课标版2021高考物理一轮复习专题七碰撞与动量守恒课件

课标版2021高考物理一轮复习专题七碰撞与动量守恒课件

考点清单 考点一    动量、动量定理 考向基础 一、冲量 定义 力与力的 作用时间 的乘积叫力的冲量 定义式 I = Ft 标矢性 力是矢量,冲量也是矢量 过程性 冲量是描述力对物体作用的时间积累效应的物理量 ,力越大,作用时间越长,冲量就越大 绝对性 由于力和时间都跟参考系的选择无关,因此冲量也跟参考系的选择无关;另外物体受某个力的 冲量只取决于这个力及其作用时间,与物体的运动状态、是否受其他力无关 单位 牛顿·秒,简称牛·秒,符号N·s 备注 (1)冲量表达式 I = Ft 只适用于计算恒力的冲量;计算变力的冲量一般用动量 定理 (2)如图所示,在力 F 随时间 t 变化的 F - t 图像中,图线与时间轴之间的“面积”为力的冲量   (3)合外力冲量的计算 a.如果物体受到的各个力作用的时间相同,且都为恒力,可用 I 合 = F 合 · t 计算 b.如果在物体运动的整个过程中不同阶段受力不同,则合冲量为各个阶段冲量的 矢量和 二、动量 定义 物体的质量( m )跟其速度( v )的乘积( mv )叫做物体的动量,用符号 p 表示 定义式 p = mv 单位 千克·米/秒,符号kg·m/s 标矢性 矢量, 方向与速度方向相同 状态量 对应于某一时刻或某一位置 相对性 与参考系有关,通常取地面为参考系 引入 意义 (1)为了描述力作用一段时间后对物体产生的效果 (2)为了揭示相互作用的物体系统,在作用过程中遵守的规律 物理量 项目　     冲量 动量 动量变化量 定义 力和力的作用时间的乘积叫做力的冲量 质量与速度的乘积叫做动量 末状态动量与初状态动量的矢量差 公式 I = F · t p = m · v Δ p = mv 末 - mv 初 单位 牛顿·秒 (N·s) 千克·米/秒 (kg·m/s) 千克·米/秒 (kg·m/s) 标矢性 矢量,与 F 同方向 矢量,与 v 同方向 矢量,用平行四边形定则确定方向 性质 过程量,对力而言 状态量,对物体而言 过程量,对物体而言 三、冲量、动量与动量变化量 四、冲量和功的比较 物理量 项目　     冲量 功 定义 力和力的作用时间的乘积 作用在物体上的力和物体在力的方向上位移的乘积 公式 I = Ft W = Fs cos θ 单位 牛顿·秒(N·s) 焦耳(J) 标矢性 矢量 标量 意义 (1) 表示力在时间上的积累效果 (2)是动量变化的量度 (1) 表示力在空间上的积累效果 (2)是能量变化多少的量度 相同点 都是过程量,都与力的作用过程相联系 五、动量与动能 物理量 项目　     动量 动能 表达式 p = mv E k =   mv 2 物理意义 描述机械运动的状态 描述某个状态由于机械运动而具有的能量 性质 状态量,矢量 状态量,标量 关联方程 p =   , p =   E k =   , E k =   pv 考向突破 考向    动量、动量定理 1.对动量定理的理解 (1)动量定理的表达式 Ft =Δ p 是矢量式,运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向,公式中的 F 是物体或系统所受的合力。 (2)动量定理不仅适用于恒定的力,也适用于随时间变化的力,这种情况下,动量定理中的力 F 应理解为变力在作用时间内的平均值。 (3)应用动量定理解释两类物理现象 ①当物体的动量变化量一定时,力的作用时间 t 越短,力 F 就越大,力的作用时间 t 越长,力 F 就越小,如玻璃杯掉在水泥地上易碎,而掉在沙地上不易碎。 ②当作用力 F 一定时,力的作用时间 t 越长,动量变化量Δ p 越大,力的作用时间 t 越短,动量变化量Δ p 越小。 2.应用动量定理解题的一般步骤 (1)明确研究对象和研究过程。 研究过程既可以是全过程,也可以是全过程中的某一阶段。 (2)进行受力分析。 