高考物理一輪復(fù)習(xí)考點精講精練第15講　動量 動量守恒定律（解析版）

第15講動量動量守恒定律1.理解動量、動量的變化量、動量定理的概念.2.知道動量守恒的條件.3.會利用動量守恒定律分析碰撞、反沖等相互作用問題．考點一動量、沖量、動量定理的理解與應(yīng)用1．動量(1)定義：運動物體的質(zhì)量和速度的乘積叫做物體的動量，通常用p來表示．(2)表達式：p＝mv.(3)單位：kg·m/s.(4)標(biāo)矢性：動量是矢量，其方向和速度方向相同．2．沖量(1)定義：力F與力的作用時間t的乘積．(2)定義式：I＝Ft.(3)單位：N·_s.(4)方向：恒力作用時，與力的方向相同．(5)物理意義：是一個過程量，表示力在時間上積累的作用效果．3．動量定理(1)內(nèi)容：物體所受合外力的沖量等于物體的動量的變化量．(2)表達式：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Ft＝p′－p,I＝Δp))（2024?河南一模）質(zhì)量相等的A、B兩個小球處在空中同一高度，將A球水平向右拋出，同時將B球斜向上拋出，兩小球拋出時的初速度大小相同，兩小球在空中運動的軌跡如圖，不計空氣阻力。則兩小球在空中運動的過程中，下列說法正確的是（）A．相同時間內(nèi)，速度變化量可能不同 B．同一時刻，速度變化快慢可能不同 C．拋出后下降到同一高度時，動能一定相同 D．相同時間內(nèi)，重力的沖量大小可能不同【解答】解：A．兩物體運動過程中的加速度相同，則由Δv＝gΔt可知，相同時間內(nèi)，速度變化量一定相同，故A錯誤；B．加速度是描述速度變化快慢的物理量，因兩物體的加速度均等于重力加速度，因此同一時刻，速度變化快慢一定相同，故B錯誤；C．拋出后下降到同一高度時，根據(jù)動能定理可得mg?=1D．根據(jù)I＝mgt可知相同時間內(nèi)，重力的沖量大小一定相同，故D錯誤。故選：C。（2024?開福區(qū)校級模擬）一質(zhì)量為m＝1kg的物體，從距地面高度為0.8m處以某一未知初速度水平拋出。落地后不彈起。假設(shè)地面為粗糙剛性水平接觸面（與物體發(fā)生碰撞的時間極短，不計重力產(chǎn)生的沖量），物體與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，取重力加速度g＝10m/s2。下列說法正確的是（）A．物體從拋出到最終停下的過程中，減少的機械能等于與粗糙水平面的摩擦生熱 B．若物體的初速度為1m/s，則與地面碰撞的過程中，地面對其沖量的大小為4N?s C．若物體的初速度為3m/s，則與地面碰撞的過程中，地面對其沖量的大小為25N?s D．若物體的初速度變?yōu)橹暗?倍，物體落地后沿水平運動的距離可能是原來的4倍【解答】解：A、物體從拋出到最終停下的過程中，減少的機械能一部分用于與粗糙水平面的摩擦產(chǎn)生的熱量，一部分在與地面碰撞中對地面做功，故A錯誤；BC、物體落地時豎直方向的分速度大小為vy=2g?=2×10×0.8m/s=4m/s，物體落地時豎直方向的速度變?yōu)榱懔?，?guī)定豎直向下的方向為正方向，所以在與地面碰撞過程中，根據(jù)動量定理可得地面對其沖量為I＝0﹣mvy＝0﹣1×4kg?m/s＝﹣4kgD.根據(jù)動能定理可得物體落地后沿水平面前進的距離為x，則﹣μmgx＝0?12m故選：D。（2024?寧波二模）如圖所示，在水平地面上用彼此平行、相鄰間距為l的水平小細桿構(gòu)成一排固定的柵欄。柵欄上方有一個質(zhì)量為m、半徑為r?l的勻質(zhì)圓板，圓板不會與地面接觸。一根細長的輕繩穿過板的中央小孔C，一半在圖的背面，一半在圖的正面，繩的兩頭合在一起記為P端。在P端用力沿水平方向朝右拉動圓板，使板沿柵欄無跳動、無相對滑動地朝右滾動。圓板水平方向朝右的平均速度可近似處理為圓板中心C在最高位置時的速度大小v，設(shè)v是不變量。略去繩與板間所有接觸部位的摩擦，施加于P端的平均拉力T為（）A．12mv2lr2 B．【解答】解：取柵欄中相鄰兩根小細桿A，B，板心C從位于桿A正上方到位于B桿的正上方。圓板繞桿定軸轉(zhuǎn)動慣量為：I桿＝IC+mr2=C位于A正上方時圓板運動為：Ek=C到達A、B桿連線中點正上方瞬間，速度為v′，動能為：34mv'2=Ek將圓板與B桿完全非彈性碰撞后瞬間，繞B桿轉(zhuǎn)動角速度記為ωB，根據(jù)角動量守恒有：IBωB＝ICωC+rmv0′ωC=v'r，v0′＝v′可得：32mr2ωB=12mr2?v'r+則有：ωBr=23v'此時圓盤的動能Ek=C桿轉(zhuǎn)到B桿正上方時，速度又增加v，由機械能定理有：34mv2=1聯(lián)立以上各式，消去3可得：34mv2=34mv2?49(12取近似值：(又有：1?cosθ2=代入上式，并忽略高階小量得：T=1故選：A?？键c二動量守恒定律的理解和判斷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．（多選）（2024??？谝荒＃┤鐖D所示，不可伸長的輕繩跨越釘子O，兩端分別系有大小相同的小球A和B。在球B上施加外力F，使輕繩OB水平且繃直，球A與地面接觸，兩球均靜止。已知OA＝OB＝L，兩球質(zhì)量分別為mA、mB，重力加速度為g，不計一切阻力。現(xiàn)將球B由靜止釋放，發(fā)現(xiàn)兩球可沿水平方向發(fā)生碰撞，且碰后粘在一起運動。則（）A．