（江浙選考1）2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第十六章 近代物理初步專題檢測(cè)卷12

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1、專題檢測(cè)卷十二動(dòng)量、近代物理一、選擇題(共20題,每題3分,共60分)1.(多選)關(guān)于天然放射現(xiàn)象,以下敘述正確的是()A.若使放射性物質(zhì)的溫度升高,其半衰期將變大B.衰變所釋放的電子是原子核內(nèi)的質(zhì)子轉(zhuǎn)變?yōu)橹凶訒r(shí)產(chǎn)生的C.在、這三種射線中,射線的穿透能力最強(qiáng),射線的電離能力最強(qiáng)D.鈾核U)衰變?yōu)殂U核Pb)的過(guò)程中,要經(jīng)過(guò)8次衰變和6次衰變2.下列說(shuō)法正確的是()A.電磁波在真空中以光速c傳播B.在空氣中傳播的聲波是橫波C.聲波只能在空氣中傳播D.光需要介質(zhì)才能傳播3.下列說(shuō)法正確的是()A.重核裂變時(shí)放出能量,而輕核聚變時(shí)吸收能量B.輕核聚變必須在很高的溫度下才能進(jìn)行C.氫彈是利用輕核聚變制成

2、的,因此它的威力比原子彈小D.人類制成了原子彈,從而實(shí)現(xiàn)了用人工方法控制鏈?zhǔn)椒磻?yīng)的速度,和平利用核能4.(多選)用中子n)轟擊鈾核(U)產(chǎn)生裂變反應(yīng),會(huì)產(chǎn)生鋇核Ba)和氪Kr)并釋放中子n),當(dāng)達(dá)到某些條件時(shí)可發(fā)生鏈?zhǔn)椒磻?yīng),個(gè)鈾核U)裂變時(shí),釋放的能量約為200 MeV(1 eV=1.610-19 J)。以下說(shuō)法正確的是()AU的裂變方程為BaKrnB.U的裂變方程為BaKrnCU發(fā)生鏈?zhǔn)椒磻?yīng)的條件與鈾塊的體積有關(guān)D.一個(gè)U裂變時(shí),質(zhì)量虧損約為3.610-28 kg5.對(duì)于任何一個(gè)質(zhì)量不變的物體,下列說(shuō)法正確的是()A.物體的動(dòng)量發(fā)生變化,其動(dòng)能一定變化B.物體的動(dòng)量發(fā)生變化,其動(dòng)能不一定變化

3、C.物體的動(dòng)能不變時(shí),其動(dòng)量也一定不變化D.物體的動(dòng)能發(fā)生變化,其動(dòng)量不一定變化6.女子短道速滑隊(duì)在2013年世錦賽上實(shí)現(xiàn)女子3 000 m接力三連冠。觀察發(fā)現(xiàn),“接棒”的運(yùn)動(dòng)員甲提前站在“交棒”的運(yùn)動(dòng)員乙前面,并且開(kāi)始向前滑行,待乙追上甲時(shí),乙猛推甲一把,使甲獲得更大的速度向前沖出。在乙推甲的過(guò)程中,忽略運(yùn)動(dòng)員與冰面間在水平方向上的相互作用,則()A.甲對(duì)乙的沖量一定等于乙對(duì)甲的沖量B.甲、乙的動(dòng)量變化一定大小相等方向相反C.甲的動(dòng)能增加量一定等于乙的動(dòng)能減少量D.甲對(duì)乙做多少負(fù)功,乙對(duì)甲就一定做多少正功7.(多選)在光滑水平面上,原來(lái)靜止的物體在水平力F的作用下。經(jīng)過(guò)時(shí)間t、通過(guò)位移L后,

