湖南省雙峰縣第一中學(xué)2018_2019學(xué)年高二物理下學(xué)期第一次月考試題（含解析）.docx

雙峰一中2019年高二上學(xué)期第一次月考物理試卷一、選擇題1.跳遠(yuǎn)時(shí)，跳在沙坑里比跳在水泥地上完全，這是因?yàn)椋?）A. 人跳在沙坑的動(dòng)量比跳在水泥地上小B. 人跳在沙坑的動(dòng)量變化比跳在水泥地上小C. 人跳在沙坑受到的沖量比跳在水泥地上小D. 人跳在沙坑受到的沖力比跳在水泥地上小【答案】D【解析】人在下落中接觸地面的瞬間速度不變，故跳在沙坑的動(dòng)量與跳在水泥地的動(dòng)量是相等的，當(dāng)人的速度變?yōu)?時(shí)，則人的動(dòng)量也變?yōu)?，故動(dòng)量的變化也是相等的，由動(dòng)量定理，可知人受到的沖量也不變，但在沙坑中因?yàn)樯车木彌_，使減速時(shí)間延長(zhǎng)故人受到的沖力將小于人在地面上的沖力，故人跳到沙坑里要安全故ABC錯(cuò)誤，D正確故選D2.一顆子彈水平射入置于光滑水平面上的木塊A并留在其中，A、B用一根彈性良好的輕質(zhì)彈簧連在一起，如圖所示。則在子彈打擊木塊A及彈簧被壓縮的過程中，對(duì)子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)()A. 動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒B. 動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒C. 動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒D. 無法判定動(dòng)量、機(jī)械能是否守恒【答案】C【解析】對(duì)子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)在水平方向上所受合外力為零，則系統(tǒng)的動(dòng)量定恒，但子彈擊中木塊的過程中，克服摩擦力做功，一部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，機(jī)械能不守恒，C正確。3.某交流發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與時(shí)間的關(guān)系如圖所示，下列說法正確的是 A. t0時(shí)刻發(fā)電機(jī)的轉(zhuǎn)動(dòng)線圈位于中性面B. 在1s內(nèi)發(fā)電機(jī)的線圈繞軸轉(zhuǎn)動(dòng)50圈C. 將此交流電與耐壓值是220V的電容器相連，電容器不會(huì)被擊穿D. 將此交流電接到匝數(shù)比是110的升壓變壓器上，副線圈的電壓的有效值為V【答案】B【解析】【詳解】A根據(jù)圖可知，在t=0時(shí)刻時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，此時(shí)線圈平面與中性面垂直，故A錯(cuò)誤；B產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的周期T=0.02s，故1s內(nèi)發(fā)電機(jī)的線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的圈數(shù)為n1/T50轉(zhuǎn)，故B正確；C電容器的耐壓值為電壓的最大值，故電容器一定被擊穿，故C錯(cuò)誤；D輸入電壓的有效值為U1220V，根據(jù)得U2=2200V，故D錯(cuò)誤；故選B。4.水平推力F1和F2分別作用于水平面上等質(zhì)量的a、b兩物體上，作用一段時(shí)間后撤去推力，物體將繼續(xù)運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后停下，兩物體的vt圖象分別如圖中OAB、OCD所示，圖中ABCD，則 A. F1的沖量大于F2的沖量B. F1的沖量等于F2的沖量C. 兩物體受到的摩擦力大小相等D. 兩物體受到的摩擦力大小不等【答案】C【解析】【詳解】由圖，AB與CD平行，說明推力撤去后兩物體的加速度相同，而撤去推力后物體的合力等于摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律可知，兩物體受到的摩擦力大小相等。根據(jù)動(dòng)量定理，對(duì)整個(gè)過程研究得：F1t1-ftOB=0，F(xiàn)2t2-ftOD=0；由圖看出，tOBtOD，則有 F1t1F2t2，即F1的沖量小于F2的沖量。故選C。5.假設(shè)在真空玻璃盒內(nèi)有一固定于地面上空附近的N極磁單極子，其磁場(chǎng)分布與正點(diǎn)電荷電場(chǎng)分布相似，周圍磁感線呈均勻輻射式分布如圖所示。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子正在該磁單極子上方附近做速度大小為v、半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其軌跡如虛線所示，軌跡平面為水平面。