卷子答案网-一个不只有答案的网站南昌市第一中学2023-2024学年高二上学期期中考试
物 理 试 卷
试卷总分：100分 考试时间：75分钟
一、选择题（本题共10小题，共40分。在1~7小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，8~10小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求。）
1．如图所示为一正点电荷周围的电场线，电场中有A、B两点，A、B两点在同一条电场线上，则( )
A．A点的电场强度与B点的电场强度相同 B．B点的电场强度比A点的电场强度大
C．A点的电场强度方向沿电场线指向场源电荷 D．B点的电场强度方向沿电场线指向场源电荷
2．如图，质量为m，带电量为＋q的滑块，沿固定的绝缘斜面匀速下滑，当滑块滑至竖直向下的匀强电场区域时，滑块运动的状态为（ ）
A. 将加速下滑 B. 继续匀速下滑 C. 将减速下滑 D. 以上3种情况都有可能
3．A、B是两个电荷量都是Q的点电荷，相距2l，AB连线中点为O。现将另一个电荷量为q的点电荷放置在AB连线的中垂线上，距O为x的C处如图甲所示；此时q所受的静电力为F1，若A的电荷量变为-Q，如图乙所示，其他条件都不变，则q所受的静电力大小变为为F2，为使F2大于F1，l和x的大小应满足（ ）
A. l > x B. l < x C. l >x D. l
A．A处点电荷为正电荷，B处点电荷也为正电荷 B．两电荷的电荷量|qA|＞|qB|
C．两电荷在P点产生的电场强度大小EA＞EB D．从P点沿着AB中垂线向外移动正电荷，电场力做负功
5．如图甲所示，以等量正点电荷连线的中点作为原点，沿中垂线建立x轴，x轴上各点的电场强度 E随x变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．x=-1m 处电场强度的大小小于x=2m处电场强度的大小
B．x=lm处的电势低于x=2m处的电势
C．将电子沿x轴从x=1m处移动到x=-lm处的过程中，电子的电势能先减小后增大
D．将电子沿x轴从x=lm处移动到x=-1m处的过程中，电子所受电场力先减小后增大
6．如图所示，三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面，其电势分别为10V、20V、30V。实线是一带电的粒子（不计重力）在该区域内运动的轨迹,对于轨迹上的a、b、c三点，已知带电粒子带电荷量为0.01C，在a点处的动能为0.5J，则下列说法错误的是（ ）
A. 带电粒子带正电 B. 带电粒子做匀变速运动
C. 带电粒子在b点处的动能为零 D. 带电粒子在c点处的动能为0.4J
7. 如图所示，质量相同的木块A、B之间用轻质弹簧相连，置于光滑水平面上，A靠在固定的挡板C旁。今用水平力F压B，使弹簧被压缩到一定程度后保持静止。突然撤去压力F，弹簧第一次恢复原长时，B的速度为v。那么当弹簧第二次恢复原长时，A、B的速度依次是（ ）
A. v和0 B. 0和v C. 和 D. 和0
8．(多选)游乐场滑索项目的简化模型如图6所示，索道AB段光滑，A点比B点高1.25 m，与AB段平滑连接的BC段粗糙，长4 m。质量为50 kg的滑块从A点由静止下滑，到B点进入水平减速区，在C点与缓冲墙发生碰撞，反弹后在距墙1 m的D点停下。设滑块与BC段的动摩擦因数为0.2，规定向右为正方向。g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.缓冲墙对滑块的冲量为－50 N·s B.缓冲墙对滑块的冲量为－250 N·s
C.缓冲墙对滑块做的功为－125 J D.缓冲墙对滑块做的功为－250 J
9．(多选)等间距虚线a、b、c、d表示匀强电场中的四个等势面。两带电粒子M、N沿着a、d等势面射入电场，运动轨迹分别如图中MPN和NQM所示。已知M带正电，不计粒子重力，则（ ）