4、動(dòng)量變?yōu)閜,動(dòng)能變?yōu)镋k,以下說(shuō)法正確的是()A.在F作用下,這個(gè)物體經(jīng)過(guò)位移2L,其動(dòng)量等于2pB.在F作用下,這個(gè)物體經(jīng)過(guò)時(shí)間2t,其動(dòng)量等于2pC.在F作用下,這個(gè)物體經(jīng)過(guò)時(shí)間2t,其動(dòng)能等于2EkD.在F作用下,這個(gè)物體經(jīng)過(guò)位移2L,其動(dòng)能等于2Ek8.如圖所示,彈簧的一端固定在豎直墻上,質(zhì)量為M的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上,底部與水平面平滑連接,一個(gè)質(zhì)量為m(m23)。則照射光光子的波長(zhǎng)為()A.1B.3C.1-2D.2+317.(多選)如圖為玻爾為解釋氫原子光譜畫(huà)出的氫原子能級(jí)示意圖,一群氫原子處于n=4的激發(fā)狀態(tài),當(dāng)他們自發(fā)的躍到較低能級(jí)時(shí),以下說(shuō)法正確的有()A.電子軌道半徑

5、減小,動(dòng)能增大B.可發(fā)出連續(xù)不斷的光譜線C.由n=4躍遷到n=1時(shí)發(fā)出光子的頻率最高D.由n=4躍遷到n=1時(shí)發(fā)出光子的波長(zhǎng)最長(zhǎng)18.靜止在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的U核發(fā)生衰變后生成Th核,衰變后粒子的速度方向垂直于磁場(chǎng)方向,則以下結(jié)論中正確的是()A.衰變方程ThHeB.衰變后的Th核和粒子的軌跡是兩個(gè)內(nèi)切圓,軌道半徑之比為145C.Th核和粒子的動(dòng)能之比為2117D.若粒子轉(zhuǎn)了117圈,則Th核轉(zhuǎn)了45圈19.(多選)(2018安徽皖江名校模擬)利用光電效應(yīng)可以把光信號(hào)轉(zhuǎn)變?yōu)殡娦盘?hào),動(dòng)作迅速靈敏,因此利用光電效應(yīng)制作的光電器件在工農(nóng)生產(chǎn)、科學(xué)技術(shù)和文化生活領(lǐng)域內(nèi)得到了廣泛的應(yīng)用,其中光電管就是應(yīng)用最普

6、遍的一種光電器件。把光電管接入如圖所示的電路中,閉合開(kāi)關(guān)S,用波長(zhǎng)為的單色光照射光電管時(shí)發(fā)生了光電效應(yīng),下列說(shuō)法正確的是()A.照射的單色光越強(qiáng),飽和光電流將越大B.若用波長(zhǎng)更長(zhǎng)的單色光照射光電管,則光電管中金屬的逸出功變大C.若把滑片c向左滑動(dòng),電流表G的示數(shù)一定增大D.若把電源正負(fù)極反接,電流表G的示數(shù)可能為零20.(多選)如圖是“牛頓擺”裝置,5個(gè)完全相同的小鋼球用輕繩懸掛在水平支架上,5根輕繩互相平行,5個(gè)鋼球彼此緊密排列,球心等高。用1、2、3、4、5分別標(biāo)記5個(gè)小鋼球。關(guān)于此實(shí)驗(yàn),下列說(shuō)法中正確的是()A.當(dāng)把小球1向左拉起一定高度,然后由靜止釋放,可觀察到小鋼球5向右擺起,且達(dá)到

7、的最大高度與小鋼球1的釋放高度相同B.如果同時(shí)向左拉起小鋼球1、2、3到相同高度,同時(shí)由靜止釋放,經(jīng)碰撞后,小鋼球4、5一起向右擺起,且上升最大高度高于小鋼球1、2、3的釋放高度C.如果同時(shí)向左拉起小鋼球1、2、3到相同高度,同時(shí)由靜止釋放,經(jīng)碰撞后,小鋼球3、4、5一起向右擺起,且上升最大高度等于小鋼球1、2、3的釋放高度D.上述整個(gè)實(shí)驗(yàn)過(guò)程中,5個(gè)小鋼球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒、動(dòng)量守恒二、實(shí)驗(yàn)題(共4題,每題5分,共20分)21.(5分)為測(cè)量滑塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù),用如右圖所示的裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn):A.先測(cè)出滑塊A、B的質(zhì)量M、m,查出當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭B.用細(xì)線將滑塊A、B連接,使A、B間的

