高三物理復(fù)習(xí)能力提升 第6章 第3課時(shí) 彈性碰撞和非彈性碰撞

第3課時(shí)彈性碰撞和非彈性碰撞考綱解讀1.掌握兩種碰撞的特點(diǎn)和規(guī)律.2.掌握多過程運(yùn)動(dòng)中的動(dòng)量守恒和含彈簧的碰撞問題．1．[對(duì)碰撞中動(dòng)量守恒的考查]A、B兩球在光滑水平面上做相向運(yùn)動(dòng)，已知mA>mB，當(dāng)兩球相碰后，其中一球停止，則可以判定 ()A．碰前A的動(dòng)量與B的動(dòng)量大小相等B．碰前A的動(dòng)量大于B的動(dòng)量C．若碰后A的速度為零，則碰前A的動(dòng)量大于B的動(dòng)量D．若碰后B的速度為零，則碰前A的動(dòng)量大于B的動(dòng)量答案C解析A、B兩球碰撞前后動(dòng)量守恒，所以碰后小球運(yùn)動(dòng)的方向，即為原來動(dòng)量大的方向．2．[對(duì)彈性碰撞和非彈性碰撞的考查]質(zhì)量都為m的小球a、b、c以相同的速度分別與另外三個(gè)質(zhì)量都為M的靜止小球相碰后，a球被反向彈回，b球與被碰球粘合在一起仍沿原方向運(yùn)動(dòng)，c球碰后靜止，則下列說法正確的是 ()A．m不一定小于MB．m可能等于MC．b球與質(zhì)量為M的球組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)能最大D．c球與質(zhì)量為M的球組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)能最大答案C解析由a球被反向彈回，可以確定三個(gè)小球的質(zhì)量m一定小于M；若m≥M，則無論如何a球都不會(huì)被彈回．當(dāng)兩個(gè)小球發(fā)生完全非彈性碰撞時(shí)損失的動(dòng)能最大，b與M粘合在一起，發(fā)生的是完全非彈性碰撞．選項(xiàng)C正確．3．[對(duì)碰撞三原則的考查]如圖1所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運(yùn)動(dòng)．兩球質(zhì)量關(guān)系為mB＝2mA，規(guī)定 圖1向右為正方向，A、B兩球的動(dòng)量均為6kg·m/s，運(yùn)動(dòng)中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動(dòng)量增量為－4kg·m/s.則 ()A．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5B．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶10C．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5D．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶10答案A解析碰撞后，A球的動(dòng)量增量為－4kg·m/s，則B球的動(dòng)量增量為4kg·m/s，所以A球的動(dòng)量為2kg·m/s，B球的動(dòng)量為10kg·m/s，即mAvA＝2kg·m/s，mBvB＝10kg·m/s，且mB＝2mA，vA∶vB＝2∶5，所以A選項(xiàng)正確．考點(diǎn)梳理一、碰撞1．碰撞：兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體在相遇的極短時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生非常大的相互作用力，而其他的相互作用力相對(duì)來說顯得微不足道的過程．2．彈性碰撞：如果碰撞過程中機(jī)械能守恒，這樣的碰撞叫做彈性碰撞．3．非彈性碰撞：如果碰撞過程中機(jī)械能不守恒，這樣的碰撞叫做非彈性碰撞．4．完全非彈性碰撞：碰撞過程中物體的形變完全不能恢復(fù)，以致兩物體合為一體一起運(yùn)動(dòng)，即兩物體在非彈性碰撞后以同一速度運(yùn)動(dòng)，系統(tǒng)有最大機(jī)械能損失．二、碰撞問題三原則碰撞問題同時(shí)遵守的三條原則是(1)系統(tǒng)動(dòng)量守恒原則(2)物理情景可行性原則速度要符合物理情景：如果碰撞前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則后面物體的速度必大于前面物體的速度，即v后＞v前，否則無法實(shí)現(xiàn)碰撞．碰撞后，原來在前的物體的速度一定增大，且原來在前的物體速度大于或等于原來在后的物體的速度，即v前′≥v后′，否則碰撞沒有結(jié)束．如果碰前兩物體是相向運(yùn)動(dòng)，則碰后，兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能相向，除非兩物體碰撞后速度均為零．(3)不違背能量守恒原則碰撞過程滿足Ek≥Ek′即eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)≥eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2或eq\f(p\o\al(2,1),2m1)＋eq\f(p\o\al(2,2),2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2)

