第一章 动量守恒定律碰撞问题检测题 Word版含答案

　动量守恒定律　碰撞问题

一、基础与经典
1．关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是(　　)
A．只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒
B．只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒
C．只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒
D．只要系统所受外力冲量的矢量和为零，系统的总动量一定守恒
答案　C
解析　动量守恒的条件是系统不受外力或所受合外力为零，与系统内是否存在摩擦力无关，与系统中物体是否具有加速度无关，A、B错误，C正确；只有系统所受外力冲量的矢量和时刻保持为零时，系统的动量才守恒，D错误。
2．
如图所示，在光滑水平面上，用等大反向的力F1、F2分别同时作用于A、B两个静止的物体上。已知mAA．静止 B．向右运动
C．向左运动 D．无法确定
答案　A
解析　选取A、B两个物体组成的系统为研究对象，根据动量定理，整个运动过程中，系统所受的合外力为零，所以动量改变量为零。初始时刻系统静止，总动量为零，最后粘合体的动量也为零，即粘合体静止，A正确。
3．(多选)如图所示，小车放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，小车总质量为M，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时小车和C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是(　　)
A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时小车也向右运动
B．C与B碰前，C与小车的速率之比为M∶m
C．C与油泥粘在一起后，小车立即停止运动
D．C与油泥粘在一起后，小车继续向右运动
答案　BC
解析　小车与木块C组成的系统在水平方向上动量守恒，C向右运动时，小车应向左运动，故A错误。设碰前C的速率为v1，小车的速率为v2，则0＝mv1－Mv2，得＝，故B正确。设C与油泥粘在一起后，小车和C的共同速度为v共，则0＝(M＋m)v共，得v共＝0，故C正确，D错误。
4．如图所示，光滑水平桌面上有两个大小相同的小球1、2，m1∶m2＝2∶1，球1以3 m/s的速度与静止的球2发生正碰并粘在一起，已知桌面距离地面的高度h＝1．25 m，g＝10 m/s2，则两球落地点到桌面右边缘的水平距离为(　　)
A．0．5 m B．1．0 m C．1．5 m D．2．0 m
答案　B
解析　小球1在桌面上滑动的过程中速度不变，与小球2碰撞的过程中两球组成的系统水平方向受到的合外力为零，水平方向系统动量守恒，选取向右为正方向，设碰撞后速度是v，则m1v0＝(m1＋m2)v，则v＝2 m/s。两球离开桌面后做平抛运动，运动的时间t＝＝ s＝0．5 s。所以落地时距桌面右边缘的水平距离x＝vt＝2×0．5 m＝1．0 m，故选B。
5．(多选)在光滑水平面上，一质量为m的小球1以速度v0与静止的小球2发生正碰，碰后小球1、2的速度大小均为v0，则小球2的质量可能是(　　)
A．m B．2m C．3m D．4m
答案　BD
解析　设小球2的质量为M，两球组成的系统在碰撞过程动量守恒，以小球1的初速度方向为正方向，如果碰撞后两个小球的速度同向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)·v0，解得M＝2m；如果碰撞后两球速度反向，由动量守恒定律得mv0＝M·v0－m·v0，解得M＝4m。故B、D正确。
6．将静置在地面上，质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体。忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是(　　)
A．v0 B．v0
C．v0 D．v0
答案　D
解析　根据动量守恒定律mv0＝(M－m)v，
得v＝v0，D正确。
7．(多选)如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平面上。c车上有一小孩跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上。小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同。他跳到a车上相对a车保持静止，此后(　　)
A．a、b两车运动速率相等
B．a、c两车运动速率相等
C．三辆车的速率关系vc>va>vb
D．a、c两车运动方向相反
答案　CD
