专题20 动量与能量综合问题(解析版)
2020年高考物理复习：动量与能量综合 专项练习题(含答案解析)
2020年高考物理复习：动量与能量综合专项练习题1.如图所示，在平直轨道上P点静止放置一个质量为2m的物体A，P点左侧粗糙，右侧光滑。
现有一颗质量为m 的子弹以v0的水平速度射入物体A并和物体A一起滑上光滑平面，与前方静止物体B发生弹性正碰后返回，在粗糙面滑行距离d停下。
已知物体A与粗糙面之间的动摩擦因数为μ＝v2072gd，求：(1)子弹与物体A碰撞过程中损失的机械能；(2)B物体的质量。
2.如图所示，水平光滑地面的右端与一半径R＝0.2 m的竖直半圆形光滑轨道相连，某时刻起质量m2＝2 kg的小球在水平恒力F的作用下由静止向左运动，经时间t＝1 s 撤去力F，接着与质量m1＝4 kg以速度v1＝5 m/s向右运动的小球碰撞，碰后质量为m1的小球停下来，质量为m2的小球反向运动，然后与停在半圆形轨道底端A点的质量m3＝1 kg的小球碰撞，碰后两小球粘在一起沿半圆形轨道运动，离开B点后，落在离A点0.8 m的位置，求恒力F 的大小。
(g取10 m/s2)3.如图所示，半径为R的四分之三光滑圆轨道竖直放置，CB是竖直直径，A点与圆心等高，有小球b静止在轨道底部，小球a自轨道上方某一高度处由静止释放自A点与轨道相切进入竖直圆轨道，a、b小球直径相等、质量之比为3∶1，两小球在轨道底部发生弹性正碰后小球b经过C点水平抛出落在离C点水平距离为22R的地面上，重力加速度为g，小球均可视为质点。
求(1)小球b碰后瞬间的速度；(2)小球a 碰后在轨道中能上升的最大高度。
4.如图所示，一对杂技演员(都视为质点)荡秋千(秋千绳处于水平位置)，从A 点由静止出发绕O 点下摆，当摆到最低点B 时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到高处A .已知男演员质量为2m 和女演员质量为m ，秋千的质量不计，秋千的摆长为R ，C 点比O 点低5R .不计空气阻力，求：(1)摆到最低点B ，女演员未推男演员时秋千绳的拉力；(2)推开过程中，女演员对男演员做的功；(3)男演员落地点C 与O 点的水平距离s .5.如图所示，光滑水平面上放着质量都为m 的物块A 和B ，A 紧靠着固定的竖直挡板，A 、B 间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A 、B 均不拴接)，用手挡住B 不动，此时弹簧弹性势能为92mv 20，在A 、B 间系一轻质细绳，细绳的长略大于弹簧的自然长度。
动量与能量守恒2025年综合题解析
动量与能量守恒2025年综合题解析在物理学的领域中，动量与能量守恒定律一直是极为重要的核心概念，不仅在理论研究中具有关键地位，更在实际问题的解决中发挥着不可或缺的作用。
接下来，让我们深入探讨 2025 年的一道有关动量与能量守恒的综合题，通过解析这道题，来进一步加深对这两个重要定律的理解和应用。
题目如下：在一个光滑的水平面上，有两个质量分别为 m1 ＝ 2kg 和 m2 ＝ 3kg 的物体，它们以速度 v1 ＝ 5m/s 和 v2 ＝ 2m/s 相向运动，发生正碰。
碰撞后两物体粘在一起，求碰撞后的共同速度以及碰撞过程中损失的机械能。
首先，我们来分析一下这道题所涉及的知识点。
动量守恒定律指出，在一个不受外力或者所受合外力为零的系统中，系统的总动量保持不变。
对于这道题，在水平方向上，没有外力的作用，所以系统在碰撞前后的总动量是守恒的。
碰撞前两物体的总动量为：P1 ＝ m1 v1 ＝ 2 5 ＝ 10 kg·m/sP2 ＝ m2 v2 ＝ 3 （－2) ＝－6 kg·m/s （因为相向运动，速度方向相反）总动量 P ＝ P1 ＋ P2 ＝ 10 6 ＝ 4 kg·m/s碰撞后两物体粘在一起，共同速度为 v，根据动量守恒定律可得：（m1 ＋ m2) v ＝ 4（2 ＋ 3) v ＝ 45v ＝ 4v ＝ 08 m/s接下来，我们来计算碰撞过程中损失的机械能。
碰撞前两物体的总动能为：E1 ＝ 1/2 m1 v1^2 ＝ 1/2 2 5^2 ＝ 25 JE2 ＝ 1/2 m2 v2^2 ＝ 1/2 3 2^2 ＝ 6 J总动能 E ＝ E1 ＋ E2 ＝ 25 ＋ 6 ＝ 31 J碰撞后两物体的总动能为：E' ＝ 1/2 （m1 ＋ m2) v^2 ＝ 1/2 5 08^2 ＝ 16 J碰撞过程中损失的机械能为：ΔE ＝ E E' ＝ 31 16 ＝ 294 J通过对这道题的解析，我们可以看出，在解决动量与能量守恒的综合问题时，关键是要清晰地判断系统是否满足动量守恒和能量守恒的条件。
动量与能量部分习题分析与解答共23页
26、要使整个人生都过得舒适、愉快，这是不可能的，因为人类必须具备一种能应付逆境的态度。——卢梭
