高中物理经典题库-力学计算题 655页

四、力学计算题集粹（49个）　　1．在光滑的水平面内，一质量ｍ＝1ｋｇ的质点以速度ｖ０＝10ｍ／ｓ沿ｘ轴正方向运动，经过原点后受一沿ｙ轴正方向的恒力Ｆ＝5Ｎ作用，直线ＯＡ与ｘ轴成37°角，如图1-70所示，求：图1-70　（1）如果质点的运动轨迹与直线ＯＡ相交于Ｐ点，则质点从Ｏ点到Ｐ点所经历的时间以及Ｐ的坐标； （2）质点经过Ｐ点时的速度．　解：设经过时间ｔ，物体到达Ｐ点 　（1）ｘＰ＝ｖ０ｔ，ｙＰ＝（1／2）（Ｆ／ｍ）ｔ2，ｘＰ／ｙＰ＝ｃｔｇ37°， 　联解得 　ｔ＝3ｓ，ｘ＝30ｍ，ｙ＝22．5ｍ，坐标（30ｍ，22．5ｍ） 　（2）ｖｙ＝（Ｆ／ｍ）ｔ＝15ｍ／ｓ， 　∴ｖ＝=5ｍ／ｓ， 　ｔｇα＝ｖｙ／ｖ０＝15／10＝3／2， 　∴　　α＝ａｒｃｔｇ（3／2），α为ｖ与水平方向的夹角． 　2．如图1-71甲所示，质量为1ｋｇ的物体置于固定斜面上，对物体施以平行于斜面向上的拉力Ｆ，1ｓ末后将拉力撤去．物体运动的ｖ-ｔ图象如图1-71乙，试求拉力Ｆ．图1-712．解：在0～1ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知 　ａ１＝12ｍ／ｓ２， 由牛顿第二定律，得 　Ｆ－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ１，　　① 在0～2ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知ａ２＝－6ｍ／ｓ２， 因为此时物体具有斜向上的初速度，故由牛顿第二定律，得 　－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ２，　　② 　②式代入①式，得　Ｆ＝18Ｎ． 　3．一平直的传送带以速率ｖ＝2ｍ／ｓ匀速运行，在Ａ处把物体轻轻地放到传送带上，经过时间ｔ＝6ｓ，物体到达Ｂ处．Ａ、Ｂ相距Ｌ＝10ｍ．则物体在传送带上匀加速运动的时间是多少?如果提高传送带的运行速率，物体能较快地传送到Ｂ处．要让物体以最短的时间从Ａ处传送到Ｂ处，说明并计算传送带的运行速率至少应为多大?若使传送带的运行速率在此基础上再增大1倍，则物体从Ａ传送到Ｂ的时间又是多少?3．解：在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从Ａ到Ｂ需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为ｔ1，则 　（ｖ／2）ｔ１＋ｖ（ｔ－ｔ１）＝Ｌ， 所以　ｔ１＝2（ｖｔ－Ｌ）／ｖ＝（2×（2×6－10）／2）ｓ＝2ｓ． 为使物体从Ａ至Ｂ所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变．而　ａ＝ｖ／ｔ＝1ｍ／ｓ２．设物体从Ａ至Ｂ所用最短的时间为ｔ2，则 　（1／2）ａｔ2２＝Ｌ， 　ｔ2＝=＝2ｓ． 　ｖｍｉｎ＝ａｔ2＝1×2ｍ／ｓ＝2ｍ／ｓ． 传送带速度再增大1倍，物体仍做加速度为1ｍ／ｓ２的匀加速运动，从Ａ至Ｂ的传送时间为2ｍ／ｓ． 　4．如图1-72所示，火箭内平台上放有测试仪器，火箭从地面起动后，以加速度ｇ／2竖直向上匀加速运动，升到某一高度时，测试仪器对平台的压力为起动前压力的17／18，已知地球半径为Ｒ，求火箭此时离地面的高度．（ｇ为地面附近的重力加速度）图1-724．解：启动前Ｎ１＝ｍｇ， 　升到某高度时　Ｎ2＝（17／18）Ｎ１＝（17／18）ｍｇ， 　对测试仪　Ｎ2－ｍｇ′＝ｍａ＝ｍ（ｇ／2）， 　∴　ｇ′＝（8／18）ｇ＝（4／9）ｇ， 　ＧｍＭ／Ｒ2＝ｍｇ，ＧｍＭ／（Ｒ＋ｈ）2＝ｍｇ′，解得：ｈ＝（1／2）Ｒ． 　5．如图1-73所示，质量Ｍ＝10ｋｇ的木楔ＡＢＣ静止置于粗糙水平地面上，摩擦因素μ＝0．02．在木楔的倾角θ为30°的斜面上，有一质量ｍ＝1．0ｋｇ的物块由静止开始沿斜面下滑．当滑行路程ｓ＝1．4ｍ时，其速度ｖ＝1．4ｍ／ｓ．在这过程中木楔没有动．求地面对木楔的摩擦力的大小和方向．（重力加速度取ｇ＝10／ｍ·ｓ２） 图1-735．解：由匀加速运动的公式　ｖ２＝ｖ０２＋2ａｓ 　得物块沿斜面下滑的加速度为 　ａ＝ｖ2／2ｓ＝1．42／（2×1．4）＝0．7ｍｓ－２， 由于ａ＜ｇｓｉｎθ＝5ｍｓ－２， 　可知物块受到摩擦力的作用．图3　分析物块受力，它受3个力，如图3．对于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，由牛顿定律有 　ｍｇｓｉｎθ－ｆ１＝ｍａ， 　ｍｇｃｏｓθ－Ｎ１＝0， 　分析木楔受力，它受5个力作用，如图3所示．对于水平方向，由牛顿定律有 　ｆ2＋ｆ１ｃｏｓθ－Ｎ１ｓｉｎθ＝0， 　由此可解得地面的作用于木楔的摩擦力 　ｆ2＝ｍｇｃｏｓθｓｉｎθ－（ｍｇｓｉｎθ－ｍａ）ｃｏｓθ＝ｍａｃｏｓθ＝1×0．7×（／2）＝0．61Ｎ． 　此力的方向与图中所设的一致（由指向）． 　6．某航空公司的一架客机，在正常航线上作水平飞行时，由于突然受到强大垂直气流的作用，使飞机在10ｓ内高度下降1700ｍ造成众多乘客和机组人员的伤害事故，如果只研究飞机在竖直方向上的运动，且假定这一运动是匀变速直线运动．试计算： 　（1）飞机在竖直方向上产生的加速度多大?方向怎样? 　（2）乘客所系安全带必须提供相当于乘客体重多少倍的竖直拉力，才能使乘客不脱离座椅？（ｇ取10ｍ／ｓ２） 　（3）未系安全带的乘客，相对于机舱将向什么方向运动?最可能受到伤害的是人体的什么部位? 　（注：飞机上乘客所系的安全带是固定连结在飞机座椅和乘客腰部的较宽的带子，它使乘客与飞机座椅连为一体）6．解：（1）飞机原先是水平飞行的，由于垂直气流的作用，飞机在竖直方向上的运动可看成初速度为零的匀加速直线运动，根据　ｈ＝（1／2）ａｔ２，得ａ＝2ｈ／ｔ２，代入ｈ＝1700ｍ，ｔ＝10ｓ，得 　ａ＝（2×1700／10２）（ｍ／ｓ２）＝34ｍ／ｓ２，方向竖直向下． 　 （2）飞机在向下做加速运动的过程中，若乘客已系好安全带，使机上乘客产生加速度的力是向下重力和安全带拉力的合力．设乘客质量为ｍ，安全带提供的竖直向下拉力为Ｆ，根据牛顿第二定律　Ｆ＋ｍｇ＝ｍａ，得安全带拉力 　　Ｆ＝ｍ（ａ－ｇ）＝ｍ（34－10）Ｎ＝24ｍ（Ｎ）， ∴　安全带提供的拉力相当于乘客体重的倍数 　ｎ＝Ｆ／ｍｇ＝24ｍＮ／ｍ·10Ｎ＝2．4（倍）． 　（3）若乘客未系安全带，飞机向下的加速度为34ｍ／ｓ２，人向下加速度为10ｍ／ｓ２，飞机向下的加速度大于人的加速度，所以人对飞机将向上运动，会使头部受到严重伤害． 　7．宇航员在月球上自高ｈ处以初速度ｖ０水平抛出一小球，测出水平射程为Ｌ（地面平坦），已知月球半径为Ｒ，若在月球上发射一颗月球的卫星，它在月球表面附近环绕月球运行的周期是多少?7．解：设月球表面重力加速度为ｇ，根据平抛运动规律，有 　ｈ＝（1／2）ｇｔ２，　　① 　水平射程为　　　Ｌ＝ｖ０ｔ，　　② 　联立①②得ｇ＝2ｈｖ０２／Ｌ２．　　③ 　根据牛顿第二定律，得　ｍｇ＝ｍ（2π／Ｔ）２Ｒ，　　④ 　联立③④得　Ｔ＝（πＬ／ｖ０ｈ）．　　⑤ 　8．把一个质量是2ｋｇ的物块放在水平面上，用12Ｎ的水平拉力使物体从静止开始运动，物块与水平面的动摩擦因数为0．2，物块运动2秒末撤去拉力，ｇ取10ｍ／ｓ２．求 　（1）2秒末物块的即时速度． 　（2）此后物块在水平面上还能滑行的最大距离．8．解：前2秒内，有Ｆ－ｆ＝ｍａ１，ｆ＝μＮ，Ｎ＝ｍｇ，则 　ａ１＝（Ｆ－μｍｇ）／ｍ＝4ｍ／ｓ２，ｖｔ＝ａ１ｔ＝8ｍ／ｓ， 　撤去Ｆ以后　ａ２＝ｆ／ｍ＝2ｍ／ｓ，ｓ＝ｖ１２／2ａ２＝16ｍ． 　9．如图1-74所示，一个人用与水平方向成θ＝30°角的斜向下的推力Ｆ推一个重Ｇ＝200Ｎ的箱子匀速前进，箱子与地面间的动摩擦因数为μ＝0．40（ｇ＝10ｍ／ｓ２）．求图1-74　（1）推力Ｆ的大小． 　（2）若人不改变推力Ｆ的大小，只把力的方向变为水平去推这个静止的箱子，推力作用时间ｔ＝ 3．02．解：在0～1ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知 　ａ１＝12ｍ／ｓ２， 由牛顿第二定律，得 　Ｆ－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ１，　　① 在0～2ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知ａ２＝－6ｍ／ｓ２， 因为此时物体具有斜向上的初速度，故由牛顿第二定律，得 　－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ２，　　② 　②式代入①式，得　Ｆ＝18Ｎ． 3．解：在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从Ａ到Ｂ需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为ｔ1，则 　（ｖ／2）ｔ１＋ｖ（ｔ－ｔ１）＝Ｌ， 所以　ｔ１＝2（ｖｔ－Ｌ）／ｖ＝（2×（2×6－10）／2）ｓ＝2ｓ． 为使物体从Ａ至Ｂ所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变．而　ａ＝ｖ／ｔ＝1ｍ／ｓ２．设物体从Ａ至Ｂ所用最短的时间为ｔ2，则 　（1／2）ａｔ2２＝Ｌ， 　ｔ2＝=＝2ｓ． 　ｖｍｉｎ＝ａｔ2＝1×2ｍ／ｓ＝2ｍ／ｓ． 传送带速度再增大1倍，物体仍做加速度为1ｍ／ｓ２的匀加速运动，从Ａ至Ｂ的传送时间为2ｍ／ｓ． 4．解：启动前Ｎ１＝ｍｇ， 　升到某高度时　Ｎ2＝（17／18）Ｎ１＝（17／18）ｍｇ， 　对测试仪　Ｎ2－ｍｇ′＝ｍａ＝ｍ（ｇ／2）， 　∴　ｇ′＝（8／18）ｇ＝（4／9）ｇ， 　ＧｍＭ／Ｒ2＝ｍｇ，ＧｍＭ／（Ｒ＋ｈ）2＝ｍｇ′，解得：ｈ＝（1／2）Ｒ． 5．解：由匀加速运动的公式　ｖ２＝ｖ０２＋2ａｓ 　得物块沿斜面下滑的加速度为 　ａ＝ｖ2／2ｓ＝1．42／（2×1．4）＝0．7ｍｓ－２， 由于ａ＜ｇｓｉｎθ＝5ｍｓ－２， 　可知物块受到摩擦力的作用．图3　分析物块受力，它受3个力，如图3．对于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，由牛顿定律有 　ｍｇｓｉｎθ－ｆ１＝ｍａ， 　ｍｇｃｏｓθ－Ｎ１ ＝0， 　分析木楔受力，它受5个力作用，如图3所示．对于水平方向，由牛顿定律有 　ｆ2＋ｆ１ｃｏｓθ－Ｎ１ｓｉｎθ＝0， 　由此可解得地面的作用于木楔的摩擦力 　ｆ2＝ｍｇｃｏｓθｓｉｎθ－（ｍｇｓｉｎθ－ｍａ）ｃｏｓθ＝ｍａｃｏｓθ＝1×0．7×（／2）＝0．61Ｎ． 　此力的方向与图中所设的一致（由指向）． 6．解：（1）飞机原先是水平飞行的，由于垂直气流的作用，飞机在竖直方向上的运动可看成初速度为零的匀加速直线运动，根据　ｈ＝（1／2）ａｔ２，得ａ＝2ｈ／ｔ２，代入ｈ＝1700ｍ，ｔ＝10ｓ，得 　ａ＝（2×1700／10２）（ｍ／ｓ２）＝34ｍ／ｓ２，方向竖直向下． 　（2）飞机在向下做加速运动的过程中，若乘客已系好安全带，使机上乘客产生加速度的力是向下重力和安全带拉力的合力．设乘客质量为ｍ，安全带提供的竖直向下拉力为Ｆ，根据牛顿第二定律　Ｆ＋ｍｇ＝ｍａ，得安全带拉力 　　Ｆ＝ｍ（ａ－ｇ）＝ｍ（34－10）Ｎ＝24ｍ（Ｎ）， ∴　安全带提供的拉力相当于乘客体重的倍数 　ｎ＝Ｆ／ｍｇ＝24ｍＮ／ｍ·10Ｎ＝2．4（倍）． 　（3）若乘客未系安全带，飞机向下的加速度为34ｍ／ｓ２，人向下加速度为10ｍ／ｓ２，飞机向下的加速度大于人的加速度，所以人对飞机将向上运动，会使头部受到严重伤害． 7．解：设月球表面重力加速度为ｇ，根据平抛运动规律，有 　ｈ＝（1／2）ｇｔ２，　　① 　水平射程为　　　Ｌ＝ｖ０ｔ，　　② 　联立①②得ｇ＝2ｈｖ０２／Ｌ２．　　③ 　根据牛顿第二定律，得　ｍｇ＝ｍ（2π／Ｔ）２Ｒ，　　④ 　联立③④得　Ｔ＝（πＬ／ｖ０ｈ）．　　⑤ 8．解：前2秒内，有Ｆ－ｆ＝ｍａ１，ｆ＝μＮ，Ｎ＝ｍｇ，则 　ａ１＝（Ｆ－μｍｇ）／ｍ＝4ｍ／ｓ２，ｖｔ＝ａ１ｔ＝8ｍ／ｓ， 　撤去Ｆ以后　ａ２＝ｆ／ｍ＝2ｍ／ｓ，ｓ＝ｖ１２／2ａ２＝16ｍ． 9．解：（1）用力斜向下推时，箱子匀速运动，则有 　Ｆｃｏｓθ＝ｆ，ｆ＝μＮ，Ｎ＝Ｇ＋Ｆｓｉｎθ， 　联立以上三式代数据，得　Ｆ＝1．2×10２Ｎ． 　（2）若水平用力推箱子时，据牛顿第二定律，得Ｆ合＝ｍａ，则有 　Ｆ－μＮ＝ｍａ，Ｎ＝Ｇ， 　联立解得　ａ＝2．0ｍ／ｓ２． 　ｖ＝ａｔ＝2．0×3．0ｍ／ｓ＝6．0ｍ／ｓ， 　ｓ＝（1／2）ａｔ２＝（1／2）×2．0×3．0２ｍ／ｓ＝9．0ｍ， 　推力停止作用后　ａ′＝ｆ／ｍ＝4．0ｍ／ｓ２ （方向向左）， 　ｓ′＝ｖ２／2ａ′＝4．5ｍ， 　则　ｓ总＝ｓ＋ｓ′＝13．5ｍ． 10．解：根据题中说明，该运动员发球后，网球做平抛运动．以ｖ表示初速度，Ｈ表示网球开始运动时离地面的高度（即发球高度），ｓ１表示网球开始运动时与网的水平距离（即运动员离开网的距离），ｔ１表示网球通过网上的时刻，ｈ表示网球通过网上时离地面的高度，由平抛运动规律得到 　ｓ１＝ｖｔ１，Ｈ－ｈ＝（1／2）ｇｔ１２， 消去ｔ１，得　　ｖ＝ｍ／ｓ，ｖ≈23ｍ／ｓ． 　以ｔ２表示网球落地的时刻，ｓ２表示网球开始运动的地点与落地点的水平距离，ｓ表示网球落地点与网的水平距离，由平抛运动规律得到 　Ｈ＝（1／2）ｇｔ２２，ｓ２＝ｖｔ２， 消去ｔ２，得ｓ２＝ｖ≈16ｍ， 　网球落地点到网的距离　ｓ＝ｓ２－ｓ１≈4ｍ． 11．解：（1）设卫星质量为ｍ，它在地球附近做圆周运动，半径可取为地球半径Ｒ，运动速度为ｖ，有 　ＧＭｍ／Ｒ２＝ｍｖ２／Ｒ　得ｖ＝． 　（2）由（1）得： 　Ｍ＝ｖ２Ｒ／Ｇ＝＝6．0×1024ｋｇ． 12．解：对物块：Ｆ１－μｍｇ＝ｍａ１， 　6－0．5×1×10＝1·ａ１，ａ１＝1．0ｍ／ｓ2， 　ｓ１＝（1／2）ａ１ｔ2＝（1／2）×1×0．42＝0．08ｍ， 　ｖ１＝ａ１ｔ＝1×0．4＝0．4ｍ／ｓ， 　对小车：Ｆ２－μｍｇ＝Ｍａ２， 　9－0．5×1×10＝2ａ２，ａ２＝2．0ｍ／ｓ2， 　ｓ２＝（1／2）ａ２ｔ2＝（1／2）×2×0．42＝0．16ｍ， 　ｖ２＝ａ２ｔ＝2×0．4＝0．8ｍ／ｓ， 　撤去两力后，动量守恒，有Ｍｖ２－ｍｖ１＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， 　ｖ＝0．4ｍ／ｓ（向右）， ∵　（（1／2）ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2）－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ2＝μｍｇｓ３， 　ｓ３＝0．096ｍ， ∴　ｌ＝ｓ１＋ｓ２＋ｓ３＝0．336ｍ． 13．解：设木块到Ｂ时速度为ｖ０，车与船的速度为ｖ１，对木块、车、船系统，有 　ｍ１ｇｈ＝（ｍ１ｖ０2／2）＋（（ｍ２＋ｍ３）ｖ１2／2）， 　ｍ１ｖ０＝（ｍ２＋ｍ３）ｖ１ ， 解得　ｖ０＝5，ｖ１＝． 　木块到Ｂ后，船以ｖ１继续向左匀速运动，木块和车最终以共同速度ｖ２向右运动，对木块和车系统，有 　ｍ１ｖ０－ｍ２ｖ１＝（ｍ１＋ｍ２）ｖ２， 　μｍ１ｇｓ＝（（ｍ１ｖ０2／2）＋（ｍ２ｖ１2／2））－（（ｍ１＋ｍ２）ｖ２2／2）， 得　ｖ２＝ｖ１＝，ｓ＝2ｈ． 14．解：（1）小球的角速度与手转动的角速度必定相等均为ω．设小球做圆周运动的半径为ｒ，线速度为ｖ．由几何关系得　ｒ＝，ｖ＝ω·ｒ，解得　　 　　ｖ＝ω． 　（2）设手对绳的拉力为Ｆ，手的线速度为ｖ，由功率公式得　Ｐ＝Ｆｖ＝Ｆ·ωＲ， ∴　Ｆ＝Ｐ／ωＲ．图4　研究小球的受力情况如图4所示，因为小球做匀速圆周运动，所以切向合力为零，即 　Ｆｓｉｎθ＝ｆ， 其中　ｓｉｎθ＝Ｒ／， 　联立解得　ｆ＝Ｐ／ω． 15．解：（1）用ｖ１表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由于子弹射入木块Ｃ时间极短，系统动量守恒，有 　ｍｖ０＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１， 　∴　ｖ１＝ｍｖ０／（ｍ＋Ｍ）＝3ｍ／ｓ， 　子弹和木块Ｃ在ＡＢ木板上滑动，由动能定理得： 　（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ２２－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ１２＝－μ（ｍ＋Ｍ）ｇＬ， 　解得　ｖ２＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）用ｖ′表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由动量守恒定律，得　ｍｖ０′＋Ｍｕ＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１′，解得　ｖ１′＝4ｍ／ｓ． 　木块Ｃ及子弹在ＡＢ木板表面上做匀减速运动　ａ＝μｇ．设木块Ｃ和子弹滑至ＡＢ板右端的时间为ｔ，则木块Ｃ和子弹的位移ｓ１＝ｖ１′ｔ－（1／2）ａｔ2 ， 　由于ｍ车≥（ｍ＋Ｍ），故小车及木块ＡＢ仍做匀速直线运动，小车及木板ＡＢ的位移　ｓ＝ｕｔ，由图5可知：ｓ１＝ｓ＋Ｌ， 　联立以上四式并代入数据得： 　ｔ2－6ｔ＋1＝0， 　解得：ｔ＝（3－2）ｓ，（ｔ＝（3＋2）ｓ不合题意舍去），　　（11） 　∴　ｓ＝ｕｔ＝0．18ｍ． 16．解：（1）设Ａ滑上Ｂ后达到共同速度前并未碰到档板，则根据动量守恒定律得它们的共同速度为ｖ，有图5　ｍｖ０＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝2ｍ／ｓ，在这一过程中，Ｂ的位移为ｓＢ＝ｖＢ2／2ａＢ且ａＢ＝μｍｇ／Ｍ，解得ｓＢ＝Ｍｖ2／2μｍｇ＝2×22／2×0．2×1×10＝2ｍ． 　设这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ１，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ１＝（1／2）ｍｖ０2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得ｓ１＝6ｍ． 　当ｓ＝4ｍ时，Ａ、Ｂ达到共同速度ｖ＝2ｍ／ｓ后再匀速向前运动2ｍ碰到挡板，Ｂ碰到竖直挡板后，根据动量守恒定律得Ａ、Ｂ最后相对静止时的速度为ｖ′，则 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′， 解得　ｖ′＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ２，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ２＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　ｓ２＝2．67ｍ． 　因此，Ａ、Ｂ最终不脱离的木板最小长度为ｓ１＋ｓ２＝8．67ｍ 　（2）因Ｂ离竖直档板的距离ｓ＝0．5ｍ＜2ｍ，所以碰到档板时，Ａ、Ｂ未达到相对静止，此时Ｂ的速度ｖＢ为 　ｖＢ2＝2ａＢｓ＝（2μｍｇ／Ｍ）ｓ，解得　ｖＢ＝1ｍ／ｓ， 　设此时Ａ的速度为ｖＡ，根据动量守恒定律，得 　ｍｖ０＝ＭｖＢ＋ｍｖＡ，解得ｖＡ＝4ｍ／ｓ， 　设在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移为ｓ１′，根据动能定理得： 　μｍｇｓ１′＝（1／2）ｍｖ０2－（（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）ＭｖＢ2）， 　解得　ｓ１′＝4．5ｍ． 　Ｂ碰撞挡板后，Ａ、Ｂ最终达到向右的相同速度ｖ，根据动能定理得ｍｖＡ－ＭｖＢ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ２′为 　μｍｇｓ２′＝（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得　ｓ２′＝（25／6）ｍ． 　Ｂ再次碰到挡板后，Ａ、Ｂ最终以相同的速度ｖ′向左共同运动，根据动量守恒定律，得 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′，解得　ｖ′＝（2／9）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ３′为： 　μｍｇｓ３′＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2 ， 　解得　　　　ｓ３′＝（8／27）ｍ． 　因此，为使Ａ不从Ｂ上脱落，Ｂ的最小长度为ｓ１′＋ｓ２′＋ｓ３′＝8．96ｍ． 17．解：（1）Ｂ与Ａ碰撞后，Ｂ相对于Ａ向左运动，Ａ所受摩擦力方向向左，Ａ的运动方向向右，故摩擦力作负功．设Ｂ与Ａ碰撞后的瞬间Ａ的速度为ｖ１，Ｂ的速度为ｖ２，Ａ、Ｂ相对静止后的共同速度为ｖ，整个过程中Ａ、Ｂ组成的系统动量守恒，有 　Ｍｖ０＝（Ｍ＋1．5Ｍ）ｖ，ｖ＝2ｖ０／5． 　碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功，即 　Ｍｖ２＋1．5Ｍｖ１＝2．5Ｍｖ，　　① 　（1／2）×1．5Ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2－（1／2）×2．5Ｍｖ2＝Ｍμｇｌ，　　② 可解出ｖ１＝（1／2）ｖ０（另一解ｖ１＝（3／10）ｖ０因小于ｖ而舍去） 　这段过程中，Ａ克服摩擦力做功 　Ｗ＝（1／2）×1．5Ｍｖ１2－（1／2）×1．5Ｍｖ2＝（27／400）Ｍｖ０2（0．068Ｍｖ０2）． 　（2）Ａ在运动过程中不可能向左运动，因为在Ｂ未与Ａ碰撞之前，Ａ受到的摩擦力方向向右，做加速运动，碰撞之后Ａ受到的摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后，速度仍向右，因此不可能向左运动． 　Ｂ在碰撞之后，有可能向左运动，即ｖ２＜0． 　先计算当ｖ２＝0时满足的条件，由①式，得 　ｖ１＝（2ｖ０／3）－（2ｖ２／3），当ｖ２＝0时，ｖ１＝2ｖ０／3，代入②式，得 　（（1／2）×1．5Ｍ4ｖ０2／9）－（（1／2）×2．5Ｍ4ｖ０2／25）＝Ｍμｇｌ， 解得　μｇｌ＝2ｖ０2／15． 　Ｂ在某段时间内向左运动的条件之一是μｌ＜2ｖ０2／15ｇ． 　另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即 　（1／2）Ｍｖ０2－（1／2）2．5Ｍ（2ｖ０／5）2≥2Ｍμｇｌ， 　解出另一个条件是　μｌ≤3ｖ０2／20ｇ， 　最后得出Ｂ在某段时间内向左运动的条件是 　2ｖ０2／15ｇ＜μｌ≤3ｖ０2／20ｇ． 18．解：（1）以警车为研究对象，由动能定理． 　－μｍｇ·ｓ＝（1／2）ｍｖ2－（1／2）ｍｖ０2， 　将ｖ０＝14．0ｍ／ｓ，ｓ＝14．0ｍ，ｖ＝0代入，得 　μｇ＝7．0ｍ／ｓ2， 　因为警车行驶条件与肇事汽车相同，所以肇事汽车的初速度ｖＡ＝＝21ｍ／ｓ． 　（2）肇事汽车在出事点Ｂ的速度 　ｖＢ＝＝14ｍ／ｓ， 　肇事汽车通过段的平均速度 　＝（ｖＡ＋ｖＢ）／2＝（21＋14）／2＝17．5ｍ／ｓ． 　肇事汽车通过ＡＢ段的时间 　ｔ２＝ＡＢ／＝（31．5－14．0）／17．5＝1ｓ． 　∴　游客横过马路的速度 　ｖ人＝／（ｔ１＋ｔ２）＝（2．6／（1＋0．7））ｍ／ｓ＝1．53ｍ／ｓ． 19 ．解：（1）开始Ａ、Ｂ处于静止状态时，有 　ｋｘ０－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｓｉｎ30°＝0，　　① 　设施加Ｆ时，前一段时间Ａ、Ｂ一起向上做匀加速运动，加速度为ａ，ｔ＝0．2ｓ，Ａ、Ｂ间相互作用力为零，对Ｂ有： 　ｋｘ－ｍＢｇｓｉｎ30°＝ｍＢａ，　　② 　ｘ－ｘ０＝（1／2）ａｔ2，　　③ 　解①、②、③得： 　ａ＝5ｍｓ－2，ｘ０＝0．05ｍ，ｘ＝0．15ｍ， 　初始时刻Ｆ最小 　Ｆｍｉｎ＝（ｍＡ＋ｍＢ）ａ＝60Ｎ． 　ｔ＝0．2ｓ时，Ｆ最大 　Ｆｍａｘ－ｍＡｇｓｉｎ30°＝ｍＡａ， 　Ｆｍａｘ＝ｍＡ（ｇｓｉｎ30°＋ａ）＝100Ｎ， 　（2）ΔＥＰＡ＝ｍＡｇΔｈ＝ｍＡｇ（ｘ－ｘ０）ｓｉｎ30°＝5Ｊ． 20．解：当弹簧处于压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和．当弹簧伸长到其自然长度时，弹性势能为零，因这时滑块Ａ的速度为零，故系统的机械能等于滑块Ｂ的动能．设这时滑块Ｂ的速度为ｖ则有 　Ｅ＝（1／2）ｍ２ｖ2，　　① 由动量守恒定律（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ２ｖ，　　② 解得　Ｅ＝（1／2）（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２．　　③ 　假定在以后的运动中，滑块Ｂ可以出现速度为零的时刻，并设此时滑块Ａ的速度为ｖ１．这时，不论弹簧是处于伸长还是压缩状态，都具有弹性势能Ｅｐ．由机械能守恒定律得 　（1／2）ｍ１ｖ１2＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　④ 根据动量守恒　（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ１ｖ１，　　⑤ 求出ｖ１，代入④式得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑥ 因为Ｅｐ≥0，故得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）≤（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑦ 即　ｍ１≥ｍ２，与已知条件ｍ１＜ｍ２不符． 　可见滑块Ｂ的速度永不为零，即在以后的运动中，不可能出现滑动Ｂ的速度为零的情况． 21．解：设恰好物体相对圆盘静止时，弹簧压缩量为Δｌ，静摩擦力为最大静摩擦力ｆｍａｘ，这时物体处于临界状态，由向心力公式ｆｍａｘ－ｋΔｌ＝ｍＲｗ2，　　① 　假若物体向圆心移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ１－ｋ（Δｌ＋ｘ）＝ｍ（Ｒ－ｘ）ｗ2，　　② 　由①、②两式可得　ｆｍａｘ－ｆ１＝ｍｘｗ2－ｋｘ，　　③ 所以　ｍｘｗ2－ｋｘ≥0，得ｋ≤ｍｗ2，　　④ 　若物体向外移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ２－ｋ（Δｌ－ｘ）≥ｍ（Ｒ＋ｘ）ｗ2，　　⑤ 由①～⑥式得　ｆｍａｘ－ｆ２＝ｋｘ－ｍｘｗ2≥0，　　⑥ 所以　ｋ≥ｍｗ2，　　⑦ 即若物体向圆心移动，则ｋ≤ｍｗ2， 若物体向远离圆心方向移动，则ｋ≥ｍｗ2． 22．解：卫星环绕地球作匀速圆周运动，设卫星的质量为ｍ，轨道半径为ｒ，受到地球的万有引力为Ｆ， 　Ｆ＝ＧＭｍ／ｒ2，　　① 　式中Ｇ为万有引力恒量，Ｍ是地球质量． 　设ｖ是卫星环绕地球做匀速圆周运动的线速度，Ｔ是运动周期，根据牛顿第二定律，得 　Ｆ＝ｍｖ2／ｒ，　　② 　由①、②推导出　ｖ＝．　　③ 　③式表明：ｒ越大，ｖ越小． 　人造卫星的周期就是它环绕地球运行一周所需的时间Ｔ， 　Ｔ＝2πｒ／ｖ，　　④ 　由③、④推出　Ｔ＝2π，　　⑤ 　⑤式说明：ｒ越大，Ｔ越大．　23．证：设质点通过Ａ点时的速度为ｖＡ，通过Ｃ点时的速度为ｖＣ，由匀变速直线运动的公式得： ｓ1＝ｖＡＴ＋ａＴ2／2，ｓ3＝ｖＣＴ＋ａＴ2／2，ｓ3－ｓ1＝ｖＣＴ－ｖＡＴ． ∵　ｖＣ＝ｖＡ＋2ａＴ， ∴　ｓ3－ｓ1＝（ｖＡ－2ａＴ－ｖＡ）Ｔ＝2ａＴ2，ａ＝（ｓ3－ｓ1）／2Ｔ2． 　24．根据：如果在连续的相等的时间内的位移之差相等，则物体做匀变速运动．证明：设物体做匀速运动的初速度为ｖ0，加速度为ａ，第一个Ｔ内的位移为ｓ1＝ｖ0Ｔ＋ａＴ2／2；第二个Ｔ内的位移为ｓ2＝（ｖ0＋ａＴ）Ｔ＋ａＴ2／2；第Ｎ个Ｔ内的位移为ｓＮ＝［ｖ0＋（Ｎ－1）ａＴ］Ｔ＋ａＴ2／2．　ｓＮ－ｓＮ－1＝ａＴ2，逆定理也成立． 　25．解：由匀变速直线运动的公式得小物块的加速度的大小为ａ1＝（ｖ0－ｖｔ）／ｔ＝2（ｍ／ｓ2）．木板的加速度大小为ａ2＝2ｓ／ｔ2＝0.25（ｍ／ｓ2）． 根据牛顿第二定律　Ｆ＝ｍａ 对小物块得　ｆ′1＝ｍａ1＝1×2＝2Ｎ， 对木板得　ｆ1－μ（ｍ＋Ｍ）ｇ＝Ｍａ2， 　μ＝（ｆ1－Ｍａ2）／（ｍ＋Ｍ）ｇ＝（2－4×0.25）／（1＋4）×10＝0.02． 　26．解：假设金属块没有离开第一块长木板，移动的相对距离为ｘ，由动量守恒定律，得ｍｖ0＝3ｍｖ， 　ｍｖ02／2＝3ｍｖ2／2＋μｍｇｘ， 解得ｘ＝4ｍ／3＞Ｌ，不合理， ∴　金属块一定冲上第二块木板． 　以整个系统为研究对象，由动量定律及能量关系，当金属块在第一块木板上时ｍｖ0＝ｍｖ0′＋2ｍｖ1， 　ｍｖ02／2＝12ｍｖ0′2＋2ｍ·ｖ12／2＋μｍｇｌ． 　ｍｖ0＝ｍｖ1＋2ｍｖ2， 　ｍｖ02／2＝ｍｖ12／2＋2ｍ·ｖ22 ／2＋μｍｇ（ｌ＋ｘ）． 联立解得： 　ｖ1＝1／3ｍ／ｓ，ｖ2＝5／6ｍ／ｓ，ｘ＝0.25ｍ． 　27．解：当ｔ＝0时，ａＡ0＝9／3＝3ｍ／ｓ2，ａＢ0＝3／6＝0.5ｍ／ｓ2．ａＡ0＞ａＢ0，Ａ、Ｂ间有弹力，随ｔ之增加，Ａ、Ｂ间弹力在减小，当（9－2ｔ）／3＝（3＋2ｔ）／6，ｔ＝2.5ｓ时，Ａ、Ｂ脱离，以Ａ、Ｂ整体为研究对象，在ｔ＝2.5ｓ内，加速度ａ＝（ＦＡ＋ＦＢ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝4／3ｍ／ｓ2，ｓ＝ａｔ2／2＝4.17ｍ． 　28．解：（1）由ｍＣｖ0＝ｍＣｖ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ1，Ｃ由Ａ滑至Ｂ时，Ａ、Ｂ的共同速度是 　ｖ1＝ｍＣ（ｖ0－ｖ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝0.2ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＡ＝ｍＣｖ02／2－ｍＣｖ2／2－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12／2， 得　μ＝［ｍＣ（ｖ02－ｖ2）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12］／2ｍＣｇｌＡ＝0.48． 　（2）由ｍＣｖ＋ｍＢｖ1＝（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ2，Ｃ相对Ｂ静止时，Ｂ、Ｃ的共同速度是ｖ2＝（ｍＣｖ＋ｍＢｖ1）／（ｍＣ＋ｍＢ）＝0.65ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＢ＝ｍＣｖ2／2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22／2， Ｃ在Ｂ上滑行距离为 　ｌＢ＝［ｍＣｖ2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22］／2μｍＣｇ＝0.25ｍ． 　（3）由μｍＣｇｓ＝ｍＢｖ22／2－ｍＢｖ12／2， Ｂ相对地滑行的距离ｓ＝［ｍＢ（ｖ22－ｖ12）］／2μｍＣｇ＝0.12ｍ． 　（4）Ｃ在Ａ、Ｂ上匀减速滑行，加速度大小由μｍＣｇ＝ｍＣａ，得ａ＝μｇ＝4.8ｍ／ｓ2． Ｃ在Ａ上滑行的时间ｔ1＝（ｖ0－ｖ）／ａ＝0.21ｓ． Ｃ在Ｂ上滑行的时间ｔ2＝（ｖ－ｖ2）／ａ＝0.28ｓ． 所求时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝0.21ｓ＋0.28ｓ＝0.49ｓ． 　　29．匀加速下滑时，受力如图1ａ，由牛顿第二定律，有： ｍｇｓｉｎθ－μｍｇｃｏｓθ＝ｍａ＝ｍｇｓｉｎθ／2， 　ｓｉｎθ／2＝μｃｏｓθ， 　得μ＝ｓｉｎθ／2ｃｏｓθ．图1静止时受力分析如图1ｂ，摩擦力有两种可能：①摩擦力沿斜面向下；②摩擦力沿斜面向上．摩擦力沿斜面向下时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＝ｆ＋ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ， 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ＋μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ－μｓｉｎθ）ｍｇ＝3ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ－ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　摩擦力沿斜面向上时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＋ｆ＝ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ． 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ－μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ＋μｓｉｎθ）ｍｇ＝ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ 2θ＋ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　30．解：（1）物体在两斜面上来回运动时，克服摩擦力所做的功Ｗｆ＝μｍｇｃｏｓ60°·ｓ总． 　物体从开始直到不再在斜面上运动的过程中ｍｇｈ－Ｗｆ＝0－ｍｖ02／2．解得ｓ总＝38ｍ． 　（2）物体最终是在Ｂ、Ｃ之间的圆弧上来回做变速圆周运动，且在Ｂ、Ｃ点时速度为零． 　（3）物体第一次通过圆弧最低点时，圆弧所受压力最大．由动能定理得ｍｇ［ｈ＋Ｒ（1－ｃｏｓ60°）］－μｍｇｃｏｓ60°／ｓｉｎ60°＝ｍ（ｖ12－ｖ02）／2， 由牛顿第二定律得　Ｎｍａｘ－ｍｇ＝ｍｖ12／Ｒ， 解得　Ｎｍａｘ＝54.5Ｎ． 　物体最终在圆弧上运动时，圆弧所受压力最小．由动能定理得ｍｇＲ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍｖ22／2，由牛顿第二定律得Ｎｍｉｎ－ｍｇ＝ｍｖ22／Ｒ，解得Ｎｍｉｎ＝20Ｎ． 　31．解：（1）设刹车后，平板车的加速度为ａ0，从开始刹车到车停止所经历时间为ｔ0，车所行驶距离为ｓ0，则有ｖ02＝2ａ0ｓ0，ｖ0＝ａ0ｔ0． 　欲使ｔ0小，ａ0应该大，作用于木箱的滑动摩擦力产生的加速度ａ1＝μｍｇ／ｍ＝μｇ． 　当ａ0＞ａ1时，木箱相对车底板滑动，从刹车到车停止过程中木箱运动的路程为ｓ1，则ｖ02＝2ａ2ｓ1． 　为使木箱不撞击驾驶室，应有ｓ1－ｓ0≤Ｌ． 　联立以上各式解得：ａ0≤μｇｖ02／（ｖ02－2μｇＬ）＝5ｍ／ｓ2， 　∴　ｔ0＝ｖ0／ａ0＝4.4ｓ． 　（2）对平板车，设制动力为Ｆ，则Ｆ＋ｋ（Ｍ＋ｍ）ｇ－μｍｇ＝Ｍａ0，解得：Ｆ＝7420Ｎ． 　32．解：对系统ａ0＝［Ｆ－μｇ（ｍ1＋ｍ2）］／（ｍ1＋ｍ2）＝1ｍ／ｓ2． 　对木块1，细绳断后：│ａ1│＝ｆ1／ｍ1＝μｇ＝1ｍ／ｓ2． 　设细绳断裂时刻为ｔ1，则木块1运动的总位移： 　ｓ1＝2ａ0ｔ12／2＝ａ0ｔ12． 　对木块2，细绳断后，ａ2＝（Ｆ－μｍ2ｇ）／ｍ2＝2ｍ／ｓ2． 木块2总位移 　ｓ2＝ｓ′＋ｓ″＝ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2， 两木块位移差Δｓ＝ｓ2－ｓ1＝22（ｍ）． 得　ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2－ａ0ｔ12＝22， 把ａ0，ａ2值，ｖ1＝ａ0ｔ1代入上式整理得： 　ｔ12＋12ｔ1－28＝0，得ｔ1＝2ｓ． 木块2末速ｖ2＝ｖ1＋ａ2（6－ｔ1）＝ａ0ｔ1＋ａ2（6－ｔ1）＝10ｍ／ｓ． 此时动能Ｅｋ＝ｍ2ｖ22／2＝2×102／2Ｊ＝100Ｊ． 　33．解：（1）由动量守恒定律，ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ′，且有ｍ∶Ｍ＝1∶3， ∴　Ａ、Ｂ共同速度ｖ′＝ｍｖ0／（ｍ＋Ｍ）＝1ｍ／ｓ． 　（2）由动能定理，对全过程应有 　μｍｇ·2Ｌ＝ｍｖ02／2－（ｍ＋Ｍ）ｖ′2／2， 　4μｇＬ＝ｖ02－4ｖ′2，μ＝（ｖ02－4ｖ′2 ）／4ｇＬ＝0.3． 　（3）先求Ａ与Ｂ挡板碰前Ａ的速度ｖ10，以及木板Ｂ相应速度ｖ20，取从Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板相碰前过程为研究对象，依动量守恒与动能定理有以下两式成立：ｍｖ0＝ｍｖ10＋Ｍｖ20， 　ｍｖ02／2－ｍｖ102／2－Ｍｖ202／2＝μｍｇＬ． 代入数据得　ｖ10＋3ｖ20＝4，ｖ102＋3ｖ202＝10， 解以上两式可得　ｖ10＝（2±3）／2ｍ／ｓ．因Ａ与Ｂ挡板碰前速度不可能取负值，故ｖ10＝（2＋3）／2ｍ／ｓ．相应解出ｖ20＝（2－）／2ｍ／ｓ＝0.3ｍ／ｓ． 　木板Ｂ此过程为匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得μｍｇ＝Ｍａ1，ａ1＝μｍｇ／Ｍ＝1（ｍ／ｓ2）． 此过程经历时间ｔ1由下式求出 　ｖ20＝ａ1ｔ1，ｔ1＝ｖ20／ａ1＝0.3（ｓ）． 其速度图线为图2中0～0.3ｓ段图线ａ． 　再求Ａ与Ｂ挡板碰后，木板Ｂ的速度ｖ2与木块Ａ的速度ｖ1，为方便起见取Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板碰撞后瞬间过程为研究对象，依动量守恒定律与动能定理有以下两式成立： ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2，ｍｖ02／2－ｍｖ12／2－Ｍｖ22／2＝μｍｇＬ． 故解为　ｖ1＝（2±3）／2ｍ／ｓ． 因ｖ1＝（2＋3）／2ｍ／ｓ为碰前速度，故取ｖ1＝（2－3）／2ｍ／ｓ，相应得ｖ2＝2＋2ｍ／ｓ＝1.7ｍ／ｓ． 由于ｖ1＜0，即木块相对Ｂ向左滑动，Ａ受Ｂ摩擦力向右，Ｂ受Ａ摩擦力向左，故Ｂ做匀减速直线运动，加速度大小由牛顿第二定律，得ａ＝μｍｇ／Ｍ＝1ｍ／ｓ2． 　从碰后到Ａ滑到Ｂ最左端过程中，Ｂ向右做匀减速直线运动时间设为ｔ2，则ｖ′－ｖ2＝－ａｔ2， ∴　ｔ2＝0.7ｓ． 　此过程速度图线如图2中0.3ｓ～1.0ｓ段图线ｂ．图2　　34．解：设ｍ1、ｍ2两物体受恒力Ｆ作用后，产生的加速度分别为ａ1、ａ2，由牛顿第二定律Ｆ＝ｍａ，得 　ａ1＝Ｆ／ｍ1，ａ2＝Ｆ／ｍ2， 　历时ｔ两物体速度分别为ｖ1＝ａ1ｔ，ｖ2＝ｖ0＋ａ2ｔ，由题意令ｖ1＝ｖ2，即ａ1ｔ＝ｖ0＋ａ2ｔ或（ａ1－ａ2）ｔ＝ｖ0，因ｔ≠0、ｖ0＞0，欲使上式成立，需满足ａ1－ａ2＞0，即Ｆ／ｍ1＞Ｆ／ｍ2，或ｍ1＜ｍ2，也即当ｍ1≥ｍ2时不可能达到共同速度，当ｍ1＜ｍ2时，可以达到共同速度． 　35．解：（1）当小球刚好能在轨道内做圆周运动时，水平初速度ｖ最小，此时有ｍｇ＝ｍｖ2／Ｒ， 故　ｖ＝＝＝2ｍ／ｓ． 　 （2）若初速度ｖ′＜ｖ，小球将做平抛运动，如在其竖直位移为Ｒ的时间内，其水平位移ｓ≥Ｒ，小球可进入轨道经过Ｂ点．设其竖直位移为Ｒ时，水平位移也恰为R，则Ｒ＝ｇｔ2／2，Ｒ＝ｖ′ｔ，解得：ｖ′＝／2＝ｍ／ｓ． 因此，初速度满足2ｍ／ｓ＞ｖ′≥ｍ／ｓ时，小球可做平抛运动经过Ｂ点． 　36．卫星在天空中任何天体表面附近运行时，仅受万有引力Ｆ作用使卫星做圆周运动，运动半径等于天体的球半径Ｒ．设天体质量为Ｍ，卫星质量为ｍ，卫星运动周期为Ｔ，天体密度为ρ．根据万有引力定律Ｆ＝ＧＭｍ／Ｒ2， 卫星做圆周运动向心力Ｆ′＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2， 因为 　Ｆ′＝Ｆ，得ＧＭｍ／Ｒ2＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2，∴Ｔ＝． 　又球体质量Ｍ＝4πＲ3ρ／3． 得Ｔ＝=，∴Ｔ∝1／，得证． 　37．解：由于两球相碰满足动量守恒 　　ｍ1ｖ0＝ｍ1ｖ1＋ｍ2ｖ2，ｖ1＝－1.3ｍ／ｓ． 　两球组成系统碰撞前后的总动能Ｅｋ1＋Ｅｋ2＝ｍ1ｖ02／2＋0＝2.5Ｊ， 　Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＝ｍ1ｖ12／2＋ｍ2ｖ22／2＝2.8Ｊ． 　可见，Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＞Ｅｋ1＋Ｅｋ2，碰后能量较碰撞前增多了，违背了能量守恒定律，这种假设不合理． 　38．解：（1）由动量守恒，得ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2， 由运动学公式得ｓ＝（ｖ1－ｖ2）ｔ，ｈ＝ｇｔ2／2， 由以上三式得ｖ2＝（ｍｖ0－ｓｍ）／（Ｍ＋ｍ）． 　（2）最后车与物体以共同的速度ｖ向右运动，故有 　ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖｖ＝ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）． ∴ΔＥ＝ｍｖ02／2＋ｍｇｈ－（Ｍ＋ｍ）ｍ2ｖ02／2（Ｍ＋ｍ）2． 解得ΔＥ＝ｍｇｈ＋Ｍｍｖ02／2（Ｍ＋ｍ）． 　39．解：设碰前Ａ、Ｂ有共同速度ｖ时，Ｍ前滑的距离为ｓ．则ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ，ｆｓ＝Ｍｖ2／2，ｆ＝μｍｇ． 　由以上各式得　ｓ＝Ｍｍｖ02／2μｇ（Ｍ＋ｍ）2． 　当ｖ0＝2ｍ／ｓ时，ｓ＝2／9ｍ＜0.5ｍ，即Ａ、Ｂ有共同速度．当ｖ0＝4ｍ／ｓ时，ｓ＝8／9ｍ＞0.5ｍ，即碰前Ａ、Ｂ速度不同． 　 40．解：（1）物体由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者系统水平方向动量守恒得：ｍｖ0＝ｍｖ0／2＋2ｍｖＡＢ． 解之得　ｖＡＢ＝ｖ0／4． 　（2）物块由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者功能关系得：μｍｇＬ＝ｍｖ02／2－ｍ（ｖ0／2）2／2－2ｍ（ｖ0／4）2／2． 解之得　Ｌ＝5ｖ02／16μｇ． 　（3）物块由Ｄ滑到Ｃ的过程中，二者系统水平方向动量守恒，又因为物块到达最高点Ｃ时，物块与滑块速度相等且水平，均为ｖ． 故得　ｍｖ0／2＋ｍｖ0／4＝2ｍｖ， ∴　得滑块的动能ＥＣＤ＝ｍｖ2／2＝9ｍｖ02／128． 　41．解：（1）Ｂ从ｖ0减速到速度为零的过程，Ｃ静止，Ｂ的位移：ｓ1＝ｖ02／2μｇ． 　所用的时间：ｔ1＝ｖ0／μｇ． 　此后Ｂ与Ｃ一起向右做加速运动，Ａ做减速运动，直到相对静止，设所用时间为ｔ2，共同速度为ｖ． 　对Ａ、Ｂ、Ｃ，由动量守恒定律得 　ｍＡ·2ｖ0－ｍＢｖ0＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ， ∵　ｍＡ＝ｍＢ＝ｍＣ，∴　ｖ＝ｖ0／3． 　对Ｂ与Ｃ，向右加速运动的加速度 　ａ＝μｍＡｇ／（ｍＢ＋ｍＣ）＝μｇ／2，∴ｔ2＝ｖ／ａ＝2ｖ0／3μｇ． Δｔ内Ｂ向右移动的位移ｓ2＝ｖｔ2／2＝ｖ02／9μｇ， 故总路程ｓ＝ｓ1＋ｓ2＝11ｖ02／18μｇ，总时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝5ｖ0／3μｇ． 　（2）设车的最小长度为Ｌ，则相对静止时Ａ、Ｂ刚好接触，由能量守恒得 　ｍＡ（2ｖ0）2／2＋ｍＢｖ02／2＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ2／2＋μｍＢｇｓ1＋μｍＡｇ（Ｌ－ｓ1）， 联立解得Ｌ＝7ｖ02／3μｇ． 　42．解：（1）ｍ速度最大的位置应在O点左侧．因为细线烧断后，ｍ在弹簧弹力和滑动摩擦力的合力作用下向右做加速运动，当弹力与摩擦力的合力为零时，ｍ的速度达到最大，此时弹簧必处于压缩状态．此后，系统的机械能不断减小，不能再达到这一最大速度． 　（2）选ｍ、Ｍ为一系统，由动量守恒定律得 　ｍｖ1＝Ｍｖ2． 　设这一过程中弹簧释放的弹性势能为Ｅｐ，则 　Ｅｐ＝ｍｖ12／2＋Ｍｖ22／2＋μｍｇｓ， 解得　ｖ2＝ｍｖ1／Ｍ，Ｅｐ＝ｍ［（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2Ｍ＋μｇｓ］． 　（2）ｍ与Ｍ最终将静止，因为系统动量守恒，且总动量为零，只要ｍ与Ｍ间有相对运动，就要克服摩擦力做功，不断消耗能量，所以，ｍ与Ｍ最终必定都静止． 　43．解：（1）第一颗子弹射入木块过程，系统动量守恒，有 　ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ1． 　射入后，在ＯＢＣ运动过程中，机械能守恒，有 　（ｍ＋Ｍ）ｖ12／2＝（ｍ＋Ｍ）ｇＲ，得ｖ0＝（Ｍ＋ｍ） ／ｍ． 　（2）由动量守恒定律知，第2、4、6……颗子弹射入木块后，木块速度为0，第1、3、5……颗子弹射入后，木块运动．当第9颗子弹射入木块时，由动量守恒得： 　ｍｖ0＝（9ｍ＋Ｍ）ｖ9， 　设此后木块沿圆弧上升最大高度为Ｈ，由机械能守恒定律得：（9ｍ＋Ｍ）ｖ92／2＝（9ｍ＋Ｍ）ｇＨ， 由以上可得：Ｈ＝［（Ｍ＋ｍ）／（Ｍ＋9ｍ）］2Ｒ． 　44．解：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动ｓ，速度变为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．由动能定理 　－μＭｇｓ＝0－ｍｖ02／2，ｓ＝ｍｖ02／2μＭｇ＝0.33ｍ． 　（2）假如平板车在第二次碰墙前还未和滑块相对静止，则其速度的大小肯定还是2ｍ／ｓ，因为只要相对运动，摩擦力大小为恒值．滑块速度则大于2ｍ／ｓ，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰墙前肯定已和滑块具有共同速度ｖ．此即平板车碰墙前瞬间的速度． 　Ｍｖ0－ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， ∴ｖ＝（Ｍ－ｍ）ｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝0.4ｍ／ｓ．图3　（3）平板车与墙壁第一次碰撞后滑块与平板又达到共同速度ｖ前的过程，可用图3（ａ）、（ｂ）、（ｃ）表示．图3（ａ）为平板车与墙碰撞后瞬间滑块与平板车的位置，图3（ｂ）为平板车到达最左端时两者的位置，图3（ｃ）为平板车与滑块再次达到共同速度时两者的位置．在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功μΜｇｓ′，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功μＭｇｓ″（平板车从Ｂ到Ａ再回到Ｂ的过程中摩擦力做功为零），其中ｓ′、ｓ″分别为滑块和平板车的位移．滑块和平板车动能总减少为μＭｇｌ1，其中ｌ1＝ｓ′＋ｓ″为滑块相对平板车的位移，此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为ｌ，则有（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2＝μＭｇｌ，ｌ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2μＭｇ＝0.833ｍ． ｌ即为平板车的最短长度．图4 　　45．解：如图4，Ａ球从静止释放后将自由下落至Ｃ点悬线绷直，此时速度为ｖＣ ∵　ｖＣ2＝2ｇ×2Ｌｓｉｎ30°， ∴　ｖＣ＝＝2ｍ／ｓ． 　在线绷直的过程中沿线的速度分量减为零时，Ａ将以切向速度ｖ1沿圆弧运动且 　ｖ1＝ｖＣｃｏｓ30°＝ｍ／ｓ． 　Ａ球从Ｃ点运动到最低点与Ｂ球碰撞前机械能守恒，可求出Ａ球与Ｂ球碰前的速度 　ｍＡｖ12／2＋ｍＡｇＬ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍＡｖ22／2， 　ｖ2＝==ｍ／ｓ． 　因Ａ、Ｂ两球发生无能量损失的碰撞且ｍＡ＝ｍＢ，所以它们的速度交换，即碰后Ａ球的速度为零，Ｂ球的速度为ｖ2＝（ｍ／ｓ）．对Ｂ球和小车组成的系统水平方向动量守恒和机械能守恒，当两者有共同水平速度ｕ时，Ｂ球上升到最高点，设上升高度为ｈ． 　ｍＢｖ2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ，ｍＢｖ22／2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ2／2＋ｍＢｇｈ．解得ｈ＝3／16≈0.19ｍ． 　在Ｂ球回摆到最低点的过程中，悬线拉力仍使小车加速，当Ｂ球回到最低点时小车有最大速度ｖｍ，设小球Ｂ回到最低点时速度的大小为ｖ3，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 　ｍＢｖ2＝－ｍＢｖ3＋Ｍｖｍ，ｍＢｖ22／2＝ｍＢｖ32／2＋Ｍｖｍ2／2， 解得ｖｍ＝2ｍＢｖ2／（ｍ3＋Ｍ）＝／2ｍ／ｓ＝1.12ｍ／ｓ． 　46．解：（1）小球的角速度与运动的角速度必定相等，则有ｖ＝ωＲ＝ω． 　（2）人手所提供的功率应等于小球在运动过程中克服摩擦力做功的功率．即有Ｐ＝ｆｖ， ∴　ｆ＝Ｐ／ｖ＝Ｐ／ω． 　47．解：由于粘性物体与底板粘合的过程时间极短，冲击力远大于重力，在竖直方向近似动量守恒，开始静止时，有　ｍ1ｇ＝ｋｘｋ＝ｍ1ｇｘ． 　ｍ2下落Ｈ时的速度ｖ＝，ｍ2与ｍ1合在一起动量守恒，ｍ2ｖ＝（ｍ1＋ｍ2）ｖ′，ｖ′＝ｍ2ｖ／（ｍ1＋ｍ2）＝ｍ2／（ｍ1＋ｍ2）． 　设向下为正方向，ｍ1与ｍ2的整体受两个力，即重力（ｍ1＋ｍ2）ｇ和弹簧的平均拉力，则有平均拉力＝ｋｘ＋ｋｈ／2＝ｋ（2ｘ＋ｈ）／2，由动能定理得 ［－＋（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ＝0－（ｍ1＋ｍ2）ｖ2／2， 由以上各式得［ｍ1ｇ（2ｘ＋ｈ）／2ｘ－（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ 　＝（ｍ1＋ｍ2）·ｍ22·2ｇｈ／2（ｍ1＋ｍ2）2． 代入数值得ｈ＝0.3ｍ． 　48．解：ｍ与Ａ粘在一起后水平方向动量守恒，共同速度设为ｖ1，Ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ1， 得ｖ1＝Ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝2ｖ0 ／3． 　当弹簧压缩到最大时即有最大弹性势能Ｅ，此时系统中各物体有相同速度，设为ｖ2，由动量守恒定律 　2Ｍｖ0＝（2Ｍ＋ｍ）ｖ2，得ｖ2＝2Ｍｖ0／（2Ｍ＋ｍ）＝4ｖ0／5． 由能量守恒有 　Ｅ＝Ｍｖ02／2＋（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2－（2Ｍ＋ｍ）ｖ22／2， 解得Ｅ＝Ｍｖ02／30． 　49．解：（1）振子在平衡位置时，所受合力为零，设此时弹簧被压缩Δｘ：（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ＝ｋΔｘ，Δｘ＝5ｃｍ． 　开始释放时振子处在最大位移处，故振幅 　Ａ＝5ｃｍ＋5ｃｍ＝10ｃｍ． 　（2）由于开始时弹簧的伸长量恰等于振子在平衡位置时弹簧的压缩量，故弹性势能相等，设振子的最大速度为ｖ，从开始到平衡位置，根据机械能守恒定律， 得ｍｇ·Ａ＝ｍｖ2／2，∴ｖ＝＝1.4ｍ／ｓ， 即Ｂ的最大速率为1.4ｍ／ｓ． 　（3）在最高点，振子受到的重力和弹力方向相同，根据牛顿第二定律，得 　ａ＝［ｋΔｘ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ］／（ｍＡ＋ｍＢ）＝20ｍ／ｓ2， Ａ对Ｂ的作用力方向向下，其大小 　Ｎ1＝ｍＢａ－ｍＢｇ＝10Ｎ． 在最低点，振子受到的重力和弹力方向相反，根据牛顿第二定律，得ａ＝ｋ（Δｘ＋Ａ）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｍＡ＋ｍＢ＝20ｍ／ｓ2． Ａ对Ｂ的作用力方向向上，其大小 　Ｎ2＝ｍＢａ＋ｍＢｇ＝30Ｎ．ｓ后撤去，箱子最远运动多长距离? 　10．一网球运动员在离开网的距离为12ｍ处沿水平方向发球，发球高度为2．4ｍ，网的高度为0．9ｍ． 　（1）若网球在网上0．1ｍ处越过，求网球的初速度． 　（2）若按上述初速度发球，求该网球落地点到网的距离． 　取ｇ＝10／ｍ·ｓ２，不考虑空气阻力．2．解：在0～1ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知 　ａ１＝12ｍ／ｓ２， 由牛顿第二定律，得 　Ｆ－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ１，　　① 在0～2ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知ａ２＝－6ｍ／ｓ２， 因为此时物体具有斜向上的初速度，故由牛顿第二定律，得 　－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ２，　　② 　②式代入①式，得　Ｆ＝18Ｎ． 3 ．解：在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从Ａ到Ｂ需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为ｔ1，则 　（ｖ／2）ｔ１＋ｖ（ｔ－ｔ１）＝Ｌ， 所以　ｔ１＝2（ｖｔ－Ｌ）／ｖ＝（2×（2×6－10）／2）ｓ＝2ｓ． 为使物体从Ａ至Ｂ所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变．而　ａ＝ｖ／ｔ＝1ｍ／ｓ２．设物体从Ａ至Ｂ所用最短的时间为ｔ2，则 　（1／2）ａｔ2２＝Ｌ， 　ｔ2＝=＝2ｓ． 　ｖｍｉｎ＝ａｔ2＝1×2ｍ／ｓ＝2ｍ／ｓ． 传送带速度再增大1倍，物体仍做加速度为1ｍ／ｓ２的匀加速运动，从Ａ至Ｂ的传送时间为2ｍ／ｓ． 4．解：启动前Ｎ１＝ｍｇ， 　升到某高度时　Ｎ2＝（17／18）Ｎ１＝（17／18）ｍｇ， 　对测试仪　Ｎ2－ｍｇ′＝ｍａ＝ｍ（ｇ／2）， 　∴　ｇ′＝（8／18）ｇ＝（4／9）ｇ， 　ＧｍＭ／Ｒ2＝ｍｇ，ＧｍＭ／（Ｒ＋ｈ）2＝ｍｇ′，解得：ｈ＝（1／2）Ｒ． 5．解：由匀加速运动的公式　ｖ２＝ｖ０２＋2ａｓ 　得物块沿斜面下滑的加速度为 　ａ＝ｖ2／2ｓ＝1．42／（2×1．4）＝0．7ｍｓ－２， 由于ａ＜ｇｓｉｎθ＝5ｍｓ－２， 　可知物块受到摩擦力的作用．图3　分析物块受力，它受3个力，如图3．对于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，由牛顿定律有 　ｍｇｓｉｎθ－ｆ１＝ｍａ， 　ｍｇｃｏｓθ－Ｎ１＝0， 　分析木楔受力，它受5个力作用，如图3所示．对于水平方向，由牛顿定律有 　ｆ2＋ｆ１ｃｏｓθ－Ｎ１ｓｉｎθ＝0， 　由此可解得地面的作用于木楔的摩擦力 　ｆ2＝ｍｇｃｏｓθｓｉｎθ－（ｍｇｓｉｎθ－ｍａ）ｃｏｓθ＝ｍａｃｏｓθ＝1×0．7×（／2）＝0．61Ｎ． 　此力的方向与图中所设的一致（由指向）． 6．解：（1）飞机原先是水平飞行的，由于垂直气流的作用，飞机在竖直方向上的运动可看成初速度为零的匀加速直线运动，根据　ｈ＝（1／2）ａｔ２，得ａ＝2ｈ／ｔ２，代入ｈ＝1700ｍ，ｔ＝10ｓ，得 　ａ＝（2×1700／10２）（ｍ／ｓ２）＝34ｍ／ｓ２ ，方向竖直向下． 　（2）飞机在向下做加速运动的过程中，若乘客已系好安全带，使机上乘客产生加速度的力是向下重力和安全带拉力的合力．设乘客质量为ｍ，安全带提供的竖直向下拉力为Ｆ，根据牛顿第二定律　Ｆ＋ｍｇ＝ｍａ，得安全带拉力 　　Ｆ＝ｍ（ａ－ｇ）＝ｍ（34－10）Ｎ＝24ｍ（Ｎ）， ∴　安全带提供的拉力相当于乘客体重的倍数 　ｎ＝Ｆ／ｍｇ＝24ｍＮ／ｍ·10Ｎ＝2．4（倍）． 　（3）若乘客未系安全带，飞机向下的加速度为34ｍ／ｓ２，人向下加速度为10ｍ／ｓ２，飞机向下的加速度大于人的加速度，所以人对飞机将向上运动，会使头部受到严重伤害． 7．解：设月球表面重力加速度为ｇ，根据平抛运动规律，有 　ｈ＝（1／2）ｇｔ２，　　① 　水平射程为　　　Ｌ＝ｖ０ｔ，　　② 　联立①②得ｇ＝2ｈｖ０２／Ｌ２．　　③ 　根据牛顿第二定律，得　ｍｇ＝ｍ（2π／Ｔ）２Ｒ，　　④ 　联立③④得　Ｔ＝（πＬ／ｖ０ｈ）．　　⑤ 8．解：前2秒内，有Ｆ－ｆ＝ｍａ１，ｆ＝μＮ，Ｎ＝ｍｇ，则 　ａ１＝（Ｆ－μｍｇ）／ｍ＝4ｍ／ｓ２，ｖｔ＝ａ１ｔ＝8ｍ／ｓ， 　撤去Ｆ以后　ａ２＝ｆ／ｍ＝2ｍ／ｓ，ｓ＝ｖ１２／2ａ２＝16ｍ． 9．解：（1）用力斜向下推时，箱子匀速运动，则有 　Ｆｃｏｓθ＝ｆ，ｆ＝μＮ，Ｎ＝Ｇ＋Ｆｓｉｎθ， 　联立以上三式代数据，得　Ｆ＝1．2×10２Ｎ． 　（2）若水平用力推箱子时，据牛顿第二定律，得Ｆ合＝ｍａ，则有 　Ｆ－μＮ＝ｍａ，Ｎ＝Ｇ， 　联立解得　ａ＝2．0ｍ／ｓ２． 　ｖ＝ａｔ＝2．0×3．0ｍ／ｓ＝6．0ｍ／ｓ， 　ｓ＝（1／2）ａｔ２＝（1／2）×2．0×3．0２ｍ／ｓ＝9．0ｍ， 　推力停止作用后　ａ′＝ｆ／ｍ＝4．0ｍ／ｓ２（方向向左）， 　ｓ′＝ｖ２／2ａ′＝4．5ｍ， 　则　ｓ总＝ｓ＋ｓ′＝13．5ｍ． 10．解：根据题中说明，该运动员发球后，网球做平抛运动．以ｖ表示初速度，Ｈ表示网球开始运动时离地面的高度（即发球高度），ｓ１表示网球开始运动时与网的水平距离（即运动员离开网的距离），ｔ１表示网球通过网上的时刻，ｈ表示网球通过网上时离地面的高度，由平抛运动规律得到 　ｓ１＝ｖｔ１，Ｈ－ｈ＝（1／2）ｇｔ１２， 消去ｔ１，得　　ｖ＝ｍ／ｓ，ｖ≈23ｍ／ｓ． 　以ｔ２表示网球落地的时刻，ｓ２ 表示网球开始运动的地点与落地点的水平距离，ｓ表示网球落地点与网的水平距离，由平抛运动规律得到 　Ｈ＝（1／2）ｇｔ２２，ｓ２＝ｖｔ２， 消去ｔ２，得ｓ２＝ｖ≈16ｍ， 　网球落地点到网的距离　ｓ＝ｓ２－ｓ１≈4ｍ． 11．解：（1）设卫星质量为ｍ，它在地球附近做圆周运动，半径可取为地球半径Ｒ，运动速度为ｖ，有 　ＧＭｍ／Ｒ２＝ｍｖ２／Ｒ　得ｖ＝． 　（2）由（1）得： 　Ｍ＝ｖ２Ｒ／Ｇ＝＝6．0×1024ｋｇ． 12．解：对物块：Ｆ１－μｍｇ＝ｍａ１， 　6－0．5×1×10＝1·ａ１，ａ１＝1．0ｍ／ｓ2， 　ｓ１＝（1／2）ａ１ｔ2＝（1／2）×1×0．42＝0．08ｍ， 　ｖ１＝ａ１ｔ＝1×0．4＝0．4ｍ／ｓ， 　对小车：Ｆ２－μｍｇ＝Ｍａ２， 　9－0．5×1×10＝2ａ２，ａ２＝2．0ｍ／ｓ2， 　ｓ２＝（1／2）ａ２ｔ2＝（1／2）×2×0．42＝0．16ｍ， 　ｖ２＝ａ２ｔ＝2×0．4＝0．8ｍ／ｓ， 　撤去两力后，动量守恒，有Ｍｖ２－ｍｖ１＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， 　ｖ＝0．4ｍ／ｓ（向右）， ∵　（（1／2）ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2）－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ2＝μｍｇｓ３， 　ｓ３＝0．096ｍ， ∴　ｌ＝ｓ１＋ｓ２＋ｓ３＝0．336ｍ． 13．解：设木块到Ｂ时速度为ｖ０，车与船的速度为ｖ１，对木块、车、船系统，有 　ｍ１ｇｈ＝（ｍ１ｖ０2／2）＋（（ｍ２＋ｍ３）ｖ１2／2）， 　ｍ１ｖ０＝（ｍ２＋ｍ３）ｖ１， 解得　ｖ０＝5，ｖ１＝． 　木块到Ｂ后，船以ｖ１继续向左匀速运动，木块和车最终以共同速度ｖ２向右运动，对木块和车系统，有 　ｍ１ｖ０－ｍ２ｖ１＝（ｍ１＋ｍ２）ｖ２， 　μｍ１ｇｓ＝（（ｍ１ｖ０2／2）＋（ｍ２ｖ１2／2））－（（ｍ１＋ｍ２）ｖ２2／2）， 得　ｖ２＝ｖ１＝，ｓ＝2ｈ． 14．解：（1）小球的角速度与手转动的角速度必定相等均为ω．设小球做圆周运动的半径为ｒ，线速度为ｖ．由几何关系得　ｒ＝，ｖ＝ω·ｒ，解得　　 　　ｖ＝ω． 　（2）设手对绳的拉力为Ｆ，手的线速度为ｖ，由功率公式得　Ｐ＝Ｆｖ＝Ｆ·ωＲ， ∴　Ｆ＝Ｐ／ωＲ．图4　研究小球的受力情况如图4所示，因为小球做匀速圆周运动，所以切向合力为零，即 　Ｆｓｉｎθ＝ｆ， 其中　ｓｉｎθ＝Ｒ／， 　联立解得　ｆ＝Ｐ／ω． 15．解：（1）用ｖ１表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由于子弹射入木块Ｃ时间极短，系统动量守恒，有 　ｍｖ０＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１， 　∴　ｖ１＝ｍｖ０／（ｍ＋Ｍ）＝3ｍ／ｓ， 　子弹和木块Ｃ在ＡＢ木板上滑动，由动能定理得： 　（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ２２－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ１２＝－μ（ｍ＋Ｍ）ｇＬ， 　解得　ｖ２＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）用ｖ′表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由动量守恒定律，得　ｍｖ０′＋Ｍｕ＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１′，解得　ｖ１′＝4ｍ／ｓ． 　木块Ｃ及子弹在ＡＢ木板表面上做匀减速运动　ａ＝μｇ．设木块Ｃ和子弹滑至ＡＢ板右端的时间为ｔ，则木块Ｃ和子弹的位移ｓ１＝ｖ１′ｔ－（1／2）ａｔ2， 　由于ｍ车≥（ｍ＋Ｍ），故小车及木块ＡＢ仍做匀速直线运动，小车及木板ＡＢ的位移　ｓ＝ｕｔ，由图5可知：ｓ１＝ｓ＋Ｌ， 　联立以上四式并代入数据得： 　ｔ2－6ｔ＋1＝0， 　解得：ｔ＝（3－2）ｓ，（ｔ＝（3＋2）ｓ不合题意舍去），　　（11） 　∴　ｓ＝ｕｔ＝0．18ｍ． 16．解：（1）设Ａ滑上Ｂ后达到共同速度前并未碰到档板，则根据动量守恒定律得它们的共同速度为ｖ，有 图5　ｍｖ０＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝2ｍ／ｓ，在这一过程中，Ｂ的位移为ｓＢ＝ｖＢ2／2ａＢ且ａＢ＝μｍｇ／Ｍ，解得ｓＢ＝Ｍｖ2／2μｍｇ＝2×22／2×0．2×1×10＝2ｍ． 　设这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ１，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ１＝（1／2）ｍｖ０2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得ｓ１＝6ｍ． 　当ｓ＝4ｍ时，Ａ、Ｂ达到共同速度ｖ＝2ｍ／ｓ后再匀速向前运动2ｍ碰到挡板，Ｂ碰到竖直挡板后，根据动量守恒定律得Ａ、Ｂ最后相对静止时的速度为ｖ′，则 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′， 解得　ｖ′＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ２，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ２＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　ｓ２＝2．67ｍ． 　因此，Ａ、Ｂ最终不脱离的木板最小长度为ｓ１＋ｓ２＝8．67ｍ 　（2）因Ｂ离竖直档板的距离ｓ＝0．5ｍ＜2ｍ，所以碰到档板时，Ａ、Ｂ未达到相对静止，此时Ｂ的速度ｖＢ为 　ｖＢ2＝2ａＢｓ＝（2μｍｇ／Ｍ）ｓ，解得　ｖＢ＝1ｍ／ｓ， 　设此时Ａ的速度为ｖＡ，根据动量守恒定律，得 　ｍｖ０＝ＭｖＢ＋ｍｖＡ，解得ｖＡ＝4ｍ／ｓ， 　设在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移为ｓ１′，根据动能定理得： 　μｍｇｓ１′＝（1／2）ｍｖ０2－（（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）ＭｖＢ2）， 　解得　ｓ１′＝4．5ｍ． 　Ｂ碰撞挡板后，Ａ、Ｂ最终达到向右的相同速度ｖ，根据动能定理得ｍｖＡ－ＭｖＢ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ２′为 　μｍｇｓ２′＝（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得　ｓ２′＝（25／6）ｍ． 　Ｂ再次碰到挡板后，Ａ、Ｂ最终以相同的速度ｖ′向左共同运动，根据动量守恒定律，得 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′，解得　ｖ′＝（2／9）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ３′为： 　μｍｇｓ３′＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　　　　ｓ３′＝（8／27）ｍ． 　因此，为使Ａ不从Ｂ上脱落，Ｂ的最小长度为ｓ１′＋ｓ２′＋ｓ３′＝8．96ｍ． 17．解：（1）Ｂ与Ａ碰撞后，Ｂ相对于Ａ向左运动，Ａ所受摩擦力方向向左，Ａ的运动方向向右，故摩擦力作负功．设Ｂ与Ａ碰撞后的瞬间Ａ的速度为ｖ１，Ｂ的速度为ｖ２，Ａ、Ｂ相对静止后的共同速度为ｖ，整个过程中Ａ、Ｂ组成的系统动量守恒，有 　Ｍｖ０＝（Ｍ＋1．5Ｍ）ｖ，ｖ＝2ｖ０／5． 　碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功，即 　Ｍｖ２＋1．5Ｍｖ１＝2．5Ｍｖ，　　① 　（1／2）×1．5Ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2－（1／2）×2．5Ｍｖ2＝Ｍμ ｇｌ，　　② 可解出ｖ１＝（1／2）ｖ０（另一解ｖ１＝（3／10）ｖ０因小于ｖ而舍去） 　这段过程中，Ａ克服摩擦力做功 　Ｗ＝（1／2）×1．5Ｍｖ１2－（1／2）×1．5Ｍｖ2＝（27／400）Ｍｖ０2（0．068Ｍｖ０2）． 　（2）Ａ在运动过程中不可能向左运动，因为在Ｂ未与Ａ碰撞之前，Ａ受到的摩擦力方向向右，做加速运动，碰撞之后Ａ受到的摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后，速度仍向右，因此不可能向左运动． 　Ｂ在碰撞之后，有可能向左运动，即ｖ２＜0． 　先计算当ｖ２＝0时满足的条件，由①式，得 　ｖ１＝（2ｖ０／3）－（2ｖ２／3），当ｖ２＝0时，ｖ１＝2ｖ０／3，代入②式，得 　（（1／2）×1．5Ｍ4ｖ０2／9）－（（1／2）×2．5Ｍ4ｖ０2／25）＝Ｍμｇｌ， 解得　μｇｌ＝2ｖ０2／15． 　Ｂ在某段时间内向左运动的条件之一是μｌ＜2ｖ０2／15ｇ． 　另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即 　（1／2）Ｍｖ０2－（1／2）2．5Ｍ（2ｖ０／5）2≥2Ｍμｇｌ， 　解出另一个条件是　μｌ≤3ｖ０2／20ｇ， 　最后得出Ｂ在某段时间内向左运动的条件是 　2ｖ０2／15ｇ＜μｌ≤3ｖ０2／20ｇ． 18．解：（1）以警车为研究对象，由动能定理． 　－μｍｇ·ｓ＝（1／2）ｍｖ2－（1／2）ｍｖ０2， 　将ｖ０＝14．0ｍ／ｓ，ｓ＝14．0ｍ，ｖ＝0代入，得 　μｇ＝7．0ｍ／ｓ2， 　因为警车行驶条件与肇事汽车相同，所以肇事汽车的初速度ｖＡ＝＝21ｍ／ｓ． 　（2）肇事汽车在出事点Ｂ的速度 　ｖＢ＝＝14ｍ／ｓ， 　肇事汽车通过段的平均速度 　＝（ｖＡ＋ｖＢ）／2＝（21＋14）／2＝17．5ｍ／ｓ． 　肇事汽车通过ＡＢ段的时间 　ｔ２＝ＡＢ／＝（31．5－14．0）／17．5＝1ｓ． 　∴　游客横过马路的速度 　ｖ人＝／（ｔ１＋ｔ２）＝（2．6／（1＋0．7））ｍ／ｓ＝1．53ｍ／ｓ． 19．解：（1）开始Ａ、Ｂ处于静止状态时，有 　ｋｘ０－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｓｉｎ30°＝0，　　① 　设施加Ｆ时，前一段时间Ａ、Ｂ一起向上做匀加速运动，加速度为ａ，ｔ＝0．2ｓ，Ａ、Ｂ间相互作用力为零，对Ｂ有： 　ｋｘ－ｍＢｇｓｉｎ30°＝ｍＢａ，　　② 　ｘ－ｘ０＝（1／2）ａｔ2，　　③ 　解①、②、③得： 　ａ＝5ｍｓ－2，ｘ０＝0．05ｍ，ｘ＝0．15ｍ， 　初始时刻Ｆ最小 　Ｆｍｉｎ＝（ｍＡ＋ｍＢ）ａ＝60Ｎ． 　 ｔ＝0．2ｓ时，Ｆ最大 　Ｆｍａｘ－ｍＡｇｓｉｎ30°＝ｍＡａ， 　Ｆｍａｘ＝ｍＡ（ｇｓｉｎ30°＋ａ）＝100Ｎ， 　（2）ΔＥＰＡ＝ｍＡｇΔｈ＝ｍＡｇ（ｘ－ｘ０）ｓｉｎ30°＝5Ｊ． 20．解：当弹簧处于压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和．当弹簧伸长到其自然长度时，弹性势能为零，因这时滑块Ａ的速度为零，故系统的机械能等于滑块Ｂ的动能．设这时滑块Ｂ的速度为ｖ则有 　Ｅ＝（1／2）ｍ２ｖ2，　　① 由动量守恒定律（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ２ｖ，　　② 解得　Ｅ＝（1／2）（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２．　　③ 　假定在以后的运动中，滑块Ｂ可以出现速度为零的时刻，并设此时滑块Ａ的速度为ｖ１．这时，不论弹簧是处于伸长还是压缩状态，都具有弹性势能Ｅｐ．由机械能守恒定律得 　（1／2）ｍ１ｖ１2＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　④ 根据动量守恒　（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ１ｖ１，　　⑤ 求出ｖ１，代入④式得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑥ 因为Ｅｐ≥0，故得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）≤（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑦ 即　ｍ１≥ｍ２，与已知条件ｍ１＜ｍ２不符． 　可见滑块Ｂ的速度永不为零，即在以后的运动中，不可能出现滑动Ｂ的速度为零的情况． 21．解：设恰好物体相对圆盘静止时，弹簧压缩量为Δｌ，静摩擦力为最大静摩擦力ｆｍａｘ，这时物体处于临界状态，由向心力公式ｆｍａｘ－ｋΔｌ＝ｍＲｗ2，　　① 　假若物体向圆心移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ１－ｋ（Δｌ＋ｘ）＝ｍ（Ｒ－ｘ）ｗ2，　　② 　由①、②两式可得　ｆｍａｘ－ｆ１＝ｍｘｗ2－ｋｘ，　　③ 所以　ｍｘｗ2－ｋｘ≥0，得ｋ≤ｍｗ2，　　④ 　若物体向外移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ２－ｋ（Δｌ－ｘ）≥ｍ（Ｒ＋ｘ）ｗ2，　　⑤ 由①～⑥式得　ｆｍａｘ－ｆ２＝ｋｘ－ｍｘｗ2≥0，　　⑥ 所以　ｋ≥ｍｗ2，　　⑦ 即若物体向圆心移动，则ｋ≤ｍｗ2， 若物体向远离圆心方向移动，则ｋ≥ｍｗ2． 22．解：卫星环绕地球作匀速圆周运动，设卫星的质量为ｍ，轨道半径为ｒ，受到地球的万有引力为Ｆ， 　Ｆ＝ＧＭｍ／ｒ2，　　① 　式中Ｇ为万有引力恒量，Ｍ是地球质量． 　设ｖ是卫星环绕地球做匀速圆周运动的线速度，Ｔ是运动周期，根据牛顿第二定律，得 　Ｆ＝ｍｖ2／ｒ，　　② 　由①、②推导出　ｖ＝．　　③ 　③式表明：ｒ越大，ｖ越小． 　人造卫星的周期就是它环绕地球运行一周所需的时间Ｔ， 　Ｔ＝2π ｒ／ｖ，　　④ 　由③、④推出　Ｔ＝2π，　　⑤ 　⑤式说明：ｒ越大，Ｔ越大．　23．证：设质点通过Ａ点时的速度为ｖＡ，通过Ｃ点时的速度为ｖＣ，由匀变速直线运动的公式得： ｓ1＝ｖＡＴ＋ａＴ2／2，ｓ3＝ｖＣＴ＋ａＴ2／2，ｓ3－ｓ1＝ｖＣＴ－ｖＡＴ． ∵　ｖＣ＝ｖＡ＋2ａＴ， ∴　ｓ3－ｓ1＝（ｖＡ－2ａＴ－ｖＡ）Ｔ＝2ａＴ2，ａ＝（ｓ3－ｓ1）／2Ｔ2． 　24．根据：如果在连续的相等的时间内的位移之差相等，则物体做匀变速运动．证明：设物体做匀速运动的初速度为ｖ0，加速度为ａ，第一个Ｔ内的位移为ｓ1＝ｖ0Ｔ＋ａＴ2／2；第二个Ｔ内的位移为ｓ2＝（ｖ0＋ａＴ）Ｔ＋ａＴ2／2；第Ｎ个Ｔ内的位移为ｓＮ＝［ｖ0＋（Ｎ－1）ａＴ］Ｔ＋ａＴ2／2．　ｓＮ－ｓＮ－1＝ａＴ2，逆定理也成立． 　25．解：由匀变速直线运动的公式得小物块的加速度的大小为ａ1＝（ｖ0－ｖｔ）／ｔ＝2（ｍ／ｓ2）．木板的加速度大小为ａ2＝2ｓ／ｔ2＝0.25（ｍ／ｓ2）． 根据牛顿第二定律　Ｆ＝ｍａ 对小物块得　ｆ′1＝ｍａ1＝1×2＝2Ｎ， 对木板得　ｆ1－μ（ｍ＋Ｍ）ｇ＝Ｍａ2， 　μ＝（ｆ1－Ｍａ2）／（ｍ＋Ｍ）ｇ＝（2－4×0.25）／（1＋4）×10＝0.02． 　26．解：假设金属块没有离开第一块长木板，移动的相对距离为ｘ，由动量守恒定律，得ｍｖ0＝3ｍｖ， 　ｍｖ02／2＝3ｍｖ2／2＋μｍｇｘ， 解得ｘ＝4ｍ／3＞Ｌ，不合理， ∴　金属块一定冲上第二块木板． 　以整个系统为研究对象，由动量定律及能量关系，当金属块在第一块木板上时ｍｖ0＝ｍｖ0′＋2ｍｖ1， 　ｍｖ02／2＝12ｍｖ0′2＋2ｍ·ｖ12／2＋μｍｇｌ． 　ｍｖ0＝ｍｖ1＋2ｍｖ2， 　ｍｖ02／2＝ｍｖ12／2＋2ｍ·ｖ22／2＋μｍｇ（ｌ＋ｘ）． 联立解得： 　ｖ1＝1／3ｍ／ｓ，ｖ2＝5／6ｍ／ｓ，ｘ＝0.25ｍ． 　27．解：当ｔ＝0时，ａＡ0＝9／3＝3ｍ／ｓ2，ａＢ0＝3／6＝0.5ｍ／ｓ2．ａＡ0＞ａＢ0，Ａ、Ｂ间有弹力，随ｔ之增加，Ａ、Ｂ间弹力在减小，当（9－2ｔ）／3＝（3＋2ｔ）／6，ｔ＝2.5ｓ时，Ａ、Ｂ脱离，以Ａ、Ｂ整体为研究对象，在ｔ＝2.5ｓ内，加速度ａ＝（ＦＡ＋ＦＢ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝4／3ｍ／ｓ2，ｓ＝ａｔ2／2＝4.17ｍ． 　28．解：（1）由ｍＣｖ0＝ｍＣｖ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ1，Ｃ由Ａ滑至Ｂ时，Ａ、Ｂ的共同速度是 　ｖ1＝ｍＣ（ｖ0－ｖ）／（ｍＡ＋ｍＢ ）＝0.2ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＡ＝ｍＣｖ02／2－ｍＣｖ2／2－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12／2， 得　μ＝［ｍＣ（ｖ02－ｖ2）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12］／2ｍＣｇｌＡ＝0.48． 　（2）由ｍＣｖ＋ｍＢｖ1＝（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ2，Ｃ相对Ｂ静止时，Ｂ、Ｃ的共同速度是ｖ2＝（ｍＣｖ＋ｍＢｖ1）／（ｍＣ＋ｍＢ）＝0.65ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＢ＝ｍＣｖ2／2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22／2， Ｃ在Ｂ上滑行距离为 　ｌＢ＝［ｍＣｖ2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22］／2μｍＣｇ＝0.25ｍ． 　（3）由μｍＣｇｓ＝ｍＢｖ22／2－ｍＢｖ12／2， Ｂ相对地滑行的距离ｓ＝［ｍＢ（ｖ22－ｖ12）］／2μｍＣｇ＝0.12ｍ． 　（4）Ｃ在Ａ、Ｂ上匀减速滑行，加速度大小由μｍＣｇ＝ｍＣａ，得ａ＝μｇ＝4.8ｍ／ｓ2． Ｃ在Ａ上滑行的时间ｔ1＝（ｖ0－ｖ）／ａ＝0.21ｓ． Ｃ在Ｂ上滑行的时间ｔ2＝（ｖ－ｖ2）／ａ＝0.28ｓ． 所求时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝0.21ｓ＋0.28ｓ＝0.49ｓ． 　　29．匀加速下滑时，受力如图1ａ，由牛顿第二定律，有： ｍｇｓｉｎθ－μｍｇｃｏｓθ＝ｍａ＝ｍｇｓｉｎθ／2， 　ｓｉｎθ／2＝μｃｏｓθ， 　得μ＝ｓｉｎθ／2ｃｏｓθ．图1静止时受力分析如图1ｂ，摩擦力有两种可能：①摩擦力沿斜面向下；②摩擦力沿斜面向上．摩擦力沿斜面向下时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＝ｆ＋ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ， 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ＋μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ－μｓｉｎθ）ｍｇ＝3ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ－ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　摩擦力沿斜面向上时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＋ｆ＝ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ． 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ－μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ＋μｓｉｎθ）ｍｇ＝ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ＋ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　30．解：（1）物体在两斜面上来回运动时，克服摩擦力所做的功Ｗｆ＝μｍｇｃｏｓ60°·ｓ总． 　物体从开始直到不再在斜面上运动的过程中ｍｇｈ－Ｗｆ＝0－ｍｖ02／2．解得ｓ总＝38ｍ． 　（2）物体最终是在Ｂ、Ｃ之间的圆弧上来回做变速圆周运动，且在Ｂ、Ｃ点时速度为零． 　（3）物体第一次通过圆弧最低点时，圆弧所受压力最大．由动能定理得ｍｇ［ｈ＋Ｒ（1－ｃｏｓ60°）］－μｍｇｃｏｓ60°／ｓｉｎ60°＝ｍ（ｖ12－ｖ02）／2， 由牛顿第二定律得　Ｎｍａｘ－ｍｇ＝ｍｖ12／Ｒ， 解得　Ｎｍａｘ＝54.5Ｎ． 　物体最终在圆弧上运动时，圆弧所受压力最小．由动能定理得ｍｇＲ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍｖ22 ／2，由牛顿第二定律得Ｎｍｉｎ－ｍｇ＝ｍｖ22／Ｒ，解得Ｎｍｉｎ＝20Ｎ． 　31．解：（1）设刹车后，平板车的加速度为ａ0，从开始刹车到车停止所经历时间为ｔ0，车所行驶距离为ｓ0，则有ｖ02＝2ａ0ｓ0，ｖ0＝ａ0ｔ0． 　欲使ｔ0小，ａ0应该大，作用于木箱的滑动摩擦力产生的加速度ａ1＝μｍｇ／ｍ＝μｇ． 　当ａ0＞ａ1时，木箱相对车底板滑动，从刹车到车停止过程中木箱运动的路程为ｓ1，则ｖ02＝2ａ2ｓ1． 　为使木箱不撞击驾驶室，应有ｓ1－ｓ0≤Ｌ． 　联立以上各式解得：ａ0≤μｇｖ02／（ｖ02－2μｇＬ）＝5ｍ／ｓ2， 　∴　ｔ0＝ｖ0／ａ0＝4.4ｓ． 　（2）对平板车，设制动力为Ｆ，则Ｆ＋ｋ（Ｍ＋ｍ）ｇ－μｍｇ＝Ｍａ0，解得：Ｆ＝7420Ｎ． 　32．解：对系统ａ0＝［Ｆ－μｇ（ｍ1＋ｍ2）］／（ｍ1＋ｍ2）＝1ｍ／ｓ2． 　对木块1，细绳断后：│ａ1│＝ｆ1／ｍ1＝μｇ＝1ｍ／ｓ2． 　设细绳断裂时刻为ｔ1，则木块1运动的总位移： 　ｓ1＝2ａ0ｔ12／2＝ａ0ｔ12． 　对木块2，细绳断后，ａ2＝（Ｆ－μｍ2ｇ）／ｍ2＝2ｍ／ｓ2． 木块2总位移 　ｓ2＝ｓ′＋ｓ″＝ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2， 两木块位移差Δｓ＝ｓ2－ｓ1＝22（ｍ）． 得　ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2－ａ0ｔ12＝22， 把ａ0，ａ2值，ｖ1＝ａ0ｔ1代入上式整理得： 　ｔ12＋12ｔ1－28＝0，得ｔ1＝2ｓ． 木块2末速ｖ2＝ｖ1＋ａ2（6－ｔ1）＝ａ0ｔ1＋ａ2（6－ｔ1）＝10ｍ／ｓ． 此时动能Ｅｋ＝ｍ2ｖ22／2＝2×102／2Ｊ＝100Ｊ． 　33．解：（1）由动量守恒定律，ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ′，且有ｍ∶Ｍ＝1∶3， ∴　Ａ、Ｂ共同速度ｖ′＝ｍｖ0／（ｍ＋Ｍ）＝1ｍ／ｓ． 　（2）由动能定理，对全过程应有 　μｍｇ·2Ｌ＝ｍｖ02／2－（ｍ＋Ｍ）ｖ′2／2， 　4μｇＬ＝ｖ02－4ｖ′2，μ＝（ｖ02－4ｖ′2）／4ｇＬ＝0.3． 　（3）先求Ａ与Ｂ挡板碰前Ａ的速度ｖ10，以及木板Ｂ相应速度ｖ20，取从Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板相碰前过程为研究对象，依动量守恒与动能定理有以下两式成立：ｍｖ0＝ｍｖ10＋Ｍｖ20， 　ｍｖ02／2－ｍｖ102／2－Ｍｖ202／2＝μｍｇＬ． 代入数据得　ｖ10＋3ｖ20＝4，ｖ102＋3ｖ202＝10， 解以上两式可得　ｖ10＝（2±3）／2ｍ／ｓ．因Ａ与Ｂ挡板碰前速度不可能取负值，故ｖ10＝（2＋3）／2ｍ／ｓ．相应解出ｖ20＝（2－）／2ｍ／ｓ＝0.3ｍ／ｓ． 　木板Ｂ此过程为匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得μｍｇ＝Ｍａ1，ａ1＝μｍｇ／Ｍ＝1（ｍ／ｓ2）． 此过程经历时间ｔ1由下式求出 　ｖ20＝ａ1ｔ1，ｔ1＝ｖ20／ａ1 ＝0.3（ｓ）． 其速度图线为图2中0～0.3ｓ段图线ａ． 　再求Ａ与Ｂ挡板碰后，木板Ｂ的速度ｖ2与木块Ａ的速度ｖ1，为方便起见取Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板碰撞后瞬间过程为研究对象，依动量守恒定律与动能定理有以下两式成立： ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2，ｍｖ02／2－ｍｖ12／2－Ｍｖ22／2＝μｍｇＬ． 故解为　ｖ1＝（2±3）／2ｍ／ｓ． 因ｖ1＝（2＋3）／2ｍ／ｓ为碰前速度，故取ｖ1＝（2－3）／2ｍ／ｓ，相应得ｖ2＝2＋2ｍ／ｓ＝1.7ｍ／ｓ． 由于ｖ1＜0，即木块相对Ｂ向左滑动，Ａ受Ｂ摩擦力向右，Ｂ受Ａ摩擦力向左，故Ｂ做匀减速直线运动，加速度大小由牛顿第二定律，得ａ＝μｍｇ／Ｍ＝1ｍ／ｓ2． 　从碰后到Ａ滑到Ｂ最左端过程中，Ｂ向右做匀减速直线运动时间设为ｔ2，则ｖ′－ｖ2＝－ａｔ2， ∴　ｔ2＝0.7ｓ． 　此过程速度图线如图2中0.3ｓ～1.0ｓ段图线ｂ．图2　　34．解：设ｍ1、ｍ2两物体受恒力Ｆ作用后，产生的加速度分别为ａ1、ａ2，由牛顿第二定律Ｆ＝ｍａ，得 　ａ1＝Ｆ／ｍ1，ａ2＝Ｆ／ｍ2， 　历时ｔ两物体速度分别为ｖ1＝ａ1ｔ，ｖ2＝ｖ0＋ａ2ｔ，由题意令ｖ1＝ｖ2，即ａ1ｔ＝ｖ0＋ａ2ｔ或（ａ1－ａ2）ｔ＝ｖ0，因ｔ≠0、ｖ0＞0，欲使上式成立，需满足ａ1－ａ2＞0，即Ｆ／ｍ1＞Ｆ／ｍ2，或ｍ1＜ｍ2，也即当ｍ1≥ｍ2时不可能达到共同速度，当ｍ1＜ｍ2时，可以达到共同速度． 　35．解：（1）当小球刚好能在轨道内做圆周运动时，水平初速度ｖ最小，此时有ｍｇ＝ｍｖ2／Ｒ， 故　ｖ＝＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）若初速度ｖ′＜ｖ，小球将做平抛运动，如在其竖直位移为Ｒ的时间内，其水平位移ｓ≥Ｒ，小球可进入轨道经过Ｂ点．设其竖直位移为Ｒ时，水平位移也恰为R，则Ｒ＝ｇｔ2／2，Ｒ＝ｖ′ｔ，解得：ｖ′＝／2＝ｍ／ｓ． 因此，初速度满足2ｍ／ｓ＞ｖ′≥ｍ／ｓ时，小球可做平抛运动经过Ｂ点． 　36．卫星在天空中任何天体表面附近运行时，仅受万有引力Ｆ作用使卫星做圆周运动，运动半径等于天体的球半径Ｒ．设天体质量为Ｍ，卫星质量为ｍ，卫星运动周期为Ｔ，天体密度为ρ．根据万有引力定律Ｆ＝ＧＭｍ／Ｒ2， 卫星做圆周运动向心力Ｆ′＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2 ， 因为 　Ｆ′＝Ｆ，得ＧＭｍ／Ｒ2＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2，∴Ｔ＝． 　又球体质量Ｍ＝4πＲ3ρ／3． 得Ｔ＝=，∴Ｔ∝1／，得证． 　37．解：由于两球相碰满足动量守恒 　　ｍ1ｖ0＝ｍ1ｖ1＋ｍ2ｖ2，ｖ1＝－1.3ｍ／ｓ． 　两球组成系统碰撞前后的总动能Ｅｋ1＋Ｅｋ2＝ｍ1ｖ02／2＋0＝2.5Ｊ， 　Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＝ｍ1ｖ12／2＋ｍ2ｖ22／2＝2.8Ｊ． 　可见，Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＞Ｅｋ1＋Ｅｋ2，碰后能量较碰撞前增多了，违背了能量守恒定律，这种假设不合理． 　38．解：（1）由动量守恒，得ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2， 由运动学公式得ｓ＝（ｖ1－ｖ2）ｔ，ｈ＝ｇｔ2／2， 由以上三式得ｖ2＝（ｍｖ0－ｓｍ）／（Ｍ＋ｍ）． 　（2）最后车与物体以共同的速度ｖ向右运动，故有 　ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖｖ＝ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）． ∴ΔＥ＝ｍｖ02／2＋ｍｇｈ－（Ｍ＋ｍ）ｍ2ｖ02／2（Ｍ＋ｍ）2． 解得ΔＥ＝ｍｇｈ＋Ｍｍｖ02／2（Ｍ＋ｍ）． 　39．解：设碰前Ａ、Ｂ有共同速度ｖ时，Ｍ前滑的距离为ｓ．则ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ，ｆｓ＝Ｍｖ2／2，ｆ＝μｍｇ． 　由以上各式得　ｓ＝Ｍｍｖ02／2μｇ（Ｍ＋ｍ）2． 　当ｖ0＝2ｍ／ｓ时，ｓ＝2／9ｍ＜0.5ｍ，即Ａ、Ｂ有共同速度．当ｖ0＝4ｍ／ｓ时，ｓ＝8／9ｍ＞0.5ｍ，即碰前Ａ、Ｂ速度不同． 　40．解：（1）物体由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者系统水平方向动量守恒得：ｍｖ0＝ｍｖ0／2＋2ｍｖＡＢ． 解之得　ｖＡＢ＝ｖ0／4． 　（2）物块由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者功能关系得：μｍｇＬ＝ｍｖ02／2－ｍ（ｖ0／2）2／2－2ｍ（ｖ0／4）2／2． 解之得　Ｌ＝5ｖ02／16μｇ． 　（3）物块由Ｄ滑到Ｃ的过程中，二者系统水平方向动量守恒，又因为物块到达最高点Ｃ时，物块与滑块速度相等且水平，均为ｖ． 故得　ｍｖ0／2＋ｍｖ0／4＝2ｍｖ， ∴　得滑块的动能ＥＣＤ＝ｍｖ2／2＝9ｍｖ02／128． 　 41．解：（1）Ｂ从ｖ0减速到速度为零的过程，Ｃ静止，Ｂ的位移：ｓ1＝ｖ02／2μｇ． 　所用的时间：ｔ1＝ｖ0／μｇ． 　此后Ｂ与Ｃ一起向右做加速运动，Ａ做减速运动，直到相对静止，设所用时间为ｔ2，共同速度为ｖ． 　对Ａ、Ｂ、Ｃ，由动量守恒定律得 　ｍＡ·2ｖ0－ｍＢｖ0＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ， ∵　ｍＡ＝ｍＢ＝ｍＣ，∴　ｖ＝ｖ0／3． 　对Ｂ与Ｃ，向右加速运动的加速度 　ａ＝μｍＡｇ／（ｍＢ＋ｍＣ）＝μｇ／2，∴ｔ2＝ｖ／ａ＝2ｖ0／3μｇ． Δｔ内Ｂ向右移动的位移ｓ2＝ｖｔ2／2＝ｖ02／9μｇ， 故总路程ｓ＝ｓ1＋ｓ2＝11ｖ02／18μｇ，总时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝5ｖ0／3μｇ． 　（2）设车的最小长度为Ｌ，则相对静止时Ａ、Ｂ刚好接触，由能量守恒得 　ｍＡ（2ｖ0）2／2＋ｍＢｖ02／2＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ2／2＋μｍＢｇｓ1＋μｍＡｇ（Ｌ－ｓ1）， 联立解得Ｌ＝7ｖ02／3μｇ． 　42．解：（1）ｍ速度最大的位置应在O点左侧．因为细线烧断后，ｍ在弹簧弹力和滑动摩擦力的合力作用下向右做加速运动，当弹力与摩擦力的合力为零时，ｍ的速度达到最大，此时弹簧必处于压缩状态．此后，系统的机械能不断减小，不能再达到这一最大速度． 　（2）选ｍ、Ｍ为一系统，由动量守恒定律得 　ｍｖ1＝Ｍｖ2． 　设这一过程中弹簧释放的弹性势能为Ｅｐ，则 　Ｅｐ＝ｍｖ12／2＋Ｍｖ22／2＋μｍｇｓ， 解得　ｖ2＝ｍｖ1／Ｍ，Ｅｐ＝ｍ［（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2Ｍ＋μｇｓ］． 　（2）ｍ与Ｍ最终将静止，因为系统动量守恒，且总动量为零，只要ｍ与Ｍ间有相对运动，就要克服摩擦力做功，不断消耗能量，所以，ｍ与Ｍ最终必定都静止． 　43．解：（1）第一颗子弹射入木块过程，系统动量守恒，有 　ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ1． 　射入后，在ＯＢＣ运动过程中，机械能守恒，有 　（ｍ＋Ｍ）ｖ12／2＝（ｍ＋Ｍ）ｇＲ，得ｖ0＝（Ｍ＋ｍ）／ｍ． 　（2）由动量守恒定律知，第2、4、6……颗子弹射入木块后，木块速度为0，第1、3、5……颗子弹射入后，木块运动．当第9颗子弹射入木块时，由动量守恒得： 　ｍｖ0＝（9ｍ＋Ｍ）ｖ9， 　设此后木块沿圆弧上升最大高度为Ｈ，由机械能守恒定律得：（9ｍ＋Ｍ）ｖ92／2＝（9ｍ＋Ｍ）ｇＨ， 由以上可得：Ｈ＝［（Ｍ＋ｍ）／（Ｍ＋9ｍ）］2Ｒ． 　44．解：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动ｓ，速度变为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．由动能定理 　－μＭｇｓ＝0－ｍｖ02／2，ｓ＝ｍｖ02／2μＭｇ＝0.33ｍ． 　 （2）假如平板车在第二次碰墙前还未和滑块相对静止，则其速度的大小肯定还是2ｍ／ｓ，因为只要相对运动，摩擦力大小为恒值．滑块速度则大于2ｍ／ｓ，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰墙前肯定已和滑块具有共同速度ｖ．此即平板车碰墙前瞬间的速度． 　Ｍｖ0－ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， ∴ｖ＝（Ｍ－ｍ）ｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝0.4ｍ／ｓ．图3　（3）平板车与墙壁第一次碰撞后滑块与平板又达到共同速度ｖ前的过程，可用图3（ａ）、（ｂ）、（ｃ）表示．图3（ａ）为平板车与墙碰撞后瞬间滑块与平板车的位置，图3（ｂ）为平板车到达最左端时两者的位置，图3（ｃ）为平板车与滑块再次达到共同速度时两者的位置．在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功μΜｇｓ′，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功μＭｇｓ″（平板车从Ｂ到Ａ再回到Ｂ的过程中摩擦力做功为零），其中ｓ′、ｓ″分别为滑块和平板车的位移．滑块和平板车动能总减少为μＭｇｌ1，其中ｌ1＝ｓ′＋ｓ″为滑块相对平板车的位移，此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为ｌ，则有（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2＝μＭｇｌ，ｌ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2μＭｇ＝0.833ｍ． ｌ即为平板车的最短长度．图4　　45．解：如图4，Ａ球从静止释放后将自由下落至Ｃ点悬线绷直，此时速度为ｖＣ ∵　ｖＣ2＝2ｇ×2Ｌｓｉｎ30°， ∴　ｖＣ＝＝2ｍ／ｓ． 　在线绷直的过程中沿线的速度分量减为零时，Ａ将以切向速度ｖ1沿圆弧运动且 　ｖ1＝ｖＣｃｏｓ30°＝ｍ／ｓ． 　Ａ球从Ｃ点运动到最低点与Ｂ球碰撞前机械能守恒，可求出Ａ球与Ｂ球碰前的速度 　ｍＡｖ12／2＋ｍＡｇＬ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍＡｖ22／2， 　ｖ2＝== ｍ／ｓ． 　因Ａ、Ｂ两球发生无能量损失的碰撞且ｍＡ＝ｍＢ，所以它们的速度交换，即碰后Ａ球的速度为零，Ｂ球的速度为ｖ2＝（ｍ／ｓ）．对Ｂ球和小车组成的系统水平方向动量守恒和机械能守恒，当两者有共同水平速度ｕ时，Ｂ球上升到最高点，设上升高度为ｈ． 　ｍＢｖ2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ，ｍＢｖ22／2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ2／2＋ｍＢｇｈ．解得ｈ＝3／16≈0.19ｍ． 　在Ｂ球回摆到最低点的过程中，悬线拉力仍使小车加速，当Ｂ球回到最低点时小车有最大速度ｖｍ，设小球Ｂ回到最低点时速度的大小为ｖ3，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 　ｍＢｖ2＝－ｍＢｖ3＋Ｍｖｍ，ｍＢｖ22／2＝ｍＢｖ32／2＋Ｍｖｍ2／2， 解得ｖｍ＝2ｍＢｖ2／（ｍ3＋Ｍ）＝／2ｍ／ｓ＝1.12ｍ／ｓ． 　46．解：（1）小球的角速度与运动的角速度必定相等，则有ｖ＝ωＲ＝ω． 　（2）人手所提供的功率应等于小球在运动过程中克服摩擦力做功的功率．即有Ｐ＝ｆｖ， ∴　ｆ＝Ｐ／ｖ＝Ｐ／ω． 　47．解：由于粘性物体与底板粘合的过程时间极短，冲击力远大于重力，在竖直方向近似动量守恒，开始静止时，有　ｍ1ｇ＝ｋｘｋ＝ｍ1ｇｘ． 　ｍ2下落Ｈ时的速度ｖ＝，ｍ2与ｍ1合在一起动量守恒，ｍ2ｖ＝（ｍ1＋ｍ2）ｖ′，ｖ′＝ｍ2ｖ／（ｍ1＋ｍ2）＝ｍ2／（ｍ1＋ｍ2）． 　设向下为正方向，ｍ1与ｍ2的整体受两个力，即重力（ｍ1＋ｍ2）ｇ和弹簧的平均拉力，则有平均拉力＝ｋｘ＋ｋｈ／2＝ｋ（2ｘ＋ｈ）／2，由动能定理得 ［－＋（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ＝0－（ｍ1＋ｍ2）ｖ2／2， 由以上各式得［ｍ1ｇ（2ｘ＋ｈ）／2ｘ－（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ 　＝（ｍ1＋ｍ2）·ｍ22·2ｇｈ／2（ｍ1＋ｍ2）2． 代入数值得ｈ＝0.3ｍ． 　48．解：ｍ与Ａ粘在一起后水平方向动量守恒，共同速度设为ｖ1，Ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ1， 得ｖ1＝Ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝2ｖ0／3． 　当弹簧压缩到最大时即有最大弹性势能Ｅ，此时系统中各物体有相同速度，设为ｖ2，由动量守恒定律 　2Ｍｖ0＝（2Ｍ＋ｍ）ｖ2，得ｖ2＝2Ｍｖ0／（2Ｍ＋ｍ）＝4ｖ0／5． 由能量守恒有 　Ｅ＝Ｍｖ02／2＋（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2－（2Ｍ＋ｍ）ｖ22／2， 解得Ｅ＝Ｍｖ02／30． 　49．解：（1）振子在平衡位置时，所受合力为零，设此时弹簧被压缩Δｘ：（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ＝ｋΔｘ，Δｘ＝5ｃｍ． 　开始释放时振子处在最大位移处，故振幅 　Ａ＝5ｃｍ＋5ｃｍ＝10ｃｍ． 　 （2）由于开始时弹簧的伸长量恰等于振子在平衡位置时弹簧的压缩量，故弹性势能相等，设振子的最大速度为ｖ，从开始到平衡位置，根据机械能守恒定律， 得ｍｇ·Ａ＝ｍｖ2／2，∴ｖ＝＝1.4ｍ／ｓ， 即Ｂ的最大速率为1.4ｍ／ｓ． 　（3）在最高点，振子受到的重力和弹力方向相同，根据牛顿第二定律，得 　ａ＝［ｋΔｘ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ］／（ｍＡ＋ｍＢ）＝20ｍ／ｓ2， Ａ对Ｂ的作用力方向向下，其大小 　Ｎ1＝ｍＢａ－ｍＢｇ＝10Ｎ． 在最低点，振子受到的重力和弹力方向相反，根据牛顿第二定律，得ａ＝ｋ（Δｘ＋Ａ）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｍＡ＋ｍＢ＝20ｍ／ｓ2． Ａ对Ｂ的作用力方向向上，其大小 　Ｎ2＝ｍＢａ＋ｍＢｇ＝30Ｎ． 　11．地球质量为Ｍ，半径为Ｒ，万有引力常量为Ｇ，发射一颗绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星，卫星的速度称为第一宇宙速度． 　（1）试推导由上述各量表达的第一宇宙速度的计算式，要求写出推导依据． 　（2）若已知第一宇宙速度的大小为ｖ＝7．9ｋｍ／ｓ，地球半径Ｒ＝6．4×10３ｋｍ，万有引力常量Ｇ＝（2／3）×10－10Ｎ·ｍ２／ｋｇ２，求地球质量（结果要求保留二位有效数字）．2．解：在0～1ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知 　ａ１＝12ｍ／ｓ２， 由牛顿第二定律，得 　Ｆ－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ１，　　① 在0～2ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知ａ２＝－6ｍ／ｓ２， 因为此时物体具有斜向上的初速度，故由牛顿第二定律，得 　－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ２，　　② 　②式代入①式，得　Ｆ＝18Ｎ． 3．解：在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从Ａ到Ｂ需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为ｔ1，则 　（ｖ／2）ｔ１＋ｖ（ｔ－ｔ１）＝Ｌ， 所以　ｔ１＝2（ｖｔ－Ｌ）／ｖ＝（2×（2×6－10）／2）ｓ＝2ｓ． 为使物体从Ａ至Ｂ所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变．而　ａ＝ｖ／ｔ＝1ｍ／ｓ２．设物体从Ａ至Ｂ所用最短的时间为ｔ2，则 　（1／2）ａｔ2２＝Ｌ， 　ｔ2＝=＝2ｓ． 　ｖｍｉｎ＝ａｔ2＝1×2ｍ／ｓ＝2ｍ／ｓ． 传送带速度再增大1倍，物体仍做加速度为1ｍ／ｓ２的匀加速运动，从Ａ至Ｂ的传送时间为2ｍ／ｓ． 4．解：启动前Ｎ１＝ｍｇ， 　升到某高度时　Ｎ2＝（17／18）Ｎ１＝（17／18）ｍｇ， 　对测试仪　Ｎ2 －ｍｇ′＝ｍａ＝ｍ（ｇ／2）， 　∴　ｇ′＝（8／18）ｇ＝（4／9）ｇ， 　ＧｍＭ／Ｒ2＝ｍｇ，ＧｍＭ／（Ｒ＋ｈ）2＝ｍｇ′，解得：ｈ＝（1／2）Ｒ． 5．解：由匀加速运动的公式　ｖ２＝ｖ０２＋2ａｓ 　得物块沿斜面下滑的加速度为 　ａ＝ｖ2／2ｓ＝1．42／（2×1．4）＝0．7ｍｓ－２， 由于ａ＜ｇｓｉｎθ＝5ｍｓ－２， 　可知物块受到摩擦力的作用．图3　分析物块受力，它受3个力，如图3．对于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，由牛顿定律有 　ｍｇｓｉｎθ－ｆ１＝ｍａ， 　ｍｇｃｏｓθ－Ｎ１＝0， 　分析木楔受力，它受5个力作用，如图3所示．对于水平方向，由牛顿定律有 　ｆ2＋ｆ１ｃｏｓθ－Ｎ１ｓｉｎθ＝0， 　由此可解得地面的作用于木楔的摩擦力 　ｆ2＝ｍｇｃｏｓθｓｉｎθ－（ｍｇｓｉｎθ－ｍａ）ｃｏｓθ＝ｍａｃｏｓθ＝1×0．7×（／2）＝0．61Ｎ． 　此力的方向与图中所设的一致（由指向）． 6．解：（1）飞机原先是水平飞行的，由于垂直气流的作用，飞机在竖直方向上的运动可看成初速度为零的匀加速直线运动，根据　ｈ＝（1／2）ａｔ２，得ａ＝2ｈ／ｔ２，代入ｈ＝1700ｍ，ｔ＝10ｓ，得 　ａ＝（2×1700／10２）（ｍ／ｓ２）＝34ｍ／ｓ２，方向竖直向下． 　（2）飞机在向下做加速运动的过程中，若乘客已系好安全带，使机上乘客产生加速度的力是向下重力和安全带拉力的合力．设乘客质量为ｍ，安全带提供的竖直向下拉力为Ｆ，根据牛顿第二定律　Ｆ＋ｍｇ＝ｍａ，得安全带拉力 　　Ｆ＝ｍ（ａ－ｇ）＝ｍ（34－10）Ｎ＝24ｍ（Ｎ）， ∴　安全带提供的拉力相当于乘客体重的倍数 　ｎ＝Ｆ／ｍｇ＝24ｍＮ／ｍ·10Ｎ＝2．4（倍）． 　（3）若乘客未系安全带，飞机向下的加速度为34ｍ／ｓ２，人向下加速度为10ｍ／ｓ２，飞机向下的加速度大于人的加速度，所以人对飞机将向上运动，会使头部受到严重伤害． 7．解：设月球表面重力加速度为ｇ，根据平抛运动规律，有 　ｈ＝（1／2）ｇｔ２，　　① 　水平射程为　　　Ｌ＝ｖ０ｔ，　　② 　联立①②得ｇ＝2ｈｖ０２／Ｌ２ ．　　③ 　根据牛顿第二定律，得　ｍｇ＝ｍ（2π／Ｔ）２Ｒ，　　④ 　联立③④得　Ｔ＝（πＬ／ｖ０ｈ）．　　⑤ 8．解：前2秒内，有Ｆ－ｆ＝ｍａ１，ｆ＝μＮ，Ｎ＝ｍｇ，则 　ａ１＝（Ｆ－μｍｇ）／ｍ＝4ｍ／ｓ２，ｖｔ＝ａ１ｔ＝8ｍ／ｓ， 　撤去Ｆ以后　ａ２＝ｆ／ｍ＝2ｍ／ｓ，ｓ＝ｖ１２／2ａ２＝16ｍ． 9．解：（1）用力斜向下推时，箱子匀速运动，则有 　Ｆｃｏｓθ＝ｆ，ｆ＝μＮ，Ｎ＝Ｇ＋Ｆｓｉｎθ， 　联立以上三式代数据，得　Ｆ＝1．2×10２Ｎ． 　（2）若水平用力推箱子时，据牛顿第二定律，得Ｆ合＝ｍａ，则有 　Ｆ－μＮ＝ｍａ，Ｎ＝Ｇ， 　联立解得　ａ＝2．0ｍ／ｓ２． 　ｖ＝ａｔ＝2．0×3．0ｍ／ｓ＝6．0ｍ／ｓ， 　ｓ＝（1／2）ａｔ２＝（1／2）×2．0×3．0２ｍ／ｓ＝9．0ｍ， 　推力停止作用后　ａ′＝ｆ／ｍ＝4．0ｍ／ｓ２（方向向左）， 　ｓ′＝ｖ２／2ａ′＝4．5ｍ， 　则　ｓ总＝ｓ＋ｓ′＝13．5ｍ． 10．解：根据题中说明，该运动员发球后，网球做平抛运动．以ｖ表示初速度，Ｈ表示网球开始运动时离地面的高度（即发球高度），ｓ１表示网球开始运动时与网的水平距离（即运动员离开网的距离），ｔ１表示网球通过网上的时刻，ｈ表示网球通过网上时离地面的高度，由平抛运动规律得到 　ｓ１＝ｖｔ１，Ｈ－ｈ＝（1／2）ｇｔ１２， 消去ｔ１，得　　ｖ＝ｍ／ｓ，ｖ≈23ｍ／ｓ． 　以ｔ２表示网球落地的时刻，ｓ２表示网球开始运动的地点与落地点的水平距离，ｓ表示网球落地点与网的水平距离，由平抛运动规律得到 　Ｈ＝（1／2）ｇｔ２２，ｓ２＝ｖｔ２， 消去ｔ２，得ｓ２＝ｖ≈16ｍ， 　网球落地点到网的距离　ｓ＝ｓ２－ｓ１≈4ｍ． 11．解：（1）设卫星质量为ｍ，它在地球附近做圆周运动，半径可取为地球半径Ｒ，运动速度为ｖ，有 　ＧＭｍ／Ｒ２＝ｍｖ２／Ｒ　得ｖ＝． 　（2）由（1）得： 　Ｍ＝ｖ２Ｒ／Ｇ＝＝6．0×1024ｋｇ． 12．解：对物块：Ｆ１－μｍｇ＝ｍａ１， 　6－0．5×1×10＝1·ａ１，ａ１＝1．0ｍ／ｓ2， 　ｓ１＝（1／2）ａ１ｔ2＝（1／2）×1×0．42＝0．08ｍ， 　ｖ１＝ａ１ｔ＝1×0．4＝0．4ｍ／ｓ， 　对小车：Ｆ２－μｍｇ＝Ｍａ２， 　9－0．5×1×10＝2ａ２，ａ２＝2．0ｍ／ｓ2， 　ｓ２＝（1／2）ａ２ｔ2＝（1／2）×2×0．42＝0．16ｍ， 　ｖ２＝ａ２ｔ＝2×0．4＝0．8ｍ／ｓ， 　撤去两力后，动量守恒，有Ｍｖ２－ｍｖ１＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， 　ｖ＝0．4ｍ／ｓ（向右）， ∵　（（1／2）ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2）－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ2＝μｍｇｓ３， 　ｓ３＝0．096ｍ， ∴　ｌ＝ｓ１＋ｓ２＋ｓ３＝0．336ｍ． 13．解：设木块到Ｂ时速度为ｖ０，车与船的速度为ｖ１，对木块、车、船系统，有 　ｍ１ｇｈ＝（ｍ１ｖ０2／2）＋（（ｍ２＋ｍ３）ｖ１2／2）， 　ｍ１ｖ０＝（ｍ２＋ｍ３）ｖ１， 解得　ｖ０＝5，ｖ１＝． 　木块到Ｂ后，船以ｖ１继续向左匀速运动，木块和车最终以共同速度ｖ２向右运动，对木块和车系统，有 　ｍ１ｖ０－ｍ２ｖ１＝（ｍ１＋ｍ２）ｖ２， 　μｍ１ｇｓ＝（（ｍ１ｖ０2／2）＋（ｍ２ｖ１2／2））－（（ｍ１＋ｍ２）ｖ２2／2）， 得　ｖ２＝ｖ１＝，ｓ＝2ｈ． 14．解：（1）小球的角速度与手转动的角速度必定相等均为ω．设小球做圆周运动的半径为ｒ，线速度为ｖ．由几何关系得　ｒ＝，ｖ＝ω·ｒ，解得　　 　　ｖ＝ω． 　（2）设手对绳的拉力为Ｆ，手的线速度为ｖ，由功率公式得　Ｐ＝Ｆｖ＝Ｆ·ωＲ， ∴　Ｆ＝Ｐ／ωＲ．图4　研究小球的受力情况如图4所示，因为小球做匀速圆周运动，所以切向合力为零，即 　Ｆｓｉｎθ ＝ｆ， 其中　ｓｉｎθ＝Ｒ／， 　联立解得　ｆ＝Ｐ／ω． 15．解：（1）用ｖ１表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由于子弹射入木块Ｃ时间极短，系统动量守恒，有 　ｍｖ０＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１， 　∴　ｖ１＝ｍｖ０／（ｍ＋Ｍ）＝3ｍ／ｓ， 　子弹和木块Ｃ在ＡＢ木板上滑动，由动能定理得： 　（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ２２－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ１２＝－μ（ｍ＋Ｍ）ｇＬ， 　解得　ｖ２＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）用ｖ′表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由动量守恒定律，得　ｍｖ０′＋Ｍｕ＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１′，解得　ｖ１′＝4ｍ／ｓ． 　木块Ｃ及子弹在ＡＢ木板表面上做匀减速运动　ａ＝μｇ．设木块Ｃ和子弹滑至ＡＢ板右端的时间为ｔ，则木块Ｃ和子弹的位移ｓ１＝ｖ１′ｔ－（1／2）ａｔ2， 　由于ｍ车≥（ｍ＋Ｍ），故小车及木块ＡＢ仍做匀速直线运动，小车及木板ＡＢ的位移　ｓ＝ｕｔ，由图5可知：ｓ１＝ｓ＋Ｌ， 　联立以上四式并代入数据得： 　ｔ2－6ｔ＋1＝0， 　解得：ｔ＝（3－2）ｓ，（ｔ＝（3＋2）ｓ不合题意舍去），　　（11） 　∴　ｓ＝ｕｔ＝0．18ｍ． 16．解：（1）设Ａ滑上Ｂ后达到共同速度前并未碰到档板，则根据动量守恒定律得它们的共同速度为ｖ，有图5　ｍｖ０＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝2ｍ／ｓ，在这一过程中，Ｂ的位移为ｓＢ＝ｖＢ2／2ａＢ且ａＢ＝μｍｇ／Ｍ，解得ｓＢ＝Ｍｖ2／2μｍｇ＝2×22／2×0．2×1×10＝2ｍ． 　设这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ１，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ１＝（1／2）ｍｖ０2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得ｓ１＝6ｍ． 　当ｓ＝4ｍ时，Ａ、Ｂ达到共同速度ｖ＝2ｍ／ｓ后再匀速向前运动2ｍ碰到挡板，Ｂ碰到竖直挡板后，根据动量守恒定律得Ａ、Ｂ最后相对静止时的速度为ｖ′，则 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′， 解得　ｖ′＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ２，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ２＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2 ， 　解得　ｓ２＝2．67ｍ． 　因此，Ａ、Ｂ最终不脱离的木板最小长度为ｓ１＋ｓ２＝8．67ｍ 　（2）因Ｂ离竖直档板的距离ｓ＝0．5ｍ＜2ｍ，所以碰到档板时，Ａ、Ｂ未达到相对静止，此时Ｂ的速度ｖＢ为 　ｖＢ2＝2ａＢｓ＝（2μｍｇ／Ｍ）ｓ，解得　ｖＢ＝1ｍ／ｓ， 　设此时Ａ的速度为ｖＡ，根据动量守恒定律，得 　ｍｖ０＝ＭｖＢ＋ｍｖＡ，解得ｖＡ＝4ｍ／ｓ， 　设在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移为ｓ１′，根据动能定理得： 　μｍｇｓ１′＝（1／2）ｍｖ０2－（（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）ＭｖＢ2）， 　解得　ｓ１′＝4．5ｍ． 　Ｂ碰撞挡板后，Ａ、Ｂ最终达到向右的相同速度ｖ，根据动能定理得ｍｖＡ－ＭｖＢ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ２′为 　μｍｇｓ２′＝（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得　ｓ２′＝（25／6）ｍ． 　Ｂ再次碰到挡板后，Ａ、Ｂ最终以相同的速度ｖ′向左共同运动，根据动量守恒定律，得 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′，解得　ｖ′＝（2／9）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ３′为： 　μｍｇｓ３′＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　　　　ｓ３′＝（8／27）ｍ． 　因此，为使Ａ不从Ｂ上脱落，Ｂ的最小长度为ｓ１′＋ｓ２′＋ｓ３′＝8．96ｍ． 17．解：（1）Ｂ与Ａ碰撞后，Ｂ相对于Ａ向左运动，Ａ所受摩擦力方向向左，Ａ的运动方向向右，故摩擦力作负功．设Ｂ与Ａ碰撞后的瞬间Ａ的速度为ｖ１，Ｂ的速度为ｖ２，Ａ、Ｂ相对静止后的共同速度为ｖ，整个过程中Ａ、Ｂ组成的系统动量守恒，有 　Ｍｖ０＝（Ｍ＋1．5Ｍ）ｖ，ｖ＝2ｖ０／5． 　碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功，即 　Ｍｖ２＋1．5Ｍｖ１＝2．5Ｍｖ，　　① 　（1／2）×1．5Ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2－（1／2）×2．5Ｍｖ2＝Ｍμｇｌ，　　② 可解出ｖ１＝（1／2）ｖ０（另一解ｖ１＝（3／10）ｖ０因小于ｖ而舍去） 　这段过程中，Ａ克服摩擦力做功 　Ｗ＝（1／2）×1．5Ｍｖ１2－（1／2）×1．5Ｍｖ2＝（27／400）Ｍｖ０2（0．068Ｍｖ０2）． 　（2）Ａ在运动过程中不可能向左运动，因为在Ｂ未与Ａ碰撞之前，Ａ受到的摩擦力方向向右，做加速运动，碰撞之后Ａ受到的摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后，速度仍向右，因此不可能向左运动． 　Ｂ在碰撞之后，有可能向左运动，即ｖ２＜0． 　先计算当ｖ２＝0时满足的条件，由①式，得 　ｖ１＝（2ｖ０／3）－（2ｖ２／3），当ｖ２＝0时，ｖ１＝2ｖ０／3，代入②式，得 　（（1／2）×1．5Ｍ4ｖ０2／9）－（（1／2）×2．5Ｍ4ｖ０2／25）＝Ｍμｇｌ， 解得　μｇｌ＝2ｖ０2／15． 　Ｂ在某段时间内向左运动的条件之一是μｌ＜2ｖ０2／15ｇ． 　另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即 　（1／2）Ｍｖ０2－（1／2）2．5Ｍ（2ｖ０／5）2≥2Ｍμｇｌ， 　解出另一个条件是　μｌ≤3ｖ０2／20ｇ， 　最后得出Ｂ在某段时间内向左运动的条件是 　2ｖ０2／15ｇ＜μｌ≤3ｖ０2／20ｇ． 18．解：（1）以警车为研究对象，由动能定理． 　－μｍｇ·ｓ＝（1／2）ｍｖ2－（1／2）ｍｖ０2， 　将ｖ０＝14．0ｍ／ｓ，ｓ＝14．0ｍ，ｖ＝0代入，得 　μｇ＝7．0ｍ／ｓ2， 　因为警车行驶条件与肇事汽车相同，所以肇事汽车的初速度ｖＡ＝＝21ｍ／ｓ． 　（2）肇事汽车在出事点Ｂ的速度 　ｖＢ＝＝14ｍ／ｓ， 　肇事汽车通过段的平均速度 　＝（ｖＡ＋ｖＢ）／2＝（21＋14）／2＝17．5ｍ／ｓ． 　肇事汽车通过ＡＢ段的时间 　ｔ２＝ＡＢ／＝（31．5－14．0）／17．5＝1ｓ． 　∴　游客横过马路的速度 　ｖ人＝／（ｔ１＋ｔ２）＝（2．6／（1＋0．7））ｍ／ｓ＝1．53ｍ／ｓ． 19．解：（1）开始Ａ、Ｂ处于静止状态时，有 　ｋｘ０－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｓｉｎ30°＝0，　　① 　设施加Ｆ时，前一段时间Ａ、Ｂ一起向上做匀加速运动，加速度为ａ，ｔ＝0．2ｓ，Ａ、Ｂ间相互作用力为零，对Ｂ有： 　ｋｘ－ｍＢｇｓｉｎ30°＝ｍＢａ，　　② 　ｘ－ｘ０＝（1／2）ａｔ2，　　③ 　解①、②、③得： 　ａ＝5ｍｓ－2，ｘ０＝0．05ｍ，ｘ＝0．15ｍ， 　初始时刻Ｆ最小 　Ｆｍｉｎ＝（ｍＡ＋ｍＢ）ａ＝60Ｎ． 　ｔ＝0．2ｓ时，Ｆ最大 　Ｆｍａｘ－ｍＡｇｓｉｎ30°＝ｍＡａ， 　Ｆｍａｘ＝ｍＡ（ｇｓｉｎ30°＋ａ）＝100Ｎ， 　（2）ΔＥＰＡ＝ｍＡｇΔｈ＝ｍＡｇ（ｘ－ｘ０）ｓｉｎ30°＝5Ｊ． 20．解：当弹簧处于压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和．当弹簧伸长到其自然长度时，弹性势能为零，因这时滑块Ａ的速度为零，故系统的机械能等于滑块Ｂ的动能．设这时滑块Ｂ的速度为ｖ则有 　Ｅ＝（1／2）ｍ２ｖ2，　　① 由动量守恒定律（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ２ｖ，　　② 解得　Ｅ＝（1／2）（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２．　　③ 　假定在以后的运动中，滑块Ｂ可以出现速度为零的时刻，并设此时滑块Ａ的速度为ｖ１．这时，不论弹簧是处于伸长还是压缩状态，都具有弹性势能Ｅｐ．由机械能守恒定律得 　（1／2）ｍ１ｖ１2＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　④ 根据动量守恒　（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ１ｖ１，　　⑤ 求出ｖ１，代入④式得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２ ），　　⑥ 因为Ｅｐ≥0，故得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）≤（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑦ 即　ｍ１≥ｍ２，与已知条件ｍ１＜ｍ２不符． 　可见滑块Ｂ的速度永不为零，即在以后的运动中，不可能出现滑动Ｂ的速度为零的情况． 21．解：设恰好物体相对圆盘静止时，弹簧压缩量为Δｌ，静摩擦力为最大静摩擦力ｆｍａｘ，这时物体处于临界状态，由向心力公式ｆｍａｘ－ｋΔｌ＝ｍＲｗ2，　　① 　假若物体向圆心移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ１－ｋ（Δｌ＋ｘ）＝ｍ（Ｒ－ｘ）ｗ2，　　② 　由①、②两式可得　ｆｍａｘ－ｆ１＝ｍｘｗ2－ｋｘ，　　③ 所以　ｍｘｗ2－ｋｘ≥0，得ｋ≤ｍｗ2，　　④ 　若物体向外移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ２－ｋ（Δｌ－ｘ）≥ｍ（Ｒ＋ｘ）ｗ2，　　⑤ 由①～⑥式得　ｆｍａｘ－ｆ２＝ｋｘ－ｍｘｗ2≥0，　　⑥ 所以　ｋ≥ｍｗ2，　　⑦ 即若物体向圆心移动，则ｋ≤ｍｗ2， 若物体向远离圆心方向移动，则ｋ≥ｍｗ2． 22．解：卫星环绕地球作匀速圆周运动，设卫星的质量为ｍ，轨道半径为ｒ，受到地球的万有引力为Ｆ， 　Ｆ＝ＧＭｍ／ｒ2，　　① 　式中Ｇ为万有引力恒量，Ｍ是地球质量． 　设ｖ是卫星环绕地球做匀速圆周运动的线速度，Ｔ是运动周期，根据牛顿第二定律，得 　Ｆ＝ｍｖ2／ｒ，　　② 　由①、②推导出　ｖ＝．　　③ 　③式表明：ｒ越大，ｖ越小． 　人造卫星的周期就是它环绕地球运行一周所需的时间Ｔ， 　Ｔ＝2πｒ／ｖ，　　④ 　由③、④推出　Ｔ＝2π，　　⑤ 　⑤式说明：ｒ越大，Ｔ越大．　23．证：设质点通过Ａ点时的速度为ｖＡ，通过Ｃ点时的速度为ｖＣ，由匀变速直线运动的公式得： ｓ1＝ｖＡＴ＋ａＴ2／2，ｓ3＝ｖＣＴ＋ａＴ2／2，ｓ3－ｓ1＝ｖＣＴ－ｖＡＴ． ∵　ｖＣ＝ｖＡ＋2ａＴ， ∴　ｓ3－ｓ1＝（ｖＡ－2ａＴ－ｖＡ）Ｔ＝2ａＴ2，ａ＝（ｓ3－ｓ1）／2Ｔ2． 　24．根据：如果在连续的相等的时间内的位移之差相等，则物体做匀变速运动．证明：设物体做匀速运动的初速度为ｖ0，加速度为ａ，第一个Ｔ内的位移为ｓ1＝ｖ0Ｔ＋ａＴ2／2；第二个Ｔ内的位移为ｓ2＝（ｖ0＋ａＴ）Ｔ＋ａＴ2／2；第Ｎ个Ｔ内的位移为ｓＮ＝［ｖ0＋（Ｎ－1）ａＴ］Ｔ＋ａＴ2／2．　ｓＮ－ｓＮ－1＝ａＴ2，逆定理也成立． 　 25．解：由匀变速直线运动的公式得小物块的加速度的大小为ａ1＝（ｖ0－ｖｔ）／ｔ＝2（ｍ／ｓ2）．木板的加速度大小为ａ2＝2ｓ／ｔ2＝0.25（ｍ／ｓ2）． 根据牛顿第二定律　Ｆ＝ｍａ 对小物块得　ｆ′1＝ｍａ1＝1×2＝2Ｎ， 对木板得　ｆ1－μ（ｍ＋Ｍ）ｇ＝Ｍａ2， 　μ＝（ｆ1－Ｍａ2）／（ｍ＋Ｍ）ｇ＝（2－4×0.25）／（1＋4）×10＝0.02． 　26．解：假设金属块没有离开第一块长木板，移动的相对距离为ｘ，由动量守恒定律，得ｍｖ0＝3ｍｖ， 　ｍｖ02／2＝3ｍｖ2／2＋μｍｇｘ， 解得ｘ＝4ｍ／3＞Ｌ，不合理， ∴　金属块一定冲上第二块木板． 　以整个系统为研究对象，由动量定律及能量关系，当金属块在第一块木板上时ｍｖ0＝ｍｖ0′＋2ｍｖ1， 　ｍｖ02／2＝12ｍｖ0′2＋2ｍ·ｖ12／2＋μｍｇｌ． 　ｍｖ0＝ｍｖ1＋2ｍｖ2， 　ｍｖ02／2＝ｍｖ12／2＋2ｍ·ｖ22／2＋μｍｇ（ｌ＋ｘ）． 联立解得： 　ｖ1＝1／3ｍ／ｓ，ｖ2＝5／6ｍ／ｓ，ｘ＝0.25ｍ． 　27．解：当ｔ＝0时，ａＡ0＝9／3＝3ｍ／ｓ2，ａＢ0＝3／6＝0.5ｍ／ｓ2．ａＡ0＞ａＢ0，Ａ、Ｂ间有弹力，随ｔ之增加，Ａ、Ｂ间弹力在减小，当（9－2ｔ）／3＝（3＋2ｔ）／6，ｔ＝2.5ｓ时，Ａ、Ｂ脱离，以Ａ、Ｂ整体为研究对象，在ｔ＝2.5ｓ内，加速度ａ＝（ＦＡ＋ＦＢ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝4／3ｍ／ｓ2，ｓ＝ａｔ2／2＝4.17ｍ． 　28．解：（1）由ｍＣｖ0＝ｍＣｖ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ1，Ｃ由Ａ滑至Ｂ时，Ａ、Ｂ的共同速度是 　ｖ1＝ｍＣ（ｖ0－ｖ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝0.2ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＡ＝ｍＣｖ02／2－ｍＣｖ2／2－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12／2， 得　μ＝［ｍＣ（ｖ02－ｖ2）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12］／2ｍＣｇｌＡ＝0.48． 　（2）由ｍＣｖ＋ｍＢｖ1＝（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ2，Ｃ相对Ｂ静止时，Ｂ、Ｃ的共同速度是ｖ2＝（ｍＣｖ＋ｍＢｖ1）／（ｍＣ＋ｍＢ）＝0.65ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＢ＝ｍＣｖ2／2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22／2， Ｃ在Ｂ上滑行距离为 　ｌＢ＝［ｍＣｖ2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22］／2μｍＣｇ＝0.25ｍ． 　（3）由μｍＣｇｓ＝ｍＢｖ22／2－ｍＢｖ12／2， Ｂ相对地滑行的距离ｓ＝［ｍＢ（ｖ22－ｖ12）］／2μｍＣｇ＝0.12ｍ． 　（4）Ｃ在Ａ、Ｂ上匀减速滑行，加速度大小由μｍＣｇ＝ｍＣａ，得ａ＝μｇ＝4.8ｍ／ｓ2． Ｃ在Ａ上滑行的时间ｔ1＝（ｖ0－ｖ）／ａ＝0.21ｓ． Ｃ在Ｂ上滑行的时间ｔ2＝（ｖ－ｖ2）／ａ＝0.28ｓ． 所求时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝0.21ｓ＋0.28ｓ＝0.49ｓ． 　　 29．匀加速下滑时，受力如图1ａ，由牛顿第二定律，有： ｍｇｓｉｎθ－μｍｇｃｏｓθ＝ｍａ＝ｍｇｓｉｎθ／2， 　ｓｉｎθ／2＝μｃｏｓθ， 　得μ＝ｓｉｎθ／2ｃｏｓθ．图1静止时受力分析如图1ｂ，摩擦力有两种可能：①摩擦力沿斜面向下；②摩擦力沿斜面向上．摩擦力沿斜面向下时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＝ｆ＋ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ， 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ＋μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ－μｓｉｎθ）ｍｇ＝3ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ－ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　摩擦力沿斜面向上时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＋ｆ＝ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ． 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ－μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ＋μｓｉｎθ）ｍｇ＝ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ＋ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　30．解：（1）物体在两斜面上来回运动时，克服摩擦力所做的功Ｗｆ＝μｍｇｃｏｓ60°·ｓ总． 　物体从开始直到不再在斜面上运动的过程中ｍｇｈ－Ｗｆ＝0－ｍｖ02／2．解得ｓ总＝38ｍ． 　（2）物体最终是在Ｂ、Ｃ之间的圆弧上来回做变速圆周运动，且在Ｂ、Ｃ点时速度为零． 　（3）物体第一次通过圆弧最低点时，圆弧所受压力最大．由动能定理得ｍｇ［ｈ＋Ｒ（1－ｃｏｓ60°）］－μｍｇｃｏｓ60°／ｓｉｎ60°＝ｍ（ｖ12－ｖ02）／2， 由牛顿第二定律得　Ｎｍａｘ－ｍｇ＝ｍｖ12／Ｒ， 解得　Ｎｍａｘ＝54.5Ｎ． 　物体最终在圆弧上运动时，圆弧所受压力最小．由动能定理得ｍｇＲ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍｖ22／2，由牛顿第二定律得Ｎｍｉｎ－ｍｇ＝ｍｖ22／Ｒ，解得Ｎｍｉｎ＝20Ｎ． 　31．解：（1）设刹车后，平板车的加速度为ａ0，从开始刹车到车停止所经历时间为ｔ0，车所行驶距离为ｓ0，则有ｖ02＝2ａ0ｓ0，ｖ0＝ａ0ｔ0． 　欲使ｔ0小，ａ0应该大，作用于木箱的滑动摩擦力产生的加速度ａ1＝μｍｇ／ｍ＝μｇ． 　当ａ0＞ａ1时，木箱相对车底板滑动，从刹车到车停止过程中木箱运动的路程为ｓ1，则ｖ02＝2ａ2ｓ1． 　为使木箱不撞击驾驶室，应有ｓ1－ｓ0≤Ｌ． 　联立以上各式解得：ａ0≤μｇｖ02／（ｖ02－2μｇＬ）＝5ｍ／ｓ2， 　∴　ｔ0＝ｖ0／ａ0＝4.4ｓ． 　（2）对平板车，设制动力为Ｆ，则Ｆ＋ｋ（Ｍ＋ｍ）ｇ－μｍｇ＝Ｍａ0，解得：Ｆ＝7420Ｎ． 　 32．解：对系统ａ0＝［Ｆ－μｇ（ｍ1＋ｍ2）］／（ｍ1＋ｍ2）＝1ｍ／ｓ2． 　对木块1，细绳断后：│ａ1│＝ｆ1／ｍ1＝μｇ＝1ｍ／ｓ2． 　设细绳断裂时刻为ｔ1，则木块1运动的总位移： 　ｓ1＝2ａ0ｔ12／2＝ａ0ｔ12． 　对木块2，细绳断后，ａ2＝（Ｆ－μｍ2ｇ）／ｍ2＝2ｍ／ｓ2． 木块2总位移 　ｓ2＝ｓ′＋ｓ″＝ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2， 两木块位移差Δｓ＝ｓ2－ｓ1＝22（ｍ）． 得　ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2－ａ0ｔ12＝22， 把ａ0，ａ2值，ｖ1＝ａ0ｔ1代入上式整理得： 　ｔ12＋12ｔ1－28＝0，得ｔ1＝2ｓ． 木块2末速ｖ2＝ｖ1＋ａ2（6－ｔ1）＝ａ0ｔ1＋ａ2（6－ｔ1）＝10ｍ／ｓ． 此时动能Ｅｋ＝ｍ2ｖ22／2＝2×102／2Ｊ＝100Ｊ． 　33．解：（1）由动量守恒定律，ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ′，且有ｍ∶Ｍ＝1∶3， ∴　Ａ、Ｂ共同速度ｖ′＝ｍｖ0／（ｍ＋Ｍ）＝1ｍ／ｓ． 　（2）由动能定理，对全过程应有 　μｍｇ·2Ｌ＝ｍｖ02／2－（ｍ＋Ｍ）ｖ′2／2， 　4μｇＬ＝ｖ02－4ｖ′2，μ＝（ｖ02－4ｖ′2）／4ｇＬ＝0.3． 　（3）先求Ａ与Ｂ挡板碰前Ａ的速度ｖ10，以及木板Ｂ相应速度ｖ20，取从Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板相碰前过程为研究对象，依动量守恒与动能定理有以下两式成立：ｍｖ0＝ｍｖ10＋Ｍｖ20， 　ｍｖ02／2－ｍｖ102／2－Ｍｖ202／2＝μｍｇＬ． 代入数据得　ｖ10＋3ｖ20＝4，ｖ102＋3ｖ202＝10， 解以上两式可得　ｖ10＝（2±3）／2ｍ／ｓ．因Ａ与Ｂ挡板碰前速度不可能取负值，故ｖ10＝（2＋3）／2ｍ／ｓ．相应解出ｖ20＝（2－）／2ｍ／ｓ＝0.3ｍ／ｓ． 　木板Ｂ此过程为匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得μｍｇ＝Ｍａ1，ａ1＝μｍｇ／Ｍ＝1（ｍ／ｓ2）． 此过程经历时间ｔ1由下式求出 　ｖ20＝ａ1ｔ1，ｔ1＝ｖ20／ａ1＝0.3（ｓ）． 其速度图线为图2中0～0.3ｓ段图线ａ． 　再求Ａ与Ｂ挡板碰后，木板Ｂ的速度ｖ2与木块Ａ的速度ｖ1，为方便起见取Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板碰撞后瞬间过程为研究对象，依动量守恒定律与动能定理有以下两式成立： ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2，ｍｖ02／2－ｍｖ12／2－Ｍｖ22／2＝μｍｇＬ． 故解为　ｖ1＝（2±3）／2ｍ／ｓ． 因ｖ1＝（2＋3）／2ｍ／ｓ为碰前速度，故取ｖ1＝（2－3）／2ｍ／ｓ，相应得ｖ2＝2＋2ｍ／ｓ＝1.7ｍ／ｓ． 由于ｖ1＜0，即木块相对Ｂ向左滑动，Ａ受Ｂ摩擦力向右，Ｂ受Ａ摩擦力向左，故Ｂ做匀减速直线运动，加速度大小由牛顿第二定律，得ａ＝μｍｇ／Ｍ＝1ｍ／ｓ2． 　从碰后到Ａ滑到Ｂ最左端过程中，Ｂ向右做匀减速直线运动时间设为ｔ2，则ｖ′－ｖ2＝－ａｔ2， ∴　ｔ2＝0.7ｓ． 　此过程速度图线如图2中0.3ｓ～1.0ｓ段图线ｂ． 图2　　34．解：设ｍ1、ｍ2两物体受恒力Ｆ作用后，产生的加速度分别为ａ1、ａ2，由牛顿第二定律Ｆ＝ｍａ，得 　ａ1＝Ｆ／ｍ1，ａ2＝Ｆ／ｍ2， 　历时ｔ两物体速度分别为ｖ1＝ａ1ｔ，ｖ2＝ｖ0＋ａ2ｔ，由题意令ｖ1＝ｖ2，即ａ1ｔ＝ｖ0＋ａ2ｔ或（ａ1－ａ2）ｔ＝ｖ0，因ｔ≠0、ｖ0＞0，欲使上式成立，需满足ａ1－ａ2＞0，即Ｆ／ｍ1＞Ｆ／ｍ2，或ｍ1＜ｍ2，也即当ｍ1≥ｍ2时不可能达到共同速度，当ｍ1＜ｍ2时，可以达到共同速度． 　35．解：（1）当小球刚好能在轨道内做圆周运动时，水平初速度ｖ最小，此时有ｍｇ＝ｍｖ2／Ｒ， 故　ｖ＝＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）若初速度ｖ′＜ｖ，小球将做平抛运动，如在其竖直位移为Ｒ的时间内，其水平位移ｓ≥Ｒ，小球可进入轨道经过Ｂ点．设其竖直位移为Ｒ时，水平位移也恰为R，则Ｒ＝ｇｔ2／2，Ｒ＝ｖ′ｔ，解得：ｖ′＝／2＝ｍ／ｓ． 因此，初速度满足2ｍ／ｓ＞ｖ′≥ｍ／ｓ时，小球可做平抛运动经过Ｂ点． 　36．卫星在天空中任何天体表面附近运行时，仅受万有引力Ｆ作用使卫星做圆周运动，运动半径等于天体的球半径Ｒ．设天体质量为Ｍ，卫星质量为ｍ，卫星运动周期为Ｔ，天体密度为ρ．根据万有引力定律Ｆ＝ＧＭｍ／Ｒ2， 卫星做圆周运动向心力Ｆ′＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2， 因为 　Ｆ′＝Ｆ，得ＧＭｍ／Ｒ2＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2，∴Ｔ＝． 　又球体质量Ｍ＝4πＲ3ρ／3． 得Ｔ＝=，∴Ｔ∝1／，得证． 　37．解：由于两球相碰满足动量守恒 　　ｍ1ｖ0＝ｍ1ｖ1＋ｍ2ｖ2，ｖ1＝－1.3ｍ／ｓ． 　两球组成系统碰撞前后的总动能Ｅｋ1＋Ｅｋ2＝ｍ1ｖ02／2＋0＝2.5Ｊ， 　Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＝ｍ1ｖ12／2＋ｍ2ｖ22 ／2＝2.8Ｊ． 　可见，Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＞Ｅｋ1＋Ｅｋ2，碰后能量较碰撞前增多了，违背了能量守恒定律，这种假设不合理． 　38．解：（1）由动量守恒，得ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2， 由运动学公式得ｓ＝（ｖ1－ｖ2）ｔ，ｈ＝ｇｔ2／2， 由以上三式得ｖ2＝（ｍｖ0－ｓｍ）／（Ｍ＋ｍ）． 　（2）最后车与物体以共同的速度ｖ向右运动，故有 　ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖｖ＝ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）． ∴ΔＥ＝ｍｖ02／2＋ｍｇｈ－（Ｍ＋ｍ）ｍ2ｖ02／2（Ｍ＋ｍ）2． 解得ΔＥ＝ｍｇｈ＋Ｍｍｖ02／2（Ｍ＋ｍ）． 　39．解：设碰前Ａ、Ｂ有共同速度ｖ时，Ｍ前滑的距离为ｓ．则ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ，ｆｓ＝Ｍｖ2／2，ｆ＝μｍｇ． 　由以上各式得　ｓ＝Ｍｍｖ02／2μｇ（Ｍ＋ｍ）2． 　当ｖ0＝2ｍ／ｓ时，ｓ＝2／9ｍ＜0.5ｍ，即Ａ、Ｂ有共同速度．当ｖ0＝4ｍ／ｓ时，ｓ＝8／9ｍ＞0.5ｍ，即碰前Ａ、Ｂ速度不同． 　40．解：（1）物体由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者系统水平方向动量守恒得：ｍｖ0＝ｍｖ0／2＋2ｍｖＡＢ． 解之得　ｖＡＢ＝ｖ0／4． 　（2）物块由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者功能关系得：μｍｇＬ＝ｍｖ02／2－ｍ（ｖ0／2）2／2－2ｍ（ｖ0／4）2／2． 解之得　Ｌ＝5ｖ02／16μｇ． 　（3）物块由Ｄ滑到Ｃ的过程中，二者系统水平方向动量守恒，又因为物块到达最高点Ｃ时，物块与滑块速度相等且水平，均为ｖ． 故得　ｍｖ0／2＋ｍｖ0／4＝2ｍｖ， ∴　得滑块的动能ＥＣＤ＝ｍｖ2／2＝9ｍｖ02／128． 　41．解：（1）Ｂ从ｖ0减速到速度为零的过程，Ｃ静止，Ｂ的位移：ｓ1＝ｖ02／2μｇ． 　所用的时间：ｔ1＝ｖ0／μｇ． 　此后Ｂ与Ｃ一起向右做加速运动，Ａ做减速运动，直到相对静止，设所用时间为ｔ2，共同速度为ｖ． 　对Ａ、Ｂ、Ｃ，由动量守恒定律得 　ｍＡ·2ｖ0－ｍＢｖ0＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ， ∵　ｍＡ＝ｍＢ＝ｍＣ，∴　ｖ＝ｖ0／3． 　对Ｂ与Ｃ，向右加速运动的加速度 　ａ＝μｍＡｇ／（ｍＢ＋ｍＣ）＝μｇ／2，∴ｔ2＝ｖ／ａ＝2ｖ0／3μｇ． Δｔ内Ｂ向右移动的位移ｓ2＝ｖｔ2／2＝ｖ02／9μｇ， 故总路程ｓ＝ｓ1＋ｓ2＝11ｖ02／18μｇ，总时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝5ｖ0／3μｇ． 　 （2）设车的最小长度为Ｌ，则相对静止时Ａ、Ｂ刚好接触，由能量守恒得 　ｍＡ（2ｖ0）2／2＋ｍＢｖ02／2＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ2／2＋μｍＢｇｓ1＋μｍＡｇ（Ｌ－ｓ1）， 联立解得Ｌ＝7ｖ02／3μｇ． 　42．解：（1）ｍ速度最大的位置应在O点左侧．因为细线烧断后，ｍ在弹簧弹力和滑动摩擦力的合力作用下向右做加速运动，当弹力与摩擦力的合力为零时，ｍ的速度达到最大，此时弹簧必处于压缩状态．此后，系统的机械能不断减小，不能再达到这一最大速度． 　（2）选ｍ、Ｍ为一系统，由动量守恒定律得 　ｍｖ1＝Ｍｖ2． 　设这一过程中弹簧释放的弹性势能为Ｅｐ，则 　Ｅｐ＝ｍｖ12／2＋Ｍｖ22／2＋μｍｇｓ， 解得　ｖ2＝ｍｖ1／Ｍ，Ｅｐ＝ｍ［（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2Ｍ＋μｇｓ］． 　（2）ｍ与Ｍ最终将静止，因为系统动量守恒，且总动量为零，只要ｍ与Ｍ间有相对运动，就要克服摩擦力做功，不断消耗能量，所以，ｍ与Ｍ最终必定都静止． 　43．解：（1）第一颗子弹射入木块过程，系统动量守恒，有 　ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ1． 　射入后，在ＯＢＣ运动过程中，机械能守恒，有 　（ｍ＋Ｍ）ｖ12／2＝（ｍ＋Ｍ）ｇＲ，得ｖ0＝（Ｍ＋ｍ）／ｍ． 　（2）由动量守恒定律知，第2、4、6……颗子弹射入木块后，木块速度为0，第1、3、5……颗子弹射入后，木块运动．当第9颗子弹射入木块时，由动量守恒得： 　ｍｖ0＝（9ｍ＋Ｍ）ｖ9， 　设此后木块沿圆弧上升最大高度为Ｈ，由机械能守恒定律得：（9ｍ＋Ｍ）ｖ92／2＝（9ｍ＋Ｍ）ｇＨ， 由以上可得：Ｈ＝［（Ｍ＋ｍ）／（Ｍ＋9ｍ）］2Ｒ． 　44．解：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动ｓ，速度变为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．由动能定理 　－μＭｇｓ＝0－ｍｖ02／2，ｓ＝ｍｖ02／2μＭｇ＝0.33ｍ． 　（2）假如平板车在第二次碰墙前还未和滑块相对静止，则其速度的大小肯定还是2ｍ／ｓ，因为只要相对运动，摩擦力大小为恒值．滑块速度则大于2ｍ／ｓ，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰墙前肯定已和滑块具有共同速度ｖ．此即平板车碰墙前瞬间的速度． 　Ｍｖ0－ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， ∴ｖ＝（Ｍ－ｍ）ｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝0.4ｍ／ｓ． 图3　（3）平板车与墙壁第一次碰撞后滑块与平板又达到共同速度ｖ前的过程，可用图3（ａ）、（ｂ）、（ｃ）表示．图3（ａ）为平板车与墙碰撞后瞬间滑块与平板车的位置，图3（ｂ）为平板车到达最左端时两者的位置，图3（ｃ）为平板车与滑块再次达到共同速度时两者的位置．在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功μΜｇｓ′，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功μＭｇｓ″（平板车从Ｂ到Ａ再回到Ｂ的过程中摩擦力做功为零），其中ｓ′、ｓ″分别为滑块和平板车的位移．滑块和平板车动能总减少为μＭｇｌ1，其中ｌ1＝ｓ′＋ｓ″为滑块相对平板车的位移，此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为ｌ，则有（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2＝μＭｇｌ，ｌ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2μＭｇ＝0.833ｍ． ｌ即为平板车的最短长度．图4　　45．解：如图4，Ａ球从静止释放后将自由下落至Ｃ点悬线绷直，此时速度为ｖＣ ∵　ｖＣ2＝2ｇ×2Ｌｓｉｎ30°， ∴　ｖＣ＝＝2ｍ／ｓ． 　在线绷直的过程中沿线的速度分量减为零时，Ａ将以切向速度ｖ1沿圆弧运动且 　ｖ1＝ｖＣｃｏｓ30°＝ｍ／ｓ． 　Ａ球从Ｃ点运动到最低点与Ｂ球碰撞前机械能守恒，可求出Ａ球与Ｂ球碰前的速度 　ｍＡｖ12／2＋ｍＡｇＬ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍＡｖ22／2， 　ｖ2＝==ｍ／ｓ． 　因Ａ、Ｂ两球发生无能量损失的碰撞且ｍＡ＝ｍＢ，所以它们的速度交换，即碰后Ａ球的速度为零，Ｂ球的速度为ｖ2＝（ｍ／ｓ）．对Ｂ球和小车组成的系统水平方向动量守恒和机械能守恒，当两者有共同水平速度ｕ时，Ｂ球上升到最高点，设上升高度为ｈ． 　ｍＢｖ2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ，ｍＢｖ22／2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ2／2＋ｍＢｇｈ．解得ｈ＝3／16≈0.19ｍ． 　在Ｂ球回摆到最低点的过程中，悬线拉力仍使小车加速，当Ｂ球回到最低点时小车有最大速度ｖｍ ，设小球Ｂ回到最低点时速度的大小为ｖ3，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 　ｍＢｖ2＝－ｍＢｖ3＋Ｍｖｍ，ｍＢｖ22／2＝ｍＢｖ32／2＋Ｍｖｍ2／2， 解得ｖｍ＝2ｍＢｖ2／（ｍ3＋Ｍ）＝／2ｍ／ｓ＝1.12ｍ／ｓ． 　46．解：（1）小球的角速度与运动的角速度必定相等，则有ｖ＝ωＲ＝ω． 　（2）人手所提供的功率应等于小球在运动过程中克服摩擦力做功的功率．即有Ｐ＝ｆｖ， ∴　ｆ＝Ｐ／ｖ＝Ｐ／ω． 　47．解：由于粘性物体与底板粘合的过程时间极短，冲击力远大于重力，在竖直方向近似动量守恒，开始静止时，有　ｍ1ｇ＝ｋｘｋ＝ｍ1ｇｘ． 　ｍ2下落Ｈ时的速度ｖ＝，ｍ2与ｍ1合在一起动量守恒，ｍ2ｖ＝（ｍ1＋ｍ2）ｖ′，ｖ′＝ｍ2ｖ／（ｍ1＋ｍ2）＝ｍ2／（ｍ1＋ｍ2）． 　设向下为正方向，ｍ1与ｍ2的整体受两个力，即重力（ｍ1＋ｍ2）ｇ和弹簧的平均拉力，则有平均拉力＝ｋｘ＋ｋｈ／2＝ｋ（2ｘ＋ｈ）／2，由动能定理得 ［－＋（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ＝0－（ｍ1＋ｍ2）ｖ2／2， 由以上各式得［ｍ1ｇ（2ｘ＋ｈ）／2ｘ－（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ 　＝（ｍ1＋ｍ2）·ｍ22·2ｇｈ／2（ｍ1＋ｍ2）2． 代入数值得ｈ＝0.3ｍ． 　48．解：ｍ与Ａ粘在一起后水平方向动量守恒，共同速度设为ｖ1，Ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ1， 得ｖ1＝Ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝2ｖ0／3． 　当弹簧压缩到最大时即有最大弹性势能Ｅ，此时系统中各物体有相同速度，设为ｖ2，由动量守恒定律 　2Ｍｖ0＝（2Ｍ＋ｍ）ｖ2，得ｖ2＝2Ｍｖ0／（2Ｍ＋ｍ）＝4ｖ0／5． 由能量守恒有 　Ｅ＝Ｍｖ02／2＋（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2－（2Ｍ＋ｍ）ｖ22／2， 解得Ｅ＝Ｍｖ02／30． 　49．解：（1）振子在平衡位置时，所受合力为零，设此时弹簧被压缩Δｘ：（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ＝ｋΔｘ，Δｘ＝5ｃｍ． 　开始释放时振子处在最大位移处，故振幅 　Ａ＝5ｃｍ＋5ｃｍ＝10ｃｍ． 　（2）由于开始时弹簧的伸长量恰等于振子在平衡位置时弹簧的压缩量，故弹性势能相等，设振子的最大速度为ｖ，从开始到平衡位置，根据机械能守恒定律， 得ｍｇ·Ａ＝ｍｖ2／2，∴ｖ＝＝1.4ｍ／ｓ， 即Ｂ的最大速率为1.4ｍ／ｓ． 　 （3）在最高点，振子受到的重力和弹力方向相同，根据牛顿第二定律，得 　ａ＝［ｋΔｘ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ］／（ｍＡ＋ｍＢ）＝20ｍ／ｓ2， Ａ对Ｂ的作用力方向向下，其大小 　Ｎ1＝ｍＢａ－ｍＢｇ＝10Ｎ． 在最低点，振子受到的重力和弹力方向相反，根据牛顿第二定律，得ａ＝ｋ（Δｘ＋Ａ）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｍＡ＋ｍＢ＝20ｍ／ｓ2． Ａ对Ｂ的作用力方向向上，其大小 　Ｎ2＝ｍＢａ＋ｍＢｇ＝30Ｎ． 　12．如图1-75所示，质量2．0ｋｇ的小车放在光滑水平面上，在小车右端放一质量为1．0ｋｇ的物块，物块与小车之间的动摩擦因数为0．5，当物块与小车同时分别受到水平向左Ｆ１＝6．0Ｎ的拉力和水平向右Ｆ２＝9．0Ｎ的拉力，经0．4ｓ同时撤去两力，为使物块不从小车上滑下，求小车最少要多长．（ｇ取10ｍ／ｓ２）图1-752．解：在0～1ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知 　ａ１＝12ｍ／ｓ２， 由牛顿第二定律，得 　Ｆ－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ１，　　① 在0～2ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知ａ２＝－6ｍ／ｓ２， 因为此时物体具有斜向上的初速度，故由牛顿第二定律，得 　－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ２，　　② 　②式代入①式，得　Ｆ＝18Ｎ． 3．解：在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从Ａ到Ｂ需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为ｔ1，则 　（ｖ／2）ｔ１＋ｖ（ｔ－ｔ１）＝Ｌ， 所以　ｔ１＝2（ｖｔ－Ｌ）／ｖ＝（2×（2×6－10）／2）ｓ＝2ｓ． 为使物体从Ａ至Ｂ所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变．而　ａ＝ｖ／ｔ＝1ｍ／ｓ２．设物体从Ａ至Ｂ所用最短的时间为ｔ2，则 　（1／2）ａｔ2２＝Ｌ， 　ｔ2＝=＝2ｓ． 　ｖｍｉｎ＝ａｔ2＝1×2ｍ／ｓ＝2ｍ／ｓ． 传送带速度再增大1倍，物体仍做加速度为1ｍ／ｓ２的匀加速运动，从Ａ至Ｂ的传送时间为2ｍ／ｓ． 4．解：启动前Ｎ１＝ｍｇ， 　升到某高度时　Ｎ2＝（17／18）Ｎ１＝（17／18）ｍｇ， 　对测试仪　Ｎ2－ｍｇ′＝ｍａ＝ｍ（ｇ／2）， 　∴ 　ｇ′＝（8／18）ｇ＝（4／9）ｇ， 　ＧｍＭ／Ｒ2＝ｍｇ，ＧｍＭ／（Ｒ＋ｈ）2＝ｍｇ′，解得：ｈ＝（1／2）Ｒ． 5．解：由匀加速运动的公式　ｖ２＝ｖ０２＋2ａｓ 　得物块沿斜面下滑的加速度为 　ａ＝ｖ2／2ｓ＝1．42／（2×1．4）＝0．7ｍｓ－２， 由于ａ＜ｇｓｉｎθ＝5ｍｓ－２， 　可知物块受到摩擦力的作用．图3　分析物块受力，它受3个力，如图3．对于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，由牛顿定律有 　ｍｇｓｉｎθ－ｆ１＝ｍａ， 　ｍｇｃｏｓθ－Ｎ１＝0， 　分析木楔受力，它受5个力作用，如图3所示．对于水平方向，由牛顿定律有 　ｆ2＋ｆ１ｃｏｓθ－Ｎ１ｓｉｎθ＝0， 　由此可解得地面的作用于木楔的摩擦力 　ｆ2＝ｍｇｃｏｓθｓｉｎθ－（ｍｇｓｉｎθ－ｍａ）ｃｏｓθ＝ｍａｃｏｓθ＝1×0．7×（／2）＝0．61Ｎ． 　此力的方向与图中所设的一致（由指向）． 6．解：（1）飞机原先是水平飞行的，由于垂直气流的作用，飞机在竖直方向上的运动可看成初速度为零的匀加速直线运动，根据　ｈ＝（1／2）ａｔ２，得ａ＝2ｈ／ｔ２，代入ｈ＝1700ｍ，ｔ＝10ｓ，得 　ａ＝（2×1700／10２）（ｍ／ｓ２）＝34ｍ／ｓ２，方向竖直向下． 　（2）飞机在向下做加速运动的过程中，若乘客已系好安全带，使机上乘客产生加速度的力是向下重力和安全带拉力的合力．设乘客质量为ｍ，安全带提供的竖直向下拉力为Ｆ，根据牛顿第二定律　Ｆ＋ｍｇ＝ｍａ，得安全带拉力 　　Ｆ＝ｍ（ａ－ｇ）＝ｍ（34－10）Ｎ＝24ｍ（Ｎ）， ∴　安全带提供的拉力相当于乘客体重的倍数 　ｎ＝Ｆ／ｍｇ＝24ｍＮ／ｍ·10Ｎ＝2．4（倍）． 　（3）若乘客未系安全带，飞机向下的加速度为34ｍ／ｓ２，人向下加速度为10ｍ／ｓ２，飞机向下的加速度大于人的加速度，所以人对飞机将向上运动，会使头部受到严重伤害． 7．解：设月球表面重力加速度为ｇ，根据平抛运动规律，有 　ｈ＝（1／2）ｇｔ２，　　① 　水平射程为　　　Ｌ＝ｖ０ｔ，　　② 　联立①②得ｇ＝2ｈｖ０２／Ｌ２．　　③ 　根据牛顿第二定律，得　ｍｇ＝ｍ（2π／Ｔ）２ Ｒ，　　④ 　联立③④得　Ｔ＝（πＬ／ｖ０ｈ）．　　⑤ 8．解：前2秒内，有Ｆ－ｆ＝ｍａ１，ｆ＝μＮ，Ｎ＝ｍｇ，则 　ａ１＝（Ｆ－μｍｇ）／ｍ＝4ｍ／ｓ２，ｖｔ＝ａ１ｔ＝8ｍ／ｓ， 　撤去Ｆ以后　ａ２＝ｆ／ｍ＝2ｍ／ｓ，ｓ＝ｖ１２／2ａ２＝16ｍ． 9．解：（1）用力斜向下推时，箱子匀速运动，则有 　Ｆｃｏｓθ＝ｆ，ｆ＝μＮ，Ｎ＝Ｇ＋Ｆｓｉｎθ， 　联立以上三式代数据，得　Ｆ＝1．2×10２Ｎ． 　（2）若水平用力推箱子时，据牛顿第二定律，得Ｆ合＝ｍａ，则有 　Ｆ－μＮ＝ｍａ，Ｎ＝Ｇ， 　联立解得　ａ＝2．0ｍ／ｓ２． 　ｖ＝ａｔ＝2．0×3．0ｍ／ｓ＝6．0ｍ／ｓ， 　ｓ＝（1／2）ａｔ２＝（1／2）×2．0×3．0２ｍ／ｓ＝9．0ｍ， 　推力停止作用后　ａ′＝ｆ／ｍ＝4．0ｍ／ｓ２（方向向左）， 　ｓ′＝ｖ２／2ａ′＝4．5ｍ， 　则　ｓ总＝ｓ＋ｓ′＝13．5ｍ． 10．解：根据题中说明，该运动员发球后，网球做平抛运动．以ｖ表示初速度，Ｈ表示网球开始运动时离地面的高度（即发球高度），ｓ１表示网球开始运动时与网的水平距离（即运动员离开网的距离），ｔ１表示网球通过网上的时刻，ｈ表示网球通过网上时离地面的高度，由平抛运动规律得到 　ｓ１＝ｖｔ１，Ｈ－ｈ＝（1／2）ｇｔ１２， 消去ｔ１，得　　ｖ＝ｍ／ｓ，ｖ≈23ｍ／ｓ． 　以ｔ２表示网球落地的时刻，ｓ２表示网球开始运动的地点与落地点的水平距离，ｓ表示网球落地点与网的水平距离，由平抛运动规律得到 　Ｈ＝（1／2）ｇｔ２２，ｓ２＝ｖｔ２， 消去ｔ２，得ｓ２＝ｖ≈16ｍ， 　网球落地点到网的距离　ｓ＝ｓ２－ｓ１≈4ｍ． 11．解：（1）设卫星质量为ｍ，它在地球附近做圆周运动，半径可取为地球半径Ｒ，运动速度为ｖ，有 　ＧＭｍ／Ｒ２＝ｍｖ２／Ｒ　得ｖ＝． 　（2）由（1）得： 　Ｍ＝ｖ２Ｒ／Ｇ＝＝6．0×1024ｋｇ． 12．解：对物块：Ｆ１－μｍｇ＝ｍａ１， 　6－0．5×1×10＝1·ａ１，ａ１＝1．0ｍ／ｓ2， 　ｓ１＝（1／2）ａ１ｔ2＝（1／2）×1×0．42＝0．08ｍ， 　ｖ１＝ａ１ｔ＝1×0．4＝0．4ｍ／ｓ， 　对小车：Ｆ２－μｍｇ＝Ｍａ２， 　9－0．5×1×10＝2ａ２，ａ２＝2．0ｍ／ｓ2， 　ｓ２＝（1／2）ａ２ｔ2＝（1／2）×2×0．42＝0．16ｍ， 　ｖ２＝ａ２ｔ＝2×0．4＝0．8ｍ／ｓ， 　撤去两力后，动量守恒，有Ｍｖ２－ｍｖ１＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， 　ｖ＝0．4ｍ／ｓ（向右）， ∵　（（1／2）ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2）－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ2＝μｍｇｓ３， 　ｓ３＝0．096ｍ， ∴　ｌ＝ｓ１＋ｓ２＋ｓ３＝0．336ｍ． 13．解：设木块到Ｂ时速度为ｖ０，车与船的速度为ｖ１，对木块、车、船系统，有 　ｍ１ｇｈ＝（ｍ１ｖ０2／2）＋（（ｍ２＋ｍ３）ｖ１2／2）， 　ｍ１ｖ０＝（ｍ２＋ｍ３）ｖ１， 解得　ｖ０＝5，ｖ１＝． 　木块到Ｂ后，船以ｖ１继续向左匀速运动，木块和车最终以共同速度ｖ２向右运动，对木块和车系统，有 　ｍ１ｖ０－ｍ２ｖ１＝（ｍ１＋ｍ２）ｖ２， 　μｍ１ｇｓ＝（（ｍ１ｖ０2／2）＋（ｍ２ｖ１2／2））－（（ｍ１＋ｍ２）ｖ２2／2）， 得　ｖ２＝ｖ１＝，ｓ＝2ｈ． 14．解：（1）小球的角速度与手转动的角速度必定相等均为ω．设小球做圆周运动的半径为ｒ，线速度为ｖ．由几何关系得　ｒ＝，ｖ＝ω·ｒ，解得　　 　　ｖ＝ω． 　（2）设手对绳的拉力为Ｆ，手的线速度为ｖ，由功率公式得　Ｐ＝Ｆｖ＝Ｆ·ωＲ， ∴　Ｆ＝Ｐ／ωＲ．图4　研究小球的受力情况如图4所示，因为小球做匀速圆周运动，所以切向合力为零，即 　Ｆｓｉｎθ ＝ｆ， 其中　ｓｉｎθ＝Ｒ／， 　联立解得　ｆ＝Ｐ／ω． 15．解：（1）用ｖ１表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由于子弹射入木块Ｃ时间极短，系统动量守恒，有 　ｍｖ０＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１， 　∴　ｖ１＝ｍｖ０／（ｍ＋Ｍ）＝3ｍ／ｓ， 　子弹和木块Ｃ在ＡＢ木板上滑动，由动能定理得： 　（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ２２－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ１２＝－μ（ｍ＋Ｍ）ｇＬ， 　解得　ｖ２＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）用ｖ′表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由动量守恒定律，得　ｍｖ０′＋Ｍｕ＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１′，解得　ｖ１′＝4ｍ／ｓ． 　木块Ｃ及子弹在ＡＢ木板表面上做匀减速运动　ａ＝μｇ．设木块Ｃ和子弹滑至ＡＢ板右端的时间为ｔ，则木块Ｃ和子弹的位移ｓ１＝ｖ１′ｔ－（1／2）ａｔ2， 　由于ｍ车≥（ｍ＋Ｍ），故小车及木块ＡＢ仍做匀速直线运动，小车及木板ＡＢ的位移　ｓ＝ｕｔ，由图5可知：ｓ１＝ｓ＋Ｌ， 　联立以上四式并代入数据得： 　ｔ2－6ｔ＋1＝0， 　解得：ｔ＝（3－2）ｓ，（ｔ＝（3＋2）ｓ不合题意舍去），　　（11） 　∴　ｓ＝ｕｔ＝0．18ｍ． 16．解：（1）设Ａ滑上Ｂ后达到共同速度前并未碰到档板，则根据动量守恒定律得它们的共同速度为ｖ，有图5　ｍｖ０＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝2ｍ／ｓ，在这一过程中，Ｂ的位移为ｓＢ＝ｖＢ2／2ａＢ且ａＢ＝μｍｇ／Ｍ，解得ｓＢ＝Ｍｖ2／2μｍｇ＝2×22／2×0．2×1×10＝2ｍ． 　设这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ１，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ１＝（1／2）ｍｖ０2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得ｓ１＝6ｍ． 　当ｓ＝4ｍ时，Ａ、Ｂ达到共同速度ｖ＝2ｍ／ｓ后再匀速向前运动2ｍ碰到挡板，Ｂ碰到竖直挡板后，根据动量守恒定律得Ａ、Ｂ最后相对静止时的速度为ｖ′，则 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′， 解得　ｖ′＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ２，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ２＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2 ， 　解得　ｓ２＝2．67ｍ． 　因此，Ａ、Ｂ最终不脱离的木板最小长度为ｓ１＋ｓ２＝8．67ｍ 　（2）因Ｂ离竖直档板的距离ｓ＝0．5ｍ＜2ｍ，所以碰到档板时，Ａ、Ｂ未达到相对静止，此时Ｂ的速度ｖＢ为 　ｖＢ2＝2ａＢｓ＝（2μｍｇ／Ｍ）ｓ，解得　ｖＢ＝1ｍ／ｓ， 　设此时Ａ的速度为ｖＡ，根据动量守恒定律，得 　ｍｖ０＝ＭｖＢ＋ｍｖＡ，解得ｖＡ＝4ｍ／ｓ， 　设在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移为ｓ１′，根据动能定理得： 　μｍｇｓ１′＝（1／2）ｍｖ０2－（（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）ＭｖＢ2）， 　解得　ｓ１′＝4．5ｍ． 　Ｂ碰撞挡板后，Ａ、Ｂ最终达到向右的相同速度ｖ，根据动能定理得ｍｖＡ－ＭｖＢ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ２′为 　μｍｇｓ２′＝（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得　ｓ２′＝（25／6）ｍ． 　Ｂ再次碰到挡板后，Ａ、Ｂ最终以相同的速度ｖ′向左共同运动，根据动量守恒定律，得 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′，解得　ｖ′＝（2／9）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ３′为： 　μｍｇｓ３′＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　　　　ｓ３′＝（8／27）ｍ． 　因此，为使Ａ不从Ｂ上脱落，Ｂ的最小长度为ｓ１′＋ｓ２′＋ｓ３′＝8．96ｍ． 17．解：（1）Ｂ与Ａ碰撞后，Ｂ相对于Ａ向左运动，Ａ所受摩擦力方向向左，Ａ的运动方向向右，故摩擦力作负功．设Ｂ与Ａ碰撞后的瞬间Ａ的速度为ｖ１，Ｂ的速度为ｖ２，Ａ、Ｂ相对静止后的共同速度为ｖ，整个过程中Ａ、Ｂ组成的系统动量守恒，有 　Ｍｖ０＝（Ｍ＋1．5Ｍ）ｖ，ｖ＝2ｖ０／5． 　碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功，即 　Ｍｖ２＋1．5Ｍｖ１＝2．5Ｍｖ，　　① 　（1／2）×1．5Ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2－（1／2）×2．5Ｍｖ2＝Ｍμｇｌ，　　② 可解出ｖ１＝（1／2）ｖ０（另一解ｖ１＝（3／10）ｖ０因小于ｖ而舍去） 　这段过程中，Ａ克服摩擦力做功 　Ｗ＝（1／2）×1．5Ｍｖ１2－（1／2）×1．5Ｍｖ2＝（27／400）Ｍｖ０2（0．068Ｍｖ０2）． 　（2）Ａ在运动过程中不可能向左运动，因为在Ｂ未与Ａ碰撞之前，Ａ受到的摩擦力方向向右，做加速运动，碰撞之后Ａ受到的摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后，速度仍向右，因此不可能向左运动． 　Ｂ在碰撞之后，有可能向左运动，即ｖ２＜0． 　先计算当ｖ２＝0时满足的条件，由①式，得 　ｖ１＝（2ｖ０／3）－（2ｖ２／3），当ｖ２＝0时，ｖ１＝2ｖ０／3，代入②式，得 　（（1／2）×1．5Ｍ4ｖ０2／9）－（（1／2）×2．5Ｍ4ｖ０2／25）＝Ｍμｇｌ， 解得　μｇｌ＝2ｖ０2／15． 　Ｂ在某段时间内向左运动的条件之一是μｌ＜2ｖ０2／15ｇ． 　另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即 　（1／2）Ｍｖ０2－（1／2）2．5Ｍ（2ｖ０／5）2≥2Ｍμｇｌ， 　解出另一个条件是　μｌ≤3ｖ０2／20ｇ， 　最后得出Ｂ在某段时间内向左运动的条件是 　2ｖ０2／15ｇ＜μｌ≤3ｖ０2／20ｇ． 18．解：（1）以警车为研究对象，由动能定理． 　－μｍｇ·ｓ＝（1／2）ｍｖ2－（1／2）ｍｖ０2， 　将ｖ０＝14．0ｍ／ｓ，ｓ＝14．0ｍ，ｖ＝0代入，得 　μｇ＝7．0ｍ／ｓ2， 　因为警车行驶条件与肇事汽车相同，所以肇事汽车的初速度ｖＡ＝＝21ｍ／ｓ． 　（2）肇事汽车在出事点Ｂ的速度 　ｖＢ＝＝14ｍ／ｓ， 　肇事汽车通过段的平均速度 　＝（ｖＡ＋ｖＢ）／2＝（21＋14）／2＝17．5ｍ／ｓ． 　肇事汽车通过ＡＢ段的时间 　ｔ２＝ＡＢ／＝（31．5－14．0）／17．5＝1ｓ． 　∴　游客横过马路的速度 　ｖ人＝／（ｔ１＋ｔ２）＝（2．6／（1＋0．7））ｍ／ｓ＝1．53ｍ／ｓ． 19．解：（1）开始Ａ、Ｂ处于静止状态时，有 　ｋｘ０－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｓｉｎ30°＝0，　　① 　设施加Ｆ时，前一段时间Ａ、Ｂ一起向上做匀加速运动，加速度为ａ，ｔ＝0．2ｓ，Ａ、Ｂ间相互作用力为零，对Ｂ有： 　ｋｘ－ｍＢｇｓｉｎ30°＝ｍＢａ，　　② 　ｘ－ｘ０＝（1／2）ａｔ2，　　③ 　解①、②、③得： 　ａ＝5ｍｓ－2，ｘ０＝0．05ｍ，ｘ＝0．15ｍ， 　初始时刻Ｆ最小 　Ｆｍｉｎ＝（ｍＡ＋ｍＢ）ａ＝60Ｎ． 　ｔ＝0．2ｓ时，Ｆ最大 　Ｆｍａｘ－ｍＡｇｓｉｎ30°＝ｍＡａ， 　Ｆｍａｘ＝ｍＡ（ｇｓｉｎ30°＋ａ）＝100Ｎ， 　（2）ΔＥＰＡ＝ｍＡｇΔｈ＝ｍＡｇ（ｘ－ｘ０）ｓｉｎ30°＝5Ｊ． 20．解：当弹簧处于压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和．当弹簧伸长到其自然长度时，弹性势能为零，因这时滑块Ａ的速度为零，故系统的机械能等于滑块Ｂ的动能．设这时滑块Ｂ的速度为ｖ则有 　Ｅ＝（1／2）ｍ２ｖ2，　　① 由动量守恒定律（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ２ｖ，　　② 解得　Ｅ＝（1／2）（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２．　　③ 　假定在以后的运动中，滑块Ｂ可以出现速度为零的时刻，并设此时滑块Ａ的速度为ｖ１．这时，不论弹簧是处于伸长还是压缩状态，都具有弹性势能Ｅｐ．由机械能守恒定律得 　（1／2）ｍ１ｖ１2＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　④ 根据动量守恒　（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ１ｖ１，　　⑤ 求出ｖ１，代入④式得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２ ），　　⑥ 因为Ｅｐ≥0，故得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）≤（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑦ 即　ｍ１≥ｍ２，与已知条件ｍ１＜ｍ２不符． 　可见滑块Ｂ的速度永不为零，即在以后的运动中，不可能出现滑动Ｂ的速度为零的情况． 21．解：设恰好物体相对圆盘静止时，弹簧压缩量为Δｌ，静摩擦力为最大静摩擦力ｆｍａｘ，这时物体处于临界状态，由向心力公式ｆｍａｘ－ｋΔｌ＝ｍＲｗ2，　　① 　假若物体向圆心移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ１－ｋ（Δｌ＋ｘ）＝ｍ（Ｒ－ｘ）ｗ2，　　② 　由①、②两式可得　ｆｍａｘ－ｆ１＝ｍｘｗ2－ｋｘ，　　③ 所以　ｍｘｗ2－ｋｘ≥0，得ｋ≤ｍｗ2，　　④ 　若物体向外移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ２－ｋ（Δｌ－ｘ）≥ｍ（Ｒ＋ｘ）ｗ2，　　⑤ 由①～⑥式得　ｆｍａｘ－ｆ２＝ｋｘ－ｍｘｗ2≥0，　　⑥ 所以　ｋ≥ｍｗ2，　　⑦ 即若物体向圆心移动，则ｋ≤ｍｗ2， 若物体向远离圆心方向移动，则ｋ≥ｍｗ2． 22．解：卫星环绕地球作匀速圆周运动，设卫星的质量为ｍ，轨道半径为ｒ，受到地球的万有引力为Ｆ， 　Ｆ＝ＧＭｍ／ｒ2，　　① 　式中Ｇ为万有引力恒量，Ｍ是地球质量． 　设ｖ是卫星环绕地球做匀速圆周运动的线速度，Ｔ是运动周期，根据牛顿第二定律，得 　Ｆ＝ｍｖ2／ｒ，　　② 　由①、②推导出　ｖ＝．　　③ 　③式表明：ｒ越大，ｖ越小． 　人造卫星的周期就是它环绕地球运行一周所需的时间Ｔ， 　Ｔ＝2πｒ／ｖ，　　④ 　由③、④推出　Ｔ＝2π，　　⑤ 　⑤式说明：ｒ越大，Ｔ越大．　23．证：设质点通过Ａ点时的速度为ｖＡ，通过Ｃ点时的速度为ｖＣ，由匀变速直线运动的公式得： ｓ1＝ｖＡＴ＋ａＴ2／2，ｓ3＝ｖＣＴ＋ａＴ2／2，ｓ3－ｓ1＝ｖＣＴ－ｖＡＴ． ∵　ｖＣ＝ｖＡ＋2ａＴ， ∴　ｓ3－ｓ1＝（ｖＡ－2ａＴ－ｖＡ）Ｔ＝2ａＴ2，ａ＝（ｓ3－ｓ1）／2Ｔ2． 　24．根据：如果在连续的相等的时间内的位移之差相等，则物体做匀变速运动．证明：设物体做匀速运动的初速度为ｖ0，加速度为ａ，第一个Ｔ内的位移为ｓ1＝ｖ0Ｔ＋ａＴ2／2；第二个Ｔ内的位移为ｓ2＝（ｖ0＋ａＴ）Ｔ＋ａＴ2／2；第Ｎ个Ｔ内的位移为ｓＮ＝［ｖ0＋（Ｎ－1）ａＴ］Ｔ＋ａＴ2／2．　ｓＮ－ｓＮ－1＝ａＴ2，逆定理也成立． 　 25．解：由匀变速直线运动的公式得小物块的加速度的大小为ａ1＝（ｖ0－ｖｔ）／ｔ＝2（ｍ／ｓ2）．木板的加速度大小为ａ2＝2ｓ／ｔ2＝0.25（ｍ／ｓ2）． 根据牛顿第二定律　Ｆ＝ｍａ 对小物块得　ｆ′1＝ｍａ1＝1×2＝2Ｎ， 对木板得　ｆ1－μ（ｍ＋Ｍ）ｇ＝Ｍａ2， 　μ＝（ｆ1－Ｍａ2）／（ｍ＋Ｍ）ｇ＝（2－4×0.25）／（1＋4）×10＝0.02． 　26．解：假设金属块没有离开第一块长木板，移动的相对距离为ｘ，由动量守恒定律，得ｍｖ0＝3ｍｖ， 　ｍｖ02／2＝3ｍｖ2／2＋μｍｇｘ， 解得ｘ＝4ｍ／3＞Ｌ，不合理， ∴　金属块一定冲上第二块木板． 　以整个系统为研究对象，由动量定律及能量关系，当金属块在第一块木板上时ｍｖ0＝ｍｖ0′＋2ｍｖ1， 　ｍｖ02／2＝12ｍｖ0′2＋2ｍ·ｖ12／2＋μｍｇｌ． 　ｍｖ0＝ｍｖ1＋2ｍｖ2， 　ｍｖ02／2＝ｍｖ12／2＋2ｍ·ｖ22／2＋μｍｇ（ｌ＋ｘ）． 联立解得： 　ｖ1＝1／3ｍ／ｓ，ｖ2＝5／6ｍ／ｓ，ｘ＝0.25ｍ． 　27．解：当ｔ＝0时，ａＡ0＝9／3＝3ｍ／ｓ2，ａＢ0＝3／6＝0.5ｍ／ｓ2．ａＡ0＞ａＢ0，Ａ、Ｂ间有弹力，随ｔ之增加，Ａ、Ｂ间弹力在减小，当（9－2ｔ）／3＝（3＋2ｔ）／6，ｔ＝2.5ｓ时，Ａ、Ｂ脱离，以Ａ、Ｂ整体为研究对象，在ｔ＝2.5ｓ内，加速度ａ＝（ＦＡ＋ＦＢ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝4／3ｍ／ｓ2，ｓ＝ａｔ2／2＝4.17ｍ． 　28．解：（1）由ｍＣｖ0＝ｍＣｖ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ1，Ｃ由Ａ滑至Ｂ时，Ａ、Ｂ的共同速度是 　ｖ1＝ｍＣ（ｖ0－ｖ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝0.2ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＡ＝ｍＣｖ02／2－ｍＣｖ2／2－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12／2， 得　μ＝［ｍＣ（ｖ02－ｖ2）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12］／2ｍＣｇｌＡ＝0.48． 　（2）由ｍＣｖ＋ｍＢｖ1＝（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ2，Ｃ相对Ｂ静止时，Ｂ、Ｃ的共同速度是ｖ2＝（ｍＣｖ＋ｍＢｖ1）／（ｍＣ＋ｍＢ）＝0.65ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＢ＝ｍＣｖ2／2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22／2， Ｃ在Ｂ上滑行距离为 　ｌＢ＝［ｍＣｖ2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22］／2μｍＣｇ＝0.25ｍ． 　（3）由μｍＣｇｓ＝ｍＢｖ22／2－ｍＢｖ12／2， Ｂ相对地滑行的距离ｓ＝［ｍＢ（ｖ22－ｖ12）］／2μｍＣｇ＝0.12ｍ． 　（4）Ｃ在Ａ、Ｂ上匀减速滑行，加速度大小由μｍＣｇ＝ｍＣａ，得ａ＝μｇ＝4.8ｍ／ｓ2． Ｃ在Ａ上滑行的时间ｔ1＝（ｖ0－ｖ）／ａ＝0.21ｓ． Ｃ在Ｂ上滑行的时间ｔ2＝（ｖ－ｖ2）／ａ＝0.28ｓ． 所求时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝0.21ｓ＋0.28ｓ＝0.49ｓ． 　　 29．匀加速下滑时，受力如图1ａ，由牛顿第二定律，有： ｍｇｓｉｎθ－μｍｇｃｏｓθ＝ｍａ＝ｍｇｓｉｎθ／2， 　ｓｉｎθ／2＝μｃｏｓθ， 　得μ＝ｓｉｎθ／2ｃｏｓθ．图1静止时受力分析如图1ｂ，摩擦力有两种可能：①摩擦力沿斜面向下；②摩擦力沿斜面向上．摩擦力沿斜面向下时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＝ｆ＋ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ， 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ＋μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ－μｓｉｎθ）ｍｇ＝3ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ－ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　摩擦力沿斜面向上时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＋ｆ＝ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ． 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ－μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ＋μｓｉｎθ）ｍｇ＝ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ＋ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　30．解：（1）物体在两斜面上来回运动时，克服摩擦力所做的功Ｗｆ＝μｍｇｃｏｓ60°·ｓ总． 　物体从开始直到不再在斜面上运动的过程中ｍｇｈ－Ｗｆ＝0－ｍｖ02／2．解得ｓ总＝38ｍ． 　（2）物体最终是在Ｂ、Ｃ之间的圆弧上来回做变速圆周运动，且在Ｂ、Ｃ点时速度为零． 　（3）物体第一次通过圆弧最低点时，圆弧所受压力最大．由动能定理得ｍｇ［ｈ＋Ｒ（1－ｃｏｓ60°）］－μｍｇｃｏｓ60°／ｓｉｎ60°＝ｍ（ｖ12－ｖ02）／2， 由牛顿第二定律得　Ｎｍａｘ－ｍｇ＝ｍｖ12／Ｒ， 解得　Ｎｍａｘ＝54.5Ｎ． 　物体最终在圆弧上运动时，圆弧所受压力最小．由动能定理得ｍｇＲ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍｖ22／2，由牛顿第二定律得Ｎｍｉｎ－ｍｇ＝ｍｖ22／Ｒ，解得Ｎｍｉｎ＝20Ｎ． 　31．解：（1）设刹车后，平板车的加速度为ａ0，从开始刹车到车停止所经历时间为ｔ0，车所行驶距离为ｓ0，则有ｖ02＝2ａ0ｓ0，ｖ0＝ａ0ｔ0． 　欲使ｔ0小，ａ0应该大，作用于木箱的滑动摩擦力产生的加速度ａ1＝μｍｇ／ｍ＝μｇ． 　当ａ0＞ａ1时，木箱相对车底板滑动，从刹车到车停止过程中木箱运动的路程为ｓ1，则ｖ02＝2ａ2ｓ1． 　为使木箱不撞击驾驶室，应有ｓ1－ｓ0≤Ｌ． 　联立以上各式解得：ａ0≤μｇｖ02／（ｖ02－2μｇＬ）＝5ｍ／ｓ2， 　∴　ｔ0＝ｖ0／ａ0＝4.4ｓ． 　（2）对平板车，设制动力为Ｆ，则Ｆ＋ｋ（Ｍ＋ｍ）ｇ－μｍｇ＝Ｍａ0，解得：Ｆ＝7420Ｎ． 　 32．解：对系统ａ0＝［Ｆ－μｇ（ｍ1＋ｍ2）］／（ｍ1＋ｍ2）＝1ｍ／ｓ2． 　对木块1，细绳断后：│ａ1│＝ｆ1／ｍ1＝μｇ＝1ｍ／ｓ2． 　设细绳断裂时刻为ｔ1，则木块1运动的总位移： 　ｓ1＝2ａ0ｔ12／2＝ａ0ｔ12． 　对木块2，细绳断后，ａ2＝（Ｆ－μｍ2ｇ）／ｍ2＝2ｍ／ｓ2． 木块2总位移 　ｓ2＝ｓ′＋ｓ″＝ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2， 两木块位移差Δｓ＝ｓ2－ｓ1＝22（ｍ）． 得　ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2－ａ0ｔ12＝22， 把ａ0，ａ2值，ｖ1＝ａ0ｔ1代入上式整理得： 　ｔ12＋12ｔ1－28＝0，得ｔ1＝2ｓ． 木块2末速ｖ2＝ｖ1＋ａ2（6－ｔ1）＝ａ0ｔ1＋ａ2（6－ｔ1）＝10ｍ／ｓ． 此时动能Ｅｋ＝ｍ2ｖ22／2＝2×102／2Ｊ＝100Ｊ． 　33．解：（1）由动量守恒定律，ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ′，且有ｍ∶Ｍ＝1∶3， ∴　Ａ、Ｂ共同速度ｖ′＝ｍｖ0／（ｍ＋Ｍ）＝1ｍ／ｓ． 　（2）由动能定理，对全过程应有 　μｍｇ·2Ｌ＝ｍｖ02／2－（ｍ＋Ｍ）ｖ′2／2， 　4μｇＬ＝ｖ02－4ｖ′2，μ＝（ｖ02－4ｖ′2）／4ｇＬ＝0.3． 　（3）先求Ａ与Ｂ挡板碰前Ａ的速度ｖ10，以及木板Ｂ相应速度ｖ20，取从Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板相碰前过程为研究对象，依动量守恒与动能定理有以下两式成立：ｍｖ0＝ｍｖ10＋Ｍｖ20， 　ｍｖ02／2－ｍｖ102／2－Ｍｖ202／2＝μｍｇＬ． 代入数据得　ｖ10＋3ｖ20＝4，ｖ102＋3ｖ202＝10， 解以上两式可得　ｖ10＝（2±3）／2ｍ／ｓ．因Ａ与Ｂ挡板碰前速度不可能取负值，故ｖ10＝（2＋3）／2ｍ／ｓ．相应解出ｖ20＝（2－）／2ｍ／ｓ＝0.3ｍ／ｓ． 　木板Ｂ此过程为匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得μｍｇ＝Ｍａ1，ａ1＝μｍｇ／Ｍ＝1（ｍ／ｓ2）． 此过程经历时间ｔ1由下式求出 　ｖ20＝ａ1ｔ1，ｔ1＝ｖ20／ａ1＝0.3（ｓ）． 其速度图线为图2中0～0.3ｓ段图线ａ． 　再求Ａ与Ｂ挡板碰后，木板Ｂ的速度ｖ2与木块Ａ的速度ｖ1，为方便起见取Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板碰撞后瞬间过程为研究对象，依动量守恒定律与动能定理有以下两式成立： ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2，ｍｖ02／2－ｍｖ12／2－Ｍｖ22／2＝μｍｇＬ． 故解为　ｖ1＝（2±3）／2ｍ／ｓ． 因ｖ1＝（2＋3）／2ｍ／ｓ为碰前速度，故取ｖ1＝（2－3）／2ｍ／ｓ，相应得ｖ2＝2＋2ｍ／ｓ＝1.7ｍ／ｓ． 由于ｖ1＜0，即木块相对Ｂ向左滑动，Ａ受Ｂ摩擦力向右，Ｂ受Ａ摩擦力向左，故Ｂ做匀减速直线运动，加速度大小由牛顿第二定律，得ａ＝μｍｇ／Ｍ＝1ｍ／ｓ2． 　从碰后到Ａ滑到Ｂ最左端过程中，Ｂ向右做匀减速直线运动时间设为ｔ2，则ｖ′－ｖ2＝－ａｔ2， ∴　ｔ2＝0.7ｓ． 　此过程速度图线如图2中0.3ｓ～1.0ｓ段图线ｂ． 图2　　34．解：设ｍ1、ｍ2两物体受恒力Ｆ作用后，产生的加速度分别为ａ1、ａ2，由牛顿第二定律Ｆ＝ｍａ，得 　ａ1＝Ｆ／ｍ1，ａ2＝Ｆ／ｍ2， 　历时ｔ两物体速度分别为ｖ1＝ａ1ｔ，ｖ2＝ｖ0＋ａ2ｔ，由题意令ｖ1＝ｖ2，即ａ1ｔ＝ｖ0＋ａ2ｔ或（ａ1－ａ2）ｔ＝ｖ0，因ｔ≠0、ｖ0＞0，欲使上式成立，需满足ａ1－ａ2＞0，即Ｆ／ｍ1＞Ｆ／ｍ2，或ｍ1＜ｍ2，也即当ｍ1≥ｍ2时不可能达到共同速度，当ｍ1＜ｍ2时，可以达到共同速度． 　35．解：（1）当小球刚好能在轨道内做圆周运动时，水平初速度ｖ最小，此时有ｍｇ＝ｍｖ2／Ｒ， 故　ｖ＝＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）若初速度ｖ′＜ｖ，小球将做平抛运动，如在其竖直位移为Ｒ的时间内，其水平位移ｓ≥Ｒ，小球可进入轨道经过Ｂ点．设其竖直位移为Ｒ时，水平位移也恰为R，则Ｒ＝ｇｔ2／2，Ｒ＝ｖ′ｔ，解得：ｖ′＝／2＝ｍ／ｓ． 因此，初速度满足2ｍ／ｓ＞ｖ′≥ｍ／ｓ时，小球可做平抛运动经过Ｂ点． 　36．卫星在天空中任何天体表面附近运行时，仅受万有引力Ｆ作用使卫星做圆周运动，运动半径等于天体的球半径Ｒ．设天体质量为Ｍ，卫星质量为ｍ，卫星运动周期为Ｔ，天体密度为ρ．根据万有引力定律Ｆ＝ＧＭｍ／Ｒ2， 卫星做圆周运动向心力Ｆ′＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2， 因为 　Ｆ′＝Ｆ，得ＧＭｍ／Ｒ2＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2，∴Ｔ＝． 　又球体质量Ｍ＝4πＲ3ρ／3． 得Ｔ＝=，∴Ｔ∝1／，得证． 　37．解：由于两球相碰满足动量守恒 　　ｍ1ｖ0＝ｍ1ｖ1＋ｍ2ｖ2，ｖ1＝－1.3ｍ／ｓ． 　两球组成系统碰撞前后的总动能Ｅｋ1＋Ｅｋ2＝ｍ1ｖ02／2＋0＝2.5Ｊ， 　Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＝ｍ1ｖ12／2＋ｍ2ｖ22 ／2＝2.8Ｊ． 　可见，Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＞Ｅｋ1＋Ｅｋ2，碰后能量较碰撞前增多了，违背了能量守恒定律，这种假设不合理． 　38．解：（1）由动量守恒，得ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2， 由运动学公式得ｓ＝（ｖ1－ｖ2）ｔ，ｈ＝ｇｔ2／2， 由以上三式得ｖ2＝（ｍｖ0－ｓｍ）／（Ｍ＋ｍ）． 　（2）最后车与物体以共同的速度ｖ向右运动，故有 　ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖｖ＝ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）． ∴ΔＥ＝ｍｖ02／2＋ｍｇｈ－（Ｍ＋ｍ）ｍ2ｖ02／2（Ｍ＋ｍ）2． 解得ΔＥ＝ｍｇｈ＋Ｍｍｖ02／2（Ｍ＋ｍ）． 　39．解：设碰前Ａ、Ｂ有共同速度ｖ时，Ｍ前滑的距离为ｓ．则ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ，ｆｓ＝Ｍｖ2／2，ｆ＝μｍｇ． 　由以上各式得　ｓ＝Ｍｍｖ02／2μｇ（Ｍ＋ｍ）2． 　当ｖ0＝2ｍ／ｓ时，ｓ＝2／9ｍ＜0.5ｍ，即Ａ、Ｂ有共同速度．当ｖ0＝4ｍ／ｓ时，ｓ＝8／9ｍ＞0.5ｍ，即碰前Ａ、Ｂ速度不同． 　40．解：（1）物体由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者系统水平方向动量守恒得：ｍｖ0＝ｍｖ0／2＋2ｍｖＡＢ． 解之得　ｖＡＢ＝ｖ0／4． 　（2）物块由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者功能关系得：μｍｇＬ＝ｍｖ02／2－ｍ（ｖ0／2）2／2－2ｍ（ｖ0／4）2／2． 解之得　Ｌ＝5ｖ02／16μｇ． 　（3）物块由Ｄ滑到Ｃ的过程中，二者系统水平方向动量守恒，又因为物块到达最高点Ｃ时，物块与滑块速度相等且水平，均为ｖ． 故得　ｍｖ0／2＋ｍｖ0／4＝2ｍｖ， ∴　得滑块的动能ＥＣＤ＝ｍｖ2／2＝9ｍｖ02／128． 　41．解：（1）Ｂ从ｖ0减速到速度为零的过程，Ｃ静止，Ｂ的位移：ｓ1＝ｖ02／2μｇ． 　所用的时间：ｔ1＝ｖ0／μｇ． 　此后Ｂ与Ｃ一起向右做加速运动，Ａ做减速运动，直到相对静止，设所用时间为ｔ2，共同速度为ｖ． 　对Ａ、Ｂ、Ｃ，由动量守恒定律得 　ｍＡ·2ｖ0－ｍＢｖ0＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ， ∵　ｍＡ＝ｍＢ＝ｍＣ，∴　ｖ＝ｖ0／3． 　对Ｂ与Ｃ，向右加速运动的加速度 　ａ＝μｍＡｇ／（ｍＢ＋ｍＣ）＝μｇ／2，∴ｔ2＝ｖ／ａ＝2ｖ0／3μｇ． Δｔ内Ｂ向右移动的位移ｓ2＝ｖｔ2／2＝ｖ02／9μｇ， 故总路程ｓ＝ｓ1＋ｓ2＝11ｖ02／18μｇ，总时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝5ｖ0／3μｇ． 　 （2）设车的最小长度为Ｌ，则相对静止时Ａ、Ｂ刚好接触，由能量守恒得 　ｍＡ（2ｖ0）2／2＋ｍＢｖ02／2＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ2／2＋μｍＢｇｓ1＋μｍＡｇ（Ｌ－ｓ1）， 联立解得Ｌ＝7ｖ02／3μｇ． 　42．解：（1）ｍ速度最大的位置应在O点左侧．因为细线烧断后，ｍ在弹簧弹力和滑动摩擦力的合力作用下向右做加速运动，当弹力与摩擦力的合力为零时，ｍ的速度达到最大，此时弹簧必处于压缩状态．此后，系统的机械能不断减小，不能再达到这一最大速度． 　（2）选ｍ、Ｍ为一系统，由动量守恒定律得 　ｍｖ1＝Ｍｖ2． 　设这一过程中弹簧释放的弹性势能为Ｅｐ，则 　Ｅｐ＝ｍｖ12／2＋Ｍｖ22／2＋μｍｇｓ， 解得　ｖ2＝ｍｖ1／Ｍ，Ｅｐ＝ｍ［（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2Ｍ＋μｇｓ］． 　（2）ｍ与Ｍ最终将静止，因为系统动量守恒，且总动量为零，只要ｍ与Ｍ间有相对运动，就要克服摩擦力做功，不断消耗能量，所以，ｍ与Ｍ最终必定都静止． 　43．解：（1）第一颗子弹射入木块过程，系统动量守恒，有 　ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ1． 　射入后，在ＯＢＣ运动过程中，机械能守恒，有 　（ｍ＋Ｍ）ｖ12／2＝（ｍ＋Ｍ）ｇＲ，得ｖ0＝（Ｍ＋ｍ）／ｍ． 　（2）由动量守恒定律知，第2、4、6……颗子弹射入木块后，木块速度为0，第1、3、5……颗子弹射入后，木块运动．当第9颗子弹射入木块时，由动量守恒得： 　ｍｖ0＝（9ｍ＋Ｍ）ｖ9， 　设此后木块沿圆弧上升最大高度为Ｈ，由机械能守恒定律得：（9ｍ＋Ｍ）ｖ92／2＝（9ｍ＋Ｍ）ｇＨ， 由以上可得：Ｈ＝［（Ｍ＋ｍ）／（Ｍ＋9ｍ）］2Ｒ． 　44．解：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动ｓ，速度变为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．由动能定理 　－μＭｇｓ＝0－ｍｖ02／2，ｓ＝ｍｖ02／2μＭｇ＝0.33ｍ． 　（2）假如平板车在第二次碰墙前还未和滑块相对静止，则其速度的大小肯定还是2ｍ／ｓ，因为只要相对运动，摩擦力大小为恒值．滑块速度则大于2ｍ／ｓ，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰墙前肯定已和滑块具有共同速度ｖ．此即平板车碰墙前瞬间的速度． 　Ｍｖ0－ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， ∴ｖ＝（Ｍ－ｍ）ｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝0.4ｍ／ｓ． 图3　（3）平板车与墙壁第一次碰撞后滑块与平板又达到共同速度ｖ前的过程，可用图3（ａ）、（ｂ）、（ｃ）表示．图3（ａ）为平板车与墙碰撞后瞬间滑块与平板车的位置，图3（ｂ）为平板车到达最左端时两者的位置，图3（ｃ）为平板车与滑块再次达到共同速度时两者的位置．在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功μΜｇｓ′，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功μＭｇｓ″（平板车从Ｂ到Ａ再回到Ｂ的过程中摩擦力做功为零），其中ｓ′、ｓ″分别为滑块和平板车的位移．滑块和平板车动能总减少为μＭｇｌ1，其中ｌ1＝ｓ′＋ｓ″为滑块相对平板车的位移，此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为ｌ，则有（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2＝μＭｇｌ，ｌ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2μＭｇ＝0.833ｍ． ｌ即为平板车的最短长度．图4　　45．解：如图4，Ａ球从静止释放后将自由下落至Ｃ点悬线绷直，此时速度为ｖＣ ∵　ｖＣ2＝2ｇ×2Ｌｓｉｎ30°， ∴　ｖＣ＝＝2ｍ／ｓ． 　在线绷直的过程中沿线的速度分量减为零时，Ａ将以切向速度ｖ1沿圆弧运动且 　ｖ1＝ｖＣｃｏｓ30°＝ｍ／ｓ． 　Ａ球从Ｃ点运动到最低点与Ｂ球碰撞前机械能守恒，可求出Ａ球与Ｂ球碰前的速度 　ｍＡｖ12／2＋ｍＡｇＬ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍＡｖ22／2， 　ｖ2＝==ｍ／ｓ． 　因Ａ、Ｂ两球发生无能量损失的碰撞且ｍＡ＝ｍＢ，所以它们的速度交换，即碰后Ａ球的速度为零，Ｂ球的速度为ｖ2＝（ｍ／ｓ）．对Ｂ球和小车组成的系统水平方向动量守恒和机械能守恒，当两者有共同水平速度ｕ时，Ｂ球上升到最高点，设上升高度为ｈ． 　ｍＢｖ2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ，ｍＢｖ22／2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ2／2＋ｍＢｇｈ．解得ｈ＝3／16≈0.19ｍ． 　在Ｂ球回摆到最低点的过程中，悬线拉力仍使小车加速，当Ｂ球回到最低点时小车有最大速度ｖｍ ，设小球Ｂ回到最低点时速度的大小为ｖ3，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 　ｍＢｖ2＝－ｍＢｖ3＋Ｍｖｍ，ｍＢｖ22／2＝ｍＢｖ32／2＋Ｍｖｍ2／2， 解得ｖｍ＝2ｍＢｖ2／（ｍ3＋Ｍ）＝／2ｍ／ｓ＝1.12ｍ／ｓ． 　46．解：（1）小球的角速度与运动的角速度必定相等，则有ｖ＝ωＲ＝ω． 　（2）人手所提供的功率应等于小球在运动过程中克服摩擦力做功的功率．即有Ｐ＝ｆｖ， ∴　ｆ＝Ｐ／ｖ＝Ｐ／ω． 　47．解：由于粘性物体与底板粘合的过程时间极短，冲击力远大于重力，在竖直方向近似动量守恒，开始静止时，有　ｍ1ｇ＝ｋｘｋ＝ｍ1ｇｘ． 　ｍ2下落Ｈ时的速度ｖ＝，ｍ2与ｍ1合在一起动量守恒，ｍ2ｖ＝（ｍ1＋ｍ2）ｖ′，ｖ′＝ｍ2ｖ／（ｍ1＋ｍ2）＝ｍ2／（ｍ1＋ｍ2）． 　设向下为正方向，ｍ1与ｍ2的整体受两个力，即重力（ｍ1＋ｍ2）ｇ和弹簧的平均拉力，则有平均拉力＝ｋｘ＋ｋｈ／2＝ｋ（2ｘ＋ｈ）／2，由动能定理得 ［－＋（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ＝0－（ｍ1＋ｍ2）ｖ2／2， 由以上各式得［ｍ1ｇ（2ｘ＋ｈ）／2ｘ－（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ 　＝（ｍ1＋ｍ2）·ｍ22·2ｇｈ／2（ｍ1＋ｍ2）2． 代入数值得ｈ＝0.3ｍ． 　48．解：ｍ与Ａ粘在一起后水平方向动量守恒，共同速度设为ｖ1，Ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ1， 得ｖ1＝Ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝2ｖ0／3． 　当弹簧压缩到最大时即有最大弹性势能Ｅ，此时系统中各物体有相同速度，设为ｖ2，由动量守恒定律 　2Ｍｖ0＝（2Ｍ＋ｍ）ｖ2，得ｖ2＝2Ｍｖ0／（2Ｍ＋ｍ）＝4ｖ0／5． 由能量守恒有 　Ｅ＝Ｍｖ02／2＋（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2－（2Ｍ＋ｍ）ｖ22／2， 解得Ｅ＝Ｍｖ02／30． 　49．解：（1）振子在平衡位置时，所受合力为零，设此时弹簧被压缩Δｘ：（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ＝ｋΔｘ，Δｘ＝5ｃｍ． 　开始释放时振子处在最大位移处，故振幅 　Ａ＝5ｃｍ＋5ｃｍ＝10ｃｍ． 　（2）由于开始时弹簧的伸长量恰等于振子在平衡位置时弹簧的压缩量，故弹性势能相等，设振子的最大速度为ｖ，从开始到平衡位置，根据机械能守恒定律， 得ｍｇ·Ａ＝ｍｖ2／2，∴ｖ＝＝1.4ｍ／ｓ， 即Ｂ的最大速率为1.4ｍ／ｓ． 　 （3）在最高点，振子受到的重力和弹力方向相同，根据牛顿第二定律，得 　ａ＝［ｋΔｘ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ］／（ｍＡ＋ｍＢ）＝20ｍ／ｓ2， Ａ对Ｂ的作用力方向向下，其大小 　Ｎ1＝ｍＢａ－ｍＢｇ＝10Ｎ． 在最低点，振子受到的重力和弹力方向相反，根据牛顿第二定律，得ａ＝ｋ（Δｘ＋Ａ）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｍＡ＋ｍＢ＝20ｍ／ｓ2． Ａ对Ｂ的作用力方向向上，其大小 　Ｎ2＝ｍＢａ＋ｍＢｇ＝30Ｎ．　13．如图1-76所示，带弧形轨道的小车放在上表面光滑的静止浮于水面的船上，车左端被固定在船上的物体挡住，小车的弧形轨道和水平部分在Ｂ点相切，且ＡＢ段光滑，ＢＣ段粗糙．现有一个离车的ＢＣ面高为ｈ的木块由Ａ点自静止滑下，最终停在车面上ＢＣ段的某处．已知木块、车、船的质量分别为ｍ１＝ｍ，ｍ２＝2ｍ，ｍ３＝3ｍ；木块与车表面间的动摩擦因数μ＝0．4，水对船的阻力不计，求木块在ＢＣ面上滑行的距离ｓ是多少?（设船足够长）图1-762．解：在0～1ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知 　ａ１＝12ｍ／ｓ２， 由牛顿第二定律，得 　Ｆ－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ１，　　① 在0～2ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知ａ２＝－6ｍ／ｓ２， 因为此时物体具有斜向上的初速度，故由牛顿第二定律，得 　－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ２，　　② 　②式代入①式，得　Ｆ＝18Ｎ． 3．解：在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从Ａ到Ｂ需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为ｔ1，则 　（ｖ／2）ｔ１＋ｖ（ｔ－ｔ１）＝Ｌ， 所以　ｔ１＝2（ｖｔ－Ｌ）／ｖ＝（2×（2×6－10）／2）ｓ＝2ｓ． 为使物体从Ａ至Ｂ所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变．而　ａ＝ｖ／ｔ＝1ｍ／ｓ２．设物体从Ａ至Ｂ所用最短的时间为ｔ2，则 　（1／2）ａｔ2２＝Ｌ， 　ｔ2＝=＝2ｓ． 　ｖｍｉｎ＝ａｔ2＝1×2ｍ／ｓ＝2ｍ／ｓ． 传送带速度再增大1倍，物体仍做加速度为1ｍ／ｓ２的匀加速运动，从Ａ至Ｂ的传送时间为2ｍ／ｓ． 4．解：启动前Ｎ１＝ｍｇ， 　升到某高度时　Ｎ2＝（17／18）Ｎ１＝（17／18）ｍｇ， 　对测试仪　Ｎ2－ｍｇ′＝ｍａ＝ｍ（ｇ／2）， 　∴　ｇ′＝（8／18）ｇ＝（4／9）ｇ， 　ＧｍＭ／Ｒ2＝ｍｇ，ＧｍＭ／（Ｒ＋ｈ）2＝ｍｇ′，解得：ｈ＝（1／2）Ｒ． 5．解：由匀加速运动的公式　ｖ２＝ｖ０２＋2ａｓ 　得物块沿斜面下滑的加速度为 　ａ＝ｖ2／2ｓ＝1．42／（2×1．4）＝0．7ｍｓ－２， 由于ａ＜ｇｓｉｎθ＝5ｍｓ－２， 　可知物块受到摩擦力的作用．图3　分析物块受力，它受3个力，如图3．对于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，由牛顿定律有 　ｍｇｓｉｎθ－ｆ１＝ｍａ， 　ｍｇｃｏｓθ－Ｎ１＝0， 　分析木楔受力，它受5个力作用，如图3所示．对于水平方向，由牛顿定律有 　ｆ2＋ｆ１ｃｏｓθ－Ｎ１ｓｉｎθ＝0， 　由此可解得地面的作用于木楔的摩擦力 　ｆ2＝ｍｇｃｏｓθｓｉｎθ－（ｍｇｓｉｎθ－ｍａ）ｃｏｓθ＝ｍａｃｏｓθ＝1×0．7×（／2）＝0．61Ｎ． 　此力的方向与图中所设的一致（由指向）． 6．解：（1）飞机原先是水平飞行的，由于垂直气流的作用，飞机在竖直方向上的运动可看成初速度为零的匀加速直线运动，根据　ｈ＝（1／2）ａｔ２，得ａ＝2ｈ／ｔ２，代入ｈ＝1700ｍ，ｔ＝10ｓ，得 　ａ＝（2×1700／10２）（ｍ／ｓ２）＝34ｍ／ｓ２，方向竖直向下． 　（2）飞机在向下做加速运动的过程中，若乘客已系好安全带，使机上乘客产生加速度的力是向下重力和安全带拉力的合力．设乘客质量为ｍ，安全带提供的竖直向下拉力为Ｆ，根据牛顿第二定律　Ｆ＋ｍｇ＝ｍａ，得安全带拉力 　　Ｆ＝ｍ（ａ－ｇ）＝ｍ（34－10）Ｎ＝24ｍ（Ｎ）， ∴　安全带提供的拉力相当于乘客体重的倍数 　ｎ＝Ｆ／ｍｇ＝24ｍＮ／ｍ·10Ｎ＝2．4（倍）． 　（3）若乘客未系安全带，飞机向下的加速度为34ｍ／ｓ２，人向下加速度为10ｍ／ｓ２，飞机向下的加速度大于人的加速度，所以人对飞机将向上运动，会使头部受到严重伤害． 7．解：设月球表面重力加速度为ｇ，根据平抛运动规律，有 　ｈ＝（1／2）ｇｔ２，　　① 　水平射程为　　　Ｌ＝ｖ０ｔ，　　② 　联立①②得ｇ＝2ｈｖ０２／Ｌ２．　　③ 　根据牛顿第二定律，得　ｍｇ＝ｍ（2π／Ｔ）２Ｒ，　　④ 　联立③④得　Ｔ＝（πＬ／ｖ０ｈ）．　　⑤ 8．解：前2秒内，有Ｆ－ｆ＝ｍａ１，ｆ＝μＮ，Ｎ＝ｍｇ，则 　ａ１＝（Ｆ－μｍｇ）／ｍ＝4ｍ／ｓ２，ｖｔ＝ａ１ｔ＝8ｍ／ｓ， 　撤去Ｆ以后　ａ２＝ｆ／ｍ＝2ｍ／ｓ，ｓ＝ｖ１２／2ａ２＝16ｍ． 9．解：（1）用力斜向下推时，箱子匀速运动，则有 　Ｆｃｏｓθ＝ｆ，ｆ＝μＮ，Ｎ＝Ｇ＋Ｆｓｉｎθ， 　联立以上三式代数据，得　Ｆ＝1．2×10２Ｎ． 　（2）若水平用力推箱子时，据牛顿第二定律，得Ｆ合＝ｍａ，则有 　Ｆ－μＮ＝ｍａ，Ｎ＝Ｇ， 　联立解得　ａ＝2．0ｍ／ｓ２． 　ｖ＝ａｔ＝2．0×3．0ｍ／ｓ＝6．0ｍ／ｓ， 　ｓ＝（1／2）ａｔ２＝（1／2）×2．0×3．0２ｍ／ｓ＝9．0ｍ， 　推力停止作用后　ａ′＝ｆ／ｍ＝4．0ｍ／ｓ２（方向向左）， 　ｓ′＝ｖ２／2ａ′＝4．5ｍ， 　则　ｓ总＝ｓ＋ｓ′＝13．5ｍ． 10．解：根据题中说明，该运动员发球后，网球做平抛运动．以ｖ表示初速度，Ｈ表示网球开始运动时离地面的高度（即发球高度），ｓ１表示网球开始运动时与网的水平距离（即运动员离开网的距离），ｔ１表示网球通过网上的时刻，ｈ表示网球通过网上时离地面的高度，由平抛运动规律得到 　ｓ１＝ｖｔ１，Ｈ－ｈ＝（1／2）ｇｔ１２， 消去ｔ１，得　　ｖ＝ｍ／ｓ，ｖ≈23ｍ／ｓ． 　以ｔ２表示网球落地的时刻，ｓ２表示网球开始运动的地点与落地点的水平距离，ｓ表示网球落地点与网的水平距离，由平抛运动规律得到 　Ｈ＝（1／2）ｇｔ２２，ｓ２＝ｖｔ２， 消去ｔ２，得ｓ２＝ｖ≈16ｍ， 　网球落地点到网的距离　ｓ＝ｓ２－ｓ１≈4ｍ． 11．解：（1）设卫星质量为ｍ，它在地球附近做圆周运动，半径可取为地球半径Ｒ，运动速度为ｖ，有 　ＧＭｍ／Ｒ２＝ｍｖ２／Ｒ　得ｖ＝． 　（2）由（1）得： 　Ｍ＝ｖ２Ｒ／Ｇ＝＝6．0×1024ｋｇ． 12．解：对物块：Ｆ１－μｍｇ＝ｍａ１， 　6－0．5×1×10＝1·ａ１，ａ１＝1．0ｍ／ｓ2， 　ｓ１＝（1／2）ａ１ｔ2＝（1／2）×1×0．42＝0．08ｍ， 　ｖ１＝ａ１ｔ＝1×0．4＝0．4ｍ／ｓ， 　对小车：Ｆ２－μｍｇ＝Ｍａ２， 　9－0．5×1×10＝2ａ２，ａ２＝2．0ｍ／ｓ2， 　ｓ２＝（1／2）ａ２ｔ2＝（1／2）×2×0．42＝0．16ｍ， 　ｖ２＝ａ２ｔ＝2×0．4＝0．8ｍ／ｓ， 　撤去两力后，动量守恒，有Ｍｖ２－ｍｖ１＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， 　ｖ＝0．4ｍ／ｓ（向右）， ∵　（（1／2）ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2）－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ2＝μｍｇｓ３， 　ｓ３＝0．096ｍ， ∴　ｌ＝ｓ１＋ｓ２＋ｓ３＝0．336ｍ． 13．解：设木块到Ｂ时速度为ｖ０，车与船的速度为ｖ１，对木块、车、船系统，有 　ｍ１ｇｈ＝（ｍ１ｖ０2／2）＋（（ｍ２＋ｍ３）ｖ１2／2）， 　ｍ１ｖ０＝（ｍ２＋ｍ３）ｖ１， 解得　ｖ０＝5，ｖ１＝． 　木块到Ｂ后，船以ｖ１继续向左匀速运动，木块和车最终以共同速度ｖ２向右运动，对木块和车系统，有 　ｍ１ｖ０－ｍ２ｖ１＝（ｍ１＋ｍ２）ｖ２， 　μｍ１ｇｓ＝（（ｍ１ｖ０2／2）＋（ｍ２ｖ１2／2））－（（ｍ１＋ｍ２）ｖ２2／2）， 得　ｖ２＝ｖ１＝，ｓ＝2ｈ． 14．解：（1）小球的角速度与手转动的角速度必定相等均为ω．设小球做圆周运动的半径为ｒ，线速度为ｖ．由几何关系得　ｒ＝，ｖ＝ω·ｒ，解得　　 　　ｖ＝ω． 　（2）设手对绳的拉力为Ｆ，手的线速度为ｖ，由功率公式得　Ｐ＝Ｆｖ＝Ｆ·ωＲ， ∴　Ｆ＝Ｐ／ωＲ． 图4　研究小球的受力情况如图4所示，因为小球做匀速圆周运动，所以切向合力为零，即 　Ｆｓｉｎθ＝ｆ， 其中　ｓｉｎθ＝Ｒ／， 　联立解得　ｆ＝Ｐ／ω． 15．解：（1）用ｖ１表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由于子弹射入木块Ｃ时间极短，系统动量守恒，有 　ｍｖ０＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１， 　∴　ｖ１＝ｍｖ０／（ｍ＋Ｍ）＝3ｍ／ｓ， 　子弹和木块Ｃ在ＡＢ木板上滑动，由动能定理得： 　（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ２２－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ１２＝－μ（ｍ＋Ｍ）ｇＬ， 　解得　ｖ２＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）用ｖ′表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由动量守恒定律，得　ｍｖ０′＋Ｍｕ＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１′，解得　ｖ１′＝4ｍ／ｓ． 　木块Ｃ及子弹在ＡＢ木板表面上做匀减速运动　ａ＝μｇ．设木块Ｃ和子弹滑至ＡＢ板右端的时间为ｔ，则木块Ｃ和子弹的位移ｓ１＝ｖ１′ｔ－（1／2）ａｔ2， 　由于ｍ车≥（ｍ＋Ｍ），故小车及木块ＡＢ仍做匀速直线运动，小车及木板ＡＢ的位移　ｓ＝ｕｔ，由图5可知：ｓ１＝ｓ＋Ｌ， 　联立以上四式并代入数据得： 　ｔ2－6ｔ＋1＝0， 　解得：ｔ＝（3－2）ｓ，（ｔ＝（3＋2）ｓ不合题意舍去），　　（11） 　∴　ｓ＝ｕｔ＝0．18ｍ． 16．解：（1）设Ａ滑上Ｂ后达到共同速度前并未碰到档板，则根据动量守恒定律得它们的共同速度为ｖ，有图5　ｍｖ０＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝2ｍ／ｓ，在这一过程中，Ｂ的位移为ｓＢ＝ｖＢ2／2ａＢ且ａＢ＝μ ｍｇ／Ｍ，解得ｓＢ＝Ｍｖ2／2μｍｇ＝2×22／2×0．2×1×10＝2ｍ． 　设这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ１，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ１＝（1／2）ｍｖ０2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得ｓ１＝6ｍ． 　当ｓ＝4ｍ时，Ａ、Ｂ达到共同速度ｖ＝2ｍ／ｓ后再匀速向前运动2ｍ碰到挡板，Ｂ碰到竖直挡板后，根据动量守恒定律得Ａ、Ｂ最后相对静止时的速度为ｖ′，则 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′， 解得　ｖ′＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ２，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ２＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　ｓ２＝2．67ｍ． 　因此，Ａ、Ｂ最终不脱离的木板最小长度为ｓ１＋ｓ２＝8．67ｍ 　（2）因Ｂ离竖直档板的距离ｓ＝0．5ｍ＜2ｍ，所以碰到档板时，Ａ、Ｂ未达到相对静止，此时Ｂ的速度ｖＢ为 　ｖＢ2＝2ａＢｓ＝（2μｍｇ／Ｍ）ｓ，解得　ｖＢ＝1ｍ／ｓ， 　设此时Ａ的速度为ｖＡ，根据动量守恒定律，得 　ｍｖ０＝ＭｖＢ＋ｍｖＡ，解得ｖＡ＝4ｍ／ｓ， 　设在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移为ｓ１′，根据动能定理得： 　μｍｇｓ１′＝（1／2）ｍｖ０2－（（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）ＭｖＢ2）， 　解得　ｓ１′＝4．5ｍ． 　Ｂ碰撞挡板后，Ａ、Ｂ最终达到向右的相同速度ｖ，根据动能定理得ｍｖＡ－ＭｖＢ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ２′为 　μｍｇｓ２′＝（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得　ｓ２′＝（25／6）ｍ． 　Ｂ再次碰到挡板后，Ａ、Ｂ最终以相同的速度ｖ′向左共同运动，根据动量守恒定律，得 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′，解得　ｖ′＝（2／9）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ３′为： 　μｍｇｓ３′＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　　　　ｓ３′＝（8／27）ｍ． 　因此，为使Ａ不从Ｂ上脱落，Ｂ的最小长度为ｓ１′＋ｓ２′＋ｓ３′＝8．96ｍ． 17．解：（1）Ｂ与Ａ碰撞后，Ｂ相对于Ａ向左运动，Ａ所受摩擦力方向向左，Ａ的运动方向向右，故摩擦力作负功．设Ｂ与Ａ碰撞后的瞬间Ａ的速度为ｖ１，Ｂ的速度为ｖ２，Ａ、Ｂ相对静止后的共同速度为ｖ，整个过程中Ａ、Ｂ组成的系统动量守恒，有 　Ｍｖ０＝（Ｍ＋1．5Ｍ）ｖ，ｖ＝2ｖ０／5． 　碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功，即 　Ｍｖ２＋1．5Ｍｖ１＝2．5Ｍｖ，　　① 　（1／2）×1．5Ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2－（1／2）×2．5Ｍｖ2＝Ｍμｇｌ，　　② 可解出ｖ１＝（1／2）ｖ０（另一解ｖ１＝（3／10）ｖ０因小于ｖ而舍去） 　这段过程中，Ａ克服摩擦力做功 　Ｗ＝（1／2）×1．5Ｍｖ１2－（1／2）×1．5Ｍｖ2＝（27／400）Ｍｖ０2（0．068Ｍｖ０2）． 　（2）Ａ在运动过程中不可能向左运动，因为在Ｂ未与Ａ碰撞之前，Ａ受到的摩擦力方向向右，做加速运动，碰撞之后Ａ受到的摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后，速度仍向右，因此不可能向左运动． 　Ｂ在碰撞之后，有可能向左运动，即ｖ２＜0． 　先计算当ｖ２ ＝0时满足的条件，由①式，得 　ｖ１＝（2ｖ０／3）－（2ｖ２／3），当ｖ２＝0时，ｖ１＝2ｖ０／3，代入②式，得 　（（1／2）×1．5Ｍ4ｖ０2／9）－（（1／2）×2．5Ｍ4ｖ０2／25）＝Ｍμｇｌ， 解得　μｇｌ＝2ｖ０2／15． 　Ｂ在某段时间内向左运动的条件之一是μｌ＜2ｖ０2／15ｇ． 　另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即 　（1／2）Ｍｖ０2－（1／2）2．5Ｍ（2ｖ０／5）2≥2Ｍμｇｌ， 　解出另一个条件是　μｌ≤3ｖ０2／20ｇ， 　最后得出Ｂ在某段时间内向左运动的条件是 　2ｖ０2／15ｇ＜μｌ≤3ｖ０2／20ｇ． 18．解：（1）以警车为研究对象，由动能定理． 　－μｍｇ·ｓ＝（1／2）ｍｖ2－（1／2）ｍｖ０2， 　将ｖ０＝14．0ｍ／ｓ，ｓ＝14．0ｍ，ｖ＝0代入，得 　μｇ＝7．0ｍ／ｓ2， 　因为警车行驶条件与肇事汽车相同，所以肇事汽车的初速度ｖＡ＝＝21ｍ／ｓ． 　（2）肇事汽车在出事点Ｂ的速度 　ｖＢ＝＝14ｍ／ｓ， 　肇事汽车通过段的平均速度 　＝（ｖＡ＋ｖＢ）／2＝（21＋14）／2＝17．5ｍ／ｓ． 　肇事汽车通过ＡＢ段的时间 　ｔ２＝ＡＢ／＝（31．5－14．0）／17．5＝1ｓ． 　∴　游客横过马路的速度 　ｖ人＝／（ｔ１＋ｔ２）＝（2．6／（1＋0．7））ｍ／ｓ＝1．53ｍ／ｓ． 19．解：（1）开始Ａ、Ｂ处于静止状态时，有 　ｋｘ０－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｓｉｎ30°＝0，　　① 　设施加Ｆ时，前一段时间Ａ、Ｂ一起向上做匀加速运动，加速度为ａ，ｔ＝0．2ｓ，Ａ、Ｂ间相互作用力为零，对Ｂ有： 　ｋｘ－ｍＢｇｓｉｎ30°＝ｍＢａ，　　② 　ｘ－ｘ０＝（1／2）ａｔ2，　　③ 　解①、②、③得： 　ａ＝5ｍｓ－2，ｘ０＝0．05ｍ，ｘ＝0．15ｍ， 　初始时刻Ｆ最小 　Ｆｍｉｎ＝（ｍＡ＋ｍＢ）ａ＝60Ｎ． 　ｔ＝0．2ｓ时，Ｆ最大 　Ｆｍａｘ－ｍＡｇｓｉｎ30°＝ｍＡａ， 　Ｆｍａｘ＝ｍＡ（ｇｓｉｎ30°＋ａ）＝100Ｎ， 　（2）ΔＥＰＡ＝ｍＡｇΔｈ＝ｍＡｇ（ｘ－ｘ０）ｓｉｎ30°＝5Ｊ． 20 ．解：当弹簧处于压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和．当弹簧伸长到其自然长度时，弹性势能为零，因这时滑块Ａ的速度为零，故系统的机械能等于滑块Ｂ的动能．设这时滑块Ｂ的速度为ｖ则有 　Ｅ＝（1／2）ｍ２ｖ2，　　① 由动量守恒定律（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ２ｖ，　　② 解得　Ｅ＝（1／2）（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２．　　③ 　假定在以后的运动中，滑块Ｂ可以出现速度为零的时刻，并设此时滑块Ａ的速度为ｖ１．这时，不论弹簧是处于伸长还是压缩状态，都具有弹性势能Ｅｐ．由机械能守恒定律得 　（1／2）ｍ１ｖ１2＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　④ 根据动量守恒　（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ１ｖ１，　　⑤ 求出ｖ１，代入④式得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑥ 因为Ｅｐ≥0，故得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）≤（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑦ 即　ｍ１≥ｍ２，与已知条件ｍ１＜ｍ２不符． 　可见滑块Ｂ的速度永不为零，即在以后的运动中，不可能出现滑动Ｂ的速度为零的情况． 21．解：设恰好物体相对圆盘静止时，弹簧压缩量为Δｌ，静摩擦力为最大静摩擦力ｆｍａｘ，这时物体处于临界状态，由向心力公式ｆｍａｘ－ｋΔｌ＝ｍＲｗ2，　　① 　假若物体向圆心移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ１－ｋ（Δｌ＋ｘ）＝ｍ（Ｒ－ｘ）ｗ2，　　② 　由①、②两式可得　ｆｍａｘ－ｆ１＝ｍｘｗ2－ｋｘ，　　③ 所以　ｍｘｗ2－ｋｘ≥0，得ｋ≤ｍｗ2，　　④ 　若物体向外移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ２－ｋ（Δｌ－ｘ）≥ｍ（Ｒ＋ｘ）ｗ2，　　⑤ 由①～⑥式得　ｆｍａｘ－ｆ２＝ｋｘ－ｍｘｗ2≥0，　　⑥ 所以　ｋ≥ｍｗ2，　　⑦ 即若物体向圆心移动，则ｋ≤ｍｗ2， 若物体向远离圆心方向移动，则ｋ≥ｍｗ2． 22．解：卫星环绕地球作匀速圆周运动，设卫星的质量为ｍ，轨道半径为ｒ，受到地球的万有引力为Ｆ， 　Ｆ＝ＧＭｍ／ｒ2，　　① 　式中Ｇ为万有引力恒量，Ｍ是地球质量． 　设ｖ是卫星环绕地球做匀速圆周运动的线速度，Ｔ是运动周期，根据牛顿第二定律，得 　Ｆ＝ｍｖ2／ｒ，　　② 　由①、②推导出　ｖ＝．　　③ 　③式表明：ｒ越大，ｖ越小． 　人造卫星的周期就是它环绕地球运行一周所需的时间Ｔ， 　Ｔ＝2πｒ／ｖ，　　④ 　由③、④推出　Ｔ＝2π，　　⑤ 　⑤式说明：ｒ越大，Ｔ越大．　23．证：设质点通过Ａ点时的速度为ｖＡ，通过Ｃ点时的速度为ｖＣ，由匀变速直线运动的公式得： ｓ1＝ｖＡＴ＋ａＴ2／2，ｓ3＝ｖＣＴ＋ａＴ2／2，ｓ3－ｓ1＝ｖＣＴ－ｖＡＴ． ∵　ｖＣ＝ｖＡ ＋2ａＴ， ∴　ｓ3－ｓ1＝（ｖＡ－2ａＴ－ｖＡ）Ｔ＝2ａＴ2，ａ＝（ｓ3－ｓ1）／2Ｔ2． 　24．根据：如果在连续的相等的时间内的位移之差相等，则物体做匀变速运动．证明：设物体做匀速运动的初速度为ｖ0，加速度为ａ，第一个Ｔ内的位移为ｓ1＝ｖ0Ｔ＋ａＴ2／2；第二个Ｔ内的位移为ｓ2＝（ｖ0＋ａＴ）Ｔ＋ａＴ2／2；第Ｎ个Ｔ内的位移为ｓＮ＝［ｖ0＋（Ｎ－1）ａＴ］Ｔ＋ａＴ2／2．　ｓＮ－ｓＮ－1＝ａＴ2，逆定理也成立． 　25．解：由匀变速直线运动的公式得小物块的加速度的大小为ａ1＝（ｖ0－ｖｔ）／ｔ＝2（ｍ／ｓ2）．木板的加速度大小为ａ2＝2ｓ／ｔ2＝0.25（ｍ／ｓ2）． 根据牛顿第二定律　Ｆ＝ｍａ 对小物块得　ｆ′1＝ｍａ1＝1×2＝2Ｎ， 对木板得　ｆ1－μ（ｍ＋Ｍ）ｇ＝Ｍａ2， 　μ＝（ｆ1－Ｍａ2）／（ｍ＋Ｍ）ｇ＝（2－4×0.25）／（1＋4）×10＝0.02． 　26．解：假设金属块没有离开第一块长木板，移动的相对距离为ｘ，由动量守恒定律，得ｍｖ0＝3ｍｖ， 　ｍｖ02／2＝3ｍｖ2／2＋μｍｇｘ， 解得ｘ＝4ｍ／3＞Ｌ，不合理， ∴　金属块一定冲上第二块木板． 　以整个系统为研究对象，由动量定律及能量关系，当金属块在第一块木板上时ｍｖ0＝ｍｖ0′＋2ｍｖ1， 　ｍｖ02／2＝12ｍｖ0′2＋2ｍ·ｖ12／2＋μｍｇｌ． 　ｍｖ0＝ｍｖ1＋2ｍｖ2， 　ｍｖ02／2＝ｍｖ12／2＋2ｍ·ｖ22／2＋μｍｇ（ｌ＋ｘ）． 联立解得： 　ｖ1＝1／3ｍ／ｓ，ｖ2＝5／6ｍ／ｓ，ｘ＝0.25ｍ． 　27．解：当ｔ＝0时，ａＡ0＝9／3＝3ｍ／ｓ2，ａＢ0＝3／6＝0.5ｍ／ｓ2．ａＡ0＞ａＢ0，Ａ、Ｂ间有弹力，随ｔ之增加，Ａ、Ｂ间弹力在减小，当（9－2ｔ）／3＝（3＋2ｔ）／6，ｔ＝2.5ｓ时，Ａ、Ｂ脱离，以Ａ、Ｂ整体为研究对象，在ｔ＝2.5ｓ内，加速度ａ＝（ＦＡ＋ＦＢ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝4／3ｍ／ｓ2，ｓ＝ａｔ2／2＝4.17ｍ． 　28．解：（1）由ｍＣｖ0＝ｍＣｖ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ1，Ｃ由Ａ滑至Ｂ时，Ａ、Ｂ的共同速度是 　ｖ1＝ｍＣ（ｖ0－ｖ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝0.2ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＡ＝ｍＣｖ02／2－ｍＣｖ2／2－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12／2， 得　μ＝［ｍＣ（ｖ02－ｖ2）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12］／2ｍＣｇｌＡ＝0.48． 　（2）由ｍＣｖ＋ｍＢｖ1＝（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ2，Ｃ相对Ｂ静止时，Ｂ、Ｃ的共同速度是ｖ2＝（ｍＣｖ＋ｍＢｖ1）／（ｍＣ＋ｍＢ）＝0.65ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＢ＝ｍＣｖ2／2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22／2， Ｃ在Ｂ上滑行距离为 　ｌＢ＝［ｍＣｖ2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22］／2μｍＣ ｇ＝0.25ｍ． 　（3）由μｍＣｇｓ＝ｍＢｖ22／2－ｍＢｖ12／2， Ｂ相对地滑行的距离ｓ＝［ｍＢ（ｖ22－ｖ12）］／2μｍＣｇ＝0.12ｍ． 　（4）Ｃ在Ａ、Ｂ上匀减速滑行，加速度大小由μｍＣｇ＝ｍＣａ，得ａ＝μｇ＝4.8ｍ／ｓ2． Ｃ在Ａ上滑行的时间ｔ1＝（ｖ0－ｖ）／ａ＝0.21ｓ． Ｃ在Ｂ上滑行的时间ｔ2＝（ｖ－ｖ2）／ａ＝0.28ｓ． 所求时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝0.21ｓ＋0.28ｓ＝0.49ｓ． 　　29．匀加速下滑时，受力如图1ａ，由牛顿第二定律，有： ｍｇｓｉｎθ－μｍｇｃｏｓθ＝ｍａ＝ｍｇｓｉｎθ／2， 　ｓｉｎθ／2＝μｃｏｓθ， 　得μ＝ｓｉｎθ／2ｃｏｓθ．图1静止时受力分析如图1ｂ，摩擦力有两种可能：①摩擦力沿斜面向下；②摩擦力沿斜面向上．摩擦力沿斜面向下时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＝ｆ＋ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ， 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ＋μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ－μｓｉｎθ）ｍｇ＝3ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ－ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　摩擦力沿斜面向上时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＋ｆ＝ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ． 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ－μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ＋μｓｉｎθ）ｍｇ＝ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ＋ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　30．解：（1）物体在两斜面上来回运动时，克服摩擦力所做的功Ｗｆ＝μｍｇｃｏｓ60°·ｓ总． 　物体从开始直到不再在斜面上运动的过程中ｍｇｈ－Ｗｆ＝0－ｍｖ02／2．解得ｓ总＝38ｍ． 　（2）物体最终是在Ｂ、Ｃ之间的圆弧上来回做变速圆周运动，且在Ｂ、Ｃ点时速度为零． 　（3）物体第一次通过圆弧最低点时，圆弧所受压力最大．由动能定理得ｍｇ［ｈ＋Ｒ（1－ｃｏｓ60°）］－μｍｇｃｏｓ60°／ｓｉｎ60°＝ｍ（ｖ12－ｖ02）／2， 由牛顿第二定律得　Ｎｍａｘ－ｍｇ＝ｍｖ12／Ｒ， 解得　Ｎｍａｘ＝54.5Ｎ． 　物体最终在圆弧上运动时，圆弧所受压力最小．由动能定理得ｍｇＲ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍｖ22／2，由牛顿第二定律得Ｎｍｉｎ－ｍｇ＝ｍｖ22／Ｒ，解得Ｎｍｉｎ＝20Ｎ． 　31．解：（1）设刹车后，平板车的加速度为ａ0，从开始刹车到车停止所经历时间为ｔ0，车所行驶距离为ｓ0，则有ｖ02＝2ａ0ｓ0，ｖ0＝ａ0ｔ0． 　欲使ｔ0小，ａ0应该大，作用于木箱的滑动摩擦力产生的加速度ａ1＝μｍｇ／ｍ＝μｇ． 　当ａ0＞ａ1时，木箱相对车底板滑动，从刹车到车停止过程中木箱运动的路程为ｓ1，则ｖ02＝2ａ2ｓ 1． 　为使木箱不撞击驾驶室，应有ｓ1－ｓ0≤Ｌ． 　联立以上各式解得：ａ0≤μｇｖ02／（ｖ02－2μｇＬ）＝5ｍ／ｓ2， 　∴　ｔ0＝ｖ0／ａ0＝4.4ｓ． 　（2）对平板车，设制动力为Ｆ，则Ｆ＋ｋ（Ｍ＋ｍ）ｇ－μｍｇ＝Ｍａ0，解得：Ｆ＝7420Ｎ． 　32．解：对系统ａ0＝［Ｆ－μｇ（ｍ1＋ｍ2）］／（ｍ1＋ｍ2）＝1ｍ／ｓ2． 　对木块1，细绳断后：│ａ1│＝ｆ1／ｍ1＝μｇ＝1ｍ／ｓ2． 　设细绳断裂时刻为ｔ1，则木块1运动的总位移： 　ｓ1＝2ａ0ｔ12／2＝ａ0ｔ12． 　对木块2，细绳断后，ａ2＝（Ｆ－μｍ2ｇ）／ｍ2＝2ｍ／ｓ2． 木块2总位移 　ｓ2＝ｓ′＋ｓ″＝ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2， 两木块位移差Δｓ＝ｓ2－ｓ1＝22（ｍ）． 得　ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2－ａ0ｔ12＝22， 把ａ0，ａ2值，ｖ1＝ａ0ｔ1代入上式整理得： 　ｔ12＋12ｔ1－28＝0，得ｔ1＝2ｓ． 木块2末速ｖ2＝ｖ1＋ａ2（6－ｔ1）＝ａ0ｔ1＋ａ2（6－ｔ1）＝10ｍ／ｓ． 此时动能Ｅｋ＝ｍ2ｖ22／2＝2×102／2Ｊ＝100Ｊ． 　33．解：（1）由动量守恒定律，ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ′，且有ｍ∶Ｍ＝1∶3， ∴　Ａ、Ｂ共同速度ｖ′＝ｍｖ0／（ｍ＋Ｍ）＝1ｍ／ｓ． 　（2）由动能定理，对全过程应有 　μｍｇ·2Ｌ＝ｍｖ02／2－（ｍ＋Ｍ）ｖ′2／2， 　4μｇＬ＝ｖ02－4ｖ′2，μ＝（ｖ02－4ｖ′2）／4ｇＬ＝0.3． 　（3）先求Ａ与Ｂ挡板碰前Ａ的速度ｖ10，以及木板Ｂ相应速度ｖ20，取从Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板相碰前过程为研究对象，依动量守恒与动能定理有以下两式成立：ｍｖ0＝ｍｖ10＋Ｍｖ20， 　ｍｖ02／2－ｍｖ102／2－Ｍｖ202／2＝μｍｇＬ． 代入数据得　ｖ10＋3ｖ20＝4，ｖ102＋3ｖ202＝10， 解以上两式可得　ｖ10＝（2±3）／2ｍ／ｓ．因Ａ与Ｂ挡板碰前速度不可能取负值，故ｖ10＝（2＋3）／2ｍ／ｓ．相应解出ｖ20＝（2－）／2ｍ／ｓ＝0.3ｍ／ｓ． 　木板Ｂ此过程为匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得μｍｇ＝Ｍａ1，ａ1＝μｍｇ／Ｍ＝1（ｍ／ｓ2）． 此过程经历时间ｔ1由下式求出 　ｖ20＝ａ1ｔ1，ｔ1＝ｖ20／ａ1＝0.3（ｓ）． 其速度图线为图2中0～0.3ｓ段图线ａ． 　再求Ａ与Ｂ挡板碰后，木板Ｂ的速度ｖ2与木块Ａ的速度ｖ1，为方便起见取Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板碰撞后瞬间过程为研究对象，依动量守恒定律与动能定理有以下两式成立： ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2，ｍｖ02／2－ｍｖ12／2－Ｍｖ22／2＝μｍｇＬ． 故解为　ｖ1＝（2±3）／2ｍ／ｓ． 因ｖ1＝（2＋3）／2ｍ／ｓ为碰前速度，故取ｖ1＝（2－3）／2ｍ／ｓ，相应得ｖ2＝2＋2ｍ／ｓ＝1.7ｍ／ｓ． 由于ｖ1 ＜0，即木块相对Ｂ向左滑动，Ａ受Ｂ摩擦力向右，Ｂ受Ａ摩擦力向左，故Ｂ做匀减速直线运动，加速度大小由牛顿第二定律，得ａ＝μｍｇ／Ｍ＝1ｍ／ｓ2． 　从碰后到Ａ滑到Ｂ最左端过程中，Ｂ向右做匀减速直线运动时间设为ｔ2，则ｖ′－ｖ2＝－ａｔ2， ∴　ｔ2＝0.7ｓ． 　此过程速度图线如图2中0.3ｓ～1.0ｓ段图线ｂ．图2　　34．解：设ｍ1、ｍ2两物体受恒力Ｆ作用后，产生的加速度分别为ａ1、ａ2，由牛顿第二定律Ｆ＝ｍａ，得 　ａ1＝Ｆ／ｍ1，ａ2＝Ｆ／ｍ2， 　历时ｔ两物体速度分别为ｖ1＝ａ1ｔ，ｖ2＝ｖ0＋ａ2ｔ，由题意令ｖ1＝ｖ2，即ａ1ｔ＝ｖ0＋ａ2ｔ或（ａ1－ａ2）ｔ＝ｖ0，因ｔ≠0、ｖ0＞0，欲使上式成立，需满足ａ1－ａ2＞0，即Ｆ／ｍ1＞Ｆ／ｍ2，或ｍ1＜ｍ2，也即当ｍ1≥ｍ2时不可能达到共同速度，当ｍ1＜ｍ2时，可以达到共同速度． 　35．解：（1）当小球刚好能在轨道内做圆周运动时，水平初速度ｖ最小，此时有ｍｇ＝ｍｖ2／Ｒ， 故　ｖ＝＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）若初速度ｖ′＜ｖ，小球将做平抛运动，如在其竖直位移为Ｒ的时间内，其水平位移ｓ≥Ｒ，小球可进入轨道经过Ｂ点．设其竖直位移为Ｒ时，水平位移也恰为R，则Ｒ＝ｇｔ2／2，Ｒ＝ｖ′ｔ，解得：ｖ′＝／2＝ｍ／ｓ． 因此，初速度满足2ｍ／ｓ＞ｖ′≥ｍ／ｓ时，小球可做平抛运动经过Ｂ点． 　36．卫星在天空中任何天体表面附近运行时，仅受万有引力Ｆ作用使卫星做圆周运动，运动半径等于天体的球半径Ｒ．设天体质量为Ｍ，卫星质量为ｍ，卫星运动周期为Ｔ，天体密度为ρ．根据万有引力定律Ｆ＝ＧＭｍ／Ｒ2， 卫星做圆周运动向心力Ｆ′＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2， 因为 　Ｆ′＝Ｆ，得ＧＭｍ／Ｒ2＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2，∴Ｔ＝． 　又球体质量Ｍ＝4πＲ3ρ／3． 得Ｔ＝=，∴Ｔ∝1／，得证． 　 37．解：由于两球相碰满足动量守恒 　　ｍ1ｖ0＝ｍ1ｖ1＋ｍ2ｖ2，ｖ1＝－1.3ｍ／ｓ． 　两球组成系统碰撞前后的总动能Ｅｋ1＋Ｅｋ2＝ｍ1ｖ02／2＋0＝2.5Ｊ， 　Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＝ｍ1ｖ12／2＋ｍ2ｖ22／2＝2.8Ｊ． 　可见，Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＞Ｅｋ1＋Ｅｋ2，碰后能量较碰撞前增多了，违背了能量守恒定律，这种假设不合理． 　38．解：（1）由动量守恒，得ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2， 由运动学公式得ｓ＝（ｖ1－ｖ2）ｔ，ｈ＝ｇｔ2／2， 由以上三式得ｖ2＝（ｍｖ0－ｓｍ）／（Ｍ＋ｍ）． 　（2）最后车与物体以共同的速度ｖ向右运动，故有 　ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖｖ＝ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）． ∴ΔＥ＝ｍｖ02／2＋ｍｇｈ－（Ｍ＋ｍ）ｍ2ｖ02／2（Ｍ＋ｍ）2． 解得ΔＥ＝ｍｇｈ＋Ｍｍｖ02／2（Ｍ＋ｍ）． 　39．解：设碰前Ａ、Ｂ有共同速度ｖ时，Ｍ前滑的距离为ｓ．则ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ，ｆｓ＝Ｍｖ2／2，ｆ＝μｍｇ． 　由以上各式得　ｓ＝Ｍｍｖ02／2μｇ（Ｍ＋ｍ）2． 　当ｖ0＝2ｍ／ｓ时，ｓ＝2／9ｍ＜0.5ｍ，即Ａ、Ｂ有共同速度．当ｖ0＝4ｍ／ｓ时，ｓ＝8／9ｍ＞0.5ｍ，即碰前Ａ、Ｂ速度不同． 　40．解：（1）物体由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者系统水平方向动量守恒得：ｍｖ0＝ｍｖ0／2＋2ｍｖＡＢ． 解之得　ｖＡＢ＝ｖ0／4． 　（2）物块由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者功能关系得：μｍｇＬ＝ｍｖ02／2－ｍ（ｖ0／2）2／2－2ｍ（ｖ0／4）2／2． 解之得　Ｌ＝5ｖ02／16μｇ． 　（3）物块由Ｄ滑到Ｃ的过程中，二者系统水平方向动量守恒，又因为物块到达最高点Ｃ时，物块与滑块速度相等且水平，均为ｖ． 故得　ｍｖ0／2＋ｍｖ0／4＝2ｍｖ， ∴　得滑块的动能ＥＣＤ＝ｍｖ2／2＝9ｍｖ02／128． 　41．解：（1）Ｂ从ｖ0减速到速度为零的过程，Ｃ静止，Ｂ的位移：ｓ1＝ｖ02／2μｇ． 　所用的时间：ｔ1＝ｖ0／μｇ． 　此后Ｂ与Ｃ一起向右做加速运动，Ａ做减速运动，直到相对静止，设所用时间为ｔ2，共同速度为ｖ． 　对Ａ、Ｂ、Ｃ，由动量守恒定律得 　ｍＡ·2ｖ0－ｍＢｖ0＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ， ∵　ｍＡ＝ｍＢ＝ｍＣ，∴　ｖ＝ｖ0／3． 　 对Ｂ与Ｃ，向右加速运动的加速度 　ａ＝μｍＡｇ／（ｍＢ＋ｍＣ）＝μｇ／2，∴ｔ2＝ｖ／ａ＝2ｖ0／3μｇ． Δｔ内Ｂ向右移动的位移ｓ2＝ｖｔ2／2＝ｖ02／9μｇ， 故总路程ｓ＝ｓ1＋ｓ2＝11ｖ02／18μｇ，总时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝5ｖ0／3μｇ． 　（2）设车的最小长度为Ｌ，则相对静止时Ａ、Ｂ刚好接触，由能量守恒得 　ｍＡ（2ｖ0）2／2＋ｍＢｖ02／2＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ2／2＋μｍＢｇｓ1＋μｍＡｇ（Ｌ－ｓ1）， 联立解得Ｌ＝7ｖ02／3μｇ． 　42．解：（1）ｍ速度最大的位置应在O点左侧．因为细线烧断后，ｍ在弹簧弹力和滑动摩擦力的合力作用下向右做加速运动，当弹力与摩擦力的合力为零时，ｍ的速度达到最大，此时弹簧必处于压缩状态．此后，系统的机械能不断减小，不能再达到这一最大速度． 　（2）选ｍ、Ｍ为一系统，由动量守恒定律得 　ｍｖ1＝Ｍｖ2． 　设这一过程中弹簧释放的弹性势能为Ｅｐ，则 　Ｅｐ＝ｍｖ12／2＋Ｍｖ22／2＋μｍｇｓ， 解得　ｖ2＝ｍｖ1／Ｍ，Ｅｐ＝ｍ［（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2Ｍ＋μｇｓ］． 　（2）ｍ与Ｍ最终将静止，因为系统动量守恒，且总动量为零，只要ｍ与Ｍ间有相对运动，就要克服摩擦力做功，不断消耗能量，所以，ｍ与Ｍ最终必定都静止． 　43．解：（1）第一颗子弹射入木块过程，系统动量守恒，有 　ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ1． 　射入后，在ＯＢＣ运动过程中，机械能守恒，有 　（ｍ＋Ｍ）ｖ12／2＝（ｍ＋Ｍ）ｇＲ，得ｖ0＝（Ｍ＋ｍ）／ｍ． 　（2）由动量守恒定律知，第2、4、6……颗子弹射入木块后，木块速度为0，第1、3、5……颗子弹射入后，木块运动．当第9颗子弹射入木块时，由动量守恒得： 　ｍｖ0＝（9ｍ＋Ｍ）ｖ9， 　设此后木块沿圆弧上升最大高度为Ｈ，由机械能守恒定律得：（9ｍ＋Ｍ）ｖ92／2＝（9ｍ＋Ｍ）ｇＨ， 由以上可得：Ｈ＝［（Ｍ＋ｍ）／（Ｍ＋9ｍ）］2Ｒ． 　44．解：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动ｓ，速度变为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．由动能定理 　－μＭｇｓ＝0－ｍｖ02／2，ｓ＝ｍｖ02／2μＭｇ＝0.33ｍ． 　（2）假如平板车在第二次碰墙前还未和滑块相对静止，则其速度的大小肯定还是2ｍ／ｓ，因为只要相对运动，摩擦力大小为恒值．滑块速度则大于2ｍ／ｓ，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰墙前肯定已和滑块具有共同速度ｖ．此即平板车碰墙前瞬间的速度． 　Ｍｖ0－ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， ∴ｖ＝（Ｍ－ｍ）ｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝0.4ｍ／ｓ． 图3　（3）平板车与墙壁第一次碰撞后滑块与平板又达到共同速度ｖ前的过程，可用图3（ａ）、（ｂ）、（ｃ）表示．图3（ａ）为平板车与墙碰撞后瞬间滑块与平板车的位置，图3（ｂ）为平板车到达最左端时两者的位置，图3（ｃ）为平板车与滑块再次达到共同速度时两者的位置．在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功μΜｇｓ′，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功μＭｇｓ″（平板车从Ｂ到Ａ再回到Ｂ的过程中摩擦力做功为零），其中ｓ′、ｓ″分别为滑块和平板车的位移．滑块和平板车动能总减少为μＭｇｌ1，其中ｌ1＝ｓ′＋ｓ″为滑块相对平板车的位移，此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为ｌ，则有（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2＝μＭｇｌ，ｌ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2μＭｇ＝0.833ｍ． ｌ即为平板车的最短长度．图4　　45．解：如图4，Ａ球从静止释放后将自由下落至Ｃ点悬线绷直，此时速度为ｖＣ ∵　ｖＣ2＝2ｇ×2Ｌｓｉｎ30°， ∴　ｖＣ＝＝2ｍ／ｓ． 　在线绷直的过程中沿线的速度分量减为零时，Ａ将以切向速度ｖ1沿圆弧运动且 　ｖ1＝ｖＣｃｏｓ30°＝ｍ／ｓ． 　Ａ球从Ｃ点运动到最低点与Ｂ球碰撞前机械能守恒，可求出Ａ球与Ｂ球碰前的速度 　ｍＡｖ12／2＋ｍＡｇＬ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍＡｖ22／2， 　ｖ2＝==ｍ／ｓ． 　因Ａ、Ｂ两球发生无能量损失的碰撞且ｍＡ＝ｍＢ，所以它们的速度交换，即碰后Ａ球的速度为零，Ｂ球的速度为ｖ2＝（ｍ／ｓ）．对Ｂ球和小车组成的系统水平方向动量守恒和机械能守恒，当两者有共同水平速度ｕ时，Ｂ球上升到最高点，设上升高度为ｈ． 　ｍＢｖ2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ，ｍＢｖ22／2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ2／2＋ｍＢｇｈ．解得ｈ＝3／16≈0.19ｍ． 　在Ｂ球回摆到最低点的过程中，悬线拉力仍使小车加速，当Ｂ球回到最低点时小车有最大速度ｖｍ ，设小球Ｂ回到最低点时速度的大小为ｖ3，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 　ｍＢｖ2＝－ｍＢｖ3＋Ｍｖｍ，ｍＢｖ22／2＝ｍＢｖ32／2＋Ｍｖｍ2／2， 解得ｖｍ＝2ｍＢｖ2／（ｍ3＋Ｍ）＝／2ｍ／ｓ＝1.12ｍ／ｓ． 　46．解：（1）小球的角速度与运动的角速度必定相等，则有ｖ＝ωＲ＝ω． 　（2）人手所提供的功率应等于小球在运动过程中克服摩擦力做功的功率．即有Ｐ＝ｆｖ， ∴　ｆ＝Ｐ／ｖ＝Ｐ／ω． 　47．解：由于粘性物体与底板粘合的过程时间极短，冲击力远大于重力，在竖直方向近似动量守恒，开始静止时，有　ｍ1ｇ＝ｋｘｋ＝ｍ1ｇｘ． 　ｍ2下落Ｈ时的速度ｖ＝，ｍ2与ｍ1合在一起动量守恒，ｍ2ｖ＝（ｍ1＋ｍ2）ｖ′，ｖ′＝ｍ2ｖ／（ｍ1＋ｍ2）＝ｍ2／（ｍ1＋ｍ2）． 　设向下为正方向，ｍ1与ｍ2的整体受两个力，即重力（ｍ1＋ｍ2）ｇ和弹簧的平均拉力，则有平均拉力＝ｋｘ＋ｋｈ／2＝ｋ（2ｘ＋ｈ）／2，由动能定理得 ［－＋（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ＝0－（ｍ1＋ｍ2）ｖ2／2， 由以上各式得［ｍ1ｇ（2ｘ＋ｈ）／2ｘ－（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ 　＝（ｍ1＋ｍ2）·ｍ22·2ｇｈ／2（ｍ1＋ｍ2）2． 代入数值得ｈ＝0.3ｍ． 　48．解：ｍ与Ａ粘在一起后水平方向动量守恒，共同速度设为ｖ1，Ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ1， 得ｖ1＝Ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝2ｖ0／3． 　当弹簧压缩到最大时即有最大弹性势能Ｅ，此时系统中各物体有相同速度，设为ｖ2，由动量守恒定律 　2Ｍｖ0＝（2Ｍ＋ｍ）ｖ2，得ｖ2＝2Ｍｖ0／（2Ｍ＋ｍ）＝4ｖ0／5． 由能量守恒有 　Ｅ＝Ｍｖ02／2＋（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2－（2Ｍ＋ｍ）ｖ22／2， 解得Ｅ＝Ｍｖ02／30． 　49．解：（1）振子在平衡位置时，所受合力为零，设此时弹簧被压缩Δｘ：（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ＝ｋΔｘ，Δｘ＝5ｃｍ． 　开始释放时振子处在最大位移处，故振幅 　Ａ＝5ｃｍ＋5ｃｍ＝10ｃｍ． 　（2）由于开始时弹簧的伸长量恰等于振子在平衡位置时弹簧的压缩量，故弹性势能相等，设振子的最大速度为ｖ，从开始到平衡位置，根据机械能守恒定律， 得ｍｇ·Ａ＝ｍｖ2／2，∴ｖ＝＝1.4ｍ／ｓ， 即Ｂ的最大速率为1.4ｍ／ｓ． 　 （3）在最高点，振子受到的重力和弹力方向相同，根据牛顿第二定律，得 　ａ＝［ｋΔｘ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ］／（ｍＡ＋ｍＢ）＝20ｍ／ｓ2， Ａ对Ｂ的作用力方向向下，其大小 　Ｎ1＝ｍＢａ－ｍＢｇ＝10Ｎ． 在最低点，振子受到的重力和弹力方向相反，根据牛顿第二定律，得ａ＝ｋ（Δｘ＋Ａ）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｍＡ＋ｍＢ＝20ｍ／ｓ2． Ａ对Ｂ的作用力方向向上，其大小 　Ｎ2＝ｍＢａ＋ｍＢｇ＝30Ｎ．　14．如图1-77所示，一条不可伸长的轻绳长为Ｌ，一端用手握住，另一端系一质量为ｍ的小球，今使手握的一端在水平桌面上做半径为Ｒ、角速度为ω的匀速圆周运动，且使绳始终与半径Ｒ的圆相切，小球也将在同一水平面内做匀速圆周运动，若人手做功的功率为Ｐ，求：图1-77　（1）小球做匀速圆周运动的线速度大小． 　（2）小球在运动过程中所受到的摩擦阻力的大小．2．解：在0～1ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知 　ａ１＝12ｍ／ｓ２， 由牛顿第二定律，得 　Ｆ－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ１，　　① 在0～2ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知ａ２＝－6ｍ／ｓ２， 因为此时物体具有斜向上的初速度，故由牛顿第二定律，得 　－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ２，　　② 　②式代入①式，得　Ｆ＝18Ｎ． 3．解：在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从Ａ到Ｂ需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为ｔ1，则 　（ｖ／2）ｔ１＋ｖ（ｔ－ｔ１）＝Ｌ， 所以　ｔ１＝2（ｖｔ－Ｌ）／ｖ＝（2×（2×6－10）／2）ｓ＝2ｓ． 为使物体从Ａ至Ｂ所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变．而　ａ＝ｖ／ｔ＝1ｍ／ｓ２．设物体从Ａ至Ｂ所用最短的时间为ｔ2，则 　（1／2）ａｔ2２＝Ｌ， 　ｔ2＝=＝2ｓ． 　ｖｍｉｎ＝ａｔ2＝1×2ｍ／ｓ＝2ｍ／ｓ． 传送带速度再增大1倍，物体仍做加速度为1ｍ／ｓ２的匀加速运动，从Ａ至Ｂ的传送时间为2 ｍ／ｓ． 4．解：启动前Ｎ１＝ｍｇ， 　升到某高度时　Ｎ2＝（17／18）Ｎ１＝（17／18）ｍｇ， 　对测试仪　Ｎ2－ｍｇ′＝ｍａ＝ｍ（ｇ／2）， 　∴　ｇ′＝（8／18）ｇ＝（4／9）ｇ， 　ＧｍＭ／Ｒ2＝ｍｇ，ＧｍＭ／（Ｒ＋ｈ）2＝ｍｇ′，解得：ｈ＝（1／2）Ｒ． 5．解：由匀加速运动的公式　ｖ２＝ｖ０２＋2ａｓ 　得物块沿斜面下滑的加速度为 　ａ＝ｖ2／2ｓ＝1．42／（2×1．4）＝0．7ｍｓ－２， 由于ａ＜ｇｓｉｎθ＝5ｍｓ－２， 　可知物块受到摩擦力的作用．图3　分析物块受力，它受3个力，如图3．对于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，由牛顿定律有 　ｍｇｓｉｎθ－ｆ１＝ｍａ， 　ｍｇｃｏｓθ－Ｎ１＝0， 　分析木楔受力，它受5个力作用，如图3所示．对于水平方向，由牛顿定律有 　ｆ2＋ｆ１ｃｏｓθ－Ｎ１ｓｉｎθ＝0， 　由此可解得地面的作用于木楔的摩擦力 　ｆ2＝ｍｇｃｏｓθｓｉｎθ－（ｍｇｓｉｎθ－ｍａ）ｃｏｓθ＝ｍａｃｏｓθ＝1×0．7×（／2）＝0．61Ｎ． 　此力的方向与图中所设的一致（由指向）． 6．解：（1）飞机原先是水平飞行的，由于垂直气流的作用，飞机在竖直方向上的运动可看成初速度为零的匀加速直线运动，根据　ｈ＝（1／2）ａｔ２，得ａ＝2ｈ／ｔ２，代入ｈ＝1700ｍ，ｔ＝10ｓ，得 　ａ＝（2×1700／10２）（ｍ／ｓ２）＝34ｍ／ｓ２，方向竖直向下． 　（2）飞机在向下做加速运动的过程中，若乘客已系好安全带，使机上乘客产生加速度的力是向下重力和安全带拉力的合力．设乘客质量为ｍ，安全带提供的竖直向下拉力为Ｆ，根据牛顿第二定律　Ｆ＋ｍｇ＝ｍａ，得安全带拉力 　　Ｆ＝ｍ（ａ－ｇ）＝ｍ（34－10）Ｎ＝24ｍ（Ｎ）， ∴　安全带提供的拉力相当于乘客体重的倍数 　ｎ＝Ｆ／ｍｇ＝24ｍＮ／ｍ·10Ｎ＝2．4（倍）． 　（3）若乘客未系安全带，飞机向下的加速度为34ｍ／ｓ２，人向下加速度为10ｍ／ｓ２，飞机向下的加速度大于人的加速度，所以人对飞机将向上运动，会使头部受到严重伤害． 7．解：设月球表面重力加速度为ｇ，根据平抛运动规律，有 　ｈ＝（1／2）ｇｔ２，　　① 　水平射程为　　　Ｌ＝ｖ０ｔ，　　② 　联立①②得ｇ＝2ｈｖ０２／Ｌ２．　　③ 　根据牛顿第二定律，得　ｍｇ＝ｍ（2π／Ｔ）２Ｒ，　　④ 　联立③④得　Ｔ＝（πＬ／ｖ０ｈ）．　　⑤ 8．解：前2秒内，有Ｆ－ｆ＝ｍａ１，ｆ＝μＮ，Ｎ＝ｍｇ，则 　ａ１＝（Ｆ－μｍｇ）／ｍ＝4ｍ／ｓ２，ｖｔ＝ａ１ｔ＝8ｍ／ｓ， 　撤去Ｆ以后　ａ２＝ｆ／ｍ＝2ｍ／ｓ，ｓ＝ｖ１２／2ａ２＝16ｍ． 9．解：（1）用力斜向下推时，箱子匀速运动，则有 　Ｆｃｏｓθ＝ｆ，ｆ＝μＮ，Ｎ＝Ｇ＋Ｆｓｉｎθ， 　联立以上三式代数据，得　Ｆ＝1．2×10２Ｎ． 　（2）若水平用力推箱子时，据牛顿第二定律，得Ｆ合＝ｍａ，则有 　Ｆ－μＮ＝ｍａ，Ｎ＝Ｇ， 　联立解得　ａ＝2．0ｍ／ｓ２． 　ｖ＝ａｔ＝2．0×3．0ｍ／ｓ＝6．0ｍ／ｓ， 　ｓ＝（1／2）ａｔ２＝（1／2）×2．0×3．0２ｍ／ｓ＝9．0ｍ， 　推力停止作用后　ａ′＝ｆ／ｍ＝4．0ｍ／ｓ２（方向向左）， 　ｓ′＝ｖ２／2ａ′＝4．5ｍ， 　则　ｓ总＝ｓ＋ｓ′＝13．5ｍ． 10．解：根据题中说明，该运动员发球后，网球做平抛运动．以ｖ表示初速度，Ｈ表示网球开始运动时离地面的高度（即发球高度），ｓ１表示网球开始运动时与网的水平距离（即运动员离开网的距离），ｔ１表示网球通过网上的时刻，ｈ表示网球通过网上时离地面的高度，由平抛运动规律得到 　ｓ１＝ｖｔ１，Ｈ－ｈ＝（1／2）ｇｔ１２， 消去ｔ１，得　　ｖ＝ｍ／ｓ，ｖ≈23ｍ／ｓ． 　以ｔ２表示网球落地的时刻，ｓ２表示网球开始运动的地点与落地点的水平距离，ｓ表示网球落地点与网的水平距离，由平抛运动规律得到 　Ｈ＝（1／2）ｇｔ２２，ｓ２＝ｖｔ２， 消去ｔ２，得ｓ２＝ｖ≈16ｍ， 　网球落地点到网的距离　ｓ＝ｓ２－ｓ１≈4ｍ． 11．解：（1）设卫星质量为ｍ，它在地球附近做圆周运动，半径可取为地球半径Ｒ，运动速度为ｖ，有 　ＧＭｍ／Ｒ２＝ｍｖ２／Ｒ　得ｖ＝． 　（2）由（1）得： 　Ｍ＝ｖ２Ｒ／Ｇ＝＝6．0×1024ｋｇ． 12．解：对物块：Ｆ１－μｍｇ＝ｍａ１， 　6－0．5×1×10＝1·ａ１，ａ１＝1．0ｍ／ｓ2， 　ｓ１＝（1／2）ａ１ｔ2＝（1／2）×1×0．42＝0．08ｍ， 　ｖ１＝ａ１ｔ＝1×0．4＝0．4ｍ／ｓ， 　对小车：Ｆ２－μｍｇ＝Ｍａ２， 　9－0．5×1×10＝2ａ２，ａ２＝2．0ｍ／ｓ2， 　ｓ２＝（1／2）ａ２ｔ2＝（1／2）×2×0．42＝0．16ｍ， 　ｖ２＝ａ２ｔ＝2×0．4＝0．8ｍ／ｓ， 　撤去两力后，动量守恒，有Ｍｖ２－ｍｖ１＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， 　ｖ＝0．4ｍ／ｓ（向右）， ∵　（（1／2）ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2）－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ2＝μｍｇｓ３， 　ｓ３＝0．096ｍ， ∴　ｌ＝ｓ１＋ｓ２＋ｓ３＝0．336ｍ． 13．解：设木块到Ｂ时速度为ｖ０，车与船的速度为ｖ１，对木块、车、船系统，有 　ｍ１ｇｈ＝（ｍ１ｖ０2／2）＋（（ｍ２＋ｍ３）ｖ１2／2）， 　ｍ１ｖ０＝（ｍ２＋ｍ３）ｖ１， 解得　ｖ０＝5，ｖ１＝． 　木块到Ｂ后，船以ｖ１继续向左匀速运动，木块和车最终以共同速度ｖ２向右运动，对木块和车系统，有 　ｍ１ｖ０－ｍ２ｖ１＝（ｍ１＋ｍ２）ｖ２， 　μｍ１ｇｓ＝（（ｍ１ｖ０2／2）＋（ｍ２ｖ１2／2））－（（ｍ１＋ｍ２）ｖ２2／2）， 得　ｖ２＝ｖ１＝，ｓ＝2ｈ． 14．解：（1）小球的角速度与手转动的角速度必定相等均为ω．设小球做圆周运动的半径为ｒ，线速度为ｖ．由几何关系得　ｒ＝，ｖ＝ω·ｒ，解得　　 　　ｖ＝ω． 　（2）设手对绳的拉力为Ｆ，手的线速度为ｖ，由功率公式得　Ｐ＝Ｆｖ＝Ｆ·ωＲ， ∴　Ｆ＝Ｐ／ωＲ． 图4　研究小球的受力情况如图4所示，因为小球做匀速圆周运动，所以切向合力为零，即 　Ｆｓｉｎθ＝ｆ， 其中　ｓｉｎθ＝Ｒ／， 　联立解得　ｆ＝Ｐ／ω． 15．解：（1）用ｖ１表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由于子弹射入木块Ｃ时间极短，系统动量守恒，有 　ｍｖ０＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１， 　∴　ｖ１＝ｍｖ０／（ｍ＋Ｍ）＝3ｍ／ｓ， 　子弹和木块Ｃ在ＡＢ木板上滑动，由动能定理得： 　（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ２２－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ１２＝－μ（ｍ＋Ｍ）ｇＬ， 　解得　ｖ２＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）用ｖ′表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由动量守恒定律，得　ｍｖ０′＋Ｍｕ＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１′，解得　ｖ１′＝4ｍ／ｓ． 　木块Ｃ及子弹在ＡＢ木板表面上做匀减速运动　ａ＝μｇ．设木块Ｃ和子弹滑至ＡＢ板右端的时间为ｔ，则木块Ｃ和子弹的位移ｓ１＝ｖ１′ｔ－（1／2）ａｔ2， 　由于ｍ车≥（ｍ＋Ｍ），故小车及木块ＡＢ仍做匀速直线运动，小车及木板ＡＢ的位移　ｓ＝ｕｔ，由图5可知：ｓ１＝ｓ＋Ｌ， 　联立以上四式并代入数据得： 　ｔ2－6ｔ＋1＝0， 　解得：ｔ＝（3－2）ｓ，（ｔ＝（3＋2）ｓ不合题意舍去），　　（11） 　∴　ｓ＝ｕｔ＝0．18ｍ． 16．解：（1）设Ａ滑上Ｂ后达到共同速度前并未碰到档板，则根据动量守恒定律得它们的共同速度为ｖ，有图5　ｍｖ０＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝2ｍ／ｓ，在这一过程中，Ｂ的位移为ｓＢ＝ｖＢ2／2ａＢ且ａＢ＝μ ｍｇ／Ｍ，解得ｓＢ＝Ｍｖ2／2μｍｇ＝2×22／2×0．2×1×10＝2ｍ． 　设这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ１，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ１＝（1／2）ｍｖ０2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得ｓ１＝6ｍ． 　当ｓ＝4ｍ时，Ａ、Ｂ达到共同速度ｖ＝2ｍ／ｓ后再匀速向前运动2ｍ碰到挡板，Ｂ碰到竖直挡板后，根据动量守恒定律得Ａ、Ｂ最后相对静止时的速度为ｖ′，则 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′， 解得　ｖ′＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ２，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ２＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　ｓ２＝2．67ｍ． 　因此，Ａ、Ｂ最终不脱离的木板最小长度为ｓ１＋ｓ２＝8．67ｍ 　（2）因Ｂ离竖直档板的距离ｓ＝0．5ｍ＜2ｍ，所以碰到档板时，Ａ、Ｂ未达到相对静止，此时Ｂ的速度ｖＢ为 　ｖＢ2＝2ａＢｓ＝（2μｍｇ／Ｍ）ｓ，解得　ｖＢ＝1ｍ／ｓ， 　设此时Ａ的速度为ｖＡ，根据动量守恒定律，得 　ｍｖ０＝ＭｖＢ＋ｍｖＡ，解得ｖＡ＝4ｍ／ｓ， 　设在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移为ｓ１′，根据动能定理得： 　μｍｇｓ１′＝（1／2）ｍｖ０2－（（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）ＭｖＢ2）， 　解得　ｓ１′＝4．5ｍ． 　Ｂ碰撞挡板后，Ａ、Ｂ最终达到向右的相同速度ｖ，根据动能定理得ｍｖＡ－ＭｖＢ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ２′为 　μｍｇｓ２′＝（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得　ｓ２′＝（25／6）ｍ． 　Ｂ再次碰到挡板后，Ａ、Ｂ最终以相同的速度ｖ′向左共同运动，根据动量守恒定律，得 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′，解得　ｖ′＝（2／9）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ３′为： 　μｍｇｓ３′＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　　　　ｓ３′＝（8／27）ｍ． 　因此，为使Ａ不从Ｂ上脱落，Ｂ的最小长度为ｓ１′＋ｓ２′＋ｓ３′＝8．96ｍ． 17．解：（1）Ｂ与Ａ碰撞后，Ｂ相对于Ａ向左运动，Ａ所受摩擦力方向向左，Ａ的运动方向向右，故摩擦力作负功．设Ｂ与Ａ碰撞后的瞬间Ａ的速度为ｖ１，Ｂ的速度为ｖ２，Ａ、Ｂ相对静止后的共同速度为ｖ，整个过程中Ａ、Ｂ组成的系统动量守恒，有 　Ｍｖ０＝（Ｍ＋1．5Ｍ）ｖ，ｖ＝2ｖ０／5． 　碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功，即 　Ｍｖ２＋1．5Ｍｖ１＝2．5Ｍｖ，　　① 　（1／2）×1．5Ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2－（1／2）×2．5Ｍｖ2＝Ｍμｇｌ，　　② 可解出ｖ１＝（1／2）ｖ０（另一解ｖ１＝（3／10）ｖ０因小于ｖ而舍去） 　这段过程中，Ａ克服摩擦力做功 　Ｗ＝（1／2）×1．5Ｍｖ１2－（1／2）×1．5Ｍｖ2＝（27／400）Ｍｖ０2（0．068Ｍｖ０2）． 　（2）Ａ在运动过程中不可能向左运动，因为在Ｂ未与Ａ碰撞之前，Ａ受到的摩擦力方向向右，做加速运动，碰撞之后Ａ受到的摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后，速度仍向右，因此不可能向左运动． 　Ｂ在碰撞之后，有可能向左运动，即ｖ２＜0． 　先计算当ｖ２ ＝0时满足的条件，由①式，得 　ｖ１＝（2ｖ０／3）－（2ｖ２／3），当ｖ２＝0时，ｖ１＝2ｖ０／3，代入②式，得 　（（1／2）×1．5Ｍ4ｖ０2／9）－（（1／2）×2．5Ｍ4ｖ０2／25）＝Ｍμｇｌ， 解得　μｇｌ＝2ｖ０2／15． 　Ｂ在某段时间内向左运动的条件之一是μｌ＜2ｖ０2／15ｇ． 　另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即 　（1／2）Ｍｖ０2－（1／2）2．5Ｍ（2ｖ０／5）2≥2Ｍμｇｌ， 　解出另一个条件是　μｌ≤3ｖ０2／20ｇ， 　最后得出Ｂ在某段时间内向左运动的条件是 　2ｖ０2／15ｇ＜μｌ≤3ｖ０2／20ｇ． 18．解：（1）以警车为研究对象，由动能定理． 　－μｍｇ·ｓ＝（1／2）ｍｖ2－（1／2）ｍｖ０2， 　将ｖ０＝14．0ｍ／ｓ，ｓ＝14．0ｍ，ｖ＝0代入，得 　μｇ＝7．0ｍ／ｓ2， 　因为警车行驶条件与肇事汽车相同，所以肇事汽车的初速度ｖＡ＝＝21ｍ／ｓ． 　（2）肇事汽车在出事点Ｂ的速度 　ｖＢ＝＝14ｍ／ｓ， 　肇事汽车通过段的平均速度 　＝（ｖＡ＋ｖＢ）／2＝（21＋14）／2＝17．5ｍ／ｓ． 　肇事汽车通过ＡＢ段的时间 　ｔ２＝ＡＢ／＝（31．5－14．0）／17．5＝1ｓ． 　∴　游客横过马路的速度 　ｖ人＝／（ｔ１＋ｔ２）＝（2．6／（1＋0．7））ｍ／ｓ＝1．53ｍ／ｓ． 19．解：（1）开始Ａ、Ｂ处于静止状态时，有 　ｋｘ０－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｓｉｎ30°＝0，　　① 　设施加Ｆ时，前一段时间Ａ、Ｂ一起向上做匀加速运动，加速度为ａ，ｔ＝0．2ｓ，Ａ、Ｂ间相互作用力为零，对Ｂ有： 　ｋｘ－ｍＢｇｓｉｎ30°＝ｍＢａ，　　② 　ｘ－ｘ０＝（1／2）ａｔ2，　　③ 　解①、②、③得： 　ａ＝5ｍｓ－2，ｘ０＝0．05ｍ，ｘ＝0．15ｍ， 　初始时刻Ｆ最小 　Ｆｍｉｎ＝（ｍＡ＋ｍＢ）ａ＝60Ｎ． 　ｔ＝0．2ｓ时，Ｆ最大 　Ｆｍａｘ－ｍＡｇｓｉｎ30°＝ｍＡａ， 　Ｆｍａｘ＝ｍＡ（ｇｓｉｎ30°＋ａ）＝100Ｎ， 　（2）ΔＥＰＡ＝ｍＡｇΔｈ＝ｍＡｇ（ｘ－ｘ０）ｓｉｎ30°＝5Ｊ． 20 ．解：当弹簧处于压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和．当弹簧伸长到其自然长度时，弹性势能为零，因这时滑块Ａ的速度为零，故系统的机械能等于滑块Ｂ的动能．设这时滑块Ｂ的速度为ｖ则有 　Ｅ＝（1／2）ｍ２ｖ2，　　① 由动量守恒定律（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ２ｖ，　　② 解得　Ｅ＝（1／2）（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２．　　③ 　假定在以后的运动中，滑块Ｂ可以出现速度为零的时刻，并设此时滑块Ａ的速度为ｖ１．这时，不论弹簧是处于伸长还是压缩状态，都具有弹性势能Ｅｐ．由机械能守恒定律得 　（1／2）ｍ１ｖ１2＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　④ 根据动量守恒　（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ１ｖ１，　　⑤ 求出ｖ１，代入④式得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑥ 因为Ｅｐ≥0，故得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）≤（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑦ 即　ｍ１≥ｍ２，与已知条件ｍ１＜ｍ２不符． 　可见滑块Ｂ的速度永不为零，即在以后的运动中，不可能出现滑动Ｂ的速度为零的情况． 21．解：设恰好物体相对圆盘静止时，弹簧压缩量为Δｌ，静摩擦力为最大静摩擦力ｆｍａｘ，这时物体处于临界状态，由向心力公式ｆｍａｘ－ｋΔｌ＝ｍＲｗ2，　　① 　假若物体向圆心移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ１－ｋ（Δｌ＋ｘ）＝ｍ（Ｒ－ｘ）ｗ2，　　② 　由①、②两式可得　ｆｍａｘ－ｆ１＝ｍｘｗ2－ｋｘ，　　③ 所以　ｍｘｗ2－ｋｘ≥0，得ｋ≤ｍｗ2，　　④ 　若物体向外移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ２－ｋ（Δｌ－ｘ）≥ｍ（Ｒ＋ｘ）ｗ2，　　⑤ 由①～⑥式得　ｆｍａｘ－ｆ２＝ｋｘ－ｍｘｗ2≥0，　　⑥ 所以　ｋ≥ｍｗ2，　　⑦ 即若物体向圆心移动，则ｋ≤ｍｗ2， 若物体向远离圆心方向移动，则ｋ≥ｍｗ2． 22．解：卫星环绕地球作匀速圆周运动，设卫星的质量为ｍ，轨道半径为ｒ，受到地球的万有引力为Ｆ， 　Ｆ＝ＧＭｍ／ｒ2，　　① 　式中Ｇ为万有引力恒量，Ｍ是地球质量． 　设ｖ是卫星环绕地球做匀速圆周运动的线速度，Ｔ是运动周期，根据牛顿第二定律，得 　Ｆ＝ｍｖ2／ｒ，　　② 　由①、②推导出　ｖ＝．　　③ 　③式表明：ｒ越大，ｖ越小． 　人造卫星的周期就是它环绕地球运行一周所需的时间Ｔ， 　Ｔ＝2πｒ／ｖ，　　④ 　由③、④推出　Ｔ＝2π，　　⑤ 　⑤式说明：ｒ越大，Ｔ越大．　23．证：设质点通过Ａ点时的速度为ｖＡ，通过Ｃ点时的速度为ｖＣ，由匀变速直线运动的公式得： ｓ1＝ｖＡＴ＋ａＴ2／2，ｓ3＝ｖＣＴ＋ａＴ2／2，ｓ3－ｓ1＝ｖＣＴ－ｖＡＴ． ∵　ｖＣ＝ｖＡ ＋2ａＴ， ∴　ｓ3－ｓ1＝（ｖＡ－2ａＴ－ｖＡ）Ｔ＝2ａＴ2，ａ＝（ｓ3－ｓ1）／2Ｔ2． 　24．根据：如果在连续的相等的时间内的位移之差相等，则物体做匀变速运动．证明：设物体做匀速运动的初速度为ｖ0，加速度为ａ，第一个Ｔ内的位移为ｓ1＝ｖ0Ｔ＋ａＴ2／2；第二个Ｔ内的位移为ｓ2＝（ｖ0＋ａＴ）Ｔ＋ａＴ2／2；第Ｎ个Ｔ内的位移为ｓＮ＝［ｖ0＋（Ｎ－1）ａＴ］Ｔ＋ａＴ2／2．　ｓＮ－ｓＮ－1＝ａＴ2，逆定理也成立． 　25．解：由匀变速直线运动的公式得小物块的加速度的大小为ａ1＝（ｖ0－ｖｔ）／ｔ＝2（ｍ／ｓ2）．木板的加速度大小为ａ2＝2ｓ／ｔ2＝0.25（ｍ／ｓ2）． 根据牛顿第二定律　Ｆ＝ｍａ 对小物块得　ｆ′1＝ｍａ1＝1×2＝2Ｎ， 对木板得　ｆ1－μ（ｍ＋Ｍ）ｇ＝Ｍａ2， 　μ＝（ｆ1－Ｍａ2）／（ｍ＋Ｍ）ｇ＝（2－4×0.25）／（1＋4）×10＝0.02． 　26．解：假设金属块没有离开第一块长木板，移动的相对距离为ｘ，由动量守恒定律，得ｍｖ0＝3ｍｖ， 　ｍｖ02／2＝3ｍｖ2／2＋μｍｇｘ， 解得ｘ＝4ｍ／3＞Ｌ，不合理， ∴　金属块一定冲上第二块木板． 　以整个系统为研究对象，由动量定律及能量关系，当金属块在第一块木板上时ｍｖ0＝ｍｖ0′＋2ｍｖ1， 　ｍｖ02／2＝12ｍｖ0′2＋2ｍ·ｖ12／2＋μｍｇｌ． 　ｍｖ0＝ｍｖ1＋2ｍｖ2， 　ｍｖ02／2＝ｍｖ12／2＋2ｍ·ｖ22／2＋μｍｇ（ｌ＋ｘ）． 联立解得： 　ｖ1＝1／3ｍ／ｓ，ｖ2＝5／6ｍ／ｓ，ｘ＝0.25ｍ． 　27．解：当ｔ＝0时，ａＡ0＝9／3＝3ｍ／ｓ2，ａＢ0＝3／6＝0.5ｍ／ｓ2．ａＡ0＞ａＢ0，Ａ、Ｂ间有弹力，随ｔ之增加，Ａ、Ｂ间弹力在减小，当（9－2ｔ）／3＝（3＋2ｔ）／6，ｔ＝2.5ｓ时，Ａ、Ｂ脱离，以Ａ、Ｂ整体为研究对象，在ｔ＝2.5ｓ内，加速度ａ＝（ＦＡ＋ＦＢ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝4／3ｍ／ｓ2，ｓ＝ａｔ2／2＝4.17ｍ． 　28．解：（1）由ｍＣｖ0＝ｍＣｖ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ1，Ｃ由Ａ滑至Ｂ时，Ａ、Ｂ的共同速度是 　ｖ1＝ｍＣ（ｖ0－ｖ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝0.2ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＡ＝ｍＣｖ02／2－ｍＣｖ2／2－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12／2， 得　μ＝［ｍＣ（ｖ02－ｖ2）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12］／2ｍＣｇｌＡ＝0.48． 　（2）由ｍＣｖ＋ｍＢｖ1＝（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ2，Ｃ相对Ｂ静止时，Ｂ、Ｃ的共同速度是ｖ2＝（ｍＣｖ＋ｍＢｖ1）／（ｍＣ＋ｍＢ）＝0.65ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＢ＝ｍＣｖ2／2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22／2， Ｃ在Ｂ上滑行距离为 　ｌＢ＝［ｍＣｖ2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22］／2μｍＣ ｇ＝0.25ｍ． 　（3）由μｍＣｇｓ＝ｍＢｖ22／2－ｍＢｖ12／2， Ｂ相对地滑行的距离ｓ＝［ｍＢ（ｖ22－ｖ12）］／2μｍＣｇ＝0.12ｍ． 　（4）Ｃ在Ａ、Ｂ上匀减速滑行，加速度大小由μｍＣｇ＝ｍＣａ，得ａ＝μｇ＝4.8ｍ／ｓ2． Ｃ在Ａ上滑行的时间ｔ1＝（ｖ0－ｖ）／ａ＝0.21ｓ． Ｃ在Ｂ上滑行的时间ｔ2＝（ｖ－ｖ2）／ａ＝0.28ｓ． 所求时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝0.21ｓ＋0.28ｓ＝0.49ｓ． 　　29．匀加速下滑时，受力如图1ａ，由牛顿第二定律，有： ｍｇｓｉｎθ－μｍｇｃｏｓθ＝ｍａ＝ｍｇｓｉｎθ／2， 　ｓｉｎθ／2＝μｃｏｓθ， 　得μ＝ｓｉｎθ／2ｃｏｓθ．图1静止时受力分析如图1ｂ，摩擦力有两种可能：①摩擦力沿斜面向下；②摩擦力沿斜面向上．摩擦力沿斜面向下时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＝ｆ＋ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ， 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ＋μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ－μｓｉｎθ）ｍｇ＝3ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ－ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　摩擦力沿斜面向上时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＋ｆ＝ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ． 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ－μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ＋μｓｉｎθ）ｍｇ＝ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ＋ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　30．解：（1）物体在两斜面上来回运动时，克服摩擦力所做的功Ｗｆ＝μｍｇｃｏｓ60°·ｓ总． 　物体从开始直到不再在斜面上运动的过程中ｍｇｈ－Ｗｆ＝0－ｍｖ02／2．解得ｓ总＝38ｍ． 　（2）物体最终是在Ｂ、Ｃ之间的圆弧上来回做变速圆周运动，且在Ｂ、Ｃ点时速度为零． 　（3）物体第一次通过圆弧最低点时，圆弧所受压力最大．由动能定理得ｍｇ［ｈ＋Ｒ（1－ｃｏｓ60°）］－μｍｇｃｏｓ60°／ｓｉｎ60°＝ｍ（ｖ12－ｖ02）／2， 由牛顿第二定律得　Ｎｍａｘ－ｍｇ＝ｍｖ12／Ｒ， 解得　Ｎｍａｘ＝54.5Ｎ． 　物体最终在圆弧上运动时，圆弧所受压力最小．由动能定理得ｍｇＲ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍｖ22／2，由牛顿第二定律得Ｎｍｉｎ－ｍｇ＝ｍｖ22／Ｒ，解得Ｎｍｉｎ＝20Ｎ． 　31．解：（1）设刹车后，平板车的加速度为ａ0，从开始刹车到车停止所经历时间为ｔ0，车所行驶距离为ｓ0，则有ｖ02＝2ａ0ｓ0，ｖ0＝ａ0ｔ0． 　欲使ｔ0小，ａ0应该大，作用于木箱的滑动摩擦力产生的加速度ａ1＝μｍｇ／ｍ＝μｇ． 　当ａ0＞ａ1时，木箱相对车底板滑动，从刹车到车停止过程中木箱运动的路程为ｓ1，则ｖ02＝2ａ2ｓ 1． 　为使木箱不撞击驾驶室，应有ｓ1－ｓ0≤Ｌ． 　联立以上各式解得：ａ0≤μｇｖ02／（ｖ02－2μｇＬ）＝5ｍ／ｓ2， 　∴　ｔ0＝ｖ0／ａ0＝4.4ｓ． 　（2）对平板车，设制动力为Ｆ，则Ｆ＋ｋ（Ｍ＋ｍ）ｇ－μｍｇ＝Ｍａ0，解得：Ｆ＝7420Ｎ． 　32．解：对系统ａ0＝［Ｆ－μｇ（ｍ1＋ｍ2）］／（ｍ1＋ｍ2）＝1ｍ／ｓ2． 　对木块1，细绳断后：│ａ1│＝ｆ1／ｍ1＝μｇ＝1ｍ／ｓ2． 　设细绳断裂时刻为ｔ1，则木块1运动的总位移： 　ｓ1＝2ａ0ｔ12／2＝ａ0ｔ12． 　对木块2，细绳断后，ａ2＝（Ｆ－μｍ2ｇ）／ｍ2＝2ｍ／ｓ2． 木块2总位移 　ｓ2＝ｓ′＋ｓ″＝ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2， 两木块位移差Δｓ＝ｓ2－ｓ1＝22（ｍ）． 得　ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2－ａ0ｔ12＝22， 把ａ0，ａ2值，ｖ1＝ａ0ｔ1代入上式整理得： 　ｔ12＋12ｔ1－28＝0，得ｔ1＝2ｓ． 木块2末速ｖ2＝ｖ1＋ａ2（6－ｔ1）＝ａ0ｔ1＋ａ2（6－ｔ1）＝10ｍ／ｓ． 此时动能Ｅｋ＝ｍ2ｖ22／2＝2×102／2Ｊ＝100Ｊ． 　33．解：（1）由动量守恒定律，ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ′，且有ｍ∶Ｍ＝1∶3， ∴　Ａ、Ｂ共同速度ｖ′＝ｍｖ0／（ｍ＋Ｍ）＝1ｍ／ｓ． 　（2）由动能定理，对全过程应有 　μｍｇ·2Ｌ＝ｍｖ02／2－（ｍ＋Ｍ）ｖ′2／2， 　4μｇＬ＝ｖ02－4ｖ′2，μ＝（ｖ02－4ｖ′2）／4ｇＬ＝0.3． 　（3）先求Ａ与Ｂ挡板碰前Ａ的速度ｖ10，以及木板Ｂ相应速度ｖ20，取从Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板相碰前过程为研究对象，依动量守恒与动能定理有以下两式成立：ｍｖ0＝ｍｖ10＋Ｍｖ20， 　ｍｖ02／2－ｍｖ102／2－Ｍｖ202／2＝μｍｇＬ． 代入数据得　ｖ10＋3ｖ20＝4，ｖ102＋3ｖ202＝10， 解以上两式可得　ｖ10＝（2±3）／2ｍ／ｓ．因Ａ与Ｂ挡板碰前速度不可能取负值，故ｖ10＝（2＋3）／2ｍ／ｓ．相应解出ｖ20＝（2－）／2ｍ／ｓ＝0.3ｍ／ｓ． 　木板Ｂ此过程为匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得μｍｇ＝Ｍａ1，ａ1＝μｍｇ／Ｍ＝1（ｍ／ｓ2）． 此过程经历时间ｔ1由下式求出 　ｖ20＝ａ1ｔ1，ｔ1＝ｖ20／ａ1＝0.3（ｓ）． 其速度图线为图2中0～0.3ｓ段图线ａ． 　再求Ａ与Ｂ挡板碰后，木板Ｂ的速度ｖ2与木块Ａ的速度ｖ1，为方便起见取Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板碰撞后瞬间过程为研究对象，依动量守恒定律与动能定理有以下两式成立： ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2，ｍｖ02／2－ｍｖ12／2－Ｍｖ22／2＝μｍｇＬ． 故解为　ｖ1＝（2±3）／2ｍ／ｓ． 因ｖ1＝（2＋3）／2ｍ／ｓ为碰前速度，故取ｖ1＝（2－3）／2ｍ／ｓ，相应得ｖ2＝2＋2ｍ／ｓ＝1.7ｍ／ｓ． 由于ｖ1 ＜0，即木块相对Ｂ向左滑动，Ａ受Ｂ摩擦力向右，Ｂ受Ａ摩擦力向左，故Ｂ做匀减速直线运动，加速度大小由牛顿第二定律，得ａ＝μｍｇ／Ｍ＝1ｍ／ｓ2． 　从碰后到Ａ滑到Ｂ最左端过程中，Ｂ向右做匀减速直线运动时间设为ｔ2，则ｖ′－ｖ2＝－ａｔ2， ∴　ｔ2＝0.7ｓ． 　此过程速度图线如图2中0.3ｓ～1.0ｓ段图线ｂ．图2　　34．解：设ｍ1、ｍ2两物体受恒力Ｆ作用后，产生的加速度分别为ａ1、ａ2，由牛顿第二定律Ｆ＝ｍａ，得 　ａ1＝Ｆ／ｍ1，ａ2＝Ｆ／ｍ2， 　历时ｔ两物体速度分别为ｖ1＝ａ1ｔ，ｖ2＝ｖ0＋ａ2ｔ，由题意令ｖ1＝ｖ2，即ａ1ｔ＝ｖ0＋ａ2ｔ或（ａ1－ａ2）ｔ＝ｖ0，因ｔ≠0、ｖ0＞0，欲使上式成立，需满足ａ1－ａ2＞0，即Ｆ／ｍ1＞Ｆ／ｍ2，或ｍ1＜ｍ2，也即当ｍ1≥ｍ2时不可能达到共同速度，当ｍ1＜ｍ2时，可以达到共同速度． 　35．解：（1）当小球刚好能在轨道内做圆周运动时，水平初速度ｖ最小，此时有ｍｇ＝ｍｖ2／Ｒ， 故　ｖ＝＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）若初速度ｖ′＜ｖ，小球将做平抛运动，如在其竖直位移为Ｒ的时间内，其水平位移ｓ≥Ｒ，小球可进入轨道经过Ｂ点．设其竖直位移为Ｒ时，水平位移也恰为R，则Ｒ＝ｇｔ2／2，Ｒ＝ｖ′ｔ，解得：ｖ′＝／2＝ｍ／ｓ． 因此，初速度满足2ｍ／ｓ＞ｖ′≥ｍ／ｓ时，小球可做平抛运动经过Ｂ点． 　36．卫星在天空中任何天体表面附近运行时，仅受万有引力Ｆ作用使卫星做圆周运动，运动半径等于天体的球半径Ｒ．设天体质量为Ｍ，卫星质量为ｍ，卫星运动周期为Ｔ，天体密度为ρ．根据万有引力定律Ｆ＝ＧＭｍ／Ｒ2， 卫星做圆周运动向心力Ｆ′＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2， 因为 　Ｆ′＝Ｆ，得ＧＭｍ／Ｒ2＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2，∴Ｔ＝． 　又球体质量Ｍ＝4πＲ3ρ／3． 得Ｔ＝=，∴Ｔ∝1／，得证． 　 37．解：由于两球相碰满足动量守恒 　　ｍ1ｖ0＝ｍ1ｖ1＋ｍ2ｖ2，ｖ1＝－1.3ｍ／ｓ． 　两球组成系统碰撞前后的总动能Ｅｋ1＋Ｅｋ2＝ｍ1ｖ02／2＋0＝2.5Ｊ， 　Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＝ｍ1ｖ12／2＋ｍ2ｖ22／2＝2.8Ｊ． 　可见，Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＞Ｅｋ1＋Ｅｋ2，碰后能量较碰撞前增多了，违背了能量守恒定律，这种假设不合理． 　38．解：（1）由动量守恒，得ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2， 由运动学公式得ｓ＝（ｖ1－ｖ2）ｔ，ｈ＝ｇｔ2／2， 由以上三式得ｖ2＝（ｍｖ0－ｓｍ）／（Ｍ＋ｍ）． 　（2）最后车与物体以共同的速度ｖ向右运动，故有 　ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖｖ＝ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）． ∴ΔＥ＝ｍｖ02／2＋ｍｇｈ－（Ｍ＋ｍ）ｍ2ｖ02／2（Ｍ＋ｍ）2． 解得ΔＥ＝ｍｇｈ＋Ｍｍｖ02／2（Ｍ＋ｍ）． 　39．解：设碰前Ａ、Ｂ有共同速度ｖ时，Ｍ前滑的距离为ｓ．则ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ，ｆｓ＝Ｍｖ2／2，ｆ＝μｍｇ． 　由以上各式得　ｓ＝Ｍｍｖ02／2μｇ（Ｍ＋ｍ）2． 　当ｖ0＝2ｍ／ｓ时，ｓ＝2／9ｍ＜0.5ｍ，即Ａ、Ｂ有共同速度．当ｖ0＝4ｍ／ｓ时，ｓ＝8／9ｍ＞0.5ｍ，即碰前Ａ、Ｂ速度不同． 　40．解：（1）物体由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者系统水平方向动量守恒得：ｍｖ0＝ｍｖ0／2＋2ｍｖＡＢ． 解之得　ｖＡＢ＝ｖ0／4． 　（2）物块由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者功能关系得：μｍｇＬ＝ｍｖ02／2－ｍ（ｖ0／2）2／2－2ｍ（ｖ0／4）2／2． 解之得　Ｌ＝5ｖ02／16μｇ． 　（3）物块由Ｄ滑到Ｃ的过程中，二者系统水平方向动量守恒，又因为物块到达最高点Ｃ时，物块与滑块速度相等且水平，均为ｖ． 故得　ｍｖ0／2＋ｍｖ0／4＝2ｍｖ， ∴　得滑块的动能ＥＣＤ＝ｍｖ2／2＝9ｍｖ02／128． 　41．解：（1）Ｂ从ｖ0减速到速度为零的过程，Ｃ静止，Ｂ的位移：ｓ1＝ｖ02／2μｇ． 　所用的时间：ｔ1＝ｖ0／μｇ． 　此后Ｂ与Ｃ一起向右做加速运动，Ａ做减速运动，直到相对静止，设所用时间为ｔ2，共同速度为ｖ． 　对Ａ、Ｂ、Ｃ，由动量守恒定律得 　ｍＡ·2ｖ0－ｍＢｖ0＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ， ∵　ｍＡ＝ｍＢ＝ｍＣ，∴　ｖ＝ｖ0／3． 　 对Ｂ与Ｃ，向右加速运动的加速度 　ａ＝μｍＡｇ／（ｍＢ＋ｍＣ）＝μｇ／2，∴ｔ2＝ｖ／ａ＝2ｖ0／3μｇ． Δｔ内Ｂ向右移动的位移ｓ2＝ｖｔ2／2＝ｖ02／9μｇ， 故总路程ｓ＝ｓ1＋ｓ2＝11ｖ02／18μｇ，总时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝5ｖ0／3μｇ． 　（2）设车的最小长度为Ｌ，则相对静止时Ａ、Ｂ刚好接触，由能量守恒得 　ｍＡ（2ｖ0）2／2＋ｍＢｖ02／2＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ2／2＋μｍＢｇｓ1＋μｍＡｇ（Ｌ－ｓ1）， 联立解得Ｌ＝7ｖ02／3μｇ． 　42．解：（1）ｍ速度最大的位置应在O点左侧．因为细线烧断后，ｍ在弹簧弹力和滑动摩擦力的合力作用下向右做加速运动，当弹力与摩擦力的合力为零时，ｍ的速度达到最大，此时弹簧必处于压缩状态．此后，系统的机械能不断减小，不能再达到这一最大速度． 　（2）选ｍ、Ｍ为一系统，由动量守恒定律得 　ｍｖ1＝Ｍｖ2． 　设这一过程中弹簧释放的弹性势能为Ｅｐ，则 　Ｅｐ＝ｍｖ12／2＋Ｍｖ22／2＋μｍｇｓ， 解得　ｖ2＝ｍｖ1／Ｍ，Ｅｐ＝ｍ［（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2Ｍ＋μｇｓ］． 　（2）ｍ与Ｍ最终将静止，因为系统动量守恒，且总动量为零，只要ｍ与Ｍ间有相对运动，就要克服摩擦力做功，不断消耗能量，所以，ｍ与Ｍ最终必定都静止． 　43．解：（1）第一颗子弹射入木块过程，系统动量守恒，有 　ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ1． 　射入后，在ＯＢＣ运动过程中，机械能守恒，有 　（ｍ＋Ｍ）ｖ12／2＝（ｍ＋Ｍ）ｇＲ，得ｖ0＝（Ｍ＋ｍ）／ｍ． 　（2）由动量守恒定律知，第2、4、6……颗子弹射入木块后，木块速度为0，第1、3、5……颗子弹射入后，木块运动．当第9颗子弹射入木块时，由动量守恒得： 　ｍｖ0＝（9ｍ＋Ｍ）ｖ9， 　设此后木块沿圆弧上升最大高度为Ｈ，由机械能守恒定律得：（9ｍ＋Ｍ）ｖ92／2＝（9ｍ＋Ｍ）ｇＨ， 由以上可得：Ｈ＝［（Ｍ＋ｍ）／（Ｍ＋9ｍ）］2Ｒ． 　44．解：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动ｓ，速度变为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．由动能定理 　－μＭｇｓ＝0－ｍｖ02／2，ｓ＝ｍｖ02／2μＭｇ＝0.33ｍ． 　（2）假如平板车在第二次碰墙前还未和滑块相对静止，则其速度的大小肯定还是2ｍ／ｓ，因为只要相对运动，摩擦力大小为恒值．滑块速度则大于2ｍ／ｓ，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰墙前肯定已和滑块具有共同速度ｖ．此即平板车碰墙前瞬间的速度． 　Ｍｖ0－ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， ∴ｖ＝（Ｍ－ｍ）ｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝0.4ｍ／ｓ． 图3　（3）平板车与墙壁第一次碰撞后滑块与平板又达到共同速度ｖ前的过程，可用图3（ａ）、（ｂ）、（ｃ）表示．图3（ａ）为平板车与墙碰撞后瞬间滑块与平板车的位置，图3（ｂ）为平板车到达最左端时两者的位置，图3（ｃ）为平板车与滑块再次达到共同速度时两者的位置．在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功μΜｇｓ′，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功μＭｇｓ″（平板车从Ｂ到Ａ再回到Ｂ的过程中摩擦力做功为零），其中ｓ′、ｓ″分别为滑块和平板车的位移．滑块和平板车动能总减少为μＭｇｌ1，其中ｌ1＝ｓ′＋ｓ″为滑块相对平板车的位移，此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为ｌ，则有（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2＝μＭｇｌ，ｌ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2μＭｇ＝0.833ｍ． ｌ即为平板车的最短长度．图4　　45．解：如图4，Ａ球从静止释放后将自由下落至Ｃ点悬线绷直，此时速度为ｖＣ ∵　ｖＣ2＝2ｇ×2Ｌｓｉｎ30°， ∴　ｖＣ＝＝2ｍ／ｓ． 　在线绷直的过程中沿线的速度分量减为零时，Ａ将以切向速度ｖ1沿圆弧运动且 　ｖ1＝ｖＣｃｏｓ30°＝ｍ／ｓ． 　Ａ球从Ｃ点运动到最低点与Ｂ球碰撞前机械能守恒，可求出Ａ球与Ｂ球碰前的速度 　ｍＡｖ12／2＋ｍＡｇＬ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍＡｖ22／2， 　ｖ2＝==ｍ／ｓ． 　因Ａ、Ｂ两球发生无能量损失的碰撞且ｍＡ＝ｍＢ，所以它们的速度交换，即碰后Ａ球的速度为零，Ｂ球的速度为ｖ2＝（ｍ／ｓ）．对Ｂ球和小车组成的系统水平方向动量守恒和机械能守恒，当两者有共同水平速度ｕ时，Ｂ球上升到最高点，设上升高度为ｈ． 　ｍＢｖ2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ，ｍＢｖ22／2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ2／2＋ｍＢｇｈ．解得ｈ＝3／16≈0.19ｍ． 　在Ｂ球回摆到最低点的过程中，悬线拉力仍使小车加速，当Ｂ球回到最低点时小车有最大速度ｖｍ ，设小球Ｂ回到最低点时速度的大小为ｖ3，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 　ｍＢｖ2＝－ｍＢｖ3＋Ｍｖｍ，ｍＢｖ22／2＝ｍＢｖ32／2＋Ｍｖｍ2／2， 解得ｖｍ＝2ｍＢｖ2／（ｍ3＋Ｍ）＝／2ｍ／ｓ＝1.12ｍ／ｓ． 　46．解：（1）小球的角速度与运动的角速度必定相等，则有ｖ＝ωＲ＝ω． 　（2）人手所提供的功率应等于小球在运动过程中克服摩擦力做功的功率．即有Ｐ＝ｆｖ， ∴　ｆ＝Ｐ／ｖ＝Ｐ／ω． 　47．解：由于粘性物体与底板粘合的过程时间极短，冲击力远大于重力，在竖直方向近似动量守恒，开始静止时，有　ｍ1ｇ＝ｋｘｋ＝ｍ1ｇｘ． 　ｍ2下落Ｈ时的速度ｖ＝，ｍ2与ｍ1合在一起动量守恒，ｍ2ｖ＝（ｍ1＋ｍ2）ｖ′，ｖ′＝ｍ2ｖ／（ｍ1＋ｍ2）＝ｍ2／（ｍ1＋ｍ2）． 　设向下为正方向，ｍ1与ｍ2的整体受两个力，即重力（ｍ1＋ｍ2）ｇ和弹簧的平均拉力，则有平均拉力＝ｋｘ＋ｋｈ／2＝ｋ（2ｘ＋ｈ）／2，由动能定理得 ［－＋（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ＝0－（ｍ1＋ｍ2）ｖ2／2， 由以上各式得［ｍ1ｇ（2ｘ＋ｈ）／2ｘ－（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ 　＝（ｍ1＋ｍ2）·ｍ22·2ｇｈ／2（ｍ1＋ｍ2）2． 代入数值得ｈ＝0.3ｍ． 　48．解：ｍ与Ａ粘在一起后水平方向动量守恒，共同速度设为ｖ1，Ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ1， 得ｖ1＝Ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝2ｖ0／3． 　当弹簧压缩到最大时即有最大弹性势能Ｅ，此时系统中各物体有相同速度，设为ｖ2，由动量守恒定律 　2Ｍｖ0＝（2Ｍ＋ｍ）ｖ2，得ｖ2＝2Ｍｖ0／（2Ｍ＋ｍ）＝4ｖ0／5． 由能量守恒有 　Ｅ＝Ｍｖ02／2＋（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2－（2Ｍ＋ｍ）ｖ22／2， 解得Ｅ＝Ｍｖ02／30． 　49．解：（1）振子在平衡位置时，所受合力为零，设此时弹簧被压缩Δｘ：（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ＝ｋΔｘ，Δｘ＝5ｃｍ． 　开始释放时振子处在最大位移处，故振幅 　Ａ＝5ｃｍ＋5ｃｍ＝10ｃｍ． 　（2）由于开始时弹簧的伸长量恰等于振子在平衡位置时弹簧的压缩量，故弹性势能相等，设振子的最大速度为ｖ，从开始到平衡位置，根据机械能守恒定律， 得ｍｇ·Ａ＝ｍｖ2／2，∴ｖ＝＝1.4ｍ／ｓ， 即Ｂ的最大速率为1.4ｍ／ｓ． 　 （3）在最高点，振子受到的重力和弹力方向相同，根据牛顿第二定律，得 　ａ＝［ｋΔｘ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ］／（ｍＡ＋ｍＢ）＝20ｍ／ｓ2， Ａ对Ｂ的作用力方向向下，其大小 　Ｎ1＝ｍＢａ－ｍＢｇ＝10Ｎ． 在最低点，振子受到的重力和弹力方向相反，根据牛顿第二定律，得ａ＝ｋ（Δｘ＋Ａ）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｍＡ＋ｍＢ＝20ｍ／ｓ2． Ａ对Ｂ的作用力方向向上，其大小 　Ｎ2＝ｍＢａ＋ｍＢｇ＝30Ｎ． 　15．如图1-78所示，长为Ｌ＝0．50ｍ的木板ＡＢ静止、固定在水平面上，在ＡＢ的左端面有一质量为Ｍ＝0．48ｋｇ的小木块Ｃ（可视为质点），现有一质量为ｍ＝20ｇ的子弹以ｖ０＝75ｍ／ｓ的速度射向小木块Ｃ并留在小木块中．已知小木块Ｃ与木板ＡＢ之间的动摩擦因数为μ＝0．1．（ｇ取10ｍ／ｓ２）图1-78　（1）求小木块Ｃ运动至ＡＢ右端面时的速度大小ｖ２． 　（2）若将木板ＡＢ固定在以ｕ＝1．0ｍ／ｓ恒定速度向右运动的小车上（小车质量远大于小木块Ｃ的质量），小木块Ｃ仍放在木板ＡＢ的Ａ端，子弹以ｖ０′＝76ｍ／ｓ的速度射向小木块Ｃ并留在小木块中，求小木块Ｃ运动至ＡＢ右端面的过程中小车向右运动的距离ｓ．2．解：在0～1ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知 　ａ１＝12ｍ／ｓ２， 由牛顿第二定律，得 　Ｆ－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ１，　　① 在0～2ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知ａ２＝－6ｍ／ｓ２， 因为此时物体具有斜向上的初速度，故由牛顿第二定律，得 　－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ２，　　② 　②式代入①式，得　Ｆ＝18Ｎ． 3．解：在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从Ａ到Ｂ需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为ｔ1，则 　（ｖ／2）ｔ１＋ｖ（ｔ－ｔ１）＝Ｌ， 所以　ｔ１＝2（ｖｔ－Ｌ）／ｖ＝（2×（2×6－10）／2）ｓ＝2ｓ． 为使物体从Ａ至Ｂ所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变．而　ａ＝ｖ／ｔ＝1ｍ／ｓ２．设物体从Ａ至Ｂ所用最短的时间为ｔ2，则 　（1／2）ａｔ2２＝Ｌ， 　ｔ2＝=＝2ｓ． 　ｖｍｉｎ＝ａｔ2＝1×2ｍ／ｓ＝2ｍ／ｓ． 传送带速度再增大1倍，物体仍做加速度为1ｍ／ｓ２的匀加速运动，从Ａ至Ｂ的传送时间为2ｍ／ｓ． 4．解：启动前Ｎ１＝ｍｇ， 　升到某高度时　Ｎ2＝（17／18）Ｎ１＝（17／18）ｍｇ， 　对测试仪　Ｎ2－ｍｇ′＝ｍａ＝ｍ（ｇ／2）， 　∴　ｇ′＝（8／18）ｇ＝（4／9）ｇ， 　ＧｍＭ／Ｒ2＝ｍｇ，ＧｍＭ／（Ｒ＋ｈ）2＝ｍｇ′，解得：ｈ＝（1／2）Ｒ． 5．解：由匀加速运动的公式　ｖ２＝ｖ０２＋2ａｓ 　得物块沿斜面下滑的加速度为 　ａ＝ｖ2／2ｓ＝1．42／（2×1．4）＝0．7ｍｓ－２， 由于ａ＜ｇｓｉｎθ＝5ｍｓ－２， 　可知物块受到摩擦力的作用．图3　分析物块受力，它受3个力，如图3．对于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，由牛顿定律有 　ｍｇｓｉｎθ－ｆ１＝ｍａ， 　ｍｇｃｏｓθ－Ｎ１＝0， 　分析木楔受力，它受5个力作用，如图3所示．对于水平方向，由牛顿定律有 　ｆ2＋ｆ１ｃｏｓθ－Ｎ１ｓｉｎθ＝0， 　由此可解得地面的作用于木楔的摩擦力 　ｆ2＝ｍｇｃｏｓθｓｉｎθ－（ｍｇｓｉｎθ－ｍａ）ｃｏｓθ＝ｍａｃｏｓθ＝1×0．7×（／2）＝0．61Ｎ． 　此力的方向与图中所设的一致（由指向）． 6．解：（1）飞机原先是水平飞行的，由于垂直气流的作用，飞机在竖直方向上的运动可看成初速度为零的匀加速直线运动，根据　ｈ＝（1／2）ａｔ２，得ａ＝2ｈ／ｔ２，代入ｈ＝1700ｍ，ｔ＝10ｓ，得 　ａ＝（2×1700／10２）（ｍ／ｓ２）＝34ｍ／ｓ２，方向竖直向下． 　（2）飞机在向下做加速运动的过程中，若乘客已系好安全带，使机上乘客产生加速度的力是向下重力和安全带拉力的合力．设乘客质量为ｍ，安全带提供的竖直向下拉力为Ｆ，根据牛顿第二定律　Ｆ＋ｍｇ＝ｍａ，得安全带拉力 　　Ｆ＝ｍ（ａ－ｇ）＝ｍ（34－10）Ｎ＝24ｍ（Ｎ）， ∴　安全带提供的拉力相当于乘客体重的倍数 　ｎ＝Ｆ／ｍｇ＝24ｍＮ／ｍ·10Ｎ＝2．4（倍）． 　（3）若乘客未系安全带，飞机向下的加速度为34ｍ／ｓ２，人向下加速度为10ｍ／ｓ２，飞机向下的加速度大于人的加速度，所以人对飞机将向上运动，会使头部受到严重伤害． 7．解：设月球表面重力加速度为ｇ，根据平抛运动规律，有 　ｈ＝（1／2）ｇｔ２，　　① 　水平射程为　　　Ｌ＝ｖ０ｔ，　　② 　联立①②得ｇ＝2ｈｖ０２／Ｌ２．　　③ 　根据牛顿第二定律，得　ｍｇ＝ｍ（2π／Ｔ）２Ｒ，　　④ 　联立③④得　Ｔ＝（πＬ／ｖ０ｈ）．　　⑤ 8．解：前2秒内，有Ｆ－ｆ＝ｍａ１，ｆ＝μＮ，Ｎ＝ｍｇ，则 　ａ１＝（Ｆ－μｍｇ）／ｍ＝4ｍ／ｓ２，ｖｔ＝ａ１ｔ＝8ｍ／ｓ， 　撤去Ｆ以后　ａ２＝ｆ／ｍ＝2ｍ／ｓ，ｓ＝ｖ１２／2ａ２＝16ｍ． 9．解：（1）用力斜向下推时，箱子匀速运动，则有 　Ｆｃｏｓθ＝ｆ，ｆ＝μＮ，Ｎ＝Ｇ＋Ｆｓｉｎθ， 　联立以上三式代数据，得　Ｆ＝1．2×10２Ｎ． 　（2）若水平用力推箱子时，据牛顿第二定律，得Ｆ合＝ｍａ，则有 　Ｆ－μＮ＝ｍａ，Ｎ＝Ｇ， 　联立解得　ａ＝2．0ｍ／ｓ２． 　ｖ＝ａｔ＝2．0×3．0ｍ／ｓ＝6．0ｍ／ｓ， 　ｓ＝（1／2）ａｔ２＝（1／2）×2．0×3．0２ｍ／ｓ＝9．0ｍ， 　推力停止作用后　ａ′＝ｆ／ｍ＝4．0ｍ／ｓ２（方向向左）， 　ｓ′＝ｖ２／2ａ′＝4．5ｍ， 　则　ｓ总＝ｓ＋ｓ′＝13．5ｍ． 10．解：根据题中说明，该运动员发球后，网球做平抛运动．以ｖ表示初速度，Ｈ表示网球开始运动时离地面的高度（即发球高度），ｓ１表示网球开始运动时与网的水平距离（即运动员离开网的距离），ｔ１表示网球通过网上的时刻，ｈ表示网球通过网上时离地面的高度，由平抛运动规律得到 　ｓ１＝ｖｔ１，Ｈ－ｈ＝（1／2）ｇｔ１２， 消去ｔ１，得　　ｖ＝ｍ／ｓ，ｖ≈23ｍ／ｓ． 　以ｔ２表示网球落地的时刻，ｓ２表示网球开始运动的地点与落地点的水平距离，ｓ表示网球落地点与网的水平距离，由平抛运动规律得到 　Ｈ＝（1／2）ｇｔ２２，ｓ２＝ｖｔ２， 消去ｔ２，得ｓ２＝ｖ≈16ｍ， 　网球落地点到网的距离　ｓ＝ｓ２－ｓ１≈4ｍ． 11．解：（1）设卫星质量为ｍ，它在地球附近做圆周运动，半径可取为地球半径Ｒ，运动速度为ｖ，有 　ＧＭｍ／Ｒ２＝ｍｖ２／Ｒ　得ｖ＝． 　（2）由（1）得： 　Ｍ＝ｖ２Ｒ／Ｇ＝＝6．0×1024ｋｇ． 12．解：对物块：Ｆ１－μｍｇ＝ｍａ１， 　6－0．5×1×10＝1·ａ１，ａ１＝1．0ｍ／ｓ2， 　ｓ１＝（1／2）ａ１ｔ2＝（1／2）×1×0．42＝0．08ｍ， 　ｖ１＝ａ１ｔ＝1×0．4＝0．4ｍ／ｓ， 　对小车：Ｆ２－μｍｇ＝Ｍａ２， 　9－0．5×1×10＝2ａ２，ａ２＝2．0ｍ／ｓ2， 　ｓ２＝（1／2）ａ２ｔ2＝（1／2）×2×0．42＝0．16ｍ， 　ｖ２＝ａ２ｔ＝2×0．4＝0．8ｍ／ｓ， 　撤去两力后，动量守恒，有Ｍｖ２－ｍｖ１＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， 　ｖ＝0．4ｍ／ｓ（向右）， ∵　（（1／2）ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2）－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ2＝μｍｇｓ３， 　ｓ３＝0．096ｍ， ∴　ｌ＝ｓ１＋ｓ２＋ｓ３＝0．336ｍ． 13．解：设木块到Ｂ时速度为ｖ０，车与船的速度为ｖ１，对木块、车、船系统，有 　ｍ１ｇｈ＝（ｍ１ｖ０2／2）＋（（ｍ２＋ｍ３）ｖ１2／2）， 　ｍ１ｖ０＝（ｍ２＋ｍ３）ｖ１， 解得　ｖ０＝5，ｖ１＝． 　木块到Ｂ后，船以ｖ１继续向左匀速运动，木块和车最终以共同速度ｖ２向右运动，对木块和车系统，有 　ｍ１ｖ０－ｍ２ｖ１＝（ｍ１＋ｍ２）ｖ２， 　μｍ１ｇｓ＝（（ｍ１ｖ０2／2）＋（ｍ２ｖ１2／2））－（（ｍ１＋ｍ２）ｖ２2／2）， 得　ｖ２＝ｖ１＝，ｓ＝2ｈ． 14．解：（1）小球的角速度与手转动的角速度必定相等均为ω．设小球做圆周运动的半径为ｒ，线速度为ｖ．由几何关系得　ｒ＝，ｖ＝ω·ｒ，解得　　 　　ｖ＝ω． 　（2）设手对绳的拉力为Ｆ，手的线速度为ｖ，由功率公式得　Ｐ＝Ｆｖ＝Ｆ·ωＲ， ∴　Ｆ＝Ｐ／ωＲ． 图4　研究小球的受力情况如图4所示，因为小球做匀速圆周运动，所以切向合力为零，即 　Ｆｓｉｎθ＝ｆ， 其中　ｓｉｎθ＝Ｒ／， 　联立解得　ｆ＝Ｐ／ω． 15．解：（1）用ｖ１表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由于子弹射入木块Ｃ时间极短，系统动量守恒，有 　ｍｖ０＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１， 　∴　ｖ１＝ｍｖ０／（ｍ＋Ｍ）＝3ｍ／ｓ， 　子弹和木块Ｃ在ＡＢ木板上滑动，由动能定理得： 　（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ２２－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ１２＝－μ（ｍ＋Ｍ）ｇＬ， 　解得　ｖ２＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）用ｖ′表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由动量守恒定律，得　ｍｖ０′＋Ｍｕ＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１′，解得　ｖ１′＝4ｍ／ｓ． 　木块Ｃ及子弹在ＡＢ木板表面上做匀减速运动　ａ＝μｇ．设木块Ｃ和子弹滑至ＡＢ板右端的时间为ｔ，则木块Ｃ和子弹的位移ｓ１＝ｖ１′ｔ－（1／2）ａｔ2， 　由于ｍ车≥（ｍ＋Ｍ），故小车及木块ＡＢ仍做匀速直线运动，小车及木板ＡＢ的位移　ｓ＝ｕｔ，由图5可知：ｓ１＝ｓ＋Ｌ， 　联立以上四式并代入数据得： 　ｔ2－6ｔ＋1＝0， 　解得：ｔ＝（3－2）ｓ，（ｔ＝（3＋2）ｓ不合题意舍去），　　（11） 　∴　ｓ＝ｕｔ＝0．18ｍ． 16．解：（1）设Ａ滑上Ｂ后达到共同速度前并未碰到档板，则根据动量守恒定律得它们的共同速度为ｖ，有图5　ｍｖ０＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝2ｍ／ｓ，在这一过程中，Ｂ的位移为ｓＢ＝ｖＢ2／2ａＢ且ａＢ＝μ ｍｇ／Ｍ，解得ｓＢ＝Ｍｖ2／2μｍｇ＝2×22／2×0．2×1×10＝2ｍ． 　设这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ１，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ１＝（1／2）ｍｖ０2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得ｓ１＝6ｍ． 　当ｓ＝4ｍ时，Ａ、Ｂ达到共同速度ｖ＝2ｍ／ｓ后再匀速向前运动2ｍ碰到挡板，Ｂ碰到竖直挡板后，根据动量守恒定律得Ａ、Ｂ最后相对静止时的速度为ｖ′，则 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′， 解得　ｖ′＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ２，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ２＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　ｓ２＝2．67ｍ． 　因此，Ａ、Ｂ最终不脱离的木板最小长度为ｓ１＋ｓ２＝8．67ｍ 　（2）因Ｂ离竖直档板的距离ｓ＝0．5ｍ＜2ｍ，所以碰到档板时，Ａ、Ｂ未达到相对静止，此时Ｂ的速度ｖＢ为 　ｖＢ2＝2ａＢｓ＝（2μｍｇ／Ｍ）ｓ，解得　ｖＢ＝1ｍ／ｓ， 　设此时Ａ的速度为ｖＡ，根据动量守恒定律，得 　ｍｖ０＝ＭｖＢ＋ｍｖＡ，解得ｖＡ＝4ｍ／ｓ， 　设在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移为ｓ１′，根据动能定理得： 　μｍｇｓ１′＝（1／2）ｍｖ０2－（（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）ＭｖＢ2）， 　解得　ｓ１′＝4．5ｍ． 　Ｂ碰撞挡板后，Ａ、Ｂ最终达到向右的相同速度ｖ，根据动能定理得ｍｖＡ－ＭｖＢ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ２′为 　μｍｇｓ２′＝（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得　ｓ２′＝（25／6）ｍ． 　Ｂ再次碰到挡板后，Ａ、Ｂ最终以相同的速度ｖ′向左共同运动，根据动量守恒定律，得 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′，解得　ｖ′＝（2／9）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ３′为： 　μｍｇｓ３′＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　　　　ｓ３′＝（8／27）ｍ． 　因此，为使Ａ不从Ｂ上脱落，Ｂ的最小长度为ｓ１′＋ｓ２′＋ｓ３′＝8．96ｍ． 17．解：（1）Ｂ与Ａ碰撞后，Ｂ相对于Ａ向左运动，Ａ所受摩擦力方向向左，Ａ的运动方向向右，故摩擦力作负功．设Ｂ与Ａ碰撞后的瞬间Ａ的速度为ｖ１，Ｂ的速度为ｖ２，Ａ、Ｂ相对静止后的共同速度为ｖ，整个过程中Ａ、Ｂ组成的系统动量守恒，有 　Ｍｖ０＝（Ｍ＋1．5Ｍ）ｖ，ｖ＝2ｖ０／5． 　碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功，即 　Ｍｖ２＋1．5Ｍｖ１＝2．5Ｍｖ，　　① 　（1／2）×1．5Ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2－（1／2）×2．5Ｍｖ2＝Ｍμｇｌ，　　② 可解出ｖ１＝（1／2）ｖ０（另一解ｖ１＝（3／10）ｖ０因小于ｖ而舍去） 　这段过程中，Ａ克服摩擦力做功 　Ｗ＝（1／2）×1．5Ｍｖ１2－（1／2）×1．5Ｍｖ2＝（27／400）Ｍｖ０2（0．068Ｍｖ０2）． 　（2）Ａ在运动过程中不可能向左运动，因为在Ｂ未与Ａ碰撞之前，Ａ受到的摩擦力方向向右，做加速运动，碰撞之后Ａ受到的摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后，速度仍向右，因此不可能向左运动． 　Ｂ在碰撞之后，有可能向左运动，即ｖ２＜0． 　先计算当ｖ２ ＝0时满足的条件，由①式，得 　ｖ１＝（2ｖ０／3）－（2ｖ２／3），当ｖ２＝0时，ｖ１＝2ｖ０／3，代入②式，得 　（（1／2）×1．5Ｍ4ｖ０2／9）－（（1／2）×2．5Ｍ4ｖ０2／25）＝Ｍμｇｌ， 解得　μｇｌ＝2ｖ０2／15． 　Ｂ在某段时间内向左运动的条件之一是μｌ＜2ｖ０2／15ｇ． 　另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即 　（1／2）Ｍｖ０2－（1／2）2．5Ｍ（2ｖ０／5）2≥2Ｍμｇｌ， 　解出另一个条件是　μｌ≤3ｖ０2／20ｇ， 　最后得出Ｂ在某段时间内向左运动的条件是 　2ｖ０2／15ｇ＜μｌ≤3ｖ０2／20ｇ． 18．解：（1）以警车为研究对象，由动能定理． 　－μｍｇ·ｓ＝（1／2）ｍｖ2－（1／2）ｍｖ０2， 　将ｖ０＝14．0ｍ／ｓ，ｓ＝14．0ｍ，ｖ＝0代入，得 　μｇ＝7．0ｍ／ｓ2， 　因为警车行驶条件与肇事汽车相同，所以肇事汽车的初速度ｖＡ＝＝21ｍ／ｓ． 　（2）肇事汽车在出事点Ｂ的速度 　ｖＢ＝＝14ｍ／ｓ， 　肇事汽车通过段的平均速度 　＝（ｖＡ＋ｖＢ）／2＝（21＋14）／2＝17．5ｍ／ｓ． 　肇事汽车通过ＡＢ段的时间 　ｔ２＝ＡＢ／＝（31．5－14．0）／17．5＝1ｓ． 　∴　游客横过马路的速度 　ｖ人＝／（ｔ１＋ｔ２）＝（2．6／（1＋0．7））ｍ／ｓ＝1．53ｍ／ｓ． 19．解：（1）开始Ａ、Ｂ处于静止状态时，有 　ｋｘ０－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｓｉｎ30°＝0，　　① 　设施加Ｆ时，前一段时间Ａ、Ｂ一起向上做匀加速运动，加速度为ａ，ｔ＝0．2ｓ，Ａ、Ｂ间相互作用力为零，对Ｂ有： 　ｋｘ－ｍＢｇｓｉｎ30°＝ｍＢａ，　　② 　ｘ－ｘ０＝（1／2）ａｔ2，　　③ 　解①、②、③得： 　ａ＝5ｍｓ－2，ｘ０＝0．05ｍ，ｘ＝0．15ｍ， 　初始时刻Ｆ最小 　Ｆｍｉｎ＝（ｍＡ＋ｍＢ）ａ＝60Ｎ． 　ｔ＝0．2ｓ时，Ｆ最大 　Ｆｍａｘ－ｍＡｇｓｉｎ30°＝ｍＡａ， 　Ｆｍａｘ＝ｍＡ（ｇｓｉｎ30°＋ａ）＝100Ｎ， 　（2）ΔＥＰＡ＝ｍＡｇΔｈ＝ｍＡｇ（ｘ－ｘ０）ｓｉｎ30°＝5Ｊ． 20 ．解：当弹簧处于压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和．当弹簧伸长到其自然长度时，弹性势能为零，因这时滑块Ａ的速度为零，故系统的机械能等于滑块Ｂ的动能．设这时滑块Ｂ的速度为ｖ则有 　Ｅ＝（1／2）ｍ２ｖ2，　　① 由动量守恒定律（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ２ｖ，　　② 解得　Ｅ＝（1／2）（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２．　　③ 　假定在以后的运动中，滑块Ｂ可以出现速度为零的时刻，并设此时滑块Ａ的速度为ｖ１．这时，不论弹簧是处于伸长还是压缩状态，都具有弹性势能Ｅｐ．由机械能守恒定律得 　（1／2）ｍ１ｖ１2＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　④ 根据动量守恒　（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ１ｖ１，　　⑤ 求出ｖ１，代入④式得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑥ 因为Ｅｐ≥0，故得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）≤（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑦ 即　ｍ１≥ｍ２，与已知条件ｍ１＜ｍ２不符． 　可见滑块Ｂ的速度永不为零，即在以后的运动中，不可能出现滑动Ｂ的速度为零的情况． 21．解：设恰好物体相对圆盘静止时，弹簧压缩量为Δｌ，静摩擦力为最大静摩擦力ｆｍａｘ，这时物体处于临界状态，由向心力公式ｆｍａｘ－ｋΔｌ＝ｍＲｗ2，　　① 　假若物体向圆心移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ１－ｋ（Δｌ＋ｘ）＝ｍ（Ｒ－ｘ）ｗ2，　　② 　由①、②两式可得　ｆｍａｘ－ｆ１＝ｍｘｗ2－ｋｘ，　　③ 所以　ｍｘｗ2－ｋｘ≥0，得ｋ≤ｍｗ2，　　④ 　若物体向外移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ２－ｋ（Δｌ－ｘ）≥ｍ（Ｒ＋ｘ）ｗ2，　　⑤ 由①～⑥式得　ｆｍａｘ－ｆ２＝ｋｘ－ｍｘｗ2≥0，　　⑥ 所以　ｋ≥ｍｗ2，　　⑦ 即若物体向圆心移动，则ｋ≤ｍｗ2， 若物体向远离圆心方向移动，则ｋ≥ｍｗ2． 22．解：卫星环绕地球作匀速圆周运动，设卫星的质量为ｍ，轨道半径为ｒ，受到地球的万有引力为Ｆ， 　Ｆ＝ＧＭｍ／ｒ2，　　① 　式中Ｇ为万有引力恒量，Ｍ是地球质量． 　设ｖ是卫星环绕地球做匀速圆周运动的线速度，Ｔ是运动周期，根据牛顿第二定律，得 　Ｆ＝ｍｖ2／ｒ，　　② 　由①、②推导出　ｖ＝．　　③ 　③式表明：ｒ越大，ｖ越小． 　人造卫星的周期就是它环绕地球运行一周所需的时间Ｔ， 　Ｔ＝2πｒ／ｖ，　　④ 　由③、④推出　Ｔ＝2π，　　⑤ 　⑤式说明：ｒ越大，Ｔ越大．　23．证：设质点通过Ａ点时的速度为ｖＡ，通过Ｃ点时的速度为ｖＣ，由匀变速直线运动的公式得： ｓ1＝ｖＡＴ＋ａＴ2／2，ｓ3＝ｖＣＴ＋ａＴ2／2，ｓ3－ｓ1＝ｖＣＴ－ｖＡＴ． ∵　ｖＣ＝ｖＡ ＋2ａＴ， ∴　ｓ3－ｓ1＝（ｖＡ－2ａＴ－ｖＡ）Ｔ＝2ａＴ2，ａ＝（ｓ3－ｓ1）／2Ｔ2． 　24．根据：如果在连续的相等的时间内的位移之差相等，则物体做匀变速运动．证明：设物体做匀速运动的初速度为ｖ0，加速度为ａ，第一个Ｔ内的位移为ｓ1＝ｖ0Ｔ＋ａＴ2／2；第二个Ｔ内的位移为ｓ2＝（ｖ0＋ａＴ）Ｔ＋ａＴ2／2；第Ｎ个Ｔ内的位移为ｓＮ＝［ｖ0＋（Ｎ－1）ａＴ］Ｔ＋ａＴ2／2．　ｓＮ－ｓＮ－1＝ａＴ2，逆定理也成立． 　25．解：由匀变速直线运动的公式得小物块的加速度的大小为ａ1＝（ｖ0－ｖｔ）／ｔ＝2（ｍ／ｓ2）．木板的加速度大小为ａ2＝2ｓ／ｔ2＝0.25（ｍ／ｓ2）． 根据牛顿第二定律　Ｆ＝ｍａ 对小物块得　ｆ′1＝ｍａ1＝1×2＝2Ｎ， 对木板得　ｆ1－μ（ｍ＋Ｍ）ｇ＝Ｍａ2， 　μ＝（ｆ1－Ｍａ2）／（ｍ＋Ｍ）ｇ＝（2－4×0.25）／（1＋4）×10＝0.02． 　26．解：假设金属块没有离开第一块长木板，移动的相对距离为ｘ，由动量守恒定律，得ｍｖ0＝3ｍｖ， 　ｍｖ02／2＝3ｍｖ2／2＋μｍｇｘ， 解得ｘ＝4ｍ／3＞Ｌ，不合理， ∴　金属块一定冲上第二块木板． 　以整个系统为研究对象，由动量定律及能量关系，当金属块在第一块木板上时ｍｖ0＝ｍｖ0′＋2ｍｖ1， 　ｍｖ02／2＝12ｍｖ0′2＋2ｍ·ｖ12／2＋μｍｇｌ． 　ｍｖ0＝ｍｖ1＋2ｍｖ2， 　ｍｖ02／2＝ｍｖ12／2＋2ｍ·ｖ22／2＋μｍｇ（ｌ＋ｘ）． 联立解得： 　ｖ1＝1／3ｍ／ｓ，ｖ2＝5／6ｍ／ｓ，ｘ＝0.25ｍ． 　27．解：当ｔ＝0时，ａＡ0＝9／3＝3ｍ／ｓ2，ａＢ0＝3／6＝0.5ｍ／ｓ2．ａＡ0＞ａＢ0，Ａ、Ｂ间有弹力，随ｔ之增加，Ａ、Ｂ间弹力在减小，当（9－2ｔ）／3＝（3＋2ｔ）／6，ｔ＝2.5ｓ时，Ａ、Ｂ脱离，以Ａ、Ｂ整体为研究对象，在ｔ＝2.5ｓ内，加速度ａ＝（ＦＡ＋ＦＢ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝4／3ｍ／ｓ2，ｓ＝ａｔ2／2＝4.17ｍ． 　28．解：（1）由ｍＣｖ0＝ｍＣｖ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ1，Ｃ由Ａ滑至Ｂ时，Ａ、Ｂ的共同速度是 　ｖ1＝ｍＣ（ｖ0－ｖ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝0.2ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＡ＝ｍＣｖ02／2－ｍＣｖ2／2－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12／2， 得　μ＝［ｍＣ（ｖ02－ｖ2）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12］／2ｍＣｇｌＡ＝0.48． 　（2）由ｍＣｖ＋ｍＢｖ1＝（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ2，Ｃ相对Ｂ静止时，Ｂ、Ｃ的共同速度是ｖ2＝（ｍＣｖ＋ｍＢｖ1）／（ｍＣ＋ｍＢ）＝0.65ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＢ＝ｍＣｖ2／2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22／2， Ｃ在Ｂ上滑行距离为 　ｌＢ＝［ｍＣｖ2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22］／2μｍＣ ｇ＝0.25ｍ． 　（3）由μｍＣｇｓ＝ｍＢｖ22／2－ｍＢｖ12／2， Ｂ相对地滑行的距离ｓ＝［ｍＢ（ｖ22－ｖ12）］／2μｍＣｇ＝0.12ｍ． 　（4）Ｃ在Ａ、Ｂ上匀减速滑行，加速度大小由μｍＣｇ＝ｍＣａ，得ａ＝μｇ＝4.8ｍ／ｓ2． Ｃ在Ａ上滑行的时间ｔ1＝（ｖ0－ｖ）／ａ＝0.21ｓ． Ｃ在Ｂ上滑行的时间ｔ2＝（ｖ－ｖ2）／ａ＝0.28ｓ． 所求时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝0.21ｓ＋0.28ｓ＝0.49ｓ． 　　29．匀加速下滑时，受力如图1ａ，由牛顿第二定律，有： ｍｇｓｉｎθ－μｍｇｃｏｓθ＝ｍａ＝ｍｇｓｉｎθ／2， 　ｓｉｎθ／2＝μｃｏｓθ， 　得μ＝ｓｉｎθ／2ｃｏｓθ．图1静止时受力分析如图1ｂ，摩擦力有两种可能：①摩擦力沿斜面向下；②摩擦力沿斜面向上．摩擦力沿斜面向下时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＝ｆ＋ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ， 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ＋μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ－μｓｉｎθ）ｍｇ＝3ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ－ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　摩擦力沿斜面向上时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＋ｆ＝ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ． 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ－μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ＋μｓｉｎθ）ｍｇ＝ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ＋ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　30．解：（1）物体在两斜面上来回运动时，克服摩擦力所做的功Ｗｆ＝μｍｇｃｏｓ60°·ｓ总． 　物体从开始直到不再在斜面上运动的过程中ｍｇｈ－Ｗｆ＝0－ｍｖ02／2．解得ｓ总＝38ｍ． 　（2）物体最终是在Ｂ、Ｃ之间的圆弧上来回做变速圆周运动，且在Ｂ、Ｃ点时速度为零． 　（3）物体第一次通过圆弧最低点时，圆弧所受压力最大．由动能定理得ｍｇ［ｈ＋Ｒ（1－ｃｏｓ60°）］－μｍｇｃｏｓ60°／ｓｉｎ60°＝ｍ（ｖ12－ｖ02）／2， 由牛顿第二定律得　Ｎｍａｘ－ｍｇ＝ｍｖ12／Ｒ， 解得　Ｎｍａｘ＝54.5Ｎ． 　物体最终在圆弧上运动时，圆弧所受压力最小．由动能定理得ｍｇＲ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍｖ22／2，由牛顿第二定律得Ｎｍｉｎ－ｍｇ＝ｍｖ22／Ｒ，解得Ｎｍｉｎ＝20Ｎ． 　31．解：（1）设刹车后，平板车的加速度为ａ0，从开始刹车到车停止所经历时间为ｔ0，车所行驶距离为ｓ0，则有ｖ02＝2ａ0ｓ0，ｖ0＝ａ0ｔ0． 　欲使ｔ0小，ａ0应该大，作用于木箱的滑动摩擦力产生的加速度ａ1＝μｍｇ／ｍ＝μｇ． 　当ａ0＞ａ1时，木箱相对车底板滑动，从刹车到车停止过程中木箱运动的路程为ｓ1，则ｖ02＝2ａ2ｓ 1． 　为使木箱不撞击驾驶室，应有ｓ1－ｓ0≤Ｌ． 　联立以上各式解得：ａ0≤μｇｖ02／（ｖ02－2μｇＬ）＝5ｍ／ｓ2， 　∴　ｔ0＝ｖ0／ａ0＝4.4ｓ． 　（2）对平板车，设制动力为Ｆ，则Ｆ＋ｋ（Ｍ＋ｍ）ｇ－μｍｇ＝Ｍａ0，解得：Ｆ＝7420Ｎ． 　32．解：对系统ａ0＝［Ｆ－μｇ（ｍ1＋ｍ2）］／（ｍ1＋ｍ2）＝1ｍ／ｓ2． 　对木块1，细绳断后：│ａ1│＝ｆ1／ｍ1＝μｇ＝1ｍ／ｓ2． 　设细绳断裂时刻为ｔ1，则木块1运动的总位移： 　ｓ1＝2ａ0ｔ12／2＝ａ0ｔ12． 　对木块2，细绳断后，ａ2＝（Ｆ－μｍ2ｇ）／ｍ2＝2ｍ／ｓ2． 木块2总位移 　ｓ2＝ｓ′＋ｓ″＝ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2， 两木块位移差Δｓ＝ｓ2－ｓ1＝22（ｍ）． 得　ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2－ａ0ｔ12＝22， 把ａ0，ａ2值，ｖ1＝ａ0ｔ1代入上式整理得： 　ｔ12＋12ｔ1－28＝0，得ｔ1＝2ｓ． 木块2末速ｖ2＝ｖ1＋ａ2（6－ｔ1）＝ａ0ｔ1＋ａ2（6－ｔ1）＝10ｍ／ｓ． 此时动能Ｅｋ＝ｍ2ｖ22／2＝2×102／2Ｊ＝100Ｊ． 　33．解：（1）由动量守恒定律，ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ′，且有ｍ∶Ｍ＝1∶3， ∴　Ａ、Ｂ共同速度ｖ′＝ｍｖ0／（ｍ＋Ｍ）＝1ｍ／ｓ． 　（2）由动能定理，对全过程应有 　μｍｇ·2Ｌ＝ｍｖ02／2－（ｍ＋Ｍ）ｖ′2／2， 　4μｇＬ＝ｖ02－4ｖ′2，μ＝（ｖ02－4ｖ′2）／4ｇＬ＝0.3． 　（3）先求Ａ与Ｂ挡板碰前Ａ的速度ｖ10，以及木板Ｂ相应速度ｖ20，取从Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板相碰前过程为研究对象，依动量守恒与动能定理有以下两式成立：ｍｖ0＝ｍｖ10＋Ｍｖ20， 　ｍｖ02／2－ｍｖ102／2－Ｍｖ202／2＝μｍｇＬ． 代入数据得　ｖ10＋3ｖ20＝4，ｖ102＋3ｖ202＝10， 解以上两式可得　ｖ10＝（2±3）／2ｍ／ｓ．因Ａ与Ｂ挡板碰前速度不可能取负值，故ｖ10＝（2＋3）／2ｍ／ｓ．相应解出ｖ20＝（2－）／2ｍ／ｓ＝0.3ｍ／ｓ． 　木板Ｂ此过程为匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得μｍｇ＝Ｍａ1，ａ1＝μｍｇ／Ｍ＝1（ｍ／ｓ2）． 此过程经历时间ｔ1由下式求出 　ｖ20＝ａ1ｔ1，ｔ1＝ｖ20／ａ1＝0.3（ｓ）． 其速度图线为图2中0～0.3ｓ段图线ａ． 　再求Ａ与Ｂ挡板碰后，木板Ｂ的速度ｖ2与木块Ａ的速度ｖ1，为方便起见取Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板碰撞后瞬间过程为研究对象，依动量守恒定律与动能定理有以下两式成立： ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2，ｍｖ02／2－ｍｖ12／2－Ｍｖ22／2＝μｍｇＬ． 故解为　ｖ1＝（2±3）／2ｍ／ｓ． 因ｖ1＝（2＋3）／2ｍ／ｓ为碰前速度，故取ｖ1＝（2－3）／2ｍ／ｓ，相应得ｖ2＝2＋2ｍ／ｓ＝1.7ｍ／ｓ． 由于ｖ1 ＜0，即木块相对Ｂ向左滑动，Ａ受Ｂ摩擦力向右，Ｂ受Ａ摩擦力向左，故Ｂ做匀减速直线运动，加速度大小由牛顿第二定律，得ａ＝μｍｇ／Ｍ＝1ｍ／ｓ2． 　从碰后到Ａ滑到Ｂ最左端过程中，Ｂ向右做匀减速直线运动时间设为ｔ2，则ｖ′－ｖ2＝－ａｔ2， ∴　ｔ2＝0.7ｓ． 　此过程速度图线如图2中0.3ｓ～1.0ｓ段图线ｂ．图2　　34．解：设ｍ1、ｍ2两物体受恒力Ｆ作用后，产生的加速度分别为ａ1、ａ2，由牛顿第二定律Ｆ＝ｍａ，得 　ａ1＝Ｆ／ｍ1，ａ2＝Ｆ／ｍ2， 　历时ｔ两物体速度分别为ｖ1＝ａ1ｔ，ｖ2＝ｖ0＋ａ2ｔ，由题意令ｖ1＝ｖ2，即ａ1ｔ＝ｖ0＋ａ2ｔ或（ａ1－ａ2）ｔ＝ｖ0，因ｔ≠0、ｖ0＞0，欲使上式成立，需满足ａ1－ａ2＞0，即Ｆ／ｍ1＞Ｆ／ｍ2，或ｍ1＜ｍ2，也即当ｍ1≥ｍ2时不可能达到共同速度，当ｍ1＜ｍ2时，可以达到共同速度． 　35．解：（1）当小球刚好能在轨道内做圆周运动时，水平初速度ｖ最小，此时有ｍｇ＝ｍｖ2／Ｒ， 故　ｖ＝＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）若初速度ｖ′＜ｖ，小球将做平抛运动，如在其竖直位移为Ｒ的时间内，其水平位移ｓ≥Ｒ，小球可进入轨道经过Ｂ点．设其竖直位移为Ｒ时，水平位移也恰为R，则Ｒ＝ｇｔ2／2，Ｒ＝ｖ′ｔ，解得：ｖ′＝／2＝ｍ／ｓ． 因此，初速度满足2ｍ／ｓ＞ｖ′≥ｍ／ｓ时，小球可做平抛运动经过Ｂ点． 　36．卫星在天空中任何天体表面附近运行时，仅受万有引力Ｆ作用使卫星做圆周运动，运动半径等于天体的球半径Ｒ．设天体质量为Ｍ，卫星质量为ｍ，卫星运动周期为Ｔ，天体密度为ρ．根据万有引力定律Ｆ＝ＧＭｍ／Ｒ2， 卫星做圆周运动向心力Ｆ′＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2， 因为 　Ｆ′＝Ｆ，得ＧＭｍ／Ｒ2＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2，∴Ｔ＝． 　又球体质量Ｍ＝4πＲ3ρ／3． 得Ｔ＝=，∴Ｔ∝1／，得证． 　 37．解：由于两球相碰满足动量守恒 　　ｍ1ｖ0＝ｍ1ｖ1＋ｍ2ｖ2，ｖ1＝－1.3ｍ／ｓ． 　两球组成系统碰撞前后的总动能Ｅｋ1＋Ｅｋ2＝ｍ1ｖ02／2＋0＝2.5Ｊ， 　Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＝ｍ1ｖ12／2＋ｍ2ｖ22／2＝2.8Ｊ． 　可见，Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＞Ｅｋ1＋Ｅｋ2，碰后能量较碰撞前增多了，违背了能量守恒定律，这种假设不合理． 　38．解：（1）由动量守恒，得ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2， 由运动学公式得ｓ＝（ｖ1－ｖ2）ｔ，ｈ＝ｇｔ2／2， 由以上三式得ｖ2＝（ｍｖ0－ｓｍ）／（Ｍ＋ｍ）． 　（2）最后车与物体以共同的速度ｖ向右运动，故有 　ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖｖ＝ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）． ∴ΔＥ＝ｍｖ02／2＋ｍｇｈ－（Ｍ＋ｍ）ｍ2ｖ02／2（Ｍ＋ｍ）2． 解得ΔＥ＝ｍｇｈ＋Ｍｍｖ02／2（Ｍ＋ｍ）． 　39．解：设碰前Ａ、Ｂ有共同速度ｖ时，Ｍ前滑的距离为ｓ．则ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ，ｆｓ＝Ｍｖ2／2，ｆ＝μｍｇ． 　由以上各式得　ｓ＝Ｍｍｖ02／2μｇ（Ｍ＋ｍ）2． 　当ｖ0＝2ｍ／ｓ时，ｓ＝2／9ｍ＜0.5ｍ，即Ａ、Ｂ有共同速度．当ｖ0＝4ｍ／ｓ时，ｓ＝8／9ｍ＞0.5ｍ，即碰前Ａ、Ｂ速度不同． 　40．解：（1）物体由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者系统水平方向动量守恒得：ｍｖ0＝ｍｖ0／2＋2ｍｖＡＢ． 解之得　ｖＡＢ＝ｖ0／4． 　（2）物块由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者功能关系得：μｍｇＬ＝ｍｖ02／2－ｍ（ｖ0／2）2／2－2ｍ（ｖ0／4）2／2． 解之得　Ｌ＝5ｖ02／16μｇ． 　（3）物块由Ｄ滑到Ｃ的过程中，二者系统水平方向动量守恒，又因为物块到达最高点Ｃ时，物块与滑块速度相等且水平，均为ｖ． 故得　ｍｖ0／2＋ｍｖ0／4＝2ｍｖ， ∴　得滑块的动能ＥＣＤ＝ｍｖ2／2＝9ｍｖ02／128． 　41．解：（1）Ｂ从ｖ0减速到速度为零的过程，Ｃ静止，Ｂ的位移：ｓ1＝ｖ02／2μｇ． 　所用的时间：ｔ1＝ｖ0／μｇ． 　此后Ｂ与Ｃ一起向右做加速运动，Ａ做减速运动，直到相对静止，设所用时间为ｔ2，共同速度为ｖ． 　对Ａ、Ｂ、Ｃ，由动量守恒定律得 　ｍＡ·2ｖ0－ｍＢｖ0＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ， ∵　ｍＡ＝ｍＢ＝ｍＣ，∴　ｖ＝ｖ0／3． 　 对Ｂ与Ｃ，向右加速运动的加速度 　ａ＝μｍＡｇ／（ｍＢ＋ｍＣ）＝μｇ／2，∴ｔ2＝ｖ／ａ＝2ｖ0／3μｇ． Δｔ内Ｂ向右移动的位移ｓ2＝ｖｔ2／2＝ｖ02／9μｇ， 故总路程ｓ＝ｓ1＋ｓ2＝11ｖ02／18μｇ，总时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝5ｖ0／3μｇ． 　（2）设车的最小长度为Ｌ，则相对静止时Ａ、Ｂ刚好接触，由能量守恒得 　ｍＡ（2ｖ0）2／2＋ｍＢｖ02／2＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ2／2＋μｍＢｇｓ1＋μｍＡｇ（Ｌ－ｓ1）， 联立解得Ｌ＝7ｖ02／3μｇ． 　42．解：（1）ｍ速度最大的位置应在O点左侧．因为细线烧断后，ｍ在弹簧弹力和滑动摩擦力的合力作用下向右做加速运动，当弹力与摩擦力的合力为零时，ｍ的速度达到最大，此时弹簧必处于压缩状态．此后，系统的机械能不断减小，不能再达到这一最大速度． 　（2）选ｍ、Ｍ为一系统，由动量守恒定律得 　ｍｖ1＝Ｍｖ2． 　设这一过程中弹簧释放的弹性势能为Ｅｐ，则 　Ｅｐ＝ｍｖ12／2＋Ｍｖ22／2＋μｍｇｓ， 解得　ｖ2＝ｍｖ1／Ｍ，Ｅｐ＝ｍ［（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2Ｍ＋μｇｓ］． 　（2）ｍ与Ｍ最终将静止，因为系统动量守恒，且总动量为零，只要ｍ与Ｍ间有相对运动，就要克服摩擦力做功，不断消耗能量，所以，ｍ与Ｍ最终必定都静止． 　43．解：（1）第一颗子弹射入木块过程，系统动量守恒，有 　ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ1． 　射入后，在ＯＢＣ运动过程中，机械能守恒，有 　（ｍ＋Ｍ）ｖ12／2＝（ｍ＋Ｍ）ｇＲ，得ｖ0＝（Ｍ＋ｍ）／ｍ． 　（2）由动量守恒定律知，第2、4、6……颗子弹射入木块后，木块速度为0，第1、3、5……颗子弹射入后，木块运动．当第9颗子弹射入木块时，由动量守恒得： 　ｍｖ0＝（9ｍ＋Ｍ）ｖ9， 　设此后木块沿圆弧上升最大高度为Ｈ，由机械能守恒定律得：（9ｍ＋Ｍ）ｖ92／2＝（9ｍ＋Ｍ）ｇＨ， 由以上可得：Ｈ＝［（Ｍ＋ｍ）／（Ｍ＋9ｍ）］2Ｒ． 　44．解：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动ｓ，速度变为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．由动能定理 　－μＭｇｓ＝0－ｍｖ02／2，ｓ＝ｍｖ02／2μＭｇ＝0.33ｍ． 　（2）假如平板车在第二次碰墙前还未和滑块相对静止，则其速度的大小肯定还是2ｍ／ｓ，因为只要相对运动，摩擦力大小为恒值．滑块速度则大于2ｍ／ｓ，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰墙前肯定已和滑块具有共同速度ｖ．此即平板车碰墙前瞬间的速度． 　Ｍｖ0－ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， ∴ｖ＝（Ｍ－ｍ）ｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝0.4ｍ／ｓ． 图3　（3）平板车与墙壁第一次碰撞后滑块与平板又达到共同速度ｖ前的过程，可用图3（ａ）、（ｂ）、（ｃ）表示．图3（ａ）为平板车与墙碰撞后瞬间滑块与平板车的位置，图3（ｂ）为平板车到达最左端时两者的位置，图3（ｃ）为平板车与滑块再次达到共同速度时两者的位置．在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功μΜｇｓ′，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功μＭｇｓ″（平板车从Ｂ到Ａ再回到Ｂ的过程中摩擦力做功为零），其中ｓ′、ｓ″分别为滑块和平板车的位移．滑块和平板车动能总减少为μＭｇｌ1，其中ｌ1＝ｓ′＋ｓ″为滑块相对平板车的位移，此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为ｌ，则有（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2＝μＭｇｌ，ｌ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2μＭｇ＝0.833ｍ． ｌ即为平板车的最短长度．图4　　45．解：如图4，Ａ球从静止释放后将自由下落至Ｃ点悬线绷直，此时速度为ｖＣ ∵　ｖＣ2＝2ｇ×2Ｌｓｉｎ30°， ∴　ｖＣ＝＝2ｍ／ｓ． 　在线绷直的过程中沿线的速度分量减为零时，Ａ将以切向速度ｖ1沿圆弧运动且 　ｖ1＝ｖＣｃｏｓ30°＝ｍ／ｓ． 　Ａ球从Ｃ点运动到最低点与Ｂ球碰撞前机械能守恒，可求出Ａ球与Ｂ球碰前的速度 　ｍＡｖ12／2＋ｍＡｇＬ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍＡｖ22／2， 　ｖ2＝==ｍ／ｓ． 　因Ａ、Ｂ两球发生无能量损失的碰撞且ｍＡ＝ｍＢ，所以它们的速度交换，即碰后Ａ球的速度为零，Ｂ球的速度为ｖ2＝（ｍ／ｓ）．对Ｂ球和小车组成的系统水平方向动量守恒和机械能守恒，当两者有共同水平速度ｕ时，Ｂ球上升到最高点，设上升高度为ｈ． 　ｍＢｖ2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ，ｍＢｖ22／2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ2／2＋ｍＢｇｈ．解得ｈ＝3／16≈0.19ｍ． 　在Ｂ球回摆到最低点的过程中，悬线拉力仍使小车加速，当Ｂ球回到最低点时小车有最大速度ｖｍ ，设小球Ｂ回到最低点时速度的大小为ｖ3，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 　ｍＢｖ2＝－ｍＢｖ3＋Ｍｖｍ，ｍＢｖ22／2＝ｍＢｖ32／2＋Ｍｖｍ2／2， 解得ｖｍ＝2ｍＢｖ2／（ｍ3＋Ｍ）＝／2ｍ／ｓ＝1.12ｍ／ｓ． 　46．解：（1）小球的角速度与运动的角速度必定相等，则有ｖ＝ωＲ＝ω． 　（2）人手所提供的功率应等于小球在运动过程中克服摩擦力做功的功率．即有Ｐ＝ｆｖ， ∴　ｆ＝Ｐ／ｖ＝Ｐ／ω． 　47．解：由于粘性物体与底板粘合的过程时间极短，冲击力远大于重力，在竖直方向近似动量守恒，开始静止时，有　ｍ1ｇ＝ｋｘｋ＝ｍ1ｇｘ． 　ｍ2下落Ｈ时的速度ｖ＝，ｍ2与ｍ1合在一起动量守恒，ｍ2ｖ＝（ｍ1＋ｍ2）ｖ′，ｖ′＝ｍ2ｖ／（ｍ1＋ｍ2）＝ｍ2／（ｍ1＋ｍ2）． 　设向下为正方向，ｍ1与ｍ2的整体受两个力，即重力（ｍ1＋ｍ2）ｇ和弹簧的平均拉力，则有平均拉力＝ｋｘ＋ｋｈ／2＝ｋ（2ｘ＋ｈ）／2，由动能定理得 ［－＋（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ＝0－（ｍ1＋ｍ2）ｖ2／2， 由以上各式得［ｍ1ｇ（2ｘ＋ｈ）／2ｘ－（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ 　＝（ｍ1＋ｍ2）·ｍ22·2ｇｈ／2（ｍ1＋ｍ2）2． 代入数值得ｈ＝0.3ｍ． 　48．解：ｍ与Ａ粘在一起后水平方向动量守恒，共同速度设为ｖ1，Ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ1， 得ｖ1＝Ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝2ｖ0／3． 　当弹簧压缩到最大时即有最大弹性势能Ｅ，此时系统中各物体有相同速度，设为ｖ2，由动量守恒定律 　2Ｍｖ0＝（2Ｍ＋ｍ）ｖ2，得ｖ2＝2Ｍｖ0／（2Ｍ＋ｍ）＝4ｖ0／5． 由能量守恒有 　Ｅ＝Ｍｖ02／2＋（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2－（2Ｍ＋ｍ）ｖ22／2， 解得Ｅ＝Ｍｖ02／30． 　49．解：（1）振子在平衡位置时，所受合力为零，设此时弹簧被压缩Δｘ：（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ＝ｋΔｘ，Δｘ＝5ｃｍ． 　开始释放时振子处在最大位移处，故振幅 　Ａ＝5ｃｍ＋5ｃｍ＝10ｃｍ． 　（2）由于开始时弹簧的伸长量恰等于振子在平衡位置时弹簧的压缩量，故弹性势能相等，设振子的最大速度为ｖ，从开始到平衡位置，根据机械能守恒定律， 得ｍｇ·Ａ＝ｍｖ2／2，∴ｖ＝＝1.4ｍ／ｓ， 即Ｂ的最大速率为1.4ｍ／ｓ． 　 （3）在最高点，振子受到的重力和弹力方向相同，根据牛顿第二定律，得 　ａ＝［ｋΔｘ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ］／（ｍＡ＋ｍＢ）＝20ｍ／ｓ2， Ａ对Ｂ的作用力方向向下，其大小 　Ｎ1＝ｍＢａ－ｍＢｇ＝10Ｎ． 在最低点，振子受到的重力和弹力方向相反，根据牛顿第二定律，得ａ＝ｋ（Δｘ＋Ａ）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｍＡ＋ｍＢ＝20ｍ／ｓ2． Ａ对Ｂ的作用力方向向上，其大小 　Ｎ2＝ｍＢａ＋ｍＢｇ＝30Ｎ． 　16．如图1-79所示，一质量Ｍ＝2ｋｇ的长木板Ｂ静止于光滑水平面上，Ｂ的右边放有竖直挡板．现有一小物体Ａ（可视为质点）质量ｍ＝1ｋｇ，以速度ｖ０＝6ｍ／ｓ从Ｂ的左端水平滑上Ｂ，已知Ａ和Ｂ间的动摩擦因数μ＝0．2，Ｂ与竖直挡板的碰撞时间极短，且碰撞时无机械能损失．图1-79　（1）若Ｂ的右端距挡板ｓ＝4ｍ，要使Ａ最终不脱离Ｂ，则木板Ｂ的长度至少多长? 　（2）若Ｂ的右端距挡板ｓ＝0．5ｍ，要使Ａ最终不脱离Ｂ，则木板Ｂ的长度至少多长?2．解：在0～1ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知 　ａ１＝12ｍ／ｓ２， 由牛顿第二定律，得 　Ｆ－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ１，　　① 在0～2ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知ａ２＝－6ｍ／ｓ２， 因为此时物体具有斜向上的初速度，故由牛顿第二定律，得 　－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ２，　　② 　②式代入①式，得　Ｆ＝18Ｎ． 3．解：在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从Ａ到Ｂ需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为ｔ1，则 　（ｖ／2）ｔ１＋ｖ（ｔ－ｔ１）＝Ｌ， 所以　ｔ１＝2（ｖｔ－Ｌ）／ｖ＝（2×（2×6－10）／2）ｓ＝2ｓ． 为使物体从Ａ至Ｂ所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变．而　ａ＝ｖ／ｔ＝1ｍ／ｓ２．设物体从Ａ至Ｂ所用最短的时间为ｔ2，则 　（1／2）ａｔ2２＝Ｌ， 　ｔ2＝=＝2ｓ． 　ｖｍｉｎ＝ａｔ2＝1×2ｍ／ｓ＝2ｍ／ｓ． 传送带速度再增大1倍，物体仍做加速度为1ｍ／ｓ２的匀加速运动，从Ａ至Ｂ的传送时间为2ｍ／ｓ． 4．解：启动前Ｎ１＝ｍｇ， 　升到某高度时　Ｎ2＝（17／18）Ｎ１＝（17／18）ｍｇ， 　对测试仪　Ｎ2－ｍｇ′＝ｍａ＝ｍ（ｇ／2）， 　∴　ｇ′＝（8／18）ｇ＝（4／9）ｇ， 　ＧｍＭ／Ｒ2＝ｍｇ，ＧｍＭ／（Ｒ＋ｈ）2＝ｍｇ′，解得：ｈ＝（1／2）Ｒ． 5．解：由匀加速运动的公式　ｖ２＝ｖ０２＋2ａｓ 　得物块沿斜面下滑的加速度为 　ａ＝ｖ2／2ｓ＝1．42／（2×1．4）＝0．7ｍｓ－２， 由于ａ＜ｇｓｉｎθ＝5ｍｓ－２， 　可知物块受到摩擦力的作用．图3　分析物块受力，它受3个力，如图3．对于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，由牛顿定律有 　ｍｇｓｉｎθ－ｆ１＝ｍａ， 　ｍｇｃｏｓθ－Ｎ１＝0， 　分析木楔受力，它受5个力作用，如图3所示．对于水平方向，由牛顿定律有 　ｆ2＋ｆ１ｃｏｓθ－Ｎ１ｓｉｎθ＝0， 　由此可解得地面的作用于木楔的摩擦力 　ｆ2＝ｍｇｃｏｓθｓｉｎθ－（ｍｇｓｉｎθ－ｍａ）ｃｏｓθ＝ｍａｃｏｓθ＝1×0．7×（／2）＝0．61Ｎ． 　此力的方向与图中所设的一致（由指向）． 6．解：（1）飞机原先是水平飞行的，由于垂直气流的作用，飞机在竖直方向上的运动可看成初速度为零的匀加速直线运动，根据　ｈ＝（1／2）ａｔ２，得ａ＝2ｈ／ｔ２，代入ｈ＝1700ｍ，ｔ＝10ｓ，得 　ａ＝（2×1700／10２）（ｍ／ｓ２）＝34ｍ／ｓ２，方向竖直向下． 　（2）飞机在向下做加速运动的过程中，若乘客已系好安全带，使机上乘客产生加速度的力是向下重力和安全带拉力的合力．设乘客质量为ｍ，安全带提供的竖直向下拉力为Ｆ，根据牛顿第二定律　Ｆ＋ｍｇ＝ｍａ，得安全带拉力 　　Ｆ＝ｍ（ａ－ｇ）＝ｍ（34－10）Ｎ＝24ｍ（Ｎ）， ∴　安全带提供的拉力相当于乘客体重的倍数 　ｎ＝Ｆ／ｍｇ＝24ｍＮ／ｍ·10Ｎ＝2．4（倍）． 　（3）若乘客未系安全带，飞机向下的加速度为34ｍ／ｓ２，人向下加速度为10ｍ／ｓ２，飞机向下的加速度大于人的加速度，所以人对飞机将向上运动，会使头部受到严重伤害． 7．解：设月球表面重力加速度为ｇ，根据平抛运动规律，有 　ｈ＝（1／2）ｇｔ２，　　① 　水平射程为　　　Ｌ＝ｖ０ｔ，　　② 　联立①②得ｇ＝2ｈｖ０２／Ｌ２．　　③ 　根据牛顿第二定律，得　ｍｇ＝ｍ（2π／Ｔ）２Ｒ，　　④ 　联立③④得　Ｔ＝（πＬ／ｖ０ｈ）．　　⑤ 8．解：前2秒内，有Ｆ－ｆ＝ｍａ１，ｆ＝μＮ，Ｎ＝ｍｇ，则 　ａ１＝（Ｆ－μｍｇ）／ｍ＝4ｍ／ｓ２，ｖｔ＝ａ１ｔ＝8ｍ／ｓ， 　撤去Ｆ以后　ａ２＝ｆ／ｍ＝2ｍ／ｓ，ｓ＝ｖ１２／2ａ２＝16ｍ． 9．解：（1）用力斜向下推时，箱子匀速运动，则有 　Ｆｃｏｓθ＝ｆ，ｆ＝μＮ，Ｎ＝Ｇ＋Ｆｓｉｎθ， 　联立以上三式代数据，得　Ｆ＝1．2×10２Ｎ． 　（2）若水平用力推箱子时，据牛顿第二定律，得Ｆ合＝ｍａ，则有 　Ｆ－μＮ＝ｍａ，Ｎ＝Ｇ， 　联立解得　ａ＝2．0ｍ／ｓ２． 　ｖ＝ａｔ＝2．0×3．0ｍ／ｓ＝6．0ｍ／ｓ， 　ｓ＝（1／2）ａｔ２＝（1／2）×2．0×3．0２ｍ／ｓ＝9．0ｍ， 　推力停止作用后　ａ′＝ｆ／ｍ＝4．0ｍ／ｓ２（方向向左）， 　ｓ′＝ｖ２／2ａ′＝4．5ｍ， 　则　ｓ总＝ｓ＋ｓ′＝13．5ｍ． 10．解：根据题中说明，该运动员发球后，网球做平抛运动．以ｖ表示初速度，Ｈ表示网球开始运动时离地面的高度（即发球高度），ｓ１表示网球开始运动时与网的水平距离（即运动员离开网的距离），ｔ１表示网球通过网上的时刻，ｈ表示网球通过网上时离地面的高度，由平抛运动规律得到 　ｓ１＝ｖｔ１，Ｈ－ｈ＝（1／2）ｇｔ１２， 消去ｔ１，得　　ｖ＝ｍ／ｓ，ｖ≈23ｍ／ｓ． 　以ｔ２表示网球落地的时刻，ｓ２表示网球开始运动的地点与落地点的水平距离，ｓ表示网球落地点与网的水平距离，由平抛运动规律得到 　Ｈ＝（1／2）ｇｔ２２，ｓ２＝ｖｔ２， 消去ｔ２，得ｓ２＝ｖ≈16ｍ， 　网球落地点到网的距离　ｓ＝ｓ２－ｓ１≈4ｍ． 11．解：（1）设卫星质量为ｍ，它在地球附近做圆周运动，半径可取为地球半径Ｒ，运动速度为ｖ，有 　ＧＭｍ／Ｒ２＝ｍｖ２／Ｒ　得ｖ＝． 　（2）由（1）得： 　Ｍ＝ｖ２Ｒ／Ｇ＝＝6．0×1024ｋｇ． 12．解：对物块：Ｆ１－μｍｇ＝ｍａ１， 　6－0．5×1×10＝1·ａ１，ａ１＝1．0ｍ／ｓ2， 　ｓ１＝（1／2）ａ１ｔ2＝（1／2）×1×0．42＝0．08ｍ， 　ｖ１＝ａ１ｔ＝1×0．4＝0．4ｍ／ｓ， 　对小车：Ｆ２－μｍｇ＝Ｍａ２， 　9－0．5×1×10＝2ａ２，ａ２＝2．0ｍ／ｓ2， 　ｓ２＝（1／2）ａ２ｔ2＝（1／2）×2×0．42＝0．16ｍ， 　ｖ２＝ａ２ｔ＝2×0．4＝0．8ｍ／ｓ， 　撤去两力后，动量守恒，有Ｍｖ２－ｍｖ１＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， 　ｖ＝0．4ｍ／ｓ（向右）， ∵　（（1／2）ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2）－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ2＝μｍｇｓ３， 　ｓ３＝0．096ｍ， ∴　ｌ＝ｓ１＋ｓ２＋ｓ３＝0．336ｍ． 13．解：设木块到Ｂ时速度为ｖ０，车与船的速度为ｖ１，对木块、车、船系统，有 　ｍ１ｇｈ＝（ｍ１ｖ０2／2）＋（（ｍ２＋ｍ３）ｖ１2／2）， 　ｍ１ｖ０＝（ｍ２＋ｍ３）ｖ１， 解得　ｖ０＝5，ｖ１＝． 　木块到Ｂ后，船以ｖ１继续向左匀速运动，木块和车最终以共同速度ｖ２向右运动，对木块和车系统，有 　ｍ１ｖ０－ｍ２ｖ１＝（ｍ１＋ｍ２）ｖ２， 　μｍ１ｇｓ＝（（ｍ１ｖ０2／2）＋（ｍ２ｖ１2／2））－（（ｍ１＋ｍ２）ｖ２2／2）， 得　ｖ２＝ｖ１＝，ｓ＝2ｈ． 14．解：（1）小球的角速度与手转动的角速度必定相等均为ω．设小球做圆周运动的半径为ｒ，线速度为ｖ．由几何关系得　ｒ＝，ｖ＝ω·ｒ，解得　　 　　ｖ＝ω． 　（2）设手对绳的拉力为Ｆ，手的线速度为ｖ，由功率公式得　Ｐ＝Ｆｖ＝Ｆ·ωＲ， ∴　Ｆ＝Ｐ／ωＲ． 图4　研究小球的受力情况如图4所示，因为小球做匀速圆周运动，所以切向合力为零，即 　Ｆｓｉｎθ＝ｆ， 其中　ｓｉｎθ＝Ｒ／， 　联立解得　ｆ＝Ｐ／ω． 15．解：（1）用ｖ１表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由于子弹射入木块Ｃ时间极短，系统动量守恒，有 　ｍｖ０＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１， 　∴　ｖ１＝ｍｖ０／（ｍ＋Ｍ）＝3ｍ／ｓ， 　子弹和木块Ｃ在ＡＢ木板上滑动，由动能定理得： 　（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ２２－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ１２＝－μ（ｍ＋Ｍ）ｇＬ， 　解得　ｖ２＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）用ｖ′表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由动量守恒定律，得　ｍｖ０′＋Ｍｕ＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１′，解得　ｖ１′＝4ｍ／ｓ． 　木块Ｃ及子弹在ＡＢ木板表面上做匀减速运动　ａ＝μｇ．设木块Ｃ和子弹滑至ＡＢ板右端的时间为ｔ，则木块Ｃ和子弹的位移ｓ１＝ｖ１′ｔ－（1／2）ａｔ2， 　由于ｍ车≥（ｍ＋Ｍ），故小车及木块ＡＢ仍做匀速直线运动，小车及木板ＡＢ的位移　ｓ＝ｕｔ，由图5可知：ｓ１＝ｓ＋Ｌ， 　联立以上四式并代入数据得： 　ｔ2－6ｔ＋1＝0， 　解得：ｔ＝（3－2）ｓ，（ｔ＝（3＋2）ｓ不合题意舍去），　　（11） 　∴　ｓ＝ｕｔ＝0．18ｍ． 16．解：（1）设Ａ滑上Ｂ后达到共同速度前并未碰到档板，则根据动量守恒定律得它们的共同速度为ｖ，有图5　ｍｖ０＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝2ｍ／ｓ，在这一过程中，Ｂ的位移为ｓＢ＝ｖＢ2／2ａＢ且ａＢ＝μ ｍｇ／Ｍ，解得ｓＢ＝Ｍｖ2／2μｍｇ＝2×22／2×0．2×1×10＝2ｍ． 　设这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ１，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ１＝（1／2）ｍｖ０2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得ｓ１＝6ｍ． 　当ｓ＝4ｍ时，Ａ、Ｂ达到共同速度ｖ＝2ｍ／ｓ后再匀速向前运动2ｍ碰到挡板，Ｂ碰到竖直挡板后，根据动量守恒定律得Ａ、Ｂ最后相对静止时的速度为ｖ′，则 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′， 解得　ｖ′＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ２，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ２＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　ｓ２＝2．67ｍ． 　因此，Ａ、Ｂ最终不脱离的木板最小长度为ｓ１＋ｓ２＝8．67ｍ 　（2）因Ｂ离竖直档板的距离ｓ＝0．5ｍ＜2ｍ，所以碰到档板时，Ａ、Ｂ未达到相对静止，此时Ｂ的速度ｖＢ为 　ｖＢ2＝2ａＢｓ＝（2μｍｇ／Ｍ）ｓ，解得　ｖＢ＝1ｍ／ｓ， 　设此时Ａ的速度为ｖＡ，根据动量守恒定律，得 　ｍｖ０＝ＭｖＢ＋ｍｖＡ，解得ｖＡ＝4ｍ／ｓ， 　设在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移为ｓ１′，根据动能定理得： 　μｍｇｓ１′＝（1／2）ｍｖ０2－（（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）ＭｖＢ2）， 　解得　ｓ１′＝4．5ｍ． 　Ｂ碰撞挡板后，Ａ、Ｂ最终达到向右的相同速度ｖ，根据动能定理得ｍｖＡ－ＭｖＢ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ２′为 　μｍｇｓ２′＝（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得　ｓ２′＝（25／6）ｍ． 　Ｂ再次碰到挡板后，Ａ、Ｂ最终以相同的速度ｖ′向左共同运动，根据动量守恒定律，得 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′，解得　ｖ′＝（2／9）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ３′为： 　μｍｇｓ３′＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　　　　ｓ３′＝（8／27）ｍ． 　因此，为使Ａ不从Ｂ上脱落，Ｂ的最小长度为ｓ１′＋ｓ２′＋ｓ３′＝8．96ｍ． 17．解：（1）Ｂ与Ａ碰撞后，Ｂ相对于Ａ向左运动，Ａ所受摩擦力方向向左，Ａ的运动方向向右，故摩擦力作负功．设Ｂ与Ａ碰撞后的瞬间Ａ的速度为ｖ１，Ｂ的速度为ｖ２，Ａ、Ｂ相对静止后的共同速度为ｖ，整个过程中Ａ、Ｂ组成的系统动量守恒，有 　Ｍｖ０＝（Ｍ＋1．5Ｍ）ｖ，ｖ＝2ｖ０／5． 　碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功，即 　Ｍｖ２＋1．5Ｍｖ１＝2．5Ｍｖ，　　① 　（1／2）×1．5Ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2－（1／2）×2．5Ｍｖ2＝Ｍμｇｌ，　　② 可解出ｖ１＝（1／2）ｖ０（另一解ｖ１＝（3／10）ｖ０因小于ｖ而舍去） 　这段过程中，Ａ克服摩擦力做功 　Ｗ＝（1／2）×1．5Ｍｖ１2－（1／2）×1．5Ｍｖ2＝（27／400）Ｍｖ０2（0．068Ｍｖ０2）． 　（2）Ａ在运动过程中不可能向左运动，因为在Ｂ未与Ａ碰撞之前，Ａ受到的摩擦力方向向右，做加速运动，碰撞之后Ａ受到的摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后，速度仍向右，因此不可能向左运动． 　Ｂ在碰撞之后，有可能向左运动，即ｖ２＜0． 　先计算当ｖ２ ＝0时满足的条件，由①式，得 　ｖ１＝（2ｖ０／3）－（2ｖ２／3），当ｖ２＝0时，ｖ１＝2ｖ０／3，代入②式，得 　（（1／2）×1．5Ｍ4ｖ０2／9）－（（1／2）×2．5Ｍ4ｖ０2／25）＝Ｍμｇｌ， 解得　μｇｌ＝2ｖ０2／15． 　Ｂ在某段时间内向左运动的条件之一是μｌ＜2ｖ０2／15ｇ． 　另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即 　（1／2）Ｍｖ０2－（1／2）2．5Ｍ（2ｖ０／5）2≥2Ｍμｇｌ， 　解出另一个条件是　μｌ≤3ｖ０2／20ｇ， 　最后得出Ｂ在某段时间内向左运动的条件是 　2ｖ０2／15ｇ＜μｌ≤3ｖ０2／20ｇ． 18．解：（1）以警车为研究对象，由动能定理． 　－μｍｇ·ｓ＝（1／2）ｍｖ2－（1／2）ｍｖ０2， 　将ｖ０＝14．0ｍ／ｓ，ｓ＝14．0ｍ，ｖ＝0代入，得 　μｇ＝7．0ｍ／ｓ2， 　因为警车行驶条件与肇事汽车相同，所以肇事汽车的初速度ｖＡ＝＝21ｍ／ｓ． 　（2）肇事汽车在出事点Ｂ的速度 　ｖＢ＝＝14ｍ／ｓ， 　肇事汽车通过段的平均速度 　＝（ｖＡ＋ｖＢ）／2＝（21＋14）／2＝17．5ｍ／ｓ． 　肇事汽车通过ＡＢ段的时间 　ｔ２＝ＡＢ／＝（31．5－14．0）／17．5＝1ｓ． 　∴　游客横过马路的速度 　ｖ人＝／（ｔ１＋ｔ２）＝（2．6／（1＋0．7））ｍ／ｓ＝1．53ｍ／ｓ． 19．解：（1）开始Ａ、Ｂ处于静止状态时，有 　ｋｘ０－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｓｉｎ30°＝0，　　① 　设施加Ｆ时，前一段时间Ａ、Ｂ一起向上做匀加速运动，加速度为ａ，ｔ＝0．2ｓ，Ａ、Ｂ间相互作用力为零，对Ｂ有： 　ｋｘ－ｍＢｇｓｉｎ30°＝ｍＢａ，　　② 　ｘ－ｘ０＝（1／2）ａｔ2，　　③ 　解①、②、③得： 　ａ＝5ｍｓ－2，ｘ０＝0．05ｍ，ｘ＝0．15ｍ， 　初始时刻Ｆ最小 　Ｆｍｉｎ＝（ｍＡ＋ｍＢ）ａ＝60Ｎ． 　ｔ＝0．2ｓ时，Ｆ最大 　Ｆｍａｘ－ｍＡｇｓｉｎ30°＝ｍＡａ， 　Ｆｍａｘ＝ｍＡ（ｇｓｉｎ30°＋ａ）＝100Ｎ， 　（2）ΔＥＰＡ＝ｍＡｇΔｈ＝ｍＡｇ（ｘ－ｘ０）ｓｉｎ30°＝5Ｊ． 20 ．解：当弹簧处于压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和．当弹簧伸长到其自然长度时，弹性势能为零，因这时滑块Ａ的速度为零，故系统的机械能等于滑块Ｂ的动能．设这时滑块Ｂ的速度为ｖ则有 　Ｅ＝（1／2）ｍ２ｖ2，　　① 由动量守恒定律（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ２ｖ，　　② 解得　Ｅ＝（1／2）（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２．　　③ 　假定在以后的运动中，滑块Ｂ可以出现速度为零的时刻，并设此时滑块Ａ的速度为ｖ１．这时，不论弹簧是处于伸长还是压缩状态，都具有弹性势能Ｅｐ．由机械能守恒定律得 　（1／2）ｍ１ｖ１2＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　④ 根据动量守恒　（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ１ｖ１，　　⑤ 求出ｖ１，代入④式得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑥ 因为Ｅｐ≥0，故得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）≤（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑦ 即　ｍ１≥ｍ２，与已知条件ｍ１＜ｍ２不符． 　可见滑块Ｂ的速度永不为零，即在以后的运动中，不可能出现滑动Ｂ的速度为零的情况． 21．解：设恰好物体相对圆盘静止时，弹簧压缩量为Δｌ，静摩擦力为最大静摩擦力ｆｍａｘ，这时物体处于临界状态，由向心力公式ｆｍａｘ－ｋΔｌ＝ｍＲｗ2，　　① 　假若物体向圆心移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ１－ｋ（Δｌ＋ｘ）＝ｍ（Ｒ－ｘ）ｗ2，　　② 　由①、②两式可得　ｆｍａｘ－ｆ１＝ｍｘｗ2－ｋｘ，　　③ 所以　ｍｘｗ2－ｋｘ≥0，得ｋ≤ｍｗ2，　　④ 　若物体向外移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ２－ｋ（Δｌ－ｘ）≥ｍ（Ｒ＋ｘ）ｗ2，　　⑤ 由①～⑥式得　ｆｍａｘ－ｆ２＝ｋｘ－ｍｘｗ2≥0，　　⑥ 所以　ｋ≥ｍｗ2，　　⑦ 即若物体向圆心移动，则ｋ≤ｍｗ2， 若物体向远离圆心方向移动，则ｋ≥ｍｗ2． 22．解：卫星环绕地球作匀速圆周运动，设卫星的质量为ｍ，轨道半径为ｒ，受到地球的万有引力为Ｆ， 　Ｆ＝ＧＭｍ／ｒ2，　　① 　式中Ｇ为万有引力恒量，Ｍ是地球质量． 　设ｖ是卫星环绕地球做匀速圆周运动的线速度，Ｔ是运动周期，根据牛顿第二定律，得 　Ｆ＝ｍｖ2／ｒ，　　② 　由①、②推导出　ｖ＝．　　③ 　③式表明：ｒ越大，ｖ越小． 　人造卫星的周期就是它环绕地球运行一周所需的时间Ｔ， 　Ｔ＝2πｒ／ｖ，　　④ 　由③、④推出　Ｔ＝2π，　　⑤ 　⑤式说明：ｒ越大，Ｔ越大．　23．证：设质点通过Ａ点时的速度为ｖＡ，通过Ｃ点时的速度为ｖＣ，由匀变速直线运动的公式得： ｓ1＝ｖＡＴ＋ａＴ2／2，ｓ3＝ｖＣＴ＋ａＴ2／2，ｓ3－ｓ1＝ｖＣＴ－ｖＡＴ． ∵　ｖＣ＝ｖＡ ＋2ａＴ， ∴　ｓ3－ｓ1＝（ｖＡ－2ａＴ－ｖＡ）Ｔ＝2ａＴ2，ａ＝（ｓ3－ｓ1）／2Ｔ2． 　24．根据：如果在连续的相等的时间内的位移之差相等，则物体做匀变速运动．证明：设物体做匀速运动的初速度为ｖ0，加速度为ａ，第一个Ｔ内的位移为ｓ1＝ｖ0Ｔ＋ａＴ2／2；第二个Ｔ内的位移为ｓ2＝（ｖ0＋ａＴ）Ｔ＋ａＴ2／2；第Ｎ个Ｔ内的位移为ｓＮ＝［ｖ0＋（Ｎ－1）ａＴ］Ｔ＋ａＴ2／2．　ｓＮ－ｓＮ－1＝ａＴ2，逆定理也成立． 　25．解：由匀变速直线运动的公式得小物块的加速度的大小为ａ1＝（ｖ0－ｖｔ）／ｔ＝2（ｍ／ｓ2）．木板的加速度大小为ａ2＝2ｓ／ｔ2＝0.25（ｍ／ｓ2）． 根据牛顿第二定律　Ｆ＝ｍａ 对小物块得　ｆ′1＝ｍａ1＝1×2＝2Ｎ， 对木板得　ｆ1－μ（ｍ＋Ｍ）ｇ＝Ｍａ2， 　μ＝（ｆ1－Ｍａ2）／（ｍ＋Ｍ）ｇ＝（2－4×0.25）／（1＋4）×10＝0.02． 　26．解：假设金属块没有离开第一块长木板，移动的相对距离为ｘ，由动量守恒定律，得ｍｖ0＝3ｍｖ， 　ｍｖ02／2＝3ｍｖ2／2＋μｍｇｘ， 解得ｘ＝4ｍ／3＞Ｌ，不合理， ∴　金属块一定冲上第二块木板． 　以整个系统为研究对象，由动量定律及能量关系，当金属块在第一块木板上时ｍｖ0＝ｍｖ0′＋2ｍｖ1， 　ｍｖ02／2＝12ｍｖ0′2＋2ｍ·ｖ12／2＋μｍｇｌ． 　ｍｖ0＝ｍｖ1＋2ｍｖ2， 　ｍｖ02／2＝ｍｖ12／2＋2ｍ·ｖ22／2＋μｍｇ（ｌ＋ｘ）． 联立解得： 　ｖ1＝1／3ｍ／ｓ，ｖ2＝5／6ｍ／ｓ，ｘ＝0.25ｍ． 　27．解：当ｔ＝0时，ａＡ0＝9／3＝3ｍ／ｓ2，ａＢ0＝3／6＝0.5ｍ／ｓ2．ａＡ0＞ａＢ0，Ａ、Ｂ间有弹力，随ｔ之增加，Ａ、Ｂ间弹力在减小，当（9－2ｔ）／3＝（3＋2ｔ）／6，ｔ＝2.5ｓ时，Ａ、Ｂ脱离，以Ａ、Ｂ整体为研究对象，在ｔ＝2.5ｓ内，加速度ａ＝（ＦＡ＋ＦＢ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝4／3ｍ／ｓ2，ｓ＝ａｔ2／2＝4.17ｍ． 　28．解：（1）由ｍＣｖ0＝ｍＣｖ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ1，Ｃ由Ａ滑至Ｂ时，Ａ、Ｂ的共同速度是 　ｖ1＝ｍＣ（ｖ0－ｖ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝0.2ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＡ＝ｍＣｖ02／2－ｍＣｖ2／2－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12／2， 得　μ＝［ｍＣ（ｖ02－ｖ2）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12］／2ｍＣｇｌＡ＝0.48． 　（2）由ｍＣｖ＋ｍＢｖ1＝（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ2，Ｃ相对Ｂ静止时，Ｂ、Ｃ的共同速度是ｖ2＝（ｍＣｖ＋ｍＢｖ1）／（ｍＣ＋ｍＢ）＝0.65ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＢ＝ｍＣｖ2／2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22／2， Ｃ在Ｂ上滑行距离为 　ｌＢ＝［ｍＣｖ2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22］／2μｍＣ ｇ＝0.25ｍ． 　（3）由μｍＣｇｓ＝ｍＢｖ22／2－ｍＢｖ12／2， Ｂ相对地滑行的距离ｓ＝［ｍＢ（ｖ22－ｖ12）］／2μｍＣｇ＝0.12ｍ． 　（4）Ｃ在Ａ、Ｂ上匀减速滑行，加速度大小由μｍＣｇ＝ｍＣａ，得ａ＝μｇ＝4.8ｍ／ｓ2． Ｃ在Ａ上滑行的时间ｔ1＝（ｖ0－ｖ）／ａ＝0.21ｓ． Ｃ在Ｂ上滑行的时间ｔ2＝（ｖ－ｖ2）／ａ＝0.28ｓ． 所求时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝0.21ｓ＋0.28ｓ＝0.49ｓ． 　　29．匀加速下滑时，受力如图1ａ，由牛顿第二定律，有： ｍｇｓｉｎθ－μｍｇｃｏｓθ＝ｍａ＝ｍｇｓｉｎθ／2， 　ｓｉｎθ／2＝μｃｏｓθ， 　得μ＝ｓｉｎθ／2ｃｏｓθ．图1静止时受力分析如图1ｂ，摩擦力有两种可能：①摩擦力沿斜面向下；②摩擦力沿斜面向上．摩擦力沿斜面向下时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＝ｆ＋ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ， 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ＋μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ－μｓｉｎθ）ｍｇ＝3ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ－ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　摩擦力沿斜面向上时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＋ｆ＝ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ． 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ－μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ＋μｓｉｎθ）ｍｇ＝ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ＋ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　30．解：（1）物体在两斜面上来回运动时，克服摩擦力所做的功Ｗｆ＝μｍｇｃｏｓ60°·ｓ总． 　物体从开始直到不再在斜面上运动的过程中ｍｇｈ－Ｗｆ＝0－ｍｖ02／2．解得ｓ总＝38ｍ． 　（2）物体最终是在Ｂ、Ｃ之间的圆弧上来回做变速圆周运动，且在Ｂ、Ｃ点时速度为零． 　（3）物体第一次通过圆弧最低点时，圆弧所受压力最大．由动能定理得ｍｇ［ｈ＋Ｒ（1－ｃｏｓ60°）］－μｍｇｃｏｓ60°／ｓｉｎ60°＝ｍ（ｖ12－ｖ02）／2， 由牛顿第二定律得　Ｎｍａｘ－ｍｇ＝ｍｖ12／Ｒ， 解得　Ｎｍａｘ＝54.5Ｎ． 　物体最终在圆弧上运动时，圆弧所受压力最小．由动能定理得ｍｇＲ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍｖ22／2，由牛顿第二定律得Ｎｍｉｎ－ｍｇ＝ｍｖ22／Ｒ，解得Ｎｍｉｎ＝20Ｎ． 　31．解：（1）设刹车后，平板车的加速度为ａ0，从开始刹车到车停止所经历时间为ｔ0，车所行驶距离为ｓ0，则有ｖ02＝2ａ0ｓ0，ｖ0＝ａ0ｔ0． 　欲使ｔ0小，ａ0应该大，作用于木箱的滑动摩擦力产生的加速度ａ1＝μｍｇ／ｍ＝μｇ． 　当ａ0＞ａ1时，木箱相对车底板滑动，从刹车到车停止过程中木箱运动的路程为ｓ1，则ｖ02＝2ａ2ｓ 1． 　为使木箱不撞击驾驶室，应有ｓ1－ｓ0≤Ｌ． 　联立以上各式解得：ａ0≤μｇｖ02／（ｖ02－2μｇＬ）＝5ｍ／ｓ2， 　∴　ｔ0＝ｖ0／ａ0＝4.4ｓ． 　（2）对平板车，设制动力为Ｆ，则Ｆ＋ｋ（Ｍ＋ｍ）ｇ－μｍｇ＝Ｍａ0，解得：Ｆ＝7420Ｎ． 　32．解：对系统ａ0＝［Ｆ－μｇ（ｍ1＋ｍ2）］／（ｍ1＋ｍ2）＝1ｍ／ｓ2． 　对木块1，细绳断后：│ａ1│＝ｆ1／ｍ1＝μｇ＝1ｍ／ｓ2． 　设细绳断裂时刻为ｔ1，则木块1运动的总位移： 　ｓ1＝2ａ0ｔ12／2＝ａ0ｔ12． 　对木块2，细绳断后，ａ2＝（Ｆ－μｍ2ｇ）／ｍ2＝2ｍ／ｓ2． 木块2总位移 　ｓ2＝ｓ′＋ｓ″＝ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2， 两木块位移差Δｓ＝ｓ2－ｓ1＝22（ｍ）． 得　ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2－ａ0ｔ12＝22， 把ａ0，ａ2值，ｖ1＝ａ0ｔ1代入上式整理得： 　ｔ12＋12ｔ1－28＝0，得ｔ1＝2ｓ． 木块2末速ｖ2＝ｖ1＋ａ2（6－ｔ1）＝ａ0ｔ1＋ａ2（6－ｔ1）＝10ｍ／ｓ． 此时动能Ｅｋ＝ｍ2ｖ22／2＝2×102／2Ｊ＝100Ｊ． 　33．解：（1）由动量守恒定律，ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ′，且有ｍ∶Ｍ＝1∶3， ∴　Ａ、Ｂ共同速度ｖ′＝ｍｖ0／（ｍ＋Ｍ）＝1ｍ／ｓ． 　（2）由动能定理，对全过程应有 　μｍｇ·2Ｌ＝ｍｖ02／2－（ｍ＋Ｍ）ｖ′2／2， 　4μｇＬ＝ｖ02－4ｖ′2，μ＝（ｖ02－4ｖ′2）／4ｇＬ＝0.3． 　（3）先求Ａ与Ｂ挡板碰前Ａ的速度ｖ10，以及木板Ｂ相应速度ｖ20，取从Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板相碰前过程为研究对象，依动量守恒与动能定理有以下两式成立：ｍｖ0＝ｍｖ10＋Ｍｖ20， 　ｍｖ02／2－ｍｖ102／2－Ｍｖ202／2＝μｍｇＬ． 代入数据得　ｖ10＋3ｖ20＝4，ｖ102＋3ｖ202＝10， 解以上两式可得　ｖ10＝（2±3）／2ｍ／ｓ．因Ａ与Ｂ挡板碰前速度不可能取负值，故ｖ10＝（2＋3）／2ｍ／ｓ．相应解出ｖ20＝（2－）／2ｍ／ｓ＝0.3ｍ／ｓ． 　木板Ｂ此过程为匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得μｍｇ＝Ｍａ1，ａ1＝μｍｇ／Ｍ＝1（ｍ／ｓ2）． 此过程经历时间ｔ1由下式求出 　ｖ20＝ａ1ｔ1，ｔ1＝ｖ20／ａ1＝0.3（ｓ）． 其速度图线为图2中0～0.3ｓ段图线ａ． 　再求Ａ与Ｂ挡板碰后，木板Ｂ的速度ｖ2与木块Ａ的速度ｖ1，为方便起见取Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板碰撞后瞬间过程为研究对象，依动量守恒定律与动能定理有以下两式成立： ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2，ｍｖ02／2－ｍｖ12／2－Ｍｖ22／2＝μｍｇＬ． 故解为　ｖ1＝（2±3）／2ｍ／ｓ． 因ｖ1＝（2＋3）／2ｍ／ｓ为碰前速度，故取ｖ1＝（2－3）／2ｍ／ｓ，相应得ｖ2＝2＋2ｍ／ｓ＝1.7ｍ／ｓ． 由于ｖ1 ＜0，即木块相对Ｂ向左滑动，Ａ受Ｂ摩擦力向右，Ｂ受Ａ摩擦力向左，故Ｂ做匀减速直线运动，加速度大小由牛顿第二定律，得ａ＝μｍｇ／Ｍ＝1ｍ／ｓ2． 　从碰后到Ａ滑到Ｂ最左端过程中，Ｂ向右做匀减速直线运动时间设为ｔ2，则ｖ′－ｖ2＝－ａｔ2， ∴　ｔ2＝0.7ｓ． 　此过程速度图线如图2中0.3ｓ～1.0ｓ段图线ｂ．图2　　34．解：设ｍ1、ｍ2两物体受恒力Ｆ作用后，产生的加速度分别为ａ1、ａ2，由牛顿第二定律Ｆ＝ｍａ，得 　ａ1＝Ｆ／ｍ1，ａ2＝Ｆ／ｍ2， 　历时ｔ两物体速度分别为ｖ1＝ａ1ｔ，ｖ2＝ｖ0＋ａ2ｔ，由题意令ｖ1＝ｖ2，即ａ1ｔ＝ｖ0＋ａ2ｔ或（ａ1－ａ2）ｔ＝ｖ0，因ｔ≠0、ｖ0＞0，欲使上式成立，需满足ａ1－ａ2＞0，即Ｆ／ｍ1＞Ｆ／ｍ2，或ｍ1＜ｍ2，也即当ｍ1≥ｍ2时不可能达到共同速度，当ｍ1＜ｍ2时，可以达到共同速度． 　35．解：（1）当小球刚好能在轨道内做圆周运动时，水平初速度ｖ最小，此时有ｍｇ＝ｍｖ2／Ｒ， 故　ｖ＝＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）若初速度ｖ′＜ｖ，小球将做平抛运动，如在其竖直位移为Ｒ的时间内，其水平位移ｓ≥Ｒ，小球可进入轨道经过Ｂ点．设其竖直位移为Ｒ时，水平位移也恰为R，则Ｒ＝ｇｔ2／2，Ｒ＝ｖ′ｔ，解得：ｖ′＝／2＝ｍ／ｓ． 因此，初速度满足2ｍ／ｓ＞ｖ′≥ｍ／ｓ时，小球可做平抛运动经过Ｂ点． 　36．卫星在天空中任何天体表面附近运行时，仅受万有引力Ｆ作用使卫星做圆周运动，运动半径等于天体的球半径Ｒ．设天体质量为Ｍ，卫星质量为ｍ，卫星运动周期为Ｔ，天体密度为ρ．根据万有引力定律Ｆ＝ＧＭｍ／Ｒ2， 卫星做圆周运动向心力Ｆ′＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2， 因为 　Ｆ′＝Ｆ，得ＧＭｍ／Ｒ2＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2，∴Ｔ＝． 　又球体质量Ｍ＝4πＲ3ρ／3． 得Ｔ＝=，∴Ｔ∝1／，得证． 　 37．解：由于两球相碰满足动量守恒 　　ｍ1ｖ0＝ｍ1ｖ1＋ｍ2ｖ2，ｖ1＝－1.3ｍ／ｓ． 　两球组成系统碰撞前后的总动能Ｅｋ1＋Ｅｋ2＝ｍ1ｖ02／2＋0＝2.5Ｊ， 　Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＝ｍ1ｖ12／2＋ｍ2ｖ22／2＝2.8Ｊ． 　可见，Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＞Ｅｋ1＋Ｅｋ2，碰后能量较碰撞前增多了，违背了能量守恒定律，这种假设不合理． 　38．解：（1）由动量守恒，得ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2， 由运动学公式得ｓ＝（ｖ1－ｖ2）ｔ，ｈ＝ｇｔ2／2， 由以上三式得ｖ2＝（ｍｖ0－ｓｍ）／（Ｍ＋ｍ）． 　（2）最后车与物体以共同的速度ｖ向右运动，故有 　ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖｖ＝ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）． ∴ΔＥ＝ｍｖ02／2＋ｍｇｈ－（Ｍ＋ｍ）ｍ2ｖ02／2（Ｍ＋ｍ）2． 解得ΔＥ＝ｍｇｈ＋Ｍｍｖ02／2（Ｍ＋ｍ）． 　39．解：设碰前Ａ、Ｂ有共同速度ｖ时，Ｍ前滑的距离为ｓ．则ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ，ｆｓ＝Ｍｖ2／2，ｆ＝μｍｇ． 　由以上各式得　ｓ＝Ｍｍｖ02／2μｇ（Ｍ＋ｍ）2． 　当ｖ0＝2ｍ／ｓ时，ｓ＝2／9ｍ＜0.5ｍ，即Ａ、Ｂ有共同速度．当ｖ0＝4ｍ／ｓ时，ｓ＝8／9ｍ＞0.5ｍ，即碰前Ａ、Ｂ速度不同． 　40．解：（1）物体由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者系统水平方向动量守恒得：ｍｖ0＝ｍｖ0／2＋2ｍｖＡＢ． 解之得　ｖＡＢ＝ｖ0／4． 　（2）物块由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者功能关系得：μｍｇＬ＝ｍｖ02／2－ｍ（ｖ0／2）2／2－2ｍ（ｖ0／4）2／2． 解之得　Ｌ＝5ｖ02／16μｇ． 　（3）物块由Ｄ滑到Ｃ的过程中，二者系统水平方向动量守恒，又因为物块到达最高点Ｃ时，物块与滑块速度相等且水平，均为ｖ． 故得　ｍｖ0／2＋ｍｖ0／4＝2ｍｖ， ∴　得滑块的动能ＥＣＤ＝ｍｖ2／2＝9ｍｖ02／128． 　41．解：（1）Ｂ从ｖ0减速到速度为零的过程，Ｃ静止，Ｂ的位移：ｓ1＝ｖ02／2μｇ． 　所用的时间：ｔ1＝ｖ0／μｇ． 　此后Ｂ与Ｃ一起向右做加速运动，Ａ做减速运动，直到相对静止，设所用时间为ｔ2，共同速度为ｖ． 　对Ａ、Ｂ、Ｃ，由动量守恒定律得 　ｍＡ·2ｖ0－ｍＢｖ0＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ， ∵　ｍＡ＝ｍＢ＝ｍＣ，∴　ｖ＝ｖ0／3． 　 对Ｂ与Ｃ，向右加速运动的加速度 　ａ＝μｍＡｇ／（ｍＢ＋ｍＣ）＝μｇ／2，∴ｔ2＝ｖ／ａ＝2ｖ0／3μｇ． Δｔ内Ｂ向右移动的位移ｓ2＝ｖｔ2／2＝ｖ02／9μｇ， 故总路程ｓ＝ｓ1＋ｓ2＝11ｖ02／18μｇ，总时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝5ｖ0／3μｇ． 　（2）设车的最小长度为Ｌ，则相对静止时Ａ、Ｂ刚好接触，由能量守恒得 　ｍＡ（2ｖ0）2／2＋ｍＢｖ02／2＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ2／2＋μｍＢｇｓ1＋μｍＡｇ（Ｌ－ｓ1）， 联立解得Ｌ＝7ｖ02／3μｇ． 　42．解：（1）ｍ速度最大的位置应在O点左侧．因为细线烧断后，ｍ在弹簧弹力和滑动摩擦力的合力作用下向右做加速运动，当弹力与摩擦力的合力为零时，ｍ的速度达到最大，此时弹簧必处于压缩状态．此后，系统的机械能不断减小，不能再达到这一最大速度． 　（2）选ｍ、Ｍ为一系统，由动量守恒定律得 　ｍｖ1＝Ｍｖ2． 　设这一过程中弹簧释放的弹性势能为Ｅｐ，则 　Ｅｐ＝ｍｖ12／2＋Ｍｖ22／2＋μｍｇｓ， 解得　ｖ2＝ｍｖ1／Ｍ，Ｅｐ＝ｍ［（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2Ｍ＋μｇｓ］． 　（2）ｍ与Ｍ最终将静止，因为系统动量守恒，且总动量为零，只要ｍ与Ｍ间有相对运动，就要克服摩擦力做功，不断消耗能量，所以，ｍ与Ｍ最终必定都静止． 　43．解：（1）第一颗子弹射入木块过程，系统动量守恒，有 　ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ1． 　射入后，在ＯＢＣ运动过程中，机械能守恒，有 　（ｍ＋Ｍ）ｖ12／2＝（ｍ＋Ｍ）ｇＲ，得ｖ0＝（Ｍ＋ｍ）／ｍ． 　（2）由动量守恒定律知，第2、4、6……颗子弹射入木块后，木块速度为0，第1、3、5……颗子弹射入后，木块运动．当第9颗子弹射入木块时，由动量守恒得： 　ｍｖ0＝（9ｍ＋Ｍ）ｖ9， 　设此后木块沿圆弧上升最大高度为Ｈ，由机械能守恒定律得：（9ｍ＋Ｍ）ｖ92／2＝（9ｍ＋Ｍ）ｇＨ， 由以上可得：Ｈ＝［（Ｍ＋ｍ）／（Ｍ＋9ｍ）］2Ｒ． 　44．解：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动ｓ，速度变为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．由动能定理 　－μＭｇｓ＝0－ｍｖ02／2，ｓ＝ｍｖ02／2μＭｇ＝0.33ｍ． 　（2）假如平板车在第二次碰墙前还未和滑块相对静止，则其速度的大小肯定还是2ｍ／ｓ，因为只要相对运动，摩擦力大小为恒值．滑块速度则大于2ｍ／ｓ，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰墙前肯定已和滑块具有共同速度ｖ．此即平板车碰墙前瞬间的速度． 　Ｍｖ0－ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， ∴ｖ＝（Ｍ－ｍ）ｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝0.4ｍ／ｓ． 图3　（3）平板车与墙壁第一次碰撞后滑块与平板又达到共同速度ｖ前的过程，可用图3（ａ）、（ｂ）、（ｃ）表示．图3（ａ）为平板车与墙碰撞后瞬间滑块与平板车的位置，图3（ｂ）为平板车到达最左端时两者的位置，图3（ｃ）为平板车与滑块再次达到共同速度时两者的位置．在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功μΜｇｓ′，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功μＭｇｓ″（平板车从Ｂ到Ａ再回到Ｂ的过程中摩擦力做功为零），其中ｓ′、ｓ″分别为滑块和平板车的位移．滑块和平板车动能总减少为μＭｇｌ1，其中ｌ1＝ｓ′＋ｓ″为滑块相对平板车的位移，此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为ｌ，则有（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2＝μＭｇｌ，ｌ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2μＭｇ＝0.833ｍ． ｌ即为平板车的最短长度．图4　　45．解：如图4，Ａ球从静止释放后将自由下落至Ｃ点悬线绷直，此时速度为ｖＣ ∵　ｖＣ2＝2ｇ×2Ｌｓｉｎ30°， ∴　ｖＣ＝＝2ｍ／ｓ． 　在线绷直的过程中沿线的速度分量减为零时，Ａ将以切向速度ｖ1沿圆弧运动且 　ｖ1＝ｖＣｃｏｓ30°＝ｍ／ｓ． 　Ａ球从Ｃ点运动到最低点与Ｂ球碰撞前机械能守恒，可求出Ａ球与Ｂ球碰前的速度 　ｍＡｖ12／2＋ｍＡｇＬ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍＡｖ22／2， 　ｖ2＝==ｍ／ｓ． 　因Ａ、Ｂ两球发生无能量损失的碰撞且ｍＡ＝ｍＢ，所以它们的速度交换，即碰后Ａ球的速度为零，Ｂ球的速度为ｖ2＝（ｍ／ｓ）．对Ｂ球和小车组成的系统水平方向动量守恒和机械能守恒，当两者有共同水平速度ｕ时，Ｂ球上升到最高点，设上升高度为ｈ． 　ｍＢｖ2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ，ｍＢｖ22／2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ2／2＋ｍＢｇｈ．解得ｈ＝3／16≈0.19ｍ． 　在Ｂ球回摆到最低点的过程中，悬线拉力仍使小车加速，当Ｂ球回到最低点时小车有最大速度ｖｍ ，设小球Ｂ回到最低点时速度的大小为ｖ3，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 　ｍＢｖ2＝－ｍＢｖ3＋Ｍｖｍ，ｍＢｖ22／2＝ｍＢｖ32／2＋Ｍｖｍ2／2， 解得ｖｍ＝2ｍＢｖ2／（ｍ3＋Ｍ）＝／2ｍ／ｓ＝1.12ｍ／ｓ． 　46．解：（1）小球的角速度与运动的角速度必定相等，则有ｖ＝ωＲ＝ω． 　（2）人手所提供的功率应等于小球在运动过程中克服摩擦力做功的功率．即有Ｐ＝ｆｖ， ∴　ｆ＝Ｐ／ｖ＝Ｐ／ω． 　47．解：由于粘性物体与底板粘合的过程时间极短，冲击力远大于重力，在竖直方向近似动量守恒，开始静止时，有　ｍ1ｇ＝ｋｘｋ＝ｍ1ｇｘ． 　ｍ2下落Ｈ时的速度ｖ＝，ｍ2与ｍ1合在一起动量守恒，ｍ2ｖ＝（ｍ1＋ｍ2）ｖ′，ｖ′＝ｍ2ｖ／（ｍ1＋ｍ2）＝ｍ2／（ｍ1＋ｍ2）． 　设向下为正方向，ｍ1与ｍ2的整体受两个力，即重力（ｍ1＋ｍ2）ｇ和弹簧的平均拉力，则有平均拉力＝ｋｘ＋ｋｈ／2＝ｋ（2ｘ＋ｈ）／2，由动能定理得 ［－＋（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ＝0－（ｍ1＋ｍ2）ｖ2／2， 由以上各式得［ｍ1ｇ（2ｘ＋ｈ）／2ｘ－（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ 　＝（ｍ1＋ｍ2）·ｍ22·2ｇｈ／2（ｍ1＋ｍ2）2． 代入数值得ｈ＝0.3ｍ． 　48．解：ｍ与Ａ粘在一起后水平方向动量守恒，共同速度设为ｖ1，Ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ1， 得ｖ1＝Ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝2ｖ0／3． 　当弹簧压缩到最大时即有最大弹性势能Ｅ，此时系统中各物体有相同速度，设为ｖ2，由动量守恒定律 　2Ｍｖ0＝（2Ｍ＋ｍ）ｖ2，得ｖ2＝2Ｍｖ0／（2Ｍ＋ｍ）＝4ｖ0／5． 由能量守恒有 　Ｅ＝Ｍｖ02／2＋（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2－（2Ｍ＋ｍ）ｖ22／2， 解得Ｅ＝Ｍｖ02／30． 　49．解：（1）振子在平衡位置时，所受合力为零，设此时弹簧被压缩Δｘ：（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ＝ｋΔｘ，Δｘ＝5ｃｍ． 　开始释放时振子处在最大位移处，故振幅 　Ａ＝5ｃｍ＋5ｃｍ＝10ｃｍ． 　（2）由于开始时弹簧的伸长量恰等于振子在平衡位置时弹簧的压缩量，故弹性势能相等，设振子的最大速度为ｖ，从开始到平衡位置，根据机械能守恒定律， 得ｍｇ·Ａ＝ｍｖ2／2，∴ｖ＝＝1.4ｍ／ｓ， 即Ｂ的最大速率为1.4ｍ／ｓ． 　 （3）在最高点，振子受到的重力和弹力方向相同，根据牛顿第二定律，得 　ａ＝［ｋΔｘ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ］／（ｍＡ＋ｍＢ）＝20ｍ／ｓ2， Ａ对Ｂ的作用力方向向下，其大小 　Ｎ1＝ｍＢａ－ｍＢｇ＝10Ｎ． 在最低点，振子受到的重力和弹力方向相反，根据牛顿第二定律，得ａ＝ｋ（Δｘ＋Ａ）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｍＡ＋ｍＢ＝20ｍ／ｓ2． Ａ对Ｂ的作用力方向向上，其大小 　Ｎ2＝ｍＢａ＋ｍＢｇ＝30Ｎ． 　17．如图1-80所示，长木板Ａ右边固定着一个挡板，包括挡板在内的总质量为1．5Ｍ，静止在光滑的水平地面上．小木块Ｂ质量为Ｍ，从Ａ的左端开始以初速度ｖ０在Ａ上滑动，滑到右端与挡板发生碰撞，已知碰撞过程时间极短，碰后木块Ｂ恰好滑到Ａ的左端就停止滑动．已知Ｂ与Ａ间的动摩擦因数为μ，Ｂ在Ａ板上单程滑行长度为ｌ．求：图1-80　（1）若μｌ＝3ｖ０２／160ｇ，在Ｂ与挡板碰撞后的运动过程中，摩擦力对木板Ａ做正功还是负功?做多少功? 　（2）讨论Ａ和Ｂ在整个运动过程中，是否有可能在某一段时间里运动方向是向左的．如果不可能，说明理由；如果可能，求出发生这种情况的条件．2．解：在0～1ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知 　ａ１＝12ｍ／ｓ２， 由牛顿第二定律，得 　Ｆ－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ１，　　① 在0～2ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知ａ２＝－6ｍ／ｓ２， 因为此时物体具有斜向上的初速度，故由牛顿第二定律，得 　－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ２，　　② 　②式代入①式，得　Ｆ＝18Ｎ． 3．解：在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从Ａ到Ｂ需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为ｔ1，则 　（ｖ／2）ｔ１＋ｖ（ｔ－ｔ１）＝Ｌ， 所以　ｔ１＝2（ｖｔ－Ｌ）／ｖ＝（2×（2×6－10）／2）ｓ＝2ｓ． 为使物体从Ａ至Ｂ所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变．而　ａ＝ｖ／ｔ＝1ｍ／ｓ２．设物体从Ａ至Ｂ所用最短的时间为ｔ2，则 　（1／2）ａｔ2２＝Ｌ， 　ｔ2＝=＝2ｓ． 　ｖｍｉｎ＝ａｔ2＝1×2ｍ／ｓ＝2ｍ／ｓ． 传送带速度再增大1倍，物体仍做加速度为1ｍ／ｓ２的匀加速运动，从Ａ至Ｂ的传送时间为2 ｍ／ｓ． 4．解：启动前Ｎ１＝ｍｇ， 　升到某高度时　Ｎ2＝（17／18）Ｎ１＝（17／18）ｍｇ， 　对测试仪　Ｎ2－ｍｇ′＝ｍａ＝ｍ（ｇ／2）， 　∴　ｇ′＝（8／18）ｇ＝（4／9）ｇ， 　ＧｍＭ／Ｒ2＝ｍｇ，ＧｍＭ／（Ｒ＋ｈ）2＝ｍｇ′，解得：ｈ＝（1／2）Ｒ． 5．解：由匀加速运动的公式　ｖ２＝ｖ０２＋2ａｓ 　得物块沿斜面下滑的加速度为 　ａ＝ｖ2／2ｓ＝1．42／（2×1．4）＝0．7ｍｓ－２， 由于ａ＜ｇｓｉｎθ＝5ｍｓ－２， 　可知物块受到摩擦力的作用．图3　分析物块受力，它受3个力，如图3．对于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，由牛顿定律有 　ｍｇｓｉｎθ－ｆ１＝ｍａ， 　ｍｇｃｏｓθ－Ｎ１＝0， 　分析木楔受力，它受5个力作用，如图3所示．对于水平方向，由牛顿定律有 　ｆ2＋ｆ１ｃｏｓθ－Ｎ１ｓｉｎθ＝0， 　由此可解得地面的作用于木楔的摩擦力 　ｆ2＝ｍｇｃｏｓθｓｉｎθ－（ｍｇｓｉｎθ－ｍａ）ｃｏｓθ＝ｍａｃｏｓθ＝1×0．7×（／2）＝0．61Ｎ． 　此力的方向与图中所设的一致（由指向）． 6．解：（1）飞机原先是水平飞行的，由于垂直气流的作用，飞机在竖直方向上的运动可看成初速度为零的匀加速直线运动，根据　ｈ＝（1／2）ａｔ２，得ａ＝2ｈ／ｔ２，代入ｈ＝1700ｍ，ｔ＝10ｓ，得 　ａ＝（2×1700／10２）（ｍ／ｓ２）＝34ｍ／ｓ２，方向竖直向下． 　（2）飞机在向下做加速运动的过程中，若乘客已系好安全带，使机上乘客产生加速度的力是向下重力和安全带拉力的合力．设乘客质量为ｍ，安全带提供的竖直向下拉力为Ｆ，根据牛顿第二定律　Ｆ＋ｍｇ＝ｍａ，得安全带拉力 　　Ｆ＝ｍ（ａ－ｇ）＝ｍ（34－10）Ｎ＝24ｍ（Ｎ）， ∴　安全带提供的拉力相当于乘客体重的倍数 　ｎ＝Ｆ／ｍｇ＝24ｍＮ／ｍ·10Ｎ＝2．4（倍）． 　（3）若乘客未系安全带，飞机向下的加速度为34ｍ／ｓ２，人向下加速度为10ｍ／ｓ２，飞机向下的加速度大于人的加速度，所以人对飞机将向上运动，会使头部受到严重伤害． 7．解：设月球表面重力加速度为ｇ，根据平抛运动规律，有 　ｈ＝（1／2）ｇｔ２，　　① 　水平射程为　　　Ｌ＝ｖ０ｔ，　　② 　联立①②得ｇ＝2ｈｖ０２／Ｌ２．　　③ 　根据牛顿第二定律，得　ｍｇ＝ｍ（2π／Ｔ）２Ｒ，　　④ 　联立③④得　Ｔ＝（πＬ／ｖ０ｈ）．　　⑤ 8．解：前2秒内，有Ｆ－ｆ＝ｍａ１，ｆ＝μＮ，Ｎ＝ｍｇ，则 　ａ１＝（Ｆ－μｍｇ）／ｍ＝4ｍ／ｓ２，ｖｔ＝ａ１ｔ＝8ｍ／ｓ， 　撤去Ｆ以后　ａ２＝ｆ／ｍ＝2ｍ／ｓ，ｓ＝ｖ１２／2ａ２＝16ｍ． 9．解：（1）用力斜向下推时，箱子匀速运动，则有 　Ｆｃｏｓθ＝ｆ，ｆ＝μＮ，Ｎ＝Ｇ＋Ｆｓｉｎθ， 　联立以上三式代数据，得　Ｆ＝1．2×10２Ｎ． 　（2）若水平用力推箱子时，据牛顿第二定律，得Ｆ合＝ｍａ，则有 　Ｆ－μＮ＝ｍａ，Ｎ＝Ｇ， 　联立解得　ａ＝2．0ｍ／ｓ２． 　ｖ＝ａｔ＝2．0×3．0ｍ／ｓ＝6．0ｍ／ｓ， 　ｓ＝（1／2）ａｔ２＝（1／2）×2．0×3．0２ｍ／ｓ＝9．0ｍ， 　推力停止作用后　ａ′＝ｆ／ｍ＝4．0ｍ／ｓ２（方向向左）， 　ｓ′＝ｖ２／2ａ′＝4．5ｍ， 　则　ｓ总＝ｓ＋ｓ′＝13．5ｍ． 10．解：根据题中说明，该运动员发球后，网球做平抛运动．以ｖ表示初速度，Ｈ表示网球开始运动时离地面的高度（即发球高度），ｓ１表示网球开始运动时与网的水平距离（即运动员离开网的距离），ｔ１表示网球通过网上的时刻，ｈ表示网球通过网上时离地面的高度，由平抛运动规律得到 　ｓ１＝ｖｔ１，Ｈ－ｈ＝（1／2）ｇｔ１２， 消去ｔ１，得　　ｖ＝ｍ／ｓ，ｖ≈23ｍ／ｓ． 　以ｔ２表示网球落地的时刻，ｓ２表示网球开始运动的地点与落地点的水平距离，ｓ表示网球落地点与网的水平距离，由平抛运动规律得到 　Ｈ＝（1／2）ｇｔ２２，ｓ２＝ｖｔ２， 消去ｔ２，得ｓ２＝ｖ≈16ｍ， 　网球落地点到网的距离　ｓ＝ｓ２－ｓ１≈4ｍ． 11．解：（1）设卫星质量为ｍ，它在地球附近做圆周运动，半径可取为地球半径Ｒ，运动速度为ｖ，有 　ＧＭｍ／Ｒ２＝ｍｖ２／Ｒ　得ｖ＝． 　（2）由（1）得： 　Ｍ＝ｖ２Ｒ／Ｇ＝＝6．0×1024ｋｇ． 12．解：对物块：Ｆ１－μｍｇ＝ｍａ１， 　6－0．5×1×10＝1·ａ１，ａ１＝1．0ｍ／ｓ2， 　ｓ１＝（1／2）ａ１ｔ2＝（1／2）×1×0．42＝0．08ｍ， 　ｖ１＝ａ１ｔ＝1×0．4＝0．4ｍ／ｓ， 　对小车：Ｆ２－μｍｇ＝Ｍａ２， 　9－0．5×1×10＝2ａ２，ａ２＝2．0ｍ／ｓ2， 　ｓ２＝（1／2）ａ２ｔ2＝（1／2）×2×0．42＝0．16ｍ， 　ｖ２＝ａ２ｔ＝2×0．4＝0．8ｍ／ｓ， 　撤去两力后，动量守恒，有Ｍｖ２－ｍｖ１＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， 　ｖ＝0．4ｍ／ｓ（向右）， ∵　（（1／2）ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2）－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ2＝μｍｇｓ３， 　ｓ３＝0．096ｍ， ∴　ｌ＝ｓ１＋ｓ２＋ｓ３＝0．336ｍ． 13．解：设木块到Ｂ时速度为ｖ０，车与船的速度为ｖ１，对木块、车、船系统，有 　ｍ１ｇｈ＝（ｍ１ｖ０2／2）＋（（ｍ２＋ｍ３）ｖ１2／2）， 　ｍ１ｖ０＝（ｍ２＋ｍ３）ｖ１， 解得　ｖ０＝5，ｖ１＝． 　木块到Ｂ后，船以ｖ１继续向左匀速运动，木块和车最终以共同速度ｖ２向右运动，对木块和车系统，有 　ｍ１ｖ０－ｍ２ｖ１＝（ｍ１＋ｍ２）ｖ２， 　μｍ１ｇｓ＝（（ｍ１ｖ０2／2）＋（ｍ２ｖ１2／2））－（（ｍ１＋ｍ２）ｖ２2／2）， 得　ｖ２＝ｖ１＝，ｓ＝2ｈ． 14．解：（1）小球的角速度与手转动的角速度必定相等均为ω．设小球做圆周运动的半径为ｒ，线速度为ｖ．由几何关系得　ｒ＝，ｖ＝ω·ｒ，解得　　 　　ｖ＝ω． 　（2）设手对绳的拉力为Ｆ，手的线速度为ｖ，由功率公式得　Ｐ＝Ｆｖ＝Ｆ·ωＲ， ∴　Ｆ＝Ｐ／ωＲ． 图4　研究小球的受力情况如图4所示，因为小球做匀速圆周运动，所以切向合力为零，即 　Ｆｓｉｎθ＝ｆ， 其中　ｓｉｎθ＝Ｒ／， 　联立解得　ｆ＝Ｐ／ω． 15．解：（1）用ｖ１表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由于子弹射入木块Ｃ时间极短，系统动量守恒，有 　ｍｖ０＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１， 　∴　ｖ１＝ｍｖ０／（ｍ＋Ｍ）＝3ｍ／ｓ， 　子弹和木块Ｃ在ＡＢ木板上滑动，由动能定理得： 　（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ２２－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ１２＝－μ（ｍ＋Ｍ）ｇＬ， 　解得　ｖ２＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）用ｖ′表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由动量守恒定律，得　ｍｖ０′＋Ｍｕ＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１′，解得　ｖ１′＝4ｍ／ｓ． 　木块Ｃ及子弹在ＡＢ木板表面上做匀减速运动　ａ＝μｇ．设木块Ｃ和子弹滑至ＡＢ板右端的时间为ｔ，则木块Ｃ和子弹的位移ｓ１＝ｖ１′ｔ－（1／2）ａｔ2， 　由于ｍ车≥（ｍ＋Ｍ），故小车及木块ＡＢ仍做匀速直线运动，小车及木板ＡＢ的位移　ｓ＝ｕｔ，由图5可知：ｓ１＝ｓ＋Ｌ， 　联立以上四式并代入数据得： 　ｔ2－6ｔ＋1＝0， 　解得：ｔ＝（3－2）ｓ，（ｔ＝（3＋2）ｓ不合题意舍去），　　（11） 　∴　ｓ＝ｕｔ＝0．18ｍ． 16．解：（1）设Ａ滑上Ｂ后达到共同速度前并未碰到档板，则根据动量守恒定律得它们的共同速度为ｖ，有图5　ｍｖ０＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝2ｍ／ｓ，在这一过程中，Ｂ的位移为ｓＢ＝ｖＢ2／2ａＢ且ａＢ＝μ ｍｇ／Ｍ，解得ｓＢ＝Ｍｖ2／2μｍｇ＝2×22／2×0．2×1×10＝2ｍ． 　设这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ１，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ１＝（1／2）ｍｖ０2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得ｓ１＝6ｍ． 　当ｓ＝4ｍ时，Ａ、Ｂ达到共同速度ｖ＝2ｍ／ｓ后再匀速向前运动2ｍ碰到挡板，Ｂ碰到竖直挡板后，根据动量守恒定律得Ａ、Ｂ最后相对静止时的速度为ｖ′，则 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′， 解得　ｖ′＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ２，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ２＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　ｓ２＝2．67ｍ． 　因此，Ａ、Ｂ最终不脱离的木板最小长度为ｓ１＋ｓ２＝8．67ｍ 　（2）因Ｂ离竖直档板的距离ｓ＝0．5ｍ＜2ｍ，所以碰到档板时，Ａ、Ｂ未达到相对静止，此时Ｂ的速度ｖＢ为 　ｖＢ2＝2ａＢｓ＝（2μｍｇ／Ｍ）ｓ，解得　ｖＢ＝1ｍ／ｓ， 　设此时Ａ的速度为ｖＡ，根据动量守恒定律，得 　ｍｖ０＝ＭｖＢ＋ｍｖＡ，解得ｖＡ＝4ｍ／ｓ， 　设在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移为ｓ１′，根据动能定理得： 　μｍｇｓ１′＝（1／2）ｍｖ０2－（（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）ＭｖＢ2）， 　解得　ｓ１′＝4．5ｍ． 　Ｂ碰撞挡板后，Ａ、Ｂ最终达到向右的相同速度ｖ，根据动能定理得ｍｖＡ－ＭｖＢ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ２′为 　μｍｇｓ２′＝（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得　ｓ２′＝（25／6）ｍ． 　Ｂ再次碰到挡板后，Ａ、Ｂ最终以相同的速度ｖ′向左共同运动，根据动量守恒定律，得 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′，解得　ｖ′＝（2／9）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ３′为： 　μｍｇｓ３′＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　　　　ｓ３′＝（8／27）ｍ． 　因此，为使Ａ不从Ｂ上脱落，Ｂ的最小长度为ｓ１′＋ｓ２′＋ｓ３′＝8．96ｍ． 17．解：（1）Ｂ与Ａ碰撞后，Ｂ相对于Ａ向左运动，Ａ所受摩擦力方向向左，Ａ的运动方向向右，故摩擦力作负功．设Ｂ与Ａ碰撞后的瞬间Ａ的速度为ｖ１，Ｂ的速度为ｖ２，Ａ、Ｂ相对静止后的共同速度为ｖ，整个过程中Ａ、Ｂ组成的系统动量守恒，有 　Ｍｖ０＝（Ｍ＋1．5Ｍ）ｖ，ｖ＝2ｖ０／5． 　碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功，即 　Ｍｖ２＋1．5Ｍｖ１＝2．5Ｍｖ，　　① 　（1／2）×1．5Ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2－（1／2）×2．5Ｍｖ2＝Ｍμｇｌ，　　② 可解出ｖ１＝（1／2）ｖ０（另一解ｖ１＝（3／10）ｖ０因小于ｖ而舍去） 　这段过程中，Ａ克服摩擦力做功 　Ｗ＝（1／2）×1．5Ｍｖ１2－（1／2）×1．5Ｍｖ2＝（27／400）Ｍｖ０2（0．068Ｍｖ０2）． 　（2）Ａ在运动过程中不可能向左运动，因为在Ｂ未与Ａ碰撞之前，Ａ受到的摩擦力方向向右，做加速运动，碰撞之后Ａ受到的摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后，速度仍向右，因此不可能向左运动． 　Ｂ在碰撞之后，有可能向左运动，即ｖ２＜0． 　先计算当ｖ２ ＝0时满足的条件，由①式，得 　ｖ１＝（2ｖ０／3）－（2ｖ２／3），当ｖ２＝0时，ｖ１＝2ｖ０／3，代入②式，得 　（（1／2）×1．5Ｍ4ｖ０2／9）－（（1／2）×2．5Ｍ4ｖ０2／25）＝Ｍμｇｌ， 解得　μｇｌ＝2ｖ０2／15． 　Ｂ在某段时间内向左运动的条件之一是μｌ＜2ｖ０2／15ｇ． 　另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即 　（1／2）Ｍｖ０2－（1／2）2．5Ｍ（2ｖ０／5）2≥2Ｍμｇｌ， 　解出另一个条件是　μｌ≤3ｖ０2／20ｇ， 　最后得出Ｂ在某段时间内向左运动的条件是 　2ｖ０2／15ｇ＜μｌ≤3ｖ０2／20ｇ． 18．解：（1）以警车为研究对象，由动能定理． 　－μｍｇ·ｓ＝（1／2）ｍｖ2－（1／2）ｍｖ０2， 　将ｖ０＝14．0ｍ／ｓ，ｓ＝14．0ｍ，ｖ＝0代入，得 　μｇ＝7．0ｍ／ｓ2， 　因为警车行驶条件与肇事汽车相同，所以肇事汽车的初速度ｖＡ＝＝21ｍ／ｓ． 　（2）肇事汽车在出事点Ｂ的速度 　ｖＢ＝＝14ｍ／ｓ， 　肇事汽车通过段的平均速度 　＝（ｖＡ＋ｖＢ）／2＝（21＋14）／2＝17．5ｍ／ｓ． 　肇事汽车通过ＡＢ段的时间 　ｔ２＝ＡＢ／＝（31．5－14．0）／17．5＝1ｓ． 　∴　游客横过马路的速度 　ｖ人＝／（ｔ１＋ｔ２）＝（2．6／（1＋0．7））ｍ／ｓ＝1．53ｍ／ｓ． 19．解：（1）开始Ａ、Ｂ处于静止状态时，有 　ｋｘ０－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｓｉｎ30°＝0，　　① 　设施加Ｆ时，前一段时间Ａ、Ｂ一起向上做匀加速运动，加速度为ａ，ｔ＝0．2ｓ，Ａ、Ｂ间相互作用力为零，对Ｂ有： 　ｋｘ－ｍＢｇｓｉｎ30°＝ｍＢａ，　　② 　ｘ－ｘ０＝（1／2）ａｔ2，　　③ 　解①、②、③得： 　ａ＝5ｍｓ－2，ｘ０＝0．05ｍ，ｘ＝0．15ｍ， 　初始时刻Ｆ最小 　Ｆｍｉｎ＝（ｍＡ＋ｍＢ）ａ＝60Ｎ． 　ｔ＝0．2ｓ时，Ｆ最大 　Ｆｍａｘ－ｍＡｇｓｉｎ30°＝ｍＡａ， 　Ｆｍａｘ＝ｍＡ（ｇｓｉｎ30°＋ａ）＝100Ｎ， 　（2）ΔＥＰＡ＝ｍＡｇΔｈ＝ｍＡｇ（ｘ－ｘ０）ｓｉｎ30°＝5Ｊ． 20 ．解：当弹簧处于压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和．当弹簧伸长到其自然长度时，弹性势能为零，因这时滑块Ａ的速度为零，故系统的机械能等于滑块Ｂ的动能．设这时滑块Ｂ的速度为ｖ则有 　Ｅ＝（1／2）ｍ２ｖ2，　　① 由动量守恒定律（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ２ｖ，　　② 解得　Ｅ＝（1／2）（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２．　　③ 　假定在以后的运动中，滑块Ｂ可以出现速度为零的时刻，并设此时滑块Ａ的速度为ｖ１．这时，不论弹簧是处于伸长还是压缩状态，都具有弹性势能Ｅｐ．由机械能守恒定律得 　（1／2）ｍ１ｖ１2＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　④ 根据动量守恒　（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ１ｖ１，　　⑤ 求出ｖ１，代入④式得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑥ 因为Ｅｐ≥0，故得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）≤（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑦ 即　ｍ１≥ｍ２，与已知条件ｍ１＜ｍ２不符． 　可见滑块Ｂ的速度永不为零，即在以后的运动中，不可能出现滑动Ｂ的速度为零的情况． 21．解：设恰好物体相对圆盘静止时，弹簧压缩量为Δｌ，静摩擦力为最大静摩擦力ｆｍａｘ，这时物体处于临界状态，由向心力公式ｆｍａｘ－ｋΔｌ＝ｍＲｗ2，　　① 　假若物体向圆心移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ１－ｋ（Δｌ＋ｘ）＝ｍ（Ｒ－ｘ）ｗ2，　　② 　由①、②两式可得　ｆｍａｘ－ｆ１＝ｍｘｗ2－ｋｘ，　　③ 所以　ｍｘｗ2－ｋｘ≥0，得ｋ≤ｍｗ2，　　④ 　若物体向外移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ２－ｋ（Δｌ－ｘ）≥ｍ（Ｒ＋ｘ）ｗ2，　　⑤ 由①～⑥式得　ｆｍａｘ－ｆ２＝ｋｘ－ｍｘｗ2≥0，　　⑥ 所以　ｋ≥ｍｗ2，　　⑦ 即若物体向圆心移动，则ｋ≤ｍｗ2， 若物体向远离圆心方向移动，则ｋ≥ｍｗ2． 22．解：卫星环绕地球作匀速圆周运动，设卫星的质量为ｍ，轨道半径为ｒ，受到地球的万有引力为Ｆ， 　Ｆ＝ＧＭｍ／ｒ2，　　① 　式中Ｇ为万有引力恒量，Ｍ是地球质量． 　设ｖ是卫星环绕地球做匀速圆周运动的线速度，Ｔ是运动周期，根据牛顿第二定律，得 　Ｆ＝ｍｖ2／ｒ，　　② 　由①、②推导出　ｖ＝．　　③ 　③式表明：ｒ越大，ｖ越小． 　人造卫星的周期就是它环绕地球运行一周所需的时间Ｔ， 　Ｔ＝2πｒ／ｖ，　　④ 　由③、④推出　Ｔ＝2π，　　⑤ 　⑤式说明：ｒ越大，Ｔ越大．　23．证：设质点通过Ａ点时的速度为ｖＡ，通过Ｃ点时的速度为ｖＣ，由匀变速直线运动的公式得： ｓ1＝ｖＡＴ＋ａＴ2／2，ｓ3＝ｖＣＴ＋ａＴ2／2，ｓ3－ｓ1＝ｖＣＴ－ｖＡＴ． ∵　ｖＣ＝ｖＡ ＋2ａＴ， ∴　ｓ3－ｓ1＝（ｖＡ－2ａＴ－ｖＡ）Ｔ＝2ａＴ2，ａ＝（ｓ3－ｓ1）／2Ｔ2． 　24．根据：如果在连续的相等的时间内的位移之差相等，则物体做匀变速运动．证明：设物体做匀速运动的初速度为ｖ0，加速度为ａ，第一个Ｔ内的位移为ｓ1＝ｖ0Ｔ＋ａＴ2／2；第二个Ｔ内的位移为ｓ2＝（ｖ0＋ａＴ）Ｔ＋ａＴ2／2；第Ｎ个Ｔ内的位移为ｓＮ＝［ｖ0＋（Ｎ－1）ａＴ］Ｔ＋ａＴ2／2．　ｓＮ－ｓＮ－1＝ａＴ2，逆定理也成立． 　25．解：由匀变速直线运动的公式得小物块的加速度的大小为ａ1＝（ｖ0－ｖｔ）／ｔ＝2（ｍ／ｓ2）．木板的加速度大小为ａ2＝2ｓ／ｔ2＝0.25（ｍ／ｓ2）． 根据牛顿第二定律　Ｆ＝ｍａ 对小物块得　ｆ′1＝ｍａ1＝1×2＝2Ｎ， 对木板得　ｆ1－μ（ｍ＋Ｍ）ｇ＝Ｍａ2， 　μ＝（ｆ1－Ｍａ2）／（ｍ＋Ｍ）ｇ＝（2－4×0.25）／（1＋4）×10＝0.02． 　26．解：假设金属块没有离开第一块长木板，移动的相对距离为ｘ，由动量守恒定律，得ｍｖ0＝3ｍｖ， 　ｍｖ02／2＝3ｍｖ2／2＋μｍｇｘ， 解得ｘ＝4ｍ／3＞Ｌ，不合理， ∴　金属块一定冲上第二块木板． 　以整个系统为研究对象，由动量定律及能量关系，当金属块在第一块木板上时ｍｖ0＝ｍｖ0′＋2ｍｖ1， 　ｍｖ02／2＝12ｍｖ0′2＋2ｍ·ｖ12／2＋μｍｇｌ． 　ｍｖ0＝ｍｖ1＋2ｍｖ2， 　ｍｖ02／2＝ｍｖ12／2＋2ｍ·ｖ22／2＋μｍｇ（ｌ＋ｘ）． 联立解得： 　ｖ1＝1／3ｍ／ｓ，ｖ2＝5／6ｍ／ｓ，ｘ＝0.25ｍ． 　27．解：当ｔ＝0时，ａＡ0＝9／3＝3ｍ／ｓ2，ａＢ0＝3／6＝0.5ｍ／ｓ2．ａＡ0＞ａＢ0，Ａ、Ｂ间有弹力，随ｔ之增加，Ａ、Ｂ间弹力在减小，当（9－2ｔ）／3＝（3＋2ｔ）／6，ｔ＝2.5ｓ时，Ａ、Ｂ脱离，以Ａ、Ｂ整体为研究对象，在ｔ＝2.5ｓ内，加速度ａ＝（ＦＡ＋ＦＢ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝4／3ｍ／ｓ2，ｓ＝ａｔ2／2＝4.17ｍ． 　28．解：（1）由ｍＣｖ0＝ｍＣｖ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ1，Ｃ由Ａ滑至Ｂ时，Ａ、Ｂ的共同速度是 　ｖ1＝ｍＣ（ｖ0－ｖ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝0.2ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＡ＝ｍＣｖ02／2－ｍＣｖ2／2－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12／2， 得　μ＝［ｍＣ（ｖ02－ｖ2）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12］／2ｍＣｇｌＡ＝0.48． 　（2）由ｍＣｖ＋ｍＢｖ1＝（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ2，Ｃ相对Ｂ静止时，Ｂ、Ｃ的共同速度是ｖ2＝（ｍＣｖ＋ｍＢｖ1）／（ｍＣ＋ｍＢ）＝0.65ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＢ＝ｍＣｖ2／2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22／2， Ｃ在Ｂ上滑行距离为 　ｌＢ＝［ｍＣｖ2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22］／2μｍＣ ｇ＝0.25ｍ． 　（3）由μｍＣｇｓ＝ｍＢｖ22／2－ｍＢｖ12／2， Ｂ相对地滑行的距离ｓ＝［ｍＢ（ｖ22－ｖ12）］／2μｍＣｇ＝0.12ｍ． 　（4）Ｃ在Ａ、Ｂ上匀减速滑行，加速度大小由μｍＣｇ＝ｍＣａ，得ａ＝μｇ＝4.8ｍ／ｓ2． Ｃ在Ａ上滑行的时间ｔ1＝（ｖ0－ｖ）／ａ＝0.21ｓ． Ｃ在Ｂ上滑行的时间ｔ2＝（ｖ－ｖ2）／ａ＝0.28ｓ． 所求时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝0.21ｓ＋0.28ｓ＝0.49ｓ． 　　29．匀加速下滑时，受力如图1ａ，由牛顿第二定律，有： ｍｇｓｉｎθ－μｍｇｃｏｓθ＝ｍａ＝ｍｇｓｉｎθ／2， 　ｓｉｎθ／2＝μｃｏｓθ， 　得μ＝ｓｉｎθ／2ｃｏｓθ．图1静止时受力分析如图1ｂ，摩擦力有两种可能：①摩擦力沿斜面向下；②摩擦力沿斜面向上．摩擦力沿斜面向下时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＝ｆ＋ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ， 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ＋μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ－μｓｉｎθ）ｍｇ＝3ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ－ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　摩擦力沿斜面向上时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＋ｆ＝ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ． 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ－μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ＋μｓｉｎθ）ｍｇ＝ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ＋ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　30．解：（1）物体在两斜面上来回运动时，克服摩擦力所做的功Ｗｆ＝μｍｇｃｏｓ60°·ｓ总． 　物体从开始直到不再在斜面上运动的过程中ｍｇｈ－Ｗｆ＝0－ｍｖ02／2．解得ｓ总＝38ｍ． 　（2）物体最终是在Ｂ、Ｃ之间的圆弧上来回做变速圆周运动，且在Ｂ、Ｃ点时速度为零． 　（3）物体第一次通过圆弧最低点时，圆弧所受压力最大．由动能定理得ｍｇ［ｈ＋Ｒ（1－ｃｏｓ60°）］－μｍｇｃｏｓ60°／ｓｉｎ60°＝ｍ（ｖ12－ｖ02）／2， 由牛顿第二定律得　Ｎｍａｘ－ｍｇ＝ｍｖ12／Ｒ， 解得　Ｎｍａｘ＝54.5Ｎ． 　物体最终在圆弧上运动时，圆弧所受压力最小．由动能定理得ｍｇＲ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍｖ22／2，由牛顿第二定律得Ｎｍｉｎ－ｍｇ＝ｍｖ22／Ｒ，解得Ｎｍｉｎ＝20Ｎ． 　31．解：（1）设刹车后，平板车的加速度为ａ0，从开始刹车到车停止所经历时间为ｔ0，车所行驶距离为ｓ0，则有ｖ02＝2ａ0ｓ0，ｖ0＝ａ0ｔ0． 　欲使ｔ0小，ａ0应该大，作用于木箱的滑动摩擦力产生的加速度ａ1＝μｍｇ／ｍ＝μｇ． 　当ａ0＞ａ1时，木箱相对车底板滑动，从刹车到车停止过程中木箱运动的路程为ｓ1，则ｖ02＝2ａ2ｓ 1． 　为使木箱不撞击驾驶室，应有ｓ1－ｓ0≤Ｌ． 　联立以上各式解得：ａ0≤μｇｖ02／（ｖ02－2μｇＬ）＝5ｍ／ｓ2， 　∴　ｔ0＝ｖ0／ａ0＝4.4ｓ． 　（2）对平板车，设制动力为Ｆ，则Ｆ＋ｋ（Ｍ＋ｍ）ｇ－μｍｇ＝Ｍａ0，解得：Ｆ＝7420Ｎ． 　32．解：对系统ａ0＝［Ｆ－μｇ（ｍ1＋ｍ2）］／（ｍ1＋ｍ2）＝1ｍ／ｓ2． 　对木块1，细绳断后：│ａ1│＝ｆ1／ｍ1＝μｇ＝1ｍ／ｓ2． 　设细绳断裂时刻为ｔ1，则木块1运动的总位移： 　ｓ1＝2ａ0ｔ12／2＝ａ0ｔ12． 　对木块2，细绳断后，ａ2＝（Ｆ－μｍ2ｇ）／ｍ2＝2ｍ／ｓ2． 木块2总位移 　ｓ2＝ｓ′＋ｓ″＝ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2， 两木块位移差Δｓ＝ｓ2－ｓ1＝22（ｍ）． 得　ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2－ａ0ｔ12＝22， 把ａ0，ａ2值，ｖ1＝ａ0ｔ1代入上式整理得： 　ｔ12＋12ｔ1－28＝0，得ｔ1＝2ｓ． 木块2末速ｖ2＝ｖ1＋ａ2（6－ｔ1）＝ａ0ｔ1＋ａ2（6－ｔ1）＝10ｍ／ｓ． 此时动能Ｅｋ＝ｍ2ｖ22／2＝2×102／2Ｊ＝100Ｊ． 　33．解：（1）由动量守恒定律，ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ′，且有ｍ∶Ｍ＝1∶3， ∴　Ａ、Ｂ共同速度ｖ′＝ｍｖ0／（ｍ＋Ｍ）＝1ｍ／ｓ． 　（2）由动能定理，对全过程应有 　μｍｇ·2Ｌ＝ｍｖ02／2－（ｍ＋Ｍ）ｖ′2／2， 　4μｇＬ＝ｖ02－4ｖ′2，μ＝（ｖ02－4ｖ′2）／4ｇＬ＝0.3． 　（3）先求Ａ与Ｂ挡板碰前Ａ的速度ｖ10，以及木板Ｂ相应速度ｖ20，取从Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板相碰前过程为研究对象，依动量守恒与动能定理有以下两式成立：ｍｖ0＝ｍｖ10＋Ｍｖ20， 　ｍｖ02／2－ｍｖ102／2－Ｍｖ202／2＝μｍｇＬ． 代入数据得　ｖ10＋3ｖ20＝4，ｖ102＋3ｖ202＝10， 解以上两式可得　ｖ10＝（2±3）／2ｍ／ｓ．因Ａ与Ｂ挡板碰前速度不可能取负值，故ｖ10＝（2＋3）／2ｍ／ｓ．相应解出ｖ20＝（2－）／2ｍ／ｓ＝0.3ｍ／ｓ． 　木板Ｂ此过程为匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得μｍｇ＝Ｍａ1，ａ1＝μｍｇ／Ｍ＝1（ｍ／ｓ2）． 此过程经历时间ｔ1由下式求出 　ｖ20＝ａ1ｔ1，ｔ1＝ｖ20／ａ1＝0.3（ｓ）． 其速度图线为图2中0～0.3ｓ段图线ａ． 　再求Ａ与Ｂ挡板碰后，木板Ｂ的速度ｖ2与木块Ａ的速度ｖ1，为方便起见取Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板碰撞后瞬间过程为研究对象，依动量守恒定律与动能定理有以下两式成立： ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2，ｍｖ02／2－ｍｖ12／2－Ｍｖ22／2＝μｍｇＬ． 故解为　ｖ1＝（2±3）／2ｍ／ｓ． 因ｖ1＝（2＋3）／2ｍ／ｓ为碰前速度，故取ｖ1＝（2－3）／2ｍ／ｓ，相应得ｖ2＝2＋2ｍ／ｓ＝1.7ｍ／ｓ． 由于ｖ1 ＜0，即木块相对Ｂ向左滑动，Ａ受Ｂ摩擦力向右，Ｂ受Ａ摩擦力向左，故Ｂ做匀减速直线运动，加速度大小由牛顿第二定律，得ａ＝μｍｇ／Ｍ＝1ｍ／ｓ2． 　从碰后到Ａ滑到Ｂ最左端过程中，Ｂ向右做匀减速直线运动时间设为ｔ2，则ｖ′－ｖ2＝－ａｔ2， ∴　ｔ2＝0.7ｓ． 　此过程速度图线如图2中0.3ｓ～1.0ｓ段图线ｂ．图2　　34．解：设ｍ1、ｍ2两物体受恒力Ｆ作用后，产生的加速度分别为ａ1、ａ2，由牛顿第二定律Ｆ＝ｍａ，得 　ａ1＝Ｆ／ｍ1，ａ2＝Ｆ／ｍ2， 　历时ｔ两物体速度分别为ｖ1＝ａ1ｔ，ｖ2＝ｖ0＋ａ2ｔ，由题意令ｖ1＝ｖ2，即ａ1ｔ＝ｖ0＋ａ2ｔ或（ａ1－ａ2）ｔ＝ｖ0，因ｔ≠0、ｖ0＞0，欲使上式成立，需满足ａ1－ａ2＞0，即Ｆ／ｍ1＞Ｆ／ｍ2，或ｍ1＜ｍ2，也即当ｍ1≥ｍ2时不可能达到共同速度，当ｍ1＜ｍ2时，可以达到共同速度． 　35．解：（1）当小球刚好能在轨道内做圆周运动时，水平初速度ｖ最小，此时有ｍｇ＝ｍｖ2／Ｒ， 故　ｖ＝＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）若初速度ｖ′＜ｖ，小球将做平抛运动，如在其竖直位移为Ｒ的时间内，其水平位移ｓ≥Ｒ，小球可进入轨道经过Ｂ点．设其竖直位移为Ｒ时，水平位移也恰为R，则Ｒ＝ｇｔ2／2，Ｒ＝ｖ′ｔ，解得：ｖ′＝／2＝ｍ／ｓ． 因此，初速度满足2ｍ／ｓ＞ｖ′≥ｍ／ｓ时，小球可做平抛运动经过Ｂ点． 　36．卫星在天空中任何天体表面附近运行时，仅受万有引力Ｆ作用使卫星做圆周运动，运动半径等于天体的球半径Ｒ．设天体质量为Ｍ，卫星质量为ｍ，卫星运动周期为Ｔ，天体密度为ρ．根据万有引力定律Ｆ＝ＧＭｍ／Ｒ2， 卫星做圆周运动向心力Ｆ′＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2， 因为 　Ｆ′＝Ｆ，得ＧＭｍ／Ｒ2＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2，∴Ｔ＝． 　又球体质量Ｍ＝4πＲ3ρ／3． 得Ｔ＝=，∴Ｔ∝1／，得证． 　 37．解：由于两球相碰满足动量守恒 　　ｍ1ｖ0＝ｍ1ｖ1＋ｍ2ｖ2，ｖ1＝－1.3ｍ／ｓ． 　两球组成系统碰撞前后的总动能Ｅｋ1＋Ｅｋ2＝ｍ1ｖ02／2＋0＝2.5Ｊ， 　Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＝ｍ1ｖ12／2＋ｍ2ｖ22／2＝2.8Ｊ． 　可见，Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＞Ｅｋ1＋Ｅｋ2，碰后能量较碰撞前增多了，违背了能量守恒定律，这种假设不合理． 　38．解：（1）由动量守恒，得ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2， 由运动学公式得ｓ＝（ｖ1－ｖ2）ｔ，ｈ＝ｇｔ2／2， 由以上三式得ｖ2＝（ｍｖ0－ｓｍ）／（Ｍ＋ｍ）． 　（2）最后车与物体以共同的速度ｖ向右运动，故有 　ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖｖ＝ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）． ∴ΔＥ＝ｍｖ02／2＋ｍｇｈ－（Ｍ＋ｍ）ｍ2ｖ02／2（Ｍ＋ｍ）2． 解得ΔＥ＝ｍｇｈ＋Ｍｍｖ02／2（Ｍ＋ｍ）． 　39．解：设碰前Ａ、Ｂ有共同速度ｖ时，Ｍ前滑的距离为ｓ．则ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ，ｆｓ＝Ｍｖ2／2，ｆ＝μｍｇ． 　由以上各式得　ｓ＝Ｍｍｖ02／2μｇ（Ｍ＋ｍ）2． 　当ｖ0＝2ｍ／ｓ时，ｓ＝2／9ｍ＜0.5ｍ，即Ａ、Ｂ有共同速度．当ｖ0＝4ｍ／ｓ时，ｓ＝8／9ｍ＞0.5ｍ，即碰前Ａ、Ｂ速度不同． 　40．解：（1）物体由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者系统水平方向动量守恒得：ｍｖ0＝ｍｖ0／2＋2ｍｖＡＢ． 解之得　ｖＡＢ＝ｖ0／4． 　（2）物块由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者功能关系得：μｍｇＬ＝ｍｖ02／2－ｍ（ｖ0／2）2／2－2ｍ（ｖ0／4）2／2． 解之得　Ｌ＝5ｖ02／16μｇ． 　（3）物块由Ｄ滑到Ｃ的过程中，二者系统水平方向动量守恒，又因为物块到达最高点Ｃ时，物块与滑块速度相等且水平，均为ｖ． 故得　ｍｖ0／2＋ｍｖ0／4＝2ｍｖ， ∴　得滑块的动能ＥＣＤ＝ｍｖ2／2＝9ｍｖ02／128． 　41．解：（1）Ｂ从ｖ0减速到速度为零的过程，Ｃ静止，Ｂ的位移：ｓ1＝ｖ02／2μｇ． 　所用的时间：ｔ1＝ｖ0／μｇ． 　此后Ｂ与Ｃ一起向右做加速运动，Ａ做减速运动，直到相对静止，设所用时间为ｔ2，共同速度为ｖ． 　对Ａ、Ｂ、Ｃ，由动量守恒定律得 　ｍＡ·2ｖ0－ｍＢｖ0＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ， ∵　ｍＡ＝ｍＢ＝ｍＣ，∴　ｖ＝ｖ0／3． 　 对Ｂ与Ｃ，向右加速运动的加速度 　ａ＝μｍＡｇ／（ｍＢ＋ｍＣ）＝μｇ／2，∴ｔ2＝ｖ／ａ＝2ｖ0／3μｇ． Δｔ内Ｂ向右移动的位移ｓ2＝ｖｔ2／2＝ｖ02／9μｇ， 故总路程ｓ＝ｓ1＋ｓ2＝11ｖ02／18μｇ，总时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝5ｖ0／3μｇ． 　（2）设车的最小长度为Ｌ，则相对静止时Ａ、Ｂ刚好接触，由能量守恒得 　ｍＡ（2ｖ0）2／2＋ｍＢｖ02／2＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ2／2＋μｍＢｇｓ1＋μｍＡｇ（Ｌ－ｓ1）， 联立解得Ｌ＝7ｖ02／3μｇ． 　42．解：（1）ｍ速度最大的位置应在O点左侧．因为细线烧断后，ｍ在弹簧弹力和滑动摩擦力的合力作用下向右做加速运动，当弹力与摩擦力的合力为零时，ｍ的速度达到最大，此时弹簧必处于压缩状态．此后，系统的机械能不断减小，不能再达到这一最大速度． 　（2）选ｍ、Ｍ为一系统，由动量守恒定律得 　ｍｖ1＝Ｍｖ2． 　设这一过程中弹簧释放的弹性势能为Ｅｐ，则 　Ｅｐ＝ｍｖ12／2＋Ｍｖ22／2＋μｍｇｓ， 解得　ｖ2＝ｍｖ1／Ｍ，Ｅｐ＝ｍ［（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2Ｍ＋μｇｓ］． 　（2）ｍ与Ｍ最终将静止，因为系统动量守恒，且总动量为零，只要ｍ与Ｍ间有相对运动，就要克服摩擦力做功，不断消耗能量，所以，ｍ与Ｍ最终必定都静止． 　43．解：（1）第一颗子弹射入木块过程，系统动量守恒，有 　ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ1． 　射入后，在ＯＢＣ运动过程中，机械能守恒，有 　（ｍ＋Ｍ）ｖ12／2＝（ｍ＋Ｍ）ｇＲ，得ｖ0＝（Ｍ＋ｍ）／ｍ． 　（2）由动量守恒定律知，第2、4、6……颗子弹射入木块后，木块速度为0，第1、3、5……颗子弹射入后，木块运动．当第9颗子弹射入木块时，由动量守恒得： 　ｍｖ0＝（9ｍ＋Ｍ）ｖ9， 　设此后木块沿圆弧上升最大高度为Ｈ，由机械能守恒定律得：（9ｍ＋Ｍ）ｖ92／2＝（9ｍ＋Ｍ）ｇＨ， 由以上可得：Ｈ＝［（Ｍ＋ｍ）／（Ｍ＋9ｍ）］2Ｒ． 　44．解：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动ｓ，速度变为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．由动能定理 　－μＭｇｓ＝0－ｍｖ02／2，ｓ＝ｍｖ02／2μＭｇ＝0.33ｍ． 　（2）假如平板车在第二次碰墙前还未和滑块相对静止，则其速度的大小肯定还是2ｍ／ｓ，因为只要相对运动，摩擦力大小为恒值．滑块速度则大于2ｍ／ｓ，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰墙前肯定已和滑块具有共同速度ｖ．此即平板车碰墙前瞬间的速度． 　Ｍｖ0－ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， ∴ｖ＝（Ｍ－ｍ）ｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝0.4ｍ／ｓ． 图3　（3）平板车与墙壁第一次碰撞后滑块与平板又达到共同速度ｖ前的过程，可用图3（ａ）、（ｂ）、（ｃ）表示．图3（ａ）为平板车与墙碰撞后瞬间滑块与平板车的位置，图3（ｂ）为平板车到达最左端时两者的位置，图3（ｃ）为平板车与滑块再次达到共同速度时两者的位置．在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功μΜｇｓ′，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功μＭｇｓ″（平板车从Ｂ到Ａ再回到Ｂ的过程中摩擦力做功为零），其中ｓ′、ｓ″分别为滑块和平板车的位移．滑块和平板车动能总减少为μＭｇｌ1，其中ｌ1＝ｓ′＋ｓ″为滑块相对平板车的位移，此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为ｌ，则有（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2＝μＭｇｌ，ｌ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2μＭｇ＝0.833ｍ． ｌ即为平板车的最短长度．图4　　45．解：如图4，Ａ球从静止释放后将自由下落至Ｃ点悬线绷直，此时速度为ｖＣ ∵　ｖＣ2＝2ｇ×2Ｌｓｉｎ30°， ∴　ｖＣ＝＝2ｍ／ｓ． 　在线绷直的过程中沿线的速度分量减为零时，Ａ将以切向速度ｖ1沿圆弧运动且 　ｖ1＝ｖＣｃｏｓ30°＝ｍ／ｓ． 　Ａ球从Ｃ点运动到最低点与Ｂ球碰撞前机械能守恒，可求出Ａ球与Ｂ球碰前的速度 　ｍＡｖ12／2＋ｍＡｇＬ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍＡｖ22／2， 　ｖ2＝==ｍ／ｓ． 　因Ａ、Ｂ两球发生无能量损失的碰撞且ｍＡ＝ｍＢ，所以它们的速度交换，即碰后Ａ球的速度为零，Ｂ球的速度为ｖ2＝（ｍ／ｓ）．对Ｂ球和小车组成的系统水平方向动量守恒和机械能守恒，当两者有共同水平速度ｕ时，Ｂ球上升到最高点，设上升高度为ｈ． 　ｍＢｖ2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ，ｍＢｖ22／2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ2／2＋ｍＢｇｈ．解得ｈ＝3／16≈0.19ｍ． 　在Ｂ球回摆到最低点的过程中，悬线拉力仍使小车加速，当Ｂ球回到最低点时小车有最大速度ｖｍ ，设小球Ｂ回到最低点时速度的大小为ｖ3，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 　ｍＢｖ2＝－ｍＢｖ3＋Ｍｖｍ，ｍＢｖ22／2＝ｍＢｖ32／2＋Ｍｖｍ2／2， 解得ｖｍ＝2ｍＢｖ2／（ｍ3＋Ｍ）＝／2ｍ／ｓ＝1.12ｍ／ｓ． 　46．解：（1）小球的角速度与运动的角速度必定相等，则有ｖ＝ωＲ＝ω． 　（2）人手所提供的功率应等于小球在运动过程中克服摩擦力做功的功率．即有Ｐ＝ｆｖ， ∴　ｆ＝Ｐ／ｖ＝Ｐ／ω． 　47．解：由于粘性物体与底板粘合的过程时间极短，冲击力远大于重力，在竖直方向近似动量守恒，开始静止时，有　ｍ1ｇ＝ｋｘｋ＝ｍ1ｇｘ． 　ｍ2下落Ｈ时的速度ｖ＝，ｍ2与ｍ1合在一起动量守恒，ｍ2ｖ＝（ｍ1＋ｍ2）ｖ′，ｖ′＝ｍ2ｖ／（ｍ1＋ｍ2）＝ｍ2／（ｍ1＋ｍ2）． 　设向下为正方向，ｍ1与ｍ2的整体受两个力，即重力（ｍ1＋ｍ2）ｇ和弹簧的平均拉力，则有平均拉力＝ｋｘ＋ｋｈ／2＝ｋ（2ｘ＋ｈ）／2，由动能定理得 ［－＋（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ＝0－（ｍ1＋ｍ2）ｖ2／2， 由以上各式得［ｍ1ｇ（2ｘ＋ｈ）／2ｘ－（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ 　＝（ｍ1＋ｍ2）·ｍ22·2ｇｈ／2（ｍ1＋ｍ2）2． 代入数值得ｈ＝0.3ｍ． 　48．解：ｍ与Ａ粘在一起后水平方向动量守恒，共同速度设为ｖ1，Ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ1， 得ｖ1＝Ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝2ｖ0／3． 　当弹簧压缩到最大时即有最大弹性势能Ｅ，此时系统中各物体有相同速度，设为ｖ2，由动量守恒定律 　2Ｍｖ0＝（2Ｍ＋ｍ）ｖ2，得ｖ2＝2Ｍｖ0／（2Ｍ＋ｍ）＝4ｖ0／5． 由能量守恒有 　Ｅ＝Ｍｖ02／2＋（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2－（2Ｍ＋ｍ）ｖ22／2， 解得Ｅ＝Ｍｖ02／30． 　49．解：（1）振子在平衡位置时，所受合力为零，设此时弹簧被压缩Δｘ：（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ＝ｋΔｘ，Δｘ＝5ｃｍ． 　开始释放时振子处在最大位移处，故振幅 　Ａ＝5ｃｍ＋5ｃｍ＝10ｃｍ． 　（2）由于开始时弹簧的伸长量恰等于振子在平衡位置时弹簧的压缩量，故弹性势能相等，设振子的最大速度为ｖ，从开始到平衡位置，根据机械能守恒定律， 得ｍｇ·Ａ＝ｍｖ2／2，∴ｖ＝＝1.4ｍ／ｓ， 即Ｂ的最大速率为1.4ｍ／ｓ． 　 （3）在最高点，振子受到的重力和弹力方向相同，根据牛顿第二定律，得 　ａ＝［ｋΔｘ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ］／（ｍＡ＋ｍＢ）＝20ｍ／ｓ2， Ａ对Ｂ的作用力方向向下，其大小 　Ｎ1＝ｍＢａ－ｍＢｇ＝10Ｎ． 在最低点，振子受到的重力和弹力方向相反，根据牛顿第二定律，得ａ＝ｋ（Δｘ＋Ａ）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｍＡ＋ｍＢ＝20ｍ／ｓ2． Ａ对Ｂ的作用力方向向上，其大小 　Ｎ2＝ｍＢａ＋ｍＢｇ＝30Ｎ． 　18．在某市区内，一辆小汽车在平直的公路上以速度ｖＡ向东匀速行驶，一位观光游客正由南向北从班马线上横过马路．汽车司机发现前方有危险（游客正在Ｄ处）经0．7ｓ作出反应，紧急刹车，但仍将正步行至Ｂ处的游客撞伤，该汽车最终在Ｃ处停下．为了清晰了解事故现场．现以图1-81示之：为了判断汽车司机是否超速行驶，警方派一警车以法定最高速度ｖｍ＝14．0ｍ／ｓ行驶在同一马路的同一地段，在肇事汽车的起始制动点Ａ紧急刹车，经31．5ｍ后停下来．在事故现场测得＝17．5ｍ、＝14．0ｍ、＝2．6ｍ．问图1-81　①该肇事汽车的初速度ｖＡ是多大? 　②游客横过马路的速度大小?（ｇ取10ｍ／ｓ２）2．解：在0～1ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知 　ａ１＝12ｍ／ｓ２， 由牛顿第二定律，得 　Ｆ－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ１，　　① 在0～2ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知ａ２＝－6ｍ／ｓ２， 因为此时物体具有斜向上的初速度，故由牛顿第二定律，得 　－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ２，　　② 　②式代入①式，得　Ｆ＝18Ｎ． 3．解：在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从Ａ到Ｂ需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为ｔ1，则 　（ｖ／2）ｔ１＋ｖ（ｔ－ｔ１）＝Ｌ， 所以　ｔ１＝2（ｖｔ－Ｌ）／ｖ＝（2×（2×6－10）／2）ｓ＝2ｓ． 为使物体从Ａ至Ｂ所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变．而　ａ＝ｖ／ｔ＝1ｍ／ｓ２．设物体从Ａ至Ｂ所用最短的时间为ｔ2，则 　（1／2）ａｔ2２＝Ｌ， 　ｔ2＝=＝2ｓ． 　ｖｍｉｎ＝ａｔ2＝1×2ｍ／ｓ＝2ｍ／ｓ． 传送带速度再增大1倍，物体仍做加速度为1ｍ／ｓ２的匀加速运动，从Ａ至Ｂ的传送时间为2 ｍ／ｓ． 4．解：启动前Ｎ１＝ｍｇ， 　升到某高度时　Ｎ2＝（17／18）Ｎ１＝（17／18）ｍｇ， 　对测试仪　Ｎ2－ｍｇ′＝ｍａ＝ｍ（ｇ／2）， 　∴　ｇ′＝（8／18）ｇ＝（4／9）ｇ， 　ＧｍＭ／Ｒ2＝ｍｇ，ＧｍＭ／（Ｒ＋ｈ）2＝ｍｇ′，解得：ｈ＝（1／2）Ｒ． 5．解：由匀加速运动的公式　ｖ２＝ｖ０２＋2ａｓ 　得物块沿斜面下滑的加速度为 　ａ＝ｖ2／2ｓ＝1．42／（2×1．4）＝0．7ｍｓ－２， 由于ａ＜ｇｓｉｎθ＝5ｍｓ－２， 　可知物块受到摩擦力的作用．图3　分析物块受力，它受3个力，如图3．对于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，由牛顿定律有 　ｍｇｓｉｎθ－ｆ１＝ｍａ， 　ｍｇｃｏｓθ－Ｎ１＝0， 　分析木楔受力，它受5个力作用，如图3所示．对于水平方向，由牛顿定律有 　ｆ2＋ｆ１ｃｏｓθ－Ｎ１ｓｉｎθ＝0， 　由此可解得地面的作用于木楔的摩擦力 　ｆ2＝ｍｇｃｏｓθｓｉｎθ－（ｍｇｓｉｎθ－ｍａ）ｃｏｓθ＝ｍａｃｏｓθ＝1×0．7×（／2）＝0．61Ｎ． 　此力的方向与图中所设的一致（由指向）． 6．解：（1）飞机原先是水平飞行的，由于垂直气流的作用，飞机在竖直方向上的运动可看成初速度为零的匀加速直线运动，根据　ｈ＝（1／2）ａｔ２，得ａ＝2ｈ／ｔ２，代入ｈ＝1700ｍ，ｔ＝10ｓ，得 　ａ＝（2×1700／10２）（ｍ／ｓ２）＝34ｍ／ｓ２，方向竖直向下． 　（2）飞机在向下做加速运动的过程中，若乘客已系好安全带，使机上乘客产生加速度的力是向下重力和安全带拉力的合力．设乘客质量为ｍ，安全带提供的竖直向下拉力为Ｆ，根据牛顿第二定律　Ｆ＋ｍｇ＝ｍａ，得安全带拉力 　　Ｆ＝ｍ（ａ－ｇ）＝ｍ（34－10）Ｎ＝24ｍ（Ｎ）， ∴　安全带提供的拉力相当于乘客体重的倍数 　ｎ＝Ｆ／ｍｇ＝24ｍＮ／ｍ·10Ｎ＝2．4（倍）． 　（3）若乘客未系安全带，飞机向下的加速度为34ｍ／ｓ２，人向下加速度为10ｍ／ｓ２，飞机向下的加速度大于人的加速度，所以人对飞机将向上运动，会使头部受到严重伤害． 7．解：设月球表面重力加速度为ｇ，根据平抛运动规律，有 　ｈ＝（1／2）ｇｔ２，　　① 　水平射程为　　　Ｌ＝ｖ０ｔ，　　② 　联立①②得ｇ＝2ｈｖ０２／Ｌ２．　　③ 　根据牛顿第二定律，得　ｍｇ＝ｍ（2π／Ｔ）２Ｒ，　　④ 　联立③④得　Ｔ＝（πＬ／ｖ０ｈ）．　　⑤ 8．解：前2秒内，有Ｆ－ｆ＝ｍａ１，ｆ＝μＮ，Ｎ＝ｍｇ，则 　ａ１＝（Ｆ－μｍｇ）／ｍ＝4ｍ／ｓ２，ｖｔ＝ａ１ｔ＝8ｍ／ｓ， 　撤去Ｆ以后　ａ２＝ｆ／ｍ＝2ｍ／ｓ，ｓ＝ｖ１２／2ａ２＝16ｍ． 9．解：（1）用力斜向下推时，箱子匀速运动，则有 　Ｆｃｏｓθ＝ｆ，ｆ＝μＮ，Ｎ＝Ｇ＋Ｆｓｉｎθ， 　联立以上三式代数据，得　Ｆ＝1．2×10２Ｎ． 　（2）若水平用力推箱子时，据牛顿第二定律，得Ｆ合＝ｍａ，则有 　Ｆ－μＮ＝ｍａ，Ｎ＝Ｇ， 　联立解得　ａ＝2．0ｍ／ｓ２． 　ｖ＝ａｔ＝2．0×3．0ｍ／ｓ＝6．0ｍ／ｓ， 　ｓ＝（1／2）ａｔ２＝（1／2）×2．0×3．0２ｍ／ｓ＝9．0ｍ， 　推力停止作用后　ａ′＝ｆ／ｍ＝4．0ｍ／ｓ２（方向向左）， 　ｓ′＝ｖ２／2ａ′＝4．5ｍ， 　则　ｓ总＝ｓ＋ｓ′＝13．5ｍ． 10．解：根据题中说明，该运动员发球后，网球做平抛运动．以ｖ表示初速度，Ｈ表示网球开始运动时离地面的高度（即发球高度），ｓ１表示网球开始运动时与网的水平距离（即运动员离开网的距离），ｔ１表示网球通过网上的时刻，ｈ表示网球通过网上时离地面的高度，由平抛运动规律得到 　ｓ１＝ｖｔ１，Ｈ－ｈ＝（1／2）ｇｔ１２， 消去ｔ１，得　　ｖ＝ｍ／ｓ，ｖ≈23ｍ／ｓ． 　以ｔ２表示网球落地的时刻，ｓ２表示网球开始运动的地点与落地点的水平距离，ｓ表示网球落地点与网的水平距离，由平抛运动规律得到 　Ｈ＝（1／2）ｇｔ２２，ｓ２＝ｖｔ２， 消去ｔ２，得ｓ２＝ｖ≈16ｍ， 　网球落地点到网的距离　ｓ＝ｓ２－ｓ１≈4ｍ． 11．解：（1）设卫星质量为ｍ，它在地球附近做圆周运动，半径可取为地球半径Ｒ，运动速度为ｖ，有 　ＧＭｍ／Ｒ２＝ｍｖ２／Ｒ　得ｖ＝． 　（2）由（1）得： 　Ｍ＝ｖ２Ｒ／Ｇ＝＝6．0×1024ｋｇ． 12．解：对物块：Ｆ１－μｍｇ＝ｍａ１， 　6－0．5×1×10＝1·ａ１，ａ１＝1．0ｍ／ｓ2， 　ｓ１＝（1／2）ａ１ｔ2＝（1／2）×1×0．42＝0．08ｍ， 　ｖ１＝ａ１ｔ＝1×0．4＝0．4ｍ／ｓ， 　对小车：Ｆ２－μｍｇ＝Ｍａ２， 　9－0．5×1×10＝2ａ２，ａ２＝2．0ｍ／ｓ2， 　ｓ２＝（1／2）ａ２ｔ2＝（1／2）×2×0．42＝0．16ｍ， 　ｖ２＝ａ２ｔ＝2×0．4＝0．8ｍ／ｓ， 　撤去两力后，动量守恒，有Ｍｖ２－ｍｖ１＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， 　ｖ＝0．4ｍ／ｓ（向右）， ∵　（（1／2）ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2）－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ2＝μｍｇｓ３， 　ｓ３＝0．096ｍ， ∴　ｌ＝ｓ１＋ｓ２＋ｓ３＝0．336ｍ． 13．解：设木块到Ｂ时速度为ｖ０，车与船的速度为ｖ１，对木块、车、船系统，有 　ｍ１ｇｈ＝（ｍ１ｖ０2／2）＋（（ｍ２＋ｍ３）ｖ１2／2）， 　ｍ１ｖ０＝（ｍ２＋ｍ３）ｖ１， 解得　ｖ０＝5，ｖ１＝． 　木块到Ｂ后，船以ｖ１继续向左匀速运动，木块和车最终以共同速度ｖ２向右运动，对木块和车系统，有 　ｍ１ｖ０－ｍ２ｖ１＝（ｍ１＋ｍ２）ｖ２， 　μｍ１ｇｓ＝（（ｍ１ｖ０2／2）＋（ｍ２ｖ１2／2））－（（ｍ１＋ｍ２）ｖ２2／2）， 得　ｖ２＝ｖ１＝，ｓ＝2ｈ． 14．解：（1）小球的角速度与手转动的角速度必定相等均为ω．设小球做圆周运动的半径为ｒ，线速度为ｖ．由几何关系得　ｒ＝，ｖ＝ω·ｒ，解得　　 　　ｖ＝ω． 　（2）设手对绳的拉力为Ｆ，手的线速度为ｖ，由功率公式得　Ｐ＝Ｆｖ＝Ｆ·ωＲ， ∴　Ｆ＝Ｐ／ωＲ． 图4　研究小球的受力情况如图4所示，因为小球做匀速圆周运动，所以切向合力为零，即 　Ｆｓｉｎθ＝ｆ， 其中　ｓｉｎθ＝Ｒ／， 　联立解得　ｆ＝Ｐ／ω． 15．解：（1）用ｖ１表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由于子弹射入木块Ｃ时间极短，系统动量守恒，有 　ｍｖ０＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１， 　∴　ｖ１＝ｍｖ０／（ｍ＋Ｍ）＝3ｍ／ｓ， 　子弹和木块Ｃ在ＡＢ木板上滑动，由动能定理得： 　（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ２２－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ１２＝－μ（ｍ＋Ｍ）ｇＬ， 　解得　ｖ２＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）用ｖ′表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由动量守恒定律，得　ｍｖ０′＋Ｍｕ＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１′，解得　ｖ１′＝4ｍ／ｓ． 　木块Ｃ及子弹在ＡＢ木板表面上做匀减速运动　ａ＝μｇ．设木块Ｃ和子弹滑至ＡＢ板右端的时间为ｔ，则木块Ｃ和子弹的位移ｓ１＝ｖ１′ｔ－（1／2）ａｔ2， 　由于ｍ车≥（ｍ＋Ｍ），故小车及木块ＡＢ仍做匀速直线运动，小车及木板ＡＢ的位移　ｓ＝ｕｔ，由图5可知：ｓ１＝ｓ＋Ｌ， 　联立以上四式并代入数据得： 　ｔ2－6ｔ＋1＝0， 　解得：ｔ＝（3－2）ｓ，（ｔ＝（3＋2）ｓ不合题意舍去），　　（11） 　∴　ｓ＝ｕｔ＝0．18ｍ． 16．解：（1）设Ａ滑上Ｂ后达到共同速度前并未碰到档板，则根据动量守恒定律得它们的共同速度为ｖ，有图5　ｍｖ０＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝2ｍ／ｓ，在这一过程中，Ｂ的位移为ｓＢ＝ｖＢ2／2ａＢ且ａＢ＝μ ｍｇ／Ｍ，解得ｓＢ＝Ｍｖ2／2μｍｇ＝2×22／2×0．2×1×10＝2ｍ． 　设这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ１，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ１＝（1／2）ｍｖ０2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得ｓ１＝6ｍ． 　当ｓ＝4ｍ时，Ａ、Ｂ达到共同速度ｖ＝2ｍ／ｓ后再匀速向前运动2ｍ碰到挡板，Ｂ碰到竖直挡板后，根据动量守恒定律得Ａ、Ｂ最后相对静止时的速度为ｖ′，则 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′， 解得　ｖ′＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ２，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ２＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　ｓ２＝2．67ｍ． 　因此，Ａ、Ｂ最终不脱离的木板最小长度为ｓ１＋ｓ２＝8．67ｍ 　（2）因Ｂ离竖直档板的距离ｓ＝0．5ｍ＜2ｍ，所以碰到档板时，Ａ、Ｂ未达到相对静止，此时Ｂ的速度ｖＢ为 　ｖＢ2＝2ａＢｓ＝（2μｍｇ／Ｍ）ｓ，解得　ｖＢ＝1ｍ／ｓ， 　设此时Ａ的速度为ｖＡ，根据动量守恒定律，得 　ｍｖ０＝ＭｖＢ＋ｍｖＡ，解得ｖＡ＝4ｍ／ｓ， 　设在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移为ｓ１′，根据动能定理得： 　μｍｇｓ１′＝（1／2）ｍｖ０2－（（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）ＭｖＢ2）， 　解得　ｓ１′＝4．5ｍ． 　Ｂ碰撞挡板后，Ａ、Ｂ最终达到向右的相同速度ｖ，根据动能定理得ｍｖＡ－ＭｖＢ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ２′为 　μｍｇｓ２′＝（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得　ｓ２′＝（25／6）ｍ． 　Ｂ再次碰到挡板后，Ａ、Ｂ最终以相同的速度ｖ′向左共同运动，根据动量守恒定律，得 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′，解得　ｖ′＝（2／9）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ３′为： 　μｍｇｓ３′＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　　　　ｓ３′＝（8／27）ｍ． 　因此，为使Ａ不从Ｂ上脱落，Ｂ的最小长度为ｓ１′＋ｓ２′＋ｓ３′＝8．96ｍ． 17．解：（1）Ｂ与Ａ碰撞后，Ｂ相对于Ａ向左运动，Ａ所受摩擦力方向向左，Ａ的运动方向向右，故摩擦力作负功．设Ｂ与Ａ碰撞后的瞬间Ａ的速度为ｖ１，Ｂ的速度为ｖ２，Ａ、Ｂ相对静止后的共同速度为ｖ，整个过程中Ａ、Ｂ组成的系统动量守恒，有 　Ｍｖ０＝（Ｍ＋1．5Ｍ）ｖ，ｖ＝2ｖ０／5． 　碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功，即 　Ｍｖ２＋1．5Ｍｖ１＝2．5Ｍｖ，　　① 　（1／2）×1．5Ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2－（1／2）×2．5Ｍｖ2＝Ｍμｇｌ，　　② 可解出ｖ１＝（1／2）ｖ０（另一解ｖ１＝（3／10）ｖ０因小于ｖ而舍去） 　这段过程中，Ａ克服摩擦力做功 　Ｗ＝（1／2）×1．5Ｍｖ１2－（1／2）×1．5Ｍｖ2＝（27／400）Ｍｖ０2（0．068Ｍｖ０2）． 　（2）Ａ在运动过程中不可能向左运动，因为在Ｂ未与Ａ碰撞之前，Ａ受到的摩擦力方向向右，做加速运动，碰撞之后Ａ受到的摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后，速度仍向右，因此不可能向左运动． 　Ｂ在碰撞之后，有可能向左运动，即ｖ２＜0． 　先计算当ｖ２ ＝0时满足的条件，由①式，得 　ｖ１＝（2ｖ０／3）－（2ｖ２／3），当ｖ２＝0时，ｖ１＝2ｖ０／3，代入②式，得 　（（1／2）×1．5Ｍ4ｖ０2／9）－（（1／2）×2．5Ｍ4ｖ０2／25）＝Ｍμｇｌ， 解得　μｇｌ＝2ｖ０2／15． 　Ｂ在某段时间内向左运动的条件之一是μｌ＜2ｖ０2／15ｇ． 　另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即 　（1／2）Ｍｖ０2－（1／2）2．5Ｍ（2ｖ０／5）2≥2Ｍμｇｌ， 　解出另一个条件是　μｌ≤3ｖ０2／20ｇ， 　最后得出Ｂ在某段时间内向左运动的条件是 　2ｖ０2／15ｇ＜μｌ≤3ｖ０2／20ｇ． 18．解：（1）以警车为研究对象，由动能定理． 　－μｍｇ·ｓ＝（1／2）ｍｖ2－（1／2）ｍｖ０2， 　将ｖ０＝14．0ｍ／ｓ，ｓ＝14．0ｍ，ｖ＝0代入，得 　μｇ＝7．0ｍ／ｓ2， 　因为警车行驶条件与肇事汽车相同，所以肇事汽车的初速度ｖＡ＝＝21ｍ／ｓ． 　（2）肇事汽车在出事点Ｂ的速度 　ｖＢ＝＝14ｍ／ｓ， 　肇事汽车通过段的平均速度 　＝（ｖＡ＋ｖＢ）／2＝（21＋14）／2＝17．5ｍ／ｓ． 　肇事汽车通过ＡＢ段的时间 　ｔ２＝ＡＢ／＝（31．5－14．0）／17．5＝1ｓ． 　∴　游客横过马路的速度 　ｖ人＝／（ｔ１＋ｔ２）＝（2．6／（1＋0．7））ｍ／ｓ＝1．53ｍ／ｓ． 19．解：（1）开始Ａ、Ｂ处于静止状态时，有 　ｋｘ０－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｓｉｎ30°＝0，　　① 　设施加Ｆ时，前一段时间Ａ、Ｂ一起向上做匀加速运动，加速度为ａ，ｔ＝0．2ｓ，Ａ、Ｂ间相互作用力为零，对Ｂ有： 　ｋｘ－ｍＢｇｓｉｎ30°＝ｍＢａ，　　② 　ｘ－ｘ０＝（1／2）ａｔ2，　　③ 　解①、②、③得： 　ａ＝5ｍｓ－2，ｘ０＝0．05ｍ，ｘ＝0．15ｍ， 　初始时刻Ｆ最小 　Ｆｍｉｎ＝（ｍＡ＋ｍＢ）ａ＝60Ｎ． 　ｔ＝0．2ｓ时，Ｆ最大 　Ｆｍａｘ－ｍＡｇｓｉｎ30°＝ｍＡａ， 　Ｆｍａｘ＝ｍＡ（ｇｓｉｎ30°＋ａ）＝100Ｎ， 　（2）ΔＥＰＡ＝ｍＡｇΔｈ＝ｍＡｇ（ｘ－ｘ０）ｓｉｎ30°＝5Ｊ． 20 ．解：当弹簧处于压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和．当弹簧伸长到其自然长度时，弹性势能为零，因这时滑块Ａ的速度为零，故系统的机械能等于滑块Ｂ的动能．设这时滑块Ｂ的速度为ｖ则有 　Ｅ＝（1／2）ｍ２ｖ2，　　① 由动量守恒定律（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ２ｖ，　　② 解得　Ｅ＝（1／2）（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２．　　③ 　假定在以后的运动中，滑块Ｂ可以出现速度为零的时刻，并设此时滑块Ａ的速度为ｖ１．这时，不论弹簧是处于伸长还是压缩状态，都具有弹性势能Ｅｐ．由机械能守恒定律得 　（1／2）ｍ１ｖ１2＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　④ 根据动量守恒　（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ１ｖ１，　　⑤ 求出ｖ１，代入④式得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑥ 因为Ｅｐ≥0，故得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）≤（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑦ 即　ｍ１≥ｍ２，与已知条件ｍ１＜ｍ２不符． 　可见滑块Ｂ的速度永不为零，即在以后的运动中，不可能出现滑动Ｂ的速度为零的情况． 21．解：设恰好物体相对圆盘静止时，弹簧压缩量为Δｌ，静摩擦力为最大静摩擦力ｆｍａｘ，这时物体处于临界状态，由向心力公式ｆｍａｘ－ｋΔｌ＝ｍＲｗ2，　　① 　假若物体向圆心移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ１－ｋ（Δｌ＋ｘ）＝ｍ（Ｒ－ｘ）ｗ2，　　② 　由①、②两式可得　ｆｍａｘ－ｆ１＝ｍｘｗ2－ｋｘ，　　③ 所以　ｍｘｗ2－ｋｘ≥0，得ｋ≤ｍｗ2，　　④ 　若物体向外移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ２－ｋ（Δｌ－ｘ）≥ｍ（Ｒ＋ｘ）ｗ2，　　⑤ 由①～⑥式得　ｆｍａｘ－ｆ２＝ｋｘ－ｍｘｗ2≥0，　　⑥ 所以　ｋ≥ｍｗ2，　　⑦ 即若物体向圆心移动，则ｋ≤ｍｗ2， 若物体向远离圆心方向移动，则ｋ≥ｍｗ2． 22．解：卫星环绕地球作匀速圆周运动，设卫星的质量为ｍ，轨道半径为ｒ，受到地球的万有引力为Ｆ， 　Ｆ＝ＧＭｍ／ｒ2，　　① 　式中Ｇ为万有引力恒量，Ｍ是地球质量． 　设ｖ是卫星环绕地球做匀速圆周运动的线速度，Ｔ是运动周期，根据牛顿第二定律，得 　Ｆ＝ｍｖ2／ｒ，　　② 　由①、②推导出　ｖ＝．　　③ 　③式表明：ｒ越大，ｖ越小． 　人造卫星的周期就是它环绕地球运行一周所需的时间Ｔ， 　Ｔ＝2πｒ／ｖ，　　④ 　由③、④推出　Ｔ＝2π，　　⑤ 　⑤式说明：ｒ越大，Ｔ越大．　23．证：设质点通过Ａ点时的速度为ｖＡ，通过Ｃ点时的速度为ｖＣ，由匀变速直线运动的公式得： ｓ1＝ｖＡＴ＋ａＴ2／2，ｓ3＝ｖＣＴ＋ａＴ2／2，ｓ3－ｓ1＝ｖＣＴ－ｖＡＴ． ∵　ｖＣ＝ｖＡ ＋2ａＴ， ∴　ｓ3－ｓ1＝（ｖＡ－2ａＴ－ｖＡ）Ｔ＝2ａＴ2，ａ＝（ｓ3－ｓ1）／2Ｔ2． 　24．根据：如果在连续的相等的时间内的位移之差相等，则物体做匀变速运动．证明：设物体做匀速运动的初速度为ｖ0，加速度为ａ，第一个Ｔ内的位移为ｓ1＝ｖ0Ｔ＋ａＴ2／2；第二个Ｔ内的位移为ｓ2＝（ｖ0＋ａＴ）Ｔ＋ａＴ2／2；第Ｎ个Ｔ内的位移为ｓＮ＝［ｖ0＋（Ｎ－1）ａＴ］Ｔ＋ａＴ2／2．　ｓＮ－ｓＮ－1＝ａＴ2，逆定理也成立． 　25．解：由匀变速直线运动的公式得小物块的加速度的大小为ａ1＝（ｖ0－ｖｔ）／ｔ＝2（ｍ／ｓ2）．木板的加速度大小为ａ2＝2ｓ／ｔ2＝0.25（ｍ／ｓ2）． 根据牛顿第二定律　Ｆ＝ｍａ 对小物块得　ｆ′1＝ｍａ1＝1×2＝2Ｎ， 对木板得　ｆ1－μ（ｍ＋Ｍ）ｇ＝Ｍａ2， 　μ＝（ｆ1－Ｍａ2）／（ｍ＋Ｍ）ｇ＝（2－4×0.25）／（1＋4）×10＝0.02． 　26．解：假设金属块没有离开第一块长木板，移动的相对距离为ｘ，由动量守恒定律，得ｍｖ0＝3ｍｖ， 　ｍｖ02／2＝3ｍｖ2／2＋μｍｇｘ， 解得ｘ＝4ｍ／3＞Ｌ，不合理， ∴　金属块一定冲上第二块木板． 　以整个系统为研究对象，由动量定律及能量关系，当金属块在第一块木板上时ｍｖ0＝ｍｖ0′＋2ｍｖ1， 　ｍｖ02／2＝12ｍｖ0′2＋2ｍ·ｖ12／2＋μｍｇｌ． 　ｍｖ0＝ｍｖ1＋2ｍｖ2， 　ｍｖ02／2＝ｍｖ12／2＋2ｍ·ｖ22／2＋μｍｇ（ｌ＋ｘ）． 联立解得： 　ｖ1＝1／3ｍ／ｓ，ｖ2＝5／6ｍ／ｓ，ｘ＝0.25ｍ． 　27．解：当ｔ＝0时，ａＡ0＝9／3＝3ｍ／ｓ2，ａＢ0＝3／6＝0.5ｍ／ｓ2．ａＡ0＞ａＢ0，Ａ、Ｂ间有弹力，随ｔ之增加，Ａ、Ｂ间弹力在减小，当（9－2ｔ）／3＝（3＋2ｔ）／6，ｔ＝2.5ｓ时，Ａ、Ｂ脱离，以Ａ、Ｂ整体为研究对象，在ｔ＝2.5ｓ内，加速度ａ＝（ＦＡ＋ＦＢ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝4／3ｍ／ｓ2，ｓ＝ａｔ2／2＝4.17ｍ． 　28．解：（1）由ｍＣｖ0＝ｍＣｖ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ1，Ｃ由Ａ滑至Ｂ时，Ａ、Ｂ的共同速度是 　ｖ1＝ｍＣ（ｖ0－ｖ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝0.2ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＡ＝ｍＣｖ02／2－ｍＣｖ2／2－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12／2， 得　μ＝［ｍＣ（ｖ02－ｖ2）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12］／2ｍＣｇｌＡ＝0.48． 　（2）由ｍＣｖ＋ｍＢｖ1＝（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ2，Ｃ相对Ｂ静止时，Ｂ、Ｃ的共同速度是ｖ2＝（ｍＣｖ＋ｍＢｖ1）／（ｍＣ＋ｍＢ）＝0.65ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＢ＝ｍＣｖ2／2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22／2， Ｃ在Ｂ上滑行距离为 　ｌＢ＝［ｍＣｖ2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22］／2μｍＣ ｇ＝0.25ｍ． 　（3）由μｍＣｇｓ＝ｍＢｖ22／2－ｍＢｖ12／2， Ｂ相对地滑行的距离ｓ＝［ｍＢ（ｖ22－ｖ12）］／2μｍＣｇ＝0.12ｍ． 　（4）Ｃ在Ａ、Ｂ上匀减速滑行，加速度大小由μｍＣｇ＝ｍＣａ，得ａ＝μｇ＝4.8ｍ／ｓ2． Ｃ在Ａ上滑行的时间ｔ1＝（ｖ0－ｖ）／ａ＝0.21ｓ． Ｃ在Ｂ上滑行的时间ｔ2＝（ｖ－ｖ2）／ａ＝0.28ｓ． 所求时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝0.21ｓ＋0.28ｓ＝0.49ｓ． 　　29．匀加速下滑时，受力如图1ａ，由牛顿第二定律，有： ｍｇｓｉｎθ－μｍｇｃｏｓθ＝ｍａ＝ｍｇｓｉｎθ／2， 　ｓｉｎθ／2＝μｃｏｓθ， 　得μ＝ｓｉｎθ／2ｃｏｓθ．图1静止时受力分析如图1ｂ，摩擦力有两种可能：①摩擦力沿斜面向下；②摩擦力沿斜面向上．摩擦力沿斜面向下时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＝ｆ＋ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ， 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ＋μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ－μｓｉｎθ）ｍｇ＝3ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ－ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　摩擦力沿斜面向上时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＋ｆ＝ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ． 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ－μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ＋μｓｉｎθ）ｍｇ＝ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ＋ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　30．解：（1）物体在两斜面上来回运动时，克服摩擦力所做的功Ｗｆ＝μｍｇｃｏｓ60°·ｓ总． 　物体从开始直到不再在斜面上运动的过程中ｍｇｈ－Ｗｆ＝0－ｍｖ02／2．解得ｓ总＝38ｍ． 　（2）物体最终是在Ｂ、Ｃ之间的圆弧上来回做变速圆周运动，且在Ｂ、Ｃ点时速度为零． 　（3）物体第一次通过圆弧最低点时，圆弧所受压力最大．由动能定理得ｍｇ［ｈ＋Ｒ（1－ｃｏｓ60°）］－μｍｇｃｏｓ60°／ｓｉｎ60°＝ｍ（ｖ12－ｖ02）／2， 由牛顿第二定律得　Ｎｍａｘ－ｍｇ＝ｍｖ12／Ｒ， 解得　Ｎｍａｘ＝54.5Ｎ． 　物体最终在圆弧上运动时，圆弧所受压力最小．由动能定理得ｍｇＲ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍｖ22／2，由牛顿第二定律得Ｎｍｉｎ－ｍｇ＝ｍｖ22／Ｒ，解得Ｎｍｉｎ＝20Ｎ． 　31．解：（1）设刹车后，平板车的加速度为ａ0，从开始刹车到车停止所经历时间为ｔ0，车所行驶距离为ｓ0，则有ｖ02＝2ａ0ｓ0，ｖ0＝ａ0ｔ0． 　欲使ｔ0小，ａ0应该大，作用于木箱的滑动摩擦力产生的加速度ａ1＝μｍｇ／ｍ＝μｇ． 　当ａ0＞ａ1时，木箱相对车底板滑动，从刹车到车停止过程中木箱运动的路程为ｓ1，则ｖ02＝2ａ2ｓ 1． 　为使木箱不撞击驾驶室，应有ｓ1－ｓ0≤Ｌ． 　联立以上各式解得：ａ0≤μｇｖ02／（ｖ02－2μｇＬ）＝5ｍ／ｓ2， 　∴　ｔ0＝ｖ0／ａ0＝4.4ｓ． 　（2）对平板车，设制动力为Ｆ，则Ｆ＋ｋ（Ｍ＋ｍ）ｇ－μｍｇ＝Ｍａ0，解得：Ｆ＝7420Ｎ． 　32．解：对系统ａ0＝［Ｆ－μｇ（ｍ1＋ｍ2）］／（ｍ1＋ｍ2）＝1ｍ／ｓ2． 　对木块1，细绳断后：│ａ1│＝ｆ1／ｍ1＝μｇ＝1ｍ／ｓ2． 　设细绳断裂时刻为ｔ1，则木块1运动的总位移： 　ｓ1＝2ａ0ｔ12／2＝ａ0ｔ12． 　对木块2，细绳断后，ａ2＝（Ｆ－μｍ2ｇ）／ｍ2＝2ｍ／ｓ2． 木块2总位移 　ｓ2＝ｓ′＋ｓ″＝ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2， 两木块位移差Δｓ＝ｓ2－ｓ1＝22（ｍ）． 得　ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2－ａ0ｔ12＝22， 把ａ0，ａ2值，ｖ1＝ａ0ｔ1代入上式整理得： 　ｔ12＋12ｔ1－28＝0，得ｔ1＝2ｓ． 木块2末速ｖ2＝ｖ1＋ａ2（6－ｔ1）＝ａ0ｔ1＋ａ2（6－ｔ1）＝10ｍ／ｓ． 此时动能Ｅｋ＝ｍ2ｖ22／2＝2×102／2Ｊ＝100Ｊ． 　33．解：（1）由动量守恒定律，ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ′，且有ｍ∶Ｍ＝1∶3， ∴　Ａ、Ｂ共同速度ｖ′＝ｍｖ0／（ｍ＋Ｍ）＝1ｍ／ｓ． 　（2）由动能定理，对全过程应有 　μｍｇ·2Ｌ＝ｍｖ02／2－（ｍ＋Ｍ）ｖ′2／2， 　4μｇＬ＝ｖ02－4ｖ′2，μ＝（ｖ02－4ｖ′2）／4ｇＬ＝0.3． 　（3）先求Ａ与Ｂ挡板碰前Ａ的速度ｖ10，以及木板Ｂ相应速度ｖ20，取从Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板相碰前过程为研究对象，依动量守恒与动能定理有以下两式成立：ｍｖ0＝ｍｖ10＋Ｍｖ20， 　ｍｖ02／2－ｍｖ102／2－Ｍｖ202／2＝μｍｇＬ． 代入数据得　ｖ10＋3ｖ20＝4，ｖ102＋3ｖ202＝10， 解以上两式可得　ｖ10＝（2±3）／2ｍ／ｓ．因Ａ与Ｂ挡板碰前速度不可能取负值，故ｖ10＝（2＋3）／2ｍ／ｓ．相应解出ｖ20＝（2－）／2ｍ／ｓ＝0.3ｍ／ｓ． 　木板Ｂ此过程为匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得μｍｇ＝Ｍａ1，ａ1＝μｍｇ／Ｍ＝1（ｍ／ｓ2）． 此过程经历时间ｔ1由下式求出 　ｖ20＝ａ1ｔ1，ｔ1＝ｖ20／ａ1＝0.3（ｓ）． 其速度图线为图2中0～0.3ｓ段图线ａ． 　再求Ａ与Ｂ挡板碰后，木板Ｂ的速度ｖ2与木块Ａ的速度ｖ1，为方便起见取Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板碰撞后瞬间过程为研究对象，依动量守恒定律与动能定理有以下两式成立： ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2，ｍｖ02／2－ｍｖ12／2－Ｍｖ22／2＝μｍｇＬ． 故解为　ｖ1＝（2±3）／2ｍ／ｓ． 因ｖ1＝（2＋3）／2ｍ／ｓ为碰前速度，故取ｖ1＝（2－3）／2ｍ／ｓ，相应得ｖ2＝2＋2ｍ／ｓ＝1.7ｍ／ｓ． 由于ｖ1 ＜0，即木块相对Ｂ向左滑动，Ａ受Ｂ摩擦力向右，Ｂ受Ａ摩擦力向左，故Ｂ做匀减速直线运动，加速度大小由牛顿第二定律，得ａ＝μｍｇ／Ｍ＝1ｍ／ｓ2． 　从碰后到Ａ滑到Ｂ最左端过程中，Ｂ向右做匀减速直线运动时间设为ｔ2，则ｖ′－ｖ2＝－ａｔ2， ∴　ｔ2＝0.7ｓ． 　此过程速度图线如图2中0.3ｓ～1.0ｓ段图线ｂ．图2　　34．解：设ｍ1、ｍ2两物体受恒力Ｆ作用后，产生的加速度分别为ａ1、ａ2，由牛顿第二定律Ｆ＝ｍａ，得 　ａ1＝Ｆ／ｍ1，ａ2＝Ｆ／ｍ2， 　历时ｔ两物体速度分别为ｖ1＝ａ1ｔ，ｖ2＝ｖ0＋ａ2ｔ，由题意令ｖ1＝ｖ2，即ａ1ｔ＝ｖ0＋ａ2ｔ或（ａ1－ａ2）ｔ＝ｖ0，因ｔ≠0、ｖ0＞0，欲使上式成立，需满足ａ1－ａ2＞0，即Ｆ／ｍ1＞Ｆ／ｍ2，或ｍ1＜ｍ2，也即当ｍ1≥ｍ2时不可能达到共同速度，当ｍ1＜ｍ2时，可以达到共同速度． 　35．解：（1）当小球刚好能在轨道内做圆周运动时，水平初速度ｖ最小，此时有ｍｇ＝ｍｖ2／Ｒ， 故　ｖ＝＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）若初速度ｖ′＜ｖ，小球将做平抛运动，如在其竖直位移为Ｒ的时间内，其水平位移ｓ≥Ｒ，小球可进入轨道经过Ｂ点．设其竖直位移为Ｒ时，水平位移也恰为R，则Ｒ＝ｇｔ2／2，Ｒ＝ｖ′ｔ，解得：ｖ′＝／2＝ｍ／ｓ． 因此，初速度满足2ｍ／ｓ＞ｖ′≥ｍ／ｓ时，小球可做平抛运动经过Ｂ点． 　36．卫星在天空中任何天体表面附近运行时，仅受万有引力Ｆ作用使卫星做圆周运动，运动半径等于天体的球半径Ｒ．设天体质量为Ｍ，卫星质量为ｍ，卫星运动周期为Ｔ，天体密度为ρ．根据万有引力定律Ｆ＝ＧＭｍ／Ｒ2， 卫星做圆周运动向心力Ｆ′＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2， 因为 　Ｆ′＝Ｆ，得ＧＭｍ／Ｒ2＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2，∴Ｔ＝． 　又球体质量Ｍ＝4πＲ3ρ／3． 得Ｔ＝=，∴Ｔ∝1／，得证． 　 37．解：由于两球相碰满足动量守恒 　　ｍ1ｖ0＝ｍ1ｖ1＋ｍ2ｖ2，ｖ1＝－1.3ｍ／ｓ． 　两球组成系统碰撞前后的总动能Ｅｋ1＋Ｅｋ2＝ｍ1ｖ02／2＋0＝2.5Ｊ， 　Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＝ｍ1ｖ12／2＋ｍ2ｖ22／2＝2.8Ｊ． 　可见，Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＞Ｅｋ1＋Ｅｋ2，碰后能量较碰撞前增多了，违背了能量守恒定律，这种假设不合理． 　38．解：（1）由动量守恒，得ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2， 由运动学公式得ｓ＝（ｖ1－ｖ2）ｔ，ｈ＝ｇｔ2／2， 由以上三式得ｖ2＝（ｍｖ0－ｓｍ）／（Ｍ＋ｍ）． 　（2）最后车与物体以共同的速度ｖ向右运动，故有 　ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖｖ＝ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）． ∴ΔＥ＝ｍｖ02／2＋ｍｇｈ－（Ｍ＋ｍ）ｍ2ｖ02／2（Ｍ＋ｍ）2． 解得ΔＥ＝ｍｇｈ＋Ｍｍｖ02／2（Ｍ＋ｍ）． 　39．解：设碰前Ａ、Ｂ有共同速度ｖ时，Ｍ前滑的距离为ｓ．则ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ，ｆｓ＝Ｍｖ2／2，ｆ＝μｍｇ． 　由以上各式得　ｓ＝Ｍｍｖ02／2μｇ（Ｍ＋ｍ）2． 　当ｖ0＝2ｍ／ｓ时，ｓ＝2／9ｍ＜0.5ｍ，即Ａ、Ｂ有共同速度．当ｖ0＝4ｍ／ｓ时，ｓ＝8／9ｍ＞0.5ｍ，即碰前Ａ、Ｂ速度不同． 　40．解：（1）物体由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者系统水平方向动量守恒得：ｍｖ0＝ｍｖ0／2＋2ｍｖＡＢ． 解之得　ｖＡＢ＝ｖ0／4． 　（2）物块由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者功能关系得：μｍｇＬ＝ｍｖ02／2－ｍ（ｖ0／2）2／2－2ｍ（ｖ0／4）2／2． 解之得　Ｌ＝5ｖ02／16μｇ． 　（3）物块由Ｄ滑到Ｃ的过程中，二者系统水平方向动量守恒，又因为物块到达最高点Ｃ时，物块与滑块速度相等且水平，均为ｖ． 故得　ｍｖ0／2＋ｍｖ0／4＝2ｍｖ， ∴　得滑块的动能ＥＣＤ＝ｍｖ2／2＝9ｍｖ02／128． 　41．解：（1）Ｂ从ｖ0减速到速度为零的过程，Ｃ静止，Ｂ的位移：ｓ1＝ｖ02／2μｇ． 　所用的时间：ｔ1＝ｖ0／μｇ． 　此后Ｂ与Ｃ一起向右做加速运动，Ａ做减速运动，直到相对静止，设所用时间为ｔ2，共同速度为ｖ． 　对Ａ、Ｂ、Ｃ，由动量守恒定律得 　ｍＡ·2ｖ0－ｍＢｖ0＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ， ∵　ｍＡ＝ｍＢ＝ｍＣ，∴　ｖ＝ｖ0／3． 　 对Ｂ与Ｃ，向右加速运动的加速度 　ａ＝μｍＡｇ／（ｍＢ＋ｍＣ）＝μｇ／2，∴ｔ2＝ｖ／ａ＝2ｖ0／3μｇ． Δｔ内Ｂ向右移动的位移ｓ2＝ｖｔ2／2＝ｖ02／9μｇ， 故总路程ｓ＝ｓ1＋ｓ2＝11ｖ02／18μｇ，总时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝5ｖ0／3μｇ． 　（2）设车的最小长度为Ｌ，则相对静止时Ａ、Ｂ刚好接触，由能量守恒得 　ｍＡ（2ｖ0）2／2＋ｍＢｖ02／2＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ2／2＋μｍＢｇｓ1＋μｍＡｇ（Ｌ－ｓ1）， 联立解得Ｌ＝7ｖ02／3μｇ． 　42．解：（1）ｍ速度最大的位置应在O点左侧．因为细线烧断后，ｍ在弹簧弹力和滑动摩擦力的合力作用下向右做加速运动，当弹力与摩擦力的合力为零时，ｍ的速度达到最大，此时弹簧必处于压缩状态．此后，系统的机械能不断减小，不能再达到这一最大速度． 　（2）选ｍ、Ｍ为一系统，由动量守恒定律得 　ｍｖ1＝Ｍｖ2． 　设这一过程中弹簧释放的弹性势能为Ｅｐ，则 　Ｅｐ＝ｍｖ12／2＋Ｍｖ22／2＋μｍｇｓ， 解得　ｖ2＝ｍｖ1／Ｍ，Ｅｐ＝ｍ［（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2Ｍ＋μｇｓ］． 　（2）ｍ与Ｍ最终将静止，因为系统动量守恒，且总动量为零，只要ｍ与Ｍ间有相对运动，就要克服摩擦力做功，不断消耗能量，所以，ｍ与Ｍ最终必定都静止． 　43．解：（1）第一颗子弹射入木块过程，系统动量守恒，有 　ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ1． 　射入后，在ＯＢＣ运动过程中，机械能守恒，有 　（ｍ＋Ｍ）ｖ12／2＝（ｍ＋Ｍ）ｇＲ，得ｖ0＝（Ｍ＋ｍ）／ｍ． 　（2）由动量守恒定律知，第2、4、6……颗子弹射入木块后，木块速度为0，第1、3、5……颗子弹射入后，木块运动．当第9颗子弹射入木块时，由动量守恒得： 　ｍｖ0＝（9ｍ＋Ｍ）ｖ9， 　设此后木块沿圆弧上升最大高度为Ｈ，由机械能守恒定律得：（9ｍ＋Ｍ）ｖ92／2＝（9ｍ＋Ｍ）ｇＨ， 由以上可得：Ｈ＝［（Ｍ＋ｍ）／（Ｍ＋9ｍ）］2Ｒ． 　44．解：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动ｓ，速度变为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．由动能定理 　－μＭｇｓ＝0－ｍｖ02／2，ｓ＝ｍｖ02／2μＭｇ＝0.33ｍ． 　（2）假如平板车在第二次碰墙前还未和滑块相对静止，则其速度的大小肯定还是2ｍ／ｓ，因为只要相对运动，摩擦力大小为恒值．滑块速度则大于2ｍ／ｓ，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰墙前肯定已和滑块具有共同速度ｖ．此即平板车碰墙前瞬间的速度． 　Ｍｖ0－ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， ∴ｖ＝（Ｍ－ｍ）ｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝0.4ｍ／ｓ． 图3　（3）平板车与墙壁第一次碰撞后滑块与平板又达到共同速度ｖ前的过程，可用图3（ａ）、（ｂ）、（ｃ）表示．图3（ａ）为平板车与墙碰撞后瞬间滑块与平板车的位置，图3（ｂ）为平板车到达最左端时两者的位置，图3（ｃ）为平板车与滑块再次达到共同速度时两者的位置．在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功μΜｇｓ′，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功μＭｇｓ″（平板车从Ｂ到Ａ再回到Ｂ的过程中摩擦力做功为零），其中ｓ′、ｓ″分别为滑块和平板车的位移．滑块和平板车动能总减少为μＭｇｌ1，其中ｌ1＝ｓ′＋ｓ″为滑块相对平板车的位移，此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为ｌ，则有（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2＝μＭｇｌ，ｌ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2μＭｇ＝0.833ｍ． ｌ即为平板车的最短长度．图4　　45．解：如图4，Ａ球从静止释放后将自由下落至Ｃ点悬线绷直，此时速度为ｖＣ ∵　ｖＣ2＝2ｇ×2Ｌｓｉｎ30°， ∴　ｖＣ＝＝2ｍ／ｓ． 　在线绷直的过程中沿线的速度分量减为零时，Ａ将以切向速度ｖ1沿圆弧运动且 　ｖ1＝ｖＣｃｏｓ30°＝ｍ／ｓ． 　Ａ球从Ｃ点运动到最低点与Ｂ球碰撞前机械能守恒，可求出Ａ球与Ｂ球碰前的速度 　ｍＡｖ12／2＋ｍＡｇＬ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍＡｖ22／2， 　ｖ2＝==ｍ／ｓ． 　因Ａ、Ｂ两球发生无能量损失的碰撞且ｍＡ＝ｍＢ，所以它们的速度交换，即碰后Ａ球的速度为零，Ｂ球的速度为ｖ2＝（ｍ／ｓ）．对Ｂ球和小车组成的系统水平方向动量守恒和机械能守恒，当两者有共同水平速度ｕ时，Ｂ球上升到最高点，设上升高度为ｈ． 　ｍＢｖ2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ，ｍＢｖ22／2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ2／2＋ｍＢｇｈ．解得ｈ＝3／16≈0.19ｍ． 　在Ｂ球回摆到最低点的过程中，悬线拉力仍使小车加速，当Ｂ球回到最低点时小车有最大速度ｖｍ ，设小球Ｂ回到最低点时速度的大小为ｖ3，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 　ｍＢｖ2＝－ｍＢｖ3＋Ｍｖｍ，ｍＢｖ22／2＝ｍＢｖ32／2＋Ｍｖｍ2／2， 解得ｖｍ＝2ｍＢｖ2／（ｍ3＋Ｍ）＝／2ｍ／ｓ＝1.12ｍ／ｓ． 　46．解：（1）小球的角速度与运动的角速度必定相等，则有ｖ＝ωＲ＝ω． 　（2）人手所提供的功率应等于小球在运动过程中克服摩擦力做功的功率．即有Ｐ＝ｆｖ， ∴　ｆ＝Ｐ／ｖ＝Ｐ／ω． 　47．解：由于粘性物体与底板粘合的过程时间极短，冲击力远大于重力，在竖直方向近似动量守恒，开始静止时，有　ｍ1ｇ＝ｋｘｋ＝ｍ1ｇｘ． 　ｍ2下落Ｈ时的速度ｖ＝，ｍ2与ｍ1合在一起动量守恒，ｍ2ｖ＝（ｍ1＋ｍ2）ｖ′，ｖ′＝ｍ2ｖ／（ｍ1＋ｍ2）＝ｍ2／（ｍ1＋ｍ2）． 　设向下为正方向，ｍ1与ｍ2的整体受两个力，即重力（ｍ1＋ｍ2）ｇ和弹簧的平均拉力，则有平均拉力＝ｋｘ＋ｋｈ／2＝ｋ（2ｘ＋ｈ）／2，由动能定理得 ［－＋（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ＝0－（ｍ1＋ｍ2）ｖ2／2， 由以上各式得［ｍ1ｇ（2ｘ＋ｈ）／2ｘ－（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ 　＝（ｍ1＋ｍ2）·ｍ22·2ｇｈ／2（ｍ1＋ｍ2）2． 代入数值得ｈ＝0.3ｍ． 　48．解：ｍ与Ａ粘在一起后水平方向动量守恒，共同速度设为ｖ1，Ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ1， 得ｖ1＝Ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝2ｖ0／3． 　当弹簧压缩到最大时即有最大弹性势能Ｅ，此时系统中各物体有相同速度，设为ｖ2，由动量守恒定律 　2Ｍｖ0＝（2Ｍ＋ｍ）ｖ2，得ｖ2＝2Ｍｖ0／（2Ｍ＋ｍ）＝4ｖ0／5． 由能量守恒有 　Ｅ＝Ｍｖ02／2＋（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2－（2Ｍ＋ｍ）ｖ22／2， 解得Ｅ＝Ｍｖ02／30． 　49．解：（1）振子在平衡位置时，所受合力为零，设此时弹簧被压缩Δｘ：（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ＝ｋΔｘ，Δｘ＝5ｃｍ． 　开始释放时振子处在最大位移处，故振幅 　Ａ＝5ｃｍ＋5ｃｍ＝10ｃｍ． 　（2）由于开始时弹簧的伸长量恰等于振子在平衡位置时弹簧的压缩量，故弹性势能相等，设振子的最大速度为ｖ，从开始到平衡位置，根据机械能守恒定律， 得ｍｇ·Ａ＝ｍｖ2／2，∴ｖ＝＝1.4ｍ／ｓ， 即Ｂ的最大速率为1.4ｍ／ｓ． 　 （3）在最高点，振子受到的重力和弹力方向相同，根据牛顿第二定律，得 　ａ＝［ｋΔｘ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ］／（ｍＡ＋ｍＢ）＝20ｍ／ｓ2， Ａ对Ｂ的作用力方向向下，其大小 　Ｎ1＝ｍＢａ－ｍＢｇ＝10Ｎ． 在最低点，振子受到的重力和弹力方向相反，根据牛顿第二定律，得ａ＝ｋ（Δｘ＋Ａ）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｍＡ＋ｍＢ＝20ｍ／ｓ2． Ａ对Ｂ的作用力方向向上，其大小 　Ｎ2＝ｍＢａ＋ｍＢｇ＝30Ｎ． 　19．如图1-82所示，质量ｍＡ＝10ｋｇ的物块Ａ与质量ｍＢ＝2ｋｇ的物块Ｂ放在倾角θ＝30°的光滑斜面上处于静止状态，轻质弹簧一端与物块Ｂ连接，另一端与固定挡板连接，弹簧的劲度系数ｋ＝400Ｎ／ｍ．现给物块Ａ施加一个平行于斜面向上的力Ｆ，使物块Ａ沿斜面向上做匀加速运动，已知力Ｆ在前0．2ｓ内为变力，0．2ｓ后为恒力，求（ｇ取10ｍ／ｓ２）图1-82　（1）力Ｆ的最大值与最小值； 　（2）力Ｆ由最小值达到最大值的过程中，物块Ａ所增加的重力势能．2．解：在0～1ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知 　ａ１＝12ｍ／ｓ２， 由牛顿第二定律，得 　Ｆ－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ１，　　① 在0～2ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知ａ２＝－6ｍ／ｓ２， 因为此时物体具有斜向上的初速度，故由牛顿第二定律，得 　－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ２，　　② 　②式代入①式，得　Ｆ＝18Ｎ． 3．解：在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从Ａ到Ｂ需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为ｔ1，则 　（ｖ／2）ｔ１＋ｖ（ｔ－ｔ１）＝Ｌ， 所以　ｔ１＝2（ｖｔ－Ｌ）／ｖ＝（2×（2×6－10）／2）ｓ＝2ｓ． 为使物体从Ａ至Ｂ所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变．而　ａ＝ｖ／ｔ＝1ｍ／ｓ２．设物体从Ａ至Ｂ所用最短的时间为ｔ2，则 　（1／2）ａｔ2２＝Ｌ， 　ｔ2＝=＝2ｓ． 　ｖｍｉｎ＝ａｔ2＝1×2ｍ／ｓ＝2ｍ／ｓ． 传送带速度再增大1倍，物体仍做加速度为1ｍ／ｓ２的匀加速运动，从Ａ至Ｂ的传送时间为2 ｍ／ｓ． 4．解：启动前Ｎ１＝ｍｇ， 　升到某高度时　Ｎ2＝（17／18）Ｎ１＝（17／18）ｍｇ， 　对测试仪　Ｎ2－ｍｇ′＝ｍａ＝ｍ（ｇ／2）， 　∴　ｇ′＝（8／18）ｇ＝（4／9）ｇ， 　ＧｍＭ／Ｒ2＝ｍｇ，ＧｍＭ／（Ｒ＋ｈ）2＝ｍｇ′，解得：ｈ＝（1／2）Ｒ． 5．解：由匀加速运动的公式　ｖ２＝ｖ０２＋2ａｓ 　得物块沿斜面下滑的加速度为 　ａ＝ｖ2／2ｓ＝1．42／（2×1．4）＝0．7ｍｓ－２， 由于ａ＜ｇｓｉｎθ＝5ｍｓ－２， 　可知物块受到摩擦力的作用．图3　分析物块受力，它受3个力，如图3．对于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，由牛顿定律有 　ｍｇｓｉｎθ－ｆ１＝ｍａ， 　ｍｇｃｏｓθ－Ｎ１＝0， 　分析木楔受力，它受5个力作用，如图3所示．对于水平方向，由牛顿定律有 　ｆ2＋ｆ１ｃｏｓθ－Ｎ１ｓｉｎθ＝0， 　由此可解得地面的作用于木楔的摩擦力 　ｆ2＝ｍｇｃｏｓθｓｉｎθ－（ｍｇｓｉｎθ－ｍａ）ｃｏｓθ＝ｍａｃｏｓθ＝1×0．7×（／2）＝0．61Ｎ． 　此力的方向与图中所设的一致（由指向）． 6．解：（1）飞机原先是水平飞行的，由于垂直气流的作用，飞机在竖直方向上的运动可看成初速度为零的匀加速直线运动，根据　ｈ＝（1／2）ａｔ２，得ａ＝2ｈ／ｔ２，代入ｈ＝1700ｍ，ｔ＝10ｓ，得 　ａ＝（2×1700／10２）（ｍ／ｓ２）＝34ｍ／ｓ２，方向竖直向下． 　（2）飞机在向下做加速运动的过程中，若乘客已系好安全带，使机上乘客产生加速度的力是向下重力和安全带拉力的合力．设乘客质量为ｍ，安全带提供的竖直向下拉力为Ｆ，根据牛顿第二定律　Ｆ＋ｍｇ＝ｍａ，得安全带拉力 　　Ｆ＝ｍ（ａ－ｇ）＝ｍ（34－10）Ｎ＝24ｍ（Ｎ）， ∴　安全带提供的拉力相当于乘客体重的倍数 　ｎ＝Ｆ／ｍｇ＝24ｍＮ／ｍ·10Ｎ＝2．4（倍）． 　（3）若乘客未系安全带，飞机向下的加速度为34ｍ／ｓ２，人向下加速度为10ｍ／ｓ２，飞机向下的加速度大于人的加速度，所以人对飞机将向上运动，会使头部受到严重伤害． 7．解：设月球表面重力加速度为ｇ，根据平抛运动规律，有 　ｈ＝（1／2）ｇｔ２，　　① 　水平射程为　　　Ｌ＝ｖ０ｔ，　　② 　联立①②得ｇ＝2ｈｖ０２／Ｌ２．　　③ 　根据牛顿第二定律，得　ｍｇ＝ｍ（2π／Ｔ）２Ｒ，　　④ 　联立③④得　Ｔ＝（πＬ／ｖ０ｈ）．　　⑤ 8．解：前2秒内，有Ｆ－ｆ＝ｍａ１，ｆ＝μＮ，Ｎ＝ｍｇ，则 　ａ１＝（Ｆ－μｍｇ）／ｍ＝4ｍ／ｓ２，ｖｔ＝ａ１ｔ＝8ｍ／ｓ， 　撤去Ｆ以后　ａ２＝ｆ／ｍ＝2ｍ／ｓ，ｓ＝ｖ１２／2ａ２＝16ｍ． 9．解：（1）用力斜向下推时，箱子匀速运动，则有 　Ｆｃｏｓθ＝ｆ，ｆ＝μＮ，Ｎ＝Ｇ＋Ｆｓｉｎθ， 　联立以上三式代数据，得　Ｆ＝1．2×10２Ｎ． 　（2）若水平用力推箱子时，据牛顿第二定律，得Ｆ合＝ｍａ，则有 　Ｆ－μＮ＝ｍａ，Ｎ＝Ｇ， 　联立解得　ａ＝2．0ｍ／ｓ２． 　ｖ＝ａｔ＝2．0×3．0ｍ／ｓ＝6．