周测2 动量守恒定律及实验-【蓝海启航·启航金卷周周测】2026-2027学年高中物理选择性必修第一册（人教版2019）

所以1球先经过P点，两球不会在P点相道，2球在最高点 的速度小于，，故B错误，C正确： 根据动量定理可得mgt■△p 由于t<t 所以1球动量的变化小于2球动登的变化，故D错误。故 选AC. 12.(1)24￥(2)240N·s 解析：(1)由题意知，总位移为44m,又因为1图像中图线 与横轴围成的面积为位移，故工=2一？十型×2m=Mm 2 解得t2=24s。 (2)0-11过程中，对物块由动量定理得I。一1，=0 其中1=ft,=mg=240N·s 所以电场力对物块的冲量大小为1，=1，=240N·s。 13.13m/s(2厘N·s 解析：(1)设小球刚被击出时的递度大小为。，小球城击出 到第一次落地前醉间，根撼平抛运动的规律可得 工=动t h,=Z, 解得p。=3m/s。 (2)小球第一次落地前解间，在竖直方向的速度大小为 设小球第一次落地被反弹后运动到最高，点的时间为：，此 过程中小球在竖直方向的分远动是整直上抛远动，则h: 1 g4 小球第一次被反弹后瞬间沿竖直方向的速度大小为 卫=g 规定整直向上为正方向，则小琼在竖直方向的合外力的冲 童为1，=n,2一（一m,1》 设小球第一次被反弹后瞬间沿水平方向的速度大小为，· 则x=2,1红 规定水平向右为正方向，则小琼在水平方向的合外力的冲 量为I,=mv,一mU 小球第一次与地面碰撞过程中合外力的冲量大小为 1=/T,+I. 解得1=97 N·s。 14.(1)40J(2)7.2N·s 解析：(1)由匀变速直线远动规律可知足艰在空中运动的总 时间为t=28 足球在竖直方向的运动为竖直上抛运动，则足球上升过程 所用的时间为？，则是球竖直方向的初建度刘=g·豆 站合足球初速度的方向可知，是球的初捷度心一n行 U 这同学踢出是球过程对足球微的功等于足球动能的增加 量，可得接同学隔出足球过程时足球微的功W=号m, 40J. (2)由匀变速直线运动规排可知，是球在空中透动的过程 1 中，接同学的位移为r=2r=2m 是球上升过程水平方向的位移为工=物·2=10m 则足球下降过程水平方向的位移为x,=x1一r=8m 则足球与墙壁碰撞后，水平方向的速度大小 包，'号=8m/s 则足球与墙壁难撞过程中，墙壁对足球的冲量大小【 n(U,十u,')=7.2N·5. 3 周测2动量守恒定律及实验 1,D解析：在弹簧释放的过程中，因mA:m1=1:2,由摩擦 力公式F,=F、=mg,可知A,B两物体所受的摩擦力大 小不相等，故A,B两物体组成的系统合外力不为零，A,B两 物体组成的系统动量不守恒，故A错误：A物体对小车向左 的滑动摩擦力小于B对小车向右的滑动摩擦力，在A,B两 物体相对小车停止运动之前，小车所受的合外力向右，小车 将向右运动，周存在摩擦力俽负功，最终整个系统将静止，则 系统的机减能减为零，不守恒，故B、C错误；A,B,C组成的 系统所受合外力为零，系皖的动量守恒，故D正确。故选D 2.C解析：动量守慢定律和机战能守慎定律所研究的对象都 是相互作用的物体缸成的系就，故A错误：动量守恒和机械 能守恒的条件不同：系统动量是否守恒，决定于系统所受合 外力是否为零：而机械能是否守恒，则决定于是否有重力和 弹簧弹力以外的力（不管是内力还是外力）做功，是否只有动 能与势能相互转化，无其他形式能（如热能）转化，系统动量 守恒时，机减能不一定守恒，故B错误：一个物体在做匀违圆 周运动的过程中，速度大小不变，方向不断改变，期动能保特 不变，动童时测改交，故C正确：根器F·△t=△p,物体的动 量对时间的变化单恒定，即合外力恒定：根据W。=△E:,则 P-Ws-AE. 动能对时间的变化率恒定，即合外力功单恒 定。合外力的功率恒定，合外力不一定领定，所以物休的动 量对时间的变化桑恒定，那么在读过程中物体的动能对时间 的变化单不一定也恒定，故D错误。故选C。 