题目内容
（2012?泸州一模）如图所示，一块质量为M的木板停在光滑的水平面上，木板的左端有挡板，挡板上固定一个小弹簧．一个质量为m的小物块（可视为质点）以水平速度υ0从木板的右端开始向左运动，与弹簧碰撞后（弹簧处于弹性限度内），最终又恰好停在木板的右端．根据上述情景和已知量，可以求出（ ）分析：M与m构成的系统不受外力，系统动量守恒，可根据动量守恒定律求出木块滑动到最左端时系统的速度以及最终木块和木板相对静止时的速度；系统产生的热量可以用公式Q=f△S求解，当木块滑到最左端时，弹性势能最大，结合能量守恒定律可以求出弹簧的最大弹性势能．
解答：解：小木块m与长木板M构成的系统动量守恒，设小木块滑到最左端和最右端的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律，
小木块从开始位置滑动到最左端的过程，
mv0=（m+M）v1
小木块从开始位置滑动到最后相对长木板静止过程，
mv0=（m+M）v2
解得
v1=
①
v2=
②
小木块滑动到最左端的过程中，由能量守恒定律，
Epm+Q+
（m+M）v2=
mv2 ③
Q=fL ④
小木块从开始滑动到最右端的过程中，由能量守恒定律，
Q′+
（m+M）v2=
mv2 ⑤
Q′=f（2L） ⑥
由①～⑥式，可以解出Epm、Q′，故BD正确；
由于缺少弹簧的压缩量和木板长度，无法求出弹簧的劲度系数和滑动摩擦力，故AC错误；
故选BD．
小木块从开始位置滑动到最左端的过程，
mv0=（m+M）v1
小木块从开始位置滑动到最后相对长木板静止过程，
mv0=（m+M）v2
解得
v1=
| mv0 |
| m+M |
v2=
| mv0 |
| m+M |
小木块滑动到最左端的过程中，由能量守恒定律，
Epm+Q+
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
Q=fL ④
小木块从开始滑动到最右端的过程中，由能量守恒定律，
Q′+
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
Q′=f（2L） ⑥
由①～⑥式，可以解出Epm、Q′，故BD正确；
由于缺少弹簧的压缩量和木板长度，无法求出弹簧的劲度系数和滑动摩擦力，故AC错误；
故选BD．
点评：动量守恒定律的运用不涉及中间过程，故对于复杂的运动特别方便，可以大大简化解题过程；同时要注意动量守恒定律经常与动能定理和能量守恒定律结合使用！
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