4．[對(duì)含有彈簧類碰撞問題的考查]光滑水平地面上，A、B兩物體質(zhì)量都為m，A以速度v向右運(yùn)動(dòng)，B原來靜止，左端有一輕彈簧，如圖2所示，當(dāng)A撞上彈簧，彈簧被壓縮最短時(shí)() 圖2A．A、B系統(tǒng)總動(dòng)量仍然為mv B．A的動(dòng)量變?yōu)榱鉉．B的動(dòng)量達(dá)到最大值 D．A、B的速度不相等答案A解析系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，A正確；彈簧被壓縮到最短時(shí)A、B兩物體具有相同的速度，B、D錯(cuò)誤；但此時(shí)B的速度并不是最大，因?yàn)閺椈蛇€會(huì)彈開，故B物體會(huì)進(jìn)一步加速，A物體會(huì)進(jìn)一步減速，C錯(cuò)誤．5．[對(duì)子彈打木塊類問題的考查]如圖3所示，質(zhì)量為m的子彈以速度v0水平擊中靜止在光滑水平面上的木塊，最終子彈停留在木塊中．若木塊的質(zhì)量為M，子彈在木塊中所受的阻力恒為Ff.求： 圖3(1)子彈打進(jìn)木塊的深度；(2)系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能．答案(1)eq\f(Mmv\o\al(2,0),2M＋mFf)(2)eq\f(Mmv\o\al(2,0),2M＋m)解析子彈擊中木塊的過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有mv0＝(M＋m)v ①設(shè)子彈擊中木塊到兩者速度相同過程中木塊的對(duì)地位移為s，子彈進(jìn)入木塊的深度為d，如題圖所示．則子彈在此過程的對(duì)地位移為s＋d，對(duì)木塊和子彈分別應(yīng)用動(dòng)能定理，有Ff·s＝eq\f(1,2)Mv2 ②－Ff(s＋d)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ③由②③兩式得：Ffd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2 ④再將①代入④得：d＝eq\f(Mmv\o\al(2,0),2M＋mFf)由能量關(guān)系，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能即為系統(tǒng)機(jī)械能的損失，所以ΔE＝Ff·d＝eq\f(Mmv\o\al(2,0),2M＋m).規(guī)律總結(jié)1．含有彈簧的類碰撞問題當(dāng)彈簧被壓縮至最短時(shí)，二物體速度相等，相當(dāng)于完全非彈性碰撞，此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大，大小等于二物體總動(dòng)能的減少量．2．子彈打木塊類問題(1)當(dāng)子彈穿出木塊時(shí)，相當(dāng)于非彈性碰撞，產(chǎn)生的熱能等于子彈和木塊總動(dòng)能的減少量，還可以用Q＝FfL表示．(Ff表示子彈在鉆木塊時(shí)受到的阻力，L表示木塊的長(zhǎng)度)．(2)當(dāng)子彈未穿出木塊時(shí)，二者速度相同，相當(dāng)于完全非彈性碰撞．二者動(dòng)量守恒，機(jī)械能減少．產(chǎn)生的熱能等于系統(tǒng)總動(dòng)能的減少量，還可以用Q＝Ffd表示，d為子彈射入木塊的深度．考點(diǎn)一三種碰撞的特點(diǎn)1．彈性碰撞：動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒．以質(zhì)量為m1，速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2解得v1′＝eq\f(m1－m2v1,m1＋m2)，v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)結(jié)論(1)當(dāng)兩球質(zhì)量相等時(shí)，v1′＝0，v2′＝v1，兩球碰撞后交換速度．(2)當(dāng)質(zhì)量大的球碰質(zhì)量小的球時(shí)，v1′>0，v2′>0，碰撞后兩球都向前運(yùn)動(dòng)．(3)當(dāng)質(zhì)量小的球碰質(zhì)量大的球時(shí)，v1′<0，v2′>0，碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回來．2．非彈性碰撞：動(dòng)量守恒，機(jī)械能有損失．3．完全非彈性碰撞：動(dòng)量守恒，機(jī)械能損失最大，以碰后系統(tǒng)速度相同為標(biāo)志．例1如圖4所示，質(zhì)量為m＝0.9kg的物塊無初速度地輕放在皮帶傳送帶的A端．皮帶以速度v＝5m/s勻速運(yùn)動(dòng)．在距A端水平距離為3m處有一被細(xì)線懸掛的小球，剛好與皮帶接觸．細(xì)線長(zhǎng)L＝1.62m，小球的質(zhì)量M＝0.1kg.已知皮帶足夠長(zhǎng)， 圖4μ＝0.5，g取10m/s2，求：(1)物塊與球碰撞前物塊的速度；(2)若與球發(fā)生碰撞過程無機(jī)械能損失，則球能否完成圓周運(yùn)動(dòng)？若能，球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，計(jì)算出細(xì)線的拉力大小．(3)物塊從A端運(yùn)動(dòng)到B端由于相對(duì)滑動(dòng)所產(chǎn)生的熱量(設(shè)通過對(duì)球進(jìn)行控制，球與物體沒有再次相碰)解析(1)物塊輕放在勻速運(yùn)動(dòng)的皮帶上即在滑動(dòng)摩擦力作用下做加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律：F＝ma，可得加速度：a＝μg＝5m/s2由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：v2＝2as，可知s＝2.5m時(shí)，達(dá)到與皮帶相同的速度，即開始做勻速運(yùn)動(dòng)，所以物塊與球碰撞前物塊的速度為5m/s(2)由于碰撞過程無機(jī)械能損失，碰撞過程中動(dòng)量和動(dòng)能均守恒．mv＝mv1＋Mv2，eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)聯(lián)立解得：v1＝eq\f(m－M,m＋M)v＝4m/sv2＝eq\f(2m,m＋M)v＝9m/s設(shè)被細(xì)線懸掛的小球能做圓周運(yùn)動(dòng)到達(dá)最高點(diǎn)，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的速度為v3，此時(shí)細(xì)線的拉力為FT.運(yùn)動(dòng)中只有重力做功，故小球的機(jī)械能守恒．