2018-2019学年度人教版选修3-5 第十六章 动量守恒定律 单元测试 word版含答案

2017-2018学年度高二物理（人教版）选修3-5第十六章动量守恒定律单元复习检测
一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）
在物体运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A. 一定质量的物体，动能不变，动量一定不变B. 平抛物体在落地前，任意相等时间内动量变化量的大小相等，方向不同C. 如果在任何相等时间内物体所受合外力的冲量相等（不为零），那么该物体一定做匀变速运动D. 若某一个力对物体做功为零，则这个力对该物体的冲量也一定为零
如图所示，今有一子弹穿过两块静止放置在光滑水平面上的相互接触质量分别为m和2m的木块A、B，设子弹穿过木块A、B的时间分别为t1和t2，木块对子弹的阻力恒为Ff，则子弹穿过两木块后，木块A的速度大小是（　　）
A. B. C. D.
如图所示，质量为m的小车静止于光滑水平面上，车上有一光滑的弧形轨道，另一质量为m的小球以水平初速沿轨道的右端的切线方向进入轨道，则当小球再次从轨道的右端离开轨道后，将作（　　）
A. 向左的平抛运动 B. 向右的平抛运动C. 自由落体运动 D. 无法确定．
以下几种运动形式在任何相等的时间内，物体动量的变化不相等的运动是（　　）
A. 匀变速直线运动 B. 平抛运动C. 自由落体运动 D. 匀速圆周运动
将质量相等的三个小球A、B、C从离地同一高度以大小相同的初速度分别上抛、下抛、平抛出去，空气阻力不计，则下列说法正确的是（　　）
A. 三球刚着地时的动量相同B. 三球刚着地时的动量各不相同C. 从抛出到落地时间内，动量变化最大的是A球D. 从抛出到落地时间内，动量变化最小的是C球
在行车过程中，遇到紧急刹车，乘客可能受到伤害．为此人们设计了安全带以尽可能地减轻紧急刹车时造成的危害．如图所示，车内某乘客的质量为50 g，汽车刹车前的速度为108 m/h，从踩下刹车到汽车完全停止需要的时间为5s，则此过程中安全带对乘客的作用力大小最接近（　　）
A. 100N B. 300N C. 500N D. 700N
船静止在水中，若水的阻力不计．先后以相对地面相等的速率，分别从船头与船尾水平抛出两个质量相等的物体，抛出时两物体的速度方向相反，则两物体抛出以后，船的状态是（　　）
A. 仍保持静止状态 B. 船向前运动C. 船向后运动 D. 无法判断
如图所示，相同的两木块M、N，中间固定一轻弹簧，放在粗糙的水平面上，用力将两物体靠近使弹簧压缩，当松手后两物体被弹开的过程中，不计空气阻力，则对两木块，有（　　）
A. 动量守恒、机械能守恒 B. 动量守恒、机械能不守恒C. 动量不守恒，机械能守恒 D. 动量、机械能都不守恒
如图所示，在光滑水平面上叠放着A、B两个物体，mA=2 g，mB=1 g，速度的大小均为v0=8m/s，速度方向相反．A板足够长，A、B之间有摩擦，当观察到B做加速运动时，A的速度大小可能为（　　）
A. 2?m/s B. 3?m/s C. 4?m/s D. 5?m/s
A球的质量是m，B球的质量是2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动．B在前，A在后，发生正碰后，A球仍朝原方向运动，但其速度是原来的一半，碰后两球的速度比vA′：vB′为（　　）
A. 2：3 B. 1：3 C. 2：1 D. 1：2
二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）
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，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比M/m可能为
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1、m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑水平面上．现使B获得水平向右、大小为3m/s的瞬时速度，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象提供的信息可得（）

A. 在t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，且弹簧都具有最大的弹性势能B. 从t3到t4时间弹簧由原长状态拉伸到最长C. 两物体的质量之比为m1：m2=2：1D. 在t2时刻弹簧压缩到最短
下列说法正确的是（　　）
