动量与能量重难点整理28页.docx

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动量与能量重难点整理一、基本的物理概念1．冲量与功的比较(2)属性2．动量与动能的比较(1)定义式(2)属性(3)动量与动能量值间的关系(4)动量和动能都是描述物体状态的量，都有相对性(相对所选择的参考系)，都与物体的受力情况无关．动量的变化和动能的变化都是过程量，都是针对某段时间而言的．二、动量观点的基本物理规律1．动量定理的基本形式与表达式：I＝Δp．分方向的表达式：Ix合＝Δpx，Iy合＝Δpy．2．动量定理推论：动量的变化率等于物体所受的合外力，即＝F合．3．动量守恒定律(1)动量守恒定律的研究对象是一个系统(含两个或两个以上相互作用的物体)．(2)动量守恒定律的适用条件①标准条件：系统不受外力或系统所受外力之和为零．②近似条件：系统所受外力之和虽不为零，但比系统的内力小得多(如碰撞问题中的摩擦力、爆炸问题中的重力等外力与相互作用的内力相比小得多)，可以忽略不计．③分量条件：系统所受外力之和虽不为零，但在某个方向上的分量为零，则在该方向上系统总动量的分量保持不变．(3)使用动量守恒定律时应注意：①速度的瞬时性；②动量的矢量性；③时间的同一性．(4)应用动量守恒定律解决问题的基本思路和方法①分析题意，明确研究对象．在分析相互作用的物体总动量是否守恒时，通常把这些被研究的物体统称为系统．对于比较复杂的物理过程，要采用程序法对全过程进行分段分析，要明确在哪些阶段中，哪些物体发生相互作用，从而确定所研究的系统是由哪些物体组成的．②对各阶段所选系统内的物体进行受力分析，弄清哪些是系统内部物体之间相互作用的内力，哪些是作用于系统的外力．在受力分析的基础上根据动量守恒定律的条件，判断能否应用动量守恒定律．③明确所研究的相互作用过程，确定过程的始末状态，即系统内各个物体的初动量和末动量的值或表达式．(注意：在研究地面上物体间相互作用的过程时，各物体运动的速度均应取地球为参考系)④确定正方向，建立动量守恒方程求解．三、功和能1．中学物理中常见的能量动能Ek＝mv2；重力势能Ep＝mgh；弹性势能E弹＝kx2；机械能E＝Ek＋Ep；分子势能；分子动能；内能；电势能E＝qφ；电能；磁场能；化学能；光能；原子能(电子的动能和势能之和)；原子核能E＝mc2；引力势能；太阳能；风能(空气的动能)；地热、潮汐能．2．常见力的功和功率的计算：恒力做功W＝Fscosθ；重力做功W＝mgh；一对滑动摩擦力做的总功Wf＝－fs路；电场力做功W＝qU；功率恒定时牵引力所做的功W＝Pt；恒定压强下的压力所做的功W＝p·ΔV；电流所做的功W＝UIt；洛伦兹力永不做功；瞬时功率P＝Fvcos_θ；平均功率＝＝Fcosθ．3．中学物理中重要的功能关系能量与物体运动的状态相对应．在物体相互作用的过程中，物体的运动状态通常要发生变化，所以物体的能量变化一般要通过做功来实现，这就是常说的“功是能量转化的量度”的物理本质．那么，什么功对应着什么能量的转化呢？在高中物理中主要的功能关系有：(1)外力对物体所做的总功等于物体动能的增量，即W总＝ΔEk．(动能定理)(2)重力(或弹簧的弹力)对物体所做的功等于物体重力势能(或弹性势能)的增量的负值，即W重＝－ΔEp(或W弹＝－ΔEp)．(3)电场力对电荷所做的功等于电荷电势能的增量的负值，即W电＝－ΔE电．(4)除重力(或弹簧的弹力)以外的力对物体所做的功等于物体机械能的增量，即W其他＝ΔE机．(功能原理)(5)当除重力(或弹簧弹力)以外的力对物体所做的功等于零时，则有ΔE机＝0，即机械能守恒．(6)一对滑动摩擦力做功与内能变化的关系是：“摩擦所产生的热”等于滑动摩擦力跟物体间相对路程的乘积，即Q＝fs相对．一对滑动摩擦力所做的功的代数和总为负值，表示除了有机械能在两个物体间转移外，还有一部分机械能转化为内能，这就是“摩擦生热”的实质．(7)安培力做功对应着电能与其他形式的能相互转化，即W安＝ΔE电．安培力做正功，对应着电能转化为其他能(如电动机模型)；克服安培力做负功，对应着其他能转化为电能(如发电机模型)；安培力做功的绝对值等于电能转化的量值．(8)分子力对分子所做的功等于分子势能的增量的负值，即W分子力＝－ΔE分子．(9)外界对一定质量的气体所做的功W与气体从外界所吸收的热量Q之和等于气体内能的变化，即W＋Q＝ΔU．(10)在电机电路中，电流做功的功率等于电阻发热的功率与输出的机械功率之和．(11)在纯电阻电路中，电流做功的功率等于电阻发热的功率．(12)在电解槽电路中，电流做功的功率等于电阻发热的功率与转化为化学能的功率之和．(13)在光电效应中，光子的能量hν＝W＋mv02．(14)在原子物理中，原子辐射光子的能量hν＝E初－E末，原子吸收光子的能量hν＝E末－E初．(15)核力对核子所做的功等于核能增量的负值，即W核＝－ΔE核，并且Δmc2＝ΔE核．(16)能量转化和守恒定律．对于所有参与相互作用的物体所组成的系统，无论什么力做功，可能每一个物体的能量的数值及形式都发生变化，但系统内所有物体的各种形式能量的总和保持不变．4．运用能量观点分析、解决问题的基本思路(1)选定研究对象(单个物体或一个系统)，弄清物理过程．(2)分析受力情况，看有什么力在做功，弄清系统内有多少种形式的能在参与转化．(3)仔细分析系统内各种能量的变化情况及变化的数量．(4)列方程ΔE减＝ΔE增或E初＝E末求解．四、弹性碰撞在一光滑水平面上有两个质量分别为m1、m2的刚性小球A和B以初速度v1、v2运动，若它们能发生正碰，碰撞后它们的速度分别为v1′和v2′．v1、v2、v1′、v2′是以地面为参考系的，将A和B看做系统．