2024屆高考物理一輪復習動量專題精準提升強化10：動量守恒應用之懸繩模型（難度：偏難）

2024屆高考物理一輪復習動量專題精準提升強化10：動量守恒應用之懸繩模型（難度：偏難）(多選)如圖所示，繩長為l，小球質(zhì)量為m，小車質(zhì)量為M，將小球向右拉至水平后放手，則(水平面光滑)()A．系統(tǒng)的總動量守恒B．水平方向任意時刻小球與小車的動量等大反向或都為零C．小球不能向左擺到原高度D．小車向右移動的最大距離為eq\f(2ml,M＋m)(多選)質(zhì)量M＝3kg的滑塊套在水平固定著的軌道上并可在軌道上無摩擦滑動。質(zhì)量為m＝2kg的小球(視為質(zhì)點)通過長L＝0．75m的輕桿與滑塊上的光滑軸O連接，開始時滑塊靜止，輕桿處于水平狀態(tài)。現(xiàn)給小球一個v0＝3m/s的豎直向下的初速度，取g＝10m/s2。則()A．小球m從初始位置到第一次到達最低點的過程中，滑塊M在水平軌道上向右移動了0．3mB．小球m從初始位置到第一次到達最低點的過程中，滑塊M在水平軌道上向右移動了0．5mC．小球m相對于初始位置可以上升的最大高度為0．27mD．小球m從初始位置到第一次到達最大高度的過程中，滑塊M在水平軌道上向右移動了0．54m（2022浙江溫州質(zhì)檢）兩個質(zhì)量相同的小圓環(huán)A、B用細線相連,A穿在光滑的水平直桿上.A、B從如圖所示的位置由靜止開始運動.在B擺到最低點的過程中A.B的機械能守恒B.A、B組成的系統(tǒng)動量守恒C.B重力的功率一直減小D.B擺到最低點時,A的速度最大(2022·江蘇省南京市高三下5月二模)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，小球B的質(zhì)量為0.2kg，A、B用長為L＝0.8m的輕質(zhì)細線連接，B懸掛在A下方并處于靜止狀態(tài)。t＝0時刻，小圓環(huán)A獲得沿桿向左的沖量0.6N·s，取g＝10m/s2，A、B可視為質(zhì)點。下列說法正確的是()A．t＝0時刻細線對B的拉力大小為2NB．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，細線對A先做負功再做正功D．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的沖量為0.6N·s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下方并處于靜止狀態(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，細線對A先做負功再做正功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（多選）如圖所示，一質(zhì)量M＝4kg的滑塊套在水平固定著的軌道上并可在軌道上無摩擦滑動．一質(zhì)量m＝1kg的小球（可視為質(zhì)點）通過長度l＝1m的不可伸長的輕繩與滑塊上的光滑軸O連接，開始時滑塊靜止，輕繩處于水平狀態(tài)．現(xiàn)將小球由靜止自由釋放（不計一切摩擦力），取g＝10m/s2．則下列說法正確的是（）A．小球從初始位置到第一次到達最低點時，輕繩的拉力為16N B．小球從初始位置到第一次到達最低點的過程中，滑塊M在水平軌道上向右移動了0.8m C．小球可回到初始高度 D．小球從初始位置到第一次到達最大高度的過程中，小球在水平方向上向左移動了1.6m如圖所示，質(zhì)量為M的滑塊可在水平放置的光滑固定導軌上自由滑動，質(zhì)量為m的小球與滑塊上的懸點O由一不可伸長的輕繩相連，繩長為L。開始時，輕繩處于水平拉直狀態(tài)，小球和滑塊均靜止?，F(xiàn)將小球由靜止釋放，當小球到達最低點時，滑塊剛好被一表面涂有粘性物質(zhì)的固定擋板粘住，在極短的時間內(nèi)速度減為零，小球繼續(xù)向左擺動到繩與豎直方向的夾角為60°時達到最高點?