人教版高考物理一轮复习第6章动量和动量守恒定律专题强化4“碰撞类”模型问题学案

这是一份人教版高考物理一轮复习第6章动量和动量守恒定律专题强化4“碰撞类”模型问题学案，共15页。

1．分析碰撞问题的三个依据
(1)动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。
(2)动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq \f(p\\al(2,1),2m1)＋eq \f(p\\al(2,2),2m2)≥eq \f(p1′2,2m1)＋eq \f(p2′2,2m2)。
(3)速度要合理
①碰前两物体同向，则v后>v前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v前′≥v后′。
②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
2．弹性碰撞的规律
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。
以质量为m1，速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′①
eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2②
由①②得v1′＝eq \f(m1－m2v1,m1＋m2) v2′＝eq \f(2m1v1,m1＋m2)
结论：
(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度。
(2)当m1>m2时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两球都向前运动。
(3)当m10，碰撞后质量小的球被反弹回来。
3．非弹性碰撞的规律
满足动量守恒定律和能量守恒定律。
例如：以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面非弹性碰撞为例，由动量守恒定律知m1v1＝m1v1′＋m2v2′，由能量守恒定律知，系统损失的机械能ΔE损＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)m1v′\\al(2,1)＋\f(1,2)m2v′\\al(2,2)))。
例1 如图所示，质量分别为m1和m2的两个小球叠放在一起，从高度为h处由静止释放，它们一起下落。不计空气阻力。
(1)在下落过程中，两个小球之间是否存在相互作用力？请说明理由。
(2)已知h远大于两球半径，所有的碰撞都没有机械能损失，且碰撞前后小球都沿竖直方向运动。若碰撞后m2恰处于平衡状态，求：
①落地前瞬间，两个小球的速度大小v0；
②两个小球的质量之比m1︰m2；
③小球m1上升的最大高度H。
[解析] (1)在下落过程中，两个小球之间不存在相互作用力。任意时刻它们的速度和加速度都相同，不会相互挤压，其间没有相互作用力。
(2)①根据机械能守恒定律：
eq \f(1,2)(m1＋m2)veq \\al(2,0)＝(m1＋m2)gh
解得v0＝eq \r(2gh)。
②m1，m2以相同的速度v0落到地面，m2先与地面发生弹性碰撞，碰撞前后速度大小不变，方向反向；接着与m1碰撞，碰后m2的速度恰好减为零，m1的速度为v1。取向上为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有
－m1v0＋m2v0＝m1v1
eq \f(1,2)m1veq \\al(2,0)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)
解得v1＝2v0＝2eq \r(2gh)，m1︰m2＝1︰3。
③根据机械能守恒定律，有eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＝m1gH，
解得H＝4h。
[答案] (1)见解析 (2)①eq \r(2gh) ②1︰3 ③4h
模型二 “滑块——弹簧”碰撞模型
例2 如图(甲)所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0 kg和mB＝3.0 kg。用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v－t图像如图(乙)所示。求：
(1)物块C的质量mC；
(2)B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep。
[解析] (1)由题图(乙)知，C与A碰前速度为v1＝9 m/s，碰后速度为v2＝3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒，有mCv1＝(mA＋mC)v2，解得mC＝2 kg。
(2)12 s时B离开墙壁，之后A，B，C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A，C与B的速度相等时，弹簧弹性势能最大，根据动量守恒和机械能守恒定律有
(mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v4