只分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力,不必分析内力。 (3)规定正方向。 (4)写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量(或各外力在各个阶段的冲量的矢量和),根据动量定理列方程求解。 例　一高空作业的工人重为600 N,系一条长为 L =5 m的安全带,若工人不慎跌落时安全带的缓冲时间 t =1 s,则安全带受的冲力是多少?( g 取10 m/s 2 ) 解析    解法一(程序法)　依题意作图,如图所示,设工人刚要拉紧安全带时的速度为 v 1 ,   =2 gL ,得 v 1 =     经缓冲时间 t =1 s后速度变为0,取向下为正方向,工人受两个力作用,即拉力 F 和重力 mg ,对工人由动量定理得,( mg - F ) t =0- mv 1 , F =   将数值代入得 F =1 200 N。 由牛顿第三定律知安全带受的冲力 F ' 为1 200 N,方向竖直向下。 答案　1 200 N 解法二(全过程法)　在整个下落过程中对工人应用动量定理。在整个下落过程中,重力的冲量大小为 mg   ,拉力 F 的冲量大小为 Ft 。初、末 动量都是零,取向下为正方向,由动量定理得 mg   - Ft =0 解得 F =   =1 200 N。 由牛顿第三定律知安全带受的冲力 F '= F =1 200 N,方向竖直向下。 考点二    动量守恒定律及其应用 考向基础 一、动量守恒定律 三个概念 系统 相互作用的若干个物体看成一个系统,即系统至少由两个物体组成 内力 系统内部各物体之间的相互作用力叫做内力 外力 系统外部物体对系统的作用力叫做外力 动量守恒定律 内容 如果一个系统 不受外力,或者所受外力的矢量和为零 ,则这个系统的 总动量保持不变 。这就是动量守恒定律 表达式 (1) p = p ' (2)一维两物体时: m 1 v 1 + m 2 v 2 = m 1 v 1 '+ m 2 v 2 ' m 1 v 1 '- m 1 v 1 =-( m 2 v 2 '- m 2 v 2 ) 对象 两个及两个以上物体组成的系统 条件 (1)不受外力,动量守恒 (2)外力矢量和为零,动量守恒 (3)外力远小于内力,动量近似守恒 (4)某方向上外力矢量和为零,该方向上动量守恒 备注 (1)动量守恒指的是总动量在相互作用的过程中时刻守恒,而不是只有始、末状态才守恒。实际列方程时,可在这守恒的无数个状态中选择两个状态来列方程 (2)系统的动量守恒,个体的动量不守恒,因为相互作用后物体的速度发生了变化,动量在系统内的物体间发生了转移 二、动量守恒定律的“四性” 系统性 (1)动量守恒定律成立的条件是系统不受外力或所受外力的矢量和为零,因此,应用动量守恒定律解决问题时,要注意分析系统受到哪些外力,是否满足动量守恒的条件 (2)系统的动量守恒时,系统内某一物体的动量可以不守恒,系统内所有物体动量的绝对值之和也可以不守恒,“动量守恒”是指系统内所有物体动量的矢量和是守恒的 矢量性 (1) 动量守恒定律的表达式是矢量式 (2)该式说明系统的总动量在相互作用前、后不仅大小相等,方向也相同 (3)处理一条直线上的动量守恒问题时, 要选定一个正方向,用正、负号表示动量的方向,从而将矢量运算转化为代数运算 同一性 动量守恒定律中的各个速度必须相对同一参考系(一般是相对地面) 同时性 动量是状态量,动量守恒定律是指系统任意时刻总动量保持不变,因此系统内物体(一维两物体时)相互作用前的总动量 m 1 v 1 + m 2 v 2 中的 v 1 、 v 2 必须是 相互作用前同一时刻 的瞬时速度;相互作用后的总动量 m 1 v 1 '+ m 2 v 2 '中的 v 1 '、 v 2 '必须是 相互作用后同一时刻 的瞬时速度 考向突破 考向    动量守恒定律及其应用 动量守恒定律与机械能守恒定律的比较 动量守恒定律 机械能守恒定律   