A. 可把动量定理表述为：物体动量的变化率等于它受的合外力B. 力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，它反映了力的作用对时间的累积效应，是一个标量C. 动量定理的物理实质与牛顿第二定律是相同的，但有时用起来更方便D. 易碎品运输时要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力
如图所示，质量分别为m和2m的A、B两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A靠紧竖直墙．用水平力F将B向左压，使弹簧被压缩一定长度，静止后弹簧储存的弹性势能为E．这时突然撤去F，关于A、B和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是（　　）
A. 撤去F后，系统动量守恒，机械能守恒B. 撤去F后，A离开竖直墙前，系统动量不守恒，机械能守恒C. 撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为D. 撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E
小球从空中自由下落，与水平地面第一次相碰后反弹到空中某一高度，其速度随时间变化的关系如图所示。若g=10m/s2，则（??? ）
A. 小球第一次反弹后离开地面的速度的大小为5m/sB. 碰撞前后速度改变量的大小为8m/sC. 小球是从5m高处自由下落的D. 小球反弹起的最大高度为0.45m
三、实验题探究题（本大题共1小题，共10.0分）
如图甲所示，在验证动量守恒定律实验时，在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速运动．然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速运动，在小车A后连着纸带，电磁打点计时器电源频率为50H ，长木板右端下面垫放小木片用以平衡摩擦力． （1）若已测得打点纸带如图乙所示，并测得各计数点间距（已标在图上）．A为运动起始的第一点，则应选______ ?段来计算A的碰前速度，应选______ 段来计算A和B碰后的共同速度（以上两空填“AB”或“BC”或“CD”或“DE”）． （2）已测得小车A的质量m1=0.40 g，小车B的质量m2=0.20 g，由以上测量结果可得碰前总动量为______ g?m/s，碰后总动量为______ g?m/s．实验结论：______ ．（计算结果保留3位有效数字）
四、计算题（本大题共3小题，共30.0分）
如图所示，质量为3m的木块静止放置在光滑水平面上，质量为m的子弹（可视为质点）以初速度v0水平向右射入木块，穿出木块时速度变为v0，已知木块的长为L，设子弹在木块中的阻力恒定．试求：（1）子弹穿出木块后，木块的速度大小v；（2）子弹在木块中运动的时间t．

一质量M=6 g的木板B静止于光滑水平面上，物块A质量m=6 g，停在B的左端．质量mo=1 g的小球用长l=0.8m的轻绳悬挂在固定点O上，将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与A发生碰撞后反弹，反弹所能达到的最大高度h=0.2m，物块与小球可视为质点，不计空气阻力．已知A、B间的动摩擦因数μ=0.1，A、B最终达到共同速度．求：（1）与小球碰后瞬间A的速度vA；（2）为保证A、B达到共同速度前A不滑离木板，木板B至少多长；（3）从释放小球到A、B达到共同速度，小球及A、B组成的系统损失的机械能．

如图所示，一质量M=2.0 g、长L=0.60m的长木板AB静止在光滑水平面上，木板的左侧固定一半径R=0.60m的四分之一圆弧形轨道，轨道末端的切线水平，轨道与木板靠在一起且末端高度与木板高度相同．现在将质量m=l．0 g的小铁块（可视为质点）从弧形轨道顶端由静止释放，小铁块到达轨道底端时的速度v0=3.0m/s，最终小铁块恰好到达长木板AB最右端．（g=l0m/s2）．求：（1）小铁块在弧形轨道末端时所受支持力的大小F；（2）小铁块在弧形轨道上滑动过程中克服摩擦力所做的功Wf；（3）小铁块和木板AB达到共同速度v及小铁块和木板AB间的动摩擦因数．
答案和解析
【答案】
1. C 2. B 3. C 4. D 5. C 6. B 7. A8. B 9. B 10. A 11. AB 12. AC 13. ACD 14. BC15. BD
16. BC；DE；1.26；1.25；在误差允许的范围内，碰撞前后总动量守恒??
17. 解：（1）子弹与木块相互作用过程，满足动量守恒定律，选取向右为正方向，则：mv0=mv0+3mv 解得：v=．（2）对系统应用功能关系有：fL=mv02-m-?3mv2 解得：f= 对木块应用动量定理：ft=3mv 解得：t=．答：（1）子弹穿出木块后，木块的速度大小为；（2）子弹在木块中运动的时间为．??
