《彈性碰撞和非彈性碰撞》參考教案 01

學(xué)而優(yōu).教有方參考答案1．A【詳解】A．A和B發(fā)生碰撞的過程中，由于碰撞時間極短，所以A和B組成的系統(tǒng)動量守恒，故A正確；B．A和B發(fā)生碰撞的過程中，碰撞后A與物塊B粘在一起，所以A和B組成的系統(tǒng)要產(chǎn)生內(nèi)能，系統(tǒng)機械能減少，故B錯誤；C．A和B碰撞后，三個物塊和彈簧組成的系統(tǒng)只發(fā)生彈性勢能與動能之間的相互轉(zhuǎn)化，系統(tǒng)機械能守恒，故C錯誤；D．整個過程中，三個物塊和彈簧組成的系統(tǒng)滿足動量守恒定律的條件，所以系統(tǒng)動量守恒，故D錯誤。故選A。2．C【詳解】以A、B兩球組成的系統(tǒng)為對象．設(shè)兩球的質(zhì)量均為m．當A球追上B球時發(fā)生碰撞，遵守動量守恒．由題，碰撞前總動量為：p=pA+pB=（8+6）kg?m/s=14kg?m/s．碰撞前總動能為：；A、碰撞后總動量為p′=pA′+pB′=（0+14）kg?m/s=14kg?m/s，符合動量守恒定律．碰撞后總動能為，總動能增加，違反了能量守恒定律，不可能；故A錯誤．B、碰撞后總動量為p′=pA′+pB′=（4+10）kg?m/s=14kg?m/s，符合動量守恒定律．碰撞后總動能為，總動能增加，違反了能量守恒定律，不可能．故B錯誤．C、碰撞后總動量為p′=pA′+pB′=（6+8）kg?m/s=14kg?m/s，符合動量守恒定律．碰撞后總動能為，符合能量守恒定律，可能發(fā)生．故C正確．D、碰撞后，總動量為p′=pA′+pB′=（7+8）kg?m/s=15kg?m/s，不符合動量守恒定律，是不可能發(fā)生的，故D錯誤．故選C．3．C【詳解】A．設(shè)每個球的質(zhì)量均為m，碰前系統(tǒng)總動量p=mvA1+mvB1=6m+2m=8m碰前的總動能Ek==40m若碰后vA=1m/s，vB=6m/s，碰后總動量p′=mvA+mvB=7m動量不守恒，選項A錯誤；B．若vA=4.5m/s，vB=3.5m/s，明顯vA>vB不合理，選項B錯誤；C．若vA=3.5m/s，vB=4.5m/s，碰后總動量p′=mvA+mvB=8m總動能E′k==16.25m動量守恒，機械能不增加，選項C可能實現(xiàn)；D．若vA=-1m/s，vB=9m/s，碰后總動量p′=mvA+mvB=8m總動能E′k==41m動量守恒，但機械能增加，違反能量守恒定律，選項D錯誤。故選C。4．3kg【詳解】設(shè)碰撞后小球A和B的速度大小分別為v1和v2，由題意可得根據(jù)動量守恒定律有m1v0=－m1v1＋m2v2根據(jù)機械能守恒定律有由題意知OQ=1.5PO聯(lián)立解得m2=3kg5．球的速度為，方向水平向右，球的速度為，方向水平向左【詳解】由于發(fā)生彈性正碰，設(shè)碰后B、A的速度分別為、，以向右為正方向，據(jù)動量守恒定律可得據(jù)機械能守恒定律可得聯(lián)立解得，即球的速度為，方向水平向右，球的速度為，方向水平向左。6．是彈性碰撞，因為碰撞前后系統(tǒng)的總動能沒有發(fā)生改變【詳解】碰撞前系統(tǒng)的總動能為因為碰后都是以原速率向相反方向運動，即可得碰撞后系統(tǒng)的總動能為故碰撞前后動能相等，所以發(fā)生的是彈性碰撞。7．（1），；（2）【詳解】（1）由圖乙可得，碰撞前A的速度碰撞后A、B粘在一起的速度（2）依據(jù)動量守恒，有解得8．（1），；（2）；（3）【詳解】（1）A與B碰撞過程動量守恒，機械能守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得彈性碰撞機械能守恒，由機械能守恒定律得聯(lián)立解得（2）以B為研究對象，由動量定理得解得（3）B、C碰撞過程中動量守恒，由動量守恒定律有解得B與C碰撞損失的機械能9．