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铁锤与砖头由动量守恒定律可得m=一2m十12.解析：1)由动能定理可得mg(1-60s8)=号mw2,13M,解得Mu=m1,砖头缓冲过程中，对砖头由动量碰撞前球1速度o=√2gL(1-cos01),由动能定理可13定理可得(F十Mg)1=0-2m1,解得手对砖头的支得m1gL(1-cos2)=2m12,碰撞后球1速度0=√2gL(1一c0s02),所以还需要测量悬点到球1球心距特力为F=一Mg”由牛顿第三定律可知砖离L,故选D。对手的压力为F'=一月=Mg十8四，故C错误，(2)根据抛规律有球2碰后速度=：=5√品根D正确。据动量守恒表达式m=m22一m,因此需要验证8.BC对小球、小车和滑块组成的系统，只有重力做功，机械能守恒，因为在整个过程中滑块获得了动能，则小m√2gL1-cos)=m5√2i-m1W2gL(1-cos2)。球和小车组成的系统机械能不守恒，故A错误；对小·球、小车和滑块组成的系统，在水方向上不受外力，！答案：(1)D(2)5√2gm1√2gL(1-cos91)=则在水方向上动量守恒，故B正确；小球向左摆到最！低点的过程中，速度增大，水方向上的动量增大，根m252Hmw2gL(1-cos 02据动量守恒定律，小车和滑块向右的动量增大，可知向13.解析：(1)核桃竖直上地到最高点后做自由落体运动，右的速度增大，小球从最低，点向左摆时，速度减小，水：则有：2=2g(H+h)方向上的动量减小，则小车向右的动量减小，速度减则落回地面的速度：v=√2g(H十h)小，与滑块发生分离，故C正确；小球、小车和滑块组成！的系统在水方向上动量守恒，最终滑块的速度不为(2)设核桃反弹速度为v1,则有：U2=2gh1零，则当小球向左摆到最高点时，水速度不为零，根：以向上为正方向，核桃与地面作用的过程：据机械能守恒定律知，小球不能摆到释放时的高度，故！(F-mg)△t=m1-m(-o)D错误。解得，F-m/2十√2gHT而]+mg,方向竖直向上.9.CD对轮船靠岸与码头碰撞的过程，轮船的初、末速度△t不会受轮胎影响，轮船的动量变化量相同，根据动量定：答案：(1)√2g(H+h)理，轮船受到的冲量也相同，故A、B错误；轮胎可以起·到缓冲作用，延长轮船与码头碰撞过程中的作用时间，(2)m√2gh+V2g(H+h)]△tmg,方向竖直向上从而减小轮船因碰撞受到的作用力，故CD正确。：14.解析：(1)引燃上层火药后两部分向相反的方向做10.BD取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1=m0=1×0.40kg·m/s=0.40kg·m/s,抛运动，经直方向h=号gr2,水方向L=什，上碰撞后的动量为p2=2m2=2X1×0.22kg·m/s=:层火药燃爆时，水方向动量守恒，设爆竹总质量为0.44kg·m/s,则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错：m,0=13mw一2m2,解得两部分各自获得的速度大2误；对滑块1，取向右为正方向，则有I1=m2一m1=1×0.22kg·m/s-1×0.40kg·m/s=-0.18kg·m/s,负号表示方向水向左，故B正确；对滑块2，取向右为3√，=3√h正方向，则有2=m2=1×0.22kg·m/s=0.22kg·m/s,:故C错误；对滑块2根据动量定理有F△t=I2,解得！(2)上层火药燃爆后爆竹获得的机械能E=号×F=5.5N,则滑块2受到滑块1的均作用力大小为1言mn2+号×号m2,下层火药然爆后爆竹袁得的机25.5N,故D正确。11.解析：(2)为减小实验误差，在两球碰撞后1球不反械能Er=mgh,上、下两层火药的质量比m上=E上m下E下弹，所选用的两小球质量关系应为m1>m2。碰后小球m1通过光电门的时间为t1,小球m2通过光电门的L2时间为t2。因为碰后m1的速度小于m2的速度，所以18h2。>2。碰后抛运动的高度一样，故时间一样，答案：1=√=景(2)上=L2t1'=t2'。m下18h2(3)由动量守恒可得m10=m1v1十m2v2,、15.解析：(1)对A、B组成的系统，由于爆炸时间极短，内十m2t2!力极大。满足动量守恒定律，则有mA0A=mB0B,由化d二t解得m1t24,则=1+to t1 tz学能转化为系统动能得E=4042十mB2,联立答案：(2)>>=(3)%1+mt1 t2得vA=6m/s,vB=3m/s。148