副本-动量守恒

1、动量守恒1.（单选）如图所示，光滑水平面上有质量均为m的物块A和B，B上固定一轻质弹簧，B静止，A以速度v0水平向右运动，从A与弹簧接触至弹簧被压缩最短的过程中（）AA、B的动量变化量相同CA、B所受合外力的冲量相同BA、B的动量变化率相同DA、B系统的总动量保持不变2.（单选）如图所示，在水平光滑桌面上有两辆静止的小车A和B将两车用细线拴在一起，中间有一被压缩的弹簧烧断细线后至弹簧恢复原长的过程中，两辆小车的（）AA、B动量变化量相同C弹簧弹力对A、B做功相同BA、B动能变化量相同D弹簧弹力对A、B冲量大小相同3.（多选）质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正碰，碰撞后两者的

2、动量正好相等两者质量之比M/m可能为()A4B3C3.5D24.（2015春邢台校级期中）如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平面上c车上有一小孩跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同他跳到a车上相对a车保持静止，此后（）A.a、b两车运动速率相等B.a、c两车运动速率相等C.三辆车的速率关系vcvavbD.a、c两车运动方向相同5.（2014春肃南裕县校级期末）如图所示，在光滑的水平面上，静置一个质量为M小车，在车上固定的轻杆顶端系一长为l细绳，绳的末端拴一质量为m的小球，将小球拉至水平右端后放手，则（）A系统的动量守恒B

3、水平方向任意时刻m与M的动量等大反向Cm不能向左摆到原高度D小球和车可以同时向同一方向运动6.（多选）（2013秋当阳市校级期末）如图所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m=4kg的小物体B以水平速度v0=2m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，取g=10m/s2，则下列说法正确的是（）A木板A获得的动能为2JB系统损失的机械能为2JC木板A的最小长度为2mDA、B间的动摩擦因数为0.1，7.（单选）如图所示，质量为m的圆环套在光滑的水平直杆上，一轻绳一端连接在环上，另一端连有一质量也为m的小球，绳长为L，将球放在一定高度，绳刚好

4、拉直且绳与竖直方向的央角为=53将小球由静止释放，小球到最低点时绳的拉力为F1，若将圆环固定，再将小球由开始的位置释放，小球到最低点时绳的拉力为F2，则为（）A12B137CD8.（多选）如图所示，光滑水平面上，质量为ml的足够长的木板向左匀速运动t=0时刻，质量为m2的木块从木板的左端向右以与木板相同大小的速度滑上木板t1时刻，木块和木板相对静止，共同向左匀速运动，以v1和a1表示木板的速度和加速度，以v2和a2表示木块的速度和加速度，以向左为正方向则下列图中正确的是（）ABCD9.（2015湖北模拟）如图所示，一辆质量为M=3kg的平板小车A停靠在竖直光滑墙壁处，地面水平且光滑，一质量为m

5、=1kg的小铁块B（可视为质点）放在平板小车A最右端，平板小车A上表面水平且与小铁块B之间的动摩擦因数=0.5，平板小车A的长度L=0.9m现给小铁块B一个v0=5m/s的初速度使之向左运动，与竖直墙壁发生弹性碰撞后向右运动，求小铁块B在平板小车A上运动的整个过程中系统损失的机械能（g=10m/s2）10.(计算)（2015湖南模拟）如图所示，光滑水平直轨道上有三个滑块A、B、C，质量分别为mA=mC=2m，mB=m，A、B用细绳连接，中间有一压缩的轻弹簧（弹簧与滑块不栓接）开始时A、B以共同速度v0运动，C静止某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰

6、好相同求：（1）B与C碰撞前B的速度；（2）弹簧具有的弹性势能11.如图所示是某游乐场过山车的娱乐装置原理图，弧形轨道末端与一个半径为R的光滑圆轨道平滑连接，两辆质量均为m的相同小车（大小可忽略），中间夹住一轻弹簧后连接在一起，两车从光滑弧形轨道上的某一高度由静止滑下，当两车刚滑入圆环最低点时连接两车的挂钩突然断开，弹簧将两车弹开，其中后车刚好停下，前车沿圆环轨道运动恰能越过圆弧轨道最高点，求：（1）前车被弹出时的速度；（2）前车被弹出的过程中弹簧释放的弹性势能；（3）两车从静止下滑到最低点的高度h12.（计算）（2015仙桃模拟）如图所示，光滑水平面上有A、B、C三个物块，其质量分别为mA=