（1）；（2）；（3）【詳解】（1）根據(jù)題意，木塊、、最終的速度應(yīng)該相等，設(shè)最終速度為代入數(shù)據(jù)解得（2）以為研究對象：代入數(shù)據(jù)可得（3）由于系統(tǒng)動量守恒，可得可得故有10．（1）1m/s，方向水平向右；（2）0.5；（3）1.35m【詳解】設(shè)水平向右的方向為正方向（1）從開始到兩者相對靜止，長木板與小木塊組成的系統(tǒng)，由水平方向動量守恒得－Mv1＋mv2=（M＋m）v解得v=1m/s方向水平向右（2）對小木塊B，根據(jù)動量定理得－μmgt=mv－mv2解得μ=0.5（3）為使小木塊不從長木板另一端掉下來，當小木塊到達木板右端時，恰好二者共速，此時木板長度最短，根據(jù)功能關(guān)系有代入數(shù)據(jù)解得11．（1）；（2）【詳解】（1）在光滑的水平地面上，系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒。如果子彈沒有打穿木塊，則最終木塊與子彈具有共同速度，設(shè)為，根據(jù)動量守恒定律有解得根據(jù)能量守恒定律可得系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為（2）要使得子彈能打穿木塊，則子彈恰好到達木塊右端與木塊具有共同速度v′時對應(yīng)子彈的初速度最小，設(shè)為v0m，根據(jù)動量守恒定律有根據(jù)能量守恒定律有解得12．（1）30N；（2）2m/s；（3）0.5m【詳解】（1）小球下擺過程機械能守恒，由機械能守恒定律得代入數(shù)據(jù)解得m/s對小球，由牛頓第二定律得代入數(shù)據(jù)解得T=30N（2）小球與A碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以小球的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得代入數(shù)據(jù)解得2m/s（3）物塊A與木板B相互作用過程，系統(tǒng)動量守恒，以A的速度方向為正方向，由動量守恒定律得代入數(shù)據(jù)解得v=0.5m/s由能量守恒定律得代入數(shù)據(jù)解得x=0.5m13．(1)0.15m；(2)-1m/s，1m/s；(3)0，2m/s【詳解】(1)木塊到達最高點時和斜劈體具有相同的速度。取水平向右為正方向，由系統(tǒng)水平方向動量守恒得m1v0=（m1+m2）v由能量守恒定律得代入數(shù)據(jù)解得上升的最大高度為h=0.15m(2)令滑塊和斜劈體的速度分別為v1和v2，對于滑塊和斜劈體組成的系統(tǒng)，物塊沿軌道滑下的過程中水平方向動量守恒，物塊剛從圓弧面滑下后有m1v0=m1v1+m2v2由能量守恒定律得代入數(shù)據(jù)解得(3)若m1=m2，令滑塊和斜劈體的速度分別為v3和v4，對于滑塊和斜劈體組成的系統(tǒng)，物塊沿軌道滑下的過程中水平方向動量守恒，物塊剛從圓弧面滑下后有m1v0=m1v3+m2v4由能量守恒定律得代入數(shù)據(jù)解得14．（1）；（2）；（3）【詳解】(1)物塊由A到B過程，取向左為正方向，木板AB、滑塊CD及物塊P整體，由動量守恒定律得又解得(2)物塊由A到B過程，據(jù)能量守恒定律得解得木板的長度為(3)物塊由D到C過程，滑塊與物塊P組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒，得聯(lián)立解得滑塊圓弧的半徑為15．