速，其相對滑動距離對應(yīng)木板至少長度。　　

第四部分 最新模擬集萃，提升應(yīng)試能力
1.（2023山西摸底）2022年北京冬奧會短道速滑混合團(tuán)體接力決賽中，中國隊以2分37秒348的成績奪冠。比賽中“接棒”運(yùn)動員在前面滑行，“交棒”運(yùn)動員從后面用力推前方“接棒”運(yùn)動員完成接力過程，如圖所示。假設(shè)交接棒過程中兩運(yùn)動員的速度方向均在同一直線上，忽略運(yùn)動員與冰面之間在水平方向上的相互作用力，對于兩運(yùn)動員交接棒的過程，下列說法正確的是
A. 兩運(yùn)動員的加速度大小相同
B. 兩運(yùn)動員相互作用力沖量的矢量和一定等于零
C. 兩運(yùn)動員相互作用力做功之和一定等于零
D. 兩運(yùn)動員組成的系統(tǒng)動量守恒但機(jī)械能不守恒
【參考答案】BD
【名師解析】兩運(yùn)動員交接棒過程，相互作用力大小相等方向相反，由于兩運(yùn)動員質(zhì)量不一定相同，根據(jù)牛頓第二定律可知，兩運(yùn)動員的加速度大小不一定相同，選項(xiàng)A錯誤；兩運(yùn)動員交接棒過程，相互作用力大小相等方向相反，作用時間相同，根據(jù)沖量定義可知，兩運(yùn)動員相互作用力沖量的矢量和一定等于零，選項(xiàng)B正確；兩運(yùn)動員交接棒過程，相互作用力大小相等方向相反，相互作用力對兩運(yùn)動員做功都是正值，兩運(yùn)動員相互作用力做功之和不等于零，選項(xiàng)C錯誤；兩運(yùn)動員交接棒過程，忽略運(yùn)動員與冰面之間在水平方向上的相互作用力，兩運(yùn)動員組成的系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒，但相互作用力對兩運(yùn)動員做功，機(jī)械能增加，選項(xiàng)D錯誤。
2. （2022年9月甘肅張掖一診） 一質(zhì)點(diǎn)做曲線運(yùn)動，在前一段時間內(nèi)速度大小由v增大到2v，在隨后的一段時間內(nèi)速度大小由2v增大到5v。前后兩段時間內(nèi)，合外力對質(zhì)點(diǎn)做功分別為和，合外力的沖量大小分別為和。下列關(guān)系式一定成立的是（　?。?br /> A. B. C. D.
【參考答案】BD
【名師解析】
根據(jù)動能定理有，
可得，選項(xiàng)A錯誤，B正確；
由于速度是矢量，具有方向，當(dāng)初、末速度方向相同時，動量變化量最小，方向相反時，動量變化量最大，根據(jù)動量定理
可知沖量的大小范圍是，
可知，選項(xiàng)C錯誤，D正確。
3. （2023江蘇南通第一次質(zhì)檢）如圖所示，質(zhì)量均為m的小球和小環(huán)用長為l不可伸長的輕繩相連，小環(huán)套在光滑固定的水平細(xì)桿上，將小球拉至輕繩與桿夾角為時，由靜止釋放，下列判斷錯誤的是（　?。?br />
A. 小球和小環(huán)組成的系統(tǒng)，動量不守恒
B. 小球向右擺到的最高點(diǎn)和釋放點(diǎn)的高度相同
C. 小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時，速度為
D. 小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時，輕繩對環(huán)的拉力為
【參考答案】C
【名師解析】
．根據(jù)題意可知，系統(tǒng)豎直方向上合力不為零，則小球和小環(huán)組成的系統(tǒng)，動量不守恒，故A正確，不符合題意；
根據(jù)題意可知，系統(tǒng)在水平方向上合力為零，則水平方向上動量守恒，運(yùn)動到最高點(diǎn)時，豎直方向上速度為零，水平方向速度也為零，則重力勢能與釋放點(diǎn)的相等，即高度相同，故B正確，不符合題意；
C．根據(jù)題意可知，小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時，設(shè)小球速度的大小為，小環(huán)速度的大小為，由動量守恒定律有
由機(jī)械能守恒定律有
解得，故C正確；
根據(jù)題意可知，小球相對于小環(huán)的速度為
由牛頓第二定律有
解得
故D錯誤。
4. （2023重慶八中高三質(zhì)檢）在一次摸高測試中，一質(zhì)量為70kg的同學(xué)先下蹲，再用力蹬地的同時舉臂起跳，在剛要離地時其手指距地面的高度為1.95m；離地后身體形狀近似不變，手指摸到的最大高度為2.40m。若從蹬地到離開地面的時間為0.2s，則在不計空氣阻力情況下，起跳過程中他對地面的平均壓力約為（ ）（g?。?br /> A. 1050N B. 1400N C. 1750N D. 1900N
【參考答案】C
【名師解析】
跳起后重心升高的高度為
人跳起的速度
解得
跳起過程，根據(jù)動量定理得
解得起跳過程中地面對他的平均壓力約為
根據(jù)牛頓第三定律，起跳過程中他對地面的平均壓力約為
5．（2023江西紅色十校第一次聯(lián)考）如圖甲，質(zhì)量的子彈水平射入靜置在水平地面上的木塊并留在其中，此后木塊運(yùn)動的圖像如圖乙所示，其中x表示木塊的位移，t表示木塊運(yùn)動的時間。已知木塊的質(zhì)量，重力加速度g取，下列說法正確的是（ ）

