1.专题突破二 动量和能量的综合应用-【正禾一本通】2025-2026学年高二物理选择性必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（人教版）

该高中物理课件聚焦“动量和能量的综合应用”专题，通过“真题导学”导入，以“突破点一到四”为学习支架，串联基础概念与综合应用，帮助学生构建从单一规律到复合问题的知识脉络。 其亮点在于结构化目录导航（交替分组顺序）与v-t坐标图辅助教学，结合科学思维的模型建构与科学推理，在“题型剖析”中通过图像分析动量守恒与能量转化，引导学生抽象概括物理模型、推理论证。采用真题与典题结合的教学方法，通过分组突破点总结知识，学生能提升综合问题解决能力，教师可借助系统结构高效备课。

专题突破二 动量和能量的综合应用 1 第 页 1 学习目标 2 第 页 2 目录 专题突破 突破点四 突破点三 突破点二 突破点一 第 页 3 真题导学 题型剖析 典题精练 真题导学 题型剖析 典题精练 专题突破（二） 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 掌握“弹簧—滑块”模型、 “滑块—木板”模型、“子弹—木块”模型、 “滑块—斜面(或曲面)”模型的特点。 会用动量观点和能量观点相结合的思路分析、计算模型相关问题。 突破点一 “弹簧—滑块”模型 ★(经典高考题)如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C，B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)。设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短。求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中： (1)整个系统损失的机械能； (2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能。 [思维模板]　　 　本题为含有弹簧的物块间的碰撞模型。系统损失的机械能发生在B与C的完全非弹性碰撞。弹簧被压缩到最短时的特征是三者共速。　　　 试答体验：(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mv1① 此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE，对B、C组成的系统，由动量守恒和能量守恒定律得 mv1＝2mv2② m2＝ΔE＋(2m)2③ 联立①②③式得ΔE＝m2④。 (2)由②式可知v2<v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep。由动量守恒和能量守恒定律得 mv0＝3mv3⑤ 2－ΔE＝(3m)2＋Ep⑥ 联立④⑤⑥式得Ep＝m2。 答案：(1)m2　(2)m2 模 型 图 例 物块m1、m2与轻弹簧(处于原长)相连，m1以初速度v0向右运动，开始挤压弹簧 两 种 情 境 1．当弹簧处于最短或最长状态时，两物体的速度相等，弹簧的弹性势能最大： (1)系统动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v共。 (2)系统机械能守恒：2＝(m1＋m2)2＋Epmax。 2．当弹簧再次处于原长时，弹性势能为零： (1)系统动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2。 (2)系统机械能守恒：2＝2＋2。 说明：相当于物块m1、m2发生了一次完全弹性碰撞 【典例1】 (多选)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x，现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示)，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则(　　 ) A．A物体的质量为3m B．A物体的质量为2m C．弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv02 D．弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv02 解析：选AC。对题图甲，设物体A的质量为M，由机械能守恒可得，弹簧压缩x时的弹性势能Ep＝Mv02。对题图乙，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，A、B组成的系统动量守恒，弹簧达到最大压缩量仍为x时，A、B二者达到相等的速度v，由动量守恒定律有M·2v0＝(M＋m)v，由能量守恒定律有Ep＝M(2v0)2－(M＋m)v2，联立得M＝3m，Ep＝Mv02＝mv02，故A、C正确。 