课时2 动量守恒定律的应用

若木板和滑块质量相等,则滑块向右减速运动的加速度大小等于木板向左减速运动的加速度大小,同时减速为0,故 $ \mathrm{A} $ 正确;若木板质量大于滑块质量,有 $ -M{v}_{0}+m{v}_{0}=(M+m)v $ ,可知两物体共速时向左匀速运动,故 $ \mathrm{B} $ 正确, $ \mathrm{C} $ 错误;同理可知，若木板质量小于滑块质量,两物体共速时速度向右,先匀速运动一段时间再和挡板碰撞,重复之前的过程,故 $ \mathrm{D} $ 正确.故 $ \mathrm{C} $ 符合题意.

根据题意可知,小物块下滑的过程中斜面体向左加速运动,斜面体机械能增加,而小物块与斜面体组成的系统机械能守恒,可知小物块的机械能减小,由功能关系可知,斜面体对小物块做负功,故 $ \mathrm{A} $ 错误；设斜面倾角为 $ \theta $ ,小物块的质量为 $ m $ ,则斜面体的质量为 $ 2m $ ,小物块下滑的过程,小物块与斜面体组成的系统水平方向动量守恒,以水平向右为正方向,可得 $ m{v}_{1}-2m{v}_{2}=0 $ ,即任意时刻小物块的水平速度大小都是斜面体速度大小的2倍,所以小物块的水平位移大小是斜面体的2倍,有 $ x+\dfrac{1}{2}x=\dfrac{h}{ \tan \theta } $ ,解得 $ x=\dfrac{2h}{3 \tan \theta } $ ,由题图乙可知斜率 $ k=\dfrac{x}{h}=\dfrac{q}{p} $ ,联立解得 $ \tan \theta =\dfrac{2p}{3q} $ ,有 $ \sin \theta =\dfrac{2p}{\sqrt{9{q}^{2}+4{p}^{2}}} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误, $ \mathrm{B} $ 、 $ \mathrm{D} $ 正确.

绳子绷紧瞬间,能量有损失,所以 $ A $ 、 $ B $ 、 $ C $ 组成的系统机械能不守恒,故 $ \mathrm{A} $ 错误；绳子从拉直到绷紧过程时间极短, $ A $ 、 $ B $ 组成的系统动量守恒,设绳子绷紧后瞬间 $ A $ 、 $ B $ 的速度为 $ v $ ,则有 $ m{v}_{0}=(m+2m)v $ ,解得 $ v=\dfrac{1}{3}{v}_{0} $ ,在极短时间内, $ C $ 所受摩擦力的冲量可以忽略,所以绳子绷紧后瞬间， $ C $ 的速度仍然为零,故 $ \mathrm{B} $ 、 $ \mathrm{D} $ 错误, $ \mathrm{C} $ 正确.

物块 $ M $ 和 $ N $ 受到长木板对它们的摩擦力大小关系未知,若两摩擦力大小相等,则 $ M $ 、 $ N $ 组成的系统总动量守恒,若两摩擦力大小不相等,则 $ M $ 、 $ N $ 组成的系统总动量不守恒,故 $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{B} $ 错误;若长木板向左运动,则木板受到的合力向左, $ M $ 对长木板的摩擦力大于 $ N $ 对长木板的摩擦力, $ M $ 的质量一定大于 $ N $ 的质量,故 $ \mathrm{C} $ 错误;长木板和两物块组成的系统总动量守恒,若长木板向左运动,则 $ M $ 、 $ N $ 组成的系统总动量方向一定向右,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

以向右为正方向,设小孩跳离 $ A $ 车时对地水平速度大小为 $ {v}_{1} $ ,跳离 $ A $ 车后 $ A $ 车的速度为 $ {v}_{2} $ ,跳上 $ B $ 车后的共同速度为 $ {v}_{3} $ ,则对小孩和 $ A $ 车组成的系统由动量守恒定律可知 $ (m+M){v}_{0}=m{v}_{1}+M{v}_{2} $ ,对小孩和 $ B $ 车组成的系统由动量守恒定律得 $ m{v}_{1}=(m+M){v}_{3} $ ,其中 $ {v}_{2}={v}_{3} $ , $ {v}_{0}=3\mathrm{m}/\mathrm{s} $ , $ m=M=30\mathrm{k}\mathrm{g} $ ,联立解得 $ {v}_{1}=4.0\mathrm{m}/\mathrm{s} $ , $ \mathrm{C} $ 正确.

