...wd......wd......wd...高中物理力學計算題匯總經典精解〔50題〕1．如圖1-73所示，質量Ｍ＝10ｋｇ的木楔ＡＢＣ靜止置于粗糙水平地面上，摩擦因素μ＝0．02．在木楔的傾角θ為30°的斜面上，有一質量ｍ＝1．0ｋｇ的物塊由靜止開場沿斜面下滑．當滑行路程ｓ＝1．4ｍ時，其速度ｖ＝1．4ｍ／ｓ．在這過程中木楔沒有動．求地面對木楔的摩擦力的大小和方向．〔重力加速度取ｇ＝10／ｍ·ｓ２〕圖1-732．某航空公司的一架客機，在正常航線上作水平飛行時，由于突然受到強大垂直氣流的作用，使飛機在10ｓ內高度下降1700ｍ造成眾多乘客和機組人員的傷害事故，如果只研究飛機在豎直方向上的運動，且假定這一運動是勻變速直線運動．試計算：

〔1〕飛機在豎直方向上產生的加速度多大?方向若何?

〔2〕乘客所系安全帶必須提供相當于乘客體重多少倍的豎直拉力，才能使乘客不脫離座椅〔ｇ取10ｍ／ｓ２〕

〔3〕未系安全帶的乘客，相對于機艙將向什么方向運動?最可能受到傷害的是人體的什么部位?

〔注：飛機上乘客所系的安全帶是固定連結在飛機座椅和乘客腰部的較寬的帶子，它使乘客與飛機座椅連為一體〕

3．宇航員在月球上自高ｈ處以初速度ｖ０水平拋出一小球，測出水平射程為Ｌ〔地面平坦〕，月球半徑為Ｒ，假設在月球上發射一顆月球的衛星，它在月球外表附近環繞月球運行的周期是多少?

4．把一個質量是2ｋｇ的物塊放在水平面上，用12Ｎ的水平拉力使物體從靜止開場運動，物塊與水平面的動摩擦因數為0．2，物塊運動2秒末撤去拉力，ｇ取10ｍ／ｓ２．求

〔1〕2秒末物塊的即時速度．

〔2〕此后物塊在水平面上還能滑行的最大距離．

5．如圖1-74所示，一個人用與水平方向成θ＝30°角的斜向下的推力Ｆ推一個重Ｇ＝200Ｎ的箱子勻速前進，箱子與地面間的動摩擦因數為μ＝0．40〔ｇ＝10ｍ／ｓ２〕．求圖1-74〔1〕推力Ｆ的大小．

〔2〕假設人不改變推力Ｆ的大小，只把力的方向變為水平去推這個靜止的箱子，推力作用時間ｔ＝3．0ｓ后撤去，箱子最遠運動多長距離?

6．一網球運發動在離開網的距離為12ｍ處沿水平方向發球，發球高度為2．4ｍ，網的高度為0．9ｍ．

〔1〕假設網球在網上0．1ｍ處越過，求網球的初速度．

〔2〕假設按上述初速度發球，求該網球落地點到網的距離．

取ｇ＝10／ｍ·ｓ２，不考慮空氣阻力．

7．在光滑的水平面內，一質量ｍ＝1ｋｇ的質點以速度ｖ０＝10ｍ／ｓ沿ｘ軸正方向運動，經過原點后受一沿ｙ軸正方向的恒力Ｆ＝5Ｎ作用，直線ＯＡ與ｘ軸成37°角，如圖1-70所示，求：圖1-70〔1〕如果質點的運動軌跡與直線ＯＡ相交于Ｐ點，則質點從Ｏ點到Ｐ點所經歷的時間以及Ｐ的坐標；

〔2〕質點經過Ｐ點時的速度．

8．如圖1-71甲所示，質量為1ｋｇ的物體置于固定斜面上，對物體施以平行于斜面向上的拉力Ｆ，1ｓ末后將拉力撤去．物體運動的ｖ-ｔ圖象如圖1-71乙，試求拉力Ｆ．圖1-719．一平直的傳送帶以速率ｖ＝2ｍ／ｓ勻速運行，在Ａ處把物體輕輕地放到傳送帶上，經過時間ｔ＝6ｓ，物體到達Ｂ處．Ａ、Ｂ相距Ｌ＝10ｍ．則物體在傳送帶上勻加速運動的時間是多少?如果提高傳送帶的運行速率，物體能較快地傳送到Ｂ處．要讓物體以最短的時間從Ａ處傳送到Ｂ處，說明并計算傳送帶的運行速率至少應為多大?假設使傳送帶的運行速率在此根基上再增大1倍，則物體從Ａ傳送到Ｂ的時間又是多少?

10．如圖1-72所示，火箭內平臺上放有測試儀器，火箭從地面起動后，以加速度ｇ／2豎直向上勻加速運動，升到某一高度時，測試儀器對平臺的壓力為起動前壓力的17／18，地球半徑為Ｒ，求火箭此時離地面的高度．〔ｇ為地面附近的重力加速度〕圖1-7211．地球質量為Ｍ，半徑為Ｒ，萬有引力常量為Ｇ，發射一顆繞地球外表附近做圓周運動的人造衛星，衛星的速度稱為第一宇宙速度．

〔1〕試推導由上述各量表達的第一宇宙速度的計算式，要求寫出推導依據．

〔2〕假設第一宇宙速度的大小為ｖ＝7．9ｋｍ／ｓ，地球半徑Ｒ＝6．4×10３ｋｍ，萬有引力常量Ｇ＝〔2／3〕×10－10Ｎ·ｍ２／ｋｇ２，求地球質量〔結果要求保存二位有效數字〕．

12．如圖1-75所示，質量2．0ｋｇ的小車放在光滑水平面上，在小車右端放一質量為1．0ｋｇ的物塊，物塊與小車之間的動摩擦因數為0．5，當物塊與小車同時分別受到水平向左Ｆ１＝6．0Ｎ的拉力和水平向右Ｆ２＝9．0Ｎ的拉力，經0．4ｓ同時撤去兩力，為使物塊不從小車上滑下，求小車最少要多長．〔ｇ取10ｍ／ｓ２〕圖1-7513．如圖1-76所示，帶弧形軌道的小車放在上外表光滑的靜止浮于水面的船上，車左端被固定在船上的物體擋住，小車的弧形軌道和水平局部在Ｂ點相切，且ＡＢ段光滑，ＢＣ段粗糙．現有一個離車的ＢＣ面高為ｈ的木塊由Ａ點自靜止滑下，最終停在車面上ＢＣ段的某處．木塊、車、船的質量分別為ｍ１＝ｍ，ｍ２＝2ｍ，ｍ３＝3ｍ；木塊與車外表間的動摩擦因數μ＝0．4，水對船的阻力不計，求木塊在ＢＣ面上滑行的距離ｓ是多少?〔設船足夠長〕圖1-7614．如圖1-77所示，一條不可伸長的輕繩長為Ｌ，一端用手握住，另一端系一質量為ｍ的小球，今使手握的一端在水平桌面上做半徑為Ｒ、角速度為ω的勻速圓周運動，且使繩始終與半徑Ｒ的圓相切，小球也將在同一水平面內做勻速圓周運動，假設人手做功的功率為Ｐ，求：圖1-77〔1〕小球做勻速圓周運動的線速度大小．

〔2〕小球在運動過程中所受到的摩擦阻力的大小．

15．如圖1-78所示，長為Ｌ＝0．50ｍ的木板ＡＢ靜止、固定在水平面上，在ＡＢ的左端面有一質量為Ｍ＝0．48ｋｇ的小木塊Ｃ〔可視為質點〕，現有一質量為ｍ＝20ｇ的子彈以ｖ０＝75ｍ／ｓ的速度射向小木塊Ｃ并留在小木塊中．小木塊Ｃ與木板ＡＢ之間的動摩擦因數為μ＝0．1．〔ｇ取10ｍ／ｓ２〕圖1-78〔1〕求小木塊Ｃ運動至ＡＢ右端面時的速度大小ｖ２．

〔2〕假設將木板ＡＢ固定在以ｕ＝1．0ｍ／ｓ恒定速度向右運動的小車上〔小車質量遠大于小木塊Ｃ的質量〕，小木塊Ｃ仍放在木板ＡＢ的Ａ端，子彈以ｖ０′＝76ｍ／ｓ的速度射向小木塊Ｃ并留在小木塊中，求小木塊Ｃ運動至ＡＢ右端面的過程中小車向右運動的距離ｓ．

16．如圖1-79所示，一質量Ｍ＝2ｋｇ的長木板Ｂ靜止于光滑水平面上，Ｂ的右邊放有豎直擋板．現有一小物體Ａ〔可視為質點〕質量ｍ＝1ｋｇ，以速度ｖ０＝6ｍ／ｓ從Ｂ的左端水平滑上Ｂ，Ａ和Ｂ間的動摩擦因數μ＝0．2，Ｂ與豎直擋板的碰撞時間極短，且碰撞時無機械能損失．圖1-79〔1〕假設Ｂ的右端距擋板ｓ＝4ｍ，要使Ａ最終不脫離Ｂ，則木板Ｂ的長度至少多長?

