专题29 动量守恒定律及其应用（二）- 十年（2014-2023）高考物理真题分项汇编（2份打包，原卷版+解析版）

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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盘3= x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盘4= 8l
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v1；
（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-t0之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得

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v0向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。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共 = ；（2）x = ；（3）t = ，W = mv02
【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
2mv0 = 3mv共
解得
v共 =
（2）由于木板速度是滑块的2倍，则有
v木 = 2v滑
再根据动量守恒定律有
2mv0 = 2mv木 + mv滑
联立化简得
v滑 = v0，v木 = v0
再根据功能关系有
- μmgx = × 2mv木2 + mv滑2 - × 2mv02
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滑 = μg
滑块相对木板静止时有
v0 = a滑t
解得
t =
则整个过程中木板滑动的距离为
x′ = v0t =
则拉力所做的功为
W = Fx′ = mv02
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v1，v2，对B由Q到最高点的过程，由机械能守恒定律得

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v0，对A、B碰撞的过程，由动量守恒定律得

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v0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v0的大小；
（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