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新高考课标二物理每日一练第四周
Day1：
1．如图所示，一倾斜的圆筒绕固定轴OO1以恒定的角速度ω转动，圆筒的半径r＝1.5m。筒壁内有一小物体与圆筒始终保持相对静止，小物体与圆筒间的动摩擦因数为（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），转动轴与水平面间的夹角为60°，重力加速度g取10m/s2，则ω的最小值是（　　）
A．1rad/s
B．
C．
D．5rad/s
2.
某同学用伏安法测定待测电阻Rx的阻值(约为10
kΩ)，除了Rx、开关S、导线外，还有下列器材供选用：
A.电压表(量程0～1
V，内阻约10
kΩ)
B.电压表(量程0～10
V，内阻约100
kΩ)
C.电流表(量程0～1
mA，内阻约30
Ω)
D.电流表(量程0～0.6
A，内阻约0.05
Ω)
E.电源(电动势1.5
V，额定电流0.5
A，内阻不计)
F.电源(电动势12
V，额定电流2
A，内阻不计)
G.滑动变阻器R0(阻值范围0～10
Ω，额定电流2
A)
(1)为使测量尽量准确，电压表选用________，电流表选用________，电源选用________。(均填器材的字母代号)
(2)画出测量Rx阻值的实验电路图。
(3)该同学选择器材、连接电路和操作均正确，从实验原理上看，待测电阻测量值会________其真实值(填“大于”“小于”或“等于”)，原因是__________________________
___________________________________________________________________。
Day2：
3．（多选）如图所示，将质量为M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠墙角，右侧靠一质量为M2的物块．今让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h高处从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是（　　）
A．小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
B．小球离开C点以后，将做斜上抛运动
C．小球在槽内运动的全过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统动量守恒
D．槽将不会再次与墙接触
4．某空间区域内存在水平方向的匀强电场，在其中一点处有一质量为、带电量为的小球。现将小球由静止释放，小球会垂直击中斜面上的点。已知斜面与水平方向夹角为，之间的距离为，重力加速度为。求：
（1）场强的大小和方向；
（2）带电小球从点运动到点机械能增量；
（3）在点给带电小球一个平行斜面向上的初速度，小球落到斜面上时与点之间的距离。
Day3
：
5．（多选）如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示（图甲中磁感应强度方向为正），MN始终保持静止，则0～t2时间内（　　）
A．电阻R上电流先减小后增大
B．电容器C的b板始终带负电
C．MN所受摩擦力先变小后变大
D．MN所受安培力的方向先向左后向右
6．如图所示的装置可以测量水的深度。该装置由左端开口的气缸和密闭的气缸组成，两气缸由一细管（容积可忽略）连通，两气缸均由导热材料制成，内径相同。气缸全长为，气缸全长为，薄活塞、密闭性良好且可以无摩擦滑动。初始时两气缸处于温度为的空气中，气缸、中分别封闭压强为、的理想气体，活塞、均位于气缸的最左端。将该装置放入水中，测得所在处的温度为，且活塞向右移动．已知大气压强为，相当于高水柱产生的压强。求：
装置所在处水的深度；
活塞向右移动的距离。
Day4：
7．下列说法正确的是　　
A．汤姆生发现电子，表明原子具有核式结构
B．在光电效应现象中，光电子的最大初动能与入射光强度成正比
C．根据玻尔理论，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能增大
D．放射性元素发生一次衰变，原子序数增加1
8．某金属发生光电效应，光电子的最大初动能与入射光频率之间的关系如图所示。已知为普朗克常量，为电子电荷量的绝对值，结合图象所给信息，下列说法正确的是　　
A．入射光的频率小于也可能发生光电效应现象
B．该金属的逸出功随入射光频率的增大而增大
C．若用频率是的光照射该金属，则遏止电压为
D．遏止电压与入射光的频率无关
