新高考物理三輪沖刺知識講練與題型歸納專題14 動量守恒定律及應(yīng)用（含解析）

專題14動量守恒定律及應(yīng)用[題型導(dǎo)航]題型一動量守恒定律的理解與基本應(yīng)用 1題型二碰撞模型問題 5題型三“人船”模型問題 13題型四動量和能量觀點的綜合應(yīng)用 17[考點分析]題型一動量守恒定律的理解與基本應(yīng)用 1．內(nèi)容如果一個系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變，這就是動量守恒定律．2．適用條件(1)系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，不是系統(tǒng)內(nèi)每個物體所受的合外力都為零，更不能認(rèn)為系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)．(2)近似適用條件：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于它所受到的外力．(3)如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則系統(tǒng)在該方向上動量守恒．3．動量守恒定律的不同表達(dá)形式(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用前的動量和等于作用后的動量和．(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個物體動量的增量等大反向．(3)Δp＝0，系統(tǒng)總動量的增量為零．4．應(yīng)用動量守恒定律解題的步驟(1)明確研究對象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個物體及研究的過程)；(2)進行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒(或某一方向上動量是否守恒)；(3)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動量；(4)由動量守恒定律列出方程；(5)代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時討論說明．如圖，水平面上有一平板車，某人站在車上掄起錘子從與肩等高處揮下，打在車的左端，打后車與錘相對靜止。以人、錘子和平板車為系統(tǒng)（初始時系統(tǒng)靜止），研究該次揮下、打擊過程，下列說法正確的是（）A．若水平面光滑，在錘子揮下的過程中，平板車一定向右運動 B．若水平面光滑，打后平板車可能向右運動 C．若水平面粗糙，在錘子揮下的過程中，平板車一定向左運動 D．若水平面粗糙，打后平板車可能向右運動【解答】解：A、若水平面光滑，以人、錘子和平板車為系統(tǒng)，系統(tǒng)水平方向不受外力，系統(tǒng)水平方向動量守恒，且總動量為零，在錘子揮下的過程中，錘子有水平向右的速度，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒可知，平板車一定向左運動，故A錯誤；B、打后錘子停止運動，由于系統(tǒng)水平方向總動量為零，且系統(tǒng)水平方向動量守恒，所以平板車也停下，故B錯誤；C、若水平面粗糙，在錘子揮下的過程車由于受摩擦力作用，可能靜止不動，故C錯誤；D、在錘子打平板車時，在最低點與車相碰，錘子與平板車系統(tǒng)動量向右，所以打后平板車可能向右運動，故D正確。故選：D。如圖所示，在足夠大的光滑水平面上停放著裝有光滑弧形槽的小車，弧形槽的底端切線水平，一小球以大小為v0的水平速度從小車弧形槽的底端沿弧形槽上滑，恰好不從弧形槽的頂端離開。小車與小球的質(zhì)量分別為2m、m，以弧形槽底端所在的水平面為參考平面。小球的最大重力勢能為（）A．13mv02 B．14【解答】解：小球恰好不從弧形槽的頂端離開，即小球到達(dá)弧形槽頂端時，小球與小車速度相同，設(shè)共同速度大小為v，在小球沿小車弧形槽上滑的過程中，小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，有mv0＝3mv，根據(jù)能量守恒定律有12mv故選：A。