；瑝K與小球均視為質(zhì)點，空氣阻力不計，重力加速度為g，則以下說法正確的是()A．繩的拉力對小球始終不做功B．滑塊與小球的質(zhì)量關系為M＝2mC．釋放小球時滑塊到擋板的距離為eq\f(L,2)D．滑塊撞擊擋板時，擋板對滑塊作用力的沖量大小為2meq\r(gL)(2022·湖南省岳陽市高三下教學質(zhì)量監(jiān)測(二))如圖所示，質(zhì)量均為m的木塊A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一豎直輕桿，輕桿上端的O點系一長為L的細線，細線另一端系一質(zhì)量為m0的球C，現(xiàn)將C球拉起使細線水平伸直，并由靜止釋放C球，則下列說法不正確的是()A．A、B兩木塊分離時，A、B的速度大小均為eq\f(m0,m)eq\r(\f(mgL,2m＋m0))B．A、B兩木塊分離時，C的速度大小為2eq\r(\f(mgL,2m＋m0))C．C球由靜止釋放到最低點的過程中，A對B的彈力的沖量大小為2m0eq\r(\f(mgL,2m＋m0))D．C球由靜止釋放到最低點的過程中，木塊A移動的距離為eq\f(m0L,2m＋m0)（2022四川綿陽診斷）(多選)質(zhì)量都為m的木塊A和B,并排放在光滑水平地面上,A上固定一足夠長的豎直輕桿,長為L的細線一端系在輕桿上的O點,另一端系一質(zhì)量為m的小球C.現(xiàn)將C球向右拉起至水平拉直細線,如圖所示,由靜止釋放,在之后的過程中A.木塊A的最大速度大小為3B.木塊A、B分離后,B的速度大小為3C.C球過O點正下方后,上升的最大高度為34D.C球在O點正下方向右運動時,速度大小為2(2019·湖北八市聯(lián)考)如圖所示，光滑的水平導軌上套有一質(zhì)量為1kg、可沿桿自由滑動的滑塊，滑塊下方通過一根長為1m的輕繩懸掛著質(zhì)量為0.99kg的木塊。開始時滑塊和木塊均靜止，現(xiàn)有質(zhì)量為10g的子彈以500m/s的水平速度擊中木塊并留在其中(作用時間極短)，取重力加速度g＝10m/s2。下列說法正確的是()A．子彈和木塊擺到最高點時速度為零B．滑塊的最大速度為2.5m/sC．子彈和木塊擺起的最大高度為0.625mD．當子彈和木塊擺起高度為0.4m時，滑塊的速度為1m/s(2023·山東威海市檢測)質(zhì)量均為m的木塊A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一豎直輕桿，輕桿上端的O點系一條不可拉伸的長為l的細線，細線另一端系一個可以看作質(zhì)點的球C，質(zhì)量也為m.現(xiàn)將C球拉起使細線水平自然伸直，并由靜止釋放C球，重力加速度為g.求：(1)C球第一次擺到最低點時的速度大小；(2)從C球由靜止釋放到第一次擺到最低點的過程中，B移動的距離；(3)C球向左擺動的最高點距O點的豎直高度．（2022山東濰坊測評）(設問創(chuàng)新:用數(shù)學知識解決物理問題)長木板上固定著“V”形支架,總質(zhì)量為M,靜止在光滑水平面上.在支架右端O處,通過長為L的輕質(zhì)繩懸掛質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點的小錐體,板上A點位于錐體正下方h處.將小錐體移到O點右側(cè),并使繩水平伸直,然后由靜止釋放.(1)求錐體和木板最大速度的大小;(2)以釋放前O點為坐標原點,水平向右為x軸正方向,豎直向下為y軸正方向,寫出小錐體運動的軌跡方程;(3)若小錐體運動到最低點時,繩子與錐體連接處忽然斷開,求小錐體在木板上的落點到A點的距離;(4)若小錐體落在木板上不反彈,且沒有相對木板滑動,碰撞時間極短,分析錐體和木板間的動摩擦因數(shù)應滿足什么條件(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力).2024屆高考物理一輪復習動量專題精準提升強化10：動量守恒應用之懸繩模型（難度：偏難）【解析版】(多選)如圖所示，繩長為l，小球質(zhì)量為m，小車質(zhì)量為M，將小球向右拉至水平后放手，則(水平面光滑)()A．