A．N带负电 B．等势面a的电势低于等势面b的电势
C．运动过程中，带电粒子M的电势能逐渐减小 D．运动过程中，带电粒子N的动能逐渐减小
10．(多选)有一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c、d四点的位置如图所示，cd、cb 分别垂直于x轴、y轴，其中a、b、c三点电势分别为4 V、8 V、10 V，使一电荷量为q＝－2×10－5 C的负点电荷由a点开始沿abcd路线运动，则下列判断正确的是( )
A.坐标原点O的电势为6 V B.电场强度的大小为 V/m
C.该点电荷在c点的电势能为2×10－5 J D.该点电荷从a点移到d点过程中，电场力做功为8×10－5 J
二、填空题（本大题共2个小题，每空 2 分，，共计 16 分）
11．(6分)某物理兴趣小组利用如图所示装置来探究影响电荷间静电力的因素。A是一个带正电的物体，系在绝缘丝线上的带正电的小球会在静电力的作用下发生偏离，静电力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度显示出来。他们分别进行了以下操作：
步骤一：把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P1、P2、P3等位置，比较小球在不同位置所受带电物体的静电力的大小。
步骤二：使小球处于同一位置，增大或减小小球所带的电荷量，比较小球所受的静电力的大小。
（1）该实验采用的方法是______法。
（2）若球的质量为m，在P1位置时偏离竖直方向的夹角为，则带电体受到的库仑力大小为______。
（3）在另一个实验中，某同学让两半径为R的小球分别带上和的正电，并使两小球球心相距3R时处于平衡状态，利用公式来计算两球之间的库仑力，则该同学的计算结果______（选填“比实际值偏大”“比实际值偏小”或 “正确”）
12．(10分)某同学借助如图甲所示装置验证动量守恒定律，长木板的一端垫有小木块，可以微调木板的倾斜程度，以平衡摩擦力，使两个小车均能在木板上做匀速直线运动。小车1前端贴有橡皮泥，后端与穿过打点计时器的纸带相连，接通打点计时器电源后，让小车1以某速度做匀速直线运动，与置于木板上静止的小车2相碰并粘在一起，之后继续做匀速直线运动。打点计时器电源频率为50Hz，得到的纸带如图乙所示，已将各计数点之间的距离标在图乙上。
（1）图乙中的数据有AB、BC、CD、DE四段，计算小车1碰撞前的速度大小______m/s，计算两车碰撞后的速度大小应选______段。
（2）若小车1的质量（含橡皮泥）为0.4kg，小车2的质量为0.2kg，根据纸带数据，经过计算，两小车碰前动量大小为______，两小车碰后动量大小为______。（结果均保留3位有效数字）
（3）关于实验的操作与反思，下列说法正确的是______。
A．实验中小车1必须从静止释放
B．若小车1前端没贴橡皮泥，不影响实验验证
C．上述实验装置不能验证弹性碰撞规律
三、计算题（本大题共3 小题，共 44 分，要求写出必要的文字说明、公式和重要的演算步骤。）
13.（12分）如图所示，在一足够大的空间内存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝3.0×104 N/C.有一个质量m＝4.0×10－3 kg的带电小球，用绝缘轻细线悬挂起来，静止时细线偏离竖直方向的夹角θ＝37°.取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，不计空气阻力的作用．
(1)求小球所带的电荷量及电性；
(2)如果将细线轻轻剪断，求细线剪断后，小球运动的加速度大小；
(3)从剪断细线开始经过时间t＝0.20 s，求这一段时间内小球电势能的变化量．
14.（14分）如图所示，用轻绳连接的A、B两物体质量为分别为m1=2kg、m2=0.5kg，电荷量分别为、。B与所接触的平台竖直面动摩擦因数为，A为光滑物体。现锁定A、B使二者静止，再加上水平向左的匀强电场，同时解除锁定。设平台足够长，物体B不会碰到滑轮，不计滑轮质量以及与转轴之间摩擦，重力加速度g=10m/s2。