兩球質(zhì)量應(yīng)滿足mA≥3mB B．外力F應(yīng)滿足mBC．兩球碰撞前瞬間，B球的加速度大小為3g D．兩球碰后擺起的最大高度不超過1【解答】解：A.兩球可沿水平方向發(fā)生碰撞，說明A不會離開地面，則對B有mBgL=12mBv2，在最低點時T﹣mBg＝mBv2L，解得T＝3mB.要使的細繩處于伸直狀態(tài)，則力F最小值為mBg，因A的重力無最大值（可以是無窮大），可知F無最大值，故B錯誤；C.兩球碰撞前瞬間，B球的加速度大小為a=vD.因A質(zhì)量最小值為3mB，則AB碰后由動量守恒mBv＝（mA+mB）v共，12（mA+mB）v共2=（mA+m故選：AD。（2024?東城區(qū)一模）如圖所示，質(zhì)量為M、傾角為θ的光滑斜劈置于光滑水平地面上，質(zhì)量為m的小球第①次和第②次分別以方向水平向右和水平向左、大小均為v0的初速度與靜止的斜劈相碰，碰撞中無機械能損失。重力加速度用g表示，下列說法正確的是（）A．這兩次碰撞過程小球和斜劈組成的系統(tǒng)動量都守恒 B．第②次碰撞后斜劈的速度小于2mvC．第②次碰撞過程中地面對斜劈的支持力等于（M+m）g D．第①次碰撞前、后小球的速度方向一定在同一直線上；第②次碰撞前、后小球速度方向與斜面法線的夾角一定相等【解答】解：A，第①次碰撞小球和斜劈組成的系統(tǒng)合外力為0，系統(tǒng)動量守恒，第②次碰撞過程中，系統(tǒng)的合外力不為0，動量不守恒，故A錯誤；B．第②次碰撞后速度的分解如圖規(guī)定向左為正方向，根據(jù)水平方向的動量守恒定律有mv0cosθcosθ﹣mvysinθ+Mvx＝mv0即有mv0﹣mv0cos2θ+mvysinθ＝Mvx解得斜劈的速度vx=故B正確；C．第②次碰撞過程中，斜劈有豎直向下的動量，則可知地面對斜劈的支持力大于（M+m）g，故C錯誤；D.第②次碰撞后小球沿垂直于斜面方向的速度v'＜v0sinθ，根據(jù)速度的合成可知，第②次碰撞前、后小球速度方向與斜面法線的夾角一定不相等，故D錯誤；故選：B。（2024?南昌二模）如圖所示，質(zhì)量為2kg的物塊乙靜止于A點，質(zhì)量為1kg的物塊甲在乙的左側(cè)，物塊丙靜止在B點。甲、乙中間夾有不計質(zhì)量的火藥，火藥爆炸時，將四分之一的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為甲、乙的動能，乙立即獲得3m/s的速度向右運動。乙在AB間運動的某段連續(xù)的距離中，受到一水平向右、大小為12N的恒定拉力，使得乙恰好未與丙發(fā)生碰撞。已知AB間的距離為8.25m，乙與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2，碰撞與爆炸時間均極短，甲、乙、丙均可視為質(zhì)點，g取10m/s2。（1）求火藥爆炸時釋放的化學(xué)能；（2）求恒定拉力在AB間持續(xù)作用的最短時間；（3）若拉力從A點開始持續(xù)作用，乙運動到B點后與丙發(fā)生碰撞，碰后瞬間，乙、丙的動量大小之比為1：6，求丙的質(zhì)量范圍。（不考慮再次碰撞）【解答】解：（1）火藥爆炸時，甲、乙組成的系統(tǒng)動量守恒0＝m甲v甲+m乙v乙代入數(shù)據(jù)解得：v甲＝﹣6m/sEk總=代入數(shù)據(jù)解得：Ek總＝27J火藥爆炸時釋放的化學(xué)能E＝4Ek總＝4×27J＝108J；（2）研究乙由A運動至B的過程，由動能定理WF﹣μm乙gL＝0?代入數(shù)據(jù)解得：WF＝24J無論何時開始有F的作用，F(xiàn)做的功為定值，因此，當(dāng)乙的速度最大時開始有F的作用，則F作用時間最短。有力F作用時，對乙由牛頓第二定律F﹣μm乙g＝m乙a代入數(shù)據(jù)解得：a＝4m/s2，設(shè)F作用的位移為xWF＝Fxx＝2m有運動學(xué)公式x＝v乙t+解得：t＝0.5s；（3）F持續(xù)作用時，由動能定理FL﹣μm乙gL=得乙與丙碰撞前的速度v乙2＝53m/s因此乙在和丙碰撞前的動量P乙＝m乙v乙2解得P乙＝103kg?m/s乙、丙碰撞過程中，由動量守恒定律P乙＝P'+P丙若碰后乙、丙同向P'＝m乙v'P丙＝m丙v丙P'：P丙＝1：6不撞穿：v'＜v丙根據(jù)動能不增加：1聯(lián)立解得：34m乙≤m即：1.5kg≤m丙≤12kg若碰后乙、丙反向P'＝m乙v'＜0P丙＝m丙v丙P'：P丙＝﹣1：6根據(jù)動能不增加：1聯(lián)立解得：m丙≥1.5m乙即：m丙≥3kg綜上所述，碰后乙、丙同向時，1.5kg≤m丙≤12kg；碰后乙、丙反向時，m丙≥3kg答：（1）火藥爆炸時釋放的化學(xué)能為108J；（2）恒定拉力在AB間持續(xù)作用的最短時間為0.5s；（3）丙的質(zhì)量范圍為碰后乙、丙同向時，1.5kg≤m丙≤12kg；碰后乙、丙反向時，m丙≥3kg?？键c三動量守恒定律的應(yīng)用（人船模型）1．動量守恒定律的不同表達形式(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)總動量的增量為零．2．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．（多選）（2024?貴州模擬）如圖所示，在水平面上放置一半徑為R的半圓槽，半圓槽的左、右最高點A、B在同一水平線上、最低點為C，現(xiàn)讓一個小球從槽右側(cè)最高點B無初速釋放。