2015自主招生辅导运动学与力学综合答案讲解

1、10自主招生力学训练一.运动学1 .如图所示，物体 A置于水平面上，A前固定一滑轮B,高台上有一定滑轮 D, 一根轻绳一端固定在 C点，再绕过B D。BC段水平，当以速度vo拉绳子自由端 时，A沿水平面前进，求：当跨过 B的两段绳子夹角为 “时A的运动速度v 解法一：应用微元法设经过时间 At,物体前进的位移 Asi=BB，如图所示。过B'点作B' E± BD当At0时，/ BDB极小，在 BDB中，可以认为 DE=B Q在At时间内，人拉绳子的长度为AS2=BB +BE即为在 At时间内绳子收缩的长度。BB1由图可知：BE= -BB-COSF由速度的定义：物体移动的

2、速度为BB'S2BB' + BEBB'(1 + cos ) 透人拉绳子的速度 vo= = d由解之： v物=-v1 + cos?解法二：应用合运动与分运动的关系物体动水平的绳也动，在滑轮下侧的水平绳缩短速度和物体速度相同，设为V物。根据合运动的概念，绳子牵引物体的运动中，物体实际在水平面上运动，这个运动就是合运动。也就是说“物体”的方向（更直接点是滑轮的方向）是合速度方向，与物体连接的只是一个分速度，所以上侧绳缩短的速度是V物cosaBD绳上的速度因此绳子上总的速度为 v物+v物cos =v。，得至v物=1 + cos-解法三：应用能量转化及守恒定律由题意可知：人对绳子

3、做功等于绳子对物体所做的功设该时刻人对绳子的拉力为F,则人对绳子做功的功率为R=Fv。绳子对物体的拉力，由定滑轮的特点可知，拉力大小也为F,则绳子对物体做功的功率为分为2部分，BD绳对物体做功的功率为 P2=FvoCOS , BC绳对物体做功的功率为 P2' =Fvo由R=P2+B'得到v物=0一1 + COS-2.如图所示，一个半径为 R的轴环O立在水平面上，另一个同样的轴O以速度v从这个轴环旁边滑过，试求两轴环上部交叉点 A的速度与两轴环中 心之距离d的关系，轴环很薄，且第二个轴环紧靠第一个轴环滑过.解析对本题而言，分解时可以引入圆心 O交点对参照系，A相对圆环O的运动方向

4、 ,可分半为 缚对圆心Q的速度V'和圆心O相对于圆心O的速度V即有VA = V V A解由于两圆环是相同的圆环，所以交点相对两环的速度大小相等。即由V、V'和VA构成的三角形为等腰三角形。由几何关系可以得出：VA与竖直方向的夹角等于jao2o1。cos71d2RVa2sin 口由两式可以得出Va =VR4R2 -d23.如图所示，一串相同汽车以等速 v沿宽度为c的直线公路行驶，每车宽均为b,头尾间距均为 a,则人能以最小速率沿一直线穿过马路所用时间为。22仁 c(a +b )ab v4.半径为R的圆柱夹在互相平行的两板之间，两板分别以速度vi, V2反向运动，圆柱与板无相对滑动

5、。问圆柱于速度为vi的接触点A的加速度是多少?二.力与运动 （一）物体的平衡1.如图所示，一长L、质量均匀为 M的链条套在一表面光滑、 止时，链条中的张力是多少 ？顶角为a的圆锥上,当链条在圆锥面上静2.半径为R的光滑球固定在水平桌面上，有一质量为M的圆环状均匀弹性绳圈，原长为兀R,且弹性绳圈的劲度系数为k,将弹性绳圈从球的正上方轻放到球上，使弹性绳圈水平停留在平衡位置上，如图所示，若平衡时弹性绳圈长为亚兀R,求弹性绳圈的劲度系数 k 解析：由于整个弹性绳圈的大小不能忽略不计，弹性绳圈不能看成质点，所以应将弹性绳圈分割成许多小段，其中 每一小段 m两端受的拉力就是弹性绳圈内部的弹力F.在弹性绳

6、圈上任取一小段质量为 m作为研究对象，进行受力分析 .但是 m受的力不在同一平面内，可以从一 个合适的角度观察.选取一个合适的平面进行受力分析，这样可以看清楚各个力之间的关系.从正面和上面观察，分别回出正视图的俯视图，如图3 5一甲和2 35一乙.先看俯视图35一甲，设在弹性绳圈的平面上， m所对的圆心角是4 0 ,则每一小段的质量im = M Am在该平面上受拉力F的作用，合力为2 二H 日日T =2Fcos() =2Fsin 22因为当。很小时，sin6 6 所以t=2F 竺 = FAH2再看正视图35乙， m受重力 mg支才|力N, 二力的合力与 T平衡.即 T =Amg tan 9现在

