质量为m的快艇以速率v0行驶,发动机关闭后,受到的摩擦力

设小孩b跃出后小船向前行驶的速度为V，根据动量守恒定律，有（M+2m）V0=MV+mυ-mυ解得V=（1+2mM）V0即小孩b跃出后小船的速度为（1+2mM）V0．

速度v最小的条件是：人跳上乙船稳定后两船的速度相等，以甲船的初速度方向为正方向，以甲船和人组成的系统为研究对象，由动量守恒定律得：（m+13m）v0=mv船+13mv，以乙船与人组成的系统为研究对象，

速度v最小的条件是：人跳上A车稳定后两车的速度相等，以A车和人组成的系统为研究对象，以A车的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：（M+m）v0=Mv车+mv，以B车与人组成的系统为研究对象，以人的速

相对于静止水面吗如果是这样还是U应该是相对于船吧系统动量守恒那么(M+2m)V=MU+mV-mVU是要求的量

先用动量守恒算出最终的共同速度为movo/(m+mo)这样就可以知道子弹的末动能,末动能减去初动能,这是木块对子弹的功.木块的末动能即是子弹对木块做的功.

由公式Vt^2-V0^2=2aS可得0-V0^2=2(-g)HH=(V0^2)/(2g)由动能定理重力不做功返回后速率还是V0

不等,别听一楼的,根据动量守恒定律,mv这个乘值不变,当m变大时,v就变小,所以v大于V0,不懂可以追问再问：但水平方向上没有外力作用啊...再答：对于整体来说的确没有外力，可我们分析一下，当沙子落到

“已知空气阻力大小与速率成正比”这句话没用啊选取整个过程,重力做功代数和为零,根据动能定理,W合=ΔEk可得W阻=(1/2)mv^2-(1/2)mv0^2

巨容易解的一个题,动能随距离变化率与动能成正比,解为指数.动能为零为停止地点.

原本总动量为：Mv其中快艇动量为：(M-m)V鱼雷动量为：mV发射后总动量仍然为：(M+m)v其中快艇动量为(M-m)*1/2V故鱼雷动量为MV-(M-m)*1/2V=1/2MV+1/2mv=1/2V

再问：上面是地面对小球水平、竖直的冲量。。那若是小球对地面的冲量呢？我判断不了小球对地或地对小球的冲量方向。。。求解，谢谢再答：小球对地面的冲量跟地面对小球的冲量等大反向；动量定理是矢量式，中学阶段主

地面对小球的竖直冲量的大小,地面对小球的竖直冲量的大小：反弹初速度V²=2g（Yo/2）V=√(gVo)地面对小球的竖直冲量的大小I:I=mV=m√(gVo)地面对小球的水平冲量I':I'=

分析：由车轮对轨道侧压力刚好为零可知重力和支持力的合力刚好提供火车转弯时的向心力Mgtana=MV0^2/R当实际速率V>V0时火车外轨道提供一个与枕木平行向内的压力P和重力和支持力的合力提供火车转弯

正电荷由O到A，动能变大，电场力做正功，电势能减小，电势也减小，所以O点的电势比A点的高；负电荷从O到B速度增大，电场力也做正功，电势能减小，电势升高，B点电势比O点高．所以B点最高，故A对，B错误；

A、B根据题意分析，画出三点在电场线上的位置，如图，则可知B点电势最高．故A正确，B错误．C、根据动能定理得   qUOA=12m(2v0)2−12mv20，得到UOA=

3系统总动量为（M＋2m）v0两个小孩跳出后,由动量守恒,系统动量不变,所以v船＝（M+2m）v0/M4当弹簧压缩到最短的时刻,A,B达到共同速度,设为v,设AB质量都为M由动量守恒Mv0＝2Mv解得

利用动量守恒定律,火箭M(含燃料m)组成一个系统.系统的初始动量为MV0,燃料喷出携带动量为m(V0-U),因为燃料速度与V0相反；火箭质量减成M－m,设火箭速度V,则有：MV0＝m(V0-U)+（M

F*V1=P(F+Ma)V2=P两个方程两个未知数解方程就行了

设甲行动方向为正.设至少仍n个球.使两车不相撞即在正方向上使乙车速度不小于甲车速度.则有V2>=V1.M1*V0=(M1-n)*V1+n*v50*6=(50-n)*V1+16.5nV1=(300-16

V(i)为某一位置时的速度dV/dt=-kV(i)^2/m……（*）①（*）变为dV/(V(i)^2)=(-k/m)dt,积分得V（t）②（*）变为dV/V(i)=（-k/m）*（V(i)*dt）,积