9．如图甲所示，直角坐标系中，第二象限内有沿轴正方向的匀强电场，场强，第一象限内有垂直坐标平面的交变磁场，磁场方向垂直纸面向外为正方向。在轴上的点处有一发射装置（没有画出）沿轴正方向射出一个比荷的带正电的粒子（可视为质点且不计重力），该粒子以的速度进入第二象限，从轴上的点，进入第一象限。取粒子刚进入第一象限的时刻为时刻，第一象限内磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化。求：
（1）初速度大小；
（2）粒子出磁场时的位置坐标；
（3）粒子在磁场中运动的时间。
Day5：
10．（6分）空间存在一沿轴方向的静电场，电势随变化的关系如图所示，下列说法正确的是　　
A．沿轴正方向，从0到无穷远电势先降低后升高，场强先减小后增大
B．将带正电粒子由之间的位置静止释放（不包括点仅受电场力作用，粒子先向右加速，后向右减速，最终速度为零
C．位置场强最小，大小为0
D．在图示区域内点两侧电场强度方向相反
11．（多选）如图所示，倾角为的足够长的平行金属导轨固定在水平面上，两导体棒、垂直于导轨放置，空间存在的垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为．现给导体棒一沿导轨平面向下的初速度使其沿导轨向下运动，已知两导体棒质量均为，电阻相等，两导体棒与导轨之间的动摩擦因数均为，导轨电阻忽略不计。从开始运动到两棒相对静止的整个运动过程中两导体棒始终与导轨保持良好的接触，下列说法正确的是　　
A．导体棒中产生的焦耳热为
B．导体棒中产生的焦耳热为
C．当导体棒的速度为时，导体棒的速度为
D．当导体棒的速度为时，导体棒的速度为
Day6：
12．（多选）下列说法正确的是　　
A．的铁和的冰，它们的分子平均动能相同
B．单晶体有周定的熔点和形状，多晶体没有固定的熔点和形状
C．因为液体丧面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在张力
D．用油膜法估测分子大小时，用油酸酒精溶液体积除以单分子油膜面积，可得油酸分子的直径
13．（多选）一列沿轴负方向传播的简谐横波，在时刻的波形图如图所示，此时坐标为的质点刚好开始振动，坐标为的质点恰好在平衡位置、在时刻，坐标为的质点首次位于波峰位置。下列判断正确的是　　
A．时刻质点沿轴正方向运动
B．质点的振动频率为
C．内质点运动的路程为
D．质点振动后，、两质点的速度始终大小相等，方向相反
14．（6分）如图所示，三条虚线表示某电场中的三个等差等势面，电势分别为、、．一个带电粒子只在电场力作用下按图中实线轨迹从点运动到点，则以下说法正确的是　　
A．
B．粒子在点的加速度方向与速度方向夹角为钝角
C．粒子在点的加速度大于在点的加速度
D．粒子在点的电势能大于在点的电势能
Day7：
15.静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0
kg，mB＝4.0
kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0
m，如图13所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0
J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20。重力加速度取g＝10
m/s2。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。
（图13）
(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；
(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？
(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？新高考课标二物理每日一练第四周
Day1：
1．如图所示，一倾斜的圆筒绕固定轴OO1以恒定的角速度ω转动，圆筒的半径r＝1.5m。筒壁内有一小物体与圆筒始终保持相对静止，小物体与圆筒间的动摩擦因数为（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），转动轴与水平面间的夹角为60°，重力加速度g取10m/s2，则ω的最小值是（　　）
A．1rad/s
B．
C．
D．5rad/s
【解答】解：当物块在轨迹的最高点时，受到重力、支持力和摩擦力，如图：
其中沿桶壁的方向：f＝μFN＝mgsin60°
垂直于桶壁的方向：
联立可得：ωrad/s。故C正确，ABD错误
故选：C。
2.
