联立①~④得v1?1m/s
（2）撤去力F后，AB整体继续加速，设加速度为a1，
⑤
由牛顿第二定律有：?1(mA?mB)g?(mA?mB)a1 ⑥ 木板C减速，设加速度大小为a2，由牛顿第二定律有：
?2(M?mA?mB)g??1(mA?mB)g?Ma2 ⑦
设经过t1时间，AB整体与木板C速度相等且为v2，由运动学公式有： v2?v0?a1t1?v1?a2t1
⑧
计算得：a1?2m/s2，a2?8m/s2，t1?0.3s，v2?1.6m/s 该过程AB整体与木板相对位移：?s1?v0?v2v?vt1?12t1 ⑨ 22 接着，AB整体减速向右，对木板的摩擦力向右，木板继续减速，其加速度大小为a3，
由牛顿第二定律有：?2(M?mA?mB)g??1(mA?mB)g?Ma3 ⑩ 设再经过时间t2木板停止运动，t?v2 ?
2a3AB整体相对木板向右位移的大小为：?s2?v2t2?12v2a1t2?t2 ? 22 此时AB整体的速度为：v3?v2?a1t2 ?
2v3AB整体继续减速再经过一段位移：?s3?，便停在木板上。 ?
2a1计算得：?s1?0.45m，a3?4m/s2，t2?0.4s，?s2?0.16m，?s3?0.16m 最终AB整体与木板左端的水平距离为：?s?d??s1??s2??s3?0.87m?
另解，AB碰后一直到A、B、C均停止运动过程，有：
17
2v0?v2v2C对地位移sC?t1??1.16m
22a32v1?v2v2?t1??1.03m
22a1AB整体对地位移sAB最终AB整体与木板左端的水平距离为：
?s?d?sAB?sC?0.87m
但此种解法，中间必须判断说明AB整体不会向右滑过C木板左边粗糙区域的右端。
33．(1)先减小到零再增大到某一峰值然后减小到零（或“先减小后增大再减小”），r1。
(2) (i) 291.2 K（或18.2 ℃）； (ii)内能增加5.08 J
解：(i)当水银柱到达管口时，所测气温最高，设为T2，此时气体体积为V2 初状态：T1＝280 K，V1＝480 cm3，
V1V2末状态：V2＝(480＋48×0.4) cm3＝499.2 cm3，由等压变化知：＝
T1T2
代入数据得T2＝291.2 K，即18.2 ℃。 (ii)水银柱向右移动过程中，外界对气体做功W＝-p0S·L＝-1.92 J 由热力学第一定律知内能变化为ΔU＝W＋Q ④ 得ΔU＝5.08 J，即内能增加5.08 J. ⑤ 34、（1）小于；负值 （2）（ⅰ）如上图所示，由折射定律
得：
① ②
③
sin45??n?2 sin???30?
则相对于初始入射偏角为15?
（ⅱ）光由A入射后折射至E点射出 由几何关系得?EOA?60?
光由G点入射到F点恰发生全反射，设全反角为C．
1 ?C?45? n即?GFO?45?
由几何关系得?EOF?105?
105?d35???(cm) 弧长L?180?26sinC?
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