di-zhang-fdu/OlympiadExtended huggingface dataset:
Subfield: Optics


Question: $1966年时任香港中文大学校长的高锟在一篇论文中提出利用石英基玻璃纤维，可进行长距离及高信息量的信息传递，引发了光导纤维的研发热潮，1970年康宁公司最先发明并制造出世界第一根可用于光通信的光纤，使光纤通信得以广泛应用，被视为光纤通信的里程碑之一，高锟也因此被国际公认为“光纤之父”。如图为某种新型光导纤维材料的一小段，材料呈圆柱状，半径为l，长度为3\sqrt{3}l，将一束光从底部中心P点以入射角\theta 射入，已知光在真空中的速度为c。$

$- 若已知这种材料的折射率为\sqrt{3}，入射角\theta  = 60^\circ ，求光线穿过这段材料所需的时间。$
- 这种材料的优势是无论入射角$\theta$ 为多大，材料侧面始终不会有光线射出，求材料的折射率的最小值。

<img_1377>

Solution:
①如图1所示
$由折射定律可得n_1=\frac{\sin \theta}{\sin \alpha_1}=\sqrt{3}，解得\alpha_1=30^\circ$
$根据几何关系，光在圆柱体中的路程为s=\frac{3\sqrt{3}l}{\cos \alpha_1}=6l，又n_1=\frac{c}{v}$
$传播时间为t=\frac{s}{v}$
$解得光线穿过这段材料所需的时间为t=\frac{6\sqrt{3}l}{c}$

<img_1047>

<img_507>

$②如图2所示，若将\theta逐渐增大，图中\alpha也将不断增大，而光线在侧面的入射角i将不断减小。当\theta趋近于90^\circ时，由折射定律及全反射可知，图中\alpha将趋于临界角C，角i将达到最小，若此时刚好发生全反射，则所有到达侧面的光线将全部发生全反射，不会从侧面射出。因此可得\sin i \geq \sin C，i+C=90^\circ，\sin C=\frac{1}{n}。$
$联立以上各式解得折射率的最小值为n=\sqrt{2}$

Final answer: $\frac{6\sqrt{3}l}{c}，\sqrt{2}$
Subfield: Optics


Question: $日晕是一种大气光学现象，如图1所示。在一定的气象条件下，空气中的水蒸气会变成正六棱柱状的小冰晶。太阳光穿过小冰晶时发生折射，在太阳的周围出现一个圆形的光圈，这就是日晕。日晕半径的视角最常见的是22^\circ ，如图2所示，太阳光沿截面方向射向正六棱柱状的小冰晶一侧面，从另一侧面射出，当最后的出射角等于最初的入射角时，偏向角D(光线经过冰晶折射偏转的角度)最小，这时出射光线若到达人的眼睛，人看到的就是22^\circ 晕(偏向角为22^\circ )。(可能用到的数据：\sin 41^\circ =0.656，\sin 68^\circ =\sqrt{2} \sin 41^\circ )$

1. 求冰晶的折射率n；
2. 如图3所示，若光线从正六棱柱六边形底面射入，侧面射出，最后的出射角等于最初的入射角时，人看到的是多少度晕？

![图1](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623614333157724162/img/compression/M_01ce6486618d97d8bf774e44a456eecd.jpg)

![图2](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623614333157724162/img/compression/M_f082fc10e5fb4f87cc2785e97502c580.jpg)

![图3](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623614333157724162/img/compression/M_d6a4705144c3b6950f6b940f89885faa.jpg)

Solution:
$①如图甲所示，由折射定律有n=\frac{\sin  \alpha }{\sin  \beta }$
由最后的出射角等于最初的入射角，
$根据几何知识有D=2(\alpha-\beta)=22^\circ ，\beta=\frac{1}{2} \theta=30^\circ $
$解得\alpha=41^\circ ，n=\frac{\sin  41 ^{\circ} }{\sin  30 ^{\circ} }=1.312$

![图甲](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623614333157724162/img/compression/M_70f9379cbd59b10a17c7826cfa6c8d03.jpg)

![图乙](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623614333157724162/img/compression/M_6a3784a937baae1df3379fd30af403d1.jpg)

$②光线从正六棱柱六边形底面射入，侧面射出，六棱柱横剖面是一个矩形，光路图如图乙所示，此时\theta'=90^\circ ，由几何关系知\beta'=\frac{1}{2} \theta'=45^\circ ，n=\frac{\sin  \alpha '}{\sin  \beta '}$
$得\sin \alpha'=n \sin \beta'=\frac{\sqrt{2}}{2} n=\sqrt{2} \sin 41^\circ $
$解得\alpha'=68^\circ ；D'=2(\alpha'-\beta')=46^\circ $
则人看到的是46^\circ 晕。

Final answer: ①1.312　②$46 $
Subfield: Optics


Question: $日晕是一种大气光学现象，如图1所示。在一定的气象条件下，空气中的水蒸气会变成正六棱柱状的小冰晶。太阳光穿过小冰晶时发生折射，在太阳的周围出现一个圆形的光圈，这就是日晕。日晕半径的视角最常见的是22^\circ ，如图2所示，太阳光沿截面方向射向正六棱柱状的小冰晶一侧面，从另一侧面射出，当最后的出射角等于最初的入射角时，偏向角D(光线经过冰晶折射偏转的角度)最小，这时出射光线若到达人的眼睛，人看到的就是22^\circ 晕(偏向角为22^\circ )。(可能用到的数据：\sin 41^\circ =0.656，\sin 68^\circ =\sqrt{2} \sin 41^\circ )$

1. 求冰晶的折射率n；
2. 如图3所示，若光线从正六棱柱六边形底面射入，侧面射出，最后的出射角等于最初的入射角时，人看到的是多少度晕？

<img_611>

<img_618>

<img_668>

Solution:
$①如图甲所示，由折射定律有n=\frac{\sin  \alpha }{\sin  \beta }$
由最后的出射角等于最初的入射角，
$根据几何知识有D=2(\alpha-\beta)=22^\circ ，\beta=\frac{1}{2} \theta=30^\circ $
$解得\alpha=41^\circ ，n=\frac{\sin  41 ^{\circ} }{\sin  30 ^{\circ} }=1.312$