(已知地球表面的重力加速度大小為g,不考慮地磁場(chǎng)的影響),則( )A. 帶電粒子一定帶負(fù)電B. 若帶電粒子帶正電，從軌跡上方朝下看，粒子沿逆時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)C. 帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力僅由洛倫茲力提供D. 帶電粒子運(yùn)動(dòng)的圓周上各處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為【答案】D【解析】根據(jù)左手定則知，從軌跡上方朝下看，若該粒子沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)，該電荷帶正電，若該粒子沿逆時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)，該電荷帶負(fù)電，AB錯(cuò)誤；該粒子受到的洛倫茲力與所在處的磁感線方向垂直且斜向上，只是其水平分力(或者說是洛倫茲力與重力的合力)提供做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，C錯(cuò)誤；由洛倫茲力與重力的合力提供做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，結(jié)合勾股定理，有，得該粒子所在處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，C錯(cuò)誤D正確6.如圖所示，等腰三角形內(nèi)分布有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，它的底邊在x軸上且長(zhǎng)為2L，高為L(zhǎng).紙面內(nèi)一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框沿x軸正方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)穿過勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，在t0時(shí)刻恰好位于圖中所示的位置以順時(shí)針方向?yàn)閷?dǎo)線框中電流的正方向，在下面四幅圖中能夠正確表示電流位移(Ix)關(guān)系的是 A. B. C. D. 【答案】C【解析】【詳解】位移在0L過程：磁通量增大，由楞次定律判斷感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，為正值。，因l=x，則，位移在L2L過程：磁通量先增大后減小，由楞次定律判斷感應(yīng)電流方向先為順時(shí)針方向，為正值，后為逆時(shí)針方向，為負(fù)值。位移在2L3L過程：磁通量減小，由楞次定律判斷感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，為負(fù)值。，故選C。7.如圖所示為遠(yuǎn)距離輸電的原理圖，升壓變壓器的變壓比為 m，降壓變壓器的變壓比為n，輸電線的電阻為 R，升壓變壓器和降壓變壓器均為一理想變壓器，發(fā)電機(jī)輸出的電壓恒為 U，若由于用戶的負(fù)載變化，使電壓表 V2 的示數(shù)減小了U，則下列判斷正確的是 A. 電流表 A2 的示數(shù)增大了B. 電流表 A1 的示數(shù)增大了C. 電壓表 V1 的示數(shù)減小了UD. 輸電線損失的功率增加了【答案】B【解析】【詳解】AB降壓變壓器原副線圈兩端的電壓之比等于n，所以有，即降壓變壓器原線圈兩端電壓減小了nU，根據(jù)歐姆定律，電流表A1示數(shù)增大了，輸電線上電流增大了，根據(jù)電流與匝數(shù)成反比知，電流表A2示數(shù)增大了，故A錯(cuò)誤，B正確；C根據(jù)題意知，發(fā)電廠的輸出電壓恒為U，升壓變壓器的變壓比不變，所以電壓表V1的示數(shù)不變，故C錯(cuò)誤；D由于輸電線上電流增大了，故輸電線損失的功率增加量一定不是P=()2R，故D錯(cuò)誤；故選B。8.一個(gè)水龍頭以v的速度噴出水柱，水柱的橫截面積為s，水柱垂直沖擊豎直墻壁后變?yōu)樗俣葹榱愕臒o數(shù)小水滴，水的密度為，則水柱對(duì)墻壁的沖擊力為A. B. C. D. 【答案】D【解析】【詳解】設(shè)在t時(shí)間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量為m= vts；水柱沖擊墻面的過程中，由動(dòng)量定理得：-Ft=0-mv；，故選D.9.如圖所示，A、B是兩個(gè)小物塊，C是輕彈簧，用一根細(xì)線連接A、B使彈簧C處于壓縮狀態(tài)，然后放置在光滑的水平桌面上要探究A、B只在彈簧作用下的不變量，可以不需要測(cè)量的物理量是 A. 桌面的寬度B. 兩物塊的質(zhì)量C. 兩物塊離開桌面后的水平距離D. 兩物塊飛行的時(shí)間【答案】AD【解析】【詳解】燒斷細(xì)線后，只有彈簧彈力做功，則A、B只在彈簧作用下的不變量即為系統(tǒng)機(jī)械能，彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為兩物體的動(dòng)能，求得兩物體離開桌面時(shí)的動(dòng)能即可；燒斷細(xì)線，兩物體在彈簧彈力作用下開始運(yùn)動(dòng)，離開桌面時(shí)做平拋運(yùn)動(dòng)，測(cè)量?jī)晌矬w的質(zhì)量為m1、m2，桌面的高度h，兩物塊離開桌面后的水平距離分別為s1、s2，則有：h=gt2解得： ； 所以兩物塊的水平速度為 ；則系統(tǒng)的機(jī)械能： ；則可以不需要測(cè)量的物理量是：桌面的寬度以及兩物塊飛行的時(shí)間，故選AD.10.在一個(gè)很小的矩形半導(dǎo)體薄片上，制作四個(gè)電極E、F、M、N，做成了一個(gè)霍爾元件，在E、F間通入恒定電流I，同時(shí)外加與薄片垂直的磁場(chǎng)B，M、N間的電壓為UH已知半導(dǎo)體薄片中的載流子為正電荷，電流與磁場(chǎng)的方向如圖所示，下列說法正確的有（）A. N板電勢(shì)高于M板電勢(shì)B. 磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，MN間電勢(shì)差越大C. 將磁場(chǎng)方向變?yōu)榕c薄片的上、下表面平行，UH不變D. 將磁場(chǎng)和電流分別反向，N板電勢(shì)低于M板電勢(shì)【答案】AB【解析】A、根據(jù)左手定則，電流的方向向里，自由電荷受力的方向指向N端，向N端偏轉(zhuǎn)，則N點(diǎn)電勢(shì)高，故A正確；B、設(shè)左右兩個(gè)表面相距為d，電子所受的電場(chǎng)力等于洛侖茲力，即：設(shè)材料單位體積內(nèi)電子的個(gè)數(shù)為n，材料截面積為s，則 ;I=nesv; s=dL ;由得：,令，則 ;所以若保持電流I恒定，則M、N間的電壓與磁感慮強(qiáng)度B成正比，故B正確；C、將磁場(chǎng)方向變?yōu)榕c薄片的上、下表面平行，則帶電粒子不會(huì)受到洛倫茲力，因此不存在電勢(shì)差，故C錯(cuò)誤；D、若磁場(chǎng)和電流分別反向，依據(jù)左手定則，則N板電勢(shì)仍高于M板電勢(shì)，故D錯(cuò)誤。故選AB.【點(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵掌握左手定則判斷洛倫茲力的方向，以及知道最終電子在電場(chǎng)力和洛倫茲力作用下平衡。11.在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的子彈以初速度v0射擊質(zhì)量為M的木塊，最終子彈未能射穿木塊，射入的深度為d，木塊在加速運(yùn)動(dòng)中的位移為s。則以下說法正確的是A. 子彈動(dòng)能的虧損大于系統(tǒng)動(dòng)能的虧損B. 子彈動(dòng)量變化量的大小等于木塊動(dòng)量變化量的大小C. 摩擦力對(duì)M做的功一定等于摩擦力對(duì)m做的功D. 位移s一定大于深度d【答案】AB【解析】【分析】子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，最終子彈未能射穿木塊時(shí)，此時(shí)木塊和子彈的速度相同，根據(jù)動(dòng)量守恒定律以及能量守恒定律列式求解即可；【詳解】AC、子彈射擊木塊的過程中，設(shè)子彈受到木塊的摩擦力為，摩擦力對(duì)木塊M做的功為，摩擦力對(duì)子彈m做的功為，根據(jù)能量守恒可得子彈動(dòng)能的虧損為，系統(tǒng)動(dòng)能的虧損，所以子彈動(dòng)能的虧損大于系統(tǒng)動(dòng)能的虧損，故A正確，C錯(cuò)誤；B、子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，最終子彈未能射穿木塊時(shí)，此時(shí)木塊和子彈的速度相同，以子彈初速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律得：，解得：， 子彈動(dòng)量變化量的大小，木塊動(dòng)量變化量的大小，故B正確；D、對(duì)木塊根據(jù)動(dòng)能定理可得，解得木塊在加速運(yùn)動(dòng)中的位移為，根據(jù)能量守恒可得，解得射入的深度為，故D錯(cuò)誤；故選AB?！军c(diǎn)睛】正確分析物體的運(yùn)動(dòng)情況，知道當(dāng)子彈未能射穿木塊時(shí)時(shí)，此時(shí)木塊和子彈的速度相同，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，明確應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題時(shí)要規(guī)定正方向。12.質(zhì)量為1kg，速度為9m/s的A球跟質(zhì)量為2kg的靜止的B球發(fā)生正碰.碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的，因此碰撞后B球的速度大小可能值為A. 7m/sB. 5m/sC. 4m/sD. 3m/s【答案】BCD【解析】【詳解】若兩者為完全非彈性碰撞，則由動(dòng)量守恒定律： m1v0=(m1+m2)v，解得v=3m/s；若兩者為完全彈性碰撞，則由動(dòng)量守恒定律： m1v0=m1v1+m2v2，由能量關(guān)系： ；聯(lián)立解得：v1=-3m/s，v2=6m/s，則碰撞后B球的速度大小范圍是3m/sv26m/s，故選BCD.二、實(shí)驗(yàn)題13.圖中螺旋測(cè)微器的示數(shù)為_mm，游標(biāo)卡尺的示數(shù)為_mm.【答案】 (1). 1.843（1.8411.846均可） (2). 42.40【解析】【詳解】圖中螺旋測(cè)微器的示數(shù)為1.5mm+0.01mm34.5=1.845mm，游標(biāo)卡尺的示數(shù)為42mm+0.05mm8=42.40mm.14.某同學(xué)用如圖所示裝置通過半徑相同的A、B兩球的碰撞來探究碰撞過程中的不變量,圖中PQ是斜槽,QR為水平槽,實(shí)驗(yàn)時(shí)先使A球從斜槽上某一固定位置G由靜止開始滾下,落到位于水平地面的記錄紙上,留下痕跡。重復(fù)上述操作10次,得到10個(gè)落點(diǎn)痕跡。再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方,讓A球仍從位置G由靜止開始滾下,和B球碰撞后,A、B球分別在記錄紙上留下各自的落點(diǎn)痕跡。重復(fù)這種操作10次。圖中O點(diǎn)是水平槽末端R在記錄紙上的垂直投影點(diǎn)。 (1)安裝器材時(shí)要注意:固定在桌邊上的斜槽末端的切線要沿_方向。(2)某次實(shí)驗(yàn)中,得出小球落點(diǎn)情況如圖所示(單位是cm),P、M、N分別是入射小球在碰前、碰后和被碰小球在碰后落點(diǎn)的平均位置(把落點(diǎn)圈在內(nèi)的最小圓的圓心)。則入射小球和被碰小球質(zhì)量之比為m1m2=_?！敬鸢浮?(1). (1)水平 (2). (2)41【解析】【詳解】（1）安裝器材時(shí)要注意:固定在桌邊上的斜槽末端的切線要沿水平方向，以保證兩球正碰，且碰撞完后能做平拋運(yùn)動(dòng)。（2）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理可得m1v0=m1v1+m2v2，又因下落時(shí)間相同，即可求得：m1OP=m1OM+m2ON，由圖乙可知：OM=15.5cm、OP=25.5cm、ON=40.0cm。代值可得：m1：m2=4：1；15.某同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖甲所示的電路來測(cè)量電源電動(dòng)勢(shì) E和內(nèi)阻 r及電阻 R1的阻值。實(shí)驗(yàn)器材有：待測(cè)電源，待測(cè)電阻 R1，電壓表 V（量程 03 V，內(nèi)阻很大），電阻箱 R（099.99 ），單刀單擲開關(guān) S1，單刀雙擲開關(guān) S2，導(dǎo)線若干。（1）先測(cè)電阻 R1的阻值。請(qǐng)將該同學(xué)的操作補(bǔ)充完整：A閉合 S1，將 S2切換到 a，調(diào)節(jié)電阻箱，讀出其示數(shù) R0和對(duì)應(yīng)的電壓表示數(shù)U1；B保持電阻箱示數(shù)不變，將S2切換到b ，讀出電壓表的示數(shù) U2；C電阻 R1的表達(dá)式為 R1_。（2）該同學(xué)已經(jīng)測(cè)得電阻 R13.2 ，繼續(xù)測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻 r，其做法是：閉合 S1，將 S2切換到 a，多次調(diào)節(jié)電阻箱，讀出多組電阻箱示數(shù) R和對(duì)應(yīng)的電壓表示數(shù)U，由測(cè)得的數(shù)據(jù)，繪出了如圖乙所示的圖線，則電源電動(dòng)勢(shì)E=_V，內(nèi)阻r =_。（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）【答案】 (1). （1） (2). （2）2.0； (3). 0.80；【解析】【詳解】（1）由歐姆定律可知：U2=I（R0+R1）；U1=IR0而電路電流相等，聯(lián)立解得：R1=R0；（2）根據(jù)E=U+（R1+r），有，比照直線方程y=kx+b，有截距=b=0.5，所以，E=2V；斜率k=2.0又k=，已測(cè)出R1=3.2，求得r=0.8三、計(jì)算題16.如圖所示，在x0y平面（即紙面）內(nèi)，y軸右側(cè)有場(chǎng)強(qiáng)為E、指向y方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，y軸左側(cè)有方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫出）現(xiàn)有一電量為+q，質(zhì)量為m的帶電粒子，從x軸上的A點(diǎn)并與x軸正方向成60入射，粒子恰能在M (0,d) 垂直于y軸進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，最后從N (L,0) 通過x軸，粒子重力不計(jì)(1)計(jì)算粒子經(jīng)過M點(diǎn)時(shí)速度的大??；(2)計(jì)算磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小【答案】（1）（2）【解析】【詳解】（1）粒子從M到N，受電場(chǎng)力作用做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為tx軸方向 Lvt y軸方向 聯(lián)立解得 （2）帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)軌道半徑為r根據(jù)幾何知識(shí)可知AMO為在三角形 ，故 r2d 粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由洛倫茲力提供有： 解得磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小 17.如圖所示，處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的兩根光滑的足夠長(zhǎng)、電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌相距1m，導(dǎo)軌平面與水平面成=30角，下端連接阻值為R的電阻勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向與導(dǎo)軌平面垂直，質(zhì)量為0.2kg、電阻不計(jì)的金屬棒放在兩導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸（g=10m/s2）（1）當(dāng)金屬棒下滑速度達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，電阻R消耗的功率為8W，求該速度的大??；（2）在上問中，若R=2，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小.【答案】（1）8m/s（2）0.25T【解析】【詳解】（1）設(shè)金屬棒運(yùn)動(dòng)達(dá)到穩(wěn)定時(shí)速度為v，所受安培力為F，棒在沿導(dǎo)軌方向受力平衡F=mgsin 此時(shí)金屬棒克服安培力做功的功率等于電路中電阻R消耗的電功率 ，則P=Fv 聯(lián)立解得 v=8m/s （2）設(shè)電路中電流為I，兩導(dǎo)軌間金屬棒的長(zhǎng)為l，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B， 聯(lián)立解得 B=0.25T18.如圖所示為某種彈射裝置的示意圖，該裝置由三部分組成，傳送帶左邊是足夠長(zhǎng)的光滑水平面，一輕質(zhì)彈簧左端固定，右端連接著質(zhì)量M=6.0kg的物塊A。裝置的中間是水平傳送帶，它與左右兩邊的臺(tái)面等高，并能平滑對(duì)接。傳送帶的皮帶輪逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，使傳送帶上表面以u(píng)=2.0m/s勻速運(yùn)動(dòng)。傳送帶的右邊是一半徑R=1.25m位于豎直平面內(nèi)的光滑1/4圓弧軌道。質(zhì)量m=2.0kg的物塊B從1/4圓弧的最高處由靜止釋放。已知物塊B與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.1，傳送帶兩軸之間的距離l=4.5m。設(shè)物塊A、B之間發(fā)生的是正對(duì)彈性碰撞，第一次碰撞前，物塊A靜止。取g=10m/s2。求：（1）物塊B滑到1/4圓弧的最低點(diǎn)C時(shí)對(duì)軌道的壓力；（2）物塊B與物塊A第一次碰撞后彈簧的最大彈性勢(shì)能；（3）如果物塊A、B每次碰撞后，物塊A再回到平衡位置時(shí)彈簧都會(huì)被立即鎖定，而當(dāng)它們?cè)俅闻鲎睬版i定被解除，求物塊B經(jīng)第一次與物塊A碰撞后在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間?！敬鸢浮浚?）F1=60N，方向豎直向下（2）12J（3）8s【解析】（1）設(shè)物塊B沿光滑曲面下滑到水平位置時(shí)的速度大小為v0由機(jī)械能守恒定律得：mgR=mv02代入數(shù)據(jù)解得：v0=5m/s，在圓弧最低點(diǎn)C，由牛頓第二定律得：Fmg代入數(shù)據(jù)解得：F=60N，由牛頓第三定律可知，物塊B對(duì)軌道的壓力大?。篎=F=60N，方向：豎直向下（2）在傳送帶上，對(duì)物塊B，由牛頓第二定律得：mg=ma，設(shè)物塊B通過傳送帶后運(yùn)動(dòng)速度大小為v，有v2-v02=-2al代入數(shù)據(jù)解得：v=4m/s，由于vu=2m/s，所以v=4m/s即為物塊B與物塊A第一次碰撞前的速度大小設(shè)物塊A、B第一次碰撞后的速度分別為v2、v1，兩物塊碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向