2024-2025學(xué)年高中物理第1章第3節(jié)動(dòng)量守恒定律在碰撞中的應(yīng)用教案粵教版選修3-5

PAGE10-第三節(jié)動(dòng)量守恒定律在碰撞中的應(yīng)用[學(xué)習(xí)目標(biāo)]1.知道彈性碰撞的概念和特點(diǎn).2.知道非彈性碰撞和完全非彈性碰撞的概念和特點(diǎn).3.會(huì)用動(dòng)量守恒定律和能量守恒觀點(diǎn)分析一維碰撞問題．(重點(diǎn)、難點(diǎn))4.知道動(dòng)量守恒定律的普遍意義．一、應(yīng)用動(dòng)量守恒定律是物理學(xué)中最常用的定律之一．迄今為止，每當(dāng)在試驗(yàn)中視察到好像是違反動(dòng)量守恒定律的現(xiàn)象時(shí)，物理學(xué)家們都會(huì)提出新的假設(shè)以堅(jiān)持動(dòng)量守恒定律的正確性，最終的結(jié)果，往往是因?yàn)橛行碌陌l(fā)覺而成功告終．二、應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題的一般步驟(1)確定探討對(duì)象組成的系統(tǒng)，分析所探討的物理過程中，系統(tǒng)受外力的狀況是否滿意動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用條件．(2)設(shè)定正方向，分別寫出系統(tǒng)初、末狀態(tài)的總動(dòng)量．(3)依據(jù)動(dòng)量守恒定律列方程．(4)解方程、統(tǒng)一單位后代入數(shù)值進(jìn)行運(yùn)算，求出結(jié)果．1．正誤推斷(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”)(1)動(dòng)量守恒定律是物理學(xué)中最常用的定律之一，在理論探究和實(shí)際應(yīng)用中均發(fā)揮了巨大作用． (√)(2)在碰撞類問題中，相互作用力往往是變力，很難用牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解． (√)(3)應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題只需考慮過程的初、末狀態(tài)，不必涉及過程的細(xì)微環(huán)節(jié)． (√)(4)兩個(gè)物體發(fā)生正碰時(shí)，碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能也守恒．(×)2．一顆子彈水平射入置于光滑水平面上的木塊A并留在其中，A、B用一根彈性良好的輕質(zhì)彈簧連在一起，如圖所示．則在子彈打擊木塊A及彈簧被壓縮的過程中，對(duì)子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)()A．動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒B．動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒C．動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒D．無法判定動(dòng)量、機(jī)械能是否守恒B[在子彈打擊木塊A及彈簧壓縮的過程中，對(duì)子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)，系統(tǒng)所受的外力之和為零，則系統(tǒng)的動(dòng)量守恒．在此過程中，有摩擦力做功，所以系統(tǒng)機(jī)械能不守恒．故B正確，A、C、D錯(cuò)誤．]3．如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同始終線上運(yùn)動(dòng)．兩球質(zhì)量關(guān)系為mB＝2mA，規(guī)定水平向右為正方向，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∶10A[由兩球的動(dòng)量都是6kg·m/s可知，運(yùn)動(dòng)方向都水平向右，且能夠相碰，說明左方是質(zhì)量小、速度大的小球，故左方是A球．碰后A球的動(dòng)量削減了4kg·m/s，即A球的動(dòng)量為2kg·m/s，由動(dòng)量守恒定律得B球的動(dòng)量為10kg·m/s，又因mB＝2mA，可得其速度比為2∶5，故選項(xiàng)A是正確的．]動(dòng)量守恒定律的特性1.對(duì)“守恒”的理解(1)動(dòng)量守恒定律的探討對(duì)象是相互作用的物體構(gòu)成的系統(tǒng)．(2)系統(tǒng)“總動(dòng)量保持不變”，不僅是系統(tǒng)的初末兩時(shí)刻的總動(dòng)量(系統(tǒng)內(nèi)各物體動(dòng)量的矢量和)相等，而且系統(tǒng)在整個(gè)過程中隨意兩時(shí)刻的總動(dòng)量都相等，但絕不能認(rèn)為系統(tǒng)內(nèi)的每一個(gè)物體的動(dòng)量都保持不變．