高考物理動(dòng)能與動(dòng)能定理技巧(很有用)及練習(xí)題

1、高考物理動(dòng)能與動(dòng)能定理技巧(很有用)及練習(xí)題一、高中物理精講專題測(cè)試動(dòng)能與動(dòng)能定理1 .如圖所示，半徑 R=0.5 m的光滑圓弧軌道的左端 A與圓心O等高，B為圓弧軌道的最低 點(diǎn)，圓弧軌道的右端 C與一傾角 片37。的粗糙斜面相切。一質(zhì)量 m=1kg的小滑塊從A點(diǎn)正 上方h=1 m處的P點(diǎn)由靜止自由下落。已知滑塊與粗糙斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)尸0.5,sin37 =0.6, cos37 =0.8,重力加速度 g=10 m/s2。(1)求滑塊第一次運(yùn)動(dòng)到 B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力。(2)求滑塊在粗糙斜面上向上滑行的最大距離。(3)通過計(jì)算判斷滑塊從斜面上返回后能否滑出A點(diǎn)?！敬鸢浮?1)70N; (2)1.

2、2m； (3)能滑出A【解析】【分析】【詳解】(1)滑塊從P到B的運(yùn)動(dòng)過程只有重力做功，故機(jī)械能守恒，則有12mg h R mvB那么，對(duì)滑塊在 B點(diǎn)應(yīng)用牛頓第二定律可得，軌道對(duì)滑塊的支持力豎直向上，且Fn mg2mvB故由牛頓第三定律可得：滑塊第一次運(yùn)動(dòng)到(2)設(shè)滑塊在粗糙斜面上向上滑行的最大距離為 故由動(dòng)能定理可得2mg h Rmg 70NB點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為 70N ,方向豎直向下。L,滑塊運(yùn)動(dòng)過程只有重力、摩擦力做功，mg( h R R cos37Lsin37 ) mgLcos37 0所以L 1.2m(3)對(duì)滑塊從P到第二次經(jīng)過 B點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過程應(yīng)用動(dòng)能定理可得1 2mvBmg h R

3、2 mgL cos37 0.54mg mgR2所以，由滑塊在光滑圓弧上運(yùn)動(dòng)機(jī)械能守恒可知：滑塊從斜面上返回后能滑出A點(diǎn)?！军c(diǎn)睛】經(jīng)典力學(xué)問題一般先對(duì)物體進(jìn)行受力分析，求得合外力及運(yùn)動(dòng)過程做功情況，然后根據(jù)牛 頓定律、動(dòng)能定理及幾何關(guān)系求解。2.某校興趣小組制作了一個(gè)游戲裝置，其簡(jiǎn)化模型如圖所示，在A點(diǎn)用一彈射裝置可 將靜止的小滑塊以 V0水平速度彈射出去，沿水平直線軌道運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)后，進(jìn)入半徑 R=0.3m的光滑豎直圓形軌道，運(yùn)行一周后自B點(diǎn)向C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，C點(diǎn)右側(cè)有一陷阱， C D兩點(diǎn)的豎 直高度差 h=0.2m,水平距離 s=0.6m,水平軌道 AB長(zhǎng)為L(zhǎng)i=1m, BC長(zhǎng)為L(zhǎng)2 =2.6m ,

4、(1)若小滑塊恰能通過圓形軌道的最高點(diǎn)，求小滑塊在A點(diǎn)彈射出的速度大?。?2)若游戲規(guī)則為小滑塊沿著圓形軌道運(yùn)行一周離開圓形軌道后只要不掉進(jìn)陷阱即為勝出, 求小滑塊在 A點(diǎn)彈射出的速度大小的范圍.【答案】(1) H =(2) 5m/sw叭w 6m/劑 va永£11k.與【解析】【分析】【詳解】(1)小滑塊恰能通過圓軌道最高點(diǎn)的速度為v,由牛頓第二定律及機(jī)械能守恒定律12_12由B到取同點(diǎn)一mvB 2mgR mv22r 1.1,由A至|JB： 一步阻二三皿解得A點(diǎn)的速度為片=3哨5(2)若小滑塊剛好停在 C處，則：一印?列上+上;)=。匚解得A點(diǎn)的速度為七=42 '5若小滑塊停

