【正文】 Mv ③解得v=④此過程中木板做勻加速運動，所以有 ⑤由能量守恒得:Q == ⑥:（1）對ABC由動量守恒得mCv0=mAvA+（mB+mC）v ①上式帶入數(shù)據(jù)得 vA=②（2）當(dāng)C剛離開A時AB有共同的速度vA，所以由動量守恒得mCv0=（mA+mB）vA+mC vC′ ③上式帶入數(shù)據(jù)得 vC′= m/s ④:作出示意圖，如圖所示.當(dāng)A、B相距最近時，二者速度應(yīng)相等，設(shè)為u，當(dāng)二者距離恢復(fù)原始值時，設(shè)A、B的速度分別為vv2，整個過程經(jīng)歷的時間為t/。由牛頓第二定律，F(xiàn) – mg=ma 由以上五式解得，F(xiàn)= mg＋m 代入數(shù)據(jù)得：F=103N 方法二: 將運動員看作質(zhì)量為m的質(zhì)點，從h1高處下落，剛接觸網(wǎng)時速度的大小v1=（向下） 彈跳后到達(dá)的高度為h2，剛離網(wǎng)時速度的大小v2=（向上） 取向上方向為正,由動量定理得:(Fmg)t=mv2(mv1) 由以上三式解得，F(xiàn)=mg + m 代入數(shù)據(jù)得：F=103N 15. :v/2,16.（1）設(shè)甲到達(dá)O處與乙碰撞前的速度為v甲，由動能定理： 解得： （2）設(shè)碰撞后甲、乙的速度分別為v甲′、v乙′，由動量守恒： 又：因為 解得： （3）由于μ1=2μ2，所以甲、乙在水平面上運動的加速度滿足：a甲=2a乙 設(shè)甲在水平地面上通過的路程為s乙在水平地面上通過的路程為s2，則有：即： ① 由于甲、乙剛好不再發(fā)生第二次碰撞，所以甲、乙在同一地點停下．有以下兩種情況：第一種情況：甲返回時未到達(dá)B時就已經(jīng)停下，此時有：s1＜2L 而乙停在甲所在位置時，乙通過的路程為：s2=2L+2L+s1=4L+s1 因為s1與s2不能滿足①，因而這種情況不能發(fā)生．第二種情況：甲、乙分別通過B、C沖上圓弧面后，返回水平面后相向運動停在同一地點，所以有：s1+s2=8L ② ①②兩式得： 或 即小車停在距B為： 17. AB碰撞后的速度為v1,AB碰撞過程由動量守恒定律得： 設(shè)與C碰撞前瞬間AB的速度為v2，由動能定理得： 聯(lián)立以上各式解得18. 對子彈和木塊應(yīng)用動量守恒定律： 所以 對子彈、木塊由水平軌道到最高點應(yīng)用機械能守恒定律，取水平面為零勢能面,設(shè)木塊到最高點時的速度為v2, 有 所以 由平拋運動規(guī)律有： 解①、②兩式有 所以，當(dāng)R = 最大值Smax = 。21.（1）子彈擊中滑塊A的過程，子彈與滑塊A組成的系統(tǒng)動量守恒mC=（mC+mA）vA （2）對子彈、滑塊A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，A、B速度相等時彈性勢能最大?！　「鶕?jù)動量守恒定律得，mvB + m(－vA) = 2mv 代入數(shù)據(jù)，得v=2m/s 方向向右 （2）設(shè)小車A向左運動最大位移為s，由動能定理得μmgs = mvA2/2 代入數(shù)據(jù)，得L=2m23. 1）設(shè)滑離時小球喝滑塊的速度分別為，由動量守恒又 解得： VV合 （2）小球過A點時沿軌道方向兩者有共同速度v，小球?qū)Φ氐乃俣葹関合，由系統(tǒng)的動量守恒和能量守恒得：，解得：，方向如圖， E，小球質(zhì)量為 m，小球在空中的運動時間為 t，第一次彈出時小球速度為 v 則有 ① 運動的水平距離 ② 設(shè)第二次彈出時小球的速度為 v1 ，小車的速度為 v2 則有 ③ 且 ④ 而 ⑤ 由①、②、③、④、⑤得 25. 設(shè)物塊到達(dá)劈A的低端時，物塊和A的的速度大小分別為和V，由機械能守恒和動量守恒得 ① ②設(shè)物塊在劈B上達(dá)到的最大高度為，此時物塊和B的共同速度大小為，由機械能守恒和動量守恒得 ③ ④聯(lián)立①②③④式得 ⑤：系統(tǒng)水平方向動量守恒，全過程機械能也守恒。