第35讲多体机械能守恒问题（解析版）_4.2025物理总复习_2023年新高复习资料_专项复习_2023届高三物理高考复习101微专题模型精讲精练

第 35 讲 多体机械能守恒问题 1．（2022·湖北）如图所示，质量分别为m和2m的小物块P和Q，用轻质弹簧连接后放在水平地 面上，P通过一根水平轻绳连接到墙上。P的下表面光滑，Q与地面间的动摩擦因数为 ，最大 静摩擦力等于滑动摩擦力。用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，Q恰μ好能保 持静止。弹簧形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g。若剪断轻绳， P在随后的运动过程中相对于其初始位置的最大位移大小为（ ） μmg 2μmg 4μmg 6μmg A． B． C． D． k k k k 【解答】解：Q恰好能保持静止时，设弹簧的伸长量为x，满足 kx＝2 mg 若剪断μ轻绳后，物块P与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的最大压缩量也为x，因此P相对于 4μmg 其初始位置的最大位移大小为s＝2x= k 故ABD错误，C正确； 故选：C。 （多选）2．（2022·海南）如图，带正电3×10﹣5C的物块A放在水平桌面上，通过光滑的滑轮与B 相连，A处在匀强电场中，E＝4×105N/C，从O开始，A与桌面的动摩擦因数 随x的变化如图 所示，取O点电势能为零，A、B质量均为1kg，B离滑轮的距离足够长，则（μ ） A．它们运动的最大速度为1m/s B．它们向左运动的最大位移为1m C．当速度为0.6m/s时，A的电势能可能是﹣2.4J D．当速度为0.6m/s时，绳子的拉力可能是9.2N【解答】解：A、做匀速直线运动时速度最大，对AB，整体，由平衡条件得：qE＝mg+ mg， 代入数据解得： ＝0.2，由图示图象可知： ＝0.2x，当 ＝0.2时，x＝1m，该过程，摩擦μ力做 μ μ μ 1 1 1 功W= mgx= ×0.2×1×10×1J＝1J，根据功能关系有：qEx﹣mgx﹣W= ×2mv2，代入 f 2 2 f 2 m μ 数据解得最大速度：v ＝1m/s，故A正确； m B、向左运动到最大位移处时，速度为零，设最大位移为 x ，根据功能关系可知：qEx ﹣mgx m m m 0.2x ﹣W ＝0，该过程克服摩擦力做功W = m×mgx =0.1mgx2，代入数据解得：x ＝2m， fm fm 2 m m m 故B错误； 1 C、设速度v＝0.6m时位移大小为x，根据功能关系得：qEx﹣mgx﹣W= ×2mv2，其中W f f 2 0.2x = ×mgx=0.1mgx2，代入数据解得：x ≈0.2m，x ＝1.8m， 1 2 2 A的电势能E ＝﹣qEx ＝﹣3×10﹣5×4×105×0.1J＝﹣2.4J，或E ＝﹣qEx ＝﹣3×10﹣5×4×105×1.9J p1 1 p2 2 ＝﹣21.6J，故C正确； D、当v＝0.6m/s时， ＝0.2x ＝0.2×0.2＝0.04， ＝0.2x ＝0.2×1.8＝0.36，对A、B系统，由牛 1 1 2 2 顿第二定律得：qE﹣mμg﹣ mg＝2ma，对B，由牛μ顿第二定律得：T﹣mg＝ma，代入数据解得： T ＝10.8N或T ＝9.2N，故μD正确。 1 2 故选：ACD。 一.知识回顾 1.多物体组成的系统机械能守恒是否守恒的判断方法 看是否有其他形式的能与机械能相互转化。 2．三种守恒表达式的比较 角度 公式 意义 注意事项 系统的初状态机械能的 守恒 E＋E 初、末状态必须用同一 k1 p1 总和与末状态机械能的 观点 ＝E＋E 零势能面计算势能 k2 p2 总和相等 应用时关键在于分清势 系统减少(或增加)的势 转化 能的增加量或减少量， ΔE＝－ΔE 能等于系统增加(或减 k p 观点 可不选零势能面而直接 少)的动能 计算初、末状态的势能差 若系统由A、B两物体组 常用于解决两个或多个 转移 成，则A物体机械能的 ΔE ＝ΔE 物体组成的系统的机械 A增 B减 观点 增加量与B物体机械能 能守恒问题 的减少量相等 3．