动量-备战2022年高考案头必备模型（解析版）

模型33动量-备战2022年高考案头必备模型+典例+方法+练习目录动量和冲量 2动量定理 4动量中的碰撞 9反冲、爆炸 13动量和能量观点的综合应用“滑块——平板” 15动量和能量观点的综合应用“滑块——弹簧” 17动量和能量观点的综合应用“子弹打木块” 19人船模型 21

动量和冲量【模型+方法】1、动量（1）定义：运动物体的质量与速度的乘积。

（2）表达式：。单位：

（3）矢量性：动量是矢量，方向与速度方向相同，运算遵守平行四边形定则。

（4）动量的变化量：，是矢量，方向与一致。（5）动量与动能的关系：

要点诠释：对“动量是矢量，方向与速度方向相同”的理解，如：做匀速圆周运动的物体速度的大小相等，动能相等（动能是标量），但动量不等，因为方向不同。对“是矢量，方向与一致”的理解，如：一个质量为的小钢球以速度竖直砸在钢板上，假设反弹速度也为，取向上为正方向，则速度的变化量为，方向向上，动量的变化量为：方向向上。2、冲量（1）定义：力与力的作用时间的乘积。（2）表达式：单位：（3）冲量是矢量：它由力的方向决定【典例】（2021·湖南省岳阳县第一中学高三二模）如图所示，某次训练时将乒乓球发球机置于地面上方某一合适位置，正对竖直墙面水平发射乒乓球。现有两个质量相同乒乓球a和b以不同速度水平射出，碰到墙面时下落的高度之比为9：16，不计阻力，则乒乓球a和b（）A．初速度之比为3：4B．重力对两乒乓球的冲量大小之比为9：16C．从射出到碰到墙面时重力做功的平均功率之比为3：4D．碰到墙面时重力的瞬时功率之比为9：16【答案】C【详解】A．乒乓球做平抛运动，根据可得乒乓球碰墙前运动时间之比为3：4，又因为水平位移相等，根据可得乒乓球a和b初速度之比为4：3，故A错误；B．根据冲量的定义可得重力对两乒乓球的冲量大小之比为3：4，故B错误；C．根据平均功率重力做功可知重力做功的平均功率之比为3：4，故C正确；D．根据瞬时功率公式为F与v方向的夹角，即乒乓球碰到墙面时重力的瞬时功率可得碰到墙面时重力的瞬时功率之比为3：4，故D错误。故选C。【练习】（2021·北京市海淀区精华培训学校高三月考）跳水是我国的运动强项，在2019世界泳联世锦赛的跳水项目中，中国梦之队获得了12金、4银、1铜的骄人战绩。三米板的比赛中，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的跳板上（A位置），随跳板一同向下运动到最低点（B位置），对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的这个过程中，不计空气阻力，下列说法中正确的是（）A．运动员始终处于失重状态B．运动员的重力势能与跳板的弹性势能之和先增大后减小C．跳板对运动员支持力的冲量和运动员重力冲量大小相等、方向相反D．跳板对运动员支持力做的功等于运动员机械能的变化量【答案】D【详解】A．运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的这个过程中，运动员先加速后减速，则先失重后超重，选项A错误；B．运动员的动能、重力势能和跳板的弹性势能三者之和守恒，因动能先增加后减小，则重力势能与跳板的弹性势能之和先减小后增大，选项B错误；C．运动员动量减小，即动量的变化不为零，根据动量定理可知，跳板对运动员支持力的冲量和运动员重力冲量方向相反，但是大小不相等，选项C错误；D．根据能量关系可知，跳板对运动员支持力做的功等于运动员机械能的变化量，选项D正确。故选D。动量定理【模型+方法】1.动量定理（1）内容：物体所受的合外力的冲量等于它的动量的变化量。

（2）表达式：或（3）动量的变化率：根据牛顿第二定律即，这是动量的变化率，物体所受合外力等于动量的变化率。如平抛运动物体动量的变化率等于重力。2.要点诠释：

（1）动量定理的研究对象可以是单个物体，也可以是物体系统。对物体系统，只需分析系统受的外力，不必考虑系统内力。系统内力的作用不改变整个系统的总动量。

（2）用牛顿第二定律和运动学公式能求解恒力作用下的匀变速直线运动的间题，凡不涉及加速度和位移的，用动量定理也能求解，且较为简便。

但是，动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力。对于变力，动量定理中的F应当理解为变力在作用时间内的平均值。

