2020版新一线高考物理（新课标）一轮复习教学案：第6章第2节　动量守恒定律及其应用


第2节　动量守恒定律及其应用
知识点一| 动量守恒定律的理解及应用


1．动量守恒的条件
(1)系统不受外力或所受外力之和为零时，系统的动量守恒。
(2)系统所受外力之和不为零，但当内力远大于外力时系统动量近似守恒。
(3)系统所受外力之和不为零，但在某个方向上所受合外力为零或不受外力，或外力可以忽略，则在这个方向上，系统动量守恒。
2．动量守恒定律的内容
如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变。
3．动量守恒的数学表达式
(1)p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)。
(2)Δp＝0(系统总动量变化为零)。
(3)Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量增量大小相等，方向相反)。

(1)系统所受合外力的冲量为零，则系统动量一定守恒。 (√)
(2)动量守恒是指系统在初、末状态时的动量相等。 (×)
(3)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒。 (√)

动量守恒定律的“五性”
矢量性
动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向
相对性
各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(没有特殊说明要选地球这个参考系)。如果题设条件中各物体的速度不是相对同一参考系时，必须转换成相对同一参考系的速度
同时性
动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2…必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p′1、p′2…必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量，不同时刻的动量不能相加
系统性
研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统，而不是其中的一个物体，更不能题中有几个物体就选几个物体
普适性
动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统
[典例]　两磁铁各放在一辆小车上，小车能在水平面上无摩擦地沿同一直线运动。已知甲车和磁铁的总质量为0.5 kg，乙车和磁铁的总质量为1.0 kg。两磁铁的N极相对，推动一下，使两车相向运动。某时刻甲的速率为2 m/s，乙的速率为3 m/s，方向与甲相反。两车运动过程中始终未相碰。则：
(1)两车最近时，乙的速度为多大？
(2)甲车开始反向运动时，乙的速度为多大？
解析：(1)两车相距最近时，两车的速度相同，设该速度为v，取乙车的速度方向为正方向。由动量守恒定律得m乙v乙－m甲v甲＝(m甲＋m乙)v，所以两车最近时，乙车的速度为v＝＝ m/s＝ m/s≈1.33 m/s。
(2)甲车开始反向时，其速度为0，设此时乙车的速度为v乙′，由动量守恒定律得m乙v乙－m甲v甲＝m乙v乙′，得v乙′＝＝ m/s＝2 m/s。
答案：(1)1.33 m/s　(2)2 m/s

应用动量守恒定律的解题步骤
(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)。
(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)。
(3)规定正方向，确定初、末状态动量。
(4)由动量守恒定律列出方程。
(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明。

考法1　动量守恒的判断及应用
1．(多选)如图所示，A、B两物体质量之比mA∶mB＝3∶2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则(　　)

A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成系统的动量守恒
B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成系统的动量守恒
C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成系统的动量守恒
D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成系统的动量守恒
BCD　[如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后A、B分别相对小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FA向右，FB向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以FA∶FB＝3∶2，则A、B组成系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A选项错误。对A、B、C组成的系统，A、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力、支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，B、D选项正确。若A、B所受摩擦力大小相等，则A、B组成的系统受到的外力之和为零，故其动量守恒，C选项正确。]
2.(2017·全国卷Ⅰ)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)(　　)
A．30 kg·m/s　　 B．5.7×102 kg·m/s
C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s
A　[由于喷气时间短，且不计重力和空气阻力，则火箭和燃气组成的系统动量守恒。
燃气的动量p1＝mv＝0.05×600 kg·m/s＝30 kg·m/s，
则火箭的动量
p2＝p1＝30 kg·m/s，选项A正确。]
3.如图在光滑水平面上叠放A、B两物体，其间有摩擦，mA＝2 kg，mB＝1 kg，速度的大小均为v0＝10 m/s，设A板足够长，当观察到B做加速运动时，A的可能速度为(　　)

A．2 m/s B．3 m/s
C．4 m/s D．5 m/s
C　[因摩擦力作用，A、B必先做减速运动，因初动量总和为(2×10－1×10) kg·m/s＝10 kg·m/s，故必是B先减速为零，后反向加速，最后与A一起向右运动，整个过程中，A一直减速。当B速度为零时，A速度为v1，由动量守恒定律得v1＝＝5 m/s，A、B最终速度为v2＝ m/s≈3.3 m/s。可见，B做加速运动时，A的速度范围是3.3 m/s 考法2　多物体多过程的动量守恒问题
4．如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0。为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度。(不计水的阻力和货物在两船之间的运动过程)