2．動(dòng)量守恒定律的“四性”(1)矢量性：動(dòng)量守恒定律中的速度是矢量，所以動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式也是矢量表達(dá)式．在一維的狀況下，首先必需規(guī)定正方向，化矢量運(yùn)算為代數(shù)運(yùn)算，在不知物體運(yùn)動(dòng)方向的狀況下，可假設(shè)運(yùn)動(dòng)方向與正方向一樣，依據(jù)計(jì)算結(jié)果的“正”和“負(fù)”，得到物體實(shí)際的運(yùn)動(dòng)方向．(2)相對(duì)性：動(dòng)量守恒定律中的速度具有相對(duì)性，所以動(dòng)量的大小也與參考系的選取有關(guān)，在中學(xué)物理中一般以地面為參考系．(3)瞬時(shí)性：系統(tǒng)中各物體相互作用時(shí)速度改變是同時(shí)的，任一瞬間的動(dòng)量之和都保持不變．(4)普適性：動(dòng)量守恒定律不僅適用于低速、宏觀的物體系，也適用于高速、微觀的物體系，具有普適性．【例1】甲、乙兩小孩各乘一輛冰車在水平冰面上嬉戲，甲和他的冰車質(zhì)量共為M＝30kg，乙和他的冰車質(zhì)量也是30kg.嬉戲時(shí)，甲推著一個(gè)質(zhì)量為m＝15kg的箱子和他一起以大小為v0＝2.0m/s的速度滑行，乙以同樣大小的速度迎面滑來，為了避開相撞，甲突然將箱子沿冰面推給乙，箱子滑到乙處時(shí)，乙快速把它抓住，若不計(jì)冰面的摩擦力，求：甲至少要以多大的速度(相對(duì)地面)將箱子推出，才能避開與乙相撞？【解析】設(shè)恰不相碰時(shí)三個(gè)物體的共同速度為v，取甲原來的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎罁?jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有(M＋m)v0－Mv0＝(M＋m＋M)vv＝eq\f(mv0,2M＋m)＝eq\f(15×2,2×30＋15)m/s＝0.40m/s設(shè)箱子被推出的速度為v′，依據(jù)箱子、乙二者動(dòng)量守恒有mv′－Mv0＝(M＋m)vv′＝eq\f(M＋mv＋Mv0,m)＝eq\f(15＋30×0.40＋30×2,15)m/s＝5.2m/s.[答案]5.2m/s應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題時(shí)，在規(guī)定正方向的前提下，要留意各已知速度的正、負(fù)號(hào)，求解出未知速度的正、負(fù)號(hào)，肯定要指明速度方向.訓(xùn)練角度1：動(dòng)量守恒條件與機(jī)械能守恒條件的比較1．足夠深的水池中有一個(gè)木塊和鐵塊，用細(xì)繩拴連后在水里懸?。F(xiàn)剪斷細(xì)繩，在鐵塊沉入水底且木塊浮出水面之前，若只考慮重力和浮力，對(duì)于鐵塊與木塊構(gòu)成的系統(tǒng)，下列說法正確的是()A．動(dòng)量守恒，機(jī)械能增加B．動(dòng)量守恒，機(jī)械能削減C．動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒D．動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒A[木塊和鐵塊用細(xì)繩拴連后在水里懸浮，木塊與鐵塊組成的系統(tǒng)所受合外力為零，在鐵塊沉入水底且木塊浮出水面之前，依據(jù)F＝ρgV排，系統(tǒng)受到的浮力不變，重力也不變，所以系統(tǒng)合力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒；在上升過程中，系統(tǒng)中浮力做正功，依據(jù)機(jī)械能守恒條件可知，系統(tǒng)機(jī)械能增加，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤．]訓(xùn)練角度2：動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用2．將質(zhì)量為1.00kg的模型火箭點(diǎn)火升空，50g燃燒的燃?xì)庖源笮?00m/s的速度從火箭噴口在很短時(shí)間內(nèi)噴出．在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動(dòng)量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽視)()A．30kg·m/s B．5.7×102C．6.0×102kg·m/s D．6.3×A[由于噴氣時(shí)間短，且不計(jì)重力和空氣阻力，則火箭和燃?xì)饨M成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒．燃?xì)獾膭?dòng)量p1＝mv＝0.05×600kg·m/s＝30kg·m/s，則火箭的動(dòng)量p2＝p1＝30kg·m/s，選項(xiàng)A正確．]