（3）用动量定理解释的现象一般可分为两类：一类是物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小。另一类是作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小。分析问题时，要把哪个量一定哪个量变化搞清楚。（4）应用求变力的冲量：如果物体受到变力作用，则不直接用求变力的冲量，这时可以求出该力作用下的物体动量的变化，等效代换变力的冲量I。

（5）应用求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化：曲线运动中物体速度方向时刻在改变，求动量变化需要应用矢量运算方法，比较复杂，如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化。3.动量定理的理解表达式动量定理的表达式是一个矢量式,包含了大小和方向双重含义,一维情况下需选定一个正方向(或)研究对象动量定理的研究对象可以是单个物体,也可以是多物体组成的系统冲量动量定理中的冲量是合力的冲量,而不是某一个力的冲量.力可以是恒力,也可以是变力方程由动量定理列出的方程是一个过程方程,方程中两个动量对应时间的始末时刻4.两种典型场景的应用方法(1)动量和能量的综合问题。

动量的观点包括动量定理和动量守恒定律,能量的观点包括动能定理和能量守恒定律.这两个观点研究的是物体或系统所经历的过程中运动状态的改变,即只要知道过程的始末状态动量、动能和力在过程中的冲量和所做的功,即可对问题进行求解.

要点①在解决涉及时间的问题时可采用动量定理,在解决涉及位移的问题时,可考虑选用能量观点的表达式.

②动量观点的表达式都是矢量表达式,也可以写出分量表达式,但能量观点的表达式是标量表达式，没有分量表达式.

