【正文】 D錯誤。2．應(yīng)用動量、能量觀點解決問題的兩點技巧：(1)靈活選取系統(tǒng)的構(gòu)成，根據(jù)題目的特點可選取其中動量守恒或能量守恒的幾個物體為研究對象，不一定選所有的物體為研究對象。[答案]　(1) m　(2) m3．力學(xué)三大觀點的綜合應(yīng)用這類模型各階段的運動過程具有獨立性，只要對不同過程分別選用相應(yīng)規(guī)律即可，兩個相鄰的過程連接點的速度是聯(lián)系兩過程的紐帶。例2　(2021其他摩擦均不計。(2)若研究對象為單一物體，且涉及功和位移問題時，應(yīng)優(yōu)先考慮動能定理。m/s＋3 kgm/s，pB′＝6 kg(2)當(dāng)小物塊A、C上升到最大高度時，A、B、C系統(tǒng)的速度相等，根據(jù)動量守恒定律：mv0＝(m＋m＋3m)v1，解得v1＝v0，根據(jù)機械能守恒得2mgh＝2m2－5m2，解得h＝。(2)12 s時B離開墻壁，之后A，B，C及彈簧組成的系統(tǒng)動量和機械能守恒，且當(dāng)A，C與B的速度相等時，彈簧彈性勢能最大，根據(jù)動量守恒和機械能守恒定律有(mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v4(mA＋mC)v＝(mA＋mB＋mC)v＋Ep聯(lián)立得Ep＝9 J。②m1，m2以相同的速度v0落到地面，m2先與地面發(fā)生彈性碰撞，碰撞前后速度大小不變，方向反向；接著與m1碰撞，碰后m2的速度恰好減為零，m1的速度為v1。例1　如圖所示，質(zhì)量分別為m1和m2的兩個小球疊放在一起，從高度為h處由靜止釋放，它們一起下落。(3)速度要合理①碰前兩物體同向，則v后v前；碰后，原來在前的物體速度一定增大，且v前′≥v后′。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′ ①m1v＝m1v1′2＋m2v2′2 ②由①②得v1′＝　v2′＝結(jié)論：(1)當(dāng)m1＝m2時，v1′＝0，v2′＝v1，兩球碰撞后交換了速度。(2)已知h遠(yuǎn)大于兩球半徑，所有的碰撞都沒有機械能損失，且碰撞前后小球都沿豎直方向運動。[答案]　(1)見解析　(2)①?、?︰3?、?h模型二　“滑塊——彈簧”碰撞模型模型圖示模型特點(1)兩個或兩個以上的物體與彈簧相互作用的過程中，若系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動量守恒(2)在能量方面，由于彈簧形變會使彈性勢能發(fā)生變化，系統(tǒng)的總動能將發(fā)生變化；若系統(tǒng)所受的外力和除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機械能守恒(3)彈簧處于最長(最短)狀態(tài)時兩物體速度相等，彈性勢能最大，系統(tǒng)動能通常最小(完全非彈性碰撞拓展模型)(4)彈簧恢復(fù)原長時，彈性勢能為零，系統(tǒng)動能最大(完全彈性碰撞拓展模型，相當(dāng)于碰撞結(jié)束時)例2　如圖(甲)所示，物塊A、B的質(zhì)量分別是mA＝ kg和mB＝ kg。水平方方向動量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系統(tǒng)機械能守恒，mv＝mv＋Mv(完全彈性碰撞拓展模型)例3　(2020已知甲的質(zhì)量為1 kg，則碰撞過程兩物塊損失的機械能為(　A　)A．3 J B．4 JC．5 J D．6 J[解析]　本題結(jié)合運動圖像考查動量守恒定律和能量守恒定律。m/sC．pA′＝－2 kg3．(2020特別對于變力做功問題，就更顯示出它們的優(yōu)越性。[解析]　本題考查板塊模型。讓另一質(zhì)量m＝10 g的小滑塊從軌道右側(cè)高h(yuǎn)2(未知)處由靜止釋放，小滑塊恰好能通過圓軌道最高點C，且第一次恰好能把彈簧壓縮5 cm，現(xiàn)讓該小滑塊從軌道右側(cè)h3＝ m處由靜止釋放，已知重力加速度g＝10 m/s2，求：(1)小滑塊下落的高度h2；(2)小滑塊停止時的位置到N點的距離。已知水平桌面高為h＝ m，D點到桌面邊緣的水平距離為x＝ m，重力加速度為g＝10 m/s2，求：(1)小球P經(jīng)過半圓形軌道最低點B時對軌道的壓力大小F′NB；(2)小球Q與橡皮泥球S碰撞前瞬間的速度大小vQ；(3)被壓縮的輕彈簧的彈性勢能Ep。列方程前要注意鑒別、判斷所選過程動量、機械能的守恒情況。3．(2019 ③(2)A、B兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)相等，因而兩者滑動時加速度大小相等，設(shè)