如圖所示，質(zhì)量為0.1kg的小圓環(huán)A穿在光滑的水平直桿上。用長為L＝0.8m的細(xì)線拴著質(zhì)量為0.2kg的小球B，B懸掛在A下方并處于靜止?fàn)顟B(tài)。t＝0時刻，小圓環(huán)獲得沿桿向左的沖量0.6N?s，g取10m/s2。下列說法正確的是（）A．小球B做圓周運動 B．小球B第一次運動到A的正下方時A的速度最小 C．從小球B開始運動到第一次回到A的正下方的過程中，細(xì)線對A先做負(fù)功再做正功D．從小球B開始運動到第一次回到的正下方的過程中，合力對B的沖量為0.6N?s【解答】解：A、以小圓環(huán)A為參考系，B相對A做圓周運動，B相對于地面做一般曲線運動，故A錯誤；BC、規(guī)定向左為正方向，對A由動量定理得：I＝mAv0從小球B開始運動到第一次回到A的正下方的過程中，對于A和B，由水平方向動量守恒定律得：mAv0＝mAv1+mBv212mAv02代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：v1＝﹣2m/s，v2＝4m/s，小圓環(huán)是先往左減速，再向右加速，細(xì)線拉力先做負(fù)功后做正功，A得最小速度為零，但不是小球B第一次運動到A的正下方得時刻，故B錯誤，C正確；D、如果小球B開始運動到第一次回到A的正下方的過程中合力對B的沖量為0.6N?s，則根據(jù)動量定理此時小球的速度為I'＝mBvB根據(jù)動量守恒定律，此時小環(huán)A的速度為v'A＝0此時的A、B組成的系統(tǒng)的總機械能為：E′=而A、B組成的系統(tǒng)的初始機械能為：E=代入數(shù)據(jù)解得：E'＝0.9J，E＝1.8J不滿足機械能守恒，因此從小球B開始運動到第一次回到A的正下方的過程中合力對B的沖量不為0.6N?s，故D錯誤。故選：C。如圖所示，質(zhì)量為2m的小球A與質(zhì)量為m的小球B固定在輕桿兩端，初始時刻輕桿緊靠光滑墻壁，豎直立于光滑地板上，如圖所示。突然發(fā)生微小的擾動使小球B繞A球在垂直于墻壁的豎直平面內(nèi)無初速度倒下，下落過程中，輕桿與豎直方向的夾角為α，直到B球第一次落地，以下說法正確的是（）A．A球不動，B球做圓周運動 B．當(dāng)cosα=23C．當(dāng)cosα＜23D．當(dāng)cosα＞23時，輕桿的彈力為FN＝mg（3cosα【解答】解：ABD、初始時假設(shè)A點不動，所以B以球A為圓心，桿長L為半徑做圓周運動，當(dāng)桿與豎直方向成α角時，球B的速度大小為v，根據(jù)機械能守恒定律有：12mv2=解得：v=對于小球B，有：mgcosα﹣N＝mv由上兩式解得：N＝mg（3cosα﹣2）當(dāng)α＜arccos23，3cosα＞2，N＞0，說明A球此時沒有離開墻．當(dāng)cosα=23時，輕桿的彈力為零，當(dāng)αC、當(dāng)cosα＜2故選：B。（多選）如圖所示，光滑水平面上有一小車，小車上有一物體，用一細(xì)線將物體系于小車的A端，物體與小車A端之間有一壓縮的彈簧，某時刻線斷了，物體沿車滑動到B端粘在B端的油泥上.則下述說法中正確的是（）A．若物體滑動中不受摩擦力，則全過程系統(tǒng)機械能守恒 B．若物體滑動中有摩擦力，則全過程系統(tǒng)動量守恒 C．小車的最終速度與斷線前不同 D．全過程系統(tǒng)的機械能不守恒【解答】解：AD、物體與橡皮泥粘合的過程，發(fā)生非彈性碰撞，系統(tǒng)機械能有損失，所以全過程系統(tǒng)的機械能不守恒，故A錯誤，D正確。B、取小車、物體和彈簧為一個系統(tǒng)，則系統(tǒng)水平方向不受外力（若物體在滑動過程中有摩擦力，為系統(tǒng)的內(nèi)力），全過程系統(tǒng)的動量守恒，故B正確；C、取系統(tǒng)的初速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律可知，物體沿車滑動到B端粘在B端的油泥上后系統(tǒng)共同的速度與初速度是相同的，故C錯誤。故選：BD。題型二碰撞模型問題1．碰撞(1)概念：碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時間極短，而物體間相互作用力很大的現(xiàn)象．