系統(tǒng)的總動量守恒B．水平方向任意時刻小球與小車的動量等大反向或都為零C．小球不能向左擺到原高度D．小車向右移動的最大距離為eq\f(2ml,M＋m)答案BD解析系統(tǒng)只是在水平方向所受的合力為零，豎直方向的合力不為零，故水平方向的動量守恒，而總動量不守恒，A錯誤，B正確；根據(jù)水平方向的動量守恒及機械能守恒得，小球仍能向左擺到原高度，C錯誤；小球相對于小車的最大位移為2l，根據(jù)“人船模型”，系統(tǒng)水平方向動量守恒，設小球水平方向的平均速度為vm，小車水平方向的平均速度為vM，mvm－MvM＝0，兩邊同時乘以運動時間t，mvmt－MvMt＝0，即mxm＝MxM，又xm＋xM＝2l，解得小車向右移動的最大距離為eq\f(2ml,M＋m)，D正確．(多選)質(zhì)量M＝3kg的滑塊套在水平固定著的軌道上并可在軌道上無摩擦滑動。質(zhì)量為m＝2kg的小球(視為質(zhì)點)通過長L＝0．75m的輕桿與滑塊上的光滑軸O連接，開始時滑塊靜止，輕桿處于水平狀態(tài)?，F(xiàn)給小球一個v0＝3m/s的豎直向下的初速度，取g＝10m/s2。則()A．小球m從初始位置到第一次到達最低點的過程中，滑塊M在水平軌道上向右移動了0．3mB．小球m從初始位置到第一次到達最低點的過程中，滑塊M在水平軌道上向右移動了0．5mC．小球m相對于初始位置可以上升的最大高度為0．27mD．小球m從初始位置到第一次到達最大高度的過程中，滑塊M在水平軌道上向右移動了0．54m解析：AD可把小球和滑塊水平方向的運動看作人船模型，設滑塊M在水平軌道上向右運動了x，由滑塊和小球系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，有eq\f(m,M)＝eq\f(x,L－x)，解得x＝0．3m，選項A正確，B錯誤。根據(jù)動量守恒定律，小球m相對于初始位置上升到最大高度時小球和滑塊速度都為零，由能量守恒定律可知，小球m相對于初始位置可以上升的最大高度為0．45m，選項C錯誤。小球m相對于初始位置到達最大高度時，與水平面的夾角有cosα＝0．8，設小球從最低位置上升到最高位置過程中滑塊M在水平軌道上又向右運動了x′，由滑塊和小球系統(tǒng)在水平方向時動量守恒，有eq\f(m,M)＝eq\f(x′,Lcosα－x′)，解得x′＝0．24m。小球m從初始位置到第一次到達最大高度的過程中，滑塊在水平軌道上向右移動了x＋x′＝0．3m＋0．24m＝0．54m，選項D正確。（2022浙江溫州質(zhì)檢）兩個質(zhì)量相同的小圓環(huán)A、B用細線相連,A穿在光滑的水平直桿上.A、B從如圖所示的位置由靜止開始運動.在B擺到最低點的過程中A.B的機械能守恒B.A、B組成的系統(tǒng)動量守恒C.B重力的功率一直減小D.B擺到最低點時,A的速度最大解析：D由題意可知,A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒,B下擺過程中,B的重力勢能轉(zhuǎn)化為A、B運動的動能,故B的機械能不守恒,系統(tǒng)在水平方向上動量守恒,在豎直方向上動量不守恒,AB錯誤;根據(jù)PG=mgvy,在B擺到最低點的過程中,B球速度的豎直分量從零開始增大再減小到零,所以B重力的功率也先從零增大再減小到零,C錯誤;水平方向系統(tǒng)動量守恒,則有mAvA=mBvx,因為B擺到最低點時水平方向的速度最大,所以此時A的速度最大,D正確.