〔2〕假設Ｂ的右端距擋板ｓ＝0．5ｍ，要使Ａ最終不脫離Ｂ，則木板Ｂ的長度至少多長?

17．如圖1-80所示，長木板Ａ右邊固定著一個擋板，包括擋板在內的總質量為1．5Ｍ，靜止在光滑的水平地面上．小木塊Ｂ質量為Ｍ，從Ａ的左端開場以初速度ｖ０在Ａ上滑動，滑到右端與擋板發生碰撞，碰撞過程時間極短，碰后木塊Ｂ恰好滑到Ａ的左端就停頓滑動．Ｂ與Ａ間的動摩擦因數為μ，Ｂ在Ａ板上單程滑行長度為ｌ．求：圖1-80〔1〕假設μｌ＝3ｖ０２／160ｇ，在Ｂ與擋板碰撞后的運動過程中，摩擦力對木板Ａ做正功還是負功?做多少功?

〔2〕討論Ａ和Ｂ在整個運動過程中，是否有可能在某一段時間里運動方向是向左的．如果不可能，說明理由；如果可能，求出發生這種情況的條件．

18．在某市區內，一輛小汽車在平直的公路上以速度ｖＡ向東勻速行駛，一位觀光游客正由南向北從班馬線上橫過馬路．汽車司機發現前方有不安全〔游客正在Ｄ處〕經0．7ｓ作出反響，緊急剎車，但仍將正步行至Ｂ處的游客撞傷，該汽車最終在Ｃ處停下．為了清晰了解事故現場．現以圖1-81示之：為了判斷汽車司機是否超速行駛，警方派一警車以法定最高速度ｖｍ＝14．0ｍ／ｓ行駛在同一馬路的同一地段，在肇事汽車的起始制動點Ａ緊急剎車，經31．5ｍ后停下來．在事故現場測得＝17．5ｍ、＝14．0ｍ、＝2．6ｍ．問圖1-81①該肇事汽車的初速度ｖＡ是多大?

②游客橫過馬路的速度大小?〔ｇ取10ｍ／ｓ２〕

19．如圖1-82所示，質量ｍＡ＝10ｋｇ的物塊Ａ與質量ｍＢ＝2ｋｇ的物塊Ｂ放在傾角θ＝30°的光滑斜面上處于靜止狀態，輕質彈簧一端與物塊Ｂ連接，另一端與固定擋板連接，彈簧的勁度系數ｋ＝400Ｎ／ｍ．現給物塊Ａ施加一個平行于斜面向上的力Ｆ，使物塊Ａ沿斜面向上做勻加速運動，力Ｆ在前0．2ｓ內為變力，0．2ｓ后為恒力，求〔ｇ取10ｍ／ｓ２〕圖1-82〔1〕力Ｆ的最大值與最小值；

〔2〕力Ｆ由最小值到達最大值的過程中，物塊Ａ所增加的重力勢能．

20．如圖1-83所示，滑塊Ａ、Ｂ的質量分別為ｍ１與ｍ２，ｍ１＜ｍ２，由輕質彈簧相連接，置于水平的氣墊導軌上．用一輕繩把兩滑塊拉至最近，使彈簧處于最大壓縮狀態后綁緊．兩滑塊一起以恒定的速度ｖ０向右滑動．突然，輕繩斷開．當彈簧伸長至本身的自然長度時，滑塊Ａ的速度正好為零．問在以后的運動過程中，滑塊Ｂ是否會有速度等于零的時刻?試通過定量分析，證明你的結論．圖1-8321．如圖1-84所示，外表粗糙的圓盤以恒定角速度ω勻速轉動，質量為ｍ的物體與轉軸間系有一輕質彈簧，彈簧的原長大于圓盤半徑．彈簧的勁度系數為ｋ，物體在距轉軸Ｒ處恰好能隨圓盤一起轉動而無相對滑動，現將物體沿半徑方向移動一小段距離，假設移動后，物體仍能與圓盤一起轉動，且保持相對靜止，則需要的條件是什么?圖1-8422．設人造地球衛星繞地球作勻速圓周運動，根據萬有引力定律、牛頓運動定律及周期的概念，論述人造地球衛星隨著軌道半徑的增加，它的線速度變小，周期變大．23．一質點做勻加速直線運動，其加速度為ａ，某時刻通過Ａ點，經時間Ｔ通過Ｂ點，發生的位移為ｓ1，再經過時間Ｔ通過Ｃ點，又經過第三個時間Ｔ通過Ｄ點，在第三個時間Ｔ內發生的位移為ｓ3，試利用勻變速直線運動公式證明：ａ＝〔ｓ3－ｓ1〕／2Ｔ2．

24．小車拖著紙帶做直線運動，打點計時器在紙帶上打下了一系列的點．若何根據紙帶上的點證明小車在做勻變速運動說出判斷依據并作出相應的證明．

25．如圖1－80所示，質量為1ｋｇ的小物塊以5ｍ／ｓ的初速度滑上一塊原來靜止在水平面上的木板，木板的質量為4ｋｇ．經過時間2ｓ以后，物塊從木板的另一端以1ｍ／ｓ相對地的速度滑出，在這一過程中木板的位移為0.5ｍ，求木板與水平面間的動摩擦因數．圖1－80圖1－8126．如圖1－81所示，在光滑地面上并排放兩個一樣的木塊，長度皆為ｌ＝1.00ｍ，在左邊木塊的最左端放一小金屬塊，它的質量等于一個木塊的質量，開場小金屬塊以初速度ｖ0＝2.00ｍ／ｓ向右滑動，金屬塊與木塊之間的滑動摩擦因數μ＝0.10，ｇ取10ｍ／ｓ2，求：木塊的最后速度．

27．如圖1－82所示，Ａ、Ｂ兩個物體靠在一起，放在光滑水平面上，它們的質量分別為ｍＡ＝3ｋｇ、ｍＢ＝6ｋｇ，今用水平力ＦＡ推Ａ，用水平力ＦＢ拉Ｂ，ＦＡ和ＦＢ隨時間變化的關系是ＦＡ＝9－2ｔ〔Ｎ〕，ＦＢ＝3＋2ｔ〔Ｎ〕．求從ｔ＝0到Ａ、Ｂ脫離，它們的位移是多少圖1－82圖1－8328．如圖1－83所示，木塊Ａ、Ｂ靠攏置于光滑的水平地面上．Ａ、Ｂ的質量分別是2ｋｇ、3ｋｇ，Ａ的長度是0.5ｍ，另一質量是1ｋｇ、可視為質點的滑塊Ｃ以速度ｖ0＝3ｍ／ｓ沿水平方向滑到Ａ上，Ｃ與Ａ、Ｂ間的動摩擦因數都相等，Ｃ由Ａ滑向Ｂ的速度是ｖ＝2ｍ／ｓ，求：

〔1〕Ｃ與Ａ、Ｂ之間的動摩擦因數；

〔2〕Ｃ在Ｂ上相對Ｂ滑行多大距離

〔3〕Ｃ在Ｂ上滑行過程中，Ｂ滑行了多遠

〔4〕Ｃ在Ａ、Ｂ上共滑行了多長時間

29．如圖1－84所示，一質量為ｍ的滑塊能在傾角為θ的斜面上以ａ＝〔ｇｓｉｎθ〕／2勻加速下滑，假設用一水平推力Ｆ作用于滑塊，使之能靜止在斜面上．求推力Ｆ的大小．圖1－84圖1－8530．如圖1－85所示，ＡＢ和ＣＤ為兩個對稱斜面，其上部足夠長，下局局部別與一個光滑的圓弧面的兩端相切，圓弧圓心角為120°，半徑Ｒ＝2.0ｍ，一個質量為ｍ＝1ｋｇ的物體在離弧高度為ｈ＝3.0ｍ處，以初速度4.0ｍ／ｓ沿斜面運動，假設物體與兩斜面間的動摩擦因數μ＝0.2，重力加速度ｇ＝10ｍ／ｓ2，則

〔1〕物體在斜面上〔不包括圓弧局部〕走過路程的最大值為多少

〔2〕試描述物體最終的運動情況．

〔3〕物體對圓弧最低點的最大壓力和最小壓力分別為多少

31．如圖1－86所示，一質量為500ｋｇ的木箱放在質量為2000ｋｇ的平板車的后部，木箱到駕駛室的距離Ｌ＝1.6ｍ，木箱與車板間的動摩擦因數μ＝0.484，平板車在運動過程中所受阻力是車和箱總重的0.20倍，平板車以ｖ0＝22.0ｍ／ｓ恒定速度行駛，突然駕駛員剎車使車做勻減速運動，為使木箱不撞擊駕駛室．ｇ取1ｍ／ｓ2，試求：