(2)特點：在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力?外力，可認(rèn)為相互碰撞的系統(tǒng)動量守恒．(3)分類動量是否守恒機械能是否守恒彈性碰撞守恒守恒非完全彈性碰撞守恒有損失完全非彈性碰撞守恒損失最大2.碰撞后運動狀態(tài)可能性判定(1)動量制約：即碰撞過程中必須受到動量守恒定律的制約，總動量的方向恒定不變，即p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)動能制約：即在碰撞過程中，碰撞雙方的總動能不會增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′(3)運動制約：即碰撞要受到運動的合理性要求的制約，如果碰前兩物體同向運動，則后面物體速度必須大于前面物體的速度，碰撞后原來在前面的物體速度必增大，且大于或等于原來在后面的物體的速度，否則碰撞沒有結(jié)束；如果碰前兩物體是相向運動，而碰后兩物體的運動方向不可能都不改變，除非碰后兩物體速度均為零．2022年北京冬奧會隋文靜和韓聰在花樣滑冰雙人滑中為我國代表團贏得第9枚金牌。在某次訓(xùn)練中隋文靜在前、韓聰在后一起做直線運動，當(dāng)速度為v0時，韓聰用力向正前方推隋文靜，兩人瞬間分離，分離瞬間隋文靜速度為32v0A．大小為23v0，方向與初始方向相同B．大小為23v0，方向與初始方向相反C．大小為12v0，方向與初始方向相同D．大小為12v0【解答】解：設(shè)兩人分離瞬間韓聰?shù)乃俣葹関。以兩人原來運動方向為正方向，由動量守恒定律得：（m1+m2）v0＝m1?32v0+m2已知m1：m2＝2：3，代入數(shù)據(jù)解得：v=23v故選：A。如圖所示，光滑水平地面上有質(zhì)量均為m的三個小物塊A、B、C，其中B、C通過一輕質(zhì)彈簧拴接，彈簧處于原長?，F(xiàn)給A一個向右的初速度v0，物塊A與物塊B發(fā)生碰撞后粘在一起繼續(xù)運動，彈簧始終未超過彈性限度，則從物塊A開始運動到彈簧第一次被壓縮到最短的過程中，下列說法正確的是（）A．物塊A，B，C組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能也守恒 B．物塊A，B，C以及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能也守恒 C．物塊A，B，C以及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能不守恒 D．物塊A動能的減少量等于物塊B、C動能增加量與彈簧彈性勢能的增加量之和【解答】解：A.從物塊A開始運動到彈簧第一次被壓縮到最短的過程中，物塊A、B、C組成的系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒，但由于A.B發(fā)生的是非彈性碰撞，所以存在動能損失，且之后系統(tǒng)動能還有一部分轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，所以系統(tǒng)機械能不守恒，故A錯誤；BC.從物塊A開始運動到彈簧第一次被壓縮到最短的過程中，物塊A、B、C以及彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒，但由于A.B發(fā)生的是非彈性碰撞，所以存在動能損失，系統(tǒng)機械能不守恒，故B錯誤，C正確；D.從物塊A開始運動到彈簧第一次被壓縮到最短的過程中，物塊A動能的減少量等于由于與B發(fā)生非彈性碰撞而損失的動能、物塊B、C動能的增加量與彈簧彈性勢能的增加量這三者之和，故D錯誤。故選：C。如圖甲所示，一光滑圓管軌道由相互連接的兩個半圓軌道及一個四分之一圓軌道組成，圓管軌道豎直固定（管內(nèi)直徑可以忽略），右側(cè)底端與直軌道相切于M點，直軌道粗糙，圓管軌道的半徑R＝0.2m。質(zhì)量m1＝0.1kg的物塊A，自圓管左端開口的正上方高h(yuǎn)＝4.8m處自由下落，沿切線落入圓管軌道，經(jīng)過豎直圓管軌道后與M點處靜止的質(zhì)量m2＝0.3kg的物塊B發(fā)生碰撞（碰撞時間極短），碰后物塊B在直軌道上滑行過程的x﹣t圖像如圖乙所示。