已知小球和半圓槽的質(zhì)量分別為m和2m，不計小球與半圓槽和半圓槽與水平地面之間的摩擦，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間。則（）A．小球向左運動能達到A點 B．半圓槽向右運動的最大距離為23C．半圓槽的運動速度大小可能為3gR2D．小球經(jīng)過C點時對半圓槽的壓力大小為3mg【解答】解：A．兩物體所構(gòu)成的系統(tǒng)水平方向動量守恒、運動過程中機械能守恒。小球向左到達最高點時兩者共速，設(shè)共速時的速度為v，取水平向左為正方向，由動量守恒定律有0＝（m+2m）v可得v＝0由機械能守恒定律有mgR＝mgh解得h＝R即小球向左能達到的最高點是A，故A正確；B．取水平向左為正方向，設(shè)小球速度為v1，圓槽速度為v2，由水平方向動量守恒有0＝mv1+2mv2可得0＝∑mv1Δt+∑2mv2Δt即0＝mx1+2mx2同時x1﹣x2＝﹣2R可得x2故B正確；C．從B點釋放后到C點有，取水平向左為正方向，設(shè)在C點小球的速度為v3，圓槽的速度為v4，根據(jù)能量和動量守恒有mgR=10＝mv3+2mv4解得v3=?2則小球到最低點時槽的速度不可能是3gR2D．小球相對于槽做圓周運動，在最低點槽的加速度為0是慣性參考系，根據(jù)牛頓第二定律有FN解得FN＝4mg故D錯誤。故選：AB。（多選）（2023?佛山一模）某同學(xué)平時在操場立定跳遠成績最好能達到2.5m。在靜浮在水面可自由移動的小船上，若該同學(xué)同樣盡最大的能力立定跳，船上下顛簸可忽略，則該同學(xué)在小船上立定跳（）A．相對地面運動的水平距離小于2.5m B．相對小船運動的水平距離小于2.5m C．起跳相對地面的初速度比在操場時的小 D．當(dāng)人落在船上時，船還會繼續(xù)向前運動【解答】解：AB．對于人和小船組成的系統(tǒng)，水平方向動量守恒，設(shè)該同學(xué)起跳時相對地面水平初速度為vx，豎直初速度為vy，小船相對于地面的速度為v，水平距離等于2.5m，設(shè)水平向右為正方向，根據(jù)水平方向動量守恒可得0＝m人vx+m船v可知小船向左運動，所以該同學(xué)相對地面運動的水平距離小于2.5m，故A正確，B錯誤；C．由AB選項分析可知，相比在地面起跳，人相對地面的水平初速度變小，根據(jù)v可知起跳相對地面的初速度比在操場時的小，故C正確；D．根據(jù)水平方向動量守恒，當(dāng)人落在船上時，船停止運動，故D錯誤。故選：AC。（2022?永定區(qū)模擬）如圖所示，一個質(zhì)量為m1＝50kg的人爬在一只大氣球下方，氣球下面有一根長繩。氣球和長繩的總質(zhì)量為m2＝20kg，長繩的下端剛好和水平面接觸。當(dāng)靜止時人離地面的高度為h＝7m。如果這個人開始沿繩向下滑，當(dāng)他滑到繩下端時，他離地面高度是（可以把人看作質(zhì)點）（）A．0 B．2m C．5m D．7m【解答】解：設(shè)人的速度v1，氣球的速度v2，根據(jù)人和氣球動量守恒得：則m1v1＝m2v2，所以v1=25v氣球和人運動的路程之和為h＝7m，則人下滑的距離為：s1=2氣球上升的距離為：s2=5即人下滑2m，氣球上升5m，所以人離地高度為5m，故C正確、ABD錯誤。故選：C?？键c四碰撞現(xiàn)象的特點和規(guī)律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．（2024?寧波二模）質(zhì)量為m1的滑塊沿傾角為θ、長度為l的光滑斜面頂端靜止滑下。斜面質(zhì)量為m2，并靜置于光滑水平面上，重力加速度為g?；瑝K可看成質(zhì)點，則滑塊滑到斜面底端所用的時間為（）A．4l(m2+m1sin2θ)【解答】解：設(shè)滑塊滑到底端時的水平速度和豎直速度為vx和vy，即滑塊的合速度為v1=vx→+vy→，斜面的合速度為v2。由于滑塊與斜面組成的系統(tǒng)在水平方向的合力為零，則系統(tǒng)水平方向的動量守恒，以向右為正方向，有：m1v結(jié)合兩者的水平位移關(guān)系有：v對滑塊，在豎直方向的位移：v對兩物體的系統(tǒng)，由機械能守恒定律有：m聯(lián)立可得滑塊滑到斜面底端所用的時間為：t=2l(故選：B。（2024?朝陽區(qū)一模）如圖所示，光滑水平地面上的P、Q兩物體質(zhì)量均為m，P以速度v向右運動，Q靜止且左端固定一輕彈簧。當(dāng)彈簧被壓縮至最短時（）A．P的動量為0 B．Q的動量達到最大值 C．P、Q系統(tǒng)總動量小于mv D．彈簧儲存的彈性勢能為1【解答】解：AC、物體P、Q與輕彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力為零，滿足系統(tǒng)動量守恒的條件，系統(tǒng)總動量為mv，所以彈簧被壓縮至最短時此系統(tǒng)總動量仍然為mv，以向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得：mv＝2mv1，解得：v1=12v，所以P的動量為mv1D、根據(jù)機械能守恒定律得彈簧儲存的彈性勢能為Ep=1B、彈簧被壓縮至最短時，彈簧處于壓縮狀態(tài)，對物體Q有向右的彈力，物體Q的速度方向也向右，所以在接下來的一段時間內(nèi)，物體Q做加速運動，其動量會繼續(xù)增大，故此時Q的動量不是最大，故B錯誤。故選：D。（2024?