高考物理动能与动能定理解题技巧(超强)及练习题(含答案)

高考物理动能与动能定理解题技巧(超强)及练习题(含答案)
一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理
1．如图所示，在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段长度为，上面铺设特殊材料，小物块与其动摩擦因数为，轨道其它部分摩擦不计。

水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于原长状态。

可视为质点的质量的小物块从轨道右侧A点以初速度冲上轨道，通过圆形轨道，水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回，取，求：
（1）弹簧获得的最大弹性势能；
（2）小物块被弹簧第一次弹回经过圆轨道最低点时的动能；
（3）当R满足什么条件时，小物块被弹簧第一次弹回圆轨道时能沿轨道运动而不会脱离轨道。

【答案】（1）10.5J（2）3J（3）0.3m≤R≤0.42m或0≤R≤0.12m
【解析】
【详解】
（1）当弹簧被压缩到最短时，其弹性势能最大。

从A到压缩弹簧至最短的过程中，由动
能定理得：−μmgl+W弹＝0−m v02
由功能关系：W弹=-△E p=-E p
解得 E p=10.5J；
（2）小物块从开始运动到第一次被弹回圆形轨道最低点的过程中，由动能定理得
−2μmgl＝E k−m v02
解得 E k=3J；
（3）小物块第一次返回后进入圆形轨道的运动，有以下两种情况：
①小球能够绕圆轨道做完整的圆周运动，此时设小球最高点速度为v2，由动能定理得
−2mgR＝m v22−E k
小物块能够经过最高点的条件m≥mg，解得R≤0.12m
②小物块不能够绕圆轨道做圆周运动，为了不让其脱离轨道，小物块至多只能到达与圆心
等高的位置，即m v12≤mgR，解得R≥0.3m；
设第一次自A点经过圆形轨道最高点时，速度为v1，由动能定理得：
−2mgR ＝m v 12-m v 02
且需要满足 m ≥mg ，解得R ≤0.72m ，
综合以上考虑，R 需要满足的条件为：0.3m≤R≤0.42m 或0≤R≤0.12m 。

【点睛】
解决本题的关键是分析清楚小物块的运动情况，把握隐含的临界条件，运用动能定理时要注意灵活选择研究的过程。

2．如图所示，斜面ABC 下端与光滑的圆弧轨道CDE 相切于C ，整个装置竖直固定，D 是最低点，圆心角∠DOC ＝37°，E 、B 与圆心O 等高，圆弧轨道半径R ＝0.30m ，斜面长L ＝1.90m ，AB 部分光滑，BC 部分粗糙．现有一个质量m ＝0.10kg 的小物块P 从斜面上端A 点无初速下滑，物块P 与斜面BC 部分之间的动摩擦因数μ＝0.75．取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g ＝10m/s 2，忽略空气阻力．求：
（1）物块第一次通过C 点时的速度大小v C ．
（2）物块第一次通过D 点时受到轨道的支持力大小F D ． （3）物块最终所处的位置．
【答案】（1）32m/s （2）7.4N （3）0.35m 【解析】 【分析】
由题中“斜面ABC 下端与光滑的圆弧轨道CDE 相切于C”可知，本题考查动能定理、圆周运动和机械能守恒，根据过程分析，运用动能定理、机械能守恒和牛顿第二定律可以解答． 【详解】
（1）BC 长度tan 530.4m l R ==o ，由动能定理可得
21
()sin 372
B mg L l mv -=o
代入数据的
32m/s B v =
物块在BC 部分所受的摩擦力大小为
cos370.60N f mg μ==o
所受合力为
sin 370F mg f =-=o
故
32m/s C B v v ==
（2）设物块第一次通过D 点的速度为D v ，由动能定理得
2211
(1cos37)22
D C mgR mv mv -=
-o 有牛顿第二定律得
2
D D v F mg m R
-= 联立解得
7.4N D F =
（3）物块每次通过BC 所损失的机械能为
0.24J E fl ∆==
物块在B 点的动能为
21
2
kB B E mv =
解得0.9J kB E = 物块经过BC 次数
0.9J
=3.750.24J
n =
设物块最终停在距离C 点x 处，可得
()sin 37(3+)0mg L x f l x --=o
代入数据可得
0.35m x =
3．如图所示，固定的粗糙弧形轨道下端B 点水平，上端A 与B 点的高度差为h 1＝0.3 m ，倾斜传送带与水平方向的夹角为θ＝37°，传送带的上端C 点到B 点的高度差为
h 2＝0.1125m(传送带传动轮的大小可忽略不计)．一质量为m ＝1 kg 的滑块(可看作质点)从轨道的A 点由静止滑下，然后从B 点抛出，恰好以平行于传送带的速度从C 点落到传送带上，传送带逆时针传动，速度大小为v ＝0.5 m/s ，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.8，且传送带足够长，滑块运动过程中空气阻力忽略不计，g ＝10 m/s 2，试求：
(1).滑块运动至C 点时的速度v C 大小；
(2).滑块由A 到B 运动过程中克服摩擦力做的功W f ； (3).滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q . 【答案】（1）2.5 m/s （2）1 J （3）32 J
【解析】本题考查运动的合成与分解、动能定理及传送带上物体的运动规律等知识。