〔1〕從剎車開場到平板車完全停頓至少要經過多長時間．

〔2〕駕駛員剎車時的制動力不能超過多大．圖1－86圖1－8732．如圖1－87所示，1、2兩木塊用繃直的細繩連接，放在水平面上，其質量分別為ｍ1＝1.0ｋｇ、ｍ2＝2.0ｋｇ，它們與水平面間的動摩擦因數均為μ＝0.10．在ｔ＝0時開場用向右的水平拉力Ｆ＝6.0Ｎ拉木塊2和木塊1同時開場運動，過一段時間細繩斷開，到ｔ＝6.0ｓ時1、2兩木塊相距Δｓ＝22.0ｍ〔細繩長度可忽略〕，木塊1早已停頓．求此時木塊2的動能．〔ｇ取10ｍ／ｓ2〕

33．如圖1－88甲所示，質量為Ｍ、長Ｌ＝1.0ｍ、右端帶有豎直擋板的木板Ｂ靜止在光滑水平面上，一個質量為ｍ的小木塊〔可視為質點〕Ａ以水平速度ｖ0＝4.0ｍ／ｓ滑上Ｂ的左端，之后與右端擋板碰撞，最后恰好滑到木板Ｂ的左端，Ｍ／ｍ＝3，并設Ａ與擋板碰撞時無機械能損失，碰撞時間可以忽略不計，ｇ取10ｍ／ｓ2．求

〔1〕Ａ、Ｂ最后速度；

〔2〕木塊Ａ與木板Ｂ之間的動摩擦因數．

〔3〕木塊Ａ與木板Ｂ相碰前后木板Ｂ的速度，再在圖1－88乙所給坐標中畫出此過程中Ｂ相對地的ｖ－ｔ圖線．圖1－8834．兩個物體質量分別為ｍ1和ｍ2，ｍ1原來靜止，ｍ2以速度ｖ0向右運動，如圖1－89所示，它們同時開場受到大小相等、方向與ｖ0一樣的恒力Ｆ的作用，它們能不能在某一時刻到達一樣的速度說明判斷的理由．圖1－89圖1－90圖1－9135．如圖1－90所示，ＡＢＣ是光滑半圓形軌道，其直徑ＡＯＣ處于豎直方向，長為0.8ｍ．半徑ＯＢ處于水平方向．質量為ｍ的小球自Ａ點以初速度ｖ水平射入，求：〔1〕欲使小球沿軌道運動，其水平初速度ｖ的最小值是多少〔2〕假設小球的水平初速度ｖ小于〔1〕中的最小值，小球有無可能經過Ｂ點假設能，求出水平初速度大小滿足的條件，假設不能，請說明理由．〔ｇ取10ｍ／ｓ2，小球和軌道相碰時無能量損失而不反彈〕

36．試證明太空中任何天體外表附近衛星的運動周期與該天體密度的平方根成反比．

37．在光滑水平面上有一質量為0.2ｋｇ的小球，以5.0ｍ／ｓ的速度向前運動，與一個質量為0.3ｋｇ的靜止的木塊發生碰撞，假設碰撞后木塊的速度為4.2ｍ／ｓ，試論證這種假設是否合理．

38．如圖1－91所示在光滑水平地面上，停著一輛玩具汽車，小車上的平臺Ａ是粗糙的，并靠在光滑的水平桌面旁，現有一質量為ｍ的小物體Ｃ以速度ｖ0沿水平桌面自左向右運動，滑過平臺Ａ后，恰能落在小車底面的前端Ｂ處，并粘合在一起，小車的質量為Ｍ，平臺Ａ離車底平面的高度ＯＡ＝ｈ，又ＯＢ＝ｓ，求：〔1〕物體Ｃ剛離開平臺時，小車獲得的速度；〔2〕物體與小車相互作用的過程中，系統損失的機械能．

39．一質量Ｍ＝2ｋｇ的長木板Ｂ靜止于光滑水平面上，Ｂ的右端離豎直擋板0.5ｍ，現有一小物體Ａ〔可視為質點〕質量ｍ＝1ｋｇ，以一定速度ｖ0從Ｂ的左端水平滑上Ｂ，如圖1－92所示，Ａ和Ｂ間的動摩擦因數μ＝0.2，Ｂ與豎直擋板的碰撞時間極短，且碰撞前后速度大小不變．①假設ｖ0＝2ｍ／ｓ，要使Ａ最終不脫離Ｂ，則木板Ｂ的長度至少多長②假設ｖ0＝4ｍ／ｓ，要使Ａ最終不脫離Ｂ，則木板Ｂ又至少有多長〔ｇ取10ｍ／ｓ2〕圖1－92圖1－9340．在光滑水平面上靜置有質量均為ｍ的木板ＡＢ和滑塊ＣＤ，木板ＡＢ上外表粗糙，動摩擦因數為μ，滑塊ＣＤ上外表為光滑的1／4圓弧，它們緊靠在一起，如圖1－93所示．一可視為質點的物塊Ｐ質量也為ｍ，它從木板ＡＢ右端以初速ｖ0滑入，過Ｂ點時速度為ｖ0／2，后又滑上滑塊，最終恰好滑到最高點Ｃ處，求：〔1〕物塊滑到Ｂ處時，木板的速度ｖＡＢ；〔2〕木板的長度Ｌ；〔3〕物塊滑到Ｃ處時滑塊ＣＤ的動能．

41．一平直長木板Ｃ靜止在光滑水平面上，今有兩小物塊Ａ和Ｂ分別以2ｖ0和ｖ0的初速度沿同一直線從長木板Ｃ兩端相向水平地滑上長木板，如圖1－94所示．設Ａ、Ｂ兩小物塊與長木板Ｃ間的動摩擦因數均為μ，Ａ、Ｂ、Ｃ三者質量相等．①假設Ａ、Ｂ兩小物塊不發生碰撞，則由開場滑上Ｃ到靜止在Ｃ上止，Ｂ通過的總路程是多大經過的時間多長②為使Ａ、Ｂ兩小物塊不發生碰撞，長木板Ｃ的長度至少多大圖1－94圖1－9542．在光滑的水平面上停放著一輛質量為Ｍ的小車，質量為ｍ的物體與一輕彈簧固定相連，彈簧的另一端與小車左端固定連接，將彈簧壓縮后用細線將ｍ栓住，ｍ靜止在小車上的Ａ點，如圖1－95所示．設ｍ與M間的動摩擦因數為μ，Ｏ點為彈簧原長位置，將細線燒斷后，ｍ、Ｍ開場運動．〔1〕當物體ｍ位于Ｏ點左側還是右側，物體ｍ的速度最大簡要說明理由．〔2〕假設物體ｍ到達最大速度ｖ1時，物體ｍ已相對小車移動了距離ｓ．求此時M的速度ｖ2和這一過程中彈簧釋放的彈性勢能Ｅｐ〔3〕判斷ｍ與Ｍ的最終運動狀態是靜止、勻速運動還是相對往復運動并簡要說明理由．

43．如圖1－96所示，ＡＯＢ是光滑水平軌道，ＢＣ是半徑為R的光滑1／4圓弧軌道，兩軌道恰好相切．質量為M的小木塊靜止在Ｏ點，一質量為ｍ的小子彈以某一初速度水平向右射入小木塊內，并留在其中和小木塊一起運動，恰能到達圓弧最高點Ｃ〔小木塊和子彈均可看成質點〕．問：〔1〕子彈入射前的速度〔2〕假設每當小木塊返回或停頓在Ｏ點時，立即有一樣的子彈射入小木塊，并留在其中，則當第9顆子彈射入小木塊后，小木塊沿圓弧能上升的最大高度為多少圖1－96圖1－9744．如圖1－97所示，一輛質量ｍ＝2ｋｇ的平板車左端放有質量Ｍ＝3ｋｇ的小滑塊，滑塊與平板車間的動摩擦因數μ＝0.4．開場時平板車和滑塊共同以ｖ0＝2ｍ／ｓ的速度在光滑水平面上向右運動，并與豎直墻壁發生碰撞，設碰撞時間極短且碰撞后平板車速度大小保持不變，但方向與原來相反，平板車足夠長，以至滑塊不會滑到平板車右端．〔取ｇ＝10ｍ／ｓ2〕求：〔1〕平板車第一次與墻壁碰撞后向左運動的最大距離．〔2〕平板車第二次與墻壁碰撞前瞬間的速度ｖ．〔3〕為使滑塊始終不會從平板車右端滑下，平板車至少多長〔M可當作質點處理〕

45．如圖1－98所示，質量為0.3ｋｇ的小車靜止在光滑軌道上，在它的下面掛一個質量為0.1ｋｇ的小球Ｂ，車旁有一支架被固定在軌道上，支架上Ｏ點懸掛一個質量仍為0.1ｋｇ的小球Ａ，兩球的球心至懸掛點的距離均為0.2ｍ．當兩球靜止時剛好相切，兩球心位于同一水平線上，兩條懸線豎直并相互平行．假設將Ａ球向左拉到圖中的虛線所示的位置后從靜止釋放，與Ｂ球發生碰撞，如果碰撞過程中無機械能損失，求碰撞后Ｂ球上升的最大高度和小車所能獲得的最大速度．圖1－98圖1－9946．如圖1－99所示，一條不可伸縮的輕繩長為ｌ，一端用手握著，另一端系一個小球，今使手握的一端在水平桌面上做半徑為ｒ、角速度為ω的勻速圓周運動，且使繩始終與半徑為ｒ的圓相切，小球也將在同一水平面內做勻速圓周運動．假設人手提供的功率恒為Ｐ，求：〔1〕小球做圓周運動的線速度大小；〔2〕小球在運動過程中所受到的摩擦阻力的大小．