7、弹性绳圈的半径为r = 卫R = 2 R2 二2所以 sinu =匚=-2u =45 tan? -1R 2因此 T= . ：mg = Mg 2 二解得弹性绳圈的张力为：设弹性绳圈的伸长量为 x、联立，Mg=FA8,2 二F "2 二则 x = ,2二R 二R =(.2 1)二R所以绳圈的劲度系数为:k=J Mg (.2 1)Mgx 2(、2-1)二组2 二2R3.如图所示，三个完全相同的圆柱体叠放在水平桌面上。将C柱体放上去之前，A、B两柱体接触，但无挤压。假设桌面与柱体之间的动摩擦因数 为科0,柱体与柱体之间的动摩擦因数为 科。若系统处于平衡状态，科0和科必须满足什么条件？分析和解

8、：这是一个物体系的平衡问题，因为A、B、C之间相互制约着而有单个物体在力系作用下处于平衡，所以用隔离法可以比较容易地处理此类问题。设每个圆柱的重力均为 G首先隔离C球，受力分析如 图1 7所示，由汇FCy=0可得31_2(Ni+f1)=G22再隔留A球，受力分析如图1 8所示，由汇FAy=0得N1 + f1-N2+G=022由汇Fax=0得,31f2 + N1 - N1 =022由mEa= 0得fR MR由以上四式可得而 f2 <N2, fi«2M4 -23, J - 2 - .3 3（备用）.如图所示，一个半径为 R的四分之一光滑球面放在水平桌面上，球 面上放置一光滑土匀铁链

9、，其A端固定在球面的顶点，B端恰与桌面不接触，铁链单位长度的质量为 p .试求铁链A端受的拉力T.解析：以铁链为研究对象，由由于整条铁链的长度不能忽略不计，所以整条铁链不能看成质点，要分析铁链的受力情况，须考虑将铁链分割， 使每一小段铁链可以看成质点，分析每一小段铁边的受力， 根据物体的平衡条件得出整条铁 链的受力情况.在铁链上任取长为 L的一小段（微元）为研究对象，其受力 分析如图3 2一甲所示.由于该元处于静止状态，所以受力平衡，在切线方向 上应满足：T1 订.二- G cos 二 T1 订1- Gcos i - J ' Lgcos ?由于每段铁链沿切线向上的拉力比沿切线向下的拉力

10、大 Te,所以整个铁链对 A端的拉力是各段上 Te的和，即 T =，:' Lgcos? - -gxLcos观察 ALcosH的意义，见图32一乙，由于。很小，所以CDL OC / OCE=e ALcos 0表示 L在竖直方向上的投影 R所以£ALc&sR可得铁链 A端受的拉力T = Pg%Lcos? -、gR（二）力与运动1 .质量为M的光滑圆形滑块平放在桌面上，一细绳跨过此滑块后，两端各挂一个物体，质量分别为ml和m2绳子跨过桌边竖直向下，所有摩擦均不计，求滑块加速度。2 .如图所示装置中已知 m，m2,m3且n向上运动，一切阻力忽略.滑轮质量不计.求 吗 的加速度

11、.解设m向上的加速度为a3,则滑轮P的加速度为a3方向向上；滑轮Q的加速度为2a3, 方向向下.设m相对滑轮Q的加速度为ai, m相对滑轮Q的加速度为a2,由于Q有加速 度，所以当以Q为参照系对 m, m受力分析时，需加惯性力.设图中所示的绳中的张力为 T,分别对m, m, m列方程（注意，由于滑轮质量不计，所以与m, m2相连细绳的张力为 T）2m3: 2T - m3g = m3a3Tm2 : m2g 2m2a3 = m2a22Tm1: 2m1a3 -m1g = m1al2d =a2解得：a3 =8mlm2 -m2m3 - m1m316 mlm2 m2m3 m1m33 .质量为M均匀分布的圆

12、环，其半径为 r,几何轴与水平面垂直，若它能经受的最大张力为T,求此圆环可以绕几何轴旋转的最大角速度.解析：因为向心力 F=mrco2,当3一定时，r越大，向心力越大，所以要想求最大张力T所对应的角速度，r应取最大值.如图36所示，在圆环上取一小段 L,对应的圆心角为 9 ,其质量可表示为 Am = M ,受圆环对它的张2 二力为T,则同上例分析可得2T sin = . ：mr 22解得最大角速度因为。很小，所以sin竺定竺，即 222T22Mr 2 二.曲线运动与天体运行1.如图中，是一带有竖直立柱的木块，总质量为M位于水平地面上，B是一质量为 m的小球，通过一不可伸长的轻绳挂于立柱的顶端，

13、现拉动小球使绳伸直并处于水平位置，然后让小球从静止状态下摆,大?如在小球与立柱发生碰撞前，木块 (设A不会发生转动)A始终未发生移动，则木块与地面之间的静摩擦因数至少为多解:设当小球摆至与水平方向的夹角为0时小球的速度为u ,则mg sn此时小球受到绳的拉力为2mT -mgl sin=T,由于小球做圆周运动，有对于木块，设地面对木块的支持力为N,摩擦力为f ,故有Tsin Mg -N =0T cos 二-f =0设地面的静摩擦因数为联立以上各式解得:,则有：3msin 1f <Ncos - 2sin cos-3m sin2 - M a 2sin 2 -式中已令a =?此，又令F(曾=3m

14、2sin 口 cos-a 2sin2 口是F f F(0),即关于0的函数，现要求不论0取何值，不块均不发生移动，这就要求静摩擦因数p的最小值n等于F ( 0 )的最大值F(6)max ,而F()maxFQ)=2sin cos-2sin cos-a(cos2 - sin2 -) 2sin2 -a cos2 - (a 2)sin2 -可通过下述方法求得:2a.- (a 2)tanP tan - 2 扁一历而归+2而百Ja = J(a +2) tan8时,即 tan 日=一a时, ,tan u . a 2F (。)有最大值，其值为F max3m因此min- a(a 2)2 . M 2 3mM3m2

15、 % M 2 3mM2.某行星围绕太阳 C沿圆弧轨道运行，它的近日点 A离太阳的距离为a,行星经过近日点A时的速度为Va,行星的远日点B离开太阳的距离为b, 明 如图所示，求它经过远日点 B时的速度vB的大小. ' 解析：此题可根据万有引力提供行星的向心力求解 .也可根据开普勒第二定律，用微元法求解.设行星在近日点 A时又向前运动了极短的时间于时间极短可以认为行星在t时间内做匀速圆周运动，线速度为t,由Va,半径为a,可以得到行星在4 t时间内扫过的面积同理，设行星在经过远日点 B时也运动了相同的极短时间 t,1则也有Sb vB .t b2由开普勒第二定律可知：Sa=Sba即得 Vb

16、=-Va此题也可用对称法求解.b3.宇宙飞船绕一行星做匀速圆周运动，轨道半径为R,速率为v船长想把圆形轨道改为过 B点的椭圆轨道，B点距行星中心为3R,如图所示.(1)若飞船在A点由圆形轨道改为椭圆轨道，它的速率应增加多少？(2)飞船由A到B的时间是多少？ 飞船由A到C,由C到B各需多长时间？解(1)飞船在圆形轨道上时：GMfnmv"得出：v = JGM变为椭圆轨道后，设在 A点速度为Vi,在B点速度为V2满足:1 1-v1R = -v2 3R2 212 - Mm 12 - Mm-mv1 -G = mv2 -G 2R 23R速度应增加：v =(-6 -1)v2(2)变为椭圆轨道后，其

17、周期等于半径为 2R的圆形轨道的周期(半长轴相等，周期相等)则有:GMm_=m* 2R得出T=4&用在原圆形轨道时，G雪=mR 52元阵="RT01R v T一：R从A至U B的时间t = 2v22 v(3)时间之比等于飞船扫过的面积之比。设由 A到C的时间为Ti,由C到B的时间为T2.椭圆的半短轴为、,3rT2SDCBSCOA - S CODSCOB ' SCOD-2R Z3R-1 R、3r42-L2R_.3R 1 R、3r - 1.RT1+T2=2 应一v由得：T1=（二八示(二 t)、2rT 2 =四.动量（一）动量定理 ：F合=ma=m t 0,即 F 合t