几种常见类型 类型一：质量均匀的链条或柔软的绳索 类型二：轻绳连接的物体系统 (1)常见情景 (2)三点提醒 ①分清两物体是速度大小相等，还是沿绳方向的分速度大小相等。(易错点) ②用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系。 ③对于单个物体，一般绳上的力要做功，机械能不守恒；但对于绳连接的系统，机械能则可能 守恒。 类型三：轻杆连接的物体系统 (1)常见情景 (2)三大特点 ①用杆连接的两个物体，其线速度大小一般有以下两种情况： a．若两物体绕某一固定点做圆周运动，根据角速度ω相等确定线速度v的大小。 b．“关联速度法”：两物体沿杆方向速度大小相等。 ②杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒。 ③对于杆和球组成的系统，忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功，则系统机械能 守恒。 类型四：几个接触的物体组成的连接体二.例题精析 题型一：质量均匀的链条模型 例1．一根质量为m、长为L的均匀链条一半放在光滑的水平桌面上，另一半悬在桌边，桌面足够 高，如图a所示。若将一个质量为m小球分别拴在链条左端和右端，如图b、图c所示。约束链 条的挡板光滑，三种情况均由静止释放，当整根链条刚离开桌面时，关于它们的速度关系，下 列 判 断 中 正 确 的 是 （ ） A．v ＝v ＝v B．v ＜v ＜v C．v ＞v ＞v D．v ＞v ＞v a b c a b c c a b b a c 【解答】解：铁链释放之后，到离开桌面，由于桌面无摩擦， 对两次释放，桌面下方L处为0势能面。 则释放前，系统的重力势能为 1 1 3 7 第一次，E = mgL+ mg• L= mgL p1 2 2 4 8 1 1 3 15mgL 第二次，E ＝（ m+m）gL+ mg• L= p2 2 2 4 8 1 1 3 L 11 第三次，E = mgL+ mg• L+mg = mgL p3 2 2 4 2 8 L 释放后E '＝mg p1 2 L 3 E '＝mgL+mg = mgL p2 2 2 1 E '= mgL p3 2 则损失的重力势能 3 △E = mgL p1 83 △E = mgL p2 8 7 △E = mgL p3 8 1 那么△E = mv 2 p1 a 2 1 △E = （2m）v 2 p2 b 2 1 △E = （2m）v 2 p3 c 2 3gL 解得：v 2= a 4 3 v 2= gL b 8 7 v 2= gL c 8 显然 v 2＞v 2＞v 2， c a b 所以v ＞v ＞v ， c a b 故选：C。 题型二：轻绳连接的物体系统 例2．如图，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R有 光滑圆柱，A的质量为B的两倍．当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高．将A由静止释放，B 上升的最大高度是（ ） 5R 4R 2R A．2R B． C． D． 3 3 3 【解答】解：设B的质量为m，则A的质量为2m， 以A、B组成的系统为研究对象， 在A落地前，由动能定理可得：1 ﹣mgR+2mgR= （m+2m）v2﹣0， 2 以B为研究对象，在B上升过程中， 1 由动能定理可得：﹣mgh＝0- mv2， 2 则B上升的最大高度H＝R+h， 4R 解得：H= ； 3 故选：C。 题型三：轻杆连接的物体系统 （多选）例3．如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放 在地面上。a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动。不计摩擦，a、b可视为质点，重 力加速度大小为g。则（ ） A．a落地前，轻杆对b先做正功再做负功 B．