(1)系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，但系統(tǒng)的總動(dòng)能會(huì)與彈性勢(shì)能發(fā)生轉(zhuǎn)化．
(2)彈簧處于最長(zhǎng)(最短)狀態(tài)時(shí)兩物體速度相等，相當(dāng)于完全非彈性碰撞，此時(shí)動(dòng)能最小、彈性勢(shì)能最大；彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)相當(dāng)于完全彈性碰撞，此時(shí)系統(tǒng)的總動(dòng)能守恒．
2．“板—塊”模型：系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，當(dāng)兩者的速度相等時(shí)，相當(dāng)于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)機(jī)械能損失最大，損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能．
3．“斜面模型”：系統(tǒng)只在水平方向動(dòng)量守恒，當(dāng)小球滑至斜面最大高度時(shí)兩物體具有共同速度，此時(shí)相當(dāng)于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)損失的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為小球增加的勢(shì)能．對(duì)小球從沖上斜面又滑離斜面的全過(guò)程，相當(dāng)于彈性碰撞，全過(guò)程系統(tǒng)機(jī)械能守恒．
1．(多選)(2023·吉林省“五地六?！焙献黧w聯(lián)考)如圖1所示，在光滑水平地面上，A、B兩物體質(zhì)量都為m，A以速度v向右運(yùn)動(dòng)，B左端有一輕彈簧且初速度為0，在A與彈簧接觸以后的過(guò)程中(A與彈簧不粘連)，下列說(shuō)法正確的是( )
圖1
A．輕彈簧被壓縮到最短時(shí)，A、B系統(tǒng)總動(dòng)量仍然為mv
B．輕彈簧被壓縮到最短時(shí)，A的動(dòng)能為eq \f(1,4)mv2
C．彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，A的動(dòng)量一定為零
D．A、B兩物體組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
2．(多選)(2023·河南駐馬店市第一學(xué)期期終)如圖2所示，光滑水平直軌道上有三個(gè)質(zhì)量均為m＝3kg的物塊A、B、C，物塊B的左側(cè)固定一輕彈簧(彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計(jì))．設(shè)A以v0＝4m/s的速度朝B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，壓縮彈簧；當(dāng)A、B速度相等時(shí)，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運(yùn)動(dòng)．假設(shè)B和C碰撞過(guò)程時(shí)間極短，則以下說(shuō)法正確的是( )
圖2
A．從開(kāi)始到彈簧最短時(shí)物塊C受到的沖量大小為1N·s
B．從開(kāi)始到彈簧最短時(shí)物塊C受到的沖量大小為4N·s
C．從開(kāi)始到A與彈簧分離的過(guò)程中整個(gè)系統(tǒng)損失的機(jī)械能為3J
D．從開(kāi)始到A與彈簧分離的過(guò)程中整個(gè)系統(tǒng)損失的機(jī)械能為9J
3．(2023·福建三明市質(zhì)檢)如圖3甲所示，一輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為m1、m2的兩物塊A、B相連接，并靜止在光滑水平面上．現(xiàn)使A獲得水平向右、大小為3m/s的瞬時(shí)速度，從此刻開(kāi)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，從圖像提供的信息可得( )
圖3
A．在t1和t3時(shí)刻兩物塊達(dá)到共同速度1m/s，且彈簧都處于壓縮狀態(tài)
B．在t1～t2時(shí)間內(nèi)A、B的距離逐漸增大，t2時(shí)刻彈簧的彈性勢(shì)能最大
C．兩物塊的質(zhì)量之比為m1∶m2＝2∶1
D．在t2時(shí)刻A、B兩物塊的動(dòng)能之比為Ek1∶Ek2＝1∶8