A．木塊與水平地面之間的動摩擦因數(shù)為0.8
B．子彈射入木塊過程中，子彈損失的機(jī)械能為792J
C．子彈射入木塊過程中（未射出），木塊的質(zhì)量越大，子彈對木塊的沖量越大
D．子彈射入木塊過程中（未射出），子彈的質(zhì)量越大，系統(tǒng)損失的機(jī)械能越少
【參考答案】AC
【名師解析】由得，結(jié)合圖乙可知，。木塊在水平地面上滑行過程，根據(jù)牛頓第二定律可得，解得，A項(xiàng)正確；子彈射入木塊過程，動量守恒，有，得。系統(tǒng)損失的機(jī)械能，子彈損失的機(jī)械能，B項(xiàng)錯誤；由得，對木塊由動量定理可得，可見，在m、v不變的情況下，M越大，I越大，C項(xiàng)正確；系統(tǒng)損失的機(jī)械能，可見，在M、v不變的情況下，m越大，越大，D項(xiàng)錯誤。
6. （2023湖北新高考協(xié)作體高三起點(diǎn)考試）光滑水平地面上，質(zhì)量為3kg木板正以2m/s的速度向右運(yùn)動。某時刻在木板右端滑上可視為質(zhì)點(diǎn)的小球，質(zhì)量為1kg，速度向左，大小也是2m/s。經(jīng)過3s后，小球剛好滑到木板左端且二者剛好相對靜止。這一過程中，下列說法中正確的是（　?。?br />
A. 木板長度是9m
B. 小球相對地面向左最遠(yuǎn)位移為2m
C. 系統(tǒng)因摩擦而生熱8J
D. 1.5s時，小球距離木板左端1.5m
【參考答案】BD
【名師解析】
依題意，可知小球及木板系統(tǒng)動量守恒，取向右為正，有

代入數(shù)據(jù)，即

求得

可得木板加速度大小為

對木板，根據(jù)牛頓第二定律可得小球與木板間的滑動摩擦力大小為

設(shè)木板的長度為，根據(jù)功能關(guān)系可得

求得

系統(tǒng)因摩擦而生熱為

故AC錯誤；
B．當(dāng)小球在木板上速度減為0時，小球相對地面向左有最遠(yuǎn)位移，為

對小球，根據(jù)牛頓第二定律有

聯(lián)立求得

故B正確；
D．1.5s時，小球的速度大小為

方向向左，此時木塊對地位移大小為

木板的位移大小為

則可得此時小球距離木板左端

故D正確。
7. （2023湖北新高考協(xié)作體高三起點(diǎn)考試）意大利物理學(xué)家伽利略在研究打擊現(xiàn)象時，偶然間發(fā)現(xiàn)打擊的效果與錘子的重量以及它的速度有關(guān)，他由此定義了最早的“動量”近似概念?，F(xiàn)用質(zhì)量為20m的鐵錘沿水平方向?qū)①|(zhì)量為m、長為l的鐵釘敲入木板，鐵錘每次以相同的水平速度v0擊釘，隨即與釘一起運(yùn)動并使釘進(jìn)入木板一定距離。在每次受擊進(jìn)入木板的過程中，釘所受到的平均阻力（本題指釘克服阻力做的功與對應(yīng)過程的位移之比）為前一次受擊進(jìn)入木板過程所受平均阻力的2倍。若敲擊三次后釘恰好全部進(jìn)入木板，則第一次進(jìn)入木板過程中釘所受到的平均阻力大小為（ ）
A. B. C. D.
【參考答案】C
【名師解析】
根據(jù)題意得，，，， ，