<img_584>

<img_1171>

$②光线从正六棱柱六边形底面射入，侧面射出，六棱柱横剖面是一个矩形，光路图如图乙所示，此时\theta'=90^\circ ，由几何关系知\beta'=\frac{1}{2} \theta'=45^\circ ，n=\frac{\sin  \alpha '}{\sin  \beta '}$
$得\sin \alpha'=n \sin \beta'=\frac{\sqrt{2}}{2} n=\sqrt{2} \sin 41^\circ $
$解得\alpha'=68^\circ ；D'=2(\alpha'-\beta')=46^\circ $
则人看到的是46^\circ 晕。

Final answer: ①1.312　②$46 $
Subfield: Optics


Question: 如图，一玻璃工件的上部是半径为R的半球体，O点为球心；下部是半径为R、高为2R的圆柱体，圆柱体底面镀有反射膜。有一平行于中心轴OC的光线从半球面射入，该光线与OC之间的距离为0.6R。已知最后从半球面射出的光线恰好与入射光线平行(不考虑多次反射)，求该玻璃的折射率。

![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623614417628635139/img/compression/M_ed3e4367a2e78dbdba432daf6ab8dfbb.jpg)

Solution:
光路图如图所示。根据光路的对称性和光路可逆性，与入射光线相对于OC轴对称的出射光线一定与入射光线平行。这样，从半球面射入的折射光线，将从圆柱体底面中心反射。设光线在半球面的入射角为i，折射角为r。由折射定律有 $\sin i = n \sin r$ 由正弦定理有 

$\frac{2R}{\sin  r} = \frac{R}{\sin (i-r)}$

$由题设条件和几何关系有 \sin i = \frac{0.6R}{R} 联立解得n = \sqrt{2.05} \approx  1.43$

![图](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623614417628635139/img/compression/M_4c19ba38f8507a81a748b3d2ae83c576.jpg)

Final answer: 1.43
Subfield: Optics


Question: 如图，一玻璃工件的上部是半径为R的半球体，O点为球心；下部是半径为R、高为2R的圆柱体，圆柱体底面镀有反射膜。有一平行于中心轴OC的光线从半球面射入，该光线与OC之间的距离为0.6R。已知最后从半球面射出的光线恰好与入射光线平行(不考虑多次反射)，求该玻璃的折射率。

<img_1085>

Solution:
光路图如图所示。根据光路的对称性和光路可逆性，与入射光线相对于OC轴对称的出射光线一定与入射光线平行。这样，从半球面射入的折射光线，将从圆柱体底面中心反射。设光线在半球面的入射角为i，折射角为r。由折射定律有 $\sin i = n \sin r$ 由正弦定理有 

$\frac{2R}{\sin  r} = \frac{R}{\sin (i-r)}$

$由题设条件和几何关系有 \sin i = \frac{0.6R}{R} 联立解得n = \sqrt{2.05} \approx  1.43$

<img_1033>

Final answer: 1.43
Subfield: Optics


Question: $如图，足够宽的液槽中水的折射率n=\frac{2\sqrt{3}}{3}，M是可绕轴转动的平面镜，M与水平面的夹角为\alpha ，光线从液槽的侧壁水平射入水中。$

![image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623614422053625859/img/compression/M_da63b5792868ff2399e682f44c64b2d9.jpg)

$①若\alpha =30^\circ ，求经平面镜反射后的光线从水面射出时折射角的正弦值；$

$②若经平面镜反射后的光线能从水面射出，求\alpha 的取值范围。$

Solution:
①作出光线经平面镜反射后从水面射出的光路如图1所示。   
由几何关系知，在水面发生折射的入射角$\beta =90^\circ -2\alpha  $  
由折射定律，有：   
${\sin  r}/{\sin  \beta }=n   $
$代入数据，得折射角r的正弦值：\sin r={\sqrt{3}}/{3}.   $
②设光线在水中发生全反射的临界角为C，则   
$\sin C={1}/{n}={3}/{2\sqrt{3}}={\sqrt{3}}/{2}，C=60^\circ 。   $
若光在右侧发生全反射，作出光路如图2，则由几何关系可知：$2\alpha _1+C=90^\circ$    
若光在左侧发生全反射，作出光路如图3，则由几何关系可知：$2(90^\circ -\alpha _2)+C=90^\circ   $ 
即$\alpha _1<\alpha <\alpha _2   $
解得：$15^\circ <\alpha <75^\circ    $

![图1](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623614422053625859/img/compression/M_b812e95c99b83fab0ee9f1e18f9bb888.jpg)

![图2](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623614422053625859/img/compression/M_05bef916894a8cad90921bc2d0321694.jpg)

![图3](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623614422053625859/img/compression/M_c6a12594bf897390de110ad9e7d00817.jpg)

Final answer: $\frac{\sqrt{3}}{3}, 15^\circ < \alpha  <75^\circ $
Subfield: Optics


Question: $如图，足够宽的液槽中水的折射率n=\frac{2\sqrt{3}}{3}，M是可绕轴转动的平面镜，M与水平面的夹角为\alpha ，光线从液槽的侧壁水平射入水中。$

<img_724>

$①若\alpha =30^\circ ，求经平面镜反射后的光线从水面射出时折射角的正弦值；$

$②若经平面镜反射后的光线能从水面射出，求\alpha 的取值范围。$

Solution:
①作出光线经平面镜反射后从水面射出的光路如图1所示。   
由几何关系知，在水面发生折射的入射角$\beta =90^\circ -2\alpha  $  
由折射定律，有：   
${\sin  r}/{\sin  \beta }=n   $
$代入数据，得折射角r的正弦值：\sin r={\sqrt{3}}/{3}.   $
②设光线在水中发生全反射的临界角为C，则   
$\sin C={1}/{n}={3}/{2\sqrt{3}}={\sqrt{3}}/{2}，C=60^\circ 。   $
若光在右侧发生全反射，作出光路如图2，则由几何关系可知：$2\alpha _1+C=90^\circ$    
若光在左侧发生全反射，作出光路如图3，则由几何关系可知：$2(90^\circ -\alpha _2)+C=90^\circ   $ 
即$\alpha _1<\alpha <\alpha _2   $
解得：$15^\circ <\alpha <75^\circ    $