Mgh＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,3)＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)其中h＝2L，代入數(shù)據(jù)，解得v3＝eq\r(16.2)m/s小球在最高點(diǎn)時(shí)，Mg＋FT＝Meq\f(v\o\al(2,3),L)代入數(shù)據(jù)，解得FT＝0N(3)物塊在A端從靜止開始加速到5m/s，加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝eq\f(v,μg)＝1s，此時(shí)物塊和皮帶的位移分別為2.5m和5m.故在第一次運(yùn)動(dòng)過程中由于相對(duì)滑動(dòng)所產(chǎn)生的熱量為Q1＝μmgΔs1＝11.25J物塊與小球碰撞后繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到再次與皮帶相對(duì)靜止，經(jīng)歷的時(shí)間為t2＝eq\f(v－v1,μg)＝0.2s，此過程中物塊的位移為s2＝eq\f(v＋v1,2)t2＝0.9m，皮帶的位移為1m.故在第二次運(yùn)動(dòng)過程中由于相對(duì)滑動(dòng)所產(chǎn)生的熱量為Q2＝μmgΔs2＝0.45J所以Q＝Q1＋Q2＝11.7J答案(1)5m/s(2)能，拉力為零(3)11.7J突破訓(xùn)練1如圖5所示，在質(zhì)量為M的小車上掛有一單擺，擺球的質(zhì)量為m0，小車和單擺以恒定的速度v沿光滑水平地面運(yùn)動(dòng)，與位于正對(duì)面的質(zhì)量為m的靜止木塊發(fā)生碰撞，碰撞的時(shí)間極短，在此碰撞過程中，下列哪些情況是可能發(fā)生的 () 圖5①小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化，分別變?yōu)関1、v2、v3，滿足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3②擺球速度不變，小車和木塊的速度變?yōu)関1和v2，滿足Mv＝Mv1＋mv2③擺球速度不變，小車和木塊的速度都變?yōu)関1，滿足Mv＝(M＋m)v1④小車和擺球的速度都變?yōu)関1，木塊的速度變?yōu)関2，滿足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2A．①② B．②③ C．③④ D．①④答案B解析發(fā)生碰撞時(shí)，小車與木塊碰撞時(shí)間極短，小車位置幾乎不變，此瞬間擺球的速度不變．小車與木塊碰撞有兩種情況：(1)碰后速度不同；(2)碰后粘到一起，速度相同．分別對(duì)應(yīng)②、③兩種情況．考點(diǎn)二碰撞現(xiàn)象的三個(gè)原則1．動(dòng)量守恒．2．機(jī)械能不增加．3．運(yùn)動(dòng)速度關(guān)系要合理．(1)若碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有v后>v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)用v前′≥v后′.(2)碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變．深化拓展1.碰撞過程中作用時(shí)間極短，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以滿足動(dòng)量守恒．2．不受外界因素影響的情況下，碰撞只能發(fā)生一次且碰后的能量不比碰前的能量大．例2質(zhì)量相等的A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)．如圖6所示，若以向左為運(yùn)動(dòng)的正方向，A球的速度為v1＝－2m/s，B球的速度為v2＝6m/s，某時(shí)刻A球與B球發(fā)生相互碰撞，碰撞后 圖6仍在一條直線上運(yùn)動(dòng)，則碰后A、B球速度的可能值是 ()①vA＝1m/s，vB＝3m/s②vA＝7m/s，vB＝－3m/s③vA＝2m/s，vB＝2m/s④vA＝6m/s，vB＝－2m/sA．①② B．②③ C．③④ D．①④解析設(shè)兩球的質(zhì)量均為m.驗(yàn)證方法：(1)動(dòng)量角度：p初＝4m，而所給選項(xiàng)均滿足要求；(2)碰撞實(shí)際情況(碰撞只能發(fā)生一次)：①不符合題意；(3)能量角度：兩球碰撞前的總動(dòng)能：Ek初＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝20m，②中，兩球碰后的總動(dòng)能為Ek末＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝29m，不符合題意．故正確選項(xiàng)為C.答案C突破訓(xùn)練2質(zhì)量為m的小球A以速度v0在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)，與質(zhì)量為2m的靜止小球B發(fā)生對(duì)心碰撞，則碰撞后小球A的速度大小vA和小球B的速度大小vB①vA＝eq\f(1,3)v0，vB＝eq\f(2,3)v0②vA＝eq\f(2,5)v0，vB＝eq\f(7,10)v0③vA＝eq\f(1,4)v0，vB＝eq\f(5,8)v0④vA＝eq\f(3,8)v0，vB＝eq\f(5,16)v0A．①② B．①③ C．②③ D．①④答案B解析兩球發(fā)生對(duì)心碰撞，應(yīng)滿足動(dòng)量守恒及能量不增加，且后面的小球不能與前面的小球有二次碰撞，故④錯(cuò)誤．根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得，①、②、③都滿足．但碰撞前總動(dòng)能為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，而碰撞后②中能量增加，故②錯(cuò)誤，故只有①、③正確，本題選B.