7、2.0kg，mB=1.0kg，mC=1.0kg现用一轻弹簧将A、B两物块连接，并用力缓慢压缩弹簧使A、B两物块靠近，此过程外力做功108J（弹簧仍处于弹性限度内），然后同时释放A、B，弹簧开始逐渐变长，当弹簧刚好恢复原长时，C恰以4m/s的速度迎面与B发生碰撞并粘连在一起求（1）弹簧刚好恢复原长时（B与C碰撞前）A和B物块速度的大小？（2）当弹簧第二次被压缩时，弹簧具有的最大弹性势能为多少？13.（计算）（2014东城区模拟）质量为M的滑块由水平轨道和竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道组成，放在光滑的水平面上质量为m的物块从圆弧轨道的最高点由静止开始滑下，以速度v从滑块的水平轨道的左端滑出，如图

8、所示已知M：m=3：1，物块与水平轨道之间的动摩擦因数为，圆弧轨道的半径为R（1）求物块从轨道左端滑出时，滑块M的速度的大小和方向；（2）求水平轨道的长度；（3）若滑块静止在水平面上，物块从左端冲上滑块，要使物块m不会越过滑块，求物块冲上滑块的初速度应满足的条件14.如图所示，质量为3kg的木箱静止在光滑的水平面上，木箱内粗糙的底板正中央放着一个质量为1kg的小木块，小木块可视为质点现使木箱和小木块同时获得大小为2m/s的方向相反的水平速度，小木块与木箱每次碰撞过程中机械能损失0.4J，小木块最终停在木箱正中央已知小木块与木箱底板间的动摩擦因数为0.3，木箱内底板长为0.2m求：木箱的最终速度

9、的大小；小木块与木箱碰撞的次数15.（10分）如图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间。A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态。现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞。设物体间的碰撞都是弹性的。16.如图，长度S=2m的粗糙水平面MN的左端M处有一固定挡板，右端N处与水平传送带平滑连接传送带以一定速率v逆时针转动，其上表面NQ间距离为L=3m可视为质点的物块A和B紧靠在一起并静止于N处，质量mA=mB=1kgA、B在足够大的内力作用下突然分离，并分别向左、右运动，分离过程共有能量E=9J转化为A、

10、B的动能设A、B与传送带和水平面MN间的动摩擦因数均为=0.2，与挡板碰撞均无机械能损失取重力加速度g=10m/s2，求：（1）分开瞬间A、B的速度大小；（2）B向右滑动距N的最远距离；（3）要使A、B不能再次相遇，传送带速率的取值范围17.一质量为M的长木板静止于光滑水平面上，一质量为m的滑块以速率v0从左端滑上木板，滑块和木板间动摩擦因数为，当滑块到木板最右端时两者恰能一起匀速运动，求：（1）木板的长度L；（2）滑块在木板上滑行的时间t18.如图所示，固定在地面上的光滑圆弧面底端与车C的上表面平滑相接，在圆弧面上有一滑块A，其质量mA=2kg，在距车的水平面高h=1.25m处由静止下滑，车

11、C的质量为mC=6kg。在车C的左端有一质量mB=2kg的滑块B，滑块B与A均可视为质点，滑块A与B碰撞后立即粘合在一起共同运动，最终没有从车C上滑落。已知滑块A、B与车C的动摩擦因数为=0.5，车C与水平面间的摩擦忽略不计，取g=10m/s2。试求：（1）滑块A滑到圆弧面底端时的速度大小；（2）滑块A与B碰撞后瞬间的共同速度大小，以及C车的最短长度。19.如图所示，物块C质量mc=4kg，上表面光滑，左边有一立柱，放在光滑水平地面上一轻弹簧左端与立柱连接，右端与物块B连接，mB=2kg长为L=3.6m的轻绳上端系于O点，下端系一物块A，mA=3kg拉紧轻绳使绳与竖直方向成60角，将物块A从静