5、在BC段，應(yīng)滿足3m/s Va 4m/s12若小滑塊能通過 C點(diǎn)并恰好越過壕溝，則有 h 1gt22s Vet解得.,所以初速度的范圍為 3m/s va 4m/s和va 5m/ s3.如圖所示，斜面 ABC下端與光滑的圓弧軌道 CDE相切于C,整個(gè)裝置豎直固定， D是最 低點(diǎn)，圓心角/ DOC= 37° , E、B與圓心O等高，圓弧軌道半徑 R= 0.30m,斜面長(zhǎng)L=1.90m, AB部分光滑，BC部分粗糙.現(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量m=0.10kg的小物塊P從斜面上端A點(diǎn)無(wú)初速下滑，物塊 P與斜面BC部分之間的動(dòng)摩擦因數(shù)產(chǎn)0.75.取sin37。=0.6, cos37。(2)物塊第一次通過 D

6、點(diǎn)時(shí)受到軌道的支持力大小Fd.(3)物塊最終所處的位置.【答案】(1) 372m/S(2)7.4N (3) 0.35m【解析】【分析】由題中斜面ABC下端與光滑的圓弧軌道 CDE相切于C'可知，本題考查動(dòng)能定理、圓周運(yùn) 動(dòng)和機(jī)械能守恒，根據(jù)過程分析，運(yùn)用動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒和牛頓第二定律可以解答.【詳解】(1) BC長(zhǎng)度l Rtan53o 0.4m,由動(dòng)能定理可得O 12mg(L l )sin 37 mvB代入數(shù)據(jù)的Vb 3 2m/s物塊在BC部分所受的摩擦力大小為f mg cos37o 0.60N所受合力為F mgsin37O f 0故vC vB 3 2m/s(2)設(shè)物塊第一次通過

7、D點(diǎn)的速度為Vd ,由動(dòng)能定理得c o、1212mgR(1 cos37 ) - mvDmvC22有牛頓第二定律得2vDFd mg m R聯(lián)立解得Fd 7.4N(3)物塊每次通過 BC所損失的機(jī)械能為E fl 0.24J物塊在B點(diǎn)的動(dòng)能為12EkB- mvB2解得 EkB 0.9J物塊經(jīng)過BC次數(shù)0.9J0.24J=3.75設(shè)物塊最終停在距離 C點(diǎn)x處，可得mg(L x)sin 37o f(3l+x)代入數(shù)據(jù)可得x 0.35m4.在光滑絕緣的水平面上，存在平行于水平面向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E,水平面上放置兩個(gè)靜止、且均可看作質(zhì)點(diǎn)的小球A和B,兩小球質(zhì)量均為 m, A球帶電荷量為Q , B球不

8、帶電，A、B連線與電場(chǎng)線平行，開始時(shí)兩球相距L,在電場(chǎng)力作用下，A球與B球發(fā)生對(duì)心彈性碰撞.設(shè)碰撞過程中，A、B兩球間無(wú)電量轉(zhuǎn)移.(1)第一次碰撞結(jié)束瞬間 A、B兩球的速度各為多大？(2)從開始到即將發(fā)生第二次碰撞這段過程中電場(chǎng)力做了多少功？(3)從開始到即將發(fā)生第二次碰撞這段過程中，若要求A在運(yùn)動(dòng)過程中對(duì)桌面始終無(wú)壓力且剛好不離開水平桌面(v=0時(shí)刻除外)，可以在水平面內(nèi)加一與電場(chǎng)正交的磁場(chǎng).請(qǐng)寫出磁場(chǎng)B與時(shí)間t的函數(shù)關(guān)系. QE一(1) A球的加速度a ,碰刖A的速度Vai J2aL m;碰前B的速度Vbi 012mVA1mvA1mvB1， 2mvA1'22mVAi -mv'