（1）2m/s，4J；（2）0.1m；（3）2m/s【詳解】（1）小物塊A從M點到N點的過程中克服摩擦阻力做功，設(shè)到N點時的速度大小為v1，由動能定理得-μmgL=mv12-mv02解得v1=4m/sA在N點與B發(fā)生碰撞粘在一起，設(shè)碰后瞬間速度大小為v2，由動量守恒定律得mv1=(m+m)v2解得v2=2m/s碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能為E損=mv12-(2m)v22=4J（2）當AB上升到最大高度時，ABC系統(tǒng)的速度相等，設(shè)此速度為v3，根據(jù)動量守恒定律有2mv2=(m+m+M)v3解得v3=1m/s設(shè)AB上升的最大高度為h，整個過程能量守恒，有(2m)v22-(2m+M)v32=2mgh解得h=0.1m（3）當AB由滑塊C的曲面滑下并離開C后，C達到最大速度，設(shè)此速度為vm，AB的速度為v4，則從AB碰后瞬間到由C滑下過程中系統(tǒng)動量守恒，有(2m)v2=(2m)v4+Mvm系統(tǒng)機械能守恒，有(2m)v22=(2m)v42+Mvm2聯(lián)立可解得vm=2m/s16．（1）1m/s；（2）-3Ns；（3）-2m/s；2m/s【詳解】（1）彈簧被壓縮到最短時，A、B具有共同速度，則有解得（2）取初速度方向為正方向，則彈簧給木塊A的沖量為（3）木塊A和彈簧分離時，根據(jù)動量守恒和機械能守恒有聯(lián)立解得17．（1）；（2）；（3）或【詳解】（1）當與作用時，兩者速度相等時彈簧的彈性勢能最大，則由動量守恒和能量守恒關(guān)系可知解得（2）設(shè)彈簧將彈開后，、的速度分別為和，則由動量守恒和能量守恒關(guān)系可知解得，根據(jù)動量定理可知與相互作用過程中，彈簧對的沖量大小（3）要想使得與能碰撞，則此時應(yīng)該向左，即，即；即以大小為的速度向左與碰撞，設(shè)碰后的速度分別為和，則碰撞過程滿足解得即將以的速度向右運動，若不與發(fā)生第二次碰撞，則需即解得或18．（1）；（2）【詳解】(1)B與C碰撞過程動量守恒，對B和C，有解得(2)彈簧彈性勢能最大的時候三者共速，由動量守恒，有碰后過程，系統(tǒng)機械能守恒，有代入數(shù)據(jù)解得19．（1）；（2）【詳解】(1)以初速度的方向為正方向，設(shè)B的質(zhì)量為，A、B碰后的共同速度為v，，由題意知，碰撞前瞬間A的速度為，碰撞前瞬間B的速度為，由動量守恒定律得，，得，。(2)從開始到碰后的全過程，以初速度v0的方向為正方向，由動量守恒得，設(shè)碰撞過程A、B系統(tǒng)機械能損失為，則，聯(lián)立得，?！军c睛】本題考查了動量守恒和能量守恒的綜合，運用動量守恒解題，關(guān)鍵合理地選擇研究的系統(tǒng)和研究的過程，抓住初末狀態(tài)列式求解。20．①2v0②mv02/2【詳解】（1）B與C碰撞過程中，動量守恒，以B的初速度方向為正，根據(jù)動量守恒定律得：mvB-2mv0=0，解得：vB=2v0（2）彈簧恢復(fù)原長時，彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為物塊B的動能，則EP=mvB02解得：vB0=3v0，繩子拉斷過程，A、B系統(tǒng)動量守恒，以B的初速度方向為正，根據(jù)動量守恒定律得：mvB0=mvB+mvA解得：vA=v0由動能定理可得，繩對A所做的功【點睛】本題主要考查了動量守恒定律以及動能定理的直接應(yīng)用，要求同學(xué)們能正確分析物體的受力情況，知道彈簧恢復(fù)原長時，彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為物塊B的動能，明確應(yīng)用動量守恒定律解題時要規(guī)定正方向，難度適中．21．（1）（2）【分析】本題考查動量守恒和能量綜合問題，注意繩張緊的一瞬間動量守恒，但是系統(tǒng)會有機械能損失，繩張緊后、速度相等，、碰撞過程中的速度未發(fā)生變化?！驹斀狻浚?）輕細線繃緊的過程，、組成的系統(tǒng)動量守恒，解得之后、均以速度向右勻速運動，在與發(fā)生碰撞過程中，、組成的系統(tǒng)動量守恒解得（2）輕細線繃緊的過程，、組成的系統(tǒng)機械能損失為，則在與發(fā)生碰撞過程中，、組成的系統(tǒng)機械能損失為，則全過程、、這一系統(tǒng)機械能損失為22．