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27、只有把抱怨环境的心情，化为上进的力量，才是成功的保证。——罗曼·罗兰
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28、知之者不如好之者，好之者不如乐之者。——孔子
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29、勇猛、大胆和坚定的决心能够抵得上武器的精良。——达·芬奇
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30、意志是一个强壮的盲人，倚靠在明眼的跛子肩上。——叔本华
13、遵守纪律的风气的培养，只有领 导者本 身在这 方面以 身作则 才能收 到成效 。—— 马卡连 柯 14、劳动者的组织性、纪律性、坚毅 精神以 及同全 世界劳 动者的 团结一 致，是 取得最 后胜利 的保证 。—— 列宁 摘自名言网
15、机会是不守纪律的。量与能量部分习题分析与解 答
11、战争满足了，或曾经满足过人的 好斗的 本能， 但它同 时还满 足了人 对掠夺 ，破坏 以及残 酷的纪 律和专 制力的 欲望。 ——查·埃利奥 特 12、不应把纪律仅仅看成教育的手段 。纪律 是教育 过程的 结果， 首先是 学生集 体表现 在一切 生活领 域—— 生产、 日常生 活、学 校、文 化等领 域中努 力的结 果。— —马卡 连柯(名 言网)
动量和能量综合问题
动量和能量综合问题---------弹簧问题中的动量、能量问题弹簧常常与其他物体直接或间接地联系在一起，通过弹簧的伸缩形变，使与之相关联的物体发生力、运动状态、动量和能量等方面的改变. 因此，其中涉及到利用到很多物理观念解决问题，弹簧与其他物体直接或间接的接触，涉及相互作用的观念。
物体在弹簧作用下运动状态发生改变，涉及运动观念。
在弹簧的拉伸或压缩过程当中涉及能量的转化过程，涉及能量守恒的观念。
在解决弹簧类问题时，需要学生建立相应物理模型，有助于提高学生的科学思维。
因此，在研究弹簧问题中的动量、能量问题时，加强这些物理观念的渗透教学，加强学生思维的引导，从而提高学生解决问题的能力。
例如1、我们在解决弹簧问题中如需求解某一瞬时状态量，如力、加速度、速度等，我们可以利用运动观念，结合牛顿第二定律解决问题。
2、如果研究的是物体或系统在某一过程中初、末状态动量、动能的改变量，而无需对过程的变化细节做深入的研究．我们利用能量及动量的观观念，利用动能定理、动量定理解决问题。
如问题不涉及物体运动过程中的加速度，而涉及运动时间的问题，优先考虑动量定理；涉及位移的问题，优先考虑动能定理．3、如我们研究的问题涉及能量，或经我们分析所受合外力为零，不受合外力，系统内力远大于外力（碰撞）等问题时，可利用守恒观念，涉及能量的利用能量守恒，后几种情况利用动量守恒解决问题。
例题研究分析如图所示，光滑圆形坡道的半径为R ，质量为 m 的小物块A 在圆形坡道上距水平面高度为h 处由静止滑下，进入水平面上的滑道。
为使A 制动，将轻弹簧的一端固定在竖直墙上的P 点，另一端连接质量为 M 的物体B ，并恰位于滑道的末端 O 点。
已知在OP 段， A 、B 与水平面间的动摩擦因数均为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g ，（A 、B 均可视为质点）求：（1）小球到达圆坡道末端O 点还未与B 接触时对坡道的压力多大？（2）若在O 点A 、B 碰后粘在一起运动，运动速度多大？（3）弹簧的弹性势能最大值（设弹簧处于原长时弹性势能为零） 问题分析（1）这一问求小球到达圆坡道末端O 点还未与B 接触时对坡道的压力，这我们求运动过程中某一状态量，需要我们运用运动的观点解决这一问题，首先分析当运动到O 点并未与B 接触之前小球的运动情况，经分析可知，小球做圆周运动，因此求此B 对轨道压力，可先求轨道对小球的支持力，再由相互作用的观点，即牛顿第三定律得到B 对轨道的压力，我们利用圆周运动向心力的相关知识可以解决，其中涉及求B 点速度，利用到能量守恒观念解决问题。
专题20 动量与能量综合问题(解析版)
2021届高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练专题20动量与能量综合问题【专题导航】目录热点题型一应用动量能量观点解决“子弹打木块”模型 (1)热点题型二应用动量能量观点解决“弹簧碰撞”模型 (4)热点题型三应用动量能量观点解决“板块”模型 (9)热点题型四应用动量能量观点解决斜劈碰撞现象 (13)【题型演练】 (16)【题型归纳】热点题型一应用动量能量观点解决“子弹打木块”模型s 2d s 1v 0子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。
作为一个典型，它的特点是：子弹以水平速度射向原来静止的木块，并留在木块中跟木块共同运动。