9、;2Bi所以B碰撞后交換速度：v0，Vb12QELVa1 ； m(2)設(shè)A球開始運(yùn)動(dòng)時(shí)為計(jì)時(shí)零點(diǎn)，即t 0, A、B球發(fā)生第一次、第二次的碰撞時(shí)刻分別為t1、t2；由勻變速速度公式有：t1Va1 0a2mLQE第一次碰后，經(jīng)t2卜時(shí)間A、B兩球發(fā)生第二次碰撞，設(shè)碰前瞬間A、B兩球速度分別為VA2和VB2 ,由位移關(guān)系有:1VB1 t2 t12a t2tlc c 2mL,得到：t2 3t1 3, qe2；Vb2 VbiVA2a t2 t12ati2Va11由功能關(guān)系可得： W電二 mv212A2 -mvB2 5QEL(另解：兩個(gè)過程 A球發(fā)生的位移分別為X1、 X2,XiL ,由勻變速規(guī)律推論

10、X2 4L ,根據(jù)電場(chǎng)力做功公式有：W QE X1X2 5QEL)(3)對(duì)A球由平衡條件得到:QbVamg, vA atqem從A開始運(yùn)動(dòng)到發(fā)生第一次碰撞:BtmgQat2m g2QEt從第一次碰撞到發(fā)生第二次碰撞:Bt2QE t2mLQE設(shè)碰后A、B球速度分別為Vai、Vbi ,兩球發(fā)生碰撞時(shí)，由動(dòng)量守恒和能量守恒定律有:A球受電場(chǎng)力，但碰撞的內(nèi)力遠(yuǎn)點(diǎn)睛：本題是電場(chǎng)相關(guān)知識(shí)與動(dòng)量守恒定律的綜合，雖然 大于內(nèi)力，則碰撞前后動(dòng)量仍然守恒.由于兩球的質(zhì)量相等則彈性碰撞后交換速度.那么A球第一次碰后從速度為零繼續(xù)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，直到發(fā)生第二次碰撞.題設(shè)過程只是 發(fā)生第二次碰撞之前的相關(guān)過程，有涉及

11、第二次以后碰撞，當(dāng)然問題變得簡(jiǎn)單些.5.光滑水平面AB與一光滑半圓形軌道在 B點(diǎn)相連，軌道位于豎直面內(nèi)，其半徑為R, 一個(gè)質(zhì)量為m的物塊靜止在水平面上，現(xiàn)向左推物塊使其壓緊彈簧，然后放手，物塊在彈力作用下獲得一速度，當(dāng)它經(jīng) B點(diǎn)進(jìn)入半圓形軌道瞬間，對(duì)軌道的壓力為其重力的9倍，之后向上運(yùn)動(dòng)經(jīng)C點(diǎn)再落回到水平面，重力加速度為g.求：彈簧彈力對(duì)物塊做的功;(2)物塊離開C點(diǎn)后，再落回到水平面上時(shí)距B點(diǎn)的距離;(3)再次左推物塊壓緊彈簧，要使物塊在半圓軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)不脫離軌道，則彈簧彈性勢(shì)能的取值范圍為多少？r 5 1Ep 之-mtiR【答案】(1)4mgR|(2) 4R (3)2 或即MmgH【解析】

12、【詳解】(1)由動(dòng)能定理得理在B點(diǎn)由牛頓第二定律得：9mg mg = m *解得w=4mgR(2)設(shè)物塊經(jīng)C點(diǎn)落回到水平面上時(shí)距 B點(diǎn)的距離為S,用日為t,由平拋規(guī)律知S=vct12R= gt2從B到C由動(dòng)能定理得1 . 1- -mvl - -mvi聯(lián)立知，S= 4 R(3)假設(shè)彈簧彈性勢(shì)能為E p,要使物塊在半圓軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)不脫離軌道，則物塊可能在 圓軌道的上升高度不超過半圓軌道的中點(diǎn)，則由機(jī)械能守恒定律知E pmgR若物塊剛好通過 C點(diǎn)，則物塊從B到C由動(dòng)能定理得 1 . 1-2mgR - -mvl -網(wǎng)物塊在C點(diǎn)時(shí)mg=m*仃戶 -mvl則 &51聯(lián)立知：E p2mgR.綜上所述