47．如圖1－100所示，一個框架質量ｍ1＝200ｇ，通過定滑輪用繩子掛在輕彈簧的一端，彈簧的另一端固定在墻上，當系統靜止時，彈簧伸長了10ｃｍ，另有一粘性物體質量ｍ2＝200ｇ，從距框架底板Ｈ＝30ｃｍ的上方由靜止開場自由下落，并用很短時間粘在底板上．ｇ取10ｍ／ｓ2，設彈簧右端一直沒有碰到滑輪，不計滑輪摩擦，求框架向下移動的最大距離ｈ多大圖1－100圖1－101圖1－10248．如圖1－101所示，在光滑的水平面上，有兩個質量都是M的小車Ａ和Ｂ，兩車之間用輕質彈簧相連，它們以共同的速度ｖ0向右運動，另有一質量為ｍ＝Ｍ／2的粘性物體，從高處自由落下，正好落在Ａ車上，并與之粘合在一起，求這以后的運動過程中，彈簧獲得的最大彈性勢能Ｅ．

49．一輕彈簧直立在地面上，其勁度系數為ｋ＝400Ｎ／ｍ，在彈簧的上端與盒子Ａ連接在一起，盒子內裝物體Ｂ，Ｂ的上下外表恰與盒子接觸，如圖1－102所示，Ａ和Ｂ的質量ｍＡ＝ｍＢ＝1ｋｇ，ｇ＝10ｍ／ｓ2，不計阻力，先將Ａ向上抬高使彈簧伸長5ｃｍ后從靜止釋放，Ａ和Ｂ一起做上下方向的簡諧運動，彈簧的彈性勢能決定于彈簧的形變大小．〔1〕試求Ａ的振幅；〔2〕試求Ｂ的最大速率；〔3〕試求在最高點和最低點Ａ對Ｂ的作用力．參考解題過程與答案1．解：由勻加速運動的公式ｖ２＝ｖ０２＋2ａｓ

得物塊沿斜面下滑的加速度為

ａ＝ｖ2／2ｓ＝1．42／〔2×1．4〕＝0．7ｍｓ－２，

由于ａ＜ｇｓｉｎθ＝5ｍｓ－２，

可知物塊受到摩擦力的作用．圖3分析物塊受力，它受3個力，如圖3．對于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，由牛頓定律有

ｍｇｓｉｎθ－ｆ１＝ｍａ，ｍｇｃｏｓθ－Ｎ１＝0，

分析木楔受力，它受5個力作用，如圖3所示．對于水平方向，由牛頓定律有

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．

此力的方向與圖中所設的一致〔由指向〕．

2．解：〔1〕飛機原先是水平飛行的，由于垂直氣流的作用，飛機在豎直方向上的運動可看成初速度為零的勻加速直線運動，根據ｈ＝〔1／2〕ａｔ２，得ａ＝2ｈ／ｔ２，代入ｈ＝1700ｍ，ｔ＝10ｓ，得

ａ＝〔2×1700／10２〕〔ｍ／ｓ２〕＝34ｍ／ｓ２，方向豎直向下．

〔2〕飛機在向下做加速運動的過程中，假設乘客已系好安全帶，使機上乘客產生加速度的力是向下重力和安全帶拉力的合力．設乘客質量為ｍ，安全帶提供的豎直向下拉力為Ｆ，根據牛頓第二定律Ｆ＋ｍｇ＝ｍａ，得安全帶拉力Ｆ＝ｍ〔ａ－ｇ〕＝ｍ〔34－10〕Ｎ＝24ｍ〔Ｎ〕，

∴安全帶提供的拉力相當于乘客體重的倍數

ｎ＝Ｆ／ｍｇ＝24ｍＮ／ｍ·10Ｎ＝2．4〔倍〕．

〔3〕假設乘客未系安全帶，飛機向下的加速度為34ｍ／ｓ２，人向下加速度為10ｍ／ｓ２，飛機向下的加速度大于人的加速度，所以人對飛機將向上運動，會使頭部受到嚴重傷害．

3．解：設月球外表重力加速度為ｇ，根據平拋運動規律，有ｈ＝〔1／2〕ｇｔ２，①水平射程為Ｌ＝ｖ０ｔ，②聯立①②得ｇ＝2ｈｖ０２／Ｌ２．③根據牛頓第二定律，得ｍｇ＝ｍ〔2π／Ｔ〕２Ｒ，④聯立③④得Ｔ＝〔πＬ／ｖ０ｈ〕．⑤

4．解：前2秒內，有Ｆ－ｆ＝ｍａ１，ｆ＝μＮ，Ｎ＝ｍｇ，則ａ１＝〔Ｆ－μｍｇ〕／ｍ＝4ｍ／ｓ２，ｖｔ＝ａ１ｔ＝8ｍ／ｓ，

撤去Ｆ以后ａ２＝ｆ／ｍ＝2ｍ／ｓ，ｓ＝ｖ１２／2ａ２＝16ｍ．

5．解：〔1〕用力斜向下推時，箱子勻速運動，則有Ｆｃｏｓθ＝ｆ，ｆ＝μＮ，Ｎ＝Ｇ＋Ｆｓｉｎθ，

聯立以上三式代數據，得Ｆ＝1．2×10２Ｎ．〔2〕假設水平用力推箱子時，據牛頓第二定律，得Ｆ合＝ｍａ，則有

Ｆ－μＮ＝ｍａ，Ｎ＝Ｇ，聯立解得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，推力停頓作用后ａ′＝ｆ／ｍ＝4．0ｍ／ｓ２〔方向向左〕，

ｓ′＝ｖ２／2ａ′＝4．5ｍ，則ｓ總＝ｓ＋ｓ′＝13．5ｍ．

6．解：根據題中說明，該運發動發球后，網球做平拋運動．以ｖ表示初速度，Ｈ表示網球開場運動時離地面的高度〔即發球高度〕，ｓ１表示網球開場運動時與網的水平距離〔即運發動離開網的距離〕，ｔ１表示網球通過網上的時刻，ｈ表示網球通過網上時離地面的高度，由平拋運動規律得到

ｓ１＝ｖｔ１，Ｈ－ｈ＝〔1／2〕ｇｔ１２，

消去ｔ１，得ｖ＝ｍ／ｓ，ｖ≈23ｍ／ｓ．

以ｔ２表示網球落地的時刻，ｓ２表示網球開場運動的地點與落地點的水平距離，ｓ表示網球落地點與網的水平距離，由平拋運動規律得到

Ｈ＝〔1／2〕ｇｔ２２，ｓ２＝ｖｔ２，消去ｔ２，得ｓ２＝ｖ≈16ｍ，網球落地點到網的距離ｓ＝ｓ２－ｓ１≈4ｍ．

7．解：設經過時間ｔ，物體到達Ｐ點

〔1〕ｘＰ＝ｖ０ｔ，ｙＰ＝〔1／2〕〔Ｆ／ｍ〕ｔ2，ｘＰ／ｙＰ＝ｃｔｇ37°，聯解得ｔ＝3ｓ，ｘ＝30ｍ，ｙ＝22．5ｍ，坐標〔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為ｖ與水平方向的夾角．

8．解：在0～1ｓ內，由ｖ-ｔ圖象，知ａ１＝12ｍ／ｓ２，由牛頓第二定律，得Ｆ－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ１，①

在0～2ｓ內，由ｖ-ｔ圖象，知ａ２＝－6ｍ／ｓ２，因為此時物體具有斜向上的初速度，故由牛頓第二定律，得

－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ２，②②式代入①式，得Ｆ＝18Ｎ．

9．解：在傳送帶的運行速率較小、傳送時間較長時，物體從Ａ到Ｂ需經歷勻加速運動和勻速運動兩個過程，設物體勻加速運動的時間為ｔ1，則

〔ｖ／2〕ｔ１＋ｖ〔ｔ－ｔ１〕＝Ｌ，所以ｔ１＝2〔ｖｔ－Ｌ〕／ｖ＝〔2×〔2×6－10〕／2〕ｓ＝2ｓ．

為使物體從Ａ至Ｂ所用時間最短，物體必須始終處于加速狀態，由于物體與傳送帶之間的滑動摩擦力不變，所以其加速度也不變．而ａ＝ｖ／ｔ＝1ｍ／ｓ２．設物體從Ａ至Ｂ所用最短的時間為ｔ2，則

