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(共39张PPT)
专题八　三大观点在力学中的应用
命题点1　
三大观点分析力学中的碰撞问题
01
1．力学三大观点对比
力学三大观点 对应规律 表达式 解决问题
动力学观点
牛顿第二定律
F合＝ma
匀变速直线
运动规律
物体做匀变速直线运动的问题
力学三大观点 对应规律 表达式 解决问题
能量观点
动能定理
W合＝ΔEk
机械能守恒定律
Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
功能关系
WG＝－ΔEp等
能量守恒定律
E1＝E2
涉及做功与能量转换的问题
力学三大观点 对应规律 表达式 解决问题
动量观点
动能定理
FΔt＝mv′－mv
只涉及初、末速度、力、时间而不涉及位移、功的问题
p1＋p2＝p1′＋p2′
动量守
恒定律
只涉及初、末速度而不涉及力、时间的问题
2.多过程问题的分析思路
(1)A经圆弧管b点处时，管道对其弹力大小FN；
[答案]　4mg　
(2)B与C碰撞后瞬间，C的速度大小vC；
(3)试分析并判断B与C是否会发生第二次碰撞。
[答案]　见解析
　(2025·广东省考前适应性测试)如图所示，半径R＝1.25 m的光滑竖直四分之一圆轨道AB与光滑水平轨道BC相切于B点，水平轨道BC右端与一长L＝0.5 m的水平传送带CD相连，传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，两滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4。小滑块1从四分之一圆轨道的A点由静止释放，滑上水平轨道后与静止在水平轨道上的小滑块2发生弹性正碰，两滑块经过传送带后从传送带末端D点水平抛出，落在水平地面上。已知两滑块质量分别为m1＝0.2 kg和m2＝0.3 kg，忽略传送带转轮半径，D点距水平地面的高度h＝0.45 m，g取10 m/s2。求：
(1)小滑块1首次经过圆轨道最低点B时对轨道的压力大小；
[答案]　6 N　
(2)两滑块碰后滑块2的速度大小v2；
[答案]　4 m/s　
(3)滑块2平抛的水平位移。
命题点2　三大观点分析力学中的
“板块模型”问题
02
1．思维导图
2．方法技巧
(1)滑块和木板组成的系统所受的合外力为零时，优先选用动量守恒定律解题；若地面不光滑或受其他外力时，需选用动力学观点解题。
(2)应注意区分滑块、木板各自相对地面的位移和它们的相对位移。用运动学公式或动能定理列式时位移指相对地面的位移，求系统摩擦生热时用相对位移(或相对路程)。
(1)A滑到B底端时，B向左滑动的距离xB；
[解析]　A、B系统水平方向上动量守恒，有
mAvA＝mBvB
所以A滑到B底端过程中有mAxA＝mBxB
又xA＋xB＝d
解得xA＝4 m，xB＝2 m。
[答案]　2 m　
(2)A滑上C时A的速度大小v0；
[答案]　4 m/s　
(3)为使A不从C上滑下，C的最小长度L。
[答案]　2 m
(1)求从A获得速度开始到绳子被拉直经过的时间。
(2)求因拉断绳子造成的机械能损失。
(3)若A最终未脱离木板C，则求木板C的长度。
审题与规范答题(二)——力学综合型
【审题定位】
力学综合试题往往呈现出研究对象的多体性、物理过程的复杂性、已知条件的隐含性、问题讨论的多样性、数学方法的技巧性和一题多解的灵活性等特点，能力要求较高。具体问题中可能涉及单个物体单一运动过程，也可能涉及多个物体多个运动过程，在知识的考查上涉及动力学方法、动量观点和能量观点的综合运用。
【题目示例】(13分)如图所示，质量为m、长为L的
①长木板A静止在光滑的水平面上，质量为m的物块B
放在长木板上表面的左端，质量为m的小球C用长为L
的不可伸长细线悬于固定点O1，将小球C拉至与O1等高点由静止释放，②释放时细线刚好伸直，小球C运动到最低点时与物块B③发生正碰，碰撞后瞬间B、C的速度大小之比为3∶1，此后④当B滑到长木板右端时A、B速度恰好相等，重力加速度为g，不计物块的大小。求：