沈陽模擬）如圖所示，小車上固定一個光滑彎曲軌道，靜止在光滑的水平面上，整個小車（含軌道）的質(zhì)量為3m。現(xiàn)有質(zhì)量為m的小球，以水平速度v0從左端滑上小車，能沿彎曲軌道上升到最大高度，然后從軌道左端滑離小車。關(guān)于這個過程，下列說法正確的是（）A．小球沿軌道上升到最大高度時，速度為零 B．小球沿軌道上升的最大高度為3vC．小球滑離小車時，小車恢復(fù)靜止?fàn)顟B(tài) D．小球滑離小車時，小車相對小球的速度大小為2v0【解答】解：AB．依題意，小車和小球組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，則系統(tǒng)水平方向動量守恒，取水平向右為正方向，由動量守恒定律mv0＝（m+3m）v可得小球在最高點時仍然具有水平速度，設(shè)達到最高點的高度為H，根據(jù)能量守恒，可得12解得H=3故A錯誤；B正確；CD．設(shè)小球滑離小車時，二者速度分別為v球和v車，取水平向右為正方向，由動量守恒和能量守恒可得mv0＝mv球+3mv車，1聯(lián)立，解得v球=?1可知小車相對小球的速度大小為Δv＝v車﹣v球＝v0故CD錯誤。故選：B。題型1動量和動量變化量、沖量的計算（2023?龍鳳區(qū)校級模擬）如圖所示，一同學(xué)練習(xí)使用網(wǎng)球訓(xùn)練器單人打回彈，網(wǎng)球與底座之間有一彈性繩連接，練習(xí)過程中底座保持不動。該同學(xué)將網(wǎng)球拋至最高點a處用球拍擊打，b是軌跡上的最高點，c處彈性繩仍然處于松弛狀態(tài)，d處彈性繩已經(jīng)繃緊并撞在豎直墻壁上，不計空氣阻力。則（）A．a(chǎn)處網(wǎng)球拍給網(wǎng)球的沖量沿水平方向 B．拍打后a到c過程中網(wǎng)球受到的沖量方向豎直向下 C．c到d過程中網(wǎng)球受到的沖量方向豎直向下 D．d處反彈后網(wǎng)球做平拋運動【解答】解：A、網(wǎng)球拍擊打網(wǎng)球后，網(wǎng)球做曲線運動，曲線上任意一點的切線方向即為網(wǎng)球的速度方向，由軌跡可知，a處軌跡的切線方向斜向右上方，則可知a處的速度方向斜向右上方，因此網(wǎng)球拍給網(wǎng)球的沖量應(yīng)斜向上方，故A錯誤；B、a到c過程中網(wǎng)球只受到豎直向下的重力作用，則重力的沖量豎直向下，因此拍打后a到c過程中網(wǎng)球受到的沖量方向豎直向下，故B正確；C、由題意可知，d處彈性繩已經(jīng)繃緊，即彈性繩在到達d處時已經(jīng)出現(xiàn)了彈力，因此網(wǎng)球從c到d過程中受力情況分為只受重力與受到重力和彈性繩的拉力兩種情況，若只受重力階段，則沖量豎直向下；若受到重力和彈性繩的拉力則二者合力斜向左下方，因此網(wǎng)球受到的沖量方向斜向左下方，故C錯誤；D、做平拋運動的條件是初速度水平，且只受重力，顯然網(wǎng)球在d處反彈后除了受到重力還有因彈性繩收縮而受到的拉力，故D錯誤。故選：B。（2023?萊陽市校級模擬）如圖，A、B兩物體靠在一起靜止于光滑水平面上，A物體的質(zhì)量為3kg。t＝0時刻起對A物體施加一水平向右、大小為F＝5N的推力，測得0～2s內(nèi)兩物體的位移大小為2m，則B物體的質(zhì)量和1s末B物體的動量大小分別為（）A．1kg；2kg?m/s B．2kg；2kg?m/s C．3kg；6kg?m/s D．4kg；4kg?m/s【解答】解：設(shè)兩物體共同運動的加速度大小為a，則由x=代入數(shù)據(jù)解得a＝1m/s21s末兩物體的速度為vAB＝at＝1×1m/s＝1m/s由牛頓第二定律可得F＝（mA+mB）a代入數(shù)據(jù)解得mB＝2kgp1＝mBvAB＝2×1kg?m/s＝2kg?m/s故B正確，ACD錯誤。故選：B。（2024?聊城模擬）潛艇從高密度海水區(qū)域駛?cè)氲兔芏群Ｋ畢^(qū)域時，浮力頓減，潛艇如同“汽車掉下懸崖”，稱之為“掉深”，曾有一些潛艇因此沉沒。我海軍某潛艇在執(zhí)行任務(wù)期間，突然遭遇“水下斷崖”急速“掉深”，全艇官兵緊急自救脫險，創(chuàng)造了世界潛艇史上的奇跡?？傎|(zhì)量為6.0×106kg的某潛艇，在高密度海水區(qū)域距海平面200m，距海底138m處沿水平方向緩慢潛航，如圖所示。當(dāng)該潛艇駛?cè)氲兔芏群Ｋ畢^(qū)域A點時，浮力突然降為5.4×107N，15s后，潛艇官兵迅速對潛艇減重（排水），結(jié)果潛艇剛好零速度“坐底”并安全上浮，避免了一起嚴(yán)重事故。已知在整個運動過程中，潛艇所受阻力大小恒為1.2×106N潛艇減重的時間忽略不計，海底平坦，重力加速度g取10m/s2，69=（1）潛艇“掉深”15s時的速度；（2）潛艇減重排出水的質(zhì)量；（3）潛艇從A點開始“掉深”到返回A點過程中阻力的沖量。（結(jié)果取2位有效數(shù)字）【解答】解：（1）設(shè)潛艇剛“掉深”時的加速度大小為a1，對潛艇，由牛頓第二定律得mg﹣F﹣f＝ma1代入數(shù)據(jù)解得a115s末的速度為v＝a1t1＝0.8×15m/s＝12m/s（2）掉深15s時，潛艇下落的高度?1潛艇減速下落的高度h2＝h﹣h1＝138m﹣90m＝48m在減速階段?2解得a2潛艇減重后的質(zhì)量為m1，潛艇減重后以1.5m/s2的加速度勻減速下沉過程中，由牛頓第二定律得F+f﹣m1g＝m1a2代入數(shù)據(jù)解得m1排水前潛艇的質(zhì)量m＝6.0×106kg，“掉深”過程中排出水的質(zhì)量m'=m?m（3）向下減速所需時間為t2設(shè)上浮過程潛艇的加速度大小為a3，由牛頓第二定律得F﹣f﹣m1g＝m1a3解得a3在上浮過程中，根據(jù)位移一時間公式可得?