《2018年高考物理一輪復習專題22應用力學兩大觀點分析平拋運動與圓周運動組合問題(測)(含解析)》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2018年高考物理一輪復習專題22應用力學兩大觀點分析平拋運動與圓周運動組合問題(測)(含解析)（18頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、專題 22 應用力學兩大觀點分析平拋運動與圓周運動組合問題【滿分：110 分時間：90 分鐘】一、選擇題（本大題共 12 小題，每小題 5 分，共 60 分。在每小題給出的四個選項中 18 題只 有一項符合題目要求；912 題有多項符合題目要求。全部選對的得 5 分，選對但不全的得 3 分，有選錯的得 0 分。）1.如圖所示，一小球從斜軌道的某高度處由靜止滑下，然后沿豎直光滑圓軌道的內側運動， 已知圓軌道的半徑為 R,忽略一切摩擦阻力，則下列說法正確的是：（）A、 在軌道最低點，最高點，軌道對小球作用力的方向是相同的B、 小球的初位置比圓軌道最低點高出2R 時，小球能通過圓軌道的最高點C、 小

2、球的初位置比圓軌道最低點高出0.5R 時，小球在運動過程中不脫離軌道D 小球的初位置只有比圓軌道最低點高出2.5R 時，小球在運動過程中才能不脫離軌道【答案】C【解析】在最高點，由于速度大小未知b所U恰好通過最高點，躺道對小球的作用力為零，若軌道對小球又作用 力，則必然豎直向下，在最低點小球受到的重力和支持力充當冋I丈b軌道對小球的作用力必然豎直向 上 故A錯誤；在最高點，若恰好通過最高點，則重力充當向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得叱 解得“極從最低點到最高點：機械能守恒.故如=2=2 噸 R R +舟腫解得孰 故小球高出2d逛時，小球才能通過最高點，小球的初位蚤比圓軌道最低點高出0加時，由機械能

3、守恒可知，小球應到 達等高的地方，即0曰處，小球受到圓軌道的支持，不會脫離軌道故 Q 正確D錯誤【名師點睛】明確最高點的臨界速度，并注意小球在軌道內不超過R 時也不會離開軌道，使小球能夠通過圓軌道最高點，那么小球在最高點時應該是恰好是物體的重力作為物體的向心力，由向心力的公式可以求得此時的最小的速度，再由機械能守恒可以求得離最低點的高度h32 如圖 4 所示，由半徑為 R 的一光滑圓周和傾角為 45的光滑斜面組成的軌道固定在豎直平面4內，斜面和圓周之間由小圓弧平滑連接。一小球恰能過最高點， 并始終貼著軌內側順時針轉動。則小球通過斜面的時間為（重力加速度為g）：（）2【答案】D【解析】小球能在圓

4、周內側斜面做圓周運動恰能通過圓周最高點的速度X 莎,則根據(jù)動能定理，可求出小球到達斜面頂端時的速度vi貝ll：可得：巧二陌物體在光渭斜面上下渭時沿斜面下渭的扣速度在曲曲已知小球在斜面上做勻加速運動的初速度X1氣二極，加速度肝晉蝦 位移滬局，根據(jù)運動學公式可以求出小球通過斜面的時間為:【名師點睛】此題是牛頓第二定律及動能定理的綜合應用問題；解決本題的關鍵是認識小球能圓內側軌道做圓周運動時能過通過最高點的臨界條件是v=頭從而得求小球滑上斜面時的速度，再根據(jù)運動學公式求出運動的時間。3. “快樂向前沖”節(jié)目中有這樣一種項目，選手需要借助懸掛在高處的繩飛躍到鴻溝對面的平臺上，如果已知選手的質量為m 選

5、手抓住繩由靜止開始擺動，此時繩與豎直方向夾角為a,繩的懸掛點 0 距平臺的豎直高度為 H,繩長為 L,不考慮空氣阻力和繩的質量，下列說法正確的 是：（）A.選手擺到最低點時所受繩子的拉力為mgB. 選手擺到最低點時處于超重狀態(tài)C. 選手擺到最低點時所受繩子的拉力大小大于選手對繩子的拉力大小A. 2 gRB.C.（2 2-2）,RD.3D.選手擺到最低點的運動過程中， 其運動可分解為水平方向的勻加速運動和豎直方向上的勻加速運動【答案】B【解析】選手在擺動過程中機械能守恒，有：jwgKl-曲劇J0i殳繩子拉力為在最低點有：T-mT-mS S= = mymy聯(lián)立解得：T= (3-2costt) mg