(1)B、C碰撞前C的速度大小v0；
(2)B、C碰撞过程中，B、C系统损失的机械能；
(3)B在A上滑动过程中A发生的位移。
【审题模板】专题八　三大观点在力学中的应用
[考情分析]
高考命题点 高考广东卷 其他高考卷(供参考)
1.三大观点分析力学中的碰撞问题 广东卷T10 广东卷T15 广东卷T13 广东卷T13 海南卷 T17，河南卷 T14，湖北卷 T15，湖南卷 T10、15，重庆卷 T15，山东卷 T17，四川卷 T15　 黑吉辽卷T14，湖南卷T15，山东卷T17，广西卷T10，湖北卷T14，安徽卷T14，海南卷T17，江苏卷T9　 北京卷T17，重庆卷T14，天津卷T12
2.三大观点分析力学中的“板块模型”问题 甘肃卷T14，河北卷T15，新课标卷T25　 河北卷T15，山东卷T18，辽宁卷T15，湖南卷T15，海南卷T18
命题点1　三大观点分析力学中的碰撞问题
1．力学三大观点对比
力学三大观点 对应规律 表达式 解决问题
动力学观点 牛顿第二定律 F合＝ma 物体做匀变速直线运动的问题
匀变速直线运动规律 v＝v0＋at，x＝v0t＋at2v2－v＝2ax等
能量观点 动能定理 W合＝ΔEk 涉及做功与能量转换的问题
机械能守恒定律 Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
功能关系 WG＝－ΔEp等
能量守恒定律 E1＝E2
动量观点 动量定理 FΔt＝mv′－mv 只涉及初、末速度、力、时间而不涉及位移、功的问题
动量守恒定律 p1＋p2＝p1′＋p2′ 只涉及初、末速度而不涉及力、时间的问题
2.多过程问题的分析思路
　(2025·佛山市质检)很多医院都装备有气动物流装置，将药房配药输送到各科室。如图所示是类似的气动输送装置，管道abcde右端开口，其中ab竖直，高度H＝2R，bc是半径为R的四分之一圆弧管(R远大于管道直径)，cde水平，cd长度x1＝3R，de长度x2＝R。d处紧挨放置着大小可忽略不计的运输胶囊B和C，B被锁定在d处，a处放置胶囊A，胶囊与管道内壁接触处均不漏气，胶囊A、C间气室为真空，A的质量为m，B、C的质量均为M＝3m。启动风机，给A施加一大小恒为F＝2mg的气动推力，A运动至d处前瞬间解锁B，并与B完成弹性碰撞，紧接着B与C完成弹性碰撞，碰撞时间极短，大气对C产生的压力恒为mg(忽略管道内空气流动对气压的影响)，ab和cde均光滑，A经bc过程克服阻力做功Wf＝mgR(π－1)，求：
(1)A经圆弧管b点处时，管道对其弹力大小FN；
(2)B与C碰撞后瞬间，C的速度大小vC；
(3)试分析并判断B与C是否会发生第二次碰撞。
[解析]　(1)A由a到b过程有
(F－mg)×2R＝mvb2，解得vb＝2
A经b点处时FN＝m，解得FN＝4mg。
(2)A由b到d过程F×－Wf－mgR＋Fx1＝mvd2－mvb2，解得vd＝4
A与B碰撞，以vd的方向为正方向，有mvd＝mvA＋MvB，mvd2＝mvA2＋MvB2
解得vA＝－2，vB＝2
B与C碰撞，以vB的方向为正方向，有MvB＝MvB1＋MvC，MvB2＝MvB12＋MvC2，解得vB1＝0，vC＝2。
(3)设管de段足够长，B与C会发生二次碰撞，先设A反弹不会进入圆弧管，则A减速至速度为0所需距离－Fs1＝0－mvA2，解得s1＝R以vA的方向为正方向，则A与B两次碰撞时，Ft1＝m(－vA)－mvA，解得t1＝2
A与B从第一次碰撞到第二次碰撞时，C的位移
xC＝vCt1－at12
C的加速度大小mg＝Ma，解得a＝g，xC＝R＝x2
此时C恰好到达管口处，即B与C不会发生二次碰撞。
[答案]　(1)4mg　(2)2　(3)见解析
