【物理】2020届一轮复习人教版第七单元动量学案

【物理】2020届一轮复习人教版第七单元动量学案

第七单元 知识内容 考试 要求 考题统计 命题分析 ‎2016/‎ ‎10‎ ‎2017/‎ ‎04‎ ‎2017/‎ ‎11‎ ‎2018/‎ ‎04‎ ‎2018/‎ ‎11‎ 动量和动量定理 c ‎23‎ ‎22‎ ‎22‎ ‎23‎ ‎22‎ 选考对本单元内容的考查主要集中在用动量知识解决电磁感应问题，有时还与带电粒子在电磁场中的运动、原子物理学综合考查，难度较大。‎ 动量守恒定律 c ‎22‎ 碰撞 d 反冲运动　火箭 b 考点一 动量和动量定理 ‎1．动量 物体的质量与速度的乘积为动量，即p＝mv，单位是kg·m/s。动量是描述物体运动状态的物理量，是矢量，其方向与速度的方向相同。‎ ‎2．冲量 力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，即I＝F·t，单位是N·s，冲量是矢量，其方向与力的方向相同。‎ ‎3．动量定理 物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量，即p′－p＝I。适用于单个物体或多个物体组成的系统；对多个过程同样适用(此时I应为多个过程的总冲量)。‎ ‎4．用动量定理解题的基本思路 用动量定理列式时要注意力和速度的矢量性(高中仅限一维情形)，所以当涉及多个外力作用下速度方向发生变化时通常要先确定正方向。‎ ‎[验备考能力]‎ ‎1．一物体从某高处由静止下落，设所受空气阻力恒定，当它下落h时的动量大小为p1，下落2h时的动量大小为p2，那么p1∶p2应为(　　)‎ A．1∶1　　　　　　　　　 B．1∶ C．1∶2 D．1∶4‎ 解析：选B　由题意，物体下落的加速度a恒定，即物体向下做匀加速直线运动，由v2‎ ‎＝2ah得：v＝，再由p＝mv求得：＝＝＝，故B正确，A、C、D错误。‎ ‎2．下面说法正确的是(　　)‎ A．当力与物体的位移垂直时，该力的冲量为零 B．如果物体(质量不变)的速度发生变化，则可以肯定它受到的合外力的冲量不为零 C．物体所受合外力的冲量越大，它的动量也越大 D．做竖直上抛运动的物体，在Δt时间内所受重力的冲量可能为零 解析：选B　力的冲量：I＝Ft，当力与物体的位移垂直时，该力的冲量不为零，故A错误；如果物体(质量不变)的速度发生变化，物体的动量发生变化，由动量定理可知，物体所受到的合外力的冲量不为零，故B正确；由动量定理可知，物体所受合外力的冲量越大，物体动量的变化量越大，它的动量不一定大，故C错误；做竖直上抛运动的物体，在Δt时间内所受重力的冲量为mgΔt，不可能为零，故D错误。‎ ‎3．蹦床是一项运动员利用从蹦床反弹中表现杂技技巧的竞技运动。一质量为50 kg的运动员从离蹦床1.8 m高处自由下落，若从运动员接触蹦床到运动员陷至最低点经历了0.2 s，(取g＝10 m/s2，不计空气阻力)在这段时间内，下列说法错误的是(　　)‎ A．运动员受到的合力冲量大小为300 N·s B．重力的冲量大小为100 N·s C．蹦床对运动员的冲量大小为200 N·s D．运动员动量变化量大小为300 N·s 解析：选C　设运动员的质量为m，他刚落到蹦床瞬间的速度为v，运动员自由下落的过程中只受重力作用，故机械能守恒，即：mgh＝mv2，解得：v＝＝6 m/s；根据动量定理可知，运动员受到的合力冲量大小I＝mv＝50×6 N·s＝300 N·s，选项A正确。重力的冲量大小IG＝mgΔt＝500×0.2 N·s＝100 N·s，选项B正确。选取运动员接触蹦床的过程为研究过程，取向下为正方向，由动量定理得：IG－IF＝0－(mv)，解得蹦床对运动员的冲量大小为IF＝IG＋mv＝400 N·s，选项C错误。运动员动量变化量大小Δp＝mv＝300 N·s，选项D正确。‎ ‎4.如图所示，质量相等的A、B两物体在同一水平线上。当A物体被水平抛出的同时，B物体开始自由下落(空气阻力忽略不计)，曲线AC为A物体的运动轨迹，直线BD为B物体的运动轨迹，两轨迹相交于O点。则A、B两物体(　　)‎ A．在O点具有的机械能一定相等 B．