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专题 29 动量守恒定律及其应用（二）
34．（2023·全国）如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离
为l，圆管长度为 。一质量为 的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑
动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆
盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求
（1）第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；
（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；
（3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。
【答案】（1）小球速度大小 ，圆盘速度大小 ；（2）l；（3）4
【解析】（1）过程1：小球释放后自由下落，下降 ，根据机械能守恒定律
解得
过程2：小球以 与静止圆盘发生弹性碰撞，根据能量守恒定律和动量守恒定律分别有
解得即小球碰后速度大小 ，方向竖直向上，圆盘速度大小为 ，方向竖直向下；
（2）第一次碰后，小球做竖直上抛运动，圆盘摩擦力与重力平衡，匀速下滑，所以只要圆盘下降速度比
小球快，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，即
解得
根据运动学公式得最大距离为
（3）第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有
即
解得
此时小球的速度
圆盘的速度仍为 ，这段时间内圆盘下降的位移
之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒
根据能量守恒联立解得
同理可得当位移相等时
解得
圆盘向下运动
此时圆盘距下端管口13l，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度
有动量守恒
机械能守恒
得碰后小球速度为
圆盘速度
当二者即将四次碰撞时
x = x
盘3 球3即
得
在这段时间内，圆盘向下移动
此时圆盘距离下端管口长度为
20l－1l－2l－4l－6l = 7l
此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，下降距离逐次增加2l，故若发生下一次碰撞，圆盘将向下移动
x = 8l
盘4
则第四次碰撞后落出管口外，因此圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘的碰撞次数为4次。
35．（2023·海南）如图所示，有一固定的光滑 圆弧轨道，半径 ，一质量为 的小滑块B
从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知 ，B、C间
动摩擦因数 ，C与地面间的动摩擦因数 ，C右端有一个挡板，C长为 。
求：
（1） 滑到 的底端时对 的压力是多大？
（2）若 未与 右端挡板碰撞，当 与地面保持相对静止时， 间因摩擦产生的热量是多少？
（3）在 时，B与C右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求 从滑上 到最终停止所用
的时间。
【答案】（1）30N；（2）1.6J；（3）
【解析】（1）滑块下滑到轨道底部，有解得
在底部，根据牛顿第二定律
解得
由牛顿第三定律可知B对A的压力是 。
（2）当B滑上C后，对B分析，受摩擦力力向左，根据牛顿第二定律得
解得加速度向左为
对C分析，受B向右的摩擦力 和地面向左的摩擦力
根据牛顿第二定律
解得其加速度向左为
由运动学位移与速度关系公式 ，得B向右运动的距离
C向右运动距离
由功能关系可知，B、C间摩擦产生的热量可得
（3）由上问可知，若B还末与C上挡板碰撞，C先停下，用时为 ，有
解得
B的位移为
则此刻的相对位移为
此时
由 ，一定是C停下之后，B才与C上挡板碰撞。设再经 时间B与C挡板碰撞，有
解得
碰撞时B速度为
碰撞时由动量守恒可得
解得碰撞后B、C速度为之后二者一起减速，根据牛顿第二定律得
后再经 后停下，则有
故 从滑上 到最终停止所用的时间总时间
36．（2023·浙江）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角 的直轨道 、
螺旋圆形轨道 ，倾角 的直轨道 、水平直轨道 组成，除 段外各段轨道均光滑，且各
处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道 、 相切于 处．凹槽 底面 水平光滑，上面放有一无
动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁 处，摆渡车上表面与直轨道下 、平台 位于同一水平面。已知螺
旋圆形轨道半径 ，B点高度为 ， 长度 ， 长度 ，摆渡车长度 、
质量 。将一质量也为 的滑块从倾斜轨道 上高度 处静止释放，滑块在 段运动时的
阻力为其重力的0.2倍。（摆渡车碰到竖直侧壁 立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力， ，
）
（1）求滑块过C点的速度大小 和轨道对滑块的作用力大小 ；
（2）摆渡车碰到 前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数 ；
（3）在（2）的条件下，求滑块从G到J所用的时间 。
【答案】（1） ， ；（2） ；（3）