小球和凹槽整个作用过程中,水平方向动量守恒,机械能守恒,则有 $ m{v}_{0}=m{v}_{1}+m{v}_{2} $ , $ \dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2}=\dfrac{1}{2}m{v}_{1}^{2}+\dfrac{1}{2}m{v}_{2}^{2} $ ,解得 $ {v}_{1}=0 $ , $ {v}_{2}={v}_{0} $ ,所以小球返回 $ A $ 点后做自由落体运动,故 $ \mathrm{A} $ 正确;小球滑上凹槽的过程中,若凹槽固定,小球以 $ {v}_{0}=\sqrt{2gR} $ 的速度冲上凹槽,根据机械能守恒定律有 $ mgh=\dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2} $ ,解得 $ h=R $ ,但是凹槽不固定,小球冲上凹槽的过程中,凹槽也会运动,根据机械能守恒定律可知，小球不能到达 $ B $ 点,故 $ \mathrm{B} $ 错误;如果小球的速度 $ {v}_{0} $ 足够大,小球将从滑块的左侧沿切线方向飞离凹槽,相对凹槽的速度方向竖直向上,两者水平速度相等,所以小球会沿左侧边缘落回凹槽,故 $ \mathrm{C} $ 错误;小球沿凹槽运动的过程中,小球对滑块的压力一直对滑块做正功,所以滑块的动能一直增加,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

由于两球竖直方向上受力平衡,水平方向所受的弹力大小相等、方向相反,所以两球组成的系统所受的合外力为零,系统的动量守恒, $ \mathrm{A} $ 正确；对于弹簧、 $ {m}_{1} $ 、 $ {m}_{2} $ 三者组成的系统,只有弹力做功,系统的机械能守恒,由于弹性势能是变化的,所以 $ {m}_{1} $ 、 $ {m}_{2} $ 组成的系统机械能不守恒, $ \mathrm{B} $ 错误；弹簧最长时,两球的速度相等,弹簧的弹性势能最大,以向右为正方向,由动量守恒定律得 $ {m}_{2}{v}_{0}=({m}_{1}+{m}_{2})v $ ,解得 $ v=\dfrac{{m}_{2}{v}_{0}}{{m}_{1}+{m}_{2}} $ ,由系统的机械能守恒得 $ \dfrac{1}{2}{m}_{2}{v}_{0}^{2}=\dfrac{1}{2}({m}_{1}+{m}_{2}){v}^{2}+{E}_{\mathrm{p}} $ ,解得 $ {E}_{\mathrm{p}}=\dfrac{{m}_{1}{m}_{2}{v}_{0}^{2}}{2({m}_{1}+{m}_{2})} $ , $ \mathrm{C} $ 错误；若 $ {m}_{1} > {m}_{2} $ ,当弹簧伸长时, $ {m}_{1} $ 一直在加速,当弹簧再次恢复原长时 $ {m}_{1} $ 速度达到最大，弹簧伸长时 $ {m}_{2} $ 先减速,速度减至零后向左加速,最小速度为零，所以 $ {m}_{1} $ 速度达到最大时, $ {m}_{2} $ 速度不是最小, $ \mathrm{D} $ 错误.

（1） 人抛出第一个小球前后,对船、人、20个小球整体分析,取小船原来匀速运动的方向为正方向,抛出第一个小球后,由动量守恒定律可得 $ (M+20m){v}_{0}=(M+19m){v}_{1}+mv $ ,代入数据得 $ {v}_{1}=\dfrac{54}{59}\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,

设抛出第 $ n $ 个小球时,小船的速度为零,则有 $ (M+20m){v}_{0}=nmv+[M+(20-n)m]v^\prime $ ,其中 $ v^\prime =0 $ ,解得 $ n=10 $ ,故当抛出第11个小球后船的速度反向.

（2） 设抛出第16个小球前,小船的对地速度为 $ {v}_{15} $ ,抛出后小船的对地速度为 $ {v}_{16} $ ,

因为小球是以相对于小船的速度 $ v=6\mathrm{m}/\mathrm{s} $ 抛出,抛出后小球对地的速度为 $ ({v}_{16}+v) $ ,

由动量守恒定律可得 $ (M+20m-15m){v}_{15}=(M+20m-16m){v}_{16}+m({v}_{16}+v) $ ,

又 $ \left|\mathrm{\Delta }v\right|={v}_{15}-{v}_{16} $ ,代入数据可得 $ \left|\mathrm{\Delta }v\right|=\dfrac{2}{15}\mathrm{m}/\mathrm{s} $ .