　(2025·广东省考前适应性测试)如图所示，半径R＝1.25 m的光滑竖直四分之一圆轨道AB与光滑水平轨道BC相切于B点，水平轨道BC右端与一长L＝0.5 m的水平传送带CD相连，传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，两滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4。小滑块1从四分之一圆轨道的A点由静止释放，滑上水平轨道后与静止在水平轨道上的小滑块2发生弹性正碰，两滑块经过传送带后从传送带末端D点水平抛出，落在水平地面上。已知两滑块质量分别为m1＝0.2 kg和m2＝0.3 kg，忽略传送带转轮半径，D点距水平地面的高度h＝0.45 m，g取10 m/s2。求：
(1)小滑块1首次经过圆轨道最低点B时对轨道的压力大小；
(2)两滑块碰后滑块2的速度大小v2；
(3)滑块2平抛的水平位移。
[解析]　(1)滑块1由A到B的过程，有
m1gR＝m1v02，解得v0＝5 m/s
在圆轨道最低点B，根据牛顿第二定律可得
FN－m1g＝m1，解得FN＝6 N
根据牛顿第三定律可得滑块1经过圆轨道最低点B时对轨道的压力F′＝FN＝6 N。
(2)滑块1和滑块2发生弹性正碰，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，则有
m1v0＝m1v1＋m2v2
m1v02＝m1v12＋m2v22，解得v2＝4 m/s。
(3)滑块在传送带上的加速度大小a＝＝4 m/s2
滑块2以4 m/s速度滑上传送带，如果滑块2在传送带上一直做匀减速直线运动，则有v32－v22＝－2aL
解得v3＝2 m/s>v
所以滑块2在传送带上一直做减速运动，最后以v3为初速度从D点平抛飞出。滑块2从传送带末端D点飞出后做平抛运动，则有h＝gt2，x＝v3t，解得x＝ m。
[答案]　(1)6 N　(2)4 m/s　(3) m
命题点2　三大观点分析力学中的“板块模型”问题
1．思维导图
2．方法技巧
(1)滑块和木板组成的系统所受的合外力为零时，优先选用动量守恒定律解题；若地面不光滑或受其他外力时，需选用动力学观点解题。
(2)应注意区分滑块、木板各自相对地面的位移和它们的相对位移。用运动学公式或动能定理列式时位移指相对地面的位移，求系统摩擦生热时用相对位移(或相对路程)。
　(2025·佛山市适应性考试)如图所示，质量mB＝4 kg的光滑斜劈B静止在水平台面上，底边长度d＝6 m，高度h＝4 m。B底端距离台面边缘x0＝2 m，水平地面上一质量mC＝2 kg的木板C紧靠平台静置，C上表面与台面相平。质量mA＝2 kg、可看作质点的物块A从B顶端由静止释放，滑到台面上时与台面发生相互作用，A的动能发生损失，进入台面后的速度水平向右，大小vx＝4 m/s。已知A沿B下滑过程中，A和B相对地面均做匀变速直线运动，B与台面、C与地面间均无摩擦，A与台面、A与C间动摩擦因数均为μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)A滑到B底端时，B向左滑动的距离xB；
(2)A滑上C时A的速度大小v0；
(3)为使A不从C上滑下，C的最小长度L。
[解析]　(1)A、B系统水平方向上动量守恒，有
mAvA＝mBvB
所以A滑到B底端过程中有mAxA＝mBxB
又xA＋xB＝d
解得xA＝4 m，xB＝2 m。
(2)A由B底端滑到台面边缘的过程，由动能定理得
－μmAg(xB＋x0)＝mAv－mAv
解得v0＝4 m/s。
(3)A滑至C右端时两者刚好共速，设共同速度为vAC，A、C系统动量守恒mAv0＝(mA＋mC)vAC
A、C系统能量守恒
μmAgL＝mAv－(mA＋mC)v
解得L＝2 m。
[答案]　(1)2 m　(2)4 m/s　(3)2 m
　(2025·江苏常州中学一模)如图所示，物块B和木板C静止在光滑水平地面上，C的上表面水平且足够长，其左端放置一滑块A，A、B、C的质量分别为m、2m、3m。A、C间的动摩擦因数为μ，B、C由不可伸长的理想轻绳连接，绳子处于松弛状态。现在突然给A一个向右的速度4v0，使A在C上滑动，当A的速度减为v0时绳子恰好伸直，接着绳子被瞬间拉断，绳子被拉断时C的速度为v0，重力加速度为g。