下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一过程。
设质量为m 的子弹以初速度0v 射向静止在光滑水平面上的质量为M 的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为d 。
求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。
要点诠释：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。
从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：()v m M mv +=0……①从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。
设平均阻力大小为f ，设子弹、木块的位移大小分别为1s 、2s ，如图所示，显然有ds s =-21对子弹用动能定理：20212121mv mv s f -=⋅-……②对木块用动能定理：2221Mv s f =⋅……③②相减得：()()2022022121v m M Mm v m M mv d f +=+-=⋅……④对子弹用动量定理：0-mv mv t f -=⋅……⑤对木块用动量定理：Mv t f =⋅……⑥【例1】(2020·江苏苏北三市模拟)光滑水平地面上有一静止的木块，子弹水平射入木块后未穿出，子弹和木块的v －t 图象如图所示．已知木块质量大于子弹质量，从子弹射入木块到达稳定状态，木块动能增加了50J ，则此过程产生的内能可能是()A ．10JB ．50JC ．70JD ．120J【答案】D.【解】析：设子弹的初速度为v 0，射入木块后子弹与木块共同的速度为v ，木块的质量为M ，子弹的质量为m ，根据动量守恒定律得：mv 0＝(M ＋m )v ，解得v ＝mv 0m ＋M .木块获得的动能为E k ＝122＝Mm 2v 202（M ＋m ）2＝Mmv 202（M ＋m ）·m M ＋m .系统产生的内能为Q ＝12mv 20－12(M ＋m )v 2＝Mmv 202（M ＋m ），可得Q ＝M ＋m mE k >50J ，当Q ＝70J 时，可得M ∶m ＝2∶5，因已知木块质量大于子弹质量，选项A 、B 、C 错误；当Q ＝120J 时，可得M ∶m ＝7∶5，木块质量大于子弹质量，选项D 正确．【变式1】(2020·陕西咸阳模拟)如图所示，相距足够远完全相同的质量均为3m 的两个木块静止放置在光滑水平面上，质量为m 的子弹(可视为质点)以初速度v 0水平向右射入木块，穿出第一块木块时的速度为25v 0，已知木块的长为L ，设子弹在木块中所受的阻力恒定。
动量和能量综合问题例析
动量和能量综合问题例析
动量和能量是物理学中最基础也是最重要的概念之一。
它们之间的关系
前五个世纪已进入各种相关科学的潮流，有各种综合实例让我们去分析和探索。
动量定义为物体所拥有的惯性，是物体移动时所产生的物理量，即动量
定义为物体的质量和速度的乘积，且它是一个守恒量，既不会减少，也不会
增加。
只有在力与动态平衡时，物体的动量才能保持稳定。
能量是物体发生变化时所拥有的量，它可以是动能、热能、电能等，它
至少有一种形式在变化，而另一种形式保持不变。
不像动量是守恒量，能量
却不是，能量在转化或消耗的过程中可会增加或减少。
实际上，动量和能量之间有相互联系和转化的规律，定义了它们之间有
某种影响的关系，其中又称为“动能定律”，即动能和动量之间是有相互联
系和转化的，当动量改变时，物体的动能也会随之改变，或反之，当动能发
生变化时，物体的动量也会改变。
举个例题：一弹球从高度h发射到地面，根据动能定律，给出该弹球从
发射到着陆的能量和转换过程：在发射时，弹球的动能为：Ea=mgh；发射时
的动量为：Pa=0。
然后当它准备落地时，弹球的动量已经为它提供了
Pb=2mv；而动能则被消耗为Eb=mgh，即与发射时相同，这里将发射落地两
个过程中速度&动量及动能转移做了对比。
总之，动量和能量之间是有相互联系和转化的，当其中一个改变的时候，另一个也会随之改变，这是一个重要的物理概念需要人们去分析和探索。
动量和能量综合问题