(2)应用动量定理求解流体问题时,由于流体的连续性,故解决问题时需先选取一个流体微元,再对微元列出相应方程,思路如下:求小柱体的体积和小柱体的质量求小柱体的动量变化应用动量定理列方程：在极短时间内，取一小柱体作为研究对象求小柱体的体积和小柱体的质量求小柱体的动量变化应用动量定理列方程：在极短时间内，取一小柱体作为研究对象5．动量和动能的关系(1)动量和动能都与物体的某一运动状态相对应，都与物体的质量和速度有关．但它们存在明显的不同：动量的大小与速度成正比，p＝mv；动能的大小与速度的平方成正比，Ek＝mv2/2.两者的关系：p2＝2mEk.(2)动量是矢量而动能是标量．物体的动量发生变化时，动能不一定变化；但物体的动能一旦发生变化，则动量必发生变化．(3)动量的变化量Δp＝p2－p1是矢量形式，其运算遵循平行四边形定则；动能的变化量ΔEk＝Ek2－Ek1是标量式，运算时应用代数法．2．动量和冲量的关系冲量是物体动量变化的原因，动量变化量的方向与合外力冲量方向相同．6.动能定理和动量定理的比较动能定理动量定理研究对象单个物体或可视为单个物体的系统单个物体或可视为单个物体的系统公式W＝Ek′－Ek或Fs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,t)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)I＝pt－p0或Ft＝mvt－mv0物理量的意义公式中的W是合外力对物体所做的总功，做功是物体动能变化的原因．Ek′－Ek是物体动能的变化，是指做功过程的末动能减去初动能公式中的Ft是合外力的冲量，冲量是使研究对象动量发生变化的原因．mvt－mv0是研究对象的动量变化，是过程终态动量与初态动量的矢量差相同处①两个定理都可以在最简单的情景下，利用牛顿第二定律导出．②它们都反映了力的积累效应，都是建立了过程量与状态量变化的对应关系．③既适用于直线运动，又适用于曲线运动；既适用于恒力的情况，又适用于变力的情况不同处动能定理是标量式，动量定理是矢量式．②侧重于位移过程的力学问题用动能定理处理较为方便，侧重于时间过程的力学问题用动量定理处理较为方便．③力对时间的积累决定了动量的变化，力对空间的积累则决定动能的变化特别提醒：做功的过程就是能量转化的过程，做了多少功，就表示有多少能量发生了转化，所以说功是能量转化的量度．功能关系是联系功和能的“桥梁”．【典例】（2021·北京北理工附中高三三模）根据量子理论：光子既有能量也有动量；光子的能量E和动量p之间的关系是，其中c为光速。由于光子有动量，照到物体表面的光子被物体吸收或被反射时都会对物体产生一定的冲量，也就对物体产生了一定的压强。根据动量定理可近似认为：当动量为p的光子垂直照到物体表面，若被物体反射，则物体受到的冲量大小为2p；若被物体吸收，则物体受到的冲量大小为p。某激光器发出激光束的功率为，光束的横截面积为S。当该激光束垂直照射到某物体表面时，物体对该激光的反光率为，则激光束对此物体产生的压强为（）A． B． C． D．【答案】B【详解】时间t内释放光子的能量为光子的总动量为根据题意，由动量守恒定律有激光束对此物体产生的压强为联立解得所以B正确；ACD错误；故选B。【练习1】（2021·海南海口一中高三月考）离子推进器已经全面应用于我国航天器，其工作原理如图所示，推进剂氙原子P喷注入腔室C后，被电子枪G射出的电子碰撞而电离，成为带正电的氙离子。氙离子从腔室C中飘移过栅电极A的速度大小可忽略不计，在栅电极A、B之间的电场中加速，并从栅电极B喷出。在加速氙离子的过程中飞船获得反推力。已知栅电极A、B之间的电压为U，氙离子的质量为m、电荷量为q，AB间距为d，推进器单位时间内喷射的氙离子数目n。则喷射离子过程中，对推进器产生的反冲作用力大小为（）A． B． C． D．【答案】C【详解】氙离子在栅电极A、B间经历直线加速过程，根据动能定理有解得由动量定理得解得由牛顿第三定律知，对推进器产生的反冲作用力大小是故选C。【练习2】（2021·湖南省常德芷兰实验学校高三月考）高台跳雪是冬奥会的比赛项目之一。如图所示，某高台跳雪运动员（可视为质点）从雪道末端先后以初速度之比vl：v2=3：4沿水平方向飞出，不计空气阻力，则运动员从飞出到落到雪坡上的整个过程中（）A．运动员先后在空中飞行的时间不相同B．运动员先后落在雪坡上的速度方向不同C．运动员先后落在雪坡上动量的变化量之比为3∶4D．运动员先后落在雪坡上动能的增加量之比为3∶4【答案】AC【详解】A．由平抛运动规律有位移偏角即雪坡倾角，可得联立解得运动员飞行的时间t与v0成正比，故运动员先后在空中飞行的时间不相同，A正确；B．运动员落至雪坡的速度偏角满足对比位移偏角可得落到雪坡上位移偏角相同，则速度偏角也相同，B错误；C．由于运动员飞行的时间t与v0成正比得运动员飞行过程，由动量定理有故运动员先后落在雪坡上动量的变化量之比为3∶4，C正确；D．由动能定理可得运动员先后落在雪坡上动能的增加量与时间的平方成正比，故动能的增加量之比为9∶16，D错误。故选AC。动量中的碰撞【模型+方法】碰撞1．概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．2．特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．3．分类种类动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒守恒非弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失最大【拓展提升】1．弹性碰撞后速度的求解根据动量守恒和机械能守恒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′①,\f(1,2)m1v\o\al(2,1)＋\f(1,2)m2v\o\al(2,2)＝\f(1,2)m1v1′2＋\f(1,2)m2v2′2②))解得v1′＝v2′＝2．弹性碰撞分析讨论当碰前物体2的速度不为零时，若m1＝m2，则v1′＝v2，v2′＝v1，即两物体交换速度。当碰前物体2的速度为零时，v2＝0，则：v1′＝，v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)，(1)m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后两物体交换速度。(2)m1>m2时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两物体沿同方向运动。(3)m1<m2时，v1′<0，v2′>0，碰撞后质量小的物体被反弹回来。【典例】游乐场滑索项目的简化模型如图所示，索道段光滑，A点比B点高1.25m，与段平滑连接的段粗糙，长4m。质量为50kg的滑块从A点由静止下滑，到B点进入水平减速区，在C点与缓冲墙发生碰撞，反弹后在距墙1m的D点停下。设滑块与段的动摩擦因数为0.2，规定向右为正方向。g取。下列说法正确的是()

A.缓冲墙对滑块的冲量为 B.缓冲墙对滑块的冲量为C.缓冲墙对滑块做的功为 D.缓冲墙对滑块做的功为答案：BC解析：滑块从A滑到C，由动能定理有，解得，碰后滑到D的过程，有，得，与墙碰撞过程应用动量定理（向右为正）有，故A错误，B正确。对碰撞过程应用动能定理有，故C正确，D错误。【练习1】如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，两小球的质量分别为和，图乙为它们碰撞前后的图像。已知。由此可以判断()

