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高中物理力学经典例题(一)
1.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1-73
2.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)
3.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?
4.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.
5.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=3.0s后撤去，箱子最远运动多长距离?
6.一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.
7.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.
8.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1-71
9.一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?
10.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1-72
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).
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1-75
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)
高中物理力学经典例题(二)
.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.
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.
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?
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.
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)
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.
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1-83
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?
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.
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.
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.
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1-81
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1-83
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?
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1-85
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?
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.
高中物理力学经典例题(三)
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1-91
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)
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.
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.
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.
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1-93
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.
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1-95
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.
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1-97
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)
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1-99
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.
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1-102
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：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).
2.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.
3.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
4.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.
5.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.
6.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.
7.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= = 5 m/s，tgα=vy/v0=15/10=3/2，
∴α=arctg(3/2)，α为v与水平方向的夹角.
8.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=ma2，②②式代入①式，得F=18N.
9.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= = =2 s.vmin=at2=1×2 m/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4.5.
10.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.
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.
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= =2 m/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，②x-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= .③③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 ，⑤⑤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+2 m/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)v v=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=kx k=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.