〔1／2〕ａｔ2２＝Ｌ，ｔ2＝=＝2ｓ．ｖｍｉｎ＝ａｔ2＝1×2ｍ／ｓ＝2ｍ／ｓ．

傳送帶速度再增大1倍，物體仍做加速度為1ｍ／ｓ２的勻加速運動，從Ａ至Ｂ的傳送時間為4.5．

10．解：啟動前Ｎ１＝ｍｇ，升到某高度時Ｎ2＝〔17／18〕Ｎ１＝〔17／18〕ｍｇ，對測試儀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．

11．解：〔1〕設衛星質量為ｍ，它在地球附近做圓周運動，半徑可取為地球半徑Ｒ，運動速度為ｖ，有

ＧＭｍ／Ｒ２＝ｍｖ２／Ｒ得ｖ＝．〔2〕由〔1〕得：Ｍ＝ｖ２Ｒ／Ｇ＝＝6．0×1024ｋｇ．

12．解：對物塊：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，對小車：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，

撤去兩力后，動量守恒，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：設木塊到Ｂ時速度為ｖ０，車與船的速度為ｖ１，對木塊、車、船系統，有

ｍ１ｇｈ＝〔ｍ１ｖ０2／2〕＋〔〔ｍ２＋ｍ３〕ｖ１2／2〕，ｍ１ｖ０＝〔ｍ２＋ｍ３〕ｖ１，

解得ｖ０＝5，ｖ１＝．

木塊到Ｂ后，船以ｖ１繼續向左勻速運動，木塊和車最終以共同速度ｖ２向右運動，對木塊和車系統，有

ｍ１ｖ０－ｍ２ｖ１＝〔ｍ１＋ｍ２〕ｖ２，

μｍ１ｇｓ＝〔〔ｍ１ｖ０2／2〕＋〔ｍ２ｖ１2／2〕〕－〔〔ｍ１＋ｍ２〕ｖ２2／2〕，

得ｖ２＝ｖ１＝，ｓ＝2ｈ．

14．解：〔1〕小球的角速度與手轉動的角速度必定相等均為ω．設小球做圓周運動的半徑為ｒ，線速度為ｖ．由幾何關系得ｒ＝，ｖ＝ω·ｒ，解得ｖ＝ω．〔2〕設手對繩的拉力為Ｆ，手的線速度為ｖ，由功率公式得Ｐ＝Ｆｖ＝Ｆ·ωＲ，∴Ｆ＝Ｐ／ωＲ．小球的受力情況如圖4所示，因為小球做勻速圓周運動，所以切向合力為零，即

Ｆｓｉｎθ＝ｆ，其中ｓｉｎθ＝Ｒ／，聯立解得ｆ＝Ｐ／ω．

15．解：〔1〕用ｖ１表示子彈射入木塊Ｃ后兩者的共同速度，由于子彈射入木塊Ｃ時間極短，系統動量守恒，有

ｍｖ０＝〔ｍ＋Ｍ〕ｖ１，∴ｖ１＝ｍｖ０／〔ｍ＋Ｍ〕＝3ｍ／ｓ，

子彈和木塊Ｃ在ＡＢ木板上滑動，由動能定理得：〔1／2〕〔ｍ＋Ｍ〕ｖ２２－〔1／2〕〔ｍ＋Ｍ〕ｖ１２＝－μ〔ｍ＋Ｍ〕ｇＬ，

解得ｖ２＝＝2ｍ／ｓ．

〔2〕用ｖ′表示子彈射入木塊Ｃ后兩者的共同速度，由動量守恒定律，得ｍｖ０′＋Ｍｕ＝〔ｍ＋Ｍ〕ｖ１′，解得ｖ１′＝4ｍ／ｓ．

木塊Ｃ及子彈在ＡＢ木板外表上做勻減速運動ａ＝μｇ．設木塊Ｃ和子彈滑至ＡＢ板右端的時間為ｔ，則木塊Ｃ和子彈的位移ｓ１＝ｖ１′ｔ－〔1／2〕ａｔ2，

由于ｍ車≥〔ｍ＋Ｍ〕，故小車及木塊ＡＢ仍做勻速直線運動，小車及木板ＡＢ的位移ｓ＝ｕｔ，由圖5可知：ｓ１＝ｓ＋Ｌ，

聯立以上四式并代入數據得：ｔ2－6ｔ＋1＝0，

解得：ｔ＝〔3－2〕ｓ，〔ｔ＝〔3＋2〕ｓ不合題意舍去〕，〔11〕∴ｓ＝ｕｔ＝0．18ｍ．

16．解：〔1〕設Ａ滑上Ｂ后到達共同速度前并未碰到檔板，則根據動量守恒定律得它們的共同速度為ｖ，有圖5ｍｖ０＝〔Ｍ＋ｍ〕ｖ，解得ｖ＝2ｍ／ｓ，在這一過程中，Ｂ的位移為ｓＢ＝ｖＢ2／2ａＢ且ａＢ＝μｍｇ／Ｍ，解得ｓＢ＝Ｍｖ2／2μｍｇ＝2×22／2×0．2×1×10＝2ｍ．設這一過程中，Ａ、Ｂ的相對位移為ｓ１，根據系統的動能定理，得

μｍｇｓ１＝〔1／2〕ｍｖ０2－〔1／2〕〔Ｍ＋ｍ〕ｖ2，解得ｓ１＝6ｍ．

當ｓ＝4ｍ時，Ａ、Ｂ到達共同速度ｖ＝2ｍ／ｓ后再勻速向前運動2ｍ碰到擋板，Ｂ碰到豎直擋板后，根據動量守恒定律得Ａ、Ｂ最后相對靜止時的速度為ｖ′，則

Ｍｖ－ｍｖ＝〔Ｍ＋ｍ〕ｖ′，解得ｖ′＝〔2／3〕ｍ／ｓ．

在這一過程中，Ａ、Ｂ的相對位移為ｓ２，根據系統的動能定理，得

μｍｇｓ２＝〔1／2〕〔Ｍ＋ｍ〕ｖ2－〔1／2〕〔Ｍ＋ｍ〕ｖ′2，

解得ｓ２＝2．67ｍ．

因此，Ａ、Ｂ最終不脫離的木板最小長度為ｓ１＋ｓ２＝8．67ｍ

〔2〕因Ｂ離豎直檔板的距離ｓ＝0．5ｍ＜2ｍ，所以碰到檔板時，Ａ、Ｂ未到達相對靜止，此時Ｂ的速度ｖＢ為

ｖＢ2＝2ａＢｓ＝〔2μｍｇ／Ｍ〕ｓ，解得ｖＢ＝1ｍ／ｓ，

設此時Ａ的速度為ｖＡ，根據動量守恒定律，得ｍｖ０＝ＭｖＢ＋ｍｖＡ，解得ｖＡ＝4ｍ／ｓ，

設在這一過程中，Ａ、Ｂ發生的相對位移為ｓ１′，根據動能定理得：

μｍｇｓ１′＝〔1／2〕ｍｖ０2－〔〔1／2〕ｍｖＡ2＋〔1／2〕ＭｖＢ2〕，解得ｓ１′＝4．5ｍ．

Ｂ碰撞擋板后，Ａ、Ｂ最終到達向右的一樣速度ｖ，根據動能定理得ｍｖＡ－ＭｖＢ＝〔Ｍ＋ｍ〕ｖ，解得ｖ＝〔2／3〕ｍ／ｓ．

在這一過程中，Ａ、Ｂ發生的相對位移ｓ２′為

μｍｇｓ２′＝〔1／2〕ｍｖＡ2＋〔1／2〕〔Ｍ＋ｍ〕ｖ2，解得ｓ２′＝〔25／6〕ｍ．

Ｂ再次碰到擋板后，Ａ、Ｂ最終以一樣的速度ｖ′向左共同運動，根據動量守恒定律，得

Ｍｖ－ｍｖ＝〔Ｍ＋ｍ〕ｖ′，解得ｖ′＝〔2／9〕ｍ／ｓ．

在這一過程中，Ａ、Ｂ發生的相對位移ｓ３′為：μｍｇｓ３′＝〔1／2〕〔Ｍ＋ｍ〕ｖ2－〔1／2〕〔Ｍ＋ｍ〕ｖ′2，

解得ｓ３′＝〔8／27〕ｍ．

因此，為使Ａ不從Ｂ上脫落，Ｂ的最小長度為ｓ１′＋ｓ２′＋ｓ３′＝8．96ｍ．

17．解：〔1〕Ｂ與Ａ碰撞后，Ｂ相對于Ａ向左運動，Ａ所受摩擦力方向向左，Ａ的運動方向向右，故摩擦力作負功．設Ｂ與Ａ碰撞后的瞬間Ａ的速度為ｖ１，Ｂ的速度為ｖ２，Ａ、Ｂ相對靜止后的共同速度為ｖ，整個過程中Ａ、Ｂ組成的系統動量守恒，有

Ｍｖ０＝〔Ｍ＋1．5Ｍ〕ｖ，ｖ＝2ｖ０／5．

碰撞后直至相對靜止的過程中，系統動量守恒，機械能的減少量等于系統抑制摩擦力做的功，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〕這段過程中，Ａ抑制摩擦力做功

