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参考答案学生用书程，由机械能守恒定律得[能力提升]合m透=合m2+mg·2R,解得2=√5gR3.[解析](1)物块A从倾斜轨道滑到O点过程，根据动能定理有对A由Q到C的过程，由机械能守恒定律得mg·2pL-mgL=mu2之mf=mgR,解得=√2gR解得u=√2μg。设碰前瞬间A的速度为v0,对A、B碰撞的过程，(2)从O点到最高点P,根据动能定理有由动量守恒定律得m=m)十m2一mg·2R=m咏-m2解得0=√2gR+√5gR碰撞过程中A和B损失的总动能为2R=之8△E=子mi-合m好-子mI=vpl联立解得x2=4(L-2R)·2R解得△E=√10mgR。[考点三]由数学知识可知，当R=些时，A落在水平轨道上的位置距离0点[例题3][解析](1)物块A从倾斜轨道由静止滑至O点，根据动能定有最大更有：在最离点华力为零时，有网8加需理有mg·2L-mgL=2mu解得v=√2gL。-mg·2R=合m-m(2)物块A从O点飞出后做平抛运动，设飞出的初速度为0，落在烈由上面两式可得要过最高点，半图孤轨道的毕径最大值R=号山形轨道上的坐标为(x,),所用时间为，有x=6t,y=之g2>兴解得话一罗故A落在水平轨道上的位置距离O点有最大距离，则此时的半圆形物块A从O点到落点，根据动能定理有光滑轨道PQ半径Rm=华成立。mgy=E-令m6(3)碰后小球A恰好过最高点P解得物块A落在弧形轨道上的动能为在P点对小魂Ag=m咒E=mgy+"m号因为物块A经过O点落在弧形轨道上的动能均相同，将点P(2L,小球A从0到P:mg·2R。=合m暖-名mpL)的坐标代入，可得联立解得A=√5gRm&=gXL+四装-ngL小物块A和小球B在O点发生弹性正碰，设向右为正mv=mUA+AmuB联立可得y叶=合mn2=士m+号m通则PQ的曲线方程为x=2√2μLy-y严（其中L≤y≤2L)。联立据得碰撞后两小球的建度分别为以册干没，阳n干Zm(3)设物块A在倾斜轨道上从距x轴高h处由静止滑下，到达O点与物块B碰前的速度为1，根据动能定理有mgh-mgL=是m好脚m=√6g·安解得=2gh-2ugL解得A=13-4西3物块A与B发生弹性碰擅，使A和B均能落在弧形轨道上，且A落学科核心素养在B落点的右侧，则A与B碰撞后反弹。设碰后A、B的速度大小分[解析](1)最终一起以速度运动，由动量守恒可知别为2、阳，规定水平向右为正方向，在物块A与B碰撞过程中，A、Bm(v十2v+…+2018)=2X2018mv组成的系统动量守恒，机械能守恒，有m1=-m2十λm3g得1=29.之mf=之mu+合·Xm明(2)设第k块木块最小速度为，则此时木板及第1至第飞一1块木块的解得=吊速度均为，因为每块木块质量相等，所受合力也相等（均为mg),故在相等时间内，其速度的减少量也相等，因而此时，第k十1至第刀块的碰后物块A反弹，设再次到达O点时速度大小为4，根据动能定理有速度依次为g十v、班+2u、…、%十(n一k),-2mgL=之m话-立m系统动量守恒，故m(十2w十…十n)=(nm十km)w十m(u十v)+…十m[g十(n-k)]解得=-4μgL=mw十km%+(n-k)m%十m[1+2+…+(n-k)]u由2》归平为的载老方为子-学=2nmw+m[1+2+…+(n-k)]vPQ的曲线方程为x=2√2Ly-y2(其中L≤y≤2L)所以-2十恤，w=经船结合求得物块在弧形轨道上的落点纵坐标与在O点抛出的初速度0(3)第二块木块相对木板静止的速度为的关系为=2-（芙中L≤2L)-2必裂品×28腮把物块A、B从O点飞出的速度代入，物体A、B落在弧形轨道上的落因为木块的加速度总为a=g点纵坐标分别为=2v-ugt=-·（昂）月第转1--品gy=2L-2g·a+14第5节实验：验证动量守恒定律因为物块A落在B落点的右侧，则HL≤yA

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