(1) 在C 点，竖直分速度： 22 1.5/y v gh m s ==
0sin37y c v v =，解得： 2.5/c v m s =
(2)C 点的水平分速度与B 点的速度相等，则372/B x C v v v cos m s ︒＝＝＝
从A 到B 点的过程中，据动能定理得： 2
112
f B mgh W mv -=，解得： 1f W J = (3) 滑块在传送带上运动时，根据牛顿第二定律得： 3737mgcos mgsin ma μ︒︒－＝
解得： 20.4/a m s ＝ 达到共同速度所需时间5c
v v t s a
-== 二者间的相对位移52
c
v v x t vt m +∆=
-= 由于3737mgsin mgcos μ︒<︒，此后滑块将做匀速运动。

滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量0
cos3732Q mg x J μ⋅∆＝＝
4．如图所示，小滑块（视为质点）的质量m = 1kg ；固定在地面上的斜面AB 的倾角
θ=37°、长s =1m ，点A 和斜面最低点B 之间铺了一层均质特殊材料，其与滑块间的动摩擦
因数μ可在0≤μ≤1.5之间调节。

点B 与水平光滑地面平滑相连，地面上有一根自然状态下的轻弹簧一端固定在O 点另一端恰好在B 点。

认为滑块通过点B 前、后速度大小不变；最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

取g =10m/s 2 ，sin37° =0.6，cos37° =0.8，不计空气阻力。

（1）若设置μ=0，将滑块从A 点由静止释放，求滑块从点A 运动到点B 所用的时间。

（2）若滑块在A 点以v 0=lm/s 的初速度沿斜面下滑，最终停止于B 点，求μ的取值范围。

【答案】（1）3
t =s ；（2）13324μ≤≤或31316μ=。

【解析】 【分析】 【详解】
（1）设滑块从点A 运动到点B 的过程中，加速度大小为a ，运动时间为t ，则由牛顿第二定律和运动学公式得
sin mg ma θ=
21
2
s at =
解得3
t =
s （2）滑块最终停在B 点，有两种可能：
①滑块恰好能从A 下滑到B ，设动摩擦因数为1μ，由动能定律得：
2
101sin cos 02
mg s mg s mv θμθ-=-g g
解得11316
μ=
②滑块在斜面AB 和水平地面间多次反复运动，最终停止于B 点，当滑块恰好能返回A 点，由动能定理得
2
201cos 202
mg s mv μθ-=-g
解得2132
μ=
此后，滑块沿斜面下滑，在光滑水平地面和斜面之间多次反复运动，最终停止于B 点。

当滑块恰好能静止在斜面上，则有
3sin cos mg mg θμθ=
解得334
μ=
所以，当23μμμ≤≤，即13
324μ≤≤时，滑块在斜面AB 和水平地面间多次反复运动，最终停止于B 点。

综上所述，μ的取值范围是
13324μ≤≤或313
16
μ=。

5．如图，在竖直平面内，半径R =0.5m 的光滑圆弧轨道ABC 与粗糙的足够长斜面CD 相切于C 点，CD 与水平面的夹角θ=37°，B 是轨道最低点，其最大承受力F m =21N ，过A 点的切线沿竖直方向。

