《《大高考》2016届高考物理五年高考真题：专题17碰撞与动量守恒资料.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《《大高考》2016届高考物理五年高考真题：专题17碰撞与动量守恒资料.pdf（19页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、1(2015 重庆理综， 3，6 分)(难度 )高空作业须系安全带，如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落， 从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落 的距离为 h(可视为自由落体运动 )此后经历时间 t 安全带达到最大伸长， 若 在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大 小为() A.m 2gh t mgB.m 2gh t mg C.m gh t mgD.m gh t mg 解析由自由落体运动公式得人下降h 距离时的速度为 v2gh，在 t 时间 内对人由动量定理得 (Fmg)tmv，解得安全带对人的平均作用力为F m 2gh t mg，A 项正确 答案A 2(20
2、15 北京理综， 18，6 分)(难度 )“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固 定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直 方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析 正确的是 () A绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小 B绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小 C绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大 D人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力 解析从绳子恰好伸直， 到人第一次下降到最低点的过程中，拉力逐渐增大， 由牛顿第二定律 mgFma可知，人先做加速度减小的加速运动，当a0 时,Fmg，此时速度最大，动量最大，动能最大，此后
3、人继续向下运动，F mg，由牛顿第二定律Fmgma 可知，人做加速度增大的减速运动，动 量一直减小直到减为零，全过程中拉力方向始终向上，所以绳对人的冲量始 终向上，综上可知A 正确， C、D 错误；拉力对人始终做负功，动能先增大 后减小，故 B 错误 答案A 32015 福建理综， 30(2)，6 分如图，两滑块 A、B 在光滑水平面上沿同一直 线相向运动，滑块 A 的质量为 m，速度大小为 2v0，方向向右，滑块B 的质量 为 2m， 速度大小为 v0， 方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是() AA 和 B 都向左运动 BA 和 B 都向右运动 CA 静止， B 向右运动 DA 向左
4、运动， B 向右运动 解析对 A、B 系统,由于发生弹性碰撞，故碰撞前后系统的动量守恒、机械 能守恒，由于 m2v02mv00，故碰后 A、B 不可能同向运动或一个静止、 另一个运动或两个都静止，而只能是A、B 都反向运动，故D 正确 答案D 4(2014 重庆理综， 4, 6 分)(难度 )一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有 水平速度 v2 m/s，爆炸成为甲、 乙两块水平飞出， 甲、乙的质量比为 31. 不计质量损失，取重力加速度g10 m/s 2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹 可能正确的是 () 解析平抛运动时间 t 2h g 1 s，爆炸过程遵守动量守恒定律，设弹丸质 量为 m，则
5、 mv3 4mv 甲1 4mv 乙，又 v甲 x甲 t ，v乙 x乙 t ，t1 s，则有 3 4x 甲 1 4x 乙2 m，将各选项中数据代入计算得 B 正确 答案B 5(2014 大纲全国， 21，6 分)(难度 )一中子与一质量数为A(A1)的原 子核发生弹性正碰若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比 为() A.A1 A1 B.A1 A1 C. 4A （A1） 2D.（A1） 2 （A1）2 解析设中子质量为 m，则原子核的质量为Am.设碰撞前、后中子的速度分 别为 v0、 v1,碰后原子核的速度为v2， 由弹性碰撞可得mv0mv1Amv2， 1 2mv 2 0 1 2mv