A.碰前B静止，A向右运动 B.碰后B和A都向右运动C.由动量守恒可以算出 D.碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能答案：AC解析：由题图乙可以看出，碰前A位移随时间均匀增加，B位移不变，可知B静止，A向右运动，故A正确；碰后一个位移增大，一个位移减小，说明运动方向不一致，B错误；由题图乙可以计算出A碰前的速度，碰后的速度碰前的速度，碰后的速度，由动量守恒定律，计算得，故C正确；碰撞过程中系统损失的机械能，D错误。【练习2】如图所示，质量为且足够长的小车以的速度沿光滑的水平面运动，在小车正上方处有一质量为的可视为质点的物块由静止释放，经过一段时间刚好落在小车上无反弹，作用时间很短，随后二者一起沿水平面向右运动。已知物块与小车上表面之间的动摩擦因数为，重力加速度为，忽略空气阻力。则下列说法正确的是()

A.物块落在小车上的过程中，物块和小车组成的系统动量守恒B.物块落在小车后的速度大小为3m/sC.物块在小车的上表面滑动的距离为0.5mD.物块落在小车的整个过程中，系统损失的能量为7.5J答案：CD解析：本题通过竖直方向的碰撞模型考查动量守恒定律和功能关系。物块落在小车上的过程中，物块与小车组成的系统在竖直方向有外力作用，动量不守恒，故A错误；物块与小车组成的系统水平方向不受外力，则系统在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则有，所以二者的共同速度为，故B错误；物块落上小车到二者共速的过程中，因摩擦损失的机械能为，代入数据解得，由功能关系有，解得，故C正确；在整个过程中，系统损失的机械能等于物块减少的重力势能与二者损失的动能之和，由能量守恒定律得，代入数据可得，故D正确。【练习3】疫情期间，居家隔离时各种家庭游戏轮番上演，小明家举行餐桌“冰壶”比赛。如图所示，选取两个质量不同的易拉罐，把易拉罐B放在离餐桌左侧中心五分之一处，将易拉罐A从左侧桌边中心以某一初速度快速推出，两易拉罐沿纵向发生弹性碰撞，最终两易拉罐都恰好停在桌边。若已知餐桌长为L，易拉罐与桌面间的动摩擦因数为μ，以下说法正确的是()