13、，要使物塊在半圓軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)不脫離軌道，則彈簧彈性勢(shì)能的取值范圍為5E p<mgR 或 E pmgR.6.如圖所示，在方向豎直向上、大小為 E=1X10v/m的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，固定一個(gè)穿有A、B兩個(gè)小球(均視為質(zhì)點(diǎn))的光滑絕緣圓環(huán)，圓環(huán)在豎直平面內(nèi)，圓心為O、半徑為R=0.2m. A、B用一根絕緣輕桿相連， A帶的電荷量為q=+7Xli0C, B不帶電，質(zhì)量分別為mA=0.01kg、mB=0.08kg.將兩小球從圓環(huán)上的圖示位置( A與圓心O等高，B在圓心。的 正下方)由靜止釋放，兩小球開始沿逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng).重力加速度大小為g=10m/s2 .(1)通過計(jì)算判斷，小球 A能否到達(dá)圓環(huán)的最高點(diǎn)

14、 0?(2)求小球A的最大速度值.(3)求小球A從圖示位置逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的過程中，其電勢(shì)能變化的最大值.【答案】(1) A不能到達(dá)圓環(huán)最高點(diǎn)(2) 22 m/s (3)0.1344J【解析】【分析】【詳解】試題分析：A、B在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，分別對(duì) A、B由動(dòng)能定理列方程求解速度大小，由此判斷A能不能到達(dá)圓環(huán)最高點(diǎn)； A、B做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑和角速度均相同，對(duì) A、B分別由動(dòng)能 定理列方程聯(lián)立求解最大速度； A、B從圖示位置逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，當(dāng)兩球速度為0時(shí),根據(jù)電勢(shì)能的減少與電場(chǎng)力做功關(guān)系求解.(1)設(shè)A、B在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，輕桿對(duì) A、B做的功分別為 Wt和Wt ,根據(jù)題意有：此此 0設(shè)A、B到達(dá)圓環(huán)最高

15、點(diǎn)的動(dòng)能分別為EKa、Ekb對(duì)A根據(jù)動(dòng)能定理：qER- mAgR+WTi=EKA對(duì)B根據(jù)動(dòng)能定理： Wti mBgR E聯(lián)立解得：Eka+ Ekb= - 0.04J由此可知：A在圓環(huán)最高點(diǎn)時(shí)，系統(tǒng)動(dòng)能為負(fù)值，故A不能到達(dá)圓環(huán)最高點(diǎn)(2)設(shè)B轉(zhuǎn)過口角時(shí)，A、B的速度大小分別為 va、vb, 因A、B做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑和角速度均相同，故：VA=VB12對(duì) A根據(jù)動(dòng)能te理：qERsin mAgRsinWT2 mAvA2對(duì)B根據(jù)動(dòng)能定理:Wt2 mBgR 1 cos12二 mBVB2聯(lián)立解得：vA3sin 4cos 4由此可得：當(dāng)tanUm/s33時(shí)，A、B的最大速度均為vmax4(3) A、B從圖示

16、位置逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，當(dāng)兩球速度為零時(shí)，電場(chǎng)力做功最多，電勢(shì)能 減少最多，由上可式得 ：3sin +4cos獷4=0解得：sin元或sin =° (舍去) 84所以A的電勢(shì)能減少：Ep qERsin J 0.1344J625點(diǎn)睛：本題主要考查了帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度，結(jié) 合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式確定帶電粒子的速度和位移等；根據(jù)電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子做功，引起帶電粒子 的能量發(fā)生變化，利用動(dòng)能定理進(jìn)行解答，屬于復(fù)雜題.7.如圖所示，傾角為 45的粗糙平直導(dǎo)軌與半徑為 r的光滑圓環(huán)軌道相切，切點(diǎn)為b,整個(gè)軌道處在豎直平面內(nèi).一質(zhì)量為m的小滑塊從導(dǎo)軌上離地面高為H=3r的d處