C【詳解】設(shè)a、b、c的質(zhì)量分別為ma、mb、mc。a與b碰撞后二者的速度分別為va和vb1，根據(jù)動量守恒定律有①根據(jù)機械能守恒定律有②聯(lián)立①②解得③由③式可知，當時，有④設(shè)b與c碰撞后二者的速度分別為vb2和vc，同理可得⑤⑥聯(lián)立⑤⑥解得⑦由⑦式可知，當時，有⑧所以若b和c的質(zhì)量可任意選擇，碰后c的最大速度接近于4v，故選C。23．A【詳解】碰撞前，A追上B，說明A的速度大于B的速度，即有則有即撞前系統(tǒng)總動量為P=PA+PB=5kg?m/s+7kg?m/s=12kg?m/s兩球組成的系統(tǒng)所受合外力為零，碰撞過程動量守恒，碰撞后的總動量P′=P=12kg?m/s，物體動能A．碰撞前系統(tǒng)總動量為P=PA+PB=5kg?m/s+7kg?m/s=12kg?m/s如果PA=0kg?m/s，PB=12

kg?m/s，碰撞后總動量為12kg?m/s，動量守恒；碰撞后總動能碰撞后總動能不增加，故A正確；B．碰撞前系統(tǒng)總動量為P=PA+PB=5kg?m/s+7kg?m/s=12kg?m/s如果PA=-5

kg?m/s，PB=17

kg?m/s，碰撞后總動量為12kg?m/s，動量守恒；碰撞后總動能碰撞后總動能增加，故B錯誤；C．碰撞前系統(tǒng)總動量為P=PA+PB=5kg?m/s+7kg?m/s=12kg?m/s如果PA=3

kg?m/s，PB=8

kg?m/s，碰撞后總動量為11kg?m/s，動量不守恒，故C錯誤；D．碰撞前系統(tǒng)總動量為P=PA+PB=5kg?m/s+7kg?m/s=12kg?m/s如果PA=8kg?m/s，PB=4

kg?m/s，碰撞后總動量為12kg?m/s，動量守恒；碰撞后總動能碰撞后總動能增加，故D錯誤。故選A。24．D【詳解】A．砝碼具有的機械能等于其動能與重力勢能之和，由于參考平面未確定，故砝碼具有的機械能無法確定，A錯誤；B．由于B、A發(fā)生的是完全非彈性碰撞，有機械能損失，故A、B、C組成的系統(tǒng)具有的機械能小于小車B碰撞前具有的動能，B錯誤；D．B、A碰撞過程滿足動量守恒，可得B、C以共同速度v1向右運動，當砝碼上升到最大高度時，三者構(gòu)成的系統(tǒng)具有相同的速度v2，在水平方向滿足動量守恒，可得可知A、B、C組成的系統(tǒng)具有的動量等于小車B碰撞前具有的動量，D正確；C．砝碼具有的動量為小車B碰撞前具有的動量為兩者不相等，C錯誤。故選D。25．D【詳解】AB．子彈射入木塊，外力遠小于內(nèi)力，故木塊與子彈組成的系統(tǒng)動量守恒，子彈射入木塊的過程中要克服阻力做功，產(chǎn)生內(nèi)能，系統(tǒng)機械能不守恒，系統(tǒng)能量守恒，AB錯誤；CD．子彈對木塊的作用力與木塊對子彈的作用力是一對作用力與反作用力，大小相等，設(shè)子彈射入木塊至兩者相對靜止，位移為d，子彈水平射入木塊后，未穿出，到相對靜止時，木塊位移為x，子彈對木塊做的功為Fx，木塊對子彈做的功為，木塊對子彈所做的功等于系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能+子彈對木塊所做的功，所以，子彈對木塊所做的功與木塊對子彈做的功的代數(shù)和為-100J，C錯誤，D正確。故選D。26．C【詳解】A．系統(tǒng)在水平方向上所受合外力為0，則系統(tǒng)在水平方向上動量守恒。故A錯誤；B．受力分析可知，圓弧軌道所受合力一直向右，即一直加速向右，不可能回到原靜止時的位置。故B錯誤；C．當小球與小車的水平速度相等時，小球弧形槽上升到最大高度，設(shè)該度為，則聯(lián)立解得可知，當足夠大時，可以大于等于。故C正確；D．