人教版高考物理一轮复习第6章动量动量守恒定律第2讲动量守恒定律及其应用含答案

第2讲　动量守恒定律及其应用

授课提示：对应学生用书第112页

一、动量守恒定律
1．动量守恒定律
(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变。
(2)四种表达式
①p＝p′，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′。
②m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。
③Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。
④Δp＝0，系统总动量的增量为零。
2．动量守恒定律的应用条件
系统不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合外力都为零，更不能认为系统处于平衡状态。
二、弹性碰撞和非弹性碰撞
1．碰撞：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

动量
机械能
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
4.反冲
(1)在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。这类相互作用的过程中系统的动能增大，且常伴有其他形式能向动能的转化。
(2)反冲运动的过程中，如果合外力为零或外力的作用远小于物体间的相互作用力，可利用动量守恒定律来处理。
5．爆炸问题：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。

授课提示：对应学生用书第112页

　　自主探究

1．动量守恒的条件
(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。
(2)近似守恒：系统受到的外力矢量和不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。
(3)某一方向上守恒：系统在某个方向上所受外力矢量和为零时，系统在该方向上动量守恒。
2．动量守恒定律的“六种”性质

系统性
研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统
条件性
首先判断系统是否满足守恒条件
相对性
公式中v1、v2、v1′、v2′ 必须相对于同一个惯性参考系
同时性
公式中v1、v2是在相互作用前同一时刻的速度，v1′、v2′ 是相互作用后同一时刻的速度
矢量性
应先选取正方向，凡是与选取的正方向一致的动量为正值，相反为负值
普适性
不仅适用低速宏观系统，也适用于高速微观系统
3.动量守恒定律的表达式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。
(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。
(3)Δp＝0，系统总动量的增量为零。

1．如图所示，站在车上的人，用锤子连续敲打小车。初始时，人、车、锤子都静止。假设水平地面光滑，关于这一物理过程，下列说法正确的是(　　)

A．连续敲打可使小车持续向右运动
B．人、车和锤子组成的系统机械能守恒
C．当锤子速度方向竖直向下时，人和车水平方向的总动量为零
D．人、车和锤子组成的系统动量守恒
解析：人、车和锤子整体看作一个处在光滑水平地面上的系统，水平方向上所受合外力为零，故水平方向上动量守恒，总动量始终为零，当锤子有相对大地向左的速度时，车有向右的速度，当锤子有相对大地向右的速度时，车有向左的速度，故车做往复运动，故A错误；初始时，人、车和锤子都静止，在举起锤子的过程中，人对锤子做功，锤子击打小车时，发生的不是完全弹性碰撞，系统机械能有损耗，故B错误；锤子的速度竖直向下时，没有水平方向的速度，因为水平方向总动量恒为零，故人和车水平方向的总动量也为零，故C正确；人、车和锤子在水平方向上动量守恒，因为锤子会有竖直方向的加速度，故锤子竖直方向上合外力不为零，竖直动量不守恒，系统总动量不守恒，故D错误。
答案：C
2．(2019·高考江苏卷)质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦。小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为(　　)
A.v　　　　　　　　 B.v
C. v D. v
解析：设滑板的速度为u，小孩和滑板动量守恒，0＝mu－Mv，解得u＝v，故B正确。
答案：B
3．(多选)(2020·高考全国卷Ⅱ)水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为(　　)
A．48 kg B．53 kg
C．58 kg D．63 kg
解析：设运动员的质量为M，第一次推物块后，运动员速度为v1，第二次推物块后，运动员速度为v2……第八次推物块后，运动员速度为v8，
第一次推物块后，由动量守恒定律知Mv1＝mv0，
第二次推物块后，由动量守恒定律知
M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0，
……
第n次推物块后，由动量守恒定律知
M(vn－vn－1)＝2mv0，
整理得vn＝，
则v7＝，v8＝。
由题意知，v7＜5 m/s，则M＞52 kg，又知v8＞5 m/s，则M＜60 kg，可知选项B、C正确。
答案：BC
规律总结
动量守恒定律解题“五步法”
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　　教材走向高考