（1）求加上电场后，A、B两物体的加速度大小；
（2）求加上电场后，物体A电势能的变化量。
15.（18分）如图甲所示，质量为m＝0.3 kg的小物块B(可视为质点)放在质量为M＝0.1 kg、长度L＝0.6 m的木板A的最左端，A和B一起以v0＝1 m/s的速度在光滑水平面上向右运动，一段时间后A与右侧一竖直固定挡板P发生弹性碰撞．以碰撞瞬间为计时起点，取水平向右为正方向，碰后0.5 s内B的速度v随时间t变化的图象如图乙所示．取重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)A与B间的动摩擦因数μ；
(2)A与P第1次碰撞到第2次碰撞的时间间隔；
(3)A与P碰撞几次，B与A分离．
南昌市第一中学2023-2024学年高二上学期期中考试
物 理 试 卷 答 案
试卷总分：100分 考试时间：75分钟
一、选择题（本题共10小题，共40分。在1~7小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，8~10小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求。）
1．如图所示为一正点电荷周围的电场线，电场中有A、B两点，A、B两点在同一条电场线上，则( )
A．A点的电场强度与B点的电场强度相同 B．B点的电场强度比A点的电场强度大
C．A点的电场强度方向沿电场线指向场源电荷 D．B点的电场强度方向沿电场线指向场源电荷
【答案】B
【解析】正点电荷形成的电场，离点电荷越远，由E＝知场强越小，则B点场强大于A点场强，故A错误，B正确；
以正点电荷为场源的场强方向均沿电场线背离场源电荷，A、B两点的场强方向均沿电场线向右， C、D错。
2．如图，质量为m，带电量为＋q的滑块，沿固定的绝缘斜面匀速下滑，当滑块滑至竖直向下的匀强电场区域时，滑块运动的状态为（ ）
A. 将加速下滑 B. 继续匀速下滑 C. 将减速下滑 D. 以上3种情况都有可能
【答案】B
【解析】
【详解】开始时匀速下滑，说明重力、支持力、摩擦力三力平衡，则有：
mgsinθ=μmgcosθ
后来进入电场，受电场力，可以将重力和电场力合并为一个力，看做1个等效重力产生的，则可知
(mg)′sinθ=μ(mg)′cosθ
仍然成立，故滑块仍处于匀速下滑状态。
故选B。
3．A、B是两个电荷量都是Q的点电荷，相距2l，AB连线中点为O。现将另一个电荷量为q的点电荷放置在AB连线的中垂线上，距O为x的C处如图甲所示；此时q所受的静电力为F1，若A的电荷量变为-Q，如图乙所示，其他条件都不变，则q所受的静电力大小变为为F2，为使F2大于F1，l和x的大小应满足（ ）
A. l > x B. l < x C. l >x D. l
【解析】设AC、BC与AB连线的夹角为，A、B是等量同种电荷时，q所受的静电力为
A、B是等量异种电荷时，q所受的静电力为
为使F2大于F1，l和x的大小应满足 即
故选A。
4．如图所示，△ABP为等边三角形，在A、B两点分别放上一个点电荷，在P处的合场强方向如图中箭头所示，与PB连线的夹角为30°， 下列说法正确的是( )
A．A处点电荷为正电荷，B处点电荷也为正电荷 B．两电荷的电荷量|qA|＞|qB|
C．两电荷在P点产生的电场强度大小EA＞EB D．从P点沿着AB中垂线向外移动正电荷，电场力做负功
解析：由P点的合电场强度的方向可知，A处点电荷为正电荷，B处点电荷为负电荷，选项A错误；E沿PB方向的分量为EB＝Ecos 30°＝E，沿PA方向的分量为EA＝Esin 30°＝E，根据E＝k可知|qA|＜|qB|，选项B、C错误；从P点沿着AB中垂线向外移动正电荷，电场力的方向与位移方向的夹角大于90°，故电场力做负功，选项D正确；故选D.