突破点二 “滑块—木板”模型 ★(2024·甘肃高考改编)如图，质量为2 kg的小球A(视为质点)在细绳O′P和OP作用下处于平衡状态，细绳O′P＝OP＝1.6 m，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6 kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2 kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳O′P，小球A开始运动。(重力加速度g取10 m/s2) (1)A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短)，碰后A竖直下落，C水平向右运动。求碰后C的速度大小。 (2)A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。 [思维模板] A与C相碰时，系统(A、C)水平方向的动量守恒；C相对B滑行4 m后与 B共速过程——“滑块—木板”模型，系统(C、B)的动量守恒、能量守恒。　　　　　　　　　 试答体验：根据题意，设A、C质量为m＝2 kg，B的质量为M＝6 kg，细绳OP长为l＝1.6 m，初始时细线与竖直方向夹角θ＝60°。 (1)A开始运动到最低点有mgl(1－cos θ)＝mv02－0 解得v0＝4 m/s。 A与C相碰时，水平方向动量守恒，由于碰后A竖直下落，可知mv0＝0＋mvC，解得vC＝v0＝4 m/s。 (2)A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速，则在C、B相互作用过程中，根据动量守恒可得mv0＝(M＋m)v 根据能量守恒得 μmgL相对＝mv02－(m＋M)v2 联立解得μ＝0.15。 答案：(1)4 m/s　(2)0.15 模型 图例 上表面粗糙、质量为M的木板放在光滑的水平地面上，质量为m的滑块以初速度v0向右滑上木板 模型 特点 1.滑块和木板构成的系统动量守恒，但机械能不守恒。滑块和木板之间的摩擦力大小与两者相对位移大小的乘积等于系统损失的机械能，即系统因摩擦产生的热量。 2．若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大 两种 情境 1.若滑块未滑离木板，当滑块与木板相对静止时，设二者的共同速度为v，滑块相对木板的位移为d，木板相对地面的位移为x，滑块和木板间的摩擦力为Ff，则： (1)系统动量守恒：mv0＝(M＋m)v。 (2)系统能量守恒：Ffd＝mv02－(M＋m)v2。 2．若滑块滑离木板，设滑离木板时，滑块的速度为v1，木板的速度为v2，木板长为L，则： (1)系统动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2。 (2)系统能量守恒：FfL＝mv02－mv12－Mv22 【典例2】 (2025·黑龙江哈尔滨检测)如图所示，质量为m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量为m2＝0.2 kg且可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2 m/s从左端滑上小车，最后在车上某处与小车保持相对静止。物块与车之间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，求： (1)物块在车上滑行的时间； (2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过多少。 解析：(1)设物块与小车的共同速度为v，以水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v 设物块与车之间的滑动摩擦力为Ff，对物块应用动量定理有－Fft＝m2v－m2v0 又Ff＝μm2g 联立并代入数据得t＝0.24 s。 (2)要使物块恰好不从车的右端滑出，则物块运动到车的最右端时与小车有共同的速度，设其为v′，有m2v0′＝(m1＋m2)v′ 由能量守恒定律有 m2v0′2＝(m1＋m2)v′2＋μm2gL 代入数据解得v0′＝5 m/s 故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过5 m/s。 答案：(1)0.24 s　(2)5 m/s ►规律方法：“滑块—木板”模型中，由于滑块和木板都做匀变速直线运动，所以也可以用牛顿运动定律和运动学方程求解，只是相比动量和能量的观点来说麻烦一些。 