=1解得t3潛艇下降過程阻力的沖量I1＝ft1+ft2方向豎直向上；潛艇上升過程中阻力的沖量I2＝ft3方向豎直向下，全程阻力的沖量I＝I1﹣I2綜上代入數(shù)值解得：I＝7.7×106N?s方向豎直向上。題型2應(yīng)用動量定理求平均沖力（2024?泰州模擬）人們常利用高壓水槍洗車（如圖），假設(shè)水槍噴水口的橫截面積為S，噴出水流的流量為Q（單位時間流出的水的體積），水流垂直射向汽車后速度變?yōu)?。已知水的密度為ρ，則水流對汽車的平均沖擊力為（）A．ρQS B．ρQ2S C．ρQS D．【解答】解：選擇短時間Δt內(nèi)與汽車發(fā)生相互作用的水為研究對象，該部分水的質(zhì)量為Δm＝ρSvΔt則有Q=SvΔt根據(jù)動量定理有﹣F1Δt＝0﹣Δmv根據(jù)牛頓第三定律有F2＝F1解得，水流對汽車的平均沖擊力為F2故ABC錯誤，D正確；故選：D。（2024?北京一模）航天器離子發(fā)動機原理如圖所示，電子槍發(fā)射出的高速電子將中性推進劑離子化（即電離出正離子），正離子被正負極柵板間的電場加速后從噴口噴出，從而使航天器獲得推進或調(diào)整姿態(tài)的反沖力。已知單個正離子的質(zhì)量為m，電荷量為q，正、負柵板間加速電壓為U，從噴口噴出的正離子所形成的電流為I，忽略離子間的相互作用力及離子噴射對航天器質(zhì)量的影響。該發(fā)動機產(chǎn)生的平均推力F的大小為（）A．I2mUq B．ImUq C．ImU【解答】解：設(shè)離子經(jīng)電場加速后，從端口噴出時的速度大小為v0。由動能定理得qU=12m設(shè)在Δt時間內(nèi)有n個離子被噴出，根據(jù)電流的定義式得：I=對于單個離子，由動量定理得：F0Δt＝mv0若有n個離子被噴出，則有F′＝nF0由以上各式聯(lián)立可解得：F′＝I2mU根據(jù)牛頓第三定律可知，該發(fā)動機產(chǎn)生的平均推力大?。篎＝F′＝I2mUq故選：A。題型3在多過程問題中應(yīng)用動量定理（2024?寧波模擬）如圖所示，蓮蓮在亞運會蹦床比賽中，達到的最高點距地面高度為H，蹦床離地面的高度為h，蓮蓮的質(zhì)量為M，下落過程中彈性網(wǎng)最大下陷量為x，受到的空氣阻力大小恒為f，從最高點到最低點下落時間為t，則蓮蓮在下落到最低點的過程中，下列說法正確的是（）A．蓮蓮的機械能減少了（Mg﹣f）（H+x﹣h） B．彈性網(wǎng)的彈力對蓮蓮的沖量大小為（Mg﹣f）t C．蓮蓮從與蹦床接觸到落至最低點過程中所受合外力的沖量大小為2M(Mg?f)H D．彈性網(wǎng)彈性勢能的增量為（Mg﹣f）t【解答】解：A．蓮蓮在下落到最低點的過程中，蓮蓮的初速度、末速度都是零，則動能不變，蓮蓮的機械能減少量等于重力勢能的減少量，則ΔE＝Mg（H+x﹣h），故A錯誤；B．蓮蓮在下落到最低點的過程中，根據(jù)動量定理有Mgt﹣ft﹣I＝0彈性網(wǎng)的彈力對蓮蓮的沖量大小為I＝（Mg﹣f）t，故B正確；C．蓮蓮從下落至與蹦床接觸過程中，根據(jù)動能定理有Mg(H??)?f(H??)=蓮蓮從與蹦床接觸到落至最低點過程中，根據(jù)動量定理有﹣I1＝0﹣Mv蓮蓮從與蹦床接觸到落至最低點過程中所受合外力的沖量大小為I1D．根據(jù)能量守恒，彈性網(wǎng)彈性勢能的增量為，Ep＝Mg（H+x﹣h）﹣f（H+x﹣h）＝（Mg﹣f）（H+x﹣h）另外，（Mg﹣f）t對應(yīng)的國際單位是N?s，是動量的單位，不是能量的單位。故D錯誤。故選：B。（2024?沙坪壩區(qū)模擬）如圖所示，小明同學(xué)對某輕質(zhì)頭盔進行安全性測試，他在頭盔中裝入質(zhì)量為2.0kg的物體，物體與頭盔緊密接觸，使其從3.20m的高處自由落下，并與水平面發(fā)生碰撞，頭盔被擠壓了0.08m時，物體的速度減為0。擠壓過程視為勻減速直線運動，不考慮物體和地面的形變，忽略空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。則（）A．?dāng)D壓過程中物體處于失重狀態(tài) B．勻減速直線運動過程中頭盔對物體的平均作用力大小為820N C．物體做勻減速直線過程中動量變化量大小為16kg?m/s，方向豎直向下 D．物體在自由下落過程中重力的沖量大小為20N?s【解答】解：A、頭盔的運動是勻減速直線運動，所以加速度方向是豎直向上，所以頭盔是處于超重狀態(tài)，故A錯誤；B、頭盔落地時的速度為：v=頭盔和地面的相互作用時間為t，則有：Δ?=解得：t=規(guī)定豎直向下的方向為正方向，在頭盔受擠壓的過程中，對頭盔根據(jù)動量定理有（mg﹣F）t＝0﹣mv代入數(shù)據(jù)解得：F＝820N，故B正確；C、物體做勻減速直線過程中動量變化量大小為：ΔP＝0﹣mv＝0﹣2×8kg?m/s＝﹣16kg?m/s，負號說明方向豎直向上，故C錯誤；D、根據(jù)動量定理可知物體在自由下落過程中重力的沖量大小為：I＝mv，代入數(shù)據(jù)解得：I＝16N?s，故D錯誤。故選：B。（2024?青羊區(qū)校級模擬）如圖甲所示，質(zhì)量為m的同學(xué)在一次體育課上練習(xí)原地垂直起跳。