高考物理一輪復(fù)習(xí) 單元評(píng)估檢測(cè)（六）.doc

單元評(píng)估檢測(cè)(六) (45分鐘100分)一、選擇題(本題共8小題,每小題6分,共48分。15題為單選題,68題為多選題)1.下列關(guān)于物體動(dòng)量和沖量的說(shuō)法正確的是()a.物體所受合外力沖量越大,它的動(dòng)量也越大b.物體所受合外力沖量不為零,它的動(dòng)量一定要改變c.物體動(dòng)量的方向,就是它所受沖量的方向d.物體所受合外力越大,它的動(dòng)量變化就越大【解析】選b。物體所受合外力沖量越大,它的動(dòng)量變化就越大,不是動(dòng)量越大,故a錯(cuò)誤;合外力的沖量等于物體動(dòng)量的變化量,物體所受合外力沖量不為零,它的動(dòng)量一定要改變,故b正確;合外力的沖量等于物體動(dòng)量的變化量,所以物體動(dòng)量增量的方向,就是它所受沖量的方向,而動(dòng)量的方向與所受沖量的方向沒(méi)有直接關(guān)系,故c錯(cuò)誤;物體所受合外力越大,加速度就越大,物體速度變化就越快,所以它的動(dòng)量變化就越快,但不一定越大,故d錯(cuò)誤。2.(2018南昌模擬)斜向上拋出一個(gè)爆竹,到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)(速度水平向東)立即爆炸成質(zhì)量相等的三塊,前面一塊速度水平向東,后面一塊速度水平向西,前、后兩塊的水平速度(相對(duì)地面)大小相等、方向相反。則以下說(shuō)法中正確的是()a.爆炸后的瞬間,中間那塊的速度大于爆炸前瞬間爆竹的速度b.爆炸后的瞬間,中間那塊的速度可能水平向西c.爆炸后三塊將同時(shí)落到水平地面上,并且落地時(shí)的動(dòng)量相同d.爆炸后的瞬間,中間那塊的動(dòng)能可能小于爆炸前的瞬間爆竹的總動(dòng)能【解析】選a。設(shè)爆炸前的速度為v,爆炸后的速度為v前后以及v,設(shè)向東為正方向,由水平方向動(dòng)量守恒得3mv=mv前后+mv-mv前后,解得v=3v,方向向東,爆炸后的瞬間,中間那塊的速度大于爆炸前瞬間爆竹的速度,故a正確,b錯(cuò)誤;爆炸后三塊做平拋運(yùn)動(dòng),豎直方向h=gt2,下落時(shí)間相同,則豎直方向分速度相同,前后兩塊水平方向分速度方向不同,故合速度方向不同,則動(dòng)量不同,故c錯(cuò)誤;中間那塊的動(dòng)能m(3v)23mv2,故d錯(cuò)誤?！究偨Y(jié)提升】爆炸現(xiàn)象的三個(gè)特點(diǎn)(1)動(dòng)量守恒:由于爆炸是在極短的時(shí)間內(nèi)完成的,爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力,所以在爆炸過(guò)程中,系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒。(2)動(dòng)能增加:在爆炸過(guò)程中,由于有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動(dòng)能,所以爆炸后系統(tǒng)的總動(dòng)能增加。(3)位置不變:爆炸的時(shí)間極短,因而作用過(guò)程中,物體產(chǎn)生的位移很小,一般可忽略不計(jì),可以認(rèn)為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動(dòng)量開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。3.(2018唐山模擬)如圖所示,光滑水平面上有質(zhì)量均為m的物塊a和b,b上固定一輕彈簧。b靜止,a以速度v0水平向右運(yùn)動(dòng),通過(guò)彈簧與b發(fā)生作用。作用過(guò)程中,彈簧獲得的最大彈性勢(shì)能ep為 ()a.b.c.d.【解析】選c。當(dāng)兩個(gè)滑塊速度相等時(shí),彈簧壓縮量最大,彈性勢(shì)能最大,滑塊a、b系統(tǒng)動(dòng)量守恒,則mv0=2mv1,解得v1=v0,系統(tǒng)減小的動(dòng)能等于增加的彈性勢(shì)能,故彈簧獲得的最大彈性勢(shì)能ep=m-2m,解得ep=,故c正確,a、b、d錯(cuò)誤。