解析：设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后乙船的速度为v乙。甲船上的人接到货物后甲船的速度为v甲，规定向右的方向为正方向。
对乙船和货物的作用过程，由动量守恒定律得
12mv0＝11mv乙－mvmin　 ①
对货物和甲船的作用过程，同理有
10m×2v0－mvmin＝11mv甲　 ②
为避免两船相撞应有v甲＝v乙　 ③
联立①②③式得vmin＝4v0。
答案：4v0
知识点二| 碰撞、反冲和爆炸问题


1．碰撞
(1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象。
(2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒。
(3)分类：

动量是否守恒
机械能是否守恒
弹性碰撞
守恒
守恒
非完全弹性碰撞
守恒
有损失
完全非弹性碰撞
守恒
损失最大
2.反冲运动
(1)物体在内力作用下分裂为两个不同部分，并且这两部分向相反方向运动的现象。
(2)反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。
3．爆炸问题
(1)爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒。
(2)爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动。

(1)在爆炸现象中，动量严格守恒。 (×)
(2)在碰撞问题中，机械能也一定守恒。 (×)
(3)反冲现象中动量守恒、动能增加。 (√)

1．弹性碰撞后速度的求解
根据动量守恒和机械能守恒

解得v1′＝
v2′＝
2．弹性碰撞分析讨论
当碰前物体2的速度不为零时，若m1＝m2，则v1′＝v2，v2′＝v1，即两物体交换速度。
当碰前物体2的速度为零时，v2＝0，则：
v1′＝，v2′＝，
(1)m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后两物体交换速度。
(2)m1>m2时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两物体沿同方向运动。
(3)m10，碰撞后质量小的物体被反弹回来。
[典例]　(2019·揭阳检测)如图所示，水平面上相距为L＝5 m的P、Q两点分别固定一竖直挡板，一质量为M＝2 kg的小物块B静止在O点，OP段光滑，OQ段粗糙且长度为d＝3 m。一质量为m＝1 kg的小物块A以v0＝6 m/s的初速度从OP段的某点向右运动，并与B发生弹性碰撞。两物块与OQ段的动摩擦因数均为μ＝0.2，两物块与挡板的碰撞时间极短且均不损失机械能。重力加速度g取10 m/s2，求：

(1)A与B在O点碰后瞬间各自的速度；
(2)两物块各自停止运动时的时间间隔。
【思路点拨】　(1)A、B发生弹性碰撞，则碰撞过程中系统动量、动能均守恒。
(2)两物块与挡板碰撞时间极短且均不损失机械能，说明两物块与挡板碰撞后返回的速度与碰前速度大小相等。
(3)注意判断A与B能否再次发生碰撞。
解析：(1)设A、B在O点碰后的速度分别为v1和v2，以向右为正方向。
由动量守恒定律得：mv0＝mv1＋Mv2
碰撞前后动能相等，则得：
mv＝mv＋Mv
解得：v1＝－2 m/s，方向向左，v2＝4 m/s，方向向右。
(2)碰后，两物块在OQ段减速时加速度大小均为：
a＝μg＝2 m/s2
B经过t1时间与Q处挡板相碰，由运动学公式：
v2t1－at＝d
得：t1＝1 s(t1＝3 s舍去)
与挡板碰后，B的速度大小
v3＝v2－at1＝2 m/s
反弹后减速时间t2＝＝1 s
反弹后经过位移s1＝＝1 m，B停止运动
物块A与P处挡板碰后，以v4＝2 m/s的速度滑上O点，经过s2＝＝1 m停止
所以最终A、B的距离s＝d－s1－s2＝1 m
两者不会碰第二次
在A、B碰后，A运动总时间
tA＝＋＝3 s
B运动总时间tB＝t1＋t2＝2 s
则时间间隔ΔtAB＝tA－tB＝1 s。
答案：(1)2 m/s，方向向左　4 m/s，方向向右　(2)1 s

碰撞问题解题策略
(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解。
(2)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：
v1′＝v1、v2′＝v1。
(3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度。当m1≫m2，且v2＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v1。当m1≪m2，且v2＝0时，碰后质量小的球原速率反弹。

考法1　碰撞问题
1．两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s。当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是(　　)
A．vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s
B．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s
C．vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s
D．vA′＝7 m/s，vB′＝1.5 m/s
B　[虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C项中，两球碰后的总动能Ek′＝mAv′＋mBv′＝57 J，大于碰前的总动能Ek＝22 J，违背了能量守恒定律；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B项正确。]
2．(多选)(2019·银川模拟)A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图象，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图线，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图线，若A球质量是m＝2 kg，则由图象判断下列结论正确的是(　　)

