小船相对于地面以速度v向东行驶，若在船上以相对于地面相同的速率2v分别水平向东和向西抛出两个质量相等的重物，则小船的速度将（ ）
分析：
以重物和船为系统，原来匀速运动，系统所受的合外力为零，抛重物的过程系统满足动量守恒定律，根据此定律列式分析．
解答：
解：以重物和船组成的系统为研究对象，抛重物的过程系统动量守恒．取向东方向为正方向，设船的质量为M，重物的质量为m，由动量守恒定律得：
(M+2m)v=mv-mv+Mv′，
所以有：v′=v+$\frac {2m}{M}$v＞v，即船速增大．
故选：C．
点评：
本题首先要准确选择研究对象，掌握动量守恒定律，要注意选取正方向，用正负号表示速度的方向．
小船在湖水中相对于地面以大小为v的速度向东行驶，若在船上同时以相对地面大小为2v的速度分别向东和向西抛出两个一样的物体，则小船速度将（ ）
分析：
以物体和船为系统，原来匀速运动，系统所受的合外力为零，抛物的过程系统满足动量守恒定律，根据此定律列式分析．
解答：
解：以物体和船组成的系统为研究对象，抛物的过程系统动量守恒．
取向东方向为正方向，设船的质量为M，一个重物的质量为m，
由动量守恒定律得：(M+2m)v=mv-mv+Mv′，
所以有：v′=v+$\frac {2m}{M}$v＞v，即船速增大．故B正确．
故选：B
点评：
本题首先要准确选择研究对象，掌握动量守恒定律，要注意选取正方向，用正负号表示速度的方向．
如图所示，一辆小车静止在光滑水平面上，A、B两人分别站在左右两侧，整个装置处于静止状态．当两人同时相向走动时，则（ ）
分析：
A、B两人及小车组成的系统受合外力为零，系统动量守恒，根据动量守恒定律分析即可求解
解答：
解：A、B两人与小车组成的系统受合外力为零，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m_Av_A+m_Bv_B+m_车v_车=0；
A、若小车不动，则m_Av_A+m_Bv_B=0，由于不知道A、B质量的关系，所以两人速率不一定相等，故A错误；
BC、若小车向左运动，则A、B的动量和一定向右，A向右运动，B向左运动，所以A的动量一定比B的大，由于不知道两人的质量关系，无法判断两人的速率关系，A的速率不一定比B的小，故B错误，C正确；
D、若小车向右运动，则A、B的动量和必须向左，而A向右运动，B向左运动，所以A的动量一定比B的小，故D错误．
故选：C．
点评：
本题主要考察了动量守恒定律的直接应用，注意速度的矢量性，并明确对整体由动量守恒列式分析的方法，难度适中．
为满足不同列车间车厢进行重新组合的需要，通常需要将相关的列车通过“驼峰”送入编组场后进行重组(如图所示)，重组后的车厢同一组的分布在同一轨道上，但需要挂接在一起．现有一列火车共有 n节车厢，需要在编好组的“驼峰”左侧逐一撞接在一起．已知各车厢之间间隙均为s_0，每节车厢的质量都相等，现有质量与车厢质量相等、且没有动力驱动的机车经过“驼峰”以速度v_0向第一节车厢运动，碰撞后通过“詹天佑挂钩”连接在一起，再共同去撞击第二节车厢，直到 n 节全部挂好．不计车厢在挂接中所受到的阻力及碰撞过程所需的时间，则机车带动第一节车厢完成整个撞接过程所经历的时间是( )
分析：
根据动量守恒定律求出每次挂接后的速度，根据速度时间公式求出挂接后与下次挂接的时间，从而求解总时间．
解答：
解：与第1节车厢挂接时，根据动量守恒定律得：
mv_0=2mv$_1$
解得：v$_1$=$\frac {v}{2}$
则机车带动第一节车厢运动的时间t$_1$=$\frac {s}{v$_1$}$=$\frac {2s}{v}$，
同理与第2节车厢挂接时，根据动量守恒定律得：
2mv$_1$=3mv$_2$
解得：v$_2$=$\frac {v}{3}$
则机车带动第一、二节车厢运动的时间t$_2$=$\frac {s}{v$_2$}$=$\frac {3s}{v}$
…
同理可知机车带动n-1节车厢运动的时间为t_n-1=$\frac {s}{v_n-1}$=$\frac {ns}{v}$
则总时间t=t$_1$+t$_2$+…+t_n-1=$\frac {(2+3+4+…+n)s}{v}$=$\frac {(n+2)(n-1)s}{2v}$；故答案选A．
点评：
本题主要考查了动量守恒定律、动能定理的直接应用，知道当牵引力等于阻力时，速度最大，知道牵引力做的功可以根据W=Pt求解，难度适中．
列车进入编组站后要重新编组，会出现列车挂接问题．将许多节车厢逐一组合起来的过实质上是一个完全弹性碰撞过程．一列火车共有n节车厢，各车厢之间的间隙相等，间隙长度的总和为S．第一节车厢以速度v向第二节车厢运动，碰撞后连接在一起以共同的速度向第三节车厢运动，碰撞后连接在一起以共同的速度向第四节车厢运动，…直到n节车厢全部挂好，则整个挂接过程所经历的时间为( )
分析：
根据由n节车厢组成的系统，动量守恒列出等式求解．
解答：
解：相邻两车厢的间隙长度为：△S=$\frac {S}{n-1}$，
设车厢间发生第1、2、…、k次碰撞后连在一起的车厢速度分别为v$_1$、v$_2$、…、v_K，则有：