解得
根據(jù)動量守恒定律得
根據(jù)動能定理得
解得，選項(xiàng)C正確。
8. （2023山東“學(xué)情空間”教研共同體入學(xué)考試）如圖所示，固定光滑軌道ABC的AB段水平，BC段為半圓形，B是半圓軌道的最低點(diǎn)、C是半圓軌道的最高點(diǎn)。長L=1.5m、質(zhì)量M=0.4kg的木板位于足夠長的光滑水平面上，木板左端緊靠A點(diǎn)，上表面與AB等高。將質(zhì)量均為m=0.2kg的小滑塊甲、乙放置在木板上距A點(diǎn)0.5m處，甲、乙之間夾有被壓縮的輕質(zhì)短彈簧。某時刻彈簧彈開，甲向左運(yùn)動，乙恰好未從木板上滑下，已知甲、乙與木板間的動摩擦因數(shù)均為，重力加速度g=10m/s2。
(1)求甲到達(dá)A點(diǎn)時的速度大??；
(2)若甲能通過半圓軌道的C點(diǎn)且整個過程中對軌道的壓力不超過20N，求軌道BC半徑的取值范圍；
(3)若在水平面與木板間固定一塊桌布，木板與桌布間的動摩擦因數(shù)，求乙滑下木板時的速度。

【參考答案】(1)；(2)；(3)
【名師解析】
(1)彈簧彈開，以甲、乙組成系統(tǒng)研究對象，在甲到達(dá)A點(diǎn)之前，系統(tǒng)動量守恒

甲、乙對車的摩擦力大小相等、方向相反，故車保持靜止。當(dāng)甲到達(dá)A點(diǎn)時乙距木板右端距離為，此后以乙和木板為研究對象，乙到達(dá)木板右端時兩者同速，設(shè)為v，由動量守恒得

由能量守恒得

聯(lián)立解得

(2)半圓軌道半徑最大時甲恰能通過半圓軌道最高點(diǎn)


甲在B點(diǎn)對軌道的壓力最大，且半徑越小壓力越大，半徑最小時，由牛頓第三定律知軌道對乙的最大作用力


則半徑的取值范圍

代入解得

(3)甲離開木板后，對乙

對板



聯(lián)立解得


9. （2023陜西師大附中期初檢測）如圖甲所示，斜面上有一個輕彈簧，一端與斜面固定，另外一端與木板固定。木板在A點(diǎn)時，彈簧處于壓縮狀態(tài)，釋放木板，木板由靜止開始沿斜面向上運(yùn)動，其v－t圖像如圖乙所示（圖線為正弦曲線）。木板在t1時刻速度達(dá)到最大為v1，t2時刻到達(dá)B點(diǎn)，此時彈簧處于伸長狀態(tài)。已知木板的質(zhì)量為m，斜面與水平面夾角為θ，A、B兩點(diǎn)相距為L，木板、物塊與斜面的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。
（1）求t1時刻彈簧彈力的大?。?br /> （2）若已知彈簧的勁度系數(shù)為k，木板在A、B兩點(diǎn)的加速度大小相等，求此加速度的大??；
（3）若某時刻有一質(zhì)量也為m的物塊在C點(diǎn)由靜止開始沿斜面下滑，在t1時刻恰好與木板發(fā)生彈性碰撞，碰后木板沿斜面向下運(yùn)動恰好回到A點(diǎn)，求B、C兩點(diǎn)之間的距離。

【參考答案】（1）；（2）；
（3）
【名師解析】
（1）t1時刻，木板達(dá)到最大速度，其加速度為零，設(shè)彈簧彈力的大小為F，有

（2）木板在A點(diǎn)時，設(shè)此時彈簧的壓縮量為x1，由牛頓第二定律有

木板在B點(diǎn)時，設(shè)此時彈簧的伸長量為x2，由牛頓第二定律有

A、B相距為L，有

聯(lián)立可得

（3）由v－t圖像可知，t1時刻，木板運(yùn)動到A、B的中點(diǎn)處。在0到t1這段時間內(nèi)，假設(shè)彈簧對木板做的功為WN，由動能定理有