6、2 11 2Amv 2 2，解得 v1 1A 1Av 0，故| v0 v1| A1 A1，A 正确 答案A 6(2013 天津理综， 2)(难度 )我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女 子 3 000 m接力三连冠观察发现， “接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的 运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获 得更大的速度向前冲出在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方 向上的相互作用，则 () A甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量 B甲、乙的动量变化一定大小相等、方向相反 C甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量 D甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功 解析甲对乙的
7、冲量与乙对甲的冲量大小相等，方向相反，选项 A 错误；甲、 乙组成的系统动量守恒，动量变化量等大、反向，选项B 正确；甲、乙相互 作用时，虽然她们之间的相互作用力始终大小相等，方向相反，但相互作用 过程中，她们的对地位移不一定相同，所以甲的动能增加量不一定等于乙的 动能减少量，那么甲对乙做的功就不一定等于乙对甲做的功，选项C、D 错 误 答案B 7(2012 福建理综 , 29(2)，6分)(难度)如图，质量为 M 的小船在静止水面上 以速率 v0向右匀速行驶， 一质量为 m 的救生员站在船尾， 相对小船静止 若 救生员以相对水面速率v 水平向左跃入水中， 则救生员跃出后小船的速率为 () A
8、v0 m Mv Bv0m Mv Cv0 m M(v0v) Dv0 m M(v0v) 解析取向右为正方向，由动量守恒有(Mm)v0mvMv ，解之有 v v0 m M(v0v)，故 C 正确 答案C 8(2012 大纲全国， 21)(难度 )(多选)如图，大小相同的摆球a 和 b 的质量 分别为 m和 3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a 向左拉开一小角度后释放 若两球的碰撞是弹性的， 下列判断正确的是 () A第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等 B第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等 C第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同 D发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置 解析
9、由于两球发生弹性碰撞，故系统动量、机械能均守恒，则：mv3mvb mva， 1 2mv 21 23mv 2 b1 2mv 2 a，由两式联立解得 va 1 2v， vb 1 2v， 故选项 A 正确；由前面求得速度可知第一次碰后pa 1 2mv，pb 3 2mv,故选 项 B 错误；由于第一次碰后 ,|va|vb|，根据机械能守恒可知两球可到达相同 高度即摆角相同 ,选项 C 错误；因两球摆长相同，根据T2 l g知，两球 同时到达各自平衡位置发生第二次碰撞，选项D 正确 答案AD 9(2011全国， 20，6 分)(难度 )(多选)质量为 M、内壁间距为 L 的箱子静 止于光滑的水平面上，
10、箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板 间的动摩擦因数为 .初始时小物块停在箱子正中间，如图所示现给小物块 一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并 与箱子保持相对静止设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能 为() A.1 2mv 2 B.1 2 mM mMv 2 C.1 2NmgL DNmgL 解析小物块与箱子作用过程中满足动量守恒，小物块最后恰好又回到箱子 正中间 .二者相对静止，即为共速，设速度为v1，mv(mM)v1，系统损失 动能Ek 1 2mv 21 2(Mm)v 2 11 2 Mmv 2 Mm，A 错误、 B 正确；由于碰撞为弹性 碰
11、撞，故碰撞时不损失能量，系统损失的动能等于系统产生的热量，即Ek QNmgL ，C 错误、D 正确 答案BD 102015 新课标全国 ，35(2)，10 分(难度 )如图，在足够长的光滑水 平面上，物体 A、B、C 位于同一直线上， A 位于 B、C 之间A 的质量为 m， B、C 的质量都为 M,三者均处于静止状态现使A 以某一速度向右运动，求 m和 M 之间应满足什么条件，才能使A 只与 B、C 各发生一次碰撞设物体 间的碰撞都是弹性的 解析设 A 运动的初速度为v0，A 向右运动与 C 发生碰撞， 由动量守恒定律得 mv0mv1Mv2 由机械能守恒定律得 1 2mv 2 01 2mv
12、2 11 2Mv 2 2 可得 v1 mM mM v0，v2 2m mMv 0 要使得 A 与 B 能发生碰撞，需要满足v10，即 mM A 反向向左运动与 B 发生碰撞过程，有 mv1mv3Mv4 1 2mv 2 1 1 2mv 2 3 1 2Mv 2 4 整理可得 v3 mM mM v1，v4 2m mMv 1 由于 mM，所以 A 还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足 v3v2 即 2m mMv 0 Mm mMv 1( mM mM) 2v 0 整理可得 m 24MmM2 解方程可得 m( 52)M 所以使 A 只与 B、C 各发生一次碰撞，须满足 ( 52)MmM 答案( 5
