參考答案與試題解析

一、選擇題：本題共12小題，每小題5分．在每小題給出的四個選項中，第1-8題只有一項符合題目要求，第9-12題有多項符合題目要求．全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分.

1．小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上，P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短．將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖所示．將兩球由靜止釋放．在各自軌跡的最低點，（ ）

A．P球的速度一定大于Q球的速度

B．P球的動能一定小于Q球的動能

C．P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力

D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度

【考點】機械能守恒定律；向心加速度；向心力．

【分析】從靜止釋放至最低點，由機械能守恒列式，可知最低點的速度、動能；在最低點由牛頓第二定律可得繩子的拉力和向心加速度．

【解答】解：AB．從靜止釋放至最低點，由機械能守恒得：mgR=mv²，解得：v=

在最低點的速度只與半徑有關(guān)，可知v_P＜v_Q；動能與質(zhì)量和半徑有關(guān)，由于P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短，所以不能比較動能的大小．故AB錯誤；

CD．在最低點，拉力和重力的合力提供向心力，由牛頓第二定律得：

F﹣mg=m，解得，F(xiàn)=mg+m=3mg，a_向=，

所以P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力，向心加速度兩者相等．故C正確，D錯誤．

故選：C．

2．一個質(zhì)量為50kg的人，從靜止開始以0.5m/s²的加速度在水平面上向右加速跑動，在t=5時又以0.5m/s²減速跑動，速度變?yōu)?后，再以0.5m/s²的加速度返向跑動5s，在這段時間內(nèi)陸面的摩擦力對人做的功為（ ）

A． J B． J C． J D．0

【考點】動能定理的應(yīng)用．

【分析】人在水平面上跑動過程中，只有摩擦力對人做功，分析動能的變化，由動能定理求摩擦力對人做的功．

【解答】解：據(jù)題，人再以0.5m/s²的加速度返向跑動5s時速度為 v=at=0.5×5=2.5m/s

對整個過程，由動能定理得：

地面的摩擦力對人做的功為 W=﹣0=J=J

故選：A

3．如圖所示，A、B是點電荷負(fù)Q形成的電場中的兩點（r_A＜r_B）．若先后把帶電量很小，不會影響Q形成電場的正點電荷q₁、q₂（q₁＞q₂）分別放到A點和B點，q₁、q₂在A點受到的電場力分別為F_A1、F_A2，在B點受到的電場力分別為F_B1、F_B2．則下列關(guān)于點電荷所受電場力F和帶電量q的比值的大小的比較中，正確的說法是（ ）

A．，

B．，

C．，

D．，

【考點】電場強度．

【分析】真空點電荷產(chǎn)生的電場強度計算公式是E=，Q是產(chǎn)生電場的電荷的電量，r是電場中的某點到場源電荷Q的距離．放在電場中某點的電荷受到的電場力與其電荷量比值等于該點的電場強度．電場中同一點電場強度不變．

【解答】解：A、由題，q₁、q₂在A點受到的電場力分別為F_A1、F_A2，而A點的電場強度一定，根據(jù)場強的定義式E=可知， =E_A．故A錯誤．

B、由點電荷的場強公式E=分析可知，A點的場強大于B點的場強，則有．故B錯誤．

C、由上分析可知， ，．故C正確．

D、電場強度反映本身的強弱與方向，與試探電荷無關(guān)，電場中同一點場強是一定的，則=．故D錯誤

故選C

4．甲、乙兩個溜冰者質(zhì)量分別為48kg和50kg，甲手里拿著質(zhì)量為2kg的球，兩人均以2m/s的速率，在光滑的冰面上沿同一直線相向滑行，甲將球傳給乙，乙再將球傳給甲，這樣拋接幾次后，球又回到甲的手里，乙的速度為零，則甲的速度的大小為（ ）

A．0 B．2m/s C．4m/s D．無法確定

【考點】動量守恒定律．

【分析】以兩人和球為研究對象，系統(tǒng)水平方向動量守恒，根據(jù)動量守恒列方程即可正確解答．

【解答】解：設(shè)甲溜冰者的運動方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律，選擇開始和最后兩個狀態(tài)列方程得：

