专题2.5 能量与动量-2023届高考物理二、三轮复习总攻略（解析版）

这是一份专题2.5 能量与动量-2023届高考物理二、三轮复习总攻略（解析版），共27页。试卷主要包含了5 能量与动量，5 m/s，vB＝1 m/s，75 J，故C错误，B正确等内容，欢迎下载使用。

目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc32181" 【突破高考题型】 PAGEREF _Tc32181 1
\l "_Tc7032" 题型一 动量定理及应用 PAGEREF _Tc7032 1
\l "_Tc30252" 题型二 动量守恒定律及其应用 PAGEREF _Tc30252 3
\l "_Tc22277" 类型1 动量守恒的判断 PAGEREF _Tc22277 3
\l "_Tc31436" 类型2 多个物体多次作用问题 PAGEREF _Tc31436 4
\l "_Tc12530" 类型3 “人船模型”的应用 PAGEREF _Tc12530 4
\l "_Tc3269" 题型三 碰撞、爆炸与反冲 PAGEREF _Tc3269 5
\l "_Tc5739" 题型四 动量和能量的综合问题 PAGEREF _Tc5739 7
\l "_Tc6727" 类型1 动力学、动量与能量观点的综合应用 PAGEREF _Tc6727 7
\l "_Tc950" 类型2 含有弹簧的动量和能量的综合问题 PAGEREF _Tc950 8
\l "_Tc8723" 类型3 子弹打木块中的动量和能量的综合问题 PAGEREF _Tc8723 9
\l "_Tc18931" 类型4 板块问题中的动量和能量的综合问题 PAGEREF _Tc18931 10
\l "_Tc20635" 【专题突破练】 PAGEREF _Tc20635 10
【突破高考题型】
题型一 动量定理及应用
1．冲量的三种计算方法
(1)公式法：I＝Ft适用于求恒力的冲量。
(2)动量定理法：多用于求变力的冲量或F、t未知的情况。
(3)图像法：用F－t图线与时间轴围成的面积可求变力的冲量。若F－t成线性关系，也可直接用平均力求变力的冲量。
2．动量定理
(1)公式：FΔt＝mv′－mv。
(2)应用技巧
①研究对象可以是单一物体，也可以是物体系统。
②表达式是矢量式，需要规定正方向。
③在匀变速直线运动中，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理比用牛顿第二定律求解更简捷。
④在变加速运动中，F为Δt时间内的平均冲力。
【例1】 (2022·北京西城二模)一位同学在水平地面上做立定跳远，他从位置②起跳，到位置⑤落地，位置③是他在空中的最高点，在位置②和⑤时他的重心到地面的距离近似相等。以下说法正确的是( )
A．在位置③，人的速度为0
B．从位置②到⑤，重力对人的冲量几乎为0
C．从位置②到⑤，重力做功几乎为0
D．在位置②起跳至离地的过程中，支持力的冲量与重力的冲量大小相等
【答案】 C
【解析】 人做斜抛运动，则在位置③时，人有水平速度，即人的速度不为0，A错误；从位置②到⑤，重力对人的作用时间不为零，根据IG＝mgt可知重力的冲量不为0，B错误；从位置②到⑤，人的重心高度几乎不变，则根据WG＝mgh可知，重力做功几乎为0，C正确；在位置②起跳至离地的过程中，人有了向上的速度，平均加速度向上，支持力大于重力，则支持力的冲量大小大于重力的冲量大小，D错误。
【例2】．如图所示为某物业公司的宣传提醒牌。从提供的信息知：一枚50 g的鸡蛋从17楼(离地面人的头部高度为45 m)落下， 能砸破人的头骨。若鸡蛋壳与人头部的作用时间为4.5×10－4 s，人的质量为50 kg，重力加速度g取10 m/s2，则头骨受到的平均冲击力约为( )
A．1 700 N B．2 000 N
C．3 300 N D．4 500 N
【答案】C
【解析】： 鸡蛋从45 m高处自由落体，由运动学规律可得速度为v＝eq \r(2gh)＝30 m/s，对鸡蛋撞击的过程，取向下为正方向，由动量定理：(mg－eq \x\t(F))Δt＝0－mv，解得：eq \x\t(F)≈3 300 N。
【例3】. (2021·福建高考)福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知10级台风的风速范围为24.5 m/s～28.4 m/s，16级台风的风速范围为51.0 m/s～56.0 m/s。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的( )
A.2倍 B.4倍
C.8倍 D.16倍
【答案】 B
【解析】 设交通标志牌迎风面积为S，空气密度为ρ，标志牌对台风的作用力为F，在t时间内吹向标志牌的空气体积为vtS，空气质量m＝ρvtS，由动量定理，Ft＝mv－(－mv)，解得F＝2ρSv2，由牛顿第三定律，可知台风对该交通标志牌的作用力大小为F′＝F＝2ρSv2，10级台风的风速我们取27 m/s，16级台风的风速我们取54 m/s估算，16级台风对该交通标志牌的作用力大小与10级台风对该交通标志牌的作用力大小之比为eq \f(F16′,F10′)＝eq \f(veq \\al(2,16),veq \\al(2,10))＝eq \f(542,272)＝4，即16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的4倍，选项B正确。
INCLUDEPICTURE "F:\\课件\\2022\\2023版 创新设计 二轮专题复习 物理 新教材（鲁琼津）\\教师wrd文档\\方法总结.tif" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "F:\\课件\\2022\\2023版 创新设计 二轮专题复习 物理 新教材（鲁琼津）\\新建文件夹\\方法总结.tif" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "F:\\课件\\2022\\2023版 创新设计 二轮专题复习 物理 新教材（鲁琼津）\\新建文件夹\\方法总结.tif" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "F:\\课件\\2022\\2023版 创新设计 二轮专题复习 物理 新教材（鲁琼津）\\教师wrd文档\\方法总结.tif" \* MERGEFORMATINET 【方法总结】用动量定理解决连续的流体问题
