2018-2019学年内蒙古巴彦淖尔一中高二上学期10月月考物理试题 解析版

2018-2019学年内蒙古巴彦淖尔一中高二上学期10月月考物理试题 解析版

内蒙古巴彦淖尔一中2018-2019学年高二上学期10月月考物理试卷 一、选择题 ‎1.如图所示，一个内外侧均光滑的半圆柱槽置于光滑的水平面上.槽的左侧有一竖直墙壁。现让一小球(可视为质点)自左端槽口A点的正上方从静止开始下落，与半圆槽相切并从A点进入槽内，则下列说法正确的是 ‎ A. 小球离开右侧槽口以后，将做竖直上抛运动 B. 小球在槽内运动的全过程中，只有重力对小球做功 C. 小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能不守恒 D. 小球在槽内运动的全过程中小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】小球经过槽的最低点后，在小球沿槽的右侧面上升的过程中，槽也向右运动，小球离开右侧槽口时相对于地面的速度斜向右上方，小球将做斜抛运动而不是做竖直上抛运动，故A错误；小球在槽内运动的全过程中，从刚释放到最低点，只有重力做功，而从最低点开始上升过程中，除小球重力做功外，还有槽对球作用力做负功。故B错误；小球在槽内运动的全过程中，从刚释放到最低点，只有重力做功，而从最低点开始上升过程中，除小球重力做功外，还有槽对球作用力做负功。但球对槽作用力做正功，两者之和正好为零。所以小球与槽组成的系统机械能守恒。故C错误；小球在槽内运动的前半过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，而小球在槽内运动的后半过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒，故D正确；故选D。‎ ‎【点睛】‎ 考查动量守恒定律与机械能守恒定律．当球下落到最低点过程，由于左侧竖直墙壁作用，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，但小球机械能守恒．当球从最低点上升时，小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒，但小球机械能不守恒，而小球与槽组成的系统机械能守恒．‎ ‎2.在距水平地而‎10m高处，以‎10m/s的速度水平抛出一个质量为1㎏的物体，已知物体落地时的速度为‎16 m/s，取g=‎10 m/s²，则下列说法正确的是 A. 抛出时人对物体做功为150J B. 自抛出到落地，重力对物体做功为100J C. 飞行过程中物体克服阻力做功22 J D. 物体自抛出到落地时间为s ‎【答案】BC ‎【解析】‎ A、根据动能定理，抛出时人对物体做功等于物体的初动能，为，故A错误。B、自抛出到落地，重力对物体做功为：WG=mgh=1×10×10=100J，故B正确。C、飞行过程根据动能定理得：mgh-Wf=Ek2-Ek1，代入解得物体克服阻力做的功为：，故C正确。D、由于空气阻力的影响，物体不是平抛运动，故竖直分运动不是自由落体运动，且空气阻力是变力，无法求解运动的时间，故D错误。故选BC。‎ ‎【点睛】本题是动能的定义和动能定理的简单应用，空气阻力是变力，运用动能定理求解克服空气阻力做功是常用的方法．‎ ‎3.如图甲所示，在水平地面上放置一个质量为m＝‎4 kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下由静止开始运动，推力随位移x变化的图象如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取‎10 m/s2，下列说法正确的是 A. 物体先做加速运动，推力撤去时开始做减速运动 B. 物体在水平面上运动的最大位移是‎4 m C. 物体运动的最大速度为‎8 m/s D. 物体在运动过程中的加速度的大小一直减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】物体先做加速运动，当推力小于摩擦力时就开始做减速运动，故A错误。设物体在水平面上运动的最大位移为xm。由图象得到推力对物体做功等于“面积”，得推力做功为：W=J=200J；根据动能定理：W-μmgxm=0，代入数据解得：xm=‎10m，故B错误。由图象可得推力随位移x是变化的，当推力等于摩擦力时，加速度为0，速度最大，则：F=μmg=20N，由图得到F与x的函数关系式为：F=100-25x，代入数据得：x=‎3.2m，由动能定理可得：×3.2-20×3.2=×4×vm2，解得：vm=‎8m/s，故C正确。拉力一直减小，而摩擦力不变，故物体的合力先减小后增大，则加速度先减小后增大。故D错误。故选C。‎ ‎【点睛】本题有两个难点：一是分析物体的运动过程，得出速度最大的条件：合力为零；二是能理解图象的物理意义，知道“面积”等于推力做功，是这题解题的关键．‎ ‎4.如图所示，绝缘细线上端固定，下端悬挂一轻质小球，的表面镀有铝膜，在的近旁有一金属球，开始时都不带电，现使带电，则 ‎ A. 之间不发生相互作用 B.立即把排斥开 C.将吸引，吸住后不放开 D.