17、無(wú)初速下滑進(jìn)入圓環(huán)軌道，接著小滑塊從最高點(diǎn)a水平飛出，恰好擊中導(dǎo)軌上與圓心O等高的c點(diǎn).已知圓環(huán)最低點(diǎn)為 e點(diǎn)，重力加速度為 g,不計(jì)空氣阻力.求：(1)小滑塊在a點(diǎn)飛出的動(dòng)能；()小滑塊在e點(diǎn)對(duì)圓環(huán)軌道壓力的大??；(3)小滑塊與斜軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù).(計(jì)算結(jié)果可以保留根號(hào))【答案】(1) Ek 1 mgr ； (2) F' =6mg； (3)4-214【解析】【分析】【詳解】(1)小滑塊從a點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)：水平方向： 2r vat12豎直方向：r -gt解得：Va g gr1 c 1小滑塊在a點(diǎn)飛出的動(dòng)能Ek - mva2 mgr 22(2)設(shè)小滑塊在e點(diǎn)時(shí)速度為vm,由機(jī)械能守

18、恒定律得：1 212mvmmva mg 2r2 22在最低點(diǎn)由牛頓第二定律：F mg 旦配r由牛頓第三定律得：F' =F解得：F' =6mg3 3) bd之間長(zhǎng)度為L(zhǎng),由幾何關(guān)系得：L 2板 1 r從d到最低點(diǎn)e過程中,由動(dòng)能定理 mgHmg cos L 1 mVm22解得4一2148.在粗糙的水平桌面上有兩個(gè)靜止的木塊A和B,兩者相距為d.現(xiàn)給A初速度，使 A與B發(fā)生彈性正碰，碰撞時(shí)間極短.當(dāng)兩木塊都停止運(yùn)動(dòng)后，相距仍然為d.已知兩木塊與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為山B的質(zhì)量為A的2倍，重力加速度大小為 g.求A的初速度的大小.185 gd設(shè)在發(fā)生碰撞前的瞬間，木塊 A的速度大小

19、為V0；在碰撞后的瞬間， A和B的速度分別為V1和V2.在碰撞過程中，由能量守恒定律和動(dòng)量守恒定律，得1 2 mv02-mv12 1 2mv22 22mv0mv1 2mv2 ,式中，以碰撞前木塊 A的速度方向?yàn)檎?聯(lián)立解得:V1V03設(shè)碰撞后A和B運(yùn)動(dòng)的距離分別為d1和d2,2V23V0由動(dòng)能定理得mgd1122mv1 ，(2m) gd29.如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為 m=0.2kg的小物體(P可視為質(zhì)點(diǎn))，從半徑為R=0.8m的光滑圓強(qiáng) 軌道的A端由靜止釋放，A與圓心等高，滑到 B后水平滑上與圓弧軌道平滑連接的水平桌 面，小物體與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為后0.6,小物體滑行L=1m后與靜置于桌邊的另一

20、相同的小物體Q正碰，并粘在一起飛出桌面，桌面距水平地面高為h=0.8m不計(jì)空氣阻力，g=10m/s2.求：滑至B點(diǎn)時(shí)的速度大?。?2)P在B點(diǎn)受到的支持力的大??；(3)兩物體飛出桌面的水平距離；(4)兩小物體落地前損失的機(jī)械能.【答案】(1)Vi 4m/s (2)Fn 6N (3)s=0.4m (4)AE=1.4J【解析】【詳解】(1)物體P從A滑到B的過程，設(shè)滑塊滑到 B的速度為vi,由動(dòng)能定理有:mgR2m%2解得：VI 4m/s(2)物體P做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在 B點(diǎn)由牛頓第二定律有2 mv1Fn mg -R-解得物體P在B點(diǎn)受到的支持力 Fn 6N(3) P滑行至碰到物體 Q前，由動(dòng)能定理