由碰撞过程中系统动量守恒，有：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′由于弹性碰撞中没有机械能损失，故有：m1v12＋m2v22＝m1v1′2＋m2v2′2由以上两式可得：v2′－v1′＝－(v2－v1)或v1′－v2′＝－(v1－v2)碰撞后B相对于A的速度与碰撞前B相对于A的速度大小相等、方向相反；碰撞后A相对于B的速度与碰撞前A相对于B的速度大小相等、方向相反．【结论1】对于一维弹性碰撞，若以其中某物体为参考系，则另一物体碰撞前后速度大小不变、方向相反(即以原速率弹回)．联立以上各式可解得：v1′＝v2′＝若m1＝m2，即两个物体的质量相等，则v1′＝v2，v2′＝v1，表示碰后A的速度变为v2，B的速度变为v1．【结论2】对于一维弹性碰撞，若两个物体的质量相等，则碰撞后两个物体互换速度(即碰后A的速度等于碰前B的速度，碰后B的速度等于碰前A的速度)．若A的质量远大于B的质量，则有：v1′＝v1，v2′＝2v1－v2；若A的质量远小于B的质量，则有：v2′＝v2，v1′＝2v2－v1．【结论3】对于一维弹性碰撞，若其中某物体的质量远大于另一物体的质量，则质量大的物体碰撞前后速度保持不变．至于质量小的物体碰后速度如何，可结合结论1和结论2得出．在高考复习中，若能引导学生推导出以上二级结论并熟记，对提高学生的解题速度是大有帮助的．热点、重点、难点一、动量定理的应用问题动量定理的应用在高考中主要有以下题型：1．定性解释周围的一些现象；2．求打击、碰撞、落地过程中的平均冲力；3．计算流体问题中的冲力(或反冲力)；4．根据安培力的冲量求电荷量．●例1如图2－1所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，瓶的底端与竖直墙壁接触．现打开右端阀门，气体向外喷出，设喷口的面积为S，气体的密度为ρ，气体向外喷出的速度为v，则气体刚喷出时贮气瓶底端对竖直墙壁的作用力大小是()图2－1 A．ρvSB．C．ρv2SD．ρv2S【解析】Δt时间内喷出气体的质量Δm＝ρSv·Δt对于贮气瓶、瓶内气体及喷出的气体所组成的系统，由动量定理得：F·Δt＝Δm·v－0解得：F＝ρv2S．[答案]D【点评】动量定理对多个物体组成的系统也成立，而动能定理对于多个物体组成的系统不适用．★同类拓展1如图2－2所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置．现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A位置时的速度v以及此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为()图2－2 A．v＝，I＝0B．v＝，I＝2mv0 C．v＝，I＝D．v＝，I＝2mv0【解析】设在子弹射入木块且未压缩弹簧的过程中，木块(含子弹)的速度为v1，由动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v1解得：v1＝对木块(含子弹)压缩弹簧再返回A点的过程，由动能定理得：(m＋M)v2－(m＋M)v12＝W总＝0可知：v＝v1＝取子弹、木块和弹簧组成的系统为研究对象，由动量定理得：I＝(m＋M)·(－v)－(m＋M)v1＝－2mv0负号表示方向向左．[答案]B二、动能定理、机械能守恒定律的应用1．对于单个平动的物体：W总＝ΔEk，W总指物体所受的所有外力做的总功．2．系统只有重力、弹力作为内力做功时，机械能守恒．(1)用细绳悬挂的物体绕细绳另一端做圆周运动时，细绳对物体不做功．(2)轻杆绕一端自由下摆，若轻杆上只固定一个物体，则轻杆对物体不做功；若轻杆上不同位置固定两个物体，则轻杆分别对两物体做功．(3)对于细绳连接的物体，若细绳存在突然绷紧的瞬间，则物体(系统)的机械能减少．3．单个可当做质点的物体机械能守恒时，既可用机械能守恒定律解题，也可用动能定理解题，两种方法等效．发生形变的物体和几个物体组成的系统机械能守恒时，一般用机械能守恒定律解题，不方便应用动能定理解题．●例2以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的小物块．假定物块所受的空气阻力f大小不变．已知重力加速度为g，则物块上升的最大高度和返回到原抛出点的速率分别为[2009年高考·全国理综卷Ⅱ]()A．和v0 B．和v0 C．和v0 D．和v0【解析】方法一：对于物块上升的过程，由动能定理得：－(mgh＋fh)＝0－mv02解得：h＝设物块返回至原抛出点的速率为v，对于整个过程应用动能定理有：mv2－mv02＝－f·2h解得：v＝v0．方法二：设小物块在上升过程中的加速度大小为a1，由牛顿第二定律有：a1＝故物块上升的最大高度h＝＝设小物块在下降过程中的加速度为a2，由牛顿第二定律有：a2＝可得：v＝＝v0．[答案]A【点评】动能定理是由牛顿第二定律导出的一个结论，对于单个物体受恒力作用的过程，以上两种方法都可以用来分析解答，但方法二的物理过程较复杂．例如涉及曲线运动或变力做功时，运用动能定理更为方便．★同类拓展2一匹马拉着质量为60 kg的雪橇，从静止开始用80 s的时间沿平直冰面跑完1000 m．设在运动过程中雪橇受到的阻力保持不变，已知雪橇在开始运动的8 s时间内做匀加速直线运动，从第8 s末开始，马拉雪橇做功的功率保持不变，使雪橇继续做直线运动，最后一段时间雪橇做的是匀速直线运动，速度大小为15 m/s；开始运动的8 s内马拉雪橇的平均功率是8 s后功率的一半．求：整个运动过程中马拉雪橇做功的平均功率和雪橇在运动过程中所受阻力的大小．【解析】设8 s后马拉雪橇的功率为P，则：匀速运动时P＝F·v＝f·v即运动过程中雪橇受到的阻力大小f＝对于整个过程运用动能定理得：·t1＋P(t总－t1)－f·s总＝mvt2－0即×8＋P(80－8)－×1000＝×60×152解得：P＝723 W故f＝48.2 N再由动能定理可得t总－f·s＝mvt2解得：＝687 W．[答案]687 W48.2 N●例3如图2－3所示，质量为m1的物体A经一轻质弹簧与下方地面上的质量为m2的物体B相连，弹簧的劲度系数为k，A、B都处于静止状态．一条不可伸长的轻绳绕过两个轻滑轮，一端连物体A，另一端连一轻挂钩．开始时各段绳都处于伸直状态，A上方的一段沿竖直方向．若在挂钩上挂一质量为m3的物体C，则B将刚好离地．若将C换成另一个质量为m1＋m3的物体D，仍从上述初始位置由静止状态释放，则这次B刚离地时D的速度大小是多少？(已知重力加速度为g)图2－3【解析】开始时A、B静止，即处于平衡状态，设弹簧的压缩量为x1，则有：kx1＝m1g挂上C后，当B刚要离地时，设弹簧的伸长量为x2，则有：kx2＝m2g此时，A和C的速度均为零从挂上C到A和C的速度均为零时，根据机械能守恒定律可知，弹性势能的改变量为：ΔE＝m3g(x1＋x2)－m1g(x1＋x2)将C换成D后，有：ΔE＋(m1＋m3＋m1)v2＝(m1＋m3)g(x1＋x2)－m1g(x1＋x2)联立解得：v＝．[答案]【点评】含弹簧连接的物理情境题在近几年高考中出现的概率很高，而且多次考查以下原理：①弹簧的压缩量或伸长量相同时，弹性势能相等；②弹性势能的变化取决于弹簧的始末形变量，与过程无关．三、碰撞问题1．在高中物理中涉及的许多碰撞过程(包括射击)，即使在空中或粗糙的水平面上，往往由于作用时间短、内力远大于外力，系统的动量仍可看做守恒．2．两滑块在水平面上碰撞的过程遵循以下三个法则：①动量守恒；②机械能不增加；③碰后两物体的前后位置要符合实际情境．3．两物体发生完全非弹性碰撞时，机械能的损耗最大．●例4如图2－4所示，在光滑绝缘水平面上由左到右沿一条直线等间距的静止排着多个形状相同的带正电的绝缘小球，依次编号为1、2、3……每个小球所带的电荷量都相等且均为q＝3.75×10－3 C，第一个小球的质量m＝0.03 kg，从第二个小球起往下的小球的质量依次为前一个小球的，小球均位于垂直于小球所在直线的匀强磁场里，已知该磁场的磁感应强度B＝0.5 T．现给第一个小球一个水平速度v＝8 m/s，使第一个小球向前运动并且与后面的小球发生弹性正碰．若碰撞过程中电荷不转移，则第几个小球被碰后可以脱离地面？(不计电荷之间的库仑力，取g＝10 m/s2)图2－4【解析】设第一个小球与第二个小球发生弹性碰撞后两小球的速度分别为v1和v2，根据动量和能量守恒有：mv＝mv1＋mv2 mv2＝mv12＋mv22联立解得：v2＝v同理，可得第n＋1个小球被碰后的速度vn＋1＝()nv设第n＋1个小球被碰后对地面的压力为零或脱离地面，则：qvn＋1B≥()nmg联立以上两式代入数值可得n≥2，所以第3个小球被碰后首先离开地面．[答案]第3个【点评】解答对于多个物体、多次碰撞且动量守恒的物理过程时，总结出通项公式或递推式是关键．★同类拓展3如图2－5所示，质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上，平衡时，弹簧的压缩量为x0．一个物块从钢板的正上方相距3x0的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动．已知物块的质量也为m时，它们恰能回到O点；若物块的质量为2m，仍从A处自由落下，则物块与钢板回到O点时还具有向上的速度．求物块向上运动所到达的最高点与O点之间的距离．图2－5【解析】物块与钢板碰撞前瞬间的速度为：v0＝设质量为m的物块与钢板碰撞后瞬间的速度为v1，由动量守恒定律有：mv0＝2mv1设弹簧的压缩量为x0时的弹性势能为Ep，对于物块和钢板碰撞后直至回到O点的过程，由机械能守恒定律得：Ep＋×2m×v12＝2mgx0设质量为2m的物块与钢板碰撞后瞬间的速度为v2，物块与钢板回到O点时所具有的速度为v3，由动量守恒定律有：2mv0＝3mv2由机械能守恒定律有：Ep＋×3m×v22＝3mgx0＋×3m×v32解得：v3＝当质量为2m的物块与钢板一起回到O点时，弹簧的弹力为零，物块与钢板只受到重力的作用，加速度为g；一过O点，钢板就会受到弹簧向下的拉力作用，加速度大于g，由于物块与钢板不粘连，故在O点处物块与钢板分离；分离后，物块以速度v3竖直上升，由竖直上抛的最大位移公式得：h＝＝所以物块向上运动所到达的最高点与O点之间的距离为．[答案]【点评】①物块与钢板碰撞的瞬间外力之和并不为零，但这一过程时间极短，内力远大于外力，故可近似看成动量守恒．②两次下压至回到O点的过程中，速度、路程并不相同，但弹性势能的改变(弹力做的功)相同．③在本题中，物块与钢板下压至回到O点的过程也可以运用动能定理列方程．第一次：0－×2m×v12＝W弹－2mgx0第二次：×3m×v32－×3m×v22＝W弹－3mgx0．四、高中物理常见的功能关系1．摩擦生热——等于摩擦力与两接触面相对滑动的路程的乘积，即Q＝f·s相．●例5如图2－6所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，皮带在电动机的带动下始终以v0＝2 m/s的速率运行．现把一质量m＝10 kg的工件(可看做质点)轻轻放在皮带的底端，经时间t＝1.9 s，工件被传送到h＝1.5 m的皮带顶端．取g＝10 m/s2．求：(1)工件与皮带间的动摩擦因数μ．(2)电动机由于传送工件而多消耗的电能．图2－6【解析】(1)由题意可知，皮带长s＝＝3 m工件的速度达到v0前工件做匀加速运动，设经时间t1工件的速度达到v0，此过程工件的位移为：s1＝v0t1达到v0后，工件做匀速运动，此过程工件的位移为：s－s1＝v0(t－t1)代入数据解得：t1＝0.8 s工件加速运动的加速度a＝＝2.5 m/s2据牛顿第二定律得：μmgcosθ－mgsinθ＝ma解得：μ＝．(2)在时间t1内，皮带运动的位移s2＝v0t1＝1.6 m工件相对皮带的位移Δs＝s2－s1＝0.8 m在时间t1内，因摩擦产生的热量Q＝μmgcosθ·Δs＝60 J工件获得的动能Ek＝mv02＝20 J工件增加的势能Ep＝mgh＝150 J电动机多消耗的电能E＝Q＋Ek＋Ep＝230 J．[答案](1)(2)230 J 2．机械能的变化——除重力、弹簧的弹力以外的力做的功等于系统机械能的变化．●例6一面积很大的水池中的水深为H，水面上浮着一正方体木块，木块的边长为a，密度为水的，质量为m．开始时木块静止，有一半没入水中，如图2－7甲所示，现用力F将木块缓慢地向下压，不计摩擦．图2－7甲(1)求从开始压木块到木块刚好完全没入水的过程中，力F所做的功．(2)若将该木块放在底面为正方形(边长为a)的盛水足够深的长方体容器中，开始时，木块静止，有一半没入水中，水面距容器底的距离为2a，如图2－7乙所示．现用力F将木块缓慢地压到容器底部，不计摩擦，求这一过程中压力做的功．图2-7乙【解析】方法一：(1)因水池的面积很大，可忽略因木块压入水中所引起的水深变化，木块刚好完全没入水中时，图2－7丙中原来处于划斜线区域的水被排开，结果等效于使这部分水平铺于水面，这部分水的质量为m，其势能的改变量为(取容器底为零势能面)：图2－7丙ΔE水＝mgH－mg(H－a)＝mga木块势能的改变量为：ΔE木＝mg(H－)－mgH＝－mga根据功能原理，力F所做的功为：W＝ΔE水＋ΔE木＝mga．(2)因容器的底面积为2a2，仅是木块的底面积的2倍，故不可忽略木块压入水中所引起的水深变化．如图2－7丁所示，木块到达容器底部时，水面上升a，相当于木块末状态位置的水填充至木块原浸入水中的空间和升高的水面处平面，故这一过程中水的势能的变化量为：图2－7丁ΔE水′＝mga＋mg(2a－＋)＝mga木块的势能的变化量ΔE木′＝－mg·a根据功能原理，压力F做的功为：W′＝ΔE水′＋ΔE木′＝mga．方法二：(1)水池的面积很大，可忽略因木块压入水中引起的水深变化．当木块浮在水面上时重力与浮力的大小相等；当木块刚没入水中时，浮力的大小等于重力的2倍，故所需的压力随下压位移的变化图象如图2－7戊所示．图2－7戊故WF＝mg·＝mga．(2)随着木块的下沉水面缓慢上升，木块刚好完全没入水中时，水面上升的高度，此时木块受到的浮力的大小等于重力的2倍．此后，木块再下沉a的距离即沉至容器底部，故木块下沉的整个过程中压力的大小随位移的变化图象如图2－7己所示图2－7己故WF′＝mg·＋mg·a＝mga．[答案](1)mga(2)mga【点评】①通过两种方法对比，深刻理解功能关系．②根据功的定义计算在小容器中下压木块时，严格的讲还要说明在0～的位移段压力也是线性增大的．3．导体克服安培力做的功等于(切割磁感线引起的)电磁感应转化的电能．●例7如图2－8所示，竖直放置的光滑平行金属导轨MN、PQ相距L，在M点和P点间接有一个阻值为R的电阻，在两导轨间的矩形区域OO1O1′O′内有垂直导轨平面向里、宽为d的匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m、电阻为r的导体棒ab垂直地搁在导轨上，与磁场的上边界相距d0．现使ab棒由静止开始释放，棒ab在离开磁场前已经做匀速直线运动(棒ab与导轨始终保持良好接触且下落过程中始终保持水平，导轨的电阻不计)．图2－8(1)求棒ab离开磁场的下边界时的速度大小．(2)求棒ab在通过磁场区的过程中产生的焦耳热．(3)试分析讨论棒ab在磁场中可能出现的运动情况．【解析】(1)设棒ab离开磁场的边界前做匀速运动的速度为v，产生的感应电动势为：E＝BLv电路中的电流I＝对棒ab，由平衡条件得：mg－BIL＝0解得：v＝．(2)设整个回路中产生的焦耳热为Q，由能量的转化和守恒定律可得：mg(d0＋d)＝Q＋mv2解得：Q＝mg(d0＋d)－故Qab＝[mg(d0＋d)－]．(3)设棒刚进入磁场时的速度为v0，由mgd0＝mv02解得：v0＝棒在磁场中匀速运动时的速度v＝，则①当v0＝v，即d0＝时，棒进入磁场后做匀速直线运动；②当v0＜v，即d0＜时，棒进入磁场后先做加速运动，后做匀速直线运动；③当v0＞v，即d0＞时，棒进入磁场后先做减速运动，后做匀速直线运动．[答案](1)(2)[mg(d0＋d)－](3)①当v0＝v，即d0＝时，棒进入磁场后做匀速直线运动；②当v0＜v，即d0＜时，棒进入磁场后先做加速运动，后做匀速直线运动；③当v0＞v，即d0＞时，棒进入磁场后先做减速运动，后做匀速直线运动．【点评】①计算转化的电能时，也可应用动能定理：mg(d0＋d)－W安＝mv2－0，其中W安＝E电＝Q．②对于电磁感应中能量转化的问题，在以后的《感应电路》专题中还会作更深入的探讨．五、多次相互作用或含多个物体的系统的动量、功能问题●例8如图2－9所示，在光滑水平面上有一质量为M的长木板，长木板上有一质量为m的小物块，它与长木板间的动摩擦因数为μ．开始时，长木板与小物块均靠在与水平面垂直的固定挡板处，某时刻它们以共同的速度v0向右运动，当长木板与右边的固定竖直挡板碰撞后，其速度的大小不变、方向相反，以后每次的碰撞均如此．设左右挡板之间的距离足够长，且M＞m．图2－9(1)要想物块不从长木板上落下，则长木板的长度L应满足什么条件？(2)若上述条件满足，且M＝2 kg，m＝1 kg，v0＝10 m/s，求整个系统在第5次碰撞前损失的所有机械能．【解析】(1)设第1次碰撞后小物块与长木板共同运动的速度为v1，第n次碰撞后小物块与长木板共同运动的速度为vn．每次碰撞后，由于两挡板的距离足够长，物块与长木板都能达到相对静止，第1次若不能掉下，往后每次相对滑动的距离会越来越小，更不可能掉下．由动量守恒定律和能量守恒定律有：(M－m)v0＝(M＋m)v1μmgs＝(m＋M)v02－(M＋m)v12解得：s＝故L应满足的条件是：L≥s＝．(2)第2次碰撞前有：(M－m)v0＝(M＋m)v1第3次碰撞前有：(M－m)v1＝(M＋m)v2第n次碰撞前有：(M－m)vn－2＝(M＋m)vn－1所以vn－1＝()n－1v0故第5次碰撞前有：v4＝()4v0故第5次碰撞前损失的总机械能为：ΔE＝(M＋m)v02－(M＋m)v42代入数据解得：ΔE＝149.98 J．[答案](1)L≥(2)149.98 J【点评】在复杂的多过程问题上，归纳法和演绎法常常大有作为．经典考题动量与功能问题可以与高中物理所有的知识点综合，是高考的重点，试题难度大，需要多训练、多总结归纳．1．如图所示，一轻绳的一端系在固定粗糙斜面上的O点，另一端系一小球，给小球一足够大的初速度，使小球在斜面上做圆周运动，在此过程中[2008年高考·海南物理卷]()A．小球的机械能守恒B．重力对小球不做功C．绳的张力对小球不做功D．在任何一段时间内，小球克服摩擦力所做的功是等于小球动能的减少【解析】小球与斜面之间的摩擦力对小球做功使小球的机械能减小，选项A错误；在小球运动的过程中，重力、摩擦力对小球做功，绳的张力对小球不做功．小球动能的变化等于重力、摩擦力做功之和，故选项B、D错误，C正确．[答案]C 2．质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等．两者质量之比可能为[2009年高考·全国理综卷Ⅰ]()A．2B．3C．4D．5【解析】由题意知，碰后两球动量相等，即p1＝p2＝Mv故v1＝，v2＝由两物块的位置关系知：≥，得M≥m又由能量的转化和守恒定律有：Mv2≥M()2＋m()2解得：M≤3m，故选项A、B正确．[答案]AB【点评】碰撞问题是高考对动量守恒定律考查的主流题型，这类问题一般都要考虑动量守恒、动能不增加、位置不超越这三方面．3．图示为某探究活动小组设计的节能运输系统．斜面轨道的倾角为30°，质量为M的木箱与轨道间的动摩擦因数为．木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程．下列选项正确的是[2009年高考·山东理综卷]()A．m＝M B．m＝2M C．木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度D．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能【解析】设弹簧压缩最大时的弹性势能为Ep，由动能定理得下滑过程有：(m＋M)gsin 30°·s－μ(m＋M)gcos 30°·s－Ep＝0上滑过程：Ep－Mgsin 30°·s－μMgcos 30°·s＝0解得：m＝2M．[答案]BC 4．某同学利用如图所示的装置来验证动量守恒定律．图中两摆的摆长相同，且悬挂于同一高度处，A、B两摆球均很小，质量之比为1∶2．当两摆均处于自由静止状态时，其侧面刚好接触．向右上方拉动B球使其摆线伸直并与竖直方向成45°角，然后将其由静止释放．结果观察到两摆球粘在一起摆动，且最大摆角为30°．若本实验允许的最大误差为±4%，则此实验是否成功地验证了动量守恒定律？试分析说明理由．[2008年高考·宁夏理综卷]【解析】设摆球A、B的质量分别为mA、mB，摆长为l，B球的初始高度为h1，碰撞前B球的速度为vB．在不考虑摆线的质量的情况下，根据题意及机械能守恒定律得：h1＝l(1－cos 45°)mBvB2＝mBgh1设碰撞前后两摆球的总动量的大小分别为p1、p2，则有：p1＝mBvB联立解得：p1＝mB同理可得：p2＝(mA＋mB)联立解得：＝解得：()2＝1.03由此可以推出：||≤4%所以，此实验在规定的范围内验证了动量守恒定律．(本题要求验证碰撞中的动量守恒定律及碰撞前与碰撞后的机械能守恒定律．)[答案]是，理由略5．用放射源钋的α射线轰击铍时，能放出一种穿透力极强的中性射线，这就是所谓的铍“辐射”．1932年，查德威克用铍“辐射”分别照射(轰击)氢和氮(它们可视为处于静止状态)，测得照射后沿铍“辐射”方向高速运动的氢核、氮核的速度之比为7∶1．查德威克假设铍“辐射”是由一种质量不为零的中性粒子构成的，从而通过上述实验在历史上首次发现了中子．假设铍“辐射”中的中性粒子与氢核或氮核发生弹性正碰，试在不考虑相对论效应条件下计算构成铍“辐射”的中性粒子的质量．(质量用原子质量单位u表示，1 u等于一个12C原子质量的．取氢核和氮核的质量分别为1.0 u和14 u)[2007年高考·全国理综卷Ⅱ]【解析】设构成铍“辐射”的中性粒子的质量和速度分别为m和v，氢核的质量为mH，构成铍“辐射”的中性粒子与氢核发生弹性正碰，碰后两粒子的速度分别为v′和vH′．由动量守恒和能量守恒定律得：mv＝mv′＋mHvH′mv2＝mv′2＋mHvH′2解得：vH′＝同理，对质量为mN的氮核，其碰后速度为：vN′＝可得：m＝根据题意可知：vH′＝7vN′将数据代入可得：m＝1.2 u．[答案]1.2 u【点评】在课程标准中，动量与原子物理同属于选修3－5模块，关于粒子之间碰撞动量守恒的试题在近几年高考中也屡有出现．6．如图所示，倾角为θ的斜面上静止放置三个质量均为m的木箱，相邻两木箱的距离均为l．工人用沿斜面的力推最下面的木箱使之上滑，逐一与其他木箱碰撞．每次碰撞后木箱都粘在一起运动．整个过程中工人的推力不变，最后恰好能推着三个木箱匀速上滑．已知木箱与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．设碰撞时间极短，求：(1)工人的推力．(2)三个木箱匀速运动的速度．(3)在第一次碰撞中损失的机械能．[2009年高考·全国理综卷Ⅰ]【解析】(1)设工人的推力为F，则有：F＝3mg(sinθ＋μcosθ)．(2)设第一次碰撞前瞬间木箱的速度为v1，由功能关系得：Fl＝mgl sinθ＋μmglcosθ＋mv12设碰撞后两木箱的速度为v2，由动量守恒得：mv1＝2mv2设再次碰撞前瞬间两木箱的速度为v3，由功能关系得：Fl＝2mglsinθ＋2μmglcosθ＋×2m(v32－v22)设碰撞后三个木箱一起运动的速度为v4，由动量守恒得：2mv3＝3mv4联立解得：v4＝．(3)设在第一次碰撞中损失的机械能为ΔE，有：ΔE＝mv12－×2mv22联立解得：ΔE＝mgl(sinθ＋μcosθ)．[答案](1)3mg(sinθ＋μcosθ)(2)(3)mgl(sinθ＋μcosθ)能力演练一、选择题(10×4分)1．美国的NBA篮球赛非常精彩，因此吸引了众多观众．在NBA篮球赛中经常能看到这样的场面：在终场前0.1 s的时候，运动员把球投出且准确命中，获得比赛的最后胜利．已知球的质量为m，运动员将篮球投出时球离地的高度为h1，动能为Ek，篮筐距地面的高度为h2，不计空气阻力，则篮球进筐时的动能为()A．Ek＋mgh1－mgh2B．Ek－mgh1＋mgh2 C．－Ek＋mgh1＋mgh2 D．－Ek－mgh1＋mgh2【解析】由动能定理得：Ek′－Ek＝WG＝mg(h1－h2)解得：Ek′＝Ek＋mgh1－mgh2．[答案]A 2．如图所示，竖直放置的劲度系数为k的轻质弹簧上端与质量为m的小球连接，下端与放在水平桌面上的质量为M的绝缘物块相连．小球带正电，电荷量为q，且与弹簧绝缘，物块、弹簧和小球组成的系统处于静止状态．现突然加上一个竖直向上的大小为E的匀强电场，小球向上运动，某时刻物块对水平面的压力为零．从加上匀强电场到物块对水平面的压力为零的过程中，小球电势能的改变量为()A．B．－C．D．【解析】加电场前，弹簧的压缩量x1＝，当物块对水平面的压力为零时，弹簧的伸长量x2＝，故这一过程中小球沿电场方向运动的距离为x1＋x2＝电势能的变化ΔE＝－W电＝－．[答案]B 3．一个质量为m的物体以某一速度从固定斜面底端冲上倾角α＝30°的斜面．已知该物体做匀减速运动的加速度为g，在斜面上上升的最大高度为h，则此过程中()A．物体的动能增加mgh B．物体的重力做功mgh C．物体的机械能损失了mgh D．物体克服摩擦力做功mgh【解析】由题意可知：物体受到的合外力F＝mg其中摩擦力f＝F－mgsinθ＝mg由动能定理得：ΔEk＝－F·＝－mgh重力做功WG＝－mgh物体的机械能的变化ΔE＝－f·s＝－mg·＝－mgh物体克服摩擦力做的功Wf′＝f·s＝mgh．[答案]CD 4．一质量为m的物体在水平恒力F的作用下沿水平面运动，在t0时刻撤去F，其v－t图象如图所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，则下列关于F的大小及其做的功W的大小关系式中，正确的是()A．F＝μmg B．F＝2μmg C．W＝μmgv0t0 D．W＝μmgv0t0【解析】由题图知：F－μmg＝m·＝解得：F＝3μmg故W＝F··t0＝μmgv0t0．[答案]D 5．如图所示，已知木板的质量为M，长度为L；小木块的质量为m；水平地面光滑；一根不计质量的轻绳通过定滑轮分别与木板和小木块连接，小木块与木板间的动摩擦因数为μ．开始时，木块静止在木板左端，现用水平向右的力F将小木块拉至木板右端，则拉力至少做的功大小为()A．2μmgL B．μmgL C．D．μ(M＋m)gL【解析】方法一当拉小木块向右缓慢移动时，拉力F＝μmg＋FT＝2μmg当小木块向右运动时到达木板的右端，有：WF＝F·＝μmgL．方法二由功能关系知，拉力至少做的功等于小木块与木板摩擦产生的热量．即WF＝Q＝μmgL．[答案]B 6．质量为2×103 kg、发动机的额定功率为80 kW的汽车在平直公路上行驶．若该汽车所受阻力大小恒为4×103 N，则下列判断中正确的有()A．汽车的最大速度是20 m/s B．汽车以加速度2 m/s2匀加速启动，启动后第2 s末时发动机的实际功率是32 kW C．汽车做上述匀加速运动所能维持的时间为10 s D．若汽车保持额定功率启动，则当其速度为5 m/s时，加速度为6 m/s2【解析】汽车达到最大速度时有：P＝F·vm＝f·vm，故vm＝20 m/s当汽车的加速度a＝2 m/s2时，有：F＝f＋ma＝8×103 N故第2 s末P实＝F·at＝32 kW汽车以a＝2 m/s2的加速度匀加速启动所能达到的最大速度为：v1＝＝10 m/s能持续的时间t1＝＝5 s以额定功率启动，当v＝5 m/s时，有：F＝＝16×103 N，a＝＝6 m/s2．[答案]ABD 7．如图所示，质量为M、长度为l的小车静止在光滑的水平面上；质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端．现用一水平向右的恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动．物块和小车之间的摩擦力为f．物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为s．在这个过程中，以下结论正确的是()A．物块到达小车最右端时，具有的动能为F(l＋s)B．物块到达小车最右端时，小车具有的动能为fs C．物块克服摩擦力所做的功为f(l＋s)D．物块和小车增加的机械能为fs【解析】物块到达小车最右端时，知：物块具有的动能Ek′＝(F－f)·(l＋s)此时小车具有动能Ek′＝f·s这一过程物块克服摩擦力所做的功为：Wf′＝f·(l＋s)由功能关系知ΔE＝F·(l＋s)－f·l．[答案]BC 8．真空中存在竖直向上的匀强电场和水平方向的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为q的物体以速度v在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动．假设t＝0时刻物体在运动轨迹的最低点且重力势能为零，电势能也为零，则下列说法正确的是()A．物体带正电且逆时针转动B．在物体运动的过程中，机械能守恒，且机械能E＝mv2 C．在物体运动的过程中，重力势能随时间变化的关系为Ep＝mgR(1－cos t)D．在物体运动的过程中，电势能随时间变化的关系为E电＝mgR(cos t－1)【解析】由题意知，题中物体所受的电场力平衡，洛伦兹力提供其做匀速圆周运动所需的向心力，故知物体带正电，洛伦兹力使其逆时针转动．有：重力势能Ep＝mgh＝mgR(1－cos t)电势能E电＝－qEh＝－mgh＝－Ep．[答案]ACD 9．如图所示，在光滑的水平轨道上有甲、乙两个等大的小球沿轨道向右运动，取向右为正方向，它们的动量分别为p1＝5 kg·m/s和p2＝7 kg·m/s．若两球能发生正碰，则碰后两球动量的增量Δp1和Δp2可能是()A．Δp1＝－3 kg·m/s，Δp2＝3 kg·m/s B．Δp1＝3 kg·m/s，Δp2＝3 kg·m/s C．Δp1＝3 kg·m/s，Δp2＝－3 kg·m/s D．Δp1＝－10 kg·m/s，Δp2＝10 kg·m/s【解析】由题意知，＞Ek＝＋当动量做选项A所述的变化时，系统的动量守恒，通过计算可知机械能可能减小，故有可能成立；当动量做选项B所述的变化时，系统的动量不守恒，故不可能成立；当动量做选项C所述的变化时，甲的速度大于乙的速度，故不可能成立；当动量做选项D所述的变化时，系统的动能增大，故不可能成立．[答案]A 10．如图所示，在光滑的水平面上有一垂直向下的匀强磁场分布在宽为L的区域内，一边长为a(a＜L)的正方形闭合线圈以初速度v0垂直于磁场边界滑过磁场后速度变为v(v＜v0)，那么()A．完全进入磁场中时线圈的速度大于B．完全进入磁场中时线圈的速度等于C．完全进入磁场中时线圈的速度小于D．上述情况中A、B均有可能，而C是不可能的【解析】设完全进入磁场中时线圈的速度为vx，线圈在穿过磁场的过程中所受的合外力为安培力．对于线圈进入磁场的过程，据动量定理可得：I＝BL·Δt＝mvx－mv0又因为感应电荷量q＝·Δt＝＝B可得：－B2＝mvx－mv0对于线圈穿出磁场的过程，同理可得：－B2＝mv－mvx联立解得：vx＝，故选项B正确．[答案]B二、选择题(共60分)11．(6分)气垫导轨是常用的一种实验仪器．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的气垫导轨以及滑块A和B来验证动量守恒定律，实验装置如图所示(弹簧的长度忽略不计)．采用的实验步骤如下：①用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB；②调整气垫导轨，使导轨处于水平；③在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销将其锁定，把它们静止地放在气垫导轨上；④用刻度尺测出A的左端至C板的距离L1；⑤按下电钮放开卡销，同时使分别记录滑块A、B的运动时间的计时器开始工作，当滑块A、B分别碰撞挡板C、D时停止计时，记下A、B分别到达C、D的运动时间t1和t2．(1)实验中还应测量的物理量是______________________．(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________________________，上式中算得的A、B两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的原因是______________________________________________．(3)利用上述实验数据能否测出被压缩弹簧的弹性势能的大小？如能，请写出表达式：__________________．[答案](1)B的右端至D板的距离L2(1分)(2)mA－mB＝0(1分)测量时间、距离等物理量时存在误差，阻力、气垫导轨不水平等造成误差(答对其中两点即可)(2分)(3)能，Ep＝(mA＋mB)(2分)12．(9分)光电计时器是一种研究物体运动情况的常用计时仪器，其结构如图甲所示，a、b分别是光电门的激光发射和接收装置，当有物体从a、b间通过时，光电计时器就可以显示物体的挡光时间．现利用如图乙所示的装置来测量滑块与长1 m左右的木板间的动摩擦因数及被压缩弹簧的弹性势能，图中木板固定在水平面上，木板的左壁固定有一个处于锁定状态的压缩轻弹簧(弹簧的长度与木板相比可忽略)，弹簧右端与滑块接触，1和2是固定在木板上适当位置的两个光电门，与之连接的两个光电计时器没有画出．现使弹簧解除锁定，滑块获得一定的初速度后水平向右运动，光电门1、2各自连接的计时器显示的挡光时间分别为2.0×10－2 s和5.0×10－2 s．用游标卡尺测量小滑块的宽度d，游标卡尺的示数如图丙所示．(1)读出滑块的宽度d＝________cm．(2)滑块通过光电门1的速度v1＝________m/s，通过光电门2的速度v2＝________m/s．(3)若用米尺测量出两个光电门之间的距离为L，已知当地的重力加速度为g，则滑块与木板间的动摩擦因数的表达式为______________．(各量均用字母表示)(4)若用米尺测量出滑块的初始位置到光电门2的距离为s，为测量被压缩弹簧的弹性势能，则还需测量的物理量是__________________________(说明其含义，并指明代表物理量的字母)，被压缩弹簧的弹性势能可表示为______________________________(各量均用字母表示)．[答案](1)5.50(2)2.751.10(每空1分)(3)(2分)(4)滑块的质量mmv22＋(每空2分)13．