实例一　碰撞
1．碰撞现象满足的规律
(1)动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。
(2)动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋。
(3)速度要合理
①若碰前两物体同向运动，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′ ≥v后′。
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
2．物体的碰撞是否为弹性碰撞的判断
弹性碰撞是碰撞过程中无机械能损失的碰撞，遵循的规律是动量守恒定律和机械能守恒定律，确切地说是碰撞前后系统动量守恒，动能不变。另外题目中明确告诉物体间的碰撞是弹性碰撞或题目中明确告诉是弹性小球或分子(原子等微观粒子)碰撞的，都是弹性碰撞。
3．完全非弹性碰撞的特征
(1)撞后共速。
(2)有动能损失，且损失最多，ΔEk＝(m1v12＋m2v22)－(m1＋m2)v共2。

碰撞问题是高考的热点，分析近几年高考题可以发现，每年的命题虽然都有变化，但每年的考题都是源于教材习题的拓展提升，以核心素养落地为背景的新高考更会关注教材习题。教材习题多以简单的碰撞为背景考查动量守恒定律和能量守恒定律的应用，而高考题通常会拓展为与动力学和能量结合的多物体系统或多过程问题，考查学生灵活应用规律的能力。同学们可通过以下示例认真体会，感悟高考真题与教材习题间的溯源关系，精准备考新高考。

[典例1]　[人教版选修3－5·P21·T2]
质量为m、速度为v的A球跟质量为3m的静止B球发生正碰。碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值。请你论证：碰撞后B球的速度可能是以下值吗？
(1)0.6v；(2)0.4v；(3)0.2v。
[解析]　根据动量守恒定律得mv＝mv1＋3mv2，则当v2＝0.6v时，v1＝－0.8v，则碰撞后的总动能Ek′＝m(－0.8v)2＋×3m(0.6v)2＝1.72×mv2，大于碰撞前的总动能，违反了能量守恒定律，故不可能是0.6v；当v2＝0.4v时，v1＝－0.2v，则碰撞后的总动能为Ek′＝m(－0.2v)2＋×3m(0.4v)2＝0.52×mv2，小于碰撞前的总动能，故可能发生的是非弹性碰撞，故可能是0.4v；当v2＝0.2v时，v1＝0.4v，则碰撞后的A球的速度大于B球的速度，而两球碰撞，A球不可能穿透B球，故不可能是0.2v。
[答案]　可能是(2)0.4v，而不可能是(1)0.6v和(3)0.2v。

拓展❶　由两小球的碰撞问题拓展为以图象为背景的碰撞问题
(2020·高考全国卷Ⅲ)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为(　　)