21、有1 2 1 2mgL - mv2 mv122解得物體P與Q碰撞前的速度v2 2m/sP與Q正碰并粘在一起，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有mv2 m m V3解得P與Q 一起從桌邊飛出的速度 V3 1m/s由平碰后P、Q一起做平拋運(yùn)動(dòng)，有:12h 2 gts v3t解得兩物體飛出桌面的水平距離s=0.4m(4)物體P在桌面上滑行克服阻力做功損失一部分機(jī)械能EimgL 1.2J物體P和Q碰撞過程中損失的機(jī)械能E21mv22 (m m)v32 0.2J兩小物體落地前損失的機(jī)械能E Ei E2解得： E=1.4J10.如圖所示，光滑軌道槽 ABCD與粗糙軌道槽 GH通過光滑圓軌道 EF平滑連接(D

22、、G處 在同一高度)，組成一套完整的軌道，整個(gè)裝置位于豎直平面內(nèi)?，F(xiàn)將一質(zhì)量m=1kg的小球從AB段距地面高h(yuǎn)o=2m處?kù)o止釋放，小球滑上右邊斜面軌道并能通過軌道的最高點(diǎn)E點(diǎn)。已知CD GH與水平面的夾角為 。=37； GH段的動(dòng)摩擦因數(shù)為尸0.25,圓軌道的半徑R= 0.4m, E點(diǎn)離水平面的豎直高度為3R (E點(diǎn)為軌道的最高點(diǎn))，(g=10m/s2,sin37 fo.6, cos37 =0.8)求：(1)小球第一次通過 E點(diǎn)時(shí)的速度大?。?2)小球沿GH段向上滑行后距離地面的最大高度；(3)若小球從AB段離地面h處自由釋放后，小球又能沿原路徑返回AB段，試求h的取值范圍?！敬鸢浮?1) 4

23、m/s (2) 1.62m； (3) hW0.8m或 h>2.32m【解析】【詳解】1 2(1)小球從A點(diǎn)到E點(diǎn)由機(jī)械能守恒定律可得：mg h0 3R -mvE2解得：vE 4m/s(2) D、G離地面的高度 h1 2R 2Rcos37o 0.48m設(shè)小球在CH斜面上滑的最大高度為 hm,則小球從A點(diǎn)滑至最高點(diǎn)的過程，由動(dòng)能定理得mg h0 hmmgcos37hm h sin37由以上各式并代入數(shù)據(jù)h m 1.62m(3)小球要沿原路徑返回，若未能完成圓周運(yùn)動(dòng)，則 h 2R 0.8m若能完成圓周運(yùn)動(dòng)，則小球返回時(shí)必須能經(jīng)過圓軌道的最高點(diǎn)E,在E點(diǎn)，mgmV2R此情況對(duì)應(yīng)小球在 CH斜面上

24、升的高度為 h，小球從釋放位置滑至最高點(diǎn)的過程，根據(jù)動(dòng)能定理得：mg h h mgcos37 0sin37小球從最高點(diǎn)返回 E點(diǎn)的過程，根據(jù)動(dòng)能定理得：h hi12mg h 3R mgcos37mvEsin37 2由以上各式得 h=2.32m故小球沿原路徑返回的條件為hW0.8m或h>2.32m11.如圖所示，物體 A置于靜止在光滑水平面上的平板小車B的左端，在A的上方。點(diǎn)用細(xì)線懸掛一小球 C(可視為質(zhì)點(diǎn))，線長(zhǎng)L= 0.8 m.現(xiàn)將小球C拉至水平無(wú)初速度釋放，并在 最低點(diǎn)與A物體發(fā)生水平正碰，碰撞后小球C反彈的最大高度為 h= 0.2 m.已知A、B、C的質(zhì)量分別為 mA=4 kg、mB= 8 kg和mc= 1 kg, A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2 , A、C碰撞時(shí)間極短，且只碰一次，取重力加速度 g=10 m/s2.(1)求小球C與物體A碰撞前瞬間受到細(xì)線的拉力大??；(2)求A、C碰撞后瞬間A的速度大小；(3)若物體A未從小車B上掉落，小車B的最小長(zhǎng)度