(10分)在半径R＝5000 km的某星球表面，宇航员做了如下实验．实验装置如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由轨道AB和圆弧轨道BC组成，将质量m＝0.2 kg的小球从轨道AB上高H处的某点静止滑下，用力传感器测出小球经过C点时对轨道的压力F，改变H的大小，可测出相应的F大小，F随H的变化关系如图乙所示．求：(1)圆轨道的半径．(2)该星球的第一宇宙速度．【解析】(1)设该星球表面的重力加速度为g0，圆轨道的半径为r．当H＝0.5 m时，有：mg0(H－2r)＝mv02(2分)＝mg0(2分)解得：r＝H＝0.2 m．(1分)(2)当H＞0.5 m时，有：mg0(H－2r)＝mv2(1分)＝mg0＋F(1分)即F＝g0(2H－1)(1分)由F－H图象可得：g0＝5 m/s2(1分)该星球的第一宇宙速度v＝＝5 km/s．(1分)[答案](1)0.2 m(2)5 km/s 14．(10分)如图所示，间距为L的两条足够长的平行金属导轨与水平面的夹角为θ，导轨光滑且电阻忽略不计．磁感应强度为B的条形匀强磁场的方向与导轨平面垂直，磁场区域的宽度为d1，间距为d2．两根质量均为m、有效电阻均为R的导体棒a和b放在导轨上，并与导轨垂直．(设重力加速度为g)(1)若a进入第2个磁场区域时，b以与a同样的速度进入第1个磁场区域，求b穿过第1个磁场区域过程中增加的动能ΔEk．(2)若a进入第2个磁场区域时，b恰好离开第1个磁场区域，此后a离开第2个磁场区域时，b又恰好进入第2个磁场区域，且a、b在任意一个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相同，求b穿过第2个磁场区域的过程中，两导体棒产生的总焦耳热Q．【解析】(1)这一过程a和b不受安培力作用．由机械能守恒定律知：ΔEk＝mgd1sinθ．(3分)(2)由题意可知，两导体棒每次进磁场区域时的速度相等，出磁场区域时的速度也相等，分别设为v1和v2．当b穿过第2个磁场区域时，对于棒a，有：mv12－mv22＝mgd2sinθ(2分)对于棒b，有：mv22－mv12＝mgd1sinθ－W安(2分)W安＝Q(1分)解得：Q＝mg(d1＋d2)sinθ．(2分)[答案](1)mgd1sinθ(2)mg(d1＋d2)sinθ15．(12分)如图所示，质量分别为3m、2m、m的三个小球A、B、C，用两根长为L的轻绳相连，置于倾角为30°、高为L的固定光滑斜面上，A球恰能从斜面顶端处竖直落下，弧形挡板使小球只能竖直向下运动，碰撞过程中没有动能损失，小球落地后均不再反弹．现由静止开始释放它们，不计所有摩擦．求：(1)A球刚要落地时的速度大小．(2)C球刚要落地时的速度大小．(3)在B球运动的过程中，两绳对B球做的总功．【解析】(1)在A球未落地前，A、B、C组成的系统机械能守恒，设A球刚要落地时系统的速度大小为v1，则：(mA＋mB＋mC)v12＝mAghA－mBghB1－mCghC1(2分)又hA＝L，hB1＝hC1＝Lsin 30°＝L代入数据解得：v1＝．(2分)(2)在A球落地后，B球未落地前，B、C组成的系统机械能守恒．设B球刚要落地时系统的速度大小为v2，则：(mB＋mC)v22－(mB＋mC)v12＝mBghB2－mCghC2(2分)又hB2＝L，hC2＝Lsin 30°＝L代入数据解得：v2＝(1分)在B球落地后，C球在下落过程中机械能守恒，设C球刚要落地时系统的速度大小为v3，则：mCv32－mCv22＝mCghC3，又hC3＝L(1分)代入数据得：v3＝．(1分)(3)在B球运动的过程中，重力和绳的拉力做功，设两绳做的总功为W，根据动能定理可得：mBgLsin 30°＋W＝mBv22(2分)代入数据解得：W＝mgL．(1分)[答案](1)(2)(3)mgL 16．(13分)如图所示，一个带有圆弧的粗糙滑板A的总质量mA＝3 kg，其圆弧部分与水平部分相切于P，水平部分PQ长L＝3.75 m．开始时，A静止在光滑水平面上．现有一质量mB＝2 kg的小木块B从滑块A的右端以水平初速度v0＝5 m/s滑上A，小木块B与滑板A之间的动摩擦因数μ＝0.15，小木块B滑到滑板A的左端并沿着圆弧部分上滑一段弧长后返回，最终停止在滑板A上．(1)求A、B相对静止时的速度大小．(2)若B最终停在A的水平部分上的R点，P、R相距1 m，求B在圆弧上运动的过程中因摩擦而产生的内能．(3)若圆弧部分光滑，且除v0不确定外其他条件不变，讨论小木块B在整个运动过程中，是否有可能在某段时间里相对地面向右运动？如不可能，说明理由；如可能，试求出B既向右滑动，又不滑离木板A的v0取值范围．(取g＝10 m/s2，结果可以保留根号)【解析】(1)根据动量守恒得：mBv0＝(mB＋mA)v(2分)解得：v＝v0＝2 m/s．(1分)(2)设B在A的圆弧部分产生的热量为Q1，在A的水平部分产生的热量为Q2．则有：mBv02＝(mB＋mA)v2＋Q1＋Q2(2分)又Q2＝μmBg(LQP＋LPR)(1分)联立解得：Q1＝0.75 J．(1分)(3)当B滑上圆弧再返回至P点时最有可能速度向右，设木块滑至P的速度为vB，此时A的速度为vA，有：mBv0＝mBvB＋mAvA(1分)mBv02＝mBvB2＋mAvA2＋μmBgL(2分)代入数据得：vB2－0.8v0vB＋6.75－0.2v02＝0当vB的两个解一正一负时，表示B从圆弧滑下的速度向右．即需：v0＞5.9 m/s，故B有可能相对地面向右运动．若要B最终不滑离A，有：μmBg·2L≥mBv02－(mB＋mA)(v0)2(2分)得：v0≤6.1 m/s故v0的取值范围为：5.9 m/s＜v0≤6.1 m/s．(1分)[答案](1)2 m/s(2)0.75 J(3)可能5.9 m/s＜v0≤6.1 m/s。