动量守恒定律及其应用-教师版

1、.动量守恒定律及其应用一、单项选择题本大题共5小题，共30分1. 将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出.在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)()A. 30kgm/sB. 5.7×102kgm/sC. 6.0×102kgm/sD. 6.3×102kgm/sA乐陵一中【分析】在喷气的很短时间内，火箭和燃气组成的系统动量守恒，结合动量守恒定律求出燃气喷出后的瞬间火箭的动量大小。此题考察了动量守恒定律的根本运用，知道喷出燃气的动量和火箭的动量大小相等，方向相反，根底题

2、。【解答】开场总动量为零，规定向向下为正方向，根据动量守恒定律得，0=m1v1+P，解得火箭的动量P=-m1v1=-0.05×600kgm/s=-30kgm/s，负号表示方向，故A正确，B、C、D错误。应选A。2. 小车静止在光滑程度面上，站在车上的人练习打靶(人相对于小车静止不动)，靶装在车上的另一端，如下图，车、人、枪和靶的总质量为M(不含子弹)，子弹的质量为m，假设子弹分开枪口的程度速度大小为v0(空气阻力不计)，子弹打入靶中且留在靶里，那么子弹射入靶后，小车获得的速度大小为()A. 0B. mv0MC. mv0M+mD. mv0M-mA乐陵一中解：车、人、枪、子弹组成的系统所

3、受合外力为零，系统动量守恒，以子弹的初速度方向正方向，射击前系统动量为零，由动量守恒定律可知，子弹射入靶中后系统动量也为零，车的速度为零；应选：A系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出速度此题考察了求车的速度，确定研究对象、应用动量守恒定律即可正确解题3. 有关以下四幅图的说法正确的选项是() A. 甲图中，球m1以速度v碰撞静止球m2，假设两球质量相等，碰后m2的速度一定为vB. 乙图中，在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大C. 丙图中，射线甲由 粒子组成，射线乙为 射线，射线丙由 粒子组成D. 丁图中，链式反响属于轻核聚变B乐陵一中解：A、甲图中

4、，两球碰撞过程动量守恒，碰撞过程机械能不增加，假如两球质量相等，那么碰撞后m2的速度不大于v，但不是一定等于v，故A错误；B、乙图中，图中光的颜色保持不变的情况下，光照越强，光电子数目越多，那么饱和光电流越大，故B正确；C、丙图中，由左手定那么可知，甲带正电，那么甲射线由粒子组成，乙不带电，射线乙是射线，丙射线粒子带负电，那么丙射线由电子组成，故C错误；D、图4中链式反响属于重核裂变，故D错误；应选：B 由动量守恒定律结合弹性碰撞与非弹性碰撞分析A选项；入射光的频率增大，光电子的最初动能增大，遏止电压增大，光电效应现象中，遏制电压与光照强度无关；由左手定那么判断出粒子的电性，然后答题；重核变为

5、轻核的核反响是裂变此题考察了选修内容，掌握根底知识即可正确解题，对选修内容要纯熟掌握根底知识；入射光的频率增大，光电子的最初动能增大，遏止电压增大，光电效应现象中，遏制电压与光照强度无关4. 如下图，甲木块的质量为m1，以速度v沿光滑程度地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧.甲木块与弹簧接触后()A. 甲木块的动量守恒B. 乙木块的动量守恒C. 甲、乙两木块所组成的系统的动量守恒D. 甲、乙两木块所组成系统的动能守恒C乐陵一中解：甲木块与弹簧接触后，由于弹簧弹力的作用，甲、乙的动量要发生变化，但对于甲、乙所组成的系统因所受合力的冲量为零，故动量守恒，故AB错误

6、，C正确；甲、乙两木块所组成系统的动能，一部分转化为弹簧的势能，故系统动能不守恒，故D错误应选：C系统所受合力为零时，系统动量守恒，合外力做功为零，系统动能不变，据此分析答题此题考察了判断动量与动能是否守恒，应用动量守恒的条件、从能量角度分析即可正确解题5. 在光滑的程度面上有a、b两球在t=2s时发生正碰，其质量分别为ma、mb，两球在碰撞前后的v-t图象如下图.a、b两球质量之比是()A. ma：mb=1：2B. ma：mb=2：5C. ma：mb=2：1D. ma：mb=5：2B乐陵一中解：由图可知b球碰前静止，设碰撞前，a球的速度为v0，碰后a球速度为v1，b球速度为v2，物体碰撞过程