已知A、B與直軌道間的動摩擦因數(shù)相同，A、B均可視為質(zhì)點，不計空氣阻力，取g＝10m/s2。則（）A．最終A靜止的位置到M點的距離為1m B．A、B碰后瞬間B的速度大小為2m/s C．A滑過豎直圓管軌道P、Q兩點時受到管壁的彈力大小之差為6N D．A、B與直軌道間的動摩擦因數(shù)為0.15【解答】解：C、在A從開始至運動到P點的過程中，由機械能守恒定律可得：m1g（R+h）=12m1vP2，可得vP＝10m/s。A在P點時，由牛頓第二定律可得FN﹣m1g＝m1vP2R，解得FN＝51N；在A從P點運動到Q點的過程中，由機械能守恒定律可得：12m1v02=2m1gR+12m1vQ2B、由機械能守恒定律可知，A與B碰前瞬間A的速度為v0＝vP＝10m/s。碰后B做勻減速運動，由其x﹣t圖像和運動學(xué)公式得：xt解得A、B碰后瞬間B的速度大小為v2＝4m/s，故B錯誤；D、碰后B運動的過程，由動能定理得：﹣μm2gx＝0?解得A、B與直軌道間的動摩擦因數(shù)為μ=2A、A與B碰撞過程，取向右為正方向，由動量守恒定律得：m1v0＝m1v1+m2v2，解得碰后A的速度：v1＝﹣2m/s設(shè)A最終位置到M點的距離為x1。由動能定理得：﹣μm1gx1＝0?12m故選：C。第24屆冬季奧林匹克運動會于2022年2月20日落下帷幕，冰壺運動是冬奧會比賽項目之一。假設(shè)運動員用紅壺撞擊靜止在水平冰面上的藍(lán)壺，兩壺發(fā)生正碰，不計碰撞時間，碰撞前、后兩壺的v﹣t圖像如圖所示。已知兩壺的質(zhì)量均為20kg，則碰撞后藍(lán)壺所受的阻力大小為（）A．1.8N B．2.0N C．2.4N D．3.2N【解答】解：設(shè)碰后藍(lán)壺的速度為v，碰前紅壺的速度v0＝1.0m/s，碰后紅壺的速度為v′＝0.4m/s，取碰撞前紅壺的速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得：mv0＝mv'+mv解得v＝0.6m/s；設(shè)碰撞后藍(lán)壺所受的阻力大小為f，取初速度方向為正方向，對藍(lán)壺根據(jù)動量定理可得：﹣fΔt＝0﹣mv，其中Δt＝6s﹣1s＝5s解得：f＝2.4N，故C正確、ABD錯誤。故選：C。小寧在家玩彈力球，他將A、B兩個大小不同的彈力球從離水平地面h高處由靜止同時釋放，如圖所示。釋放時A、B兩球（可看成質(zhì)點）相互接觸且球心連線豎直，已知mA＜mB，碰撞過程中均無機械能損失，地面到屋頂距離為2.7m。為保證A球反彈后不與屋頂相碰，則兩彈力球釋放時距離地面的最大高度為（）A．0.3m B．0.6m C．0.9m D．1.2m【解答】解：設(shè)小球B觸地反彈后與A球碰撞后，A的速度大小為v1，B的速度大小為v2。為保證A球反彈后不與屋頂相碰，對A球上升過程中，根據(jù)動能定理可得：﹣mAgH＝0?12mAv其中H＝2.7m，代入數(shù)據(jù)解得：v1＝36m/s設(shè)兩彈力球釋放時距離地面的最大高度為h，兩球下落過程中，根據(jù)動能定理可得：（mA+mB）gh=12（mA+mB）vB球與地面碰撞后速度等大反向，兩球碰撞過程，取豎直向上為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得：mBv0﹣mAv0＝mAv1+mBv2根據(jù)機械能守恒定律可得：12mBv02+12mAv02=12mAv12+聯(lián)立解得：h＝（mA+m由數(shù)學(xué)知識，當(dāng)mA＜mB時，13故選：B。如圖，靜置于水平地面的兩輛購物車沿一直線排列，質(zhì)量均為m，人在極短時間內(nèi)給第一輛車一水平?jīng)_量使其運動，當(dāng)車運動了距離L時與第二輛車相碰，兩車以共同速度繼續(xù)運動了距離L時停止。車運動時受到的摩擦阻力恒為車所受重力的k倍，重力加速度為g，若車與車之間僅在碰撞時發(fā)生相互作用，碰撞時間很短，忽略空氣阻力，求：（1）兩車碰后共同運動過程的最大速率；（2）人給第一輛車水平?jīng)_量的大?。唬?）碰撞時系統(tǒng)損失的機械能ΔE與整個運動過程中系統(tǒng)克服摩擦阻力做功Wf之比。