mv=2mv$_1$
mv=3mv$_2$
…
mv=(k+1)mv_k
解得：v$_1$=$\frac {1}{2}$v；v$_2$=$\frac {1}{3}$v；…、v_k=$\frac {1}{k+1}$v
所以整个挂接过程所用时间为：t=$\frac {△S}{v_}$+$\frac {△S}{v$_1$}$+…+$\frac {△S}{v_k}$
$\frac {△S}{v}$$\frac {S}{(n-1)v}$$\frac {1+(n-1)}{2}$$\frac {nS}{2v}$
点评：
本题以火车挂钩这一实际问题为情景，涉及碰撞过程中的动量守恒定律和匀速直线运动状态两个知识点，运算过程中渗透了数学归纳法．试题难度不算大，但能考查学生相应的物理能力．
一个质量为M的雪橇静止在水平雪地上，一条质量为m的爱斯基摩狗站在该雪橇上．狗向雪橇的正后方跳下，随后又追赶并向前跳上雪橇；其后狗又反复地跳下、追赶并跳上雪橇．狗与雪橇始终沿一条直线运动．若狗跳离雪橇时雪橇的速度为V，则此时狗相对于地面的速度为V+u(其中u为狗相对于雪橇的速度，V+u为代数和，若以雪橇运动的方向为正方向，则V为正值，u为负值)．设狗总以速度v追赶和跳上雪橇，雪橇与雪地间的摩擦忽略不计．已知v的大小为5m/s，u的大小为4m/s，M=30kg，m=10kg．则狗最多能跳上雪橇的次数是( )(供使用但不一定用到的对数值：lg2=0.301，lg3=0.477)
分析：
求狗最多能跳上的次数，需要知道每次狗跳下时雪橇的速度，故需要知道狗未跳下前狗和雪橇共同的速度，而要求狗未跳下前的速度，需知道狗跳上雪橇前雪橇的速度，即上一次狗跳下后雪橇的速度，所以可以分别求出第一次狗跳下后雪橇的速度，第一次狗跳上后的速度，再求出第二次狗跳下后雪橇的速度，第二次狗跳上后的速度，…，得出通项，从而解出答案．
解答：
解：设雪橇运动的方向为正方向．狗第1次跳下雪橇后雪橇相对地面的速度为V$_1$，则此时狗相对于地面的速度为(V+μ)，
由于雪橇和地面之间的摩擦忽略不计，故狗和雪橇组成的系统水平向动量守恒，
根据动量守恒定律，有MV$_1$+m(V$_1$+u)=0…①
设狗第1次跳上雪橇时，雪橇与狗的共同速度为V$_1$’
由于此时狗和雪橇组成的系统水平向动量仍然守恒，则有 MV$_1$+mv=(M+m)V$_1$’…②
联立①②两式可得 $_1$=$\frac {-Mmu+(M+m)mv}{(M+m)}$…③
将u=-4 m/s，v=5 m/s，M=30 kg，m=10 kg代入③式可得V$_1$’=2 m/s
解法(一)
设雪橇运动的方向为正方向．狗第(n-1)次跳下雪橇后雪橇的速度为v_n-1，则狗第(n-1)次跳上雪橇后的速度V_n-1’，
满足M V_n-1+mv=(M+m) V_n-1’…④
这样，狗n次跳下雪橇后，雪橇的速度为V_n满足
M V_n+m(V_n+u)=(M+m) V_n-1’…⑤
解得 V_n=(v-u)[1-($\frac {M}{M+m}$)_]-$\frac {mu}{M+m}$($\frac {M}{M+m}$)_
狗追不上雪橇的条件是 v_n≥v
可化为 ($\frac {M}{M+m}$)_≤$\frac {(M+m)u}{Mu-(M+m)v}$
最后可求得 n≥1+$\frac {lg($\frac {Mu-(M+m)v}{(M+m)u}$)}{lg($\frac {M+m}{M}$)}$
代入数据，得n≥3.41
故狗最多能跳上雪橇3次．
解法(二)：
设雪橇运动的方向为正方向．狗第i次跳下雪橇后，雪橇的速度为V_i′狗的速度为V_i+u；狗第i次跳上雪橇后，雪橇和狗的共同速度为V_i′，由动量守恒定律可得
第一次跳下雪橇：MV$_1$+m(V$_1$+u)=0…④
V$_1$=-$\frac {mu}{M+m}$=1m/s
第一次跳上雪橇：MV$_1$+mv=(M+m)V$_1$’…⑤
$_1$=$\frac {-Mmu+(M+m)mv}{(M+m)}$
第二次跳下雪橇：(M+m)V$_1$’=MV$_2$+m(V$_2$+u)…⑥
V$_2$=$\frac {(M+m)$_1$-mu}{M+m}$=3m/s
第二次跳上雪橇：MV$_2$+mv=(M+m)V$_2$’…⑦
$_2$=$\frac {MV$_2$+mv}{M+m}$
第三次跳下雪橇：(M+m)V$_2$’=MV$_3$+m(V$_3$+u)…⑧
V$_3$=$\frac {(M+m)$_2$-mu}{M+m}$=4.5m/s
第三次跳上雪橇：(M+m)V$_3$=MV$_3$’+m(V$_3$’+u)…⑨
$_3$=$\frac {(M+m)V$_3$-mu}{M+m}$
第四次跳下雪橇：(M+m)V$_3$’=MV$_4$+m(V$_4$+u)…⑩
V$_4$=$\frac {(M+m)$_3$-mu}{M+m}$=5.625m/s
此时雪橇的速度已大于狗追赶的速度，狗将不可能追上雪橇．
因此，狗最多能跳上雪橇3次．
点评：
本题难度较大，但有一个规律，即狗跳下后雪橇的速度是狗跳上雪橇前雪橇的速度，而狗第二次跳下的初速度是第一次跳上后