18. 解：（1）设小球运动到最低点的速度为v0，由机械能守恒定律：，代入数据解得：v0=4m/s．设碰撞结束后小球的速度大小为v1，A的速度大小为v2，碰撞结束后小球反弹上升，由机械能守恒有：，代入数据解得：v1=2m/s．对小球与木块A碰撞过程，设向右为正方向，由动量守恒有：m0v0=-m0v1+mv2将v0、v1结果代入得：v2=1m/s，方向水平向右；（2）经分析知，最后A没有滑离B，A、B共同运动，设共同运动速度为v3，对A、B系统，设向右为正方向，由动量守恒得：mv2=（m+M）v3，解得：m/s此过程中损失的机械能等于摩擦力对系统做的功，即：代入数据解得：L=0.25m（3）从释放小球到A、B达到共同速度，小球及A、B组成的系统损失的机械能： 代入数据解得：△E=4.5J答：（1）碰撞结束时A的速度1m/s，方向水平向右；（2）为保证A、B达到共同速度前A不滑离木板，木板B至少0.25m；（3）从释放小球到A、B达到共同速度，小球及A、B组成的系统损失的机械能4.5J．??
19. 解：（1）小木块通过圆弧形轨道末端时，由牛顿第二定律得：F-mg=m，解得小木块受到的支持力：F=25N；（2）小木块在圆弧形轨道上下滑过程中，由动能定理得：mgR-Wf=mv02-0，解得克服摩擦力做的功Wf=1.5J；（3）以小铁块与长木板组成的系统为研究对象，以小铁块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+M）v，由能量守恒定律得：μmgL=mv02-（m+M）v2，解得：v=1m/s，μ=0.5；答：（1）小木块C运动到圆弧形轨道末端时所受支持力大小为25N；（2）小木块C在圆弧形轨道上下滑过程中克服摩擦力所做的功为1.5J；（3）小铁块和木板AB达到共同速度为1m/s，小铁块和木板AB间的动摩擦因数为0.5．??
【解析】
1. 解：A、动能不变则说明物体的速度大小不变，但方向可能变化，如匀速圆周运动，故动量可能变化，故A错误；B、平抛物体由于只受重力，则根据mgt=△P可知，在落地前，任意相等时间内动量变化量的大小相等，方向相同；故B错误；C、根据动量定理知F△t=m△v，所以物体的加速度不变，故一定做的是匀变速运动，故C正确；D、做功为零则说明力可能与位移相互垂直，但只要有力有时间则一定有冲量，故冲量不一定为零，故D错误．故选：C．明确动量和动能的区别与联系，知道动量是矢量，有大小，有方向，冲量等于物体所受的外力和时间相乘，冲量也是矢量，是有方向的；动能是标量，只有大小没有方向；注意根据动量定理分析物体的动量变化．本题考查了动量、冲量的概念、动能的概念和动量定理的应用，难点在于要注意动量和冲量的矢量性，同时还要注意正确区分动量和动能．
2. 解：A与B分离时二者的速度是相等的，分离后A的速度不变，在分离前子弹对系统的作用力使A与B的速度增大，由动量定理得：Ff?t1=（m+2m）v 所以：v= 故选：B A与B分离时二者的速度是相等的，在水平面上运动的过程中受到子弹的作用力，由动量定理即可求出A的速度．在解答该题的过程中，要注意子弹穿过A时，A与B一起做加速运动，一直到A与B分离时，二者的速度都是相等的．
3. 解：球和小车水平方向不受外力，系统动量守恒，故：mv0=mv1+mv2?? ①系统机械能也守恒，故：=????? ②联立解得：v1=v0，v2=0；故小球再次从轨道的右端离开轨道后，将作自由落体运动；故选C．球和小车水平方向不受外力，系统动量守恒；系统机械能也守恒；根据两个守恒定律列式求解即可．本题关键是明确小球和小车系统水平方向动量守恒，系统机械能也守恒，然后列式分析，不难．