0ｍ／ｓ， 　ｓ＝（1／2）ａｔ２＝（1／2）×2．0×3．0２ｍ／ｓ＝9．0ｍ， 　推力停止作用后　ａ′＝ｆ／ｍ＝4．0ｍ／ｓ２（方向向左）， 　ｓ′＝ｖ２／2ａ′＝4．5ｍ， 　则　ｓ总＝ｓ＋ｓ′＝13．5ｍ． 10．解：根据题中说明，该运动员发球后，网球做平抛运动．以ｖ表示初速度，Ｈ表示网球开始运动时离地面的高度（即发球高度），ｓ１表示网球开始运动时与网的水平距离（即运动员离开网的距离），ｔ１表示网球通过网上的时刻，ｈ表示网球通过网上时离地面的高度，由平抛运动规律得到 　ｓ１＝ｖｔ１，Ｈ－ｈ＝（1／2）ｇｔ１２， 消去ｔ１，得　　ｖ＝ｍ／ｓ，ｖ≈23ｍ／ｓ． 　以ｔ２表示网球落地的时刻，ｓ２表示网球开始运动的地点与落地点的水平距离，ｓ表示网球落地点与网的水平距离，由平抛运动规律得到 　Ｈ＝（1／2）ｇｔ２２，ｓ２＝ｖｔ２， 消去ｔ２，得ｓ２＝ｖ≈16ｍ， 　网球落地点到网的距离　ｓ＝ｓ２－ｓ１≈4ｍ． 11．解：（1）设卫星质量为ｍ，它在地球附近做圆周运动，半径可取为地球半径Ｒ，运动速度为ｖ，有 　ＧＭｍ／Ｒ２＝ｍｖ２／Ｒ　得ｖ＝． 　（2）由（1）得： 　Ｍ＝ｖ２Ｒ／Ｇ＝＝6．0×1024ｋｇ． 12．解：对物块：Ｆ１－μｍｇ＝ｍａ１， 　6－0．5×1×10＝1·ａ１，ａ１＝1．0ｍ／ｓ2， 　ｓ１＝（1／2）ａ１ｔ2＝（1／2）×1×0．42＝0．08ｍ， 　ｖ１＝ａ１ｔ＝1×0．4＝0．4ｍ／ｓ， 　对小车：Ｆ２－μｍｇ＝Ｍａ２， 　9－0．5×1×10＝2ａ２，ａ２＝2．0ｍ／ｓ2， 　ｓ２＝（1／2）ａ２ｔ2＝（1／2）×2×0．42＝0．16ｍ， 　ｖ２＝ａ２ｔ＝2×0．4＝0．8ｍ／ｓ， 　撤去两力后，动量守恒，有Ｍｖ２－ｍｖ１＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， 　ｖ＝0．4ｍ／ｓ（向右）， ∵　（（1／2）ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2）－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ2＝μｍｇｓ３， 　ｓ３＝0．096ｍ， ∴　ｌ＝ｓ１＋ｓ２＋ｓ３＝0．336ｍ． 13．解：设木块到Ｂ时速度为ｖ０，车与船的速度为ｖ１，对木块、车、船系统，有 　ｍ１ｇｈ＝（ｍ１ｖ０2／2）＋（（ｍ２＋ｍ３）ｖ１2／2）， 　ｍ１ｖ０＝（ｍ２＋ｍ３）ｖ１， 解得　ｖ０＝5，ｖ１＝． 　木块到Ｂ后，船以ｖ１继续向左匀速运动，木块和车最终以共同速度ｖ２向右运动，对木块和车系统，有 　ｍ１ｖ０－ｍ２ｖ１＝（ｍ１＋ｍ２）ｖ２， 　μｍ１ｇｓ＝（（ｍ１ｖ０2／2）＋（ｍ２ｖ１2／2））－（（ｍ１＋ｍ２）ｖ２2／2）， 得　ｖ２＝ｖ１＝，ｓ＝2ｈ． 14．解：（1）小球的角速度与手转动的角速度必定相等均为ω．设小球做圆周运动的半径为ｒ，线速度为ｖ．由几何关系得　ｒ＝，ｖ＝ω·ｒ，解得　　 　　ｖ＝ω． 　（2）设手对绳的拉力为Ｆ，手的线速度为ｖ，由功率公式得　Ｐ＝Ｆｖ＝Ｆ·ωＲ， ∴　Ｆ＝Ｐ／ωＲ． 图4　研究小球的受力情况如图4所示，因为小球做匀速圆周运动，所以切向合力为零，即 　Ｆｓｉｎθ＝ｆ， 其中　ｓｉｎθ＝Ｒ／， 　联立解得　ｆ＝Ｐ／ω． 15．解：（1）用ｖ１表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由于子弹射入木块Ｃ时间极短，系统动量守恒，有 　ｍｖ０＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１， 　∴　ｖ１＝ｍｖ０／（ｍ＋Ｍ）＝3ｍ／ｓ， 　子弹和木块Ｃ在ＡＢ木板上滑动，由动能定理得： 　（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ２２－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ１２＝－μ（ｍ＋Ｍ）ｇＬ， 　解得　ｖ２＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）用ｖ′表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由动量守恒定律，得　ｍｖ０′＋Ｍｕ＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１′，解得　ｖ１′＝4ｍ／ｓ． 　木块Ｃ及子弹在ＡＢ木板表面上做匀减速运动　ａ＝μｇ．设木块Ｃ和子弹滑至ＡＢ板右端的时间为ｔ，则木块Ｃ和子弹的位移ｓ１＝ｖ１′ｔ－（1／2）ａｔ2， 　由于ｍ车≥（ｍ＋Ｍ），故小车及木块ＡＢ仍做匀速直线运动，小车及木板ＡＢ的位移　ｓ＝ｕｔ，由图5可知：ｓ１＝ｓ＋Ｌ， 　联立以上四式并代入数据得： 　ｔ2－6ｔ＋1＝0， 　解得：ｔ＝（3－2）ｓ，（ｔ＝（3＋2）ｓ不合题意舍去），　　（11） 　∴　ｓ＝ｕｔ＝0．18ｍ． 16．解：（1）设Ａ滑上Ｂ后达到共同速度前并未碰到档板，则根据动量守恒定律得它们的共同速度为ｖ，有图5　ｍｖ０＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝2ｍ／ｓ，在这一过程中，Ｂ的位移为ｓＢ＝ｖＢ2／2ａＢ且ａＢ＝μ ｍｇ／Ｍ，解得ｓＢ＝Ｍｖ2／2μｍｇ＝2×22／2×0．2×1×10＝2ｍ． 　设这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ１，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ１＝（1／2）ｍｖ０2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得ｓ１＝6ｍ． 　当ｓ＝4ｍ时，Ａ、Ｂ达到共同速度ｖ＝2ｍ／ｓ后再匀速向前运动2ｍ碰到挡板，Ｂ碰到竖直挡板后，根据动量守恒定律得Ａ、Ｂ最后相对静止时的速度为ｖ′，则 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′， 解得　ｖ′＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ２，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ２＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　ｓ２＝2．67ｍ． 　因此，Ａ、Ｂ最终不脱离的木板最小长度为ｓ１＋ｓ２＝8．67ｍ 　（2）因Ｂ离竖直档板的距离ｓ＝0．5ｍ＜2ｍ，所以碰到档板时，Ａ、Ｂ未达到相对静止，此时Ｂ的速度ｖＢ为 　ｖＢ2＝2ａＢｓ＝（2μｍｇ／Ｍ）ｓ，解得　ｖＢ＝1ｍ／ｓ， 　设此时Ａ的速度为ｖＡ，根据动量守恒定律，得 　ｍｖ０＝ＭｖＢ＋ｍｖＡ，解得ｖＡ＝4ｍ／ｓ， 　设在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移为ｓ１′，根据动能定理得： 　μｍｇｓ１′＝（1／2）ｍｖ０2－（（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）ＭｖＢ2）， 　解得　ｓ１′＝4．5ｍ． 　Ｂ碰撞挡板后，Ａ、Ｂ最终达到向右的相同速度ｖ，根据动能定理得ｍｖＡ－ＭｖＢ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ２′为 　μｍｇｓ２′＝（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得　ｓ２′＝（25／6）ｍ． 　Ｂ再次碰到挡板后，Ａ、Ｂ最终以相同的速度ｖ′向左共同运动，根据动量守恒定律，得 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′，解得　ｖ′＝（2／9）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ３′为： 　μｍｇｓ３′＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　　　　ｓ３′＝（8／27）ｍ． 　因此，为使Ａ不从Ｂ上脱落，Ｂ的最小长度为ｓ１′＋ｓ２′＋ｓ３′＝8．96ｍ． 17．解：（1）Ｂ与Ａ碰撞后，Ｂ相对于Ａ向左运动，Ａ所受摩擦力方向向左，Ａ的运动方向向右，故摩擦力作负功．设Ｂ与Ａ碰撞后的瞬间Ａ的速度为ｖ１，Ｂ的速度为ｖ２，Ａ、Ｂ相对静止后的共同速度为ｖ，整个过程中Ａ、Ｂ组成的系统动量守恒，有 　Ｍｖ０＝（Ｍ＋1．5Ｍ）ｖ，ｖ＝2ｖ０／5． 　碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功，即 　Ｍｖ２＋1．5Ｍｖ１＝2．5Ｍｖ，　　① 　（1／2）×1．5Ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2－（1／2）×2．5Ｍｖ2＝Ｍμｇｌ，　　② 可解出ｖ１＝（1／2）ｖ０（另一解ｖ１＝（3／10）ｖ０因小于ｖ而舍去） 　这段过程中，Ａ克服摩擦力做功 　Ｗ＝（1／2）×1．5Ｍｖ１2－（1／2）×1．5Ｍｖ2＝（27／400）Ｍｖ０2（0．068Ｍｖ０2）． 　（2）Ａ在运动过程中不可能向左运动，因为在Ｂ未与Ａ碰撞之前，Ａ受到的摩擦力方向向右，做加速运动，碰撞之后Ａ受到的摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后，速度仍向右，因此不可能向左运动． 　Ｂ在碰撞之后，有可能向左运动，即ｖ２＜0． 　先计算当ｖ２ ＝0时满足的条件，由①式，得 　ｖ１＝（2ｖ０／3）－（2ｖ２／3），当ｖ２＝0时，ｖ１＝2ｖ０／3，代入②式，得 　（（1／2）×1．5Ｍ4ｖ０2／9）－（（1／2）×2．5Ｍ4ｖ０2／25）＝Ｍμｇｌ， 解得　μｇｌ＝2ｖ０2／15． 　Ｂ在某段时间内向左运动的条件之一是μｌ＜2ｖ０2／15ｇ． 　另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即 　（1／2）Ｍｖ０2－（1／2）2．5Ｍ（2ｖ０／5）2≥2Ｍμｇｌ， 　解出另一个条件是　μｌ≤3ｖ０2／20ｇ， 　最后得出Ｂ在某段时间内向左运动的条件是 　2ｖ０2／15ｇ＜μｌ≤3ｖ０2／20ｇ． 18．解：（1）以警车为研究对象，由动能定理． 　－μｍｇ·ｓ＝（1／2）ｍｖ2－（1／2）ｍｖ０2， 　将ｖ０＝14．0ｍ／ｓ，ｓ＝14．0ｍ，ｖ＝0代入，得 　μｇ＝7．0ｍ／ｓ2， 　因为警车行驶条件与肇事汽车相同，所以肇事汽车的初速度ｖＡ＝＝21ｍ／ｓ． 　（2）肇事汽车在出事点Ｂ的速度 　ｖＢ＝＝14ｍ／ｓ， 　肇事汽车通过段的平均速度 　＝（ｖＡ＋ｖＢ）／2＝（21＋14）／2＝17．5ｍ／ｓ． 　肇事汽车通过ＡＢ段的时间 　ｔ２＝ＡＢ／＝（31．5－14．0）／17．5＝1ｓ． 　∴　游客横过马路的速度 　ｖ人＝／（ｔ１＋ｔ２）＝（2．6／（1＋0．7））ｍ／ｓ＝1．53ｍ／ｓ． 19．解：（1）开始Ａ、Ｂ处于静止状态时，有 　ｋｘ０－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｓｉｎ30°＝0，　　① 　设施加Ｆ时，前一段时间Ａ、Ｂ一起向上做匀加速运动，加速度为ａ，ｔ＝0．2ｓ，Ａ、Ｂ间相互作用力为零，对Ｂ有： 　ｋｘ－ｍＢｇｓｉｎ30°＝ｍＢａ，　　② 　ｘ－ｘ０＝（1／2）ａｔ2，　　③ 　解①、②、③得： 　ａ＝5ｍｓ－2，ｘ０＝0．05ｍ，ｘ＝0．15ｍ， 　初始时刻Ｆ最小 　Ｆｍｉｎ＝（ｍＡ＋ｍＢ）ａ＝60Ｎ． 　ｔ＝0．2ｓ时，Ｆ最大 　Ｆｍａｘ－ｍＡｇｓｉｎ30°＝ｍＡａ， 　Ｆｍａｘ＝ｍＡ（ｇｓｉｎ30°＋ａ）＝100Ｎ， 　（2）ΔＥＰＡ＝ｍＡｇΔｈ＝ｍＡｇ（ｘ－ｘ０）ｓｉｎ30°＝5Ｊ． 20 ．解：当弹簧处于压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和．当弹簧伸长到其自然长度时，弹性势能为零，因这时滑块Ａ的速度为零，故系统的机械能等于滑块Ｂ的动能．设这时滑块Ｂ的速度为ｖ则有 　Ｅ＝（1／2）ｍ２ｖ2，　　① 由动量守恒定律（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ２ｖ，　　② 解得　Ｅ＝（1／2）（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２．　　③ 　假定在以后的运动中，滑块Ｂ可以出现速度为零的时刻，并设此时滑块Ａ的速度为ｖ１．这时，不论弹簧是处于伸长还是压缩状态，都具有弹性势能Ｅｐ．由机械能守恒定律得 　（1／2）ｍ１ｖ１2＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　④ 根据动量守恒　（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ１ｖ１，　　⑤ 求出ｖ１，代入④式得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑥ 因为Ｅｐ≥0，故得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）≤（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑦ 即　ｍ１≥ｍ２，与已知条件ｍ１＜ｍ２不符． 　可见滑块Ｂ的速度永不为零，即在以后的运动中，不可能出现滑动Ｂ的速度为零的情况． 21．解：设恰好物体相对圆盘静止时，弹簧压缩量为Δｌ，静摩擦力为最大静摩擦力ｆｍａｘ，这时物体处于临界状态，由向心力公式ｆｍａｘ－ｋΔｌ＝ｍＲｗ2，　　① 　假若物体向圆心移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ１－ｋ（Δｌ＋ｘ）＝ｍ（Ｒ－ｘ）ｗ2，　　② 　由①、②两式可得　ｆｍａｘ－ｆ１＝ｍｘｗ2－ｋｘ，　　③ 所以　ｍｘｗ2－ｋｘ≥0，得ｋ≤ｍｗ2，　　④ 　若物体向外移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ２－ｋ（Δｌ－ｘ）≥ｍ（Ｒ＋ｘ）ｗ2，　　⑤ 由①～⑥式得　ｆｍａｘ－ｆ２＝ｋｘ－ｍｘｗ2≥0，　　⑥ 所以　ｋ≥ｍｗ2，　　⑦ 即若物体向圆心移动，则ｋ≤ｍｗ2， 若物体向远离圆心方向移动，则ｋ≥ｍｗ2． 22．解：卫星环绕地球作匀速圆周运动，设卫星的质量为ｍ，轨道半径为ｒ，受到地球的万有引力为Ｆ， 　Ｆ＝ＧＭｍ／ｒ2，　　① 　式中Ｇ为万有引力恒量，Ｍ是地球质量． 　设ｖ是卫星环绕地球做匀速圆周运动的线速度，Ｔ是运动周期，根据牛顿第二定律，得 　Ｆ＝ｍｖ2／ｒ，　　② 　由①、②推导出　ｖ＝．　　③ 　③式表明：ｒ越大，ｖ越小． 　人造卫星的周期就是它环绕地球运行一周所需的时间Ｔ， 　Ｔ＝2πｒ／ｖ，　　④ 　由③、④推出　Ｔ＝2π，　　⑤ 　⑤式说明：ｒ越大，Ｔ越大．　23．证：设质点通过Ａ点时的速度为ｖＡ，通过Ｃ点时的速度为ｖＣ，由匀变速直线运动的公式得： ｓ1＝ｖＡＴ＋ａＴ2／2，ｓ3＝ｖＣＴ＋ａＴ2／2，ｓ3－ｓ1＝ｖＣＴ－ｖＡＴ． ∵　ｖＣ＝ｖＡ ＋2ａＴ， ∴　ｓ3－ｓ1＝（ｖＡ－2ａＴ－ｖＡ）Ｔ＝2ａＴ2，ａ＝（ｓ3－ｓ1）／2Ｔ2． 　24．根据：如果在连续的相等的时间内的位移之差相等，则物体做匀变速运动．证明：设物体做匀速运动的初速度为ｖ0，加速度为ａ，第一个Ｔ内的位移为ｓ1＝ｖ0Ｔ＋ａＴ2／2；第二个Ｔ内的位移为ｓ2＝（ｖ0＋ａＴ）Ｔ＋ａＴ2／2；第Ｎ个Ｔ内的位移为ｓＮ＝［ｖ0＋（Ｎ－1）ａＴ］Ｔ＋ａＴ2／2．　ｓＮ－ｓＮ－1＝ａＴ2，逆定理也成立． 　25．解：由匀变速直线运动的公式得小物块的加速度的大小为ａ1＝（ｖ0－ｖｔ）／ｔ＝2（ｍ／ｓ2）．木板的加速度大小为ａ2＝2ｓ／ｔ2＝0.25（ｍ／ｓ2）． 根据牛顿第二定律　Ｆ＝ｍａ 对小物块得　ｆ′1＝ｍａ1＝1×2＝2Ｎ， 对木板得　ｆ1－μ（ｍ＋Ｍ）ｇ＝Ｍａ2， 　μ＝（ｆ1－Ｍａ2）／（ｍ＋Ｍ）ｇ＝（2－4×0.25）／（1＋4）×10＝0.02． 　26．解：假设金属块没有离开第一块长木板，移动的相对距离为ｘ，由动量守恒定律，得ｍｖ0＝3ｍｖ， 　ｍｖ02／2＝3ｍｖ2／2＋μｍｇｘ， 解得ｘ＝4ｍ／3＞Ｌ，不合理， ∴　金属块一定冲上第二块木板． 　以整个系统为研究对象，由动量定律及能量关系，当金属块在第一块木板上时ｍｖ0＝ｍｖ0′＋2ｍｖ1， 　ｍｖ02／2＝12ｍｖ0′2＋2ｍ·ｖ12／2＋μｍｇｌ． 　ｍｖ0＝ｍｖ1＋2ｍｖ2， 　ｍｖ02／2＝ｍｖ12／2＋2ｍ·ｖ22／2＋μｍｇ（ｌ＋ｘ）． 联立解得： 　ｖ1＝1／3ｍ／ｓ，ｖ2＝5／6ｍ／ｓ，ｘ＝0.25ｍ． 　27．解：当ｔ＝0时，ａＡ0＝9／3＝3ｍ／ｓ2，ａＢ0＝3／6＝0.5ｍ／ｓ2．ａＡ0＞ａＢ0，Ａ、Ｂ间有弹力，随ｔ之增加，Ａ、Ｂ间弹力在减小，当（9－2ｔ）／3＝（3＋2ｔ）／6，ｔ＝2.5ｓ时，Ａ、Ｂ脱离，以Ａ、Ｂ整体为研究对象，在ｔ＝2.5ｓ内，加速度ａ＝（ＦＡ＋ＦＢ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝4／3ｍ／ｓ2，ｓ＝ａｔ2／2＝4.17ｍ． 　28．解：（1）由ｍＣｖ0＝ｍＣｖ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ1，Ｃ由Ａ滑至Ｂ时，Ａ、Ｂ的共同速度是 　ｖ1＝ｍＣ（ｖ0－ｖ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝0.2ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＡ＝ｍＣｖ02／2－ｍＣｖ2／2－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12／2， 得　μ＝［ｍＣ（ｖ02－ｖ2）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12］／2ｍＣｇｌＡ＝0.48． 　（2）由ｍＣｖ＋ｍＢｖ1＝（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ2，Ｃ相对Ｂ静止时，Ｂ、Ｃ的共同速度是ｖ2＝（ｍＣｖ＋ｍＢｖ1）／（ｍＣ＋ｍＢ）＝0.65ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＢ＝ｍＣｖ2／2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22／2， Ｃ在Ｂ上滑行距离为 　ｌＢ＝［ｍＣｖ2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22］／2μｍＣ ｇ＝0.25ｍ． 　（3）由μｍＣｇｓ＝ｍＢｖ22／2－ｍＢｖ12／2， Ｂ相对地滑行的距离ｓ＝［ｍＢ（ｖ22－ｖ12）］／2μｍＣｇ＝0.12ｍ． 　（4）Ｃ在Ａ、Ｂ上匀减速滑行，加速度大小由μｍＣｇ＝ｍＣａ，得ａ＝μｇ＝4.8ｍ／ｓ2． Ｃ在Ａ上滑行的时间ｔ1＝（ｖ0－ｖ）／ａ＝0.21ｓ． Ｃ在Ｂ上滑行的时间ｔ2＝（ｖ－ｖ2）／ａ＝0.28ｓ． 所求时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝0.21ｓ＋0.28ｓ＝0.49ｓ． 　　29．匀加速下滑时，受力如图1ａ，由牛顿第二定律，有： ｍｇｓｉｎθ－μｍｇｃｏｓθ＝ｍａ＝ｍｇｓｉｎθ／2， 　ｓｉｎθ／2＝μｃｏｓθ， 　得μ＝ｓｉｎθ／2ｃｏｓθ．图1静止时受力分析如图1ｂ，摩擦力有两种可能：①摩擦力沿斜面向下；②摩擦力沿斜面向上．摩擦力沿斜面向下时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＝ｆ＋ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ， 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ＋μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ－μｓｉｎθ）ｍｇ＝3ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ－ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　摩擦力沿斜面向上时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＋ｆ＝ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ． 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ－μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ＋μｓｉｎθ）ｍｇ＝ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ＋ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　30．解：（1）物体在两斜面上来回运动时，克服摩擦力所做的功Ｗｆ＝μｍｇｃｏｓ60°·ｓ总． 　物体从开始直到不再在斜面上运动的过程中ｍｇｈ－Ｗｆ＝0－ｍｖ02／2．解得ｓ总＝38ｍ． 　（2）物体最终是在Ｂ、Ｃ之间的圆弧上来回做变速圆周运动，且在Ｂ、Ｃ点时速度为零． 　（3）物体第一次通过圆弧最低点时，圆弧所受压力最大．由动能定理得ｍｇ［ｈ＋Ｒ（1－ｃｏｓ60°）］－μｍｇｃｏｓ60°／ｓｉｎ60°＝ｍ（ｖ12－ｖ02）／2， 由牛顿第二定律得　Ｎｍａｘ－ｍｇ＝ｍｖ12／Ｒ， 解得　Ｎｍａｘ＝54.5Ｎ． 　物体最终在圆弧上运动时，圆弧所受压力最小．由动能定理得ｍｇＲ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍｖ22／2，由牛顿第二定律得Ｎｍｉｎ－ｍｇ＝ｍｖ22／Ｒ，解得Ｎｍｉｎ＝20Ｎ． 　31．解：（1）设刹车后，平板车的加速度为ａ0，从开始刹车到车停止所经历时间为ｔ0，车所行驶距离为ｓ0，则有ｖ02＝2ａ0ｓ0，ｖ0＝ａ0ｔ0． 　欲使ｔ0小，ａ0应该大，作用于木箱的滑动摩擦力产生的加速度ａ1＝μｍｇ／ｍ＝μｇ． 　当ａ0＞ａ1时，木箱相对车底板滑动，从刹车到车停止过程中木箱运动的路程为ｓ1，则ｖ02＝2ａ2ｓ 1． 　为使木箱不撞击驾驶室，应有ｓ1－ｓ0≤Ｌ． 　联立以上各式解得：ａ0≤μｇｖ02／（ｖ02－2μｇＬ）＝5ｍ／ｓ2， 　∴　ｔ0＝ｖ0／ａ0＝4.4ｓ． 　（2）对平板车，设制动力为Ｆ，则Ｆ＋ｋ（Ｍ＋ｍ）ｇ－μｍｇ＝Ｍａ0，解得：Ｆ＝7420Ｎ． 　32．解：对系统ａ0＝［Ｆ－μｇ（ｍ1＋ｍ2）］／（ｍ1＋ｍ2）＝1ｍ／ｓ2． 　对木块1，细绳断后：│ａ1│＝ｆ1／ｍ1＝μｇ＝1ｍ／ｓ2． 　设细绳断裂时刻为ｔ1，则木块1运动的总位移： 　ｓ1＝2ａ0ｔ12／2＝ａ0ｔ12． 　对木块2，细绳断后，ａ2＝（Ｆ－μｍ2ｇ）／ｍ2＝2ｍ／ｓ2． 木块2总位移 　ｓ2＝ｓ′＋ｓ″＝ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2， 两木块位移差Δｓ＝ｓ2－ｓ1＝22（ｍ）． 得　ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2－ａ0ｔ12＝22， 把ａ0，ａ2值，ｖ1＝ａ0ｔ1代入上式整理得： 　ｔ12＋12ｔ1－28＝0，得ｔ1＝2ｓ． 木块2末速ｖ2＝ｖ1＋ａ2（6－ｔ1）＝ａ0ｔ1＋ａ2（6－ｔ1）＝10ｍ／ｓ． 此时动能Ｅｋ＝ｍ2ｖ22／2＝2×102／2Ｊ＝100Ｊ． 　33．解：（1）由动量守恒定律，ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ′，且有ｍ∶Ｍ＝1∶3， ∴　Ａ、Ｂ共同速度ｖ′＝ｍｖ0／（ｍ＋Ｍ）＝1ｍ／ｓ． 　（2）由动能定理，对全过程应有 　μｍｇ·2Ｌ＝ｍｖ02／2－（ｍ＋Ｍ）ｖ′2／2， 　4μｇＬ＝ｖ02－4ｖ′2，μ＝（ｖ02－4ｖ′2）／4ｇＬ＝0.3． 　（3）先求Ａ与Ｂ挡板碰前Ａ的速度ｖ10，以及木板Ｂ相应速度ｖ20，取从Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板相碰前过程为研究对象，依动量守恒与动能定理有以下两式成立：ｍｖ0＝ｍｖ10＋Ｍｖ20， 　ｍｖ02／2－ｍｖ102／2－Ｍｖ202／2＝μｍｇＬ． 代入数据得　ｖ10＋3ｖ20＝4，ｖ102＋3ｖ202＝10， 解以上两式可得　ｖ10＝（2±3）／2ｍ／ｓ．因Ａ与Ｂ挡板碰前速度不可能取负值，故ｖ10＝（2＋3）／2ｍ／ｓ．相应解出ｖ20＝（2－）／2ｍ／ｓ＝0.3ｍ／ｓ． 　木板Ｂ此过程为匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得μｍｇ＝Ｍａ1，ａ1＝μｍｇ／Ｍ＝1（ｍ／ｓ2）． 此过程经历时间ｔ1由下式求出 　ｖ20＝ａ1ｔ1，ｔ1＝ｖ20／ａ1＝0.3（ｓ）． 其速度图线为图2中0～0.3ｓ段图线ａ． 　再求Ａ与Ｂ挡板碰后，木板Ｂ的速度ｖ2与木块Ａ的速度ｖ1，为方便起见取Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板碰撞后瞬间过程为研究对象，依动量守恒定律与动能定理有以下两式成立： ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2，ｍｖ02／2－ｍｖ12／2－Ｍｖ22／2＝μｍｇＬ． 故解为　ｖ1＝（2±3）／2ｍ／ｓ． 因ｖ1＝（2＋3）／2ｍ／ｓ为碰前速度，故取ｖ1＝（2－3）／2ｍ／ｓ，相应得ｖ2＝2＋2ｍ／ｓ＝1.7ｍ／ｓ． 由于ｖ1 ＜0，即木块相对Ｂ向左滑动，Ａ受Ｂ摩擦力向右，Ｂ受Ａ摩擦力向左，故Ｂ做匀减速直线运动，加速度大小由牛顿第二定律，得ａ＝μｍｇ／Ｍ＝1ｍ／ｓ2． 　从碰后到Ａ滑到Ｂ最左端过程中，Ｂ向右做匀减速直线运动时间设为ｔ2，则ｖ′－ｖ2＝－ａｔ2， ∴　ｔ2＝0.7ｓ． 　此过程速度图线如图2中0.3ｓ～1.0ｓ段图线ｂ．图2　　34．解：设ｍ1、ｍ2两物体受恒力Ｆ作用后，产生的加速度分别为ａ1、ａ2，由牛顿第二定律Ｆ＝ｍａ，得 　ａ1＝Ｆ／ｍ1，ａ2＝Ｆ／ｍ2， 　历时ｔ两物体速度分别为ｖ1＝ａ1ｔ，ｖ2＝ｖ0＋ａ2ｔ，由题意令ｖ1＝ｖ2，即ａ1ｔ＝ｖ0＋ａ2ｔ或（ａ1－ａ2）ｔ＝ｖ0，因ｔ≠0、ｖ0＞0，欲使上式成立，需满足ａ1－ａ2＞0，即Ｆ／ｍ1＞Ｆ／ｍ2，或ｍ1＜ｍ2，也即当ｍ1≥ｍ2时不可能达到共同速度，当ｍ1＜ｍ2时，可以达到共同速度． 　35．解：（1）当小球刚好能在轨道内做圆周运动时，水平初速度ｖ最小，此时有ｍｇ＝ｍｖ2／Ｒ， 故　ｖ＝＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）若初速度ｖ′＜ｖ，小球将做平抛运动，如在其竖直位移为Ｒ的时间内，其水平位移ｓ≥Ｒ，小球可进入轨道经过Ｂ点．设其竖直位移为Ｒ时，水平位移也恰为R，则Ｒ＝ｇｔ2／2，Ｒ＝ｖ′ｔ，解得：ｖ′＝／2＝ｍ／ｓ． 因此，初速度满足2ｍ／ｓ＞ｖ′≥ｍ／ｓ时，小球可做平抛运动经过Ｂ点． 　36．卫星在天空中任何天体表面附近运行时，仅受万有引力Ｆ作用使卫星做圆周运动，运动半径等于天体的球半径Ｒ．设天体质量为Ｍ，卫星质量为ｍ，卫星运动周期为Ｔ，天体密度为ρ．根据万有引力定律Ｆ＝ＧＭｍ／Ｒ2， 卫星做圆周运动向心力Ｆ′＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2， 因为 　Ｆ′＝Ｆ，得ＧＭｍ／Ｒ2＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2，∴Ｔ＝． 　又球体质量Ｍ＝4πＲ3ρ／3． 得Ｔ＝=，∴Ｔ∝1／，得证． 　 37．解：由于两球相碰满足动量守恒 　　ｍ1ｖ0＝ｍ1ｖ1＋ｍ2ｖ2，ｖ1＝－1.3ｍ／ｓ． 　两球组成系统碰撞前后的总动能Ｅｋ1＋Ｅｋ2＝ｍ1ｖ02／2＋0＝2.5Ｊ， 　Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＝ｍ1ｖ12／2＋ｍ2ｖ22／2＝2.8Ｊ． 　可见，Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＞Ｅｋ1＋Ｅｋ2，碰后能量较碰撞前增多了，违背了能量守恒定律，这种假设不合理． 　38．解：（1）由动量守恒，得ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2， 由运动学公式得ｓ＝（ｖ1－ｖ2）ｔ，ｈ＝ｇｔ2／2， 由以上三式得ｖ2＝（ｍｖ0－ｓｍ）／（Ｍ＋ｍ）． 　（2）最后车与物体以共同的速度ｖ向右运动，故有 　ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖｖ＝ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）． ∴ΔＥ＝ｍｖ02／2＋ｍｇｈ－（Ｍ＋ｍ）ｍ2ｖ02／2（Ｍ＋ｍ）2． 解得ΔＥ＝ｍｇｈ＋Ｍｍｖ02／2（Ｍ＋ｍ）． 　39．解：设碰前Ａ、Ｂ有共同速度ｖ时，Ｍ前滑的距离为ｓ．则ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ，ｆｓ＝Ｍｖ2／2，ｆ＝μｍｇ． 　由以上各式得　ｓ＝Ｍｍｖ02／2μｇ（Ｍ＋ｍ）2． 　当ｖ0＝2ｍ／ｓ时，ｓ＝2／9ｍ＜0.5ｍ，即Ａ、Ｂ有共同速度．当ｖ0＝4ｍ／ｓ时，ｓ＝8／9ｍ＞0.5ｍ，即碰前Ａ、Ｂ速度不同． 　40．解：（1）物体由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者系统水平方向动量守恒得：ｍｖ0＝ｍｖ0／2＋2ｍｖＡＢ． 解之得　ｖＡＢ＝ｖ0／4． 　（2）物块由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者功能关系得：μｍｇＬ＝ｍｖ02／2－ｍ（ｖ0／2）2／2－2ｍ（ｖ0／4）2／2． 解之得　Ｌ＝5ｖ02／16μｇ． 　（3）物块由Ｄ滑到Ｃ的过程中，二者系统水平方向动量守恒，又因为物块到达最高点Ｃ时，物块与滑块速度相等且水平，均为ｖ． 故得　ｍｖ0／2＋ｍｖ0／4＝2ｍｖ， ∴　得滑块的动能ＥＣＤ＝ｍｖ2／2＝9ｍｖ02／128． 　41．解：（1）Ｂ从ｖ0减速到速度为零的过程，Ｃ静止，Ｂ的位移：ｓ1＝ｖ02／2μｇ． 　所用的时间：ｔ1＝ｖ0／μｇ． 　此后Ｂ与Ｃ一起向右做加速运动，Ａ做减速运动，直到相对静止，设所用时间为ｔ2，共同速度为ｖ． 　对Ａ、Ｂ、Ｃ，由动量守恒定律得 　ｍＡ·2ｖ0－ｍＢｖ0＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ， ∵　ｍＡ＝ｍＢ＝ｍＣ，∴　ｖ＝ｖ0／3． 　 对Ｂ与Ｃ，向右加速运动的加速度 　ａ＝μｍＡｇ／（ｍＢ＋ｍＣ）＝μｇ／2，∴ｔ2＝ｖ／ａ＝2ｖ0／3μｇ． Δｔ内Ｂ向右移动的位移ｓ2＝ｖｔ2／2＝ｖ02／9μｇ， 故总路程ｓ＝ｓ1＋ｓ2＝11ｖ02／18μｇ，总时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝5ｖ0／3μｇ． 　（2）设车的最小长度为Ｌ，则相对静止时Ａ、Ｂ刚好接触，由能量守恒得 　ｍＡ（2ｖ0）2／2＋ｍＢｖ02／2＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ2／2＋μｍＢｇｓ1＋μｍＡｇ（Ｌ－ｓ1）， 联立解得Ｌ＝7ｖ02／3μｇ． 　42．解：（1）ｍ速度最大的位置应在O点左侧．因为细线烧断后，ｍ在弹簧弹力和滑动摩擦力的合力作用下向右做加速运动，当弹力与摩擦力的合力为零时，ｍ的速度达到最大，此时弹簧必处于压缩状态．此后，系统的机械能不断减小，不能再达到这一最大速度． 　（2）选ｍ、Ｍ为一系统，由动量守恒定律得 　ｍｖ1＝Ｍｖ2． 　设这一过程中弹簧释放的弹性势能为Ｅｐ，则 　Ｅｐ＝ｍｖ12／2＋Ｍｖ22／2＋μｍｇｓ， 解得　ｖ2＝ｍｖ1／Ｍ，Ｅｐ＝ｍ［（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2Ｍ＋μｇｓ］． 　（2）ｍ与Ｍ最终将静止，因为系统动量守恒，且总动量为零，只要ｍ与Ｍ间有相对运动，就要克服摩擦力做功，不断消耗能量，所以，ｍ与Ｍ最终必定都静止． 　43．解：（1）第一颗子弹射入木块过程，系统动量守恒，有 　ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ1． 　射入后，在ＯＢＣ运动过程中，机械能守恒，有 　（ｍ＋Ｍ）ｖ12／2＝（ｍ＋Ｍ）ｇＲ，得ｖ0＝（Ｍ＋ｍ）／ｍ． 　（2）由动量守恒定律知，第2、4、6……颗子弹射入木块后，木块速度为0，第1、3、5……颗子弹射入后，木块运动．当第9颗子弹射入木块时，由动量守恒得： 　ｍｖ0＝（9ｍ＋Ｍ）ｖ9， 　设此后木块沿圆弧上升最大高度为Ｈ，由机械能守恒定律得：（9ｍ＋Ｍ）ｖ92／2＝（9ｍ＋Ｍ）ｇＨ， 由以上可得：Ｈ＝［（Ｍ＋ｍ）／（Ｍ＋9ｍ）］2Ｒ． 　44．解：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动ｓ，速度变为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．由动能定理 　－μＭｇｓ＝0－ｍｖ02／2，ｓ＝ｍｖ02／2μＭｇ＝0.33ｍ． 　（2）假如平板车在第二次碰墙前还未和滑块相对静止，则其速度的大小肯定还是2ｍ／ｓ，因为只要相对运动，摩擦力大小为恒值．滑块速度则大于2ｍ／ｓ，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰墙前肯定已和滑块具有共同速度ｖ．此即平板车碰墙前瞬间的速度． 　Ｍｖ0－ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， ∴ｖ＝（Ｍ－ｍ）ｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝0.4ｍ／ｓ． 图3　（3）平板车与墙壁第一次碰撞后滑块与平板又达到共同速度ｖ前的过程，可用图3（ａ）、（ｂ）、（ｃ）表示．图3（ａ）为平板车与墙碰撞后瞬间滑块与平板车的位置，图3（ｂ）为平板车到达最左端时两者的位置，图3（ｃ）为平板车与滑块再次达到共同速度时两者的位置．在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功μΜｇｓ′，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功μＭｇｓ″（平板车从Ｂ到Ａ再回到Ｂ的过程中摩擦力做功为零），其中ｓ′、ｓ″分别为滑块和平板车的位移．滑块和平板车动能总减少为μＭｇｌ1，其中ｌ1＝ｓ′＋ｓ″为滑块相对平板车的位移，此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为ｌ，则有（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2＝μＭｇｌ，ｌ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2μＭｇ＝0.833ｍ． ｌ即为平板车的最短长度．图4　　45．解：如图4，Ａ球从静止释放后将自由下落至Ｃ点悬线绷直，此时速度为ｖＣ ∵　ｖＣ2＝2ｇ×2Ｌｓｉｎ30°， ∴　ｖＣ＝＝2ｍ／ｓ． 　在线绷直的过程中沿线的速度分量减为零时，Ａ将以切向速度ｖ1沿圆弧运动且 　ｖ1＝ｖＣｃｏｓ30°＝ｍ／ｓ． 　Ａ球从Ｃ点运动到最低点与Ｂ球碰撞前机械能守恒，可求出Ａ球与Ｂ球碰前的速度 　ｍＡｖ12／2＋ｍＡｇＬ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍＡｖ22／2， 　ｖ2＝==ｍ／ｓ． 　因Ａ、Ｂ两球发生无能量损失的碰撞且ｍＡ＝ｍＢ，所以它们的速度交换，即碰后Ａ球的速度为零，Ｂ球的速度为ｖ2＝（ｍ／ｓ）．对Ｂ球和小车组成的系统水平方向动量守恒和机械能守恒，当两者有共同水平速度ｕ时，Ｂ球上升到最高点，设上升高度为ｈ． 　ｍＢｖ2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ，ｍＢｖ22／2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ2／2＋ｍＢｇｈ．解得ｈ＝3／16≈0.19ｍ． 　在Ｂ球回摆到最低点的过程中，悬线拉力仍使小车加速，当Ｂ球回到最低点时小车有最大速度ｖｍ ，设小球Ｂ回到最低点时速度的大小为ｖ3，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 　ｍＢｖ2＝－ｍＢｖ3＋Ｍｖｍ，ｍＢｖ22／2＝ｍＢｖ32／2＋Ｍｖｍ2／2， 解得ｖｍ＝2ｍＢｖ2／（ｍ3＋Ｍ）＝／2ｍ／ｓ＝1.12ｍ／ｓ． 　46．解：（1）小球的角速度与运动的角速度必定相等，则有ｖ＝ωＲ＝ω． 　（2）人手所提供的功率应等于小球在运动过程中克服摩擦力做功的功率．即有Ｐ＝ｆｖ， ∴　ｆ＝Ｐ／ｖ＝Ｐ／ω． 　47．解：由于粘性物体与底板粘合的过程时间极短，冲击力远大于重力，在竖直方向近似动量守恒，开始静止时，有　ｍ1ｇ＝ｋｘｋ＝ｍ1ｇｘ． 　ｍ2下落Ｈ时的速度ｖ＝，ｍ2与ｍ1合在一起动量守恒，ｍ2ｖ＝（ｍ1＋ｍ2）ｖ′，ｖ′＝ｍ2ｖ／（ｍ1＋ｍ2）＝ｍ2／（ｍ1＋ｍ2）． 　设向下为正方向，ｍ1与ｍ2的整体受两个力，即重力（ｍ1＋ｍ2）ｇ和弹簧的平均拉力，则有平均拉力＝ｋｘ＋ｋｈ／2＝ｋ（2ｘ＋ｈ）／2，由动能定理得 ［－＋（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ＝0－（ｍ1＋ｍ2）ｖ2／2， 由以上各式得［ｍ1ｇ（2ｘ＋ｈ）／2ｘ－（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ 　＝（ｍ1＋ｍ2）·ｍ22·2ｇｈ／2（ｍ1＋ｍ2）2． 代入数值得ｈ＝0.3ｍ． 　48．解：ｍ与Ａ粘在一起后水平方向动量守恒，共同速度设为ｖ1，Ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ1， 得ｖ1＝Ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝2ｖ0／3． 　当弹簧压缩到最大时即有最大弹性势能Ｅ，此时系统中各物体有相同速度，设为ｖ2，由动量守恒定律 　2Ｍｖ0＝（2Ｍ＋ｍ）ｖ2，得ｖ2＝2Ｍｖ0／（2Ｍ＋ｍ）＝4ｖ0／5． 由能量守恒有 　Ｅ＝Ｍｖ02／2＋（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2－（2Ｍ＋ｍ）ｖ22／2， 解得Ｅ＝Ｍｖ02／30． 　49．解：（1）振子在平衡位置时，所受合力为零，设此时弹簧被压缩Δｘ：（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ＝ｋΔｘ，Δｘ＝5ｃｍ． 　开始释放时振子处在最大位移处，故振幅 　Ａ＝5ｃｍ＋5ｃｍ＝10ｃｍ． 　（2）由于开始时弹簧的伸长量恰等于振子在平衡位置时弹簧的压缩量，故弹性势能相等，设振子的最大速度为ｖ，从开始到平衡位置，根据机械能守恒定律， 得ｍｇ·Ａ＝ｍｖ2／2，∴ｖ＝＝1.4ｍ／ｓ， 即Ｂ的最大速率为1.4ｍ／ｓ． 　 （3）在最高点，振子受到的重力和弹力方向相同，根据牛顿第二定律，得 　ａ＝［ｋΔｘ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ］／（ｍＡ＋ｍＢ）＝20ｍ／ｓ2， Ａ对Ｂ的作用力方向向下，其大小 　Ｎ1＝ｍＢａ－ｍＢｇ＝10Ｎ． 在最低点，振子受到的重力和弹力方向相反，根据牛顿第二定律，得ａ＝ｋ（Δｘ＋Ａ）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｍＡ＋ｍＢ＝20ｍ／ｓ2． Ａ对Ｂ的作用力方向向上，其大小 　Ｎ2＝ｍＢａ＋ｍＢｇ＝30Ｎ． 　20．如图1-83所示，滑块Ａ、Ｂ的质量分别为ｍ１与ｍ２，ｍ１＜ｍ２，由轻质弹簧相连接，置于水平的气垫导轨上．用一轻绳把两滑块拉至最近，使弹簧处于最大压缩状态后绑紧．两滑块一起以恒定的速度ｖ０向右滑动．突然，轻绳断开．当弹簧伸长至本身的自然长度时，滑块Ａ的速度正好为零．问在以后的运动过程中，滑块Ｂ是否会有速度等于零的时刻?试通过定量分析，证明你的结论．图1-832．解：在0～1ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知 　ａ１＝12ｍ／ｓ２， 由牛顿第二定律，得 　Ｆ－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ１，　　① 在0～2ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知ａ２＝－6ｍ／ｓ２， 因为此时物体具有斜向上的初速度，故由牛顿第二定律，得 　－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ２，　　② 　②式代入①式，得　Ｆ＝18Ｎ． 3．解：在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从Ａ到Ｂ需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为ｔ1，则 　（ｖ／2）ｔ１＋ｖ（ｔ－ｔ１）＝Ｌ， 所以　ｔ１＝2（ｖｔ－Ｌ）／ｖ＝（2×（2×6－10）／2）ｓ＝2ｓ． 为使物体从Ａ至Ｂ所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变．而　ａ＝ｖ／ｔ＝1ｍ／ｓ２．设物体从Ａ至Ｂ所用最短的时间为ｔ2，则 　（1／2）ａｔ2２＝Ｌ， 　ｔ2＝=＝2ｓ． 　ｖｍｉｎ＝ａｔ2＝1×2ｍ／ｓ＝2ｍ／ｓ． 传送带速度再增大1倍，物体仍做加速度为1ｍ／ｓ２的匀加速运动，从Ａ至Ｂ的传送时间为2ｍ／ｓ． 4．解：启动前Ｎ１＝ｍｇ， 　升到某高度时　Ｎ2＝（17／18）Ｎ１＝（17／18）ｍｇ， 　对测试仪　Ｎ2－ｍｇ′＝ｍａ＝ｍ（ｇ／2）， 　∴ 　ｇ′＝（8／18）ｇ＝（4／9）ｇ， 　ＧｍＭ／Ｒ2＝ｍｇ，ＧｍＭ／（Ｒ＋ｈ）2＝ｍｇ′，解得：ｈ＝（1／2）Ｒ． 5．解：由匀加速运动的公式　ｖ２＝ｖ０２＋2ａｓ 　得物块沿斜面下滑的加速度为 　ａ＝ｖ2／2ｓ＝1．42／（2×1．4）＝0．7ｍｓ－２， 由于ａ＜ｇｓｉｎθ＝5ｍｓ－２， 　可知物块受到摩擦力的作用．图3　分析物块受力，它受3个力，如图3．对于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，由牛顿定律有 　ｍｇｓｉｎθ－ｆ１＝ｍａ， 　ｍｇｃｏｓθ－Ｎ１＝0， 　分析木楔受力，它受5个力作用，如图3所示．对于水平方向，由牛顿定律有 　ｆ2＋ｆ１ｃｏｓθ－Ｎ１ｓｉｎθ＝0， 　由此可解得地面的作用于木楔的摩擦力 　ｆ2＝ｍｇｃｏｓθｓｉｎθ－（ｍｇｓｉｎθ－ｍａ）ｃｏｓθ＝ｍａｃｏｓθ＝1×0．7×（／2）＝0．61Ｎ． 　此力的方向与图中所设的一致（由指向）． 6．解：（1）飞机原先是水平飞行的，由于垂直气流的作用，飞机在竖直方向上的运动可看成初速度为零的匀加速直线运动，根据　ｈ＝（1／2）ａｔ２，得ａ＝2ｈ／ｔ２，代入ｈ＝1700ｍ，ｔ＝10ｓ，得 　ａ＝（2×1700／10２）（ｍ／ｓ２）＝34ｍ／ｓ２，方向竖直向下． 　（2）飞机在向下做加速运动的过程中，若乘客已系好安全带，使机上乘客产生加速度的力是向下重力和安全带拉力的合力．设乘客质量为ｍ，安全带提供的竖直向下拉力为Ｆ，根据牛顿第二定律　Ｆ＋ｍｇ＝ｍａ，得安全带拉力 　　Ｆ＝ｍ（ａ－ｇ）＝ｍ（34－10）Ｎ＝24ｍ（Ｎ）， ∴　安全带提供的拉力相当于乘客体重的倍数 　ｎ＝Ｆ／ｍｇ＝24ｍＮ／ｍ·10Ｎ＝2．4（倍）． 　（3）若乘客未系安全带，飞机向下的加速度为34ｍ／ｓ２，人向下加速度为10ｍ／ｓ２，飞机向下的加速度大于人的加速度，所以人对飞机将向上运动，会使头部受到严重伤害． 7．解：设月球表面重力加速度为ｇ，根据平抛运动规律，有 　ｈ＝（1／2）ｇｔ２，　　① 　水平射程为　　　Ｌ＝ｖ０ｔ，　　② 　联立①②得ｇ＝2ｈｖ０２／Ｌ２．　　③ 　根据牛顿第二定律，得　ｍｇ＝ｍ（2π／Ｔ）２ Ｒ，　　④ 　联立③④得　Ｔ＝（πＬ／ｖ０ｈ）．　　⑤ 8．解：前2秒内，有Ｆ－ｆ＝ｍａ１，ｆ＝μＮ，Ｎ＝ｍｇ，则 　ａ１＝（Ｆ－μｍｇ）／ｍ＝4ｍ／ｓ２，ｖｔ＝ａ１ｔ＝8ｍ／ｓ， 　撤去Ｆ以后　ａ２＝ｆ／ｍ＝2ｍ／ｓ，ｓ＝ｖ１２／2ａ２＝16ｍ． 9．解：（1）用力斜向下推时，箱子匀速运动，则有 　Ｆｃｏｓθ＝ｆ，ｆ＝μＮ，Ｎ＝Ｇ＋Ｆｓｉｎθ， 　联立以上三式代数据，得　Ｆ＝1．2×10２Ｎ． 　（2）若水平用力推箱子时，据牛顿第二定律，得Ｆ合＝ｍａ，则有 　Ｆ－μＮ＝ｍａ，Ｎ＝Ｇ， 　联立解得　ａ＝2．0ｍ／ｓ２． 　ｖ＝ａｔ＝2．0×3．0ｍ／ｓ＝6．0ｍ／ｓ， 　ｓ＝（1／2）ａｔ２＝（1／2）×2．0×3．0２ｍ／ｓ＝9．0ｍ， 　推力停止作用后　ａ′＝ｆ／ｍ＝4．0ｍ／ｓ２（方向向左）， 　ｓ′＝ｖ２／2ａ′＝4．5ｍ， 　则　ｓ总＝ｓ＋ｓ′＝13．5ｍ． 10．解：根据题中说明，该运动员发球后，网球做平抛运动．以ｖ表示初速度，Ｈ表示网球开始运动时离地面的高度（即发球高度），ｓ１表示网球开始运动时与网的水平距离（即运动员离开网的距离），ｔ１表示网球通过网上的时刻，ｈ表示网球通过网上时离地面的高度，由平抛运动规律得到 　ｓ１＝ｖｔ１，Ｈ－ｈ＝（1／2）ｇｔ１２， 消去ｔ１，得　　ｖ＝ｍ／ｓ，ｖ≈23ｍ／ｓ． 　以ｔ２表示网球落地的时刻，ｓ２表示网球开始运动的地点与落地点的水平距离，ｓ表示网球落地点与网的水平距离，由平抛运动规律得到 　Ｈ＝（1／2）ｇｔ２２，ｓ２＝ｖｔ２， 消去ｔ２，得ｓ２＝ｖ≈16ｍ， 　网球落地点到网的距离　ｓ＝ｓ２－ｓ１≈4ｍ． 11．解：（1）设卫星质量为ｍ，它在地球附近做圆周运动，半径可取为地球半径Ｒ，运动速度为ｖ，有 　ＧＭｍ／Ｒ２＝ｍｖ２／Ｒ　得ｖ＝． 　（2）由（1）得： 　Ｍ＝ｖ２Ｒ／Ｇ＝＝6．0×1024ｋｇ． 12．解：对物块：Ｆ１－μｍｇ＝ｍａ１， 　6－0．5×1×10＝1·ａ１，ａ１＝1．0ｍ／ｓ2， 　ｓ１＝（1／2）ａ１ｔ2＝（1／2）×1×0．42＝0．08ｍ， 　ｖ１＝ａ１ｔ＝1×0．4＝0．4ｍ／ｓ， 　对小车：Ｆ２－μｍｇ＝Ｍａ２， 　9－0．5×1×10＝2ａ２，ａ２＝2．0ｍ／ｓ2， 　ｓ２＝（1／2）ａ２ｔ2＝（1／2）×2×0．42＝0．16ｍ， 　ｖ２＝ａ２ｔ＝2×0．4＝0．8ｍ／ｓ， 　撤去两力后，动量守恒，有Ｍｖ２－ｍｖ１＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， 　ｖ＝0．4ｍ／ｓ（向右）， ∵　（（1／2）ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2）－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ2＝μｍｇｓ３， 　ｓ３＝0．096ｍ， ∴　ｌ＝ｓ１＋ｓ２＋ｓ３＝0．336ｍ． 13．解：设木块到Ｂ时速度为ｖ０，车与船的速度为ｖ１，对木块、车、船系统，有 　ｍ１ｇｈ＝（ｍ１ｖ０2／2）＋（（ｍ２＋ｍ３）ｖ１2／2）， 　ｍ１ｖ０＝（ｍ２＋ｍ３）ｖ１， 解得　ｖ０＝5，ｖ１＝． 　木块到Ｂ后，船以ｖ１继续向左匀速运动，木块和车最终以共同速度ｖ２向右运动，对木块和车系统，有 　ｍ１ｖ０－ｍ２ｖ１＝（ｍ１＋ｍ２）ｖ２， 　μｍ１ｇｓ＝（（ｍ１ｖ０2／2）＋（ｍ２ｖ１2／2））－（（ｍ１＋ｍ２）ｖ２2／2）， 得　ｖ２＝ｖ１＝，ｓ＝2ｈ． 14．解：（1）小球的角速度与手转动的角速度必定相等均为ω．设小球做圆周运动的半径为ｒ，线速度为ｖ．由几何关系得　ｒ＝，ｖ＝ω·ｒ，解得　　 　　ｖ＝ω． 　（2）设手对绳的拉力为Ｆ，手的线速度为ｖ，由功率公式得　Ｐ＝Ｆｖ＝Ｆ·ωＲ， ∴　Ｆ＝Ｐ／ωＲ．图4　研究小球的受力情况如图4所示，因为小球做匀速圆周运动，所以切向合力为零，即 　Ｆｓｉｎθ ＝ｆ， 其中　ｓｉｎθ＝Ｒ／， 　联立解得　ｆ＝Ｐ／ω． 15．解：（1）用ｖ１表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由于子弹射入木块Ｃ时间极短，系统动量守恒，有 　ｍｖ０＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１， 　∴　ｖ１＝ｍｖ０／（ｍ＋Ｍ）＝3ｍ／ｓ， 　子弹和木块Ｃ在ＡＢ木板上滑动，由动能定理得： 　（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ２２－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ１２＝－μ（ｍ＋Ｍ）ｇＬ， 　解得　ｖ２＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）用ｖ′表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由动量守恒定律，得　ｍｖ０′＋Ｍｕ＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１′，解得　ｖ１′＝4ｍ／ｓ． 　木块Ｃ及子弹在ＡＢ木板表面上做匀减速运动　ａ＝μｇ．设木块Ｃ和子弹滑至ＡＢ板右端的时间为ｔ，则木块Ｃ和子弹的位移ｓ１＝ｖ１′ｔ－（1／2）ａｔ2， 　由于ｍ车≥（ｍ＋Ｍ），故小车及木块ＡＢ仍做匀速直线运动，小车及木板ＡＢ的位移　ｓ＝ｕｔ，由图5可知：ｓ１＝ｓ＋Ｌ， 　联立以上四式并代入数据得： 　ｔ2－6ｔ＋1＝0， 　解得：ｔ＝（3－2）ｓ，（ｔ＝（3＋2）ｓ不合题意舍去），　　（11） 　∴　ｓ＝ｕｔ＝0．18ｍ． 16．解：（1）设Ａ滑上Ｂ后达到共同速度前并未碰到档板，则根据动量守恒定律得它们的共同速度为ｖ，有图5　ｍｖ０＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝2ｍ／ｓ，在这一过程中，Ｂ的位移为ｓＢ＝ｖＢ2／2ａＢ且ａＢ＝μｍｇ／Ｍ，解得ｓＢ＝Ｍｖ2／2μｍｇ＝2×22／2×0．2×1×10＝2ｍ． 　设这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ１，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ１＝（1／2）ｍｖ０2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得ｓ１＝6ｍ． 　当ｓ＝4ｍ时，Ａ、Ｂ达到共同速度ｖ＝2ｍ／ｓ后再匀速向前运动2ｍ碰到挡板，Ｂ碰到竖直挡板后，根据动量守恒定律得Ａ、Ｂ最后相对静止时的速度为ｖ′，则 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′， 解得　ｖ′＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ２，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ２＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2 ， 　解得　ｓ２＝2．67ｍ． 　因此，Ａ、Ｂ最终不脱离的木板最小长度为ｓ１＋ｓ２＝8．67ｍ 　（2）因Ｂ离竖直档板的距离ｓ＝0．5ｍ＜2ｍ，所以碰到档板时，Ａ、Ｂ未达到相对静止，此时Ｂ的速度ｖＢ为 　ｖＢ2＝2ａＢｓ＝（2μｍｇ／Ｍ）ｓ，解得　ｖＢ＝1ｍ／ｓ， 　设此时Ａ的速度为ｖＡ，根据动量守恒定律，得 　ｍｖ０＝ＭｖＢ＋ｍｖＡ，解得ｖＡ＝4ｍ／ｓ， 　设在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移为ｓ１′，根据动能定理得： 　μｍｇｓ１′＝（1／2）ｍｖ０2－（（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）ＭｖＢ2）， 　解得　ｓ１′＝4．5ｍ． 　Ｂ碰撞挡板后，Ａ、Ｂ最终达到向右的相同速度ｖ，根据动能定理得ｍｖＡ－ＭｖＢ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ２′为 　μｍｇｓ２′＝（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得　ｓ２′＝（25／6）ｍ． 　Ｂ再次碰到挡板后，Ａ、Ｂ最终以相同的速度ｖ′向左共同运动，根据动量守恒定律，得 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′，解得　ｖ′＝（2／9）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ３′为： 　μｍｇｓ３′＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　　　　ｓ３′＝（8／27）ｍ． 　因此，为使Ａ不从Ｂ上脱落，Ｂ的最小长度为ｓ１′＋ｓ２′＋ｓ３′＝8．96ｍ． 17．解：（1）Ｂ与Ａ碰撞后，Ｂ相对于Ａ向左运动，Ａ所受摩擦力方向向左，Ａ的运动方向向右，故摩擦力作负功．设Ｂ与Ａ碰撞后的瞬间Ａ的速度为ｖ１，Ｂ的速度为ｖ２，Ａ、Ｂ相对静止后的共同速度为ｖ，整个过程中Ａ、Ｂ组成的系统动量守恒，有 　Ｍｖ０＝（Ｍ＋1．5Ｍ）ｖ，ｖ＝2ｖ０／5． 　碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功，即 　Ｍｖ２＋1．5Ｍｖ１＝2．5Ｍｖ，　　① 　（1／2）×1．5Ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2－（1／2）×2．5Ｍｖ2＝Ｍμｇｌ，　　② 可解出ｖ１＝（1／2）ｖ０（另一解ｖ１＝（3／10）ｖ０因小于ｖ而舍去） 　这段过程中，Ａ克服摩擦力做功 　Ｗ＝（1／2）×1．5Ｍｖ１2－（1／2）×1．5Ｍｖ2＝（27／400）Ｍｖ０2（0．068Ｍｖ０2）． 　（2）Ａ在运动过程中不可能向左运动，因为在Ｂ未与Ａ碰撞之前，Ａ受到的摩擦力方向向右，做加速运动，碰撞之后Ａ受到的摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后，速度仍向右，因此不可能向左运动． 　Ｂ在碰撞之后，有可能向左运动，即ｖ２＜0． 　先计算当ｖ２＝0时满足的条件，由①式，得 　ｖ１＝（2ｖ０／3）－（2ｖ２／3），当ｖ２＝0时，ｖ１＝2ｖ０／3，代入②式，得 　（（1／2）×1．5Ｍ4ｖ０2／9）－（（1／2）×2．5Ｍ4ｖ０2／25）＝Ｍμｇｌ， 解得　μｇｌ＝2ｖ０2／15． 　Ｂ在某段时间内向左运动的条件之一是μｌ＜2ｖ０2／15ｇ． 　另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即 　（1／2）Ｍｖ０2－（1／2）2．5Ｍ（2ｖ０／5）2≥2Ｍμｇｌ， 　解出另一个条件是　μｌ≤3ｖ０2／20ｇ， 　最后得出Ｂ在某段时间内向左运动的条件是 　2ｖ０2／15ｇ＜μｌ≤3ｖ０2／20ｇ． 18．解：（1）以警车为研究对象，由动能定理． 　－μｍｇ·ｓ＝（1／2）ｍｖ2－（1／2）ｍｖ０2， 　将ｖ０＝14．0ｍ／ｓ，ｓ＝14．0ｍ，ｖ＝0代入，得 　μｇ＝7．0ｍ／ｓ2， 　因为警车行驶条件与肇事汽车相同，所以肇事汽车的初速度ｖＡ＝＝21ｍ／ｓ． 　（2）肇事汽车在出事点Ｂ的速度 　ｖＢ＝＝14ｍ／ｓ， 　肇事汽车通过段的平均速度 　＝（ｖＡ＋ｖＢ）／2＝（21＋14）／2＝17．5ｍ／ｓ． 　肇事汽车通过ＡＢ段的时间 　ｔ２＝ＡＢ／＝（31．5－14．0）／17．5＝1ｓ． 　∴　游客横过马路的速度 　ｖ人＝／（ｔ１＋ｔ２）＝（2．6／（1＋0．7））ｍ／ｓ＝1．53ｍ／ｓ． 19．解：（1）开始Ａ、Ｂ处于静止状态时，有 　ｋｘ０－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｓｉｎ30°＝0，　　① 　设施加Ｆ时，前一段时间Ａ、Ｂ一起向上做匀加速运动，加速度为ａ，ｔ＝0．2ｓ，Ａ、Ｂ间相互作用力为零，对Ｂ有： 　ｋｘ－ｍＢｇｓｉｎ30°＝ｍＢａ，　　② 　ｘ－ｘ０＝（1／2）ａｔ2，　　③ 　解①、②、③得： 　ａ＝5ｍｓ－2，ｘ０＝0．05ｍ，ｘ＝0．15ｍ， 　初始时刻Ｆ最小 　Ｆｍｉｎ＝（ｍＡ＋ｍＢ）ａ＝60Ｎ． 　ｔ＝0．2ｓ时，Ｆ最大 　Ｆｍａｘ－ｍＡｇｓｉｎ30°＝ｍＡａ， 　Ｆｍａｘ＝ｍＡ（ｇｓｉｎ30°＋ａ）＝100Ｎ， 　（2）ΔＥＰＡ＝ｍＡｇΔｈ＝ｍＡｇ（ｘ－ｘ０）ｓｉｎ30°＝5Ｊ． 20．解：当弹簧处于压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和．当弹簧伸长到其自然长度时，弹性势能为零，因这时滑块Ａ的速度为零，故系统的机械能等于滑块Ｂ的动能．设这时滑块Ｂ的速度为ｖ则有 　Ｅ＝（1／2）ｍ２ｖ2，　　① 由动量守恒定律（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ２ｖ，　　② 解得　Ｅ＝（1／2）（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２．　　③ 　假定在以后的运动中，滑块Ｂ可以出现速度为零的时刻，并设此时滑块Ａ的速度为ｖ１．这时，不论弹簧是处于伸长还是压缩状态，都具有弹性势能Ｅｐ．由机械能守恒定律得 　（1／2）ｍ１ｖ１2＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　④ 根据动量守恒　（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ１ｖ１，　　⑤ 求出ｖ１，代入④式得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２ ），　　⑥ 因为Ｅｐ≥0，故得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）≤（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑦ 即　ｍ１≥ｍ２，与已知条件ｍ１＜ｍ２不符． 　可见滑块Ｂ的速度永不为零，即在以后的运动中，不可能出现滑动Ｂ的速度为零的情况． 21．解：设恰好物体相对圆盘静止时，弹簧压缩量为Δｌ，静摩擦力为最大静摩擦力ｆｍａｘ，这时物体处于临界状态，由向心力公式ｆｍａｘ－ｋΔｌ＝ｍＲｗ2，　　① 　假若物体向圆心移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ１－ｋ（Δｌ＋ｘ）＝ｍ（Ｒ－ｘ）ｗ2，　　② 　由①、②两式可得　ｆｍａｘ－ｆ１＝ｍｘｗ2－ｋｘ，　　③ 所以　ｍｘｗ2－ｋｘ≥0，得ｋ≤ｍｗ2，　　④ 　若物体向外移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ２－ｋ（Δｌ－ｘ）≥ｍ（Ｒ＋ｘ）ｗ2，　　⑤ 由①～⑥式得　ｆｍａｘ－ｆ２＝ｋｘ－ｍｘｗ2≥0，　　⑥ 所以　ｋ≥ｍｗ2，　　⑦ 即若物体向圆心移动，则ｋ≤ｍｗ2， 若物体向远离圆心方向移动，则ｋ≥ｍｗ2． 22．解：卫星环绕地球作匀速圆周运动，设卫星的质量为ｍ，轨道半径为ｒ，受到地球的万有引力为Ｆ， 　Ｆ＝ＧＭｍ／ｒ2，　　① 　式中Ｇ为万有引力恒量，Ｍ是地球质量． 　设ｖ是卫星环绕地球做匀速圆周运动的线速度，Ｔ是运动周期，根据牛顿第二定律，得 　Ｆ＝ｍｖ2／ｒ，　　② 　由①、②推导出　ｖ＝．　　③ 　③式表明：ｒ越大，ｖ越小． 　人造卫星的周期就是它环绕地球运行一周所需的时间Ｔ， 　Ｔ＝2πｒ／ｖ，　　④ 　由③、④推出　Ｔ＝2π，　　⑤ 　⑤式说明：ｒ越大，Ｔ越大．　23．证：设质点通过Ａ点时的速度为ｖＡ，通过Ｃ点时的速度为ｖＣ，由匀变速直线运动的公式得： ｓ1＝ｖＡＴ＋ａＴ2／2，ｓ3＝ｖＣＴ＋ａＴ2／2，ｓ3－ｓ1＝ｖＣＴ－ｖＡＴ． ∵　ｖＣ＝ｖＡ＋2ａＴ， ∴　ｓ3－ｓ1＝（ｖＡ－2ａＴ－ｖＡ）Ｔ＝2ａＴ2，ａ＝（ｓ3－ｓ1）／2Ｔ2． 　24．根据：如果在连续的相等的时间内的位移之差相等，则物体做匀变速运动．证明：设物体做匀速运动的初速度为ｖ0，加速度为ａ，第一个Ｔ内的位移为ｓ1＝ｖ0Ｔ＋ａＴ2／2；第二个Ｔ内的位移为ｓ2＝（ｖ0＋ａＴ）Ｔ＋ａＴ2／2；第Ｎ个Ｔ内的位移为ｓＮ＝［ｖ0＋（Ｎ－1）ａＴ］Ｔ＋ａＴ2／2．　ｓＮ－ｓＮ－1＝ａＴ2，逆定理也成立． 　 25．解：由匀变速直线运动的公式得小物块的加速度的大小为ａ1＝（ｖ0－ｖｔ）／ｔ＝2（ｍ／ｓ2）．木板的加速度大小为ａ2＝2ｓ／ｔ2＝0.25（ｍ／ｓ2）． 根据牛顿第二定律　Ｆ＝ｍａ 对小物块得　ｆ′1＝ｍａ1＝1×2＝2Ｎ， 对木板得　ｆ1－μ（ｍ＋Ｍ）ｇ＝Ｍａ2， 　μ＝（ｆ1－Ｍａ2）／（ｍ＋Ｍ）ｇ＝（2－4×0.25）／（1＋4）×10＝0.02． 　26．解：假设金属块没有离开第一块长木板，移动的相对距离为ｘ，由动量守恒定律，得ｍｖ0＝3ｍｖ， 　ｍｖ02／2＝3ｍｖ2／2＋μｍｇｘ， 解得ｘ＝4ｍ／3＞Ｌ，不合理， ∴　金属块一定冲上第二块木板． 　以整个系统为研究对象，由动量定律及能量关系，当金属块在第一块木板上时ｍｖ0＝ｍｖ0′＋2ｍｖ1， 　ｍｖ02／2＝12ｍｖ0′2＋2ｍ·ｖ12／2＋μｍｇｌ． 　ｍｖ0＝ｍｖ1＋2ｍｖ2， 　ｍｖ02／2＝ｍｖ12／2＋2ｍ·ｖ22／2＋μｍｇ（ｌ＋ｘ）． 联立解得： 　ｖ1＝1／3ｍ／ｓ，ｖ2＝5／6ｍ／ｓ，ｘ＝0.25ｍ． 　27．解：当ｔ＝0时，ａＡ0＝9／3＝3ｍ／ｓ2，ａＢ0＝3／6＝0.5ｍ／ｓ2．ａＡ0＞ａＢ0，Ａ、Ｂ间有弹力，随ｔ之增加，Ａ、Ｂ间弹力在减小，当（9－2ｔ）／3＝（3＋2ｔ）／6，ｔ＝2.5ｓ时，Ａ、Ｂ脱离，以Ａ、Ｂ整体为研究对象，在ｔ＝2.5ｓ内，加速度ａ＝（ＦＡ＋ＦＢ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝4／3ｍ／ｓ2，ｓ＝ａｔ2／2＝4.17ｍ． 　28．解：（1）由ｍＣｖ0＝ｍＣｖ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ1，Ｃ由Ａ滑至Ｂ时，Ａ、Ｂ的共同速度是 　ｖ1＝ｍＣ（ｖ0－ｖ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝0.2ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＡ＝ｍＣｖ02／2－ｍＣｖ2／2－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12／2， 得　μ＝［ｍＣ（ｖ02－ｖ2）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12］／2ｍＣｇｌＡ＝0.48． 　（2）由ｍＣｖ＋ｍＢｖ1＝（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ2，Ｃ相对Ｂ静止时，Ｂ、Ｃ的共同速度是ｖ2＝（ｍＣｖ＋ｍＢｖ1）／（ｍＣ＋ｍＢ）＝0.65ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＢ＝ｍＣｖ2／2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22／2， Ｃ在Ｂ上滑行距离为 　ｌＢ＝［ｍＣｖ2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22］／2μｍＣｇ＝0.25ｍ． 　（3）由μｍＣｇｓ＝ｍＢｖ22／2－ｍＢｖ12／2， Ｂ相对地滑行的距离ｓ＝［ｍＢ（ｖ22－ｖ12）］／2μｍＣｇ＝0.12ｍ． 　（4）Ｃ在Ａ、Ｂ上匀减速滑行，加速度大小由μｍＣｇ＝ｍＣａ，得ａ＝μｇ＝4.8ｍ／ｓ2． Ｃ在Ａ上滑行的时间ｔ1＝（ｖ0－ｖ）／ａ＝0.21ｓ． Ｃ在Ｂ上滑行的时间ｔ2＝（ｖ－ｖ2）／ａ＝0.28ｓ． 所求时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝0.21ｓ＋0.28ｓ＝0.49ｓ． 　　 29．匀加速下滑时，受力如图1ａ，由牛顿第二定律，有： ｍｇｓｉｎθ－μｍｇｃｏｓθ＝ｍａ＝ｍｇｓｉｎθ／2， 　ｓｉｎθ／2＝μｃｏｓθ， 　得μ＝ｓｉｎθ／2ｃｏｓθ．图1静止时受力分析如图1ｂ，摩擦力有两种可能：①摩擦力沿斜面向下；②摩擦力沿斜面向上．摩擦力沿斜面向下时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＝ｆ＋ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ， 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ＋μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ－μｓｉｎθ）ｍｇ＝3ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ－ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　摩擦力沿斜面向上时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＋ｆ＝ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ． 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ－μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ＋μｓｉｎθ）ｍｇ＝ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ＋ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　30．解：（1）物体在两斜面上来回运动时，克服摩擦力所做的功Ｗｆ＝μｍｇｃｏｓ60°·ｓ总． 　物体从开始直到不再在斜面上运动的过程中ｍｇｈ－Ｗｆ＝0－ｍｖ02／2．解得ｓ总＝38ｍ． 　（2）物体最终是在Ｂ、Ｃ之间的圆弧上来回做变速圆周运动，且在Ｂ、Ｃ点时速度为零． 　（3）物体第一次通过圆弧最低点时，圆弧所受压力最大．由动能定理得ｍｇ［ｈ＋Ｒ（1－ｃｏｓ60°）］－μｍｇｃｏｓ60°／ｓｉｎ60°＝ｍ（ｖ12－ｖ02）／2， 由牛顿第二定律得　Ｎｍａｘ－ｍｇ＝ｍｖ12／Ｒ， 解得　Ｎｍａｘ＝54.5Ｎ． 　物体最终在圆弧上运动时，圆弧所受压力最小．由动能定理得ｍｇＲ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍｖ22／2，由牛顿第二定律得Ｎｍｉｎ－ｍｇ＝ｍｖ22／Ｒ，解得Ｎｍｉｎ＝20Ｎ． 　31．解：（1）设刹车后，平板车的加速度为ａ0，从开始刹车到车停止所经历时间为ｔ0，车所行驶距离为ｓ0，则有ｖ02＝2ａ0ｓ0，ｖ0＝ａ0ｔ0． 　欲使ｔ0小，ａ0应该大，作用于木箱的滑动摩擦力产生的加速度ａ1＝μｍｇ／ｍ＝μｇ． 　当ａ0＞ａ1时，木箱相对车底板滑动，从刹车到车停止过程中木箱运动的路程为ｓ1，则ｖ02＝2ａ2ｓ1． 　为使木箱不撞击驾驶室，应有ｓ1－ｓ0≤Ｌ． 　联立以上各式解得：ａ0≤μｇｖ02／（ｖ02－2μｇＬ）＝5ｍ／ｓ2， 　∴　ｔ0＝ｖ0／ａ0＝4.4ｓ． 　（2）对平板车，设制动力为Ｆ，则Ｆ＋ｋ（Ｍ＋ｍ）ｇ－μｍｇ＝Ｍａ0，解得：Ｆ＝7420Ｎ． 　 32．解：对系统ａ0＝［Ｆ－μｇ（ｍ1＋ｍ2）］／（ｍ1＋ｍ2）＝1ｍ／ｓ2． 　对木块1，细绳断后：│ａ1│＝ｆ1／ｍ1＝μｇ＝1ｍ／ｓ2． 　设细绳断裂时刻为ｔ1，则木块1运动的总位移： 　ｓ1＝2ａ0ｔ12／2＝ａ0ｔ12． 　对木块2，细绳断后，ａ2＝（Ｆ－μｍ2ｇ）／ｍ2＝2ｍ／ｓ2． 木块2总位移 　ｓ2＝ｓ′＋ｓ″＝ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2， 两木块位移差Δｓ＝ｓ2－ｓ1＝22（ｍ）． 得　ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2－ａ0ｔ12＝22， 把ａ0，ａ2值，ｖ1＝ａ0ｔ1代入上式整理得： 　ｔ12＋12ｔ1－28＝0，得ｔ1＝2ｓ． 木块2末速ｖ2＝ｖ1＋ａ2（6－ｔ1）＝ａ0ｔ1＋ａ2（6－ｔ1）＝10ｍ／ｓ． 此时动能Ｅｋ＝ｍ2ｖ22／2＝2×102／2Ｊ＝100Ｊ． 　33．解：（1）由动量守恒定律，ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ′，且有ｍ∶Ｍ＝1∶3， ∴　Ａ、Ｂ共同速度ｖ′＝ｍｖ0／（ｍ＋Ｍ）＝1ｍ／ｓ． 　（2）由动能定理，对全过程应有 　μｍｇ·2Ｌ＝ｍｖ02／2－（ｍ＋Ｍ）ｖ′2／2， 　4μｇＬ＝ｖ02－4ｖ′2，μ＝（ｖ02－4ｖ′2）／4ｇＬ＝0.3． 　（3）先求Ａ与Ｂ挡板碰前Ａ的速度ｖ10，以及木板Ｂ相应速度ｖ20，取从Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板相碰前过程为研究对象，依动量守恒与动能定理有以下两式成立：ｍｖ0＝ｍｖ10＋Ｍｖ20， 　ｍｖ02／2－ｍｖ102／2－Ｍｖ202／2＝μｍｇＬ． 代入数据得　ｖ10＋3ｖ20＝4，ｖ102＋3ｖ202＝10， 解以上两式可得　ｖ10＝（2±3）／2ｍ／ｓ．因Ａ与Ｂ挡板碰前速度不可能取负值，故ｖ10＝（2＋3）／2ｍ／ｓ．相应解出ｖ20＝（2－）／2ｍ／ｓ＝0.3ｍ／ｓ． 　木板Ｂ此过程为匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得μｍｇ＝Ｍａ1，ａ1＝μｍｇ／Ｍ＝1（ｍ／ｓ2）． 此过程经历时间ｔ1由下式求出 　ｖ20＝ａ1ｔ1，ｔ1＝ｖ20／ａ1＝0.3（ｓ）． 其速度图线为图2中0～0.3ｓ段图线ａ． 　再求Ａ与Ｂ挡板碰后，木板Ｂ的速度ｖ2与木块Ａ的速度ｖ1，为方便起见取Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板碰撞后瞬间过程为研究对象，依动量守恒定律与动能定理有以下两式成立： ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2，ｍｖ02／2－ｍｖ12／2－Ｍｖ22／2＝μｍｇＬ． 故解为　ｖ1＝（2±3）／2ｍ／ｓ． 因ｖ1＝（2＋3）／2ｍ／ｓ为碰前速度，故取ｖ1＝（2－3）／2ｍ／ｓ，相应得ｖ2＝2＋2ｍ／ｓ＝1.7ｍ／ｓ． 由于ｖ1＜0，即木块相对Ｂ向左滑动，Ａ受Ｂ摩擦力向右，Ｂ受Ａ摩擦力向左，故Ｂ做匀减速直线运动，加速度大小由牛顿第二定律，得ａ＝μｍｇ／Ｍ＝1ｍ／ｓ2． 　从碰后到Ａ滑到Ｂ最左端过程中，Ｂ向右做匀减速直线运动时间设为ｔ2，则ｖ′－ｖ2＝－ａｔ2， ∴　ｔ2＝0.7ｓ． 　此过程速度图线如图2中0.3ｓ～1.0ｓ段图线ｂ． 图2　　34．解：设ｍ1、ｍ2两物体受恒力Ｆ作用后，产生的加速度分别为ａ1、ａ2，由牛顿第二定律Ｆ＝ｍａ，得 　ａ1＝Ｆ／ｍ1，ａ2＝Ｆ／ｍ2， 　历时ｔ两物体速度分别为ｖ1＝ａ1ｔ，ｖ2＝ｖ0＋ａ2ｔ，由题意令ｖ1＝ｖ2，即ａ1ｔ＝ｖ0＋ａ2ｔ或（ａ1－ａ2）ｔ＝ｖ0，因ｔ≠0、ｖ0＞0，欲使上式成立，需满足ａ1－ａ2＞0，即Ｆ／ｍ1＞Ｆ／ｍ2，或ｍ1＜ｍ2，也即当ｍ1≥ｍ2时不可能达到共同速度，当ｍ1＜ｍ2时，可以达到共同速度． 　35．解：（1）当小球刚好能在轨道内做圆周运动时，水平初速度ｖ最小，此时有ｍｇ＝ｍｖ2／Ｒ， 故　ｖ＝＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）若初速度ｖ′＜ｖ，小球将做平抛运动，如在其竖直位移为Ｒ的时间内，其水平位移ｓ≥Ｒ，小球可进入轨道经过Ｂ点．设其竖直位移为Ｒ时，水平位移也恰为R，则Ｒ＝ｇｔ2／2，Ｒ＝ｖ′ｔ，解得：ｖ′＝／2＝ｍ／ｓ． 因此，初速度满足2ｍ／ｓ＞ｖ′≥ｍ／ｓ时，小球可做平抛运动经过Ｂ点． 　36．卫星在天空中任何天体表面附近运行时，仅受万有引力Ｆ作用使卫星做圆周运动，运动半径等于天体的球半径Ｒ．设天体质量为Ｍ，卫星质量为ｍ，卫星运动周期为Ｔ，天体密度为ρ．根据万有引力定律Ｆ＝ＧＭｍ／Ｒ2， 卫星做圆周运动向心力Ｆ′＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2， 因为 　Ｆ′＝Ｆ，得ＧＭｍ／Ｒ2＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2，∴Ｔ＝． 　又球体质量Ｍ＝4πＲ3ρ／3． 得Ｔ＝=，∴Ｔ∝1／，得证． 　37．解：由于两球相碰满足动量守恒 　　ｍ1ｖ0＝ｍ1ｖ1＋ｍ2ｖ2，ｖ1＝－1.3ｍ／ｓ． 　两球组成系统碰撞前后的总动能Ｅｋ1＋Ｅｋ2＝ｍ1ｖ02／2＋0＝2.5Ｊ， 　Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＝ｍ1ｖ12／2＋ｍ2ｖ22 ／2＝2.8Ｊ． 　可见，Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＞Ｅｋ1＋Ｅｋ2，碰后能量较碰撞前增多了，违背了能量守恒定律，这种假设不合理． 　38．解：（1）由动量守恒，得ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2， 由运动学公式得ｓ＝（ｖ1－ｖ2）ｔ，ｈ＝ｇｔ2／2， 由以上三式得ｖ2＝（ｍｖ0－ｓｍ）／（Ｍ＋ｍ）． 　（2）最后车与物体以共同的速度ｖ向右运动，故有 　ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖｖ＝ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）． ∴ΔＥ＝ｍｖ02／2＋ｍｇｈ－（Ｍ＋ｍ）ｍ2ｖ02／2（Ｍ＋ｍ）2． 解得ΔＥ＝ｍｇｈ＋Ｍｍｖ02／2（Ｍ＋ｍ）． 　39．解：设碰前Ａ、Ｂ有共同速度ｖ时，Ｍ前滑的距离为ｓ．则ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ，ｆｓ＝Ｍｖ2／2，ｆ＝μｍｇ． 　由以上各式得　ｓ＝Ｍｍｖ02／2μｇ（Ｍ＋ｍ）2． 　当ｖ0＝2ｍ／ｓ时，ｓ＝2／9ｍ＜0.5ｍ，即Ａ、Ｂ有共同速度．当ｖ0＝4ｍ／ｓ时，ｓ＝8／9ｍ＞0.5ｍ，即碰前Ａ、Ｂ速度不同． 　40．解：（1）物体由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者系统水平方向动量守恒得：ｍｖ0＝ｍｖ0／2＋2ｍｖＡＢ． 解之得　ｖＡＢ＝ｖ0／4． 　（2）物块由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者功能关系得：μｍｇＬ＝ｍｖ02／2－ｍ（ｖ0／2）2／2－2ｍ（ｖ0／4）2／2． 解之得　Ｌ＝5ｖ02／16μｇ． 　（3）物块由Ｄ滑到Ｃ的过程中，二者系统水平方向动量守恒，又因为物块到达最高点Ｃ时，物块与滑块速度相等且水平，均为ｖ． 故得　ｍｖ0／2＋ｍｖ0／4＝2ｍｖ， ∴　得滑块的动能ＥＣＤ＝ｍｖ2／2＝9ｍｖ02／128． 　41．解：（1）Ｂ从ｖ0减速到速度为零的过程，Ｃ静止，Ｂ的位移：ｓ1＝ｖ02／2μｇ． 　所用的时间：ｔ1＝ｖ0／μｇ． 　此后Ｂ与Ｃ一起向右做加速运动，Ａ做减速运动，直到相对静止，设所用时间为ｔ2，共同速度为ｖ． 　对Ａ、Ｂ、Ｃ，由动量守恒定律得 　ｍＡ·2ｖ0－ｍＢｖ0＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ， ∵　ｍＡ＝ｍＢ＝ｍＣ，∴　ｖ＝ｖ0／3． 　对Ｂ与Ｃ，向右加速运动的加速度 　ａ＝μｍＡｇ／（ｍＢ＋ｍＣ）＝μｇ／2，∴ｔ2＝ｖ／ａ＝2ｖ0／3μｇ． Δｔ内Ｂ向右移动的位移ｓ2＝ｖｔ2／2＝ｖ02／9μｇ， 故总路程ｓ＝ｓ1＋ｓ2＝11ｖ02／18μｇ，总时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝5ｖ0／3μｇ． 　 （2）设车的最小长度为Ｌ，则相对静止时Ａ、Ｂ刚好接触，由能量守恒得 　ｍＡ（2ｖ0）2／2＋ｍＢｖ02／2＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ2／2＋μｍＢｇｓ1＋μｍＡｇ（Ｌ－ｓ1）， 联立解得Ｌ＝7ｖ02／3μｇ． 　42．解：（1）ｍ速度最大的位置应在O点左侧．因为细线烧断后，ｍ在弹簧弹力和滑动摩擦力的合力作用下向右做加速运动，当弹力与摩擦力的合力为零时，ｍ的速度达到最大，此时弹簧必处于压缩状态．此后，系统的机械能不断减小，不能再达到这一最大速度． 　（2）选ｍ、Ｍ为一系统，由动量守恒定律得 　ｍｖ1＝Ｍｖ2． 　设这一过程中弹簧释放的弹性势能为Ｅｐ，则 　Ｅｐ＝ｍｖ12／2＋Ｍｖ22／2＋μｍｇｓ， 解得　ｖ2＝ｍｖ1／Ｍ，Ｅｐ＝ｍ［（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2Ｍ＋μｇｓ］． 　（2）ｍ与Ｍ最终将静止，因为系统动量守恒，且总动量为零，只要ｍ与Ｍ间有相对运动，就要克服摩擦力做功，不断消耗能量，所以，ｍ与Ｍ最终必定都静止． 　43．解：（1）第一颗子弹射入木块过程，系统动量守恒，有 　ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ1． 　射入后，在ＯＢＣ运动过程中，机械能守恒，有 　（ｍ＋Ｍ）ｖ12／2＝（ｍ＋Ｍ）ｇＲ，得ｖ0＝（Ｍ＋ｍ）／ｍ． 　（2）由动量守恒定律知，第2、4、6……颗子弹射入木块后，木块速度为0，第1、3、5……颗子弹射入后，木块运动．当第9颗子弹射入木块时，由动量守恒得： 　ｍｖ0＝（9ｍ＋Ｍ）ｖ9， 　设此后木块沿圆弧上升最大高度为Ｈ，由机械能守恒定律得：（9ｍ＋Ｍ）ｖ92／2＝（9ｍ＋Ｍ）ｇＨ， 由以上可得：Ｈ＝［（Ｍ＋ｍ）／（Ｍ＋9ｍ）］2Ｒ． 　44．解：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动ｓ，速度变为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．由动能定理 　－μＭｇｓ＝0－ｍｖ02／2，ｓ＝ｍｖ02／2μＭｇ＝0.33ｍ． 　（2）假如平板车在第二次碰墙前还未和滑块相对静止，则其速度的大小肯定还是2ｍ／ｓ，因为只要相对运动，摩擦力大小为恒值．滑块速度则大于2ｍ／ｓ，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰墙前肯定已和滑块具有共同速度ｖ．此即平板车碰墙前瞬间的速度． 　Ｍｖ0－ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， ∴ｖ＝（Ｍ－ｍ）ｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝0.4ｍ／ｓ． 图3　（3）平板车与墙壁第一次碰撞后滑块与平板又达到共同速度ｖ前的过程，可用图3（ａ）、（ｂ）、（ｃ）表示．图3（ａ）为平板车与墙碰撞后瞬间滑块与平板车的位置，图3（ｂ）为平板车到达最左端时两者的位置，图3（ｃ）为平板车与滑块再次达到共同速度时两者的位置．在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功μΜｇｓ′，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功μＭｇｓ″（平板车从Ｂ到Ａ再回到Ｂ的过程中摩擦力做功为零），其中ｓ′、ｓ″分别为滑块和平板车的位移．滑块和平板车动能总减少为μＭｇｌ1，其中ｌ1＝ｓ′＋ｓ″为滑块相对平板车的位移，此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为ｌ，则有（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2＝μＭｇｌ，ｌ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2μＭｇ＝0.833ｍ． ｌ即为平板车的最短长度．图4　　45．解：如图4，Ａ球从静止释放后将自由下落至Ｃ点悬线绷直，此时速度为ｖＣ ∵　ｖＣ2＝2ｇ×2Ｌｓｉｎ30°， ∴　ｖＣ＝＝2ｍ／ｓ． 　在线绷直的过程中沿线的速度分量减为零时，Ａ将以切向速度ｖ1沿圆弧运动且 　ｖ1＝ｖＣｃｏｓ30°＝ｍ／ｓ． 　Ａ球从Ｃ点运动到最低点与Ｂ球碰撞前机械能守恒，可求出Ａ球与Ｂ球碰前的速度 　ｍＡｖ12／2＋ｍＡｇＬ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍＡｖ22／2， 　ｖ2＝==ｍ／ｓ． 　因Ａ、Ｂ两球发生无能量损失的碰撞且ｍＡ＝ｍＢ，所以它们的速度交换，即碰后Ａ球的速度为零，Ｂ球的速度为ｖ2＝（ｍ／ｓ）．对Ｂ球和小车组成的系统水平方向动量守恒和机械能守恒，当两者有共同水平速度ｕ时，Ｂ球上升到最高点，设上升高度为ｈ． 　ｍＢｖ2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ，ｍＢｖ22／2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ2／2＋ｍＢｇｈ．解得ｈ＝3／16≈0.19ｍ． 　在Ｂ球回摆到最低点的过程中，悬线拉力仍使小车加速，当Ｂ球回到最低点时小车有最大速度ｖｍ ，设小球Ｂ回到最低点时速度的大小为ｖ3，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 　ｍＢｖ2＝－ｍＢｖ3＋Ｍｖｍ，ｍＢｖ22／2＝ｍＢｖ32／2＋Ｍｖｍ2／2， 解得ｖｍ＝2ｍＢｖ2／（ｍ3＋Ｍ）＝／2ｍ／ｓ＝1.12ｍ／ｓ． 　46．解：（1）小球的角速度与运动的角速度必定相等，则有ｖ＝ωＲ＝ω． 　（2）人手所提供的功率应等于小球在运动过程中克服摩擦力做功的功率．即有Ｐ＝ｆｖ， ∴　ｆ＝Ｐ／ｖ＝Ｐ／ω． 　47．解：由于粘性物体与底板粘合的过程时间极短，冲击力远大于重力，在竖直方向近似动量守恒，开始静止时，有　ｍ1ｇ＝ｋｘｋ＝ｍ1ｇｘ． 　ｍ2下落Ｈ时的速度ｖ＝，ｍ2与ｍ1合在一起动量守恒，ｍ2ｖ＝（ｍ1＋ｍ2）ｖ′，ｖ′＝ｍ2ｖ／（ｍ1＋ｍ2）＝ｍ2／（ｍ1＋ｍ2）． 　设向下为正方向，ｍ1与ｍ2的整体受两个力，即重力（ｍ1＋ｍ2）ｇ和弹簧的平均拉力，则有平均拉力＝ｋｘ＋ｋｈ／2＝ｋ（2ｘ＋ｈ）／2，由动能定理得 ［－＋（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ＝0－（ｍ1＋ｍ2）ｖ2／2， 由以上各式得［ｍ1ｇ（2ｘ＋ｈ）／2ｘ－（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ 　＝（ｍ1＋ｍ2）·ｍ22·2ｇｈ／2（ｍ1＋ｍ2）2． 代入数值得ｈ＝0.3ｍ． 　48．解：ｍ与Ａ粘在一起后水平方向动量守恒，共同速度设为ｖ1，Ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ1， 得ｖ1＝Ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝2ｖ0／3． 　当弹簧压缩到最大时即有最大弹性势能Ｅ，此时系统中各物体有相同速度，设为ｖ2，由动量守恒定律 　2Ｍｖ0＝（2Ｍ＋ｍ）ｖ2，得ｖ2＝2Ｍｖ0／（2Ｍ＋ｍ）＝4ｖ0／5． 由能量守恒有 　Ｅ＝Ｍｖ02／2＋（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2－（2Ｍ＋ｍ）ｖ22／2， 解得Ｅ＝Ｍｖ02／30． 　49．解：（1）振子在平衡位置时，所受合力为零，设此时弹簧被压缩Δｘ：（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ＝ｋΔｘ，Δｘ＝5ｃｍ． 　开始释放时振子处在最大位移处，故振幅 　Ａ＝5ｃｍ＋5ｃｍ＝10ｃｍ． 　（2）由于开始时弹簧的伸长量恰等于振子在平衡位置时弹簧的压缩量，故弹性势能相等，设振子的最大速度为ｖ，从开始到平衡位置，根据机械能守恒定律， 得ｍｇ·Ａ＝ｍｖ2／2，∴ｖ＝＝1.4ｍ／ｓ， 即Ｂ的最大速率为1.4ｍ／ｓ． 　 （3）在最高点，振子受到的重力和弹力方向相同，根据牛顿第二定律，得 　ａ＝［ｋΔｘ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ］／（ｍＡ＋ｍＢ）＝20ｍ／ｓ2， Ａ对Ｂ的作用力方向向下，其大小 　Ｎ1＝ｍＢａ－ｍＢｇ＝10Ｎ． 在最低点，振子受到的重力和弹力方向相反，根据牛顿第二定律，得ａ＝ｋ（Δｘ＋Ａ）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｍＡ＋ｍＢ＝20ｍ／ｓ2． Ａ对Ｂ的作用力方向向上，其大小 　Ｎ2＝ｍＢａ＋ｍＢｇ＝30Ｎ．　21．如图1-84所示，表面粗糙的圆盘以恒定角速度ω匀速转动，质量为ｍ的物体与转轴间系有一轻质弹簧，已知弹簧的原长大于圆盘半径．弹簧的劲度系数为ｋ，物体在距转轴Ｒ处恰好能随圆盘一起转动而无相对滑动，现将物体沿半径方向移动一小段距离，若移动后，物体仍能与圆盘一起转动，且保持相对静止，则需要的条件是什么?2．解：在0～1ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知 　ａ１＝12ｍ／ｓ２， 由牛顿第二定律，得 　Ｆ－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ１，　　① 在0～2ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知ａ２＝－6ｍ／ｓ２， 因为此时物体具有斜向上的初速度，故由牛顿第二定律，得 　－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ２，　　② 　②式代入①式，得　Ｆ＝18Ｎ． 3．解：在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从Ａ到Ｂ需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为ｔ1，则 　（ｖ／2）ｔ１＋ｖ（ｔ－ｔ１）＝Ｌ， 所以　ｔ１＝2（ｖｔ－Ｌ）／ｖ＝（2×（2×6－10）／2）ｓ＝2ｓ． 为使物体从Ａ至Ｂ所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变．而　ａ＝ｖ／ｔ＝1ｍ／ｓ２．设物体从Ａ至Ｂ所用最短的时间为ｔ2，则 　（1／2）ａｔ2２＝Ｌ， 　ｔ2＝=＝2ｓ． 　ｖｍｉｎ＝ａｔ2＝1×2ｍ／ｓ＝2ｍ／ｓ． 传送带速度再增大1倍，物体仍做加速度为1ｍ／ｓ２的匀加速运动，从Ａ至Ｂ的传送时间为2ｍ／ｓ． 4．解：启动前Ｎ１＝ｍｇ， 　升到某高度时　Ｎ2＝（17／18）Ｎ１＝（17／18）ｍｇ， 　对测试仪　Ｎ2－ｍｇ′＝ｍａ＝ｍ（ｇ／2）， 　∴　ｇ′＝（8／18）ｇ＝（4／9）ｇ， 　ＧｍＭ／Ｒ2＝ｍｇ，ＧｍＭ／（Ｒ＋ｈ）2＝ｍｇ′，解得：ｈ＝（1／2）Ｒ． 5．解：由匀加速运动的公式　ｖ２＝ｖ０２＋2ａｓ 　 得物块沿斜面下滑的加速度为 　ａ＝ｖ2／2ｓ＝1．42／（2×1．4）＝0．7ｍｓ－２， 由于ａ＜ｇｓｉｎθ＝5ｍｓ－２， 　可知物块受到摩擦力的作用．图3　分析物块受力，它受3个力，如图3．对于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，由牛顿定律有 　ｍｇｓｉｎθ－ｆ１＝ｍａ， 　ｍｇｃｏｓθ－Ｎ１＝0， 　分析木楔受力，它受5个力作用，如图3所示．对于水平方向，由牛顿定律有 　ｆ2＋ｆ１ｃｏｓθ－Ｎ１ｓｉｎθ＝0， 　由此可解得地面的作用于木楔的摩擦力 　ｆ2＝ｍｇｃｏｓθｓｉｎθ－（ｍｇｓｉｎθ－ｍａ）ｃｏｓθ＝ｍａｃｏｓθ＝1×0．7×（／2）＝0．61Ｎ． 　此力的方向与图中所设的一致（由指向）． 6．解：（1）飞机原先是水平飞行的，由于垂直气流的作用，飞机在竖直方向上的运动可看成初速度为零的匀加速直线运动，根据　ｈ＝（1／2）ａｔ２，得ａ＝2ｈ／ｔ２，代入ｈ＝1700ｍ，ｔ＝10ｓ，得 　ａ＝（2×1700／10２）（ｍ／ｓ２）＝34ｍ／ｓ２，方向竖直向下． 　（2）飞机在向下做加速运动的过程中，若乘客已系好安全带，使机上乘客产生加速度的力是向下重力和安全带拉力的合力．设乘客质量为ｍ，安全带提供的竖直向下拉力为Ｆ，根据牛顿第二定律　Ｆ＋ｍｇ＝ｍａ，得安全带拉力 　　Ｆ＝ｍ（ａ－ｇ）＝ｍ（34－10）Ｎ＝24ｍ（Ｎ）， ∴　安全带提供的拉力相当于乘客体重的倍数 　ｎ＝Ｆ／ｍｇ＝24ｍＮ／ｍ·10Ｎ＝2．4（倍）． 　（3）若乘客未系安全带，飞机向下的加速度为34ｍ／ｓ２，人向下加速度为10ｍ／ｓ２，飞机向下的加速度大于人的加速度，所以人对飞机将向上运动，会使头部受到严重伤害． 7．解：设月球表面重力加速度为ｇ，根据平抛运动规律，有 　ｈ＝（1／2）ｇｔ２，　　① 　水平射程为　　　Ｌ＝ｖ０ｔ，　　② 　联立①②得ｇ＝2ｈｖ０２／Ｌ２．　　③ 　根据牛顿第二定律，得　ｍｇ＝ｍ（2π／Ｔ）２Ｒ，　　④ 　联立③④得　Ｔ＝（πＬ／ｖ０ｈ）．　　⑤ 8．解：前2秒内，有Ｆ－ｆ＝ｍａ１，ｆ＝μＮ，Ｎ＝ｍｇ，则 　ａ１＝（Ｆ－μｍｇ）／ｍ＝4ｍ／ｓ２，ｖｔ＝ａ１ｔ＝8ｍ／ｓ， 　撤去Ｆ以后　ａ２＝ｆ／ｍ＝2ｍ／ｓ，ｓ＝ｖ１２／2ａ２＝16ｍ． 9．解：（1）用力斜向下推时，箱子匀速运动，则有 　Ｆｃｏｓθ＝ｆ，ｆ＝μＮ，Ｎ＝Ｇ＋Ｆｓｉｎθ， 　联立以上三式代数据，得　Ｆ＝1．2×10２Ｎ． 　（2）若水平用力推箱子时，据牛顿第二定律，得Ｆ合＝ｍａ，则有 　Ｆ－μＮ＝ｍａ，Ｎ＝Ｇ， 　联立解得　ａ＝2．0ｍ／ｓ２． 　ｖ＝ａｔ＝2．0×3．0ｍ／ｓ＝6．0ｍ／ｓ， 　ｓ＝（1／2）ａｔ２＝（1／2）×2．0×3．0２ｍ／ｓ＝9．0ｍ， 　推力停止作用后　ａ′＝ｆ／ｍ＝4．0ｍ／ｓ２（方向向左）， 　ｓ′＝ｖ２／2ａ′＝4．5ｍ， 　则　ｓ总＝ｓ＋ｓ′＝13．5ｍ． 10．解：根据题中说明，该运动员发球后，网球做平抛运动．以ｖ表示初速度，Ｈ表示网球开始运动时离地面的高度（即发球高度），ｓ１表示网球开始运动时与网的水平距离（即运动员离开网的距离），ｔ１表示网球通过网上的时刻，ｈ表示网球通过网上时离地面的高度，由平抛运动规律得到 　ｓ１＝ｖｔ１，Ｈ－ｈ＝（1／2）ｇｔ１２， 消去ｔ１，得　　ｖ＝ｍ／ｓ，ｖ≈23ｍ／ｓ． 　以ｔ２表示网球落地的时刻，ｓ２表示网球开始运动的地点与落地点的水平距离，ｓ表示网球落地点与网的水平距离，由平抛运动规律得到 　Ｈ＝（1／2）ｇｔ２２，ｓ２＝ｖｔ２， 消去ｔ２，得ｓ２＝ｖ≈16ｍ， 　网球落地点到网的距离　ｓ＝ｓ２－ｓ１≈4ｍ． 11．解：（1）设卫星质量为ｍ，它在地球附近做圆周运动，半径可取为地球半径Ｒ，运动速度为ｖ，有 　ＧＭｍ／Ｒ２＝ｍｖ２／Ｒ　得ｖ＝． 　（2）由（1）得： 　Ｍ＝ｖ２Ｒ／Ｇ＝＝6．0×1024ｋｇ． 12．解：对物块：Ｆ１－μｍｇ＝ｍａ１， 　6－0．5×1×10＝1·ａ１，ａ１＝1．0ｍ／ｓ2， 　ｓ１＝（1／2）ａ１ｔ2＝（1／2）×1×0．42＝0．08ｍ， 　ｖ１＝ａ１ ｔ＝1×0．4＝0．4ｍ／ｓ， 　对小车：Ｆ２－μｍｇ＝Ｍａ２， 　9－0．5×1×10＝2ａ２，ａ２＝2．0ｍ／ｓ2， 　ｓ２＝（1／2）ａ２ｔ2＝（1／2）×2×0．42＝0．16ｍ， 　ｖ２＝ａ２ｔ＝2×0．4＝0．8ｍ／ｓ， 　撤去两力后，动量守恒，有Ｍｖ２－ｍｖ１＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， 　ｖ＝0．4ｍ／ｓ（向右）， ∵　（（1／2）ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2）－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ2＝μｍｇｓ３， 　ｓ３＝0．096ｍ， ∴　ｌ＝ｓ１＋ｓ２＋ｓ３＝0．336ｍ． 13．解：设木块到Ｂ时速度为ｖ０，车与船的速度为ｖ１，对木块、车、船系统，有 　ｍ１ｇｈ＝（ｍ１ｖ０2／2）＋（（ｍ２＋ｍ３）ｖ１2／2）， 　ｍ１ｖ０＝（ｍ２＋ｍ３）ｖ１， 解得　ｖ０＝5，ｖ１＝． 　木块到Ｂ后，船以ｖ１继续向左匀速运动，木块和车最终以共同速度ｖ２向右运动，对木块和车系统，有 　ｍ１ｖ０－ｍ２ｖ１＝（ｍ１＋ｍ２）ｖ２， 　μｍ１ｇｓ＝（（ｍ１ｖ０2／2）＋（ｍ２ｖ１2／2））－（（ｍ１＋ｍ２）ｖ２2／2）， 得　ｖ２＝ｖ１＝，ｓ＝2ｈ． 14．解：（1）小球的角速度与手转动的角速度必定相等均为ω．设小球做圆周运动的半径为ｒ，线速度为ｖ．由几何关系得　ｒ＝，ｖ＝ω·ｒ，解得　　 　　ｖ＝ω． 　（2）设手对绳的拉力为Ｆ，手的线速度为ｖ，由功率公式得　Ｐ＝Ｆｖ＝Ｆ·ωＲ， ∴　Ｆ＝Ｐ／ωＲ．图4　研究小球的受力情况如图4所示，因为小球做匀速圆周运动，所以切向合力为零，即 　Ｆｓｉｎθ＝ｆ， 其中　ｓｉｎθ＝Ｒ／ ， 　联立解得　ｆ＝Ｐ／ω． 15．解：（1）用ｖ１表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由于子弹射入木块Ｃ时间极短，系统动量守恒，有 　ｍｖ０＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１， 　∴　ｖ１＝ｍｖ０／（ｍ＋Ｍ）＝3ｍ／ｓ， 　子弹和木块Ｃ在ＡＢ木板上滑动，由动能定理得： 　（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ２２－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ１２＝－μ（ｍ＋Ｍ）ｇＬ， 　解得　ｖ２＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）用ｖ′表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由动量守恒定律，得　ｍｖ０′＋Ｍｕ＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１′，解得　ｖ１′＝4ｍ／ｓ． 　木块Ｃ及子弹在ＡＢ木板表面上做匀减速运动　ａ＝μｇ．设木块Ｃ和子弹滑至ＡＢ板右端的时间为ｔ，则木块Ｃ和子弹的位移ｓ１＝ｖ１′ｔ－（1／2）ａｔ2， 　由于ｍ车≥（ｍ＋Ｍ），故小车及木块ＡＢ仍做匀速直线运动，小车及木板ＡＢ的位移　ｓ＝ｕｔ，由图5可知：ｓ１＝ｓ＋Ｌ， 　联立以上四式并代入数据得： 　ｔ2－6ｔ＋1＝0， 　解得：ｔ＝（3－2）ｓ，（ｔ＝（3＋2）ｓ不合题意舍去），　　（11） 　∴　ｓ＝ｕｔ＝0．18ｍ． 16．解：（1）设Ａ滑上Ｂ后达到共同速度前并未碰到档板，则根据动量守恒定律得它们的共同速度为ｖ，有图5　ｍｖ０＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝2ｍ／ｓ，在这一过程中，Ｂ的位移为ｓＢ＝ｖＢ2／2ａＢ且ａＢ＝μｍｇ／Ｍ，解得ｓＢ＝Ｍｖ2／2μｍｇ＝2×22／2×0．2×1×10＝2ｍ． 　设这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ１，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ１＝（1／2）ｍｖ０2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得ｓ１＝6ｍ． 　当ｓ＝4ｍ时，Ａ、Ｂ达到共同速度ｖ＝2ｍ／ｓ后再匀速向前运动2ｍ碰到挡板，Ｂ碰到竖直挡板后，根据动量守恒定律得Ａ、Ｂ最后相对静止时的速度为ｖ′，则 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′， 解得　ｖ′＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ２，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ２＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　ｓ２＝2．67ｍ． 　因此，Ａ、Ｂ最终不脱离的木板最小长度为ｓ１＋ｓ２ ＝8．67ｍ 　（2）因Ｂ离竖直档板的距离ｓ＝0．5ｍ＜2ｍ，所以碰到档板时，Ａ、Ｂ未达到相对静止，此时Ｂ的速度ｖＢ为 　ｖＢ2＝2ａＢｓ＝（2μｍｇ／Ｍ）ｓ，解得　ｖＢ＝1ｍ／ｓ， 　设此时Ａ的速度为ｖＡ，根据动量守恒定律，得 　ｍｖ０＝ＭｖＢ＋ｍｖＡ，解得ｖＡ＝4ｍ／ｓ， 　设在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移为ｓ１′，根据动能定理得： 　μｍｇｓ１′＝（1／2）ｍｖ０2－（（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）ＭｖＢ2）， 　解得　ｓ１′＝4．5ｍ． 　Ｂ碰撞挡板后，Ａ、Ｂ最终达到向右的相同速度ｖ，根据动能定理得ｍｖＡ－ＭｖＢ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ２′为 　μｍｇｓ２′＝（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得　ｓ２′＝（25／6）ｍ． 　Ｂ再次碰到挡板后，Ａ、Ｂ最终以相同的速度ｖ′向左共同运动，根据动量守恒定律，得 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′，解得　ｖ′＝（2／9）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ３′为： 　μｍｇｓ３′＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　　　　ｓ３′＝（8／27）ｍ． 　因此，为使Ａ不从Ｂ上脱落，Ｂ的最小长度为ｓ１′＋ｓ２′＋ｓ３′＝8．96ｍ． 17．解：（1）Ｂ与Ａ碰撞后，Ｂ相对于Ａ向左运动，Ａ所受摩擦力方向向左，Ａ的运动方向向右，故摩擦力作负功．设Ｂ与Ａ碰撞后的瞬间Ａ的速度为ｖ１，Ｂ的速度为ｖ２，Ａ、Ｂ相对静止后的共同速度为ｖ，整个过程中Ａ、Ｂ组成的系统动量守恒，有 　Ｍｖ０＝（Ｍ＋1．5Ｍ）ｖ，ｖ＝2ｖ０／5． 　碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功，即 　Ｍｖ２＋1．5Ｍｖ１＝2．5Ｍｖ，　　① 　（1／2）×1．5Ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2－（1／2）×2．5Ｍｖ2＝Ｍμｇｌ，　　② 可解出ｖ１＝（1／2）ｖ０（另一解ｖ１＝（3／10）ｖ０因小于ｖ而舍去） 　这段过程中，Ａ克服摩擦力做功 　Ｗ＝（1／2）×1．5Ｍｖ１2－（1／2）×1．5Ｍｖ2＝（27／400）Ｍｖ０2（0．068Ｍｖ０2）． 　（2）Ａ在运动过程中不可能向左运动，因为在Ｂ未与Ａ碰撞之前，Ａ受到的摩擦力方向向右，做加速运动，碰撞之后Ａ受到的摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后，速度仍向右，因此不可能向左运动． 　Ｂ在碰撞之后，有可能向左运动，即ｖ２＜0． 　先计算当ｖ２＝0时满足的条件，由①式，得 　ｖ１＝（2ｖ０／3）－（2ｖ２／3），当ｖ２＝0时，ｖ１＝2ｖ０／3，代入②式，得 　（（1／2）×1．5Ｍ4ｖ０2／9）－（（1／2）×2．5Ｍ4ｖ０2／25）＝Ｍμｇｌ， 解得　μｇｌ＝2ｖ０2／15． 　Ｂ在某段时间内向左运动的条件之一是μｌ＜2ｖ０2／15ｇ． 　另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即 　（1／2）Ｍｖ０2－（1／2）2．5Ｍ（2ｖ０／5）2≥2Ｍμｇｌ， 　解出另一个条件是　μｌ≤3ｖ０2／20ｇ， 　最后得出Ｂ在某段时间内向左运动的条件是 　2ｖ０2／15ｇ＜μｌ≤3ｖ０2／20ｇ． 18 ．解：（1）以警车为研究对象，由动能定理． 　－μｍｇ·ｓ＝（1／2）ｍｖ2－（1／2）ｍｖ０2， 　将ｖ０＝14．0ｍ／ｓ，ｓ＝14．0ｍ，ｖ＝0代入，得 　μｇ＝7．0ｍ／ｓ2， 　因为警车行驶条件与肇事汽车相同，所以肇事汽车的初速度ｖＡ＝＝21ｍ／ｓ． 　（2）肇事汽车在出事点Ｂ的速度 　ｖＢ＝＝14ｍ／ｓ， 　肇事汽车通过段的平均速度 　＝（ｖＡ＋ｖＢ）／2＝（21＋14）／2＝17．5ｍ／ｓ． 　肇事汽车通过ＡＢ段的时间 　ｔ２＝ＡＢ／＝（31．5－14．0）／17．5＝1ｓ． 　∴　游客横过马路的速度 　ｖ人＝／（ｔ１＋ｔ２）＝（2．6／（1＋0．7））ｍ／ｓ＝1．53ｍ／ｓ． 19．解：（1）开始Ａ、Ｂ处于静止状态时，有 　ｋｘ０－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｓｉｎ30°＝0，　　① 　设施加Ｆ时，前一段时间Ａ、Ｂ一起向上做匀加速运动，加速度为ａ，ｔ＝0．2ｓ，Ａ、Ｂ间相互作用力为零，对Ｂ有： 　ｋｘ－ｍＢｇｓｉｎ30°＝ｍＢａ，　　② 　ｘ－ｘ０＝（1／2）ａｔ2，　　③ 　解①、②、③得： 　ａ＝5ｍｓ－2，ｘ０＝0．05ｍ，ｘ＝0．15ｍ， 　初始时刻Ｆ最小 　Ｆｍｉｎ＝（ｍＡ＋ｍＢ）ａ＝60Ｎ． 　ｔ＝0．2ｓ时，Ｆ最大 　Ｆｍａｘ－ｍＡｇｓｉｎ30°＝ｍＡａ， 　Ｆｍａｘ＝ｍＡ（ｇｓｉｎ30°＋ａ）＝100Ｎ， 　（2）ΔＥＰＡ＝ｍＡｇΔｈ＝ｍＡｇ（ｘ－ｘ０）ｓｉｎ30°＝5Ｊ． 20．解：当弹簧处于压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和．当弹簧伸长到其自然长度时，弹性势能为零，因这时滑块Ａ的速度为零，故系统的机械能等于滑块Ｂ的动能．设这时滑块Ｂ的速度为ｖ则有 　Ｅ＝（1／2）ｍ２ｖ2，　　① 由动量守恒定律（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ２ｖ，　　② 解得　Ｅ＝（1／2）（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２．　　③ 　假定在以后的运动中，滑块Ｂ可以出现速度为零的时刻，并设此时滑块Ａ的速度为ｖ１．这时，不论弹簧是处于伸长还是压缩状态，都具有弹性势能Ｅｐ．由机械能守恒定律得 　（1／2）ｍ１ｖ１2＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　④ 根据动量守恒　（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ１ｖ１，　　⑤ 求出ｖ１，代入④式得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑥ 因为Ｅｐ≥0，故得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）≤（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２ ），　　⑦ 即　ｍ１≥ｍ２，与已知条件ｍ１＜ｍ２不符． 　可见滑块Ｂ的速度永不为零，即在以后的运动中，不可能出现滑动Ｂ的速度为零的情况． 21．解：设恰好物体相对圆盘静止时，弹簧压缩量为Δｌ，静摩擦力为最大静摩擦力ｆｍａｘ，这时物体处于临界状态，由向心力公式ｆｍａｘ－ｋΔｌ＝ｍＲｗ2，　　① 　假若物体向圆心移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ１－ｋ（Δｌ＋ｘ）＝ｍ（Ｒ－ｘ）ｗ2，　　② 　由①、②两式可得　ｆｍａｘ－ｆ１＝ｍｘｗ2－ｋｘ，　　③ 所以　ｍｘｗ2－ｋｘ≥0，得ｋ≤ｍｗ2，　　④ 　若物体向外移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ２－ｋ（Δｌ－ｘ）≥ｍ（Ｒ＋ｘ）ｗ2，　　⑤ 由①～⑥式得　ｆｍａｘ－ｆ２＝ｋｘ－ｍｘｗ2≥0，　　⑥ 所以　ｋ≥ｍｗ2，　　⑦ 即若物体向圆心移动，则ｋ≤ｍｗ2， 若物体向远离圆心方向移动，则ｋ≥ｍｗ2． 22．解：卫星环绕地球作匀速圆周运动，设卫星的质量为ｍ，轨道半径为ｒ，受到地球的万有引力为Ｆ， 　Ｆ＝ＧＭｍ／ｒ2，　　① 　式中Ｇ为万有引力恒量，Ｍ是地球质量． 　设ｖ是卫星环绕地球做匀速圆周运动的线速度，Ｔ是运动周期，根据牛顿第二定律，得 　Ｆ＝ｍｖ2／ｒ，　　② 　由①、②推导出　ｖ＝．　　③ 　③式表明：ｒ越大，ｖ越小． 　人造卫星的周期就是它环绕地球运行一周所需的时间Ｔ， 　Ｔ＝2πｒ／ｖ，　　④ 　由③、④推出　Ｔ＝2π，　　⑤ 　⑤式说明：ｒ越大，Ｔ越大．　23．证：设质点通过Ａ点时的速度为ｖＡ，通过Ｃ点时的速度为ｖＣ，由匀变速直线运动的公式得： ｓ1＝ｖＡＴ＋ａＴ2／2，ｓ3＝ｖＣＴ＋ａＴ2／2，ｓ3－ｓ1＝ｖＣＴ－ｖＡＴ． ∵　ｖＣ＝ｖＡ＋2ａＴ， ∴　ｓ3－ｓ1＝（ｖＡ－2ａＴ－ｖＡ）Ｔ＝2ａＴ2，ａ＝（ｓ3－ｓ1）／2Ｔ2． 　24．根据：如果在连续的相等的时间内的位移之差相等，则物体做匀变速运动．证明：设物体做匀速运动的初速度为ｖ0，加速度为ａ，第一个Ｔ内的位移为ｓ1＝ｖ0Ｔ＋ａＴ2／2；第二个Ｔ内的位移为ｓ2＝（ｖ0＋ａＴ）Ｔ＋ａＴ2／2；第Ｎ个Ｔ内的位移为ｓＮ＝［ｖ0＋（Ｎ－1）ａＴ］Ｔ＋ａＴ2／2．　ｓＮ－ｓＮ－1＝ａＴ2，逆定理也成立． 　25．解：由匀变速直线运动的公式得小物块的加速度的大小为ａ1＝（ｖ0－ｖｔ）／ｔ＝2（ｍ／ｓ2）．木板的加速度大小为ａ2＝2ｓ／ｔ2＝0.25（ｍ／ｓ2 ）． 根据牛顿第二定律　Ｆ＝ｍａ 对小物块得　ｆ′1＝ｍａ1＝1×2＝2Ｎ， 对木板得　ｆ1－μ（ｍ＋Ｍ）ｇ＝Ｍａ2， 　μ＝（ｆ1－Ｍａ2）／（ｍ＋Ｍ）ｇ＝（2－4×0.25）／（1＋4）×10＝0.02． 　26．解：假设金属块没有离开第一块长木板，移动的相对距离为ｘ，由动量守恒定律，得ｍｖ0＝3ｍｖ， 　ｍｖ02／2＝3ｍｖ2／2＋μｍｇｘ， 解得ｘ＝4ｍ／3＞Ｌ，不合理， ∴　金属块一定冲上第二块木板． 　以整个系统为研究对象，由动量定律及能量关系，当金属块在第一块木板上时ｍｖ0＝ｍｖ0′＋2ｍｖ1， 　ｍｖ02／2＝12ｍｖ0′2＋2ｍ·ｖ12／2＋μｍｇｌ． 　ｍｖ0＝ｍｖ1＋2ｍｖ2， 　ｍｖ02／2＝ｍｖ12／2＋2ｍ·ｖ22／2＋μｍｇ（ｌ＋ｘ）． 联立解得： 　ｖ1＝1／3ｍ／ｓ，ｖ2＝5／6ｍ／ｓ，ｘ＝0.25ｍ． 　27．解：当ｔ＝0时，ａＡ0＝9／3＝3ｍ／ｓ2，ａＢ0＝3／6＝0.5ｍ／ｓ2．ａＡ0＞ａＢ0，Ａ、Ｂ间有弹力，随ｔ之增加，Ａ、Ｂ间弹力在减小，当（9－2ｔ）／3＝（3＋2ｔ）／6，ｔ＝2.5ｓ时，Ａ、Ｂ脱离，以Ａ、Ｂ整体为研究对象，在ｔ＝2.5ｓ内，加速度ａ＝（ＦＡ＋ＦＢ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝4／3ｍ／ｓ2，ｓ＝ａｔ2／2＝4.17ｍ． 　28．解：（1）由ｍＣｖ0＝ｍＣｖ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ1，Ｃ由Ａ滑至Ｂ时，Ａ、Ｂ的共同速度是 　ｖ1＝ｍＣ（ｖ0－ｖ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝0.2ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＡ＝ｍＣｖ02／2－ｍＣｖ2／2－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12／2， 得　μ＝［ｍＣ（ｖ02－ｖ2）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12］／2ｍＣｇｌＡ＝0.48． 　（2）由ｍＣｖ＋ｍＢｖ1＝（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ2，Ｃ相对Ｂ静止时，Ｂ、Ｃ的共同速度是ｖ2＝（ｍＣｖ＋ｍＢｖ1）／（ｍＣ＋ｍＢ）＝0.65ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＢ＝ｍＣｖ2／2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22／2， Ｃ在Ｂ上滑行距离为 　ｌＢ＝［ｍＣｖ2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22］／2μｍＣｇ＝0.25ｍ． 　（3）由μｍＣｇｓ＝ｍＢｖ22／2－ｍＢｖ12／2， Ｂ相对地滑行的距离ｓ＝［ｍＢ（ｖ22－ｖ12）］／2μｍＣｇ＝0.12ｍ． 　（4）Ｃ在Ａ、Ｂ上匀减速滑行，加速度大小由μｍＣｇ＝ｍＣａ，得ａ＝μｇ＝4.8ｍ／ｓ2． Ｃ在Ａ上滑行的时间ｔ1＝（ｖ0－ｖ）／ａ＝0.21ｓ． Ｃ在Ｂ上滑行的时间ｔ2＝（ｖ－ｖ2）／ａ＝0.28ｓ． 所求时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝0.21ｓ＋0.28ｓ＝0.49ｓ． 　　29．匀加速下滑时，受力如图1ａ，由牛顿第二定律，有： ｍｇｓｉｎθ－μｍｇｃｏｓθ＝ｍａ＝ｍｇｓｉｎθ／2， 　ｓｉｎθ／2＝μｃｏｓθ， 　得μ＝ｓｉｎθ／2ｃｏｓθ． 图1静止时受力分析如图1ｂ，摩擦力有两种可能：①摩擦力沿斜面向下；②摩擦力沿斜面向上．摩擦力沿斜面向下时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＝ｆ＋ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ， 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ＋μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ－μｓｉｎθ）ｍｇ＝3ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ－ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　摩擦力沿斜面向上时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＋ｆ＝ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ． 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ－μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ＋μｓｉｎθ）ｍｇ＝ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ＋ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　30．解：（1）物体在两斜面上来回运动时，克服摩擦力所做的功Ｗｆ＝μｍｇｃｏｓ60°·ｓ总． 　物体从开始直到不再在斜面上运动的过程中ｍｇｈ－Ｗｆ＝0－ｍｖ02／2．解得ｓ总＝38ｍ． 　（2）物体最终是在Ｂ、Ｃ之间的圆弧上来回做变速圆周运动，且在Ｂ、Ｃ点时速度为零． 　（3）物体第一次通过圆弧最低点时，圆弧所受压力最大．由动能定理得ｍｇ［ｈ＋Ｒ（1－ｃｏｓ60°）］－μｍｇｃｏｓ60°／ｓｉｎ60°＝ｍ（ｖ12－ｖ02）／2， 由牛顿第二定律得　Ｎｍａｘ－ｍｇ＝ｍｖ12／Ｒ， 解得　Ｎｍａｘ＝54.5Ｎ． 　物体最终在圆弧上运动时，圆弧所受压力最小．由动能定理得ｍｇＲ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍｖ22／2，由牛顿第二定律得Ｎｍｉｎ－ｍｇ＝ｍｖ22／Ｒ，解得Ｎｍｉｎ＝20Ｎ． 　31．解：（1）设刹车后，平板车的加速度为ａ0，从开始刹车到车停止所经历时间为ｔ0，车所行驶距离为ｓ0，则有ｖ02＝2ａ0ｓ0，ｖ0＝ａ0ｔ0． 　欲使ｔ0小，ａ0应该大，作用于木箱的滑动摩擦力产生的加速度ａ1＝μｍｇ／ｍ＝μｇ． 　当ａ0＞ａ1时，木箱相对车底板滑动，从刹车到车停止过程中木箱运动的路程为ｓ1，则ｖ02＝2ａ2ｓ1． 　为使木箱不撞击驾驶室，应有ｓ1－ｓ0≤Ｌ． 　联立以上各式解得：ａ0≤μｇｖ02／（ｖ02－2μｇＬ）＝5ｍ／ｓ2， 　∴　ｔ0＝ｖ0／ａ0＝4.4ｓ． 　（2）对平板车，设制动力为Ｆ，则Ｆ＋ｋ（Ｍ＋ｍ）ｇ－μｍｇ＝Ｍａ0，解得：Ｆ＝7420Ｎ． 　32．解：对系统ａ0＝［Ｆ－μｇ（ｍ1＋ｍ2）］／（ｍ1＋ｍ2）＝1ｍ／ｓ2． 　对木块1，细绳断后：│ａ1│＝ｆ1／ｍ1＝μｇ＝1ｍ／ｓ2． 　设细绳断裂时刻为ｔ1，则木块1运动的总位移： 　ｓ1＝2ａ0ｔ12／2＝ａ0ｔ12． 　对木块2，细绳断后，ａ2＝（Ｆ－μｍ2ｇ）／ｍ2＝2ｍ／ｓ2 ． 木块2总位移 　ｓ2＝ｓ′＋ｓ″＝ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2， 两木块位移差Δｓ＝ｓ2－ｓ1＝22（ｍ）． 得　ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2－ａ0ｔ12＝22， 把ａ0，ａ2值，ｖ1＝ａ0ｔ1代入上式整理得： 　ｔ12＋12ｔ1－28＝0，得ｔ1＝2ｓ． 木块2末速ｖ2＝ｖ1＋ａ2（6－ｔ1）＝ａ0ｔ1＋ａ2（6－ｔ1）＝10ｍ／ｓ． 此时动能Ｅｋ＝ｍ2ｖ22／2＝2×102／2Ｊ＝100Ｊ． 　33．解：（1）由动量守恒定律，ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ′，且有ｍ∶Ｍ＝1∶3， ∴　Ａ、Ｂ共同速度ｖ′＝ｍｖ0／（ｍ＋Ｍ）＝1ｍ／ｓ． 　（2）由动能定理，对全过程应有 　μｍｇ·2Ｌ＝ｍｖ02／2－（ｍ＋Ｍ）ｖ′2／2， 　4μｇＬ＝ｖ02－4ｖ′2，μ＝（ｖ02－4ｖ′2）／4ｇＬ＝0.3． 　（3）先求Ａ与Ｂ挡板碰前Ａ的速度ｖ10，以及木板Ｂ相应速度ｖ20，取从Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板相碰前过程为研究对象，依动量守恒与动能定理有以下两式成立：ｍｖ0＝ｍｖ10＋Ｍｖ20， 　ｍｖ02／2－ｍｖ102／2－Ｍｖ202／2＝μｍｇＬ． 代入数据得　ｖ10＋3ｖ20＝4，ｖ102＋3ｖ202＝10， 解以上两式可得　ｖ10＝（2±3）／2ｍ／ｓ．因Ａ与Ｂ挡板碰前速度不可能取负值，故ｖ10＝（2＋3）／2ｍ／ｓ．相应解出ｖ20＝（2－）／2ｍ／ｓ＝0.3ｍ／ｓ． 　木板Ｂ此过程为匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得μｍｇ＝Ｍａ1，ａ1＝μｍｇ／Ｍ＝1（ｍ／ｓ2）． 此过程经历时间ｔ1由下式求出 　ｖ20＝ａ1ｔ1，ｔ1＝ｖ20／ａ1＝0.3（ｓ）． 其速度图线为图2中0～0.3ｓ段图线ａ． 　再求Ａ与Ｂ挡板碰后，木板Ｂ的速度ｖ2与木块Ａ的速度ｖ1，为方便起见取Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板碰撞后瞬间过程为研究对象，依动量守恒定律与动能定理有以下两式成立： ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2，ｍｖ02／2－ｍｖ12／2－Ｍｖ22／2＝μｍｇＬ． 故解为　ｖ1＝（2±3）／2ｍ／ｓ． 因ｖ1＝（2＋3）／2ｍ／ｓ为碰前速度，故取ｖ1＝（2－3）／2ｍ／ｓ，相应得ｖ2＝2＋2ｍ／ｓ＝1.7ｍ／ｓ． 由于ｖ1＜0，即木块相对Ｂ向左滑动，Ａ受Ｂ摩擦力向右，Ｂ受Ａ摩擦力向左，故Ｂ做匀减速直线运动，加速度大小由牛顿第二定律，得ａ＝μｍｇ／Ｍ＝1ｍ／ｓ2． 　从碰后到Ａ滑到Ｂ最左端过程中，Ｂ向右做匀减速直线运动时间设为ｔ2，则ｖ′－ｖ2＝－ａｔ2， ∴　ｔ2＝0.7ｓ． 　此过程速度图线如图2中0.3ｓ～1.0ｓ段图线ｂ．图2 　　34．解：设ｍ1、ｍ2两物体受恒力Ｆ作用后，产生的加速度分别为ａ1、ａ2，由牛顿第二定律Ｆ＝ｍａ，得 　ａ1＝Ｆ／ｍ1，ａ2＝Ｆ／ｍ2， 　历时ｔ两物体速度分别为ｖ1＝ａ1ｔ，ｖ2＝ｖ0＋ａ2ｔ，由题意令ｖ1＝ｖ2，即ａ1ｔ＝ｖ0＋ａ2ｔ或（ａ1－ａ2）ｔ＝ｖ0，因ｔ≠0、ｖ0＞0，欲使上式成立，需满足ａ1－ａ2＞0，即Ｆ／ｍ1＞Ｆ／ｍ2，或ｍ1＜ｍ2，也即当ｍ1≥ｍ2时不可能达到共同速度，当ｍ1＜ｍ2时，可以达到共同速度． 　35．解：（1）当小球刚好能在轨道内做圆周运动时，水平初速度ｖ最小，此时有ｍｇ＝ｍｖ2／Ｒ， 故　ｖ＝＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）若初速度ｖ′＜ｖ，小球将做平抛运动，如在其竖直位移为Ｒ的时间内，其水平位移ｓ≥Ｒ，小球可进入轨道经过Ｂ点．设其竖直位移为Ｒ时，水平位移也恰为R，则Ｒ＝ｇｔ2／2，Ｒ＝ｖ′ｔ，解得：ｖ′＝／2＝ｍ／ｓ． 因此，初速度满足2ｍ／ｓ＞ｖ′≥ｍ／ｓ时，小球可做平抛运动经过Ｂ点． 　36．卫星在天空中任何天体表面附近运行时，仅受万有引力Ｆ作用使卫星做圆周运动，运动半径等于天体的球半径Ｒ．设天体质量为Ｍ，卫星质量为ｍ，卫星运动周期为Ｔ，天体密度为ρ．根据万有引力定律Ｆ＝ＧＭｍ／Ｒ2， 卫星做圆周运动向心力Ｆ′＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2， 因为 　Ｆ′＝Ｆ，得ＧＭｍ／Ｒ2＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2，∴Ｔ＝． 　又球体质量Ｍ＝4πＲ3ρ／3． 得Ｔ＝=，∴Ｔ∝1／，得证． 　37．解：由于两球相碰满足动量守恒 　　ｍ1ｖ0＝ｍ1ｖ1＋ｍ2ｖ2，ｖ1＝－1.3ｍ／ｓ． 　两球组成系统碰撞前后的总动能Ｅｋ1＋Ｅｋ2＝ｍ1ｖ02／2＋0＝2.5Ｊ， 　Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＝ｍ1ｖ12／2＋ｍ2ｖ22／2＝2.8Ｊ． 　可见，Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＞Ｅｋ1＋Ｅｋ2，碰后能量较碰撞前增多了，违背了能量守恒定律，这种假设不合理． 　38．解：（1）由动量守恒，得ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2， 由运动学公式得ｓ＝（ｖ1－ｖ2）ｔ，ｈ＝ｇｔ2／2， 由以上三式得ｖ2＝（ｍｖ0－ｓｍ）／（Ｍ＋ｍ）． 　 （2）最后车与物体以共同的速度ｖ向右运动，故有 　ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖｖ＝ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）． ∴ΔＥ＝ｍｖ02／2＋ｍｇｈ－（Ｍ＋ｍ）ｍ2ｖ02／2（Ｍ＋ｍ）2． 解得ΔＥ＝ｍｇｈ＋Ｍｍｖ02／2（Ｍ＋ｍ）． 　39．解：设碰前Ａ、Ｂ有共同速度ｖ时，Ｍ前滑的距离为ｓ．则ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ，ｆｓ＝Ｍｖ2／2，ｆ＝μｍｇ． 　由以上各式得　ｓ＝Ｍｍｖ02／2μｇ（Ｍ＋ｍ）2． 　当ｖ0＝2ｍ／ｓ时，ｓ＝2／9ｍ＜0.5ｍ，即Ａ、Ｂ有共同速度．当ｖ0＝4ｍ／ｓ时，ｓ＝8／9ｍ＞0.5ｍ，即碰前Ａ、Ｂ速度不同． 　40．解：（1）物体由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者系统水平方向动量守恒得：ｍｖ0＝ｍｖ0／2＋2ｍｖＡＢ． 解之得　ｖＡＢ＝ｖ0／4． 　（2）物块由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者功能关系得：μｍｇＬ＝ｍｖ02／2－ｍ（ｖ0／2）2／2－2ｍ（ｖ0／4）2／2． 解之得　Ｌ＝5ｖ02／16μｇ． 　（3）物块由Ｄ滑到Ｃ的过程中，二者系统水平方向动量守恒，又因为物块到达最高点Ｃ时，物块与滑块速度相等且水平，均为ｖ． 故得　ｍｖ0／2＋ｍｖ0／4＝2ｍｖ， ∴　得滑块的动能ＥＣＤ＝ｍｖ2／2＝9ｍｖ02／128． 　41．解：（1）Ｂ从ｖ0减速到速度为零的过程，Ｃ静止，Ｂ的位移：ｓ1＝ｖ02／2μｇ． 　所用的时间：ｔ1＝ｖ0／μｇ． 　此后Ｂ与Ｃ一起向右做加速运动，Ａ做减速运动，直到相对静止，设所用时间为ｔ2，共同速度为ｖ． 　对Ａ、Ｂ、Ｃ，由动量守恒定律得 　ｍＡ·2ｖ0－ｍＢｖ0＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ， ∵　ｍＡ＝ｍＢ＝ｍＣ，∴　ｖ＝ｖ0／3． 　对Ｂ与Ｃ，向右加速运动的加速度 　ａ＝μｍＡｇ／（ｍＢ＋ｍＣ）＝μｇ／2，∴ｔ2＝ｖ／ａ＝2ｖ0／3μｇ． Δｔ内Ｂ向右移动的位移ｓ2＝ｖｔ2／2＝ｖ02／9μｇ， 故总路程ｓ＝ｓ1＋ｓ2＝11ｖ02／18μｇ，总时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝5ｖ0／3μｇ． 　（2）设车的最小长度为Ｌ，则相对静止时Ａ、Ｂ刚好接触，由能量守恒得 　ｍＡ（2ｖ0）2／2＋ｍＢｖ02／2＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ2／2＋μｍＢｇｓ1＋μｍＡｇ（Ｌ－ｓ1）， 联立解得Ｌ＝7ｖ02／3μｇ． 　42．解：（1）ｍ速度最大的位置应在O点左侧．因为细线烧断后，ｍ在弹簧弹力和滑动摩擦力的合力作用下向右做加速运动，当弹力与摩擦力的合力为零时，ｍ的速度达到最大，此时弹簧必处于压缩状态．此后，系统的机械能不断减小，不能再达到这一最大速度． 　（2）选ｍ、Ｍ为一系统，由动量守恒定律得 　ｍｖ1＝Ｍｖ2 ． 　设这一过程中弹簧释放的弹性势能为Ｅｐ，则 　Ｅｐ＝ｍｖ12／2＋Ｍｖ22／2＋μｍｇｓ， 解得　ｖ2＝ｍｖ1／Ｍ，Ｅｐ＝ｍ［（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2Ｍ＋μｇｓ］． 　（2）ｍ与Ｍ最终将静止，因为系统动量守恒，且总动量为零，只要ｍ与Ｍ间有相对运动，就要克服摩擦力做功，不断消耗能量，所以，ｍ与Ｍ最终必定都静止． 　43．解：（1）第一颗子弹射入木块过程，系统动量守恒，有 　ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ1． 　射入后，在ＯＢＣ运动过程中，机械能守恒，有 　（ｍ＋Ｍ）ｖ12／2＝（ｍ＋Ｍ）ｇＲ，得ｖ0＝（Ｍ＋ｍ）／ｍ． 　（2）由动量守恒定律知，第2、4、6……颗子弹射入木块后，木块速度为0，第1、3、5……颗子弹射入后，木块运动．当第9颗子弹射入木块时，由动量守恒得： 　ｍｖ0＝（9ｍ＋Ｍ）ｖ9， 　设此后木块沿圆弧上升最大高度为Ｈ，由机械能守恒定律得：（9ｍ＋Ｍ）ｖ92／2＝（9ｍ＋Ｍ）ｇＨ， 由以上可得：Ｈ＝［（Ｍ＋ｍ）／（Ｍ＋9ｍ）］2Ｒ． 　44．解：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动ｓ，速度变为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．由动能定理 　－μＭｇｓ＝0－ｍｖ02／2，ｓ＝ｍｖ02／2μＭｇ＝0.33ｍ． 　（2）假如平板车在第二次碰墙前还未和滑块相对静止，则其速度的大小肯定还是2ｍ／ｓ，因为只要相对运动，摩擦力大小为恒值．滑块速度则大于2ｍ／ｓ，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰墙前肯定已和滑块具有共同速度ｖ．此即平板车碰墙前瞬间的速度． 　Ｍｖ0－ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， ∴ｖ＝（Ｍ－ｍ）ｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝0.4ｍ／ｓ．图3　（3）平板车与墙壁第一次碰撞后滑块与平板又达到共同速度ｖ前的过程，可用图3（ａ）、（ｂ）、（ｃ）表示．图3（ａ）为平板车与墙碰撞后瞬间滑块与平板车的位置，图3（ｂ）为平板车到达最左端时两者的位置，图3（ｃ）为平板车与滑块再次达到共同速度时两者的位置．在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功μΜｇｓ′，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功μＭｇｓ″（平板车从Ｂ到Ａ再回到Ｂ的过程中摩擦力做功为零），其中ｓ′、ｓ″分别为滑块和平板车的位移．滑块和平板车动能总减少为μＭｇｌ1，其中ｌ1 ＝ｓ′＋ｓ″为滑块相对平板车的位移，此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为ｌ，则有（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2＝μＭｇｌ，ｌ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2μＭｇ＝0.833ｍ． ｌ即为平板车的最短长度．图4　　45．解：如图4，Ａ球从静止释放后将自由下落至Ｃ点悬线绷直，此时速度为ｖＣ ∵　ｖＣ2＝2ｇ×2Ｌｓｉｎ30°， ∴　ｖＣ＝＝2ｍ／ｓ． 　在线绷直的过程中沿线的速度分量减为零时，Ａ将以切向速度ｖ1沿圆弧运动且 　ｖ1＝ｖＣｃｏｓ30°＝ｍ／ｓ． 　Ａ球从Ｃ点运动到最低点与Ｂ球碰撞前机械能守恒，可求出Ａ球与Ｂ球碰前的速度 　ｍＡｖ12／2＋ｍＡｇＬ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍＡｖ22／2， 　ｖ2＝==ｍ／ｓ． 　因Ａ、Ｂ两球发生无能量损失的碰撞且ｍＡ＝ｍＢ，所以它们的速度交换，即碰后Ａ球的速度为零，Ｂ球的速度为ｖ2＝（ｍ／ｓ）．对Ｂ球和小车组成的系统水平方向动量守恒和机械能守恒，当两者有共同水平速度ｕ时，Ｂ球上升到最高点，设上升高度为ｈ． 　ｍＢｖ2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ，ｍＢｖ22／2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ2／2＋ｍＢｇｈ．解得ｈ＝3／16≈0.19ｍ． 　在Ｂ球回摆到最低点的过程中，悬线拉力仍使小车加速，当Ｂ球回到最低点时小车有最大速度ｖｍ，设小球Ｂ回到最低点时速度的大小为ｖ3，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 　ｍＢｖ2＝－ｍＢｖ3＋Ｍｖｍ，ｍＢｖ22／2＝ｍＢｖ32／2＋Ｍｖｍ2／2， 解得ｖｍ＝2ｍＢｖ2／（ｍ3＋Ｍ）＝／2ｍ／ｓ＝1.12ｍ／ｓ． 　46．解：（1）小球的角速度与运动的角速度必定相等，则有ｖ＝ωＲ＝ω． 　（2）人手所提供的功率应等于小球在运动过程中克服摩擦力做功的功率．即有Ｐ＝ｆｖ， ∴　ｆ＝Ｐ／ｖ＝Ｐ／ω． 　47．解：由于粘性物体与底板粘合的过程时间极短，冲击力远大于重力，在竖直方向近似动量守恒，开始静止时，有　ｍ1ｇ＝ｋｘｋ＝ｍ1ｇｘ． 　ｍ2下落Ｈ时的速度ｖ＝，ｍ2与ｍ1合在一起动量守恒，ｍ2ｖ＝（ｍ1＋ｍ2）ｖ′，ｖ′＝ｍ2 ｖ／（ｍ1＋ｍ2）＝ｍ2／（ｍ1＋ｍ2）． 　设向下为正方向，ｍ1与ｍ2的整体受两个力，即重力（ｍ1＋ｍ2）ｇ和弹簧的平均拉力，则有平均拉力＝ｋｘ＋ｋｈ／2＝ｋ（2ｘ＋ｈ）／2，由动能定理得 ［－＋（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ＝0－（ｍ1＋ｍ2）ｖ2／2， 由以上各式得［ｍ1ｇ（2ｘ＋ｈ）／2ｘ－（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ 　＝（ｍ1＋ｍ2）·ｍ22·2ｇｈ／2（ｍ1＋ｍ2）2． 代入数值得ｈ＝0.3ｍ． 　48．解：ｍ与Ａ粘在一起后水平方向动量守恒，共同速度设为ｖ1，Ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ1， 得ｖ1＝Ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝2ｖ0／3． 　当弹簧压缩到最大时即有最大弹性势能Ｅ，此时系统中各物体有相同速度，设为ｖ2，由动量守恒定律 　2Ｍｖ0＝（2Ｍ＋ｍ）ｖ2，得ｖ2＝2Ｍｖ0／（2Ｍ＋ｍ）＝4ｖ0／5． 由能量守恒有 　Ｅ＝Ｍｖ02／2＋（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2－（2Ｍ＋ｍ）ｖ22／2， 解得Ｅ＝Ｍｖ02／30． 　49．解：（1）振子在平衡位置时，所受合力为零，设此时弹簧被压缩Δｘ：（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ＝ｋΔｘ，Δｘ＝5ｃｍ． 　开始释放时振子处在最大位移处，故振幅 　Ａ＝5ｃｍ＋5ｃｍ＝10ｃｍ． 　（2）由于开始时弹簧的伸长量恰等于振子在平衡位置时弹簧的压缩量，故弹性势能相等，设振子的最大速度为ｖ，从开始到平衡位置，根据机械能守恒定律， 得ｍｇ·Ａ＝ｍｖ2／2，∴ｖ＝＝1.4ｍ／ｓ， 即Ｂ的最大速率为1.4ｍ／ｓ． 　（3）在最高点，振子受到的重力和弹力方向相同，根据牛顿第二定律，得 　ａ＝［ｋΔｘ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ］／（ｍＡ＋ｍＢ）＝20ｍ／ｓ2， Ａ对Ｂ的作用力方向向下，其大小 　Ｎ1＝ｍＢａ－ｍＢｇ＝10Ｎ． 在最低点，振子受到的重力和弹力方向相反，根据牛顿第二定律，得ａ＝ｋ（Δｘ＋Ａ）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｍＡ＋ｍＢ＝20ｍ／ｓ2． Ａ对Ｂ的作用力方向向上，其大小 　Ｎ2＝ｍＢａ＋ｍＢｇ＝30Ｎ．图1-84 　22．设人造地球卫星绕地球作匀速圆周运动，根据万有引力定律、牛顿运动定律及周期的概念，论述人造地球卫星随着轨道半径的增加，它的线速度变小，周期变大．2．解：在0～1ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知 　ａ１＝12ｍ／ｓ２， 由牛顿第二定律，得 　Ｆ－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ１，　　① 在0～2ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知ａ２＝－6ｍ／ｓ２， 因为此时物体具有斜向上的初速度，故由牛顿第二定律，得 　－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ２，　　② 　②式代入①式，得　Ｆ＝18Ｎ． 3．解：在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从Ａ到Ｂ需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为ｔ1，则 　（ｖ／2）ｔ１＋ｖ（ｔ－ｔ１）＝Ｌ， 所以　ｔ１＝2（ｖｔ－Ｌ）／ｖ＝（2×（2×6－10）／2）ｓ＝2ｓ． 为使物体从Ａ至Ｂ所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变．而　ａ＝ｖ／ｔ＝1ｍ／ｓ２．设物体从Ａ至Ｂ所用最短的时间为ｔ2，则 　（1／2）ａｔ2２＝Ｌ， 　ｔ2＝=＝2ｓ． 　ｖｍｉｎ＝ａｔ2＝1×2ｍ／ｓ＝2ｍ／ｓ． 传送带速度再增大1倍，物体仍做加速度为1ｍ／ｓ２的匀加速运动，从Ａ至Ｂ的传送时间为2ｍ／ｓ． 4．解：启动前Ｎ１＝ｍｇ， 　升到某高度时　Ｎ2＝（17／18）Ｎ１＝（17／18）ｍｇ， 　对测试仪　Ｎ2－ｍｇ′＝ｍａ＝ｍ（ｇ／2）， 　∴　ｇ′＝（8／18）ｇ＝（4／9）ｇ， 　ＧｍＭ／Ｒ2＝ｍｇ，ＧｍＭ／（Ｒ＋ｈ）2＝ｍｇ′，解得：ｈ＝（1／2）Ｒ． 5．解：由匀加速运动的公式　ｖ２＝ｖ０２＋2ａｓ 　得物块沿斜面下滑的加速度为 　ａ＝ｖ2／2ｓ＝1．42／（2×1．4）＝0．7ｍｓ－２， 由于ａ＜ｇｓｉｎθ＝5ｍｓ－２， 　可知物块受到摩擦力的作用．图3 　分析物块受力，它受3个力，如图3．对于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，由牛顿定律有 　ｍｇｓｉｎθ－ｆ１＝ｍａ， 　ｍｇｃｏｓθ－Ｎ１＝0， 　分析木楔受力，它受5个力作用，如图3所示．对于水平方向，由牛顿定律有 　ｆ2＋ｆ１ｃｏｓθ－Ｎ１ｓｉｎθ＝0， 　由此可解得地面的作用于木楔的摩擦力 　ｆ2＝ｍｇｃｏｓθｓｉｎθ－（ｍｇｓｉｎθ－ｍａ）ｃｏｓθ＝ｍａｃｏｓθ＝1×0．7×（／2）＝0．61Ｎ． 　此力的方向与图中所设的一致（由指向）． 6．解：（1）飞机原先是水平飞行的，由于垂直气流的作用，飞机在竖直方向上的运动可看成初速度为零的匀加速直线运动，根据　ｈ＝（1／2）ａｔ２，得ａ＝2ｈ／ｔ２，代入ｈ＝1700ｍ，ｔ＝10ｓ，得 　ａ＝（2×1700／10２）（ｍ／ｓ２）＝34ｍ／ｓ２，方向竖直向下． 　（2）飞机在向下做加速运动的过程中，若乘客已系好安全带，使机上乘客产生加速度的力是向下重力和安全带拉力的合力．设乘客质量为ｍ，安全带提供的竖直向下拉力为Ｆ，根据牛顿第二定律　Ｆ＋ｍｇ＝ｍａ，得安全带拉力 　　Ｆ＝ｍ（ａ－ｇ）＝ｍ（34－10）Ｎ＝24ｍ（Ｎ）， ∴　安全带提供的拉力相当于乘客体重的倍数 　ｎ＝Ｆ／ｍｇ＝24ｍＮ／ｍ·10Ｎ＝2．4（倍）． 　（3）若乘客未系安全带，飞机向下的加速度为34ｍ／ｓ２，人向下加速度为10ｍ／ｓ２，飞机向下的加速度大于人的加速度，所以人对飞机将向上运动，会使头部受到严重伤害． 7．解：设月球表面重力加速度为ｇ，根据平抛运动规律，有 　ｈ＝（1／2）ｇｔ２，　　① 　水平射程为　　　Ｌ＝ｖ０ｔ，　　② 　联立①②得ｇ＝2ｈｖ０２／Ｌ２．　　③ 　根据牛顿第二定律，得　ｍｇ＝ｍ（2π／Ｔ）２Ｒ，　　④ 　联立③④得　Ｔ＝（πＬ／ｖ０ｈ）．　　⑤ 8．解：前2秒内，有Ｆ－ｆ＝ｍａ１，ｆ＝μＮ，Ｎ＝ｍｇ，则 　ａ１＝（Ｆ－μｍｇ）／ｍ＝4ｍ／ｓ２，ｖｔ＝ａ１ｔ＝8ｍ／ｓ， 　撤去Ｆ以后　ａ２＝ｆ／ｍ＝2ｍ／ｓ，ｓ＝ｖ１２／2ａ２＝16ｍ． 9．解：（1）用力斜向下推时，箱子匀速运动，则有 　Ｆｃｏｓθ＝ｆ，ｆ＝μＮ，Ｎ＝Ｇ＋Ｆｓｉｎθ， 　联立以上三式代数据，得　Ｆ＝1．2×10２Ｎ． 　（2）若水平用力推箱子时，据牛顿第二定律，得Ｆ合＝ｍａ，则有 　Ｆ－μＮ＝ｍａ，Ｎ＝Ｇ， 　联立解得　ａ＝2．0ｍ／ｓ２ ． 　ｖ＝ａｔ＝2．0×3．0ｍ／ｓ＝6．0ｍ／ｓ， 　ｓ＝（1／2）ａｔ２＝（1／2）×2．0×3．0２ｍ／ｓ＝9．0ｍ， 　推力停止作用后　ａ′＝ｆ／ｍ＝4．0ｍ／ｓ２（方向向左）， 　ｓ′＝ｖ２／2ａ′＝4．5ｍ， 　则　ｓ总＝ｓ＋ｓ′＝13．5ｍ． 10．解：根据题中说明，该运动员发球后，网球做平抛运动．以ｖ表示初速度，Ｈ表示网球开始运动时离地面的高度（即发球高度），ｓ１表示网球开始运动时与网的水平距离（即运动员离开网的距离），ｔ１表示网球通过网上的时刻，ｈ表示网球通过网上时离地面的高度，由平抛运动规律得到 　ｓ１＝ｖｔ１，Ｈ－ｈ＝（1／2）ｇｔ１２， 消去ｔ１，得　　ｖ＝ｍ／ｓ，ｖ≈23ｍ／ｓ． 　以ｔ２表示网球落地的时刻，ｓ２表示网球开始运动的地点与落地点的水平距离，ｓ表示网球落地点与网的水平距离，由平抛运动规律得到 　Ｈ＝（1／2）ｇｔ２２，ｓ２＝ｖｔ２， 消去ｔ２，得ｓ２＝ｖ≈16ｍ， 　网球落地点到网的距离　ｓ＝ｓ２－ｓ１≈4ｍ． 11．解：（1）设卫星质量为ｍ，它在地球附近做圆周运动，半径可取为地球半径Ｒ，运动速度为ｖ，有 　ＧＭｍ／Ｒ２＝ｍｖ２／Ｒ　得ｖ＝． 　（2）由（1）得： 　Ｍ＝ｖ２Ｒ／Ｇ＝＝6．0×1024ｋｇ． 12．解：对物块：Ｆ１－μｍｇ＝ｍａ１， 　6－0．5×1×10＝1·ａ１，ａ１＝1．0ｍ／ｓ2， 　ｓ１＝（1／2）ａ１ｔ2＝（1／2）×1×0．42＝0．08ｍ， 　ｖ１＝ａ１ｔ＝1×0．4＝0．4ｍ／ｓ， 　对小车：Ｆ２－μｍｇ＝Ｍａ２， 　9－0．5×1×10＝2ａ２，ａ２＝2．0ｍ／ｓ2， 　ｓ２＝（1／2）ａ２ｔ2＝（1／2）×2×0．42＝0．16ｍ， 　ｖ２＝ａ２ｔ＝2×0．4＝0．8ｍ／ｓ， 　撤去两力后，动量守恒，有Ｍｖ２－ｍｖ１＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， 　ｖ＝0．4ｍ／ｓ（向右）， ∵　（（1／2）ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2）－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ2＝μｍｇｓ３， 　ｓ３＝0．096ｍ， ∴　ｌ＝ｓ１＋ｓ２＋ｓ３＝0．336ｍ． 13．解：设木块到Ｂ时速度为ｖ０，车与船的速度为ｖ１，对木块、车、船系统，有 　ｍ１ｇｈ＝（ｍ１ｖ０2／2）＋（（ｍ２＋ｍ３）ｖ１2／2）， 　ｍ１ｖ０＝（ｍ２＋ｍ３）ｖ１， 解得　ｖ０＝5，ｖ１＝． 　木块到Ｂ后，船以ｖ１继续向左匀速运动，木块和车最终以共同速度ｖ２向右运动，对木块和车系统，有 　ｍ１ｖ０－ｍ２ｖ１＝（ｍ１＋ｍ２）ｖ２， 　μｍ１ｇｓ＝（（ｍ１ｖ０2／2）＋（ｍ２ｖ１2／2））－（（ｍ１＋ｍ２）ｖ２2／2）， 得　ｖ２＝ｖ１＝，ｓ＝2ｈ． 14．解：（1）小球的角速度与手转动的角速度必定相等均为ω．设小球做圆周运动的半径为ｒ，线速度为ｖ．由几何关系得　ｒ＝，ｖ＝ω·ｒ，解得　　 　　ｖ＝ω． 　（2）设手对绳的拉力为Ｆ，手的线速度为ｖ，由功率公式得　Ｐ＝Ｆｖ＝Ｆ·ωＲ， ∴　Ｆ＝Ｐ／ωＲ．图4　研究小球的受力情况如图4所示，因为小球做匀速圆周运动，所以切向合力为零，即 　Ｆｓｉｎθ＝ｆ， 其中　ｓｉｎθ＝Ｒ／， 　联立解得　ｆ＝Ｐ／ω． 15．解：（1）用ｖ１表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由于子弹射入木块Ｃ时间极短，系统动量守恒，有 　ｍｖ０＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１， 　∴　ｖ１＝ｍｖ０／（ｍ＋Ｍ）＝3ｍ／ｓ， 　子弹和木块Ｃ在ＡＢ木板上滑动，由动能定理得： 　（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ２２－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ１２＝－μ（ｍ＋Ｍ）ｇＬ， 　解得　ｖ２＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）用ｖ′表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由动量守恒定律，得　ｍｖ０ ′＋Ｍｕ＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１′，解得　ｖ１′＝4ｍ／ｓ． 　木块Ｃ及子弹在ＡＢ木板表面上做匀减速运动　ａ＝μｇ．设木块Ｃ和子弹滑至ＡＢ板右端的时间为ｔ，则木块Ｃ和子弹的位移ｓ１＝ｖ１′ｔ－（1／2）ａｔ2， 　由于ｍ车≥（ｍ＋Ｍ），故小车及木块ＡＢ仍做匀速直线运动，小车及木板ＡＢ的位移　ｓ＝ｕｔ，由图5可知：ｓ１＝ｓ＋Ｌ， 　联立以上四式并代入数据得： 　ｔ2－6ｔ＋1＝0， 　解得：ｔ＝（3－2）ｓ，（ｔ＝（3＋2）ｓ不合题意舍去），　　（11） 　∴　ｓ＝ｕｔ＝0．18ｍ． 16．解：（1）设Ａ滑上Ｂ后达到共同速度前并未碰到档板，则根据动量守恒定律得它们的共同速度为ｖ，有图5　ｍｖ０＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝2ｍ／ｓ，在这一过程中，Ｂ的位移为ｓＢ＝ｖＢ2／2ａＢ且ａＢ＝μｍｇ／Ｍ，解得ｓＢ＝Ｍｖ2／2μｍｇ＝2×22／2×0．2×1×10＝2ｍ． 　设这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ１，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ１＝（1／2）ｍｖ０2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得ｓ１＝6ｍ． 　当ｓ＝4ｍ时，Ａ、Ｂ达到共同速度ｖ＝2ｍ／ｓ后再匀速向前运动2ｍ碰到挡板，Ｂ碰到竖直挡板后，根据动量守恒定律得Ａ、Ｂ最后相对静止时的速度为ｖ′，则 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′， 解得　ｖ′＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ２，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ２＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　ｓ２＝2．67ｍ． 　因此，Ａ、Ｂ最终不脱离的木板最小长度为ｓ１＋ｓ２＝8．67ｍ 　（2）因Ｂ离竖直档板的距离ｓ＝0．5ｍ＜2ｍ，所以碰到档板时，Ａ、Ｂ未达到相对静止，此时Ｂ的速度ｖＢ为 　ｖＢ2＝2ａＢｓ＝（2μｍｇ／Ｍ）ｓ，解得　ｖＢ＝1ｍ／ｓ， 　设此时Ａ的速度为ｖＡ，根据动量守恒定律，得 　ｍｖ０＝ＭｖＢ＋ｍｖＡ，解得ｖＡ＝4ｍ／ｓ， 　设在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移为ｓ１′，根据动能定理得： 　μｍｇｓ１′＝（1／2）ｍｖ０2－（（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）ＭｖＢ2）， 　解得　ｓ１′＝4．5ｍ． 　Ｂ碰撞挡板后，Ａ、Ｂ最终达到向右的相同速度ｖ，根据动能定理得ｍｖＡ－ＭｖＢ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ２′为 　μｍｇｓ２′＝（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得　ｓ２′＝（25／6）ｍ． 　 Ｂ再次碰到挡板后，Ａ、Ｂ最终以相同的速度ｖ′向左共同运动，根据动量守恒定律，得 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′，解得　ｖ′＝（2／9）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ３′为： 　μｍｇｓ３′＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　　　　ｓ３′＝（8／27）ｍ． 　因此，为使Ａ不从Ｂ上脱落，Ｂ的最小长度为ｓ１′＋ｓ２′＋ｓ３′＝8．96ｍ． 17．解：（1）Ｂ与Ａ碰撞后，Ｂ相对于Ａ向左运动，Ａ所受摩擦力方向向左，Ａ的运动方向向右，故摩擦力作负功．设Ｂ与Ａ碰撞后的瞬间Ａ的速度为ｖ１，Ｂ的速度为ｖ２，Ａ、Ｂ相对静止后的共同速度为ｖ，整个过程中Ａ、Ｂ组成的系统动量守恒，有 　Ｍｖ０＝（Ｍ＋1．5Ｍ）ｖ，ｖ＝2ｖ０／5． 　碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功，即 　Ｍｖ２＋1．5Ｍｖ１＝2．5Ｍｖ，　　① 　（1／2）×1．5Ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2－（1／2）×2．5Ｍｖ2＝Ｍμｇｌ，　　② 可解出ｖ１＝（1／2）ｖ０（另一解ｖ１＝（3／10）ｖ０因小于ｖ而舍去） 　这段过程中，Ａ克服摩擦力做功 　Ｗ＝（1／2）×1．5Ｍｖ１2－（1／2）×1．5Ｍｖ2＝（27／400）Ｍｖ０2（0．068Ｍｖ０2）． 　（2）Ａ在运动过程中不可能向左运动，因为在Ｂ未与Ａ碰撞之前，Ａ受到的摩擦力方向向右，做加速运动，碰撞之后Ａ受到的摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后，速度仍向右，因此不可能向左运动． 　Ｂ在碰撞之后，有可能向左运动，即ｖ２＜0． 　先计算当ｖ２＝0时满足的条件，由①式，得 　ｖ１＝（2ｖ０／3）－（2ｖ２／3），当ｖ２＝0时，ｖ１＝2ｖ０／3，代入②式，得 　（（1／2）×1．5Ｍ4ｖ０2／9）－（（1／2）×2．5Ｍ4ｖ０2／25）＝Ｍμｇｌ， 解得　μｇｌ＝2ｖ０2／15． 　Ｂ在某段时间内向左运动的条件之一是μｌ＜2ｖ０2／15ｇ． 　另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即 　（1／2）Ｍｖ０2－（1／2）2．5Ｍ（2ｖ０／5）2≥2Ｍμｇｌ， 　解出另一个条件是　μｌ≤3ｖ０2／20ｇ， 　最后得出Ｂ在某段时间内向左运动的条件是 　2ｖ０2／15ｇ＜μｌ≤3ｖ０2／20ｇ． 18．解：（1）以警车为研究对象，由动能定理． 　－μｍｇ·ｓ＝（1／2）ｍｖ2－（1／2）ｍｖ０2， 　将ｖ０＝14．0ｍ／ｓ，ｓ＝14．0ｍ，ｖ＝0代入，得 　μｇ＝7．0ｍ／ｓ2， 　因为警车行驶条件与肇事汽车相同，所以肇事汽车的初速度ｖＡ＝＝21ｍ／ｓ． 　（2）肇事汽车在出事点Ｂ的速度 　ｖＢ＝＝14ｍ／ｓ， 　肇事汽车通过段的平均速度 　＝（ｖＡ＋ｖＢ）／2＝（21＋14）／2＝17．5ｍ／ｓ． 　肇事汽车通过ＡＢ段的时间 　ｔ２＝ＡＢ／＝（31．5－14．0）／17．5＝1ｓ． 　∴ 　游客横过马路的速度 　ｖ人＝／（ｔ１＋ｔ２）＝（2．6／（1＋0．7））ｍ／ｓ＝1．53ｍ／ｓ． 19．解：（1）开始Ａ、Ｂ处于静止状态时，有 　ｋｘ０－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｓｉｎ30°＝0，　　① 　设施加Ｆ时，前一段时间Ａ、Ｂ一起向上做匀加速运动，加速度为ａ，ｔ＝0．2ｓ，Ａ、Ｂ间相互作用力为零，对Ｂ有： 　ｋｘ－ｍＢｇｓｉｎ30°＝ｍＢａ，　　② 　ｘ－ｘ０＝（1／2）ａｔ2，　　③ 　解①、②、③得： 　ａ＝5ｍｓ－2，ｘ０＝0．05ｍ，ｘ＝0．15ｍ， 　初始时刻Ｆ最小 　Ｆｍｉｎ＝（ｍＡ＋ｍＢ）ａ＝60Ｎ． 　ｔ＝0．2ｓ时，Ｆ最大 　Ｆｍａｘ－ｍＡｇｓｉｎ30°＝ｍＡａ， 　Ｆｍａｘ＝ｍＡ（ｇｓｉｎ30°＋ａ）＝100Ｎ， 　（2）ΔＥＰＡ＝ｍＡｇΔｈ＝ｍＡｇ（ｘ－ｘ０）ｓｉｎ30°＝5Ｊ． 20．解：当弹簧处于压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和．当弹簧伸长到其自然长度时，弹性势能为零，因这时滑块Ａ的速度为零，故系统的机械能等于滑块Ｂ的动能．设这时滑块Ｂ的速度为ｖ则有 　Ｅ＝（1／2）ｍ２ｖ2，　　① 由动量守恒定律（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ２ｖ，　　② 解得　Ｅ＝（1／2）（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２．　　③ 　假定在以后的运动中，滑块Ｂ可以出现速度为零的时刻，并设此时滑块Ａ的速度为ｖ１．这时，不论弹簧是处于伸长还是压缩状态，都具有弹性势能Ｅｐ．由机械能守恒定律得 　（1／2）ｍ１ｖ１2＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　④ 根据动量守恒　（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ１ｖ１，　　⑤ 求出ｖ１，代入④式得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑥ 因为Ｅｐ≥0，故得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）≤（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑦ 即　ｍ１≥ｍ２，与已知条件ｍ１＜ｍ２不符． 　可见滑块Ｂ的速度永不为零，即在以后的运动中，不可能出现滑动Ｂ的速度为零的情况． 21．解：设恰好物体相对圆盘静止时，弹簧压缩量为Δｌ，静摩擦力为最大静摩擦力ｆｍａｘ，这时物体处于临界状态，由向心力公式ｆｍａｘ－ｋΔｌ＝ｍＲｗ2，　　① 　假若物体向圆心移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ１－ｋ（Δｌ＋ｘ）＝ｍ（Ｒ－ｘ）ｗ2，　　② 　由①、②两式可得　ｆｍａｘ－ｆ１＝ｍｘｗ2－ｋｘ，　　③ 所以　ｍｘｗ2－ｋｘ≥0，得ｋ≤ｍｗ2，　　④ 　若物体向外移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ２－ｋ（Δｌ－ｘ）≥ｍ（Ｒ＋ｘ）ｗ2，　　⑤ 由①～⑥式得　ｆｍａｘ－ｆ２＝ｋｘ－ｍｘｗ2≥0，　　⑥ 所以　ｋ≥ｍｗ2 ，　　⑦ 即若物体向圆心移动，则ｋ≤ｍｗ2， 若物体向远离圆心方向移动，则ｋ≥ｍｗ2． 22．解：卫星环绕地球作匀速圆周运动，设卫星的质量为ｍ，轨道半径为ｒ，受到地球的万有引力为Ｆ， 　Ｆ＝ＧＭｍ／ｒ2，　　① 　式中Ｇ为万有引力恒量，Ｍ是地球质量． 　设ｖ是卫星环绕地球做匀速圆周运动的线速度，Ｔ是运动周期，根据牛顿第二定律，得 　Ｆ＝ｍｖ2／ｒ，　　② 　由①、②推导出　ｖ＝．　　③ 　③式表明：ｒ越大，ｖ越小． 　人造卫星的周期就是它环绕地球运行一周所需的时间Ｔ， 　Ｔ＝2πｒ／ｖ，　　④ 　由③、④推出　Ｔ＝2π，　　⑤ 　⑤式说明：ｒ越大，Ｔ越大．　23．证：设质点通过Ａ点时的速度为ｖＡ，通过Ｃ点时的速度为ｖＣ，由匀变速直线运动的公式得： ｓ1＝ｖＡＴ＋ａＴ2／2，ｓ3＝ｖＣＴ＋ａＴ2／2，ｓ3－ｓ1＝ｖＣＴ－ｖＡＴ． ∵　ｖＣ＝ｖＡ＋2ａＴ， ∴　ｓ3－ｓ1＝（ｖＡ－2ａＴ－ｖＡ）Ｔ＝2ａＴ2，ａ＝（ｓ3－ｓ1）／2Ｔ2． 　24．根据：如果在连续的相等的时间内的位移之差相等，则物体做匀变速运动．证明：设物体做匀速运动的初速度为ｖ0，加速度为ａ，第一个Ｔ内的位移为ｓ1＝ｖ0Ｔ＋ａＴ2／2；第二个Ｔ内的位移为ｓ2＝（ｖ0＋ａＴ）Ｔ＋ａＴ2／2；第Ｎ个Ｔ内的位移为ｓＮ＝［ｖ0＋（Ｎ－1）ａＴ］Ｔ＋ａＴ2／2．　ｓＮ－ｓＮ－1＝ａＴ2，逆定理也成立． 　25．解：由匀变速直线运动的公式得小物块的加速度的大小为ａ1＝（ｖ0－ｖｔ）／ｔ＝2（ｍ／ｓ2）．木板的加速度大小为ａ2＝2ｓ／ｔ2＝0.25（ｍ／ｓ2）． 根据牛顿第二定律　Ｆ＝ｍａ 对小物块得　ｆ′1＝ｍａ1＝1×2＝2Ｎ， 对木板得　ｆ1－μ（ｍ＋Ｍ）ｇ＝Ｍａ2， 　μ＝（ｆ1－Ｍａ2）／（ｍ＋Ｍ）ｇ＝（2－4×0.25）／（1＋4）×10＝0.02． 　26．解：假设金属块没有离开第一块长木板，移动的相对距离为ｘ，由动量守恒定律，得ｍｖ0＝3ｍｖ， 　ｍｖ02／2＝3ｍｖ2／2＋μｍｇｘ， 解得ｘ＝4ｍ／3＞Ｌ，不合理， ∴　金属块一定冲上第二块木板． 　以整个系统为研究对象，由动量定律及能量关系，当金属块在第一块木板上时ｍｖ0＝ｍｖ0′＋2ｍｖ1， 　ｍｖ02／2＝12ｍｖ0′2＋2ｍ·ｖ12／2＋μｍｇｌ． 　ｍｖ0＝ｍｖ1＋2ｍｖ2 ， 　ｍｖ02／2＝ｍｖ12／2＋2ｍ·ｖ22／2＋μｍｇ（ｌ＋ｘ）． 联立解得： 　ｖ1＝1／3ｍ／ｓ，ｖ2＝5／6ｍ／ｓ，ｘ＝0.25ｍ． 　27．解：当ｔ＝0时，ａＡ0＝9／3＝3ｍ／ｓ2，ａＢ0＝3／6＝0.5ｍ／ｓ2．ａＡ0＞ａＢ0，Ａ、Ｂ间有弹力，随ｔ之增加，Ａ、Ｂ间弹力在减小，当（9－2ｔ）／3＝（3＋2ｔ）／6，ｔ＝2.5ｓ时，Ａ、Ｂ脱离，以Ａ、Ｂ整体为研究对象，在ｔ＝2.5ｓ内，加速度ａ＝（ＦＡ＋ＦＢ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝4／3ｍ／ｓ2，ｓ＝ａｔ2／2＝4.17ｍ． 　28．解：（1）由ｍＣｖ0＝ｍＣｖ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ1，Ｃ由Ａ滑至Ｂ时，Ａ、Ｂ的共同速度是 　ｖ1＝ｍＣ（ｖ0－ｖ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝0.2ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＡ＝ｍＣｖ02／2－ｍＣｖ2／2－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12／2， 得　μ＝［ｍＣ（ｖ02－ｖ2）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12］／2ｍＣｇｌＡ＝0.48． 　（2）由ｍＣｖ＋ｍＢｖ1＝（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ2，Ｃ相对Ｂ静止时，Ｂ、Ｃ的共同速度是ｖ2＝（ｍＣｖ＋ｍＢｖ1）／（ｍＣ＋ｍＢ）＝0.65ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＢ＝ｍＣｖ2／2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22／2， Ｃ在Ｂ上滑行距离为 　ｌＢ＝［ｍＣｖ2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22］／2μｍＣｇ＝0.25ｍ． 　（3）由μｍＣｇｓ＝ｍＢｖ22／2－ｍＢｖ12／2， Ｂ相对地滑行的距离ｓ＝［ｍＢ（ｖ22－ｖ12）］／2μｍＣｇ＝0.12ｍ． 　（4）Ｃ在Ａ、Ｂ上匀减速滑行，加速度大小由μｍＣｇ＝ｍＣａ，得ａ＝μｇ＝4.8ｍ／ｓ2． Ｃ在Ａ上滑行的时间ｔ1＝（ｖ0－ｖ）／ａ＝0.21ｓ． Ｃ在Ｂ上滑行的时间ｔ2＝（ｖ－ｖ2）／ａ＝0.28ｓ． 所求时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝0.21ｓ＋0.28ｓ＝0.49ｓ． 　　29．匀加速下滑时，受力如图1ａ，由牛顿第二定律，有： ｍｇｓｉｎθ－μｍｇｃｏｓθ＝ｍａ＝ｍｇｓｉｎθ／2， 　ｓｉｎθ／2＝μｃｏｓθ， 　得μ＝ｓｉｎθ／2ｃｏｓθ．图1静止时受力分析如图1ｂ，摩擦力有两种可能：①摩擦力沿斜面向下；②摩擦力沿斜面向上．摩擦力沿斜面向下时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＝ｆ＋ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ， 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ＋μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ－μｓｉｎθ）ｍｇ＝3ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ－ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　 摩擦力沿斜面向上时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＋ｆ＝ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ． 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ－μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ＋μｓｉｎθ）ｍｇ＝ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ＋ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　30．解：（1）物体在两斜面上来回运动时，克服摩擦力所做的功Ｗｆ＝μｍｇｃｏｓ60°·ｓ总． 　物体从开始直到不再在斜面上运动的过程中ｍｇｈ－Ｗｆ＝0－ｍｖ02／2．解得ｓ总＝38ｍ． 　（2）物体最终是在Ｂ、Ｃ之间的圆弧上来回做变速圆周运动，且在Ｂ、Ｃ点时速度为零． 　（3）物体第一次通过圆弧最低点时，圆弧所受压力最大．由动能定理得ｍｇ［ｈ＋Ｒ（1－ｃｏｓ60°）］－μｍｇｃｏｓ60°／ｓｉｎ60°＝ｍ（ｖ12－ｖ02）／2， 由牛顿第二定律得　Ｎｍａｘ－ｍｇ＝ｍｖ12／Ｒ， 解得　Ｎｍａｘ＝54.5Ｎ． 　物体最终在圆弧上运动时，圆弧所受压力最小．由动能定理得ｍｇＲ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍｖ22／2，由牛顿第二定律得Ｎｍｉｎ－ｍｇ＝ｍｖ22／Ｒ，解得Ｎｍｉｎ＝20Ｎ． 　31．解：（1）设刹车后，平板车的加速度为ａ0，从开始刹车到车停止所经历时间为ｔ0，车所行驶距离为ｓ0，则有ｖ02＝2ａ0ｓ0，ｖ0＝ａ0ｔ0． 　欲使ｔ0小，ａ0应该大，作用于木箱的滑动摩擦力产生的加速度ａ1＝μｍｇ／ｍ＝μｇ． 　当ａ0＞ａ1时，木箱相对车底板滑动，从刹车到车停止过程中木箱运动的路程为ｓ1，则ｖ02＝2ａ2ｓ1． 　为使木箱不撞击驾驶室，应有ｓ1－ｓ0≤Ｌ． 　联立以上各式解得：ａ0≤μｇｖ02／（ｖ02－2μｇＬ）＝5ｍ／ｓ2， 　∴　ｔ0＝ｖ0／ａ0＝4.4ｓ． 　（2）对平板车，设制动力为Ｆ，则Ｆ＋ｋ（Ｍ＋ｍ）ｇ－μｍｇ＝Ｍａ0，解得：Ｆ＝7420Ｎ． 　32．解：对系统ａ0＝［Ｆ－μｇ（ｍ1＋ｍ2）］／（ｍ1＋ｍ2）＝1ｍ／ｓ2． 　对木块1，细绳断后：│ａ1│＝ｆ1／ｍ1＝μｇ＝1ｍ／ｓ2． 　设细绳断裂时刻为ｔ1，则木块1运动的总位移： 　ｓ1＝2ａ0ｔ12／2＝ａ0ｔ12． 　对木块2，细绳断后，ａ2＝（Ｆ－μｍ2ｇ）／ｍ2＝2ｍ／ｓ2． 木块2总位移 　ｓ2＝ｓ′＋ｓ″＝ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2， 两木块位移差Δｓ＝ｓ2－ｓ1＝22（ｍ）． 得　ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2－ａ0ｔ12＝22， 把ａ0，ａ2值，ｖ1＝ａ0ｔ1代入上式整理得： 　ｔ12＋12ｔ1－28＝0，得ｔ1＝2ｓ． 木块2末速ｖ2＝ｖ1＋ａ2（6－ｔ1）＝ａ0ｔ1＋ａ2（6－ｔ1）＝10ｍ／ｓ． 此时动能Ｅｋ＝ｍ2ｖ22／2＝2×102／2Ｊ＝100Ｊ． 　33．解：（1）由动量守恒定律，ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ′，且有ｍ∶Ｍ＝1∶3， ∴　Ａ、Ｂ共同速度ｖ′＝ｍｖ0／（ｍ＋Ｍ）＝1ｍ／ｓ． 　 （2）由动能定理，对全过程应有 　μｍｇ·2Ｌ＝ｍｖ02／2－（ｍ＋Ｍ）ｖ′2／2， 　4μｇＬ＝ｖ02－4ｖ′2，μ＝（ｖ02－4ｖ′2）／4ｇＬ＝0.3． 　（3）先求Ａ与Ｂ挡板碰前Ａ的速度ｖ10，以及木板Ｂ相应速度ｖ20，取从Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板相碰前过程为研究对象，依动量守恒与动能定理有以下两式成立：ｍｖ0＝ｍｖ10＋Ｍｖ20， 　ｍｖ02／2－ｍｖ102／2－Ｍｖ202／2＝μｍｇＬ． 代入数据得　ｖ10＋3ｖ20＝4，ｖ102＋3ｖ202＝10， 解以上两式可得　ｖ10＝（2±3）／2ｍ／ｓ．因Ａ与Ｂ挡板碰前速度不可能取负值，故ｖ10＝（2＋3）／2ｍ／ｓ．相应解出ｖ20＝（2－）／2ｍ／ｓ＝0.3ｍ／ｓ． 　木板Ｂ此过程为匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得μｍｇ＝Ｍａ1，ａ1＝μｍｇ／Ｍ＝1（ｍ／ｓ2）． 此过程经历时间ｔ1由下式求出 　ｖ20＝ａ1ｔ1，ｔ1＝ｖ20／ａ1＝0.3（ｓ）． 其速度图线为图2中0～0.3ｓ段图线ａ． 　再求Ａ与Ｂ挡板碰后，木板Ｂ的速度ｖ2与木块Ａ的速度ｖ1，为方便起见取Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板碰撞后瞬间过程为研究对象，依动量守恒定律与动能定理有以下两式成立： ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2，ｍｖ02／2－ｍｖ12／2－Ｍｖ22／2＝μｍｇＬ． 故解为　ｖ1＝（2±3）／2ｍ／ｓ． 因ｖ1＝（2＋3）／2ｍ／ｓ为碰前速度，故取ｖ1＝（2－3）／2ｍ／ｓ，相应得ｖ2＝2＋2ｍ／ｓ＝1.7ｍ／ｓ． 由于ｖ1＜0，即木块相对Ｂ向左滑动，Ａ受Ｂ摩擦力向右，Ｂ受Ａ摩擦力向左，故Ｂ做匀减速直线运动，加速度大小由牛顿第二定律，得ａ＝μｍｇ／Ｍ＝1ｍ／ｓ2． 　从碰后到Ａ滑到Ｂ最左端过程中，Ｂ向右做匀减速直线运动时间设为ｔ2，则ｖ′－ｖ2＝－ａｔ2， ∴　ｔ2＝0.7ｓ． 　此过程速度图线如图2中0.3ｓ～1.0ｓ段图线ｂ．图2　　34．解：设ｍ1、ｍ2两物体受恒力Ｆ作用后，产生的加速度分别为ａ1、ａ2，由牛顿第二定律Ｆ＝ｍａ，得 　ａ1＝Ｆ／ｍ1，ａ2＝Ｆ／ｍ2， 　历时ｔ两物体速度分别为ｖ1＝ａ1ｔ，ｖ2＝ｖ0＋ａ2ｔ，由题意令ｖ1＝ｖ2，即ａ1ｔ＝ｖ0＋ａ2ｔ或（ａ1－ａ2）ｔ＝ｖ0，因ｔ≠0、ｖ0＞0，欲使上式成立，需满足ａ1－ａ2＞0，即Ｆ／ｍ1＞Ｆ／ｍ2，或ｍ1＜ｍ2，也即当ｍ1≥ｍ2时不可能达到共同速度，当ｍ1＜ｍ2时，可以达到共同速度． 　35．解：（1）当小球刚好能在轨道内做圆周运动时，水平初速度ｖ最小，此时有ｍｇ＝ｍｖ2／Ｒ， 故　ｖ＝＝ ＝2ｍ／ｓ． 　（2）若初速度ｖ′＜ｖ，小球将做平抛运动，如在其竖直位移为Ｒ的时间内，其水平位移ｓ≥Ｒ，小球可进入轨道经过Ｂ点．设其竖直位移为Ｒ时，水平位移也恰为R，则Ｒ＝ｇｔ2／2，Ｒ＝ｖ′ｔ，解得：ｖ′＝／2＝ｍ／ｓ． 因此，初速度满足2ｍ／ｓ＞ｖ′≥ｍ／ｓ时，小球可做平抛运动经过Ｂ点． 　36．卫星在天空中任何天体表面附近运行时，仅受万有引力Ｆ作用使卫星做圆周运动，运动半径等于天体的球半径Ｒ．设天体质量为Ｍ，卫星质量为ｍ，卫星运动周期为Ｔ，天体密度为ρ．根据万有引力定律Ｆ＝ＧＭｍ／Ｒ2， 卫星做圆周运动向心力Ｆ′＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2， 因为 　Ｆ′＝Ｆ，得ＧＭｍ／Ｒ2＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2，∴Ｔ＝． 　又球体质量Ｍ＝4πＲ3ρ／3． 得Ｔ＝=，∴Ｔ∝1／，得证． 　37．解：由于两球相碰满足动量守恒 　　ｍ1ｖ0＝ｍ1ｖ1＋ｍ2ｖ2，ｖ1＝－1.3ｍ／ｓ． 　两球组成系统碰撞前后的总动能Ｅｋ1＋Ｅｋ2＝ｍ1ｖ02／2＋0＝2.5Ｊ， 　Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＝ｍ1ｖ12／2＋ｍ2ｖ22／2＝2.8Ｊ． 　可见，Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＞Ｅｋ1＋Ｅｋ2，碰后能量较碰撞前增多了，违背了能量守恒定律，这种假设不合理． 　38．解：（1）由动量守恒，得ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2， 由运动学公式得ｓ＝（ｖ1－ｖ2）ｔ，ｈ＝ｇｔ2／2， 由以上三式得ｖ2＝（ｍｖ0－ｓｍ）／（Ｍ＋ｍ）． 　（2）最后车与物体以共同的速度ｖ向右运动，故有 　ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖｖ＝ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）． ∴ΔＥ＝ｍｖ02／2＋ｍｇｈ－（Ｍ＋ｍ）ｍ2ｖ02／2（Ｍ＋ｍ）2． 解得ΔＥ＝ｍｇｈ＋Ｍｍｖ02／2（Ｍ＋ｍ）． 　39．解：设碰前Ａ、Ｂ有共同速度ｖ时，Ｍ前滑的距离为ｓ．则ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ，ｆｓ＝Ｍｖ2／2，ｆ＝μｍｇ． 　由以上各式得　ｓ＝Ｍｍｖ02／2μｇ（Ｍ＋ｍ）2． 　当ｖ0＝2ｍ／ｓ时，ｓ＝2／9ｍ＜0.5ｍ，即Ａ、Ｂ有共同速度．当ｖ0＝4ｍ／ｓ时，ｓ＝8／9ｍ＞0.5ｍ，即碰前Ａ、Ｂ速度不同． 　 40．解：（1）物体由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者系统水平方向动量守恒得：ｍｖ0＝ｍｖ0／2＋2ｍｖＡＢ． 解之得　ｖＡＢ＝ｖ0／4． 　（2）物块由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者功能关系得：μｍｇＬ＝ｍｖ02／2－ｍ（ｖ0／2）2／2－2ｍ（ｖ0／4）2／2． 解之得　Ｌ＝5ｖ02／16μｇ． 　（3）物块由Ｄ滑到Ｃ的过程中，二者系统水平方向动量守恒，又因为物块到达最高点Ｃ时，物块与滑块速度相等且水平，均为ｖ． 故得　ｍｖ0／2＋ｍｖ0／4＝2ｍｖ， ∴　得滑块的动能ＥＣＤ＝ｍｖ2／2＝9ｍｖ02／128． 　41．解：（1）Ｂ从ｖ0减速到速度为零的过程，Ｃ静止，Ｂ的位移：ｓ1＝ｖ02／2μｇ． 　所用的时间：ｔ1＝ｖ0／μｇ． 　此后Ｂ与Ｃ一起向右做加速运动，Ａ做减速运动，直到相对静止，设所用时间为ｔ2，共同速度为ｖ． 　对Ａ、Ｂ、Ｃ，由动量守恒定律得 　ｍＡ·2ｖ0－ｍＢｖ0＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ， ∵　ｍＡ＝ｍＢ＝ｍＣ，∴　ｖ＝ｖ0／3． 　对Ｂ与Ｃ，向右加速运动的加速度 　ａ＝μｍＡｇ／（ｍＢ＋ｍＣ）＝μｇ／2，∴ｔ2＝ｖ／ａ＝2ｖ0／3μｇ． Δｔ内Ｂ向右移动的位移ｓ2＝ｖｔ2／2＝ｖ02／9μｇ， 故总路程ｓ＝ｓ1＋ｓ2＝11ｖ02／18μｇ，总时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝5ｖ0／3μｇ． 　（2）设车的最小长度为Ｌ，则相对静止时Ａ、Ｂ刚好接触，由能量守恒得 　ｍＡ（2ｖ0）2／2＋ｍＢｖ02／2＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ2／2＋μｍＢｇｓ1＋μｍＡｇ（Ｌ－ｓ1）， 联立解得Ｌ＝7ｖ02／3μｇ． 　42．解：（1）ｍ速度最大的位置应在O点左侧．因为细线烧断后，ｍ在弹簧弹力和滑动摩擦力的合力作用下向右做加速运动，当弹力与摩擦力的合力为零时，ｍ的速度达到最大，此时弹簧必处于压缩状态．此后，系统的机械能不断减小，不能再达到这一最大速度． 　（2）选ｍ、Ｍ为一系统，由动量守恒定律得 　ｍｖ1＝Ｍｖ2． 　设这一过程中弹簧释放的弹性势能为Ｅｐ，则 　Ｅｐ＝ｍｖ12／2＋Ｍｖ22／2＋μｍｇｓ， 解得　ｖ2＝ｍｖ1／Ｍ，Ｅｐ＝ｍ［（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2Ｍ＋μｇｓ］． 　（2）ｍ与Ｍ最终将静止，因为系统动量守恒，且总动量为零，只要ｍ与Ｍ间有相对运动，就要克服摩擦力做功，不断消耗能量，所以，ｍ与Ｍ最终必定都静止． 　43．解：（1）第一颗子弹射入木块过程，系统动量守恒，有 　ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ1． 　射入后，在ＯＢＣ运动过程中，机械能守恒，有 　（ｍ＋Ｍ）ｖ12／2＝（ｍ＋Ｍ）ｇＲ，得ｖ0＝（Ｍ＋ｍ） ／ｍ． 　（2）由动量守恒定律知，第2、4、6……颗子弹射入木块后，木块速度为0，第1、3、5……颗子弹射入后，木块运动．当第9颗子弹射入木块时，由动量守恒得： 　ｍｖ0＝（9ｍ＋Ｍ）ｖ9， 　设此后木块沿圆弧上升最大高度为Ｈ，由机械能守恒定律得：（9ｍ＋Ｍ）ｖ92／2＝（9ｍ＋Ｍ）ｇＨ， 由以上可得：Ｈ＝［（Ｍ＋ｍ）／（Ｍ＋9ｍ）］2Ｒ． 　44．解：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动ｓ，速度变为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．由动能定理 　－μＭｇｓ＝0－ｍｖ02／2，ｓ＝ｍｖ02／2μＭｇ＝0.33ｍ． 　（2）假如平板车在第二次碰墙前还未和滑块相对静止，则其速度的大小肯定还是2ｍ／ｓ，因为只要相对运动，摩擦力大小为恒值．滑块速度则大于2ｍ／ｓ，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰墙前肯定已和滑块具有共同速度ｖ．此即平板车碰墙前瞬间的速度． 　Ｍｖ0－ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， ∴ｖ＝（Ｍ－ｍ）ｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝0.4ｍ／ｓ．图3　（3）平板车与墙壁第一次碰撞后滑块与平板又达到共同速度ｖ前的过程，可用图3（ａ）、（ｂ）、（ｃ）表示．图3（ａ）为平板车与墙碰撞后瞬间滑块与平板车的位置，图3（ｂ）为平板车到达最左端时两者的位置，图3（ｃ）为平板车与滑块再次达到共同速度时两者的位置．在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功μΜｇｓ′，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功μＭｇｓ″（平板车从Ｂ到Ａ再回到Ｂ的过程中摩擦力做功为零），其中ｓ′、ｓ″分别为滑块和平板车的位移．滑块和平板车动能总减少为μＭｇｌ1，其中ｌ1＝ｓ′＋ｓ″为滑块相对平板车的位移，此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为ｌ，则有（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2＝μＭｇｌ，ｌ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2μＭｇ＝0.833ｍ． ｌ即为平板车的最短长度．图4 　　45．解：如图4，Ａ球从静止释放后将自由下落至Ｃ点悬线绷直，此时速度为ｖＣ ∵　ｖＣ2＝2ｇ×2Ｌｓｉｎ30°， ∴　ｖＣ＝＝2ｍ／ｓ． 　在线绷直的过程中沿线的速度分量减为零时，Ａ将以切向速度ｖ1沿圆弧运动且 　ｖ1＝ｖＣｃｏｓ30°＝ｍ／ｓ． 　Ａ球从Ｃ点运动到最低点与Ｂ球碰撞前机械能守恒，可求出Ａ球与Ｂ球碰前的速度 　ｍＡｖ12／2＋ｍＡｇＬ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍＡｖ22／2， 　ｖ2＝==ｍ／ｓ． 　因Ａ、Ｂ两球发生无能量损失的碰撞且ｍＡ＝ｍＢ，所以它们的速度交换，即碰后Ａ球的速度为零，Ｂ球的速度为ｖ2＝（ｍ／ｓ）．对Ｂ球和小车组成的系统水平方向动量守恒和机械能守恒，当两者有共同水平速度ｕ时，Ｂ球上升到最高点，设上升高度为ｈ． 　ｍＢｖ2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ，ｍＢｖ22／2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ2／2＋ｍＢｇｈ．解得ｈ＝3／16≈0.19ｍ． 　在Ｂ球回摆到最低点的过程中，悬线拉力仍使小车加速，当Ｂ球回到最低点时小车有最大速度ｖｍ，设小球Ｂ回到最低点时速度的大小为ｖ3，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 　ｍＢｖ2＝－ｍＢｖ3＋Ｍｖｍ，ｍＢｖ22／2＝ｍＢｖ32／2＋Ｍｖｍ2／2， 解得ｖｍ＝2ｍＢｖ2／（ｍ3＋Ｍ）＝／2ｍ／ｓ＝1.12ｍ／ｓ． 　46．解：（1）小球的角速度与运动的角速度必定相等，则有ｖ＝ωＲ＝ω． 　（2）人手所提供的功率应等于小球在运动过程中克服摩擦力做功的功率．即有Ｐ＝ｆｖ， ∴　ｆ＝Ｐ／ｖ＝Ｐ／ω． 　47．解：由于粘性物体与底板粘合的过程时间极短，冲击力远大于重力，在竖直方向近似动量守恒，开始静止时，有　ｍ1ｇ＝ｋｘｋ＝ｍ1ｇｘ． 　ｍ2下落Ｈ时的速度ｖ＝，ｍ2与ｍ1合在一起动量守恒，ｍ2ｖ＝（ｍ1＋ｍ2）ｖ′，ｖ′＝ｍ2ｖ／（ｍ1＋ｍ2）＝ｍ2／（ｍ1＋ｍ2）． 　设向下为正方向，ｍ1与ｍ2的整体受两个力，即重力（ｍ1＋ｍ2）ｇ和弹簧的平均拉力，则有平均拉力＝ｋｘ＋ｋｈ／2＝ｋ（2ｘ＋ｈ）／2，由动能定理得 ［－＋（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ＝0－（ｍ1＋ｍ2）ｖ2／2， 由以上各式得［ｍ1ｇ（2ｘ＋ｈ）／2ｘ－（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ 　＝（ｍ1＋ｍ2）·ｍ22·2ｇｈ／2（ｍ1＋ｍ2）2． 代入数值得ｈ＝0.3ｍ． 　48．解：ｍ与Ａ粘在一起后水平方向动量守恒，共同速度设为ｖ1，Ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ1， 得ｖ1＝Ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝2ｖ0 ／3． 　当弹簧压缩到最大时即有最大弹性势能Ｅ，此时系统中各物体有相同速度，设为ｖ2，由动量守恒定律 　2Ｍｖ0＝（2Ｍ＋ｍ）ｖ2，得ｖ2＝2Ｍｖ0／（2Ｍ＋ｍ）＝4ｖ0／5． 由能量守恒有 　Ｅ＝Ｍｖ02／2＋（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2－（2Ｍ＋ｍ）ｖ22／2， 解得Ｅ＝Ｍｖ02／30． 　49．解：（1）振子在平衡位置时，所受合力为零，设此时弹簧被压缩Δｘ：（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ＝ｋΔｘ，Δｘ＝5ｃｍ． 　开始释放时振子处在最大位移处，故振幅 　Ａ＝5ｃｍ＋5ｃｍ＝10ｃｍ． 　（2）由于开始时弹簧的伸长量恰等于振子在平衡位置时弹簧的压缩量，故弹性势能相等，设振子的最大速度为ｖ，从开始到平衡位置，根据机械能守恒定律， 得ｍｇ·Ａ＝ｍｖ2／2，∴ｖ＝＝1.4ｍ／ｓ， 即Ｂ的最大速率为1.4ｍ／ｓ． 　（3）在最高点，振子受到的重力和弹力方向相同，根据牛顿第二定律，得 　ａ＝［ｋΔｘ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ］／（ｍＡ＋ｍＢ）＝20ｍ／ｓ2， Ａ对Ｂ的作用力方向向下，其大小 　Ｎ1＝ｍＢａ－ｍＢｇ＝10Ｎ． 在最低点，振子受到的重力和弹力方向相反，根据牛顿第二定律，得ａ＝ｋ（Δｘ＋Ａ）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｍＡ＋ｍＢ＝20ｍ／ｓ2． Ａ对Ｂ的作用力方向向上，其大小 　Ｎ2＝ｍＢａ＋ｍＢｇ＝30Ｎ．23．一质点做匀加速直线运动，其加速度为ａ，某时刻通过Ａ点，经时间Ｔ通过Ｂ点，发生的位移为ｓ1，再经过时间Ｔ通过Ｃ点，又经过第三个时间Ｔ通过Ｄ点，在第三个时间Ｔ内发生的位移为ｓ3，试利用匀变速直线运动公式证明：ａ＝（ｓ3－ｓ1）／2Ｔ2．2．解：在0～1ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知 　ａ１＝12ｍ／ｓ２， 由牛顿第二定律，得 　Ｆ－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ１，　　① 在0～2ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知ａ２＝－6ｍ／ｓ２， 因为此时物体具有斜向上的初速度，故由牛顿第二定律，得 　－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ２，　　② 　②式代入①式，得　Ｆ＝18Ｎ． 3．解：在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从Ａ到Ｂ需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为ｔ1，则 　（ｖ／2）ｔ１＋ｖ（ｔ－ｔ１ ）＝Ｌ， 所以　ｔ１＝2（ｖｔ－Ｌ）／ｖ＝（2×（2×6－10）／2）ｓ＝2ｓ． 为使物体从Ａ至Ｂ所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变．而　ａ＝ｖ／ｔ＝1ｍ／ｓ２．设物体从Ａ至Ｂ所用最短的时间为ｔ2，则 　（1／2）ａｔ2２＝Ｌ， 　ｔ2＝=＝2ｓ． 　ｖｍｉｎ＝ａｔ2＝1×2ｍ／ｓ＝2ｍ／ｓ． 传送带速度再增大1倍，物体仍做加速度为1ｍ／ｓ２的匀加速运动，从Ａ至Ｂ的传送时间为2ｍ／ｓ． 4．解：启动前Ｎ１＝ｍｇ， 　升到某高度时　Ｎ2＝（17／18）Ｎ１＝（17／18）ｍｇ， 　对测试仪　Ｎ2－ｍｇ′＝ｍａ＝ｍ（ｇ／2）， 　∴　ｇ′＝（8／18）ｇ＝（4／9）ｇ， 　ＧｍＭ／Ｒ2＝ｍｇ，ＧｍＭ／（Ｒ＋ｈ）2＝ｍｇ′，解得：ｈ＝（1／2）Ｒ． 5．解：由匀加速运动的公式　ｖ２＝ｖ０２＋2ａｓ 　得物块沿斜面下滑的加速度为 　ａ＝ｖ2／2ｓ＝1．42／（2×1．4）＝0．7ｍｓ－２， 由于ａ＜ｇｓｉｎθ＝5ｍｓ－２， 　可知物块受到摩擦力的作用．图3　分析物块受力，它受3个力，如图3．对于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，由牛顿定律有 　ｍｇｓｉｎθ－ｆ１＝ｍａ， 　ｍｇｃｏｓθ－Ｎ１＝0， 　分析木楔受力，它受5个力作用，如图3所示．对于水平方向，由牛顿定律有 　ｆ2＋ｆ１ｃｏｓθ－Ｎ１ｓｉｎθ＝0， 　由此可解得地面的作用于木楔的摩擦力 　ｆ2＝ｍｇｃｏｓθｓｉｎθ－（ｍｇｓｉｎθ－ｍａ）ｃｏｓθ＝ｍａｃｏｓθ＝1×0．7×（／2）＝0．61Ｎ． 　此力的方向与图中所设的一致（由指向）． 6．解：（1）飞机原先是水平飞行的，由于垂直气流的作用，飞机在竖直方向上的运动可看成初速度为零的匀加速直线运动，根据　ｈ＝（1／2）ａｔ２，得ａ＝2ｈ／ｔ２，代入ｈ＝1700ｍ，ｔ＝10ｓ，得 　ａ＝（2×1700／10２）（ｍ／ｓ２）＝34ｍ／ｓ２，方向竖直向下． 　 （2）飞机在向下做加速运动的过程中，若乘客已系好安全带，使机上乘客产生加速度的力是向下重力和安全带拉力的合力．设乘客质量为ｍ，安全带提供的竖直向下拉力为Ｆ，根据牛顿第二定律　Ｆ＋ｍｇ＝ｍａ，得安全带拉力 　　Ｆ＝ｍ（ａ－ｇ）＝ｍ（34－10）Ｎ＝24ｍ（Ｎ）， ∴　安全带提供的拉力相当于乘客体重的倍数 　ｎ＝Ｆ／ｍｇ＝24ｍＮ／ｍ·10Ｎ＝2．4（倍）． 　（3）若乘客未系安全带，飞机向下的加速度为34ｍ／ｓ２，人向下加速度为10ｍ／ｓ２，飞机向下的加速度大于人的加速度，所以人对飞机将向上运动，会使头部受到严重伤害． 7．解：设月球表面重力加速度为ｇ，根据平抛运动规律，有 　ｈ＝（1／2）ｇｔ２，　　① 　水平射程为　　　Ｌ＝ｖ０ｔ，　　② 　联立①②得ｇ＝2ｈｖ０２／Ｌ２．　　③ 　根据牛顿第二定律，得　ｍｇ＝ｍ（2π／Ｔ）２Ｒ，　　④ 　联立③④得　Ｔ＝（πＬ／ｖ０ｈ）．　　⑤ 8．解：前2秒内，有Ｆ－ｆ＝ｍａ１，ｆ＝μＮ，Ｎ＝ｍｇ，则 　ａ１＝（Ｆ－μｍｇ）／ｍ＝4ｍ／ｓ２，ｖｔ＝ａ１ｔ＝8ｍ／ｓ， 　撤去Ｆ以后　ａ２＝ｆ／ｍ＝2ｍ／ｓ，ｓ＝ｖ１２／2ａ２＝16ｍ． 9．解：（1）用力斜向下推时，箱子匀速运动，则有 　Ｆｃｏｓθ＝ｆ，ｆ＝μＮ，Ｎ＝Ｇ＋Ｆｓｉｎθ， 　联立以上三式代数据，得　Ｆ＝1．2×10２Ｎ． 　（2）若水平用力推箱子时，据牛顿第二定律，得Ｆ合＝ｍａ，则有 　Ｆ－μＮ＝ｍａ，Ｎ＝Ｇ， 　联立解得　ａ＝2．0ｍ／ｓ２． 　ｖ＝ａｔ＝2．0×3．0ｍ／ｓ＝6．0ｍ／ｓ， 　ｓ＝（1／2）ａｔ２＝（1／2）×2．0×3．0２ｍ／ｓ＝9．0ｍ， 　推力停止作用后　ａ′＝ｆ／ｍ＝4．0ｍ／ｓ２（方向向左）， 　ｓ′＝ｖ２／2ａ′＝4．5ｍ， 　则　ｓ总＝ｓ＋ｓ′＝13．5ｍ． 10．解：根据题中说明，该运动员发球后，网球做平抛运动．以ｖ表示初速度，Ｈ表示网球开始运动时离地面的高度（即发球高度），ｓ１表示网球开始运动时与网的水平距离（即运动员离开网的距离），ｔ１表示网球通过网上的时刻，ｈ表示网球通过网上时离地面的高度，由平抛运动规律得到 　ｓ１＝ｖｔ１，Ｈ－ｈ＝（1／2）ｇｔ１２， 消去ｔ１，得　　ｖ＝ｍ／ｓ，ｖ≈23ｍ／ｓ． 　以ｔ２表示网球落地的时刻，ｓ２ 表示网球开始运动的地点与落地点的水平距离，ｓ表示网球落地点与网的水平距离，由平抛运动规律得到 　Ｈ＝（1／2）ｇｔ２２，ｓ２＝ｖｔ２， 消去ｔ２，得ｓ２＝ｖ≈16ｍ， 　网球落地点到网的距离　ｓ＝ｓ２－ｓ１≈4ｍ． 11．解：（1）设卫星质量为ｍ，它在地球附近做圆周运动，半径可取为地球半径Ｒ，运动速度为ｖ，有 　ＧＭｍ／Ｒ２＝ｍｖ２／Ｒ　得ｖ＝． 　（2）由（1）得： 　Ｍ＝ｖ２Ｒ／Ｇ＝＝6．0×1024ｋｇ． 12．解：对物块：Ｆ１－μｍｇ＝ｍａ１， 　6－0．5×1×10＝1·ａ１，ａ１＝1．0ｍ／ｓ2， 　ｓ１＝（1／2）ａ１ｔ2＝（1／2）×1×0．42＝0．08ｍ， 　ｖ１＝ａ１ｔ＝1×0．4＝0．4ｍ／ｓ， 　对小车：Ｆ２－μｍｇ＝Ｍａ２， 　9－0．5×1×10＝2ａ２，ａ２＝2．0ｍ／ｓ2， 　ｓ２＝（1／2）ａ２ｔ2＝（1／2）×2×0．42＝0．16ｍ， 　ｖ２＝ａ２ｔ＝2×0．4＝0．8ｍ／ｓ， 　撤去两力后，动量守恒，有Ｍｖ２－ｍｖ１＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， 　ｖ＝0．4ｍ／ｓ（向右）， ∵　（（1／2）ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2）－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ2＝μｍｇｓ３， 　ｓ３＝0．096ｍ， ∴　ｌ＝ｓ１＋ｓ２＋ｓ３＝0．336ｍ． 13．解：设木块到Ｂ时速度为ｖ０，车与船的速度为ｖ１，对木块、车、船系统，有 　ｍ１ｇｈ＝（ｍ１ｖ０2／2）＋（（ｍ２＋ｍ３）ｖ１2／2）， 　ｍ１ｖ０＝（ｍ２＋ｍ３）ｖ１， 解得　ｖ０＝5，ｖ１＝． 　木块到Ｂ后，船以ｖ１继续向左匀速运动，木块和车最终以共同速度ｖ２向右运动，对木块和车系统，有 　ｍ１ｖ０－ｍ２ｖ１＝（ｍ１＋ｍ２）ｖ２， 　μｍ１ｇｓ＝（（ｍ１ｖ０2／2）＋（ｍ２ｖ１2／2））－（（ｍ１＋ｍ２）ｖ２2／2）， 得　ｖ２＝ｖ１＝，ｓ＝2ｈ． 14．解：（1）小球的角速度与手转动的角速度必定相等均为ω．设小球做圆周运动的半径为ｒ，线速度为ｖ．由几何关系得　ｒ＝，ｖ＝ω·ｒ，解得　　 　　ｖ＝ω． 　（2）设手对绳的拉力为Ｆ，手的线速度为ｖ，由功率公式得　Ｐ＝Ｆｖ＝Ｆ·ωＲ， ∴　Ｆ＝Ｐ／ωＲ．图4　研究小球的受力情况如图4所示，因为小球做匀速圆周运动，所以切向合力为零，即 　Ｆｓｉｎθ＝ｆ， 其中　ｓｉｎθ＝Ｒ／， 　联立解得　ｆ＝Ｐ／ω． 15．解：（1）用ｖ１表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由于子弹射入木块Ｃ时间极短，系统动量守恒，有 　ｍｖ０＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１， 　∴　ｖ１＝ｍｖ０／（ｍ＋Ｍ）＝3ｍ／ｓ， 　子弹和木块Ｃ在ＡＢ木板上滑动，由动能定理得： 　（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ２２－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ１２＝－μ（ｍ＋Ｍ）ｇＬ， 　解得　ｖ２＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）用ｖ′表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由动量守恒定律，得　ｍｖ０′＋Ｍｕ＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１′，解得　ｖ１′＝4ｍ／ｓ． 　木块Ｃ及子弹在ＡＢ木板表面上做匀减速运动　ａ＝μｇ．设木块Ｃ和子弹滑至ＡＢ板右端的时间为ｔ，则木块Ｃ和子弹的位移ｓ１＝ｖ１′ｔ－（1／2）ａｔ2， 　由于ｍ车≥（ｍ＋Ｍ），故小车及木块ＡＢ仍做匀速直线运动，小车及木板ＡＢ的位移　ｓ＝ｕｔ，由图5可知：ｓ１＝ｓ＋Ｌ， 　联立以上四式并代入数据得： 　ｔ2－6ｔ＋1＝0， 　解得：ｔ＝（3－2）ｓ，（ｔ＝（3＋2）ｓ不合题意舍去），　　（11） 　∴　ｓ＝ｕｔ＝0．18ｍ． 16．解：（1）设Ａ滑上Ｂ后达到共同速度前并未碰到档板，则根据动量守恒定律得它们的共同速度为ｖ，有 图5　ｍｖ０＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝2ｍ／ｓ，在这一过程中，Ｂ的位移为ｓＢ＝ｖＢ2／2ａＢ且ａＢ＝μｍｇ／Ｍ，解得ｓＢ＝Ｍｖ2／2μｍｇ＝2×22／2×0．2×1×10＝2ｍ． 　设这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ１，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ１＝（1／2）ｍｖ０2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得ｓ１＝6ｍ． 　当ｓ＝4ｍ时，Ａ、Ｂ达到共同速度ｖ＝2ｍ／ｓ后再匀速向前运动2ｍ碰到挡板，Ｂ碰到竖直挡板后，根据动量守恒定律得Ａ、Ｂ最后相对静止时的速度为ｖ′，则 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′， 解得　ｖ′＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ２，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ２＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　ｓ２＝2．67ｍ． 　因此，Ａ、Ｂ最终不脱离的木板最小长度为ｓ１＋ｓ２＝8．67ｍ 　（2）因Ｂ离竖直档板的距离ｓ＝0．5ｍ＜2ｍ，所以碰到档板时，Ａ、Ｂ未达到相对静止，此时Ｂ的速度ｖＢ为 　ｖＢ2＝2ａＢｓ＝（2μｍｇ／Ｍ）ｓ，解得　ｖＢ＝1ｍ／ｓ， 　设此时Ａ的速度为ｖＡ，根据动量守恒定律，得 　ｍｖ０＝ＭｖＢ＋ｍｖＡ，解得ｖＡ＝4ｍ／ｓ， 　设在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移为ｓ１′，根据动能定理得： 　μｍｇｓ１′＝（1／2）ｍｖ０2－（（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）ＭｖＢ2）， 　解得　ｓ１′＝4．5ｍ． 　Ｂ碰撞挡板后，Ａ、Ｂ最终达到向右的相同速度ｖ，根据动能定理得ｍｖＡ－ＭｖＢ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ２′为 　μｍｇｓ２′＝（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得　ｓ２′＝（25／6）ｍ． 　Ｂ再次碰到挡板后，Ａ、Ｂ最终以相同的速度ｖ′向左共同运动，根据动量守恒定律，得 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′，解得　ｖ′＝（2／9）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ３′为： 　μｍｇｓ３′＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　　　　ｓ３′＝（8／27）ｍ． 　因此，为使Ａ不从Ｂ上脱落，Ｂ的最小长度为ｓ１′＋ｓ２′＋ｓ３′＝8．96ｍ． 17．解：（1）Ｂ与Ａ碰撞后，Ｂ相对于Ａ向左运动，Ａ所受摩擦力方向向左，Ａ的运动方向向右，故摩擦力作负功．设Ｂ与Ａ碰撞后的瞬间Ａ的速度为ｖ１，Ｂ的速度为ｖ２，Ａ、Ｂ相对静止后的共同速度为ｖ，整个过程中Ａ、Ｂ组成的系统动量守恒，有 　Ｍｖ０＝（Ｍ＋1．5Ｍ）ｖ，ｖ＝2ｖ０／5． 　碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功，即 　Ｍｖ２＋1．5Ｍｖ１＝2．5Ｍｖ，　　① 　（1／2）×1．5Ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2－（1／2）×2．5Ｍｖ2＝Ｍμ ｇｌ，　　② 可解出ｖ１＝（1／2）ｖ０（另一解ｖ１＝（3／10）ｖ０因小于ｖ而舍去） 　这段过程中，Ａ克服摩擦力做功 　Ｗ＝（1／2）×1．5Ｍｖ１2－（1／2）×1．5Ｍｖ2＝（27／400）Ｍｖ０2（0．068Ｍｖ０2）． 　（2）Ａ在运动过程中不可能向左运动，因为在Ｂ未与Ａ碰撞之前，Ａ受到的摩擦力方向向右，做加速运动，碰撞之后Ａ受到的摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后，速度仍向右，因此不可能向左运动． 　Ｂ在碰撞之后，有可能向左运动，即ｖ２＜0． 　先计算当ｖ２＝0时满足的条件，由①式，得 　ｖ１＝（2ｖ０／3）－（2ｖ２／3），当ｖ２＝0时，ｖ１＝2ｖ０／3，代入②式，得 　（（1／2）×1．5Ｍ4ｖ０2／9）－（（1／2）×2．5Ｍ4ｖ０2／25）＝Ｍμｇｌ， 解得　μｇｌ＝2ｖ０2／15． 　Ｂ在某段时间内向左运动的条件之一是μｌ＜2ｖ０2／15ｇ． 　另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即 　（1／2）Ｍｖ０2－（1／2）2．5Ｍ（2ｖ０／5）2≥2Ｍμｇｌ， 　解出另一个条件是　μｌ≤3ｖ０2／20ｇ， 　最后得出Ｂ在某段时间内向左运动的条件是 　2ｖ０2／15ｇ＜μｌ≤3ｖ０2／20ｇ． 18．解：（1）以警车为研究对象，由动能定理． 　－μｍｇ·ｓ＝（1／2）ｍｖ2－（1／2）ｍｖ０2， 　将ｖ０＝14．0ｍ／ｓ，ｓ＝14．0ｍ，ｖ＝0代入，得 　μｇ＝7．0ｍ／ｓ2， 　因为警车行驶条件与肇事汽车相同，所以肇事汽车的初速度ｖＡ＝＝21ｍ／ｓ． 　（2）肇事汽车在出事点Ｂ的速度 　ｖＢ＝＝14ｍ／ｓ， 　肇事汽车通过段的平均速度 　＝（ｖＡ＋ｖＢ）／2＝（21＋14）／2＝17．5ｍ／ｓ． 　肇事汽车通过ＡＢ段的时间 　ｔ２＝ＡＢ／＝（31．5－14．0）／17．5＝1ｓ． 　∴　游客横过马路的速度 　ｖ人＝／（ｔ１＋ｔ２）＝（2．6／（1＋0．7））ｍ／ｓ＝1．53ｍ／ｓ． 19．解：（1）开始Ａ、Ｂ处于静止状态时，有 　ｋｘ０－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｓｉｎ30°＝0，　　① 　设施加Ｆ时，前一段时间Ａ、Ｂ一起向上做匀加速运动，加速度为ａ，ｔ＝0．2ｓ，Ａ、Ｂ间相互作用力为零，对Ｂ有： 　ｋｘ－ｍＢｇｓｉｎ30°＝ｍＢａ，　　② 　ｘ－ｘ０＝（1／2）ａｔ2，　　③ 　解①、②、③得： 　ａ＝5ｍｓ－2，ｘ０＝0．05ｍ，ｘ＝0．15ｍ， 　初始时刻Ｆ最小 　Ｆｍｉｎ＝（ｍＡ＋ｍＢ）ａ＝60Ｎ． 　 ｔ＝0．2ｓ时，Ｆ最大 　Ｆｍａｘ－ｍＡｇｓｉｎ30°＝ｍＡａ， 　Ｆｍａｘ＝ｍＡ（ｇｓｉｎ30°＋ａ）＝100Ｎ， 　（2）ΔＥＰＡ＝ｍＡｇΔｈ＝ｍＡｇ（ｘ－ｘ０）ｓｉｎ30°＝5Ｊ． 20．解：当弹簧处于压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和．当弹簧伸长到其自然长度时，弹性势能为零，因这时滑块Ａ的速度为零，故系统的机械能等于滑块Ｂ的动能．设这时滑块Ｂ的速度为ｖ则有 　Ｅ＝（1／2）ｍ２ｖ2，　　① 由动量守恒定律（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ２ｖ，　　② 解得　Ｅ＝（1／2）（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２．　　③ 　假定在以后的运动中，滑块Ｂ可以出现速度为零的时刻，并设此时滑块Ａ的速度为ｖ１．这时，不论弹簧是处于伸长还是压缩状态，都具有弹性势能Ｅｐ．由机械能守恒定律得 　（1／2）ｍ１ｖ１2＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　④ 根据动量守恒　（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ１ｖ１，　　⑤ 求出ｖ１，代入④式得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑥ 因为Ｅｐ≥0，故得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）≤（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑦ 即　ｍ１≥ｍ２，与已知条件ｍ１＜ｍ２不符． 　可见滑块Ｂ的速度永不为零，即在以后的运动中，不可能出现滑动Ｂ的速度为零的情况． 21．解：设恰好物体相对圆盘静止时，弹簧压缩量为Δｌ，静摩擦力为最大静摩擦力ｆｍａｘ，这时物体处于临界状态，由向心力公式ｆｍａｘ－ｋΔｌ＝ｍＲｗ2，　　① 　假若物体向圆心移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ１－ｋ（Δｌ＋ｘ）＝ｍ（Ｒ－ｘ）ｗ2，　　② 　由①、②两式可得　ｆｍａｘ－ｆ１＝ｍｘｗ2－ｋｘ，　　③ 所以　ｍｘｗ2－ｋｘ≥0，得ｋ≤ｍｗ2，　　④ 　若物体向外移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ２－ｋ（Δｌ－ｘ）≥ｍ（Ｒ＋ｘ）ｗ2，　　⑤ 由①～⑥式得　ｆｍａｘ－ｆ２＝ｋｘ－ｍｘｗ2≥0，　　⑥ 所以　ｋ≥ｍｗ2，　　⑦ 即若物体向圆心移动，则ｋ≤ｍｗ2， 若物体向远离圆心方向移动，则ｋ≥ｍｗ2． 22．解：卫星环绕地球作匀速圆周运动，设卫星的质量为ｍ，轨道半径为ｒ，受到地球的万有引力为Ｆ， 　Ｆ＝ＧＭｍ／ｒ2，　　① 　式中Ｇ为万有引力恒量，Ｍ是地球质量． 　设ｖ是卫星环绕地球做匀速圆周运动的线速度，Ｔ是运动周期，根据牛顿第二定律，得 　Ｆ＝ｍｖ2／ｒ，　　② 　由①、②推导出　ｖ＝．　　③ 　③式表明：ｒ越大，ｖ越小． 　人造卫星的周期就是它环绕地球运行一周所需的时间Ｔ， 　Ｔ＝2π ｒ／ｖ，　　④ 　由③、④推出　Ｔ＝2π，　　⑤ 　⑤式说明：ｒ越大，Ｔ越大．　23．证：设质点通过Ａ点时的速度为ｖＡ，通过Ｃ点时的速度为ｖＣ，由匀变速直线运动的公式得： ｓ1＝ｖＡＴ＋ａＴ2／2，ｓ3＝ｖＣＴ＋ａＴ2／2，ｓ3－ｓ1＝ｖＣＴ－ｖＡＴ． ∵　ｖＣ＝ｖＡ＋2ａＴ， ∴　ｓ3－ｓ1＝（ｖＡ－2ａＴ－ｖＡ）Ｔ＝2ａＴ2，ａ＝（ｓ3－ｓ1）／2Ｔ2． 　24．根据：如果在连续的相等的时间内的位移之差相等，则物体做匀变速运动．证明：设物体做匀速运动的初速度为ｖ0，加速度为ａ，第一个Ｔ内的位移为ｓ1＝ｖ0Ｔ＋ａＴ2／2；第二个Ｔ内的位移为ｓ2＝（ｖ0＋ａＴ）Ｔ＋ａＴ2／2；第Ｎ个Ｔ内的位移为ｓＮ＝［ｖ0＋（Ｎ－1）ａＴ］Ｔ＋ａＴ2／2．　ｓＮ－ｓＮ－1＝ａＴ2，逆定理也成立． 　25．解：由匀变速直线运动的公式得小物块的加速度的大小为ａ1＝（ｖ0－ｖｔ）／ｔ＝2（ｍ／ｓ2）．木板的加速度大小为ａ2＝2ｓ／ｔ2＝0.25（ｍ／ｓ2）． 根据牛顿第二定律　Ｆ＝ｍａ 对小物块得　ｆ′1＝ｍａ1＝1×2＝2Ｎ， 对木板得　ｆ1－μ（ｍ＋Ｍ）ｇ＝Ｍａ2， 　μ＝（ｆ1－Ｍａ2）／（ｍ＋Ｍ）ｇ＝（2－4×0.25）／（1＋4）×10＝0.02． 　26．解：假设金属块没有离开第一块长木板，移动的相对距离为ｘ，由动量守恒定律，得ｍｖ0＝3ｍｖ， 　ｍｖ02／2＝3ｍｖ2／2＋μｍｇｘ， 解得ｘ＝4ｍ／3＞Ｌ，不合理， ∴　金属块一定冲上第二块木板． 　以整个系统为研究对象，由动量定律及能量关系，当金属块在第一块木板上时ｍｖ0＝ｍｖ0′＋2ｍｖ1， 　ｍｖ02／2＝12ｍｖ0′2＋2ｍ·ｖ12／2＋μｍｇｌ． 　ｍｖ0＝ｍｖ1＋2ｍｖ2， 　ｍｖ02／2＝ｍｖ12／2＋2ｍ·ｖ22／2＋μｍｇ（ｌ＋ｘ）． 联立解得： 　ｖ1＝1／3ｍ／ｓ，ｖ2＝5／6ｍ／ｓ，ｘ＝0.25ｍ． 　27．解：当ｔ＝0时，ａＡ0＝9／3＝3ｍ／ｓ2，ａＢ0＝3／6＝0.5ｍ／ｓ2．ａＡ0＞ａＢ0，Ａ、Ｂ间有弹力，随ｔ之增加，Ａ、Ｂ间弹力在减小，当（9－2ｔ）／3＝（3＋2ｔ）／6，ｔ＝2.5ｓ时，Ａ、Ｂ脱离，以Ａ、Ｂ整体为研究对象，在ｔ＝2.5ｓ内，加速度ａ＝（ＦＡ＋ＦＢ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝4／3ｍ／ｓ2，ｓ＝ａｔ2／2＝4.17ｍ． 　28．解：（1）由ｍＣｖ0＝ｍＣｖ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ1，Ｃ由Ａ滑至Ｂ时，Ａ、Ｂ的共同速度是 　ｖ1＝ｍＣ（ｖ0－ｖ）／（ｍＡ＋ｍＢ ）＝0.2ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＡ＝ｍＣｖ02／2－ｍＣｖ2／2－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12／2， 得　μ＝［ｍＣ（ｖ02－ｖ2）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12］／2ｍＣｇｌＡ＝0.48． 　（2）由ｍＣｖ＋ｍＢｖ1＝（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ2，Ｃ相对Ｂ静止时，Ｂ、Ｃ的共同速度是ｖ2＝（ｍＣｖ＋ｍＢｖ1）／（ｍＣ＋ｍＢ）＝0.65ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＢ＝ｍＣｖ2／2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22／2， Ｃ在Ｂ上滑行距离为 　ｌＢ＝［ｍＣｖ2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22］／2μｍＣｇ＝0.25ｍ． 　（3）由μｍＣｇｓ＝ｍＢｖ22／2－ｍＢｖ12／2， Ｂ相对地滑行的距离ｓ＝［ｍＢ（ｖ22－ｖ12）］／2μｍＣｇ＝0.12ｍ． 　（4）Ｃ在Ａ、Ｂ上匀减速滑行，加速度大小由μｍＣｇ＝ｍＣａ，得ａ＝μｇ＝4.8ｍ／ｓ2． Ｃ在Ａ上滑行的时间ｔ1＝（ｖ0－ｖ）／ａ＝0.21ｓ． Ｃ在Ｂ上滑行的时间ｔ2＝（ｖ－ｖ2）／ａ＝0.28ｓ． 所求时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝0.21ｓ＋0.28ｓ＝0.49ｓ． 　　29．匀加速下滑时，受力如图1ａ，由牛顿第二定律，有： ｍｇｓｉｎθ－μｍｇｃｏｓθ＝ｍａ＝ｍｇｓｉｎθ／2， 　ｓｉｎθ／2＝μｃｏｓθ， 　得μ＝ｓｉｎθ／2ｃｏｓθ．图1静止时受力分析如图1ｂ，摩擦力有两种可能：①摩擦力沿斜面向下；②摩擦力沿斜面向上．摩擦力沿斜面向下时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＝ｆ＋ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ， 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ＋μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ－μｓｉｎθ）ｍｇ＝3ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ－ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　摩擦力沿斜面向上时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＋ｆ＝ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ． 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ－μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ＋μｓｉｎθ）ｍｇ＝ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ＋ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　30．解：（1）物体在两斜面上来回运动时，克服摩擦力所做的功Ｗｆ＝μｍｇｃｏｓ60°·ｓ总． 　物体从开始直到不再在斜面上运动的过程中ｍｇｈ－Ｗｆ＝0－ｍｖ02／2．解得ｓ总＝38ｍ． 　（2）物体最终是在Ｂ、Ｃ之间的圆弧上来回做变速圆周运动，且在Ｂ、Ｃ点时速度为零． 　（3）物体第一次通过圆弧最低点时，圆弧所受压力最大．由动能定理得ｍｇ［ｈ＋Ｒ（1－ｃｏｓ60°）］－μｍｇｃｏｓ60°／ｓｉｎ60°＝ｍ（ｖ12－ｖ02）／2， 由牛顿第二定律得　Ｎｍａｘ－ｍｇ＝ｍｖ12／Ｒ， 解得　Ｎｍａｘ＝54.5Ｎ． 　物体最终在圆弧上运动时，圆弧所受压力最小．由动能定理得ｍｇＲ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍｖ22 ／2，由牛顿第二定律得Ｎｍｉｎ－ｍｇ＝ｍｖ22／Ｒ，解得Ｎｍｉｎ＝20Ｎ． 　31．解：（1）设刹车后，平板车的加速度为ａ0，从开始刹车到车停止所经历时间为ｔ0，车所行驶距离为ｓ0，则有ｖ02＝2ａ0ｓ0，ｖ0＝ａ0ｔ0． 　欲使ｔ0小，ａ0应该大，作用于木箱的滑动摩擦力产生的加速度ａ1＝μｍｇ／ｍ＝μｇ． 　当ａ0＞ａ1时，木箱相对车底板滑动，从刹车到车停止过程中木箱运动的路程为ｓ1，则ｖ02＝2ａ2ｓ1． 　为使木箱不撞击驾驶室，应有ｓ1－ｓ0≤Ｌ． 　联立以上各式解得：ａ0≤μｇｖ02／（ｖ02－2μｇＬ）＝5ｍ／ｓ2， 　∴　ｔ0＝ｖ0／ａ0＝4.4ｓ． 　（2）对平板车，设制动力为Ｆ，则Ｆ＋ｋ（Ｍ＋ｍ）ｇ－μｍｇ＝Ｍａ0，解得：Ｆ＝7420Ｎ． 　32．解：对系统ａ0＝［Ｆ－μｇ（ｍ1＋ｍ2）］／（ｍ1＋ｍ2）＝1ｍ／ｓ2． 　对木块1，细绳断后：│ａ1│＝ｆ1／ｍ1＝μｇ＝1ｍ／ｓ2． 　设细绳断裂时刻为ｔ1，则木块1运动的总位移： 　ｓ1＝2ａ0ｔ12／2＝ａ0ｔ12． 　对木块2，细绳断后，ａ2＝（Ｆ－μｍ2ｇ）／ｍ2＝2ｍ／ｓ2． 木块2总位移 　ｓ2＝ｓ′＋ｓ″＝ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2， 两木块位移差Δｓ＝ｓ2－ｓ1＝22（ｍ）． 得　ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2－ａ0ｔ12＝22， 把ａ0，ａ2值，ｖ1＝ａ0ｔ1代入上式整理得： 　ｔ12＋12ｔ1－28＝0，得ｔ1＝2ｓ． 木块2末速ｖ2＝ｖ1＋ａ2（6－ｔ1）＝ａ0ｔ1＋ａ2（6－ｔ1）＝10ｍ／ｓ． 此时动能Ｅｋ＝ｍ2ｖ22／2＝2×102／2Ｊ＝100Ｊ． 　33．解：（1）由动量守恒定律，ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ′，且有ｍ∶Ｍ＝1∶3， ∴　Ａ、Ｂ共同速度ｖ′＝ｍｖ0／（ｍ＋Ｍ）＝1ｍ／ｓ． 　（2）由动能定理，对全过程应有 　μｍｇ·2Ｌ＝ｍｖ02／2－（ｍ＋Ｍ）ｖ′2／2， 　4μｇＬ＝ｖ02－4ｖ′2，μ＝（ｖ02－4ｖ′2）／4ｇＬ＝0.3． 　（3）先求Ａ与Ｂ挡板碰前Ａ的速度ｖ10，以及木板Ｂ相应速度ｖ20，取从Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板相碰前过程为研究对象，依动量守恒与动能定理有以下两式成立：ｍｖ0＝ｍｖ10＋Ｍｖ20， 　ｍｖ02／2－ｍｖ102／2－Ｍｖ202／2＝μｍｇＬ． 代入数据得　ｖ10＋3ｖ20＝4，ｖ102＋3ｖ202＝10， 解以上两式可得　ｖ10＝（2±3）／2ｍ／ｓ．因Ａ与Ｂ挡板碰前速度不可能取负值，故ｖ10＝（2＋3）／2ｍ／ｓ．相应解出ｖ20＝（2－）／2ｍ／ｓ＝0.3ｍ／ｓ． 　木板Ｂ此过程为匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得μｍｇ＝Ｍａ1，ａ1＝μｍｇ／Ｍ＝1（ｍ／ｓ2）． 此过程经历时间ｔ1由下式求出 　ｖ20＝ａ1ｔ1，ｔ1＝ｖ20／ａ1 ＝0.3（ｓ）． 其速度图线为图2中0～0.3ｓ段图线ａ． 　再求Ａ与Ｂ挡板碰后，木板Ｂ的速度ｖ2与木块Ａ的速度ｖ1，为方便起见取Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板碰撞后瞬间过程为研究对象，依动量守恒定律与动能定理有以下两式成立： ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2，ｍｖ02／2－ｍｖ12／2－Ｍｖ22／2＝μｍｇＬ． 故解为　ｖ1＝（2±3）／2ｍ／ｓ． 因ｖ1＝（2＋3）／2ｍ／ｓ为碰前速度，故取ｖ1＝（2－3）／2ｍ／ｓ，相应得ｖ2＝2＋2ｍ／ｓ＝1.7ｍ／ｓ． 由于ｖ1＜0，即木块相对Ｂ向左滑动，Ａ受Ｂ摩擦力向右，Ｂ受Ａ摩擦力向左，故Ｂ做匀减速直线运动，加速度大小由牛顿第二定律，得ａ＝μｍｇ／Ｍ＝1ｍ／ｓ2． 　从碰后到Ａ滑到Ｂ最左端过程中，Ｂ向右做匀减速直线运动时间设为ｔ2，则ｖ′－ｖ2＝－ａｔ2， ∴　ｔ2＝0.7ｓ． 　此过程速度图线如图2中0.3ｓ～1.0ｓ段图线ｂ．图2　　34．解：设ｍ1、ｍ2两物体受恒力Ｆ作用后，产生的加速度分别为ａ1、ａ2，由牛顿第二定律Ｆ＝ｍａ，得 　ａ1＝Ｆ／ｍ1，ａ2＝Ｆ／ｍ2， 　历时ｔ两物体速度分别为ｖ1＝ａ1ｔ，ｖ2＝ｖ0＋ａ2ｔ，由题意令ｖ1＝ｖ2，即ａ1ｔ＝ｖ0＋ａ2ｔ或（ａ1－ａ2）ｔ＝ｖ0，因ｔ≠0、ｖ0＞0，欲使上式成立，需满足ａ1－ａ2＞0，即Ｆ／ｍ1＞Ｆ／ｍ2，或ｍ1＜ｍ2，也即当ｍ1≥ｍ2时不可能达到共同速度，当ｍ1＜ｍ2时，可以达到共同速度． 　35．解：（1）当小球刚好能在轨道内做圆周运动时，水平初速度ｖ最小，此时有ｍｇ＝ｍｖ2／Ｒ， 故　ｖ＝＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）若初速度ｖ′＜ｖ，小球将做平抛运动，如在其竖直位移为Ｒ的时间内，其水平位移ｓ≥Ｒ，小球可进入轨道经过Ｂ点．设其竖直位移为Ｒ时，水平位移也恰为R，则Ｒ＝ｇｔ2／2，Ｒ＝ｖ′ｔ，解得：ｖ′＝／2＝ｍ／ｓ． 因此，初速度满足2ｍ／ｓ＞ｖ′≥ｍ／ｓ时，小球可做平抛运动经过Ｂ点． 　36．卫星在天空中任何天体表面附近运行时，仅受万有引力Ｆ作用使卫星做圆周运动，运动半径等于天体的球半径Ｒ．设天体质量为Ｍ，卫星质量为ｍ，卫星运动周期为Ｔ，天体密度为ρ．根据万有引力定律Ｆ＝ＧＭｍ／Ｒ2， 卫星做圆周运动向心力Ｆ′＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2 ， 因为 　Ｆ′＝Ｆ，得ＧＭｍ／Ｒ2＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2，∴Ｔ＝． 　又球体质量Ｍ＝4πＲ3ρ／3． 得Ｔ＝=，∴Ｔ∝1／，得证． 　37．解：由于两球相碰满足动量守恒 　　ｍ1ｖ0＝ｍ1ｖ1＋ｍ2ｖ2，ｖ1＝－1.3ｍ／ｓ． 　两球组成系统碰撞前后的总动能Ｅｋ1＋Ｅｋ2＝ｍ1ｖ02／2＋0＝2.5Ｊ， 　Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＝ｍ1ｖ12／2＋ｍ2ｖ22／2＝2.8Ｊ． 　可见，Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＞Ｅｋ1＋Ｅｋ2，碰后能量较碰撞前增多了，违背了能量守恒定律，这种假设不合理． 　38．解：（1）由动量守恒，得ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2， 由运动学公式得ｓ＝（ｖ1－ｖ2）ｔ，ｈ＝ｇｔ2／2， 由以上三式得ｖ2＝（ｍｖ0－ｓｍ）／（Ｍ＋ｍ）． 　（2）最后车与物体以共同的速度ｖ向右运动，故有 　ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖｖ＝ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）． ∴ΔＥ＝ｍｖ02／2＋ｍｇｈ－（Ｍ＋ｍ）ｍ2ｖ02／2（Ｍ＋ｍ）2． 解得ΔＥ＝ｍｇｈ＋Ｍｍｖ02／2（Ｍ＋ｍ）． 　39．解：设碰前Ａ、Ｂ有共同速度ｖ时，Ｍ前滑的距离为ｓ．则ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ，ｆｓ＝Ｍｖ2／2，ｆ＝μｍｇ． 　由以上各式得　ｓ＝Ｍｍｖ02／2μｇ（Ｍ＋ｍ）2． 　当ｖ0＝2ｍ／ｓ时，ｓ＝2／9ｍ＜0.5ｍ，即Ａ、Ｂ有共同速度．当ｖ0＝4ｍ／ｓ时，ｓ＝8／9ｍ＞0.5ｍ，即碰前Ａ、Ｂ速度不同． 　40．解：（1）物体由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者系统水平方向动量守恒得：ｍｖ0＝ｍｖ0／2＋2ｍｖＡＢ． 解之得　ｖＡＢ＝ｖ0／4． 　（2）物块由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者功能关系得：μｍｇＬ＝ｍｖ02／2－ｍ（ｖ0／2）2／2－2ｍ（ｖ0／4）2／2． 解之得　Ｌ＝5ｖ02／16μｇ． 　（3）物块由Ｄ滑到Ｃ的过程中，二者系统水平方向动量守恒，又因为物块到达最高点Ｃ时，物块与滑块速度相等且水平，均为ｖ． 故得　ｍｖ0／2＋ｍｖ0／4＝2ｍｖ， ∴　得滑块的动能ＥＣＤ＝ｍｖ2／2＝9ｍｖ02／128． 　 41．解：（1）Ｂ从ｖ0减速到速度为零的过程，Ｃ静止，Ｂ的位移：ｓ1＝ｖ02／2μｇ． 　所用的时间：ｔ1＝ｖ0／μｇ． 　此后Ｂ与Ｃ一起向右做加速运动，Ａ做减速运动，直到相对静止，设所用时间为ｔ2，共同速度为ｖ． 　对Ａ、Ｂ、Ｃ，由动量守恒定律得 　ｍＡ·2ｖ0－ｍＢｖ0＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ， ∵　ｍＡ＝ｍＢ＝ｍＣ，∴　ｖ＝ｖ0／3． 　对Ｂ与Ｃ，向右加速运动的加速度 　ａ＝μｍＡｇ／（ｍＢ＋ｍＣ）＝μｇ／2，∴ｔ2＝ｖ／ａ＝2ｖ0／3μｇ． Δｔ内Ｂ向右移动的位移ｓ2＝ｖｔ2／2＝ｖ02／9μｇ， 故总路程ｓ＝ｓ1＋ｓ2＝11ｖ02／18μｇ，总时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝5ｖ0／3μｇ． 　（2）设车的最小长度为Ｌ，则相对静止时Ａ、Ｂ刚好接触，由能量守恒得 　ｍＡ（2ｖ0）2／2＋ｍＢｖ02／2＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ2／2＋μｍＢｇｓ1＋μｍＡｇ（Ｌ－ｓ1）， 联立解得Ｌ＝7ｖ02／3μｇ． 　42．解：（1）ｍ速度最大的位置应在O点左侧．因为细线烧断后，ｍ在弹簧弹力和滑动摩擦力的合力作用下向右做加速运动，当弹力与摩擦力的合力为零时，ｍ的速度达到最大，此时弹簧必处于压缩状态．此后，系统的机械能不断减小，不能再达到这一最大速度． 　（2）选ｍ、Ｍ为一系统，由动量守恒定律得 　ｍｖ1＝Ｍｖ2． 　设这一过程中弹簧释放的弹性势能为Ｅｐ，则 　Ｅｐ＝ｍｖ12／2＋Ｍｖ22／2＋μｍｇｓ， 解得　ｖ2＝ｍｖ1／Ｍ，Ｅｐ＝ｍ［（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2Ｍ＋μｇｓ］． 　（2）ｍ与Ｍ最终将静止，因为系统动量守恒，且总动量为零，只要ｍ与Ｍ间有相对运动，就要克服摩擦力做功，不断消耗能量，所以，ｍ与Ｍ最终必定都静止． 　43．解：（1）第一颗子弹射入木块过程，系统动量守恒，有 　ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ1． 　射入后，在ＯＢＣ运动过程中，机械能守恒，有 　（ｍ＋Ｍ）ｖ12／2＝（ｍ＋Ｍ）ｇＲ，得ｖ0＝（Ｍ＋ｍ）／ｍ． 　（2）由动量守恒定律知，第2、4、6……颗子弹射入木块后，木块速度为0，第1、3、5……颗子弹射入后，木块运动．当第9颗子弹射入木块时，由动量守恒得： 　ｍｖ0＝（9ｍ＋Ｍ）ｖ9， 　设此后木块沿圆弧上升最大高度为Ｈ，由机械能守恒定律得：（9ｍ＋Ｍ）ｖ92／2＝（9ｍ＋Ｍ）ｇＨ， 由以上可得：Ｈ＝［（Ｍ＋ｍ）／（Ｍ＋9ｍ）］2Ｒ． 　44．解：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动ｓ，速度变为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．由动能定理 　－μＭｇｓ＝0－ｍｖ02／2，ｓ＝ｍｖ02／2μＭｇ＝0.33ｍ． 　 （2）假如平板车在第二次碰墙前还未和滑块相对静止，则其速度的大小肯定还是2ｍ／ｓ，因为只要相对运动，摩擦力大小为恒值．滑块速度则大于2ｍ／ｓ，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰墙前肯定已和滑块具有共同速度ｖ．此即平板车碰墙前瞬间的速度． 　Ｍｖ0－ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， ∴ｖ＝（Ｍ－ｍ）ｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝0.4ｍ／ｓ．图3　（3）平板车与墙壁第一次碰撞后滑块与平板又达到共同速度ｖ前的过程，可用图3（ａ）、（ｂ）、（ｃ）表示．图3（ａ）为平板车与墙碰撞后瞬间滑块与平板车的位置，图3（ｂ）为平板车到达最左端时两者的位置，图3（ｃ）为平板车与滑块再次达到共同速度时两者的位置．在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功μΜｇｓ′，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功μＭｇｓ″（平板车从Ｂ到Ａ再回到Ｂ的过程中摩擦力做功为零），其中ｓ′、ｓ″分别为滑块和平板车的位移．滑块和平板车动能总减少为μＭｇｌ1，其中ｌ1＝ｓ′＋ｓ″为滑块相对平板车的位移，此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为ｌ，则有（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2＝μＭｇｌ，ｌ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2μＭｇ＝0.833ｍ． ｌ即为平板车的最短长度．图4　　45．解：如图4，Ａ球从静止释放后将自由下落至Ｃ点悬线绷直，此时速度为ｖＣ ∵　ｖＣ2＝2ｇ×2Ｌｓｉｎ30°， ∴　ｖＣ＝＝2ｍ／ｓ． 　在线绷直的过程中沿线的速度分量减为零时，Ａ将以切向速度ｖ1沿圆弧运动且 　ｖ1＝ｖＣｃｏｓ30°＝ｍ／ｓ． 　Ａ球从Ｃ点运动到最低点与Ｂ球碰撞前机械能守恒，可求出Ａ球与Ｂ球碰前的速度 　ｍＡｖ12／2＋ｍＡｇＬ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍＡｖ22／2， 　ｖ2＝== ｍ／ｓ． 　因Ａ、Ｂ两球发生无能量损失的碰撞且ｍＡ＝ｍＢ，所以它们的速度交换，即碰后Ａ球的速度为零，Ｂ球的速度为ｖ2＝（ｍ／ｓ）．对Ｂ球和小车组成的系统水平方向动量守恒和机械能守恒，当两者有共同水平速度ｕ时，Ｂ球上升到最高点，设上升高度为ｈ． 　ｍＢｖ2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ，ｍＢｖ22／2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ2／2＋ｍＢｇｈ．解得ｈ＝3／16≈0.19ｍ． 　在Ｂ球回摆到最低点的过程中，悬线拉力仍使小车加速，当Ｂ球回到最低点时小车有最大速度ｖｍ，设小球Ｂ回到最低点时速度的大小为ｖ3，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 　ｍＢｖ2＝－ｍＢｖ3＋Ｍｖｍ，ｍＢｖ22／2＝ｍＢｖ32／2＋Ｍｖｍ2／2， 解得ｖｍ＝2ｍＢｖ2／（ｍ3＋Ｍ）＝／2ｍ／ｓ＝1.12ｍ／ｓ． 　46．解：（1）小球的角速度与运动的角速度必定相等，则有ｖ＝ωＲ＝ω． 　（2）人手所提供的功率应等于小球在运动过程中克服摩擦力做功的功率．即有Ｐ＝ｆｖ， ∴　ｆ＝Ｐ／ｖ＝Ｐ／ω． 　47．解：由于粘性物体与底板粘合的过程时间极短，冲击力远大于重力，在竖直方向近似动量守恒，开始静止时，有　ｍ1ｇ＝ｋｘｋ＝ｍ1ｇｘ． 　ｍ2下落Ｈ时的速度ｖ＝，ｍ2与ｍ1合在一起动量守恒，ｍ2ｖ＝（ｍ1＋ｍ2）ｖ′，ｖ′＝ｍ2ｖ／（ｍ1＋ｍ2）＝ｍ2／（ｍ1＋ｍ2）． 　设向下为正方向，ｍ1与ｍ2的整体受两个力，即重力（ｍ1＋ｍ2）ｇ和弹簧的平均拉力，则有平均拉力＝ｋｘ＋ｋｈ／2＝ｋ（2ｘ＋ｈ）／2，由动能定理得 ［－＋（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ＝0－（ｍ1＋ｍ2）ｖ2／2， 由以上各式得［ｍ1ｇ（2ｘ＋ｈ）／2ｘ－（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ 　＝（ｍ1＋ｍ2）·ｍ22·2ｇｈ／2（ｍ1＋ｍ2）2． 代入数值得ｈ＝0.3ｍ． 　48．解：ｍ与Ａ粘在一起后水平方向动量守恒，共同速度设为ｖ1，Ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ1， 得ｖ1＝Ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝2ｖ0／3． 　当弹簧压缩到最大时即有最大弹性势能Ｅ，此时系统中各物体有相同速度，设为ｖ2，由动量守恒定律 　2Ｍｖ0＝（2Ｍ＋ｍ）ｖ2，得ｖ2＝2Ｍｖ0／（2Ｍ＋ｍ）＝4ｖ0／5． 由能量守恒有 　Ｅ＝Ｍｖ02／2＋（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2－（2Ｍ＋ｍ）ｖ22／2， 解得Ｅ＝Ｍｖ02／30． 　49．解：（1）振子在平衡位置时，所受合力为零，设此时弹簧被压缩Δｘ：（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ＝ｋΔｘ，Δｘ＝5ｃｍ． 　开始释放时振子处在最大位移处，故振幅 　Ａ＝5ｃｍ＋5ｃｍ＝10ｃｍ． 　 （2）由于开始时弹簧的伸长量恰等于振子在平衡位置时弹簧的压缩量，故弹性势能相等，设振子的最大速度为ｖ，从开始到平衡位置，根据机械能守恒定律， 得ｍｇ·Ａ＝ｍｖ2／2，∴ｖ＝＝1.4ｍ／ｓ， 即Ｂ的最大速率为1.4ｍ／ｓ． 　（3）在最高点，振子受到的重力和弹力方向相同，根据牛顿第二定律，得 　ａ＝［ｋΔｘ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ］／（ｍＡ＋ｍＢ）＝20ｍ／ｓ2， Ａ对Ｂ的作用力方向向下，其大小 　Ｎ1＝ｍＢａ－ｍＢｇ＝10Ｎ． 在最低点，振子受到的重力和弹力方向相反，根据牛顿第二定律，得ａ＝ｋ（Δｘ＋Ａ）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｍＡ＋ｍＢ＝20ｍ／ｓ2． Ａ对Ｂ的作用力方向向上，其大小 　Ｎ2＝ｍＢａ＋ｍＢｇ＝30Ｎ． 　24．小车拖着纸带做直线运动，打点计时器在纸带上打下了一系列的点．如何根据纸带上的点证明小车在做匀变速运动？说出判断依据并作出相应的证明．2．解：在0～1ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知 　ａ１＝12ｍ／ｓ２， 由牛顿第二定律，得 　Ｆ－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ１，　　① 在0～2ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知ａ２＝－6ｍ／ｓ２， 因为此时物体具有斜向上的初速度，故由牛顿第二定律，得 　－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ２，　　② 　②式代入①式，得　Ｆ＝18Ｎ． 3．解：在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从Ａ到Ｂ需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为ｔ1，则 　（ｖ／2）ｔ１＋ｖ（ｔ－ｔ１）＝Ｌ， 所以　ｔ１＝2（ｖｔ－Ｌ）／ｖ＝（2×（2×6－10）／2）ｓ＝2ｓ． 为使物体从Ａ至Ｂ所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变．而　ａ＝ｖ／ｔ＝1ｍ／ｓ２．设物体从Ａ至Ｂ所用最短的时间为ｔ2，则 　（1／2）ａｔ2２＝Ｌ， 　ｔ2＝=＝2ｓ． 　ｖｍｉｎ＝ａｔ2＝1×2ｍ／ｓ＝2ｍ／ｓ． 传送带速度再增大1倍，物体仍做加速度为1ｍ／ｓ２的匀加速运动，从Ａ至Ｂ的传送时间为2ｍ／ｓ． 4．解：启动前Ｎ１＝ｍｇ， 　升到某高度时　Ｎ2＝（17／18）Ｎ１＝（17／18）ｍｇ， 　对测试仪　Ｎ2－ｍｇ′＝ｍａ＝ｍ（ｇ／2）， 　∴　ｇ′＝（8／18）ｇ＝（4／9）ｇ， 　ＧｍＭ／Ｒ2＝ｍｇ，ＧｍＭ／（Ｒ＋ｈ）2＝ｍｇ′，解得：ｈ＝（1／2）Ｒ． 5．解：由匀加速运动的公式　ｖ２＝ｖ０２＋2ａｓ 　得物块沿斜面下滑的加速度为 　ａ＝ｖ2／2ｓ＝1．42／（2×1．4）＝0．7ｍｓ－２， 由于ａ＜ｇｓｉｎθ＝5ｍｓ－２， 　可知物块受到摩擦力的作用．图3　分析物块受力，它受3个力，如图3．对于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，由牛顿定律有 　ｍｇｓｉｎθ－ｆ１＝ｍａ， 　ｍｇｃｏｓθ－Ｎ１＝0， 　分析木楔受力，它受5个力作用，如图3所示．对于水平方向，由牛顿定律有 　ｆ2＋ｆ１ｃｏｓθ－Ｎ１ｓｉｎθ＝0， 　由此可解得地面的作用于木楔的摩擦力 　ｆ2＝ｍｇｃｏｓθｓｉｎθ－（ｍｇｓｉｎθ－ｍａ）ｃｏｓθ＝ｍａｃｏｓθ＝1×0．7×（／2）＝0．61Ｎ． 　此力的方向与图中所设的一致（由指向）． 6．解：（1）飞机原先是水平飞行的，由于垂直气流的作用，飞机在竖直方向上的运动可看成初速度为零的匀加速直线运动，根据　ｈ＝（1／2）ａｔ２，得ａ＝2ｈ／ｔ２，代入ｈ＝1700ｍ，ｔ＝10ｓ，得 　ａ＝（2×1700／10２）（ｍ／ｓ２）＝34ｍ／ｓ２，方向竖直向下． 　（2）飞机在向下做加速运动的过程中，若乘客已系好安全带，使机上乘客产生加速度的力是向下重力和安全带拉力的合力．设乘客质量为ｍ，安全带提供的竖直向下拉力为Ｆ，根据牛顿第二定律　Ｆ＋ｍｇ＝ｍａ，得安全带拉力 　　Ｆ＝ｍ（ａ－ｇ）＝ｍ（34－10）Ｎ＝24ｍ（Ｎ）， ∴　安全带提供的拉力相当于乘客体重的倍数 　ｎ＝Ｆ／ｍｇ＝24ｍＮ／ｍ·10Ｎ＝2．4（倍）． 　（3）若乘客未系安全带，飞机向下的加速度为34ｍ／ｓ２，人向下加速度为10ｍ／ｓ２，飞机向下的加速度大于人的加速度，所以人对飞机将向上运动，会使头部受到严重伤害． 7．解：设月球表面重力加速度为ｇ，根据平抛运动规律，有 　ｈ＝（1／2）ｇｔ２，　　① 　水平射程为　　　Ｌ＝ｖ０ｔ，　　② 　联立①②得ｇ＝2ｈｖ０２／Ｌ２．　　③ 　根据牛顿第二定律，得　ｍｇ＝ｍ（2π／Ｔ）２ Ｒ，　　④ 　联立③④得　Ｔ＝（πＬ／ｖ０ｈ）．　　⑤ 8．解：前2秒内，有Ｆ－ｆ＝ｍａ１，ｆ＝μＮ，Ｎ＝ｍｇ，则 　ａ１＝（Ｆ－μｍｇ）／ｍ＝4ｍ／ｓ２，ｖｔ＝ａ１ｔ＝8ｍ／ｓ， 　撤去Ｆ以后　ａ２＝ｆ／ｍ＝2ｍ／ｓ，ｓ＝ｖ１２／2ａ２＝16ｍ． 9．解：（1）用力斜向下推时，箱子匀速运动，则有 　Ｆｃｏｓθ＝ｆ，ｆ＝μＮ，Ｎ＝Ｇ＋Ｆｓｉｎθ， 　联立以上三式代数据，得　Ｆ＝1．2×10２Ｎ． 　（2）若水平用力推箱子时，据牛顿第二定律，得Ｆ合＝ｍａ，则有 　Ｆ－μＮ＝ｍａ，Ｎ＝Ｇ， 　联立解得　ａ＝2．0ｍ／ｓ２． 　ｖ＝ａｔ＝2．0×3．0ｍ／ｓ＝6．0ｍ／ｓ， 　ｓ＝（1／2）ａｔ２＝（1／2）×2．0×3．0２ｍ／ｓ＝9．0ｍ， 　推力停止作用后　ａ′＝ｆ／ｍ＝4．0ｍ／ｓ２（方向向左）， 　ｓ′＝ｖ２／2ａ′＝4．5ｍ， 　则　ｓ总＝ｓ＋ｓ′＝13．5ｍ． 10．解：根据题中说明，该运动员发球后，网球做平抛运动．以ｖ表示初速度，Ｈ表示网球开始运动时离地面的高度（即发球高度），ｓ１表示网球开始运动时与网的水平距离（即运动员离开网的距离），ｔ１表示网球通过网上的时刻，ｈ表示网球通过网上时离地面的高度，由平抛运动规律得到 　ｓ１＝ｖｔ１，Ｈ－ｈ＝（1／2）ｇｔ１２， 消去ｔ１，得　　ｖ＝ｍ／ｓ，ｖ≈23ｍ／ｓ． 　以ｔ２表示网球落地的时刻，ｓ２表示网球开始运动的地点与落地点的水平距离，ｓ表示网球落地点与网的水平距离，由平抛运动规律得到 　Ｈ＝（1／2）ｇｔ２２，ｓ２＝ｖｔ２， 消去ｔ２，得ｓ２＝ｖ≈16ｍ， 　网球落地点到网的距离　ｓ＝ｓ２－ｓ１≈4ｍ． 11．解：（1）设卫星质量为ｍ，它在地球附近做圆周运动，半径可取为地球半径Ｒ，运动速度为ｖ，有 　ＧＭｍ／Ｒ２＝ｍｖ２／Ｒ　得ｖ＝． 　（2）由（1）得： 　Ｍ＝ｖ２Ｒ／Ｇ＝＝6．0×1024ｋｇ． 12．解：对物块：Ｆ１－μｍｇ＝ｍａ１， 　6－0．5×1×10＝1·ａ１，ａ１＝1．0ｍ／ｓ2， 　ｓ１＝（1／2）ａ１ｔ2＝（1／2）×1×0．42＝0．08ｍ， 　ｖ１＝ａ１ｔ＝1×0．4＝0．4ｍ／ｓ， 　对小车：Ｆ２－μｍｇ＝Ｍａ２， 　9－0．5×1×10＝2ａ２，ａ２＝2．0ｍ／ｓ2， 　ｓ２＝（1／2）ａ２ｔ2＝（1／2）×2×0．42＝0．16ｍ， 　ｖ２＝ａ２ｔ＝2×0．4＝0．8ｍ／ｓ， 　撤去两力后，动量守恒，有Ｍｖ２－ｍｖ１＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， 　ｖ＝0．4ｍ／ｓ（向右）， ∵　（（1／2）ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2）－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ2＝μｍｇｓ３， 　ｓ３＝0．096ｍ， ∴　ｌ＝ｓ１＋ｓ２＋ｓ３＝0．336ｍ． 13．解：设木块到Ｂ时速度为ｖ０，车与船的速度为ｖ１，对木块、车、船系统，有 　ｍ１ｇｈ＝（ｍ１ｖ０2／2）＋（（ｍ２＋ｍ３）ｖ１2／2）， 　ｍ１ｖ０＝（ｍ２＋ｍ３）ｖ１， 解得　ｖ０＝5，ｖ１＝． 　木块到Ｂ后，船以ｖ１继续向左匀速运动，木块和车最终以共同速度ｖ２向右运动，对木块和车系统，有 　ｍ１ｖ０－ｍ２ｖ１＝（ｍ１＋ｍ２）ｖ２， 　μｍ１ｇｓ＝（（ｍ１ｖ０2／2）＋（ｍ２ｖ１2／2））－（（ｍ１＋ｍ２）ｖ２2／2）， 得　ｖ２＝ｖ１＝，ｓ＝2ｈ． 14．解：（1）小球的角速度与手转动的角速度必定相等均为ω．设小球做圆周运动的半径为ｒ，线速度为ｖ．由几何关系得　ｒ＝，ｖ＝ω·ｒ，解得　　 　　ｖ＝ω． 　（2）设手对绳的拉力为Ｆ，手的线速度为ｖ，由功率公式得　Ｐ＝Ｆｖ＝Ｆ·ωＲ， ∴　Ｆ＝Ｐ／ωＲ．图4　研究小球的受力情况如图4所示，因为小球做匀速圆周运动，所以切向合力为零，即 　Ｆｓｉｎθ ＝ｆ， 其中　ｓｉｎθ＝Ｒ／， 　联立解得　ｆ＝Ｐ／ω． 15．解：（1）用ｖ１表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由于子弹射入木块Ｃ时间极短，系统动量守恒，有 　ｍｖ０＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１， 　∴　ｖ１＝ｍｖ０／（ｍ＋Ｍ）＝3ｍ／ｓ， 　子弹和木块Ｃ在ＡＢ木板上滑动，由动能定理得： 　（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ２２－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ１２＝－μ（ｍ＋Ｍ）ｇＬ， 　解得　ｖ２＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）用ｖ′表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由动量守恒定律，得　ｍｖ０′＋Ｍｕ＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１′，解得　ｖ１′＝4ｍ／ｓ． 　木块Ｃ及子弹在ＡＢ木板表面上做匀减速运动　ａ＝μｇ．设木块Ｃ和子弹滑至ＡＢ板右端的时间为ｔ，则木块Ｃ和子弹的位移ｓ１＝ｖ１′ｔ－（1／2）ａｔ2， 　由于ｍ车≥（ｍ＋Ｍ），故小车及木块ＡＢ仍做匀速直线运动，小车及木板ＡＢ的位移　ｓ＝ｕｔ，由图5可知：ｓ１＝ｓ＋Ｌ， 　联立以上四式并代入数据得： 　ｔ2－6ｔ＋1＝0， 　解得：ｔ＝（3－2）ｓ，（ｔ＝（3＋2）ｓ不合题意舍去），　　（11） 　∴　ｓ＝ｕｔ＝0．18ｍ． 16．解：（1）设Ａ滑上Ｂ后达到共同速度前并未碰到档板，则根据动量守恒定律得它们的共同速度为ｖ，有图5　ｍｖ０＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝2ｍ／ｓ，在这一过程中，Ｂ的位移为ｓＢ＝ｖＢ2／2ａＢ且ａＢ＝μｍｇ／Ｍ，解得ｓＢ＝Ｍｖ2／2μｍｇ＝2×22／2×0．2×1×10＝2ｍ． 　设这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ１，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ１＝（1／2）ｍｖ０2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得ｓ１＝6ｍ． 　当ｓ＝4ｍ时，Ａ、Ｂ达到共同速度ｖ＝2ｍ／ｓ后再匀速向前运动2ｍ碰到挡板，Ｂ碰到竖直挡板后，根据动量守恒定律得Ａ、Ｂ最后相对静止时的速度为ｖ′，则 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′， 解得　ｖ′＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ２，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ２＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2 ， 　解得　ｓ２＝2．67ｍ． 　因此，Ａ、Ｂ最终不脱离的木板最小长度为ｓ１＋ｓ２＝8．67ｍ 　（2）因Ｂ离竖直档板的距离ｓ＝0．5ｍ＜2ｍ，所以碰到档板时，Ａ、Ｂ未达到相对静止，此时Ｂ的速度ｖＢ为 　ｖＢ2＝2ａＢｓ＝（2μｍｇ／Ｍ）ｓ，解得　ｖＢ＝1ｍ／ｓ， 　设此时Ａ的速度为ｖＡ，根据动量守恒定律，得 　ｍｖ０＝ＭｖＢ＋ｍｖＡ，解得ｖＡ＝4ｍ／ｓ， 　设在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移为ｓ１′，根据动能定理得： 　μｍｇｓ１′＝（1／2）ｍｖ０2－（（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）ＭｖＢ2）， 　解得　ｓ１′＝4．5ｍ． 　Ｂ碰撞挡板后，Ａ、Ｂ最终达到向右的相同速度ｖ，根据动能定理得ｍｖＡ－ＭｖＢ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ２′为 　μｍｇｓ２′＝（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得　ｓ２′＝（25／6）ｍ． 　