答案：D
5．如图甲所示，以等量正点电荷连线的中点作为原点，沿中垂线建立x轴，x轴上各点的电场强度 E随x变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．x=-1m 处电场强度的大小小于x=2m处电场强度的大小
B．x=lm处的电势低于x=2m处的电势
C．将电子沿x轴从x=1m处移动到x=-lm处的过程中，电子的电势能先减小后增大
D．将电子沿x轴从x=lm处移动到x=-1m处的过程中，电子所受电场力先减小后增大
【答案】 C
【解析】A．由图乙知，x=-1m 处电场强度的大小大于x=2m处电场强度的大小，故A错误；
B．沿着电场线方向电势降低，则x=lm处的电势高于x=2m处的电势，故B错误；
C．将电子沿x轴从x=1m处移动到x=-lm处的过程中，电子先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故C正确；
D．将电子沿x轴从x=lm处移动到x=-1m处的过程中，电场强度大小先增大再减小，然后再增大，再减小，电子所受电场力先增大再减小，然后再增大，再减小，故D错误。
故选C。
6．如图所示，三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面，其电势分别为10V、20V、30V。实线是一带电的粒子（不计重力）在该区域内运动的轨迹,对于轨迹上的a、b、c三点，已知带电粒子带电荷量为0.01C，在a点处的动能为0.5J，则下列说法错误的是（ ）
A. 带电粒子带正电 B. 带电粒子做匀变速运动
C. 带电粒子在b点处的动能为零 D. 带电粒子在c点处的动能为0.4J
【答案】C
【解析】
【详解】A．由轨迹可知，粒子受电场力竖直向上，因场强方向也向上，可知带电粒子带正电，选项A正确，不符合题意；
B．带电粒子在匀强电场中加速度不变，做匀变速运动，选项B正确，不符合题意；
CD．带电粒子在电场中运动时只有电场力做功，则电势能与动能之和不变，则
，解得b点处的动能为
带电粒子在c点处的动能为
选项C错误，符合题意，选项D正确，不符合题意。
故选C。
7. 如图所示，质量相同的木块A、B之间用轻质弹簧相连，置于光滑水平面上，A靠在固定的挡板C旁。今用水平力F压B，使弹簧被压缩到一定程度后保持静止。突然撤去压力F，弹簧第一次恢复原长时，B的速度为v。那么当弹簧第二次恢复原长时，A、B的速度依次是（ ）
A. v和0 B. 0和v C. 和 D. 和0
【答案】A
【解析】
【详解】当从弹簧第一次恢复原长时，B的速度为，方向向右，之后A离开挡板C，设当弹簧第二次恢复原长时，A、B的速度分别为、；根据系统动量守恒和机械能守恒可得
解得
，
故选A。
8．(多选)游乐场滑索项目的简化模型如图6所示，索道AB段光滑，A点比B点高1.25 m，与AB段平滑连接的BC段粗糙，长4 m。质量为50 kg的滑块从A点由静止下滑，到B点进入水平减速区，在C点与缓冲墙发生碰撞，反弹后在距墙1 m的D点停下。设滑块与BC段的动摩擦因数为0.2，规定向右为正方向。g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.缓冲墙对滑块的冲量为－50 N·s B.缓冲墙对滑块的冲量为－250 N·s
C.缓冲墙对滑块做的功为－125 J D.缓冲墙对滑块做的功为－250 J
【答案】 BC
【解析】A运动到C点的过程，根据动能定理有：mgh－μmgxBC＝mv－0，C反弹运动到D点的过程，根据动能定理有：－μmgxCD＝0－mv，代入数据解得v1＝3 m/s，v2＝2 m/s。滑块与缓冲墙作用的过程中，根据动量定理有I＝－mv2－mv1，代入数据，得I＝－250 N·s，故A错误，B正确；根据动能定理有：W＝mv－mv，代入数据得W＝－125 J，故C正确，D错误。
9．(多选)等间距虚线a、b、c、d表示匀强电场中的四个等势面。两带电粒子M、N沿着a、d等势面射入电场，运动轨迹分别如图中MPN和NQM所示。已知M带正电，不计粒子重力，则（ ）
A．N带负电 B．等势面a的电势低于等势面b的电势
C．运动过程中，带电粒子M的电势能逐渐减小 D．运动过程中，带电粒子N的动能逐渐减小
【答案】 AC
【解析】A．匀强电场中带电粒子仅受电场力，已知M带正电，由MN粒子的运动轨迹可知，两粒子的受到的电场力方向相反，故N带负电，A正确；
B．根据M的运动轨迹可知，电场力方向向右，与等势面垂直，故电场方向水平向右，等势面a的电势高于等势面b的电势，B错误；
CD．运动过程中，带电粒子MN的电场力均做正功，电势能减小，动能增加，故C正确，D错误。
故选AC。
10．(多选)有一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c、d四点的位置如图所示，cd、cb 分别垂直于x轴、y轴，其中a、b、c三点电势分别为4 V、8 V、10 V，使一电荷量为q＝－2×10－5 C的负点电荷由a点开始沿abcd路线运动，则下列判断正确的是( )
A.坐标原点O的电势为6 V B.电场强度的大小为 V/m
C.该点电荷在c点的电势能为2×10－5 J D.该点电荷从a点移到d点过程中，电场力做功为8×10－5 J
【答案】 AD
【解析】 由于是匀强电场，所以沿同一方向前进相同距离电势的变化量相等，所以φc－φb＝φO－φa，代入数据解得φO＝6 V，故A正确；ab中点e的电势为φe＝6 V，连接Oe则为等势面，如图所示。由几何关系可知，ab垂直于Oe，则ab为一条电场线，且方向由b指向a，电场强度为E＝＝ V/m＝100 V/m，故B错误；