4. 解：A、根据动量定理△P=Ft，F是合力，匀变速直线运动物体的合力是恒力，相等时间内其冲量不变，动量变化量相同．?B、根据动量定理△P=Ft，F是合力，平抛运动物体的合力是重力，恒力，相等时间内其冲量不变，动量变化量相同．?C、根据动量定理△P=Ft，F是合力，自由落体运动物体的合力是重力，恒力，相等时间内其冲量不变，动量变化量相同．D、动量变化量是矢量，匀速圆周运动动量变化量方向时刻在变化，在相等时间内动量变化量不相同．也可根据动量定理，△P=Ft，F是合力，匀速圆周运动的合力指向圆心，是变力，相等时间内合力的冲量也是变化的，动量变化量是不相等的．本题选动量变化不相等的，故选：D 根据动量定理△P=Ft，动量变化量等于合外力的冲量，自由落体、平抛和匀减速直线运动物体所受的力是恒力，在相等时间内物体合外力冲量相同，动量变化量相同，匀速圆周运动的合外力是变力，在相等时间内物体合外力冲量不相同，动量变化量也不相同．利用冲量求动量变化量是常用的方法，是一种等效替代思维．
5. 解：A、B、三个小球在空中均只受重力，故机械能守恒，则可知三小球落地时的速度大小相等，但C小球速度不沿竖直方向，故AB的速度相等，动量相等，但与C的不相等，故AB均错误；C、D、由于A的时间最长，而B的时间最短，故A受冲量最大，B受冲量最小，故A的动量变化最大，B的动量变化最小；故C正确；D错误；故选：C．分析三个小球的运动过程，由机械能守恒可求得着地速度及动量，由落地时间可求得重力的冲量，从而明确动量的变化．本题考查动量定理的应用，在分析时要先根据所学物理知识明确物体的运动状态，再由冲量及动量的定义进行分析．
6. 解：乘客的加速度与车一样，即加速度a==负号表示加速度方向与速度方向相反，故乘客加速度的大小为6m/s2，乘客在安全带的作用力下产生加速度，根据牛顿第二定律可知，安全带对乘客的作用力为F=ma=50×6N=300N。故选：B。人在安全带作用力下产生加速度做匀减速运动，根据汽车的加速度求安全带对人的作用力即可．分析乘客的受力知道安全带对乘客的作用力产生随车一起的加速度是解题的关键．
7. 解：两物体与船组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统动量守恒，以相对地面相等的速率，分别从船头与船尾水平抛出两个质量相等的物体，抛出时两物体的速度方向相反，则抛出的两物体动量等大反向，总动量为零，由于两物体与船组成的系统动量守恒，系统初动量为零，由动量守恒定律可得，抛出两物体后，船的动量为零，船的速度为零，船仍然静止；故选：A．船与两物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律分析答题．本题考查了判断船的运动状态，由于动量守恒定律即可正确解题．
8. 解：两木块M、N相同，释放两木块后，两木块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，在两木块运动过程中，除弹力做功外，要克服摩擦力做功，系统机械能减少，机械能不守恒；故选：B．系统受到的合外力为零时，系统动量守恒，只有重力或只有弹力做功，系统机械能守恒，根据系统受力情况分析答题．本题考查了判断系统动量与机械能是否守恒，知道动量与机械能守恒的条件即可正确解题．
9. 解：因摩擦力作用，A、B先必做减速运动，取水平向右为正方向，初动量总和为：mAv0-mBv0=2×8 g?m/s-1×8 g?m/s=8? g?m/s，故必是B先减速为零，后反向加速，最后与A一起向右匀速运动．整个过程中，A一直减速．当B速度为零时，A速度为v1，由动量守恒定律有：mAv0-mBv0=mAv1+0，代人数据解得：v1===4m/s，AB最终速度为v2，则：mAv0-mBv0=（mA+mB）v2 代人数据解得：v2==．可见，B做加速运动时，A的速度范围是m/s＜vA＜4m/s．故B正确，ACD错误．故选：B 根据系统的动量守恒，求出B速度减为0时A的速度，再求出B与A相对静止时的共同速度即可求解．本题主要考查了动量守恒定律．直接运用动量守恒定律分析物体的运动状态，也可以运用牛顿第二定律和运动学公式分析．