A．碰撞前、后A球的动量变化量为4 kg·m/s
B．碰撞时A球对B球所施的冲量为－4 N·s
C．A、B两球碰撞前的总动量为3 kg·m/s
D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J
ABD　[根据题图可知，碰前A球的速度vA＝－3 m/s，碰前B球的速度vB＝2 m/s，碰后A、B两球共同的速度v＝－1 m/s，故碰撞前、后A球的动量变化量为ΔpA＝mv－mvA＝4 kg·m/s，选项A正确；A球的动量变化量为4 kg·m/s，碰撞过程中动量守恒，B球的动量变化量为－4 kg·m/s，根据动量定理，碰撞过程中A球对B球所施的冲量为－4 N·s，选项B正确；由于碰撞过程中动量守恒，有mvA＋mBvB＝(m＋mB)v，解得mB＝ kg，故碰撞过程中A、B两球组成的系统损失的动能为ΔEk＝mv＋mBv－(m＋mB)v2＝10 J，选项D正确；A、B两球碰撞前的总动量为p＝mvA＋mBvB＝(m＋mB)v＝－ kg·m/s，选项C错误。]
3．如图所示，在光滑水平面上静置有质量均为m的木板AB和滑块CD，木板AB上表面粗糙，滑块CD上表面是光滑的圆弧，其始端D点切线水平且在木板AB上表面内，它们紧靠在一起。一可视为质点的物块P，质量也为m，从木板AB的右端以初速度v0滑上木板AB，过B点时速度为，又滑上滑块CD，最终恰好能滑到滑块CD圆弧的最高点C处，求：

(1)物块滑到B处时木板的速度vAB；
(2)滑块CD圆弧的半径R。
解析：(1)物块由A点到B点，取向左为正方向，vB＝
由动量守恒得mv0＝mvB＋2mvAB，则vAB＝。
(2)物块由D点到C点，滑块CD与物块P组成的系统动量守恒，机械能守恒，则m·＋m·＝2mv共
m＋m＝×2mv＋mgR
解得R＝。
答案：(1)　(2)
4. (2018·全国卷Ⅱ)汽车A在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m。已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：

(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；
(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。
解析：(1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB。根据牛顿第二定律有μmBg＝mBaB ①
式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数。
设碰撞后瞬间B车速度的大小为v′B，碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有v′＝2aBsB ②
联立①②式并利用题给数据得
v′B＝3.0 m/s。 ③
(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA。根据牛顿第二定律有
μmAg＝mAaA ④
设碰撞后瞬间A车速度的大小为v′A，碰撞后滑行的距离为sA。由运动学公式有v′＝2aAs A ⑤
设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA。两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvA＝mAv′A＋mBv′B ⑥
联立③④⑤⑥式并利用题给数据得
vA≈4.3 m/s。 ⑦
答案：(1)3.0 m/s　(2)4.3 m/s
[考法指导]　碰撞遵循的三条原则
(1)满足动量守恒定律
(2)机械能不增加,Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋
(3)速度要合理
①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，前面的物体速度大(或相等)。
②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变。
考法2　爆炸问题
5．(多选)向空中发射一枚炮弹，不计空气阻力，当炮弹的速度v0恰好沿水平方向时，炮弹炸裂成a、b两块，若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则(　　)
A．b的速度方向一定与原来速度方向相反
B．从炸裂到落地的这段时间内，a飞行的水平距离一定比b的大
C．a、b一定同时到达水平地面
D．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的大小一定相等
CD　[炮弹炸裂前后动量守恒，选定v0的方向为正方向，则mv0＝mava＋mbvb，显然vb>0、vb<0、vb＝0都有可能，A错误；vb>va、vb 6.(2018·全国卷Ⅰ)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求：
(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；
(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
解析：(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有
E＝mv ①
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有
0－v0＝－gt ②
联立①②式得
t＝。 ③
(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有
E＝mgh1 ④
火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题给条件和动量守恒定律有
mv＋mv＝E ⑤
mv1＋mv2＝0 ⑥
由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹向上运动部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有
mv＝mgh2 ⑦
联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为
h＝h1＋h2＝。 ⑧
答案：见解析
[考法指导]　爆炸现象的三个规律
动量
守恒
由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸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，系统的总动量守恒
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爆炸前的位置以新的动量开始运动

考法3　反冲问题
7.如图所示，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为(　　)