(2022·江蘇省南京市高三下5月二模)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，小球B的質(zhì)量為0.2kg，A、B用長為L＝0.8m的輕質(zhì)細線連接，B懸掛在A下方并處于靜止狀態(tài)。t＝0時刻，小圓環(huán)A獲得沿桿向左的沖量0.6N·s，取g＝10m/s2，A、B可視為質(zhì)點。下列說法正確的是()A．t＝0時刻細線對B的拉力大小為2NB．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，細線對A先做負功再做正功D．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的沖量為0.6N·s答案C解析根據(jù)動量定理得A的初速度大小vA0＝eq\f(I,mA)＝6m/s，以A為參考系，可知t＝0時刻B相對A做圓周運動，且速度大小為vA0，方向向右，對B有T－mBg＝mBeq\f(veq\o\al(2,A0),L)，可得細線的拉力T＝mBg＋mBeq\f(veq\o\al(2,A0),L)>mBg＝2N，故A錯誤；從小球B開始運動到第一次回到A的正下方的過程，A與B組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒、機械能守恒，以水平向左為正方向，有mAvA0＝mAvA1＋mBvB1，eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A0)＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A1)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B1)，可解得B第一次回到A的正下方時A、B的速度分別為vA1＝－2m/s，vB1＝4m/s，根據(jù)動量定理知，此過程合力對B的沖量I′＝mBvB1＝0.8N·s，D錯誤；由上述分析可知，小球B第一次回到A的正下方時，A球的速度不是最小，最小速度為vAmin＝0，B錯誤；開始時A帶動B向左運動，A受到向右下方的拉力減速，B受到向左上方的拉力水平方向加速，當兩者在水平方向共速時，細線仍向右下方傾斜，之后A繼續(xù)減速至0，B水平方向繼續(xù)加速，然后A受到向右下方的拉力向右加速至vA1＝－2m/s，B水平方向繼續(xù)加速至vB1＝4m/s，此時B第一次回到A的正下方，結合動能定理知，整個過程細線對A先做負功再做正功，C正確。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下方并處于靜止狀態(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，細線對A先做負功再做正功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解析：C由題意可知，小球B相對于圓環(huán)A做圓周運動，因圓環(huán)不固定，系統(tǒng)在水平方向動量守恒，可知圓環(huán)在水平方向做變加速運動，則以地面為參考系時，小球B不做圓周運動，故A錯誤；由于細線的作用，圓環(huán)向左減速運動，當圓環(huán)A的速度變?yōu)?時，如果小球恰回到A的正下方，系統(tǒng)水平方向動量守恒，則有I＝mBvB，解得vB＝3m/s，如果此時小球回到A的正下方，其速度水平向左，其動能為Ek＝12mvB2＝0.9J，因系統(tǒng)動量為mAv0＝0.6N·s，所以系統(tǒng)的初動能為Ek0＝12mAv02＝1.8J＞0.9J，則根據(jù)能量守恒定律可知，當圓環(huán)A的速度變?yōu)?