Ｂ再次碰到挡板后，Ａ、Ｂ最终以相同的速度ｖ′向左共同运动，根据动量守恒定律，得 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′，解得　ｖ′＝（2／9）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ３′为： 　μｍｇｓ３′＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　　　　ｓ３′＝（8／27）ｍ． 　因此，为使Ａ不从Ｂ上脱落，Ｂ的最小长度为ｓ１′＋ｓ２′＋ｓ３′＝8．96ｍ． 17．解：（1）Ｂ与Ａ碰撞后，Ｂ相对于Ａ向左运动，Ａ所受摩擦力方向向左，Ａ的运动方向向右，故摩擦力作负功．设Ｂ与Ａ碰撞后的瞬间Ａ的速度为ｖ１，Ｂ的速度为ｖ２，Ａ、Ｂ相对静止后的共同速度为ｖ，整个过程中Ａ、Ｂ组成的系统动量守恒，有 　Ｍｖ０＝（Ｍ＋1．5Ｍ）ｖ，ｖ＝2ｖ０／5． 　碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功，即 　Ｍｖ２＋1．5Ｍｖ１＝2．5Ｍｖ，　　① 　（1／2）×1．5Ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2－（1／2）×2．5Ｍｖ2＝Ｍμｇｌ，　　② 可解出ｖ１＝（1／2）ｖ０（另一解ｖ１＝（3／10）ｖ０因小于ｖ而舍去） 　这段过程中，Ａ克服摩擦力做功 　Ｗ＝（1／2）×1．5Ｍｖ１2－（1／2）×1．5Ｍｖ2＝（27／400）Ｍｖ０2（0．068Ｍｖ０2）． 　（2）Ａ在运动过程中不可能向左运动，因为在Ｂ未与Ａ碰撞之前，Ａ受到的摩擦力方向向右，做加速运动，碰撞之后Ａ受到的摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后，速度仍向右，因此不可能向左运动． 　Ｂ在碰撞之后，有可能向左运动，即ｖ２＜0． 　先计算当ｖ２＝0时满足的条件，由①式，得 　ｖ１＝（2ｖ０／3）－（2ｖ２／3），当ｖ２＝0时，ｖ１＝2ｖ０／3，代入②式，得 　（（1／2）×1．5Ｍ4ｖ０2／9）－（（1／2）×2．5Ｍ4ｖ０2／25）＝Ｍμｇｌ， 解得　μｇｌ＝2ｖ０2／15． 　Ｂ在某段时间内向左运动的条件之一是μｌ＜2ｖ０2／15ｇ． 　另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即 　（1／2）Ｍｖ０2－（1／2）2．5Ｍ（2ｖ０／5）2≥2Ｍμｇｌ， 　解出另一个条件是　μｌ≤3ｖ０2／20ｇ， 　最后得出Ｂ在某段时间内向左运动的条件是 　2ｖ０2／15ｇ＜μｌ≤3ｖ０2／20ｇ． 18．解：（1）以警车为研究对象，由动能定理． 　－μｍｇ·ｓ＝（1／2）ｍｖ2－（1／2）ｍｖ０2， 　将ｖ０＝14．0ｍ／ｓ，ｓ＝14．0ｍ，ｖ＝0代入，得 　μｇ＝7．0ｍ／ｓ2， 　因为警车行驶条件与肇事汽车相同，所以肇事汽车的初速度ｖＡ＝＝21ｍ／ｓ． 　（2）肇事汽车在出事点Ｂ的速度 　ｖＢ＝＝14ｍ／ｓ， 　肇事汽车通过段的平均速度 　＝（ｖＡ＋ｖＢ）／2＝（21＋14）／2＝17．5ｍ／ｓ． 　肇事汽车通过ＡＢ段的时间 　ｔ２＝ＡＢ／＝（31．5－14．0）／17．5＝1ｓ． 　∴　游客横过马路的速度 　ｖ人＝／（ｔ１＋ｔ２）＝（2．6／（1＋0．7））ｍ／ｓ＝1．53ｍ／ｓ． 19．解：（1）开始Ａ、Ｂ处于静止状态时，有 　ｋｘ０－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｓｉｎ30°＝0，　　① 　设施加Ｆ时，前一段时间Ａ、Ｂ一起向上做匀加速运动，加速度为ａ，ｔ＝0．2ｓ，Ａ、Ｂ间相互作用力为零，对Ｂ有： 　ｋｘ－ｍＢｇｓｉｎ30°＝ｍＢａ，　　② 　ｘ－ｘ０＝（1／2）ａｔ2，　　③ 　解①、②、③得： 　ａ＝5ｍｓ－2，ｘ０＝0．05ｍ，ｘ＝0．15ｍ， 　初始时刻Ｆ最小 　Ｆｍｉｎ＝（ｍＡ＋ｍＢ）ａ＝60Ｎ． 　ｔ＝0．2ｓ时，Ｆ最大 　Ｆｍａｘ－ｍＡｇｓｉｎ30°＝ｍＡａ， 　Ｆｍａｘ＝ｍＡ（ｇｓｉｎ30°＋ａ）＝100Ｎ， 　（2）ΔＥＰＡ＝ｍＡｇΔｈ＝ｍＡｇ（ｘ－ｘ０）ｓｉｎ30°＝5Ｊ． 20．解：当弹簧处于压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和．当弹簧伸长到其自然长度时，弹性势能为零，因这时滑块Ａ的速度为零，故系统的机械能等于滑块Ｂ的动能．设这时滑块Ｂ的速度为ｖ则有 　Ｅ＝（1／2）ｍ２ｖ2，　　① 由动量守恒定律（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ２ｖ，　　② 解得　Ｅ＝（1／2）（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２．　　③ 　假定在以后的运动中，滑块Ｂ可以出现速度为零的时刻，并设此时滑块Ａ的速度为ｖ１．这时，不论弹簧是处于伸长还是压缩状态，都具有弹性势能Ｅｐ．由机械能守恒定律得 　（1／2）ｍ１ｖ１2＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　④ 根据动量守恒　（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ１ｖ１，　　⑤ 求出ｖ１，代入④式得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２ ），　　⑥ 因为Ｅｐ≥0，故得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）≤（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑦ 即　ｍ１≥ｍ２，与已知条件ｍ１＜ｍ２不符． 　可见滑块Ｂ的速度永不为零，即在以后的运动中，不可能出现滑动Ｂ的速度为零的情况． 21．解：设恰好物体相对圆盘静止时，弹簧压缩量为Δｌ，静摩擦力为最大静摩擦力ｆｍａｘ，这时物体处于临界状态，由向心力公式ｆｍａｘ－ｋΔｌ＝ｍＲｗ2，　　① 　假若物体向圆心移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ１－ｋ（Δｌ＋ｘ）＝ｍ（Ｒ－ｘ）ｗ2，　　② 　由①、②两式可得　ｆｍａｘ－ｆ１＝ｍｘｗ2－ｋｘ，　　③ 所以　ｍｘｗ2－ｋｘ≥0，得ｋ≤ｍｗ2，　　④ 　若物体向外移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ２－ｋ（Δｌ－ｘ）≥ｍ（Ｒ＋ｘ）ｗ2，　　⑤ 由①～⑥式得　ｆｍａｘ－ｆ２＝ｋｘ－ｍｘｗ2≥0，　　⑥ 所以　ｋ≥ｍｗ2，　　⑦ 即若物体向圆心移动，则ｋ≤ｍｗ2， 若物体向远离圆心方向移动，则ｋ≥ｍｗ2． 22．解：卫星环绕地球作匀速圆周运动，设卫星的质量为ｍ，轨道半径为ｒ，受到地球的万有引力为Ｆ， 　Ｆ＝ＧＭｍ／ｒ2，　　① 　式中Ｇ为万有引力恒量，Ｍ是地球质量． 　设ｖ是卫星环绕地球做匀速圆周运动的线速度，Ｔ是运动周期，根据牛顿第二定律，得 　Ｆ＝ｍｖ2／ｒ，　　② 　由①、②推导出　ｖ＝．　　③ 　③式表明：ｒ越大，ｖ越小． 　人造卫星的周期就是它环绕地球运行一周所需的时间Ｔ， 　Ｔ＝2πｒ／ｖ，　　④ 　由③、④推出　Ｔ＝2π，　　⑤ 　⑤式说明：ｒ越大，Ｔ越大．　23．证：设质点通过Ａ点时的速度为ｖＡ，通过Ｃ点时的速度为ｖＣ，由匀变速直线运动的公式得： ｓ1＝ｖＡＴ＋ａＴ2／2，ｓ3＝ｖＣＴ＋ａＴ2／2，ｓ3－ｓ1＝ｖＣＴ－ｖＡＴ． ∵　ｖＣ＝ｖＡ＋2ａＴ， ∴　ｓ3－ｓ1＝（ｖＡ－2ａＴ－ｖＡ）Ｔ＝2ａＴ2，ａ＝（ｓ3－ｓ1）／2Ｔ2． 　24．根据：如果在连续的相等的时间内的位移之差相等，则物体做匀变速运动．证明：设物体做匀速运动的初速度为ｖ0，加速度为ａ，第一个Ｔ内的位移为ｓ1＝ｖ0Ｔ＋ａＴ2／2；第二个Ｔ内的位移为ｓ2＝（ｖ0＋ａＴ）Ｔ＋ａＴ2／2；第Ｎ个Ｔ内的位移为ｓＮ＝［ｖ0＋（Ｎ－1）ａＴ］Ｔ＋ａＴ2／2．　ｓＮ－ｓＮ－1＝ａＴ2，逆定理也成立． 　 25．解：由匀变速直线运动的公式得小物块的加速度的大小为ａ1＝（ｖ0－ｖｔ）／ｔ＝2（ｍ／ｓ2）．木板的加速度大小为ａ2＝2ｓ／ｔ2＝0.25（ｍ／ｓ2）． 根据牛顿第二定律　Ｆ＝ｍａ 对小物块得　ｆ′1＝ｍａ1＝1×2＝2Ｎ， 对木板得　ｆ1－μ（ｍ＋Ｍ）ｇ＝Ｍａ2， 　μ＝（ｆ1－Ｍａ2）／（ｍ＋Ｍ）ｇ＝（2－4×0.25）／（1＋4）×10＝0.02． 　26．解：假设金属块没有离开第一块长木板，移动的相对距离为ｘ，由动量守恒定律，得ｍｖ0＝3ｍｖ， 　ｍｖ02／2＝3ｍｖ2／2＋μｍｇｘ， 解得ｘ＝4ｍ／3＞Ｌ，不合理， ∴　金属块一定冲上第二块木板． 　以整个系统为研究对象，由动量定律及能量关系，当金属块在第一块木板上时ｍｖ0＝ｍｖ0′＋2ｍｖ1， 　ｍｖ02／2＝12ｍｖ0′2＋2ｍ·ｖ12／2＋μｍｇｌ． 　ｍｖ0＝ｍｖ1＋2ｍｖ2， 　ｍｖ02／2＝ｍｖ12／2＋2ｍ·ｖ22／2＋μｍｇ（ｌ＋ｘ）． 联立解得： 　ｖ1＝1／3ｍ／ｓ，ｖ2＝5／6ｍ／ｓ，ｘ＝0.25ｍ． 　27．解：当ｔ＝0时，ａＡ0＝9／3＝3ｍ／ｓ2，ａＢ0＝3／6＝0.5ｍ／ｓ2．ａＡ0＞ａＢ0，Ａ、Ｂ间有弹力，随ｔ之增加，Ａ、Ｂ间弹力在减小，当（9－2ｔ）／3＝（3＋2ｔ）／6，ｔ＝2.5ｓ时，Ａ、Ｂ脱离，以Ａ、Ｂ整体为研究对象，在ｔ＝2.5ｓ内，加速度ａ＝（ＦＡ＋ＦＢ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝4／3ｍ／ｓ2，ｓ＝ａｔ2／2＝4.17ｍ． 　28．解：（1）由ｍＣｖ0＝ｍＣｖ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ1，Ｃ由Ａ滑至Ｂ时，Ａ、Ｂ的共同速度是 　ｖ1＝ｍＣ（ｖ0－ｖ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝0.2ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＡ＝ｍＣｖ02／2－ｍＣｖ2／2－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12／2， 得　μ＝［ｍＣ（ｖ02－ｖ2）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12］／2ｍＣｇｌＡ＝0.48． 　（2）由ｍＣｖ＋ｍＢｖ1＝（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ2，Ｃ相对Ｂ静止时，Ｂ、Ｃ的共同速度是ｖ2＝（ｍＣｖ＋ｍＢｖ1）／（ｍＣ＋ｍＢ）＝0.65ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＢ＝ｍＣｖ2／2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22／2， Ｃ在Ｂ上滑行距离为 　ｌＢ＝［ｍＣｖ2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22］／2μｍＣｇ＝0.25ｍ． 　（3）由μｍＣｇｓ＝ｍＢｖ22／2－ｍＢｖ12／2， Ｂ相对地滑行的距离ｓ＝［ｍＢ（ｖ22－ｖ12）］／2μｍＣｇ＝0.12ｍ． 　（4）Ｃ在Ａ、Ｂ上匀减速滑行，加速度大小由μｍＣｇ＝ｍＣａ，得ａ＝μｇ＝4.8ｍ／ｓ2． Ｃ在Ａ上滑行的时间ｔ1＝（ｖ0－ｖ）／ａ＝0.21ｓ． Ｃ在Ｂ上滑行的时间ｔ2＝（ｖ－ｖ2）／ａ＝0.28ｓ． 所求时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝0.21ｓ＋0.28ｓ＝0.49ｓ． 　　 29．匀加速下滑时，受力如图1ａ，由牛顿第二定律，有： ｍｇｓｉｎθ－μｍｇｃｏｓθ＝ｍａ＝ｍｇｓｉｎθ／2， 　ｓｉｎθ／2＝μｃｏｓθ， 　得μ＝ｓｉｎθ／2ｃｏｓθ．图1静止时受力分析如图1ｂ，摩擦力有两种可能：①摩擦力沿斜面向下；②摩擦力沿斜面向上．摩擦力沿斜面向下时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＝ｆ＋ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ， 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ＋μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ－μｓｉｎθ）ｍｇ＝3ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ－ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　摩擦力沿斜面向上时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＋ｆ＝ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ． 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ－μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ＋μｓｉｎθ）ｍｇ＝ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ＋ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　30．解：（1）物体在两斜面上来回运动时，克服摩擦力所做的功Ｗｆ＝μｍｇｃｏｓ60°·ｓ总． 　物体从开始直到不再在斜面上运动的过程中ｍｇｈ－Ｗｆ＝0－ｍｖ02／2．解得ｓ总＝38ｍ． 　（2）物体最终是在Ｂ、Ｃ之间的圆弧上来回做变速圆周运动，且在Ｂ、Ｃ点时速度为零． 　（3）物体第一次通过圆弧最低点时，圆弧所受压力最大．由动能定理得ｍｇ［ｈ＋Ｒ（1－ｃｏｓ60°）］－μｍｇｃｏｓ60°／ｓｉｎ60°＝ｍ（ｖ12－ｖ02）／2， 由牛顿第二定律得　Ｎｍａｘ－ｍｇ＝ｍｖ12／Ｒ， 解得　Ｎｍａｘ＝54.5Ｎ． 　物体最终在圆弧上运动时，圆弧所受压力最小．由动能定理得ｍｇＲ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍｖ22／2，由牛顿第二定律得Ｎｍｉｎ－ｍｇ＝ｍｖ22／Ｒ，解得Ｎｍｉｎ＝20Ｎ． 　31．解：（1）设刹车后，平板车的加速度为ａ0，从开始刹车到车停止所经历时间为ｔ0，车所行驶距离为ｓ0，则有ｖ02＝2ａ0ｓ0，ｖ0＝ａ0ｔ0． 　欲使ｔ0小，ａ0应该大，作用于木箱的滑动摩擦力产生的加速度ａ1＝μｍｇ／ｍ＝μｇ． 　当ａ0＞ａ1时，木箱相对车底板滑动，从刹车到车停止过程中木箱运动的路程为ｓ1，则ｖ02＝2ａ2ｓ1． 　为使木箱不撞击驾驶室，应有ｓ1－ｓ0≤Ｌ． 　联立以上各式解得：ａ0≤μｇｖ02／（ｖ02－2μｇＬ）＝5ｍ／ｓ2， 　∴　ｔ0＝ｖ0／ａ0＝4.4ｓ． 　（2）对平板车，设制动力为Ｆ，则Ｆ＋ｋ（Ｍ＋ｍ）ｇ－μｍｇ＝Ｍａ0，解得：Ｆ＝7420Ｎ． 　 32．解：对系统ａ0＝［Ｆ－μｇ（ｍ1＋ｍ2）］／（ｍ1＋ｍ2）＝1ｍ／ｓ2． 　对木块1，细绳断后：│ａ1│＝ｆ1／ｍ1＝μｇ＝1ｍ／ｓ2． 　设细绳断裂时刻为ｔ1，则木块1运动的总位移： 　ｓ1＝2ａ0ｔ12／2＝ａ0ｔ12． 　对木块2，细绳断后，ａ2＝（Ｆ－μｍ2ｇ）／ｍ2＝2ｍ／ｓ2． 木块2总位移 　ｓ2＝ｓ′＋ｓ″＝ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2， 两木块位移差Δｓ＝ｓ2－ｓ1＝22（ｍ）． 得　ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2－ａ0ｔ12＝22， 把ａ0，ａ2值，ｖ1＝ａ0ｔ1代入上式整理得： 　ｔ12＋12ｔ1－28＝0，得ｔ1＝2ｓ． 木块2末速ｖ2＝ｖ1＋ａ2（6－ｔ1）＝ａ0ｔ1＋ａ2（6－ｔ1）＝10ｍ／ｓ． 此时动能Ｅｋ＝ｍ2ｖ22／2＝2×102／2Ｊ＝100Ｊ． 　33．解：（1）由动量守恒定律，ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ′，且有ｍ∶Ｍ＝1∶3， ∴　Ａ、Ｂ共同速度ｖ′＝ｍｖ0／（ｍ＋Ｍ）＝1ｍ／ｓ． 　（2）由动能定理，对全过程应有 　μｍｇ·2Ｌ＝ｍｖ02／2－（ｍ＋Ｍ）ｖ′2／2， 　4μｇＬ＝ｖ02－4ｖ′2，μ＝（ｖ02－4ｖ′2）／4ｇＬ＝0.3． 　（3）先求Ａ与Ｂ挡板碰前Ａ的速度ｖ10，以及木板Ｂ相应速度ｖ20，取从Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板相碰前过程为研究对象，依动量守恒与动能定理有以下两式成立：ｍｖ0＝ｍｖ10＋Ｍｖ20， 　ｍｖ02／2－ｍｖ102／2－Ｍｖ202／2＝μｍｇＬ． 代入数据得　ｖ10＋3ｖ20＝4，ｖ102＋3ｖ202＝10， 解以上两式可得　ｖ10＝（2±3）／2ｍ／ｓ．因Ａ与Ｂ挡板碰前速度不可能取负值，故ｖ10＝（2＋3）／2ｍ／ｓ．相应解出ｖ20＝（2－）／2ｍ／ｓ＝0.3ｍ／ｓ． 　木板Ｂ此过程为匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得μｍｇ＝Ｍａ1，ａ1＝μｍｇ／Ｍ＝1（ｍ／ｓ2）． 此过程经历时间ｔ1由下式求出 　ｖ20＝ａ1ｔ1，ｔ1＝ｖ20／ａ1＝0.3（ｓ）． 其速度图线为图2中0～0.3ｓ段图线ａ． 　再求Ａ与Ｂ挡板碰后，木板Ｂ的速度ｖ2与木块Ａ的速度ｖ1，为方便起见取Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板碰撞后瞬间过程为研究对象，依动量守恒定律与动能定理有以下两式成立： ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2，ｍｖ02／2－ｍｖ12／2－Ｍｖ22／2＝μｍｇＬ． 故解为　ｖ1＝（2±3）／2ｍ／ｓ． 因ｖ1＝（2＋3）／2ｍ／ｓ为碰前速度，故取ｖ1＝（2－3）／2ｍ／ｓ，相应得ｖ2＝2＋2ｍ／ｓ＝1.7ｍ／ｓ． 由于ｖ1＜0，即木块相对Ｂ向左滑动，Ａ受Ｂ摩擦力向右，Ｂ受Ａ摩擦力向左，故Ｂ做匀减速直线运动，加速度大小由牛顿第二定律，得ａ＝μｍｇ／Ｍ＝1ｍ／ｓ2． 　从碰后到Ａ滑到Ｂ最左端过程中，Ｂ向右做匀减速直线运动时间设为ｔ2，则ｖ′－ｖ2＝－ａｔ2， ∴　ｔ2＝0.7ｓ． 　此过程速度图线如图2中0.3ｓ～1.0ｓ段图线ｂ． 图2　　34．解：设ｍ1、ｍ2两物体受恒力Ｆ作用后，产生的加速度分别为ａ1、ａ2，由牛顿第二定律Ｆ＝ｍａ，得 　ａ1＝Ｆ／ｍ1，ａ2＝Ｆ／ｍ2， 　历时ｔ两物体速度分别为ｖ1＝ａ1ｔ，ｖ2＝ｖ0＋ａ2ｔ，由题意令ｖ1＝ｖ2，即ａ1ｔ＝ｖ0＋ａ2ｔ或（ａ1－ａ2）ｔ＝ｖ0，因ｔ≠0、ｖ0＞0，欲使上式成立，需满足ａ1－ａ2＞0，即Ｆ／ｍ1＞Ｆ／ｍ2，或ｍ1＜ｍ2，也即当ｍ1≥ｍ2时不可能达到共同速度，当ｍ1＜ｍ2时，可以达到共同速度． 　35．解：（1）当小球刚好能在轨道内做圆周运动时，水平初速度ｖ最小，此时有ｍｇ＝ｍｖ2／Ｒ， 故　ｖ＝＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）若初速度ｖ′＜ｖ，小球将做平抛运动，如在其竖直位移为Ｒ的时间内，其水平位移ｓ≥Ｒ，小球可进入轨道经过Ｂ点．设其竖直位移为Ｒ时，水平位移也恰为R，则Ｒ＝ｇｔ2／2，Ｒ＝ｖ′ｔ，解得：ｖ′＝／2＝ｍ／ｓ． 因此，初速度满足2ｍ／ｓ＞ｖ′≥ｍ／ｓ时，小球可做平抛运动经过Ｂ点． 　36．卫星在天空中任何天体表面附近运行时，仅受万有引力Ｆ作用使卫星做圆周运动，运动半径等于天体的球半径Ｒ．设天体质量为Ｍ，卫星质量为ｍ，卫星运动周期为Ｔ，天体密度为ρ．根据万有引力定律Ｆ＝ＧＭｍ／Ｒ2， 卫星做圆周运动向心力Ｆ′＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2， 因为 　Ｆ′＝Ｆ，得ＧＭｍ／Ｒ2＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2，∴Ｔ＝． 　又球体质量Ｍ＝4πＲ3ρ／3． 得Ｔ＝=，∴Ｔ∝1／，得证． 　37．解：由于两球相碰满足动量守恒 　　ｍ1ｖ0＝ｍ1ｖ1＋ｍ2ｖ2，ｖ1＝－1.3ｍ／ｓ． 　两球组成系统碰撞前后的总动能Ｅｋ1＋Ｅｋ2＝ｍ1ｖ02／2＋0＝2.5Ｊ， 　Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＝ｍ1ｖ12／2＋ｍ2ｖ22 ／2＝2.8Ｊ． 　可见，Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＞Ｅｋ1＋Ｅｋ2，碰后能量较碰撞前增多了，违背了能量守恒定律，这种假设不合理． 　38．解：（1）由动量守恒，得ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2， 由运动学公式得ｓ＝（ｖ1－ｖ2）ｔ，ｈ＝ｇｔ2／2， 由以上三式得ｖ2＝（ｍｖ0－ｓｍ）／（Ｍ＋ｍ）． 　（2）最后车与物体以共同的速度ｖ向右运动，故有 　ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖｖ＝ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）． ∴ΔＥ＝ｍｖ02／2＋ｍｇｈ－（Ｍ＋ｍ）ｍ2ｖ02／2（Ｍ＋ｍ）2． 解得ΔＥ＝ｍｇｈ＋Ｍｍｖ02／2（Ｍ＋ｍ）． 　39．解：设碰前Ａ、Ｂ有共同速度ｖ时，Ｍ前滑的距离为ｓ．则ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ，ｆｓ＝Ｍｖ2／2，ｆ＝μｍｇ． 　由以上各式得　ｓ＝Ｍｍｖ02／2μｇ（Ｍ＋ｍ）2． 　当ｖ0＝2ｍ／ｓ时，ｓ＝2／9ｍ＜0.5ｍ，即Ａ、Ｂ有共同速度．当ｖ0＝4ｍ／ｓ时，ｓ＝8／9ｍ＞0.5ｍ，即碰前Ａ、Ｂ速度不同． 　40．解：（1）物体由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者系统水平方向动量守恒得：ｍｖ0＝ｍｖ0／2＋2ｍｖＡＢ． 解之得　ｖＡＢ＝ｖ0／4． 　（2）物块由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者功能关系得：μｍｇＬ＝ｍｖ02／2－ｍ（ｖ0／2）2／2－2ｍ（ｖ0／4）2／2． 解之得　Ｌ＝5ｖ02／16μｇ． 　（3）物块由Ｄ滑到Ｃ的过程中，二者系统水平方向动量守恒，又因为物块到达最高点Ｃ时，物块与滑块速度相等且水平，均为ｖ． 故得　ｍｖ0／2＋ｍｖ0／4＝2ｍｖ， ∴　得滑块的动能ＥＣＤ＝ｍｖ2／2＝9ｍｖ02／128． 　41．解：（1）Ｂ从ｖ0减速到速度为零的过程，Ｃ静止，Ｂ的位移：ｓ1＝ｖ02／2μｇ． 　所用的时间：ｔ1＝ｖ0／μｇ． 　此后Ｂ与Ｃ一起向右做加速运动，Ａ做减速运动，直到相对静止，设所用时间为ｔ2，共同速度为ｖ． 　对Ａ、Ｂ、Ｃ，由动量守恒定律得 　ｍＡ·2ｖ0－ｍＢｖ0＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ， ∵　ｍＡ＝ｍＢ＝ｍＣ，∴　ｖ＝ｖ0／3． 　对Ｂ与Ｃ，向右加速运动的加速度 　ａ＝μｍＡｇ／（ｍＢ＋ｍＣ）＝μｇ／2，∴ｔ2＝ｖ／ａ＝2ｖ0／3μｇ． Δｔ内Ｂ向右移动的位移ｓ2＝ｖｔ2／2＝ｖ02／9μｇ， 故总路程ｓ＝ｓ1＋ｓ2＝11ｖ02／18μｇ，总时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝5ｖ0／3μｇ． 　 （2）设车的最小长度为Ｌ，则相对静止时Ａ、Ｂ刚好接触，由能量守恒得 　ｍＡ（2ｖ0）2／2＋ｍＢｖ02／2＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ2／2＋μｍＢｇｓ1＋μｍＡｇ（Ｌ－ｓ1）， 联立解得Ｌ＝7ｖ02／3μｇ． 　42．解：（1）ｍ速度最大的位置应在O点左侧．因为细线烧断后，ｍ在弹簧弹力和滑动摩擦力的合力作用下向右做加速运动，当弹力与摩擦力的合力为零时，ｍ的速度达到最大，此时弹簧必处于压缩状态．此后，系统的机械能不断减小，不能再达到这一最大速度． 　（2）选ｍ、Ｍ为一系统，由动量守恒定律得 　ｍｖ1＝Ｍｖ2． 　设这一过程中弹簧释放的弹性势能为Ｅｐ，则 　Ｅｐ＝ｍｖ12／2＋Ｍｖ22／2＋μｍｇｓ， 解得　ｖ2＝ｍｖ1／Ｍ，Ｅｐ＝ｍ［（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2Ｍ＋μｇｓ］． 　（2）ｍ与Ｍ最终将静止，因为系统动量守恒，且总动量为零，只要ｍ与Ｍ间有相对运动，就要克服摩擦力做功，不断消耗能量，所以，ｍ与Ｍ最终必定都静止． 　43．解：（1）第一颗子弹射入木块过程，系统动量守恒，有 　ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ1． 　射入后，在ＯＢＣ运动过程中，机械能守恒，有 　（ｍ＋Ｍ）ｖ12／2＝（ｍ＋Ｍ）ｇＲ，得ｖ0＝（Ｍ＋ｍ）／ｍ． 　（2）由动量守恒定律知，第2、4、6……颗子弹射入木块后，木块速度为0，第1、3、5……颗子弹射入后，木块运动．当第9颗子弹射入木块时，由动量守恒得： 　ｍｖ0＝（9ｍ＋Ｍ）ｖ9， 　设此后木块沿圆弧上升最大高度为Ｈ，由机械能守恒定律得：（9ｍ＋Ｍ）ｖ92／2＝（9ｍ＋Ｍ）ｇＨ， 由以上可得：Ｈ＝［（Ｍ＋ｍ）／（Ｍ＋9ｍ）］2Ｒ． 　44．解：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动ｓ，速度变为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．由动能定理 　－μＭｇｓ＝0－ｍｖ02／2，ｓ＝ｍｖ02／2μＭｇ＝0.33ｍ． 　（2）假如平板车在第二次碰墙前还未和滑块相对静止，则其速度的大小肯定还是2ｍ／ｓ，因为只要相对运动，摩擦力大小为恒值．滑块速度则大于2ｍ／ｓ，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰墙前肯定已和滑块具有共同速度ｖ．此即平板车碰墙前瞬间的速度． 　Ｍｖ0－ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， ∴ｖ＝（Ｍ－ｍ）ｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝0.4ｍ／ｓ． 图3　（3）平板车与墙壁第一次碰撞后滑块与平板又达到共同速度ｖ前的过程，可用图3（ａ）、（ｂ）、（ｃ）表示．图3（ａ）为平板车与墙碰撞后瞬间滑块与平板车的位置，图3（ｂ）为平板车到达最左端时两者的位置，图3（ｃ）为平板车与滑块再次达到共同速度时两者的位置．在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功μΜｇｓ′，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功μＭｇｓ″（平板车从Ｂ到Ａ再回到Ｂ的过程中摩擦力做功为零），其中ｓ′、ｓ″分别为滑块和平板车的位移．滑块和平板车动能总减少为μＭｇｌ1，其中ｌ1＝ｓ′＋ｓ″为滑块相对平板车的位移，此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为ｌ，则有（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2＝μＭｇｌ，ｌ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2μＭｇ＝0.833ｍ． ｌ即为平板车的最短长度．图4　　45．解：如图4，Ａ球从静止释放后将自由下落至Ｃ点悬线绷直，此时速度为ｖＣ ∵　ｖＣ2＝2ｇ×2Ｌｓｉｎ30°， ∴　ｖＣ＝＝2ｍ／ｓ． 　在线绷直的过程中沿线的速度分量减为零时，Ａ将以切向速度ｖ1沿圆弧运动且 　ｖ1＝ｖＣｃｏｓ30°＝ｍ／ｓ． 　Ａ球从Ｃ点运动到最低点与Ｂ球碰撞前机械能守恒，可求出Ａ球与Ｂ球碰前的速度 　ｍＡｖ12／2＋ｍＡｇＬ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍＡｖ22／2， 　ｖ2＝==ｍ／ｓ． 　因Ａ、Ｂ两球发生无能量损失的碰撞且ｍＡ＝ｍＢ，所以它们的速度交换，即碰后Ａ球的速度为零，Ｂ球的速度为ｖ2＝（ｍ／ｓ）．对Ｂ球和小车组成的系统水平方向动量守恒和机械能守恒，当两者有共同水平速度ｕ时，Ｂ球上升到最高点，设上升高度为ｈ． 　ｍＢｖ2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ，ｍＢｖ22／2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ2／2＋ｍＢｇｈ．解得ｈ＝3／16≈0.19ｍ． 　在Ｂ球回摆到最低点的过程中，悬线拉力仍使小车加速，当Ｂ球回到最低点时小车有最大速度ｖｍ ，设小球Ｂ回到最低点时速度的大小为ｖ3，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 　ｍＢｖ2＝－ｍＢｖ3＋Ｍｖｍ，ｍＢｖ22／2＝ｍＢｖ32／2＋Ｍｖｍ2／2， 解得ｖｍ＝2ｍＢｖ2／（ｍ3＋Ｍ）＝／2ｍ／ｓ＝1.12ｍ／ｓ． 　46．解：（1）小球的角速度与运动的角速度必定相等，则有ｖ＝ωＲ＝ω． 　（2）人手所提供的功率应等于小球在运动过程中克服摩擦力做功的功率．即有Ｐ＝ｆｖ， ∴　ｆ＝Ｐ／ｖ＝Ｐ／ω． 　47．解：由于粘性物体与底板粘合的过程时间极短，冲击力远大于重力，在竖直方向近似动量守恒，开始静止时，有　ｍ1ｇ＝ｋｘｋ＝ｍ1ｇｘ． 　ｍ2下落Ｈ时的速度ｖ＝，ｍ2与ｍ1合在一起动量守恒，ｍ2ｖ＝（ｍ1＋ｍ2）ｖ′，ｖ′＝ｍ2ｖ／（ｍ1＋ｍ2）＝ｍ2／（ｍ1＋ｍ2）． 　设向下为正方向，ｍ1与ｍ2的整体受两个力，即重力（ｍ1＋ｍ2）ｇ和弹簧的平均拉力，则有平均拉力＝ｋｘ＋ｋｈ／2＝ｋ（2ｘ＋ｈ）／2，由动能定理得 ［－＋（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ＝0－（ｍ1＋ｍ2）ｖ2／2， 由以上各式得［ｍ1ｇ（2ｘ＋ｈ）／2ｘ－（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ 　＝（ｍ1＋ｍ2）·ｍ22·2ｇｈ／2（ｍ1＋ｍ2）2． 代入数值得ｈ＝0.3ｍ． 　48．解：ｍ与Ａ粘在一起后水平方向动量守恒，共同速度设为ｖ1，Ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ1， 得ｖ1＝Ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝2ｖ0／3． 　当弹簧压缩到最大时即有最大弹性势能Ｅ，此时系统中各物体有相同速度，设为ｖ2，由动量守恒定律 　2Ｍｖ0＝（2Ｍ＋ｍ）ｖ2，得ｖ2＝2Ｍｖ0／（2Ｍ＋ｍ）＝4ｖ0／5． 由能量守恒有 　Ｅ＝Ｍｖ02／2＋（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2－（2Ｍ＋ｍ）ｖ22／2， 解得Ｅ＝Ｍｖ02／30． 　49．解：（1）振子在平衡位置时，所受合力为零，设此时弹簧被压缩Δｘ：（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ＝ｋΔｘ，Δｘ＝5ｃｍ． 　开始释放时振子处在最大位移处，故振幅 　Ａ＝5ｃｍ＋5ｃｍ＝10ｃｍ． 　（2）由于开始时弹簧的伸长量恰等于振子在平衡位置时弹簧的压缩量，故弹性势能相等，设振子的最大速度为ｖ，从开始到平衡位置，根据机械能守恒定律， 得ｍｇ·Ａ＝ｍｖ2／2，∴ｖ＝＝1.4ｍ／ｓ， 即Ｂ的最大速率为1.4ｍ／ｓ． 　 （3）在最高点，振子受到的重力和弹力方向相同，根据牛顿第二定律，得 　ａ＝［ｋΔｘ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ］／（ｍＡ＋ｍＢ）＝20ｍ／ｓ2， Ａ对Ｂ的作用力方向向下，其大小 　Ｎ1＝ｍＢａ－ｍＢｇ＝10Ｎ． 在最低点，振子受到的重力和弹力方向相反，根据牛顿第二定律，得ａ＝ｋ（Δｘ＋Ａ）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｍＡ＋ｍＢ＝20ｍ／ｓ2． Ａ对Ｂ的作用力方向向上，其大小 　Ｎ2＝ｍＢａ＋ｍＢｇ＝30Ｎ． 　25．如图1－80所示，质量为1ｋｇ的小物块以5ｍ／ｓ的初速度滑上一块原来静止在水平面上的木板，木板的质量为4ｋｇ．经过时间2ｓ以后，物块从木板的另一端以1ｍ／ｓ相对地的速度滑出，在这一过程中木板的位移为0.5ｍ，求木板与水平面间的动摩擦因数．图1－80　　　图1－812．解：在0～1ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知 　ａ１＝12ｍ／ｓ２， 由牛顿第二定律，得 　Ｆ－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ１，　　① 在0～2ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知ａ２＝－6ｍ／ｓ２， 因为此时物体具有斜向上的初速度，故由牛顿第二定律，得 　－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ２，　　② 　②式代入①式，得　Ｆ＝18Ｎ． 3．解：在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从Ａ到Ｂ需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为ｔ1，则 　（ｖ／2）ｔ１＋ｖ（ｔ－ｔ１）＝Ｌ， 所以　ｔ１＝2（ｖｔ－Ｌ）／ｖ＝（2×（2×6－10）／2）ｓ＝2ｓ． 为使物体从Ａ至Ｂ所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变．而　ａ＝ｖ／ｔ＝1ｍ／ｓ２．设物体从Ａ至Ｂ所用最短的时间为ｔ2，则 　（1／2）ａｔ2２＝Ｌ， 　ｔ2＝=＝2ｓ． 　ｖｍｉｎ＝ａｔ2＝1×2ｍ／ｓ＝2ｍ／ｓ． 传送带速度再增大1倍，物体仍做加速度为1ｍ／ｓ２的匀加速运动，从Ａ至Ｂ的传送时间为2ｍ／ｓ． 4．解：启动前Ｎ１＝ｍｇ， 　升到某高度时　Ｎ2＝（17／18）Ｎ１＝（17／18）ｍｇ， 　对测试仪　Ｎ2－ｍｇ′＝ｍａ＝ｍ（ｇ／2）， 　∴ 　ｇ′＝（8／18）ｇ＝（4／9）ｇ， 　ＧｍＭ／Ｒ2＝ｍｇ，ＧｍＭ／（Ｒ＋ｈ）2＝ｍｇ′，解得：ｈ＝（1／2）Ｒ． 5．解：由匀加速运动的公式　ｖ２＝ｖ０２＋2ａｓ 　得物块沿斜面下滑的加速度为 　ａ＝ｖ2／2ｓ＝1．42／（2×1．4）＝0．7ｍｓ－２， 由于ａ＜ｇｓｉｎθ＝5ｍｓ－２， 　可知物块受到摩擦力的作用．图3　分析物块受力，它受3个力，如图3．对于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，由牛顿定律有 　ｍｇｓｉｎθ－ｆ１＝ｍａ， 　ｍｇｃｏｓθ－Ｎ１＝0， 　分析木楔受力，它受5个力作用，如图3所示．对于水平方向，由牛顿定律有 　ｆ2＋ｆ１ｃｏｓθ－Ｎ１ｓｉｎθ＝0， 　由此可解得地面的作用于木楔的摩擦力 　ｆ2＝ｍｇｃｏｓθｓｉｎθ－（ｍｇｓｉｎθ－ｍａ）ｃｏｓθ＝ｍａｃｏｓθ＝1×0．7×（／2）＝0．61Ｎ． 　此力的方向与图中所设的一致（由指向）． 6．解：（1）飞机原先是水平飞行的，由于垂直气流的作用，飞机在竖直方向上的运动可看成初速度为零的匀加速直线运动，根据　ｈ＝（1／2）ａｔ２，得ａ＝2ｈ／ｔ２，代入ｈ＝1700ｍ，ｔ＝10ｓ，得 　ａ＝（2×1700／10２）（ｍ／ｓ２）＝34ｍ／ｓ２，方向竖直向下． 　（2）飞机在向下做加速运动的过程中，若乘客已系好安全带，使机上乘客产生加速度的力是向下重力和安全带拉力的合力．设乘客质量为ｍ，安全带提供的竖直向下拉力为Ｆ，根据牛顿第二定律　Ｆ＋ｍｇ＝ｍａ，得安全带拉力 　　Ｆ＝ｍ（ａ－ｇ）＝ｍ（34－10）Ｎ＝24ｍ（Ｎ）， ∴　安全带提供的拉力相当于乘客体重的倍数 　ｎ＝Ｆ／ｍｇ＝24ｍＮ／ｍ·10Ｎ＝2．4（倍）． 　（3）若乘客未系安全带，飞机向下的加速度为34ｍ／ｓ２，人向下加速度为10ｍ／ｓ２，飞机向下的加速度大于人的加速度，所以人对飞机将向上运动，会使头部受到严重伤害． 7．解：设月球表面重力加速度为ｇ，根据平抛运动规律，有 　ｈ＝（1／2）ｇｔ２，　　① 　水平射程为　　　Ｌ＝ｖ０ｔ，　　② 　联立①②得ｇ＝2ｈｖ０２／Ｌ２．　　③ 　根据牛顿第二定律，得　ｍｇ＝ｍ（2π／Ｔ）２ Ｒ，　　④ 　联立③④得　Ｔ＝（πＬ／ｖ０ｈ）．　　⑤ 8．解：前2秒内，有Ｆ－ｆ＝ｍａ１，ｆ＝μＮ，Ｎ＝ｍｇ，则 　ａ１＝（Ｆ－μｍｇ）／ｍ＝4ｍ／ｓ２，ｖｔ＝ａ１ｔ＝8ｍ／ｓ， 　撤去Ｆ以后　ａ２＝ｆ／ｍ＝2ｍ／ｓ，ｓ＝ｖ１２／2ａ２＝16ｍ． 9．解：（1）用力斜向下推时，箱子匀速运动，则有 　Ｆｃｏｓθ＝ｆ，ｆ＝μＮ，Ｎ＝Ｇ＋Ｆｓｉｎθ， 　联立以上三式代数据，得　Ｆ＝1．2×10２Ｎ． 　（2）若水平用力推箱子时，据牛顿第二定律，得Ｆ合＝ｍａ，则有 　Ｆ－μＮ＝ｍａ，Ｎ＝Ｇ， 　联立解得　ａ＝2．0ｍ／ｓ２． 　ｖ＝ａｔ＝2．0×3．0ｍ／ｓ＝6．0ｍ／ｓ， 　ｓ＝（1／2）ａｔ２＝（1／2）×2．0×3．0２ｍ／ｓ＝9．0ｍ， 　推力停止作用后　ａ′＝ｆ／ｍ＝4．0ｍ／ｓ２（方向向左）， 　ｓ′＝ｖ２／2ａ′＝4．5ｍ， 　则　ｓ总＝ｓ＋ｓ′＝13．5ｍ． 10．解：根据题中说明，该运动员发球后，网球做平抛运动．以ｖ表示初速度，Ｈ表示网球开始运动时离地面的高度（即发球高度），ｓ１表示网球开始运动时与网的水平距离（即运动员离开网的距离），ｔ１表示网球通过网上的时刻，ｈ表示网球通过网上时离地面的高度，由平抛运动规律得到 　ｓ１＝ｖｔ１，Ｈ－ｈ＝（1／2）ｇｔ１２， 消去ｔ１，得　　ｖ＝ｍ／ｓ，ｖ≈23ｍ／ｓ． 　以ｔ２表示网球落地的时刻，ｓ２表示网球开始运动的地点与落地点的水平距离，ｓ表示网球落地点与网的水平距离，由平抛运动规律得到 　Ｈ＝（1／2）ｇｔ２２，ｓ２＝ｖｔ２， 消去ｔ２，得ｓ２＝ｖ≈16ｍ， 　网球落地点到网的距离　ｓ＝ｓ２－ｓ１≈4ｍ． 11．解：（1）设卫星质量为ｍ，它在地球附近做圆周运动，半径可取为地球半径Ｒ，运动速度为ｖ，有 　ＧＭｍ／Ｒ２＝ｍｖ２／Ｒ　得ｖ＝． 　（2）由（1）得： 　Ｍ＝ｖ２Ｒ／Ｇ＝＝6．0×1024ｋｇ． 12．解：对物块：Ｆ１－μｍｇ＝ｍａ１， 　6－0．5×1×10＝1·ａ１，ａ１＝1．0ｍ／ｓ2， 　ｓ１＝（1／2）ａ１ｔ2＝（1／2）×1×0．42＝0．08ｍ， 　ｖ１＝ａ１ｔ＝1×0．4＝0．4ｍ／ｓ， 　对小车：Ｆ２－μｍｇ＝Ｍａ２， 　9－0．5×1×10＝2ａ２，ａ２＝2．0ｍ／ｓ2， 　ｓ２＝（1／2）ａ２ｔ2＝（1／2）×2×0．42＝0．16ｍ， 　ｖ２＝ａ２ｔ＝2×0．4＝0．8ｍ／ｓ， 　撤去两力后，动量守恒，有Ｍｖ２－ｍｖ１＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， 　ｖ＝0．4ｍ／ｓ（向右）， ∵　（（1／2）ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2）－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ2＝μｍｇｓ３， 　ｓ３＝0．096ｍ， ∴　ｌ＝ｓ１＋ｓ２＋ｓ３＝0．336ｍ． 13．解：设木块到Ｂ时速度为ｖ０，车与船的速度为ｖ１，对木块、车、船系统，有 　ｍ１ｇｈ＝（ｍ１ｖ０2／2）＋（（ｍ２＋ｍ３）ｖ１2／2）， 　ｍ１ｖ０＝（ｍ２＋ｍ３）ｖ１， 解得　ｖ０＝5，ｖ１＝． 　木块到Ｂ后，船以ｖ１继续向左匀速运动，木块和车最终以共同速度ｖ２向右运动，对木块和车系统，有 　ｍ１ｖ０－ｍ２ｖ１＝（ｍ１＋ｍ２）ｖ２， 　μｍ１ｇｓ＝（（ｍ１ｖ０2／2）＋（ｍ２ｖ１2／2））－（（ｍ１＋ｍ２）ｖ２2／2）， 得　ｖ２＝ｖ１＝，ｓ＝2ｈ． 14．解：（1）小球的角速度与手转动的角速度必定相等均为ω．设小球做圆周运动的半径为ｒ，线速度为ｖ．由几何关系得　ｒ＝，ｖ＝ω·ｒ，解得　　 　　ｖ＝ω． 　（2）设手对绳的拉力为Ｆ，手的线速度为ｖ，由功率公式得　Ｐ＝Ｆｖ＝Ｆ·ωＲ， ∴　Ｆ＝Ｐ／ωＲ．图4　研究小球的受力情况如图4所示，因为小球做匀速圆周运动，所以切向合力为零，即 　Ｆｓｉｎθ ＝ｆ， 其中　ｓｉｎθ＝Ｒ／， 　联立解得　ｆ＝Ｐ／ω． 15．解：（1）用ｖ１表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由于子弹射入木块Ｃ时间极短，系统动量守恒，有 　ｍｖ０＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１， 　∴　ｖ１＝ｍｖ０／（ｍ＋Ｍ）＝3ｍ／ｓ， 　子弹和木块Ｃ在ＡＢ木板上滑动，由动能定理得： 　（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ２２－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ１２＝－μ（ｍ＋Ｍ）ｇＬ， 　解得　ｖ２＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）用ｖ′表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由动量守恒定律，得　ｍｖ０′＋Ｍｕ＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１′，解得　ｖ１′＝4ｍ／ｓ． 　木块Ｃ及子弹在ＡＢ木板表面上做匀减速运动　ａ＝μｇ．设木块Ｃ和子弹滑至ＡＢ板右端的时间为ｔ，则木块Ｃ和子弹的位移ｓ１＝ｖ１′ｔ－（1／2）ａｔ2， 　由于ｍ车≥（ｍ＋Ｍ），故小车及木块ＡＢ仍做匀速直线运动，小车及木板ＡＢ的位移　ｓ＝ｕｔ，由图5可知：ｓ１＝ｓ＋Ｌ， 　联立以上四式并代入数据得： 　ｔ2－6ｔ＋1＝0， 　解得：ｔ＝（3－2）ｓ，（ｔ＝（3＋2）ｓ不合题意舍去），　　（11） 　∴　ｓ＝ｕｔ＝0．18ｍ． 16．解：（1）设Ａ滑上Ｂ后达到共同速度前并未碰到档板，则根据动量守恒定律得它们的共同速度为ｖ，有图5　ｍｖ０＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝2ｍ／ｓ，在这一过程中，Ｂ的位移为ｓＢ＝ｖＢ2／2ａＢ且ａＢ＝μｍｇ／Ｍ，解得ｓＢ＝Ｍｖ2／2μｍｇ＝2×22／2×0．2×1×10＝2ｍ． 　设这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ１，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ１＝（1／2）ｍｖ０2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得ｓ１＝6ｍ． 　当ｓ＝4ｍ时，Ａ、Ｂ达到共同速度ｖ＝2ｍ／ｓ后再匀速向前运动2ｍ碰到挡板，Ｂ碰到竖直挡板后，根据动量守恒定律得Ａ、Ｂ最后相对静止时的速度为ｖ′，则 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′， 解得　ｖ′＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ２，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ２＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2 ， 　解得　ｓ２＝2．67ｍ． 　因此，Ａ、Ｂ最终不脱离的木板最小长度为ｓ１＋ｓ２＝8．67ｍ 　（2）因Ｂ离竖直档板的距离ｓ＝0．5ｍ＜2ｍ，所以碰到档板时，Ａ、Ｂ未达到相对静止，此时Ｂ的速度ｖＢ为 　ｖＢ2＝2ａＢｓ＝（2μｍｇ／Ｍ）ｓ，解得　ｖＢ＝1ｍ／ｓ， 　设此时Ａ的速度为ｖＡ，根据动量守恒定律，得 　ｍｖ０＝ＭｖＢ＋ｍｖＡ，解得ｖＡ＝4ｍ／ｓ， 　设在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移为ｓ１′，根据动能定理得： 　μｍｇｓ１′＝（1／2）ｍｖ０2－（（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）ＭｖＢ2）， 　解得　ｓ１′＝4．5ｍ． 　Ｂ碰撞挡板后，Ａ、Ｂ最终达到向右的相同速度ｖ，根据动能定理得ｍｖＡ－ＭｖＢ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ２′为 　μｍｇｓ２′＝（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得　ｓ２′＝（25／6）ｍ． 　Ｂ再次碰到挡板后，Ａ、Ｂ最终以相同的速度ｖ′向左共同运动，根据动量守恒定律，得 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′，解得　ｖ′＝（2／9）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ３′为： 　μｍｇｓ３′＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　　　　ｓ３′＝（8／27）ｍ． 　因此，为使Ａ不从Ｂ上脱落，Ｂ的最小长度为ｓ１′＋ｓ２′＋ｓ３′＝8．96ｍ． 17．解：（1）Ｂ与Ａ碰撞后，Ｂ相对于Ａ向左运动，Ａ所受摩擦力方向向左，Ａ的运动方向向右，故摩擦力作负功．设Ｂ与Ａ碰撞后的瞬间Ａ的速度为ｖ１，Ｂ的速度为ｖ２，Ａ、Ｂ相对静止后的共同速度为ｖ，整个过程中Ａ、Ｂ组成的系统动量守恒，有 　Ｍｖ０＝（Ｍ＋1．5Ｍ）ｖ，ｖ＝2ｖ０／5． 　碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功，即 　Ｍｖ２＋1．5Ｍｖ１＝2．5Ｍｖ，　　① 　（1／2）×1．5Ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2－（1／2）×2．5Ｍｖ2＝Ｍμｇｌ，　　② 可解出ｖ１＝（1／2）ｖ０（另一解ｖ１＝（3／10）ｖ０因小于ｖ而舍去） 　这段过程中，Ａ克服摩擦力做功 　Ｗ＝（1／2）×1．5Ｍｖ１2－（1／2）×1．5Ｍｖ2＝（27／400）Ｍｖ０2（0．068Ｍｖ０2）． 　（2）Ａ在运动过程中不可能向左运动，因为在Ｂ未与Ａ碰撞之前，Ａ受到的摩擦力方向向右，做加速运动，碰撞之后Ａ受到的摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后，速度仍向右，因此不可能向左运动． 　Ｂ在碰撞之后，有可能向左运动，即ｖ２＜0． 　先计算当ｖ２＝0时满足的条件，由①式，得 　ｖ１＝（2ｖ０／3）－（2ｖ２／3），当ｖ２＝0时，ｖ１＝2ｖ０／3，代入②式，得 　（（1／2）×1．5Ｍ4ｖ０2／9）－（（1／2）×2．5Ｍ4ｖ０2／25）＝Ｍμｇｌ， 解得　μｇｌ＝2ｖ０2／15． 　Ｂ在某段时间内向左运动的条件之一是μｌ＜2ｖ０2／15ｇ． 　另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即 　（1／2）Ｍｖ０2－（1／2）2．5Ｍ（2ｖ０／5）2≥2Ｍμｇｌ， 　解出另一个条件是　μｌ≤3ｖ０2／20ｇ， 　最后得出Ｂ在某段时间内向左运动的条件是 　2ｖ０2／15ｇ＜μｌ≤3ｖ０2／20ｇ． 18．解：（1）以警车为研究对象，由动能定理． 　－μｍｇ·ｓ＝（1／2）ｍｖ2－（1／2）ｍｖ０2， 　将ｖ０＝14．0ｍ／ｓ，ｓ＝14．0ｍ，ｖ＝0代入，得 　μｇ＝7．0ｍ／ｓ2， 　因为警车行驶条件与肇事汽车相同，所以肇事汽车的初速度ｖＡ＝＝21ｍ／ｓ． 　（2）肇事汽车在出事点Ｂ的速度 　ｖＢ＝＝14ｍ／ｓ， 　肇事汽车通过段的平均速度 　＝（ｖＡ＋ｖＢ）／2＝（21＋14）／2＝17．5ｍ／ｓ． 　肇事汽车通过ＡＢ段的时间 　ｔ２＝ＡＢ／＝（31．5－14．0）／17．5＝1ｓ． 　∴　游客横过马路的速度 　ｖ人＝／（ｔ１＋ｔ２）＝（2．6／（1＋0．7））ｍ／ｓ＝1．53ｍ／ｓ． 19．解：（1）开始Ａ、Ｂ处于静止状态时，有 　ｋｘ０－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｓｉｎ30°＝0，　　① 　设施加Ｆ时，前一段时间Ａ、Ｂ一起向上做匀加速运动，加速度为ａ，ｔ＝0．2ｓ，Ａ、Ｂ间相互作用力为零，对Ｂ有： 　ｋｘ－ｍＢｇｓｉｎ30°＝ｍＢａ，　　② 　ｘ－ｘ０＝（1／2）ａｔ2，　　③ 　解①、②、③得： 　ａ＝5ｍｓ－2，ｘ０＝0．05ｍ，ｘ＝0．15ｍ， 　初始时刻Ｆ最小 　Ｆｍｉｎ＝（ｍＡ＋ｍＢ）ａ＝60Ｎ． 　ｔ＝0．2ｓ时，Ｆ最大 　Ｆｍａｘ－ｍＡｇｓｉｎ30°＝ｍＡａ， 　Ｆｍａｘ＝ｍＡ（ｇｓｉｎ30°＋ａ）＝100Ｎ， 　（2）ΔＥＰＡ＝ｍＡｇΔｈ＝ｍＡｇ（ｘ－ｘ０）ｓｉｎ30°＝5Ｊ． 20．解：当弹簧处于压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和．当弹簧伸长到其自然长度时，弹性势能为零，因这时滑块Ａ的速度为零，故系统的机械能等于滑块Ｂ的动能．设这时滑块Ｂ的速度为ｖ则有 　Ｅ＝（1／2）ｍ２ｖ2，　　① 由动量守恒定律（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ２ｖ，　　② 解得　Ｅ＝（1／2）（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２．　　③ 　假定在以后的运动中，滑块Ｂ可以出现速度为零的时刻，并设此时滑块Ａ的速度为ｖ１．这时，不论弹簧是处于伸长还是压缩状态，都具有弹性势能Ｅｐ．由机械能守恒定律得 　（1／2）ｍ１ｖ１2＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　④ 根据动量守恒　（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ１ｖ１，　　⑤ 求出ｖ１，代入④式得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２ ），　　⑥ 因为Ｅｐ≥0，故得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）≤（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑦ 即　ｍ１≥ｍ２，与已知条件ｍ１＜ｍ２不符． 　可见滑块Ｂ的速度永不为零，即在以后的运动中，不可能出现滑动Ｂ的速度为零的情况． 21．解：设恰好物体相对圆盘静止时，弹簧压缩量为Δｌ，静摩擦力为最大静摩擦力ｆｍａｘ，这时物体处于临界状态，由向心力公式ｆｍａｘ－ｋΔｌ＝ｍＲｗ2，　　① 　假若物体向圆心移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ１－ｋ（Δｌ＋ｘ）＝ｍ（Ｒ－ｘ）ｗ2，　　② 　由①、②两式可得　ｆｍａｘ－ｆ１＝ｍｘｗ2－ｋｘ，　　③ 所以　ｍｘｗ2－ｋｘ≥0，得ｋ≤ｍｗ2，　　④ 　若物体向外移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ２－ｋ（Δｌ－ｘ）≥ｍ（Ｒ＋ｘ）ｗ2，　　⑤ 由①～⑥式得　ｆｍａｘ－ｆ２＝ｋｘ－ｍｘｗ2≥0，　　⑥ 所以　ｋ≥ｍｗ2，　　⑦ 即若物体向圆心移动，则ｋ≤ｍｗ2， 若物体向远离圆心方向移动，则ｋ≥ｍｗ2． 22．解：卫星环绕地球作匀速圆周运动，设卫星的质量为ｍ，轨道半径为ｒ，受到地球的万有引力为Ｆ， 　Ｆ＝ＧＭｍ／ｒ2，　　① 　式中Ｇ为万有引力恒量，Ｍ是地球质量． 　设ｖ是卫星环绕地球做匀速圆周运动的线速度，Ｔ是运动周期，根据牛顿第二定律，得 　Ｆ＝ｍｖ2／ｒ，　　② 　由①、②推导出　ｖ＝．　　③ 　③式表明：ｒ越大，ｖ越小． 　人造卫星的周期就是它环绕地球运行一周所需的时间Ｔ， 　Ｔ＝2πｒ／ｖ，　　④ 　由③、④推出　Ｔ＝2π，　　⑤ 　⑤式说明：ｒ越大，Ｔ越大．　23．证：设质点通过Ａ点时的速度为ｖＡ，通过Ｃ点时的速度为ｖＣ，由匀变速直线运动的公式得： ｓ1＝ｖＡＴ＋ａＴ2／2，ｓ3＝ｖＣＴ＋ａＴ2／2，ｓ3－ｓ1＝ｖＣＴ－ｖＡＴ． ∵　ｖＣ＝ｖＡ＋2ａＴ， ∴　ｓ3－ｓ1＝（ｖＡ－2ａＴ－ｖＡ）Ｔ＝2ａＴ2，ａ＝（ｓ3－ｓ1）／2Ｔ2． 　24．根据：如果在连续的相等的时间内的位移之差相等，则物体做匀变速运动．证明：设物体做匀速运动的初速度为ｖ0，加速度为ａ，第一个Ｔ内的位移为ｓ1＝ｖ0Ｔ＋ａＴ2／2；第二个Ｔ内的位移为ｓ2＝（ｖ0＋ａＴ）Ｔ＋ａＴ2／2；第Ｎ个Ｔ内的位移为ｓＮ＝［ｖ0＋（Ｎ－1）ａＴ］Ｔ＋ａＴ2／2．　ｓＮ－ｓＮ－1＝ａＴ2，逆定理也成立． 　 25．解：由匀变速直线运动的公式得小物块的加速度的大小为ａ1＝（ｖ0－ｖｔ）／ｔ＝2（ｍ／ｓ2）．木板的加速度大小为ａ2＝2ｓ／ｔ2＝0.25（ｍ／ｓ2）． 根据牛顿第二定律　Ｆ＝ｍａ 对小物块得　ｆ′1＝ｍａ1＝1×2＝2Ｎ， 对木板得　ｆ1－μ（ｍ＋Ｍ）ｇ＝Ｍａ2， 　μ＝（ｆ1－Ｍａ2）／（ｍ＋Ｍ）ｇ＝（2－4×0.25）／（1＋4）×10＝0.02． 　26．解：假设金属块没有离开第一块长木板，移动的相对距离为ｘ，由动量守恒定律，得ｍｖ0＝3ｍｖ， 　ｍｖ02／2＝3ｍｖ2／2＋μｍｇｘ， 解得ｘ＝4ｍ／3＞Ｌ，不合理， ∴　金属块一定冲上第二块木板． 　以整个系统为研究对象，由动量定律及能量关系，当金属块在第一块木板上时ｍｖ0＝ｍｖ0′＋2ｍｖ1， 　ｍｖ02／2＝12ｍｖ0′2＋2ｍ·ｖ12／2＋μｍｇｌ． 　ｍｖ0＝ｍｖ1＋2ｍｖ2， 　ｍｖ02／2＝ｍｖ12／2＋2ｍ·ｖ22／2＋μｍｇ（ｌ＋ｘ）． 联立解得： 　ｖ1＝1／3ｍ／ｓ，ｖ2＝5／6ｍ／ｓ，ｘ＝0.25ｍ． 　27．解：当ｔ＝0时，ａＡ0＝9／3＝3ｍ／ｓ2，ａＢ0＝3／6＝0.5ｍ／ｓ2．ａＡ0＞ａＢ0，Ａ、Ｂ间有弹力，随ｔ之增加，Ａ、Ｂ间弹力在减小，当（9－2ｔ）／3＝（3＋2ｔ）／6，ｔ＝2.5ｓ时，Ａ、Ｂ脱离，以Ａ、Ｂ整体为研究对象，在ｔ＝2.5ｓ内，加速度ａ＝（ＦＡ＋ＦＢ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝4／3ｍ／ｓ2，ｓ＝ａｔ2／2＝4.17ｍ． 　28．解：（1）由ｍＣｖ0＝ｍＣｖ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ1，Ｃ由Ａ滑至Ｂ时，Ａ、Ｂ的共同速度是 　ｖ1＝ｍＣ（ｖ0－ｖ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝0.2ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＡ＝ｍＣｖ02／2－ｍＣｖ2／2－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12／2， 得　μ＝［ｍＣ（ｖ02－ｖ2）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12］／2ｍＣｇｌＡ＝0.48． 　（2）由ｍＣｖ＋ｍＢｖ1＝（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ2，Ｃ相对Ｂ静止时，Ｂ、Ｃ的共同速度是ｖ2＝（ｍＣｖ＋ｍＢｖ1）／（ｍＣ＋ｍＢ）＝0.65ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＢ＝ｍＣｖ2／2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22／2， Ｃ在Ｂ上滑行距离为 　ｌＢ＝［ｍＣｖ2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22］／2μｍＣｇ＝0.25ｍ． 　（3）由μｍＣｇｓ＝ｍＢｖ22／2－ｍＢｖ12／2， Ｂ相对地滑行的距离ｓ＝［ｍＢ（ｖ22－ｖ12）］／2μｍＣｇ＝0.12ｍ． 　（4）Ｃ在Ａ、Ｂ上匀减速滑行，加速度大小由μｍＣｇ＝ｍＣａ，得ａ＝μｇ＝4.8ｍ／ｓ2． Ｃ在Ａ上滑行的时间ｔ1＝（ｖ0－ｖ）／ａ＝0.21ｓ． Ｃ在Ｂ上滑行的时间ｔ2＝（ｖ－ｖ2）／ａ＝0.28ｓ． 所求时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝0.21ｓ＋0.28ｓ＝0.49ｓ． 　　 29．匀加速下滑时，受力如图1ａ，由牛顿第二定律，有： ｍｇｓｉｎθ－μｍｇｃｏｓθ＝ｍａ＝ｍｇｓｉｎθ／2， 　ｓｉｎθ／2＝μｃｏｓθ， 　得μ＝ｓｉｎθ／2ｃｏｓθ．图1静止时受力分析如图1ｂ，摩擦力有两种可能：①摩擦力沿斜面向下；②摩擦力沿斜面向上．摩擦力沿斜面向下时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＝ｆ＋ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ， 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ＋μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ－μｓｉｎθ）ｍｇ＝3ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ－ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　摩擦力沿斜面向上时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＋ｆ＝ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ． 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ－μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ＋μｓｉｎθ）ｍｇ＝ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ＋ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　30．解：（1）物体在两斜面上来回运动时，克服摩擦力所做的功Ｗｆ＝μｍｇｃｏｓ60°·ｓ总． 　物体从开始直到不再在斜面上运动的过程中ｍｇｈ－Ｗｆ＝0－ｍｖ02／2．解得ｓ总＝38ｍ． 　（2）物体最终是在Ｂ、Ｃ之间的圆弧上来回做变速圆周运动，且在Ｂ、Ｃ点时速度为零． 　（3）物体第一次通过圆弧最低点时，圆弧所受压力最大．由动能定理得ｍｇ［ｈ＋Ｒ（1－ｃｏｓ60°）］－μｍｇｃｏｓ60°／ｓｉｎ60°＝ｍ（ｖ12－ｖ02）／2， 由牛顿第二定律得　Ｎｍａｘ－ｍｇ＝ｍｖ12／Ｒ， 解得　Ｎｍａｘ＝54.5Ｎ． 　物体最终在圆弧上运动时，圆弧所受压力最小．由动能定理得ｍｇＲ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍｖ22／2，由牛顿第二定律得Ｎｍｉｎ－ｍｇ＝ｍｖ22／Ｒ，解得Ｎｍｉｎ＝20Ｎ． 　31．解：（1）设刹车后，平板车的加速度为ａ0，从开始刹车到车停止所经历时间为ｔ0，车所行驶距离为ｓ0，则有ｖ02＝2ａ0ｓ0，ｖ0＝ａ0ｔ0． 　欲使ｔ0小，ａ0应该大，作用于木箱的滑动摩擦力产生的加速度ａ1＝μｍｇ／ｍ＝μｇ． 　当ａ0＞ａ1时，木箱相对车底板滑动，从刹车到车停止过程中木箱运动的路程为ｓ1，则ｖ02＝2ａ2ｓ1． 　为使木箱不撞击驾驶室，应有ｓ1－ｓ0≤Ｌ． 　联立以上各式解得：ａ0≤μｇｖ02／（ｖ02－2μｇＬ）＝5ｍ／ｓ2， 　∴　ｔ0＝ｖ0／ａ0＝4.4ｓ． 　（2）对平板车，设制动力为Ｆ，则Ｆ＋ｋ（Ｍ＋ｍ）ｇ－μｍｇ＝Ｍａ0，解得：Ｆ＝7420Ｎ． 　 32．解：对系统ａ0＝［Ｆ－μｇ（ｍ1＋ｍ2）］／（ｍ1＋ｍ2）＝1ｍ／ｓ2． 　对木块1，细绳断后：│ａ1│＝ｆ1／ｍ1＝μｇ＝1ｍ／ｓ2． 　设细绳断裂时刻为ｔ1，则木块1运动的总位移： 　ｓ1＝2ａ0ｔ12／2＝ａ0ｔ12． 　对木块2，细绳断后，ａ2＝（Ｆ－μｍ2ｇ）／ｍ2＝2ｍ／ｓ2． 木块2总位移 　ｓ2＝ｓ′＋ｓ″＝ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2， 两木块位移差Δｓ＝ｓ2－ｓ1＝22（ｍ）． 得　ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2－ａ0ｔ12＝22， 把ａ0，ａ2值，ｖ1＝ａ0ｔ1代入上式整理得： 　ｔ12＋12ｔ1－28＝0，得ｔ1＝2ｓ． 木块2末速ｖ2＝ｖ1＋ａ2（6－ｔ1）＝ａ0ｔ1＋ａ2（6－ｔ1）＝10ｍ／ｓ． 此时动能Ｅｋ＝ｍ2ｖ22／2＝2×102／2Ｊ＝100Ｊ． 　33．解：（1）由动量守恒定律，ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ′，且有ｍ∶Ｍ＝1∶3， ∴　Ａ、Ｂ共同速度ｖ′＝ｍｖ0／（ｍ＋Ｍ）＝1ｍ／ｓ． 　（2）由动能定理，对全过程应有 　μｍｇ·2Ｌ＝ｍｖ02／2－（ｍ＋Ｍ）ｖ′2／2， 　4μｇＬ＝ｖ02－4ｖ′2，μ＝（ｖ02－4ｖ′2）／4ｇＬ＝0.3． 　（3）先求Ａ与Ｂ挡板碰前Ａ的速度ｖ10，以及木板Ｂ相应速度ｖ20，取从Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板相碰前过程为研究对象，依动量守恒与动能定理有以下两式成立：ｍｖ0＝ｍｖ10＋Ｍｖ20， 　ｍｖ02／2－ｍｖ102／2－Ｍｖ202／2＝μｍｇＬ． 代入数据得　ｖ10＋3ｖ20＝4，ｖ102＋3ｖ202＝10， 解以上两式可得　ｖ10＝（2±3）／2ｍ／ｓ．因Ａ与Ｂ挡板碰前速度不可能取负值，故ｖ10＝（2＋3）／2ｍ／ｓ．相应解出ｖ20＝（2－）／2ｍ／ｓ＝0.3ｍ／ｓ． 　木板Ｂ此过程为匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得μｍｇ＝Ｍａ1，ａ1＝μｍｇ／Ｍ＝1（ｍ／ｓ2）． 此过程经历时间ｔ1由下式求出 　ｖ20＝ａ1ｔ1，ｔ1＝ｖ20／ａ1＝0.3（ｓ）． 其速度图线为图2中0～0.3ｓ段图线ａ． 　再求Ａ与Ｂ挡板碰后，木板Ｂ的速度ｖ2与木块Ａ的速度ｖ1，为方便起见取Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板碰撞后瞬间过程为研究对象，依动量守恒定律与动能定理有以下两式成立： ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2，ｍｖ02／2－ｍｖ12／2－Ｍｖ22／2＝μｍｇＬ． 故解为　ｖ1＝（2±3）／2ｍ／ｓ． 因ｖ1＝（2＋3）／2ｍ／ｓ为碰前速度，故取ｖ1＝（2－3）／2ｍ／ｓ，相应得ｖ2＝2＋2ｍ／ｓ＝1.7ｍ／ｓ． 由于ｖ1＜0，即木块相对Ｂ向左滑动，Ａ受Ｂ摩擦力向右，Ｂ受Ａ摩擦力向左，故Ｂ做匀减速直线运动，加速度大小由牛顿第二定律，得ａ＝μｍｇ／Ｍ＝1ｍ／ｓ2． 　从碰后到Ａ滑到Ｂ最左端过程中，Ｂ向右做匀减速直线运动时间设为ｔ2，则ｖ′－ｖ2＝－ａｔ2， ∴　ｔ2＝0.7ｓ． 　此过程速度图线如图2中0.3ｓ～1.0ｓ段图线ｂ． 图2　　34．解：设ｍ1、ｍ2两物体受恒力Ｆ作用后，产生的加速度分别为ａ1、ａ2，由牛顿第二定律Ｆ＝ｍａ，得 　ａ1＝Ｆ／ｍ1，ａ2＝Ｆ／ｍ2， 　历时ｔ两物体速度分别为ｖ1＝ａ1ｔ，ｖ2＝ｖ0＋ａ2ｔ，由题意令ｖ1＝ｖ2，即ａ1ｔ＝ｖ0＋ａ2ｔ或（ａ1－ａ2）ｔ＝ｖ0，因ｔ≠0、ｖ0＞0，欲使上式成立，需满足ａ1－ａ2＞0，即Ｆ／ｍ1＞Ｆ／ｍ2，或ｍ1＜ｍ2，也即当ｍ1≥ｍ2时不可能达到共同速度，当ｍ1＜ｍ2时，可以达到共同速度． 　35．解：（1）当小球刚好能在轨道内做圆周运动时，水平初速度ｖ最小，此时有ｍｇ＝ｍｖ2／Ｒ， 故　ｖ＝＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）若初速度ｖ′＜ｖ，小球将做平抛运动，如在其竖直位移为Ｒ的时间内，其水平位移ｓ≥Ｒ，小球可进入轨道经过Ｂ点．设其竖直位移为Ｒ时，水平位移也恰为R，则Ｒ＝ｇｔ2／2，Ｒ＝ｖ′ｔ，解得：ｖ′＝／2＝ｍ／ｓ． 因此，初速度满足2ｍ／ｓ＞ｖ′≥ｍ／ｓ时，小球可做平抛运动经过Ｂ点． 　36．卫星在天空中任何天体表面附近运行时，仅受万有引力Ｆ作用使卫星做圆周运动，运动半径等于天体的球半径Ｒ．设天体质量为Ｍ，卫星质量为ｍ，卫星运动周期为Ｔ，天体密度为ρ．根据万有引力定律Ｆ＝ＧＭｍ／Ｒ2， 卫星做圆周运动向心力Ｆ′＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2， 因为 　Ｆ′＝Ｆ，得ＧＭｍ／Ｒ2＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2，∴Ｔ＝． 　又球体质量Ｍ＝4πＲ3ρ／3． 得Ｔ＝=，∴Ｔ∝1／，得证． 　37．解：由于两球相碰满足动量守恒 　　ｍ1ｖ0＝ｍ1ｖ1＋ｍ2ｖ2，ｖ1＝－1.3ｍ／ｓ． 　两球组成系统碰撞前后的总动能Ｅｋ1＋Ｅｋ2＝ｍ1ｖ02／2＋0＝2.5Ｊ， 　Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＝ｍ1ｖ12／2＋ｍ2ｖ22 ／2＝2.8Ｊ． 　可见，Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＞Ｅｋ1＋Ｅｋ2，碰后能量较碰撞前增多了，违背了能量守恒定律，这种假设不合理． 　38．解：（1）由动量守恒，得ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2， 由运动学公式得ｓ＝（ｖ1－ｖ2）ｔ，ｈ＝ｇｔ2／2， 由以上三式得ｖ2＝（ｍｖ0－ｓｍ）／（Ｍ＋ｍ）． 　（2）最后车与物体以共同的速度ｖ向右运动，故有 　ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖｖ＝ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）． ∴ΔＥ＝ｍｖ02／2＋ｍｇｈ－（Ｍ＋ｍ）ｍ2ｖ02／2（Ｍ＋ｍ）2． 解得ΔＥ＝ｍｇｈ＋Ｍｍｖ02／2（Ｍ＋ｍ）． 　39．解：设碰前Ａ、Ｂ有共同速度ｖ时，Ｍ前滑的距离为ｓ．则ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ，ｆｓ＝Ｍｖ2／2，ｆ＝μｍｇ． 　由以上各式得　ｓ＝Ｍｍｖ02／2μｇ（Ｍ＋ｍ）2． 　当ｖ0＝2ｍ／ｓ时，ｓ＝2／9ｍ＜0.5ｍ，即Ａ、Ｂ有共同速度．当ｖ0＝4ｍ／ｓ时，ｓ＝8／9ｍ＞0.5ｍ，即碰前Ａ、Ｂ速度不同． 　40．解：（1）物体由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者系统水平方向动量守恒得：ｍｖ0＝ｍｖ0／2＋2ｍｖＡＢ． 解之得　ｖＡＢ＝ｖ0／4． 　（2）物块由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者功能关系得：μｍｇＬ＝ｍｖ02／2－ｍ（ｖ0／2）2／2－2ｍ（ｖ0／4）2／2． 解之得　Ｌ＝5ｖ02／16μｇ． 　（3）物块由Ｄ滑到Ｃ的过程中，二者系统水平方向动量守恒，又因为物块到达最高点Ｃ时，物块与滑块速度相等且水平，均为ｖ． 故得　ｍｖ0／2＋ｍｖ0／4＝2ｍｖ， ∴　得滑块的动能ＥＣＤ＝ｍｖ2／2＝9ｍｖ02／128． 　41．解：（1）Ｂ从ｖ0减速到速度为零的过程，Ｃ静止，Ｂ的位移：ｓ1＝ｖ02／2μｇ． 　所用的时间：ｔ1＝ｖ0／μｇ． 　此后Ｂ与Ｃ一起向右做加速运动，Ａ做减速运动，直到相对静止，设所用时间为ｔ2，共同速度为ｖ． 　对Ａ、Ｂ、Ｃ，由动量守恒定律得 　ｍＡ·2ｖ0－ｍＢｖ0＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ， ∵　ｍＡ＝ｍＢ＝ｍＣ，∴　ｖ＝ｖ0／3． 　对Ｂ与Ｃ，向右加速运动的加速度 　ａ＝μｍＡｇ／（ｍＢ＋ｍＣ）＝μｇ／2，∴ｔ2＝ｖ／ａ＝2ｖ0／3μｇ． Δｔ内Ｂ向右移动的位移ｓ2＝ｖｔ2／2＝ｖ02／9μｇ， 故总路程ｓ＝ｓ1＋ｓ2＝11ｖ02／18μｇ，总时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝5ｖ0／3μｇ． 　 （2）设车的最小长度为Ｌ，则相对静止时Ａ、Ｂ刚好接触，由能量守恒得 　ｍＡ（2ｖ0）2／2＋ｍＢｖ02／2＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ2／2＋μｍＢｇｓ1＋μｍＡｇ（Ｌ－ｓ1）， 联立解得Ｌ＝7ｖ02／3μｇ． 　42．解：（1）ｍ速度最大的位置应在O点左侧．因为细线烧断后，ｍ在弹簧弹力和滑动摩擦力的合力作用下向右做加速运动，当弹力与摩擦力的合力为零时，ｍ的速度达到最大，此时弹簧必处于压缩状态．此后，系统的机械能不断减小，不能再达到这一最大速度． 　（2）选ｍ、Ｍ为一系统，由动量守恒定律得 　ｍｖ1＝Ｍｖ2． 　设这一过程中弹簧释放的弹性势能为Ｅｐ，则 　Ｅｐ＝ｍｖ12／2＋Ｍｖ22／2＋μｍｇｓ， 解得　ｖ2＝ｍｖ1／Ｍ，Ｅｐ＝ｍ［（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2Ｍ＋μｇｓ］． 　（2）ｍ与Ｍ最终将静止，因为系统动量守恒，且总动量为零，只要ｍ与Ｍ间有相对运动，就要克服摩擦力做功，不断消耗能量，所以，ｍ与Ｍ最终必定都静止． 　43．解：（1）第一颗子弹射入木块过程，系统动量守恒，有 　ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ1． 　射入后，在ＯＢＣ运动过程中，机械能守恒，有 　（ｍ＋Ｍ）ｖ12／2＝（ｍ＋Ｍ）ｇＲ，得ｖ0＝（Ｍ＋ｍ）／ｍ． 　（2）由动量守恒定律知，第2、4、6……颗子弹射入木块后，木块速度为0，第1、3、5……颗子弹射入后，木块运动．当第9颗子弹射入木块时，由动量守恒得： 　ｍｖ0＝（9ｍ＋Ｍ）ｖ9， 　设此后木块沿圆弧上升最大高度为Ｈ，由机械能守恒定律得：（9ｍ＋Ｍ）ｖ92／2＝（9ｍ＋Ｍ）ｇＨ， 由以上可得：Ｈ＝［（Ｍ＋ｍ）／（Ｍ＋9ｍ）］2Ｒ． 　44．解：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动ｓ，速度变为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．由动能定理 　－μＭｇｓ＝0－ｍｖ02／2，ｓ＝ｍｖ02／2μＭｇ＝0.33ｍ． 　（2）假如平板车在第二次碰墙前还未和滑块相对静止，则其速度的大小肯定还是2ｍ／ｓ，因为只要相对运动，摩擦力大小为恒值．滑块速度则大于2ｍ／ｓ，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰墙前肯定已和滑块具有共同速度ｖ．此即平板车碰墙前瞬间的速度． 　Ｍｖ0－ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， ∴ｖ＝（Ｍ－ｍ）ｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝0.4ｍ／ｓ． 图3　（3）平板车与墙壁第一次碰撞后滑块与平板又达到共同速度ｖ前的过程，可用图3（ａ）、（ｂ）、（ｃ）表示．图3（ａ）为平板车与墙碰撞后瞬间滑块与平板车的位置，图3（ｂ）为平板车到达最左端时两者的位置，图3（ｃ）为平板车与滑块再次达到共同速度时两者的位置．在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功μΜｇｓ′，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功μＭｇｓ″（平板车从Ｂ到Ａ再回到Ｂ的过程中摩擦力做功为零），其中ｓ′、ｓ″分别为滑块和平板车的位移．滑块和平板车动能总减少为μＭｇｌ1，其中ｌ1＝ｓ′＋ｓ″为滑块相对平板车的位移，此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为ｌ，则有（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2＝μＭｇｌ，ｌ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2μＭｇ＝0.833ｍ． ｌ即为平板车的最短长度．图4　　45．解：如图4，Ａ球从静止释放后将自由下落至Ｃ点悬线绷直，此时速度为ｖＣ ∵　ｖＣ2＝2ｇ×2Ｌｓｉｎ30°， ∴　ｖＣ＝＝2ｍ／ｓ． 　在线绷直的过程中沿线的速度分量减为零时，Ａ将以切向速度ｖ1沿圆弧运动且 　ｖ1＝ｖＣｃｏｓ30°＝ｍ／ｓ． 　Ａ球从Ｃ点运动到最低点与Ｂ球碰撞前机械能守恒，可求出Ａ球与Ｂ球碰前的速度 　ｍＡｖ12／2＋ｍＡｇＬ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍＡｖ22／2， 　ｖ2＝==ｍ／ｓ． 　因Ａ、Ｂ两球发生无能量损失的碰撞且ｍＡ＝ｍＢ，所以它们的速度交换，即碰后Ａ球的速度为零，Ｂ球的速度为ｖ2＝（ｍ／ｓ）．对Ｂ球和小车组成的系统水平方向动量守恒和机械能守恒，当两者有共同水平速度ｕ时，Ｂ球上升到最高点，设上升高度为ｈ． 　ｍＢｖ2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ，ｍＢｖ22／2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ2／2＋ｍＢｇｈ．解得ｈ＝3／16≈0.19ｍ． 　在Ｂ球回摆到最低点的过程中，悬线拉力仍使小车加速，当Ｂ球回到最低点时小车有最大速度ｖｍ ，设小球Ｂ回到最低点时速度的大小为ｖ3，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 　ｍＢｖ2＝－ｍＢｖ3＋Ｍｖｍ，ｍＢｖ22／2＝ｍＢｖ32／2＋Ｍｖｍ2／2， 解得ｖｍ＝2ｍＢｖ2／（ｍ3＋Ｍ）＝／2ｍ／ｓ＝1.12ｍ／ｓ． 　46．解：（1）小球的角速度与运动的角速度必定相等，则有ｖ＝ωＲ＝ω． 　（2）人手所提供的功率应等于小球在运动过程中克服摩擦力做功的功率．即有Ｐ＝ｆｖ， ∴　ｆ＝Ｐ／ｖ＝Ｐ／ω． 　47．解：由于粘性物体与底板粘合的过程时间极短，冲击力远大于重力，在竖直方向近似动量守恒，开始静止时，有　ｍ1ｇ＝ｋｘｋ＝ｍ1ｇｘ． 　ｍ2下落Ｈ时的速度ｖ＝，ｍ2与ｍ1合在一起动量守恒，ｍ2ｖ＝（ｍ1＋ｍ2）ｖ′，ｖ′＝ｍ2ｖ／（ｍ1＋ｍ2）＝ｍ2／（ｍ1＋ｍ2）． 　设向下为正方向，ｍ1与ｍ2的整体受两个力，即重力（ｍ1＋ｍ2）ｇ和弹簧的平均拉力，则有平均拉力＝ｋｘ＋ｋｈ／2＝ｋ（2ｘ＋ｈ）／2，由动能定理得 ［－＋（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ＝0－（ｍ1＋ｍ2）ｖ2／2， 由以上各式得［ｍ1ｇ（2ｘ＋ｈ）／2ｘ－（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ 　＝（ｍ1＋ｍ2）·ｍ22·2ｇｈ／2（ｍ1＋ｍ2）2． 代入数值得ｈ＝0.3ｍ． 　48．解：ｍ与Ａ粘在一起后水平方向动量守恒，共同速度设为ｖ1，Ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ1， 得ｖ1＝Ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝2ｖ0／3． 　当弹簧压缩到最大时即有最大弹性势能Ｅ，此时系统中各物体有相同速度，设为ｖ2，由动量守恒定律 　2Ｍｖ0＝（2Ｍ＋ｍ）ｖ2，得ｖ2＝2Ｍｖ0／（2Ｍ＋ｍ）＝4ｖ0／5． 由能量守恒有 　Ｅ＝Ｍｖ02／2＋（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2－（2Ｍ＋ｍ）ｖ22／2， 解得Ｅ＝Ｍｖ02／30． 　49．解：（1）振子在平衡位置时，所受合力为零，设此时弹簧被压缩Δｘ：（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ＝ｋΔｘ，Δｘ＝5ｃｍ． 　开始释放时振子处在最大位移处，故振幅 　Ａ＝5ｃｍ＋5ｃｍ＝10ｃｍ． 　（2）由于开始时弹簧的伸长量恰等于振子在平衡位置时弹簧的压缩量，故弹性势能相等，设振子的最大速度为ｖ，从开始到平衡位置，根据机械能守恒定律， 得ｍｇ·Ａ＝ｍｖ2／2，∴ｖ＝＝1.4ｍ／ｓ， 即Ｂ的最大速率为1.4ｍ／ｓ． 　 （3）在最高点，振子受到的重力和弹力方向相同，根据牛顿第二定律，得 　ａ＝［ｋΔｘ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ］／（ｍＡ＋ｍＢ）＝20ｍ／ｓ2， Ａ对Ｂ的作用力方向向下，其大小 　Ｎ1＝ｍＢａ－ｍＢｇ＝10Ｎ． 在最低点，振子受到的重力和弹力方向相反，根据牛顿第二定律，得ａ＝ｋ（Δｘ＋Ａ）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｍＡ＋ｍＢ＝20ｍ／ｓ2． Ａ对Ｂ的作用力方向向上，其大小 　Ｎ2＝ｍＢａ＋ｍＢｇ＝30Ｎ．26．如图1－81所示，在光滑地面上并排放两个相同的木块，长度皆为ｌ＝1.00ｍ，在左边木块的最左端放一小金属块，它的质量等于一个木块的质量，开始小金属块以初速度ｖ0＝2.00ｍ／ｓ向右滑动，金属块2．解：在0～1ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知 　ａ１＝12ｍ／ｓ２， 由牛顿第二定律，得 　Ｆ－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ１，　　① 在0～2ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知ａ２＝－6ｍ／ｓ２， 因为此时物体具有斜向上的初速度，故由牛顿第二定律，得 　－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ２，　　② 　②式代入①式，得　Ｆ＝18Ｎ． 3．解：在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从Ａ到Ｂ需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为ｔ1，则 　（ｖ／2）ｔ１＋ｖ（ｔ－ｔ１）＝Ｌ， 所以　ｔ１＝2（ｖｔ－Ｌ）／ｖ＝（2×（2×6－10）／2）ｓ＝2ｓ． 为使物体从Ａ至Ｂ所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变．而　ａ＝ｖ／ｔ＝1ｍ／ｓ２．设物体从Ａ至Ｂ所用最短的时间为ｔ2，则 　（1／2）ａｔ2２＝Ｌ， 　ｔ2＝=＝2ｓ． 　ｖｍｉｎ＝ａｔ2＝1×2ｍ／ｓ＝2ｍ／ｓ． 传送带速度再增大1倍，物体仍做加速度为1ｍ／ｓ２的匀加速运动，从Ａ至Ｂ的传送时间为2ｍ／ｓ． 4．解：启动前Ｎ１＝ｍｇ， 　升到某高度时　Ｎ2＝（17／18）Ｎ１＝（17／18）ｍｇ， 　对测试仪　Ｎ2－ｍｇ′＝ｍａ＝ｍ（ｇ／2）， 　∴　ｇ′＝（8／18）ｇ＝（4／9）ｇ， 　ＧｍＭ／Ｒ2＝ｍｇ，ＧｍＭ／（Ｒ＋ｈ）2＝ｍｇ′，解得：ｈ＝（1／2）Ｒ． 5．解：由匀加速运动的公式　ｖ２＝ｖ０２＋2ａｓ 　得物块沿斜面下滑的加速度为 　ａ＝ｖ2／2ｓ＝1．42／（2×1．4）＝0．7ｍｓ－２， 由于ａ＜ｇｓｉｎθ＝5ｍｓ－２， 　可知物块受到摩擦力的作用． 图3　分析物块受力，它受3个力，如图3．对于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，由牛顿定律有 　ｍｇｓｉｎθ－ｆ１＝ｍａ， 　ｍｇｃｏｓθ－Ｎ１＝0， 　分析木楔受力，它受5个力作用，如图3所示．对于水平方向，由牛顿定律有 　ｆ2＋ｆ１ｃｏｓθ－Ｎ１ｓｉｎθ＝0， 　由此可解得地面的作用于木楔的摩擦力 　ｆ2＝ｍｇｃｏｓθｓｉｎθ－（ｍｇｓｉｎθ－ｍａ）ｃｏｓθ＝ｍａｃｏｓθ＝1×0．7×（／2）＝0．61Ｎ． 　此力的方向与图中所设的一致（由指向）． 6．解：（1）飞机原先是水平飞行的，由于垂直气流的作用，飞机在竖直方向上的运动可看成初速度为零的匀加速直线运动，根据　ｈ＝（1／2）ａｔ２，得ａ＝2ｈ／ｔ２，代入ｈ＝1700ｍ，ｔ＝10ｓ，得 　ａ＝（2×1700／10２）（ｍ／ｓ２）＝34ｍ／ｓ２，方向竖直向下． 　（2）飞机在向下做加速运动的过程中，若乘客已系好安全带，使机上乘客产生加速度的力是向下重力和安全带拉力的合力．设乘客质量为ｍ，安全带提供的竖直向下拉力为Ｆ，根据牛顿第二定律　Ｆ＋ｍｇ＝ｍａ，得安全带拉力 　　Ｆ＝ｍ（ａ－ｇ）＝ｍ（34－10）Ｎ＝24ｍ（Ｎ）， ∴　安全带提供的拉力相当于乘客体重的倍数 　ｎ＝Ｆ／ｍｇ＝24ｍＮ／ｍ·10Ｎ＝2．4（倍）． 　（3）若乘客未系安全带，飞机向下的加速度为34ｍ／ｓ２，人向下加速度为10ｍ／ｓ２，飞机向下的加速度大于人的加速度，所以人对飞机将向上运动，会使头部受到严重伤害． 7．解：设月球表面重力加速度为ｇ，根据平抛运动规律，有 　ｈ＝（1／2）ｇｔ２，　　① 　水平射程为　　　Ｌ＝ｖ０ｔ，　　② 　联立①②得ｇ＝2ｈｖ０２／Ｌ２．　　③ 　根据牛顿第二定律，得　ｍｇ＝ｍ（2π／Ｔ）２Ｒ，　　④ 　联立③④得　Ｔ＝（πＬ／ｖ０ｈ）．　　⑤ 8．解：前2秒内，有Ｆ－ｆ＝ｍａ１，ｆ＝μＮ，Ｎ＝ｍｇ，则 　ａ１＝（Ｆ－μｍｇ）／ｍ＝4ｍ／ｓ２，ｖｔ＝ａ１ ｔ＝8ｍ／ｓ， 　撤去Ｆ以后　ａ２＝ｆ／ｍ＝2ｍ／ｓ，ｓ＝ｖ１２／2ａ２＝16ｍ． 9．解：（1）用力斜向下推时，箱子匀速运动，则有 　Ｆｃｏｓθ＝ｆ，ｆ＝μＮ，Ｎ＝Ｇ＋Ｆｓｉｎθ， 　联立以上三式代数据，得　Ｆ＝1．2×10２Ｎ． 　（2）若水平用力推箱子时，据牛顿第二定律，得Ｆ合＝ｍａ，则有 　Ｆ－μＮ＝ｍａ，Ｎ＝Ｇ， 　联立解得　ａ＝2．0ｍ／ｓ２． 　ｖ＝ａｔ＝2．0×3．0ｍ／ｓ＝6．0ｍ／ｓ， 　ｓ＝（1／2）ａｔ２＝（1／2）×2．0×3．0２ｍ／ｓ＝9．0ｍ， 　推力停止作用后　ａ′＝ｆ／ｍ＝4．0ｍ／ｓ２（方向向左）， 　ｓ′＝ｖ２／2ａ′＝4．5ｍ， 　则　ｓ总＝ｓ＋ｓ′＝13．5ｍ． 10．解：根据题中说明，该运动员发球后，网球做平抛运动．以ｖ表示初速度，Ｈ表示网球开始运动时离地面的高度（即发球高度），ｓ１表示网球开始运动时与网的水平距离（即运动员离开网的距离），ｔ１表示网球通过网上的时刻，ｈ表示网球通过网上时离地面的高度，由平抛运动规律得到 　ｓ１＝ｖｔ１，Ｈ－ｈ＝（1／2）ｇｔ１２， 消去ｔ１，得　　ｖ＝ｍ／ｓ，ｖ≈23ｍ／ｓ． 　以ｔ２表示网球落地的时刻，ｓ２表示网球开始运动的地点与落地点的水平距离，ｓ表示网球落地点与网的水平距离，由平抛运动规律得到 　Ｈ＝（1／2）ｇｔ２２，ｓ２＝ｖｔ２， 消去ｔ２，得ｓ２＝ｖ≈16ｍ， 　网球落地点到网的距离　ｓ＝ｓ２－ｓ１≈4ｍ． 11．解：（1）设卫星质量为ｍ，它在地球附近做圆周运动，半径可取为地球半径Ｒ，运动速度为ｖ，有 　ＧＭｍ／Ｒ２＝ｍｖ２／Ｒ　得ｖ＝． 　（2）由（1）得： 　Ｍ＝ｖ２Ｒ／Ｇ＝＝6．0×1024ｋｇ． 12．解：对物块：Ｆ１－μｍｇ＝ｍａ１， 　6－0．5×1×10＝1·ａ１，ａ１＝1．0ｍ／ｓ2， 　ｓ１＝（1／2）ａ１ｔ2＝（1／2）×1×0．42＝0．08ｍ， 　ｖ１＝ａ１ｔ＝1×0．4＝0．4ｍ／ｓ， 　对小车：Ｆ２－μｍｇ＝Ｍａ２， 　9－0．5×1×10＝2ａ２，ａ２＝2．0ｍ／ｓ2 ， 　ｓ２＝（1／2）ａ２ｔ2＝（1／2）×2×0．42＝0．16ｍ， 　ｖ２＝ａ２ｔ＝2×0．4＝0．8ｍ／ｓ， 　撤去两力后，动量守恒，有Ｍｖ２－ｍｖ１＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， 　ｖ＝0．4ｍ／ｓ（向右）， ∵　（（1／2）ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2）－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ2＝μｍｇｓ３， 　ｓ３＝0．096ｍ， ∴　ｌ＝ｓ１＋ｓ２＋ｓ３＝0．336ｍ． 13．解：设木块到Ｂ时速度为ｖ０，车与船的速度为ｖ１，对木块、车、船系统，有 　ｍ１ｇｈ＝（ｍ１ｖ０2／2）＋（（ｍ２＋ｍ３）ｖ１2／2）， 　ｍ１ｖ０＝（ｍ２＋ｍ３）ｖ１， 解得　ｖ０＝5，ｖ１＝． 　木块到Ｂ后，船以ｖ１继续向左匀速运动，木块和车最终以共同速度ｖ２向右运动，对木块和车系统，有 　ｍ１ｖ０－ｍ２ｖ１＝（ｍ１＋ｍ２）ｖ２， 　μｍ１ｇｓ＝（（ｍ１ｖ０2／2）＋（ｍ２ｖ１2／2））－（（ｍ１＋ｍ２）ｖ２2／2）， 得　ｖ２＝ｖ１＝，ｓ＝2ｈ． 14．解：（1）小球的角速度与手转动的角速度必定相等均为ω．设小球做圆周运动的半径为ｒ，线速度为ｖ．由几何关系得　ｒ＝，ｖ＝ω·ｒ，解得　　 　　ｖ＝ω． 　（2）设手对绳的拉力为Ｆ，手的线速度为ｖ，由功率公式得　Ｐ＝Ｆｖ＝Ｆ·ωＲ， ∴　Ｆ＝Ｐ／ωＲ．图4　研究小球的受力情况如图4所示，因为小球做匀速圆周运动，所以切向合力为零，即 　Ｆｓｉｎθ＝ｆ， 其中　ｓｉｎθ＝Ｒ／， 　联立解得　ｆ＝Ｐ／ω． 15．解：（1）用ｖ１表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由于子弹射入木块Ｃ时间极短，系统动量守恒，有 　ｍｖ０＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１， 　∴　ｖ１＝ｍｖ０／（ｍ＋Ｍ）＝3ｍ／ｓ， 　子弹和木块Ｃ在ＡＢ木板上滑动，由动能定理得： 　（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ２２－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ１２＝－μ（ｍ＋Ｍ）ｇＬ， 　解得　ｖ２＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）用ｖ′表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由动量守恒定律，得　ｍｖ０′＋Ｍｕ＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１′，解得　ｖ１′＝4ｍ／ｓ． 　木块Ｃ及子弹在ＡＢ木板表面上做匀减速运动　ａ＝μｇ．设木块Ｃ和子弹滑至ＡＢ板右端的时间为ｔ，则木块Ｃ和子弹的位移ｓ１＝ｖ１′ｔ－（1／2）ａｔ2， 　由于ｍ车≥（ｍ＋Ｍ），故小车及木块ＡＢ仍做匀速直线运动，小车及木板ＡＢ的位移　ｓ＝ｕｔ，由图5可知：ｓ１＝ｓ＋Ｌ， 　联立以上四式并代入数据得： 　ｔ2－6ｔ＋1＝0， 　解得：ｔ＝（3－2）ｓ，（ｔ＝（3＋2）ｓ不合题意舍去），　　（11） 　∴　ｓ＝ｕｔ＝0．18ｍ． 16．解：（1）设Ａ滑上Ｂ后达到共同速度前并未碰到档板，则根据动量守恒定律得它们的共同速度为ｖ，有图5　ｍｖ０＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝2ｍ／ｓ，在这一过程中，Ｂ的位移为ｓＢ＝ｖＢ2／2ａＢ且ａＢ＝μｍｇ／Ｍ，解得ｓＢ＝Ｍｖ2／2μｍｇ＝2×22／2×0．2×1×10＝2ｍ． 　设这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ１，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ１＝（1／2）ｍｖ０2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得ｓ１＝6ｍ． 　当ｓ＝4ｍ时，Ａ、Ｂ达到共同速度ｖ＝2ｍ／ｓ后再匀速向前运动2ｍ碰到挡板，Ｂ碰到竖直挡板后，根据动量守恒定律得Ａ、Ｂ最后相对静止时的速度为ｖ′，则 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′， 解得　ｖ′＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ２，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ２＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　ｓ２＝2．67ｍ． 　因此，Ａ、Ｂ最终不脱离的木板最小长度为ｓ１＋ｓ２＝8．67ｍ 　（2）因Ｂ离竖直档板的距离ｓ＝0．5ｍ＜2ｍ，所以碰到档板时，Ａ、Ｂ未达到相对静止，此时Ｂ的速度ｖＢ为 　ｖＢ2＝2ａＢｓ＝（2μｍｇ／Ｍ）ｓ，解得　ｖＢ＝1ｍ／ｓ， 　设此时Ａ的速度为ｖＡ ，根据动量守恒定律，得 　ｍｖ０＝ＭｖＢ＋ｍｖＡ，解得ｖＡ＝4ｍ／ｓ， 　设在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移为ｓ１′，根据动能定理得： 　μｍｇｓ１′＝（1／2）ｍｖ０2－（（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）ＭｖＢ2）， 　解得　ｓ１′＝4．5ｍ． 　Ｂ碰撞挡板后，Ａ、Ｂ最终达到向右的相同速度ｖ，根据动能定理得ｍｖＡ－ＭｖＢ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ２′为 　μｍｇｓ２′＝（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得　ｓ２′＝（25／6）ｍ． 　Ｂ再次碰到挡板后，Ａ、Ｂ最终以相同的速度ｖ′向左共同运动，根据动量守恒定律，得 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′，解得　ｖ′＝（2／9）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ３′为： 　μｍｇｓ３′＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　　　　ｓ３′＝（8／27）ｍ． 　因此，为使Ａ不从Ｂ上脱落，Ｂ的最小长度为ｓ１′＋ｓ２′＋ｓ３′＝8．96ｍ． 17．解：（1）Ｂ与Ａ碰撞后，Ｂ相对于Ａ向左运动，Ａ所受摩擦力方向向左，Ａ的运动方向向右，故摩擦力作负功．设Ｂ与Ａ碰撞后的瞬间Ａ的速度为ｖ１，Ｂ的速度为ｖ２，Ａ、Ｂ相对静止后的共同速度为ｖ，整个过程中Ａ、Ｂ组成的系统动量守恒，有 　Ｍｖ０＝（Ｍ＋1．5Ｍ）ｖ，ｖ＝2ｖ０／5． 　碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功，即 　Ｍｖ２＋1．5Ｍｖ１＝2．5Ｍｖ，　　① 　（1／2）×1．5Ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2－（1／2）×2．5Ｍｖ2＝Ｍμｇｌ，　　② 可解出ｖ１＝（1／2）ｖ０（另一解ｖ１＝（3／10）ｖ０因小于ｖ而舍去） 　这段过程中，Ａ克服摩擦力做功 　Ｗ＝（1／2）×1．5Ｍｖ１2－（1／2）×1．5Ｍｖ2＝（27／400）Ｍｖ０2（0．068Ｍｖ０2）． 　（2）Ａ在运动过程中不可能向左运动，因为在Ｂ未与Ａ碰撞之前，Ａ受到的摩擦力方向向右，做加速运动，碰撞之后Ａ受到的摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后，速度仍向右，因此不可能向左运动． 　Ｂ在碰撞之后，有可能向左运动，即ｖ２＜0． 　先计算当ｖ２＝0时满足的条件，由①式，得 　ｖ１＝（2ｖ０／3）－（2ｖ２／3），当ｖ２＝0时，ｖ１＝2ｖ０／3，代入②式，得 　（（1／2）×1．5Ｍ4ｖ０2／9）－（（1／2）×2．5Ｍ4ｖ０2／25）＝Ｍμｇｌ， 解得　μｇｌ＝2ｖ０2／15． 　Ｂ在某段时间内向左运动的条件之一是μｌ＜2ｖ０2／15ｇ． 　另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即 　（1／2）Ｍｖ０2－（1／2）2．5Ｍ（2ｖ０／5）2≥2Ｍμｇｌ， 　解出另一个条件是　μｌ≤3ｖ０2／20ｇ， 　最后得出Ｂ在某段时间内向左运动的条件是 　2ｖ０2／15ｇ＜μｌ≤3ｖ０2／20ｇ． 18．解：（1）以警车为研究对象，由动能定理． 　－μｍｇ·ｓ＝（1／2）ｍｖ2－（1／2）ｍｖ０2， 　将ｖ０＝14．0ｍ／ｓ，ｓ＝14．0ｍ，ｖ＝0代入，得 　μｇ＝7．0ｍ／ｓ2， 　因为警车行驶条件与肇事汽车相同，所以肇事汽车的初速度ｖＡ＝ ＝21ｍ／ｓ． 　（2）肇事汽车在出事点Ｂ的速度 　ｖＢ＝＝14ｍ／ｓ， 　肇事汽车通过段的平均速度 　＝（ｖＡ＋ｖＢ）／2＝（21＋14）／2＝17．5ｍ／ｓ． 　肇事汽车通过ＡＢ段的时间 　ｔ２＝ＡＢ／＝（31．5－14．0）／17．5＝1ｓ． 　∴　游客横过马路的速度 　ｖ人＝／（ｔ１＋ｔ２）＝（2．6／（1＋0．7））ｍ／ｓ＝1．53ｍ／ｓ． 19．解：（1）开始Ａ、Ｂ处于静止状态时，有 　ｋｘ０－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｓｉｎ30°＝0，　　① 　设施加Ｆ时，前一段时间Ａ、Ｂ一起向上做匀加速运动，加速度为ａ，ｔ＝0．2ｓ，Ａ、Ｂ间相互作用力为零，对Ｂ有： 　ｋｘ－ｍＢｇｓｉｎ30°＝ｍＢａ，　　② 　ｘ－ｘ０＝（1／2）ａｔ2，　　③ 　解①、②、③得： 　ａ＝5ｍｓ－2，ｘ０＝0．05ｍ，ｘ＝0．15ｍ， 　初始时刻Ｆ最小 　Ｆｍｉｎ＝（ｍＡ＋ｍＢ）ａ＝60Ｎ． 　ｔ＝0．2ｓ时，Ｆ最大 　Ｆｍａｘ－ｍＡｇｓｉｎ30°＝ｍＡａ， 　Ｆｍａｘ＝ｍＡ（ｇｓｉｎ30°＋ａ）＝100Ｎ， 　（2）ΔＥＰＡ＝ｍＡｇΔｈ＝ｍＡｇ（ｘ－ｘ０）ｓｉｎ30°＝5Ｊ． 20．解：当弹簧处于压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和．当弹簧伸长到其自然长度时，弹性势能为零，因这时滑块Ａ的速度为零，故系统的机械能等于滑块Ｂ的动能．设这时滑块Ｂ的速度为ｖ则有 　Ｅ＝（1／2）ｍ２ｖ2，　　① 由动量守恒定律（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ２ｖ，　　② 解得　Ｅ＝（1／2）（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２．　　③ 　假定在以后的运动中，滑块Ｂ可以出现速度为零的时刻，并设此时滑块Ａ的速度为ｖ１．这时，不论弹簧是处于伸长还是压缩状态，都具有弹性势能Ｅｐ．由机械能守恒定律得 　（1／2）ｍ１ｖ１2＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　④ 根据动量守恒　（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ１ｖ１，　　⑤ 求出ｖ１，代入④式得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑥ 因为Ｅｐ≥0，故得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）≤（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑦ 即　ｍ１≥ｍ２，与已知条件ｍ１＜ｍ２不符． 　可见滑块Ｂ的速度永不为零，即在以后的运动中，不可能出现滑动Ｂ的速度为零的情况． 21．解：设恰好物体相对圆盘静止时，弹簧压缩量为Δｌ，静摩擦力为最大静摩擦力ｆｍａｘ，这时物体处于临界状态，由向心力公式ｆｍａｘ－ｋΔｌ＝ｍＲｗ2 ，　　① 　假若物体向圆心移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ１－ｋ（Δｌ＋ｘ）＝ｍ（Ｒ－ｘ）ｗ2，　　② 　由①、②两式可得　ｆｍａｘ－ｆ１＝ｍｘｗ2－ｋｘ，　　③ 所以　ｍｘｗ2－ｋｘ≥0，得ｋ≤ｍｗ2，　　④ 　若物体向外移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ２－ｋ（Δｌ－ｘ）≥ｍ（Ｒ＋ｘ）ｗ2，　　⑤ 由①～⑥式得　ｆｍａｘ－ｆ２＝ｋｘ－ｍｘｗ2≥0，　　⑥ 所以　ｋ≥ｍｗ2，　　⑦ 即若物体向圆心移动，则ｋ≤ｍｗ2， 若物体向远离圆心方向移动，则ｋ≥ｍｗ2． 22．解：卫星环绕地球作匀速圆周运动，设卫星的质量为ｍ，轨道半径为ｒ，受到地球的万有引力为Ｆ， 　Ｆ＝ＧＭｍ／ｒ2，　　① 　式中Ｇ为万有引力恒量，Ｍ是地球质量． 　设ｖ是卫星环绕地球做匀速圆周运动的线速度，Ｔ是运动周期，根据牛顿第二定律，得 　Ｆ＝ｍｖ2／ｒ，　　② 　由①、②推导出　ｖ＝．　　③ 　③式表明：ｒ越大，ｖ越小． 　人造卫星的周期就是它环绕地球运行一周所需的时间Ｔ， 　Ｔ＝2πｒ／ｖ，　　④ 　由③、④推出　Ｔ＝2π，　　⑤ 　⑤式说明：ｒ越大，Ｔ越大．　23．证：设质点通过Ａ点时的速度为ｖＡ，通过Ｃ点时的速度为ｖＣ，由匀变速直线运动的公式得： ｓ1＝ｖＡＴ＋ａＴ2／2，ｓ3＝ｖＣＴ＋ａＴ2／2，ｓ3－ｓ1＝ｖＣＴ－ｖＡＴ． ∵　ｖＣ＝ｖＡ＋2ａＴ， ∴　ｓ3－ｓ1＝（ｖＡ－2ａＴ－ｖＡ）Ｔ＝2ａＴ2，ａ＝（ｓ3－ｓ1）／2Ｔ2． 　24．根据：如果在连续的相等的时间内的位移之差相等，则物体做匀变速运动．证明：设物体做匀速运动的初速度为ｖ0，加速度为ａ，第一个Ｔ内的位移为ｓ1＝ｖ0Ｔ＋ａＴ2／2；第二个Ｔ内的位移为ｓ2＝（ｖ0＋ａＴ）Ｔ＋ａＴ2／2；第Ｎ个Ｔ内的位移为ｓＮ＝［ｖ0＋（Ｎ－1）ａＴ］Ｔ＋ａＴ2／2．　ｓＮ－ｓＮ－1＝ａＴ2，逆定理也成立． 　25．解：由匀变速直线运动的公式得小物块的加速度的大小为ａ1＝（ｖ0－ｖｔ）／ｔ＝2（ｍ／ｓ2）．木板的加速度大小为ａ2＝2ｓ／ｔ2＝0.25（ｍ／ｓ2）． 根据牛顿第二定律　Ｆ＝ｍａ 对小物块得　ｆ′1＝ｍａ1＝1×2＝2Ｎ， 对木板得　ｆ1－μ（ｍ＋Ｍ）ｇ＝Ｍａ2， 　μ＝（ｆ1－Ｍａ2）／（ｍ＋Ｍ）ｇ＝（2－4×0.25）／（1＋4）×10＝0.02． 　 26．解：假设金属块没有离开第一块长木板，移动的相对距离为ｘ，由动量守恒定律，得ｍｖ0＝3ｍｖ， 　ｍｖ02／2＝3ｍｖ2／2＋μｍｇｘ， 解得ｘ＝4ｍ／3＞Ｌ，不合理， ∴　金属块一定冲上第二块木板． 　以整个系统为研究对象，由动量定律及能量关系，当金属块在第一块木板上时ｍｖ0＝ｍｖ0′＋2ｍｖ1， 　ｍｖ02／2＝12ｍｖ0′2＋2ｍ·ｖ12／2＋μｍｇｌ． 　ｍｖ0＝ｍｖ1＋2ｍｖ2， 　ｍｖ02／2＝ｍｖ12／2＋2ｍ·ｖ22／2＋μｍｇ（ｌ＋ｘ）． 联立解得： 　ｖ1＝1／3ｍ／ｓ，ｖ2＝5／6ｍ／ｓ，ｘ＝0.25ｍ． 　27．解：当ｔ＝0时，ａＡ0＝9／3＝3ｍ／ｓ2，ａＢ0＝3／6＝0.5ｍ／ｓ2．ａＡ0＞ａＢ0，Ａ、Ｂ间有弹力，随ｔ之增加，Ａ、Ｂ间弹力在减小，当（9－2ｔ）／3＝（3＋2ｔ）／6，ｔ＝2.5ｓ时，Ａ、Ｂ脱离，以Ａ、Ｂ整体为研究对象，在ｔ＝2.5ｓ内，加速度ａ＝（ＦＡ＋ＦＢ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝4／3ｍ／ｓ2，ｓ＝ａｔ2／2＝4.17ｍ． 　28．解：（1）由ｍＣｖ0＝ｍＣｖ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ1，Ｃ由Ａ滑至Ｂ时，Ａ、Ｂ的共同速度是 　ｖ1＝ｍＣ（ｖ0－ｖ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝0.2ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＡ＝ｍＣｖ02／2－ｍＣｖ2／2－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12／2， 得　μ＝［ｍＣ（ｖ02－ｖ2）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12］／2ｍＣｇｌＡ＝0.48． 　（2）由ｍＣｖ＋ｍＢｖ1＝（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ2，Ｃ相对Ｂ静止时，Ｂ、Ｃ的共同速度是ｖ2＝（ｍＣｖ＋ｍＢｖ1）／（ｍＣ＋ｍＢ）＝0.65ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＢ＝ｍＣｖ2／2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22／2， Ｃ在Ｂ上滑行距离为 　ｌＢ＝［ｍＣｖ2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22］／2μｍＣｇ＝0.25ｍ． 　（3）由μｍＣｇｓ＝ｍＢｖ22／2－ｍＢｖ12／2， Ｂ相对地滑行的距离ｓ＝［ｍＢ（ｖ22－ｖ12）］／2μｍＣｇ＝0.12ｍ． 　（4）Ｃ在Ａ、Ｂ上匀减速滑行，加速度大小由μｍＣｇ＝ｍＣａ，得ａ＝μｇ＝4.8ｍ／ｓ2． Ｃ在Ａ上滑行的时间ｔ1＝（ｖ0－ｖ）／ａ＝0.21ｓ． Ｃ在Ｂ上滑行的时间ｔ2＝（ｖ－ｖ2）／ａ＝0.28ｓ． 所求时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝0.21ｓ＋0.28ｓ＝0.49ｓ． 　　29．匀加速下滑时，受力如图1ａ，由牛顿第二定律，有： ｍｇｓｉｎθ－μｍｇｃｏｓθ＝ｍａ＝ｍｇｓｉｎθ／2， 　ｓｉｎθ／2＝μｃｏｓθ， 　得μ＝ｓｉｎθ／2ｃｏｓθ． 图1静止时受力分析如图1ｂ，摩擦力有两种可能：①摩擦力沿斜面向下；②摩擦力沿斜面向上．摩擦力沿斜面向下时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＝ｆ＋ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ， 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ＋μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ－μｓｉｎθ）ｍｇ＝3ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ－ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　摩擦力沿斜面向上时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＋ｆ＝ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ． 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ－μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ＋μｓｉｎθ）ｍｇ＝ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ＋ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　30．解：（1）物体在两斜面上来回运动时，克服摩擦力所做的功Ｗｆ＝μｍｇｃｏｓ60°·ｓ总． 　物体从开始直到不再在斜面上运动的过程中ｍｇｈ－Ｗｆ＝0－ｍｖ02／2．解得ｓ总＝38ｍ． 　（2）物体最终是在Ｂ、Ｃ之间的圆弧上来回做变速圆周运动，且在Ｂ、Ｃ点时速度为零． 　（3）物体第一次通过圆弧最低点时，圆弧所受压力最大．由动能定理得ｍｇ［ｈ＋Ｒ（1－ｃｏｓ60°）］－μｍｇｃｏｓ60°／ｓｉｎ60°＝ｍ（ｖ12－ｖ02）／2， 由牛顿第二定律得　Ｎｍａｘ－ｍｇ＝ｍｖ12／Ｒ， 解得　Ｎｍａｘ＝54.5Ｎ． 　物体最终在圆弧上运动时，圆弧所受压力最小．由动能定理得ｍｇＲ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍｖ22／2，由牛顿第二定律得Ｎｍｉｎ－ｍｇ＝ｍｖ22／Ｒ，解得Ｎｍｉｎ＝20Ｎ． 　31．解：（1）设刹车后，平板车的加速度为ａ0，从开始刹车到车停止所经历时间为ｔ0，车所行驶距离为ｓ0，则有ｖ02＝2ａ0ｓ0，ｖ0＝ａ0ｔ0． 　欲使ｔ0小，ａ0应该大，作用于木箱的滑动摩擦力产生的加速度ａ1＝μｍｇ／ｍ＝μｇ． 　当ａ0＞ａ1时，木箱相对车底板滑动，从刹车到车停止过程中木箱运动的路程为ｓ1，则ｖ02＝2ａ2ｓ1． 　为使木箱不撞击驾驶室，应有ｓ1－ｓ0≤Ｌ． 　联立以上各式解得：ａ0≤μｇｖ02／（ｖ02－2μｇＬ）＝5ｍ／ｓ2， 　∴　ｔ0＝ｖ0／ａ0＝4.4ｓ． 　（2）对平板车，设制动力为Ｆ，则Ｆ＋ｋ（Ｍ＋ｍ）ｇ－μｍｇ＝Ｍａ0，解得：Ｆ＝7420Ｎ． 　32．解：对系统ａ0＝［Ｆ－μｇ（ｍ1＋ｍ2）］／（ｍ1＋ｍ2）＝1ｍ／ｓ2． 　对木块1，细绳断后：│ａ1│＝ｆ1／ｍ1＝μｇ＝1ｍ／ｓ2． 　设细绳断裂时刻为ｔ1，则木块1运动的总位移： 　ｓ1＝2ａ0ｔ12／2＝ａ0ｔ12． 　对木块2，细绳断后，ａ2＝（Ｆ－μｍ2ｇ）／ｍ2＝2ｍ／ｓ2 ． 木块2总位移 　ｓ2＝ｓ′＋ｓ″＝ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2， 两木块位移差Δｓ＝ｓ2－ｓ1＝22（ｍ）． 得　ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2－ａ0ｔ12＝22， 把ａ0，ａ2值，ｖ1＝ａ0ｔ1代入上式整理得： 　ｔ12＋12ｔ1－28＝0，得ｔ1＝2ｓ． 木块2末速ｖ2＝ｖ1＋ａ2（6－ｔ1）＝ａ0ｔ1＋ａ2（6－ｔ1）＝10ｍ／ｓ． 此时动能Ｅｋ＝ｍ2ｖ22／2＝2×102／2Ｊ＝100Ｊ． 　33．解：（1）由动量守恒定律，ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ′，且有ｍ∶Ｍ＝1∶3， ∴　Ａ、Ｂ共同速度ｖ′＝ｍｖ0／（ｍ＋Ｍ）＝1ｍ／ｓ． 　（2）由动能定理，对全过程应有 　μｍｇ·2Ｌ＝ｍｖ02／2－（ｍ＋Ｍ）ｖ′2／2， 　4μｇＬ＝ｖ02－4ｖ′2，μ＝（ｖ02－4ｖ′2）／4ｇＬ＝0.3． 　（3）先求Ａ与Ｂ挡板碰前Ａ的速度ｖ10，以及木板Ｂ相应速度ｖ20，取从Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板相碰前过程为研究对象，依动量守恒与动能定理有以下两式成立：ｍｖ0＝ｍｖ10＋Ｍｖ20， 　ｍｖ02／2－ｍｖ102／2－Ｍｖ202／2＝μｍｇＬ． 代入数据得　ｖ10＋3ｖ20＝4，ｖ102＋3ｖ202＝10， 解以上两式可得　ｖ10＝（2±3）／2ｍ／ｓ．因Ａ与Ｂ挡板碰前速度不可能取负值，故ｖ10＝（2＋3）／2ｍ／ｓ．相应解出ｖ20＝（2－）／2ｍ／ｓ＝0.3ｍ／ｓ． 　木板Ｂ此过程为匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得μｍｇ＝Ｍａ1，ａ1＝μｍｇ／Ｍ＝1（ｍ／ｓ2）． 此过程经历时间ｔ1由下式求出 　ｖ20＝ａ1ｔ1，ｔ1＝ｖ20／ａ1＝0.3（ｓ）． 其速度图线为图2中0～0.3ｓ段图线ａ． 　再求Ａ与Ｂ挡板碰后，木板Ｂ的速度ｖ2与木块Ａ的速度ｖ1，为方便起见取Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板碰撞后瞬间过程为研究对象，依动量守恒定律与动能定理有以下两式成立： ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2，ｍｖ02／2－ｍｖ12／2－Ｍｖ22／2＝μｍｇＬ． 故解为　ｖ1＝（2±3）／2ｍ／ｓ． 因ｖ1＝（2＋3）／2ｍ／ｓ为碰前速度，故取ｖ1＝（2－3）／2ｍ／ｓ，相应得ｖ2＝2＋2ｍ／ｓ＝1.7ｍ／ｓ． 由于ｖ1＜0，即木块相对Ｂ向左滑动，Ａ受Ｂ摩擦力向右，Ｂ受Ａ摩擦力向左，故Ｂ做匀减速直线运动，加速度大小由牛顿第二定律，得ａ＝μｍｇ／Ｍ＝1ｍ／ｓ2． 　从碰后到Ａ滑到Ｂ最左端过程中，Ｂ向右做匀减速直线运动时间设为ｔ2，则ｖ′－ｖ2＝－ａｔ2， ∴　ｔ2＝0.7ｓ． 　此过程速度图线如图2中0.3ｓ～1.0ｓ段图线ｂ．图2 　　34．解：设ｍ1、ｍ2两物体受恒力Ｆ作用后，产生的加速度分别为ａ1、ａ2，由牛顿第二定律Ｆ＝ｍａ，得 　ａ1＝Ｆ／ｍ1，ａ2＝Ｆ／ｍ2， 　历时ｔ两物体速度分别为ｖ1＝ａ1ｔ，ｖ2＝ｖ0＋ａ2ｔ，由题意令ｖ1＝ｖ2，即ａ1ｔ＝ｖ0＋ａ2ｔ或（ａ1－ａ2）ｔ＝ｖ0，因ｔ≠0、ｖ0＞0，欲使上式成立，需满足ａ1－ａ2＞0，即Ｆ／ｍ1＞Ｆ／ｍ2，或ｍ1＜ｍ2，也即当ｍ1≥ｍ2时不可能达到共同速度，当ｍ1＜ｍ2时，可以达到共同速度． 　35．解：（1）当小球刚好能在轨道内做圆周运动时，水平初速度ｖ最小，此时有ｍｇ＝ｍｖ2／Ｒ， 故　ｖ＝＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）若初速度ｖ′＜ｖ，小球将做平抛运动，如在其竖直位移为Ｒ的时间内，其水平位移ｓ≥Ｒ，小球可进入轨道经过Ｂ点．设其竖直位移为Ｒ时，水平位移也恰为R，则Ｒ＝ｇｔ2／2，Ｒ＝ｖ′ｔ，解得：ｖ′＝／2＝ｍ／ｓ． 因此，初速度满足2ｍ／ｓ＞ｖ′≥ｍ／ｓ时，小球可做平抛运动经过Ｂ点． 　36．卫星在天空中任何天体表面附近运行时，仅受万有引力Ｆ作用使卫星做圆周运动，运动半径等于天体的球半径Ｒ．设天体质量为Ｍ，卫星质量为ｍ，卫星运动周期为Ｔ，天体密度为ρ．根据万有引力定律Ｆ＝ＧＭｍ／Ｒ2， 卫星做圆周运动向心力Ｆ′＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2， 因为 　Ｆ′＝Ｆ，得ＧＭｍ／Ｒ2＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2，∴Ｔ＝． 　又球体质量Ｍ＝4πＲ3ρ／3． 得Ｔ＝=，∴Ｔ∝1／，得证． 　37．解：由于两球相碰满足动量守恒 　　ｍ1ｖ0＝ｍ1ｖ1＋ｍ2ｖ2，ｖ1＝－1.3ｍ／ｓ． 　两球组成系统碰撞前后的总动能Ｅｋ1＋Ｅｋ2＝ｍ1ｖ02／2＋0＝2.5Ｊ， 　Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＝ｍ1ｖ12／2＋ｍ2ｖ22／2＝2.8Ｊ． 　可见，Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＞Ｅｋ1＋Ｅｋ2，碰后能量较碰撞前增多了，违背了能量守恒定律，这种假设不合理． 　38．解：（1）由动量守恒，得ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2， 由运动学公式得ｓ＝（ｖ1－ｖ2）ｔ，ｈ＝ｇｔ2／2， 由以上三式得ｖ2＝（ｍｖ0－ｓｍ）／（Ｍ＋ｍ）． 　 （2）最后车与物体以共同的速度ｖ向右运动，故有 　ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖｖ＝ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）． ∴ΔＥ＝ｍｖ02／2＋ｍｇｈ－（Ｍ＋ｍ）ｍ2ｖ02／2（Ｍ＋ｍ）2． 解得ΔＥ＝ｍｇｈ＋Ｍｍｖ02／2（Ｍ＋ｍ）． 　39．解：设碰前Ａ、Ｂ有共同速度ｖ时，Ｍ前滑的距离为ｓ．则ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ，ｆｓ＝Ｍｖ2／2，ｆ＝μｍｇ． 　由以上各式得　ｓ＝Ｍｍｖ02／2μｇ（Ｍ＋ｍ）2． 　当ｖ0＝2ｍ／ｓ时，ｓ＝2／9ｍ＜0.5ｍ，即Ａ、Ｂ有共同速度．当ｖ0＝4ｍ／ｓ时，ｓ＝8／9ｍ＞0.5ｍ，即碰前Ａ、Ｂ速度不同． 　40．解：（1）物体由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者系统水平方向动量守恒得：ｍｖ0＝ｍｖ0／2＋2ｍｖＡＢ． 解之得　ｖＡＢ＝ｖ0／4． 　（2）物块由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者功能关系得：μｍｇＬ＝ｍｖ02／2－ｍ（ｖ0／2）2／2－2ｍ（ｖ0／4）2／2． 解之得　Ｌ＝5ｖ02／16μｇ． 　（3）物块由Ｄ滑到Ｃ的过程中，二者系统水平方向动量守恒，又因为物块到达最高点Ｃ时，物块与滑块速度相等且水平，均为ｖ． 故得　ｍｖ0／2＋ｍｖ0／4＝2ｍｖ， ∴　得滑块的动能ＥＣＤ＝ｍｖ2／2＝9ｍｖ02／128． 　41．解：（1）Ｂ从ｖ0减速到速度为零的过程，Ｃ静止，Ｂ的位移：ｓ1＝ｖ02／2μｇ． 　所用的时间：ｔ1＝ｖ0／μｇ． 　此后Ｂ与Ｃ一起向右做加速运动，Ａ做减速运动，直到相对静止，设所用时间为ｔ2，共同速度为ｖ． 　对Ａ、Ｂ、Ｃ，由动量守恒定律得 　ｍＡ·2ｖ0－ｍＢｖ0＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ， ∵　ｍＡ＝ｍＢ＝ｍＣ，∴　ｖ＝ｖ0／3． 　对Ｂ与Ｃ，向右加速运动的加速度 　ａ＝μｍＡｇ／（ｍＢ＋ｍＣ）＝μｇ／2，∴ｔ2＝ｖ／ａ＝2ｖ0／3μｇ． Δｔ内Ｂ向右移动的位移ｓ2＝ｖｔ2／2＝ｖ02／9μｇ， 故总路程ｓ＝ｓ1＋ｓ2＝11ｖ02／18μｇ，总时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝5ｖ0／3μｇ． 　（2）设车的最小长度为Ｌ，则相对静止时Ａ、Ｂ刚好接触，由能量守恒得 　ｍＡ（2ｖ0）2／2＋ｍＢｖ02／2＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ2／2＋μｍＢｇｓ1＋μｍＡｇ（Ｌ－ｓ1）， 联立解得Ｌ＝7ｖ02／3μｇ． 　42．解：（1）ｍ速度最大的位置应在O点左侧．因为细线烧断后，ｍ在弹簧弹力和滑动摩擦力的合力作用下向右做加速运动，当弹力与摩擦力的合力为零时，ｍ的速度达到最大，此时弹簧必处于压缩状态．此后，系统的机械能不断减小，不能再达到这一最大速度． 　（2）选ｍ、Ｍ为一系统，由动量守恒定律得 　ｍｖ1＝Ｍｖ2 ． 　设这一过程中弹簧释放的弹性势能为Ｅｐ，则 　Ｅｐ＝ｍｖ12／2＋Ｍｖ22／2＋μｍｇｓ， 解得　ｖ2＝ｍｖ1／Ｍ，Ｅｐ＝ｍ［（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2Ｍ＋μｇｓ］． 　（2）ｍ与Ｍ最终将静止，因为系统动量守恒，且总动量为零，只要ｍ与Ｍ间有相对运动，就要克服摩擦力做功，不断消耗能量，所以，ｍ与Ｍ最终必定都静止． 　43．解：（1）第一颗子弹射入木块过程，系统动量守恒，有 　ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ1． 　射入后，在ＯＢＣ运动过程中，机械能守恒，有 　（ｍ＋Ｍ）ｖ12／2＝（ｍ＋Ｍ）ｇＲ，得ｖ0＝（Ｍ＋ｍ）／ｍ． 　（2）由动量守恒定律知，第2、4、6……颗子弹射入木块后，木块速度为0，第1、3、5……颗子弹射入后，木块运动．当第9颗子弹射入木块时，由动量守恒得： 　ｍｖ0＝（9ｍ＋Ｍ）ｖ9， 　设此后木块沿圆弧上升最大高度为Ｈ，由机械能守恒定律得：（9ｍ＋Ｍ）ｖ92／2＝（9ｍ＋Ｍ）ｇＨ， 由以上可得：Ｈ＝［（Ｍ＋ｍ）／（Ｍ＋9ｍ）］2Ｒ． 　44．解：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动ｓ，速度变为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．由动能定理 　－μＭｇｓ＝0－ｍｖ02／2，ｓ＝ｍｖ02／2μＭｇ＝0.33ｍ． 　（2）假如平板车在第二次碰墙前还未和滑块相对静止，则其速度的大小肯定还是2ｍ／ｓ，因为只要相对运动，摩擦力大小为恒值．滑块速度则大于2ｍ／ｓ，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰墙前肯定已和滑块具有共同速度ｖ．此即平板车碰墙前瞬间的速度． 　Ｍｖ0－ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， ∴ｖ＝（Ｍ－ｍ）ｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝0.4ｍ／ｓ．图3　（3）平板车与墙壁第一次碰撞后滑块与平板又达到共同速度ｖ前的过程，可用图3（ａ）、（ｂ）、（ｃ）表示．图3（ａ）为平板车与墙碰撞后瞬间滑块与平板车的位置，图3（ｂ）为平板车到达最左端时两者的位置，图3（ｃ）为平板车与滑块再次达到共同速度时两者的位置．在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功μΜｇｓ′，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功μＭｇｓ″（平板车从Ｂ到Ａ再回到Ｂ的过程中摩擦力做功为零），其中ｓ′、ｓ″分别为滑块和平板车的位移．滑块和平板车动能总减少为μＭｇｌ1，其中ｌ1 ＝ｓ′＋ｓ″为滑块相对平板车的位移，此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为ｌ，则有（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2＝μＭｇｌ，ｌ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2μＭｇ＝0.833ｍ． ｌ即为平板车的最短长度．图4　　45．解：如图4，Ａ球从静止释放后将自由下落至Ｃ点悬线绷直，此时速度为ｖＣ ∵　ｖＣ2＝2ｇ×2Ｌｓｉｎ30°， ∴　ｖＣ＝＝2ｍ／ｓ． 　在线绷直的过程中沿线的速度分量减为零时，Ａ将以切向速度ｖ1沿圆弧运动且 　ｖ1＝ｖＣｃｏｓ30°＝ｍ／ｓ． 　Ａ球从Ｃ点运动到最低点与Ｂ球碰撞前机械能守恒，可求出Ａ球与Ｂ球碰前的速度 　ｍＡｖ12／2＋ｍＡｇＬ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍＡｖ22／2， 　ｖ2＝==ｍ／ｓ． 　因Ａ、Ｂ两球发生无能量损失的碰撞且ｍＡ＝ｍＢ，所以它们的速度交换，即碰后Ａ球的速度为零，Ｂ球的速度为ｖ2＝（ｍ／ｓ）．对Ｂ球和小车组成的系统水平方向动量守恒和机械能守恒，当两者有共同水平速度ｕ时，Ｂ球上升到最高点，设上升高度为ｈ． 　ｍＢｖ2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ，ｍＢｖ22／2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ2／2＋ｍＢｇｈ．解得ｈ＝3／16≈0.19ｍ． 　在Ｂ球回摆到最低点的过程中，悬线拉力仍使小车加速，当Ｂ球回到最低点时小车有最大速度ｖｍ，设小球Ｂ回到最低点时速度的大小为ｖ3，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 　ｍＢｖ2＝－ｍＢｖ3＋Ｍｖｍ，ｍＢｖ22／2＝ｍＢｖ32／2＋Ｍｖｍ2／2， 解得ｖｍ＝2ｍＢｖ2／（ｍ3＋Ｍ）＝／2ｍ／ｓ＝1.12ｍ／ｓ． 　46．解：（1）小球的角速度与运动的角速度必定相等，则有ｖ＝ωＲ＝ω． 　（2）人手所提供的功率应等于小球在运动过程中克服摩擦力做功的功率．即有Ｐ＝ｆｖ， ∴　ｆ＝Ｐ／ｖ＝Ｐ／ω． 　47．解：由于粘性物体与底板粘合的过程时间极短，冲击力远大于重力，在竖直方向近似动量守恒，开始静止时，有　ｍ1ｇ＝ｋｘｋ＝ｍ1ｇｘ． 　ｍ2下落Ｈ时的速度ｖ＝，ｍ2与ｍ1合在一起动量守恒，ｍ2ｖ＝（ｍ1＋ｍ2）ｖ′，ｖ′＝ｍ2 ｖ／（ｍ1＋ｍ2）＝ｍ2／（ｍ1＋ｍ2）． 　设向下为正方向，ｍ1与ｍ2的整体受两个力，即重力（ｍ1＋ｍ2）ｇ和弹簧的平均拉力，则有平均拉力＝ｋｘ＋ｋｈ／2＝ｋ（2ｘ＋ｈ）／2，由动能定理得 ［－＋（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ＝0－（ｍ1＋ｍ2）ｖ2／2， 由以上各式得［ｍ1ｇ（2ｘ＋ｈ）／2ｘ－（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ 　＝（ｍ1＋ｍ2）·ｍ22·2ｇｈ／2（ｍ1＋ｍ2）2． 代入数值得ｈ＝0.3ｍ． 　48．解：ｍ与Ａ粘在一起后水平方向动量守恒，共同速度设为ｖ1，Ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ1， 得ｖ1＝Ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝2ｖ0／3． 　当弹簧压缩到最大时即有最大弹性势能Ｅ，此时系统中各物体有相同速度，设为ｖ2，由动量守恒定律 　2Ｍｖ0＝（2Ｍ＋ｍ）ｖ2，得ｖ2＝2Ｍｖ0／（2Ｍ＋ｍ）＝4ｖ0／5． 由能量守恒有 　Ｅ＝Ｍｖ02／2＋（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2－（2Ｍ＋ｍ）ｖ22／2， 解得Ｅ＝Ｍｖ02／30． 　49．解：（1）振子在平衡位置时，所受合力为零，设此时弹簧被压缩Δｘ：（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ＝ｋΔｘ，Δｘ＝5ｃｍ． 　开始释放时振子处在最大位移处，故振幅 　Ａ＝5ｃｍ＋5ｃｍ＝10ｃｍ． 　（2）由于开始时弹簧的伸长量恰等于振子在平衡位置时弹簧的压缩量，故弹性势能相等，设振子的最大速度为ｖ，从开始到平衡位置，根据机械能守恒定律， 得ｍｇ·Ａ＝ｍｖ2／2，∴ｖ＝＝1.4ｍ／ｓ， 即Ｂ的最大速率为1.4ｍ／ｓ． 　（3）在最高点，振子受到的重力和弹力方向相同，根据牛顿第二定律，得 　ａ＝［ｋΔｘ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ］／（ｍＡ＋ｍＢ）＝20ｍ／ｓ2， Ａ对Ｂ的作用力方向向下，其大小 　Ｎ1＝ｍＢａ－ｍＢｇ＝10Ｎ． 在最低点，振子受到的重力和弹力方向相反，根据牛顿第二定律，得ａ＝ｋ（Δｘ＋Ａ）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｍＡ＋ｍＢ＝20ｍ／ｓ2． Ａ对Ｂ的作用力方向向上，其大小 　Ｎ2＝ｍＢａ＋ｍＢｇ＝30Ｎ．与木块之间的滑动摩擦因数μ＝0.10，ｇ取10ｍ／ｓ2，求：木块的最后速度． 　27．如图1－82所示，Ａ、Ｂ两个物体靠在一起，放在光滑水平面上，它们的质量分别为ｍＡ＝3ｋｇ、ｍＢ＝6ｋｇ，今用水平力ＦＡ推Ａ，用水平力ＦＢ拉Ｂ，ＦＡ和ＦＢ随时间变化的关系是ＦＡ＝9－2ｔ（Ｎ），ＦＢ＝3＋2ｔ（Ｎ）．求从ｔ＝0到Ａ、Ｂ脱离，它们的位移是多少？ 图1－82　　　图1－832．解：在0～1ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知 　ａ１＝12ｍ／ｓ２， 由牛顿第二定律，得 　Ｆ－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ１，　　① 在0～2ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知ａ２＝－6ｍ／ｓ２， 因为此时物体具有斜向上的初速度，故由牛顿第二定律，得 　－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ２，　　② 　②式代入①式，得　Ｆ＝18Ｎ． 3．解：在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从Ａ到Ｂ需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为ｔ1，则 　（ｖ／2）ｔ１＋ｖ（ｔ－ｔ１）＝Ｌ， 所以　ｔ１＝2（ｖｔ－Ｌ）／ｖ＝（2×（2×6－10）／2）ｓ＝2ｓ． 为使物体从Ａ至Ｂ所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变．而　ａ＝ｖ／ｔ＝1ｍ／ｓ２．设物体从Ａ至Ｂ所用最短的时间为ｔ2，则 　（1／2）ａｔ2２＝Ｌ， 　ｔ2＝=＝2ｓ． 　ｖｍｉｎ＝ａｔ2＝1×2ｍ／ｓ＝2ｍ／ｓ． 传送带速度再增大1倍，物体仍做加速度为1ｍ／ｓ２的匀加速运动，从Ａ至Ｂ的传送时间为2ｍ／ｓ． 4．解：启动前Ｎ１＝ｍｇ， 　升到某高度时　Ｎ2＝（17／18）Ｎ１＝（17／18）ｍｇ， 　对测试仪　Ｎ2－ｍｇ′＝ｍａ＝ｍ（ｇ／2）， 　∴　ｇ′＝（8／18）ｇ＝（4／9）ｇ， 　ＧｍＭ／Ｒ2＝ｍｇ，ＧｍＭ／（Ｒ＋ｈ）2＝ｍｇ′，解得：ｈ＝（1／2）Ｒ． 5．解：由匀加速运动的公式　ｖ２＝ｖ０２＋2ａｓ 　得物块沿斜面下滑的加速度为 　ａ＝ｖ2／2ｓ＝1．42／（2×1．4）＝0．7ｍｓ－２， 由于ａ＜ｇｓｉｎθ＝5ｍｓ－２， 　可知物块受到摩擦力的作用． 图3　分析物块受力，它受3个力，如图3．对于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，由牛顿定律有 　ｍｇｓｉｎθ－ｆ１＝ｍａ， 　ｍｇｃｏｓθ－Ｎ１＝0， 　分析木楔受力，它受5个力作用，如图3所示．对于水平方向，由牛顿定律有 　ｆ2＋ｆ１ｃｏｓθ－Ｎ１ｓｉｎθ＝0， 　由此可解得地面的作用于木楔的摩擦力 　ｆ2＝ｍｇｃｏｓθｓｉｎθ－（ｍｇｓｉｎθ－ｍａ）ｃｏｓθ＝ｍａｃｏｓθ＝1×0．7×（／2）＝0．61Ｎ． 　此力的方向与图中所设的一致（由指向）． 6．解：（1）飞机原先是水平飞行的，由于垂直气流的作用，飞机在竖直方向上的运动可看成初速度为零的匀加速直线运动，根据　ｈ＝（1／2）ａｔ２，得ａ＝2ｈ／ｔ２，代入ｈ＝1700ｍ，ｔ＝10ｓ，得 　ａ＝（2×1700／10２）（ｍ／ｓ２）＝34ｍ／ｓ２，方向竖直向下． 　（2）飞机在向下做加速运动的过程中，若乘客已系好安全带，使机上乘客产生加速度的力是向下重力和安全带拉力的合力．设乘客质量为ｍ，安全带提供的竖直向下拉力为Ｆ，根据牛顿第二定律　Ｆ＋ｍｇ＝ｍａ，得安全带拉力 　　Ｆ＝ｍ（ａ－ｇ）＝ｍ（34－10）Ｎ＝24ｍ（Ｎ）， ∴　安全带提供的拉力相当于乘客体重的倍数 　ｎ＝Ｆ／ｍｇ＝24ｍＮ／ｍ·10Ｎ＝2．4（倍）． 　（3）若乘客未系安全带，飞机向下的加速度为34ｍ／ｓ２，人向下加速度为10ｍ／ｓ２，飞机向下的加速度大于人的加速度，所以人对飞机将向上运动，会使头部受到严重伤害． 7．解：设月球表面重力加速度为ｇ，根据平抛运动规律，有 　ｈ＝（1／2）ｇｔ２，　　① 　水平射程为　　　Ｌ＝ｖ０ｔ，　　② 　联立①②得ｇ＝2ｈｖ０２／Ｌ２．　　③ 　根据牛顿第二定律，得　ｍｇ＝ｍ（2π／Ｔ）２Ｒ，　　④ 　联立③④得　Ｔ＝（πＬ／ｖ０ｈ）．　　⑤ 8．解：前2秒内，有Ｆ－ｆ＝ｍａ１，ｆ＝μＮ，Ｎ＝ｍｇ，则 　ａ１＝（Ｆ－μｍｇ）／ｍ＝4ｍ／ｓ２，ｖｔ＝ａ１ ｔ＝8ｍ／ｓ， 　撤去Ｆ以后　ａ２＝ｆ／ｍ＝2ｍ／ｓ，ｓ＝ｖ１２／2ａ２＝16ｍ． 9．解：（1）用力斜向下推时，箱子匀速运动，则有 　Ｆｃｏｓθ＝ｆ，ｆ＝μＮ，Ｎ＝Ｇ＋Ｆｓｉｎθ， 　联立以上三式代数据，得　Ｆ＝1．2×10２Ｎ． 　（2）若水平用力推箱子时，据牛顿第二定律，得Ｆ合＝ｍａ，则有 　Ｆ－μＮ＝ｍａ，Ｎ＝Ｇ， 　联立解得　ａ＝2．0ｍ／ｓ２． 　ｖ＝ａｔ＝2．0×3．0ｍ／ｓ＝6．0ｍ／ｓ， 　ｓ＝（1／2）ａｔ２＝（1／2）×2．0×3．0２ｍ／ｓ＝9．0ｍ， 　推力停止作用后　ａ′＝ｆ／ｍ＝4．0ｍ／ｓ２（方向向左）， 　ｓ′＝ｖ２／2ａ′＝4．5ｍ， 　则　ｓ总＝ｓ＋ｓ′＝13．5ｍ． 10．解：根据题中说明，该运动员发球后，网球做平抛运动．以ｖ表示初速度，Ｈ表示网球开始运动时离地面的高度（即发球高度），ｓ１表示网球开始运动时与网的水平距离（即运动员离开网的距离），ｔ１表示网球通过网上的时刻，ｈ表示网球通过网上时离地面的高度，由平抛运动规律得到 　ｓ１＝ｖｔ１，Ｈ－ｈ＝（1／2）ｇｔ１２， 消去ｔ１，得　　ｖ＝ｍ／ｓ，ｖ≈23ｍ／ｓ． 　以ｔ２表示网球落地的时刻，ｓ２表示网球开始运动的地点与落地点的水平距离，ｓ表示网球落地点与网的水平距离，由平抛运动规律得到 　Ｈ＝（1／2）ｇｔ２２，ｓ２＝ｖｔ２， 消去ｔ２，得ｓ２＝ｖ≈16ｍ， 　网球落地点到网的距离　ｓ＝ｓ２－ｓ１≈4ｍ． 11．解：（1）设卫星质量为ｍ，它在地球附近做圆周运动，半径可取为地球半径Ｒ，运动速度为ｖ，有 　ＧＭｍ／Ｒ２＝ｍｖ２／Ｒ　得ｖ＝． 　（2）由（1）得： 　Ｍ＝ｖ２Ｒ／Ｇ＝＝6．0×1024ｋｇ． 12．解：对物块：Ｆ１－μｍｇ＝ｍａ１， 　6－0．5×1×10＝1·ａ１，ａ１＝1．0ｍ／ｓ2， 　ｓ１＝（1／2）ａ１ｔ2＝（1／2）×1×0．42＝0．08ｍ， 　ｖ１＝ａ１ｔ＝1×0．4＝0．4ｍ／ｓ， 　对小车：Ｆ２－μｍｇ＝Ｍａ２， 　9－0．5×1×10＝2ａ２，ａ２＝2．0ｍ／ｓ2 ， 　ｓ２＝（1／2）ａ２ｔ2＝（1／2）×2×0．42＝0．16ｍ， 　ｖ２＝ａ２ｔ＝2×0．4＝0．8ｍ／ｓ， 　撤去两力后，动量守恒，有Ｍｖ２－ｍｖ１＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， 　ｖ＝0．4ｍ／ｓ（向右）， ∵　（（1／2）ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2）－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ2＝μｍｇｓ３， 　ｓ３＝0．096ｍ， ∴　ｌ＝ｓ１＋ｓ２＋ｓ３＝0．336ｍ． 13．解：设木块到Ｂ时速度为ｖ０，车与船的速度为ｖ１，对木块、车、船系统，有 　ｍ１ｇｈ＝（ｍ１ｖ０2／2）＋（（ｍ２＋ｍ３）ｖ１2／2）， 　ｍ１ｖ０＝（ｍ２＋ｍ３）ｖ１， 解得　ｖ０＝5，ｖ１＝． 　木块到Ｂ后，船以ｖ１继续向左匀速运动，木块和车最终以共同速度ｖ２向右运动，对木块和车系统，有 　ｍ１ｖ０－ｍ２ｖ１＝（ｍ１＋ｍ２）ｖ２， 　μｍ１ｇｓ＝（（ｍ１ｖ０2／2）＋（ｍ２ｖ１2／2））－（（ｍ１＋ｍ２）ｖ２2／2）， 得　ｖ２＝ｖ１＝，ｓ＝2ｈ． 14．解：（1）小球的角速度与手转动的角速度必定相等均为ω．设小球做圆周运动的半径为ｒ，线速度为ｖ．由几何关系得　ｒ＝，ｖ＝ω·ｒ，解得　　 　　ｖ＝ω． 　（2）设手对绳的拉力为Ｆ，手的线速度为ｖ，由功率公式得　Ｐ＝Ｆｖ＝Ｆ·ωＲ， ∴　Ｆ＝Ｐ／ωＲ．图4　研究小球的受力情况如图4所示，因为小球做匀速圆周运动，所以切向合力为零，即 　Ｆｓｉｎθ＝ｆ， 其中　ｓｉｎθ＝Ｒ／， 　联立解得　ｆ＝Ｐ／ω． 15．解：（1）用ｖ１表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由于子弹射入木块Ｃ时间极短，系统动量守恒，有 　ｍｖ０＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１， 　∴　ｖ１＝ｍｖ０／（ｍ＋Ｍ）＝3ｍ／ｓ， 　子弹和木块Ｃ在ＡＢ木板上滑动，由动能定理得： 　（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ２２－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ１２＝－μ（ｍ＋Ｍ）ｇＬ， 　解得　ｖ２＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）用ｖ′表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由动量守恒定律，得　ｍｖ０′＋Ｍｕ＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１′，解得　ｖ１′＝4ｍ／ｓ． 　木块Ｃ及子弹在ＡＢ木板表面上做匀减速运动　ａ＝μｇ．设木块Ｃ和子弹滑至ＡＢ板右端的时间为ｔ，则木块Ｃ和子弹的位移ｓ１＝ｖ１′ｔ－（1／2）ａｔ2， 　由于ｍ车≥（ｍ＋Ｍ），故小车及木块ＡＢ仍做匀速直线运动，小车及木板ＡＢ的位移　ｓ＝ｕｔ，由图5可知：ｓ１＝ｓ＋Ｌ， 　联立以上四式并代入数据得： 　ｔ2－6ｔ＋1＝0， 　解得：ｔ＝（3－2）ｓ，（ｔ＝（3＋2）ｓ不合题意舍去），　　（11） 　∴　ｓ＝ｕｔ＝0．18ｍ． 16．解：（1）设Ａ滑上Ｂ后达到共同速度前并未碰到档板，则根据动量守恒定律得它们的共同速度为ｖ，有图5　ｍｖ０＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝2ｍ／ｓ，在这一过程中，Ｂ的位移为ｓＢ＝ｖＢ2／2ａＢ且ａＢ＝μｍｇ／Ｍ，解得ｓＢ＝Ｍｖ2／2μｍｇ＝2×22／2×0．2×1×10＝2ｍ． 　设这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ１，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ１＝（1／2）ｍｖ０2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得ｓ１＝6ｍ． 　当ｓ＝4ｍ时，Ａ、Ｂ达到共同速度ｖ＝2ｍ／ｓ后再匀速向前运动2ｍ碰到挡板，Ｂ碰到竖直挡板后，根据动量守恒定律得Ａ、Ｂ最后相对静止时的速度为ｖ′，则 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′， 解得　ｖ′＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ２，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ２＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　ｓ２＝2．67ｍ． 　因此，Ａ、Ｂ最终不脱离的木板最小长度为ｓ１＋ｓ２＝8．67ｍ 　（2）因Ｂ离竖直档板的距离ｓ＝0．5ｍ＜2ｍ，所以碰到档板时，Ａ、Ｂ未达到相对静止，此时Ｂ的速度ｖＢ为 　ｖＢ2＝2ａＢｓ＝（2μｍｇ／Ｍ）ｓ，解得　ｖＢ＝1ｍ／ｓ， 　设此时Ａ的速度为ｖＡ ，根据动量守恒定律，得 　ｍｖ０＝ＭｖＢ＋ｍｖＡ，解得ｖＡ＝4ｍ／ｓ， 　设在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移为ｓ１′，根据动能定理得： 　μｍｇｓ１′＝（1／2）ｍｖ０2－（（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）ＭｖＢ2）， 　解得　ｓ１′＝4．5ｍ． 　Ｂ碰撞挡板后，Ａ、Ｂ最终达到向右的相同速度ｖ，根据动能定理得ｍｖＡ－ＭｖＢ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ２′为 　μｍｇｓ２′＝（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得　ｓ２′＝（25／6）ｍ． 　Ｂ再次碰到挡板后，Ａ、Ｂ最终以相同的速度ｖ′向左共同运动，根据动量守恒定律，得 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′，解得　ｖ′＝（2／9）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ３′为： 　μｍｇｓ３′＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　　　　ｓ３′＝（8／27）ｍ． 　因此，为使Ａ不从Ｂ上脱落，Ｂ的最小长度为ｓ１′＋ｓ２′＋ｓ３′＝8．96ｍ． 17．解：（1）Ｂ与Ａ碰撞后，Ｂ相对于Ａ向左运动，Ａ所受摩擦力方向向左，Ａ的运动方向向右，故摩擦力作负功．设Ｂ与Ａ碰撞后的瞬间Ａ的速度为ｖ１，Ｂ的速度为ｖ２，Ａ、Ｂ相对静止后的共同速度为ｖ，整个过程中Ａ、Ｂ组成的系统动量守恒，有 　Ｍｖ０＝（Ｍ＋1．5Ｍ）ｖ，ｖ＝2ｖ０／5． 　碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功，即 　Ｍｖ２＋1．5Ｍｖ１＝2．5Ｍｖ，　　① 　（1／2）×1．5Ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2－（1／2）×2．5Ｍｖ2＝Ｍμｇｌ，　　② 可解出ｖ１＝（1／2）ｖ０（另一解ｖ１＝（3／10）ｖ０因小于ｖ而舍去） 　这段过程中，Ａ克服摩擦力做功 　Ｗ＝（1／2）×1．5Ｍｖ１2－（1／2）×1．5Ｍｖ2＝（27／400）Ｍｖ０2（0．068Ｍｖ０2）． 　（2）Ａ在运动过程中不可能向左运动，因为在Ｂ未与Ａ碰撞之前，Ａ受到的摩擦力方向向右，做加速运动，碰撞之后Ａ受到的摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后，速度仍向右，因此不可能向左运动． 　Ｂ在碰撞之后，有可能向左运动，即ｖ２＜0． 　先计算当ｖ２＝0时满足的条件，由①式，得 　ｖ１＝（2ｖ０／3）－（2ｖ２／3），当ｖ２＝0时，ｖ１＝2ｖ０／3，代入②式，得 　（（1／2）×1．5Ｍ4ｖ０2／9）－（（1／2）×2．5Ｍ4ｖ０2／25）＝Ｍμｇｌ， 解得　μｇｌ＝2ｖ０2／15． 　Ｂ在某段时间内向左运动的条件之一是μｌ＜2ｖ０2／15ｇ． 　另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即 　（1／2）Ｍｖ０2－（1／2）2．5Ｍ（2ｖ０／5）2≥2Ｍμｇｌ， 　解出另一个条件是　μｌ≤3ｖ０2／20ｇ， 　最后得出Ｂ在某段时间内向左运动的条件是 　2ｖ０2／15ｇ＜μｌ≤3ｖ０2／20ｇ． 18．解：（1）以警车为研究对象，由动能定理． 　－μｍｇ·ｓ＝（1／2）ｍｖ2－（1／2）ｍｖ０2， 　将ｖ０＝14．0ｍ／ｓ，ｓ＝14．0ｍ，ｖ＝0代入，得 　μｇ＝7．0ｍ／ｓ2， 　因为警车行驶条件与肇事汽车相同，所以肇事汽车的初速度ｖＡ＝ ＝21ｍ／ｓ． 　（2）肇事汽车在出事点Ｂ的速度 　ｖＢ＝＝14ｍ／ｓ， 　肇事汽车通过段的平均速度 　＝（ｖＡ＋ｖＢ）／2＝（21＋14）／2＝17．5ｍ／ｓ． 　肇事汽车通过ＡＢ段的时间 　ｔ２＝ＡＢ／＝（31．5－14．0）／17．5＝1ｓ． 　∴　游客横过马路的速度 　ｖ人＝／（ｔ１＋ｔ２）＝（2．6／（1＋0．7））ｍ／ｓ＝1．53ｍ／ｓ． 19．解：（1）开始Ａ、Ｂ处于静止状态时，有 　ｋｘ０－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｓｉｎ30°＝0，　　① 　设施加Ｆ时，前一段时间Ａ、Ｂ一起向上做匀加速运动，加速度为ａ，ｔ＝0．2ｓ，Ａ、Ｂ间相互作用力为零，对Ｂ有： 　ｋｘ－ｍＢｇｓｉｎ30°＝ｍＢａ，　　② 　ｘ－ｘ０＝（1／2）ａｔ2，　　③ 　解①、②、③得： 　ａ＝5ｍｓ－2，ｘ０＝0．05ｍ，ｘ＝0．15ｍ， 　初始时刻Ｆ最小 　Ｆｍｉｎ＝（ｍＡ＋ｍＢ）ａ＝60Ｎ． 　ｔ＝0．2ｓ时，Ｆ最大 　Ｆｍａｘ－ｍＡｇｓｉｎ30°＝ｍＡａ， 　Ｆｍａｘ＝ｍＡ（ｇｓｉｎ30°＋ａ）＝100Ｎ， 　（2）ΔＥＰＡ＝ｍＡｇΔｈ＝ｍＡｇ（ｘ－ｘ０）ｓｉｎ30°＝5Ｊ． 20．解：当弹簧处于压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和．当弹簧伸长到其自然长度时，弹性势能为零，因这时滑块Ａ的速度为零，故系统的机械能等于滑块Ｂ的动能．设这时滑块Ｂ的速度为ｖ则有 　Ｅ＝（1／2）ｍ２ｖ2，　　① 由动量守恒定律（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ２ｖ，　　② 解得　Ｅ＝（1／2）（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２．　　③ 　假定在以后的运动中，滑块Ｂ可以出现速度为零的时刻，并设此时滑块Ａ的速度为ｖ１．这时，不论弹簧是处于伸长还是压缩状态，都具有弹性势能Ｅｐ．由机械能守恒定律得 　（1／2）ｍ１ｖ１2＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　④ 根据动量守恒　（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ１ｖ１，　　⑤ 求出ｖ１，代入④式得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑥ 因为Ｅｐ≥0，故得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）≤（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑦ 即　ｍ１≥ｍ２，与已知条件ｍ１＜ｍ２不符． 　可见滑块Ｂ的速度永不为零，即在以后的运动中，不可能出现滑动Ｂ的速度为零的情况． 21．解：设恰好物体相对圆盘静止时，弹簧压缩量为Δｌ，静摩擦力为最大静摩擦力ｆｍａｘ，这时物体处于临界状态，由向心力公式ｆｍａｘ－ｋΔｌ＝ｍＲｗ2 ，　　① 　假若物体向圆心移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ１－ｋ（Δｌ＋ｘ）＝ｍ（Ｒ－ｘ）ｗ2，　　② 　由①、②两式可得　ｆｍａｘ－ｆ１＝ｍｘｗ2－ｋｘ，　　③ 所以　ｍｘｗ2－ｋｘ≥0，得ｋ≤ｍｗ2，　　④ 　若物体向外移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ２－ｋ（Δｌ－ｘ）≥ｍ（Ｒ＋ｘ）ｗ2，　　⑤ 由①～⑥式得　ｆｍａｘ－ｆ２＝ｋｘ－ｍｘｗ2≥0，　　⑥ 所以　ｋ≥ｍｗ2，　　⑦ 即若物体向圆心移动，则ｋ≤ｍｗ2， 若物体向远离圆心方向移动，则ｋ≥ｍｗ2． 22．解：卫星环绕地球作匀速圆周运动，设卫星的质量为ｍ，轨道半径为ｒ，受到地球的万有引力为Ｆ， 　Ｆ＝ＧＭｍ／ｒ2，　　① 　式中Ｇ为万有引力恒量，Ｍ是地球质量． 　设ｖ是卫星环绕地球做匀速圆周运动的线速度，Ｔ是运动周期，根据牛顿第二定律，得 　Ｆ＝ｍｖ2／ｒ，　　② 　由①、②推导出　ｖ＝．　　③ 　③式表明：ｒ越大，ｖ越小． 　人造卫星的周期就是它环绕地球运行一周所需的时间Ｔ， 　Ｔ＝2πｒ／ｖ，　　④ 　由③、④推出　Ｔ＝2π，　　⑤ 　⑤式说明：ｒ越大，Ｔ越大．　23．证：设质点通过Ａ点时的速度为ｖＡ，通过Ｃ点时的速度为ｖＣ，由匀变速直线运动的公式得： ｓ1＝ｖＡＴ＋ａＴ2／2，ｓ3＝ｖＣＴ＋ａＴ2／2，ｓ3－ｓ1＝ｖＣＴ－ｖＡＴ． ∵　ｖＣ＝ｖＡ＋2ａＴ， ∴　ｓ3－ｓ1＝（ｖＡ－2ａＴ－ｖＡ）Ｔ＝2ａＴ2，ａ＝（ｓ3－ｓ1）／2Ｔ2． 　24．根据：如果在连续的相等的时间内的位移之差相等，则物体做匀变速运动．证明：设物体做匀速运动的初速度为ｖ0，加速度为ａ，第一个Ｔ内的位移为ｓ1＝ｖ0Ｔ＋ａＴ2／2；第二个Ｔ内的位移为ｓ2＝（ｖ0＋ａＴ）Ｔ＋ａＴ2／2；第Ｎ个Ｔ内的位移为ｓＮ＝［ｖ0＋（Ｎ－1）ａＴ］Ｔ＋ａＴ2／2．　ｓＮ－ｓＮ－1＝ａＴ2，逆定理也成立． 　25．解：由匀变速直线运动的公式得小物块的加速度的大小为ａ1＝（ｖ0－ｖｔ）／ｔ＝2（ｍ／ｓ2）．木板的加速度大小为ａ2＝2ｓ／ｔ2＝0.25（ｍ／ｓ2）． 根据牛顿第二定律　Ｆ＝ｍａ 对小物块得　ｆ′1＝ｍａ1＝1×2＝2Ｎ， 对木板得　ｆ1－μ（ｍ＋Ｍ）ｇ＝Ｍａ2， 　μ＝（ｆ1－Ｍａ2）／（ｍ＋Ｍ）ｇ＝（2－4×0.25）／（1＋4）×10＝0.02． 　 26．解：假设金属块没有离开第一块长木板，移动的相对距离为ｘ，由动量守恒定律，得ｍｖ0＝3ｍｖ， 　ｍｖ02／2＝3ｍｖ2／2＋μｍｇｘ， 解得ｘ＝4ｍ／3＞Ｌ，不合理， ∴　金属块一定冲上第二块木板． 　以整个系统为研究对象，由动量定律及能量关系，当金属块在第一块木板上时ｍｖ0＝ｍｖ0′＋2ｍｖ1， 　ｍｖ02／2＝12ｍｖ0′2＋2ｍ·ｖ12／2＋μｍｇｌ． 　ｍｖ0＝ｍｖ1＋2ｍｖ2， 　ｍｖ02／2＝ｍｖ12／2＋2ｍ·ｖ22／2＋μｍｇ（ｌ＋ｘ）． 联立解得： 　ｖ1＝1／3ｍ／ｓ，ｖ2＝5／6ｍ／ｓ，ｘ＝0.25ｍ． 　27．解：当ｔ＝0时，ａＡ0＝9／3＝3ｍ／ｓ2，ａＢ0＝3／6＝0.5ｍ／ｓ2．ａＡ0＞ａＢ0，Ａ、Ｂ间有弹力，随ｔ之增加，Ａ、Ｂ间弹力在减小，当（9－2ｔ）／3＝（3＋2ｔ）／6，ｔ＝2.5ｓ时，Ａ、Ｂ脱离，以Ａ、Ｂ整体为研究对象，在ｔ＝2.5ｓ内，加速度ａ＝（ＦＡ＋ＦＢ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝4／3ｍ／ｓ2，ｓ＝ａｔ2／2＝4.17ｍ． 　28．解：（1）由ｍＣｖ0＝ｍＣｖ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ1，Ｃ由Ａ滑至Ｂ时，Ａ、Ｂ的共同速度是 　ｖ1＝ｍＣ（ｖ0－ｖ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝0.2ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＡ＝ｍＣｖ02／2－ｍＣｖ2／2－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12／2， 得　μ＝［ｍＣ（ｖ02－ｖ2）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12］／2ｍＣｇｌＡ＝0.48． 　（2）由ｍＣｖ＋ｍＢｖ1＝（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ2，Ｃ相对Ｂ静止时，Ｂ、Ｃ的共同速度是ｖ2＝（ｍＣｖ＋ｍＢｖ1）／（ｍＣ＋ｍＢ）＝0.65ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＢ＝ｍＣｖ2／2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22／2， Ｃ在Ｂ上滑行距离为 　ｌＢ＝［ｍＣｖ2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22］／2μｍＣｇ＝0.25ｍ． 　（3）由μｍＣｇｓ＝ｍＢｖ22／2－ｍＢｖ12／2， Ｂ相对地滑行的距离ｓ＝［ｍＢ（ｖ22－ｖ12）］／2μｍＣｇ＝0.12ｍ． 　（4）Ｃ在Ａ、Ｂ上匀减速滑行，加速度大小由μｍＣｇ＝ｍＣａ，得ａ＝μｇ＝4.8ｍ／ｓ2． Ｃ在Ａ上滑行的时间ｔ1＝（ｖ0－ｖ）／ａ＝0.21ｓ． Ｃ在Ｂ上滑行的时间ｔ2＝（ｖ－ｖ2）／ａ＝0.28ｓ． 所求时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝0.21ｓ＋0.28ｓ＝0.49ｓ． 　　29．匀加速下滑时，受力如图1ａ，由牛顿第二定律，有： ｍｇｓｉｎθ－μｍｇｃｏｓθ＝ｍａ＝ｍｇｓｉｎθ／2， 　ｓｉｎθ／2＝μｃｏｓθ， 　得μ＝ｓｉｎθ／2ｃｏｓθ． 图1静止时受力分析如图1ｂ，摩擦力有两种可能：①摩擦力沿斜面向下；②摩擦力沿斜面向上．摩擦力沿斜面向下时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＝ｆ＋ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ， 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ＋μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ－μｓｉｎθ）ｍｇ＝3ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ－ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　摩擦力沿斜面向上时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＋ｆ＝ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ． 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ－μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ＋μｓｉｎθ）ｍｇ＝ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ＋ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　30．解：（1）物体在两斜面上来回运动时，克服摩擦力所做的功Ｗｆ＝μｍｇｃｏｓ60°·ｓ总． 　物体从开始直到不再在斜面上运动的过程中ｍｇｈ－Ｗｆ＝0－ｍｖ02／2．解得ｓ总＝38ｍ． 　（2）物体最终是在Ｂ、Ｃ之间的圆弧上来回做变速圆周运动，且在Ｂ、Ｃ点时速度为零． 　（3）物体第一次通过圆弧最低点时，圆弧所受压力最大．由动能定理得ｍｇ［ｈ＋Ｒ（1－ｃｏｓ60°）］－μｍｇｃｏｓ60°／ｓｉｎ60°＝ｍ（ｖ12－ｖ02）／2， 由牛顿第二定律得　Ｎｍａｘ－ｍｇ＝ｍｖ12／Ｒ， 解得　Ｎｍａｘ＝54.5Ｎ． 　物体最终在圆弧上运动时，圆弧所受压力最小．由动能定理得ｍｇＲ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍｖ22／2，由牛顿第二定律得Ｎｍｉｎ－ｍｇ＝ｍｖ22／Ｒ，解得Ｎｍｉｎ＝20Ｎ． 　31．解：（1）设刹车后，平板车的加速度为ａ0，从开始刹车到车停止所经历时间为ｔ0，车所行驶距离为ｓ0，则有ｖ02＝2ａ0ｓ0，ｖ0＝ａ0ｔ0． 　欲使ｔ0小，ａ0应该大，作用于木箱的滑动摩擦力产生的加速度ａ1＝μｍｇ／ｍ＝μｇ． 　当ａ0＞ａ1时，木箱相对车底板滑动，从刹车到车停止过程中木箱运动的路程为ｓ1，则ｖ02＝2ａ2ｓ1． 　为使木箱不撞击驾驶室，应有ｓ1－ｓ0≤Ｌ． 　联立以上各式解得：ａ0≤μｇｖ02／（ｖ02－2μｇＬ）＝5ｍ／ｓ2， 　∴　ｔ0＝ｖ0／ａ0＝4.4ｓ． 　（2）对平板车，设制动力为Ｆ，则Ｆ＋ｋ（Ｍ＋ｍ）ｇ－μｍｇ＝Ｍａ0，解得：Ｆ＝7420Ｎ． 　32．解：对系统ａ0＝［Ｆ－μｇ（ｍ1＋ｍ2）］／（ｍ1＋ｍ2）＝1ｍ／ｓ2． 　对木块1，细绳断后：│ａ1│＝ｆ1／ｍ1＝μｇ＝1ｍ／ｓ2． 　设细绳断裂时刻为ｔ1，则木块1运动的总位移： 　ｓ1＝2ａ0ｔ12／2＝ａ0ｔ12． 　对木块2，细绳断后，ａ2＝（Ｆ－μｍ2ｇ）／ｍ2＝2ｍ／ｓ2 ． 木块2总位移 　ｓ2＝ｓ′＋ｓ″＝ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2， 两木块位移差Δｓ＝ｓ2－ｓ1＝22（ｍ）． 得　ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2－ａ0ｔ12＝22， 把ａ0，ａ2值，ｖ1＝ａ0ｔ1代入上式整理得： 　ｔ12＋12ｔ1－28＝0，得ｔ1＝2ｓ． 木块2末速ｖ2＝ｖ1＋ａ2（6－ｔ1）＝ａ0ｔ1＋ａ2（6－ｔ1）＝10ｍ／ｓ． 此时动能Ｅｋ＝ｍ2ｖ22／2＝2×102／2Ｊ＝100Ｊ． 　33．解：（1）由动量守恒定律，ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ′，且有ｍ∶Ｍ＝1∶3， ∴　Ａ、Ｂ共同速度ｖ′＝ｍｖ0／（ｍ＋Ｍ）＝1ｍ／ｓ． 　（2）由动能定理，对全过程应有 　μｍｇ·2Ｌ＝ｍｖ02／2－（ｍ＋Ｍ）ｖ′2／2， 　4μｇＬ＝ｖ02－4ｖ′2，μ＝（ｖ02－4ｖ′2）／4ｇＬ＝0.3． 　（3）先求Ａ与Ｂ挡板碰前Ａ的速度ｖ10，以及木板Ｂ相应速度ｖ20，取从Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板相碰前过程为研究对象，依动量守恒与动能定理有以下两式成立：ｍｖ0＝ｍｖ10＋Ｍｖ20， 　ｍｖ02／2－ｍｖ102／2－Ｍｖ202／2＝μｍｇＬ． 代入数据得　ｖ10＋3ｖ20＝4，ｖ102＋3ｖ202＝10， 解以上两式可得　ｖ10＝（2±3）／2ｍ／ｓ．因Ａ与Ｂ挡板碰前速度不可能取负值，故ｖ10＝（2＋3）／2ｍ／ｓ．相应解出ｖ20＝（2－）／2ｍ／ｓ＝0.3ｍ／ｓ． 　木板Ｂ此过程为匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得μｍｇ＝Ｍａ1，ａ1＝μｍｇ／Ｍ＝1（ｍ／ｓ2）． 此过程经历时间ｔ1由下式求出 　ｖ20＝ａ1ｔ1，ｔ1＝ｖ20／ａ1＝0.3（ｓ）． 其速度图线为图2中0～0.3ｓ段图线ａ． 　再求Ａ与Ｂ挡板碰后，木板Ｂ的速度ｖ2与木块Ａ的速度ｖ1，为方便起见取Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板碰撞后瞬间过程为研究对象，依动量守恒定律与动能定理有以下两式成立： ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2，ｍｖ02／2－ｍｖ12／2－Ｍｖ22／2＝μｍｇＬ． 故解为　ｖ1＝（2±3）／2ｍ／ｓ． 因ｖ1＝（2＋3）／2ｍ／ｓ为碰前速度，故取ｖ1＝（2－3）／2ｍ／ｓ，相应得ｖ2＝2＋2ｍ／ｓ＝1.7ｍ／ｓ． 由于ｖ1＜0，即木块相对Ｂ向左滑动，Ａ受Ｂ摩擦力向右，Ｂ受Ａ摩擦力向左，故Ｂ做匀减速直线运动，加速度大小由牛顿第二定律，得ａ＝μｍｇ／Ｍ＝1ｍ／ｓ2． 　从碰后到Ａ滑到Ｂ最左端过程中，Ｂ向右做匀减速直线运动时间设为ｔ2，则ｖ′－ｖ2＝－ａｔ2， ∴　ｔ2＝0.7ｓ． 　此过程速度图线如图2中0.3ｓ～1.0ｓ段图线ｂ．图2 　　34．解：设ｍ1、ｍ2两物体受恒力Ｆ作用后，产生的加速度分别为ａ1、ａ2，由牛顿第二定律Ｆ＝ｍａ，得 　ａ1＝Ｆ／ｍ1，ａ2＝Ｆ／ｍ2， 　历时ｔ两物体速度分别为ｖ1＝ａ1ｔ，ｖ2＝ｖ0＋ａ2ｔ，由题意令ｖ1＝ｖ2，即ａ1ｔ＝ｖ0＋ａ2ｔ或（ａ1－ａ2）ｔ＝ｖ0，因ｔ≠0、ｖ0＞0，欲使上式成立，需满足ａ1－ａ2＞0，即Ｆ／ｍ1＞Ｆ／ｍ2，或ｍ1＜ｍ2，也即当ｍ1≥ｍ2时不可能达到共同速度，当ｍ1＜ｍ2时，可以达到共同速度． 　35．解：（1）当小球刚好能在轨道内做圆周运动时，水平初速度ｖ最小，此时有ｍｇ＝ｍｖ2／Ｒ， 故　ｖ＝＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）若初速度ｖ′＜ｖ，小球将做平抛运动，如在其竖直位移为Ｒ的时间内，其水平位移ｓ≥Ｒ，小球可进入轨道经过Ｂ点．设其竖直位移为Ｒ时，水平位移也恰为R，则Ｒ＝ｇｔ2／2，Ｒ＝ｖ′ｔ，解得：ｖ′＝／2＝ｍ／ｓ． 因此，初速度满足2ｍ／ｓ＞ｖ′≥ｍ／ｓ时，小球可做平抛运动经过Ｂ点． 　36．卫星在天空中任何天体表面附近运行时，仅受万有引力Ｆ作用使卫星做圆周运动，运动半径等于天体的球半径Ｒ．设天体质量为Ｍ，卫星质量为ｍ，卫星运动周期为Ｔ，天体密度为ρ．根据万有引力定律Ｆ＝ＧＭｍ／Ｒ2， 卫星做圆周运动向心力Ｆ′＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2， 因为 　Ｆ′＝Ｆ，得ＧＭｍ／Ｒ2＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2，∴Ｔ＝． 　又球体质量Ｍ＝4πＲ3ρ／3． 得Ｔ＝=，∴Ｔ∝1／，得证． 　37．解：由于两球相碰满足动量守恒 　　ｍ1ｖ0＝ｍ1ｖ1＋ｍ2ｖ2，ｖ1＝－1.3ｍ／ｓ． 　两球组成系统碰撞前后的总动能Ｅｋ1＋Ｅｋ2＝ｍ1ｖ02／2＋0＝2.5Ｊ， 　Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＝ｍ1ｖ12／2＋ｍ2ｖ22／2＝2.8Ｊ． 　可见，Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＞Ｅｋ1＋Ｅｋ2，碰后能量较碰撞前增多了，违背了能量守恒定律，这种假设不合理． 　38．解：（1）由动量守恒，得ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2， 由运动学公式得ｓ＝（ｖ1－ｖ2）ｔ，ｈ＝ｇｔ2／2， 由以上三式得ｖ2＝（ｍｖ0－ｓｍ）／（Ｍ＋ｍ）． 　 （2）最后车与物体以共同的速度ｖ向右运动，故有 　ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖｖ＝ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）． ∴ΔＥ＝ｍｖ02／2＋ｍｇｈ－（Ｍ＋ｍ）ｍ2ｖ02／2（Ｍ＋ｍ）2． 解得ΔＥ＝ｍｇｈ＋Ｍｍｖ02／2（Ｍ＋ｍ）． 　39．解：设碰前Ａ、Ｂ有共同速度ｖ时，Ｍ前滑的距离为ｓ．则ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ，ｆｓ＝Ｍｖ2／2，ｆ＝μｍｇ． 　由以上各式得　ｓ＝Ｍｍｖ02／2μｇ（Ｍ＋ｍ）2． 　当ｖ0＝2ｍ／ｓ时，ｓ＝2／9ｍ＜0.5ｍ，即Ａ、Ｂ有共同速度．当ｖ0＝4ｍ／ｓ时，ｓ＝8／9ｍ＞0.5ｍ，即碰前Ａ、Ｂ速度不同． 　40．解：（1）物体由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者系统水平方向动量守恒得：ｍｖ0＝ｍｖ0／2＋2ｍｖＡＢ． 解之得　ｖＡＢ＝ｖ0／4． 　（2）物块由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者功能关系得：μｍｇＬ＝ｍｖ02／2－ｍ（ｖ0／2）2／2－2ｍ（ｖ0／4）2／2． 解之得　Ｌ＝5ｖ02／16μｇ． 　（3）物块由Ｄ滑到Ｃ的过程中，二者系统水平方向动量守恒，又因为物块到达最高点Ｃ时，物块与滑块速度相等且水平，均为ｖ． 故得　ｍｖ0／2＋ｍｖ0／4＝2ｍｖ， ∴　得滑块的动能ＥＣＤ＝ｍｖ2／2＝9ｍｖ02／128． 　41．解：（1）Ｂ从ｖ0减速到速度为零的过程，Ｃ静止，Ｂ的位移：ｓ1＝ｖ02／2μｇ． 　所用的时间：ｔ1＝ｖ0／μｇ． 　此后Ｂ与Ｃ一起向右做加速运动，Ａ做减速运动，直到相对静止，设所用时间为ｔ2，共同速度为ｖ． 　对Ａ、Ｂ、Ｃ，由动量守恒定律得 　ｍＡ·2ｖ0－ｍＢｖ0＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ， ∵　ｍＡ＝ｍＢ＝ｍＣ，∴　ｖ＝ｖ0／3． 　对Ｂ与Ｃ，向右加速运动的加速度 　ａ＝μｍＡｇ／（ｍＢ＋ｍＣ）＝μｇ／2，∴ｔ2＝ｖ／ａ＝2ｖ0／3μｇ． Δｔ内Ｂ向右移动的位移ｓ2＝ｖｔ2／2＝ｖ02／9μｇ， 故总路程ｓ＝ｓ1＋ｓ2＝11ｖ02／18μｇ，总时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝5ｖ0／3μｇ． 　（2）设车的最小长度为Ｌ，则相对静止时Ａ、Ｂ刚好接触，由能量守恒得 　ｍＡ（2ｖ0）2／2＋ｍＢｖ02／2＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ2／2＋μｍＢｇｓ1＋μｍＡｇ（Ｌ－ｓ1）， 联立解得Ｌ＝7ｖ02／3μｇ． 　42．解：（1）ｍ速度最大的位置应在O点左侧．因为细线烧断后，ｍ在弹簧弹力和滑动摩擦力的合力作用下向右做加速运动，当弹力与摩擦力的合力为零时，ｍ的速度达到最大，此时弹簧必处于压缩状态．此后，系统的机械能不断减小，不能再达到这一最大速度． 　（2）选ｍ、Ｍ为一系统，由动量守恒定律得 　ｍｖ1＝Ｍｖ2 ． 　设这一过程中弹簧释放的弹性势能为Ｅｐ，则 　Ｅｐ＝ｍｖ12／2＋Ｍｖ22／2＋μｍｇｓ， 解得　ｖ2＝ｍｖ1／Ｍ，Ｅｐ＝ｍ［（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2Ｍ＋μｇｓ］． 　（2）ｍ与Ｍ最终将静止，因为系统动量守恒，且总动量为零，只要ｍ与Ｍ间有相对运动，就要克服摩擦力做功，不断消耗能量，所以，ｍ与Ｍ最终必定都静止． 　43．解：（1）第一颗子弹射入木块过程，系统动量守恒，有 　ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ1． 　射入后，在ＯＢＣ运动过程中，机械能守恒，有 　（ｍ＋Ｍ）ｖ12／2＝（ｍ＋Ｍ）ｇＲ，得ｖ0＝（Ｍ＋ｍ）／ｍ． 　（2）由动量守恒定律知，第2、4、6……颗子弹射入木块后，木块速度为0，第1、3、5……颗子弹射入后，木块运动．当第9颗子弹射入木块时，由动量守恒得： 　ｍｖ0＝（9ｍ＋Ｍ）ｖ9， 　设此后木块沿圆弧上升最大高度为Ｈ，由机械能守恒定律得：（9ｍ＋Ｍ）ｖ92／2＝（9ｍ＋Ｍ）ｇＨ， 由以上可得：Ｈ＝［（Ｍ＋ｍ）／（Ｍ＋9ｍ）］2Ｒ． 　44．解：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动ｓ，速度变为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．由动能定理 　－μＭｇｓ＝0－ｍｖ02／2，ｓ＝ｍｖ02／2μＭｇ＝0.33ｍ． 　（2）假如平板车在第二次碰墙前还未和滑块相对静止，则其速度的大小肯定还是2ｍ／ｓ，因为只要相对运动，摩擦力大小为恒值．滑块速度则大于2ｍ／ｓ，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰墙前肯定已和滑块具有共同速度ｖ．此即平板车碰墙前瞬间的速度． 　Ｍｖ0－ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， ∴ｖ＝（Ｍ－ｍ）ｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝0.4ｍ／ｓ．图3　（3）平板车与墙壁第一次碰撞后滑块与平板又达到共同速度ｖ前的过程，可用图3（ａ）、（ｂ）、（ｃ）表示．图3（ａ）为平板车与墙碰撞后瞬间滑块与平板车的位置，图3（ｂ）为平板车到达最左端时两者的位置，图3（ｃ）为平板车与滑块再次达到共同速度时两者的位置．在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功μΜｇｓ′，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功μＭｇｓ″（平板车从Ｂ到Ａ再回到Ｂ的过程中摩擦力做功为零），其中ｓ′、ｓ″分别为滑块和平板车的位移．滑块和平板车动能总减少为μＭｇｌ1，其中ｌ1 ＝ｓ′＋ｓ″为滑块相对平板车的位移，此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为ｌ，则有（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2＝μＭｇｌ，ｌ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2μＭｇ＝0.833ｍ． ｌ即为平板车的最短长度．图4　　45．解：如图4，Ａ球从静止释放后将自由下落至Ｃ点悬线绷直，此时速度为ｖＣ ∵　ｖＣ2＝2ｇ×2Ｌｓｉｎ30°， ∴　ｖＣ＝＝2ｍ／ｓ． 　在线绷直的过程中沿线的速度分量减为零时，Ａ将以切向速度ｖ1沿圆弧运动且 　ｖ1＝ｖＣｃｏｓ30°＝ｍ／ｓ． 　Ａ球从Ｃ点运动到最低点与Ｂ球碰撞前机械能守恒，可求出Ａ球与Ｂ球碰前的速度 　ｍＡｖ12／2＋ｍＡｇＬ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍＡｖ22／2， 　ｖ2＝==ｍ／ｓ． 　因Ａ、Ｂ两球发生无能量损失的碰撞且ｍＡ＝ｍＢ，所以它们的速度交换，即碰后Ａ球的速度为零，Ｂ球的速度为ｖ2＝（ｍ／ｓ）．对Ｂ球和小车组成的系统水平方向动量守恒和机械能守恒，当两者有共同水平速度ｕ时，Ｂ球上升到最高点，设上升高度为ｈ． 　ｍＢｖ2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ，ｍＢｖ22／2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ2／2＋ｍＢｇｈ．解得ｈ＝3／16≈0.19ｍ． 　在Ｂ球回摆到最低点的过程中，悬线拉力仍使小车加速，当Ｂ球回到最低点时小车有最大速度ｖｍ，设小球Ｂ回到最低点时速度的大小为ｖ3，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 　ｍＢｖ2＝－ｍＢｖ3＋Ｍｖｍ，ｍＢｖ22／2＝ｍＢｖ32／2＋Ｍｖｍ2／2， 解得ｖｍ＝2ｍＢｖ2／（ｍ3＋Ｍ）＝／2ｍ／ｓ＝1.12ｍ／ｓ． 　46．解：（1）小球的角速度与运动的角速度必定相等，则有ｖ＝ωＲ＝ω． 　（2）人手所提供的功率应等于小球在运动过程中克服摩擦力做功的功率．即有Ｐ＝ｆｖ， ∴　ｆ＝Ｐ／ｖ＝Ｐ／ω． 　47．解：由于粘性物体与底板粘合的过程时间极短，冲击力远大于重力，在竖直方向近似动量守恒，开始静止时，有　ｍ1ｇ＝ｋｘｋ＝ｍ1ｇｘ． 　ｍ2下落Ｈ时的速度ｖ＝，ｍ2与ｍ1合在一起动量守恒，ｍ2ｖ＝（ｍ1＋ｍ2）ｖ′，ｖ′＝ｍ2 ｖ／（ｍ1＋ｍ2）＝ｍ2／（ｍ1＋ｍ2）． 　设向下为正方向，ｍ1与ｍ2的整体受两个力，即重力（ｍ1＋ｍ2）ｇ和弹簧的平均拉力，则有平均拉力＝ｋｘ＋ｋｈ／2＝ｋ（2ｘ＋ｈ）／2，由动能定理得 ［－＋（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ＝0－（ｍ1＋ｍ2）ｖ2／2， 由以上各式得［ｍ1ｇ（2ｘ＋ｈ）／2ｘ－（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ 　＝（ｍ1＋ｍ2）·ｍ22·2ｇｈ／2（ｍ1＋ｍ2）2． 代入数值得ｈ＝0.3ｍ． 　48．解：ｍ与Ａ粘在一起后水平方向动量守恒，共同速度设为ｖ1，Ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ1， 得ｖ1＝Ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝2ｖ0／3． 　当弹簧压缩到最大时即有最大弹性势能Ｅ，此时系统中各物体有相同速度，设为ｖ2，由动量守恒定律 　2Ｍｖ0＝（2Ｍ＋ｍ）ｖ2，得ｖ2＝2Ｍｖ0／（2Ｍ＋ｍ）＝4ｖ0／5． 由能量守恒有 　Ｅ＝Ｍｖ02／2＋（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2－（2Ｍ＋ｍ）ｖ22／2， 解得Ｅ＝Ｍｖ02／30． 　49．解：（1）振子在平衡位置时，所受合力为零，设此时弹簧被压缩Δｘ：（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ＝ｋΔｘ，Δｘ＝5ｃｍ． 　开始释放时振子处在最大位移处，故振幅 　Ａ＝5ｃｍ＋5ｃｍ＝10ｃｍ． 　（2）由于开始时弹簧的伸长量恰等于振子在平衡位置时弹簧的压缩量，故弹性势能相等，设振子的最大速度为ｖ，从开始到平衡位置，根据机械能守恒定律， 得ｍｇ·Ａ＝ｍｖ2／2，∴ｖ＝＝1.4ｍ／ｓ， 即Ｂ的最大速率为1.4ｍ／ｓ． 　（3）在最高点，振子受到的重力和弹力方向相同，根据牛顿第二定律，得 　ａ＝［ｋΔｘ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ］／（ｍＡ＋ｍＢ）＝20ｍ／ｓ2， Ａ对Ｂ的作用力方向向下，其大小 　Ｎ1＝ｍＢａ－ｍＢｇ＝10Ｎ． 在最低点，振子受到的重力和弹力方向相反，根据牛顿第二定律，得ａ＝ｋ（Δｘ＋Ａ）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｍＡ＋ｍＢ＝20ｍ／ｓ2． Ａ对Ｂ的作用力方向向上，其大小 　Ｎ2＝ｍＢａ＋ｍＢｇ＝30Ｎ．28．如图1－83所示，木块Ａ、Ｂ靠拢置于光滑的水平地面上．Ａ、Ｂ的质量分别是2ｋｇ、3ｋｇ，Ａ的长度是0.5ｍ，另一质量是1ｋｇ、可视为质点的滑块Ｃ以速度ｖ0＝3ｍ／ｓ沿水平方向滑到Ａ上，Ｃ与Ａ、Ｂ间的动摩擦因数都相等，已知Ｃ由Ａ滑向Ｂ的速度是ｖ＝2ｍ／ｓ，求： 　　（1）Ｃ与Ａ、Ｂ之间的动摩擦因数； 　 （2）Ｃ在Ｂ上相对Ｂ滑行多大距离？ 　（3）Ｃ在Ｂ上滑行过程中，Ｂ滑行了多远？ 　（4）Ｃ在Ａ、Ｂ上共滑行了多长时间？2．解：在0～1ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知 　ａ１＝12ｍ／ｓ２， 由牛顿第二定律，得 　Ｆ－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ１，　　① 在0～2ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知ａ２＝－6ｍ／ｓ２， 因为此时物体具有斜向上的初速度，故由牛顿第二定律，得 　－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ２，　　② 　②式代入①式，得　Ｆ＝18Ｎ． 3．解：在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从Ａ到Ｂ需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为ｔ1，则 　（ｖ／2）ｔ１＋ｖ（ｔ－ｔ１）＝Ｌ， 所以　ｔ１＝2（ｖｔ－Ｌ）／ｖ＝（2×（2×6－10）／2）ｓ＝2ｓ． 为使物体从Ａ至Ｂ所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变．而　ａ＝ｖ／ｔ＝1ｍ／ｓ２．设物体从Ａ至Ｂ所用最短的时间为ｔ2，则 　（1／2）ａｔ2２＝Ｌ， 　ｔ2＝=＝2ｓ． 　ｖｍｉｎ＝ａｔ2＝1×2ｍ／ｓ＝2ｍ／ｓ． 传送带速度再增大1倍，物体仍做加速度为1ｍ／ｓ２的匀加速运动，从Ａ至Ｂ的传送时间为2ｍ／ｓ． 4．解：启动前Ｎ１＝ｍｇ， 　升到某高度时　Ｎ2＝（17／18）Ｎ１＝（17／18）ｍｇ， 　对测试仪　Ｎ2－ｍｇ′＝ｍａ＝ｍ（ｇ／2）， 　∴　ｇ′＝（8／18）ｇ＝（4／9）ｇ， 　ＧｍＭ／Ｒ2＝ｍｇ，ＧｍＭ／（Ｒ＋ｈ）2＝ｍｇ′，解得：ｈ＝（1／2）Ｒ． 5．解：由匀加速运动的公式　ｖ２＝ｖ０２＋2ａｓ 　得物块沿斜面下滑的加速度为 　ａ＝ｖ2／2ｓ＝1．42／（2×1．4）＝0．7ｍｓ－２， 由于ａ＜ｇｓｉｎθ＝5ｍｓ－２， 　可知物块受到摩擦力的作用．图3 　分析物块受力，它受3个力，如图3．对于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，由牛顿定律有 　ｍｇｓｉｎθ－ｆ１＝ｍａ， 　ｍｇｃｏｓθ－Ｎ１＝0， 　分析木楔受力，它受5个力作用，如图3所示．对于水平方向，由牛顿定律有 　ｆ2＋ｆ１ｃｏｓθ－Ｎ１ｓｉｎθ＝0， 　由此可解得地面的作用于木楔的摩擦力 　ｆ2＝ｍｇｃｏｓθｓｉｎθ－（ｍｇｓｉｎθ－ｍａ）ｃｏｓθ＝ｍａｃｏｓθ＝1×0．7×（／2）＝0．61Ｎ． 　此力的方向与图中所设的一致（由指向）． 6．解：（1）飞机原先是水平飞行的，由于垂直气流的作用，飞机在竖直方向上的运动可看成初速度为零的匀加速直线运动，根据　ｈ＝（1／2）ａｔ２，得ａ＝2ｈ／ｔ２，代入ｈ＝1700ｍ，ｔ＝10ｓ，得 　ａ＝（2×1700／10２）（ｍ／ｓ２）＝34ｍ／ｓ２，方向竖直向下． 　（2）飞机在向下做加速运动的过程中，若乘客已系好安全带，使机上乘客产生加速度的力是向下重力和安全带拉力的合力．设乘客质量为ｍ，安全带提供的竖直向下拉力为Ｆ，根据牛顿第二定律　Ｆ＋ｍｇ＝ｍａ，得安全带拉力 　　Ｆ＝ｍ（ａ－ｇ）＝ｍ（34－10）Ｎ＝24ｍ（Ｎ）， ∴　安全带提供的拉力相当于乘客体重的倍数 　ｎ＝Ｆ／ｍｇ＝24ｍＮ／ｍ·10Ｎ＝2．4（倍）． 　（3）若乘客未系安全带，飞机向下的加速度为34ｍ／ｓ２，人向下加速度为10ｍ／ｓ２，飞机向下的加速度大于人的加速度，所以人对飞机将向上运动，会使头部受到严重伤害． 7．解：设月球表面重力加速度为ｇ，根据平抛运动规律，有 　ｈ＝（1／2）ｇｔ２，　　① 　水平射程为　　　Ｌ＝ｖ０ｔ，　　② 　联立①②得ｇ＝2ｈｖ０２／Ｌ２．　　③ 　根据牛顿第二定律，得　ｍｇ＝ｍ（2π／Ｔ）２Ｒ，　　④ 　联立③④得　Ｔ＝（πＬ／ｖ０ｈ）．　　⑤ 8．解：前2秒内，有Ｆ－ｆ＝ｍａ１，ｆ＝μＮ，Ｎ＝ｍｇ，则 　ａ１＝（Ｆ－μｍｇ）／ｍ＝4ｍ／ｓ２，ｖｔ＝ａ１ｔ＝8ｍ／ｓ， 　撤去Ｆ以后　ａ２＝ｆ／ｍ＝2ｍ／ｓ，ｓ＝ｖ１２／2ａ２＝16ｍ． 9．解：（1）用力斜向下推时，箱子匀速运动，则有 　Ｆｃｏｓθ＝ｆ，ｆ＝μＮ，Ｎ＝Ｇ＋Ｆｓｉｎθ， 　联立以上三式代数据，得　Ｆ＝1．2×10２Ｎ． 　（2）若水平用力推箱子时，据牛顿第二定律，得Ｆ合＝ｍａ，则有 　Ｆ－μＮ＝ｍａ，Ｎ＝Ｇ， 　联立解得　ａ＝2．0ｍ／ｓ２ ． 　ｖ＝ａｔ＝2．0×3．0ｍ／ｓ＝6．0ｍ／ｓ， 　ｓ＝（1／2）ａｔ２＝（1／2）×2．0×3．0２ｍ／ｓ＝9．0ｍ， 　推力停止作用后　ａ′＝ｆ／ｍ＝4．0ｍ／ｓ２（方向向左）， 　ｓ′＝ｖ２／2ａ′＝4．5ｍ， 　则　ｓ总＝ｓ＋ｓ′＝13．5ｍ． 10．解：根据题中说明，该运动员发球后，网球做平抛运动．以ｖ表示初速度，Ｈ表示网球开始运动时离地面的高度（即发球高度），ｓ１表示网球开始运动时与网的水平距离（即运动员离开网的距离），ｔ１表示网球通过网上的时刻，ｈ表示网球通过网上时离地面的高度，由平抛运动规律得到 　ｓ１＝ｖｔ１，Ｈ－ｈ＝（1／2）ｇｔ１２， 消去ｔ１，得　　ｖ＝ｍ／ｓ，ｖ≈23ｍ／ｓ． 　以ｔ２表示网球落地的时刻，ｓ２表示网球开始运动的地点与落地点的水平距离，ｓ表示网球落地点与网的水平距离，由平抛运动规律得到 　Ｈ＝（1／2）ｇｔ２２，ｓ２＝ｖｔ２， 消去ｔ２，得ｓ２＝ｖ≈16ｍ， 　网球落地点到网的距离　ｓ＝ｓ２－ｓ１≈4ｍ． 11．解：（1）设卫星质量为ｍ，它在地球附近做圆周运动，半径可取为地球半径Ｒ，运动速度为ｖ，有 　ＧＭｍ／Ｒ２＝ｍｖ２／Ｒ　得ｖ＝． 　（2）由（1）得： 　Ｍ＝ｖ２Ｒ／Ｇ＝＝6．0×1024ｋｇ． 12．解：对物块：Ｆ１－μｍｇ＝ｍａ１， 　6－0．5×1×10＝1·ａ１，ａ１＝1．0ｍ／ｓ2， 　ｓ１＝（1／2）ａ１ｔ2＝（1／2）×1×0．42＝0．08ｍ， 　ｖ１＝ａ１ｔ＝1×0．4＝0．4ｍ／ｓ， 　对小车：Ｆ２－μｍｇ＝Ｍａ２， 　9－0．5×1×10＝2ａ２，ａ２＝2．0ｍ／ｓ2， 　ｓ２＝（1／2）ａ２ｔ2＝（1／2）×2×0．42＝0．16ｍ， 　ｖ２＝ａ２ｔ＝2×0．4＝0．8ｍ／ｓ， 　撤去两力后，动量守恒，有Ｍｖ２－ｍｖ１＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， 　ｖ＝0．4ｍ／ｓ（向右）， ∵　（（1／2）ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2）－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ2＝μｍｇｓ３， 　ｓ３＝0．096ｍ， ∴　ｌ＝ｓ１＋ｓ２＋ｓ３＝0．336ｍ． 13．解：设木块到Ｂ时速度为ｖ０，车与船的速度为ｖ１，对木块、车、船系统，有 　ｍ１ｇｈ＝（ｍ１ｖ０2／2）＋（（ｍ２＋ｍ３）ｖ１2／2）， 　ｍ１ｖ０＝（ｍ２＋ｍ３）ｖ１， 解得　ｖ０＝5，ｖ１＝． 　木块到Ｂ后，船以ｖ１继续向左匀速运动，木块和车最终以共同速度ｖ２向右运动，对木块和车系统，有 　ｍ１ｖ０－ｍ２ｖ１＝（ｍ１＋ｍ２）ｖ２， 　μｍ１ｇｓ＝（（ｍ１ｖ０2／2）＋（ｍ２ｖ１2／2））－（（ｍ１＋ｍ２）ｖ２2／2）， 得　ｖ２＝ｖ１＝，ｓ＝2ｈ． 14．解：（1）小球的角速度与手转动的角速度必定相等均为ω．设小球做圆周运动的半径为ｒ，线速度为ｖ．由几何关系得　ｒ＝，ｖ＝ω·ｒ，解得　　 　　ｖ＝ω． 　（2）设手对绳的拉力为Ｆ，手的线速度为ｖ，由功率公式得　Ｐ＝Ｆｖ＝Ｆ·ωＲ， ∴　Ｆ＝Ｐ／ωＲ．图4　研究小球的受力情况如图4所示，因为小球做匀速圆周运动，所以切向合力为零，即 　Ｆｓｉｎθ＝ｆ， 其中　ｓｉｎθ＝Ｒ／， 　联立解得　ｆ＝Ｐ／ω． 15．解：（1）用ｖ１表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由于子弹射入木块Ｃ时间极短，系统动量守恒，有 　ｍｖ０＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１， 　∴　ｖ１＝ｍｖ０／（ｍ＋Ｍ）＝3ｍ／ｓ， 　子弹和木块Ｃ在ＡＢ木板上滑动，由动能定理得： 　（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ２２－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ１２＝－μ（ｍ＋Ｍ）ｇＬ， 　解得　ｖ２＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）用ｖ′表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由动量守恒定律，得　ｍｖ０ ′＋Ｍｕ＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１′，解得　ｖ１′＝4ｍ／ｓ． 　木块Ｃ及子弹在ＡＢ木板表面上做匀减速运动　ａ＝μｇ．设木块Ｃ和子弹滑至ＡＢ板右端的时间为ｔ，则木块Ｃ和子弹的位移ｓ１＝ｖ１′ｔ－（1／2）ａｔ2， 　由于ｍ车≥（ｍ＋Ｍ），故小车及木块ＡＢ仍做匀速直线运动，小车及木板ＡＢ的位移　ｓ＝ｕｔ，由图5可知：ｓ１＝ｓ＋Ｌ， 　联立以上四式并代入数据得： 　ｔ2－6ｔ＋1＝0， 　解得：ｔ＝（3－2）ｓ，（ｔ＝（3＋2）ｓ不合题意舍去），　　（11） 　∴　ｓ＝ｕｔ＝0．18ｍ． 16．解：（1）设Ａ滑上Ｂ后达到共同速度前并未碰到档板，则根据动量守恒定律得它们的共同速度为ｖ，有图5　ｍｖ０＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝2ｍ／ｓ，在这一过程中，Ｂ的位移为ｓＢ＝ｖＢ2／2ａＢ且ａＢ＝μｍｇ／Ｍ，解得ｓＢ＝Ｍｖ2／2μｍｇ＝2×22／2×0．2×1×10＝2ｍ． 　设这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ１，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ１＝（1／2）ｍｖ０2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得ｓ１＝6ｍ． 　当ｓ＝4ｍ时，Ａ、Ｂ达到共同速度ｖ＝2ｍ／ｓ后再匀速向前运动2ｍ碰到挡板，Ｂ碰到竖直挡板后，根据动量守恒定律得Ａ、Ｂ最后相对静止时的速度为ｖ′，则 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′， 解得　ｖ′＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ２，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ２＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　ｓ２＝2．67ｍ． 　因此，Ａ、Ｂ最终不脱离的木板最小长度为ｓ１＋ｓ２＝8．67ｍ 　（2）因Ｂ离竖直档板的距离ｓ＝0．5ｍ＜2ｍ，所以碰到档板时，Ａ、Ｂ未达到相对静止，此时Ｂ的速度ｖＢ为 　ｖＢ2＝2ａＢｓ＝（2μｍｇ／Ｍ）ｓ，解得　ｖＢ＝1ｍ／ｓ， 　设此时Ａ的速度为ｖＡ，根据动量守恒定律，得 　ｍｖ０＝ＭｖＢ＋ｍｖＡ，解得ｖＡ＝4ｍ／ｓ， 　设在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移为ｓ１′，根据动能定理得： 　μｍｇｓ１′＝（1／2）ｍｖ０2－（（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）ＭｖＢ2）， 　解得　ｓ１′＝4．5ｍ． 　Ｂ碰撞挡板后，Ａ、Ｂ最终达到向右的相同速度ｖ，根据动能定理得ｍｖＡ－ＭｖＢ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ２′为 　μｍｇｓ２′＝（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得　ｓ２′＝（25／6）ｍ． 　 Ｂ再次碰到挡板后，Ａ、Ｂ最终以相同的速度ｖ′向左共同运动，根据动量守恒定律，得 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′，解得　ｖ′＝（2／9）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ３′为： 　μｍｇｓ３′＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　　　　ｓ３′＝（8／27）ｍ． 　因此，为使Ａ不从Ｂ上脱落，Ｂ的最小长度为ｓ１′＋ｓ２′＋ｓ３′＝8．96ｍ． 17．解：（1）Ｂ与Ａ碰撞后，Ｂ相对于Ａ向左运动，Ａ所受摩擦力方向向左，Ａ的运动方向向右，故摩擦力作负功．设Ｂ与Ａ碰撞后的瞬间Ａ的速度为ｖ１，Ｂ的速度为ｖ２，Ａ、Ｂ相对静止后的共同速度为ｖ，整个过程中Ａ、Ｂ组成的系统动量守恒，有 　Ｍｖ０＝（Ｍ＋1．5Ｍ）ｖ，ｖ＝2ｖ０／5． 　碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功，即 　Ｍｖ２＋1．5Ｍｖ１＝2．5Ｍｖ，　　① 　（1／2）×1．5Ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2－（1／2）×2．5Ｍｖ2＝Ｍμｇｌ，　　② 可解出ｖ１＝（1／2）ｖ０（另一解ｖ１＝（3／10）ｖ０因小于ｖ而舍去） 　这段过程中，Ａ克服摩擦力做功 　Ｗ＝（1／2）×1．5Ｍｖ１2－（1／2）×1．5Ｍｖ2＝（27／400）Ｍｖ０2（0．068Ｍｖ０2）． 　（2）Ａ在运动过程中不可能向左运动，因为在Ｂ未与Ａ碰撞之前，Ａ受到的摩擦力方向向右，做加速运动，碰撞之后Ａ受到的摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后，速度仍向右，因此不可能向左运动． 　Ｂ在碰撞之后，有可能向左运动，即ｖ２＜0． 　先计算当ｖ２＝0时满足的条件，由①式，得 　ｖ１＝（2ｖ０／3）－（2ｖ２／3），当ｖ２＝0时，ｖ１＝2ｖ０／3，代入②式，得 　（（1／2）×1．5Ｍ4ｖ０2／9）－（（1／2）×2．5Ｍ4ｖ０2／25）＝Ｍμｇｌ， 解得　μｇｌ＝2ｖ０2／15． 　Ｂ在某段时间内向左运动的条件之一是μｌ＜2ｖ０2／15ｇ． 　另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即 　（1／2）Ｍｖ０2－（1／2）2．5Ｍ（2ｖ０／5）2≥2Ｍμｇｌ， 　解出另一个条件是　μｌ≤3ｖ０2／20ｇ， 　最后得出Ｂ在某段时间内向左运动的条件是 　2ｖ０2／15ｇ＜μｌ≤3ｖ０2／20ｇ． 18．解：（1）以警车为研究对象，由动能定理． 　－μｍｇ·ｓ＝（1／2）ｍｖ2－（1／2）ｍｖ０2， 　将ｖ０＝14．0ｍ／ｓ，ｓ＝14．0ｍ，ｖ＝0代入，得 　μｇ＝7．0ｍ／ｓ2， 　因为警车行驶条件与肇事汽车相同，所以肇事汽车的初速度ｖＡ＝＝21ｍ／ｓ． 　（2）肇事汽车在出事点Ｂ的速度 　ｖＢ＝＝14ｍ／ｓ， 　肇事汽车通过段的平均速度 　＝（ｖＡ＋ｖＢ）／2＝（21＋14）／2＝17．5ｍ／ｓ． 　肇事汽车通过ＡＢ段的时间 　ｔ２＝ＡＢ／＝（31．5－14．0）／17．5＝1ｓ． 　∴ 　游客横过马路的速度 　ｖ人＝／（ｔ１＋ｔ２）＝（2．6／（1＋0．7））ｍ／ｓ＝1．53ｍ／ｓ． 19．解：（1）开始Ａ、Ｂ处于静止状态时，有 　ｋｘ０－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｓｉｎ30°＝0，　　① 　设施加Ｆ时，前一段时间Ａ、Ｂ一起向上做匀加速运动，加速度为ａ，ｔ＝0．2ｓ，Ａ、Ｂ间相互作用力为零，对Ｂ有： 　ｋｘ－ｍＢｇｓｉｎ30°＝ｍＢａ，　　② 　ｘ－ｘ０＝（1／2）ａｔ2，　　③ 　解①、②、③得： 　ａ＝5ｍｓ－2，ｘ０＝0．05ｍ，ｘ＝0．15ｍ， 　初始时刻Ｆ最小 　Ｆｍｉｎ＝（ｍＡ＋ｍＢ）ａ＝60Ｎ． 　ｔ＝0．2ｓ时，Ｆ最大 　Ｆｍａｘ－ｍＡｇｓｉｎ30°＝ｍＡａ， 　Ｆｍａｘ＝ｍＡ（ｇｓｉｎ30°＋ａ）＝100Ｎ， 　（2）ΔＥＰＡ＝ｍＡｇΔｈ＝ｍＡｇ（ｘ－ｘ０）ｓｉｎ30°＝5Ｊ． 20．解：当弹簧处于压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和．当弹簧伸长到其自然长度时，弹性势能为零，因这时滑块Ａ的速度为零，故系统的机械能等于滑块Ｂ的动能．设这时滑块Ｂ的速度为ｖ则有 　Ｅ＝（1／2）ｍ２ｖ2，　　① 由动量守恒定律（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ２ｖ，　　② 解得　Ｅ＝（1／2）（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２．　　③ 　假定在以后的运动中，滑块Ｂ可以出现速度为零的时刻，并设此时滑块Ａ的速度为ｖ１．这时，不论弹簧是处于伸长还是压缩状态，都具有弹性势能Ｅｐ．由机械能守恒定律得 　（1／2）ｍ１ｖ１2＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　④ 根据动量守恒　（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ１ｖ１，　　⑤ 求出ｖ１，代入④式得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑥ 因为Ｅｐ≥0，故得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）≤（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑦ 即　ｍ１≥ｍ２，与已知条件ｍ１＜ｍ２不符． 　可见滑块Ｂ的速度永不为零，即在以后的运动中，不可能出现滑动Ｂ的速度为零的情况． 21．解：设恰好物体相对圆盘静止时，弹簧压缩量为Δｌ，静摩擦力为最大静摩擦力ｆｍａｘ，这时物体处于临界状态，由向心力公式ｆｍａｘ－ｋΔｌ＝ｍＲｗ2，　　① 　假若物体向圆心移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ１－ｋ（Δｌ＋ｘ）＝ｍ（Ｒ－ｘ）ｗ2，　　② 　由①、②两式可得　ｆｍａｘ－ｆ１＝ｍｘｗ2－ｋｘ，　　③ 所以　ｍｘｗ2－ｋｘ≥0，得ｋ≤ｍｗ2，　　④ 　若物体向外移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ２－ｋ（Δｌ－ｘ）≥ｍ（Ｒ＋ｘ）ｗ2，　　⑤ 由①～⑥式得　ｆｍａｘ－ｆ２＝ｋｘ－ｍｘｗ2≥0，　　⑥ 所以　ｋ≥ｍｗ2 ，　　⑦ 即若物体向圆心移动，则ｋ≤ｍｗ2， 若物体向远离圆心方向移动，则ｋ≥ｍｗ2． 22．解：卫星环绕地球作匀速圆周运动，设卫星的质量为ｍ，轨道半径为ｒ，受到地球的万有引力为Ｆ， 　Ｆ＝ＧＭｍ／ｒ2，　　① 　式中Ｇ为万有引力恒量，Ｍ是地球质量． 　设ｖ是卫星环绕地球做匀速圆周运动的线速度，Ｔ是运动周期，根据牛顿第二定律，得 　Ｆ＝ｍｖ2／ｒ，　　② 　由①、②推导出　ｖ＝．　　③ 　③式表明：ｒ越大，ｖ越小． 　人造卫星的周期就是它环绕地球运行一周所需的时间Ｔ， 　Ｔ＝2πｒ／ｖ，　　④ 　由③、④推出　Ｔ＝2π，　　⑤ 　⑤式说明：ｒ越大，Ｔ越大．　23．证：设质点通过Ａ点时的速度为ｖＡ，通过Ｃ点时的速度为ｖＣ，由匀变速直线运动的公式得： ｓ1＝ｖＡＴ＋ａＴ2／2，ｓ3＝ｖＣＴ＋ａＴ2／2，ｓ3－ｓ1＝ｖＣＴ－ｖＡＴ． ∵　ｖＣ＝ｖＡ＋2ａＴ， ∴　ｓ3－ｓ1＝（ｖＡ－2ａＴ－ｖＡ）Ｔ＝2ａＴ2，ａ＝（ｓ3－ｓ1）／2Ｔ2． 　24．根据：如果在连续的相等的时间内的位移之差相等，则物体做匀变速运动．证明：设物体做匀速运动的初速度为ｖ0，加速度为ａ，第一个Ｔ内的位移为ｓ1＝ｖ0Ｔ＋ａＴ2／2；第二个Ｔ内的位移为ｓ2＝（ｖ0＋ａＴ）Ｔ＋ａＴ2／2；第Ｎ个Ｔ内的位移为ｓＮ＝［ｖ0＋（Ｎ－1）ａＴ］Ｔ＋ａＴ2／2．　ｓＮ－ｓＮ－1＝ａＴ2，逆定理也成立． 　25．解：由匀变速直线运动的公式得小物块的加速度的大小为ａ1＝（ｖ0－ｖｔ）／ｔ＝2（ｍ／ｓ2）．木板的加速度大小为ａ2＝2ｓ／ｔ2＝0.25（ｍ／ｓ2）． 根据牛顿第二定律　Ｆ＝ｍａ 对小物块得　ｆ′1＝ｍａ1＝1×2＝2Ｎ， 对木板得　ｆ1－μ（ｍ＋Ｍ）ｇ＝Ｍａ2， 　μ＝（ｆ1－Ｍａ2）／（ｍ＋Ｍ）ｇ＝（2－4×0.25）／（1＋4）×10＝0.02． 　26．解：假设金属块没有离开第一块长木板，移动的相对距离为ｘ，由动量守恒定律，得ｍｖ0＝3ｍｖ， 　ｍｖ02／2＝3ｍｖ2／2＋μｍｇｘ， 解得ｘ＝4ｍ／3＞Ｌ，不合理， ∴　金属块一定冲上第二块木板． 　以整个系统为研究对象，由动量定律及能量关系，当金属块在第一块木板上时ｍｖ0＝ｍｖ0′＋2ｍｖ1， 　ｍｖ02／2＝12ｍｖ0′2＋2ｍ·ｖ12／2＋μｍｇｌ． 　ｍｖ0＝ｍｖ1＋2ｍｖ2 ， 　ｍｖ02／2＝ｍｖ12／2＋2ｍ·ｖ22／2＋μｍｇ（ｌ＋ｘ）． 联立解得： 　ｖ1＝1／3ｍ／ｓ，ｖ2＝5／6ｍ／ｓ，ｘ＝0.25ｍ． 　27．解：当ｔ＝0时，ａＡ0＝9／3＝3ｍ／ｓ2，ａＢ0＝3／6＝0.5ｍ／ｓ2．ａＡ0＞ａＢ0，Ａ、Ｂ间有弹力，随ｔ之增加，Ａ、Ｂ间弹力在减小，当（9－2ｔ）／3＝（3＋2ｔ）／6，ｔ＝2.5ｓ时，Ａ、Ｂ脱离，以Ａ、Ｂ整体为研究对象，在ｔ＝2.5ｓ内，加速度ａ＝（ＦＡ＋ＦＢ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝4／3ｍ／ｓ2，ｓ＝ａｔ2／2＝4.17ｍ． 　28．解：（1）由ｍＣｖ0＝ｍＣｖ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ1，Ｃ由Ａ滑至Ｂ时，Ａ、Ｂ的共同速度是 　ｖ1＝ｍＣ（ｖ0－ｖ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝0.2ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＡ＝ｍＣｖ02／2－ｍＣｖ2／2－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12／2， 得　μ＝［ｍＣ（ｖ02－ｖ2）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12］／2ｍＣｇｌＡ＝0.48． 　（2）由ｍＣｖ＋ｍＢｖ1＝（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ2，Ｃ相对Ｂ静止时，Ｂ、Ｃ的共同速度是ｖ2＝（ｍＣｖ＋ｍＢｖ1）／（ｍＣ＋ｍＢ）＝0.65ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＢ＝ｍＣｖ2／2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22／2， Ｃ在Ｂ上滑行距离为 　ｌＢ＝［ｍＣｖ2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22］／2μｍＣｇ＝0.25ｍ． 　（3）由μｍＣｇｓ＝ｍＢｖ22／2－ｍＢｖ12／2， Ｂ相对地滑行的距离ｓ＝［ｍＢ（ｖ22－ｖ12）］／2μｍＣｇ＝0.12ｍ． 　（4）Ｃ在Ａ、Ｂ上匀减速滑行，加速度大小由μｍＣｇ＝ｍＣａ，得ａ＝μｇ＝4.8ｍ／ｓ2． Ｃ在Ａ上滑行的时间ｔ1＝（ｖ0－ｖ）／ａ＝0.21ｓ． Ｃ在Ｂ上滑行的时间ｔ2＝（ｖ－ｖ2）／ａ＝0.28ｓ． 所求时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝0.21ｓ＋0.28ｓ＝0.49ｓ． 　　29．匀加速下滑时，受力如图1ａ，由牛顿第二定律，有： ｍｇｓｉｎθ－μｍｇｃｏｓθ＝ｍａ＝ｍｇｓｉｎθ／2， 　ｓｉｎθ／2＝μｃｏｓθ， 　得μ＝ｓｉｎθ／2ｃｏｓθ．图1静止时受力分析如图1ｂ，摩擦力有两种可能：①摩擦力沿斜面向下；②摩擦力沿斜面向上．摩擦力沿斜面向下时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＝ｆ＋ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ， 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ＋μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ－μｓｉｎθ）ｍｇ＝3ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ－ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　 摩擦力沿斜面向上时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＋ｆ＝ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ． 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ－μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ＋μｓｉｎθ）ｍｇ＝ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ＋ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　30．解：（1）物体在两斜面上来回运动时，克服摩擦力所做的功Ｗｆ＝μｍｇｃｏｓ60°·ｓ总． 　物体从开始直到不再在斜面上运动的过程中ｍｇｈ－Ｗｆ＝0－ｍｖ02／2．解得ｓ总＝38ｍ． 　（2）物体最终是在Ｂ、Ｃ之间的圆弧上来回做变速圆周运动，且在Ｂ、Ｃ点时速度为零． 　（3）物体第一次通过圆弧最低点时，圆弧所受压力最大．由动能定理得ｍｇ［ｈ＋Ｒ（1－ｃｏｓ60°）］－μｍｇｃｏｓ60°／ｓｉｎ60°＝ｍ（ｖ12－ｖ02）／2， 由牛顿第二定律得　Ｎｍａｘ－ｍｇ＝ｍｖ12／Ｒ， 解得　Ｎｍａｘ＝54.5Ｎ． 　物体最终在圆弧上运动时，圆弧所受压力最小．由动能定理得ｍｇＲ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍｖ22／2，由牛顿第二定律得Ｎｍｉｎ－ｍｇ＝ｍｖ22／Ｒ，解得Ｎｍｉｎ＝20Ｎ． 　31．解：（1）设刹车后，平板车的加速度为ａ0，从开始刹车到车停止所经历时间为ｔ0，车所行驶距离为ｓ0，则有ｖ02＝2ａ0ｓ0，ｖ0＝ａ0ｔ0． 　欲使ｔ0小，ａ0应该大，作用于木箱的滑动摩擦力产生的加速度ａ1＝μｍｇ／ｍ＝μｇ． 　当ａ0＞ａ1时，木箱相对车底板滑动，从刹车到车停止过程中木箱运动的路程为ｓ1，则ｖ02＝2ａ2ｓ1． 　为使木箱不撞击驾驶室，应有ｓ1－ｓ0≤Ｌ． 　联立以上各式解得：ａ0≤μｇｖ02／（ｖ02－2μｇＬ）＝5ｍ／ｓ2， 　∴　ｔ0＝ｖ0／ａ0＝4.4ｓ． 　（2）对平板车，设制动力为Ｆ，则Ｆ＋ｋ（Ｍ＋ｍ）ｇ－μｍｇ＝Ｍａ0，解得：Ｆ＝7420Ｎ． 　32．解：对系统ａ0＝［Ｆ－μｇ（ｍ1＋ｍ2）］／（ｍ1＋ｍ2）＝1ｍ／ｓ2． 　对木块1，细绳断后：│ａ1│＝ｆ1／ｍ1＝μｇ＝1ｍ／ｓ2． 　设细绳断裂时刻为ｔ1，则木块1运动的总位移： 　ｓ1＝2ａ0ｔ12／2＝ａ0ｔ12． 　对木块2，细绳断后，ａ2＝（Ｆ－μｍ2ｇ）／ｍ2＝2ｍ／ｓ2． 木块2总位移 　ｓ2＝ｓ′＋ｓ″＝ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2， 两木块位移差Δｓ＝ｓ2－ｓ1＝22（ｍ）． 得　ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2－ａ0ｔ12＝22， 把ａ0，ａ2值，ｖ1＝ａ0ｔ1代入上式整理得： 　ｔ12＋12ｔ1－28＝0，得ｔ1＝2ｓ． 木块2末速ｖ2＝ｖ1＋ａ2（6－ｔ1）＝ａ0ｔ1＋ａ2（6－ｔ1）＝10ｍ／ｓ． 此时动能Ｅｋ＝ｍ2ｖ22／2＝2×102／2Ｊ＝100Ｊ． 　33．解：（1）由动量守恒定律，ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ′，且有ｍ∶Ｍ＝1∶3， ∴　Ａ、Ｂ共同速度ｖ′＝ｍｖ0／（ｍ＋Ｍ）＝1ｍ／ｓ． 　 （2）由动能定理，对全过程应有 　μｍｇ·2Ｌ＝ｍｖ02／2－（ｍ＋Ｍ）ｖ′2／2， 　4μｇＬ＝ｖ02－4ｖ′2，μ＝（ｖ02－4ｖ′2）／4ｇＬ＝0.3． 　（3）先求Ａ与Ｂ挡板碰前Ａ的速度ｖ10，以及木板Ｂ相应速度ｖ20，取从Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板相碰前过程为研究对象，依动量守恒与动能定理有以下两式成立：ｍｖ0＝ｍｖ10＋Ｍｖ20， 　ｍｖ02／2－ｍｖ102／2－Ｍｖ202／2＝μｍｇＬ． 代入数据得　ｖ10＋3ｖ20＝4，ｖ102＋3ｖ202＝10， 解以上两式可得　ｖ10＝（2±3）／2ｍ／ｓ．因Ａ与Ｂ挡板碰前速度不可能取负值，故ｖ10＝（2＋3）／2ｍ／ｓ．相应解出ｖ20＝（2－）／2ｍ／ｓ＝0.3ｍ／ｓ． 　木板Ｂ此过程为匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得μｍｇ＝Ｍａ1，ａ1＝μｍｇ／Ｍ＝1（ｍ／ｓ2）． 此过程经历时间ｔ1由下式求出 　ｖ20＝ａ1ｔ1，ｔ1＝ｖ20／ａ1＝0.3（ｓ）． 其速度图线为图2中0～0.3ｓ段图线ａ． 　再求Ａ与Ｂ挡板碰后，木板Ｂ的速度ｖ2与木块Ａ的速度ｖ1，为方便起见取Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板碰撞后瞬间过程为研究对象，依动量守恒定律与动能定理有以下两式成立： ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2，ｍｖ02／2－ｍｖ12／2－Ｍｖ22／2＝μｍｇＬ． 故解为　ｖ1＝（2±3）／2ｍ／ｓ． 因ｖ1＝（2＋3）／2ｍ／ｓ为碰前速度，故取ｖ1＝（2－3）／2ｍ／ｓ，相应得ｖ2＝2＋2ｍ／ｓ＝1.7ｍ／ｓ． 由于ｖ1＜0，即木块相对Ｂ向左滑动，Ａ受Ｂ摩擦力向右，Ｂ受Ａ摩擦力向左，故Ｂ做匀减速直线运动，加速度大小由牛顿第二定律，得ａ＝μｍｇ／Ｍ＝1ｍ／ｓ2． 　从碰后到Ａ滑到Ｂ最左端过程中，Ｂ向右做匀减速直线运动时间设为ｔ2，则ｖ′－ｖ2＝－ａｔ2， ∴　ｔ2＝0.7ｓ． 　此过程速度图线如图2中0.3ｓ～1.0ｓ段图线ｂ．图2　　34．解：设ｍ1、ｍ2两物体受恒力Ｆ作用后，产生的加速度分别为ａ1、ａ2，由牛顿第二定律Ｆ＝ｍａ，得 　ａ1＝Ｆ／ｍ1，ａ2＝Ｆ／ｍ2， 　历时ｔ两物体速度分别为ｖ1＝ａ1ｔ，ｖ2＝ｖ0＋ａ2ｔ，由题意令ｖ1＝ｖ2，即ａ1ｔ＝ｖ0＋ａ2ｔ或（ａ1－ａ2）ｔ＝ｖ0，因ｔ≠0、ｖ0＞0，欲使上式成立，需满足ａ1－ａ2＞0，即Ｆ／ｍ1＞Ｆ／ｍ2，或ｍ1＜ｍ2，也即当ｍ1≥ｍ2时不可能达到共同速度，当ｍ1＜ｍ2时，可以达到共同速度． 　35．解：（1）当小球刚好能在轨道内做圆周运动时，水平初速度ｖ最小，此时有ｍｇ＝ｍｖ2／Ｒ， 故　ｖ＝＝ ＝2ｍ／ｓ． 　（2）若初速度ｖ′＜ｖ，小球将做平抛运动，如在其竖直位移为Ｒ的时间内，其水平位移ｓ≥Ｒ，小球可进入轨道经过Ｂ点．设其竖直位移为Ｒ时，水平位移也恰为R，则Ｒ＝ｇｔ2／2，Ｒ＝ｖ′ｔ，解得：ｖ′＝／2＝ｍ／ｓ． 因此，初速度满足2ｍ／ｓ＞ｖ′≥ｍ／ｓ时，小球可做平抛运动经过Ｂ点． 　36．卫星在天空中任何天体表面附近运行时，仅受万有引力Ｆ作用使卫星做圆周运动，运动半径等于天体的球半径Ｒ．设天体质量为Ｍ，卫星质量为ｍ，卫星运动周期为Ｔ，天体密度为ρ．根据万有引力定律Ｆ＝ＧＭｍ／Ｒ2， 卫星做圆周运动向心力Ｆ′＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2， 因为 　Ｆ′＝Ｆ，得ＧＭｍ／Ｒ2＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2，∴Ｔ＝． 　又球体质量Ｍ＝4πＲ3ρ／3． 得Ｔ＝=，∴Ｔ∝1／，得证． 　37．解：由于两球相碰满足动量守恒 　　ｍ1ｖ0＝ｍ1ｖ1＋ｍ2ｖ2，ｖ1＝－1.3ｍ／ｓ． 　两球组成系统碰撞前后的总动能Ｅｋ1＋Ｅｋ2＝ｍ1ｖ02／2＋0＝2.5Ｊ， 　Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＝ｍ1ｖ12／2＋ｍ2ｖ22／2＝2.8Ｊ． 　可见，Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＞Ｅｋ1＋Ｅｋ2，碰后能量较碰撞前增多了，违背了能量守恒定律，这种假设不合理． 　38．解：（1）由动量守恒，得ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2， 由运动学公式得ｓ＝（ｖ1－ｖ2）ｔ，ｈ＝ｇｔ2／2， 由以上三式得ｖ2＝（ｍｖ0－ｓｍ）／（Ｍ＋ｍ）． 　（2）最后车与物体以共同的速度ｖ向右运动，故有 　ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖｖ＝ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）． ∴ΔＥ＝ｍｖ02／2＋ｍｇｈ－（Ｍ＋ｍ）ｍ2ｖ02／2（Ｍ＋ｍ）2． 解得ΔＥ＝ｍｇｈ＋Ｍｍｖ02／2（Ｍ＋ｍ）． 　39．解：设碰前Ａ、Ｂ有共同速度ｖ时，Ｍ前滑的距离为ｓ．则ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ，ｆｓ＝Ｍｖ2／2，ｆ＝μｍｇ． 　由以上各式得　ｓ＝Ｍｍｖ02／2μｇ（Ｍ＋ｍ）2． 　当ｖ0＝2ｍ／ｓ时，ｓ＝2／9ｍ＜0.5ｍ，即Ａ、Ｂ有共同速度．当ｖ0＝4ｍ／ｓ时，ｓ＝8／9ｍ＞0.5ｍ，即碰前Ａ、Ｂ速度不同． 　 40．解：（1）物体由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者系统水平方向动量守恒得：ｍｖ0＝ｍｖ0／2＋2ｍｖＡＢ． 解之得　ｖＡＢ＝ｖ0／4． 　（2）物块由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者功能关系得：μｍｇＬ＝ｍｖ02／2－ｍ（ｖ0／2）2／2－2ｍ（ｖ0／4）2／2． 解之得　Ｌ＝5ｖ02／16μｇ． 　（3）物块由Ｄ滑到Ｃ的过程中，二者系统水平方向动量守恒，又因为物块到达最高点Ｃ时，物块与滑块速度相等且水平，均为ｖ． 故得　ｍｖ0／2＋ｍｖ0／4＝2ｍｖ， ∴　得滑块的动能ＥＣＤ＝ｍｖ2／2＝9ｍｖ02／128． 　41．解：（1）Ｂ从ｖ0减速到速度为零的过程，Ｃ静止，Ｂ的位移：ｓ1＝ｖ02／2μｇ． 　所用的时间：ｔ1＝ｖ0／μｇ． 　此后Ｂ与Ｃ一起向右做加速运动，Ａ做减速运动，直到相对静止，设所用时间为ｔ2，共同速度为ｖ． 　对Ａ、Ｂ、Ｃ，由动量守恒定律得 　ｍＡ·2ｖ0－ｍＢｖ0＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ， ∵　ｍＡ＝ｍＢ＝ｍＣ，∴　ｖ＝ｖ0／3． 　对Ｂ与Ｃ，向右加速运动的加速度 　ａ＝μｍＡｇ／（ｍＢ＋ｍＣ）＝μｇ／2，∴ｔ2＝ｖ／ａ＝2ｖ0／3μｇ． Δｔ内Ｂ向右移动的位移ｓ2＝ｖｔ2／2＝ｖ02／9μｇ， 故总路程ｓ＝ｓ1＋ｓ2＝11ｖ02／18μｇ，总时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝5ｖ0／3μｇ． 　（2）设车的最小长度为Ｌ，则相对静止时Ａ、Ｂ刚好接触，由能量守恒得 　ｍＡ（2ｖ0）2／2＋ｍＢｖ02／2＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ2／2＋μｍＢｇｓ1＋μｍＡｇ（Ｌ－ｓ1）， 联立解得Ｌ＝7ｖ02／3μｇ． 　42．解：（1）ｍ速度最大的位置应在O点左侧．因为细线烧断后，ｍ在弹簧弹力和滑动摩擦力的合力作用下向右做加速运动，当弹力与摩擦力的合力为零时，ｍ的速度达到最大，此时弹簧必处于压缩状态．此后，系统的机械能不断减小，不能再达到这一最大速度． 　（2）选ｍ、Ｍ为一系统，由动量守恒定律得 　ｍｖ1＝Ｍｖ2． 　设这一过程中弹簧释放的弹性势能为Ｅｐ，则 　Ｅｐ＝ｍｖ12／2＋Ｍｖ22／2＋μｍｇｓ， 解得　ｖ2＝ｍｖ1／Ｍ，Ｅｐ＝ｍ［（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2Ｍ＋μｇｓ］． 　（2）ｍ与Ｍ最终将静止，因为系统动量守恒，且总动量为零，只要ｍ与Ｍ间有相对运动，就要克服摩擦力做功，不断消耗能量，所以，ｍ与Ｍ最终必定都静止． 　43．解：（1）第一颗子弹射入木块过程，系统动量守恒，有 　ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ1． 　射入后，在ＯＢＣ运动过程中，机械能守恒，有 　（ｍ＋Ｍ）ｖ12／2＝（ｍ＋Ｍ）ｇＲ，得ｖ0＝（Ｍ＋ｍ） ／ｍ． 　（2）由动量守恒定律知，第2、4、6……颗子弹射入木块后，木块速度为0，第1、3、5……颗子弹射入后，木块运动．当第9颗子弹射入木块时，由动量守恒得： 　ｍｖ0＝（9ｍ＋Ｍ）ｖ9， 　设此后木块沿圆弧上升最大高度为Ｈ，由机械能守恒定律得：（9ｍ＋Ｍ）ｖ92／2＝（9ｍ＋Ｍ）ｇＨ， 由以上可得：Ｈ＝［（Ｍ＋ｍ）／（Ｍ＋9ｍ）］2Ｒ． 　44．解：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动ｓ，速度变为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．由动能定理 　－μＭｇｓ＝0－ｍｖ02／2，ｓ＝ｍｖ02／2μＭｇ＝0.33ｍ． 　（2）假如平板车在第二次碰墙前还未和滑块相对静止，则其速度的大小肯定还是2ｍ／ｓ，因为只要相对运动，摩擦力大小为恒值．滑块速度则大于2ｍ／ｓ，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰墙前肯定已和滑块具有共同速度ｖ．此即平板车碰墙前瞬间的速度． 　Ｍｖ0－ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， ∴ｖ＝（Ｍ－ｍ）ｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝0.4ｍ／ｓ．图3　（3）平板车与墙壁第一次碰撞后滑块与平板又达到共同速度ｖ前的过程，可用图3（ａ）、（ｂ）、（ｃ）表示．图3（ａ）为平板车与墙碰撞后瞬间滑块与平板车的位置，图3（ｂ）为平板车到达最左端时两者的位置，图3（ｃ）为平板车与滑块再次达到共同速度时两者的位置．在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功μΜｇｓ′，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功μＭｇｓ″（平板车从Ｂ到Ａ再回到Ｂ的过程中摩擦力做功为零），其中ｓ′、ｓ″分别为滑块和平板车的位移．滑块和平板车动能总减少为μＭｇｌ1，其中ｌ1＝ｓ′＋ｓ″为滑块相对平板车的位移，此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为ｌ，则有（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2＝μＭｇｌ，ｌ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2μＭｇ＝0.833ｍ． ｌ即为平板车的最短长度．图4 　　45．解：如图4，Ａ球从静止释放后将自由下落至Ｃ点悬线绷直，此时速度为ｖＣ ∵　ｖＣ2＝2ｇ×2Ｌｓｉｎ30°， ∴　ｖＣ＝＝2ｍ／ｓ． 　在线绷直的过程中沿线的速度分量减为零时，Ａ将以切向速度ｖ1沿圆弧运动且 　ｖ1＝ｖＣｃｏｓ30°＝ｍ／ｓ． 　Ａ球从Ｃ点运动到最低点与Ｂ球碰撞前机械能守恒，可求出Ａ球与Ｂ球碰前的速度 　ｍＡｖ12／2＋ｍＡｇＬ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍＡｖ22／2， 　ｖ2＝==ｍ／ｓ． 　因Ａ、Ｂ两球发生无能量损失的碰撞且ｍＡ＝ｍＢ，所以它们的速度交换，即碰后Ａ球的速度为零，Ｂ球的速度为ｖ2＝（ｍ／ｓ）．对Ｂ球和小车组成的系统水平方向动量守恒和机械能守恒，当两者有共同水平速度ｕ时，Ｂ球上升到最高点，设上升高度为ｈ． 　ｍＢｖ2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ，ｍＢｖ22／2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ2／2＋ｍＢｇｈ．解得ｈ＝3／16≈0.19ｍ． 　在Ｂ球回摆到最低点的过程中，悬线拉力仍使小车加速，当Ｂ球回到最低点时小车有最大速度ｖｍ，设小球Ｂ回到最低点时速度的大小为ｖ3，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 　ｍＢｖ2＝－ｍＢｖ3＋Ｍｖｍ，ｍＢｖ22／2＝ｍＢｖ32／2＋Ｍｖｍ2／2， 解得ｖｍ＝2ｍＢｖ2／（ｍ3＋Ｍ）＝／2ｍ／ｓ＝1.12ｍ／ｓ． 　46．解：（1）小球的角速度与运动的角速度必定相等，则有ｖ＝ωＲ＝ω． 　（2）人手所提供的功率应等于小球在运动过程中克服摩擦力做功的功率．即有Ｐ＝ｆｖ， ∴　ｆ＝Ｐ／ｖ＝Ｐ／ω． 　47．解：由于粘性物体与底板粘合的过程时间极短，冲击力远大于重力，在竖直方向近似动量守恒，开始静止时，有　ｍ1ｇ＝ｋｘｋ＝ｍ1ｇｘ． 　ｍ2下落Ｈ时的速度ｖ＝，ｍ2与ｍ1合在一起动量守恒，ｍ2ｖ＝（ｍ1＋ｍ2）ｖ′，ｖ′＝ｍ2ｖ／（ｍ1＋ｍ2）＝ｍ2／（ｍ1＋ｍ2）． 　设向下为正方向，ｍ1与ｍ2的整体受两个力，即重力（ｍ1＋ｍ2）ｇ和弹簧的平均拉力，则有平均拉力＝ｋｘ＋ｋｈ／2＝ｋ（2ｘ＋ｈ）／2，由动能定理得 ［－＋（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ＝0－（ｍ1＋ｍ2）ｖ2／2， 由以上各式得［ｍ1ｇ（2ｘ＋ｈ）／2ｘ－（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ 　＝（ｍ1＋ｍ2）·ｍ22·2ｇｈ／2（ｍ1＋ｍ2）2． 代入数值得ｈ＝0.3ｍ． 　48．解：ｍ与Ａ粘在一起后水平方向动量守恒，共同速度设为ｖ1，Ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ1， 得ｖ1＝Ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝2ｖ0 ／3． 　当弹簧压缩到最大时即有最大弹性势能Ｅ，此时系统中各物体有相同速度，设为ｖ2，由动量守恒定律 　2Ｍｖ0＝（2Ｍ＋ｍ）ｖ2，得ｖ2＝2Ｍｖ0／（2Ｍ＋ｍ）＝4ｖ0／5． 由能量守恒有 　Ｅ＝Ｍｖ02／2＋（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2－（2Ｍ＋ｍ）ｖ22／2， 解得Ｅ＝Ｍｖ02／30． 　49．解：（1）振子在平衡位置时，所受合力为零，设此时弹簧被压缩Δｘ：（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ＝ｋΔｘ，Δｘ＝5ｃｍ． 　开始释放时振子处在最大位移处，故振幅 　Ａ＝5ｃｍ＋5ｃｍ＝10ｃｍ． 　（2）由于开始时弹簧的伸长量恰等于振子在平衡位置时弹簧的压缩量，故弹性势能相等，设振子的最大速度为ｖ，从开始到平衡位置，根据机械能守恒定律， 得ｍｇ·Ａ＝ｍｖ2／2，∴ｖ＝＝1.4ｍ／ｓ， 即Ｂ的最大速率为1.4ｍ／ｓ． 　（3）在最高点，振子受到的重力和弹力方向相同，根据牛顿第二定律，得 　ａ＝［ｋΔｘ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ］／（ｍＡ＋ｍＢ）＝20ｍ／ｓ2， Ａ对Ｂ的作用力方向向下，其大小 　Ｎ1＝ｍＢａ－ｍＢｇ＝10Ｎ． 在最低点，振子受到的重力和弹力方向相反，根据牛顿第二定律，得ａ＝ｋ（Δｘ＋Ａ）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｍＡ＋ｍＢ＝20ｍ／ｓ2． Ａ对Ｂ的作用力方向向上，其大小 　Ｎ2＝ｍＢａ＋ｍＢｇ＝30Ｎ． 　29．如图1－84所示，一质量为ｍ的滑块能在倾角为θ的斜面上以ａ＝（ｇｓｉｎθ）／2匀加速下滑，若用一水平推力Ｆ作用于滑块，使之能静止在斜面上．求推力Ｆ的大小．图1－84　　　　图1－852．解：在0～1ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知 　ａ１＝12ｍ／ｓ２， 由牛顿第二定律，得 　Ｆ－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ１，　　① 在0～2ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知ａ２＝－6ｍ／ｓ２， 因为此时物体具有斜向上的初速度，故由牛顿第二定律，得 　－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ２，　　② 　②式代入①式，得　Ｆ＝18Ｎ． 3．解：在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从Ａ到Ｂ需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为ｔ1，则 　（ｖ／2）ｔ１＋ｖ（ｔ－ｔ１）＝Ｌ， 所以　ｔ１＝2（ｖｔ－Ｌ）／ｖ＝（2×（2×6－10）／2）ｓ＝2ｓ． 为使物体从Ａ至Ｂ所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变．而　ａ＝ｖ／ｔ＝1ｍ／ｓ２．设物体从Ａ至Ｂ所用最短的时间为ｔ2，则 　（1／2）ａｔ2２＝Ｌ， 　ｔ2＝=＝2ｓ． 　ｖｍｉｎ＝ａｔ2＝1×2ｍ／ｓ＝2ｍ／ｓ． 传送带速度再增大1倍，物体仍做加速度为1ｍ／ｓ２的匀加速运动，从Ａ至Ｂ的传送时间为2ｍ／ｓ． 4．解：启动前Ｎ１＝ｍｇ， 　升到某高度时　Ｎ2＝（17／18）Ｎ１＝（17／18）ｍｇ， 　对测试仪　Ｎ2－ｍｇ′＝ｍａ＝ｍ（ｇ／2）， 　∴　ｇ′＝（8／18）ｇ＝（4／9）ｇ， 　ＧｍＭ／Ｒ2＝ｍｇ，ＧｍＭ／（Ｒ＋ｈ）2＝ｍｇ′，解得：ｈ＝（1／2）Ｒ． 5．解：由匀加速运动的公式　ｖ２＝ｖ０２＋2ａｓ 　得物块沿斜面下滑的加速度为 　ａ＝ｖ2／2ｓ＝1．42／（2×1．4）＝0．7ｍｓ－２， 由于ａ＜ｇｓｉｎθ＝5ｍｓ－２， 　可知物块受到摩擦力的作用．图3　分析物块受力，它受3个力，如图3．对于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，由牛顿定律有 　ｍｇｓｉｎθ－ｆ１＝ｍａ， 　ｍｇｃｏｓθ－Ｎ１＝0， 　分析木楔受力，它受5个力作用，如图3所示．对于水平方向，由牛顿定律有 　ｆ2＋ｆ１ｃｏｓθ－Ｎ１ｓｉｎθ＝0， 　由此可解得地面的作用于木楔的摩擦力 　ｆ2＝ｍｇｃｏｓθｓｉｎθ－（ｍｇｓｉｎθ－ｍａ）ｃｏｓθ＝ｍａｃｏｓθ＝1×0．7×（／2）＝0．61Ｎ． 　此力的方向与图中所设的一致（由指向）． 6．解：（1）飞机原先是水平飞行的，由于垂直气流的作用，飞机在竖直方向上的运动可看成初速度为零的匀加速直线运动，根据　ｈ＝（1／2）ａｔ２，得ａ＝2ｈ／ｔ２，代入ｈ＝1700ｍ，ｔ＝10ｓ，得 　ａ＝（2×1700／10２）（ｍ／ｓ２）＝34ｍ／ｓ２，方向竖直向下． 　（2）飞机在向下做加速运动的过程中，若乘客已系好安全带，使机上乘客产生加速度的力是向下重力和安全带拉力的合力．设乘客质量为ｍ，安全带提供的竖直向下拉力为Ｆ，根据牛顿第二定律　Ｆ＋ｍｇ＝ｍａ，得安全带拉力 　　Ｆ＝ｍ（ａ－ｇ）＝ｍ（34－10）Ｎ＝24ｍ（Ｎ）， ∴　安全带提供的拉力相当于乘客体重的倍数 　ｎ＝Ｆ／ｍｇ＝24ｍＮ／ｍ·10Ｎ＝2．4（倍）． 　（3）若乘客未系安全带，飞机向下的加速度为34ｍ／ｓ２，人向下加速度为10ｍ／ｓ２，飞机向下的加速度大于人的加速度，所以人对飞机将向上运动，会使头部受到严重伤害． 7．解：设月球表面重力加速度为ｇ，根据平抛运动规律，有 　ｈ＝（1／2）ｇｔ２，　　① 　水平射程为　　　Ｌ＝ｖ０ｔ，　　② 　联立①②得ｇ＝2ｈｖ０２／Ｌ２．　　③ 　根据牛顿第二定律，得　ｍｇ＝ｍ（2π／Ｔ）２Ｒ，　　④ 　联立③④得　Ｔ＝（πＬ／ｖ０ｈ）．　　⑤ 8．解：前2秒内，有Ｆ－ｆ＝ｍａ１，ｆ＝μＮ，Ｎ＝ｍｇ，则 　ａ１＝（Ｆ－μｍｇ）／ｍ＝4ｍ／ｓ２，ｖｔ＝ａ１ｔ＝8ｍ／ｓ， 　撤去Ｆ以后　ａ２＝ｆ／ｍ＝2ｍ／ｓ，ｓ＝ｖ１２／2ａ２＝16ｍ． 9．解：（1）用力斜向下推时，箱子匀速运动，则有 　Ｆｃｏｓθ＝ｆ，ｆ＝μＮ，Ｎ＝Ｇ＋Ｆｓｉｎθ， 　联立以上三式代数据，得　Ｆ＝1．2×10２Ｎ． 　（2）若水平用力推箱子时，据牛顿第二定律，得Ｆ合＝ｍａ，则有 　Ｆ－μＮ＝ｍａ，Ｎ＝Ｇ， 　联立解得　ａ＝2．0ｍ／ｓ２． 　ｖ＝ａｔ＝2．0×3．0ｍ／ｓ＝6．0ｍ／ｓ， 　ｓ＝（1／2）ａｔ２＝（1／2）×2．0×3．0２ｍ／ｓ＝9．0ｍ， 　推力停止作用后　ａ′＝ｆ／ｍ＝4．0ｍ／ｓ２（方向向左）， 　ｓ′＝ｖ２／2ａ′＝4．5ｍ， 　则　ｓ总＝ｓ＋ｓ′＝13．5ｍ． 10．解：根据题中说明，该运动员发球后，网球做平抛运动．以ｖ表示初速度，Ｈ表示网球开始运动时离地面的高度（即发球高度），ｓ１表示网球开始运动时与网的水平距离（即运动员离开网的距离），ｔ１表示网球通过网上的时刻，ｈ表示网球通过网上时离地面的高度，由平抛运动规律得到 　ｓ１＝ｖｔ１，Ｈ－ｈ＝（1／2）ｇｔ１２ ， 消去ｔ１，得　　ｖ＝ｍ／ｓ，ｖ≈23ｍ／ｓ． 　以ｔ２表示网球落地的时刻，ｓ２表示网球开始运动的地点与落地点的水平距离，ｓ表示网球落地点与网的水平距离，由平抛运动规律得到 　Ｈ＝（1／2）ｇｔ２２，ｓ２＝ｖｔ２， 消去ｔ２，得ｓ２＝ｖ≈16ｍ， 　网球落地点到网的距离　ｓ＝ｓ２－ｓ１≈4ｍ． 11．解：（1）设卫星质量为ｍ，它在地球附近做圆周运动，半径可取为地球半径Ｒ，运动速度为ｖ，有 　ＧＭｍ／Ｒ２＝ｍｖ２／Ｒ　得ｖ＝． 　（2）由（1）得： 　Ｍ＝ｖ２Ｒ／Ｇ＝＝6．0×1024ｋｇ． 12．解：对物块：Ｆ１－μｍｇ＝ｍａ１， 　6－0．5×1×10＝1·ａ１，ａ１＝1．0ｍ／ｓ2， 　ｓ１＝（1／2）ａ１ｔ2＝（1／2）×1×0．42＝0．08ｍ， 　ｖ１＝ａ１ｔ＝1×0．4＝0．4ｍ／ｓ， 　对小车：Ｆ２－μｍｇ＝Ｍａ２， 　9－0．5×1×10＝2ａ２，ａ２＝2．0ｍ／ｓ2， 　ｓ２＝（1／2）ａ２ｔ2＝（1／2）×2×0．42＝0．16ｍ， 　ｖ２＝ａ２ｔ＝2×0．4＝0．8ｍ／ｓ， 　撤去两力后，动量守恒，有Ｍｖ２－ｍｖ１＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， 　ｖ＝0．4ｍ／ｓ（向右）， ∵　（（1／2）ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2）－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ2＝μｍｇｓ３， 　ｓ３＝0．096ｍ， ∴　ｌ＝ｓ１＋ｓ２＋ｓ３＝0．336ｍ． 13．解：设木块到Ｂ时速度为ｖ０，车与船的速度为ｖ１，对木块、车、船系统，有 　ｍ１ｇｈ＝（ｍ１ｖ０2／2）＋（（ｍ２＋ｍ３）ｖ１2／2）， 　ｍ１ｖ０＝（ｍ２＋ｍ３）ｖ１， 解得　ｖ０＝5，ｖ１＝． 　木块到Ｂ后，船以ｖ１继续向左匀速运动，木块和车最终以共同速度ｖ２向右运动，对木块和车系统，有 　ｍ１ｖ０－ｍ２ｖ１＝（ｍ１＋ｍ２）ｖ２， 　μｍ１ｇｓ＝（（ｍ１ｖ０2／2）＋（ｍ２ｖ１2／2））－（（ｍ１＋ｍ２）ｖ２2 ／2）， 得　ｖ２＝ｖ１＝，ｓ＝2ｈ． 14．解：（1）小球的角速度与手转动的角速度必定相等均为ω．设小球做圆周运动的半径为ｒ，线速度为ｖ．由几何关系得　ｒ＝，ｖ＝ω·ｒ，解得　　 　　ｖ＝ω． 　（2）设手对绳的拉力为Ｆ，手的线速度为ｖ，由功率公式得　Ｐ＝Ｆｖ＝Ｆ·ωＲ， ∴　Ｆ＝Ｐ／ωＲ．图4　研究小球的受力情况如图4所示，因为小球做匀速圆周运动，所以切向合力为零，即 　Ｆｓｉｎθ＝ｆ， 其中　ｓｉｎθ＝Ｒ／， 　联立解得　ｆ＝Ｐ／ω． 15．解：（1）用ｖ１表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由于子弹射入木块Ｃ时间极短，系统动量守恒，有 　ｍｖ０＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１， 　∴　ｖ１＝ｍｖ０／（ｍ＋Ｍ）＝3ｍ／ｓ， 　子弹和木块Ｃ在ＡＢ木板上滑动，由动能定理得： 　（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ２２－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ１２＝－μ（ｍ＋Ｍ）ｇＬ， 　解得　ｖ２＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）用ｖ′表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由动量守恒定律，得　ｍｖ０′＋Ｍｕ＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１′，解得　ｖ１′＝4ｍ／ｓ． 　木块Ｃ及子弹在ＡＢ木板表面上做匀减速运动　ａ＝μｇ．设木块Ｃ和子弹滑至ＡＢ板右端的时间为ｔ，则木块Ｃ和子弹的位移ｓ１＝ｖ１′ｔ－（1／2）ａｔ2， 　由于ｍ车≥（ｍ＋Ｍ），故小车及木块ＡＢ仍做匀速直线运动，小车及木板ＡＢ的位移　ｓ＝ｕｔ，由图5可知：ｓ１＝ｓ＋Ｌ， 　联立以上四式并代入数据得： 　ｔ2－6ｔ＋1＝0， 　解得：ｔ＝（3－2）ｓ，（ｔ＝（3＋2）ｓ不合题意舍去），　　（11） 　∴　ｓ＝ｕｔ＝0．18ｍ． 16．解：（1）设Ａ滑上Ｂ后达到共同速度前并未碰到档板，则根据动量守恒定律得它们的共同速度为ｖ，有图5　ｍｖ０＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝2ｍ／ｓ，在这一过程中，Ｂ的位移为ｓＢ＝ｖＢ2／2ａＢ且ａＢ＝μｍｇ／Ｍ，解得ｓＢ＝Ｍｖ2／2μｍｇ＝2×22／2×0．2×1×10＝2ｍ． 　设这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ１，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ１＝（1／2）ｍｖ０2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得ｓ１＝6ｍ． 　当ｓ＝4ｍ时，Ａ、Ｂ达到共同速度ｖ＝2ｍ／ｓ后再匀速向前运动2ｍ碰到挡板，Ｂ碰到竖直挡板后，根据动量守恒定律得Ａ、Ｂ最后相对静止时的速度为ｖ′，则 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′， 解得　ｖ′＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ２，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ２＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　ｓ２＝2．67ｍ． 　因此，Ａ、Ｂ最终不脱离的木板最小长度为ｓ１＋ｓ２＝8．67ｍ 　（2）因Ｂ离竖直档板的距离ｓ＝0．5ｍ＜2ｍ，所以碰到档板时，Ａ、Ｂ未达到相对静止，此时Ｂ的速度ｖＢ为 　ｖＢ2＝2ａＢｓ＝（2μｍｇ／Ｍ）ｓ，解得　ｖＢ＝1ｍ／ｓ， 　设此时Ａ的速度为ｖＡ，根据动量守恒定律，得 　ｍｖ０＝ＭｖＢ＋ｍｖＡ，解得ｖＡ＝4ｍ／ｓ， 　设在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移为ｓ１′，根据动能定理得： 　μｍｇｓ１′＝（1／2）ｍｖ０2－（（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）ＭｖＢ2）， 　解得　ｓ１′＝4．5ｍ． 　Ｂ碰撞挡板后，Ａ、Ｂ最终达到向右的相同速度ｖ，根据动能定理得ｍｖＡ－ＭｖＢ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ２′为 　μｍｇｓ２′＝（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得　ｓ２′＝（25／6）ｍ． 　Ｂ再次碰到挡板后，Ａ、Ｂ最终以相同的速度ｖ′向左共同运动，根据动量守恒定律，得 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′，解得　ｖ′＝（2／9）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ３′为： 　μｍｇｓ３′＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　　　　ｓ３′＝（8／27）ｍ． 　因此，为使Ａ不从Ｂ上脱落，Ｂ的最小长度为ｓ１′＋ｓ２′＋ｓ３′＝8．96ｍ． 17．解：（1）Ｂ与Ａ碰撞后，Ｂ相对于Ａ向左运动，Ａ所受摩擦力方向向左，Ａ的运动方向向右，故摩擦力作负功．设Ｂ与Ａ碰撞后的瞬间Ａ的速度为ｖ１，Ｂ的速度为ｖ２ ，Ａ、Ｂ相对静止后的共同速度为ｖ，整个过程中Ａ、Ｂ组成的系统动量守恒，有 　Ｍｖ０＝（Ｍ＋1．5Ｍ）ｖ，ｖ＝2ｖ０／5． 　碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功，即 　Ｍｖ２＋1．5Ｍｖ１＝2．5Ｍｖ，　　① 　（1／2）×1．5Ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2－（1／2）×2．5Ｍｖ2＝Ｍμｇｌ，　　② 可解出ｖ１＝（1／2）ｖ０（另一解ｖ１＝（3／10）ｖ０因小于ｖ而舍去） 　这段过程中，Ａ克服摩擦力做功 　Ｗ＝（1／2）×1．5Ｍｖ１2－（1／2）×1．5Ｍｖ2＝（27／400）Ｍｖ０2（0．068Ｍｖ０2）． 　（2）Ａ在运动过程中不可能向左运动，因为在Ｂ未与Ａ碰撞之前，Ａ受到的摩擦力方向向右，做加速运动，碰撞之后Ａ受到的摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后，速度仍向右，因此不可能向左运动． 　Ｂ在碰撞之后，有可能向左运动，即ｖ２＜0． 　先计算当ｖ２＝0时满足的条件，由①式，得 　ｖ１＝（2ｖ０／3）－（2ｖ２／3），当ｖ２＝0时，ｖ１＝2ｖ０／3，代入②式，得 　（（1／2）×1．5Ｍ4ｖ０2／9）－（（1／2）×2．5Ｍ4ｖ０2／25）＝Ｍμｇｌ， 解得　μｇｌ＝2ｖ０2／15． 　Ｂ在某段时间内向左运动的条件之一是μｌ＜2ｖ０2／15ｇ． 　另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即 　（1／2）Ｍｖ０2－（1／2）2．5Ｍ（2ｖ０／5）2≥2Ｍμｇｌ， 　解出另一个条件是　μｌ≤3ｖ０2／20ｇ， 　最后得出Ｂ在某段时间内向左运动的条件是 　2ｖ０2／15ｇ＜μｌ≤3ｖ０2／20ｇ． 18．解：（1）以警车为研究对象，由动能定理． 　－μｍｇ·ｓ＝（1／2）ｍｖ2－（1／2）ｍｖ０2， 　将ｖ０＝14．0ｍ／ｓ，ｓ＝14．0ｍ，ｖ＝0代入，得 　μｇ＝7．0ｍ／ｓ2， 　因为警车行驶条件与肇事汽车相同，所以肇事汽车的初速度ｖＡ＝＝21ｍ／ｓ． 　（2）肇事汽车在出事点Ｂ的速度 　ｖＢ＝＝14ｍ／ｓ， 　肇事汽车通过段的平均速度 　＝（ｖＡ＋ｖＢ）／2＝（21＋14）／2＝17．5ｍ／ｓ． 　肇事汽车通过ＡＢ段的时间 　ｔ２＝ＡＢ／＝（31．5－14．0）／17．5＝1ｓ． 　∴　游客横过马路的速度 　ｖ人＝／（ｔ１＋ｔ２）＝（2．6／（1＋0．7））ｍ／ｓ＝1．53ｍ／ｓ． 19．解：（1）开始Ａ、Ｂ处于静止状态时，有 　ｋｘ０－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｓｉｎ30°＝0，　　① 　设施加Ｆ时，前一段时间Ａ、Ｂ一起向上做匀加速运动，加速度为ａ，ｔ＝0．2ｓ，Ａ、Ｂ间相互作用力为零，对Ｂ有： 　ｋｘ－ｍＢｇｓｉｎ30°＝ｍＢａ，　　② 　ｘ－ｘ０＝（1／2）ａｔ2 ，　　③ 　解①、②、③得： 　ａ＝5ｍｓ－2，ｘ０＝0．05ｍ，ｘ＝0．15ｍ， 　初始时刻Ｆ最小 　Ｆｍｉｎ＝（ｍＡ＋ｍＢ）ａ＝60Ｎ． 　ｔ＝0．2ｓ时，Ｆ最大 　Ｆｍａｘ－ｍＡｇｓｉｎ30°＝ｍＡａ， 　Ｆｍａｘ＝ｍＡ（ｇｓｉｎ30°＋ａ）＝100Ｎ， 　（2）ΔＥＰＡ＝ｍＡｇΔｈ＝ｍＡｇ（ｘ－ｘ０）ｓｉｎ30°＝5Ｊ． 20．解：当弹簧处于压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和．当弹簧伸长到其自然长度时，弹性势能为零，因这时滑块Ａ的速度为零，故系统的机械能等于滑块Ｂ的动能．设这时滑块Ｂ的速度为ｖ则有 　Ｅ＝（1／2）ｍ２ｖ2，　　① 由动量守恒定律（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ２ｖ，　　② 解得　Ｅ＝（1／2）（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２．　　③ 　假定在以后的运动中，滑块Ｂ可以出现速度为零的时刻，并设此时滑块Ａ的速度为ｖ１．这时，不论弹簧是处于伸长还是压缩状态，都具有弹性势能Ｅｐ．由机械能守恒定律得 　（1／2）ｍ１ｖ１2＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　④ 根据动量守恒　（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ１ｖ１，　　⑤ 求出ｖ１，代入④式得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑥ 因为Ｅｐ≥0，故得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）≤（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑦ 即　ｍ１≥ｍ２，与已知条件ｍ１＜ｍ２不符． 　可见滑块Ｂ的速度永不为零，即在以后的运动中，不可能出现滑动Ｂ的速度为零的情况． 21．解：设恰好物体相对圆盘静止时，弹簧压缩量为Δｌ，静摩擦力为最大静摩擦力ｆｍａｘ，这时物体处于临界状态，由向心力公式ｆｍａｘ－ｋΔｌ＝ｍＲｗ2，　　① 　假若物体向圆心移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ１－ｋ（Δｌ＋ｘ）＝ｍ（Ｒ－ｘ）ｗ2，　　② 　由①、②两式可得　ｆｍａｘ－ｆ１＝ｍｘｗ2－ｋｘ，　　③ 所以　ｍｘｗ2－ｋｘ≥0，得ｋ≤ｍｗ2，　　④ 　若物体向外移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ２－ｋ（Δｌ－ｘ）≥ｍ（Ｒ＋ｘ）ｗ2，　　⑤ 由①～⑥式得　ｆｍａｘ－ｆ２＝ｋｘ－ｍｘｗ2≥0，　　⑥ 所以　ｋ≥ｍｗ2，　　⑦ 即若物体向圆心移动，则ｋ≤ｍｗ2， 若物体向远离圆心方向移动，则ｋ≥ｍｗ2． 22．解：卫星环绕地球作匀速圆周运动，设卫星的质量为ｍ，轨道半径为ｒ，受到地球的万有引力为Ｆ， 　Ｆ＝ＧＭｍ／ｒ2，　　① 　式中Ｇ为万有引力恒量，Ｍ是地球质量． 　