12、止开始释放，达到最低点时炸裂成质量m1=2kg、m2=1kg的两个物块1和2，物块1水平向左运动与B粘合在一起，物块2仍系在绳上具有水平向右的速度，刚好回到释放的初始点A、B都可以看成质点取g=10m/s2求：（1）设物块A在最低点时的速度v0和轻绳中的拉力F大小（2）物块A炸裂时增加的机械能eqoac(,E)（3）在以后的过程中，弹簧最大的弹性势能Epm20.(计算)光滑水平地面上停放着甲、乙两辆相同的平板车，一根轻绳跨过乙车的定滑轮（不计0定滑轮的质量和摩擦），绳的一端与甲车相连，另一端被甲车上的人拉在手中，已知每辆车和人的质量均为30kg，两车间的距离足够远。现在人用力拉绳，两车开始相向

13、运动，人与甲车保持相对静止，当乙车的速度为5m/s时，停止拉绳。求：（1）人在拉绳过程做了多少功？（2）若人停止拉绳后，至少以多大速度立即从甲车跳到乙车才能使两车不发生碰撞？1.考点：专试卷答案动量守恒定律；机械能守恒定律动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合题：分两物块组成的系统动量守恒，所受合外力大小相等、方向相反，应用动量定理、动析：量守恒定律分析答题解解：A、两物体相互作用过程中系统动量守恒，A、B动量变化量大小相等、方向相答：反，动量变化量不同，故A错误；B、由动量定理可知，动量的变化率等于物体所受合外力，A、B两物体所受合外力大小相等、方向相反，所受合外力不同，动量的变化率不同，故

14、B错误；C、A、B所受合外力的冲量大小相等、方向相反，合外力的冲量不同，故C错误；D、两物体组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，系统总动量保持不变，故D正确；故选：D点本题考查了判断动量变化量、动量变化率、冲量与总动量的关系，分析清楚物体运评：动过程、应用动量定理与动量守恒定律即可正确解题2.考点：动量定理专题：动量定理应用专题分析：在水平光滑桌面上有两辆静止的小车A和B，烧断细线后至弹簧恢复原长前的某一时刻，系统水平方向无外力作用，只有弹簧的弹力（内力），故动量守恒；根据动量定理确定动量的变化量情况；根据确定动能情况解答：解：A、烧断细线后至弹簧恢复原长前的某一时刻，两辆小车受弹簧的作用

15、力，大小相等，方向相反，根据动量定理，A、B动量变化量大小相等，方向相反，故A错误；B、两个小车的动量相等，根据，动能增加量是否相同取决于两小车质量是否相同，故B错误；C、弹簧弹力对A、B做功等于A、B动能的增加量，A、B动能增加量不一定相同，故弹簧弹力对A、B做功不一定相同，故C错误；能的关系有：P=2mEK，碰撞过程动能不增加，有：，解得：3，2D、两辆小车受弹簧的作用力，大小相等，方向相反，作用时间也相同，故弹簧弹力对A、B冲量大小相同，方向相反，故D正确；故选：D点评：本题主要考查了动量守恒的条件，知道系统所受合外力为零时，系统动量守恒；会结合动量定理、动能定理、牛顿第三定律判断，基础

16、题目3.BD动量守恒定律解析：设碰撞后两者的动量都为P，由于题意可知，碰撞前后总动量为2P，根据动量和动(2p)2p2p2M2M2M2m故AC错误，BD正确故选：BD4.C动量守恒定律解：若人跳离b、c车时速度为v，由动量守恒定律0=M车vc+m人v，m人v=M车vb+m人v，m人v=（M车+m人）va，所以：vc=，vb=0，va=即：vcvavb，并且vc与va方向相反所以选项AB错误，选项C正确故选：C5.B动量守恒定律解：A、当小球向下摆动的过程中，竖直方向具有向上的分加速度，小车和小球整体处于超重状态，即可得知整体所受的合力不为零，总动量不守恒，故A错误；B、小球与小车组成的系统在水