在日常的生活和生产中，常涉及流体的连续相互作用问题，解决方法构建柱体微元模型，然后用动量定理分析求解。分析步骤如下：
题型二 动量守恒定律及其应用
类型1 动量守恒的判断
【例1】如图所示，将质量为M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠墙角，右侧靠一质量为M2的物块。今让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h高处从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是( )
A．小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
B．小球在槽内运动的全过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统动量守恒
C．小球离开C点以后，将做竖直上抛运动
D．槽将不会再次与墙接触
【答案】 D
【解析】 小球从A运动到B的过程中，半圆槽对球的支持力沿半径方向指向圆心，而小球对半圆槽的压力方向与小球受到的支持力方向相反指向左下方，因为有竖直墙挡住，所以半圆槽不会向左运动，可见，该过程中，小球与半圆槽在水平方向受到外力作用，动量并不守恒，而由小球、半圆槽和物块组成的系统动量也不守恒，A、B错误；当小球运动到C点时，它的两个分运动的合速度方向并不是竖直向上，所以此后小球做斜上抛运动，C错误；因为全过程中，整个系统在水平方向上获得了水平向右的冲量，最终槽将不会再次与墙接触，D正确。
【规律总结】判断系统动量是否守恒的“三注意”
(1)注意所选取的系统——所选的系统组成不同，结论往往不同。
(2)注意所研究的运动过程——系统的运动分为多个过程时，有的过程动量守恒，另一过程则可能不守恒。
(3)注意守恒条件——整体不满足系统动量守恒条件时，在某一方向可能满足动量守恒条件。
类型2 多个物体多次作用问题
【例2】[多选](2020·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
【答案】BC
【解析】选运动员退行速度方向为正方向，设运动员的质量为M，物块的质量为m，物块被推出时的速度大小为v0，运动员第一次推出物块后的退行速度大小为v1。根据动量守恒定律，运动员第一次推出物块时有0＝Mv1－mv0，物块与挡板发生弹性碰撞，以等大的速率反弹；第二次推出物块时有Mv1＋mv0＝－mv0＋Mv2，依此类推，Mv2＋mv0＝－mv0＋Mv3，…，Mv7＋mv0＝－mv0＋Mv8，又运动员的退行速度v8＞v0，v7＜v0，解得13m＜M＜15m，即52 kg＜M＜60 kg，故B、C项正确，A、D项错误。
【规律总结】应用动量守恒定律解题的两点提醒
(1)应用动量守恒时应注意系统的组成和过程的选取。
(2)两物体沿同一直线运动，避免相撞的临界条件是二者同向同速。
类型3 “人船模型”的应用
【例3】 (多选)如图所示，水平面上一半圆弧槽N的质量为2m，槽的半径为r，槽两侧的最高点等高。将一质量为m且可视为质点的小球M由槽右侧的最高点无初速释放，所有接触面的摩擦均可忽略。第一种情况圆弧槽固定不动，第二种情况圆弧槽可自由滑动。下列说法正确的是( )
A.两种情况下，小球均可运动到圆弧槽左侧最高点
B.两种情况下，小球滑到圆弧槽最低点时的速度大小之比为1∶1
C.第二种情况下，小球滑到圆弧槽最低点时圆弧槽的速度大小为eq \r(\f(1,3)gr)
D.第二种情况下，圆弧槽距离出发点的最远距离为eq \f(2,3)r
【答案】 ACD
【解析】 当圆弧槽固定时，由机械能守恒定律可知，小球M能运动到圆弧槽左侧的最高点；当圆弧槽可自由滑动时，对于M、N组成的系统，水平方向动量守恒，小球M从圆弧槽的右侧最高点由静止释放时，系统动量为零，设小球M到达左侧最高点的速度为v1，则v1＝0，由机械能守恒定律可知，小球M能运动到圆弧槽左侧的最高点，选项A正确；当圆弧槽固定时，设小球M滑到最低点时的速度为v0，则由机械能守恒定律得mgr＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得v0＝eq \r(2gr)；当圆弧槽可自由滑动时，设小球M滑到最低点时的速率为v，此时圆弧槽的速率为v′，由水平方向动量守恒得0＝mv－2mv′，解得v′＝eq \f(v,2)，根据机械能守恒定律得mgr＝eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)×2mv′2，解得v＝2eq \r(\f(1,3)gr)、v′＝eq \r(\f(1,3)gr)，两种情况下，小球滑到圆弧槽最低点时的速度大小之比为eq \r(3)∶eq \r(2)，选项B错误，C正确；第二种情况下，小球M和圆弧槽组成的系统在水平方向上动量守恒，当小球运动到左侧最高点时，圆弧槽向右运动的位移最大，设圆弧槽向右的最大位移为x，根据动量守恒定律得
m(2r－x)＝2mx，解得x＝eq \f(2r,3)，选项D正确。
【方法总结】
1.应用“人船模型”解题的两个关键点
(1)“人船模型”的应用条件：相互作用的物体原来都静止，且满足动量守恒条件。
(2)人、船位移大小关系：m人x人＝m船x船，x人＋x船＝L(L为船的长度)。
2.此题是把“人船模型”由直线运动变为曲线运动，此外还可以把“人船模型”变为“人车模型”，如图甲所示；或把“人船模型”由水平方向变为竖直方向，如图乙所示。解法相似，一是由动量守恒定律列式，二是由几何关系列式，再联立求解。
题型三 碰撞、爆炸与反冲