4．(2023·山東日照市上學(xué)期期末)如圖4所示，光滑的水平桌面上放置一質(zhì)量M＝4kg、長(zhǎng)L＝0.6m的長(zhǎng)木板B，質(zhì)量m＝1kg的小木塊A(可看成質(zhì)點(diǎn))放在長(zhǎng)木板的左端，開(kāi)始A、B均處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)有一個(gè)與A完全相同的小木塊C從長(zhǎng)木板右側(cè)以v0＝6m/s的初速度沖向長(zhǎng)木板，碰后以v1＝2m/s的速度被反向彈回(碰撞時(shí)間極短)，最終小木塊A恰好不滑落長(zhǎng)木板．重力加速度g＝10m/s2.求：
圖4
(1)碰后瞬間長(zhǎng)木板B的速度；
(2)小木塊A與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)．
5．(2023·河南平頂山市一輪復(fù)習(xí)質(zhì)檢)如圖5所示，質(zhì)量為m的物塊A在光滑的水平面上以一定的速度向右滑行，質(zhì)量為2m的圓弧體靜止在光滑水平面上，光滑圓弧面最低點(diǎn)與水平面相切，圓弧的半徑為R，圓弧所對(duì)的圓心角θ＝53°，物塊滑上圓弧體后，剛好能滑到圓弧體的最高點(diǎn)，重力加速度為g，sin53°＝0.8，cs53°＝0.6.求：
圖5
(1)物塊在水平面上滑行的速度大??；
(2)若將圓弧體鎖定，物塊仍以原來(lái)的速度向右滑行并滑上圓弧體，則物塊從圓弧面上滑出后上升到最高點(diǎn)的速度大小及最高點(diǎn)離地面的高度．
6．(2023·北京市東城區(qū)二模)能量守恒定律和動(dòng)量守恒定律是自然界最普遍、最基本的規(guī)律，它為我們解決許多實(shí)際問(wèn)題提供了依據(jù)．如圖6所示，在光滑的水平面上，靜止放置質(zhì)量為2m的滑塊B，其左側(cè)面固定一輕質(zhì)彈簧，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的滑塊A，以初速度v0正對(duì)B向右運(yùn)動(dòng)，在此后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，A、B始終在同一直線上運(yùn)動(dòng)．
圖6
(1)求彈簧壓縮量最大時(shí)B的速率v；
(2)求滑塊B的最大速率vB；
(3)若在滑塊B的右側(cè)某處固定一彈性擋板C，擋板的位置不同，B與C相碰時(shí)的速度不同．已知B滑塊與C碰撞時(shí)間極短，B與C碰后速度立刻等大反向，B與C碰撞的過(guò)程中，可認(rèn)為A的速度保持不變．B與擋板相碰后立即撤去擋板C.此后運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，A、B系統(tǒng)的彈性勢(shì)能的最大值為Epm，擋板位置不同，Epm的數(shù)值不同，求Epm的最小值．
7．(2023·河南省頂級(jí)名校聯(lián)測(cè))如圖7所示，放在光滑水平面上的小車可以在兩個(gè)固定障礙物A、B之間往返運(yùn)動(dòng)．小車最左端放有一個(gè)小木塊，初始小車緊挨障礙物A靜止．某時(shí)刻，一粒子彈以速度v0射中木塊并嵌入其中．小車向右運(yùn)動(dòng)到與障礙物B相碰時(shí)，木塊恰好運(yùn)動(dòng)到了小車的最右端，且小車與木塊恰好達(dá)到共速．小車和它上面的木塊同時(shí)與障礙物B相碰，碰后小車速度立即減為零，而木塊以碰撞之前的速度反彈，過(guò)一段時(shí)間，小車左端又與障礙物A相碰，碰后小車速度立即減為零，木塊繼續(xù)在小車上向左滑動(dòng)，速度逐漸減為零而停在小車上．已知小車的質(zhì)量為m，長(zhǎng)度為L(zhǎng)，小木塊質(zhì)量為eq \f(2,5)m，子彈質(zhì)量為eq \f(1,10)m，重力加速度為g.子彈和小木塊都可以看做質(zhì)點(diǎn)．求：
圖7
(1)小木塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大速度；
(2)小車從左到右運(yùn)動(dòng)的最大距離以及小木塊與小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)；
(3)小木塊最終停止運(yùn)動(dòng)后，木塊在小車上的位置與小車右端的距離．
答案精析
1．AC [A和B及輕彈簧組成的系統(tǒng)所受的合外力為零，動(dòng)量守恒，初狀態(tài)總動(dòng)量為mv，則彈簧壓縮至最短時(shí)，系統(tǒng)總動(dòng)量仍然為mv，故A正確；輕彈簧被壓縮到最短時(shí)，A和B的速度相等，由動(dòng)量守恒有mv＝2mv共，可得v共＝eq \f(v,2)，則此時(shí)A的動(dòng)能為EkA＝eq \f(1,2)mv共2＝eq \f(1,8)mv2，故B錯(cuò)誤；A和B在相對(duì)靠近壓縮彈簧和相對(duì)遠(yuǎn)離彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，滿足A、B與輕彈簧組成的系統(tǒng)的動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒有：mv＝mvA＋mvB，eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mvA2＋eq \f(1,2)mvB2，可得vA＝0，vB＝v，故C正確；A、B兩物體組成的系統(tǒng)的機(jī)械能有一部分轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能，機(jī)械能不守恒，而A和B及彈簧組成的系統(tǒng)沒(méi)有其他能參與轉(zhuǎn)化，機(jī)械能守恒，故D錯(cuò)誤．]