4.(2018大慶模擬)半圓形光滑軌道固定在水平地面上,如圖所示,并使其軌道平面與地面垂直,物體m1、m2同時(shí)由軌道左、右最高點(diǎn)釋放,二者碰后粘在一起向上運(yùn)動(dòng),最高能上升到軌道m(xù)點(diǎn),已知om與豎直方向夾角為60,則兩物體的質(zhì)量之比m1m2為 ()a.(+1)(-1)b.1c.(-1)(+1)d.1【解析】選c。兩球到達(dá)最低的過(guò)程由動(dòng)能定理得mgr=mv2,解得v=,設(shè)向左為正方向,則m1的速度v1=-,m2的速度v2=,碰撞過(guò)程由動(dòng)量守恒得m2v2+m1v1=(m1+m2)v,解得v=,二者碰后粘在一起向左運(yùn)動(dòng),最高能上升到軌道p點(diǎn),對(duì)此過(guò)程由動(dòng)能定理得-(m1+m2)gr(1-cos60)=0-(m1+m2)v2 ,解得m1m2=(-1)(+1),故c正確,a、b、d錯(cuò)誤?！炯庸逃?xùn)練】(多選)如圖所示,半徑和動(dòng)能都相等的兩個(gè)小球相向而行。甲球質(zhì)量m甲大于乙球質(zhì)量m乙,平面是光滑的,兩球做對(duì)心碰撞以后的運(yùn)動(dòng)情況可能是()a.甲球速度為零,乙球速度不為零b.兩球速度都不為零c.乙球速度為零,甲球速度不為零d.兩球以原速率反向運(yùn)動(dòng)【解析】選a、b。由題意可知:ek甲=ek乙,因?yàn)閑k=mv2=,所以動(dòng)量為p=,因?yàn)閙甲m乙,所以有:p甲p乙,甲乙相向運(yùn)動(dòng),則系統(tǒng)總動(dòng)量方向與甲的動(dòng)量方向相同,碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒,甲乙碰撞后總動(dòng)量沿甲原來(lái)的方向,由于甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量,碰撞后乙將反彈,乙的速度不為零,甲的速度可能為零,也可能向右繼續(xù)運(yùn)動(dòng),故a正確。因?yàn)榕鲎埠蠹滓叶佳丶自瓉?lái)的方向運(yùn)動(dòng),故甲乙速度可能不為零,故b正確;因?yàn)橐冶貜椈?故速度不為零,故c錯(cuò)誤;碰撞后甲乙均沿甲原來(lái)的方向運(yùn)動(dòng),甲速度不反向,乙速度反向,故d錯(cuò)誤。5.如圖所示,在光滑的水平面上靜止放一質(zhì)量為m的木板b,木板表面光滑,左端固定一輕質(zhì)彈簧。質(zhì)量為2m的木塊a以速度v0從板的右端水平向左滑上木板b。在木塊a與彈簧相互作用的過(guò)程中,下列判斷正確的是()a.彈簧壓縮量最大時(shí),b板運(yùn)動(dòng)速率最大b.板的加速度一直增大c.彈簧給木塊a的沖量大小為mv0d.彈簧的最大彈性勢(shì)能為m【解析】選d。在木塊a與彈簧相互作用的過(guò)程中,從彈簧的壓縮量達(dá)到最大到彈簧恢復(fù)原狀的過(guò)程中,彈簧對(duì)木板b有向左的彈力,b板仍在加速,所以彈簧壓縮量最大時(shí),b板運(yùn)動(dòng)速率不是最大,當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)b板的速率最大,故a錯(cuò)誤;彈簧壓縮量先增加后減小,彈簧對(duì)b板的彈力先增大后減小,故b板的加速度先增加后減小,故b錯(cuò)誤;設(shè)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)a與b的速度分別為v1和v2。取向左為正方向,根據(jù)動(dòng)量守恒定律得2mv0=2mv1+mv2,根據(jù)機(jī)械能守恒定律得2m=2m+m,解得v1=v0,v2=v0,對(duì)滑塊a,根據(jù)動(dòng)量定理得i=2mv1-2mv0=-mv0,負(fù)號(hào)表示方向向右,故c錯(cuò)誤;當(dāng)滑塊與長(zhǎng)木板速度相等時(shí),彈簧的壓縮量最大,根據(jù)動(dòng)量守恒定律得2mv0=(m+2m)v,根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒得ep=2m-(2m+m)v2,解得ep=m,故d正確。