A.两个易拉罐质量之比B.全过程两个易拉罐与桌面间因摩擦产生的内能之比C.易拉罐A的初速度为D.碰后两个易拉罐在桌面上运动的时间之比答案：BC解析：本题通过易拉罐的运动及碰撞考查动量守恒定律和能量守恒定律。设易拉罐A与B碰撞前的速度为v，碰撞后两易拉罐的速度分别为和，碰撞过程中易拉罐A和易拉罐B组成的系统动量守恒、能量守恒，有，两易拉罐都恰好停在桌边，有，，联立解得，即，A错误；全过程易拉罐A与桌面间因摩擦产生的内能，易拉罐B与桌面间因摩擦产生的内能，则，B正确；设易拉罐A的初速度为，，由上述分析得，得，C正确；碰后易拉罐在桌面上运动的时间，则碰后两个易拉罐在桌面上运动时间之比，D错误。反冲、爆炸【模型+方法】1．反冲运动(1)定义：静止或运动的物体通过分离出部分物质，而使自身在反方向获得加速的现象．(2)特点：在反冲运动中，如果没有外力作用或外力远小于物体间的相互作用力，系统的动量是守恒的．2．爆炸现象爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动．【典例1】(2018·全国卷Ⅰ)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求：(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。【答案】(1)eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m))(2)eq\f(2E,mg)【解析】(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ①设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有0－v0＝－gt ②联立①②式得t＝eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m))。 ③(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有E＝mgh1 ④火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题给条件和动量守恒定律有eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,4)mveq\o\al(2,2)＝E ⑤eq\f(1,2)mv1＋eq\f(1,2)mv2＝0 ⑥由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹向上运动部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mgh2 ⑦联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为h＝h1＋h2＝eq\f(2E,mg)。 ⑧【方法规律】爆炸现象的三个规律动量守恒由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒动能增加在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加位置不变爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动【练习】（2019·江苏徐州一中模拟）(多选)向空中发射一枚炮弹，不计空气阻力，当炮弹的速度v0恰好沿水平方向时，炮弹炸裂成a、b两块，若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则()A．b的速度方向一定与原来速度方向相反B．从炸裂到落地的这段时间内，a飞行的水平距离一定比b的大C．a、b一定同时到达水平地面D．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的大小一定相等【答案】CD【解析】炮弹炸裂前后动量守恒，选定v0的方向为正方向，则mv0＝mava＋mbvb，显然vb>0、vb<0、vb＝0都有可能，A错误；vb>va、vb<va、vb＝va也都有可能，爆炸后，a、b都做平抛运动，由平抛运动规律知，下落高度相同则运动的时间相等，飞行的水平距离与速度大小成正比，故B错误，C正确；炸裂过程中，a、b之间的力为相互作用力，故D正确。【典例】（2019·新课标全国Ⅰ卷）最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3km/s，产生的推力约为4.8×106N，则它在1s时间内喷射的气体质量约为（）A．1.6×102kg B．1.6×103kg C．1.6×105kg D．1.6×106kg【答案】B【解析】设该发动机在s时间内，喷射出的气体质量为，根据动量定理，，可知，在1s内喷射出的气体质量，故本题选B。【方法规律】作用原理反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果动量守恒反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律机械能增加反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加【练习】(2017·高考全国卷Ⅰ)将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)()A．30kg·m/sB．5.7×102kg·m/sC．6.0×102kg·m/sD．6.3×102kg·m/s【答案】A【解析】燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050kg×600m/s＝30kg·m/s，选项A正确．动量和能量观点的综合应用“滑块——平板”【模型+方法】“滑块——平板”模型解题思路1应用系统的动量守恒。2在涉及滑块或平板的时间时，优先考虑用动量定理。3在涉及滑块或平板的位移时，优先考虑用动能定理。4在涉及滑块的相对位移时，优先考虑用系统的能量守恒。5滑块恰好不滑动时，滑块与平板达到共同速度。【典例】(2019·浙江余姚中学调研)如图所示，一长木板位于光滑水平面上，长木板的左端固定一挡板，木板和挡板的总质量为M＝3.0kg，木板的长度为L＝1.5m。在木板右端有一小物块，其质量m＝1.0kg，小物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.10，它们都处于静止状态。现令小物块以初速度v0沿木板向左滑动，重力加速度g取10m/s2。(1)若小物块刚好能运动到左端挡板处，求v0的大小；(2)若初速度v0＝3m/s，小物块与挡板相撞后，恰好能回到右端而不脱离木板，求碰撞过程中损失的机械能。【答案】(1)2m/s(2)0.375J【解析】(1)设木板和物块最后共同的速度为v由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v对木板和物块系统，由功能关系得μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋M)v2由以上两式解得v0＝＝2m/s。(2)同样由动量守恒定律可知，木板和物块最后也要达到共同速度v1mv0＝(M＋m)v1设碰撞过程中损失的机械能为ΔE，则对木板和物块系统的整个运动过程，由功能关系有μmg·2L＋ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,1)由以上各式解得ΔE＝－2μmgL代入数据可得ΔE＝0.375J。【练习】(2019·河南省郑州一中预测)如图所示，质量为m＝245g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5kg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m0＝5g的子弹以速度v0＝300m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10m/s2.子弹射入后，求：(1)子弹进入物块后一起向右滑行的最大速度v1；(2)木板向右滑行的最大速度v2；(3)物块在木板上滑行的时间t.【答案】(1)6m/s(2)2m/s(3)1s【解析】(1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒定律可得：m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝6m/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：(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，解得v2＝2m/s.