a落地时速度小于√2gh C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于g D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小等于mg 【解答】解：A、a、b通过杆相连，沿杆方向分速度相等，当a到达底端时，b的速度为零，初 始速度为零，所以b的速度在整个过程中，先增大后减小，则动能先增大后减小，所以轻杆对b 先做正功，后做负功，故A正确； B、a运动到最低点时，b的速度为零，根据系统机械能守恒定律得： 1 m gh= m v2 A 2 A A 解得： ， v =√2gh A 故B错误；C、b的速度在整个过程中，先增大后减小，所以杆对b的作用力先是动力后是阻力，所以杆对 a的作用力就先是阻力后是动力，所以在b减速的过程中，杆对a是向下的拉力，此时a的加速 度大于重力加速度，故C错误； D、a、b整体的机械能守恒，当a的机械能最小时，b的速度最大，此时b受到a的推力为零，b 只受到重力的作用，所以b对地面的压力大小为mg，故D正确。 故选：AD。 三.举一反三，巩固练习 1. 如图所示，一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球 a和b，用手托住球b，当 绳刚好被拉紧时，球b离地面的高度为h，球a静止于地面。已知球a的质量为m，球b的质量 为3m，重力加速度为g，定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦均不计。若无初速度释放球 b，则下 列判断正确的是（ ） 5 A．在球b下落过程中，绳子的拉力大小为 mg 2 B．在球b下落过程中，球b的机械能减小3mgh 3 C．在球b下落过程中，球a的机械能增加 mgh 2 D．在球b下落过程中，绳对球a拉力冲量大小为3mg√h 【解答】解：A、以a、b整体为研究对象，根据牛顿第二定律有：3mg﹣mg＝4ma g 解得：a= 2 对a球受力分析有：T﹣mg＝ma 3 解得：T= mg 2 故A错误； 3 B．在球b下落过程中，球b的机械能减小量等于拉力做的功ΔE=W =-Th=- mgh 2 故B错误；3 C．在球b下落过程中，球a的机械能的增加量等于拉力做的功ΔE=W =Th= mgh 2 故C正确； 1 D．在球b下落过程中，根据位移—时间关系有：h= gt2 2 √h 解得t=2 g 则在球b下落过程中，绳对球a拉力冲量大小为I=Tt=3m√gh 故D错误。 故选：C。 2. 某小组设计一个离心调速装置如图所示，质量为m的滑块Q可沿竖直轴无摩擦地滑 动，并用原长为l的轻弹簧与O点相连，两质量均为m的小球P 和P 对称地安装在轴的两边， 1 2 P 和P 与O、P 和P 与Q间用四根长度均为l的轻杆通过光滑铰链连接起来。当装置静止不动 1 2 1 2 系统达到平衡时，轻杆张开的角度为 ＝30°。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ） θ A．当装置静止不动系统达到平衡时，轻弹簧弹力大小为3mg B．当装置静止不动系统达到平衡时，轻弹簧的伸长量为l C．若P 和P 绕轴旋转的角速度从0缓慢增大，则弹簧的弹性势能先减小后增大 1 2 D．若P 和P 绕轴旋转的角速度从0缓慢增大，则弹簧的弹性势能逐渐减小 1 2 【解答】解：A、对P 进行受力分析，如图所示，设OP 杆的弹力为F，根据水平方向受力平衡， 1 1 可得QP 杆的弹力大小也为F。 1 竖直方向根据平衡条件可得：2Fcos ＝mg； 对Q进行分析，竖直方向根据平衡条θ件可得：T弹 ＝mg+2Fcos 联立解得弹簧弹力：T弹 ＝2mg，故A错误； θ √3 B、根据图中几何关系可得弹簧长度为L＝2lcos ＝2l× =√3l 2 θ 所以当装置静止不动系统达到平衡时，轻弹簧的伸长量为Δx＝L﹣l＝（√3-1）l，故B错误；CD、若P 和P 绕轴旋转的角速度从0缓慢增大，则 逐渐增大，当 ＝60°时，弹簧长度为l， 1 2 此时弹簧的弹性势能为零；如果角速度继续增大，则弹θ 簧的弹性势能增θ 大，故若 P 和P 绕轴旋 1 2 转的角速度从0缓慢增大，则弹簧的弹性势能先减小后增大，故C正确、D错误。 