考點(diǎn)三打擊類問題分析例3如圖7所示，在光滑水平面上有一輛質(zhì)量M＝8kg的平板小車，車上有一個(gè)質(zhì)量m＝1.9kg的木塊，木塊距小車左端6m(木塊可視為質(zhì)點(diǎn))，車與木塊一起以v＝1m/s的速度水平向右勻速行駛．一 圖7顆質(zhì)量m0＝0.1kg的子彈以v0＝179m/s的速度水平向左飛來，瞬間擊中木塊并留在其中．如果木塊剛好不從車上掉下來，求木塊與平板小車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ.(g＝10m/s2)解析設(shè)子彈射入木塊后兩者的共同速度為v1，以水平向左為正方向，則由動(dòng)量守恒定律有：m0v0－mv＝(m＋m0)v1v1＝8m/s它們恰好不從小車上掉下來，則它們相對(duì)平板車滑行s＝6m時(shí)它們跟小車具有共同速度v2，則由動(dòng)量守恒有：(m＋m0)v1－Mv＝(m＋m0＋M)v2v2＝0.8m/s由能量守恒定律有：Q＝μ(m0＋m)gs＝eq\f(1,2)(m＋m0)veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mv2－eq\f(1,2)(m0＋m＋M)veq\o\al(2,2)聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.54答案0.54突破訓(xùn)練3如圖8所示，質(zhì)量為mB＝2kg的一端帶有四分之一圓軌道的光滑平板車B，開始時(shí)靜止在光滑水平面上，在平板車左端靜止著一個(gè)質(zhì)量為mA＝2kg的物體A，一顆質(zhì)量為m0＝0.01kg的子彈以v0＝600m/s的水平初速度瞬間 圖8射穿A后，速度變?yōu)関＝100m/s，A在B上運(yùn)動(dòng)恰好能達(dá)到圓軌道最高點(diǎn)．求：(1)物體A的最大速度vA；(2)平板車B上圓軌道的半徑．(g＝10m/s2，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)答案(1)2.5m/s(2)0.16m解析(1)子彈穿過物體A的過程中，以子彈初速度的方向?yàn)檎较?，?duì)子彈和物塊A，由動(dòng)量守恒定律得m0v0＝m0v＋mAvA解得vA＝2.5m/s(2)當(dāng)物體A恰好到達(dá)圓軌道最高點(diǎn)時(shí)，A、B水平方向有共同速度，對(duì)物體A和平板車B，由動(dòng)量守恒定律得mAvA＝(mA＋mB)vB解得：vB＝1.25m/sA、B相對(duì)運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒得mAgR＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(2,B)R＝0.16m.31．含有彈簧的類碰撞問題模型 1．模型概述二物體通過彈簧相互作用，不考慮彈簧的質(zhì)量，彈簧作用力為系統(tǒng)的內(nèi)力，則系統(tǒng)的動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒．2．模型特點(diǎn)(1)當(dāng)彈簧被壓縮最短時(shí)，或被拉伸至最長(zhǎng)時(shí)，二物體速度相同、動(dòng)量守恒，此時(shí)彈性勢(shì)能Ep最大．Ep等于二物體的動(dòng)能的減少量．(2)當(dāng)彈簧再次恢復(fù)自然長(zhǎng)度時(shí)，一個(gè)物體的速度最大，另一物體的速度最小，此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為零．

解析(1)滑塊A從光滑曲面上離桌面h高處由靜止開始滑下的過程中，機(jī)械能守恒，設(shè)其滑到桌面的速度為v1，則有mAgh＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,1) (1分)解得：v1＝eq\r(2gh) (1分)滑塊A與B碰撞過程中，A、B系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，碰撞結(jié)束后具有相同的速度，設(shè)此速度為v2，由動(dòng)量守恒定律可得mAv1＝(mA＋mB)v2 (2分)解得：v2＝eq\f(1,3)eq\r(2gh). (1分)(2)滑塊A、B發(fā)生碰撞后，壓縮彈簧推動(dòng)滑塊C向前運(yùn)動(dòng)的過程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒，被壓縮彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)，A、B、C速度相等，設(shè)為v3.則：由動(dòng)量守恒定律可得：mAv1＝(mA＋mB＋mC)v3 (2分)解得：v3＝eq\f(1,6)eq\r(2gh) (1分)由機(jī)械能守恒定律可得：Epmax＝eq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq\o\al(2,3) (2分)解得：Epmax＝eq\f(1,6)mgh. (1分)(3)被壓縮的彈簧再次恢復(fù)自然長(zhǎng)度時(shí)，滑塊C脫離彈簧，設(shè)滑塊A、B的速度為v4，滑塊C的速度為v5由動(dòng)量守恒定律得：(mA＋mB)v2＝(mA＋mB)v4＋mCv5 (2分)由機(jī)械能守恒定律有：eq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(2,4)＋eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,5) (2分)解得：v4＝0，v5＝v2＝eq\f(1,3)eq\r(2gh) (1分)滑塊C從桌面飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，則有x＝v5t，H＝eq\f(1,2)gt2 (1分)聯(lián)立解得x＝eq\f(2,3)eq\r(hH).