突破点三 “子弹—木块”模型 模型 图例 木块长度为d，静止在光滑地面上，子弹以初速度v0射入木块， 所受阻力大小为Ff 模型 特点 1．子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒。 2．系统的机械能有损失，损失的机械能产生内能——摩擦生热 两种 情境 子弹嵌入木块中(未穿出)：两者速度相等，机械能损失最多 (类似完全非弹性碰撞) (1)系统动量守恒：mv0＝(m＋M)v。 (2)系统能量守恒：Q＝Ffx＝mv02－(M＋m)v2。 2．子弹穿透木块：两者速度不相等，机械能有损失(类似非弹性碰撞) (1)系统动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2。 (2)系统能量守恒：Q＝Ffd＝mv02－。 说明：“子弹—木块”模型与“滑块—木板”模型类似， 只是一个相互作用发生在内部，一个发生在外部 【典例3】 如图所示，质量为M的木块静止于光滑的水平面上，一质量为m、速度为v0的子弹水平射入木块且未穿出，设木块对子弹的阻力恒为F，求： (1)子弹与木块相对静止时二者共同速度为多大； (2)射入过程中产生的内能和子弹对木块所做的功分别为多少； (3)木块至少为多长时子弹不会穿出。 解析：(1)子弹与木块组成的系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v 解得v＝ 。 (2)由能量守恒定律可知mv02＝Q＋(m＋M)v2 解得产生的热量为Q＝ 由动能定理可知，子弹对木块所做的功为W＝Mv2＝ 。 (3)设木块最小长度为L，由能量守恒定律得FL＝Q 解得木块的最小长度为L＝ 。 答案：(1)　(2) 　　(3) 突破点四 “滑块—斜面(或曲面)”模型 模型 图例 曲面体M静止在光滑水平面上，曲面也是光滑的，滑块m以初速度v0冲上曲面体。滑块上升的最大高度小于曲面体的高度。 两种 情境 1.滑块m到达最高点时，m与M具有共同的水平速度v共： (1)系统水平方向动量守恒：mv0＝(M＋m)v共。 (2)系统机械能守恒：mv02＝(M＋m)v共2＋mgh。 其中h为滑块上升的最大高度。 2．滑块m返回最低点时，设m的速度为v1，M的速度为v2，则： (1)系统水平方向动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2。 (2)系统机械能守恒：mv02＝mv12＋Mv22 【典例4】 如图所示，有一质量为m的小球，以速度v0滑上静置于光滑水平面上带有四分之一光滑圆弧轨道的滑块。滑块的质量为3m，小球在上升过程中始终未能冲出圆弧，重力加速度为g，在小球运动过程中(　　 ) A．小球和滑块组成的系统动量守恒 B．小球在圆弧轨道最高点的速度大小为 C．小球在圆弧轨道上能上升的最大高度为 D．小球离开圆弧轨道时圆弧轨道的速度大小为 解析：选C。小球运动过程中，小球和滑块组成的系统在水平方向上动量守恒，系统竖直方向动量不守恒，故A错误；小球在圆弧轨道上升到最高点时小球与滑块速度相同，系统在水平方向上动量守恒，规定v0的方向为正方向，有mv0＝4mv，解得v＝ ，故B错误；根据机械能守恒定律得mv02＝×4mv2＋mgh，解得h＝ ，故C正确；小球离开圆弧轨道时，根据动量守恒定律，则有mv0＝mv1＋3mv2，根据机械能守恒定律，则有mv02＝mv12＋×3mv22，联立以上两式可得v1＝－，v2＝ ，故D错误。 ►规律方法： 从小球和滑块开始作用到小球达到最高点，两者相当于发生了一次完全非弹性碰撞；从开始作用到分离，两者相当于发生了一次完全弹性碰撞——一动碰一静。 【基础练】 1．(2025·云南大理检测)如图所示，光滑水平地面上的P、Q两物体质量都为m，P以速度v向右运动，Q静止且左端有一轻弹簧。当P撞上弹簧，弹簧被压缩至最短时(　　 ) A．P的动量变为0 B．P、Q的速度不相等 C．Q的动量达到最大值 D．P、Q系统总动量仍然为mv 解析：选D。P、Q组成的系统所受的合外力为零，系统动量守恒，初始时总动量为mv。弹簧被压缩到最短时，P、Q系统总动量仍为mv，故D正确；P在压缩弹簧的过程中，Q做加速运动，P做减速运动，两者速度相等时，弹簧压缩量最大，然后Q继续加速，P继续减速，所以弹簧压缩到最短时，Q的动量未达到最大值。弹簧被压缩到最短时，P、Q的速度相等，根据mv＝2mv′，可知此时P的动量为mv，故A、B、C错误。 2．如图所示，质量相同的木块A、B之间用轻质弹簧相连，置于光滑水平面上，A靠在固定的挡板C旁。今用水平力F压B，使弹簧被压缩到一定程度后保持静止。突然撤去压力F，弹簧第一次恢复原长时，B的速度为v。那么当弹簧第二次恢复原长时，B的速度是(　　 ) A．0 B． C．v D．v 解析：选A。当弹簧第一次恢复原长时，B的速度为v，方向向右，之后A离开挡板C，设当弹簧第二次恢复原长时，A、B的速度分别为vA、vB，根据系统动量守恒和机械能守恒可得mBv＝mAvA＋mBvB，mBv2＝mAvA2＋mBvB2，联立解得vB＝v＝0，故A正确。 