<img_1190>

<img_1223>

<img_1465>



Final answer: $\frac{\sqrt{3}}{3}, (\frac{\pi}{12},\frac{5\pi}{12})$
Subfield: Mechanics


Question: $足球比算中，经常使用“边路突破，下底传中”战术，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中。某足球场长105 m、宽68 m，运动员在中线处将足球沿边线向前踢出，足球在地面上的运动可视为初速度为10 m/s的匀减速直线运动，加速度大小为2 m/s^2。该运动员踢出足球0.5 s后从静止开始沿边线方向以2.5 m/s^2的加速度匀加速追赶足球，速度达到10 m/s后以此速度匀速运动。求：$
![image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716372610067730434/img/compression/M_2fbf6acf286135382871b4c4efdafc6c.jpg)
足球刚停下来时，运动员的速度大小；

Solution:
$足球做匀减速直线运动，停止的时间t=\frac{v_0}{a_1}=5 s，运动员延迟0.5 s，追赶的过程中运动员加速的时间t_1=\frac{v}{a_2}=4 s，由于\Delta t+t_1=4.5 s<t，因此，足球停下来时运动员做匀速直线运动，运动员的速度大小为10 m/s。$

Final answer: $10 $
Subfield: Mechanics


Question: $足球比算中，经常使用“边路突破，下底传中”战术，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中。某足球场长105 m、宽68 m，运动员在中线处将足球沿边线向前踢出，足球在地面上的运动可视为初速度为10 m/s的匀减速直线运动，加速度大小为2 m/s^2。该运动员踢出足球0.5 s后从静止开始沿边线方向以2.5 m/s^2的加速度匀加速追赶足球，速度达到10 m/s后以此速度匀速运动。求：$
<img_1058>
足球刚停下来时，运动员的速度大小；

Solution:
$足球做匀减速直线运动，停止的时间t=\frac{v_0}{a_1}=5 s，运动员延迟0.5 s，追赶的过程中运动员加速的时间t_1=\frac{v}{a_2}=4 s，由于\Delta t+t_1=4.5 s<t，因此，足球停下来时运动员做匀速直线运动，运动员的速度大小为10 m/s。$

Final answer: $10 $
Subfield: Mechanics


Question: $足球比算中，经常使用“边路突破，下底传中”战术，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中。某足球场长105 m、宽68 m，运动员在中线处将足球沿边线向前踢出，足球在地面上的运动可视为初速度为10 m/s的匀减速直线运动，加速度大小为2 m/s^2。该运动员踢出足球0.5 s后从静止开始沿边线方向以2.5 m/s^2的加速度匀加速追赶足球，速度达到10 m/s后以此速度匀速运动。求：$
<img_1058>
运动员踢出足球后，经过多长时间能追上足球。

Solution:
$足球的位移 s=\overline{v}t=\frac{v_0}{2}t=5\times 5 m=25 m，运动员前段做匀加速直线运动，后段做匀速直线运动，在前4.5 s内，运动员的位移 s_1=\frac{1}{2}a_2t^2=\frac{1}{2}\times 2.5\times 4^2 m=20 m，接下来运动员匀速运动，所用时间 t_2=\frac{s-s_1}{v}=\frac{25-20}{10} s=0.5 s，运动员追上足球的时间 t'=\Delta t+t_1+t_2=5 s。$

Final answer: $5 s$
Subfield: Mechanics


Question: $足球比算中，经常使用“边路突破，下底传中”战术，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中。某足球场长105 m、宽68 m，运动员在中线处将足球沿边线向前踢出，足球在地面上的运动可视为初速度为10 m/s的匀减速直线运动，加速度大小为2 m/s^2。该运动员踢出足球0.5 s后从静止开始沿边线方向以2.5 m/s^2的加速度匀加速追赶足球，速度达到10 m/s后以此速度匀速运动。求：$
![image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716372610067730434/img/compression/M_2fbf6acf286135382871b4c4efdafc6c.jpg)
运动员踢出足球后，经过多长时间能追上足球。

Solution:
$足球的位移 s=\overline{v}t=\frac{v_0}{2}t=5\times 5 m=25 m，运动员前段做匀加速直线运动，后段做匀速直线运动，在前4.5 s内，运动员的位移 s_1=\frac{1}{2}a_2t^2=\frac{1}{2}\times 2.5\times 4^2 m=20 m，接下来运动员匀速运动，所用时间 t_2=\frac{s-s_1}{v}=\frac{25-20}{10} s=0.5 s，运动员追上足球的时间 t'=\Delta t+t_1+t_2=5 s。$

Final answer: $5 s$
Subfield: Mechanics


Question: 物理科目的题目：

$单板滑雪U型池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型:U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为17.2^\circ 。某次练习过程中，运动员以v_M=10 m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角\alpha=72.8^\circ ，腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小g=10 m/s^2，\sin 72.8^\circ =0.96，\cos 72.8^\circ =0.30。求:$

![21GZTWLS90.TIF](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719893964789714946/img/compression/M_ec79299642bd8933d8407acbaa74835d.jpg)

图甲

![21GZTWLS91.TIF](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719893964789714946/img/compression/M_4c9d51379c2da364280c94d330e4af79.jpg)

图乙
运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d;

Solution:
在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为$v_1$，由运动的合成与分解规律得

$v_1=v_M\sin 72.8^\circ $

①

设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a<sub>1</sub>，由牛顿第二定律得$mg \cos 17.2^\circ =ma_1$