(1)求从A获得速度开始到绳子被拉直经过的时间。
(2)求因拉断绳子造成的机械能损失。
(3)若A最终未脱离木板C，则求木板C的长度。
[解析]　(1)对物块A，根据动量定理
－μmgt＝mv0－m×4v0
解得t＝。
(2)A、C构成的系统在绳子伸直之前动量守恒
m×4v0＝mv0＋3mvC
解得vC＝v0
C、B构成的系统在绳子拉断瞬间动量守恒
3mvC＝3m×v0＋2mvB
解得vB＝v0
在绳子拉断瞬间损失的机械能
ΔE＝×3mv－×3m－×2mv
解得ΔE＝mv。
(3)在绳子伸直之前，A、C构成的系统根据功能关系
μmgx1＝m(4v0)2－mv－×3mv
解得x1＝ eq \f(6v,μg)
绳子拉断后直到A、C共速，A、C构成的系统动量守恒
mv0＋3m×v0＝(m＋3m)v
解得v＝v0
绳子拉断后，A、C系统根据功能关系
μmgx2＝mv＋×3m－×(m＋3m)v2
解得x2＝ eq \f(v,24μg)
木板C的长度至少为L＝x1＋x2＝ eq \f(145v,24μg) 。
[答案]　(1)　(2)mv　(3) eq \f(145v,24μg)
审题与规范答题(二)——力学综合型
【审题定位】
力学综合试题往往呈现出研究对象的多体性、物理过程的复杂性、已知条件的隐含性、问题讨论的多样性、数学方法的技巧性和一题多解的灵活性等特点，能力要求较高。具体问题中可能涉及单个物体单一运动过程，也可能涉及多个物体多个运动过程，在知识的考查上涉及动力学方法、动量观点和能量观点的综合运用。
【题目示例】(13分)如图所示，质量为m、长为L的①长木板A静止在光滑的水平面上，质量为m的物块B放在长木板上表面的左端，质量为m的小球C用长为L的不可伸长细线悬于固定点O1，将小球C拉至与O1等高点由静止释放，②释放时细线刚好伸直，小球C运动到最低点时与物块B③发生正碰，碰撞后瞬间B、C的速度大小之比为3∶1，此后④当B滑到长木板右端时A、B速度恰好相等，重力加速度为g，不计物块的大小。求：
(1)B、C碰撞前C的速度大小v0；
(2)B、C碰撞过程中，B、C系统损失的机械能；
(3)B在A上滑动过程中A发生的位移。
【审题模板】
序号 隐含条件分析 物理规律表达
① 不受摩擦力 A、B系统动量守恒
② 小球在竖直平面内做圆周运动 与B碰前机械能守恒
③ 碰撞过程中动量守恒，机械能不一定守恒 mv0＝mv1＋m×v1
④ B在长木板上运动到同速，系统动量守恒和能量守恒 mv1＝2mv2
【规范答题】
(1)(第1个给分点：3分)
根据机械能守恒，有mgL＝mv(2分)
解得v0＝。(1分)
(2)(第2个给分点：5分)
规定向右为正方向，对B、C系统有
mv0＝mv1＋m×v1(2分)
ΔE损＝mv－mv－m(2分)
解得ΔE损＝mgL。(1分)
(3)(第3个给分点：5分)
设B与A间的动摩擦因数为μ，B与A共速时的速度为v2，有
mv1＝2mv2(1分)
μmgL＝mv－×2mv(1分)
对A研究，有
μmgs＝mv(2分)
解得s＝L。(1分)(共22张PPT)
复习效果自测
1．(2025·江西九江市一模)如图所示，在光滑的水平面上，质量为4m、长为L的木板右端紧靠竖直墙壁，与墙壁不粘连。质量为m的滑块(可视为质点)以水平向右的速度v滑上木板左端，滑到木板右端时速度恰好为零。现滑块以水平速度kv(k未知)滑上木板左端，滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞，滑块以原速率弹回，刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下。重力加速度为g。求：
(1)滑块与木板间的动摩擦因数；
(2)k的值。
2．(2025·河南卷，T14)如图所示，在一段水平光滑直道上每间隔l1＝3 m铺设有宽度l2＝2.4 m的防滑带。在最左端防滑带的左边缘静止有质量m1＝2 kg的小物块P，另一质量m2＝4 kg的小物块Q以v0＝7 m/s的速度向右运动并与P发生正碰，且碰撞时间极短。已知碰撞后瞬间P的速度大小v＝7 m/s，P、Q与防滑带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