A．3 J　　　　　　　　　 B．4 J
C．5 J D．6 J
【真题命题立意】　本题在典例1“一动一静”两小球碰撞问题的基础上，拓展为以图象为背景“动—动”的追碰问题，题目中的考查点由典例1中碰撞结果的分析与计算，拓展为从图象中提取数据进行分析和计算，但考查的核心知识点仍然是动量守恒的条件及动量守恒定律的应用。
解析：根据图象，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲＝5.0 m/s，v乙＝1.0 m/s，碰撞后甲、乙的速度分别为v甲′＝－1.0 m/s，v乙′＝2.0 m/s。碰撞过程中由动量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，碰撞过程损失的机械能ΔE＝m甲v甲2＋m乙v乙2－m甲v甲′2－m乙v乙′2，联立以上各式解得ΔE＝3 J。
答案：A
拓展❷　由两小球的碰撞问题拓展为含“弹簧”的多过程问题
(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＝1.0 kg，mB＝4.0 kg；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＝1.0 m，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＝10.0 J。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＝10 m/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？
【真题命题立意】　本题在典例1“一动一静”两小球碰撞问题的基础上，拓展为在弹簧弹力作用下的多过程和多次碰撞问题，题目中的考查点由典例1中碰撞结果的分析与计算，拓展为动量、动力学和能量的综合计算，但考查的核心知识点仍然是动量守恒的条件、动量守恒定律和能量守恒定律的应用。
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，①
Ek＝mAvA2＋mBvB2，②
联立①②式并代入题给数据得
vA＝4.0 m/s，vB＝1.0 m/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，④
sB＝vBt－at2，⑤
vB－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－at2，⑦
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
sA＝1.75 m，sB＝0.25 m。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0.25 m处，B位于出发点左边 0.25 m处，两物块之间的距离s为
s＝0.25 m＋0.25 m＝0.50 m。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vA′，由动能定理有
mAvA′2－mAvA2＝－μmAg(2l＋sB)，⑩
联立③⑧⑩式并代入题给数据得
vA′＝ m/s，⑪
故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA″和vB″，由动量守恒定律与机械能守恒定律有
mA(－vA′)＝mAvA″＋mBvB″，⑫
mAvA′2＝mAvA″2＋mBvB″2，⑬
联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得
vA″＝ m/s，vB″＝－ m/s。⑭
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sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式有
2asA′＝vA″2,2asB′＝vB″2，⑮
由④⑭⑮式及题给数据得
sA′＝0.63 m，sB′＝0.28 m，⑯
sA′小于碰撞处到墙壁的距离。
由上式可得两物块停止后之间的距离
s′＝sA′＋sB′＝0.91 m。⑰
答案：(1)4.0 m/s　1.0 m/s　(2)物块B先停止　0.50 m　(3)0.91 m
方法技巧
处理碰撞问题的思路和方法
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(1)对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，其次再看总动能是否增加。
(2)一个符合实际的碰撞，除动量守恒外还要满足能量守恒，注意碰撞完成后不可能发生二次碰撞的速度关系的判定。
(3)要灵活运用Ek＝或p＝、Ek＝pv或p＝几个关系式转换动能、动量。　
实例二　反冲
对反冲现象的三点说明
(1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理。
(2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加。
(3)反冲运动中平均动量守恒。
[典例2]　 (2021·山东烟台高三阶段性检测)某中学航天兴趣小组的同学将静置在地面上的质量为M(含水)的自制“水火箭”释放升空，在极短的时间内，质量为m的水以相对地面为v0的速度竖直向下喷出。已知重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是(　　)
A．火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力
B．水喷出的过程中，火箭和水机械能守恒
C．火箭获得的最大速度为
D．火箭上升的最大高度为
[解析]　火箭的推力来源于火箭喷出的水对它的反作用力，选项A错误；水喷出的过程中，火箭和水组成的系统动量守恒，系统的机械能增加，选项B错误；设火箭获得的最大速度大小为v，由动量守恒定律得mv0＝(M－m)v，解得v＝，选项C错误；由竖直上抛运动规律，可得火箭上升的最大高度为h＝＝，选项D正确。
[答案]　D
实例三　爆炸
爆炸现象的三个规律
(1)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。
(2)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。
(3)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。
[典例3]　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。
[解析]　(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有
E＝mv02，①
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＝ 。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
mv12＋mv22＝E，⑤
mv1＋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。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有
mv12＝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＝。⑧
[答案]　(1) 　(2)

4．(多选)(2021·宁夏银川模拟)A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图象，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图象，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图象。若A球质量是m＝2 kg，则由图判断下列结论正确的是(　　)

A．碰撞前、后A球的动量变化量为4 kg·m/s
B．碰撞时A球对B球的冲量为－4 N·s
C．A、B两球碰撞前的总动量为3 kg·m/s
D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J
解析：根据题图可知，碰前A球的速度vA＝－3 m/s，碰前B球的速度vB＝2 m/s，碰后A、B两球共同的速度v＝－1 m/s，故碰撞前、后A球的动量变化量为ΔpA＝mv－mvA＝4 kg·m/s，A正确；A球的动量变化量为4 kg·m/s，碰撞过程中动量守恒，B球的动量变化量为－4 kg·m/s，根据动量定理，碰撞过程中A球对B球的冲量为－4 N·s，B正确；由于碰撞过程中动量守恒，有mvA＋mBvB＝(m＋mB)v，解得mB＝ kg，故碰撞过程中A、B两球组成的系统损失的动能为ΔEk＝mvA2＋mBvB2－(m＋mB)v2＝10 J，D正确；A、B两球碰撞前的总动量为p＝mvA＋mBvB＝(m＋mB)v＝－ kg·m/s，C错误。
答案：ABD
5．如图所示，木块A、B的质量均为m，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木块A、B间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽略不计)。让A、B以初速度v0一起从O点滑出，滑行一段距离后到达P点，速度变为，此时炸药爆炸使木块A、B脱离，发现木块B立即停在原位置，木块A继续沿水平方向前进。已知O、P两点间的距离为s，设炸药爆炸时释放的化学能全部转化为木块的动能，爆炸时间很短可以忽略不计，求：