6.如圖甲所示,長(zhǎng)2 m的木板靜止在某水平面上,t=0時(shí)刻,可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊p以水平向右的某一初速度從q的左端向右滑行,p、q的速度時(shí)間圖象如圖乙所示,其中a、b分別是01 s 內(nèi)p、q的速度時(shí)間圖線,c是12 s內(nèi)p、q共同的速度時(shí)間圖線。已知p、q的質(zhì)量均是1 kg。g取10 m/s2。則以下判斷正確的是 ()a.在02 s內(nèi),木板q下表面與水平面之間有摩擦力b.在02 s內(nèi),摩擦力對(duì)q的沖量是1 nsc.p、q之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1d.p相對(duì)q靜止的位置在q木板的最右端【解析】選b、c。由圖可知,在p、q系統(tǒng)相互作用的過(guò)程結(jié)束后,系統(tǒng)沿水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),可知系統(tǒng)所受的外力之和為零,木板q下表面與水平面之間沒(méi)有摩擦力,故a錯(cuò)誤;從圖象可知,02 s內(nèi),q先做勻加速直線運(yùn)動(dòng),再做勻速直線運(yùn)動(dòng),在12 s內(nèi)無(wú)摩擦力,根據(jù)動(dòng)量定理,摩擦力的沖量等于動(dòng)量的變化,所以i=mv-0=1 ns,故b正確;p從速度為2 m/s減為1 m/s 所需的時(shí)間為1 s,則a=g= m/s2=1 m/s2,解得=0.1,故c正確;在t=1 s時(shí),p、q相對(duì)靜止,一起做勻速直線運(yùn)動(dòng),在01 s內(nèi),p的位移x1=1 m=1.5 m,q的位移x2=1 m=0.5 m,所以x=x1-x2=1.5 m-0.5 m=1 m2 m,知p與q相對(duì)靜止時(shí)不在木板的右端,故d錯(cuò)誤。7.某校一學(xué)習(xí)小組為了研究路面狀況與物體滑行距離之間的關(guān)系,做了模擬實(shí)驗(yàn)。他們用底部貼有輪胎材料的小物塊a、b分別在冰面上做實(shí)驗(yàn),a的質(zhì)量是b的4倍。先使b靜止,a在距b為l處,以速度v0滑向b。實(shí)驗(yàn)結(jié)果如下:在第一次實(shí)驗(yàn)時(shí),a恰好未撞到b;在第二次實(shí)驗(yàn)時(shí),a、b仍相距l(xiāng),a以速度2v0滑向靜止的b,a撞到b后又共同滑行了一段距離。以下說(shuō)法正確的是 ()a.在第二次實(shí)驗(yàn)時(shí),a、b碰撞前瞬間,a的速度為v0b.a、b碰撞前后瞬間,a的速度之比為54c.a、b碰撞前后,a、b組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能與碰撞前系統(tǒng)動(dòng)能之比為725d.a與b碰撞后,a、b共同滑行的距離為l【解析】選b、d。設(shè)a、b碰撞前后瞬間的速度分別為v1和v2,第一次實(shí)驗(yàn)時(shí),對(duì)a由動(dòng)能定理得-magl=0-ma,第二次實(shí)驗(yàn)時(shí),對(duì)碰撞前a的過(guò)程由動(dòng)能定理得-magl=ma-ma(2v0)2,聯(lián)立解得v1=v0,故a錯(cuò)誤;取a的初速度方向?yàn)檎较?a、b的碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒,則得mav1=(ma+mb)v2,因ma=4mb,則得v1v2=54,即a、b碰撞前后瞬間,a的速度之比為54,故b正確;設(shè)ma=4mb=4m,v1=5v,則v2=4v,a、b碰撞前后,系統(tǒng)損失的機(jī)械能為e=ma-(ma+mb)=10mv2,碰撞前系統(tǒng)動(dòng)能為e=ma=50mv2,故a、b碰撞前后,a、b組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能與碰撞前系統(tǒng)動(dòng)能之比為15,故c錯(cuò)誤;a與b碰撞后滑行的過(guò)程,根據(jù)動(dòng)能定理得-(ma+mb)gs=0-(ma+mb),由以上知v2=v1=v0,聯(lián)立解得s=l,故d正確?！