時，小球B還沒有回到其正下方，則小球B繼續(xù)加速，圓環(huán)A則反向向右加速，當小球B回到圓環(huán)A的正下方向時，圓環(huán)A具有向右的速度，所以從小球B開始運動到第一次回到圓環(huán)A的正下方的過程中細線對A先做負功再做正功，故B錯誤，C正確；假定小球B開始運動到第一次回到的正下方時速度為v1、圓環(huán)速度為v2，則有mBv1－mAv2＝0.6N·s，12mBv12＋12mAv22＝12mAv02，mAv0＝0.6N·s，解得v1＝4m/s，根據(jù)動量定理，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I＝mBv1（多選）如圖所示，一質(zhì)量M＝4kg的滑塊套在水平固定著的軌道上并可在軌道上無摩擦滑動．一質(zhì)量m＝1kg的小球（可視為質(zhì)點）通過長度l＝1m的不可伸長的輕繩與滑塊上的光滑軸O連接，開始時滑塊靜止，輕繩處于水平狀態(tài)．現(xiàn)將小球由靜止自由釋放（不計一切摩擦力），取g＝10m/s2．則下列說法正確的是（）A．小球從初始位置到第一次到達最低點時，輕繩的拉力為16N B．小球從初始位置到第一次到達最低點的過程中，滑塊M在水平軌道上向右移動了0.8m C．小球可回到初始高度 D．小球從初始位置到第一次到達最大高度的過程中，小球在水平方向上向左移動了1.6m【答案】CD【解答】解：A、設小球第一次到達最低點時小球和滑塊的速度分別為v1和v2，取水平向左為正方向，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒得：mv1+Mv2＝0根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒得：mv1+Mv2＝mgl聯(lián)立解得：v1＝4m/s，v2＝﹣1m/s小球第一次到達最低點時小球相對于滑塊的速度大小為Δv＝v1﹣v2＝[4﹣（﹣1）]m/s＝5m/s，以小球為研究對象，由牛頓第二定律得：F﹣mg＝m，解得輕繩的拉力為F＝35N，故A錯誤；B、小球從初始位置到第一次到達最低點的過程中，設滑塊M在水平軌道上向右移動的距離為x。取水平向左為正方向，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒得：0＝m﹣M，解得x＝0.2m，故B錯誤；C、設小球相對于初始位置可以上升的最大高度為h，此時小球與滑塊速度相同，設為v，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒得：0＝（m+M）v以初始位置為參考點，根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒得0＝mgh+（m+M）v2，解得h＝0，即小球可回到初始高度，故C正確；D、小球從初始位置到第一次到達最大高度的過程中，設小球在水平方向上向左移動的距離為x′，取水平向左為正方向，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒得：0＝m﹣M，解得x′＝1.6m，故D正確。如圖所示，質(zhì)量為M的滑塊可在水平放置的光滑固定導軌上自由滑動，質(zhì)量為m的小球與滑塊上的懸點O由一不可伸長的輕繩相連，繩長為L。開始時，輕繩處于水平拉直狀態(tài)，小球和滑塊均靜止?，F(xiàn)將小球由靜止釋放，當小球到達最低點時，滑塊剛好被一表面涂有粘性物質(zhì)的固定擋板粘住，在極短的時間內(nèi)速度減為零，小球繼續(xù)向左擺動到繩與豎直方向的夾角為60°時達到最高點?；瑝K與小球均視為質(zhì)點，空氣阻力不計，重力加速度為g，則以下說法正確的是()A．繩的拉力對小球始終不做功B．滑塊與小球的質(zhì)量關系為M＝2mC．釋放小球時滑塊到擋板的距離為eq\f(L,2)D．