Ｗ＝〔1／2〕×1．5Ｍｖ１2－〔1／2〕×1．5Ｍｖ2＝〔27／400〕Ｍｖ０2〔0．068Ｍｖ０2〕．

〔2〕Ａ在運動過程中不可能向左運動，因為在Ｂ未與Ａ碰撞之前，Ａ受到的摩擦力方向向右，做加速運動，碰撞之后Ａ受到的摩擦力方向向左，做減速運動，直到最后，速度仍向右，因此不可能向左運動．

Ｂ在碰撞之后，有可能向左運動，即ｖ２＜0．先計算當ｖ２＝0時滿足的條件，由①式，得

ｖ１＝〔2ｖ０／3〕－〔2ｖ２／3〕，當ｖ２＝0時，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在某段時間內向左運動的條件之一是μｌ＜2ｖ０2／15ｇ．

另一方面，整個過程中損失的機械能一定大于或等于系統抑制摩擦力做的功，即

〔1／2〕Ｍｖ０2－〔1／2〕2．5Ｍ〔2ｖ０／5〕2≥2Ｍμｇｌ，解出另一個條件是μｌ≤3ｖ０2／20ｇ，

最后得出Ｂ在某段時間內向左運動的條件是2ｖ０2／15ｇ＜μｌ≤3ｖ０2／20ｇ．

18．解：〔1〕以警車為研究對象，由動能定理．－μｍｇ·ｓ＝〔1／2〕ｍｖ2－〔1／2〕ｍｖ０2，

將ｖ０＝14．0ｍ／ｓ，ｓ＝14．0ｍ，ｖ＝0代入，得μｇ＝7．0ｍ／ｓ2，

因為警車行駛條件與肇事汽車一樣，所以肇事汽車的初速度ｖＡ＝＝21ｍ／ｓ．

〔2〕肇事汽車在出事點Ｂ的速度ｖＢ＝＝14ｍ／ｓ，

肇事汽車通過段的平均速度＝〔ｖＡ＋ｖＢ〕／2＝〔21＋14〕／2＝17．5ｍ／ｓ．

肇事汽車通過ＡＢ段的時間ｔ２＝ＡＢ／＝〔31．5－14．0〕／17．5＝1ｓ．

∴游客橫過馬路的速度ｖ人＝／〔ｔ１＋ｔ２〕＝〔2．6／〔1＋0．7〕〕ｍ／ｓ＝1．53ｍ／ｓ．

19．解：〔1〕開場Ａ、Ｂ處于靜止狀態時，有ｋｘ０－〔ｍＡ＋ｍＢ〕ｇｓｉｎ30°＝0，①

設施加Ｆ時，前一段時間Ａ、Ｂ一起向上做勻加速運動，加速度為ａ，ｔ＝0．2ｓ，Ａ、Ｂ間相互作用力為零，對Ｂ有：

ｋｘ－ｍＢｇｓｉｎ30°＝ｍＢａ，②ｘ－ｘ０＝〔1／2〕ａｔ2，③解①、②、③得：

ａ＝5ｍｓ－2，ｘ０＝0．05ｍ，ｘ＝0．15ｍ，初始時刻Ｆ最小Ｆｍｉｎ＝〔ｍＡ＋ｍＢ〕ａ＝60Ｎ．ｔ＝0．2ｓ時，Ｆ最大

Ｆｍａｘ－ｍＡｇｓｉｎ30°＝ｍＡａ，Ｆｍａｘ＝ｍＡ〔ｇｓｉｎ30°＋ａ〕＝100Ｎ，

〔2〕ΔＥＰＡ＝ｍＡｇΔｈ＝ｍＡｇ〔ｘ－ｘ０〕ｓｉｎ30°＝5Ｊ．

20．解：當彈簧處于壓縮狀態時，系統的機械能等于兩滑塊的動能和彈簧的彈性勢能之和．當彈簧伸長到其自然長度時，彈性勢能為零，因這時滑塊Ａ的速度為零，故系統的機械能等于滑塊Ｂ的動能．設這時滑塊Ｂ的速度為ｖ則有

Ｅ＝〔1／2〕ｍ２ｖ2，①由動量守恒定律〔ｍ１＋ｍ２〕ｖ０＝ｍ２ｖ，②解得Ｅ＝〔1／2〕〔ｍ１＋ｍ２〕2ｖ０2／ｍ２．③

假定在以后的運動中，滑塊Ｂ可以出現速度為零的時刻，并設此時滑塊Ａ的速度為ｖ１．這時，不管彈簧是處于伸長還是壓縮狀態，都具有彈性勢能Ｅｐ．由機械能守恒定律得〔1／2〕ｍ１ｖ１2＋Ｅｐ＝〔1／2〕〔〔ｍ１＋ｍ２〕2ｖ０2／ｍ２〕，④

根據動量守恒〔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

因為Ｅｐ≥0，故得〔1／2〕〔〔ｍ１＋ｍ２〕2ｖ０2／ｍ１〕≤〔1／2〕〔〔ｍ１＋ｍ２〕2ｖ０2／ｍ２〕，⑦

即ｍ１≥ｍ２，與條件ｍ１＜ｍ２不符．可見滑塊Ｂ的速度永不為零，即在以后的運動中，不可能出現滑動Ｂ的速度為零的情況．

21．解：設恰好物體相對圓盤靜止時，彈簧壓縮量為Δｌ，靜摩擦力為最大靜摩擦力ｆｍａｘ，這時物體處于臨界狀態，由向心力公式ｆｍａｘ－ｋΔｌ＝ｍＲｗ2，①假假設物體向圓心移動ｘ后，仍保持相對靜止，ｆ１－ｋ〔Δｌ＋ｘ〕＝ｍ〔Ｒ－ｘ〕ｗ2，②

由①、②兩式可得ｆｍａｘ－ｆ１＝ｍｘｗ2－ｋｘ，③所以ｍｘｗ2－ｋｘ≥0，得ｋ≤ｍｗ2，④

假設物體向外移動ｘ后，仍保持相對靜止，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即假設物體向圓心移動，則ｋ≤ｍｗ2，

假設物體向遠離圓心方向移動，則ｋ≥ｍｗ2．

22．解：衛星環繞地球作勻速圓周運動，設衛星的質量為ｍ，軌道半徑為ｒ，受到地球的萬有引力為Ｆ，Ｆ＝ＧＭｍ／ｒ2，①

式中Ｇ為萬有引力恒量，Ｍ是地球質量．設ｖ是衛星環繞地球做勻速圓周運動的線速度，Ｔ是運動周期，根據牛頓第二定律，得Ｆ＝ｍｖ2／ｒ，②由①、②推導出ｖ＝．③③式說明：ｒ越大，ｖ越小．人造衛星的周期就是它環繞地球運行一周所需的時間Ｔ，Ｔ＝2πｒ／ｖ，④由③、④推出Ｔ＝2π，⑤⑤式說明：ｒ越大，Ｔ越大．23．證：設質點通過Ａ點時的速度為ｖＡ，通過Ｃ點時的速度為ｖＣ，由勻變速直線運動的公式得：

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．根據：如果在連續的相等的時間內的位移之差相等，則物體做勻變速運動．證明：設物體做勻速運動的初速度為ｖ0，加速度為ａ，第一個Ｔ內的位移為ｓ1＝ｖ0Ｔ＋ａＴ2／2；第二個Ｔ內的位移為ｓ2＝〔ｖ0＋ａＴ〕Ｔ＋ａＴ2／2；第Ｎ個Ｔ內的位移為ｓＮ＝［ｖ0＋〔Ｎ－1〕ａＴ］Ｔ＋ａＴ2／2．ｓＮ－ｓＮ－1＝ａＴ2，逆定理也成立．

25．解：由勻變速直線運動的公式得小物塊的加速度的大小為ａ1＝〔ｖ0－ｖｔ〕／ｔ＝2〔ｍ／ｓ2〕．木板的加速度大小為ａ2＝2ｓ／ｔ2＝0.25〔ｍ／ｓ2〕．根據牛頓第二定律Ｆ＝ｍａ對小物塊得ｆ′1＝ｍａ1＝1×2＝2Ｎ，對木板得ｆ1－μ〔ｍ＋Ｍ〕ｇ＝Ｍａ2，μ＝〔ｆ1－Ｍａ2〕／〔ｍ＋Ｍ〕ｇ＝〔2－4×0.25〕／〔1＋4〕×10＝0.02．

26．解：假設金屬塊沒有離開第一塊長木板，移動的相對距離為ｘ，由動量守恒定律，得ｍｖ0＝3ｍｖ，

ｍｖ02／2＝3ｍｖ2／2＋μｍｇｘ，解得ｘ＝4ｍ／3＞Ｌ，不合理，∴金屬塊一定沖上第二塊木板．

以整個系統為研究對象，由動量定律及能量關系，當金屬塊在第一塊木板上時ｍｖ0＝ｍｖ0′＋2ｍｖ1，

ｍｖ02／2＝12ｍｖ0′2＋2ｍ·ｖ12／2＋μｍｇｌ．ｍｖ0＝ｍｖ1＋2ｍｖ2，ｍｖ02／2＝ｍｖ12／2＋2ｍ·ｖ22／2＋μｍｇ〔ｌ＋ｘ〕．聯立解得：ｖ1＝1／3ｍ／ｓ，ｖ2＝5／6ｍ／ｓ，ｘ＝0.25ｍ．