eq \f(1,2)(mA＋mC)veq \\al(2,3)＝eq \f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq \\al(2,4)＋Ep
联立得Ep＝9 J。
[答案] (1)2 kg (2)9 J
模型三 “滑块——斜面”碰撞模型
例3 (2020·甘肃天水市调研)如图所示，在水平面上依次放置小物块A、C以及曲面劈B，其中A与C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M＝3m，曲面劈B的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B足够高，各接触面均光滑。现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B，重力加速度为g。求：
(1)碰撞过程中系统损失的机械能；
(2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度。
[解析] (1)小物块C与物块A发生碰撞粘在一起，以v0的方向为正方向
由动量守恒定律得：mv0＝2mv，解得v＝eq \f(1,2)v0；
碰撞过程中系统损失的机械能为
E损＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)×2mv2
解得E损＝eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)。
(2)当小物块A、C上升到最大高度时，A、B、C系统的速度相等，根据动量守恒定律：mv0＝(m＋m＋3m)v1，解得v1＝eq \f(1,5)v0，
根据机械能守恒得
2mgh＝eq \f(1,2)×2meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)v0))2－eq \f(1,2)×5meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)v0))2，
解得h＝eq \f(3v\\al(2,0),40g)。
[答案] (1)eq \f(1,4)mveq \\al(2,0) (2)eq \f(3v\\al(2,0),40g)
〔专题强化训练〕
1．(2020·课标Ⅲ，T15)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 )
A．3 JB．4 J
C．5 JD．6 J
[解析] 本题结合运动图像考查动量守恒定律和能量守恒定律。由题图可知，碰撞前甲的速度v甲＝5 m/s，乙的速度v乙＝1 m/s，碰撞后甲的速度v′甲＝－1 m/s，乙的速度v′乙＝2 m/s，由于不受外力作用，甲、乙碰撞过程动量守恒，则有m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v′甲＋m乙v′乙，解得m乙＝6 kg，所以碰撞过程两物块损失的机械能为ΔE＝eq \f(1,2)m甲veq \\al(2,甲) ＋eq \f(1,2)m乙veq \\al(2,乙) －eq \f(1,2)m甲v′eq \\al(2,甲) －eq \f(1,2)m乙v′eq \\al(2,乙) ＝3 J，故A正确，B、C、D错误。
2．质量相等的A，B两球在光滑水平面上均向右沿同一直线运动，A球的动量为pA＝9 kg·m/s，B球的动量为pB＝3 kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰后A，B两球的动量可能是( A )
A．pA′＝6 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s
B．pA′＝8 kg·m/s，pB′＝4 kg·m/s
C．pA′＝－2 kg·m/s，pB′＝14 kg·m/s
D．pA′＝－4 kg·m/s，pB′＝17 kg·m/s
[解析] A，B组成的系统所受合外力为0，系统动量守恒，即pA′＋pB′＝pA＋pB＝9 kg·m/s＋3 kg·m/s＝12 kg·m/s，选项D错误；
A，B碰撞前的动能应大于或等于碰撞后的动能，即
EkA＋EkB≥EkA′＋EkB′，
Ek1＝EkA＋EkB＝eq \f(p\\al(2,A),2m)＋eq \f(p\\al(2,B),2m)＝eq \f(81＋9,2m)(J)＝eq \f(90,2m)(J)，
Ek2＝EkA′＋EkB′＝eq \f(pA′2＋pB′2,2m)，
有eq \f(90,2m)≥eq \f(pA′2＋pB′2,2m)，即pA′2＋pB′2≤90，同时还应满足eq \f(pA′,m)≤eq \f(pB′,m)，由此可判断选项A正确，B，C错误。
3．(2020·天津)长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为m1的小球A，处于静止状态。A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点时，质量为m2的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍然圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，求
(1)A受到的水平瞬时冲量I的大小；