炯庸逃?xùn)練】(多選)如圖所示,水平傳送帶ab足夠長(zhǎng),質(zhì)量為m=1.0 kg 的木塊隨傳送帶一起以v1=2 m/s的速度向左勻速運(yùn)動(dòng)(傳送帶的速度恒定),木塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.5,當(dāng)木塊運(yùn)動(dòng)到最左端a點(diǎn)時(shí),一顆質(zhì)量為m=20 g的子彈,以v0=300 m/s 的水平向右的速度,正對(duì)射入木塊并穿出,穿出速度v=50 m/s,設(shè)子彈射穿木塊的時(shí)間極短,(g取10 m/s2)則()a.子彈射穿木塊后,木塊一直做減速運(yùn)動(dòng)b.木塊遭射擊后遠(yuǎn)離a的最大距離為0.9 mc.木塊遭射擊后到相對(duì)傳送帶靜止所經(jīng)歷的時(shí)間為1.0 sd.木塊遭射擊后到相對(duì)傳送帶靜止所經(jīng)歷的時(shí)間為0.6 s【解析】選b、c。子彈射穿木塊后,木塊先向右做減速運(yùn)動(dòng),然后再向左做加速運(yùn)動(dòng),故a錯(cuò)誤;設(shè)木塊被子彈擊穿時(shí)的速度為v3,子彈擊穿木塊過(guò)程水平方向的動(dòng)量守恒,選取向右為正方向,故:mv0-mv1=mv+mv3代入數(shù)據(jù)解得:v3=3.0 m/s木塊遭射擊后遠(yuǎn)離a的距離最大時(shí)的瞬時(shí)速度為0,根據(jù)動(dòng)能定理得:-mgxm=0-m代入數(shù)據(jù)得:xm=0.9 m,故b正確;選取向右為正方向,則木塊與傳送帶的速度相等時(shí)的速度是-2 m/s。木塊的加速度:a=-=-g=-0.510 m/s2=-5 m/s2木塊遭射擊后到相對(duì)傳送帶靜止所經(jīng)歷的時(shí)間為:t= s=1.0 s,故c正確,d錯(cuò)誤。8.(2018洛陽(yáng)模擬)如圖所示,質(zhì)量為m=245 g的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在質(zhì)量為m=0.5 kg的木板左端,足夠長(zhǎng)的木板靜止在光滑水平面上,物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為=0.4,質(zhì)量為m0=5 g的子彈以速度v0=300 m/s沿水平方向射入物塊并留在其中(時(shí)間極短),g取10 m/s2,則在整個(gè)過(guò)程中()a.物塊和木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒b.子彈的末動(dòng)量大小為0.01 kgm/sc.子彈對(duì)物塊的沖量大小為0.49 nsd.物塊相對(duì)木板滑行的時(shí)間為1 s【解題指導(dǎo)】解答本題應(yīng)注意以下四點(diǎn):(1)子彈射入物塊的過(guò)程中,子彈和物塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。(2)物塊在木板上滑動(dòng)過(guò)程,子彈、物塊和木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。(3)子彈對(duì)物塊的沖量等于物塊動(dòng)量的增量。(4)子彈與物塊間的相互作用力的沖量等大、反向。【解析】選b、d。