18、=mut -mvot1.质量为M的金属球与质量为 m的木球用细线相连，没入水中，细线竖直绷直.两球 从静止开始以加速度 a在水中下沉.经过时间 ti细线断了，球分开，求：（1）再经过时间t2,木球停止下沉，求此时金属球的速度？（2）断后经时间t3,金属块下降速度为 M,此时木块的速度为多大 ？（在运动过程中水的 阻力不计，且金属块和木块既未沉底也未浮出水面）2.太空飞船在宇宙飞行时，和其它天体的万有引力可以忽略，但是，飞船会定时遇到太空垃圾的碰撞而受到阻碍作用。设单位体积的太空均匀分布垃圾n颗，每颗的平均质量为 m ,垃圾的运行速度可以忽略。飞船维持恒定的速率 v飞行，垂直速度方向的横截面积为

19、S ,与太空垃圾的碰撞后，将垃圾完全粘附住。试求飞船引擎所应提供的平均推力F。模型分析：太空垃圾的分布并不是连续的，对飞船的撞击也不连续，如何正确选取研究对象，是本题的前提。建议充分理解 “平均”的含义，这样才能相对模糊地处理垃圾与飞船的作用过程、淡化 “作 用时间”和所考查的“物理过程时间”的差异。物理过程需要人为截取，对象是太空垃圾。先用动量定理推论解题。取一段时间At ,在这段时间内，飞船要穿过体积 AV = S vAt的空间，遭遇n A V颗太空垃圾， 使它们获得动量AP ,其动量变化率即是飞船应给予那部分垃圾的推力，也即飞船引擎的推力。二 P M v m n V v m nSv t

20、v 2 F =nmSv-：t；t-：t：t如果用动能定理，能不能解题呢？同样针对上面的物理过程，由于飞船要前进 应飞船和被粘附的垃圾的动能增量，而飞船的W = 1AMe2x = vAt的位移，引擎推力 F须做功 W = F x ,它对 A R为零，所以：即：FvAt = 1 (n m S vAt) v22得到：F = nmSv2两个结果不一致，不可能都是正确的。分析动能定理的解题，我们不能发现，垃圾与飞船的碰撞是完全非弹性的，需要消耗大量的机械能，因此，认为“引擎做功就等于垃圾动能增加”的观点是错误的。P但在动量定理的解题中，由于I = Ft ,由此推出的F = ”必然是飞船对垃圾的平均推力，

21、再对飞：t船用平衡条件，F的大小就是引擎推力大小了。这个解没有毛病可挑，是正确的。3. 一根质量为M,长度为L的铁链条，被竖直地悬挂起来，其最低端刚好与水平接触，今将链条由静止释放， 让它落到地面上，如图37所示, 求链条下落了长度x时，链条对地面的压力为多大？解析：在下落过程中链条作用于地面的压力实质就是链条对地面的“冲力”加上落在地面上那部分链条的重力.根据牛顿第三定律，这个冲力也 就等于同一时刻地面对链条的反作用力，这个力的冲量，使得链条落至 地面时的动量发生变化.由于各质元原来的高度不同，落到地面的速度不 同，动量改变也不相同.我们取某一时刻一小段链条（微元）作为研究对 象，就可以将变

22、速冲击变为恒速冲击 .设开始下落的时刻t=0 ,在t时刻落在地面上的链条长为x,未到达地面部分链条的速度为V,并设链条的线密度为p.由题意可知，链条落至地面后，速度立即变为零 .从t时刻起取 很小一段时间 t ,在 t内又有 M=p *落到地面上静止.地面对 M作用的冲 量.（F AMg）At=&因为 AMg dt 球 0所以 F ：t二：M v - 0 = ：-v ：x解得冲力： 二x-x 、.F = Pv,其中就是t时刻链条的速度 v,.,:t.,:t故F = %2 链条在t时刻的速度v即为链条下落F的表达式中，得F=2Pgxt时刻链条对地面的冲力.长为x时的即时速度，即 v2=2

23、gx,代入 此即t时刻链对地面的作用力，也就是所以在t时刻链条对地面的总压力为4. 一根均匀柔软的绳长为 L,质量为m, 试求滑落的绳端点离钉子的距离为x时,N = 2 ： gx Pgx = 3 Pgx = 3Tx .对折后两端固定在一个钉子上，其中一端突然从钉子上滑落, 钉子对绳子另一端的作用力是多大？.如图3 8所示，当解析：钉子对绳子另一端的作用力随滑落绳的长短而变化，由此可用微元法求解1左边绳端离钉子的距离为 x时，左边绳长为 ：（l -x）,速度 v = 42gx ,1八 、右边绳长为一（l+x）.又经过一段很短的时间 t以后，21左边绳子又有长度 1V西的一小段转移到右边去了，我们