（M_甲+m）v₀﹣M_乙v₀=M_乙×0+（M_甲+m）v，代入數(shù)據(jù)解得v=0，故BCD錯誤，A正確．

故選A．

5．如下四個電場中，均有相互對稱分布的a、b兩點，其中電勢和場強都相同的是（ ）

A． B． C． D．

【考點】電勢；電場強度．

【分析】電場強度是矢量，既有大小又有方向，只有當(dāng)大小均相同時，場強才相同．電勢是標(biāo)量，根據(jù)電場線和等勢線的分布情況解答．

【解答】解：A、ab兩點電勢相同，電場強度方向不同，場強不同．故A錯誤．

B、ab在同一等勢線上，電勢相等．根據(jù)對稱性，ab兩點場強相同，故B正確．

C、根據(jù)順著電場線電勢降低，則知a點的電勢比b點高．根據(jù)電場線分布情況可知a、b兩點場強相同．故C錯誤．

D、a點場強方向向上，b點場強方向向下，場強不同．電勢相同．故D錯誤．

故選：B．

6．如圖所示，質(zhì)量為m的小球A以水平速率v與靜止在光滑水平面上質(zhì)量為3m的小球B發(fā)生正碰后，小球A的速率變?yōu)?a >，則碰后B球的速度為（以v的方向為正方向）（ ）

A． B．v C． D．

【考點】動量守恒定律．

【分析】碰撞過程中動量守恒，本題的難點在于判斷碰撞后A球的速度方向，注意碰撞滿足的條件：動量守恒，碰撞是一次性的不能重復(fù)碰撞，碰后動能小于等于碰前動能．

碰后A球的速度方向可能跟原來相同，也可能相反，再根據(jù)碰撞過程中動量守恒即可解題．

【解答】解：碰撞過程中AB動量守恒，則

mv=mv_A+3mv_B

又因為v_A=

解得：或

其中當(dāng)＜還要發(fā)生第二次碰撞，這不可能，故此答案舍去

故選D．

7．如圖，質(zhì)量為3kg的木板放在光滑水平面上，質(zhì)量為1kg的物塊在木板上，它們之間有摩擦力，木板足夠長，兩者都以4m/s的初速度向相反方向運動，當(dāng)木板的速度為2.4m/s時，物塊（ ）

A．加速運動 B．減速運動 C．勻速運動 D．靜止不動

【考點】動量守恒定律；力的合成與分解的運用；牛頓第二定律．

【分析】分析物體的運動情況：初態(tài)時，系統(tǒng)的總動量方向水平向左，兩個物體開始均做勻減速運動，m的速度先減至零，根據(jù)動量守恒定律求出此時M的速度．之后，m向左做勻加速運動，M繼續(xù)向左做勻減速運動，最后兩者一起向左勻速運動．根據(jù)動量守恒定律求出薄板的速度大小為2.4m/s時，物塊的速度，并分析m的運動情況．

【解答】解：設(shè)木板的質(zhì)量為M，物塊的質(zhì)量為m；開始階段，m向左減速，M向右減速，根據(jù)系統(tǒng)的動量守恒定律得：當(dāng)物塊的速度為零時，設(shè)此時木板的速度為v₁．

根據(jù)動量守恒定律得：（M﹣m）v=Mv₁

代入解得：v₁===2.67m/s．

此后m將向右加速，M繼續(xù)向右減速；當(dāng)兩者速度達到相同時，設(shè)共同速度為v₂．由動量守恒定律得：

（M﹣m）v=（M+m）v₂

代入解得：v₂==×4=2m/s．

兩者相對靜止后，一起向左勻速直線運動．

由此可知當(dāng)M的速度為2.4m/s時，m處于向右加速過程中，加速度向右．

故選：A．

8．如圖所示，兩個帶有同種電荷的小球，用絕緣細(xì)線懸掛于O點，若q₁＞q₂，l₁＞l₂，平衡時兩球到過O點的豎直線的距離相等，則（ ）

A．m₁＞m₂ B．m₁=m₂ C．m₁＜m₂ D．無法確定

【考點】庫侖定律．

【分析】對小球受力分析，根據(jù)受力平衡可得出小球的傾角與電量、重力的關(guān)系，則可得出兩小球的質(zhì)量的大小關(guān)系．

【解答】解：對m₁、m₂球受力分析，

根據(jù)共點力平衡和幾何關(guān)系得：

左邊兩個陰影部分面積相似，右邊兩個陰影部分面積相似；

雖然q₁＞q₂，l₁＞l₂，但兩者的庫侖力大小相等，

則有

由于 F₁=F₂，

所以m₁=m₂． 故B正確，ACD錯誤；

故選B．

9．如圖所示，等質(zhì)量同種正電荷固定在M、N兩點，虛線框ABCD是以MN連線的中點為中心的正方形，其中G、H、E、F分別為四條邊的中點，則以下說法中正確的是（ ）