設(shè)小球離開小車時，小球的速度為，小車的速度為，選取向右為正方向，整個過程中動量守恒得由機械能守恒得聯(lián)立解得，即小球與小車分離后二者交換速度，所以小球與小車分離后做自由落體運動，故D錯誤。故選C。27．A【詳解】當A與B發(fā)生碰撞時，由動量守恒定律得由于A與B發(fā)生對心彈性碰撞，根據(jù)機械能定律得解得顯然，如果二者碰撞后都向右運動或A停止運動，是一定能發(fā)生二次碰撞的，在碰撞后A向左運動時，要能發(fā)生二次碰撞，需有解得BCD錯誤，A正確。故選A。28．C【詳解】A．A、B碰撞過程，根據(jù)動量守恒定律有代入數(shù)據(jù)解得以v0方向為正方向，根據(jù)動量定理，碰撞過程中A受到的沖量為所以A錯誤；B．碰撞過程中A的平均加速度為所以B錯誤；C．碰撞過程中B受到的平均作用力為所以C正確；D．A、B碰撞結(jié)束后A的動量為所以D錯誤；故選C。29．C【詳解】結(jié)合圖乙，對C與A碰撞前后用動量守恒定律碰撞后，AC整體一起壓縮彈簧，以向右為正方向，對A、B、C及彈簧系統(tǒng)由動量定理可得即墻壁對A、B、C及彈簧系統(tǒng)的沖量大小為，由于墻壁的彈力作用在B上，所以墻壁的彈力對B的沖量大小為，故C正確。故選C。30．D【詳解】A．當小球滑到圓弧的最高點時，根據(jù)水平方向動量守恒得知，小球與圓弧的速度均為零，根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒得知，小球能滑到右端C，故A錯誤；B．小球向右運動的過程中，軌道先向左加速，后向左減速，當小球到達C點時，速度為零，故B錯誤；C．設(shè)小球滑到最低點時，軌道向左運動的距離為s，則小球相對于地水平位移大小為R-s，取水平向右為正方向，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒得解得所以軌道做往復(fù)運動，離原先靜止位置最大距離為2s=R，故C錯誤；D．設(shè)小球通過最低點時小球與軌道的速度分別為v和，以向右為正方向，由動量守恒定律得由機械能守恒定律聯(lián)立解得故D正確。故選D。31．B【詳解】AB．因圖像的斜率等于速度，可知碰撞前兩物體的速度分別為4m/s和-2m/s，碰后兩物體的速度為2m/s，則由動量守恒定律解得選項A錯誤，B正確；C．碰撞前后的動量大小不變，方向相反，選項C錯誤；D．碰撞前后兩物體的總機械能減小了選項D錯誤。故選B。32．C【詳解】設(shè)小球的初速度方向為正方向，由動量守恒可知對整體有機械能守恒定律可得聯(lián)立解得故選C。33．BC【詳解】A．物塊沿劈弧面下滑的過程中，水平方向上動量守恒，豎直方向上動量不守恒，故系統(tǒng)動量不守恒，A錯誤；B．設(shè)A向左的位移為x，則物體下滑到A的最低點時的位移為，由水平方向動量守恒得即解得B正確；C．物塊滑上B的動能即在A的最低點與A分離時的動能，則有解得C正確；D．當物塊滑到B的最高點第，物塊與B的速度相等，且都水平向右，此時高度為h，由動量及能量守恒得解得D錯誤。故選BC。34．BD【詳解】A．彈簧的彈力先增大后減小，兩個物塊受到的合外力都等于彈簧的彈力，則兩個物塊的加速度都先增大后減小，故A錯誤；B．當彈簧壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能最大，此時滑塊A和B的速度相同。選取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律解得根據(jù)機械能守恒定律，知彈簧的最大彈性勢能等于滑塊A、B損失的動能，為：解得故B正確；C．當A、B分離時，滑塊B的速度最大，由動量守恒和能量守恒定律得由以上兩式得所以滑塊A的最小動能為滑塊B的最大動能為故C錯誤。D．若滑塊A的質(zhì)量，B的質(zhì)量，同理可得，當A、B分離時，A、B的速度分別為滑塊A的最小動能為滑塊B的最大動能為故D正確。故選BD。35．AC【詳解】碰前系統(tǒng)總動量為碰前總動能為A．