在第一階段，腳沒有離地，所受地面支持力大小F隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示。經(jīng)過一定時間，重心上升h1，獲得速度v。在第二階段，腳離開地面，人軀干形態(tài)基本保持不變，重心又上升了h2，到達最高點。重力加速度為g，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（）A．該同學(xué)在t1～t2時間段處于超重狀態(tài)，在t2～t3時間段處于失重狀態(tài) B．在第一階段地面支持力對該同學(xué)做的功為12mv2C．在第一階段地面支持力對該同學(xué)的沖量為mv D．在第一和第二階段該同學(xué)機械能共增加了mgh1+mgh2【解答】解：A、由圖乙所示圖象可知，在t1～t3階段地面對該同學(xué)的支持力大于他的重力，t3～t4階段地面對該同學(xué)的支持力小于他的重力，由牛頓第三定律可知，該同學(xué)對地面的壓力先大于重力后小于重力，該同學(xué)t1～t3階段處于超重狀態(tài)，t3～t4處于失重狀態(tài)，故A錯誤；B、在第一階段，該同學(xué)的腳沒有離地，地面對該同學(xué)支持力作用點的位移為零，地面支持力對該同學(xué)做的功為零，故B錯誤；C、以向上為正方向，在第一階段該同學(xué)動量的變化量Δp＝mv﹣0＝mv，由動量定理可知：IG+I支持力＝Δp，則I支持力＝mv﹣IG，故C錯誤；D、根據(jù)重力勢能的計算公式可知，在第一和第二階段該同學(xué)機械能共增加了E＝mgh1+mgh2，故D正確。故選：D。題型4流體類柱狀模型、微粒類柱狀模型（多選）（2023?芝罘區(qū)校級模擬）如圖所示裝置，裝有細砂石的容器帶有比較細的節(jié)流門，K是節(jié)流門的閥門，節(jié)流門正下方有可以稱量細砂石質(zhì)量的托盤秤。當(dāng)托盤上已經(jīng)有質(zhì)量為m的細砂石時關(guān)閉閥門K，此時從管口到砂石堆頂端還有長為H的細砂石柱，設(shè)管口單位時間流出的細砂石的質(zhì)量為m0，管口處細砂石的速度近似為零，關(guān)閉閥門K后，細砂石柱下落時砂石堆高度不變，重力加速度為g，忽略空氣阻力，下列說法正確的是（）A．剛關(guān)閉閥門K時，托盤秤示數(shù)為mg B．細砂石柱下落過程中，托盤秤示數(shù)為m+m02HgC．細砂石柱對砂石堆頂端的沖擊力為m02gH D．細砂石柱全部落完時托盤秤的示數(shù)比剛關(guān)閉閥門K時托盤秤的示數(shù)大【解答】解：A、剛關(guān)閉閥門時，細沙石在下落，下落的細沙石對砂石堆有一定的沖擊力，托盤示數(shù)大于m，故A錯誤；BC、細沙石從管口開始做自由落體運動，則細沙石到達砂石堆時的速度為：H=v22g解得F＝m02gH，根據(jù)牛頓第三定律細沙石對砂石堆的沖擊力大小也為F，所以細沙石下落過程中托盤示數(shù)為m+mD、細沙石的位移H需要的時間t=2Hg，單位時間流出的細砂石的質(zhì)量為m0，所以高度為H的細沙石的質(zhì)量為m0t＝m0故選：BC。（2023?通州區(qū)一模）為尋找可靠的航天動力裝置，科學(xué)家們正持續(xù)進行太陽帆推進器和離子推進器的研究。太陽帆推進器是利用太陽光作用在太陽帆的壓力提供動力，離子推進器則是利用電場加速后的離子氣體的反沖作用加速航天器。（1）由量子理論可知每個光子的動量為p=?λ（h為普朗克常量，λ為光子的波長），光子的能量為①時間t內(nèi)作用在太陽帆的光子個數(shù)N；②在太陽光壓下宇宙飛船的加速度a的大?。?）離子推進器的原理如圖所示：進入電離室的氣體被電離，其中正離子飄入電極A、B之間的勻強電場（離子初速度忽略不計），A，B間電壓為U，使正離子加速形成離子束，在加速正離子束的過程中所消耗的功率為P，推進器獲得的恒定推力為F。為提高能量的轉(zhuǎn)換效率，即要使FP【解答】（1）①時間t內(nèi)，作用在太陽帆的光子的總能量為E總＝ES時間t內(nèi)作用在太陽帆的光子個數(shù)為N=②根據(jù)動量定理得Ft＝2Np故太陽光對飛船的推力為F=根據(jù)牛頓第二定律可知，在太陽光壓下宇宙飛船的加速度為a=（2）正離子飄入勻強電場，電場力做功功率為P＝UI正離子在電場中做勻加速直線運動，則有qU=P=12F聯(lián)立，可得F′＝I2mU根據(jù)牛頓第三定律，可知引擎獲得的推力F的大小為F＝F′＝I2mU分析，可知FP為提高能量的轉(zhuǎn)換效率，可以用質(zhì)量大的粒子、用帶電量少的離子、減小加速電壓。題型5動量守恒定律的判斷與應(yīng)用（2024?浙江模擬）如圖所示，帶有光滑四分之一圓弧軌道的物體靜止在光滑的水平面上，將一小球（視為質(zhì)點）從圓弧軌道的最高點由靜止釋放，下列說法正確的是（）A．小球下滑過程中，圓弧軌道對小球的彈力不做功 B．小球下滑過程中，小球的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為其動能 C．小球下滑過程中，小球和物體組成的系統(tǒng)動量守恒 D．小球下滑過程中，小球和物體組成的系統(tǒng)機械能守恒【解答】解：ABD、小球在下滑過程中，物體向左運動，動能增大，重力勢能不變，物體的機械能增大，說明小球?qū)ξ矬w做正功。