3．(多选)如图所示，在光滑水平面上，有一质量为M＝3 kg的薄板和质量为m＝1 kg的物块，都以v0＝4 m/s的初速度朝相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，则(　　 ) A．当薄板的速度为2.4 m/s时，物块做加速运动 B．当薄板的速度为2.4 m/s时，物块做减速运动 C．当薄板的速度为3 m/s时，物块做减速运动 D．当薄板的速度为3 m/s时，物块做匀速运动 解析：选AC。根据题意可知，开始时薄板向右减速，物块向左减速，当物块速度减为零时，薄板的速度为v1，由动量守恒定律有Mv0－mv0＝Mv1，解得v1＝m/s≈2.67 m/s，之后薄板继续向右减速，物块向右加速，当两者速度达到相同时，设共同速度为v2，由动量守恒定律有Mv1＝(M＋m)v2，解得v2＝2 m/s，之后两者相对静止，一起向右做匀速直线运动。综上可知，当薄板的速度为2.4 m/s时，物块做加速运动，当薄板的速度为3 m/s时，物块做减速运动，故A、C正确。 4．(多选)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上。质量为m的子弹以速度v0水平射向滑块，若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示，则上述两种情况相比较，下列说法正确的是(　　 ) A．子弹的末速度大小相等 B．系统产生的热量一样多 C．子弹对滑块做的功相同 D．子弹和滑块间的水平作用力一样大 解析：选ABC。以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，可得滑块最终获得的速度v＝，可知两种情况下子弹的末速度是相同的，故A正确；子弹嵌入下层或上层过程中，子弹减少的动能一样多(两种情况下子弹初、末速度都相等)，滑块增加的动能也一样多，则两种情况系统减少的动能相同，故系统产生的热量一样多，故B正确；根据动能定理，滑块动能的增量等于子弹对滑块做的功，所以两次子弹对滑块做的功一样多，故C正确；由Q＝Ff·s相对知，由于s相对不相等而Q相等，所以两种情况下子弹和滑块间的水平作用力不一样大，故D错误。 5．(多选)(2025·重庆荣昌检测)光滑水平面上有一静止木块，质量为m的子弹水平射入后未穿出，子弹与木块运动的v ­t图像如图所示，下列说法正确的是(　　 ) A．子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小 B．木块的质量为9m C．整个过程产生的热量为mv02 D．子弹进入木块的深度为v0t0 解析：选ABC。子弹水平射入后未穿出，该过程子弹与木块组成的系统满足动量守恒，则子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小，故A正确；设木块的质量为M，由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)× ，解得M＝9m，故B正确；由能量守恒可得，整个过程产生的热量为Q＝mv02－(M＋m)×2＝mv02，故C正确；由题图可知，t0时间内木块的位移x1＝×t0＝，子弹的位移x2＝×t0＝ ，则x相对＝x2－x1＝，即子弹进入木块的深度为，故D错误。 【综合练】 6．(2025·四川成都期末)如图所示，一小车静止于光滑水平面，其上固定一光滑弯曲轨道，整个小车(含轨道)的质量为m。现有质量也为m的小球，以水平速度v0从左端滑上小车，沿弯曲轨道上升到最高点，最终从轨道左端滑离小车。关于这个过程，下列说法正确的是(　　 ) A．小球与小车组成的系统动量守恒 B．小球沿轨道上升到最高点时，小车的速度为零 C．小球沿轨道上升的最大高度为 D．小球滑离小车后，做自由落体运动 解析：选D。小球在竖直方向分速度的初始值与末状态值均为0，可知竖直方向上先加速后减速，即竖直方向的加速度方向先向上后向下，存在超重与失重，小球和小车构成的系统所受外力的合力不为0，系统的动量不守恒，但系统在水平方向上所受外力的合力为0，即系统在水平方向上的动量守恒，故A错误；小球沿轨道上升到最高点时，小球竖直分速度为0，结合上述可知，在水平方向，系统动量守恒，则小球与小车的速度相等，均不为零，故B错误；小球沿轨道上升到最高点时，根据动量守恒定律有mv0＝2mv， 根据机械能守恒定律有mgh＝mv02－×2mv2，解得h＝ ，故C错误；小球从轨道左端滑离小车时，设小球速度为v1，小车速度为v2，根据动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，根据机械能守恒定律有mv02＝mv12＋mv22，解得v1＝0，即小球滑离小车后做自由落体运动，故D正确。 