10. 解：设碰撞前A的速率为vA．由题，碰后A的速率为vA′=．①以A初速度方向为正，根据动量守恒定律得：2mvA=m+2mvB′解得：vB′=②由①：②得：vA′：vB′=2：3 故选：A 碰撞过程遵守动量守恒，根据动量守恒定律和已知条件，列式求出碰后B的速率，即可求得速率之比．本题关键要知道碰撞过程最基本的规律：动量守恒定律，结合已知条件，即可求解．
11. 【分析】
根据动量守恒定律，以及在碰撞的过程中动能不增加，通过这两个关系判断两个物体的质量关系。解决本题的关键知道碰撞的过程中动量守恒，总动能不增加。
【解答】
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，?根据动量和动能的关系有：P2=2mE ，?碰撞过程动能不增加，有：解得：，?当时，会出现速度互换，则会导致碰撞后，动量不相等，故CD错误，AB正确。故选AB。
12. 【分析】
两物块和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒，系统动能最小时，弹性势能最大，据此根据图象中两物块速度的变化可以分析系统动能和弹性势能的变化情况。
对于这类弹簧问题注意用动态思想认真分析物体的运动过程，注意过程中的功能转化关系；解答时注意动量守恒和机械能守恒列式分析，同时根据图象，分析清楚物体的运动情况。
【解答】
A.由图可知t1到t3时间内两物块之间的距离逐渐增大，t3时刻达到共同速度，此时弹性势能最大，弹簧处于伸长状态，故A正确；BD.结合图象弄清两物块的运动过程，开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相当，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩最厉害，然后弹簧逐渐恢复原长，m2依然加速，m1先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两木块均减速，当t3时刻，二木块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故BD错误；C.系统动量守恒，选择开始到t1时刻列方程可知：m2v1=（m1+m2）v2，将v1=3m/s，v2=1m/s代入得：m1：m2=2：1，故C正确。故选AC。
13. 解：A、由动量定理可得：△p=Ft，则==ma=F，由此可知，物体动量的变化率等于它所受的力，故A正确；B、力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，它反映了力的作用对时间的积累效应，是一个矢量，故B错误；C、F=ma是牛顿第二定律的最初表达方式，它们的物理实质相同，故C正确；
D、由△p=Ft可知，动量变化相等时，时间t越长，力F越小，因此易碎品运输时要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力，故D正确；故选：ACD根据动量定理、动量与冲量的定义分析答题，注意明确动量定理与牛顿第二定律的关系，知道动量在生产生活中的应用，并能根据动量定理进行解释．本题考查动量定理的内容和意义，要知道动量定理、动量与冲量的定义式，应用动量定理进行分析即可正确解题
14. 解：A、撤去F后，A离开竖直墙前，竖直方向两物体的重力与水平面的支持力平衡，合力为零，而墙对A有向右的弹力，使系统的动量不守恒．这个过程中，只有弹簧的弹力对B做功，系统的机械能守恒．A离开竖直墙后，系统水平方向不受外力，竖直方向外力平衡，则系统的动量守恒，只有弹簧的弹力做功，机械能也守恒．故A错误，B正确．C、撤去F后，A离开竖直墙后，当两物体速度相同时，弹簧伸长最长或压缩最短，弹性势能最大．设两物体相同速度为v，A离开墙时，B的速度为v0．以向右为正方向，由动量守恒定律得：2mv0=3mv，由机械能守恒定律得：E=?3mv2+EP，又E=mv02，解得，弹簧的弹性势能最大值为EP=E，故C正确，D错误．故选：BC．根据系统动量守恒的条件：系统不受外力或所受合外力为零判断动量是否守恒．根据是否是只有弹簧的弹力做功判断机械能是否守恒．撤去F后，A离开竖直墙后，当两物体速度相同时，弹簧伸长最长或压缩最短，弹性势能最大．本题考查动量守恒和机械能守恒的判断和应用能力．动量是否守恒要看研究的过程，要细化过程分析，不能笼统．
