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2. (2)(9分)
解：(i)设B球第一次到达地面时的速度大小为vB，由运动学公式有
vB = ①
将h =0.8m代入上式，得
vB =4m/s ②
(ii)设两球相碰前后，A球的速度大小分别为v1和v1′(v1′ =0)，B球的速度分别为v2和v2′，由运动学规律可得
v1 =gt ③
由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相碰前后的动量守恒，总动能保持不变。规定向下的方向为正，有
mAv1+ mBv2 =mBv2′ ④
mAv+mBv=mB ⑤
设B球与地面相碰后的速度大小为vB′，由运动学及碰撞的规律可得
vB′= vB ⑥
设P点距地面的高度为h′，由运动学规律可得
h′ = ⑦
联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得
h′ =0.75m ⑧
2(i)在一段很短的时间内，可以为喷泉喷出的水柱保持速度不变。
该时间内，喷出水柱高度： ①
喷出水柱质量： ②
其中为水柱体积，满足： ③
由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为
(ii)设玩具底面相对于喷口的高度为
由玩具受力平衡得： ④
其中，为玩具底部水体对其的作用力．
由牛顿第三定律： ⑤
其中，为玩具时其底部下面水体的作用力
为水体到达玩具底部时的速度
由运动学公式： ⑥
在很短时间内，冲击玩具水柱的质量为
⑦
由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱有
动量定理 ⑧
由于很小，也很小，可以忽略
⑧式变为 ⑨
由④⑤⑥⑦⑨可得
26．（20分）
设子弹初速度为，射入厚度为2d的钢板后，最终钢板和子弹的共同速度为V，由动量守恒得
①
解得
此过程中动能损失为
②
解得
分成两块钢板后，设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分别为和V1，由动量守恒得
③
因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，射穿第一块钢板的动能损失为，由能量守恒得
④
联立①②③④式，且考虑到必须大于，得
⑤
设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为2，由动量定恒得
⑥
损失的动能为
⑦
联立①②⑤⑥⑦式得
⑧
因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，由⑧式可得，射入第二块钢板的深度x为
⑨
21.
2. （2）①P点是在实验的第一步中小球1落点的平均位置
M点是小球1与小球2碰后小球1落点的平均位置
N点是小球2落点的平均位置
②小球从槽口C飞出后作平抛运动的时间相同，假设为 t,则有
小球2碰撞前静止，即
③OP与小球的质量无关，OM和ON与小的质量有关
24.解：设：小球m的摆线长度为l
小球m在下落过程中与M相碰之前满足机械能守恒： ①
m和M碰撞过程满足： ②
③
联立 ②③得： ④
说明小球被反弹，而后小球又以反弹速度和小球M发生碰撞，满足：
⑤
⑥
解得： ⑦
整理得： ⑧
所以： ⑨
而偏离方向为450的临界速度满足： ⑩
联立① ⑨ ⑩代入数据解得，当n=2时，
当n=3时，
所以，最多碰撞3次
16．C
22.
14.（1）64.7（3分，答数在64.2到65.2范围内的都给分）。
（2）A、B、D（3分，不是A、B、D的均给零分。）
22参考解答：
（1）设C球与B球粘连成D时，D的速度为v1，由动量守恒，有
mv0=(m+m)v1 ①
当弹簧压至最短时，D与A的速度相等，高此速度为v2，由动量守恒，有
2mv1=3mv2 ②
由①、②两式得A的速度
（2）设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为E，由能量守恒，有
撞击P后，A与D的动能都为零，解除锁定，当弹簧刚恢复到自然长度时，势能全部转变成D的动能，设D的速度为v3，则有
以后弹簧伸长，A球离开挡板P，并获得速度，当A、D的速度相等时，弹簧伸至最长，设此时的速度为v4，由动量守恒，有
2mv3=3mv4 ⑥
当弹簧伸到最长时，其势能最大，设此势能为Ep捰衉
10.
25.
2．D
13. A、C
17.
28. 解:(1)在小车朝正x方向滑行的过程中,第(n-1)个沙袋扔到车上后的车速为,第n个沙袋扔到车上后的车速为,由动量守恒定律
①
小车反向运动的条件是：，,即 ② ③
代入数字,得：
n应为整数,故n=3,即车上堆积3个沙袋后车就反向滑行.
(2)车自反向滑行直到接近一侧第1人所在位置时,车速保持不变,而车的质量为.若在朝负x方向滑行过程中，第(n-1)个沙袋扔到车上后车速为,第n个沙袋扔到车上后车速为，现取在图中向左的方向(负x方向)为速度、的正方向,则由动量守恒定律有车不再向左滑行的条件是
④
即 ⑤
⑥ 或：
n=8时,车停止滑行,即在一侧第8个沙袋扔到车上后车就停住.故车上最终共有大小沙袋3+8=11个.
15.B
18.B、C
34.解一:A球向B球接近至A、B间的距离小于l之后,A球的速度逐步减小,B球从静止开始加速运动,两球间的距离逐步减小.当A、B的速度相等时,两球间的距离最小.若此距离大于2r,则两球就不会接触.所以不接触的条件是
v1=v2①l +s2-s1>2r②
其中v1、v2为当两球间距离最小时A、B两球的速度;s1、s2为两球间距离从l变至最小的过程中,A、B两球通过的路程.
由牛顿定律得A球在减速运动而B球作加速运动的过程中,A、B两球的加速度大小为
③
设v0为A球的初速度,则由匀加速运动公式得
联立解得
⑥
(13)D
五、
射穿过程中,水平方向动量守恒,可得
mv0=MV+mv． (1)
射穿后,木块在摆动过程中机械能守恒,可得
五、(1)在推出和抓住的过程中,小孩、冰车和箱子的总动量守恒.要想刚能避免相碰,要求抓住后甲和乙的速度正好相等.由此就可求得推出时的最小速度.
设箱子推出后其速度为v,甲孩的速度为v1,根据动量守恒可得
mv+Mv1=(m+M)v0 (a)
设乙孩抓住箱子后其速度为v2,根据动量守恒可得
(m+M)v2=mv-Mv0. (b)
刚好不相碰的条件要求
v1=v2. (c)
由(a)、(b)、(c)三式可解得
代入数值可得
v=5.2米/秒.
(2)设推出时甲对箱子做功为W,根据功能关系可知
代入数值可得
W=1.7×102焦耳.
七、(1)到达平衡位置O前,1和2一起作加速运动.到O点后,1开始减速,2开始作匀速运动.因而2和1将在O点分离.
到达O点前,把1、2和弹簧看作一个系统只有系统内的弹簧的弹性力作功,所以系统的机械能守恒,令v表示1和2到达O点时的速率,则有:
这就是分离时物体2的速率.
(2)分离后,在下一次相遇前,1以O点为平衡位置作简谐振动,振动的周期为:
从1和2分离时开始计时,即令该时刻t=0,则1通过O点的时刻为:
过O点后,2以匀速率v向右作直线运动.与B相碰时,由于碰撞是完全弹性
的,碰撞后2的速率不变,运动反向.
令x表示B与O点间的距离,则2返回O点的时刻为:
如2恰好在O点与1相遇,则:
t2=t1. (d)
将(b)、(c)两式代入(d),即得x应满足的条件为:
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