现有一质量m =0.1kg 的小物块，从A 点正上方的P 点由静止落下。

已知物
块与斜面之间的动摩擦因数μ=0.5.取sin37°=0.6.co37°=0.8，g=10m/s 2，不计空气阻力。

(1)为保证轨道不会被破坏，求P 、A 间的最大高度差H 及物块能沿斜面上滑的最大距离L ； (2)若P 、A 间的高度差h =3.6m ，求系统最终因摩擦所产生的总热量Q 。

【答案】(1) 4.5m ，4.9m ；(2) 4J 【解析】 【详解】
(1)设物块在B 点的最大速度为v B ，由牛顿第二定律得：
2B
m v F mg m R
-=
从P 到Ｂ，由动能定理得
2
1()02
B mg H R mv +=
- 解得
H =4.5m
物块从B 点运动到斜面最高处的过程中，根据动能定理得：
-mg [R （1-cos37°）+L sin37°]-μmg cos37°•L =2102
B mv -
解得
L =4.9m
(3)物块在斜面上，由于mg sin37°＞μmg cos37°，物块不会停在斜面上，物块最后以B 点为中心，C 点为最高点沿圆弧轨道做往复运动，由功能关系得系统最终因摩擦所产生的总热量
Q =mg （h +R cos37°）
解得
Q =4J
6．如图所示，质量m =2kg 的小物块从倾角θ=37°的光滑斜面上的A 点由静止开始下滑，经过B 点后进入粗糙水平面，已知AB 长度为3m ，斜面末端B 处与粗糙水平面平滑连接．试求：
（1）小物块滑到B 点时的速度大小．
（2）若小物块从A 点开始运动到C 点停下，一共经历时间t =2.5s ，求BC 的距离． （3）上问中，小物块与水平面的动摩擦因数μ多大？
（4）若在小物块上始终施加一个水平向左的恒力F ，小物块从A 点由静止出发，沿ABC 路径运动到C 点左侧3.1m 处的D 点停下．求F 的大小．（sin37°=0.6，cos37°=0.8 ） 【答案】（1）6m/s （2）1.5s （3）0.4μ=（4） 2.48N F = 【解析】 【详解】
(1)根据机械能守恒得：
21sin 372
AB B mgs mv ︒=
解得：
2sin3721030.6m/s 6m/s B AB v gs =︒=⨯⨯⨯=；
(2)物块在斜面上的加速度为：
21sin 6m/s a g θ==
在斜面上有：
2112
AB s a t =
代入数据解得：
11s t =
物块在BC 段的运动时间为：
21 1.5s t t t =-=
BC 段的位移为：
21
(0) 4.5m 2
BC B s v t =+=
（3）在水平面上，有：
220B v a t =﹣
解得：
222
4m/s B
v a t -=
=-． 根据牛顿第二定律有：
2mg ma μ=﹣
代入数据解得：
0.4μ=．
(4)从A 到D 的过程，根据动能定理得：
()sin cos 0AB BD AB BD mgs F s s mgs θθμ++-=
代入数据解得：
2.48N F = 【点睛】
连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度，所以在做这一类问题时，特别又是多过程问题时，先弄清楚每个过程中的运动性质，根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求
解力.
7．如图所示，两个半圆形的光滑细管道(管道内径远小于半圆形半径)在竖直平面内交叠，组成“S”字形通道．大半圆BC 的半径R=0.9m ，小半圆CD 的半径r=0.7m ．在“S”字形通道底部B 连结一水平粗糙的细直管AB ．一质量m=0.18kg 的小球（可视为质点）从A 点以V 0=12m/s 的速度向右进入直管道，经t 1=0.5s 到达B 点，在刚到达半圆轨道B 点时，对B 点的压力为N B =21.8N ．（取重力加速度g=10m/s 2）求：
（1）小球在B 点的速度V B 及小球与AB 轨道的动摩擦因数μ ?
（2）小球到达“S”字形通道的顶点D 后，又经水平粗糙的细直管DE ，从E 点水平抛出，其水平射程S=3.2m ．小球在E 点的速度V E 为多少？