7、中动量守恒，规定a的初速度方向为正，由动量守恒定律有：mav0=mav1+mbv2；由图知，v0=4m/s，v1=-1m/s，v2=2m/s，代入上式解得：ma：mb=2：5.故ACD错误，B正确应选：Ba、b碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒定律列出方程，结合图象信息即可求得两球质量关系解决此题的关键是要掌握碰撞遵守根本的规律：动量守恒定律，列方程时要注意速度的方向，读图时速度的大小和方向一起读二、多项选择题本大题共4小题，共24分6. 如图(甲)所示，质量为M的木板静止在光滑程度地面上，现有一质量为m的滑块以一定的初速度v0从木板左端开场向右滑行.两者的速度大小随时间变化的情况如图(乙)所示

8、，那么由图可以断定()A. 滑块与木板间始终存在相对运动B. 在t1时刻滑块从木板上滑出C. 滑块质量大于木板质量D. 滑块未能滑出木板ABC乐陵一中解：A、由图象可知，在运动的过程中，滑块与木板的速度不同，始终与木板存在相对运动.故A正确B、滑块先做匀减速直线运动，木板先做匀加速直线运动，最终都做匀速直线运动，因为匀速直线运动的速度不同，那么知滑块在t1时刻滑块从木板上滑出.故B正确，D错误C、从图线的斜率可知，滑块的加速度大小小于木板加速度的大小，根据牛顿第二定律知，a=fm，两个物体所受的摩擦力大小相等，可知滑块的质量m大于木板的质量M.故C正确应选：ABC滑块滑上木板后，滑块做匀减速直

9、线运动，木板做匀加速直线运动，知在t1时刻滑块从木板上滑出.根据速度图象的斜率等于加速度，由牛顿第二定律分析质量关系此题考察图象的应用；图象题是高考的热点问题，关键从图象中获取信息，可以通过图象得出物体的运动规律7. 一个质量为m1的人造地球卫星在高空做匀速圆周运动，轨道半径为r，某时刻和一个质量为m2的太空碎片发生迎头正碰，碰后二者结合成一个整体，速度大小变为卫星原来速度的1n，并开场沿椭圆轨道运动，轨道的远地点为碰撞时的点.假设碰后卫星的内部装置仍能有效运转，当卫星与碎片的整体再次通过远地点时通过极短时间的遥控喷气可使整体仍在卫星碰前的轨道上做圆周运动，绕行方向与碰前一样.地球的半径为R，

10、地球外表的重力加度大小为g，那么以下说法正确的选项是()A. 卫星与碎片碰撞前的线速度大小为gR2rB. 卫星与碎片碰撞前运行的周期大小为2rRrgC. 喷气装置对卫星和碎片整体所做的功为(n-1)(m1+m2)gR2nrD. 喷气装置对卫星和碎片整体所做的功为(n2-1)(m1+m2)gR22n2rBD乐陵一中解：A、卫星圆周运动的向心力由万有引力提供可得：GmMr2=mv2r 又：mg=GMmR2 可得：v=GMr=gR2r，故A错误；B、据万有引力提供圆周运动向心力，有：GmMr2=mr42T2解得卫星周期为：T=42r3GM=2rRrg，故B正确；CD、由动能定理可得，喷气装置对卫星和

11、碎片整体所做的功为：W=12(m1+m2)v2-12(m1+m2)(vn)2=(n2-1)(m1+m2)gR22n2r.故D正确，C错误应选：BD 据万有引力提供圆周运动向心力，即可求出卫星与碎片碰撞前的线速度大小与周期的大小；由动能定理即可求出喷气装置对卫星和碎片整体所做的功此题考察的知识点较多，要求纯熟应用万有引力定律和应用动能定理的才能，并且要求学生有很好的数学计算才能，难度相对较大8. 甲乙两人在光滑冰面上相向运动，相遇时两人掌心相碰互推对方，分开后两人运动方向一样.以下说法正确的选项是()A. 假设m甲>m乙，那么甲对乙的冲量一定大于乙对甲的冲量B. 无论甲、乙质量关系如何，甲