滑塊撞擊擋板時，擋板對滑塊作用力的沖量大小為2meq\r(gL)答案C解析因滑塊不固定，則繩下擺過程中，繩的拉力對滑塊做正功，對小球做負功，A錯誤；小球下擺過程，系統(tǒng)機械能守恒，有：mgL＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，水平方向動量守恒，有：0＝Mv1－mv2，小球從最低點向左擺動到最高點的過程，機械能守恒，有：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝mgL(1－cos60°)，三式聯(lián)立，解得：M＝m，B錯誤；小球下擺過程，由系統(tǒng)水平方向動量守恒，有：Meq\f(x,t)－meq\f(L－x,t)＝0，可得x＝eq\f(L,2)，即釋放小球時滑塊到擋板的距離為x＝eq\f(L,2)，C正確；滑塊撞擊擋板時，根據(jù)動量定理可得，擋板對滑塊作用力的沖量大小為I＝Mv1＝meq\r(gL)，D錯誤。(2022·湖南省岳陽市高三下教學質(zhì)量監(jiān)測(二))如圖所示，質(zhì)量均為m的木塊A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一豎直輕桿，輕桿上端的O點系一長為L的細線，細線另一端系一質(zhì)量為m0的球C，現(xiàn)將C球拉起使細線水平伸直，并由靜止釋放C球，則下列說法不正確的是()A．A、B兩木塊分離時，A、B的速度大小均為eq\f(m0,m)eq\r(\f(mgL,2m＋m0))B．A、B兩木塊分離時，C的速度大小為2eq\r(\f(mgL,2m＋m0))C．C球由靜止釋放到最低點的過程中，A對B的彈力的沖量大小為2m0eq\r(\f(mgL,2m＋m0))D．C球由靜止釋放到最低點的過程中，木塊A移動的距離為eq\f(m0L,2m＋m0)答案C解析球C下落到最低點前，A、B受到細線的作用力斜向右下方，向右做加速運動，球C越過最低點后A受到細線的作用力斜向左下方，開始向右做減速運動，則球C下落到最低點時，A、B開始分離，將A、B、C視為一個系統(tǒng)，從釋放C球至C球下落至最低點的過程，根據(jù)機械能守恒定律有m0gL＝eq\f(1,2)m0veq\o\al(2,C)＋eq\f(1,2)×2m×veq\o\al(2,AB)，水平方向動量守恒，有m0vC＝2mvAB，聯(lián)立解得A、B分離時C的速度大小vC＝2eq\r(\f(mgL,2m＋m0))，A、B的速度大小vAB＝eq\f(m0,m)eq\r(\f(mgL,2m＋m0))，故A、B正確；C球由靜止釋放到最低點的過程中，選B為研究對象，由動量定理得IAB＝mvAB－0＝m0eq\r(\f(mgL,2m＋m0))，故C錯誤；C球由靜止釋放到最低點的過程中，系統(tǒng)水平方向動量守恒，設C對地水平向左的位移大小為x1，A、B對地水平位移大小為x2，則有m0x1＝2mx2，又x1＋x2＝L，可解得x2＝eq\f(m0L,2m＋m0)，故D正確。本題選說法不正確的，故選C。（2022四川綿陽診斷）(多選)質(zhì)量都為m的木塊A和B,并排放在光滑水平地面上,A上固定一足夠長的豎直輕桿,長為L的細線一端系在輕桿上的O點,另一端系一質(zhì)量為m的小球C.現(xiàn)將C球向右拉起至水平拉直細線,如圖所示,由靜止釋放,在之后的過程中A.木塊A的最大速度大小為3B.木塊A、B分離后,B的速度大小為3C.C球過O點正下方后,上升的最大高度為34D.C球在O點正下方向右運動時,速度大小為2解析：BC小球C向下擺動的過程中,小球、木塊A和B組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒,系統(tǒng)的機械能守恒,且小球擺到最低點時木塊A、B剛好要分離,設小球在最低點時的速度大小為v1,木塊A和B的速度大小為v2,以向左為正方向,則由動量守恒定律以及機械能守恒定律得0=mv1-2mv2,mgL=12mv12+12×2mv22,