【解析】（1）滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得解得
滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得
解得
（2）设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为 ，从静止释放到G点过程，根据动能定理可得
解得
摆渡车碰到 前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速 ，以滑块和摆
渡车为系统，根据系统动量守恒可得
解得
根据能量守恒可得
解得
（3）滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为
所用时间为此过程滑块通过的位移为
滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动，该过程所用时间为
则滑块从G到J所用的时间为
37．（2022·天津）冰壶是冬季奥运会上非常受欢迎的体育项目。如图所示，运动员在水平冰面上将冰壶A
推到M点放手，此时A的速度 ，匀减速滑行 到达N点时，队友用毛刷开始擦A运动
前方的冰面，使A与 间冰面的动摩擦因数减小，A继续匀减速滑行 ，与静止在P点的冰壶B
发生正碰，碰后瞬间A、B的速度分别为 和 。已知A、B质量相同，A与 间
冰面的动摩擦因数 ，重力加速度 取 ，运动过程中两冰壶均视为质点，A、B碰撞时间极
短。求冰壶A
（1）在N点的速度 的大小；
（2）与 间冰面的动摩擦因数 。
【答案】（1） ；（2）
【解析】（1）设冰壶质量为 ，A受到冰面的支持力为 ，由竖直方向受力平衡，有
设A在 间受到的滑动摩擦力为 ，则有设A在 间的加速度大小为 ，由牛顿第二定律可得
联立解得
由速度与位移的关系式，有
代入数据解得
（2）设碰撞前瞬间A的速度为 ，由动量守恒定律可得
解得
设A在 间受到的滑动摩擦力为 ，则有
由动能定理可得
联立解得
38．（2022·福建）如图，L形滑板A静置在粗糙水平面上，滑板右端固定一劲度系数为 的轻质弹簧，弹
簧左端与一小物块B相连，弹簧处于原长状态。一小物块C以初速度 从滑板最左端滑入，滑行 后与B
发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），然后一起向右运动；一段时间后，滑板A也开始运动．已知A、
B、C的质量均为 ，滑板与小物块、滑板与地面之间的动摩擦因数均为 ，重力加速度大小为 ；最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，弹簧始终处于弹性限度内。求：
（1）C在碰撞前瞬间的速度大小；
（2）C与B碰撞过程中损失的机械能；
（3）从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【解析】（1）小物块C运动至刚要与物块B相碰过程，根据动能定理可得
解得C在碰撞前瞬间的速度大小为
（2）物块B、C碰撞过程，根据动量守恒可得
解得物块B与物块C碰后一起运动的速度大小为
故C与B碰撞过程中损失的机械能为
（3）滑板A刚要滑动时，对滑板A，由受力平衡可得
解得弹簧的压缩量，即滑板A开始运动前物块B和物块C一起运动的位移大小为
从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功为
39．（2022·海南）有一个角度可变的轨道，当倾角为 时，A恰好匀速下滑，现将倾角调为 ，从高为h的地方从静止下滑，过一段时间无碰撞地进入光滑水平面，与B发生弹性正碰，B被一根绳子悬挂，与
水平面接触但不挤压，碰后B恰好能做完整的圆周运动，已知A的质量是B质量的3倍，求：
①A与轨道间的动摩擦因数 ；
②A与B刚碰完B的速度大小；
③绳子的长度L。
【答案】① ；② ；③0.6h
【解析】①倾角为 时匀速运动，根据平衡条件有
得
②③A从高为h的地方滑下后速度为 ，根据动能定理有
A与B碰撞后速度分别为 和 ，根据动量守恒、能量守恒有
B到达最高点速度为 ，根据牛顿第二定律有
根据能量守恒有
解得40．（2022·湖北）打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示，重物A、B和C通过不可伸长
的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高（图中实线位置）时，C到两定滑轮的距离
均为L。重物A和B的质量均为m，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C的绳与水平方向的夹
角为60°。某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然后由静止释放。设C的下落速度为 时，
与正下方质量为2m的静止桩D正碰，碰撞时间极短，碰撞后C的速度为零，D竖直向下运动 距离后静
止（不考虑C、D再次相碰）。A、B、C、D均可视为质点。
（1）求C的质量；
（2）若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，求F的大小；
（3）撤掉桩D，将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求A、B、C的总动能最大时C的动能。
【答案】（1） ；（2）6.5mg；（3）
【解析】（1）系统在如图虚线位置保持静止，以C为研究对象，根据平衡条件可知
解得
（2）CD碰后C的速度为零，设碰撞后D的速度v，根据动量守恒定律可知
解得CD碰撞后D向下运动 距离后停止，根据动能定理可知
解得
F=6.5mg
（3）设某时刻C向下运动的速度为v′，AB向上运动的速度为v，图中虚线与竖直方向的夹角为α，根据机