24、就分2析这一小段绳子，这一小段绳子受到两力：上面绳子对它的拉1力T和匕本身的重力 ,v西闻（九=m/l为绳子的线号度），11根据动Ute理，设向上方向为正（T v&.g）At =0（v&t尢v）22由于t取得很小，因此这一小段绳子的重力相对于T来说是很小的，可以忽略,1 :所以有 T = v2九=gx九因此钉子对右边绳端的作用力为211 3xF =l x) g T =mg(1 丁)(二)动量守恒定理1 .定律内容：相互作用的物体，如果不受外力作用或者它们所受的外力之和为零，它们的总动量 保持不变.这个结论叫做动量守恒定律.数学表达式为 p1+p2=p+ p2' 或 mv

25、1+nw2=mv1' +mv2 .2 .动量守恒定律的成立条件(1)系统不受外力或系统所受外力之和为零.(2)系统所受的外力之和虽不为零，但比系统内力小得多，如碰撞问题中的摩擦力,爆炸过程中 的重力等外力比起相互作用的内力来小得多，可以忽略不计 (3)系统所受外力之和虽不为零，但在某个方向上的分量为零，则在该方向上系统的总动量的分 量保持不变.1.如图所示，一块足够长的木板，放在光滑水平面上， 在木板上自左向右并排放有序号是1, 2, 3,n的物体，所有物块的质量均为 m与木板间的动摩擦因数都相同，开始时，木板静止不动，第 1,2, 3,n号物块的初速度分别是 V0, 2 V0, 3

26、V0,nv 0,方向都向右，木板的质量与所有物块的总质V02V0nV0'g门门”广打打分""""分公"门，“打量相等，最终所有物块与木板以共同速度匀速运动。设物块之间均无相互碰撞，木板足够长。试求：(1)所有物块与木板一起匀速运动的速度vn ;(2)第1号物块与木板刚好相对静止时的速度v1 ;(3)通过分析与计算说明第k号(kvn)物块的最小速度 vK解：(1)设所有物块都相对木板静止时的速度为v 因木板与所有物块系统水平方向不受外力，动量守恒，有： m v0 +m- 2 v 0+m- 3 v 0+ +nr n v 0= ( M+ nm

27、 v n M = nm2>1-解得： v n= (n+1) v0,6分4(2)设第1号物块相对木板静止时的速度为v1 ,取木板与物块1为系统一部分，第 2号物块到第n号物块为系统另一部分，则木板和物块14p =(M + m)v1- m v 0 ,2 至 n 号物块 p = (n-1 ) m- (v0- v 1)由动量守恒定律：p=4p',解得 v1 =, v 0 ,O6分2(3)设第k号物块相对木板静止时的速度由vk ,则第k号物块速度由k v 0减为vk的过程中，k / 一、一(k+1) m v02序数在第k号物块后面的所有物块动量都减小m ( k v0- vk),取木板与序号

28、为1至K号以前的各物块为一部分，则 p= ( M+km v k - (m v 0+m- 2 v 0+mk v0) = (n+k) m v k_(2n 1 - k)kv0 k 二4n序号在第k以后的所有物块动量减少的总量为p = (n-k) m (k v0- vk)由动量守恒得p=4p ,即(n+k) m v k - k (k+1) m v 0 = (n-k) m(k v 0- v k),解得 v 22 .如图所示，一块质量为 M长度为L的板子平放在水平地面上，它与地面间的摩擦因数为科1；板的A端站着一人，他从静止开始向板的 B端匀加速奔跑，到达B端时骤然停止，然后他与板将一起沿水平 地面滑行一

29、段距离 S而停止，已知此人的脚底与水平板面间的摩擦因数科2>>科1。若要此人在板的 B端骤然停住后，他与板一起滑行的距离S最大，试求此人应在板上以多大的加速度奔跑？此时S的值为多大？*解：在人从木板的一端向另一端运动的过程中，先讨论木板发生向后运动的情形.设人开始运动到刚抵达另一端尚未停下这段过程中所用的时间为t,以X1表示木板向后移动的距离， 如图所示.以f表示人与木板间的静摩擦力，以F表示地面作用在木板上的摩擦力，以&和22分别表示人和木板的加速度，则有1 ,21 ,2f =ma1 , L -x1 =-at , f-F=Ma2, x1 = a2t22由以上四式联立解之，