一个系统不受外力作用或者所受外力的矢量和为零,这个系统的总动量保持不变 在只有重力或系统内弹力做功的物体系统内,动能与势能可以相互转化,而总的机械能保持不变 表 达 式 ① m 1 v 1 + m 2 v 2 = m 1 v 1 '+ m 2 v 2 ',两个物体组成的系统相互作用前、后动量保持不变 ②Δ p 1 =-Δ p 2 ,相互作用的两个物体动量变化量大小相等,方向相反 ③Δ p =0,系统动量增量为零 ① E k + E p = E k '+ E p '(系统初态的机械能等于系统末态的机械能) ②Δ E k =-Δ E p (系统动能的增加量等于系统势能的减少量) ③Δ E A 增 =Δ E B 减 ( A 、 B 组成的系统, A 的机械能的增加量等于 B 的机械能的减少量) 守 恒 条 件 ①系统不受外力或所受外力的矢量和为零。要正确区分内力和外力 ②系统受外力,外力的合力不为零,但当内力远大于外力时也可以认为动量守恒。这时是一种近似守恒,但仍可用动量守恒定律进行计算 ③系统所受的合外力虽不为零,如果在某一方向上合外力为零,那么在该方向上系统的动量守恒 ①只有重力或系统内弹力作用,没有其他力作用 ②有重力、系统内弹力以外的力作用,但这些力不做功 ③有重力、系统内弹力以外的力做功,但这些力做功的代数和为零 研究 对象 相互作用的物体系统 相互作用的物体系统(包括地球) 守恒 性质 矢量守恒(规定正方向) 标量守恒(不考虑方向性) 适用 范围 宏观、微观,低速、高速都适用 只适用于宏观、低速领域 注 意 两个守恒定律都是动态过程的守恒,即在系统内部物理过程中的任一时刻、任一阶段内系统的总动量或总机械能都不变,因此在解决问题时,不必详尽追究中间过程系统内相互作用的细节,主要抓住始、末状态 例　如图所示,在水平光滑地面上有 A 、 B 两个木块, A 、 B 之间用一轻弹簧连接。 A 靠在墙壁上,用力 F 向左推 B 使两木块之间弹簧压缩并处于静止状态。若突然撤去力 F ,则下列说法中正确的是   (　　)   A.木块 A 离开墙壁前, A 、 B 和弹簧组成的系统动量守恒,机械能也守恒 B.木块 A 离开墙壁前, A 、 B 和弹簧组成的系统动量不守恒,但机械能守恒 C.木块 A 离开墙壁后, A 、 B 和弹簧组成的系统动量守恒,机械能也守恒 D.木块 A 离开墙壁后, A 、 B 和弹簧组成的系统动量不守恒,但机械能守恒 解析　撤去 F 后,木块 A 离开墙壁前,竖直方向两木块及弹簧组成的系统所受的重力与支持力平衡,合力为零;而水平方向墙对 A 有向右的弹力,所以系统所受的合外力不为零,系统的动量不守恒,但系统的机械能守恒,故A错误,B正确。 A 离开墙壁后,系统水平方向不受外力,竖直方向外力平衡,所以系统所受的合外力为零,系统的动量守恒,因弹簧弹力属于系统内力,则系统机械能也守恒,故C正确、D错误。 答案     BC 考点三    动量和能量的综合 考向基础 一、碰撞 特 点 时间 过程持续时间即相互作用时间极短 作用力 在相互作用的过程中,相互作用力先是急剧增大,然后再急剧减小,平均作用力很大 动量守 恒条件 系统的内力远远大于外力,所以,系统即使所受外力矢量和不为零,外力也可以忽略,系统的总动量守恒 位移 碰撞过程是在一瞬间发生的,时间极短,所以,在物体发生碰撞的瞬间,可忽略物体的位移,可以认为物体在碰撞前、后仍在同一位置 能量 在碰撞过程中,一般伴随着 机械能 的损失,碰撞后系统的总动能要小于或等于碰撞前系统的总动能,即 E k1 '+ E k2 ' ≤ E k1 + E k2 分 类 按能量 是否守 恒分类 弹性碰撞 动量守恒, 机械能无损失 非弹性碰撞 动量守恒, 机械能有损失 完全非弹性碰撞 动量守恒, 机械能损失最大 按碰撞前、后动 量是否共线分类 对心碰撞(正碰) 碰撞前、后速度共线 非对心碰撞(斜碰) 碰撞前、后速度不共线 二、爆炸 概 念 一个物体由于内力的巨大作用而分为两个或两个以上物体的过程叫做爆炸 