械能守恒定律可知
令
对上式求导数可得
当 时解得
即
此时
于是有
解得
此时C的最大动能为41．（2022·浙江）如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时
针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管
道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左
拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知 ，
， ， ， ，物块与MN、CD之间的动摩擦因数 ，轨道AB和管道DE
均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可
视为质点，取 。
（1）若 ，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度 的大小；
（2）物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力 与h间满足的关系；
（3）若物块b释放高度 ，求物块a最终静止的位置x值的范围（以A点为坐标原点，水
平向右为正，建立x轴）。
【答案】（1） ；（2） ；（3）当 时，
，当 时，
【解析】（1）滑块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律
解得
与 发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得联立解得
（2）由（1）分析可知，物块 与物块 在 发生弹性正碰，速度交换，设物块 刚好可以到达 点，高
度为 ，根据动能定理可得
解得
以竖直向下为正方向
由动能定理
联立可得
（3）当 时，物块位置在 点或 点右侧，根据动能定理得
从 点飞出后，竖直方向
水平方向
根据几何关系可得联立解得
代入数据解得
当 时，从 释放时，根据动能定理可得
解得
可知物块达到距离 点0.8m处静止，滑块a由E点速度为零，返回到 时，根据动能定理可得
解得
距离 点0.6m，综上可知当 时
代入数据得
42．（2022·广东）某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面
上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度 为 向上滑动时，受
到滑杆的摩擦力f为 ，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。
已知滑块的质量 ，滑杆的质量 ，A、B间的距离 ，重力加速度g取 ，不
计空气阻力。求：（1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小 和 ；
（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小v；
1
（3）滑杆向上运动的最大高度h。
【答案】（1） ， ；（2） ；（3）
【解析】（1）当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即
当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1N，方
向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为
（2）滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有
代入数据解得 。
（3）由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有
碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有
代入数据联立解得 。
43．（2022·河北）如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为 和 ，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为 ，A和C以相同速度 向右运动，B和D以相同速度
向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑块，A与B粘在
一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为 。重力加速度大小取 。
（1）若 ，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向；
（2）若 ，从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。
【答案】（1） ， ，方向均向右；（2）
【解析】（1）物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后物块C、D形成的新物块的速度为 ，C、
D的质量均为 ，以向右方向为正方向，则有
解得
可知碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度大小为 ，方向向右。
滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为 ，滑板A和B质量分
别为 和 ，则由
解得
则新滑板速度方向也向右。
（2）若 ，可知碰后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为
可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，设新物块