物塊在C處開始下滑，假設(shè)B、C兩點(diǎn)之間的距離為S，物塊下滑到A、B的中點(diǎn)處的速度為v2，由動能定理有

t1時刻，木板與物塊發(fā)生彈性碰撞，取沿斜面向上為正方向，由動量守恒定律和能量守恒定律有


解得
，
即木板、物塊相碰后交換速度，相向而行。
木板從碰后開始沿斜面向下運(yùn)動到A點(diǎn)的過程，由動能定理有

聯(lián)立可得

10. ( 14 分 )（2023安徽名校聯(lián)盟開學(xué)考試）
如圖,質(zhì)量為、足夠長的長木板靜止在光滑水平地面上,在距長木板右端距離為處有一固定擋板, 質(zhì)量為的小滑塊從長木板的左端以大小為的初速度滑上長木板, 物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為0.2, 重力加速度大小取, 木板與擋板的碰撞過程中沒有機(jī)械能損失且碰撞時間極短可忽略不計, 求:
(1) 若在與碰撞前與已相對靜止,則至少為多少;
(2) 若要使與只發(fā)生一次碰撞, 則應(yīng)滿足什么條件;
(3) 若,則與會碰撞幾次。

【名師解析】.
(1) 在上做勻減速運(yùn)動,做勻加速運(yùn)動, 設(shè)、相對靜止時, 共同速度為, 根據(jù)動量守恒有:
運(yùn)動加速度大小:
運(yùn)動的距離：
因此, 要使與碰撞前與已相對靜止, 則應(yīng)
(2) 與碰撞時,向右的動量小于等于向右的動量, 則與會發(fā)生一次碰撞。
當(dāng)向右的動量等于向右動量時:
根據(jù)動量守恒有:
運(yùn)動的距離:
因此, 若要使與只發(fā)生一次碰撞, 則應(yīng)
（3）當(dāng) 時,每次與碰撞前的速度大小為:
相鄰兩次碰撞的時間間隔:
設(shè)能碰撞次, 則第次碰撞時, 運(yùn)動的時間:
最后一次碰撞滿足臨界條件:
根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式:

解得: , 因此, 最多可以碰撞3次。
( 其他正確解法也給分)

11. （2023湖南三湘創(chuàng)新發(fā)展聯(lián)合起點(diǎn)考試）如圖所示，有兩足夠長傾角均為的粗糙斜面AB和CD均通過一小段平滑的圓弧與足夠長的光滑水平面BC連接，小滑塊a與斜面AB間的動摩擦因數(shù)，小滑塊b與斜面CD間的動摩擦因數(shù)，小滑塊a從斜面AB上的P點(diǎn)由靜止開始下滑，一段時間后，與靜止在水平面BC上的裝有質(zhì)量不計的彈簧的物塊b發(fā)生第一次碰撞，之后彈簧儲存的彈性勢能的最大值，已知小滑塊a、b均可視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量均為，小滑塊a與彈簧碰撞過程中不損失機(jī)械能，且彈簧始終在彈性限度內(nèi)，取重力加速度大小，，。求：
（1）P點(diǎn)距水平面的高度h；
（2）小滑塊a與小滑塊b第一次碰撞后，小滑塊b沿CD斜面上滑的最大距離；
（3）小滑塊b在斜面上運(yùn)動的總路程。


【參考答案】（1）；（2）；（3）
【名師解析】
（1）根據(jù)題意，小滑塊a從斜面AB上的P點(diǎn)滑到B點(diǎn)的過程，由動能定理有

因?yàn)閍、b的質(zhì)量相等，發(fā)生碰撞時滿足動量守恒，由動量守恒定律有

由能量守恒定律有

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得
，
（2）根據(jù)題意，由動量守恒定律和能量守恒定律有


聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得

在小滑塊b滑上最高點(diǎn)的過程中，根據(jù)動能定理有

解得

（3）根據(jù)題意，設(shè)小滑塊b第一次回到斜面CD底端時的速度大小為，有

整理后有

b與a碰后再次交換速度，此時b速度為零，a的速度大小為，則在a沿斜面AB上升至速度減為零的過程中有

由于交換速度，故與大小相等，解得

返回底端的過程中

在底部a與b碰撞后再次交換速度，則b的速度大小

b上升到頂端的過程中

可得

則有

即小滑塊b每次上升到頂端的路程為等比關(guān)系，其中公比

同時由于在同一斜面上，上滑與下滑的路程相等，由數(shù)學(xué)知識有

12. （2023河南鄭州四中第一次調(diào)研） 如圖，光滑軌道PQO的水平段QO=，軌道在O點(diǎn)與水平地面平滑連接．一質(zhì)量為m的小物塊A從高h(yuǎn)處由靜止開始沿軌道下滑，在O點(diǎn)與質(zhì)量為4m的靜止小物塊B發(fā)生碰撞．A、B與地面間的動摩擦因數(shù)均為=0.5，重力加速度大小為g．假設(shè)A、B間的碰撞為完全彈性碰撞，碰撞時間極短．求
(1)第一次碰撞后瞬間A和B速度的大小；
(2)A、B均停止運(yùn)動后，二者之間的距離．

【參考答案】(1) ，；(2)
【名師解析】
（1）設(shè)A滑到水平軌道的速度為，則有

A與B碰撞時，由動量守恒有

由動能不變有

聯(lián)立得


第一次碰撞后瞬間A和B速度的大小分別為和
（2）第一次碰撞后A經(jīng)過水平段QO所需時間

第一次碰撞后B停下來所需時間

易知

故第一次碰撞后B停時，A還沒有追上B，設(shè)第一次碰撞后B停下來滑動的位移為，由動能定理得

解得

設(shè)A第二次碰撞B前的速度為，由動能定理得

解得


故A與B會發(fā)生第二次碰撞
A與B會發(fā)生第二次碰撞，由動量守恒有

由動能不變有

解得


B發(fā)生第二次碰撞后，向右滑動的距離為，由動能定理得

解得

A發(fā)生第二次碰撞后，向左滑動的距離為，由動能定理得

解得

故

即A不會再回到光滑軌道PQO的水平段QO上，在O點(diǎn)左邊停下
所以A、B均停止運(yùn)動后它們之間的距離為



12.(2019·蘭州一診)有兩個用一根輕質(zhì)彈簧相連的木塊A、B靜止在光滑水平面上，其質(zhì)量mA＝1 kg、mB＝2.95 kg，一顆質(zhì)量為m＝50 g的子彈沿水平方向以v0＝400 m/s的速度，在極短時間內(nèi)射穿A并留在B內(nèi)，射穿A木塊后子彈的速度變?yōu)樵瓉淼?0%。求：
(1)子彈剛穿過木塊A時，木塊A的速度vA；
(2)系統(tǒng)運(yùn)動過程中彈簧的最大彈性勢能Ep；
(3)彈簧再次恢復(fù)原長時木塊A、B的速度大小。
解析：(1)子彈剛穿過A時，子彈與A動量守恒，設(shè)A的速度為vA，子彈的速度為v1，由動量守恒定律有：
mv0＝mAvA＋mv1，
又v1＝0.6v0＝240 m/s
解得：vA＝8 m/s。
(2)子彈射入并留在B內(nèi)，子彈與B動量守恒，設(shè)子彈與B共同的速度為vB，由動量守恒定律：mv1＝(m＋mB)vB
解得：vB＝4 m/s
子彈、A、B和彈簧所組成的系統(tǒng)動量守恒，彈簧彈性勢能最大時A、B、子彈具有相同的速度v，由動量守恒定律：
mAvA＋(m＋mB)vB＝(m＋mA＋mB)v
解得：v＝5 m/s
由能量關(guān)系：Ep＝mAvA2＋(m＋mB)vB2－(m＋mA＋mB)v2
解得：Ep＝6 J。
(3)從子彈射入B中到彈簧再次恢復(fù)原長，系統(tǒng)總動量守恒，總動能不變，則：
mAvA＋(m＋mB)vB＝mAvA′＋(m＋mB)vB′
mAvA2＋(m＋mB)vB2＝mAvA′2＋(m＋mB)vB′2
解得：vA′＝2 m/s，vB′＝6 m/s
或vA′＝8 m/s，vB′＝4 m/s
彈簧由壓縮狀態(tài)恢復(fù)至原長過程中，A減速，B加速，所以有vA′

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