1．“弹簧—滑块”模型：
(1)系统动量守恒，机械能守恒，但系统的总动能会与弹性势能发生转化．
(2)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，相当于完全非弹性碰撞，此时动能最小、弹性势能最大；弹簧恢复原长时相当于完全弹性碰撞，此时系统的总动能守恒．
2．“板—块”模型：系统的动量守恒，当两者的速度相等时，相当于完全非弹性碰撞，系统机械能损失最大，损失的机械能转化为系统内能．
3．“斜面模型”：系统只在水平方向动量守恒，当小球滑至斜面最大高度时两物体具有共同速度，此时相当于完全非弹性碰撞，系统损失的动能转化为小球增加的势能．对小球从冲上斜面又滑离斜面的全过程，相当于弹性碰撞，全过程系统机械能守恒．
1．(多选)(2019·吉林省“五地六校”合作体联考)如图1所示，在光滑水平地面上，A、B两物体质量都为m，A以速度v向右运动，B左端有一轻弹簧且初速度为0，在A与弹簧接触以后的过程中(A与弹簧不粘连)，下列说法正确的是( )
图1
A．轻弹簧被压缩到最短时，A、B系统总动量仍然为mv
B．轻弹簧被压缩到最短时，A的动能为mv2
C．弹簧恢复原长时，A的动量一定为零
D．A、B两物体组成的系统机械能守恒
2．(多选)(2019·河南驻马店市第一学期期终)如图2所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m＝3
kg的物块A、B、C，物块B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以v0＝4
m/s的速度朝B开始运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短，则以下说法正确的是( )
图2
A．从开始到弹簧最短时物块C受到的冲量大小为1
N·s
B．从开始到弹簧最短时物块C受到的冲量大小为4
N·s
C．从开始到A与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为3
J
D．从开始到A与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为9
J
3．(2020·福建三明市质检)如图3甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1、m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑水平面上．现使A获得水平向右、大小为3
m/s的瞬时速度，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象提供的信息可得( )
图3
A．在t1和t3时刻两物块达到共同速度1
m/s，且弹簧都处于压缩状态
B．在t1～t2时间内A、B的距离逐渐增大，t2时刻弹簧的弹性势能最大
C．两物块的质量之比为m1∶m2＝2∶1
D．在t2时刻A、B两物块的动能之比为Ek1∶Ek2＝1∶8
4．(2019·山东日照市上学期期末)如图4所示，光滑的水平桌面上放置一质量M＝4
kg、长L＝0.6
m的长木板B，质量m＝1
kg的小木块A(可看成质点)放在长木板的左端，开始A、B均处于静止状态．现有一个与A完全相同的小木块C从长木板右侧以v0＝6
m/s的初速度冲向长木板，碰后以v1＝2
m/s的速度被反向弹回(碰撞时间极短)，最终小木块A恰好不滑落长木板．重力加速度g＝10
m/s2.求：
图4
(1)碰后瞬间长木板B的速度；
(2)小木块A与长木板间的动摩擦因数．
5．(2019·河南平顶山市一轮复习质检)如图5所示，质量为m的物块A在光滑的水平面上以一定的速度向右滑行，质量为2m的圆弧体静止在光滑水平面上，光滑圆弧面最低点与水平面相切，圆弧的半径为R，圆弧所对的圆心角θ＝53°，物块滑上圆弧体后，刚好能滑到圆弧体的最高点，重力加速度为g，sin
53°＝0.8，cos
53°＝0.6.求：
图5
(1)物块在水平面上滑行的速度大小；
(2)若将圆弧体锁定，物块仍以原来的速度向右滑行并滑上圆弧体，则物块从圆弧面上滑出后上升到最高点的速度大小及最高点离地面的高度．
答案精析
1．AC [A和B及轻弹簧组成的系统所受的合外力为零，动量守恒，初状态总动量为mv，则弹簧压缩至最短时，系统总动量仍然为mv，故A正确；轻弹簧被压缩到最短时，A和B的速度相等，由动量守恒有mv＝2mv共，可得v共＝，则此时A的动能为EkA＝mv＝mv2，故B错误；A和B在相对靠近压缩弹簧和相对远离弹簧恢复原长的过程中，满足A、B与轻弹簧组成的系统的动量守恒和机械能守恒有：mv＝mvA＋mvB，mv2＝mv＋mv，可得vA＝0，vB＝v，故C正确；A、B两物体组成的系统的机械能有一部分转化为弹簧的弹性势能，机械能不守恒，而A和B及弹簧组成的系统没有其他能参与转化，机械能守恒，故D错误．]
2．BC [设当A、B速度相等且B与C碰撞之前A、B的速度为v1，以v0的方向为正方向，根据动量守恒定律有mv0＝2mv1，解得v1＝2
m/s;
从开始到弹簧最短时，对A、B、C系统有：mv0＝3mv2，解得v2＝
m/s；从开始到弹簧最短时，对物块C，由动量定理：I＝mv2＝4
N·s
，选项B正确，A错误；B与C相碰的过程：mv1＝2mv3，解得v3＝1
m/s；则从开始到A与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为ΔE＝mv－·2mv＝3
J，选项C正确，D错误．]
3．D [在t1和t3时刻两物块达到共同速度1
m/s，且t1时刻弹簧处于压缩状态，t3时刻弹簧处于伸长状态，两个时刻弹簧的弹性势能最大；由图象的面积可知，在t1～t2时间内A、B的距离逐渐增大，选项A、B错误；根据动量守恒，从0～t1时刻：m1v0＝(m1＋m2)v1，即3m1＝(m1＋m2)×1，解得2m1＝m2，选项C错误；在t2时刻A、B两物块的速度分别为－1
m/s和2
m/s，根据Ek＝mv2，可知动能之比为Ek1∶Ek2＝1∶8，选项D正确．]
4．(1)
2
m/s，方向向左 (2)0.27
解析 (1)规定向左为正方向，对B、C系统，由动量守恒定律有：
mv0＝Mv－mv1
代入数据解得：v＝2
m/s，方向向左；
(2)A与B作用过程，由动量守恒定律有：
Mv＝(M＋m)v共
代入数据解得：v共＝1.6
m/s
由能量守恒定律有：
μmgL＝Mv2－(m＋M)v
代入数据解得：μ≈0.27.