【例1】(2022·淮北模拟)两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝2 kg，mB＝3 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s。当A追上B并发生碰撞后，A、B速度的可能值是( )
A．vA＝4.5 m/s，vB＝3 m/s
B．vA＝3 m/s，vB＝4 m/s
C．vA＝－1.5 m/s，vB＝7 m/s
D．vA＝7.5 m/s，vB＝1 m/s
【答案】B
【解析】： 考虑实际情况，碰撞后A的速度不可能大于B的速度，故A、D错误，B、C满足；A、B碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒，计算易知，B、C均满足；根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能，碰撞前总动能为42 J，B选项对应的总动能为33 J，C选项对应的总动能为75.75 J，故C错误，B正确。
【规律总结】碰撞遵循的三个原则

【例2】如图所示，哈九中航天科普节活动中，某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的速度与竖直方向成θ角斜向下喷出。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．火箭的水平射程为eq \f(m2veq \\al(2,0),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(M－m))2g)sin 2θ
D．火箭上升的最大高度为eq \f(m2veq \\al(2,0),2g（M－m）2)
【答案】 C
【解析】 火箭的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力，A错误；水喷出的过程中，瓶内气体做功，火箭及水的机械能不守恒，B错误；在水喷出后的瞬间，火箭获得的速度最大，由动量守恒定律有(M－m)v－mv0＝0，解得v＝eq \f(mv0,M－m)，火箭上升的时间为t＝eq \f(vcs θ,g)＝eq \f(mv0cs θ,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(M－m))g)，火箭的水平射程为x＝vsin θ·2t＝eq \f(mv0sin θ,M－m)·eq \f(2mv0cs θ,（M－m）g)＝eq \f(m2veq \\al(2,0),（M－m）2g)sin 2θ，C正确；水喷出后，火箭做斜上抛运动有(vcs θ)2＝2gh，解得h＝eq \f(m2veq \\al(2,0),2g（M－m）2)cs2θ，D错误。
【例3】(2021·浙江1月选考，12)在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时，在5 s末和6 s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340 m/s，忽略空气阻力。下列说法正确的是( )
A.两碎块的位移大小之比为1∶2
B.爆炸物的爆炸点离地面高度为80 m
C.爆炸后质量大的碎块的初速度为68 m/s
D.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m
【答案】 B
【解析】 设碎块落地的时间为t，质量大的碎块水平初速度为v，则由动量守恒定律知质量小的碎块水平初速度为2v，爆炸后的碎块做平抛运动，下落的高度相同，则在空中运动的时间相同，由水平方向x＝v0t知落地水平位移之比为1∶2，碎块位移s＝eq \r(x2＋y2)，可见两碎块的位移大小之比不是1∶2，故A项错误；据题意知，vt＝(5－t)×340，又2vt＝(6－t)×340，联立解得t＝4 s，v＝85 m/s，故爆炸点离地面高度为h＝eq \f(1,2)gt2＝80 m，所以B项正确，C项错误；两碎块落地点的水平距离为Δx＝3vt＝1 020 m，故D项错误。
【方法总结】
爆炸与反冲的三个特点
(1)时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒或某个方向的动量守恒。
(2)因有内能转化为机械能，系统机械能会增加，要利用能量守恒定律解题。
(3)若系统初始状态处于静止状态，则爆炸或反冲后系统内物体速度往往方向相反。
题型四 动量和能量的综合问题
类型1 动力学、动量与能量观点的综合应用
【例1】(2022·强基联盟统测)如图所示，半径分别为R和r＝eq \f(R,2)的两光滑圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上a、b两小球之间有一被压缩的弹簧(小球与弹簧不连接)，同时释放a、b两小球，两球恰好能通过各自圆轨道的最高点，已知a球的质量为m。则( )
A．b球的质量为eq \f(\r(2),2)m
B．两小球与弹簧分离时动能相等
C．弹簧释放前至少应具有的弹性势能为Ep＝5mgR
D．b球运动到与圆心等高点时对轨道的压力为3eq \r(2)mg
【答案】 D
【解析】 a、b球恰好能通过各自圆轨道的最高点，在最高点，根据重力提供向心力有mg＝eq \f(mv2,R)，解得两球在最高点速度分别为va′＝eq \r(gR)，vb′＝eq \r(gr)，由最低点到最高点过程，根据动能定理有－2mgR＝eq \f(1,2)mv′2－eq \f(1,2)mv2，故在最低点时的速度分别为va＝eq \r(5gR)，vb＝eq \r(5gr)，由动量守恒定律有mava＝mbvb，解得mb＝eq \r(2)ma＝eq \r(2)m，A错误；两小球与弹簧分离时动量大小相等、方向相反，两球质量不同，根据Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(p2,2m)，则动能大小并不相等，B错误；弹簧推开a、b球的过程中，由机械能守恒定律可得弹簧释放前应具有的弹性势能为Ep＝eq \f(1,2)maveq \\al(2,a)＋eq \f(1,2)mbveq \\al(2,b)＝eq \f(2＋\r(2),4)×5mgR，C错误；b球运动到与圆心等高处时，根据动能定理得－mbgr＝eq \f(1,2)mbveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mbveq \\al(2,b)，解得v1＝eq \r(3gr)，根据FN＝eq \f(mbveq \\al(2,1),r)得FN＝3mbg＝3eq \r(2)mg，根据牛顿第三定律可知，b球对圆轨道的压力为3eq \r(2)mg，D正确。