解析　若人跳离b、c车时速度为v，由动量守恒定律知，人和c车组成的系统：0＝－M车vc＋m人v
对人和b车：m人v＝－M车vb＋m人v
对人和a车：m人v＝(M车＋m人)va
所以：vc＝，vb＝0，va＝
即vc>va>vb，并且vc与va方向相反，C、D正确。
8．(多选)将两个小物体放在光滑的水平面上，其中小物体B的左端与一轻弹簧相连接，在光滑的水平面上处于静止状态，现给小物体A一水平向右的初速度v0。已知小物体A、B的质量分别为mA＝1 kg、mB＝3 kg，v0＝4 m/s。则下列关于两小物体的运动描述正确的是(　　)
A．整个过程中小物体A的最小速度为1 m/s
B．整个过程中小物体B的最大速度为2 m/s
C．整个过程中弹簧储存的最大弹性势能为6 J
D．整个运动过程中小物体A、B整体动能减少量的最大值为8 J
答案　BC
解析　当弹簧压缩最短时，弹簧的弹性势能最大，此时小物体A、B共速，由动量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v，解得v＝1 m/s，此时弹簧的弹性势能最大，即小物体A、B整体动能减少量最多，ΔEpm＝ΔEkm＝mAv－(mA＋mB)v2＝6 J，C正确，D错误；当弹簧恢复原长时，小物体B获得最大速度，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvm，mAv＝mBv＋mAv，解得vm＝2 m/s，vA＝－2 m/s，B正确；由以上的计算可以看出小物体A的运动方向发生了改变，因此整个过程中小物体A的最小速度应为0，A错误。
9．
人的质量m＝60 kg，船的质量M＝240 kg，若船用缆绳固定，船离岸1．5 m时，人可以跃上岸。若撤去缆绳，如图所示，人要安全跃上岸，船离岸至多为(不计水的阻力，两次人消耗的能量相等，两次从离开船到跃上岸所需时间相等)(　　)
A．1．5 m B．1．2 m C．1．34 m D．1．1 m
答案　C
解析　船用缆绳固定时，设人起跳的速度为v0，则x0＝v0t。撤去缆绳，由动量守恒0＝mv1－Mv2，两次人消耗的能量相等，即mv＝mv＋Mv，解得v1＝ v0，故x1＝v1t＝ x0≈1．34 m，C正确。
10．如图所示，在光滑水平面上有一质量为M的木块，木块与轻弹簧水平相连，弹簧的另一端连在竖直墙上，木块处于静止状态。一质量为m的子弹以水平速度v0击中木块，并嵌在其中，木块压缩弹簧后在水平面做往复运动。木块自被子弹击中前到第一次回到原来位置的过程中，木块受到的合外力的冲量大小为(　　)
A． B．2Mv0
C． D．2mv0
答案　A
解析　子弹击中木块并嵌在其中，该过程动量守恒，即mv0＝(m＋M)v，即击中后木块速度为v＝，此后只有弹簧弹力做功，子弹、木块和弹簧组成系统机械能守恒，当第一次回到平衡位置时，速度大小仍然等于v，根据动量定理，合外力的冲量等于动量变化量，即I＝Mv－0＝，A正确。
11．
如图所示，一质量M＝3．0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝1．0 kg 的小木块A。给A和B以大小均为4．0 m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板。在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是(　　)
A．1．8 m/s B．2．4 m/s
C．2．8 m/s D．3．0 m/s
答案　B
解析　A先向左减速到零，再向右加速运动，在此期间，木板减速运动，最终它们保持相对静止，设A减速到零时，木板的速度为v1，最终它们的共同速度为v2，取水平向右为正方向，则Mv－mv＝Mv1，Mv1＝(M＋m)v2，可得v1＝ m/s，v2＝2 m/s，所以在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小应大于2．0 m/s而小于 m/s，只有B正确。
二、真题与模拟
12．(2017·全国卷Ⅰ)将质量为1．00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)(　　)
A．30 kg·m/s B．5．7×102 kg·m/s
C．6．0×102 kg·m/s D．6．3×102 kg·m/s
答案　A
解析　由于喷气时间短，且不计重力和空气阻力，则火箭和燃气组成的系统动量守恒。燃气的动量p1＝mv＝0．05×600 kg·m/s＝30 kg·m/s，则火箭的动量大小p2＝p1＝30 kg·m/s，A正确。
13．
(2015·福建高考)如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是(　　)
A．A和B都向左运动 B．A和B都向右运动
C．A静止，B向右运动 D．A向左运动，B向右运动
答案　D