A．若A點電勢為5V，則B點電勢為5V

B．同一正電荷在A點具有的電勢能大于在D點具有的電勢能

C．在G點釋放一個帶正電粒子（不計重力），粒子將沿GH連線向H點運動

D．在E點釋放一個帶正電粒子（不計重力），粒子將沿EF連線向F點運動

【考點】電場的疊加；電勢差與電場強度的關(guān)系．

【分析】根據(jù)等量同種電荷等勢面分布情況，判斷出A與B電勢相等、A與D電勢相等，再分析電勢能的關(guān)系；根據(jù)帶正電的粒子受力情況，分析其運動方向．

【解答】解：A、根據(jù)等量同種電荷等勢面分布情況和對稱性可知，A點和B點電勢相等，若A點電勢為5V，則B點電勢為5V，故A正確．

B、根據(jù)等量同種電荷等勢面分布情況和對稱性可知，A點和D點電勢相等，則同一正電荷在A、D兩點具有的電勢能相等，故B錯誤．

C、由G點釋放一個帶正電粒子（不計重力），該粒子所受的電場力垂直于MN連線向上，所以粒子將沿GH連線向上運動，故C錯誤．

D、在E點電場強度方向由E→F，帶正電的粒子受到的電場力方向由E→F，粒子將沿EF連線向F點運動，故D正確．

故選：AD

10．在地面上方某一點將一小球以一定的初速度沿水平方向拋出，不計空氣阻力，則小球在隨后的運動中（ ）

A．速度和加速度的方向都在不斷變化

B．速度與加速度方向之間的夾角一直減小

C．在相等的時間間隔內(nèi)，速率的改變量相等

D．在相等的時間間隔內(nèi)，動能的改變量相等

【考點】功能關(guān)系．

【分析】明確平拋運動的性質(zhì)，知道平拋運動可分解為豎直方向上的自由落體運動和水平方向上的勻速直線運動；再根據(jù)運動的合成和分解規(guī)律可明確速度及速率的變化情況．

【解答】解：A、平拋運動的物體其加速度恒定不變，速度方向時刻變化；故A錯誤；

B、由于豎直分速度一直增大，而水平分速度不變，故合速度的方向由水平逐漸變?yōu)榻咏Q直，故與豎直方向夾角越來越?。慌c加速度方向的夾角越來越??；故B正確；

C、由v=gt可知，在相等的時間間隔內(nèi)速度的改變量相同；但是速率為水平速度和豎直速度的合速度的大小；故速率的改變量不相同；故C錯誤；

D、由C可知，速率的變化量不相等，故由動能的表達式可知，動能的改變量也不相等；故D錯誤；

故選：B．

11．如圖，兩質(zhì)量均為m的小球，通過長為L的不可伸長輕繩水平相連，從某一高處自由下落，下落過程中繩處于水平伸直狀態(tài)．在下落h高度時，繩的中點碰到水平放置的光滑釘子O．重力加速度為g，空氣阻力不計，則（ ）

A．小球從開始下落到剛到達最低點的過程中機械能守恒

B．從輕繩與釘子相碰到小球剛到達最低點的過程，重力的瞬時功率先增大后減小

C．小球剛到達最低點時速度大小為

D．小球剛到達最低點時的加速度大小為（+2）g

【考點】機械能守恒定律；功率、平均功率和瞬時功率．

【分析】小球從開始下落到剛到達最低點的過程中只有重力做功，系統(tǒng)機械能守恒；重力的瞬時功率根據(jù)P_G=mgv_y求解；小球剛到達最低點時速度可根據(jù)動能定理求解；根據(jù)向心加速度公式即可求解向心加速度．

【解答】解：A、小球從開始下落到剛到達最低點的過程中只有重力做功，機械能守恒，故A正確；

B、以向下為正方向，豎直方向合力為F=mg﹣Tsinθ，開始時θ很小，mg＞Tsinθ，F(xiàn)＞0，豎直方向加速度向下，v_y增大，到快要相碰時，Tsinθ＞mg，F(xiàn)＜0，豎直方向加速度向上，v_y減小，根據(jù)P_G=mgv_y可知重力的瞬時功率先增大后減小，故B正確；

C、從最高點到小球剛到達最低點的過程中運用動能定理得：，解得：v=，故C錯誤；

D、根據(jù)向心加速度公式有：a==，故D正確．

故選ABD．

12．一質(zhì)量為0.1kg的小球自t=0時刻從水平地面上方某處自由下落，小球與地面碰后反向彈回，不計空氣阻力，也不計小球與地面碰撞的時間，小球距地面的高度h與運動時間t關(guān)系如圖所示，取g=10m/s²．則（ ）