特 点 动量 守恒 由于爆炸是在极短的时间内完成的,爆炸时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 ,因而在作用过程中,物体的位移很小,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 三、反冲 概 念 根据动量守恒定律,如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分,一部分向某个方向运动,另一部分必然向相反的方向运动。这个现象叫做反冲 反冲原理 反冲运动的基本原理仍然是 动量守恒定律 。当系统所受的外力矢量和为零或外力远远小于内力时,系统的总动量守恒。这时,如果系统的一部分获得了某一方向的动量,系统的剩余部分就会在这一方向的相反方向上获得同样大小的动量 应用 反冲运动有利也有害,有利的一面我们可以应用,比如农田、园林的喷灌装置,喷气式飞机,火箭等。反冲运动不利的一面则需要尽力去排除,比如开枪或开炮时反冲运动对射击准确性的影响等 四、研究动力学问题三大观点的比较 力的观点 能量观点 动量观点 规律 力的瞬 时效应 力的空间积累效应 力的时间积累效应 牛顿第 二定律 动能定理 机械能守 恒定律 动量定理 动量守 恒定律 规律 内容 物体的加速度跟所受的合外力成 正比 ,跟物体的质量成反比 合外力对物体做的功,等于物体 动能 的变化量 在只有重力或弹力做功的物体系统内,动能与势能可以相互转化,而总的 机械能 保持不变 物体所受合外力的冲量等于物体动量的 变化量 一个系统不受外力或所受外力的矢量和为零,这个系统的总动量 保持不变 规律 表达式 F 合 = ma W 总 = Δ E k E k1 + E p1 = E k2 + E p2 I 合 = m Δ v m 1 v 1 + m 2 v 2 = m 1 v 1 '+ m 2 v 2 ' 研究 对象 单个物体或物体系、某一时刻 单个物体、一段位移 物体系、一个过程 单个物体或物体系、一段时间 物体系、一个过程 受力 分析 特点 分析每个外力的大小方向,求出合力 分析一段位移上每个力做功情况后确定 合外力 做的总功 分析是否只有重力或系统内弹力做功 分析一段时间内各外力的大小、方向,求外力的合冲量 分析系统所受外力矢量和是否为零 注意 应用三大观点解决问题时,都必须做好受力分析和过程分析,这是解决力学问题的前提。用力的观点解题侧重于分析物体的受力情况求合力;用能量的观点解题侧重于分析力的做功情况;用动量的观点解题侧重于分析合外力是否为零 考向突破 考向一    动量和能量的综合 1.爆炸过程的特征 (1)动能增加:在爆炸过程中,由于有其他形式的能量转化为动能,所以爆炸后系统的总动能增加。 (2)位置不变:爆炸的时间极短,因而在作用过程中,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作用前的位置以新的动量开始运动。 (3)由于内力 ≫ 外力,故爆炸过程动量守恒。 2.反冲过程的特征 反冲运动过程中,有其他形式的能转化为动能,系统的总动能将增加,其增加的原因是:在反冲运动中,作用力和反作用力均做正功。 反冲运动过程中,系统在某一方向不受外力或外力远小于物体间的相互作 用力,可应用动量守恒定律分析。 3.平均动量守恒问题(人船模型) (1)该类问题的特点   (2)方程 m 1   - m 2   =0(   、   为速度平均大小) (3)结论 m 1 s 1 = m 2 s 2 ( s 1 、 s 2 为位移大小) 4.“三 s ”问题 如图,质量为 m 的滑块以速度 v 0 滑上放于光滑水平地面上的质量为 M 的长木 板上。长木板上表面粗糙,滑块与长木板间的动摩擦因数为 μ ,长木板足够长。   