题目内容
【题目】光滑水平面上有一质量m车＝1.0kg的平板小车，车上静置A、B两物块。物块由轻质弹簧无栓接相连（物块可看作质点），质量mA＝mB＝1.0kg。A距车右端x1（x1>1.5m），B距车左端x2＝1.5m，两物块与小车上表面的动摩擦因数均为μ＝0.1．车离地面的高度h＝0.8m，如图所示。某时刻，将储有弹性势能Ep＝4.0J的轻弹簧释放，使A、B瞬间分离，A、B两物块在平板车上水平运动。重力加速度g取10m/s2，求：
(1)弹簧释放瞬间后A、B速度的大小；
(2)B物块从弹簧释放后至落到地面上所需时间；
(3)若物块A恰好未离开车，求x1的值及两物块在平板车上运动的整个过程中系统产生的热量。
【答案】(1) v 1＝2m/s，v2＝2m/s；(2)t=1.4s；(3)x1=1.75m，Q=3.25J。
【解析】
(1)释放弹簧过程A、B系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mAv1-mBv2＝0
由机械能守恒定律得
代入数据解得
v 1＝2m/s，v2＝2m/s
(2)由于A、B质量相等，且与小车上表面的动摩擦因数相等，则B在平板车上运动到左端的过程小车所受合力为零，小车静止。因此在B运动到小车左端过程，对B由动能定理得：
由动量定理得
-μmBgt1＝mBvB-mBv2
代入数据解得：
vB＝1m/s，t1＝1s
B离开平板车后做平抛运动，竖直方向
代入数据解得
t2＝0.4s
运动时间
t＝t1+t2＝1.4s
(3)B离开小车时,vA＝vB＝1m/s，B离开平板车后，A与平板车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mAvA＝(mA+m车)v
由能量守恒定律得
代入数据解得
L相对＝0.25m
A、B同时在小车上运动时小车不动，B滑出小车前，A在小车上滑行的距离与B在小车上滑行的距离相等为1.5m，则x1的值
x1＝L相对+ x2＝1.75m
根据能量守恒定律，系统产生的热量
Q＝μmAgx1+μmBgx2＝3.25J
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