该点电荷在c点的电势能为Epc＝qφc＝－2×10－4 J，故C错误；由题意结合几何知识可知b、d在同一等势面上，该点电荷从a点移动到d点电场力做功为Wad＝qUad＝qUab＝(－2×10－5)×(4－8) J＝8×10－5 J，故D正确。
二、填空题（本大题共2个小题，每空 2 分，，共计 16 分）
11．(6分)某物理兴趣小组利用如图所示装置来探究影响电荷间静电力的因素。A是一个带正电的物体，系在绝缘丝线上的带正电的小球会在静电力的作用下发生偏离，静电力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度显示出来。他们分别进行了以下操作：
步骤一：把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P1、P2、P3等位置，比较小球在不同位置所受带电物体的静电力的大小。
步骤二：使小球处于同一位置，增大或减小小球所带的电荷量，比较小球所受的静电力的大小。
（1）该实验采用的方法是______法。
（2）若球的质量为m，在P1位置时偏离竖直方向的夹角为，则带电体受到的库仑力大小为______。
（3）在另一个实验中，某同学让两半径为R的小球分别带上和的正电，并使两小球球心相距3R时处于平衡状态，利用公式来计算两球之间的库仑力，则该同学的计算结果______（选填“比实际值偏大”“比实际值偏小”或 “正确”）
【答案】 ①. 转换法和控制变量法 ②. ③. 偏大
【解析】
【详解】（1）[1]该实验先控制小球的电荷量一定，研究静电力与距离的关系；再控制距离一定，研究静电力与电荷量的关系；该实验采用的方法是转换法和控制变量法。
（2）[2]根据受力平衡可得带电体受到的库仑力大小为
（3）[3]在实验中，某同学让两半径为R的小球分别带上和的正电，并使两小球球心相距3R时处于平衡状态，利用公式
来计算两球之间的库仑力，则该同学的计算结果偏大；因为同种电荷相互排斥，电荷间等效距离大于3R，库仑力的实际值小于
12．(10分)某同学借助如图甲所示装置验证动量守恒定律，长木板的一端垫有小木块，可以微调木板的倾斜程度，以平衡摩擦力，使两个小车均能在木板上做匀速直线运动。小车1前端贴有橡皮泥，后端与穿过打点计时器的纸带相连，接通打点计时器电源后，让小车1以某速度做匀速直线运动，与置于木板上静止的小车2相碰并粘在一起，之后继续做匀速直线运动。打点计时器电源频率为50Hz，得到的纸带如图乙所示，已将各计数点之间的距离标在图乙上。
（1）图乙中的数据有AB、BC、CD、DE四段，计算小车1碰撞前的速度大小______m/s，计算两车碰撞后的速度大小应选______段。
（2）若小车1的质量（含橡皮泥）为0.4kg，小车2的质量为0.2kg，根据纸带数据，经过计算，两小车碰前动量大小为______，两小车碰后动量大小为______。（结果均保留3位有效数字）
（3）关于实验的操作与反思，下列说法正确的是______。
A．实验中小车1必须从静止释放
B．若小车1前端没贴橡皮泥，不影响实验验证
C．上述实验装置不能验证弹性碰撞规律
【答案】 1.712 DE 0.685 0.684 C
【解析】
（1）[1][2]接通打点计时器电源后，推动小车1由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，故BC段为匀速运动的阶段，故选BC计算碰前的速度；碰撞过程是一个变速运动的过程，而小车1和2碰后的共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的位移，应选DE段来计算碰后共同的速度。小车1碰撞前的速度大小
（2）[3][4]碰后小车的共同速度为
两小车碰前动量大小为
碰后的动量为
（3）[5]A．实验中小车1不一定从静止释放，只要碰撞前做匀速运动即可，选项A错误；
B．若小车1前端没贴橡皮泥，则两车不能粘在一起，小车2的速度不好测量，所以小车1前端没贴橡皮泥会影响实验验证，选项B错误；
C．上述实验装置中两小车碰撞后粘在一起，是非弹性碰撞，弹性碰撞的话小车2碰撞后的速度无法测量，因此该装置不能验证弹性碰撞规律，选项C正确。
三、计算题（本大题共3 小题，共 44 分，要求写出必要的文字说明、公式和重要的演算步骤。）
13.（12分）如图所示，在一足够大的空间内存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝3.0×104 N/C.有一个质量m＝4.0×10－3 kg的带电小球，用绝缘轻细线悬挂起来，静止时细线偏离竖直方向的夹角θ＝37°.取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，不计空气阻力的作用．
(1)求小球所带的电荷量及电性；
(2)如果将细线轻轻剪断，求细线剪断后，小球运动的加速度大小；
(3)从剪断细线开始经过时间t＝0.20 s，求这一段时间内小球电势能的变化量．
解析：(1)小球受到重力mg、电场力F和绳的拉力T的作用，由共点力平衡条件
F＝qE＝mgtan θ
解得q＝＝1.0×10－6 C
电场力的方向与电场强度的方向相同，故小球所带电荷为正电荷．
(2)剪断细线后，小球做匀加速直线运动，设其加速度为a，
由牛顿第二定律＝ma
解得a＝＝12.5 m/s2.