②

$由运动学公式得d= \frac{v^2_1}{2a_1}$

③

联立①②③式，代入数据得$d=4.8 m$

④

Final answer: $4.8 m$
Subfield: Mechanics


Question: 物理科目的题目：

$单板滑雪U型池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型:U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为17.2^\circ 。某次练习过程中，运动员以v_M=10 m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角\alpha=72.8^\circ ，腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小g=10 m/s^2，\sin 72.8^\circ =0.96，\cos 72.8^\circ =0.30。求:$

<img_737>

图甲

<img_509>

图乙
运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d;

Solution:
在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为$v_1$，由运动的合成与分解规律得

$v_1=v_M\sin 72.8^\circ $

①

设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a<sub>1</sub>，由牛顿第二定律得$mg \cos 17.2^\circ =ma_1$

②

$由运动学公式得d= \frac{v^2_1}{2a_1}$

③

联立①②③式，代入数据得$d=4.8 m$

④

Final answer: $4.8 m$
Subfield: Mechanics


Question: 物理科目的题目：

$单板滑雪U型池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型:U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为17.2^\circ 。某次练习过程中，运动员以v_M=10 m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角\alpha=72.8^\circ ，腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小g=10 m/s^2，\sin 72.8^\circ =0.96，\cos 72.8^\circ =0.30。求:$

<img_737>

图甲

<img_509>

图乙
M, N之间的距离L。

Solution:
$在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v_2,由运动的合成与分解规律得$

$v_2=v_M \cos 72.8^\circ $

⑤

$设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a_2，由牛顿第二定律得$

$mg \sin 17.2^\circ =ma_2$

⑥

设腾空时间为t，由运动学公式得

$t=\frac{2v_1}{a_1}$

⑦

$L=v_2t+\frac{1}{2}a_2t^2$

⑧

联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得L=12 m

⑨

Final answer: $12 m$
Subfield: Mechanics


Question: 物理科目的题目：

$单板滑雪U型池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型:U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为17.2^\circ 。某次练习过程中，运动员以v_M=10 m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角\alpha=72.8^\circ ，腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小g=10 m/s^2，\sin 72.8^\circ =0.96，\cos 72.8^\circ =0.30。求:$

![21GZTWLS90.TIF](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719893964789714946/img/compression/M_ec79299642bd8933d8407acbaa74835d.jpg)

图甲

![21GZTWLS91.TIF](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719893964789714946/img/compression/M_4c9d51379c2da364280c94d330e4af79.jpg)

图乙
M, N之间的距离L。

Solution:
$在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v_2,由运动的合成与分解规律得$

$v_2=v_M \cos 72.8^\circ $

⑤

$设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a_2，由牛顿第二定律得$

$mg \sin 17.2^\circ =ma_2$

⑥

设腾空时间为t，由运动学公式得

$t=\frac{2v_1}{a_1}$

⑦

$L=v_2t+\frac{1}{2}a_2t^2$

⑧

联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得L=12 m

⑨

Final answer: $12 m$
Subfield: Mechanics


Question: $小明设计了一个青蛙捉飞虫的游戏，游戏中蛙和虫都在xOy竖直平面内运动。虫可以从水平x轴上任意位置处由静止开始做匀加速直线运动，每次运动的加速度大小恒为\frac{5}{9}g(g为重力加速度)，方向均与x轴负方向成37^\circ 斜向上(x轴向右为正)。蛙位于y轴上M点处，OM=H，能以不同速率向右或向左水平跳出，蛙运动过程中仅受重力作用。蛙和虫均视为质点，取\sin 37^\circ =\frac{3}{5}.$
$若虫从某位置飞出后，蛙可选择在某时刻以某速率跳出，捉住虫时蛙与虫的运动时间之比为1:\sqrt{2}；蛙也可选择在另一时刻以同一速率跳出，捉住虫时蛙与虫的运动时间之比为1:\sqrt{17}.求满足上述条件的虫飞出的所有可能位置及蛙对应的跳出速率(x,v)。$

Solution:
$设蛙运动的时间为t或t'，则由竖直方向上的运动有$
$\frac{1}{2}gt^2+\frac{1}{2}\times\frac{5}{9}g\times(\sqrt{2}t)^2 \sin 37^\circ =H$
和
$\frac{1}{2}gt'^2+\frac{1}{2}\times\frac{5}{9}g\times(\sqrt{17}t')^2 \sin 37^\circ =H$
$解得t=\sqrt{\frac{6H}{5g}}，t'=\sqrt{\frac{3H}{10g}}$
在水平面方向上，当蛙两次均向右侧跳出时
$x_1=v_1t+\frac{1}{2}\times\frac{5}{9}g\times(\sqrt{2}t)^2 \cos 37^\circ $
$x_1=v_1t'+\frac{1}{2}\times\frac{5}{9}g\times(\sqrt{17}t')^2 \cos 37^\circ $
$联立解得v_1=\frac{1}{5}\sqrt{30gH}，x_1=\frac{26}{15}H$
当蛙两次都向左侧跳出时，不可能满足题述情境
当蛙只有一次向左侧跳出时
$x_2=v_2t+\frac{1}{2}\times\frac{5}{9}g\times(\sqrt{2}t)^2 \cos 37^\circ $
$x_2=\frac{1}{2}\times\frac{5}{9}g\times(\sqrt{17}t')^2 \cos 37^\circ -v_2t'$
$解得v_2=\frac{1}{15}\sqrt{30gH}，x_2=\frac{14}{15}H$



Final answer: $(\frac{26}{15}H, \frac{1}{5}\sqrt{30gH}), (\frac{14}{15}H, \frac{1}{15}\sqrt{30gH})$
Subfield: Mechanics


Question: $小明设计了一个青蛙捉飞虫的游戏，游戏中蛙和虫都在xOy竖直平面内运动。虫可以从水平x轴上任意位置处由静止开始做匀加速直线运动，每次运动的加速度大小恒为\frac{5}{9}g(g为重力加速度)，方向均与x轴负方向成37^\circ 斜向上(x轴向右为正)。蛙位于y轴上M点处，OM=H，能以不同速率向右或向左水平跳出，蛙运动过程中仅受重力作用。蛙和虫均视为质点，取\sin 37^\circ =\frac{3}{5}.$
$若虫从某位置飞出后，蛙可选择在某时刻以某速率跳出，捉住虫时蛙与虫的运动时间之比为1:\sqrt{2}；蛙也可选择在另一时刻以同一速率跳出，捉住虫时蛙与虫的运动时间之比为1:\sqrt{17}.求满足上述条件的虫飞出的所有可能位置及蛙对应的跳出速率。$

Solution:
$设蛙运动的时间为t或t'，则由竖直方向上的运动有$
$\frac{1}{2}gt^2+\frac{1}{2}\times\frac{5}{9}g\times(\sqrt{2}t)^2 \sin 37^\circ =H$
和
$\frac{1}{2}gt'^2+\frac{1}{2}\times\frac{5}{9}g\times(\sqrt{17}t')^2 \sin 37^\circ =H$
$解得t=\sqrt{\frac{6H}{5g}}，t'=\sqrt{\frac{3H}{10g}}$
在水平面方向上，当蛙两次均向右侧跳出时
$x_1=v_1t+\frac{1}{2}\times\frac{5}{9}g\times(\sqrt{2}t)^2 \cos 37^\circ $
$x_1=v_1t'+\frac{1}{2}\times\frac{5}{9}g\times(\sqrt{17}t')^2 \cos 37^\circ $
$联立解得v_1=\frac{1}{5}\sqrt{30gH}，x_1=\frac{26}{15}H$
当蛙两次都向左侧跳出时，不可能满足题述情境
当蛙只有一次向左侧跳出时
$x_2=v_2t+\frac{1}{2}\times\frac{5}{9}g\times(\sqrt{2}t)^2 \cos 37^\circ $
$x_2=\frac{1}{2}\times\frac{5}{9}g\times(\sqrt{17}t')^2 \cos 37^\circ -v_2t'$
$解得v_2=\frac{1}{15}\sqrt{30gH}，x_2=\frac{14}{15}H$

Final answer: $v_1=\frac{1}{5}\sqrt{30gH}，x_1=\frac{26}{15}H$或$v_2=\frac{1}{15}\sqrt{30gH}，x_2=\frac{14}{15}H$
Subfield: Mechanics


Question: 如图所示，一个半径为R的球固定在水平地面上的O点，在图1中，在球顶部(球的最高点)把相同的质量为m的小物体以不同的初速度v_0水平向右抛出，未与球相碰而直接落在地面上；图2中，在固定球的顶部正上方不同高度处以不同的初速度v_0水平抛出相同的质量为m的小物体，均恰好与固定球不相碰而落地，重力加速度为g。
![23BHUN5WL96.tif](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719894035800723457/img/compression/M_4130aa9d96c489e028fa54621d393b87.jpg)
在图1中，试求落地点与O的最小距离；

Solution:
$当初始速度v_0=\sqrt{gR}时，落地点与O最近，t=\sqrt{\frac{4R}{g}}， x_{min}=v_0t=2R。$

Final answer: $2R$
Subfield: Mechanics


Question: 如图所示，一个半径为R的球固定在水平地面上的O点，在图1中，在球顶部(球的最高点)把相同的质量为m的小物体以不同的初速度v_0水平向右抛出，未与球相碰而直接落在地面上；图2中，在固定球的顶部正上方不同高度处以不同的初速度v_0水平抛出相同的质量为m的小物体，均恰好与固定球不相碰而落地，重力加速度为g。
<img_1210>
在图1中，试求落地点与O的最小距离；

Solution:
$当初始速度v_0=\sqrt{gR}时，落地点与O最近，t=\sqrt{\frac{4R}{g}}， x_{min}=v_0t=2R。$

Final answer: $2R$
Subfield: Mechanics


Question: $如图所示，水平传送带足够长，顺时针转动的速度v=4 m/s，与倾角\theta =37^\circ 的斜面的底端P平滑连接，将一质量m=2 kg的小物块从斜面上的A点静止释放。已知A、P的距离L=8 m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为\mu _1=0.25，\mu _2=0.2，取重力加速度g=10 m/s^2， \sin 37^\circ =0.6， \cos 37^\circ =0.8，求：$
![题目图](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719894050697449474/img/compression/M_845462114c086355f635ced616c8fe71.jpg)
$第1次滑过P点时物块的速度大小v_1；$

Solution:
$物块与斜面之间的动摩擦因数\mu 1=0.25<\tan 37^\circ ，物块不能停在斜面上，会沿斜面下滑，由牛顿第二定律得a=\frac{mg \sin  \theta -\mu _1mg \cos  \theta }{m}=g \sin \theta  -\mu 1g \cos \theta ，代入数值解得a=4 m/s^2，由v^2_1 =2aL得v1=8 m/s。$

Final answer: $8 m/s$
Subfield: Mechanics


Question: $如图所示，水平传送带足够长，顺时针转动的速度v=4 m/s，与倾角\theta =37^\circ 的斜面的底端P平滑连接，将一质量m=2 kg的小物块从斜面上的A点静止释放。已知A、P的距离L=8 m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为\mu _1=0.25，\mu _2=0.2，取重力加速度g=10 m/s^2， \sin 37^\circ =0.6， \cos 37^\circ =0.8，求：$
<img_1028>
$第1次滑过P点时物块的速度大小v_1；$

Solution:
$物块与斜面之间的动摩擦因数\mu 1=0.25<\tan 37^\circ ，物块不能停在斜面上，会沿斜面下滑，由牛顿第二定律得a=\frac{mg \sin  \theta -\mu _1mg \cos  \theta }{m}=g \sin \theta  -\mu 1g \cos \theta ，代入数值解得a=4 m/s^2，由v^2_1 =2aL得v1=8 m/s。$