13、2)MmM 112015 新课标全国 , 35(2)，10 分(难度 )两滑块 a、b 沿水平面上同 一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后， 从光滑路段进入粗糙路段 两者的位置 x 随时间 t 变化的图象如图所示 求： ()滑块 a、b 的质量之比； ()整个运动过程中 ,两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之 比 解析()设 a、b 的质量分别为 m1、m2，a、b 碰撞前的速度为 v1、v2.由题 给图象得 v12 m/s v21 m/s a、b 发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v.由题给图象得 v 2 3 m/s 由动量守恒定律得 m1v1
14、m2v2(m1m2)v 联立 式得 m1 m218 ()由能量守恒定律得，两滑块因碰撞而损失的机械能为 E 1 2m1v 2 11 2m2v 2 21 2(m 1m2)v 2 由图象可知，两滑块最后停止运动由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做 的功为 W1 2(m 1m2)v2 联立式，并代入题给数据得 WE12 答案()18()12 122015 山东理综， 39(2)(难度 )如图，三个质量相同的滑块A、B、C， 间隔相等地静置于同一水平直轨道上现给滑块 A 向右的初速度 v0，一段时 间后 A 与 B 发生碰撞 ,碰后 A、B 分别以 1 8v0、 3 4v0 的速度向右运动， B 再与
15、C 发生碰撞 ,碰后 B、C 粘在一起向右运动滑块A、B 与轨道间的动摩擦因数 为同一恒定值两次碰撞时间均极短求B、C 碰后瞬间共同速度的大小 解析设滑块质量为 m,A 与 B 碰撞前 A 的速度为 vA，由题意知，碰后A 的 速度 vA 1 8v0， B 的速度 vB3 4v0，由动量守恒定律得 mvAmvA mvB 设碰撞前 A 克服轨道阻力所做的功为WA，由功能关系得 WA1 2mv 2 0 1 2mv 2 A 设 B 与 C 碰撞前 B 的速度为 vB， B 克服轨道阻力所做的功为WB，由功能 关系得 WB1 2mv 2 B 1 2mv B 2 据题意可知 WAWB 设 B、C 碰后瞬
16、间共同速度的大小为v，由动量守恒定律得 mvB 2mv 联立 式，代入数据得 v 21 16 v0 答案 21 16 v0 13(2015 广东理综， 36，18 分)(难度 )如图所示，一条带有圆轨道的长 轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切， 半径 R0.5 m， 物块 A 以 v06 m/s的速度滑入圆轨道， 滑过最高点 Q，再沿圆轨道滑出后， 与直轨上 P 处静止的物块 B 碰撞，碰后粘在一起运动，P 点左侧轨道光滑， 右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L0.1 m，物块与各粗 糙段间的动摩擦因数都为 0.1,A、B 的质量均为 m1 kg(重力加速度 g
17、取 10 m/s 2；A、B 视为质点，碰撞时间极短 ) (1)求 A 滑过 Q 点时的速度大小v 和受到的弹力大小F； (2)若碰后 AB 最终停止在第 k个粗糙段上，求k 的数值； (3)求碰后 AB 滑至第 n 个(nk)光滑段上的速度vn与 n 的关系式 解析(1)从 AQ 由动能定理得 mg 2R 1 2mv 21 2mv 2 0 解得 v4 m/sgR5 m/s 在 Q 点，由牛顿第二定律得 FNmgmv 2 R 解得 FN22 N (2)A 撞 B，由动量守恒得 mv02mv 解得 v v0 2 3 m/s 设粗糙段滑行距离为x，则 mgx 01 22mv 2 解得 x4.5 m
18、 所以 k x L 45 (3)AB 滑至第 n 个光滑段上，由动能定理得 2mgnL 1 22mv 2 n1 22mv 2 所以 vn90.2nm/s(n0，1，2，)? 答案(1)22 N(2)45(3)vn90.2nm/s(n0，1，2，) 14(2015 天津理综， 10，16 分)(难度 )某快递公司分拣邮件的水平传输装 置示意如图， 皮带在电动机的带动下保持v1 m/s的恒定速度向右运动， 现 将一质量为 m2 kg的邮件轻放在皮带上 ,邮件和皮带间的动摩擦因数 0.5. 设皮带足够长，取g10 m/s 2，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，求 (1)邮件滑动的时间 t； (2)邮
19、件对地的位移大小x； (3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W. 解析(1)设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力 为 Ff，则 Ffmg 取向右为正方向，对邮件应用动量定理，有 Fftmv0 由式并代入数据得 t0.2 s (2)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，对邮件应用动能定理，有Ffx1 2mv 2 0 由式并代入数据得 x0.1 m (3)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对地面的位移为s，则 s v-t 摩擦力对皮带做的功WFfs 由 式并代入数据得W2 J 答案(1)0.2 s(2)0.1 m(3)2 J 15(2015 安徽理综， 22，14 分)(难度