A．v0＋v　　　　 B．v0－v
C．v0＋(v0＋v) D．v0＋(v0－v)
C　[以水面为参照系，根据动量守恒定律(M＋m)v0＝－mv＋Mv1，可解得C正确。]
[考法指导]　对反冲运动的三点说明
作用
原理
反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果
动量
守恒
反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律
机械能
增加
反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加

知识点三| 动量和能量观点的综合应用

考法1　“滑块——弹簧”模型
1．如图所示，质量分别为1 kg、3 kg 的滑块A、B位于光滑水平面上，现使滑块A以4 m/s的速度向右运动，与左侧连有轻弹簧的滑块B发生碰撞。求二者在发生碰撞的过程中，

(1)弹簧的最大弹性势能；
(2)滑块B的最大速度。
解析：(1)当弹簧压缩最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A、B同速。系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v
解得v＝＝ m/s＝1 m/s
弹簧的最大弹性势能即滑块A、B损失的动能
Epm＝mAv－(mA＋mB)v2＝6 J。
(2)当弹簧恢复原长时，滑块B获得最大速度，
由动量守恒定律和能量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvm
mAv＝mBv＋mAv，解得vm＝2 m/s，向右。
答案：(1)6 J　(2)2 m/s，向右
[考法指导]　“滑块——弹簧”模型四点注意
(1)在能量方面，由于弹簧的形变会具有弹性势能，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。
(2)在动量方面，系统动量守恒。
(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，系统满足动量守恒，机械能守恒。
(4)弹簧处于原长时，弹性势能为零。
考法2　“滑块——平板”模型
2．(2019·恩施模拟)如图所示，一长木板位于光滑水平面上，长木板的左端固定一挡板，木板和挡板的总质量为M＝3.0 kg，木板的长度为L＝1.5 m。在木板右端有一小物块，其质量m＝1.0 kg，小物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.10，它们都处于静止状态。现令小物块以初速度v0沿木板向左滑动，重力加速度g取10 m/s2。
(1)若小物块刚好能运动到左端挡板处，求v0的大小；
(2)若初速度v0＝3 m/s，小物块与挡板相撞后，恰好能回到右端而不脱离木板，求碰撞过程中损失的机械能。

解析：(1)设木板和物块最后共同的速度为v
由动量守恒定律得
mv0＝(m＋M)v
对木板和物块系统，由功能关系得
μmgL＝mv－(m＋M)v2
由以上两式解得
v0＝＝2 m/s。
(2)同样由动量守恒定律可知，木板和物块最后也要达到共同速度v1
mv0＝(M＋m)v1
设碰撞过程中损失的机械能为ΔE，则
对木板和物块系统的整个运动过程，由功能关系有
μmg·2L＋ΔE＝mv－(m＋M)v
由以上各式解得
ΔE＝－2μmgL
代入数据可得ΔE＝0.375 J。
答案：(1)2 m/s　(2)0.375 J
[考法指导]　“滑块——平板”模型解题思路
(1)应用系统的动量守恒。
(2)在涉及滑块或平板的时间时，优先考虑用动量定理。
(3)在涉及滑块或平板的位移时，优先考虑用动能定理。
(4)在涉及滑块的相对位移时，优先考虑用系统的能量守恒。
(5)滑块恰好不滑动时，滑块与平板达到共同速度。
考法3　“子弹打木块”模型
3．(2019·黄石模拟)如图所示，一质量m1＝0.45 kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上。质量m2＝0.5 kg的小物块(可视为质点)静止在车顶的右端。一质量为m0＝0.05 kg的子弹以水平速度v0＝100 m/s射中小车左端并留在车中，最终小物块相对地面以2 m/s的速度滑离小车。已知子弹与小车的作用时间极短，小物块与车顶面的动摩擦因数μ＝0.8，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，求：

(1)子弹相对小车静止时小车速度的大小；
(2)小车的长度L。
解析：(1)子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得m0v0＝(m0＋m1)v1
解得v1＝10 m/s。
(2)三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得
(m0＋m1)v1＝(m0＋m1)v2＋m2v3
解得v2＝8 m/s
由能量守恒可得
(m0＋m1)v＝μm2gL＋(m0＋m1)v＋m2v
解得L＝2 m。
答案：(1)10 m/s　(2)2 m
[考法指导]　“子弹打木块”模型特点
(1)当子弹和木块的速度相等时木块的速度最大，两者的相对位移(子弹射入木块的深度)取得极值。
(2)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能。
(3)根据能量守恒，系统损失的动能ΔEk＝ Ek0，可以看出，子弹的质量越小，木块的质量越大，动能损失越多。