3,B解析：A车与B车正群后粘在一起，是典型的善弹性避 拉，动量守恒，机械能有损失，A错误： 从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中，A,B、C组成 的系统坚直方向合外力不为零，动量不守恒，但水平方向合 外力为零，水平方向动量守恒，D错谋： A车与B车延挫过程，A,B组成的系统动量守，可得 川U,=2m v1为硅后AB整体的速度，小球探到最高点时，小球相对AB 静止，县有共同的速度，设为：，从两车粘在一起到小球摆 到最高点的过程，水平方向动量守恒，可得2m1十m。= (2m十2c）: 据机械能守恒可得 号·2m,2+me=之(2m+mc,+meh 联立解得，小球能上升的最大高度为h=0,01m B正确，C错误。故这B。 4,A解析：设向后为正方向，由动量守恒有0=m助 (M一m1)U 由动萱定理有一F1=一(M一m)世：一0 解得F=360N,故速A. 5,D解析：滑块B下滑过程中，斜西会向左运动，滑块B的加 速度弄不沿着斜面向下，滑块B在垂直于斜面的方向上加速 度有分量，因此，F、不再等于geos a,别滑块B下济过程 中F、对B的冲量大小不等于mgtc0sa,故A错溪： 若整个系统处于平街状态，别地面对斜面A弹力的冲量大 小为(M十州)，但滑块B在竖直方向上所受合外力不为 零，其有竖直向下的加造度的分量，因此地面对料面A弹力 的冲量小于(M十m)g,故B错误： 由于该系统经直方向合外力不为零，因此该系统动量不守 恒，但道系鲶水平方向合外力为零，因此该系统只在水平方 向动量守恒，故C错误： 取向右为正方向，根据该系统水平方向动量守恒，别在任意 时刻，水平方向惑有m四一Mu'■0 取极短时间△t,则有w△：=Mu'△1 很据时间上的等时性，在时间1内位移进行累积可得川曰 Mu't 即ms=Ms 解得一况 故D正确。故选D。 答案全解全析 6.B解析：为了防止撞后入射球反弹，入射球的质量要大于 被难琼的质量，即m。>m6,故A错误： 小球离开水平抗道后均数平抛运动，从图中可以看出每个小 球每次平抛远动的水平位移相同，：小球不与b小球相碰时 落，点为M,小球与b小球相碰后，a小琼平抛初建度比第一 次小，且。<，根据平抛运动学公式，水平方向则有 经直方向则有h=之 因为v,<,b小球平抛初递度大，下落高度小，所以P点应 为b小球撞击错板位置，N位置应为小球击挡板位置，故 C错误： 需要保持小球每一次到达轨道末端的速度相等，小球每一 次从同一位置静止释放即可，轨道的光滑程度对实脸无影 响，故D错误： 由1=h=2 小球的水平速度为口=工=是 根据动量守恒可知，· M =* 化简得 O丽O元o丽 故B正确。故选B。 7,D解析：由题如，A,B纽成的系统在水平方向上动量守恒， 小球B从释放点第一次摆到最低点有2U=mU 根据能量守恒有mgL=2×2mw,十乞mmm 联立解得v=√3wm一√3 小球B第一次摆至最低点，根搭牛颜第二定律有F一 mg=I- 十g) 解得轻绳的拉力为F=4mg 根据牛顿第三定律，可知当小球B第一次摆至最低点时轻绳 所受的拉力大小为4mg。故选D 8.C解析：根据题意，设A、B两部分的质量为m,煤炸后A 部分的递度大小为：，B年分的造度大小为g,爆炸过程 中，系统的动量守恒，取向上为正，由动量守恒定律可 得0一三0 解得山=U: 由机诚能守极定体有立m,一mg·台 解得h3 2g 设A落地速度为'，B落地速度为'，取向下为正方向，则有 1'”-,=2gh w2-,2=2gh 解得1=：'=2 取向下为正方向，由动量定理有 11=m(1十1）=3mU 1a=(:'一02)=U 则A、B所受重力的冲量大小之比为3。故速C 9,BC解析：羽毛球接触西瓜时的初动量大小为p,=m则。口 5X10×366=0.5kg·m/,故A错 羽毛球与西瓜相互作用的过程，羽毛球动量变化的方向与初 速度方向相反，即动量变化的方向向右，故B正确： 根据动量定理可得F△1=0一（一mU。) 