(2)碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大？
[答案] (1)m1eq \r(5gl) (2)eq \f(5gl2m1＋m22,2m2)
[解析] (1)A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律，有m1g＝m1eq \f(v2,l)①
A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为vA，有eq \f(1,2)m1veq \\al(2,A)＝eq \f(1,2)m1v2＋2m1gl②
由动量定理，有I＝m1v1③
联立①②③式，得I＝m1eq \r(5gl)④
(2)设两球粘在一起时的速度大小为v′，A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足v′＝vA⑤
要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬间的速度大小为vB，由动量守恒定律，有m2vB－m1vA＝(m1＋m2)v′⑥
又Ek＝eq \f(1,2)m2veq \\al(2,B)⑦
联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B的动能Ek至少为Ek＝eq \f(5gl2m1＋m22,2m2)⑧
专题强化五 力学三大观点的综合应用
模型一 “物体与物体”正碰模型
一、解动力学问题的三个基本观点
二、动量观点和能量观点的比较
三、利用动量和能量的观点解题的技巧
(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)。
(2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理。
(3)若研究过程涉及时间，一般考虑用动量定理或运动学公式。
(4)因为动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处。特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性。
1．动力学方法的应用
若一个物体参与了多个运动过程，而运动过程只涉及运动和力的问题或只要求分析物体的动力学特点而不涉及能量问题，则常常用牛顿运动定律和运动学规律求解。
例1 (2021·安徽濉溪月考)如图所示，长L＝1.5 m、高h＝0.45 m、质量M＝10 kg的长方体木箱，在地面上向右做直线运动。当木箱的速度v0＝3.6 m/s时，对木箱施加一个方向水平向左的恒力F＝50 N，并同时将一个质量m＝1 kg的小球轻放在距木箱右端0.5 m的P点(小球可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零)，经过一段时间，小球脱离木箱落到地面。木箱与地面间的动摩擦因数为0.2，其他摩擦均不计。g取10 m/s2。求：
(1)小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间；
(2)小球放到P点后，木箱向右运动的最大位移大小；
(3)小球离开木箱时木箱的速度大小。
[解析] 本题考查板块模型。
(1)设小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间为t，由h＝eq \f(1,2)gt2，解得t＝ eq \r(\f(2h,g))＝0.3 s。
(2)小球放到木箱上后相对地面静止，木箱的加速度a1＝eq \f(F＋μM＋mg,M)＝7.2 m/s2，设小球一直没有从木箱左端掉下，则木箱向右运动到速度为零时的位移大小x1＝eq \f(v\\al(2,0),2a1)＝0.9 m，x1<1 m，故小球不会从木箱的左端掉下，故木箱向右运动的最大位移为0.9 m。
(3)木箱向左运动的加速度
a2＝eq \f(F－μM＋mg,M)＝2.8 m/s2，
设木箱向左运动的距离为x2时，小球离开木箱，
则x2＝x1＋0.5 m＝1.4 m，
设木箱向左运动的时间为t′，由x2＝eq \f(1,2)a2t′2，
解得t′＝ eq \r(\f(2x2,a2))＝1 s，
小球刚离开木箱瞬间，木箱的速度方向向左，
大小v＝a2t′＝2.8 m/s。
[答案] (1)0.3 s (2)0.9 m (3)2.8 m/s
2．能量观点的应用
若一个物体参与了多个运动过程，若该过程涉及能量转化问题，并且具有功能关系的特点，则往往用动能定理、能量守恒定律求解。
例2 (2021·江西抚州七校联考)将一轻质弹簧竖直固定在水平地面上处于原长状态，让一质量m0＝20 g的小球从弹簧上端由静止释放，小球最大下落高度h1＝5 cm，将该弹簧固定在如图所示的轨道左侧竖直墙壁上，轨道中部有一半径R＝0.1 m的竖直圆轨道，不同轨道的连接处均为平滑连接，小滑块可以从圆轨道最低点的一侧进入圆轨道，绕圆轨道一周后从最低点向另一侧运动。轨道上弹簧右侧的M点到圆轨道左侧N点的距离xMN＝0.6 m的范围内有摩擦，而其他部分均光滑。让另一质量m＝10 g的小滑块从轨道右侧高h2(未知)处由静止释放，小滑块恰好能通过圆轨道最高点C，且第一次恰好能把弹簧压缩5 cm，现让该小滑块从轨道右侧h3＝0.4 m处由静止释放，已知重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)小滑块下落的高度h2；
(2)小滑块停止时的位置到N点的距离。
[解析] (1)小滑块恰好能过C点，根据牛顿第二定律可得：mg＝meq \f(v\\al(2,C),R)
由机械能守恒定律可得：mgh2＝mg·2R＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
解得：h2＝0.25 m。
(2)弹簧竖直放置，被压缩h1＝5 cm时的弹性势能
Ep＝m0gh1＝0.01 J。
由能量守恒可知，小滑块滑至第一次把弹簧压缩到最短时有：mgh2＝μmgxMN＋E′p，
其中E′p＝Ep＝0.01 J
解得：μmgxMN＝0.015 J
当小滑块从h3＝0.4 m处下滑后，第二次通过N点时的动能为：
EkN＝mgh3－2μmgxMN＝0.01 J
此时小滑块动能小于0.015 J，故小滑块不再与弹簧相碰
由能量守恒可得：EkN＝μmgx
解得：x＝0.4 m
小滑块最终停在N点左侧0.4 m处。
[答案] (1)0.25 m (2)0.4 m
3．力学三大观点的综合应用
这类模型各阶段的运动过程具有独立性，只要对不同过程分别选用相应规律即可，两个相邻的过程连接点的速度是联系两过程的纽带。
例3 如图所示，在光滑水平桌面EAB上有质量为M＝0.2 kg的小球P和质量为m＝0.1 kg的小球Q，P、Q之间压缩一轻弹簧(轻弹簧与两小球不拴接)，桌面边缘E处放置一质量也为m＝0.1 kg的橡皮泥球S，在B处固定一与水平桌面相切的光滑竖直半圆形轨道。释放被压缩的轻弹簧，P、Q两小球被轻弹簧弹出，小球P与弹簧分离后进入半圆形轨道，恰好能够通过半圆形轨道的最高点C；小球Q与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球S碰撞后合为一体飞出，落在水平地面上的D点。已知水平桌面高为h＝0.2 m，D点到桌面边缘的水平距离为x＝0.2 m，重力加速度为g＝10 m/s2，求：
(1)小球P经过半圆形轨道最低点B时对轨道的压力大小F′NB；
(2)小球Q与橡皮泥球S碰撞前瞬间的速度大小vQ；
(3)被压缩的轻弹簧的弹性势能Ep。
[解析] (1)小球P恰好能通过半圆形轨道的最高点C，则有Mg＝Meq \f(v\\al(2,C),R)，解得vC＝eq \r(gR)
对于小球P，从B→C，
由动能定理有－2MgR＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)Mveq \\al(2,B)
解得vB＝eq \r(5gR)
在B点有FNB－Mg＝Meq \f(v\\al(2,B),R)
解得FNB＝6Mg＝12 N，
由牛顿第三定律有F′NB＝FNB＝12 N。
(2)设Q与S做平抛运动的初速度大小为v，所用时间为t，根据公式h＝eq \f(1,2)gt2得t＝0.2 s
根据公式x＝vt，得v＝1 m/s
磁撞前后Q和S组成的系统动量守恒，则有mvQ＝2mv，解得vQ＝2 m/s。
(2)P、Q和弹簧组成的系统动量守恒，则有MvP＝mvQ
解得vp＝1 m/s
P、Q和弹簧组成的系统，由能量守恒定律有
Ep＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,p)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,Q)，
解得Ep＝0.3 J。
[答案] (1)12 N (2)2 m/s (3)0.3 J
规律总结
1．利用动量的观点和能量的观点解题应注意：
中学阶段凡可用力和运动的观点解决的问题，若用动量的观点或能量的观点求解，一般都要比用力和运动的观点简便，而中学阶段涉及的曲线运动(a不恒定)、竖直面内的圆周运动、碰撞等，就中学知识而言，不可能单纯考虑用力和运动的观点求解。
2．应用动量、能量观点解决问题的两点技巧：
(1)灵活选取系统的构成，根据题目的特点可选取其中动量守恒或能量守恒的几个物体为研究对象，不一定选所有的物体为研究对象。
(2)灵活选取物理过程。在综合题目中，物体运动常有几个不同过程，根据题目的已知、未知灵活地选取物理过程来研究。列方程前要注意鉴别、判断所选过程动量、机械能的守恒情况。
〔专题强化训练〕
1．(2020·山东枣庄二模)某工厂检查立方体工件表面光滑程度的装置如图所示，用弹簧将工件弹射到反向转动的水平传送带上，恰好能传送过去是合格的最低标准。假设传送带的长度为10 m、运行速度是8 m/s，工件刚被弹射到传送带左端时的速度是10 m/s，取重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是( B )
A．工件与传送带间的动摩擦因数不大于0.32才为合格
B．工件被传送过去的最长时间是2 s
C．若工件不被传送过去，返回的时间与正向运动的时间相等
D．若工件不被传送过去，返回到出发点的速度为10 m/s
[解析] 本题考查传送带模型。工件恰好传到右端，有0－veq \\al(2,0)＝－2μgL，解得μ＝0.5，所以工件与传送带间的动摩擦因数不大于0.5才为合格，工件被传送过去的最长时间t＝eq \f(v0,μg)＝2 s，故A错误，B正确；若工件不被传送过去，当反向运动时，最大速度与传送带共速，由于传送带的速度小于工件的初速度，根据匀变速运动速度—时间关系可知，返回的时间与正向运动的时间不相等，故C、D错误。