17、平方向不受外力，满足水平方向动量守恒定律，开始系统水平方向动量为零，所以水平方向任意时刻m与M的动量等大反向，故B正确；C、以小球和小车组成的系统，只有重力做功，机械能守恒，所以m能向左摆到原高度，故C错误；D、由前面知水平方向任意时刻m与M的动量等大反向，即速度一定是反向的，故D错误；故选：B6.AD动量守恒定律；功能关系；机械能守恒定律解：A、由图示图象可知，木板获得的速度为v=1m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（M+m）v，解得：M=4kg，木板A的质量为M=4kg，木板获得的动能为：Ek=Mv2=412=2J，故A正确B、系统损失的

18、机械能eqoac(,E=)mv02mv2Mv2，代入数据解得：E=4J，故B错误；C、由图得到：01s内B的位移为xB=（2+1）1m=1.5m，A的位移为xA=11m=0.5m，木板A的最小长度为L=xBxA=1m，故C错误D、由图示图象可知，B的加速度：a=1m/s2，负号表示加速度的方向，由牛顿第二定律得：mBg=mBa，代入解得，=0.1，故D正确故选：AD7.考点：专动量守恒定律；机械能守恒定律.动量定理应用专题题：分环没有固定时，小球与环组成的系统水平方向满足动量守恒，再结合系统机械能守析：恒列方程求得小球到最低点的速度，再根据牛顿第二定律求绳的拉力；将圆环固定，再将小球由开始的位

19、置释放，小球下落过程机械能守恒，再根据牛顿第二定律求绳的拉力；解解：环没有固定时，当小球到最低点时小球的速度为v1，环的速度为v2，则答：mgL（1cos53）=mv12+mv22球和环组成的系统水平方向动量守恒，设向右为正方向：mv1mv2=0联立得：v1=v2=，小球在最低点时，F1mg=m，得F1=2.6mg；环固定时，mgL（1cos53）=mv2，F2mg=m得：F2=1.8mg，因此=故选：C点本题多次运用几何关系及机械能守恒定律，定律的表达式除题中变化的动能等于变评：化的重力势能外，还可以写成圆环的变化的机械能等于重物的变化的机械能同时关注题中隐含条件的挖掘8.解：AB、木块和木

20、板组成的系统，动量守恒，因为最终共同的速度方向向左，根据m1vm2v=（m1+m2）v，知m1m2木块的加速度，方向向左，木板的加速度，方向向右，因为m1m2，则a1a2故A错误，B正确CD、木块滑上木板后，木块先做匀减速运动，减到零后，做匀加速直线运动，与木板速度相同后一起做做匀速直线运动木板一直做匀减速运动最终的速度向左，为正值，故D正确，C错误故选：BD9.小铁块在平板上运动过程中系统损失的机械能是9J：【考点】：动量守恒定律；动能定理【专题】：动量定理应用专题【分析】：根据动能定理研究铁块向右运动到达竖直墙壁的过程求出到达竖直墙壁时的速度，铁块在小车上滑动，根据动量守恒定律求出共同速度

21、，再根据功能关系求出小铁块相对小车运动距离进行判断求解解：设铁块向右运动到达竖直墙壁时的速度为v1，根据动能定理得：mgL=mv12mv02，代入数据解得：v1=4m/s，铁块与竖直墙发生弹性碰撞后向右运动，假设小铁块最终和平板车达到共速v2，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv1=（M+m）v2，代入数据解得：v2=1m/s，设小铁块相对小车运动距离x与平板车达到共速，由能量守恒定律得：mgx=（M+m）v22mv12，代入数据解得：x=1.2m由于xL说明铁块在没有与平板车达到共速时就滑出平板车所以小铁块在平板上运动过程中系统损失的机械能为E=2mgL，解得：E=9J答：小铁块在平板

22、上运动过程中系统损失的机械能是9J10.（1）B与C碰撞前B的速度为（2）弹簧释放的弹性势能为【考点】：动量守恒定律【专题】：动量定理应用专题【分析】：（1）A、B组成的系统，在细绳断开的过程中动量守恒，B与C碰撞过程中动量守恒，抓住三者最后速度相同，根据动量守恒定律求出B与C碰撞前B的速度（2）根据能量守恒定律求出弹簧的弹性势能解：（1）A、B被弹开的过程中，AB系统动量守恒，设弹开后AB速度分别为vA、vB，设三者最后的共同速度为v共，由动量守恒得：（mA+mB）v0=mAv共+mBvBmBvB=（mB+mC）v共三者动量守恒得：（2m+m）v0=（2m+m+2m）v共得所以（2）B与C碰