2．BC [設(shè)當(dāng)A、B速度相等且B與C碰撞之前A、B的速度為v1，以v0的方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律有mv0＝2mv1，解得v1＝2 m/s; 從開(kāi)始到彈簧最短時(shí)，對(duì)A、B、C系統(tǒng)有：mv0＝3mv2，解得v2＝eq \f(4,3)m/s；從開(kāi)始到彈簧最短時(shí)，對(duì)物塊C，由動(dòng)量定理：I＝mv2＝4 N·s ，選項(xiàng)B正確，A錯(cuò)誤；B與C相碰的過(guò)程：mv1＝2mv3，解得v3＝1 m/s；則從開(kāi)始到A與彈簧分離的過(guò)程中整個(gè)系統(tǒng)損失的機(jī)械能為ΔE＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)·2mv32＝3J，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤．]
3．D [在t1和t3時(shí)刻兩物塊達(dá)到共同速度1 m/s，且t1時(shí)刻彈簧處于壓縮狀態(tài)，t3時(shí)刻彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，兩個(gè)時(shí)刻彈簧的彈性勢(shì)能最大；由圖像的面積可知，在t1～t2時(shí)間內(nèi)A、B的距離逐漸增大，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量守恒，從0～t1時(shí)刻：m1v0＝(m1＋m2)v1，即3m1＝(m1＋m2)×1，解得2m1＝m2，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在t2時(shí)刻A、B兩物塊的速度分別為－1m/s和2 m/s，根據(jù)Ek＝eq \f(1,2)mv2，可知?jiǎng)幽苤葹镋k1∶Ek2＝1∶8，選項(xiàng)D正確．]
4．(1) 2m/s，方向向左 (2)0.27
解析 (1)規(guī)定向左為正方向，對(duì)B、C系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律有：
mv0＝Mv－mv1
代入數(shù)據(jù)解得：v＝2m/s，方向向左；
(2)A與B作用過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律有：
Mv＝(M＋m)v共
代入數(shù)據(jù)解得：v共＝1.6m/s
由能量守恒定律有：
μmgL＝eq \f(1,2)Mv2－eq \f(1,2)(m＋M)v共2
代入數(shù)據(jù)解得：μ≈0.27.
5．(1) eq \r(\f(6,5)gR) (2)eq \f(3,5)eq \r(\f(2,5)gR) eq \f(66,125)R
解析 (1)物塊與圓弧體組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，物塊到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)兩者速度相等，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有：mv0＝(m＋2m)v，
由機(jī)械能守恒定律有：
eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)(m＋2m)v2＋mgR(1－csθ)，
聯(lián)立解得：v0＝eq \r(\f(6,5)gR)；
(2)對(duì)物塊，由機(jī)械能守恒定律有：
eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋mgR(1－csθ)，
解得：v1＝eq \r(\f(2,5)gR)
物塊從圓弧最高點(diǎn)拋出后，在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，物塊到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，物塊的速度：v2＝v1csθ＝eq \f(3,5)eq \r(\f(2,5)gR)，
由機(jī)械能守恒定律有：eq \f(1,2)mv02＝mgh＋eq \f(1,2)mv22，
聯(lián)立解得：h＝eq \f(66,125)R.