动量和能量综合问题汇总1． 弹性碰撞发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m 1和m 2，碰前速度为v 1，v 2，碰后速度分别为v 1ˊ，v 2ˊ，则有： m 1v 1+m 2v 2=m 1v 1ˊ+m 2v 2ˊ (1)21m 1v 12+21m 2v 22=21m 1v 1ˊ2+21m 2v 2ˊ 2 (2) 联立（1）、（2）解得：v 1ˊ=1212211-2v m m v m v m ++，v 2ˊ=2212211-2v m m v m v m ++.特殊情况：①若m 1=m 2 ，v 1ˊ= v 2 ，v 2ˊ= v 1 . ②若v 2=0则 v 1ˊ=12121-v m m m m +，v 2ˊ=21112m m v m +.(i)m 1>>m 2 v 1ˊ=v 1，v 2ˊ=2v 1 . (ii)m 1<<m 2 v 1ˊ=-v 1，v 2ˊ=0 . 2． 完全非弹性碰撞碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得：m 1v 1+m 2v 2=(m 1+m 2)v 共 （1）完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能：ΔE k = ½m 1v 12+ ½ m 2v 22- ½(m 1+m 2)v 共2. （2）联立（1）、（2）解得：v 共 =212211m m v m v m ++；ΔE k =2212121-21)v v (m m m m + 3． 非弹性碰撞介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间的碰撞。
动量守恒，碰撞系统动能损失。
根据动量守恒定律可得：m 1v 1+m 2v 2=m 1v 1ˊ+m 2v 2ˊ (1) 损失动能ΔE k ，根据机械能守恒定律可得： ½m 1v 12+ ½ m2v 22=21m 1v 1ˊ2+21m 2v 2ˊ 2 + ΔE k . (2) 恢复系数e =2112-′-v v v v ′ ①非弹性碰撞:0<e <1；②弹性碰撞:e =1；③完全非弹性碰撞:e =0。
动量和能量的综合问题-解析版
专题：动量和能量的综合问题1．燃放爆竹是我国传统民俗．春节期间，某人斜向上抛出一个爆竹，到最高点时速度大小为v0，方向水平向东，并炸开成质量相等的三块碎片a、b、c，其中碎片a的速度方向水平向东，忽略空气阻力．以下说法正确的是()A．炸开时，若碎片b的速度方向水平向西，则碎片c的速度方向可能水平向南B．炸开时，若碎片b的速度为零，则碎片c的速度方向一定水平向西C．炸开时，若碎片b的速度方向水平向北，则三块碎片一定同时落地D．炸开时，若碎片a、b的速度等大反向，则碎片c落地时的速度可能等于3v0答案C解析到最高点时速度大小为v0，方向水平向东，则总动量向东；炸开时，若碎片b的速度方向水平向西，碎片c的速度方向水平向南，则违反动量守恒定律，A错误；炸开时，若碎片b的速度为零，根据动量守恒定律，碎片c的速度方向可能水平向东，B错误；三块碎片在竖直方向上均做自由落体运动，一定同时落地，C正确；炸开时，若碎片a、b的速度等大反向，根据动量守恒定律3m v0＝m v c，解得v c＝3v0，碎片c 落地时速度的水平分量等于3v0，其落地速度一定大于3v0，D错误．2．天问一号探测器由环绕器、着陆器和巡视器组成，总质量达到5×103kg，于2020年7月23日发射升空，2021年2月24日进入火星停泊轨道．在地火转移轨道飞行过程中天问一号进行了四次轨道修正和一次深空机动，2020年10月9日23时，在距离地球大约2.94×107千米的深空，天问一号探测器3000N主发动机点火工作约480秒，发动机向后喷射的气体速度约为3×103m/s，顺利完成深空机动，天问一号飞行轨道变为能够准确被火星捕获的、与火星精确相交的轨道．关于这次深空机动，下列说法正确的是()A．天问一号的速度变化量约为2.88×103m/sB．天问一号的速度变化量约为288m/sC．喷出气体的质量约为48kgD．喷出气体的质量约为240kg答案B解析根据动量定理有Ft＝MΔvΔv＝FtM＝3000×4805×103m/s＝288m/s，即天问一号的速度变化量Δv约为288m/s，可知A错误，B正确；设喷出气体的速度为v气，方向为正方向，质量为m，由动量守恒定律可知m v气－(M－m)Δv＝0，解得喷出气体质量约为m＝438kg，C、D错误．3．某人站在静止于水面的船上，从某时刻开始，人从船头走向船尾，水的阻力不计，下列说法不正确的是()A．人匀速运动，船则匀速后退，两者的速度大小与它们的质量成反比B．人走到船尾不再走动，船也停止不动C ．不管人如何走动，人在行走的任意时刻人和船的速度方向总是相反，大小与它们的质量成反比D ．船的运动情况与人行走的情况无关答案D解析人从船头走向船尾的过程中，人和船组成的系统动量守恒．设人的质量为m ，速度为v .船的质量为M ，速度为v ′.以人行走的速度方向为正方向，由动量守恒定律得0＝m v ＋M v ′，解得vv ′＝－M m可知，人匀速行走，v 不变，则v ′不变，船匀速后退，且两者速度大小与它们的质量成反比，故A 正确，与题意不符；人走到船尾不再走动，设整体速度为v ″，由动量守恒定律得0＝(m ＋M )v ″，得v ″＝0即船停止不动，故B 正确，与题意不符；由以上分析知v v ′＝－Mm ，则不管人如何走动，人在行走的任意时刻人和船的速度方向总是相反，大小与它们的质量成反比，故C 正确，与题意不符；由以上分析知，船的运动情况与人行走的情况有关，人动船动，人停船停，故D 错误，与题意相符．