A．小球第一次與地面碰撞后的最大速度為10m/s

B．小球與地面碰撞前后動量守恒

C．小球第一次與地面碰撞時機械能損失了15J

D．小球?qū)⒃趖=6s時與地面發(fā)生第四次碰撞

【考點】動量守恒定律；勻變速直線運動的圖像．

【分析】圖象為h﹣t圖象，故描述小球高度隨時間變化的規(guī)律，則由圖象可讀出碰后小球上升的最大高度；由機械能守恒可求得小球與地面碰撞前后的速度，則可求得機械能的損失．

【解答】解：A、由圖可知，小球從20m高的地方落下，由機械能守恒定律可知，落地時的速度v₁==20m/s；

而碰后，小球上升的高度為5m，同理可知，碰后的速度v₂==10m/s，故A正確；

B、小球與地面碰后反向彈回，速度的方向改變，小球的動量不守恒，所以B錯誤；

C、小球碰前的機械能E₁=mv₁²=20J； 而碰后的機械能E₂=mv₂²=5J，故機械能的改變量為E₁﹣E₂=15J； 故C正確；

D、由圖可知，從小球第二次彈起至第三次碰撞，用時1s，而第三次彈起時，其速度減小，故在空中時間減小，故應(yīng)在6s前發(fā)生第四次碰撞，故D錯誤；

故選：AC．

二、實驗填空題．在下面的13、14小題中共有五處橫線空白，將其填充完整并填入答題紙相應(yīng)題號空白處．每空3分，共計15分．

13．利用圖示裝置進行驗證機械能守恒定律的試驗時，需要測量物體由靜止開始自由下落到某點時的瞬時速度v和下落高度h．某班同學(xué)利用實驗得到的紙帶，設(shè)計了以下四種測量方案．

A．用刻度尺測出物體下落的高度h，并測出下落時間t，通過v=gt計算出瞬時速度v

B．用刻度尺測出物體下落的高度h，并通過v=計算出瞬時速度v

C．根據(jù)做勻速直線運動時紙帶上某點的瞬時速度，等于這點前后相鄰兩點間的平均速度，測算出瞬時速度v，并通過h=計算出高度h

D．用刻度尺測出物體下落的高度h，根據(jù)做勻速直線運動時紙帶上某點的瞬時速度，等于這點前后相鄰兩點間的平均速度，測算出瞬時速度v

以上方案中只有一種正確，正確的是 D ．（填入相應(yīng)的字母）

【考點】驗證機械能守恒定律．

【分析】解決實驗問題首先要掌握該實驗原理，了解實驗的儀器、操作步驟和數(shù)據(jù)處理以及注意事項．

該實驗是驗證機械能守恒定律的實驗．因為我們知道自由落體運動只受重力，機械能就守恒．如果把重物的實際運動看成自由落體運動，再運用自由落體的規(guī)律求解速度，那么就不需要驗證．

【解答】解：該實驗是驗證機械能守恒定律的實驗．因為我們知道自由落體運動只受重力，機械能就守恒．如果把重物的實際運動看成自由落體運動，再運用自由落體的規(guī)律求解速度，那么就不需要驗證呢．

其中ABC三項都是運用了自由落體的運動規(guī)律求解的，故ABC錯誤，D正確．

故選：D．

14．兩位同學(xué)用如圖甲所示裝置，通過半徑相同的A、B兩球的碰撞來驗證動量守恒定律．

①實驗中必須滿足的條件是 BC ．

A．斜槽軌道盡量光滑以減小誤差

B．斜槽軌道末端的切線必須水平

C．入射球A每次必須從軌道的同一位置由靜止?jié)L下

D．兩球的質(zhì)量必須相等

②測量所得入射球A的質(zhì)量為m_A，被碰撞小球B的質(zhì)量為m_B，圖甲中O點是小球拋出點在水平地面上的垂直投影，實驗時，先讓入射球A從斜軌上的起始位置由靜止釋放，找到其平均落點的位置P，測得平拋射程為OP；再將入射球A從斜軌上起始位置由靜止釋放，與小球B相撞，分別找到球A和球B相撞后的平均落點M、N，測得平拋射程分別為OM和ON．當(dāng)所測物理量滿足表達式 m_A·OP=m_A·OM+m_B·ON 時，即說明兩球碰撞中動量守恒；如果滿足表達式 m_AOP²=m_AOM²+m_BON² 時，則說明兩球的碰撞為完全彈性碰撞．