【解答】解：（1）根據(jù)牛頓第二定律有：k?2mg＝2ma根據(jù)速度—位移公式有：v2＝2aL聯(lián)立解得：v=（2）兩輛車碰撞過程系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動量守恒，設(shè)碰撞前第一輛車的速度大小為v0，以碰撞前第一輛車的速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝2mv對第一輛車，根據(jù)位移—時間關(guān)系有：L＝v0t0?由動量定理得：I﹣μmgt0＝mv0﹣0解得該同學(xué)對第一輛車的沖量大小：I＝m10kgL（3）設(shè)兩輛車碰撞過程損失的機械能為ΔE，由能量守恒定律得：12m解得：ΔE＝2kmgL對兩輛車在整個運動過程，由能量守恒定律得：W0＝ΔE+W根據(jù)功能關(guān)系有：W0=根據(jù)動量定理有：I＝mv初解得ΔE答：（1）兩車碰后共同運動過程的最大速率為2kgL；（2）人給第一輛車水平?jīng)_量的大小為m10kgL；（3）碰撞時系統(tǒng)損失的機械能ΔE與整個運動過程中系統(tǒng)克服摩擦阻力做功Wf之比為23如圖所示，光滑曲線軌道BC分別與豎直軌道AB、粗糙水平地面CD平滑連接，CD右端與光滑半圓軌道DE平滑連接，半圓軌道直徑為2R。CD長為l＝2R，豎直軌道的最高點A與地面高度差h＝2R。質(zhì)量為m的小滑塊P從A點靜止釋放，之后在D點與靜止放置在該處的小滑塊Q發(fā)生碰撞，碰撞過程機械能損失不計。已知小滑塊Q的質(zhì)量也為m，物體Q被撞后的瞬間對軌道的壓力突然增大了2mg。已知重力加速度為g。（1）求水平軌道的動摩擦因數(shù)μ；（2）如果小滑塊P的質(zhì)量變?yōu)閗m（k為正數(shù)），如果要求小滑塊Q在半圓軌道DE段運動過程中沒有脫離圓?。ㄔO(shè)碰撞后P立即拿走，不發(fā)生兩次碰撞），求k的取值范圍；（3）在第（2）問中，發(fā)現(xiàn)小滑塊Q經(jīng)過E點落到曲線軌道BC上任意一點的動能均與落到C點的動能相同，以D點為坐標(biāo)原點，向右為x軸、向上為y軸建立坐標(biāo)系，求曲線軌道BC在坐標(biāo)系中的方程（寫成y＝f（x）的形式）。【解答】解：（1）設(shè)碰后滑塊Q的速度為v，由于碰后滑塊Q對軌道的壓力F突然增大了2mg，即變?yōu)?mg，根據(jù)牛頓第二定律可得F設(shè)滑塊P碰前的速度為v1，碰后速度為v2，在滑塊P和滑塊Q碰撞過程中，由動量守恒定律可得mv1＝mv2+mv由于碰撞過程不考慮機械能損耗，所以有1滑塊P由A運動至D的過程中，由動能定理可得mg結(jié)合題意代入數(shù)據(jù)可得v1＝v=代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.5（2）設(shè)滑塊P到D點的速度為vP，滑塊P由A運動至D的過程中，由動能定理可得kmg設(shè)碰后，滑塊P和滑塊Q的速度分別為v'p，vQ。在滑塊P和滑塊Q碰撞過程中，由動量守恒定律可得kmvp＝kmv'p+mvQ由于碰撞過程不考慮機械能損耗，故有12kmvP2=1解得v①若滑塊Q能夠到達(dá)軌道的最高點，且不脫離軌道，則滑塊Q在最高點E時，由牛頓第二定律可得mg≤則Q從最低點到最高點的過程，由功能關(guān)系可得﹣2mgR=12mv′聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得k≥②若滑塊Q到達(dá)最大高度不過圓心等高處。由功能關(guān)系可得mgR≥12聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得k≤1綜上可得k≤1或k≥2（3）滑塊Q從E點飛出后做平拋運動，設(shè)飛出的速度為v0，落在弧形軌道上的坐標(biāo)為（x，y），將平拋運動分解成水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體，則有?Q從點E落到軌道BC上的過程中，根據(jù)動能定理可得mg(2R解得落點處的動能為E因為滑塊Q從E點到弧形軌道BC上任意點的動能都相等，且與落點C（﹣2R，0）一致，則將C點坐標(biāo)帶入得EK＝2.5mgR化簡可得y=34R?1425R答：（1）水平軌道的動摩擦因數(shù)μ為0.5；（2）k的取值范圍為k≤1或k≥2（3）曲線軌道BC在坐標(biāo)系中的方程為y=34R?1425R題型三“人船”模型問題1．