4．(多选)倾角为θ的固定斜面底端安装一弹性挡板，P 、Q 两物块的质量分别为m 和4m ，Q 静止于斜面上A 处．某时刻，P 以沿斜面向上的速度v 0与Q 发生弹性碰撞．Q 与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．P 与斜面间无摩擦．斜面足够长，Q 的速度减为零之前P 不会再与之发生碰撞．重力加速度大小为g .关于P 、Q 运动的描述正确的是()A ．P 与Q 第一次碰撞后P 的瞬时速度大小为v P 1＝25v 0B ．物块Q 从A 点上升的总高度v 029g C ．物块P 第二次碰撞Q 前的速度为75v 0D ．物块Q 从A 点上升的总高度v 0218g 答案CD解析P 与Q 的第一次碰撞，取P 的初速度方向为正，由动量守恒定律得m P v 0＝m P v P 1＋m Q v Q 1，由机械能守恒定律得12m P v 02＝12m P v P 12＋12m Q v Q 12，联立解得v P 1＝－35v 0，A 错误；当P 与Q 达到H 高度时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程由动能定理得0－12m v 02＝－(m ＋4m )gH －tan θ·4mg cos θ·Hsin θ，解得H ＝v 0218g，B 错误，D 正确；P 运动至与Q 刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为v 02，第一次碰撞后至第二次碰撞前，对P 由动能定理得12m v 022－12m v P 12＝－mgh 1，P 与Q 的第一次碰撞，取P 的初速度方向为正，由动量守恒定律得m v 0＝m v P 1＋4m v Q 1，由机械能守恒定律得12m v 02＝12m v P 12＋12·4m v Q 12，联立解得v 02＝75v 0，C 正确．5．(多选)如图所示，一小车放在光滑的水平面上，小车AB 段是长为3m 的粗糙水平轨道，BC 段是光滑的、半径为0.2m 的四分之一圆弧轨道，两段轨道相切于B 点．一可视为质点、质量与小车相同的物块在小车左端A 点，随小车一起以4m/s 的速度水平向右匀速运动，一段时间后，小车与右侧墙壁发生碰撞，碰后小车速度立即减为零，但不与墙壁粘连．已知物块与小车AB 段之间的动摩擦因数为0.2，取重力加速度g ＝10m/s 2，则()A ．物块到达C 点时对轨道的压力为0B ．物块经过B 点时速度大小为1m/sC ．物块最终距离小车A 端0.5mD ．小车最终的速度大小为1m/s 答案AD解析对物块在AB 段分析，由牛顿第二定律可知F ＝ma代入数据解得a ＝μmg m ＝2m/s.根据运动学公式，物块在B 点的速度为－2ax ＝v B 2－v A 2，代入数据解得v B ＝2m/s从B 到C 的运动过程中，由动能定理可得－mgr ＝12m v C 2－12m v B 2，解得v C ＝0.根据向心力公式有F N ＝m v C 2r ，故物块到达C 点时对轨道的压力为0，A 正确；物块返回B 时，由于BC 是光滑的，有mgr ＝12m v B 2－12m v C 2，代入数据解得v B ＝2m/s ，B 错误；物块从B 到A ，以向左为正方向，由小车与物块的动量守恒，由动量守恒定律有m v B ＝(m ＋M )v ，解得v ＝1m/s ，整个过程由动能定理可得－mgx ＝12m v 2－12m v B 2，解得x ＝320m<3m ，不会从小车左端掉下来，符合题意，故物块最终距离A 端的距离为L ＝x AB －x ＝5720m ，C 错误，D 正确．6．如图所示，两平行光滑杆水平放置，两相同的小球M 、N 分别套在两杆上，并由轻弹簧拴接，弹簧与杆垂直。
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2021届高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练专题20 动量与能量综合问题【专题导航】目录热点题型一 应用动量能量观点解决“子弹打木块”模型 (1)热点题型二 应用动量能量观点解决“弹簧碰撞”模型 (4)热点题型三 应用动量能量观点解决“板块”模型 (9)热点题型四 应用动量能量观点解决斜劈碰撞现象 (13)【题型演练】 (16)【题型归纳】 热点题型一 应用动量能量观点解决“子弹打木块”模型 子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。
作为一个典型，它的特点是：子弹以水平速度射向原来静止的木块，并留在木块中跟木块共同运动。