20、)一质量为 0.5 kg的小物块放在水平 地面上的 A 点，距离 A 点 5 m 的位置 B 处是一面墙，如图所示物块以v0 9 m/s的初速度从 A 点沿 AB 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s，碰后以 6 m/s的速度反向运动直至静止g 取 10 m/s 2. (1)求物块与地面间的动摩擦因数 ； (2)若碰撞时间为 0.05 s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F； (3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W. 解析(1)对小物块从 A 运动到 B 处的过程中 应用动能定理 mgs 1 2mv 21 2mv 2 0 代入数值解得 0.32 (2)取向右为正方向，
21、碰后滑块速度v 6 m/s 由动量定理得： F tmv mv 解得： F130 N 其中“”表示墙面对物块的平均力方向向左 (3)对物块反向运动过程中应用动能定理得 W01 2mv 2 解得 W9 J 答案(1)0.32(2)130 N(3)9 J 162014 新课标全国 , 35(2)，9 分(难度 )如图，质量分别为mA、mB的 两个弹性小球 A、B 静止在地面上方， B 球距地面的高度 h0.8 m，A 球在 B 球的正上方先将B 球释放，经过一段时间后再将A 球释放当 A 球下落 t 0.3 s时,刚好与 B 球在地面上方的 P 点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间 A 球的速度恰为零
22、.已知 mB3mA，重力加速度大小g10 m/s 2，忽略空气阻 力及碰撞中的动能损失求 (1)B 球第一次到达地面时的速度； (2)P 点距离地面的高度 解析(1)设 B 球第一次到达地面时的速度大小为vB，由运动学公式有vB 2gh 将 h0.8 m 代入上式，得 vB4 m/s (2)设两球相碰前、后， A 球的速度大小分别为v1和 v1 (v1 0)，B 球的速 度分别为 v2和 v2 .由运动学规律可得 v1gt 由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相碰前、后的动量守恒，总 动能保持不变规定向下的方向为正，有 mAv1mBv2mBv2 1 2mAv 2 11 2mBv 2 2
23、1 2mBv2 2 设 B 球与地面相碰后的速度大小为vB，由运动学及碰撞的规律可得 vB vB 设 P 点距地面的高度为h，由运动学规律可得 h vB 2v2 2 2g 联立 式，并代入已知条件可得 h 0.75 m 答案(1)4 m/s(2)0.75 m 172014 新课标全国 ，35(2)，10分(难度 )现利用图 (a)所示的装置 验证动量守恒定律在图 (a)中，气垫导轨上有A、B 两个滑块，滑块 A 右侧带 有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出 )的纸带相连；滑块B 左侧也带 有一弹簧片 ,上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出 )可以记录遮光片通 过光电门的时间 实验测得滑
24、块 A 的质量 m10.310 kg，滑块 B 的质量 m20.108 kg，遮光片 的宽度 d1.00 cm；打点计时器所用交流电的频率f50.0 Hz. 将光电门固定在滑块B 的右侧， 启动打点计时器，给滑块 A 一向右的初速度， 使它与 B 相碰.碰后光电计时器显示的时间为tB3.500 ms，碰撞前、后打 出的纸带如图 (b)所示 若实验允许的相对误差绝对值(|碰撞前、后总动量之差 碰前总动量 |100%)最大为 5%， 本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程 解析按定义，滑块运动的瞬时速度大小v 为 v s t 式中s 为滑块在很短时间 t 内走过的路程 设纸带上打出
25、相邻两点的时间间隔为tA，则 tA 1 f 0.02 s tA可视为很短 设 A 在碰撞前、后瞬时速度大小分别为v0、v1.将式和图给实验数据代入 式得 v02.00 m/s v10.970 m/s 设 B 在碰撞后的速度大小为v2，由式有 v2 d tB 代入题给实验数据得 v22.86 m/s 设两滑块在碰撞前、后的总动量分别为p 和 p ，则 pm1v0 p m1v1m2v2 两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为 p| pp p |100% 联立 式并代入有关数据，得 p1.7%5% 因此，本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律 答案见解析 18(2014 天津理综， 10，16