應(yīng)用動量守恒定律解題的步驟(1)明確研究對象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個物體及研究的過程)；(2)進行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒(或某一方向上動量是否守恒)；(3)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動量；(4)由動量守恒定律列出方程；(5)代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時討論說明．如圖所示，一個質(zhì)量為M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質(zhì)量為m的小木塊．木箱和小木塊都具有一定的質(zhì)量．現(xiàn)使木箱獲得一個向左的初速度v0，則（）A．小木塊和木箱最終都將靜止 B．木箱速度為零時，小木塊速度為MvC．最終小木塊速度為Mv0D．木箱和小木塊系統(tǒng)機械能最終損失12Mv0【解答】解：A、系統(tǒng)所受外力的合力為零，動量守恒，初狀態(tài)木箱有向左的動量，小木塊動量為零，故系統(tǒng)總動量向左，系統(tǒng)內(nèi)部存在摩擦力，阻礙兩物體間的相對滑動，最終相對靜止，由于系統(tǒng)的總動量守恒，不管中間過程如何相互作用，根據(jù)動量守恒定律，最終兩物體以相同的速度一起向左運動。故A錯誤；B、規(guī)定向左為正方向，根據(jù)動量守恒：Mv0＝mv1+Mv2；v2＝0，可得v1=MC、最終兩物體速度相同，由動量守恒得：Mv0＝（m+M）v，則得v=MD、木箱和小木塊系統(tǒng)機械能最終損失△E=12Mv02?12故選：C。平靜的水面上停著一只小船，船頭站立著一個人，人的質(zhì)量為m＝50kg，船的質(zhì)量為M＝100kg，從某時刻起，人以v＝10m/s的速度向船尾走去，走到船尾時他突然停止走動。不計水對船的阻力，船長為L＝6m，則下列說法正確的是（）A．人在船上走動過程中，船的速度為5m/s B．人在船上走動過程中，船的位移是人的位移的2倍 C．走動時人的動量大于小船的動量 D．人突然停止走動后，小船由于慣性的緣故還會繼續(xù)運動【解答】解：A.對船和人組成的系統(tǒng)，水平方向上動量守恒，以人速度方向為正方向，由動量守恒定律得mv﹣Mv′＝0得v′=mvB.人從船頭走到船尾，設(shè)人和船對地發(fā)生的位移大小分別為s1和s2，以人速度方向為正方向，由動量守恒定律得ms1t?又s1+s2＝6解得s1＝4m，s2＝2m即人的位移是船的位移的2倍，故B錯誤；C.由系統(tǒng)動量守恒可知，走動時人的動量與小船的動量等大反向，故C錯誤；D.人“突然停止走動”是指人和船相對靜止，設(shè)這時人、船的速度為v，則（M+m）v＝0所以v＝0說明船的速度立即變?yōu)榱?，故D錯誤。故選：A。如圖所示，質(zhì)量M＝2kg的滑塊套在光滑的水平軌道上，質(zhì)量m＝1kg的小球通過長L＝0.5m的輕質(zhì)細(xì)桿與滑塊上的光滑軸O連接，小球和輕桿可在豎直平面內(nèi)繞O軸自由轉(zhuǎn)動，開始輕桿處于水平狀態(tài)，現(xiàn)給小球一個豎直向上的初速度v0＝4m/s，g取10m/s2。則（）A．若鎖定滑塊，小球通過最高點P時對輕桿的作用力為4N B．若解除對滑塊的鎖定，滑塊和小球組成的系統(tǒng)動量守恒 C．若解除對滑塊的鎖定，小球通過最高點時速度為2m/s D．若解除對滑塊的鎖定，小球擊中滑塊右側(cè)軌道位置點與小球起始位置點間的距離為13【解答】解：A、設(shè)小球能通過最高點，且此時的速度為v1．在上升過程中，因只有重力做功，小球的機械能守恒，由機械能守恒定律得：12mv02=BC、若解除鎖定，小球和滑塊構(gòu)成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，豎直方向動量不守恒，設(shè)小球的水平方向為正方向，由動量守恒得mvm＝MvM，由機械能守恒得12mvD、設(shè)小球擊中滑塊右側(cè)軌道位置點與小球起始位置點間的距離為xm，滑塊運動的距離為xM，由系統(tǒng)水平方向動量守恒得mxm＝MxM，又xm+xM＝2L，得xm=2故選：C。