解析　选向右的方向为正方向，根据动量守恒定律得：2mv0－2mv0＝mvA＋2mvB＝0，选项A、B、C都不满足此式，只有选项D满足此式，所以D项正确。
14．(2014·重庆高考)一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(　　)
答案　B
解析　设弹丸爆炸前质量为m，爆炸成的甲、乙两块质量比为3∶1，可知m甲＝m，m乙＝m。设爆炸后甲、乙的速度分别为v1、v2，爆炸过程中甲、乙组成的系统在水平方向动量守恒，取弹丸运动方向为正方向，有mv＝mv1＋mv2，得3v1＋v2＝8 m/s。爆炸后甲、乙两弹片水平飞出，做平抛运动。竖直方向做自由落体运动，h＝gt2，可得t＝ ＝1 s；水平方向做匀速直线运动，x＝vt，因此3x1＋x2＝8 m，从选项图中所给数据可知，B正确。
15．
(2018·安徽淮南二中等联考)(多选)如图所示，三小球a、b、c的质量都是m，都放于光滑的水平面上，小球b、c与轻弹簧相连且静止，小球a以速度v0冲向小球b，碰后与小球b粘在一起运动。在整个运动过程中，下列说法中正确的是(　　)
A．三球与弹簧组成的系统总动量不守恒，总机械能不守恒
B．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒
C．当小球b、c速度相等时，弹簧弹性势能最大
D．当弹簧第一次恢复原长时，小球c的动能一定最大，小球b的动能一定不为零
答案　CD
解析　在整个运动过程中，系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，小球a与b碰撞后粘在一起，机械能减小，故A、B错误；a与b碰撞后，弹簧被压缩，弹簧对b产生向左的弹力，对c产生向右的弹力，a、b做减速运动，c做加速运动，当c的速度等于a、b的速度时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，故C正确；当弹簧恢复原长时，小球c的动能一定最大，根据动量守恒和机械能守恒分析可知，小球b的动能不为零，故D正确。
16．(2018·陕西咸阳二模)(多选)如图所示，弧形轨道固定于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置小球B和C，将小球A从弧形轨道上离地面高h处由静止释放，沿轨道下滑后与小球B发生弹性正碰，碰后小球A被弹回，B球与C球碰撞后粘在一起，A球弹回后再从弧形轨道上滚下，已知所有接触面均光滑，A、C两球的质量相等，B球的质量为A球质量的2倍，若让小球A从h＝0．2 m处由静止释放，则下列说法正确的是(重力加速度g＝10 m/s2)(　　)
A．A球再次下滑后不会与B球相碰
B．A球再次下滑后会与B球相碰
C．C球的最终速度为 m/s
D．C球的最终速度为 m/s
答案　AD
解析　设A球的质量为m，A从弧形轨道滑到水平轨道的过程中，根据机械能守恒得mv＝mgh，解得v0＝，A与B发生弹性正碰，则碰撞过程中，A、B组成的系统动量守恒、机械能守恒，以A的初速度方向为正方向，则有mv0＝mv1＋2mv2，mv＝mv＋×2mv，解得v1＝－v0，v2＝v0，B与C碰撞过程中，B、C组成的系统动量守恒，以B的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得2mv2＝(2m＋m)v，解得v＝v0>|v1|，所以A球再次下滑后不会与B球相碰，故A正确，B错误；当h＝0．2 m时，根据v0＝、v＝v0，可得C球最终的速度v＝＝× m/s＝ m/s，故C错误，D正确。
17．(2018·山东潍坊一模)(多选)在冰壶比赛中，某队员用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图甲所示，碰撞前、后两壶运动的v-t图线如图乙中实线所示，其中红壶碰撞前、后的两段图线相互平行，两冰壶质量均为19 kg，则(　　)
A．碰后蓝壶速度为0．8 m/s
B．碰后蓝壶移动的距离为2．4 m
C．碰撞过程两壶损失的动能为7．22 J
D．碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为5∶4
答案　AD
解析　由题图乙可知碰撞前、后红壶的速度分别为v0＝1．0 m/s和v1＝0．2 m/s，由系统动量守恒可得mv0＝mv1＋mv2，解得碰后蓝壶速度为v2＝0．8 m/s，碰后蓝壶移动的距离为x＝v2t＝×0．8×5 m＝2 m，碰撞过程中两壶损失的动能为ΔEk＝mv－mv－mv＝3．04 J，碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为f1∶f2＝a1∶a2＝∶＝5∶4，故A、D正确，B、C错误。
18．
(2019·山西吕梁高三期末)如图所示，一轨道由粗糙的水平部分和光滑的四分之一圆弧部分组成，置于光滑的水平面上，如果轨道固定，将可视为质点的物块从圆弧轨道的最高点由静止释放，物块恰好停在水平轨道的最左端。如果轨道不固定，仍将物块从圆弧轨道的最高点由静止释放，下列说法正确的是(　　)
A．物块与轨道组成的系统机械能不守恒，动量守恒
B．物块与轨道组成的系统机械能守恒，动量不守恒
C．物块仍能停在水平轨道的最左端
D．物块将从轨道左端冲出水平轨道
答案　C
解析　轨道不固定时，物块在轨道的水平部分运动时因摩擦产生内能，所以系统的机械能不守恒；物块在轨道的圆弧部分下滑时，合外力不为零，动量不守恒，故A、B错误。设轨道的水平部分长为L，轨道固定时，根据能量守恒定律得：mgR＝μmgL；轨道不固定时，假设物块能停在轨道上，且与轨道相对静止时共同速度为v，在轨道水平部分滑行的距离为x，取向左为正方向，根据水平方向动量守恒得：0＝(M＋m)v，则得v＝0；根据能量守恒定律得：mgR＝(M＋m)v2＋μmgx，联立解得x＝L，所以物块仍能停在水平轨道的最左端，假设成立，故C正确，D错误。
一、基础与经典
19．交通事故号称人类第二大杀手。有人设想两车进入非安全区域时产生强大的排斥力，使两车不发生碰撞而逐渐分开，从而避免交通事故的发生。已知甲车质量为1吨，乙车质量为1．5吨，某时刻甲的速率为10 m/s, 乙的速率为20 m/s，两车相向运动。1 m为两车产生强大排斥力的临界距离，若两车运动过程中始终未相碰，总动量可认为不变。则
(1)两车最近时，乙的速度为多大？
(2)甲开始反向时，乙的速度为多大？
答案　(1)8 m/s　(2) m/s
解析　(1)两车相距最近时，两车的速度相同，设该速度为v，取乙车的速度方向为正方向。
由动量守恒定律得：m乙v乙－m甲v甲＝(m甲＋m乙)v
所以两车最近时，乙车的速度为：
v＝＝8 m/s。
(2)甲车开始反向时，其速度为0，设此时乙车的速度为v乙′，由动量守恒定律得：m乙v乙－m甲v甲＝m乙v乙′
解得：v乙′＝ m/s。
二、真题与模拟
20．(2018·天津高考)质量为0．45 kg的木块静止在光滑水平面上，一质量为0．05 kg的子弹以200 m/s的水平速度击中木块，并留在其中，整个木块沿子弹原方向运动，则木块最终速度的大小是________ m/s。若子弹在木块中运动时受到的平均阻力为4．5×103 N，则子弹射入木块的深度为________ m。
答案　20　0．2
解析　根据动量守恒定律可得mv0＝(M＋m)v，
解得v＝＝ m/s＝20 m/s；
系统减小的动能转化为克服阻力产生的内能，
故有fd＝mv－(M＋m)v2，
解得d＝
＝ m
＝0．2 m。
21．(2018·全国卷Ⅱ)汽车A在水平冰雪路面上行驶，驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4．5 m，A车向前滑动了2．0 m，已知A和B的质量分别为2．0×103 kg和1．5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0．10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；
(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。
答案　(1)3．0 m/s　(2)4．25 m/s
解析　(1)设B车质量为mB，碰后加速度大小为aB，根据牛顿第二定律有
μmBg＝mBaB①
式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数。
设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB′，碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有
vB′2＝2aBsB②
联立①②式并利用题给数据得vB′＝3．0 m/s③
(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA。根据牛顿第二定律有
μmAg＝mAaA④
设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA′，碰撞后滑行的距离为sA。由运动学公式有
vA′2＝2aAsA⑤
设碰撞前瞬间A车速度的大小为vA，两车在碰撞过程中动量守恒，有
mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥
联立③④⑤⑥式并利用题给数据得vA＝4．25 m/s。
22．(2016·全国卷Ⅱ)如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0．3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g＝10 m/s2。
(1)求斜面体的质量；
(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
答案　(1)20 kg　(2)不能
解析　(1)规定向左为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得：
m2v20＝(m2＋m3)v①
m2v＝(m2＋m3)v2＋m2gh②
式中v20＝3 m/s为冰块推出时的速度。联立①②式并代入题给数据得：m3＝20 kg③
(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有
m1v1＋m2v20＝0④
代入数据得v1＝－1 m/s⑤
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒定律和机械能守恒定律有：
m2v20＝m2v2＋m3v3⑥
m2v＝m2v＋m3v⑦
联立③⑥⑦式并代入数据得：v2＝－1 m/s。
由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩。
23．(2015·山东高考)如图，三个质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直轨道上。现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞，碰后A、B分别以v0、v0的速度向右运动，B再与C发生碰撞，碰后B、C粘在一起向右运动。滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值。两次碰撞时间均极短。求B、C碰后瞬间共同速度的大小。
答案　v0
解析　设滑块质量为m，A与B碰撞前A的速度为vA，由题意知，碰后A的速度vA′＝v0，B的速度vB＝v0，由动量守恒定律得：
mvA＝mvA′＋mvB①
设碰撞前A克服轨道阻力所做的功为WA，由功能关系得：
WA＝mv－mv②
设B与C碰撞前B的速度为vB′，B克服轨道阻力所做的功为WB，由功能关系得：
WB＝mv－mvB′2③
据题意可知：WA＝WB④
设B、C碰后瞬间共同速度的大小为v，由动量守恒定律得mvB′＝2mv⑤
联立①②③④⑤式，代入数据得v＝v0。
24．(2019·辽宁大连模拟)水平光滑轨道在A端与半径为R的光滑半圆轨道ABC相切，半圆的直径AC竖直，如图所示。小球P的质量是Q的2倍，两小球均可视为质点。小球P以某一速度向右运动，与静止小球Q发生正碰。碰后，小球Q经半圆轨道ABC从C点水平抛出，落点与A点相距2R；小球P在D点脱离轨道，与圆心O的连线OD与水平方向夹角为θ。已知R＝0．4 m，sinθ＝，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)碰撞后小球Q经过A点时的速度大小；
(2)与Q碰撞前小球P的速度大小。
答案　(1)6 m/s　(2)7 m/s
解析　(1)小球Q离开C点后做平抛运动，
在竖直方向：2R＝gt2，
在水平方向：2R＝vCt，
设小球P的质量为M，小球Q的质量为m。P与Q相碰后，Q的速度为vQ，P的速度为vP，对小球Q，由机械能守恒定律得
mv＝mg·2R＋mv，
解得vQ＝3＝6 m/s。
(2)小球P在D点脱离轨道，即轨道对小球P的弹力FN＝0，根据牛顿第二定律有
Mgsinθ＝M，
对小球P，由机械能守恒定律得
Mv＝Mg(R＋Rsinθ)＋Mv，
小球P、Q碰撞过程中动量守恒，有Mv0＝MvP＋mvQ，
又M＝2m，解得v0＝7 m/s。
25．(2018·湖北武汉5月训练)
如图所示，倾角为θ、质量为M的斜面固定在水平面上，在斜面上固定半径为R的光滑半圆环，AB是半圆环的直径。现将质量为m的小球(可视为质点)紧贴着环的内侧，沿AD方向以初速度v0发射，小球可以沿环内侧运动至环的最高点。已知小球与斜面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。求：
(1)小球运动至最高点的过程中，斜面对小球的摩擦力所做的功Wf；
(2)v0至少为多少？
(3)解除固定后，斜面只能沿x轴方向无摩擦滑动，换一质量也为m的光滑小球，紧贴环的内侧，沿AD方向以速度v发射，当小球沿环内侧运动至环的最高点时，求斜面的速度v′的大小。
答案　(1)－μmgπRcosθ
(2)
(3)
解析　
(1)受力分析如图a所示(侧视图)，
小球在斜面上运动时所受支持力
N＝mgcosθ，
摩擦力f＝μN，
摩擦力所做的功Wf＝－f；
解得：Wf＝－μmgπRcosθ。
(2)
设小球在圆环最高点E的速度为v，由动能定理
Wf－mgRsinθ＝mv2－mv，
小球能运动到圆环最高点E，如图b所示，
在E点受环的支持力N′≥0，
由圆周运动规律mgsinθ＋N′＝m，
解得：v0≥，
即v0至少为。
(3)斜面解除固定，小球沿环内侧运动的过程中，小球和斜面组成的系统沿x轴方向动量守恒
mvcosθ＝(m＋M)v′
解得v′＝。