(1分)答案(1)eq\f(1,3)eq\r(2gh)(2)eq\f(1,6)mgh(3)eq\f(2,3)eq\r(hH)突破訓(xùn)練4如圖10所示，一輕質(zhì)彈簧兩端連著物體A和物體B，放在光滑的水平面上，水平速度為v0的子彈射中物體A并嵌在其中(作用時(shí)間極短)，已知物體B的質(zhì)量為mB，物體A的質(zhì)量 圖10是物體B的質(zhì)量的eq\f(3,4)，子彈的質(zhì)量是物體B的質(zhì)量的eq\f(1,4)，求彈簧被壓縮至最短時(shí)的彈性勢(shì)能．答案eq\f(1,64)mBveq\o\al(2,0)解析子彈射入物體A的過程中，設(shè)子彈的質(zhì)量為m，物體A的質(zhì)量為mA，由動(dòng)量守恒定律得：mv0＝(m＋mA)v1當(dāng)物體A(包括子彈)、B的速度相等時(shí)，彈簧被壓縮至最短，彈性勢(shì)能最大，由動(dòng)量守恒定律得：(m＋mA)v1＝(m＋mA＋mB)v2從子彈與物體A有共同速度至彈簧被壓縮到最短的過程，根據(jù)機(jī)械能守恒有：eq\f(1,2)(m＋mA)veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)(m＋mA＋mB)veq\o\al(2,2)＋Ep聯(lián)立以上各式解得Ep＝eq\f(1,64)mBveq\o\al(2,0).高考題組1．(2011·大綱全國·20)質(zhì)量為M、內(nèi)壁間距為L(zhǎng)的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質(zhì)量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.初始時(shí)小物塊停在箱子正中間，如圖11所示．現(xiàn)給圖11小物塊一水平向右的初速度v，小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間，并與箱子保持相對(duì)靜止．設(shè)碰撞都是彈性的，則整個(gè)過程中，系統(tǒng)損失的動(dòng)能為 ()A.eq\f(1,2)mv2 B.eq\f(3,2)eq\f(mM,m＋M)v2C.eq\f(1,2)NμmgL D．NμmgL答案D解析由動(dòng)量守恒定律得mv＝(M＋m)v1，v1＝eq\f(mv,M＋m)，ΔEk＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,1)＝eq\f(Mm,2M＋m)v2，A、B錯(cuò)誤；系統(tǒng)損失的動(dòng)能等于產(chǎn)生的熱量，等于摩擦力與兩物體相對(duì)路程的乘積，C錯(cuò)誤，D正確．2．(2011·福建理綜·29(2))在光滑水平面上，一質(zhì)量為m、速度大小為v的A球與質(zhì)量為2m、靜止的B球碰撞后，A球的速度方向與碰撞前相反．則碰撞后BA．0.6v B．0.4v C．0.3v D．0.2v答案A解析設(shè)碰撞后A球的速度大小為vA，B球的速度大小為vB，碰撞前A球的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量守恒定律得：mv＝2mvB－mvA化簡(jiǎn)可得，vA＝2vB－v，因vA>0，所以vB>eq\f(v,2)，故只有A項(xiàng)正確．3．(2012·天津理綜·10)如圖12所示，水平地面上固定有高為h的平臺(tái)，臺(tái)面上有固定的光滑坡道，坡道頂端距臺(tái)面高也為h，坡道底端與臺(tái)面相切．小球A從坡道頂端由靜止開始滑下，到達(dá)水平光滑的臺(tái)面后與靜止在臺(tái)面上的小球B發(fā)生碰撞，并粘連在一起，共同沿臺(tái)面滑行并從臺(tái)面邊緣飛出，落地點(diǎn) 圖12與飛出點(diǎn)的水平距離恰好為臺(tái)高的一半．兩小球均可視為質(zhì)點(diǎn)，忽略空氣阻力，重力加速度為g.求：(1)小球A剛滑至水平臺(tái)面的速度vA；(2)A、B兩小球的質(zhì)量之比mA∶mB.答案(1)eq\r(2gh)(2)1∶3解析(1)小球從坡道頂端滑至水平臺(tái)面的過程中，由機(jī)械能守恒定律得mAgh＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)解得vA＝eq\r(2gh).(2)設(shè)兩球碰撞后共同的速度為v，由動(dòng)量守恒定律得mAvA＝(mA＋mB)v粘在一起的兩小球飛出臺(tái)面后做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，在豎直方向上有h＝eq\f(1,2)gt2在水平方向上有eq\f(h,2)＝vt聯(lián)立上述各式得mA∶mB＝1∶3.4．(2012·廣東理綜·36)如圖13(a)所示的裝置中，小物塊A、B質(zhì)量均為m，水平面上PQ段長(zhǎng)為l，與物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，其余段光滑．初始時(shí)，擋板上的輕質(zhì)彈簧處于原長(zhǎng)；長(zhǎng)為r的連桿位于圖中虛線位置；A緊靠滑桿(A、B間距大于2r)．隨后，連桿以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，帶動(dòng)滑桿做水平運(yùn)動(dòng)，滑桿的速度—時(shí)間圖象如圖(b)所示．A在滑桿推動(dòng)下運(yùn)動(dòng)，并在脫離滑桿后與靜止的B發(fā)生完全非彈性碰撞．圖13(1)求A脫離滑桿的速度v0，及A與B碰撞過程的機(jī)械能損失ΔE.(2)如果A、B不能與彈簧相碰，設(shè)A、B從P點(diǎn)到運(yùn)動(dòng)停止所用的時(shí)間為t1，求ω的取值范圍，及t1與ω的關(guān)系式．(3)如果A、B能與彈簧相碰，但不能返回到P點(diǎn)左側(cè)，設(shè)每次壓縮彈簧過程中彈簧的最大彈性勢(shì)能為Ep，求ω的取值范圍，及Ep與ω的關(guān)系式(彈簧始終在彈性限度內(nèi))．