③乙同學(xué)也用上述兩球進行實驗，但將實驗裝置進行了改裝：如圖乙所示，將白紙、復(fù)寫紙固定在豎直放置的木條上，用來記錄實驗中球A、球B與木條的撞擊點．實驗時，首先將木條豎直立在軌道末端右側(cè)并與軌道接觸，讓入射球A從斜軌上起始位置由靜止釋放，撞擊點為B′；然后將木條平移到圖中所示位置，入射球A從斜軌上起始位置由靜止釋放，確定其撞擊點P′；再將入射球A從斜軌上起始位置由靜止釋放，與球B相撞，確定球A和球B相撞后的撞擊點分別為M′和N′．測得B′與N′、P′、M′各點的高度差分別為h₁、h₂、h₃．若所測物理量滿足表達式 =+ 時，則說明球A和球B碰撞中動量守恒．

【考點】驗證動量守恒定律．

【分析】（1）在做“驗證動量守恒定律”的實驗中，是通過平拋運動的基本規(guī)律求解碰撞前后的速度的，所以要保證每次小球都做平拋運動，則軌道的末端必須水平；

（2）由于兩球從同一高度下落，故下落時間相同，所以水平向速度之比等于兩物體水平方向位移之比，然后由動量守恒定律與機械能守恒分析答題．

（3）應(yīng)用平拋運動規(guī)律分析碰撞的速度，再由動量守恒定律列式求解．

【解答】解：①A、“驗證動量守恒定律”的實驗中，是通過平拋運動的基本規(guī)律求解碰撞前后的速度的，只要離開軌道后做平拋運動，對斜槽是否光滑沒有要求，故A錯誤；

B、要保證每次小球都做平拋運動，則軌道的末端必須水平，故B正確；

C、要保證碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要從同一高度由靜止?jié)L下，故C正確；

D、為了使小球碰后不被反彈，要求入射小球質(zhì)量大于被碰小球質(zhì)量，故D錯誤；

故選：BC．

②小球離開軌道后做平拋運動，由于小球拋出點的高度相同，它們在空中的運動時間t相等，

它們的水平位移x與其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，

若兩球相碰前后的動量守恒，則m_Av₀=m_Av₁+m_Bv₂，又OP=v₀t，OM=v₁t，ON=v₂t，代入得：m_AOP=m_AOM+m_BON，

若碰撞是彈性碰撞，則機械能守恒，由機械能守恒定律得： m_Av₀²=m_Av₁²+m_Bv₂²，

將OP=v₀t，OM=v₁t，ON=v₂t代入得：m_AOP²=m_AOM²+m_BON²；

③小球做平拋運動，在豎直方向上：h=gt²，平拋運動時間：t=，

設(shè)軌道末端到木條的水平位置為x，小球做平拋運動的初速度：

v_A=，v_A′=，v_B′=，

如果碰撞過程動量守恒，則：m_Av_A=m_Av_A′+m_Bv_B′，

將v_A=，v_A′=，v_B′=，

解得： =+

故答案為：①BC；②m_AOP=m_AOM+m_BON；m_AOP²=m_AOM²+m_BON²；③=+

三.計算論述題，其中15小題10分，16小題12分，17小題13分，共計25分．

15．如圖所示，空間存在一水平向右的有界勻強電場，電場上下邊界的距離為d，左右邊界足夠?qū)挘F(xiàn)有一帶電量為+q、質(zhì)量為m的小球（可視為質(zhì)點）以豎直向上的速度從下邊界上的A點進入勻強電場，且恰好沒有從上邊界射出，小球最后從下邊界的B點離開勻強電場，若A、B兩點間的距離為4d，重力加速度為g，求：

（1）勻強電場的電場強度；

（2）小球在B點的動能；

【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動．

【分析】（1）小球受到重力和電場力的作用，將小球的運動分成兩個力的方向上求解過程，根據(jù)運動的分解求解即可．

（2）對豎直方向進行分析，根據(jù)動能定理即可求得小球在B點的動能．

【解答】解：（1）設(shè)電場強度為E，小球從A運動到B的時間為t，則：

對水平方向上有： =4d

對豎直方向上，由運動的對稱性有：

g（）²=d

聯(lián)立解得：E=

（2）設(shè)小球進入電場時的速度為v₀，小球到達B點時的動能為E_K，則：

對豎直方向上有：

v₀²=2gd

對小球從A到B點的過程由動能定理得：

4qEd=E_k﹣

聯(lián)立解得：E_k=5mgd

答：（1）勻強電場的電場強度為；

（2）小球在B點的動能為5mgd；

16．在地面上以初速度v₀豎直向上拋出一物體，返回拋出點時物體的速度大小為v₀，假設(shè)物體運動過程中受到的空氣阻力大小不變，重力加速度為g，求物體在空中運動的時間．