故选：C。 3. 如图所示，套在光滑竖直杆上的物体A，通过轻质细绳与光滑水平面上的物体B相连 接，A、B质量相同。现将A从与B等高处由静止释放，不计一切摩擦，重力加速度取 g，当 细绳与竖直杆间的夹角为 ＝60°时，A下落的高度为h，此时物体B的速度为（ ） θ √2 √4 √gh A． gh B． gh C． D．√gh 5 5 2 【解答】解：设物体 A 下落高度 h 时，物体 A 的速度为 v ，物体 B 的速度为 v ，此时有 A B v v = B =2v A cos60° B 1 1 物体A，B组成的系统机械能守恒，则有mgh= mv2 + mv2 2 A 2 B √2 联立解得：v = gh，故A正确，BCD错误。 B 5 故选：A。 4. 如图所示，倾角为30°的斜面体固定在水平地面上，一根不可伸长的轻绳两端分别系 着小球A和小物块B，跨过固定于斜面体顶端的定滑轮O（不计滑轮的摩擦），A的质量为 m，B的质量为4m。开始时，用手托住A，使OA段绳恰好处于水平伸直状态（绳中无拉力）， OB绳平行于斜面，此时B静止不动，将A由静止释放，在其下摆过程中B始终保持静止。则 在绳子到达竖直位置之前，下列说法正确的是（ ）A．物块B受到的摩擦力方向一直沿着斜面向上 B．物块B受到的摩擦力大小可能始终不变 C．小球所受重力的功率一直增大 D．地面对斜面体的摩擦力方向一直水平向右 1 【解答】解：AB、小球A摆下过程，只有重力做功，机械能守恒，故有mgL= mv2，在最低点， 2 v2 有T﹣mg＝m ，解得T＝3mg。故绳子最大拉力为T＝3mg。 L 再对物体B受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力。重力的下滑分量为F ＝4mgsin30°＝ x 2mg。 由于绳子最大拉力T＞F，故静摩擦力先减小，当拉力大于2mg后，反向变大。故A、B错误。 C、根据功率的定义可知，开始时速度为零，重力功率为零，在最低点，速度与重力方向垂直， 故重力功率也为零。因此重力功能先增大，后减小。故C错误。 D、将A由静止释放，在其下摆过程中B始终保持静止，在绳子到达竖直位置之前，把斜面与 物块B看作整体，绳子始终有拉力，此拉力水平向左有个分力，而整体保持静止，水平方向受 力平衡，因此，地面对斜面体的摩擦力方向一直水平向右，故D正确。 故选：D。 5. 如图所示，斜面倾角为 ＝37°，物体1放在斜面紧靠挡板处，物体1和斜面间动摩擦 因数为 ＝0.5，一根很长的不可伸θ长的柔软轻绳跨过光滑轻质的小定滑轮，绳一端固定在物体 1上，另μ一端固定在物体2上，斜面上方的轻绳与斜面平行．物体2下端固定一长度为h的轻 绳，轻绳下端拴在小物体3上，物体1、2、3的质量之比为4：1：5，开始时用手托住小物体 3，小物体3到地面的高度也为h，此时各段轻绳刚好拉紧．已知物体触地后立即停止运动、不 再反弹，重力加速度为g＝10m/s2，小物体3从静止突然放手后物体1沿面上滑的最大距离为 （ ）7 4 A．3h B． h C．2h D． h 3 3 【解答】解：设2的质量为m； 从开始放手到3触地过程中，设触地时3的速度为v ；则对整体有功能关系可知： 1 1 6mgh﹣（4mgsin +4 mgcos ）h= （10m）v 2； 1 2 θ μ θ 此后3停止，设物体2继续向下运动距离s后速度减小为零，对1、2应用功能关系可知： 1 mgs﹣（4mgsin +4 mgcos ）s＝0- （5m）v 2 1 2 θ μ θ h 解得：s= ； 3 4 则1沿斜面上滑的最大距离为L＝h+s= h； 3 故选：D。 6. （多选）轮轴机械是中国古代制陶的主要工具。如图所示，轮轴可绕共同轴线O自由 转动，其轮半径R＝20cm，轴半径r＝10cm，用轻质绳缠绕在轮和轴上，分别在绳的下端吊起 质量为2kg、1kg的物块P和Q，将两物块由静止释放，释放后两物块均做初速度为0的匀加速 直线运动，不计轮轴的质量及轴线O处的摩擦，重力加速度g取10m/s2。