27．解：當ｔ＝0時，ａＡ0＝9／3＝3ｍ／ｓ2，ａＢ0＝3／6＝0.5ｍ／ｓ2．ａＡ0＞ａＢ0，Ａ、Ｂ間有彈力，隨ｔ之增加，Ａ、Ｂ間彈力在減小，當〔9－2ｔ〕／3＝〔3＋2ｔ〕／6，ｔ＝2.5ｓ時，Ａ、Ｂ脫離，以Ａ、Ｂ整體為研究對象，在ｔ＝2.5ｓ內，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時，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相對Ｂ靜止時，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上滑行距離為

ｌＢ＝［ｍＣｖ2＋ｍＢｖ12－〔ｍＣ＋ｍＢ〕ｖ22］／2μｍＣｇ＝0.25ｍ．

〔3〕由μｍＣｇｓ＝ｍＢｖ22／2－ｍＢｖ12／2，Ｂ相對地滑行的距離ｓ＝［ｍＢ〔ｖ22－ｖ12〕］／2μｍＣｇ＝0.12ｍ．〔4〕Ｃ在Ａ、Ｂ上勻減速滑行，加速度大小由μｍＣｇ＝ｍＣａ，得ａ＝μｇ＝4.8ｍ／ｓ2．

Ｃ在Ａ上滑行的時間ｔ1＝〔ｖ0－ｖ〕／ａ＝0.21ｓ．Ｃ在Ｂ上滑行的時間ｔ2＝〔ｖ－ｖ2〕／ａ＝0.28ｓ．

所求時間ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝0.21ｓ＋0.28ｓ＝0.49ｓ．

29．勻加速下滑時，受力如圖1ａ，由牛頓第二定律，有：ｍｇｓｉｎθ－μｍｇｃｏｓθ＝ｍａ＝ｍｇｓｉｎθ／2，

ｓｉｎθ／2＝μｃｏｓθ，得μ＝ｓｉｎθ／2ｃｏｓθ．圖1靜止時受力分析如圖1ｂ，摩擦力有兩種可能：①摩擦力沿斜面向下；②摩擦力沿斜面向上．摩擦力沿斜面向下時，由平衡條件Ｆｃｏｓθ＝ｆ＋ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ，

解得Ｆ＝〔ｓｉｎθ＋μｃｏｓθ〕／〔ｃｏｓθ－μｓｉｎθ〕ｍｇ＝3ｓｉｎθｃｏｓθ／〔2ｃｏｓ2θ－ｓｉｎ2θ〕ｍｇ．

摩擦力沿斜面向上時，由平衡條件Ｆｃｏｓθ＋ｆ＝ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ．

解得Ｆ＝〔ｓｉｎθ－μｃｏｓθ〕／〔ｃｏｓθ＋μｓｉｎθ〕ｍｇ＝ｓｉｎθｃｏｓθ／〔2ｃｏｓ2θ＋ｓｉｎ2θ〕ｍｇ．

30．解：〔1〕物體在兩斜面上來回運動時，抑制摩擦力所做的功Ｗｆ＝μｍｇｃｏｓ60°·ｓ總．

物體從開場直到不再在斜面上運動的過程中ｍｇｈ－Ｗｆ＝0－ｍｖ02／2．解得ｓ總＝38ｍ．

〔2〕物體最終是在Ｂ、Ｃ之間的圓弧上來回做變速圓周運動，且在Ｂ、Ｃ點時速度為零．

〔3〕物體第一次通過圓弧最低點時，圓弧所受壓力最大．由動能定理得ｍｇ［ｈ＋Ｒ〔1－ｃｏｓ60°〕］－μｍｇｃｏｓ60°／ｓｉｎ60°＝ｍ〔ｖ12－ｖ02〕／2，由牛頓第二定律得Ｎｍａｘ－ｍｇ＝ｍｖ12／Ｒ，解得Ｎｍａｘ＝54.5Ｎ．

物體最終在圓弧上運動時，圓弧所受壓力最小．由動能定理得ｍｇＲ〔1－ｃｏｓ60°〕＝ｍｖ22／2，由牛頓第二定律得Ｎｍｉｎ－ｍｇ＝ｍｖ22／Ｒ，解得Ｎｍｉｎ＝20Ｎ．

31．解：〔1〕設剎車后，平板車的加速度為ａ0，從開場剎車到車停頓所經歷時間為ｔ0，車所行駛距離為ｓ0，則有ｖ02＝2ａ0ｓ0，ｖ0＝ａ0ｔ0．欲使ｔ0小，ａ0應該大，作用于木箱的滑動摩擦力產生的加速度ａ1＝μｍｇ／ｍ＝μｇ．

當ａ0＞ａ1時，木箱相對車底板滑動，從剎車到車停頓過程中木箱運動的路程為ｓ1，則ｖ02＝2ａ2ｓ1．

為使木箱不撞擊駕駛室，應有ｓ1－ｓ0≤Ｌ．聯立以上各式解得：ａ0≤μｇｖ02／〔ｖ02－2μｇＬ〕＝5ｍ／ｓ2，

∴ｔ0＝ｖ0／ａ0＝4.4ｓ．〔2〕對平板車，設制動力為Ｆ，則Ｆ＋ｋ〔Ｍ＋ｍ〕ｇ－μｍｇ＝Ｍａ0，解得：Ｆ＝7420Ｎ．

32．解：對系統ａ0＝［Ｆ－μｇ〔ｍ1＋ｍ2〕］／〔ｍ1＋ｍ2〕＝1ｍ／ｓ2．

對木塊1，細繩斷后：│ａ1│＝ｆ1／ｍ1＝μｇ＝1ｍ／ｓ2．設細繩斷裂時刻為ｔ1，則木塊1運動的總位移：

ｓ1＝2ａ0ｔ12／2＝ａ0ｔ12．對木塊2，細繩斷后，ａ2＝〔Ｆ－μｍ2ｇ〕／ｍ2＝2ｍ／ｓ2．木塊2總位移

ｓ2＝ｓ′＋ｓ″＝ａ0ｔ12／2＋ｖ1〔6－ｔ1〕＋ａ2〔6－ｔ1〕2／2，

兩木塊位移差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．

木塊2末速ｖ2＝ｖ1＋ａ2〔6－ｔ1〕＝ａ0ｔ1＋ａ2〔6－ｔ1〕＝10ｍ／ｓ．此時動能Ｅｋ＝ｍ2ｖ22／2＝2×102／2Ｊ＝100Ｊ．

33．解：〔1〕由動量守恒定律，ｍｖ0＝〔ｍ＋Ｍ〕ｖ′，且有ｍ∶Ｍ＝1∶3，∴Ａ、Ｂ共同速度ｖ′＝ｍｖ0／〔ｍ＋Ｍ〕＝1ｍ／ｓ．〔2〕由動能定理，對全過程應有μｍｇ·2Ｌ＝ｍｖ02／2－〔ｍ＋Ｍ〕ｖ′2／2，4μｇＬ＝ｖ02－4ｖ′2，μ＝〔ｖ02－4ｖ′2〕／4ｇＬ＝0.3．

〔3〕先求Ａ與Ｂ擋板碰前Ａ的速度ｖ10，以及木板Ｂ相應速度ｖ20，取從Ａ滑上Ｂ至Ａ與Ｂ擋板相碰前過程為研究對象，依動量守恒與動能定理有以下兩式成立：ｍｖ0＝ｍｖ10＋Ｍｖ20，ｍｖ02／2－ｍｖ102／2－Ｍｖ202／2＝μｍｇＬ．代入數據得ｖ10＋3ｖ20＝4，ｖ102＋3ｖ202＝10，解以上兩式可得ｖ10＝〔2±3〕／2ｍ／ｓ．因Ａ與Ｂ擋板碰前速度不可能取負值，故ｖ10＝〔2＋3〕／2ｍ／ｓ．相應解出ｖ20＝〔2－〕／2ｍ／ｓ＝0.3ｍ／ｓ．木板Ｂ此過程為勻加速直線運動，由牛頓第二定律，得μｍｇ＝Ｍａ1，ａ1＝μｍｇ／Ｍ＝1〔ｍ／ｓ2〕．此過程經歷時間ｔ1由下式求出ｖ20＝ａ1ｔ1，ｔ1＝ｖ20／ａ1＝0.3〔ｓ〕．

其速度圖線為圖2中0～0.3ｓ段圖線ａ．

再求Ａ與Ｂ擋板碰后，木板Ｂ的速度ｖ2與木塊Ａ的速度ｖ1，為方便起見取Ａ滑上Ｂ至Ａ與Ｂ擋板碰撞后瞬間過程為研究對象，依動量守恒定律與動能定理有以下兩式成立：ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2，ｍｖ02／2－ｍｖ12／2－Ｍｖ22／2＝μｍｇＬ．