下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一过程。
设质量为m 的子弹以初速度0v 射向静止在光滑水平面上的质量为M 的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为d 。
求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。
要点诠释：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。
从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：()v m M mv +=0……①从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。
设平均阻力大小为f ，设子弹、木块的位移大小分别为1s 、2s ，如图所示，显然有d s s =-21对子弹用动能定理：20212121mv mv s f -=⋅- ……① 对木块用动能定理：2221Mv s f =⋅ ……① ①相减得：()()2022022121v m M Mm v m M mv d f +=+-=⋅ ……① 对子弹用动量定理：0-mv mv t f -=⋅……①s 2 d s 1v 0对木块用动量定理：Mv t f =⋅ ……①【例1】(2020·江苏苏北三市模拟)光滑水平地面上有一静止的木块，子弹水平射入木块后未穿出，子弹和木块的v －t 图象如图所示．已知木块质量大于子弹质量，从子弹射入木块到达稳定状态，木块动能增加了50 J ，则此过程产生的内能可能是( )A ．10 JB ．50 JC ．70 JD ．120 J【答案】D.【解】析：设子弹的初速度为v 0，射入木块后子弹与木块共同的速度为v ，木块的质量为M ，子弹的质量为m ，根据动量守恒定律得：mv 0＝(M ＋m )v ，解得v ＝mv 0m ＋M .木块获得的动能为E k ＝12Mv 2＝Mm 2v 202（M ＋m ）2＝Mmv 202（M ＋m ）·m M ＋m .系统产生的内能为Q ＝12mv 20－12(M ＋m )v 2＝Mmv 202（M ＋m ），可得Q ＝M ＋m m E k >50 J ，当Q ＝70 J 时，可得M ①m ＝2①5，因已知木块质量大于子弹质量，选项A 、B 、C 错误；当Q ＝120 J 时，可得M ①m ＝7①5，木块质量大于子弹质量，选项D 正确．【变式1】(2020·陕西咸阳模拟)如图所示，相距足够远完全相同的质量均为3m 的两个木块静止放置在光滑水平面上，质量为m 的子弹(可视为质点)以初速度v 0水平向右射入木块，穿出第一块木块时的速度为25v 0，已知木块的长为L ，设子弹在木块中所受的阻力恒定。
试求：(1)子弹穿出第一块木块后，第一个木块的速度大小v 以及子弹在木块中所受阻力大小；(2)子弹在第二块木块中与该木块发生相对运动的时间t 。
【答案】 (1)15v 0 9m v 2025L (2)5L 6v 0【解析】 (1)子弹打穿第一块木块过程，由动量守恒定律有m v 0＝m (25v 0)＋3m v 解得v ＝15v 0 对子弹与第一块木块组成的相互作用系统，由能量守恒有F f L ＝12m v 20－12m (25v 0)2－12·(3m )v 2 解得子弹受到木块阻力F f ＝9m v 2025L(2)对子弹与第二块木块组成的相互作用系统，由于12m ·(25v 0)2＝2m v 2025＜9m v 2025，则子弹不能打穿第二块木块，设子弹与第二块木块共同速度为v 共，由动量守恒定律有m (25v 0)＝(m ＋3m )v 共 解得v 共＝v 010对第二块木块，由动量定理有F f t ＝3m (v 010) 子弹在第二块木块中的运动时间为t ＝5L 6v 0【变式1】(2020·山东六校联考)如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A 、B 中，射入A 中的深度是射入B 中深度的两倍．两种射入过程相比较( )A ．射入滑块A 的子弹速度变化大B ．整个射入过程中两滑块受的冲量一样大C ．射入滑块A 中时阻力对子弹做功是射入滑块B 中时的两倍D ．两个过程中系统产生的热量相同【答案】：BD【解析】：在子弹打入滑块的过程中，子弹与滑块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可知，mv 0＝(M ＋m )v ，两种情况下子弹和滑块的末速度相同，即两种情况下子弹的速度变化量相同，A 项错误；两滑块质量相同，且最后的速度相同，由动量定理可知，两滑块受到的冲量相同，B 项正确；由动能定理可知，两种射入过程中阻力对子弹做功相同，C 项错误；两个过程中系统产生的热量与系统损失的机械能相同，D 项正确．