在O点时重力的功率一定不相等 C．运动过程的动量变化率大小相等，方向相同 D．从开始到相遇过程中动量的变化量不相等 解析：选C　经过O点时，A物体与B物体竖直方向上的速度相等，但A物体在水平方向上还有分速度，所以在O点速率不相等，则机械能也不相等，故A错误；在O点竖直方向上的速度相等，所以重力的功率P＝mgvy一定相等，故B错误；由动量定理知mgt＝Δp，所以＝mg，由于质量相等，所以A、B两物体运动过程的动量变化率大小相等，方向相同，故C正确；两物体动量的变化量等于合外力的冲量，即Δp＝mgt，两物体竖直方向上的运动是一样的，所以运动时间也是一样的，因为两物体质量相等，所以动量的变化量也相等，故D错误。‎ ‎5．(2018·宁波检测)在高台跳水中，运动员从高台向上跃起，在空中完成动作后，进入水中在浮力作用下做减速运动，速度减为零后返回水面。设运动员在空中运动过程为Ⅰ，在进入水中做减速运动过程为Ⅱ。不计空气阻力和水的粘滞阻力，则下述判断错误的是(　　)‎ A．在过程Ⅰ中，运动员受到的冲量等于动量的改变量 B．在过程Ⅰ中，运动员受到重力冲量的大小与过程Ⅱ中浮力冲量的大小相等 C．在过程Ⅰ中，每秒钟运动员动量的变化量相同 D．在过程Ⅰ和在过程Ⅱ中运动员动量变化的大小相等 解析：选B　在过程Ⅰ中，运动员只受重力，故重力的冲量一定等于动量的改变量，所以A选项是正确的；因为在过程Ⅱ中人也会受到重力，故由动量定理可以知道，整体过程中重力的冲量等于过程Ⅱ中浮力的冲量大小，故B错误；在过程Ⅰ中，因为重力不变，运动员的加速度相同，在相同的时间内运动员的速度变化相同，故每秒钟运动员动量的变化量相同，所以C选项是正确的；根据题意知，过程Ⅰ中的末速度等于过程Ⅱ的初速度，而过程Ⅱ的末速度为零，故动量的变化的大小相等，所以D选项是正确的。‎ ‎6．高空丢弃垃圾是极其不文明的现象，也容易对行人造成伤害。若一个50 g的烂苹果从一居民楼的25层丢下，与地面的碰撞时间约为2 ms，重力加速度g取10 m/s2，则该苹果对地面产生的冲击力最接近(　　)‎ A．10 N B．100 N C．1 000 N D．10 000 N 解析：选C　设每层楼高约3 m，则下落高度h＝3×25 m＝75 m，烂苹果落地速度v＝＝ m/s≈39 m/s，根据动量定理(F－mg)t＝mv，解得苹果所受冲击力F＝＋mg≈975 N，由牛顿第三定律知C正确。‎ 考点二 动量守恒定律　碰撞 ‎1.动量守恒定律 ‎(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变。‎ ‎(2)常用的表达式：‎ m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。‎ ‎(3)适用条件 ‎①理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零。‎ ‎②近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。‎ ‎③某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒。‎ ‎2．碰撞 ‎(1)碰撞现象：两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生非常大的相互作用的过程。‎ ‎(2)碰撞特征：作用时间短、作用力变化快、内力远大于外力、满足动量守恒。‎ ‎(3)碰撞的分类及特点 弹性碰撞 动量守恒，机械能守恒 非弹性碰撞 动量守恒，机械能不守恒 完全非弹性碰撞 动量守恒，机械能损失最多 ‎[研考题考法]‎ 　[多选]下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是(　　)‎ A．①在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中 B．②剪断细线，弹簧恢复原长的过程(滑块A紧靠墙壁)‎ C．③两球匀速下降，细线断裂后，它们在水中运动的过程中 D．