2．如图所示，质量为2 kg的小车以2.5 m/s 的速度沿光滑的水平面向右运动，现在小车上表面上方1.25 m高度处将一质量为 0.5 kg的可视为质点的物块由静止释放，经过一段时间物块落在小车上，最终两者一起水平向右匀速运动。重力加速度为g＝10 m/s2，忽略空气阻力，下列说法正确的是( D )
A．物块释放0.3 s后落到小车上
B．若只增大物块的释放高度，物块与小车的共同速度变小
C．物块与小车相互作用的过程中，物块和小车的动量守恒
D．物块与小车相互作用的过程中，系统损失的能量为7.5 J
[解析] 物块下落的时间为t＝ eq \r(\f(2h,g))＝ eq \r(\f(2×1.25,10))s＝0.5 s，选项A错误；物块与小车相互作用的过程中，物块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，在竖直方向动量不守恒，由水平方向动量守恒有Mv0＝(M＋m)v，释放高度增大，水平方向的共同速度不变，选项B、C错误；在整个过程中，由能量守恒定律得系统损失的机械能ΔE＝mgh＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)Mv\\al(2,0)－\f(1,2)M＋mv2))，代入数据可得ΔE＝7.5 J，选项D正确。
3．(2019·全国卷Ⅲ，25)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？
[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
[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－mBvB①
Ek＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mBveq \\al(2,B)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＝μmBg④
sB＝vBt－eq \f(1,2)at2⑤
vB－at＝0⑥
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)at2⑦
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
sA＝1.75 m，sB＝0.25 m⑧
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v′A，由动能定理有
eq \f(1,2)mAv′eq \\al(2,A)－eq \f(1,2)mAveq \\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″B⑫
eq \f(1,2)mAv′eq \\al(2,A)＝eq \f(1,2)mAv″eq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mBv″eq \\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 \\al(2,A)，2as′B＝v″eq \\al(2,B)⑮
由④⑭⑮式及题给数据得
s′A＝0.63 m，s′B＝0.28 m⑯
s′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＝0.91 m。⑰
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)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(完全非弹性碰撞拓展模型)
(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(完全弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时)
模型
图示
模型
特点
(1)最高点：m与M具有共同水平速度v共，m不会从此处或提前偏离轨道。系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)(M＋m)veq \\al(2,共)＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度(完全非弹性碰撞拓展模型)
(2)最低点：m与M分离点。水平方方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)(完全弹性碰撞拓展模型)
力的观点
运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速直线运动问题
能量观点
用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题
动量观点
用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题
相同点
①研究对象都是相互作用的物体组成的系统
②研究过程都是某一运动过程
不同点
动量守恒定律是矢量表达式，还可以写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律都是标量表达式，无分量表达式