【变式2】(2020·河南天一大联考)如图所示，质量为M 的长木块放在水平面上，子弹沿水平方向射入木块并留在其中，测出木块在水平面上滑行的距离为s .已知木块与水平面间的动摩擦因数为μ，子弹的质量为m ，重力加速度为g ，空气阻力可忽略不计，则由此可得子弹射入木块前的速度大小为( )A.m ＋M m 2μgsB.M －m m 2μgsC.m m ＋M μgsD.m M －mμgs 【答案】A.【解析】：子弹击中木块过程，系统内力远大于外力，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv 1＝(M ＋m )v ，解得：v ＝mv 1M ＋m；子弹击中木块后做匀减速直线运动，对子弹与木块组成的系统，由动能定理得：－μ(M ＋m )gs ＝0－12(M ＋m )v 2，解得：v 1＝M ＋m m·2μgs ；故A 正确，B 、C 、D 错误． 【变式3】如图所示，质量为m ＝245 g 的物块(可视为质点)放在质量为M ＝0.5 kg 的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。
质量为m 0＝5 g 的子弹以速度v 0＝300 m/s 沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g 取10 m/s 2。
子弹射入后，求：(1)子弹与物块一起向右滑行的最大速度v 1。
(2)木板向右滑行的最大速度v 2。
(3)物块在木板上滑行的时间t 。
【答案】 (1)6 m/s (2)2 m/s (3)1 s【解析】 (1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为最大速度，由动量守恒定律可得：m 0v 0＝(m 0＋m )v 1， 解得v 1＝6 m/s 。
(2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得：(m 0＋m )v 1＝(m 0＋m ＋M )v 2， 解得v 2＝2 m/s 。
(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得：－μ(m 0＋m )gt ＝(m 0＋m )v 2－(m 0＋m )v 1，解得t ＝1 s 。
【变式4】.(2020·河北石家庄检测)矩形滑块由不同材料的上、下两层黏合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m 的子弹以速度v 水平射向滑块．若射击下层，子弹刚好不射出；若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示．则上述两种情况相比较( )A ．子弹的末速度大小相等B ．系统产生的热量一样多C ．子弹对滑块做的功不相同D ．子弹和滑块间的水平作用力一样大【答案】AB.【解析】：根据动量守恒，两次最终子弹与滑块的速度相等，A 正确；根据能量守恒可知，初状态子弹的动能相同，末状态两滑块与子弹的动能也相同，因此损失的动能转化成的热量相等，B 正确；子弹对滑块做的功等于滑块末状态的动能，两次相等，因此做功相等，C 错误；产生的热量Q ＝f ×Δs ，由于产生的热量相等，而相对位移Δs 不同，因此子弹和滑块间的水平作用力大小不同，D 错误．热点题型二 应用动量能量观点解决“弹簧碰撞”模型两个物体在极短时间内发生相互作用，这种情况称为碰撞。
由于作用时间极短，一般都满足内力远大于外力，所以可以认为系统的动量守恒。
碰撞又分弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞三种。
仔细分析一下碰撞的全过程：设光滑水平面上，质量为1m 的物体A 以速度1v 向质量为2m 的静止物体BA AB A Bv 1 v v 1/ v 2/Ⅰ Ⅱ Ⅲ运动，B 的左端连有轻弹簧。
在①位置A 、B 刚好接触，弹簧开始被压缩，A 开始减速，B 开始加速；到①位置A 、B 速度刚好相等（设为v ），弹簧被压缩到最短；再往后A 、B 开始远离，弹簧开始恢复原长，到①位置弹簧刚好为原长，A 、B 分开，这时A 、B 的速度分别为21v v ''和。
全过程系统动量一定是守恒的；而机械能是否守恒就要看弹簧的弹性如何了。
（1）弹簧是完全弹性的。
①→①系统动能减少全部转化为弹性势能，①状态系统动能最小而弹性势能最大；①→①弹性势能减少全部转化为动能；因此①、①状态系统动能相等。
这种碰撞叫做弹性碰撞。
由动量守恒和能量守恒可以证明A 、B 的最终速度分别为：121121212112,v m m m v v m m m m v +='+-='。
（这个结论最好背下来，以后经常要用到。
） （2）弹簧不是完全弹性的。