（3）求小球在到达C 点后的瞬间，小球受到轨道的弹力大小为多少？方向如何？ 【答案】（1）V B =10m/s ，μ=0.4（2）V E =S/ t=4m/s （3） N C =18.25N 方向向上 【解析】 【详解】
（1）根据牛顿第二定律有N B -mg=mV B 2/R V B =10m/s a=(V 0-V B )/t=4m/s 2
μmg=m a a =mg μ=0.4
（2）H=2R+2r=3.2m 2H
g
V E =S/ t=4m/s （3）N C - mg=mV C 2/r
1 2m V B2=2mg R+
1
2
m V C2
N C=18.25N 方向向上
8．如图所示在竖直平面内，光滑曲面AB与长度l=3m的水平传送带BC平滑连接于B点，传送带BC右端连接内壁光滑、半径r=0.55m的四分之一细圆管CD，圆管内径略大于物块尺寸，管口D端正下方直立一根劲度系数为k=50N/m的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐．一个质量为m=0.5kg的物块（可视为质点）从曲面上P点静止释放，P点距BC的高度为h=0.8m．（已知弹簧的弹性势能E p与弹簧的劲度系数k和形变量x的
关系是：E p=1
2
kx2，水平传送带与物间的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度g取10m/s2．）
求：
（1）若传送带静止不动物块在水平传送带BC上前进的距离；
（2）若传送带向右匀速运动的速度v0=2m/s，物块刚进入细圆管CD时对管道的弹力，物块在压缩弹簧过程中的最大速度（压缩弹簧过程未超过弹性限度）；
（3）若传送带向右匀速运动的速度v0=2m/s，物块从第一次进入细圆管后将做周期性的运动．由于物块与传送带发生相对运动，一个周期内带动传送带的电动机多消耗的电能．【答案】（1）2m（2）4m/s（3）4J
【解析】
【分析】
【详解】
（1）物块从P点静止释放到停在传送带某处的过程中，根据动能定理得mgh-μmgx=0-0解得x =2m；
（2）若传送带向右匀速运动的速度v0=2m/s，因为传送带长度l=3m大于2m，所以物块到达C点的速度v C=2m/s
物块经过管道C点，根据牛顿第二定律得mg-N=m
2 C v r
解得，管道对物块的弹力N=15
11
N≈1.36N，方向竖直向上
根据牛顿第三定律得知，物块对管道的弹力大小N′=N≈1.36N，方向竖直向下．物块从C点运动到速度最大的过程，根据平衡条件得mg =kx′
得x ′=0.1m
由动能定理得mg (r +x ′)-21'2kx =212m mv -212
C mv 解得，最大速度v m =4m/s
（3）物块再次回到C 点的速度仍为2m/s ，它在传送带上先向左匀减速运动到速度为零，再向右匀加速运动至C 点，速度大小仍为2m/s ，因此，电动机多消耗的电能即为物块与传送带之间的摩擦生热.
物块向左减速的位移x 1=
22C v g μ=2
220.410
⨯⨯=0.5m 物块与传送带间的相对位移△x 1=x 1+v 0•0
v g
μ 解得△x 1=1.5m
物块向右加速运动的位移x 2=
22C
v g
μ=0.5m 物块与传送带间的相对位移△x 2=v 0•0
v g
μ-x 2=0.5m
因此，一个周期内带动传送带的电动机多消耗的电能是E =μmg (△x 1+△x 2) 解得:E =4J
9．如图，质量为m=1kg 的小滑块（视为质点）在半径为R=0.4m 的1/4圆弧A 端由静止开始释放，它运动到B 点时速度为v=2m/s ．当滑块经过B 后立即将圆弧轨道撤去．滑块在光滑水平面上运动一段距离后，通过换向轨道由C 点过渡到倾角为θ=37°、长s=1m 的斜面CD 上，CD 之间铺了一层匀质特殊材料，其与滑块间的动摩擦系数可在0≤μ≤1.5之间调节．斜面底部D 点与光滑地面平滑相连，地面上一根轻弹簧一端固定在O 点，自然状态下另一端恰好在D 点．认为滑块通过C 和D 前后速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取g=10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力．