30、得t =2LMm.Mf m(f -F)对人和木板组成的系统，人在木板另一端骤然停下后, (外力)的冲量，忽略人骤然停下那段极短的时间,V为人在木板另一端刚停下时两者一起运动的速度.为X2,与地面的滑动摩擦因数为 科，则有1 2.-(M m)V - (M m)gx2木板向前移动白净距离为 X =x2 x1两者的总动量等于从开始到此时地面的摩擦力F则有Ft =(M m)V设人在木板另一端停下后两者一起向前移动的距离将以上各式联立解之得X,)2 LMm" -F)LmNg M +m ：(M +m)(f F)+MF _Mf+m(fF)_由上式可知，欲使木板向前移动的距离X为最大值，应有f =

31、F即 f = Fmax =(M m)g人作用于木板的静摩擦力等于地面作用于木板的滑动摩擦力.即木板向前移动的距离为最大的条件是:移动的最大距离为Xmax maxmL由上面可见，在设木板发生向后运动,时间0 t内木板刚刚不动的条件下即 f之F的情况下，f = F时，X有极大值.换句话说，在 X有极大值.再来讨论木板不动，即 f<F的情况.这时，因为fvF,所以人积累的动能和碰后的总动能都将变 小，从而前进的距离 x也小于上述的Xmax。3 .军训中，战士距墙 So以速度飞起跳，如图所示，再用脚蹬墙面一次，身体变为竖直向上的运动以继续升高，墙与鞋底之间的静摩擦因数为科.求能使人体重心有最大总

32、升高的起跳角0。分析和解：在解答本题时，注意摩擦力的冲量远大于人体重力的冲量，抓住主要因素忽略次要因素，是经常用到的手段。人以角0起跳，水平初速度和竖直初速度分别为场%=U0COsH, %丫=%5m8/从起跳到蹬墙时空中飞行的时间为S00 cos则人蹬墙前竖直方向的速度为s0. y = oy -gt = . oSin 3-g. 0 cos 1人重心升高：1 .2. .s01s0241 /S02hi= 0yt二 gt =：0sini -g( )=s0tan?一g()20 cos 1 20 cos120 cos 1设人蹬墙的时间为 t ,因 t很小，则静摩擦力的冲量远大于人体重力的冲量，即 I f

33、 IG ,由动量定理得：I f - JN；：t -m.v. y而在水平方向同样由动量定理可知：N At = mAux = mux = muo cose人蹬墙后获得竖直向上的速度：u； =u + Au y = u0sinH -gs0 + Nu0 cos人蹬墙后再上升y y y：0cosu的高度, 22 Io 0 (sin 9 + cos6)-22VyI1t)0cos6Uo(sin 0+NcosO)n .1s02h2 = =-s0 tanH 从8 + g(-)2g2g2g20 cos 二人体重心上升的总高度:令 tan ()=,贝U热一忆.)2 .2g对u0、so 一定时，当e+邛=时h最大.2-

34、1 一即日=arctanr时，人体的重心思升图最大.4.如图所示，质量为 2kg的物块A (可看作质点)，开始放在长木板 B的左端，B的质量为1kg,可在 水平面上无摩擦滑动，两端各有一竖直挡板MN现A B以相同的速度 v°=6m/s向左运动并与挡板 M发生碰撞.B与M碰后速度立即变为零，但不与M粘接；A与M碰撞没有能量损失，碰后接着返向N板运动，且在与N板碰撞之前，A B均能达到共同速度并且立即被锁定，与N板碰撞后 A B一并原速反向，并且立刻解除锁定.A B之间的动摩擦因数 科=0.1 .通过计算回答下列问题：(1) A与挡板M能否发生第二次碰撞？s内(2) A和最终停在何处？怜

35、：R |1(3) A在B上一共通过了多少路程 ？%卬片“":"门”工；“初山皿【答案】(1)能；(2)最终彳靠在 M板处；(3) 13.5m解析：(1)第一次碰撞后 A以VO=6m/s速度向右运动，B的初速度为0,与N板碰前达共同速度 vi ,贝U mvo=( m+nB) vi, 解得 V1=4m/s1c 1c系统克服阻力做功损失动能AE1 =- mAv0 -(mA+mB)v1 =36-24 =12J22因与N板的碰撞没有能量损失，A、B与N板碰后返回向左运动，此时 A的动能 12Ea=一父2父42 =16J>AE1,因此，当B先与M板碰撞停住后，A还有足够能量克服阻力做功，并 2与M板发生第二次碰撞.所以 A可以与挡板 M发