子彈射入物塊的過(guò)程中,物塊的動(dòng)量增大,所以物塊和木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒,故a錯(cuò)誤;選取向右為正方向,子彈打入物塊過(guò)程,由動(dòng)量守恒定律得m0v0=(m0+m)v1,物塊在木板上滑動(dòng)過(guò)程,由動(dòng)量守恒定律得(m0+m)v1=(m0+m+m)v2,聯(lián)立解得v2= m/s=2 m/s,所以子彈的末動(dòng)量p=m0v2=510-32 kgm/s=0.01 kgm/s,故b正確;由動(dòng)量定理可得子彈受到的沖量i=p=p-p0=0.01 kgm/s-510-3300 kgm/s=-1.49 kgm/s=-1.49 ns,子彈與物塊作用的時(shí)間相等,相互作用力大小始終相等,而方向相反,所以子彈對(duì)物塊的沖量大小是1.49 ns,故c錯(cuò)誤;對(duì)子彈、物塊整體由動(dòng)量定理得-(m0+m)gt=(m0+m)(v2-v1),聯(lián)立解得物塊相對(duì)于木板滑行的時(shí)間t=1 s,故d正確。二、實(shí)驗(yàn)題(本題共2小題,共15分)9.(6分)如圖是用來(lái)驗(yàn)證動(dòng)量守恒的實(shí)驗(yàn)裝置,彈性球1用細(xì)線懸掛于o點(diǎn),o點(diǎn)下方桌子的邊沿有一豎直立柱。實(shí)驗(yàn)時(shí),調(diào)節(jié)懸點(diǎn),使彈性球1靜止時(shí)恰與立柱上的球2接觸且兩球等高。將球1拉到a點(diǎn),并使之靜止,同時(shí)把球2放在立柱上。釋放球1,當(dāng)它擺到懸點(diǎn)正下方時(shí)與球2發(fā)生對(duì)心碰撞。碰后球1向左最遠(yuǎn)可擺到b點(diǎn),球2落到水平地面上的c點(diǎn)。測(cè)出有關(guān)數(shù)據(jù)即可驗(yàn)證1、2兩球碰撞時(shí)動(dòng)量守恒。現(xiàn)已測(cè)出a點(diǎn)離水平桌面的距離為a,b點(diǎn)離水平桌面的距離為b,c點(diǎn)與桌子邊沿間的水平距離為c。此外,(1)還需要測(cè)量的量是 、 和。(2)根據(jù)測(cè)量的數(shù)據(jù),該實(shí)驗(yàn)中動(dòng)量守恒的表達(dá)式為。(忽略小球的大小)【解析】(1)要驗(yàn)證動(dòng)量守恒必須知道兩球碰撞前后的動(dòng)量變化,根據(jù)彈性球1碰撞前后的高度a和b,由機(jī)械能守恒可以求出碰撞前后的速度,故只要再測(cè)量彈性球1的質(zhì)量m1,就能求出彈性球1的動(dòng)量變化;根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律只要測(cè)出立柱高h(yuǎn)和桌面高h(yuǎn)就可以求出彈性球2碰撞前后的速度變化,故只要測(cè)量彈性球2的質(zhì)量m2和立柱高h(yuǎn)、桌面高h(yuǎn)就能求出彈性球2的動(dòng)量變化。(2)由以上分析可以寫(xiě)出動(dòng)量守恒的方程2m1=2m1+m2。答案:(1)彈性球1、2的質(zhì)量m1、m2立柱高h(yuǎn)桌面高h(yuǎn)(2)2m1=2m1+m210.(9分)如圖裝置可以用來(lái)驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律,具體操作步驟如下:(1)將打點(diǎn)計(jì)時(shí)器固定在長(zhǎng)木板的一端,把紙帶穿過(guò)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器,連在小車(chē)a的后面,此步驟操作時(shí)(選填“需要”或“不需要”)平衡摩擦力。(2)讓小車(chē)a運(yùn)動(dòng),小車(chē)b靜止,在兩小車(chē)的碰撞端分別裝上撞針和橡皮泥,碰撞時(shí)撞針插入橡皮泥把兩小車(chē)粘合成一體,需要按此步驟操作的理由是_ 。(3)根據(jù)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的紙帶計(jì)算出兩小車(chē)碰撞前和完成碰撞后的速度分別為v1、v2,請(qǐng)寫(xiě)出需要驗(yàn)證動(dòng)量守恒的表達(dá)式(已知a車(chē)的質(zhì)量為ma,b車(chē)的質(zhì)量為mb)?！