6、,故A衞吳；選手擺到最低點時向心加速度豎直向上，Tmg；因此處于 超重狀態(tài)，故B正確.繩子對選手的拉力和選手對繩子的拉力屬干作用力和反作用力，因此大小相等，方 向相反，故C錯誤*選手擺到最低點的運動過程中，沿繩子方向有問心加速度，沿垂直繩子方問做劑速度 逐漸減小的加速運動，其運動不能分解為水平方向的勻加速運動和豎直方向上的勻加速運動故D錯誤. 故選B【名師點睛】本題屬于圓周運動與平拋運動的結合，對于這類問題注意列功能關系方程和向心力公式方程聯(lián)合求解；解題時要明確物理過程，正確選擇合適的物理規(guī)律；此題是中等題，意在考查學生靈活運用規(guī)律解題的能力4如圖質量為 1kg 的滑塊從半徑為 50cm 的半

7、圓形軌道的邊緣 A 點滑向底端 B,此過程中，摩(g = 10 m s2):【名師點睛】此題是動能定理以及牛頓第二定律的應用問題；解題時應用動能定理求出物體受 到的支持力，由滑動摩擦力公式可以求出物體受到的滑動摩擦力即可；此題是一道常規(guī)題，意 在考查學生對基礎知識的掌握程度5 如圖所示，光滑軌道 ABCD 是大型游樂設施過山車軌道的簡化模型，最低點B 處的入、出口靠近但相互錯開，C 是半徑為 R 的圓形軌道的最高點，BD 部分水平，末端 D 點與右端足夠長的 水平傳送帶無縫連接，傳送帶以恒定速度v 逆時針轉動，現(xiàn)將一質量為 m 的小滑塊從軌道 AB上某一固定位置 A 由靜止釋放，滑塊能通過 C

8、 點后再經 D 點滑上傳送帶，則：()擦力做功為 3J。若滑塊與軌道間的動摩擦因數(shù)為0.2，則在 B 點時滑塊受到摩擦力的大小為1.6N D0.4N【解析】由 A 到 B 過程，由動能定理可得:12mgRVf=mv-0 ,在 B 點由牛頓第二定律得：F -mg22v二m,R滑塊受到的滑動摩擦力f=卩F,解得：f=3.6N;故選 A.【答案】A4A.固定位置 A 到 B 點的豎直高度可能為 2RB.滑塊在傳送帶上向右運動的最大距離與傳送帶速度v 有關C.滑塊不可能重新回到出發(fā)點 A 處D.傳送帶速度 v 越大，滑塊與傳送帶摩擦產生的熱量越多【答案】D【解析】因滑塊能通過C點,則在 u 點的速度最

9、小值為吃生劇，由動能走理，從A點到C點満足：mghmgh =m-2R+=m-2R+解得為 A 盤故選項A錯誤物體在傳送帯上向右做勻減速運動，加速度為f戀，向右運動的最大距離=故渭塊在傳送芾上向右運動的最大距離與傳送芾速度V無關2您選項B錯誤.當傳送帶的速度大于物體到達D點的速度時物體向右運動速度減到零后，再向左運動回 到D點的速度與原來相同，故此時物體仍能回到出發(fā)點A,故選項C錯誤孑傳送帶速度輩越大滑塊與傳 送帶的相對位移越大，貝I由摩擠產生的熱量越多，選項D正確故選D-【名師點睛】此題是力學綜合題，考查了動能定理及牛頓定律的綜合應用；要分析物體的運動情況，抓住關鍵詞語“滑塊能通過C 點”進行

10、分析，通過分析受力情況分析在傳送帶上的運動情況；摩擦生熱的值等于摩擦力與相對位移的乘積6如圖所示， 斜軌道與半徑為 R 的半圓軌道平滑連接， 點A與半圓軌道最高點C等高，B為軌道的最低點（滑塊經B點無機械能損失）?，F(xiàn)讓小滑塊（可視為質點）從A.若Vo=0,小滑塊恰能通過C點，且離開C點后做自由落體運動B.若v0,小滑塊能通過C點，且離開C點后做平拋運動C.若 vo =、gR，小滑塊恰能到達C點，且離開C點后做自由落體運動A點開始以速度vo沿（ ）c5D.若 vof：gR，小滑塊恰能到達 C 點，且離開 C 點后做平拋運動【答案】D6【解析】滑塊恰好通過最高點G由噸=也學可得匸后,根振機械能守恒