满足以下关系: f = μmg mv 0 =( m + M ) v t - fs 1 =   m   -   m   fs 2 =   M   fs 3 = f ( s 1 - s 2 )=   m   -   ( m + M )   = Q 例1　长为 L 、质量为 M 的小船停在静水中,一个质量为 m 的人立在船头,若不计水的黏滞阻力,当人从船头走到船尾的过程中,船和人对地面的位移各是多少? 解析　选人和船组成的系统为研究对象,因系统在水平方向不受力,所以动量守恒,人未走时系统的总动量为零。当人起步加速前进时,船同时加速后退; 当人匀速前进时,船匀速后退;当人减速前进时,船减速后退;当人速度为零 时,船速度也为零。设某时刻人对地的速率为 v 1 ,船对地的速率为 v 2 ,根据动量守恒得 mv 1 - Mv 2 =0   ① 因为在人从船头走到船尾的整个过程中时刻满足动量守恒,结合①式分析可得, mx 1 - Mx 2 =0   ② ②式为人对地的位移和船对地的位移关系。由图还可看出: x 1 + x 2 = L   ③ 联立②③两式得   答案　见解析 例2　如图所示,水平光滑地面上停放着一辆小车,左侧靠在竖直墙壁上,小车的四分之一圆轨道 AB 是光滑的,在最低点 B 与水平轨道 BC 相切, BC 的长度是圆弧半径的10倍,整个轨道处于同一竖直平面内。可视为质点的物块从 A 点正上方某处无初速下落,恰好落入小车圆弧轨道滑动,然后沿水平轨道滑行至轨道末端 C 处恰好没有滑出。已知物块到达圆弧轨道最低点 B 时对轨道的压力是物块重力的9倍,小车的质量是物块质量的3倍,不考虑空气阻力和物块落入圆弧轨道时的能量损失。求:   (1)物块开始下落的位置距水平轨道 BC 的竖直高度是圆弧半径的几倍; (2)物块与水平轨道 BC 间的动摩擦因数 μ 。 解析　(1)设物块的质量为 m ,其开始下落的位置距水平轨道 BC 的竖直高度为 h ,到达 B 点时的速度为 v 1 ,圆弧轨道半径为 R 由机械能守恒定律有 mgh =   m   由牛顿第二定律有9 mg - mg =   解得: h =4 R (2)设物块与 BC 间的滑动摩擦力的大小为 f ,物块滑到 C 点时与小车的共同速度为 v 2 ,物块在小车上由 B 运动到 C 的过程中小车相对地面的位移大小为 s 依题意,小车的质量为3 m , BC 的长度为10 R 摩擦力 f = μmg 由动量守恒定律得: mv 1 =( m +3 m ) v 2 答案　(1)4倍　(2)0.3 对物块、小车分别应用动能定理有 物块:- f (10 R + s )=   m   -   m   小车: fs =   × 3 m   -0 解得: μ =0.3 考向二    碰撞 1.弹性碰撞:碰撞结束后,形变全部消失,动能没有损失,不仅动量守恒,而且 初、末总动能相等。 m 1 v 1 + m 2 v 2 = m 1 v 1 '+ m 2 v 2 '   m 1   +   m 2   =   m 1 v 1 ' 2 +   m 2 v 2 ' 2 v 1 '=   v 2 '=   若 v 2 =0,即为“一动一静”的弹性碰撞,碰后二者速度分别为 v 1 '=   v 1 v 2 '=   v 1 如果 m 1 = m 2 ,则 v 1 '=0, v 2 '= v 1 ,二者速度互换。 如果 m 1 < m 2 则 v 1 '<0, m 1 被反弹。 如果 m 1 ≫ m 2 ,则 v 1 ' ≈ v 1 ,速度几乎不变, v 2 ' ≈ 2 v 1 。 2.非弹性碰撞:碰撞结束后,形变部分消失,动能有部分损失。 m 1 v 1 + m 2 v 2 = m 1 v 1 '+ m 2 v 2 '   m 1   +   m 2   =   m 1 v 1 ' 2 +   m 2 v 2 ' 2 +Δ E k损 3.完全非弹性碰撞:碰撞结束后,以同一速度运动,形变完全保留,动能损失最大。 m 1 v 1 + m 2 v 2 =( m 1 + m 2 ) v   m 1   +   m 2   =   ( m 1 + m 2 ) v 2 +Δ E k损max 温馨提示　碰撞遵守的原则 (1)动量守恒。 (2)机械能不增加,即碰撞结束后总动能不增加,表达式为 E k1 + E k2 ≥ E k1 '+ E k2 '或   +   ≥   +   。 (3)速度要合理 ①碰后若同向运动,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肯定有一个改变或速度均为零。 例3    (2018河南鹤壁段考,5,4分)甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动,已知它们的动量分别是 p 1 =5 kg·m/s, p 2 =7 kg·m/s,甲从后面追上乙并发生碰撞,碰后乙球的动量变为10 kg·m/s,则两球质量 m 1 与 m 2 间的关系可能是   (　　) A. m 1 = m 2 　    B.2 m 1 = m 2 C.4 m 1 = m 2 　    D.6 m 1 = m 2 答案    C 解析　甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒,所以有 p 1 + p 2 = p 1 '+ p 2 ',得 p 1 '=2 kg·m/s。由于在碰撞过程中,不可能有其他形式的能量转化为机械能,系统的机械能不会增加,故有   +   ≥   +   ,得 m 1 ≤   m 2 。因为题目给出的 物理情景是“甲从后面追上乙”,要符合这一物理情景,就必须有   >   , 可得 m 1 <   m 2 ;同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度 这一物理情景,即   ≤   ,可得 m 1 ≥   m 2 。综上可知,C正确,A、B、D错 误。 有关连续体冲击力的解题方法 方法 1 方法技巧 这是一类变质量问题,对这类问题的处理,一般要选取一小段时间内通过的流体(或一小段长度的流体)为研究对象,然后表示出所选研究对象的质量,分析它的受力及动量的变化,由动量定理列方程求解。 例1    2005年8月29日清晨,飓风“卡特里娜”在美国路易斯安那州东南沿海登陆,飓风带来的巨浪和洪水使新奥尔良全城瘫痪。假设“卡特里娜”飓风以 v =250 km/h的速度推进,空气的密度 ρ =1.3 kg/m 3 ,防浪墙高 h =111 m,总长 l =560 km,飓风遇到防浪墙后速度变为零,且设海水全部流走,只考虑飓风对防浪墙的作用,由此可估算出飓风对防浪墙的冲击力 F 为(　　) A.2.8 × 10 10 N　　B.5.1 × 10 12 N C.3.9 × 10 11 N　　D.2.0 × 10 10 N 解析    设一小段时间Δ t 内与防浪墙作用的空气的质量为Δ m ,且作用后速度变为零,设防浪墙对空气作用力的大小为 F ',且为正方向,据动量定理有 F '·Δ t =0-Δ m (- v ),而Δ m = ρSv ·Δ t = ρlhv Δ t ,则 F '= ρlhv 2 ,由牛顿第三定律知空气对防浪墙(即飓风对防浪墙)的作用力大小 F = F '= ρlhv 2 =3.9 × 10 11 N,选项C正确。 答案    C 两个典型模型的处理方法 方法 2 1.“子弹打木块”类模型的处理方法 这类模型中,通常由于“子弹”和“木块”的相互作用时间极短,内力 ≫ 外力,可认为在这一过程中动量守恒。“木块”对“子弹”的阻力乘以“子弹”的位移为“子弹”损失的动能,阻力乘以“木块”的位移等于“木块”获得的动能,阻力乘以相对位移等于系统损失的机械能。 例2　装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击。通过对以下简化模型的计算可以粗略说明其原因。 质量为2 m 、厚度为2 d 的钢板静止在水平光滑桌面上。质量为 m 的子弹以某一速度垂直射向该钢板,刚好能将钢板射穿。