④木块沿光滑固定斜面由静止滑下的过程中 ‎[解析]　①在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中，系统所受外力之和为零，系统动量守恒，故A正确。②剪断细线，弹簧恢复原长的过程，墙壁对滑块有作用力，系统所受外力之和不为零，系统动量不守恒，故B错误。③木球与铁球的系统所受合力为零，系统动量守恒，故C正确。④木块下滑过程中，斜面始终受挡板作用力，系统动量不守恒，故D错误。故选A、C。‎ ‎[答案]　AC ‎[规律方法]‎ 解决本题的关键是系统动量守恒的条件，即抓住系统是否不受外力或所受的外力之和是否为零来进行判断。‎ 　A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移时间图象。a、b分别为A、B两球碰前的位移图象，c为碰撞后两球共同运动的位移图象，若A球质量是m＝2 kg，则由图象判断下列结论错误的是(　　)‎ A．A、B碰撞前的总动量为3 kg·m/s B．碰撞时A对B所施冲量为－4 N·s C．碰撞前后A的动量变化为4 kg·m/s D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J ‎[解析]　由st图象可知，碰撞前有：vA＝＝－3 m/s, vB＝＝2 m/s，碰撞后有：vA′＝vB′＝v＝＝－1 m/s；对A、B组成的系统，A、B两球沿一直线运动并发生正碰，碰撞前后物体都是做匀速直线运动，所以系统的动量守恒。碰撞前后A的动量变化为：ΔpA＝mvA′－mvA＝4 kg·m/s，根据动量守恒定律，碰撞前后B的动量变化为：ΔpB＝－ΔpA＝－4 kg·m/s，又ΔpB＝mB(vB′－vB)，所以mB＝＝ kg, 所以A与B碰撞前的总动量为：p总＝mvA＋mBvB＝－ kg·m/s; 由动量定理可知，碰撞时A对B所施冲量为：IB＝ΔpB＝－4 kg·m/s＝－4 N·s。碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能：ΔEk＝mvA2＋mBvB2－(m＋mB)v2，代入数据解得：ΔEk＝10 J，故A错误。‎ ‎[答案]　A 　如图所示，两个小球A和B质量分别是mA＝2.0 kg，mB＝1.6 kg，球A静止在光滑水平面上的M点，球B在水平面上从远处沿两球的中心连线向着球A运动，假设两球相距L≤18 m时存在着恒定的斥力F，L＞18 m时无相互作用力。当两球相距最近时，它们间的距离为d＝2 m，此时球B的速度是4 m/s。求：‎ ‎(1)球B的初速度大小；‎ ‎(2)两球之间的斥力大小；‎ ‎(3)两球从开始相互作用到相距最近时所经历的时间。‎ ‎[解析]　(1)设两球之间的斥力大小是F，两球从开始相互作用到两球相距最近时所经历的时间是t。当两球相距最近时球B的速度vB＝4 m/s，此时球A的速度vA与球B的速度大小相等， vA＝vB＝4 m/s，由动量守恒定律可得：mBvB0＝(mA＋mB)v，解得：vB0＝9 m/s。‎ ‎(2)两球从开始相互作用到它们之间距离最近时，它们之间的相对位移Δx＝L－d ‎，由功能关系可得：FΔx＝mBvB02－(mAvA2＋mBvB2)，代入数据得：F＝2.25 N。‎ ‎(3)根据动量定理，对A球有Ft＝mvA－0，得t＝3.56 s。‎ ‎[答案]　(1)9 m/s　(2)2.25 N　(3)3.56 s ‎[规律方法]‎ 本题也可以认为是一种特殊的碰撞问题，综合考查了动量定理、动量守恒定律和能量守恒定律，综合性较强。知道两球相距最近时速度相等，以及知道相互作用力与相对位移的乘积等于系统动能的损失是解决本题的关键。‎ ‎[验备考能力]‎ ‎1.足够深的水池中有一个木块和铁块用细绳拴连后在水里悬浮。现剪断细绳，在铁块沉入水底且木块浮出水面之前，若只考虑重力和浮力，对于铁块与木块构成的系统，下列说法正确的是(　　)‎ A．动量守恒，机械能增加 B．动量守恒，机械能减少 C．动量守恒，机械能守恒 D．动量不守恒，机械能守恒 解析：选A　在铁块沉入水底且木块浮出水面之前，根据F＝ρgV排，系统受到的浮力不变，重力也不变，所以系统合力为零，动量守恒。