如圖所示，載有物資的熱氣球靜止于距水平地面H＝125m的高處，現(xiàn)將質(zhì)量為m＝50kg的物資以相對地面的速度v0＝5m/s水平投出，已知投出物資前熱氣球的總質(zhì)量為M＝300kg，所受浮力不變，重力加速度10m/s2，不計阻力，以下判斷不正確的是（）A．投出物資后，物資下落過程中熱氣球和物資組成的系統(tǒng)動量守恒 B．投出物資后熱氣球與物資在水平方向上的速度大小之比始終是1：5 C．投出物資后，物資下落過程中熱氣球和物資組成的系統(tǒng)機械能增加 D．物資落地時物資與熱氣球的距離為5661m【解答】解：A、載有物資的熱氣球靜止于距水平地面H的高處，物資與熱氣球組成的系統(tǒng)所受合外力為零，拋出物資后在物資落地前，物資與熱氣球組成的系統(tǒng)所受合外力仍然為零，系統(tǒng)動量守恒，故A正確；B、拋出物資過程，物資和熱氣球組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，系統(tǒng)水平方向動量守恒，設(shè)投出物資后熱氣球在水平方向的分速度為v1，以水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：mv0﹣（M﹣m）v1＝0，解得：v1C、投出物資后，物資下落過程中熱氣球和物資組成的系統(tǒng)受浮力做正功，則機械能增大，故C正確；D、拋出物資后，物資做平拋運動，設(shè)運動時間為t，豎直方向上，有：H=12水平方向上，有：x＝v0t熱氣球在水平方向的位移大小：x′＝v1t拋出物資前，豎直方向上：F浮＝Mg拋出物資后，對氣球根據(jù)牛頓第二定律得豎直方向上：F浮﹣（M﹣m）g＝（M﹣m）a，熱氣球在豎直方向上上升的高度：h=12物資落地時物資與熱氣球的距離為：d=代入數(shù)據(jù)解得：d＝3026m，故D錯誤。本題選擇錯誤選項；故選：D。題型四動量和能量觀點的綜合應(yīng)用兩個質(zhì)量分別為M1和M2的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上。A和B的傾斜面都是光滑曲面，曲面下端與水平面相切，如圖所示。一質(zhì)量為m的物塊位于劈A的傾斜面上，距水平面的高度為h。物塊從靜止開始滑下，然后又滑上劈B．求物塊在B上能夠達(dá)到的最大高度。【解答】解：設(shè)物塊到達(dá)劈A的底端時，物塊和A的速度大小分別為v和V，由機械能守恒和動量守恒得mgh=12mv2+12MM1V＝mv②設(shè)物塊在劈B上達(dá)到的最大高度h′，此時物塊和B的共同速度大小為V′，由機械能守恒和動量守恒得mgh′+12（M2+m）V′2=1mv＝（M2+m）V′④聯(lián)立①②③④式得h′=M1答：物塊在B上能夠達(dá)到的最大高度是M1如圖所示，輕繩的兩端分別系在圓環(huán)A和小球B上，圓環(huán)A套在光滑的水平固定直桿MN上，A、B靜止不動時B球恰好與光滑水平地面接觸，C球以V＝2m/s的速度沿地面向左勻速運動，當(dāng)與B球發(fā)生對心正碰后B、C兩球立即粘在一起共同向左運動，已知B、C小球的質(zhì)量均為1kg，圓環(huán)A的質(zhì)量為2kg．試求B、C粘在一起向左運動過程中上升的最大高度（g取10m/s2）．【解答】解：由題意可知，當(dāng)B、C碰后粘在一起向左運動的速度跟A的速度相等時其上升的高度達(dá)到最大，設(shè)B、C碰后瞬間的共同速度為v1，它們運動到最高點的速度為v2，上升的最大高度為h，規(guī)定C的速度方向為正方向，對B、C碰撞前后由動量守恒定律得：mCV＝（mB+mC）v1，B、C粘在一起向左運動到上升高度達(dá)到最大的過程中，由A、B、C組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒有：（mB+mC）v1＝（mA+mB+mC）v2由A、B、C組成的系統(tǒng)機械能守恒得：12代入數(shù)據(jù)解得：h＝2.5×10﹣2m．答：B、C粘在一起向