高考物理动量守恒定律的应用解题技巧及练习题含解析
合集下载
相关主题
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
2．如图所示，质量为mc=2mb的物块c静止在倾角均为α=30°的等腰斜面上E点，质量为ma的物块a和质量为mb的物块b通过一根不可伸长的匀质轻绳相连，细绳绕过斜面顶端的小滑轮并处于松驰状态，按住物块a使其静止在D点，让物块b从斜面顶端C由静止下滑，刚下滑到E点时释放物块a，细绳正好伸直且瞬间张紧绷断，之后b与c立即发生完全弹性碰撞，碰后a、b都经过t=1 s同时到达斜面底端．已知A、D两点和C、E两点的距离均为l1=0.9m，E、B两点的距离为l2=0.4m．斜面上除EB段外其余都是光滑的，物块b、c与EB段间的动摩擦因数均为μ= ，空气阻力不计，滑轮处摩擦不计，细绳张紧时与斜面平行，取g=10 m/s2．求：
由以上式子得：
（2）依题意，当竖直放置的弹簧被压缩l时，质量为m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能，由机械能守恒定律，弹簧的弹性势能为：
C与A碰撞过程中动量守恒，有
C与A后返回P点过程，B始终未动，对A、C及弹簧组成的系统，根据机械能守恒定律得：
此后C与A分离，C沿斜面向上做匀减速运动直至停下，根据动能定理可得：
【详解】
（1）物块与圆弧体组成的系统在水平方向动量守恒，物块到达最高点时两者速度相等，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+2m）v，
由机械能守恒定律得： mv02＝ (m+2m)v2+mgR(1−cosθ)，
解得： ；
（2）对物块，由机械能守恒定律得： mv02＝ mv12+mgR(1−cosθ)，
（1）滑块A运动到圆形轨道最高点时速度的大小；
（2）两滑块开始下滑时距圆形轨道底端的高度h；
（3）弹簧在将两滑块弹开的过程中释放的弹性势能．
【答案】（1） m/s；（2）0.8 m；（3）4 J
【解析】
【分析】
【详解】
（1）设滑块A恰能通过圆形轨道最高点时的速度大小为v2，
根据牛顿第二定律有mAg=mA
同理滑块B在圆形轨道最低点被弹出时的速度大小也为v0，弹簧将两滑块弹开的过程，对于A、B两滑块所组成的系统水平方向动量守恒，（mA+mB）v0=mAv1-mBv0
解得：h=0.8 m
（3）设弹簧将两滑块弹开的过程中释放的弹性势能为Ep，对于弹开两滑块的过程，根据机械能守恒定律，有 （mA+mB）v02+ Ep= mAv12+ mBv02
解得：Ep=4J
5．如图所示，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP，由半径r＝0.5m的圆弧轨道CDP和与之相切于C点的水平轨道ABC组成，圆弧轨道的直径DP与竖直半径OC间的夹角θ＝37°，A、B两点间的距离d＝0.2m。质量m1＝0.05kg的不带电绝缘滑块静止在A点，质量m2＝0.1kg、电荷量q＝1×10﹣5C的带正电小球静止在B点，小球的右侧空间存在水平向右的匀强电场。现用大小F＝4.5N、方向水平向右的恒力推滑块，滑块到达B点前瞬间撤去该恒力，滑块与小球发生弹性正碰，碰后小球沿轨道运动，到达P点时恰好和轨道无挤压且所受合力指向圆心。小球和滑块均视为质点，碰撞过程中小球的电荷量不变，不计一切摩擦。取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.
(1)物块在水平面上滑行的速度大小；
(2)若将圆弧体锁定，物块仍以原来的速度向右滑行并滑上圆弧体，则物块从圆弧面上滑出后上升到最高点的速度大小及最高点离地面的高度。
【答案】（1） （2）
【解析】
【分析】
（1）A、B组成的系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出物块A的速度。
（2）圆弧体固定，物块上滑过程机械能守恒，应用机械能守恒定律可以求出到达圆弧体上端时的速度，离开圆弧体后物块做斜上抛运动，应用运动的合成与分解可以求出到达最高点的速度，应用机械能守恒定律可以求出上升的最大高度。
由 解得：
（2）取沿AC方向为正方向，由 ， 解得
a沿斜面上滑距离有
所以物块a能到达离A点的最大高度
（3）设绳断时物块b的速度为 ，b与c相碰后b的速度为 ，c的速度为 ，则
联立解得
因 的方向沿斜面向下，故 的方向沿斜面向下， 的方向沿斜面向上．
在EB段上的加速度为 ，物块b在EB段上作匀速运动．
和c相碰后b先向上滑再下滑到E点时的速度仍为 ，则
解得：v2= m/s
（2）设滑块A在圆形轨道最低点被弹出时的速度大小为v1，对于滑块A从圆形轨道最低点运动到最高点的过程，根据机械能守恒定律，有
mAv12=mAg•2R+ mAv22
可得：v1=6m/s
设滑块A和B运动到圆形轨道最低点速度大小为v0，对滑块A和B下滑到圆形轨道最低点的过程，根据动能定理，有（mA+mB）gh= （mA+mB）v02
代入数据，得
解得 的大小为
物块b刚下滑到E点时的速度为
若取 ，则 的大小为 ，与事实不符，所以舍去．
取 ，则 ，方向沿斜面向下．
设细绳对物块a和b的冲量大小为I，由
解得
点睛：绳绷紧瞬间，对两端物体的冲量大小相等．
3．如图所示，倾角 的足够长的斜面上，放着两个相距L0、质量均为m的滑块A和B，滑块A的下表面光滑，滑块B与斜面间的动摩擦因数 ．由静止同时释放A和B，此后若A、B发生碰撞，碰撞时间极短且为弹性碰撞．已知重力加速度为g，求：
联立①②，代入数据得：vP＝2.5m/s
滑块与小球发生弹性正碰，设碰后滑块、小球的速度大小分别为v1、v2，
以向右方向为正方向，由动量守恒定律得：m1v＝m1v1+m2v2③
由能量守恒得： ④
联立③④，代入数据得：v1＝﹣2m/s（“﹣”表示v1的方向水平向左），v2＝4m/s
小球碰后运动到P点的过程，由动能定理有：
高考物理动量守恒定律的应用解题技巧及练习题含解析
一、高考物理精讲专题动量守恒定律的应用
1．如图所示质量为m的物块A在光滑的水平面上以一定的速度向右滑行，质量为2m的圆弧体静止在光滑水平面上，光滑圆弧面最低点与水平面相切，圆弧的半径为R，圆弧所对的圆心角θ=53°，物块滑上圆弧体后，刚好能滑到圆弧体的最高点，重力加速度为g。求
由以上式子得 ，即C最终停止的位置与O点相距4l
（3）要使B离开挡板，则弹簧必须伸长到 ，即A需到达斜面上P点上方l处，此时弹簧弹性势能恰也为
假定A可以到达该处，即对A由P至该处的运动过程，根据动能定理得：
对 ，由动量守恒定律得：
由机械能守恒得：
解得：
(3)碰后， 做初速度为0的匀加速运动， 做速度为 的匀速直线运动，设再经时间 发生第二次碰撞，则有：
第二次相碰：
解得：
从 开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的的时间：
解得：
4．如图所示，在竖直面内有一个光滑弧形轨道，其末端水平，且与处于同一竖直面内光滑圆形轨道的最低端相切，并平滑连接．A，B两滑块（可视为质点）用轻细绳拴接在一起，在它们中间夹住一个被压缩的微小轻质弹簧．两滑块从弧形轨道上的某一高度P点处由静止滑下，当两滑块刚滑入圆形轨道最低点时拴接两滑块的绳突然断开，弹簧迅速将两滑块弹开，其中前面的滑块A沿圆形轨道运动恰能通过圆形轨道的最高点，后面的滑块B恰能返回P点．己知圆形轨道的半径 ，滑块A的质量 ，滑块B的质量 ，重力加速度g取 ，空气阻力可忽略不计．求：
（3）a、b整体从B到D的过程中．由动能定理有 ，解得 ，在D点．对滑块受力分析得： ，解得 ，所以滑块能通过D点接着水平飞出，在竖直方向； ，解得 水平方问受电场力加速度不变则
7．将一轻弹簧竖直放置在地面上，在其顶端由静止释放一质量为m的物体，当弹簧被压缩到最短时，其压缩量为l．现将该弹簧的两端分别栓接小物块A与B，并将它们静置于倾角为30°的足够长固定斜面上，B靠在垂直于斜面的挡板上，P点为斜面上弹簧自然状态时A的位置，如图所示．由斜面上距P点6l的O点，将另一物块C以初速度t=5 沿斜面向下滑行，经过一段时间后与A发生正碰，碰撞时间极短，碰后C、A紧贴在一起运动，但不粘连,已知斜面P点下方光滑、上方粗糙，A、B、C的质量均为4m，与斜面间的动摩擦因数均为μ= ，弹簧劲度系数k= ，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g．求：
(1)求撤去该恒力瞬间滑块的速度大小v以及匀强电场的电场强度大小E；
(2)求小球到达P点时的速度大小vP和B、C两点间的距离x；
(3)若小球从P点飞出后落到水平轨道上的Q点（图中未画出）后不再反弹，求Q、C两点间的距离L。
【答案】（1）撤去该恒力瞬间滑块的速度大小是6m/s，匀强电场的电场强度大小是7.5×104N/C；（2）小球到达P点时的速度大小是2.5m/s，B、C两点间的距离是0.85m。（3）Q、C两点间的距离为0.5625m。
（1）滑块a、b碰撞后的速度大小．
（2）滑块在圆形轨道上最大速度的大小，以及在最大速度位置处滑块对轨道作用力的大小．
（3）滑块第一次落地点到B点的距离．
【答案】（1）滑块a、b碰撞后的速度大小分别为 和
（2）滑块在圆形轨道上最大速度的大小为 ，以及在最大速度位置处滑块对轨道作用力的大小为 ．
（3）滑块第一次落地点到B点的距离为（ ）R．
（1）物块b由C点下滑到E点所用时间．
（2）物块a能到达离A点的最大高度．
（3）a、b物块的质量之比 ．
【答案】（１）0.6；（２）0.578；（３）15/16
【解析】
【分析】
【详解】
本题考查物体沿斜面的运动，以及碰撞；需运用牛顿运动定律、运动学公式、动量及能量守恒、动量定理等知识．
（1）物块b在斜面上光滑段CE运动的加速度为
【解析】
【详解】
（1）a从A到B的过程用动能定理得 ，解得 对a与b碰撞用动量守恒定律得mv1＝2mv2，解得
（2）当滑块重力与电场力合力方向和圆轨道径向一致时，滑块速度最大．如图，则有 ，对滑块从碰后到最大速度的过程用动能定理有 ，解得滑块最大速度 ，滑块在P点用牛顿第二定律得， ，解得滑块受到轨道支持力 ，由牛顿第三定律．此时滑块对轨道作用力
(1)C与A碰撞前瞬间的速度大小；
(2)C最终停止的位置与O点的距离
(3)判断上述过程中B能否脱离挡板，并说明理由．
【答案】(1) (2) (3) ，说明此时A仍有沿斜面向上速度，故B可以离开挡板
【解析】
【详解】
（1）刚开始A压缩弹簧，设此时弹簧压缩量为 ，对A根据平衡条件可得
解得
设C与A碰前瞬间速度大小为 ，由动能定理得：
（1）A与B开始释放时，A、B的加速度 和 ；
（2）A与B第一次相碰后，B的速率 ；
（3）从A开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的时间t．
【答案】（1） ； （2） （3）
【解析】
【详解】
解：(1)对 分析：
， 仍处于静止状态
对 分析，底面光滑，则有：
解得：
(2)与 第一次碰撞前的速度，则有：
解得：
所用时间由： ，解得：
解得： ；Leabharlann Baidu
物块从圆弧最高点抛出后，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，
物块到达最高点时，物块的速度：v2=v1cosθ= ，
由机械能守恒定律得： mv02=mgh+ mv22，
解得：h= R；
【点睛】
本题考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律、机械能守恒定律即可解题。
qE（x﹣rsinθ）﹣m2g（r+rcosθ）＝ ⑤
代入数据得：x＝0.85m。
（3）小球从P点飞出水平方向做匀减速运动，有：L﹣rsinθ＝vPcosθt﹣ ⑥
竖直方向做匀加速运动，有：r+rcosθ＝vPsinθt+ gt2⑦
联立⑥⑦代入数据得：L＝0.5625m；
6．如图所示，BCD是光滑绝缘的半圆形轨道，位于竖直平面内，直径BD竖直轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，质量为m的不带电的滑块b静止在B点整个轨道处在水平向左的匀强电场中场强大小为E．质量为m、带正电的小滑块a置于水平轨道上，电荷量为 ，滑块a与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度为g．现将滑块a从水平轨道上距离B点12R的A点由静止释放，运动到B点与滑块b碰撞，碰撞时间极短且电量不变，碰后两滑块粘在一起运动，a、b滑块均视为质点．求：
【解析】
【详解】
（1）对滑块从A点运动到B点的过程，根据动能定理有：Fd＝ m1v2，
代入数据解得：v＝6m/s
小球到达P点时，受力如图所示，由平衡条件得：qE＝m2gtanθ，
解得：E＝7.5×104N/C。
（2）小球所受重力与电场力的合力大小为：G等＝ ①
小球到达P点时，由牛顿第二定律有：G等＝m2 ②
由以上式子得：
（2）依题意，当竖直放置的弹簧被压缩l时，质量为m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能，由机械能守恒定律，弹簧的弹性势能为：
C与A碰撞过程中动量守恒，有
C与A后返回P点过程，B始终未动，对A、C及弹簧组成的系统，根据机械能守恒定律得：
此后C与A分离，C沿斜面向上做匀减速运动直至停下，根据动能定理可得：
【详解】
（1）物块与圆弧体组成的系统在水平方向动量守恒，物块到达最高点时两者速度相等，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+2m）v，
由机械能守恒定律得： mv02＝ (m+2m)v2+mgR(1−cosθ)，
解得： ；
（2）对物块，由机械能守恒定律得： mv02＝ mv12+mgR(1−cosθ)，
（1）滑块A运动到圆形轨道最高点时速度的大小；
（2）两滑块开始下滑时距圆形轨道底端的高度h；
（3）弹簧在将两滑块弹开的过程中释放的弹性势能．
【答案】（1） m/s；（2）0.8 m；（3）4 J
【解析】
【分析】
【详解】
（1）设滑块A恰能通过圆形轨道最高点时的速度大小为v2，
根据牛顿第二定律有mAg=mA
同理滑块B在圆形轨道最低点被弹出时的速度大小也为v0，弹簧将两滑块弹开的过程，对于A、B两滑块所组成的系统水平方向动量守恒，（mA+mB）v0=mAv1-mBv0
解得：h=0.8 m
（3）设弹簧将两滑块弹开的过程中释放的弹性势能为Ep，对于弹开两滑块的过程，根据机械能守恒定律，有 （mA+mB）v02+ Ep= mAv12+ mBv02
解得：Ep=4J
5．如图所示，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP，由半径r＝0.5m的圆弧轨道CDP和与之相切于C点的水平轨道ABC组成，圆弧轨道的直径DP与竖直半径OC间的夹角θ＝37°，A、B两点间的距离d＝0.2m。质量m1＝0.05kg的不带电绝缘滑块静止在A点，质量m2＝0.1kg、电荷量q＝1×10﹣5C的带正电小球静止在B点，小球的右侧空间存在水平向右的匀强电场。现用大小F＝4.5N、方向水平向右的恒力推滑块，滑块到达B点前瞬间撤去该恒力，滑块与小球发生弹性正碰，碰后小球沿轨道运动，到达P点时恰好和轨道无挤压且所受合力指向圆心。小球和滑块均视为质点，碰撞过程中小球的电荷量不变，不计一切摩擦。取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.
(1)物块在水平面上滑行的速度大小；
(2)若将圆弧体锁定，物块仍以原来的速度向右滑行并滑上圆弧体，则物块从圆弧面上滑出后上升到最高点的速度大小及最高点离地面的高度。
【答案】（1） （2）
【解析】
【分析】
（1）A、B组成的系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出物块A的速度。
（2）圆弧体固定，物块上滑过程机械能守恒，应用机械能守恒定律可以求出到达圆弧体上端时的速度，离开圆弧体后物块做斜上抛运动，应用运动的合成与分解可以求出到达最高点的速度，应用机械能守恒定律可以求出上升的最大高度。
由 解得：
（2）取沿AC方向为正方向，由 ， 解得
a沿斜面上滑距离有
所以物块a能到达离A点的最大高度
（3）设绳断时物块b的速度为 ，b与c相碰后b的速度为 ，c的速度为 ，则
联立解得
因 的方向沿斜面向下，故 的方向沿斜面向下， 的方向沿斜面向上．
在EB段上的加速度为 ，物块b在EB段上作匀速运动．
和c相碰后b先向上滑再下滑到E点时的速度仍为 ，则
解得：v2= m/s
（2）设滑块A在圆形轨道最低点被弹出时的速度大小为v1，对于滑块A从圆形轨道最低点运动到最高点的过程，根据机械能守恒定律，有
mAv12=mAg•2R+ mAv22
可得：v1=6m/s
设滑块A和B运动到圆形轨道最低点速度大小为v0，对滑块A和B下滑到圆形轨道最低点的过程，根据动能定理，有（mA+mB）gh= （mA+mB）v02
代入数据，得
解得 的大小为
物块b刚下滑到E点时的速度为
若取 ，则 的大小为 ，与事实不符，所以舍去．
取 ，则 ，方向沿斜面向下．
设细绳对物块a和b的冲量大小为I，由
解得
点睛：绳绷紧瞬间，对两端物体的冲量大小相等．
3．如图所示，倾角 的足够长的斜面上，放着两个相距L0、质量均为m的滑块A和B，滑块A的下表面光滑，滑块B与斜面间的动摩擦因数 ．由静止同时释放A和B，此后若A、B发生碰撞，碰撞时间极短且为弹性碰撞．已知重力加速度为g，求：
联立①②，代入数据得：vP＝2.5m/s
滑块与小球发生弹性正碰，设碰后滑块、小球的速度大小分别为v1、v2，
以向右方向为正方向，由动量守恒定律得：m1v＝m1v1+m2v2③
由能量守恒得： ④
联立③④，代入数据得：v1＝﹣2m/s（“﹣”表示v1的方向水平向左），v2＝4m/s
小球碰后运动到P点的过程，由动能定理有：
高考物理动量守恒定律的应用解题技巧及练习题含解析
一、高考物理精讲专题动量守恒定律的应用
1．如图所示质量为m的物块A在光滑的水平面上以一定的速度向右滑行，质量为2m的圆弧体静止在光滑水平面上，光滑圆弧面最低点与水平面相切，圆弧的半径为R，圆弧所对的圆心角θ=53°，物块滑上圆弧体后，刚好能滑到圆弧体的最高点，重力加速度为g。求
由以上式子得 ，即C最终停止的位置与O点相距4l
（3）要使B离开挡板，则弹簧必须伸长到 ，即A需到达斜面上P点上方l处，此时弹簧弹性势能恰也为
假定A可以到达该处，即对A由P至该处的运动过程，根据动能定理得：
对 ，由动量守恒定律得：
由机械能守恒得：
解得：
(3)碰后， 做初速度为0的匀加速运动， 做速度为 的匀速直线运动，设再经时间 发生第二次碰撞，则有：
第二次相碰：
解得：
从 开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的的时间：
解得：
4．如图所示，在竖直面内有一个光滑弧形轨道，其末端水平，且与处于同一竖直面内光滑圆形轨道的最低端相切，并平滑连接．A，B两滑块（可视为质点）用轻细绳拴接在一起，在它们中间夹住一个被压缩的微小轻质弹簧．两滑块从弧形轨道上的某一高度P点处由静止滑下，当两滑块刚滑入圆形轨道最低点时拴接两滑块的绳突然断开，弹簧迅速将两滑块弹开，其中前面的滑块A沿圆形轨道运动恰能通过圆形轨道的最高点，后面的滑块B恰能返回P点．己知圆形轨道的半径 ，滑块A的质量 ，滑块B的质量 ，重力加速度g取 ，空气阻力可忽略不计．求：
（3）a、b整体从B到D的过程中．由动能定理有 ，解得 ，在D点．对滑块受力分析得： ，解得 ，所以滑块能通过D点接着水平飞出，在竖直方向； ，解得 水平方问受电场力加速度不变则
7．将一轻弹簧竖直放置在地面上，在其顶端由静止释放一质量为m的物体，当弹簧被压缩到最短时，其压缩量为l．现将该弹簧的两端分别栓接小物块A与B，并将它们静置于倾角为30°的足够长固定斜面上，B靠在垂直于斜面的挡板上，P点为斜面上弹簧自然状态时A的位置，如图所示．由斜面上距P点6l的O点，将另一物块C以初速度t=5 沿斜面向下滑行，经过一段时间后与A发生正碰，碰撞时间极短，碰后C、A紧贴在一起运动，但不粘连,已知斜面P点下方光滑、上方粗糙，A、B、C的质量均为4m，与斜面间的动摩擦因数均为μ= ，弹簧劲度系数k= ，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g．求：
(1)求撤去该恒力瞬间滑块的速度大小v以及匀强电场的电场强度大小E；
(2)求小球到达P点时的速度大小vP和B、C两点间的距离x；
(3)若小球从P点飞出后落到水平轨道上的Q点（图中未画出）后不再反弹，求Q、C两点间的距离L。
【答案】（1）撤去该恒力瞬间滑块的速度大小是6m/s，匀强电场的电场强度大小是7.5×104N/C；（2）小球到达P点时的速度大小是2.5m/s，B、C两点间的距离是0.85m。（3）Q、C两点间的距离为0.5625m。
（1）滑块a、b碰撞后的速度大小．
（2）滑块在圆形轨道上最大速度的大小，以及在最大速度位置处滑块对轨道作用力的大小．
（3）滑块第一次落地点到B点的距离．
【答案】（1）滑块a、b碰撞后的速度大小分别为 和
（2）滑块在圆形轨道上最大速度的大小为 ，以及在最大速度位置处滑块对轨道作用力的大小为 ．
（3）滑块第一次落地点到B点的距离为（ ）R．
（1）物块b由C点下滑到E点所用时间．
（2）物块a能到达离A点的最大高度．
（3）a、b物块的质量之比 ．
【答案】（１）0.6；（２）0.578；（３）15/16
【解析】
【分析】
【详解】
本题考查物体沿斜面的运动，以及碰撞；需运用牛顿运动定律、运动学公式、动量及能量守恒、动量定理等知识．
（1）物块b在斜面上光滑段CE运动的加速度为
【解析】
【详解】
（1）a从A到B的过程用动能定理得 ，解得 对a与b碰撞用动量守恒定律得mv1＝2mv2，解得
（2）当滑块重力与电场力合力方向和圆轨道径向一致时，滑块速度最大．如图，则有 ，对滑块从碰后到最大速度的过程用动能定理有 ，解得滑块最大速度 ，滑块在P点用牛顿第二定律得， ，解得滑块受到轨道支持力 ，由牛顿第三定律．此时滑块对轨道作用力
(1)C与A碰撞前瞬间的速度大小；
(2)C最终停止的位置与O点的距离
(3)判断上述过程中B能否脱离挡板，并说明理由．
【答案】(1) (2) (3) ，说明此时A仍有沿斜面向上速度，故B可以离开挡板
【解析】
【详解】
（1）刚开始A压缩弹簧，设此时弹簧压缩量为 ，对A根据平衡条件可得
解得
设C与A碰前瞬间速度大小为 ，由动能定理得：
（1）A与B开始释放时，A、B的加速度 和 ；
（2）A与B第一次相碰后，B的速率 ；
（3）从A开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的时间t．
【答案】（1） ； （2） （3）
【解析】
【详解】
解：(1)对 分析：
， 仍处于静止状态
对 分析，底面光滑，则有：
解得：
(2)与 第一次碰撞前的速度，则有：
解得：
所用时间由： ，解得：
解得： ；Leabharlann Baidu
物块从圆弧最高点抛出后，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，
物块到达最高点时，物块的速度：v2=v1cosθ= ，
由机械能守恒定律得： mv02=mgh+ mv22，
解得：h= R；
【点睛】
本题考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律、机械能守恒定律即可解题。
qE（x﹣rsinθ）﹣m2g（r+rcosθ）＝ ⑤
代入数据得：x＝0.85m。
（3）小球从P点飞出水平方向做匀减速运动，有：L﹣rsinθ＝vPcosθt﹣ ⑥
竖直方向做匀加速运动，有：r+rcosθ＝vPsinθt+ gt2⑦
联立⑥⑦代入数据得：L＝0.5625m；
6．如图所示，BCD是光滑绝缘的半圆形轨道，位于竖直平面内，直径BD竖直轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，质量为m的不带电的滑块b静止在B点整个轨道处在水平向左的匀强电场中场强大小为E．质量为m、带正电的小滑块a置于水平轨道上，电荷量为 ，滑块a与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度为g．现将滑块a从水平轨道上距离B点12R的A点由静止释放，运动到B点与滑块b碰撞，碰撞时间极短且电量不变，碰后两滑块粘在一起运动，a、b滑块均视为质点．求：
【解析】
【详解】
（1）对滑块从A点运动到B点的过程，根据动能定理有：Fd＝ m1v2，
代入数据解得：v＝6m/s
小球到达P点时，受力如图所示，由平衡条件得：qE＝m2gtanθ，
解得：E＝7.5×104N/C。
（2）小球所受重力与电场力的合力大小为：G等＝ ①
小球到达P点时，由牛顿第二定律有：G等＝m2 ②