（1）求滑块对B 点的压力大小以及在AB 上克服阻力所做的功； （2）若设置μ=0，求质点从C 运动到D 的时间； （3）若最终滑块停在D 点，求μ的取值范围． 【答案】（1）20N ， 2J ；（2）1
3
s ；（3）0.125≤μ＜0.75或μ=1． 【解析】 【分析】
（1）根据牛顿第二定律求出滑块在B 点所受的支持力，从而得出滑块对B 点的压力，根
据动能定理求出AB端克服阻力做功的大小．
（2）若μ=0，根据牛顿第二定律求出加速度，结合位移时间公式求出C到D的时间．（3）最终滑块停在D点有两种可能，一个是滑块恰好从C下滑到D，另一种是在斜面CD 和水平面见多次反复运动，最终静止在D点，结合动能定理进行求解．
【详解】
（1）滑块在B点，受到重力和支持力，在B点，根据牛顿第二定律有：F−mg＝m2v
R
，代入数据解得：F=20N，
由牛顿第三定律得：F′=20N．
从A到B，由动能定理得：mgR−W＝1
2
mv2，
代入数据得：W=2J．
（2）在CD间运动，有：mgsinθ=ma，加速度为：a=gsinθ=10×0.6m/s2=6m/s2，
根据匀变速运动规律有：s＝vt+1
2
at2
代入数据解得：t=1
3 s．
（3）最终滑块停在D点有两种可能：a、滑块恰好能从C下滑到D．则有：
mg sinθ•s−μ1mg cosθ•s＝0−1
2
mv2，
代入数据得：μ1=1，
b、滑块在斜面CD和水平地面间多次反复运动，最终静止于D点．
当滑块恰好能返回C有：−μ1mg cosθ•2s＝0−1
2
mv2，
代入数据得到：μ1=0.125，
当滑块恰好能静止在斜面上，则有：mgsinθ=μ2mgcosθ，
代入数据得到：μ2=0.75．
所以，当0.125≤μ＜0.75，滑块在CD和水平地面间多次反复运动，最终静止于D点．
综上所述，μ的取值范围是0.125≤μ＜0.75或μ=1．
【点睛】
解决本题的关键理清滑块在整个过程中的运动规律，运用动力学知识和动能定理进行求解，涉及到时间问题时，优先考虑动力学知识求解．对于第三问，要考虑滑块停在D点有两种可能．
10．如图所示，一个质量为m=0.2kg的小物体(P可视为质点)，从半径为R=0.8m的光滑圆强轨道的A端由静止释放，A与圆心等高，滑到B后水平滑上与圆弧轨道平滑连接的水平桌面，小物体与桌面间的动摩擦因数为μ=0.6，小物体滑行L=1m后与静置于桌边的另一相
同的小物体Q 正碰，并粘在一起飞出桌面，桌面距水平地面高为h =0.8m 不计空气阻力，g =10m/s 2.求：
(1)滑至B 点时的速度大小；
(2)P 在B 点受到的支持力的大小；
(3)两物体飞出桌面的水平距离；
(4)两小物体落地前损失的机械能.
【答案】(1)14m/s v = (2)6N N F = (3)s =0.4m (4)△E =1.4J
【解析】
【详解】
（1）物体P 从A 滑到B 的过程，设滑块滑到B 的速度为v 1，由动能定理有：
2112
mgR mv = 解得：14m/s v =
（2）物体P 做匀速圆周运动，在B 点由牛顿第二定律有:
21N F g mv m R
-= 解得物体P 在B 点受到的支持力6N N F =
（3）P 滑行至碰到物体Q 前，由动能定理有:
22211122
mv mg v L m μ--= 解得物体P 与Q 碰撞前的速度22m/s v =
P 与Q 正碰并粘在一起，取向右为正方向，由动量守恒定律有:
()23mv m m v =+
解得P 与Q 一起从桌边飞出的速度31m/s v =
由平碰后P 、Q 一起做平抛运动，有：
212
h gt = 3s v t =
解得两物体飞出桌面的水平距离s =0.4m
（4）物体P 在桌面上滑行克服阻力做功损失一部分机械能:
1 1.2J E mgL μ∆==
物体P 和Q 碰撞过程中损失的机械能:
2222311()0.2J 22
mv m m v E -+=∆= 两小物体落地前损失的机械能12E E E ∆=∆+∆
解得：△E =1.4J
11．如图所示的实验装置，可用来探究物体在斜面上运动的加速度以及弹簧储存的弹性势能。