7．如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块A、B相连接，并且静止在光滑的水平面上，其中m2＝4 kg。现使m1瞬时获得水平向右的速度，并以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得(　　) A. 在t1时刻A与B两物块的动能之比为2∶1 B．在t4时刻A与B两物块间的弹簧处于伸长状态 C．从t3到t4时间内弹簧由伸长状态逐渐恢复至原长 D．从0到t4过程中弹簧的最大弹性势能为7.5 J 解析：选C。以m1的初速度方向为正方向，对0～t1时间内的过程，由动量守恒定律得m1v1＝(m1＋m2)v，将v1＝3 m/s，v＝1 m/s代入，解得m1＝2 kg，t1时刻速度相同，根据Ek＝mv2可知，A与B两物块的动能之比为1∶2，故A错误；t3到t4时间内m2的速度减小，m1的速度增大到初始时刻，说明从t3到t4时间内弹簧由伸长状态逐渐恢复至原长，t4时刻弹簧恢复原长，故B错误，C正确；当m1和m2的速度相等时，弹簧弹性势能最大，根据机械能守恒定律可得Epm＝m1v12－(m1＋m2)v2，代入数据解得Epm＝6 J，故D错误。 8．(多选)(2025·安徽合肥期末)如图甲所示，足够长的木板A静止于光滑水平面上，t＝0时小物块B以4 m/s的水平初速度从左端滑上A，图乙为A的动能Ek随时间t变化的关系图像，t＝0.4 s后图线为平行于t轴的直线。已知A、B间的动摩擦因数为0.5，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　 ) A．t＝0.4 s时A、B速度相同 B．B的质量为2.0 kg C．A的长度至少为1.0 m D．整个过程系统因摩擦产生的内能为4.0 J 解析：选AD。由题图乙知，t＝0.4 s后A的动能Ek不再发生变化，即t＝0.4 s时A、B速度相同，故A正确；B在与A共速前，B的加速度为a＝μg＝5 m/s2，设A、B的共同速度为v，由速度公式v＝v0－at，整理得末速度为v＝2 m/s，根据动量守恒有mBv0＝(mA＋mB)v，可知二者质量相等，设都为m，共速后A的动能EkA＝mv2＝2 J，解得B的质量为m＝1.0 kg，故B错误；二者共速时相对静止，相对位移为Δx＝－＝v0t＝0.8 m，即A的长度至少为0.8 m，故C错误；整个过程系统因摩擦产生的内能Q＝mv02－×2mv2＝4.0 J，故D正确。 9．(2025·广东广州期中)质量为m的小物块P(可视为质点)，以水平初速度v0冲上一块静置在光滑水平面上的长木板Q的左端，如图所示。长木板Q的质量也为m，其右端固定着一轻质弹簧，其中左端A至弹簧自由端B之间区域是粗糙的，物块与板间的动摩擦因数为μ，AB长度为L，B点至弹簧右端C是光滑的。问： (1)弹簧被挤压的最大弹性势能为多大？此时长木板Q与小物块P的速度分别是多少？ (2)为了保证小物块P最终不从长木板Q上掉下来，动摩擦因数的最小值μ0是多少？ 解析：(1)根据题意，系统动量守恒，则mv0＝2mv1 mv02＝×2mv12＋μmgL＋Epm 联立可得v1＝ ，Epm＝mv02－μmgL。 (2)为了保证小物块P最终不从长木板Q上掉下来，则小物块返回到A点时，二者共速，则mv02＝×2mv12＋μ0mg×2L 解得μ0＝ 。 答案：(1)mv02－μmgL　　　(2) 【创新练】 10．(“小球＋凹槽”模型的综合分析)如图所示，将一半径R＝0.3 m、质量M＝3 kg的光滑半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧靠在固定的竖直墙壁上。现让一质量m＝1 kg的小球(可视为质点)自左侧槽口A点正上方的B点从静止开始落下，A、B间的距离h＝0.5 m，小球与半圆槽相切滑入槽内。已知重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，求： (1)小球运动到半圆槽最低点时的速度大小v0； (2)小球第一次离开半圆槽时的速度大小v1； (3)小球第一次离开半圆槽后，能够上升的最大高度H。 解析：(1)小球从静止开始自由下落到滑至半圆槽最低点的过程，根据机械能守恒定律有 mg(h＋R)＝mv02 解得v0＝4 m/s。 (2)小球即将离开半圆槽时，小球和半圆槽在水平方向上速度相同，设其为v，小球从半圆槽内最低点运动到即将离开半圆槽的过程中，根据水平方向系统动量守恒，有mv0＝(M＋m)v 根据机械能守恒定律，有mgh＝mv12＋Mv2 联立解得v1＝m/s。 (3)小球离开半圆槽后向上做斜上抛运动，当竖直方向的分速度等于0时，小球上升的高度最大，小球离开半圆槽时竖直方向的分速度 v1y＝＝ m/s 竖直方向有v1y2＝2gH 解得H＝0.3 m。 答案：(1)4 m/s　(2) m/s　(3)0.3 m $