先吸引，接触后又把排斥开 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】带电物体能够吸引轻小物体，故b会将a球吸引过来，a与b接触后，带同种电荷而分开；故ABC错误，D正确；故选D。‎ ‎5.关于静电场，下列结论普遍成立的是（ ）‎ A. 电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方地势低 B. 电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关 C. 在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向 D. 将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功为零 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 解：A：在正电荷的电场中，离正电荷近，电场强度大，电势高，离正电荷远，电场强度小，电势低；而在负电荷的电场中，离正电荷近，电场强度大，电势低，离负电荷远，电场强度小，电势高，故A错误．‎ B：电势差的大小决定于两点间沿电场方向的距离和电场强度，故B错误 C：沿电场方向电势降低，而且速度最快，故C正确 D：电场力做功，只与电荷以及两点间的电势差有关，与两点的场强没有关系．场强为零，电势不一定为零，如从带正电荷的导体球上将正电荷移动到另一带负电荷的导体球上，电场力做正功．故D错误 故选：C．‎ ‎【点评】电场强度、电势、电势差、电场力的功，它们的定义以及它们之间的关系要记清，有不好理解的题目可找实际的例子加以分析．‎ 视频 ‎6.如图所示，a、b、c为电场中同一条水平电场线上的三点，c为a、b的中点，a、b两点的电势分别为，，则下列叙述正确的是 A. c点的电势一定为4 V B. a点处的场强Ea一定大于b点处的场强Eb C. 正电荷从c点移动到b点电势能一定减少 D. 负电荷在c点受到的电场力的方向由c指向b ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】当该电场是匀强电场时，由于沿电场方向相同距离电势差相等，则场在c 点处的电势一定为4V．当该电场不是匀强电场时，在c点处的电势不一定为4V．故A错误。一条电场线无法比较电场线的疏密，就无法比较场强的大小，则a点处的场强Ea不一定大于b点处的场强Eb．故B错误。由题图可知a点的电势高于b点的电势，根据正电荷在电势高处电势能大可知，正电荷从c点运动到b点电势能一定减少。故C正确。由题可判断电场线方向从a指向b，负电荷在c点时受到的电场力由b指向c。故D错误。故选C。‎ ‎【点睛】本题要抓住电场线的物理意义：电场线的疏密表示电场的强弱，电场线的方向表示电势的高低．‎ ‎7.如图所示，真空中的、、、四个点在一条直线上，。如果只在点放一电荷量为的点电荷，点的场强为。若再将一个电荷量为的点电荷放在点，则 ‎ A. 点的场强为，方向水平向右 B. C点的场强为，方向水平向左 C. 段中点的场强为零 D. 、两点的场强相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】设AB=BC=CD=r，只在A点放一电荷量为+Q的点电荷时，B点场强为E，可知，若再将等量异号的点电荷-Q放在D点，则负电荷在B点产生的场强，方向向右，根据场强的叠加知，B点的场强EB＝E+E′＝E+＝，方向向右，故A错误。由对称性可知，C点的场强为，方向水平向右，即B、C两点的场强相同，选项B错误，D正确；等量的异种电荷在BC中点产生的场强方向均向右，最终合场强不为零，故C错误。故选D。‎ ‎【点睛】本题关键掌握点电荷的场强公式和场强叠加原理，并能正确运用，要注意场强的叠加原理满足平行四边形定则．‎ ‎8.如图所示，在匀强电场中，场强方向与△abc所在平面平行，ac⊥bc，∠abc＝60°，＝‎0.2 m。一个电荷量q＝1×10－‎5 C的正电荷从a移到b，电场力做功为零；同样的电荷从a移到c，电场力做功为1×10－3 J。则该匀强电场的场强大小和方向分别为(　　)‎ A. 500 V/m、沿ab由a指向b B. 500 V/m、垂直ab向上 C. 1000 V/m、垂直ab向上 D. 1000 V/m、沿ac由a指向c ‎【答案】C ‎【解析】‎ 正电荷从a移到b，电场力做功为零，则由电场力做功的特点可知，ab两点电势相等，故ab应为等势线；因电场线与等势面相互垂直，故过c做ab的垂线，一定是电场线；正电荷从a到c过程，由W=Uq可知，ac两点的电势差，即a点电势高于c点的电势，故电场线垂直于ab斜向上；‎ ac间沿电场线的距离；由可知：电场强度；方向垂直ab向上；故C正确，ABD错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】场线与等势面相互垂直，而且电场线由是由高电势指向低电势；匀强电场中U=Ed中的d应为沿电场方向的有效距离。‎ ‎9.两块水平放置的带电平行金属板间有竖直向上的匀强电场．