6．(1)eq \f(1,3)v0 (2)eq \f(2,3)v0 (3)eq \f(1,27)mv02
解析 (1)A、B速度相同時(shí)，彈簧壓縮量最大即彈性勢(shì)能最大，以初速度v0的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒有：mv0＝3mv
解得v＝eq \f(1,3)v0；
(2)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，滑塊B的速度最大，由動(dòng)量守恒有：
mv0＝mvA＋2mvB
由能量關(guān)系有：eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mvA2＋eq \f(1,2)·2mvB2
解得vA＝eq \f(1,3)v0，vB＝eq \f(2m,2m＋m)v0＝eq \f(2,3)v0；
(3)B與擋板碰撞后，當(dāng)A、B共速時(shí)彈性勢(shì)能最大，整個(gè)過(guò)程中機(jī)械能守恒，則有：
Epm＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(3,2)mv共′2
當(dāng)v共′最大時(shí)，Epm最小；設(shè)B、C碰前瞬間，A、B的速度分別為vA′、vB′，由動(dòng)量守恒：mv0＝mvA′＋2mvB′
B、C碰后至A、B再次共速的過(guò)程，對(duì)系統(tǒng)：
mvA′－2mvB′＝3mv共′
當(dāng)B與C碰撞前彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，A的速度向左最大，B的速度向右最大，且B的動(dòng)量：pm＝2mvB>mv0
在這種情況下，B與擋板碰撞后，A、B速度均向左，總動(dòng)量向左最大；
由(2)可知：vA′＝－eq \f(1,3)v0，vB′＝eq \f(2,3)v0
再由：mvA′－2mvB′＝3mv共′
可得v共′＝－eq \f(5,9)v0，
則(Epm)min＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(3,2)mv共′2＝eq \f(1,27)mv02.
7．(1)eq \f(1,5)v0 (2)eq \f(L,3) eq \f(v02,75Lg) (3)eq \f(7,54)L
解析 (1)設(shè)子彈和小木塊的共同速度為v1，以v0的方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律有：eq \f(1,10)mv0＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10)m＋\f(2,5)m))v1
解得：v1＝eq \f(1,5)v0；
(2)內(nèi)嵌子彈的小木塊與小車作用過(guò)程，子彈、小木塊和小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)共同速度為v2，
則有：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10)m＋\f(2,5)m))v1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10)m＋\f(2,5)m＋m))v2
解得：v2＝eq \f(1,15)v0
小木塊與小車之間的摩擦力大小為f，木塊從A運(yùn)動(dòng)到B的路程為s，對(duì)小木塊有：
－fs＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10)m＋\f(2,5)m))v22－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10)m＋\f(2,5)m))v12
對(duì)小車有：f(s－L)＝eq \f(1,2)mv22
解得：s＝eq \f(4,3)L，f＝eq \f(mv02,150L)
小車從A運(yùn)動(dòng)到B的路程為：s－L＝eq \f(L,3)
動(dòng)摩擦因數(shù)：μ＝eq \f(v02,75gL)；
(3)內(nèi)嵌子彈的小木塊反彈后與小車達(dá)到相對(duì)靜止?fàn)顟B(tài)，共同速度為v3，相對(duì)小車滑行的距離為s1，小車停后小木塊做勻減速運(yùn)動(dòng)，相對(duì)小車滑行距離為s2
根據(jù)動(dòng)量守恒有：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10)m＋\f(2,5)m))v2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10)m＋\f(2,5)m＋m))v3
解得：v3＝eq \f(1,3)v2＝eq \f(1,45)v0
根據(jù)能量守恒：
fs1＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10)m＋\f(2,5)m))v22－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10)m＋\f(2,5)m＋m))v32
對(duì)內(nèi)嵌子彈的小木塊，根據(jù)動(dòng)能定理有
fs2＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10)m＋\f(2,5)m))v32
解得：s1＝eq \f(L,9)，s2＝eq \f(1,54)L
內(nèi)嵌子彈的小木塊在小車上的位置與小車右端的距離：
x＝s1＋s2＝eq \f(7,54)L.

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