11、可知：V4=VC;即若廊，則滑塊無法達到最高點 Q 若=屆,則可以通過最高 點做平拋運動，由機械能守恒定律可知川點的速度應大于等于廊，小滑塊育撻到C點，且離開后做平 拋運動故ABC錯誤，D正確,【名師點睛】機械能守恒定律與圓周運動的結合題目較為常見，在解題時一定要把握好豎直平面內圓周運動的臨界值的分析，即由圓周運動的臨界條件可知物塊能到達C點的臨界值，再由機械能守恒定律可得出其在A點的速度。7.如圖所示，豎直平面內光滑圓軌道半徑R=2m 從最低點A有一質量為mFlkg 的小球開始運2動，初速度V。方向水平向右，重力加速度g取 10m/s，下列說法正確的是：（）則小球離開圓軌道時的速度大小為2

12、_2m/s【答案】B【解析】假設小球在 C 點離開軌道，如圖則小球將在離 A 點 1.8m 高的位置離開圓軌道C.小球能到達最高點B的條件是v0_ 4：. 5m/sD.若初速度vo=5m/s,則運動過程中，小球可能會脫離圓軌道B.若初速度vo=8m/s,72小球離開軌道的臨界條件是噸邊二汀詈8自A點到C點應用動自淀理得：-+ J? cos B） = *朋吃 nJL*由得：v vc c= 2A/2WI/s s?必錯誤$B正確若小球能到達最高點8,則叫=飛硬IJ tl寸宙A到B, -nig2Rnig2R = = mvmv - - mvmv由fl 叫=5 5 強二10m/ 45m/s sC錯誤;若初

13、速度v5m/s,則噸丹=、解得衣=1.25m 0.故小球能過最高點，選項心錯誤B正確G 6在最高點桿子作用力為零時= m解得吃二J迂/而在最高點“由于VpuJ迂所以桿表現(xiàn)為問上的彈力.故G D均錯誤+故選B +【名師點睛】搞清向心力的來源，綜合牛頓第二定律找速度與力的關系，動能定理聯(lián)系兩個點的速度關系.9如圖所示，用長為L的輕繩把一個小鐵球懸掛在高2L的Q點處，小鐵球以Q為圓心在豎直WfV2=mgmg - - 2L2L+丄ttfiittfii、2 2 2 210A. 在釋放瞬間，支架對地面壓力為（m+M）gB. 擺動過程中，支架對地面壓力一直增大C. 擺球到達最低點時，支架對地面壓力為（3m+

14、M）gD. 擺動過程中，重力對小球做功的功率一直增大【答案】BC面內做圓周運動且恰能到達最高點B處，則有:A.小鐵球在運動過程中輕繩的拉力最大為6mgB.小鐵球在運動過程中輕繩的拉力最小為mgC.若小鐵球運動到最低點輕繩斷開，則小鐵球落到地面時的速度大小為.7gLD.若小鐵球運動到最低點輕繩斷開，則小鐵球落到地面時水平位移為2L【答案】AC【解析】2mmVLB，從最高點到最低點只有重力做功，根據(jù)機械能守恒定律有:mvB - mg 2L =1mv2，聯(lián)立解得：v =5gL；根據(jù)牛頓第二定律，在最低點：2 22vF -mg =m，得：F=6mg故小鐵球在運動過程中輕繩的拉力最大為6mg,最小為 0

15、,故 A正確、B 錯誤。C、最高點到落地，由動能定理:-mvBmg123Lmw,2解得v- = .7gL,故選項 C 正確。D、若小鐵球運動到最低點輕繩斷開，則小鐵球落到地面時的水平位移為:x=vt,L=-gt2，得：x=*14L,故 D 錯誤。故選 AC.2【名師點睛】本題突破口在于小球恰好經過B點，重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律列式求解速度；然后由機械能守恒定律列式求解落地速度，10.如圖所示，放置在水平地面上的支架質量為M 支架頂端用細線拴著的擺球質量為m 現(xiàn)將擺球拉至水平位置，然后從靜止釋放，擺球運動過程中，支架始終不動，則從釋放至運動到最低點的過程中有：（）11【解析】在髓放瞋間，