在P从静止下降1.2m 的过程中，下列说法正确的是（ ） A．P、Q速度大小始终相等 B．Q上升的距离为0.6m C．P下降1.2m时Q的速度大小为2√3m/s D．P下降1.2m时的速度大小为4m/s 【解答】解：A．由题意知，轮半径R＝20cm，轴半径r＝10cm，根据线速度与角速度关系可知v ωR 2，故A错误； P = = v ωr 1 Q B．在P从静止下降1.2m的过程中，由题意得，h v t 2 P = P = h v t 1 Q Q 解得h ＝0.6m Q 故B正确； 1 1 CD．根据机械能守恒得m gh = m v2+ m v2 +m gh P P 2 P P 2 Q Q Q Q 由A项和B项知v 2 P = v 1 Q h ＝0.6m Q 解得v ＝2m/s，v ＝4m/s Q P 故C错误，D正确。 故选：BD。 7. （多选）如图所示，倾角为 ＝30o的固定的足够长斜面下端固定一挡板，一劲度系 数为k的轻弹簧下端固定在挡板上，另α一端与一质量为m的小物块相连，小物块通过细绳跨过 定滑轮与质量为M的铁块相连，M离地足够高。开始时用手托住铁块使轻绳伸直且拉力刚好 为零，现松手使之开始运动，忽略一切摩擦，下列说法正确的是（ ） A．无论M质量多大，系统在运动过程中轻绳始终不会松弛 1 B．若M＜ m，则m刚开始将向下运动 2 C．若M＝m，则M的最大速度为v √mg2 = 2k 2mg D．若M＝m，则m能上升的最大高度为 k 【解答】解：A、小物块m通过细绳跨过定滑轮与铁块M相连，忽略一切摩擦，则系统在运动过程中轻绳始终不会松弛，与M的质量大小无关，故A正确； B、开始时轻绳拉力刚好为零，m的合力为零，松手后，m的合力等于绳的拉力，则m刚开始将 向上运动，故B错误； C、若M＝m，当M的合力为零时速度最大，则有T＝Mg。对m，开始时有mgsin30°＝kx ，弹 1 mg 簧压缩量为x = 。当M的速度最大时m的速度也最大，m的合力也为零，则有T＝mgsin30° 1 2k mg +kx ，此时弹簧伸长量为x = 。因x ＝x ，则此过程中弹簧弹性势能变化量为零。从开始释 2 2 1 2 2k 1 放到M最大速度，由系统的机械能守恒得：Mg（x +x ）＝mg（x +x ）sin30°+ (M+m)v2， 1 2 1 2 2 解得v √mg2，故C正确； = 2k 1 D、设若 M＝m，则 m 能上升的最大高度为 L。由系统的机械能守恒得：MgL+ kx2= 2 1 1 2mg mgLsin30°+ k(L-x ) 2，解得L= ，故D正确。 2 1 k 故选：ACD。 8. （多选）如图所示，在倾角 ＝37°斜坡的底端固定一挡板，一轻弹簧下端固定在挡板 上，弹簧自然伸长时其上端位于斜坡上θ 的O点处。质量分别为m ＝5.0kg、m ＝1.0kg的物块a a b 和b用轻绳连接，轻绳跨过斜坡顶端的定滑轮，开始时让a静止在斜坡上的P点处，b悬空。 现将a由静止释放，a沿斜面下滑，当a将弹簧压缩到Q点时，a的速度减为零。已知PO＝ 1.0m，OQ＝0.5m，a与斜坡之间的动摩擦因数 ＝0.2，sin37°＝0.6，整个过程细绳始终没有松 弛。则下列说法正确的是（ ） μ A．a在与弹簧接触前的加速度大小为2m/s2B．a在与弹簧接触前，轻绳上的拉力为10N C．a位于Q点时，弹簧所储存的弹性势能为18J 2√3 D．a第一次被弹回到O点时的速度为 m/s 3 【解答】解：AB、a 与弹簧接触前，对 a、b 组成的系统，由牛顿第二定律得：m gsin ﹣ a m gcos ﹣m g＝（m +m ）a θ a b a b μ对物块bθ，由牛顿第二定律得：T﹣m g＝m a b b 代入数据解得：a＝2m/s2，T＝12N，故A正确、B错误； C、物块a由P到Q过程，对物块a、b组成的系统，由能量守恒定律可知，a位于Q时，弹簧的 弹性势能： E ＝m g（PO+OQ）sin ﹣ m gcos （PO+OQ）﹣m g（PO+OQ）sin p a a b 代入数据解得：E ＝18Jθ，故μ C正确θ； θ p D、a由Q第一次到达O点过程，对a、b组成的系统，由动能定理得： 1 E ﹣m g•OQ•sin ﹣ m g•OQ•cos +m g•OQ•sin = （m +m ）v2﹣0 p a a b a b 2 θ μ θ θ 2√3 代入数据解得：v= m/s，故D正确。 3 故选：ACD。 9. 如图所示，质量m ＝3.5kg的物体B通过一轻弹簧固连在地面上，弹簧的劲度系数 k B ＝100N/m．一轻绳一端与物体B连接，另一端绕过两个光滑的轻质小定滑轮O 、O 后与套在 2 1 光滑直杆顶端的、质量m ＝1.6kg的小球A连接．已知直杆固定，杆长L为0.8m，且与水平 A 面的夹角 ＝37°，初始时使小球A静止不动，与A相连的绳子保持水平，此时绳子中的张力F 为45N．已θ知AO ＝0.5m，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，轻绳不可伸长， 1 现将小球A由静止释放。 （1）求释放小球A之前弹簧的形变量； （2）若直线CO 与杆垂直，求小球A运动到C点的过程中绳子拉力对小球A所做的功； 1 （3）求小球A运动到直杆底端D点时的速度大小。【解答】解：（1）释放小球A之前，对B受力分析，有： F＝m g+kx ， B 1 得：x ＝0.1 m，即弹簧伸长0.1 m； 1 （2）由几何关系可知，小球A运动到C点时弹簧被压缩0.1 m，故弹性势能不变，且此时v ＝ B 0，则： W绳A ＝W B绳 ＝|ΔE pB |＝m B gh B ＝m B g（2x 1 ） 解得：W绳A ＝7 J； （3）由几何关系可知，小球A运动到D点时弹簧被拉伸0.1 m，故弹性势能不变，且此时： v ＝v cos ， B A A、B及弹θ簧系统系统机械能守恒，有： 1 1 m gLsinθ= m v 2+ m v 2 A 2 A A 2 B B 联立解得：v ＝2m/s。 A 答：（1）释放小球A之前弹簧的形变量为0.1m； （2）若直线CO 与杆垂直，小球A运动到C点的过程中绳子拉力对小球A所做的功为7J； 1 （3）小球A运动到直杆底端D点时的速度大小为2m/s。 10. 如图所示，轻质细绳的一端系一质量为m＝0.05kg的小球A，另一端套在光滑水平轴 O上，O到小球的距离l＝0.1m，小球与水平面接触但恰好无作用力，在球的两侧距球等远处， L L 分别固定一个光滑斜面和挡板，水平面的长度 L＝2m。水平面左边 光滑，右边 粗糙，B与 2 2 粗糙水平面间的动摩擦因数 ＝0.25。现有一滑块B，质量也为m，从斜面上滑下，滑块与小 球A碰撞并进行速度交换，与μ挡板碰撞时不损失机械能，不计空气阻力，滑块和小球都可视为 质点。现在要使小球恰好完成一次完整的圆周运动。g取10m/s2。求： （1）小球在最低点需要获得多大速度； （2）滑块B要从斜面多高处滑下； （3）分析简述B与A碰撞后的运动过程。【解答】解：（1）小球恰好完成一次完整的圆周运动，它在最高点的速度设为 v ，自身重力提 0 供向心力，有 v2 mg=m 0 l 1 1 小球从最低点运动到最高点过程中，机械能守恒，可得 mv2+2mgl= mv2 2 0 2 A 联立，可得 v =√5m/s A （2）滑块B与小球A碰撞并进行速度交换，所以滑块B与小球A碰撞前的速度为 v =√5m/s B 1 设滑块B要从斜面h高处滑下，由机械能守恒可得mgh= mv2 2 B 解得：h＝0.25m （3）B与A碰撞，交换速度后静止在地面上，当小球A做完一次圆周运动再次与滑块B发生碰 L 1 1 撞，然后滑块B具有v 向右运动，设到挡板时的速度为v' ，则有-μmg = mv '2- mv2 B B 2 2 B 2 B 解得：v' ＝0 B 即滑块B滑到挡板处恰好停下来。 综上所述，B与A碰撞后先静止一段时间，然后小球圆周运动一周后再次与滑块B交换速度， 致使滑块B向右做匀减速直线运动，到达挡板处时恰好速度为零，静止不动。 答案：（1）√5m/s；（2）0.25m；（3）B与A碰撞后先静止一段时间，然后小球圆周运动一周 后再次与滑块B交换速度，致使滑块B向右做匀减速直线运动，到达挡板处时恰好速度为零， 静止不动。