碰撞與爆炸1.碰撞過程的特點(diǎn)(1)發(fā)生碰撞的物體間一般作用力很大，作用時(shí)間很短，各物體作用前后各自動(dòng)量改變顯著，物體在作用時(shí)間內(nèi)的位移可忽視．(2)即使碰撞過程中系統(tǒng)所受外力不等于零，由于內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，作用時(shí)間又很短，所以外力的作用可忽視，認(rèn)為系統(tǒng)的動(dòng)量是守恒的．(3)若碰撞過程中沒有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，則系統(tǒng)碰后的總機(jī)械能不行能大于碰前系統(tǒng)的機(jī)械能．(4)對(duì)于彈性碰撞，碰撞前后無動(dòng)能損失；對(duì)于非彈性碰撞，碰撞前后有動(dòng)能損失；對(duì)于完全非彈性碰撞，碰撞前后動(dòng)能損失最大．2．碰撞過程的分析推斷依據(jù)在所給的條件不足的狀況下，碰撞結(jié)果有各種可能，但不管哪種結(jié)果必需同時(shí)滿意以下三條：(1)系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒．(2)系統(tǒng)的動(dòng)能不增加，即Ek1′＋Ek2′≤Ek1＋Ek2.(3)符合實(shí)際狀況，如碰后兩者同向運(yùn)動(dòng)，應(yīng)有v前≥v后，若不滿意，則該碰撞過程沒有結(jié)束．3．彈性碰撞的規(guī)律設(shè)質(zhì)量為m1的小球以速度v1與質(zhì)量為m2的靜止的小球發(fā)生彈性碰撞，碰后m1、m2的速度分別為v1′和v2′，由動(dòng)量守恒和動(dòng)能守恒有m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v′eq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2v′eq\o\al(2,2)以上兩式聯(lián)立可解得v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1，由以上兩式對(duì)彈性碰撞試驗(yàn)探討結(jié)論的說明：(1)當(dāng)m1＝m2時(shí)，v1′＝0，v2′＝v1，表示碰撞后兩球交換速度；(2)當(dāng)m1＞m2時(shí)，v1′＞0，v2′＞0，表示碰撞后兩球向前運(yùn)動(dòng)；(3)當(dāng)m1＜m2時(shí)，v1′＜0，v2′＞0，表示碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回來．4．爆炸的特點(diǎn)是動(dòng)量守恒，其他形式的能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能．同樣，在許多狀況下相互作用的物體具有類似的特點(diǎn)．例如，光滑水平面上彈簧將兩物體彈開；人從車(或船)上跳離；物體從放置于光滑水平面上的斜面上滑下．這些過程與爆炸具有類似的特征，可應(yīng)用動(dòng)量守恒定律，必要時(shí)結(jié)合能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律分析求解．【例2】在光滑水平桌面上，有一長(zhǎng)l＝2m的木板C，它的兩端各有一擋板，C的質(zhì)量mC＝5kg，在C的正中心并排放著兩個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊A、B，質(zhì)量分別為mA＝1kg，mB＝4kg.起先時(shí)A、B、C都靜止，并且A、B間夾有少量的塑膠炸藥，如圖所示，炸藥爆炸使得A以6m/s的速度水平向左運(yùn)動(dòng)．假如A、B與C間的摩擦忽視不計(jì)，兩滑塊中任一塊與擋板碰撞后都與擋板結(jié)合成一體，爆炸和碰撞時(shí)間都可忽視．求：(1)當(dāng)兩滑塊都與擋板相碰后，板C的速度為多大？(2)到兩個(gè)滑塊都與擋板碰撞為止，板C的位移大小和方向如何？思路點(diǎn)撥：(1)爆炸瞬間，A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒．(2)地面光滑，A、B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒．[解析](1)對(duì)于由A、B、C組成的系統(tǒng)，起先時(shí)靜止，由動(dòng)量守恒定律有(mA＋mB＋mC)vC＝0，得vC＝0，即最終木板C的速度為0.(2)A先與C相碰，由動(dòng)量守恒定律有mAvA＝(mA＋mC)v共所以v共＝1m/s.對(duì)A、B組成的系統(tǒng)由動(dòng)量守恒定律有mAvA＝mBvB得vB＝1.5m/s.從炸藥爆炸到A、C相碰的時(shí)間t1＝eq\f(\f(l,2),vA)＝eq\f(1,6)s，此時(shí)B距C的右壁xB＝eq\f(l,2)－vBt1＝0.75m，設(shè)再經(jīng)過t2時(shí)間B與C相碰，則t2＝eq\f(xB,vB＋v共)＝0.3s，故C向左的位移ΔxC＝v共t2＝1×0.3m＝0.3m，方向向左．[答案](1)0(2)0.3m，方向向左處理爆炸、碰撞問題的四點(diǎn)提示1．在處理爆炸問題，列動(dòng)量守恒方程時(shí)應(yīng)留意：爆炸前的動(dòng)量是指即將爆炸那一刻的動(dòng)量，爆炸后的動(dòng)量是指爆炸剛好結(jié)束時(shí)那一刻的動(dòng)量．2．在爆炸過程中，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，機(jī)械能肯定不守恒．3．在碰撞過程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能不肯定守恒；在物體與彈簧相互作用過程中物體與彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量、機(jī)械能均守恒．4．宏觀物體碰撞時(shí)一般相互接觸，微觀粒子的碰撞不肯定接觸，但只要符合碰撞的特點(diǎn)，就可以認(rèn)為是發(fā)生了碰撞．訓(xùn)練角度1：碰撞可能性推斷3．如圖所示，質(zhì)量相等的A、B兩個(gè)球，原來在光滑水平面上沿同始終線相向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，A球的速度是6m/s，B球的速度是－2m/s，不久A、B兩球發(fā)生了對(duì)心碰撞．對(duì)于該碰撞之后的A、B兩球的速度可能值，某試驗(yàn)小組的同學(xué)們做了許多種揣測(cè)，下面的揣測(cè)結(jié)果不行以實(shí)現(xiàn)的是()A．vA′＝－2m/s，vB′＝6m/sB．vA′＝2m/s，vB′＝2m/sC．vA′＝1m/s，vB′＝3m/sD．vA′＝－3m/s，vB′＝7m/sD[兩球碰撞前后應(yīng)滿意動(dòng)量守恒定律及碰后兩球的動(dòng)能之和不大于碰前兩球的動(dòng)能之和．即mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′①，eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)≥eq\f(1,2)mAvA′2＋eq\f(1,2)mBvB′2②，答案D中滿意①式，但不滿意②式．]訓(xùn)練角度2：爆炸問題分析4．如圖所示，水平面上O點(diǎn)的正上方有一個(gè)靜止物體P，炸成兩塊a、b水平飛出，分別落在A點(diǎn)和B點(diǎn)，且OA>OB.若爆炸時(shí)間極短，空氣阻力不計(jì)，則()A．落地時(shí)a的速度小于b的速度B．爆炸過程中a增加的動(dòng)能大于b增加的動(dòng)能C．爆炸過程中a增加的動(dòng)能小于b增加的動(dòng)能D．下落過程中a、b兩塊動(dòng)量的增量相等B[P爆炸生成兩塊a、b過程中在水平方向動(dòng)量守恒，則mava－mbvb＝0，即pa＝pb，由于下落過程是平拋運(yùn)動(dòng)，由圖va＞vb，因此ma＜mb，由Ek＝eq\f(p2,2m)知Eka＞Ekb，B正確，C錯(cuò)誤；由于va＞vb，而下落過程中a、b在豎直方向的速度增量為gt是相等的，因此落地時(shí)仍有v′a＞v′b，A錯(cuò)誤．magt＜mbgt，由動(dòng)量定理知，D錯(cuò)誤．]訓(xùn)練角度3：含有彈簧的系統(tǒng)碰撞問題5．如圖，光滑水平直軌道上有三個(gè)質(zhì)量均為m的物塊A、B、C.B的左側(cè)固定一輕彈簧(彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計(jì))．設(shè)A以速度v0朝B運(yùn)動(dòng)，壓縮彈簧；當(dāng)A、B速度相等時(shí)，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后接著運(yùn)動(dòng)．假設(shè)B和C碰撞過程時(shí)間極短，求從A起先壓縮彈簧直至與彈簧分別的過程中，(1)整個(gè)系統(tǒng)損失的機(jī)械能；(2)彈簧被壓縮到最短時(shí)的彈性勢(shì)能．[解析]A、B碰撞時(shí)動(dòng)量守恒、能量也守恒，而B、C相碰粘接在一塊時(shí)，動(dòng)量守恒．系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能則為機(jī)械能的損失．當(dāng)A、B、C速度相等時(shí)，彈性勢(shì)能最大．(1)從A壓縮彈簧到A與B具有相同速度v1時(shí)，對(duì)A、B與彈簧組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝2mv1 ①此時(shí)B與C發(fā)生完全非彈性碰撞，設(shè)碰撞后的瞬時(shí)速度為v2，損失的機(jī)械能為ΔE.