【考點】動能定理；牛頓第二定律．

【分析】先利用動能定理求出上升高度和空氣的阻力，再分別對上升和下降過程使用牛頓第二定律和運動學(xué)公式求得在空氣中運動的總時間．

【解答】解：設(shè)物體運動中受到的空氣阻力大小為f，上升的最大高度為h，根據(jù)動能定理可得：

上升過程中：﹣mgh﹣fh=0﹣mv₀²

下降過程中：mgh﹣fh=m（v₀）²

聯(lián)立解得：h=；f=mg

上升過程由牛頓第二定律得：mg+f=ma₁

下降過程由牛頓第二定律得：mg﹣f=ma₂

根據(jù)運動學(xué)公式可得：

0﹣v₀=a₁t₁

v₀=a₂t₂

聯(lián)立以上各式解得：t=t₁+t₂=．

答：物體在空中運動的時間為．

17．如圖所示，輕質(zhì)彈簧將質(zhì)量為m的小物塊連接在質(zhì)量為M（M=3m）的光滑框架內(nèi)．小物塊位于框架中心位置時彈簧處于自由長度．現(xiàn)設(shè)框架與小物塊以共同速度v₀沿光滑水平面向左勻速滑動．

（1）若框架與墻壁發(fā)生碰撞后速度為零，但與墻壁不粘連，求框架脫離墻壁后的運動過程中，彈簧彈性勢能的最大值．

（2）若框架與墻壁發(fā)生碰撞以一定速度反彈，在以后過程中彈簧的最大彈性勢能為mv₀²，求框架與墻壁碰撞時損失的機械能△E₁．

（3）在（2）情形下試判定框架與墻壁能否發(fā)生第二次碰撞？若不能，說明理由．若能，試求出第二次碰撞時損失的機械能△E₂．（設(shè)框架與墻壁每次碰撞前后速度大小之比不變）

【考點】動量守恒定律；機械能守恒定律．

【分析】（1）框架與墻壁碰撞后，物塊以v₀壓縮彈簧，后又返回，由機械能守恒可知，碰后速度仍為v₀方向向右．

設(shè)彈簧有最大勢能時共同速度為v，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律列式即可求解；

（2）設(shè)框架反彈速度為v₁、最大勢能時共同速度為v，則由動量、能量守恒定律即可求解v₁、和v，從而求解損失量；

（3）由（2）知第一次碰后反彈后，二者總動量為零，故當(dāng)彈簧再次伸展后仍可繼續(xù)與墻壁相撞，并以v₁的速度與墻壁相撞，根據(jù)速度的比值關(guān)系求得碰后速度即可求解機械能損失量．

【解答】解：（1）框架與墻壁碰撞后，物塊以V₀壓縮彈簧，后又返回，

當(dāng)返回原位時框架開始離開，由機械能守恒知，此時物塊速度是v₀方向向右．

設(shè)彈簧有最大勢能時共同速度為v，由動量守恒定律知：mv₀=4mv，

由能量守恒定律mv₀²=×4mv²+E_Px，

解得：E_PX=mv₀²；

（2）設(shè)框架反彈速度為v₁，最大勢能時共同速度為v，則

由動量、能量守恒定律得

3mv₁﹣mv₀=4mv，

×3mv₁²+mv₀²=×4mv′²+mv₀²，

解得：v₁=，v₁′=﹣v₀（舍去），

代入解得：v′=0，

△E₁=×3mv₀²﹣×3mv₁²=mv₀²，

（3）由（2）知第一次碰后反彈后，二者總動量為零，故當(dāng)彈簧再次伸展后仍可繼續(xù)與墻壁相撞，并以V₁=速度與墻壁相撞，由題意知，

=，所以v₂=，

故△E₂=×3m﹣×3m=mv₀²，

答：（1）彈簧彈性勢能的最大值為mv₀²；

（3）框架與墻壁碰撞時損失的機械能為mv₀²；

（4）能，第二次碰撞時損失的機械能為mv₀²．

2016年12月17日