解得v1=23gL3、v2=3gL3,B正確;設C球經(jīng)過O點正下方后上升的最大高度為h,且在最大高度處時小球C和木塊A共速,設此時的速度為v,則由動量守恒定律以及機械能守恒定律得mv1-mv2=2mv,12mv12+12mv22=mgh+12×2mv2,解得v=3gL6、h=3L4,C正確;設球C在O點正下方向右運動時的速度大小為12mv32+12mv42,解得v4=23gL(2019·湖北八市聯(lián)考)如圖所示，光滑的水平導軌上套有一質(zhì)量為1kg、可沿桿自由滑動的滑塊，滑塊下方通過一根長為1m的輕繩懸掛著質(zhì)量為0.99kg的木塊。開始時滑塊和木塊均靜止，現(xiàn)有質(zhì)量為10g的子彈以500m/s的水平速度擊中木塊并留在其中(作用時間極短)，取重力加速度g＝10m/s2。下列說法正確的是()A．子彈和木塊擺到最高點時速度為零B．滑塊的最大速度為2.5m/sC．子彈和木塊擺起的最大高度為0.625mD．當子彈和木塊擺起高度為0.4m時，滑塊的速度為1m/s解析：選C設子彈質(zhì)量為m0，木塊質(zhì)量為m1，滑塊質(zhì)量為m2，由子彈、木塊、滑塊組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，故當子彈和木塊擺到最高點時三者具有相同的速度，且速度方向水平，A項錯誤；只要輕繩與桿之間的夾角為銳角，輕繩拉力對滑塊做正功，滑塊就會加速，所以當輕繩再次豎直時滑塊速度最大，設此時滑塊速度為vm，子彈和木塊速度為v′，則由系統(tǒng)水平方向動量守恒可得m0v0＝(m0＋m1)v1＝(m0＋m1)v′＋m2vm，eq\f(1,2)(m0＋m1)v12＝eq\f(1,2)(m0＋m1)v′2＋eq\f(1,2)m2vm2，解得vm＝0，或vm＝5m/s，即滑塊的最大速度為5m/s，B項錯誤；當子彈和木塊擺到最高點時三者具有相同的速度v，由系統(tǒng)水平方向動量守恒可得m0v0＝(m0＋m1)v1＝(m0＋m1＋m2)v，解得v＝2.5m/s，由子彈進入木塊后系統(tǒng)機械能守恒可得eq\f(1,2)(m0＋m1)v12＝eq\f(1,2)(m0＋m1＋m2)v2＋(m0＋m1)gh，解得h＝0.625m，C項正確；當子彈和木塊擺起高度為0.4m時，由系統(tǒng)水平方向動量守恒可得m0v0＝(m0＋m1)v1＝(m0＋m1)vx＋m2v3，得vx＝4m/s，而此時木塊和子彈豎直方向速度一定不為零，故由子彈進入木塊后系統(tǒng)機械能守恒可得eq\f(1,2)(m0＋m1)v12＝eq\f(1,2)(m0＋m1)(vx2＋vy2)＋eq\f(1,2)m2v32＋(m0＋m1)gh，解得h<0.4m，D項錯誤。(2023·山東威海市檢測)質(zhì)量均為m的木塊A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一豎直輕桿，輕桿上端的O點系一條不可拉伸的長為l的細線，細線另一端系一個可以看作質(zhì)點的球C，質(zhì)量也為m.現(xiàn)將C球拉起使細線水平自然伸直，并由靜止釋放C球，重力加速度為g.求：(1)C球第一次擺到最低點時的速度大?。?2)從C球由靜止釋放到第一次擺到最低點的過程中，B移動的距離；(3)C球向左擺動的最高點距O點的豎直高度．答案(1)2eq\r(\f(gl,3))(2)eq\f(l,3)(3)eq\f(l,4)解析(1)對A、B、C組成的系統(tǒng)，由水平方向動量守恒及系統(tǒng)機械能守恒可得mvC＝2mvABmgl＝eq\f(1,2)mvC2＋eq\f(1,2)×2mvAB2聯(lián)立解得C球第一次擺到最低點時的速度大小為vC＝2eq\r(\f(gl,3)).(2)對A、B、C組成的系統(tǒng)，由人船模型規(guī)律可得mxC＝2mxABxC＋xAB＝l聯(lián)