(1)木块与水平地面间的动摩擦因数μ；
(2)炸药爆炸时释放的化学能E0。
解析：(1)从O滑到P，对A、B由动能定理得
－μ·2mgs＝·2m()2－·2mv02，
解得μ＝。
(2)在P点爆炸时，A、B组成的系统动量守恒，有
2m·＝mv，
根据能量守恒定律有
E0＋·2m·()2＝mv2，
解得E0＝mv02。
答案：(1)　(2)mv02
　　师生互动

模型一　“人船”模型
1．“人船模型”问题
如图所示，两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒，在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比。这样的问题归为“人船模型”问题。
　
2．“人船模型”的特点
(1)两物体满足动量守恒定律：m1v1－m2v2＝0。
(2)运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即＝＝。
(3)应用此关系时要注意一个问题：公式v1、v2和x一般都是相对地面而言的。
[典例4]　如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h。今有一质量为m的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是(　　)
A.　　　　　 B.
C. D.
[解析]　小物体与斜面体组成的系统在水平方向上动量守恒，设小物体在水平方向上对地位移为x1，斜面体在水平方向上对地位移为x2，因此有
0＝mx1－Mx2，①
且x1＋x2＝，②
由①②可得x2＝，故选C。
[答案]　C
　易错警示
“人船模型”问题应注意的2点
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(1)适用条件
①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零。
②在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒(如水平方向或竖直方向)。
(2)画草图
解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移。
模型二　“子弹打木块”类模型
模型图示

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)最大。
(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＝ Ek0，可以看出，子弹的质量m越小，木块的质量M越大，动能损失越多。
(4)该类问题既可以从动量、能量角度求解，也可以从力和运动的角度借助图象求解
[典例5]　长为L、质量为M的木块在粗糙的水平面上处于静止状态，有一质量为m的子弹(可视为质点)以水平速度v0击中木块并恰好未穿出。设子弹射入木块的过程时间极短，子弹受到木块的阻力恒定，木块运动的最大距离为x，重力加速度为g，求：

(1)木块与水平面间的动摩擦因数μ；
(2)子弹受到的阻力大小F阻。
[解析]　(1)在子弹射入木块过程的极短时间内，子弹和木块组成的系统在水平方向上动量守恒，以水平向右为正方向，则mv0＝(m＋M)v共，
在子弹与木块共速到最终停止的过程中，由功能关系得(M＋m)v共2＝μ(M＋m)gx，
解得μ＝。
(2)在子弹射入木块过程的极短时间内，设子弹与木块之间因摩擦产生的热量为Q，
由能量守恒定律得Q＝mv02－(M＋m)v共2，
又Q＝F阻L，
联立解得F阻＝。
[答案]　(1)　(2)
模型三　“滑块—弹簧”类模型
模型图示

模型特点
(1)两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。
(2)在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，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。
(3)弹簧处于最短(最长)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小。
(4)弹簧处于原长时，弹性势能为零，系统动能通常最大，但物体速度一般不相等
[典例6]　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v0＝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碰撞后二者会粘在一起运动。则在以后的运动中：

(1)当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为多大？
(2)系统中弹性势能的最大值是多少？
[解析]　(1)当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大。由A、B、C三者组成的系统动量守恒，有
(mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)·v，
解得v＝ m/s＝3 m/s。
(2)B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者的速度为vBC，则mBv0＝(mB＋mC)vBC，vBC＝ m/s＝2 m/s，设物块A、B、C速度相同时弹簧的弹性势能最大为Ep，根据能量守恒得，Ep＝(mB＋mC)vBC2＋mAv02－(mA＋mB＋mC) v2＝×(2＋4)×22 J＋×2×62 J－×(2＋2＋4)×32 J＝12 J。
[答案]　(1)3 m/s　(2)12 J
模型四　“滑块—滑板”类模型
模型图示