12、、乙两人的动量变化量大小一定相等C. 假设甲的运动方向没变，那么互相作用前甲的速率一定大于乙的速率D. 假设甲的运动方向没变，那么互相作用前甲的动量一定大于乙的动量BD乐陵一中解：A、甲对乙的力与乙对甲的力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，作用时间相等，那么甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等，方向相反，故A错误B、以两人组成的系统为研究对象，系统所受的合外力为零，动量守恒.由动量守恒定律知甲、乙两人的动量变化量大小一定相等，方向相反，故B正确CD、假设甲的运动方向没变，说明互相作用后，两人运动方向与互相作用前甲的运动方向一样，取互相作用前甲的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：p甲-

13、p乙=p甲'+p乙'>0，那么有p甲>p乙.所以互相作用前甲的动量一定大于乙的动量.由于两人的质量关系未知，所以不能确定两人互相作用前速率的大小关系，故C错误，D正确应选：BD 以两人组成的系统为研究对象，系统所受的合外力为零，动量守恒.冲量是矢量，其方向与作用力方向一样，甲对乙与乙对甲的作用力方向相反，冲量方向相反.根据动量守恒定律分析动量变化量的关系以及互相作用前速率和动量关系此题考察对动量守恒定律和冲量的理解才能，要注意动量是矢量，要选取正方向，用带正负号的量值表示动量9. 如下图：一轻弹簧左端固定在足够长的木块A的左端挡板上，右端与小物块B连接，A、B及A与

14、地面间的接触面均光滑.开场时，A和B均静止，现同时对A、B施加大小相等、方向相反的程度恒力F1和F2.那么从两物体开场运动到以后的整个运动过程中(弹簧形变始终不超过其弹性限度)，对A、B和弹簧组成的系统，正确的说法是()A. 由于F1、F2大小相等、方向相反，故系统动量守恒B. 由于F1、F2大小相等、方向相反，故系统机械能守恒C. 当弹簧的弹力与F1、F2大小相等时，A、B的动能均到达最大值D. 当弹簧的形变量最大时，A、B均处于平衡状态AC乐陵一中解：对A、B和弹簧组成的系统所受合外力为零，因此系统动量守恒，故A正确；由于F1、F2均对系统做正功，因此系统机械能不守恒，机械能增加，故B错误

15、；根据牛顿第二定律可知，开场A、B均做加速度逐渐减小的加速运动，当F1=F2=Kx时，A、B所受合外力均为零，此时二者速度最大，动能最大，然后开场做加速度逐渐增大的减速运动，当二者速度减为零时，弹簧最长，型变量最大，故C正确，D错误应选AC正确解答此题需要掌握：动量守恒条件的应用；机械能守恒条件的理解以及如何求机械能的变化；正确应用牛顿第二定律分析AB的运动形式此题考察了动量守恒、机械能守恒条件的理解以及牛顿第二定律的应用，注意正确理解这两种守恒的条件，同时正确对物体进展受力分析，明确运动状态变化三、填空题本大题共1小题，共5分10. 质量为0.45kg的木块静止在光滑程度面上，一质量为0.0

16、5kg的子弹以200m/s的程度速度击中木块，并留在其中，整个木块沿子弹原方向运动，那么木块最终速度的大小是_m/s。假设子弹在木块中运动时受到的平均阻力为4.5×103N，那么子弹射入木块的深度为_m。20；0.2乐陵一中解：木块的质量M=0045kg，子弹的质量为m=0.05kg，初速度为v0=200m/s，二者组成的系统程度方向动量守恒，设子弹初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0=(m+M)v解得木块最终速度的大小v=mv0m+M=0.050.05+0.45×200m/s=20m/s；设子弹射入木块的深度为d，根据能量守恒定律可得：fd=12mv02-12