的质量为 ，新滑板的质量为 ，相对静止时的共同速度为 ，根据动量守恒可得
解得
根据能量守恒可得
解得
44．（2022·全国）如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块B向A
运动， 时与弹簧接触，到 时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的 图像如图（b）所示。
已知从 到 时间内，物块A运动的距离为 。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与
一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为
，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求
（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
（3）物块A与斜面间的动摩擦因数。【答案】（1） ；（2） ；（3）
【解析】（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时 、 速度相等，即 时刻，根据动量
守恒定律
根据能量守恒定律
联立解得
（2）解法一：同一时刻弹簧对 、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律
可知同一时刻
则同一时刻 、 的的瞬时速度分别为
，
根据位移等速度在时间上的累积可得
，
又解得
第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
解法二：B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有
对方程两边同时乘以时间 ，有
0-t 之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得
0
将 代入可得
则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
（3）物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为 ，方
向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为 ，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得
根据能量守恒定律可得
联立解得
方法一：设在斜面上滑行的长度为 ，上滑过程，根据动能定理可得下滑过程，根据动能定理可得
联立解得
方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A上滑和下滑时的加速度，
，
上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，由匀变速直线运动的位移速度关系可得
，
联立可解得
45．（2021·海南）如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v 向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地
0
轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为
g。
（1）滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；
（2）某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；
（3）若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直
到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。
【答案】（1）v = ；（2）x = ；（3）t = ，W = mv2
共 0
【解析】（1）由于地面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，有
2mv = 3mv
0 共
解得
v =
共
（2）由于木板速度是滑块的2倍，则有
v = 2v
木 滑再根据动量守恒定律有
2mv = 2mv + mv
0 木 滑
联立化简得
v = v，v = v
滑 0 木 0
再根据功能关系有
- μmgx = × 2mv 2 + mv 2 - × 2mv2
木 滑 0
经过计算得
x =
（3）由于木板保持匀速直线运动，则有
F = μmg
对滑块进行受力分析，并根据牛顿第二定律有
a = μg
滑
滑块相对木板静止时有
v = a t
0 滑
解得
t =
则整个过程中木板滑动的距离为
x′ = vt =
0
则拉力所做的功为
W = Fx′ = mv2
0
46．（2021·湖北）如图所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑
水平面在Q点相切。在水平面上，质量为m的小物块A以某一速度向质量也为m的静止小物块B运动。
A、B发生正碰后，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，A沿半圆弧轨道运动到与O点等高
的C点时速度为零。已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力。
（1）求B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离；
（2）当A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点时，OD与OQ夹角为θ，求此时A所受力对A做功的功率；