【方法技巧】动量与能量观点的应用技巧
(1)两种观点
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。
(2)应用技巧
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。
类型2 含有弹簧的动量和能量的综合问题
【例2】如图所示，在光滑的水平面上静止放一质量为m的木板B，木板表面光滑，左端固定一轻质弹簧。质量为2m的木块A以速度v0从板的右端水平向左滑上木板B。在木块A与弹簧相互作用的过程中，下列判断正确的是( )
A．弹簧压缩量最大时，木板B运动速率最大
B．木板B的加速度一直增大
C．弹簧给木块A的冲量大小为eq \f(2mv0,3)
D．弹簧的最大弹性势能为eq \f(mv02,3)
【答案】 D
【解析】木块与木板发生弹性碰撞，动量守恒；当木块与长木板速度相等时，弹簧的压缩量最大，此后弹簧要恢复原状，木板进一步加速，故A错误；木块与木板发生弹性碰撞，弹簧压缩量先增加后减小，故木板B的加速度先增加后减小，故B错误；木块与木板发生弹性碰撞，动量守恒，机械能也守恒，根据动量守恒定律，有2mv0＝2mv1＋mv2 ①，根据机械能守恒定律，有eq \f(1,2)×2mv02＝eq \f(1,2)×2mv12＋eq \f(1,2)mv22 ②，由①②两式解得v1＝eq \f(1,3)v0，v2＝eq \f(4,3)v0，对木块A，根据动量定理，有I＝2mv1－2mv0＝－eq \f(4,3)mv0(负号表示方向向右)，故C错误；当木块与长木板速度相等时，弹簧的压缩量最大，根据动量守恒定律，有2mv0＝(m＋2m)v ③，根据机械能守恒定律，有Ep＝eq \f(1,2)×2mv02－eq \f(1,2)(2m＋m)v2 ④，由③④两式解得Ep＝eq \f(1,3)mv02，故D正确。
【规律总结】求解含弹簧的动量和能量的综合问题的2点提醒
(1)由于弹簧的弹力是变力，所以弹簧的弹性势能通常利用机械能守恒或能量守恒求解。
(2)要特别注意弹簧的三个状态：原长(此时弹簧的弹性势能为零)、压缩到最短或伸长到最长的状态(此时弹簧连接的两个物体具有相同的速度，弹簧具有最大的弹性势能)，这往往是解决此类问题的突破点。
类型3 子弹打木块中的动量和能量的综合问题
【例3】[多选]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、材料不同的两长方体滑块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到的冲量一样大
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】在子弹射入滑块的过程中，子弹与滑块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可知，mv0＝(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。
【方法总结】(1)分析子弹打击木块的过程，弄清楚子弹是停留在木块中和木块一起运动还是穿透木块和木块各自运动。
(2)子弹在打击木块的过程中，由于时间较短，内力远远大于外力，故在打击的过程中动量守恒。
(3)子弹在打击木块过程中损失的机械能，一般有两种求解方法：一是通过计算打击前系统的机械能与打击后系统的机械能的差值得出机械能的损失；二是通过计算在子弹打击木块的过程中，子弹克服阻力做的功与阻力对木块做的功的差值进行求解。
类型4 板块问题中的动量和能量的综合问题
【例4】(2022·北京模拟)水平地面上固定一光滑圆弧轨道，轨道下端的水平面与小车C的上表面平滑连接(如图所示)，圆弧轨道上有一个小滑块A，质量为mA＝4 kg，在距圆弧轨道的水平面高h＝1.8 m处由静止下滑，在小车C的最左端有一个质量mB＝2 kg的滑块B，滑块A与B均可看作质点，滑块A与B碰撞后粘在一起，已知滑块 A、B 与车C的上表面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，车C与水平地面的摩擦忽略不计。取g＝10 m/s2。求：
(1)滑块A与B碰撞后瞬间的共同速度的大小；
(2)若小车长0.64 m，且滑块 A、B 恰好没有从小车上滑下，求小车的质量mC。
【答案】 (1)4 m/s (2)4 kg
【解析】(1)滑块A下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mAgh＝eq \f(1,2)mAv12
代入数据解得：v1＝6 m/s
A、B碰撞过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mAv1＝(mA＋mB)v2
代入数据解得：v2＝4 m/s。
(2)A、B、C三者组成的系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
(mA＋mB)v2＝(mA＋mB＋mC)v3
由能量守恒定律得：
μ(mA＋mB)gL＝eq \f(1,2)(mA＋mB)v22－eq \f(1,2)(mA＋mB＋mC)v32
小车长L＝0.64 m，代入数据解得：mC＝4 kg。
【规律总结】板块问题常涉及多个物体、多个运动过程，板块间存在相对运动。解决板块问题要分析不同阶段的受力情况和运动情况，然后逐个建立动量守恒和能量守恒的方程。同时注意一些关键字眼，如木板足够长，说明物块最终与木板同速，其相对滑动距离对应木板至少长度。