①→①系统动能减少，一部分转化为弹性势能，一部分转化为内能，①状态系统动能仍和①相同，弹性势能仍最大，但比①小；①→①弹性势能减少，部分转化为动能，部分转化为内能；因为全过程系统动能有损失（一部分动能转化为内能）。
这种碰撞叫非弹性碰撞。
（3）弹簧完全没有弹性。
①→①系统动能减少全部转化为内能，①状态系统动能仍和①相同，但没有弹性势能；由于没有弹性，A 、B 不再分开，而是共同运动，不再有①→①过程。
这种碰撞叫完全非弹性碰撞。
可以证明，A 、B 最终的共同速度为121121v m m m v v +='='。
在完全非弹性碰撞过程中，系统的动能损失最大，为： ()()21212122121122121m m v m m v m m v m E k +='+-=∆。
【例2】(2019·衡水中学模拟)如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN 右端N 处与水平传送带理想连接，传送带长度L ＝4.0 m ，传送带以恒定速率v ＝3.0 m/s 沿顺时针方向匀速传送．三个质量均为m ＝1.0 kg 的滑块A 、B 、C 置于水平导轨上，开始时滑块B 、C 之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态．滑块A 以初速度v 0＝2.0 m/s 沿B 、C 连线方向向B 运动，A 与B 发生弹性碰撞后黏合在一起，碰撞时间极短，可认为A 与B 碰撞过程中滑块C 的速度仍为零．因碰撞使连接B 、C 的细绳受到扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C 与A 、B 分离．滑块C 脱离弹簧后以速度v C ＝2.0 m/s 滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P 点．已知滑块C 与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g 取10 m/s 2.(1)求滑块C 从传送带右端滑出时的速度大小；(2)求滑块B 、C 用细绳相连时弹簧的弹性势能E p ；(3)若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C 总能落至P 点，则滑块A 与滑块B 碰撞前速度的最大值v m 是多少？【答案】：见解析【解析】：(1)滑块C 滑上传送带后做匀加速运动，设滑块C 从滑上传送带到速度达到传送带的速度v 所用的时间为t ，加速度大小为a ，在时间t 内滑块C 的位移为x由牛顿第二定律得μmg ＝ma由运动学公式得v ＝v C ＋at ，x ＝v C t ＋12at 2 代入数据可得x ＝1.25 m<L故滑块C 在传送带上先加速，达到传送带的速度v 后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C 从传送带右端滑出时的速度为3.0 m/s.(2)设A 、B 碰撞后的速度为v 1，A 、B 与C 分离时的速度为v 2由动量守恒定律有m A v 0＝(m A ＋m B )v 1，(m A ＋m B )v 1＝(m A ＋m B )v 2＋m C v CA 、B 碰撞后，弹簧伸开的过程中系统能量守恒，则有E p ＋12(m A ＋m B )v 21＝12(m A ＋m B )v 22＋12m C v 2C 代入数据可解得E p ＝1.0 J.(3)在题设条件下，若滑块A 在碰撞前速度有最大值v m ，则碰撞后滑块C 的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传送带的速度v设A 与B 碰撞后的速度为v ′1，与滑块C 分离后A 与B 的速度为v ′2，滑块C 的速度为v ′CC 在传送带上做匀减速运动的末速度为v ＝3 m/s ，加速度大小为2 m/s 2由匀变速直线运动的速度－位移公式得v 2－v ′2C ＝2(－a )L ，解得v ′C＝5 m/s 以水平向右为正方向，由动量守恒定律可得，A 、B 碰撞过程有m A v m ＝(m A ＋m B )v ′1弹簧伸开过程有(m A ＋m B )v ′1＝m C v ′C ＋(m A ＋m B )v ′2在弹簧伸展的过程中，由能量守恒定律得E p ＋12(m A ＋m B )v ′21＝12(m A ＋m B )v ′22＋12m C v ′2C 联立以上几式并代入数据解得v m ＝7.1 m/s.【变式1】(2020·宁夏石嘴山三中期末)两物块A 、B 用轻弹簧相连，质量均为2 kg ，初始时弹簧处于原长，A 、B 两物块都以v ＝6 m/s 的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4 kg 的物块C 静止在前方，如图所示，B 与C 碰撞后二者会粘连在一起运动。