一个质量为m、带电量为q的油滴以初速度v0进入电场，并在电场中沿直线运动了一段时间，空气阻力不计，则(　 　) ‎ A. 该油滴带负电 B. 在这段时间内电场力所做的功大于油滴重力势能的变化 C. 在这段时间内油滴的机械能保持不变 D. 在这段时间内油滴的动能保持不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 油滴受重力和电场力，由于油滴做直线运动，故合力不可能与速度不再同一条直线上，故合力为零，电场力与重力平衡，电场力向上，与场强同方向，故带正电，故A正确；由于电场力和重力是一对平衡力，电场力做的功等于克服重力做的功，而克服重力做的功等于重力势能的增加量，故B错误；由于除重力外电场力做正功，故机械能增加，故C错误；由于油滴做匀速直线运动．故动能不变，故D正确；故选D．‎ ‎10.不带电的金属球A的正上方有一点B,在B处有一带电液滴自静止开始下落,到达A秋后电荷全部传给A求,不计其他的影响,则下列叙述正确的是()‎ A. 第一滴液滴做自由落体运动，以后液滴做变加速运动，都能到达A球 B. 当液滴下落到重力等于电场力位置时，速度为零 C. 当液滴下落到重力等于电场力的位置时，开始做匀速运动 D. 一定有液滴无法达到A球 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 第一滴液滴只受重力做自由落体运动，当液滴落到金属球上后，将会产生电场，以后液滴将受力向上的电场力作用而做变加速运动，随着球A液滴增多，带电量增大，空间产生的场强增强，以后液滴所受的电场力增大，这些液滴先加速后减速，就不一定能到达A球，故A错误；当液滴下落到重力等于电场力位置时，加速度为零，速度最大，当继续向下运动时电场力增大，电场力将大于重力，开始做减速运动，故BC错误；由上分析可知，当电场力做的负功大于重力做的正功时，液滴将不会到达A球，故D正确。所以D正确，ABC错误。‎ ‎11.如图所示，与轻弹簧相连的物体A停放在光滑的水平面上．物体B沿水平方向向右运动，跟与A相连的轻弹簧相碰．在B跟弹簧相碰后，对于A、B和轻弹簧组成的系统，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 弹簧压缩量最大时，A、B的速度相同 B. 弹簧压缩量最大时，A、B的动能之和最小 C. 弹簧被压缩的过程中系统的总动量不断减小 D. 物体A的速度最大时，弹簧的弹性势能为零 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ 滑块B与弹簧接触时，弹簧发生形变，产生弹力，可知B做减速运动，A做加速运动，当两者速度相等时，弹簧的压缩量最大，故A正确。A、B组成的系统动量守恒，压缩量最大时，弹性势能最大，根据能量守恒，此时A、B的动能之和最小，故BC错误。当两者速度相等时，弹簧的压缩量最大，然后A继续做加速，B继续做减速，弹簧逐渐恢复原长，当弹簧恢复原长时，B的速度最大，此时弹簧的弹性势能为零，故D正确。故选AD。‎ ‎【点睛】物体A、B组成的系统动量守恒，在B与弹簧接触时，B做减速运动，A做加速运动，当A、B速度相同时，弹簧压缩量最大，弹簧的弹性势能最大．当弹簧第一次恢复原长时，B脱离弹簧，此前弹簧一直处于压缩状态，A一直加速．‎ ‎12.A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图象，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图象，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图象，若A球质量是m＝‎2 kg，则由图判断下列结论正确的是 A. 碰撞前、后A球的动量变化量为‎4 kg·m/s B. 碰撞时A球对B球所施的冲量为4 N·s C. A、B两球碰撞前的总动量为‎3 kg·m/s D. 碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】由x-t图象的斜率表示速度，可知，碰撞前有：，，碰撞后有：vA′=vB′=v=；对A、B组成的系统，A、B 两球沿一直线运动并发生正碰，碰撞前后物体都做匀速直线运动，说明系统所受合外力为零，系统的动量守恒；碰撞前后A的动量变化为：△PA=mvA′-mvA=2×（-1）-2×（-3）=‎4kg•m/s，故A正确；根据动量守恒定律，碰撞前后A的动量变化为：△PB=-△PA=‎-4kg•m/s，由动量定理可知，碰撞时A对B所施冲量为：IB=△PB=‎-4kg•m/s=-4N•s，故B错误；又：△PB=mB（vB′-vB），所以解得：mB=kg，所以A与B碰撞前的总动量为：p总=mvA+mBvB=2×（-3）+×2=-kg•m/s，故C错误；碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能：△EK=mvA2+mBvB2-（m+mB）v2，代入数据解得：△EK=10J，故D正确；故选AD。‎ ‎【点睛】本题首先要求同学们能根据位移图象的斜率读出碰撞前后两球的速度，其次要明确碰撞的基本规律是动量守恒定律，并要注意动量的方向。