某同学用伏安法测定待测电阻Rx的阻值(约为10
kΩ)，除了Rx、开关S、导线外，还有下列器材供选用：
A.电压表(量程0～1
V，内阻约10
kΩ)
B.电压表(量程0～10
V，内阻约100
kΩ)
C.电流表(量程0～1
mA，内阻约30
Ω)
D.电流表(量程0～0.6
A，内阻约0.05
Ω)
E.电源(电动势1.5
V，额定电流0.5
A，内阻不计)
F.电源(电动势12
V，额定电流2
A，内阻不计)
G.滑动变阻器R0(阻值范围0～10
Ω，额定电流2
A)
(1)为使测量尽量准确，电压表选用________，电流表选用________，电源选用________。(均填器材的字母代号)
(2)画出测量Rx阻值的实验电路图。
(3)该同学选择器材、连接电路和操作均正确，从实验原理上看，待测电阻测量值会________其真实值(填“大于”“小于”或“等于”)，原因是__________________________
___________________________________________________________________。
【解析】　(1)若选用电源1.5
V，由于被测电阻很大，电路中电流非常小，不利于实验，即电源选用12
V的，即F；则电压表就应该选取B；电路中的最大电流为I＝
A＝1.2
mA，故电流表应选用C。
(2)因为给的滑动变阻器的最大阻值只有10
Ω，若采用限流接法，则电路中电流和电压变化不明显，故应采用滑动变阻器的分压接法，由于＜，所以采用电流表内接法，电路图如图所示。
(3)由于电流表的分压，导致电压测量值偏大，而电流准确，根据Rx＝可知测量值偏大。
【答案】　(1)B　C　F　(2)见解析图
(3)大于　电压表的读数大于待测电阻两端实际电压(其他正确表述也可)
Day2：
3．如图所示，将质量为M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠墙角，右侧靠一质量为M2的物块．今让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h高处从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是（　　）
A．小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
B．小球离开C点以后，将做斜上抛运动
C．小球在槽内运动的全过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统动量守恒
D．槽将不会再次与墙接触
【解答】解：A、小球从A到B的过程中，半圆槽对球的支持力沿半径方向指向圆心，而小球对半圆槽的压力方向相反指向左下方，因为有竖直墙挡住，所以半圆槽不会向左运动，可见，该过程中，小球与半圆槽在水平方向受到外力作用，动量并不守恒，从B到C的过程中，小球对半圆槽的压力方向向右下方，所以半圆槽要向右推动物块一起运动，因而小球参与了两个运动：一个是沿半圆槽的圆周运动，另一个是与半圆槽一起向右运动，小球所受支持力方向与速度方向并不垂直，此过程中，因为有物块挡住，小球与半圆槽在水平方向动量不守恒，则小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量不守恒，故A错误；
B、当小球运动到C点时，它的两个分运动的合速度方向并不是竖直向上，所以此后小球做斜上抛运动，故B正确；
C、小球在槽内运动的全过程中，墙壁对系统有水平向右的作用力，系统在水平方向所受合外力不为零，小球、半圆槽、物块组成的系统动量不守恒，故C错误。
D、全过程中，整个系统在水平方向上获得了水平向右的冲量，最终槽将与墙不会再次接触，故D正确。
故选：BD。
4．（15分）某空间区域内存在水平方向的匀强电场，在其中一点处有一质量为、带电量为的小球。现将小球由静止释放，小球会垂直击中斜面上的点。已知斜面与水平方向夹角为，之间的距离为，重力加速度为。求：
（1）场强的大小和方向；
（2）带电小球从点运动到点机械能增量；
（3）在点给带电小球一个平行斜面向上的初速度，小球落到斜面上时与点之间的距离。
【解答】解：（1）小球运动过程受到重力和电场力作用做直线运动，则有：
代入数据解得：，方向水平向右。
（2）带电小球从点运动到点过程中电场力做功为：
所以机械能的增量为：△。
（3）在点给带电小球一个平行斜面向上的初速度，小球做类平抛运动，垂直于斜面方向做匀加速直线运动。
当运动到斜面上时，其垂直于斜面方向的位移为：
而沿着初速度方向的位移大小为：
答：（1）场强的大小为，方向水平向右。