15. 【分析】
由图像可知反弹后离开地面的速度大小，动量的变化量ΔP=m?Δv，v-t图像所围的面积代表位移的大小即可求出下落高度和反弹高度。
本题考查v-t和动量相结合的应用，要明确v-t图象的含义：在v-t图象中每时刻对应于速度的大小，速度的正负表示其运动方向，图象的斜率表示物体运动的加速度，图象与时间轴围成的面积为物体的位移，时间轴上方面积表示位移为正，下方表示为负。
【解答】
A.由图象可知：0.5s末物体反弹，此时速度的大小为3m/s，故A错误；B.碰撞时速度的改变量为Δv=-3m/s-5m/s=-8m/s，则碰撞前后动量改变量的为：ΔP=m?Δv=-8 g?m/s，动量改变量的大小为8 g?m/s，故B正确；C.由图象可知：前0.5s内物体自由下落，后0.3s物体反弹，根据v-t图象中速度图象与时间轴围成的面积表示位移可得：小球下落的高度为：，故C错误；
D.小球能弹起的最大高度对应图中0.6s-0.8s内速度图象的面积，所以，故D正确；故选BD。
16. 解：（1）推动小车由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，故BC段为匀速运动的阶段，故选BC计算碰前的速度；碰撞过程是一个变速运动的过程，而A和B碰后的共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的位移，故应选DE段来计算碰后共同的速度．（2）由图可知，BC=31.50cm=0.3150m；DE=20.85cm=0.2085m；A碰前的速度：v1===3.15m/s 碰后共同速度：v2===2.085m/s 碰前总动量：P1=m1v1=0.4×3.15=1.26 gm/s 碰后的总动量：P2=（m1+m2）v2=0.6×2.085=1.25 gm/s 则说明在误差允许的范围内，碰撞前后总动量守恒故答案为：（1）BC；???DE；（2）1.26；?1.25；??在误差允许的范围内，碰撞前后总动量守恒小车做匀速直线运动时，在相等时间内小车的位移相等，分析纸带，根据纸带分析求解速度，再根据动量的定义分析求解碰撞前后的动量大小，从而验证动量是否守恒．本题考查验证动量守恒定律的实验原理，要注意解决本题的关键知道A与B碰后，速度减小，会通过纸带求解速度的大小；再通过碰撞前后的动量大小关系验证动量是否相等即可．
17. （1）子弹穿木块过程系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出木块的速度；（2）由能量守恒定律可以求出阻力，然后对木块由动量定理即可求出．本题考查了求速度、求时间，分析清楚运动过程、应用动量守恒定律与能量守恒定律即可正确解题．
18. （1）对小球下落过程应用机械能守恒定律求出小球到达A时的速度，再由机械能守恒定律求得球反弹上升的初速度即球与A碰后的速度，再根据动量守恒定律求得球与A碰撞后A的速度；（2）A没有滑离B，A、B共同运动，由动量守恒定律列方程求二者共同的速度，由摩擦力做功的特点即可求得木板的长度；（3）对小球以及A、B组成的系统，由能量守恒列方程求损失的机械能．本题关键是根据动量守恒定律、动量定理、能量守恒列式求解，也可以根据牛顿第二定律和速度时间公式列式联立求解．
19. （1）小木块C做圆周运动，由牛顿第二定律可以求出C受到的支持力；（2）应用动能定理可以求出小木块在圆弧轨道上滑行时克服摩擦力所做的功；（3）由动量守恒定律求出速度，然后由能量守恒定律求出动摩擦因数．本题考查了求力、功、速度与动摩擦因数问题，分析清楚物体运动过程，应用动能定理、动量守恒定律与能量守恒定律即可正确解题．