【专题突破练】
1．(2022·杭州重点中学期中)2021年8月1日，在东京奥运会羽毛球女子单打决赛中，桐庐姑娘陈雨菲以总比分2∶1战胜对手获得金牌。如图所示，在陈雨菲某次击球时，用球拍将球以原速率反向击出，则下列说法正确的是( )
A．击球过程中，球的动量未发生变化
B．研究球离开球拍后的运动轨迹时，不能将球视为质点
C．球离开球拍后在空中受到重力和空气作用力这两个力
D．击球时，球拍对球的弹力是由于羽毛球的形变而产生的
【答案】 C
【解析】球的速度方向发生了变化，所以动量一定变化，A错误；研究球离开球拍后的运动轨迹时，球的大小和形状对问题的影响可以忽略，可以将球视为质点，B错误；球离开球拍后在空中受到重力和空气作用力这两个力，C正确；击球时，球拍对球的弹力是由于球拍网线的形变而产生的，D错误。
2.(2022·四川成都质检)甲同学在办公室外奔跑过程中突然与从办公室出来的乙同学发生碰撞，碰撞前乙已处于静止状态，甲本能的伸直双手对乙施加推力的同时手向胸口收，手收至胸口时甲乙恰好共速。碰撞过程若能忽略两者与地面间在水平方向上的相互作用，则( )
A．甲的本能反应减少了甲对乙的冲量
B．甲对乙的冲量与乙对甲的冲量相同
C．甲的动能减少量等于乙的动能增加量
D．甲对乙做的功小于乙对甲做的功
【答案】 D
【解析】 甲的动量变化量未发生改变，因此甲的本能反应不能减少甲对乙的冲量，A错误；冲量是矢量，有方向，因此甲对乙的冲量与乙对甲的冲量不相同，B错误；两者的碰撞属于完全非弹性碰撞，有能量损失，因此甲的动能减少量大于乙的动能增加量，C错误；从两人刚接触到共速过程中，乙对地的位移小于甲对地的位移，因此甲对乙做的功小于乙对甲做的功，D正确。
3．(2022·浦江、长兴、余杭三校联考)北京冬奥会2 000米短道速滑混合接力赛上中国队夺得首金。如图所示，当运动员在光滑冰面上交接时，后方运动员曲春雨用力推前方运动员任子威。下列说法正确的是( )
A．曲春雨推出任子威后，曲春雨一定向后运动
B．曲春雨、任子威的动量变化相同
C．曲春雨对任子威的冲量大于任子威对曲春雨的冲量
D．曲春雨、任子威所受推力的冲量大小相等
【答案】 D
【解析】 曲春雨推出任子威后，曲春雨的速度减小，但是曲春雨不一定向后运动，A错误；系统动量守恒，故两个运动员的动量变化量等大反向，但是曲春雨、任子威的动量变化不相同，根据动量定理可知曲春雨、任子威所受推力的冲量大小相等，D正确，B、C错误。
4．如图所示，碰碰车是一种机动游戏设施，车四周有橡胶做成的缓冲装置。若两碰碰车发生了正碰后立即停下，已知两车相撞前速度大小约为1 m/s，碰撞过程作用时间约为0.1 s，车和人总质量约100 kg。则两车碰撞过程中的平均作用力大小约为( )
A．100 N B．200 N
C．1 000 N D．2 000 N
【答案】 C
【解析】 以其中一辆小车碰前速度方向为正方向，根据动量定理可得－FΔt＝0－mv，解得F＝1 000 N，故C正确。
5．(2022·南京六校联合体调研)两个完全相同的小球A、B，在某一高度处以相同大小的初速度v0分别沿水平方向和竖直方向抛出，不计空气阻力。如图所示，则下列说法正确的是( )
A．两小球落地时，动量相同
B．两小球落地时，重力的瞬时功率不相同
C．从开始运动至落地，重力对两小球做的功相同，重力对两小球做功的平均功率也相同
D．从开始运动至落地，重力对两小球的冲量相同，两小球的动量变化量也相同
【答案】 B
【解析】 根据机械能守恒定律得eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋mgh＝eq \f(1,2)mv2，两小球落地时，速度的大小相同，但是方向不同，则动量不相同，A错误；小球A竖直方向做自由落体运动，小球B竖直方向做竖直上抛运动，所以两小球落地时，B的竖直速度大于A的竖直速度，根据P＝mgvy可知，重力的瞬时功率不相同，B正确；从开始运动至落地，根据W＝mgh可知，重力对两小球做的功相同，但是B先上升后下落，所以B运动时间较长，则根据P＝eq \f(W,t)可知，重力对两小球做功的平均功率不相同，C错误；根据I＝mgt可知，重力对两小球的冲量不相同，根据动量定理可知，两小球的动量变化量也不相同，D错误。
6.(多选)(2022·全国乙卷)质量为1 kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取g＝10 m/s2。则( )
A．4 s时物块的动能为零
B．6 s时物块回到初始位置
C．3 s时物块的动量为12 kg·m/s
D．0～6 s时间内F对物块所做的功为40 J
【答案】 AD
【解析】 物块与地面间的摩擦力为Ff＝μmg＝2 N
对物块在0～3 s时间内由动量定理可知(F－Ff)t1＝mv3
代入数据可得v3＝6 m/s
3 s时物块的动量为p＝mv3＝6 kg·m/s，故C错误；
设3 s后经过时间t2物块的速度减为0，由动量定理可得－(F＋Ff)t2＝0－mv3
解得t2＝1 s
所以物块在4 s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确；
在0～3 s时间内，对物块由动能定理可得(F－Ff)x1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,3)
解得x1＝9 m
3～4 s时间内，对物块由动能定理可得－(F＋Ff)x2＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,3)
解得x2＝3 m
4～6 s时间内物块开始反向运动，物块的加速度大小为a＝eq \f(F－Ff,m)＝2 m/s2
发生的位移大小为x3＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,3)＝4 m即6 s时物块没有回到初始位置，故B错误；
物块在6 s时的速度大小为v6＝at3＝4 m/s
0～6 s时间拉力对物块所做的功为