因為水平面光滑，對小球和物體組成的系統(tǒng)而言，只有重力做功，故系統(tǒng)的機械能守恒，則小球的機械能減少，物體對小球的彈力做負功，故AB錯誤，D正確；C．小球下滑過程中，小球和物體組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，故水平方向動量守恒，豎直方向動量不守恒，則系統(tǒng)動量不守恒，故C錯誤。故選：D。（2024?瓊山區(qū)校級模擬）光滑水平面上有原來靜止的斜劈B，B的斜面也是光滑的?，F(xiàn)在把物體A從斜面頂端由靜止釋放，如圖所示，在A從斜面上滑下來的過程中，以下判斷正確的是（）A．A和B組成的系統(tǒng)機械能守恒 B．A和B組成的系統(tǒng)動量守恒 C．B對A的支持力對A不做功 D．A的速度方向一定沿斜面向下【解答】解：A、水平面與斜面均是光滑的，在A從斜面上滑下來的過程中，A和B組成的系統(tǒng)無機械能損失，故此系統(tǒng)機械能守恒，故A正確；B、物體A從斜面上加速下滑的過程中，A具有向下的加速度分量，A和B組成的系統(tǒng)具有豎直向下的加速度，故此系統(tǒng)所受合外力不為零，則系統(tǒng)動量不守恒。此系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，在水平方向上動量守恒，故B錯誤；CD、A和B組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，且初始系統(tǒng)水平方向總動量為零。A下滑時在水平方向有向左的動量分量，由動量守恒定律可知，B在水平方向有向右的動量，即斜面向右運動，則A的速度方向不與斜面平行，即A的速度方向不沿斜面向下，而B對A的支持力方向垂直于斜面，可知B對A的支持力方向不與A的速度方向垂直，則B對A的支持力對A做功，故CD錯誤。故選：A。（2024?岳麓區(qū)校級模擬）如圖所示，輕質(zhì)彈簧上端懸掛于天花板，下端系有質(zhì)量為M的圓板，處于平衡狀態(tài)。一質(zhì)量為m的圓環(huán)套在彈簧外，與圓板距離為h，讓環(huán)自由下落撞擊圓板，碰撞時間極短，碰后圓環(huán)與圓板共同向下運動，已知重力加速度為g，則（）A．碰撞過程中環(huán)與板組成的系統(tǒng)動量和機械能都守恒 B．碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能為mg?MC．圓環(huán)和圓板的最大速度為mm+MD．碰撞后的瞬間圓板對環(huán)的彈力為2【解答】解：A、碰撞過程中，圓環(huán)與圓板組成的系統(tǒng)內(nèi)力遠大于外力，系統(tǒng)動量守恒。由于碰撞之后圓環(huán)與圓板共同向下運動，機械能有損失，則機械能不守恒，故A錯誤；B、圓環(huán)下降到與圓板碰撞前瞬間，由機械能守恒定律有mg?=1圓環(huán)和圓板碰撞過程中，取豎直向下為正方向，由動量守恒定律有mv＝（m+M）v1解得碰后共同速度為：v則碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能為ΔE=1聯(lián)立解得：ΔE=mg?MC、圓環(huán)和圓板在向下運動的過程中，開始階段圓環(huán)和圓板的重力之和大于彈簧的彈力，圓環(huán)和圓板還在加速，則圓環(huán)和圓板的最大速度大于mm+MD、碰撞后瞬間，對圓環(huán)和圓板整體，由牛頓第二定律有mg＝（m+M）a對圓板，由牛頓第二定律有F＝Ma解得碰撞后的瞬間圓板對環(huán)的彈力為：F=Mmg故選：B。（2024?道里區(qū)校級一模）輕質(zhì)彈簧上端懸掛于天花板上，下端與質(zhì)量為M的木板相連，木板靜止時位于圖中Ⅰ位置。O點為彈簧原長時下端點的位置，質(zhì)量為m的圓環(huán)形物塊套在彈簧上（不與彈簧接觸），現(xiàn)將m從O點正上方的Ⅱ位置自由釋放，物塊m與木板瞬時相碰后一起運動，物塊m在P點達到最大速度，且M恰好能回到O點。若將m從比Ⅱ位置高的Q點自由釋放后，m與木板碰后仍一起運動，則下列說法正確的是（）A．物塊m達到最大速度的位置在P點的下方 B．物塊m與木板M從Ⅰ位置到O的過程做勻減速運動 C．物塊m與木板M在O點正好分離 D．物塊m能回到Q點【解答】解：A．在物塊m下落過程中，當(dāng)物塊m、木板M的總重力等于彈簧彈力時，物塊m達到最大速度，故物塊m達到最大速度的位置仍在P點，故A錯誤；B．物塊m與木板M從I位置到O的過程，總重力不變，彈簧的彈力逐漸減小，故物塊m與木板M做加速度增大的減速運動，故B錯誤；C．將m從O點正上方的Ⅱ位置自由釋放，且M恰好能回到O點，可知將m從比Ⅱ位置高的Q點自由釋放后，根據(jù)能量守恒，M回到O點時速度不為零，O點為彈簧原長時下端點的位置，則物塊m與木板M間的作用力為零，故物塊m與木板M在O點正好分離，故C正確；D．根據(jù)能量守恒可知，碰撞過程存在一定的機械能損失，且物塊m的部分機械能轉(zhuǎn)化為木板M的機械能，故物塊m不能回到Q點，故D錯誤。故選：C。題型6碰撞（彈簧）模型（多選）（2024?貴陽模擬）如圖所示，一質(zhì)量為m的物塊A與質(zhì)量為2m的物塊B用輕質(zhì)彈簧連接，靜止在光滑水平面上，B右邊有一豎直固定的彈性擋板；現(xiàn)給A向右的初速度v0，A的速度第一次減為13A．物塊B與擋板碰撞時的速度大小為13B．物塊B與擋板碰撞時，彈簧彈性勢能為13C．物塊B與擋板碰撞后彈簧彈性勢能的最大值為427D．