设ｖ是卫星环绕地球做匀速圆周运动的线速度，Ｔ是运动周期，根据牛顿第二定律，得 　Ｆ＝ｍｖ2 ／ｒ，　　② 　由①、②推导出　ｖ＝．　　③ 　③式表明：ｒ越大，ｖ越小． 　人造卫星的周期就是它环绕地球运行一周所需的时间Ｔ， 　Ｔ＝2πｒ／ｖ，　　④ 　由③、④推出　Ｔ＝2π，　　⑤ 　⑤式说明：ｒ越大，Ｔ越大．　23．证：设质点通过Ａ点时的速度为ｖＡ，通过Ｃ点时的速度为ｖＣ，由匀变速直线运动的公式得： ｓ1＝ｖＡＴ＋ａＴ2／2，ｓ3＝ｖＣＴ＋ａＴ2／2，ｓ3－ｓ1＝ｖＣＴ－ｖＡＴ． ∵　ｖＣ＝ｖＡ＋2ａＴ， ∴　ｓ3－ｓ1＝（ｖＡ－2ａＴ－ｖＡ）Ｔ＝2ａＴ2，ａ＝（ｓ3－ｓ1）／2Ｔ2． 　24．根据：如果在连续的相等的时间内的位移之差相等，则物体做匀变速运动．证明：设物体做匀速运动的初速度为ｖ0，加速度为ａ，第一个Ｔ内的位移为ｓ1＝ｖ0Ｔ＋ａＴ2／2；第二个Ｔ内的位移为ｓ2＝（ｖ0＋ａＴ）Ｔ＋ａＴ2／2；第Ｎ个Ｔ内的位移为ｓＮ＝［ｖ0＋（Ｎ－1）ａＴ］Ｔ＋ａＴ2／2．　ｓＮ－ｓＮ－1＝ａＴ2，逆定理也成立． 　25．解：由匀变速直线运动的公式得小物块的加速度的大小为ａ1＝（ｖ0－ｖｔ）／ｔ＝2（ｍ／ｓ2）．木板的加速度大小为ａ2＝2ｓ／ｔ2＝0.25（ｍ／ｓ2）． 根据牛顿第二定律　Ｆ＝ｍａ 对小物块得　ｆ′1＝ｍａ1＝1×2＝2Ｎ， 对木板得　ｆ1－μ（ｍ＋Ｍ）ｇ＝Ｍａ2， 　μ＝（ｆ1－Ｍａ2）／（ｍ＋Ｍ）ｇ＝（2－4×0.25）／（1＋4）×10＝0.02． 　26．解：假设金属块没有离开第一块长木板，移动的相对距离为ｘ，由动量守恒定律，得ｍｖ0＝3ｍｖ， 　ｍｖ02／2＝3ｍｖ2／2＋μｍｇｘ， 解得ｘ＝4ｍ／3＞Ｌ，不合理， ∴　金属块一定冲上第二块木板． 　以整个系统为研究对象，由动量定律及能量关系，当金属块在第一块木板上时ｍｖ0＝ｍｖ0′＋2ｍｖ1， 　ｍｖ02／2＝12ｍｖ0′2＋2ｍ·ｖ12／2＋μｍｇｌ． 　ｍｖ0＝ｍｖ1＋2ｍｖ2， 　ｍｖ02／2＝ｍｖ12／2＋2ｍ·ｖ22／2＋μｍｇ（ｌ＋ｘ）． 联立解得： 　ｖ1＝1／3ｍ／ｓ，ｖ2＝5／6ｍ／ｓ，ｘ＝0.25ｍ． 　27．解：当ｔ＝0时，ａＡ0＝9／3＝3ｍ／ｓ2，ａＢ0＝3／6＝0.5ｍ／ｓ2．ａＡ0＞ａＢ0，Ａ、Ｂ间有弹力，随ｔ之增加，Ａ、Ｂ间弹力在减小，当（9－2ｔ）／3＝（3＋2ｔ）／6，ｔ＝2.5ｓ时，Ａ、Ｂ脱离，以Ａ、Ｂ整体为研究对象，在ｔ＝2.5ｓ内，加速度ａ＝（ＦＡ＋ＦＢ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝4／3ｍ／ｓ2，ｓ＝ａｔ 2／2＝4.17ｍ． 　28．解：（1）由ｍＣｖ0＝ｍＣｖ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ1，Ｃ由Ａ滑至Ｂ时，Ａ、Ｂ的共同速度是 　ｖ1＝ｍＣ（ｖ0－ｖ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝0.2ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＡ＝ｍＣｖ02／2－ｍＣｖ2／2－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12／2， 得　μ＝［ｍＣ（ｖ02－ｖ2）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12］／2ｍＣｇｌＡ＝0.48． 　（2）由ｍＣｖ＋ｍＢｖ1＝（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ2，Ｃ相对Ｂ静止时，Ｂ、Ｃ的共同速度是ｖ2＝（ｍＣｖ＋ｍＢｖ1）／（ｍＣ＋ｍＢ）＝0.65ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＢ＝ｍＣｖ2／2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22／2， Ｃ在Ｂ上滑行距离为 　ｌＢ＝［ｍＣｖ2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22］／2μｍＣｇ＝0.25ｍ． 　（3）由μｍＣｇｓ＝ｍＢｖ22／2－ｍＢｖ12／2， Ｂ相对地滑行的距离ｓ＝［ｍＢ（ｖ22－ｖ12）］／2μｍＣｇ＝0.12ｍ． 　（4）Ｃ在Ａ、Ｂ上匀减速滑行，加速度大小由μｍＣｇ＝ｍＣａ，得ａ＝μｇ＝4.8ｍ／ｓ2． Ｃ在Ａ上滑行的时间ｔ1＝（ｖ0－ｖ）／ａ＝0.21ｓ． Ｃ在Ｂ上滑行的时间ｔ2＝（ｖ－ｖ2）／ａ＝0.28ｓ． 所求时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝0.21ｓ＋0.28ｓ＝0.49ｓ． 　　29．匀加速下滑时，受力如图1ａ，由牛顿第二定律，有： ｍｇｓｉｎθ－μｍｇｃｏｓθ＝ｍａ＝ｍｇｓｉｎθ／2， 　ｓｉｎθ／2＝μｃｏｓθ， 　得μ＝ｓｉｎθ／2ｃｏｓθ．图1静止时受力分析如图1ｂ，摩擦力有两种可能：①摩擦力沿斜面向下；②摩擦力沿斜面向上．摩擦力沿斜面向下时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＝ｆ＋ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ， 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ＋μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ－μｓｉｎθ）ｍｇ＝3ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ－ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　摩擦力沿斜面向上时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＋ｆ＝ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ． 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ－μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ＋μｓｉｎθ）ｍｇ＝ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ＋ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　30．解：（1）物体在两斜面上来回运动时，克服摩擦力所做的功Ｗｆ＝μｍｇｃｏｓ60°·ｓ总． 　物体从开始直到不再在斜面上运动的过程中ｍｇｈ－Ｗｆ＝0－ｍｖ02／2．解得ｓ总＝38ｍ． 　 （2）物体最终是在Ｂ、Ｃ之间的圆弧上来回做变速圆周运动，且在Ｂ、Ｃ点时速度为零． 　（3）物体第一次通过圆弧最低点时，圆弧所受压力最大．由动能定理得ｍｇ［ｈ＋Ｒ（1－ｃｏｓ60°）］－μｍｇｃｏｓ60°／ｓｉｎ60°＝ｍ（ｖ12－ｖ02）／2， 由牛顿第二定律得　Ｎｍａｘ－ｍｇ＝ｍｖ12／Ｒ， 解得　Ｎｍａｘ＝54.5Ｎ． 　物体最终在圆弧上运动时，圆弧所受压力最小．由动能定理得ｍｇＲ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍｖ22／2，由牛顿第二定律得Ｎｍｉｎ－ｍｇ＝ｍｖ22／Ｒ，解得Ｎｍｉｎ＝20Ｎ． 　31．解：（1）设刹车后，平板车的加速度为ａ0，从开始刹车到车停止所经历时间为ｔ0，车所行驶距离为ｓ0，则有ｖ02＝2ａ0ｓ0，ｖ0＝ａ0ｔ0． 　欲使ｔ0小，ａ0应该大，作用于木箱的滑动摩擦力产生的加速度ａ1＝μｍｇ／ｍ＝μｇ． 　当ａ0＞ａ1时，木箱相对车底板滑动，从刹车到车停止过程中木箱运动的路程为ｓ1，则ｖ02＝2ａ2ｓ1． 　为使木箱不撞击驾驶室，应有ｓ1－ｓ0≤Ｌ． 　联立以上各式解得：ａ0≤μｇｖ02／（ｖ02－2μｇＬ）＝5ｍ／ｓ2， 　∴　ｔ0＝ｖ0／ａ0＝4.4ｓ． 　（2）对平板车，设制动力为Ｆ，则Ｆ＋ｋ（Ｍ＋ｍ）ｇ－μｍｇ＝Ｍａ0，解得：Ｆ＝7420Ｎ． 　32．解：对系统ａ0＝［Ｆ－μｇ（ｍ1＋ｍ2）］／（ｍ1＋ｍ2）＝1ｍ／ｓ2． 　对木块1，细绳断后：│ａ1│＝ｆ1／ｍ1＝μｇ＝1ｍ／ｓ2． 　设细绳断裂时刻为ｔ1，则木块1运动的总位移： 　ｓ1＝2ａ0ｔ12／2＝ａ0ｔ12． 　对木块2，细绳断后，ａ2＝（Ｆ－μｍ2ｇ）／ｍ2＝2ｍ／ｓ2． 木块2总位移 　ｓ2＝ｓ′＋ｓ″＝ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2， 两木块位移差Δｓ＝ｓ2－ｓ1＝22（ｍ）． 得　ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2－ａ0ｔ12＝22， 把ａ0，ａ2值，ｖ1＝ａ0ｔ1代入上式整理得： 　ｔ12＋12ｔ1－28＝0，得ｔ1＝2ｓ． 木块2末速ｖ2＝ｖ1＋ａ2（6－ｔ1）＝ａ0ｔ1＋ａ2（6－ｔ1）＝10ｍ／ｓ． 此时动能Ｅｋ＝ｍ2ｖ22／2＝2×102／2Ｊ＝100Ｊ． 　33．解：（1）由动量守恒定律，ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ′，且有ｍ∶Ｍ＝1∶3， ∴　Ａ、Ｂ共同速度ｖ′＝ｍｖ0／（ｍ＋Ｍ）＝1ｍ／ｓ． 　（2）由动能定理，对全过程应有 　μｍｇ·2Ｌ＝ｍｖ02／2－（ｍ＋Ｍ）ｖ′2／2， 　4μｇＬ＝ｖ02－4ｖ′2，μ＝（ｖ02－4ｖ′2）／4ｇＬ＝0.3． 　（3）先求Ａ与Ｂ挡板碰前Ａ的速度ｖ10，以及木板Ｂ相应速度ｖ20，取从Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板相碰前过程为研究对象，依动量守恒与动能定理有以下两式成立：ｍｖ0＝ｍｖ10＋Ｍｖ20， 　ｍｖ02／2－ｍｖ102／2－Ｍｖ202／2＝μｍｇＬ． 代入数据得　ｖ10＋3ｖ20＝4，ｖ102＋3ｖ202＝10， 解以上两式可得　ｖ10＝（2±3）／2ｍ／ｓ．因Ａ与Ｂ挡板碰前速度不可能取负值，故ｖ10＝（2＋3）／2ｍ／ｓ．相应解出ｖ20＝（2－ ）／2ｍ／ｓ＝0.3ｍ／ｓ． 　木板Ｂ此过程为匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得μｍｇ＝Ｍａ1，ａ1＝μｍｇ／Ｍ＝1（ｍ／ｓ2）． 此过程经历时间ｔ1由下式求出 　ｖ20＝ａ1ｔ1，ｔ1＝ｖ20／ａ1＝0.3（ｓ）． 其速度图线为图2中0～0.3ｓ段图线ａ． 　再求Ａ与Ｂ挡板碰后，木板Ｂ的速度ｖ2与木块Ａ的速度ｖ1，为方便起见取Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板碰撞后瞬间过程为研究对象，依动量守恒定律与动能定理有以下两式成立： ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2，ｍｖ02／2－ｍｖ12／2－Ｍｖ22／2＝μｍｇＬ． 故解为　ｖ1＝（2±3）／2ｍ／ｓ． 因ｖ1＝（2＋3）／2ｍ／ｓ为碰前速度，故取ｖ1＝（2－3）／2ｍ／ｓ，相应得ｖ2＝2＋2ｍ／ｓ＝1.7ｍ／ｓ． 由于ｖ1＜0，即木块相对Ｂ向左滑动，Ａ受Ｂ摩擦力向右，Ｂ受Ａ摩擦力向左，故Ｂ做匀减速直线运动，加速度大小由牛顿第二定律，得ａ＝μｍｇ／Ｍ＝1ｍ／ｓ2． 　从碰后到Ａ滑到Ｂ最左端过程中，Ｂ向右做匀减速直线运动时间设为ｔ2，则ｖ′－ｖ2＝－ａｔ2， ∴　ｔ2＝0.7ｓ． 　此过程速度图线如图2中0.3ｓ～1.0ｓ段图线ｂ．图2　　34．解：设ｍ1、ｍ2两物体受恒力Ｆ作用后，产生的加速度分别为ａ1、ａ2，由牛顿第二定律Ｆ＝ｍａ，得 　ａ1＝Ｆ／ｍ1，ａ2＝Ｆ／ｍ2， 　历时ｔ两物体速度分别为ｖ1＝ａ1ｔ，ｖ2＝ｖ0＋ａ2ｔ，由题意令ｖ1＝ｖ2，即ａ1ｔ＝ｖ0＋ａ2ｔ或（ａ1－ａ2）ｔ＝ｖ0，因ｔ≠0、ｖ0＞0，欲使上式成立，需满足ａ1－ａ2＞0，即Ｆ／ｍ1＞Ｆ／ｍ2，或ｍ1＜ｍ2，也即当ｍ1≥ｍ2时不可能达到共同速度，当ｍ1＜ｍ2时，可以达到共同速度． 　35．解：（1）当小球刚好能在轨道内做圆周运动时，水平初速度ｖ最小，此时有ｍｇ＝ｍｖ2／Ｒ， 故　ｖ＝＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）若初速度ｖ′＜ｖ，小球将做平抛运动，如在其竖直位移为Ｒ的时间内，其水平位移ｓ≥Ｒ，小球可进入轨道经过Ｂ点．设其竖直位移为Ｒ时，水平位移也恰为R，则Ｒ＝ｇｔ2／2，Ｒ＝ｖ′ｔ，解得：ｖ′＝／2＝ｍ／ｓ． 因此，初速度满足2ｍ／ｓ＞ｖ′≥ｍ／ｓ时，小球可做平抛运动经过Ｂ点． 　 36．卫星在天空中任何天体表面附近运行时，仅受万有引力Ｆ作用使卫星做圆周运动，运动半径等于天体的球半径Ｒ．设天体质量为Ｍ，卫星质量为ｍ，卫星运动周期为Ｔ，天体密度为ρ．根据万有引力定律Ｆ＝ＧＭｍ／Ｒ2， 卫星做圆周运动向心力Ｆ′＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2， 因为 　Ｆ′＝Ｆ，得ＧＭｍ／Ｒ2＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2，∴Ｔ＝． 　又球体质量Ｍ＝4πＲ3ρ／3． 得Ｔ＝=，∴Ｔ∝1／，得证． 　37．解：由于两球相碰满足动量守恒 　　ｍ1ｖ0＝ｍ1ｖ1＋ｍ2ｖ2，ｖ1＝－1.3ｍ／ｓ． 　两球组成系统碰撞前后的总动能Ｅｋ1＋Ｅｋ2＝ｍ1ｖ02／2＋0＝2.5Ｊ， 　Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＝ｍ1ｖ12／2＋ｍ2ｖ22／2＝2.8Ｊ． 　可见，Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＞Ｅｋ1＋Ｅｋ2，碰后能量较碰撞前增多了，违背了能量守恒定律，这种假设不合理． 　38．解：（1）由动量守恒，得ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2， 由运动学公式得ｓ＝（ｖ1－ｖ2）ｔ，ｈ＝ｇｔ2／2， 由以上三式得ｖ2＝（ｍｖ0－ｓｍ）／（Ｍ＋ｍ）． 　（2）最后车与物体以共同的速度ｖ向右运动，故有 　ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖｖ＝ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）． ∴ΔＥ＝ｍｖ02／2＋ｍｇｈ－（Ｍ＋ｍ）ｍ2ｖ02／2（Ｍ＋ｍ）2． 解得ΔＥ＝ｍｇｈ＋Ｍｍｖ02／2（Ｍ＋ｍ）． 　39．解：设碰前Ａ、Ｂ有共同速度ｖ时，Ｍ前滑的距离为ｓ．则ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ，ｆｓ＝Ｍｖ2／2，ｆ＝μｍｇ． 　由以上各式得　ｓ＝Ｍｍｖ02／2μｇ（Ｍ＋ｍ）2． 　当ｖ0＝2ｍ／ｓ时，ｓ＝2／9ｍ＜0.5ｍ，即Ａ、Ｂ有共同速度．当ｖ0＝4ｍ／ｓ时，ｓ＝8／9ｍ＞0.5ｍ，即碰前Ａ、Ｂ速度不同． 　40．解：（1）物体由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者系统水平方向动量守恒得：ｍｖ0＝ｍｖ0／2＋2ｍｖＡＢ． 解之得　ｖＡＢ＝ｖ0／4． 　（2）物块由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者功能关系得：μｍｇＬ＝ｍｖ02／2－ｍ（ｖ0／2）2／2－2ｍ（ｖ0／4）2／2． 解之得　Ｌ＝5ｖ02／16μｇ． 　 （3）物块由Ｄ滑到Ｃ的过程中，二者系统水平方向动量守恒，又因为物块到达最高点Ｃ时，物块与滑块速度相等且水平，均为ｖ． 故得　ｍｖ0／2＋ｍｖ0／4＝2ｍｖ， ∴　得滑块的动能ＥＣＤ＝ｍｖ2／2＝9ｍｖ02／128． 　41．解：（1）Ｂ从ｖ0减速到速度为零的过程，Ｃ静止，Ｂ的位移：ｓ1＝ｖ02／2μｇ． 　所用的时间：ｔ1＝ｖ0／μｇ． 　此后Ｂ与Ｃ一起向右做加速运动，Ａ做减速运动，直到相对静止，设所用时间为ｔ2，共同速度为ｖ． 　对Ａ、Ｂ、Ｃ，由动量守恒定律得 　ｍＡ·2ｖ0－ｍＢｖ0＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ， ∵　ｍＡ＝ｍＢ＝ｍＣ，∴　ｖ＝ｖ0／3． 　对Ｂ与Ｃ，向右加速运动的加速度 　ａ＝μｍＡｇ／（ｍＢ＋ｍＣ）＝μｇ／2，∴ｔ2＝ｖ／ａ＝2ｖ0／3μｇ． Δｔ内Ｂ向右移动的位移ｓ2＝ｖｔ2／2＝ｖ02／9μｇ， 故总路程ｓ＝ｓ1＋ｓ2＝11ｖ02／18μｇ，总时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝5ｖ0／3μｇ． 　（2）设车的最小长度为Ｌ，则相对静止时Ａ、Ｂ刚好接触，由能量守恒得 　ｍＡ（2ｖ0）2／2＋ｍＢｖ02／2＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ2／2＋μｍＢｇｓ1＋μｍＡｇ（Ｌ－ｓ1）， 联立解得Ｌ＝7ｖ02／3μｇ． 　42．解：（1）ｍ速度最大的位置应在O点左侧．因为细线烧断后，ｍ在弹簧弹力和滑动摩擦力的合力作用下向右做加速运动，当弹力与摩擦力的合力为零时，ｍ的速度达到最大，此时弹簧必处于压缩状态．此后，系统的机械能不断减小，不能再达到这一最大速度． 　（2）选ｍ、Ｍ为一系统，由动量守恒定律得 　ｍｖ1＝Ｍｖ2． 　设这一过程中弹簧释放的弹性势能为Ｅｐ，则 　Ｅｐ＝ｍｖ12／2＋Ｍｖ22／2＋μｍｇｓ， 解得　ｖ2＝ｍｖ1／Ｍ，Ｅｐ＝ｍ［（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2Ｍ＋μｇｓ］． 　（2）ｍ与Ｍ最终将静止，因为系统动量守恒，且总动量为零，只要ｍ与Ｍ间有相对运动，就要克服摩擦力做功，不断消耗能量，所以，ｍ与Ｍ最终必定都静止． 　43．解：（1）第一颗子弹射入木块过程，系统动量守恒，有 　ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ1． 　射入后，在ＯＢＣ运动过程中，机械能守恒，有 　（ｍ＋Ｍ）ｖ12／2＝（ｍ＋Ｍ）ｇＲ，得ｖ0＝（Ｍ＋ｍ）／ｍ． 　（2）由动量守恒定律知，第2、4、6……颗子弹射入木块后，木块速度为0，第1、3、5……颗子弹射入后，木块运动．当第9颗子弹射入木块时，由动量守恒得： 　ｍｖ0＝（9ｍ＋Ｍ）ｖ9， 　设此后木块沿圆弧上升最大高度为Ｈ，由机械能守恒定律得：（9ｍ＋Ｍ）ｖ92／2＝（9ｍ＋Ｍ）ｇＨ， 由以上可得：Ｈ＝［（Ｍ＋ｍ）／（Ｍ＋9ｍ）］2Ｒ． 　 44．解：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动ｓ，速度变为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．由动能定理 　－μＭｇｓ＝0－ｍｖ02／2，ｓ＝ｍｖ02／2μＭｇ＝0.33ｍ． 　（2）假如平板车在第二次碰墙前还未和滑块相对静止，则其速度的大小肯定还是2ｍ／ｓ，因为只要相对运动，摩擦力大小为恒值．滑块速度则大于2ｍ／ｓ，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰墙前肯定已和滑块具有共同速度ｖ．此即平板车碰墙前瞬间的速度． 　Ｍｖ0－ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， ∴ｖ＝（Ｍ－ｍ）ｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝0.4ｍ／ｓ．图3　（3）平板车与墙壁第一次碰撞后滑块与平板又达到共同速度ｖ前的过程，可用图3（ａ）、（ｂ）、（ｃ）表示．图3（ａ）为平板车与墙碰撞后瞬间滑块与平板车的位置，图3（ｂ）为平板车到达最左端时两者的位置，图3（ｃ）为平板车与滑块再次达到共同速度时两者的位置．在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功μΜｇｓ′，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功μＭｇｓ″（平板车从Ｂ到Ａ再回到Ｂ的过程中摩擦力做功为零），其中ｓ′、ｓ″分别为滑块和平板车的位移．滑块和平板车动能总减少为μＭｇｌ1，其中ｌ1＝ｓ′＋ｓ″为滑块相对平板车的位移，此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为ｌ，则有（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2＝μＭｇｌ，ｌ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2μＭｇ＝0.833ｍ． ｌ即为平板车的最短长度．图4　　45．解：如图4，Ａ球从静止释放后将自由下落至Ｃ点悬线绷直，此时速度为ｖＣ ∵　ｖＣ2＝2ｇ×2Ｌｓｉｎ30°， ∴　ｖＣ＝＝2ｍ／ｓ． 　在线绷直的过程中沿线的速度分量减为零时，Ａ将以切向速度ｖ1沿圆弧运动且 　ｖ1＝ｖＣｃｏｓ30°＝ ｍ／ｓ． 　Ａ球从Ｃ点运动到最低点与Ｂ球碰撞前机械能守恒，可求出Ａ球与Ｂ球碰前的速度 　ｍＡｖ12／2＋ｍＡｇＬ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍＡｖ22／2， 　ｖ2＝==ｍ／ｓ． 　因Ａ、Ｂ两球发生无能量损失的碰撞且ｍＡ＝ｍＢ，所以它们的速度交换，即碰后Ａ球的速度为零，Ｂ球的速度为ｖ2＝（ｍ／ｓ）．对Ｂ球和小车组成的系统水平方向动量守恒和机械能守恒，当两者有共同水平速度ｕ时，Ｂ球上升到最高点，设上升高度为ｈ． 　ｍＢｖ2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ，ｍＢｖ22／2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ2／2＋ｍＢｇｈ．解得ｈ＝3／16≈0.19ｍ． 　在Ｂ球回摆到最低点的过程中，悬线拉力仍使小车加速，当Ｂ球回到最低点时小车有最大速度ｖｍ，设小球Ｂ回到最低点时速度的大小为ｖ3，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 　ｍＢｖ2＝－ｍＢｖ3＋Ｍｖｍ，ｍＢｖ22／2＝ｍＢｖ32／2＋Ｍｖｍ2／2， 解得ｖｍ＝2ｍＢｖ2／（ｍ3＋Ｍ）＝／2ｍ／ｓ＝1.12ｍ／ｓ． 　46．解：（1）小球的角速度与运动的角速度必定相等，则有ｖ＝ωＲ＝ω． 　（2）人手所提供的功率应等于小球在运动过程中克服摩擦力做功的功率．即有Ｐ＝ｆｖ， ∴　ｆ＝Ｐ／ｖ＝Ｐ／ω． 　47．解：由于粘性物体与底板粘合的过程时间极短，冲击力远大于重力，在竖直方向近似动量守恒，开始静止时，有　ｍ1ｇ＝ｋｘｋ＝ｍ1ｇｘ． 　ｍ2下落Ｈ时的速度ｖ＝，ｍ2与ｍ1合在一起动量守恒，ｍ2ｖ＝（ｍ1＋ｍ2）ｖ′，ｖ′＝ｍ2ｖ／（ｍ1＋ｍ2）＝ｍ2／（ｍ1＋ｍ2）． 　设向下为正方向，ｍ1与ｍ2的整体受两个力，即重力（ｍ1＋ｍ2）ｇ和弹簧的平均拉力，则有平均拉力＝ｋｘ＋ｋｈ／2＝ｋ（2ｘ＋ｈ）／2，由动能定理得 ［－＋（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ＝0－（ｍ1＋ｍ2）ｖ2／2， 由以上各式得［ｍ1ｇ（2ｘ＋ｈ）／2ｘ－（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ 　＝（ｍ1＋ｍ2）·ｍ22·2ｇｈ／2（ｍ1＋ｍ2）2． 代入数值得ｈ＝0.3ｍ． 　48．解：ｍ与Ａ粘在一起后水平方向动量守恒，共同速度设为ｖ1，Ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ1， 得ｖ1＝Ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝2ｖ0／3． 　当弹簧压缩到最大时即有最大弹性势能Ｅ，此时系统中各物体有相同速度，设为ｖ2，由动量守恒定律 　2Ｍｖ0＝（2Ｍ＋ｍ）ｖ2，得ｖ2＝2Ｍｖ0／（2Ｍ＋ｍ）＝4ｖ0／5． 由能量守恒有 　Ｅ＝Ｍｖ02／2＋（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2－（2Ｍ＋ｍ）ｖ22／2， 解得Ｅ＝Ｍｖ02／30． 　 49．解：（1）振子在平衡位置时，所受合力为零，设此时弹簧被压缩Δｘ：（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ＝ｋΔｘ，Δｘ＝5ｃｍ． 　开始释放时振子处在最大位移处，故振幅 　Ａ＝5ｃｍ＋5ｃｍ＝10ｃｍ． 　（2）由于开始时弹簧的伸长量恰等于振子在平衡位置时弹簧的压缩量，故弹性势能相等，设振子的最大速度为ｖ，从开始到平衡位置，根据机械能守恒定律， 得ｍｇ·Ａ＝ｍｖ2／2，∴ｖ＝＝1.4ｍ／ｓ， 即Ｂ的最大速率为1.4ｍ／ｓ． 　（3）在最高点，振子受到的重力和弹力方向相同，根据牛顿第二定律，得 　ａ＝［ｋΔｘ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ］／（ｍＡ＋ｍＢ）＝20ｍ／ｓ2， Ａ对Ｂ的作用力方向向下，其大小 　Ｎ1＝ｍＢａ－ｍＢｇ＝10Ｎ． 在最低点，振子受到的重力和弹力方向相反，根据牛顿第二定律，得ａ＝ｋ（Δｘ＋Ａ）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｍＡ＋ｍＢ＝20ｍ／ｓ2． Ａ对Ｂ的作用力方向向上，其大小 　Ｎ2＝ｍＢａ＋ｍＢｇ＝30Ｎ．30．如图1－85所示，ＡＢ和ＣＤ为两个对称斜面，其上部足够长，下部分分别与一个光滑的圆弧面的两端相切，圆弧圆心角为120°，半径Ｒ＝2.0ｍ，一个质量为ｍ＝1ｋｇ的物体在离弧高度为ｈ＝3.0ｍ处，以初速度4.0ｍ／ｓ沿斜面运动，若物体与两斜面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度ｇ＝10ｍ／ｓ2，则 　（1）物体在斜面上（不包括圆弧部分）走过路程的最大值为多少？ 　（2）试描述物体最终的运动情况． 　（3）物体对圆弧最低点的最大压力和最小压力分别为多少？2．解：在0～1ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知 　ａ１＝12ｍ／ｓ２， 由牛顿第二定律，得 　Ｆ－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ１，　　① 在0～2ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知ａ２＝－6ｍ／ｓ２， 因为此时物体具有斜向上的初速度，故由牛顿第二定律，得 　－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ２，　　② 　②式代入①式，得　Ｆ＝18Ｎ． 3．解：在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从Ａ到Ｂ需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为ｔ1，则 　（ｖ／2）ｔ１＋ｖ（ｔ－ｔ１）＝Ｌ， 所以　ｔ１＝2（ｖｔ－Ｌ）／ｖ＝（2×（2×6－10）／2）ｓ＝2ｓ． 为使物体从Ａ至Ｂ所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变．而　ａ＝ｖ／ｔ＝1ｍ／ｓ２．设物体从Ａ至Ｂ所用最短的时间为ｔ2，则 　（1／2）ａｔ2２ ＝Ｌ， 　ｔ2＝=＝2ｓ． 　ｖｍｉｎ＝ａｔ2＝1×2ｍ／ｓ＝2ｍ／ｓ． 传送带速度再增大1倍，物体仍做加速度为1ｍ／ｓ２的匀加速运动，从Ａ至Ｂ的传送时间为2ｍ／ｓ． 4．解：启动前Ｎ１＝ｍｇ， 　升到某高度时　Ｎ2＝（17／18）Ｎ１＝（17／18）ｍｇ， 　对测试仪　Ｎ2－ｍｇ′＝ｍａ＝ｍ（ｇ／2）， 　∴　ｇ′＝（8／18）ｇ＝（4／9）ｇ， 　ＧｍＭ／Ｒ2＝ｍｇ，ＧｍＭ／（Ｒ＋ｈ）2＝ｍｇ′，解得：ｈ＝（1／2）Ｒ． 5．解：由匀加速运动的公式　ｖ２＝ｖ０２＋2ａｓ 　得物块沿斜面下滑的加速度为 　ａ＝ｖ2／2ｓ＝1．42／（2×1．4）＝0．7ｍｓ－２， 由于ａ＜ｇｓｉｎθ＝5ｍｓ－２， 　可知物块受到摩擦力的作用．图3　分析物块受力，它受3个力，如图3．对于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，由牛顿定律有 　ｍｇｓｉｎθ－ｆ１＝ｍａ， 　ｍｇｃｏｓθ－Ｎ１＝0， 　分析木楔受力，它受5个力作用，如图3所示．对于水平方向，由牛顿定律有 　ｆ2＋ｆ１ｃｏｓθ－Ｎ１ｓｉｎθ＝0， 　由此可解得地面的作用于木楔的摩擦力 　ｆ2＝ｍｇｃｏｓθｓｉｎθ－（ｍｇｓｉｎθ－ｍａ）ｃｏｓθ＝ｍａｃｏｓθ＝1×0．7×（／2）＝0．61Ｎ． 　此力的方向与图中所设的一致（由指向）． 6．解：（1）飞机原先是水平飞行的，由于垂直气流的作用，飞机在竖直方向上的运动可看成初速度为零的匀加速直线运动，根据　ｈ＝（1／2）ａｔ２，得ａ＝2ｈ／ｔ２，代入ｈ＝1700ｍ，ｔ＝10ｓ，得 　ａ＝（2×1700／10２）（ｍ／ｓ２）＝34ｍ／ｓ２，方向竖直向下． 　（2）飞机在向下做加速运动的过程中，若乘客已系好安全带，使机上乘客产生加速度的力是向下重力和安全带拉力的合力．设乘客质量为ｍ，安全带提供的竖直向下拉力为Ｆ，根据牛顿第二定律　Ｆ＋ｍｇ＝ｍａ，得安全带拉力 　　Ｆ＝ｍ（ａ－ｇ）＝ｍ（34－10）Ｎ＝24ｍ（Ｎ）， ∴　安全带提供的拉力相当于乘客体重的倍数 　 ｎ＝Ｆ／ｍｇ＝24ｍＮ／ｍ·10Ｎ＝2．4（倍）． 　（3）若乘客未系安全带，飞机向下的加速度为34ｍ／ｓ２，人向下加速度为10ｍ／ｓ２，飞机向下的加速度大于人的加速度，所以人对飞机将向上运动，会使头部受到严重伤害． 7．解：设月球表面重力加速度为ｇ，根据平抛运动规律，有 　ｈ＝（1／2）ｇｔ２，　　① 　水平射程为　　　Ｌ＝ｖ０ｔ，　　② 　联立①②得ｇ＝2ｈｖ０２／Ｌ２．　　③ 　根据牛顿第二定律，得　ｍｇ＝ｍ（2π／Ｔ）２Ｒ，　　④ 　联立③④得　Ｔ＝（πＬ／ｖ０ｈ）．　　⑤ 8．解：前2秒内，有Ｆ－ｆ＝ｍａ１，ｆ＝μＮ，Ｎ＝ｍｇ，则 　ａ１＝（Ｆ－μｍｇ）／ｍ＝4ｍ／ｓ２，ｖｔ＝ａ１ｔ＝8ｍ／ｓ， 　撤去Ｆ以后　ａ２＝ｆ／ｍ＝2ｍ／ｓ，ｓ＝ｖ１２／2ａ２＝16ｍ． 9．解：（1）用力斜向下推时，箱子匀速运动，则有 　Ｆｃｏｓθ＝ｆ，ｆ＝μＮ，Ｎ＝Ｇ＋Ｆｓｉｎθ， 　联立以上三式代数据，得　Ｆ＝1．2×10２Ｎ． 　（2）若水平用力推箱子时，据牛顿第二定律，得Ｆ合＝ｍａ，则有 　Ｆ－μＮ＝ｍａ，Ｎ＝Ｇ， 　联立解得　ａ＝2．0ｍ／ｓ２． 　ｖ＝ａｔ＝2．0×3．0ｍ／ｓ＝6．0ｍ／ｓ， 　ｓ＝（1／2）ａｔ２＝（1／2）×2．0×3．0２ｍ／ｓ＝9．0ｍ， 　推力停止作用后　ａ′＝ｆ／ｍ＝4．0ｍ／ｓ２（方向向左）， 　ｓ′＝ｖ２／2ａ′＝4．5ｍ， 　则　ｓ总＝ｓ＋ｓ′＝13．5ｍ． 10．解：根据题中说明，该运动员发球后，网球做平抛运动．以ｖ表示初速度，Ｈ表示网球开始运动时离地面的高度（即发球高度），ｓ１表示网球开始运动时与网的水平距离（即运动员离开网的距离），ｔ１表示网球通过网上的时刻，ｈ表示网球通过网上时离地面的高度，由平抛运动规律得到 　ｓ１＝ｖｔ１，Ｈ－ｈ＝（1／2）ｇｔ１２， 消去ｔ１，得　　ｖ＝ｍ／ｓ，ｖ≈23ｍ／ｓ． 　以ｔ２表示网球落地的时刻，ｓ２表示网球开始运动的地点与落地点的水平距离，ｓ表示网球落地点与网的水平距离，由平抛运动规律得到 　Ｈ＝（1／2）ｇｔ２２，ｓ２＝ｖｔ２， 消去ｔ２，得ｓ２＝ｖ ≈16ｍ， 　网球落地点到网的距离　ｓ＝ｓ２－ｓ１≈4ｍ． 11．解：（1）设卫星质量为ｍ，它在地球附近做圆周运动，半径可取为地球半径Ｒ，运动速度为ｖ，有 　ＧＭｍ／Ｒ２＝ｍｖ２／Ｒ　得ｖ＝． 　（2）由（1）得： 　Ｍ＝ｖ２Ｒ／Ｇ＝＝6．0×1024ｋｇ． 12．解：对物块：Ｆ１－μｍｇ＝ｍａ１， 　6－0．5×1×10＝1·ａ１，ａ１＝1．0ｍ／ｓ2， 　ｓ１＝（1／2）ａ１ｔ2＝（1／2）×1×0．42＝0．08ｍ， 　ｖ１＝ａ１ｔ＝1×0．4＝0．4ｍ／ｓ， 　对小车：Ｆ２－μｍｇ＝Ｍａ２， 　9－0．5×1×10＝2ａ２，ａ２＝2．0ｍ／ｓ2， 　ｓ２＝（1／2）ａ２ｔ2＝（1／2）×2×0．42＝0．16ｍ， 　ｖ２＝ａ２ｔ＝2×0．4＝0．8ｍ／ｓ， 　撤去两力后，动量守恒，有Ｍｖ２－ｍｖ１＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， 　ｖ＝0．4ｍ／ｓ（向右）， ∵　（（1／2）ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2）－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ2＝μｍｇｓ３， 　ｓ３＝0．096ｍ， ∴　ｌ＝ｓ１＋ｓ２＋ｓ３＝0．336ｍ． 13．解：设木块到Ｂ时速度为ｖ０，车与船的速度为ｖ１，对木块、车、船系统，有 　ｍ１ｇｈ＝（ｍ１ｖ０2／2）＋（（ｍ２＋ｍ３）ｖ１2／2）， 　ｍ１ｖ０＝（ｍ２＋ｍ３）ｖ１， 解得　ｖ０＝5，ｖ１＝． 　木块到Ｂ后，船以ｖ１继续向左匀速运动，木块和车最终以共同速度ｖ２向右运动，对木块和车系统，有 　ｍ１ｖ０－ｍ２ｖ１＝（ｍ１＋ｍ２）ｖ２， 　μｍ１ｇｓ＝（（ｍ１ｖ０2／2）＋（ｍ２ｖ１2／2））－（（ｍ１＋ｍ２）ｖ２2／2）， 得　ｖ２＝ｖ１＝，ｓ＝2ｈ． 14．解：（1）小球的角速度与手转动的角速度必定相等均为ω．设小球做圆周运动的半径为ｒ，线速度为ｖ．由几何关系得　ｒ＝，ｖ＝ω·ｒ，解得　　 　　ｖ＝ω． 　（2）设手对绳的拉力为Ｆ，手的线速度为ｖ，由功率公式得　Ｐ＝Ｆｖ＝Ｆ·ωＲ， ∴　Ｆ＝Ｐ／ωＲ． 图4　研究小球的受力情况如图4所示，因为小球做匀速圆周运动，所以切向合力为零，即 　Ｆｓｉｎθ＝ｆ， 其中　ｓｉｎθ＝Ｒ／， 　联立解得　ｆ＝Ｐ／ω． 15．解：（1）用ｖ１表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由于子弹射入木块Ｃ时间极短，系统动量守恒，有 　ｍｖ０＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１， 　∴　ｖ１＝ｍｖ０／（ｍ＋Ｍ）＝3ｍ／ｓ， 　子弹和木块Ｃ在ＡＢ木板上滑动，由动能定理得： 　（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ２２－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ１２＝－μ（ｍ＋Ｍ）ｇＬ， 　解得　ｖ２＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）用ｖ′表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由动量守恒定律，得　ｍｖ０′＋Ｍｕ＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１′，解得　ｖ１′＝4ｍ／ｓ． 　木块Ｃ及子弹在ＡＢ木板表面上做匀减速运动　ａ＝μｇ．设木块Ｃ和子弹滑至ＡＢ板右端的时间为ｔ，则木块Ｃ和子弹的位移ｓ１＝ｖ１′ｔ－（1／2）ａｔ2， 　由于ｍ车≥（ｍ＋Ｍ），故小车及木块ＡＢ仍做匀速直线运动，小车及木板ＡＢ的位移　ｓ＝ｕｔ，由图5可知：ｓ１＝ｓ＋Ｌ， 　联立以上四式并代入数据得： 　ｔ2－6ｔ＋1＝0， 　解得：ｔ＝（3－2）ｓ，（ｔ＝（3＋2）ｓ不合题意舍去），　　（11） 　∴　ｓ＝ｕｔ＝0．18ｍ． 16．解：（1）设Ａ滑上Ｂ后达到共同速度前并未碰到档板，则根据动量守恒定律得它们的共同速度为ｖ，有图5　ｍｖ０＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝2ｍ／ｓ，在这一过程中，Ｂ的位移为ｓＢ＝ｖＢ2／2ａＢ且ａＢ＝μ ｍｇ／Ｍ，解得ｓＢ＝Ｍｖ2／2μｍｇ＝2×22／2×0．2×1×10＝2ｍ． 　设这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ１，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ１＝（1／2）ｍｖ０2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得ｓ１＝6ｍ． 　当ｓ＝4ｍ时，Ａ、Ｂ达到共同速度ｖ＝2ｍ／ｓ后再匀速向前运动2ｍ碰到挡板，Ｂ碰到竖直挡板后，根据动量守恒定律得Ａ、Ｂ最后相对静止时的速度为ｖ′，则 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′， 解得　ｖ′＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ２，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ２＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　ｓ２＝2．67ｍ． 　因此，Ａ、Ｂ最终不脱离的木板最小长度为ｓ１＋ｓ２＝8．67ｍ 　（2）因Ｂ离竖直档板的距离ｓ＝0．5ｍ＜2ｍ，所以碰到档板时，Ａ、Ｂ未达到相对静止，此时Ｂ的速度ｖＢ为 　ｖＢ2＝2ａＢｓ＝（2μｍｇ／Ｍ）ｓ，解得　ｖＢ＝1ｍ／ｓ， 　设此时Ａ的速度为ｖＡ，根据动量守恒定律，得 　ｍｖ０＝ＭｖＢ＋ｍｖＡ，解得ｖＡ＝4ｍ／ｓ， 　设在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移为ｓ１′，根据动能定理得： 　μｍｇｓ１′＝（1／2）ｍｖ０2－（（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）ＭｖＢ2）， 　解得　ｓ１′＝4．5ｍ． 　Ｂ碰撞挡板后，Ａ、Ｂ最终达到向右的相同速度ｖ，根据动能定理得ｍｖＡ－ＭｖＢ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ２′为 　μｍｇｓ２′＝（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得　ｓ２′＝（25／6）ｍ． 　Ｂ再次碰到挡板后，Ａ、Ｂ最终以相同的速度ｖ′向左共同运动，根据动量守恒定律，得 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′，解得　ｖ′＝（2／9）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ３′为： 　μｍｇｓ３′＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　　　　ｓ３′＝（8／27）ｍ． 　因此，为使Ａ不从Ｂ上脱落，Ｂ的最小长度为ｓ１′＋ｓ２′＋ｓ３′＝8．96ｍ． 17．解：（1）Ｂ与Ａ碰撞后，Ｂ相对于Ａ向左运动，Ａ所受摩擦力方向向左，Ａ的运动方向向右，故摩擦力作负功．设Ｂ与Ａ碰撞后的瞬间Ａ的速度为ｖ１，Ｂ的速度为ｖ２，Ａ、Ｂ相对静止后的共同速度为ｖ，整个过程中Ａ、Ｂ组成的系统动量守恒，有 　Ｍｖ０＝（Ｍ＋1．5Ｍ）ｖ，ｖ＝2ｖ０／5． 　碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功，即 　Ｍｖ２＋1．5Ｍｖ１＝2．5Ｍｖ，　　① 　（1／2）×1．5Ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2－（1／2）×2．5Ｍｖ2＝Ｍμｇｌ，　　② 可解出ｖ１＝（1／2）ｖ０（另一解ｖ１＝（3／10）ｖ０因小于ｖ而舍去） 　这段过程中，Ａ克服摩擦力做功 　Ｗ＝（1／2）×1．5Ｍｖ１2－（1／2）×1．5Ｍｖ2＝（27／400）Ｍｖ０2（0．068Ｍｖ０2）． 　（2）Ａ在运动过程中不可能向左运动，因为在Ｂ未与Ａ碰撞之前，Ａ受到的摩擦力方向向右，做加速运动，碰撞之后Ａ受到的摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后，速度仍向右，因此不可能向左运动． 　Ｂ在碰撞之后，有可能向左运动，即ｖ２＜0． 　先计算当ｖ２ ＝0时满足的条件，由①式，得 　ｖ１＝（2ｖ０／3）－（2ｖ２／3），当ｖ２＝0时，ｖ１＝2ｖ０／3，代入②式，得 　（（1／2）×1．5Ｍ4ｖ０2／9）－（（1／2）×2．5Ｍ4ｖ０2／25）＝Ｍμｇｌ， 解得　μｇｌ＝2ｖ０2／15． 　Ｂ在某段时间内向左运动的条件之一是μｌ＜2ｖ０2／15ｇ． 　另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即 　（1／2）Ｍｖ０2－（1／2）2．5Ｍ（2ｖ０／5）2≥2Ｍμｇｌ， 　解出另一个条件是　μｌ≤3ｖ０2／20ｇ， 　最后得出Ｂ在某段时间内向左运动的条件是 　2ｖ０2／15ｇ＜μｌ≤3ｖ０2／20ｇ． 18．解：（1）以警车为研究对象，由动能定理． 　－μｍｇ·ｓ＝（1／2）ｍｖ2－（1／2）ｍｖ０2， 　将ｖ０＝14．0ｍ／ｓ，ｓ＝14．0ｍ，ｖ＝0代入，得 　μｇ＝7．0ｍ／ｓ2， 　因为警车行驶条件与肇事汽车相同，所以肇事汽车的初速度ｖＡ＝＝21ｍ／ｓ． 　（2）肇事汽车在出事点Ｂ的速度 　ｖＢ＝＝14ｍ／ｓ， 　肇事汽车通过段的平均速度 　＝（ｖＡ＋ｖＢ）／2＝（21＋14）／2＝17．5ｍ／ｓ． 　肇事汽车通过ＡＢ段的时间 　ｔ２＝ＡＢ／＝（31．5－14．0）／17．5＝1ｓ． 　∴　游客横过马路的速度 　ｖ人＝／（ｔ１＋ｔ２）＝（2．6／（1＋0．7））ｍ／ｓ＝1．53ｍ／ｓ． 19．解：（1）开始Ａ、Ｂ处于静止状态时，有 　ｋｘ０－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｓｉｎ30°＝0，　　① 　设施加Ｆ时，前一段时间Ａ、Ｂ一起向上做匀加速运动，加速度为ａ，ｔ＝0．2ｓ，Ａ、Ｂ间相互作用力为零，对Ｂ有： 　ｋｘ－ｍＢｇｓｉｎ30°＝ｍＢａ，　　② 　ｘ－ｘ０＝（1／2）ａｔ2，　　③ 　解①、②、③得： 　ａ＝5ｍｓ－2，ｘ０＝0．05ｍ，ｘ＝0．15ｍ， 　初始时刻Ｆ最小 　Ｆｍｉｎ＝（ｍＡ＋ｍＢ）ａ＝60Ｎ． 　ｔ＝0．2ｓ时，Ｆ最大 　Ｆｍａｘ－ｍＡｇｓｉｎ30°＝ｍＡａ， 　Ｆｍａｘ＝ｍＡ（ｇｓｉｎ30°＋ａ）＝100Ｎ， 　（2）ΔＥＰＡ＝ｍＡｇΔｈ＝ｍＡｇ（ｘ－ｘ０）ｓｉｎ30°＝5Ｊ． 20 ．解：当弹簧处于压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和．当弹簧伸长到其自然长度时，弹性势能为零，因这时滑块Ａ的速度为零，故系统的机械能等于滑块Ｂ的动能．设这时滑块Ｂ的速度为ｖ则有 　Ｅ＝（1／2）ｍ２ｖ2，　　① 由动量守恒定律（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ２ｖ，　　② 解得　Ｅ＝（1／2）（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２．　　③ 　假定在以后的运动中，滑块Ｂ可以出现速度为零的时刻，并设此时滑块Ａ的速度为ｖ１．这时，不论弹簧是处于伸长还是压缩状态，都具有弹性势能Ｅｐ．由机械能守恒定律得 　（1／2）ｍ１ｖ１2＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　④ 根据动量守恒　（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ１ｖ１，　　⑤ 求出ｖ１，代入④式得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑥ 因为Ｅｐ≥0，故得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）≤（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑦ 即　ｍ１≥ｍ２，与已知条件ｍ１＜ｍ２不符． 　可见滑块Ｂ的速度永不为零，即在以后的运动中，不可能出现滑动Ｂ的速度为零的情况． 21．解：设恰好物体相对圆盘静止时，弹簧压缩量为Δｌ，静摩擦力为最大静摩擦力ｆｍａｘ，这时物体处于临界状态，由向心力公式ｆｍａｘ－ｋΔｌ＝ｍＲｗ2，　　① 　假若物体向圆心移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ１－ｋ（Δｌ＋ｘ）＝ｍ（Ｒ－ｘ）ｗ2，　　② 　由①、②两式可得　ｆｍａｘ－ｆ１＝ｍｘｗ2－ｋｘ，　　③ 所以　ｍｘｗ2－ｋｘ≥0，得ｋ≤ｍｗ2，　　④ 　若物体向外移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ２－ｋ（Δｌ－ｘ）≥ｍ（Ｒ＋ｘ）ｗ2，　　⑤ 由①～⑥式得　ｆｍａｘ－ｆ２＝ｋｘ－ｍｘｗ2≥0，　　⑥ 所以　ｋ≥ｍｗ2，　　⑦ 即若物体向圆心移动，则ｋ≤ｍｗ2， 若物体向远离圆心方向移动，则ｋ≥ｍｗ2． 22．解：卫星环绕地球作匀速圆周运动，设卫星的质量为ｍ，轨道半径为ｒ，受到地球的万有引力为Ｆ， 　Ｆ＝ＧＭｍ／ｒ2，　　① 　式中Ｇ为万有引力恒量，Ｍ是地球质量． 　设ｖ是卫星环绕地球做匀速圆周运动的线速度，Ｔ是运动周期，根据牛顿第二定律，得 　Ｆ＝ｍｖ2／ｒ，　　② 　由①、②推导出　ｖ＝．　　③ 　③式表明：ｒ越大，ｖ越小． 　人造卫星的周期就是它环绕地球运行一周所需的时间Ｔ， 　Ｔ＝2πｒ／ｖ，　　④ 　由③、④推出　Ｔ＝2π，　　⑤ 　⑤式说明：ｒ越大，Ｔ越大．　23．证：设质点通过Ａ点时的速度为ｖＡ，通过Ｃ点时的速度为ｖＣ，由匀变速直线运动的公式得： ｓ1＝ｖＡＴ＋ａＴ2／2，ｓ3＝ｖＣＴ＋ａＴ2／2，ｓ3－ｓ1＝ｖＣＴ－ｖＡＴ． ∵　ｖＣ＝ｖＡ ＋2ａＴ， ∴　ｓ3－ｓ1＝（ｖＡ－2ａＴ－ｖＡ）Ｔ＝2ａＴ2，ａ＝（ｓ3－ｓ1）／2Ｔ2． 　24．根据：如果在连续的相等的时间内的位移之差相等，则物体做匀变速运动．证明：设物体做匀速运动的初速度为ｖ0，加速度为ａ，第一个Ｔ内的位移为ｓ1＝ｖ0Ｔ＋ａＴ2／2；第二个Ｔ内的位移为ｓ2＝（ｖ0＋ａＴ）Ｔ＋ａＴ2／2；第Ｎ个Ｔ内的位移为ｓＮ＝［ｖ0＋（Ｎ－1）ａＴ］Ｔ＋ａＴ2／2．　ｓＮ－ｓＮ－1＝ａＴ2，逆定理也成立． 　25．解：由匀变速直线运动的公式得小物块的加速度的大小为ａ1＝（ｖ0－ｖｔ）／ｔ＝2（ｍ／ｓ2）．木板的加速度大小为ａ2＝2ｓ／ｔ2＝0.25（ｍ／ｓ2）． 根据牛顿第二定律　Ｆ＝ｍａ 对小物块得　ｆ′1＝ｍａ1＝1×2＝2Ｎ， 对木板得　ｆ1－μ（ｍ＋Ｍ）ｇ＝Ｍａ2， 　μ＝（ｆ1－Ｍａ2）／（ｍ＋Ｍ）ｇ＝（2－4×0.25）／（1＋4）×10＝0.02． 　26．解：假设金属块没有离开第一块长木板，移动的相对距离为ｘ，由动量守恒定律，得ｍｖ0＝3ｍｖ， 　ｍｖ02／2＝3ｍｖ2／2＋μｍｇｘ， 解得ｘ＝4ｍ／3＞Ｌ，不合理， ∴　金属块一定冲上第二块木板． 　以整个系统为研究对象，由动量定律及能量关系，当金属块在第一块木板上时ｍｖ0＝ｍｖ0′＋2ｍｖ1， 　ｍｖ02／2＝12ｍｖ0′2＋2ｍ·ｖ12／2＋μｍｇｌ． 　ｍｖ0＝ｍｖ1＋2ｍｖ2， 　ｍｖ02／2＝ｍｖ12／2＋2ｍ·ｖ22／2＋μｍｇ（ｌ＋ｘ）． 联立解得： 　ｖ1＝1／3ｍ／ｓ，ｖ2＝5／6ｍ／ｓ，ｘ＝0.25ｍ． 　27．解：当ｔ＝0时，ａＡ0＝9／3＝3ｍ／ｓ2，ａＢ0＝3／6＝0.5ｍ／ｓ2．ａＡ0＞ａＢ0，Ａ、Ｂ间有弹力，随ｔ之增加，Ａ、Ｂ间弹力在减小，当（9－2ｔ）／3＝（3＋2ｔ）／6，ｔ＝2.5ｓ时，Ａ、Ｂ脱离，以Ａ、Ｂ整体为研究对象，在ｔ＝2.5ｓ内，加速度ａ＝（ＦＡ＋ＦＢ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝4／3ｍ／ｓ2，ｓ＝ａｔ2／2＝4.17ｍ． 　28．解：（1）由ｍＣｖ0＝ｍＣｖ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ1，Ｃ由Ａ滑至Ｂ时，Ａ、Ｂ的共同速度是 　ｖ1＝ｍＣ（ｖ0－ｖ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝0.2ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＡ＝ｍＣｖ02／2－ｍＣｖ2／2－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12／2， 得　μ＝［ｍＣ（ｖ02－ｖ2）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12］／2ｍＣｇｌＡ＝0.48． 　（2）由ｍＣｖ＋ｍＢｖ1＝（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ2，Ｃ相对Ｂ静止时，Ｂ、Ｃ的共同速度是ｖ2＝（ｍＣｖ＋ｍＢｖ1）／（ｍＣ＋ｍＢ）＝0.65ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＢ＝ｍＣｖ2／2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22／2， Ｃ在Ｂ上滑行距离为 　ｌＢ＝［ｍＣｖ2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22］／2μｍＣ ｇ＝0.25ｍ． 　（3）由μｍＣｇｓ＝ｍＢｖ22／2－ｍＢｖ12／2， Ｂ相对地滑行的距离ｓ＝［ｍＢ（ｖ22－ｖ12）］／2μｍＣｇ＝0.12ｍ． 　（4）Ｃ在Ａ、Ｂ上匀减速滑行，加速度大小由μｍＣｇ＝ｍＣａ，得ａ＝μｇ＝4.8ｍ／ｓ2． Ｃ在Ａ上滑行的时间ｔ1＝（ｖ0－ｖ）／ａ＝0.21ｓ． Ｃ在Ｂ上滑行的时间ｔ2＝（ｖ－ｖ2）／ａ＝0.28ｓ． 所求时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝0.21ｓ＋0.28ｓ＝0.49ｓ． 　　29．匀加速下滑时，受力如图1ａ，由牛顿第二定律，有： ｍｇｓｉｎθ－μｍｇｃｏｓθ＝ｍａ＝ｍｇｓｉｎθ／2， 　ｓｉｎθ／2＝μｃｏｓθ， 　得μ＝ｓｉｎθ／2ｃｏｓθ．图1静止时受力分析如图1ｂ，摩擦力有两种可能：①摩擦力沿斜面向下；②摩擦力沿斜面向上．摩擦力沿斜面向下时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＝ｆ＋ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ， 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ＋μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ－μｓｉｎθ）ｍｇ＝3ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ－ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　摩擦力沿斜面向上时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＋ｆ＝ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ． 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ－μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ＋μｓｉｎθ）ｍｇ＝ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ＋ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　30．解：（1）物体在两斜面上来回运动时，克服摩擦力所做的功Ｗｆ＝μｍｇｃｏｓ60°·ｓ总． 　物体从开始直到不再在斜面上运动的过程中ｍｇｈ－Ｗｆ＝0－ｍｖ02／2．解得ｓ总＝38ｍ． 　（2）物体最终是在Ｂ、Ｃ之间的圆弧上来回做变速圆周运动，且在Ｂ、Ｃ点时速度为零． 　（3）物体第一次通过圆弧最低点时，圆弧所受压力最大．由动能定理得ｍｇ［ｈ＋Ｒ（1－ｃｏｓ60°）］－μｍｇｃｏｓ60°／ｓｉｎ60°＝ｍ（ｖ12－ｖ02）／2， 由牛顿第二定律得　Ｎｍａｘ－ｍｇ＝ｍｖ12／Ｒ， 解得　Ｎｍａｘ＝54.5Ｎ． 　物体最终在圆弧上运动时，圆弧所受压力最小．由动能定理得ｍｇＲ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍｖ22／2，由牛顿第二定律得Ｎｍｉｎ－ｍｇ＝ｍｖ22／Ｒ，解得Ｎｍｉｎ＝20Ｎ． 　31．解：（1）设刹车后，平板车的加速度为ａ0，从开始刹车到车停止所经历时间为ｔ0，车所行驶距离为ｓ0，则有ｖ02＝2ａ0ｓ0，ｖ0＝ａ0ｔ0． 　欲使ｔ0小，ａ0应该大，作用于木箱的滑动摩擦力产生的加速度ａ1＝μｍｇ／ｍ＝μｇ． 　当ａ0＞ａ1时，木箱相对车底板滑动，从刹车到车停止过程中木箱运动的路程为ｓ1，则ｖ02＝2ａ2ｓ 1． 　为使木箱不撞击驾驶室，应有ｓ1－ｓ0≤Ｌ． 　联立以上各式解得：ａ0≤μｇｖ02／（ｖ02－2μｇＬ）＝5ｍ／ｓ2， 　∴　ｔ0＝ｖ0／ａ0＝4.4ｓ． 　（2）对平板车，设制动力为Ｆ，则Ｆ＋ｋ（Ｍ＋ｍ）ｇ－μｍｇ＝Ｍａ0，解得：Ｆ＝7420Ｎ． 　32．解：对系统ａ0＝［Ｆ－μｇ（ｍ1＋ｍ2）］／（ｍ1＋ｍ2）＝1ｍ／ｓ2． 　对木块1，细绳断后：│ａ1│＝ｆ1／ｍ1＝μｇ＝1ｍ／ｓ2． 　设细绳断裂时刻为ｔ1，则木块1运动的总位移： 　ｓ1＝2ａ0ｔ12／2＝ａ0ｔ12． 　对木块2，细绳断后，ａ2＝（Ｆ－μｍ2ｇ）／ｍ2＝2ｍ／ｓ2． 木块2总位移 　ｓ2＝ｓ′＋ｓ″＝ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2， 两木块位移差Δｓ＝ｓ2－ｓ1＝22（ｍ）． 得　ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2－ａ0ｔ12＝22， 把ａ0，ａ2值，ｖ1＝ａ0ｔ1代入上式整理得： 　ｔ12＋12ｔ1－28＝0，得ｔ1＝2ｓ． 木块2末速ｖ2＝ｖ1＋ａ2（6－ｔ1）＝ａ0ｔ1＋ａ2（6－ｔ1）＝10ｍ／ｓ． 此时动能Ｅｋ＝ｍ2ｖ22／2＝2×102／2Ｊ＝100Ｊ． 　33．解：（1）由动量守恒定律，ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ′，且有ｍ∶Ｍ＝1∶3， ∴　Ａ、Ｂ共同速度ｖ′＝ｍｖ0／（ｍ＋Ｍ）＝1ｍ／ｓ． 　（2）由动能定理，对全过程应有 　μｍｇ·2Ｌ＝ｍｖ02／2－（ｍ＋Ｍ）ｖ′2／2， 　4μｇＬ＝ｖ02－4ｖ′2，μ＝（ｖ02－4ｖ′2）／4ｇＬ＝0.3． 　（3）先求Ａ与Ｂ挡板碰前Ａ的速度ｖ10，以及木板Ｂ相应速度ｖ20，取从Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板相碰前过程为研究对象，依动量守恒与动能定理有以下两式成立：ｍｖ0＝ｍｖ10＋Ｍｖ20， 　ｍｖ02／2－ｍｖ102／2－Ｍｖ202／2＝μｍｇＬ． 代入数据得　ｖ10＋3ｖ20＝4，ｖ102＋3ｖ202＝10， 解以上两式可得　ｖ10＝（2±3）／2ｍ／ｓ．因Ａ与Ｂ挡板碰前速度不可能取负值，故ｖ10＝（2＋3）／2ｍ／ｓ．相应解出ｖ20＝（2－）／2ｍ／ｓ＝0.3ｍ／ｓ． 　木板Ｂ此过程为匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得μｍｇ＝Ｍａ1，ａ1＝μｍｇ／Ｍ＝1（ｍ／ｓ2）． 此过程经历时间ｔ1由下式求出 　ｖ20＝ａ1ｔ1，ｔ1＝ｖ20／ａ1＝0.3（ｓ）． 其速度图线为图2中0～0.3ｓ段图线ａ． 　再求Ａ与Ｂ挡板碰后，木板Ｂ的速度ｖ2与木块Ａ的速度ｖ1，为方便起见取Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板碰撞后瞬间过程为研究对象，依动量守恒定律与动能定理有以下两式成立： ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2，ｍｖ02／2－ｍｖ12／2－Ｍｖ22／2＝μｍｇＬ． 故解为　ｖ1＝（2±3）／2ｍ／ｓ． 因ｖ1＝（2＋3）／2ｍ／ｓ为碰前速度，故取ｖ1＝（2－3）／2ｍ／ｓ，相应得ｖ2＝2＋2ｍ／ｓ＝1.7ｍ／ｓ． 由于ｖ1 ＜0，即木块相对Ｂ向左滑动，Ａ受Ｂ摩擦力向右，Ｂ受Ａ摩擦力向左，故Ｂ做匀减速直线运动，加速度大小由牛顿第二定律，得ａ＝μｍｇ／Ｍ＝1ｍ／ｓ2． 　从碰后到Ａ滑到Ｂ最左端过程中，Ｂ向右做匀减速直线运动时间设为ｔ2，则ｖ′－ｖ2＝－ａｔ2， ∴　ｔ2＝0.7ｓ． 　此过程速度图线如图2中0.3ｓ～1.0ｓ段图线ｂ．图2　　34．解：设ｍ1、ｍ2两物体受恒力Ｆ作用后，产生的加速度分别为ａ1、ａ2，由牛顿第二定律Ｆ＝ｍａ，得 　ａ1＝Ｆ／ｍ1，ａ2＝Ｆ／ｍ2， 　历时ｔ两物体速度分别为ｖ1＝ａ1ｔ，ｖ2＝ｖ0＋ａ2ｔ，由题意令ｖ1＝ｖ2，即ａ1ｔ＝ｖ0＋ａ2ｔ或（ａ1－ａ2）ｔ＝ｖ0，因ｔ≠0、ｖ0＞0，欲使上式成立，需满足ａ1－ａ2＞0，即Ｆ／ｍ1＞Ｆ／ｍ2，或ｍ1＜ｍ2，也即当ｍ1≥ｍ2时不可能达到共同速度，当ｍ1＜ｍ2时，可以达到共同速度． 　35．解：（1）当小球刚好能在轨道内做圆周运动时，水平初速度ｖ最小，此时有ｍｇ＝ｍｖ2／Ｒ， 故　ｖ＝＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）若初速度ｖ′＜ｖ，小球将做平抛运动，如在其竖直位移为Ｒ的时间内，其水平位移ｓ≥Ｒ，小球可进入轨道经过Ｂ点．设其竖直位移为Ｒ时，水平位移也恰为R，则Ｒ＝ｇｔ2／2，Ｒ＝ｖ′ｔ，解得：ｖ′＝／2＝ｍ／ｓ． 因此，初速度满足2ｍ／ｓ＞ｖ′≥ｍ／ｓ时，小球可做平抛运动经过Ｂ点． 　36．卫星在天空中任何天体表面附近运行时，仅受万有引力Ｆ作用使卫星做圆周运动，运动半径等于天体的球半径Ｒ．设天体质量为Ｍ，卫星质量为ｍ，卫星运动周期为Ｔ，天体密度为ρ．根据万有引力定律Ｆ＝ＧＭｍ／Ｒ2， 卫星做圆周运动向心力Ｆ′＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2， 因为 　Ｆ′＝Ｆ，得ＧＭｍ／Ｒ2＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2，∴Ｔ＝． 　又球体质量Ｍ＝4πＲ3ρ／3． 得Ｔ＝=，∴Ｔ∝1／，得证． 　 37．解：由于两球相碰满足动量守恒 　　ｍ1ｖ0＝ｍ1ｖ1＋ｍ2ｖ2，ｖ1＝－1.3ｍ／ｓ． 　两球组成系统碰撞前后的总动能Ｅｋ1＋Ｅｋ2＝ｍ1ｖ02／2＋0＝2.5Ｊ， 　Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＝ｍ1ｖ12／2＋ｍ2ｖ22／2＝2.8Ｊ． 　可见，Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＞Ｅｋ1＋Ｅｋ2，碰后能量较碰撞前增多了，违背了能量守恒定律，这种假设不合理． 　38．解：（1）由动量守恒，得ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2， 由运动学公式得ｓ＝（ｖ1－ｖ2）ｔ，ｈ＝ｇｔ2／2， 由以上三式得ｖ2＝（ｍｖ0－ｓｍ）／（Ｍ＋ｍ）． 　（2）最后车与物体以共同的速度ｖ向右运动，故有 　ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖｖ＝ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）． ∴ΔＥ＝ｍｖ02／2＋ｍｇｈ－（Ｍ＋ｍ）ｍ2ｖ02／2（Ｍ＋ｍ）2． 解得ΔＥ＝ｍｇｈ＋Ｍｍｖ02／2（Ｍ＋ｍ）． 　39．解：设碰前Ａ、Ｂ有共同速度ｖ时，Ｍ前滑的距离为ｓ．则ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ，ｆｓ＝Ｍｖ2／2，ｆ＝μｍｇ． 　由以上各式得　ｓ＝Ｍｍｖ02／2μｇ（Ｍ＋ｍ）2． 　当ｖ0＝2ｍ／ｓ时，ｓ＝2／9ｍ＜0.5ｍ，即Ａ、Ｂ有共同速度．当ｖ0＝4ｍ／ｓ时，ｓ＝8／9ｍ＞0.5ｍ，即碰前Ａ、Ｂ速度不同． 　40．解：（1）物体由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者系统水平方向动量守恒得：ｍｖ0＝ｍｖ0／2＋2ｍｖＡＢ． 解之得　ｖＡＢ＝ｖ0／4． 　（2）物块由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者功能关系得：μｍｇＬ＝ｍｖ02／2－ｍ（ｖ0／2）2／2－2ｍ（ｖ0／4）2／2． 解之得　Ｌ＝5ｖ02／16μｇ． 　（3）物块由Ｄ滑到Ｃ的过程中，二者系统水平方向动量守恒，又因为物块到达最高点Ｃ时，物块与滑块速度相等且水平，均为ｖ． 故得　ｍｖ0／2＋ｍｖ0／4＝2ｍｖ， ∴　得滑块的动能ＥＣＤ＝ｍｖ2／2＝9ｍｖ02／128． 　41．解：（1）Ｂ从ｖ0减速到速度为零的过程，Ｃ静止，Ｂ的位移：ｓ1＝ｖ02／2μｇ． 　所用的时间：ｔ1＝ｖ0／μｇ． 　此后Ｂ与Ｃ一起向右做加速运动，Ａ做减速运动，直到相对静止，设所用时间为ｔ2，共同速度为ｖ． 　对Ａ、Ｂ、Ｃ，由动量守恒定律得 　ｍＡ·2ｖ0－ｍＢｖ0＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ， ∵　ｍＡ＝ｍＢ＝ｍＣ，∴　ｖ＝ｖ0／3． 　 对Ｂ与Ｃ，向右加速运动的加速度 　ａ＝μｍＡｇ／（ｍＢ＋ｍＣ）＝μｇ／2，∴ｔ2＝ｖ／ａ＝2ｖ0／3μｇ． Δｔ内Ｂ向右移动的位移ｓ2＝ｖｔ2／2＝ｖ02／9μｇ， 故总路程ｓ＝ｓ1＋ｓ2＝11ｖ02／18μｇ，总时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝5ｖ0／3μｇ． 　（2）设车的最小长度为Ｌ，则相对静止时Ａ、Ｂ刚好接触，由能量守恒得 　ｍＡ（2ｖ0）2／2＋ｍＢｖ02／2＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ2／2＋μｍＢｇｓ1＋μｍＡｇ（Ｌ－ｓ1）， 联立解得Ｌ＝7ｖ02／3μｇ． 　42．解：（1）ｍ速度最大的位置应在O点左侧．因为细线烧断后，ｍ在弹簧弹力和滑动摩擦力的合力作用下向右做加速运动，当弹力与摩擦力的合力为零时，ｍ的速度达到最大，此时弹簧必处于压缩状态．此后，系统的机械能不断减小，不能再达到这一最大速度． 　（2）选ｍ、Ｍ为一系统，由动量守恒定律得 　ｍｖ1＝Ｍｖ2． 　设这一过程中弹簧释放的弹性势能为Ｅｐ，则 　Ｅｐ＝ｍｖ12／2＋Ｍｖ22／2＋μｍｇｓ， 解得　ｖ2＝ｍｖ1／Ｍ，Ｅｐ＝ｍ［（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2Ｍ＋μｇｓ］． 　（2）ｍ与Ｍ最终将静止，因为系统动量守恒，且总动量为零，只要ｍ与Ｍ间有相对运动，就要克服摩擦力做功，不断消耗能量，所以，ｍ与Ｍ最终必定都静止． 　43．解：（1）第一颗子弹射入木块过程，系统动量守恒，有 　ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ1． 　射入后，在ＯＢＣ运动过程中，机械能守恒，有 　（ｍ＋Ｍ）ｖ12／2＝（ｍ＋Ｍ）ｇＲ，得ｖ0＝（Ｍ＋ｍ）／ｍ． 　（2）由动量守恒定律知，第2、4、6……颗子弹射入木块后，木块速度为0，第1、3、5……颗子弹射入后，木块运动．当第9颗子弹射入木块时，由动量守恒得： 　ｍｖ0＝（9ｍ＋Ｍ）ｖ9， 　设此后木块沿圆弧上升最大高度为Ｈ，由机械能守恒定律得：（9ｍ＋Ｍ）ｖ92／2＝（9ｍ＋Ｍ）ｇＨ， 由以上可得：Ｈ＝［（Ｍ＋ｍ）／（Ｍ＋9ｍ）］2Ｒ． 　44．解：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动ｓ，速度变为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．由动能定理 　－μＭｇｓ＝0－ｍｖ02／2，ｓ＝ｍｖ02／2μＭｇ＝0.33ｍ． 　（2）假如平板车在第二次碰墙前还未和滑块相对静止，则其速度的大小肯定还是2ｍ／ｓ，因为只要相对运动，摩擦力大小为恒值．滑块速度则大于2ｍ／ｓ，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰墙前肯定已和滑块具有共同速度ｖ．此即平板车碰墙前瞬间的速度． 　Ｍｖ0－ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， ∴ｖ＝（Ｍ－ｍ）ｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝0.4ｍ／ｓ． 图3　（3）平板车与墙壁第一次碰撞后滑块与平板又达到共同速度ｖ前的过程，可用图3（ａ）、（ｂ）、（ｃ）表示．图3（ａ）为平板车与墙碰撞后瞬间滑块与平板车的位置，图3（ｂ）为平板车到达最左端时两者的位置，图3（ｃ）为平板车与滑块再次达到共同速度时两者的位置．在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功μΜｇｓ′，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功μＭｇｓ″（平板车从Ｂ到Ａ再回到Ｂ的过程中摩擦力做功为零），其中ｓ′、ｓ″分别为滑块和平板车的位移．滑块和平板车动能总减少为μＭｇｌ1，其中ｌ1＝ｓ′＋ｓ″为滑块相对平板车的位移，此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为ｌ，则有（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2＝μＭｇｌ，ｌ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2μＭｇ＝0.833ｍ． ｌ即为平板车的最短长度．图4　　45．解：如图4，Ａ球从静止释放后将自由下落至Ｃ点悬线绷直，此时速度为ｖＣ ∵　ｖＣ2＝2ｇ×2Ｌｓｉｎ30°， ∴　ｖＣ＝＝2ｍ／ｓ． 　在线绷直的过程中沿线的速度分量减为零时，Ａ将以切向速度ｖ1沿圆弧运动且 　ｖ1＝ｖＣｃｏｓ30°＝ｍ／ｓ． 　Ａ球从Ｃ点运动到最低点与Ｂ球碰撞前机械能守恒，可求出Ａ球与Ｂ球碰前的速度 　ｍＡｖ12／2＋ｍＡｇＬ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍＡｖ22／2， 　ｖ2＝==ｍ／ｓ． 　因Ａ、Ｂ两球发生无能量损失的碰撞且ｍＡ＝ｍＢ，所以它们的速度交换，即碰后Ａ球的速度为零，Ｂ球的速度为ｖ2＝（ｍ／ｓ）．对Ｂ球和小车组成的系统水平方向动量守恒和机械能守恒，当两者有共同水平速度ｕ时，Ｂ球上升到最高点，设上升高度为ｈ． 　ｍＢｖ2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ，ｍＢｖ22／2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ2／2＋ｍＢｇｈ．解得ｈ＝3／16≈0.19ｍ． 　在Ｂ球回摆到最低点的过程中，悬线拉力仍使小车加速，当Ｂ球回到最低点时小车有最大速度ｖｍ ，设小球Ｂ回到最低点时速度的大小为ｖ3，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 　ｍＢｖ2＝－ｍＢｖ3＋Ｍｖｍ，ｍＢｖ22／2＝ｍＢｖ32／2＋Ｍｖｍ2／2， 解得ｖｍ＝2ｍＢｖ2／（ｍ3＋Ｍ）＝／2ｍ／ｓ＝1.12ｍ／ｓ． 　46．解：（1）小球的角速度与运动的角速度必定相等，则有ｖ＝ωＲ＝ω． 　（2）人手所提供的功率应等于小球在运动过程中克服摩擦力做功的功率．即有Ｐ＝ｆｖ， ∴　ｆ＝Ｐ／ｖ＝Ｐ／ω． 　47．解：由于粘性物体与底板粘合的过程时间极短，冲击力远大于重力，在竖直方向近似动量守恒，开始静止时，有　ｍ1ｇ＝ｋｘｋ＝ｍ1ｇｘ． 　ｍ2下落Ｈ时的速度ｖ＝，ｍ2与ｍ1合在一起动量守恒，ｍ2ｖ＝（ｍ1＋ｍ2）ｖ′，ｖ′＝ｍ2ｖ／（ｍ1＋ｍ2）＝ｍ2／（ｍ1＋ｍ2）． 　设向下为正方向，ｍ1与ｍ2的整体受两个力，即重力（ｍ1＋ｍ2）ｇ和弹簧的平均拉力，则有平均拉力＝ｋｘ＋ｋｈ／2＝ｋ（2ｘ＋ｈ）／2，由动能定理得 ［－＋（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ＝0－（ｍ1＋ｍ2）ｖ2／2， 由以上各式得［ｍ1ｇ（2ｘ＋ｈ）／2ｘ－（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ 　＝（ｍ1＋ｍ2）·ｍ22·2ｇｈ／2（ｍ1＋ｍ2）2． 代入数值得ｈ＝0.3ｍ． 　48．解：ｍ与Ａ粘在一起后水平方向动量守恒，共同速度设为ｖ1，Ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ1， 得ｖ1＝Ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝2ｖ0／3． 　当弹簧压缩到最大时即有最大弹性势能Ｅ，此时系统中各物体有相同速度，设为ｖ2，由动量守恒定律 　2Ｍｖ0＝（2Ｍ＋ｍ）ｖ2，得ｖ2＝2Ｍｖ0／（2Ｍ＋ｍ）＝4ｖ0／5． 由能量守恒有 　Ｅ＝Ｍｖ02／2＋（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2－（2Ｍ＋ｍ）ｖ22／2， 解得Ｅ＝Ｍｖ02／30． 　49．解：（1）振子在平衡位置时，所受合力为零，设此时弹簧被压缩Δｘ：（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ＝ｋΔｘ，Δｘ＝5ｃｍ． 　开始释放时振子处在最大位移处，故振幅 　Ａ＝5ｃｍ＋5ｃｍ＝10ｃｍ． 　（2）由于开始时弹簧的伸长量恰等于振子在平衡位置时弹簧的压缩量，故弹性势能相等，设振子的最大速度为ｖ，从开始到平衡位置，根据机械能守恒定律， 得ｍｇ·Ａ＝ｍｖ2／2，∴ｖ＝＝1.4ｍ／ｓ， 即Ｂ的最大速率为1.4ｍ／ｓ． 　 （3）在最高点，振子受到的重力和弹力方向相同，根据牛顿第二定律，得 　ａ＝［ｋΔｘ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ］／（ｍＡ＋ｍＢ）＝20ｍ／ｓ2， Ａ对Ｂ的作用力方向向下，其大小 　Ｎ1＝ｍＢａ－ｍＢｇ＝10Ｎ． 在最低点，振子受到的重力和弹力方向相反，根据牛顿第二定律，得ａ＝ｋ（Δｘ＋Ａ）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｍＡ＋ｍＢ＝20ｍ／ｓ2． Ａ对Ｂ的作用力方向向上，其大小 　Ｎ2＝ｍＢａ＋ｍＢｇ＝30Ｎ． 　31．如图1－86所示，一质量为500ｋｇ的木箱放在质量为2000ｋｇ的平板车的后部，木箱到驾驶室的距离Ｌ＝1.6ｍ，已知木箱与车板间的动摩擦因数μ＝0.484，平板车在运动过程中所受阻力是车和箱总重的0.20倍，平板车以ｖ0＝22.0ｍ／ｓ恒定速度行驶，突然驾驶员刹车使车做匀减速运动，为使木箱不撞击驾驶室．ｇ取1ｍ／ｓ2，试求： 　（1）从刹车开始到平板车完全停止至少要经过多长时间． 　（2）驾驶员刹车时的制动力不能超过多大．图1－86　　　　图1－872．解：在0～1ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知 　ａ１＝12ｍ／ｓ２， 由牛顿第二定律，得 　Ｆ－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ１，　　① 在0～2ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知ａ２＝－6ｍ／ｓ２， 因为此时物体具有斜向上的初速度，故由牛顿第二定律，得 　－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ２，　　② 　②式代入①式，得　Ｆ＝18Ｎ． 3．解：在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从Ａ到Ｂ需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为ｔ1，则 　（ｖ／2）ｔ１＋ｖ（ｔ－ｔ１）＝Ｌ， 所以　ｔ１＝2（ｖｔ－Ｌ）／ｖ＝（2×（2×6－10）／2）ｓ＝2ｓ． 为使物体从Ａ至Ｂ所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变．而　ａ＝ｖ／ｔ＝1ｍ／ｓ２．设物体从Ａ至Ｂ所用最短的时间为ｔ2，则 　（1／2）ａｔ2２＝Ｌ， 　ｔ2＝=＝2ｓ． 　ｖｍｉｎ＝ａｔ2＝1×2ｍ／ｓ＝2ｍ／ｓ． 传送带速度再增大1倍，物体仍做加速度为1ｍ／ｓ２的匀加速运动，从Ａ至Ｂ的传送时间为2ｍ／ｓ． 4．解：启动前Ｎ１＝ｍｇ， 　升到某高度时　Ｎ2＝（17／18）Ｎ１＝（17／18）ｍｇ， 　对测试仪　Ｎ2－ｍｇ′＝ｍａ＝ｍ（ｇ／2）， 　∴　ｇ′＝（8／18）ｇ＝（4／9）ｇ， 　ＧｍＭ／Ｒ2＝ｍｇ，ＧｍＭ／（Ｒ＋ｈ）2＝ｍｇ′，解得：ｈ＝（1／2）Ｒ． 5．解：由匀加速运动的公式　ｖ２＝ｖ０２＋2ａｓ 　得物块沿斜面下滑的加速度为 　ａ＝ｖ2／2ｓ＝1．42／（2×1．4）＝0．7ｍｓ－２， 由于ａ＜ｇｓｉｎθ＝5ｍｓ－２， 　可知物块受到摩擦力的作用．图3　分析物块受力，它受3个力，如图3．对于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，由牛顿定律有 　ｍｇｓｉｎθ－ｆ１＝ｍａ， 　ｍｇｃｏｓθ－Ｎ１＝0， 　分析木楔受力，它受5个力作用，如图3所示．对于水平方向，由牛顿定律有 　ｆ2＋ｆ１ｃｏｓθ－Ｎ１ｓｉｎθ＝0， 　由此可解得地面的作用于木楔的摩擦力 　ｆ2＝ｍｇｃｏｓθｓｉｎθ－（ｍｇｓｉｎθ－ｍａ）ｃｏｓθ＝ｍａｃｏｓθ＝1×0．7×（／2）＝0．61Ｎ． 　此力的方向与图中所设的一致（由指向）． 6．解：（1）飞机原先是水平飞行的，由于垂直气流的作用，飞机在竖直方向上的运动可看成初速度为零的匀加速直线运动，根据　ｈ＝（1／2）ａｔ２，得ａ＝2ｈ／ｔ２，代入ｈ＝1700ｍ，ｔ＝10ｓ，得 　ａ＝（2×1700／10２）（ｍ／ｓ２）＝34ｍ／ｓ２，方向竖直向下． 　（2）飞机在向下做加速运动的过程中，若乘客已系好安全带，使机上乘客产生加速度的力是向下重力和安全带拉力的合力．设乘客质量为ｍ，安全带提供的竖直向下拉力为Ｆ，根据牛顿第二定律　Ｆ＋ｍｇ＝ｍａ，得安全带拉力 　　Ｆ＝ｍ（ａ－ｇ）＝ｍ（34－10）Ｎ＝24ｍ（Ｎ）， ∴　安全带提供的拉力相当于乘客体重的倍数 　ｎ＝Ｆ／ｍｇ＝24ｍＮ／ｍ·10Ｎ＝2．4（倍）． 　（3）若乘客未系安全带，飞机向下的加速度为34ｍ／ｓ２，人向下加速度为10ｍ／ｓ２，飞机向下的加速度大于人的加速度，所以人对飞机将向上运动，会使头部受到严重伤害． 7．解：设月球表面重力加速度为ｇ，根据平抛运动规律，有 　ｈ＝（1／2）ｇｔ２，　　① 　水平射程为　　　Ｌ＝ｖ０ｔ，　　② 　联立①②得ｇ＝2ｈｖ０２／Ｌ２．　　③ 　根据牛顿第二定律，得　ｍｇ＝ｍ（2π／Ｔ）２Ｒ，　　④ 　联立③④得　Ｔ＝（πＬ／ｖ０ｈ）．　　⑤ 8．解：前2秒内，有Ｆ－ｆ＝ｍａ１，ｆ＝μＮ，Ｎ＝ｍｇ，则 　ａ１＝（Ｆ－μｍｇ）／ｍ＝4ｍ／ｓ２，ｖｔ＝ａ１ｔ＝8ｍ／ｓ， 　撤去Ｆ以后　ａ２＝ｆ／ｍ＝2ｍ／ｓ，ｓ＝ｖ１２／2ａ２＝16ｍ． 9．解：（1）用力斜向下推时，箱子匀速运动，则有 　Ｆｃｏｓθ＝ｆ，ｆ＝μＮ，Ｎ＝Ｇ＋Ｆｓｉｎθ， 　联立以上三式代数据，得　Ｆ＝1．2×10２Ｎ． 　（2）若水平用力推箱子时，据牛顿第二定律，得Ｆ合＝ｍａ，则有 　Ｆ－μＮ＝ｍａ，Ｎ＝Ｇ， 　联立解得　ａ＝2．0ｍ／ｓ２． 　ｖ＝ａｔ＝2．0×3．0ｍ／ｓ＝6．0ｍ／ｓ， 　ｓ＝（1／2）ａｔ２＝（1／2）×2．0×3．0２ｍ／ｓ＝9．0ｍ， 　推力停止作用后　ａ′＝ｆ／ｍ＝4．0ｍ／ｓ２（方向向左）， 　ｓ′＝ｖ２／2ａ′＝4．5ｍ， 　则　ｓ总＝ｓ＋ｓ′＝13．5ｍ． 10．解：根据题中说明，该运动员发球后，网球做平抛运动．以ｖ表示初速度，Ｈ表示网球开始运动时离地面的高度（即发球高度），ｓ１表示网球开始运动时与网的水平距离（即运动员离开网的距离），ｔ１表示网球通过网上的时刻，ｈ表示网球通过网上时离地面的高度，由平抛运动规律得到 　ｓ１＝ｖｔ１，Ｈ－ｈ＝（1／2）ｇｔ１２， 消去ｔ１，得　　ｖ＝ｍ／ｓ，ｖ≈23ｍ／ｓ． 　以ｔ２表示网球落地的时刻，ｓ２表示网球开始运动的地点与落地点的水平距离，ｓ表示网球落地点与网的水平距离，由平抛运动规律得到 　Ｈ＝（1／2）ｇｔ２２，ｓ２＝ｖｔ２， 消去ｔ２，得ｓ２＝ｖ≈16ｍ， 　网球落地点到网的距离　ｓ＝ｓ２－ｓ１≈4ｍ． 11．解：（1）设卫星质量为ｍ，它在地球附近做圆周运动，半径可取为地球半径Ｒ，运动速度为ｖ，有 　ＧＭｍ／Ｒ２＝ｍｖ２／Ｒ　得ｖ＝． 　（2）由（1）得： 　Ｍ＝ｖ２Ｒ／Ｇ＝＝6．0×1024ｋｇ． 12．解：对物块：Ｆ１－μｍｇ＝ｍａ１， 　6－0．5×1×10＝1·ａ１，ａ１＝1．0ｍ／ｓ2， 　ｓ１＝（1／2）ａ１ｔ2＝（1／2）×1×0．42＝0．08ｍ， 　ｖ１＝ａ１ｔ＝1×0．4＝0．4ｍ／ｓ， 　对小车：Ｆ２－μｍｇ＝Ｍａ２， 　9－0．5×1×10＝2ａ２，ａ２＝2．0ｍ／ｓ2， 　ｓ２＝（1／2）ａ２ｔ2＝（1／2）×2×0．42＝0．16ｍ， 　ｖ２＝ａ２ｔ＝2×0．4＝0．8ｍ／ｓ， 　撤去两力后，动量守恒，有Ｍｖ２－ｍｖ１＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， 　ｖ＝0．4ｍ／ｓ（向右）， ∵　（（1／2）ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2）－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ2＝μｍｇｓ３， 　ｓ３＝0．096ｍ， ∴　ｌ＝ｓ１＋ｓ２＋ｓ３＝0．336ｍ． 13．解：设木块到Ｂ时速度为ｖ０，车与船的速度为ｖ１，对木块、车、船系统，有 　ｍ１ｇｈ＝（ｍ１ｖ０2／2）＋（（ｍ２＋ｍ３）ｖ１2／2）， 　ｍ１ｖ０＝（ｍ２＋ｍ３）ｖ１， 解得　ｖ０＝5，ｖ１＝． 　木块到Ｂ后，船以ｖ１继续向左匀速运动，木块和车最终以共同速度ｖ２向右运动，对木块和车系统，有 　ｍ１ｖ０－ｍ２ｖ１＝（ｍ１＋ｍ２）ｖ２， 　μｍ１ｇｓ＝（（ｍ１ｖ０2／2）＋（ｍ２ｖ１2／2））－（（ｍ１＋ｍ２）ｖ２2／2）， 得　ｖ２＝ｖ１＝，ｓ＝2ｈ． 14．解：（1）小球的角速度与手转动的角速度必定相等均为ω．设小球做圆周运动的半径为ｒ，线速度为ｖ．由几何关系得　ｒ＝，ｖ＝ω·ｒ，解得　　 　　ｖ＝ω． 　（2）设手对绳的拉力为Ｆ，手的线速度为ｖ，由功率公式得　Ｐ＝Ｆｖ＝Ｆ·ωＲ， ∴　Ｆ＝Ｐ／ωＲ． 图4　研究小球的受力情况如图4所示，因为小球做匀速圆周运动，所以切向合力为零，即 　Ｆｓｉｎθ＝ｆ， 其中　ｓｉｎθ＝Ｒ／， 　联立解得　ｆ＝Ｐ／ω． 15．解：（1）用ｖ１表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由于子弹射入木块Ｃ时间极短，系统动量守恒，有 　ｍｖ０＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１， 　∴　ｖ１＝ｍｖ０／（ｍ＋Ｍ）＝3ｍ／ｓ， 　子弹和木块Ｃ在ＡＢ木板上滑动，由动能定理得： 　（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ２２－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ１２＝－μ（ｍ＋Ｍ）ｇＬ， 　解得　ｖ２＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）用ｖ′表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由动量守恒定律，得　ｍｖ０′＋Ｍｕ＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１′，解得　ｖ１′＝4ｍ／ｓ． 　木块Ｃ及子弹在ＡＢ木板表面上做匀减速运动　ａ＝μｇ．设木块Ｃ和子弹滑至ＡＢ板右端的时间为ｔ，则木块Ｃ和子弹的位移ｓ１＝ｖ１′ｔ－（1／2）ａｔ2， 　由于ｍ车≥（ｍ＋Ｍ），故小车及木块ＡＢ仍做匀速直线运动，小车及木板ＡＢ的位移　ｓ＝ｕｔ，由图5可知：ｓ１＝ｓ＋Ｌ， 　联立以上四式并代入数据得： 　ｔ2－6ｔ＋1＝0， 　解得：ｔ＝（3－2）ｓ，（ｔ＝（3＋2）ｓ不合题意舍去），　　（11） 　∴　ｓ＝ｕｔ＝0．18ｍ． 16．解：（1）设Ａ滑上Ｂ后达到共同速度前并未碰到档板，则根据动量守恒定律得它们的共同速度为ｖ，有图5　ｍｖ０＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝2ｍ／ｓ，在这一过程中，Ｂ的位移为ｓＢ＝ｖＢ2／2ａＢ且ａＢ＝μ ｍｇ／Ｍ，解得ｓＢ＝Ｍｖ2／2μｍｇ＝2×22／2×0．2×1×10＝2ｍ． 　设这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ１，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ１＝（1／2）ｍｖ０2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得ｓ１＝6ｍ． 　当ｓ＝4ｍ时，Ａ、Ｂ达到共同速度ｖ＝2ｍ／ｓ后再匀速向前运动2ｍ碰到挡板，Ｂ碰到竖直挡板后，根据动量守恒定律得Ａ、Ｂ最后相对静止时的速度为ｖ′，则 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′， 解得　ｖ′＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ２，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ２＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　ｓ２＝2．67ｍ． 　因此，Ａ、Ｂ最终不脱离的木板最小长度为ｓ１＋ｓ２＝8．67ｍ 　（2）因Ｂ离竖直档板的距离ｓ＝0．5ｍ＜2ｍ，所以碰到档板时，Ａ、Ｂ未达到相对静止，此时Ｂ的速度ｖＢ为 　ｖＢ2＝2ａＢｓ＝（2μｍｇ／Ｍ）ｓ，解得　ｖＢ＝1ｍ／ｓ， 　设此时Ａ的速度为ｖＡ，根据动量守恒定律，得 　ｍｖ０＝ＭｖＢ＋ｍｖＡ，解得ｖＡ＝4ｍ／ｓ， 　设在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移为ｓ１′，根据动能定理得： 　μｍｇｓ１′＝（1／2）ｍｖ０2－（（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）ＭｖＢ2）， 　解得　ｓ１′＝4．5ｍ． 　Ｂ碰撞挡板后，Ａ、Ｂ最终达到向右的相同速度ｖ，根据动能定理得ｍｖＡ－ＭｖＢ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ２′为 　μｍｇｓ２′＝（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得　ｓ２′＝（25／6）ｍ． 　Ｂ再次碰到挡板后，Ａ、Ｂ最终以相同的速度ｖ′向左共同运动，根据动量守恒定律，得 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′，解得　ｖ′＝（2／9）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ３′为： 　μｍｇｓ３′＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　　　　ｓ３′＝（8／27）ｍ． 　因此，为使Ａ不从Ｂ上脱落，Ｂ的最小长度为ｓ１′＋ｓ２′＋ｓ３′＝8．96ｍ． 17．解：（1）Ｂ与Ａ碰撞后，Ｂ相对于Ａ向左运动，Ａ所受摩擦力方向向左，Ａ的运动方向向右，故摩擦力作负功．设Ｂ与Ａ碰撞后的瞬间Ａ的速度为ｖ１，Ｂ的速度为ｖ２，Ａ、Ｂ相对静止后的共同速度为ｖ，整个过程中Ａ、Ｂ组成的系统动量守恒，有 　Ｍｖ０＝（Ｍ＋1．5Ｍ）ｖ，ｖ＝2ｖ０／5． 　碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功，即 　Ｍｖ２＋1．5Ｍｖ１＝2．5Ｍｖ，　　① 　（1／2）×1．5Ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2－（1／2）×2．5Ｍｖ2＝Ｍμｇｌ，　　② 可解出ｖ１＝（1／2）ｖ０（另一解ｖ１＝（3／10）ｖ０因小于ｖ而舍去） 　这段过程中，Ａ克服摩擦力做功 　Ｗ＝（1／2）×1．5Ｍｖ１2－（1／2）×1．5Ｍｖ2＝（27／400）Ｍｖ０2（0．068Ｍｖ０2）． 　（2）Ａ在运动过程中不可能向左运动，因为在Ｂ未与Ａ碰撞之前，Ａ受到的摩擦力方向向右，做加速运动，碰撞之后Ａ受到的摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后，速度仍向右，因此不可能向左运动． 　Ｂ在碰撞之后，有可能向左运动，即ｖ２＜0． 　先计算当ｖ２ ＝0时满足的条件，由①式，得 　ｖ１＝（2ｖ０／3）－（2ｖ２／3），当ｖ２＝0时，ｖ１＝2ｖ０／3，代入②式，得 　（（1／2）×1．5Ｍ4ｖ０2／9）－（（1／2）×2．5Ｍ4ｖ０2／25）＝Ｍμｇｌ， 解得　μｇｌ＝2ｖ０2／15． 　Ｂ在某段时间内向左运动的条件之一是μｌ＜2ｖ０2／15ｇ． 　另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即 　（1／2）Ｍｖ０2－（1／2）2．5Ｍ（2ｖ０／5）2≥2Ｍμｇｌ， 　解出另一个条件是　μｌ≤3ｖ０2／20ｇ， 　最后得出Ｂ在某段时间内向左运动的条件是 　2ｖ０2／15ｇ＜μｌ≤3ｖ０2／20ｇ． 18．解：（1）以警车为研究对象，由动能定理． 　－μｍｇ·ｓ＝（1／2）ｍｖ2－（1／2）ｍｖ０2， 　将ｖ０＝14．0ｍ／ｓ，ｓ＝14．0ｍ，ｖ＝0代入，得 　μｇ＝7．0ｍ／ｓ2， 　因为警车行驶条件与肇事汽车相同，所以肇事汽车的初速度ｖＡ＝＝21ｍ／ｓ． 　（2）肇事汽车在出事点Ｂ的速度 　ｖＢ＝＝14ｍ／ｓ， 　肇事汽车通过段的平均速度 　＝（ｖＡ＋ｖＢ）／2＝（21＋14）／2＝17．5ｍ／ｓ． 　肇事汽车通过ＡＢ段的时间 　ｔ２＝ＡＢ／＝（31．5－14．0）／17．5＝1ｓ． 　∴　游客横过马路的速度 　ｖ人＝／（ｔ１＋ｔ２）＝（2．6／（1＋0．7））ｍ／ｓ＝1．53ｍ／ｓ． 19．解：（1）开始Ａ、Ｂ处于静止状态时，有 　ｋｘ０－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｓｉｎ30°＝0，　　① 　设施加Ｆ时，前一段时间Ａ、Ｂ一起向上做匀加速运动，加速度为ａ，ｔ＝0．2ｓ，Ａ、Ｂ间相互作用力为零，对Ｂ有： 　ｋｘ－ｍＢｇｓｉｎ30°＝ｍＢａ，　　② 　ｘ－ｘ０＝（1／2）ａｔ2，　　③ 　解①、②、③得： 　ａ＝5ｍｓ－2，ｘ０＝0．05ｍ，ｘ＝0．15ｍ， 　初始时刻Ｆ最小 　Ｆｍｉｎ＝（ｍＡ＋ｍＢ）ａ＝60Ｎ． 　ｔ＝0．2ｓ时，Ｆ最大 　Ｆｍａｘ－ｍＡｇｓｉｎ30°＝ｍＡａ， 　Ｆｍａｘ＝ｍＡ（ｇｓｉｎ30°＋ａ）＝100Ｎ， 　（2）ΔＥＰＡ＝ｍＡｇΔｈ＝ｍＡｇ（ｘ－ｘ０）ｓｉｎ30°＝5Ｊ． 20 ．解：当弹簧处于压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和．当弹簧伸长到其自然长度时，弹性势能为零，因这时滑块Ａ的速度为零，故系统的机械能等于滑块Ｂ的动能．设这时滑块Ｂ的速度为ｖ则有 　Ｅ＝（1／2）ｍ２ｖ2，　　① 由动量守恒定律（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ２ｖ，　　② 解得　Ｅ＝（1／2）（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２．　　③ 　假定在以后的运动中，滑块Ｂ可以出现速度为零的时刻，并设此时滑块Ａ的速度为ｖ１．这时，不论弹簧是处于伸长还是压缩状态，都具有弹性势能Ｅｐ．由机械能守恒定律得 　（1／2）ｍ１ｖ１2＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　④ 根据动量守恒　（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ１ｖ１，　　⑤ 求出ｖ１，代入④式得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑥ 因为Ｅｐ≥0，故得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）≤（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑦ 即　ｍ１≥ｍ２，与已知条件ｍ１＜ｍ２不符． 　可见滑块Ｂ的速度永不为零，即在以后的运动中，不可能出现滑动Ｂ的速度为零的情况． 21．解：设恰好物体相对圆盘静止时，弹簧压缩量为Δｌ，静摩擦力为最大静摩擦力ｆｍａｘ，这时物体处于临界状态，由向心力公式ｆｍａｘ－ｋΔｌ＝ｍＲｗ2，　　① 　假若物体向圆心移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ１－ｋ（Δｌ＋ｘ）＝ｍ（Ｒ－ｘ）ｗ2，　　② 　由①、②两式可得　ｆｍａｘ－ｆ１＝ｍｘｗ2－ｋｘ，　　③ 所以　ｍｘｗ2－ｋｘ≥0，得ｋ≤ｍｗ2，　　④ 　若物体向外移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ２－ｋ（Δｌ－ｘ）≥ｍ（Ｒ＋ｘ）ｗ2，　　⑤ 由①～⑥式得　ｆｍａｘ－ｆ２＝ｋｘ－ｍｘｗ2≥0，　　⑥ 所以　ｋ≥ｍｗ2，　　⑦ 即若物体向圆心移动，则ｋ≤ｍｗ2， 若物体向远离圆心方向移动，则ｋ≥ｍｗ2． 22．解：卫星环绕地球作匀速圆周运动，设卫星的质量为ｍ，轨道半径为ｒ，受到地球的万有引力为Ｆ， 　Ｆ＝ＧＭｍ／ｒ2，　　① 　式中Ｇ为万有引力恒量，Ｍ是地球质量． 　设ｖ是卫星环绕地球做匀速圆周运动的线速度，Ｔ是运动周期，根据牛顿第二定律，得 　Ｆ＝ｍｖ2／ｒ，　　② 　由①、②推导出　ｖ＝．　　③ 　③式表明：ｒ越大，ｖ越小． 　人造卫星的周期就是它环绕地球运行一周所需的时间Ｔ， 　Ｔ＝2πｒ／ｖ，　　④ 　由③、④推出　Ｔ＝2π，　　⑤ 　⑤式说明：ｒ越大，Ｔ越大．　23．证：设质点通过Ａ点时的速度为ｖＡ，通过Ｃ点时的速度为ｖＣ，由匀变速直线运动的公式得： ｓ1＝ｖＡＴ＋ａＴ2／2，ｓ3＝ｖＣＴ＋ａＴ2／2，ｓ3－ｓ1＝ｖＣＴ－ｖＡＴ． ∵　ｖＣ＝ｖＡ ＋2ａＴ， ∴　ｓ3－ｓ1＝（ｖＡ－2ａＴ－ｖＡ）Ｔ＝2ａＴ2，ａ＝（ｓ3－ｓ1）／2Ｔ2． 　24．根据：如果在连续的相等的时间内的位移之差相等，则物体做匀变速运动．证明：设物体做匀速运动的初速度为ｖ0，加速度为ａ，第一个Ｔ内的位移为ｓ1＝ｖ0Ｔ＋ａＴ2／2；第二个Ｔ内的位移为ｓ2＝（ｖ0＋ａＴ）Ｔ＋ａＴ2／2；第Ｎ个Ｔ内的位移为ｓＮ＝［ｖ0＋（Ｎ－1）ａＴ］Ｔ＋ａＴ2／2．　ｓＮ－ｓＮ－1＝ａＴ2，逆定理也成立． 　25．解：由匀变速直线运动的公式得小物块的加速度的大小为ａ1＝（ｖ0－ｖｔ）／ｔ＝2（ｍ／ｓ2）．木板的加速度大小为ａ2＝2ｓ／ｔ2＝0.25（ｍ／ｓ2）． 根据牛顿第二定律　Ｆ＝ｍａ 对小物块得　ｆ′1＝ｍａ1＝1×2＝2Ｎ， 对木板得　ｆ1－μ（ｍ＋Ｍ）ｇ＝Ｍａ2， 　μ＝（ｆ1－Ｍａ2）／（ｍ＋Ｍ）ｇ＝（2－4×0.25）／（1＋4）×10＝0.02． 　26．解：假设金属块没有离开第一块长木板，移动的相对距离为ｘ，由动量守恒定律，得ｍｖ0＝3ｍｖ， 　ｍｖ02／2＝3ｍｖ2／2＋μｍｇｘ， 解得ｘ＝4ｍ／3＞Ｌ，不合理， ∴　金属块一定冲上第二块木板． 　以整个系统为研究对象，由动量定律及能量关系，当金属块在第一块木板上时ｍｖ0＝ｍｖ0′＋2ｍｖ1， 　ｍｖ02／2＝12ｍｖ0′2＋2ｍ·ｖ12／2＋μｍｇｌ． 　ｍｖ0＝ｍｖ1＋2ｍｖ2， 　ｍｖ02／2＝ｍｖ12／2＋2ｍ·ｖ22／2＋μｍｇ（ｌ＋ｘ）． 联立解得： 　ｖ1＝1／3ｍ／ｓ，ｖ2＝5／6ｍ／ｓ，ｘ＝0.25ｍ． 　27．解：当ｔ＝0时，ａＡ0＝9／3＝3ｍ／ｓ2，ａＢ0＝3／6＝0.5ｍ／ｓ2．ａＡ0＞ａＢ0，Ａ、Ｂ间有弹力，随ｔ之增加，Ａ、Ｂ间弹力在减小，当（9－2ｔ）／3＝（3＋2ｔ）／6，ｔ＝2.5ｓ时，Ａ、Ｂ脱离，以Ａ、Ｂ整体为研究对象，在ｔ＝2.5ｓ内，加速度ａ＝（ＦＡ＋ＦＢ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝4／3ｍ／ｓ2，ｓ＝ａｔ2／2＝4.17ｍ． 　28．解：（1）由ｍＣｖ0＝ｍＣｖ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ1，Ｃ由Ａ滑至Ｂ时，Ａ、Ｂ的共同速度是 　ｖ1＝ｍＣ（ｖ0－ｖ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝0.2ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＡ＝ｍＣｖ02／2－ｍＣｖ2／2－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12／2， 得　μ＝［ｍＣ（ｖ02－ｖ2）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12］／2ｍＣｇｌＡ＝0.48． 　（2）由ｍＣｖ＋ｍＢｖ1＝（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ2，Ｃ相对Ｂ静止时，Ｂ、Ｃ的共同速度是ｖ2＝（ｍＣｖ＋ｍＢｖ1）／（ｍＣ＋ｍＢ）＝0.65ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＢ＝ｍＣｖ2／2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22／2， Ｃ在Ｂ上滑行距离为 　ｌＢ＝［ｍＣｖ2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22］／2μｍＣ ｇ＝0.25ｍ． 　（3）由μｍＣｇｓ＝ｍＢｖ22／2－ｍＢｖ12／2， Ｂ相对地滑行的距离ｓ＝［ｍＢ（ｖ22－ｖ12）］／2μｍＣｇ＝0.12ｍ． 　（4）Ｃ在Ａ、Ｂ上匀减速滑行，加速度大小由μｍＣｇ＝ｍＣａ，得ａ＝μｇ＝4.8ｍ／ｓ2． Ｃ在Ａ上滑行的时间ｔ1＝（ｖ0－ｖ）／ａ＝0.21ｓ． Ｃ在Ｂ上滑行的时间ｔ2＝（ｖ－ｖ2）／ａ＝0.28ｓ． 所求时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝0.21ｓ＋0.28ｓ＝0.49ｓ． 　　29．匀加速下滑时，受力如图1ａ，由牛顿第二定律，有： ｍｇｓｉｎθ－μｍｇｃｏｓθ＝ｍａ＝ｍｇｓｉｎθ／2， 　ｓｉｎθ／2＝μｃｏｓθ， 　得μ＝ｓｉｎθ／2ｃｏｓθ．图1静止时受力分析如图1ｂ，摩擦力有两种可能：①摩擦力沿斜面向下；②摩擦力沿斜面向上．摩擦力沿斜面向下时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＝ｆ＋ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ， 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ＋μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ－μｓｉｎθ）ｍｇ＝3ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ－ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　摩擦力沿斜面向上时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＋ｆ＝ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ． 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ－μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ＋μｓｉｎθ）ｍｇ＝ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ＋ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　30．解：（1）物体在两斜面上来回运动时，克服摩擦力所做的功Ｗｆ＝μｍｇｃｏｓ60°·ｓ总． 　物体从开始直到不再在斜面上运动的过程中ｍｇｈ－Ｗｆ＝0－ｍｖ02／2．解得ｓ总＝38ｍ． 　（2）物体最终是在Ｂ、Ｃ之间的圆弧上来回做变速圆周运动，且在Ｂ、Ｃ点时速度为零． 　（3）物体第一次通过圆弧最低点时，圆弧所受压力最大．由动能定理得ｍｇ［ｈ＋Ｒ（1－ｃｏｓ60°）］－μｍｇｃｏｓ60°／ｓｉｎ60°＝ｍ（ｖ12－ｖ02）／2， 由牛顿第二定律得　Ｎｍａｘ－ｍｇ＝ｍｖ12／Ｒ， 解得　Ｎｍａｘ＝54.5Ｎ． 　物体最终在圆弧上运动时，圆弧所受压力最小．由动能定理得ｍｇＲ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍｖ22／2，由牛顿第二定律得Ｎｍｉｎ－ｍｇ＝ｍｖ22／Ｒ，解得Ｎｍｉｎ＝20Ｎ． 　31．解：（1）设刹车后，平板车的加速度为ａ0，从开始刹车到车停止所经历时间为ｔ0，车所行驶距离为ｓ0，则有ｖ02＝2ａ0ｓ0，ｖ0＝ａ0ｔ0． 　欲使ｔ0小，ａ0应该大，作用于木箱的滑动摩擦力产生的加速度ａ1＝μｍｇ／ｍ＝μｇ． 　当ａ0＞ａ1时，木箱相对车底板滑动，从刹车到车停止过程中木箱运动的路程为ｓ1，则ｖ02＝2ａ2ｓ 1． 　为使木箱不撞击驾驶室，应有ｓ1－ｓ0≤Ｌ． 　联立以上各式解得：ａ0≤μｇｖ02／（ｖ02－2μｇＬ）＝5ｍ／ｓ2， 　∴　ｔ0＝ｖ0／ａ0＝4.4ｓ． 　（2）对平板车，设制动力为Ｆ，则Ｆ＋ｋ（Ｍ＋ｍ）ｇ－μｍｇ＝Ｍａ0，解得：Ｆ＝7420Ｎ． 　32．解：对系统ａ0＝［Ｆ－μｇ（ｍ1＋ｍ2）］／（ｍ1＋ｍ2）＝1ｍ／ｓ2． 　对木块1，细绳断后：│ａ1│＝ｆ1／ｍ1＝μｇ＝1ｍ／ｓ2． 　设细绳断裂时刻为ｔ1，则木块1运动的总位移： 　ｓ1＝2ａ0ｔ12／2＝ａ0ｔ12． 　对木块2，细绳断后，ａ2＝（Ｆ－μｍ2ｇ）／ｍ2＝2ｍ／ｓ2． 木块2总位移 　ｓ2＝ｓ′＋ｓ″＝ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2， 两木块位移差Δｓ＝ｓ2－ｓ1＝22（ｍ）． 得　ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2－ａ0ｔ12＝22， 把ａ0，ａ2值，ｖ1＝ａ0ｔ1代入上式整理得： 　ｔ12＋12ｔ1－28＝0，得ｔ1＝2ｓ． 木块2末速ｖ2＝ｖ1＋ａ2（6－ｔ1）＝ａ0ｔ1＋ａ2（6－ｔ1）＝10ｍ／ｓ． 此时动能Ｅｋ＝ｍ2ｖ22／2＝2×102／2Ｊ＝100Ｊ． 　33．解：（1）由动量守恒定律，ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ′，且有ｍ∶Ｍ＝1∶3， ∴　Ａ、Ｂ共同速度ｖ′＝ｍｖ0／（ｍ＋Ｍ）＝1ｍ／ｓ． 　（2）由动能定理，对全过程应有 　μｍｇ·2Ｌ＝ｍｖ02／2－（ｍ＋Ｍ）ｖ′2／2， 　4μｇＬ＝ｖ02－4ｖ′2，μ＝（ｖ02－4ｖ′2）／4ｇＬ＝0.3． 　（3）先求Ａ与Ｂ挡板碰前Ａ的速度ｖ10，以及木板Ｂ相应速度ｖ20，取从Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板相碰前过程为研究对象，依动量守恒与动能定理有以下两式成立：ｍｖ0＝ｍｖ10＋Ｍｖ20， 　ｍｖ02／2－ｍｖ102／2－Ｍｖ202／2＝μｍｇＬ． 代入数据得　ｖ10＋3ｖ20＝4，ｖ102＋3ｖ202＝10， 解以上两式可得　ｖ10＝（2±3）／2ｍ／ｓ．因Ａ与Ｂ挡板碰前速度不可能取负值，故ｖ10＝（2＋3）／2ｍ／ｓ．相应解出ｖ20＝（2－）／2ｍ／ｓ＝0.3ｍ／ｓ． 　木板Ｂ此过程为匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得μｍｇ＝Ｍａ1，ａ1＝μｍｇ／Ｍ＝1（ｍ／ｓ2）． 此过程经历时间ｔ1由下式求出 　ｖ20＝ａ1ｔ1，ｔ1＝ｖ20／ａ1＝0.3（ｓ）． 其速度图线为图2中0～0.3ｓ段图线ａ． 　再求Ａ与Ｂ挡板碰后，木板Ｂ的速度ｖ2与木块Ａ的速度ｖ1，为方便起见取Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板碰撞后瞬间过程为研究对象，依动量守恒定律与动能定理有以下两式成立： ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2，ｍｖ02／2－ｍｖ12／2－Ｍｖ22／2＝μｍｇＬ． 故解为　ｖ1＝（2±3）／2ｍ／ｓ． 因ｖ1＝（2＋3）／2ｍ／ｓ为碰前速度，故取ｖ1＝（2－3）／2ｍ／ｓ，相应得ｖ2＝2＋2ｍ／ｓ＝1.7ｍ／ｓ． 由于ｖ1 ＜0，即木块相对Ｂ向左滑动，Ａ受Ｂ摩擦力向右，Ｂ受Ａ摩擦力向左，故Ｂ做匀减速直线运动，加速度大小由牛顿第二定律，得ａ＝μｍｇ／Ｍ＝1ｍ／ｓ2． 　从碰后到Ａ滑到Ｂ最左端过程中，Ｂ向右做匀减速直线运动时间设为ｔ2，则ｖ′－ｖ2＝－ａｔ2， ∴　ｔ2＝0.7ｓ． 　此过程速度图线如图2中0.3ｓ～1.0ｓ段图线ｂ．图2　　34．解：设ｍ1、ｍ2两物体受恒力Ｆ作用后，产生的加速度分别为ａ1、ａ2，由牛顿第二定律Ｆ＝ｍａ，得 　ａ1＝Ｆ／ｍ1，ａ2＝Ｆ／ｍ2， 　历时ｔ两物体速度分别为ｖ1＝ａ1ｔ，ｖ2＝ｖ0＋ａ2ｔ，由题意令ｖ1＝ｖ2，即ａ1ｔ＝ｖ0＋ａ2ｔ或（ａ1－ａ2）ｔ＝ｖ0，因ｔ≠0、ｖ0＞0，欲使上式成立，需满足ａ1－ａ2＞0，即Ｆ／ｍ1＞Ｆ／ｍ2，或ｍ1＜ｍ2，也即当ｍ1≥ｍ2时不可能达到共同速度，当ｍ1＜ｍ2时，可以达到共同速度． 　35．解：（1）当小球刚好能在轨道内做圆周运动时，水平初速度ｖ最小，此时有ｍｇ＝ｍｖ2／Ｒ， 故　ｖ＝＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）若初速度ｖ′＜ｖ，小球将做平抛运动，如在其竖直位移为Ｒ的时间内，其水平位移ｓ≥Ｒ，小球可进入轨道经过Ｂ点．设其竖直位移为Ｒ时，水平位移也恰为R，则Ｒ＝ｇｔ2／2，Ｒ＝ｖ′ｔ，解得：ｖ′＝／2＝ｍ／ｓ． 因此，初速度满足2ｍ／ｓ＞ｖ′≥ｍ／ｓ时，小球可做平抛运动经过Ｂ点． 　36．卫星在天空中任何天体表面附近运行时，仅受万有引力Ｆ作用使卫星做圆周运动，运动半径等于天体的球半径Ｒ．设天体质量为Ｍ，卫星质量为ｍ，卫星运动周期为Ｔ，天体密度为ρ．根据万有引力定律Ｆ＝ＧＭｍ／Ｒ2， 卫星做圆周运动向心力Ｆ′＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2， 因为 　Ｆ′＝Ｆ，得ＧＭｍ／Ｒ2＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2，∴Ｔ＝． 　又球体质量Ｍ＝4πＲ3ρ／3． 得Ｔ＝=，∴Ｔ∝1／，得证． 　 37．解：由于两球相碰满足动量守恒 　　ｍ1ｖ0＝ｍ1ｖ1＋ｍ2ｖ2，ｖ1＝－1.3ｍ／ｓ． 　两球组成系统碰撞前后的总动能Ｅｋ1＋Ｅｋ2＝ｍ1ｖ02／2＋0＝2.5Ｊ， 　Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＝ｍ1ｖ12／2＋ｍ2ｖ22／2＝2.8Ｊ． 　可见，Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＞Ｅｋ1＋Ｅｋ2，碰后能量较碰撞前增多了，违背了能量守恒定律，这种假设不合理． 　38．解：（1）由动量守恒，得ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2， 由运动学公式得ｓ＝（ｖ1－ｖ2）ｔ，ｈ＝ｇｔ2／2， 由以上三式得ｖ2＝（ｍｖ0－ｓｍ）／（Ｍ＋ｍ）． 　（2）最后车与物体以共同的速度ｖ向右运动，故有 　ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖｖ＝ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）． ∴ΔＥ＝ｍｖ02／2＋ｍｇｈ－（Ｍ＋ｍ）ｍ2ｖ02／2（Ｍ＋ｍ）2． 解得ΔＥ＝ｍｇｈ＋Ｍｍｖ02／2（Ｍ＋ｍ）． 　39．解：设碰前Ａ、Ｂ有共同速度ｖ时，Ｍ前滑的距离为ｓ．则ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ，ｆｓ＝Ｍｖ2／2，ｆ＝μｍｇ． 　由以上各式得　ｓ＝Ｍｍｖ02／2μｇ（Ｍ＋ｍ）2． 　当ｖ0＝2ｍ／ｓ时，ｓ＝2／9ｍ＜0.5ｍ，即Ａ、Ｂ有共同速度．当ｖ0＝4ｍ／ｓ时，ｓ＝8／9ｍ＞0.5ｍ，即碰前Ａ、Ｂ速度不同． 　40．解：（1）物体由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者系统水平方向动量守恒得：ｍｖ0＝ｍｖ0／2＋2ｍｖＡＢ． 解之得　ｖＡＢ＝ｖ0／4． 　（2）物块由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者功能关系得：μｍｇＬ＝ｍｖ02／2－ｍ（ｖ0／2）2／2－2ｍ（ｖ0／4）2／2． 解之得　Ｌ＝5ｖ02／16μｇ． 　（3）物块由Ｄ滑到Ｃ的过程中，二者系统水平方向动量守恒，又因为物块到达最高点Ｃ时，物块与滑块速度相等且水平，均为ｖ． 故得　ｍｖ0／2＋ｍｖ0／4＝2ｍｖ， ∴　得滑块的动能ＥＣＤ＝ｍｖ2／2＝9ｍｖ02／128． 　41．解：（1）Ｂ从ｖ0减速到速度为零的过程，Ｃ静止，Ｂ的位移：ｓ1＝ｖ02／2μｇ． 　所用的时间：ｔ1＝ｖ0／μｇ． 　此后Ｂ与Ｃ一起向右做加速运动，Ａ做减速运动，直到相对静止，设所用时间为ｔ2，共同速度为ｖ． 　对Ａ、Ｂ、Ｃ，由动量守恒定律得 　ｍＡ·2ｖ0－ｍＢｖ0＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ， ∵　ｍＡ＝ｍＢ＝ｍＣ，∴　ｖ＝ｖ0／3． 　 对Ｂ与Ｃ，向右加速运动的加速度 　ａ＝μｍＡｇ／（ｍＢ＋ｍＣ）＝μｇ／2，∴ｔ2＝ｖ／ａ＝2ｖ0／3μｇ． Δｔ内Ｂ向右移动的位移ｓ2＝ｖｔ2／2＝ｖ02／9μｇ， 故总路程ｓ＝ｓ1＋ｓ2＝11ｖ02／18μｇ，总时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝5ｖ0／3μｇ． 　（2）设车的最小长度为Ｌ，则相对静止时Ａ、Ｂ刚好接触，由能量守恒得 　ｍＡ（2ｖ0）2／2＋ｍＢｖ02／2＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ2／2＋μｍＢｇｓ1＋μｍＡｇ（Ｌ－ｓ1）， 联立解得Ｌ＝7ｖ02／3μｇ． 　42．解：（1）ｍ速度最大的位置应在O点左侧．因为细线烧断后，ｍ在弹簧弹力和滑动摩擦力的合力作用下向右做加速运动，当弹力与摩擦力的合力为零时，ｍ的速度达到最大，此时弹簧必处于压缩状态．此后，系统的机械能不断减小，不能再达到这一最大速度． 　（2）选ｍ、Ｍ为一系统，由动量守恒定律得 　ｍｖ1＝Ｍｖ2． 　设这一过程中弹簧释放的弹性势能为Ｅｐ，则 　Ｅｐ＝ｍｖ12／2＋Ｍｖ22／2＋μｍｇｓ， 解得　ｖ2＝ｍｖ1／Ｍ，Ｅｐ＝ｍ［（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2Ｍ＋μｇｓ］． 　（2）ｍ与Ｍ最终将静止，因为系统动量守恒，且总动量为零，只要ｍ与Ｍ间有相对运动，就要克服摩擦力做功，不断消耗能量，所以，ｍ与Ｍ最终必定都静止． 　43．解：（1）第一颗子弹射入木块过程，系统动量守恒，有 　ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ1． 　射入后，在ＯＢＣ运动过程中，机械能守恒，有 　（ｍ＋Ｍ）ｖ12／2＝（ｍ＋Ｍ）ｇＲ，得ｖ0＝（Ｍ＋ｍ）／ｍ． 　（2）由动量守恒定律知，第2、4、6……颗子弹射入木块后，木块速度为0，第1、3、5……颗子弹射入后，木块运动．当第9颗子弹射入木块时，由动量守恒得： 　ｍｖ0＝（9ｍ＋Ｍ）ｖ9， 　设此后木块沿圆弧上升最大高度为Ｈ，由机械能守恒定律得：（9ｍ＋Ｍ）ｖ92／2＝（9ｍ＋Ｍ）ｇＨ， 由以上可得：Ｈ＝［（Ｍ＋ｍ）／（Ｍ＋9ｍ）］2Ｒ． 　44．解：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动ｓ，速度变为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．由动能定理 　－μＭｇｓ＝0－ｍｖ02／2，ｓ＝ｍｖ02／2μＭｇ＝0.33ｍ． 　（2）假如平板车在第二次碰墙前还未和滑块相对静止，则其速度的大小肯定还是2ｍ／ｓ，因为只要相对运动，摩擦力大小为恒值．滑块速度则大于2ｍ／ｓ，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰墙前肯定已和滑块具有共同速度ｖ．此即平板车碰墙前瞬间的速度． 　Ｍｖ0－ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， ∴ｖ＝（Ｍ－ｍ）ｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝0.4ｍ／ｓ． 图3　（3）平板车与墙壁第一次碰撞后滑块与平板又达到共同速度ｖ前的过程，可用图3（ａ）、（ｂ）、（ｃ）表示．图3（ａ）为平板车与墙碰撞后瞬间滑块与平板车的位置，图3（ｂ）为平板车到达最左端时两者的位置，图3（ｃ）为平板车与滑块再次达到共同速度时两者的位置．在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功μΜｇｓ′，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功μＭｇｓ″（平板车从Ｂ到Ａ再回到Ｂ的过程中摩擦力做功为零），其中ｓ′、ｓ″分别为滑块和平板车的位移．滑块和平板车动能总减少为μＭｇｌ1，其中ｌ1＝ｓ′＋ｓ″为滑块相对平板车的位移，此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为ｌ，则有（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2＝μＭｇｌ，ｌ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2μＭｇ＝0.833ｍ． ｌ即为平板车的最短长度．图4　　45．解：如图4，Ａ球从静止释放后将自由下落至Ｃ点悬线绷直，此时速度为ｖＣ ∵　ｖＣ2＝2ｇ×2Ｌｓｉｎ30°， ∴　ｖＣ＝＝2ｍ／ｓ． 　在线绷直的过程中沿线的速度分量减为零时，Ａ将以切向速度ｖ1沿圆弧运动且 　ｖ1＝ｖＣｃｏｓ30°＝ｍ／ｓ． 　Ａ球从Ｃ点运动到最低点与Ｂ球碰撞前机械能守恒，可求出Ａ球与Ｂ球碰前的速度 　ｍＡｖ12／2＋ｍＡｇＬ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍＡｖ22／2， 　ｖ2＝==ｍ／ｓ． 　因Ａ、Ｂ两球发生无能量损失的碰撞且ｍＡ＝ｍＢ，所以它们的速度交换，即碰后Ａ球的速度为零，Ｂ球的速度为ｖ2＝（ｍ／ｓ）．对Ｂ球和小车组成的系统水平方向动量守恒和机械能守恒，当两者有共同水平速度ｕ时，Ｂ球上升到最高点，设上升高度为ｈ． 　ｍＢｖ2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ，ｍＢｖ22／2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ2／2＋ｍＢｇｈ．解得ｈ＝3／16≈0.19ｍ． 　在Ｂ球回摆到最低点的过程中，悬线拉力仍使小车加速，当Ｂ球回到最低点时小车有最大速度ｖｍ ，设小球Ｂ回到最低点时速度的大小为ｖ3，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 　ｍＢｖ2＝－ｍＢｖ3＋Ｍｖｍ，ｍＢｖ22／2＝ｍＢｖ32／2＋Ｍｖｍ2／2， 解得ｖｍ＝2ｍＢｖ2／（ｍ3＋Ｍ）＝／2ｍ／ｓ＝1.12ｍ／ｓ． 　46．解：（1）小球的角速度与运动的角速度必定相等，则有ｖ＝ωＲ＝ω． 　（2）人手所提供的功率应等于小球在运动过程中克服摩擦力做功的功率．即有Ｐ＝ｆｖ， ∴　ｆ＝Ｐ／ｖ＝Ｐ／ω． 　47．解：由于粘性物体与底板粘合的过程时间极短，冲击力远大于重力，在竖直方向近似动量守恒，开始静止时，有　ｍ1ｇ＝ｋｘｋ＝ｍ1ｇｘ． 　ｍ2下落Ｈ时的速度ｖ＝，ｍ2与ｍ1合在一起动量守恒，ｍ2ｖ＝（ｍ1＋ｍ2）ｖ′，ｖ′＝ｍ2ｖ／（ｍ1＋ｍ2）＝ｍ2／（ｍ1＋ｍ2）． 　设向下为正方向，ｍ1与ｍ2的整体受两个力，即重力（ｍ1＋ｍ2）ｇ和弹簧的平均拉力，则有平均拉力＝ｋｘ＋ｋｈ／2＝ｋ（2ｘ＋ｈ）／2，由动能定理得 ［－＋（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ＝0－（ｍ1＋ｍ2）ｖ2／2， 由以上各式得［ｍ1ｇ（2ｘ＋ｈ）／2ｘ－（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ 　＝（ｍ1＋ｍ2）·ｍ22·2ｇｈ／2（ｍ1＋ｍ2）2． 代入数值得ｈ＝0.3ｍ． 　48．解：ｍ与Ａ粘在一起后水平方向动量守恒，共同速度设为ｖ1，Ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ1， 得ｖ1＝Ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝2ｖ0／3． 　当弹簧压缩到最大时即有最大弹性势能Ｅ，此时系统中各物体有相同速度，设为ｖ2，由动量守恒定律 　2Ｍｖ0＝（2Ｍ＋ｍ）ｖ2，得ｖ2＝2Ｍｖ0／（2Ｍ＋ｍ）＝4ｖ0／5． 由能量守恒有 　Ｅ＝Ｍｖ02／2＋（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2－（2Ｍ＋ｍ）ｖ22／2， 解得Ｅ＝Ｍｖ02／30． 　49．解：（1）振子在平衡位置时，所受合力为零，设此时弹簧被压缩Δｘ：（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ＝ｋΔｘ，Δｘ＝5ｃｍ． 　开始释放时振子处在最大位移处，故振幅 　Ａ＝5ｃｍ＋5ｃｍ＝10ｃｍ． 　（2）由于开始时弹簧的伸长量恰等于振子在平衡位置时弹簧的压缩量，故弹性势能相等，设振子的最大速度为ｖ，从开始到平衡位置，根据机械能守恒定律， 得ｍｇ·Ａ＝ｍｖ2／2，∴ｖ＝＝1.4ｍ／ｓ， 即Ｂ的最大速率为1.4ｍ／ｓ． 　 （3）在最高点，振子受到的重力和弹力方向相同，根据牛顿第二定律，得 　ａ＝［ｋΔｘ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ］／（ｍＡ＋ｍＢ）＝20ｍ／ｓ2， Ａ对Ｂ的作用力方向向下，其大小 　Ｎ1＝ｍＢａ－ｍＢｇ＝10Ｎ． 在最低点，振子受到的重力和弹力方向相反，根据牛顿第二定律，得ａ＝ｋ（Δｘ＋Ａ）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｍＡ＋ｍＢ＝20ｍ／ｓ2． Ａ对Ｂ的作用力方向向上，其大小 　Ｎ2＝ｍＢａ＋ｍＢｇ＝30Ｎ．32．如图1－87所示，1、2两木块用绷直的细绳连接，放在水平面上，其质量分别为ｍ1＝1.0ｋｇ、ｍ2＝2.0ｋｇ，它们与水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.10．在ｔ＝0时开始用向右的水平拉力Ｆ＝6.0Ｎ拉木块2和木块1同时开始运动，过一段时间细绳断开，到ｔ＝6.0ｓ时1、2两木块相距Δｓ＝22.0ｍ（细绳长度可忽略），木块1早已停止．求此时木块2的动能．（ｇ取10ｍ／ｓ2）2．解：在0～1ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知 　ａ１＝12ｍ／ｓ２， 由牛顿第二定律，得 　Ｆ－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ１，　　① 在0～2ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知ａ２＝－6ｍ／ｓ２， 因为此时物体具有斜向上的初速度，故由牛顿第二定律，得 　－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ２，　　② 　②式代入①式，得　Ｆ＝18Ｎ． 3．解：在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从Ａ到Ｂ需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为ｔ1，则 　（ｖ／2）ｔ１＋ｖ（ｔ－ｔ１）＝Ｌ， 所以　ｔ１＝2（ｖｔ－Ｌ）／ｖ＝（2×（2×6－10）／2）ｓ＝2ｓ． 为使物体从Ａ至Ｂ所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变．而　ａ＝ｖ／ｔ＝1ｍ／ｓ２．设物体从Ａ至Ｂ所用最短的时间为ｔ2，则 　（1／2）ａｔ2２＝Ｌ， 　ｔ2＝=＝2ｓ． 　ｖｍｉｎ＝ａｔ2＝1×2ｍ／ｓ＝2ｍ／ｓ． 传送带速度再增大1倍，物体仍做加速度为1ｍ／ｓ２的匀加速运动，从Ａ至Ｂ的传送时间为2ｍ／ｓ． 4．解：启动前Ｎ１＝ｍｇ， 　升到某高度时　Ｎ2＝（17／18）Ｎ１＝（17／18）ｍｇ， 　对测试仪　Ｎ2－ｍｇ′＝ｍａ＝ｍ（ｇ／2）， 　∴　ｇ′＝（8／18）ｇ＝（4／9）ｇ， 　ＧｍＭ／Ｒ2＝ｍｇ，ＧｍＭ／（Ｒ＋ｈ）2＝ｍｇ′，解得：ｈ＝（1／2）Ｒ． 5．解：由匀加速运动的公式　ｖ２＝ｖ０２＋2ａｓ 　 得物块沿斜面下滑的加速度为 　ａ＝ｖ2／2ｓ＝1．42／（2×1．4）＝0．7ｍｓ－２， 由于ａ＜ｇｓｉｎθ＝5ｍｓ－２， 　可知物块受到摩擦力的作用．图3　分析物块受力，它受3个力，如图3．对于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，由牛顿定律有 　ｍｇｓｉｎθ－ｆ１＝ｍａ， 　ｍｇｃｏｓθ－Ｎ１＝0， 　分析木楔受力，它受5个力作用，如图3所示．对于水平方向，由牛顿定律有 　ｆ2＋ｆ１ｃｏｓθ－Ｎ１ｓｉｎθ＝0， 　由此可解得地面的作用于木楔的摩擦力 　ｆ2＝ｍｇｃｏｓθｓｉｎθ－（ｍｇｓｉｎθ－ｍａ）ｃｏｓθ＝ｍａｃｏｓθ＝1×0．7×（／2）＝0．61Ｎ． 　此力的方向与图中所设的一致（由指向）． 6．解：（1）飞机原先是水平飞行的，由于垂直气流的作用，飞机在竖直方向上的运动可看成初速度为零的匀加速直线运动，根据　ｈ＝（1／2）ａｔ２，得ａ＝2ｈ／ｔ２，代入ｈ＝1700ｍ，ｔ＝10ｓ，得 　ａ＝（2×1700／10２）（ｍ／ｓ２）＝34ｍ／ｓ２，方向竖直向下． 　（2）飞机在向下做加速运动的过程中，若乘客已系好安全带，使机上乘客产生加速度的力是向下重力和安全带拉力的合力．设乘客质量为ｍ，安全带提供的竖直向下拉力为Ｆ，根据牛顿第二定律　Ｆ＋ｍｇ＝ｍａ，得安全带拉力 　　Ｆ＝ｍ（ａ－ｇ）＝ｍ（34－10）Ｎ＝24ｍ（Ｎ）， ∴　安全带提供的拉力相当于乘客体重的倍数 　ｎ＝Ｆ／ｍｇ＝24ｍＮ／ｍ·10Ｎ＝2．4（倍）． 　（3）若乘客未系安全带，飞机向下的加速度为34ｍ／ｓ２，人向下加速度为10ｍ／ｓ２，飞机向下的加速度大于人的加速度，所以人对飞机将向上运动，会使头部受到严重伤害． 7．解：设月球表面重力加速度为ｇ，根据平抛运动规律，有 　ｈ＝（1／2）ｇｔ２，　　① 　水平射程为　　　Ｌ＝ｖ０ｔ，　　② 　联立①②得ｇ＝2ｈｖ０２／Ｌ２．　　③ 　根据牛顿第二定律，得　ｍｇ＝ｍ（2π／Ｔ）２Ｒ，　　④ 　联立③④得　Ｔ＝（πＬ／ｖ０ｈ）．　　⑤ 8．解：前2秒内，有Ｆ－ｆ＝ｍａ１，ｆ＝μＮ，Ｎ＝ｍｇ，则 　ａ１＝（Ｆ－μｍｇ）／ｍ＝4ｍ／ｓ２，ｖｔ＝ａ１ｔ＝8ｍ／ｓ， 　撤去Ｆ以后　ａ２＝ｆ／ｍ＝2ｍ／ｓ，ｓ＝ｖ１２／2ａ２＝16ｍ． 9．解：（1）用力斜向下推时，箱子匀速运动，则有 　Ｆｃｏｓθ＝ｆ，ｆ＝μＮ，Ｎ＝Ｇ＋Ｆｓｉｎθ， 　联立以上三式代数据，得　Ｆ＝1．2×10２Ｎ． 　（2）若水平用力推箱子时，据牛顿第二定律，得Ｆ合＝ｍａ，则有 　Ｆ－μＮ＝ｍａ，Ｎ＝Ｇ， 　联立解得　ａ＝2．0ｍ／ｓ２． 　ｖ＝ａｔ＝2．0×3．0ｍ／ｓ＝6．0ｍ／ｓ， 　ｓ＝（1／2）ａｔ２＝（1／2）×2．0×3．0２ｍ／ｓ＝9．0ｍ， 　推力停止作用后　ａ′＝ｆ／ｍ＝4．0ｍ／ｓ２（方向向左）， 　ｓ′＝ｖ２／2ａ′＝4．5ｍ， 　则　ｓ总＝ｓ＋ｓ′＝13．5ｍ． 10．解：根据题中说明，该运动员发球后，网球做平抛运动．以ｖ表示初速度，Ｈ表示网球开始运动时离地面的高度（即发球高度），ｓ１表示网球开始运动时与网的水平距离（即运动员离开网的距离），ｔ１表示网球通过网上的时刻，ｈ表示网球通过网上时离地面的高度，由平抛运动规律得到 　ｓ１＝ｖｔ１，Ｈ－ｈ＝（1／2）ｇｔ１２， 消去ｔ１，得　　ｖ＝ｍ／ｓ，ｖ≈23ｍ／ｓ． 　以ｔ２表示网球落地的时刻，ｓ２表示网球开始运动的地点与落地点的水平距离，ｓ表示网球落地点与网的水平距离，由平抛运动规律得到 　Ｈ＝（1／2）ｇｔ２２，ｓ２＝ｖｔ２， 消去ｔ２，得ｓ２＝ｖ≈16ｍ， 　网球落地点到网的距离　ｓ＝ｓ２－ｓ１≈4ｍ． 11．解：（1）设卫星质量为ｍ，它在地球附近做圆周运动，半径可取为地球半径Ｒ，运动速度为ｖ，有 　ＧＭｍ／Ｒ２＝ｍｖ２／Ｒ　得ｖ＝． 　（2）由（1）得： 　Ｍ＝ｖ２Ｒ／Ｇ＝＝6．0×1024ｋｇ． 12．解：对物块：Ｆ１－μｍｇ＝ｍａ１， 　6－0．5×1×10＝1·ａ１，ａ１＝1．0ｍ／ｓ2， 　ｓ１＝（1／2）ａ１ｔ2＝（1／2）×1×0．42＝0．08ｍ， 　ｖ１＝ａ１ ｔ＝1×0．4＝0．4ｍ／ｓ， 　对小车：Ｆ２－μｍｇ＝Ｍａ２， 　9－0．5×1×10＝2ａ２，ａ２＝2．0ｍ／ｓ2， 　ｓ２＝（1／2）ａ２ｔ2＝（1／2）×2×0．42＝0．16ｍ， 　ｖ２＝ａ２ｔ＝2×0．4＝0．8ｍ／ｓ， 　撤去两力后，动量守恒，有Ｍｖ２－ｍｖ１＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， 　ｖ＝0．4ｍ／ｓ（向右）， ∵　（（1／2）ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2）－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ2＝μｍｇｓ３， 　ｓ３＝0．096ｍ， ∴　ｌ＝ｓ１＋ｓ２＋ｓ３＝0．336ｍ． 13．解：设木块到Ｂ时速度为ｖ０，车与船的速度为ｖ１，对木块、车、船系统，有 　ｍ１ｇｈ＝（ｍ１ｖ０2／2）＋（（ｍ２＋ｍ３）ｖ１2／2）， 　ｍ１ｖ０＝（ｍ２＋ｍ３）ｖ１， 解得　ｖ０＝5，ｖ１＝． 　木块到Ｂ后，船以ｖ１继续向左匀速运动，木块和车最终以共同速度ｖ２向右运动，对木块和车系统，有 　ｍ１ｖ０－ｍ２ｖ１＝（ｍ１＋ｍ２）ｖ２， 　μｍ１ｇｓ＝（（ｍ１ｖ０2／2）＋（ｍ２ｖ１2／2））－（（ｍ１＋ｍ２）ｖ２2／2）， 得　ｖ２＝ｖ１＝，ｓ＝2ｈ． 14．解：（1）小球的角速度与手转动的角速度必定相等均为ω．设小球做圆周运动的半径为ｒ，线速度为ｖ．由几何关系得　ｒ＝，ｖ＝ω·ｒ，解得　　 　　ｖ＝ω． 　（2）设手对绳的拉力为Ｆ，手的线速度为ｖ，由功率公式得　Ｐ＝Ｆｖ＝Ｆ·ωＲ， ∴　Ｆ＝Ｐ／ωＲ．图4　研究小球的受力情况如图4所示，因为小球做匀速圆周运动，所以切向合力为零，即 　Ｆｓｉｎθ＝ｆ， 其中　ｓｉｎθ＝Ｒ／ ， 　联立解得　ｆ＝Ｐ／ω． 15．解：（1）用ｖ１表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由于子弹射入木块Ｃ时间极短，系统动量守恒，有 　ｍｖ０＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１， 　∴　ｖ１＝ｍｖ０／（ｍ＋Ｍ）＝3ｍ／ｓ， 　子弹和木块Ｃ在ＡＢ木板上滑动，由动能定理得： 　（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ２２－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ１２＝－μ（ｍ＋Ｍ）ｇＬ， 　解得　ｖ２＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）用ｖ′表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由动量守恒定律，得　ｍｖ０′＋Ｍｕ＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１′，解得　ｖ１′＝4ｍ／ｓ． 　木块Ｃ及子弹在ＡＢ木板表面上做匀减速运动　ａ＝μｇ．设木块Ｃ和子弹滑至ＡＢ板右端的时间为ｔ，则木块Ｃ和子弹的位移ｓ１＝ｖ１′ｔ－（1／2）ａｔ2， 　由于ｍ车≥（ｍ＋Ｍ），故小车及木块ＡＢ仍做匀速直线运动，小车及木板ＡＢ的位移　ｓ＝ｕｔ，由图5可知：ｓ１＝ｓ＋Ｌ， 　联立以上四式并代入数据得： 　ｔ2－6ｔ＋1＝0， 　解得：ｔ＝（3－2）ｓ，（ｔ＝（3＋2）ｓ不合题意舍去），　　（11） 　∴　ｓ＝ｕｔ＝0．18ｍ． 16．解：（1）设Ａ滑上Ｂ后达到共同速度前并未碰到档板，则根据动量守恒定律得它们的共同速度为ｖ，有图5　ｍｖ０＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝2ｍ／ｓ，在这一过程中，Ｂ的位移为ｓＢ＝ｖＢ2／2ａＢ且ａＢ＝μｍｇ／Ｍ，解得ｓＢ＝Ｍｖ2／2μｍｇ＝2×22／2×0．2×1×10＝2ｍ． 　设这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ１，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ１＝（1／2）ｍｖ０2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得ｓ１＝6ｍ． 　当ｓ＝4ｍ时，Ａ、Ｂ达到共同速度ｖ＝2ｍ／ｓ后再匀速向前运动2ｍ碰到挡板，Ｂ碰到竖直挡板后，根据动量守恒定律得Ａ、Ｂ最后相对静止时的速度为ｖ′，则 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′， 解得　ｖ′＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ２，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ２＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　ｓ２＝2．67ｍ． 　因此，Ａ、Ｂ最终不脱离的木板最小长度为ｓ１＋ｓ２ ＝8．67ｍ 　（2）因Ｂ离竖直档板的距离ｓ＝0．5ｍ＜2ｍ，所以碰到档板时，Ａ、Ｂ未达到相对静止，此时Ｂ的速度ｖＢ为 　ｖＢ2＝2ａＢｓ＝（2μｍｇ／Ｍ）ｓ，解得　ｖＢ＝1ｍ／ｓ， 　设此时Ａ的速度为ｖＡ，根据动量守恒定律，得 　ｍｖ０＝ＭｖＢ＋ｍｖＡ，解得ｖＡ＝4ｍ／ｓ， 　设在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移为ｓ１′，根据动能定理得： 　μｍｇｓ１′＝（1／2）ｍｖ０2－（（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）ＭｖＢ2）， 　解得　ｓ１′＝4．5ｍ． 　Ｂ碰撞挡板后，Ａ、Ｂ最终达到向右的相同速度ｖ，根据动能定理得ｍｖＡ－ＭｖＢ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ２′为 　μｍｇｓ２′＝（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得　ｓ２′＝（25／6）ｍ． 　Ｂ再次碰到挡板后，Ａ、Ｂ最终以相同的速度ｖ′向左共同运动，根据动量守恒定律，得 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′，解得　ｖ′＝（2／9）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ３′为： 　μｍｇｓ３′＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　　　　ｓ３′＝（8／27）ｍ． 　因此，为使Ａ不从Ｂ上脱落，Ｂ的最小长度为ｓ１′＋ｓ２′＋ｓ３′＝8．96ｍ． 17．解：（1）Ｂ与Ａ碰撞后，Ｂ相对于Ａ向左运动，Ａ所受摩擦力方向向左，Ａ的运动方向向右，故摩擦力作负功．设Ｂ与Ａ碰撞后的瞬间Ａ的速度为ｖ１，Ｂ的速度为ｖ２，Ａ、Ｂ相对静止后的共同速度为ｖ，整个过程中Ａ、Ｂ组成的系统动量守恒，有 　Ｍｖ０＝（Ｍ＋1．5Ｍ）ｖ，ｖ＝2ｖ０／5． 　碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功，即 　Ｍｖ２＋1．5Ｍｖ１＝2．5Ｍｖ，　　① 　（1／2）×1．5Ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2－（1／2）×2．5Ｍｖ2＝Ｍμｇｌ，　　② 可解出ｖ１＝（1／2）ｖ０（另一解ｖ１＝（3／10）ｖ０因小于ｖ而舍去） 　这段过程中，Ａ克服摩擦力做功 　Ｗ＝（1／2）×1．5Ｍｖ１2－（1／2）×1．5Ｍｖ2＝（27／400）Ｍｖ０2（0．068Ｍｖ０2）． 　（2）Ａ在运动过程中不可能向左运动，因为在Ｂ未与Ａ碰撞之前，Ａ受到的摩擦力方向向右，做加速运动，碰撞之后Ａ受到的摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后，速度仍向右，因此不可能向左运动． 　Ｂ在碰撞之后，有可能向左运动，即ｖ２＜0． 　先计算当ｖ２＝0时满足的条件，由①式，得 　ｖ１＝（2ｖ０／3）－（2ｖ２／3），当ｖ２＝0时，ｖ１＝2ｖ０／3，代入②式，得 　（（1／2）×1．5Ｍ4ｖ０2／9）－（（1／2）×2．5Ｍ4ｖ０2／25）＝Ｍμｇｌ， 解得　μｇｌ＝2ｖ０2／15． 　Ｂ在某段时间内向左运动的条件之一是μｌ＜2ｖ０2／15ｇ． 　另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即 　（1／2）Ｍｖ０2－（1／2）2．5Ｍ（2ｖ０／5）2≥2Ｍμｇｌ， 　解出另一个条件是　μｌ≤3ｖ０2／20ｇ， 　最后得出Ｂ在某段时间内向左运动的条件是 　2ｖ０2／15ｇ＜μｌ≤3ｖ０2／20ｇ． 18 ．解：（1）以警车为研究对象，由动能定理． 　－μｍｇ·ｓ＝（1／2）ｍｖ2－（1／2）ｍｖ０2， 　将ｖ０＝14．0ｍ／ｓ，ｓ＝14．0ｍ，ｖ＝0代入，得 　μｇ＝7．0ｍ／ｓ2， 　因为警车行驶条件与肇事汽车相同，所以肇事汽车的初速度ｖＡ＝＝21ｍ／ｓ． 　（2）肇事汽车在出事点Ｂ的速度 　ｖＢ＝＝14ｍ／ｓ， 　肇事汽车通过段的平均速度 　＝（ｖＡ＋ｖＢ）／2＝（21＋14）／2＝17．5ｍ／ｓ． 　肇事汽车通过ＡＢ段的时间 　ｔ２＝ＡＢ／＝（31．5－14．0）／17．5＝1ｓ． 　∴　游客横过马路的速度 　ｖ人＝／（ｔ１＋ｔ２）＝（2．6／（1＋0．7））ｍ／ｓ＝1．53ｍ／ｓ． 19．解：（1）开始Ａ、Ｂ处于静止状态时，有 　ｋｘ０－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｓｉｎ30°＝0，　　① 　设施加Ｆ时，前一段时间Ａ、Ｂ一起向上做匀加速运动，加速度为ａ，ｔ＝0．2ｓ，Ａ、Ｂ间相互作用力为零，对Ｂ有： 　ｋｘ－ｍＢｇｓｉｎ30°＝ｍＢａ，　　② 　ｘ－ｘ０＝（1／2）ａｔ2，　　③ 　解①、②、③得： 　ａ＝5ｍｓ－2，ｘ０＝0．05ｍ，ｘ＝0．15ｍ， 　初始时刻Ｆ最小 　Ｆｍｉｎ＝（ｍＡ＋ｍＢ）ａ＝60Ｎ． 　ｔ＝0．2ｓ时，Ｆ最大 　Ｆｍａｘ－ｍＡｇｓｉｎ30°＝ｍＡａ， 　Ｆｍａｘ＝ｍＡ（ｇｓｉｎ30°＋ａ）＝100Ｎ， 　（2）ΔＥＰＡ＝ｍＡｇΔｈ＝ｍＡｇ（ｘ－ｘ０）ｓｉｎ30°＝5Ｊ． 20．解：当弹簧处于压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和．当弹簧伸长到其自然长度时，弹性势能为零，因这时滑块Ａ的速度为零，故系统的机械能等于滑块Ｂ的动能．设这时滑块Ｂ的速度为ｖ则有 　Ｅ＝（1／2）ｍ２ｖ2，　　① 由动量守恒定律（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ２ｖ，　　② 解得　Ｅ＝（1／2）（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２．　　③ 　假定在以后的运动中，滑块Ｂ可以出现速度为零的时刻，并设此时滑块Ａ的速度为ｖ１．这时，不论弹簧是处于伸长还是压缩状态，都具有弹性势能Ｅｐ．由机械能守恒定律得 　（1／2）ｍ１ｖ１2＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　④ 根据动量守恒　（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ１ｖ１，　　⑤ 求出ｖ１，代入④式得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑥ 因为Ｅｐ≥0，故得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）≤（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２ ），　　⑦ 即　ｍ１≥ｍ２，与已知条件ｍ１＜ｍ２不符． 　可见滑块Ｂ的速度永不为零，即在以后的运动中，不可能出现滑动Ｂ的速度为零的情况． 21．解：设恰好物体相对圆盘静止时，弹簧压缩量为Δｌ，静摩擦力为最大静摩擦力ｆｍａｘ，这时物体处于临界状态，由向心力公式ｆｍａｘ－ｋΔｌ＝ｍＲｗ2，　　① 　假若物体向圆心移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ１－ｋ（Δｌ＋ｘ）＝ｍ（Ｒ－ｘ）ｗ2，　　② 　由①、②两式可得　ｆｍａｘ－ｆ１＝ｍｘｗ2－ｋｘ，　　③ 所以　ｍｘｗ2－ｋｘ≥0，得ｋ≤ｍｗ2，　　④ 　若物体向外移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ２－ｋ（Δｌ－ｘ）≥ｍ（Ｒ＋ｘ）ｗ2，　　⑤ 由①～⑥式得　ｆｍａｘ－ｆ２＝ｋｘ－ｍｘｗ2≥0，　　⑥ 所以　ｋ≥ｍｗ2，　　⑦ 即若物体向圆心移动，则ｋ≤ｍｗ2， 若物体向远离圆心方向移动，则ｋ≥ｍｗ2． 22．解：卫星环绕地球作匀速圆周运动，设卫星的质量为ｍ，轨道半径为ｒ，受到地球的万有引力为Ｆ， 　Ｆ＝ＧＭｍ／ｒ2，　　① 　式中Ｇ为万有引力恒量，Ｍ是地球质量． 　设ｖ是卫星环绕地球做匀速圆周运动的线速度，Ｔ是运动周期，根据牛顿第二定律，得 　Ｆ＝ｍｖ2／ｒ，　　② 　由①、②推导出　ｖ＝．　　③ 　③式表明：ｒ越大，ｖ越小． 　人造卫星的周期就是它环绕地球运行一周所需的时间Ｔ， 　Ｔ＝2πｒ／ｖ，　　④ 　由③、④推出　Ｔ＝2π，　　⑤ 　⑤式说明：ｒ越大，Ｔ越大．　23．证：设质点通过Ａ点时的速度为ｖＡ，通过Ｃ点时的速度为ｖＣ，由匀变速直线运动的公式得： ｓ1＝ｖＡＴ＋ａＴ2／2，ｓ3＝ｖＣＴ＋ａＴ2／2，ｓ3－ｓ1＝ｖＣＴ－ｖＡＴ． ∵　ｖＣ＝ｖＡ＋2ａＴ， ∴　ｓ3－ｓ1＝（ｖＡ－2ａＴ－ｖＡ）Ｔ＝2ａＴ2，ａ＝（ｓ3－ｓ1）／2Ｔ2． 　24．根据：如果在连续的相等的时间内的位移之差相等，则物体做匀变速运动．证明：设物体做匀速运动的初速度为ｖ0，加速度为ａ，第一个Ｔ内的位移为ｓ1＝ｖ0Ｔ＋ａＴ2／2；第二个Ｔ内的位移为ｓ2＝（ｖ0＋ａＴ）Ｔ＋ａＴ2／2；第Ｎ个Ｔ内的位移为ｓＮ＝［ｖ0＋（Ｎ－1）ａＴ］Ｔ＋ａＴ2／2．　ｓＮ－ｓＮ－1＝ａＴ2，逆定理也成立． 　25．解：由匀变速直线运动的公式得小物块的加速度的大小为ａ1＝（ｖ0－ｖｔ）／ｔ＝2（ｍ／ｓ2）．木板的加速度大小为ａ2＝2ｓ／ｔ2＝0.25（ｍ／ｓ2 ）． 根据牛顿第二定律　Ｆ＝ｍａ 对小物块得　ｆ′1＝ｍａ1＝1×2＝2Ｎ， 对木板得　ｆ1－μ（ｍ＋Ｍ）ｇ＝Ｍａ2， 　μ＝（ｆ1－Ｍａ2）／（ｍ＋Ｍ）ｇ＝（2－4×0.25）／（1＋4）×10＝0.02． 　26．解：假设金属块没有离开第一块长木板，移动的相对距离为ｘ，由动量守恒定律，得ｍｖ0＝3ｍｖ， 　ｍｖ02／2＝3ｍｖ2／2＋μｍｇｘ， 解得ｘ＝4ｍ／3＞Ｌ，不合理， ∴　金属块一定冲上第二块木板． 　以整个系统为研究对象，由动量定律及能量关系，当金属块在第一块木板上时ｍｖ0＝ｍｖ0′＋2ｍｖ1， 　ｍｖ02／2＝12ｍｖ0′2＋2ｍ·ｖ12／2＋μｍｇｌ． 　ｍｖ0＝ｍｖ1＋2ｍｖ2， 　ｍｖ02／2＝ｍｖ12／2＋2ｍ·ｖ22／2＋μｍｇ（ｌ＋ｘ）． 联立解得： 　ｖ1＝1／3ｍ／ｓ，ｖ2＝5／6ｍ／ｓ，ｘ＝0.25ｍ． 　27．解：当ｔ＝0时，ａＡ0＝9／3＝3ｍ／ｓ2，ａＢ0＝3／6＝0.5ｍ／ｓ2．ａＡ0＞ａＢ0，Ａ、Ｂ间有弹力，随ｔ之增加，Ａ、Ｂ间弹力在减小，当（9－2ｔ）／3＝（3＋2ｔ）／6，ｔ＝2.5ｓ时，Ａ、Ｂ脱离，以Ａ、Ｂ整体为研究对象，在ｔ＝2.5ｓ内，加速度ａ＝（ＦＡ＋ＦＢ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝4／3ｍ／ｓ2，ｓ＝ａｔ2／2＝4.17ｍ． 　28．解：（1）由ｍＣｖ0＝ｍＣｖ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ1，Ｃ由Ａ滑至Ｂ时，Ａ、Ｂ的共同速度是 　ｖ1＝ｍＣ（ｖ0－ｖ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝0.2ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＡ＝ｍＣｖ02／2－ｍＣｖ2／2－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12／2， 得　μ＝［ｍＣ（ｖ02－ｖ2）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12］／2ｍＣｇｌＡ＝0.48． 　（2）由ｍＣｖ＋ｍＢｖ1＝（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ2，Ｃ相对Ｂ静止时，Ｂ、Ｃ的共同速度是ｖ2＝（ｍＣｖ＋ｍＢｖ1）／（ｍＣ＋ｍＢ）＝0.65ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＢ＝ｍＣｖ2／2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22／2， Ｃ在Ｂ上滑行距离为 　ｌＢ＝［ｍＣｖ2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22］／2μｍＣｇ＝0.25ｍ． 　（3）由μｍＣｇｓ＝ｍＢｖ22／2－ｍＢｖ12／2， Ｂ相对地滑行的距离ｓ＝［ｍＢ（ｖ22－ｖ12）］／2μｍＣｇ＝0.12ｍ． 　（4）Ｃ在Ａ、Ｂ上匀减速滑行，加速度大小由μｍＣｇ＝ｍＣａ，得ａ＝μｇ＝4.8ｍ／ｓ2． Ｃ在Ａ上滑行的时间ｔ1＝（ｖ0－ｖ）／ａ＝0.21ｓ． Ｃ在Ｂ上滑行的时间ｔ2＝（ｖ－ｖ2）／ａ＝0.28ｓ． 所求时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝0.21ｓ＋0.28ｓ＝0.49ｓ． 　　29．匀加速下滑时，受力如图1ａ，由牛顿第二定律，有： ｍｇｓｉｎθ－μｍｇｃｏｓθ＝ｍａ＝ｍｇｓｉｎθ／2， 　ｓｉｎθ／2＝μｃｏｓθ， 　得μ＝ｓｉｎθ／2ｃｏｓθ． 图1静止时受力分析如图1ｂ，摩擦力有两种可能：①摩擦力沿斜面向下；②摩擦力沿斜面向上．摩擦力沿斜面向下时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＝ｆ＋ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ， 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ＋μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ－μｓｉｎθ）ｍｇ＝3ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ－ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　摩擦力沿斜面向上时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＋ｆ＝ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ． 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ－μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ＋μｓｉｎθ）ｍｇ＝ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ＋ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　30．解：（1）物体在两斜面上来回运动时，克服摩擦力所做的功Ｗｆ＝μｍｇｃｏｓ60°·ｓ总． 　物体从开始直到不再在斜面上运动的过程中ｍｇｈ－Ｗｆ＝0－ｍｖ02／2．解得ｓ总＝38ｍ． 　（2）物体最终是在Ｂ、Ｃ之间的圆弧上来回做变速圆周运动，且在Ｂ、Ｃ点时速度为零． 　（3）物体第一次通过圆弧最低点时，圆弧所受压力最大．由动能定理得ｍｇ［ｈ＋Ｒ（1－ｃｏｓ60°）］－μｍｇｃｏｓ60°／ｓｉｎ60°＝ｍ（ｖ12－ｖ02）／2， 由牛顿第二定律得　Ｎｍａｘ－ｍｇ＝ｍｖ12／Ｒ， 解得　Ｎｍａｘ＝54.5Ｎ． 　物体最终在圆弧上运动时，圆弧所受压力最小．由动能定理得ｍｇＲ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍｖ22／2，由牛顿第二定律得Ｎｍｉｎ－ｍｇ＝ｍｖ22／Ｒ，解得Ｎｍｉｎ＝20Ｎ． 　31．解：（1）设刹车后，平板车的加速度为ａ0，从开始刹车到车停止所经历时间为ｔ0，车所行驶距离为ｓ0，则有ｖ02＝2ａ0ｓ0，ｖ0＝ａ0ｔ0． 　欲使ｔ0小，ａ0应该大，作用于木箱的滑动摩擦力产生的加速度ａ1＝μｍｇ／ｍ＝μｇ． 　当ａ0＞ａ1时，木箱相对车底板滑动，从刹车到车停止过程中木箱运动的路程为ｓ1，则ｖ02＝2ａ2ｓ1． 　为使木箱不撞击驾驶室，应有ｓ1－ｓ0≤Ｌ． 　联立以上各式解得：ａ0≤μｇｖ02／（ｖ02－2μｇＬ）＝5ｍ／ｓ2， 　∴　ｔ0＝ｖ0／ａ0＝4.4ｓ． 　（2）对平板车，设制动力为Ｆ，则Ｆ＋ｋ（Ｍ＋ｍ）ｇ－μｍｇ＝Ｍａ0，解得：Ｆ＝7420Ｎ． 　32．解：对系统ａ0＝［Ｆ－μｇ（ｍ1＋ｍ2）］／（ｍ1＋ｍ2）＝1ｍ／ｓ2． 　对木块1，细绳断后：│ａ1│＝ｆ1／ｍ1＝μｇ＝1ｍ／ｓ2． 　设细绳断裂时刻为ｔ1，则木块1运动的总位移： 　ｓ1＝2ａ0ｔ12／2＝ａ0ｔ12． 　对木块2，细绳断后，ａ2＝（Ｆ－μｍ2ｇ）／ｍ2＝2ｍ／ｓ2 ． 木块2总位移 　ｓ2＝ｓ′＋ｓ″＝ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2， 两木块位移差Δｓ＝ｓ2－ｓ1＝22（ｍ）． 得　ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2－ａ0ｔ12＝22， 把ａ0，ａ2值，ｖ1＝ａ0ｔ1代入上式整理得： 　ｔ12＋12ｔ1－28＝0，得ｔ1＝2ｓ． 木块2末速ｖ2＝ｖ1＋ａ2（6－ｔ1）＝ａ0ｔ1＋ａ2（6－ｔ1）＝10ｍ／ｓ． 此时动能Ｅｋ＝ｍ2ｖ22／2＝2×102／2Ｊ＝100Ｊ． 　33．解：（1）由动量守恒定律，ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ′，且有ｍ∶Ｍ＝1∶3， ∴　Ａ、Ｂ共同速度ｖ′＝ｍｖ0／（ｍ＋Ｍ）＝1ｍ／ｓ． 　（2）由动能定理，对全过程应有 　μｍｇ·2Ｌ＝ｍｖ02／2－（ｍ＋Ｍ）ｖ′2／2， 　4μｇＬ＝ｖ02－4ｖ′2，μ＝（ｖ02－4ｖ′2）／4ｇＬ＝0.3． 　（3）先求Ａ与Ｂ挡板碰前Ａ的速度ｖ10，以及木板Ｂ相应速度ｖ20，取从Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板相碰前过程为研究对象，依动量守恒与动能定理有以下两式成立：ｍｖ0＝ｍｖ10＋Ｍｖ20， 　ｍｖ02／2－ｍｖ102／2－Ｍｖ202／2＝μｍｇＬ． 代入数据得　ｖ10＋3ｖ20＝4，ｖ102＋3ｖ202＝10， 解以上两式可得　ｖ10＝（2±3）／2ｍ／ｓ．因Ａ与Ｂ挡板碰前速度不可能取负值，故ｖ10＝（2＋3）／2ｍ／ｓ．相应解出ｖ20＝（2－）／2ｍ／ｓ＝0.3ｍ／ｓ． 　木板Ｂ此过程为匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得μｍｇ＝Ｍａ1，ａ1＝μｍｇ／Ｍ＝1（ｍ／ｓ2）． 此过程经历时间ｔ1由下式求出 　ｖ20＝ａ1ｔ1，ｔ1＝ｖ20／ａ1＝0.3（ｓ）． 其速度图线为图2中0～0.3ｓ段图线ａ． 　再求Ａ与Ｂ挡板碰后，木板Ｂ的速度ｖ2与木块Ａ的速度ｖ1，为方便起见取Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板碰撞后瞬间过程为研究对象，依动量守恒定律与动能定理有以下两式成立： ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2，ｍｖ02／2－ｍｖ12／2－Ｍｖ22／2＝μｍｇＬ． 故解为　ｖ1＝（2±3）／2ｍ／ｓ． 因ｖ1＝（2＋3）／2ｍ／ｓ为碰前速度，故取ｖ1＝（2－3）／2ｍ／ｓ，相应得ｖ2＝2＋2ｍ／ｓ＝1.7ｍ／ｓ． 由于ｖ1＜0，即木块相对Ｂ向左滑动，Ａ受Ｂ摩擦力向右，Ｂ受Ａ摩擦力向左，故Ｂ做匀减速直线运动，加速度大小由牛顿第二定律，得ａ＝μｍｇ／Ｍ＝1ｍ／ｓ2． 　从碰后到Ａ滑到Ｂ最左端过程中，Ｂ向右做匀减速直线运动时间设为ｔ2，则ｖ′－ｖ2＝－ａｔ2， ∴　ｔ2＝0.7ｓ． 　此过程速度图线如图2中0.3ｓ～1.0ｓ段图线ｂ．图2 　　34．解：设ｍ1、ｍ2两物体受恒力Ｆ作用后，产生的加速度分别为ａ1、ａ2，由牛顿第二定律Ｆ＝ｍａ，得 　ａ1＝Ｆ／ｍ1，ａ2＝Ｆ／ｍ2， 　历时ｔ两物体速度分别为ｖ1＝ａ1ｔ，ｖ2＝ｖ0＋ａ2ｔ，由题意令ｖ1＝ｖ2，即ａ1ｔ＝ｖ0＋ａ2ｔ或（ａ1－ａ2）ｔ＝ｖ0，因ｔ≠0、ｖ0＞0，欲使上式成立，需满足ａ1－ａ2＞0，即Ｆ／ｍ1＞Ｆ／ｍ2，或ｍ1＜ｍ2，也即当ｍ1≥ｍ2时不可能达到共同速度，当ｍ1＜ｍ2时，可以达到共同速度． 　35．解：（1）当小球刚好能在轨道内做圆周运动时，水平初速度ｖ最小，此时有ｍｇ＝ｍｖ2／Ｒ， 故　ｖ＝＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）若初速度ｖ′＜ｖ，小球将做平抛运动，如在其竖直位移为Ｒ的时间内，其水平位移ｓ≥Ｒ，小球可进入轨道经过Ｂ点．设其竖直位移为Ｒ时，水平位移也恰为R，则Ｒ＝ｇｔ2／2，Ｒ＝ｖ′ｔ，解得：ｖ′＝／2＝ｍ／ｓ． 因此，初速度满足2ｍ／ｓ＞ｖ′≥ｍ／ｓ时，小球可做平抛运动经过Ｂ点． 　36．卫星在天空中任何天体表面附近运行时，仅受万有引力Ｆ作用使卫星做圆周运动，运动半径等于天体的球半径Ｒ．设天体质量为Ｍ，卫星质量为ｍ，卫星运动周期为Ｔ，天体密度为ρ．根据万有引力定律Ｆ＝ＧＭｍ／Ｒ2， 卫星做圆周运动向心力Ｆ′＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2， 因为 　Ｆ′＝Ｆ，得ＧＭｍ／Ｒ2＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2，∴Ｔ＝． 　又球体质量Ｍ＝4πＲ3ρ／3． 得Ｔ＝=，∴Ｔ∝1／，得证． 　37．解：由于两球相碰满足动量守恒 　　ｍ1ｖ0＝ｍ1ｖ1＋ｍ2ｖ2，ｖ1＝－1.3ｍ／ｓ． 　两球组成系统碰撞前后的总动能Ｅｋ1＋Ｅｋ2＝ｍ1ｖ02／2＋0＝2.5Ｊ， 　Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＝ｍ1ｖ12／2＋ｍ2ｖ22／2＝2.8Ｊ． 　可见，Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＞Ｅｋ1＋Ｅｋ2，碰后能量较碰撞前增多了，违背了能量守恒定律，这种假设不合理． 　38．解：（1）由动量守恒，得ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2， 由运动学公式得ｓ＝（ｖ1－ｖ2）ｔ，ｈ＝ｇｔ2／2， 由以上三式得ｖ2＝（ｍｖ0－ｓｍ）／（Ｍ＋ｍ）． 　 （2）最后车与物体以共同的速度ｖ向右运动，故有 　ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖｖ＝ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）． ∴ΔＥ＝ｍｖ02／2＋ｍｇｈ－（Ｍ＋ｍ）ｍ2ｖ02／2（Ｍ＋ｍ）2． 解得ΔＥ＝ｍｇｈ＋Ｍｍｖ02／2（Ｍ＋ｍ）． 　39．解：设碰前Ａ、Ｂ有共同速度ｖ时，Ｍ前滑的距离为ｓ．则ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ，ｆｓ＝Ｍｖ2／2，ｆ＝μｍｇ． 　由以上各式得　ｓ＝Ｍｍｖ02／2μｇ（Ｍ＋ｍ）2． 　当ｖ0＝2ｍ／ｓ时，ｓ＝2／9ｍ＜0.5ｍ，即Ａ、Ｂ有共同速度．当ｖ0＝4ｍ／ｓ时，ｓ＝8／9ｍ＞0.5ｍ，即碰前Ａ、Ｂ速度不同． 　40．解：（1）物体由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者系统水平方向动量守恒得：ｍｖ0＝ｍｖ0／2＋2ｍｖＡＢ． 解之得　ｖＡＢ＝ｖ0／4． 　（2）物块由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者功能关系得：μｍｇＬ＝ｍｖ02／2－ｍ（ｖ0／2）2／2－2ｍ（ｖ0／4）2／2． 解之得　Ｌ＝5ｖ02／16μｇ． 　（3）物块由Ｄ滑到Ｃ的过程中，二者系统水平方向动量守恒，又因为物块到达最高点Ｃ时，物块与滑块速度相等且水平，均为ｖ． 故得　ｍｖ0／2＋ｍｖ0／4＝2ｍｖ， ∴　得滑块的动能ＥＣＤ＝ｍｖ2／2＝9ｍｖ02／128． 　41．解：（1）Ｂ从ｖ0减速到速度为零的过程，Ｃ静止，Ｂ的位移：ｓ1＝ｖ02／2μｇ． 　所用的时间：ｔ1＝ｖ0／μｇ． 　此后Ｂ与Ｃ一起向右做加速运动，Ａ做减速运动，直到相对静止，设所用时间为ｔ2，共同速度为ｖ． 　对Ａ、Ｂ、Ｃ，由动量守恒定律得 　ｍＡ·2ｖ0－ｍＢｖ0＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ， ∵　ｍＡ＝ｍＢ＝ｍＣ，∴　ｖ＝ｖ0／3． 　对Ｂ与Ｃ，向右加速运动的加速度 　ａ＝μｍＡｇ／（ｍＢ＋ｍＣ）＝μｇ／2，∴ｔ2＝ｖ／ａ＝2ｖ0／3μｇ． Δｔ内Ｂ向右移动的位移ｓ2＝ｖｔ2／2＝ｖ02／9μｇ， 故总路程ｓ＝ｓ1＋ｓ2＝11ｖ02／18μｇ，总时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝5ｖ0／3μｇ． 　（2）设车的最小长度为Ｌ，则相对静止时Ａ、Ｂ刚好接触，由能量守恒得 　ｍＡ（2ｖ0）2／2＋ｍＢｖ02／2＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ2／2＋μｍＢｇｓ1＋μｍＡｇ（Ｌ－ｓ1）， 联立解得Ｌ＝7ｖ02／3μｇ． 　42．解：（1）ｍ速度最大的位置应在O点左侧．因为细线烧断后，ｍ在弹簧弹力和滑动摩擦力的合力作用下向右做加速运动，当弹力与摩擦力的合力为零时，ｍ的速度达到最大，此时弹簧必处于压缩状态．此后，系统的机械能不断减小，不能再达到这一最大速度． 　（2）选ｍ、Ｍ为一系统，由动量守恒定律得 　ｍｖ1＝Ｍｖ2 ． 　设这一过程中弹簧释放的弹性势能为Ｅｐ，则 　Ｅｐ＝ｍｖ12／2＋Ｍｖ22／2＋μｍｇｓ， 解得　ｖ2＝ｍｖ1／Ｍ，Ｅｐ＝ｍ［（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2Ｍ＋μｇｓ］． 　（2）ｍ与Ｍ最终将静止，因为系统动量守恒，且总动量为零，只要ｍ与Ｍ间有相对运动，就要克服摩擦力做功，不断消耗能量，所以，ｍ与Ｍ最终必定都静止． 　43．解：（1）第一颗子弹射入木块过程，系统动量守恒，有 　ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ1． 　射入后，在ＯＢＣ运动过程中，机械能守恒，有 　（ｍ＋Ｍ）ｖ12／2＝（ｍ＋Ｍ）ｇＲ，得ｖ0＝（Ｍ＋ｍ）／ｍ． 　（2）由动量守恒定律知，第2、4、6……颗子弹射入木块后，木块速度为0，第1、3、5……颗子弹射入后，木块运动．当第9颗子弹射入木块时，由动量守恒得： 　ｍｖ0＝（9ｍ＋Ｍ）ｖ9， 　设此后木块沿圆弧上升最大高度为Ｈ，由机械能守恒定律得：（9ｍ＋Ｍ）ｖ92／2＝（9ｍ＋Ｍ）ｇＨ， 由以上可得：Ｈ＝［（Ｍ＋ｍ）／（Ｍ＋9ｍ）］2Ｒ． 　44．解：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动ｓ，速度变为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．由动能定理 　－μＭｇｓ＝0－ｍｖ02／2，ｓ＝ｍｖ02／2μＭｇ＝0.33ｍ． 　（2）假如平板车在第二次碰墙前还未和滑块相对静止，则其速度的大小肯定还是2ｍ／ｓ，因为只要相对运动，摩擦力大小为恒值．滑块速度则大于2ｍ／ｓ，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰墙前肯定已和滑块具有共同速度ｖ．此即平板车碰墙前瞬间的速度． 　Ｍｖ0－ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， ∴ｖ＝（Ｍ－ｍ）ｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝0.4ｍ／ｓ．图3　（3）平板车与墙壁第一次碰撞后滑块与平板又达到共同速度ｖ前的过程，可用图3（ａ）、（ｂ）、（ｃ）表示．图3（ａ）为平板车与墙碰撞后瞬间滑块与平板车的位置，图3（ｂ）为平板车到达最左端时两者的位置，图3（ｃ）为平板车与滑块再次达到共同速度时两者的位置．在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功μΜｇｓ′，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功μＭｇｓ″（平板车从Ｂ到Ａ再回到Ｂ的过程中摩擦力做功为零），其中ｓ′、ｓ″分别为滑块和平板车的位移．滑块和平板车动能总减少为μＭｇｌ1，其中ｌ1 ＝ｓ′＋ｓ″为滑块相对平板车的位移，此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为ｌ，则有（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2＝μＭｇｌ，ｌ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2μＭｇ＝0.833ｍ． ｌ即为平板车的最短长度．图4　　45．解：如图4，Ａ球从静止释放后将自由下落至Ｃ点悬线绷直，此时速度为ｖＣ ∵　ｖＣ2＝2ｇ×2Ｌｓｉｎ30°， ∴　ｖＣ＝＝2ｍ／ｓ． 　在线绷直的过程中沿线的速度分量减为零时，Ａ将以切向速度ｖ1沿圆弧运动且 　ｖ1＝ｖＣｃｏｓ30°＝ｍ／ｓ． 　Ａ球从Ｃ点运动到最低点与Ｂ球碰撞前机械能守恒，可求出Ａ球与Ｂ球碰前的速度 　ｍＡｖ12／2＋ｍＡｇＬ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍＡｖ22／2， 　ｖ2＝==ｍ／ｓ． 　因Ａ、Ｂ两球发生无能量损失的碰撞且ｍＡ＝ｍＢ，所以它们的速度交换，即碰后Ａ球的速度为零，Ｂ球的速度为ｖ2＝（ｍ／ｓ）．对Ｂ球和小车组成的系统水平方向动量守恒和机械能守恒，当两者有共同水平速度ｕ时，Ｂ球上升到最高点，设上升高度为ｈ． 　ｍＢｖ2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ，ｍＢｖ22／2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ2／2＋ｍＢｇｈ．解得ｈ＝3／16≈0.19ｍ． 　在Ｂ球回摆到最低点的过程中，悬线拉力仍使小车加速，当Ｂ球回到最低点时小车有最大速度ｖｍ，设小球Ｂ回到最低点时速度的大小为ｖ3，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 　ｍＢｖ2＝－ｍＢｖ3＋Ｍｖｍ，ｍＢｖ22／2＝ｍＢｖ32／2＋Ｍｖｍ2／2， 解得ｖｍ＝2ｍＢｖ2／（ｍ3＋Ｍ）＝／2ｍ／ｓ＝1.12ｍ／ｓ． 　46．解：（1）小球的角速度与运动的角速度必定相等，则有ｖ＝ωＲ＝ω． 　（2）人手所提供的功率应等于小球在运动过程中克服摩擦力做功的功率．即有Ｐ＝ｆｖ， ∴　ｆ＝Ｐ／ｖ＝Ｐ／ω． 　47．解：由于粘性物体与底板粘合的过程时间极短，冲击力远大于重力，在竖直方向近似动量守恒，开始静止时，有　ｍ1ｇ＝ｋｘｋ＝ｍ1ｇｘ． 　ｍ2下落Ｈ时的速度ｖ＝，ｍ2与ｍ1合在一起动量守恒，ｍ2ｖ＝（ｍ1＋ｍ2）ｖ′，ｖ′＝ｍ2 ｖ／（ｍ1＋ｍ2）＝ｍ2／（ｍ1＋ｍ2）． 　设向下为正方向，ｍ1与ｍ2的整体受两个力，即重力（ｍ1＋ｍ2）ｇ和弹簧的平均拉力，则有平均拉力＝ｋｘ＋ｋｈ／2＝ｋ（2ｘ＋ｈ）／2，由动能定理得 ［－＋（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ＝0－（ｍ1＋ｍ2）ｖ2／2， 由以上各式得［ｍ1ｇ（2ｘ＋ｈ）／2ｘ－（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ 　＝（ｍ1＋ｍ2）·ｍ22·2ｇｈ／2（ｍ1＋ｍ2）2． 代入数值得ｈ＝0.3ｍ． 　48．解：ｍ与Ａ粘在一起后水平方向动量守恒，共同速度设为ｖ1，Ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ1， 得ｖ1＝Ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝2ｖ0／3． 　当弹簧压缩到最大时即有最大弹性势能Ｅ，此时系统中各物体有相同速度，设为ｖ2，由动量守恒定律 　2Ｍｖ0＝（2Ｍ＋ｍ）ｖ2，得ｖ2＝2Ｍｖ0／（2Ｍ＋ｍ）＝4ｖ0／5． 由能量守恒有 　Ｅ＝Ｍｖ02／2＋（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2－（2Ｍ＋ｍ）ｖ22／2， 解得Ｅ＝Ｍｖ02／30． 　49．解：（1）振子在平衡位置时，所受合力为零，设此时弹簧被压缩Δｘ：（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ＝ｋΔｘ，Δｘ＝5ｃｍ． 　开始释放时振子处在最大位移处，故振幅 　Ａ＝5ｃｍ＋5ｃｍ＝10ｃｍ． 　（2）由于开始时弹簧的伸长量恰等于振子在平衡位置时弹簧的压缩量，故弹性势能相等，设振子的最大速度为ｖ，从开始到平衡位置，根据机械能守恒定律， 得ｍｇ·Ａ＝ｍｖ2／2，∴ｖ＝＝1.4ｍ／ｓ， 即Ｂ的最大速率为1.4ｍ／ｓ． 　（3）在最高点，振子受到的重力和弹力方向相同，根据牛顿第二定律，得 　ａ＝［ｋΔｘ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ］／（ｍＡ＋ｍＢ）＝20ｍ／ｓ2， Ａ对Ｂ的作用力方向向下，其大小 　Ｎ1＝ｍＢａ－ｍＢｇ＝10Ｎ． 在最低点，振子受到的重力和弹力方向相反，根据牛顿第二定律，得ａ＝ｋ（Δｘ＋Ａ）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｍＡ＋ｍＢ＝20ｍ／ｓ2． Ａ对Ｂ的作用力方向向上，其大小 　Ｎ2＝ｍＢａ＋ｍＢｇ＝30Ｎ． 　　33．如图1－88甲所示，质量为Ｍ、长Ｌ＝1.0ｍ、右端带有竖直挡板的木板Ｂ静止在光滑水平面上，一个质量为ｍ的小木块（可视为质点）Ａ以水平速度ｖ0＝4.0ｍ／ｓ滑上Ｂ的左端，之后与右端挡板碰撞，最后恰好滑到木板Ｂ的左端，已知Ｍ／ｍ＝3，并设Ａ与挡板碰撞时无机械能损失，碰撞时间可以忽略不计，ｇ取10ｍ／ｓ2．求 　（1）Ａ、Ｂ最后速度； 　 （2）木块Ａ与木板Ｂ之间的动摩擦因数． 　（3）木块Ａ与木板Ｂ相碰前后木板Ｂ的速度，再在图1－88乙所给坐标中画出此过程中Ｂ相对地的ｖ－ｔ图线．图1－882．解：在0～1ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知 　ａ１＝12ｍ／ｓ２， 由牛顿第二定律，得 　Ｆ－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ１，　　① 在0～2ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知ａ２＝－6ｍ／ｓ２， 因为此时物体具有斜向上的初速度，故由牛顿第二定律，得 　－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ２，　　② 　②式代入①式，得　Ｆ＝18Ｎ． 3．解：在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从Ａ到Ｂ需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为ｔ1，则 　（ｖ／2）ｔ１＋ｖ（ｔ－ｔ１）＝Ｌ， 所以　ｔ１＝2（ｖｔ－Ｌ）／ｖ＝（2×（2×6－10）／2）ｓ＝2ｓ． 为使物体从Ａ至Ｂ所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变．而　ａ＝ｖ／ｔ＝1ｍ／ｓ２．设物体从Ａ至Ｂ所用最短的时间为ｔ2，则 　（1／2）ａｔ2２＝Ｌ， 　ｔ2＝=＝2ｓ． 　ｖｍｉｎ＝ａｔ2＝1×2ｍ／ｓ＝2ｍ／ｓ． 传送带速度再增大1倍，物体仍做加速度为1ｍ／ｓ２的匀加速运动，从Ａ至Ｂ的传送时间为2ｍ／ｓ． 4．解：启动前Ｎ１＝ｍｇ， 　升到某高度时　Ｎ2＝（17／18）Ｎ１＝（17／18）ｍｇ， 　对测试仪　Ｎ2－ｍｇ′＝ｍａ＝ｍ（ｇ／2）， 　∴　ｇ′＝（8／18）ｇ＝（4／9）ｇ， 　ＧｍＭ／Ｒ2＝ｍｇ，ＧｍＭ／（Ｒ＋ｈ）2＝ｍｇ′，解得：ｈ＝（1／2）Ｒ． 5．解：由匀加速运动的公式　ｖ２＝ｖ０２＋2ａｓ 　得物块沿斜面下滑的加速度为 　ａ＝ｖ2／2ｓ＝1．42／（2×1．4）＝0．7ｍｓ－２， 由于ａ＜ｇｓｉｎθ＝5ｍｓ－２， 　可知物块受到摩擦力的作用． 图3　分析物块受力，它受3个力，如图3．对于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，由牛顿定律有 　ｍｇｓｉｎθ－ｆ１＝ｍａ， 　ｍｇｃｏｓθ－Ｎ１＝0， 　分析木楔受力，它受5个力作用，如图3所示．对于水平方向，由牛顿定律有 　ｆ2＋ｆ１ｃｏｓθ－Ｎ１ｓｉｎθ＝0， 　由此可解得地面的作用于木楔的摩擦力 　ｆ2＝ｍｇｃｏｓθｓｉｎθ－（ｍｇｓｉｎθ－ｍａ）ｃｏｓθ＝ｍａｃｏｓθ＝1×0．7×（／2）＝0．61Ｎ． 　此力的方向与图中所设的一致（由指向）． 6．解：（1）飞机原先是水平飞行的，由于垂直气流的作用，飞机在竖直方向上的运动可看成初速度为零的匀加速直线运动，根据　ｈ＝（1／2）ａｔ２，得ａ＝2ｈ／ｔ２，代入ｈ＝1700ｍ，ｔ＝10ｓ，得 　ａ＝（2×1700／10２）（ｍ／ｓ２）＝34ｍ／ｓ２，方向竖直向下． 　（2）飞机在向下做加速运动的过程中，若乘客已系好安全带，使机上乘客产生加速度的力是向下重力和安全带拉力的合力．设乘客质量为ｍ，安全带提供的竖直向下拉力为Ｆ，根据牛顿第二定律　Ｆ＋ｍｇ＝ｍａ，得安全带拉力 　　Ｆ＝ｍ（ａ－ｇ）＝ｍ（34－10）Ｎ＝24ｍ（Ｎ）， ∴　安全带提供的拉力相当于乘客体重的倍数 　ｎ＝Ｆ／ｍｇ＝24ｍＮ／ｍ·10Ｎ＝2．4（倍）． 　（3）若乘客未系安全带，飞机向下的加速度为34ｍ／ｓ２，人向下加速度为10ｍ／ｓ２，飞机向下的加速度大于人的加速度，所以人对飞机将向上运动，会使头部受到严重伤害． 7．解：设月球表面重力加速度为ｇ，根据平抛运动规律，有 　ｈ＝（1／2）ｇｔ２，　　① 　水平射程为　　　Ｌ＝ｖ０ｔ，　　② 　联立①②得ｇ＝2ｈｖ０２／Ｌ２．　　③ 　根据牛顿第二定律，得　ｍｇ＝ｍ（2π／Ｔ）２Ｒ，　　④ 　联立③④得　Ｔ＝（πＬ／ｖ０ｈ）．　　⑤ 8．解：前2秒内，有Ｆ－ｆ＝ｍａ１，ｆ＝μＮ，Ｎ＝ｍｇ，则 　ａ１＝（Ｆ－μｍｇ）／ｍ＝4ｍ／ｓ２，ｖｔ＝ａ１ ｔ＝8ｍ／ｓ， 　撤去Ｆ以后　ａ２＝ｆ／ｍ＝2ｍ／ｓ，ｓ＝ｖ１２／2ａ２＝16ｍ． 9．解：（1）用力斜向下推时，箱子匀速运动，则有 　Ｆｃｏｓθ＝ｆ，ｆ＝μＮ，Ｎ＝Ｇ＋Ｆｓｉｎθ， 　联立以上三式代数据，得　Ｆ＝1．2×10２Ｎ． 　（2）若水平用力推箱子时，据牛顿第二定律，得Ｆ合＝ｍａ，则有 　Ｆ－μＮ＝ｍａ，Ｎ＝Ｇ， 　联立解得　ａ＝2．0ｍ／ｓ２． 　ｖ＝ａｔ＝2．0×3．0ｍ／ｓ＝6．0ｍ／ｓ， 　ｓ＝（1／2）ａｔ２＝（1／2）×2．0×3．0２ｍ／ｓ＝9．0ｍ， 　推力停止作用后　ａ′＝ｆ／ｍ＝4．0ｍ／ｓ２（方向向左）， 　ｓ′＝ｖ２／2ａ′＝4．5ｍ， 　则　ｓ总＝ｓ＋ｓ′＝13．5ｍ． 10．解：根据题中说明，该运动员发球后，网球做平抛运动．以ｖ表示初速度，Ｈ表示网球开始运动时离地面的高度（即发球高度），ｓ１表示网球开始运动时与网的水平距离（即运动员离开网的距离），ｔ１表示网球通过网上的时刻，ｈ表示网球通过网上时离地面的高度，由平抛运动规律得到 　ｓ１＝ｖｔ１，Ｈ－ｈ＝（1／2）ｇｔ１２， 消去ｔ１，得　　ｖ＝ｍ／ｓ，ｖ≈23ｍ／ｓ． 　以ｔ２表示网球落地的时刻，ｓ２表示网球开始运动的地点与落地点的水平距离，ｓ表示网球落地点与网的水平距离，由平抛运动规律得到 　Ｈ＝（1／2）ｇｔ２２，ｓ２＝ｖｔ２， 消去ｔ２，得ｓ２＝ｖ≈16ｍ， 　网球落地点到网的距离　ｓ＝ｓ２－ｓ１≈4ｍ． 11．解：（1）设卫星质量为ｍ，它在地球附近做圆周运动，半径可取为地球半径Ｒ，运动速度为ｖ，有 　ＧＭｍ／Ｒ２＝ｍｖ２／Ｒ　得ｖ＝． 　（2）由（1）得： 　Ｍ＝ｖ２Ｒ／Ｇ＝＝6．0×1024ｋｇ． 12．解：对物块：Ｆ１－μｍｇ＝ｍａ１， 　6－0．5×1×10＝1·ａ１，ａ１＝1．0ｍ／ｓ2， 　ｓ１＝（1／2）ａ１ｔ2＝（1／2）×1×0．42＝0．08ｍ， 　ｖ１＝ａ１ｔ＝1×0．4＝0．4ｍ／ｓ， 　对小车：Ｆ２－μｍｇ＝Ｍａ２， 　9－0．5×1×10＝2ａ２，ａ２＝2．0ｍ／ｓ2 ， 　ｓ２＝（1／2）ａ２ｔ2＝（1／2）×2×0．42＝0．16ｍ， 　ｖ２＝ａ２ｔ＝2×0．4＝0．8ｍ／ｓ， 　撤去两力后，动量守恒，有Ｍｖ２－ｍｖ１＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， 　ｖ＝0．4ｍ／ｓ（向右）， ∵　（（1／2）ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2）－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ2＝μｍｇｓ３， 　ｓ３＝0．096ｍ， ∴　ｌ＝ｓ１＋ｓ２＋ｓ３＝0．336ｍ． 13．解：设木块到Ｂ时速度为ｖ０，车与船的速度为ｖ１，对木块、车、船系统，有 　ｍ１ｇｈ＝（ｍ１ｖ０2／2）＋（（ｍ２＋ｍ３）ｖ１2／2）， 　ｍ１ｖ０＝（ｍ２＋ｍ３）ｖ１， 解得　ｖ０＝5，ｖ１＝． 　木块到Ｂ后，船以ｖ１继续向左匀速运动，木块和车最终以共同速度ｖ２向右运动，对木块和车系统，有 　ｍ１ｖ０－ｍ２ｖ１＝（ｍ１＋ｍ２）ｖ２， 　μｍ１ｇｓ＝（（ｍ１ｖ０2／2）＋（ｍ２ｖ１2／2））－（（ｍ１＋ｍ２）ｖ２2／2）， 得　ｖ２＝ｖ１＝，ｓ＝2ｈ． 14．解：（1）小球的角速度与手转动的角速度必定相等均为ω．设小球做圆周运动的半径为ｒ，线速度为ｖ．由几何关系得　ｒ＝，ｖ＝ω·ｒ，解得　　 　　ｖ＝ω． 　（2）设手对绳的拉力为Ｆ，手的线速度为ｖ，由功率公式得　Ｐ＝Ｆｖ＝Ｆ·ωＲ， ∴　Ｆ＝Ｐ／ωＲ．图4　研究小球的受力情况如图4所示，因为小球做匀速圆周运动，所以切向合力为零，即 　Ｆｓｉｎθ＝ｆ， 其中　ｓｉｎθ＝Ｒ／， 　联立解得　ｆ＝Ｐ／ω． 15．解：（1）用ｖ１表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由于子弹射入木块Ｃ时间极短，系统动量守恒，有 　ｍｖ０＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１， 　∴　ｖ１＝ｍｖ０／（ｍ＋Ｍ）＝3ｍ／ｓ， 　子弹和木块Ｃ在ＡＢ木板上滑动，由动能定理得： 　（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ２２－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ１２＝－μ（ｍ＋Ｍ）ｇＬ， 　解得　ｖ２＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）用ｖ′表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由动量守恒定律，得　ｍｖ０′＋Ｍｕ＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１′，解得　ｖ１′＝4ｍ／ｓ． 　木块Ｃ及子弹在ＡＢ木板表面上做匀减速运动　ａ＝μｇ．设木块Ｃ和子弹滑至ＡＢ板右端的时间为ｔ，则木块Ｃ和子弹的位移ｓ１＝ｖ１′ｔ－（1／2）ａｔ2， 　由于ｍ车≥（ｍ＋Ｍ），故小车及木块ＡＢ仍做匀速直线运动，小车及木板ＡＢ的位移　ｓ＝ｕｔ，由图5可知：ｓ１＝ｓ＋Ｌ， 　联立以上四式并代入数据得： 　ｔ2－6ｔ＋1＝0， 　解得：ｔ＝（3－2）ｓ，（ｔ＝（3＋2）ｓ不合题意舍去），　　（11） 　∴　ｓ＝ｕｔ＝0．18ｍ． 16．解：（1）设Ａ滑上Ｂ后达到共同速度前并未碰到档板，则根据动量守恒定律得它们的共同速度为ｖ，有图5　ｍｖ０＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝2ｍ／ｓ，在这一过程中，Ｂ的位移为ｓＢ＝ｖＢ2／2ａＢ且ａＢ＝μｍｇ／Ｍ，解得ｓＢ＝Ｍｖ2／2μｍｇ＝2×22／2×0．2×1×10＝2ｍ． 　设这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ１，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ１＝（1／2）ｍｖ０2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得ｓ１＝6ｍ． 　当ｓ＝4ｍ时，Ａ、Ｂ达到共同速度ｖ＝2ｍ／ｓ后再匀速向前运动2ｍ碰到挡板，Ｂ碰到竖直挡板后，根据动量守恒定律得Ａ、Ｂ最后相对静止时的速度为ｖ′，则 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′， 解得　ｖ′＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ２，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ２＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　ｓ２＝2．67ｍ． 　因此，Ａ、Ｂ最终不脱离的木板最小长度为ｓ１＋ｓ２＝8．67ｍ 　（2）因Ｂ离竖直档板的距离ｓ＝0．5ｍ＜2ｍ，所以碰到档板时，Ａ、Ｂ未达到相对静止，此时Ｂ的速度ｖＢ为 　ｖＢ2＝2ａＢｓ＝（2μｍｇ／Ｍ）ｓ，解得　ｖＢ＝1ｍ／ｓ， 　设此时Ａ的速度为ｖＡ ，根据动量守恒定律，得 　ｍｖ０＝ＭｖＢ＋ｍｖＡ，解得ｖＡ＝4ｍ／ｓ， 　设在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移为ｓ１′，根据动能定理得： 　μｍｇｓ１′＝（1／2）ｍｖ０2－（（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）ＭｖＢ2）， 　解得　ｓ１′＝4．5ｍ． 　Ｂ碰撞挡板后，Ａ、Ｂ最终达到向右的相同速度ｖ，根据动能定理得ｍｖＡ－ＭｖＢ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ２′为 　μｍｇｓ２′＝（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得　ｓ２′＝（25／6）ｍ． 　Ｂ再次碰到挡板后，Ａ、Ｂ最终以相同的速度ｖ′向左共同运动，根据动量守恒定律，得 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′，解得　ｖ′＝（2／9）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ３′为： 　μｍｇｓ３′＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　　　　ｓ３′＝（8／27）ｍ． 　因此，为使Ａ不从Ｂ上脱落，Ｂ的最小长度为ｓ１′＋ｓ２′＋ｓ３′＝8．96ｍ． 17．解：（1）Ｂ与Ａ碰撞后，Ｂ相对于Ａ向左运动，Ａ所受摩擦力方向向左，Ａ的运动方向向右，故摩擦力作负功．设Ｂ与Ａ碰撞后的瞬间Ａ的速度为ｖ１，Ｂ的速度为ｖ２，Ａ、Ｂ相对静止后的共同速度为ｖ，整个过程中Ａ、Ｂ组成的系统动量守恒，有 　Ｍｖ０＝（Ｍ＋1．5Ｍ）ｖ，ｖ＝2ｖ０／5． 　碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功，即 　Ｍｖ２＋1．5Ｍｖ１＝2．5Ｍｖ，　　① 　（1／2）×1．5Ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2－（1／2）×2．5Ｍｖ2＝Ｍμｇｌ，　　② 可解出ｖ１＝（1／2）ｖ０（另一解ｖ１＝（3／10）ｖ０因小于ｖ而舍去） 　这段过程中，Ａ克服摩擦力做功 　Ｗ＝（1／2）×1．5Ｍｖ１2－（1／2）×1．5Ｍｖ2＝（27／400）Ｍｖ０2（0．068Ｍｖ０2）． 　（2）Ａ在运动过程中不可能向左运动，因为在Ｂ未与Ａ碰撞之前，Ａ受到的摩擦力方向向右，做加速运动，碰撞之后Ａ受到的摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后，速度仍向右，因此不可能向左运动． 　Ｂ在碰撞之后，有可能向左运动，即ｖ２＜0． 　先计算当ｖ２＝0时满足的条件，由①式，得 　ｖ１＝（2ｖ０／3）－（2ｖ２／3），当ｖ２＝0时，ｖ１＝2ｖ０／3，代入②式，得 　（（1／2）×1．5Ｍ4ｖ０2／9）－（（1／2）×2．5Ｍ4ｖ０2／25）＝Ｍμｇｌ， 解得　μｇｌ＝2ｖ０2／15． 　Ｂ在某段时间内向左运动的条件之一是μｌ＜2ｖ０2／15ｇ． 　另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即 　（1／2）Ｍｖ０2－（1／2）2．5Ｍ（2ｖ０／5）2≥2Ｍμｇｌ， 　解出另一个条件是　μｌ≤3ｖ０2／20ｇ， 　最后得出Ｂ在某段时间内向左运动的条件是 　2ｖ０2／15ｇ＜μｌ≤3ｖ０2／20ｇ． 18．解：（1）以警车为研究对象，由动能定理． 　－μｍｇ·ｓ＝（1／2）ｍｖ2－（1／2）ｍｖ０2， 　将ｖ０＝14．0ｍ／ｓ，ｓ＝14．0ｍ，ｖ＝0代入，得 　μｇ＝7．0ｍ／ｓ2， 　因为警车行驶条件与肇事汽车相同，所以肇事汽车的初速度ｖＡ＝ ＝21ｍ／ｓ． 　（2）肇事汽车在出事点Ｂ的速度 　ｖＢ＝＝14ｍ／ｓ， 　肇事汽车通过段的平均速度 　＝（ｖＡ＋ｖＢ）／2＝（21＋14）／2＝17．5ｍ／ｓ． 　肇事汽车通过ＡＢ段的时间 　ｔ２＝ＡＢ／＝（31．5－14．0）／17．5＝1ｓ． 　∴　游客横过马路的速度 　ｖ人＝／（ｔ１＋ｔ２）＝（2．6／（1＋0．7））ｍ／ｓ＝1．53ｍ／ｓ． 19．解：（1）开始Ａ、Ｂ处于静止状态时，有 　ｋｘ０－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｓｉｎ30°＝0，　　① 　设施加Ｆ时，前一段时间Ａ、Ｂ一起向上做匀加速运动，加速度为ａ，ｔ＝0．2ｓ，Ａ、Ｂ间相互作用力为零，对Ｂ有： 　ｋｘ－ｍＢｇｓｉｎ30°＝ｍＢａ，　　② 　ｘ－ｘ０＝（1／2）ａｔ2，　　③ 　解①、②、③得： 　ａ＝5ｍｓ－2，ｘ０＝0．05ｍ，ｘ＝0．15ｍ， 　初始时刻Ｆ最小 　Ｆｍｉｎ＝（ｍＡ＋ｍＢ）ａ＝60Ｎ． 　ｔ＝0．2ｓ时，Ｆ最大 　Ｆｍａｘ－ｍＡｇｓｉｎ30°＝ｍＡａ， 　Ｆｍａｘ＝ｍＡ（ｇｓｉｎ30°＋ａ）＝100Ｎ， 　（2）ΔＥＰＡ＝ｍＡｇΔｈ＝ｍＡｇ（ｘ－ｘ０）ｓｉｎ30°＝5Ｊ． 20．解：当弹簧处于压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和．当弹簧伸长到其自然长度时，弹性势能为零，因这时滑块Ａ的速度为零，故系统的机械能等于滑块Ｂ的动能．设这时滑块Ｂ的速度为ｖ则有 　Ｅ＝（1／2）ｍ２ｖ2，　　① 由动量守恒定律（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ２ｖ，　　② 解得　Ｅ＝（1／2）（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２．　　③ 　假定在以后的运动中，滑块Ｂ可以出现速度为零的时刻，并设此时滑块Ａ的速度为ｖ１．这时，不论弹簧是处于伸长还是压缩状态，都具有弹性势能Ｅｐ．由机械能守恒定律得 　（1／2）ｍ１ｖ１2＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　④ 根据动量守恒　（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ１ｖ１，　　⑤ 求出ｖ１，代入④式得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑥ 因为Ｅｐ≥0，故得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）≤（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑦ 即　ｍ１≥ｍ２，与已知条件ｍ１＜ｍ２不符． 　可见滑块Ｂ的速度永不为零，即在以后的运动中，不可能出现滑动Ｂ的速度为零的情况． 21．解：设恰好物体相对圆盘静止时，弹簧压缩量为Δｌ，静摩擦力为最大静摩擦力ｆｍａｘ，这时物体处于临界状态，由向心力公式ｆｍａｘ－ｋΔｌ＝ｍＲｗ2 ，　　① 　假若物体向圆心移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ１－ｋ（Δｌ＋ｘ）＝ｍ（Ｒ－ｘ）ｗ2，　　② 　由①、②两式可得　ｆｍａｘ－ｆ１＝ｍｘｗ2－ｋｘ，　　③ 所以　ｍｘｗ2－ｋｘ≥0，得ｋ≤ｍｗ2，　　④ 　若物体向外移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ２－ｋ（Δｌ－ｘ）≥ｍ（Ｒ＋ｘ）ｗ2，　　⑤ 由①～⑥式得　ｆｍａｘ－ｆ２＝ｋｘ－ｍｘｗ2≥0，　　⑥ 所以　ｋ≥ｍｗ2，　　⑦ 即若物体向圆心移动，则ｋ≤ｍｗ2， 若物体向远离圆心方向移动，则ｋ≥ｍｗ2． 22．解：卫星环绕地球作匀速圆周运动，设卫星的质量为ｍ，轨道半径为ｒ，受到地球的万有引力为Ｆ， 　Ｆ＝ＧＭｍ／ｒ2，　　① 　式中Ｇ为万有引力恒量，Ｍ是地球质量． 　设ｖ是卫星环绕地球做匀速圆周运动的线速度，Ｔ是运动周期，根据牛顿第二定律，得 　Ｆ＝ｍｖ2／ｒ，　　② 　由①、②推导出　ｖ＝．　　③ 　③式表明：ｒ越大，ｖ越小． 　人造卫星的周期就是它环绕地球运行一周所需的时间Ｔ， 　Ｔ＝2πｒ／ｖ，　　④ 　由③、④推出　Ｔ＝2π，　　⑤ 　⑤式说明：ｒ越大，Ｔ越大．　23．证：设质点通过Ａ点时的速度为ｖＡ，通过Ｃ点时的速度为ｖＣ，由匀变速直线运动的公式得： ｓ1＝ｖＡＴ＋ａＴ2／2，ｓ3＝ｖＣＴ＋ａＴ2／2，ｓ3－ｓ1＝ｖＣＴ－ｖＡＴ． ∵　ｖＣ＝ｖＡ＋2ａＴ， ∴　ｓ3－ｓ1＝（ｖＡ－2ａＴ－ｖＡ）Ｔ＝2ａＴ2，ａ＝（ｓ3－ｓ1）／2Ｔ2． 　24．根据：如果在连续的相等的时间内的位移之差相等，则物体做匀变速运动．证明：设物体做匀速运动的初速度为ｖ0，加速度为ａ，第一个Ｔ内的位移为ｓ1＝ｖ0Ｔ＋ａＴ2／2；第二个Ｔ内的位移为ｓ2＝（ｖ0＋ａＴ）Ｔ＋ａＴ2／2；第Ｎ个Ｔ内的位移为ｓＮ＝［ｖ0＋（Ｎ－1）ａＴ］Ｔ＋ａＴ2／2．　ｓＮ－ｓＮ－1＝ａＴ2，逆定理也成立． 　25．解：由匀变速直线运动的公式得小物块的加速度的大小为ａ1＝（ｖ0－ｖｔ）／ｔ＝2（ｍ／ｓ2）．木板的加速度大小为ａ2＝2ｓ／ｔ2＝0.25（ｍ／ｓ2）． 根据牛顿第二定律　Ｆ＝ｍａ 对小物块得　ｆ′1＝ｍａ1＝1×2＝2Ｎ， 对木板得　ｆ1－μ（ｍ＋Ｍ）ｇ＝Ｍａ2， 　μ＝（ｆ1－Ｍａ2）／（ｍ＋Ｍ）ｇ＝（2－4×0.25）／（1＋4）×10＝0.02． 　 26．解：假设金属块没有离开第一块长木板，移动的相对距离为ｘ，由动量守恒定律，得ｍｖ0＝3ｍｖ， 　ｍｖ02／2＝3ｍｖ2／2＋μｍｇｘ， 解得ｘ＝4ｍ／3＞Ｌ，不合理， ∴　金属块一定冲上第二块木板． 　以整个系统为研究对象，由动量定律及能量关系，当金属块在第一块木板上时ｍｖ0＝ｍｖ0′＋2ｍｖ1， 　ｍｖ02／2＝12ｍｖ0′2＋2ｍ·ｖ12／2＋μｍｇｌ． 　ｍｖ0＝ｍｖ1＋2ｍｖ2， 　ｍｖ02／2＝ｍｖ12／2＋2ｍ·ｖ22／2＋μｍｇ（ｌ＋ｘ）． 联立解得： 　ｖ1＝1／3ｍ／ｓ，ｖ2＝5／6ｍ／ｓ，ｘ＝0.25ｍ． 　27．解：当ｔ＝0时，ａＡ0＝9／3＝3ｍ／ｓ2，ａＢ0＝3／6＝0.5ｍ／ｓ2．ａＡ0＞ａＢ0，Ａ、Ｂ间有弹力，随ｔ之增加，Ａ、Ｂ间弹力在减小，当（9－2ｔ）／3＝（3＋2ｔ）／6，ｔ＝2.5ｓ时，Ａ、Ｂ脱离，以Ａ、Ｂ整体为研究对象，在ｔ＝2.5ｓ内，加速度ａ＝（ＦＡ＋ＦＢ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝4／3ｍ／ｓ2，ｓ＝ａｔ2／2＝4.17ｍ． 　28．解：（1）由ｍＣｖ0＝ｍＣｖ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ1，Ｃ由Ａ滑至Ｂ时，Ａ、Ｂ的共同速度是 　ｖ1＝ｍＣ（ｖ0－ｖ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝0.2ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＡ＝ｍＣｖ02／2－ｍＣｖ2／2－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12／2， 得　μ＝［ｍＣ（ｖ02－ｖ2）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12］／2ｍＣｇｌＡ＝0.48． 　（2）由ｍＣｖ＋ｍＢｖ1＝（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ2，Ｃ相对Ｂ静止时，Ｂ、Ｃ的共同速度是ｖ2＝（ｍＣｖ＋ｍＢｖ1）／（ｍＣ＋ｍＢ）＝0.65ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＢ＝ｍＣｖ2／2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22／2， Ｃ在Ｂ上滑行距离为 　ｌＢ＝［ｍＣｖ2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22］／2μｍＣｇ＝0.25ｍ． 　（3）由μｍＣｇｓ＝ｍＢｖ22／2－ｍＢｖ12／2， Ｂ相对地滑行的距离ｓ＝［ｍＢ（ｖ22－ｖ12）］／2μｍＣｇ＝0.12ｍ． 　（4）Ｃ在Ａ、Ｂ上匀减速滑行，加速度大小由μｍＣｇ＝ｍＣａ，得ａ＝μｇ＝4.8ｍ／ｓ2． Ｃ在Ａ上滑行的时间ｔ1＝（ｖ0－ｖ）／ａ＝0.21ｓ． Ｃ在Ｂ上滑行的时间ｔ2＝（ｖ－ｖ2）／ａ＝0.28ｓ． 所求时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝0.21ｓ＋0.28ｓ＝0.49ｓ． 　　29．匀加速下滑时，受力如图1ａ，由牛顿第二定律，有： ｍｇｓｉｎθ－μｍｇｃｏｓθ＝ｍａ＝ｍｇｓｉｎθ／2， 　ｓｉｎθ／2＝μｃｏｓθ， 　得μ＝ｓｉｎθ／2ｃｏｓθ． 图1静止时受力分析如图1ｂ，摩擦力有两种可能：①摩擦力沿斜面向下；②摩擦力沿斜面向上．摩擦力沿斜面向下时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＝ｆ＋ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ， 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ＋μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ－μｓｉｎθ）ｍｇ＝3ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ－ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　摩擦力沿斜面向上时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＋ｆ＝ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ． 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ－μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ＋μｓｉｎθ）ｍｇ＝ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ＋ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　30．解：（1）物体在两斜面上来回运动时，克服摩擦力所做的功Ｗｆ＝μｍｇｃｏｓ60°·ｓ总． 　物体从开始直到不再在斜面上运动的过程中ｍｇｈ－Ｗｆ＝0－ｍｖ02／2．解得ｓ总＝38ｍ． 　（2）物体最终是在Ｂ、Ｃ之间的圆弧上来回做变速圆周运动，且在Ｂ、Ｃ点时速度为零． 　（3）物体第一次通过圆弧最低点时，圆弧所受压力最大．由动能定理得ｍｇ［ｈ＋Ｒ（1－ｃｏｓ60°）］－μｍｇｃｏｓ60°／ｓｉｎ60°＝ｍ（ｖ12－ｖ02）／2， 由牛顿第二定律得　Ｎｍａｘ－ｍｇ＝ｍｖ12／Ｒ， 解得　Ｎｍａｘ＝54.5Ｎ． 　物体最终在圆弧上运动时，圆弧所受压力最小．由动能定理得ｍｇＲ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍｖ22／2，由牛顿第二定律得Ｎｍｉｎ－ｍｇ＝ｍｖ22／Ｒ，解得Ｎｍｉｎ＝20Ｎ． 　31．解：（1）设刹车后，平板车的加速度为ａ0，从开始刹车到车停止所经历时间为ｔ0，车所行驶距离为ｓ0，则有ｖ02＝2ａ0ｓ0，ｖ0＝ａ0ｔ0． 　欲使ｔ0小，ａ0应该大，作用于木箱的滑动摩擦力产生的加速度ａ1＝μｍｇ／ｍ＝μｇ． 　当ａ0＞ａ1时，木箱相对车底板滑动，从刹车到车停止过程中木箱运动的路程为ｓ1，则ｖ02＝2ａ2ｓ1． 　为使木箱不撞击驾驶室，应有ｓ1－ｓ0≤Ｌ． 　联立以上各式解得：ａ0≤μｇｖ02／（ｖ02－2μｇＬ）＝5ｍ／ｓ2， 　∴　ｔ0＝ｖ0／ａ0＝4.4ｓ． 　（2）对平板车，设制动力为Ｆ，则Ｆ＋ｋ（Ｍ＋ｍ）ｇ－μｍｇ＝Ｍａ0，解得：Ｆ＝7420Ｎ． 　32．解：对系统ａ0＝［Ｆ－μｇ（ｍ1＋ｍ2）］／（ｍ1＋ｍ2）＝1ｍ／ｓ2． 　对木块1，细绳断后：│ａ1│＝ｆ1／ｍ1＝μｇ＝1ｍ／ｓ2． 　设细绳断裂时刻为ｔ1，则木块1运动的总位移： 　ｓ1＝2ａ0ｔ12／2＝ａ0ｔ12． 　对木块2，细绳断后，ａ2＝（Ｆ－μｍ2ｇ）／ｍ2＝2ｍ／ｓ2 ． 木块2总位移 　ｓ2＝ｓ′＋ｓ″＝ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2， 两木块位移差Δｓ＝ｓ2－ｓ1＝22（ｍ）． 得　ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2－ａ0ｔ12＝22， 把ａ0，ａ2值，ｖ1＝ａ0ｔ1代入上式整理得： 　ｔ12＋12ｔ1－28＝0，得ｔ1＝2ｓ． 木块2末速ｖ2＝ｖ1＋ａ2（6－ｔ1）＝ａ0ｔ1＋ａ2（6－ｔ1）＝10ｍ／ｓ． 此时动能Ｅｋ＝ｍ2ｖ22／2＝2×102／2Ｊ＝100Ｊ． 　33．解：（1）由动量守恒定律，ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ′，且有ｍ∶Ｍ＝1∶3， ∴　Ａ、Ｂ共同速度ｖ′＝ｍｖ0／（ｍ＋Ｍ）＝1ｍ／ｓ． 　（2）由动能定理，对全过程应有 　μｍｇ·2Ｌ＝ｍｖ02／2－（ｍ＋Ｍ）ｖ′2／2， 　4μｇＬ＝ｖ02－4ｖ′2，μ＝（ｖ02－4ｖ′2）／4ｇＬ＝0.3． 　（3）先求Ａ与Ｂ挡板碰前Ａ的速度ｖ10，以及木板Ｂ相应速度ｖ20，取从Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板相碰前过程为研究对象，依动量守恒与动能定理有以下两式成立：ｍｖ0＝ｍｖ10＋Ｍｖ20， 　ｍｖ02／2－ｍｖ102／2－Ｍｖ202／2＝μｍｇＬ． 代入数据得　ｖ10＋3ｖ20＝4，ｖ102＋3ｖ202＝10， 解以上两式可得　ｖ10＝（2±3）／2ｍ／ｓ．因Ａ与Ｂ挡板碰前速度不可能取负值，故ｖ10＝（2＋3）／2ｍ／ｓ．相应解出ｖ20＝（2－）／2ｍ／ｓ＝0.3ｍ／ｓ． 　木板Ｂ此过程为匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得μｍｇ＝Ｍａ1，ａ1＝μｍｇ／Ｍ＝1（ｍ／ｓ2）． 此过程经历时间ｔ1由下式求出 　ｖ20＝ａ1ｔ1，ｔ1＝ｖ20／ａ1＝0.3（ｓ）． 其速度图线为图2中0～0.3ｓ段图线ａ． 　再求Ａ与Ｂ挡板碰后，木板Ｂ的速度ｖ2与木块Ａ的速度ｖ1，为方便起见取Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板碰撞后瞬间过程为研究对象，依动量守恒定律与动能定理有以下两式成立： ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2，ｍｖ02／2－ｍｖ12／2－Ｍｖ22／2＝μｍｇＬ． 故解为　ｖ1＝（2±3）／2ｍ／ｓ． 因ｖ1＝（2＋3）／2ｍ／ｓ为碰前速度，故取ｖ1＝（2－3）／2ｍ／ｓ，相应得ｖ2＝2＋2ｍ／ｓ＝1.7ｍ／ｓ． 由于ｖ1＜0，即木块相对Ｂ向左滑动，Ａ受Ｂ摩擦力向右，Ｂ受Ａ摩擦力向左，故Ｂ做匀减速直线运动，加速度大小由牛顿第二定律，得ａ＝μｍｇ／Ｍ＝1ｍ／ｓ2． 　从碰后到Ａ滑到Ｂ最左端过程中，Ｂ向右做匀减速直线运动时间设为ｔ2，则ｖ′－ｖ2＝－ａｔ2， ∴　ｔ2＝0.7ｓ． 　此过程速度图线如图2中0.3ｓ～1.0ｓ段图线ｂ．图2 　　34．解：设ｍ1、ｍ2两物体受恒力Ｆ作用后，产生的加速度分别为ａ1、ａ2，由牛顿第二定律Ｆ＝ｍａ，得 　ａ1＝Ｆ／ｍ1，ａ2＝Ｆ／ｍ2， 　历时ｔ两物体速度分别为ｖ1＝ａ1ｔ，ｖ2＝ｖ0＋ａ2ｔ，由题意令ｖ1＝ｖ2，即ａ1ｔ＝ｖ0＋ａ2ｔ或（ａ1－ａ2）ｔ＝ｖ0，因ｔ≠0、ｖ0＞0，欲使上式成立，需满足ａ1－ａ2＞0，即Ｆ／ｍ1＞Ｆ／ｍ2，或ｍ1＜ｍ2，也即当ｍ1≥ｍ2时不可能达到共同速度，当ｍ1＜ｍ2时，可以达到共同速度． 　35．解：（1）当小球刚好能在轨道内做圆周运动时，水平初速度ｖ最小，此时有ｍｇ＝ｍｖ2／Ｒ， 故　ｖ＝＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）若初速度ｖ′＜ｖ，小球将做平抛运动，如在其竖直位移为Ｒ的时间内，其水平位移ｓ≥Ｒ，小球可进入轨道经过Ｂ点．设其竖直位移为Ｒ时，水平位移也恰为R，则Ｒ＝ｇｔ2／2，Ｒ＝ｖ′ｔ，解得：ｖ′＝／2＝ｍ／ｓ． 因此，初速度满足2ｍ／ｓ＞ｖ′≥ｍ／ｓ时，小球可做平抛运动经过Ｂ点． 　36．卫星在天空中任何天体表面附近运行时，仅受万有引力Ｆ作用使卫星做圆周运动，运动半径等于天体的球半径Ｒ．设天体质量为Ｍ，卫星质量为ｍ，卫星运动周期为Ｔ，天体密度为ρ．根据万有引力定律Ｆ＝ＧＭｍ／Ｒ2， 卫星做圆周运动向心力Ｆ′＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2， 因为 　Ｆ′＝Ｆ，得ＧＭｍ／Ｒ2＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2，∴Ｔ＝． 　又球体质量Ｍ＝4πＲ3ρ／3． 得Ｔ＝=，∴Ｔ∝1／，得证． 　37．解：由于两球相碰满足动量守恒 　　ｍ1ｖ0＝ｍ1ｖ1＋ｍ2ｖ2，ｖ1＝－1.3ｍ／ｓ． 　两球组成系统碰撞前后的总动能Ｅｋ1＋Ｅｋ2＝ｍ1ｖ02／2＋0＝2.5Ｊ， 　Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＝ｍ1ｖ12／2＋ｍ2ｖ22／2＝2.8Ｊ． 　可见，Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＞Ｅｋ1＋Ｅｋ2，碰后能量较碰撞前增多了，违背了能量守恒定律，这种假设不合理． 　38．解：（1）由动量守恒，得ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2， 由运动学公式得ｓ＝（ｖ1－ｖ2）ｔ，ｈ＝ｇｔ2／2， 由以上三式得ｖ2＝（ｍｖ0－ｓｍ）／（Ｍ＋ｍ）． 　 （2）最后车与物体以共同的速度ｖ向右运动，故有 　ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖｖ＝ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）． ∴ΔＥ＝ｍｖ02／2＋ｍｇｈ－（Ｍ＋ｍ）ｍ2ｖ02／2（Ｍ＋ｍ）2． 解得ΔＥ＝ｍｇｈ＋Ｍｍｖ02／2（Ｍ＋ｍ）． 　39．解：设碰前Ａ、Ｂ有共同速度ｖ时，Ｍ前滑的距离为ｓ．则ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ，ｆｓ＝Ｍｖ2／2，ｆ＝μｍｇ． 　由以上各式得　ｓ＝Ｍｍｖ02／2μｇ（Ｍ＋ｍ）2． 　当ｖ0＝2ｍ／ｓ时，ｓ＝2／9ｍ＜0.5ｍ，即Ａ、Ｂ有共同速度．当ｖ0＝4ｍ／ｓ时，ｓ＝8／9ｍ＞0.5ｍ，即碰前Ａ、Ｂ速度不同． 　40．解：（1）物体由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者系统水平方向动量守恒得：ｍｖ0＝ｍｖ0／2＋2ｍｖＡＢ． 解之得　ｖＡＢ＝ｖ0／4． 　（2）物块由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者功能关系得：μｍｇＬ＝ｍｖ02／2－ｍ（ｖ0／2）2／2－2ｍ（ｖ0／4）2／2． 解之得　Ｌ＝5ｖ02／16μｇ． 　（3）物块由Ｄ滑到Ｃ的过程中，二者系统水平方向动量守恒，又因为物块到达最高点Ｃ时，物块与滑块速度相等且水平，均为ｖ． 故得　ｍｖ0／2＋ｍｖ0／4＝2ｍｖ， ∴　得滑块的动能ＥＣＤ＝ｍｖ2／2＝9ｍｖ02／128． 　41．解：（1）Ｂ从ｖ0减速到速度为零的过程，Ｃ静止，Ｂ的位移：ｓ1＝ｖ02／2μｇ． 　所用的时间：ｔ1＝ｖ0／μｇ． 　此后Ｂ与Ｃ一起向右做加速运动，Ａ做减速运动，直到相对静止，设所用时间为ｔ2，共同速度为ｖ． 　对Ａ、Ｂ、Ｃ，由动量守恒定律得 　ｍＡ·2ｖ0－ｍＢｖ0＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ， ∵　ｍＡ＝ｍＢ＝ｍＣ，∴　ｖ＝ｖ0／3． 　对Ｂ与Ｃ，向右加速运动的加速度 　ａ＝μｍＡｇ／（ｍＢ＋ｍＣ）＝μｇ／2，∴ｔ2＝ｖ／ａ＝2ｖ0／3μｇ． Δｔ内Ｂ向右移动的位移ｓ2＝ｖｔ2／2＝ｖ02／9μｇ， 故总路程ｓ＝ｓ1＋ｓ2＝11ｖ02／18μｇ，总时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝5ｖ0／3μｇ． 　（2）设车的最小长度为Ｌ，则相对静止时Ａ、Ｂ刚好接触，由能量守恒得 　ｍＡ（2ｖ0）2／2＋ｍＢｖ02／2＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ2／2＋μｍＢｇｓ1＋μｍＡｇ（Ｌ－ｓ1）， 联立解得Ｌ＝7ｖ02／3μｇ． 　42．解：（1）ｍ速度最大的位置应在O点左侧．因为细线烧断后，ｍ在弹簧弹力和滑动摩擦力的合力作用下向右做加速运动，当弹力与摩擦力的合力为零时，ｍ的速度达到最大，此时弹簧必处于压缩状态．此后，系统的机械能不断减小，不能再达到这一最大速度． 　（2）选ｍ、Ｍ为一系统，由动量守恒定律得 　ｍｖ1＝Ｍｖ2 ． 　设这一过程中弹簧释放的弹性势能为Ｅｐ，则 　Ｅｐ＝ｍｖ12／2＋Ｍｖ22／2＋μｍｇｓ， 解得　ｖ2＝ｍｖ1／Ｍ，Ｅｐ＝ｍ［（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2Ｍ＋μｇｓ］． 　（2）ｍ与Ｍ最终将静止，因为系统动量守恒，且总动量为零，只要ｍ与Ｍ间有相对运动，就要克服摩擦力做功，不断消耗能量，所以，ｍ与Ｍ最终必定都静止． 　43．解：（1）第一颗子弹射入木块过程，系统动量守恒，有 　ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ1． 　射入后，在ＯＢＣ运动过程中，机械能守恒，有 　（ｍ＋Ｍ）ｖ12／2＝（ｍ＋Ｍ）ｇＲ，得ｖ0＝（Ｍ＋ｍ）／ｍ． 　（2）由动量守恒定律知，第2、4、6……颗子弹射入木块后，木块速度为0，第1、3、5……颗子弹射入后，木块运动．当第9颗子弹射入木块时，由动量守恒得： 　ｍｖ0＝（9ｍ＋Ｍ）ｖ9， 　设此后木块沿圆弧上升最大高度为Ｈ，由机械能守恒定律得：（9ｍ＋Ｍ）ｖ92／2＝（9ｍ＋Ｍ）ｇＨ， 由以上可得：Ｈ＝［（Ｍ＋ｍ）／（Ｍ＋9ｍ）］2Ｒ． 　44．解：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动ｓ，速度变为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．由动能定理 　－μＭｇｓ＝0－ｍｖ02／2，ｓ＝ｍｖ02／2μＭｇ＝0.33ｍ． 　（2）假如平板车在第二次碰墙前还未和滑块相对静止，则其速度的大小肯定还是2ｍ／ｓ，因为只要相对运动，摩擦力大小为恒值．滑块速度则大于2ｍ／ｓ，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰墙前肯定已和滑块具有共同速度ｖ．此即平板车碰墙前瞬间的速度． 　Ｍｖ0－ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， ∴ｖ＝（Ｍ－ｍ）ｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝0.4ｍ／ｓ．图3　（3）平板车与墙壁第一次碰撞后滑块与平板又达到共同速度ｖ前的过程，可用图3（ａ）、（ｂ）、（ｃ）表示．图3（ａ）为平板车与墙碰撞后瞬间滑块与平板车的位置，图3（ｂ）为平板车到达最左端时两者的位置，图3（ｃ）为平板车与滑块再次达到共同速度时两者的位置．在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功μΜｇｓ′，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功μＭｇｓ″（平板车从Ｂ到Ａ再回到Ｂ的过程中摩擦力做功为零），其中ｓ′、ｓ″分别为滑块和平板车的位移．滑块和平板车动能总减少为μＭｇｌ1，其中ｌ1 ＝ｓ′＋ｓ″为滑块相对平板车的位移，此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为ｌ，则有（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2＝μＭｇｌ，ｌ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2μＭｇ＝0.833ｍ． ｌ即为平板车的最短长度．图4　　45．解：如图4，Ａ球从静止释放后将自由下落至Ｃ点悬线绷直，此时速度为ｖＣ ∵　ｖＣ2＝2ｇ×2Ｌｓｉｎ30°， ∴　ｖＣ＝＝2ｍ／ｓ． 　在线绷直的过程中沿线的速度分量减为零时，Ａ将以切向速度ｖ1沿圆弧运动且 　ｖ1＝ｖＣｃｏｓ30°＝ｍ／ｓ． 　Ａ球从Ｃ点运动到最低点与Ｂ球碰撞前机械能守恒，可求出Ａ球与Ｂ球碰前的速度 　ｍＡｖ12／2＋ｍＡｇＬ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍＡｖ22／2， 　ｖ2＝==ｍ／ｓ． 　因Ａ、Ｂ两球发生无能量损失的碰撞且ｍＡ＝ｍＢ，所以它们的速度交换，即碰后Ａ球的速度为零，Ｂ球的速度为ｖ2＝（ｍ／ｓ）．对Ｂ球和小车组成的系统水平方向动量守恒和机械能守恒，当两者有共同水平速度ｕ时，Ｂ球上升到最高点，设上升高度为ｈ． 　ｍＢｖ2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ，ｍＢｖ22／2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ2／2＋ｍＢｇｈ．解得ｈ＝3／16≈0.19ｍ． 　在Ｂ球回摆到最低点的过程中，悬线拉力仍使小车加速，当Ｂ球回到最低点时小车有最大速度ｖｍ，设小球Ｂ回到最低点时速度的大小为ｖ3，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 　ｍＢｖ2＝－ｍＢｖ3＋Ｍｖｍ，ｍＢｖ22／2＝ｍＢｖ32／2＋Ｍｖｍ2／2， 解得ｖｍ＝2ｍＢｖ2／（ｍ3＋Ｍ）＝／2ｍ／ｓ＝1.12ｍ／ｓ． 　46．解：（1）小球的角速度与运动的角速度必定相等，则有ｖ＝ωＲ＝ω． 　（2）人手所提供的功率应等于小球在运动过程中克服摩擦力做功的功率．即有Ｐ＝ｆｖ， ∴　ｆ＝Ｐ／ｖ＝Ｐ／ω． 　47．解：由于粘性物体与底板粘合的过程时间极短，冲击力远大于重力，在竖直方向近似动量守恒，开始静止时，有　ｍ1ｇ＝ｋｘｋ＝ｍ1ｇｘ． 　ｍ2下落Ｈ时的速度ｖ＝，ｍ2与ｍ1合在一起动量守恒，ｍ2ｖ＝（ｍ1＋ｍ2）ｖ′，ｖ′＝ｍ2 ｖ／（ｍ1＋ｍ2）＝ｍ2／（ｍ1＋ｍ2）． 　设向下为正方向，ｍ1与ｍ2的整体受两个力，即重力（ｍ1＋ｍ2）ｇ和弹簧的平均拉力，则有平均拉力＝ｋｘ＋ｋｈ／2＝ｋ（2ｘ＋ｈ）／2，由动能定理得 ［－＋（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ＝0－（ｍ1＋ｍ2）ｖ2／2， 由以上各式得［ｍ1ｇ（2ｘ＋ｈ）／2ｘ－（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ 　＝（ｍ1＋ｍ2）·ｍ22·2ｇｈ／2（ｍ1＋ｍ2）2． 代入数值得ｈ＝0.3ｍ． 　48．解：ｍ与Ａ粘在一起后水平方向动量守恒，共同速度设为ｖ1，Ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ1， 得ｖ1＝Ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝2ｖ0／3． 　当弹簧压缩到最大时即有最大弹性势能Ｅ，此时系统中各物体有相同速度，设为ｖ2，由动量守恒定律 　2Ｍｖ0＝（2Ｍ＋ｍ）ｖ2，得ｖ2＝2Ｍｖ0／（2Ｍ＋ｍ）＝4ｖ0／5． 由能量守恒有 　Ｅ＝Ｍｖ02／2＋（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2－（2Ｍ＋ｍ）ｖ22／2， 解得Ｅ＝Ｍｖ02／30． 　49．解：（1）振子在平衡位置时，所受合力为零，设此时弹簧被压缩Δｘ：（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ＝ｋΔｘ，Δｘ＝5ｃｍ． 　开始释放时振子处在最大位移处，故振幅 　Ａ＝5ｃｍ＋5ｃｍ＝10ｃｍ． 　（2）由于开始时弹簧的伸长量恰等于振子在平衡位置时弹簧的压缩量，故弹性势能相等，设振子的最大速度为ｖ，从开始到平衡位置，根据机械能守恒定律， 得ｍｇ·Ａ＝ｍｖ2／2，∴ｖ＝＝1.4ｍ／ｓ， 即Ｂ的最大速率为1.4ｍ／ｓ． 　（3）在最高点，振子受到的重力和弹力方向相同，根据牛顿第二定律，得 　ａ＝［ｋΔｘ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ］／（ｍＡ＋ｍＢ）＝20ｍ／ｓ2， Ａ对Ｂ的作用力方向向下，其大小 　Ｎ1＝ｍＢａ－ｍＢｇ＝10Ｎ． 在最低点，振子受到的重力和弹力方向相反，根据牛顿第二定律，得ａ＝ｋ（Δｘ＋Ａ）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｍＡ＋ｍＢ＝20ｍ／ｓ2． Ａ对Ｂ的作用力方向向上，其大小 　Ｎ2＝ｍＢａ＋ｍＢｇ＝30Ｎ．　　34．两个物体质量分别为ｍ1和ｍ2，ｍ1原来静止，ｍ2以速度ｖ0向右运动，如图1－89所示，它们同时开始受到大小相等、方向与ｖ0相同的恒力Ｆ的作用，它们能不能在某一时刻达到相同的速度？说明判断的理由． 图1－89　　　图1－90　　　图1－912．解：在0～1ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知 　ａ１＝12ｍ／ｓ２， 由牛顿第二定律，得 　Ｆ－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ１，　　① 在0～2ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知ａ２＝－6ｍ／ｓ２， 因为此时物体具有斜向上的初速度，故由牛顿第二定律，得 　－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ２，　　② 　②式代入①式，得　Ｆ＝18Ｎ． 3．解：在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从Ａ到Ｂ需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为ｔ1，则 　（ｖ／2）ｔ１＋ｖ（ｔ－ｔ１）＝Ｌ， 所以　ｔ１＝2（ｖｔ－Ｌ）／ｖ＝（2×（2×6－10）／2）ｓ＝2ｓ． 为使物体从Ａ至Ｂ所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变．而　ａ＝ｖ／ｔ＝1ｍ／ｓ２．设物体从Ａ至Ｂ所用最短的时间为ｔ2，则 　（1／2）ａｔ2２＝Ｌ， 　ｔ2＝=＝2ｓ． 　ｖｍｉｎ＝ａｔ2＝1×2ｍ／ｓ＝2ｍ／ｓ． 传送带速度再增大1倍，物体仍做加速度为1ｍ／ｓ２的匀加速运动，从Ａ至Ｂ的传送时间为2ｍ／ｓ． 4．解：启动前Ｎ１＝ｍｇ， 　升到某高度时　Ｎ2＝（17／18）Ｎ１＝（17／18）ｍｇ， 　对测试仪　Ｎ2－ｍｇ′＝ｍａ＝ｍ（ｇ／2）， 　∴　ｇ′＝（8／18）ｇ＝（4／9）ｇ， 　ＧｍＭ／Ｒ2＝ｍｇ，ＧｍＭ／（Ｒ＋ｈ）2＝ｍｇ′，解得：ｈ＝（1／2）Ｒ． 5．解：由匀加速运动的公式　ｖ２＝ｖ０２＋2ａｓ 　得物块沿斜面下滑的加速度为 　ａ＝ｖ2／2ｓ＝1．42／（2×1．4）＝0．7ｍｓ－２， 由于ａ＜ｇｓｉｎθ＝5ｍｓ－２， 　可知物块受到摩擦力的作用． 图3　分析物块受力，它受3个力，如图3．对于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，由牛顿定律有 　ｍｇｓｉｎθ－ｆ１＝ｍａ， 　ｍｇｃｏｓθ－Ｎ１＝0， 　分析木楔受力，它受5个力作用，如图3所示．对于水平方向，由牛顿定律有 　ｆ2＋ｆ１ｃｏｓθ－Ｎ１ｓｉｎθ＝0， 　由此可解得地面的作用于木楔的摩擦力 　ｆ2＝ｍｇｃｏｓθｓｉｎθ－（ｍｇｓｉｎθ－ｍａ）ｃｏｓθ＝ｍａｃｏｓθ＝1×0．7×（／2）＝0．61Ｎ． 　此力的方向与图中所设的一致（由指向）． 6．解：（1）飞机原先是水平飞行的，由于垂直气流的作用，飞机在竖直方向上的运动可看成初速度为零的匀加速直线运动，根据　ｈ＝（1／2）ａｔ２，得ａ＝2ｈ／ｔ２，代入ｈ＝1700ｍ，ｔ＝10ｓ，得 　ａ＝（2×1700／10２）（ｍ／ｓ２）＝34ｍ／ｓ２，方向竖直向下． 　（2）飞机在向下做加速运动的过程中，若乘客已系好安全带，使机上乘客产生加速度的力是向下重力和安全带拉力的合力．设乘客质量为ｍ，安全带提供的竖直向下拉力为Ｆ，根据牛顿第二定律　Ｆ＋ｍｇ＝ｍａ，得安全带拉力 　　Ｆ＝ｍ（ａ－ｇ）＝ｍ（34－10）Ｎ＝24ｍ（Ｎ）， ∴　安全带提供的拉力相当于乘客体重的倍数 　ｎ＝Ｆ／ｍｇ＝24ｍＮ／ｍ·10Ｎ＝2．4（倍）． 　（3）若乘客未系安全带，飞机向下的加速度为34ｍ／ｓ２，人向下加速度为10ｍ／ｓ２，飞机向下的加速度大于人的加速度，所以人对飞机将向上运动，会使头部受到严重伤害． 7．解：设月球表面重力加速度为ｇ，根据平抛运动规律，有 　ｈ＝（1／2）ｇｔ２，　　① 　水平射程为　　　Ｌ＝ｖ０ｔ，　　② 　联立①②得ｇ＝2ｈｖ０２／Ｌ２．　　③ 　根据牛顿第二定律，得　ｍｇ＝ｍ（2π／Ｔ）２Ｒ，　　④ 　联立③④得　Ｔ＝（πＬ／ｖ０ｈ）．　　⑤ 8．解：前2秒内，有Ｆ－ｆ＝ｍａ１，ｆ＝μＮ，Ｎ＝ｍｇ，则 　ａ１＝（Ｆ－μｍｇ）／ｍ＝4ｍ／ｓ２，ｖｔ＝ａ１ ｔ＝8ｍ／ｓ， 　撤去Ｆ以后　ａ２＝ｆ／ｍ＝2ｍ／ｓ，ｓ＝ｖ１２／2ａ２＝16ｍ． 9．解：（1）用力斜向下推时，箱子匀速运动，则有 　Ｆｃｏｓθ＝ｆ，ｆ＝μＮ，Ｎ＝Ｇ＋Ｆｓｉｎθ， 　联立以上三式代数据，得　Ｆ＝1．2×10２Ｎ． 　（2）若水平用力推箱子时，据牛顿第二定律，得Ｆ合＝ｍａ，则有 　Ｆ－μＮ＝ｍａ，Ｎ＝Ｇ， 　联立解得　ａ＝2．0ｍ／ｓ２． 　ｖ＝ａｔ＝2．0×3．0ｍ／ｓ＝6．0ｍ／ｓ， 　ｓ＝（1／2）ａｔ２＝（1／2）×2．0×3．0２ｍ／ｓ＝9．0ｍ， 　推力停止作用后　ａ′＝ｆ／ｍ＝4．0ｍ／ｓ２（方向向左）， 　ｓ′＝ｖ２／2ａ′＝4．5ｍ， 　则　ｓ总＝ｓ＋ｓ′＝13．5ｍ． 10．解：根据题中说明，该运动员发球后，网球做平抛运动．以ｖ表示初速度，Ｈ表示网球开始运动时离地面的高度（即发球高度），ｓ１表示网球开始运动时与网的水平距离（即运动员离开网的距离），ｔ１表示网球通过网上的时刻，ｈ表示网球通过网上时离地面的高度，由平抛运动规律得到 　ｓ１＝ｖｔ１，Ｈ－ｈ＝（1／2）ｇｔ１２， 消去ｔ１，得　　ｖ＝ｍ／ｓ，ｖ≈23ｍ／ｓ． 　以ｔ２表示网球落地的时刻，ｓ２表示网球开始运动的地点与落地点的水平距离，ｓ表示网球落地点与网的水平距离，由平抛运动规律得到 　Ｈ＝（1／2）ｇｔ２２，ｓ２＝ｖｔ２， 消去ｔ２，得ｓ２＝ｖ≈16ｍ， 　网球落地点到网的距离　ｓ＝ｓ２－ｓ１≈4ｍ． 11．解：（1）设卫星质量为ｍ，它在地球附近做圆周运动，半径可取为地球半径Ｒ，运动速度为ｖ，有 　ＧＭｍ／Ｒ２＝ｍｖ２／Ｒ　得ｖ＝． 　（2）由（1）得： 　Ｍ＝ｖ２Ｒ／Ｇ＝＝6．0×1024ｋｇ． 12．解：对物块：Ｆ１－μｍｇ＝ｍａ１， 　6－0．5×1×10＝1·ａ１，ａ１＝1．0ｍ／ｓ2， 　ｓ１＝（1／2）ａ１ｔ2＝（1／2）×1×0．42＝0．08ｍ， 　ｖ１＝ａ１ｔ＝1×0．4＝0．4ｍ／ｓ， 　对小车：Ｆ２－μｍｇ＝Ｍａ２， 　9－0．5×1×10＝2ａ２，ａ２＝2．0ｍ／ｓ2 ， 　ｓ２＝（1／2）ａ２ｔ2＝（1／2）×2×0．42＝0．16ｍ， 　ｖ２＝ａ２ｔ＝2×0．4＝0．8ｍ／ｓ， 　撤去两力后，动量守恒，有Ｍｖ２－ｍｖ１＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， 　ｖ＝0．4ｍ／ｓ（向右）， ∵　（（1／2）ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2）－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ2＝μｍｇｓ３， 　ｓ３＝0．096ｍ， ∴　ｌ＝ｓ１＋ｓ２＋ｓ３＝0．336ｍ． 13．解：设木块到Ｂ时速度为ｖ０，车与船的速度为ｖ１，对木块、车、船系统，有 　ｍ１ｇｈ＝（ｍ１ｖ０2／2）＋（（ｍ２＋ｍ３）ｖ１2／2）， 　ｍ１ｖ０＝（ｍ２＋ｍ３）ｖ１， 解得　ｖ０＝5，ｖ１＝． 　木块到Ｂ后，船以ｖ１继续向左匀速运动，木块和车最终以共同速度ｖ２向右运动，对木块和车系统，有 　ｍ１ｖ０－ｍ２ｖ１＝（ｍ１＋ｍ２）ｖ２， 　μｍ１ｇｓ＝（（ｍ１ｖ０2／2）＋（ｍ２ｖ１2／2））－（（ｍ１＋ｍ２）ｖ２2／2）， 得　ｖ２＝ｖ１＝，ｓ＝2ｈ． 14．解：（1）小球的角速度与手转动的角速度必定相等均为ω．设小球做圆周运动的半径为ｒ，线速度为ｖ．由几何关系得　ｒ＝，ｖ＝ω·ｒ，解得　　 　　ｖ＝ω． 　（2）设手对绳的拉力为Ｆ，手的线速度为ｖ，由功率公式得　Ｐ＝Ｆｖ＝Ｆ·ωＲ， ∴　Ｆ＝Ｐ／ωＲ．图4　研究小球的受力情况如图4所示，因为小球做匀速圆周运动，所以切向合力为零，即 　Ｆｓｉｎθ＝ｆ， 其中　ｓｉｎθ＝Ｒ／， 　联立解得　ｆ＝Ｐ／ω． 15．解：（1）用ｖ１表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由于子弹射入木块Ｃ时间极短，系统动量守恒，有 　ｍｖ０＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１， 　∴　ｖ１＝ｍｖ０／（ｍ＋Ｍ）＝3ｍ／ｓ， 　子弹和木块Ｃ在ＡＢ木板上滑动，由动能定理得： 　（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ２２－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ１２＝－μ（ｍ＋Ｍ）ｇＬ， 　解得　ｖ２＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）用ｖ′表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由动量守恒定律，得　ｍｖ０′＋Ｍｕ＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１′，解得　ｖ１′＝4ｍ／ｓ． 　木块Ｃ及子弹在ＡＢ木板表面上做匀减速运动　ａ＝μｇ．设木块Ｃ和子弹滑至ＡＢ板右端的时间为ｔ，则木块Ｃ和子弹的位移ｓ１＝ｖ１′ｔ－（1／2）ａｔ2， 　由于ｍ车≥（ｍ＋Ｍ），故小车及木块ＡＢ仍做匀速直线运动，小车及木板ＡＢ的位移　ｓ＝ｕｔ，由图5可知：ｓ１＝ｓ＋Ｌ， 　联立以上四式并代入数据得： 　ｔ2－6ｔ＋1＝0， 　解得：ｔ＝（3－2）ｓ，（ｔ＝（3＋2）ｓ不合题意舍去），　　（11） 　∴　ｓ＝ｕｔ＝0．18ｍ． 16．解：（1）设Ａ滑上Ｂ后达到共同速度前并未碰到档板，则根据动量守恒定律得它们的共同速度为ｖ，有图5　ｍｖ０＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝2ｍ／ｓ，在这一过程中，Ｂ的位移为ｓＢ＝ｖＢ2／2ａＢ且ａＢ＝μｍｇ／Ｍ，解得ｓＢ＝Ｍｖ2／2μｍｇ＝2×22／2×0．2×1×10＝2ｍ． 　设这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ１，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ１＝（1／2）ｍｖ０2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得ｓ１＝6ｍ． 　当ｓ＝4ｍ时，Ａ、Ｂ达到共同速度ｖ＝2ｍ／ｓ后再匀速向前运动2ｍ碰到挡板，Ｂ碰到竖直挡板后，根据动量守恒定律得Ａ、Ｂ最后相对静止时的速度为ｖ′，则 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′， 解得　ｖ′＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ２，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ２＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　ｓ２＝2．67ｍ． 　因此，Ａ、Ｂ最终不脱离的木板最小长度为ｓ１＋ｓ２＝8．67ｍ 　（2）因Ｂ离竖直档板的距离ｓ＝0．5ｍ＜2ｍ，所以碰到档板时，Ａ、Ｂ未达到相对静止，此时Ｂ的速度ｖＢ为 　ｖＢ2＝2ａＢｓ＝（2μｍｇ／Ｍ）ｓ，解得　ｖＢ＝1ｍ／ｓ， 　设此时Ａ的速度为ｖＡ ，根据动量守恒定律，得 　ｍｖ０＝ＭｖＢ＋ｍｖＡ，解得ｖＡ＝4ｍ／ｓ， 　设在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移为ｓ１′，根据动能定理得： 　μｍｇｓ１′＝（1／2）ｍｖ０2－（（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）ＭｖＢ2）， 　解得　ｓ１′＝4．5ｍ． 　Ｂ碰撞挡板后，Ａ、Ｂ最终达到向右的相同速度ｖ，根据动能定理得ｍｖＡ－ＭｖＢ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ２′为 　μｍｇｓ２′＝（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得　ｓ２′＝（25／6）ｍ． 　Ｂ再次碰到挡板后，Ａ、Ｂ最终以相同的速度ｖ′向左共同运动，根据动量守恒定律，得 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′，解得　ｖ′＝（2／9）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ３′为： 　μｍｇｓ３′＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　　　　ｓ３′＝（8／27）ｍ． 　因此，为使Ａ不从Ｂ上脱落，Ｂ的最小长度为ｓ１′＋ｓ２′＋ｓ３′＝8．96ｍ． 17．解：（1）Ｂ与Ａ碰撞后，Ｂ相对于Ａ向左运动，Ａ所受摩擦力方向向左，Ａ的运动方向向右，故摩擦力作负功．设Ｂ与Ａ碰撞后的瞬间Ａ的速度为ｖ１，Ｂ的速度为ｖ２，Ａ、Ｂ相对静止后的共同速度为ｖ，整个过程中Ａ、Ｂ组成的系统动量守恒，有 　Ｍｖ０＝（Ｍ＋1．5Ｍ）ｖ，ｖ＝2ｖ０／5． 　碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功，即 　Ｍｖ２＋1．5Ｍｖ１＝2．5Ｍｖ，　　① 　（1／2）×1．5Ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2－（1／2）×2．5Ｍｖ2＝Ｍμｇｌ，　　② 可解出ｖ１＝（1／2）ｖ０（另一解ｖ１＝（3／10）ｖ０因小于ｖ而舍去） 　这段过程中，Ａ克服摩擦力做功 　Ｗ＝（1／2）×1．5Ｍｖ１2－（1／2）×1．5Ｍｖ2＝（27／400）Ｍｖ０2（0．068Ｍｖ０2）． 　（2）Ａ在运动过程中不可能向左运动，因为在Ｂ未与Ａ碰撞之前，Ａ受到的摩擦力方向向右，做加速运动，碰撞之后Ａ受到的摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后，速度仍向右，因此不可能向左运动． 　Ｂ在碰撞之后，有可能向左运动，即ｖ２＜0． 　先计算当ｖ２＝0时满足的条件，由①式，得 　ｖ１＝（2ｖ０／3）－（2ｖ２／3），当ｖ２＝0时，ｖ１＝2ｖ０／3，代入②式，得 　（（1／2）×1．5Ｍ4ｖ０2／9）－（（1／2）×2．5Ｍ4ｖ０2／25）＝Ｍμｇｌ， 解得　μｇｌ＝2ｖ０2／15． 　Ｂ在某段时间内向左运动的条件之一是μｌ＜2ｖ０2／15ｇ． 　另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即 　（1／2）Ｍｖ０2－（1／2）2．5Ｍ（2ｖ０／5）2≥2Ｍμｇｌ， 　解出另一个条件是　μｌ≤3ｖ０2／20ｇ， 　最后得出Ｂ在某段时间内向左运动的条件是 　2ｖ０2／15ｇ＜μｌ≤3ｖ０2／20ｇ． 18．解：（1）以警车为研究对象，由动能定理． 　－μｍｇ·ｓ＝（1／2）ｍｖ2－（1／2）ｍｖ０2， 　将ｖ０＝14．0ｍ／ｓ，ｓ＝14．0ｍ，ｖ＝0代入，得 　μｇ＝7．0ｍ／ｓ2， 　因为警车行驶条件与肇事汽车相同，所以肇事汽车的初速度ｖＡ＝ ＝21ｍ／ｓ． 　（2）肇事汽车在出事点Ｂ的速度 　ｖＢ＝＝14ｍ／ｓ， 　肇事汽车通过段的平均速度 　＝（ｖＡ＋ｖＢ）／2＝（21＋14）／2＝17．5ｍ／ｓ． 　肇事汽车通过ＡＢ段的时间 　ｔ２＝ＡＢ／＝（31．5－14．0）／17．5＝1ｓ． 　∴　游客横过马路的速度 　ｖ人＝／（ｔ１＋ｔ２）＝（2．6／（1＋0．7））ｍ／ｓ＝1．53ｍ／ｓ． 19．解：（1）开始Ａ、Ｂ处于静止状态时，有 　ｋｘ０－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｓｉｎ30°＝0，　　① 　设施加Ｆ时，前一段时间Ａ、Ｂ一起向上做匀加速运动，加速度为ａ，ｔ＝0．2ｓ，Ａ、Ｂ间相互作用力为零，对Ｂ有： 　ｋｘ－ｍＢｇｓｉｎ30°＝ｍＢａ，　　② 　ｘ－ｘ０＝（1／2）ａｔ2，　　③ 　解①、②、③得： 　ａ＝5ｍｓ－2，ｘ０＝0．05ｍ，ｘ＝0．15ｍ， 　初始时刻Ｆ最小 　Ｆｍｉｎ＝（ｍＡ＋ｍＢ）ａ＝60Ｎ． 　ｔ＝0．2ｓ时，Ｆ最大 　Ｆｍａｘ－ｍＡｇｓｉｎ30°＝ｍＡａ， 　Ｆｍａｘ＝ｍＡ（ｇｓｉｎ30°＋ａ）＝100Ｎ， 　（2）ΔＥＰＡ＝ｍＡｇΔｈ＝ｍＡｇ（ｘ－ｘ０）ｓｉｎ30°＝5Ｊ． 20．解：当弹簧处于压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和．当弹簧伸长到其自然长度时，弹性势能为零，因这时滑块Ａ的速度为零，故系统的机械能等于滑块Ｂ的动能．设这时滑块Ｂ的速度为ｖ则有 　Ｅ＝（1／2）ｍ２ｖ2，　　① 由动量守恒定律（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ２ｖ，　　② 解得　Ｅ＝（1／2）（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２．　　③ 　假定在以后的运动中，滑块Ｂ可以出现速度为零的时刻，并设此时滑块Ａ的速度为ｖ１．这时，不论弹簧是处于伸长还是压缩状态，都具有弹性势能Ｅｐ．由机械能守恒定律得 　（1／2）ｍ１ｖ１2＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　④ 根据动量守恒　（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ１ｖ１，　　⑤ 求出ｖ１，代入④式得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑥ 因为Ｅｐ≥0，故得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）≤（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑦ 即　ｍ１≥ｍ２，与已知条件ｍ１＜ｍ２不符． 　可见滑块Ｂ的速度永不为零，即在以后的运动中，不可能出现滑动Ｂ的速度为零的情况． 21．解：设恰好物体相对圆盘静止时，弹簧压缩量为Δｌ，静摩擦力为最大静摩擦力ｆｍａｘ，这时物体处于临界状态，由向心力公式ｆｍａｘ－ｋΔｌ＝ｍＲｗ2 ，　　① 　假若物体向圆心移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ１－ｋ（Δｌ＋ｘ）＝ｍ（Ｒ－ｘ）ｗ2，　　② 　由①、②两式可得　ｆｍａｘ－ｆ１＝ｍｘｗ2－ｋｘ，　　③ 所以　ｍｘｗ2－ｋｘ≥0，得ｋ≤ｍｗ2，　　④ 　若物体向外移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ２－ｋ（Δｌ－ｘ）≥ｍ（Ｒ＋ｘ）ｗ2，　　⑤ 由①～⑥式得　ｆｍａｘ－ｆ２＝ｋｘ－ｍｘｗ2≥0，　　⑥ 所以　ｋ≥ｍｗ2，　　⑦ 即若物体向圆心移动，则ｋ≤ｍｗ2， 若物体向远离圆心方向移动，则ｋ≥ｍｗ2． 22．解：卫星环绕地球作匀速圆周运动，设卫星的质量为ｍ，轨道半径为ｒ，受到地球的万有引力为Ｆ， 　Ｆ＝ＧＭｍ／ｒ2，　　① 　式中Ｇ为万有引力恒量，Ｍ是地球质量． 　设ｖ是卫星环绕地球做匀速圆周运动的线速度，Ｔ是运动周期，根据牛顿第二定律，得 　Ｆ＝ｍｖ2／ｒ，　　② 　由①、②推导出　ｖ＝．　　③ 　③式表明：ｒ越大，ｖ越小． 　人造卫星的周期就是它环绕地球运行一周所需的时间Ｔ， 　Ｔ＝2πｒ／ｖ，　　④ 　由③、④推出　Ｔ＝2π，　　⑤ 　⑤式说明：ｒ越大，Ｔ越大．　23．证：设质点通过Ａ点时的速度为ｖＡ，通过Ｃ点时的速度为ｖＣ，由匀变速直线运动的公式得： ｓ1＝ｖＡＴ＋ａＴ2／2，ｓ3＝ｖＣＴ＋ａＴ2／2，ｓ3－ｓ1＝ｖＣＴ－ｖＡＴ． ∵　ｖＣ＝ｖＡ＋2ａＴ， ∴　ｓ3－ｓ1＝（ｖＡ－2ａＴ－ｖＡ）Ｔ＝2ａＴ2，ａ＝（ｓ3－ｓ1）／2Ｔ2． 　24．根据：如果在连续的相等的时间内的位移之差相等，则物体做匀变速运动．证明：设物体做匀速运动的初速度为ｖ0，加速度为ａ，第一个Ｔ内的位移为ｓ1＝ｖ0Ｔ＋ａＴ2／2；第二个Ｔ内的位移为ｓ2＝（ｖ0＋ａＴ）Ｔ＋ａＴ2／2；第Ｎ个Ｔ内的位移为ｓＮ＝［ｖ0＋（Ｎ－1）ａＴ］Ｔ＋ａＴ2／2．　ｓＮ－ｓＮ－1＝ａＴ2，逆定理也成立． 　25．解：由匀变速直线运动的公式得小物块的加速度的大小为ａ1＝（ｖ0－ｖｔ）／ｔ＝2（ｍ／ｓ2）．木板的加速度大小为ａ2＝2ｓ／ｔ2＝0.25（ｍ／ｓ2）． 根据牛顿第二定律　Ｆ＝ｍａ 对小物块得　ｆ′1＝ｍａ1＝1×2＝2Ｎ， 对木板得　ｆ1－μ（ｍ＋Ｍ）ｇ＝Ｍａ2， 　μ＝（ｆ1－Ｍａ2）／（ｍ＋Ｍ）ｇ＝（2－4×0.25）／（1＋4）×10＝0.02． 　 26．解：假设金属块没有离开第一块长木板，移动的相对距离为ｘ，由动量守恒定律，得ｍｖ0＝3ｍｖ， 　ｍｖ02／2＝3ｍｖ2／2＋μｍｇｘ， 解得ｘ＝4ｍ／3＞Ｌ，不合理， ∴　金属块一定冲上第二块木板． 　以整个系统为研究对象，由动量定律及能量关系，当金属块在第一块木板上时ｍｖ0＝ｍｖ0′＋2ｍｖ1， 　ｍｖ02／2＝12ｍｖ0′2＋2ｍ·ｖ12／2＋μｍｇｌ． 　ｍｖ0＝ｍｖ1＋2ｍｖ2， 　ｍｖ02／2＝ｍｖ12／2＋2ｍ·ｖ22／2＋μｍｇ（ｌ＋ｘ）． 联立解得： 　ｖ1＝1／3ｍ／ｓ，ｖ2＝5／6ｍ／ｓ，ｘ＝0.25ｍ． 　27．解：当ｔ＝0时，ａＡ0＝9／3＝3ｍ／ｓ2，ａＢ0＝3／6＝0.5ｍ／ｓ2．ａＡ0＞ａＢ0，Ａ、Ｂ间有弹力，随ｔ之增加，Ａ、Ｂ间弹力在减小，当（9－2ｔ）／3＝（3＋2ｔ）／6，ｔ＝2.5ｓ时，Ａ、Ｂ脱离，以Ａ、Ｂ整体为研究对象，在ｔ＝2.5ｓ内，加速度ａ＝（ＦＡ＋ＦＢ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝4／3ｍ／ｓ2，ｓ＝ａｔ2／2＝4.17ｍ． 　28．解：（1）由ｍＣｖ0＝ｍＣｖ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ1，Ｃ由Ａ滑至Ｂ时，Ａ、Ｂ的共同速度是 　ｖ1＝ｍＣ（ｖ0－ｖ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝0.2ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＡ＝ｍＣｖ02／2－ｍＣｖ2／2－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12／2， 得　μ＝［ｍＣ（ｖ02－ｖ2）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12］／2ｍＣｇｌＡ＝0.48． 　（2）由ｍＣｖ＋ｍＢｖ1＝（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ2，Ｃ相对Ｂ静止时，Ｂ、Ｃ的共同速度是ｖ2＝（ｍＣｖ＋ｍＢｖ1）／（ｍＣ＋ｍＢ）＝0.65ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＢ＝ｍＣｖ2／2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22／2， Ｃ在Ｂ上滑行距离为 　ｌＢ＝［ｍＣｖ2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22］／2μｍＣｇ＝0.25ｍ． 　（3）由μｍＣｇｓ＝ｍＢｖ22／2－ｍＢｖ12／2， Ｂ相对地滑行的距离ｓ＝［ｍＢ（ｖ22－ｖ12）］／2μｍＣｇ＝0.12ｍ． 　（4）Ｃ在Ａ、Ｂ上匀减速滑行，加速度大小由μｍＣｇ＝ｍＣａ，得ａ＝μｇ＝4.8ｍ／ｓ2． Ｃ在Ａ上滑行的时间ｔ1＝（ｖ0－ｖ）／ａ＝0.21ｓ． Ｃ在Ｂ上滑行的时间ｔ2＝（ｖ－ｖ2）／ａ＝0.28ｓ． 所求时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝0.21ｓ＋0.28ｓ＝0.49ｓ． 　　29．匀加速下滑时，受力如图1ａ，由牛顿第二定律，有： ｍｇｓｉｎθ－μｍｇｃｏｓθ＝ｍａ＝ｍｇｓｉｎθ／2， 　ｓｉｎθ／2＝μｃｏｓθ， 　得μ＝ｓｉｎθ／2ｃｏｓθ． 图1静止时受力分析如图1ｂ，摩擦力有两种可能：①摩擦力沿斜面向下；②摩擦力沿斜面向上．摩擦力沿斜面向下时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＝ｆ＋ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ， 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ＋μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ－μｓｉｎθ）ｍｇ＝3ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ－ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　摩擦力沿斜面向上时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＋ｆ＝ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ． 