故解為ｖ1＝〔2±3〕／2ｍ／ｓ．因ｖ1＝〔2＋3〕／2ｍ／ｓ為碰前速度，故取ｖ1＝〔2－3〕／2ｍ／ｓ，相應得ｖ2＝2＋2ｍ／ｓ＝1.7ｍ／ｓ．由于ｖ1＜0，即木塊相對Ｂ向左滑動，Ａ受Ｂ摩擦力向右，Ｂ受Ａ摩擦力向左，故Ｂ做勻減速直線運動，加速度大小由牛頓第二定律，得ａ＝μｍｇ／Ｍ＝1ｍ／ｓ2．從碰后到Ａ滑到Ｂ最左端過程中，Ｂ向右做勻減速直線運動時間設為ｔ2，則ｖ′－ｖ2＝－ａｔ2，∴ｔ2＝0.7ｓ．

此過程速度圖線如圖2中0.3ｓ～1.0ｓ段圖線ｂ．圖234．解：設ｍ1、ｍ2兩物體受恒力Ｆ作用后，產生的加速度分別為ａ1、ａ2，由牛頓第二定律Ｆ＝ｍａ，得

ａ1＝Ｆ／ｍ1，ａ2＝Ｆ／ｍ2，歷時ｔ兩物體速度分別為ｖ1＝ａ1ｔ，ｖ2＝ｖ0＋ａ2ｔ，由題意令ｖ1＝ｖ2，即ａ1ｔ＝ｖ0＋ａ2ｔ或〔ａ1－ａ2〕ｔ＝ｖ0，因ｔ≠0、ｖ0＞0，欲使上式成立，需滿足ａ1－ａ2＞0，即Ｆ／ｍ1＞Ｆ／ｍ2，或ｍ1＜ｍ2，也即當ｍ1≥ｍ2時不可能到達共同速度，當ｍ1＜ｍ2時，可以到達共同速度．

35．解：〔1〕當小球剛好能在軌道內做圓周運動時，水平初速度ｖ最小，此時有ｍｇ＝ｍｖ2／Ｒ，

故ｖ＝＝＝2ｍ／ｓ．〔2〕假設初速度ｖ′＜ｖ，小球將做平拋運動，如在其豎直位移為Ｒ的時間內，其水平位移ｓ≥Ｒ，小球可進入軌道經過Ｂ點．設其豎直位移為Ｒ時，水平位移也恰為R，則Ｒ＝ｇｔ2／2，Ｒ＝ｖ′ｔ，解得：ｖ′＝／2＝ｍ／ｓ．因此，初速度滿足2ｍ／ｓ＞ｖ′≥ｍ／ｓ時，小球可做平拋運動經過Ｂ點．

36．衛星在天空中任何天體外表附近運行時，僅受萬有引力Ｆ作用使衛星做圓周運動，運動半徑等于天體的球半徑Ｒ．設天體質量為Ｍ，衛星質量為ｍ，衛星運動周期為Ｔ，天體密度為ρ．根據萬有引力定律Ｆ＝ＧＭｍ／Ｒ2，

衛星做圓周運動向心力Ｆ′＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2，因為

Ｆ′＝Ｆ，得ＧＭｍ／Ｒ2＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2，∴Ｔ＝．又球體質量Ｍ＝4πＲ3ρ／3．得Ｔ＝=，∴Ｔ∝1／，得證．

37．解：由于兩球相碰滿足動量守恒ｍ1ｖ0＝ｍ1ｖ1＋ｍ2ｖ2，ｖ1＝－1.3ｍ／ｓ．兩球組成系統碰撞前后的總動能Ｅｋ1＋Ｅｋ2＝ｍ1ｖ02／2＋0＝2.5Ｊ，Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＝ｍ1ｖ12／2＋ｍ2ｖ22／2＝2.8Ｊ．可見，Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＞Ｅｋ1＋Ｅｋ2，碰后能量較碰撞前增多了，違背了能量守恒定律，這種假設不合理．

38．解：〔1〕由動量守恒，得ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2，由運動學公式得ｓ＝〔ｖ1－ｖ2〕ｔ，ｈ＝ｇｔ2／2，

由以上三式得ｖ2＝〔ｍｖ0－ｓｍ〕／〔Ｍ＋ｍ〕．〔2〕最后車與物體以共同的速度ｖ向右運動，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：設碰前Ａ、Ｂ有共同速度ｖ時，Ｍ前滑的距離為ｓ．則ｍｖ0＝〔ｍ＋Ｍ〕ｖ，ｆｓ＝Ｍｖ2／2，ｆ＝μｍｇ．

由以上各式得ｓ＝Ｍｍｖ02／2μｇ〔Ｍ＋ｍ〕2．當ｖ0＝2ｍ／ｓ時，ｓ＝2／9ｍ＜0.5ｍ，即Ａ、Ｂ有共同速度．當ｖ0＝4ｍ／ｓ時，ｓ＝8／9ｍ＞0.5ｍ，即碰前Ａ、Ｂ速度不同．

40．解：〔1〕物體由Ａ滑至Ｂ的過程中，由三者系統水平方向動量守恒得：ｍｖ0＝ｍｖ0／2＋2ｍｖＡＢ．

解之得ｖＡＢ＝ｖ0／4．

〔2〕物塊由Ａ滑至Ｂ的過程中，由三者功能關系得：μｍｇＬ＝ｍｖ02／2－ｍ〔ｖ0／2〕2／2－2ｍ〔ｖ0／4〕2／2．

解之得Ｌ＝5ｖ02／16μｇ．

〔3〕物塊由Ｄ滑到Ｃ的過程中，二者系統水平方向動量守恒，又因為物塊到達最高點Ｃ時，物塊與滑塊速度相等且水平，均為ｖ．

故得ｍｖ0／2＋ｍｖ0／4＝2ｍｖ，∴得滑塊的動能ＥＣＤ＝ｍｖ2／2＝9ｍｖ02／128．

41．解：〔1〕Ｂ從ｖ0減速到速度為零的過程，Ｃ靜止，Ｂ的位移：ｓ1＝ｖ02／2μｇ．所用的時間：ｔ1＝ｖ0／μｇ．

此后Ｂ與Ｃ一起向右做加速運動，Ａ做減速運動，直到相對靜止，設所用時間為ｔ2，共同速度為ｖ．

對Ａ、Ｂ、Ｃ，由動量守恒定律得ｍＡ·2ｖ0－ｍＢｖ0＝〔ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ〕ｖ，∵ｍＡ＝ｍＢ＝ｍＣ，∴ｖ＝ｖ0／3．

對Ｂ與Ｃ，向右加速運動的加速度ａ＝μｍＡｇ／〔ｍＢ＋ｍＣ〕＝μｇ／2，∴ｔ2＝ｖ／ａ＝2ｖ0／3μｇ．

Δｔ內Ｂ向右移動的位移ｓ2＝ｖｔ2／2＝ｖ02／9μｇ，

故總路程ｓ＝ｓ1＋ｓ2＝11ｖ02／18μｇ，總時間ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝5ｖ0／3μｇ．

〔2〕設車的最小長度為Ｌ，則相對靜止時Ａ、Ｂ剛好接觸，由能量守恒得

ｍＡ〔2ｖ0〕2／2＋ｍＢｖ02／2＝〔ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ〕ｖ2／2＋μｍＢｇｓ1＋μｍＡｇ〔Ｌ－ｓ1〕，聯立解得Ｌ＝7ｖ02／3μｇ．

42．解：〔1〕ｍ速度最大的位置應在O點左側．因為細線燒斷后，ｍ在彈簧彈力和滑動摩擦力的合力作用下向右做加速運動，當彈力與摩擦力的合力為零時，ｍ的速度到達最大，此時彈簧必處于壓縮狀態．此后，系統的機械能不斷減小，不能再到達這一最大速度．

〔2〕選ｍ、Ｍ為一系統，由動量守恒定律得ｍｖ1＝Ｍｖ2．設這一過程中彈簧釋放的彈性勢能為Ｅｐ，則

Ｅｐ＝ｍｖ12／2＋Ｍｖ22／2＋μｍｇｓ，解得ｖ2＝ｍｖ1／Ｍ，Ｅｐ＝ｍ［〔Ｍ＋ｍ〕ｖ12／2Ｍ＋μｇｓ］．

〔2〕ｍ與Ｍ最終將靜止，因為系統動量守恒，且總動量為零，只要ｍ與Ｍ間有相對運動，就要抑制摩擦力做功，不斷消耗能量，所以，ｍ與Ｍ最終必定都靜止．

43．解：〔1〕第一顆子彈射入木塊過程，系統動量守恒，有ｍｖ0＝〔ｍ＋Ｍ〕ｖ1．

射入后，在ＯＢＣ運動過程中，機械能守恒，有〔ｍ＋