答案(1)rωeq\f(1,4)mr2ω2(2)ω≤eq\f(2,r)eq\r(2μgl)t1＝eq\f(rω,2μg)(3)eq\f(2,r)eq\r(2μgl)<ω≤eq\f(4,r)eq\r(μgl)Ep＝eq\f(1,4)mr2ω2－2μmgl解析(1)由題圖(b)知滑桿速度隨時(shí)間按正弦函數(shù)規(guī)律變化，當(dāng)滑桿達(dá)到最大速度時(shí)A脫離滑桿，所以v0＝rω.A、B碰撞過程中動(dòng)量守恒，且碰后速度相同，設(shè)為v，則mv0＝2mv，解得v＝eq\f(v0,2)＝eq\f(rω,2).碰撞過程中機(jī)械能損失ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(2m)(eq\f(v0,2))2＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,4)mr2ω2.(2)若A、B不能與彈簧相碰，則必然停在PQ某一位置處，應(yīng)滿足以下關(guān)系：Ek0≤2μmgl ①而Ek0＝eq\f(1,4)mω2r2 ②由①②得：ω≤eq\f(2,r)eq\r(2μgl)由題意知，AB在PQ上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)且由牛頓運(yùn)動(dòng)定律有v＝eq\f(2μmg,2m)t1，代入v＝eq\f(rω,2)得t1＝eq\f(ωr,2μg).(3)A、B碰撞后的動(dòng)能Ek0＝eq\f(1,2)(2m)(eq\f(rω,2))2＝eq\f(1,4)mr2ω2.若A、B能與彈簧相碰，但不能返回P點(diǎn)左側(cè)，則A、B運(yùn)動(dòng)的距離大于l小于2l，由功能關(guān)系知2μmgl<eq\f(1,4)mr2ω2≤4μmgl，解得eq\f(2,r)eq\r(2μgl)<ω≤eq\f(4,r)eq\r(μgl).最大彈性勢(shì)能Ep＝Ek0－2μmgl＝eq\f(1,4)mr2ω2－2μmgl.模擬題組5．如圖14所示，在光滑水平面上，用等大反向的F1、F2分別同時(shí)作用于A、B兩個(gè)靜止的物體上，已知ma<mb，經(jīng)過相同的時(shí)間后同時(shí)撤去兩力，以后兩物體相碰并粘為一體，則粘合體最終將 () 圖14A．靜止 B．向右運(yùn)動(dòng)C．向左運(yùn)動(dòng) D．無法確定答案A解析選取A、B兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，初始時(shí)刻系統(tǒng)靜止，總動(dòng)量為零，最后粘合體的動(dòng)量也為零，即粘合體靜止，選項(xiàng)A正確．6．如圖15所示，光滑水平面上放置質(zhì)量均為M＝2kg的甲、乙兩輛小車，兩車之間通過一感應(yīng)開關(guān)相連(當(dāng)滑塊滑過感應(yīng)開關(guān)時(shí)，兩車自動(dòng)分離)．甲車上表面光滑，乙車上表面與滑塊P 圖15之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5.一根通過細(xì)線拴著(細(xì)線未畫出)且被壓縮的輕質(zhì)彈簧固定在甲車的左端，質(zhì)量為m＝1kg的滑塊P(可視為質(zhì)點(diǎn))與彈簧的右端接觸但不相連，此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能E0＝10J，彈簧原長(zhǎng)小于甲車長(zhǎng)度，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)剪斷細(xì)線，求：(1)滑塊P滑上乙車前的瞬時(shí)速度的大?。?2)滑塊P滑上乙車后最終未滑離乙車，滑塊P在乙車上滑行的距離．(取g＝10m/s2)答案(1)4m/s(2)eq\f(5,3)m解析(1)設(shè)滑塊P滑上乙車前的速度大小為v，兩小車速度大小為v1，取向右為正方向，對(duì)整體應(yīng)用動(dòng)量守恒和能量關(guān)系有mv－2Mv1＝0，E0＝eq\f(mv2,2)＋eq\f(2Mv\o\al(2,1),2)解得v＝4m/s，v1＝1m/s(2)設(shè)滑塊P和小車乙達(dá)到的共同速度為v′，對(duì)滑塊P和小車乙有mv－Mv1＝(m＋M)v′μmgs＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)(m＋M)v′2代入數(shù)據(jù)解得s＝eq\f(5,3)m(限時(shí)：45分鐘)?題組1對(duì)碰撞特點(diǎn)和規(guī)律的考查1．(2012·大綱全國理綜·21改編)如圖1所示，大小相同的擺球a和b的質(zhì)量分別為m和3m擺球a向左拉開一個(gè)小角度后釋放．若兩擺球的碰撞是彈性的，下列判斷正確的是 ()A．第一次碰撞后的瞬間，兩擺球的速度相同 圖1B．第一次碰撞后的瞬間，兩擺球的動(dòng)量大小相等C．第一次碰撞后，兩擺球的最大擺角不相同D．發(fā)生第二次碰撞時(shí)，兩擺球在各自的平衡位置答案D解析彈性碰撞遵守能量守恒和動(dòng)量守恒，設(shè)第一次碰撞前，a的速度為v，第一次碰撞后a的速度為v1、b的速度為v2，根據(jù)動(dòng)量守恒，得mv＝mv1＋3mv2 ①根據(jù)能量守恒，得：eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,2) ②①②聯(lián)立得：v1＝－eq\f(1,2)v，v2＝eq\f(1,2)v，故A選項(xiàng)錯(cuò)誤；第一次碰撞后的瞬間，a的動(dòng)量大小為eq\f(1,2)mv，b的動(dòng)量大小為eq\f(3,2)mv，故B選項(xiàng)錯(cuò)誤；由于第一次碰撞后的瞬間，兩擺球的速度大小相等，根據(jù)機(jī)械能守恒可知，兩擺球的最大擺角相等，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；由于擺長(zhǎng)相同，兩擺球的振動(dòng)周期相等，所以第二次碰撞時(shí)，兩擺球在各自的平衡位置，D選項(xiàng)正確．2．(2010·福建理綜·29(2)改編)如圖2所示，一個(gè)木箱原來靜止在光滑水平面上，木箱內(nèi)粗糙的底板上放著一個(gè)小木塊．木箱和小木塊都具有一定的質(zhì)量．