對(duì)B、C組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律得mv1＝2mv2 ②eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝ΔE＋eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,2) ③聯(lián)立①②③式得ΔE＝eq\f(1,16)mveq\o\al(2,0). ④(2)由②式可知v2＜v1，A將接著壓縮彈簧，直至A、B、C三者速度相同，設(shè)此速度為v3，此時(shí)彈簧被壓縮至最短，其彈性勢(shì)能為Ep.由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律得mv0＝3mv3 ⑤eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－ΔE＝eq\f(1,2)(3m)veq\o\al(2,3)＋Ep ⑥聯(lián)立④⑤⑥式得Ep＝eq\f(13,48)mveq\o\al(2,0). ⑦[答案](1)eq\f(1,16)mveq\o\al(2,0)(2)eq\f(13,48)mveq\o\al(2,0)課堂小結(jié)知識(shí)脈絡(luò)1.兩物體碰撞時(shí)作用時(shí)間極短，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，可認(rèn)為系統(tǒng)動(dòng)量守恒．2．兩物體發(fā)生碰撞時(shí)系統(tǒng)動(dòng)能不行能增加，碰后若兩物體同向運(yùn)動(dòng)，肯定有v前≥v后．3．爆炸過程中因內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，作用時(shí)間極短，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，而系統(tǒng)機(jī)械能是增加的.1．有一個(gè)質(zhì)量為3m的爆竹被斜向上拋出，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)速度大小為v0、方向水平向東；在最高點(diǎn)炸裂成質(zhì)量不等的兩塊，其中一塊質(zhì)量為2m，速度大小為A．3v0－v B．2v0－3vC．3v0－2v D．2v0＋vC[爆竹在最高點(diǎn)速度大小為v0、方向水平向東，爆炸前動(dòng)量為3mv0，設(shè)爆炸后另一塊的瞬時(shí)速度大小為v′，取水平向東為正方向，因爆炸過程動(dòng)量守恒，則有3mv0＝2mv＋mv′，解得v′＝3v0－2v，選項(xiàng)C正確．]2．(多選)質(zhì)量為M和m0的滑塊用輕彈簧連接，以恒定的速度v沿光滑水平面運(yùn)動(dòng)，與位于正對(duì)面的質(zhì)量為m的靜止滑塊發(fā)生碰撞，如圖所示，碰撞時(shí)間極短，在此過程中，下列哪個(gè)或哪些說法是可能發(fā)生的()A．M、m0、m速度均發(fā)生改變，分別為v1、v2、v3，而且滿意(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋mv3B．m0的速度不變，M和m的速度變?yōu)関1和v2，而且滿意Mv＝Mv1＋mv2C．m0的速度不變，M、m的速度都變?yōu)関′，且滿意Mv＝(M＋m)v′D．M、m0、m速度均發(fā)生改變，M和m0速度都變?yōu)関1，m速度變?yōu)関2，而且滿意(M＋m)v0＝(M＋m0)v1＋mv2BC[M和m在碰撞過程中動(dòng)量守恒，m0的速度瞬間不變，設(shè)初速度方向?yàn)檎?，假如碰撞后M和m的速度不等，則Mv＝Mv1＋mv2；假如碰撞后M和m速度相同，則Mv＝(M＋m)v′，B、C選項(xiàng)正確．]3．在光滑水平面上有三個(gè)完全相同的小球，它們排成一條直線，2、3小球靜止并靠在一起，1球以速度v0向它們運(yùn)動(dòng)，如圖所示．設(shè)碰撞中不損失機(jī)械能，則碰后三個(gè)小球的速度分別是()A．v1＝v2＝v3＝eq\f(1,\r(3))v0B．v1＝0，v2＝v3＝eq\f(1,\r(2))v0C．v1＝0，v2＝v3＝eq\f(1,2)v0D．v1＝v2＝0，v3＝v0D[由于1球與2球發(fā)生碰撞時(shí)間極短，2球的位置來不及發(fā)生改變，此時(shí)2球?qū)?球不產(chǎn)生力的作用，即3球不會(huì)參加1、2球的碰撞，由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒知1、2球碰撞后馬上交換速度，即碰后1球停止，2球速度馬上變?yōu)関0.同理分析，2、3球作用后也交換速度，故D正確．]4．如圖所示，在光滑水平面上有一質(zhì)量為M的木塊，木塊與輕彈簧水平相連，彈簧的另一端連在豎直墻上，木塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0擊中木塊，并嵌在其中，木塊壓縮彈簧后在水平面上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)．木塊從被子彈擊中前到