解得羽毛球对西瓜的作用力大小为F=世=0，。 AF-0.01 N- 50N,故C正确： 周周测物理选择性必修第一册RJ 3 若以羽毛球与西瓜为系统，系姚的初动量不为0，术动量为 0,测系统的动量不守恒，故D错误。故选BC 10.ABD解析：依题意，人跳起后微竖直上抛运动，有 H一2g 解得人若要安全过杆，起跪的竖直分速度至少为助=3m/s, 故A正骑： 取整直向上为正方向，人起跳过独，由动量定理可得(F G)1= 解得F=1100N 甲起跳过程中人与板之问的作用力至少为1100N,故B 正确： 人从开始起跳到落回到滑板的过程中，人与滑板水平方向 不受外力，所以二者构成的系统水平方向上动量守恒，故C 错误，D正确。故话ABD 11,ABD解析：对于心t图像来就，其图线的韩率表示物体的 加速度，由题盟可知，在水平外力作用时：其加速度为1 0.5ug=0.5ug 对木板有F一mg=na 解得F■1.5mg,故A正确： 3tn时，木板的述度为，a1·31-1,5gtn 则小物块在木板上时，本板的加速度为a:■ 0.5ugt,-1.5s=-g 4.一31 设木板与物块之间的动摩擦因数为1，有F一：(m十 0.5m)g一H1·0,5mg=ma2 解得红1=2，救B正确： 设小物块滑上木板的速度大小为疫句右为正方向，对 小物块有1·0.5mg·1=0.5m·0,5gt。一（一0.5mw:） 解得：-L,5pgt。,故C错误： 当小物块滑上木板后，对于两者的系统水平方向有 F=红(n十0.5m)N=1.5ng 竖直方向合力为零，综上所述，两者的系统合外力为零，即 该系统动量守板，故D正确。故遂ABD 12,(1)AD(2)等于大于不影响(3)m1·OP=m1· OM+m:·ON 解析：(1)要保证每次小球都数平抛运动，则轨道的末端必 须水平，故A正确： 斜袖轨道漫必要光清，只雾要每次小球从同一高度滚下，保 证抛出的初速度相等即可，故B错误： 小球碰撞后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，小球 做平抛运动的时间相等，小球水平位移与初速度成正比，可 以用小球的水平位移代持小琼的初建度，实验要测量入智 小球的质量m,和被难小球的质量m:以及水平位移，需要 刻度尺与天平，本实脸不雾耍测量时河，不需要秒表，不需 要用刻度尺测量入射小球开始驿救高度h及慰出点距跑面 的高度H,故C,E错误，D正确。故选AD, (2)为保证对心碰撞，本实验中入射小球的半经”1等于被 碰小球的半径：。为防止入射小球碰后反弹，使两小球碰 被后都向前运动，需要使入射小球的质量m1大于被碰小 球的黄量m::如果不满足上述条件，入射小球被弹回，当钟 槽航道光骨时，入射小球再次从轨道射出时追度与瑾后速 度大小相同，不影响实验结果。 (3)如果碰撞过程系统动量守慢，以向右为正方向，由动量 守领定律得nVa■n11十m:: 小琼离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空 中的运动时间：相等，上式两边同时乘以【得 拼Ut=m11t十m2U:t 即m1·OP=m1·OM+n±·(ON 13.(1)0.4m/s(2)0.64J(3)0.8s 解析：(1)以木块和小车为研究对象，方向向右为正方向，由 动量守恒定律可得四。=(M十m) 解得vM十m,=0.4m/s (2)木块做匀诚地运动，加违度1= -2m/s 小匀如速运动加建度大小a=石-=0,5m 由运动学公式了得先过程中水块的位移为，一”。 2a1 0.96m 小车的位移为：-号=0.16m 木块在小车上滑行的班离为△=51一s:=0,8m 故从木块滑上小车到它们处于相对静止的过程中，系统损 失的机核能Q=4mg·△x=0.2×0.4×10×0.8」= 0.64J。 (3)以木块为研究对象，由动量定理可得一f=U一U 文f=mg 联主得到1=”二=0.8s 一红g 14.