從動量的角度看，子彈射入木塊過程中系統(tǒng)動量守恒：從能量的角度看，該過程系統(tǒng)損失的動能全部轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能。人、船系統(tǒng)動量守恒，總動量始終為零，所以人、船動量大小始終相等。設(shè)人、船位移大小分別為ll2，則：mv1=Mv2，兩邊同乘時間t，ml1=Ml2，而l1 l2=L，∴ ：火箭噴出燃?xì)馇昂笙到y(tǒng)動量守恒。但在爆炸瞬間，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時，外力可以不計，系統(tǒng)的動量近似守恒。由動量守恒定律：m/s31.解析：雖然小球、細(xì)繩及圓環(huán)在運動過程中合外力不為零（桿的支持力與兩圓環(huán)及小球的重力之和不相等）系統(tǒng)動量不守恒，但是系統(tǒng)在水平方向不受外力，因而水平動量守恒。（1）當(dāng)C滑上A后，由于有摩擦力作用，將帶動A和B一起運動，直至C滑上B后，A、B兩木塊分離，分離時木塊A的速度為 。C離開A時的速度為 ，B與A的速度同為 ，由動量守恒定律有∴ ：爆竹爆炸瞬間，木塊獲得的瞬時速度v可由牛頓第二定律和運動學(xué)公式求得， ， 爆竹爆炸過程中，爆竹木塊系統(tǒng)動量守恒 35.（13）解：根據(jù)動量守恒定律： M v0 =（MΔm）V Δm(v V)所以： V= (M v0 +Δm v)/M36.（14）.解：設(shè)子彈射入木塊瞬間速度為v，射入木塊后的速度為vB，到達(dá)C點 時的速度為vC。） A爆炸后先向左勻速運動，與彈性擋板碰撞以后速度大小不變，反向彈回。設(shè)細(xì)繩與AB成θ角時小球的水平速度為v，圓環(huán)的水平速度為V，則由水平方向動量守恒有：MV=mv ① （4分）因為任意時刻V與v均滿足這一關(guān)系，加之時間相同，公式中的V和v可分別用其水平位移替代，則上式可寫為： Md=m［L（1cosθ）d］ ②（6分）解得圓環(huán)移動的距離： d=mL（1cosθ）/（M+m） ③（2分）45．（14分）解析：（1）由A、B系統(tǒng)動量守恒定律得：Mv0mv0=（M+m）v （4分）所以v=v0 ，方向向右（2分）（2）A向左運動速度減為零時，到達(dá)最遠(yuǎn)處，此時板車移動位移為s，速度為v′，則由動量守恒定律得：Mv0mv0=Mv′ ①（3分）對板車應(yīng)用動能定理得：μmgs=mv′2mv02 ②（3分）聯(lián)立①②解得：s=v02（2分）46．（16分）解：（1）設(shè)物體C在電場力作用下第一次與滑板的A端碰撞時的速度為v1，由動能定理得 qEl=mv12 （2分） 解得：v1= （1分）（2）物體C與滑板碰撞動量守恒，設(shè)滑板碰撞后的速度為v2，取v1的方向為正，則有mv1=Mv2mv1 （2分） 解得：v2=v1= （1分）（3）物體C與滑板碰撞后，滑板向左以速度v2做勻速運動；物體C以v1的速度先向右做勻減速運動，然后向左做勻加速運動，直至與滑板第二次相碰。t= mgtcosθ 方向垂直斜面向上 合力的沖量：I合=mv 方向沿斜面向下 或者：F合=mgsinθI合= F合4（18）（9分）解：設(shè)A，B質(zhì)量分別為mA，mB，子彈質(zhì)量為m。在子彈穿過A的過程中，以A，B為整體，以子彈初速v0為正方向，應(yīng)用動量定理： f （u為A，B的共同速度） 2分解得： u=6m/s。對子彈，A和B組成的系統(tǒng)，應(yīng)用動量守恒定律：mv0=mA 2分物體A，B的最終速度為：vA=6m/s，vB=。4（19）解析：（1）設(shè)子彈的初速度為V0，射入木塊后的共同速度為V1，木塊和小車初速度大小V=，以向左為正，則由動量守恒有： m0v0 mv =（m+m0）v1 ……①（2分）顯然V0越大，V1越大，它在平板車上滑行距離越大?！?分）（2）當(dāng)B停止運動時，設(shè)A的速度為，根據(jù)動量守恒定律，得 在這段時間內(nèi)，A、B的加速度分別為 在這段時間內(nèi)A、B在車上滑行的距離為 此后A相對小車仍在運動，A對車的摩擦力使車和B一同向右加速運動，直接三者速度相等，A、B恰好接觸，此時小車的長度為