（2）带电小球从点运动到点机械能增量为。
（3）在点给带电小球一个平行斜面向上的初速度，小球落到斜面上时与点之间的距离为。
Day3
：
5．如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示（图甲中磁感应强度方向为正），MN始终保持静止，则0～t2时间内（　　）
A．电阻R上电流先减小后增大
B．电容器C的b板始终带负电
C．MN所受摩擦力先变小后变大
D．MN所受安培力的方向先向左后向右
【解答】解：A、B由乙图知，磁感应强度均匀变化，根据法拉第电磁感应定律可知，回路中产生恒定电动势，电路中电流恒定；故A错误；
B、电阻R两端的电压恒定，则电容器的电压恒定，故电容器C的电荷量大小始终没变。根据楞次定律判断可知，通过R的电流一直向下，电容器a板电势较高，一直带正电。b板带负电；故B正确；
C、根据安培力公式F＝BIL，I、L不变，由于磁感应强度变化，MN所受安培力的大小变化，根据磁感应强度的变化规律可知，安培力先变小后变大，根据平衡条件可知，摩擦力先减小后增大；故C正确；
D、由右手定则判断得知，MN中感应电流方向一直向上，由左手定则判断可知，MN所受安培力的方向先向右后向左，故D错误。
故选：BC。
6．（10分）如图所示的装置可以测量水的深度。该装置由左端开口的气缸和密闭的气缸组成，两气缸由一细管（容积可忽略）连通，两气缸均由导热材料制成，内径相同。气缸全长为，气缸全长为，薄活塞、密闭性良好且可以无摩擦滑动。初始时两气缸处于温度为的空气中，气缸、中分别封闭压强为、的理想气体，活塞、均位于气缸的最左端。将该装置放入水中，测得所在处的温度为，且活塞向右移动．已知大气压强为，相当于高水柱产生的压强。求：
装置所在处水的深度；
活塞向右移动的距离。
【分析】当向右移动时，对内气体进行分析，根据理想气体的状态方程求解末状态的压强，求得水产生的压强即可得到装置所在处水的深度；
（2）对内气体进行分析，设活塞向右移动的距离为，根据理想气体的状态方程求解。
【解答】解：设气缸横截面积，当向右移动时，对内气体进行分析：
状态，，
状态？，，
根据理想气体的状态方程可得：
解得：，
根据平衡条件可得此时内的气体压强也为，
所以水产生的压强为，
已知大气压强为，相当于高水柱产生的压强，则装置所在处水的深度；
（2）对内气体进行分析，设活塞向右移动的距离为，则有：
状态，，
状态，，
根据理想气体的状态方程可得：
解得：。
答：装置所在处水的深度为；
活塞向右移动的距离为。
Day4：
7．（6分）下列说法正确的是　　
A．汤姆生发现电子，表明原子具有核式结构
B．在光电效应现象中，光电子的最大初动能与入射光强度成正比
C．根据玻尔理论，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能增大
D．放射性元素发生一次衰变，原子序数增加1
【解答】解：、卢瑟福通过粒子散射实验建立原子核式结构模型，故错误。
、根据光电效应方程知，光电子的最大初动能与入射光的强度无关，故错误。
、根据玻尔理论，氢原子辐射出一个光子后，从高能级跃迁到低能级，原子能量减小，电子轨道半径减小，该过程中库仑力做正功，则氢原子电势能减小，故错误。
、根据质量数与质子数守恒，则有放射性元素发生一次衰变，原子的质量数不变，原子序数增加1，故正确。
故选：。
8．（6分）某金属发生光电效应，光电子的最大初动能与入射光频率之间的关系如图所示。已知为普朗克常量，为电子电荷量的绝对值，结合图象所给信息，下列说法正确的是　　
A．入射光的频率小于也可能发生光电效应现象
B．该金属的逸出功随入射光频率的增大而增大
C．若用频率是的光照射该金属，则遏止电压为
D．遏止电压与入射光的频率无关
【解答】解：、金属产生光电效应的极限频率为，该金属的逸出功为．当入射光的频率小于，则不可能发生光电效应现象，故错误；
、逸出功的大小与入射光频率无关，由金属本身决定。故错误；
、根据光电效应方程知，，若用频率是的光照射该金属，则光电子的最大初动能是，而遏止电压为，故正确；
、由上分析可知，遏止电压与光电子的最大初动能有关，则也与入射光的频率有关，故错误；
故选：。
9．（20分）如图甲所示，直角坐标系中，第二象限内有沿轴正方向的匀强电场，场强，第一象限内有垂直坐标平面的交变磁场，磁场方向垂直纸面向外为正方向。在轴上的点处有一发射装置（没有画出）沿轴正方向射出一个比荷的带正电的粒子（可视为质点且不计重力），该粒子以的速度进入第二象限，从轴上的点，进入第一象限。取粒子刚进入第一象限的时刻为时刻，第一象限内磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化。求：