16、m的諫度為零，細線拉力為為 對支架受力分析，支架受重力和地面對它的支持力，貝歧架 對地面壓力為 MgMg故A錯誤；對小球在向下運動過稈中某一位羞進行受力分析：當小醱圓心輕過角度為日時，具有的速度v,根據(jù)動能定理得:mgRsui6=壬mv2f根據(jù)牛頓第二定律得：F-mgF-mg 衣麗JCTpgs誠+2nigsine=3mgsiii而此時支架受重力、支持尢K繩子的拉力、地面摩撫力.根據(jù)平衡條件得：在豎直方向上有：TEEL皆FN所以FTmii如,擺動過程中9逐漸増犬，所次地面對支架的支持力也逐漸増大，根據(jù)牛頓第三走律: 即擺動過程中，支架對地面壓力一直増大，故B正確.在從釋放到最低點過程中：根據(jù)動能

17、定理得；mgR=|mv2AT2在最低點繩子拉力為 T,根據(jù)牛頓第二定律得：T - mq = m V-R當小球在最低點時，對支架根據(jù)平衡條件得：FN=Mg+T解得：FN=（ 3m+M g，故 C 正確.小球在開始運動時的速度為零，則這時重力的功率 R=mgV=O ;當小球繞圓心轉過角度為0時，具有的速度v，根據(jù)動能定理得7 =：,；2gRsim，并且重力與速度的方向夾角為0，則這時重力的功率 P2=mgvcos0=mgcos0、.、2gRsin0;當小球運動到最低點時，速度的方向水平垂直于重力的方向，P3=mg?v?cos90 =0,因此重力功率變化為：先變大后變小，故D 錯誤.故選BC.【名師

18、點睛】此題考查了動能定理、牛頓第二定律的應用以及功率的問題；解題時要正確對物 體進行受力分析，通過物體所處的任意狀態(tài)運用牛頓第二定律列出等式求解注意要去判斷一 個物理量的變化，我們應該通過物理規(guī)律先把這個物理量表示出來11如圖（a）所示，小球的初速度為 V。，沿光滑斜面上滑，能上滑的最大高度為h,在圖（b）中，四個物體的初速度均為 vo。在 A 圖中，小球沿一光滑內軌向上運動，內軌半徑大于h;在 B圖中，小球沿一光滑內軌向上運動，內軌半徑小于h;在圖 C 中，小球沿一光滑內軌向上運動，內軌直徑等于 h;在 D 圖中，小球固定在輕桿的下端，輕桿的長度為h 的一半，小球隨輕桿繞 0點無摩擦向上轉動

19、則小球上升的高度能達到h 的有：（）ABCD圖（圖（b）【答案】AD12【解析】小球沿一光滑內軌向上運動，內軌半徑大于h,小球上升h時速度為霧未超過四分之一圓周.故A正 確.小球沿一光滑內軌向上運動，內軌半徑小于h.小球上升h時，速度為零超過四分之一圓周，要想做 圓周運動，在h高蛀速度不能為零，知還未上升到h高度已離開軌道.故E錯誤.小球沿一光滑榊向上 運動內軌直徑等于lb在最嵩點有最小速度，知小球未到達最高點已離幵軌道*故C錯誤.小球固定在輕 桿的下端，輕桿的長度為h的一半，小球隨輕桿繞O點向上轉動.最高點的最小速度為零，小球能夠達到 最高點.故D正確*故選AD【名師點睛】本題主要運用的規(guī)律

20、是機械能守恒定律，關鍵是判斷在h 高度速度是否為零，從而判斷是否能到達h高度；同時要知道繩連物體經過最高點的最小速度是,gR，桿連物體經 過最高點的最小速度為零，這些都應熟練掌握12 如圖所示，豎直平面內有一光滑圓環(huán)，半徑為R,圓心為 O, B 為最低點，C為最高點，圓環(huán)左下方開一個小口與光滑斜面相切于A點，/AOB37,小球從斜面上某一點由靜止釋放，經A點進入圓軌道，不計小球由D到A的機械能損失，sin370.6,cos37=0.8，則要保證運動過程中小球不離開軌道，小球釋放的位置到A點的距離可能是：（）A.RB. 2RC 3RD 4R【答案】AD【解析】若使小球恰能經過最高點 G 則,根據(jù)