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ－μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ＋μｓｉｎθ）ｍｇ＝ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ＋ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　30．解：（1）物体在两斜面上来回运动时，克服摩擦力所做的功Ｗｆ＝μｍｇｃｏｓ60°·ｓ总． 　物体从开始直到不再在斜面上运动的过程中ｍｇｈ－Ｗｆ＝0－ｍｖ02／2．解得ｓ总＝38ｍ． 　（2）物体最终是在Ｂ、Ｃ之间的圆弧上来回做变速圆周运动，且在Ｂ、Ｃ点时速度为零． 　（3）物体第一次通过圆弧最低点时，圆弧所受压力最大．由动能定理得ｍｇ［ｈ＋Ｒ（1－ｃｏｓ60°）］－μｍｇｃｏｓ60°／ｓｉｎ60°＝ｍ（ｖ12－ｖ02）／2， 由牛顿第二定律得　Ｎｍａｘ－ｍｇ＝ｍｖ12／Ｒ， 解得　Ｎｍａｘ＝54.5Ｎ． 　物体最终在圆弧上运动时，圆弧所受压力最小．由动能定理得ｍｇＲ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍｖ22／2，由牛顿第二定律得Ｎｍｉｎ－ｍｇ＝ｍｖ22／Ｒ，解得Ｎｍｉｎ＝20Ｎ． 　31．解：（1）设刹车后，平板车的加速度为ａ0，从开始刹车到车停止所经历时间为ｔ0，车所行驶距离为ｓ0，则有ｖ02＝2ａ0ｓ0，ｖ0＝ａ0ｔ0． 　欲使ｔ0小，ａ0应该大，作用于木箱的滑动摩擦力产生的加速度ａ1＝μｍｇ／ｍ＝μｇ． 　当ａ0＞ａ1时，木箱相对车底板滑动，从刹车到车停止过程中木箱运动的路程为ｓ1，则ｖ02＝2ａ2ｓ1． 　为使木箱不撞击驾驶室，应有ｓ1－ｓ0≤Ｌ． 　联立以上各式解得：ａ0≤μｇｖ02／（ｖ02－2μｇＬ）＝5ｍ／ｓ2， 　∴　ｔ0＝ｖ0／ａ0＝4.4ｓ． 　（2）对平板车，设制动力为Ｆ，则Ｆ＋ｋ（Ｍ＋ｍ）ｇ－μｍｇ＝Ｍａ0，解得：Ｆ＝7420Ｎ． 　32．解：对系统ａ0＝［Ｆ－μｇ（ｍ1＋ｍ2）］／（ｍ1＋ｍ2）＝1ｍ／ｓ2． 　对木块1，细绳断后：│ａ1│＝ｆ1／ｍ1＝μｇ＝1ｍ／ｓ2． 　设细绳断裂时刻为ｔ1，则木块1运动的总位移： 　ｓ1＝2ａ0ｔ12／2＝ａ0ｔ12． 　对木块2，细绳断后，ａ2＝（Ｆ－μｍ2ｇ）／ｍ2＝2ｍ／ｓ2 ． 木块2总位移 　ｓ2＝ｓ′＋ｓ″＝ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2， 两木块位移差Δｓ＝ｓ2－ｓ1＝22（ｍ）． 得　ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2－ａ0ｔ12＝22， 把ａ0，ａ2值，ｖ1＝ａ0ｔ1代入上式整理得： 　ｔ12＋12ｔ1－28＝0，得ｔ1＝2ｓ． 木块2末速ｖ2＝ｖ1＋ａ2（6－ｔ1）＝ａ0ｔ1＋ａ2（6－ｔ1）＝10ｍ／ｓ． 此时动能Ｅｋ＝ｍ2ｖ22／2＝2×102／2Ｊ＝100Ｊ． 　33．解：（1）由动量守恒定律，ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ′，且有ｍ∶Ｍ＝1∶3， ∴　Ａ、Ｂ共同速度ｖ′＝ｍｖ0／（ｍ＋Ｍ）＝1ｍ／ｓ． 　（2）由动能定理，对全过程应有 　μｍｇ·2Ｌ＝ｍｖ02／2－（ｍ＋Ｍ）ｖ′2／2， 　4μｇＬ＝ｖ02－4ｖ′2，μ＝（ｖ02－4ｖ′2）／4ｇＬ＝0.3． 　（3）先求Ａ与Ｂ挡板碰前Ａ的速度ｖ10，以及木板Ｂ相应速度ｖ20，取从Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板相碰前过程为研究对象，依动量守恒与动能定理有以下两式成立：ｍｖ0＝ｍｖ10＋Ｍｖ20， 　ｍｖ02／2－ｍｖ102／2－Ｍｖ202／2＝μｍｇＬ． 代入数据得　ｖ10＋3ｖ20＝4，ｖ102＋3ｖ202＝10， 解以上两式可得　ｖ10＝（2±3）／2ｍ／ｓ．因Ａ与Ｂ挡板碰前速度不可能取负值，故ｖ10＝（2＋3）／2ｍ／ｓ．相应解出ｖ20＝（2－）／2ｍ／ｓ＝0.3ｍ／ｓ． 　木板Ｂ此过程为匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得μｍｇ＝Ｍａ1，ａ1＝μｍｇ／Ｍ＝1（ｍ／ｓ2）． 此过程经历时间ｔ1由下式求出 　ｖ20＝ａ1ｔ1，ｔ1＝ｖ20／ａ1＝0.3（ｓ）． 其速度图线为图2中0～0.3ｓ段图线ａ． 　再求Ａ与Ｂ挡板碰后，木板Ｂ的速度ｖ2与木块Ａ的速度ｖ1，为方便起见取Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板碰撞后瞬间过程为研究对象，依动量守恒定律与动能定理有以下两式成立： ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2，ｍｖ02／2－ｍｖ12／2－Ｍｖ22／2＝μｍｇＬ． 故解为　ｖ1＝（2±3）／2ｍ／ｓ． 因ｖ1＝（2＋3）／2ｍ／ｓ为碰前速度，故取ｖ1＝（2－3）／2ｍ／ｓ，相应得ｖ2＝2＋2ｍ／ｓ＝1.7ｍ／ｓ． 由于ｖ1＜0，即木块相对Ｂ向左滑动，Ａ受Ｂ摩擦力向右，Ｂ受Ａ摩擦力向左，故Ｂ做匀减速直线运动，加速度大小由牛顿第二定律，得ａ＝μｍｇ／Ｍ＝1ｍ／ｓ2． 　从碰后到Ａ滑到Ｂ最左端过程中，Ｂ向右做匀减速直线运动时间设为ｔ2，则ｖ′－ｖ2＝－ａｔ2， ∴　ｔ2＝0.7ｓ． 　此过程速度图线如图2中0.3ｓ～1.0ｓ段图线ｂ．图2 　　34．解：设ｍ1、ｍ2两物体受恒力Ｆ作用后，产生的加速度分别为ａ1、ａ2，由牛顿第二定律Ｆ＝ｍａ，得 　ａ1＝Ｆ／ｍ1，ａ2＝Ｆ／ｍ2， 　历时ｔ两物体速度分别为ｖ1＝ａ1ｔ，ｖ2＝ｖ0＋ａ2ｔ，由题意令ｖ1＝ｖ2，即ａ1ｔ＝ｖ0＋ａ2ｔ或（ａ1－ａ2）ｔ＝ｖ0，因ｔ≠0、ｖ0＞0，欲使上式成立，需满足ａ1－ａ2＞0，即Ｆ／ｍ1＞Ｆ／ｍ2，或ｍ1＜ｍ2，也即当ｍ1≥ｍ2时不可能达到共同速度，当ｍ1＜ｍ2时，可以达到共同速度． 　35．解：（1）当小球刚好能在轨道内做圆周运动时，水平初速度ｖ最小，此时有ｍｇ＝ｍｖ2／Ｒ， 故　ｖ＝＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）若初速度ｖ′＜ｖ，小球将做平抛运动，如在其竖直位移为Ｒ的时间内，其水平位移ｓ≥Ｒ，小球可进入轨道经过Ｂ点．设其竖直位移为Ｒ时，水平位移也恰为R，则Ｒ＝ｇｔ2／2，Ｒ＝ｖ′ｔ，解得：ｖ′＝／2＝ｍ／ｓ． 因此，初速度满足2ｍ／ｓ＞ｖ′≥ｍ／ｓ时，小球可做平抛运动经过Ｂ点． 　36．卫星在天空中任何天体表面附近运行时，仅受万有引力Ｆ作用使卫星做圆周运动，运动半径等于天体的球半径Ｒ．设天体质量为Ｍ，卫星质量为ｍ，卫星运动周期为Ｔ，天体密度为ρ．根据万有引力定律Ｆ＝ＧＭｍ／Ｒ2， 卫星做圆周运动向心力Ｆ′＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2， 因为 　Ｆ′＝Ｆ，得ＧＭｍ／Ｒ2＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2，∴Ｔ＝． 　又球体质量Ｍ＝4πＲ3ρ／3． 得Ｔ＝=，∴Ｔ∝1／，得证． 　37．解：由于两球相碰满足动量守恒 　　ｍ1ｖ0＝ｍ1ｖ1＋ｍ2ｖ2，ｖ1＝－1.3ｍ／ｓ． 　两球组成系统碰撞前后的总动能Ｅｋ1＋Ｅｋ2＝ｍ1ｖ02／2＋0＝2.5Ｊ， 　Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＝ｍ1ｖ12／2＋ｍ2ｖ22／2＝2.8Ｊ． 　可见，Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＞Ｅｋ1＋Ｅｋ2，碰后能量较碰撞前增多了，违背了能量守恒定律，这种假设不合理． 　38．解：（1）由动量守恒，得ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2， 由运动学公式得ｓ＝（ｖ1－ｖ2）ｔ，ｈ＝ｇｔ2／2， 由以上三式得ｖ2＝（ｍｖ0－ｓｍ）／（Ｍ＋ｍ）． 　 （2）最后车与物体以共同的速度ｖ向右运动，故有 　ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖｖ＝ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）． ∴ΔＥ＝ｍｖ02／2＋ｍｇｈ－（Ｍ＋ｍ）ｍ2ｖ02／2（Ｍ＋ｍ）2． 解得ΔＥ＝ｍｇｈ＋Ｍｍｖ02／2（Ｍ＋ｍ）． 　39．解：设碰前Ａ、Ｂ有共同速度ｖ时，Ｍ前滑的距离为ｓ．则ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ，ｆｓ＝Ｍｖ2／2，ｆ＝μｍｇ． 　由以上各式得　ｓ＝Ｍｍｖ02／2μｇ（Ｍ＋ｍ）2． 　当ｖ0＝2ｍ／ｓ时，ｓ＝2／9ｍ＜0.5ｍ，即Ａ、Ｂ有共同速度．当ｖ0＝4ｍ／ｓ时，ｓ＝8／9ｍ＞0.5ｍ，即碰前Ａ、Ｂ速度不同． 　40．解：（1）物体由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者系统水平方向动量守恒得：ｍｖ0＝ｍｖ0／2＋2ｍｖＡＢ． 解之得　ｖＡＢ＝ｖ0／4． 　（2）物块由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者功能关系得：μｍｇＬ＝ｍｖ02／2－ｍ（ｖ0／2）2／2－2ｍ（ｖ0／4）2／2． 解之得　Ｌ＝5ｖ02／16μｇ． 　（3）物块由Ｄ滑到Ｃ的过程中，二者系统水平方向动量守恒，又因为物块到达最高点Ｃ时，物块与滑块速度相等且水平，均为ｖ． 故得　ｍｖ0／2＋ｍｖ0／4＝2ｍｖ， ∴　得滑块的动能ＥＣＤ＝ｍｖ2／2＝9ｍｖ02／128． 　41．解：（1）Ｂ从ｖ0减速到速度为零的过程，Ｃ静止，Ｂ的位移：ｓ1＝ｖ02／2μｇ． 　所用的时间：ｔ1＝ｖ0／μｇ． 　此后Ｂ与Ｃ一起向右做加速运动，Ａ做减速运动，直到相对静止，设所用时间为ｔ2，共同速度为ｖ． 　对Ａ、Ｂ、Ｃ，由动量守恒定律得 　ｍＡ·2ｖ0－ｍＢｖ0＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ， ∵　ｍＡ＝ｍＢ＝ｍＣ，∴　ｖ＝ｖ0／3． 　对Ｂ与Ｃ，向右加速运动的加速度 　ａ＝μｍＡｇ／（ｍＢ＋ｍＣ）＝μｇ／2，∴ｔ2＝ｖ／ａ＝2ｖ0／3μｇ． Δｔ内Ｂ向右移动的位移ｓ2＝ｖｔ2／2＝ｖ02／9μｇ， 故总路程ｓ＝ｓ1＋ｓ2＝11ｖ02／18μｇ，总时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝5ｖ0／3μｇ． 　（2）设车的最小长度为Ｌ，则相对静止时Ａ、Ｂ刚好接触，由能量守恒得 　ｍＡ（2ｖ0）2／2＋ｍＢｖ02／2＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ2／2＋μｍＢｇｓ1＋μｍＡｇ（Ｌ－ｓ1）， 联立解得Ｌ＝7ｖ02／3μｇ． 　42．解：（1）ｍ速度最大的位置应在O点左侧．因为细线烧断后，ｍ在弹簧弹力和滑动摩擦力的合力作用下向右做加速运动，当弹力与摩擦力的合力为零时，ｍ的速度达到最大，此时弹簧必处于压缩状态．此后，系统的机械能不断减小，不能再达到这一最大速度． 　（2）选ｍ、Ｍ为一系统，由动量守恒定律得 　ｍｖ1＝Ｍｖ2 ． 　设这一过程中弹簧释放的弹性势能为Ｅｐ，则 　Ｅｐ＝ｍｖ12／2＋Ｍｖ22／2＋μｍｇｓ， 解得　ｖ2＝ｍｖ1／Ｍ，Ｅｐ＝ｍ［（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2Ｍ＋μｇｓ］． 　（2）ｍ与Ｍ最终将静止，因为系统动量守恒，且总动量为零，只要ｍ与Ｍ间有相对运动，就要克服摩擦力做功，不断消耗能量，所以，ｍ与Ｍ最终必定都静止． 　43．解：（1）第一颗子弹射入木块过程，系统动量守恒，有 　ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ1． 　射入后，在ＯＢＣ运动过程中，机械能守恒，有 　（ｍ＋Ｍ）ｖ12／2＝（ｍ＋Ｍ）ｇＲ，得ｖ0＝（Ｍ＋ｍ）／ｍ． 　（2）由动量守恒定律知，第2、4、6……颗子弹射入木块后，木块速度为0，第1、3、5……颗子弹射入后，木块运动．当第9颗子弹射入木块时，由动量守恒得： 　ｍｖ0＝（9ｍ＋Ｍ）ｖ9， 　设此后木块沿圆弧上升最大高度为Ｈ，由机械能守恒定律得：（9ｍ＋Ｍ）ｖ92／2＝（9ｍ＋Ｍ）ｇＨ， 由以上可得：Ｈ＝［（Ｍ＋ｍ）／（Ｍ＋9ｍ）］2Ｒ． 　44．解：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动ｓ，速度变为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．由动能定理 　－μＭｇｓ＝0－ｍｖ02／2，ｓ＝ｍｖ02／2μＭｇ＝0.33ｍ． 　（2）假如平板车在第二次碰墙前还未和滑块相对静止，则其速度的大小肯定还是2ｍ／ｓ，因为只要相对运动，摩擦力大小为恒值．滑块速度则大于2ｍ／ｓ，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰墙前肯定已和滑块具有共同速度ｖ．此即平板车碰墙前瞬间的速度． 　Ｍｖ0－ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， ∴ｖ＝（Ｍ－ｍ）ｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝0.4ｍ／ｓ．图3　（3）平板车与墙壁第一次碰撞后滑块与平板又达到共同速度ｖ前的过程，可用图3（ａ）、（ｂ）、（ｃ）表示．图3（ａ）为平板车与墙碰撞后瞬间滑块与平板车的位置，图3（ｂ）为平板车到达最左端时两者的位置，图3（ｃ）为平板车与滑块再次达到共同速度时两者的位置．在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功μΜｇｓ′，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功μＭｇｓ″（平板车从Ｂ到Ａ再回到Ｂ的过程中摩擦力做功为零），其中ｓ′、ｓ″分别为滑块和平板车的位移．滑块和平板车动能总减少为μＭｇｌ1，其中ｌ1 ＝ｓ′＋ｓ″为滑块相对平板车的位移，此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为ｌ，则有（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2＝μＭｇｌ，ｌ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2μＭｇ＝0.833ｍ． ｌ即为平板车的最短长度．图4　　45．解：如图4，Ａ球从静止释放后将自由下落至Ｃ点悬线绷直，此时速度为ｖＣ ∵　ｖＣ2＝2ｇ×2Ｌｓｉｎ30°， ∴　ｖＣ＝＝2ｍ／ｓ． 　在线绷直的过程中沿线的速度分量减为零时，Ａ将以切向速度ｖ1沿圆弧运动且 　ｖ1＝ｖＣｃｏｓ30°＝ｍ／ｓ． 　Ａ球从Ｃ点运动到最低点与Ｂ球碰撞前机械能守恒，可求出Ａ球与Ｂ球碰前的速度 　ｍＡｖ12／2＋ｍＡｇＬ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍＡｖ22／2， 　ｖ2＝==ｍ／ｓ． 　因Ａ、Ｂ两球发生无能量损失的碰撞且ｍＡ＝ｍＢ，所以它们的速度交换，即碰后Ａ球的速度为零，Ｂ球的速度为ｖ2＝（ｍ／ｓ）．对Ｂ球和小车组成的系统水平方向动量守恒和机械能守恒，当两者有共同水平速度ｕ时，Ｂ球上升到最高点，设上升高度为ｈ． 　ｍＢｖ2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ，ｍＢｖ22／2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ2／2＋ｍＢｇｈ．解得ｈ＝3／16≈0.19ｍ． 　在Ｂ球回摆到最低点的过程中，悬线拉力仍使小车加速，当Ｂ球回到最低点时小车有最大速度ｖｍ，设小球Ｂ回到最低点时速度的大小为ｖ3，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 　ｍＢｖ2＝－ｍＢｖ3＋Ｍｖｍ，ｍＢｖ22／2＝ｍＢｖ32／2＋Ｍｖｍ2／2， 解得ｖｍ＝2ｍＢｖ2／（ｍ3＋Ｍ）＝／2ｍ／ｓ＝1.12ｍ／ｓ． 　46．解：（1）小球的角速度与运动的角速度必定相等，则有ｖ＝ωＲ＝ω． 　（2）人手所提供的功率应等于小球在运动过程中克服摩擦力做功的功率．即有Ｐ＝ｆｖ， ∴　ｆ＝Ｐ／ｖ＝Ｐ／ω． 　47．解：由于粘性物体与底板粘合的过程时间极短，冲击力远大于重力，在竖直方向近似动量守恒，开始静止时，有　ｍ1ｇ＝ｋｘｋ＝ｍ1ｇｘ． 　ｍ2下落Ｈ时的速度ｖ＝，ｍ2与ｍ1合在一起动量守恒，ｍ2ｖ＝（ｍ1＋ｍ2）ｖ′，ｖ′＝ｍ2 ｖ／（ｍ1＋ｍ2）＝ｍ2／（ｍ1＋ｍ2）． 　设向下为正方向，ｍ1与ｍ2的整体受两个力，即重力（ｍ1＋ｍ2）ｇ和弹簧的平均拉力，则有平均拉力＝ｋｘ＋ｋｈ／2＝ｋ（2ｘ＋ｈ）／2，由动能定理得 ［－＋（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ＝0－（ｍ1＋ｍ2）ｖ2／2， 由以上各式得［ｍ1ｇ（2ｘ＋ｈ）／2ｘ－（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ 　＝（ｍ1＋ｍ2）·ｍ22·2ｇｈ／2（ｍ1＋ｍ2）2． 代入数值得ｈ＝0.3ｍ． 　48．解：ｍ与Ａ粘在一起后水平方向动量守恒，共同速度设为ｖ1，Ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ1， 得ｖ1＝Ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝2ｖ0／3． 　当弹簧压缩到最大时即有最大弹性势能Ｅ，此时系统中各物体有相同速度，设为ｖ2，由动量守恒定律 　2Ｍｖ0＝（2Ｍ＋ｍ）ｖ2，得ｖ2＝2Ｍｖ0／（2Ｍ＋ｍ）＝4ｖ0／5． 由能量守恒有 　Ｅ＝Ｍｖ02／2＋（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2－（2Ｍ＋ｍ）ｖ22／2， 解得Ｅ＝Ｍｖ02／30． 　49．解：（1）振子在平衡位置时，所受合力为零，设此时弹簧被压缩Δｘ：（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ＝ｋΔｘ，Δｘ＝5ｃｍ． 　开始释放时振子处在最大位移处，故振幅 　Ａ＝5ｃｍ＋5ｃｍ＝10ｃｍ． 　（2）由于开始时弹簧的伸长量恰等于振子在平衡位置时弹簧的压缩量，故弹性势能相等，设振子的最大速度为ｖ，从开始到平衡位置，根据机械能守恒定律， 得ｍｇ·Ａ＝ｍｖ2／2，∴ｖ＝＝1.4ｍ／ｓ， 即Ｂ的最大速率为1.4ｍ／ｓ． 　（3）在最高点，振子受到的重力和弹力方向相同，根据牛顿第二定律，得 　ａ＝［ｋΔｘ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ］／（ｍＡ＋ｍＢ）＝20ｍ／ｓ2， Ａ对Ｂ的作用力方向向下，其大小 　Ｎ1＝ｍＢａ－ｍＢｇ＝10Ｎ． 在最低点，振子受到的重力和弹力方向相反，根据牛顿第二定律，得ａ＝ｋ（Δｘ＋Ａ）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｍＡ＋ｍＢ＝20ｍ／ｓ2． Ａ对Ｂ的作用力方向向上，其大小 　Ｎ2＝ｍＢａ＋ｍＢｇ＝30Ｎ．35．如图1－90所示，ＡＢＣ是光滑半圆形轨道，其直径ＡＯＣ处于竖直方向，长为0.8ｍ．半径ＯＢ处于水平方向．质量为ｍ的小球自Ａ点以初速度ｖ水平射入，求：（1）欲使小球沿轨道运动，其水平初速度ｖ的最小值是多少？（2）若小球的水平初速度ｖ小于（1）中的最小值，小球有无可能经过Ｂ点？若能，求出水平初速度大小满足的条件，若不能，请说明理由．（ｇ取10ｍ／ｓ2，小球和轨道相碰时无能量损失而不反弹） 2．解：在0～1ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知 　ａ１＝12ｍ／ｓ２， 由牛顿第二定律，得 　Ｆ－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ１，　　① 在0～2ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知ａ２＝－6ｍ／ｓ２， 因为此时物体具有斜向上的初速度，故由牛顿第二定律，得 　－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ２，　　② 　②式代入①式，得　Ｆ＝18Ｎ． 3．解：在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从Ａ到Ｂ需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为ｔ1，则 　（ｖ／2）ｔ１＋ｖ（ｔ－ｔ１）＝Ｌ， 所以　ｔ１＝2（ｖｔ－Ｌ）／ｖ＝（2×（2×6－10）／2）ｓ＝2ｓ． 为使物体从Ａ至Ｂ所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变．而　ａ＝ｖ／ｔ＝1ｍ／ｓ２．设物体从Ａ至Ｂ所用最短的时间为ｔ2，则 　（1／2）ａｔ2２＝Ｌ， 　ｔ2＝=＝2ｓ． 　ｖｍｉｎ＝ａｔ2＝1×2ｍ／ｓ＝2ｍ／ｓ． 传送带速度再增大1倍，物体仍做加速度为1ｍ／ｓ２的匀加速运动，从Ａ至Ｂ的传送时间为2ｍ／ｓ． 4．解：启动前Ｎ１＝ｍｇ， 　升到某高度时　Ｎ2＝（17／18）Ｎ１＝（17／18）ｍｇ， 　对测试仪　Ｎ2－ｍｇ′＝ｍａ＝ｍ（ｇ／2）， 　∴　ｇ′＝（8／18）ｇ＝（4／9）ｇ， 　ＧｍＭ／Ｒ2＝ｍｇ，ＧｍＭ／（Ｒ＋ｈ）2＝ｍｇ′，解得：ｈ＝（1／2）Ｒ． 5．解：由匀加速运动的公式　ｖ２＝ｖ０２＋2ａｓ 　得物块沿斜面下滑的加速度为 　ａ＝ｖ2／2ｓ＝1．42／（2×1．4）＝0．7ｍｓ－２， 由于ａ＜ｇｓｉｎθ＝5ｍｓ－２， 　可知物块受到摩擦力的作用．图3　分析物块受力，它受3个力，如图3．对于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，由牛顿定律有 　ｍｇｓｉｎθ－ｆ１＝ｍａ， 　ｍｇｃｏｓθ－Ｎ１ ＝0， 　分析木楔受力，它受5个力作用，如图3所示．对于水平方向，由牛顿定律有 　ｆ2＋ｆ１ｃｏｓθ－Ｎ１ｓｉｎθ＝0， 　由此可解得地面的作用于木楔的摩擦力 　ｆ2＝ｍｇｃｏｓθｓｉｎθ－（ｍｇｓｉｎθ－ｍａ）ｃｏｓθ＝ｍａｃｏｓθ＝1×0．7×（／2）＝0．61Ｎ． 　此力的方向与图中所设的一致（由指向）． 6．解：（1）飞机原先是水平飞行的，由于垂直气流的作用，飞机在竖直方向上的运动可看成初速度为零的匀加速直线运动，根据　ｈ＝（1／2）ａｔ２，得ａ＝2ｈ／ｔ２，代入ｈ＝1700ｍ，ｔ＝10ｓ，得 　ａ＝（2×1700／10２）（ｍ／ｓ２）＝34ｍ／ｓ２，方向竖直向下． 　（2）飞机在向下做加速运动的过程中，若乘客已系好安全带，使机上乘客产生加速度的力是向下重力和安全带拉力的合力．设乘客质量为ｍ，安全带提供的竖直向下拉力为Ｆ，根据牛顿第二定律　Ｆ＋ｍｇ＝ｍａ，得安全带拉力 　　Ｆ＝ｍ（ａ－ｇ）＝ｍ（34－10）Ｎ＝24ｍ（Ｎ）， ∴　安全带提供的拉力相当于乘客体重的倍数 　ｎ＝Ｆ／ｍｇ＝24ｍＮ／ｍ·10Ｎ＝2．4（倍）． 　（3）若乘客未系安全带，飞机向下的加速度为34ｍ／ｓ２，人向下加速度为10ｍ／ｓ２，飞机向下的加速度大于人的加速度，所以人对飞机将向上运动，会使头部受到严重伤害． 7．解：设月球表面重力加速度为ｇ，根据平抛运动规律，有 　ｈ＝（1／2）ｇｔ２，　　① 　水平射程为　　　Ｌ＝ｖ０ｔ，　　② 　联立①②得ｇ＝2ｈｖ０２／Ｌ２．　　③ 　根据牛顿第二定律，得　ｍｇ＝ｍ（2π／Ｔ）２Ｒ，　　④ 　联立③④得　Ｔ＝（πＬ／ｖ０ｈ）．　　⑤ 8．解：前2秒内，有Ｆ－ｆ＝ｍａ１，ｆ＝μＮ，Ｎ＝ｍｇ，则 　ａ１＝（Ｆ－μｍｇ）／ｍ＝4ｍ／ｓ２，ｖｔ＝ａ１ｔ＝8ｍ／ｓ， 　撤去Ｆ以后　ａ２＝ｆ／ｍ＝2ｍ／ｓ，ｓ＝ｖ１２／2ａ２＝16ｍ． 9．解：（1）用力斜向下推时，箱子匀速运动，则有 　Ｆｃｏｓθ＝ｆ，ｆ＝μＮ，Ｎ＝Ｇ＋Ｆｓｉｎθ， 　联立以上三式代数据，得　Ｆ＝1．2×10２Ｎ． 　（2）若水平用力推箱子时，据牛顿第二定律，得Ｆ合＝ｍａ，则有 　Ｆ－μＮ＝ｍａ，Ｎ＝Ｇ， 　联立解得　ａ＝2．0ｍ／ｓ２． 　ｖ＝ａｔ＝2．0×3．0ｍ／ｓ＝6．0ｍ／ｓ， 　ｓ＝（1／2）ａｔ２＝（1／2）×2．0×3．0２ｍ／ｓ＝9．0ｍ， 　推力停止作用后　ａ′＝ｆ／ｍ＝4．0ｍ／ｓ２ （方向向左）， 　ｓ′＝ｖ２／2ａ′＝4．5ｍ， 　则　ｓ总＝ｓ＋ｓ′＝13．5ｍ． 10．解：根据题中说明，该运动员发球后，网球做平抛运动．以ｖ表示初速度，Ｈ表示网球开始运动时离地面的高度（即发球高度），ｓ１表示网球开始运动时与网的水平距离（即运动员离开网的距离），ｔ１表示网球通过网上的时刻，ｈ表示网球通过网上时离地面的高度，由平抛运动规律得到 　ｓ１＝ｖｔ１，Ｈ－ｈ＝（1／2）ｇｔ１２， 消去ｔ１，得　　ｖ＝ｍ／ｓ，ｖ≈23ｍ／ｓ． 　以ｔ２表示网球落地的时刻，ｓ２表示网球开始运动的地点与落地点的水平距离，ｓ表示网球落地点与网的水平距离，由平抛运动规律得到 　Ｈ＝（1／2）ｇｔ２２，ｓ２＝ｖｔ２， 消去ｔ２，得ｓ２＝ｖ≈16ｍ， 　网球落地点到网的距离　ｓ＝ｓ２－ｓ１≈4ｍ． 11．解：（1）设卫星质量为ｍ，它在地球附近做圆周运动，半径可取为地球半径Ｒ，运动速度为ｖ，有 　ＧＭｍ／Ｒ２＝ｍｖ２／Ｒ　得ｖ＝． 　（2）由（1）得： 　Ｍ＝ｖ２Ｒ／Ｇ＝＝6．0×1024ｋｇ． 12．解：对物块：Ｆ１－μｍｇ＝ｍａ１， 　6－0．5×1×10＝1·ａ１，ａ１＝1．0ｍ／ｓ2， 　ｓ１＝（1／2）ａ１ｔ2＝（1／2）×1×0．42＝0．08ｍ， 　ｖ１＝ａ１ｔ＝1×0．4＝0．4ｍ／ｓ， 　对小车：Ｆ２－μｍｇ＝Ｍａ２， 　9－0．5×1×10＝2ａ２，ａ２＝2．0ｍ／ｓ2， 　ｓ２＝（1／2）ａ２ｔ2＝（1／2）×2×0．42＝0．16ｍ， 　ｖ２＝ａ２ｔ＝2×0．4＝0．8ｍ／ｓ， 　撤去两力后，动量守恒，有Ｍｖ２－ｍｖ１＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， 　ｖ＝0．4ｍ／ｓ（向右）， ∵　（（1／2）ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2）－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ2＝μｍｇｓ３， 　ｓ３＝0．096ｍ， ∴　ｌ＝ｓ１＋ｓ２＋ｓ３＝0．336ｍ． 13．解：设木块到Ｂ时速度为ｖ０，车与船的速度为ｖ１，对木块、车、船系统，有 　ｍ１ｇｈ＝（ｍ１ｖ０2／2）＋（（ｍ２＋ｍ３）ｖ１2／2）， 　ｍ１ｖ０＝（ｍ２＋ｍ３）ｖ１ ， 解得　ｖ０＝5，ｖ１＝． 　木块到Ｂ后，船以ｖ１继续向左匀速运动，木块和车最终以共同速度ｖ２向右运动，对木块和车系统，有 　ｍ１ｖ０－ｍ２ｖ１＝（ｍ１＋ｍ２）ｖ２， 　μｍ１ｇｓ＝（（ｍ１ｖ０2／2）＋（ｍ２ｖ１2／2））－（（ｍ１＋ｍ２）ｖ２2／2）， 得　ｖ２＝ｖ１＝，ｓ＝2ｈ． 14．解：（1）小球的角速度与手转动的角速度必定相等均为ω．设小球做圆周运动的半径为ｒ，线速度为ｖ．由几何关系得　ｒ＝，ｖ＝ω·ｒ，解得　　 　　ｖ＝ω． 　（2）设手对绳的拉力为Ｆ，手的线速度为ｖ，由功率公式得　Ｐ＝Ｆｖ＝Ｆ·ωＲ， ∴　Ｆ＝Ｐ／ωＲ．图4　研究小球的受力情况如图4所示，因为小球做匀速圆周运动，所以切向合力为零，即 　Ｆｓｉｎθ＝ｆ， 其中　ｓｉｎθ＝Ｒ／， 　联立解得　ｆ＝Ｐ／ω． 15．解：（1）用ｖ１表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由于子弹射入木块Ｃ时间极短，系统动量守恒，有 　ｍｖ０＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１， 　∴　ｖ１＝ｍｖ０／（ｍ＋Ｍ）＝3ｍ／ｓ， 　子弹和木块Ｃ在ＡＢ木板上滑动，由动能定理得： 　（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ２２－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ１２＝－μ（ｍ＋Ｍ）ｇＬ， 　解得　ｖ２＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）用ｖ′表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由动量守恒定律，得　ｍｖ０′＋Ｍｕ＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１′，解得　ｖ１′＝4ｍ／ｓ． 　木块Ｃ及子弹在ＡＢ木板表面上做匀减速运动　ａ＝μｇ．设木块Ｃ和子弹滑至ＡＢ板右端的时间为ｔ，则木块Ｃ和子弹的位移ｓ１＝ｖ１′ｔ－（1／2）ａｔ2 ， 　由于ｍ车≥（ｍ＋Ｍ），故小车及木块ＡＢ仍做匀速直线运动，小车及木板ＡＢ的位移　ｓ＝ｕｔ，由图5可知：ｓ１＝ｓ＋Ｌ， 　联立以上四式并代入数据得： 　ｔ2－6ｔ＋1＝0， 　解得：ｔ＝（3－2）ｓ，（ｔ＝（3＋2）ｓ不合题意舍去），　　（11） 　∴　ｓ＝ｕｔ＝0．18ｍ． 16．解：（1）设Ａ滑上Ｂ后达到共同速度前并未碰到档板，则根据动量守恒定律得它们的共同速度为ｖ，有图5　ｍｖ０＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝2ｍ／ｓ，在这一过程中，Ｂ的位移为ｓＢ＝ｖＢ2／2ａＢ且ａＢ＝μｍｇ／Ｍ，解得ｓＢ＝Ｍｖ2／2μｍｇ＝2×22／2×0．2×1×10＝2ｍ． 　设这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ１，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ１＝（1／2）ｍｖ０2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得ｓ１＝6ｍ． 　当ｓ＝4ｍ时，Ａ、Ｂ达到共同速度ｖ＝2ｍ／ｓ后再匀速向前运动2ｍ碰到挡板，Ｂ碰到竖直挡板后，根据动量守恒定律得Ａ、Ｂ最后相对静止时的速度为ｖ′，则 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′， 解得　ｖ′＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ２，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ２＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　ｓ２＝2．67ｍ． 　因此，Ａ、Ｂ最终不脱离的木板最小长度为ｓ１＋ｓ２＝8．67ｍ 　（2）因Ｂ离竖直档板的距离ｓ＝0．5ｍ＜2ｍ，所以碰到档板时，Ａ、Ｂ未达到相对静止，此时Ｂ的速度ｖＢ为 　ｖＢ2＝2ａＢｓ＝（2μｍｇ／Ｍ）ｓ，解得　ｖＢ＝1ｍ／ｓ， 　设此时Ａ的速度为ｖＡ，根据动量守恒定律，得 　ｍｖ０＝ＭｖＢ＋ｍｖＡ，解得ｖＡ＝4ｍ／ｓ， 　设在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移为ｓ１′，根据动能定理得： 　μｍｇｓ１′＝（1／2）ｍｖ０2－（（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）ＭｖＢ2）， 　解得　ｓ１′＝4．5ｍ． 　Ｂ碰撞挡板后，Ａ、Ｂ最终达到向右的相同速度ｖ，根据动能定理得ｍｖＡ－ＭｖＢ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ２′为 　μｍｇｓ２′＝（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得　ｓ２′＝（25／6）ｍ． 　Ｂ再次碰到挡板后，Ａ、Ｂ最终以相同的速度ｖ′向左共同运动，根据动量守恒定律，得 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′，解得　ｖ′＝（2／9）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ３′为： 　μｍｇｓ３′＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2 ， 　解得　　　　ｓ３′＝（8／27）ｍ． 　因此，为使Ａ不从Ｂ上脱落，Ｂ的最小长度为ｓ１′＋ｓ２′＋ｓ３′＝8．96ｍ． 17．解：（1）Ｂ与Ａ碰撞后，Ｂ相对于Ａ向左运动，Ａ所受摩擦力方向向左，Ａ的运动方向向右，故摩擦力作负功．设Ｂ与Ａ碰撞后的瞬间Ａ的速度为ｖ１，Ｂ的速度为ｖ２，Ａ、Ｂ相对静止后的共同速度为ｖ，整个过程中Ａ、Ｂ组成的系统动量守恒，有 　Ｍｖ０＝（Ｍ＋1．5Ｍ）ｖ，ｖ＝2ｖ０／5． 　碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功，即 　Ｍｖ２＋1．5Ｍｖ１＝2．5Ｍｖ，　　① 　（1／2）×1．5Ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2－（1／2）×2．5Ｍｖ2＝Ｍμｇｌ，　　② 可解出ｖ１＝（1／2）ｖ０（另一解ｖ１＝（3／10）ｖ０因小于ｖ而舍去） 　这段过程中，Ａ克服摩擦力做功 　Ｗ＝（1／2）×1．5Ｍｖ１2－（1／2）×1．5Ｍｖ2＝（27／400）Ｍｖ０2（0．068Ｍｖ０2）． 　（2）Ａ在运动过程中不可能向左运动，因为在Ｂ未与Ａ碰撞之前，Ａ受到的摩擦力方向向右，做加速运动，碰撞之后Ａ受到的摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后，速度仍向右，因此不可能向左运动． 　Ｂ在碰撞之后，有可能向左运动，即ｖ２＜0． 　先计算当ｖ２＝0时满足的条件，由①式，得 　ｖ１＝（2ｖ０／3）－（2ｖ２／3），当ｖ２＝0时，ｖ１＝2ｖ０／3，代入②式，得 　（（1／2）×1．5Ｍ4ｖ０2／9）－（（1／2）×2．5Ｍ4ｖ０2／25）＝Ｍμｇｌ， 解得　μｇｌ＝2ｖ０2／15． 　Ｂ在某段时间内向左运动的条件之一是μｌ＜2ｖ０2／15ｇ． 　另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即 　（1／2）Ｍｖ０2－（1／2）2．5Ｍ（2ｖ０／5）2≥2Ｍμｇｌ， 　解出另一个条件是　μｌ≤3ｖ０2／20ｇ， 　最后得出Ｂ在某段时间内向左运动的条件是 　2ｖ０2／15ｇ＜μｌ≤3ｖ０2／20ｇ． 18．解：（1）以警车为研究对象，由动能定理． 　－μｍｇ·ｓ＝（1／2）ｍｖ2－（1／2）ｍｖ０2， 　将ｖ０＝14．0ｍ／ｓ，ｓ＝14．0ｍ，ｖ＝0代入，得 　μｇ＝7．0ｍ／ｓ2， 　因为警车行驶条件与肇事汽车相同，所以肇事汽车的初速度ｖＡ＝＝21ｍ／ｓ． 　（2）肇事汽车在出事点Ｂ的速度 　ｖＢ＝＝14ｍ／ｓ， 　肇事汽车通过段的平均速度 　＝（ｖＡ＋ｖＢ）／2＝（21＋14）／2＝17．5ｍ／ｓ． 　肇事汽车通过ＡＢ段的时间 　ｔ２＝ＡＢ／＝（31．5－14．0）／17．5＝1ｓ． 　∴　游客横过马路的速度 　ｖ人＝／（ｔ１＋ｔ２）＝（2．6／（1＋0．7））ｍ／ｓ＝1．53ｍ／ｓ． 19 ．解：（1）开始Ａ、Ｂ处于静止状态时，有 　ｋｘ０－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｓｉｎ30°＝0，　　① 　设施加Ｆ时，前一段时间Ａ、Ｂ一起向上做匀加速运动，加速度为ａ，ｔ＝0．2ｓ，Ａ、Ｂ间相互作用力为零，对Ｂ有： 　ｋｘ－ｍＢｇｓｉｎ30°＝ｍＢａ，　　② 　ｘ－ｘ０＝（1／2）ａｔ2，　　③ 　解①、②、③得： 　ａ＝5ｍｓ－2，ｘ０＝0．05ｍ，ｘ＝0．15ｍ， 　初始时刻Ｆ最小 　Ｆｍｉｎ＝（ｍＡ＋ｍＢ）ａ＝60Ｎ． 　ｔ＝0．2ｓ时，Ｆ最大 　Ｆｍａｘ－ｍＡｇｓｉｎ30°＝ｍＡａ， 　Ｆｍａｘ＝ｍＡ（ｇｓｉｎ30°＋ａ）＝100Ｎ， 　（2）ΔＥＰＡ＝ｍＡｇΔｈ＝ｍＡｇ（ｘ－ｘ０）ｓｉｎ30°＝5Ｊ． 20．解：当弹簧处于压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和．当弹簧伸长到其自然长度时，弹性势能为零，因这时滑块Ａ的速度为零，故系统的机械能等于滑块Ｂ的动能．设这时滑块Ｂ的速度为ｖ则有 　Ｅ＝（1／2）ｍ２ｖ2，　　① 由动量守恒定律（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ２ｖ，　　② 解得　Ｅ＝（1／2）（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２．　　③ 　假定在以后的运动中，滑块Ｂ可以出现速度为零的时刻，并设此时滑块Ａ的速度为ｖ１．这时，不论弹簧是处于伸长还是压缩状态，都具有弹性势能Ｅｐ．由机械能守恒定律得 　（1／2）ｍ１ｖ１2＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　④ 根据动量守恒　（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ１ｖ１，　　⑤ 求出ｖ１，代入④式得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑥ 因为Ｅｐ≥0，故得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）≤（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑦ 即　ｍ１≥ｍ２，与已知条件ｍ１＜ｍ２不符． 　可见滑块Ｂ的速度永不为零，即在以后的运动中，不可能出现滑动Ｂ的速度为零的情况． 21．解：设恰好物体相对圆盘静止时，弹簧压缩量为Δｌ，静摩擦力为最大静摩擦力ｆｍａｘ，这时物体处于临界状态，由向心力公式ｆｍａｘ－ｋΔｌ＝ｍＲｗ2，　　① 　假若物体向圆心移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ１－ｋ（Δｌ＋ｘ）＝ｍ（Ｒ－ｘ）ｗ2，　　② 　由①、②两式可得　ｆｍａｘ－ｆ１＝ｍｘｗ2－ｋｘ，　　③ 所以　ｍｘｗ2－ｋｘ≥0，得ｋ≤ｍｗ2，　　④ 　若物体向外移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ２－ｋ（Δｌ－ｘ）≥ｍ（Ｒ＋ｘ）ｗ2，　　⑤ 由①～⑥式得　ｆｍａｘ－ｆ２＝ｋｘ－ｍｘｗ2≥0，　　⑥ 所以　ｋ≥ｍｗ2，　　⑦ 即若物体向圆心移动，则ｋ≤ｍｗ2， 若物体向远离圆心方向移动，则ｋ≥ｍｗ2． 22．解：卫星环绕地球作匀速圆周运动，设卫星的质量为ｍ，轨道半径为ｒ，受到地球的万有引力为Ｆ， 　Ｆ＝ＧＭｍ／ｒ2，　　① 　式中Ｇ为万有引力恒量，Ｍ是地球质量． 　设ｖ是卫星环绕地球做匀速圆周运动的线速度，Ｔ是运动周期，根据牛顿第二定律，得 　Ｆ＝ｍｖ2／ｒ，　　② 　由①、②推导出　ｖ＝．　　③ 　③式表明：ｒ越大，ｖ越小． 　人造卫星的周期就是它环绕地球运行一周所需的时间Ｔ， 　Ｔ＝2πｒ／ｖ，　　④ 　由③、④推出　Ｔ＝2π，　　⑤ 　⑤式说明：ｒ越大，Ｔ越大．　23．证：设质点通过Ａ点时的速度为ｖＡ，通过Ｃ点时的速度为ｖＣ，由匀变速直线运动的公式得： ｓ1＝ｖＡＴ＋ａＴ2／2，ｓ3＝ｖＣＴ＋ａＴ2／2，ｓ3－ｓ1＝ｖＣＴ－ｖＡＴ． ∵　ｖＣ＝ｖＡ＋2ａＴ， ∴　ｓ3－ｓ1＝（ｖＡ－2ａＴ－ｖＡ）Ｔ＝2ａＴ2，ａ＝（ｓ3－ｓ1）／2Ｔ2． 　24．根据：如果在连续的相等的时间内的位移之差相等，则物体做匀变速运动．证明：设物体做匀速运动的初速度为ｖ0，加速度为ａ，第一个Ｔ内的位移为ｓ1＝ｖ0Ｔ＋ａＴ2／2；第二个Ｔ内的位移为ｓ2＝（ｖ0＋ａＴ）Ｔ＋ａＴ2／2；第Ｎ个Ｔ内的位移为ｓＮ＝［ｖ0＋（Ｎ－1）ａＴ］Ｔ＋ａＴ2／2．　ｓＮ－ｓＮ－1＝ａＴ2，逆定理也成立． 　25．解：由匀变速直线运动的公式得小物块的加速度的大小为ａ1＝（ｖ0－ｖｔ）／ｔ＝2（ｍ／ｓ2）．木板的加速度大小为ａ2＝2ｓ／ｔ2＝0.25（ｍ／ｓ2）． 根据牛顿第二定律　Ｆ＝ｍａ 对小物块得　ｆ′1＝ｍａ1＝1×2＝2Ｎ， 对木板得　ｆ1－μ（ｍ＋Ｍ）ｇ＝Ｍａ2， 　μ＝（ｆ1－Ｍａ2）／（ｍ＋Ｍ）ｇ＝（2－4×0.25）／（1＋4）×10＝0.02． 　26．解：假设金属块没有离开第一块长木板，移动的相对距离为ｘ，由动量守恒定律，得ｍｖ0＝3ｍｖ， 　ｍｖ02／2＝3ｍｖ2／2＋μｍｇｘ， 解得ｘ＝4ｍ／3＞Ｌ，不合理， ∴　金属块一定冲上第二块木板． 　以整个系统为研究对象，由动量定律及能量关系，当金属块在第一块木板上时ｍｖ0＝ｍｖ0′＋2ｍｖ1， 　ｍｖ02／2＝12ｍｖ0′2＋2ｍ·ｖ12／2＋μｍｇｌ． 　ｍｖ0＝ｍｖ1＋2ｍｖ2， 　ｍｖ02／2＝ｍｖ12／2＋2ｍ·ｖ22 ／2＋μｍｇ（ｌ＋ｘ）． 联立解得： 　ｖ1＝1／3ｍ／ｓ，ｖ2＝5／6ｍ／ｓ，ｘ＝0.25ｍ． 　27．解：当ｔ＝0时，ａＡ0＝9／3＝3ｍ／ｓ2，ａＢ0＝3／6＝0.5ｍ／ｓ2．ａＡ0＞ａＢ0，Ａ、Ｂ间有弹力，随ｔ之增加，Ａ、Ｂ间弹力在减小，当（9－2ｔ）／3＝（3＋2ｔ）／6，ｔ＝2.5ｓ时，Ａ、Ｂ脱离，以Ａ、Ｂ整体为研究对象，在ｔ＝2.5ｓ内，加速度ａ＝（ＦＡ＋ＦＢ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝4／3ｍ／ｓ2，ｓ＝ａｔ2／2＝4.17ｍ． 　28．解：（1）由ｍＣｖ0＝ｍＣｖ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ1，Ｃ由Ａ滑至Ｂ时，Ａ、Ｂ的共同速度是 　ｖ1＝ｍＣ（ｖ0－ｖ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝0.2ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＡ＝ｍＣｖ02／2－ｍＣｖ2／2－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12／2， 得　μ＝［ｍＣ（ｖ02－ｖ2）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12］／2ｍＣｇｌＡ＝0.48． 　（2）由ｍＣｖ＋ｍＢｖ1＝（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ2，Ｃ相对Ｂ静止时，Ｂ、Ｃ的共同速度是ｖ2＝（ｍＣｖ＋ｍＢｖ1）／（ｍＣ＋ｍＢ）＝0.65ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＢ＝ｍＣｖ2／2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22／2， Ｃ在Ｂ上滑行距离为 　ｌＢ＝［ｍＣｖ2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22］／2μｍＣｇ＝0.25ｍ． 　（3）由μｍＣｇｓ＝ｍＢｖ22／2－ｍＢｖ12／2， Ｂ相对地滑行的距离ｓ＝［ｍＢ（ｖ22－ｖ12）］／2μｍＣｇ＝0.12ｍ． 　（4）Ｃ在Ａ、Ｂ上匀减速滑行，加速度大小由μｍＣｇ＝ｍＣａ，得ａ＝μｇ＝4.8ｍ／ｓ2． Ｃ在Ａ上滑行的时间ｔ1＝（ｖ0－ｖ）／ａ＝0.21ｓ． Ｃ在Ｂ上滑行的时间ｔ2＝（ｖ－ｖ2）／ａ＝0.28ｓ． 所求时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝0.21ｓ＋0.28ｓ＝0.49ｓ． 　　29．匀加速下滑时，受力如图1ａ，由牛顿第二定律，有： ｍｇｓｉｎθ－μｍｇｃｏｓθ＝ｍａ＝ｍｇｓｉｎθ／2， 　ｓｉｎθ／2＝μｃｏｓθ， 　得μ＝ｓｉｎθ／2ｃｏｓθ．图1静止时受力分析如图1ｂ，摩擦力有两种可能：①摩擦力沿斜面向下；②摩擦力沿斜面向上．摩擦力沿斜面向下时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＝ｆ＋ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ， 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ＋μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ－μｓｉｎθ）ｍｇ＝3ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ－ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　摩擦力沿斜面向上时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＋ｆ＝ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ． 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ－μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ＋μｓｉｎθ）ｍｇ＝ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ 2θ＋ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　30．解：（1）物体在两斜面上来回运动时，克服摩擦力所做的功Ｗｆ＝μｍｇｃｏｓ60°·ｓ总． 　物体从开始直到不再在斜面上运动的过程中ｍｇｈ－Ｗｆ＝0－ｍｖ02／2．解得ｓ总＝38ｍ． 　（2）物体最终是在Ｂ、Ｃ之间的圆弧上来回做变速圆周运动，且在Ｂ、Ｃ点时速度为零． 　（3）物体第一次通过圆弧最低点时，圆弧所受压力最大．由动能定理得ｍｇ［ｈ＋Ｒ（1－ｃｏｓ60°）］－μｍｇｃｏｓ60°／ｓｉｎ60°＝ｍ（ｖ12－ｖ02）／2， 由牛顿第二定律得　Ｎｍａｘ－ｍｇ＝ｍｖ12／Ｒ， 解得　Ｎｍａｘ＝54.5Ｎ． 　物体最终在圆弧上运动时，圆弧所受压力最小．由动能定理得ｍｇＲ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍｖ22／2，由牛顿第二定律得Ｎｍｉｎ－ｍｇ＝ｍｖ22／Ｒ，解得Ｎｍｉｎ＝20Ｎ． 　31．解：（1）设刹车后，平板车的加速度为ａ0，从开始刹车到车停止所经历时间为ｔ0，车所行驶距离为ｓ0，则有ｖ02＝2ａ0ｓ0，ｖ0＝ａ0ｔ0． 　欲使ｔ0小，ａ0应该大，作用于木箱的滑动摩擦力产生的加速度ａ1＝μｍｇ／ｍ＝μｇ． 　当ａ0＞ａ1时，木箱相对车底板滑动，从刹车到车停止过程中木箱运动的路程为ｓ1，则ｖ02＝2ａ2ｓ1． 　为使木箱不撞击驾驶室，应有ｓ1－ｓ0≤Ｌ． 　联立以上各式解得：ａ0≤μｇｖ02／（ｖ02－2μｇＬ）＝5ｍ／ｓ2， 　∴　ｔ0＝ｖ0／ａ0＝4.4ｓ． 　（2）对平板车，设制动力为Ｆ，则Ｆ＋ｋ（Ｍ＋ｍ）ｇ－μｍｇ＝Ｍａ0，解得：Ｆ＝7420Ｎ． 　32．解：对系统ａ0＝［Ｆ－μｇ（ｍ1＋ｍ2）］／（ｍ1＋ｍ2）＝1ｍ／ｓ2． 　对木块1，细绳断后：│ａ1│＝ｆ1／ｍ1＝μｇ＝1ｍ／ｓ2． 　设细绳断裂时刻为ｔ1，则木块1运动的总位移： 　ｓ1＝2ａ0ｔ12／2＝ａ0ｔ12． 　对木块2，细绳断后，ａ2＝（Ｆ－μｍ2ｇ）／ｍ2＝2ｍ／ｓ2． 木块2总位移 　ｓ2＝ｓ′＋ｓ″＝ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2， 两木块位移差Δｓ＝ｓ2－ｓ1＝22（ｍ）． 得　ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2－ａ0ｔ12＝22， 把ａ0，ａ2值，ｖ1＝ａ0ｔ1代入上式整理得： 　ｔ12＋12ｔ1－28＝0，得ｔ1＝2ｓ． 木块2末速ｖ2＝ｖ1＋ａ2（6－ｔ1）＝ａ0ｔ1＋ａ2（6－ｔ1）＝10ｍ／ｓ． 此时动能Ｅｋ＝ｍ2ｖ22／2＝2×102／2Ｊ＝100Ｊ． 　33．解：（1）由动量守恒定律，ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ′，且有ｍ∶Ｍ＝1∶3， ∴　Ａ、Ｂ共同速度ｖ′＝ｍｖ0／（ｍ＋Ｍ）＝1ｍ／ｓ． 　（2）由动能定理，对全过程应有 　μｍｇ·2Ｌ＝ｍｖ02／2－（ｍ＋Ｍ）ｖ′2／2， 　4μｇＬ＝ｖ02－4ｖ′2，μ＝（ｖ02－4ｖ′2 ）／4ｇＬ＝0.3． 　（3）先求Ａ与Ｂ挡板碰前Ａ的速度ｖ10，以及木板Ｂ相应速度ｖ20，取从Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板相碰前过程为研究对象，依动量守恒与动能定理有以下两式成立：ｍｖ0＝ｍｖ10＋Ｍｖ20， 　ｍｖ02／2－ｍｖ102／2－Ｍｖ202／2＝μｍｇＬ． 代入数据得　ｖ10＋3ｖ20＝4，ｖ102＋3ｖ202＝10， 解以上两式可得　ｖ10＝（2±3）／2ｍ／ｓ．因Ａ与Ｂ挡板碰前速度不可能取负值，故ｖ10＝（2＋3）／2ｍ／ｓ．相应解出ｖ20＝（2－）／2ｍ／ｓ＝0.3ｍ／ｓ． 　木板Ｂ此过程为匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得μｍｇ＝Ｍａ1，ａ1＝μｍｇ／Ｍ＝1（ｍ／ｓ2）． 此过程经历时间ｔ1由下式求出 　ｖ20＝ａ1ｔ1，ｔ1＝ｖ20／ａ1＝0.3（ｓ）． 其速度图线为图2中0～0.3ｓ段图线ａ． 　再求Ａ与Ｂ挡板碰后，木板Ｂ的速度ｖ2与木块Ａ的速度ｖ1，为方便起见取Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板碰撞后瞬间过程为研究对象，依动量守恒定律与动能定理有以下两式成立： ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2，ｍｖ02／2－ｍｖ12／2－Ｍｖ22／2＝μｍｇＬ． 故解为　ｖ1＝（2±3）／2ｍ／ｓ． 因ｖ1＝（2＋3）／2ｍ／ｓ为碰前速度，故取ｖ1＝（2－3）／2ｍ／ｓ，相应得ｖ2＝2＋2ｍ／ｓ＝1.7ｍ／ｓ． 由于ｖ1＜0，即木块相对Ｂ向左滑动，Ａ受Ｂ摩擦力向右，Ｂ受Ａ摩擦力向左，故Ｂ做匀减速直线运动，加速度大小由牛顿第二定律，得ａ＝μｍｇ／Ｍ＝1ｍ／ｓ2． 　从碰后到Ａ滑到Ｂ最左端过程中，Ｂ向右做匀减速直线运动时间设为ｔ2，则ｖ′－ｖ2＝－ａｔ2， ∴　ｔ2＝0.7ｓ． 　此过程速度图线如图2中0.3ｓ～1.0ｓ段图线ｂ．图2　　34．解：设ｍ1、ｍ2两物体受恒力Ｆ作用后，产生的加速度分别为ａ1、ａ2，由牛顿第二定律Ｆ＝ｍａ，得 　ａ1＝Ｆ／ｍ1，ａ2＝Ｆ／ｍ2， 　历时ｔ两物体速度分别为ｖ1＝ａ1ｔ，ｖ2＝ｖ0＋ａ2ｔ，由题意令ｖ1＝ｖ2，即ａ1ｔ＝ｖ0＋ａ2ｔ或（ａ1－ａ2）ｔ＝ｖ0，因ｔ≠0、ｖ0＞0，欲使上式成立，需满足ａ1－ａ2＞0，即Ｆ／ｍ1＞Ｆ／ｍ2，或ｍ1＜ｍ2，也即当ｍ1≥ｍ2时不可能达到共同速度，当ｍ1＜ｍ2时，可以达到共同速度． 　35．解：（1）当小球刚好能在轨道内做圆周运动时，水平初速度ｖ最小，此时有ｍｇ＝ｍｖ2／Ｒ， 故　ｖ＝＝＝2ｍ／ｓ． 　 （2）若初速度ｖ′＜ｖ，小球将做平抛运动，如在其竖直位移为Ｒ的时间内，其水平位移ｓ≥Ｒ，小球可进入轨道经过Ｂ点．设其竖直位移为Ｒ时，水平位移也恰为R，则Ｒ＝ｇｔ2／2，Ｒ＝ｖ′ｔ，解得：ｖ′＝／2＝ｍ／ｓ． 因此，初速度满足2ｍ／ｓ＞ｖ′≥ｍ／ｓ时，小球可做平抛运动经过Ｂ点． 　36．卫星在天空中任何天体表面附近运行时，仅受万有引力Ｆ作用使卫星做圆周运动，运动半径等于天体的球半径Ｒ．设天体质量为Ｍ，卫星质量为ｍ，卫星运动周期为Ｔ，天体密度为ρ．根据万有引力定律Ｆ＝ＧＭｍ／Ｒ2， 卫星做圆周运动向心力Ｆ′＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2， 因为 　Ｆ′＝Ｆ，得ＧＭｍ／Ｒ2＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2，∴Ｔ＝． 　又球体质量Ｍ＝4πＲ3ρ／3． 得Ｔ＝=，∴Ｔ∝1／，得证． 　37．解：由于两球相碰满足动量守恒 　　ｍ1ｖ0＝ｍ1ｖ1＋ｍ2ｖ2，ｖ1＝－1.3ｍ／ｓ． 　两球组成系统碰撞前后的总动能Ｅｋ1＋Ｅｋ2＝ｍ1ｖ02／2＋0＝2.5Ｊ， 　Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＝ｍ1ｖ12／2＋ｍ2ｖ22／2＝2.8Ｊ． 　可见，Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＞Ｅｋ1＋Ｅｋ2，碰后能量较碰撞前增多了，违背了能量守恒定律，这种假设不合理． 　38．解：（1）由动量守恒，得ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2， 由运动学公式得ｓ＝（ｖ1－ｖ2）ｔ，ｈ＝ｇｔ2／2， 由以上三式得ｖ2＝（ｍｖ0－ｓｍ）／（Ｍ＋ｍ）． 　（2）最后车与物体以共同的速度ｖ向右运动，故有 　ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖｖ＝ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）． ∴ΔＥ＝ｍｖ02／2＋ｍｇｈ－（Ｍ＋ｍ）ｍ2ｖ02／2（Ｍ＋ｍ）2． 解得ΔＥ＝ｍｇｈ＋Ｍｍｖ02／2（Ｍ＋ｍ）． 　39．解：设碰前Ａ、Ｂ有共同速度ｖ时，Ｍ前滑的距离为ｓ．则ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ，ｆｓ＝Ｍｖ2／2，ｆ＝μｍｇ． 　由以上各式得　ｓ＝Ｍｍｖ02／2μｇ（Ｍ＋ｍ）2． 　当ｖ0＝2ｍ／ｓ时，ｓ＝2／9ｍ＜0.5ｍ，即Ａ、Ｂ有共同速度．当ｖ0＝4ｍ／ｓ时，ｓ＝8／9ｍ＞0.5ｍ，即碰前Ａ、Ｂ速度不同． 　 40．解：（1）物体由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者系统水平方向动量守恒得：ｍｖ0＝ｍｖ0／2＋2ｍｖＡＢ． 解之得　ｖＡＢ＝ｖ0／4． 　（2）物块由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者功能关系得：μｍｇＬ＝ｍｖ02／2－ｍ（ｖ0／2）2／2－2ｍ（ｖ0／4）2／2． 解之得　Ｌ＝5ｖ02／16μｇ． 　（3）物块由Ｄ滑到Ｃ的过程中，二者系统水平方向动量守恒，又因为物块到达最高点Ｃ时，物块与滑块速度相等且水平，均为ｖ． 故得　ｍｖ0／2＋ｍｖ0／4＝2ｍｖ， ∴　得滑块的动能ＥＣＤ＝ｍｖ2／2＝9ｍｖ02／128． 　41．解：（1）Ｂ从ｖ0减速到速度为零的过程，Ｃ静止，Ｂ的位移：ｓ1＝ｖ02／2μｇ． 　所用的时间：ｔ1＝ｖ0／μｇ． 　此后Ｂ与Ｃ一起向右做加速运动，Ａ做减速运动，直到相对静止，设所用时间为ｔ2，共同速度为ｖ． 　对Ａ、Ｂ、Ｃ，由动量守恒定律得 　ｍＡ·2ｖ0－ｍＢｖ0＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ， ∵　ｍＡ＝ｍＢ＝ｍＣ，∴　ｖ＝ｖ0／3． 　对Ｂ与Ｃ，向右加速运动的加速度 　ａ＝μｍＡｇ／（ｍＢ＋ｍＣ）＝μｇ／2，∴ｔ2＝ｖ／ａ＝2ｖ0／3μｇ． Δｔ内Ｂ向右移动的位移ｓ2＝ｖｔ2／2＝ｖ02／9μｇ， 故总路程ｓ＝ｓ1＋ｓ2＝11ｖ02／18μｇ，总时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝5ｖ0／3μｇ． 　（2）设车的最小长度为Ｌ，则相对静止时Ａ、Ｂ刚好接触，由能量守恒得 　ｍＡ（2ｖ0）2／2＋ｍＢｖ02／2＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ2／2＋μｍＢｇｓ1＋μｍＡｇ（Ｌ－ｓ1）， 联立解得Ｌ＝7ｖ02／3μｇ． 　42．解：（1）ｍ速度最大的位置应在O点左侧．因为细线烧断后，ｍ在弹簧弹力和滑动摩擦力的合力作用下向右做加速运动，当弹力与摩擦力的合力为零时，ｍ的速度达到最大，此时弹簧必处于压缩状态．此后，系统的机械能不断减小，不能再达到这一最大速度． 　（2）选ｍ、Ｍ为一系统，由动量守恒定律得 　ｍｖ1＝Ｍｖ2． 　设这一过程中弹簧释放的弹性势能为Ｅｐ，则 　Ｅｐ＝ｍｖ12／2＋Ｍｖ22／2＋μｍｇｓ， 解得　ｖ2＝ｍｖ1／Ｍ，Ｅｐ＝ｍ［（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2Ｍ＋μｇｓ］． 　（2）ｍ与Ｍ最终将静止，因为系统动量守恒，且总动量为零，只要ｍ与Ｍ间有相对运动，就要克服摩擦力做功，不断消耗能量，所以，ｍ与Ｍ最终必定都静止． 　43．解：（1）第一颗子弹射入木块过程，系统动量守恒，有 　ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ1． 　射入后，在ＯＢＣ运动过程中，机械能守恒，有 　（ｍ＋Ｍ）ｖ12／2＝（ｍ＋Ｍ）ｇＲ，得ｖ0＝（Ｍ＋ｍ） ／ｍ． 　（2）由动量守恒定律知，第2、4、6……颗子弹射入木块后，木块速度为0，第1、3、5……颗子弹射入后，木块运动．当第9颗子弹射入木块时，由动量守恒得： 　ｍｖ0＝（9ｍ＋Ｍ）ｖ9， 　设此后木块沿圆弧上升最大高度为Ｈ，由机械能守恒定律得：（9ｍ＋Ｍ）ｖ92／2＝（9ｍ＋Ｍ）ｇＨ， 由以上可得：Ｈ＝［（Ｍ＋ｍ）／（Ｍ＋9ｍ）］2Ｒ． 　44．解：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动ｓ，速度变为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．由动能定理 　－μＭｇｓ＝0－ｍｖ02／2，ｓ＝ｍｖ02／2μＭｇ＝0.33ｍ． 　（2）假如平板车在第二次碰墙前还未和滑块相对静止，则其速度的大小肯定还是2ｍ／ｓ，因为只要相对运动，摩擦力大小为恒值．滑块速度则大于2ｍ／ｓ，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰墙前肯定已和滑块具有共同速度ｖ．此即平板车碰墙前瞬间的速度． 　Ｍｖ0－ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， ∴ｖ＝（Ｍ－ｍ）ｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝0.4ｍ／ｓ．图3　（3）平板车与墙壁第一次碰撞后滑块与平板又达到共同速度ｖ前的过程，可用图3（ａ）、（ｂ）、（ｃ）表示．图3（ａ）为平板车与墙碰撞后瞬间滑块与平板车的位置，图3（ｂ）为平板车到达最左端时两者的位置，图3（ｃ）为平板车与滑块再次达到共同速度时两者的位置．在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功μΜｇｓ′，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功μＭｇｓ″（平板车从Ｂ到Ａ再回到Ｂ的过程中摩擦力做功为零），其中ｓ′、ｓ″分别为滑块和平板车的位移．滑块和平板车动能总减少为μＭｇｌ1，其中ｌ1＝ｓ′＋ｓ″为滑块相对平板车的位移，此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为ｌ，则有（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2＝μＭｇｌ，ｌ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2μＭｇ＝0.833ｍ． ｌ即为平板车的最短长度．图4 　　45．解：如图4，Ａ球从静止释放后将自由下落至Ｃ点悬线绷直，此时速度为ｖＣ ∵　ｖＣ2＝2ｇ×2Ｌｓｉｎ30°， ∴　ｖＣ＝＝2ｍ／ｓ． 　在线绷直的过程中沿线的速度分量减为零时，Ａ将以切向速度ｖ1沿圆弧运动且 　ｖ1＝ｖＣｃｏｓ30°＝ｍ／ｓ． 　Ａ球从Ｃ点运动到最低点与Ｂ球碰撞前机械能守恒，可求出Ａ球与Ｂ球碰前的速度 　ｍＡｖ12／2＋ｍＡｇＬ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍＡｖ22／2， 　ｖ2＝==ｍ／ｓ． 　因Ａ、Ｂ两球发生无能量损失的碰撞且ｍＡ＝ｍＢ，所以它们的速度交换，即碰后Ａ球的速度为零，Ｂ球的速度为ｖ2＝（ｍ／ｓ）．对Ｂ球和小车组成的系统水平方向动量守恒和机械能守恒，当两者有共同水平速度ｕ时，Ｂ球上升到最高点，设上升高度为ｈ． 　ｍＢｖ2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ，ｍＢｖ22／2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ2／2＋ｍＢｇｈ．解得ｈ＝3／16≈0.19ｍ． 　在Ｂ球回摆到最低点的过程中，悬线拉力仍使小车加速，当Ｂ球回到最低点时小车有最大速度ｖｍ，设小球Ｂ回到最低点时速度的大小为ｖ3，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 　ｍＢｖ2＝－ｍＢｖ3＋Ｍｖｍ，ｍＢｖ22／2＝ｍＢｖ32／2＋Ｍｖｍ2／2， 解得ｖｍ＝2ｍＢｖ2／（ｍ3＋Ｍ）＝／2ｍ／ｓ＝1.12ｍ／ｓ． 　46．解：（1）小球的角速度与运动的角速度必定相等，则有ｖ＝ωＲ＝ω． 　（2）人手所提供的功率应等于小球在运动过程中克服摩擦力做功的功率．即有Ｐ＝ｆｖ， ∴　ｆ＝Ｐ／ｖ＝Ｐ／ω． 　47．解：由于粘性物体与底板粘合的过程时间极短，冲击力远大于重力，在竖直方向近似动量守恒，开始静止时，有　ｍ1ｇ＝ｋｘｋ＝ｍ1ｇｘ． 　ｍ2下落Ｈ时的速度ｖ＝，ｍ2与ｍ1合在一起动量守恒，ｍ2ｖ＝（ｍ1＋ｍ2）ｖ′，ｖ′＝ｍ2ｖ／（ｍ1＋ｍ2）＝ｍ2／（ｍ1＋ｍ2）． 　设向下为正方向，ｍ1与ｍ2的整体受两个力，即重力（ｍ1＋ｍ2）ｇ和弹簧的平均拉力，则有平均拉力＝ｋｘ＋ｋｈ／2＝ｋ（2ｘ＋ｈ）／2，由动能定理得 ［－＋（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ＝0－（ｍ1＋ｍ2）ｖ2／2， 由以上各式得［ｍ1ｇ（2ｘ＋ｈ）／2ｘ－（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ 　＝（ｍ1＋ｍ2）·ｍ22·2ｇｈ／2（ｍ1＋ｍ2）2． 代入数值得ｈ＝0.3ｍ． 　48．解：ｍ与Ａ粘在一起后水平方向动量守恒，共同速度设为ｖ1，Ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ1， 得ｖ1＝Ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝2ｖ0 ／3． 　当弹簧压缩到最大时即有最大弹性势能Ｅ，此时系统中各物体有相同速度，设为ｖ2，由动量守恒定律 　2Ｍｖ0＝（2Ｍ＋ｍ）ｖ2，得ｖ2＝2Ｍｖ0／（2Ｍ＋ｍ）＝4ｖ0／5． 由能量守恒有 　Ｅ＝Ｍｖ02／2＋（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2－（2Ｍ＋ｍ）ｖ22／2， 解得Ｅ＝Ｍｖ02／30． 　49．解：（1）振子在平衡位置时，所受合力为零，设此时弹簧被压缩Δｘ：（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ＝ｋΔｘ，Δｘ＝5ｃｍ． 　开始释放时振子处在最大位移处，故振幅 　Ａ＝5ｃｍ＋5ｃｍ＝10ｃｍ． 　（2）由于开始时弹簧的伸长量恰等于振子在平衡位置时弹簧的压缩量，故弹性势能相等，设振子的最大速度为ｖ，从开始到平衡位置，根据机械能守恒定律， 得ｍｇ·Ａ＝ｍｖ2／2，∴ｖ＝＝1.4ｍ／ｓ， 即Ｂ的最大速率为1.4ｍ／ｓ． 　（3）在最高点，振子受到的重力和弹力方向相同，根据牛顿第二定律，得 　ａ＝［ｋΔｘ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ］／（ｍＡ＋ｍＢ）＝20ｍ／ｓ2， Ａ对Ｂ的作用力方向向下，其大小 　Ｎ1＝ｍＢａ－ｍＢｇ＝10Ｎ． 在最低点，振子受到的重力和弹力方向相反，根据牛顿第二定律，得ａ＝ｋ（Δｘ＋Ａ）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｍＡ＋ｍＢ＝20ｍ／ｓ2． Ａ对Ｂ的作用力方向向上，其大小 　Ｎ2＝ｍＢａ＋ｍＢｇ＝30Ｎ． 　36．试证明太空中任何天体表面附近卫星的运动周期与该天体密度的平方根成反比．2．解：在0～1ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知 　ａ１＝12ｍ／ｓ２， 由牛顿第二定律，得 　Ｆ－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ１，　　① 在0～2ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知ａ２＝－6ｍ／ｓ２， 因为此时物体具有斜向上的初速度，故由牛顿第二定律，得 　－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ２，　　② 　②式代入①式，得　Ｆ＝18Ｎ． 3．解：在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从Ａ到Ｂ需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为ｔ1，则 　（ｖ／2）ｔ１＋ｖ（ｔ－ｔ１）＝Ｌ， 所以　ｔ１＝2（ｖｔ－Ｌ）／ｖ＝（2×（2×6－10）／2）ｓ＝2ｓ． 为使物体从Ａ至Ｂ所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变．而　ａ＝ｖ／ｔ＝1ｍ／ｓ２．设物体从Ａ至Ｂ所用最短的时间为ｔ2，则 　（1／2）ａｔ2２ ＝Ｌ， 　ｔ2＝=＝2ｓ． 　ｖｍｉｎ＝ａｔ2＝1×2ｍ／ｓ＝2ｍ／ｓ． 传送带速度再增大1倍，物体仍做加速度为1ｍ／ｓ２的匀加速运动，从Ａ至Ｂ的传送时间为2ｍ／ｓ． 4．解：启动前Ｎ１＝ｍｇ， 　升到某高度时　Ｎ2＝（17／18）Ｎ１＝（17／18）ｍｇ， 　对测试仪　Ｎ2－ｍｇ′＝ｍａ＝ｍ（ｇ／2）， 　∴　ｇ′＝（8／18）ｇ＝（4／9）ｇ， 　ＧｍＭ／Ｒ2＝ｍｇ，ＧｍＭ／（Ｒ＋ｈ）2＝ｍｇ′，解得：ｈ＝（1／2）Ｒ． 5．解：由匀加速运动的公式　ｖ２＝ｖ０２＋2ａｓ 　得物块沿斜面下滑的加速度为 　ａ＝ｖ2／2ｓ＝1．42／（2×1．4）＝0．7ｍｓ－２， 由于ａ＜ｇｓｉｎθ＝5ｍｓ－２， 　可知物块受到摩擦力的作用．图3　分析物块受力，它受3个力，如图3．对于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，由牛顿定律有 　ｍｇｓｉｎθ－ｆ１＝ｍａ， 　ｍｇｃｏｓθ－Ｎ１＝0， 　分析木楔受力，它受5个力作用，如图3所示．对于水平方向，由牛顿定律有 　ｆ2＋ｆ１ｃｏｓθ－Ｎ１ｓｉｎθ＝0， 　由此可解得地面的作用于木楔的摩擦力 　ｆ2＝ｍｇｃｏｓθｓｉｎθ－（ｍｇｓｉｎθ－ｍａ）ｃｏｓθ＝ｍａｃｏｓθ＝1×0．7×（／2）＝0．61Ｎ． 　此力的方向与图中所设的一致（由指向）． 6．解：（1）飞机原先是水平飞行的，由于垂直气流的作用，飞机在竖直方向上的运动可看成初速度为零的匀加速直线运动，根据　ｈ＝（1／2）ａｔ２，得ａ＝2ｈ／ｔ２，代入ｈ＝1700ｍ，ｔ＝10ｓ，得 　ａ＝（2×1700／10２）（ｍ／ｓ２）＝34ｍ／ｓ２，方向竖直向下． 　（2）飞机在向下做加速运动的过程中，若乘客已系好安全带，使机上乘客产生加速度的力是向下重力和安全带拉力的合力．设乘客质量为ｍ，安全带提供的竖直向下拉力为Ｆ，根据牛顿第二定律　Ｆ＋ｍｇ＝ｍａ，得安全带拉力 　　Ｆ＝ｍ（ａ－ｇ）＝ｍ（34－10）Ｎ＝24ｍ（Ｎ）， ∴　安全带提供的拉力相当于乘客体重的倍数 　 ｎ＝Ｆ／ｍｇ＝24ｍＮ／ｍ·10Ｎ＝2．4（倍）． 　（3）若乘客未系安全带，飞机向下的加速度为34ｍ／ｓ２，人向下加速度为10ｍ／ｓ２，飞机向下的加速度大于人的加速度，所以人对飞机将向上运动，会使头部受到严重伤害． 7．解：设月球表面重力加速度为ｇ，根据平抛运动规律，有 　ｈ＝（1／2）ｇｔ２，　　① 　水平射程为　　　Ｌ＝ｖ０ｔ，　　② 　联立①②得ｇ＝2ｈｖ０２／Ｌ２．　　③ 　根据牛顿第二定律，得　ｍｇ＝ｍ（2π／Ｔ）２Ｒ，　　④ 　联立③④得　Ｔ＝（πＬ／ｖ０ｈ）．　　⑤ 8．解：前2秒内，有Ｆ－ｆ＝ｍａ１，ｆ＝μＮ，Ｎ＝ｍｇ，则 　ａ１＝（Ｆ－μｍｇ）／ｍ＝4ｍ／ｓ２，ｖｔ＝ａ１ｔ＝8ｍ／ｓ， 　撤去Ｆ以后　ａ２＝ｆ／ｍ＝2ｍ／ｓ，ｓ＝ｖ１２／2ａ２＝16ｍ． 9．解：（1）用力斜向下推时，箱子匀速运动，则有 　Ｆｃｏｓθ＝ｆ，ｆ＝μＮ，Ｎ＝Ｇ＋Ｆｓｉｎθ， 　联立以上三式代数据，得　Ｆ＝1．2×10２Ｎ． 　（2）若水平用力推箱子时，据牛顿第二定律，得Ｆ合＝ｍａ，则有 　Ｆ－μＮ＝ｍａ，Ｎ＝Ｇ， 　联立解得　ａ＝2．0ｍ／ｓ２． 　ｖ＝ａｔ＝2．0×3．0ｍ／ｓ＝6．0ｍ／ｓ， 　ｓ＝（1／2）ａｔ２＝（1／2）×2．0×3．0２ｍ／ｓ＝9．0ｍ， 　推力停止作用后　ａ′＝ｆ／ｍ＝4．0ｍ／ｓ２（方向向左）， 　ｓ′＝ｖ２／2ａ′＝4．5ｍ， 　则　ｓ总＝ｓ＋ｓ′＝13．5ｍ． 10．解：根据题中说明，该运动员发球后，网球做平抛运动．以ｖ表示初速度，Ｈ表示网球开始运动时离地面的高度（即发球高度），ｓ１表示网球开始运动时与网的水平距离（即运动员离开网的距离），ｔ１表示网球通过网上的时刻，ｈ表示网球通过网上时离地面的高度，由平抛运动规律得到 　ｓ１＝ｖｔ１，Ｈ－ｈ＝（1／2）ｇｔ１２， 消去ｔ１，得　　ｖ＝ｍ／ｓ，ｖ≈23ｍ／ｓ． 　以ｔ２表示网球落地的时刻，ｓ２表示网球开始运动的地点与落地点的水平距离，ｓ表示网球落地点与网的水平距离，由平抛运动规律得到 　Ｈ＝（1／2）ｇｔ２２，ｓ２＝ｖｔ２， 消去ｔ２，得ｓ２＝ｖ ≈16ｍ， 　网球落地点到网的距离　ｓ＝ｓ２－ｓ１≈4ｍ． 11．解：（1）设卫星质量为ｍ，它在地球附近做圆周运动，半径可取为地球半径Ｒ，运动速度为ｖ，有 　ＧＭｍ／Ｒ２＝ｍｖ２／Ｒ　得ｖ＝． 　（2）由（1）得： 　Ｍ＝ｖ２Ｒ／Ｇ＝＝6．0×1024ｋｇ． 12．解：对物块：Ｆ１－μｍｇ＝ｍａ１， 　6－0．5×1×10＝1·ａ１，ａ１＝1．0ｍ／ｓ2， 　ｓ１＝（1／2）ａ１ｔ2＝（1／2）×1×0．42＝0．08ｍ， 　ｖ１＝ａ１ｔ＝1×0．4＝0．4ｍ／ｓ， 　对小车：Ｆ２－μｍｇ＝Ｍａ２， 　9－0．5×1×10＝2ａ２，ａ２＝2．0ｍ／ｓ2， 　ｓ２＝（1／2）ａ２ｔ2＝（1／2）×2×0．42＝0．16ｍ， 　ｖ２＝ａ２ｔ＝2×0．4＝0．8ｍ／ｓ， 　撤去两力后，动量守恒，有Ｍｖ２－ｍｖ１＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， 　ｖ＝0．4ｍ／ｓ（向右）， ∵　（（1／2）ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2）－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ2＝μｍｇｓ３， 　ｓ３＝0．096ｍ， ∴　ｌ＝ｓ１＋ｓ２＋ｓ３＝0．336ｍ． 13．解：设木块到Ｂ时速度为ｖ０，车与船的速度为ｖ１，对木块、车、船系统，有 　ｍ１ｇｈ＝（ｍ１ｖ０2／2）＋（（ｍ２＋ｍ３）ｖ１2／2）， 　ｍ１ｖ０＝（ｍ２＋ｍ３）ｖ１， 解得　ｖ０＝5，ｖ１＝． 　木块到Ｂ后，船以ｖ１继续向左匀速运动，木块和车最终以共同速度ｖ２向右运动，对木块和车系统，有 　ｍ１ｖ０－ｍ２ｖ１＝（ｍ１＋ｍ２）ｖ２， 　μｍ１ｇｓ＝（（ｍ１ｖ０2／2）＋（ｍ２ｖ１2／2））－（（ｍ１＋ｍ２）ｖ２2／2）， 得　ｖ２＝ｖ１＝，ｓ＝2ｈ． 14．解：（1）小球的角速度与手转动的角速度必定相等均为ω．设小球做圆周运动的半径为ｒ，线速度为ｖ．由几何关系得　ｒ＝，ｖ＝ω·ｒ，解得　　 　　ｖ＝ω． 　（2）设手对绳的拉力为Ｆ，手的线速度为ｖ，由功率公式得　Ｐ＝Ｆｖ＝Ｆ·ωＲ， ∴　Ｆ＝Ｐ／ωＲ． 图4　研究小球的受力情况如图4所示，因为小球做匀速圆周运动，所以切向合力为零，即 　Ｆｓｉｎθ＝ｆ， 其中　ｓｉｎθ＝Ｒ／， 　联立解得　ｆ＝Ｐ／ω． 15．解：（1）用ｖ１表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由于子弹射入木块Ｃ时间极短，系统动量守恒，有 　ｍｖ０＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１， 　∴　ｖ１＝ｍｖ０／（ｍ＋Ｍ）＝3ｍ／ｓ， 　子弹和木块Ｃ在ＡＢ木板上滑动，由动能定理得： 　（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ２２－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ１２＝－μ（ｍ＋Ｍ）ｇＬ， 　解得　ｖ２＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）用ｖ′表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由动量守恒定律，得　ｍｖ０′＋Ｍｕ＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１′，解得　ｖ１′＝4ｍ／ｓ． 　木块Ｃ及子弹在ＡＢ木板表面上做匀减速运动　ａ＝μｇ．设木块Ｃ和子弹滑至ＡＢ板右端的时间为ｔ，则木块Ｃ和子弹的位移ｓ１＝ｖ１′ｔ－（1／2）ａｔ2， 　由于ｍ车≥（ｍ＋Ｍ），故小车及木块ＡＢ仍做匀速直线运动，小车及木板ＡＢ的位移　ｓ＝ｕｔ，由图5可知：ｓ１＝ｓ＋Ｌ， 　联立以上四式并代入数据得： 　ｔ2－6ｔ＋1＝0， 　解得：ｔ＝（3－2）ｓ，（ｔ＝（3＋2）ｓ不合题意舍去），　　（11） 　∴　ｓ＝ｕｔ＝0．18ｍ． 16．解：（1）设Ａ滑上Ｂ后达到共同速度前并未碰到档板，则根据动量守恒定律得它们的共同速度为ｖ，有图5　ｍｖ０＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝2ｍ／ｓ，在这一过程中，Ｂ的位移为ｓＢ＝ｖＢ2／2ａＢ且ａＢ＝μ ｍｇ／Ｍ，解得ｓＢ＝Ｍｖ2／2μｍｇ＝2×22／2×0．2×1×10＝2ｍ． 　设这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ１，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ１＝（1／2）ｍｖ０2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得ｓ１＝6ｍ． 　当ｓ＝4ｍ时，Ａ、Ｂ达到共同速度ｖ＝2ｍ／ｓ后再匀速向前运动2ｍ碰到挡板，Ｂ碰到竖直挡板后，根据动量守恒定律得Ａ、Ｂ最后相对静止时的速度为ｖ′，则 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′， 解得　ｖ′＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ２，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ２＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　ｓ２＝2．67ｍ． 　因此，Ａ、Ｂ最终不脱离的木板最小长度为ｓ１＋ｓ２＝8．67ｍ 　（2）因Ｂ离竖直档板的距离ｓ＝0．5ｍ＜2ｍ，所以碰到档板时，Ａ、Ｂ未达到相对静止，此时Ｂ的速度ｖＢ为 　ｖＢ2＝2ａＢｓ＝（2μｍｇ／Ｍ）ｓ，解得　ｖＢ＝1ｍ／ｓ， 　设此时Ａ的速度为ｖＡ，根据动量守恒定律，得 　ｍｖ０＝ＭｖＢ＋ｍｖＡ，解得ｖＡ＝4ｍ／ｓ， 　设在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移为ｓ１′，根据动能定理得： 　μｍｇｓ１′＝（1／2）ｍｖ０2－（（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）ＭｖＢ2）， 　解得　ｓ１′＝4．5ｍ． 　Ｂ碰撞挡板后，Ａ、Ｂ最终达到向右的相同速度ｖ，根据动能定理得ｍｖＡ－ＭｖＢ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ２′为 　μｍｇｓ２′＝（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得　ｓ２′＝（25／6）ｍ． 　Ｂ再次碰到挡板后，Ａ、Ｂ最终以相同的速度ｖ′向左共同运动，根据动量守恒定律，得 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′，解得　ｖ′＝（2／9）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ３′为： 　μｍｇｓ３′＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　　　　ｓ３′＝（8／27）ｍ． 　因此，为使Ａ不从Ｂ上脱落，Ｂ的最小长度为ｓ１′＋ｓ２′＋ｓ３′＝8．96ｍ． 17．解：（1）Ｂ与Ａ碰撞后，Ｂ相对于Ａ向左运动，Ａ所受摩擦力方向向左，Ａ的运动方向向右，故摩擦力作负功．设Ｂ与Ａ碰撞后的瞬间Ａ的速度为ｖ１，Ｂ的速度为ｖ２，Ａ、Ｂ相对静止后的共同速度为ｖ，整个过程中Ａ、Ｂ组成的系统动量守恒，有 　Ｍｖ０＝（Ｍ＋1．5Ｍ）ｖ，ｖ＝2ｖ０／5． 　碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功，即 　Ｍｖ２＋1．5Ｍｖ１＝2．5Ｍｖ，　　① 　（1／2）×1．5Ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2－（1／2）×2．5Ｍｖ2＝Ｍμｇｌ，　　② 可解出ｖ１＝（1／2）ｖ０（另一解ｖ１＝（3／10）ｖ０因小于ｖ而舍去） 　这段过程中，Ａ克服摩擦力做功 　Ｗ＝（1／2）×1．5Ｍｖ１2－（1／2）×1．5Ｍｖ2＝（27／400）Ｍｖ０2（0．068Ｍｖ０2）． 　（2）Ａ在运动过程中不可能向左运动，因为在Ｂ未与Ａ碰撞之前，Ａ受到的摩擦力方向向右，做加速运动，碰撞之后Ａ受到的摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后，速度仍向右，因此不可能向左运动． 　Ｂ在碰撞之后，有可能向左运动，即ｖ２＜0． 　先计算当ｖ２ ＝0时满足的条件，由①式，得 　ｖ１＝（2ｖ０／3）－（2ｖ２／3），当ｖ２＝0时，ｖ１＝2ｖ０／3，代入②式，得 　（（1／2）×1．5Ｍ4ｖ０2／9）－（（1／2）×2．5Ｍ4ｖ０2／25）＝Ｍμｇｌ， 解得　μｇｌ＝2ｖ０2／15． 　Ｂ在某段时间内向左运动的条件之一是μｌ＜2ｖ０2／15ｇ． 　另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即 　（1／2）Ｍｖ０2－（1／2）2．5Ｍ（2ｖ０／5）2≥2Ｍμｇｌ， 　解出另一个条件是　μｌ≤3ｖ０2／20ｇ， 　最后得出Ｂ在某段时间内向左运动的条件是 　2ｖ０2／15ｇ＜μｌ≤3ｖ０2／20ｇ． 18．解：（1）以警车为研究对象，由动能定理． 　－μｍｇ·ｓ＝（1／2）ｍｖ2－（1／2）ｍｖ０2， 　将ｖ０＝14．0ｍ／ｓ，ｓ＝14．0ｍ，ｖ＝0代入，得 　μｇ＝7．0ｍ／ｓ2， 　因为警车行驶条件与肇事汽车相同，所以肇事汽车的初速度ｖＡ＝＝21ｍ／ｓ． 　（2）肇事汽车在出事点Ｂ的速度 　ｖＢ＝＝14ｍ／ｓ， 　肇事汽车通过段的平均速度 　＝（ｖＡ＋ｖＢ）／2＝（21＋14）／2＝17．5ｍ／ｓ． 　肇事汽车通过ＡＢ段的时间 　ｔ２＝ＡＢ／＝（31．5－14．0）／17．5＝1ｓ． 　∴　游客横过马路的速度 　ｖ人＝／（ｔ１＋ｔ２）＝（2．6／（1＋0．7））ｍ／ｓ＝1．53ｍ／ｓ． 19．解：（1）开始Ａ、Ｂ处于静止状态时，有 　ｋｘ０－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｓｉｎ30°＝0，　　① 　设施加Ｆ时，前一段时间Ａ、Ｂ一起向上做匀加速运动，加速度为ａ，ｔ＝0．2ｓ，Ａ、Ｂ间相互作用力为零，对Ｂ有： 　ｋｘ－ｍＢｇｓｉｎ30°＝ｍＢａ，　　② 　ｘ－ｘ０＝（1／2）ａｔ2，　　③ 　解①、②、③得： 　ａ＝5ｍｓ－2，ｘ０＝0．05ｍ，ｘ＝0．15ｍ， 　初始时刻Ｆ最小 　Ｆｍｉｎ＝（ｍＡ＋ｍＢ）ａ＝60Ｎ． 　ｔ＝0．2ｓ时，Ｆ最大 　Ｆｍａｘ－ｍＡｇｓｉｎ30°＝ｍＡａ， 　Ｆｍａｘ＝ｍＡ（ｇｓｉｎ30°＋ａ）＝100Ｎ， 　（2）ΔＥＰＡ＝ｍＡｇΔｈ＝ｍＡｇ（ｘ－ｘ０）ｓｉｎ30°＝5Ｊ． 20 ．解：当弹簧处于压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和．当弹簧伸长到其自然长度时，弹性势能为零，因这时滑块Ａ的速度为零，故系统的机械能等于滑块Ｂ的动能．设这时滑块Ｂ的速度为ｖ则有 　Ｅ＝（1／2）ｍ２ｖ2，　　① 由动量守恒定律（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ２ｖ，　　② 解得　Ｅ＝（1／2）（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２．　　③ 　假定在以后的运动中，滑块Ｂ可以出现速度为零的时刻，并设此时滑块Ａ的速度为ｖ１．这时，不论弹簧是处于伸长还是压缩状态，都具有弹性势能Ｅｐ．由机械能守恒定律得 　（1／2）ｍ１ｖ１2＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　④ 根据动量守恒　（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ１ｖ１，　　⑤ 求出ｖ１，代入④式得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑥ 因为Ｅｐ≥0，故得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）≤（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑦ 即　ｍ１≥ｍ２，与已知条件ｍ１＜ｍ２不符． 　可见滑块Ｂ的速度永不为零，即在以后的运动中，不可能出现滑动Ｂ的速度为零的情况． 21．解：设恰好物体相对圆盘静止时，弹簧压缩量为Δｌ，静摩擦力为最大静摩擦力ｆｍａｘ，这时物体处于临界状态，由向心力公式ｆｍａｘ－ｋΔｌ＝ｍＲｗ2，　　① 　假若物体向圆心移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ１－ｋ（Δｌ＋ｘ）＝ｍ（Ｒ－ｘ）ｗ2，　　② 　由①、②两式可得　ｆｍａｘ－ｆ１＝ｍｘｗ2－ｋｘ，　　③ 所以　ｍｘｗ2－ｋｘ≥0，得ｋ≤ｍｗ2，　　④ 　若物体向外移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ２－ｋ（Δｌ－ｘ）≥ｍ（Ｒ＋ｘ）ｗ2，　　⑤ 由①～⑥式得　ｆｍａｘ－ｆ２＝ｋｘ－ｍｘｗ2≥0，　　⑥ 所以　ｋ≥ｍｗ2，　　⑦ 即若物体向圆心移动，则ｋ≤ｍｗ2， 若物体向远离圆心方向移动，则ｋ≥ｍｗ2． 22．解：卫星环绕地球作匀速圆周运动，设卫星的质量为ｍ，轨道半径为ｒ，受到地球的万有引力为Ｆ， 　Ｆ＝ＧＭｍ／ｒ2，　　① 　式中Ｇ为万有引力恒量，Ｍ是地球质量． 　设ｖ是卫星环绕地球做匀速圆周运动的线速度，Ｔ是运动周期，根据牛顿第二定律，得 　Ｆ＝ｍｖ2／ｒ，　　② 　由①、②推导出　ｖ＝．　　③ 　③式表明：ｒ越大，ｖ越小． 　人造卫星的周期就是它环绕地球运行一周所需的时间Ｔ， 　Ｔ＝2πｒ／ｖ，　　④ 　由③、④推出　Ｔ＝2π，　　⑤ 　⑤式说明：ｒ越大，Ｔ越大．　23．证：设质点通过Ａ点时的速度为ｖＡ，通过Ｃ点时的速度为ｖＣ，由匀变速直线运动的公式得： ｓ1＝ｖＡＴ＋ａＴ2／2，ｓ3＝ｖＣＴ＋ａＴ2／2，ｓ3－ｓ1＝ｖＣＴ－ｖＡＴ． ∵　ｖＣ＝ｖＡ ＋2ａＴ， ∴　ｓ3－ｓ1＝（ｖＡ－2ａＴ－ｖＡ）Ｔ＝2ａＴ2，ａ＝（ｓ3－ｓ1）／2Ｔ2． 　24．根据：如果在连续的相等的时间内的位移之差相等，则物体做匀变速运动．证明：设物体做匀速运动的初速度为ｖ0，加速度为ａ，第一个Ｔ内的位移为ｓ1＝ｖ0Ｔ＋ａＴ2／2；第二个Ｔ内的位移为ｓ2＝（ｖ0＋ａＴ）Ｔ＋ａＴ2／2；第Ｎ个Ｔ内的位移为ｓＮ＝［ｖ0＋（Ｎ－1）ａＴ］Ｔ＋ａＴ2／2．　ｓＮ－ｓＮ－1＝ａＴ2，逆定理也成立． 　25．解：由匀变速直线运动的公式得小物块的加速度的大小为ａ1＝（ｖ0－ｖｔ）／ｔ＝2（ｍ／ｓ2）．木板的加速度大小为ａ2＝2ｓ／ｔ2＝0.25（ｍ／ｓ2）． 根据牛顿第二定律　Ｆ＝ｍａ 对小物块得　ｆ′1＝ｍａ1＝1×2＝2Ｎ， 对木板得　ｆ1－μ（ｍ＋Ｍ）ｇ＝Ｍａ2， 　μ＝（ｆ1－Ｍａ2）／（ｍ＋Ｍ）ｇ＝（2－4×0.25）／（1＋4）×10＝0.02． 　26．解：假设金属块没有离开第一块长木板，移动的相对距离为ｘ，由动量守恒定律，得ｍｖ0＝3ｍｖ， 　ｍｖ02／2＝3ｍｖ2／2＋μｍｇｘ， 解得ｘ＝4ｍ／3＞Ｌ，不合理， ∴　金属块一定冲上第二块木板． 　以整个系统为研究对象，由动量定律及能量关系，当金属块在第一块木板上时ｍｖ0＝ｍｖ0′＋2ｍｖ1， 　ｍｖ02／2＝12ｍｖ0′2＋2ｍ·ｖ12／2＋μｍｇｌ． 　ｍｖ0＝ｍｖ1＋2ｍｖ2， 　ｍｖ02／2＝ｍｖ12／2＋2ｍ·ｖ22／2＋μｍｇ（ｌ＋ｘ）． 联立解得： 　ｖ1＝1／3ｍ／ｓ，ｖ2＝5／6ｍ／ｓ，ｘ＝0.25ｍ． 　27．解：当ｔ＝0时，ａＡ0＝9／3＝3ｍ／ｓ2，ａＢ0＝3／6＝0.5ｍ／ｓ2．ａＡ0＞ａＢ0，Ａ、Ｂ间有弹力，随ｔ之增加，Ａ、Ｂ间弹力在减小，当（9－2ｔ）／3＝（3＋2ｔ）／6，ｔ＝2.5ｓ时，Ａ、Ｂ脱离，以Ａ、Ｂ整体为研究对象，在ｔ＝2.5ｓ内，加速度ａ＝（ＦＡ＋ＦＢ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝4／3ｍ／ｓ2，ｓ＝ａｔ2／2＝4.17ｍ． 　28．解：（1）由ｍＣｖ0＝ｍＣｖ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ1，Ｃ由Ａ滑至Ｂ时，Ａ、Ｂ的共同速度是 　ｖ1＝ｍＣ（ｖ0－ｖ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝0.2ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＡ＝ｍＣｖ02／2－ｍＣｖ2／2－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12／2， 得　μ＝［ｍＣ（ｖ02－ｖ2）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12］／2ｍＣｇｌＡ＝0.48． 　（2）由ｍＣｖ＋ｍＢｖ1＝（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ2，Ｃ相对Ｂ静止时，Ｂ、Ｃ的共同速度是ｖ2＝（ｍＣｖ＋ｍＢｖ1）／（ｍＣ＋ｍＢ）＝0.65ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＢ＝ｍＣｖ2／2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22／2， Ｃ在Ｂ上滑行距离为 　ｌＢ＝［ｍＣｖ2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22］／2μｍＣ ｇ＝0.25ｍ． 　（3）由μｍＣｇｓ＝ｍＢｖ22／2－ｍＢｖ12／2， Ｂ相对地滑行的距离ｓ＝［ｍＢ（ｖ22－ｖ12）］／2μｍＣｇ＝0.12ｍ． 　（4）Ｃ在Ａ、Ｂ上匀减速滑行，加速度大小由μｍＣｇ＝ｍＣａ，得ａ＝μｇ＝4.8ｍ／ｓ2． Ｃ在Ａ上滑行的时间ｔ1＝（ｖ0－ｖ）／ａ＝0.21ｓ． Ｃ在Ｂ上滑行的时间ｔ2＝（ｖ－ｖ2）／ａ＝0.28ｓ． 所求时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝0.21ｓ＋0.28ｓ＝0.49ｓ． 　　29．匀加速下滑时，受力如图1ａ，由牛顿第二定律，有： ｍｇｓｉｎθ－μｍｇｃｏｓθ＝ｍａ＝ｍｇｓｉｎθ／2， 　ｓｉｎθ／2＝μｃｏｓθ， 　得μ＝ｓｉｎθ／2ｃｏｓθ．图1静止时受力分析如图1ｂ，摩擦力有两种可能：①摩擦力沿斜面向下；②摩擦力沿斜面向上．摩擦力沿斜面向下时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＝ｆ＋ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ， 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ＋μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ－μｓｉｎθ）ｍｇ＝3ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ－ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　摩擦力沿斜面向上时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＋ｆ＝ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ． 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ－μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ＋μｓｉｎθ）ｍｇ＝ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ＋ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　30．解：（1）物体在两斜面上来回运动时，克服摩擦力所做的功Ｗｆ＝μｍｇｃｏｓ60°·ｓ总． 　物体从开始直到不再在斜面上运动的过程中ｍｇｈ－Ｗｆ＝0－ｍｖ02／2．解得ｓ总＝38ｍ． 　（2）物体最终是在Ｂ、Ｃ之间的圆弧上来回做变速圆周运动，且在Ｂ、Ｃ点时速度为零． 　（3）物体第一次通过圆弧最低点时，圆弧所受压力最大．由动能定理得ｍｇ［ｈ＋Ｒ（1－ｃｏｓ60°）］－μｍｇｃｏｓ60°／ｓｉｎ60°＝ｍ（ｖ12－ｖ02）／2， 由牛顿第二定律得　Ｎｍａｘ－ｍｇ＝ｍｖ12／Ｒ， 解得　Ｎｍａｘ＝54.5Ｎ． 　物体最终在圆弧上运动时，圆弧所受压力最小．由动能定理得ｍｇＲ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍｖ22／2，由牛顿第二定律得Ｎｍｉｎ－ｍｇ＝ｍｖ22／Ｒ，解得Ｎｍｉｎ＝20Ｎ． 　31．解：（1）设刹车后，平板车的加速度为ａ0，从开始刹车到车停止所经历时间为ｔ0，车所行驶距离为ｓ0，则有ｖ02＝2ａ0ｓ0，ｖ0＝ａ0ｔ0． 　欲使ｔ0小，ａ0应该大，作用于木箱的滑动摩擦力产生的加速度ａ1＝μｍｇ／ｍ＝μｇ． 　当ａ0＞ａ1时，木箱相对车底板滑动，从刹车到车停止过程中木箱运动的路程为ｓ1，则ｖ02＝2ａ2ｓ 1． 　为使木箱不撞击驾驶室，应有ｓ1－ｓ0≤Ｌ． 　联立以上各式解得：ａ0≤μｇｖ02／（ｖ02－2μｇＬ）＝5ｍ／ｓ2， 　∴　ｔ0＝ｖ0／ａ0＝4.4ｓ． 　（2）对平板车，设制动力为Ｆ，则Ｆ＋ｋ（Ｍ＋ｍ）ｇ－μｍｇ＝Ｍａ0，解得：Ｆ＝7420Ｎ． 　32．解：对系统ａ0＝［Ｆ－μｇ（ｍ1＋ｍ2）］／（ｍ1＋ｍ2）＝1ｍ／ｓ2． 　对木块1，细绳断后：│ａ1│＝ｆ1／ｍ1＝μｇ＝1ｍ／ｓ2． 　设细绳断裂时刻为ｔ1，则木块1运动的总位移： 　ｓ1＝2ａ0ｔ12／2＝ａ0ｔ12． 　对木块2，细绳断后，ａ2＝（Ｆ－μｍ2ｇ）／ｍ2＝2ｍ／ｓ2． 木块2总位移 　ｓ2＝ｓ′＋ｓ″＝ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2， 两木块位移差Δｓ＝ｓ2－ｓ1＝22（ｍ）． 得　ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2－ａ0ｔ12＝22， 把ａ0，ａ2值，ｖ1＝ａ0ｔ1代入上式整理得： 　ｔ12＋12ｔ1－28＝0，得ｔ1＝2ｓ． 木块2末速ｖ2＝ｖ1＋ａ2（6－ｔ1）＝ａ0ｔ1＋ａ2（6－ｔ1）＝10ｍ／ｓ． 此时动能Ｅｋ＝ｍ2ｖ22／2＝2×102／2Ｊ＝100Ｊ． 　33．解：（1）由动量守恒定律，ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ′，且有ｍ∶Ｍ＝1∶3， ∴　Ａ、Ｂ共同速度ｖ′＝ｍｖ0／（ｍ＋Ｍ）＝1ｍ／ｓ． 　（2）由动能定理，对全过程应有 　μｍｇ·2Ｌ＝ｍｖ02／2－（ｍ＋Ｍ）ｖ′2／2， 　4μｇＬ＝ｖ02－4ｖ′2，μ＝（ｖ02－4ｖ′2）／4ｇＬ＝0.3． 　（3）先求Ａ与Ｂ挡板碰前Ａ的速度ｖ10，以及木板Ｂ相应速度ｖ20，取从Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板相碰前过程为研究对象，依动量守恒与动能定理有以下两式成立：ｍｖ0＝ｍｖ10＋Ｍｖ20， 　ｍｖ02／2－ｍｖ102／2－Ｍｖ202／2＝μｍｇＬ． 代入数据得　ｖ10＋3ｖ20＝4，ｖ102＋3ｖ202＝10， 解以上两式可得　ｖ10＝（2±3）／2ｍ／ｓ．因Ａ与Ｂ挡板碰前速度不可能取负值，故ｖ10＝（2＋3）／2ｍ／ｓ．相应解出ｖ20＝（2－）／2ｍ／ｓ＝0.3ｍ／ｓ． 　木板Ｂ此过程为匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得μｍｇ＝Ｍａ1，ａ1＝μｍｇ／Ｍ＝1（ｍ／ｓ2）． 此过程经历时间ｔ1由下式求出 　ｖ20＝ａ1ｔ1，ｔ1＝ｖ20／ａ1＝0.3（ｓ）． 其速度图线为图2中0～0.3ｓ段图线ａ． 　再求Ａ与Ｂ挡板碰后，木板Ｂ的速度ｖ2与木块Ａ的速度ｖ1，为方便起见取Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板碰撞后瞬间过程为研究对象，依动量守恒定律与动能定理有以下两式成立： ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2，ｍｖ02／2－ｍｖ12／2－Ｍｖ22／2＝μｍｇＬ． 故解为　ｖ1＝（2±3）／2ｍ／ｓ． 因ｖ1＝（2＋3）／2ｍ／ｓ为碰前速度，故取ｖ1＝（2－3）／2ｍ／ｓ，相应得ｖ2＝2＋2ｍ／ｓ＝1.7ｍ／ｓ． 由于ｖ1 ＜0，即木块相对Ｂ向左滑动，Ａ受Ｂ摩擦力向右，Ｂ受Ａ摩擦力向左，故Ｂ做匀减速直线运动，加速度大小由牛顿第二定律，得ａ＝μｍｇ／Ｍ＝1ｍ／ｓ2． 　从碰后到Ａ滑到Ｂ最左端过程中，Ｂ向右做匀减速直线运动时间设为ｔ2，则ｖ′－ｖ2＝－ａｔ2， ∴　ｔ2＝0.7ｓ． 　此过程速度图线如图2中0.3ｓ～1.0ｓ段图线ｂ．图2　　34．解：设ｍ1、ｍ2两物体受恒力Ｆ作用后，产生的加速度分别为ａ1、ａ2，由牛顿第二定律Ｆ＝ｍａ，得 　ａ1＝Ｆ／ｍ1，ａ2＝Ｆ／ｍ2， 　历时ｔ两物体速度分别为ｖ1＝ａ1ｔ，ｖ2＝ｖ0＋ａ2ｔ，由题意令ｖ1＝ｖ2，即ａ1ｔ＝ｖ0＋ａ2ｔ或（ａ1－ａ2）ｔ＝ｖ0，因ｔ≠0、ｖ0＞0，欲使上式成立，需满足ａ1－ａ2＞0，即Ｆ／ｍ1＞Ｆ／ｍ2，或ｍ1＜ｍ2，也即当ｍ1≥ｍ2时不可能达到共同速度，当ｍ1＜ｍ2时，可以达到共同速度． 　35．解：（1）当小球刚好能在轨道内做圆周运动时，水平初速度ｖ最小，此时有ｍｇ＝ｍｖ2／Ｒ， 故　ｖ＝＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）若初速度ｖ′＜ｖ，小球将做平抛运动，如在其竖直位移为Ｒ的时间内，其水平位移ｓ≥Ｒ，小球可进入轨道经过Ｂ点．设其竖直位移为Ｒ时，水平位移也恰为R，则Ｒ＝ｇｔ2／2，Ｒ＝ｖ′ｔ，解得：ｖ′＝／2＝ｍ／ｓ． 因此，初速度满足2ｍ／ｓ＞ｖ′≥ｍ／ｓ时，小球可做平抛运动经过Ｂ点． 　36．卫星在天空中任何天体表面附近运行时，仅受万有引力Ｆ作用使卫星做圆周运动，运动半径等于天体的球半径Ｒ．设天体质量为Ｍ，卫星质量为ｍ，卫星运动周期为Ｔ，天体密度为ρ．根据万有引力定律Ｆ＝ＧＭｍ／Ｒ2， 卫星做圆周运动向心力Ｆ′＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2， 因为 　Ｆ′＝Ｆ，得ＧＭｍ／Ｒ2＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2，∴Ｔ＝． 　又球体质量Ｍ＝4πＲ3ρ／3． 得Ｔ＝=，∴Ｔ∝1／，得证． 　 37．解：由于两球相碰满足动量守恒 　　ｍ1ｖ0＝ｍ1ｖ1＋ｍ2ｖ2，ｖ1＝－1.3ｍ／ｓ． 　两球组成系统碰撞前后的总动能Ｅｋ1＋Ｅｋ2＝ｍ1ｖ02／2＋0＝2.5Ｊ， 　Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＝ｍ1ｖ12／2＋ｍ2ｖ22／2＝2.8Ｊ． 　可见，Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＞Ｅｋ1＋Ｅｋ2，碰后能量较碰撞前增多了，违背了能量守恒定律，这种假设不合理． 　38．解：（1）由动量守恒，得ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2， 由运动学公式得ｓ＝（ｖ1－ｖ2）ｔ，ｈ＝ｇｔ2／2， 由以上三式得ｖ2＝（ｍｖ0－ｓｍ）／（Ｍ＋ｍ）． 　（2）最后车与物体以共同的速度ｖ向右运动，故有 　ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖｖ＝ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）． ∴ΔＥ＝ｍｖ02／2＋ｍｇｈ－（Ｍ＋ｍ）ｍ2ｖ02／2（Ｍ＋ｍ）2． 解得ΔＥ＝ｍｇｈ＋Ｍｍｖ02／2（Ｍ＋ｍ）． 　39．解：设碰前Ａ、Ｂ有共同速度ｖ时，Ｍ前滑的距离为ｓ．则ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ，ｆｓ＝Ｍｖ2／2，ｆ＝μｍｇ． 　由以上各式得　ｓ＝Ｍｍｖ02／2μｇ（Ｍ＋ｍ）2． 　当ｖ0＝2ｍ／ｓ时，ｓ＝2／9ｍ＜0.5ｍ，即Ａ、Ｂ有共同速度．当ｖ0＝4ｍ／ｓ时，ｓ＝8／9ｍ＞0.5ｍ，即碰前Ａ、Ｂ速度不同． 　40．解：（1）物体由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者系统水平方向动量守恒得：ｍｖ0＝ｍｖ0／2＋2ｍｖＡＢ． 解之得　ｖＡＢ＝ｖ0／4． 　（2）物块由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者功能关系得：μｍｇＬ＝ｍｖ02／2－ｍ（ｖ0／2）2／2－2ｍ（ｖ0／4）2／2． 解之得　Ｌ＝5ｖ02／16μｇ． 　（3）物块由Ｄ滑到Ｃ的过程中，二者系统水平方向动量守恒，又因为物块到达最高点Ｃ时，物块与滑块速度相等且水平，均为ｖ． 故得　ｍｖ0／2＋ｍｖ0／4＝2ｍｖ， ∴　得滑块的动能ＥＣＤ＝ｍｖ2／2＝9ｍｖ02／128． 　41．解：（1）Ｂ从ｖ0减速到速度为零的过程，Ｃ静止，Ｂ的位移：ｓ1＝ｖ02／2μｇ． 　所用的时间：ｔ1＝ｖ0／μｇ． 　此后Ｂ与Ｃ一起向右做加速运动，Ａ做减速运动，直到相对静止，设所用时间为ｔ2，共同速度为ｖ． 　对Ａ、Ｂ、Ｃ，由动量守恒定律得 　ｍＡ·2ｖ0－ｍＢｖ0＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ， ∵　ｍＡ＝ｍＢ＝ｍＣ，∴　ｖ＝ｖ0／3． 　 对Ｂ与Ｃ，向右加速运动的加速度 　ａ＝μｍＡｇ／（ｍＢ＋ｍＣ）＝μｇ／2，∴ｔ2＝ｖ／ａ＝2ｖ0／3μｇ． Δｔ内Ｂ向右移动的位移ｓ2＝ｖｔ2／2＝ｖ02／9μｇ， 故总路程ｓ＝ｓ1＋ｓ2＝11ｖ02／18μｇ，总时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝5ｖ0／3μｇ． 　（2）设车的最小长度为Ｌ，则相对静止时Ａ、Ｂ刚好接触，由能量守恒得 　ｍＡ（2ｖ0）2／2＋ｍＢｖ02／2＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ2／2＋μｍＢｇｓ1＋μｍＡｇ（Ｌ－ｓ1）， 联立解得Ｌ＝7ｖ02／3μｇ． 　42．解：（1）ｍ速度最大的位置应在O点左侧．因为细线烧断后，ｍ在弹簧弹力和滑动摩擦力的合力作用下向右做加速运动，当弹力与摩擦力的合力为零时，ｍ的速度达到最大，此时弹簧必处于压缩状态．此后，系统的机械能不断减小，不能再达到这一最大速度． 　（2）选ｍ、Ｍ为一系统，由动量守恒定律得 　ｍｖ1＝Ｍｖ2． 　设这一过程中弹簧释放的弹性势能为Ｅｐ，则 　Ｅｐ＝ｍｖ12／2＋Ｍｖ22／2＋μｍｇｓ， 解得　ｖ2＝ｍｖ1／Ｍ，Ｅｐ＝ｍ［（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2Ｍ＋μｇｓ］． 　（2）ｍ与Ｍ最终将静止，因为系统动量守恒，且总动量为零，只要ｍ与Ｍ间有相对运动，就要克服摩擦力做功，不断消耗能量，所以，ｍ与Ｍ最终必定都静止． 　43．解：（1）第一颗子弹射入木块过程，系统动量守恒，有 　ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ1． 　射入后，在ＯＢＣ运动过程中，机械能守恒，有 　（ｍ＋Ｍ）ｖ12／2＝（ｍ＋Ｍ）ｇＲ，得ｖ0＝（Ｍ＋ｍ）／ｍ． 　（2）由动量守恒定律知，第2、4、6……颗子弹射入木块后，木块速度为0，第1、3、5……颗子弹射入后，木块运动．当第9颗子弹射入木块时，由动量守恒得： 　ｍｖ0＝（9ｍ＋Ｍ）ｖ9， 　设此后木块沿圆弧上升最大高度为Ｈ，由机械能守恒定律得：（9ｍ＋Ｍ）ｖ92／2＝（9ｍ＋Ｍ）ｇＨ， 由以上可得：Ｈ＝［（Ｍ＋ｍ）／（Ｍ＋9ｍ）］2Ｒ． 　44．解：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动ｓ，速度变为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．由动能定理 　－μＭｇｓ＝0－ｍｖ02／2，ｓ＝ｍｖ02／2μＭｇ＝0.33ｍ． 　（2）假如平板车在第二次碰墙前还未和滑块相对静止，则其速度的大小肯定还是2ｍ／ｓ，因为只要相对运动，摩擦力大小为恒值．滑块速度则大于2ｍ／ｓ，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰墙前肯定已和滑块具有共同速度ｖ．此即平板车碰墙前瞬间的速度． 　Ｍｖ0－ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， ∴ｖ＝（Ｍ－ｍ）ｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝0.4ｍ／ｓ． 图3　（3）平板车与墙壁第一次碰撞后滑块与平板又达到共同速度ｖ前的过程，可用图3（ａ）、（ｂ）、（ｃ）表示．图3（ａ）为平板车与墙碰撞后瞬间滑块与平板车的位置，图3（ｂ）为平板车到达最左端时两者的位置，图3（ｃ）为平板车与滑块再次达到共同速度时两者的位置．在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功μΜｇｓ′，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功μＭｇｓ″（平板车从Ｂ到Ａ再回到Ｂ的过程中摩擦力做功为零），其中ｓ′、ｓ″分别为滑块和平板车的位移．滑块和平板车动能总减少为μＭｇｌ1，其中ｌ1＝ｓ′＋ｓ″为滑块相对平板车的位移，此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为ｌ，则有（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2＝μＭｇｌ，ｌ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2μＭｇ＝0.833ｍ． ｌ即为平板车的最短长度．图4　　45．解：如图4，Ａ球从静止释放后将自由下落至Ｃ点悬线绷直，此时速度为ｖＣ ∵　ｖＣ2＝2ｇ×2Ｌｓｉｎ30°， ∴　ｖＣ＝＝2ｍ／ｓ． 　在线绷直的过程中沿线的速度分量减为零时，Ａ将以切向速度ｖ1沿圆弧运动且 　ｖ1＝ｖＣｃｏｓ30°＝ｍ／ｓ． 　Ａ球从Ｃ点运动到最低点与Ｂ球碰撞前机械能守恒，可求出Ａ球与Ｂ球碰前的速度 　ｍＡｖ12／2＋ｍＡｇＬ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍＡｖ22／2， 　ｖ2＝==ｍ／ｓ． 　因Ａ、Ｂ两球发生无能量损失的碰撞且ｍＡ＝ｍＢ，所以它们的速度交换，即碰后Ａ球的速度为零，Ｂ球的速度为ｖ2＝（ｍ／ｓ）．对Ｂ球和小车组成的系统水平方向动量守恒和机械能守恒，当两者有共同水平速度ｕ时，Ｂ球上升到最高点，设上升高度为ｈ． 　ｍＢｖ2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ，ｍＢｖ22／2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ2／2＋ｍＢｇｈ．解得ｈ＝3／16≈0.19ｍ． 　在Ｂ球回摆到最低点的过程中，悬线拉力仍使小车加速，当Ｂ球回到最低点时小车有最大速度ｖｍ ，设小球Ｂ回到最低点时速度的大小为ｖ3，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 　ｍＢｖ2＝－ｍＢｖ3＋Ｍｖｍ，ｍＢｖ22／2＝ｍＢｖ32／2＋Ｍｖｍ2／2， 解得ｖｍ＝2ｍＢｖ2／（ｍ3＋Ｍ）＝／2ｍ／ｓ＝1.12ｍ／ｓ． 　46．解：（1）小球的角速度与运动的角速度必定相等，则有ｖ＝ωＲ＝ω． 　（2）人手所提供的功率应等于小球在运动过程中克服摩擦力做功的功率．即有Ｐ＝ｆｖ， ∴　ｆ＝Ｐ／ｖ＝Ｐ／ω． 　47．解：由于粘性物体与底板粘合的过程时间极短，冲击力远大于重力，在竖直方向近似动量守恒，开始静止时，有　ｍ1ｇ＝ｋｘｋ＝ｍ1ｇｘ． 　ｍ2下落Ｈ时的速度ｖ＝，ｍ2与ｍ1合在一起动量守恒，ｍ2ｖ＝（ｍ1＋ｍ2）ｖ′，ｖ′＝ｍ2ｖ／（ｍ1＋ｍ2）＝ｍ2／（ｍ1＋ｍ2）． 　设向下为正方向，ｍ1与ｍ2的整体受两个力，即重力（ｍ1＋ｍ2）ｇ和弹簧的平均拉力，则有平均拉力＝ｋｘ＋ｋｈ／2＝ｋ（2ｘ＋ｈ）／2，由动能定理得 ［－＋（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ＝0－（ｍ1＋ｍ2）ｖ2／2， 由以上各式得［ｍ1ｇ（2ｘ＋ｈ）／2ｘ－（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ 　＝（ｍ1＋ｍ2）·ｍ22·2ｇｈ／2（ｍ1＋ｍ2）2． 代入数值得ｈ＝0.3ｍ． 　48．解：ｍ与Ａ粘在一起后水平方向动量守恒，共同速度设为ｖ1，Ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ1， 得ｖ1＝Ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝2ｖ0／3． 　当弹簧压缩到最大时即有最大弹性势能Ｅ，此时系统中各物体有相同速度，设为ｖ2，由动量守恒定律 　2Ｍｖ0＝（2Ｍ＋ｍ）ｖ2，得ｖ2＝2Ｍｖ0／（2Ｍ＋ｍ）＝4ｖ0／5． 由能量守恒有 　Ｅ＝Ｍｖ02／2＋（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2－（2Ｍ＋ｍ）ｖ22／2， 解得Ｅ＝Ｍｖ02／30． 　49．解：（1）振子在平衡位置时，所受合力为零，设此时弹簧被压缩Δｘ：（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ＝ｋΔｘ，Δｘ＝5ｃｍ． 　开始释放时振子处在最大位移处，故振幅 　Ａ＝5ｃｍ＋5ｃｍ＝10ｃｍ． 　（2）由于开始时弹簧的伸长量恰等于振子在平衡位置时弹簧的压缩量，故弹性势能相等，设振子的最大速度为ｖ，从开始到平衡位置，根据机械能守恒定律， 得ｍｇ·Ａ＝ｍｖ2／2，∴ｖ＝＝1.4ｍ／ｓ， 即Ｂ的最大速率为1.4ｍ／ｓ． 　 （3）在最高点，振子受到的重力和弹力方向相同，根据牛顿第二定律，得 　ａ＝［ｋΔｘ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ］／（ｍＡ＋ｍＢ）＝20ｍ／ｓ2， Ａ对Ｂ的作用力方向向下，其大小 　Ｎ1＝ｍＢａ－ｍＢｇ＝10Ｎ． 在最低点，振子受到的重力和弹力方向相反，根据牛顿第二定律，得ａ＝ｋ（Δｘ＋Ａ）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｍＡ＋ｍＢ＝20ｍ／ｓ2． Ａ对Ｂ的作用力方向向上，其大小 　Ｎ2＝ｍＢａ＋ｍＢｇ＝30Ｎ． 　37．在光滑水平面上有一质量为0.2ｋｇ的小球，以5.0ｍ／ｓ的速度向前运动，与一个质量为0.3ｋｇ的静止的木块发生碰撞，假设碰撞后木块的速度为4.2ｍ／ｓ，试论证这种假设是否合理．2．解：在0～1ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知 　ａ１＝12ｍ／ｓ２， 由牛顿第二定律，得 　Ｆ－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ１，　　① 在0～2ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知ａ２＝－6ｍ／ｓ２， 因为此时物体具有斜向上的初速度，故由牛顿第二定律，得 　－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ２，　　② 　②式代入①式，得　Ｆ＝18Ｎ． 3．解：在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从Ａ到Ｂ需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为ｔ1，则 　（ｖ／2）ｔ１＋ｖ（ｔ－ｔ１）＝Ｌ， 所以　ｔ１＝2（ｖｔ－Ｌ）／ｖ＝（2×（2×6－10）／2）ｓ＝2ｓ． 为使物体从Ａ至Ｂ所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变．而　ａ＝ｖ／ｔ＝1ｍ／ｓ２．设物体从Ａ至Ｂ所用最短的时间为ｔ2，则 　（1／2）ａｔ2２＝Ｌ， 　ｔ2＝=＝2ｓ． 　ｖｍｉｎ＝ａｔ2＝1×2ｍ／ｓ＝2ｍ／ｓ． 传送带速度再增大1倍，物体仍做加速度为1ｍ／ｓ２的匀加速运动，从Ａ至Ｂ的传送时间为2ｍ／ｓ． 4．解：启动前Ｎ１＝ｍｇ， 　升到某高度时　Ｎ2＝（17／18）Ｎ１＝（17／18）ｍｇ， 　对测试仪　Ｎ2－ｍｇ′＝ｍａ＝ｍ（ｇ／2）， 　∴　ｇ′＝（8／18）ｇ＝（4／9）ｇ， 　ＧｍＭ／Ｒ2＝ｍｇ，ＧｍＭ／（Ｒ＋ｈ）2＝ｍｇ′，解得：ｈ＝（1／2）Ｒ． 5．解：由匀加速运动的公式　ｖ２＝ｖ０２＋2ａｓ 　得物块沿斜面下滑的加速度为 　ａ＝ｖ2／2ｓ＝1．42／（2×1．4）＝0．7ｍｓ－２， 由于ａ＜ｇｓｉｎθ＝5ｍｓ－２， 　可知物块受到摩擦力的作用． 图3　分析物块受力，它受3个力，如图3．对于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，由牛顿定律有 　ｍｇｓｉｎθ－ｆ１＝ｍａ， 　ｍｇｃｏｓθ－Ｎ１＝0， 　分析木楔受力，它受5个力作用，如图3所示．对于水平方向，由牛顿定律有 　ｆ2＋ｆ１ｃｏｓθ－Ｎ１ｓｉｎθ＝0， 　由此可解得地面的作用于木楔的摩擦力 　ｆ2＝ｍｇｃｏｓθｓｉｎθ－（ｍｇｓｉｎθ－ｍａ）ｃｏｓθ＝ｍａｃｏｓθ＝1×0．7×（／2）＝0．61Ｎ． 　此力的方向与图中所设的一致（由指向）． 6．解：（1）飞机原先是水平飞行的，由于垂直气流的作用，飞机在竖直方向上的运动可看成初速度为零的匀加速直线运动，根据　ｈ＝（1／2）ａｔ２，得ａ＝2ｈ／ｔ２，代入ｈ＝1700ｍ，ｔ＝10ｓ，得 　ａ＝（2×1700／10２）（ｍ／ｓ２）＝34ｍ／ｓ２，方向竖直向下． 　（2）飞机在向下做加速运动的过程中，若乘客已系好安全带，使机上乘客产生加速度的力是向下重力和安全带拉力的合力．设乘客质量为ｍ，安全带提供的竖直向下拉力为Ｆ，根据牛顿第二定律　Ｆ＋ｍｇ＝ｍａ，得安全带拉力 　　Ｆ＝ｍ（ａ－ｇ）＝ｍ（34－10）Ｎ＝24ｍ（Ｎ）， ∴　安全带提供的拉力相当于乘客体重的倍数 　ｎ＝Ｆ／ｍｇ＝24ｍＮ／ｍ·10Ｎ＝2．4（倍）． 　（3）若乘客未系安全带，飞机向下的加速度为34ｍ／ｓ２，人向下加速度为10ｍ／ｓ２，飞机向下的加速度大于人的加速度，所以人对飞机将向上运动，会使头部受到严重伤害． 7．解：设月球表面重力加速度为ｇ，根据平抛运动规律，有 　ｈ＝（1／2）ｇｔ２，　　① 　水平射程为　　　Ｌ＝ｖ０ｔ，　　② 　联立①②得ｇ＝2ｈｖ０２／Ｌ２．　　③ 　根据牛顿第二定律，得　ｍｇ＝ｍ（2π／Ｔ）２Ｒ，　　④ 　联立③④得　Ｔ＝（πＬ／ｖ０ｈ）．　　⑤ 8．解：前2秒内，有Ｆ－ｆ＝ｍａ１，ｆ＝μＮ，Ｎ＝ｍｇ，则 　ａ１＝（Ｆ－μｍｇ）／ｍ＝4ｍ／ｓ２，ｖｔ＝ａ１ ｔ＝8ｍ／ｓ， 　撤去Ｆ以后　ａ２＝ｆ／ｍ＝2ｍ／ｓ，ｓ＝ｖ１２／2ａ２＝16ｍ． 9．解：（1）用力斜向下推时，箱子匀速运动，则有 　Ｆｃｏｓθ＝ｆ，ｆ＝μＮ，Ｎ＝Ｇ＋Ｆｓｉｎθ， 　联立以上三式代数据，得　Ｆ＝1．2×10２Ｎ． 　（2）若水平用力推箱子时，据牛顿第二定律，得Ｆ合＝ｍａ，则有 　Ｆ－μＮ＝ｍａ，Ｎ＝Ｇ， 　联立解得　ａ＝2．0ｍ／ｓ２． 　ｖ＝ａｔ＝2．0×3．0ｍ／ｓ＝6．0ｍ／ｓ， 　ｓ＝（1／2）ａｔ２＝（1／2）×2．0×3．0２ｍ／ｓ＝9．0ｍ， 　推力停止作用后　ａ′＝ｆ／ｍ＝4．0ｍ／ｓ２（方向向左）， 　ｓ′＝ｖ２／2ａ′＝4．5ｍ， 　则　ｓ总＝ｓ＋ｓ′＝13．5ｍ． 10．解：根据题中说明，该运动员发球后，网球做平抛运动．以ｖ表示初速度，Ｈ表示网球开始运动时离地面的高度（即发球高度），ｓ１表示网球开始运动时与网的水平距离（即运动员离开网的距离），ｔ１表示网球通过网上的时刻，ｈ表示网球通过网上时离地面的高度，由平抛运动规律得到 　ｓ１＝ｖｔ１，Ｈ－ｈ＝（1／2）ｇｔ１２， 消去ｔ１，得　　ｖ＝ｍ／ｓ，ｖ≈23ｍ／ｓ． 　以ｔ２表示网球落地的时刻，ｓ２表示网球开始运动的地点与落地点的水平距离，ｓ表示网球落地点与网的水平距离，由平抛运动规律得到 　Ｈ＝（1／2）ｇｔ２２，ｓ２＝ｖｔ２， 消去ｔ２，得ｓ２＝ｖ≈16ｍ， 　网球落地点到网的距离　ｓ＝ｓ２－ｓ１≈4ｍ． 11．解：（1）设卫星质量为ｍ，它在地球附近做圆周运动，半径可取为地球半径Ｒ，运动速度为ｖ，有 　ＧＭｍ／Ｒ２＝ｍｖ２／Ｒ　得ｖ＝． 　（2）由（1）得： 　Ｍ＝ｖ２Ｒ／Ｇ＝＝6．0×1024ｋｇ． 12．解：对物块：Ｆ１－μｍｇ＝ｍａ１， 　6－0．5×1×10＝1·ａ１，ａ１＝1．0ｍ／ｓ2， 　ｓ１＝（1／2）ａ１ｔ2＝（1／2）×1×0．42＝0．08ｍ， 　ｖ１＝ａ１ｔ＝1×0．4＝0．4ｍ／ｓ， 　对小车：Ｆ２－μｍｇ＝Ｍａ２， 　9－0．5×1×10＝2ａ２，ａ２＝2．0ｍ／ｓ2 ， 　ｓ２＝（1／2）ａ２ｔ2＝（1／2）×2×0．42＝0．16ｍ， 　ｖ２＝ａ２ｔ＝2×0．4＝0．8ｍ／ｓ， 　撤去两力后，动量守恒，有Ｍｖ２－ｍｖ１＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， 　ｖ＝0．4ｍ／ｓ（向右）， ∵　（（1／2）ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2）－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ2＝μｍｇｓ３， 　ｓ３＝0．096ｍ， ∴　ｌ＝ｓ１＋ｓ２＋ｓ３＝0．336ｍ． 13．解：设木块到Ｂ时速度为ｖ０，车与船的速度为ｖ１，对木块、车、船系统，有 　ｍ１ｇｈ＝（ｍ１ｖ０2／2）＋（（ｍ２＋ｍ３）ｖ１2／2）， 　ｍ１ｖ０＝（ｍ２＋ｍ３）ｖ１， 解得　ｖ０＝5，ｖ１＝． 　木块到Ｂ后，船以ｖ１继续向左匀速运动，木块和车最终以共同速度ｖ２向右运动，对木块和车系统，有 　ｍ１ｖ０－ｍ２ｖ１＝（ｍ１＋ｍ２）ｖ２， 　μｍ１ｇｓ＝（（ｍ１ｖ０2／2）＋（ｍ２ｖ１2／2））－（（ｍ１＋ｍ２）ｖ２2／2）， 得　ｖ２＝ｖ１＝，ｓ＝2ｈ． 14．解：（1）小球的角速度与手转动的角速度必定相等均为ω．设小球做圆周运动的半径为ｒ，线速度为ｖ．由几何关系得　ｒ＝，ｖ＝ω·ｒ，解得　　 　　ｖ＝ω． 　（2）设手对绳的拉力为Ｆ，手的线速度为ｖ，由功率公式得　Ｐ＝Ｆｖ＝Ｆ·ωＲ， ∴　Ｆ＝Ｐ／ωＲ．图4　研究小球的受力情况如图4所示，因为小球做匀速圆周运动，所以切向合力为零，即 　Ｆｓｉｎθ＝ｆ， 其中　ｓｉｎθ＝Ｒ／， 　联立解得　ｆ＝Ｐ／ω． 15．解：（1）用ｖ１表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由于子弹射入木块Ｃ时间极短，系统动量守恒，有 　ｍｖ０＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１， 　∴　ｖ１＝ｍｖ０／（ｍ＋Ｍ）＝3ｍ／ｓ， 　子弹和木块Ｃ在ＡＢ木板上滑动，由动能定理得： 　（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ２２－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ１２＝－μ（ｍ＋Ｍ）ｇＬ， 　解得　ｖ２＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）用ｖ′表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由动量守恒定律，得　ｍｖ０′＋Ｍｕ＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１′，解得　ｖ１′＝4ｍ／ｓ． 　木块Ｃ及子弹在ＡＢ木板表面上做匀减速运动　ａ＝μｇ．设木块Ｃ和子弹滑至ＡＢ板右端的时间为ｔ，则木块Ｃ和子弹的位移ｓ１＝ｖ１′ｔ－（1／2）ａｔ2， 　由于ｍ车≥（ｍ＋Ｍ），故小车及木块ＡＢ仍做匀速直线运动，小车及木板ＡＢ的位移　ｓ＝ｕｔ，由图5可知：ｓ１＝ｓ＋Ｌ， 　联立以上四式并代入数据得： 　ｔ2－6ｔ＋1＝0， 　解得：ｔ＝（3－2）ｓ，（ｔ＝（3＋2）ｓ不合题意舍去），　　（11） 　∴　ｓ＝ｕｔ＝0．18ｍ． 16．解：（1）设Ａ滑上Ｂ后达到共同速度前并未碰到档板，则根据动量守恒定律得它们的共同速度为ｖ，有图5　ｍｖ０＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝2ｍ／ｓ，在这一过程中，Ｂ的位移为ｓＢ＝ｖＢ2／2ａＢ且ａＢ＝μｍｇ／Ｍ，解得ｓＢ＝Ｍｖ2／2μｍｇ＝2×22／2×0．2×1×10＝2ｍ． 　设这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ１，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ１＝（1／2）ｍｖ０2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得ｓ１＝6ｍ． 　当ｓ＝4ｍ时，Ａ、Ｂ达到共同速度ｖ＝2ｍ／ｓ后再匀速向前运动2ｍ碰到挡板，Ｂ碰到竖直挡板后，根据动量守恒定律得Ａ、Ｂ最后相对静止时的速度为ｖ′，则 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′， 解得　ｖ′＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ２，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ２＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　ｓ２＝2．67ｍ． 　因此，Ａ、Ｂ最终不脱离的木板最小长度为ｓ１＋ｓ２＝8．67ｍ 　（2）因Ｂ离竖直档板的距离ｓ＝0．5ｍ＜2ｍ，所以碰到档板时，Ａ、Ｂ未达到相对静止，此时Ｂ的速度ｖＢ为 　ｖＢ2＝2ａＢｓ＝（2μｍｇ／Ｍ）ｓ，解得　ｖＢ＝1ｍ／ｓ， 　设此时Ａ的速度为ｖＡ ，根据动量守恒定律，得 　ｍｖ０＝ＭｖＢ＋ｍｖＡ，解得ｖＡ＝4ｍ／ｓ， 　设在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移为ｓ１′，根据动能定理得： 　μｍｇｓ１′＝（1／2）ｍｖ０2－（（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）ＭｖＢ2）， 　解得　ｓ１′＝4．5ｍ． 　Ｂ碰撞挡板后，Ａ、Ｂ最终达到向右的相同速度ｖ，根据动能定理得ｍｖＡ－ＭｖＢ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ２′为 　μｍｇｓ２′＝（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得　ｓ２′＝（25／6）ｍ． 　Ｂ再次碰到挡板后，Ａ、Ｂ最终以相同的速度ｖ′向左共同运动，根据动量守恒定律，得 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′，解得　ｖ′＝（2／9）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ３′为： 　μｍｇｓ３′＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　　　　ｓ３′＝（8／27）ｍ． 　因此，为使Ａ不从Ｂ上脱落，Ｂ的最小长度为ｓ１′＋ｓ２′＋ｓ３′＝8．96ｍ． 17．解：（1）Ｂ与Ａ碰撞后，Ｂ相对于Ａ向左运动，Ａ所受摩擦力方向向左，Ａ的运动方向向右，故摩擦力作负功．设Ｂ与Ａ碰撞后的瞬间Ａ的速度为ｖ１，Ｂ的速度为ｖ２，Ａ、Ｂ相对静止后的共同速度为ｖ，整个过程中Ａ、Ｂ组成的系统动量守恒，有 　Ｍｖ０＝（Ｍ＋1．5Ｍ）ｖ，ｖ＝2ｖ０／5． 　碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功，即 　Ｍｖ２＋1．5Ｍｖ１＝2．5Ｍｖ，　　① 　（1／2）×1．5Ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2－（1／2）×2．5Ｍｖ2＝Ｍμｇｌ，　　② 可解出ｖ１＝（1／2）ｖ０（另一解ｖ１＝（3／10）ｖ０因小于ｖ而舍去） 　这段过程中，Ａ克服摩擦力做功 　Ｗ＝（1／2）×1．5Ｍｖ１2－（1／2）×1．5Ｍｖ2＝（27／400）Ｍｖ０2（0．068Ｍｖ０2）． 　（2）Ａ在运动过程中不可能向左运动，因为在Ｂ未与Ａ碰撞之前，Ａ受到的摩擦力方向向右，做加速运动，碰撞之后Ａ受到的摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后，速度仍向右，因此不可能向左运动． 　Ｂ在碰撞之后，有可能向左运动，即ｖ２＜0． 　先计算当ｖ２＝0时满足的条件，由①式，得 　ｖ１＝（2ｖ０／3）－（2ｖ２／3），当ｖ２＝0时，ｖ１＝2ｖ０／3，代入②式，得 　（（1／2）×1．5Ｍ4ｖ０2／9）－（（1／2）×2．5Ｍ4ｖ０2／25）＝Ｍμｇｌ， 解得　μｇｌ＝2ｖ０2／15． 　Ｂ在某段时间内向左运动的条件之一是μｌ＜2ｖ０2／15ｇ． 　另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即 　（1／2）Ｍｖ０2－（1／2）2．5Ｍ（2ｖ０／5）2≥2Ｍμｇｌ， 　解出另一个条件是　μｌ≤3ｖ０2／20ｇ， 　最后得出Ｂ在某段时间内向左运动的条件是 　2ｖ０2／15ｇ＜μｌ≤3ｖ０2／20ｇ． 18．解：（1）以警车为研究对象，由动能定理． 　－μｍｇ·ｓ＝（1／2）ｍｖ2－（1／2）ｍｖ０2， 　将ｖ０＝14．0ｍ／ｓ，ｓ＝14．0ｍ，ｖ＝0代入，得 　μｇ＝7．0ｍ／ｓ2， 　因为警车行驶条件与肇事汽车相同，所以肇事汽车的初速度ｖＡ＝ ＝21ｍ／ｓ． 　（2）肇事汽车在出事点Ｂ的速度 　ｖＢ＝＝14ｍ／ｓ， 　肇事汽车通过段的平均速度 　＝（ｖＡ＋ｖＢ）／2＝（21＋14）／2＝17．5ｍ／ｓ． 　肇事汽车通过ＡＢ段的时间 　ｔ２＝ＡＢ／＝（31．5－14．0）／17．5＝1ｓ． 　∴　游客横过马路的速度 　ｖ人＝／（ｔ１＋ｔ２）＝（2．6／（1＋0．7））ｍ／ｓ＝1．53ｍ／ｓ． 19．解：（1）开始Ａ、Ｂ处于静止状态时，有 　ｋｘ０－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｓｉｎ30°＝0，　　① 　设施加Ｆ时，前一段时间Ａ、Ｂ一起向上做匀加速运动，加速度为ａ，ｔ＝0．2ｓ，Ａ、Ｂ间相互作用力为零，对Ｂ有： 　ｋｘ－ｍＢｇｓｉｎ30°＝ｍＢａ，　　② 　ｘ－ｘ０＝（1／2）ａｔ2，　　③ 　解①、②、③得： 　ａ＝5ｍｓ－2，ｘ０＝0．05ｍ，ｘ＝0．15ｍ， 　初始时刻Ｆ最小 　Ｆｍｉｎ＝（ｍＡ＋ｍＢ）ａ＝60Ｎ． 　ｔ＝0．2ｓ时，Ｆ最大 　Ｆｍａｘ－ｍＡｇｓｉｎ30°＝ｍＡａ， 　Ｆｍａｘ＝ｍＡ（ｇｓｉｎ30°＋ａ）＝100Ｎ， 　（2）ΔＥＰＡ＝ｍＡｇΔｈ＝ｍＡｇ（ｘ－ｘ０）ｓｉｎ30°＝5Ｊ． 20．解：当弹簧处于压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和．当弹簧伸长到其自然长度时，弹性势能为零，因这时滑块Ａ的速度为零，故系统的机械能等于滑块Ｂ的动能．设这时滑块Ｂ的速度为ｖ则有 　Ｅ＝（1／2）ｍ２ｖ2，　　① 由动量守恒定律（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ２ｖ，　　② 解得　Ｅ＝（1／2）（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２．　　③ 　假定在以后的运动中，滑块Ｂ可以出现速度为零的时刻，并设此时滑块Ａ的速度为ｖ１．这时，不论弹簧是处于伸长还是压缩状态，都具有弹性势能Ｅｐ．由机械能守恒定律得 　（1／2）ｍ１ｖ１2＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　④ 根据动量守恒　（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ１ｖ１，　　⑤ 求出ｖ１，代入④式得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑥ 因为Ｅｐ≥0，故得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）≤（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑦ 即　ｍ１≥ｍ２，与已知条件ｍ１＜ｍ２不符． 　可见滑块Ｂ的速度永不为零，即在以后的运动中，不可能出现滑动Ｂ的速度为零的情况． 21．解：设恰好物体相对圆盘静止时，弹簧压缩量为Δｌ，静摩擦力为最大静摩擦力ｆｍａｘ，这时物体处于临界状态，由向心力公式ｆｍａｘ－ｋΔｌ＝ｍＲｗ2 ，　　① 　假若物体向圆心移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ１－ｋ（Δｌ＋ｘ）＝ｍ（Ｒ－ｘ）ｗ2，　　② 　由①、②两式可得　ｆｍａｘ－ｆ１＝ｍｘｗ2－ｋｘ，　　③ 所以　ｍｘｗ2－ｋｘ≥0，得ｋ≤ｍｗ2，　　④ 　若物体向外移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ２－ｋ（Δｌ－ｘ）≥ｍ（Ｒ＋ｘ）ｗ2，　　⑤ 由①～⑥式得　ｆｍａｘ－ｆ２＝ｋｘ－ｍｘｗ2≥0，　　⑥ 所以　ｋ≥ｍｗ2，　　⑦ 即若物体向圆心移动，则ｋ≤ｍｗ2， 若物体向远离圆心方向移动，则ｋ≥ｍｗ2． 22．解：卫星环绕地球作匀速圆周运动，设卫星的质量为ｍ，轨道半径为ｒ，受到地球的万有引力为Ｆ， 　Ｆ＝ＧＭｍ／ｒ2，　　① 　式中Ｇ为万有引力恒量，Ｍ是地球质量． 　设ｖ是卫星环绕地球做匀速圆周运动的线速度，Ｔ是运动周期，根据牛顿第二定律，得 　Ｆ＝ｍｖ2／ｒ，　　② 　由①、②推导出　ｖ＝．　　③ 　③式表明：ｒ越大，ｖ越小． 　人造卫星的周期就是它环绕地球运行一周所需的时间Ｔ， 　Ｔ＝2πｒ／ｖ，　　④ 　由③、④推出　Ｔ＝2π，　　⑤ 　⑤式说明：ｒ越大，Ｔ越大．　23．证：设质点通过Ａ点时的速度为ｖＡ，通过Ｃ点时的速度为ｖＣ，由匀变速直线运动的公式得： ｓ1＝ｖＡＴ＋ａＴ2／2，ｓ3＝ｖＣＴ＋ａＴ2／2，ｓ3－ｓ1＝ｖＣＴ－ｖＡＴ． ∵　ｖＣ＝ｖＡ＋2ａＴ， ∴　ｓ3－ｓ1＝（ｖＡ－2ａＴ－ｖＡ）Ｔ＝2ａＴ2，ａ＝（ｓ3－ｓ1）／2Ｔ2． 　24．根据：如果在连续的相等的时间内的位移之差相等，则物体做匀变速运动．证明：设物体做匀速运动的初速度为ｖ0，加速度为ａ，第一个Ｔ内的位移为ｓ1＝ｖ0Ｔ＋ａＴ2／2；第二个Ｔ内的位移为ｓ2＝（ｖ0＋ａＴ）Ｔ＋ａＴ2／2；第Ｎ个Ｔ内的位移为ｓＮ＝［ｖ0＋（Ｎ－1）ａＴ］Ｔ＋ａＴ2／2．　ｓＮ－ｓＮ－1＝ａＴ2，逆定理也成立． 　25．解：由匀变速直线运动的公式得小物块的加速度的大小为ａ1＝（ｖ0－ｖｔ）／ｔ＝2（ｍ／ｓ2）．木板的加速度大小为ａ2＝2ｓ／ｔ2＝0.25（ｍ／ｓ2）． 根据牛顿第二定律　Ｆ＝ｍａ 对小物块得　ｆ′1＝ｍａ1＝1×2＝2Ｎ， 对木板得　ｆ1－μ（ｍ＋Ｍ）ｇ＝Ｍａ2， 　μ＝（ｆ1－Ｍａ2）／（ｍ＋Ｍ）ｇ＝（2－4×0.25）／（1＋4）×10＝0.02． 　 26．解：假设金属块没有离开第一块长木板，移动的相对距离为ｘ，由动量守恒定律，得ｍｖ0＝3ｍｖ， 　ｍｖ02／2＝3ｍｖ2／2＋μｍｇｘ， 解得ｘ＝4ｍ／3＞Ｌ，不合理， ∴　金属块一定冲上第二块木板． 　以整个系统为研究对象，由动量定律及能量关系，当金属块在第一块木板上时ｍｖ0＝ｍｖ0′＋2ｍｖ1， 　ｍｖ02／2＝12ｍｖ0′2＋2ｍ·ｖ12／2＋μｍｇｌ． 　ｍｖ0＝ｍｖ1＋2ｍｖ2， 　ｍｖ02／2＝ｍｖ12／2＋2ｍ·ｖ22／2＋μｍｇ（ｌ＋ｘ）． 联立解得： 　ｖ1＝1／3ｍ／ｓ，ｖ2＝5／6ｍ／ｓ，ｘ＝0.25ｍ． 　27．解：当ｔ＝0时，ａＡ0＝9／3＝3ｍ／ｓ2，ａＢ0＝3／6＝0.5ｍ／ｓ2．ａＡ0＞ａＢ0，Ａ、Ｂ间有弹力，随ｔ之增加，Ａ、Ｂ间弹力在减小，当（9－2ｔ）／3＝（3＋2ｔ）／6，ｔ＝2.5ｓ时，Ａ、Ｂ脱离，以Ａ、Ｂ整体为研究对象，在ｔ＝2.5ｓ内，加速度ａ＝（ＦＡ＋ＦＢ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝4／3ｍ／ｓ2，ｓ＝ａｔ2／2＝4.17ｍ． 　28．解：（1）由ｍＣｖ0＝ｍＣｖ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ1，Ｃ由Ａ滑至Ｂ时，Ａ、Ｂ的共同速度是 　ｖ1＝ｍＣ（ｖ0－ｖ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝0.2ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＡ＝ｍＣｖ02／2－ｍＣｖ2／2－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12／2， 得　μ＝［ｍＣ（ｖ02－ｖ2）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12］／2ｍＣｇｌＡ＝0.48． 　（2）由ｍＣｖ＋ｍＢｖ1＝（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ2，Ｃ相对Ｂ静止时，Ｂ、Ｃ的共同速度是ｖ2＝（ｍＣｖ＋ｍＢｖ1）／（ｍＣ＋ｍＢ）＝0.65ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＢ＝ｍＣｖ2／2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22／2， Ｃ在Ｂ上滑行距离为 　ｌＢ＝［ｍＣｖ2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22］／2μｍＣｇ＝0.25ｍ． 　（3）由μｍＣｇｓ＝ｍＢｖ22／2－ｍＢｖ12／2， Ｂ相对地滑行的距离ｓ＝［ｍＢ（ｖ22－ｖ12）］／2μｍＣｇ＝0.12ｍ． 　（4）Ｃ在Ａ、Ｂ上匀减速滑行，加速度大小由μｍＣｇ＝ｍＣａ，得ａ＝μｇ＝4.8ｍ／ｓ2． Ｃ在Ａ上滑行的时间ｔ1＝（ｖ0－ｖ）／ａ＝0.21ｓ． Ｃ在Ｂ上滑行的时间ｔ2＝（ｖ－ｖ2）／ａ＝0.28ｓ． 所求时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝0.21ｓ＋0.28ｓ＝0.49ｓ． 　　29．匀加速下滑时，受力如图1ａ，由牛顿第二定律，有： ｍｇｓｉｎθ－μｍｇｃｏｓθ＝ｍａ＝ｍｇｓｉｎθ／2， 　ｓｉｎθ／2＝μｃｏｓθ， 　得μ＝ｓｉｎθ／2ｃｏｓθ． 图1静止时受力分析如图1ｂ，摩擦力有两种可能：①摩擦力沿斜面向下；②摩擦力沿斜面向上．摩擦力沿斜面向下时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＝ｆ＋ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ， 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ＋μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ－μｓｉｎθ）ｍｇ＝3ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ－ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　摩擦力沿斜面向上时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＋ｆ＝ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ． 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ－μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ＋μｓｉｎθ）ｍｇ＝ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ＋ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　30．解：（1）物体在两斜面上来回运动时，克服摩擦力所做的功Ｗｆ＝μｍｇｃｏｓ60°·ｓ总． 　物体从开始直到不再在斜面上运动的过程中ｍｇｈ－Ｗｆ＝0－ｍｖ02／2．解得ｓ总＝38ｍ． 　（2）物体最终是在Ｂ、Ｃ之间的圆弧上来回做变速圆周运动，且在Ｂ、Ｃ点时速度为零． 　（3）物体第一次通过圆弧最低点时，圆弧所受压力最大．由动能定理得ｍｇ［ｈ＋Ｒ（1－ｃｏｓ60°）］－μｍｇｃｏｓ60°／ｓｉｎ60°＝ｍ（ｖ12－ｖ02）／2， 由牛顿第二定律得　Ｎｍａｘ－ｍｇ＝ｍｖ12／Ｒ， 解得　Ｎｍａｘ＝54.5Ｎ． 　物体最终在圆弧上运动时，圆弧所受压力最小．由动能定理得ｍｇＲ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍｖ22／2，由牛顿第二定律得Ｎｍｉｎ－ｍｇ＝ｍｖ22／Ｒ，解得Ｎｍｉｎ＝20Ｎ． 　31．解：（1）设刹车后，平板车的加速度为ａ0，从开始刹车到车停止所经历时间为ｔ0，车所行驶距离为ｓ0，则有ｖ02＝2ａ0ｓ0，ｖ0＝ａ0ｔ0． 　欲使ｔ0小，ａ0应该大，作用于木箱的滑动摩擦力产生的加速度ａ1＝μｍｇ／ｍ＝μｇ． 　当ａ0＞ａ1时，木箱相对车底板滑动，从刹车到车停止过程中木箱运动的路程为ｓ1，则ｖ02＝2ａ2ｓ1． 　为使木箱不撞击驾驶室，应有ｓ1－ｓ0≤Ｌ． 　联立以上各式解得：ａ0≤μｇｖ02／（ｖ02－2μｇＬ）＝5ｍ／ｓ2， 　∴　ｔ0＝ｖ0／ａ0＝4.4ｓ． 　（2）对平板车，设制动力为Ｆ，则Ｆ＋ｋ（Ｍ＋ｍ）ｇ－μｍｇ＝Ｍａ0，解得：Ｆ＝7420Ｎ． 　32．解：对系统ａ0＝［Ｆ－μｇ（ｍ1＋ｍ2）］／（ｍ1＋ｍ2）＝1ｍ／ｓ2． 　对木块1，细绳断后：│ａ1│＝ｆ1／ｍ1＝μｇ＝1ｍ／ｓ2． 　设细绳断裂时刻为ｔ1，则木块1运动的总位移： 　ｓ1＝2ａ0ｔ12／2＝ａ0ｔ12． 　对木块2，细绳断后，ａ2＝（Ｆ－μｍ2ｇ）／ｍ2＝2ｍ／ｓ2 ． 木块2总位移 　ｓ2＝ｓ′＋ｓ″＝ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2， 两木块位移差Δｓ＝ｓ2－ｓ1＝22（ｍ）． 得　ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2－ａ0ｔ12＝22， 把ａ0，ａ2值，ｖ1＝ａ0ｔ1代入上式整理得： 　ｔ12＋12ｔ1－28＝0，得ｔ1＝2ｓ． 木块2末速ｖ2＝ｖ1＋ａ2（6－ｔ1）＝ａ0ｔ1＋ａ2（6－ｔ1）＝10ｍ／ｓ． 此时动能Ｅｋ＝ｍ2ｖ22／2＝2×102／2Ｊ＝100Ｊ． 　33．解：（1）由动量守恒定律，ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ′，且有ｍ∶Ｍ＝1∶3， ∴　Ａ、Ｂ共同速度ｖ′＝ｍｖ0／（ｍ＋Ｍ）＝1ｍ／ｓ． 　（2）由动能定理，对全过程应有 　μｍｇ·2Ｌ＝ｍｖ02／2－（ｍ＋Ｍ）ｖ′2／2， 　4μｇＬ＝ｖ02－4ｖ′2，μ＝（ｖ02－4ｖ′2）／4ｇＬ＝0.3． 　（3）先求Ａ与Ｂ挡板碰前Ａ的速度ｖ10，以及木板Ｂ相应速度ｖ20，取从Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板相碰前过程为研究对象，依动量守恒与动能定理有以下两式成立：ｍｖ0＝ｍｖ10＋Ｍｖ20， 　ｍｖ02／2－ｍｖ102／2－Ｍｖ202／2＝μｍｇＬ． 代入数据得　ｖ10＋3ｖ20＝4，ｖ102＋3ｖ202＝10， 解以上两式可得　ｖ10＝（2±3）／2ｍ／ｓ．因Ａ与Ｂ挡板碰前速度不可能取负值，故ｖ10＝（2＋3）／2ｍ／ｓ．相应解出ｖ20＝（2－）／2ｍ／ｓ＝0.3ｍ／ｓ． 　木板Ｂ此过程为匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得μｍｇ＝Ｍａ1，ａ1＝μｍｇ／Ｍ＝1（ｍ／ｓ2）． 此过程经历时间ｔ1由下式求出 　ｖ20＝ａ1ｔ1，ｔ1＝ｖ20／ａ1＝0.3（ｓ）． 其速度图线为图2中0～0.3ｓ段图线ａ． 　再求Ａ与Ｂ挡板碰后，木板Ｂ的速度ｖ2与木块Ａ的速度ｖ1，为方便起见取Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板碰撞后瞬间过程为研究对象，依动量守恒定律与动能定理有以下两式成立： ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2，ｍｖ02／2－ｍｖ12／2－Ｍｖ22／2＝μｍｇＬ． 故解为　ｖ1＝（2±3）／2ｍ／ｓ． 因ｖ1＝（2＋3）／2ｍ／ｓ为碰前速度，故取ｖ1＝（2－3）／2ｍ／ｓ，相应得ｖ2＝2＋2ｍ／ｓ＝1.7ｍ／ｓ． 由于ｖ1＜0，即木块相对Ｂ向左滑动，Ａ受Ｂ摩擦力向右，Ｂ受Ａ摩擦力向左，故Ｂ做匀减速直线运动，加速度大小由牛顿第二定律，得ａ＝μｍｇ／Ｍ＝1ｍ／ｓ2． 　从碰后到Ａ滑到Ｂ最左端过程中，Ｂ向右做匀减速直线运动时间设为ｔ2，则ｖ′－ｖ2＝－ａｔ2， ∴　ｔ2＝0.7ｓ． 　此过程速度图线如图2中0.3ｓ～1.0ｓ段图线ｂ．图2 　　34．解：设ｍ1、ｍ2两物体受恒力Ｆ作用后，产生的加速度分别为ａ1、ａ2，由牛顿第二定律Ｆ＝ｍａ，得 　ａ1＝Ｆ／ｍ1，ａ2＝Ｆ／ｍ2， 　历时ｔ两物体速度分别为ｖ1＝ａ1ｔ，ｖ2＝ｖ0＋ａ2ｔ，由题意令ｖ1＝ｖ2，即ａ1ｔ＝ｖ0＋ａ2ｔ或（ａ1－ａ2）ｔ＝ｖ0，因ｔ≠0、ｖ0＞0，欲使上式成立，需满足ａ1－ａ2＞0，即Ｆ／ｍ1＞Ｆ／ｍ2，或ｍ1＜ｍ2，也即当ｍ1≥ｍ2时不可能达到共同速度，当ｍ1＜ｍ2时，可以达到共同速度． 　35．解：（1）当小球刚好能在轨道内做圆周运动时，水平初速度ｖ最小，此时有ｍｇ＝ｍｖ2／Ｒ， 故　ｖ＝＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）若初速度ｖ′＜ｖ，小球将做平抛运动，如在其竖直位移为Ｒ的时间内，其水平位移ｓ≥Ｒ，小球可进入轨道经过Ｂ点．设其竖直位移为Ｒ时，水平位移也恰为R，则Ｒ＝ｇｔ2／2，Ｒ＝ｖ′ｔ，解得：ｖ′＝／2＝ｍ／ｓ． 因此，初速度满足2ｍ／ｓ＞ｖ′≥ｍ／ｓ时，小球可做平抛运动经过Ｂ点． 　36．卫星在天空中任何天体表面附近运行时，仅受万有引力Ｆ作用使卫星做圆周运动，运动半径等于天体的球半径Ｒ．设天体质量为Ｍ，卫星质量为ｍ，卫星运动周期为Ｔ，天体密度为ρ．根据万有引力定律Ｆ＝ＧＭｍ／Ｒ2， 卫星做圆周运动向心力Ｆ′＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2， 因为 　Ｆ′＝Ｆ，得ＧＭｍ／Ｒ2＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2，∴Ｔ＝． 　又球体质量Ｍ＝4πＲ3ρ／3． 得Ｔ＝=，∴Ｔ∝1／，得证． 　37．解：由于两球相碰满足动量守恒 　　ｍ1ｖ0＝ｍ1ｖ1＋ｍ2ｖ2，ｖ1＝－1.3ｍ／ｓ． 　两球组成系统碰撞前后的总动能Ｅｋ1＋Ｅｋ2＝ｍ1ｖ02／2＋0＝2.5Ｊ， 　Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＝ｍ1ｖ12／2＋ｍ2ｖ22／2＝2.8Ｊ． 　可见，Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＞Ｅｋ1＋Ｅｋ2，碰后能量较碰撞前增多了，违背了能量守恒定律，这种假设不合理． 　38．解：（1）由动量守恒，得ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2， 由运动学公式得ｓ＝（ｖ1－ｖ2）ｔ，ｈ＝ｇｔ2／2， 由以上三式得ｖ2＝（ｍｖ0－ｓｍ）／（Ｍ＋ｍ）． 　 （2）最后车与物体以共同的速度ｖ向右运动，故有 　ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖｖ＝ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）． ∴ΔＥ＝ｍｖ02／2＋ｍｇｈ－（Ｍ＋ｍ）ｍ2ｖ02／2（Ｍ＋ｍ）2． 解得ΔＥ＝ｍｇｈ＋Ｍｍｖ02／2（Ｍ＋ｍ）． 　39．解：设碰前Ａ、Ｂ有共同速度ｖ时，Ｍ前滑的距离为ｓ．则ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ，ｆｓ＝Ｍｖ2／2，ｆ＝μｍｇ． 　由以上各式得　ｓ＝Ｍｍｖ02／2μｇ（Ｍ＋ｍ）2． 　当ｖ0＝2ｍ／ｓ时，ｓ＝2／9ｍ＜0.5ｍ，即Ａ、Ｂ有共同速度．当ｖ0＝4ｍ／ｓ时，ｓ＝8／9ｍ＞0.5ｍ，即碰前Ａ、Ｂ速度不同． 　40．解：（1）物体由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者系统水平方向动量守恒得：ｍｖ0＝ｍｖ0／2＋2ｍｖＡＢ． 解之得　ｖＡＢ＝ｖ0／4． 　（2）物块由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者功能关系得：μｍｇＬ＝ｍｖ02／2－ｍ（ｖ0／2）2／2－2ｍ（ｖ0／4）2／2． 解之得　Ｌ＝5ｖ02／16μｇ． 　（3）物块由Ｄ滑到Ｃ的过程中，二者系统水平方向动量守恒，又因为物块到达最高点Ｃ时，物块与滑块速度相等且水平，均为ｖ． 故得　ｍｖ0／2＋ｍｖ0／4＝2ｍｖ， ∴　得滑块的动能ＥＣＤ＝ｍｖ2／2＝9ｍｖ02／128． 　41．解：（1）Ｂ从ｖ0减速到速度为零的过程，Ｃ静止，Ｂ的位移：ｓ1＝ｖ02／2μｇ． 　所用的时间：ｔ1＝ｖ0／μｇ． 　此后Ｂ与Ｃ一起向右做加速运动，Ａ做减速运动，直到相对静止，设所用时间为ｔ2，共同速度为ｖ． 　对Ａ、Ｂ、Ｃ，由动量守恒定律得 　ｍＡ·2ｖ0－ｍＢｖ0＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ， ∵　ｍＡ＝ｍＢ＝ｍＣ，∴　ｖ＝ｖ0／3． 　对Ｂ与Ｃ，向右加速运动的加速度 　ａ＝μｍＡｇ／（ｍＢ＋ｍＣ）＝μｇ／2，∴ｔ2＝ｖ／ａ＝2ｖ0／3μｇ． Δｔ内Ｂ向右移动的位移ｓ2＝ｖｔ2／2＝ｖ02／9μｇ， 故总路程ｓ＝ｓ1＋ｓ2＝11ｖ02／18μｇ，总时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝5ｖ0／3μｇ． 　（2）设车的最小长度为Ｌ，则相对静止时Ａ、Ｂ刚好接触，由能量守恒得 　ｍＡ（2ｖ0）2／2＋ｍＢｖ02／2＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ2／2＋μｍＢｇｓ1＋μｍＡｇ（Ｌ－ｓ1）， 联立解得Ｌ＝7ｖ02／3μｇ． 　42．解：（1）ｍ速度最大的位置应在O点左侧．因为细线烧断后，ｍ在弹簧弹力和滑动摩擦力的合力作用下向右做加速运动，当弹力与摩擦力的合力为零时，ｍ的速度达到最大，此时弹簧必处于压缩状态．此后，系统的机械能不断减小，不能再达到这一最大速度． 　（2）选ｍ、Ｍ为一系统，由动量守恒定律得 　ｍｖ1＝Ｍｖ2 ． 　设这一过程中弹簧释放的弹性势能为Ｅｐ，则 　Ｅｐ＝ｍｖ12／2＋Ｍｖ22／2＋μｍｇｓ， 解得　ｖ2＝ｍｖ1／Ｍ，Ｅｐ＝ｍ［（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2Ｍ＋μｇｓ］． 　（2）ｍ与Ｍ最终将静止，因为系统动量守恒，且总动量为零，只要ｍ与Ｍ间有相对运动，就要克服摩擦力做功，不断消耗能量，所以，ｍ与Ｍ最终必定都静止． 　43．解：（1）第一颗子弹射入木块过程，系统动量守恒，有 　ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ1． 　射入后，在ＯＢＣ运动过程中，机械能守恒，有 　（ｍ＋Ｍ）ｖ12／2＝（ｍ＋Ｍ）ｇＲ，得ｖ0＝（Ｍ＋ｍ）／ｍ． 　（2）由动量守恒定律知，第2、4、6……颗子弹射入木块后，木块速度为0，第1、3、5……颗子弹射入后，木块运动．当第9颗子弹射入木块时，由动量守恒得： 　ｍｖ0＝（9ｍ＋Ｍ）ｖ9， 　设此后木块沿圆弧上升最大高度为Ｈ，由机械能守恒定律得：（9ｍ＋Ｍ）ｖ92／2＝（9ｍ＋Ｍ）ｇＨ， 由以上可得：Ｈ＝［（Ｍ＋ｍ）／（Ｍ＋9ｍ）］2Ｒ． 　44．解：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动ｓ，速度变为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．由动能定理 　－μＭｇｓ＝0－ｍｖ02／2，ｓ＝ｍｖ02／2μＭｇ＝0.33ｍ． 　（2）假如平板车在第二次碰墙前还未和滑块相对静止，则其速度的大小肯定还是2ｍ／ｓ，因为只要相对运动，摩擦力大小为恒值．滑块速度则大于2ｍ／ｓ，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰墙前肯定已和滑块具有共同速度ｖ．此即平板车碰墙前瞬间的速度． 　Ｍｖ0－ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， ∴ｖ＝（Ｍ－ｍ）ｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝0.4ｍ／ｓ．图3　（3）平板车与墙壁第一次碰撞后滑块与平板又达到共同速度ｖ前的过程，可用图3（ａ）、（ｂ）、（ｃ）表示．图3（ａ）为平板车与墙碰撞后瞬间滑块与平板车的位置，图3（ｂ）为平板车到达最左端时两者的位置，图3（ｃ）为平板车与滑块再次达到共同速度时两者的位置．在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功μΜｇｓ′，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功μＭｇｓ″（平板车从Ｂ到Ａ再回到Ｂ的过程中摩擦力做功为零），其中ｓ′、ｓ″分别为滑块和平板车的位移．滑块和平板车动能总减少为μＭｇｌ1，其中ｌ1 ＝ｓ′＋ｓ″为滑块相对平板车的位移，此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为ｌ，则有（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2＝μＭｇｌ，ｌ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2μＭｇ＝0.833ｍ． ｌ即为平板车的最短长度．图4　　45．解：如图4，Ａ球从静止释放后将自由下落至Ｃ点悬线绷直，此时速度为ｖＣ ∵　ｖＣ2＝2ｇ×2Ｌｓｉｎ30°， ∴　ｖＣ＝＝2ｍ／ｓ． 　在线绷直的过程中沿线的速度分量减为零时，Ａ将以切向速度ｖ1沿圆弧运动且 　ｖ1＝ｖＣｃｏｓ30°＝ｍ／ｓ． 　Ａ球从Ｃ点运动到最低点与Ｂ球碰撞前机械能守恒，可求出Ａ球与Ｂ球碰前的速度 　ｍＡｖ12／2＋ｍＡｇＬ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍＡｖ22／2， 　ｖ2＝==ｍ／ｓ． 　因Ａ、Ｂ两球发生无能量损失的碰撞且ｍＡ＝ｍＢ，所以它们的速度交换，即碰后Ａ球的速度为零，Ｂ球的速度为ｖ2＝（ｍ／ｓ）．对Ｂ球和小车组成的系统水平方向动量守恒和机械能守恒，当两者有共同水平速度ｕ时，Ｂ球上升到最高点，设上升高度为ｈ． 　ｍＢｖ2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ，ｍＢｖ22／2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ2／2＋ｍＢｇｈ．解得ｈ＝3／16≈0.19ｍ． 　在Ｂ球回摆到最低点的过程中，悬线拉力仍使小车加速，当Ｂ球回到最低点时小车有最大速度ｖｍ，设小球Ｂ回到最低点时速度的大小为ｖ3，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 　ｍＢｖ2＝－ｍＢｖ3＋Ｍｖｍ，ｍＢｖ22／2＝ｍＢｖ32／2＋Ｍｖｍ2／2， 解得ｖｍ＝2ｍＢｖ2／（ｍ3＋Ｍ）＝／2ｍ／ｓ＝1.12ｍ／ｓ． 　46．解：（1）小球的角速度与运动的角速度必定相等，则有ｖ＝ωＲ＝ω． 　（2）人手所提供的功率应等于小球在运动过程中克服摩擦力做功的功率．即有Ｐ＝ｆｖ， ∴　ｆ＝Ｐ／ｖ＝Ｐ／ω． 　47．解：由于粘性物体与底板粘合的过程时间极短，冲击力远大于重力，在竖直方向近似动量守恒，开始静止时，有　ｍ1ｇ＝ｋｘｋ＝ｍ1ｇｘ． 　ｍ2下落Ｈ时的速度ｖ＝，ｍ2与ｍ1合在一起动量守恒，ｍ2ｖ＝（ｍ1＋ｍ2）ｖ′，ｖ′＝ｍ2 ｖ／（ｍ1＋ｍ2）＝ｍ2／（ｍ1＋ｍ2）． 　设向下为正方向，ｍ1与ｍ2的整体受两个力，即重力（ｍ1＋ｍ2）ｇ和弹簧的平均拉力，则有平均拉力＝ｋｘ＋ｋｈ／2＝ｋ（2ｘ＋ｈ）／2，由动能定理得 ［－＋（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ＝0－（ｍ1＋ｍ2）ｖ2／2， 由以上各式得［ｍ1ｇ（2ｘ＋ｈ）／2ｘ－（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ 　＝（ｍ1＋ｍ2）·ｍ22·2ｇｈ／2（ｍ1＋ｍ2）2． 代入数值得ｈ＝0.3ｍ． 　48．解：ｍ与Ａ粘在一起后水平方向动量守恒，共同速度设为ｖ1，Ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ1， 得ｖ1＝Ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝2ｖ0／3． 　当弹簧压缩到最大时即有最大弹性势能Ｅ，此时系统中各物体有相同速度，设为ｖ2，由动量守恒定律 　2Ｍｖ0＝（2Ｍ＋ｍ）ｖ2，得ｖ2＝2Ｍｖ0／（2Ｍ＋ｍ）＝4ｖ0／5． 由能量守恒有 　Ｅ＝Ｍｖ02／2＋（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2－（2Ｍ＋ｍ）ｖ22／2， 解得Ｅ＝Ｍｖ02／30． 　49．解：（1）振子在平衡位置时，所受合力为零，设此时弹簧被压缩Δｘ：（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ＝ｋΔｘ，Δｘ＝5ｃｍ． 　开始释放时振子处在最大位移处，故振幅 　Ａ＝5ｃｍ＋5ｃｍ＝10ｃｍ． 　（2）由于开始时弹簧的伸长量恰等于振子在平衡位置时弹簧的压缩量，故弹性势能相等，设振子的最大速度为ｖ，从开始到平衡位置，根据机械能守恒定律， 得ｍｇ·Ａ＝ｍｖ2／2，∴ｖ＝＝1.4ｍ／ｓ， 即Ｂ的最大速率为1.4ｍ／ｓ． 　（3）在最高点，振子受到的重力和弹力方向相同，根据牛顿第二定律，得 　ａ＝［ｋΔｘ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ］／（ｍＡ＋ｍＢ）＝20ｍ／ｓ2， Ａ对Ｂ的作用力方向向下，其大小 　Ｎ1＝ｍＢａ－ｍＢｇ＝10Ｎ． 在最低点，振子受到的重力和弹力方向相反，根据牛顿第二定律，得ａ＝ｋ（Δｘ＋Ａ）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｍＡ＋ｍＢ＝20ｍ／ｓ2． Ａ对Ｂ的作用力方向向上，其大小 　Ｎ2＝ｍＢａ＋ｍＢｇ＝30Ｎ． 　38．如图1－91所示在光滑水平地面上，停着一辆玩具汽车，小车上的平台Ａ是粗糙的，并靠在光滑的水平桌面旁，现有一质量为ｍ的小物体Ｃ以速度ｖ0沿水平桌面自左向右运动，滑过平台Ａ后，恰能落在小车底面的前端Ｂ处，并粘合在一起，已知小车的质量为Ｍ，平台Ａ离车底平面的高度ＯＡ＝ｈ，又ＯＢ＝ｓ，求：（1）物体Ｃ刚离开平台时，小车获得的速度；（2）物体与小车相互作用的过程中，系统损失的机械能． 2．解：在0～1ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知 　ａ１＝12ｍ／ｓ２， 由牛顿第二定律，得 　Ｆ－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ１，　　① 在0～2ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知ａ２＝－6ｍ／ｓ２， 因为此时物体具有斜向上的初速度，故由牛顿第二定律，得 　－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ２，　　② 　②式代入①式，得　Ｆ＝18Ｎ． 3．解：在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从Ａ到Ｂ需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为ｔ1，则 　（ｖ／2）ｔ１＋ｖ（ｔ－ｔ１）＝Ｌ， 所以　ｔ１＝2（ｖｔ－Ｌ）／ｖ＝（2×（2×6－10）／2）ｓ＝2ｓ． 为使物体从Ａ至Ｂ所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变．而　ａ＝ｖ／ｔ＝1ｍ／ｓ２．设物体从Ａ至Ｂ所用最短的时间为ｔ2，则 　（1／2）ａｔ2２＝Ｌ， 　ｔ2＝=＝2ｓ． 　ｖｍｉｎ＝ａｔ2＝1×2ｍ／ｓ＝2ｍ／ｓ． 传送带速度再增大1倍，物体仍做加速度为1ｍ／ｓ２的匀加速运动，从Ａ至Ｂ的传送时间为2ｍ／ｓ． 4．解：启动前Ｎ１＝ｍｇ， 　升到某高度时　Ｎ2＝（17／18）Ｎ１＝（17／18）ｍｇ， 　对测试仪　Ｎ2－ｍｇ′＝ｍａ＝ｍ（ｇ／2）， 　∴　ｇ′＝（8／18）ｇ＝（4／9）ｇ， 　ＧｍＭ／Ｒ2＝ｍｇ，ＧｍＭ／（Ｒ＋ｈ）2＝ｍｇ′，解得：ｈ＝（1／2）Ｒ． 5．解：由匀加速运动的公式　ｖ２＝ｖ０２＋2ａｓ 　得物块沿斜面下滑的加速度为 　ａ＝ｖ2／2ｓ＝1．42／（2×1．4）＝0．7ｍｓ－２， 由于ａ＜ｇｓｉｎθ＝5ｍｓ－２， 　可知物块受到摩擦力的作用．图3　分析物块受力，它受3个力，如图3．对于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，由牛顿定律有 　ｍｇｓｉｎθ－ｆ１＝ｍａ， 　ｍｇｃｏｓθ－Ｎ１ ＝0， 　分析木楔受力，它受5个力作用，如图3所示．对于水平方向，由牛顿定律有 　ｆ2＋ｆ１ｃｏｓθ－Ｎ１ｓｉｎθ＝0， 　由此可解得地面的作用于木楔的摩擦力 　ｆ2＝ｍｇｃｏｓθｓｉｎθ－（ｍｇｓｉｎθ－ｍａ）ｃｏｓθ＝ｍａｃｏｓθ＝1×0．7×（／2）＝0．61Ｎ． 　此力的方向与图中所设的一致（由指向）． 6．解：（1）飞机原先是水平飞行的，由于垂直气流的作用，飞机在竖直方向上的运动可看成初速度为零的匀加速直线运动，根据　ｈ＝（1／2）ａｔ２，得ａ＝2ｈ／ｔ２，代入ｈ＝1700ｍ，ｔ＝10ｓ，得 　ａ＝（2×1700／10２）（ｍ／ｓ２）＝34ｍ／ｓ２，方向竖直向下． 　（2）飞机在向下做加速运动的过程中，若乘客已系好安全带，使机上乘客产生加速度的力是向下重力和安全带拉力的合力．设乘客质量为ｍ，安全带提供的竖直向下拉力为Ｆ，根据牛顿第二定律　Ｆ＋ｍｇ＝ｍａ，得安全带拉力 　　Ｆ＝ｍ（ａ－ｇ）＝ｍ（34－10）Ｎ＝24ｍ（Ｎ）， ∴　安全带提供的拉力相当于乘客体重的倍数 　ｎ＝Ｆ／ｍｇ＝24ｍＮ／ｍ·10Ｎ＝2．4（倍）． 　（3）若乘客未系安全带，飞机向下的加速度为34ｍ／ｓ２，人向下加速度为10ｍ／ｓ２，飞机向下的加速度大于人的加速度，所以人对飞机将向上运动，会使头部受到严重伤害． 7．解：设月球表面重力加速度为ｇ，根据平抛运动规律，有 　ｈ＝（1／2）ｇｔ２，　　① 　水平射程为　　　Ｌ＝ｖ０ｔ，　　② 　联立①②得ｇ＝2ｈｖ０２／Ｌ２．　　③ 　根据牛顿第二定律，得　ｍｇ＝ｍ（2π／Ｔ）２Ｒ，　　④ 　联立③④得　Ｔ＝（πＬ／ｖ０ｈ）．　　⑤ 8．解：前2秒内，有Ｆ－ｆ＝ｍａ１，ｆ＝μＮ，Ｎ＝ｍｇ，则 　ａ１＝（Ｆ－μｍｇ）／ｍ＝4ｍ／ｓ２，ｖｔ＝ａ１ｔ＝8ｍ／ｓ， 　撤去Ｆ以后　ａ２＝ｆ／ｍ＝2ｍ／ｓ，ｓ＝ｖ１２／2ａ２＝16ｍ． 9．解：（1）用力斜向下推时，箱子匀速运动，则有 　Ｆｃｏｓθ＝ｆ，ｆ＝μＮ，Ｎ＝Ｇ＋Ｆｓｉｎθ， 　联立以上三式代数据，得　Ｆ＝1．2×10２Ｎ． 　（2）若水平用力推箱子时，据牛顿第二定律，得Ｆ合＝ｍａ，则有 　Ｆ－μＮ＝ｍａ，Ｎ＝Ｇ， 　联立解得　ａ＝2．0ｍ／ｓ２． 　ｖ＝ａｔ＝2．0×3．0ｍ／ｓ＝6．0ｍ／ｓ， 　ｓ＝（1／2）ａｔ２＝（1／2）×2．0×3．0２ｍ／ｓ＝9．0ｍ， 　推力停止作用后　ａ′＝ｆ／ｍ＝4．0ｍ／ｓ２ （方向向左）， 　ｓ′＝ｖ２／2ａ′＝4．5ｍ， 　则　ｓ总＝ｓ＋ｓ′＝13．5ｍ． 10．解：根据题中说明，该运动员发球后，网球做平抛运动．以ｖ表示初速度，Ｈ表示网球开始运动时离地面的高度（即发球高度），ｓ１表示网球开始运动时与网的水平距离（即运动员离开网的距离），ｔ１表示网球通过网上的时刻，ｈ表示网球通过网上时离地面的高度，由平抛运动规律得到 　ｓ１＝ｖｔ１，Ｈ－ｈ＝（1／2）ｇｔ１２， 消去ｔ１，得　　ｖ＝ｍ／ｓ，ｖ≈23ｍ／ｓ． 　以ｔ２表示网球落地的时刻，ｓ２表示网球开始运动的地点与落地点的水平距离，ｓ表示网球落地点与网的水平距离，由平抛运动规律得到 　Ｈ＝（1／2）ｇｔ２２，ｓ２＝ｖｔ２， 消去ｔ２，得ｓ２＝ｖ≈16ｍ， 　网球落地点到网的距离　ｓ＝ｓ２－ｓ１≈4ｍ． 11．解：（1）设卫星质量为ｍ，它在地球附近做圆周运动，半径可取为地球半径Ｒ，运动速度为ｖ，有 　ＧＭｍ／Ｒ２＝ｍｖ２／Ｒ　得ｖ＝． 　（2）由（1）得： 　Ｍ＝ｖ２Ｒ／Ｇ＝＝6．0×1024ｋｇ． 12．解：对物块：Ｆ１－μｍｇ＝ｍａ１， 　6－0．5×1×10＝1·ａ１，ａ１＝1．0ｍ／ｓ2， 　ｓ１＝（1／2）ａ１ｔ2＝（1／2）×1×0．42＝0．08ｍ， 　ｖ１＝ａ１ｔ＝1×0．4＝0．4ｍ／ｓ， 　对小车：Ｆ２－μｍｇ＝Ｍａ２， 　9－0．5×1×10＝2ａ２，ａ２＝2．0ｍ／ｓ2， 　ｓ２＝（1／2）ａ２ｔ2＝（1／2）×2×0．42＝0．16ｍ， 　ｖ２＝ａ２ｔ＝2×0．4＝0．8ｍ／ｓ， 　撤去两力后，动量守恒，有Ｍｖ２－ｍｖ１＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， 　ｖ＝0．4ｍ／ｓ（向右）， ∵　（（1／2）ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2）－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ2＝μｍｇｓ３， 　ｓ３＝0．096ｍ， ∴　ｌ＝ｓ１＋ｓ２＋ｓ３＝0．336ｍ． 13．解：设木块到Ｂ时速度为ｖ０，车与船的速度为ｖ１，对木块、车、船系统，有 　ｍ１ｇｈ＝（ｍ１ｖ０2／2）＋（（ｍ２＋ｍ３）ｖ１2／2）， 　ｍ１ｖ０＝（ｍ２＋ｍ３）ｖ１ ， 解得　ｖ０＝5，ｖ１＝． 　木块到Ｂ后，船以ｖ１继续向左匀速运动，木块和车最终以共同速度ｖ２向右运动，对木块和车系统，有 　ｍ１ｖ０－ｍ２ｖ１＝（ｍ１＋ｍ２）ｖ２， 　μｍ１ｇｓ＝（（ｍ１ｖ０2／2）＋（ｍ２ｖ１2／2））－（（ｍ１＋ｍ２）ｖ２2／2）， 得　ｖ２＝ｖ１＝，ｓ＝2ｈ． 14．解：（1）小球的角速度与手转动的角速度必定相等均为ω．设小球做圆周运动的半径为ｒ，线速度为ｖ．由几何关系得　ｒ＝，ｖ＝ω·ｒ，解得　　 　　ｖ＝ω． 　（2）设手对绳的拉力为Ｆ，手的线速度为ｖ，由功率公式得　Ｐ＝Ｆｖ＝Ｆ·ωＲ， ∴　Ｆ＝Ｐ／ωＲ．图4　研究小球的受力情况如图4所示，因为小球做匀速圆周运动，所以切向合力为零，即 　Ｆｓｉｎθ＝ｆ， 其中　ｓｉｎθ＝Ｒ／， 　联立解得　ｆ＝Ｐ／ω． 15．解：（1）用ｖ１表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由于子弹射入木块Ｃ时间极短，系统动量守恒，有 　ｍｖ０＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１， 　∴　ｖ１＝ｍｖ０／（ｍ＋Ｍ）＝3ｍ／ｓ， 　子弹和木块Ｃ在ＡＢ木板上滑动，由动能定理得： 　（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ２２－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ１２＝－μ（ｍ＋Ｍ）ｇＬ， 　解得　ｖ２＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）用ｖ′表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由动量守恒定律，得　ｍｖ０′＋Ｍｕ＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１′，解得　ｖ１′＝4ｍ／ｓ． 　木块Ｃ及子弹在ＡＢ木板表面上做匀减速运动　ａ＝μｇ．设木块Ｃ和子弹滑至ＡＢ板右端的时间为ｔ，则木块Ｃ和子弹的位移ｓ１＝ｖ１′ｔ－（1／2）ａｔ2 ， 　由于ｍ车≥（ｍ＋Ｍ），故小车及木块ＡＢ仍做匀速直线运动，小车及木板ＡＢ的位移　ｓ＝ｕｔ，由图5可知：ｓ１＝ｓ＋Ｌ， 　联立以上四式并代入数据得： 　ｔ2－6ｔ＋1＝0， 　解得：ｔ＝（3－2）ｓ，（ｔ＝（3＋2）ｓ不合题意舍去），　　（11） 　∴　ｓ＝ｕｔ＝0．18ｍ． 16．解：（1）设Ａ滑上Ｂ后达到共同速度前并未碰到档板，则根据动量守恒定律得它们的共同速度为ｖ，有图5　ｍｖ０＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝2ｍ／ｓ，在这一过程中，Ｂ的位移为ｓＢ＝ｖＢ2／2ａＢ且ａＢ＝μｍｇ／Ｍ，解得ｓＢ＝Ｍｖ2／2μｍｇ＝2×22／2×0．2×1×10＝2ｍ． 　设这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ１，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ１＝（1／2）ｍｖ０2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得ｓ１＝6ｍ． 　当ｓ＝4ｍ时，Ａ、Ｂ达到共同速度ｖ＝2ｍ／ｓ后再匀速向前运动2ｍ碰到挡板，Ｂ碰到竖直挡板后，根据动量守恒定律得Ａ、Ｂ最后相对静止时的速度为ｖ′，则 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′， 解得　ｖ′＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ２，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ２＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　ｓ２＝2．67ｍ． 　因此，Ａ、Ｂ最终不脱离的木板最小长度为ｓ１＋ｓ２＝8．67ｍ 　（2）因Ｂ离竖直档板的距离ｓ＝0．5ｍ＜2ｍ，所以碰到档板时，Ａ、Ｂ未达到相对静止，此时Ｂ的速度ｖＢ为 　ｖＢ2＝2ａＢｓ＝（2μｍｇ／Ｍ）ｓ，解得　ｖＢ＝1ｍ／ｓ， 　设此时Ａ的速度为ｖＡ，根据动量守恒定律，得 　ｍｖ０＝ＭｖＢ＋ｍｖＡ，解得ｖＡ＝4ｍ／ｓ， 　设在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移为ｓ１′，根据动能定理得： 　μｍｇｓ１′＝（1／2）ｍｖ０2－（（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）ＭｖＢ2）， 　解得　ｓ１′＝4．5ｍ． 　Ｂ碰撞挡板后，Ａ、Ｂ最终达到向右的相同速度ｖ，根据动能定理得ｍｖＡ－ＭｖＢ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ２′为 　μｍｇｓ２′＝（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得　ｓ２′＝（25／6）ｍ． 　Ｂ再次碰到挡板后，Ａ、Ｂ最终以相同的速度ｖ′向左共同运动，根据动量守恒定律，得 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′，解得　ｖ′＝（2／9）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ３′为： 　μｍｇｓ３′＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2 ， 　解得　　　　ｓ３′＝（8／27）ｍ． 　因此，为使Ａ不从Ｂ上脱落，Ｂ的最小长度为ｓ１′＋ｓ２′＋ｓ３′＝8．96ｍ． 17．解：（1）Ｂ与Ａ碰撞后，Ｂ相对于Ａ向左运动，Ａ所受摩擦力方向向左，Ａ的运动方向向右，故摩擦力作负功．设Ｂ与Ａ碰撞后的瞬间Ａ的速度为ｖ１，Ｂ的速度为ｖ２，Ａ、Ｂ相对静止后的共同速度为ｖ，整个过程中Ａ、Ｂ组成的系统动量守恒，有 　Ｍｖ０＝（Ｍ＋1．5Ｍ）ｖ，ｖ＝2ｖ０／5． 　碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功，即 　Ｍｖ２＋1．5Ｍｖ１＝2．5Ｍｖ，　　① 　（1／2）×1．5Ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2－（1／2）×2．5Ｍｖ2＝Ｍμｇｌ，　　② 可解出ｖ１＝（1／2）ｖ０（另一解ｖ１＝（3／10）ｖ０因小于ｖ而舍去） 　这段过程中，Ａ克服摩擦力做功 　Ｗ＝（1／2）×1．5Ｍｖ１2－（1／2）×1．5Ｍｖ2＝（27／400）Ｍｖ０2（0．068Ｍｖ０2）． 　（2）Ａ在运动过程中不可能向左运动，因为在Ｂ未与Ａ碰撞之前，Ａ受到的摩擦力方向向右，做加速运动，碰撞之后Ａ受到的摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后，速度仍向右，因此不可能向左运动． 　Ｂ在碰撞之后，有可能向左运动，即ｖ２＜0． 　先计算当ｖ２＝0时满足的条件，由①式，得 　ｖ１＝（2ｖ０／3）－（2ｖ２／3），当ｖ２＝0时，ｖ１＝2ｖ０／3，代入②式，得 　（（1／2）×1．5Ｍ4ｖ０2／9）－（（1／2）×2．5Ｍ4ｖ０2／25）＝Ｍμｇｌ， 解得　μｇｌ＝2ｖ０2／15． 　Ｂ在某段时间内向左运动的条件之一是μｌ＜2ｖ０2／15ｇ． 　另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即 　（1／2）Ｍｖ０2－（1／2）2．5Ｍ（2ｖ０／5）2≥2Ｍμｇｌ， 　解出另一个条件是　μｌ≤3ｖ０2／20ｇ， 　最后得出Ｂ在某段时间内向左运动的条件是 　2ｖ０2／15ｇ＜μｌ≤3ｖ０2／20ｇ． 18．解：（1）以警车为研究对象，由动能定理． 　－μｍｇ·ｓ＝（1／2）ｍｖ2－（1／2）ｍｖ０2， 　将ｖ０＝14．0ｍ／ｓ，ｓ＝14．0ｍ，ｖ＝0代入，得 　μｇ＝7．0ｍ／ｓ2， 　因为警车行驶条件与肇事汽车相同，所以肇事汽车的初速度ｖＡ＝＝21ｍ／ｓ． 　（2）肇事汽车在出事点Ｂ的速度 　ｖＢ＝＝14ｍ／ｓ， 　肇事汽车通过段的平均速度 　＝（ｖＡ＋ｖＢ）／2＝（21＋14）／2＝17．5ｍ／ｓ． 　肇事汽车通过ＡＢ段的时间 　ｔ２＝ＡＢ／＝（31．5－14．0）／17．5＝1ｓ． 　∴　游客横过马路的速度 　ｖ人＝／（ｔ１＋ｔ２）＝（2．6／（1＋0．7））ｍ／ｓ＝1．53ｍ／ｓ． 19 ．解：（1）开始Ａ、Ｂ处于静止状态时，有 　ｋｘ０－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｓｉｎ30°＝0，　　① 　设施加Ｆ时，前一段时间Ａ、Ｂ一起向上做匀加速运动，加速度为ａ，ｔ＝0．2ｓ，Ａ、Ｂ间相互作用力为零，对Ｂ有： 　ｋｘ－ｍＢｇｓｉｎ30°＝ｍＢａ，　　② 　ｘ－ｘ０＝（1／2）ａｔ2，　　③ 　解①、②、③得： 　ａ＝5ｍｓ－2，ｘ０＝0．05ｍ，ｘ＝0．15ｍ， 　初始时刻Ｆ最小 　Ｆｍｉｎ＝（ｍＡ＋ｍＢ）ａ＝60Ｎ． 　ｔ＝0．2ｓ时，Ｆ最大 　Ｆｍａｘ－ｍＡｇｓｉｎ30°＝ｍＡａ， 　Ｆｍａｘ＝ｍＡ（ｇｓｉｎ30°＋ａ）＝100Ｎ， 　（2）ΔＥＰＡ＝ｍＡｇΔｈ＝ｍＡｇ（ｘ－ｘ０）ｓｉｎ30°＝5Ｊ． 20．解：当弹簧处于压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和．当弹簧伸长到其自然长度时，弹性势能为零，因这时滑块Ａ的速度为零，故系统的机械能等于滑块Ｂ的动能．设这时滑块Ｂ的速度为ｖ则有 　Ｅ＝（1／2）ｍ２ｖ2，　　① 由动量守恒定律（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ２ｖ，　　② 解得　Ｅ＝（1／2）（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２．　　③ 　假定在以后的运动中，滑块Ｂ可以出现速度为零的时刻，并设此时滑块Ａ的速度为ｖ１．这时，不论弹簧是处于伸长还是压缩状态，都具有弹性势能Ｅｐ．由机械能守恒定律得 　（1／2）ｍ１ｖ１2＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　④ 根据动量守恒　（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ１ｖ１，　　⑤ 求出ｖ１，代入④式得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑥ 因为Ｅｐ≥0，故得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）≤（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑦ 即　ｍ１≥ｍ２，与已知条件ｍ１＜ｍ２不符． 　可见滑块Ｂ的速度永不为零，即在以后的运动中，不可能出现滑动Ｂ的速度为零的情况． 21．解：设恰好物体相对圆盘静止时，弹簧压缩量为Δｌ，静摩擦力为最大静摩擦力ｆｍａｘ，这时物体处于临界状态，由向心力公式ｆｍａｘ－ｋΔｌ＝ｍＲｗ2，　　① 　假若物体向圆心移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ１－ｋ（Δｌ＋ｘ）＝ｍ（Ｒ－ｘ）ｗ2，　　② 　由①、②两式可得　ｆｍａｘ－ｆ１＝ｍｘｗ2－ｋｘ，　　③ 所以　ｍｘｗ2－ｋｘ≥0，得ｋ≤ｍｗ2，　　④ 　若物体向外移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ２－ｋ（Δｌ－ｘ）≥ｍ（Ｒ＋ｘ）ｗ2，　　⑤ 由①～⑥式得　ｆｍａｘ－ｆ２＝ｋｘ－ｍｘｗ2≥0，　　⑥ 所以　ｋ≥ｍｗ2，　　⑦ 即若物体向圆心移动，则ｋ≤ｍｗ2， 若物体向远离圆心方向移动，则ｋ≥ｍｗ2． 22．解：卫星环绕地球作匀速圆周运动，设卫星的质量为ｍ，轨道半径为ｒ，受到地球的万有引力为Ｆ， 　Ｆ＝ＧＭｍ／ｒ2，　　① 　式中Ｇ为万有引力恒量，Ｍ是地球质量． 　设ｖ是卫星环绕地球做匀速圆周运动的线速度，Ｔ是运动周期，根据牛顿第二定律，得 　Ｆ＝ｍｖ2／ｒ，　　② 　由①、②推导出　ｖ＝．　　③ 　③式表明：ｒ越大，ｖ越小． 　人造卫星的周期就是它环绕地球运行一周所需的时间Ｔ， 　Ｔ＝2πｒ／ｖ，　　④ 　由③、④推出　Ｔ＝2π，　　⑤ 　⑤式说明：ｒ越大，Ｔ越大．　23．证：设质点通过Ａ点时的速度为ｖＡ，通过Ｃ点时的速度为ｖＣ，由匀变速直线运动的公式得： ｓ1＝ｖＡＴ＋ａＴ2／2，ｓ3＝ｖＣＴ＋ａＴ2／2，ｓ3－ｓ1＝ｖＣＴ－ｖＡＴ． ∵　ｖＣ＝ｖＡ＋2ａＴ， ∴　ｓ3－ｓ1＝（ｖＡ－2ａＴ－ｖＡ）Ｔ＝2ａＴ2，ａ＝（ｓ3－ｓ1）／2Ｔ2． 　24．根据：如果在连续的相等的时间内的位移之差相等，则物体做匀变速运动．证明：设物体做匀速运动的初速度为ｖ0，加速度为ａ，第一个Ｔ内的位移为ｓ1＝ｖ0Ｔ＋ａＴ2／2；第二个Ｔ内的位移为ｓ2＝（ｖ0＋ａＴ）Ｔ＋ａＴ2／2；第Ｎ个Ｔ内的位移为ｓＮ＝［ｖ0＋（Ｎ－1）ａＴ］Ｔ＋ａＴ2／2．　ｓＮ－ｓＮ－1＝ａＴ2，逆定理也成立． 　25．解：由匀变速直线运动的公式得小物块的加速度的大小为ａ1＝（ｖ0－ｖｔ）／ｔ＝2（ｍ／ｓ2）．木板的加速度大小为ａ2＝2ｓ／ｔ2＝0.25（ｍ／ｓ2）． 根据牛顿第二定律　Ｆ＝ｍａ 对小物块得　ｆ′1＝ｍａ1＝1×2＝2Ｎ， 对木板得　ｆ1－μ（ｍ＋Ｍ）ｇ＝Ｍａ2， 　μ＝（ｆ1－Ｍａ2）／（ｍ＋Ｍ）ｇ＝（2－4×0.25）／（1＋4）×10＝0.02． 　26．解：假设金属块没有离开第一块长木板，移动的相对距离为ｘ，由动量守恒定律，得ｍｖ0＝3ｍｖ， 　ｍｖ02／2＝3ｍｖ2／2＋μｍｇｘ， 解得ｘ＝4ｍ／3＞Ｌ，不合理， ∴　金属块一定冲上第二块木板． 　以整个系统为研究对象，由动量定律及能量关系，当金属块在第一块木板上时ｍｖ0＝ｍｖ0′＋2ｍｖ1， 　ｍｖ02／2＝12ｍｖ0′2＋2ｍ·ｖ12／2＋μｍｇｌ． 　ｍｖ0＝ｍｖ1＋2ｍｖ2， 　ｍｖ02／2＝ｍｖ12／2＋2ｍ·ｖ22 ／2＋μｍｇ（ｌ＋ｘ）． 联立解得： 　ｖ1＝1／3ｍ／ｓ，ｖ2＝5／6ｍ／ｓ，ｘ＝0.25ｍ． 　27．解：当ｔ＝0时，ａＡ0＝9／3＝3ｍ／ｓ2，ａＢ0＝3／6＝0.5ｍ／ｓ2．ａＡ0＞ａＢ0，Ａ、Ｂ间有弹力，随ｔ之增加，Ａ、Ｂ间弹力在减小，当（9－2ｔ）／3＝（3＋2ｔ）／6，ｔ＝2.5ｓ时，Ａ、Ｂ脱离，以Ａ、Ｂ整体为研究对象，在ｔ＝2.5ｓ内，加速度ａ＝（ＦＡ＋ＦＢ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝4／3ｍ／ｓ2，ｓ＝ａｔ2／2＝4.17ｍ． 　28．解：（1）由ｍＣｖ0＝ｍＣｖ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ1，Ｃ由Ａ滑至Ｂ时，Ａ、Ｂ的共同速度是 　ｖ1＝ｍＣ（ｖ0－ｖ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝0.2ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＡ＝ｍＣｖ02／2－ｍＣｖ2／2－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12／2， 得　μ＝［ｍＣ（ｖ02－ｖ2）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12］／2ｍＣｇｌＡ＝0.48． 　（2）由ｍＣｖ＋ｍＢｖ1＝（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ2，Ｃ相对Ｂ静止时，Ｂ、Ｃ的共同速度是ｖ2＝（ｍＣｖ＋ｍＢｖ1）／（ｍＣ＋ｍＢ）＝0.65ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＢ＝ｍＣｖ2／2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22／2， Ｃ在Ｂ上滑行距离为 　ｌＢ＝［ｍＣｖ2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22］／2μｍＣｇ＝0.25ｍ． 　（3）由μｍＣｇｓ＝ｍＢｖ22／2－ｍＢｖ12／2， Ｂ相对地滑行的距离ｓ＝［ｍＢ（ｖ22－ｖ12）］／2μｍＣｇ＝0.12ｍ． 　（4）Ｃ在Ａ、Ｂ上匀减速滑行，加速度大小由μｍＣｇ＝ｍＣａ，得ａ＝μｇ＝4.8ｍ／ｓ2． Ｃ在Ａ上滑行的时间ｔ1＝（ｖ0－ｖ）／ａ＝0.21ｓ． Ｃ在Ｂ上滑行的时间ｔ2＝（ｖ－ｖ2）／ａ＝0.28ｓ． 所求时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝0.21ｓ＋0.28ｓ＝0.49ｓ． 　　29．匀加速下滑时，受力如图1ａ，由牛顿第二定律，有： ｍｇｓｉｎθ－μｍｇｃｏｓθ＝ｍａ＝ｍｇｓｉｎθ／2， 　ｓｉｎθ／2＝μｃｏｓθ， 　得μ＝ｓｉｎθ／2ｃｏｓθ．图1静止时受力分析如图1ｂ，摩擦力有两种可能：①摩擦力沿斜面向下；②摩擦力沿斜面向上．摩擦力沿斜面向下时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＝ｆ＋ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ， 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ＋μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ－μｓｉｎθ）ｍｇ＝3ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ－ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　摩擦力沿斜面向上时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＋ｆ＝ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ． 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ－μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ＋μｓｉｎθ）ｍｇ＝ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ 2θ＋ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　30．解：（1）物体在两斜面上来回运动时，克服摩擦力所做的功Ｗｆ＝μｍｇｃｏｓ60°·ｓ总． 　物体从开始直到不再在斜面上运动的过程中ｍｇｈ－Ｗｆ＝0－ｍｖ02／2．解得ｓ总＝38ｍ． 　（2）物体最终是在Ｂ、Ｃ之间的圆弧上来回做变速圆周运动，且在Ｂ、Ｃ点时速度为零． 　（3）物体第一次通过圆弧最低点时，圆弧所受压力最大．由动能定理得ｍｇ［ｈ＋Ｒ（1－ｃｏｓ60°）］－μｍｇｃｏｓ60°／ｓｉｎ60°＝ｍ（ｖ12－ｖ02）／2， 由牛顿第二定律得　Ｎｍａｘ－ｍｇ＝ｍｖ12／Ｒ， 解得　Ｎｍａｘ＝54.5Ｎ． 　物体最终在圆弧上运动时，圆弧所受压力最小．由动能定理得ｍｇＲ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍｖ22／2，由牛顿第二定律得Ｎｍｉｎ－ｍｇ＝ｍｖ22／Ｒ，解得Ｎｍｉｎ＝20Ｎ． 　31．解：（1）设刹车后，平板车的加速度为ａ0，从开始刹车到车停止所经历时间为ｔ0，车所行驶距离为ｓ0，则有ｖ02＝2ａ0ｓ0，ｖ0＝ａ0ｔ0． 　欲使ｔ0小，ａ0应该大，作用于木箱的滑动摩擦力产生的加速度ａ1＝μｍｇ／ｍ＝μｇ． 　当ａ0＞ａ1时，木箱相对车底板滑动，从刹车到车停止过程中木箱运动的路程为ｓ1，则ｖ02＝2ａ2ｓ1． 　为使木箱不撞击驾驶室，应有ｓ1－ｓ0≤Ｌ． 　联立以上各式解得：ａ0≤μｇｖ02／（ｖ02－2μｇＬ）＝5ｍ／ｓ2， 　∴　ｔ0＝ｖ0／ａ0＝4.4ｓ． 　（2）对平板车，设制动力为Ｆ，则Ｆ＋ｋ（Ｍ＋ｍ）ｇ－μｍｇ＝Ｍａ0，解得：Ｆ＝7420Ｎ． 　32．解：对系统ａ0＝［Ｆ－μｇ（ｍ1＋ｍ2）］／（ｍ1＋ｍ2）＝1ｍ／ｓ2． 　对木块1，细绳断后：│ａ1│＝ｆ1／ｍ1＝μｇ＝1ｍ／ｓ2． 　设细绳断裂时刻为ｔ1，则木块1运动的总位移： 　ｓ1＝2ａ0ｔ12／2＝ａ0ｔ12． 　对木块2，细绳断后，ａ2＝（Ｆ－μｍ2ｇ）／ｍ2＝2ｍ／ｓ2． 木块2总位移 　ｓ2＝ｓ′＋ｓ″＝ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2， 两木块位移差Δｓ＝ｓ2－ｓ1＝22（ｍ）． 得　ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2－ａ0ｔ12＝22， 把ａ0，ａ2值，ｖ1＝ａ0ｔ1代入上式整理得： 　ｔ12＋12ｔ1－28＝0，得ｔ1＝2ｓ． 木块2末速ｖ2＝ｖ1＋ａ2（6－ｔ1）＝ａ0ｔ1＋ａ2（6－ｔ1）＝10ｍ／ｓ． 此时动能Ｅｋ＝ｍ2ｖ22／2＝2×102／2Ｊ＝100Ｊ． 　33．解：（1）由动量守恒定律，ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ′，且有ｍ∶Ｍ＝1∶3， ∴　Ａ、Ｂ共同速度ｖ′＝ｍｖ0／（ｍ＋Ｍ）＝1ｍ／ｓ． 　（2）由动能定理，对全过程应有 　μｍｇ·2Ｌ＝ｍｖ02／2－（ｍ＋Ｍ）ｖ′2／2， 　4μｇＬ＝ｖ02－4ｖ′2，μ＝（ｖ02－4ｖ′2 ）／4ｇＬ＝0.3． 　（3）先求Ａ与Ｂ挡板碰前Ａ的速度ｖ10，以及木板Ｂ相应速度ｖ20，取从Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板相碰前过程为研究对象，依动量守恒与动能定理有以下两式成立：ｍｖ0＝ｍｖ10＋Ｍｖ20， 　ｍｖ02／2－ｍｖ102／2－Ｍｖ202／2＝μｍｇＬ． 代入数据得　ｖ10＋3ｖ20＝4，ｖ102＋3ｖ202＝10， 解以上两式可得　ｖ10＝（2±3）／2ｍ／ｓ．因Ａ与Ｂ挡板碰前速度不可能取负值，故ｖ10＝（2＋3）／2ｍ／ｓ．相应解出ｖ20＝（2－）／2ｍ／ｓ＝0.3ｍ／ｓ． 　木板Ｂ此过程为匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得μｍｇ＝Ｍａ1，ａ1＝μｍｇ／Ｍ＝1（ｍ／ｓ2）． 此过程经历时间ｔ1由下式求出 　ｖ20＝ａ1ｔ1，ｔ1＝ｖ20／ａ1＝0.3（ｓ）． 其速度图线为图2中0～0.3ｓ段图线ａ． 　再求Ａ与Ｂ挡板碰后，木板Ｂ的速度ｖ2与木块Ａ的速度ｖ1，为方便起见取Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板碰撞后瞬间过程为研究对象，依动量守恒定律与动能定理有以下两式成立： ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2，ｍｖ02／2－ｍｖ12／2－Ｍｖ22／2＝μｍｇＬ． 故解为　ｖ1＝（2±3）／2ｍ／ｓ． 因ｖ1＝（2＋3）／2ｍ／ｓ为碰前速度，故取ｖ1＝（2－3）／2ｍ／ｓ，相应得ｖ2＝2＋2ｍ／ｓ＝1.7ｍ／ｓ． 由于ｖ1＜0，即木块相对Ｂ向左滑动，Ａ受Ｂ摩擦力向右，Ｂ受Ａ摩擦力向左，故Ｂ做匀减速直线运动，加速度大小由牛顿第二定律，得ａ＝μｍｇ／Ｍ＝1ｍ／ｓ2． 　从碰后到Ａ滑到Ｂ最左端过程中，Ｂ向右做匀减速直线运动时间设为ｔ2，则ｖ′－ｖ2＝－ａｔ2， ∴　ｔ2＝0.7ｓ． 　此过程速度图线如图2中0.3ｓ～1.0ｓ段图线ｂ．图2　　34．解：设ｍ1、ｍ2两物体受恒力Ｆ作用后，产生的加速度分别为ａ1、ａ2，由牛顿第二定律Ｆ＝ｍａ，得 　ａ1＝Ｆ／ｍ1，ａ2＝Ｆ／ｍ2， 　历时ｔ两物体速度分别为ｖ1＝ａ1ｔ，ｖ2＝ｖ0＋ａ2ｔ，由题意令ｖ1＝ｖ2，即ａ1ｔ＝ｖ0＋ａ2ｔ或（ａ1－ａ2）ｔ＝ｖ0，因ｔ≠0、ｖ0＞0，欲使上式成立，需满足ａ1－ａ2＞0，即Ｆ／ｍ1＞Ｆ／ｍ2，或ｍ1＜ｍ2，也即当ｍ1≥ｍ2时不可能达到共同速度，当ｍ1＜ｍ2时，可以达到共同速度． 　35．解：（1）当小球刚好能在轨道内做圆周运动时，水平初速度ｖ最小，此时有ｍｇ＝ｍｖ2／Ｒ， 故　ｖ＝＝＝2ｍ／ｓ． 　 （2）若初速度ｖ′＜ｖ，小球将做平抛运动，如在其竖直位移为Ｒ的时间内，其水平位移ｓ≥Ｒ，小球可进入轨道经过Ｂ点．设其竖直位移为Ｒ时，水平位移也恰为R，则Ｒ＝ｇｔ2／2，Ｒ＝ｖ′ｔ，解得：ｖ′＝／2＝ｍ／ｓ． 因此，初速度满足2ｍ／ｓ＞ｖ′≥ｍ／ｓ时，小球可做平抛运动经过Ｂ点． 　36．卫星在天空中任何天体表面附近运行时，仅受万有引力Ｆ作用使卫星做圆周运动，运动半径等于天体的球半径Ｒ．设天体质量为Ｍ，卫星质量为ｍ，卫星运动周期为Ｔ，天体密度为ρ．根据万有引力定律Ｆ＝ＧＭｍ／Ｒ2， 卫星做圆周运动向心力Ｆ′＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2， 因为 　Ｆ′＝Ｆ，得ＧＭｍ／Ｒ2＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2，∴Ｔ＝． 　又球体质量Ｍ＝4πＲ3ρ／3． 得Ｔ＝=，∴Ｔ∝1／，得证． 　37．解：由于两球相碰满足动量守恒 　　ｍ1ｖ0＝ｍ1ｖ1＋ｍ2ｖ2，ｖ1＝－1.3ｍ／ｓ． 　两球组成系统碰撞前后的总动能Ｅｋ1＋Ｅｋ2＝ｍ1ｖ02／2＋0＝2.5Ｊ， 　Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＝ｍ1ｖ12／2＋ｍ2ｖ22／2＝2.8Ｊ． 　可见，Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＞Ｅｋ1＋Ｅｋ2，碰后能量较碰撞前增多了，违背了能量守恒定律，这种假设不合理． 　38．解：（1）由动量守恒，得ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2， 由运动学公式得ｓ＝（ｖ1－ｖ2）ｔ，ｈ＝ｇｔ2／2， 由以上三式得ｖ2＝（ｍｖ0－ｓｍ）／（Ｍ＋ｍ）． 　（2）最后车与物体以共同的速度ｖ向右运动，故有 　ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖｖ＝ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）． ∴ΔＥ＝ｍｖ02／2＋ｍｇｈ－（Ｍ＋ｍ）ｍ2ｖ02／2（Ｍ＋ｍ）2． 解得ΔＥ＝ｍｇｈ＋Ｍｍｖ02／2（Ｍ＋ｍ）． 　39．解：设碰前Ａ、Ｂ有共同速度ｖ时，Ｍ前滑的距离为ｓ．则ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ，ｆｓ＝Ｍｖ2／2，ｆ＝μｍｇ． 　由以上各式得　ｓ＝Ｍｍｖ02／2μｇ（Ｍ＋ｍ）2． 　当ｖ0＝2ｍ／ｓ时，ｓ＝2／9ｍ＜0.5ｍ，即Ａ、Ｂ有共同速度．当ｖ0＝4ｍ／ｓ时，ｓ＝8／9ｍ＞0.5ｍ，即碰前Ａ、Ｂ速度不同． 　 40．解：（1）物体由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者系统水平方向动量守恒得：ｍｖ0＝ｍｖ0／2＋2ｍｖＡＢ． 解之得　ｖＡＢ＝ｖ0／4． 　（2）物块由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者功能关系得：μｍｇＬ＝ｍｖ02／2－ｍ（ｖ0／2）2／2－2ｍ（ｖ0／4）2／2． 解之得　Ｌ＝5ｖ02／16μｇ． 　（3）物块由Ｄ滑到Ｃ的过程中，二者系统水平方向动量守恒，又因为物块到达最高点Ｃ时，物块与滑块速度相等且水平，均为ｖ． 故得　ｍｖ0／2＋ｍｖ0／4＝2ｍｖ， ∴　得滑块的动能ＥＣＤ＝ｍｖ2／2＝9ｍｖ02／128． 　41．解：（1）Ｂ从ｖ0减速到速度为零的过程，Ｃ静止，Ｂ的位移：ｓ1＝ｖ02／2μｇ． 　所用的时间：ｔ1＝ｖ0／μｇ． 　此后Ｂ与Ｃ一起向右做加速运动，Ａ做减速运动，直到相对静止，设所用时间为ｔ2，共同速度为ｖ． 　对Ａ、Ｂ、Ｃ，由动量守恒定律得 　ｍＡ·2ｖ0－ｍＢｖ0＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ， ∵　ｍＡ＝ｍＢ＝ｍＣ，∴　ｖ＝ｖ0／3． 　对Ｂ与Ｃ，向右加速运动的加速度 　ａ＝μｍＡｇ／（ｍＢ＋ｍＣ）＝μｇ／2，∴ｔ2＝ｖ／ａ＝2ｖ0／3μｇ． Δｔ内Ｂ向右移动的位移ｓ2＝ｖｔ2／2＝ｖ02／9μｇ， 故总路程ｓ＝ｓ1＋ｓ2＝11ｖ02／18μｇ，总时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝5ｖ0／3μｇ． 　（2）设车的最小长度为Ｌ，则相对静止时Ａ、Ｂ刚好接触，由能量守恒得 　ｍＡ（2ｖ0）2／2＋ｍＢｖ02／2＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ2／2＋μｍＢｇｓ1＋μｍＡｇ（Ｌ－ｓ1）， 联立解得Ｌ＝7ｖ02／3μｇ． 　42．解：（1）ｍ速度最大的位置应在O点左侧．因为细线烧断后，ｍ在弹簧弹力和滑动摩擦力的合力作用下向右做加速运动，当弹力与摩擦力的合力为零时，ｍ的速度达到最大，此时弹簧必处于压缩状态．此后，系统的机械能不断减小，不能再达到这一最大速度． 　（2）选ｍ、Ｍ为一系统，由动量守恒定律得 　ｍｖ1＝Ｍｖ2． 　设这一过程中弹簧释放的弹性势能为Ｅｐ，则 　Ｅｐ＝ｍｖ12／2＋Ｍｖ22／2＋μｍｇｓ， 解得　ｖ2＝ｍｖ1／Ｍ，Ｅｐ＝ｍ［（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2Ｍ＋μｇｓ］． 　（2）ｍ与Ｍ最终将静止，因为系统动量守恒，且总动量为零，只要ｍ与Ｍ间有相对运动，就要克服摩擦力做功，不断消耗能量，所以，ｍ与Ｍ最终必定都静止． 　43．解：（1）第一颗子弹射入木块过程，系统动量守恒，有 　ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ1． 　射入后，在ＯＢＣ运动过程中，机械能守恒，有 　（ｍ＋Ｍ）ｖ12／2＝（ｍ＋Ｍ）ｇＲ，得ｖ0＝（Ｍ＋ｍ） ／ｍ． 　（2）由动量守恒定律知，第2、4、6……颗子弹射入木块后，木块速度为0，第1、3、5……颗子弹射入后，木块运动．当第9颗子弹射入木块时，由动量守恒得： 　ｍｖ0＝（9ｍ＋Ｍ）ｖ9， 　设此后木块沿圆弧上升最大高度为Ｈ，由机械能守恒定律得：（9ｍ＋Ｍ）ｖ92／2＝（9ｍ＋Ｍ）ｇＨ， 由以上可得：Ｈ＝［（Ｍ＋ｍ）／（Ｍ＋9ｍ）］2Ｒ． 　44．解：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动ｓ，速度变为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．由动能定理 　－μＭｇｓ＝0－ｍｖ02／2，ｓ＝ｍｖ02／2μＭｇ＝0.33ｍ． 　（2）假如平板车在第二次碰墙前还未和滑块相对静止，则其速度的大小肯定还是2ｍ／ｓ，因为只要相对运动，摩擦力大小为恒值．滑块速度则大于2ｍ／ｓ，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰墙前肯定已和滑块具有共同速度ｖ．此即平板车碰墙前瞬间的速度． 　Ｍｖ0－ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， ∴ｖ＝（Ｍ－ｍ）ｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝0.4ｍ／ｓ．图3　（3）平板车与墙壁第一次碰撞后滑块与平板又达到共同速度ｖ前的过程，可用图3（ａ）、（ｂ）、（ｃ）表示．图3（ａ）为平板车与墙碰撞后瞬间滑块与平板车的位置，图3（ｂ）为平板车到达最左端时两者的位置，图3（ｃ）为平板车与滑块再次达到共同速度时两者的位置．在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功μΜｇｓ′，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功μＭｇｓ″（平板车从Ｂ到Ａ再回到Ｂ的过程中摩擦力做功为零），其中ｓ′、ｓ″分别为滑块和平板车的位移．滑块和平板车动能总减少为μＭｇｌ1，其中ｌ1＝ｓ′＋ｓ″为滑块相对平板车的位移，此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为ｌ，则有（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2＝μＭｇｌ，ｌ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2μＭｇ＝0.833ｍ． ｌ即为平板车的最短长度．图4 　　45．解：如图4，Ａ球从静止释放后将自由下落至Ｃ点悬线绷直，此时速度为ｖＣ ∵　ｖＣ2＝2ｇ×2Ｌｓｉｎ30°， ∴　ｖＣ＝＝2ｍ／ｓ． 　在线绷直的过程中沿线的速度分量减为零时，Ａ将以切向速度ｖ1沿圆弧运动且 　ｖ1＝ｖＣｃｏｓ30°＝ｍ／ｓ． 　Ａ球从Ｃ点运动到最低点与Ｂ球碰撞前机械能守恒，可求出Ａ球与Ｂ球碰前的速度 　ｍＡｖ12／2＋ｍＡｇＬ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍＡｖ22／2， 　ｖ2＝==ｍ／ｓ． 　因Ａ、Ｂ两球发生无能量损失的碰撞且ｍＡ＝ｍＢ，所以它们的速度交换，即碰后Ａ球的速度为零，Ｂ球的速度为ｖ2＝（ｍ／ｓ）．对Ｂ球和小车组成的系统水平方向动量守恒和机械能守恒，当两者有共同水平速度ｕ时，Ｂ球上升到最高点，设上升高度为ｈ． 　ｍＢｖ2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ，ｍＢｖ22／2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ2／2＋ｍＢｇｈ．解得ｈ＝3／16≈0.19ｍ． 　在Ｂ球回摆到最低点的过程中，悬线拉力仍使小车加速，当Ｂ球回到最低点时小车有最大速度ｖｍ，设小球Ｂ回到最低点时速度的大小为ｖ3，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 　ｍＢｖ2＝－ｍＢｖ3＋Ｍｖｍ，ｍＢｖ22／2＝ｍＢｖ32／2＋Ｍｖｍ2／2， 解得ｖｍ＝2ｍＢｖ2／（ｍ3＋Ｍ）＝／2ｍ／ｓ＝1.12ｍ／ｓ． 　46．解：（1）小球的角速度与运动的角速度必定相等，则有ｖ＝ωＲ＝ω． 　（2）人手所提供的功率应等于小球在运动过程中克服摩擦力做功的功率．即有Ｐ＝ｆｖ， ∴　ｆ＝Ｐ／ｖ＝Ｐ／ω． 　47．解：由于粘性物体与底板粘合的过程时间极短，冲击力远大于重力，在竖直方向近似动量守恒，开始静止时，有　ｍ1ｇ＝ｋｘｋ＝ｍ1ｇｘ． 　ｍ2下落Ｈ时的速度ｖ＝，ｍ2与ｍ1合在一起动量守恒，ｍ2ｖ＝（ｍ1＋ｍ2）ｖ′，ｖ′＝ｍ2ｖ／（ｍ1＋ｍ2）＝ｍ2／（ｍ1＋ｍ2）． 　设向下为正方向，ｍ1与ｍ2的整体受两个力，即重力（ｍ1＋ｍ2）ｇ和弹簧的平均拉力，则有平均拉力＝ｋｘ＋ｋｈ／2＝ｋ（2ｘ＋ｈ）／2，由动能定理得 ［－＋（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ＝0－（ｍ1＋ｍ2）ｖ2／2， 由以上各式得［ｍ1ｇ（2ｘ＋ｈ）／2ｘ－（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ 　＝（ｍ1＋ｍ2）·ｍ22·2ｇｈ／2（ｍ1＋ｍ2）2． 代入数值得ｈ＝0.3ｍ． 　48．解：ｍ与Ａ粘在一起后水平方向动量守恒，共同速度设为ｖ1，Ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ1， 得ｖ1＝Ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝2ｖ0 ／3． 　当弹簧压缩到最大时即有最大弹性势能Ｅ，此时系统中各物体有相同速度，设为ｖ2，由动量守恒定律 　2Ｍｖ0＝（2Ｍ＋ｍ）ｖ2，得ｖ2＝2Ｍｖ0／（2Ｍ＋ｍ）＝4ｖ0／5． 由能量守恒有 　Ｅ＝Ｍｖ02／2＋（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2－（2Ｍ＋ｍ）ｖ22／2， 解得Ｅ＝Ｍｖ02／30． 　49．解：（1）振子在平衡位置时，所受合力为零，设此时弹簧被压缩Δｘ：（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ＝ｋΔｘ，Δｘ＝5ｃｍ． 　开始释放时振子处在最大位移处，故振幅 　Ａ＝5ｃｍ＋5ｃｍ＝10ｃｍ． 　（2）由于开始时弹簧的伸长量恰等于振子在平衡位置时弹簧的压缩量，故弹性势能相等，设振子的最大速度为ｖ，从开始到平衡位置，根据机械能守恒定律， 得ｍｇ·Ａ＝ｍｖ2／2，∴ｖ＝＝1.4ｍ／ｓ， 即Ｂ的最大速率为1.4ｍ／ｓ． 　（3）在最高点，振子受到的重力和弹力方向相同，根据牛顿第二定律，得 　ａ＝［ｋΔｘ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ］／（ｍＡ＋ｍＢ）＝20ｍ／ｓ2， Ａ对Ｂ的作用力方向向下，其大小 　Ｎ1＝ｍＢａ－ｍＢｇ＝10Ｎ． 在最低点，振子受到的重力和弹力方向相反，根据牛顿第二定律，得ａ＝ｋ（Δｘ＋Ａ）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｍＡ＋ｍＢ＝20ｍ／ｓ2． Ａ对Ｂ的作用力方向向上，其大小 　Ｎ2＝ｍＢａ＋ｍＢｇ＝30Ｎ． 　39．一质量Ｍ＝2ｋｇ的长木板Ｂ静止于光滑水平面上，Ｂ的右端离竖直挡板0.5ｍ，现有一小物体Ａ（可视为质点）质量ｍ＝1ｋｇ，以一定速度ｖ0从Ｂ的左端水平滑上Ｂ，如图1－92所示，已知Ａ和Ｂ间的动摩擦因数μ＝0.2，Ｂ与竖直挡板的碰撞时间极短，且碰撞前后速度大小不变．①若ｖ0＝2ｍ／ｓ，要使Ａ最终不脱离Ｂ，则木板Ｂ的长度至少多长？②若ｖ0＝4ｍ／ｓ，要使Ａ最终不脱离Ｂ，则木板Ｂ又至少有多长？（ｇ取10ｍ／ｓ2）图1－92　　　　图1－932．解：在0～1ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知 　ａ１＝12ｍ／ｓ２， 由牛顿第二定律，得 　Ｆ－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ１，　　① 在0～2ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知ａ２＝－6ｍ／ｓ２， 因为此时物体具有斜向上的初速度，故由牛顿第二定律，得 　－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ２ ，　　② 　②式代入①式，得　Ｆ＝18Ｎ． 3．解：在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从Ａ到Ｂ需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为ｔ1，则 　（ｖ／2）ｔ１＋ｖ（ｔ－ｔ１）＝Ｌ， 所以　ｔ１＝2（ｖｔ－Ｌ）／ｖ＝（2×（2×6－10）／2）ｓ＝2ｓ． 为使物体从Ａ至Ｂ所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变．而　ａ＝ｖ／ｔ＝1ｍ／ｓ２．设物体从Ａ至Ｂ所用最短的时间为ｔ2，则 　（1／2）ａｔ2２＝Ｌ， 　ｔ2＝=＝2ｓ． 　ｖｍｉｎ＝ａｔ2＝1×2ｍ／ｓ＝2ｍ／ｓ． 传送带速度再增大1倍，物体仍做加速度为1ｍ／ｓ２的匀加速运动，从Ａ至Ｂ的传送时间为2ｍ／ｓ． 4．解：启动前Ｎ１＝ｍｇ， 　升到某高度时　Ｎ2＝（17／18）Ｎ１＝（17／18）ｍｇ， 　对测试仪　Ｎ2－ｍｇ′＝ｍａ＝ｍ（ｇ／2）， 　∴　ｇ′＝（8／18）ｇ＝（4／9）ｇ， 　ＧｍＭ／Ｒ2＝ｍｇ，ＧｍＭ／（Ｒ＋ｈ）2＝ｍｇ′，解得：ｈ＝（1／2）Ｒ． 5．解：由匀加速运动的公式　ｖ２＝ｖ０２＋2ａｓ 　得物块沿斜面下滑的加速度为 　ａ＝ｖ2／2ｓ＝1．42／（2×1．4）＝0．7ｍｓ－２， 由于ａ＜ｇｓｉｎθ＝5ｍｓ－２， 　可知物块受到摩擦力的作用．图3　分析物块受力，它受3个力，如图3．对于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，由牛顿定律有 　ｍｇｓｉｎθ－ｆ１＝ｍａ， 　ｍｇｃｏｓθ－Ｎ１＝0， 　分析木楔受力，它受5个力作用，如图3所示．对于水平方向，由牛顿定律有 　ｆ2＋ｆ１ｃｏｓθ－Ｎ１ｓｉｎθ＝0， 　由此可解得地面的作用于木楔的摩擦力 　ｆ2＝ｍｇｃｏｓθｓｉｎθ－（ｍｇｓｉｎθ－ｍａ）ｃｏｓθ＝ｍａｃｏｓθ＝1×0．7×（ ／2）＝0．61Ｎ． 　此力的方向与图中所设的一致（由指向）． 6．解：（1）飞机原先是水平飞行的，由于垂直气流的作用，飞机在竖直方向上的运动可看成初速度为零的匀加速直线运动，根据　ｈ＝（1／2）ａｔ２，得ａ＝2ｈ／ｔ２，代入ｈ＝1700ｍ，ｔ＝10ｓ，得 　ａ＝（2×1700／10２）（ｍ／ｓ２）＝34ｍ／ｓ２，方向竖直向下． 　（2）飞机在向下做加速运动的过程中，若乘客已系好安全带，使机上乘客产生加速度的力是向下重力和安全带拉力的合力．设乘客质量为ｍ，安全带提供的竖直向下拉力为Ｆ，根据牛顿第二定律　Ｆ＋ｍｇ＝ｍａ，得安全带拉力 　　Ｆ＝ｍ（ａ－ｇ）＝ｍ（34－10）Ｎ＝24ｍ（Ｎ）， ∴　安全带提供的拉力相当于乘客体重的倍数 　ｎ＝Ｆ／ｍｇ＝24ｍＮ／ｍ·10Ｎ＝2．4（倍）． 　（3）若乘客未系安全带，飞机向下的加速度为34ｍ／ｓ２，人向下加速度为10ｍ／ｓ２，飞机向下的加速度大于人的加速度，所以人对飞机将向上运动，会使头部受到严重伤害． 7．解：设月球表面重力加速度为ｇ，根据平抛运动规律，有 　ｈ＝（1／2）ｇｔ２，　　① 　水平射程为　　　Ｌ＝ｖ０ｔ，　　② 　联立①②得ｇ＝2ｈｖ０２／Ｌ２．　　③ 　根据牛顿第二定律，得　ｍｇ＝ｍ（2π／Ｔ）２Ｒ，　　④ 　联立③④得　Ｔ＝（πＬ／ｖ０ｈ）．　　⑤ 8．解：前2秒内，有Ｆ－ｆ＝ｍａ１，ｆ＝μＮ，Ｎ＝ｍｇ，则 　ａ１＝（Ｆ－μｍｇ）／ｍ＝4ｍ／ｓ２，ｖｔ＝ａ１ｔ＝8ｍ／ｓ， 　撤去Ｆ以后　ａ２＝ｆ／ｍ＝2ｍ／ｓ，ｓ＝ｖ１２／2ａ２＝16ｍ． 9．解：（1）用力斜向下推时，箱子匀速运动，则有 　Ｆｃｏｓθ＝ｆ，ｆ＝μＮ，Ｎ＝Ｇ＋Ｆｓｉｎθ， 　联立以上三式代数据，得　Ｆ＝1．2×10２Ｎ． 　（2）若水平用力推箱子时，据牛顿第二定律，得Ｆ合＝ｍａ，则有 　Ｆ－μＮ＝ｍａ，Ｎ＝Ｇ， 　联立解得　ａ＝2．0ｍ／ｓ２． 　ｖ＝ａｔ＝2．0×3．0ｍ／ｓ＝6．0ｍ／ｓ， 　ｓ＝（1／2）ａｔ２＝（1／2）×2．0×3．0２ｍ／ｓ＝9．0ｍ， 　推力停止作用后　ａ′＝ｆ／ｍ＝4．0ｍ／ｓ２（方向向左）， 　ｓ′＝ｖ２／2ａ′＝4．5ｍ， 　则　ｓ总＝ｓ＋ｓ′＝13．5ｍ． 10．解：根据题中说明，该运动员发球后，网球做平抛运动．以ｖ表示初速度，Ｈ表示网球开始运动时离地面的高度（即发球高度），ｓ１表示网球开始运动时与网的水平距离（即运动员离开网的距离），ｔ１ 表示网球通过网上的时刻，ｈ表示网球通过网上时离地面的高度，由平抛运动规律得到 　ｓ１＝ｖｔ１，Ｈ－ｈ＝（1／2）ｇｔ１２， 消去ｔ１，得　　ｖ＝ｍ／ｓ，ｖ≈23ｍ／ｓ． 　以ｔ２表示网球落地的时刻，ｓ２表示网球开始运动的地点与落地点的水平距离，ｓ表示网球落地点与网的水平距离，由平抛运动规律得到 　Ｈ＝（1／2）ｇｔ２２，ｓ２＝ｖｔ２， 消去ｔ２，得ｓ２＝ｖ≈16ｍ， 　网球落地点到网的距离　ｓ＝ｓ２－ｓ１≈4ｍ． 11．解：（1）设卫星质量为ｍ，它在地球附近做圆周运动，半径可取为地球半径Ｒ，运动速度为ｖ，有 　ＧＭｍ／Ｒ２＝ｍｖ２／Ｒ　得ｖ＝． 　（2）由（1）得： 　Ｍ＝ｖ２Ｒ／Ｇ＝＝6．0×1024ｋｇ． 12．解：对物块：Ｆ１－μｍｇ＝ｍａ１， 　6－0．5×1×10＝1·ａ１，ａ１＝1．0ｍ／ｓ2， 　ｓ１＝（1／2）ａ１ｔ2＝（1／2）×1×0．42＝0．08ｍ， 　ｖ１＝ａ１ｔ＝1×0．4＝0．4ｍ／ｓ， 　对小车：Ｆ２－μｍｇ＝Ｍａ２， 　9－0．5×1×10＝2ａ２，ａ２＝2．0ｍ／ｓ2， 　ｓ２＝（1／2）ａ２ｔ2＝（1／2）×2×0．42＝0．16ｍ， 　ｖ２＝ａ２ｔ＝2×0．4＝0．8ｍ／ｓ， 　撤去两力后，动量守恒，有Ｍｖ２－ｍｖ１＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， 　ｖ＝0．4ｍ／ｓ（向右）， ∵　（（1／2）ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2）－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ2＝μｍｇｓ３， 　ｓ３＝0．096ｍ， ∴　ｌ＝ｓ１＋ｓ２＋ｓ３＝0．336ｍ． 13．解：设木块到Ｂ时速度为ｖ０，车与船的速度为ｖ１，对木块、车、船系统，有 　ｍ１ｇｈ＝（ｍ１ｖ０2／2）＋（（ｍ２＋ｍ３）ｖ１2／2）， 　ｍ１ｖ０＝（ｍ２＋ｍ３）ｖ１， 解得　ｖ０＝5，ｖ１＝． 　木块到Ｂ后，船以ｖ１继续向左匀速运动，木块和车最终以共同速度ｖ２向右运动，对木块和车系统，有 　ｍ１ｖ０－ｍ２ｖ１＝（ｍ１＋ｍ２）ｖ２， 　μｍ１ｇｓ＝（（ｍ１ｖ０2／2）＋（ｍ２ｖ１2／2））－（（ｍ１＋ｍ２）ｖ２2 ／2）， 得　ｖ２＝ｖ１＝，ｓ＝2ｈ． 14．解：（1）小球的角速度与手转动的角速度必定相等均为ω．设小球做圆周运动的半径为ｒ，线速度为ｖ．由几何关系得　ｒ＝，ｖ＝ω·ｒ，解得　　 　　ｖ＝ω． 　（2）设手对绳的拉力为Ｆ，手的线速度为ｖ，由功率公式得　Ｐ＝Ｆｖ＝Ｆ·ωＲ， ∴　Ｆ＝Ｐ／ωＲ．图4　研究小球的受力情况如图4所示，因为小球做匀速圆周运动，所以切向合力为零，即 　Ｆｓｉｎθ＝ｆ， 其中　ｓｉｎθ＝Ｒ／， 　联立解得　ｆ＝Ｐ／ω． 15．解：（1）用ｖ１表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由于子弹射入木块Ｃ时间极短，系统动量守恒，有 　ｍｖ０＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１， 　∴　ｖ１＝ｍｖ０／（ｍ＋Ｍ）＝3ｍ／ｓ， 　子弹和木块Ｃ在ＡＢ木板上滑动，由动能定理得： 　（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ２２－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ１２＝－μ（ｍ＋Ｍ）ｇＬ， 　解得　ｖ２＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）用ｖ′表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由动量守恒定律，得　ｍｖ０′＋Ｍｕ＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１′，解得　ｖ１′＝4ｍ／ｓ． 　木块Ｃ及子弹在ＡＢ木板表面上做匀减速运动　ａ＝μｇ．设木块Ｃ和子弹滑至ＡＢ板右端的时间为ｔ，则木块Ｃ和子弹的位移ｓ１＝ｖ１′ｔ－（1／2）ａｔ2， 　由于ｍ车≥（ｍ＋Ｍ），故小车及木块ＡＢ仍做匀速直线运动，小车及木板ＡＢ的位移　ｓ＝ｕｔ，由图5可知：ｓ１＝ｓ＋Ｌ， 　联立以上四式并代入数据得： 　ｔ2－6ｔ＋1＝0， 　解得：ｔ＝（3－2）ｓ，（ｔ＝（3＋2）ｓ不合题意舍去），　　（11） 　∴　ｓ＝ｕｔ＝0．18ｍ． 16．解：（1）设Ａ滑上Ｂ后达到共同速度前并未碰到档板，则根据动量守恒定律得它们的共同速度为ｖ，有图5　ｍｖ０＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝2ｍ／ｓ，在这一过程中，Ｂ的位移为ｓＢ＝ｖＢ2／2ａＢ且ａＢ＝μｍｇ／Ｍ，解得ｓＢ＝Ｍｖ2／2μｍｇ＝2×22／2×0．2×1×10＝2ｍ． 　设这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ１，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ１＝（1／2）ｍｖ０2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得ｓ１＝6ｍ． 　当ｓ＝4ｍ时，Ａ、Ｂ达到共同速度ｖ＝2ｍ／ｓ后再匀速向前运动2ｍ碰到挡板，Ｂ碰到竖直挡板后，根据动量守恒定律得Ａ、Ｂ最后相对静止时的速度为ｖ′，则 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′， 解得　ｖ′＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ２，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ２＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　ｓ２＝2．67ｍ． 　因此，Ａ、Ｂ最终不脱离的木板最小长度为ｓ１＋ｓ２＝8．67ｍ 　（2）因Ｂ离竖直档板的距离ｓ＝0．5ｍ＜2ｍ，所以碰到档板时，Ａ、Ｂ未达到相对静止，此时Ｂ的速度ｖＢ为 　ｖＢ2＝2ａＢｓ＝（2μｍｇ／Ｍ）ｓ，解得　ｖＢ＝1ｍ／ｓ， 　设此时Ａ的速度为ｖＡ，根据动量守恒定律，得 　ｍｖ０＝ＭｖＢ＋ｍｖＡ，解得ｖＡ＝4ｍ／ｓ， 　设在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移为ｓ１′，根据动能定理得： 　μｍｇｓ１′＝（1／2）ｍｖ０2－（（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）ＭｖＢ2）， 　解得　ｓ１′＝4．5ｍ． 　Ｂ碰撞挡板后，Ａ、Ｂ最终达到向右的相同速度ｖ，根据动能定理得ｍｖＡ－ＭｖＢ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ２′为 　μｍｇｓ２′＝（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得　ｓ２′＝（25／6）ｍ． 　Ｂ再次碰到挡板后，Ａ、Ｂ最终以相同的速度ｖ′向左共同运动，根据动量守恒定律，得 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′，解得　ｖ′＝（2／9）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ３′为： 　μｍｇｓ３′＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　　　　ｓ３′＝（8／27）ｍ． 　因此，为使Ａ不从Ｂ上脱落，Ｂ的最小长度为ｓ１′＋ｓ２′＋ｓ３′＝8．96ｍ． 17．解：（1）Ｂ与Ａ碰撞后，Ｂ相对于Ａ向左运动，Ａ所受摩擦力方向向左，Ａ的运动方向向右，故摩擦力作负功．设Ｂ与Ａ碰撞后的瞬间Ａ的速度为ｖ１，Ｂ的速度为ｖ２ ，Ａ、Ｂ相对静止后的共同速度为ｖ，整个过程中Ａ、Ｂ组成的系统动量守恒，有 　Ｍｖ０＝（Ｍ＋1．5Ｍ）ｖ，ｖ＝2ｖ０／5． 　碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功，即 　Ｍｖ２＋1．5Ｍｖ１＝2．5Ｍｖ，　　① 　（1／2）×1．5Ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2－（1／2）×2．5Ｍｖ2＝Ｍμｇｌ，　　② 可解出ｖ１＝（1／2）ｖ０（另一解ｖ１＝（3／10）ｖ０因小于ｖ而舍去） 　这段过程中，Ａ克服摩擦力做功 　Ｗ＝（1／2）×1．5Ｍｖ１2－（1／2）×1．5Ｍｖ2＝（27／400）Ｍｖ０2（0．068Ｍｖ０2）． 　（2）Ａ在运动过程中不可能向左运动，因为在Ｂ未与Ａ碰撞之前，Ａ受到的摩擦力方向向右，做加速运动，碰撞之后Ａ受到的摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后，速度仍向右，因此不可能向左运动． 　Ｂ在碰撞之后，有可能向左运动，即ｖ２＜0． 　先计算当ｖ２＝0时满足的条件，由①式，得 　ｖ１＝（2ｖ０／3）－（2ｖ２／3），当ｖ２＝0时，ｖ１＝2ｖ０／3，代入②式，得 　（（1／2）×1．5Ｍ4ｖ０2／9）－（（1／2）×2．5Ｍ4ｖ０2／25）＝Ｍμｇｌ， 解得　μｇｌ＝2ｖ０2／15． 　Ｂ在某段时间内向左运动的条件之一是μｌ＜2ｖ０2／15ｇ． 　另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即 　（1／2）Ｍｖ０2－（1／2）2．5Ｍ（2ｖ０／5）2≥2Ｍμｇｌ， 　解出另一个条件是　μｌ≤3ｖ０2／20ｇ， 　最后得出Ｂ在某段时间内向左运动的条件是 　2ｖ０2／15ｇ＜μｌ≤3ｖ０2／20ｇ． 18．解：（1）以警车为研究对象，由动能定理． 　－μｍｇ·ｓ＝（1／2）ｍｖ2－（1／2）ｍｖ０2， 　将ｖ０＝14．0ｍ／ｓ，ｓ＝14．0ｍ，ｖ＝0代入，得 　μｇ＝7．0ｍ／ｓ2， 　因为警车行驶条件与肇事汽车相同，所以肇事汽车的初速度ｖＡ＝＝21ｍ／ｓ． 　（2）肇事汽车在出事点Ｂ的速度 　ｖＢ＝＝14ｍ／ｓ， 　肇事汽车通过段的平均速度 　＝（ｖＡ＋ｖＢ）／2＝（21＋14）／2＝17．5ｍ／ｓ． 　肇事汽车通过ＡＢ段的时间 　ｔ２＝ＡＢ／＝（31．5－14．0）／17．5＝1ｓ． 　∴　游客横过马路的速度 　ｖ人＝／（ｔ１＋ｔ２）＝（2．6／（1＋0．7））ｍ／ｓ＝1．53ｍ／ｓ． 19．解：（1）开始Ａ、Ｂ处于静止状态时，有 　ｋｘ０－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｓｉｎ30°＝0，　　① 　设施加Ｆ时，前一段时间Ａ、Ｂ一起向上做匀加速运动，加速度为ａ，ｔ＝0．2ｓ，Ａ、Ｂ间相互作用力为零，对Ｂ有： 　ｋｘ－ｍＢｇｓｉｎ30°＝ｍＢａ，　　② 　ｘ－ｘ０＝（1／2）ａｔ2 ，　　③ 　解①、②、③得： 　ａ＝5ｍｓ－2，ｘ０＝0．05ｍ，ｘ＝0．15ｍ， 　初始时刻Ｆ最小 　Ｆｍｉｎ＝（ｍＡ＋ｍＢ）ａ＝60Ｎ． 　ｔ＝0．2ｓ时，Ｆ最大 　Ｆｍａｘ－ｍＡｇｓｉｎ30°＝ｍＡａ， 　Ｆｍａｘ＝ｍＡ（ｇｓｉｎ30°＋ａ）＝100Ｎ， 　（2）ΔＥＰＡ＝ｍＡｇΔｈ＝ｍＡｇ（ｘ－ｘ０）ｓｉｎ30°＝5Ｊ． 20．解：当弹簧处于压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和．当弹簧伸长到其自然长度时，弹性势能为零，因这时滑块Ａ的速度为零，故系统的机械能等于滑块Ｂ的动能．设这时滑块Ｂ的速度为ｖ则有 　Ｅ＝（1／2）ｍ２ｖ2，　　① 由动量守恒定律（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ２ｖ，　　② 解得　Ｅ＝（1／2）（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２．　　③ 　假定在以后的运动中，滑块Ｂ可以出现速度为零的时刻，并设此时滑块Ａ的速度为ｖ１．这时，不论弹簧是处于伸长还是压缩状态，都具有弹性势能Ｅｐ．由机械能守恒定律得 　（1／2）ｍ１ｖ１2＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　④ 根据动量守恒　（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ１ｖ１，　　⑤ 求出ｖ１，代入④式得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑥ 因为Ｅｐ≥0，故得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）≤（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑦ 即　ｍ１≥ｍ２，与已知条件ｍ１＜ｍ２不符． 　可见滑块Ｂ的速度永不为零，即在以后的运动中，不可能出现滑动Ｂ的速度为零的情况． 21．解：设恰好物体相对圆盘静止时，弹簧压缩量为Δｌ，静摩擦力为最大静摩擦力ｆｍａｘ，这时物体处于临界状态，由向心力公式ｆｍａｘ－ｋΔｌ＝ｍＲｗ2，　　① 　假若物体向圆心移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ１－ｋ（Δｌ＋ｘ）＝ｍ（Ｒ－ｘ）ｗ2，　　② 　由①、②两式可得　ｆｍａｘ－ｆ１＝ｍｘｗ2－ｋｘ，　　③ 所以　ｍｘｗ2－ｋｘ≥0，得ｋ≤ｍｗ2，　　④ 　若物体向外移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ２－ｋ（Δｌ－ｘ）≥ｍ（Ｒ＋ｘ）ｗ2，　　⑤ 由①～⑥式得　ｆｍａｘ－ｆ２＝ｋｘ－ｍｘｗ2≥0，　　⑥ 所以　ｋ≥ｍｗ2，　　⑦ 即若物体向圆心移动，则ｋ≤ｍｗ2， 若物体向远离圆心方向移动，则ｋ≥ｍｗ2． 22．解：卫星环绕地球作匀速圆周运动，设卫星的质量为ｍ，轨道半径为ｒ，受到地球的万有引力为Ｆ， 　Ｆ＝ＧＭｍ／ｒ2，　　① 　式中Ｇ为万有引力恒量，Ｍ是地球质量． 　设ｖ是卫星环绕地球做匀速圆周运动的线速度，Ｔ是运动周期，根据牛顿第二定律，得 　Ｆ＝ｍｖ2 ／ｒ，　　② 　由①、②推导出　ｖ＝．　　③ 　③式表明：ｒ越大，ｖ越小． 　人造卫星的周期就是它环绕地球运行一周所需的时间Ｔ， 　Ｔ＝2πｒ／ｖ，　　④ 　由③、④推出　Ｔ＝2π，　　⑤ 　⑤式说明：ｒ越大，Ｔ越大．　23．证：设质点通过Ａ点时的速度为ｖＡ，通过Ｃ点时的速度为ｖＣ，由匀变速直线运动的公式得： ｓ1＝ｖＡＴ＋ａＴ2／2，ｓ3＝ｖＣＴ＋ａＴ2／2，ｓ3－ｓ1＝ｖＣＴ－ｖＡＴ． ∵　ｖＣ＝ｖＡ＋2ａＴ， ∴　ｓ3－ｓ1＝（ｖＡ－2ａＴ－ｖＡ）Ｔ＝2ａＴ2，ａ＝（ｓ3－ｓ1）／2Ｔ2． 　24．根据：如果在连续的相等的时间内的位移之差相等，则物体做匀变速运动．证明：设物体做匀速运动的初速度为ｖ0，加速度为ａ，第一个Ｔ内的位移为ｓ1＝ｖ0Ｔ＋ａＴ2／2；第二个Ｔ内的位移为ｓ2＝（ｖ0＋ａＴ）Ｔ＋ａＴ2／2；第Ｎ个Ｔ内的位移为ｓＮ＝［ｖ0＋（Ｎ－1）ａＴ］Ｔ＋ａＴ2／2．　ｓＮ－ｓＮ－1＝ａＴ2，逆定理也成立． 　25．解：由匀变速直线运动的公式得小物块的加速度的大小为ａ1＝（ｖ0－ｖｔ）／ｔ＝2（ｍ／ｓ2）．木板的加速度大小为ａ2＝2ｓ／ｔ2＝0.25（ｍ／ｓ2）． 根据牛顿第二定律　Ｆ＝ｍａ 对小物块得　ｆ′1＝ｍａ1＝1×2＝2Ｎ， 对木板得　ｆ1－μ（ｍ＋Ｍ）ｇ＝Ｍａ2， 　μ＝（ｆ1－Ｍａ2）／（ｍ＋Ｍ）ｇ＝（2－4×0.25）／（1＋4）×10＝0.02． 　26．解：假设金属块没有离开第一块长木板，移动的相对距离为ｘ，由动量守恒定律，得ｍｖ0＝3ｍｖ， 　ｍｖ02／2＝3ｍｖ2／2＋μｍｇｘ， 解得ｘ＝4ｍ／3＞Ｌ，不合理， ∴　金属块一定冲上第二块木板． 　以整个系统为研究对象，由动量定律及能量关系，当金属块在第一块木板上时ｍｖ0＝ｍｖ0′＋2ｍｖ1， 　ｍｖ02／2＝12ｍｖ0′2＋2ｍ·ｖ12／2＋μｍｇｌ． 　ｍｖ0＝ｍｖ1＋2ｍｖ2， 　ｍｖ02／2＝ｍｖ12／2＋2ｍ·ｖ22／2＋μｍｇ（ｌ＋ｘ）． 联立解得： 　ｖ1＝1／3ｍ／ｓ，ｖ2＝5／6ｍ／ｓ，ｘ＝0.25ｍ． 　27．解：当ｔ＝0时，ａＡ0＝9／3＝3ｍ／ｓ2，ａＢ0＝3／6＝0.5ｍ／ｓ2．ａＡ0＞ａＢ0，Ａ、Ｂ间有弹力，随ｔ之增加，Ａ、Ｂ间弹力在减小，当（9－2ｔ）／3＝（3＋2ｔ）／6，ｔ＝2.5ｓ时，Ａ、Ｂ脱离，以Ａ、Ｂ整体为研究对象，在ｔ＝2.5ｓ内，加速度ａ＝（ＦＡ＋ＦＢ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝4／3ｍ／ｓ2，ｓ＝ａｔ 2／2＝4.17ｍ． 　28．解：（1）由ｍＣｖ0＝ｍＣｖ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ1，Ｃ由Ａ滑至Ｂ时，Ａ、Ｂ的共同速度是 　ｖ1＝ｍＣ（ｖ0－ｖ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝0.2ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＡ＝ｍＣｖ02／2－ｍＣｖ2／2－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12／2， 得　μ＝［ｍＣ（ｖ02－ｖ2）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12］／2ｍＣｇｌＡ＝0.48． 　（2）由ｍＣｖ＋ｍＢｖ1＝（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ2，Ｃ相对Ｂ静止时，Ｂ、Ｃ的共同速度是ｖ2＝（ｍＣｖ＋ｍＢｖ1）／（ｍＣ＋ｍＢ）＝0.65ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＢ＝ｍＣｖ2／2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22／2， Ｃ在Ｂ上滑行距离为 　ｌＢ＝［ｍＣｖ2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22］／2μｍＣｇ＝0.25ｍ． 　（3）由μｍＣｇｓ＝ｍＢｖ22／2－ｍＢｖ12／2， Ｂ相对地滑行的距离ｓ＝［ｍＢ（ｖ22－ｖ12）］／2μｍＣｇ＝0.12ｍ． 　（4）Ｃ在Ａ、Ｂ上匀减速滑行，加速度大小由μｍＣｇ＝ｍＣａ，得ａ＝μｇ＝4.8ｍ／ｓ2． Ｃ在Ａ上滑行的时间ｔ1＝（ｖ0－ｖ）／ａ＝0.21ｓ． Ｃ在Ｂ上滑行的时间ｔ2＝（ｖ－ｖ2）／ａ＝0.28ｓ． 所求时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝0.21ｓ＋0.28ｓ＝0.49ｓ． 　　29．匀加速下滑时，受力如图1ａ，由牛顿第二定律，有： ｍｇｓｉｎθ－μｍｇｃｏｓθ＝ｍａ＝ｍｇｓｉｎθ／2， 　ｓｉｎθ／2＝μｃｏｓθ， 　得μ＝ｓｉｎθ／2ｃｏｓθ．图1静止时受力分析如图1ｂ，摩擦力有两种可能：①摩擦力沿斜面向下；②摩擦力沿斜面向上．摩擦力沿斜面向下时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＝ｆ＋ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ， 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ＋μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ－μｓｉｎθ）ｍｇ＝3ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ－ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　摩擦力沿斜面向上时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＋ｆ＝ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ． 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ－μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ＋μｓｉｎθ）ｍｇ＝ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ＋ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　30．解：（1）物体在两斜面上来回运动时，克服摩擦力所做的功Ｗｆ＝μｍｇｃｏｓ60°·ｓ总． 　物体从开始直到不再在斜面上运动的过程中ｍｇｈ－Ｗｆ＝0－ｍｖ02／2．解得ｓ总＝38ｍ． 　 （2）物体最终是在Ｂ、Ｃ之间的圆弧上来回做变速圆周运动，且在Ｂ、Ｃ点时速度为零． 　（3）物体第一次通过圆弧最低点时，圆弧所受压力最大．由动能定理得ｍｇ［ｈ＋Ｒ（1－ｃｏｓ60°）］－μｍｇｃｏｓ60°／ｓｉｎ60°＝ｍ（ｖ12－ｖ02）／2， 由牛顿第二定律得　Ｎｍａｘ－ｍｇ＝ｍｖ12／Ｒ， 解得　Ｎｍａｘ＝54.5Ｎ． 　物体最终在圆弧上运动时，圆弧所受压力最小．由动能定理得ｍｇＲ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍｖ22／2，由牛顿第二定律得Ｎｍｉｎ－ｍｇ＝ｍｖ22／Ｒ，解得Ｎｍｉｎ＝20Ｎ． 　31．解：（1）设刹车后，平板车的加速度为ａ0，从开始刹车到车停止所经历时间为ｔ0，车所行驶距离为ｓ0，则有ｖ02＝2ａ0ｓ0，ｖ0＝ａ0ｔ0． 　欲使ｔ0小，ａ0应该大，作用于木箱的滑动摩擦力产生的加速度ａ1＝μｍｇ／ｍ＝μｇ． 　当ａ0＞ａ1时，木箱相对车底板滑动，从刹车到车停止过程中木箱运动的路程为ｓ1，则ｖ02＝2ａ2ｓ1． 　为使木箱不撞击驾驶室，应有ｓ1－ｓ0≤Ｌ． 　联立以上各式解得：ａ0≤μｇｖ02／（ｖ02－2μｇＬ）＝5ｍ／ｓ2， 　∴　ｔ0＝ｖ0／ａ0＝4.4ｓ． 　（2）对平板车，设制动力为Ｆ，则Ｆ＋ｋ（Ｍ＋ｍ）ｇ－μｍｇ＝Ｍａ0，解得：Ｆ＝7420Ｎ． 　32．解：对系统ａ0＝［Ｆ－μｇ（ｍ1＋ｍ2）］／（ｍ1＋ｍ2）＝1ｍ／ｓ2． 　对木块1，细绳断后：│ａ1│＝ｆ1／ｍ1＝μｇ＝1ｍ／ｓ2． 　设细绳断裂时刻为ｔ1，则木块1运动的总位移： 　ｓ1＝2ａ0ｔ12／2＝ａ0ｔ12． 　对木块2，细绳断后，ａ2＝（Ｆ－μｍ2ｇ）／ｍ2＝2ｍ／ｓ2． 木块2总位移 　ｓ2＝ｓ′＋ｓ″＝ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2， 两木块位移差Δｓ＝ｓ2－ｓ1＝22（ｍ）． 得　ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2－ａ0ｔ12＝22， 把ａ0，ａ2值，ｖ1＝ａ0ｔ1代入上式整理得： 　ｔ12＋12ｔ1－28＝0，得ｔ1＝2ｓ． 木块2末速ｖ2＝ｖ1＋ａ2（6－ｔ1）＝ａ0ｔ1＋ａ2（6－ｔ1）＝10ｍ／ｓ． 此时动能Ｅｋ＝ｍ2ｖ22／2＝2×102／2Ｊ＝100Ｊ． 　33．解：（1）由动量守恒定律，ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ′，且有ｍ∶Ｍ＝1∶3， ∴　Ａ、Ｂ共同速度ｖ′＝ｍｖ0／（ｍ＋Ｍ）＝1ｍ／ｓ． 　（2）由动能定理，对全过程应有 　μｍｇ·2Ｌ＝ｍｖ02／2－（ｍ＋Ｍ）ｖ′2／2， 　4μｇＬ＝ｖ02－4ｖ′2，μ＝（ｖ02－4ｖ′2）／4ｇＬ＝0.3． 　（3）先求Ａ与Ｂ挡板碰前Ａ的速度ｖ10，以及木板Ｂ相应速度ｖ20，取从Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板相碰前过程为研究对象，依动量守恒与动能定理有以下两式成立：ｍｖ0＝ｍｖ10＋Ｍｖ20， 　ｍｖ02／2－ｍｖ102／2－Ｍｖ202／2＝μｍｇＬ． 代入数据得　ｖ10＋3ｖ20＝4，ｖ102＋3ｖ202＝10， 解以上两式可得　ｖ10＝（2±3）／2ｍ／ｓ．因Ａ与Ｂ挡板碰前速度不可能取负值，故ｖ10＝（2＋3）／2ｍ／ｓ．相应解出ｖ20＝（2－ ）／2ｍ／ｓ＝0.3ｍ／ｓ． 　木板Ｂ此过程为匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得μｍｇ＝Ｍａ1，ａ1＝μｍｇ／Ｍ＝1（ｍ／ｓ2）． 此过程经历时间ｔ1由下式求出 　ｖ20＝ａ1ｔ1，ｔ1＝ｖ20／ａ1＝0.3（ｓ）． 其速度图线为图2中0～0.3ｓ段图线ａ． 　再求Ａ与Ｂ挡板碰后，木板Ｂ的速度ｖ2与木块Ａ的速度ｖ1，为方便起见取Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板碰撞后瞬间过程为研究对象，依动量守恒定律与动能定理有以下两式成立： ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2，ｍｖ02／2－ｍｖ12／2－Ｍｖ22／2＝μｍｇＬ． 故解为　ｖ1＝（2±3）／2ｍ／ｓ． 因ｖ1＝（2＋3）／2ｍ／ｓ为碰前速度，故取ｖ1＝（2－3）／2ｍ／ｓ，相应得ｖ2＝2＋2ｍ／ｓ＝1.7ｍ／ｓ． 由于ｖ1＜0，即木块相对Ｂ向左滑动，Ａ受Ｂ摩擦力向右，Ｂ受Ａ摩擦力向左，故Ｂ做匀减速直线运动，加速度大小由牛顿第二定律，得ａ＝μｍｇ／Ｍ＝1ｍ／ｓ2． 　从碰后到Ａ滑到Ｂ最左端过程中，Ｂ向右做匀减速直线运动时间设为ｔ2，则ｖ′－ｖ2＝－ａｔ2， ∴　ｔ2＝0.7ｓ． 　此过程速度图线如图2中0.3ｓ～1.0ｓ段图线ｂ．图2　　34．解：设ｍ1、ｍ2两物体受恒力Ｆ作用后，产生的加速度分别为ａ1、ａ2，由牛顿第二定律Ｆ＝ｍａ，得 　ａ1＝Ｆ／ｍ1，ａ2＝Ｆ／ｍ2， 　历时ｔ两物体速度分别为ｖ1＝ａ1ｔ，ｖ2＝ｖ0＋ａ2ｔ，由题意令ｖ1＝ｖ2，即ａ1ｔ＝ｖ0＋ａ2ｔ或（ａ1－ａ2）ｔ＝ｖ0，因ｔ≠0、ｖ0＞0，欲使上式成立，需满足ａ1－ａ2＞0，即Ｆ／ｍ1＞Ｆ／ｍ2，或ｍ1＜ｍ2，也即当ｍ1≥ｍ2时不可能达到共同速度，当ｍ1＜ｍ2时，可以达到共同速度． 　35．解：（1）当小球刚好能在轨道内做圆周运动时，水平初速度ｖ最小，此时有ｍｇ＝ｍｖ2／Ｒ， 故　ｖ＝＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）若初速度ｖ′＜ｖ，小球将做平抛运动，如在其竖直位移为Ｒ的时间内，其水平位移ｓ≥Ｒ，小球可进入轨道经过Ｂ点．设其竖直位移为Ｒ时，水平位移也恰为R，则Ｒ＝ｇｔ2／2，Ｒ＝ｖ′ｔ，解得：ｖ′＝／2＝ｍ／ｓ． 因此，初速度满足2ｍ／ｓ＞ｖ′≥ｍ／ｓ时，小球可做平抛运动经过Ｂ点． 　 36．卫星在天空中任何天体表面附近运行时，仅受万有引力Ｆ作用使卫星做圆周运动，运动半径等于天体的球半径Ｒ．设天体质量为Ｍ，卫星质量为ｍ，卫星运动周期为Ｔ，天体密度为ρ．根据万有引力定律Ｆ＝ＧＭｍ／Ｒ2， 卫星做圆周运动向心力Ｆ′＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2， 因为 　Ｆ′＝Ｆ，得ＧＭｍ／Ｒ2＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2，∴Ｔ＝． 　