23、撞前后，机械能的损失为：弹簧释放的弹性势能Ep则：代入数据整理得：答：（1）B与C碰撞前B的速度为（2）弹簧释放的弹性势能为11.【题文】已知函数f（x）=2sinxcosxcos2x，xR（1）求函数f（x）的单调递增区间；（eqoac(,2)）在ABC中，内角A、B、C所对边的长分别是a、b、c，若f（A）=2，C=求ABC的面积eqoac(,S)ABC的值【答案】【解析】【考点】三角函数中的恒等变换应用；正弦定理【专题】三角函数的图像与性质；解三角形，c=2，【分析】（1）由二倍角公式化简可得f（x）=2sin（2x2k，kZ可解得函数f（x）的单调递增区间），令2k2x（2）由f（A）

24、=2sin（2ASABC的值）=2，可得A的值，由正弦定理可解得a=，从而可求【解答】解：（1）f（x）=2sinxcosxcos2x=sin2xcos2x=2sin（2x），令2k2x2k，kZ可解得kxk，kZ，即有函数f（x）的单调递增区间为：k（2）f（A）=2sin（2A）=2，k，kZ，2A=2k，kZ，即有A=k，kZ，角A为ABC中的内角，有0A，k=0时，A=，B=AC=，故由正弦定理可得：，解得a=，eqoac(,S)ABCacsinB=sin=【点评】本题主要考查了三角函数中的恒等变换应用，正弦定理的应用，属于基本知识的考查【标题】贵州省黔南州2016届高三上学期期末数学

25、（文）试题【结束】12.（1）弹簧刚好恢复原长时（B与C碰撞前）A的速度为6m/s，B物块速度大小12m/s（2）当弹簧第二次被压缩时，弹簧具有的最大弹性势能为50J动量守恒定律；机械能守恒定律解：（1）弹簧刚好恢复原长时，A和B物块速度的大小分别为A、B由动量守恒定律有：0=mAAmBB此过程机械能守恒有：Ep=mAA2+mBB2代入Ep=108J，解得：A=6m/s，B=12m/s，A的速度向右，B的速度向左（2）C与B碰撞时，C、B组成的系统动量守恒，设碰后B、C粘连时速度为，则有：mBBmCC=（mB+mC），代入数据得=4m/s，的方向向左此后A和B、C组成的系统动量守恒，机械能守恒

26、，当弹簧第二次压缩最短时，弹簧具有的弹性势能最大，设为Ep，且此时A与B、C三者有相同的速度，设为，则有：动量守恒：mAA（mB+mC）=（mA+mB+mC），代入数据得=1m/s，的方向向右2机械能守恒：mAA2+（mB+mC）=Ep+（mA+mB+mC）2，代入数据得Ep=50J答：（1）弹簧刚好恢复原长时（B与C碰撞前）A的速度为6m/s，B物块速度大小12m/s（2）当弹簧第二次被压缩时，弹簧具有的最大弹性势能为50J13.(1)故物块从轨道左端滑出时，滑块M的速度的大小为，方向水平向右(2)故水平轨道的长度为：(3)动量守恒定律；功能关系解：（1）对于滑块M和物块m组成的系统，物块沿

27、轨道滑下的过程中水平方向动量守恒，物块滑出时有：mv=MV滑块M的速度：，方向向右故物块从轨道左端滑出时，滑块M的速度的大小为，方向水平向右（2）物块滑下的过程中，物块的重力势能转化为系统的动能和内能，有：解得：故水平轨道的长度为：（3）物块以速度v0冲上轨道，初速度越大，冲上圆弧轨道的高度越大若物块刚能达到最高点，两者有相同的速度V1，此为物块不会越过滑块的最大初速度对于M和m组成的系统，水平方向动量守恒，有：mv0=（m+M）V1相互作用过程中，系统的总动能减小，转化为内能和重力势能，有：解得：要使物块m不会越过滑块，其初速度：故若滑块静止在水平面上，物块从左端冲上滑块，要使物块m不会越过

28、滑块，求物块冲上滑块的初速度应满足的条件为：14.考点：专动量守恒定律动量定理应用专题题：分由动量守恒定律可以求出木箱的最终速度；析：应用能量守恒定律与功的计算公式可以求出碰撞次数解解：设最终速度为v，木箱与木块组成的系统动量守恒，以木箱的初速度方向为答：正方向，由动量守恒定律得：Mvmv=（M+m）v，代入数据得：v=1m/s；对整个过程，由能量守恒定律可得：mv2+Mv2eqoac(,=)E+（M+m）v2，设碰撞次数为n，木箱底板长度为L，则有：n（mgL+0.4）eqoac(,=)E，代入数据得：n=6；答：木箱的最终速度的大小为1m/s；小木块与木箱碰撞的次数为6次点本题考查了求木箱

29、的速度、木块与木箱碰撞次数，分析清楚运动过程、应用动量守评：恒动量与能量守恒定律即可正确解题15.(52)MmM解：A向右运动与C发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒。设速度方向向右为正，开始时A的速度为v0，第一次碰撞后C的速度为vC1，A的速度为vA1。由动量守恒定律和机械能守恒定律得mvmvMv0A1C1222111mv2mv2Mv20A1C1联立式得A1mMvvmM0C12mvvmM0如果mM，第一次碰撞后，A与C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能与B发生碰撞；如果m=M，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右运动，A不可能与B发生碰撞；所以只需考虑mM的情

30、况。第一次碰撞后，A反向运动与B发生碰撞。设与B发生碰撞后，A的速度为vA2，B的速度为vB1，同样有mMmM2vA2vvmMA1mM0根据题意，要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有C1vA2v联立式得m2+4mM-M20解得m(52)M另一解m(52)M舍去。所以，m和M应满足的条件为(52)MmM考点：弹性碰撞16.（1）分开瞬间A、B的速度大小均为3m/s；（2）B向右滑动距N的最远距离为2.25m；（3）要使A、B不能再次相遇，传送带速率的取值范围是：解：（1）设A、B分开时速度大小分别为vA、vB由A、B系统能量守恒有：由A、B系统动量守恒有：mAvA=mBvB联立解得：vA=vB=

31、3m/s（2）假设B不能从传送带Q端离开，且在传送带上运行最大对地位移为s2，由动能定理得：解得：s2=2.25m由题意可知s2L=3m，假设成立所以B沿传送带向右滑动距N的最远距离为2.25m（3）设A在水平面上开始向左运动到停止，滑动过的路程为s1，由题意知A与挡板碰撞后原速率返回，整个过程应用动能定理得解得：s1=2.25ms=2m，即A停在距M端0.25m处，即距N端1.75m；若AB不能再次相遇，设B返回到N端时速度大小为vB，后经s2距离停下，则由动能定理有由s21.75m，解得由题意可知不论传送带速率多大，vB至多到3m/s，即符合题意，即传送带的速率取值范围是：答：（1）分开瞬

32、间A、B的速度大小均为3m/s；（2）B向右滑动距N的最远距离为2.25m；A12222(mm)gL(mm)(mmm)21（3）要使A、B不能再次相遇，传送带速率的取值范围是17.解：（1）滑块在木板上滑动的过程中，水平方向受到的合外力为0，则水平方向的动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv0=（M+m）v解得：根据能量守恒定律得：联立解得：L=（2）滑块在水平方向受到摩擦力的作用，动量发生变化，由动量定理得：mgt=mvmv0所以=答：（1）木板的长度是；（2）滑块在木板上滑行的时间是18.(1)5m/s(2)0.375m解析：（1）设滑块A滑到圆弧末端时的速度大小为v1，由机械能守恒定律有1mghm2A代入数据解得v1=5m/s（2）设A、B碰撞后瞬间的共同速度为v2，由于碰撞瞬间相互作用力巨大，C给A和B的摩擦可以忽略，故A与B组成的系统动量守恒。所以mAv1=(mA+mB)v2代入数据解得v2=2.5m/s设车C的最短长度为L，滑块A与B