‎ ‎13.如图所示，实线是匀强电场的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点。若带电粒子在运动中只受电场力作用，则由此图可作出的正确判断是 ‎ A. 带电粒子带负电 B. 带电粒子带正电 C. 该粒子在a点的电势能小于b点的电势能 D. 带电粒子做匀变速运动 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】因为轨迹的凹向大致指向合力的方向，知粒子所受电场力方向水平向左，则粒子带负电。故A正确，B错误。从a到b电场力做正功，电势能减小，则该粒子在a点的电势能大于b点的电势能，选项C错误；粒子仅受电场力，做匀变速曲线运动。故D正确。故选AD。‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道轨迹的凹向大致指向合力的方向，这是解决本题的关键，知道正电荷所受电场力方向与电场强度方向相同，负电荷所受电场力方向与电场强度方向相反 ‎14.在如图所示的哪种情况下，a、b两点的电势相等，电场强度也相同( ) ‎ A. 带电平行板电容器两板间除边缘附近处的a、b两点 B. 处于静电平衡状态下的导体内部的a、b两点 C. 离点电荷等距的a、b两点 D. 两个等量异种点电荷的中垂线上，与连线中点O等距的a、b两点 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ a、b处于匀强电场中，场强相同，电势不同，a点电势高于b点电势，故A错误；处于静电平衡状态下的金属内部a、b两点，电场强度均为零，整个导体是等势体，电势相等，故B正确；a、b处于同一等势面上，电势相等，而电场强度方向不同，故C错误；等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，两点的电势相等．根据电场线分布的对称性可知，场强相同，故D正确。所以BD正确，AC错误。‎ ‎15. 如图所示，M、N两点有两等量异种点电荷，a、b、c表示电场中的3条等势线，b是M、N连线的中垂线，a、c关于b对称。点d、e、f、g是以O为圆心的圆与a、c的交点。已知一带负电的试探电荷从d点移动到e点时，该电荷的电势能增加。以下判断正确的是 A. M点处放置的是正电荷 B. d点的电势高于f点的电势 C. d点的场强与f点的场强相同 D. 将带正电的试探电荷沿直线由d点移动到f点，电势能先增大后减小 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ 试题分析：因带负电的试探电荷从d点移动到e点时，该电荷的电势能增加，故d点电势高于e点，故M点处放置的是正电荷，选项A正确；因e点电势与f点电势相等，故d点的电势高于f点的电势，选项B正确；根据电场线分布规律可知，d点的场强与f点的场强相同，选项C正确；因从d点到f点电势逐渐降低，故将带正电的试探电荷沿直线由d点移动到f点，电势能逐渐减小，选项D错误；故选ABC.‎ 考点：等量异种电荷的电场；电势及电势能.‎ 二、填空题 ‎16.气垫导轨是常用的种实验仪器，它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦，我们可以用带竖直挡板C和D的气垫导轨和滑块A和B验证动量守恒定律和机械能守恒定律，已知A的质量，B的质量，实验装置如图所示，采用的实验步骤如下：‎ a.松开手的同时，记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作，当A、B滑块分别碰到C、D挡板时计时器结束计时，分别记下A、B到达C、D的运动时间和。‎ b.在A、B间水平放入一个轻弹簧，用手压住A、B使弹簧压缩放置在气垫导轨上，并让它静止在某个位置，设此时弹簧的弹性势能为Ep。‎ c.给导轨送气，调整气垫导轨，使导轨处于水平。‎ d.用刻度尺测出A的左端至C板的距离，B的右端至D板的距离。‎ ‎(1)实验步骤的正确顺序是_______。(填写步骤前的字母)‎ ‎(2)利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是______________；验证机械能守恒定律的表达式是____________________________。‎ ‎【答案】 (1). cbda (2). (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎(1)实验时应先调整气垫导轨水平，把滑块放在合适的位置，测出滑块到两挡板的距离，然后释放滑块，测出滑块到两挡板的运动时间，根据滑块的位移与运动时间求出其速度，求出它们的动量，验证在该过程中动量是否守恒；因此合理的实验步骤是:cbda．‎ ‎(2)滑块A的速度,滑块B的速度,验证动量守恒定律的表达式是，将速度代入得：；弹簧弹开两物体的过程将弹性势能全部转化为动能，则验证机械能守恒的表达式为：，代速度可得.‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道验证动量守恒定律的实验原理，测瞬时速度的方法，知道A、B组成的系统动量守恒，满足反冲原理．‎ ‎17.某电场的电场线分布如图所示，将一电荷量的试探电荷由电场中的a点移到b点，电荷克服电场力做功为，则a点的场强_____b点的场强（选填“大于”、“等于”或“小于”），a点电势______b点电势（选填“大于”、“等于”或“小于”），试探电荷带______（选填“正电”或“负电”），a、b两点间的电势差为 _______V.‎ ‎【答案】 (1). 小于 (2). 大于 (3). 负电 (4). 20‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】b点的电场线比a点电场线密，则a点的电场强度小于b点的电场强度；沿着电场线方向电势逐渐降低，则a点的电势大于b点电势；试探电荷由电场中的a点移到b点，电荷克服电场力做功说明电荷受到的电场力的方向从b指向a，与电场线的方向相反，电荷带负电；根据W=qU得，．‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道电场线的疏密表示电场的强弱，沿着电场线方向电势逐渐降低，知道电场力做功与电势能的关系．‎ 三、计算题 ‎18. 竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场．其电场强度为E，在该匀强电场中，用丝线悬挂质量为m的带电小球，丝线跟竖直方向成θ角时小球恰好平衡，如图所示，请问：‎ ‎（1）小球的电性及所带电荷量是多少？‎ ‎（2）若剪断丝线，小球碰到金属板需多长时间？‎ ‎【答案】（1）正电；（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由于小球处于平衡状态，对小球受力分析如图所示，小球带正电；‎ F sinθ=qE①‎ F cosθ=mg②‎ 由上述两式得，故．‎ ‎（2）由第（1）问中的方程②知，而剪断丝线后，小球所受电场力和重力的合力与未剪断丝线时丝线的拉力大小相等，故剪断丝线后小球所受重力、电场力的合力等于．小球的加速度，小球由静止开始沿着丝线拉力的反方向做匀加速直线运动，当碰到金属极上时，它经过的位移为，又由s=at2，‎ 考点：物体的平衡；牛顿第二定律的应用 ‎【名师点睛】解决本题的关键正确分析小球的受力情况和运动情况，知道正电荷所受的电场力方向与电场强度方向相同。‎ ‎19.如图所示，在E＝103 V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R＝‎40 cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q＝10－‎4 C的小滑块质量m＝‎10 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧‎1.5 m的M处，g取‎10 m/s2，求：‎ ‎（1）要使小滑块运动到最高点Q时对轨道恰好无挤压，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动？‎ ‎（2）这样运动的小滑块通过圆轨道N点时对轨道的压力是多大？‎ ‎【答案】(1)‎7 m/s　(2)1.2N ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设滑块到达Q点时速度为v，则由牛顿第二定律得：mg+qE=m， 滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得： -mg•2R-qE•2R-μ（mg+qE）x=mv2-mv02 联立方程组，解得：v0=‎7m/s； （2）设滑块到达N点时速度为v′，则从开始运动至到达N点过程中， 由动能定理得： -μ（qE+mg）x=mv′2-mv02 又在N点时，由牛顿第二定律得：FN-(mg+qE)=m， 代入数据解得：FN=1.2N；‎ ‎【点睛】此题中滑块恰好通过最高点时轨道对滑块没有弹力，由牛顿定律求出临界速度，再根据动能定理和牛顿运定律结合求解小球对轨道的弹力．‎ ‎20.如图所示，用长为R的不可伸长的轻绳将质量为的小球A悬挂于O点．在光滑的水平地面上，质量为m的小物块B(可视为质点)置于长木板C的左端静止．将小球A拉起，使轻绳水平拉直，将A球由静止释放，运动到最低点时与小物块B发生弹性正碰．‎ ‎（1）求碰后小物块B的速度多大？‎ ‎（2）若长木板C的质量为‎2m，小物块B与长木板C之间的动摩擦因数为μ，长木板C的长度至少为多大，小物块B才不会从长木板C的上表面滑出？‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设小球A与小物块B碰前瞬间的速度为v0，则有： ‎ 设碰后小球A和小物块B的速度分别为v1和v2，有 ‎ ‎ ‎ ‎ 解得：v2＝ ‎ ‎（2）设小物块B与长木板C相互作用达到的共同速度为v，长木板C的最小长度为L，有 mv2＝(m＋‎2m)v μmgL＝mv22－ (m＋‎2m)v2‎ 由以上各式解得L＝.‎