(1)该碰撞过程中损失的机械能；
答案：24.5 J　
(2)P从开始运动到静止经历的时间。
答案：5 s
3．(2025·大湾区联合模拟)如图所示，将一质量为m的小物块P放在O点，某时刻用弹射装置将其弹出，使其沿着竖直面内半径为r的光滑半圆形轨道OA运动，物块P恰好通过轨道最高点A。之后，物块P进入同一竖直面内一个半径为2r、圆心为O点的光滑半圆形管道AB(管径远小于r)，A、O、B在同一竖直线上，物块P的大小略小于管径且经过A、B两处时均无能量损失。管道AB与长度为L＝5r的粗糙水平轨道BC相切于点B，在水平轨道BC末端
(1)P离开O点时速度大小v0；
(2)P到达半圆管道末端B点时，管道对P的作用力大小N；
(3)要使P、Q碰后均能平抛落入缓冲垫EF，EF最左端E点与C点的水平距离x应满足的条件。
4．(2025·深圳市期末统考)如图所示，一轻质弹簧的一端固定在球B上，另一端与球C接触但未拴接，球B和球C静止在光滑水平地面上。球A从光滑斜面上距水平地面高H＝5 m处由静止滑下(不计小球A在斜面与水平面衔接处的能量损失)，与球B发生正碰后粘在一起，碰撞时间极短，稍后球C脱离弹簧，在水平地面上匀速运动后，进入固定放置在水平地面上的竖直四分之一光滑圆弧轨道内，圆弧轨道圆心在水平地面与轨道连接点的正上方。已知球A和球B的质量均为1 kg，球C的质量为0.5 kg，且三个小球均可被视为质点，圆弧的半径R＝4 m，g取10 m/s2。
(1)求球A到达斜面底部的速率。
答案：10 m/s　
(2)试通过推导判断，球C脱离弹簧进入圆弧后能否到达D点。
答案：见解析1．(2025·江西九江市一模)如图所示，在光滑的水平面上，质量为4m、长为L的木板右端紧靠竖直墙壁，与墙壁不粘连。质量为m的滑块(可视为质点)以水平向右的速度v滑上木板左端，滑到木板右端时速度恰好为零。现滑块以水平速度kv(k未知)滑上木板左端，滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞，滑块以原速率弹回，刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下。重力加速度为g。求：
(1)滑块与木板间的动摩擦因数；
(2)k的值。
解析：(1)设滑块与木板间的动摩擦因数为μ，根据动能定理有－μmgL＝0－mv2
解得μ＝。
(2)设滑块反弹时的速度大小为v1，
根据动能定理有－μmgL＝mv－m(kv)2
滑块与木板相对静止时速度为v2，以反弹方向为正方向，根据动量守恒定律有mv1＋0＝(4m＋m)v2
滑块反弹后根据能量守恒定律有
μmgL＝mv－(4m＋m)v
联立可得k＝。
答案：(1)　(2)
2．(2025·河南卷，T14)如图所示，在一段水平光滑直道上每间隔l1＝3 m铺设有宽度l2＝2.4 m的防滑带。在最左端防滑带的左边缘静止有质量m1＝2 kg的小物块P，另一质量m2＝4 kg的小物块Q以v0＝7 m/s的速度向右运动并与P发生正碰，且碰撞时间极短。已知碰撞后瞬间P的速度大小v＝7 m/s，P、Q与防滑带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
(1)该碰撞过程中损失的机械能；
(2)P从开始运动到静止经历的时间。
解析：(1)物块Q与物块P碰撞过程动量守恒，设水平向右为正方向，由动量守恒定律有m2v0＝m2vQ＋m1v
解得vQ＝3.5 m/s
由能量守恒定律可知ΔE＝m2v－m2v－m1v2
代入数据得ΔE＝24.5 J。
(2)物块P在防滑带上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有μm1g＝m1a
解得a＝5 m/s2
P在防滑带上减速到零，滑行的距离x1＝＝4.9 m，因为2l2解得v1＝5 m/s，t1＝＝0.4 s