17、(m+M)v2，解得：d=0.2m。故答案为：20；0.2。以整体为研究对象，程度方向根据动量守恒定律求解木块最终的速度大小；根据能量守恒定律求解子弹射入木块的深度。此题主要是考察了动量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程进展解答。四、实验题探究题本大题共2小题，共25分11. 如下图，方盒A静止在光滑的程度面上，盒内有一小滑块B，盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内程度面间的动摩擦因数为.假设滑块以速度v开场向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动屡

18、次，最终相对于盒静止，那么此时盒的速度大小为_ ，滑块相对于盒运动的路程为_ 13v；v23g乐陵一中解：设滑块的质量是m，碰后速度为v共，物体与盒子组成的系统合外力为0，设向左为正方向，由动量守恒：mv=(m+2m)v共解得：v共=13v开场时盒子与物块的机械能：E1=12mv2碰后盒子与物块的机械能：E2=12(m+2m)v共2=16mv2损失的机械能：E=E1-E2=mgs联立得：s=v23g故答案为：13v；v23g物体与盒子组成的系统动量守恒；先由动量守恒求出盒子与物块的最终速度，再结合损失的机械能即可求出滑块相对于盒运动的路程该题考察动量守恒定律，解答的关键是能忽略运动的过程，纯熟

19、应用动量守恒定律、能量守恒定律是正确解题的关键；解题时要分析清楚运动过程12. (1)如图，质量为M的小车静止在光滑程度面上，车厢内有一质量为m的物体以速度v开场向左运动，与车厢壁来回碰撞几次之后静止于车厢中，这时小车的速度大小为_；方向_(2)为验证“拉力做功与物体动能改变的关系，某同学到实验室找到以下器材：长木板(一端带定滑轮)、电磁打点计时器、质量为200g的小车、质量分别为10g、30g和50g的钩码、细线、学生电源(有“直流和“交流档).该同学进展以下操作A.组装实验装置，如图a所示B.将质量为200g的小车拉到打点计时器附近，并按住小车C.选用50g的钩码挂在拉线的挂钩P上D.接通

20、打点计时器的电源，释放小车，打出一条纸带E.在屡次重复实验得到的纸带中选出一条点迹明晰的纸带，如图b所示F.进展数据采集与处理请你完成以下问题：进展实验时，学生电源应选择用_档(选填“直流或“交流)该同学将纸带上打的第一个点标为“0，且认为打“0时小车的速度为零，其后依次标出计数点1、2、3、4、5、6(相邻两个计数点间还有四个点未画)，各计数点间的时间间隔为0.1s，如图b所示.该同学测量出计数点0到计数点3、4、5的间隔 ，并标在图b上.那么在打计数点4时，小车的速度大小为_m/s；假如将钩码的重力在数值受骗作小车所受的拉力，那么在打计数点0到4的过程中，拉力对小车做的功为_J，小车的动能

21、增量为_J.(取重力加速度g=9.8m/s2，结果均保存两位有效数字)由中数据发现，该同学并没有可以得到“拉力对物体做的功等于物体动能增量的结论，且对其他的点(如2、3、5点)进展计算的结果与“4计数点相似.你认为产生这种实验结果的主要原因有(写出两条即可)(3)有一根长陶瓷管，其外表均匀地镀有一层很薄的电阻膜，管的两端有导电箍M和N，如图(a)所示.用多用电表电阻挡测得MN间的电阻膜的电阻约为100.陶瓷管的直径远大于电阻膜的厚度某同学利用以下器材设计了一个测量该电阻膜厚度d的实验A.毫米刻度尺B.游标卡尺(20分度)C.电流表A1(量程0-50mA，内阻约10)D.电流表A2(量程00.6