8、彈簧壓縮,滑塊B緊靠在桌邊C.剪斷細(xì)線,測(cè)出滑塊B做平拋運(yùn)動(dòng)落地時(shí)到重錘線的水平位移s1和滑塊A沿桌面滑行距離s2(1)為驗(yàn)證動(dòng)量守恒,寫(xiě)出還須測(cè)量的物理量及表示它的字母:。(2)動(dòng)量守恒的表達(dá)式為:(用題目中所涉及的物理量的字母表示)。(3)接著,根據(jù)(2)中表達(dá)式及測(cè)量出的數(shù)據(jù)就能計(jì)算出滑塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)了。22.(5分)(1)“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)裝置原來(lái)的教科書(shū)采用圖甲所示的方法,經(jīng)過(guò)編者修改后,現(xiàn)行的教科書(shū)采用圖乙所示的方法。兩個(gè)實(shí)驗(yàn)裝置的區(qū)別在于:懸掛重垂線的位置不同;圖甲中設(shè)計(jì)有一個(gè)支柱(通過(guò)調(diào)整,可使兩球的球心在同一水平線上;上面的小球被碰離開(kāi)后,支柱立即倒下),圖乙

9、中沒(méi)有支柱,圖甲中的入射小球和被碰小球做平拋運(yùn)動(dòng)的拋出點(diǎn)分別在通過(guò)O、O點(diǎn)的豎直線上,重垂線只確定了O點(diǎn)的位置,比較這兩個(gè)實(shí)驗(yàn)裝置,下列說(shuō)法正確的是()A.采用圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置時(shí),需要測(cè)出兩小球的直徑B.采用圖乙所示的實(shí)驗(yàn)裝置時(shí),需要測(cè)出兩小球的直徑C.為了減小誤差,采用圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置時(shí),應(yīng)使斜槽末端水平部分盡量光滑D.為了減小誤差,采用圖乙所示的實(shí)驗(yàn)裝置時(shí),應(yīng)使斜槽末端水平部分盡量光滑(2)在做“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)中:如果采用(1)題圖乙所示裝置做實(shí)驗(yàn),某次實(shí)驗(yàn)得出小球的落點(diǎn)情況如圖丙所示,圖中數(shù)據(jù)單位統(tǒng)一,假設(shè)碰撞動(dòng)量守恒,則碰撞小球質(zhì)量m1和被碰撞小球質(zhì)量m2之比m1m2=。

10、23.(5分)如圖所示為實(shí)驗(yàn)室中探究碰撞中的不變量的實(shí)驗(yàn)裝置示意圖。(1)若入射小球質(zhì)量為m1,半徑為R1;被碰小球質(zhì)量為m2,半徑為R2,則。A.m1m2,R1R2B.m1m2,R1m2,R1=R2D.m1m2,R1=R2(2)為完成此實(shí)驗(yàn),以下所提供的測(cè)量工具中必需的是 (填下列對(duì)應(yīng)的字母)。A.刻度尺B.游標(biāo)卡尺C.天平D.彈簧測(cè)力計(jì)E.秒表(3)設(shè)入射小球的質(zhì)量為m1,被碰小球的質(zhì)量為m2,P為碰前入射小球落點(diǎn)的平均位置,則關(guān)系式(用m1,m2及圖中字母表示)成立,即表示碰撞中的不變量是動(dòng)量。24.(5分)某實(shí)驗(yàn)小組利用如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律。實(shí)驗(yàn)的主要步驟如下:(1)用

11、游標(biāo)卡尺測(cè)量小球A、B的直徑d,其示數(shù)均如圖乙所示,則直徑d= mm,用天平測(cè)得球A、B的質(zhì)量分別為m1、m2。(2)用兩條細(xì)線分別將球A、B懸掛于同一水平高度,且自然下垂時(shí)兩球恰好相切,球心位于同一水平線上。(3)將球A向左拉起使其懸線與豎直方向的夾角為時(shí)由靜止釋放,與球B碰撞后,測(cè)得球A向左擺到最高點(diǎn)時(shí)其懸線與豎直方向的夾角為1,球B向右擺到最高點(diǎn)時(shí)其懸線與豎直方向的夾角為2。(4)若兩球碰撞前后的動(dòng)量守恒,則其表達(dá)式為;若碰撞是彈性碰撞,則還應(yīng)滿足的表達(dá)式為。(用測(cè)量的物理量表示)三、計(jì)算題(共3題,共20分)25.(6分)三個(gè)粒子結(jié)合成一個(gè)碳C,已知碳原子的質(zhì)量為12.000 0 u,