5．(1)
(2) R
解析 (1)物块与圆弧体组成的系统在水平方向动量守恒，物块到达最高点时两者速度相等，以向右为正方向，由动量守恒定律有：mv0＝(m＋2m)v，
由机械能守恒定律有：
mv＝(m＋2m)v2＋mgR(1－cos
θ)，
联立解得：v0＝；
(2)对物块，由机械能守恒定律有：
mv＝mv＋mgR(1－cos
θ)，
解得：
v1＝
物块从圆弧最高点抛出后，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，物块到达最高点时，物块的速度：v2＝v1cos
θ＝，
由机械能守恒定律有：mv＝mgh＋mv，
联立解得：h＝R.1．爆炸与反冲运动的特点：由于系统不受外力或内力远大于外力，所以动量守恒；由于系统内有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以系统总动能增加．
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：公式中v1、v2和x一般都是相对地面而言的．
1．(2019·安徽合肥市二模)如图1所示，某人站在一辆平板车的右端，车静止在光滑的水平地面上，现人用铁锤子连续敲击车的右端．下列对平板车的运动情况描述正确的是( )
图1
A．锤子向右抡起的过程中，车向右运动
B．锤子下落的过程中车向左运动
C．锤子抡至最高点时，车速度为零
D．锤子敲击车瞬间，车向左运动
2．将静置在地面上，质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )
A.v0
B.v0
C.
v0
D.v0
3．如图2所示，小车(包括固定在小车上的杆)的质量为M，质量为m的小球通过长度为L的轻绳与杆的顶端连接，开始时小车静止在光滑的水平面上．现把小球从与O点等高的地方释放(小球不会与杆相撞)，小车向左运动的最大位移是( )
图2
A.
B.
C.
D.
4．(2019·湖北稳派教育上学期第二次联考)某同学为研究反冲运动，设计了如图3所示的装置，固定有挡光片的小车内表面水平，置于光滑水平面上，挡光片宽为d，小车的左侧不远处有固定的光电门，用质量为m的小球压缩车内弹簧，并锁定弹簧，整个装置处于静止，解除锁定，小球被弹射后小车做反冲运动并通过光电门，与光电门连接的计时器记录挡光片挡光时间为t，小车、弹簧和挡光片的总质量为3m，则小球被弹出小车的瞬间相对于地面的速度大小为( )
图3
A.
B.
C.
D.
5．(多选)如图4所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，AB总质量为M，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB和C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，下列说法正确的是( )
图4
A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动
B．C与B碰前，C与AB的速率之比为M∶m
C．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动
D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动
6．(2020·广东揭阳市模拟)如图5所示，水平地面上可视为质点的物体A和B紧靠在一起静止于b
处，已知A的质量为3m，B的质量为m.两物体在足够大的内力作用下突然沿水平方向左右分离．B碰到c处的墙壁后等速率反弹，并追上已停在ab段的A，追上时B的速率等于两物体刚分离时B的速率的一半．A、B与水平地面的动摩擦因数均为μ，b与c间的距离为d，重力加速度为g.求：
图5
(1)分离瞬间A、B的速率之比；
(2)分离瞬间A获得的动能．
答案精析
1．C [锤子、人和车组成的系统在水平方向动量守恒，锤子向右抡起的过程中，车向左运动，故A错误；锤子下落的过程中，有水平向左的速度，根据动量守恒定律，车向右运动，故B错误；锤子抡至最高点时，速度为零，根据动量守恒定律，车的速度也为零，故C正确；锤子向左敲击车瞬间，根据动量守恒定律，车向右运动，故D错误．]
2．D [取向下为正方向，由动量守恒定律可得：0＝mv0－(M－m)v′，故v′＝，选项D正确．]
3．B [小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒，设小球和小车在水平方向上的速度大小分别为v1、v2，有mv1＝Mv2，故ms1＝Ms2，s1＋s2＝2L，其中s1代表小球的水平位移大小，s2代表小车的水平位移大小，因此s2＝，选项B正确．]
4．C [解除锁定，小球被弹射后小车做反冲运动，经时间t通过光电门，则小车匀速运动的速度大小为v1＝，设小球的速度大小为v2，根据反冲运动的特点可知，小车与小球总动量为零，根据动量守恒定律得：3mv1＝mv2，得小球的速度大小为v2＝，故选C.]
5．BC [AB与C组成的系统在水平方向上动量守恒，C向右运动时，AB应向左运动，故A错误；设碰前C的速率为v1，AB的速率为v2，则0＝mv1－Mv2，得＝，故B正确；设C与油泥粘在一起后，AB、C的共同速度为v共，则0＝(M＋m)v共，得v共＝0，故C正确，D错误．]
6．(1) (2)μmgd
解析 (1)以水平向左为正方向，分离瞬间对A、B系统应用动量守恒定律有：
3mvA－mvB＝0
解得：＝；
(2)A、B分离后，A物体向左匀减速滑行，对A应用动能定理：
－μ·3mgsA＝0－×3mv
对B从两物体分离后到追上A的过程应用动能定理：
－μmgsB＝m2－mv
两物体的路程关系是
sB＝sA＋2d
分离瞬间A获得的动能
EkA＝×3mv
联立解得：EkA＝μmgd.