(3)在t＝0.20 s的时间内，小球的位移为
l＝at2＝0.25 m
小球运动过程中，电场力做的功
W＝qElsin θ＝mglsin θtan θ＝4.5×10－3 J
所以小球电势能的变化量(减少量)
ΔEp＝4.5×10－3 J.
答案：(1)1.0×10－6 C 正电荷 (2)12.5 m/s2 (3)减少了4.5×10－3 J
14.（14分）如图所示，用轻绳连接的A、B两物体质量为分别为m1=2kg、m2=0.5kg，电荷量分别为、。B与所接触的平台竖直面动摩擦因数为，A为光滑物体。现锁定A、B使二者静止，再加上水平向左的匀强电场，同时解除锁定。设平台足够长，物体B不会碰到滑轮，不计滑轮质量以及与转轴之间摩擦，重力加速度g=10m/s2。
（1）求加上电场后，A、B两物体的加速度大小；
（2）求加上电场后，物体A电势能的变化量。
【答案】 （1）；（2）
【解析】（1）牛顿第二定律
对A有
对B有
由以上二式可解得
（2）A发生的位移大小为
因为A向左运动，电场力做功为
所以A的电势能变化量为 即减小了。
15.（18分）如图甲所示，质量为m＝0.3 kg的小物块B(可视为质点)放在质量为M＝0.1 kg、长度L＝0.6 m的木板A的最左端，A和B一起以v0＝1 m/s的速度在光滑水平面上向右运动，一段时间后A与右侧一竖直固定挡板P发生弹性碰撞．以碰撞瞬间为计时起点，取水平向右为正方向，碰后0.5 s内B的速度v随时间t变化的图象如图乙所示．取重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)A与B间的动摩擦因数μ；
(2)A与P第1次碰撞到第2次碰撞的时间间隔；
(3)A与P碰撞几次，B与A分离．
【答案】 (1)0.1 (2)0.75 s (3)2次
【解析】 (1)碰后A向左减速，B向右减速，由题图乙得：
aB＝||＝1 m/s2
由牛顿第二定律有μmg＝maB
解得μ＝0.1
(2)碰后B向右减速，A向左减速到0后，向右加速，最后与B共速，以水平向右为正方向，对A、B由动量守恒定律可得：
mv0－Mv0＝(M＋m)v1
解得：v1＝0.5 m/s
此过程，对B由动量定理得：mv1－mv0＝－μmgt1
解得：t1＝0.5 s
对A由动能定理有：－μmgxA＝Mv12－Mv02
解得：xA＝0.125 m
此后A、B一起向右匀速运动的时间为：t2＝＝0.25 s
所以一共用的时间：t＝t1＋t2＝0.75 s，
即A与P第1次碰撞到第2次碰撞的时间间隔为0.75 s
(3)A第1次与挡板P碰撞后到共速的过程中，对整个系统，由能量守恒有：
mv02＋Mv02＝(M＋m)v12＋μmgx相对1
解得x相对1＝0.5 m
假设第3次碰撞前，A与B不分离，A第2次与挡板P相碰后到共速的过程中，以水平向右为正方向，由动量守恒有：
mv1－Mv1＝(M＋m)v2
由能量守恒有：
mv12＋Mv12＝(M＋m)v22＋μmgx相对2
解得：x相对2＝0.125 m
由于x相对＝x相对1＋x相对2>L，所以A与P碰撞2次，B与A分离．
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