12、氦原子質(zhì)量為4.002 6 u。(1)寫(xiě)出核反應(yīng)方程;(2)這個(gè)核反應(yīng)放出的能量是多少焦?(3)這個(gè)能量合多少M(fèi)eV?26.(6分)質(zhì)量分別為m1和m2的小車A和小車B放在水平面上,小車A的右端連著一根水平的輕彈簧,處于靜止?fàn)顟B(tài)。小車B從右面以某一初速度駛來(lái),與輕彈簧相碰,之后,小車A獲得的最大速度為v。若不計(jì)摩擦和相互作用過(guò)程中的機(jī)械能損失。(1)求小車B的初速度大小。(2)如果將兩小車A、B的質(zhì)量都增大到原來(lái)的2倍,再讓小車B與靜止的小車A相碰,要使A、B兩小車相互作用過(guò)程中彈簧的最大壓縮量保持不變,小車B的初速度大小又是多大?27.(8分)如圖所示,一質(zhì)量為M的平板車B放在光滑水平面上,

13、在其右端放一質(zhì)量為m的小木塊A(可視為質(zhì)點(diǎn)),且m23)。根據(jù)光子頻率=得光子波長(zhǎng)越小,頻率越大。顯然從n=3直接躍遷到n=2能級(jí)時(shí)輻射光子的能量等于入射光子的能量,故入射光子的能量E=h1,所以照射光光子的波長(zhǎng)為1。故選A。17.AC當(dāng)氫原子中電子從高能級(jí)向低能級(jí)躍遷時(shí),電子軌道半徑變小,躍遷過(guò)程中,原子核對(duì)電子的庫(kù)侖力做正功,根據(jù)動(dòng)能定理,電子動(dòng)能增大,A正確;根據(jù)玻爾理論,原子能量是量子化的,故原子中電子躍遷時(shí),能級(jí)差E也是量子化的,只能是一些特定的數(shù)值,根據(jù)E=h,發(fā)光頻率也只能是一些特定的頻率,故不能產(chǎn)生連續(xù)譜,而是線狀譜,B錯(cuò)誤;電子由n=4躍遷到n=1時(shí),能級(jí)差最大,根據(jù)E=h,

14、產(chǎn)生的光子頻率最高,波長(zhǎng)最短,C正確,D錯(cuò)誤。18.C根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒: ThHe,中間不是等于號(hào)。故A錯(cuò)誤。根據(jù)動(dòng)量守恒定律得,Th核和粒子的動(dòng)量大小相等,方向相反,則r=,知軌道半徑之比等于兩粒子的電量之反比,為145,因?yàn)閮闪Ｗ与娦韵嗤?速度方向相反,軌跡為兩個(gè)外切圓。故B錯(cuò)誤。根據(jù)動(dòng)量守恒定律知,Th核和粒子的動(dòng)量大小相等,則動(dòng)能Ek=,所以動(dòng)能之比等于質(zhì)量之反比,為2117。故C正確。根據(jù)周期T=,知周期比等于質(zhì)量和電荷量比值之比,所以Th核和粒子的周期之比為11790,所以粒子轉(zhuǎn)了117圈,則Th核轉(zhuǎn)了90圈。故D錯(cuò)誤。故選C。19.AD發(fā)生光電效應(yīng)時(shí),保持入射光的頻率不

15、變,飽和光電流隨入射光強(qiáng)度的增大而增大,A正確;金屬的逸出功與入射光的頻率(波長(zhǎng))無(wú)關(guān),由金屬本身決定,B錯(cuò)誤;若把滑片c向左滑動(dòng),當(dāng)電流達(dá)到飽和電流后,電流不再隨電壓的增大而增大,C錯(cuò)誤;若把電源正負(fù)極反接,則電壓為遏制電壓,當(dāng)遏制電壓與電子電量的乘積大于光電子的最大初動(dòng)能時(shí),光電子不能到達(dá)陽(yáng)極,光電流為0,D正確。20.AC碰撞中的能量損失不計(jì),則小球與小球之間發(fā)生的是彈性碰撞,由于小球完全一樣,結(jié)合碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒和動(dòng)能守恒可知:每?jī)蓚€(gè)小球碰后交換速度,1與2碰后,1停止2向右,2與3碰后,2停止,3具有向右的速度,3與4碰后,3停止,4具有向右的速度,4與5碰后,4停止,5具有向右的

16、速度,根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知球5向右擺起,且達(dá)到的最大高度與球1的釋放高度相同,故A正確;如果同時(shí)向左拉起小球1、2、3到相同高度同時(shí)由靜止釋放,則3與4碰后,3停止4具有向右的速度,4與5碰撞交換速度,4停止5向右擺起;3剛停止的時(shí)候2球過(guò)來(lái)與之碰撞交換速度,然后3與4碰撞,使4向右擺起;2球剛停止的時(shí)候1球過(guò)來(lái)與之碰撞交換速度,然后2與3碰撞交換速度,使3向右擺起;故經(jīng)碰撞后,小球3、4、5一起向右擺起,且上升的最大高度與小球1、2、3的釋放高度相同,故B錯(cuò)誤,C正確;由分析知該過(guò)程,每?jī)蓚€(gè)小球碰撞的過(guò)程機(jī)械能守恒、動(dòng)量守恒,擺動(dòng)時(shí)動(dòng)量不守恒,故D錯(cuò)誤;故選AC。21.答案 (1)桌面離地

17、面高度h(2)M=ms1(3)=解析 驗(yàn)證釋放彈簧過(guò)程中的動(dòng)量守恒,應(yīng)測(cè)出兩滑塊的速度,B離開(kāi)水平面后做平拋運(yùn)動(dòng),為求出B的初速度,應(yīng)測(cè)出B的水平位移與桌面到地面的高度;應(yīng)用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律與動(dòng)能定理求出滑塊的速度,然后求出其動(dòng)量。(1)B離開(kāi)水平面后做平拋運(yùn)動(dòng),為求出其初速度,應(yīng)測(cè)出桌面距地面的高度h;(2)B離開(kāi)桌面后做平拋運(yùn)動(dòng),在豎直方向上:h=gt2 水平方向s1=vBt,解得vB=s1 A離開(kāi)彈簧后,在水平桌面上做勻減速直線運(yùn)動(dòng),最后靜止,由動(dòng)能定理得:-Mgs2=0-MvA2,解得vA=如果動(dòng)量守恒,則MvA-mvB=0,即:M=ms1(3)若在已知?jiǎng)恿渴睾愕那疤嵯?由上式得滑塊與桌面

18、間的動(dòng)摩擦因數(shù)= 22.答案 (1)AD(2)41解析 (1)甲圖實(shí)驗(yàn)方法中兩球拋出點(diǎn)位置不同,所以需要測(cè)出兩球直徑,才可以測(cè)得拋出水平距離,而且軌道是否光滑對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果無(wú)影響,故A正確,C錯(cuò)誤;乙圖實(shí)驗(yàn)裝置兩球拋出點(diǎn)一樣,水平位移與小球直徑無(wú)關(guān),所以B錯(cuò)誤,碰撞完成后一小球還在水平軌道運(yùn)動(dòng)一小段距離,所以要求末端水平部分盡量光滑,故D正確。(2)兩球的落地時(shí)間相同,水平位移與初速度成正比,m1OP=m1OM+m2ON,代入數(shù)據(jù)可知為41。23.答案 (1)C(2)AC(3)m1OP=m1OM+m2ON解析 (1)在小球碰撞過(guò)程中水平方向動(dòng)量守恒,故有m1v0=m1v1+m2v2,在碰撞過(guò)程中動(dòng)