窘馕觥?1)為了讓兩車(chē)碰撞中滿(mǎn)足動(dòng)量守恒,在實(shí)驗(yàn)前需要平衡摩擦力。(2)由于只有一條紙帶,故只能計(jì)算出碰撞前后各一個(gè)速度值,因此只能采用碰后兩小車(chē)結(jié)合為一個(gè)物體的方式進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。(3)設(shè)初速度方向?yàn)檎较?根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知,只要能滿(mǎn)足mav1=(ma+mb)v2即可驗(yàn)證動(dòng)量守恒。答案:(1)需要(2)根據(jù)一條紙帶只能計(jì)算出碰撞前和碰撞后各一個(gè)速度值(3)mav1=(ma+mb)v2三、計(jì)算題(本題共2小題,共37分。需寫(xiě)出規(guī)范的解題步驟)11.(17分)(2018吉林模擬)質(zhì)量m=0.60 kg的籃球從距地板h=0.80 m高處由靜止釋放,與水平地板撞擊后反彈上升的最大高度h=0.45 m,從釋放到彈跳至h高處經(jīng)歷的時(shí)間t=1.1 s,忽略空氣阻力,重力加速度g取 10 m/s2,求:(1)籃球與地板撞擊過(guò)程中損失的機(jī)械能。(2)籃球?qū)Φ匕宓钠骄矒袅?。【解題指導(dǎo)】解答本題應(yīng)注意以下三點(diǎn):(1)籃球與地板撞擊損失的機(jī)械能等于籃球在最高點(diǎn)時(shí)重力勢(shì)能的減少量。(2)由動(dòng)能定理和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可求出籃球與地板撞擊前后的速度大小以及籃球在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間。(3)由動(dòng)量定理求出地板對(duì)籃球的作用力。【解析】(1)籃球與地板撞擊過(guò)程中損失的機(jī)械能為:e=mgh-mgh=2.1 j(3分)(2)設(shè)籃球從h高處下落到地板所用時(shí)間為t1,剛接觸地板時(shí)的速度為v1;反彈離地時(shí)的速度為v2,上升的時(shí)間為t2,由動(dòng)能定理和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得:下落過(guò)程:mgh=m解得:v1=4 m/s(3分)t1=0.4 s(2分)上升過(guò)程:-mgh=0-m解得:v2=3 m/s(1分)t2=0.3 s(1分)籃球與地板接觸時(shí)間為:t=t-t1-t2=0.4 s(1分)設(shè)地板對(duì)籃球的平均撞擊力為f,取向上為正方向,由動(dòng)量定理得:(f-mg)t=mv2-(-mv1)(3分)解得:f=16.5 n(1分)根據(jù)牛頓第三定律,籃球?qū)Φ匕宓钠骄矒袅=f=16.5 n,方向豎直向下(2分)答案:(1)2.1 j(2)16.5 n,方向豎直向下12.(20分)(2018肇慶模擬)如圖所示,在光滑的水平面上有一長(zhǎng)為l的木板b,上表面粗糙,在其左端有一光滑的圓弧槽c,與長(zhǎng)木板接觸但不相連,圓弧槽的下端與木板上表面相平,b、c靜止在水平面上。現(xiàn)有滑塊a以初速度v0從右端滑上b,并以v0滑離b,恰好能到達(dá)c的最高點(diǎn)。a、b、c的質(zhì)量均為m,試求:(1)木板b上表面的動(dòng)摩擦因數(shù)。(2)圓弧槽c的半徑r。(3)當(dāng)a滑離c時(shí),c的速度?！窘馕觥?1)當(dāng)a在b上滑動(dòng)時(shí),a與bc整體發(fā)生作用,規(guī)定向左為正方向,由于水平面光滑,a與bc組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,則有:mv0=mv0+2mv1(2分)解得:v1=v0(1分)由能量守恒得知系統(tǒng)動(dòng)能的減小量等于滑動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的內(nèi)能,則有: