2026届高考物理三轮复习课件：动力学三大观点的综合运用

2026高考物理 动力学三大观点的综合运用 力学三大观点对比 返回导航 高考二轮总复习 • 物理 第一部分　核心主干复习专题 力学三大观点 对应规律 表达式 选用原则 能量观点 动能定理 W合＝ΔEk 涉及做功与能量转换 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 返回导航 高考二轮总复习 • 物理 第一部分　核心主干复习专题 力学三大观点 对应规律 表达式 选用原则 动量 观点 动量定理 I合＝p′－p 只涉及初末速度、力、时间而不涉及位移、功 动量守恒定律 p1＋p2＝p1′＋p2′ 只涉及初末速度而不涉及力、时间 返回导航 高考二轮总复习 • 物理 第一部分　核心主干复习专题 命题热点　巧突破 返回导航 １ 力学中的多运动组合问题 1.(2024·山东卷)如图甲所示，质量为m0的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R＝0.4 m，重力加速度大小g＝10 m/s2。 返回导航 高考二轮总复习 • 物理 第一部分　核心主干复习专题 (1)若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物块在Q点的速度大小v； 返回导航 高考二轮总复习 • 物理 第一部分　核心主干复习专题 (2)若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a与F对应关系如图乙所示。 ①求μ和m； ②初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F＝8 N，当小物块到P点时撤去F，小物块从Q点离开轨道时相对水平面的速度大小为7 m/s。求轨道水平部分的长度L。 返回导航 高考二轮总复习 • 物理 第一部分　核心主干复习专题 【审题指导】　 关键表述 物理量及其关系 质量为m0的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接；轨道不固定，当小物块到P点时撤去F 轨道与水平面无摩擦，撤去外力F后，因竖直半圆形部分的表面光滑，故小物块在半圆形部分运动时，小物块与轨道组成的系统在水平方向上动量守恒，小物块与轨道组成的系统机械能守恒 返回导航 高考二轮总复习 • 物理 第一部分　核心主干复习专题 关键表述 物理量及其关系 由图像易知，当F≤4 N时，小物块相对于轨道静止；当F>4 N时，小物块与轨道水平部分发生相对滑动 【答案】　(1)4 m/s　(2)①0.2　1 kg　②4.5 m 返回导航 高考二轮总复习 • 物理 第一部分　核心主干复习专题 返回导航 高考二轮总复习 • 物理 第一部分　核心主干复习专题 在F>4 N时，轨道与小物块存在相对滑动，对轨道由牛顿第二定律有F－μmg＝m0a ④ 解得m0＝1 kg，m＝1 kg 在F＝4 N时，小物块处于与轨道发生相对滑动的临界状态，小物块的最大加速度大小为am＝2 m/s2 ⑥ 有μg＝am，解得μ＝0.2。 ⑦ 返回导航 高考二轮总复习 • 物理 第一部分　核心主干复习专题 ②根据题图乙可知，当F＝8 N时轨道的加速度a1＝6 m/s2，小物块的加速度a2＝μg＝2 m/s2，方向均水平向左 小物块在半圆轨道部分运动时，小物块与轨道组成的系统机械能守恒，水平方向上动量守恒，小物块到达轨道上Q点时，设轨道速度为v1′，小物块速度为v2′，有 返回导航 高考二轮总复习 • 物理 第一部分　核心主干复习专题 返回导航 高考二轮总复习 • 物理 第一部分　核心主干复习专题 返回导航 高考二轮总复习 • 物理 第一部分　核心主干复习专题 【易错提醒】　(1)不能根据图像找出运动信息而做出错误判断；(2)不能判断出小物块与轨道在哪一过程动量守恒；(3)不能根据物理情境排除不合理的解。 返回导航 高考二轮总复习 • 物理 第一部分　核心主干复习专题 2 板块模型的综合分析 1.用动力学观点解决板块模型问题的思路 返回导航 高考二轮总复习 • 物理 第一部分　核心主干复习专题 2．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。 3．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)。 返回导航 高考二轮总复习 • 物理 第一部分　核心主干复习专题 2.(2024·河北卷)如图所示，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C(上表面均粗糙)并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为2.0 kg，A木板长度为2.0 m，机器人质量为6.0 kg，重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力。 返回导航 高考二轮总复习 • 物理 第一部分　核心主干复习专题 (1)机器人从A木板左端走到A木板右端时，求A、B木板间的水平距离； (2)机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值； (3)若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止，随即相对B木板连续不停地3次等间距跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板。求该时刻A、C两木板间距与B木板长度的关系。 返回导航 高考二轮总复习 • 物理 第一部分　核心主干复习专题 【审题指导】　 关键表述 物理量及其关系 三块厚度相同，质量相等的木板A、B、C(上表面均粗糙)并排静止在光滑水平面上 智能机器人在木板上运动时给木板摩擦力，木板运动；地面光滑，机器人与三块木板组成的系统水平方向动量守恒 尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端 机器人视为质点，从A木板左侧开始运动 返回导航 高考二轮总复习 • 物理 第一部分　核心主干复习专题 关键表述 物理量及其关系 若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止，随即相对B木板连续不停地3次等间距跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板 机器人连续3次等间距跳到B木板右端，整个过程机器人和B木板组成的系统水平方向动量守恒 返回导航 高考二轮总复习 • 物理 第一部分　核心主干复习专题 【解析】　(1)设机器人质量为m0，三个木板质量均为m，根据动量守恒定律可得 m0v′＝mv1 ① 两边同时乘以t0，则m0x＝mx1 ② 且x＋x1＝LA 联立解得x1＝1.5 m。 ③ 返回导航 高考二轮总复习 • 物理 第一部分　核心主干复习专题 返回导航 高考二轮总复习 • 物理 第一部分　核心主干复习专题 返回导航 高考二轮总复习 • 物理 第一部分　核心主干复习专题 返回导航 高考二轮总复习 • 物理 第一部分　核心主干复习专题 返回导航 高考二轮总复习 • 物理 第一部分　核心主干复习专题 返回导航 高考二轮总复习 • 物理 第一部分　核心主干复习专题 3 特殊方法解决多次碰撞问题 当两个物体之间或物体与挡板之间发生多次碰撞时，因碰撞次数较多，过程复杂，在求解多次碰撞问题时，通常可用到以下两种方法： 数学 归纳法 先利用所学知识把前几次碰撞过程理顺，分析透彻，根据前几次数据，利用数学归纳法，可写出以后碰撞过程中对应规律或结果，通常会出现等差、等比数列，然后可以利用数学数列求和公式计算全程的路程等数据 图像法 通过分析前几次碰撞情况，画出物体对应的v－t图像，通过图像可使运动过程清晰明了，并且可通过图像与t轴所围面积求出物体的位移 返回导航 高考二轮总复习 • 物理 第一部分　核心主干复习专题 3.(2024·河北卷)如图所示，在光滑水平面上放置一端带有挡板的长直木板A，木板A左端上表面有一小物块B，其到挡板的距离为d＝2 m，A、B质量均为m＝1 kg，不计一切摩擦。从某时刻起，B始终受到水平向右、大小为F＝9 N的恒力作用，经过一段时间，B与A的挡板发生碰撞，碰撞过程中无机械能损失，碰撞时间极短。重力加速度g＝10 m/s2。求： 返回导航 高考二轮总复习 • 物理 第一部分　核心主干复习专题 (1)物块B与A的挡板发生第一次碰撞后的瞬间，物块B与木板A的速度大小； (2)由A、B静止开始经多长时间物块B与木板A的挡板发生第二次碰撞，并求出碰撞后瞬间A、B的速度大小； (3)画出由A、B静止开始到物块B与木板A的挡板发生三次碰撞时间内，物块B的速度v随时间t的变化图像； (4)从物块B开始运动到与木板A的挡板发生第n次碰撞时间内，物块B运动的距离。 返回导航 高考二轮总复习 • 物理 第一部分　核心主干复习专题 返回导航 高考二轮总复习 • 物理 第一部分　核心主干复习专题 返回导航 高考二轮总复习 • 物理 第一部分　核心主干复习专题 返回导航 高考二轮总复习 • 物理 第一部分　核心主干复习专题 返回导航 高考二轮总复习 • 物理 第一部分　核心主干复习专题 (4)由以上分析可知，从第二次碰撞后，到下一次碰撞，B向前运动的距离都比前一次多8 m， 由v－t图像可知，从B开始运动到第1次碰撞，B运动的距离为2 m； 从第1次碰撞到第2次碰撞，B运动的距离为8 m； 从第2次碰撞到第3次碰撞，B运动的距离为8 m＋8 m＝16 m； 从第3次碰撞到第4次碰撞，B运动的距离为16 m＋8 m＝24 m； 根据数学知识可知，从物块B开始运动到与木板A的挡板发生第n次碰撞时间内，物块B运动的距离 返回导航 高考二轮总复习 • 物理 第一部分　核心主干复习专题 专题分层　突破练 返回导航 A组·基础巩固练 1．(2024·甘肃卷)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) 返回导航 高考二轮总复习 • 物理 第一部分　核心主干复习专题 (1)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力； (2)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； (3)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。 【答案】　(1)40 N　(2)4 m/s　(3)0.15 返回导航 高考二轮总复习 • 物理 第一部分　核心主干复习专题 返回导航 高考二轮总复习 • 物理 第一部分　核心主干复习专题 (2)A与C相碰时，水平方向动量守恒，由碰后A竖直下落可知mv0＝0＋mvC 故解得vC＝v0＝4 m/s。 (3)A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速，则对C、B分析，过程中根据动量守恒可得mv0＝(M＋m)v 返回导航 高考二轮总复习 • 物理 第一部分　核心主干复习专题 2．(2025·河南卷)如图，在一段水平光滑直道上每间隔l1＝3 m铺设有宽度为l2＝2.4 m的防滑带。在最左端防滑带的左边缘静止有质量为m1＝2 kg的小物块P，另一质量为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的速度大小为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＝10 m/s2。求： 返回导航 高考二轮总复习 • 物理 第一部分　核心主干复习专题 【答案】　(1)24.5 J　(2)5 s 【解析】　(1)P、Q与发生正碰，由动量守恒定律m2v0＝m2vQ＋m1v 联立可得vQ＝3.5 m/s，ΔE＝24.5 J。 返回导航 高考二轮总复习 • 物理 第一部分　核心主干复习专题 (2)对物块P受力分析由牛顿第二定律μm1g＝m1a 物块P在第一个防滑带上运动时， 解得vP1＝5 m/s 则物块P在第一个防滑带上运动的时间为t1＝0.4 s 物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则l1＝vP1t2 解得t2＝0.6 s 返回导航 高考二轮总复习 • 物理 第一部分　核心主干复习专题 解得vP2＝1 m/s 则物块P在第二个防滑带上运动的时间为t3＝0.8 s 物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则l1＝vP2t4 解得t4＝3 s 由以上条件可知，物块P最终停在第三个防滑带上，由运动学公式0＝vP2－at5 可得物块P在第三个防滑带上运动的时间为t5＝0.5 s 故物块P从开始运动到静止经历的时间为t＝t1＋t2＋t3＋t4＋t5＝5 s。 返回导航 高考二轮总复习 • 物理 第一部分　核心主干复习专题 返回导航 高考二轮总复习 • 物理 第一部分　核心主干复习专题 返回导航 高考二轮总复习 • 物理 第一部分　核心主干复习专题 (1)小球到达P点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2； (2)弹簧弹性势能最大时，b的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm。 返回导航 高考二轮总复习 • 物理 第一部分　核心主干复习专题 返回导航 高考二轮总复习 • 物理 第一部分　核心主干复习专题 (2)由于小球落在物块a正上方，并与其粘连，小球竖直方向速度变为0，小球和物块a水平方向上动量守恒，则有mv1＝(m＋ma)v3 解得v3＝2 m/s 设当弹簧形变量为x1时物块b的固定解除，此时小球和物块a的速度为v4，根据胡克定律F＝kx1 返回导航 高考二轮总复习 • 物理 第一部分　核心主干复习专题 联立解得v4＝1 m/s，x1＝0.3 m 固定解除之后，小球、物块a和物块b组成的系统动量守恒，当三者共速时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有(m＋ma)v4＝(m＋ma＋mb)vb 返回导航 高考二轮总复习 • 物理 第一部分　核心主干复习专题 4．(2025·海南卷)足够长的传送带固定在竖直平面内，半径R＝0.5 m，圆心角θ＝53°的圆弧轨道与平台平滑连接，平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，工件A从圆弧顶点无初速度下滑，在平台与B碰成一整体，B随后滑上传送带，已知mA＝4 kg，mB＝1 kg，A、B可视为质点，A、B与传送带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中，因摩擦生热Q＝2.5 J，忽略轨道及平台的摩擦，g＝10 m/s2。 返回导航 高考二轮总复习 • 物理 第一部分　核心主干复习专题 (1)A滑到圆弧最低点时受的支持力； (2)A与B整个碰撞过程中损失的机械能； (3)传送带的速度大小。 【答案】　(1)72 N，方向竖直向上　(2)1.6 J　(3)0.6 m/s或2.6 m/s 返回导航 高考二轮总复习 • 物理 第一部分　核心主干复习专题 返回导航 高考二轮总复习 • 物理 第一部分　核心主干复习专题 返回导航 高考二轮总复习 • 物理 第一部分　核心主干复习专题 (3)第一种情况，当传送带速度v小于v共时，AB滑上传送带后先减速后匀速运动，设AB与传送带间的动摩擦因数为μ，对AB根据牛顿第二定律μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a 设经过时间t1后AB与传送带共速，可得v＝v共－at1 传送带运动的位移为x2＝vt1 故可得Q＝μ(mA＋mB)g·(x1－x2) 联立解得v＝0.6 m/s，另一解大于v共舍去； 返回导航 高考二轮总复习 • 物理 第一部分　核心主干复习专题 第二种情况，当传送带速度v大于v共时，AB滑上传送带后先加速后匀速运动，设经过时间t2后AB与传送带共速，同理可得v＝v共＋at2 传送带运动的位移为x2′＝vt2 故可得Q＝μ(mA＋mB)g·(x2′－x1′) 解得v＝2.6 m/s，另一解小于v共舍去。 返回导航 高考二轮总复习 • 物理 第一部分　核心主干复习专题 力学三大观点 对应规律 表达式 选用原则 动力学观点 牛顿第二定律 F合＝ma 物体做匀变速直线运动，涉及运动细节 匀变速直线运动规律 v＝v0＋at x＝v0t＋at2 v2－v＝2ax等 【解析】　(1)小物块运动到Q点时，由牛顿第二定律有FQ＋mg＝m ① 代入FQ＝3mg，解得v＝4 m/s。 (2)①在F≤4 N时，轨道与小物块一起加速运动，对整体由牛顿第二定律有F＝(m0＋m)a ② 整理得a＝F 对应题图乙中图线斜率为＝ kg－1 ③ 整理得a＝F－ ⑤ 对应题图乙中图线斜率为＝1 kg－1 设小物块到达轨道上P点时轨道速度大小为v1，小物块速度大小为v2，运动时间为t，有v1＝a1t，v2＝a2t，则有＝，即v1＝3v2 ⑧ m0v1＋mv2＝m0v1′＋mv2′ ⑨ m0v＋mv＝m0v1′2＋mv2′2＋2mgR ⑩ 代入v2′＝7 m/s，解得v2＝3 m/s或v2＝ m/s ⑪ 当v2＝3 m/s时，解得v1＝9 m/s，v1′＝5 m/s， 设小物块在半圆轨道最高点时轨道对小物块弹力为FN，有FN＋mg＝ ⑫ 解得FN＝0，小物块恰好经过最高点 当v2＝ m/s时，解得v1′＝ m/s，v1′>v2′，轨道速度比小物块速度大，此种情况不会发生，因此v2＝ m/s不符合题意，舍去 由运动学公式可知轨道水平部分长度L＝－ ⑬ 解得L＝4.5 m。 【答案】　(1)1.5 m　(2)90 J　2　(3)xAC＝LB (2)设机器人起跳时相对地面的速度大小为v，方向与水平方向的夹角为θ，从A木板右端跳到B木板左端时间为t，根据斜抛运动的特点可得vcos θ·t＝x1，＝ ④ 联立解得v＝ m/s ⑤ 机器人跳离A的过程，机器人与A组成的系统水平方向动量守恒，则m0vcos θ＝mvA ⑥ 根据能量守恒定律可得机器人做的功为W＝m0v2＋mv ⑦ 联立可得W＝45×J ⑧ 当tan θ＝，即tan θ＝2时，W取最小值，此时Wmin＝90 J⑨ (3)根据tan θ＝2可得vcos θ＝ m/s，t＝ s 根据m0vcos θ＝mvA，可得vA＝ m/s 分析可知A木板以vA向左匀速运动，机器人跳离A木板到与B木板相对静止的过程中，机器人与B、C木板组成的系统在水平方向上动量守恒，则 m0vcos θ＝(m0＋2m)v共 ⑩ 解得v共＝ m/s 该过程A木板向左运动的距离为xA＝vAt＝× m＝4.5 m ⑪ 机器人连续3次等间距跳到B木板右端，整个过程机器人和B木板组成的系统水平方向动量守恒，设每次起跳机器人的水平速度大小为v0，B木板的速度大小为vB，机器人每次跳跃的时间为Δt，选择向右的方向为正方向，得(m0＋m)v共＝m0v0－mvB ⑫ 每次跳跃时机器人和B木板的相对位移为，可得＝(v0＋vB)Δt⑬ 机器人到B木板右端时，B木板恰好追上A木板，从机器人跳到B左端到跳到B右端的过程中，AB木板的位移差为Δx＝x1＋xA 可得(vB－vA)·3Δt＝Δx ⑭ 联立解得Δt＝－ 故此时A、C两木板间距为xAC＝(vA＋vC)·3Δt＋Δx＋LB ⑮ vC＝v共 联立解得xAC＝LB。 【答案】　(1)0　6 m/s　(2) s　12 m/s　6 m/s　(3)见解析图　(4)[2＋4n(n－1)]m(n＝1,2,3,4，…) 【解析】　(1)B从A的左端开始运动到右端的过程，由动能定理有Fd＝mv 解得v0＝6 m/s B与A碰撞过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv0＝mvB＋mvA mv＝mv＋mv 解得vB＝0，vA＝6 m/s。 (2)第一次碰撞后A向右以速度vA＝6 m/s做匀速直线运动，B做初速度为0、加速度为a＝＝9 m/s2的匀加速直线运动 则第二次碰撞时有vAt＝at2 解得t＝ s 此时B的速度为vB1＝at＝12 m/s，A的速度为vA1＝vA＝6 m/s，第二次碰撞时，同样由动量守恒定律和机械能守恒定律有mvA1＋mvB1＝mvA2＋mvB2 mv＋mv＝mv＋mv 解得vA2＝12 m/s，vB2＝6 m/s。 (3)同理第三次碰撞时有vB2t′＋at′2＝vA2t′ 解得t′＝ s 此时B的速度为vB3＝vB2＋at′＝18 m/s 从开始运动到第一次碰撞的时间t0＝＝ s 由A、B静止开始到B与A的挡板发生3次碰撞时间内，物块B的速度v随时间t的变化图像如图所示 s＝2 m＋8 m＋16 m＋24 m＋…＋8(n－1)m＝2 m＋ m＝[2＋4n(n－1)]m(n＝1,2,3,4，…)。 【解析】　根据题意，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)＝mv－0 对最低点受力分析，根据牛顿第二定律得F－mg＝ 解得v0＝4 m/s，F＝40 N。 根据能量守恒得μmgL相对＝mv－(m＋M)v2 联立解得μ＝0.15。 由能量守恒定律m2v＝m2v＋m1v2＋ΔE 由运动学公式v2－v＝2al2，vP1＝v－at1 物块P在第二个防滑带上运动时，由运动学公式v－v＝2al2，vP2＝vP1－at3 3．(2025·山东卷)如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上，P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度，P处轨道的切线沿水平方向，Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上，b被锁定。一质量m＝ kg的小球自Q点正上方h＝2 m处自由下落，无能量损失地滑入轨道，并从P点水平抛出，恰好击中a，与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到F＝15 N时，b解除锁定开始运动。 已知a的质量ma＝1 kg，b的质量mb＝ kg，方形物体的质量M＝ kg，重力加速度大小g＝10 m/s2，弹簧的劲度系数k＝50 N/m，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式Ep＝kx2(x为弹簧的形变量)，所有过程不计空气阻力。求： 【答案】　(1)6 m/s，水平向左， m/s，水平向右 (2) m/s，水平向左，Epm＝ J 【解析】　(1)根据题意可知，小球从开始下落到P处过程中，水平方向上动量守恒，则有mv1＝Mv2 由能量守恒定律有mgh＝mv＋Mv 联立解得v1＝6 m/s，v2＝ m/s 即小球速度为6 m/s，方向水平向左，方形物块速度为 m/s，方向水平向右。 系统机械能守恒(m＋ma)v＝(m＋ma)v＋kx 解得vb＝ m/s，方向水平向左。 由能量守恒定律可得，最大弹性势能为Epm＝(m＋ma)v＋kx－(m＋ma＋mb)v＝ J。 【解析】　(1)A从开始到滑到圆弧最低点间，根据机械能守恒mAg(R－Rcos 53°)＝mAv 解得v0＝2 m/s 在最低点根据牛顿第二定律FN－mAg＝mA 解得FN＝72 N，方向竖直向上。 (2)根据题意A、B碰后成一整体，根据动量守恒mAv0＝(mA＋mB)v共 解得v共＝1.6 m/s 故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为ΔE＝mAv－(mA＋mB)v＝1.6 J。 该段时间内AB运动的位移为x1＝t1 该段时间内AB运动的位移为x1′＝t2 $