又球体质量Ｍ＝4πＲ3ρ／3． 得Ｔ＝=，∴Ｔ∝1／，得证． 　37．解：由于两球相碰满足动量守恒 　　ｍ1ｖ0＝ｍ1ｖ1＋ｍ2ｖ2，ｖ1＝－1.3ｍ／ｓ． 　两球组成系统碰撞前后的总动能Ｅｋ1＋Ｅｋ2＝ｍ1ｖ02／2＋0＝2.5Ｊ， 　Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＝ｍ1ｖ12／2＋ｍ2ｖ22／2＝2.8Ｊ． 　可见，Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＞Ｅｋ1＋Ｅｋ2，碰后能量较碰撞前增多了，违背了能量守恒定律，这种假设不合理． 　38．解：（1）由动量守恒，得ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2， 由运动学公式得ｓ＝（ｖ1－ｖ2）ｔ，ｈ＝ｇｔ2／2， 由以上三式得ｖ2＝（ｍｖ0－ｓｍ）／（Ｍ＋ｍ）． 　（2）最后车与物体以共同的速度ｖ向右运动，故有 　ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖｖ＝ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）． ∴ΔＥ＝ｍｖ02／2＋ｍｇｈ－（Ｍ＋ｍ）ｍ2ｖ02／2（Ｍ＋ｍ）2． 解得ΔＥ＝ｍｇｈ＋Ｍｍｖ02／2（Ｍ＋ｍ）． 　39．解：设碰前Ａ、Ｂ有共同速度ｖ时，Ｍ前滑的距离为ｓ．则ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ，ｆｓ＝Ｍｖ2／2，ｆ＝μｍｇ． 　由以上各式得　ｓ＝Ｍｍｖ02／2μｇ（Ｍ＋ｍ）2． 　当ｖ0＝2ｍ／ｓ时，ｓ＝2／9ｍ＜0.5ｍ，即Ａ、Ｂ有共同速度．当ｖ0＝4ｍ／ｓ时，ｓ＝8／9ｍ＞0.5ｍ，即碰前Ａ、Ｂ速度不同． 　40．解：（1）物体由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者系统水平方向动量守恒得：ｍｖ0＝ｍｖ0／2＋2ｍｖＡＢ． 解之得　ｖＡＢ＝ｖ0／4． 　（2）物块由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者功能关系得：μｍｇＬ＝ｍｖ02／2－ｍ（ｖ0／2）2／2－2ｍ（ｖ0／4）2／2． 解之得　Ｌ＝5ｖ02／16μｇ． 　 （3）物块由Ｄ滑到Ｃ的过程中，二者系统水平方向动量守恒，又因为物块到达最高点Ｃ时，物块与滑块速度相等且水平，均为ｖ． 故得　ｍｖ0／2＋ｍｖ0／4＝2ｍｖ， ∴　得滑块的动能ＥＣＤ＝ｍｖ2／2＝9ｍｖ02／128． 　41．解：（1）Ｂ从ｖ0减速到速度为零的过程，Ｃ静止，Ｂ的位移：ｓ1＝ｖ02／2μｇ． 　所用的时间：ｔ1＝ｖ0／μｇ． 　此后Ｂ与Ｃ一起向右做加速运动，Ａ做减速运动，直到相对静止，设所用时间为ｔ2，共同速度为ｖ． 　对Ａ、Ｂ、Ｃ，由动量守恒定律得 　ｍＡ·2ｖ0－ｍＢｖ0＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ， ∵　ｍＡ＝ｍＢ＝ｍＣ，∴　ｖ＝ｖ0／3． 　对Ｂ与Ｃ，向右加速运动的加速度 　ａ＝μｍＡｇ／（ｍＢ＋ｍＣ）＝μｇ／2，∴ｔ2＝ｖ／ａ＝2ｖ0／3μｇ． Δｔ内Ｂ向右移动的位移ｓ2＝ｖｔ2／2＝ｖ02／9μｇ， 故总路程ｓ＝ｓ1＋ｓ2＝11ｖ02／18μｇ，总时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝5ｖ0／3μｇ． 　（2）设车的最小长度为Ｌ，则相对静止时Ａ、Ｂ刚好接触，由能量守恒得 　ｍＡ（2ｖ0）2／2＋ｍＢｖ02／2＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ2／2＋μｍＢｇｓ1＋μｍＡｇ（Ｌ－ｓ1）， 联立解得Ｌ＝7ｖ02／3μｇ． 　42．解：（1）ｍ速度最大的位置应在O点左侧．因为细线烧断后，ｍ在弹簧弹力和滑动摩擦力的合力作用下向右做加速运动，当弹力与摩擦力的合力为零时，ｍ的速度达到最大，此时弹簧必处于压缩状态．此后，系统的机械能不断减小，不能再达到这一最大速度． 　（2）选ｍ、Ｍ为一系统，由动量守恒定律得 　ｍｖ1＝Ｍｖ2． 　设这一过程中弹簧释放的弹性势能为Ｅｐ，则 　Ｅｐ＝ｍｖ12／2＋Ｍｖ22／2＋μｍｇｓ， 解得　ｖ2＝ｍｖ1／Ｍ，Ｅｐ＝ｍ［（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2Ｍ＋μｇｓ］． 　（2）ｍ与Ｍ最终将静止，因为系统动量守恒，且总动量为零，只要ｍ与Ｍ间有相对运动，就要克服摩擦力做功，不断消耗能量，所以，ｍ与Ｍ最终必定都静止． 　43．解：（1）第一颗子弹射入木块过程，系统动量守恒，有 　ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ1． 　射入后，在ＯＢＣ运动过程中，机械能守恒，有 　（ｍ＋Ｍ）ｖ12／2＝（ｍ＋Ｍ）ｇＲ，得ｖ0＝（Ｍ＋ｍ）／ｍ． 　（2）由动量守恒定律知，第2、4、6……颗子弹射入木块后，木块速度为0，第1、3、5……颗子弹射入后，木块运动．当第9颗子弹射入木块时，由动量守恒得： 　ｍｖ0＝（9ｍ＋Ｍ）ｖ9， 　设此后木块沿圆弧上升最大高度为Ｈ，由机械能守恒定律得：（9ｍ＋Ｍ）ｖ92／2＝（9ｍ＋Ｍ）ｇＨ， 由以上可得：Ｈ＝［（Ｍ＋ｍ）／（Ｍ＋9ｍ）］2Ｒ． 　 44．解：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动ｓ，速度变为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．由动能定理 　－μＭｇｓ＝0－ｍｖ02／2，ｓ＝ｍｖ02／2μＭｇ＝0.33ｍ． 　（2）假如平板车在第二次碰墙前还未和滑块相对静止，则其速度的大小肯定还是2ｍ／ｓ，因为只要相对运动，摩擦力大小为恒值．滑块速度则大于2ｍ／ｓ，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰墙前肯定已和滑块具有共同速度ｖ．此即平板车碰墙前瞬间的速度． 　Ｍｖ0－ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， ∴ｖ＝（Ｍ－ｍ）ｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝0.4ｍ／ｓ．图3　（3）平板车与墙壁第一次碰撞后滑块与平板又达到共同速度ｖ前的过程，可用图3（ａ）、（ｂ）、（ｃ）表示．图3（ａ）为平板车与墙碰撞后瞬间滑块与平板车的位置，图3（ｂ）为平板车到达最左端时两者的位置，图3（ｃ）为平板车与滑块再次达到共同速度时两者的位置．在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功μΜｇｓ′，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功μＭｇｓ″（平板车从Ｂ到Ａ再回到Ｂ的过程中摩擦力做功为零），其中ｓ′、ｓ″分别为滑块和平板车的位移．滑块和平板车动能总减少为μＭｇｌ1，其中ｌ1＝ｓ′＋ｓ″为滑块相对平板车的位移，此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为ｌ，则有（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2＝μＭｇｌ，ｌ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2μＭｇ＝0.833ｍ． ｌ即为平板车的最短长度．图4　　45．解：如图4，Ａ球从静止释放后将自由下落至Ｃ点悬线绷直，此时速度为ｖＣ ∵　ｖＣ2＝2ｇ×2Ｌｓｉｎ30°， ∴　ｖＣ＝＝2ｍ／ｓ． 　在线绷直的过程中沿线的速度分量减为零时，Ａ将以切向速度ｖ1沿圆弧运动且 　ｖ1＝ｖＣｃｏｓ30°＝ ｍ／ｓ． 　Ａ球从Ｃ点运动到最低点与Ｂ球碰撞前机械能守恒，可求出Ａ球与Ｂ球碰前的速度 　ｍＡｖ12／2＋ｍＡｇＬ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍＡｖ22／2， 　ｖ2＝==ｍ／ｓ． 　因Ａ、Ｂ两球发生无能量损失的碰撞且ｍＡ＝ｍＢ，所以它们的速度交换，即碰后Ａ球的速度为零，Ｂ球的速度为ｖ2＝（ｍ／ｓ）．对Ｂ球和小车组成的系统水平方向动量守恒和机械能守恒，当两者有共同水平速度ｕ时，Ｂ球上升到最高点，设上升高度为ｈ． 　ｍＢｖ2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ，ｍＢｖ22／2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ2／2＋ｍＢｇｈ．解得ｈ＝3／16≈0.19ｍ． 　在Ｂ球回摆到最低点的过程中，悬线拉力仍使小车加速，当Ｂ球回到最低点时小车有最大速度ｖｍ，设小球Ｂ回到最低点时速度的大小为ｖ3，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 　ｍＢｖ2＝－ｍＢｖ3＋Ｍｖｍ，ｍＢｖ22／2＝ｍＢｖ32／2＋Ｍｖｍ2／2， 解得ｖｍ＝2ｍＢｖ2／（ｍ3＋Ｍ）＝／2ｍ／ｓ＝1.12ｍ／ｓ． 　46．解：（1）小球的角速度与运动的角速度必定相等，则有ｖ＝ωＲ＝ω． 　（2）人手所提供的功率应等于小球在运动过程中克服摩擦力做功的功率．即有Ｐ＝ｆｖ， ∴　ｆ＝Ｐ／ｖ＝Ｐ／ω． 　47．解：由于粘性物体与底板粘合的过程时间极短，冲击力远大于重力，在竖直方向近似动量守恒，开始静止时，有　ｍ1ｇ＝ｋｘｋ＝ｍ1ｇｘ． 　ｍ2下落Ｈ时的速度ｖ＝，ｍ2与ｍ1合在一起动量守恒，ｍ2ｖ＝（ｍ1＋ｍ2）ｖ′，ｖ′＝ｍ2ｖ／（ｍ1＋ｍ2）＝ｍ2／（ｍ1＋ｍ2）． 　设向下为正方向，ｍ1与ｍ2的整体受两个力，即重力（ｍ1＋ｍ2）ｇ和弹簧的平均拉力，则有平均拉力＝ｋｘ＋ｋｈ／2＝ｋ（2ｘ＋ｈ）／2，由动能定理得 ［－＋（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ＝0－（ｍ1＋ｍ2）ｖ2／2， 由以上各式得［ｍ1ｇ（2ｘ＋ｈ）／2ｘ－（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ 　＝（ｍ1＋ｍ2）·ｍ22·2ｇｈ／2（ｍ1＋ｍ2）2． 代入数值得ｈ＝0.3ｍ． 　48．解：ｍ与Ａ粘在一起后水平方向动量守恒，共同速度设为ｖ1，Ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ1， 得ｖ1＝Ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝2ｖ0／3． 　当弹簧压缩到最大时即有最大弹性势能Ｅ，此时系统中各物体有相同速度，设为ｖ2，由动量守恒定律 　2Ｍｖ0＝（2Ｍ＋ｍ）ｖ2，得ｖ2＝2Ｍｖ0／（2Ｍ＋ｍ）＝4ｖ0／5． 由能量守恒有 　Ｅ＝Ｍｖ02／2＋（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2－（2Ｍ＋ｍ）ｖ22／2， 解得Ｅ＝Ｍｖ02／30． 　 49．解：（1）振子在平衡位置时，所受合力为零，设此时弹簧被压缩Δｘ：（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ＝ｋΔｘ，Δｘ＝5ｃｍ． 　开始释放时振子处在最大位移处，故振幅 　Ａ＝5ｃｍ＋5ｃｍ＝10ｃｍ． 　（2）由于开始时弹簧的伸长量恰等于振子在平衡位置时弹簧的压缩量，故弹性势能相等，设振子的最大速度为ｖ，从开始到平衡位置，根据机械能守恒定律， 得ｍｇ·Ａ＝ｍｖ2／2，∴ｖ＝＝1.4ｍ／ｓ， 即Ｂ的最大速率为1.4ｍ／ｓ． 　（3）在最高点，振子受到的重力和弹力方向相同，根据牛顿第二定律，得 　ａ＝［ｋΔｘ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ］／（ｍＡ＋ｍＢ）＝20ｍ／ｓ2， Ａ对Ｂ的作用力方向向下，其大小 　Ｎ1＝ｍＢａ－ｍＢｇ＝10Ｎ． 在最低点，振子受到的重力和弹力方向相反，根据牛顿第二定律，得ａ＝ｋ（Δｘ＋Ａ）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｍＡ＋ｍＢ＝20ｍ／ｓ2． Ａ对Ｂ的作用力方向向上，其大小 　Ｎ2＝ｍＢａ＋ｍＢｇ＝30Ｎ．40．在光滑水平面上静置有质量均为ｍ的木板ＡＢ和滑块ＣＤ，木板ＡＢ上表面粗糙，动摩擦因数为μ，滑块ＣＤ上表面为光滑的1／4圆弧，它们紧靠在一起，如图1－93所示．一可视为质点的物块Ｐ质量也为ｍ，它从木板ＡＢ右端以初速ｖ0滑入，过Ｂ点时速度为ｖ0／2，后又滑上滑块，最终恰好滑到最高点Ｃ处，求：（1）物块滑到Ｂ处时，木板的速度ｖＡＢ；（2）木板的长度Ｌ；（3）物块滑到Ｃ处时滑块ＣＤ的动能．2．解：在0～1ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知 　ａ１＝12ｍ／ｓ２， 由牛顿第二定律，得 　Ｆ－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ１，　　① 在0～2ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知ａ２＝－6ｍ／ｓ２， 因为此时物体具有斜向上的初速度，故由牛顿第二定律，得 　－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ２，　　② 　②式代入①式，得　Ｆ＝18Ｎ． 3．解：在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从Ａ到Ｂ需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为ｔ1，则 　（ｖ／2）ｔ１＋ｖ（ｔ－ｔ１）＝Ｌ， 所以　ｔ１＝2（ｖｔ－Ｌ）／ｖ＝（2×（2×6－10）／2）ｓ＝2ｓ． 为使物体从Ａ至Ｂ所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变．而　ａ＝ｖ／ｔ＝1ｍ／ｓ２．设物体从Ａ至Ｂ所用最短的时间为ｔ2，则 　（1／2）ａｔ2２＝Ｌ， 　ｔ2＝=＝2ｓ． 　ｖｍｉｎ＝ａｔ2＝1×2ｍ／ｓ＝2 ｍ／ｓ． 传送带速度再增大1倍，物体仍做加速度为1ｍ／ｓ２的匀加速运动，从Ａ至Ｂ的传送时间为2ｍ／ｓ． 4．解：启动前Ｎ１＝ｍｇ， 　升到某高度时　Ｎ2＝（17／18）Ｎ１＝（17／18）ｍｇ， 　对测试仪　Ｎ2－ｍｇ′＝ｍａ＝ｍ（ｇ／2）， 　∴　ｇ′＝（8／18）ｇ＝（4／9）ｇ， 　ＧｍＭ／Ｒ2＝ｍｇ，ＧｍＭ／（Ｒ＋ｈ）2＝ｍｇ′，解得：ｈ＝（1／2）Ｒ． 5．解：由匀加速运动的公式　ｖ２＝ｖ０２＋2ａｓ 　得物块沿斜面下滑的加速度为 　ａ＝ｖ2／2ｓ＝1．42／（2×1．4）＝0．7ｍｓ－２， 由于ａ＜ｇｓｉｎθ＝5ｍｓ－２， 　可知物块受到摩擦力的作用．图3　分析物块受力，它受3个力，如图3．对于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，由牛顿定律有 　ｍｇｓｉｎθ－ｆ１＝ｍａ， 　ｍｇｃｏｓθ－Ｎ１＝0， 　分析木楔受力，它受5个力作用，如图3所示．对于水平方向，由牛顿定律有 　ｆ2＋ｆ１ｃｏｓθ－Ｎ１ｓｉｎθ＝0， 　由此可解得地面的作用于木楔的摩擦力 　ｆ2＝ｍｇｃｏｓθｓｉｎθ－（ｍｇｓｉｎθ－ｍａ）ｃｏｓθ＝ｍａｃｏｓθ＝1×0．7×（／2）＝0．61Ｎ． 　此力的方向与图中所设的一致（由指向）． 6．解：（1）飞机原先是水平飞行的，由于垂直气流的作用，飞机在竖直方向上的运动可看成初速度为零的匀加速直线运动，根据　ｈ＝（1／2）ａｔ２，得ａ＝2ｈ／ｔ２，代入ｈ＝1700ｍ，ｔ＝10ｓ，得 　ａ＝（2×1700／10２）（ｍ／ｓ２）＝34ｍ／ｓ２，方向竖直向下． 　（2）飞机在向下做加速运动的过程中，若乘客已系好安全带，使机上乘客产生加速度的力是向下重力和安全带拉力的合力．设乘客质量为ｍ，安全带提供的竖直向下拉力为Ｆ，根据牛顿第二定律　Ｆ＋ｍｇ＝ｍａ，得安全带拉力 　　Ｆ＝ｍ（ａ－ｇ）＝ｍ（34－10）Ｎ＝24ｍ（Ｎ）， ∴　安全带提供的拉力相当于乘客体重的倍数 　ｎ＝Ｆ／ｍｇ＝24ｍＮ／ｍ·10Ｎ＝2．4（倍）． 　（3）若乘客未系安全带，飞机向下的加速度为34ｍ／ｓ２，人向下加速度为10ｍ／ｓ２ ，飞机向下的加速度大于人的加速度，所以人对飞机将向上运动，会使头部受到严重伤害． 7．解：设月球表面重力加速度为ｇ，根据平抛运动规律，有 　ｈ＝（1／2）ｇｔ２，　　① 　水平射程为　　　Ｌ＝ｖ０ｔ，　　② 　联立①②得ｇ＝2ｈｖ０２／Ｌ２．　　③ 　根据牛顿第二定律，得　ｍｇ＝ｍ（2π／Ｔ）２Ｒ，　　④ 　联立③④得　Ｔ＝（πＬ／ｖ０ｈ）．　　⑤ 8．解：前2秒内，有Ｆ－ｆ＝ｍａ１，ｆ＝μＮ，Ｎ＝ｍｇ，则 　ａ１＝（Ｆ－μｍｇ）／ｍ＝4ｍ／ｓ２，ｖｔ＝ａ１ｔ＝8ｍ／ｓ， 　撤去Ｆ以后　ａ２＝ｆ／ｍ＝2ｍ／ｓ，ｓ＝ｖ１２／2ａ２＝16ｍ． 9．解：（1）用力斜向下推时，箱子匀速运动，则有 　Ｆｃｏｓθ＝ｆ，ｆ＝μＮ，Ｎ＝Ｇ＋Ｆｓｉｎθ， 　联立以上三式代数据，得　Ｆ＝1．2×10２Ｎ． 　（2）若水平用力推箱子时，据牛顿第二定律，得Ｆ合＝ｍａ，则有 　Ｆ－μＮ＝ｍａ，Ｎ＝Ｇ， 　联立解得　ａ＝2．0ｍ／ｓ２． 　ｖ＝ａｔ＝2．0×3．0ｍ／ｓ＝6．0ｍ／ｓ， 　ｓ＝（1／2）ａｔ２＝（1／2）×2．0×3．0２ｍ／ｓ＝9．0ｍ， 　推力停止作用后　ａ′＝ｆ／ｍ＝4．0ｍ／ｓ２（方向向左）， 　ｓ′＝ｖ２／2ａ′＝4．5ｍ， 　则　ｓ总＝ｓ＋ｓ′＝13．5ｍ． 10．解：根据题中说明，该运动员发球后，网球做平抛运动．以ｖ表示初速度，Ｈ表示网球开始运动时离地面的高度（即发球高度），ｓ１表示网球开始运动时与网的水平距离（即运动员离开网的距离），ｔ１表示网球通过网上的时刻，ｈ表示网球通过网上时离地面的高度，由平抛运动规律得到 　ｓ１＝ｖｔ１，Ｈ－ｈ＝（1／2）ｇｔ１２， 消去ｔ１，得　　ｖ＝ｍ／ｓ，ｖ≈23ｍ／ｓ． 　以ｔ２表示网球落地的时刻，ｓ２表示网球开始运动的地点与落地点的水平距离，ｓ表示网球落地点与网的水平距离，由平抛运动规律得到 　Ｈ＝（1／2）ｇｔ２２，ｓ２＝ｖｔ２， 消去ｔ２，得ｓ２＝ｖ≈16ｍ， 　网球落地点到网的距离　ｓ＝ｓ２－ｓ１≈4ｍ． 11．解：（1）设卫星质量为ｍ，它在地球附近做圆周运动，半径可取为地球半径Ｒ，运动速度为ｖ，有 　ＧＭｍ／Ｒ２＝ｍｖ２／Ｒ　得ｖ＝． 　（2）由（1）得： 　Ｍ＝ｖ２Ｒ／Ｇ＝＝6．0×1024ｋｇ． 12．解：对物块：Ｆ１－μｍｇ＝ｍａ１， 　6－0．5×1×10＝1·ａ１，ａ１＝1．0ｍ／ｓ2， 　ｓ１＝（1／2）ａ１ｔ2＝（1／2）×1×0．42＝0．08ｍ， 　ｖ１＝ａ１ｔ＝1×0．4＝0．4ｍ／ｓ， 　对小车：Ｆ２－μｍｇ＝Ｍａ２， 　9－0．5×1×10＝2ａ２，ａ２＝2．0ｍ／ｓ2， 　ｓ２＝（1／2）ａ２ｔ2＝（1／2）×2×0．42＝0．16ｍ， 　ｖ２＝ａ２ｔ＝2×0．4＝0．8ｍ／ｓ， 　撤去两力后，动量守恒，有Ｍｖ２－ｍｖ１＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， 　ｖ＝0．4ｍ／ｓ（向右）， ∵　（（1／2）ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2）－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ2＝μｍｇｓ３， 　ｓ３＝0．096ｍ， ∴　ｌ＝ｓ１＋ｓ２＋ｓ３＝0．336ｍ． 13．解：设木块到Ｂ时速度为ｖ０，车与船的速度为ｖ１，对木块、车、船系统，有 　ｍ１ｇｈ＝（ｍ１ｖ０2／2）＋（（ｍ２＋ｍ３）ｖ１2／2）， 　ｍ１ｖ０＝（ｍ２＋ｍ３）ｖ１， 解得　ｖ０＝5，ｖ１＝． 　木块到Ｂ后，船以ｖ１继续向左匀速运动，木块和车最终以共同速度ｖ２向右运动，对木块和车系统，有 　ｍ１ｖ０－ｍ２ｖ１＝（ｍ１＋ｍ２）ｖ２， 　μｍ１ｇｓ＝（（ｍ１ｖ０2／2）＋（ｍ２ｖ１2／2））－（（ｍ１＋ｍ２）ｖ２2／2）， 得　ｖ２＝ｖ１＝，ｓ＝2ｈ． 14．解：（1）小球的角速度与手转动的角速度必定相等均为ω．设小球做圆周运动的半径为ｒ，线速度为ｖ．由几何关系得　ｒ＝，ｖ＝ω·ｒ，解得　　 　　ｖ＝ω． 　（2）设手对绳的拉力为Ｆ，手的线速度为ｖ，由功率公式得　Ｐ＝Ｆｖ＝Ｆ·ωＲ， ∴　Ｆ＝Ｐ／ωＲ． 图4　研究小球的受力情况如图4所示，因为小球做匀速圆周运动，所以切向合力为零，即 　Ｆｓｉｎθ＝ｆ， 其中　ｓｉｎθ＝Ｒ／， 　联立解得　ｆ＝Ｐ／ω． 15．解：（1）用ｖ１表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由于子弹射入木块Ｃ时间极短，系统动量守恒，有 　ｍｖ０＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１， 　∴　ｖ１＝ｍｖ０／（ｍ＋Ｍ）＝3ｍ／ｓ， 　子弹和木块Ｃ在ＡＢ木板上滑动，由动能定理得： 　（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ２２－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ１２＝－μ（ｍ＋Ｍ）ｇＬ， 　解得　ｖ２＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）用ｖ′表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由动量守恒定律，得　ｍｖ０′＋Ｍｕ＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１′，解得　ｖ１′＝4ｍ／ｓ． 　木块Ｃ及子弹在ＡＢ木板表面上做匀减速运动　ａ＝μｇ．设木块Ｃ和子弹滑至ＡＢ板右端的时间为ｔ，则木块Ｃ和子弹的位移ｓ１＝ｖ１′ｔ－（1／2）ａｔ2， 　由于ｍ车≥（ｍ＋Ｍ），故小车及木块ＡＢ仍做匀速直线运动，小车及木板ＡＢ的位移　ｓ＝ｕｔ，由图5可知：ｓ１＝ｓ＋Ｌ， 　联立以上四式并代入数据得： 　ｔ2－6ｔ＋1＝0， 　解得：ｔ＝（3－2）ｓ，（ｔ＝（3＋2）ｓ不合题意舍去），　　（11） 　∴　ｓ＝ｕｔ＝0．18ｍ． 16．解：（1）设Ａ滑上Ｂ后达到共同速度前并未碰到档板，则根据动量守恒定律得它们的共同速度为ｖ，有图5　ｍｖ０＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝2ｍ／ｓ，在这一过程中，Ｂ的位移为ｓＢ＝ｖＢ2／2ａＢ且ａＢ＝μ ｍｇ／Ｍ，解得ｓＢ＝Ｍｖ2／2μｍｇ＝2×22／2×0．2×1×10＝2ｍ． 　设这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ１，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ１＝（1／2）ｍｖ０2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得ｓ１＝6ｍ． 　当ｓ＝4ｍ时，Ａ、Ｂ达到共同速度ｖ＝2ｍ／ｓ后再匀速向前运动2ｍ碰到挡板，Ｂ碰到竖直挡板后，根据动量守恒定律得Ａ、Ｂ最后相对静止时的速度为ｖ′，则 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′， 解得　ｖ′＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ２，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ２＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　ｓ２＝2．67ｍ． 　因此，Ａ、Ｂ最终不脱离的木板最小长度为ｓ１＋ｓ２＝8．67ｍ 　（2）因Ｂ离竖直档板的距离ｓ＝0．5ｍ＜2ｍ，所以碰到档板时，Ａ、Ｂ未达到相对静止，此时Ｂ的速度ｖＢ为 　ｖＢ2＝2ａＢｓ＝（2μｍｇ／Ｍ）ｓ，解得　ｖＢ＝1ｍ／ｓ， 　设此时Ａ的速度为ｖＡ，根据动量守恒定律，得 　ｍｖ０＝ＭｖＢ＋ｍｖＡ，解得ｖＡ＝4ｍ／ｓ， 　设在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移为ｓ１′，根据动能定理得： 　μｍｇｓ１′＝（1／2）ｍｖ０2－（（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）ＭｖＢ2）， 　解得　ｓ１′＝4．5ｍ． 　Ｂ碰撞挡板后，Ａ、Ｂ最终达到向右的相同速度ｖ，根据动能定理得ｍｖＡ－ＭｖＢ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ２′为 　μｍｇｓ２′＝（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得　ｓ２′＝（25／6）ｍ． 　Ｂ再次碰到挡板后，Ａ、Ｂ最终以相同的速度ｖ′向左共同运动，根据动量守恒定律，得 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′，解得　ｖ′＝（2／9）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ３′为： 　μｍｇｓ３′＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　　　　ｓ３′＝（8／27）ｍ． 　因此，为使Ａ不从Ｂ上脱落，Ｂ的最小长度为ｓ１′＋ｓ２′＋ｓ３′＝8．96ｍ． 17．解：（1）Ｂ与Ａ碰撞后，Ｂ相对于Ａ向左运动，Ａ所受摩擦力方向向左，Ａ的运动方向向右，故摩擦力作负功．设Ｂ与Ａ碰撞后的瞬间Ａ的速度为ｖ１，Ｂ的速度为ｖ２，Ａ、Ｂ相对静止后的共同速度为ｖ，整个过程中Ａ、Ｂ组成的系统动量守恒，有 　Ｍｖ０＝（Ｍ＋1．5Ｍ）ｖ，ｖ＝2ｖ０／5． 　碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功，即 　Ｍｖ２＋1．5Ｍｖ１＝2．5Ｍｖ，　　① 　（1／2）×1．5Ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2－（1／2）×2．5Ｍｖ2＝Ｍμｇｌ，　　② 可解出ｖ１＝（1／2）ｖ０（另一解ｖ１＝（3／10）ｖ０因小于ｖ而舍去） 　这段过程中，Ａ克服摩擦力做功 　Ｗ＝（1／2）×1．5Ｍｖ１2－（1／2）×1．5Ｍｖ2＝（27／400）Ｍｖ０2（0．068Ｍｖ０2）． 　（2）Ａ在运动过程中不可能向左运动，因为在Ｂ未与Ａ碰撞之前，Ａ受到的摩擦力方向向右，做加速运动，碰撞之后Ａ受到的摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后，速度仍向右，因此不可能向左运动． 　Ｂ在碰撞之后，有可能向左运动，即ｖ２＜0． 　先计算当ｖ２ ＝0时满足的条件，由①式，得 　ｖ１＝（2ｖ０／3）－（2ｖ２／3），当ｖ２＝0时，ｖ１＝2ｖ０／3，代入②式，得 　（（1／2）×1．5Ｍ4ｖ０2／9）－（（1／2）×2．5Ｍ4ｖ０2／25）＝Ｍμｇｌ， 解得　μｇｌ＝2ｖ０2／15． 　Ｂ在某段时间内向左运动的条件之一是μｌ＜2ｖ０2／15ｇ． 　另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即 　（1／2）Ｍｖ０2－（1／2）2．5Ｍ（2ｖ０／5）2≥2Ｍμｇｌ， 　解出另一个条件是　μｌ≤3ｖ０2／20ｇ， 　最后得出Ｂ在某段时间内向左运动的条件是 　2ｖ０2／15ｇ＜μｌ≤3ｖ０2／20ｇ． 18．解：（1）以警车为研究对象，由动能定理． 　－μｍｇ·ｓ＝（1／2）ｍｖ2－（1／2）ｍｖ０2， 　将ｖ０＝14．0ｍ／ｓ，ｓ＝14．0ｍ，ｖ＝0代入，得 　μｇ＝7．0ｍ／ｓ2， 　因为警车行驶条件与肇事汽车相同，所以肇事汽车的初速度ｖＡ＝＝21ｍ／ｓ． 　（2）肇事汽车在出事点Ｂ的速度 　ｖＢ＝＝14ｍ／ｓ， 　肇事汽车通过段的平均速度 　＝（ｖＡ＋ｖＢ）／2＝（21＋14）／2＝17．5ｍ／ｓ． 　肇事汽车通过ＡＢ段的时间 　ｔ２＝ＡＢ／＝（31．5－14．0）／17．5＝1ｓ． 　∴　游客横过马路的速度 　ｖ人＝／（ｔ１＋ｔ２）＝（2．6／（1＋0．7））ｍ／ｓ＝1．53ｍ／ｓ． 19．解：（1）开始Ａ、Ｂ处于静止状态时，有 　ｋｘ０－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｓｉｎ30°＝0，　　① 　设施加Ｆ时，前一段时间Ａ、Ｂ一起向上做匀加速运动，加速度为ａ，ｔ＝0．2ｓ，Ａ、Ｂ间相互作用力为零，对Ｂ有： 　ｋｘ－ｍＢｇｓｉｎ30°＝ｍＢａ，　　② 　ｘ－ｘ０＝（1／2）ａｔ2，　　③ 　解①、②、③得： 　ａ＝5ｍｓ－2，ｘ０＝0．05ｍ，ｘ＝0．15ｍ， 　初始时刻Ｆ最小 　Ｆｍｉｎ＝（ｍＡ＋ｍＢ）ａ＝60Ｎ． 　ｔ＝0．2ｓ时，Ｆ最大 　Ｆｍａｘ－ｍＡｇｓｉｎ30°＝ｍＡａ， 　Ｆｍａｘ＝ｍＡ（ｇｓｉｎ30°＋ａ）＝100Ｎ， 　（2）ΔＥＰＡ＝ｍＡｇΔｈ＝ｍＡｇ（ｘ－ｘ０）ｓｉｎ30°＝5Ｊ． 20 ．解：当弹簧处于压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和．当弹簧伸长到其自然长度时，弹性势能为零，因这时滑块Ａ的速度为零，故系统的机械能等于滑块Ｂ的动能．设这时滑块Ｂ的速度为ｖ则有 　Ｅ＝（1／2）ｍ２ｖ2，　　① 由动量守恒定律（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ２ｖ，　　② 解得　Ｅ＝（1／2）（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２．　　③ 　假定在以后的运动中，滑块Ｂ可以出现速度为零的时刻，并设此时滑块Ａ的速度为ｖ１．这时，不论弹簧是处于伸长还是压缩状态，都具有弹性势能Ｅｐ．由机械能守恒定律得 　（1／2）ｍ１ｖ１2＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　④ 根据动量守恒　（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ１ｖ１，　　⑤ 求出ｖ１，代入④式得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑥ 因为Ｅｐ≥0，故得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）≤（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑦ 即　ｍ１≥ｍ２，与已知条件ｍ１＜ｍ２不符． 　可见滑块Ｂ的速度永不为零，即在以后的运动中，不可能出现滑动Ｂ的速度为零的情况． 21．解：设恰好物体相对圆盘静止时，弹簧压缩量为Δｌ，静摩擦力为最大静摩擦力ｆｍａｘ，这时物体处于临界状态，由向心力公式ｆｍａｘ－ｋΔｌ＝ｍＲｗ2，　　① 　假若物体向圆心移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ１－ｋ（Δｌ＋ｘ）＝ｍ（Ｒ－ｘ）ｗ2，　　② 　由①、②两式可得　ｆｍａｘ－ｆ１＝ｍｘｗ2－ｋｘ，　　③ 所以　ｍｘｗ2－ｋｘ≥0，得ｋ≤ｍｗ2，　　④ 　若物体向外移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ２－ｋ（Δｌ－ｘ）≥ｍ（Ｒ＋ｘ）ｗ2，　　⑤ 由①～⑥式得　ｆｍａｘ－ｆ２＝ｋｘ－ｍｘｗ2≥0，　　⑥ 所以　ｋ≥ｍｗ2，　　⑦ 即若物体向圆心移动，则ｋ≤ｍｗ2， 若物体向远离圆心方向移动，则ｋ≥ｍｗ2． 22．解：卫星环绕地球作匀速圆周运动，设卫星的质量为ｍ，轨道半径为ｒ，受到地球的万有引力为Ｆ， 　Ｆ＝ＧＭｍ／ｒ2，　　① 　式中Ｇ为万有引力恒量，Ｍ是地球质量． 　设ｖ是卫星环绕地球做匀速圆周运动的线速度，Ｔ是运动周期，根据牛顿第二定律，得 　Ｆ＝ｍｖ2／ｒ，　　② 　由①、②推导出　ｖ＝．　　③ 　③式表明：ｒ越大，ｖ越小． 　人造卫星的周期就是它环绕地球运行一周所需的时间Ｔ， 　Ｔ＝2πｒ／ｖ，　　④ 　由③、④推出　Ｔ＝2π，　　⑤ 　⑤式说明：ｒ越大，Ｔ越大．　23．证：设质点通过Ａ点时的速度为ｖＡ，通过Ｃ点时的速度为ｖＣ，由匀变速直线运动的公式得： ｓ1＝ｖＡＴ＋ａＴ2／2，ｓ3＝ｖＣＴ＋ａＴ2／2，ｓ3－ｓ1＝ｖＣＴ－ｖＡＴ． ∵　ｖＣ＝ｖＡ ＋2ａＴ， ∴　ｓ3－ｓ1＝（ｖＡ－2ａＴ－ｖＡ）Ｔ＝2ａＴ2，ａ＝（ｓ3－ｓ1）／2Ｔ2． 　24．根据：如果在连续的相等的时间内的位移之差相等，则物体做匀变速运动．证明：设物体做匀速运动的初速度为ｖ0，加速度为ａ，第一个Ｔ内的位移为ｓ1＝ｖ0Ｔ＋ａＴ2／2；第二个Ｔ内的位移为ｓ2＝（ｖ0＋ａＴ）Ｔ＋ａＴ2／2；第Ｎ个Ｔ内的位移为ｓＮ＝［ｖ0＋（Ｎ－1）ａＴ］Ｔ＋ａＴ2／2．　ｓＮ－ｓＮ－1＝ａＴ2，逆定理也成立． 　25．解：由匀变速直线运动的公式得小物块的加速度的大小为ａ1＝（ｖ0－ｖｔ）／ｔ＝2（ｍ／ｓ2）．木板的加速度大小为ａ2＝2ｓ／ｔ2＝0.25（ｍ／ｓ2）． 根据牛顿第二定律　Ｆ＝ｍａ 对小物块得　ｆ′1＝ｍａ1＝1×2＝2Ｎ， 对木板得　ｆ1－μ（ｍ＋Ｍ）ｇ＝Ｍａ2， 　μ＝（ｆ1－Ｍａ2）／（ｍ＋Ｍ）ｇ＝（2－4×0.25）／（1＋4）×10＝0.02． 　26．解：假设金属块没有离开第一块长木板，移动的相对距离为ｘ，由动量守恒定律，得ｍｖ0＝3ｍｖ， 　ｍｖ02／2＝3ｍｖ2／2＋μｍｇｘ， 解得ｘ＝4ｍ／3＞Ｌ，不合理， ∴　金属块一定冲上第二块木板． 　以整个系统为研究对象，由动量定律及能量关系，当金属块在第一块木板上时ｍｖ0＝ｍｖ0′＋2ｍｖ1， 　ｍｖ02／2＝12ｍｖ0′2＋2ｍ·ｖ12／2＋μｍｇｌ． 　ｍｖ0＝ｍｖ1＋2ｍｖ2， 　ｍｖ02／2＝ｍｖ12／2＋2ｍ·ｖ22／2＋μｍｇ（ｌ＋ｘ）． 联立解得： 　ｖ1＝1／3ｍ／ｓ，ｖ2＝5／6ｍ／ｓ，ｘ＝0.25ｍ． 　27．解：当ｔ＝0时，ａＡ0＝9／3＝3ｍ／ｓ2，ａＢ0＝3／6＝0.5ｍ／ｓ2．ａＡ0＞ａＢ0，Ａ、Ｂ间有弹力，随ｔ之增加，Ａ、Ｂ间弹力在减小，当（9－2ｔ）／3＝（3＋2ｔ）／6，ｔ＝2.5ｓ时，Ａ、Ｂ脱离，以Ａ、Ｂ整体为研究对象，在ｔ＝2.5ｓ内，加速度ａ＝（ＦＡ＋ＦＢ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝4／3ｍ／ｓ2，ｓ＝ａｔ2／2＝4.17ｍ． 　28．解：（1）由ｍＣｖ0＝ｍＣｖ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ1，Ｃ由Ａ滑至Ｂ时，Ａ、Ｂ的共同速度是 　ｖ1＝ｍＣ（ｖ0－ｖ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝0.2ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＡ＝ｍＣｖ02／2－ｍＣｖ2／2－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12／2， 得　μ＝［ｍＣ（ｖ02－ｖ2）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12］／2ｍＣｇｌＡ＝0.48． 　（2）由ｍＣｖ＋ｍＢｖ1＝（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ2，Ｃ相对Ｂ静止时，Ｂ、Ｃ的共同速度是ｖ2＝（ｍＣｖ＋ｍＢｖ1）／（ｍＣ＋ｍＢ）＝0.65ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＢ＝ｍＣｖ2／2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22／2， Ｃ在Ｂ上滑行距离为 　ｌＢ＝［ｍＣｖ2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22］／2μｍＣ ｇ＝0.25ｍ． 　（3）由μｍＣｇｓ＝ｍＢｖ22／2－ｍＢｖ12／2， Ｂ相对地滑行的距离ｓ＝［ｍＢ（ｖ22－ｖ12）］／2μｍＣｇ＝0.12ｍ． 　（4）Ｃ在Ａ、Ｂ上匀减速滑行，加速度大小由μｍＣｇ＝ｍＣａ，得ａ＝μｇ＝4.8ｍ／ｓ2． Ｃ在Ａ上滑行的时间ｔ1＝（ｖ0－ｖ）／ａ＝0.21ｓ． Ｃ在Ｂ上滑行的时间ｔ2＝（ｖ－ｖ2）／ａ＝0.28ｓ． 所求时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝0.21ｓ＋0.28ｓ＝0.49ｓ． 　　29．匀加速下滑时，受力如图1ａ，由牛顿第二定律，有： ｍｇｓｉｎθ－μｍｇｃｏｓθ＝ｍａ＝ｍｇｓｉｎθ／2， 　ｓｉｎθ／2＝μｃｏｓθ， 　得μ＝ｓｉｎθ／2ｃｏｓθ．图1静止时受力分析如图1ｂ，摩擦力有两种可能：①摩擦力沿斜面向下；②摩擦力沿斜面向上．摩擦力沿斜面向下时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＝ｆ＋ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ， 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ＋μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ－μｓｉｎθ）ｍｇ＝3ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ－ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　摩擦力沿斜面向上时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＋ｆ＝ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ． 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ－μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ＋μｓｉｎθ）ｍｇ＝ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ＋ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　30．解：（1）物体在两斜面上来回运动时，克服摩擦力所做的功Ｗｆ＝μｍｇｃｏｓ60°·ｓ总． 　物体从开始直到不再在斜面上运动的过程中ｍｇｈ－Ｗｆ＝0－ｍｖ02／2．解得ｓ总＝38ｍ． 　（2）物体最终是在Ｂ、Ｃ之间的圆弧上来回做变速圆周运动，且在Ｂ、Ｃ点时速度为零． 　（3）物体第一次通过圆弧最低点时，圆弧所受压力最大．由动能定理得ｍｇ［ｈ＋Ｒ（1－ｃｏｓ60°）］－μｍｇｃｏｓ60°／ｓｉｎ60°＝ｍ（ｖ12－ｖ02）／2， 由牛顿第二定律得　Ｎｍａｘ－ｍｇ＝ｍｖ12／Ｒ， 解得　Ｎｍａｘ＝54.5Ｎ． 　物体最终在圆弧上运动时，圆弧所受压力最小．由动能定理得ｍｇＲ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍｖ22／2，由牛顿第二定律得Ｎｍｉｎ－ｍｇ＝ｍｖ22／Ｒ，解得Ｎｍｉｎ＝20Ｎ． 　31．解：（1）设刹车后，平板车的加速度为ａ0，从开始刹车到车停止所经历时间为ｔ0，车所行驶距离为ｓ0，则有ｖ02＝2ａ0ｓ0，ｖ0＝ａ0ｔ0． 　欲使ｔ0小，ａ0应该大，作用于木箱的滑动摩擦力产生的加速度ａ1＝μｍｇ／ｍ＝μｇ． 　当ａ0＞ａ1时，木箱相对车底板滑动，从刹车到车停止过程中木箱运动的路程为ｓ1，则ｖ02＝2ａ2ｓ 1． 　为使木箱不撞击驾驶室，应有ｓ1－ｓ0≤Ｌ． 　联立以上各式解得：ａ0≤μｇｖ02／（ｖ02－2μｇＬ）＝5ｍ／ｓ2， 　∴　ｔ0＝ｖ0／ａ0＝4.4ｓ． 　（2）对平板车，设制动力为Ｆ，则Ｆ＋ｋ（Ｍ＋ｍ）ｇ－μｍｇ＝Ｍａ0，解得：Ｆ＝7420Ｎ． 　32．解：对系统ａ0＝［Ｆ－μｇ（ｍ1＋ｍ2）］／（ｍ1＋ｍ2）＝1ｍ／ｓ2． 　对木块1，细绳断后：│ａ1│＝ｆ1／ｍ1＝μｇ＝1ｍ／ｓ2． 　设细绳断裂时刻为ｔ1，则木块1运动的总位移： 　ｓ1＝2ａ0ｔ12／2＝ａ0ｔ12． 　对木块2，细绳断后，ａ2＝（Ｆ－μｍ2ｇ）／ｍ2＝2ｍ／ｓ2． 木块2总位移 　ｓ2＝ｓ′＋ｓ″＝ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2， 两木块位移差Δｓ＝ｓ2－ｓ1＝22（ｍ）． 得　ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2－ａ0ｔ12＝22， 把ａ0，ａ2值，ｖ1＝ａ0ｔ1代入上式整理得： 　ｔ12＋12ｔ1－28＝0，得ｔ1＝2ｓ． 木块2末速ｖ2＝ｖ1＋ａ2（6－ｔ1）＝ａ0ｔ1＋ａ2（6－ｔ1）＝10ｍ／ｓ． 此时动能Ｅｋ＝ｍ2ｖ22／2＝2×102／2Ｊ＝100Ｊ． 　33．解：（1）由动量守恒定律，ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ′，且有ｍ∶Ｍ＝1∶3， ∴　Ａ、Ｂ共同速度ｖ′＝ｍｖ0／（ｍ＋Ｍ）＝1ｍ／ｓ． 　（2）由动能定理，对全过程应有 　μｍｇ·2Ｌ＝ｍｖ02／2－（ｍ＋Ｍ）ｖ′2／2， 　4μｇＬ＝ｖ02－4ｖ′2，μ＝（ｖ02－4ｖ′2）／4ｇＬ＝0.3． 　（3）先求Ａ与Ｂ挡板碰前Ａ的速度ｖ10，以及木板Ｂ相应速度ｖ20，取从Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板相碰前过程为研究对象，依动量守恒与动能定理有以下两式成立：ｍｖ0＝ｍｖ10＋Ｍｖ20， 　ｍｖ02／2－ｍｖ102／2－Ｍｖ202／2＝μｍｇＬ． 代入数据得　ｖ10＋3ｖ20＝4，ｖ102＋3ｖ202＝10， 解以上两式可得　ｖ10＝（2±3）／2ｍ／ｓ．因Ａ与Ｂ挡板碰前速度不可能取负值，故ｖ10＝（2＋3）／2ｍ／ｓ．相应解出ｖ20＝（2－）／2ｍ／ｓ＝0.3ｍ／ｓ． 　木板Ｂ此过程为匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得μｍｇ＝Ｍａ1，ａ1＝μｍｇ／Ｍ＝1（ｍ／ｓ2）． 此过程经历时间ｔ1由下式求出 　ｖ20＝ａ1ｔ1，ｔ1＝ｖ20／ａ1＝0.3（ｓ）． 其速度图线为图2中0～0.3ｓ段图线ａ． 　再求Ａ与Ｂ挡板碰后，木板Ｂ的速度ｖ2与木块Ａ的速度ｖ1，为方便起见取Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板碰撞后瞬间过程为研究对象，依动量守恒定律与动能定理有以下两式成立： ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2，ｍｖ02／2－ｍｖ12／2－Ｍｖ22／2＝μｍｇＬ． 故解为　ｖ1＝（2±3）／2ｍ／ｓ． 因ｖ1＝（2＋3）／2ｍ／ｓ为碰前速度，故取ｖ1＝（2－3）／2ｍ／ｓ，相应得ｖ2＝2＋2ｍ／ｓ＝1.7ｍ／ｓ． 由于ｖ1 ＜0，即木块相对Ｂ向左滑动，Ａ受Ｂ摩擦力向右，Ｂ受Ａ摩擦力向左，故Ｂ做匀减速直线运动，加速度大小由牛顿第二定律，得ａ＝μｍｇ／Ｍ＝1ｍ／ｓ2． 　从碰后到Ａ滑到Ｂ最左端过程中，Ｂ向右做匀减速直线运动时间设为ｔ2，则ｖ′－ｖ2＝－ａｔ2， ∴　ｔ2＝0.7ｓ． 　此过程速度图线如图2中0.3ｓ～1.0ｓ段图线ｂ．图2　　34．解：设ｍ1、ｍ2两物体受恒力Ｆ作用后，产生的加速度分别为ａ1、ａ2，由牛顿第二定律Ｆ＝ｍａ，得 　ａ1＝Ｆ／ｍ1，ａ2＝Ｆ／ｍ2， 　历时ｔ两物体速度分别为ｖ1＝ａ1ｔ，ｖ2＝ｖ0＋ａ2ｔ，由题意令ｖ1＝ｖ2，即ａ1ｔ＝ｖ0＋ａ2ｔ或（ａ1－ａ2）ｔ＝ｖ0，因ｔ≠0、ｖ0＞0，欲使上式成立，需满足ａ1－ａ2＞0，即Ｆ／ｍ1＞Ｆ／ｍ2，或ｍ1＜ｍ2，也即当ｍ1≥ｍ2时不可能达到共同速度，当ｍ1＜ｍ2时，可以达到共同速度． 　35．解：（1）当小球刚好能在轨道内做圆周运动时，水平初速度ｖ最小，此时有ｍｇ＝ｍｖ2／Ｒ， 故　ｖ＝＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）若初速度ｖ′＜ｖ，小球将做平抛运动，如在其竖直位移为Ｒ的时间内，其水平位移ｓ≥Ｒ，小球可进入轨道经过Ｂ点．设其竖直位移为Ｒ时，水平位移也恰为R，则Ｒ＝ｇｔ2／2，Ｒ＝ｖ′ｔ，解得：ｖ′＝／2＝ｍ／ｓ． 因此，初速度满足2ｍ／ｓ＞ｖ′≥ｍ／ｓ时，小球可做平抛运动经过Ｂ点． 　36．卫星在天空中任何天体表面附近运行时，仅受万有引力Ｆ作用使卫星做圆周运动，运动半径等于天体的球半径Ｒ．设天体质量为Ｍ，卫星质量为ｍ，卫星运动周期为Ｔ，天体密度为ρ．根据万有引力定律Ｆ＝ＧＭｍ／Ｒ2， 卫星做圆周运动向心力Ｆ′＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2， 因为 　Ｆ′＝Ｆ，得ＧＭｍ／Ｒ2＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2，∴Ｔ＝． 　又球体质量Ｍ＝4πＲ3ρ／3． 得Ｔ＝=，∴Ｔ∝1／，得证． 　 37．解：由于两球相碰满足动量守恒 　　ｍ1ｖ0＝ｍ1ｖ1＋ｍ2ｖ2，ｖ1＝－1.3ｍ／ｓ． 　两球组成系统碰撞前后的总动能Ｅｋ1＋Ｅｋ2＝ｍ1ｖ02／2＋0＝2.5Ｊ， 　Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＝ｍ1ｖ12／2＋ｍ2ｖ22／2＝2.8Ｊ． 　可见，Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＞Ｅｋ1＋Ｅｋ2，碰后能量较碰撞前增多了，违背了能量守恒定律，这种假设不合理． 　38．解：（1）由动量守恒，得ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2， 由运动学公式得ｓ＝（ｖ1－ｖ2）ｔ，ｈ＝ｇｔ2／2， 由以上三式得ｖ2＝（ｍｖ0－ｓｍ）／（Ｍ＋ｍ）． 　（2）最后车与物体以共同的速度ｖ向右运动，故有 　ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖｖ＝ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）． ∴ΔＥ＝ｍｖ02／2＋ｍｇｈ－（Ｍ＋ｍ）ｍ2ｖ02／2（Ｍ＋ｍ）2． 解得ΔＥ＝ｍｇｈ＋Ｍｍｖ02／2（Ｍ＋ｍ）． 　39．解：设碰前Ａ、Ｂ有共同速度ｖ时，Ｍ前滑的距离为ｓ．则ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ，ｆｓ＝Ｍｖ2／2，ｆ＝μｍｇ． 　由以上各式得　ｓ＝Ｍｍｖ02／2μｇ（Ｍ＋ｍ）2． 　当ｖ0＝2ｍ／ｓ时，ｓ＝2／9ｍ＜0.5ｍ，即Ａ、Ｂ有共同速度．当ｖ0＝4ｍ／ｓ时，ｓ＝8／9ｍ＞0.5ｍ，即碰前Ａ、Ｂ速度不同． 　40．解：（1）物体由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者系统水平方向动量守恒得：ｍｖ0＝ｍｖ0／2＋2ｍｖＡＢ． 解之得　ｖＡＢ＝ｖ0／4． 　（2）物块由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者功能关系得：μｍｇＬ＝ｍｖ02／2－ｍ（ｖ0／2）2／2－2ｍ（ｖ0／4）2／2． 解之得　Ｌ＝5ｖ02／16μｇ． 　（3）物块由Ｄ滑到Ｃ的过程中，二者系统水平方向动量守恒，又因为物块到达最高点Ｃ时，物块与滑块速度相等且水平，均为ｖ． 故得　ｍｖ0／2＋ｍｖ0／4＝2ｍｖ， ∴　得滑块的动能ＥＣＤ＝ｍｖ2／2＝9ｍｖ02／128． 　41．解：（1）Ｂ从ｖ0减速到速度为零的过程，Ｃ静止，Ｂ的位移：ｓ1＝ｖ02／2μｇ． 　所用的时间：ｔ1＝ｖ0／μｇ． 　此后Ｂ与Ｃ一起向右做加速运动，Ａ做减速运动，直到相对静止，设所用时间为ｔ2，共同速度为ｖ． 　对Ａ、Ｂ、Ｃ，由动量守恒定律得 　ｍＡ·2ｖ0－ｍＢｖ0＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ， ∵　ｍＡ＝ｍＢ＝ｍＣ，∴　ｖ＝ｖ0／3． 　 对Ｂ与Ｃ，向右加速运动的加速度 　ａ＝μｍＡｇ／（ｍＢ＋ｍＣ）＝μｇ／2，∴ｔ2＝ｖ／ａ＝2ｖ0／3μｇ． Δｔ内Ｂ向右移动的位移ｓ2＝ｖｔ2／2＝ｖ02／9μｇ， 故总路程ｓ＝ｓ1＋ｓ2＝11ｖ02／18μｇ，总时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝5ｖ0／3μｇ． 　（2）设车的最小长度为Ｌ，则相对静止时Ａ、Ｂ刚好接触，由能量守恒得 　ｍＡ（2ｖ0）2／2＋ｍＢｖ02／2＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ2／2＋μｍＢｇｓ1＋μｍＡｇ（Ｌ－ｓ1）， 联立解得Ｌ＝7ｖ02／3μｇ． 　42．解：（1）ｍ速度最大的位置应在O点左侧．因为细线烧断后，ｍ在弹簧弹力和滑动摩擦力的合力作用下向右做加速运动，当弹力与摩擦力的合力为零时，ｍ的速度达到最大，此时弹簧必处于压缩状态．此后，系统的机械能不断减小，不能再达到这一最大速度． 　（2）选ｍ、Ｍ为一系统，由动量守恒定律得 　ｍｖ1＝Ｍｖ2． 　设这一过程中弹簧释放的弹性势能为Ｅｐ，则 　Ｅｐ＝ｍｖ12／2＋Ｍｖ22／2＋μｍｇｓ， 解得　ｖ2＝ｍｖ1／Ｍ，Ｅｐ＝ｍ［（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2Ｍ＋μｇｓ］． 　（2）ｍ与Ｍ最终将静止，因为系统动量守恒，且总动量为零，只要ｍ与Ｍ间有相对运动，就要克服摩擦力做功，不断消耗能量，所以，ｍ与Ｍ最终必定都静止． 　43．解：（1）第一颗子弹射入木块过程，系统动量守恒，有 　ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ1． 　射入后，在ＯＢＣ运动过程中，机械能守恒，有 　（ｍ＋Ｍ）ｖ12／2＝（ｍ＋Ｍ）ｇＲ，得ｖ0＝（Ｍ＋ｍ）／ｍ． 　（2）由动量守恒定律知，第2、4、6……颗子弹射入木块后，木块速度为0，第1、3、5……颗子弹射入后，木块运动．当第9颗子弹射入木块时，由动量守恒得： 　ｍｖ0＝（9ｍ＋Ｍ）ｖ9， 　设此后木块沿圆弧上升最大高度为Ｈ，由机械能守恒定律得：（9ｍ＋Ｍ）ｖ92／2＝（9ｍ＋Ｍ）ｇＨ， 由以上可得：Ｈ＝［（Ｍ＋ｍ）／（Ｍ＋9ｍ）］2Ｒ． 　44．解：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动ｓ，速度变为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．由动能定理 　－μＭｇｓ＝0－ｍｖ02／2，ｓ＝ｍｖ02／2μＭｇ＝0.33ｍ． 　（2）假如平板车在第二次碰墙前还未和滑块相对静止，则其速度的大小肯定还是2ｍ／ｓ，因为只要相对运动，摩擦力大小为恒值．滑块速度则大于2ｍ／ｓ，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰墙前肯定已和滑块具有共同速度ｖ．此即平板车碰墙前瞬间的速度． 　Ｍｖ0－ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， ∴ｖ＝（Ｍ－ｍ）ｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝0.4ｍ／ｓ． 图3　（3）平板车与墙壁第一次碰撞后滑块与平板又达到共同速度ｖ前的过程，可用图3（ａ）、（ｂ）、（ｃ）表示．图3（ａ）为平板车与墙碰撞后瞬间滑块与平板车的位置，图3（ｂ）为平板车到达最左端时两者的位置，图3（ｃ）为平板车与滑块再次达到共同速度时两者的位置．在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功μΜｇｓ′，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功μＭｇｓ″（平板车从Ｂ到Ａ再回到Ｂ的过程中摩擦力做功为零），其中ｓ′、ｓ″分别为滑块和平板车的位移．滑块和平板车动能总减少为μＭｇｌ1，其中ｌ1＝ｓ′＋ｓ″为滑块相对平板车的位移，此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为ｌ，则有（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2＝μＭｇｌ，ｌ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2μＭｇ＝0.833ｍ． ｌ即为平板车的最短长度．图4　　45．解：如图4，Ａ球从静止释放后将自由下落至Ｃ点悬线绷直，此时速度为ｖＣ ∵　ｖＣ2＝2ｇ×2Ｌｓｉｎ30°， ∴　ｖＣ＝＝2ｍ／ｓ． 　在线绷直的过程中沿线的速度分量减为零时，Ａ将以切向速度ｖ1沿圆弧运动且 　ｖ1＝ｖＣｃｏｓ30°＝ｍ／ｓ． 　Ａ球从Ｃ点运动到最低点与Ｂ球碰撞前机械能守恒，可求出Ａ球与Ｂ球碰前的速度 　ｍＡｖ12／2＋ｍＡｇＬ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍＡｖ22／2， 　ｖ2＝==ｍ／ｓ． 　因Ａ、Ｂ两球发生无能量损失的碰撞且ｍＡ＝ｍＢ，所以它们的速度交换，即碰后Ａ球的速度为零，Ｂ球的速度为ｖ2＝（ｍ／ｓ）．对Ｂ球和小车组成的系统水平方向动量守恒和机械能守恒，当两者有共同水平速度ｕ时，Ｂ球上升到最高点，设上升高度为ｈ． 　ｍＢｖ2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ，ｍＢｖ22／2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ2／2＋ｍＢｇｈ．解得ｈ＝3／16≈0.19ｍ． 　在Ｂ球回摆到最低点的过程中，悬线拉力仍使小车加速，当Ｂ球回到最低点时小车有最大速度ｖｍ ，设小球Ｂ回到最低点时速度的大小为ｖ3，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 　ｍＢｖ2＝－ｍＢｖ3＋Ｍｖｍ，ｍＢｖ22／2＝ｍＢｖ32／2＋Ｍｖｍ2／2， 解得ｖｍ＝2ｍＢｖ2／（ｍ3＋Ｍ）＝／2ｍ／ｓ＝1.12ｍ／ｓ． 　46．解：（1）小球的角速度与运动的角速度必定相等，则有ｖ＝ωＲ＝ω． 　（2）人手所提供的功率应等于小球在运动过程中克服摩擦力做功的功率．即有Ｐ＝ｆｖ， ∴　ｆ＝Ｐ／ｖ＝Ｐ／ω． 　47．解：由于粘性物体与底板粘合的过程时间极短，冲击力远大于重力，在竖直方向近似动量守恒，开始静止时，有　ｍ1ｇ＝ｋｘｋ＝ｍ1ｇｘ． 　ｍ2下落Ｈ时的速度ｖ＝，ｍ2与ｍ1合在一起动量守恒，ｍ2ｖ＝（ｍ1＋ｍ2）ｖ′，ｖ′＝ｍ2ｖ／（ｍ1＋ｍ2）＝ｍ2／（ｍ1＋ｍ2）． 　设向下为正方向，ｍ1与ｍ2的整体受两个力，即重力（ｍ1＋ｍ2）ｇ和弹簧的平均拉力，则有平均拉力＝ｋｘ＋ｋｈ／2＝ｋ（2ｘ＋ｈ）／2，由动能定理得 ［－＋（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ＝0－（ｍ1＋ｍ2）ｖ2／2， 由以上各式得［ｍ1ｇ（2ｘ＋ｈ）／2ｘ－（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ 　＝（ｍ1＋ｍ2）·ｍ22·2ｇｈ／2（ｍ1＋ｍ2）2． 代入数值得ｈ＝0.3ｍ． 　48．解：ｍ与Ａ粘在一起后水平方向动量守恒，共同速度设为ｖ1，Ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ1， 得ｖ1＝Ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝2ｖ0／3． 　当弹簧压缩到最大时即有最大弹性势能Ｅ，此时系统中各物体有相同速度，设为ｖ2，由动量守恒定律 　2Ｍｖ0＝（2Ｍ＋ｍ）ｖ2，得ｖ2＝2Ｍｖ0／（2Ｍ＋ｍ）＝4ｖ0／5． 由能量守恒有 　Ｅ＝Ｍｖ02／2＋（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2－（2Ｍ＋ｍ）ｖ22／2， 解得Ｅ＝Ｍｖ02／30． 　49．解：（1）振子在平衡位置时，所受合力为零，设此时弹簧被压缩Δｘ：（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ＝ｋΔｘ，Δｘ＝5ｃｍ． 　开始释放时振子处在最大位移处，故振幅 　Ａ＝5ｃｍ＋5ｃｍ＝10ｃｍ． 　（2）由于开始时弹簧的伸长量恰等于振子在平衡位置时弹簧的压缩量，故弹性势能相等，设振子的最大速度为ｖ，从开始到平衡位置，根据机械能守恒定律， 得ｍｇ·Ａ＝ｍｖ2／2，∴ｖ＝＝1.4ｍ／ｓ， 即Ｂ的最大速率为1.4ｍ／ｓ． 　 （3）在最高点，振子受到的重力和弹力方向相同，根据牛顿第二定律，得 　ａ＝［ｋΔｘ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ］／（ｍＡ＋ｍＢ）＝20ｍ／ｓ2， Ａ对Ｂ的作用力方向向下，其大小 　Ｎ1＝ｍＢａ－ｍＢｇ＝10Ｎ． 在最低点，振子受到的重力和弹力方向相反，根据牛顿第二定律，得ａ＝ｋ（Δｘ＋Ａ）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｍＡ＋ｍＢ＝20ｍ／ｓ2． Ａ对Ｂ的作用力方向向上，其大小 　Ｎ2＝ｍＢａ＋ｍＢｇ＝30Ｎ． 　41．一平直长木板Ｃ静止在光滑水平面上，今有两小物块Ａ和Ｂ分别以2ｖ0和ｖ0的初速度沿同一直线从长木板Ｃ两端相向水平地滑上长木板，如图1－94所示．设Ａ、Ｂ两小物块与长木板Ｃ间的动摩擦因数均为μ，Ａ、Ｂ、Ｃ三者质量相等．①若Ａ、Ｂ两小物块不发生碰撞，则由开始滑上Ｃ到静止在Ｃ上止，Ｂ通过的总路程是多大？经过的时间多长？②为使Ａ、Ｂ两小物块不发生碰撞，长木板Ｃ的长度至少多大？图1－94　　　　图1－952．解：在0～1ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知 　ａ１＝12ｍ／ｓ２， 由牛顿第二定律，得 　Ｆ－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ１，　　① 在0～2ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知ａ２＝－6ｍ／ｓ２， 因为此时物体具有斜向上的初速度，故由牛顿第二定律，得 　－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ２，　　② 　②式代入①式，得　Ｆ＝18Ｎ． 3．解：在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从Ａ到Ｂ需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为ｔ1，则 　（ｖ／2）ｔ１＋ｖ（ｔ－ｔ１）＝Ｌ， 所以　ｔ１＝2（ｖｔ－Ｌ）／ｖ＝（2×（2×6－10）／2）ｓ＝2ｓ． 为使物体从Ａ至Ｂ所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变．而　ａ＝ｖ／ｔ＝1ｍ／ｓ２．设物体从Ａ至Ｂ所用最短的时间为ｔ2，则 　（1／2）ａｔ2２＝Ｌ， 　ｔ2＝=＝2ｓ． 　ｖｍｉｎ＝ａｔ2＝1×2ｍ／ｓ＝2ｍ／ｓ． 传送带速度再增大1倍，物体仍做加速度为1ｍ／ｓ２的匀加速运动，从Ａ至Ｂ的传送时间为2ｍ／ｓ． 4．解：启动前Ｎ１＝ｍｇ， 　升到某高度时　Ｎ2＝（17／18）Ｎ１＝（17／18）ｍｇ， 　对测试仪　Ｎ2 －ｍｇ′＝ｍａ＝ｍ（ｇ／2）， 　∴　ｇ′＝（8／18）ｇ＝（4／9）ｇ， 　ＧｍＭ／Ｒ2＝ｍｇ，ＧｍＭ／（Ｒ＋ｈ）2＝ｍｇ′，解得：ｈ＝（1／2）Ｒ． 5．解：由匀加速运动的公式　ｖ２＝ｖ０２＋2ａｓ 　得物块沿斜面下滑的加速度为 　ａ＝ｖ2／2ｓ＝1．42／（2×1．4）＝0．7ｍｓ－２， 由于ａ＜ｇｓｉｎθ＝5ｍｓ－２， 　可知物块受到摩擦力的作用．图3　分析物块受力，它受3个力，如图3．对于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，由牛顿定律有 　ｍｇｓｉｎθ－ｆ１＝ｍａ， 　ｍｇｃｏｓθ－Ｎ１＝0， 　分析木楔受力，它受5个力作用，如图3所示．对于水平方向，由牛顿定律有 　ｆ2＋ｆ１ｃｏｓθ－Ｎ１ｓｉｎθ＝0， 　由此可解得地面的作用于木楔的摩擦力 　ｆ2＝ｍｇｃｏｓθｓｉｎθ－（ｍｇｓｉｎθ－ｍａ）ｃｏｓθ＝ｍａｃｏｓθ＝1×0．7×（／2）＝0．61Ｎ． 　此力的方向与图中所设的一致（由指向）． 6．解：（1）飞机原先是水平飞行的，由于垂直气流的作用，飞机在竖直方向上的运动可看成初速度为零的匀加速直线运动，根据　ｈ＝（1／2）ａｔ２，得ａ＝2ｈ／ｔ２，代入ｈ＝1700ｍ，ｔ＝10ｓ，得 　ａ＝（2×1700／10２）（ｍ／ｓ２）＝34ｍ／ｓ２，方向竖直向下． 　（2）飞机在向下做加速运动的过程中，若乘客已系好安全带，使机上乘客产生加速度的力是向下重力和安全带拉力的合力．设乘客质量为ｍ，安全带提供的竖直向下拉力为Ｆ，根据牛顿第二定律　Ｆ＋ｍｇ＝ｍａ，得安全带拉力 　　Ｆ＝ｍ（ａ－ｇ）＝ｍ（34－10）Ｎ＝24ｍ（Ｎ）， ∴　安全带提供的拉力相当于乘客体重的倍数 　ｎ＝Ｆ／ｍｇ＝24ｍＮ／ｍ·10Ｎ＝2．4（倍）． 　（3）若乘客未系安全带，飞机向下的加速度为34ｍ／ｓ２，人向下加速度为10ｍ／ｓ２，飞机向下的加速度大于人的加速度，所以人对飞机将向上运动，会使头部受到严重伤害． 7．解：设月球表面重力加速度为ｇ，根据平抛运动规律，有 　ｈ＝（1／2）ｇｔ２，　　① 　水平射程为　　　Ｌ＝ｖ０ｔ，　　② 　联立①②得ｇ＝2ｈｖ０２／Ｌ２ ．　　③ 　根据牛顿第二定律，得　ｍｇ＝ｍ（2π／Ｔ）２Ｒ，　　④ 　联立③④得　Ｔ＝（πＬ／ｖ０ｈ）．　　⑤ 8．解：前2秒内，有Ｆ－ｆ＝ｍａ１，ｆ＝μＮ，Ｎ＝ｍｇ，则 　ａ１＝（Ｆ－μｍｇ）／ｍ＝4ｍ／ｓ２，ｖｔ＝ａ１ｔ＝8ｍ／ｓ， 　撤去Ｆ以后　ａ２＝ｆ／ｍ＝2ｍ／ｓ，ｓ＝ｖ１２／2ａ２＝16ｍ． 9．解：（1）用力斜向下推时，箱子匀速运动，则有 　Ｆｃｏｓθ＝ｆ，ｆ＝μＮ，Ｎ＝Ｇ＋Ｆｓｉｎθ， 　联立以上三式代数据，得　Ｆ＝1．2×10２Ｎ． 　（2）若水平用力推箱子时，据牛顿第二定律，得Ｆ合＝ｍａ，则有 　Ｆ－μＮ＝ｍａ，Ｎ＝Ｇ， 　联立解得　ａ＝2．0ｍ／ｓ２． 　ｖ＝ａｔ＝2．0×3．0ｍ／ｓ＝6．0ｍ／ｓ， 　ｓ＝（1／2）ａｔ２＝（1／2）×2．0×3．0２ｍ／ｓ＝9．0ｍ， 　推力停止作用后　ａ′＝ｆ／ｍ＝4．0ｍ／ｓ２（方向向左）， 　ｓ′＝ｖ２／2ａ′＝4．5ｍ， 　则　ｓ总＝ｓ＋ｓ′＝13．5ｍ． 10．解：根据题中说明，该运动员发球后，网球做平抛运动．以ｖ表示初速度，Ｈ表示网球开始运动时离地面的高度（即发球高度），ｓ１表示网球开始运动时与网的水平距离（即运动员离开网的距离），ｔ１表示网球通过网上的时刻，ｈ表示网球通过网上时离地面的高度，由平抛运动规律得到 　ｓ１＝ｖｔ１，Ｈ－ｈ＝（1／2）ｇｔ１２， 消去ｔ１，得　　ｖ＝ｍ／ｓ，ｖ≈23ｍ／ｓ． 　以ｔ２表示网球落地的时刻，ｓ２表示网球开始运动的地点与落地点的水平距离，ｓ表示网球落地点与网的水平距离，由平抛运动规律得到 　Ｈ＝（1／2）ｇｔ２２，ｓ２＝ｖｔ２， 消去ｔ２，得ｓ２＝ｖ≈16ｍ， 　网球落地点到网的距离　ｓ＝ｓ２－ｓ１≈4ｍ． 11．解：（1）设卫星质量为ｍ，它在地球附近做圆周运动，半径可取为地球半径Ｒ，运动速度为ｖ，有 　ＧＭｍ／Ｒ２＝ｍｖ２／Ｒ　得ｖ＝． 　（2）由（1）得： 　Ｍ＝ｖ２Ｒ／Ｇ＝＝6．0×1024ｋｇ． 12．解：对物块：Ｆ１－μｍｇ＝ｍａ１， 　6－0．5×1×10＝1·ａ１，ａ１＝1．0ｍ／ｓ2， 　ｓ１＝（1／2）ａ１ｔ2＝（1／2）×1×0．42＝0．08ｍ， 　ｖ１＝ａ１ｔ＝1×0．4＝0．4ｍ／ｓ， 　对小车：Ｆ２－μｍｇ＝Ｍａ２， 　9－0．5×1×10＝2ａ２，ａ２＝2．0ｍ／ｓ2， 　ｓ２＝（1／2）ａ２ｔ2＝（1／2）×2×0．42＝0．16ｍ， 　ｖ２＝ａ２ｔ＝2×0．4＝0．8ｍ／ｓ， 　撤去两力后，动量守恒，有Ｍｖ２－ｍｖ１＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， 　ｖ＝0．4ｍ／ｓ（向右）， ∵　（（1／2）ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2）－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ2＝μｍｇｓ３， 　ｓ３＝0．096ｍ， ∴　ｌ＝ｓ１＋ｓ２＋ｓ３＝0．336ｍ． 13．解：设木块到Ｂ时速度为ｖ０，车与船的速度为ｖ１，对木块、车、船系统，有 　ｍ１ｇｈ＝（ｍ１ｖ０2／2）＋（（ｍ２＋ｍ３）ｖ１2／2）， 　ｍ１ｖ０＝（ｍ２＋ｍ３）ｖ１， 解得　ｖ０＝5，ｖ１＝． 　木块到Ｂ后，船以ｖ１继续向左匀速运动，木块和车最终以共同速度ｖ２向右运动，对木块和车系统，有 　ｍ１ｖ０－ｍ２ｖ１＝（ｍ１＋ｍ２）ｖ２， 　μｍ１ｇｓ＝（（ｍ１ｖ０2／2）＋（ｍ２ｖ１2／2））－（（ｍ１＋ｍ２）ｖ２2／2）， 得　ｖ２＝ｖ１＝，ｓ＝2ｈ． 14．解：（1）小球的角速度与手转动的角速度必定相等均为ω．设小球做圆周运动的半径为ｒ，线速度为ｖ．由几何关系得　ｒ＝，ｖ＝ω·ｒ，解得　　 　　ｖ＝ω． 　（2）设手对绳的拉力为Ｆ，手的线速度为ｖ，由功率公式得　Ｐ＝Ｆｖ＝Ｆ·ωＲ， ∴　Ｆ＝Ｐ／ωＲ．图4　研究小球的受力情况如图4所示，因为小球做匀速圆周运动，所以切向合力为零，即 　Ｆｓｉｎθ ＝ｆ， 其中　ｓｉｎθ＝Ｒ／， 　联立解得　ｆ＝Ｐ／ω． 15．解：（1）用ｖ１表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由于子弹射入木块Ｃ时间极短，系统动量守恒，有 　ｍｖ０＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１， 　∴　ｖ１＝ｍｖ０／（ｍ＋Ｍ）＝3ｍ／ｓ， 　子弹和木块Ｃ在ＡＢ木板上滑动，由动能定理得： 　（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ２２－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ１２＝－μ（ｍ＋Ｍ）ｇＬ， 　解得　ｖ２＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）用ｖ′表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由动量守恒定律，得　ｍｖ０′＋Ｍｕ＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１′，解得　ｖ１′＝4ｍ／ｓ． 　木块Ｃ及子弹在ＡＢ木板表面上做匀减速运动　ａ＝μｇ．设木块Ｃ和子弹滑至ＡＢ板右端的时间为ｔ，则木块Ｃ和子弹的位移ｓ１＝ｖ１′ｔ－（1／2）ａｔ2， 　由于ｍ车≥（ｍ＋Ｍ），故小车及木块ＡＢ仍做匀速直线运动，小车及木板ＡＢ的位移　ｓ＝ｕｔ，由图5可知：ｓ１＝ｓ＋Ｌ， 　联立以上四式并代入数据得： 　ｔ2－6ｔ＋1＝0， 　解得：ｔ＝（3－2）ｓ，（ｔ＝（3＋2）ｓ不合题意舍去），　　（11） 　∴　ｓ＝ｕｔ＝0．18ｍ． 16．解：（1）设Ａ滑上Ｂ后达到共同速度前并未碰到档板，则根据动量守恒定律得它们的共同速度为ｖ，有图5　ｍｖ０＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝2ｍ／ｓ，在这一过程中，Ｂ的位移为ｓＢ＝ｖＢ2／2ａＢ且ａＢ＝μｍｇ／Ｍ，解得ｓＢ＝Ｍｖ2／2μｍｇ＝2×22／2×0．2×1×10＝2ｍ． 　设这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ１，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ１＝（1／2）ｍｖ０2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得ｓ１＝6ｍ． 　当ｓ＝4ｍ时，Ａ、Ｂ达到共同速度ｖ＝2ｍ／ｓ后再匀速向前运动2ｍ碰到挡板，Ｂ碰到竖直挡板后，根据动量守恒定律得Ａ、Ｂ最后相对静止时的速度为ｖ′，则 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′， 解得　ｖ′＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ２，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ２＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2 ， 　解得　ｓ２＝2．67ｍ． 　因此，Ａ、Ｂ最终不脱离的木板最小长度为ｓ１＋ｓ２＝8．67ｍ 　（2）因Ｂ离竖直档板的距离ｓ＝0．5ｍ＜2ｍ，所以碰到档板时，Ａ、Ｂ未达到相对静止，此时Ｂ的速度ｖＢ为 　ｖＢ2＝2ａＢｓ＝（2μｍｇ／Ｍ）ｓ，解得　ｖＢ＝1ｍ／ｓ， 　设此时Ａ的速度为ｖＡ，根据动量守恒定律，得 　ｍｖ０＝ＭｖＢ＋ｍｖＡ，解得ｖＡ＝4ｍ／ｓ， 　设在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移为ｓ１′，根据动能定理得： 　μｍｇｓ１′＝（1／2）ｍｖ０2－（（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）ＭｖＢ2）， 　解得　ｓ１′＝4．5ｍ． 　Ｂ碰撞挡板后，Ａ、Ｂ最终达到向右的相同速度ｖ，根据动能定理得ｍｖＡ－ＭｖＢ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ２′为 　μｍｇｓ２′＝（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得　ｓ２′＝（25／6）ｍ． 　Ｂ再次碰到挡板后，Ａ、Ｂ最终以相同的速度ｖ′向左共同运动，根据动量守恒定律，得 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′，解得　ｖ′＝（2／9）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ３′为： 　μｍｇｓ３′＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　　　　ｓ３′＝（8／27）ｍ． 　因此，为使Ａ不从Ｂ上脱落，Ｂ的最小长度为ｓ１′＋ｓ２′＋ｓ３′＝8．96ｍ． 17．解：（1）Ｂ与Ａ碰撞后，Ｂ相对于Ａ向左运动，Ａ所受摩擦力方向向左，Ａ的运动方向向右，故摩擦力作负功．设Ｂ与Ａ碰撞后的瞬间Ａ的速度为ｖ１，Ｂ的速度为ｖ２，Ａ、Ｂ相对静止后的共同速度为ｖ，整个过程中Ａ、Ｂ组成的系统动量守恒，有 　Ｍｖ０＝（Ｍ＋1．5Ｍ）ｖ，ｖ＝2ｖ０／5． 　碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功，即 　Ｍｖ２＋1．5Ｍｖ１＝2．5Ｍｖ，　　① 　（1／2）×1．5Ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2－（1／2）×2．5Ｍｖ2＝Ｍμｇｌ，　　② 可解出ｖ１＝（1／2）ｖ０（另一解ｖ１＝（3／10）ｖ０因小于ｖ而舍去） 　这段过程中，Ａ克服摩擦力做功 　Ｗ＝（1／2）×1．5Ｍｖ１2－（1／2）×1．5Ｍｖ2＝（27／400）Ｍｖ０2（0．068Ｍｖ０2）． 　（2）Ａ在运动过程中不可能向左运动，因为在Ｂ未与Ａ碰撞之前，Ａ受到的摩擦力方向向右，做加速运动，碰撞之后Ａ受到的摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后，速度仍向右，因此不可能向左运动． 　Ｂ在碰撞之后，有可能向左运动，即ｖ２＜0． 　先计算当ｖ２＝0时满足的条件，由①式，得 　ｖ１＝（2ｖ０／3）－（2ｖ２／3），当ｖ２＝0时，ｖ１＝2ｖ０／3，代入②式，得 　（（1／2）×1．5Ｍ4ｖ０2／9）－（（1／2）×2．5Ｍ4ｖ０2／25）＝Ｍμｇｌ， 解得　μｇｌ＝2ｖ０2／15． 　Ｂ在某段时间内向左运动的条件之一是μｌ＜2ｖ０2／15ｇ． 　另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即 　（1／2）Ｍｖ０2－（1／2）2．5Ｍ（2ｖ０／5）2≥2Ｍμｇｌ， 　解出另一个条件是　μｌ≤3ｖ０2／20ｇ， 　最后得出Ｂ在某段时间内向左运动的条件是 　2ｖ０2／15ｇ＜μｌ≤3ｖ０2／20ｇ． 18．解：（1）以警车为研究对象，由动能定理． 　－μｍｇ·ｓ＝（1／2）ｍｖ2－（1／2）ｍｖ０2， 　将ｖ０＝14．0ｍ／ｓ，ｓ＝14．0ｍ，ｖ＝0代入，得 　μｇ＝7．0ｍ／ｓ2， 　因为警车行驶条件与肇事汽车相同，所以肇事汽车的初速度ｖＡ＝＝21ｍ／ｓ． 　（2）肇事汽车在出事点Ｂ的速度 　ｖＢ＝＝14ｍ／ｓ， 　肇事汽车通过段的平均速度 　＝（ｖＡ＋ｖＢ）／2＝（21＋14）／2＝17．5ｍ／ｓ． 　肇事汽车通过ＡＢ段的时间 　ｔ２＝ＡＢ／＝（31．5－14．0）／17．5＝1ｓ． 　∴　游客横过马路的速度 　ｖ人＝／（ｔ１＋ｔ２）＝（2．6／（1＋0．7））ｍ／ｓ＝1．53ｍ／ｓ． 19．解：（1）开始Ａ、Ｂ处于静止状态时，有 　ｋｘ０－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｓｉｎ30°＝0，　　① 　设施加Ｆ时，前一段时间Ａ、Ｂ一起向上做匀加速运动，加速度为ａ，ｔ＝0．2ｓ，Ａ、Ｂ间相互作用力为零，对Ｂ有： 　ｋｘ－ｍＢｇｓｉｎ30°＝ｍＢａ，　　② 　ｘ－ｘ０＝（1／2）ａｔ2，　　③ 　解①、②、③得： 　ａ＝5ｍｓ－2，ｘ０＝0．05ｍ，ｘ＝0．15ｍ， 　初始时刻Ｆ最小 　Ｆｍｉｎ＝（ｍＡ＋ｍＢ）ａ＝60Ｎ． 　ｔ＝0．2ｓ时，Ｆ最大 　Ｆｍａｘ－ｍＡｇｓｉｎ30°＝ｍＡａ， 　Ｆｍａｘ＝ｍＡ（ｇｓｉｎ30°＋ａ）＝100Ｎ， 　（2）ΔＥＰＡ＝ｍＡｇΔｈ＝ｍＡｇ（ｘ－ｘ０）ｓｉｎ30°＝5Ｊ． 20．解：当弹簧处于压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和．当弹簧伸长到其自然长度时，弹性势能为零，因这时滑块Ａ的速度为零，故系统的机械能等于滑块Ｂ的动能．设这时滑块Ｂ的速度为ｖ则有 　Ｅ＝（1／2）ｍ２ｖ2，　　① 由动量守恒定律（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ２ｖ，　　② 解得　Ｅ＝（1／2）（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２．　　③ 　假定在以后的运动中，滑块Ｂ可以出现速度为零的时刻，并设此时滑块Ａ的速度为ｖ１．这时，不论弹簧是处于伸长还是压缩状态，都具有弹性势能Ｅｐ．由机械能守恒定律得 　（1／2）ｍ１ｖ１2＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　④ 根据动量守恒　（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ１ｖ１，　　⑤ 求出ｖ１，代入④式得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２ ），　　⑥ 因为Ｅｐ≥0，故得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）≤（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑦ 即　ｍ１≥ｍ２，与已知条件ｍ１＜ｍ２不符． 　可见滑块Ｂ的速度永不为零，即在以后的运动中，不可能出现滑动Ｂ的速度为零的情况． 21．解：设恰好物体相对圆盘静止时，弹簧压缩量为Δｌ，静摩擦力为最大静摩擦力ｆｍａｘ，这时物体处于临界状态，由向心力公式ｆｍａｘ－ｋΔｌ＝ｍＲｗ2，　　① 　假若物体向圆心移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ１－ｋ（Δｌ＋ｘ）＝ｍ（Ｒ－ｘ）ｗ2，　　② 　由①、②两式可得　ｆｍａｘ－ｆ１＝ｍｘｗ2－ｋｘ，　　③ 所以　ｍｘｗ2－ｋｘ≥0，得ｋ≤ｍｗ2，　　④ 　若物体向外移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ２－ｋ（Δｌ－ｘ）≥ｍ（Ｒ＋ｘ）ｗ2，　　⑤ 由①～⑥式得　ｆｍａｘ－ｆ２＝ｋｘ－ｍｘｗ2≥0，　　⑥ 所以　ｋ≥ｍｗ2，　　⑦ 即若物体向圆心移动，则ｋ≤ｍｗ2， 若物体向远离圆心方向移动，则ｋ≥ｍｗ2． 22．解：卫星环绕地球作匀速圆周运动，设卫星的质量为ｍ，轨道半径为ｒ，受到地球的万有引力为Ｆ， 　Ｆ＝ＧＭｍ／ｒ2，　　① 　式中Ｇ为万有引力恒量，Ｍ是地球质量． 　设ｖ是卫星环绕地球做匀速圆周运动的线速度，Ｔ是运动周期，根据牛顿第二定律，得 　Ｆ＝ｍｖ2／ｒ，　　② 　由①、②推导出　ｖ＝．　　③ 　③式表明：ｒ越大，ｖ越小． 　人造卫星的周期就是它环绕地球运行一周所需的时间Ｔ， 　Ｔ＝2πｒ／ｖ，　　④ 　由③、④推出　Ｔ＝2π，　　⑤ 　⑤式说明：ｒ越大，Ｔ越大．　23．证：设质点通过Ａ点时的速度为ｖＡ，通过Ｃ点时的速度为ｖＣ，由匀变速直线运动的公式得： ｓ1＝ｖＡＴ＋ａＴ2／2，ｓ3＝ｖＣＴ＋ａＴ2／2，ｓ3－ｓ1＝ｖＣＴ－ｖＡＴ． ∵　ｖＣ＝ｖＡ＋2ａＴ， ∴　ｓ3－ｓ1＝（ｖＡ－2ａＴ－ｖＡ）Ｔ＝2ａＴ2，ａ＝（ｓ3－ｓ1）／2Ｔ2． 　24．根据：如果在连续的相等的时间内的位移之差相等，则物体做匀变速运动．证明：设物体做匀速运动的初速度为ｖ0，加速度为ａ，第一个Ｔ内的位移为ｓ1＝ｖ0Ｔ＋ａＴ2／2；第二个Ｔ内的位移为ｓ2＝（ｖ0＋ａＴ）Ｔ＋ａＴ2／2；第Ｎ个Ｔ内的位移为ｓＮ＝［ｖ0＋（Ｎ－1）ａＴ］Ｔ＋ａＴ2／2．　ｓＮ－ｓＮ－1＝ａＴ2，逆定理也成立． 　 25．解：由匀变速直线运动的公式得小物块的加速度的大小为ａ1＝（ｖ0－ｖｔ）／ｔ＝2（ｍ／ｓ2）．木板的加速度大小为ａ2＝2ｓ／ｔ2＝0.25（ｍ／ｓ2）． 根据牛顿第二定律　Ｆ＝ｍａ 对小物块得　ｆ′1＝ｍａ1＝1×2＝2Ｎ， 对木板得　ｆ1－μ（ｍ＋Ｍ）ｇ＝Ｍａ2， 　μ＝（ｆ1－Ｍａ2）／（ｍ＋Ｍ）ｇ＝（2－4×0.25）／（1＋4）×10＝0.02． 　26．解：假设金属块没有离开第一块长木板，移动的相对距离为ｘ，由动量守恒定律，得ｍｖ0＝3ｍｖ， 　ｍｖ02／2＝3ｍｖ2／2＋μｍｇｘ， 解得ｘ＝4ｍ／3＞Ｌ，不合理， ∴　金属块一定冲上第二块木板． 　以整个系统为研究对象，由动量定律及能量关系，当金属块在第一块木板上时ｍｖ0＝ｍｖ0′＋2ｍｖ1， 　ｍｖ02／2＝12ｍｖ0′2＋2ｍ·ｖ12／2＋μｍｇｌ． 　ｍｖ0＝ｍｖ1＋2ｍｖ2， 　ｍｖ02／2＝ｍｖ12／2＋2ｍ·ｖ22／2＋μｍｇ（ｌ＋ｘ）． 联立解得： 　ｖ1＝1／3ｍ／ｓ，ｖ2＝5／6ｍ／ｓ，ｘ＝0.25ｍ． 　27．解：当ｔ＝0时，ａＡ0＝9／3＝3ｍ／ｓ2，ａＢ0＝3／6＝0.5ｍ／ｓ2．ａＡ0＞ａＢ0，Ａ、Ｂ间有弹力，随ｔ之增加，Ａ、Ｂ间弹力在减小，当（9－2ｔ）／3＝（3＋2ｔ）／6，ｔ＝2.5ｓ时，Ａ、Ｂ脱离，以Ａ、Ｂ整体为研究对象，在ｔ＝2.5ｓ内，加速度ａ＝（ＦＡ＋ＦＢ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝4／3ｍ／ｓ2，ｓ＝ａｔ2／2＝4.17ｍ． 　28．解：（1）由ｍＣｖ0＝ｍＣｖ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ1，Ｃ由Ａ滑至Ｂ时，Ａ、Ｂ的共同速度是 　ｖ1＝ｍＣ（ｖ0－ｖ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝0.2ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＡ＝ｍＣｖ02／2－ｍＣｖ2／2－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12／2， 得　μ＝［ｍＣ（ｖ02－ｖ2）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12］／2ｍＣｇｌＡ＝0.48． 　（2）由ｍＣｖ＋ｍＢｖ1＝（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ2，Ｃ相对Ｂ静止时，Ｂ、Ｃ的共同速度是ｖ2＝（ｍＣｖ＋ｍＢｖ1）／（ｍＣ＋ｍＢ）＝0.65ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＢ＝ｍＣｖ2／2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22／2， Ｃ在Ｂ上滑行距离为 　ｌＢ＝［ｍＣｖ2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22］／2μｍＣｇ＝0.25ｍ． 　（3）由μｍＣｇｓ＝ｍＢｖ22／2－ｍＢｖ12／2， Ｂ相对地滑行的距离ｓ＝［ｍＢ（ｖ22－ｖ12）］／2μｍＣｇ＝0.12ｍ． 　（4）Ｃ在Ａ、Ｂ上匀减速滑行，加速度大小由μｍＣｇ＝ｍＣａ，得ａ＝μｇ＝4.8ｍ／ｓ2． Ｃ在Ａ上滑行的时间ｔ1＝（ｖ0－ｖ）／ａ＝0.21ｓ． Ｃ在Ｂ上滑行的时间ｔ2＝（ｖ－ｖ2）／ａ＝0.28ｓ． 所求时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝0.21ｓ＋0.28ｓ＝0.49ｓ． 　　 29．匀加速下滑时，受力如图1ａ，由牛顿第二定律，有： ｍｇｓｉｎθ－μｍｇｃｏｓθ＝ｍａ＝ｍｇｓｉｎθ／2， 　ｓｉｎθ／2＝μｃｏｓθ， 　得μ＝ｓｉｎθ／2ｃｏｓθ．图1静止时受力分析如图1ｂ，摩擦力有两种可能：①摩擦力沿斜面向下；②摩擦力沿斜面向上．摩擦力沿斜面向下时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＝ｆ＋ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ， 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ＋μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ－μｓｉｎθ）ｍｇ＝3ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ－ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　摩擦力沿斜面向上时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＋ｆ＝ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ． 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ－μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ＋μｓｉｎθ）ｍｇ＝ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ＋ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　30．解：（1）物体在两斜面上来回运动时，克服摩擦力所做的功Ｗｆ＝μｍｇｃｏｓ60°·ｓ总． 　物体从开始直到不再在斜面上运动的过程中ｍｇｈ－Ｗｆ＝0－ｍｖ02／2．解得ｓ总＝38ｍ． 　（2）物体最终是在Ｂ、Ｃ之间的圆弧上来回做变速圆周运动，且在Ｂ、Ｃ点时速度为零． 　（3）物体第一次通过圆弧最低点时，圆弧所受压力最大．由动能定理得ｍｇ［ｈ＋Ｒ（1－ｃｏｓ60°）］－μｍｇｃｏｓ60°／ｓｉｎ60°＝ｍ（ｖ12－ｖ02）／2， 由牛顿第二定律得　Ｎｍａｘ－ｍｇ＝ｍｖ12／Ｒ， 解得　Ｎｍａｘ＝54.5Ｎ． 　物体最终在圆弧上运动时，圆弧所受压力最小．由动能定理得ｍｇＲ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍｖ22／2，由牛顿第二定律得Ｎｍｉｎ－ｍｇ＝ｍｖ22／Ｒ，解得Ｎｍｉｎ＝20Ｎ． 　31．解：（1）设刹车后，平板车的加速度为ａ0，从开始刹车到车停止所经历时间为ｔ0，车所行驶距离为ｓ0，则有ｖ02＝2ａ0ｓ0，ｖ0＝ａ0ｔ0． 　欲使ｔ0小，ａ0应该大，作用于木箱的滑动摩擦力产生的加速度ａ1＝μｍｇ／ｍ＝μｇ． 　当ａ0＞ａ1时，木箱相对车底板滑动，从刹车到车停止过程中木箱运动的路程为ｓ1，则ｖ02＝2ａ2ｓ1． 　为使木箱不撞击驾驶室，应有ｓ1－ｓ0≤Ｌ． 　联立以上各式解得：ａ0≤μｇｖ02／（ｖ02－2μｇＬ）＝5ｍ／ｓ2， 　∴　ｔ0＝ｖ0／ａ0＝4.4ｓ． 　（2）对平板车，设制动力为Ｆ，则Ｆ＋ｋ（Ｍ＋ｍ）ｇ－μｍｇ＝Ｍａ0，解得：Ｆ＝7420Ｎ． 　 32．解：对系统ａ0＝［Ｆ－μｇ（ｍ1＋ｍ2）］／（ｍ1＋ｍ2）＝1ｍ／ｓ2． 　对木块1，细绳断后：│ａ1│＝ｆ1／ｍ1＝μｇ＝1ｍ／ｓ2． 　设细绳断裂时刻为ｔ1，则木块1运动的总位移： 　ｓ1＝2ａ0ｔ12／2＝ａ0ｔ12． 　对木块2，细绳断后，ａ2＝（Ｆ－μｍ2ｇ）／ｍ2＝2ｍ／ｓ2． 木块2总位移 　ｓ2＝ｓ′＋ｓ″＝ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2， 两木块位移差Δｓ＝ｓ2－ｓ1＝22（ｍ）． 得　ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2－ａ0ｔ12＝22， 把ａ0，ａ2值，ｖ1＝ａ0ｔ1代入上式整理得： 　ｔ12＋12ｔ1－28＝0，得ｔ1＝2ｓ． 木块2末速ｖ2＝ｖ1＋ａ2（6－ｔ1）＝ａ0ｔ1＋ａ2（6－ｔ1）＝10ｍ／ｓ． 此时动能Ｅｋ＝ｍ2ｖ22／2＝2×102／2Ｊ＝100Ｊ． 　33．解：（1）由动量守恒定律，ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ′，且有ｍ∶Ｍ＝1∶3， ∴　Ａ、Ｂ共同速度ｖ′＝ｍｖ0／（ｍ＋Ｍ）＝1ｍ／ｓ． 　（2）由动能定理，对全过程应有 　μｍｇ·2Ｌ＝ｍｖ02／2－（ｍ＋Ｍ）ｖ′2／2， 　4μｇＬ＝ｖ02－4ｖ′2，μ＝（ｖ02－4ｖ′2）／4ｇＬ＝0.3． 　（3）先求Ａ与Ｂ挡板碰前Ａ的速度ｖ10，以及木板Ｂ相应速度ｖ20，取从Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板相碰前过程为研究对象，依动量守恒与动能定理有以下两式成立：ｍｖ0＝ｍｖ10＋Ｍｖ20， 　ｍｖ02／2－ｍｖ102／2－Ｍｖ202／2＝μｍｇＬ． 代入数据得　ｖ10＋3ｖ20＝4，ｖ102＋3ｖ202＝10， 解以上两式可得　ｖ10＝（2±3）／2ｍ／ｓ．因Ａ与Ｂ挡板碰前速度不可能取负值，故ｖ10＝（2＋3）／2ｍ／ｓ．相应解出ｖ20＝（2－）／2ｍ／ｓ＝0.3ｍ／ｓ． 　木板Ｂ此过程为匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得μｍｇ＝Ｍａ1，ａ1＝μｍｇ／Ｍ＝1（ｍ／ｓ2）． 此过程经历时间ｔ1由下式求出 　ｖ20＝ａ1ｔ1，ｔ1＝ｖ20／ａ1＝0.3（ｓ）． 其速度图线为图2中0～0.3ｓ段图线ａ． 　再求Ａ与Ｂ挡板碰后，木板Ｂ的速度ｖ2与木块Ａ的速度ｖ1，为方便起见取Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板碰撞后瞬间过程为研究对象，依动量守恒定律与动能定理有以下两式成立： ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2，ｍｖ02／2－ｍｖ12／2－Ｍｖ22／2＝μｍｇＬ． 故解为　ｖ1＝（2±3）／2ｍ／ｓ． 因ｖ1＝（2＋3）／2ｍ／ｓ为碰前速度，故取ｖ1＝（2－3）／2ｍ／ｓ，相应得ｖ2＝2＋2ｍ／ｓ＝1.7ｍ／ｓ． 由于ｖ1＜0，即木块相对Ｂ向左滑动，Ａ受Ｂ摩擦力向右，Ｂ受Ａ摩擦力向左，故Ｂ做匀减速直线运动，加速度大小由牛顿第二定律，得ａ＝μｍｇ／Ｍ＝1ｍ／ｓ2． 　从碰后到Ａ滑到Ｂ最左端过程中，Ｂ向右做匀减速直线运动时间设为ｔ2，则ｖ′－ｖ2＝－ａｔ2， ∴　ｔ2＝0.7ｓ． 　此过程速度图线如图2中0.3ｓ～1.0ｓ段图线ｂ． 图2　　34．解：设ｍ1、ｍ2两物体受恒力Ｆ作用后，产生的加速度分别为ａ1、ａ2，由牛顿第二定律Ｆ＝ｍａ，得 　ａ1＝Ｆ／ｍ1，ａ2＝Ｆ／ｍ2， 　历时ｔ两物体速度分别为ｖ1＝ａ1ｔ，ｖ2＝ｖ0＋ａ2ｔ，由题意令ｖ1＝ｖ2，即ａ1ｔ＝ｖ0＋ａ2ｔ或（ａ1－ａ2）ｔ＝ｖ0，因ｔ≠0、ｖ0＞0，欲使上式成立，需满足ａ1－ａ2＞0，即Ｆ／ｍ1＞Ｆ／ｍ2，或ｍ1＜ｍ2，也即当ｍ1≥ｍ2时不可能达到共同速度，当ｍ1＜ｍ2时，可以达到共同速度． 　35．解：（1）当小球刚好能在轨道内做圆周运动时，水平初速度ｖ最小，此时有ｍｇ＝ｍｖ2／Ｒ， 故　ｖ＝＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）若初速度ｖ′＜ｖ，小球将做平抛运动，如在其竖直位移为Ｒ的时间内，其水平位移ｓ≥Ｒ，小球可进入轨道经过Ｂ点．设其竖直位移为Ｒ时，水平位移也恰为R，则Ｒ＝ｇｔ2／2，Ｒ＝ｖ′ｔ，解得：ｖ′＝／2＝ｍ／ｓ． 因此，初速度满足2ｍ／ｓ＞ｖ′≥ｍ／ｓ时，小球可做平抛运动经过Ｂ点． 　36．卫星在天空中任何天体表面附近运行时，仅受万有引力Ｆ作用使卫星做圆周运动，运动半径等于天体的球半径Ｒ．设天体质量为Ｍ，卫星质量为ｍ，卫星运动周期为Ｔ，天体密度为ρ．根据万有引力定律Ｆ＝ＧＭｍ／Ｒ2， 卫星做圆周运动向心力Ｆ′＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2， 因为 　Ｆ′＝Ｆ，得ＧＭｍ／Ｒ2＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2，∴Ｔ＝． 　又球体质量Ｍ＝4πＲ3ρ／3． 得Ｔ＝=，∴Ｔ∝1／，得证． 　37．解：由于两球相碰满足动量守恒 　　ｍ1ｖ0＝ｍ1ｖ1＋ｍ2ｖ2，ｖ1＝－1.3ｍ／ｓ． 　两球组成系统碰撞前后的总动能Ｅｋ1＋Ｅｋ2＝ｍ1ｖ02／2＋0＝2.5Ｊ， 　Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＝ｍ1ｖ12／2＋ｍ2ｖ22 ／2＝2.8Ｊ． 　可见，Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＞Ｅｋ1＋Ｅｋ2，碰后能量较碰撞前增多了，违背了能量守恒定律，这种假设不合理． 　38．解：（1）由动量守恒，得ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2， 由运动学公式得ｓ＝（ｖ1－ｖ2）ｔ，ｈ＝ｇｔ2／2， 由以上三式得ｖ2＝（ｍｖ0－ｓｍ）／（Ｍ＋ｍ）． 　（2）最后车与物体以共同的速度ｖ向右运动，故有 　ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖｖ＝ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）． ∴ΔＥ＝ｍｖ02／2＋ｍｇｈ－（Ｍ＋ｍ）ｍ2ｖ02／2（Ｍ＋ｍ）2． 解得ΔＥ＝ｍｇｈ＋Ｍｍｖ02／2（Ｍ＋ｍ）． 　39．解：设碰前Ａ、Ｂ有共同速度ｖ时，Ｍ前滑的距离为ｓ．则ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ，ｆｓ＝Ｍｖ2／2，ｆ＝μｍｇ． 　由以上各式得　ｓ＝Ｍｍｖ02／2μｇ（Ｍ＋ｍ）2． 　当ｖ0＝2ｍ／ｓ时，ｓ＝2／9ｍ＜0.5ｍ，即Ａ、Ｂ有共同速度．当ｖ0＝4ｍ／ｓ时，ｓ＝8／9ｍ＞0.5ｍ，即碰前Ａ、Ｂ速度不同． 　40．解：（1）物体由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者系统水平方向动量守恒得：ｍｖ0＝ｍｖ0／2＋2ｍｖＡＢ． 解之得　ｖＡＢ＝ｖ0／4． 　（2）物块由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者功能关系得：μｍｇＬ＝ｍｖ02／2－ｍ（ｖ0／2）2／2－2ｍ（ｖ0／4）2／2． 解之得　Ｌ＝5ｖ02／16μｇ． 　（3）物块由Ｄ滑到Ｃ的过程中，二者系统水平方向动量守恒，又因为物块到达最高点Ｃ时，物块与滑块速度相等且水平，均为ｖ． 故得　ｍｖ0／2＋ｍｖ0／4＝2ｍｖ， ∴　得滑块的动能ＥＣＤ＝ｍｖ2／2＝9ｍｖ02／128． 　41．解：（1）Ｂ从ｖ0减速到速度为零的过程，Ｃ静止，Ｂ的位移：ｓ1＝ｖ02／2μｇ． 　所用的时间：ｔ1＝ｖ0／μｇ． 　此后Ｂ与Ｃ一起向右做加速运动，Ａ做减速运动，直到相对静止，设所用时间为ｔ2，共同速度为ｖ． 　对Ａ、Ｂ、Ｃ，由动量守恒定律得 　ｍＡ·2ｖ0－ｍＢｖ0＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ， ∵　ｍＡ＝ｍＢ＝ｍＣ，∴　ｖ＝ｖ0／3． 　对Ｂ与Ｃ，向右加速运动的加速度 　ａ＝μｍＡｇ／（ｍＢ＋ｍＣ）＝μｇ／2，∴ｔ2＝ｖ／ａ＝2ｖ0／3μｇ． Δｔ内Ｂ向右移动的位移ｓ2＝ｖｔ2／2＝ｖ02／9μｇ， 故总路程ｓ＝ｓ1＋ｓ2＝11ｖ02／18μｇ，总时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝5ｖ0／3μｇ． 　 （2）设车的最小长度为Ｌ，则相对静止时Ａ、Ｂ刚好接触，由能量守恒得 　ｍＡ（2ｖ0）2／2＋ｍＢｖ02／2＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ2／2＋μｍＢｇｓ1＋μｍＡｇ（Ｌ－ｓ1）， 联立解得Ｌ＝7ｖ02／3μｇ． 　42．解：（1）ｍ速度最大的位置应在O点左侧．因为细线烧断后，ｍ在弹簧弹力和滑动摩擦力的合力作用下向右做加速运动，当弹力与摩擦力的合力为零时，ｍ的速度达到最大，此时弹簧必处于压缩状态．此后，系统的机械能不断减小，不能再达到这一最大速度． 　（2）选ｍ、Ｍ为一系统，由动量守恒定律得 　ｍｖ1＝Ｍｖ2． 　设这一过程中弹簧释放的弹性势能为Ｅｐ，则 　Ｅｐ＝ｍｖ12／2＋Ｍｖ22／2＋μｍｇｓ， 解得　ｖ2＝ｍｖ1／Ｍ，Ｅｐ＝ｍ［（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2Ｍ＋μｇｓ］． 　（2）ｍ与Ｍ最终将静止，因为系统动量守恒，且总动量为零，只要ｍ与Ｍ间有相对运动，就要克服摩擦力做功，不断消耗能量，所以，ｍ与Ｍ最终必定都静止． 　43．解：（1）第一颗子弹射入木块过程，系统动量守恒，有 　ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ1． 　射入后，在ＯＢＣ运动过程中，机械能守恒，有 　（ｍ＋Ｍ）ｖ12／2＝（ｍ＋Ｍ）ｇＲ，得ｖ0＝（Ｍ＋ｍ）／ｍ． 　（2）由动量守恒定律知，第2、4、6……颗子弹射入木块后，木块速度为0，第1、3、5……颗子弹射入后，木块运动．当第9颗子弹射入木块时，由动量守恒得： 　ｍｖ0＝（9ｍ＋Ｍ）ｖ9， 　设此后木块沿圆弧上升最大高度为Ｈ，由机械能守恒定律得：（9ｍ＋Ｍ）ｖ92／2＝（9ｍ＋Ｍ）ｇＨ， 由以上可得：Ｈ＝［（Ｍ＋ｍ）／（Ｍ＋9ｍ）］2Ｒ． 　44．解：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动ｓ，速度变为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．由动能定理 　－μＭｇｓ＝0－ｍｖ02／2，ｓ＝ｍｖ02／2μＭｇ＝0.33ｍ． 　（2）假如平板车在第二次碰墙前还未和滑块相对静止，则其速度的大小肯定还是2ｍ／ｓ，因为只要相对运动，摩擦力大小为恒值．滑块速度则大于2ｍ／ｓ，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰墙前肯定已和滑块具有共同速度ｖ．此即平板车碰墙前瞬间的速度． 　Ｍｖ0－ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， ∴ｖ＝（Ｍ－ｍ）ｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝0.4ｍ／ｓ． 图3　（3）平板车与墙壁第一次碰撞后滑块与平板又达到共同速度ｖ前的过程，可用图3（ａ）、（ｂ）、（ｃ）表示．图3（ａ）为平板车与墙碰撞后瞬间滑块与平板车的位置，图3（ｂ）为平板车到达最左端时两者的位置，图3（ｃ）为平板车与滑块再次达到共同速度时两者的位置．在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功μΜｇｓ′，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功μＭｇｓ″（平板车从Ｂ到Ａ再回到Ｂ的过程中摩擦力做功为零），其中ｓ′、ｓ″分别为滑块和平板车的位移．滑块和平板车动能总减少为μＭｇｌ1，其中ｌ1＝ｓ′＋ｓ″为滑块相对平板车的位移，此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为ｌ，则有（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2＝μＭｇｌ，ｌ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2μＭｇ＝0.833ｍ． ｌ即为平板车的最短长度．图4　　45．解：如图4，Ａ球从静止释放后将自由下落至Ｃ点悬线绷直，此时速度为ｖＣ ∵　ｖＣ2＝2ｇ×2Ｌｓｉｎ30°， ∴　ｖＣ＝＝2ｍ／ｓ． 　在线绷直的过程中沿线的速度分量减为零时，Ａ将以切向速度ｖ1沿圆弧运动且 　ｖ1＝ｖＣｃｏｓ30°＝ｍ／ｓ． 　Ａ球从Ｃ点运动到最低点与Ｂ球碰撞前机械能守恒，可求出Ａ球与Ｂ球碰前的速度 　ｍＡｖ12／2＋ｍＡｇＬ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍＡｖ22／2， 　ｖ2＝==ｍ／ｓ． 　因Ａ、Ｂ两球发生无能量损失的碰撞且ｍＡ＝ｍＢ，所以它们的速度交换，即碰后Ａ球的速度为零，Ｂ球的速度为ｖ2＝（ｍ／ｓ）．对Ｂ球和小车组成的系统水平方向动量守恒和机械能守恒，当两者有共同水平速度ｕ时，Ｂ球上升到最高点，设上升高度为ｈ． 　ｍＢｖ2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ，ｍＢｖ22／2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ2／2＋ｍＢｇｈ．解得ｈ＝3／16≈0.19ｍ． 　在Ｂ球回摆到最低点的过程中，悬线拉力仍使小车加速，当Ｂ球回到最低点时小车有最大速度ｖｍ ，设小球Ｂ回到最低点时速度的大小为ｖ3，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 　ｍＢｖ2＝－ｍＢｖ3＋Ｍｖｍ，ｍＢｖ22／2＝ｍＢｖ32／2＋Ｍｖｍ2／2， 解得ｖｍ＝2ｍＢｖ2／（ｍ3＋Ｍ）＝／2ｍ／ｓ＝1.12ｍ／ｓ． 　46．解：（1）小球的角速度与运动的角速度必定相等，则有ｖ＝ωＲ＝ω． 　（2）人手所提供的功率应等于小球在运动过程中克服摩擦力做功的功率．即有Ｐ＝ｆｖ， ∴　ｆ＝Ｐ／ｖ＝Ｐ／ω． 　47．解：由于粘性物体与底板粘合的过程时间极短，冲击力远大于重力，在竖直方向近似动量守恒，开始静止时，有　ｍ1ｇ＝ｋｘｋ＝ｍ1ｇｘ． 　ｍ2下落Ｈ时的速度ｖ＝，ｍ2与ｍ1合在一起动量守恒，ｍ2ｖ＝（ｍ1＋ｍ2）ｖ′，ｖ′＝ｍ2ｖ／（ｍ1＋ｍ2）＝ｍ2／（ｍ1＋ｍ2）． 　设向下为正方向，ｍ1与ｍ2的整体受两个力，即重力（ｍ1＋ｍ2）ｇ和弹簧的平均拉力，则有平均拉力＝ｋｘ＋ｋｈ／2＝ｋ（2ｘ＋ｈ）／2，由动能定理得 ［－＋（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ＝0－（ｍ1＋ｍ2）ｖ2／2， 由以上各式得［ｍ1ｇ（2ｘ＋ｈ）／2ｘ－（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ 　＝（ｍ1＋ｍ2）·ｍ22·2ｇｈ／2（ｍ1＋ｍ2）2． 代入数值得ｈ＝0.3ｍ． 　48．解：ｍ与Ａ粘在一起后水平方向动量守恒，共同速度设为ｖ1，Ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ1， 得ｖ1＝Ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝2ｖ0／3． 　当弹簧压缩到最大时即有最大弹性势能Ｅ，此时系统中各物体有相同速度，设为ｖ2，由动量守恒定律 　2Ｍｖ0＝（2Ｍ＋ｍ）ｖ2，得ｖ2＝2Ｍｖ0／（2Ｍ＋ｍ）＝4ｖ0／5． 由能量守恒有 　Ｅ＝Ｍｖ02／2＋（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2－（2Ｍ＋ｍ）ｖ22／2， 解得Ｅ＝Ｍｖ02／30． 　49．解：（1）振子在平衡位置时，所受合力为零，设此时弹簧被压缩Δｘ：（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ＝ｋΔｘ，Δｘ＝5ｃｍ． 　开始释放时振子处在最大位移处，故振幅 　Ａ＝5ｃｍ＋5ｃｍ＝10ｃｍ． 　（2）由于开始时弹簧的伸长量恰等于振子在平衡位置时弹簧的压缩量，故弹性势能相等，设振子的最大速度为ｖ，从开始到平衡位置，根据机械能守恒定律， 得ｍｇ·Ａ＝ｍｖ2／2，∴ｖ＝＝1.4ｍ／ｓ， 即Ｂ的最大速率为1.4ｍ／ｓ． 　 （3）在最高点，振子受到的重力和弹力方向相同，根据牛顿第二定律，得 　ａ＝［ｋΔｘ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ］／（ｍＡ＋ｍＢ）＝20ｍ／ｓ2， Ａ对Ｂ的作用力方向向下，其大小 　Ｎ1＝ｍＢａ－ｍＢｇ＝10Ｎ． 在最低点，振子受到的重力和弹力方向相反，根据牛顿第二定律，得ａ＝ｋ（Δｘ＋Ａ）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｍＡ＋ｍＢ＝20ｍ／ｓ2． Ａ对Ｂ的作用力方向向上，其大小 　Ｎ2＝ｍＢａ＋ｍＢｇ＝30Ｎ．42．在光滑的水平面上停放着一辆质量为Ｍ的小车，质量为ｍ的物体与一轻弹簧固定相连，弹簧的另一端与小车左端固定连接，将弹簧压缩后用细线将ｍ栓住，ｍ静止在小车上的Ａ点，如图1－95所示．设ｍ与M间的动摩擦因数为μ，Ｏ点为弹簧原长位置，将细线烧断后，ｍ、Ｍ开始运动．（1）当物体ｍ位于Ｏ点左侧还是右侧，物体ｍ的速度最大？简要说明理由．（2）若物体ｍ达到最大速度ｖ1时，物体ｍ已相对小车移动了距离ｓ．求此时M的速度ｖ2和这一过程中弹簧释放的弹性势能Ｅｐ？（3）判断ｍ与Ｍ的最终运动状态是静止、匀速运动还是相对往复运动？并简要说明理由．2．解：在0～1ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知 　ａ１＝12ｍ／ｓ２， 由牛顿第二定律，得 　Ｆ－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ１，　　① 在0～2ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知ａ２＝－6ｍ／ｓ２， 因为此时物体具有斜向上的初速度，故由牛顿第二定律，得 　－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ２，　　② 　②式代入①式，得　Ｆ＝18Ｎ． 3．解：在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从Ａ到Ｂ需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为ｔ1，则 　（ｖ／2）ｔ１＋ｖ（ｔ－ｔ１）＝Ｌ， 所以　ｔ１＝2（ｖｔ－Ｌ）／ｖ＝（2×（2×6－10）／2）ｓ＝2ｓ． 为使物体从Ａ至Ｂ所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变．而　ａ＝ｖ／ｔ＝1ｍ／ｓ２．设物体从Ａ至Ｂ所用最短的时间为ｔ2，则 　（1／2）ａｔ2２＝Ｌ， 　ｔ2＝=＝2ｓ． 　ｖｍｉｎ＝ａｔ2＝1×2ｍ／ｓ＝2ｍ／ｓ． 传送带速度再增大1倍，物体仍做加速度为1ｍ／ｓ２的匀加速运动，从Ａ至Ｂ的传送时间为2ｍ／ｓ． 4．解：启动前Ｎ１＝ｍｇ， 　升到某高度时　Ｎ2＝（17／18）Ｎ１＝（17／18）ｍｇ， 　对测试仪　Ｎ2－ｍｇ′＝ｍａ＝ｍ（ｇ／2）， 　∴　ｇ′＝（8／18）ｇ＝（4／9）ｇ， 　ＧｍＭ／Ｒ2＝ｍｇ，ＧｍＭ／（Ｒ＋ｈ）2＝ｍｇ′，解得：ｈ＝（1／2）Ｒ． 5．解：由匀加速运动的公式　ｖ２＝ｖ０２＋2ａｓ 　得物块沿斜面下滑的加速度为 　ａ＝ｖ2／2ｓ＝1．42／（2×1．4）＝0．7ｍｓ－２， 由于ａ＜ｇｓｉｎθ＝5ｍｓ－２， 　可知物块受到摩擦力的作用．图3　分析物块受力，它受3个力，如图3．对于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，由牛顿定律有 　ｍｇｓｉｎθ－ｆ１＝ｍａ， 　ｍｇｃｏｓθ－Ｎ１＝0， 　分析木楔受力，它受5个力作用，如图3所示．对于水平方向，由牛顿定律有 　ｆ2＋ｆ１ｃｏｓθ－Ｎ１ｓｉｎθ＝0， 　由此可解得地面的作用于木楔的摩擦力 　ｆ2＝ｍｇｃｏｓθｓｉｎθ－（ｍｇｓｉｎθ－ｍａ）ｃｏｓθ＝ｍａｃｏｓθ＝1×0．7×（／2）＝0．61Ｎ． 　此力的方向与图中所设的一致（由指向）． 6．解：（1）飞机原先是水平飞行的，由于垂直气流的作用，飞机在竖直方向上的运动可看成初速度为零的匀加速直线运动，根据　ｈ＝（1／2）ａｔ２，得ａ＝2ｈ／ｔ２，代入ｈ＝1700ｍ，ｔ＝10ｓ，得 　ａ＝（2×1700／10２）（ｍ／ｓ２）＝34ｍ／ｓ２，方向竖直向下． 　（2）飞机在向下做加速运动的过程中，若乘客已系好安全带，使机上乘客产生加速度的力是向下重力和安全带拉力的合力．设乘客质量为ｍ，安全带提供的竖直向下拉力为Ｆ，根据牛顿第二定律　Ｆ＋ｍｇ＝ｍａ，得安全带拉力 　　Ｆ＝ｍ（ａ－ｇ）＝ｍ（34－10）Ｎ＝24ｍ（Ｎ）， ∴　安全带提供的拉力相当于乘客体重的倍数 　ｎ＝Ｆ／ｍｇ＝24ｍＮ／ｍ·10Ｎ＝2．4（倍）． 　（3）若乘客未系安全带，飞机向下的加速度为34ｍ／ｓ２，人向下加速度为10ｍ／ｓ２，飞机向下的加速度大于人的加速度，所以人对飞机将向上运动，会使头部受到严重伤害． 7．解：设月球表面重力加速度为ｇ，根据平抛运动规律，有 　ｈ＝（1／2）ｇｔ２，　　① 　水平射程为　　　Ｌ＝ｖ０ｔ，　　② 　联立①②得ｇ＝2ｈｖ０２／Ｌ２．　　③ 　根据牛顿第二定律，得　ｍｇ＝ｍ（2π／Ｔ）２ Ｒ，　　④ 　联立③④得　Ｔ＝（πＬ／ｖ０ｈ）．　　⑤ 8．解：前2秒内，有Ｆ－ｆ＝ｍａ１，ｆ＝μＮ，Ｎ＝ｍｇ，则 　ａ１＝（Ｆ－μｍｇ）／ｍ＝4ｍ／ｓ２，ｖｔ＝ａ１ｔ＝8ｍ／ｓ， 　撤去Ｆ以后　ａ２＝ｆ／ｍ＝2ｍ／ｓ，ｓ＝ｖ１２／2ａ２＝16ｍ． 9．解：（1）用力斜向下推时，箱子匀速运动，则有 　Ｆｃｏｓθ＝ｆ，ｆ＝μＮ，Ｎ＝Ｇ＋Ｆｓｉｎθ， 　联立以上三式代数据，得　Ｆ＝1．2×10２Ｎ． 　（2）若水平用力推箱子时，据牛顿第二定律，得Ｆ合＝ｍａ，则有 　Ｆ－μＮ＝ｍａ，Ｎ＝Ｇ， 　联立解得　ａ＝2．0ｍ／ｓ２． 　ｖ＝ａｔ＝2．0×3．0ｍ／ｓ＝6．0ｍ／ｓ， 　ｓ＝（1／2）ａｔ２＝（1／2）×2．0×3．0２ｍ／ｓ＝9．0ｍ， 　推力停止作用后　ａ′＝ｆ／ｍ＝4．0ｍ／ｓ２（方向向左）， 　ｓ′＝ｖ２／2ａ′＝4．5ｍ， 　则　ｓ总＝ｓ＋ｓ′＝13．5ｍ． 10．解：根据题中说明，该运动员发球后，网球做平抛运动．以ｖ表示初速度，Ｈ表示网球开始运动时离地面的高度（即发球高度），ｓ１表示网球开始运动时与网的水平距离（即运动员离开网的距离），ｔ１表示网球通过网上的时刻，ｈ表示网球通过网上时离地面的高度，由平抛运动规律得到 　ｓ１＝ｖｔ１，Ｈ－ｈ＝（1／2）ｇｔ１２， 消去ｔ１，得　　ｖ＝ｍ／ｓ，ｖ≈23ｍ／ｓ． 　以ｔ２表示网球落地的时刻，ｓ２表示网球开始运动的地点与落地点的水平距离，ｓ表示网球落地点与网的水平距离，由平抛运动规律得到 　Ｈ＝（1／2）ｇｔ２２，ｓ２＝ｖｔ２， 消去ｔ２，得ｓ２＝ｖ≈16ｍ， 　网球落地点到网的距离　ｓ＝ｓ２－ｓ１≈4ｍ． 11．解：（1）设卫星质量为ｍ，它在地球附近做圆周运动，半径可取为地球半径Ｒ，运动速度为ｖ，有 　ＧＭｍ／Ｒ２＝ｍｖ２／Ｒ　得ｖ＝． 　（2）由（1）得： 　Ｍ＝ｖ２Ｒ／Ｇ＝＝6．0×1024ｋｇ． 12．解：对物块：Ｆ１－μｍｇ＝ｍａ１， 　6－0．5×1×10＝1·ａ１，ａ１＝1．0ｍ／ｓ2， 　ｓ１＝（1／2）ａ１ｔ2＝（1／2）×1×0．42＝0．08ｍ， 　ｖ１＝ａ１ｔ＝1×0．4＝0．4ｍ／ｓ， 　对小车：Ｆ２－μｍｇ＝Ｍａ２， 　9－0．5×1×10＝2ａ２，ａ２＝2．0ｍ／ｓ2， 　ｓ２＝（1／2）ａ２ｔ2＝（1／2）×2×0．42＝0．16ｍ， 　ｖ２＝ａ２ｔ＝2×0．4＝0．8ｍ／ｓ， 　撤去两力后，动量守恒，有Ｍｖ２－ｍｖ１＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， 　ｖ＝0．4ｍ／ｓ（向右）， ∵　（（1／2）ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2）－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ2＝μｍｇｓ３， 　ｓ３＝0．096ｍ， ∴　ｌ＝ｓ１＋ｓ２＋ｓ３＝0．336ｍ． 13．解：设木块到Ｂ时速度为ｖ０，车与船的速度为ｖ１，对木块、车、船系统，有 　ｍ１ｇｈ＝（ｍ１ｖ０2／2）＋（（ｍ２＋ｍ３）ｖ１2／2）， 　ｍ１ｖ０＝（ｍ２＋ｍ３）ｖ１， 解得　ｖ０＝5，ｖ１＝． 　木块到Ｂ后，船以ｖ１继续向左匀速运动，木块和车最终以共同速度ｖ２向右运动，对木块和车系统，有 　ｍ１ｖ０－ｍ２ｖ１＝（ｍ１＋ｍ２）ｖ２， 　μｍ１ｇｓ＝（（ｍ１ｖ０2／2）＋（ｍ２ｖ１2／2））－（（ｍ１＋ｍ２）ｖ２2／2）， 得　ｖ２＝ｖ１＝，ｓ＝2ｈ． 14．解：（1）小球的角速度与手转动的角速度必定相等均为ω．设小球做圆周运动的半径为ｒ，线速度为ｖ．由几何关系得　ｒ＝，ｖ＝ω·ｒ，解得　　 　　ｖ＝ω． 　（2）设手对绳的拉力为Ｆ，手的线速度为ｖ，由功率公式得　Ｐ＝Ｆｖ＝Ｆ·ωＲ， ∴　Ｆ＝Ｐ／ωＲ．图4　研究小球的受力情况如图4所示，因为小球做匀速圆周运动，所以切向合力为零，即 　Ｆｓｉｎθ ＝ｆ， 其中　ｓｉｎθ＝Ｒ／， 　联立解得　ｆ＝Ｐ／ω． 15．解：（1）用ｖ１表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由于子弹射入木块Ｃ时间极短，系统动量守恒，有 　ｍｖ０＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１， 　∴　ｖ１＝ｍｖ０／（ｍ＋Ｍ）＝3ｍ／ｓ， 　子弹和木块Ｃ在ＡＢ木板上滑动，由动能定理得： 　（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ２２－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ１２＝－μ（ｍ＋Ｍ）ｇＬ， 　解得　ｖ２＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）用ｖ′表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由动量守恒定律，得　ｍｖ０′＋Ｍｕ＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１′，解得　ｖ１′＝4ｍ／ｓ． 　木块Ｃ及子弹在ＡＢ木板表面上做匀减速运动　ａ＝μｇ．设木块Ｃ和子弹滑至ＡＢ板右端的时间为ｔ，则木块Ｃ和子弹的位移ｓ１＝ｖ１′ｔ－（1／2）ａｔ2， 　由于ｍ车≥（ｍ＋Ｍ），故小车及木块ＡＢ仍做匀速直线运动，小车及木板ＡＢ的位移　ｓ＝ｕｔ，由图5可知：ｓ１＝ｓ＋Ｌ， 　联立以上四式并代入数据得： 　ｔ2－6ｔ＋1＝0， 　解得：ｔ＝（3－2）ｓ，（ｔ＝（3＋2）ｓ不合题意舍去），　　（11） 　∴　ｓ＝ｕｔ＝0．18ｍ． 16．解：（1）设Ａ滑上Ｂ后达到共同速度前并未碰到档板，则根据动量守恒定律得它们的共同速度为ｖ，有图5　ｍｖ０＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝2ｍ／ｓ，在这一过程中，Ｂ的位移为ｓＢ＝ｖＢ2／2ａＢ且ａＢ＝μｍｇ／Ｍ，解得ｓＢ＝Ｍｖ2／2μｍｇ＝2×22／2×0．2×1×10＝2ｍ． 　设这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ１，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ１＝（1／2）ｍｖ０2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得ｓ１＝6ｍ． 　当ｓ＝4ｍ时，Ａ、Ｂ达到共同速度ｖ＝2ｍ／ｓ后再匀速向前运动2ｍ碰到挡板，Ｂ碰到竖直挡板后，根据动量守恒定律得Ａ、Ｂ最后相对静止时的速度为ｖ′，则 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′， 解得　ｖ′＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ２，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ２＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2 ， 　解得　ｓ２＝2．67ｍ． 　因此，Ａ、Ｂ最终不脱离的木板最小长度为ｓ１＋ｓ２＝8．67ｍ 　（2）因Ｂ离竖直档板的距离ｓ＝0．5ｍ＜2ｍ，所以碰到档板时，Ａ、Ｂ未达到相对静止，此时Ｂ的速度ｖＢ为 　ｖＢ2＝2ａＢｓ＝（2μｍｇ／Ｍ）ｓ，解得　ｖＢ＝1ｍ／ｓ， 　设此时Ａ的速度为ｖＡ，根据动量守恒定律，得 　ｍｖ０＝ＭｖＢ＋ｍｖＡ，解得ｖＡ＝4ｍ／ｓ， 　设在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移为ｓ１′，根据动能定理得： 　μｍｇｓ１′＝（1／2）ｍｖ０2－（（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）ＭｖＢ2）， 　解得　ｓ１′＝4．5ｍ． 　Ｂ碰撞挡板后，Ａ、Ｂ最终达到向右的相同速度ｖ，根据动能定理得ｍｖＡ－ＭｖＢ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ２′为 　μｍｇｓ２′＝（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得　ｓ２′＝（25／6）ｍ． 　Ｂ再次碰到挡板后，Ａ、Ｂ最终以相同的速度ｖ′向左共同运动，根据动量守恒定律，得 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′，解得　ｖ′＝（2／9）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ３′为： 　μｍｇｓ３′＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　　　　ｓ３′＝（8／27）ｍ． 　因此，为使Ａ不从Ｂ上脱落，Ｂ的最小长度为ｓ１′＋ｓ２′＋ｓ３′＝8．96ｍ． 17．解：（1）Ｂ与Ａ碰撞后，Ｂ相对于Ａ向左运动，Ａ所受摩擦力方向向左，Ａ的运动方向向右，故摩擦力作负功．设Ｂ与Ａ碰撞后的瞬间Ａ的速度为ｖ１，Ｂ的速度为ｖ２，Ａ、Ｂ相对静止后的共同速度为ｖ，整个过程中Ａ、Ｂ组成的系统动量守恒，有 　Ｍｖ０＝（Ｍ＋1．5Ｍ）ｖ，ｖ＝2ｖ０／5． 　碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功，即 　Ｍｖ２＋1．5Ｍｖ１＝2．5Ｍｖ，　　① 　（1／2）×1．5Ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2－（1／2）×2．5Ｍｖ2＝Ｍμｇｌ，　　② 可解出ｖ１＝（1／2）ｖ０（另一解ｖ１＝（3／10）ｖ０因小于ｖ而舍去） 　这段过程中，Ａ克服摩擦力做功 　Ｗ＝（1／2）×1．5Ｍｖ１2－（1／2）×1．5Ｍｖ2＝（27／400）Ｍｖ０2（0．068Ｍｖ０2）． 　（2）Ａ在运动过程中不可能向左运动，因为在Ｂ未与Ａ碰撞之前，Ａ受到的摩擦力方向向右，做加速运动，碰撞之后Ａ受到的摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后，速度仍向右，因此不可能向左运动． 　Ｂ在碰撞之后，有可能向左运动，即ｖ２＜0． 　先计算当ｖ２＝0时满足的条件，由①式，得 　ｖ１＝（2ｖ０／3）－（2ｖ２／3），当ｖ２＝0时，ｖ１＝2ｖ０／3，代入②式，得 　（（1／2）×1．5Ｍ4ｖ０2／9）－（（1／2）×2．5Ｍ4ｖ０2／25）＝Ｍμｇｌ， 解得　μｇｌ＝2ｖ０2／15． 　Ｂ在某段时间内向左运动的条件之一是μｌ＜2ｖ０2／15ｇ． 　另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即 　（1／2）Ｍｖ０2－（1／2）2．5Ｍ（2ｖ０／5）2≥2Ｍμｇｌ， 　解出另一个条件是　μｌ≤3ｖ０2／20ｇ， 　最后得出Ｂ在某段时间内向左运动的条件是 　2ｖ０2／15ｇ＜μｌ≤3ｖ０2／20ｇ． 18．解：（1）以警车为研究对象，由动能定理． 　－μｍｇ·ｓ＝（1／2）ｍｖ2－（1／2）ｍｖ０2， 　将ｖ０＝14．0ｍ／ｓ，ｓ＝14．0ｍ，ｖ＝0代入，得 　μｇ＝7．0ｍ／ｓ2， 　因为警车行驶条件与肇事汽车相同，所以肇事汽车的初速度ｖＡ＝＝21ｍ／ｓ． 　（2）肇事汽车在出事点Ｂ的速度 　ｖＢ＝＝14ｍ／ｓ， 　肇事汽车通过段的平均速度 　＝（ｖＡ＋ｖＢ）／2＝（21＋14）／2＝17．5ｍ／ｓ． 　肇事汽车通过ＡＢ段的时间 　ｔ２＝ＡＢ／＝（31．5－14．0）／17．5＝1ｓ． 　∴　游客横过马路的速度 　ｖ人＝／（ｔ１＋ｔ２）＝（2．6／（1＋0．7））ｍ／ｓ＝1．53ｍ／ｓ． 19．解：（1）开始Ａ、Ｂ处于静止状态时，有 　ｋｘ０－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｓｉｎ30°＝0，　　① 　设施加Ｆ时，前一段时间Ａ、Ｂ一起向上做匀加速运动，加速度为ａ，ｔ＝0．2ｓ，Ａ、Ｂ间相互作用力为零，对Ｂ有： 　ｋｘ－ｍＢｇｓｉｎ30°＝ｍＢａ，　　② 　ｘ－ｘ０＝（1／2）ａｔ2，　　③ 　解①、②、③得： 　ａ＝5ｍｓ－2，ｘ０＝0．05ｍ，ｘ＝0．15ｍ， 　初始时刻Ｆ最小 　Ｆｍｉｎ＝（ｍＡ＋ｍＢ）ａ＝60Ｎ． 　ｔ＝0．2ｓ时，Ｆ最大 　Ｆｍａｘ－ｍＡｇｓｉｎ30°＝ｍＡａ， 　Ｆｍａｘ＝ｍＡ（ｇｓｉｎ30°＋ａ）＝100Ｎ， 　（2）ΔＥＰＡ＝ｍＡｇΔｈ＝ｍＡｇ（ｘ－ｘ０）ｓｉｎ30°＝5Ｊ． 20．解：当弹簧处于压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和．当弹簧伸长到其自然长度时，弹性势能为零，因这时滑块Ａ的速度为零，故系统的机械能等于滑块Ｂ的动能．设这时滑块Ｂ的速度为ｖ则有 　Ｅ＝（1／2）ｍ２ｖ2，　　① 由动量守恒定律（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ２ｖ，　　② 解得　Ｅ＝（1／2）（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２．　　③ 　假定在以后的运动中，滑块Ｂ可以出现速度为零的时刻，并设此时滑块Ａ的速度为ｖ１．这时，不论弹簧是处于伸长还是压缩状态，都具有弹性势能Ｅｐ．由机械能守恒定律得 　（1／2）ｍ１ｖ１2＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　④ 根据动量守恒　（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ１ｖ１，　　⑤ 求出ｖ１，代入④式得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２ ），　　⑥ 因为Ｅｐ≥0，故得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）≤（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑦ 即　ｍ１≥ｍ２，与已知条件ｍ１＜ｍ２不符． 　可见滑块Ｂ的速度永不为零，即在以后的运动中，不可能出现滑动Ｂ的速度为零的情况． 21．解：设恰好物体相对圆盘静止时，弹簧压缩量为Δｌ，静摩擦力为最大静摩擦力ｆｍａｘ，这时物体处于临界状态，由向心力公式ｆｍａｘ－ｋΔｌ＝ｍＲｗ2，　　① 　假若物体向圆心移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ１－ｋ（Δｌ＋ｘ）＝ｍ（Ｒ－ｘ）ｗ2，　　② 　由①、②两式可得　ｆｍａｘ－ｆ１＝ｍｘｗ2－ｋｘ，　　③ 所以　ｍｘｗ2－ｋｘ≥0，得ｋ≤ｍｗ2，　　④ 　若物体向外移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ２－ｋ（Δｌ－ｘ）≥ｍ（Ｒ＋ｘ）ｗ2，　　⑤ 由①～⑥式得　ｆｍａｘ－ｆ２＝ｋｘ－ｍｘｗ2≥0，　　⑥ 所以　ｋ≥ｍｗ2，　　⑦ 即若物体向圆心移动，则ｋ≤ｍｗ2， 若物体向远离圆心方向移动，则ｋ≥ｍｗ2． 22．解：卫星环绕地球作匀速圆周运动，设卫星的质量为ｍ，轨道半径为ｒ，受到地球的万有引力为Ｆ， 　Ｆ＝ＧＭｍ／ｒ2，　　① 　式中Ｇ为万有引力恒量，Ｍ是地球质量． 　设ｖ是卫星环绕地球做匀速圆周运动的线速度，Ｔ是运动周期，根据牛顿第二定律，得 　Ｆ＝ｍｖ2／ｒ，　　② 　由①、②推导出　ｖ＝．　　③ 　③式表明：ｒ越大，ｖ越小． 　人造卫星的周期就是它环绕地球运行一周所需的时间Ｔ， 　Ｔ＝2πｒ／ｖ，　　④ 　由③、④推出　Ｔ＝2π，　　⑤ 　⑤式说明：ｒ越大，Ｔ越大．　23．证：设质点通过Ａ点时的速度为ｖＡ，通过Ｃ点时的速度为ｖＣ，由匀变速直线运动的公式得： ｓ1＝ｖＡＴ＋ａＴ2／2，ｓ3＝ｖＣＴ＋ａＴ2／2，ｓ3－ｓ1＝ｖＣＴ－ｖＡＴ． ∵　ｖＣ＝ｖＡ＋2ａＴ， ∴　ｓ3－ｓ1＝（ｖＡ－2ａＴ－ｖＡ）Ｔ＝2ａＴ2，ａ＝（ｓ3－ｓ1）／2Ｔ2． 　24．根据：如果在连续的相等的时间内的位移之差相等，则物体做匀变速运动．证明：设物体做匀速运动的初速度为ｖ0，加速度为ａ，第一个Ｔ内的位移为ｓ1＝ｖ0Ｔ＋ａＴ2／2；第二个Ｔ内的位移为ｓ2＝（ｖ0＋ａＴ）Ｔ＋ａＴ2／2；第Ｎ个Ｔ内的位移为ｓＮ＝［ｖ0＋（Ｎ－1）ａＴ］Ｔ＋ａＴ2／2．　ｓＮ－ｓＮ－1＝ａＴ2，逆定理也成立． 　 25．解：由匀变速直线运动的公式得小物块的加速度的大小为ａ1＝（ｖ0－ｖｔ）／ｔ＝2（ｍ／ｓ2）．木板的加速度大小为ａ2＝2ｓ／ｔ2＝0.25（ｍ／ｓ2）． 根据牛顿第二定律　Ｆ＝ｍａ 对小物块得　ｆ′1＝ｍａ1＝1×2＝2Ｎ， 对木板得　ｆ1－μ（ｍ＋Ｍ）ｇ＝Ｍａ2， 　μ＝（ｆ1－Ｍａ2）／（ｍ＋Ｍ）ｇ＝（2－4×0.25）／（1＋4）×10＝0.02． 　26．解：假设金属块没有离开第一块长木板，移动的相对距离为ｘ，由动量守恒定律，得ｍｖ0＝3ｍｖ， 　ｍｖ02／2＝3ｍｖ2／2＋μｍｇｘ， 解得ｘ＝4ｍ／3＞Ｌ，不合理， ∴　金属块一定冲上第二块木板． 　以整个系统为研究对象，由动量定律及能量关系，当金属块在第一块木板上时ｍｖ0＝ｍｖ0′＋2ｍｖ1， 　ｍｖ02／2＝12ｍｖ0′2＋2ｍ·ｖ12／2＋μｍｇｌ． 　ｍｖ0＝ｍｖ1＋2ｍｖ2， 　ｍｖ02／2＝ｍｖ12／2＋2ｍ·ｖ22／2＋μｍｇ（ｌ＋ｘ）． 联立解得： 　ｖ1＝1／3ｍ／ｓ，ｖ2＝5／6ｍ／ｓ，ｘ＝0.25ｍ． 　27．解：当ｔ＝0时，ａＡ0＝9／3＝3ｍ／ｓ2，ａＢ0＝3／6＝0.5ｍ／ｓ2．ａＡ0＞ａＢ0，Ａ、Ｂ间有弹力，随ｔ之增加，Ａ、Ｂ间弹力在减小，当（9－2ｔ）／3＝（3＋2ｔ）／6，ｔ＝2.5ｓ时，Ａ、Ｂ脱离，以Ａ、Ｂ整体为研究对象，在ｔ＝2.5ｓ内，加速度ａ＝（ＦＡ＋ＦＢ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝4／3ｍ／ｓ2，ｓ＝ａｔ2／2＝4.17ｍ． 　28．解：（1）由ｍＣｖ0＝ｍＣｖ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ1，Ｃ由Ａ滑至Ｂ时，Ａ、Ｂ的共同速度是 　ｖ1＝ｍＣ（ｖ0－ｖ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝0.2ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＡ＝ｍＣｖ02／2－ｍＣｖ2／2－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12／2， 得　μ＝［ｍＣ（ｖ02－ｖ2）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12］／2ｍＣｇｌＡ＝0.48． 　（2）由ｍＣｖ＋ｍＢｖ1＝（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ2，Ｃ相对Ｂ静止时，Ｂ、Ｃ的共同速度是ｖ2＝（ｍＣｖ＋ｍＢｖ1）／（ｍＣ＋ｍＢ）＝0.65ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＢ＝ｍＣｖ2／2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22／2， Ｃ在Ｂ上滑行距离为 　ｌＢ＝［ｍＣｖ2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22］／2μｍＣｇ＝0.25ｍ． 　（3）由μｍＣｇｓ＝ｍＢｖ22／2－ｍＢｖ12／2， Ｂ相对地滑行的距离ｓ＝［ｍＢ（ｖ22－ｖ12）］／2μｍＣｇ＝0.12ｍ． 　（4）Ｃ在Ａ、Ｂ上匀减速滑行，加速度大小由μｍＣｇ＝ｍＣａ，得ａ＝μｇ＝4.8ｍ／ｓ2． Ｃ在Ａ上滑行的时间ｔ1＝（ｖ0－ｖ）／ａ＝0.21ｓ． Ｃ在Ｂ上滑行的时间ｔ2＝（ｖ－ｖ2）／ａ＝0.28ｓ． 所求时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝0.21ｓ＋0.28ｓ＝0.49ｓ． 　　 29．匀加速下滑时，受力如图1ａ，由牛顿第二定律，有： ｍｇｓｉｎθ－μｍｇｃｏｓθ＝ｍａ＝ｍｇｓｉｎθ／2， 　ｓｉｎθ／2＝μｃｏｓθ， 　得μ＝ｓｉｎθ／2ｃｏｓθ．图1静止时受力分析如图1ｂ，摩擦力有两种可能：①摩擦力沿斜面向下；②摩擦力沿斜面向上．摩擦力沿斜面向下时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＝ｆ＋ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ， 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ＋μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ－μｓｉｎθ）ｍｇ＝3ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ－ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　摩擦力沿斜面向上时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＋ｆ＝ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ． 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ－μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ＋μｓｉｎθ）ｍｇ＝ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ＋ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　30．解：（1）物体在两斜面上来回运动时，克服摩擦力所做的功Ｗｆ＝μｍｇｃｏｓ60°·ｓ总． 　物体从开始直到不再在斜面上运动的过程中ｍｇｈ－Ｗｆ＝0－ｍｖ02／2．解得ｓ总＝38ｍ． 　（2）物体最终是在Ｂ、Ｃ之间的圆弧上来回做变速圆周运动，且在Ｂ、Ｃ点时速度为零． 　（3）物体第一次通过圆弧最低点时，圆弧所受压力最大．由动能定理得ｍｇ［ｈ＋Ｒ（1－ｃｏｓ60°）］－μｍｇｃｏｓ60°／ｓｉｎ60°＝ｍ（ｖ12－ｖ02）／2， 由牛顿第二定律得　Ｎｍａｘ－ｍｇ＝ｍｖ12／Ｒ， 解得　Ｎｍａｘ＝54.5Ｎ． 　物体最终在圆弧上运动时，圆弧所受压力最小．由动能定理得ｍｇＲ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍｖ22／2，由牛顿第二定律得Ｎｍｉｎ－ｍｇ＝ｍｖ22／Ｒ，解得Ｎｍｉｎ＝20Ｎ． 　31．解：（1）设刹车后，平板车的加速度为ａ0，从开始刹车到车停止所经历时间为ｔ0，车所行驶距离为ｓ0，则有ｖ02＝2ａ0ｓ0，ｖ0＝ａ0ｔ0． 　欲使ｔ0小，ａ0应该大，作用于木箱的滑动摩擦力产生的加速度ａ1＝μｍｇ／ｍ＝μｇ． 　当ａ0＞ａ1时，木箱相对车底板滑动，从刹车到车停止过程中木箱运动的路程为ｓ1，则ｖ02＝2ａ2ｓ1． 　为使木箱不撞击驾驶室，应有ｓ1－ｓ0≤Ｌ． 　联立以上各式解得：ａ0≤μｇｖ02／（ｖ02－2μｇＬ）＝5ｍ／ｓ2， 　∴　ｔ0＝ｖ0／ａ0＝4.4ｓ． 　（2）对平板车，设制动力为Ｆ，则Ｆ＋ｋ（Ｍ＋ｍ）ｇ－μｍｇ＝Ｍａ0，解得：Ｆ＝7420Ｎ． 　 32．解：对系统ａ0＝［Ｆ－μｇ（ｍ1＋ｍ2）］／（ｍ1＋ｍ2）＝1ｍ／ｓ2． 　对木块1，细绳断后：│ａ1│＝ｆ1／ｍ1＝μｇ＝1ｍ／ｓ2． 　设细绳断裂时刻为ｔ1，则木块1运动的总位移： 　ｓ1＝2ａ0ｔ12／2＝ａ0ｔ12． 　对木块2，细绳断后，ａ2＝（Ｆ－μｍ2ｇ）／ｍ2＝2ｍ／ｓ2． 木块2总位移 　ｓ2＝ｓ′＋ｓ″＝ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2， 两木块位移差Δｓ＝ｓ2－ｓ1＝22（ｍ）． 得　ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2－ａ0ｔ12＝22， 把ａ0，ａ2值，ｖ1＝ａ0ｔ1代入上式整理得： 　ｔ12＋12ｔ1－28＝0，得ｔ1＝2ｓ． 木块2末速ｖ2＝ｖ1＋ａ2（6－ｔ1）＝ａ0ｔ1＋ａ2（6－ｔ1）＝10ｍ／ｓ． 此时动能Ｅｋ＝ｍ2ｖ22／2＝2×102／2Ｊ＝100Ｊ． 　33．解：（1）由动量守恒定律，ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ′，且有ｍ∶Ｍ＝1∶3， ∴　Ａ、Ｂ共同速度ｖ′＝ｍｖ0／（ｍ＋Ｍ）＝1ｍ／ｓ． 　（2）由动能定理，对全过程应有 　μｍｇ·2Ｌ＝ｍｖ02／2－（ｍ＋Ｍ）ｖ′2／2， 　4μｇＬ＝ｖ02－4ｖ′2，μ＝（ｖ02－4ｖ′2）／4ｇＬ＝0.3． 　（3）先求Ａ与Ｂ挡板碰前Ａ的速度ｖ10，以及木板Ｂ相应速度ｖ20，取从Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板相碰前过程为研究对象，依动量守恒与动能定理有以下两式成立：ｍｖ0＝ｍｖ10＋Ｍｖ20， 　ｍｖ02／2－ｍｖ102／2－Ｍｖ202／2＝μｍｇＬ． 代入数据得　ｖ10＋3ｖ20＝4，ｖ102＋3ｖ202＝10， 解以上两式可得　ｖ10＝（2±3）／2ｍ／ｓ．因Ａ与Ｂ挡板碰前速度不可能取负值，故ｖ10＝（2＋3）／2ｍ／ｓ．相应解出ｖ20＝（2－）／2ｍ／ｓ＝0.3ｍ／ｓ． 　木板Ｂ此过程为匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得μｍｇ＝Ｍａ1，ａ1＝μｍｇ／Ｍ＝1（ｍ／ｓ2）． 此过程经历时间ｔ1由下式求出 　ｖ20＝ａ1ｔ1，ｔ1＝ｖ20／ａ1＝0.3（ｓ）． 其速度图线为图2中0～0.3ｓ段图线ａ． 　再求Ａ与Ｂ挡板碰后，木板Ｂ的速度ｖ2与木块Ａ的速度ｖ1，为方便起见取Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板碰撞后瞬间过程为研究对象，依动量守恒定律与动能定理有以下两式成立： ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2，ｍｖ02／2－ｍｖ12／2－Ｍｖ22／2＝μｍｇＬ． 故解为　ｖ1＝（2±3）／2ｍ／ｓ． 因ｖ1＝（2＋3）／2ｍ／ｓ为碰前速度，故取ｖ1＝（2－3）／2ｍ／ｓ，相应得ｖ2＝2＋2ｍ／ｓ＝1.7ｍ／ｓ． 由于ｖ1＜0，即木块相对Ｂ向左滑动，Ａ受Ｂ摩擦力向右，Ｂ受Ａ摩擦力向左，故Ｂ做匀减速直线运动，加速度大小由牛顿第二定律，得ａ＝μｍｇ／Ｍ＝1ｍ／ｓ2． 　从碰后到Ａ滑到Ｂ最左端过程中，Ｂ向右做匀减速直线运动时间设为ｔ2，则ｖ′－ｖ2＝－ａｔ2， ∴　ｔ2＝0.7ｓ． 　此过程速度图线如图2中0.3ｓ～1.0ｓ段图线ｂ． 图2　　34．解：设ｍ1、ｍ2两物体受恒力Ｆ作用后，产生的加速度分别为ａ1、ａ2，由牛顿第二定律Ｆ＝ｍａ，得 　ａ1＝Ｆ／ｍ1，ａ2＝Ｆ／ｍ2， 　历时ｔ两物体速度分别为ｖ1＝ａ1ｔ，ｖ2＝ｖ0＋ａ2ｔ，由题意令ｖ1＝ｖ2，即ａ1ｔ＝ｖ0＋ａ2ｔ或（ａ1－ａ2）ｔ＝ｖ0，因ｔ≠0、ｖ0＞0，欲使上式成立，需满足ａ1－ａ2＞0，即Ｆ／ｍ1＞Ｆ／ｍ2，或ｍ1＜ｍ2，也即当ｍ1≥ｍ2时不可能达到共同速度，当ｍ1＜ｍ2时，可以达到共同速度． 　35．解：（1）当小球刚好能在轨道内做圆周运动时，水平初速度ｖ最小，此时有ｍｇ＝ｍｖ2／Ｒ， 故　ｖ＝＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）若初速度ｖ′＜ｖ，小球将做平抛运动，如在其竖直位移为Ｒ的时间内，其水平位移ｓ≥Ｒ，小球可进入轨道经过Ｂ点．设其竖直位移为Ｒ时，水平位移也恰为R，则Ｒ＝ｇｔ2／2，Ｒ＝ｖ′ｔ，解得：ｖ′＝／2＝ｍ／ｓ． 因此，初速度满足2ｍ／ｓ＞ｖ′≥ｍ／ｓ时，小球可做平抛运动经过Ｂ点． 　36．卫星在天空中任何天体表面附近运行时，仅受万有引力Ｆ作用使卫星做圆周运动，运动半径等于天体的球半径Ｒ．设天体质量为Ｍ，卫星质量为ｍ，卫星运动周期为Ｔ，天体密度为ρ．根据万有引力定律Ｆ＝ＧＭｍ／Ｒ2， 卫星做圆周运动向心力Ｆ′＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2， 因为 　Ｆ′＝Ｆ，得ＧＭｍ／Ｒ2＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2，∴Ｔ＝． 　又球体质量Ｍ＝4πＲ3ρ／3． 得Ｔ＝=，∴Ｔ∝1／，得证． 　37．解：由于两球相碰满足动量守恒 　　ｍ1ｖ0＝ｍ1ｖ1＋ｍ2ｖ2，ｖ1＝－1.3ｍ／ｓ． 　两球组成系统碰撞前后的总动能Ｅｋ1＋Ｅｋ2＝ｍ1ｖ02／2＋0＝2.5Ｊ， 　Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＝ｍ1ｖ12／2＋ｍ2ｖ22 ／2＝2.8Ｊ． 　可见，Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＞Ｅｋ1＋Ｅｋ2，碰后能量较碰撞前增多了，违背了能量守恒定律，这种假设不合理． 　38．解：（1）由动量守恒，得ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2， 由运动学公式得ｓ＝（ｖ1－ｖ2）ｔ，ｈ＝ｇｔ2／2， 由以上三式得ｖ2＝（ｍｖ0－ｓｍ）／（Ｍ＋ｍ）． 　（2）最后车与物体以共同的速度ｖ向右运动，故有 　ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖｖ＝ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）． ∴ΔＥ＝ｍｖ02／2＋ｍｇｈ－（Ｍ＋ｍ）ｍ2ｖ02／2（Ｍ＋ｍ）2． 解得ΔＥ＝ｍｇｈ＋Ｍｍｖ02／2（Ｍ＋ｍ）． 　39．解：设碰前Ａ、Ｂ有共同速度ｖ时，Ｍ前滑的距离为ｓ．则ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ，ｆｓ＝Ｍｖ2／2，ｆ＝μｍｇ． 　由以上各式得　ｓ＝Ｍｍｖ02／2μｇ（Ｍ＋ｍ）2． 　当ｖ0＝2ｍ／ｓ时，ｓ＝2／9ｍ＜0.5ｍ，即Ａ、Ｂ有共同速度．当ｖ0＝4ｍ／ｓ时，ｓ＝8／9ｍ＞0.5ｍ，即碰前Ａ、Ｂ速度不同． 　40．解：（1）物体由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者系统水平方向动量守恒得：ｍｖ0＝ｍｖ0／2＋2ｍｖＡＢ． 解之得　ｖＡＢ＝ｖ0／4． 　（2）物块由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者功能关系得：μｍｇＬ＝ｍｖ02／2－ｍ（ｖ0／2）2／2－2ｍ（ｖ0／4）2／2． 解之得　Ｌ＝5ｖ02／16μｇ． 　（3）物块由Ｄ滑到Ｃ的过程中，二者系统水平方向动量守恒，又因为物块到达最高点Ｃ时，物块与滑块速度相等且水平，均为ｖ． 故得　ｍｖ0／2＋ｍｖ0／4＝2ｍｖ， ∴　得滑块的动能ＥＣＤ＝ｍｖ2／2＝9ｍｖ02／128． 　41．解：（1）Ｂ从ｖ0减速到速度为零的过程，Ｃ静止，Ｂ的位移：ｓ1＝ｖ02／2μｇ． 　所用的时间：ｔ1＝ｖ0／μｇ． 　此后Ｂ与Ｃ一起向右做加速运动，Ａ做减速运动，直到相对静止，设所用时间为ｔ2，共同速度为ｖ． 　对Ａ、Ｂ、Ｃ，由动量守恒定律得 　ｍＡ·2ｖ0－ｍＢｖ0＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ， ∵　ｍＡ＝ｍＢ＝ｍＣ，∴　ｖ＝ｖ0／3． 　对Ｂ与Ｃ，向右加速运动的加速度 　ａ＝μｍＡｇ／（ｍＢ＋ｍＣ）＝μｇ／2，∴ｔ2＝ｖ／ａ＝2ｖ0／3μｇ． Δｔ内Ｂ向右移动的位移ｓ2＝ｖｔ2／2＝ｖ02／9μｇ， 故总路程ｓ＝ｓ1＋ｓ2＝11ｖ02／18μｇ，总时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝5ｖ0／3μｇ． 　 （2）设车的最小长度为Ｌ，则相对静止时Ａ、Ｂ刚好接触，由能量守恒得 　ｍＡ（2ｖ0）2／2＋ｍＢｖ02／2＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ2／2＋μｍＢｇｓ1＋μｍＡｇ（Ｌ－ｓ1）， 联立解得Ｌ＝7ｖ02／3μｇ． 　42．解：（1）ｍ速度最大的位置应在O点左侧．因为细线烧断后，ｍ在弹簧弹力和滑动摩擦力的合力作用下向右做加速运动，当弹力与摩擦力的合力为零时，ｍ的速度达到最大，此时弹簧必处于压缩状态．此后，系统的机械能不断减小，不能再达到这一最大速度． 　（2）选ｍ、Ｍ为一系统，由动量守恒定律得 　ｍｖ1＝Ｍｖ2． 　设这一过程中弹簧释放的弹性势能为Ｅｐ，则 　Ｅｐ＝ｍｖ12／2＋Ｍｖ22／2＋μｍｇｓ， 解得　ｖ2＝ｍｖ1／Ｍ，Ｅｐ＝ｍ［（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2Ｍ＋μｇｓ］． 　（2）ｍ与Ｍ最终将静止，因为系统动量守恒，且总动量为零，只要ｍ与Ｍ间有相对运动，就要克服摩擦力做功，不断消耗能量，所以，ｍ与Ｍ最终必定都静止． 　43．解：（1）第一颗子弹射入木块过程，系统动量守恒，有 　ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ1． 　射入后，在ＯＢＣ运动过程中，机械能守恒，有 　（ｍ＋Ｍ）ｖ12／2＝（ｍ＋Ｍ）ｇＲ，得ｖ0＝（Ｍ＋ｍ）／ｍ． 　（2）由动量守恒定律知，第2、4、6……颗子弹射入木块后，木块速度为0，第1、3、5……颗子弹射入后，木块运动．当第9颗子弹射入木块时，由动量守恒得： 　ｍｖ0＝（9ｍ＋Ｍ）ｖ9， 　设此后木块沿圆弧上升最大高度为Ｈ，由机械能守恒定律得：（9ｍ＋Ｍ）ｖ92／2＝（9ｍ＋Ｍ）ｇＨ， 由以上可得：Ｈ＝［（Ｍ＋ｍ）／（Ｍ＋9ｍ）］2Ｒ． 　44．解：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动ｓ，速度变为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．由动能定理 　－μＭｇｓ＝0－ｍｖ02／2，ｓ＝ｍｖ02／2μＭｇ＝0.33ｍ． 　（2）假如平板车在第二次碰墙前还未和滑块相对静止，则其速度的大小肯定还是2ｍ／ｓ，因为只要相对运动，摩擦力大小为恒值．滑块速度则大于2ｍ／ｓ，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰墙前肯定已和滑块具有共同速度ｖ．此即平板车碰墙前瞬间的速度． 　Ｍｖ0－ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， ∴ｖ＝（Ｍ－ｍ）ｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝0.4ｍ／ｓ． 图3　（3）平板车与墙壁第一次碰撞后滑块与平板又达到共同速度ｖ前的过程，可用图3（ａ）、（ｂ）、（ｃ）表示．图3（ａ）为平板车与墙碰撞后瞬间滑块与平板车的位置，图3（ｂ）为平板车到达最左端时两者的位置，图3（ｃ）为平板车与滑块再次达到共同速度时两者的位置．在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功μΜｇｓ′，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功μＭｇｓ″（平板车从Ｂ到Ａ再回到Ｂ的过程中摩擦力做功为零），其中ｓ′、ｓ″分别为滑块和平板车的位移．滑块和平板车动能总减少为μＭｇｌ1，其中ｌ1＝ｓ′＋ｓ″为滑块相对平板车的位移，此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为ｌ，则有（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2＝μＭｇｌ，ｌ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2μＭｇ＝0.833ｍ． ｌ即为平板车的最短长度．图4　　45．解：如图4，Ａ球从静止释放后将自由下落至Ｃ点悬线绷直，此时速度为ｖＣ ∵　ｖＣ2＝2ｇ×2Ｌｓｉｎ30°， ∴　ｖＣ＝＝2ｍ／ｓ． 　在线绷直的过程中沿线的速度分量减为零时，Ａ将以切向速度ｖ1沿圆弧运动且 　ｖ1＝ｖＣｃｏｓ30°＝ｍ／ｓ． 　Ａ球从Ｃ点运动到最低点与Ｂ球碰撞前机械能守恒，可求出Ａ球与Ｂ球碰前的速度 　ｍＡｖ12／2＋ｍＡｇＬ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍＡｖ22／2， 　ｖ2＝==ｍ／ｓ． 　因Ａ、Ｂ两球发生无能量损失的碰撞且ｍＡ＝ｍＢ，所以它们的速度交换，即碰后Ａ球的速度为零，Ｂ球的速度为ｖ2＝（ｍ／ｓ）．对Ｂ球和小车组成的系统水平方向动量守恒和机械能守恒，当两者有共同水平速度ｕ时，Ｂ球上升到最高点，设上升高度为ｈ． 　ｍＢｖ2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ，ｍＢｖ22／2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ2／2＋ｍＢｇｈ．解得ｈ＝3／16≈0.19ｍ． 　在Ｂ球回摆到最低点的过程中，悬线拉力仍使小车加速，当Ｂ球回到最低点时小车有最大速度ｖｍ ，设小球Ｂ回到最低点时速度的大小为ｖ3，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 　ｍＢｖ2＝－ｍＢｖ3＋Ｍｖｍ，ｍＢｖ22／2＝ｍＢｖ32／2＋Ｍｖｍ2／2， 解得ｖｍ＝2ｍＢｖ2／（ｍ3＋Ｍ）＝／2ｍ／ｓ＝1.12ｍ／ｓ． 　46．解：（1）小球的角速度与运动的角速度必定相等，则有ｖ＝ωＲ＝ω． 　（2）人手所提供的功率应等于小球在运动过程中克服摩擦力做功的功率．即有Ｐ＝ｆｖ， ∴　ｆ＝Ｐ／ｖ＝Ｐ／ω． 　47．解：由于粘性物体与底板粘合的过程时间极短，冲击力远大于重力，在竖直方向近似动量守恒，开始静止时，有　ｍ1ｇ＝ｋｘｋ＝ｍ1ｇｘ． 　ｍ2下落Ｈ时的速度ｖ＝，ｍ2与ｍ1合在一起动量守恒，ｍ2ｖ＝（ｍ1＋ｍ2）ｖ′，ｖ′＝ｍ2ｖ／（ｍ1＋ｍ2）＝ｍ2／（ｍ1＋ｍ2）． 　设向下为正方向，ｍ1与ｍ2的整体受两个力，即重力（ｍ1＋ｍ2）ｇ和弹簧的平均拉力，则有平均拉力＝ｋｘ＋ｋｈ／2＝ｋ（2ｘ＋ｈ）／2，由动能定理得 ［－＋（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ＝0－（ｍ1＋ｍ2）ｖ2／2， 由以上各式得［ｍ1ｇ（2ｘ＋ｈ）／2ｘ－（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ 　＝（ｍ1＋ｍ2）·ｍ22·2ｇｈ／2（ｍ1＋ｍ2）2． 代入数值得ｈ＝0.3ｍ． 　48．解：ｍ与Ａ粘在一起后水平方向动量守恒，共同速度设为ｖ1，Ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ1， 得ｖ1＝Ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝2ｖ0／3． 　当弹簧压缩到最大时即有最大弹性势能Ｅ，此时系统中各物体有相同速度，设为ｖ2，由动量守恒定律 　2Ｍｖ0＝（2Ｍ＋ｍ）ｖ2，得ｖ2＝2Ｍｖ0／（2Ｍ＋ｍ）＝4ｖ0／5． 由能量守恒有 　Ｅ＝Ｍｖ02／2＋（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2－（2Ｍ＋ｍ）ｖ22／2， 解得Ｅ＝Ｍｖ02／30． 　49．解：（1）振子在平衡位置时，所受合力为零，设此时弹簧被压缩Δｘ：（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ＝ｋΔｘ，Δｘ＝5ｃｍ． 　开始释放时振子处在最大位移处，故振幅 　Ａ＝5ｃｍ＋5ｃｍ＝10ｃｍ． 　（2）由于开始时弹簧的伸长量恰等于振子在平衡位置时弹簧的压缩量，故弹性势能相等，设振子的最大速度为ｖ，从开始到平衡位置，根据机械能守恒定律， 得ｍｇ·Ａ＝ｍｖ2／2，∴ｖ＝＝1.4ｍ／ｓ， 即Ｂ的最大速率为1.4ｍ／ｓ． 　 （3）在最高点，振子受到的重力和弹力方向相同，根据牛顿第二定律，得 　ａ＝［ｋΔｘ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ］／（ｍＡ＋ｍＢ）＝20ｍ／ｓ2， Ａ对Ｂ的作用力方向向下，其大小 　Ｎ1＝ｍＢａ－ｍＢｇ＝10Ｎ． 在最低点，振子受到的重力和弹力方向相反，根据牛顿第二定律，得ａ＝ｋ（Δｘ＋Ａ）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｍＡ＋ｍＢ＝20ｍ／ｓ2． Ａ对Ｂ的作用力方向向上，其大小 　Ｎ2＝ｍＢａ＋ｍＢｇ＝30Ｎ． 　43．如图1－96所示，ＡＯＢ是光滑水平轨道，ＢＣ是半径为R的光滑1／4圆弧轨道，两轨道恰好相切．质量为M的小木块静止在Ｏ点，一质量为ｍ的小子弹以某一初速度水平向右射入小木块内，并留在其中和小木块一起运动，恰能到达圆弧最高点Ｃ（小木块和子弹均可看成质点）．问：（1）子弹入射前的速度？（2）若每当小木块返回或停止在Ｏ点时，立即有相同的子弹射入小木块，并留在其中，则当第9颗子弹射入小木块后，小木块沿圆弧能上升的最大高度为多少？图1－96　　　图1－972．解：在0～1ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知 　ａ１＝12ｍ／ｓ２， 由牛顿第二定律，得 　Ｆ－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ１，　　① 在0～2ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知ａ２＝－6ｍ／ｓ２， 因为此时物体具有斜向上的初速度，故由牛顿第二定律，得 　－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ２，　　② 　②式代入①式，得　Ｆ＝18Ｎ． 3．解：在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从Ａ到Ｂ需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为ｔ1，则 　（ｖ／2）ｔ１＋ｖ（ｔ－ｔ１）＝Ｌ， 所以　ｔ１＝2（ｖｔ－Ｌ）／ｖ＝（2×（2×6－10）／2）ｓ＝2ｓ． 为使物体从Ａ至Ｂ所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变．而　ａ＝ｖ／ｔ＝1ｍ／ｓ２．设物体从Ａ至Ｂ所用最短的时间为ｔ2，则 　（1／2）ａｔ2２＝Ｌ， 　ｔ2＝=＝2ｓ． 　ｖｍｉｎ＝ａｔ2＝1×2ｍ／ｓ＝2ｍ／ｓ． 传送带速度再增大1倍，物体仍做加速度为1ｍ／ｓ２的匀加速运动，从Ａ至Ｂ的传送时间为2ｍ／ｓ． 4．解：启动前Ｎ１＝ｍｇ， 　升到某高度时　Ｎ2＝（17／18）Ｎ１ ＝（17／18）ｍｇ， 　对测试仪　Ｎ2－ｍｇ′＝ｍａ＝ｍ（ｇ／2）， 　∴　ｇ′＝（8／18）ｇ＝（4／9）ｇ， 　ＧｍＭ／Ｒ2＝ｍｇ，ＧｍＭ／（Ｒ＋ｈ）2＝ｍｇ′，解得：ｈ＝（1／2）Ｒ． 5．解：由匀加速运动的公式　ｖ２＝ｖ０２＋2ａｓ 　得物块沿斜面下滑的加速度为 　ａ＝ｖ2／2ｓ＝1．42／（2×1．4）＝0．7ｍｓ－２， 由于ａ＜ｇｓｉｎθ＝5ｍｓ－２， 　可知物块受到摩擦力的作用．图3　分析物块受力，它受3个力，如图3．对于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，由牛顿定律有 　ｍｇｓｉｎθ－ｆ１＝ｍａ， 　ｍｇｃｏｓθ－Ｎ１＝0， 　分析木楔受力，它受5个力作用，如图3所示．对于水平方向，由牛顿定律有 　ｆ2＋ｆ１ｃｏｓθ－Ｎ１ｓｉｎθ＝0， 　由此可解得地面的作用于木楔的摩擦力 　ｆ2＝ｍｇｃｏｓθｓｉｎθ－（ｍｇｓｉｎθ－ｍａ）ｃｏｓθ＝ｍａｃｏｓθ＝1×0．7×（／2）＝0．61Ｎ． 　此力的方向与图中所设的一致（由指向）． 6．解：（1）飞机原先是水平飞行的，由于垂直气流的作用，飞机在竖直方向上的运动可看成初速度为零的匀加速直线运动，根据　ｈ＝（1／2）ａｔ２，得ａ＝2ｈ／ｔ２，代入ｈ＝1700ｍ，ｔ＝10ｓ，得 　ａ＝（2×1700／10２）（ｍ／ｓ２）＝34ｍ／ｓ２，方向竖直向下． 　（2）飞机在向下做加速运动的过程中，若乘客已系好安全带，使机上乘客产生加速度的力是向下重力和安全带拉力的合力．设乘客质量为ｍ，安全带提供的竖直向下拉力为Ｆ，根据牛顿第二定律　Ｆ＋ｍｇ＝ｍａ，得安全带拉力 　　Ｆ＝ｍ（ａ－ｇ）＝ｍ（34－10）Ｎ＝24ｍ（Ｎ）， ∴　安全带提供的拉力相当于乘客体重的倍数 　ｎ＝Ｆ／ｍｇ＝24ｍＮ／ｍ·10Ｎ＝2．4（倍）． 　（3）若乘客未系安全带，飞机向下的加速度为34ｍ／ｓ２，人向下加速度为10ｍ／ｓ２，飞机向下的加速度大于人的加速度，所以人对飞机将向上运动，会使头部受到严重伤害． 7．解：设月球表面重力加速度为ｇ，根据平抛运动规律，有 　ｈ＝（1／2）ｇｔ２，　　① 　水平射程为　　　Ｌ＝ｖ０ ｔ，　　② 　联立①②得ｇ＝2ｈｖ０２／Ｌ２．　　③ 　根据牛顿第二定律，得　ｍｇ＝ｍ（2π／Ｔ）２Ｒ，　　④ 　联立③④得　Ｔ＝（πＬ／ｖ０ｈ）．　　⑤ 8．解：前2秒内，有Ｆ－ｆ＝ｍａ１，ｆ＝μＮ，Ｎ＝ｍｇ，则 　ａ１＝（Ｆ－μｍｇ）／ｍ＝4ｍ／ｓ２，ｖｔ＝ａ１ｔ＝8ｍ／ｓ， 　撤去Ｆ以后　ａ２＝ｆ／ｍ＝2ｍ／ｓ，ｓ＝ｖ１２／2ａ２＝16ｍ． 9．解：（1）用力斜向下推时，箱子匀速运动，则有 　Ｆｃｏｓθ＝ｆ，ｆ＝μＮ，Ｎ＝Ｇ＋Ｆｓｉｎθ， 　联立以上三式代数据，得　Ｆ＝1．2×10２Ｎ． 　（2）若水平用力推箱子时，据牛顿第二定律，得Ｆ合＝ｍａ，则有 　Ｆ－μＮ＝ｍａ，Ｎ＝Ｇ， 　联立解得　ａ＝2．0ｍ／ｓ２． 　ｖ＝ａｔ＝2．0×3．0ｍ／ｓ＝6．0ｍ／ｓ， 　ｓ＝（1／2）ａｔ２＝（1／2）×2．0×3．0２ｍ／ｓ＝9．0ｍ， 　推力停止作用后　ａ′＝ｆ／ｍ＝4．0ｍ／ｓ２（方向向左）， 　ｓ′＝ｖ２／2ａ′＝4．5ｍ， 　则　ｓ总＝ｓ＋ｓ′＝13．5ｍ． 10．解：根据题中说明，该运动员发球后，网球做平抛运动．以ｖ表示初速度，Ｈ表示网球开始运动时离地面的高度（即发球高度），ｓ１表示网球开始运动时与网的水平距离（即运动员离开网的距离），ｔ１表示网球通过网上的时刻，ｈ表示网球通过网上时离地面的高度，由平抛运动规律得到 　ｓ１＝ｖｔ１，Ｈ－ｈ＝（1／2）ｇｔ１２， 消去ｔ１，得　　ｖ＝ｍ／ｓ，ｖ≈23ｍ／ｓ． 　以ｔ２表示网球落地的时刻，ｓ２表示网球开始运动的地点与落地点的水平距离，ｓ表示网球落地点与网的水平距离，由平抛运动规律得到 　Ｈ＝（1／2）ｇｔ２２，ｓ２＝ｖｔ２， 消去ｔ２，得ｓ２＝ｖ≈16ｍ， 　网球落地点到网的距离　ｓ＝ｓ２－ｓ１≈4ｍ． 11．解：（1）设卫星质量为ｍ，它在地球附近做圆周运动，半径可取为地球半径Ｒ，运动速度为ｖ，有 　ＧＭｍ／Ｒ２＝ｍｖ２／Ｒ　得ｖ＝． 　 （2）由（1）得： 　Ｍ＝ｖ２Ｒ／Ｇ＝＝6．0×1024ｋｇ． 12．解：对物块：Ｆ１－μｍｇ＝ｍａ１， 　6－0．5×1×10＝1·ａ１，ａ１＝1．0ｍ／ｓ2， 　ｓ１＝（1／2）ａ１ｔ2＝（1／2）×1×0．42＝0．08ｍ， 　ｖ１＝ａ１ｔ＝1×0．4＝0．4ｍ／ｓ， 　对小车：Ｆ２－μｍｇ＝Ｍａ２， 　9－0．5×1×10＝2ａ２，ａ２＝2．0ｍ／ｓ2， 　ｓ２＝（1／2）ａ２ｔ2＝（1／2）×2×0．42＝0．16ｍ， 　ｖ２＝ａ２ｔ＝2×0．4＝0．8ｍ／ｓ， 　撤去两力后，动量守恒，有Ｍｖ２－ｍｖ１＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， 　ｖ＝0．4ｍ／ｓ（向右）， ∵　（（1／2）ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2）－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ2＝μｍｇｓ３， 　ｓ３＝0．096ｍ， ∴　ｌ＝ｓ１＋ｓ２＋ｓ３＝0．336ｍ． 13．解：设木块到Ｂ时速度为ｖ０，车与船的速度为ｖ１，对木块、车、船系统，有 　ｍ１ｇｈ＝（ｍ１ｖ０2／2）＋（（ｍ２＋ｍ３）ｖ１2／2）， 　ｍ１ｖ０＝（ｍ２＋ｍ３）ｖ１， 解得　ｖ０＝5，ｖ１＝． 　木块到Ｂ后，船以ｖ１继续向左匀速运动，木块和车最终以共同速度ｖ２向右运动，对木块和车系统，有 　ｍ１ｖ０－ｍ２ｖ１＝（ｍ１＋ｍ２）ｖ２， 　μｍ１ｇｓ＝（（ｍ１ｖ０2／2）＋（ｍ２ｖ１2／2））－（（ｍ１＋ｍ２）ｖ２2／2）， 得　ｖ２＝ｖ１＝，ｓ＝2ｈ． 14．解：（1）小球的角速度与手转动的角速度必定相等均为ω．设小球做圆周运动的半径为ｒ，线速度为ｖ．由几何关系得　ｒ＝，ｖ＝ω·ｒ，解得　　 　　ｖ＝ω． 　（2）设手对绳的拉力为Ｆ，手的线速度为ｖ，由功率公式得　Ｐ＝Ｆｖ＝Ｆ·ωＲ， ∴　Ｆ＝Ｐ／ωＲ．图4 　研究小球的受力情况如图4所示，因为小球做匀速圆周运动，所以切向合力为零，即 　Ｆｓｉｎθ＝ｆ， 其中　ｓｉｎθ＝Ｒ／， 　联立解得　ｆ＝Ｐ／ω． 15．解：（1）用ｖ１表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由于子弹射入木块Ｃ时间极短，系统动量守恒，有 　ｍｖ０＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１， 　∴　ｖ１＝ｍｖ０／（ｍ＋Ｍ）＝3ｍ／ｓ， 　子弹和木块Ｃ在ＡＢ木板上滑动，由动能定理得： 　（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ２２－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ１２＝－μ（ｍ＋Ｍ）ｇＬ， 　解得　ｖ２＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）用ｖ′表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由动量守恒定律，得　ｍｖ０′＋Ｍｕ＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１′，解得　ｖ１′＝4ｍ／ｓ． 　木块Ｃ及子弹在ＡＢ木板表面上做匀减速运动　ａ＝μｇ．设木块Ｃ和子弹滑至ＡＢ板右端的时间为ｔ，则木块Ｃ和子弹的位移ｓ１＝ｖ１′ｔ－（1／2）ａｔ2， 　由于ｍ车≥（ｍ＋Ｍ），故小车及木块ＡＢ仍做匀速直线运动，小车及木板ＡＢ的位移　ｓ＝ｕｔ，由图5可知：ｓ１＝ｓ＋Ｌ， 　联立以上四式并代入数据得： 　ｔ2－6ｔ＋1＝0， 　解得：ｔ＝（3－2）ｓ，（ｔ＝（3＋2）ｓ不合题意舍去），　　（11） 　∴　ｓ＝ｕｔ＝0．18ｍ． 16．解：（1）设Ａ滑上Ｂ后达到共同速度前并未碰到档板，则根据动量守恒定律得它们的共同速度为ｖ，有图5　ｍｖ０＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝2ｍ／ｓ，在这一过程中，Ｂ的位移为ｓＢ＝ｖＢ2／2ａＢ且ａＢ＝μｍｇ／Ｍ，解得ｓＢ＝Ｍｖ2／2μｍｇ＝2×22／2×0．2×1×10＝2ｍ． 　设这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ１，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ１＝（1／2）ｍｖ０2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得ｓ１＝6ｍ． 　当ｓ＝4ｍ时，Ａ、Ｂ达到共同速度ｖ＝2ｍ／ｓ后再匀速向前运动2ｍ碰到挡板，Ｂ碰到竖直挡板后，根据动量守恒定律得Ａ、Ｂ最后相对静止时的速度为ｖ′，则 　 Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′， 解得　ｖ′＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ２，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ２＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　ｓ２＝2．67ｍ． 　因此，Ａ、Ｂ最终不脱离的木板最小长度为ｓ１＋ｓ２＝8．67ｍ 　（2）因Ｂ离竖直档板的距离ｓ＝0．5ｍ＜2ｍ，所以碰到档板时，Ａ、Ｂ未达到相对静止，此时Ｂ的速度ｖＢ为 　ｖＢ2＝2ａＢｓ＝（2μｍｇ／Ｍ）ｓ，解得　ｖＢ＝1ｍ／ｓ， 　设此时Ａ的速度为ｖＡ，根据动量守恒定律，得 　ｍｖ０＝ＭｖＢ＋ｍｖＡ，解得ｖＡ＝4ｍ／ｓ， 　设在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移为ｓ１′，根据动能定理得： 　μｍｇｓ１′＝（1／2）ｍｖ０2－（（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）ＭｖＢ2）， 　解得　ｓ１′＝4．5ｍ． 　Ｂ碰撞挡板后，Ａ、Ｂ最终达到向右的相同速度ｖ，根据动能定理得ｍｖＡ－ＭｖＢ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ２′为 　μｍｇｓ２′＝（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得　ｓ２′＝（25／6）ｍ． 　Ｂ再次碰到挡板后，Ａ、Ｂ最终以相同的速度ｖ′向左共同运动，根据动量守恒定律，得 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′，解得　ｖ′＝（2／9）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ３′为： 　μｍｇｓ３′＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　　　　ｓ３′＝（8／27）ｍ． 　因此，为使Ａ不从Ｂ上脱落，Ｂ的最小长度为ｓ１′＋ｓ２′＋ｓ３′＝8．96ｍ． 17．解：（1）Ｂ与Ａ碰撞后，Ｂ相对于Ａ向左运动，Ａ所受摩擦力方向向左，Ａ的运动方向向右，故摩擦力作负功．设Ｂ与Ａ碰撞后的瞬间Ａ的速度为ｖ１，Ｂ的速度为ｖ２，Ａ、Ｂ相对静止后的共同速度为ｖ，整个过程中Ａ、Ｂ组成的系统动量守恒，有 　Ｍｖ０＝（Ｍ＋1．5Ｍ）ｖ，ｖ＝2ｖ０／5． 　碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功，即 　Ｍｖ２＋1．5Ｍｖ１＝2．5Ｍｖ，　　① 　（1／2）×1．5Ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2－（1／2）×2．5Ｍｖ2＝Ｍμｇｌ，　　② 可解出ｖ１＝（1／2）ｖ０（另一解ｖ１＝（3／10）ｖ０因小于ｖ而舍去） 　这段过程中，Ａ克服摩擦力做功 　Ｗ＝（1／2）×1．5Ｍｖ１2－（1／2）×1．5Ｍｖ2＝（27／400）Ｍｖ０2（0．068Ｍｖ０2）． 　（2）Ａ在运动过程中不可能向左运动，因为在Ｂ未与Ａ碰撞之前，Ａ受到的摩擦力方向向右，做加速运动，碰撞之后Ａ受到的摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后，速度仍向右，因此不可能向左运动． 　Ｂ在碰撞之后，有可能向左运动，即ｖ２＜0． 　先计算当ｖ２＝0时满足的条件，由①式，得 　ｖ１＝（2ｖ０／3）－（2ｖ２／3），当ｖ２＝0时，ｖ１＝2ｖ０／3，代入②式，得 　（（1／2）×1．5Ｍ4ｖ０2／9）－（（1／2）×2．5Ｍ4ｖ０2／25）＝Ｍμｇｌ， 解得　μｇｌ＝2ｖ０2／15． 　Ｂ在某段时间内向左运动的条件之一是μｌ＜2ｖ０2／15ｇ． 　另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即 　（1／2）Ｍｖ０2－（1／2）2．5Ｍ（2ｖ０／5）2≥2Ｍμｇｌ， 　解出另一个条件是　μｌ≤3ｖ０2 ／20ｇ， 　最后得出Ｂ在某段时间内向左运动的条件是 　2ｖ０2／15ｇ＜μｌ≤3ｖ０2／20ｇ． 18．解：（1）以警车为研究对象，由动能定理． 　－μｍｇ·ｓ＝（1／2）ｍｖ2－（1／2）ｍｖ０2， 　将ｖ０＝14．0ｍ／ｓ，ｓ＝14．0ｍ，ｖ＝0代入，得 　μｇ＝7．0ｍ／ｓ2， 　因为警车行驶条件与肇事汽车相同，所以肇事汽车的初速度ｖＡ＝＝21ｍ／ｓ． 　（2）肇事汽车在出事点Ｂ的速度 　ｖＢ＝＝14ｍ／ｓ， 　肇事汽车通过段的平均速度 　＝（ｖＡ＋ｖＢ）／2＝（21＋14）／2＝17．5ｍ／ｓ． 　肇事汽车通过ＡＢ段的时间 　ｔ２＝ＡＢ／＝（31．5－14．0）／17．5＝1ｓ． 　∴　游客横过马路的速度 　ｖ人＝／（ｔ１＋ｔ２）＝（2．6／（1＋0．7））ｍ／ｓ＝1．53ｍ／ｓ． 19．解：（1）开始Ａ、Ｂ处于静止状态时，有 　ｋｘ０－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｓｉｎ30°＝0，　　① 　设施加Ｆ时，前一段时间Ａ、Ｂ一起向上做匀加速运动，加速度为ａ，ｔ＝0．2ｓ，Ａ、Ｂ间相互作用力为零，对Ｂ有： 　ｋｘ－ｍＢｇｓｉｎ30°＝ｍＢａ，　　② 　ｘ－ｘ０＝（1／2）ａｔ2，　　③ 　解①、②、③得： 　ａ＝5ｍｓ－2，ｘ０＝0．05ｍ，ｘ＝0．15ｍ， 　初始时刻Ｆ最小 　Ｆｍｉｎ＝（ｍＡ＋ｍＢ）ａ＝60Ｎ． 　ｔ＝0．2ｓ时，Ｆ最大 　Ｆｍａｘ－ｍＡｇｓｉｎ30°＝ｍＡａ， 　Ｆｍａｘ＝ｍＡ（ｇｓｉｎ30°＋ａ）＝100Ｎ， 　（2）ΔＥＰＡ＝ｍＡｇΔｈ＝ｍＡｇ（ｘ－ｘ０）ｓｉｎ30°＝5Ｊ． 20．解：当弹簧处于压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和．当弹簧伸长到其自然长度时，弹性势能为零，因这时滑块Ａ的速度为零，故系统的机械能等于滑块Ｂ的动能．设这时滑块Ｂ的速度为ｖ则有 　Ｅ＝（1／2）ｍ２ｖ2，　　① 由动量守恒定律（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ２ｖ，　　② 解得　Ｅ＝（1／2）（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２．　　③ 　假定在以后的运动中，滑块Ｂ可以出现速度为零的时刻，并设此时滑块Ａ的速度为ｖ１．这时，不论弹簧是处于伸长还是压缩状态，都具有弹性势能Ｅｐ．由机械能守恒定律得 　（1／2）ｍ１ｖ１2＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　④ 根据动量守恒　（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ１ｖ１ ，　　⑤ 求出ｖ１，代入④式得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑥ 因为Ｅｐ≥0，故得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）≤（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑦ 即　ｍ１≥ｍ２，与已知条件ｍ１＜ｍ２不符． 　可见滑块Ｂ的速度永不为零，即在以后的运动中，不可能出现滑动Ｂ的速度为零的情况． 21．解：设恰好物体相对圆盘静止时，弹簧压缩量为Δｌ，静摩擦力为最大静摩擦力ｆｍａｘ，这时物体处于临界状态，由向心力公式ｆｍａｘ－ｋΔｌ＝ｍＲｗ2，　　① 　假若物体向圆心移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ１－ｋ（Δｌ＋ｘ）＝ｍ（Ｒ－ｘ）ｗ2，　　② 　由①、②两式可得　ｆｍａｘ－ｆ１＝ｍｘｗ2－ｋｘ，　　③ 所以　ｍｘｗ2－ｋｘ≥0，得ｋ≤ｍｗ2，　　④ 　若物体向外移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ２－ｋ（Δｌ－ｘ）≥ｍ（Ｒ＋ｘ）ｗ2，　　⑤ 由①～⑥式得　ｆｍａｘ－ｆ２＝ｋｘ－ｍｘｗ2≥0，　　⑥ 所以　ｋ≥ｍｗ2，　　⑦ 即若物体向圆心移动，则ｋ≤ｍｗ2， 若物体向远离圆心方向移动，则ｋ≥ｍｗ2． 22．解：卫星环绕地球作匀速圆周运动，设卫星的质量为ｍ，轨道半径为ｒ，受到地球的万有引力为Ｆ， 　Ｆ＝ＧＭｍ／ｒ2，　　① 　式中Ｇ为万有引力恒量，Ｍ是地球质量． 　设ｖ是卫星环绕地球做匀速圆周运动的线速度，Ｔ是运动周期，根据牛顿第二定律，得 　Ｆ＝ｍｖ2／ｒ，　　② 　由①、②推导出　ｖ＝．　　③ 　③式表明：ｒ越大，ｖ越小． 　人造卫星的周期就是它环绕地球运行一周所需的时间Ｔ， 　Ｔ＝2πｒ／ｖ，　　④ 　由③、④推出　Ｔ＝2π，　　⑤ 　⑤式说明：ｒ越大，Ｔ越大．　23．证：设质点通过Ａ点时的速度为ｖＡ，通过Ｃ点时的速度为ｖＣ，由匀变速直线运动的公式得： ｓ1＝ｖＡＴ＋ａＴ2／2，ｓ3＝ｖＣＴ＋ａＴ2／2，ｓ3－ｓ1＝ｖＣＴ－ｖＡＴ． ∵　ｖＣ＝ｖＡ＋2ａＴ， ∴　ｓ3－ｓ1＝（ｖＡ－2ａＴ－ｖＡ）Ｔ＝2ａＴ2，ａ＝（ｓ3－ｓ1）／2Ｔ2． 　24．根据：如果在连续的相等的时间内的位移之差相等，则物体做匀变速运动．证明：设物体做匀速运动的初速度为ｖ0，加速度为ａ，第一个Ｔ内的位移为ｓ1＝ｖ0Ｔ＋ａＴ2／2；第二个Ｔ内的位移为ｓ2＝（ｖ0＋ａＴ）Ｔ＋ａＴ2／2；第Ｎ个Ｔ内的位移为ｓＮ＝［ｖ0＋（Ｎ－1）ａＴ］Ｔ＋ａＴ2／2．　ｓＮ－ｓＮ－1＝ａＴ2，逆定理也成立． 　 25．解：由匀变速直线运动的公式得小物块的加速度的大小为ａ1＝（ｖ0－ｖｔ）／ｔ＝2（ｍ／ｓ2）．木板的加速度大小为ａ2＝2ｓ／ｔ2＝0.25（ｍ／ｓ2）． 根据牛顿第二定律　Ｆ＝ｍａ 对小物块得　ｆ′1＝ｍａ1＝1×2＝2Ｎ， 对木板得　ｆ1－μ（ｍ＋Ｍ）ｇ＝Ｍａ2， 　μ＝（ｆ1－Ｍａ2）／（ｍ＋Ｍ）ｇ＝（2－4×0.25）／（1＋4）×10＝0.02． 　26．解：假设金属块没有离开第一块长木板，移动的相对距离为ｘ，由动量守恒定律，得ｍｖ0＝3ｍｖ， 　ｍｖ02／2＝3ｍｖ2／2＋μｍｇｘ， 解得ｘ＝4ｍ／3＞Ｌ，不合理， ∴　金属块一定冲上第二块木板． 　以整个系统为研究对象，由动量定律及能量关系，当金属块在第一块木板上时ｍｖ0＝ｍｖ0′＋2ｍｖ1， 　ｍｖ02／2＝12ｍｖ0′2＋2ｍ·ｖ12／2＋μｍｇｌ． 　ｍｖ0＝ｍｖ1＋2ｍｖ2， 　ｍｖ02／2＝ｍｖ12／2＋2ｍ·ｖ22／2＋μｍｇ（ｌ＋ｘ）． 联立解得： 　ｖ1＝1／3ｍ／ｓ，ｖ2＝5／6ｍ／ｓ，ｘ＝0.25ｍ． 　27．解：当ｔ＝0时，ａＡ0＝9／3＝3ｍ／ｓ2，ａＢ0＝3／6＝0.5ｍ／ｓ2．ａＡ0＞ａＢ0，Ａ、Ｂ间有弹力，随ｔ之增加，Ａ、Ｂ间弹力在减小，当（9－2ｔ）／3＝（3＋2ｔ）／6，ｔ＝2.5ｓ时，Ａ、Ｂ脱离，以Ａ、Ｂ整体为研究对象，在ｔ＝2.5ｓ内，加速度ａ＝（ＦＡ＋ＦＢ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝4／3ｍ／ｓ2，ｓ＝ａｔ2／2＝4.17ｍ． 　28．解：（1）由ｍＣｖ0＝ｍＣｖ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ1，Ｃ由Ａ滑至Ｂ时，Ａ、Ｂ的共同速度是 　ｖ1＝ｍＣ（ｖ0－ｖ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝0.2ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＡ＝ｍＣｖ02／2－ｍＣｖ2／2－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12／2， 得　μ＝［ｍＣ（ｖ02－ｖ2）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12］／2ｍＣｇｌＡ＝0.48． 　（2）由ｍＣｖ＋ｍＢｖ1＝（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ2，Ｃ相对Ｂ静止时，Ｂ、Ｃ的共同速度是ｖ2＝（ｍＣｖ＋ｍＢｖ1）／（ｍＣ＋ｍＢ）＝0.65ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＢ＝ｍＣｖ2／2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22／2， Ｃ在Ｂ上滑行距离为 　ｌＢ＝［ｍＣｖ2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22］／2μｍＣｇ＝0.25ｍ． 　（3）由μｍＣｇｓ＝ｍＢｖ22／2－ｍＢｖ12／2， Ｂ相对地滑行的距离ｓ＝［ｍＢ（ｖ22－ｖ12）］／2μｍＣｇ＝0.12ｍ． 　（4）Ｃ在Ａ、Ｂ上匀减速滑行，加速度大小由μｍＣｇ＝ｍＣａ，得ａ＝μｇ＝4.8ｍ／ｓ2． Ｃ在Ａ上滑行的时间ｔ1＝（ｖ0－ｖ）／ａ＝0.21ｓ． Ｃ在Ｂ上滑行的时间ｔ2＝（ｖ－ｖ2）／ａ＝0.28ｓ． 所求时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝0.21ｓ＋0.28ｓ＝0.49ｓ． 　　 29．匀加速下滑时，受力如图1ａ，由牛顿第二定律，有： ｍｇｓｉｎθ－μｍｇｃｏｓθ＝ｍａ＝ｍｇｓｉｎθ／2， 　ｓｉｎθ／2＝μｃｏｓθ， 　得μ＝ｓｉｎθ／2ｃｏｓθ．图1静止时受力分析如图1ｂ，摩擦力有两种可能：①摩擦力沿斜面向下；②摩擦力沿斜面向上．摩擦力沿斜面向下时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＝ｆ＋ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ， 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ＋μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ－μｓｉｎθ）ｍｇ＝3ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ－ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　摩擦力沿斜面向上时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＋ｆ＝ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ． 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ－μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ＋μｓｉｎθ）ｍｇ＝ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ＋ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　30．解：（1）物体在两斜面上来回运动时，克服摩擦力所做的功Ｗｆ＝μｍｇｃｏｓ60°·ｓ总． 　物体从开始直到不再在斜面上运动的过程中ｍｇｈ－Ｗｆ＝0－ｍｖ02／2．解得ｓ总＝38ｍ． 　（2）物体最终是在Ｂ、Ｃ之间的圆弧上来回做变速圆周运动，且在Ｂ、Ｃ点时速度为零． 　（3）物体第一次通过圆弧最低点时，圆弧所受压力最大．由动能定理得ｍｇ［ｈ＋Ｒ（1－ｃｏｓ60°）］－μｍｇｃｏｓ60°／ｓｉｎ60°＝ｍ（ｖ12－ｖ02）／2， 由牛顿第二定律得　Ｎｍａｘ－ｍｇ＝ｍｖ12／Ｒ， 解得　Ｎｍａｘ＝54.5Ｎ． 　物体最终在圆弧上运动时，圆弧所受压力最小．由动能定理得ｍｇＲ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍｖ22／2，由牛顿第二定律得Ｎｍｉｎ－ｍｇ＝ｍｖ22／Ｒ，解得Ｎｍｉｎ＝20Ｎ． 　31．解：（1）设刹车后，平板车的加速度为ａ0，从开始刹车到车停止所经历时间为ｔ0，车所行驶距离为ｓ0，则有ｖ02＝2ａ0ｓ0，ｖ0＝ａ0ｔ0． 　欲使ｔ0小，ａ0应该大，作用于木箱的滑动摩擦力产生的加速度ａ1＝μｍｇ／ｍ＝μｇ． 　当ａ0＞ａ1时，木箱相对车底板滑动，从刹车到车停止过程中木箱运动的路程为ｓ1，则ｖ02＝2ａ2ｓ1． 　为使木箱不撞击驾驶室，应有ｓ1－ｓ0≤Ｌ． 　联立以上各式解得：ａ0≤μｇｖ02／（ｖ02－2μｇＬ）＝5ｍ／ｓ2， 　∴　ｔ0＝ｖ0／ａ0＝4.4ｓ． 　（2）对平板车，设制动力为Ｆ，则Ｆ＋ｋ（Ｍ＋ｍ）ｇ－μｍｇ＝Ｍａ0，解得：Ｆ＝7420Ｎ． 　 32．解：对系统ａ0＝［Ｆ－μｇ（ｍ1＋ｍ2）］／（ｍ1＋ｍ2）＝1ｍ／ｓ2． 　对木块1，细绳断后：│ａ1│＝ｆ1／ｍ1＝μｇ＝1ｍ／ｓ2． 　设细绳断裂时刻为ｔ1，则木块1运动的总位移： 　ｓ1＝2ａ0ｔ12／2＝ａ0ｔ12． 　对木块2，细绳断后，ａ2＝（Ｆ－μｍ2ｇ）／ｍ2＝2ｍ／ｓ2． 木块2总位移 　ｓ2＝ｓ′＋ｓ″＝ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2， 两木块位移差Δｓ＝ｓ2－ｓ1＝22（ｍ）． 得　ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2－ａ0ｔ12＝22， 把ａ0，ａ2值，ｖ1＝ａ0ｔ1代入上式整理得： 　ｔ12＋12ｔ1－28＝0，得ｔ1＝2ｓ． 木块2末速ｖ2＝ｖ1＋ａ2（6－ｔ1）＝ａ0ｔ1＋ａ2（6－ｔ1）＝10ｍ／ｓ． 此时动能Ｅｋ＝ｍ2ｖ22／2＝2×102／2Ｊ＝100Ｊ． 　33．解：（1）由动量守恒定律，ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ′，且有ｍ∶Ｍ＝1∶3， ∴　Ａ、Ｂ共同速度ｖ′＝ｍｖ0／（ｍ＋Ｍ）＝1ｍ／ｓ． 　（2）由动能定理，对全过程应有 　μｍｇ·2Ｌ＝ｍｖ02／2－（ｍ＋Ｍ）ｖ′2／2， 　4μｇＬ＝ｖ02－4ｖ′2，μ＝（ｖ02－4ｖ′2）／4ｇＬ＝0.3． 　（3）先求Ａ与Ｂ挡板碰前Ａ的速度ｖ10，以及木板Ｂ相应速度ｖ20，取从Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板相碰前过程为研究对象，依动量守恒与动能定理有以下两式成立：ｍｖ0＝ｍｖ10＋Ｍｖ20， 　ｍｖ02／2－ｍｖ102／2－Ｍｖ202／2＝μｍｇＬ． 代入数据得　ｖ10＋3ｖ20＝4，ｖ102＋3ｖ202＝10， 解以上两式可得　ｖ10＝（2±3）／2ｍ／ｓ．因Ａ与Ｂ挡板碰前速度不可能取负值，故ｖ10＝（2＋3）／2ｍ／ｓ．相应解出ｖ20＝（2－）／2ｍ／ｓ＝0.3ｍ／ｓ． 　木板Ｂ此过程为匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得μｍｇ＝Ｍａ1，ａ1＝μｍｇ／Ｍ＝1（ｍ／ｓ2）． 此过程经历时间ｔ1由下式求出 　ｖ20＝ａ1ｔ1，ｔ1＝ｖ20／ａ1＝0.3（ｓ）． 其速度图线为图2中0～0.3ｓ段图线ａ． 　再求Ａ与Ｂ挡板碰后，木板Ｂ的速度ｖ2与木块Ａ的速度ｖ1，为方便起见取Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板碰撞后瞬间过程为研究对象，依动量守恒定律与动能定理有以下两式成立： ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2，ｍｖ02／2－ｍｖ12／2－Ｍｖ22／2＝μｍｇＬ． 故解为　ｖ1＝（2±3）／2ｍ／ｓ． 因ｖ1＝（2＋3）／2ｍ／ｓ为碰前速度，故取ｖ1＝（2－3）／2ｍ／ｓ，相应得ｖ2＝2＋2ｍ／ｓ＝1.7ｍ／ｓ． 由于ｖ1＜0，即木块相对Ｂ向左滑动，Ａ受Ｂ摩擦力向右，Ｂ受Ａ摩擦力向左，故Ｂ做匀减速直线运动，加速度大小由牛顿第二定律，得ａ＝μｍｇ／Ｍ＝1ｍ／ｓ2． 　从碰后到Ａ滑到Ｂ最左端过程中，Ｂ向右做匀减速直线运动时间设为ｔ2，则ｖ′－ｖ2＝－ａｔ2， ∴　ｔ2＝0.7ｓ． 　此过程速度图线如图2中0.3ｓ～1.0ｓ段图线ｂ． 图2　　34．解：设ｍ1、ｍ2两物体受恒力Ｆ作用后，产生的加速度分别为ａ1、ａ2，由牛顿第二定律Ｆ＝ｍａ，得 　ａ1＝Ｆ／ｍ1，ａ2＝Ｆ／ｍ2， 　历时ｔ两物体速度分别为ｖ1＝ａ1ｔ，ｖ2＝ｖ0＋ａ2ｔ，由题意令ｖ1＝ｖ2，即ａ1ｔ＝ｖ0＋ａ2ｔ或（ａ1－ａ2）ｔ＝ｖ0，因ｔ≠0、ｖ0＞0，欲使上式成立，需满足ａ1－ａ2＞0，即Ｆ／ｍ1＞Ｆ／ｍ2，或ｍ1＜ｍ2，也即当ｍ1≥ｍ2时不可能达到共同速度，当ｍ1＜ｍ2时，可以达到共同速度． 　35．解：（1）当小球刚好能在轨道内做圆周运动时，水平初速度ｖ最小，此时有ｍｇ＝ｍｖ2／Ｒ， 故　ｖ＝＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）若初速度ｖ′＜ｖ，小球将做平抛运动，如在其竖直位移为Ｒ的时间内，其水平位移ｓ≥Ｒ，小球可进入轨道经过Ｂ点．设其竖直位移为Ｒ时，水平位移也恰为R，则Ｒ＝ｇｔ2／2，Ｒ＝ｖ′ｔ，解得：ｖ′＝／2＝ｍ／ｓ． 因此，初速度满足2ｍ／ｓ＞ｖ′≥ｍ／ｓ时，小球可做平抛运动经过Ｂ点． 　36．卫星在天空中任何天体表面附近运行时，仅受万有引力Ｆ作用使卫星做圆周运动，运动半径等于天体的球半径Ｒ．设天体质量为Ｍ，卫星质量为ｍ，卫星运动周期为Ｔ，天体密度为ρ．根据万有引力定律Ｆ＝ＧＭｍ／Ｒ2， 卫星做圆周运动向心力Ｆ′＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2， 因为 　Ｆ′＝Ｆ，得ＧＭｍ／Ｒ2＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2，∴Ｔ＝． 　又球体质量Ｍ＝4πＲ3ρ／3． 得Ｔ＝=，∴Ｔ∝1／，得证． 　37．解：由于两球相碰满足动量守恒 　　ｍ1ｖ0＝ｍ1ｖ1＋ｍ2ｖ2，ｖ1＝－1.3ｍ／ｓ． 　两球组成系统碰撞前后的总动能Ｅｋ1＋Ｅｋ2＝ｍ1ｖ02／2＋0＝2.5Ｊ， 　Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＝ｍ1ｖ12／2＋ｍ2ｖ22 ／2＝2.8Ｊ． 　可见，Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＞Ｅｋ1＋Ｅｋ2，碰后能量较碰撞前增多了，违背了能量守恒定律，这种假设不合理． 　38．解：（1）由动量守恒，得ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2， 由运动学公式得ｓ＝（ｖ1－ｖ2）ｔ，ｈ＝ｇｔ2／2， 由以上三式得ｖ2＝（ｍｖ0－ｓｍ）／（Ｍ＋ｍ）． 　（2）最后车与物体以共同的速度ｖ向右运动，故有 　ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖｖ＝ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）． ∴ΔＥ＝ｍｖ02／2＋ｍｇｈ－（Ｍ＋ｍ）ｍ2ｖ02／2（Ｍ＋ｍ）2． 解得ΔＥ＝ｍｇｈ＋Ｍｍｖ02／2（Ｍ＋ｍ）． 　39．解：设碰前Ａ、Ｂ有共同速度ｖ时，Ｍ前滑的距离为ｓ．则ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ，ｆｓ＝Ｍｖ2／2，ｆ＝μｍｇ． 　由以上各式得　ｓ＝Ｍｍｖ02／2μｇ（Ｍ＋ｍ）2． 　当ｖ0＝2ｍ／ｓ时，ｓ＝2／9ｍ＜0.5ｍ，即Ａ、Ｂ有共同速度．当ｖ0＝4ｍ／ｓ时，ｓ＝8／9ｍ＞0.5ｍ，即碰前Ａ、Ｂ速度不同． 　40．解：（1）物体由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者系统水平方向动量守恒得：ｍｖ0＝ｍｖ0／2＋2ｍｖＡＢ． 解之得　ｖＡＢ＝ｖ0／4． 　（2）物块由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者功能关系得：μｍｇＬ＝ｍｖ02／2－ｍ（ｖ0／2）2／2－2ｍ（ｖ0／4）2／2． 解之得　Ｌ＝5ｖ02／16μｇ． 　（3）物块由Ｄ滑到Ｃ的过程中，二者系统水平方向动量守恒，又因为物块到达最高点Ｃ时，物块与滑块速度相等且水平，均为ｖ． 故得　ｍｖ0／2＋ｍｖ0／4＝2ｍｖ， ∴　得滑块的动能ＥＣＤ＝ｍｖ2／2＝9ｍｖ02／128． 　41．解：（1）Ｂ从ｖ0减速到速度为零的过程，Ｃ静止，Ｂ的位移：ｓ1＝ｖ02／2μｇ． 　所用的时间：ｔ1＝ｖ0／μｇ． 　此后Ｂ与Ｃ一起向右做加速运动，Ａ做减速运动，直到相对静止，设所用时间为ｔ2，共同速度为ｖ． 　对Ａ、Ｂ、Ｃ，由动量守恒定律得 　ｍＡ·2ｖ0－ｍＢｖ0＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ， ∵　ｍＡ＝ｍＢ＝ｍＣ，∴　ｖ＝ｖ0／3． 　对Ｂ与Ｃ，向右加速运动的加速度 　ａ＝μｍＡｇ／（ｍＢ＋ｍＣ）＝μｇ／2，∴ｔ2＝ｖ／ａ＝2ｖ0／3μｇ． Δｔ内Ｂ向右移动的位移ｓ2＝ｖｔ2／2＝ｖ02／9μｇ， 故总路程ｓ＝ｓ1＋ｓ2＝11ｖ02／18μｇ，总时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝5ｖ0／3μｇ． 　 （2）设车的最小长度为Ｌ，则相对静止时Ａ、Ｂ刚好接触，由能量守恒得 　ｍＡ（2ｖ0）2／2＋ｍＢｖ02／2＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ2／2＋μｍＢｇｓ1＋μｍＡｇ（Ｌ－ｓ1）， 联立解得Ｌ＝7ｖ02／3μｇ． 　42．解：（1）ｍ速度最大的位置应在O点左侧．因为细线烧断后，ｍ在弹簧弹力和滑动摩擦力的合力作用下向右做加速运动，当弹力与摩擦力的合力为零时，ｍ的速度达到最大，此时弹簧必处于压缩状态．此后，系统的机械能不断减小，不能再达到这一最大速度． 　（2）选ｍ、Ｍ为一系统，由动量守恒定律得 　ｍｖ1＝Ｍｖ2． 　设这一过程中弹簧释放的弹性势能为Ｅｐ，则 　Ｅｐ＝ｍｖ12／2＋Ｍｖ22／2＋μｍｇｓ， 解得　ｖ2＝ｍｖ1／Ｍ，Ｅｐ＝ｍ［（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2Ｍ＋μｇｓ］． 　（2）ｍ与Ｍ最终将静止，因为系统动量守恒，且总动量为零，只要ｍ与Ｍ间有相对运动，就要克服摩擦力做功，不断消耗能量，所以，ｍ与Ｍ最终必定都静止． 　43．解：（1）第一颗子弹射入木块过程，系统动量守恒，有 　ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ1． 　射入后，在ＯＢＣ运动过程中，机械能守恒，有 　（ｍ＋Ｍ）ｖ12／2＝（ｍ＋Ｍ）ｇＲ，得ｖ0＝（Ｍ＋ｍ）／ｍ． 　（2）由动量守恒定律知，第2、4、6……颗子弹射入木块后，木块速度为0，第1、3、5……颗子弹射入后，木块运动．当第9颗子弹射入木块时，由动量守恒得： 　ｍｖ0＝（9ｍ＋Ｍ）ｖ9， 　设此后木块沿圆弧上升最大高度为Ｈ，由机械能守恒定律得：（9ｍ＋Ｍ）ｖ92／2＝（9ｍ＋Ｍ）ｇＨ， 由以上可得：Ｈ＝［（Ｍ＋ｍ）／（Ｍ＋9ｍ）］2Ｒ． 　44．解：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动ｓ，速度变为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．由动能定理 　－μＭｇｓ＝0－ｍｖ02／2，ｓ＝ｍｖ02／2μＭｇ＝0.33ｍ． 　（2）假如平板车在第二次碰墙前还未和滑块相对静止，则其速度的大小肯定还是2ｍ／ｓ，因为只要相对运动，摩擦力大小为恒值．滑块速度则大于2ｍ／ｓ，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰墙前肯定已和滑块具有共同速度ｖ．此即平板车碰墙前瞬间的速度． 　Ｍｖ0－ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， ∴ｖ＝（Ｍ－ｍ）ｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝0.4ｍ／ｓ． 图3　（3）平板车与墙壁第一次碰撞后滑块与平板又达到共同速度ｖ前的过程，可用图3（ａ）、（ｂ）、（ｃ）表示．图3（ａ）为平板车与墙碰撞后瞬间滑块与平板车的位置，图3（ｂ）为平板车到达最左端时两者的位置，图3（ｃ）为平板车与滑块再次达到共同速度时两者的位置．在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功μΜｇｓ′，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功μＭｇｓ″（平板车从Ｂ到Ａ再回到Ｂ的过程中摩擦力做功为零），其中ｓ′、ｓ″分别为滑块和平板车的位移．滑块和平板车动能总减少为μＭｇｌ1，其中ｌ1＝ｓ′＋ｓ″为滑块相对平板车的位移，此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为ｌ，则有（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2＝μＭｇｌ，ｌ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2μＭｇ＝0.833ｍ． ｌ即为平板车的最短长度．图4　　45．解：如图4，Ａ球从静止释放后将自由下落至Ｃ点悬线绷直，此时速度为ｖＣ ∵　ｖＣ2＝2ｇ×2Ｌｓｉｎ30°， ∴　ｖＣ＝＝2ｍ／ｓ． 　在线绷直的过程中沿线的速度分量减为零时，Ａ将以切向速度ｖ1沿圆弧运动且 　ｖ1＝ｖＣｃｏｓ30°＝ｍ／ｓ． 　Ａ球从Ｃ点运动到最低点与Ｂ球碰撞前机械能守恒，可求出Ａ球与Ｂ球碰前的速度 　ｍＡｖ12／2＋ｍＡｇＬ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍＡｖ22／2， 　ｖ2＝==ｍ／ｓ． 　因Ａ、Ｂ两球发生无能量损失的碰撞且ｍＡ＝ｍＢ，所以它们的速度交换，即碰后Ａ球的速度为零，Ｂ球的速度为ｖ2＝（ｍ／ｓ）．对Ｂ球和小车组成的系统水平方向动量守恒和机械能守恒，当两者有共同水平速度ｕ时，Ｂ球上升到最高点，设上升高度为ｈ． 　ｍＢｖ2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ，ｍＢｖ22／2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ2／2＋ｍＢｇｈ．解得ｈ＝3／16≈0.19ｍ． 　在Ｂ球回摆到最低点的过程中，悬线拉力仍使小车加速，当Ｂ球回到最低点时小车有最大速度ｖｍ ，设小球Ｂ回到最低点时速度的大小为ｖ3，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 　ｍＢｖ2＝－ｍＢｖ3＋Ｍｖｍ，ｍＢｖ22／2＝ｍＢｖ32／2＋Ｍｖｍ2／2， 解得ｖｍ＝2ｍＢｖ2／（ｍ3＋Ｍ）＝／2ｍ／ｓ＝1.12ｍ／ｓ． 　46．解：（1）小球的角速度与运动的角速度必定相等，则有ｖ＝ωＲ＝ω． 　（2）人手所提供的功率应等于小球在运动过程中克服摩擦力做功的功率．即有Ｐ＝ｆｖ， ∴　ｆ＝Ｐ／ｖ＝Ｐ／ω． 　47．解：由于粘性物体与底板粘合的过程时间极短，冲击力远大于重力，在竖直方向近似动量守恒，开始静止时，有　ｍ1ｇ＝ｋｘｋ＝ｍ1ｇｘ． 　ｍ2下落Ｈ时的速度ｖ＝，ｍ2与ｍ1合在一起动量守恒，ｍ2ｖ＝（ｍ1＋ｍ2）ｖ′，ｖ′＝ｍ2ｖ／（ｍ1＋ｍ2）＝ｍ2／（ｍ1＋ｍ2）． 　设向下为正方向，ｍ1与ｍ2的整体受两个力，即重力（ｍ1＋ｍ2）ｇ和弹簧的平均拉力，则有平均拉力＝ｋｘ＋ｋｈ／2＝ｋ（2ｘ＋ｈ）／2，由动能定理得 ［－＋（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ＝0－（ｍ1＋ｍ2）ｖ2／2， 由以上各式得［ｍ1ｇ（2ｘ＋ｈ）／2ｘ－（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ 　＝（ｍ1＋ｍ2）·ｍ22·2ｇｈ／2（ｍ1＋ｍ2）2． 代入数值得ｈ＝0.3ｍ． 　48．解：ｍ与Ａ粘在一起后水平方向动量守恒，共同速度设为ｖ1，Ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ1， 得ｖ1＝Ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝2ｖ0／3． 　当弹簧压缩到最大时即有最大弹性势能Ｅ，此时系统中各物体有相同速度，设为ｖ2，由动量守恒定律 　2Ｍｖ0＝（2Ｍ＋ｍ）ｖ2，得ｖ2＝2Ｍｖ0／（2Ｍ＋ｍ）＝4ｖ0／5． 由能量守恒有 　Ｅ＝Ｍｖ02／2＋（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2－（2Ｍ＋ｍ）ｖ22／2， 解得Ｅ＝Ｍｖ02／30． 　49．解：（1）振子在平衡位置时，所受合力为零，设此时弹簧被压缩Δｘ：（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ＝ｋΔｘ，Δｘ＝5ｃｍ． 　开始释放时振子处在最大位移处，故振幅 　Ａ＝5ｃｍ＋5ｃｍ＝10ｃｍ． 　（2）由于开始时弹簧的伸长量恰等于振子在平衡位置时弹簧的压缩量，故弹性势能相等，设振子的最大速度为ｖ，从开始到平衡位置，根据机械能守恒定律， 得ｍｇ·Ａ＝ｍｖ2／2，∴ｖ＝＝1.4ｍ／ｓ， 即Ｂ的最大速率为1.4ｍ／ｓ． 　 （3）在最高点，振子受到的重力和弹力方向相同，根据牛顿第二定律，得 　ａ＝［ｋΔｘ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ］／（ｍＡ＋ｍＢ）＝20ｍ／ｓ2， Ａ对Ｂ的作用力方向向下，其大小 　Ｎ1＝ｍＢａ－ｍＢｇ＝10Ｎ． 在最低点，振子受到的重力和弹力方向相反，根据牛顿第二定律，得ａ＝ｋ（Δｘ＋Ａ）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｍＡ＋ｍＢ＝20ｍ／ｓ2． Ａ对Ｂ的作用力方向向上，其大小 　Ｎ2＝ｍＢａ＋ｍＢｇ＝30Ｎ．44．如图1－97所示，一辆质量ｍ＝2ｋｇ的平板车左端放有质量Ｍ＝3ｋｇ的小滑块，滑块与平板车间的动摩擦因数μ＝0.4．开始时平板车和滑块共同以ｖ0＝2ｍ／ｓ的速度在光滑水平面上向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞，设碰撞时间极短且碰撞后平板车速度大小保持不变，但方向与原来相反，平板车足够长，以至滑块不会滑到平板车右端．（取ｇ＝10ｍ／ｓ2）求：（1）平板车第一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离．（2）平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度ｖ．（3）为使滑块始终不会从平板车右端滑下，平板车至少多长？（M可当作质点处理）2．解：在0～1ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知 　ａ１＝12ｍ／ｓ２， 由牛顿第二定律，得 　Ｆ－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ１，　　① 在0～2ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知ａ２＝－6ｍ／ｓ２， 因为此时物体具有斜向上的初速度，故由牛顿第二定律，得 　－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ２，　　② 　②式代入①式，得　Ｆ＝18Ｎ． 3．解：在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从Ａ到Ｂ需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为ｔ1，则 　（ｖ／2）ｔ１＋ｖ（ｔ－ｔ１）＝Ｌ， 所以　ｔ１＝2（ｖｔ－Ｌ）／ｖ＝（2×（2×6－10）／2）ｓ＝2ｓ． 为使物体从Ａ至Ｂ所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变．而　ａ＝ｖ／ｔ＝1ｍ／ｓ２．设物体从Ａ至Ｂ所用最短的时间为ｔ2，则 　（1／2）ａｔ2２＝Ｌ， 　ｔ2＝=＝2ｓ． 　ｖｍｉｎ＝ａｔ2＝1×2ｍ／ｓ＝2ｍ／ｓ． 传送带速度再增大1倍，物体仍做加速度为1ｍ／ｓ２的匀加速运动，从Ａ至Ｂ的传送时间为2ｍ／ｓ． 4．解：启动前Ｎ１＝ｍｇ， 　升到某高度时　Ｎ2＝（17／18）Ｎ１＝（17／18）ｍｇ， 　对测试仪　Ｎ2－ｍｇ′＝ｍａ＝ｍ（ｇ／2）， 　∴　ｇ′＝（8／18）ｇ＝（4／9）ｇ， 　ＧｍＭ／Ｒ2＝ｍｇ，ＧｍＭ／（Ｒ＋ｈ）2＝ｍｇ′，解得：ｈ＝（1／2）Ｒ． 5．解：由匀加速运动的公式　ｖ２＝ｖ０２＋2ａｓ 　得物块沿斜面下滑的加速度为 　ａ＝ｖ2／2ｓ＝1．42／（2×1．4）＝0．7ｍｓ－２， 由于ａ＜ｇｓｉｎθ＝5ｍｓ－２， 　可知物块受到摩擦力的作用．图3　分析物块受力，它受3个力，如图3．对于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，由牛顿定律有 　ｍｇｓｉｎθ－ｆ１＝ｍａ， 　ｍｇｃｏｓθ－Ｎ１＝0， 　分析木楔受力，它受5个力作用，如图3所示．对于水平方向，由牛顿定律有 　ｆ2＋ｆ１ｃｏｓθ－Ｎ１ｓｉｎθ＝0， 　由此可解得地面的作用于木楔的摩擦力 　ｆ2＝ｍｇｃｏｓθｓｉｎθ－（ｍｇｓｉｎθ－ｍａ）ｃｏｓθ＝ｍａｃｏｓθ＝1×0．7×（／2）＝0．61Ｎ． 　此力的方向与图中所设的一致（由指向）． 6．解：（1）飞机原先是水平飞行的，由于垂直气流的作用，飞机在竖直方向上的运动可看成初速度为零的匀加速直线运动，根据　ｈ＝（1／2）ａｔ２，得ａ＝2ｈ／ｔ２，代入ｈ＝1700ｍ，ｔ＝10ｓ，得 　ａ＝（2×1700／10２）（ｍ／ｓ２）＝34ｍ／ｓ２，方向竖直向下． 　（2）飞机在向下做加速运动的过程中，若乘客已系好安全带，使机上乘客产生加速度的力是向下重力和安全带拉力的合力．设乘客质量为ｍ，安全带提供的竖直向下拉力为Ｆ，根据牛顿第二定律　Ｆ＋ｍｇ＝ｍａ，得安全带拉力 　　Ｆ＝ｍ（ａ－ｇ）＝ｍ（34－10）Ｎ＝24ｍ（Ｎ）， ∴　安全带提供的拉力相当于乘客体重的倍数 　ｎ＝Ｆ／ｍｇ＝24ｍＮ／ｍ·10Ｎ＝2．4（倍）． 　（3）若乘客未系安全带，飞机向下的加速度为34ｍ／ｓ２，人向下加速度为10ｍ／ｓ２，飞机向下的加速度大于人的加速度，所以人对飞机将向上运动，会使头部受到严重伤害． 7．解：设月球表面重力加速度为ｇ，根据平抛运动规律，有 　ｈ＝（1／2）ｇｔ２，　　① 　水平射程为　　　Ｌ＝ｖ０ｔ，　　② 　联立①②得ｇ＝2ｈｖ０２／Ｌ２．　　③ 　根据牛顿第二定律，得　ｍｇ＝ｍ（2π／Ｔ）２ Ｒ，　　④ 　联立③④得　Ｔ＝（πＬ／ｖ０ｈ）．　　⑤ 8．解：前2秒内，有Ｆ－ｆ＝ｍａ１，ｆ＝μＮ，Ｎ＝ｍｇ，则 　ａ１＝（Ｆ－μｍｇ）／ｍ＝4ｍ／ｓ２，ｖｔ＝ａ１ｔ＝8ｍ／ｓ， 　撤去Ｆ以后　ａ２＝ｆ／ｍ＝2ｍ／ｓ，ｓ＝ｖ１２／2ａ２＝16ｍ． 9．解：（1）用力斜向下推时，箱子匀速运动，则有 　Ｆｃｏｓθ＝ｆ，ｆ＝μＮ，Ｎ＝Ｇ＋Ｆｓｉｎθ， 　联立以上三式代数据，得　Ｆ＝1．2×10２Ｎ． 　（2）若水平用力推箱子时，据牛顿第二定律，得Ｆ合＝ｍａ，则有 　Ｆ－μＮ＝ｍａ，Ｎ＝Ｇ， 　联立解得　ａ＝2．0ｍ／ｓ２． 　ｖ＝ａｔ＝2．0×3．0ｍ／ｓ＝6．0ｍ／ｓ， 　ｓ＝（1／2）ａｔ２＝（1／2）×2．0×3．0２ｍ／ｓ＝9．0ｍ， 　推力停止作用后　ａ′＝ｆ／ｍ＝4．0ｍ／ｓ２（方向向左）， 　ｓ′＝ｖ２／2ａ′＝4．5ｍ， 　则　ｓ总＝ｓ＋ｓ′＝13．5ｍ． 10．解：根据题中说明，该运动员发球后，网球做平抛运动．以ｖ表示初速度，Ｈ表示网球开始运动时离地面的高度（即发球高度），ｓ１表示网球开始运动时与网的水平距离（即运动员离开网的距离），ｔ１表示网球通过网上的时刻，ｈ表示网球通过网上时离地面的高度，由平抛运动规律得到 　ｓ１＝ｖｔ１，Ｈ－ｈ＝（1／2）ｇｔ１２， 消去ｔ１，得　　ｖ＝ｍ／ｓ，ｖ≈23ｍ／ｓ． 　以ｔ２表示网球落地的时刻，ｓ２表示网球开始运动的地点与落地点的水平距离，ｓ表示网球落地点与网的水平距离，由平抛运动规律得到 　Ｈ＝（1／2）ｇｔ２２，ｓ２＝ｖｔ２， 消去ｔ２，得ｓ２＝ｖ≈16ｍ， 　网球落地点到网的距离　ｓ＝ｓ２－ｓ１≈4ｍ． 11．解：（1）设卫星质量为ｍ，它在地球附近做圆周运动，半径可取为地球半径Ｒ，运动速度为ｖ，有 　ＧＭｍ／Ｒ２＝ｍｖ２／Ｒ　得ｖ＝． 　（2）由（1）得： 　Ｍ＝ｖ２Ｒ／Ｇ＝＝6．0×1024ｋｇ． 12．解：对物块：Ｆ１－μｍｇ＝ｍａ１， 　6－0．5×1×10＝1·ａ１，ａ１＝1．0ｍ／ｓ2， 　ｓ１＝（1／2）ａ１ｔ2＝（1／2）×1×0．42＝0．08ｍ， 　ｖ１＝ａ１ｔ＝1×0．4＝0．4ｍ／ｓ， 　对小车：Ｆ２－μｍｇ＝Ｍａ２， 　9－0．5×1×10＝2ａ２，ａ２＝2．0ｍ／ｓ2， 　ｓ２＝（1／2）ａ２ｔ2＝（1／2）×2×0．42＝0．16ｍ， 　ｖ２＝ａ２ｔ＝2×0．4＝0．8ｍ／ｓ， 　撤去两力后，动量守恒，有Ｍｖ２－ｍｖ１＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， 　ｖ＝0．4ｍ／ｓ（向右）， ∵　（（1／2）ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2）－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ2＝μｍｇｓ３， 　ｓ３＝0．096ｍ， ∴　ｌ＝ｓ１＋ｓ２＋ｓ３＝0．336ｍ． 13．解：设木块到Ｂ时速度为ｖ０，车与船的速度为ｖ１，对木块、车、船系统，有 　ｍ１ｇｈ＝（ｍ１ｖ０2／2）＋（（ｍ２＋ｍ３）ｖ１2／2）， 　ｍ１ｖ０＝（ｍ２＋ｍ３）ｖ１， 解得　ｖ０＝5，ｖ１＝． 　木块到Ｂ后，船以ｖ１继续向左匀速运动，木块和车最终以共同速度ｖ２向右运动，对木块和车系统，有 　ｍ１ｖ０－ｍ２ｖ１＝（ｍ１＋ｍ２）ｖ２， 　μｍ１ｇｓ＝（（ｍ１ｖ０2／2）＋（ｍ２ｖ１2／2））－（（ｍ１＋ｍ２）ｖ２2／2）， 得　ｖ２＝ｖ１＝，ｓ＝2ｈ． 14．解：（1）小球的角速度与手转动的角速度必定相等均为ω．设小球做圆周运动的半径为ｒ，线速度为ｖ．由几何关系得　ｒ＝，ｖ＝ω·ｒ，解得　　 　　ｖ＝ω． 　（2）设手对绳的拉力为Ｆ，手的线速度为ｖ，由功率公式得　Ｐ＝Ｆｖ＝Ｆ·ωＲ， ∴　Ｆ＝Ｐ／ωＲ．图4　研究小球的受力情况如图4所示，因为小球做匀速圆周运动，所以切向合力为零，即 　Ｆｓｉｎθ ＝ｆ， 其中　ｓｉｎθ＝Ｒ／， 　联立解得　ｆ＝Ｐ／ω． 15．解：（1）用ｖ１表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由于子弹射入木块Ｃ时间极短，系统动量守恒，有 　ｍｖ０＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１， 　∴　ｖ１＝ｍｖ０／（ｍ＋Ｍ）＝3ｍ／ｓ， 　子弹和木块Ｃ在ＡＢ木板上滑动，由动能定理得： 　（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ２２－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ１２＝－μ（ｍ＋Ｍ）ｇＬ， 　解得　ｖ２＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）用ｖ′表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由动量守恒定律，得　ｍｖ０′＋Ｍｕ＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１′，解得　ｖ１′＝4ｍ／ｓ． 　木块Ｃ及子弹在ＡＢ木板表面上做匀减速运动　ａ＝μｇ．设木块Ｃ和子弹滑至ＡＢ板右端的时间为ｔ，则木块Ｃ和子弹的位移ｓ１＝ｖ１′ｔ－（1／2）ａｔ2， 　由于ｍ车≥（ｍ＋Ｍ），故小车及木块ＡＢ仍做匀速直线运动，小车及木板ＡＢ的位移　ｓ＝ｕｔ，由图5可知：ｓ１＝ｓ＋Ｌ， 　联立以上四式并代入数据得： 　ｔ2－6ｔ＋1＝0， 　解得：ｔ＝（3－2）ｓ，（ｔ＝（3＋2）ｓ不合题意舍去），　　（11） 　∴　ｓ＝ｕｔ＝0．18ｍ． 16．解：（1）设Ａ滑上Ｂ后达到共同速度前并未碰到档板，则根据动量守恒定律得它们的共同速度为ｖ，有图5　ｍｖ０＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝2ｍ／ｓ，在这一过程中，Ｂ的位移为ｓＢ＝ｖＢ2／2ａＢ且ａＢ＝μｍｇ／Ｍ，解得ｓＢ＝Ｍｖ2／2μｍｇ＝2×22／2×0．2×1×10＝2ｍ． 　设这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ１，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ１＝（1／2）ｍｖ０2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得ｓ１＝6ｍ． 　当ｓ＝4ｍ时，Ａ、Ｂ达到共同速度ｖ＝2ｍ／ｓ后再匀速向前运动2ｍ碰到挡板，Ｂ碰到竖直挡板后，根据动量守恒定律得Ａ、Ｂ最后相对静止时的速度为ｖ′，则 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′， 解得　ｖ′＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ２，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ２＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2 ， 　解得　ｓ２＝2．67ｍ． 　因此，Ａ、Ｂ最终不脱离的木板最小长度为ｓ１＋ｓ２＝8．67ｍ 　（2）因Ｂ离竖直档板的距离ｓ＝0．5ｍ＜2ｍ，所以碰到档板时，Ａ、Ｂ未达到相对静止，此时Ｂ的速度ｖＢ为 　ｖＢ2＝2ａＢｓ＝（2μｍｇ／Ｍ）ｓ，解得　ｖＢ＝1ｍ／ｓ， 　设此时Ａ的速度为ｖＡ，根据动量守恒定律，得 　ｍｖ０＝ＭｖＢ＋ｍｖＡ，解得ｖＡ＝4ｍ／ｓ， 　设在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移为ｓ１′，根据动能定理得： 　μｍｇｓ１′＝（1／2）ｍｖ０2－（（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）ＭｖＢ2）， 　解得　ｓ１′＝4．5ｍ． 　Ｂ碰撞挡板后，Ａ、Ｂ最终达到向右的相同速度ｖ，根据动能定理得ｍｖＡ－ＭｖＢ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ２′为 　μｍｇｓ２′＝（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得　ｓ２′＝（25／6）ｍ． 　Ｂ再次碰到挡板后，Ａ、Ｂ最终以相同的速度ｖ′向左共同运动，根据动量守恒定律，得 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′，解得　ｖ′＝（2／9）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ３′为： 　μｍｇｓ３′＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　　　　ｓ３′＝（8／27）ｍ． 　因此，为使Ａ不从Ｂ上脱落，Ｂ的最小长度为ｓ１′＋ｓ２′＋ｓ３′＝8．96ｍ． 17．解：（1）Ｂ与Ａ碰撞后，Ｂ相对于Ａ向左运动，Ａ所受摩擦力方向向左，Ａ的运动方向向右，故摩擦力作负功．设Ｂ与Ａ碰撞后的瞬间Ａ的速度为ｖ１，Ｂ的速度为ｖ２，Ａ、Ｂ相对静止后的共同速度为ｖ，整个过程中Ａ、Ｂ组成的系统动量守恒，有 　Ｍｖ０＝（Ｍ＋1．5Ｍ）ｖ，ｖ＝2ｖ０／5． 　碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功，即 　Ｍｖ２＋1．5Ｍｖ１＝2．5Ｍｖ，　　① 　（1／2）×1．5Ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2－（1／2）×2．5Ｍｖ2＝Ｍμｇｌ，　　② 可解出ｖ１＝（1／2）ｖ０（另一解ｖ１＝（3／10）ｖ０因小于ｖ而舍去） 　这段过程中，Ａ克服摩擦力做功 　Ｗ＝（1／2）×1．5Ｍｖ１2－（1／2）×1．5Ｍｖ2＝（27／400）Ｍｖ０2（0．068Ｍｖ０2）． 　（2）Ａ在运动过程中不可能向左运动，因为在Ｂ未与Ａ碰撞之前，Ａ受到的摩擦力方向向右，做加速运动，碰撞之后Ａ受到的摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后，速度仍向右，因此不可能向左运动． 　Ｂ在碰撞之后，有可能向左运动，即ｖ２＜0． 　先计算当ｖ２＝0时满足的条件，由①式，得 　ｖ１＝（2ｖ０／3）－（2ｖ２／3），当ｖ２＝0时，ｖ１＝2ｖ０／3，代入②式，得 　（（1／2）×1．5Ｍ4ｖ０2／9）－（（1／2）×2．5Ｍ4ｖ０2／25）＝Ｍμｇｌ， 解得　μｇｌ＝2ｖ０2／15． 　Ｂ在某段时间内向左运动的条件之一是μｌ＜2ｖ０2／15ｇ． 　另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即 　（1／2）Ｍｖ０2－（1／2）2．5Ｍ（2ｖ０／5）2≥2Ｍμｇｌ， 　解出另一个条件是　μｌ≤3ｖ０2／20ｇ， 　最后得出Ｂ在某段时间内向左运动的条件是 　2ｖ０2／15ｇ＜μｌ≤3ｖ０2／20ｇ． 18．解：（1）以警车为研究对象，由动能定理． 　－μｍｇ·ｓ＝（1／2）ｍｖ2－（1／2）ｍｖ０2， 　将ｖ０＝14．0ｍ／ｓ，ｓ＝14．0ｍ，ｖ＝0代入，得 　μｇ＝7．0ｍ／ｓ2， 　因为警车行驶条件与肇事汽车相同，所以肇事汽车的初速度ｖＡ＝＝21ｍ／ｓ． 　（2）肇事汽车在出事点Ｂ的速度 　ｖＢ＝＝14ｍ／ｓ， 　肇事汽车通过段的平均速度 　＝（ｖＡ＋ｖＢ）／2＝（21＋14）／2＝17．5ｍ／ｓ． 　肇事汽车通过ＡＢ段的时间 　ｔ２＝ＡＢ／＝（31．5－14．0）／17．5＝1ｓ． 　∴　游客横过马路的速度 　ｖ人＝／（ｔ１＋ｔ２）＝（2．6／（1＋0．7））ｍ／ｓ＝1．53ｍ／ｓ． 19．解：（1）开始Ａ、Ｂ处于静止状态时，有 　ｋｘ０－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｓｉｎ30°＝0，　　① 　设施加Ｆ时，前一段时间Ａ、Ｂ一起向上做匀加速运动，加速度为ａ，ｔ＝0．2ｓ，Ａ、Ｂ间相互作用力为零，对Ｂ有： 　ｋｘ－ｍＢｇｓｉｎ30°＝ｍＢａ，　　② 　ｘ－ｘ０＝（1／2）ａｔ2，　　③ 　解①、②、③得： 　ａ＝5ｍｓ－2，ｘ０＝0．05ｍ，ｘ＝0．15ｍ， 　初始时刻Ｆ最小 　Ｆｍｉｎ＝（ｍＡ＋ｍＢ）ａ＝60Ｎ． 　ｔ＝0．2ｓ时，Ｆ最大 　Ｆｍａｘ－ｍＡｇｓｉｎ30°＝ｍＡａ， 　Ｆｍａｘ＝ｍＡ（ｇｓｉｎ30°＋ａ）＝100Ｎ， 　（2）ΔＥＰＡ＝ｍＡｇΔｈ＝ｍＡｇ（ｘ－ｘ０）ｓｉｎ30°＝5Ｊ． 20．解：当弹簧处于压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和．当弹簧伸长到其自然长度时，弹性势能为零，因这时滑块Ａ的速度为零，故系统的机械能等于滑块Ｂ的动能．设这时滑块Ｂ的速度为ｖ则有 　Ｅ＝（1／2）ｍ２ｖ2，　　① 由动量守恒定律（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ２ｖ，　　② 解得　Ｅ＝（1／2）（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２．　　③ 　假定在以后的运动中，滑块Ｂ可以出现速度为零的时刻，并设此时滑块Ａ的速度为ｖ１．这时，不论弹簧是处于伸长还是压缩状态，都具有弹性势能Ｅｐ．由机械能守恒定律得 　（1／2）ｍ１ｖ１2＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　④ 根据动量守恒　（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ１ｖ１，　　⑤ 求出ｖ１，代入④式得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２ ），　　⑥ 因为Ｅｐ≥0，故得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）≤（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑦ 即　ｍ１≥ｍ２，与已知条件ｍ１＜ｍ２不符． 　可见滑块Ｂ的速度永不为零，即在以后的运动中，不可能出现滑动Ｂ的速度为零的情况． 21．解：设恰好物体相对圆盘静止时，弹簧压缩量为Δｌ，静摩擦力为最大静摩擦力ｆｍａｘ，这时物体处于临界状态，由向心力公式ｆｍａｘ－ｋΔｌ＝ｍＲｗ2，　　① 　假若物体向圆心移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ１－ｋ（Δｌ＋ｘ）＝ｍ（Ｒ－ｘ）ｗ2，　　② 　由①、②两式可得　ｆｍａｘ－ｆ１＝ｍｘｗ2－ｋｘ，　　③ 所以　ｍｘｗ2－ｋｘ≥0，得ｋ≤ｍｗ2，　　④ 　若物体向外移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ２－ｋ（Δｌ－ｘ）≥ｍ（Ｒ＋ｘ）ｗ2，　　⑤ 由①～⑥式得　ｆｍａｘ－ｆ２＝ｋｘ－ｍｘｗ2≥0，　　⑥ 所以　ｋ≥ｍｗ2，　　⑦ 即若物体向圆心移动，则ｋ≤ｍｗ2， 若物体向远离圆心方向移动，则ｋ≥ｍｗ2． 22．解：卫星环绕地球作匀速圆周运动，设卫星的质量为ｍ，轨道半径为ｒ，受到地球的万有引力为Ｆ， 　Ｆ＝ＧＭｍ／ｒ2，　　① 　式中Ｇ为万有引力恒量，Ｍ是地球质量． 　设ｖ是卫星环绕地球做匀速圆周运动的线速度，Ｔ是运动周期，根据牛顿第二定律，得 　Ｆ＝ｍｖ2／ｒ，　　② 　由①、②推导出　ｖ＝．　　③ 　③式表明：ｒ越大，ｖ越小． 　人造卫星的周期就是它环绕地球运行一周所需的时间Ｔ， 　Ｔ＝2πｒ／ｖ，　　④ 　由③、④推出　Ｔ＝2π，　　⑤ 　⑤式说明：ｒ越大，Ｔ越大．　23．证：设质点通过Ａ点时的速度为ｖＡ，通过Ｃ点时的速度为ｖＣ，由匀变速直线运动的公式得： ｓ1＝ｖＡＴ＋ａＴ2／2，ｓ3＝ｖＣＴ＋ａＴ2／2，ｓ3－ｓ1＝ｖＣＴ－ｖＡＴ． ∵　ｖＣ＝ｖＡ＋2ａＴ， ∴　ｓ3－ｓ1＝（ｖＡ－2ａＴ－ｖＡ）Ｔ＝2ａＴ2，ａ＝（ｓ3－ｓ1）／2Ｔ2． 　24．根据：如果在连续的相等的时间内的位移之差相等，则物体做匀变速运动．证明：设物体做匀速运动的初速度为ｖ0，加速度为ａ，第一个Ｔ内的位移为ｓ1＝ｖ0Ｔ＋ａＴ2／2；第二个Ｔ内的位移为ｓ2＝（ｖ0＋ａＴ）Ｔ＋ａＴ2／2；第Ｎ个Ｔ内的位移为ｓＮ＝［ｖ0＋（Ｎ－1）ａＴ］Ｔ＋ａＴ2／2．　ｓＮ－ｓＮ－1＝ａＴ2，逆定理也成立． 　 25．解：由匀变速直线运动的公式得小物块的加速度的大小为ａ1＝（ｖ0－ｖｔ）／ｔ＝2（ｍ／ｓ2）．木板的加速度大小为ａ2＝2ｓ／ｔ2＝0.25（ｍ／ｓ2）． 根据牛顿第二定律　Ｆ＝ｍａ 对小物块得　ｆ′1＝ｍａ1＝1×2＝2Ｎ， 对木板得　ｆ1－μ（ｍ＋Ｍ）ｇ＝Ｍａ2， 　μ＝（ｆ1－Ｍａ2）／（ｍ＋Ｍ）ｇ＝（2－4×0.25）／（1＋4）×10＝0.02． 　26．解：假设金属块没有离开第一块长木板，移动的相对距离为ｘ，由动量守恒定律，得ｍｖ0＝3ｍｖ， 　ｍｖ02／2＝3ｍｖ2／2＋μｍｇｘ， 解得ｘ＝4ｍ／3＞Ｌ，不合理， ∴　金属块一定冲上第二块木板． 　以整个系统为研究对象，由动量定律及能量关系，当金属块在第一块木板上时ｍｖ0＝ｍｖ0′＋2ｍｖ1， 　ｍｖ02／2＝12ｍｖ0′2＋2ｍ·ｖ12／2＋μｍｇｌ． 　ｍｖ0＝ｍｖ1＋2ｍｖ2， 　ｍｖ02／2＝ｍｖ12／2＋2ｍ·ｖ22／2＋μｍｇ（ｌ＋ｘ）． 联立解得： 　ｖ1＝1／3ｍ／ｓ，ｖ2＝5／6ｍ／ｓ，ｘ＝0.25ｍ． 　27．解：当ｔ＝0时，ａＡ0＝9／3＝3ｍ／ｓ2，ａＢ0＝3／6＝0.5ｍ／ｓ2．ａＡ0＞ａＢ0，Ａ、Ｂ间有弹力，随ｔ之增加，Ａ、Ｂ间弹力在减小，当（9－2ｔ）／3＝（3＋2ｔ）／6，ｔ＝2.5ｓ时，Ａ、Ｂ脱离，以Ａ、Ｂ整体为研究对象，在ｔ＝2.5ｓ内，加速度ａ＝（ＦＡ＋ＦＢ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝4／3ｍ／ｓ2，ｓ＝ａｔ2／2＝4.17ｍ． 　28．解：（1）由ｍＣｖ0＝ｍＣｖ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ1，Ｃ由Ａ滑至Ｂ时，Ａ、Ｂ的共同速度是 　ｖ1＝ｍＣ（ｖ0－ｖ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝0.2ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＡ＝ｍＣｖ02／2－ｍＣｖ2／2－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12／2， 得　μ＝［ｍＣ（ｖ02－ｖ2）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12］／2ｍＣｇｌＡ＝0.48． 　（2）由ｍＣｖ＋ｍＢｖ1＝（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ2，Ｃ相对Ｂ静止时，Ｂ、Ｃ的共同速度是ｖ2＝（ｍＣｖ＋ｍＢｖ1）／（ｍＣ＋ｍＢ）＝0.65ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＢ＝ｍＣｖ2／2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22／2， Ｃ在Ｂ上滑行距离为 　ｌＢ＝［ｍＣｖ2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22］／2μｍＣｇ＝0.25ｍ． 　（3）由μｍＣｇｓ＝ｍＢｖ22／2－ｍＢｖ12／2， Ｂ相对地滑行的距离ｓ＝［ｍＢ（ｖ22－ｖ12）］／2μｍＣｇ＝0.12ｍ． 　（4）Ｃ在Ａ、Ｂ上匀减速滑行，加速度大小由μｍＣｇ＝ｍＣａ，得ａ＝μｇ＝4.8ｍ／ｓ2． Ｃ在Ａ上滑行的时间ｔ1＝（ｖ0－ｖ）／ａ＝0.21ｓ． Ｃ在Ｂ上滑行的时间ｔ2＝（ｖ－ｖ2）／ａ＝0.28ｓ． 所求时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝0.21ｓ＋0.28ｓ＝0.49ｓ． 　　 29．匀加速下滑时，受力如图1ａ，由牛顿第二定律，有： ｍｇｓｉｎθ－μｍｇｃｏｓθ＝ｍａ＝ｍｇｓｉｎθ／2， 　ｓｉｎθ／2＝μｃｏｓθ， 　得μ＝ｓｉｎθ／2ｃｏｓθ．图1静止时受力分析如图1ｂ，摩擦力有两种可能：①摩擦力沿斜面向下；②摩擦力沿斜面向上．摩擦力沿斜面向下时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＝ｆ＋ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ， 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ＋μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ－μｓｉｎθ）ｍｇ＝3ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ－ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　摩擦力沿斜面向上时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＋ｆ＝ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ． 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ－μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ＋μｓｉｎθ）ｍｇ＝ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ＋ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　30．解：（1）物体在两斜面上来回运动时，克服摩擦力所做的功Ｗｆ＝μｍｇｃｏｓ60°·ｓ总． 　物体从开始直到不再在斜面上运动的过程中ｍｇｈ－Ｗｆ＝0－ｍｖ02／2．解得ｓ总＝38ｍ． 　（2）物体最终是在Ｂ、Ｃ之间的圆弧上来回做变速圆周运动，且在Ｂ、Ｃ点时速度为零． 　（3）物体第一次通过圆弧最低点时，圆弧所受压力最大．由动能定理得ｍｇ［ｈ＋Ｒ（1－ｃｏｓ60°）］－μｍｇｃｏｓ60°／ｓｉｎ60°＝ｍ（ｖ12－ｖ02）／2， 由牛顿第二定律得　Ｎｍａｘ－ｍｇ＝ｍｖ12／Ｒ， 解得　Ｎｍａｘ＝54.5Ｎ． 　物体最终在圆弧上运动时，圆弧所受压力最小．由动能定理得ｍｇＲ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍｖ22／2，由牛顿第二定律得Ｎｍｉｎ－ｍｇ＝ｍｖ22／Ｒ，解得Ｎｍｉｎ＝20Ｎ． 　31．解：（1）设刹车后，平板车的加速度为ａ0，从开始刹车到车停止所经历时间为ｔ0，车所行驶距离为ｓ0，则有ｖ02＝2ａ0ｓ0，ｖ0＝ａ0ｔ0． 　欲使ｔ0小，ａ0应该大，作用于木箱的滑动摩擦力产生的加速度ａ1＝μｍｇ／ｍ＝μｇ． 　当ａ0＞ａ1时，木箱相对车底板滑动，从刹车到车停止过程中木箱运动的路程为ｓ1，则ｖ02＝2ａ2ｓ1． 　为使木箱不撞击驾驶室，应有ｓ1－ｓ0≤Ｌ． 　联立以上各式解得：ａ0≤μｇｖ02／（ｖ02－2μｇＬ）＝5ｍ／ｓ2， 　∴　ｔ0＝ｖ0／ａ0＝4.4ｓ． 　（2）对平板车，设制动力为Ｆ，则Ｆ＋ｋ（Ｍ＋ｍ）ｇ－μｍｇ＝Ｍａ0，解得：Ｆ＝7420Ｎ． 　 32．解：对系统ａ0＝［Ｆ－μｇ（ｍ1＋ｍ2）］／（ｍ1＋ｍ2）＝1ｍ／ｓ2． 　对木块1，细绳断后：│ａ1│＝ｆ1／ｍ1＝μｇ＝1ｍ／ｓ2． 　设细绳断裂时刻为ｔ1，则木块1运动的总位移： 　ｓ1＝2ａ0ｔ12／2＝ａ0ｔ12． 　对木块2，细绳断后，ａ2＝（Ｆ－μｍ2ｇ）／ｍ2＝2ｍ／ｓ2． 木块2总位移 　ｓ2＝ｓ′＋ｓ″＝ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2， 两木块位移差Δｓ＝ｓ2－ｓ1＝22（ｍ）． 得　ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2－ａ0ｔ12＝22， 把ａ0，ａ2值，ｖ1＝ａ0ｔ1代入上式整理得： 　ｔ12＋12ｔ1－28＝0，得ｔ1＝2ｓ． 木块2末速ｖ2＝ｖ1＋ａ2（6－ｔ1）＝ａ0ｔ1＋ａ2（6－ｔ1）＝10ｍ／ｓ． 此时动能Ｅｋ＝ｍ2ｖ22／2＝2×102／2Ｊ＝100Ｊ． 　33．解：（1）由动量守恒定律，ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ′，且有ｍ∶Ｍ＝1∶3， ∴　Ａ、Ｂ共同速度ｖ′＝ｍｖ0／（ｍ＋Ｍ）＝1ｍ／ｓ． 　（2）由动能定理，对全过程应有 　μｍｇ·2Ｌ＝ｍｖ02／2－（ｍ＋Ｍ）ｖ′2／2， 　4μｇＬ＝ｖ02－4ｖ′2，μ＝（ｖ02－4ｖ′2）／4ｇＬ＝0.3． 　（3）先求Ａ与Ｂ挡板碰前Ａ的速度ｖ10，以及木板Ｂ相应速度ｖ20，取从Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板相碰前过程为研究对象，依动量守恒与动能定理有以下两式成立：ｍｖ0＝ｍｖ10＋Ｍｖ20， 　ｍｖ02／2－ｍｖ102／2－Ｍｖ202／2＝μｍｇＬ． 代入数据得　ｖ10＋3ｖ20＝4，ｖ102＋3ｖ202＝10， 解以上两式可得　ｖ10＝（2±3）／2ｍ／ｓ．因Ａ与Ｂ挡板碰前速度不可能取负值，故ｖ10＝（2＋3）／2ｍ／ｓ．相应解出ｖ20＝（2－）／2ｍ／ｓ＝0.3ｍ／ｓ． 　木板Ｂ此过程为匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得μｍｇ＝Ｍａ1，ａ1＝μｍｇ／Ｍ＝1（ｍ／ｓ2）． 此过程经历时间ｔ1由下式求出 　ｖ20＝ａ1ｔ1，ｔ1＝ｖ20／ａ1＝0.3（ｓ）． 其速度图线为图2中0～0.3ｓ段图线ａ． 　再求Ａ与Ｂ挡板碰后，木板Ｂ的速度ｖ2与木块Ａ的速度ｖ1，为方便起见取Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板碰撞后瞬间过程为研究对象，依动量守恒定律与动能定理有以下两式成立： ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2，ｍｖ02／2－ｍｖ12／2－Ｍｖ22／2＝μｍｇＬ． 故解为　ｖ1＝（2±3）／2ｍ／ｓ． 因ｖ1＝（2＋3）／2ｍ／ｓ为碰前速度，故取ｖ1＝（2－3）／2ｍ／ｓ，相应得ｖ2＝2＋2ｍ／ｓ＝1.7ｍ／ｓ． 由于ｖ1＜0，即木块相对Ｂ向左滑动，Ａ受Ｂ摩擦力向右，Ｂ受Ａ摩擦力向左，故Ｂ做匀减速直线运动，加速度大小由牛顿第二定律，得ａ＝μｍｇ／Ｍ＝1ｍ／ｓ2． 　从碰后到Ａ滑到Ｂ最左端过程中，Ｂ向右做匀减速直线运动时间设为ｔ2，则ｖ′－ｖ2＝－ａｔ2， ∴　ｔ2＝0.7ｓ． 　此过程速度图线如图2中0.3ｓ～1.0ｓ段图线ｂ． 图2　　34．解：设ｍ1、ｍ2两物体受恒力Ｆ作用后，产生的加速度分别为ａ1、ａ2，由牛顿第二定律Ｆ＝ｍａ，得 　ａ1＝Ｆ／ｍ1，ａ2＝Ｆ／ｍ2， 　历时ｔ两物体速度分别为ｖ1＝ａ1ｔ，ｖ2＝ｖ0＋ａ2ｔ，由题意令ｖ1＝ｖ2，即ａ1ｔ＝ｖ0＋ａ2ｔ或（ａ1－ａ2）ｔ＝ｖ0，因ｔ≠0、ｖ0＞0，欲使上式成立，需满足ａ1－ａ2＞0，即Ｆ／ｍ1＞Ｆ／ｍ2，或ｍ1＜ｍ2，也即当ｍ1≥ｍ2时不可能达到共同速度，当ｍ1＜ｍ2时，可以达到共同速度． 　35．解：（1）当小球刚好能在轨道内做圆周运动时，水平初速度ｖ最小，此时有ｍｇ＝ｍｖ2／Ｒ， 故　ｖ＝＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）若初速度ｖ′＜ｖ，小球将做平抛运动，如在其竖直位移为Ｒ的时间内，其水平位移ｓ≥Ｒ，小球可进入轨道经过Ｂ点．设其竖直位移为Ｒ时，水平位移也恰为R，则Ｒ＝ｇｔ2／2，Ｒ＝ｖ′ｔ，解得：ｖ′＝／2＝ｍ／ｓ． 因此，初速度满足2ｍ／ｓ＞ｖ′≥ｍ／ｓ时，小球可做平抛运动经过Ｂ点． 　36．卫星在天空中任何天体表面附近运行时，仅受万有引力Ｆ作用使卫星做圆周运动，运动半径等于天体的球半径Ｒ．设天体质量为Ｍ，卫星质量为ｍ，卫星运动周期为Ｔ，天体密度为ρ．根据万有引力定律Ｆ＝ＧＭｍ／Ｒ2， 卫星做圆周运动向心力Ｆ′＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2， 因为 　Ｆ′＝Ｆ，得ＧＭｍ／Ｒ2＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2，∴Ｔ＝． 　又球体质量Ｍ＝4πＲ3ρ／3． 得Ｔ＝=，∴Ｔ∝1／，得证． 　37．解：由于两球相碰满足动量守恒 　　ｍ1ｖ0＝ｍ1ｖ1＋ｍ2ｖ2，ｖ1＝－1.3ｍ／ｓ． 　两球组成系统碰撞前后的总动能Ｅｋ1＋Ｅｋ2＝ｍ1ｖ02／2＋0＝2.5Ｊ， 　Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＝ｍ1ｖ12／2＋ｍ2ｖ22 ／2＝2.8Ｊ． 　可见，Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＞Ｅｋ1＋Ｅｋ2，碰后能量较碰撞前增多了，违背了能量守恒定律，这种假设不合理． 　38．解：（1）由动量守恒，得ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2， 由运动学公式得ｓ＝（ｖ1－ｖ2）ｔ，ｈ＝ｇｔ2／2， 由以上三式得ｖ2＝（ｍｖ0－ｓｍ）／（Ｍ＋ｍ）． 　（2）最后车与物体以共同的速度ｖ向右运动，故有 　ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖｖ＝ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）． ∴ΔＥ＝ｍｖ02／2＋ｍｇｈ－（Ｍ＋ｍ）ｍ2ｖ02／2（Ｍ＋ｍ）2． 解得ΔＥ＝ｍｇｈ＋Ｍｍｖ02／2（Ｍ＋ｍ）． 　39．解：设碰前Ａ、Ｂ有共同速度ｖ时，Ｍ前滑的距离为ｓ．则ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ，ｆｓ＝Ｍｖ2／2，ｆ＝μｍｇ． 　由以上各式得　ｓ＝Ｍｍｖ02／2μｇ（Ｍ＋ｍ）2． 　当ｖ0＝2ｍ／ｓ时，ｓ＝2／9ｍ＜0.5ｍ，即Ａ、Ｂ有共同速度．当ｖ0＝4ｍ／ｓ时，ｓ＝8／9ｍ＞0.5ｍ，即碰前Ａ、Ｂ速度不同． 　40．解：（1）物体由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者系统水平方向动量守恒得：ｍｖ0＝ｍｖ0／2＋2ｍｖＡＢ． 解之得　ｖＡＢ＝ｖ0／4． 　（2）物块由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者功能关系得：μｍｇＬ＝ｍｖ02／2－ｍ（ｖ0／2）2／2－2ｍ（ｖ0／4）2／2． 解之得　Ｌ＝5ｖ02／16μｇ． 　（3）物块由Ｄ滑到Ｃ的过程中，二者系统水平方向动量守恒，又因为物块到达最高点Ｃ时，物块与滑块速度相等且水平，均为ｖ． 故得　ｍｖ0／2＋ｍｖ0／4＝2ｍｖ， ∴　得滑块的动能ＥＣＤ＝ｍｖ2／2＝9ｍｖ02／128． 　41．解：（1）Ｂ从ｖ0减速到速度为零的过程，Ｃ静止，Ｂ的位移：ｓ1＝ｖ02／2μｇ． 　所用的时间：ｔ1＝ｖ0／μｇ． 　此后Ｂ与Ｃ一起向右做加速运动，Ａ做减速运动，直到相对静止，设所用时间为ｔ2，共同速度为ｖ． 　对Ａ、Ｂ、Ｃ，由动量守恒定律得 　ｍＡ·2ｖ0－ｍＢｖ0＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ， ∵　ｍＡ＝ｍＢ＝ｍＣ，∴　ｖ＝ｖ0／3． 　对Ｂ与Ｃ，向右加速运动的加速度 　ａ＝μｍＡｇ／（ｍＢ＋ｍＣ）＝μｇ／2，∴ｔ2＝ｖ／ａ＝2ｖ0／3μｇ． Δｔ内Ｂ向右移动的位移ｓ2＝ｖｔ2／2＝ｖ02／9μｇ， 故总路程ｓ＝ｓ1＋ｓ2＝11ｖ02／18μｇ，总时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝5ｖ0／3μｇ． 　 （2）设车的最小长度为Ｌ，则相对静止时Ａ、Ｂ刚好接触，由能量守恒得 　ｍＡ（2ｖ0）2／2＋ｍＢｖ02／2＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ2／2＋μｍＢｇｓ1＋μｍＡｇ（Ｌ－ｓ1）， 联立解得Ｌ＝7ｖ02／3μｇ． 　42．解：（1）ｍ速度最大的位置应在O点左侧．因为细线烧断后，ｍ在弹簧弹力和滑动摩擦力的合力作用下向右做加速运动，当弹力与摩擦力的合力为零时，ｍ的速度达到最大，此时弹簧必处于压缩状态．此后，系统的机械能不断减小，不能再达到这一最大速度． 　（2）选ｍ、Ｍ为一系统，由动量守恒定律得 　ｍｖ1＝Ｍｖ2． 　设这一过程中弹簧释放的弹性势能为Ｅｐ，则 　Ｅｐ＝ｍｖ12／2＋Ｍｖ22／2＋μｍｇｓ， 解得　ｖ2＝ｍｖ1／Ｍ，Ｅｐ＝ｍ［（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2Ｍ＋μｇｓ］． 　（2）ｍ与Ｍ最终将静止，因为系统动量守恒，且总动量为零，只要ｍ与Ｍ间有相对运动，就要克服摩擦力做功，不断消耗能量，所以，ｍ与Ｍ最终必定都静止． 　43．解：（1）第一颗子弹射入木块过程，系统动量守恒，有 　ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ1． 　射入后，在ＯＢＣ运动过程中，机械能守恒，有 　（ｍ＋Ｍ）ｖ12／2＝（ｍ＋Ｍ）ｇＲ，得ｖ0＝（Ｍ＋ｍ）／ｍ． 　（2）由动量守恒定律知，第2、4、6……颗子弹射入木块后，木块速度为0，第1、3、5……颗子弹射入后，木块运动．当第9颗子弹射入木块时，由动量守恒得： 　ｍｖ0＝（9ｍ＋Ｍ）ｖ9， 　设此后木块沿圆弧上升最大高度为Ｈ，由机械能守恒定律得：（9ｍ＋Ｍ）ｖ92／2＝（9ｍ＋Ｍ）ｇＨ， 由以上可得：Ｈ＝［（Ｍ＋ｍ）／（Ｍ＋9ｍ）］2Ｒ． 　44．解：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动ｓ，速度变为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．