(1)5m/s(2)10m/s(3)25kg·m/s 解析：(1)因为AB恰好不相撞，则最后具有相同的速度。在 小孩跳的过程中，把小孩，A幸，B车看威一个系统，演系统所 受合外力为零，动童守中恒，由动量守慢定律得(m十州)U。■ (川十加A十m影)冠 代入数据解得=5m/%. (2)依题意，设该小孩魏离A车和B车时对地的地度大小 分别为'，别对小孩，B车根据动量守领定律有阳 一'十提nv 解得'=10m/s。 (3)根据动量守恒定律，小孩跳离A车的过程有 (n十mA)='十mAA 解得小孩晚离A车时，A车的建度大小为A'=8.75m/s 根据动量定理，对A车的冲量大小等于A车动量的变化量 大小，即1=△p=mv。一m'=25kg·m/$。 周测3弹性碰撞和非弹性碰撞 反冲现象火箭 1,C解析：根据动量守恒定律的条件可知，甲，乙两木块和弹 簧所组成的系统动量守领，故A错误： 甲，乙的一部分动能转化为弹簧的弹性势能，甲，亡两木块和 弹簧所组成的系统动能不守恒，故B情误： 当甲，乙速度相等时，弹簧被压编到最短，根据动量守恒定律 有m四=2mw, 根据能量守领定律有E,=之m-立×2m, 联立解得E,=mv,故C正确： 从弹簧开始压缩到恢复原长，对乙受力分析可知，乙木块一 直微加速运动，故D错误。故选C 2,D解析：取向右为正，根据动量守祖m=一受十号 解得甲的速度为v,=4v 由他量守恒宠律，爆炸过程释技的化华能为E-宁×受十 ×受(4o-之m-子m,旅选D 1 1 了 3.A解析：规定水平向左为正方向，两车刷好不相撞，则两车 速度相等，系统动量守恒，由动量守恒定律得12U, 10mv.-(12m十10m)v4 解得4=了 对甲及从甲车上接救到的货包，由动量宁渔定律得n·器× 11,-l0me,-(a·0+10m)小e: 解得n=10,故选A。 ·3 4.D解析：工人与平板车组成的系统在水平方向动量宁恒， 则0=(M十m)4 解得v。=0,故A错误： 根据“人船模型”可得 m=MI: x,十x:=3m 解得r1=2.5m,x:=0.5m 故工人水平方向移动的距离为2,5m,平就车最终移动的距 离为0.5m,故B、C错误： 对工人做平抛运动过程，有 r=vt 解得v=5m/s 故D正确。故选D。 5.C解析：开始热气球处于平衡状态，可知所受合力为零 Fa=(M十m)g 投出物资后热气球所受合力为F。=Fa一Mg=mg 则根搭动量定理，刚热气球的动童变化率为mg,选项A 错误： 周物资科向下抛出，别落到地面的时间小于√尽 /2H ,则物黄 从投出到落地的过程，重力冲量大小小于加g√ 2H ,选项B 错误： 投出物资后气球沿。反方向反弹，测投出物资后（落地前）】 的任嘉时刻，将物资的运动看作是沿斜向下速度为"。的匀 速运动和自由落体运动的合运动：将气球的运动看作是沿 。反方向的匀速直线滋动和自由落体运动的合运动，P点 可认为是一个自由落体运动的质点，则任意时前物资，气球 与P点在竖直方向的运动完全相同，即此时物黄，气球与P 点三者拾终共线，选项C正确； 投出物资后由动量守恒可知mD。十u■0 落地前的任意时刻w。1十MW=0 即mx1=Mr: 即物资，气球与P森的距高之比为二=M I:m 透项D错误。故选C。 6,B解析：设航天菱的速度方向为正方向，第一次喷气后航天 员的速度为，则根据动量守领定排0=一1·1十 (拼一m1）· 坪0=-0.15kg×50m/s+(100-0.15)kg·v 解得v0.075m/s 通证15m所考的时网为1，=号=0=20： 15 再次喷气，设喻气后航天员的速度为，根据动量守领定律 （n一m）·v=一m·十(m一m1一）·划 肿(100一0.15)kg×0.075m/s=-0.15kg×50m/s+ （100-0.15-0.15)kg·3 解得v=0,15m/s 通这制余15m所舍的时网为4=子-5=10： 15 则航天员远回空间站的时间的为t1十1：=200s十1009= 300s,故选B. B每折业前，南号一品 原用二公-子 3 A避B建程中，有 PA十Pm=P1十P 2mA 标得品<号 21 难后，有m、m P丛≤P题 答案全解全析周测2动量守恒定律及实验 (时闻，0分钟分佳，100分) 一，单选是{本恩共8小题，每琴5分，其计0分) L如图，小.B两将体的质量之比为m,·脑a一1：2，它们原米静止在平版车C 上，A,赵两物体问看一根被压缩了的水平轻质弹簧，A,山周物体与平板车上 表面闻的动摩整国数相同，水平塘面光景。当弹簧突然释直日，A.弘同物体 被弹开(A.B两物体的峰不滑出平板车)，国有 A.A.B系统动量守恒 秋A,BC及弹簧整个系能机做能守们 C,A,B在小车C上带动过程中小车一直处于静止 DA,B.C图成的系免动盘守们 2.以下表连正瑞的显 A,动量守征定律具能应用于系统，想械雀守恒定律可尽成用于单一物体 我若在某一物理过程中满足动量守恒定律，划在该物调过型中一定同时端足机械能守恒定排 幸 C一个物体在做匀速圆周运动的过程中，动能林持不登，劲世时刻改变 D,若在某一物理过程中，物伟的动量对时司的变化率的定，那么在该过程申物修的动能对时间 的变化书也恒定 3,如围断示，光滑水半面上有八，书丙销个车。质量均为m=【g。现将小球日 用长为0,2m的组线是于轻疑支架碳端，m,=0,sk以，并始时A车与C球以 排 ,=1的速度冲向静止的B车。若两车正道后粘在一起。不计空气阻力 重力如速度城取。m/、。则 A A.A车与B车楼撞瞬间，两车动量守恒，机械能也守国 我小球能上几的痘大高度为0.01四 C,小球能上开的最大斋度为0,16m D,从两车粘在一起到小球摆到量高点的过配中，小、B.C组域的采能动量守恒 L乌酸在无脊棒动物中兽德量快，被称为水中火清”。一见最浮在水中的乌贼，限调东时的暖量 为3kg,遇到位险时，乌贼通过体管在0.】、内将.4kz的求后以的m/s的遍度镜出，从面 获得极大的速室盈度，喇乌赋在向后暗水的时间内，我得的向前平均惟力约为 A.360N 560N .640N D.2 To0 N 5.光游水平直上放有一上表直光滑，复角为a的料面A-斜面疑量为M,细图断 示，得一板量为网的可视为暖点的湖换日从斜面的面确由静止释收，带块卧 经过时闻：刚好滑到料面虹端，此封湘块弘对地位移大小为。此过程中料 面时洲块B的弹力大小为F,重力加速度为g,则下列选项中正确的基 A.都块B下滑过程中F对B的冲量大小为mg©网a 长滑块B下滑过程中地面对料面A弹力的冲量大小为(M十得) C.番块B下滑过程中人B组成的系笼功量守恒 几此过程中斜面Λ尚左南动的型离为得 后，某学习小组用如图斯示的装置来验任陵撞中的动量守恒。实验中先从某 一高度处单独驿收爱量为m。的小球，标记下小球指箱击在指板上的位 置M,再在水平轨道上敏上质量为稀：的个球，从同一高度释放小球 标记两球撞击挡板的位量P,N,关于木实验，下列说法正确的是( A肖小球的疑量需装足辉，m: 民安染中可以用高一票十示喜个表达式险正对量守相定神 C使置N为小球b掉击挡板的位置 D.小球。在轨道上受到的摩擦力悠小，对实验结果的议是影响就越小 7,某宾投堂有一研究摆动的装置，如图所示，质量为出的小球5通过不可神长的轻绳与质最为 2网的滑换A相连接，且册块A穿金在光滑的轻杆之上可以左右自由骨动，现保持轻绳钟直并 将小缘B从与A等高处静止释放，已如AB在同一竖直面内，重力加速度为g,总降空气目力， 期当小球少第一次园至最低点时轻绳所受的拉力大小为 我2mR C.3mg D.4nrg 区某胡花弹在点增后厅空到离地高度时速度变为零，此时火西悍炸将炳花弹牢裂为质量相等的 4,B两那分，A整直向上运动B显直年下活动A胜株上升的最大高院为分，不计空气图力， 从爆炸之后解间开始计时：在空中运动的过程巾，A,君所受重力的冲量大小之比为 A.1. 2 C,3 D,4 二、多进圆（本葛共3小要每置分，共计18分，舍部选对的得8分，部分选时的得3分，情进的得小分） 9.我国有很多高水平的羽毛球运动员，在羽毛球比赛中杀慧时的连废限： 快，如细所示为快速击球时将州定的西瓜打爆的情形，量设利毛球的 暖量为5g,初速度为30t/h,方向间左.与国压接链的时间为0，明w,之 行男毛球速度诚为0,2释空气阻力的影响，取货=10m/,,期关干该 用毛球击打西瓜过型，下列说法正端的是 A羽毛球接触西瓜时的初动量大小为1800g·m/: 区羽毛球与再瓜相互作用的过程，再毛螺动量变化的方向向右 C.书毛球对用压的作相力大小约为0N 山，若以利毛越与西瓜为氛统，则荔统的的量守恒 10,滑板运动备登青少年的南味，其中一个诗牛为人蜂过情杆，滑板从橘杆底下军过。 如图断示，若人韵质量为50kg,人需要爵过一个高为出，65m的解杆，但考或人过 仟的时吴可以街洗，所以人起跳时只需要重心上升0,5m:假如起跳时人与板的 作用时闻为0,5，重力相速发g=由m,忽略空气阻力发带板与地南间的附 擦力作用，下列说法正确的是 人着要安全过杆，起霸的竖直分速度至少为器ms 以起算过程中人与板之的作用力至少为110N 二，人从并始起跳到落同判滑版的过程中，人与附板构成的系统动量守 ,人从开始起烧到落同到滑板的过程中，人与滑板构我的系统水平方向上动量守氧 湖两1动量守相定律及实验 1,知用甲新示，=！时刻，一暖量为m的本教在水平雄力F的作用下，由静止开给铅水平地面向 右运动。在一3.时刻，一质盘为0,5四的小物块以~定走度从右端滑上木板。在一，对 刻，小物块仍在木板上且与木板的离度相同。这段时间内，木板的南度章随时间：变化的图像 如图乙所示，以表示木板与胞面间的动摩擦因数，g表示童力加逸度大小，下列说法正确的是 A.水半推力F=1.5nmg 长小物块和木板何诗厚解因数为2： C.小物块从右馏滑上木板的精南度大小为， L。列。转可内，木板和小物块距成的聚统动量守何 这择题苦丽程 亚号 1 4 6 10 11 苦案 三、非选择整（本驱共3小盟，共计42分） 12.10分》某闻学用如阁乐示的装置做“验正动量守恒定律“的买磨，图中 口是斜槽米细在记录纸上的垂直没影点，P为未收鼓速小球对人甘小 球的平均落点，M为与被碰小球碰后人射小球的平均落点，N为威后菌 破小球的平均落点。 《1》关于木实验，下列说法正端的是 〔頭正确容案学村) A.斜槽轨通末端形溪水平 认斜情轨道必圳光带 C围题用刻度尺测量入射小球开始释较高度表及抛图点即地面的高度H ,置夏用天平测出人射小球的质量m:和截碰小球的质量m ￡君要用醇表测量小球离开斜槽末物到落地的时同 (2)本实食中人射小减的半径「1 填”小于”等于”线”大于”)放做小梯的半径。因 使背小球威颜后邹向前运动，需要使人射小球的质量州：（填“小于”“等于”或“大 干”)被碳小球的质量出：如果不清足上述条，人射小球该弹可，当殊精统道光释时 《填“也会影响”或不思响”)实较结装， 《3)若测量的将理量清足关系式 《用所测物理量的学母表示)：周人 射小球和被碰小球酸缠前后修总动量不麦。 州风测物理及择性必修第一青) 13,14分)如图所示，爱量为，4kM的木块以2/%的连度水平垃滑上静止的平板小车，么车的 城量为1.6kg地前光滑，木块与小车之间的动岸您因数为0，(g取10m/。),授小车足够 长求： 1)本块与小车相时静止时的遮度1 (2)从本块带上小车到它们处于相对静止的过程中，系统知尖的航械衡： (3)从术块带上小车到它门处于相对静止的这程中，所用的时间. → 14.18分)如图所示，一个小孩在冰面上进行“滑车峰习，开的小孩站在A车衡增与车以共口落号 度一0ms向右敲匀露直线爸动，在A车正前方有一铜静量的B车，为了着免两车相掩，在 A车接近B车时，小德迅速从A车珠上B车，又立即从卧车群可A车，此时A.B两军拾好不 酬撞，已知小孩的质量m一25趣，A车和B车质量均为m一w,一100短，若小孩调离A年州 与跳离B车时对地速度的大小相等，方向相反，求： (1)小线跳问后，佳和A木的北可速度大小： (2)小溪跳离A车和B车时对地连度的大小： (3)小孩珠离A车的过程中对A车中量的大小：