(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得：－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1，解得：t＝1s.动量和能量观点的综合应用“滑块——弹簧”【模型+方法】“滑块——弹簧”模型四点注意1在能量方面，由于弹簧的形变会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。2在动量方面，系统动量守恒。3弹簧处于最长最短状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统满足动量守恒，机械能守恒。4弹簧处于原长时，弹性势能为零。【典例】(2019·高考全国卷Ⅲ)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0kg，mB＝4.0kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0m，如图所示．某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0J．释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动．A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20.重力加速度取g＝10m/s2.A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？【答案】(1)4.0m/s1.0m/s(2)B先停止0.50m(3)0.91m【解析】(1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有0＝mAvA－mBvB ①Ek＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B) ②联立①②式并代入题给数据得vA＝4.0m/s，vB＝1.0m/s. ③(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a.假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B.设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB，则有mBa＝μmBg ④sB＝vBt－eq\f(1,2)at2 ⑤vB－at＝0 ⑥在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为sA＝vAt－eq\f(1,2)at2 ⑦联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得sA＝1.75m，sB＝0.25m ⑧这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25m处．B位于出发点左边0.25m处，两物块之间的距离s为s＝0.25m＋0.25m＝0.50m． ⑨(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为v′A，由动能定理有eq\f(1,2)mAv′2A－eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＝－μmAg(2l＋sB)⑩联立③⑧⑩式并代入题给数据得v′A＝eq\r(7)m/s⑪故A与B将发生碰撞．设碰撞后A、B的速度分别为v″A和v″B，由动量守恒定律与机械能守恒定律有mA(－v′A)＝mAv″A＋mBv″B⑫eq\f(1,2)mAv′eq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)mAv″eq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBv″eq\o\al(2,B)⑬联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得v″A＝eq\f(3\r(7),5)m/s，v″B＝－eq\f(2\r(7),5)m/s⑭这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动．设碰撞后A向右运动距离为s′A时停止，B向左运动距离为s′B时停止，由运动学公式2as′A＝v″eq\o\al(2,A)，2as′B＝v″eq\o\al(2,B)⑮由④⑭⑮式及题给数据得s′A＝0.63m，s′B＝0.28m⑯s′A小于碰撞处到墙壁的距离．由上式可得两物块停止后的距离s′＝s′A＋s′B＝0.91m．⑰【练习】（2019·安徽安庆一中模拟）如图所示，质量分别为1kg、3kg的滑块A、B位于光滑水平面上，现使滑块A以4m/s的速度向右运动，与左侧连有轻弹簧的滑块B发生碰撞。求二者在发生碰撞的过程中，(1)弹簧的最大弹性势能；(2)滑块B的最大速度。【答案】(1)6J(2)2m/s，向右【解析】(1)当弹簧压缩最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A、B同速。系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v解得v＝eq\f(mAv0,mA＋mB)＝eq\f(1×4,1＋3)m/s＝1m/s弹簧的最大弹性势能即滑块A、B损失的动能Epm＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(mA＋mB)v2＝6J。(2)当弹簧恢复原长时，滑块B获得最大速度，由动量守恒定律和能量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvmeq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,m)＋eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)，解得vm＝2m/s，向右。动量和能量观点的综合应用“子弹打木块”【模型+方法】“子弹打木块”模型特点1.当子弹和木块的速度相等时木块的速度最大，两者的相对位移子弹射入木块的深度取得极值。2.系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能。3.根据能量守恒，系统损失的动能ΔEk＝eq\f(M,m＋M)Ek0，可以看出，子弹的质量越小，木块的质量越大，动能损失越多。【典例】(2019·海南三亚一中模拟)如图所示，一质量m1＝0.45kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上。质量m2＝0.5kg的小物块(可视为质点)静止在车顶的右端。一质量为m0＝0.05kg的子弹以水平速度v0＝100m/s射中小车左端并留在车中，最终小物块相对地面以2m/s的速度滑离小车。已知子弹与小车的作用时间极短，小物块与车顶面的动摩擦因数μ＝0.8，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，求：(1)子弹相对小车静止时小车速度的大小；(2)小车的长度L。【答案】(1)10m/s(2)2m【解析】(1)子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得m0v0＝(m0＋m1)v1解得v1＝10m/s。(2)三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得(m0＋m1)v1＝(m0＋m1)v2＋m2v3解得v2＝8m/s由能量守恒可得eq\f(1,2)(m0＋m1)veq\o\al(2,1)＝μm2gL＋eq\f(1,2)(m0＋m1)veq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,3)解得L＝2m。【练习】(2019·湖北黄冈联考)如图所示，半径为R＝0.4m，内壁光滑的半圆形轨道固定在水平地面上，质量m＝0.96kg的滑块停放在距轨道最低点A为L＝8.0m的O点处，质量为m0＝0.04kg的子弹以速度v0＝250m/s从右边水平射入滑块，并留在其中．已知滑块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.4，子弹与滑块的作用时间很短，g取10m/s2，求：(1)子弹相对滑块静止时二者的共同速度大小v；(2)滑块从O点滑到A点的时间t；(3)滑块从A点滑上半圆形轨道后通过最高点B落到水平地面上C点，A与C间的