（1）初速度大小；
（2）粒子出磁场时的位置坐标；
（3）粒子在磁场中运动的时间。
【解答】解：（1）粒子在第二象限内做类平抛运动，
，，
解得：；
（2）粒子在点与轴正向夹角为，速度为，
则：，
解得：，，
解得：，
粒子在第一象限内做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：，
解得：，
粒子在磁场中做圆周运动的周期：，
粒子在磁场中的运动轨迹如图所示：
粒子在运动的第四个半圆的过程中从点出磁场，
，，，
解得：，
粒子第一次出磁场的点的位置坐标为；
（3）粒子在磁场中的运动时间：；
答：（1）初速度大小为；
（2）粒子出磁场时的位置坐标是；
（3）粒子在磁场中运动的时间是。
Day5：
10．（6分）空间存在一沿轴方向的静电场，电势随变化的关系如图所示，下列说法正确的是　　
A．沿轴正方向，从0到无穷远电势先降低后升高，场强先减小后增大
B．将带正电粒子由之间的位置静止释放（不包括点仅受电场力作用，粒子先向右加速，后向右减速，最终速度为零
C．位置场强最小，大小为0
D．在图示区域内点两侧电场强度方向相反
【解答】解：、由图象可知沿轴正方向，从0到无穷远电势先降低后升高；由图象的斜率等于场强可知场强先减小后增大再反向减小，故错误；
、之间电场强度方向不变，将带正电粒子由之间的位置静止释放（不包括点仅受电场力作用，粒子已知加速运动，故错误；
、由图象的斜率等于场强可知无穷远处电场强度最小为零，故错误；
、由图象的斜率等于场强可知，在图示区域内点两侧倾斜方向相反，说明电场强度方向相反，故正确；
故选：。
11．（6分）如图所示，倾角为的足够长的平行金属导轨固定在水平面上，两导体棒、垂直于导轨放置，空间存在的垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为．现给导体棒一沿导轨平面向下的初速度使其沿导轨向下运动，已知两导体棒质量均为，电阻相等，两导体棒与导轨之间的动摩擦因数均为，导轨电阻忽略不计。从开始运动到两棒相对静止的整个运动过程中两导体棒始终与导轨保持良好的接触，下列说法正确的是　　
A．导体棒中产生的焦耳热为
B．导体棒中产生的焦耳热为
C．当导体棒的速度为时，导体棒的速度为
D．当导体棒的速度为时，导体棒的速度为
【解答】解：、由题意可知：，则：，又因为两导体棒受到的安培力等大反向，则两导体棒组成的系统所受的合外力为零，系统的动量守恒。
当两棒相对静止后一起做匀速直线运动，设最终共同速度为。以沿导轨向下为正方向，由动量守恒定律得：
系统产生的热量：
导体棒产生的热量：，解得：；故错误，正确。
、当导体棒的速度为时，由动量守恒定律得：
解得：，同理，当导体棒的速度为时，导体棒的速度为．故错误，正确。
故选：。
Day6：
12．（5分）下列说法正确的是　　
A．的铁和的冰，它们的分子平均动能相同
B．单晶体有周定的熔点和形状，多晶体没有固定的熔点和形状
C．因为液体丧面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在张力
D．用油膜法估测分子大小时，用油酸酒精溶液体积除以单分子油膜面积，可得油酸分子的直径
【解答】解：、的铁和的冰，它们的温度相同，因此它们的分子平均动能也相同，故正确；
、单晶体和多晶体都有一定的熔化温度，即熔点，故错误；
C、由于蒸发，液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，故液体表面存在张力，故C正确；
D、用油膜法估测分子大小时，用油酸溶液中含有大量的酒精，故用油酸的体积除以油膜面积，就可估测油酸分子的直径，故D错误；
故选：。
13．一列沿轴负方向传播的简谐横波，在时刻的波形图如图所示，此时坐标为的质点刚好开始振动，坐标为的质点恰好在平衡位置、在时刻，坐标为的质点首次位于波峰位置。下列判断正确的是　　
A．时刻质点沿轴正方向运动
B．质点的振动频率为
C．内质点运动的路程为
D．质点振动后，、两质点的速度始终大小相等，方向相反
【解答】解：、简谐横波沿轴负方向传播，由波形平移法判断可知，时刻质点沿轴负方向运动，故错误。
B、由图知，该波的波长为，由得，因此，质点的振动频率为，故正确。
、该波的周期为，内质点振动的时间为
，所以内质点运动的路程为，故错误。
、质点振动后，因、两质点相距，振动情况总是相反，则、两质点的速度始终大小相等，方向相反，故正确。
故选：。
14．（6分）如图所示，三条虚线表示某电场中的三个等差等势面，电势分别为、、．一个带电粒子只在电场力作用下按图中实线轨迹从点运动到点，则以下说法正确的是　　
A．
B．粒子在点的加速度方向与速度方向夹角为钝角