W＝Fx1－Fx2＋Fx3＝40 J，故D正确。
7．一个质量为m的小型炸弹自水平地面朝右上方射出，在最高点以水平向右的速度v飞行时，突然爆炸为质量相等的甲、乙、丙三块弹片，如图所示。爆炸之后乙自静止自由下落，丙沿原路径回到原射出点。若忽略空气阻力，则下列说法正确的是( )
A．爆炸后乙落地的时间最长
B．爆炸后甲落地的时间最长
C．甲、丙落地点到乙落地点O的距离比为3∶1
D．爆炸过程释放的化学能为eq \f(7mv2,3)
【答案】 D
【解析】 爆炸后甲、乙和丙三块弹片在竖直方向上都做自由落体运动，所以落地的时间相等，A、B错误；丙沿原路径回到原射出点，所以丙的速度为－v，取向右为正，根据动量守恒定律得mv＝－eq \f(m,3)v＋eq \f(m,3)v1，解得甲的速度为v1＝4v，根据水平位移x＝vt，由于两者下落的时间相同，故甲、丙落地点到乙落地点O的距离比为4∶1，C错误；爆炸过程释放的化学能为E＝eq \f(1,2)×eq \f(m,3)v2＋eq \f(1,2)×eq \f(m,3)(4v)2－eq \f(1,2)mv2＝eq \f(7,3)mv2，D正确。
8．(2022·浙江名校联盟联考)如图所示，光滑水平面上有一小车，小车左端固定一弹簧枪，有一质量为m的子弹被一细线固定且使弹簧处于压缩状态。小车右侧有一固定挡板，包含子弹整套装置质量为M。现把细线烧断，子弹向右以对地大小为v0的速度弹出，最后嵌入挡板中。不考虑子弹在枪内的摩擦等阻力，下列说法正确的是( )
A．小车最后以大小为v＝eq \f(mv0,M)的速度向左运动
B．子弹嵌入挡板中后，小车将做往复运动
C．子弹刚弹出时小车的速度大小为v＝eq \f(mv0,M＋m)
D．整套装置损失的机械能为eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋eq \f(m2veq \\al(2,0),2（M－m）)
【答案】 D
【解析】 整套装置开始处于静止状态，系统总动量为零，当子弹嵌入挡板后，整套装置相对静止，根据动量守恒定律，此时整套装置速度为零，A、B错误；子弹刚射击时，根据动量守恒定律得mv0＋(M－m)v＝0，解得v＝eq \f(mv0,M－m)，C错误；由于不考虑子弹在枪内受到的摩擦等阻力，当子弹刚弹出时，子弹和整套装
置其他部分的总动能为系统总的机械能，当子弹最后嵌入挡板后系统静止，故系统损失的机械能为
eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋eq \f(1,2)(M－m)v2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋eq \f(m2veq \\al(2,0),2（M－m）)，D正确。
9.(2022·江西新余高三期末)如图所示，水平地面上紧挨着的两个滑块P、Q之间有少量炸药(质量不计)，爆炸后P、Q沿水平地面向左、右滑行的最大距离分别为0.1 m、0.4 m。已知P、Q与水平地面间的动摩擦因数相同，则P、Q的质量之比m1∶m2为( )
A.4∶1 B.1∶4
C.2∶1 D.1∶2
【答案】 C
【解析】 爆炸过程中，两滑块动量守恒，取水平向右为正，则0＝－m1v1＋m2v2
爆炸之后分别对两滑块，由动能定理可知
滑块P：－μm1gx1＝0－eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)
滑块Q：－μm2gx2＝0－eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)
联立解得m1∶m2＝2∶1
故A、B、D错误，C正确。
10.(2022·湖北高考，7)一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2。下列关系式一定成立的是( )
A. W2＝3W1，I2≤3I1
B. W2＝3W1，I2≥I1
C.W2＝7W1，I2≤3I1
D.W2＝7W1，I2≥I1
【答案】 D
【解析】 根据动能定理可知W1＝eq \f(1,2)m(2v)2－eq \f(1,2)mv2＝eq \f(3,2)mv2，W2＝eq \f(1,2)m(5v)2－eq \f(1,2)m(2v)2＝eq \f(21,2)mv2，可得W2＝7W1，由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是mv≤I1≤3mv，3mv≤I2≤7mv可知I2≥I1，故D正确。
11.(2022·广东黄金卷)如图所示，建筑工地上的打桩过程可简化为：重锤从空中某一固定高度由静止释放，与钢筋混凝土预制桩在极短时间内发生碰撞，并以共同速度下降一段距离后停下来。则( )
A.重锤质量越大，撞预制桩前瞬间的速度越大
B.重锤质量越大，预制桩被撞后瞬间的速度越大
C.碰撞过程中，重锤和预制桩的总机械能保持不变
D.整个过程中，重锤和预制桩的总动量保持不变
【答案】 B
【解析】 重锤下落过程做自由落体运动，据位移速度公式可得v0＝eq \r(2gh)，故重锤撞预制桩前瞬间的速度与重锤的质量无关，只与下落的高度有关，A错误；重锤撞击预制桩的瞬间动量守恒，可得mv0＝(m＋M)v，故重锤质量m越大，预制桩被撞后瞬间的速度越大，B正确；碰撞过程为完全非弹性碰撞，重锤和预制桩的总机械能要减小，系统要产生内能，C错误；整个过程中，重锤和预制桩在以共同速度减速下降的过程中，受合外力不为零，总动量减小，D错误。
12．(2022·河南名校大联考)在如图所示的实验装置中，小球A、B完全相同。用小锤轻击弹性金属片，A球做平抛运动，同时B球做自由落体运动，不计空气阻力。在空中同一段下落的时间内，下列说法正确的是( )
A．A球动能的变化大于B球动能的变化
B．A球动量的变化大于B球动量的变化
C．A球速度的变化小于B球速度的变化
D．A球速率的变化小于B球速率的变化
【答案】D
【解析】： 在空中同一段下落时间内，A球竖直方向的分位移等于B球下落的位移，根据动能定理得，mgh＝Ek2－Ek1，所以A球动能的变化等于B球动能的变化，故A错误； A、B两球的加速度相同，下落时间相等，即Δv＝gΔt，则速度变化相同，由题意知，A、B两球完全相同，所以A、B两球动量变化相同，故B、C错误；如图所示
在空中同一段下落时间内，A球速率变化为|v2|－|v1|，B球速率变化为图中粗线对应的线段长度，根据几何知识两边之差小于第三边，知A球的速率变化小于B球的速率变化，故D正确。
13．(2020·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
【答案】A
【解析】： 设乙物块的质量为m，由动量守恒定律有m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，代入图中数据解得m乙＝6 kg，进而可求得碰撞过程中两物块损失的机械能为E损＝eq \f(1,2)m甲v甲2＋eq \f(1,2)m乙v乙2－eq \f(1,2)m甲v甲′2－eq \f(1,2)m乙v乙′2，代入图中数据解得E损＝3 J，选项A正确。
14.[多选](2022·长春质检)如图所示，内壁光滑的圆筒竖直固定在地面上，筒内有质量分别为3m、m的刚性小球a、b，两球直径略小于圆筒内径，销子离地面的高度为h。拔掉销子，两球自由下落。若a球与地面间及a、b两球之间均为弹性碰撞，碰撞时间极短，下列说法正确的是( )
A．两球下落过程中，b对a有竖直向下的压力
B．a与b碰后，a的速度为0
C．落地弹起后，a能上升的最大高度为h
D．落地弹起后，b能上升的最大高度为4h
【答案】BD
【解析】： 两球下落过程中，两球都处于完全失重状态，则b对a没有压力，选项A错误；两球落地时速度均为v＝eq \r(2gh)，方向竖直向下，则a与地面相碰后反弹，速度变为竖直向上，大小不变，则a、b碰撞时，设向上为正方向，由动量守恒：3mv－mv＝3mva＋mvb，由能量关系：eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)·3mv2＝eq \f(1,2)·3mva2＋eq \f(1,2)mvb2，解得va＝0，vb＝2v，则落地弹起后，a能上升的最大高度为零，b能上升的最大高度为H＝eq \f(vb2,2g)＝4h，选项C错误，B、D正确。
15.[多选](2022·江淮十校联考)如图所示，质量为M的足够长的木板置于水平地面上，质量为m的小滑块以初速度v0滑上木板，已知小滑块与木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．若木板与地面间光滑，则长木板的最终速度大小为eq \f(mv0,M＋m)
B．若木板与地面间光滑，则小滑块与木板组成的系统最终能产生的内能为eq \f(1,2)mv02
C．若木板与地面间的动摩擦因数也为μ，则小滑块与木板组成的系统最终能产生的内能为eq \f(1,2)mv02
D．若木板与地面间的动摩擦因数也为μ，则在整个运动过程中地面对木板的摩擦力的冲量大小为Mv0
【答案】AC
【解析】： 若地面光滑，则由动量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v，解得最后的速度为：v＝eq \f(mv0,M＋m)，产生的内能为：ΔEk＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(M＋m)v2，故A正确，B错误；若木板与地面间的动摩擦因数也为μ，则小滑块与木板最后会静止于地面，组成的系统最终能产生的内能为eq \f(1,2)mv02，地面对木板摩擦力的冲量大小为mv0，故C正确，D错误。
16．(2022·山东省实验中学模拟)如图甲所示，固定光滑斜面上有质量为m＝6 kg的物体，在大小为12 N、方向平行于斜面的拉力F的作用下做匀速直线运动，从x1＝2.5 m 位置处拉力F逐渐减小，力F随位移x的变化规律如图乙所示，当x2＝7 m时拉力减为零，物体速度刚好为零，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．斜面倾角θ为30°
B．整个上滑的过程中，物体的机械能增加27 J
C．物体匀速运动时的速度大小为3 m/s
D．物体在减速阶段所受合外力的冲量为－12 N·s
【答案】C
【解析】： 物体做匀速直线运动时，受力平衡，则F＝mgsin θ，代入数值得sin θ＝0.2，选项A错误；图像与坐标轴所围的面积表示拉力做的功，WF＝12×2.5 J＋eq \f(1,2)×12×(7－2.5)J＝57 J，机械能的增加量等于拉力做的功57 J，B错误；重力做的功WG＝－mgx2sin θ＝－84 J，由动能定理：WF＋WG＝0－eq \f(1,2)mv02，解得：v0＝3 m/s，选项C正确；根据动量定理可得I＝0－mv0＝－18 N·s，选项D错误。
17.[多选](2022·贵阳联考)如图所示，质量为M的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且长为l，左端O处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F。质量为m的小滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落。则( )
A．细绳被拉断瞬间木板的加速度大小为eq \f(F,M)
B．细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为eq \f(1,2)mv2
C．弹簧恢复原长时滑块的动能为eq \f(1,2)mv2
D．滑块与木板AB间的动摩擦因数为eq \f(v2,2gl)
【答案】ABD