现把钢板分成厚度均为 d 、质量均为 m 的相同两块,间隔一段距离平行放置,如图所示。若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板,穿出后再射向第二块钢板,求子弹射入第二块钢板的深度。设子弹在钢板中受到的阻力为恒力,且两块钢板不会发生碰撞。不计重力影响。 解析　设子弹初速度为 v 0 ,射入厚度为2 d 的钢板后,最终钢板和子弹的共同速度为 V 。由动量守恒得 (2 m + m ) V = mv 0   ① 解得 V =   v 0 此过程中动能损失为 Δ E =   m   -   × 3 mV 2   ② 解得Δ E =   m   分成两块钢板后,设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分别为 v 1 和 V 1 ,由动量守恒得 mv 1 + mV 1 = mv 0   ③ 因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力,射穿第一块钢板的动能损失为   , 由能量守恒得   m   +   m   =   m   -     ④ 联立①②③④式,且考虑到 v 1 必须大于 V 1 ,得 v 1 =   v 0   ⑤ 设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为 V 2 ,由动量守恒得 2 mV 2 = mv 1   ⑥ 损失的动能为 Δ E '=   m   -   × 2 m     ⑦ 解得Δ E '=     ×     ⑧ 因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力,由⑧式可得,射入第二块钢板的深度 答案　见解析 点评　“子弹打木块”类模型中,子弹所受阻力和子弹相对木块的位移(相对位移)的乘积,等于子弹动能转化成的内能,这是这类模型的显著特点。 x 为 x =     d   ⑨ 2.弹簧类模型的处理方法 对两个(或两个以上)物体与弹簧组成的系统,在能量方面,由于发生弹性形变的弹簧会具有弹性势能,系统的总动能将发生变化。若系统除重力和系统内弹力以外的力不做功,系统机械能守恒。若还有其他外力做功,这些力做功之和等于系统机械能改变量。做功之和为正,系统总机械能增加,反之减少。在相互作用过程中,弹簧两端的物体把弹簧拉伸至最长(或压缩至最短)时,两端的物体具有相同的速度,弹性势能最大。系统内每个物体除受弹簧弹力外所受其他外力的合力为零,当弹簧为自然长度时,系统内弹簧某一端的物体具有最大速度。 例3　如图所示,质量 M =4 kg的滑板 B 静止放在光滑水平面上,其右端固定一根轻质弹簧,弹簧的自由端 C 到滑板左端的距离 L =0.5 m,这段滑板与木块 A (可视为质点)之间的动摩擦因数 μ =0.2,而弹簧自由端 C 到弹簧固定端 D 所对应的滑板上表面光滑。木块 A 以速度 v 0 =10 m/s由滑板 B 左端开始沿滑板 B 上表面向右运动。已知木块 A 的质量 m =1 kg, g 取10 m/s 2 。求:   ①弹簧被压缩到最短时木块 A 的速度大小; ②木块 A 压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能。 答案　①2 m/s　②39 J 解析　①弹簧被压缩到最短时,木块 A 与滑板 B 具有相同的速度,设为 v ,从木块 A 开始沿滑板 B 上表面向右运动至弹簧被压缩到最短的过程中,整体动量守恒,则 mv 0 =( M + m ) v 解得 v =   v 0 代入数据得木块 A 的速度大小 v =2 m/s ②在木块 A 压缩弹簧过程中,弹簧被压缩到最短时,弹簧的弹性势能最大,由能量关系知,最大弹性势能为 E pm =   m   -   ( m + M ) v 2 - μmgL 代入数据解得 E pm =39 J。