彈簧第一次伸長量為x時物塊B的速度大小為1【解答】解：A.從開始到物塊B與擋板碰前過程，以向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律有mv解得v1B.從開始到物塊B與擋板碰前過程，根據(jù)機械能守恒定律有EP解得EPC.物塊B與擋板碰撞后到和A共速時彈簧的彈性勢能最大，以向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律有2m×1解得v2根據(jù)能量守恒定律有EPm解得EPmD.物塊B與擋板碰撞后到彈簧第一次伸長量為x過程，以向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律有2m×1根據(jù)機械能守恒定律有12聯(lián)立解得v3故選：ABD。（2024?包頭三模）如圖，輕彈簧的一端固定在垂直水平面的擋板上的P點，Q點為彈簧原長位置，開始時彈簧處于壓縮狀態(tài)并鎖定，彈簧具有的彈性勢能Ep＝112J，彈簧右端一質(zhì)量m1＝2.0kg的物塊A與彈簧接觸但不拴接，Q點右側(cè)的N點靜止一質(zhì)量m2＝8.0kg的物塊B，Q、N兩點同的距離d＝6.0m，P、Q間水平面光滑，Q點右側(cè)水平面粗糙且足夠長，物塊A與Q點右側(cè)水平面間的動庠擦因數(shù)μ1＝0.10，物塊B與Q點右側(cè)水平面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.20。彈簧解除鎖定后物塊A向右運動，之后物塊A與物塊B發(fā)生多次彈性正碰，物塊A、B均可視為質(zhì)點，重力加速度g取10m/s2，求：（1）物塊A與物塊B發(fā)生第一次碰撞前瞬間物塊A的速度大小v0；（2）從物塊A開始運動到物塊A與物塊B發(fā)生第二次碰撞的過程中物塊A與水平面間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q。【解答】解：設(shè)解除鎖定后物塊A的最大動能為Ek，彈簧彈開過程根據(jù)機械能守恒定律可得：Ek＝Ep＝12J物塊A在Q點離開彈簧這后運動到N點，此過程根據(jù)動能定理有：﹣μ1m1gd=12代入數(shù)據(jù)得：v0＝10m/s（2）以向右為正方向，AB發(fā)生彈性碰撞，則根據(jù)動量守恒定律：m1v0＝m1v1+m2v2由機械能守恒定律得：1聯(lián)立解得：v1＝﹣6m/s（﹣表示方向向左）v2＝4m/s物塊B向右做減速運動，以向右為正，根據(jù)動量定理有：﹣μ2m2gt＝0﹣m2v2解得：t＝2s物塊B運動的位移大小為：xB=v物塊A先向左做勻減速直線運動，運動到Q點后壓縮彈簧，之后又以壓縮彈簧前瞬間的速度大小向右做勻減速直線運動，加速度大小為：aA＝μ1g假設(shè)不墳壓縮彈簧與彈開恢復(fù)原長的時間，即不計物塊A在Q點左側(cè)移支的距離，物塊A在t＝2s時間內(nèi)運動的距離：x＝|v1|t?代入結(jié)果得：x＝10mx＜2d，則物塊B停止之前物塊A一定沒有到達N點，則物塊A一定是在物塊B停止之后與B發(fā)生第二次碰撞，則第二次碰撞前物塊A與水平面因摩擦生熱產(chǎn)生的熱量是：Q＝μ1m1g（3d+xB）代入數(shù)據(jù)得：Q＝44J題型7人船模型（2023?浙江模擬）物理規(guī)律往往有一定的適用條件，我們在運用物理規(guī)律解決實際問題時，需要判斷使用的物理規(guī)律是否成立。如圖所示，站在車上的人用錘子連續(xù)敲打小車。初始時，人、車、錘都靜止，假設(shè)水平地面光滑，關(guān)于這一物理過程，下列說法正確的是（）A．連續(xù)敲打可使小車持續(xù)向右運動 B．人、車和錘組成的系統(tǒng)機械能守恒 C．人、車和錘組成的系統(tǒng)動量和機械能都不守恒 D．人、車和錘組成的系統(tǒng)動量守恒但機械能不守恒【解答】解：A．對人、車和錘采用整體法，整體水平方向不受外力，水平方向動量守恒，水平方向整體總動量為零，用錘子連續(xù)敲打小車左端，當(dāng)錘子向左運動，根據(jù)動量守恒，小車向右運動；當(dāng)錘子向右運動，根據(jù)動量守恒，小車向左運動；故小車左右往復(fù)運動，不會持續(xù)向右運動，故A錯誤；BCD．人消耗體能，根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒，人體內(nèi)儲存的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)機械能，故人、車和錘整體機械能不守恒；在錘子連續(xù)敲打下，整體在豎直方向合外力不等于零，故整體在豎直方向不滿足動量守恒，所以人、車和錘組成的系統(tǒng)動量不守恒，故BD錯誤，C正確。故選：C。（多選）（2023?鄭州二模）如圖所示，質(zhì)量為M＝2m的小木船靜止在湖邊附近的水面上，船身垂直于湖岸，船面可看作水平面，并且比湖岸高出h。在船尾處有一質(zhì)量為m的鐵塊，將彈簧壓縮后再用細線將鐵塊拴住，此時鐵塊到船頭的距離為L，船頭到湖岸的水平距離x=1A．鐵塊脫離木船后在空中運動的水平距離為13LB．鐵塊脫離木船時的瞬時速度大小為L3C．小木船最終的速度大小為L3D．彈簧釋放的彈性勢能為mg【解答】解：A、設(shè)鐵塊脫離木船時的速度為v1，木船的速度為v2，從燒斷細線到鐵塊離開小船的過程中，對木船和鐵塊