現(xiàn)使木箱獲得一個(gè)向右的初速度v0，則 () 圖2A．小木塊和木箱最終都將靜止B．小木塊最終將相對(duì)木箱靜止，二者一起向右運(yùn)動(dòng)C．小木塊在木箱內(nèi)壁將始終來回往復(fù)碰撞，而木箱一直向右運(yùn)動(dòng)D．如果小木塊與木箱的左壁碰撞后相對(duì)木箱靜止，則二者將一起向左運(yùn)動(dòng)答案B解析由于小木塊和木箱之間存在相互的摩擦力，所以二者最終應(yīng)相對(duì)靜止．由于小木塊和木箱組成的系統(tǒng)所受合力為零，所以系統(tǒng)動(dòng)量守恒．由于系統(tǒng)初始動(dòng)量方向向右，所以系統(tǒng)的末動(dòng)量也一定方向向右，選項(xiàng)B正確．3．在光滑水平面上，有兩個(gè)小球A、B沿同一直線同向運(yùn)動(dòng)(B在前)，已知碰前兩球的動(dòng)量分別為pA＝12kg·m/s、pB＝13kg·m/s，碰后它們動(dòng)量的變化分別為ΔpA、ΔpB.下列數(shù)值可能正確的是 ()A．ΔpA＝－3kg·m/s、ΔpB＝3kg·m/sB．ΔpA＝3kg·m/s、ΔpB＝－3kg·m/sC．ΔpA＝－24kg·m/s、ΔpB＝24kg·m/sD．ΔpA＝24kg·m/s、ΔpB＝－24kg·m/s答案A解析B在前，A追上B并與之碰撞，所以A的動(dòng)量減小，ΔpA為負(fù)值，B的動(dòng)量增大，ΔpB為正值，B、D錯(cuò)ykgd；由Ek＝eq\f(p2,2m)可知，C項(xiàng)對(duì)應(yīng)的碰后總動(dòng)能比碰前的總動(dòng)能大，不符合碰撞規(guī)律，A正確，C錯(cuò)誤．4．如圖3所示，在水平光滑直導(dǎo)軌上，靜止著三個(gè)質(zhì)量均為m＝1kg的相同小球A、B、C.現(xiàn)讓A球以v0＝2m/s的速度向B球運(yùn)動(dòng)，A、B兩球碰撞后粘合在一起，兩球繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)并跟C球碰撞， 圖3碰后A、B未分開，C球的速度vC＝1m/s.求：(1)A、B兩球碰撞后的共同速度；(2)兩次碰撞過程中損失的總動(dòng)能．答案(1)1m/s(2)1.25J解析(1)A、B相碰滿足動(dòng)量守恒mv0＝2mv1得兩球跟C球相碰前的速度v1＝1m/s.(2)兩球與C球相碰同樣滿足動(dòng)量守恒2mv1＝mvC＋2mv2得兩球碰后的速度v2＝0.5m/s兩次碰撞損失的總動(dòng)能ΔEk損＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝1.25J.5．如圖4所示，在高為h＝5m的平臺(tái)右邊緣上，放著一個(gè)質(zhì)量M＝3kg的鐵塊，現(xiàn)有一質(zhì)量為m＝1kg的鋼球以v0＝10m/s的水平速度與鐵塊在極短的時(shí)間內(nèi)發(fā)生正碰后被反彈，落地點(diǎn)距離平臺(tái)右邊緣的水平距離為x＝2m．已知鐵塊與平臺(tái)之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.4，重力加速度為g＝10m/s2，已知平臺(tái)足夠長(zhǎng)，求鐵塊在平臺(tái)上滑行的距離l(不計(jì)空氣阻力，鐵塊和鋼球都看成質(zhì)點(diǎn))．圖4答案2m解析設(shè)鋼球反彈后的速度大小為v1，鐵塊的速度大小為v，碰撞時(shí)間極短，以v0的方向?yàn)檎较?，系統(tǒng)動(dòng)量守恒mv0＝Mv－mv1碰撞后鋼球做平拋運(yùn)動(dòng)x＝v1th＝eq\f(1,2)gt2聯(lián)立以上三式解得t＝1s，v1＝2m/s，v＝4m/s整個(gè)過程由動(dòng)能定理得－μMgl＝0－eq\f(1,2)Mv2得l＝eq\f(v2,2μg)＝eq\f(16,2×0.4×10)m＝2m6．如圖5所示，一質(zhì)量為m的小球A用長(zhǎng)度為l的輕繩系在O處，開始時(shí)繩處于水平伸直狀態(tài)，O處正下方有一質(zhì)量為eq\f(1,4)m的物體B，物體B和C用輕質(zhì)彈簧相連，放置于光滑水平面上，C的質(zhì)量為eq\f(3,4)m，現(xiàn)將A由靜止釋放，A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與B發(fā)生正 圖5碰，碰后A、B分開，A運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)OA連線與豎直方向成60°角，重力加速度為g.求：(1)球A與物體B碰前瞬間速度；(2)球A與物體B碰后瞬間對(duì)繩子的拉力；(3)B、C兩物體在運(yùn)動(dòng)過程中，彈簧儲(chǔ)存的最大彈性勢(shì)能．答案(1)eq\r(2gl)(2)2mg(3)0.26mgl解析(1)球A在下擺至最低點(diǎn)過程中，由動(dòng)能定理mgl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A0)得vA0＝eq\r(2gl)(2)對(duì)球A從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理mgl(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)設(shè)球A與物體B碰后瞬間對(duì)繩子的拉力為FT則根據(jù)牛頓第三定律有FT－mg＝eq\f(mv\o\al(2,A),l)得FT＝2mg(3)判斷球A與物體B碰撞后，A的運(yùn)動(dòng)方向①設(shè)A向左運(yùn)動(dòng)：由動(dòng)量守恒定律得mvA0＝－mvA＋eq\f(1,4)mvB得vB＝4(eq\r(2)＋1)eq\r(gl)系統(tǒng)碰撞前動(dòng)能為Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A0)＝mgl系統(tǒng)碰撞后的動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,4)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mgl＋2(eq\r(2)＋1)2mgl所以有Ek0<Ek不符合碰撞過程動(dòng)能不增加的原則，所以球A碰撞后不可能向左運(yùn)動(dòng)．