19、能守恒,故有m1m1m2,解得v1=v0,要碰后入射小球的速度v10,即m1-m20,m1m2,為了使兩球發(fā)生正碰,兩小球的半徑相同,R1=R2,C正確;(2)P為碰前入射小球落點(diǎn)的平均位置,M為碰后入射小球的位置,N為碰后被碰小球的位置,碰撞前入射小球的速度為v1=,碰撞后入射小球的速度為v2=,碰撞后被碰小球的速度為v3=,若m1v1=m2v3+m1v2,則表明通過(guò)該實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證了兩球碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒,代入數(shù)據(jù)得m1=m1+m2,所以需要測(cè)量質(zhì)量和水平位移,用到的儀器是直尺、天平,選AC。(3)由(2)中的分析可知,實(shí)驗(yàn)中需驗(yàn)證的表達(dá)式為m1=m1+m224.答案 (1)22.0(4)m1s

20、in =m2sin -m1sin m1cos =m1sin 1-m2(1-cos 2)解析 (1)直徑d=2.2 cm+0.10=2.20 cm=22.0 mm(4)設(shè)懸線長(zhǎng)度為L(zhǎng),則A球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速度:v=;碰后A球的速度:v1=;碰后B球的速度:v2=;若兩球碰撞前后的動(dòng)量守恒,則其表達(dá)式為m1v=m2v2-m1v1,即m1=m2-m1;即m1=m2-m1碰撞是彈性碰撞,則還應(yīng)滿足的表達(dá)式為m1v2=m2m1,即:m1=m2m1,即:m1cos =m1cos 1-m2(1-cos 2)25.答案 (1)HeC+E(2)1.16510-12 J(3)7.29 MeV解析 (1)HeC+E

21、。(2)m=34.002 6 u-12.000 0 u=0.007 8 u,m=0.007 81.6610-27 kg=12.94810-30 kg,E=mc2=1.16510-12 J。(3)E= eV=7.29106 eV=7.29 MeV。26.答案 (1)(2)解析 (1)設(shè)小車B的初速度大小為v0,A、B兩小球相互作用后A的速度,即A獲得的最大速度為v由系統(tǒng)動(dòng)量守恒,有:m2v0=m1v+m2v2相互作用前后系統(tǒng)的總動(dòng)能不變,有:m2m1v2+m2解得:v0=(2)第一次彈簧被壓縮至最短時(shí),A、B兩小球有相同的速度,據(jù)動(dòng)量守恒定律,有:m2v0=(m1+m2)v共,得v共=v0此時(shí)彈

22、簧的彈性勢(shì)能最大,其值等于系統(tǒng)總動(dòng)能的減少量,故有E=m2(m1+m2)同理,兩小車A、B的質(zhì)量都增大到原來(lái)的2倍,小車B的初速度設(shè)為v3,A、B兩小車相互作用過(guò)程中彈簧的壓縮量最大時(shí),系統(tǒng)總動(dòng)能的減少量E=由E=E,得小車B的初速度v3=v0=27.答案 (1),方向向右(2)解析 (1)對(duì)A,根據(jù)牛頓第二定律有F-mg=ma1解得a1=運(yùn)動(dòng)t時(shí)間后A的速度大小為v1=a1t=(注:v1也可用動(dòng)量定理進(jìn)行求解)同理對(duì)B有F-mg=Ma2解得a2=運(yùn)動(dòng)t時(shí)間后B的速度大小為v2=a2t=由于系統(tǒng)所加外力F2F1,作用時(shí)間相同,故系統(tǒng)獲得的總沖量向右,規(guī)定向右為正方向,撤去外力后,最后A、B共速,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有Mv2-mv1=(M+m)v共將v1、v2代入上式解得v共=,方向向右(2)以水平面為參考系,A向左運(yùn)動(dòng)的位移最大,即A減速到零,根據(jù)牛頓第二定律有mg=ma3解得a3=g則A減速的時(shí)間為t=這段時(shí)間內(nèi)對(duì)B由牛頓第二定律有mg=Ma4解得a4=則A減速為零時(shí),B的速度為v3=v2-a4t=故B在加速過(guò)程中的位移大小為x1=t=在A減速過(guò)程中B運(yùn)動(dòng)的位移為x2=t=以水平面為參考系,A向左運(yùn)動(dòng)的位移最大時(shí),B向右運(yùn)動(dòng)的位移大小為x=x1+x2=10