【解析】： 细绳被拉断瞬间，对木板分析，由于OA段光滑，没有摩擦力，木板在水平方向上只受到弹簧的弹力，细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F，根据牛顿第二定律有：F＝Ma，解得a＝eq \f(F,M)，A正确；滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得：细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为eq \f(1,2)mv2，B正确；弹簧恢复原长时木板获得动能，所以滑块的动能小于eq \f(1,2)mv2，C错误；由于细绳被拉断瞬间，木板速度为零，小滑块速度为零，所以小滑块的动能全部转化为弹簧的弹性势能，即Ep＝eq \f(1,2)mv2，小滑块恰未掉落时滑到木板的右端，且速度与木板相同，都为零，由能量守恒定律得：Ep＝μmgl，联立解得μ＝eq \f(v2,2gl)，D正确。
18.有两个用一根轻质弹簧相连的木块A、B静止在光滑水平面上，其质量mA＝1 kg、mB＝2.95 kg，一颗质量为m＝50 g的子弹沿水平方向以v0＝400 m/s的速度，在极短时间内射穿A并留在B内，射穿A木块后子弹的速度变为原来的60%。求：
(1)子弹刚穿过木块A时，木块A的速度vA；
(2)系统运动过程中弹簧的最大弹性势能Ep；
(3)弹簧再次恢复原长时木块A、B的速度大小。
【答案】：(1)8 m/s (2)6 J (3)2 m/s 6 m/s
【解析】：(1)子弹刚穿过A时，子弹与A动量守恒，设A的速度为vA，子弹的速度为v1，由动量守恒定律有：
mv0＝mAvA＋mv1，
又v1＝0.6v0＝240 m/s
解得：vA＝8 m/s。
(2)子弹射入并留在B内，子弹与B动量守恒，设子弹与B共同的速度为vB，由动量守恒定律：mv1＝(m＋mB)vB
解得：vB＝4 m/s
子弹、A、B和弹簧所组成的系统动量守恒，弹簧弹性势能最大时A、B、子弹具有相同的速度v，由动量守恒定律：mAvA＋(m＋mB)vB＝(m＋mA＋mB)v
解得：v＝5 m/s
由能量关系：Ep＝eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)(m＋mB)vB2－eq \f(1,2)(m＋mA＋mB)v2
解得：Ep＝6 J。
(3)从子弹射入B中到弹簧再次恢复原长，系统总动量守恒，总动能不变，则：
mAvA＋(m＋mB)vB＝mAvA′＋(m＋mB)vB′
eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)(m＋mB)vB2＝eq \f(1,2)mAvA′2＋eq \f(1,2)(m＋mB)vB′2
解得：vA′＝2 m/s，vB′＝6 m/s
或vA′＝8 m/s，vB′＝4 m/s
弹簧由压缩状态恢复至原长过程中，A减速，B加速，所以有vA′19.(2022·浙江名校联盟联考)如图所示，弹射器固定在高度为h1的固定光滑桌面上，桌面左端无缝挨着一个上表面为eq \f(1,4)光滑圆弧的小车，圆弧的半径为R，在空中距地面高h2处(高度未知)固定一个圆环，已知小车、小球的质量均为m，假设弹射器的弹性势能全部转化为小球的动能。某次测试时，弹射器的弹性势能为Ep，弹出的小球恰能水平经过圆环圆心，然后恰能落回小车的圆弧，最后飞出小车。忽略小车的滚动摩擦和空气阻力的影响，小球可视为质点，求：
(1)小球离开弹射器时的速度大小；
(2)圆环的高度h2；
(3)小球先后两次对小车做的功之比。
【答案】 (1)eq \r(\f(2Ep,m)) (2)h1＋eq \f(Ep,2mg) (3)1∶3
【解析】 (1)由弹射器的弹性势能全部转化为小球的动能，可得Ep＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得v0＝eq \r(\f(2Ep,m))。
(2)由于小球经过eq \f(1,4)圆弧时系统水平方向动量守恒，故得p＝mv0＝2mvx
得v0＝2vx
根据机械能守恒定律得
E＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
＝eq \f(1,2)m(veq \\al(2,x)＋veq \\al(2,y))＋mgR＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,x)
解得vy＝eq \r(\f(1,2)veq \\al(2,0)－2gR)＝eq \r(\f(Ep,m)－2gR)
解得h2＝h1＋R＋eq \f(veq \\al(2,y),2g)＝h1＋eq \f(Ep,2mg)。
(3)小球在空中的水平分速度与小车的水平速度相等，故小球水平经过圆环圆心后恰能落回小车的圆弧，由于系统水平方向动量守恒，
故得px＝2mvx＝mv0＝mv车＋mv球
机械能守恒，得
E＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝Ep＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,车)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,球)
得v车＝v0，v球＝0
故得W1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,x)＝eq \f(1,8)mveq \\al(2,0)
W2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,8)mveq \\al(2,0)＝eq \f(3,8)mveq \\al(2,0)
可得eq \f(W1,W2)＝eq \f(1,3)。
动量守恒
碰撞时间极短，内力远大于外力，动量可看作守恒，有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能不增加
碰撞后系统的总动能不大于碰撞前系统的总动能。系统动能满足关系式：
eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22≥eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2
物理情境可行性
按碰撞情境可分为追赶碰撞和相向碰撞，两物体碰撞前后的物理情境应与实际相一致