26、 分)(难度 )如图所示，水平地面上静止放置 一辆小车 A，质量 mA4 kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可 以忽略不计 .可视为质点的物块 B 置于 A 的最右端， B 的质量 mB2 kg.现对 A 施加一个水平向右的恒力F10 N,A 运动一段时间后，小车左端固定的挡 板与 B 发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B 粘合在一起，共同在F 的作用 下继续运动，碰撞后经时间t0.6 s，二者的速度达到v-t2 m/s.求 (1)A 开始运动时加速度a 的大小； (2)A、B 碰撞后瞬间的共同速度v 的大小； (3)A 的上表面长度 l. 解析(1)以 A 为研究对象，由牛顿第二定律
27、有 FmAa 代入数据解得 a2.5 m/s 2 (2)对 A、B 碰撞后共同运动t0.6 s的过程，由动量定理得 Ft(mAmB)v-t(mAmB)v 代入数据解得 v1 m/s (3)设 A、B 发生碰撞前 ,A 的速度为 vA，对 A、B 发生碰撞的过程，由动量守 恒定律有 mAvA(mAmB)v A 从开始运动到与 B 发生碰撞前，由动能定理有 Fl1 2mAv 2 A 由 式，代入数据解得 l0.45 m 答案(1)2.5 m/s 2 (2)1 m/s(3)0.45 m 19(2014 广东理综 , 35，18分)(难度 )如图的水平轨道中， AC 段的中点 B 的正上方有一探测器
28、,C 处有一竖直挡板，物体P1沿轨道向右以速度v1与 静止在 A 点的物体 P2碰撞，并接合成复合体P，以此碰撞时刻为计时零点， 探测器只在 t12 s至 t24 s内工作 ,已知 P1、P2的质量都为 m1 kg，P 与 AC 间的动摩擦因数为 0.1,AB 段长 L4 m，g 取 10 m/s 2，P 1、P2和 P 均 视为质点， P 与挡板的碰撞为弹性碰撞 (1)若 v16 m/s，求 P1、P2碰后瞬间的速度大小v 和碰撞损失的动能 E； (2)若 P 与挡板碰后 ,能在探测器的工作时间内通过B 点，求 v1的取值范围和 P 向左经过 A 点时的最大动能E. 解析(1)P1、P2碰撞
29、过程，动量守恒 mv12mv 解得 v v1 2 3 m/s 碰撞损失的动能 E 1 2mv 2 1 1 2(2m)v 2 解得E9 J (2)根据牛顿第二定律， P 做匀减速运动，加速度为a 2mg 2m 设 P1、P2碰撞后的共同速度为v共，则推得 v共v 1 2 把 P 与挡板碰撞后运动过程当做整体运动过程处理 经过时间 t1，P 运动过的路程为s1，则 s1v共t11 2at 2 1 经过时间 t2，P 运动过的路程为s2，则 s2v共t21 2at 2 2 如果 P 能在探测器工作时间内通过B 点，必须满足 s13Ls2 联立 得 10 m/sv114 m/s v1的最大值为 14
30、m/s，此时 v共7 m/s，根据动能定理知 2mg 4LE1 2 2mv 2 共 代入数据得 E17 J 答案(1)3 m/s9 J(2)10 m/sv114 m/s17 J 20 2013 新课标全国 , 35(2)，9 分(难度 )在粗糙的水平桌面上有两个 静止的木块 A 和 B， 两者相距为 d.现给 A 一初速度，使 A 与 B 发生弹性正碰， 碰撞时间极短当两木块都停止运动后，相距仍然为d.已知两木块与桌面之 间的动摩擦因数均为 ，B 的质量为 A 的 2 倍，重力加速度大小为g.求 A 的 初速度的大小 解析设在发生碰撞前的瞬间 ,木块 A 的速度大小为 v；在碰撞后的瞬间， A
31、 和 B 的速度分别为 v1和 v2.在碰撞过程中，由能量和动量守恒定律，得 1 2mv 21 2mv 2 1 1 2(2m)v 2 2 mvmv1(2m)v2 式中，以碰撞前木块A 的速度方向为正由 式得 v1 v2 2 设碰撞后 A 和 B 运动的距离分别为d1和 d2，由动能定理得 mgd11 2mv 2 1 (2m)gd21 2(2m)v 2 2 按题意有 dd1d2 设 A 的初速度大小为v0，由动能定理得 mgd1 2mv 2 01 2mv 2 联立至式，得 v0 28 5 gd 答案 28 5 gd 21(2013 广东理综， 35, 18分)(难度 )如图，两块相同平板P1、P
32、2置于 光滑水平面上 ,质量均为 m.P2的右端固定一轻质弹簧，左端A 与弹簧的自由 端 B 相距 L.物体 P 置于 P1的最右端 ,质量为 2m 且可看作质点 P1与 P 以共 同速度 v0向右运动，与静止的 P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与 P2 粘连在一起 .P 压缩弹簧后被弹回并停在A 点(弹簧始终在弹性限度内 )P 与 P2之间的动摩擦因数为 .求 (1)P1、P2刚碰完时的共同速度v1和 P 的最终速度 v2； (2)此过程中弹簧的最大压缩量x 和相应的弹性势能Ep. 解析(1)P1、P2碰撞瞬间， P 的速度不受影响，根据动量守恒： mv02mv1，解得 v1v 0 2 最终三个物体具有共同速度，根据动量守恒：3mv04mv2，解得 v23 4v 0 (2)根据能量守恒，系统动能减少量等于因摩擦产生的内能： 1 2 2mv 2 1 1 2 2mv 2 0 1 2 4mv 2 22mg (Lx)2 解得 x v 2 0 32 gL 在从第一次共速到第二次共速过程中，弹簧弹性势能等于因摩擦产生的内 能，即：Ep2mg (Lx) 解得 Ep 1 16mv 2 0 答案(1)v 0 2 3 4v0 (2) v 2 0 32g L 1 16mv 2 0