22、A，内阻约0.6)E.电压表V1(量程5V，内阻约5k)F.电压表V2(量程15V，内阻约15k)G.滑动变阻器R1(阻值范围0-20，额定电流1.5A)H.滑动变阻器R2(阻值范围0-1000，额定电流1A)I.电源E(电动势6V，内阻可不计)J.开关一个，导线假设干他用毫米刻度尺测出电阻膜的长度为L，用游标卡尺测量该陶瓷管的外径，其示数如图(b)所示，该陶瓷管的外径D=_cm；为了比较准确地测量电阻膜的电阻，且调节方便，实验中应选用电流表_，电压表_，滑动变阻器_.(填写器材前面的字母代号)在方框中画出实验电路图连接好电路后挪动滑片，闭合开关.改变滑动变阻器接入电路的电阻，记录多组电压表的

23、读数和电流表的读数，根据数据做出电压-电流图像(图线为一条直线)，并计算出图线的斜率为k.假设镀膜材料的电阻率为，计算电阻膜厚度d的数学表达式为d=_(用题目给出的量符号或数学常数的符号表示)(1)mvM+m   程度向左(2)交流   0.58   0.059   0.034   小车质量没有远大于钩码质量；没有平衡摩擦力(3)1.340   C   E   G      lkD乐陵一中(1) 【分析】物体与车厢反复碰撞，最终两者速度相等，在此过程中，两者组成的系统动量守恒

24、，由动量守恒定律可以求出车厢的速度。此题考察了动量守恒定律。选物体与小车组成的系统为研究对象，程度方向仅有系统的内力作用而不受外力作用，故此方向满足动量守恒，碰撞前的动量，等于最后的总动量，典型的动量守恒的题目。【解答】以物体与车厢组成的系统为研究对象，以向左为正方向，由动量守恒定律可得：mv=(M+m)v'；最终车的速度为：；方向与v0的速度一样，程度向左；故答案为：mvM+m；程度向左。(2)【分析】打点计时器是一种计时仪器，使用交流电源；将砝码重力当作小车所受合外力，根据功的定义可以正确解答，根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度可以求出第4个点的速度大小，

25、进一步求出其动能大小；实验误差主要来自两个方面一是由实验原理不完善，没有平衡摩擦力导致的系统误差，一是由数据测量如测量间隔 等导致的偶尔误差，可以从这两个方面进展分析。此题考察了探究功与速度变化的关系。明确实验原理往往是解决实验问题的关键，该实验的一些操作和要求与探究力、加速度、质量之间关系的实验类似可以类比学习。【解答】打点计时器是一种计时仪器，使用交流电源；根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，相邻的两个计数点间的时间间隔为T=0.1s；得：v4=x352T=0.1850-0.0690.2m/s=0.58m/s，在打计数点0到4的过程中，拉力对小车做的功为：W=mgs=

26、0.05×9.8×0.12=0.059J；小车的动能增量为：Ek=12Mv42=12×0.2×0.582J=0.034J；该实验产生误差的主要原因一是钩码重力大小并不等于绳子拉力的大小，设绳子上拉力为F，对小车根据牛顿第二定律有：F=Ma对砂桶和砂有：mg-F=maF=Mm+Mmg；由此可知当M>>m时，砂和砂桶的重力等于绳子的拉力，显然该实验中没有满足这个条件；另外该实验要进展平衡摩擦力操作，否那么也会造成较大误差；故填：交流；0.58；0.059；0.034；小车质量没有远大于钩码质量；没有平衡摩擦力。(3)【分析】游标卡尺主尺与游标尺示

27、数之和是游标卡尺的示数；根据电路最大电流选择电流表，根据电源电动势选择电压表，为方便实验操作，在保证平安的前提下，应选择最大阻值较小的滑动变阻器；根据待测电阻与滑动变阻器的阻值关系确定滑动变阻器的接法，根据待测电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后作出电路；根据实验数据，应用欧姆定律、电阻定律求出电阻膜的厚度。此题考察了测量电阻率的实验，注意实验原理，同时注意明确游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数，游标卡尺不需要估读；还要掌握实验器材的选取原那么。【解答】由图示游标卡尺可知，主尺示数为13mm=1.3cm，游标尺示数为8×0.05mm=0.40mm=0.040cm，那么

28、d=1.3cm+0.040cm=1.340cm；电路最大电流约为：I=ER=6100A=0.06A=60mA，那么电流表应选：C；电源电动势为6V，那么电压表应选E；为方便实验操作，滑动变阻器应选G；待测电阻阻值远大于滑动变阻器阻值，滑动变阻器应采用分压接法；待测电阻阻值远大于电流表内阻，电流应采用内接法，实验电路图如下图：；电压-电流图象(题图线为一条直线)，并计算出图线的斜率为k；待测电阻阻值：R=UI=k；由电阻定律得：R=lS=lDd=k；解得：电阻膜厚度为：d=lkD故填：1.340；C；E；G；lkD。五、计算题本大题共4小题，共48分13. 如图，光滑冰面上静止放置一外表光滑的斜

29、面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上.某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h=0.3m(h小于斜面体的高度).小孩与滑板的总质量为m1=30kg，冰块的质量为m2=10kg，小孩与滑板始终无相对运动.取重力加速度的大小g=10m/s2(i)求斜面体的质量；(ii)通过计算判断，冰块与斜面体别离后能否追上小孩？解：(i)对于冰块和斜面体组成的系统，根据动量守恒可得，m2v2=(m2+M)v根据系统的机械能守恒，可得，m2gh+12(m2+M)v2=12m2v22解得：M=20kg(ii)小孩与冰块组成的系

30、统，根据动量守恒可得，m1v1=m2v2，解得v1=1m/s(向右)冰块与斜面：m2v2=m2v2'+Mv3'，根据机械能守恒，可得，12m2v22=12m2v2'2+12Mv3'2解得：v2'=-1m/s(向右)因为|v2'|=v1，所以冰块不能追上小孩答：(i)斜面体的质量为20kg；(ii)冰块与斜面体别离后不能追上小孩乐陵一中(i)冰块和斜面体组成的系统动量守恒，机械能守恒，根据系统动量守恒和机械能守恒计算斜面体的质量；(ii)小孩和冰块动量守恒，冰块和斜面动量守恒机械能守恒，计算小孩和冰块的最后速度，比较他们的速度大小的关系可以判断能否

31、追上小孩此题是对动量守恒和机械能守恒的考察，根据小孩和冰块，还有斜面体的在不同的过程中动量守恒以及冰块与斜面机械能守恒计算最终的速度的大小即可14. 如下图，位于光滑程度面上，质量分别为1kg、4kg的滑块A、B，现使滑块A获得5m/s程度向右的瞬时速度，与左侧连有轻质弹簧的静止滑块B发生碰撞.求二者在发生互相作用的整个过程中弹簧的最大弹性势能；滑块B获得的最大速度解：当弹簧压缩至最短时，弹性势能最大，此时滑块A和B的速度一样.选取向右为正方向，根据动量守恒定律得：  mAv0=(mA+mB)v解得：v=mAv0mA+mB=1×51+4=1m/s 根据机械能守恒定

32、律，弹簧的最大弹性势能为：EP=12mAv02-12(mA+mB)v2 代入数据解得：EP=10J 当弹簧恢复原长时，滑块B获得的最大速度.由动量守恒定律和机械能守恒定律分别得： mAv0=mAvA+mBvB  12mAv02=12mAvA2+12mBvB2 由以上两式解得，B的最大速度为：vB=2mAmA+mBv0=2m/s 答：弹簧的最大弹性势能是10J；滑块B的最大速度是2m/s乐陵一中A与B互相作用过程中，外力的合力为零，系统动量守恒，同时由于只有弹簧的弹力做功，系统的机械能也守恒；A刚与弹簧接触时，弹簧弹力逐渐变大，A做加速度变大的加速运动，B做加速度变大的加速运动，当A与B速度相等时，弹簧最短，弹性势能最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式即可当A、B别离时，B的速度最大，此时相当进展了一次弹性碰撞.由动量守恒定律与机械能守恒定律即可求解此题关键对两物体的受力情况和运动情况进展分析，得出A和B的速度一样时，弹簧最短，然后根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式研究15. 两一样平板小车A、B放在光滑程度面上，两小车质量均为2kg，车长0.3m，A车左端放一小铁块C，质量为1kg，铁块与小车外表的摩擦因数均为0.4，开场A、C一起以v