Final answer: $8 m/s$
Subfield: Mechanics


Question: $如图所示，水平传送带足够长，顺时针转动的速度v=4 m/s，与倾角\theta =37^\circ 的斜面的底端P平滑连接，将一质量m=2 kg的小物块从斜面上的A点静止释放。已知A、P的距离L=8 m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为\mu _1=0.25，\mu _2=0.2，取重力加速度g=10 m/s^2， \sin 37^\circ =0.6， \cos 37^\circ =0.8，求：$
![题目图](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719894050697449474/img/compression/M_845462114c086355f635ced616c8fe71.jpg)
$从释放到最终停止运动，物块与斜面间因摩擦产生的热量Q。$

Solution:
$根据能量守恒定律，物块第1次滑过P点时与斜面之间因摩擦产生的热量Q_1=mgL \sin 37^\circ -\frac{1}{2}v^2_1=32 J。物块在传送带上的运动是对称的，即物块以4 m/s的速度返回斜面向上运动，速度为零后沿斜面向下加速，以某一速度进入传送带，先减速为零再反向加速，以同样的速度冲上斜面，物块在斜面上做往返运动，摩擦力始终做负功，可知，物块之后再到达P点的速度不会大于4 m/s，因此可以看成传送带没有对物块做功，物块最后静止在斜面底端，因摩擦产生的热量Q_2=\Delta E_k=\frac{1}{2}\times 2\times 4^2=16 J，故Q=Q_1+Q_2=48 J。$

Final answer: $48 J$
Subfield: Mechanics


Question: $如图所示，水平传送带足够长，顺时针转动的速度v=4 m/s，与倾角\theta =37^\circ 的斜面的底端P平滑连接，将一质量m=2 kg的小物块从斜面上的A点静止释放。已知A、P的距离L=8 m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为\mu _1=0.25，\mu _2=0.2，取重力加速度g=10 m/s^2， \sin 37^\circ =0.6， \cos 37^\circ =0.8，求：$
<img_1028>
$从释放到最终停止运动，物块与斜面间因摩擦产生的热量Q。$

Solution:
$根据能量守恒定律，物块第1次滑过P点时与斜面之间因摩擦产生的热量Q_1=mgL \sin 37^\circ -\frac{1}{2}v^2_1=32 J。物块在传送带上的运动是对称的，即物块以4 m/s的速度返回斜面向上运动，速度为零后沿斜面向下加速，以某一速度进入传送带，先减速为零再反向加速，以同样的速度冲上斜面，物块在斜面上做往返运动，摩擦力始终做负功，可知，物块之后再到达P点的速度不会大于4 m/s，因此可以看成传送带没有对物块做功，物块最后静止在斜面底端，因摩擦产生的热量Q_2=\Delta E_k=\frac{1}{2}\times 2\times 4^2=16 J，故Q=Q_1+Q_2=48 J。$

Final answer: $48 J$
Subfield: Mechanics


Question: $简谐运动是一种常见且重要的运动形式。它是质量为m的物体在F=-kx的回复力作用下，位移x与时间t遵循x=A \sin \omega t变化规则的运动，其中圆频率\omega =\frac{2\pi }{T}=\sqrt{\frac{k}{m}}(k为常数，A为振幅，T为周期)。弹簧振子的运动就是其典型代表。如图所示，一竖直光滑的管内有一劲度系数为k的轻弹簧，弹簧下端固定于地面，上端与一质量为m的小球A相连，小球A静止时所在位置为O。另一质量也为m的小球B从距A为H的P点由静止开始下落，与A发生瞬间碰撞后一起开始向下做简谐运动。两球均可视为质点，在运动过程中，弹簧的形变在弹性限度内，当其形变量为x时，弹簧的弹性势能为E_{p}=\frac{1}{2} kx^{2}。已知H=\frac{3mg}{k}，重力加速度为g。求：$

![alt text](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719894078597578754/img/compression/M_866fa28a1ecef899b8849c53fd563489.jpg)
B与A碰撞后瞬间一起向下运动的速度；

Solution:
$竖直光滑的管内，设B自由下落H的速度为v_B，根据机械能守恒有mgH=\frac{1}{2}mv^2_B，解得v_B=\sqrt{2gH}，B与A碰撞过程内力远大于外力，动量守恒，则有mv_B+0=(m+m)v_1，又已知H=\frac{3mg}{k}，联立解得v_1=\sqrt{\frac{3mg^2}{2k}}；$

Final answer: $\sqrt{\frac{3mg^2}{2k}}$
Subfield: Mechanics


Question: $简谐运动是一种常见且重要的运动形式。它是质量为m的物体在F=-kx的回复力作用下，位移x与时间t遵循x=A \sin \omega t变化规则的运动，其中圆频率\omega =\frac{2\pi }{T}=\sqrt{\frac{k}{m}}(k为常数，A为振幅，T为周期)。弹簧振子的运动就是其典型代表。如图所示，一竖直光滑的管内有一劲度系数为k的轻弹簧，弹簧下端固定于地面，上端与一质量为m的小球A相连，小球A静止时所在位置为O。另一质量也为m的小球B从距A为H的P点由静止开始下落，与A发生瞬间碰撞后一起开始向下做简谐运动。两球均可视为质点，在运动过程中，弹簧的形变在弹性限度内，当其形变量为x时，弹簧的弹性势能为E_{p}=\frac{1}{2} kx^{2}。已知H=\frac{3mg}{k}，重力加速度为g。求：$

<img_1044>
B与A碰撞后瞬间一起向下运动的速度；

Solution:
$竖直光滑的管内，设B自由下落H的速度为v_B，根据机械能守恒有mgH=\frac{1}{2}mv^2_B，解得v_B=\sqrt{2gH}，B与A碰撞过程内力远大于外力，动量守恒，则有mv_B+0=(m+m)v_1，又已知H=\frac{3mg}{k}，联立解得v_1=\sqrt{\frac{3mg^2}{2k}}；$

Final answer: $\sqrt{\frac{3mg^2}{2k}}$
Subfield: Mechanics


Question: $简谐运动是一种常见且重要的运动形式。它是质量为m的物体在F=-kx的回复力作用下，位移x与时间t遵循x=A \sin \omega t变化规则的运动，其中圆频率\omega =\frac{2\pi }{T}=\sqrt{\frac{k}{m}}(k为常数，A为振幅，T为周期)。弹簧振子的运动就是其典型代表。如图所示，一竖直光滑的管内有一劲度系数为k的轻弹簧，弹簧下端固定于地面，上端与一质量为m的小球A相连，小球A静止时所在位置为O。另一质量也为m的小球B从距A为H的P点由静止开始下落，与A发生瞬间碰撞后一起开始向下做简谐运动。两球均可视为质点，在运动过程中，弹簧的形变在弹性限度内，当其形变量为x时，弹簧的弹性势能为E_{p}=\frac{1}{2} kx^{2}。已知H=\frac{3mg}{k}，重力加速度为g。求：$

![alt text](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719894078597578754/img/compression/M_866fa28a1ecef899b8849c53fd563489.jpg)
小球A被碰后向下运动离O点的最大距离；

Solution:
$设A在O位置时，弹簧压缩量x_0，根据平衡条件得x_0=\frac{mg}{k}，A与B一起继续向下运动离O点的最大距离为x_m，对弹簧与两个小球组成的系统，根据能量守恒定律有\frac{1}{2}(2m)v^2_1+\frac{1}{2}kx^2_0+2mgx_m=\frac{1}{2}k(x_0+x_m)^2，根据平衡条件有mg=kx_0，整理得x^2_\mathrm{m}-2x_0x_m-3x^2_0=0，解得x_m=3x_0，即x_m=\frac{3mg}{k}；$

Final answer: $\frac{3mg}{k}$
Subfield: Mechanics


Question: $简谐运动是一种常见且重要的运动形式。它是质量为m的物体在F=-kx的回复力作用下，位移x与时间t遵循x=A \sin \omega t变化规则的运动，其中圆频率\omega =\frac{2\pi }{T}=\sqrt{\frac{k}{m}}(k为常数，A为振幅，T为周期)。弹簧振子的运动就是其典型代表。如图所示，一竖直光滑的管内有一劲度系数为k的轻弹簧，弹簧下端固定于地面，上端与一质量为m的小球A相连，小球A静止时所在位置为O。另一质量也为m的小球B从距A为H的P点由静止开始下落，与A发生瞬间碰撞后一起开始向下做简谐运动。两球均可视为质点，在运动过程中，弹簧的形变在弹性限度内，当其形变量为x时，弹簧的弹性势能为E_{p}=\frac{1}{2} kx^{2}。已知H=\frac{3mg}{k}，重力加速度为g。求：$

<img_1044>
小球A被碰后向下运动离O点的最大距离；

Solution:
$设A在O位置时，弹簧压缩量x_0，根据平衡条件得x_0=\frac{mg}{k}，A与B一起继续向下运动离O点的最大距离为x_m，对弹簧与两个小球组成的系统，根据能量守恒定律有\frac{1}{2}(2m)v^2_1+\frac{1}{2}kx^2_0+2mgx_m=\frac{1}{2}k(x_0+x_m)^2，根据平衡条件有mg=kx_0，整理得x^2_\mathrm{m}-2x_0x_m-3x^2_0=0，解得x_m=3x_0，即x_m=\frac{3mg}{k}；$

Final answer: $\frac{3mg}{k}$
Subfield: Mechanics


Question: $如图所示，P为固定的竖直挡板，质量为2m的长木板A静置于光滑水平面上(A的上表面略低于挡板P的下端)，质量为m的小物块B(可视为质点)以水平初速度v_0从A的左端向右滑上A的上表面，经过一段时间A、B第一次达到共同速度，此时B恰好未从A上滑落，然后物块B与长木板A一起向右运动，在t=0时刻，物块B与挡板P发生了第一次碰撞，经过一段时间物块B与长木板A第二次达到共同速度，之后物块B与挡板P发生了很多次碰撞，最终在t=t_0(未知)时恰好相对地面静止。已知A、B间的动摩擦因数为\mu ，重力加速度为g，物块与挡板P发生碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短，求：$

<img_753>
木板A的长度；

Solution:
$依题意，设木板的长度为L，A、B第一次达到共速时速度大小为v_1，对物块和木板由动量守恒定律有mv_0=(2m+m)v_1，根据能量守恒定律有\mu mgL=\frac{1}{2}mv^2_0-\frac{1}{2}(2m+m)v^2_1，联立解得v_1=\frac{1}{3}v_0，L=\frac{v^2_0}{3\mu g}。$

Final answer: $\frac{v^2_0}{3\mu g}$
Subfield: Mechanics


Question: $如图所示，P为固定的竖直挡板，质量为2m的长木板A静置于光滑水平面上(A的上表面略低于挡板P的下端)，质量为m的小物块B(可视为质点)以水平初速度v_0从A的左端向右滑上A的上表面，经过一段时间A、B第一次达到共同速度，此时B恰好未从A上滑落，然后物块B与长木板A一起向右运动，在t=0时刻，物块B与挡板P发生了第一次碰撞，经过一段时间物块B与长木板A第二次达到共同速度，之后物块B与挡板P发生了很多次碰撞，最终在t=t_0(未知)时恰好相对地面静止。已知A、B间的动摩擦因数为\mu ，重力加速度为g，物块与挡板P发生碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短，求：$

![image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719894079067340802/img/compression/M_44b27f5ca9120cfc72ff9ed05f75e01c.jpg)
木板A的长度；

Solution:
$依题意，设木板的长度为L，A、B第一次达到共速时速度大小为v_1，对物块和木板由动量守恒定律有mv_0=(2m+m)v_1，根据能量守恒定律有\mu mgL=\frac{1}{2}mv^2_0-\frac{1}{2}(2m+m)v^2_1，联立解得v_1=\frac{1}{3}v_0，L=\frac{v^2_0}{3\mu g}。$

Final answer: $\frac{v^2_0}{3\mu g}$
Subfield: Mechanics


Question: $如图所示，P为固定的竖直挡板，质量为2m的长木板A静置于光滑水平面上(A的上表面略低于挡板P的下端)，质量为m的小物块B(可视为质点)以水平初速度v_0从A的左端向右滑上A的上表面，经过一段时间A、B第一次达到共同速度，此时B恰好未从A上滑落，然后物块B与长木板A一起向右运动，在t=0时刻，物块B与挡板P发生了第一次碰撞，经过一段时间物块B与长木板A第二次达到共同速度，之后物块B与挡板P发生了很多次碰撞，最终在t=t_0(未知)时恰好相对地面静止。已知A、B间的动摩擦因数为\mu ，重力加速度为g，物块与挡板P发生碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短，求：$

<img_753>
A、B第二次达到共同速度时B离A左端的距离；

Solution:
$由于物块与挡板P发生碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短，因此物块每次与挡板碰撞后的速度大小不变，方向相反，设二者第二次碰撞前达到共速的速度大小为v_2，取方向向右为正，根据动量守恒定律有2mv_1-mv_1=(2m+m)v_2，根据能量守恒定律有{\mu mgx_1} = \frac{1}{2}(2m+m)v_1^2 - \frac{1}{2}(2m+m)v_2^2，联立解得v_2 = \frac{v_0}{3^2}，x_1 = \frac{4v_0^2}{27 \mu g}，则此时物块距木板左端的距离为\Delta l_1 = L - x_1 = \frac{5v_0^2}{27 \mu g}。$

Final answer: $\frac{5v^2_0}{27\mu g}$
Subfield: Mechanics


Question: $如图所示，P为固定的竖直挡板，质量为2m的长木板A静置于光滑水平面上(A的上表面略低于挡板P的下端)，质量为m的小物块B(可视为质点)以水平初速度v_0从A的左端向右滑上A的上表面，经过一段时间A、B第一次达到共同速度，此时B恰好未从A上滑落，然后物块B与长木板A一起向右运动，在t=0时刻，物块B与挡板P发生了第一次碰撞，经过一段时间物块B与长木板A第二次达到共同速度，之后物块B与挡板P发生了很多次碰撞，最终在t=t_0(未知)时恰好相对地面静止。已知A、B间的动摩擦因数为\mu ，重力加速度为g，物块与挡板P发生碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短，求：$

![image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719894079067340802/img/compression/M_44b27f5ca9120cfc72ff9ed05f75e01c.jpg)
A、B第二次达到共同速度时B离A左端的距离；

Solution:
$由于物块与挡板P发生碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短，因此物块每次与挡板碰撞后的速度大小不变，方向相反，设二者第二次碰撞前达到共速的速度大小为v_2，取方向向右为正，根据动量守恒定律有2mv_1-mv_1=(2m+m)v_2，根据能量守恒定律有{\mu mgx_1} = \frac{1}{2}(2m+m)v_1^2 - \frac{1}{2}(2m+m)v_2^2，联立解得v_2 = \frac{v_0}{3^2}，x_1 = \frac{4v_0^2}{27 \mu g}，则此时物块距木板左端的距离为\Delta l_1 = L - x_1 = \frac{5v_0^2}{27 \mu g}。$

Final answer: $\frac{5v^2_0}{27\mu g}$
Subfield: Mechanics


Question: $如图所示，P为固定的竖直挡板，质量为2m的长木板A静置于光滑水平面上(A的上表面略低于挡板P的下端)，质量为m的小物块B(可视为质点)以水平初速度v_0从A的左端向右滑上A的上表面，经过一段时间A、B第一次达到共同速度，此时B恰好未从A上滑落，然后物块B与长木板A一起向右运动，在t=0时刻，物块B与挡板P发生了第一次碰撞，经过一段时间物块B与长木板A第二次达到共同速度，之后物块B与挡板P发生了很多次碰撞，最终在t=t_0(未知)时恰好相对地面静止。已知A、B间的动摩擦因数为\mu ，重力加速度为g，物块与挡板P发生碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短，求：$

![image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719894079067340802/img/compression/M_44b27f5ca9120cfc72ff9ed05f75e01c.jpg)
$t_0的值。$

Solution:
$B 从第 n 次与挡板发生碰撞到第 n+1次与挡板发生碰撞的过程中，设 B 做匀变速运动的时间为t1， B 做匀速直线运动的时间为t2， A、 B 保持相对静止共同运动的位移为\Delta  x ，匀变速运动过程有 v_{n+1} =(- v_n)+ a_Bt1 ， \frac{v0}{3^n} + \frac{v0}{3^{n+1}} = a_Bt1 ， B 在匀减速过程有 \left(\frac{v0}{3^{n}}\right) ^2 =2 a_B \Delta  x1 ，匀加速过程有 \left(\frac{v0}{3^{n+1}}\right) ^2 =2 a_B \Delta  x2 ，又有\Delta  x =\Delta  x1 -\Delta  x2 ，得 \left(\frac{v0}{3^n}\right) ^2 - \left(\frac{v0}{3^{n+1}}\right) ^2 =2 a_B \Delta  x ,匀速过程有\Delta  x = \frac{v0}{3^{n+1}} t2 ，匀变速直线运动过程和匀速过程的位移大小相等、方向相反，联立可得 t1 : t2 =1:1，即每相邻两次碰撞之间， A 、 B 匀变速运动过程与 A 、 B 匀速运动过程的时间之比为1:1。在 0~ t0 时间内， A 做匀减速运动的时间等于 B 做匀变速运动的时间，设 A 做匀减速运动的累计时间为t'，则t'= \frac{1}{2} t0 ，对 A 有 \mu mg =2 ma_A ，又 \frac{v0}{3} = a_At' ，解得 t0 =\frac{4v0}{3\mu g}。$

Final answer: $$