②設(shè)A向右運(yùn)動(dòng)：由動(dòng)量守恒定律得mvA0＝mvA＋eq\f(m,4)vB得vB＝4(eq\r(2)－1)eq\r(gl)系統(tǒng)碰撞后的動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,4)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mgl＋2(eq\r(2)－1)2mgl<Ek0所以球A碰撞后速度方向不變繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)．當(dāng)B、C同速時(shí)，彈簧有最大的壓縮量，彈簧儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能有最大值eq\f(1,4)mvB＝(eq\f(1,4)m＋eq\f(3,4)m)vBC對(duì)B、C系統(tǒng)由功能關(guān)系Ep＝eq\f(1,2)×eq\f(1,4)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)×(eq\f(1,4)m＋eq\f(3,4)m)veq\o\al(2,BC)聯(lián)立得Ep＝eq\f(3×3－2\r(2),2)mgl≈0.26mgl

?題組2對(duì)打擊類問題模型的考查7．如圖6所示，子彈水平射入放在光滑水平地面上靜止的木塊，子彈未穿透木塊，此過程木塊動(dòng)能增加了6J，那么此過程產(chǎn)生的內(nèi)能可能為 () 圖6A．16J B．3JC．6J D．4J答案A解析設(shè)子彈的質(zhì)量為m0，初速度為v0，木塊質(zhì)量為m，則子彈打入木塊過程中，子彈與木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，即：m0v0＝(m＋m0)v，此過程產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)損失的動(dòng)能，即：E＝eq\f(1,2)m0veq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋m0)v2＝eq\f(1,2)(eq\f(m,m＋m0))m0veq\o\al(2,0)，而木塊獲得的動(dòng)能E木＝eq\f(1,2)m(eq\f(m0,m＋m0)v0)2＝6J，兩式相除得：eq\f(E,E木)＝eq\f(m＋m0,m0)>1，所以A項(xiàng)正確．8．放在光滑水平面上的物體A和B之間用一個(gè)彈簧相連，一顆水平飛行的子彈沿著A、B連線擊中A，并留在其中，若A、B、子彈的質(zhì)量分別為mA、mB、m，子彈擊中A之前的速度為v0，則 ()A．A物體的最大速度為eq\f(mv0,mA＋mB)B．B物體的最大速度為eq\f(mv0,m＋mB)C．兩物體速度相同時(shí)其速度為eq\f(mv0,mA＋mB＋m)D．條件不足，無法計(jì)算答案C9．如圖7所示，在水平地面上放置一質(zhì)量為M的木塊，一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v射入木塊(未穿出)，若木塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，求： 圖7(1)子彈射入后，木塊在地面上前進(jìn)的距離；(2)射入的過程中，系統(tǒng)機(jī)械能的損失．答案(1)eq\f(m2v2,2M＋m2μg)(2)eq\f(Mmv2,2M＋m)解析(1)設(shè)子彈射入木塊瞬間，二者的共同速度為v′，取子彈的初速度方向?yàn)檎较?，則有：mv＝(M＋m)v′ ①二者一起沿地面滑動(dòng)，前進(jìn)的距離為s，由動(dòng)能定理得：μ(M＋m)gs＝eq\f(1,2)(M＋m)v′2 ②由①②兩式解得：s＝eq\f(m2v2,2M＋m2μg).(2)射入過程中系統(tǒng)機(jī)械能的損失ΔE＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(M＋m)v′2 ③將①代入③式解得：ΔE＝eq\f(Mmv2,2M＋m).10．(2011·大綱全國·26)裝甲車和戰(zhàn)艦采用多層鋼板比采用同樣質(zhì)量的單層鋼板更能抵御穿甲彈的射擊．通過對(duì)以下簡(jiǎn)化模型的計(jì)算可以粗略說明其原因．質(zhì)量為2m、厚度為2dm的子彈以某一速度垂直射向該鋼板，剛好能將鋼板射穿．現(xiàn) 圖8把鋼板分成厚度均為d、質(zhì)量均為m的相同兩塊，間隔一段距離平行放置，如圖8所示．若子彈以相同的速度垂直射向第一塊鋼板，穿出后再射向第二塊鋼板，求子彈射入第二塊鋼板的深度．設(shè)子彈在鋼板中受到的阻力為恒力，且兩塊鋼板不會(huì)發(fā)生碰撞．不計(jì)重力影響．答案eq\f(1,2)(1＋eq\f(\r(3),2))d解析設(shè)子彈初速度為v0，射入厚度為2d的鋼板后，最終鋼板和子彈的共同速度為v，由動(dòng)量守恒得mv0＝(2m＋m)v 解得v＝eq\f(1,3)v0此過程中動(dòng)能損失為ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×3mv2 ②解得ΔE＝eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)分成兩塊鋼板后，設(shè)子彈穿過第一塊鋼板時(shí)兩者的速度分別為v1和v1′，由動(dòng)量守恒得mv0＝mv1＋mv1′ ③因?yàn)樽訌椩阡摪逯惺艿降淖枇楹懔Γ浯┑谝粔K鋼板的動(dòng)能損失為eq\f(ΔE,2)，由能量守恒得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(ΔE,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq