题目内容
（2012?东至县二模）如图，半径R=1.0m的四分之一圆弧形光滑轨道竖直放置，圆弧最低点B与长为L=0.5m的水平面BC相切于B点，BC离地面高h=0.45m，C点与一倾角为θ=37°的光滑斜面连接，质量m=1.0kg的小滑块从圆弧上某点由静止释放，到达圆弧B点时小滑块对圆弧的压力刚好等于其重力的2倍，当小滑块运动到C点时与一个质量M=2.0kg的小球正碰，碰后返回恰好停在B点，已知滑块与水平面间的动摩擦因数?=0.1．（sin37°=0.6 cos37°=0.8，g取l0m/s2）求：（1）小滑块应从圆弧上离地面多高处释放；
（2）小滑块碰撞前与碰撞后的速度；
（3）小球被碰后将落在何处并求其在空中的飞行时间．
分析：（1）根据牛顿第二定律求出滑块到达B点的速度，再通过滑块释放到B点机械能守恒，求出高度H．
（2）对释放点到C点运用动能定理，求出滑轮与小球碰前的速度，碰后返回恰好停在B点，再根据动能定理求出碰后的速度．
（3）根据滑块碰前和碰后的速度，运用动量守恒，求出碰后小球的速度．小球离开C点做平抛运动，通过平抛运动的规律判断出平抛运动的落地点，从而根据运动学规律求出平抛运动的时间．
（2）对释放点到C点运用动能定理，求出滑轮与小球碰前的速度，碰后返回恰好停在B点，再根据动能定理求出碰后的速度．
（3）根据滑块碰前和碰后的速度，运用动量守恒，求出碰后小球的速度．小球离开C点做平抛运动，通过平抛运动的规律判断出平抛运动的落地点，从而根据运动学规律求出平抛运动的时间．
解答：解：（1）设小滑块运动到B点的速度为vB，
由机械能守恒定律有：
mg（H-h）=
mvB2
由牛顿第二定律有
F-mg=m
联立上式解得：H=0.95m
答：小滑块应从圆弧上离地面0.95m高度释放．
（2）设小滑块运动到C点的速度为vC，由动能定理有：
mg（H-h）-?mgL=
mvC2
可得小滑块在C点的速度即与小球碰前的速度vC=3 m/s
碰后滑块返回B点过程：由动能定理：-?mgL=0-
mv12
得可碰后滑块速度v1=1.0m/s
答：小滑块碰撞前与碰撞后的速度分别为3m/s，1m/s
（3）碰撞过程由动量守恒：mvC=-mv1+Mv2
解得碰后小球速度v2=2.0m/s
若小球平抛到地面，则有：h=
at2
其水平距离 s=v2t=v2
=0.6m
斜面底宽d=hcotθ=0.6m 可知小球离开C点将恰好落在斜面底端
小滑块在空中的飞行时间即为小滑块平抛运动所用时间 t=
=0.3s
答：小球离开C点将恰好落在斜面底端，在空中飞行的时间为0.3s．
由机械能守恒定律有：
mg（H-h）=
| 1 |
| 2 |
由牛顿第二定律有
F-mg=m
| vB2 |
| R |
联立上式解得：H=0.95m
答：小滑块应从圆弧上离地面0.95m高度释放．
（2）设小滑块运动到C点的速度为vC，由动能定理有：
mg（H-h）-?mgL=
| 1 |
| 2 |
可得小滑块在C点的速度即与小球碰前的速度vC=3 m/s
碰后滑块返回B点过程：由动能定理：-?mgL=0-
| 1 |
| 2 |
得可碰后滑块速度v1=1.0m/s
答：小滑块碰撞前与碰撞后的速度分别为3m/s，1m/s
（3）碰撞过程由动量守恒：mvC=-mv1+Mv2
解得碰后小球速度v2=2.0m/s
若小球平抛到地面，则有：h=
| 1 |
| 2 |
其水平距离 s=v2t=v2
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斜面底宽d=hcotθ=0.6m 可知小球离开C点将恰好落在斜面底端
小滑块在空中的飞行时间即为小滑块平抛运动所用时间 t=
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答：小球离开C点将恰好落在斜面底端，在空中飞行的时间为0.3s．
点评：本题综合运用了动能定理、动量守恒定律、机械能守恒定律，是一个多过程问题，关键是理清过程，选择合适的规律进行求解．
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