21、動能定理祈 H 內一2盤）二+稱謚，解得h=| R,小球釋放的位置到A A點的距離是淪h-RU-曙二學丘.選項D正確；若使小球恰能經過與圓心oSJD376等高的一點，則釋放的高度h=R,此時小球釋放的位置到蟲點的距離是xxh h3ry3ry= = -R,-R,選SID373項A正確；故選AD.【名師點睛】此題是動能定理及牛頓定律的應用題；關鍵是找到兩個臨界狀態(tài)：恰能經過最高點和恰能到達與圓心等高的一點，然后根據(jù)動能定理求解13二、非選擇題（本大題共 4 小題，第 13、14 題每題 10 分；第 15、16 題每題 15 分；共 50 分）13 . （10 分）如圖所示，在水平地面上固定一個傾

22、角=45、高 H=4m 的斜面，在斜面上方固2定放置一段由內壁光滑的圓管構成的軌道ABCD圓周部分的半徑R = _ m，AB與圓周相切于B3點，長度為.、3R，與水平方向夾角二=60；，軌道末端豎直，已知圓周軌道最低點C軌道末端D與斜面頂端處于同一高度。現(xiàn)將一質量為0.1kg，直徑可以忽略的小球從管口A處由靜止2釋放，g = 10m / s777777777777777777777777777777777777777777（1）求小球在 C 點時對軌道的壓力（2）若小球與斜面碰撞（不計能量損失）后做平拋運動落到水平地面上，則碰撞點距斜面左端 的水平距離 x 多大時小球平拋運動的水平位移最大？最

23、大位移是多少？【答案】（1）7N （2）當x=1m 時平拋水平位移Sx有最大值Sm=6m【解析】（1）設仙之間的豎直高度為乩由幾何關系可知：=蟲到C根動能定理得：稱創(chuàng)=丄加叱 S 在C點：兀一殛=轉企，解得：凡=7N2R R由牛頓第三定律可彳屮卜球在7點時對軌道的壓力為7N 從丄到碰撞點根據(jù)動能定理得：mgmg（應+ =打心 平拋過程：=dLJU平拋水平位移：乂=料代入數(shù)據(jù)整理得：S.S.= =半（2+劉（斗-力，可知：當Alm時平拋水平位移員有最犬值必=6朋【名師點睛】解題時注意數(shù)學知識的應用，特別是從A到碰撞點，根據(jù)動能定理求出碰撞時的速度，由于沒有能量損失，則碰撞后做平拋運動的初速度即為

24、碰撞時的速度，難度適中14 . （ 10 分）如圖所示，豎直平面內的半圓形軌道下端與水平面相切，的最低點和最高點。小滑塊（可視為質點）沿水平面向左滑動，經過已知半圓形軌道光滑，半徑R=0.40m滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)2距離l=1.10m取重力加速度g=10n/s。求：B C分別為半圓形軌道A點時的速度VA=6.0ms。J= 0.50 ,A、B兩點間的A m14（1）滑塊運動到 B 點時速度的大小VB；（2）滑塊運動到 C 點時速度的大小VC；（3） 滑塊從C點水平飛出后，落地點與B點間的距離X?！敬鸢浮浚?）VB=5m/s（ 2）vc=3.0m/s （ 3）x=1.2m【解析】1212（1

25、） 滑塊從A運動到B的過程中，根據(jù)動能定理：_ mgl二2 2代入數(shù)據(jù)解得：vB=5m/s（2）滑塊從 B 運動到 C 的過程中，取水平面為零勢能平面，根據(jù)機械能守恒定律：1212mvB= mg 2R mvC2 2代入數(shù)據(jù)解得：VC-3.0m/s（3）滑塊從C水平飛出后做平拋運動設飛行時間為t，則水平方向：x=vCt12豎直方向：2R=丄gt22聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：x =1.2m【名師點睛】本題是典型題目，知道動能定理和機械能守恒定律內容，并體會二者求解動力學的利弊，注意平拋運動的處理方法（1）從A到B利用動能定理即可求解（ 2）從B到C利用機械能守恒定律求解（ 3）據(jù)平拋運動分解為水平方向的