C．粒子在点的加速度大于在点的加速度
D．粒子在点的电势能大于在点的电势能
【解答】解：、由图象可知，带电粒子的轨迹向右偏转，得出粒子所受的电场力方向大致向右上方。由于粒子的电性未知，所以不能判断电势的高低关系。故错误。
、粒子所受的电场力方向大致向右上方，带电粒子从到，可知粒子在点的加速度方向与速度方向夹角为锐角。故错误。
、等差等势面密处电场线也密，故点处的电场强度比点处的大，粒子在点受到的电场力大于在点处受到的电场力，故粒子在点的加速度大于点的加速度，故错误；
、带电粒子从到，则电场力对粒子做正功，电势能减小，动能增大，速度增大，所以粒子在点的速度小于在点的速度，粒子在点的电势能大于在点的电势能。故正确
故选：。
Day7：
15.静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0
kg，mB＝4.0
kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0
m，如图13所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0
J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20。重力加速度取g＝10
m/s2。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。
（图13）
(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；
(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？
(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？
【解析】　(1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有
0＝mAvA－mBvB①
Ek＝mAv＋mBv②
联立①②式并代入题给数据得
vA＝4.0
m/s，vB＝1.0
m/s③
(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a。假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB，则有
μmBg＝mBa④
sB＝vBt－at2⑤
vB－at＝0⑥
在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此时碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为
sA＝vAt－at2⑦
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
sA＝1.75
m，sB＝0.25
m⑧
这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25
m处，B位于出发点左边0.25
m处，两物块之间的距离s为
s＝0.25
m＋0.25
m＝0.50
m⑨
(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA′，由动能定理有
－μmAg(2l＋sB)＝mAvA′2－mAv⑩
联立③⑧⑩式并代入题给数据得
vA′＝
m/s
故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA″和vB″，由动量守恒定律与机械能守恒定律有
mA(－vA′)＝mAvA″＋mBvB″
mAvA′2＝mAvA″2＋mBvB″2
联立式并代入题给数据得
vA″＝
m/s，vB″＝－
m/s
这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动，设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式
2asA′＝vA″2，2asB′＝vB″2
由④式及题给数据得
sA′＝0.63
m，sB′＝0.28
m
sA′小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离s′＝sA′＋sB′＝0.91
m
【答案】　(1)4.0
m/s　1.0
m/s　(2)物块B先停止　0.50
m　(3)0.91
m

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