若，則系統(tǒng)動量守恒，碰后總動能33J，碰撞后A球速度不大于B球的速度，符合，故A正確；B．若，則系統(tǒng)動量守恒，但是碰后A的速度大于B，不符合實際，故B錯誤；C．若，則系統(tǒng)動量守恒，碰后總動能27J，則不大于碰前總動能，故C正確；D．若，則系統(tǒng)動量守恒，碰后總動能51J，大于碰前總動能，不可能，選項D錯誤。故選AC。36．BD【詳解】A．甲車對乙車的沖量與乙車對甲車的沖量大小等，方向相反，則沖量不相同，所以A錯誤；B．取甲車的速度方向為正方向，兩車開始的總動量為乙車開始反向時，乙車速度減到為，則甲車的速度為v，由動量守恒定律可得解得，方向不變所以B正確；C．當兩車速度相等時，兩車相距最近，所以C錯誤；D．當兩車速度相等時，兩車相距最近，有解得，方向與甲車的初始速度方向相同所以D正確；故選BD。37．BD【詳解】A．從子彈射入木塊后到一起上升到最高點的過程中系統(tǒng)所受合外力不為零，動量不守恒，故A錯誤；B．子彈射入木塊瞬間，在水平方向上，子彈和木塊組成的系統(tǒng)內(nèi)力遠大于外力，所以動量守恒，設(shè)子彈射入木塊瞬間子彈和木塊的共同速度為v，則①解得②故B正確；C．忽略空氣阻力，子彈和木塊一起上升過程中系統(tǒng)內(nèi)只有重力做功，所以機械能守恒，但由于子彈射入木塊過程中會產(chǎn)生摩擦熱從而損失機械能，所以子彈射入木塊后子彈和木塊整體的機械能少于子彈射入木塊前的機械能，故C錯誤；D．根據(jù)機械能守恒定律有③聯(lián)立②③解得④故D正確。故選BD。38．（1）4m/s；（2）0.2J；（3）-0.8m/s，負號表示方向向左【詳解】（1）小球A在圓弧軌道最低點做圓周運動，由牛頓第二定律得代入數(shù)據(jù)解得vA=4m/s（2）小球A下滑過程，由動能定理得代入數(shù)據(jù)解得Wf=0.2J（3）兩球碰撞后離開圓弧做平拋運動，對B球有兩球碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以A的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得代入數(shù)據(jù)解得vA′=-0.8m/s負號表示方向向左。39．（1）1kg；6s；（2）5kg；15J【詳解】(1)由題圖乙知，A與B碰前的速度碰后B的速度v=4m/s，以A的初速度方向為正方向，A與B碰撞過程動量守恒，有A與B碰撞過程機械能守恒，可得解得由題圖乙可知可知(2)A與B碰撞之后，B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動量和機械能守恒，由圖丙可知小球B先向右減速，而后反向加速，當彈簧恢復(fù)原長時，B的速度v1=-1m/s，由動量守恒有由機械能守恒有解得且當B與C速度相等時，彈簧彈性勢能最大，由動量守恒定律得由機械能守恒定律得得40．（1）2m/s，方向沿x軸負方向；（2）6kg；（3）完全非彈性碰撞，30J【詳解】（1）由圖像知，碰前物體A的速度為解得vA=2m/s方向沿x軸負方向。（2）由題圖知碰前物體B運動方向為正方向vAB=1m/s由動量守恒定律和圖像得mBvB－mAvA=（mA＋mB）vAB解得mB=6kg（3）因為則碰撞為完全非彈性碰撞，損失ΔEk=30J。41．（1）；（2）；（3）【詳解】（1）從C獲得一個向右的速度2v0到繩子拉直的過程中，取向右為正方向，由動量定理有得（2）設(shè)繩剛被拉直時B的速度為vB，對BC系統(tǒng)分析，由動量守恒定律有得繩子拉斷過程中，AB組成的系統(tǒng)動量守恒得繩子拉斷過程中，AB系統(tǒng)由能量守恒得機械能的損失得（3）設(shè)C在拉斷前的過程中相對于B的位移為L1，由能量守恒設(shè)繩子拉斷后C恰好滑到B的右端時又相對于B滑動了L2，對BC分析，根據(jù)動量守恒有由能量守恒有木板至少長得42．（1）；（2）；（