在此过程中浮力对系统做的总功为正功，根据功能关系可知，系统机械能增加，故A正确，B、C、D错误。‎ ‎2.如图所示，用轻弹簧相连的物块A和B放在光滑的水平面上，物块A紧靠竖直墙壁。一颗子弹沿水平方向射入物块B后留在其中(子弹打击的时间极短)。关于由子弹、弹簧和物块A、B所组成的系统，下列说法正确的是(　　)‎ A．子弹射入物块 B 的过程中，系统的机械能、动量均不守恒 B．物块B带着子弹向左运动，直到弹簧压缩量达到最大的过程中，系统的机械能和动量都不守恒 C．弹簧推着物块 B 向右运动，直到弹簧恢复原长的过程中，系统的机械能和动量都守恒 D．物块 A 离开竖直墙壁后，直到弹簧伸长量达到最大的过程中，系统的机械能和动量都守恒 解析：选D　子弹射入物块B的过程中，由于时间极短，且内力远大于外力，子弹、弹簧和物块A、B所组成的系统动量守恒；在此过程中，子弹的动能有一部分转化为系统的内能，系统的机械能减小，故A项错误。物块B 带着子弹向左运动，直到弹簧压缩量达到最大的过程中，系统受到墙壁的作用力，外力之和不为零，系统动量不守恒；在此过程中，只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，故B项错误。弹簧推着物块 B 向右运动，直到弹簧恢复原长的过程中，系统受到墙壁的作用力，外力之和不为零，系统动量不守恒；在此过程中，只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，故C项错误。物块A离开竖直墙壁后，直到弹簧伸长量达到最大的过程中，系统所受的外力之和为零，系统动量守恒；在此过程中，只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，故D项正确。‎ ‎3.如图，质量为6m，长为L的薄木板AB放在光滑的水平台面上，木板B端与台面右边缘齐平。B端上放有质量为3m且可视为质点的滑块C，C与木板之间的动摩擦因数为μ＝，质量为m的小球用长为L的细绳悬挂在平台右边缘正上方的O点，细绳竖直时小球恰好与C接触。现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与C正碰后反弹速率为碰前的一半。‎ ‎(1)求细绳所受的最大拉力；‎ ‎(2)若要使小球落在释放点的正下方P点，平台高度应为多大？‎ ‎(3)通过计算判断C能否从木板上掉下来。‎ 解析：(1)设小球运动到最低点的速率为v0，小球向下摆动过程，由动能定理：mgL＝mv02，解得v0＝ 小球在圆周运动最低点时拉力最大，由牛顿第二定律：‎ T－mg＝m，解得：T＝3mg 由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力T＝3mg。‎ ‎(2)小球碰撞后做平抛运动：‎ 竖直方向：h＝gt2‎ 水平方向：L＝v0t 联立解得：h＝L。‎ ‎(3)小球与滑块C碰撞过程中小球和C系统满足动量守恒，设C碰后速率为v1，并依题意有mv0＝3mv1－m 假设木板足够长，在C与木板相对滑动直到相对静止过程，设两者最终共同速率为v2，‎ 由动量守恒：3mv1＝(3m＋6m)v2‎ 由能量守恒：·3mv12＝(3m＋6m)v22＋μ·3mgs相 联立解得：s相＝ 即不会从木板上掉下来。‎ 答案：(1)3mg　(2)L　(3)不会掉下来 ‎4.如图所示，MN为3 m宽的小沟，M点左侧1 m处有一5 m高的平台与半径为1.25 m的圆弧底部相切，平台表面与圆轨道都光滑，一质量为3 kg 的B球静止在平台上。现让一小球A从圆弧左侧与圆心等高处静止释放，A球下滑至平台并与B球发生碰撞。A、B两球可视为质点，g＝10 m/s2。求：‎ ‎(1)A球到达圆弧底端时的速度大小；‎ ‎(2)如果碰后两球分别落在M与N点，则A球的可能质量。‎ 解析：(1)根据机械能守恒，mgR＝mv2‎ 代入数据得v＝5 m/s。‎ ‎(2)①若碰后两球都向右运动，据平抛运动 竖直方向：h＝gt2，解得t＝1 s 水平方向：x＝v0t，解得vA1＝1 m/s，vB1＝4 m/s 由动量守恒定律：mAvA＝mAvA1＋mBvB1‎ 得mA＝3 kg 碰前总动能Ek1＝×3×52 J＝37.5 J 碰后总动能Ek1′＝×3×12 J＋×3×42 J＝25.5 J 因为Ek1＞Ek1′，其解成立。‎ ‎②若碰后A球向左运动，B球向右运动，则可能有：‎ vA2＝－1 m/s，vB2＝4 m/s 由动量守恒定律：mAvA＝mAvA2＋mBvB2‎ 得mA＝2 kg 碰前总动能Ek2＝×2×52 J＝25 J 碰后总动能Ek2′＝×2×(－1)2 J＋×3×42 J＝25 J 因为Ek2＝Ek2′，其解成立。‎ ‎③若碰后A球向左运动，B球向右运动，则可能有：‎ vA3＝－4 m/s，vB3＝1 m/s 由动量守恒定律：mAvA＝mAvA3＋mBvB3‎ 得mA＝ kg 碰前总动能Ek3＝××52 J＝ J 碰后总动能Ek3′＝××(－4)2 J＋×3×12 J＝ J 因为Ek3＝Ek3′，其解成立。‎ 答案：(1)5 m/s　(2)见解析 考点三 反冲　火箭 ‎1.反冲现象 ‎(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。‎ ‎(2)反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。‎ ‎(3)反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的机械能增加。‎ ‎2．火箭 ‎(1)工作原理：利用反冲运动。火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾喷管迅速喷出时，使火箭获得巨大的反作用力。‎ ‎(2)设火箭在Δt时间内喷射燃气的质量是Δm，喷出燃气的速度是u，喷出燃气后火箭的质量是m，则火箭获得的速度v＝。‎ ‎[验备考能力]‎ ‎1．(2018·杭州模拟)一静止的质量为M的原子核，以相对地的速度v放射出一质量为m的粒子后，原子核剩余部分作反冲运动的速度大小为(　　)‎ A.　　　　　　　　 B. C.v D． v 解析：选B　原子核释放粒子的过程系统动量守恒，以释放粒子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得： ‎ mv－(M－m)v′＝0‎ 计算得出：v′＝，故B正确。‎ ‎2．(2018·嘉兴检测)向空中发射一枚炮弹，不计空气阻力，当此炮弹的速度恰好沿水平方向时，炮弹炸裂成a、b两块，若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则有(　　)‎ A．b的速度方向一定与炸裂前瞬间的速度方向相反 B．从炸裂到落地的这段时间内，a飞行的水平距离一定比b的大 C．a、b一定同时到达水平地面 D．炸裂的过程中，a、b动量的变化量大小一定不相等 解析：选C　炮弹炸裂过程发生在炮弹的速度恰好沿水平方向时，因为炮弹水平方向不受外力，所以在水平方向上动量守恒，设炮弹炸裂前瞬间的速度为v，炸裂后a、b的速度分别为va、vb，由动量守恒定律有：(ma＋mb)v＝mava＋mbvb，vb的方向可能与v的方向相同，故A错误；a、b 在水平飞行的同时，竖直方向上做自由落体运动，即做平抛运动，落地时间由高度决定，可以知道a、b同时落地，因为水平飞行距离x＝vt，由A选项分析知，a的速度可能小于b的速度，则a的水平位移可能比b的小，故B错误，C正确。 由动量守恒定律可以知道，炸裂的过程中，a、b动量的变化量大小一定相等，故D错误。‎ ‎3．(2018·台州联考)一炮舰总质量为M，以速度v0匀速行驶，从舰上以相对海岸的速度v沿前进的方向射出一质量为m的炮弹，发射炮弹后炮舰的速度为v′，若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是(　　)‎ A．Mv0＝(M－m)v′＋mv B．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v0)‎ C．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v′)‎ D．