由动能定理 　－μＭｇｓ＝0－ｍｖ02／2，ｓ＝ｍｖ02／2μＭｇ＝0.33ｍ． 　（2）假如平板车在第二次碰墙前还未和滑块相对静止，则其速度的大小肯定还是2ｍ／ｓ，因为只要相对运动，摩擦力大小为恒值．滑块速度则大于2ｍ／ｓ，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰墙前肯定已和滑块具有共同速度ｖ．此即平板车碰墙前瞬间的速度． 　Ｍｖ0－ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， ∴ｖ＝（Ｍ－ｍ）ｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝0.4ｍ／ｓ． 图3　（3）平板车与墙壁第一次碰撞后滑块与平板又达到共同速度ｖ前的过程，可用图3（ａ）、（ｂ）、（ｃ）表示．图3（ａ）为平板车与墙碰撞后瞬间滑块与平板车的位置，图3（ｂ）为平板车到达最左端时两者的位置，图3（ｃ）为平板车与滑块再次达到共同速度时两者的位置．在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功μΜｇｓ′，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功μＭｇｓ″（平板车从Ｂ到Ａ再回到Ｂ的过程中摩擦力做功为零），其中ｓ′、ｓ″分别为滑块和平板车的位移．滑块和平板车动能总减少为μＭｇｌ1，其中ｌ1＝ｓ′＋ｓ″为滑块相对平板车的位移，此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为ｌ，则有（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2＝μＭｇｌ，ｌ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2μＭｇ＝0.833ｍ． ｌ即为平板车的最短长度．图4　　45．解：如图4，Ａ球从静止释放后将自由下落至Ｃ点悬线绷直，此时速度为ｖＣ ∵　ｖＣ2＝2ｇ×2Ｌｓｉｎ30°， ∴　ｖＣ＝＝2ｍ／ｓ． 　在线绷直的过程中沿线的速度分量减为零时，Ａ将以切向速度ｖ1沿圆弧运动且 　ｖ1＝ｖＣｃｏｓ30°＝ｍ／ｓ． 　Ａ球从Ｃ点运动到最低点与Ｂ球碰撞前机械能守恒，可求出Ａ球与Ｂ球碰前的速度 　ｍＡｖ12／2＋ｍＡｇＬ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍＡｖ22／2， 　ｖ2＝==ｍ／ｓ． 　因Ａ、Ｂ两球发生无能量损失的碰撞且ｍＡ＝ｍＢ，所以它们的速度交换，即碰后Ａ球的速度为零，Ｂ球的速度为ｖ2＝（ｍ／ｓ）．对Ｂ球和小车组成的系统水平方向动量守恒和机械能守恒，当两者有共同水平速度ｕ时，Ｂ球上升到最高点，设上升高度为ｈ． 　ｍＢｖ2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ，ｍＢｖ22／2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ2／2＋ｍＢｇｈ．解得ｈ＝3／16≈0.19ｍ． 　在Ｂ球回摆到最低点的过程中，悬线拉力仍使小车加速，当Ｂ球回到最低点时小车有最大速度ｖｍ ，设小球Ｂ回到最低点时速度的大小为ｖ3，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 　ｍＢｖ2＝－ｍＢｖ3＋Ｍｖｍ，ｍＢｖ22／2＝ｍＢｖ32／2＋Ｍｖｍ2／2， 解得ｖｍ＝2ｍＢｖ2／（ｍ3＋Ｍ）＝／2ｍ／ｓ＝1.12ｍ／ｓ． 　46．解：（1）小球的角速度与运动的角速度必定相等，则有ｖ＝ωＲ＝ω． 　（2）人手所提供的功率应等于小球在运动过程中克服摩擦力做功的功率．即有Ｐ＝ｆｖ， ∴　ｆ＝Ｐ／ｖ＝Ｐ／ω． 　47．解：由于粘性物体与底板粘合的过程时间极短，冲击力远大于重力，在竖直方向近似动量守恒，开始静止时，有　ｍ1ｇ＝ｋｘｋ＝ｍ1ｇｘ． 　ｍ2下落Ｈ时的速度ｖ＝，ｍ2与ｍ1合在一起动量守恒，ｍ2ｖ＝（ｍ1＋ｍ2）ｖ′，ｖ′＝ｍ2ｖ／（ｍ1＋ｍ2）＝ｍ2／（ｍ1＋ｍ2）． 　设向下为正方向，ｍ1与ｍ2的整体受两个力，即重力（ｍ1＋ｍ2）ｇ和弹簧的平均拉力，则有平均拉力＝ｋｘ＋ｋｈ／2＝ｋ（2ｘ＋ｈ）／2，由动能定理得 ［－＋（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ＝0－（ｍ1＋ｍ2）ｖ2／2， 由以上各式得［ｍ1ｇ（2ｘ＋ｈ）／2ｘ－（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ 　＝（ｍ1＋ｍ2）·ｍ22·2ｇｈ／2（ｍ1＋ｍ2）2． 代入数值得ｈ＝0.3ｍ． 　48．解：ｍ与Ａ粘在一起后水平方向动量守恒，共同速度设为ｖ1，Ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ1， 得ｖ1＝Ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝2ｖ0／3． 　当弹簧压缩到最大时即有最大弹性势能Ｅ，此时系统中各物体有相同速度，设为ｖ2，由动量守恒定律 　2Ｍｖ0＝（2Ｍ＋ｍ）ｖ2，得ｖ2＝2Ｍｖ0／（2Ｍ＋ｍ）＝4ｖ0／5． 由能量守恒有 　Ｅ＝Ｍｖ02／2＋（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2－（2Ｍ＋ｍ）ｖ22／2， 解得Ｅ＝Ｍｖ02／30． 　49．解：（1）振子在平衡位置时，所受合力为零，设此时弹簧被压缩Δｘ：（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ＝ｋΔｘ，Δｘ＝5ｃｍ． 　开始释放时振子处在最大位移处，故振幅 　Ａ＝5ｃｍ＋5ｃｍ＝10ｃｍ． 　（2）由于开始时弹簧的伸长量恰等于振子在平衡位置时弹簧的压缩量，故弹性势能相等，设振子的最大速度为ｖ，从开始到平衡位置，根据机械能守恒定律， 得ｍｇ·Ａ＝ｍｖ2／2，∴ｖ＝＝1.4ｍ／ｓ， 即Ｂ的最大速率为1.4ｍ／ｓ． 　 （3）在最高点，振子受到的重力和弹力方向相同，根据牛顿第二定律，得 　ａ＝［ｋΔｘ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ］／（ｍＡ＋ｍＢ）＝20ｍ／ｓ2， Ａ对Ｂ的作用力方向向下，其大小 　Ｎ1＝ｍＢａ－ｍＢｇ＝10Ｎ． 在最低点，振子受到的重力和弹力方向相反，根据牛顿第二定律，得ａ＝ｋ（Δｘ＋Ａ）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｍＡ＋ｍＢ＝20ｍ／ｓ2． Ａ对Ｂ的作用力方向向上，其大小 　Ｎ2＝ｍＢａ＋ｍＢｇ＝30Ｎ． 　45．如图1－98所示，质量为0.3ｋｇ的小车静止在光滑轨道上，在它的下面挂一个质量为0.1ｋｇ的小球Ｂ，车旁有一支架被固定在轨道上，支架上Ｏ点悬挂一个质量仍为0.1ｋｇ的小球Ａ，两球的球心至悬挂点的距离均为0.2ｍ．当两球静止时刚好相切，两球心位于同一水平线上，两条悬线竖直并相互平行．若将Ａ球向左拉到图中的虚线所示的位置后从静止释放，与Ｂ球发生碰撞，如果碰撞过程中无机械能损失，求碰撞后Ｂ球上升的最大高度和小车所能获得的最大速度．图1－98　　　图1－992．解：在0～1ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知 　ａ１＝12ｍ／ｓ２， 由牛顿第二定律，得 　Ｆ－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ１，　　① 在0～2ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知ａ２＝－6ｍ／ｓ２， 因为此时物体具有斜向上的初速度，故由牛顿第二定律，得 　－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ２，　　② 　②式代入①式，得　Ｆ＝18Ｎ． 3．解：在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从Ａ到Ｂ需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为ｔ1，则 　（ｖ／2）ｔ１＋ｖ（ｔ－ｔ１）＝Ｌ， 所以　ｔ１＝2（ｖｔ－Ｌ）／ｖ＝（2×（2×6－10）／2）ｓ＝2ｓ． 为使物体从Ａ至Ｂ所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变．而　ａ＝ｖ／ｔ＝1ｍ／ｓ２．设物体从Ａ至Ｂ所用最短的时间为ｔ2，则 　（1／2）ａｔ2２＝Ｌ， 　ｔ2＝=＝2ｓ． 　ｖｍｉｎ＝ａｔ2＝1×2ｍ／ｓ＝2ｍ／ｓ． 传送带速度再增大1倍，物体仍做加速度为1ｍ／ｓ２的匀加速运动，从Ａ至Ｂ的传送时间为2ｍ／ｓ． 4．解：启动前Ｎ１＝ｍｇ， 　升到某高度时　Ｎ2＝（17／18）Ｎ１＝（17／18）ｍｇ， 　对测试仪　Ｎ2－ｍｇ′＝ｍａ＝ｍ（ｇ／2）， 　∴　ｇ′＝（8／18）ｇ＝（4／9）ｇ， 　ＧｍＭ／Ｒ2＝ｍｇ，ＧｍＭ／（Ｒ＋ｈ）2＝ｍｇ′，解得：ｈ＝（1／2）Ｒ． 5．解：由匀加速运动的公式　ｖ２＝ｖ０２＋2ａｓ 　得物块沿斜面下滑的加速度为 　ａ＝ｖ2／2ｓ＝1．42／（2×1．4）＝0．7ｍｓ－２， 由于ａ＜ｇｓｉｎθ＝5ｍｓ－２， 　可知物块受到摩擦力的作用．图3　分析物块受力，它受3个力，如图3．对于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，由牛顿定律有 　ｍｇｓｉｎθ－ｆ１＝ｍａ， 　ｍｇｃｏｓθ－Ｎ１＝0， 　分析木楔受力，它受5个力作用，如图3所示．对于水平方向，由牛顿定律有 　ｆ2＋ｆ１ｃｏｓθ－Ｎ１ｓｉｎθ＝0， 　由此可解得地面的作用于木楔的摩擦力 　ｆ2＝ｍｇｃｏｓθｓｉｎθ－（ｍｇｓｉｎθ－ｍａ）ｃｏｓθ＝ｍａｃｏｓθ＝1×0．7×（／2）＝0．61Ｎ． 　此力的方向与图中所设的一致（由指向）． 6．解：（1）飞机原先是水平飞行的，由于垂直气流的作用，飞机在竖直方向上的运动可看成初速度为零的匀加速直线运动，根据　ｈ＝（1／2）ａｔ２，得ａ＝2ｈ／ｔ２，代入ｈ＝1700ｍ，ｔ＝10ｓ，得 　ａ＝（2×1700／10２）（ｍ／ｓ２）＝34ｍ／ｓ２，方向竖直向下． 　（2）飞机在向下做加速运动的过程中，若乘客已系好安全带，使机上乘客产生加速度的力是向下重力和安全带拉力的合力．设乘客质量为ｍ，安全带提供的竖直向下拉力为Ｆ，根据牛顿第二定律　Ｆ＋ｍｇ＝ｍａ，得安全带拉力 　　Ｆ＝ｍ（ａ－ｇ）＝ｍ（34－10）Ｎ＝24ｍ（Ｎ）， ∴　安全带提供的拉力相当于乘客体重的倍数 　ｎ＝Ｆ／ｍｇ＝24ｍＮ／ｍ·10Ｎ＝2．4（倍）． 　（3）若乘客未系安全带，飞机向下的加速度为34ｍ／ｓ２，人向下加速度为10ｍ／ｓ２，飞机向下的加速度大于人的加速度，所以人对飞机将向上运动，会使头部受到严重伤害． 7．解：设月球表面重力加速度为ｇ，根据平抛运动规律，有 　ｈ＝（1／2）ｇｔ２，　　① 　水平射程为　　　Ｌ＝ｖ０ｔ，　　② 　联立①②得ｇ＝2ｈｖ０２／Ｌ２．　　③ 　根据牛顿第二定律，得　ｍｇ＝ｍ（2π／Ｔ）２Ｒ，　　④ 　联立③④得　Ｔ＝（πＬ／ｖ０ｈ）．　　⑤ 8．解：前2秒内，有Ｆ－ｆ＝ｍａ１，ｆ＝μＮ，Ｎ＝ｍｇ，则 　ａ１＝（Ｆ－μｍｇ）／ｍ＝4ｍ／ｓ２，ｖｔ＝ａ１ｔ＝8ｍ／ｓ， 　撤去Ｆ以后　ａ２＝ｆ／ｍ＝2ｍ／ｓ，ｓ＝ｖ１２／2ａ２＝16ｍ． 9．解：（1）用力斜向下推时，箱子匀速运动，则有 　Ｆｃｏｓθ＝ｆ，ｆ＝μＮ，Ｎ＝Ｇ＋Ｆｓｉｎθ， 　联立以上三式代数据，得　Ｆ＝1．2×10２Ｎ． 　（2）若水平用力推箱子时，据牛顿第二定律，得Ｆ合＝ｍａ，则有 　Ｆ－μＮ＝ｍａ，Ｎ＝Ｇ， 　联立解得　ａ＝2．0ｍ／ｓ２． 　ｖ＝ａｔ＝2．0×3．0ｍ／ｓ＝6．0ｍ／ｓ， 　ｓ＝（1／2）ａｔ２＝（1／2）×2．0×3．0２ｍ／ｓ＝9．0ｍ， 　推力停止作用后　ａ′＝ｆ／ｍ＝4．0ｍ／ｓ２（方向向左）， 　ｓ′＝ｖ２／2ａ′＝4．5ｍ， 　则　ｓ总＝ｓ＋ｓ′＝13．5ｍ． 10．解：根据题中说明，该运动员发球后，网球做平抛运动．以ｖ表示初速度，Ｈ表示网球开始运动时离地面的高度（即发球高度），ｓ１表示网球开始运动时与网的水平距离（即运动员离开网的距离），ｔ１表示网球通过网上的时刻，ｈ表示网球通过网上时离地面的高度，由平抛运动规律得到 　ｓ１＝ｖｔ１，Ｈ－ｈ＝（1／2）ｇｔ１２， 消去ｔ１，得　　ｖ＝ｍ／ｓ，ｖ≈23ｍ／ｓ． 　以ｔ２表示网球落地的时刻，ｓ２表示网球开始运动的地点与落地点的水平距离，ｓ表示网球落地点与网的水平距离，由平抛运动规律得到 　Ｈ＝（1／2）ｇｔ２２，ｓ２＝ｖｔ２， 消去ｔ２，得ｓ２＝ｖ≈16ｍ， 　网球落地点到网的距离　ｓ＝ｓ２－ｓ１≈4ｍ． 11．解：（1）设卫星质量为ｍ，它在地球附近做圆周运动，半径可取为地球半径Ｒ，运动速度为ｖ，有 　ＧＭｍ／Ｒ２＝ｍｖ２／Ｒ　得ｖ＝． 　（2）由（1）得： 　Ｍ＝ｖ２Ｒ／Ｇ＝＝6．0×1024ｋｇ． 12．解：对物块：Ｆ１－μｍｇ＝ｍａ１， 　6－0．5×1×10＝1·ａ１，ａ１＝1．0ｍ／ｓ2， 　ｓ１＝（1／2）ａ１ｔ2＝（1／2）×1×0．42＝0．08ｍ， 　ｖ１＝ａ１ｔ＝1×0．4＝0．4ｍ／ｓ， 　对小车：Ｆ２－μｍｇ＝Ｍａ２， 　9－0．5×1×10＝2ａ２，ａ２＝2．0ｍ／ｓ2， 　ｓ２＝（1／2）ａ２ｔ2＝（1／2）×2×0．42＝0．16ｍ， 　ｖ２＝ａ２ｔ＝2×0．4＝0．8ｍ／ｓ， 　撤去两力后，动量守恒，有Ｍｖ２－ｍｖ１＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， 　ｖ＝0．4ｍ／ｓ（向右）， ∵　（（1／2）ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2）－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ2＝μｍｇｓ３， 　ｓ３＝0．096ｍ， ∴　ｌ＝ｓ１＋ｓ２＋ｓ３＝0．336ｍ． 13．解：设木块到Ｂ时速度为ｖ０，车与船的速度为ｖ１，对木块、车、船系统，有 　ｍ１ｇｈ＝（ｍ１ｖ０2／2）＋（（ｍ２＋ｍ３）ｖ１2／2）， 　ｍ１ｖ０＝（ｍ２＋ｍ３）ｖ１， 解得　ｖ０＝5，ｖ１＝． 　木块到Ｂ后，船以ｖ１继续向左匀速运动，木块和车最终以共同速度ｖ２向右运动，对木块和车系统，有 　ｍ１ｖ０－ｍ２ｖ１＝（ｍ１＋ｍ２）ｖ２， 　μｍ１ｇｓ＝（（ｍ１ｖ０2／2）＋（ｍ２ｖ１2／2））－（（ｍ１＋ｍ２）ｖ２2／2）， 得　ｖ２＝ｖ１＝，ｓ＝2ｈ． 14．解：（1）小球的角速度与手转动的角速度必定相等均为ω．设小球做圆周运动的半径为ｒ，线速度为ｖ．由几何关系得　ｒ＝，ｖ＝ω·ｒ，解得　　 　　ｖ＝ω． 　（2）设手对绳的拉力为Ｆ，手的线速度为ｖ，由功率公式得　Ｐ＝Ｆｖ＝Ｆ·ωＲ， ∴　Ｆ＝Ｐ／ωＲ． 图4　研究小球的受力情况如图4所示，因为小球做匀速圆周运动，所以切向合力为零，即 　Ｆｓｉｎθ＝ｆ， 其中　ｓｉｎθ＝Ｒ／， 　联立解得　ｆ＝Ｐ／ω． 15．解：（1）用ｖ１表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由于子弹射入木块Ｃ时间极短，系统动量守恒，有 　ｍｖ０＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１， 　∴　ｖ１＝ｍｖ０／（ｍ＋Ｍ）＝3ｍ／ｓ， 　子弹和木块Ｃ在ＡＢ木板上滑动，由动能定理得： 　（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ２２－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ１２＝－μ（ｍ＋Ｍ）ｇＬ， 　解得　ｖ２＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）用ｖ′表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由动量守恒定律，得　ｍｖ０′＋Ｍｕ＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１′，解得　ｖ１′＝4ｍ／ｓ． 　木块Ｃ及子弹在ＡＢ木板表面上做匀减速运动　ａ＝μｇ．设木块Ｃ和子弹滑至ＡＢ板右端的时间为ｔ，则木块Ｃ和子弹的位移ｓ１＝ｖ１′ｔ－（1／2）ａｔ2， 　由于ｍ车≥（ｍ＋Ｍ），故小车及木块ＡＢ仍做匀速直线运动，小车及木板ＡＢ的位移　ｓ＝ｕｔ，由图5可知：ｓ１＝ｓ＋Ｌ， 　联立以上四式并代入数据得： 　ｔ2－6ｔ＋1＝0， 　解得：ｔ＝（3－2）ｓ，（ｔ＝（3＋2）ｓ不合题意舍去），　　（11） 　∴　ｓ＝ｕｔ＝0．18ｍ． 16．解：（1）设Ａ滑上Ｂ后达到共同速度前并未碰到档板，则根据动量守恒定律得它们的共同速度为ｖ，有图5　ｍｖ０＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝2ｍ／ｓ，在这一过程中，Ｂ的位移为ｓＢ＝ｖＢ2／2ａＢ且ａＢ＝μ ｍｇ／Ｍ，解得ｓＢ＝Ｍｖ2／2μｍｇ＝2×22／2×0．2×1×10＝2ｍ． 　设这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ１，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ１＝（1／2）ｍｖ０2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得ｓ１＝6ｍ． 　当ｓ＝4ｍ时，Ａ、Ｂ达到共同速度ｖ＝2ｍ／ｓ后再匀速向前运动2ｍ碰到挡板，Ｂ碰到竖直挡板后，根据动量守恒定律得Ａ、Ｂ最后相对静止时的速度为ｖ′，则 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′， 解得　ｖ′＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ２，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ２＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　ｓ２＝2．67ｍ． 　因此，Ａ、Ｂ最终不脱离的木板最小长度为ｓ１＋ｓ２＝8．67ｍ 　（2）因Ｂ离竖直档板的距离ｓ＝0．5ｍ＜2ｍ，所以碰到档板时，Ａ、Ｂ未达到相对静止，此时Ｂ的速度ｖＢ为 　ｖＢ2＝2ａＢｓ＝（2μｍｇ／Ｍ）ｓ，解得　ｖＢ＝1ｍ／ｓ， 　设此时Ａ的速度为ｖＡ，根据动量守恒定律，得 　ｍｖ０＝ＭｖＢ＋ｍｖＡ，解得ｖＡ＝4ｍ／ｓ， 　设在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移为ｓ１′，根据动能定理得： 　μｍｇｓ１′＝（1／2）ｍｖ０2－（（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）ＭｖＢ2）， 　解得　ｓ１′＝4．5ｍ． 　Ｂ碰撞挡板后，Ａ、Ｂ最终达到向右的相同速度ｖ，根据动能定理得ｍｖＡ－ＭｖＢ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ２′为 　μｍｇｓ２′＝（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得　ｓ２′＝（25／6）ｍ． 　Ｂ再次碰到挡板后，Ａ、Ｂ最终以相同的速度ｖ′向左共同运动，根据动量守恒定律，得 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′，解得　ｖ′＝（2／9）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ３′为： 　μｍｇｓ３′＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　　　　ｓ３′＝（8／27）ｍ． 　因此，为使Ａ不从Ｂ上脱落，Ｂ的最小长度为ｓ１′＋ｓ２′＋ｓ３′＝8．96ｍ． 17．解：（1）Ｂ与Ａ碰撞后，Ｂ相对于Ａ向左运动，Ａ所受摩擦力方向向左，Ａ的运动方向向右，故摩擦力作负功．设Ｂ与Ａ碰撞后的瞬间Ａ的速度为ｖ１，Ｂ的速度为ｖ２，Ａ、Ｂ相对静止后的共同速度为ｖ，整个过程中Ａ、Ｂ组成的系统动量守恒，有 　Ｍｖ０＝（Ｍ＋1．5Ｍ）ｖ，ｖ＝2ｖ０／5． 　碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功，即 　Ｍｖ２＋1．5Ｍｖ１＝2．5Ｍｖ，　　① 　（1／2）×1．5Ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2－（1／2）×2．5Ｍｖ2＝Ｍμｇｌ，　　② 可解出ｖ１＝（1／2）ｖ０（另一解ｖ１＝（3／10）ｖ０因小于ｖ而舍去） 　这段过程中，Ａ克服摩擦力做功 　Ｗ＝（1／2）×1．5Ｍｖ１2－（1／2）×1．5Ｍｖ2＝（27／400）Ｍｖ０2（0．068Ｍｖ０2）． 　（2）Ａ在运动过程中不可能向左运动，因为在Ｂ未与Ａ碰撞之前，Ａ受到的摩擦力方向向右，做加速运动，碰撞之后Ａ受到的摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后，速度仍向右，因此不可能向左运动． 　Ｂ在碰撞之后，有可能向左运动，即ｖ２＜0． 　先计算当ｖ２ ＝0时满足的条件，由①式，得 　ｖ１＝（2ｖ０／3）－（2ｖ２／3），当ｖ２＝0时，ｖ１＝2ｖ０／3，代入②式，得 　（（1／2）×1．5Ｍ4ｖ０2／9）－（（1／2）×2．5Ｍ4ｖ０2／25）＝Ｍμｇｌ， 解得　μｇｌ＝2ｖ０2／15． 　Ｂ在某段时间内向左运动的条件之一是μｌ＜2ｖ０2／15ｇ． 　另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即 　（1／2）Ｍｖ０2－（1／2）2．5Ｍ（2ｖ０／5）2≥2Ｍμｇｌ， 　解出另一个条件是　μｌ≤3ｖ０2／20ｇ， 　最后得出Ｂ在某段时间内向左运动的条件是 　2ｖ０2／15ｇ＜μｌ≤3ｖ０2／20ｇ． 18．解：（1）以警车为研究对象，由动能定理． 　－μｍｇ·ｓ＝（1／2）ｍｖ2－（1／2）ｍｖ０2， 　将ｖ０＝14．0ｍ／ｓ，ｓ＝14．0ｍ，ｖ＝0代入，得 　μｇ＝7．0ｍ／ｓ2， 　因为警车行驶条件与肇事汽车相同，所以肇事汽车的初速度ｖＡ＝＝21ｍ／ｓ． 　（2）肇事汽车在出事点Ｂ的速度 　ｖＢ＝＝14ｍ／ｓ， 　肇事汽车通过段的平均速度 　＝（ｖＡ＋ｖＢ）／2＝（21＋14）／2＝17．5ｍ／ｓ． 　肇事汽车通过ＡＢ段的时间 　ｔ２＝ＡＢ／＝（31．5－14．0）／17．5＝1ｓ． 　∴　游客横过马路的速度 　ｖ人＝／（ｔ１＋ｔ２）＝（2．6／（1＋0．7））ｍ／ｓ＝1．53ｍ／ｓ． 19．解：（1）开始Ａ、Ｂ处于静止状态时，有 　ｋｘ０－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｓｉｎ30°＝0，　　① 　设施加Ｆ时，前一段时间Ａ、Ｂ一起向上做匀加速运动，加速度为ａ，ｔ＝0．2ｓ，Ａ、Ｂ间相互作用力为零，对Ｂ有： 　ｋｘ－ｍＢｇｓｉｎ30°＝ｍＢａ，　　② 　ｘ－ｘ０＝（1／2）ａｔ2，　　③ 　解①、②、③得： 　ａ＝5ｍｓ－2，ｘ０＝0．05ｍ，ｘ＝0．15ｍ， 　初始时刻Ｆ最小 　Ｆｍｉｎ＝（ｍＡ＋ｍＢ）ａ＝60Ｎ． 　ｔ＝0．2ｓ时，Ｆ最大 　Ｆｍａｘ－ｍＡｇｓｉｎ30°＝ｍＡａ， 　Ｆｍａｘ＝ｍＡ（ｇｓｉｎ30°＋ａ）＝100Ｎ， 　（2）ΔＥＰＡ＝ｍＡｇΔｈ＝ｍＡｇ（ｘ－ｘ０）ｓｉｎ30°＝5Ｊ． 20 ．解：当弹簧处于压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和．当弹簧伸长到其自然长度时，弹性势能为零，因这时滑块Ａ的速度为零，故系统的机械能等于滑块Ｂ的动能．设这时滑块Ｂ的速度为ｖ则有 　Ｅ＝（1／2）ｍ２ｖ2，　　① 由动量守恒定律（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ２ｖ，　　② 解得　Ｅ＝（1／2）（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２．　　③ 　假定在以后的运动中，滑块Ｂ可以出现速度为零的时刻，并设此时滑块Ａ的速度为ｖ１．这时，不论弹簧是处于伸长还是压缩状态，都具有弹性势能Ｅｐ．由机械能守恒定律得 　（1／2）ｍ１ｖ１2＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　④ 根据动量守恒　（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ１ｖ１，　　⑤ 求出ｖ１，代入④式得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑥ 因为Ｅｐ≥0，故得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）≤（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑦ 即　ｍ１≥ｍ２，与已知条件ｍ１＜ｍ２不符． 　可见滑块Ｂ的速度永不为零，即在以后的运动中，不可能出现滑动Ｂ的速度为零的情况． 21．解：设恰好物体相对圆盘静止时，弹簧压缩量为Δｌ，静摩擦力为最大静摩擦力ｆｍａｘ，这时物体处于临界状态，由向心力公式ｆｍａｘ－ｋΔｌ＝ｍＲｗ2，　　① 　假若物体向圆心移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ１－ｋ（Δｌ＋ｘ）＝ｍ（Ｒ－ｘ）ｗ2，　　② 　由①、②两式可得　ｆｍａｘ－ｆ１＝ｍｘｗ2－ｋｘ，　　③ 所以　ｍｘｗ2－ｋｘ≥0，得ｋ≤ｍｗ2，　　④ 　若物体向外移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ２－ｋ（Δｌ－ｘ）≥ｍ（Ｒ＋ｘ）ｗ2，　　⑤ 由①～⑥式得　ｆｍａｘ－ｆ２＝ｋｘ－ｍｘｗ2≥0，　　⑥ 所以　ｋ≥ｍｗ2，　　⑦ 即若物体向圆心移动，则ｋ≤ｍｗ2， 若物体向远离圆心方向移动，则ｋ≥ｍｗ2． 22．解：卫星环绕地球作匀速圆周运动，设卫星的质量为ｍ，轨道半径为ｒ，受到地球的万有引力为Ｆ， 　Ｆ＝ＧＭｍ／ｒ2，　　① 　式中Ｇ为万有引力恒量，Ｍ是地球质量． 　设ｖ是卫星环绕地球做匀速圆周运动的线速度，Ｔ是运动周期，根据牛顿第二定律，得 　Ｆ＝ｍｖ2／ｒ，　　② 　由①、②推导出　ｖ＝．　　③ 　③式表明：ｒ越大，ｖ越小． 　人造卫星的周期就是它环绕地球运行一周所需的时间Ｔ， 　Ｔ＝2πｒ／ｖ，　　④ 　由③、④推出　Ｔ＝2π，　　⑤ 　⑤式说明：ｒ越大，Ｔ越大．　23．证：设质点通过Ａ点时的速度为ｖＡ，通过Ｃ点时的速度为ｖＣ，由匀变速直线运动的公式得： ｓ1＝ｖＡＴ＋ａＴ2／2，ｓ3＝ｖＣＴ＋ａＴ2／2，ｓ3－ｓ1＝ｖＣＴ－ｖＡＴ． ∵　ｖＣ＝ｖＡ ＋2ａＴ， ∴　ｓ3－ｓ1＝（ｖＡ－2ａＴ－ｖＡ）Ｔ＝2ａＴ2，ａ＝（ｓ3－ｓ1）／2Ｔ2． 　24．根据：如果在连续的相等的时间内的位移之差相等，则物体做匀变速运动．证明：设物体做匀速运动的初速度为ｖ0，加速度为ａ，第一个Ｔ内的位移为ｓ1＝ｖ0Ｔ＋ａＴ2／2；第二个Ｔ内的位移为ｓ2＝（ｖ0＋ａＴ）Ｔ＋ａＴ2／2；第Ｎ个Ｔ内的位移为ｓＮ＝［ｖ0＋（Ｎ－1）ａＴ］Ｔ＋ａＴ2／2．　ｓＮ－ｓＮ－1＝ａＴ2，逆定理也成立． 　25．解：由匀变速直线运动的公式得小物块的加速度的大小为ａ1＝（ｖ0－ｖｔ）／ｔ＝2（ｍ／ｓ2）．木板的加速度大小为ａ2＝2ｓ／ｔ2＝0.25（ｍ／ｓ2）． 根据牛顿第二定律　Ｆ＝ｍａ 对小物块得　ｆ′1＝ｍａ1＝1×2＝2Ｎ， 对木板得　ｆ1－μ（ｍ＋Ｍ）ｇ＝Ｍａ2， 　μ＝（ｆ1－Ｍａ2）／（ｍ＋Ｍ）ｇ＝（2－4×0.25）／（1＋4）×10＝0.02． 　26．解：假设金属块没有离开第一块长木板，移动的相对距离为ｘ，由动量守恒定律，得ｍｖ0＝3ｍｖ， 　ｍｖ02／2＝3ｍｖ2／2＋μｍｇｘ， 解得ｘ＝4ｍ／3＞Ｌ，不合理， ∴　金属块一定冲上第二块木板． 　以整个系统为研究对象，由动量定律及能量关系，当金属块在第一块木板上时ｍｖ0＝ｍｖ0′＋2ｍｖ1， 　ｍｖ02／2＝12ｍｖ0′2＋2ｍ·ｖ12／2＋μｍｇｌ． 　ｍｖ0＝ｍｖ1＋2ｍｖ2， 　ｍｖ02／2＝ｍｖ12／2＋2ｍ·ｖ22／2＋μｍｇ（ｌ＋ｘ）． 联立解得： 　ｖ1＝1／3ｍ／ｓ，ｖ2＝5／6ｍ／ｓ，ｘ＝0.25ｍ． 　27．解：当ｔ＝0时，ａＡ0＝9／3＝3ｍ／ｓ2，ａＢ0＝3／6＝0.5ｍ／ｓ2．ａＡ0＞ａＢ0，Ａ、Ｂ间有弹力，随ｔ之增加，Ａ、Ｂ间弹力在减小，当（9－2ｔ）／3＝（3＋2ｔ）／6，ｔ＝2.5ｓ时，Ａ、Ｂ脱离，以Ａ、Ｂ整体为研究对象，在ｔ＝2.5ｓ内，加速度ａ＝（ＦＡ＋ＦＢ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝4／3ｍ／ｓ2，ｓ＝ａｔ2／2＝4.17ｍ． 　28．解：（1）由ｍＣｖ0＝ｍＣｖ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ1，Ｃ由Ａ滑至Ｂ时，Ａ、Ｂ的共同速度是 　ｖ1＝ｍＣ（ｖ0－ｖ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝0.2ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＡ＝ｍＣｖ02／2－ｍＣｖ2／2－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12／2， 得　μ＝［ｍＣ（ｖ02－ｖ2）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12］／2ｍＣｇｌＡ＝0.48． 　（2）由ｍＣｖ＋ｍＢｖ1＝（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ2，Ｃ相对Ｂ静止时，Ｂ、Ｃ的共同速度是ｖ2＝（ｍＣｖ＋ｍＢｖ1）／（ｍＣ＋ｍＢ）＝0.65ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＢ＝ｍＣｖ2／2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22／2， Ｃ在Ｂ上滑行距离为 　ｌＢ＝［ｍＣｖ2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22］／2μｍＣ ｇ＝0.25ｍ． 　（3）由μｍＣｇｓ＝ｍＢｖ22／2－ｍＢｖ12／2， Ｂ相对地滑行的距离ｓ＝［ｍＢ（ｖ22－ｖ12）］／2μｍＣｇ＝0.12ｍ． 　（4）Ｃ在Ａ、Ｂ上匀减速滑行，加速度大小由μｍＣｇ＝ｍＣａ，得ａ＝μｇ＝4.8ｍ／ｓ2． Ｃ在Ａ上滑行的时间ｔ1＝（ｖ0－ｖ）／ａ＝0.21ｓ． Ｃ在Ｂ上滑行的时间ｔ2＝（ｖ－ｖ2）／ａ＝0.28ｓ． 所求时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝0.21ｓ＋0.28ｓ＝0.49ｓ． 　　29．匀加速下滑时，受力如图1ａ，由牛顿第二定律，有： ｍｇｓｉｎθ－μｍｇｃｏｓθ＝ｍａ＝ｍｇｓｉｎθ／2， 　ｓｉｎθ／2＝μｃｏｓθ， 　得μ＝ｓｉｎθ／2ｃｏｓθ．图1静止时受力分析如图1ｂ，摩擦力有两种可能：①摩擦力沿斜面向下；②摩擦力沿斜面向上．摩擦力沿斜面向下时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＝ｆ＋ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ， 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ＋μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ－μｓｉｎθ）ｍｇ＝3ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ－ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　摩擦力沿斜面向上时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＋ｆ＝ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ． 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ－μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ＋μｓｉｎθ）ｍｇ＝ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ＋ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　30．解：（1）物体在两斜面上来回运动时，克服摩擦力所做的功Ｗｆ＝μｍｇｃｏｓ60°·ｓ总． 　物体从开始直到不再在斜面上运动的过程中ｍｇｈ－Ｗｆ＝0－ｍｖ02／2．解得ｓ总＝38ｍ． 　（2）物体最终是在Ｂ、Ｃ之间的圆弧上来回做变速圆周运动，且在Ｂ、Ｃ点时速度为零． 　（3）物体第一次通过圆弧最低点时，圆弧所受压力最大．由动能定理得ｍｇ［ｈ＋Ｒ（1－ｃｏｓ60°）］－μｍｇｃｏｓ60°／ｓｉｎ60°＝ｍ（ｖ12－ｖ02）／2， 由牛顿第二定律得　Ｎｍａｘ－ｍｇ＝ｍｖ12／Ｒ， 解得　Ｎｍａｘ＝54.5Ｎ． 　物体最终在圆弧上运动时，圆弧所受压力最小．由动能定理得ｍｇＲ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍｖ22／2，由牛顿第二定律得Ｎｍｉｎ－ｍｇ＝ｍｖ22／Ｒ，解得Ｎｍｉｎ＝20Ｎ． 　31．解：（1）设刹车后，平板车的加速度为ａ0，从开始刹车到车停止所经历时间为ｔ0，车所行驶距离为ｓ0，则有ｖ02＝2ａ0ｓ0，ｖ0＝ａ0ｔ0． 　欲使ｔ0小，ａ0应该大，作用于木箱的滑动摩擦力产生的加速度ａ1＝μｍｇ／ｍ＝μｇ． 　当ａ0＞ａ1时，木箱相对车底板滑动，从刹车到车停止过程中木箱运动的路程为ｓ1，则ｖ02＝2ａ2ｓ 1． 　为使木箱不撞击驾驶室，应有ｓ1－ｓ0≤Ｌ． 　联立以上各式解得：ａ0≤μｇｖ02／（ｖ02－2μｇＬ）＝5ｍ／ｓ2， 　∴　ｔ0＝ｖ0／ａ0＝4.4ｓ． 　（2）对平板车，设制动力为Ｆ，则Ｆ＋ｋ（Ｍ＋ｍ）ｇ－μｍｇ＝Ｍａ0，解得：Ｆ＝7420Ｎ． 　32．解：对系统ａ0＝［Ｆ－μｇ（ｍ1＋ｍ2）］／（ｍ1＋ｍ2）＝1ｍ／ｓ2． 　对木块1，细绳断后：│ａ1│＝ｆ1／ｍ1＝μｇ＝1ｍ／ｓ2． 　设细绳断裂时刻为ｔ1，则木块1运动的总位移： 　ｓ1＝2ａ0ｔ12／2＝ａ0ｔ12． 　对木块2，细绳断后，ａ2＝（Ｆ－μｍ2ｇ）／ｍ2＝2ｍ／ｓ2． 木块2总位移 　ｓ2＝ｓ′＋ｓ″＝ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2， 两木块位移差Δｓ＝ｓ2－ｓ1＝22（ｍ）． 得　ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2－ａ0ｔ12＝22， 把ａ0，ａ2值，ｖ1＝ａ0ｔ1代入上式整理得： 　ｔ12＋12ｔ1－28＝0，得ｔ1＝2ｓ． 木块2末速ｖ2＝ｖ1＋ａ2（6－ｔ1）＝ａ0ｔ1＋ａ2（6－ｔ1）＝10ｍ／ｓ． 此时动能Ｅｋ＝ｍ2ｖ22／2＝2×102／2Ｊ＝100Ｊ． 　33．解：（1）由动量守恒定律，ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ′，且有ｍ∶Ｍ＝1∶3， ∴　Ａ、Ｂ共同速度ｖ′＝ｍｖ0／（ｍ＋Ｍ）＝1ｍ／ｓ． 　（2）由动能定理，对全过程应有 　μｍｇ·2Ｌ＝ｍｖ02／2－（ｍ＋Ｍ）ｖ′2／2， 　4μｇＬ＝ｖ02－4ｖ′2，μ＝（ｖ02－4ｖ′2）／4ｇＬ＝0.3． 　（3）先求Ａ与Ｂ挡板碰前Ａ的速度ｖ10，以及木板Ｂ相应速度ｖ20，取从Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板相碰前过程为研究对象，依动量守恒与动能定理有以下两式成立：ｍｖ0＝ｍｖ10＋Ｍｖ20， 　ｍｖ02／2－ｍｖ102／2－Ｍｖ202／2＝μｍｇＬ． 代入数据得　ｖ10＋3ｖ20＝4，ｖ102＋3ｖ202＝10， 解以上两式可得　ｖ10＝（2±3）／2ｍ／ｓ．因Ａ与Ｂ挡板碰前速度不可能取负值，故ｖ10＝（2＋3）／2ｍ／ｓ．相应解出ｖ20＝（2－）／2ｍ／ｓ＝0.3ｍ／ｓ． 　木板Ｂ此过程为匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得μｍｇ＝Ｍａ1，ａ1＝μｍｇ／Ｍ＝1（ｍ／ｓ2）． 此过程经历时间ｔ1由下式求出 　ｖ20＝ａ1ｔ1，ｔ1＝ｖ20／ａ1＝0.3（ｓ）． 其速度图线为图2中0～0.3ｓ段图线ａ． 　再求Ａ与Ｂ挡板碰后，木板Ｂ的速度ｖ2与木块Ａ的速度ｖ1，为方便起见取Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板碰撞后瞬间过程为研究对象，依动量守恒定律与动能定理有以下两式成立： ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2，ｍｖ02／2－ｍｖ12／2－Ｍｖ22／2＝μｍｇＬ． 故解为　ｖ1＝（2±3）／2ｍ／ｓ． 因ｖ1＝（2＋3）／2ｍ／ｓ为碰前速度，故取ｖ1＝（2－3）／2ｍ／ｓ，相应得ｖ2＝2＋2ｍ／ｓ＝1.7ｍ／ｓ． 由于ｖ1 ＜0，即木块相对Ｂ向左滑动，Ａ受Ｂ摩擦力向右，Ｂ受Ａ摩擦力向左，故Ｂ做匀减速直线运动，加速度大小由牛顿第二定律，得ａ＝μｍｇ／Ｍ＝1ｍ／ｓ2． 　从碰后到Ａ滑到Ｂ最左端过程中，Ｂ向右做匀减速直线运动时间设为ｔ2，则ｖ′－ｖ2＝－ａｔ2， ∴　ｔ2＝0.7ｓ． 　此过程速度图线如图2中0.3ｓ～1.0ｓ段图线ｂ．图2　　34．解：设ｍ1、ｍ2两物体受恒力Ｆ作用后，产生的加速度分别为ａ1、ａ2，由牛顿第二定律Ｆ＝ｍａ，得 　ａ1＝Ｆ／ｍ1，ａ2＝Ｆ／ｍ2， 　历时ｔ两物体速度分别为ｖ1＝ａ1ｔ，ｖ2＝ｖ0＋ａ2ｔ，由题意令ｖ1＝ｖ2，即ａ1ｔ＝ｖ0＋ａ2ｔ或（ａ1－ａ2）ｔ＝ｖ0，因ｔ≠0、ｖ0＞0，欲使上式成立，需满足ａ1－ａ2＞0，即Ｆ／ｍ1＞Ｆ／ｍ2，或ｍ1＜ｍ2，也即当ｍ1≥ｍ2时不可能达到共同速度，当ｍ1＜ｍ2时，可以达到共同速度． 　35．解：（1）当小球刚好能在轨道内做圆周运动时，水平初速度ｖ最小，此时有ｍｇ＝ｍｖ2／Ｒ， 故　ｖ＝＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）若初速度ｖ′＜ｖ，小球将做平抛运动，如在其竖直位移为Ｒ的时间内，其水平位移ｓ≥Ｒ，小球可进入轨道经过Ｂ点．设其竖直位移为Ｒ时，水平位移也恰为R，则Ｒ＝ｇｔ2／2，Ｒ＝ｖ′ｔ，解得：ｖ′＝／2＝ｍ／ｓ． 因此，初速度满足2ｍ／ｓ＞ｖ′≥ｍ／ｓ时，小球可做平抛运动经过Ｂ点． 　36．卫星在天空中任何天体表面附近运行时，仅受万有引力Ｆ作用使卫星做圆周运动，运动半径等于天体的球半径Ｒ．设天体质量为Ｍ，卫星质量为ｍ，卫星运动周期为Ｔ，天体密度为ρ．根据万有引力定律Ｆ＝ＧＭｍ／Ｒ2， 卫星做圆周运动向心力Ｆ′＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2， 因为 　Ｆ′＝Ｆ，得ＧＭｍ／Ｒ2＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2，∴Ｔ＝． 　又球体质量Ｍ＝4πＲ3ρ／3． 得Ｔ＝=，∴Ｔ∝1／，得证． 　 37．解：由于两球相碰满足动量守恒 　　ｍ1ｖ0＝ｍ1ｖ1＋ｍ2ｖ2，ｖ1＝－1.3ｍ／ｓ． 　两球组成系统碰撞前后的总动能Ｅｋ1＋Ｅｋ2＝ｍ1ｖ02／2＋0＝2.5Ｊ， 　Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＝ｍ1ｖ12／2＋ｍ2ｖ22／2＝2.8Ｊ． 　可见，Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＞Ｅｋ1＋Ｅｋ2，碰后能量较碰撞前增多了，违背了能量守恒定律，这种假设不合理． 　38．解：（1）由动量守恒，得ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2， 由运动学公式得ｓ＝（ｖ1－ｖ2）ｔ，ｈ＝ｇｔ2／2， 由以上三式得ｖ2＝（ｍｖ0－ｓｍ）／（Ｍ＋ｍ）． 　（2）最后车与物体以共同的速度ｖ向右运动，故有 　ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖｖ＝ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）． ∴ΔＥ＝ｍｖ02／2＋ｍｇｈ－（Ｍ＋ｍ）ｍ2ｖ02／2（Ｍ＋ｍ）2． 解得ΔＥ＝ｍｇｈ＋Ｍｍｖ02／2（Ｍ＋ｍ）． 　39．解：设碰前Ａ、Ｂ有共同速度ｖ时，Ｍ前滑的距离为ｓ．则ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ，ｆｓ＝Ｍｖ2／2，ｆ＝μｍｇ． 　由以上各式得　ｓ＝Ｍｍｖ02／2μｇ（Ｍ＋ｍ）2． 　当ｖ0＝2ｍ／ｓ时，ｓ＝2／9ｍ＜0.5ｍ，即Ａ、Ｂ有共同速度．当ｖ0＝4ｍ／ｓ时，ｓ＝8／9ｍ＞0.5ｍ，即碰前Ａ、Ｂ速度不同． 　40．解：（1）物体由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者系统水平方向动量守恒得：ｍｖ0＝ｍｖ0／2＋2ｍｖＡＢ． 解之得　ｖＡＢ＝ｖ0／4． 　（2）物块由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者功能关系得：μｍｇＬ＝ｍｖ02／2－ｍ（ｖ0／2）2／2－2ｍ（ｖ0／4）2／2． 解之得　Ｌ＝5ｖ02／16μｇ． 　（3）物块由Ｄ滑到Ｃ的过程中，二者系统水平方向动量守恒，又因为物块到达最高点Ｃ时，物块与滑块速度相等且水平，均为ｖ． 故得　ｍｖ0／2＋ｍｖ0／4＝2ｍｖ， ∴　得滑块的动能ＥＣＤ＝ｍｖ2／2＝9ｍｖ02／128． 　41．解：（1）Ｂ从ｖ0减速到速度为零的过程，Ｃ静止，Ｂ的位移：ｓ1＝ｖ02／2μｇ． 　所用的时间：ｔ1＝ｖ0／μｇ． 　此后Ｂ与Ｃ一起向右做加速运动，Ａ做减速运动，直到相对静止，设所用时间为ｔ2，共同速度为ｖ． 　对Ａ、Ｂ、Ｃ，由动量守恒定律得 　ｍＡ·2ｖ0－ｍＢｖ0＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ， ∵　ｍＡ＝ｍＢ＝ｍＣ，∴　ｖ＝ｖ0／3． 　 对Ｂ与Ｃ，向右加速运动的加速度 　ａ＝μｍＡｇ／（ｍＢ＋ｍＣ）＝μｇ／2，∴ｔ2＝ｖ／ａ＝2ｖ0／3μｇ． Δｔ内Ｂ向右移动的位移ｓ2＝ｖｔ2／2＝ｖ02／9μｇ， 故总路程ｓ＝ｓ1＋ｓ2＝11ｖ02／18μｇ，总时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝5ｖ0／3μｇ． 　（2）设车的最小长度为Ｌ，则相对静止时Ａ、Ｂ刚好接触，由能量守恒得 　ｍＡ（2ｖ0）2／2＋ｍＢｖ02／2＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ2／2＋μｍＢｇｓ1＋μｍＡｇ（Ｌ－ｓ1）， 联立解得Ｌ＝7ｖ02／3μｇ． 　42．解：（1）ｍ速度最大的位置应在O点左侧．因为细线烧断后，ｍ在弹簧弹力和滑动摩擦力的合力作用下向右做加速运动，当弹力与摩擦力的合力为零时，ｍ的速度达到最大，此时弹簧必处于压缩状态．此后，系统的机械能不断减小，不能再达到这一最大速度． 　（2）选ｍ、Ｍ为一系统，由动量守恒定律得 　ｍｖ1＝Ｍｖ2． 　设这一过程中弹簧释放的弹性势能为Ｅｐ，则 　Ｅｐ＝ｍｖ12／2＋Ｍｖ22／2＋μｍｇｓ， 解得　ｖ2＝ｍｖ1／Ｍ，Ｅｐ＝ｍ［（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2Ｍ＋μｇｓ］． 　（2）ｍ与Ｍ最终将静止，因为系统动量守恒，且总动量为零，只要ｍ与Ｍ间有相对运动，就要克服摩擦力做功，不断消耗能量，所以，ｍ与Ｍ最终必定都静止． 　43．解：（1）第一颗子弹射入木块过程，系统动量守恒，有 　ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ1． 　射入后，在ＯＢＣ运动过程中，机械能守恒，有 　（ｍ＋Ｍ）ｖ12／2＝（ｍ＋Ｍ）ｇＲ，得ｖ0＝（Ｍ＋ｍ）／ｍ． 　（2）由动量守恒定律知，第2、4、6……颗子弹射入木块后，木块速度为0，第1、3、5……颗子弹射入后，木块运动．当第9颗子弹射入木块时，由动量守恒得： 　ｍｖ0＝（9ｍ＋Ｍ）ｖ9， 　设此后木块沿圆弧上升最大高度为Ｈ，由机械能守恒定律得：（9ｍ＋Ｍ）ｖ92／2＝（9ｍ＋Ｍ）ｇＨ， 由以上可得：Ｈ＝［（Ｍ＋ｍ）／（Ｍ＋9ｍ）］2Ｒ． 　44．解：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动ｓ，速度变为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．由动能定理 　－μＭｇｓ＝0－ｍｖ02／2，ｓ＝ｍｖ02／2μＭｇ＝0.33ｍ． 　（2）假如平板车在第二次碰墙前还未和滑块相对静止，则其速度的大小肯定还是2ｍ／ｓ，因为只要相对运动，摩擦力大小为恒值．滑块速度则大于2ｍ／ｓ，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰墙前肯定已和滑块具有共同速度ｖ．此即平板车碰墙前瞬间的速度． 　Ｍｖ0－ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， ∴ｖ＝（Ｍ－ｍ）ｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝0.4ｍ／ｓ． 图3　（3）平板车与墙壁第一次碰撞后滑块与平板又达到共同速度ｖ前的过程，可用图3（ａ）、（ｂ）、（ｃ）表示．图3（ａ）为平板车与墙碰撞后瞬间滑块与平板车的位置，图3（ｂ）为平板车到达最左端时两者的位置，图3（ｃ）为平板车与滑块再次达到共同速度时两者的位置．在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功μΜｇｓ′，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功μＭｇｓ″（平板车从Ｂ到Ａ再回到Ｂ的过程中摩擦力做功为零），其中ｓ′、ｓ″分别为滑块和平板车的位移．滑块和平板车动能总减少为μＭｇｌ1，其中ｌ1＝ｓ′＋ｓ″为滑块相对平板车的位移，此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为ｌ，则有（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2＝μＭｇｌ，ｌ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2μＭｇ＝0.833ｍ． ｌ即为平板车的最短长度．图4　　45．解：如图4，Ａ球从静止释放后将自由下落至Ｃ点悬线绷直，此时速度为ｖＣ ∵　ｖＣ2＝2ｇ×2Ｌｓｉｎ30°， ∴　ｖＣ＝＝2ｍ／ｓ． 　在线绷直的过程中沿线的速度分量减为零时，Ａ将以切向速度ｖ1沿圆弧运动且 　ｖ1＝ｖＣｃｏｓ30°＝ｍ／ｓ． 　Ａ球从Ｃ点运动到最低点与Ｂ球碰撞前机械能守恒，可求出Ａ球与Ｂ球碰前的速度 　ｍＡｖ12／2＋ｍＡｇＬ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍＡｖ22／2， 　ｖ2＝==ｍ／ｓ． 　因Ａ、Ｂ两球发生无能量损失的碰撞且ｍＡ＝ｍＢ，所以它们的速度交换，即碰后Ａ球的速度为零，Ｂ球的速度为ｖ2＝（ｍ／ｓ）．对Ｂ球和小车组成的系统水平方向动量守恒和机械能守恒，当两者有共同水平速度ｕ时，Ｂ球上升到最高点，设上升高度为ｈ． 　ｍＢｖ2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ，ｍＢｖ22／2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ2／2＋ｍＢｇｈ．解得ｈ＝3／16≈0.19ｍ． 　在Ｂ球回摆到最低点的过程中，悬线拉力仍使小车加速，当Ｂ球回到最低点时小车有最大速度ｖｍ ，设小球Ｂ回到最低点时速度的大小为ｖ3，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 　ｍＢｖ2＝－ｍＢｖ3＋Ｍｖｍ，ｍＢｖ22／2＝ｍＢｖ32／2＋Ｍｖｍ2／2， 解得ｖｍ＝2ｍＢｖ2／（ｍ3＋Ｍ）＝／2ｍ／ｓ＝1.12ｍ／ｓ． 　46．解：（1）小球的角速度与运动的角速度必定相等，则有ｖ＝ωＲ＝ω． 　（2）人手所提供的功率应等于小球在运动过程中克服摩擦力做功的功率．即有Ｐ＝ｆｖ， ∴　ｆ＝Ｐ／ｖ＝Ｐ／ω． 　47．解：由于粘性物体与底板粘合的过程时间极短，冲击力远大于重力，在竖直方向近似动量守恒，开始静止时，有　ｍ1ｇ＝ｋｘｋ＝ｍ1ｇｘ． 　ｍ2下落Ｈ时的速度ｖ＝，ｍ2与ｍ1合在一起动量守恒，ｍ2ｖ＝（ｍ1＋ｍ2）ｖ′，ｖ′＝ｍ2ｖ／（ｍ1＋ｍ2）＝ｍ2／（ｍ1＋ｍ2）． 　设向下为正方向，ｍ1与ｍ2的整体受两个力，即重力（ｍ1＋ｍ2）ｇ和弹簧的平均拉力，则有平均拉力＝ｋｘ＋ｋｈ／2＝ｋ（2ｘ＋ｈ）／2，由动能定理得 ［－＋（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ＝0－（ｍ1＋ｍ2）ｖ2／2， 由以上各式得［ｍ1ｇ（2ｘ＋ｈ）／2ｘ－（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ 　＝（ｍ1＋ｍ2）·ｍ22·2ｇｈ／2（ｍ1＋ｍ2）2． 代入数值得ｈ＝0.3ｍ． 　48．解：ｍ与Ａ粘在一起后水平方向动量守恒，共同速度设为ｖ1，Ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ1， 得ｖ1＝Ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝2ｖ0／3． 　当弹簧压缩到最大时即有最大弹性势能Ｅ，此时系统中各物体有相同速度，设为ｖ2，由动量守恒定律 　2Ｍｖ0＝（2Ｍ＋ｍ）ｖ2，得ｖ2＝2Ｍｖ0／（2Ｍ＋ｍ）＝4ｖ0／5． 由能量守恒有 　Ｅ＝Ｍｖ02／2＋（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2－（2Ｍ＋ｍ）ｖ22／2， 解得Ｅ＝Ｍｖ02／30． 　49．解：（1）振子在平衡位置时，所受合力为零，设此时弹簧被压缩Δｘ：（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ＝ｋΔｘ，Δｘ＝5ｃｍ． 　开始释放时振子处在最大位移处，故振幅 　Ａ＝5ｃｍ＋5ｃｍ＝10ｃｍ． 　（2）由于开始时弹簧的伸长量恰等于振子在平衡位置时弹簧的压缩量，故弹性势能相等，设振子的最大速度为ｖ，从开始到平衡位置，根据机械能守恒定律， 得ｍｇ·Ａ＝ｍｖ2／2，∴ｖ＝＝1.4ｍ／ｓ， 即Ｂ的最大速率为1.4ｍ／ｓ． 　 （3）在最高点，振子受到的重力和弹力方向相同，根据牛顿第二定律，得 　ａ＝［ｋΔｘ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ］／（ｍＡ＋ｍＢ）＝20ｍ／ｓ2， Ａ对Ｂ的作用力方向向下，其大小 　Ｎ1＝ｍＢａ－ｍＢｇ＝10Ｎ． 在最低点，振子受到的重力和弹力方向相反，根据牛顿第二定律，得ａ＝ｋ（Δｘ＋Ａ）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｍＡ＋ｍＢ＝20ｍ／ｓ2． Ａ对Ｂ的作用力方向向上，其大小 　Ｎ2＝ｍＢａ＋ｍＢｇ＝30Ｎ．46．如图1－99所示，一条不可伸缩的轻绳长为ｌ，一端用手握着，另一端系一个小球，今使手握的一端在水平桌面上做半径为ｒ、角速度为ω的匀速圆周运动，且使绳始终与半径为ｒ的圆相切，小球也将在同一水平面内做匀速圆周运动．若人手提供的功率恒为Ｐ，求：（1）小球做圆周运动的线速度大小；（2）小球在运动过程中所受到的摩擦阻力的大小．2．解：在0～1ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知 　ａ１＝12ｍ／ｓ２， 由牛顿第二定律，得 　Ｆ－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ１，　　① 在0～2ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知ａ２＝－6ｍ／ｓ２， 因为此时物体具有斜向上的初速度，故由牛顿第二定律，得 　－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ２，　　② 　②式代入①式，得　Ｆ＝18Ｎ． 3．解：在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从Ａ到Ｂ需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为ｔ1，则 　（ｖ／2）ｔ１＋ｖ（ｔ－ｔ１）＝Ｌ， 所以　ｔ１＝2（ｖｔ－Ｌ）／ｖ＝（2×（2×6－10）／2）ｓ＝2ｓ． 为使物体从Ａ至Ｂ所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变．而　ａ＝ｖ／ｔ＝1ｍ／ｓ２．设物体从Ａ至Ｂ所用最短的时间为ｔ2，则 　（1／2）ａｔ2２＝Ｌ， 　ｔ2＝=＝2ｓ． 　ｖｍｉｎ＝ａｔ2＝1×2ｍ／ｓ＝2ｍ／ｓ． 传送带速度再增大1倍，物体仍做加速度为1ｍ／ｓ２的匀加速运动，从Ａ至Ｂ的传送时间为2ｍ／ｓ． 4．解：启动前Ｎ１＝ｍｇ， 　升到某高度时　Ｎ2＝（17／18）Ｎ１＝（17／18）ｍｇ， 　对测试仪　Ｎ2－ｍｇ′＝ｍａ＝ｍ（ｇ／2）， 　∴　ｇ′＝（8／18）ｇ＝（4／9）ｇ， 　ＧｍＭ／Ｒ2＝ｍｇ，ＧｍＭ／（Ｒ＋ｈ）2＝ｍｇ′，解得：ｈ＝（1／2）Ｒ． 5．解：由匀加速运动的公式　ｖ２＝ｖ０２＋2ａｓ 　 得物块沿斜面下滑的加速度为 　ａ＝ｖ2／2ｓ＝1．42／（2×1．4）＝0．7ｍｓ－２， 由于ａ＜ｇｓｉｎθ＝5ｍｓ－２， 　可知物块受到摩擦力的作用．图3　分析物块受力，它受3个力，如图3．对于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，由牛顿定律有 　ｍｇｓｉｎθ－ｆ１＝ｍａ， 　ｍｇｃｏｓθ－Ｎ１＝0， 　分析木楔受力，它受5个力作用，如图3所示．对于水平方向，由牛顿定律有 　ｆ2＋ｆ１ｃｏｓθ－Ｎ１ｓｉｎθ＝0， 　由此可解得地面的作用于木楔的摩擦力 　ｆ2＝ｍｇｃｏｓθｓｉｎθ－（ｍｇｓｉｎθ－ｍａ）ｃｏｓθ＝ｍａｃｏｓθ＝1×0．7×（／2）＝0．61Ｎ． 　此力的方向与图中所设的一致（由指向）． 6．解：（1）飞机原先是水平飞行的，由于垂直气流的作用，飞机在竖直方向上的运动可看成初速度为零的匀加速直线运动，根据　ｈ＝（1／2）ａｔ２，得ａ＝2ｈ／ｔ２，代入ｈ＝1700ｍ，ｔ＝10ｓ，得 　ａ＝（2×1700／10２）（ｍ／ｓ２）＝34ｍ／ｓ２，方向竖直向下． 　（2）飞机在向下做加速运动的过程中，若乘客已系好安全带，使机上乘客产生加速度的力是向下重力和安全带拉力的合力．设乘客质量为ｍ，安全带提供的竖直向下拉力为Ｆ，根据牛顿第二定律　Ｆ＋ｍｇ＝ｍａ，得安全带拉力 　　Ｆ＝ｍ（ａ－ｇ）＝ｍ（34－10）Ｎ＝24ｍ（Ｎ）， ∴　安全带提供的拉力相当于乘客体重的倍数 　ｎ＝Ｆ／ｍｇ＝24ｍＮ／ｍ·10Ｎ＝2．4（倍）． 　（3）若乘客未系安全带，飞机向下的加速度为34ｍ／ｓ２，人向下加速度为10ｍ／ｓ２，飞机向下的加速度大于人的加速度，所以人对飞机将向上运动，会使头部受到严重伤害． 7．解：设月球表面重力加速度为ｇ，根据平抛运动规律，有 　ｈ＝（1／2）ｇｔ２，　　① 　水平射程为　　　Ｌ＝ｖ０ｔ，　　② 　联立①②得ｇ＝2ｈｖ０２／Ｌ２．　　③ 　根据牛顿第二定律，得　ｍｇ＝ｍ（2π／Ｔ）２Ｒ，　　④ 　联立③④得　Ｔ＝（πＬ／ｖ０ｈ）．　　⑤ 8．解：前2秒内，有Ｆ－ｆ＝ｍａ１，ｆ＝μＮ，Ｎ＝ｍｇ，则 　ａ１＝（Ｆ－μｍｇ）／ｍ＝4ｍ／ｓ２，ｖｔ＝ａ１ｔ＝8ｍ／ｓ， 　撤去Ｆ以后　ａ２＝ｆ／ｍ＝2ｍ／ｓ，ｓ＝ｖ１２／2ａ２＝16ｍ． 9．解：（1）用力斜向下推时，箱子匀速运动，则有 　Ｆｃｏｓθ＝ｆ，ｆ＝μＮ，Ｎ＝Ｇ＋Ｆｓｉｎθ， 　联立以上三式代数据，得　Ｆ＝1．2×10２Ｎ． 　（2）若水平用力推箱子时，据牛顿第二定律，得Ｆ合＝ｍａ，则有 　Ｆ－μＮ＝ｍａ，Ｎ＝Ｇ， 　联立解得　ａ＝2．0ｍ／ｓ２． 　ｖ＝ａｔ＝2．0×3．0ｍ／ｓ＝6．0ｍ／ｓ， 　ｓ＝（1／2）ａｔ２＝（1／2）×2．0×3．0２ｍ／ｓ＝9．0ｍ， 　推力停止作用后　ａ′＝ｆ／ｍ＝4．0ｍ／ｓ２（方向向左）， 　ｓ′＝ｖ２／2ａ′＝4．5ｍ， 　则　ｓ总＝ｓ＋ｓ′＝13．5ｍ． 10．解：根据题中说明，该运动员发球后，网球做平抛运动．以ｖ表示初速度，Ｈ表示网球开始运动时离地面的高度（即发球高度），ｓ１表示网球开始运动时与网的水平距离（即运动员离开网的距离），ｔ１表示网球通过网上的时刻，ｈ表示网球通过网上时离地面的高度，由平抛运动规律得到 　ｓ１＝ｖｔ１，Ｈ－ｈ＝（1／2）ｇｔ１２， 消去ｔ１，得　　ｖ＝ｍ／ｓ，ｖ≈23ｍ／ｓ． 　以ｔ２表示网球落地的时刻，ｓ２表示网球开始运动的地点与落地点的水平距离，ｓ表示网球落地点与网的水平距离，由平抛运动规律得到 　Ｈ＝（1／2）ｇｔ２２，ｓ２＝ｖｔ２， 消去ｔ２，得ｓ２＝ｖ≈16ｍ， 　网球落地点到网的距离　ｓ＝ｓ２－ｓ１≈4ｍ． 11．解：（1）设卫星质量为ｍ，它在地球附近做圆周运动，半径可取为地球半径Ｒ，运动速度为ｖ，有 　ＧＭｍ／Ｒ２＝ｍｖ２／Ｒ　得ｖ＝． 　（2）由（1）得： 　Ｍ＝ｖ２Ｒ／Ｇ＝＝6．0×1024ｋｇ． 12．解：对物块：Ｆ１－μｍｇ＝ｍａ１， 　6－0．5×1×10＝1·ａ１，ａ１＝1．0ｍ／ｓ2， 　ｓ１＝（1／2）ａ１ｔ2＝（1／2）×1×0．42＝0．08ｍ， 　ｖ１＝ａ１ ｔ＝1×0．4＝0．4ｍ／ｓ， 　对小车：Ｆ２－μｍｇ＝Ｍａ２， 　9－0．5×1×10＝2ａ２，ａ２＝2．0ｍ／ｓ2， 　ｓ２＝（1／2）ａ２ｔ2＝（1／2）×2×0．42＝0．16ｍ， 　ｖ２＝ａ２ｔ＝2×0．4＝0．8ｍ／ｓ， 　撤去两力后，动量守恒，有Ｍｖ２－ｍｖ１＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， 　ｖ＝0．4ｍ／ｓ（向右）， ∵　（（1／2）ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2）－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ2＝μｍｇｓ３， 　ｓ３＝0．096ｍ， ∴　ｌ＝ｓ１＋ｓ２＋ｓ３＝0．336ｍ． 13．解：设木块到Ｂ时速度为ｖ０，车与船的速度为ｖ１，对木块、车、船系统，有 　ｍ１ｇｈ＝（ｍ１ｖ０2／2）＋（（ｍ２＋ｍ３）ｖ１2／2）， 　ｍ１ｖ０＝（ｍ２＋ｍ３）ｖ１， 解得　ｖ０＝5，ｖ１＝． 　木块到Ｂ后，船以ｖ１继续向左匀速运动，木块和车最终以共同速度ｖ２向右运动，对木块和车系统，有 　ｍ１ｖ０－ｍ２ｖ１＝（ｍ１＋ｍ２）ｖ２， 　μｍ１ｇｓ＝（（ｍ１ｖ０2／2）＋（ｍ２ｖ１2／2））－（（ｍ１＋ｍ２）ｖ２2／2）， 得　ｖ２＝ｖ１＝，ｓ＝2ｈ． 14．解：（1）小球的角速度与手转动的角速度必定相等均为ω．设小球做圆周运动的半径为ｒ，线速度为ｖ．由几何关系得　ｒ＝，ｖ＝ω·ｒ，解得　　 　　ｖ＝ω． 　（2）设手对绳的拉力为Ｆ，手的线速度为ｖ，由功率公式得　Ｐ＝Ｆｖ＝Ｆ·ωＲ， ∴　Ｆ＝Ｐ／ωＲ．图4　研究小球的受力情况如图4所示，因为小球做匀速圆周运动，所以切向合力为零，即 　Ｆｓｉｎθ＝ｆ， 其中　ｓｉｎθ＝Ｒ／ ， 　联立解得　ｆ＝Ｐ／ω． 15．解：（1）用ｖ１表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由于子弹射入木块Ｃ时间极短，系统动量守恒，有 　ｍｖ０＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１， 　∴　ｖ１＝ｍｖ０／（ｍ＋Ｍ）＝3ｍ／ｓ， 　子弹和木块Ｃ在ＡＢ木板上滑动，由动能定理得： 　（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ２２－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ１２＝－μ（ｍ＋Ｍ）ｇＬ， 　解得　ｖ２＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）用ｖ′表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由动量守恒定律，得　ｍｖ０′＋Ｍｕ＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１′，解得　ｖ１′＝4ｍ／ｓ． 　木块Ｃ及子弹在ＡＢ木板表面上做匀减速运动　ａ＝μｇ．设木块Ｃ和子弹滑至ＡＢ板右端的时间为ｔ，则木块Ｃ和子弹的位移ｓ１＝ｖ１′ｔ－（1／2）ａｔ2， 　由于ｍ车≥（ｍ＋Ｍ），故小车及木块ＡＢ仍做匀速直线运动，小车及木板ＡＢ的位移　ｓ＝ｕｔ，由图5可知：ｓ１＝ｓ＋Ｌ， 　联立以上四式并代入数据得： 　ｔ2－6ｔ＋1＝0， 　解得：ｔ＝（3－2）ｓ，（ｔ＝（3＋2）ｓ不合题意舍去），　　（11） 　∴　ｓ＝ｕｔ＝0．18ｍ． 16．解：（1）设Ａ滑上Ｂ后达到共同速度前并未碰到档板，则根据动量守恒定律得它们的共同速度为ｖ，有图5　ｍｖ０＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝2ｍ／ｓ，在这一过程中，Ｂ的位移为ｓＢ＝ｖＢ2／2ａＢ且ａＢ＝μｍｇ／Ｍ，解得ｓＢ＝Ｍｖ2／2μｍｇ＝2×22／2×0．2×1×10＝2ｍ． 　设这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ１，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ１＝（1／2）ｍｖ０2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得ｓ１＝6ｍ． 　当ｓ＝4ｍ时，Ａ、Ｂ达到共同速度ｖ＝2ｍ／ｓ后再匀速向前运动2ｍ碰到挡板，Ｂ碰到竖直挡板后，根据动量守恒定律得Ａ、Ｂ最后相对静止时的速度为ｖ′，则 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′， 解得　ｖ′＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ２，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ２＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　ｓ２＝2．67ｍ． 　因此，Ａ、Ｂ最终不脱离的木板最小长度为ｓ１＋ｓ２ ＝8．67ｍ 　（2）因Ｂ离竖直档板的距离ｓ＝0．5ｍ＜2ｍ，所以碰到档板时，Ａ、Ｂ未达到相对静止，此时Ｂ的速度ｖＢ为 　ｖＢ2＝2ａＢｓ＝（2μｍｇ／Ｍ）ｓ，解得　ｖＢ＝1ｍ／ｓ， 　设此时Ａ的速度为ｖＡ，根据动量守恒定律，得 　ｍｖ０＝ＭｖＢ＋ｍｖＡ，解得ｖＡ＝4ｍ／ｓ， 　设在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移为ｓ１′，根据动能定理得： 　μｍｇｓ１′＝（1／2）ｍｖ０2－（（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）ＭｖＢ2）， 　解得　ｓ１′＝4．5ｍ． 　Ｂ碰撞挡板后，Ａ、Ｂ最终达到向右的相同速度ｖ，根据动能定理得ｍｖＡ－ＭｖＢ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ２′为 　μｍｇｓ２′＝（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得　ｓ２′＝（25／6）ｍ． 　Ｂ再次碰到挡板后，Ａ、Ｂ最终以相同的速度ｖ′向左共同运动，根据动量守恒定律，得 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′，解得　ｖ′＝（2／9）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ３′为： 　μｍｇｓ３′＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　　　　ｓ３′＝（8／27）ｍ． 　因此，为使Ａ不从Ｂ上脱落，Ｂ的最小长度为ｓ１′＋ｓ２′＋ｓ３′＝8．96ｍ． 17．解：（1）Ｂ与Ａ碰撞后，Ｂ相对于Ａ向左运动，Ａ所受摩擦力方向向左，Ａ的运动方向向右，故摩擦力作负功．设Ｂ与Ａ碰撞后的瞬间Ａ的速度为ｖ１，Ｂ的速度为ｖ２，Ａ、Ｂ相对静止后的共同速度为ｖ，整个过程中Ａ、Ｂ组成的系统动量守恒，有 　Ｍｖ０＝（Ｍ＋1．5Ｍ）ｖ，ｖ＝2ｖ０／5． 　碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功，即 　Ｍｖ２＋1．5Ｍｖ１＝2．5Ｍｖ，　　① 　（1／2）×1．5Ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2－（1／2）×2．5Ｍｖ2＝Ｍμｇｌ，　　② 可解出ｖ１＝（1／2）ｖ０（另一解ｖ１＝（3／10）ｖ０因小于ｖ而舍去） 　这段过程中，Ａ克服摩擦力做功 　Ｗ＝（1／2）×1．5Ｍｖ１2－（1／2）×1．5Ｍｖ2＝（27／400）Ｍｖ０2（0．068Ｍｖ０2）． 　（2）Ａ在运动过程中不可能向左运动，因为在Ｂ未与Ａ碰撞之前，Ａ受到的摩擦力方向向右，做加速运动，碰撞之后Ａ受到的摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后，速度仍向右，因此不可能向左运动． 　Ｂ在碰撞之后，有可能向左运动，即ｖ２＜0． 　先计算当ｖ２＝0时满足的条件，由①式，得 　ｖ１＝（2ｖ０／3）－（2ｖ２／3），当ｖ２＝0时，ｖ１＝2ｖ０／3，代入②式，得 　（（1／2）×1．5Ｍ4ｖ０2／9）－（（1／2）×2．5Ｍ4ｖ０2／25）＝Ｍμｇｌ， 解得　μｇｌ＝2ｖ０2／15． 　Ｂ在某段时间内向左运动的条件之一是μｌ＜2ｖ０2／15ｇ． 　另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即 　（1／2）Ｍｖ０2－（1／2）2．5Ｍ（2ｖ０／5）2≥2Ｍμｇｌ， 　解出另一个条件是　μｌ≤3ｖ０2／20ｇ， 　最后得出Ｂ在某段时间内向左运动的条件是 　2ｖ０2／15ｇ＜μｌ≤3ｖ０2／20ｇ． 18 ．解：（1）以警车为研究对象，由动能定理． 　－μｍｇ·ｓ＝（1／2）ｍｖ2－（1／2）ｍｖ０2， 　将ｖ０＝14．0ｍ／ｓ，ｓ＝14．0ｍ，ｖ＝0代入，得 　μｇ＝7．0ｍ／ｓ2， 　因为警车行驶条件与肇事汽车相同，所以肇事汽车的初速度ｖＡ＝＝21ｍ／ｓ． 　（2）肇事汽车在出事点Ｂ的速度 　ｖＢ＝＝14ｍ／ｓ， 　肇事汽车通过段的平均速度 　＝（ｖＡ＋ｖＢ）／2＝（21＋14）／2＝17．5ｍ／ｓ． 　肇事汽车通过ＡＢ段的时间 　ｔ２＝ＡＢ／＝（31．5－14．0）／17．5＝1ｓ． 　∴　游客横过马路的速度 　ｖ人＝／（ｔ１＋ｔ２）＝（2．6／（1＋0．7））ｍ／ｓ＝1．53ｍ／ｓ． 19．解：（1）开始Ａ、Ｂ处于静止状态时，有 　ｋｘ０－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｓｉｎ30°＝0，　　① 　设施加Ｆ时，前一段时间Ａ、Ｂ一起向上做匀加速运动，加速度为ａ，ｔ＝0．2ｓ，Ａ、Ｂ间相互作用力为零，对Ｂ有： 　ｋｘ－ｍＢｇｓｉｎ30°＝ｍＢａ，　　② 　ｘ－ｘ０＝（1／2）ａｔ2，　　③ 　解①、②、③得： 　ａ＝5ｍｓ－2，ｘ０＝0．05ｍ，ｘ＝0．15ｍ， 　初始时刻Ｆ最小 　Ｆｍｉｎ＝（ｍＡ＋ｍＢ）ａ＝60Ｎ． 　ｔ＝0．2ｓ时，Ｆ最大 　Ｆｍａｘ－ｍＡｇｓｉｎ30°＝ｍＡａ， 　Ｆｍａｘ＝ｍＡ（ｇｓｉｎ30°＋ａ）＝100Ｎ， 　（2）ΔＥＰＡ＝ｍＡｇΔｈ＝ｍＡｇ（ｘ－ｘ０）ｓｉｎ30°＝5Ｊ． 20．解：当弹簧处于压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和．当弹簧伸长到其自然长度时，弹性势能为零，因这时滑块Ａ的速度为零，故系统的机械能等于滑块Ｂ的动能．设这时滑块Ｂ的速度为ｖ则有 　Ｅ＝（1／2）ｍ２ｖ2，　　① 由动量守恒定律（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ２ｖ，　　② 解得　Ｅ＝（1／2）（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２．　　③ 　假定在以后的运动中，滑块Ｂ可以出现速度为零的时刻，并设此时滑块Ａ的速度为ｖ１．这时，不论弹簧是处于伸长还是压缩状态，都具有弹性势能Ｅｐ．由机械能守恒定律得 　（1／2）ｍ１ｖ１2＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　④ 根据动量守恒　（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ１ｖ１，　　⑤ 求出ｖ１，代入④式得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑥ 因为Ｅｐ≥0，故得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）≤（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２ ），　　⑦ 即　ｍ１≥ｍ２，与已知条件ｍ１＜ｍ２不符． 　可见滑块Ｂ的速度永不为零，即在以后的运动中，不可能出现滑动Ｂ的速度为零的情况． 21．解：设恰好物体相对圆盘静止时，弹簧压缩量为Δｌ，静摩擦力为最大静摩擦力ｆｍａｘ，这时物体处于临界状态，由向心力公式ｆｍａｘ－ｋΔｌ＝ｍＲｗ2，　　① 　假若物体向圆心移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ１－ｋ（Δｌ＋ｘ）＝ｍ（Ｒ－ｘ）ｗ2，　　② 　由①、②两式可得　ｆｍａｘ－ｆ１＝ｍｘｗ2－ｋｘ，　　③ 所以　ｍｘｗ2－ｋｘ≥0，得ｋ≤ｍｗ2，　　④ 　若物体向外移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ２－ｋ（Δｌ－ｘ）≥ｍ（Ｒ＋ｘ）ｗ2，　　⑤ 由①～⑥式得　ｆｍａｘ－ｆ２＝ｋｘ－ｍｘｗ2≥0，　　⑥ 所以　ｋ≥ｍｗ2，　　⑦ 即若物体向圆心移动，则ｋ≤ｍｗ2， 若物体向远离圆心方向移动，则ｋ≥ｍｗ2． 22．解：卫星环绕地球作匀速圆周运动，设卫星的质量为ｍ，轨道半径为ｒ，受到地球的万有引力为Ｆ， 　Ｆ＝ＧＭｍ／ｒ2，　　① 　式中Ｇ为万有引力恒量，Ｍ是地球质量． 　设ｖ是卫星环绕地球做匀速圆周运动的线速度，Ｔ是运动周期，根据牛顿第二定律，得 　Ｆ＝ｍｖ2／ｒ，　　② 　由①、②推导出　ｖ＝．　　③ 　③式表明：ｒ越大，ｖ越小． 　人造卫星的周期就是它环绕地球运行一周所需的时间Ｔ， 　Ｔ＝2πｒ／ｖ，　　④ 　由③、④推出　Ｔ＝2π，　　⑤ 　⑤式说明：ｒ越大，Ｔ越大．　23．证：设质点通过Ａ点时的速度为ｖＡ，通过Ｃ点时的速度为ｖＣ，由匀变速直线运动的公式得： ｓ1＝ｖＡＴ＋ａＴ2／2，ｓ3＝ｖＣＴ＋ａＴ2／2，ｓ3－ｓ1＝ｖＣＴ－ｖＡＴ． ∵　ｖＣ＝ｖＡ＋2ａＴ， ∴　ｓ3－ｓ1＝（ｖＡ－2ａＴ－ｖＡ）Ｔ＝2ａＴ2，ａ＝（ｓ3－ｓ1）／2Ｔ2． 　24．根据：如果在连续的相等的时间内的位移之差相等，则物体做匀变速运动．证明：设物体做匀速运动的初速度为ｖ0，加速度为ａ，第一个Ｔ内的位移为ｓ1＝ｖ0Ｔ＋ａＴ2／2；第二个Ｔ内的位移为ｓ2＝（ｖ0＋ａＴ）Ｔ＋ａＴ2／2；第Ｎ个Ｔ内的位移为ｓＮ＝［ｖ0＋（Ｎ－1）ａＴ］Ｔ＋ａＴ2／2．　ｓＮ－ｓＮ－1＝ａＴ2，逆定理也成立． 　25．解：由匀变速直线运动的公式得小物块的加速度的大小为ａ1＝（ｖ0－ｖｔ）／ｔ＝2（ｍ／ｓ2）．木板的加速度大小为ａ2＝2ｓ／ｔ2＝0.25（ｍ／ｓ2 ）． 根据牛顿第二定律　Ｆ＝ｍａ 对小物块得　ｆ′1＝ｍａ1＝1×2＝2Ｎ， 对木板得　ｆ1－μ（ｍ＋Ｍ）ｇ＝Ｍａ2， 　μ＝（ｆ1－Ｍａ2）／（ｍ＋Ｍ）ｇ＝（2－4×0.25）／（1＋4）×10＝0.02． 　26．解：假设金属块没有离开第一块长木板，移动的相对距离为ｘ，由动量守恒定律，得ｍｖ0＝3ｍｖ， 　ｍｖ02／2＝3ｍｖ2／2＋μｍｇｘ， 解得ｘ＝4ｍ／3＞Ｌ，不合理， ∴　金属块一定冲上第二块木板． 　以整个系统为研究对象，由动量定律及能量关系，当金属块在第一块木板上时ｍｖ0＝ｍｖ0′＋2ｍｖ1， 　ｍｖ02／2＝12ｍｖ0′2＋2ｍ·ｖ12／2＋μｍｇｌ． 　ｍｖ0＝ｍｖ1＋2ｍｖ2， 　ｍｖ02／2＝ｍｖ12／2＋2ｍ·ｖ22／2＋μｍｇ（ｌ＋ｘ）． 联立解得： 　ｖ1＝1／3ｍ／ｓ，ｖ2＝5／6ｍ／ｓ，ｘ＝0.25ｍ． 　27．解：当ｔ＝0时，ａＡ0＝9／3＝3ｍ／ｓ2，ａＢ0＝3／6＝0.5ｍ／ｓ2．ａＡ0＞ａＢ0，Ａ、Ｂ间有弹力，随ｔ之增加，Ａ、Ｂ间弹力在减小，当（9－2ｔ）／3＝（3＋2ｔ）／6，ｔ＝2.5ｓ时，Ａ、Ｂ脱离，以Ａ、Ｂ整体为研究对象，在ｔ＝2.5ｓ内，加速度ａ＝（ＦＡ＋ＦＢ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝4／3ｍ／ｓ2，ｓ＝ａｔ2／2＝4.17ｍ． 　28．解：（1）由ｍＣｖ0＝ｍＣｖ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ1，Ｃ由Ａ滑至Ｂ时，Ａ、Ｂ的共同速度是 　ｖ1＝ｍＣ（ｖ0－ｖ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝0.2ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＡ＝ｍＣｖ02／2－ｍＣｖ2／2－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12／2， 得　μ＝［ｍＣ（ｖ02－ｖ2）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12］／2ｍＣｇｌＡ＝0.48． 　（2）由ｍＣｖ＋ｍＢｖ1＝（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ2，Ｃ相对Ｂ静止时，Ｂ、Ｃ的共同速度是ｖ2＝（ｍＣｖ＋ｍＢｖ1）／（ｍＣ＋ｍＢ）＝0.65ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＢ＝ｍＣｖ2／2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22／2， Ｃ在Ｂ上滑行距离为 　ｌＢ＝［ｍＣｖ2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22］／2μｍＣｇ＝0.25ｍ． 　（3）由μｍＣｇｓ＝ｍＢｖ22／2－ｍＢｖ12／2， Ｂ相对地滑行的距离ｓ＝［ｍＢ（ｖ22－ｖ12）］／2μｍＣｇ＝0.12ｍ． 　（4）Ｃ在Ａ、Ｂ上匀减速滑行，加速度大小由μｍＣｇ＝ｍＣａ，得ａ＝μｇ＝4.8ｍ／ｓ2． Ｃ在Ａ上滑行的时间ｔ1＝（ｖ0－ｖ）／ａ＝0.21ｓ． Ｃ在Ｂ上滑行的时间ｔ2＝（ｖ－ｖ2）／ａ＝0.28ｓ． 所求时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝0.21ｓ＋0.28ｓ＝0.49ｓ． 　　29．匀加速下滑时，受力如图1ａ，由牛顿第二定律，有： ｍｇｓｉｎθ－μｍｇｃｏｓθ＝ｍａ＝ｍｇｓｉｎθ／2， 　ｓｉｎθ／2＝μｃｏｓθ， 　得μ＝ｓｉｎθ／2ｃｏｓθ． 图1静止时受力分析如图1ｂ，摩擦力有两种可能：①摩擦力沿斜面向下；②摩擦力沿斜面向上．摩擦力沿斜面向下时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＝ｆ＋ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ， 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ＋μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ－μｓｉｎθ）ｍｇ＝3ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ－ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　摩擦力沿斜面向上时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＋ｆ＝ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ． 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ－μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ＋μｓｉｎθ）ｍｇ＝ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ＋ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　30．解：（1）物体在两斜面上来回运动时，克服摩擦力所做的功Ｗｆ＝μｍｇｃｏｓ60°·ｓ总． 　物体从开始直到不再在斜面上运动的过程中ｍｇｈ－Ｗｆ＝0－ｍｖ02／2．解得ｓ总＝38ｍ． 　（2）物体最终是在Ｂ、Ｃ之间的圆弧上来回做变速圆周运动，且在Ｂ、Ｃ点时速度为零． 　（3）物体第一次通过圆弧最低点时，圆弧所受压力最大．由动能定理得ｍｇ［ｈ＋Ｒ（1－ｃｏｓ60°）］－μｍｇｃｏｓ60°／ｓｉｎ60°＝ｍ（ｖ12－ｖ02）／2， 由牛顿第二定律得　Ｎｍａｘ－ｍｇ＝ｍｖ12／Ｒ， 解得　Ｎｍａｘ＝54.5Ｎ． 　物体最终在圆弧上运动时，圆弧所受压力最小．由动能定理得ｍｇＲ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍｖ22／2，由牛顿第二定律得Ｎｍｉｎ－ｍｇ＝ｍｖ22／Ｒ，解得Ｎｍｉｎ＝20Ｎ． 　31．解：（1）设刹车后，平板车的加速度为ａ0，从开始刹车到车停止所经历时间为ｔ0，车所行驶距离为ｓ0，则有ｖ02＝2ａ0ｓ0，ｖ0＝ａ0ｔ0． 　欲使ｔ0小，ａ0应该大，作用于木箱的滑动摩擦力产生的加速度ａ1＝μｍｇ／ｍ＝μｇ． 　当ａ0＞ａ1时，木箱相对车底板滑动，从刹车到车停止过程中木箱运动的路程为ｓ1，则ｖ02＝2ａ2ｓ1． 　为使木箱不撞击驾驶室，应有ｓ1－ｓ0≤Ｌ． 　联立以上各式解得：ａ0≤μｇｖ02／（ｖ02－2μｇＬ）＝5ｍ／ｓ2， 　∴　ｔ0＝ｖ0／ａ0＝4.4ｓ． 　（2）对平板车，设制动力为Ｆ，则Ｆ＋ｋ（Ｍ＋ｍ）ｇ－μｍｇ＝Ｍａ0，解得：Ｆ＝7420Ｎ． 　32．解：对系统ａ0＝［Ｆ－μｇ（ｍ1＋ｍ2）］／（ｍ1＋ｍ2）＝1ｍ／ｓ2． 　对木块1，细绳断后：│ａ1│＝ｆ1／ｍ1＝μｇ＝1ｍ／ｓ2． 　设细绳断裂时刻为ｔ1，则木块1运动的总位移： 　ｓ1＝2ａ0ｔ12／2＝ａ0ｔ12． 　对木块2，细绳断后，ａ2＝（Ｆ－μｍ2ｇ）／ｍ2＝2ｍ／ｓ2 ． 木块2总位移 　ｓ2＝ｓ′＋ｓ″＝ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2， 两木块位移差Δｓ＝ｓ2－ｓ1＝22（ｍ）． 得　ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2－ａ0ｔ12＝22， 把ａ0，ａ2值，ｖ1＝ａ0ｔ1代入上式整理得： 　ｔ12＋12ｔ1－28＝0，得ｔ1＝2ｓ． 木块2末速ｖ2＝ｖ1＋ａ2（6－ｔ1）＝ａ0ｔ1＋ａ2（6－ｔ1）＝10ｍ／ｓ． 此时动能Ｅｋ＝ｍ2ｖ22／2＝2×102／2Ｊ＝100Ｊ． 　33．解：（1）由动量守恒定律，ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ′，且有ｍ∶Ｍ＝1∶3， ∴　Ａ、Ｂ共同速度ｖ′＝ｍｖ0／（ｍ＋Ｍ）＝1ｍ／ｓ． 　（2）由动能定理，对全过程应有 　μｍｇ·2Ｌ＝ｍｖ02／2－（ｍ＋Ｍ）ｖ′2／2， 　4μｇＬ＝ｖ02－4ｖ′2，μ＝（ｖ02－4ｖ′2）／4ｇＬ＝0.3． 　（3）先求Ａ与Ｂ挡板碰前Ａ的速度ｖ10，以及木板Ｂ相应速度ｖ20，取从Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板相碰前过程为研究对象，依动量守恒与动能定理有以下两式成立：ｍｖ0＝ｍｖ10＋Ｍｖ20， 　ｍｖ02／2－ｍｖ102／2－Ｍｖ202／2＝μｍｇＬ． 代入数据得　ｖ10＋3ｖ20＝4，ｖ102＋3ｖ202＝10， 解以上两式可得　ｖ10＝（2±3）／2ｍ／ｓ．因Ａ与Ｂ挡板碰前速度不可能取负值，故ｖ10＝（2＋3）／2ｍ／ｓ．相应解出ｖ20＝（2－）／2ｍ／ｓ＝0.3ｍ／ｓ． 　木板Ｂ此过程为匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得μｍｇ＝Ｍａ1，ａ1＝μｍｇ／Ｍ＝1（ｍ／ｓ2）． 此过程经历时间ｔ1由下式求出 　ｖ20＝ａ1ｔ1，ｔ1＝ｖ20／ａ1＝0.3（ｓ）． 其速度图线为图2中0～0.3ｓ段图线ａ． 　再求Ａ与Ｂ挡板碰后，木板Ｂ的速度ｖ2与木块Ａ的速度ｖ1，为方便起见取Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板碰撞后瞬间过程为研究对象，依动量守恒定律与动能定理有以下两式成立： ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2，ｍｖ02／2－ｍｖ12／2－Ｍｖ22／2＝μｍｇＬ． 故解为　ｖ1＝（2±3）／2ｍ／ｓ． 因ｖ1＝（2＋3）／2ｍ／ｓ为碰前速度，故取ｖ1＝（2－3）／2ｍ／ｓ，相应得ｖ2＝2＋2ｍ／ｓ＝1.7ｍ／ｓ． 由于ｖ1＜0，即木块相对Ｂ向左滑动，Ａ受Ｂ摩擦力向右，Ｂ受Ａ摩擦力向左，故Ｂ做匀减速直线运动，加速度大小由牛顿第二定律，得ａ＝μｍｇ／Ｍ＝1ｍ／ｓ2． 　从碰后到Ａ滑到Ｂ最左端过程中，Ｂ向右做匀减速直线运动时间设为ｔ2，则ｖ′－ｖ2＝－ａｔ2， ∴　ｔ2＝0.7ｓ． 　此过程速度图线如图2中0.3ｓ～1.0ｓ段图线ｂ．图2 　　34．解：设ｍ1、ｍ2两物体受恒力Ｆ作用后，产生的加速度分别为ａ1、ａ2，由牛顿第二定律Ｆ＝ｍａ，得 　ａ1＝Ｆ／ｍ1，ａ2＝Ｆ／ｍ2， 　历时ｔ两物体速度分别为ｖ1＝ａ1ｔ，ｖ2＝ｖ0＋ａ2ｔ，由题意令ｖ1＝ｖ2，即ａ1ｔ＝ｖ0＋ａ2ｔ或（ａ1－ａ2）ｔ＝ｖ0，因ｔ≠0、ｖ0＞0，欲使上式成立，需满足ａ1－ａ2＞0，即Ｆ／ｍ1＞Ｆ／ｍ2，或ｍ1＜ｍ2，也即当ｍ1≥ｍ2时不可能达到共同速度，当ｍ1＜ｍ2时，可以达到共同速度． 　35．解：（1）当小球刚好能在轨道内做圆周运动时，水平初速度ｖ最小，此时有ｍｇ＝ｍｖ2／Ｒ， 故　ｖ＝＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）若初速度ｖ′＜ｖ，小球将做平抛运动，如在其竖直位移为Ｒ的时间内，其水平位移ｓ≥Ｒ，小球可进入轨道经过Ｂ点．设其竖直位移为Ｒ时，水平位移也恰为R，则Ｒ＝ｇｔ2／2，Ｒ＝ｖ′ｔ，解得：ｖ′＝／2＝ｍ／ｓ． 因此，初速度满足2ｍ／ｓ＞ｖ′≥ｍ／ｓ时，小球可做平抛运动经过Ｂ点． 　36．卫星在天空中任何天体表面附近运行时，仅受万有引力Ｆ作用使卫星做圆周运动，运动半径等于天体的球半径Ｒ．设天体质量为Ｍ，卫星质量为ｍ，卫星运动周期为Ｔ，天体密度为ρ．根据万有引力定律Ｆ＝ＧＭｍ／Ｒ2， 卫星做圆周运动向心力Ｆ′＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2， 因为 　Ｆ′＝Ｆ，得ＧＭｍ／Ｒ2＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2，∴Ｔ＝． 　又球体质量Ｍ＝4πＲ3ρ／3． 得Ｔ＝=，∴Ｔ∝1／，得证． 　37．解：由于两球相碰满足动量守恒 　　ｍ1ｖ0＝ｍ1ｖ1＋ｍ2ｖ2，ｖ1＝－1.3ｍ／ｓ． 　两球组成系统碰撞前后的总动能Ｅｋ1＋Ｅｋ2＝ｍ1ｖ02／2＋0＝2.5Ｊ， 　Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＝ｍ1ｖ12／2＋ｍ2ｖ22／2＝2.8Ｊ． 　可见，Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＞Ｅｋ1＋Ｅｋ2，碰后能量较碰撞前增多了，违背了能量守恒定律，这种假设不合理． 　38．解：（1）由动量守恒，得ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2， 由运动学公式得ｓ＝（ｖ1－ｖ2）ｔ，ｈ＝ｇｔ2／2， 由以上三式得ｖ2＝（ｍｖ0－ｓｍ）／（Ｍ＋ｍ）． 　 （2）最后车与物体以共同的速度ｖ向右运动，故有 　ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖｖ＝ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）． ∴ΔＥ＝ｍｖ02／2＋ｍｇｈ－（Ｍ＋ｍ）ｍ2ｖ02／2（Ｍ＋ｍ）2． 解得ΔＥ＝ｍｇｈ＋Ｍｍｖ02／2（Ｍ＋ｍ）． 　39．解：设碰前Ａ、Ｂ有共同速度ｖ时，Ｍ前滑的距离为ｓ．则ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ，ｆｓ＝Ｍｖ2／2，ｆ＝μｍｇ． 　由以上各式得　ｓ＝Ｍｍｖ02／2μｇ（Ｍ＋ｍ）2． 　当ｖ0＝2ｍ／ｓ时，ｓ＝2／9ｍ＜0.5ｍ，即Ａ、Ｂ有共同速度．当ｖ0＝4ｍ／ｓ时，ｓ＝8／9ｍ＞0.5ｍ，即碰前Ａ、Ｂ速度不同． 　40．解：（1）物体由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者系统水平方向动量守恒得：ｍｖ0＝ｍｖ0／2＋2ｍｖＡＢ． 解之得　ｖＡＢ＝ｖ0／4． 　（2）物块由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者功能关系得：μｍｇＬ＝ｍｖ02／2－ｍ（ｖ0／2）2／2－2ｍ（ｖ0／4）2／2． 解之得　Ｌ＝5ｖ02／16μｇ． 　（3）物块由Ｄ滑到Ｃ的过程中，二者系统水平方向动量守恒，又因为物块到达最高点Ｃ时，物块与滑块速度相等且水平，均为ｖ． 故得　ｍｖ0／2＋ｍｖ0／4＝2ｍｖ， ∴　得滑块的动能ＥＣＤ＝ｍｖ2／2＝9ｍｖ02／128． 　41．解：（1）Ｂ从ｖ0减速到速度为零的过程，Ｃ静止，Ｂ的位移：ｓ1＝ｖ02／2μｇ． 　所用的时间：ｔ1＝ｖ0／μｇ． 　此后Ｂ与Ｃ一起向右做加速运动，Ａ做减速运动，直到相对静止，设所用时间为ｔ2，共同速度为ｖ． 　对Ａ、Ｂ、Ｃ，由动量守恒定律得 　ｍＡ·2ｖ0－ｍＢｖ0＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ， ∵　ｍＡ＝ｍＢ＝ｍＣ，∴　ｖ＝ｖ0／3． 　对Ｂ与Ｃ，向右加速运动的加速度 　ａ＝μｍＡｇ／（ｍＢ＋ｍＣ）＝μｇ／2，∴ｔ2＝ｖ／ａ＝2ｖ0／3μｇ． Δｔ内Ｂ向右移动的位移ｓ2＝ｖｔ2／2＝ｖ02／9μｇ， 故总路程ｓ＝ｓ1＋ｓ2＝11ｖ02／18μｇ，总时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝5ｖ0／3μｇ． 　（2）设车的最小长度为Ｌ，则相对静止时Ａ、Ｂ刚好接触，由能量守恒得 　ｍＡ（2ｖ0）2／2＋ｍＢｖ02／2＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ2／2＋μｍＢｇｓ1＋μｍＡｇ（Ｌ－ｓ1）， 联立解得Ｌ＝7ｖ02／3μｇ． 　42．解：（1）ｍ速度最大的位置应在O点左侧．因为细线烧断后，ｍ在弹簧弹力和滑动摩擦力的合力作用下向右做加速运动，当弹力与摩擦力的合力为零时，ｍ的速度达到最大，此时弹簧必处于压缩状态．此后，系统的机械能不断减小，不能再达到这一最大速度． 　（2）选ｍ、Ｍ为一系统，由动量守恒定律得 　ｍｖ1＝Ｍｖ2 ． 　设这一过程中弹簧释放的弹性势能为Ｅｐ，则 　Ｅｐ＝ｍｖ12／2＋Ｍｖ22／2＋μｍｇｓ， 解得　ｖ2＝ｍｖ1／Ｍ，Ｅｐ＝ｍ［（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2Ｍ＋μｇｓ］． 　（2）ｍ与Ｍ最终将静止，因为系统动量守恒，且总动量为零，只要ｍ与Ｍ间有相对运动，就要克服摩擦力做功，不断消耗能量，所以，ｍ与Ｍ最终必定都静止． 　43．解：（1）第一颗子弹射入木块过程，系统动量守恒，有 　ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ1． 　射入后，在ＯＢＣ运动过程中，机械能守恒，有 　（ｍ＋Ｍ）ｖ12／2＝（ｍ＋Ｍ）ｇＲ，得ｖ0＝（Ｍ＋ｍ）／ｍ． 　（2）由动量守恒定律知，第2、4、6……颗子弹射入木块后，木块速度为0，第1、3、5……颗子弹射入后，木块运动．当第9颗子弹射入木块时，由动量守恒得： 　ｍｖ0＝（9ｍ＋Ｍ）ｖ9， 　设此后木块沿圆弧上升最大高度为Ｈ，由机械能守恒定律得：（9ｍ＋Ｍ）ｖ92／2＝（9ｍ＋Ｍ）ｇＨ， 由以上可得：Ｈ＝［（Ｍ＋ｍ）／（Ｍ＋9ｍ）］2Ｒ． 　44．解：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动ｓ，速度变为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．由动能定理 　－μＭｇｓ＝0－ｍｖ02／2，ｓ＝ｍｖ02／2μＭｇ＝0.33ｍ． 　（2）假如平板车在第二次碰墙前还未和滑块相对静止，则其速度的大小肯定还是2ｍ／ｓ，因为只要相对运动，摩擦力大小为恒值．滑块速度则大于2ｍ／ｓ，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰墙前肯定已和滑块具有共同速度ｖ．此即平板车碰墙前瞬间的速度． 　Ｍｖ0－ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， ∴ｖ＝（Ｍ－ｍ）ｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝0.4ｍ／ｓ．图3　（3）平板车与墙壁第一次碰撞后滑块与平板又达到共同速度ｖ前的过程，可用图3（ａ）、（ｂ）、（ｃ）表示．图3（ａ）为平板车与墙碰撞后瞬间滑块与平板车的位置，图3（ｂ）为平板车到达最左端时两者的位置，图3（ｃ）为平板车与滑块再次达到共同速度时两者的位置．在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功μΜｇｓ′，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功μＭｇｓ″（平板车从Ｂ到Ａ再回到Ｂ的过程中摩擦力做功为零），其中ｓ′、ｓ″分别为滑块和平板车的位移．滑块和平板车动能总减少为μＭｇｌ1，其中ｌ1 ＝ｓ′＋ｓ″为滑块相对平板车的位移，此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为ｌ，则有（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2＝μＭｇｌ，ｌ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2μＭｇ＝0.833ｍ． ｌ即为平板车的最短长度．图4　　45．解：如图4，Ａ球从静止释放后将自由下落至Ｃ点悬线绷直，此时速度为ｖＣ ∵　ｖＣ2＝2ｇ×2Ｌｓｉｎ30°， ∴　ｖＣ＝＝2ｍ／ｓ． 　在线绷直的过程中沿线的速度分量减为零时，Ａ将以切向速度ｖ1沿圆弧运动且 　ｖ1＝ｖＣｃｏｓ30°＝ｍ／ｓ． 　Ａ球从Ｃ点运动到最低点与Ｂ球碰撞前机械能守恒，可求出Ａ球与Ｂ球碰前的速度 　ｍＡｖ12／2＋ｍＡｇＬ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍＡｖ22／2， 　ｖ2＝==ｍ／ｓ． 　因Ａ、Ｂ两球发生无能量损失的碰撞且ｍＡ＝ｍＢ，所以它们的速度交换，即碰后Ａ球的速度为零，Ｂ球的速度为ｖ2＝（ｍ／ｓ）．对Ｂ球和小车组成的系统水平方向动量守恒和机械能守恒，当两者有共同水平速度ｕ时，Ｂ球上升到最高点，设上升高度为ｈ． 　ｍＢｖ2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ，ｍＢｖ22／2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ2／2＋ｍＢｇｈ．解得ｈ＝3／16≈0.19ｍ． 　在Ｂ球回摆到最低点的过程中，悬线拉力仍使小车加速，当Ｂ球回到最低点时小车有最大速度ｖｍ，设小球Ｂ回到最低点时速度的大小为ｖ3，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 　ｍＢｖ2＝－ｍＢｖ3＋Ｍｖｍ，ｍＢｖ22／2＝ｍＢｖ32／2＋Ｍｖｍ2／2， 解得ｖｍ＝2ｍＢｖ2／（ｍ3＋Ｍ）＝／2ｍ／ｓ＝1.12ｍ／ｓ． 　46．解：（1）小球的角速度与运动的角速度必定相等，则有ｖ＝ωＲ＝ω． 　（2）人手所提供的功率应等于小球在运动过程中克服摩擦力做功的功率．即有Ｐ＝ｆｖ， ∴　ｆ＝Ｐ／ｖ＝Ｐ／ω． 　47．解：由于粘性物体与底板粘合的过程时间极短，冲击力远大于重力，在竖直方向近似动量守恒，开始静止时，有　ｍ1ｇ＝ｋｘｋ＝ｍ1ｇｘ． 　ｍ2下落Ｈ时的速度ｖ＝，ｍ2与ｍ1合在一起动量守恒，ｍ2ｖ＝（ｍ1＋ｍ2）ｖ′，ｖ′＝ｍ2 ｖ／（ｍ1＋ｍ2）＝ｍ2／（ｍ1＋ｍ2）． 　设向下为正方向，ｍ1与ｍ2的整体受两个力，即重力（ｍ1＋ｍ2）ｇ和弹簧的平均拉力，则有平均拉力＝ｋｘ＋ｋｈ／2＝ｋ（2ｘ＋ｈ）／2，由动能定理得 ［－＋（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ＝0－（ｍ1＋ｍ2）ｖ2／2， 由以上各式得［ｍ1ｇ（2ｘ＋ｈ）／2ｘ－（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ 　＝（ｍ1＋ｍ2）·ｍ22·2ｇｈ／2（ｍ1＋ｍ2）2． 代入数值得ｈ＝0.3ｍ． 　48．解：ｍ与Ａ粘在一起后水平方向动量守恒，共同速度设为ｖ1，Ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ1， 得ｖ1＝Ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝2ｖ0／3． 　当弹簧压缩到最大时即有最大弹性势能Ｅ，此时系统中各物体有相同速度，设为ｖ2，由动量守恒定律 　2Ｍｖ0＝（2Ｍ＋ｍ）ｖ2，得ｖ2＝2Ｍｖ0／（2Ｍ＋ｍ）＝4ｖ0／5． 由能量守恒有 　Ｅ＝Ｍｖ02／2＋（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2－（2Ｍ＋ｍ）ｖ22／2， 解得Ｅ＝Ｍｖ02／30． 　49．解：（1）振子在平衡位置时，所受合力为零，设此时弹簧被压缩Δｘ：（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ＝ｋΔｘ，Δｘ＝5ｃｍ． 　开始释放时振子处在最大位移处，故振幅 　Ａ＝5ｃｍ＋5ｃｍ＝10ｃｍ． 　（2）由于开始时弹簧的伸长量恰等于振子在平衡位置时弹簧的压缩量，故弹性势能相等，设振子的最大速度为ｖ，从开始到平衡位置，根据机械能守恒定律， 得ｍｇ·Ａ＝ｍｖ2／2，∴ｖ＝＝1.4ｍ／ｓ， 即Ｂ的最大速率为1.4ｍ／ｓ． 　（3）在最高点，振子受到的重力和弹力方向相同，根据牛顿第二定律，得 　ａ＝［ｋΔｘ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ］／（ｍＡ＋ｍＢ）＝20ｍ／ｓ2， Ａ对Ｂ的作用力方向向下，其大小 　Ｎ1＝ｍＢａ－ｍＢｇ＝10Ｎ． 在最低点，振子受到的重力和弹力方向相反，根据牛顿第二定律，得ａ＝ｋ（Δｘ＋Ａ）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｍＡ＋ｍＢ＝20ｍ／ｓ2． Ａ对Ｂ的作用力方向向上，其大小 　Ｎ2＝ｍＢａ＋ｍＢｇ＝30Ｎ． 　47．如图1－100所示，一个框架质量ｍ1＝200ｇ，通过定滑轮用绳子挂在轻弹簧的一端，弹簧的另一端固定在墙上，当系统静止时，弹簧伸长了10ｃｍ，另有一粘性物体质量ｍ2＝200ｇ，从距框架底板Ｈ＝30ｃｍ的上方由静止开始自由下落，并用很短时间粘在底板上．ｇ取10ｍ／ｓ2，设弹簧右端一直没有碰到滑轮，不计滑轮摩擦，求框架向下移动的最大距离ｈ多大？ 图1－100　　图1－101　　图1－1022．解：在0～1ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知 　ａ１＝12ｍ／ｓ２， 由牛顿第二定律，得 　Ｆ－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ１，　　① 在0～2ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知ａ２＝－6ｍ／ｓ２， 因为此时物体具有斜向上的初速度，故由牛顿第二定律，得 　－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ２，　　② 　②式代入①式，得　Ｆ＝18Ｎ． 3．解：在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从Ａ到Ｂ需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为ｔ1，则 　（ｖ／2）ｔ１＋ｖ（ｔ－ｔ１）＝Ｌ， 所以　ｔ１＝2（ｖｔ－Ｌ）／ｖ＝（2×（2×6－10）／2）ｓ＝2ｓ． 为使物体从Ａ至Ｂ所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变．而　ａ＝ｖ／ｔ＝1ｍ／ｓ２．设物体从Ａ至Ｂ所用最短的时间为ｔ2，则 　（1／2）ａｔ2２＝Ｌ， 　ｔ2＝=＝2ｓ． 　ｖｍｉｎ＝ａｔ2＝1×2ｍ／ｓ＝2ｍ／ｓ． 传送带速度再增大1倍，物体仍做加速度为1ｍ／ｓ２的匀加速运动，从Ａ至Ｂ的传送时间为2ｍ／ｓ． 4．解：启动前Ｎ１＝ｍｇ， 　升到某高度时　Ｎ2＝（17／18）Ｎ１＝（17／18）ｍｇ， 　对测试仪　Ｎ2－ｍｇ′＝ｍａ＝ｍ（ｇ／2）， 　∴　ｇ′＝（8／18）ｇ＝（4／9）ｇ， 　ＧｍＭ／Ｒ2＝ｍｇ，ＧｍＭ／（Ｒ＋ｈ）2＝ｍｇ′，解得：ｈ＝（1／2）Ｒ． 5．解：由匀加速运动的公式　ｖ２＝ｖ０２＋2ａｓ 　得物块沿斜面下滑的加速度为 　ａ＝ｖ2／2ｓ＝1．42／（2×1．4）＝0．7ｍｓ－２， 由于ａ＜ｇｓｉｎθ＝5ｍｓ－２， 　可知物块受到摩擦力的作用． 图3　分析物块受力，它受3个力，如图3．对于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，由牛顿定律有 　ｍｇｓｉｎθ－ｆ１＝ｍａ， 　ｍｇｃｏｓθ－Ｎ１＝0， 　分析木楔受力，它受5个力作用，如图3所示．对于水平方向，由牛顿定律有 　ｆ2＋ｆ１ｃｏｓθ－Ｎ１ｓｉｎθ＝0， 　由此可解得地面的作用于木楔的摩擦力 　ｆ2＝ｍｇｃｏｓθｓｉｎθ－（ｍｇｓｉｎθ－ｍａ）ｃｏｓθ＝ｍａｃｏｓθ＝1×0．7×（／2）＝0．61Ｎ． 　此力的方向与图中所设的一致（由指向）． 6．解：（1）飞机原先是水平飞行的，由于垂直气流的作用，飞机在竖直方向上的运动可看成初速度为零的匀加速直线运动，根据　ｈ＝（1／2）ａｔ２，得ａ＝2ｈ／ｔ２，代入ｈ＝1700ｍ，ｔ＝10ｓ，得 　ａ＝（2×1700／10２）（ｍ／ｓ２）＝34ｍ／ｓ２，方向竖直向下． 　（2）飞机在向下做加速运动的过程中，若乘客已系好安全带，使机上乘客产生加速度的力是向下重力和安全带拉力的合力．设乘客质量为ｍ，安全带提供的竖直向下拉力为Ｆ，根据牛顿第二定律　Ｆ＋ｍｇ＝ｍａ，得安全带拉力 　　Ｆ＝ｍ（ａ－ｇ）＝ｍ（34－10）Ｎ＝24ｍ（Ｎ）， ∴　安全带提供的拉力相当于乘客体重的倍数 　ｎ＝Ｆ／ｍｇ＝24ｍＮ／ｍ·10Ｎ＝2．4（倍）． 　（3）若乘客未系安全带，飞机向下的加速度为34ｍ／ｓ２，人向下加速度为10ｍ／ｓ２，飞机向下的加速度大于人的加速度，所以人对飞机将向上运动，会使头部受到严重伤害． 7．解：设月球表面重力加速度为ｇ，根据平抛运动规律，有 　ｈ＝（1／2）ｇｔ２，　　① 　水平射程为　　　Ｌ＝ｖ０ｔ，　　② 　联立①②得ｇ＝2ｈｖ０２／Ｌ２．　　③ 　根据牛顿第二定律，得　ｍｇ＝ｍ（2π／Ｔ）２Ｒ，　　④ 　联立③④得　Ｔ＝（πＬ／ｖ０ｈ）．　　⑤ 8．解：前2秒内，有Ｆ－ｆ＝ｍａ１，ｆ＝μＮ，Ｎ＝ｍｇ，则 　ａ１＝（Ｆ－μｍｇ）／ｍ＝4ｍ／ｓ２，ｖｔ＝ａ１ ｔ＝8ｍ／ｓ， 　撤去Ｆ以后　ａ２＝ｆ／ｍ＝2ｍ／ｓ，ｓ＝ｖ１２／2ａ２＝16ｍ． 9．解：（1）用力斜向下推时，箱子匀速运动，则有 　Ｆｃｏｓθ＝ｆ，ｆ＝μＮ，Ｎ＝Ｇ＋Ｆｓｉｎθ， 　联立以上三式代数据，得　Ｆ＝1．2×10２Ｎ． 　（2）若水平用力推箱子时，据牛顿第二定律，得Ｆ合＝ｍａ，则有 　Ｆ－μＮ＝ｍａ，Ｎ＝Ｇ， 　联立解得　ａ＝2．0ｍ／ｓ２． 　ｖ＝ａｔ＝2．0×3．0ｍ／ｓ＝6．0ｍ／ｓ， 　ｓ＝（1／2）ａｔ２＝（1／2）×2．0×3．0２ｍ／ｓ＝9．0ｍ， 　推力停止作用后　ａ′＝ｆ／ｍ＝4．0ｍ／ｓ２（方向向左）， 　ｓ′＝ｖ２／2ａ′＝4．5ｍ， 　则　ｓ总＝ｓ＋ｓ′＝13．5ｍ． 10．解：根据题中说明，该运动员发球后，网球做平抛运动．以ｖ表示初速度，Ｈ表示网球开始运动时离地面的高度（即发球高度），ｓ１表示网球开始运动时与网的水平距离（即运动员离开网的距离），ｔ１表示网球通过网上的时刻，ｈ表示网球通过网上时离地面的高度，由平抛运动规律得到 　ｓ１＝ｖｔ１，Ｈ－ｈ＝（1／2）ｇｔ１２， 消去ｔ１，得　　ｖ＝ｍ／ｓ，ｖ≈23ｍ／ｓ． 　以ｔ２表示网球落地的时刻，ｓ２表示网球开始运动的地点与落地点的水平距离，ｓ表示网球落地点与网的水平距离，由平抛运动规律得到 　Ｈ＝（1／2）ｇｔ２２，ｓ２＝ｖｔ２， 消去ｔ２，得ｓ２＝ｖ≈16ｍ， 　网球落地点到网的距离　ｓ＝ｓ２－ｓ１≈4ｍ． 11．解：（1）设卫星质量为ｍ，它在地球附近做圆周运动，半径可取为地球半径Ｒ，运动速度为ｖ，有 　ＧＭｍ／Ｒ２＝ｍｖ２／Ｒ　得ｖ＝． 　（2）由（1）得： 　Ｍ＝ｖ２Ｒ／Ｇ＝＝6．0×1024ｋｇ． 12．解：对物块：Ｆ１－μｍｇ＝ｍａ１， 　6－0．5×1×10＝1·ａ１，ａ１＝1．0ｍ／ｓ2， 　ｓ１＝（1／2）ａ１ｔ2＝（1／2）×1×0．42＝0．08ｍ， 　ｖ１＝ａ１ｔ＝1×0．4＝0．4ｍ／ｓ， 　对小车：Ｆ２－μｍｇ＝Ｍａ２， 　9－0．5×1×10＝2ａ２，ａ２＝2．0ｍ／ｓ2 ， 　ｓ２＝（1／2）ａ２ｔ2＝（1／2）×2×0．42＝0．16ｍ， 　ｖ２＝ａ２ｔ＝2×0．4＝0．8ｍ／ｓ， 　撤去两力后，动量守恒，有Ｍｖ２－ｍｖ１＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， 　ｖ＝0．4ｍ／ｓ（向右）， ∵　（（1／2）ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2）－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ2＝μｍｇｓ３， 　ｓ３＝0．096ｍ， ∴　ｌ＝ｓ１＋ｓ２＋ｓ３＝0．336ｍ． 13．解：设木块到Ｂ时速度为ｖ０，车与船的速度为ｖ１，对木块、车、船系统，有 　ｍ１ｇｈ＝（ｍ１ｖ０2／2）＋（（ｍ２＋ｍ３）ｖ１2／2）， 　ｍ１ｖ０＝（ｍ２＋ｍ３）ｖ１， 解得　ｖ０＝5，ｖ１＝． 　木块到Ｂ后，船以ｖ１继续向左匀速运动，木块和车最终以共同速度ｖ２向右运动，对木块和车系统，有 　ｍ１ｖ０－ｍ２ｖ１＝（ｍ１＋ｍ２）ｖ２， 　μｍ１ｇｓ＝（（ｍ１ｖ０2／2）＋（ｍ２ｖ１2／2））－（（ｍ１＋ｍ２）ｖ２2／2）， 得　ｖ２＝ｖ１＝，ｓ＝2ｈ． 14．解：（1）小球的角速度与手转动的角速度必定相等均为ω．设小球做圆周运动的半径为ｒ，线速度为ｖ．由几何关系得　ｒ＝，ｖ＝ω·ｒ，解得　　 　　ｖ＝ω． 　（2）设手对绳的拉力为Ｆ，手的线速度为ｖ，由功率公式得　Ｐ＝Ｆｖ＝Ｆ·ωＲ， ∴　Ｆ＝Ｐ／ωＲ．图4　研究小球的受力情况如图4所示，因为小球做匀速圆周运动，所以切向合力为零，即 　Ｆｓｉｎθ＝ｆ， 其中　ｓｉｎθ＝Ｒ／， 　联立解得　ｆ＝Ｐ／ω． 15．解：（1）用ｖ１表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由于子弹射入木块Ｃ时间极短，系统动量守恒，有 　ｍｖ０＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１， 　∴　ｖ１＝ｍｖ０／（ｍ＋Ｍ）＝3ｍ／ｓ， 　子弹和木块Ｃ在ＡＢ木板上滑动，由动能定理得： 　（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ２２－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ１２＝－μ（ｍ＋Ｍ）ｇＬ， 　解得　ｖ２＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）用ｖ′表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由动量守恒定律，得　ｍｖ０′＋Ｍｕ＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１′，解得　ｖ１′＝4ｍ／ｓ． 　木块Ｃ及子弹在ＡＢ木板表面上做匀减速运动　ａ＝μｇ．设木块Ｃ和子弹滑至ＡＢ板右端的时间为ｔ，则木块Ｃ和子弹的位移ｓ１＝ｖ１′ｔ－（1／2）ａｔ2， 　由于ｍ车≥（ｍ＋Ｍ），故小车及木块ＡＢ仍做匀速直线运动，小车及木板ＡＢ的位移　ｓ＝ｕｔ，由图5可知：ｓ１＝ｓ＋Ｌ， 　联立以上四式并代入数据得： 　ｔ2－6ｔ＋1＝0， 　解得：ｔ＝（3－2）ｓ，（ｔ＝（3＋2）ｓ不合题意舍去），　　（11） 　∴　ｓ＝ｕｔ＝0．18ｍ． 16．解：（1）设Ａ滑上Ｂ后达到共同速度前并未碰到档板，则根据动量守恒定律得它们的共同速度为ｖ，有图5　ｍｖ０＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝2ｍ／ｓ，在这一过程中，Ｂ的位移为ｓＢ＝ｖＢ2／2ａＢ且ａＢ＝μｍｇ／Ｍ，解得ｓＢ＝Ｍｖ2／2μｍｇ＝2×22／2×0．2×1×10＝2ｍ． 　设这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ１，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ１＝（1／2）ｍｖ０2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得ｓ１＝6ｍ． 　当ｓ＝4ｍ时，Ａ、Ｂ达到共同速度ｖ＝2ｍ／ｓ后再匀速向前运动2ｍ碰到挡板，Ｂ碰到竖直挡板后，根据动量守恒定律得Ａ、Ｂ最后相对静止时的速度为ｖ′，则 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′， 解得　ｖ′＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ２，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ２＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　ｓ２＝2．67ｍ． 　因此，Ａ、Ｂ最终不脱离的木板最小长度为ｓ１＋ｓ２＝8．67ｍ 　（2）因Ｂ离竖直档板的距离ｓ＝0．5ｍ＜2ｍ，所以碰到档板时，Ａ、Ｂ未达到相对静止，此时Ｂ的速度ｖＢ为 　ｖＢ2＝2ａＢｓ＝（2μｍｇ／Ｍ）ｓ，解得　ｖＢ＝1ｍ／ｓ， 　设此时Ａ的速度为ｖＡ ，根据动量守恒定律，得 　ｍｖ０＝ＭｖＢ＋ｍｖＡ，解得ｖＡ＝4ｍ／ｓ， 　设在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移为ｓ１′，根据动能定理得： 　μｍｇｓ１′＝（1／2）ｍｖ０2－（（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）ＭｖＢ2）， 　解得　ｓ１′＝4．5ｍ． 　Ｂ碰撞挡板后，Ａ、Ｂ最终达到向右的相同速度ｖ，根据动能定理得ｍｖＡ－ＭｖＢ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ２′为 　μｍｇｓ２′＝（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得　ｓ２′＝（25／6）ｍ． 　Ｂ再次碰到挡板后，Ａ、Ｂ最终以相同的速度ｖ′向左共同运动，根据动量守恒定律，得 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′，解得　ｖ′＝（2／9）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ３′为： 　μｍｇｓ３′＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　　　　ｓ３′＝（8／27）ｍ． 　因此，为使Ａ不从Ｂ上脱落，Ｂ的最小长度为ｓ１′＋ｓ２′＋ｓ３′＝8．96ｍ． 17．解：（1）Ｂ与Ａ碰撞后，Ｂ相对于Ａ向左运动，Ａ所受摩擦力方向向左，Ａ的运动方向向右，故摩擦力作负功．设Ｂ与Ａ碰撞后的瞬间Ａ的速度为ｖ１，Ｂ的速度为ｖ２，Ａ、Ｂ相对静止后的共同速度为ｖ，整个过程中Ａ、Ｂ组成的系统动量守恒，有 　Ｍｖ０＝（Ｍ＋1．5Ｍ）ｖ，ｖ＝2ｖ０／5． 　碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功，即 　Ｍｖ２＋1．5Ｍｖ１＝2．5Ｍｖ，　　① 　（1／2）×1．5Ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2－（1／2）×2．5Ｍｖ2＝Ｍμｇｌ，　　② 可解出ｖ１＝（1／2）ｖ０（另一解ｖ１＝（3／10）ｖ０因小于ｖ而舍去） 　这段过程中，Ａ克服摩擦力做功 　Ｗ＝（1／2）×1．5Ｍｖ１2－（1／2）×1．5Ｍｖ2＝（27／400）Ｍｖ０2（0．068Ｍｖ０2）． 　（2）Ａ在运动过程中不可能向左运动，因为在Ｂ未与Ａ碰撞之前，Ａ受到的摩擦力方向向右，做加速运动，碰撞之后Ａ受到的摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后，速度仍向右，因此不可能向左运动． 　Ｂ在碰撞之后，有可能向左运动，即ｖ２＜0． 　先计算当ｖ２＝0时满足的条件，由①式，得 　ｖ１＝（2ｖ０／3）－（2ｖ２／3），当ｖ２＝0时，ｖ１＝2ｖ０／3，代入②式，得 　（（1／2）×1．5Ｍ4ｖ０2／9）－（（1／2）×2．5Ｍ4ｖ０2／25）＝Ｍμｇｌ， 解得　μｇｌ＝2ｖ０2／15． 　Ｂ在某段时间内向左运动的条件之一是μｌ＜2ｖ０2／15ｇ． 　另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即 　（1／2）Ｍｖ０2－（1／2）2．5Ｍ（2ｖ０／5）2≥2Ｍμｇｌ， 　解出另一个条件是　μｌ≤3ｖ０2／20ｇ， 　最后得出Ｂ在某段时间内向左运动的条件是 　2ｖ０2／15ｇ＜μｌ≤3ｖ０2／20ｇ． 18．解：（1）以警车为研究对象，由动能定理． 　－μｍｇ·ｓ＝（1／2）ｍｖ2－（1／2）ｍｖ０2， 　将ｖ０＝14．0ｍ／ｓ，ｓ＝14．0ｍ，ｖ＝0代入，得 　μｇ＝7．0ｍ／ｓ2， 　因为警车行驶条件与肇事汽车相同，所以肇事汽车的初速度ｖＡ＝ ＝21ｍ／ｓ． 　（2）肇事汽车在出事点Ｂ的速度 　ｖＢ＝＝14ｍ／ｓ， 　肇事汽车通过段的平均速度 　＝（ｖＡ＋ｖＢ）／2＝（21＋14）／2＝17．5ｍ／ｓ． 　肇事汽车通过ＡＢ段的时间 　ｔ２＝ＡＢ／＝（31．5－14．0）／17．5＝1ｓ． 　∴　游客横过马路的速度 　ｖ人＝／（ｔ１＋ｔ２）＝（2．6／（1＋0．7））ｍ／ｓ＝1．53ｍ／ｓ． 19．解：（1）开始Ａ、Ｂ处于静止状态时，有 　ｋｘ０－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｓｉｎ30°＝0，　　① 　设施加Ｆ时，前一段时间Ａ、Ｂ一起向上做匀加速运动，加速度为ａ，ｔ＝0．2ｓ，Ａ、Ｂ间相互作用力为零，对Ｂ有： 　ｋｘ－ｍＢｇｓｉｎ30°＝ｍＢａ，　　② 　ｘ－ｘ０＝（1／2）ａｔ2，　　③ 　解①、②、③得： 　ａ＝5ｍｓ－2，ｘ０＝0．05ｍ，ｘ＝0．15ｍ， 　初始时刻Ｆ最小 　Ｆｍｉｎ＝（ｍＡ＋ｍＢ）ａ＝60Ｎ． 　ｔ＝0．2ｓ时，Ｆ最大 　Ｆｍａｘ－ｍＡｇｓｉｎ30°＝ｍＡａ， 　Ｆｍａｘ＝ｍＡ（ｇｓｉｎ30°＋ａ）＝100Ｎ， 　（2）ΔＥＰＡ＝ｍＡｇΔｈ＝ｍＡｇ（ｘ－ｘ０）ｓｉｎ30°＝5Ｊ． 20．解：当弹簧处于压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和．当弹簧伸长到其自然长度时，弹性势能为零，因这时滑块Ａ的速度为零，故系统的机械能等于滑块Ｂ的动能．设这时滑块Ｂ的速度为ｖ则有 　Ｅ＝（1／2）ｍ２ｖ2，　　① 由动量守恒定律（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ２ｖ，　　② 解得　Ｅ＝（1／2）（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２．　　③ 　假定在以后的运动中，滑块Ｂ可以出现速度为零的时刻，并设此时滑块Ａ的速度为ｖ１．这时，不论弹簧是处于伸长还是压缩状态，都具有弹性势能Ｅｐ．由机械能守恒定律得 　（1／2）ｍ１ｖ１2＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　④ 根据动量守恒　（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ１ｖ１，　　⑤ 求出ｖ１，代入④式得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑥ 因为Ｅｐ≥0，故得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）≤（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑦ 即　ｍ１≥ｍ２，与已知条件ｍ１＜ｍ２不符． 　可见滑块Ｂ的速度永不为零，即在以后的运动中，不可能出现滑动Ｂ的速度为零的情况． 21．解：设恰好物体相对圆盘静止时，弹簧压缩量为Δｌ，静摩擦力为最大静摩擦力ｆｍａｘ，这时物体处于临界状态，由向心力公式ｆｍａｘ－ｋΔｌ＝ｍＲｗ2 ，　　① 　假若物体向圆心移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ１－ｋ（Δｌ＋ｘ）＝ｍ（Ｒ－ｘ）ｗ2，　　② 　由①、②两式可得　ｆｍａｘ－ｆ１＝ｍｘｗ2－ｋｘ，　　③ 所以　ｍｘｗ2－ｋｘ≥0，得ｋ≤ｍｗ2，　　④ 　若物体向外移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ２－ｋ（Δｌ－ｘ）≥ｍ（Ｒ＋ｘ）ｗ2，　　⑤ 由①～⑥式得　ｆｍａｘ－ｆ２＝ｋｘ－ｍｘｗ2≥0，　　⑥ 所以　ｋ≥ｍｗ2，　　⑦ 即若物体向圆心移动，则ｋ≤ｍｗ2， 若物体向远离圆心方向移动，则ｋ≥ｍｗ2． 22．解：卫星环绕地球作匀速圆周运动，设卫星的质量为ｍ，轨道半径为ｒ，受到地球的万有引力为Ｆ， 　Ｆ＝ＧＭｍ／ｒ2，　　① 　式中Ｇ为万有引力恒量，Ｍ是地球质量． 　设ｖ是卫星环绕地球做匀速圆周运动的线速度，Ｔ是运动周期，根据牛顿第二定律，得 　Ｆ＝ｍｖ2／ｒ，　　② 　由①、②推导出　ｖ＝．　　③ 　③式表明：ｒ越大，ｖ越小． 　人造卫星的周期就是它环绕地球运行一周所需的时间Ｔ， 　Ｔ＝2πｒ／ｖ，　　④ 　由③、④推出　Ｔ＝2π，　　⑤ 　⑤式说明：ｒ越大，Ｔ越大．　23．证：设质点通过Ａ点时的速度为ｖＡ，通过Ｃ点时的速度为ｖＣ，由匀变速直线运动的公式得： ｓ1＝ｖＡＴ＋ａＴ2／2，ｓ3＝ｖＣＴ＋ａＴ2／2，ｓ3－ｓ1＝ｖＣＴ－ｖＡＴ． ∵　ｖＣ＝ｖＡ＋2ａＴ， ∴　ｓ3－ｓ1＝（ｖＡ－2ａＴ－ｖＡ）Ｔ＝2ａＴ2，ａ＝（ｓ3－ｓ1）／2Ｔ2． 　24．根据：如果在连续的相等的时间内的位移之差相等，则物体做匀变速运动．证明：设物体做匀速运动的初速度为ｖ0，加速度为ａ，第一个Ｔ内的位移为ｓ1＝ｖ0Ｔ＋ａＴ2／2；第二个Ｔ内的位移为ｓ2＝（ｖ0＋ａＴ）Ｔ＋ａＴ2／2；第Ｎ个Ｔ内的位移为ｓＮ＝［ｖ0＋（Ｎ－1）ａＴ］Ｔ＋ａＴ2／2．　ｓＮ－ｓＮ－1＝ａＴ2，逆定理也成立． 　25．解：由匀变速直线运动的公式得小物块的加速度的大小为ａ1＝（ｖ0－ｖｔ）／ｔ＝2（ｍ／ｓ2）．木板的加速度大小为ａ2＝2ｓ／ｔ2＝0.25（ｍ／ｓ2）． 根据牛顿第二定律　Ｆ＝ｍａ 对小物块得　ｆ′1＝ｍａ1＝1×2＝2Ｎ， 对木板得　ｆ1－μ（ｍ＋Ｍ）ｇ＝Ｍａ2， 　μ＝（ｆ1－Ｍａ2）／（ｍ＋Ｍ）ｇ＝（2－4×0.25）／（1＋4）×10＝0.02． 　 26．解：假设金属块没有离开第一块长木板，移动的相对距离为ｘ，由动量守恒定律，得ｍｖ0＝3ｍｖ， 　ｍｖ02／2＝3ｍｖ2／2＋μｍｇｘ， 解得ｘ＝4ｍ／3＞Ｌ，不合理， ∴　金属块一定冲上第二块木板． 　以整个系统为研究对象，由动量定律及能量关系，当金属块在第一块木板上时ｍｖ0＝ｍｖ0′＋2ｍｖ1， 　ｍｖ02／2＝12ｍｖ0′2＋2ｍ·ｖ12／2＋μｍｇｌ． 　ｍｖ0＝ｍｖ1＋2ｍｖ2， 　ｍｖ02／2＝ｍｖ12／2＋2ｍ·ｖ22／2＋μｍｇ（ｌ＋ｘ）． 联立解得： 　ｖ1＝1／3ｍ／ｓ，ｖ2＝5／6ｍ／ｓ，ｘ＝0.25ｍ． 　27．解：当ｔ＝0时，ａＡ0＝9／3＝3ｍ／ｓ2，ａＢ0＝3／6＝0.5ｍ／ｓ2．ａＡ0＞ａＢ0，Ａ、Ｂ间有弹力，随ｔ之增加，Ａ、Ｂ间弹力在减小，当（9－2ｔ）／3＝（3＋2ｔ）／6，ｔ＝2.5ｓ时，Ａ、Ｂ脱离，以Ａ、Ｂ整体为研究对象，在ｔ＝2.5ｓ内，加速度ａ＝（ＦＡ＋ＦＢ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝4／3ｍ／ｓ2，ｓ＝ａｔ2／2＝4.17ｍ． 　28．解：（1）由ｍＣｖ0＝ｍＣｖ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ1，Ｃ由Ａ滑至Ｂ时，Ａ、Ｂ的共同速度是 　ｖ1＝ｍＣ（ｖ0－ｖ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝0.2ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＡ＝ｍＣｖ02／2－ｍＣｖ2／2－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12／2， 得　μ＝［ｍＣ（ｖ02－ｖ2）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12］／2ｍＣｇｌＡ＝0.48． 　（2）由ｍＣｖ＋ｍＢｖ1＝（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ2，Ｃ相对Ｂ静止时，Ｂ、Ｃ的共同速度是ｖ2＝（ｍＣｖ＋ｍＢｖ1）／（ｍＣ＋ｍＢ）＝0.65ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＢ＝ｍＣｖ2／2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22／2， Ｃ在Ｂ上滑行距离为 　ｌＢ＝［ｍＣｖ2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22］／2μｍＣｇ＝0.25ｍ． 　（3）由μｍＣｇｓ＝ｍＢｖ22／2－ｍＢｖ12／2， Ｂ相对地滑行的距离ｓ＝［ｍＢ（ｖ22－ｖ12）］／2μｍＣｇ＝0.12ｍ． 　（4）Ｃ在Ａ、Ｂ上匀减速滑行，加速度大小由μｍＣｇ＝ｍＣａ，得ａ＝μｇ＝4.8ｍ／ｓ2． Ｃ在Ａ上滑行的时间ｔ1＝（ｖ0－ｖ）／ａ＝0.21ｓ． Ｃ在Ｂ上滑行的时间ｔ2＝（ｖ－ｖ2）／ａ＝0.28ｓ． 所求时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝0.21ｓ＋0.28ｓ＝0.49ｓ． 　　29．匀加速下滑时，受力如图1ａ，由牛顿第二定律，有： ｍｇｓｉｎθ－μｍｇｃｏｓθ＝ｍａ＝ｍｇｓｉｎθ／2， 　ｓｉｎθ／2＝μｃｏｓθ， 　得μ＝ｓｉｎθ／2ｃｏｓθ． 图1静止时受力分析如图1ｂ，摩擦力有两种可能：①摩擦力沿斜面向下；②摩擦力沿斜面向上．摩擦力沿斜面向下时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＝ｆ＋ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ， 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ＋μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ－μｓｉｎθ）ｍｇ＝3ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ－ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　摩擦力沿斜面向上时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＋ｆ＝ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ． 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ－μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ＋μｓｉｎθ）ｍｇ＝ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ＋ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　30．解：（1）物体在两斜面上来回运动时，克服摩擦力所做的功Ｗｆ＝μｍｇｃｏｓ60°·ｓ总． 　物体从开始直到不再在斜面上运动的过程中ｍｇｈ－Ｗｆ＝0－ｍｖ02／2．解得ｓ总＝38ｍ． 　（2）物体最终是在Ｂ、Ｃ之间的圆弧上来回做变速圆周运动，且在Ｂ、Ｃ点时速度为零． 　（3）物体第一次通过圆弧最低点时，圆弧所受压力最大．由动能定理得ｍｇ［ｈ＋Ｒ（1－ｃｏｓ60°）］－μｍｇｃｏｓ60°／ｓｉｎ60°＝ｍ（ｖ12－ｖ02）／2， 由牛顿第二定律得　Ｎｍａｘ－ｍｇ＝ｍｖ12／Ｒ， 解得　Ｎｍａｘ＝54.5Ｎ． 　物体最终在圆弧上运动时，圆弧所受压力最小．由动能定理得ｍｇＲ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍｖ22／2，由牛顿第二定律得Ｎｍｉｎ－ｍｇ＝ｍｖ22／Ｒ，解得Ｎｍｉｎ＝20Ｎ． 　31．解：（1）设刹车后，平板车的加速度为ａ0，从开始刹车到车停止所经历时间为ｔ0，车所行驶距离为ｓ0，则有ｖ02＝2ａ0ｓ0，ｖ0＝ａ0ｔ0． 　欲使ｔ0小，ａ0应该大，作用于木箱的滑动摩擦力产生的加速度ａ1＝μｍｇ／ｍ＝μｇ． 　当ａ0＞ａ1时，木箱相对车底板滑动，从刹车到车停止过程中木箱运动的路程为ｓ1，则ｖ02＝2ａ2ｓ1． 　为使木箱不撞击驾驶室，应有ｓ1－ｓ0≤Ｌ． 　联立以上各式解得：ａ0≤μｇｖ02／（ｖ02－2μｇＬ）＝5ｍ／ｓ2， 　∴　ｔ0＝ｖ0／ａ0＝4.4ｓ． 　（2）对平板车，设制动力为Ｆ，则Ｆ＋ｋ（Ｍ＋ｍ）ｇ－μｍｇ＝Ｍａ0，解得：Ｆ＝7420Ｎ． 　32．解：对系统ａ0＝［Ｆ－μｇ（ｍ1＋ｍ2）］／（ｍ1＋ｍ2）＝1ｍ／ｓ2． 　对木块1，细绳断后：│ａ1│＝ｆ1／ｍ1＝μｇ＝1ｍ／ｓ2． 　设细绳断裂时刻为ｔ1，则木块1运动的总位移： 　ｓ1＝2ａ0ｔ12／2＝ａ0ｔ12． 　对木块2，细绳断后，ａ2＝（Ｆ－μｍ2ｇ）／ｍ2＝2ｍ／ｓ2 ． 木块2总位移 　ｓ2＝ｓ′＋ｓ″＝ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2， 两木块位移差Δｓ＝ｓ2－ｓ1＝22（ｍ）． 得　ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2－ａ0ｔ12＝22， 把ａ0，ａ2值，ｖ1＝ａ0ｔ1代入上式整理得： 　ｔ12＋12ｔ1－28＝0，得ｔ1＝2ｓ． 木块2末速ｖ2＝ｖ1＋ａ2（6－ｔ1）＝ａ0ｔ1＋ａ2（6－ｔ1）＝10ｍ／ｓ． 此时动能Ｅｋ＝ｍ2ｖ22／2＝2×102／2Ｊ＝100Ｊ． 　33．解：（1）由动量守恒定律，ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ′，且有ｍ∶Ｍ＝1∶3， ∴　Ａ、Ｂ共同速度ｖ′＝ｍｖ0／（ｍ＋Ｍ）＝1ｍ／ｓ． 　（2）由动能定理，对全过程应有 　μｍｇ·2Ｌ＝ｍｖ02／2－（ｍ＋Ｍ）ｖ′2／2， 　4μｇＬ＝ｖ02－4ｖ′2，μ＝（ｖ02－4ｖ′2）／4ｇＬ＝0.3． 　（3）先求Ａ与Ｂ挡板碰前Ａ的速度ｖ10，以及木板Ｂ相应速度ｖ20，取从Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板相碰前过程为研究对象，依动量守恒与动能定理有以下两式成立：ｍｖ0＝ｍｖ10＋Ｍｖ20， 　ｍｖ02／2－ｍｖ102／2－Ｍｖ202／2＝μｍｇＬ． 代入数据得　ｖ10＋3ｖ20＝4，ｖ102＋3ｖ202＝10， 解以上两式可得　ｖ10＝（2±3）／2ｍ／ｓ．因Ａ与Ｂ挡板碰前速度不可能取负值，故ｖ10＝（2＋3）／2ｍ／ｓ．相应解出ｖ20＝（2－）／2ｍ／ｓ＝0.3ｍ／ｓ． 　木板Ｂ此过程为匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得μｍｇ＝Ｍａ1，ａ1＝μｍｇ／Ｍ＝1（ｍ／ｓ2）． 此过程经历时间ｔ1由下式求出 　ｖ20＝ａ1ｔ1，ｔ1＝ｖ20／ａ1＝0.3（ｓ）． 其速度图线为图2中0～0.3ｓ段图线ａ． 　再求Ａ与Ｂ挡板碰后，木板Ｂ的速度ｖ2与木块Ａ的速度ｖ1，为方便起见取Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板碰撞后瞬间过程为研究对象，依动量守恒定律与动能定理有以下两式成立： ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2，ｍｖ02／2－ｍｖ12／2－Ｍｖ22／2＝μｍｇＬ． 故解为　ｖ1＝（2±3）／2ｍ／ｓ． 因ｖ1＝（2＋3）／2ｍ／ｓ为碰前速度，故取ｖ1＝（2－3）／2ｍ／ｓ，相应得ｖ2＝2＋2ｍ／ｓ＝1.7ｍ／ｓ． 由于ｖ1＜0，即木块相对Ｂ向左滑动，Ａ受Ｂ摩擦力向右，Ｂ受Ａ摩擦力向左，故Ｂ做匀减速直线运动，加速度大小由牛顿第二定律，得ａ＝μｍｇ／Ｍ＝1ｍ／ｓ2． 　从碰后到Ａ滑到Ｂ最左端过程中，Ｂ向右做匀减速直线运动时间设为ｔ2，则ｖ′－ｖ2＝－ａｔ2， ∴　ｔ2＝0.7ｓ． 　此过程速度图线如图2中0.3ｓ～1.0ｓ段图线ｂ．图2 　　34．解：设ｍ1、ｍ2两物体受恒力Ｆ作用后，产生的加速度分别为ａ1、ａ2，由牛顿第二定律Ｆ＝ｍａ，得 　ａ1＝Ｆ／ｍ1，ａ2＝Ｆ／ｍ2， 　历时ｔ两物体速度分别为ｖ1＝ａ1ｔ，ｖ2＝ｖ0＋ａ2ｔ，由题意令ｖ1＝ｖ2，即ａ1ｔ＝ｖ0＋ａ2ｔ或（ａ1－ａ2）ｔ＝ｖ0，因ｔ≠0、ｖ0＞0，欲使上式成立，需满足ａ1－ａ2＞0，即Ｆ／ｍ1＞Ｆ／ｍ2，或ｍ1＜ｍ2，也即当ｍ1≥ｍ2时不可能达到共同速度，当ｍ1＜ｍ2时，可以达到共同速度． 　35．解：（1）当小球刚好能在轨道内做圆周运动时，水平初速度ｖ最小，此时有ｍｇ＝ｍｖ2／Ｒ， 故　ｖ＝＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）若初速度ｖ′＜ｖ，小球将做平抛运动，如在其竖直位移为Ｒ的时间内，其水平位移ｓ≥Ｒ，小球可进入轨道经过Ｂ点．设其竖直位移为Ｒ时，水平位移也恰为R，则Ｒ＝ｇｔ2／2，Ｒ＝ｖ′ｔ，解得：ｖ′＝／2＝ｍ／ｓ． 因此，初速度满足2ｍ／ｓ＞ｖ′≥ｍ／ｓ时，小球可做平抛运动经过Ｂ点． 　36．卫星在天空中任何天体表面附近运行时，仅受万有引力Ｆ作用使卫星做圆周运动，运动半径等于天体的球半径Ｒ．设天体质量为Ｍ，卫星质量为ｍ，卫星运动周期为Ｔ，天体密度为ρ．根据万有引力定律Ｆ＝ＧＭｍ／Ｒ2， 卫星做圆周运动向心力Ｆ′＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2， 因为 　Ｆ′＝Ｆ，得ＧＭｍ／Ｒ2＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2，∴Ｔ＝． 　又球体质量Ｍ＝4πＲ3ρ／3． 得Ｔ＝=，∴Ｔ∝1／，得证． 　37．解：由于两球相碰满足动量守恒 　　ｍ1ｖ0＝ｍ1ｖ1＋ｍ2ｖ2，ｖ1＝－1.3ｍ／ｓ． 　两球组成系统碰撞前后的总动能Ｅｋ1＋Ｅｋ2＝ｍ1ｖ02／2＋0＝2.5Ｊ， 　Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＝ｍ1ｖ12／2＋ｍ2ｖ22／2＝2.8Ｊ． 　可见，Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＞Ｅｋ1＋Ｅｋ2，碰后能量较碰撞前增多了，违背了能量守恒定律，这种假设不合理． 　38．解：（1）由动量守恒，得ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2， 由运动学公式得ｓ＝（ｖ1－ｖ2）ｔ，ｈ＝ｇｔ2／2， 由以上三式得ｖ2＝（ｍｖ0－ｓｍ）／（Ｍ＋ｍ）． 　 （2）最后车与物体以共同的速度ｖ向右运动，故有 　ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖｖ＝ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）． ∴ΔＥ＝ｍｖ02／2＋ｍｇｈ－（Ｍ＋ｍ）ｍ2ｖ02／2（Ｍ＋ｍ）2． 解得ΔＥ＝ｍｇｈ＋Ｍｍｖ02／2（Ｍ＋ｍ）． 　39．解：设碰前Ａ、Ｂ有共同速度ｖ时，Ｍ前滑的距离为ｓ．则ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ，ｆｓ＝Ｍｖ2／2，ｆ＝μｍｇ． 　由以上各式得　ｓ＝Ｍｍｖ02／2μｇ（Ｍ＋ｍ）2． 　当ｖ0＝2ｍ／ｓ时，ｓ＝2／9ｍ＜0.5ｍ，即Ａ、Ｂ有共同速度．当ｖ0＝4ｍ／ｓ时，ｓ＝8／9ｍ＞0.5ｍ，即碰前Ａ、Ｂ速度不同． 　40．解：（1）物体由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者系统水平方向动量守恒得：ｍｖ0＝ｍｖ0／2＋2ｍｖＡＢ． 解之得　ｖＡＢ＝ｖ0／4． 　（2）物块由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者功能关系得：μｍｇＬ＝ｍｖ02／2－ｍ（ｖ0／2）2／2－2ｍ（ｖ0／4）2／2． 解之得　Ｌ＝5ｖ02／16μｇ． 　（3）物块由Ｄ滑到Ｃ的过程中，二者系统水平方向动量守恒，又因为物块到达最高点Ｃ时，物块与滑块速度相等且水平，均为ｖ． 故得　ｍｖ0／2＋ｍｖ0／4＝2ｍｖ， ∴　得滑块的动能ＥＣＤ＝ｍｖ2／2＝9ｍｖ02／128． 　41．解：（1）Ｂ从ｖ0减速到速度为零的过程，Ｃ静止，Ｂ的位移：ｓ1＝ｖ02／2μｇ． 　所用的时间：ｔ1＝ｖ0／μｇ． 　此后Ｂ与Ｃ一起向右做加速运动，Ａ做减速运动，直到相对静止，设所用时间为ｔ2，共同速度为ｖ． 　对Ａ、Ｂ、Ｃ，由动量守恒定律得 　ｍＡ·2ｖ0－ｍＢｖ0＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ， ∵　ｍＡ＝ｍＢ＝ｍＣ，∴　ｖ＝ｖ0／3． 　对Ｂ与Ｃ，向右加速运动的加速度 　ａ＝μｍＡｇ／（ｍＢ＋ｍＣ）＝μｇ／2，∴ｔ2＝ｖ／ａ＝2ｖ0／3μｇ． Δｔ内Ｂ向右移动的位移ｓ2＝ｖｔ2／2＝ｖ02／9μｇ， 故总路程ｓ＝ｓ1＋ｓ2＝11ｖ02／18μｇ，总时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝5ｖ0／3μｇ． 　（2）设车的最小长度为Ｌ，则相对静止时Ａ、Ｂ刚好接触，由能量守恒得 　ｍＡ（2ｖ0）2／2＋ｍＢｖ02／2＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ2／2＋μｍＢｇｓ1＋μｍＡｇ（Ｌ－ｓ1）， 联立解得Ｌ＝7ｖ02／3μｇ． 　42．解：（1）ｍ速度最大的位置应在O点左侧．因为细线烧断后，ｍ在弹簧弹力和滑动摩擦力的合力作用下向右做加速运动，当弹力与摩擦力的合力为零时，ｍ的速度达到最大，此时弹簧必处于压缩状态．此后，系统的机械能不断减小，不能再达到这一最大速度． 　（2）选ｍ、Ｍ为一系统，由动量守恒定律得 　ｍｖ1＝Ｍｖ2 ． 　设这一过程中弹簧释放的弹性势能为Ｅｐ，则 　Ｅｐ＝ｍｖ12／2＋Ｍｖ22／2＋μｍｇｓ， 解得　ｖ2＝ｍｖ1／Ｍ，Ｅｐ＝ｍ［（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2Ｍ＋μｇｓ］． 　（2）ｍ与Ｍ最终将静止，因为系统动量守恒，且总动量为零，只要ｍ与Ｍ间有相对运动，就要克服摩擦力做功，不断消耗能量，所以，ｍ与Ｍ最终必定都静止． 　43．解：（1）第一颗子弹射入木块过程，系统动量守恒，有 　ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ1． 　射入后，在ＯＢＣ运动过程中，机械能守恒，有 　（ｍ＋Ｍ）ｖ12／2＝（ｍ＋Ｍ）ｇＲ，得ｖ0＝（Ｍ＋ｍ）／ｍ． 　（2）由动量守恒定律知，第2、4、6……颗子弹射入木块后，木块速度为0，第1、3、5……颗子弹射入后，木块运动．当第9颗子弹射入木块时，由动量守恒得： 　ｍｖ0＝（9ｍ＋Ｍ）ｖ9， 　设此后木块沿圆弧上升最大高度为Ｈ，由机械能守恒定律得：（9ｍ＋Ｍ）ｖ92／2＝（9ｍ＋Ｍ）ｇＨ， 由以上可得：Ｈ＝［（Ｍ＋ｍ）／（Ｍ＋9ｍ）］2Ｒ． 　44．解：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动ｓ，速度变为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．由动能定理 　－μＭｇｓ＝0－ｍｖ02／2，ｓ＝ｍｖ02／2μＭｇ＝0.33ｍ． 　（2）假如平板车在第二次碰墙前还未和滑块相对静止，则其速度的大小肯定还是2ｍ／ｓ，因为只要相对运动，摩擦力大小为恒值．滑块速度则大于2ｍ／ｓ，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰墙前肯定已和滑块具有共同速度ｖ．此即平板车碰墙前瞬间的速度． 　Ｍｖ0－ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， ∴ｖ＝（Ｍ－ｍ）ｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝0.4ｍ／ｓ．图3　（3）平板车与墙壁第一次碰撞后滑块与平板又达到共同速度ｖ前的过程，可用图3（ａ）、（ｂ）、（ｃ）表示．图3（ａ）为平板车与墙碰撞后瞬间滑块与平板车的位置，图3（ｂ）为平板车到达最左端时两者的位置，图3（ｃ）为平板车与滑块再次达到共同速度时两者的位置．在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功μΜｇｓ′，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功μＭｇｓ″（平板车从Ｂ到Ａ再回到Ｂ的过程中摩擦力做功为零），其中ｓ′、ｓ″分别为滑块和平板车的位移．滑块和平板车动能总减少为μＭｇｌ1，其中ｌ1 ＝ｓ′＋ｓ″为滑块相对平板车的位移，此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为ｌ，则有（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2＝μＭｇｌ，ｌ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2μＭｇ＝0.833ｍ． ｌ即为平板车的最短长度．图4　　45．解：如图4，Ａ球从静止释放后将自由下落至Ｃ点悬线绷直，此时速度为ｖＣ ∵　ｖＣ2＝2ｇ×2Ｌｓｉｎ30°， ∴　ｖＣ＝＝2ｍ／ｓ． 　在线绷直的过程中沿线的速度分量减为零时，Ａ将以切向速度ｖ1沿圆弧运动且 　ｖ1＝ｖＣｃｏｓ30°＝ｍ／ｓ． 　Ａ球从Ｃ点运动到最低点与Ｂ球碰撞前机械能守恒，可求出Ａ球与Ｂ球碰前的速度 　ｍＡｖ12／2＋ｍＡｇＬ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍＡｖ22／2， 　ｖ2＝==ｍ／ｓ． 　因Ａ、Ｂ两球发生无能量损失的碰撞且ｍＡ＝ｍＢ，所以它们的速度交换，即碰后Ａ球的速度为零，Ｂ球的速度为ｖ2＝（ｍ／ｓ）．对Ｂ球和小车组成的系统水平方向动量守恒和机械能守恒，当两者有共同水平速度ｕ时，Ｂ球上升到最高点，设上升高度为ｈ． 　ｍＢｖ2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ，ｍＢｖ22／2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ2／2＋ｍＢｇｈ．解得ｈ＝3／16≈0.19ｍ． 　在Ｂ球回摆到最低点的过程中，悬线拉力仍使小车加速，当Ｂ球回到最低点时小车有最大速度ｖｍ，设小球Ｂ回到最低点时速度的大小为ｖ3，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 　ｍＢｖ2＝－ｍＢｖ3＋Ｍｖｍ，ｍＢｖ22／2＝ｍＢｖ32／2＋Ｍｖｍ2／2， 解得ｖｍ＝2ｍＢｖ2／（ｍ3＋Ｍ）＝／2ｍ／ｓ＝1.12ｍ／ｓ． 　46．解：（1）小球的角速度与运动的角速度必定相等，则有ｖ＝ωＲ＝ω． 　（2）人手所提供的功率应等于小球在运动过程中克服摩擦力做功的功率．即有Ｐ＝ｆｖ， ∴　ｆ＝Ｐ／ｖ＝Ｐ／ω． 　47．解：由于粘性物体与底板粘合的过程时间极短，冲击力远大于重力，在竖直方向近似动量守恒，开始静止时，有　ｍ1ｇ＝ｋｘｋ＝ｍ1ｇｘ． 　ｍ2下落Ｈ时的速度ｖ＝，ｍ2与ｍ1合在一起动量守恒，ｍ2ｖ＝（ｍ1＋ｍ2）ｖ′，ｖ′＝ｍ2 ｖ／（ｍ1＋ｍ2）＝ｍ2／（ｍ1＋ｍ2）． 　设向下为正方向，ｍ1与ｍ2的整体受两个力，即重力（ｍ1＋ｍ2）ｇ和弹簧的平均拉力，则有平均拉力＝ｋｘ＋ｋｈ／2＝ｋ（2ｘ＋ｈ）／2，由动能定理得 ［－＋（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ＝0－（ｍ1＋ｍ2）ｖ2／2， 由以上各式得［ｍ1ｇ（2ｘ＋ｈ）／2ｘ－（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ 　＝（ｍ1＋ｍ2）·ｍ22·2ｇｈ／2（ｍ1＋ｍ2）2． 代入数值得ｈ＝0.3ｍ． 　48．解：ｍ与Ａ粘在一起后水平方向动量守恒，共同速度设为ｖ1，Ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ1， 得ｖ1＝Ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝2ｖ0／3． 　当弹簧压缩到最大时即有最大弹性势能Ｅ，此时系统中各物体有相同速度，设为ｖ2，由动量守恒定律 　2Ｍｖ0＝（2Ｍ＋ｍ）ｖ2，得ｖ2＝2Ｍｖ0／（2Ｍ＋ｍ）＝4ｖ0／5． 由能量守恒有 　Ｅ＝Ｍｖ02／2＋（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2－（2Ｍ＋ｍ）ｖ22／2， 解得Ｅ＝Ｍｖ02／30． 　49．解：（1）振子在平衡位置时，所受合力为零，设此时弹簧被压缩Δｘ：（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ＝ｋΔｘ，Δｘ＝5ｃｍ． 　开始释放时振子处在最大位移处，故振幅 　Ａ＝5ｃｍ＋5ｃｍ＝10ｃｍ． 　（2）由于开始时弹簧的伸长量恰等于振子在平衡位置时弹簧的压缩量，故弹性势能相等，设振子的最大速度为ｖ，从开始到平衡位置，根据机械能守恒定律， 得ｍｇ·Ａ＝ｍｖ2／2，∴ｖ＝＝1.4ｍ／ｓ， 即Ｂ的最大速率为1.4ｍ／ｓ． 　（3）在最高点，振子受到的重力和弹力方向相同，根据牛顿第二定律，得 　ａ＝［ｋΔｘ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ］／（ｍＡ＋ｍＢ）＝20ｍ／ｓ2， Ａ对Ｂ的作用力方向向下，其大小 　Ｎ1＝ｍＢａ－ｍＢｇ＝10Ｎ． 在最低点，振子受到的重力和弹力方向相反，根据牛顿第二定律，得ａ＝ｋ（Δｘ＋Ａ）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｍＡ＋ｍＢ＝20ｍ／ｓ2． Ａ对Ｂ的作用力方向向上，其大小 　Ｎ2＝ｍＢａ＋ｍＢｇ＝30Ｎ．48．如图1－101所示，在光滑的水平面上，有两个质量都是M的小车Ａ和Ｂ，两车之间用轻质弹簧相连，它们以共同的速度ｖ0向右运动，另有一质量为ｍ＝Ｍ／2的粘性物体，从高处自由落下，正好落在Ａ车上，并与2．解：在0～1ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知 　ａ１＝12ｍ／ｓ２， 由牛顿第二定律，得 　Ｆ－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ１ ，　　① 在0～2ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知ａ２＝－6ｍ／ｓ２， 因为此时物体具有斜向上的初速度，故由牛顿第二定律，得 　－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ２，　　② 　②式代入①式，得　Ｆ＝18Ｎ． 3．解：在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从Ａ到Ｂ需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为ｔ1，则 　（ｖ／2）ｔ１＋ｖ（ｔ－ｔ１）＝Ｌ， 所以　ｔ１＝2（ｖｔ－Ｌ）／ｖ＝（2×（2×6－10）／2）ｓ＝2ｓ． 为使物体从Ａ至Ｂ所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变．而　ａ＝ｖ／ｔ＝1ｍ／ｓ２．设物体从Ａ至Ｂ所用最短的时间为ｔ2，则 　（1／2）ａｔ2２＝Ｌ， 　ｔ2＝=＝2ｓ． 　ｖｍｉｎ＝ａｔ2＝1×2ｍ／ｓ＝2ｍ／ｓ． 传送带速度再增大1倍，物体仍做加速度为1ｍ／ｓ２的匀加速运动，从Ａ至Ｂ的传送时间为2ｍ／ｓ． 4．解：启动前Ｎ１＝ｍｇ， 　升到某高度时　Ｎ2＝（17／18）Ｎ１＝（17／18）ｍｇ， 　对测试仪　Ｎ2－ｍｇ′＝ｍａ＝ｍ（ｇ／2）， 　∴　ｇ′＝（8／18）ｇ＝（4／9）ｇ， 　ＧｍＭ／Ｒ2＝ｍｇ，ＧｍＭ／（Ｒ＋ｈ）2＝ｍｇ′，解得：ｈ＝（1／2）Ｒ． 5．解：由匀加速运动的公式　ｖ２＝ｖ０２＋2ａｓ 　得物块沿斜面下滑的加速度为 　ａ＝ｖ2／2ｓ＝1．42／（2×1．4）＝0．7ｍｓ－２， 由于ａ＜ｇｓｉｎθ＝5ｍｓ－２， 　可知物块受到摩擦力的作用．图3　分析物块受力，它受3个力，如图3．对于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，由牛顿定律有 　ｍｇｓｉｎθ－ｆ１＝ｍａ， 　ｍｇｃｏｓθ－Ｎ１＝0， 　分析木楔受力，它受5个力作用，如图3所示．对于水平方向，由牛顿定律有 　ｆ2＋ｆ１ｃｏｓθ－Ｎ１ｓｉｎθ＝0， 　由此可解得地面的作用于木楔的摩擦力 　ｆ2＝ｍｇｃｏｓθｓｉｎθ－（ｍｇｓｉｎθ－ｍａ）ｃｏｓθ＝ｍａｃｏｓθ＝1×0．7×（ ／2）＝0．61Ｎ． 　此力的方向与图中所设的一致（由指向）． 6．解：（1）飞机原先是水平飞行的，由于垂直气流的作用，飞机在竖直方向上的运动可看成初速度为零的匀加速直线运动，根据　ｈ＝（1／2）ａｔ２，得ａ＝2ｈ／ｔ２，代入ｈ＝1700ｍ，ｔ＝10ｓ，得 　ａ＝（2×1700／10２）（ｍ／ｓ２）＝34ｍ／ｓ２，方向竖直向下． 　（2）飞机在向下做加速运动的过程中，若乘客已系好安全带，使机上乘客产生加速度的力是向下重力和安全带拉力的合力．设乘客质量为ｍ，安全带提供的竖直向下拉力为Ｆ，根据牛顿第二定律　Ｆ＋ｍｇ＝ｍａ，得安全带拉力 　　Ｆ＝ｍ（ａ－ｇ）＝ｍ（34－10）Ｎ＝24ｍ（Ｎ）， ∴　安全带提供的拉力相当于乘客体重的倍数 　ｎ＝Ｆ／ｍｇ＝24ｍＮ／ｍ·10Ｎ＝2．4（倍）． 　（3）若乘客未系安全带，飞机向下的加速度为34ｍ／ｓ２，人向下加速度为10ｍ／ｓ２，飞机向下的加速度大于人的加速度，所以人对飞机将向上运动，会使头部受到严重伤害． 7．解：设月球表面重力加速度为ｇ，根据平抛运动规律，有 　ｈ＝（1／2）ｇｔ２，　　① 　水平射程为　　　Ｌ＝ｖ０ｔ，　　② 　联立①②得ｇ＝2ｈｖ０２／Ｌ２．　　③ 　根据牛顿第二定律，得　ｍｇ＝ｍ（2π／Ｔ）２Ｒ，　　④ 　联立③④得　Ｔ＝（πＬ／ｖ０ｈ）．　　⑤ 8．解：前2秒内，有Ｆ－ｆ＝ｍａ１，ｆ＝μＮ，Ｎ＝ｍｇ，则 　ａ１＝（Ｆ－μｍｇ）／ｍ＝4ｍ／ｓ２，ｖｔ＝ａ１ｔ＝8ｍ／ｓ， 　撤去Ｆ以后　ａ２＝ｆ／ｍ＝2ｍ／ｓ，ｓ＝ｖ１２／2ａ２＝16ｍ． 9．解：（1）用力斜向下推时，箱子匀速运动，则有 　Ｆｃｏｓθ＝ｆ，ｆ＝μＮ，Ｎ＝Ｇ＋Ｆｓｉｎθ， 　联立以上三式代数据，得　Ｆ＝1．2×10２Ｎ． 　（2）若水平用力推箱子时，据牛顿第二定律，得Ｆ合＝ｍａ，则有 　Ｆ－μＮ＝ｍａ，Ｎ＝Ｇ， 　联立解得　ａ＝2．0ｍ／ｓ２． 　ｖ＝ａｔ＝2．0×3．0ｍ／ｓ＝6．0ｍ／ｓ， 　ｓ＝（1／2）ａｔ２＝（1／2）×2．0×3．0２ｍ／ｓ＝9．0ｍ， 　推力停止作用后　ａ′＝ｆ／ｍ＝4．0ｍ／ｓ２（方向向左）， 　ｓ′＝ｖ２／2ａ′＝4．5ｍ， 　则　ｓ总＝ｓ＋ｓ′＝13．5ｍ． 10．解：根据题中说明，该运动员发球后，网球做平抛运动．以ｖ表示初速度，Ｈ表示网球开始运动时离地面的高度（即发球高度），ｓ１表示网球开始运动时与网的水平距离（即运动员离开网的距离），ｔ１表示网球通过网上的时刻，ｈ表示网球通过网上时离地面的高度，由平抛运动规律得到 　ｓ１＝ｖｔ１，Ｈ－ｈ＝（1／2）ｇｔ１２， 消去ｔ１，得　　ｖ＝ｍ／ｓ，ｖ≈23ｍ／ｓ． 　以ｔ２表示网球落地的时刻，ｓ２表示网球开始运动的地点与落地点的水平距离，ｓ表示网球落地点与网的水平距离，由平抛运动规律得到 　Ｈ＝（1／2）ｇｔ２２，ｓ２＝ｖｔ２， 消去ｔ２，得ｓ２＝ｖ≈16ｍ， 　网球落地点到网的距离　ｓ＝ｓ２－ｓ１≈4ｍ． 11．解：（1）设卫星质量为ｍ，它在地球附近做圆周运动，半径可取为地球半径Ｒ，运动速度为ｖ，有 　ＧＭｍ／Ｒ２＝ｍｖ２／Ｒ　得ｖ＝． 　（2）由（1）得： 　Ｍ＝ｖ２Ｒ／Ｇ＝＝6．0×1024ｋｇ． 12．解：对物块：Ｆ１－μｍｇ＝ｍａ１， 　6－0．5×1×10＝1·ａ１，ａ１＝1．0ｍ／ｓ2， 　ｓ１＝（1／2）ａ１ｔ2＝（1／2）×1×0．42＝0．08ｍ， 　ｖ１＝ａ１ｔ＝1×0．4＝0．4ｍ／ｓ， 　对小车：Ｆ２－μｍｇ＝Ｍａ２， 　9－0．5×1×10＝2ａ２，ａ２＝2．0ｍ／ｓ2， 　ｓ２＝（1／2）ａ２ｔ2＝（1／2）×2×0．42＝0．16ｍ， 　ｖ２＝ａ２ｔ＝2×0．4＝0．8ｍ／ｓ， 　撤去两力后，动量守恒，有Ｍｖ２－ｍｖ１＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， 　ｖ＝0．4ｍ／ｓ（向右）， ∵　（（1／2）ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2）－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ2＝μｍｇｓ３， 　ｓ３＝0．096ｍ， ∴　ｌ＝ｓ１＋ｓ２＋ｓ３＝0．336ｍ． 13．解：设木块到Ｂ时速度为ｖ０，车与船的速度为ｖ１，对木块、车、船系统，有 　ｍ１ｇｈ＝（ｍ１ｖ０2／2）＋（（ｍ２＋ｍ３）ｖ１2／2）， 　ｍ１ｖ０＝（ｍ２＋ｍ３）ｖ１， 解得　ｖ０＝5，ｖ１＝． 　木块到Ｂ后，船以ｖ１继续向左匀速运动，木块和车最终以共同速度ｖ２ 向右运动，对木块和车系统，有 　ｍ１ｖ０－ｍ２ｖ１＝（ｍ１＋ｍ２）ｖ２， 　μｍ１ｇｓ＝（（ｍ１ｖ０2／2）＋（ｍ２ｖ１2／2））－（（ｍ１＋ｍ２）ｖ２2／2）， 得　ｖ２＝ｖ１＝，ｓ＝2ｈ． 14．解：（1）小球的角速度与手转动的角速度必定相等均为ω．设小球做圆周运动的半径为ｒ，线速度为ｖ．由几何关系得　ｒ＝，ｖ＝ω·ｒ，解得　　 　　ｖ＝ω． 　（2）设手对绳的拉力为Ｆ，手的线速度为ｖ，由功率公式得　Ｐ＝Ｆｖ＝Ｆ·ωＲ， ∴　Ｆ＝Ｐ／ωＲ．图4　研究小球的受力情况如图4所示，因为小球做匀速圆周运动，所以切向合力为零，即 　Ｆｓｉｎθ＝ｆ， 其中　ｓｉｎθ＝Ｒ／， 　联立解得　ｆ＝Ｐ／ω． 15．解：（1）用ｖ１表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由于子弹射入木块Ｃ时间极短，系统动量守恒，有 　ｍｖ０＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１， 　∴　ｖ１＝ｍｖ０／（ｍ＋Ｍ）＝3ｍ／ｓ， 　子弹和木块Ｃ在ＡＢ木板上滑动，由动能定理得： 　（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ２２－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ１２＝－μ（ｍ＋Ｍ）ｇＬ， 　解得　ｖ２＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）用ｖ′表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由动量守恒定律，得　ｍｖ０′＋Ｍｕ＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１′，解得　ｖ１′＝4ｍ／ｓ． 　木块Ｃ及子弹在ＡＢ木板表面上做匀减速运动　ａ＝μｇ．设木块Ｃ和子弹滑至ＡＢ板右端的时间为ｔ，则木块Ｃ和子弹的位移ｓ１＝ｖ１′ｔ－（1／2）ａｔ2， 　由于ｍ车≥（ｍ＋Ｍ），故小车及木块ＡＢ仍做匀速直线运动，小车及木板ＡＢ的位移　ｓ＝ｕｔ，由图5可知：ｓ１＝ｓ＋Ｌ， 　联立以上四式并代入数据得： 　ｔ2 －6ｔ＋1＝0， 　解得：ｔ＝（3－2）ｓ，（ｔ＝（3＋2）ｓ不合题意舍去），　　（11） 　∴　ｓ＝ｕｔ＝0．18ｍ． 16．解：（1）设Ａ滑上Ｂ后达到共同速度前并未碰到档板，则根据动量守恒定律得它们的共同速度为ｖ，有图5　ｍｖ０＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝2ｍ／ｓ，在这一过程中，Ｂ的位移为ｓＢ＝ｖＢ2／2ａＢ且ａＢ＝μｍｇ／Ｍ，解得ｓＢ＝Ｍｖ2／2μｍｇ＝2×22／2×0．2×1×10＝2ｍ． 　设这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ１，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ１＝（1／2）ｍｖ０2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得ｓ１＝6ｍ． 　当ｓ＝4ｍ时，Ａ、Ｂ达到共同速度ｖ＝2ｍ／ｓ后再匀速向前运动2ｍ碰到挡板，Ｂ碰到竖直挡板后，根据动量守恒定律得Ａ、Ｂ最后相对静止时的速度为ｖ′，则 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′， 解得　ｖ′＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ２，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ２＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　ｓ２＝2．67ｍ． 　因此，Ａ、Ｂ最终不脱离的木板最小长度为ｓ１＋ｓ２＝8．67ｍ 　（2）因Ｂ离竖直档板的距离ｓ＝0．5ｍ＜2ｍ，所以碰到档板时，Ａ、Ｂ未达到相对静止，此时Ｂ的速度ｖＢ为 　ｖＢ2＝2ａＢｓ＝（2μｍｇ／Ｍ）ｓ，解得　ｖＢ＝1ｍ／ｓ， 　设此时Ａ的速度为ｖＡ，根据动量守恒定律，得 　ｍｖ０＝ＭｖＢ＋ｍｖＡ，解得ｖＡ＝4ｍ／ｓ， 　设在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移为ｓ１′，根据动能定理得： 　μｍｇｓ１′＝（1／2）ｍｖ０2－（（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）ＭｖＢ2）， 　解得　ｓ１′＝4．5ｍ． 　Ｂ碰撞挡板后，Ａ、Ｂ最终达到向右的相同速度ｖ，根据动能定理得ｍｖＡ－ＭｖＢ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ２′为 　μｍｇｓ２′＝（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得　ｓ２′＝（25／6）ｍ． 　Ｂ再次碰到挡板后，Ａ、Ｂ最终以相同的速度ｖ′向左共同运动，根据动量守恒定律，得 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′，解得　ｖ′＝（2／9）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ３′为： 　μｍｇｓ３′＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　　　　ｓ３′＝（8／27）ｍ． 　因此，为使Ａ不从Ｂ上脱落，Ｂ的最小长度为ｓ１′＋ｓ２′＋ｓ３′＝8．96ｍ． 17 ．解：（1）Ｂ与Ａ碰撞后，Ｂ相对于Ａ向左运动，Ａ所受摩擦力方向向左，Ａ的运动方向向右，故摩擦力作负功．设Ｂ与Ａ碰撞后的瞬间Ａ的速度为ｖ１，Ｂ的速度为ｖ２，Ａ、Ｂ相对静止后的共同速度为ｖ，整个过程中Ａ、Ｂ组成的系统动量守恒，有 　Ｍｖ０＝（Ｍ＋1．5Ｍ）ｖ，ｖ＝2ｖ０／5． 　碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功，即 　Ｍｖ２＋1．5Ｍｖ１＝2．5Ｍｖ，　　① 　（1／2）×1．5Ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2－（1／2）×2．5Ｍｖ2＝Ｍμｇｌ，　　② 可解出ｖ１＝（1／2）ｖ０（另一解ｖ１＝（3／10）ｖ０因小于ｖ而舍去） 　这段过程中，Ａ克服摩擦力做功 　Ｗ＝（1／2）×1．5Ｍｖ１2－（1／2）×1．5Ｍｖ2＝（27／400）Ｍｖ０2（0．068Ｍｖ０2）． 　（2）Ａ在运动过程中不可能向左运动，因为在Ｂ未与Ａ碰撞之前，Ａ受到的摩擦力方向向右，做加速运动，碰撞之后Ａ受到的摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后，速度仍向右，因此不可能向左运动． 　Ｂ在碰撞之后，有可能向左运动，即ｖ２＜0． 　先计算当ｖ２＝0时满足的条件，由①式，得 　ｖ１＝（2ｖ０／3）－（2ｖ２／3），当ｖ２＝0时，ｖ１＝2ｖ０／3，代入②式，得 　（（1／2）×1．5Ｍ4ｖ０2／9）－（（1／2）×2．5Ｍ4ｖ０2／25）＝Ｍμｇｌ， 解得　μｇｌ＝2ｖ０2／15． 　Ｂ在某段时间内向左运动的条件之一是μｌ＜2ｖ０2／15ｇ． 　另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即 　（1／2）Ｍｖ０2－（1／2）2．5Ｍ（2ｖ０／5）2≥2Ｍμｇｌ， 　解出另一个条件是　μｌ≤3ｖ０2／20ｇ， 　最后得出Ｂ在某段时间内向左运动的条件是 　2ｖ０2／15ｇ＜μｌ≤3ｖ０2／20ｇ． 18．解：（1）以警车为研究对象，由动能定理． 　－μｍｇ·ｓ＝（1／2）ｍｖ2－（1／2）ｍｖ０2， 　将ｖ０＝14．0ｍ／ｓ，ｓ＝14．0ｍ，ｖ＝0代入，得 　μｇ＝7．0ｍ／ｓ2， 　因为警车行驶条件与肇事汽车相同，所以肇事汽车的初速度ｖＡ＝＝21ｍ／ｓ． 　（2）肇事汽车在出事点Ｂ的速度 　ｖＢ＝＝14ｍ／ｓ， 　肇事汽车通过段的平均速度 　＝（ｖＡ＋ｖＢ）／2＝（21＋14）／2＝17．5ｍ／ｓ． 　肇事汽车通过ＡＢ段的时间 　ｔ２＝ＡＢ／＝（31．5－14．0）／17．5＝1ｓ． 　∴　游客横过马路的速度 　ｖ人＝／（ｔ１＋ｔ２）＝（2．6／（1＋0．7））ｍ／ｓ＝1．53ｍ／ｓ． 19．解：（1）开始Ａ、Ｂ处于静止状态时，有 　ｋｘ０－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｓｉｎ30°＝0，　　① 　设施加Ｆ时，前一段时间Ａ、Ｂ一起向上做匀加速运动，加速度为ａ，ｔ＝0．2ｓ，Ａ、Ｂ间相互作用力为零，对Ｂ有： 　ｋｘ－ｍＢｇｓｉｎ30°＝ｍＢ ａ，　　② 　ｘ－ｘ０＝（1／2）ａｔ2，　　③ 　解①、②、③得： 　ａ＝5ｍｓ－2，ｘ０＝0．05ｍ，ｘ＝0．15ｍ， 　初始时刻Ｆ最小 　Ｆｍｉｎ＝（ｍＡ＋ｍＢ）ａ＝60Ｎ． 　ｔ＝0．2ｓ时，Ｆ最大 　Ｆｍａｘ－ｍＡｇｓｉｎ30°＝ｍＡａ， 　Ｆｍａｘ＝ｍＡ（ｇｓｉｎ30°＋ａ）＝100Ｎ， 　（2）ΔＥＰＡ＝ｍＡｇΔｈ＝ｍＡｇ（ｘ－ｘ０）ｓｉｎ30°＝5Ｊ． 20．解：当弹簧处于压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和．当弹簧伸长到其自然长度时，弹性势能为零，因这时滑块Ａ的速度为零，故系统的机械能等于滑块Ｂ的动能．设这时滑块Ｂ的速度为ｖ则有 　Ｅ＝（1／2）ｍ２ｖ2，　　① 由动量守恒定律（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ２ｖ，　　② 解得　Ｅ＝（1／2）（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２．　　③ 　假定在以后的运动中，滑块Ｂ可以出现速度为零的时刻，并设此时滑块Ａ的速度为ｖ１．这时，不论弹簧是处于伸长还是压缩状态，都具有弹性势能Ｅｐ．由机械能守恒定律得 　（1／2）ｍ１ｖ１2＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　④ 根据动量守恒　（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ１ｖ１，　　⑤ 求出ｖ１，代入④式得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑥ 因为Ｅｐ≥0，故得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）≤（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑦ 即　ｍ１≥ｍ２，与已知条件ｍ１＜ｍ２不符． 　可见滑块Ｂ的速度永不为零，即在以后的运动中，不可能出现滑动Ｂ的速度为零的情况． 21．解：设恰好物体相对圆盘静止时，弹簧压缩量为Δｌ，静摩擦力为最大静摩擦力ｆｍａｘ，这时物体处于临界状态，由向心力公式ｆｍａｘ－ｋΔｌ＝ｍＲｗ2，　　① 　假若物体向圆心移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ１－ｋ（Δｌ＋ｘ）＝ｍ（Ｒ－ｘ）ｗ2，　　② 　由①、②两式可得　ｆｍａｘ－ｆ１＝ｍｘｗ2－ｋｘ，　　③ 所以　ｍｘｗ2－ｋｘ≥0，得ｋ≤ｍｗ2，　　④ 　若物体向外移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ２－ｋ（Δｌ－ｘ）≥ｍ（Ｒ＋ｘ）ｗ2，　　⑤ 由①～⑥式得　ｆｍａｘ－ｆ２＝ｋｘ－ｍｘｗ2≥0，　　⑥ 所以　ｋ≥ｍｗ2，　　⑦ 即若物体向圆心移动，则ｋ≤ｍｗ2， 若物体向远离圆心方向移动，则ｋ≥ｍｗ2． 22．解：卫星环绕地球作匀速圆周运动，设卫星的质量为ｍ，轨道半径为ｒ，受到地球的万有引力为Ｆ， 　Ｆ＝ＧＭｍ／ｒ2，　　① 　式中Ｇ为万有引力恒量，Ｍ是地球质量． 　 设ｖ是卫星环绕地球做匀速圆周运动的线速度，Ｔ是运动周期，根据牛顿第二定律，得 　Ｆ＝ｍｖ2／ｒ，　　② 　由①、②推导出　ｖ＝．　　③ 　③式表明：ｒ越大，ｖ越小． 　人造卫星的周期就是它环绕地球运行一周所需的时间Ｔ， 　Ｔ＝2πｒ／ｖ，　　④ 　由③、④推出　Ｔ＝2π，　　⑤ 　⑤式说明：ｒ越大，Ｔ越大．　23．证：设质点通过Ａ点时的速度为ｖＡ，通过Ｃ点时的速度为ｖＣ，由匀变速直线运动的公式得： ｓ1＝ｖＡＴ＋ａＴ2／2，ｓ3＝ｖＣＴ＋ａＴ2／2，ｓ3－ｓ1＝ｖＣＴ－ｖＡＴ． ∵　ｖＣ＝ｖＡ＋2ａＴ， ∴　ｓ3－ｓ1＝（ｖＡ－2ａＴ－ｖＡ）Ｔ＝2ａＴ2，ａ＝（ｓ3－ｓ1）／2Ｔ2． 　24．根据：如果在连续的相等的时间内的位移之差相等，则物体做匀变速运动．证明：设物体做匀速运动的初速度为ｖ0，加速度为ａ，第一个Ｔ内的位移为ｓ1＝ｖ0Ｔ＋ａＴ2／2；第二个Ｔ内的位移为ｓ2＝（ｖ0＋ａＴ）Ｔ＋ａＴ2／2；第Ｎ个Ｔ内的位移为ｓＮ＝［ｖ0＋（Ｎ－1）ａＴ］Ｔ＋ａＴ2／2．　ｓＮ－ｓＮ－1＝ａＴ2，逆定理也成立． 　25．解：由匀变速直线运动的公式得小物块的加速度的大小为ａ1＝（ｖ0－ｖｔ）／ｔ＝2（ｍ／ｓ2）．木板的加速度大小为ａ2＝2ｓ／ｔ2＝0.25（ｍ／ｓ2）． 根据牛顿第二定律　Ｆ＝ｍａ 对小物块得　ｆ′1＝ｍａ1＝1×2＝2Ｎ， 对木板得　ｆ1－μ（ｍ＋Ｍ）ｇ＝Ｍａ2， 　μ＝（ｆ1－Ｍａ2）／（ｍ＋Ｍ）ｇ＝（2－4×0.25）／（1＋4）×10＝0.02． 　26．解：假设金属块没有离开第一块长木板，移动的相对距离为ｘ，由动量守恒定律，得ｍｖ0＝3ｍｖ， 　ｍｖ02／2＝3ｍｖ2／2＋μｍｇｘ， 解得ｘ＝4ｍ／3＞Ｌ，不合理， ∴　金属块一定冲上第二块木板． 　以整个系统为研究对象，由动量定律及能量关系，当金属块在第一块木板上时ｍｖ0＝ｍｖ0′＋2ｍｖ1， 　ｍｖ02／2＝12ｍｖ0′2＋2ｍ·ｖ12／2＋μｍｇｌ． 　ｍｖ0＝ｍｖ1＋2ｍｖ2， 　ｍｖ02／2＝ｍｖ12／2＋2ｍ·ｖ22／2＋μｍｇ（ｌ＋ｘ）． 联立解得： 　ｖ1＝1／3ｍ／ｓ，ｖ2＝5／6ｍ／ｓ，ｘ＝0.25ｍ． 　27．解：当ｔ＝0时，ａＡ0＝9／3＝3ｍ／ｓ2，ａＢ0＝3／6＝0.5ｍ／ｓ2．ａＡ0＞ａＢ0 ，Ａ、Ｂ间有弹力，随ｔ之增加，Ａ、Ｂ间弹力在减小，当（9－2ｔ）／3＝（3＋2ｔ）／6，ｔ＝2.5ｓ时，Ａ、Ｂ脱离，以Ａ、Ｂ整体为研究对象，在ｔ＝2.5ｓ内，加速度ａ＝（ＦＡ＋ＦＢ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝4／3ｍ／ｓ2，ｓ＝ａｔ2／2＝4.17ｍ． 　28．解：（1）由ｍＣｖ0＝ｍＣｖ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ1，Ｃ由Ａ滑至Ｂ时，Ａ、Ｂ的共同速度是 　ｖ1＝ｍＣ（ｖ0－ｖ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝0.2ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＡ＝ｍＣｖ02／2－ｍＣｖ2／2－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12／2， 得　μ＝［ｍＣ（ｖ02－ｖ2）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12］／2ｍＣｇｌＡ＝0.48． 　（2）由ｍＣｖ＋ｍＢｖ1＝（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ2，Ｃ相对Ｂ静止时，Ｂ、Ｃ的共同速度是ｖ2＝（ｍＣｖ＋ｍＢｖ1）／（ｍＣ＋ｍＢ）＝0.65ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＢ＝ｍＣｖ2／2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22／2， Ｃ在Ｂ上滑行距离为 　ｌＢ＝［ｍＣｖ2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22］／2μｍＣｇ＝0.25ｍ． 　（3）由μｍＣｇｓ＝ｍＢｖ22／2－ｍＢｖ12／2， Ｂ相对地滑行的距离ｓ＝［ｍＢ（ｖ22－ｖ12）］／2μｍＣｇ＝0.12ｍ． 　（4）Ｃ在Ａ、Ｂ上匀减速滑行，加速度大小由μｍＣｇ＝ｍＣａ，得ａ＝μｇ＝4.8ｍ／ｓ2． Ｃ在Ａ上滑行的时间ｔ1＝（ｖ0－ｖ）／ａ＝0.21ｓ． Ｃ在Ｂ上滑行的时间ｔ2＝（ｖ－ｖ2）／ａ＝0.28ｓ． 所求时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝0.21ｓ＋0.28ｓ＝0.49ｓ． 　　29．匀加速下滑时，受力如图1ａ，由牛顿第二定律，有： ｍｇｓｉｎθ－μｍｇｃｏｓθ＝ｍａ＝ｍｇｓｉｎθ／2， 　ｓｉｎθ／2＝μｃｏｓθ， 　得μ＝ｓｉｎθ／2ｃｏｓθ．图1静止时受力分析如图1ｂ，摩擦力有两种可能：①摩擦力沿斜面向下；②摩擦力沿斜面向上．摩擦力沿斜面向下时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＝ｆ＋ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ， 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ＋μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ－μｓｉｎθ）ｍｇ＝3ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ－ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　摩擦力沿斜面向上时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＋ｆ＝ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ． 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ－μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ＋μｓｉｎθ）ｍｇ＝ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ＋ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　30．解：（1）物体在两斜面上来回运动时，克服摩擦力所做的功Ｗｆ＝μｍｇｃｏｓ60°·ｓ总． 　物体从开始直到不再在斜面上运动的过程中ｍｇｈ－Ｗｆ＝0－ｍｖ02／2．解得ｓ总 ＝38ｍ． 　（2）物体最终是在Ｂ、Ｃ之间的圆弧上来回做变速圆周运动，且在Ｂ、Ｃ点时速度为零． 　（3）物体第一次通过圆弧最低点时，圆弧所受压力最大．由动能定理得ｍｇ［ｈ＋Ｒ（1－ｃｏｓ60°）］－μｍｇｃｏｓ60°／ｓｉｎ60°＝ｍ（ｖ12－ｖ02）／2， 由牛顿第二定律得　Ｎｍａｘ－ｍｇ＝ｍｖ12／Ｒ， 解得　Ｎｍａｘ＝54.5Ｎ． 　物体最终在圆弧上运动时，圆弧所受压力最小．由动能定理得ｍｇＲ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍｖ22／2，由牛顿第二定律得Ｎｍｉｎ－ｍｇ＝ｍｖ22／Ｒ，解得Ｎｍｉｎ＝20Ｎ． 　31．解：（1）设刹车后，平板车的加速度为ａ0，从开始刹车到车停止所经历时间为ｔ0，车所行驶距离为ｓ0，则有ｖ02＝2ａ0ｓ0，ｖ0＝ａ0ｔ0． 　欲使ｔ0小，ａ0应该大，作用于木箱的滑动摩擦力产生的加速度ａ1＝μｍｇ／ｍ＝μｇ． 　当ａ0＞ａ1时，木箱相对车底板滑动，从刹车到车停止过程中木箱运动的路程为ｓ1，则ｖ02＝2ａ2ｓ1． 　为使木箱不撞击驾驶室，应有ｓ1－ｓ0≤Ｌ． 　联立以上各式解得：ａ0≤μｇｖ02／（ｖ02－2μｇＬ）＝5ｍ／ｓ2， 　∴　ｔ0＝ｖ0／ａ0＝4.4ｓ． 　（2）对平板车，设制动力为Ｆ，则Ｆ＋ｋ（Ｍ＋ｍ）ｇ－μｍｇ＝Ｍａ0，解得：Ｆ＝7420Ｎ． 　32．解：对系统ａ0＝［Ｆ－μｇ（ｍ1＋ｍ2）］／（ｍ1＋ｍ2）＝1ｍ／ｓ2． 　对木块1，细绳断后：│ａ1│＝ｆ1／ｍ1＝μｇ＝1ｍ／ｓ2． 　设细绳断裂时刻为ｔ1，则木块1运动的总位移： 　ｓ1＝2ａ0ｔ12／2＝ａ0ｔ12． 　对木块2，细绳断后，ａ2＝（Ｆ－μｍ2ｇ）／ｍ2＝2ｍ／ｓ2． 木块2总位移 　ｓ2＝ｓ′＋ｓ″＝ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2， 两木块位移差Δｓ＝ｓ2－ｓ1＝22（ｍ）． 得　ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2－ａ0ｔ12＝22， 把ａ0，ａ2值，ｖ1＝ａ0ｔ1代入上式整理得： 　ｔ12＋12ｔ1－28＝0，得ｔ1＝2ｓ． 木块2末速ｖ2＝ｖ1＋ａ2（6－ｔ1）＝ａ0ｔ1＋ａ2（6－ｔ1）＝10ｍ／ｓ． 此时动能Ｅｋ＝ｍ2ｖ22／2＝2×102／2Ｊ＝100Ｊ． 　33．解：（1）由动量守恒定律，ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ′，且有ｍ∶Ｍ＝1∶3， ∴　Ａ、Ｂ共同速度ｖ′＝ｍｖ0／（ｍ＋Ｍ）＝1ｍ／ｓ． 　（2）由动能定理，对全过程应有 　μｍｇ·2Ｌ＝ｍｖ02／2－（ｍ＋Ｍ）ｖ′2／2， 　4μｇＬ＝ｖ02－4ｖ′2，μ＝（ｖ02－4ｖ′2）／4ｇＬ＝0.3． 　（3）先求Ａ与Ｂ挡板碰前Ａ的速度ｖ10，以及木板Ｂ相应速度ｖ20，取从Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板相碰前过程为研究对象，依动量守恒与动能定理有以下两式成立：ｍｖ0＝ｍｖ10＋Ｍｖ20， 　ｍｖ02／2－ｍｖ102／2－Ｍｖ202／2＝μｍｇＬ． 代入数据得　ｖ10＋3ｖ20＝4，ｖ102＋3ｖ202＝10， 解以上两式可得　ｖ10＝（2±3）／2ｍ／ｓ．因Ａ与Ｂ挡板碰前速度不可能取负值，故ｖ10＝（2＋3 ）／2ｍ／ｓ．相应解出ｖ20＝（2－）／2ｍ／ｓ＝0.3ｍ／ｓ． 　木板Ｂ此过程为匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得μｍｇ＝Ｍａ1，ａ1＝μｍｇ／Ｍ＝1（ｍ／ｓ2）． 此过程经历时间ｔ1由下式求出 　ｖ20＝ａ1ｔ1，ｔ1＝ｖ20／ａ1＝0.3（ｓ）． 其速度图线为图2中0～0.3ｓ段图线ａ． 　再求Ａ与Ｂ挡板碰后，木板Ｂ的速度ｖ2与木块Ａ的速度ｖ1，为方便起见取Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板碰撞后瞬间过程为研究对象，依动量守恒定律与动能定理有以下两式成立： ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2，ｍｖ02／2－ｍｖ12／2－Ｍｖ22／2＝μｍｇＬ． 故解为　ｖ1＝（2±3）／2ｍ／ｓ． 因ｖ1＝（2＋3）／2ｍ／ｓ为碰前速度，故取ｖ1＝（2－3）／2ｍ／ｓ，相应得ｖ2＝2＋2ｍ／ｓ＝1.7ｍ／ｓ． 由于ｖ1＜0，即木块相对Ｂ向左滑动，Ａ受Ｂ摩擦力向右，Ｂ受Ａ摩擦力向左，故Ｂ做匀减速直线运动，加速度大小由牛顿第二定律，得ａ＝μｍｇ／Ｍ＝1ｍ／ｓ2． 　从碰后到Ａ滑到Ｂ最左端过程中，Ｂ向右做匀减速直线运动时间设为ｔ2，则ｖ′－ｖ2＝－ａｔ2， ∴　ｔ2＝0.7ｓ． 　此过程速度图线如图2中0.3ｓ～1.0ｓ段图线ｂ．图2　　34．解：设ｍ1、ｍ2两物体受恒力Ｆ作用后，产生的加速度分别为ａ1、ａ2，由牛顿第二定律Ｆ＝ｍａ，得 　ａ1＝Ｆ／ｍ1，ａ2＝Ｆ／ｍ2， 　历时ｔ两物体速度分别为ｖ1＝ａ1ｔ，ｖ2＝ｖ0＋ａ2ｔ，由题意令ｖ1＝ｖ2，即ａ1ｔ＝ｖ0＋ａ2ｔ或（ａ1－ａ2）ｔ＝ｖ0，因ｔ≠0、ｖ0＞0，欲使上式成立，需满足ａ1－ａ2＞0，即Ｆ／ｍ1＞Ｆ／ｍ2，或ｍ1＜ｍ2，也即当ｍ1≥ｍ2时不可能达到共同速度，当ｍ1＜ｍ2时，可以达到共同速度． 　35．解：（1）当小球刚好能在轨道内做圆周运动时，水平初速度ｖ最小，此时有ｍｇ＝ｍｖ2／Ｒ， 故　ｖ＝＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）若初速度ｖ′＜ｖ，小球将做平抛运动，如在其竖直位移为Ｒ的时间内，其水平位移ｓ≥Ｒ，小球可进入轨道经过Ｂ点．设其竖直位移为Ｒ时，水平位移也恰为R，则Ｒ＝ｇｔ2／2，Ｒ＝ｖ′ｔ，解得：ｖ′＝／2＝ｍ／ｓ． 因此，初速度满足2ｍ／ｓ＞ｖ′≥ｍ／ｓ时，小球可做平抛运动经过Ｂ点． 　 36．卫星在天空中任何天体表面附近运行时，仅受万有引力Ｆ作用使卫星做圆周运动，运动半径等于天体的球半径Ｒ．设天体质量为Ｍ，卫星质量为ｍ，卫星运动周期为Ｔ，天体密度为ρ．根据万有引力定律Ｆ＝ＧＭｍ／Ｒ2， 卫星做圆周运动向心力Ｆ′＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2， 因为 　Ｆ′＝Ｆ，得ＧＭｍ／Ｒ2＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2，∴Ｔ＝． 　又球体质量Ｍ＝4πＲ3ρ／3． 得Ｔ＝=，∴Ｔ∝1／，得证． 　37．解：由于两球相碰满足动量守恒 　　ｍ1ｖ0＝ｍ1ｖ1＋ｍ2ｖ2，ｖ1＝－1.3ｍ／ｓ． 　两球组成系统碰撞前后的总动能Ｅｋ1＋Ｅｋ2＝ｍ1ｖ02／2＋0＝2.5Ｊ， 　Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＝ｍ1ｖ12／2＋ｍ2ｖ22／2＝2.8Ｊ． 　可见，Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＞Ｅｋ1＋Ｅｋ2，碰后能量较碰撞前增多了，违背了能量守恒定律，这种假设不合理． 　38．解：（1）由动量守恒，得ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2， 由运动学公式得ｓ＝（ｖ1－ｖ2）ｔ，ｈ＝ｇｔ2／2， 由以上三式得ｖ2＝（ｍｖ0－ｓｍ）／（Ｍ＋ｍ）． 　（2）最后车与物体以共同的速度ｖ向右运动，故有 　ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖｖ＝ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）． ∴ΔＥ＝ｍｖ02／2＋ｍｇｈ－（Ｍ＋ｍ）ｍ2ｖ02／2（Ｍ＋ｍ）2． 解得ΔＥ＝ｍｇｈ＋Ｍｍｖ02／2（Ｍ＋ｍ）． 　39．解：设碰前Ａ、Ｂ有共同速度ｖ时，Ｍ前滑的距离为ｓ．则ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ，ｆｓ＝Ｍｖ2／2，ｆ＝μｍｇ． 　由以上各式得　ｓ＝Ｍｍｖ02／2μｇ（Ｍ＋ｍ）2． 　当ｖ0＝2ｍ／ｓ时，ｓ＝2／9ｍ＜0.5ｍ，即Ａ、Ｂ有共同速度．当ｖ0＝4ｍ／ｓ时，ｓ＝8／9ｍ＞0.5ｍ，即碰前Ａ、Ｂ速度不同． 　40．解：（1）物体由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者系统水平方向动量守恒得：ｍｖ0＝ｍｖ0／2＋2ｍｖＡＢ． 解之得　ｖＡＢ＝ｖ0／4． 　（2）物块由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者功能关系得：μｍｇＬ＝ｍｖ02／2－ｍ（ｖ0／2）2／2－2ｍ（ｖ0／4）2／2． 解之得　Ｌ＝5ｖ02／16μｇ． 　 （3）物块由Ｄ滑到Ｃ的过程中，二者系统水平方向动量守恒，又因为物块到达最高点Ｃ时，物块与滑块速度相等且水平，均为ｖ． 故得　ｍｖ0／2＋ｍｖ0／4＝2ｍｖ， ∴　得滑块的动能ＥＣＤ＝ｍｖ2／2＝9ｍｖ02／128． 　41．解：（1）Ｂ从ｖ0减速到速度为零的过程，Ｃ静止，Ｂ的位移：ｓ1＝ｖ02／2μｇ． 　所用的时间：ｔ1＝ｖ0／μｇ． 　此后Ｂ与Ｃ一起向右做加速运动，Ａ做减速运动，直到相对静止，设所用时间为ｔ2，共同速度为ｖ． 　对Ａ、Ｂ、Ｃ，由动量守恒定律得 　ｍＡ·2ｖ0－ｍＢｖ0＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ， ∵　ｍＡ＝ｍＢ＝ｍＣ，∴　ｖ＝ｖ0／3． 　对Ｂ与Ｃ，向右加速运动的加速度 　ａ＝μｍＡｇ／（ｍＢ＋ｍＣ）＝μｇ／2，∴ｔ2＝ｖ／ａ＝2ｖ0／3μｇ． Δｔ内Ｂ向右移动的位移ｓ2＝ｖｔ2／2＝ｖ02／9μｇ， 故总路程ｓ＝ｓ1＋ｓ2＝11ｖ02／18μｇ，总时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝5ｖ0／3μｇ． 　（2）设车的最小长度为Ｌ，则相对静止时Ａ、Ｂ刚好接触，由能量守恒得 　ｍＡ（2ｖ0）2／2＋ｍＢｖ02／2＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ2／2＋μｍＢｇｓ1＋μｍＡｇ（Ｌ－ｓ1）， 联立解得Ｌ＝7ｖ02／3μｇ． 　42．解：（1）ｍ速度最大的位置应在O点左侧．因为细线烧断后，ｍ在弹簧弹力和滑动摩擦力的合力作用下向右做加速运动，当弹力与摩擦力的合力为零时，ｍ的速度达到最大，此时弹簧必处于压缩状态．此后，系统的机械能不断减小，不能再达到这一最大速度． 　（2）选ｍ、Ｍ为一系统，由动量守恒定律得 　ｍｖ1＝Ｍｖ2． 　设这一过程中弹簧释放的弹性势能为Ｅｐ，则 　Ｅｐ＝ｍｖ12／2＋Ｍｖ22／2＋μｍｇｓ， 解得　ｖ2＝ｍｖ1／Ｍ，Ｅｐ＝ｍ［（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2Ｍ＋μｇｓ］． 　（2）ｍ与Ｍ最终将静止，因为系统动量守恒，且总动量为零，只要ｍ与Ｍ间有相对运动，就要克服摩擦力做功，不断消耗能量，所以，ｍ与Ｍ最终必定都静止． 　43．解：（1）第一颗子弹射入木块过程，系统动量守恒，有 　ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ1． 　射入后，在ＯＢＣ运动过程中，机械能守恒，有 　（ｍ＋Ｍ）ｖ12／2＝（ｍ＋Ｍ）ｇＲ，得ｖ0＝（Ｍ＋ｍ）／ｍ． 　（2）由动量守恒定律知，第2、4、6……颗子弹射入木块后，木块速度为0，第1、3、5……颗子弹射入后，木块运动．当第9颗子弹射入木块时，由动量守恒得： 　ｍｖ0＝（9ｍ＋Ｍ）ｖ9， 　设此后木块沿圆弧上升最大高度为Ｈ，由机械能守恒定律得：（9ｍ＋Ｍ）ｖ92／2＝（9ｍ＋Ｍ）ｇＨ， 由以上可得：Ｈ＝［（Ｍ＋ｍ）／（Ｍ＋9ｍ）］2Ｒ． 　 44．解：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动ｓ，速度变为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．由动能定理 　－μＭｇｓ＝0－ｍｖ02／2，ｓ＝ｍｖ02／2μＭｇ＝0.33ｍ． 　（2）假如平板车在第二次碰墙前还未和滑块相对静止，则其速度的大小肯定还是2ｍ／ｓ，因为只要相对运动，摩擦力大小为恒值．滑块速度则大于2ｍ／ｓ，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰墙前肯定已和滑块具有共同速度ｖ．此即平板车碰墙前瞬间的速度． 　Ｍｖ0－ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， ∴ｖ＝（Ｍ－ｍ）ｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝0.4ｍ／ｓ．图3　（3）平板车与墙壁第一次碰撞后滑块与平板又达到共同速度ｖ前的过程，可用图3（ａ）、（ｂ）、（ｃ）表示．图3（ａ）为平板车与墙碰撞后瞬间滑块与平板车的位置，图3（ｂ）为平板车到达最左端时两者的位置，图3（ｃ）为平板车与滑块再次达到共同速度时两者的位置．在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功μΜｇｓ′，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功μＭｇｓ″（平板车从Ｂ到Ａ再回到Ｂ的过程中摩擦力做功为零），其中ｓ′、ｓ″分别为滑块和平板车的位移．滑块和平板车动能总减少为μＭｇｌ1，其中ｌ1＝ｓ′＋ｓ″为滑块相对平板车的位移，此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为ｌ，则有（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2＝μＭｇｌ，ｌ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2μＭｇ＝0.833ｍ． ｌ即为平板车的最短长度．图4　　45．解：如图4，Ａ球从静止释放后将自由下落至Ｃ点悬线绷直，此时速度为ｖＣ ∵　ｖＣ2＝2ｇ×2Ｌｓｉｎ30°， ∴　ｖＣ＝＝2ｍ／ｓ． 　在线绷直的过程中沿线的速度分量减为零时，Ａ将以切向速度ｖ1沿圆弧运动且 　ｖ1＝ｖＣｃｏｓ30°＝ ｍ／ｓ． 　Ａ球从Ｃ点运动到最低点与Ｂ球碰撞前机械能守恒，可求出Ａ球与Ｂ球碰前的速度 　ｍＡｖ12／2＋ｍＡｇＬ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍＡｖ22／2， 　ｖ2＝==ｍ／ｓ． 　因Ａ、Ｂ两球发生无能量损失的碰撞且ｍＡ＝ｍＢ，所以它们的速度交换，即碰后Ａ球的速度为零，Ｂ球的速度为ｖ2＝（ｍ／ｓ）．对Ｂ球和小车组成的系统水平方向动量守恒和机械能守恒，当两者有共同水平速度ｕ时，Ｂ球上升到最高点，设上升高度为ｈ． 　ｍＢｖ2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ，ｍＢｖ22／2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ2／2＋ｍＢｇｈ．解得ｈ＝3／16≈0.19ｍ． 　在Ｂ球回摆到最低点的过程中，悬线拉力仍使小车加速，当Ｂ球回到最低点时小车有最大速度ｖｍ，设小球Ｂ回到最低点时速度的大小为ｖ3，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 　ｍＢｖ2＝－ｍＢｖ3＋Ｍｖｍ，ｍＢｖ22／2＝ｍＢｖ32／2＋Ｍｖｍ2／2， 解得ｖｍ＝2ｍＢｖ2／（ｍ3＋Ｍ）＝／2ｍ／ｓ＝1.12ｍ／ｓ． 　46．解：（1）小球的角速度与运动的角速度必定相等，则有ｖ＝ωＲ＝ω． 　（2）人手所提供的功率应等于小球在运动过程中克服摩擦力做功的功率．即有Ｐ＝ｆｖ， ∴　ｆ＝Ｐ／ｖ＝Ｐ／ω． 　47．解：由于粘性物体与底板粘合的过程时间极短，冲击力远大于重力，在竖直方向近似动量守恒，开始静止时，有　ｍ1ｇ＝ｋｘｋ＝ｍ1ｇｘ． 　ｍ2下落Ｈ时的速度ｖ＝，ｍ2与ｍ1合在一起动量守恒，ｍ2ｖ＝（ｍ1＋ｍ2）ｖ′，ｖ′＝ｍ2ｖ／（ｍ1＋ｍ2）＝ｍ2／（ｍ1＋ｍ2）． 　设向下为正方向，ｍ1与ｍ2的整体受两个力，即重力（ｍ1＋ｍ2）ｇ和弹簧的平均拉力，则有平均拉力＝ｋｘ＋ｋｈ／2＝ｋ（2ｘ＋ｈ）／2，由动能定理得 ［－＋（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ＝0－（ｍ1＋ｍ2）ｖ2／2， 由以上各式得［ｍ1ｇ（2ｘ＋ｈ）／2ｘ－（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ 　＝（ｍ1＋ｍ2）·ｍ22·2ｇｈ／2（ｍ1＋ｍ2）2． 代入数值得ｈ＝0.3ｍ． 　48．解：ｍ与Ａ粘在一起后水平方向动量守恒，共同速度设为ｖ1，Ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ1， 得ｖ1＝Ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝2ｖ0／3． 　当弹簧压缩到最大时即有最大弹性势能Ｅ，此时系统中各物体有相同速度，设为ｖ2，由动量守恒定律 　2Ｍｖ0＝（2Ｍ＋ｍ）ｖ2，得ｖ2＝2Ｍｖ0／（2Ｍ＋ｍ）＝4ｖ0／5． 由能量守恒有 　Ｅ＝Ｍｖ02／2＋（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2－（2Ｍ＋ｍ）ｖ22／2， 解得Ｅ＝Ｍｖ02／30． 　 49．解：（1）振子在平衡位置时，所受合力为零，设此时弹簧被压缩Δｘ：（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ＝ｋΔｘ，Δｘ＝5ｃｍ． 　开始释放时振子处在最大位移处，故振幅 　Ａ＝5ｃｍ＋5ｃｍ＝10ｃｍ． 　（2）由于开始时弹簧的伸长量恰等于振子在平衡位置时弹簧的压缩量，故弹性势能相等，设振子的最大速度为ｖ，从开始到平衡位置，根据机械能守恒定律， 得ｍｇ·Ａ＝ｍｖ2／2，∴ｖ＝＝1.4ｍ／ｓ， 即Ｂ的最大速率为1.4ｍ／ｓ． 　（3）在最高点，振子受到的重力和弹力方向相同，根据牛顿第二定律，得 　ａ＝［ｋΔｘ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ］／（ｍＡ＋ｍＢ）＝20ｍ／ｓ2， Ａ对Ｂ的作用力方向向下，其大小 　Ｎ1＝ｍＢａ－ｍＢｇ＝10Ｎ． 在最低点，振子受到的重力和弹力方向相反，根据牛顿第二定律，得ａ＝ｋ（Δｘ＋Ａ）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｍＡ＋ｍＢ＝20ｍ／ｓ2． Ａ对Ｂ的作用力方向向上，其大小 　Ｎ2＝ｍＢａ＋ｍＢｇ＝30Ｎ．之粘合在一起，求这以后的运动过程中，弹簧获得的最大弹性势能Ｅ． 　49．一轻弹簧直立在地面上，其劲度系数为ｋ＝400Ｎ／ｍ，在弹簧的上端与盒子Ａ连接在一起，盒子内装物体Ｂ，Ｂ的上下表面恰与盒子接触，如图1－102所示，Ａ和Ｂ的质量ｍＡ＝ｍＢ＝1ｋｇ，ｇ＝10ｍ／ｓ2，不计阻力，先将Ａ向上抬高使弹簧伸长5ｃｍ后从静止释放，Ａ和Ｂ一起做上下方向的简谐运动，已知弹簧的弹性势能决定于弹簧的形变大小．（1）试求Ａ的振幅；（2）试求Ｂ的最大速率；（3）试求在最高点和最低点Ａ对Ｂ的作用力．参考解题过程与答案1．解：设经过时间ｔ，物体到达Ｐ点 　（1）ｘＰ＝ｖ０ｔ，ｙＰ＝（1／2）（Ｆ／ｍ）ｔ2，ｘＰ／ｙＰ＝ｃｔｇ37°， 　联解得 　ｔ＝3ｓ，ｘ＝30ｍ，ｙ＝22．5ｍ，坐标（30ｍ，22．5ｍ） 　（2）ｖｙ＝（Ｆ／ｍ）ｔ＝15ｍ／ｓ， 　∴ｖ＝=5ｍ／ｓ， 　ｔｇα＝ｖｙ／ｖ０＝15／10＝3／2， 　∴　　α＝ａｒｃｔｇ（3／2），α为ｖ与水平方向的夹角． 2．解：在0～1ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知 　ａ１＝12ｍ／ｓ２ ， 由牛顿第二定律，得 　Ｆ－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ１，　　① 在0～2ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知ａ２＝－6ｍ／ｓ２， 因为此时物体具有斜向上的初速度，故由牛顿第二定律，得 　－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ２，　　② 　②式代入①式，得　Ｆ＝18Ｎ． 3．解：在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从Ａ到Ｂ需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为ｔ1，则 　（ｖ／2）ｔ１＋ｖ（ｔ－ｔ１）＝Ｌ， 所以　ｔ１＝2（ｖｔ－Ｌ）／ｖ＝（2×（2×6－10）／2）ｓ＝2ｓ． 为使物体从Ａ至Ｂ所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变．而　ａ＝ｖ／ｔ＝1ｍ／ｓ２．设物体从Ａ至Ｂ所用最短的时间为ｔ2，则 　（1／2）ａｔ2２＝Ｌ， 　ｔ2＝=＝2ｓ． 　ｖｍｉｎ＝ａｔ2＝1×2ｍ／ｓ＝2ｍ／ｓ． 传送带速度再增大1倍，物体仍做加速度为1ｍ／ｓ２的匀加速运动，从Ａ至Ｂ的传送时间为2ｍ／ｓ． 4．解：启动前Ｎ１＝ｍｇ， 　升到某高度时　Ｎ2＝（17／18）Ｎ１＝（17／18）ｍｇ， 　对测试仪　Ｎ2－ｍｇ′＝ｍａ＝ｍ（ｇ／2）， 　∴　ｇ′＝（8／18）ｇ＝（4／9）ｇ， 　ＧｍＭ／Ｒ2＝ｍｇ，ＧｍＭ／（Ｒ＋ｈ）2＝ｍｇ′，解得：ｈ＝（1／2）Ｒ． 5．解：由匀加速运动的公式　ｖ２＝ｖ０２＋2ａｓ 　得物块沿斜面下滑的加速度为 　ａ＝ｖ2／2ｓ＝1．42／（2×1．4）＝0．7ｍｓ－２， 由于ａ＜ｇｓｉｎθ＝5ｍｓ－２， 　可知物块受到摩擦力的作用．图3　分析物块受力，它受3个力，如图3．对于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，由牛顿定律有 　ｍｇｓｉｎθ－ｆ１＝ｍａ， 　ｍｇｃｏｓθ－Ｎ１＝0， 　分析木楔受力，它受5个力作用，如图3所示．对于水平方向，由牛顿定律有 　ｆ2＋ｆ１ｃｏｓθ－Ｎ１ｓｉｎθ＝0， 　 由此可解得地面的作用于木楔的摩擦力 　ｆ2＝ｍｇｃｏｓθｓｉｎθ－（ｍｇｓｉｎθ－ｍａ）ｃｏｓθ＝ｍａｃｏｓθ＝1×0．7×（／2）＝0．61Ｎ． 　此力的方向与图中所设的一致（由指向）． 6．解：（1）飞机原先是水平飞行的，由于垂直气流的作用，飞机在竖直方向上的运动可看成初速度为零的匀加速直线运动，根据　ｈ＝（1／2）ａｔ２，得ａ＝2ｈ／ｔ２，代入ｈ＝1700ｍ，ｔ＝10ｓ，得 　ａ＝（2×1700／10２）（ｍ／ｓ２）＝34ｍ／ｓ２，方向竖直向下． 　（2）飞机在向下做加速运动的过程中，若乘客已系好安全带，使机上乘客产生加速度的力是向下重力和安全带拉力的合力．设乘客质量为ｍ，安全带提供的竖直向下拉力为Ｆ，根据牛顿第二定律　Ｆ＋ｍｇ＝ｍａ，得安全带拉力 　　Ｆ＝ｍ（ａ－ｇ）＝ｍ（34－10）Ｎ＝24ｍ（Ｎ）， ∴　安全带提供的拉力相当于乘客体重的倍数 　ｎ＝Ｆ／ｍｇ＝24ｍＮ／ｍ·10Ｎ＝2．4（倍）． 　（3）若乘客未系安全带，飞机向下的加速度为34ｍ／ｓ２，人向下加速度为10ｍ／ｓ２，飞机向下的加速度大于人的加速度，所以人对飞机将向上运动，会使头部受到严重伤害． 7．解：设月球表面重力加速度为ｇ，根据平抛运动规律，有 　ｈ＝（1／2）ｇｔ２，　　① 　水平射程为　　　Ｌ＝ｖ０ｔ，　　② 　联立①②得ｇ＝2ｈｖ０２／Ｌ２．　　③ 　根据牛顿第二定律，得　ｍｇ＝ｍ（2π／Ｔ）２Ｒ，　　④ 　联立③④得　Ｔ＝（πＬ／ｖ０ｈ）．　　⑤ 8．解：前2秒内，有Ｆ－ｆ＝ｍａ１，ｆ＝μＮ，Ｎ＝ｍｇ，则 　ａ１＝（Ｆ－μｍｇ）／ｍ＝4ｍ／ｓ２，ｖｔ＝ａ１ｔ＝8ｍ／ｓ， 　撤去Ｆ以后　ａ２＝ｆ／ｍ＝2ｍ／ｓ，ｓ＝ｖ１２／2ａ２＝16ｍ． 9．解：（1）用力斜向下推时，箱子匀速运动，则有 　Ｆｃｏｓθ＝ｆ，ｆ＝μＮ，Ｎ＝Ｇ＋Ｆｓｉｎθ， 　联立以上三式代数据，得　Ｆ＝1．2×10２Ｎ． 　（2）若水平用力推箱子时，据牛顿第二定律，得Ｆ合＝ｍａ，则有 　Ｆ－μＮ＝ｍａ，Ｎ＝Ｇ， 　联立解得　ａ＝2．0ｍ／ｓ２． 　ｖ＝ａｔ＝2．0×3．0ｍ／ｓ＝6．0ｍ／ｓ， 　ｓ＝（1／2）ａｔ２＝（1／2）×2．0×3．0２ｍ／ｓ＝9．0ｍ， 　推力停止作用后　ａ′＝ｆ／ｍ＝4．0ｍ／ｓ２（方向向左）， 　ｓ′＝ｖ２／2ａ′＝4．5ｍ， 　则　ｓ总＝ｓ＋ｓ′＝13．5ｍ． 10．解：根据题中说明，该运动员发球后，网球做平抛运动．以ｖ表示初速度，Ｈ表示网球开始运动时离地面的高度（即发球高度），ｓ１表示网球开始运动时与网的水平距离（即运动员离开网的距离），ｔ１表示网球通过网上的时刻，ｈ表示网球通过网上时离地面的高度，由平抛运动规律得到 　ｓ１＝ｖｔ１，Ｈ－ｈ＝（1／2）ｇｔ１２， 消去ｔ１，得　　ｖ＝ｍ／ｓ，ｖ≈23ｍ／ｓ． 　以ｔ２表示网球落地的时刻，ｓ２表示网球开始运动的地点与落地点的水平距离，ｓ表示网球落地点与网的水平距离，由平抛运动规律得到 　Ｈ＝（1／2）ｇｔ２２，ｓ２＝ｖｔ２， 消去ｔ２，得ｓ２＝ｖ≈16ｍ， 　网球落地点到网的距离　ｓ＝ｓ２－ｓ１≈4ｍ． 11．解：（1）设卫星质量为ｍ，它在地球附近做圆周运动，半径可取为地球半径Ｒ，运动速度为ｖ，有 　ＧＭｍ／Ｒ２＝ｍｖ２／Ｒ　得ｖ＝． 　（2）由（1）得： 　Ｍ＝ｖ２Ｒ／Ｇ＝＝6．0×1024ｋｇ． 12．解：对物块：Ｆ１－μｍｇ＝ｍａ１， 　6－0．5×1×10＝1·ａ１，ａ１＝1．0ｍ／ｓ2， 　ｓ１＝（1／2）ａ１ｔ2＝（1／2）×1×0．42＝0．08ｍ， 　ｖ１＝ａ１ｔ＝1×0．4＝0．4ｍ／ｓ， 　对小车：Ｆ２－μｍｇ＝Ｍａ２， 　9－0．5×1×10＝2ａ２，ａ２＝2．0ｍ／ｓ2， 　ｓ２＝（1／2）ａ２ｔ2＝（1／2）×2×0．42＝0．16ｍ， 　ｖ２＝ａ２ｔ＝2×0．4＝0．8ｍ／ｓ， 　撤去两力后，动量守恒，有Ｍｖ２－ｍｖ１＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， 　ｖ＝0．4ｍ／ｓ（向右）， ∵　（（1／2）ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2）－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ2＝μｍｇｓ３， 　ｓ３＝0．096ｍ， ∴　ｌ＝ｓ１＋ｓ２＋ｓ３＝0．336ｍ． 13．解：设木块到Ｂ时速度为ｖ０，车与船的速度为ｖ１，对木块、车、船系统，有 　ｍ１ｇｈ＝（ｍ１ｖ０2／2）＋（（ｍ２＋ｍ３）ｖ１2／2）， 　ｍ１ｖ０＝（ｍ２＋ｍ３）ｖ１， 解得　ｖ０＝5，ｖ１＝． 　木块到Ｂ后，船以ｖ１继续向左匀速运动，木块和车最终以共同速度ｖ２ 向右运动，对木块和车系统，有 　ｍ１ｖ０－ｍ２ｖ１＝（ｍ１＋ｍ２）ｖ２， 　μｍ１ｇｓ＝（（ｍ１ｖ０2／2）＋（ｍ２ｖ１2／2））－（（ｍ１＋ｍ２）ｖ２2／2）， 得　ｖ２＝ｖ１＝，ｓ＝2ｈ． 14．解：（1）小球的角速度与手转动的角速度必定相等均为ω．设小球做圆周运动的半径为ｒ，线速度为ｖ．由几何关系得　ｒ＝，ｖ＝ω·ｒ，解得　　 　　ｖ＝ω． 　（2）设手对绳的拉力为Ｆ，手的线速度为ｖ，由功率公式得　Ｐ＝Ｆｖ＝Ｆ·ωＲ， ∴　Ｆ＝Ｐ／ωＲ．图4　研究小球的受力情况如图4所示，因为小球做匀速圆周运动，所以切向合力为零，即 　Ｆｓｉｎθ＝ｆ， 其中　ｓｉｎθ＝Ｒ／， 　联立解得　ｆ＝Ｐ／ω． 15．解：（1）用ｖ１表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由于子弹射入木块Ｃ时间极短，系统动量守恒，有 　ｍｖ０＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１， 　∴　ｖ１＝ｍｖ０／（ｍ＋Ｍ）＝3ｍ／ｓ， 　子弹和木块Ｃ在ＡＢ木板上滑动，由动能定理得： 　（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ２２－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ１２＝－μ（ｍ＋Ｍ）ｇＬ， 　解得　ｖ２＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）用ｖ′表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由动量守恒定律，得　ｍｖ０′＋Ｍｕ＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１′，解得　ｖ１′＝4ｍ／ｓ． 　木块Ｃ及子弹在ＡＢ木板表面上做匀减速运动　ａ＝μｇ．设木块Ｃ和子弹滑至ＡＢ板右端的时间为ｔ，则木块Ｃ和子弹的位移ｓ１＝ｖ１′ｔ－（1／2）ａｔ2， 　由于ｍ车≥（ｍ＋Ｍ），故小车及木块ＡＢ仍做匀速直线运动，小车及木板ＡＢ的位移　ｓ＝ｕｔ，由图5可知：ｓ１＝ｓ＋Ｌ， 　联立以上四式并代入数据得： 　ｔ2 －6ｔ＋1＝0， 　解得：ｔ＝（3－2）ｓ，（ｔ＝（3＋2）ｓ不合题意舍去），　　（11） 　∴　ｓ＝ｕｔ＝0．18ｍ． 16．解：（1）设Ａ滑上Ｂ后达到共同速度前并未碰到档板，则根据动量守恒定律得它们的共同速度为ｖ，有图5　ｍｖ０＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝2ｍ／ｓ，在这一过程中，Ｂ的位移为ｓＢ＝ｖＢ2／2ａＢ且ａＢ＝μｍｇ／Ｍ，解得ｓＢ＝Ｍｖ2／2μｍｇ＝2×22／2×0．2×1×10＝2ｍ． 　设这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ１，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ１＝（1／2）ｍｖ０2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得ｓ１＝6ｍ． 　当ｓ＝4ｍ时，Ａ、Ｂ达到共同速度ｖ＝2ｍ／ｓ后再匀速向前运动2ｍ碰到挡板，Ｂ碰到竖直挡板后，根据动量守恒定律得Ａ、Ｂ最后相对静止时的速度为ｖ′，则 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′， 解得　ｖ′＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ２，根据系统的动能定理，得 　μｍｇｓ２＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　ｓ２＝2．67ｍ． 　因此，Ａ、Ｂ最终不脱离的木板最小长度为ｓ１＋ｓ２＝8．67ｍ 　（2）因Ｂ离竖直档板的距离ｓ＝0．5ｍ＜2ｍ，所以碰到档板时，Ａ、Ｂ未达到相对静止，此时Ｂ的速度ｖＢ为 　ｖＢ2＝2ａＢｓ＝（2μｍｇ／Ｍ）ｓ，解得　ｖＢ＝1ｍ／ｓ， 　设此时Ａ的速度为ｖＡ，根据动量守恒定律，得 　ｍｖ０＝ＭｖＢ＋ｍｖＡ，解得ｖＡ＝4ｍ／ｓ， 　设在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移为ｓ１′，根据动能定理得： 　μｍｇｓ１′＝（1／2）ｍｖ０2－（（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）ＭｖＢ2）， 　解得　ｓ１′＝4．5ｍ． 　Ｂ碰撞挡板后，Ａ、Ｂ最终达到向右的相同速度ｖ，根据动能定理得ｍｖＡ－ＭｖＢ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝（2／3）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ２′为 　μｍｇｓ２′＝（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得　ｓ２′＝（25／6）ｍ． 　Ｂ再次碰到挡板后，Ａ、Ｂ最终以相同的速度ｖ′向左共同运动，根据动量守恒定律，得 　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′，解得　ｖ′＝（2／9）ｍ／ｓ． 　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ３′为： 　μｍｇｓ３′＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2， 　解得　　　　ｓ３′＝（8／27）ｍ． 　因此，为使Ａ不从Ｂ上脱落，Ｂ的最小长度为ｓ１′＋ｓ２′＋ｓ３′＝8．96ｍ． 17 ．解：（1）Ｂ与Ａ碰撞后，Ｂ相对于Ａ向左运动，Ａ所受摩擦力方向向左，Ａ的运动方向向右，故摩擦力作负功．设Ｂ与Ａ碰撞后的瞬间Ａ的速度为ｖ１，Ｂ的速度为ｖ２，Ａ、Ｂ相对静止后的共同速度为ｖ，整个过程中Ａ、Ｂ组成的系统动量守恒，有 　Ｍｖ０＝（Ｍ＋1．5Ｍ）ｖ，ｖ＝2ｖ０／5． 　碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功，即 　Ｍｖ２＋1．5Ｍｖ１＝2．5Ｍｖ，　　① 　（1／2）×1．5Ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2－（1／2）×2．5Ｍｖ2＝Ｍμｇｌ，　　② 可解出ｖ１＝（1／2）ｖ０（另一解ｖ１＝（3／10）ｖ０因小于ｖ而舍去） 　这段过程中，Ａ克服摩擦力做功 　Ｗ＝（1／2）×1．5Ｍｖ１2－（1／2）×1．5Ｍｖ2＝（27／400）Ｍｖ０2（0．068Ｍｖ０2）． 　（2）Ａ在运动过程中不可能向左运动，因为在Ｂ未与Ａ碰撞之前，Ａ受到的摩擦力方向向右，做加速运动，碰撞之后Ａ受到的摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后，速度仍向右，因此不可能向左运动． 　Ｂ在碰撞之后，有可能向左运动，即ｖ２＜0． 　先计算当ｖ２＝0时满足的条件，由①式，得 　ｖ１＝（2ｖ０／3）－（2ｖ２／3），当ｖ２＝0时，ｖ１＝2ｖ０／3，代入②式，得 　（（1／2）×1．5Ｍ4ｖ０2／9）－（（1／2）×2．5Ｍ4ｖ０2／25）＝Ｍμｇｌ， 解得　μｇｌ＝2ｖ０2／15． 　Ｂ在某段时间内向左运动的条件之一是μｌ＜2ｖ０2／15ｇ． 　另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即 　（1／2）Ｍｖ０2－（1／2）2．5Ｍ（2ｖ０／5）2≥2Ｍμｇｌ， 　解出另一个条件是　μｌ≤3ｖ０2／20ｇ， 　最后得出Ｂ在某段时间内向左运动的条件是 　2ｖ０2／15ｇ＜μｌ≤3ｖ０2／20ｇ． 18．解：（1）以警车为研究对象，由动能定理． 　－μｍｇ·ｓ＝（1／2）ｍｖ2－（1／2）ｍｖ０2， 　将ｖ０＝14．0ｍ／ｓ，ｓ＝14．0ｍ，ｖ＝0代入，得 　μｇ＝7．0ｍ／ｓ2， 　因为警车行驶条件与肇事汽车相同，所以肇事汽车的初速度ｖＡ＝＝21ｍ／ｓ． 　（2）肇事汽车在出事点Ｂ的速度 　ｖＢ＝＝14ｍ／ｓ， 　肇事汽车通过段的平均速度 　＝（ｖＡ＋ｖＢ）／2＝（21＋14）／2＝17．5ｍ／ｓ． 　肇事汽车通过ＡＢ段的时间 　ｔ２＝ＡＢ／＝（31．5－14．0）／17．5＝1ｓ． 　∴　游客横过马路的速度 　ｖ人＝／（ｔ１＋ｔ２）＝（2．6／（1＋0．7））ｍ／ｓ＝1．53ｍ／ｓ． 19．解：（1）开始Ａ、Ｂ处于静止状态时，有 　ｋｘ０－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｓｉｎ30°＝0，　　① 　设施加Ｆ时，前一段时间Ａ、Ｂ一起向上做匀加速运动，加速度为ａ，ｔ＝0．2ｓ，Ａ、Ｂ间相互作用力为零，对Ｂ有： 　ｋｘ－ｍＢｇｓｉｎ30°＝ｍＢ ａ，　　② 　ｘ－ｘ０＝（1／2）ａｔ2，　　③ 　解①、②、③得： 　ａ＝5ｍｓ－2，ｘ０＝0．05ｍ，ｘ＝0．15ｍ， 　初始时刻Ｆ最小 　Ｆｍｉｎ＝（ｍＡ＋ｍＢ）ａ＝60Ｎ． 　ｔ＝0．2ｓ时，Ｆ最大 　Ｆｍａｘ－ｍＡｇｓｉｎ30°＝ｍＡａ， 　Ｆｍａｘ＝ｍＡ（ｇｓｉｎ30°＋ａ）＝100Ｎ， 　（2）ΔＥＰＡ＝ｍＡｇΔｈ＝ｍＡｇ（ｘ－ｘ０）ｓｉｎ30°＝5Ｊ． 20．解：当弹簧处于压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和．当弹簧伸长到其自然长度时，弹性势能为零，因这时滑块Ａ的速度为零，故系统的机械能等于滑块Ｂ的动能．设这时滑块Ｂ的速度为ｖ则有 　Ｅ＝（1／2）ｍ２ｖ2，　　① 由动量守恒定律（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ２ｖ，　　② 解得　Ｅ＝（1／2）（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２．　　③ 　假定在以后的运动中，滑块Ｂ可以出现速度为零的时刻，并设此时滑块Ａ的速度为ｖ１．这时，不论弹簧是处于伸长还是压缩状态，都具有弹性势能Ｅｐ．由机械能守恒定律得 　（1／2）ｍ１ｖ１2＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　④ 根据动量守恒　（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ１ｖ１，　　⑤ 求出ｖ１，代入④式得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑥ 因为Ｅｐ≥0，故得 　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）≤（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑦ 即　ｍ１≥ｍ２，与已知条件ｍ１＜ｍ２不符． 　可见滑块Ｂ的速度永不为零，即在以后的运动中，不可能出现滑动Ｂ的速度为零的情况． 21．解：设恰好物体相对圆盘静止时，弹簧压缩量为Δｌ，静摩擦力为最大静摩擦力ｆｍａｘ，这时物体处于临界状态，由向心力公式ｆｍａｘ－ｋΔｌ＝ｍＲｗ2，　　① 　假若物体向圆心移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ１－ｋ（Δｌ＋ｘ）＝ｍ（Ｒ－ｘ）ｗ2，　　② 　由①、②两式可得　ｆｍａｘ－ｆ１＝ｍｘｗ2－ｋｘ，　　③ 所以　ｍｘｗ2－ｋｘ≥0，得ｋ≤ｍｗ2，　　④ 　若物体向外移动ｘ后，仍保持相对静止， 　ｆ２－ｋ（Δｌ－ｘ）≥ｍ（Ｒ＋ｘ）ｗ2，　　⑤ 由①～⑥式得　ｆｍａｘ－ｆ２＝ｋｘ－ｍｘｗ2≥0，　　⑥ 所以　ｋ≥ｍｗ2，　　⑦ 即若物体向圆心移动，则ｋ≤ｍｗ2， 若物体向远离圆心方向移动，则ｋ≥ｍｗ2． 22．解：卫星环绕地球作匀速圆周运动，设卫星的质量为ｍ，轨道半径为ｒ，受到地球的万有引力为Ｆ， 　Ｆ＝ＧＭｍ／ｒ2，　　① 　式中Ｇ为万有引力恒量，Ｍ是地球质量． 　 设ｖ是卫星环绕地球做匀速圆周运动的线速度，Ｔ是运动周期，根据牛顿第二定律，得 　Ｆ＝ｍｖ2／ｒ，　　② 　由①、②推导出　ｖ＝．　　③ 　③式表明：ｒ越大，ｖ越小． 　人造卫星的周期就是它环绕地球运行一周所需的时间Ｔ， 　Ｔ＝2πｒ／ｖ，　　④ 　由③、④推出　Ｔ＝2π，　　⑤ 　⑤式说明：ｒ越大，Ｔ越大．　23．证：设质点通过Ａ点时的速度为ｖＡ，通过Ｃ点时的速度为ｖＣ，由匀变速直线运动的公式得： ｓ1＝ｖＡＴ＋ａＴ2／2，ｓ3＝ｖＣＴ＋ａＴ2／2，ｓ3－ｓ1＝ｖＣＴ－ｖＡＴ． ∵　ｖＣ＝ｖＡ＋2ａＴ， ∴　ｓ3－ｓ1＝（ｖＡ－2ａＴ－ｖＡ）Ｔ＝2ａＴ2，ａ＝（ｓ3－ｓ1）／2Ｔ2． 　24．根据：如果在连续的相等的时间内的位移之差相等，则物体做匀变速运动．证明：设物体做匀速运动的初速度为ｖ0，加速度为ａ，第一个Ｔ内的位移为ｓ1＝ｖ0Ｔ＋ａＴ2／2；第二个Ｔ内的位移为ｓ2＝（ｖ0＋ａＴ）Ｔ＋ａＴ2／2；第Ｎ个Ｔ内的位移为ｓＮ＝［ｖ0＋（Ｎ－1）ａＴ］Ｔ＋ａＴ2／2．　ｓＮ－ｓＮ－1＝ａＴ2，逆定理也成立． 　25．解：由匀变速直线运动的公式得小物块的加速度的大小为ａ1＝（ｖ0－ｖｔ）／ｔ＝2（ｍ／ｓ2）．木板的加速度大小为ａ2＝2ｓ／ｔ2＝0.25（ｍ／ｓ2）． 根据牛顿第二定律　Ｆ＝ｍａ 对小物块得　ｆ′1＝ｍａ1＝1×2＝2Ｎ， 对木板得　ｆ1－μ（ｍ＋Ｍ）ｇ＝Ｍａ2， 　μ＝（ｆ1－Ｍａ2）／（ｍ＋Ｍ）ｇ＝（2－4×0.25）／（1＋4）×10＝0.02． 　26．解：假设金属块没有离开第一块长木板，移动的相对距离为ｘ，由动量守恒定律，得ｍｖ0＝3ｍｖ， 　ｍｖ02／2＝3ｍｖ2／2＋μｍｇｘ， 解得ｘ＝4ｍ／3＞Ｌ，不合理， ∴　金属块一定冲上第二块木板． 　以整个系统为研究对象，由动量定律及能量关系，当金属块在第一块木板上时ｍｖ0＝ｍｖ0′＋2ｍｖ1， 　ｍｖ02／2＝12ｍｖ0′2＋2ｍ·ｖ12／2＋μｍｇｌ． 　ｍｖ0＝ｍｖ1＋2ｍｖ2， 　ｍｖ02／2＝ｍｖ12／2＋2ｍ·ｖ22／2＋μｍｇ（ｌ＋ｘ）． 联立解得： 　ｖ1＝1／3ｍ／ｓ，ｖ2＝5／6ｍ／ｓ，ｘ＝0.25ｍ． 　27．解：当ｔ＝0时，ａＡ0＝9／3＝3ｍ／ｓ2，ａＢ0＝3／6＝0.5ｍ／ｓ2．ａＡ0＞ａＢ0 ，Ａ、Ｂ间有弹力，随ｔ之增加，Ａ、Ｂ间弹力在减小，当（9－2ｔ）／3＝（3＋2ｔ）／6，ｔ＝2.5ｓ时，Ａ、Ｂ脱离，以Ａ、Ｂ整体为研究对象，在ｔ＝2.5ｓ内，加速度ａ＝（ＦＡ＋ＦＢ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝4／3ｍ／ｓ2，ｓ＝ａｔ2／2＝4.17ｍ． 　28．解：（1）由ｍＣｖ0＝ｍＣｖ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ1，Ｃ由Ａ滑至Ｂ时，Ａ、Ｂ的共同速度是 　ｖ1＝ｍＣ（ｖ0－ｖ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝0.2ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＡ＝ｍＣｖ02／2－ｍＣｖ2／2－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12／2， 得　μ＝［ｍＣ（ｖ02－ｖ2）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12］／2ｍＣｇｌＡ＝0.48． 　（2）由ｍＣｖ＋ｍＢｖ1＝（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ2，Ｃ相对Ｂ静止时，Ｂ、Ｃ的共同速度是ｖ2＝（ｍＣｖ＋ｍＢｖ1）／（ｍＣ＋ｍＢ）＝0.65ｍ／ｓ． 由　μｍＣｇｌＢ＝ｍＣｖ2／2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22／2， Ｃ在Ｂ上滑行距离为 　ｌＢ＝［ｍＣｖ2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22］／2μｍＣｇ＝0.25ｍ． 　（3）由μｍＣｇｓ＝ｍＢｖ22／2－ｍＢｖ12／2， Ｂ相对地滑行的距离ｓ＝［ｍＢ（ｖ22－ｖ12）］／2μｍＣｇ＝0.12ｍ． 　（4）Ｃ在Ａ、Ｂ上匀减速滑行，加速度大小由μｍＣｇ＝ｍＣａ，得ａ＝μｇ＝4.8ｍ／ｓ2． Ｃ在Ａ上滑行的时间ｔ1＝（ｖ0－ｖ）／ａ＝0.21ｓ． Ｃ在Ｂ上滑行的时间ｔ2＝（ｖ－ｖ2）／ａ＝0.28ｓ． 所求时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝0.21ｓ＋0.28ｓ＝0.49ｓ． 　　29．匀加速下滑时，受力如图1ａ，由牛顿第二定律，有： ｍｇｓｉｎθ－μｍｇｃｏｓθ＝ｍａ＝ｍｇｓｉｎθ／2， 　ｓｉｎθ／2＝μｃｏｓθ， 　得μ＝ｓｉｎθ／2ｃｏｓθ．图1静止时受力分析如图1ｂ，摩擦力有两种可能：①摩擦力沿斜面向下；②摩擦力沿斜面向上．摩擦力沿斜面向下时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＝ｆ＋ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ， 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ＋μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ－μｓｉｎθ）ｍｇ＝3ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ－ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　摩擦力沿斜面向上时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＋ｆ＝ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ． 解得　Ｆ＝（ｓｉｎθ－μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ＋μｓｉｎθ）ｍｇ＝ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ＋ｓｉｎ2θ）ｍｇ． 　30．解：（1）物体在两斜面上来回运动时，克服摩擦力所做的功Ｗｆ＝μｍｇｃｏｓ60°·ｓ总． 　物体从开始直到不再在斜面上运动的过程中ｍｇｈ－Ｗｆ＝0－ｍｖ02／2．解得ｓ总 ＝38ｍ． 　（2）物体最终是在Ｂ、Ｃ之间的圆弧上来回做变速圆周运动，且在Ｂ、Ｃ点时速度为零． 　（3）物体第一次通过圆弧最低点时，圆弧所受压力最大．由动能定理得ｍｇ［ｈ＋Ｒ（1－ｃｏｓ60°）］－μｍｇｃｏｓ60°／ｓｉｎ60°＝ｍ（ｖ12－ｖ02）／2， 由牛顿第二定律得　Ｎｍａｘ－ｍｇ＝ｍｖ12／Ｒ， 解得　Ｎｍａｘ＝54.5Ｎ． 　物体最终在圆弧上运动时，圆弧所受压力最小．由动能定理得ｍｇＲ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍｖ22／2，由牛顿第二定律得Ｎｍｉｎ－ｍｇ＝ｍｖ22／Ｒ，解得Ｎｍｉｎ＝20Ｎ． 　31．解：（1）设刹车后，平板车的加速度为ａ0，从开始刹车到车停止所经历时间为ｔ0，车所行驶距离为ｓ0，则有ｖ02＝2ａ0ｓ0，ｖ0＝ａ0ｔ0． 　欲使ｔ0小，ａ0应该大，作用于木箱的滑动摩擦力产生的加速度ａ1＝μｍｇ／ｍ＝μｇ． 　当ａ0＞ａ1时，木箱相对车底板滑动，从刹车到车停止过程中木箱运动的路程为ｓ1，则ｖ02＝2ａ2ｓ1． 　为使木箱不撞击驾驶室，应有ｓ1－ｓ0≤Ｌ． 　联立以上各式解得：ａ0≤μｇｖ02／（ｖ02－2μｇＬ）＝5ｍ／ｓ2， 　∴　ｔ0＝ｖ0／ａ0＝4.4ｓ． 　（2）对平板车，设制动力为Ｆ，则Ｆ＋ｋ（Ｍ＋ｍ）ｇ－μｍｇ＝Ｍａ0，解得：Ｆ＝7420Ｎ． 　32．解：对系统ａ0＝［Ｆ－μｇ（ｍ1＋ｍ2）］／（ｍ1＋ｍ2）＝1ｍ／ｓ2． 　对木块1，细绳断后：│ａ1│＝ｆ1／ｍ1＝μｇ＝1ｍ／ｓ2． 　设细绳断裂时刻为ｔ1，则木块1运动的总位移： 　ｓ1＝2ａ0ｔ12／2＝ａ0ｔ12． 　对木块2，细绳断后，ａ2＝（Ｆ－μｍ2ｇ）／ｍ2＝2ｍ／ｓ2． 木块2总位移 　ｓ2＝ｓ′＋ｓ″＝ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2， 两木块位移差Δｓ＝ｓ2－ｓ1＝22（ｍ）． 得　ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2－ａ0ｔ12＝22， 把ａ0，ａ2值，ｖ1＝ａ0ｔ1代入上式整理得： 　ｔ12＋12ｔ1－28＝0，得ｔ1＝2ｓ． 木块2末速ｖ2＝ｖ1＋ａ2（6－ｔ1）＝ａ0ｔ1＋ａ2（6－ｔ1）＝10ｍ／ｓ． 此时动能Ｅｋ＝ｍ2ｖ22／2＝2×102／2Ｊ＝100Ｊ． 　33．解：（1）由动量守恒定律，ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ′，且有ｍ∶Ｍ＝1∶3， ∴　Ａ、Ｂ共同速度ｖ′＝ｍｖ0／（ｍ＋Ｍ）＝1ｍ／ｓ． 　（2）由动能定理，对全过程应有 　μｍｇ·2Ｌ＝ｍｖ02／2－（ｍ＋Ｍ）ｖ′2／2， 　4μｇＬ＝ｖ02－4ｖ′2，μ＝（ｖ02－4ｖ′2）／4ｇＬ＝0.3． 　（3）先求Ａ与Ｂ挡板碰前Ａ的速度ｖ10，以及木板Ｂ相应速度ｖ20，取从Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板相碰前过程为研究对象，依动量守恒与动能定理有以下两式成立：ｍｖ0＝ｍｖ10＋Ｍｖ20， 　ｍｖ02／2－ｍｖ102／2－Ｍｖ202／2＝μｍｇＬ． 代入数据得　ｖ10＋3ｖ20＝4，ｖ102＋3ｖ202＝10， 解以上两式可得　ｖ10＝（2±3）／2ｍ／ｓ．因Ａ与Ｂ挡板碰前速度不可能取负值，故ｖ10＝（2＋3 ）／2ｍ／ｓ．相应解出ｖ20＝（2－）／2ｍ／ｓ＝0.3ｍ／ｓ． 　木板Ｂ此过程为匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得μｍｇ＝Ｍａ1，ａ1＝μｍｇ／Ｍ＝1（ｍ／ｓ2）． 此过程经历时间ｔ1由下式求出 　ｖ20＝ａ1ｔ1，ｔ1＝ｖ20／ａ1＝0.3（ｓ）． 其速度图线为图2中0～0.3ｓ段图线ａ． 　再求Ａ与Ｂ挡板碰后，木板Ｂ的速度ｖ2与木块Ａ的速度ｖ1，为方便起见取Ａ滑上Ｂ至Ａ与Ｂ挡板碰撞后瞬间过程为研究对象，依动量守恒定律与动能定理有以下两式成立： ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2，ｍｖ02／2－ｍｖ12／2－Ｍｖ22／2＝μｍｇＬ． 故解为　ｖ1＝（2±3）／2ｍ／ｓ． 因ｖ1＝（2＋3）／2ｍ／ｓ为碰前速度，故取ｖ1＝（2－3）／2ｍ／ｓ，相应得ｖ2＝2＋2ｍ／ｓ＝1.7ｍ／ｓ． 由于ｖ1＜0，即木块相对Ｂ向左滑动，Ａ受Ｂ摩擦力向右，Ｂ受Ａ摩擦力向左，故Ｂ做匀减速直线运动，加速度大小由牛顿第二定律，得ａ＝μｍｇ／Ｍ＝1ｍ／ｓ2． 　从碰后到Ａ滑到Ｂ最左端过程中，Ｂ向右做匀减速直线运动时间设为ｔ2，则ｖ′－ｖ2＝－ａｔ2， ∴　ｔ2＝0.7ｓ． 　此过程速度图线如图2中0.3ｓ～1.0ｓ段图线ｂ．图2　　34．解：设ｍ1、ｍ2两物体受恒力Ｆ作用后，产生的加速度分别为ａ1、ａ2，由牛顿第二定律Ｆ＝ｍａ，得 　ａ1＝Ｆ／ｍ1，ａ2＝Ｆ／ｍ2， 　历时ｔ两物体速度分别为ｖ1＝ａ1ｔ，ｖ2＝ｖ0＋ａ2ｔ，由题意令ｖ1＝ｖ2，即ａ1ｔ＝ｖ0＋ａ2ｔ或（ａ1－ａ2）ｔ＝ｖ0，因ｔ≠0、ｖ0＞0，欲使上式成立，需满足ａ1－ａ2＞0，即Ｆ／ｍ1＞Ｆ／ｍ2，或ｍ1＜ｍ2，也即当ｍ1≥ｍ2时不可能达到共同速度，当ｍ1＜ｍ2时，可以达到共同速度． 　35．解：（1）当小球刚好能在轨道内做圆周运动时，水平初速度ｖ最小，此时有ｍｇ＝ｍｖ2／Ｒ， 故　ｖ＝＝＝2ｍ／ｓ． 　（2）若初速度ｖ′＜ｖ，小球将做平抛运动，如在其竖直位移为Ｒ的时间内，其水平位移ｓ≥Ｒ，小球可进入轨道经过Ｂ点．设其竖直位移为Ｒ时，水平位移也恰为R，则Ｒ＝ｇｔ2／2，Ｒ＝ｖ′ｔ，解得：ｖ′＝／2＝ｍ／ｓ． 因此，初速度满足2ｍ／ｓ＞ｖ′≥ｍ／ｓ时，小球可做平抛运动经过Ｂ点． 　 36．卫星在天空中任何天体表面附近运行时，仅受万有引力Ｆ作用使卫星做圆周运动，运动半径等于天体的球半径Ｒ．设天体质量为Ｍ，卫星质量为ｍ，卫星运动周期为Ｔ，天体密度为ρ．根据万有引力定律Ｆ＝ＧＭｍ／Ｒ2， 卫星做圆周运动向心力Ｆ′＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2， 因为 　Ｆ′＝Ｆ，得ＧＭｍ／Ｒ2＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2，∴Ｔ＝． 　又球体质量Ｍ＝4πＲ3ρ／3． 得Ｔ＝=，∴Ｔ∝1／，得证． 　37．解：由于两球相碰满足动量守恒 　　ｍ1ｖ0＝ｍ1ｖ1＋ｍ2ｖ2，ｖ1＝－1.3ｍ／ｓ． 　两球组成系统碰撞前后的总动能Ｅｋ1＋Ｅｋ2＝ｍ1ｖ02／2＋0＝2.5Ｊ， 　Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＝ｍ1ｖ12／2＋ｍ2ｖ22／2＝2.8Ｊ． 　可见，Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＞Ｅｋ1＋Ｅｋ2，碰后能量较碰撞前增多了，违背了能量守恒定律，这种假设不合理． 　38．解：（1）由动量守恒，得ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2， 由运动学公式得ｓ＝（ｖ1－ｖ2）ｔ，ｈ＝ｇｔ2／2， 由以上三式得ｖ2＝（ｍｖ0－ｓｍ）／（Ｍ＋ｍ）． 　（2）最后车与物体以共同的速度ｖ向右运动，故有 　ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖｖ＝ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）． ∴ΔＥ＝ｍｖ02／2＋ｍｇｈ－（Ｍ＋ｍ）ｍ2ｖ02／2（Ｍ＋ｍ）2． 解得ΔＥ＝ｍｇｈ＋Ｍｍｖ02／2（Ｍ＋ｍ）． 　39．解：设碰前Ａ、Ｂ有共同速度ｖ时，Ｍ前滑的距离为ｓ．则ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ，ｆｓ＝Ｍｖ2／2，ｆ＝μｍｇ． 　由以上各式得　ｓ＝Ｍｍｖ02／2μｇ（Ｍ＋ｍ）2． 　当ｖ0＝2ｍ／ｓ时，ｓ＝2／9ｍ＜0.5ｍ，即Ａ、Ｂ有共同速度．当ｖ0＝4ｍ／ｓ时，ｓ＝8／9ｍ＞0.5ｍ，即碰前Ａ、Ｂ速度不同． 　40．解：（1）物体由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者系统水平方向动量守恒得：ｍｖ0＝ｍｖ0／2＋2ｍｖＡＢ． 解之得　ｖＡＢ＝ｖ0／4． 　（2）物块由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者功能关系得：μｍｇＬ＝ｍｖ02／2－ｍ（ｖ0／2）2／2－2ｍ（ｖ0／4）2／2． 解之得　Ｌ＝5ｖ02／16μｇ． 　 （3）物块由Ｄ滑到Ｃ的过程中，二者系统水平方向动量守恒，又因为物块到达最高点Ｃ时，物块与滑块速度相等且水平，均为ｖ． 故得　ｍｖ0／2＋ｍｖ0／4＝2ｍｖ， ∴　得滑块的动能ＥＣＤ＝ｍｖ2／2＝9ｍｖ02／128． 　41．解：（1）Ｂ从ｖ0减速到速度为零的过程，Ｃ静止，Ｂ的位移：ｓ1＝ｖ02／2μｇ． 　所用的时间：ｔ1＝ｖ0／μｇ． 　此后Ｂ与Ｃ一起向右做加速运动，Ａ做减速运动，直到相对静止，设所用时间为ｔ2，共同速度为ｖ． 　对Ａ、Ｂ、Ｃ，由动量守恒定律得 　ｍＡ·2ｖ0－ｍＢｖ0＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ， ∵　ｍＡ＝ｍＢ＝ｍＣ，∴　ｖ＝ｖ0／3． 　对Ｂ与Ｃ，向右加速运动的加速度 　ａ＝μｍＡｇ／（ｍＢ＋ｍＣ）＝μｇ／2，∴ｔ2＝ｖ／ａ＝2ｖ0／3μｇ． Δｔ内Ｂ向右移动的位移ｓ2＝ｖｔ2／2＝ｖ02／9μｇ， 故总路程ｓ＝ｓ1＋ｓ2＝11ｖ02／18μｇ，总时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝5ｖ0／3μｇ． 　（2）设车的最小长度为Ｌ，则相对静止时Ａ、Ｂ刚好接触，由能量守恒得 　ｍＡ（2ｖ0）2／2＋ｍＢｖ02／2＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ2／2＋μｍＢｇｓ1＋μｍＡｇ（Ｌ－ｓ1）， 联立解得Ｌ＝7ｖ02／3μｇ． 　42．解：（1）ｍ速度最大的位置应在O点左侧．因为细线烧断后，ｍ在弹簧弹力和滑动摩擦力的合力作用下向右做加速运动，当弹力与摩擦力的合力为零时，ｍ的速度达到最大，此时弹簧必处于压缩状态．此后，系统的机械能不断减小，不能再达到这一最大速度． 　（2）选ｍ、Ｍ为一系统，由动量守恒定律得 　ｍｖ1＝Ｍｖ2． 　设这一过程中弹簧释放的弹性势能为Ｅｐ，则 　Ｅｐ＝ｍｖ12／2＋Ｍｖ22／2＋μｍｇｓ， 解得　ｖ2＝ｍｖ1／Ｍ，Ｅｐ＝ｍ［（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2Ｍ＋μｇｓ］． 　（2）ｍ与Ｍ最终将静止，因为系统动量守恒，且总动量为零，只要ｍ与Ｍ间有相对运动，就要克服摩擦力做功，不断消耗能量，所以，ｍ与Ｍ最终必定都静止． 　43．解：（1）第一颗子弹射入木块过程，系统动量守恒，有 　ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ1． 　射入后，在ＯＢＣ运动过程中，机械能守恒，有 　（ｍ＋Ｍ）ｖ12／2＝（ｍ＋Ｍ）ｇＲ，得ｖ0＝（Ｍ＋ｍ）／ｍ． 　（2）由动量守恒定律知，第2、4、6……颗子弹射入木块后，木块速度为0，第1、3、5……颗子弹射入后，木块运动．当第9颗子弹射入木块时，由动量守恒得： 　ｍｖ0＝（9ｍ＋Ｍ）ｖ9， 　设此后木块沿圆弧上升最大高度为Ｈ，由机械能守恒定律得：（9ｍ＋Ｍ）ｖ92／2＝（9ｍ＋Ｍ）ｇＨ， 由以上可得：Ｈ＝［（Ｍ＋ｍ）／（Ｍ＋9ｍ）］2Ｒ． 　 44．解：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动ｓ，速度变为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．由动能定理 　－μＭｇｓ＝0－ｍｖ02／2，ｓ＝ｍｖ02／2μＭｇ＝0.33ｍ． 　（2）假如平板车在第二次碰墙前还未和滑块相对静止，则其速度的大小肯定还是2ｍ／ｓ，因为只要相对运动，摩擦力大小为恒值．滑块速度则大于2ｍ／ｓ，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰墙前肯定已和滑块具有共同速度ｖ．此即平板车碰墙前瞬间的速度． 　Ｍｖ0－ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， ∴ｖ＝（Ｍ－ｍ）ｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝0.4ｍ／ｓ．图3　（3）平板车与墙壁第一次碰撞后滑块与平板又达到共同速度ｖ前的过程，可用图3（ａ）、（ｂ）、（ｃ）表示．图3（ａ）为平板车与墙碰撞后瞬间滑块与平板车的位置，图3（ｂ）为平板车到达最左端时两者的位置，图3（ｃ）为平板车与滑块再次达到共同速度时两者的位置．在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功μΜｇｓ′，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功μＭｇｓ″（平板车从Ｂ到Ａ再回到Ｂ的过程中摩擦力做功为零），其中ｓ′、ｓ″分别为滑块和平板车的位移．滑块和平板车动能总减少为μＭｇｌ1，其中ｌ1＝ｓ′＋ｓ″为滑块相对平板车的位移，此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为ｌ，则有（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2＝μＭｇｌ，ｌ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2μＭｇ＝0.833ｍ． ｌ即为平板车的最短长度．图4　　45．解：如图4，Ａ球从静止释放后将自由下落至Ｃ点悬线绷直，此时速度为ｖＣ ∵　ｖＣ2＝2ｇ×2Ｌｓｉｎ30°， ∴　ｖＣ＝＝2ｍ／ｓ． 　在线绷直的过程中沿线的速度分量减为零时，Ａ将以切向速度ｖ1沿圆弧运动且 　ｖ1＝ｖＣｃｏｓ30°＝ ｍ／ｓ． 　Ａ球从Ｃ点运动到最低点与Ｂ球碰撞前机械能守恒，可求出Ａ球与Ｂ球碰前的速度 　ｍＡｖ12／2＋ｍＡｇＬ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍＡｖ22／2， 　ｖ2＝==ｍ／ｓ． 　因Ａ、Ｂ两球发生无能量损失的碰撞且ｍＡ＝ｍＢ，所以它们的速度交换，即碰后Ａ球的速度为零，Ｂ球的速度为ｖ2＝（ｍ／ｓ）．对Ｂ球和小车组成的系统水平方向动量守恒和机械能守恒，当两者有共同水平速度ｕ时，Ｂ球上升到最高点，设上升高度为ｈ． 　ｍＢｖ2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ，ｍＢｖ22／2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ2／2＋ｍＢｇｈ．解得ｈ＝3／16≈0.19ｍ． 　在Ｂ球回摆到最低点的过程中，悬线拉力仍使小车加速，当Ｂ球回到最低点时小车有最大速度ｖｍ，设小球Ｂ回到最低点时速度的大小为ｖ3，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 　ｍＢｖ2＝－ｍＢｖ3＋Ｍｖｍ，ｍＢｖ22／2＝ｍＢｖ32／2＋Ｍｖｍ2／2， 解得ｖｍ＝2ｍＢｖ2／（ｍ3＋Ｍ）＝／2ｍ／ｓ＝1.12ｍ／ｓ． 　46．解：（1）小球的角速度与运动的角速度必定相等，则有ｖ＝ωＲ＝ω． 　（2）人手所提供的功率应等于小球在运动过程中克服摩擦力做功的功率．即有Ｐ＝ｆｖ， ∴　ｆ＝Ｐ／ｖ＝Ｐ／ω． 　47．解：由于粘性物体与底板粘合的过程时间极短，冲击力远大于重力，在竖直方向近似动量守恒，开始静止时，有　ｍ1ｇ＝ｋｘｋ＝ｍ1ｇｘ． 　ｍ2下落Ｈ时的速度ｖ＝，ｍ2与ｍ1合在一起动量守恒，ｍ2ｖ＝（ｍ1＋ｍ2）ｖ′，ｖ′＝ｍ2ｖ／（ｍ1＋ｍ2）＝ｍ2／（ｍ1＋ｍ2）． 　设向下为正方向，ｍ1与ｍ2的整体受两个力，即重力（ｍ1＋ｍ2）ｇ和弹簧的平均拉力，则有平均拉力＝ｋｘ＋ｋｈ／2＝ｋ（2ｘ＋ｈ）／2，由动能定理得 ［－＋（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ＝0－（ｍ1＋ｍ2）ｖ2／2， 由以上各式得［ｍ1ｇ（2ｘ＋ｈ）／2ｘ－（ｍ1＋ｍ2）ｇ］ｈ 　＝（ｍ1＋ｍ2）·ｍ22·2ｇｈ／2（ｍ1＋ｍ2）2． 代入数值得ｈ＝0.3ｍ． 　48．解：ｍ与Ａ粘在一起后水平方向动量守恒，共同速度设为ｖ1，Ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ1， 得ｖ1＝Ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝2ｖ0／3． 　当弹簧压缩到最大时即有最大弹性势能Ｅ，此时系统中各物体有相同速度，设为ｖ2，由动量守恒定律 　2Ｍｖ0＝（2Ｍ＋ｍ）ｖ2，得ｖ2＝2Ｍｖ0／（2Ｍ＋ｍ）＝4ｖ0／5． 由能量守恒有 　Ｅ＝Ｍｖ02／2＋（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2－（2Ｍ＋ｍ）ｖ22／2， 解得Ｅ＝Ｍｖ02／30． 　 49．解：（1）振子在平衡位置时，所受合力为零，设此时弹簧被压缩Δｘ：（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ＝ｋΔｘ，Δｘ＝5ｃｍ． 　开始释放时振子处在最大位移处，故振幅 　Ａ＝5ｃｍ＋5ｃｍ＝10ｃｍ． 　（2）由于开始时弹簧的伸长量恰等于振子在平衡位置时弹簧的压缩量，故弹性势能相等，设振子的最大速度为ｖ，从开始到平衡位置，根据机械能守恒定律， 得ｍｇ·Ａ＝ｍｖ2／2，∴ｖ＝＝1.4ｍ／ｓ， 即Ｂ的最大速率为1.4ｍ／ｓ． 　（3）在最高点，振子受到的重力和弹力方向相同，根据牛顿第二定律，得 　ａ＝［ｋΔｘ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｇ］／（ｍＡ＋ｍＢ）＝20ｍ／ｓ2， Ａ对Ｂ的作用力方向向下，其大小 　Ｎ1＝ｍＢａ－ｍＢｇ＝10Ｎ． 在最低点，振子受到的重力和弹力方向相反，根据牛顿第二定律，得ａ＝ｋ（Δｘ＋Ａ）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｍＡ＋ｍＢ＝20ｍ／ｓ2． Ａ对Ｂ的作用力方向向上，其大小 　Ｎ2＝ｍＢａ＋ｍＢｇ＝30Ｎ．