（3）求碰撞过程中A和B损失的总动能。【答案】（1）2R ；（2） ；（3）
【解析】解：（1）设 B到半圆弧轨道最高点时速度为 ，由于B对轨道最高点的压力为零，则由牛顿第
二定律得
B离开最高点后做平抛运动，则在竖直方向上有
在水平方向上有
联立解得
x=2R
（2）对A由C到D的过程，由机械能守恒定律得
由于对A做功的力只有重力，则A所受力对A做功的功率为
解得
（3）设A、B碰后瞬间的速度分别为v，v，对B由Q到最高点的过程，由机械能守恒定律得
1 2
解得对A由Q到C的过程，由机械能守恒定律得
解得
设碰前瞬间A的速度为v，对A、B碰撞的过程，由动量守恒定律得
0
解得
碰撞过程中A和B损失的总动能为
解得
47．（2021·辽宁）如图所示，在x>0区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场；在x<0
区域内存在沿x轴正方向的匀强电场。质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子甲从点S（-a，0）由静止释放，
进入磁场区域后，与静止在点P（a，a）、质量为 的中性粒子乙发生弹性正碰，且有一半电量转移给粒
子乙。（不计粒子重力及碰撞后粒子间的相互作用，忽略电场、磁场变化引起的效应）
（1）求电场强度的大小E；
（2）若两粒子碰撞后，立即撤去电场，同时在x≤0区域内加上与x>0区域内相同的磁场，求从两粒子碰撞
到下次相遇的时间 t；
（3）若两粒子碰撞△后，粒子乙首次离开第一象限时，撤去电场和磁场，经一段时间后，在全部区域内加
上与原x>0区域相同的磁场，此后两粒子的轨迹恰好不相交，求这段时间内粒子甲运动的距离L。【答案】（1） ；（2） ；（3）
【解析】（1）粒子甲匀速圆周运动过P点，则在磁场中运动轨迹半径
R=a
则
则
粒子从S到O，有动能定理可得
可得
（2）甲乙粒子在P点发生弹性碰撞，设碰后速度为 、 ，取向上为正，则有
计算可得
两粒子碰后在磁场中运动解得
两粒子在磁场中一直做轨迹相同的匀速圆周运动，周期分别为
则两粒子碰后再次相遇
解得再次相遇时间
（3）乙出第一象限时甲在磁场中偏转角度为
撤去电场磁场后，两粒子做匀速直线运动，乙粒子运动一段时间后，再整个区域加上相同的磁场，粒子在
磁场中仍做半径为a的匀速圆周运动，要求轨迹恰好不相切，则如图所示
设撤销电场、磁场到加磁场乙运动了 ，由余弦定理可得则从撤销电场、磁场到加磁场乙运动的位移
48．（2021·天津）一玩具以初速度 从水平地面竖直向上抛出，达到最高点时，用遥控器将玩具内压缩的
轻弹簧弹开，该玩具沿水平方向分裂成质量之比为1∶4的两部分，此时它们的动能之和与玩具从地面抛出
时的动能相等。弹簧弹开的时间极短，不计空气阻力。求
（1）玩具上升到最大高度 时的速度大小；
（2）两部分落地时速度大小之比。
【答案】（1） ；（2）
【解析】（1）设玩具上升的最大高度为h，玩具上升到高度 时的速度大小为v，重力加速度大小为g，
以初速度方向为正，整个运动过程有
玩具上升到最大高度 有
两式联立解得
（2）设玩具分开时两部分的质量分别为 、 ，水平速度大小分别为 、 。依题意，动能关系为
玩具达到最高点时速度为零，两部分分开时速度方向相反，水平方向动量守恒，有分开后两部分做平抛运动，由运动学关系，两部分落回地面时，竖直方向分速度大小为 ，设两部分落地
时的速度大小分别为 、 ，由速度合成公式，有
，
结合 ，解得
49．（2021·北京）如图所示，小物块A、B的质量均为m = 0.10 kg，B静止在轨道水平段的末端。A以水
平速度v 与B碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为h = 0.45 m，两物
0
块落地点距离轨道末端的水平距离为s = 0.30 m，取重力加速度g = 10 m/s2。求：
（1）两物块在空中运动的时间t；
（2）两物块碰前A的速度v 的大小；
0
（3）两物块碰撞过程中损失的机械能 。
【答案】（1）0.30 s；（2） ；（3）
【解析】（1）竖直方向为自由落体运动，由
得
t = 0.30 s
（2）设A、B碰后速度为 ，水平方向为匀速运动，由
得根据动量守恒定律，由
得
（3）两物体碰撞过程中损失的机械能
得
50．（2021·浙江）如图所示，水平地面上有一高 的水平台面，台面上竖直放置倾角 的粗
糙直轨道 、水平光滑直轨道 、四分之一圆周光滑细圆管道 和半圆形光滑轨道 ，它们平滑
连接，其中管道 的半径 、圆心在 点，轨道 的半径 、圆心在 点， 、D、
和F点均处在同一水平线上。小滑块从轨道 上距台面高为h的P点静止下滑，与静止在轨道 上等质
量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道 、轨道 从F点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的
三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q点，已知小滑块与轨道
间的动摩擦因数 ， ， 。
（1）若小滑块的初始高度 ，求小滑块到达B点时速度 的大小；
（2）若小球能完成整个运动过程，求h的最小值 ；
（3）若小球恰好能过最高点E，且三棱柱G的位置上下可调，求落地点Q与F点的水平距离x的最大值
。【答案】（1）4m/s；（2） ；（3）0.8m
【解析】（1）小滑块在 轨道上运动
代入数据解得
（2）小球沿 轨道运动，在最高点可得
从C点到E点由机械能守恒可得
解得
，
小滑块与小球碰撞后动量守恒，机械能守恒，因此有
，
解得
，
结合(1)问可得
解得h的最小值
（3）设F点到G点的距离为y，小球从E点到G点的运动，由动能定理
由平抛运动可得
，联立可得水平距离为
由数学知识可得当
取最大，最大值为