Mv0＝Mv′＋mv 解析：选A　对舰和炮弹组成的系统，开炮过程中动量守恒，开炮后舰的质量变为M－m，有Mv0＝(M－m)v′＋mv，所以A选项是正确的。‎ ‎4.如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M的木块。现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并留在木块中，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)‎ A．子弹射入木块后的瞬间，速度大小为 B．木块摆至最高点时，速度大小为 C．子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力等于(M＋m＋m0)g D．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒 解析：选B　子弹射入木块后的瞬间，取水平向右为正方向，由子弹和木块组成的系统的动量守恒，则：m0v0＝(M＋m0)v1，解得速度大小为v1＝，故A错误；当木块摆至最高点时，子弹、木块以及圆环三者速度相同，以三者为系统水平方向动量守恒，则：m0v0＝(M＋m0＋m)v2，即v2＝，故B正确；子弹射入木块后的瞬间，设绳对木块和子弹的拉力为T，则对木块和子弹整体根据牛顿第二定律可得：T－(M＋m0)g＝(M＋m0)，可知绳子拉力T＞(M＋m0)g，子弹射入木块后的瞬间，对圆环，有：N＝T＋mg＞(M＋m＋m0)g，则由牛顿第三定律知，环对轻杆的压力大于(M＋m＋m0)g ‎，故C错误；子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，故D错误。‎ ‎5．冰壶运动深受观众喜爱，图1为2018年2月9日冬奥会混双冰壶资格赛(中国VS俄罗斯)上中国队员投掷冰壶的镜头。在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生碰撞，如图2。若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置不可能是下列图中的哪一幅图(　　)‎ 解析：选A　如果两冰壶发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，两冰壶质量相等，碰撞后两冰壶交换速度，甲静止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做减速运动，最后停止，最终两冰壶的位置如B图所示；如果为非弹性碰撞，总动量向右，则C图有可能，A图不可能；若两球不是对心碰撞，则两球可能移位，故D图有可能。‎ ‎6．(2018·绍兴模拟)平板车停在水平光滑的轨道上，平板车上有一人从固定在车上的货厢边沿水平方向顺着轨道方向跳出，落在平板车上的A点，距货厢水平距离为l＝4 m，如图所示。人的质量为m，车连同货厢的质量为M＝4m，货厢高度为h＝1.25 m(g取10 m/s2)。求：‎ ‎(1)车在人跳出后到落到A点期间的反冲速度； ‎ ‎(2)车在地面上移动的位移是多少？人落在A点并站定以后，车还运动吗？‎ 解析：(1)人从货厢边跳离的过程，系统(人、车和货厢)的动量守恒，设人的水平速度是v1，车的反冲速度是v2，则mv1－Mv2＝0，‎ 解得：v2＝ 人跳离货厢后做平抛运动，车以v2做匀速运动，‎ 由h＝gt2，‎ 解得运动时间为t＝0.5 s。‎ 在这段时间内人的水平位移x1和车的位移x2分别为x1＝v1t，x2＝v2t ‎ 由图可知x1＋x2＝l，即v1t＋v2t＝l 联立解得：v2＝＝1.6 m/s。‎ ‎(2)车的水平位移x2为：x2＝v2t＝1.6×0.5 m＝0.8 m 人落到车上A点的过程，系统水平方向的动量守恒，人落到车上前的水平速度仍为v1，车的速度为v2，落到车上后设它们的共同速度为v，根据水平方向动量守恒得 mv1－Mv2＝(M＋m)v，则v＝0‎ 故人落到车上A点站定后车的速度为零。‎ 答案：(1)1.6 m/s　(2)0.8 m　不运动