26、勻速直線和豎直方向的自由落體運動15 （ 15 分）如圖所示，四分之三周長圓管的半徑R=0.4m,管口 B 和圓心 0 在同一水平面上，D 是圓管的最高點，其中半圓周BE 段存在摩擦，BC 和 CE 段動摩擦因數(shù)相同，ED 段光滑；質量m=0.5kg、直徑稍小于圓管內徑的小球從距B 正上方高 H=2.5m 的 A 處自由下落，到達圓管最低點 C 時的速率為 6m/s，并繼續(xù)運動直到圓管的最高點D 飛出，恰能再次進入圓管，假定小球再次進入圓管時不計碰撞能量損失，取重力加速度g=10m/s2,求15小球再次從 D 到 C 的過程中，由動能定理得:-2mgR -Wf4=1mVC2-丄mVD22 2解

27、得:W=4.5J -gmVc(2)小球從 B 點到 D 點過程中克服摩擦所做的功；(3)小球再次進入圓管后，能否越過 C 點？請分析說明理由.【答案】(1) 、.2m/s(2) 10J(3)小球能過 C 點【解析】(D小球飛離D點后低平拋運動，在水平方向：R=VDt解得：vn=2 m/s(2)小球從A到D過程中，由動能定理得：用或盤)町魁比丄0解得；Wn=10J(3)小球從 C 到 D 過程中，由動能定理得：1212-2mgRWf2mVDmVC2 2解得：W2=4.5J12小球從 A 到 C 過程中，由動能定理得：mg( H R) -Wf3mVC2-02解得：W3=5.5J豎直方向:J? =-

28、Et(1)小球飛離 D 點時的速度；16（2） 物A被彈簧以原速率彈回返回到圓形軌道的高度h1（3）調節(jié)PQ段的長度L,A仍以vo從軌道右側沖上軌道，當L滿足什么條件時，物塊A能第一次返回圓形軌道且能沿軌道運動而不脫離軌道.【答案】【解析】（1）設物塊丄與彈蕃剛接觸時的速度大小為訶，由動能定理可得解得Vi2/2M/S（2分）（2潮塊A以原速率彈回返回到圓形軌道的高度為A1,由動能定理得 劉 W 忙一丄1 一時.1 J（3）若A沿軌道上滑至最大高度h2時，速度減為 0,則h2滿足（2分）0h2R（2 分）12由動能定理得2mgLmgh= 0-m22聯(lián)立得1 mWLi 0,故小球能過 C 點.【名

29、師點睛】本題是動能定理和向心力知識的綜合應用，解題時要根據(jù)物理過程的順序來分析；這類問題常常涉及到臨界條件.第（3）問中用動能定理求變力的功也是常用方法。16 . （ 15 分）如圖 17 所示，在水平軌道右側安放半徑為R= 0.2 m 的豎直圓形光滑軌道，水平軌道的PQ段鋪設特殊材料，調節(jié)其初始長度為L=1 m 水平軌道左側有一輕質彈簧左端固定,彈簧處于自然狀態(tài).質量為m 1 kg 的小物塊A（可視為質點）從軌道右側以初速度v= 2 3 m/s 沖上軌道，通過圓形軌道、水平軌道后壓縮彈簧并被彈簧以原速率彈回，經水平軌道返回圓形軌道.物塊A與PQ段間的動摩擦因數(shù)1= 0.2 ,軌道其他部分摩擦

30、不計，重力加速度g= 10 m/s2.（1） 物塊A 與彈簧剛接觸時的速度大小w;17由動能定理得2fnngL-mg-2R=2fnngL-mg-2R=-mvi-mvi若/能沿軌道上渭至最高，點則滿足咤 M 噸（2分）1822（2分）綜上所述，要使物塊丄能第一次返回圓形軌道并沿軌道運動而不脫離軌道，L L滿足的條件是:1 mZ,1.5ni或Z0.2S m【名師點睛】（1）對 B 從初始位置到與 A 碰撞前過程運用動能定理，求出物塊B 與物塊 A 碰撞前的速度大小；（2）根據(jù)動能定理求出 AB 整體能夠上升的高度， 并討論能否達到此高度；（3） A、B 物塊能返回圓形軌道且能沿軌道運動而不會脫離軌道，要么能夠越過圓軌道的最高點，要 么在圓軌道中上升的高度不要超過圓軌道的半徑，結合動能定理、動量守恒定律和牛頓第二定 律求出所滿足的條件.