模型特点
“滑块—滑板”模型作为力学的基本模型经常出现，是对直线运动和牛顿运动定律及动量守恒定律有关知识的巩固和应用。这类问题可分为两类：
(1)没有外力参与，滑板放在光滑水平面上，滑块以一定速度在滑板上运动，滑块与滑板组成的系统动量守恒，注意滑块若不滑离滑板，最后二者具有共同速度。摩擦力与相对路程的乘积等于系统动能的损失，即Ff·x相对＝ΔEk。
(2)系统受到外力，这时对滑块和滑板一般隔离分析，画出它们运动的示意图，应用牛顿运动定律、运动学公式及动量定理求解
[典例7]　(2021·福建永安高三上学期期末检测)如图甲所示，质量为M＝3.0 kg的平板小车C静止在光滑的水平面上，在t＝0时，两个质量均为1.0 kg的小物体A和B同时从左右两端水平冲上小车，1.0 s内它们的vt 图象如图乙所示，g取10 m/s2。

(1)小车在1.0 s内的位移为多大？
(2)要使A、B在整个运动过程中不会相碰，车的长度至少为多少？
[解析]　(1)由图乙可知，在第1 s内，A、B的加速度大小相等，为a＝2 m/s2，则物体A、B所受的摩擦力均为Ff＝ma＝2 N，方向相反，根据牛顿第三定律，车C受到A、B的摩擦力大小相等，方向相反，合力为零，处于静止状态，故小车在1.0 s内的位移为零。
(2)设系统最终的速度为v，由系统动量守恒得
mvA＋mvB＝(2m＋M)v，
代入数据，解得v＝0.4 m/s，方向向右。
由系统能量守恒得
Ff(sA＋sB)＝mvA2＋mvB2－(2m＋M)v2，
解得A、B的相对位移，即车的最小长度s＝sA＋sB＝4.8 m。
[答案]　(1)0　 (2)4.8 m

6．有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重一吨左右)。一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量。他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L。已知他的自身质量为m，水的阻力不计，则船的质量为 (　　)
A.　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：设人走动的时候船的速度为v，人的速度为v′，人从船尾走到船头用时为t，人的位移为L－d，船的位移为d，所以v＝，v′＝。以船后退的方向为正方向，根据动量守恒定律有Mv－mv′＝0，可得M＝，则小船的质量为M＝，故B正确。
答案：B
7．(2021·北京顺义区高三模拟)如图所示，在光滑的水平面上，物体B静止，在物体B上固定一个轻弹簧。物体A以某一速度沿水平方向向右运动，通过弹簧与物体B发生作用。两物体的质量相等，作用过程中，弹簧获得的最大弹性势能为Ep。现将B的质量加倍，弹簧获得的最大弹性势能仍为Ep，则在物体A开始接触弹簧到弹簧具有最大弹性势能的过程中，第一次和第二次相比(　　)
A．物体A的初动能之比为2∶1
B．物体A的初动能之比为4∶3
C．物体A损失的动能之比为1∶1
D．物体A损失的动能之比为27∶32
解析：在整个过程中，弹簧具有最大弹性势能时A和B的速度相同，根据动量守恒定律可知当A、B质量相等时有mv0＝2mv，根据机械能守恒定律有Ep＝mv02－×2mv2，B的质量加倍后有mv0′＝3mv′，根据机械能守恒定律有Ep＝mv0′2－×3mv′2，联立以上各式计算得出物体A的初动能之比为4∶3，故A错误，B正确；当A、B质量相等时物体A损失的动能为ΔEk1＝mv02－mv2，B的质量加倍后A损失的动能为ΔEk2＝mv0′2－×mv′2，结合前面的分析联立各式得ΔEk1∶ΔEk2＝9∶8，故C、D错误。
答案：B
8．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的长木板左端，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＝5 g的子弹以速度v0＝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/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。
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＝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(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，
解得v2＝2 m/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＝1 s。
答案：(1)6 m/s　(2)2 m/s　(3)1 s