实验器材有：斜面、弹簧(弹簧弹性系数较大)、带有遮光片的滑块(总质量为m )、光电门、数字计时器、游标卡尺、刻度尺。

实验步骤如下：
①用适当仪器测得遮光片的宽度为d ；
②弹簧放在挡板 P 和滑块之间，当弹簧为原长时，遮光板中心对准斜面上的A 点； ③光电门固定于斜面上的B 点，并与数字计时器相连；
④压缩弹簧，然后用销钉把滑块固定，此时遮光板中心对准斜面上的O 点；
⑤用刻度尺测量A 、B 两点间的距离L ；
⑥拔去锁定滑块的销钉，记录滑块经过光电门时数字计时器显示的时间△t ；
⑦移动光电门位置，多次重复步骤④⑤⑥。

根据实验数据做出的
21t ∆－L 图象为如图所示的一条直线，并测得2
1t ∆－L 图象斜率为k 、纵轴截距为 b 。

（1）根据
2
1t ∆－L 图象可求得滑块经过A 位置时的速度v A =____，滑块在斜面上运动的加速度a =_____。

（2）实验利用光电门及公式v =d t
∆测量滑块速度时，其测量值____真实值（选填“等于”、
“大于”或“小于”）。

（3）本实验中，往往使用的弹簧弹性系数较大，使得滑块从O 到A 恢复原长过程中弹簧弹力远大于摩擦力和重力沿斜面的分量，则弹簧储存的弹性势能E p =___，E p 的测量值与真实值相比，测量值偏_____(填“大”或“小”)。

【答案】d b 12kd 2 小于 12mbd 2 大 【解析】
【详解】
第一空：滑块从A 到B 做匀加速直线运动，设加速度为a ，由于宽度较小，时间很短，所以
瞬时速度接近平均速度，因此有B 点的速度为：B d v t =
∆，根据运动学公式有： 2
22B A v v aL -=，化简为222212A v a L t d d
=+∆，结合图象可得：22A v b d =，22a k d = 解得：A v d b =；
第二空：由22a k d =，解得：212
a kd =； 第三空：由于弹簧弹力远大于摩擦力和重力沿斜面的分量，所以摩擦力和重力沿斜面的分量
忽略不计，根据能量守恒可得：221122
P A E mv mbd ==； 第四空：考虑摩擦力和重力沿斜面的分量，根据动能定理可得：212N G f A W W W mv +-=
， 而N P E W =真，摩擦力小于重力沿斜面的分量，p E 的测量值与真实值相比，测量值偏大。

12．如图所示，物体A 置于静止在光滑水平面上的平板小车B 的左端，在A 的上方O 点用细线悬挂一小球C (可视为质点)，线长L ＝0.8 m ．现将小球C 拉至水平无初速度释放，并在最低点与A 物体发生水平正碰，碰撞后小球C 反弹的最大高度为h ＝0.2 m ．已知A 、B 、C 的质量分别为m A ＝4 kg 、m B ＝8 kg 和m C ＝1 kg ，A 、B 间的动摩擦因数μ＝0.2，A 、C 碰撞时间极短，且只碰一次，取重力加速度g ＝10 m/s 2.
(1)求小球C 与物体A 碰撞前瞬间受到细线的拉力大小；
(2)求A 、C 碰撞后瞬间A 的速度大小；
(3)若物体A 未从小车B 上掉落，小车B 的最小长度为多少？
【答案】(1) 30N (2) 1.5m/s (3) 0.375m
【解析】
【详解】
解：（1）小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：2012
C C m gL m v =
代入数据解得：04v =m/s 对小球，由牛顿第二定律得：20c c v T m g m L
-= 代入数据解得：T =30N （2）小球与A 碰撞过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向 由动量守恒定律得：0C C c A A m v m v m v =-+
代入数据解得：A v =1.5m/s
（3）物块A 与木板B 相互作用过程，系统动量守恒，以A 的速度方向为正方向， 由动量守恒定律得：()A A A B m v m m v =+
代入数据解得：v =0.5m/s 由能量守恒定律得：()221122
A A A A
B m gx m v m m v μ=
-+ 代入数据解得：x =0.375m 。