P以速度v1匀速通过第一个防滑带右侧的光滑直道所用时间t2＝＝0.6 s
设P匀减速通过第二个防滑带后速度为v2，所用时间为t3，有v－v＝2al2
解得v2＝1 m/s，t3＝＝0.8 s
P以速度v2匀速通过第二个防滑带右侧的光滑直道所用时间t4＝＝3 s
P会停在第三个防滑带上，所用时间t5＝＝0.2 s
则P从开始运动到静止经历的时间t＝t1＋t2＋t3＋t4＋t5＝5 s。
答案：(1)24.5 J　(2)5 s
3．(2025·大湾区联合模拟)如图所示，将一质量为m的小物块P放在O点，某时刻用弹射装置将其弹出，使其沿着竖直面内半径为r的光滑半圆形轨道OA运动，物块P恰好通过轨道最高点A。之后，物块P进入同一竖直面内一个半径为2r、圆心为O点的光滑半圆形管道AB(管径远小于r)，A、O、B在同一竖直线上，物块P的大小略小于管径且经过A、B两处时均无能量损失。管道AB与长度为L＝5r的粗糙水平轨道BC相切于点B，在水平轨道BC末端C点放置另一质量为m的小物块Q。P与水平轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.2，P运动到C点时与Q发生弹性正碰。EF为放在水平地面上的缓冲垫(厚度不计且物块落入后立即被吸附不反弹)，EF离C点的竖直高度h＝r，长度L＝5r。P、Q均可视为质点，重力加速度为g，不计空气阻力。求：
(1)P离开O点时速度大小v0；
(2)P到达半圆管道末端B点时，管道对P的作用力大小N；
(3)要使P、Q碰后均能平抛落入缓冲垫EF，EF最左端E点与C点的水平距离x应满足的条件。
解析：(1)P恰好通过A点有mg＝
P从O到A，由动能定理得
－mg×2r＝mvA2－mv02
解得v0＝。
(2)P从 A 到 B，由动能定理得
mg×2×2r＝mvB2－mvA2
P在 B 点有N－mg＝
解得N＝mg。
(3)P从B到C，由动能定理得
－μmgL＝mvC2－mvB2
解得vC＝
P与Q发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律有
mvC＝mv1＋mv2
mvC2＝mv12＋×mv22
解得v1＝，v2＝
设P、Q平抛运动的时间为t，有h＝gt2
要使两物块都能落入垫上，
则有v1t≥x，v2t≤L＋x
解得r≤x≤r。
答案：(1)　(2)mg　(3)r≤x≤r
4．(2025·深圳市期末统考)如图所示，一轻质弹簧的一端固定在球B上，另一端与球C接触但未拴接，球B和球C静止在光滑水平地面上。球A从光滑斜面上距水平地面高H＝5 m处由静止滑下(不计小球A在斜面与水平面衔接处的能量损失)，与球B发生正碰后粘在一起，碰撞时间极短，稍后球C脱离弹簧，在水平地面上匀速运动后，进入固定放置在水平地面上的竖直四分之一光滑圆弧轨道内，圆弧轨道圆心在水平地面与轨道连接点的正上方。已知球A和球B的质量均为1 kg，球C的质量为0.5 kg，且三个小球均可被视为质点，圆弧的半径R＝4 m，g取10 m/s2。
(1)求球A到达斜面底部的速率。
(2)试通过推导判断，球C脱离弹簧进入圆弧后能否到达D点。
解析：(1)设小球A到达斜面底部的速率为vA，A由斜面上下滑到最低点的过程中，有mAgH＝mAv
解得vA＝10 m/s。
(2)A与B发生正碰时在水平方向动量守恒，有
mAvA＝(mA＋mB)vAB
代入数据解得vAB＝5 m/s
设球C脱离弹簧后的速度为vC，A、B整体的速度为vAB′，从A与B结合为一个整体后到球C离开弹簧的过程中，动量守恒，机械能守恒，则有
(mA＋mB)vAB＝(mA＋mB)vAB′＋mCvC
(mA＋mB)v＝(mA＋mB)vAB′2＋mCv
从球C脱离弹簧到运动至圆弧最大高度处的过程中机械能守恒，有mCv＝mCgh
联立并代入数据解得h＝3.2 m故不能到达D点。
答案：(1)10 m/s　(2)见解析

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