（2014•揭阳二模）某校兴趣小组制作了一个游戏装置，其简化模型如图所示，在A点用一弹射装置可将静止的小滑块以v0水平速

（1）小滑块恰能通过圆轨道最高点的速度为v，
由牛顿第二定律：mg＝m
v2
R…①
由B到最高点小滑块机械能，由机械能守恒定律得：：[1/2m
v2B＝2mgR+
1
2mv2…②
由A到B，由动能定理得：−μmgL1＝
1
2m
v2B−
1
2m
v21]…③
由以上三式解得A点的速度为：v₁=3m/s；
（2）若小滑块刚好停在C处，则A到C过程，
由动能定理得：−μmg(L1+L2)＝0−
1
2m
v22…④
解得A点的速度为：v₂=4m/s，
若小滑块停在BC段，应满足：3m/s≤v_A≤4m/s，
若小滑块能通过C点并恰好越过壕沟，滑块离开C点后做平抛运动，
竖直方向：h＝
1
2gt2…⑤
水平方向：s=v_ct…⑥
从A到C过程，由动能定理得：−μmg(L1+L2)＝
1
2m
v2c−
1
2m
v23…⑦
解得：v₃=5m/s，
所以初速度的范围为：3m/s≤v_A≤4m/s和v_A≥5m/s；
（3）以小球和小滑块为系统，以球的初速度方向为正方向，碰撞过程动量守恒，
由动量守恒定律得：mv_球=2mv_A…⑧，
小球从E点到光滑斜面底端，由动能定理得：mgH＝
1
2mv球2…⑨
结合（2）问的速度范围可以求出H范围是：1.8m≤H≤3.2m和H≥5m；
答：（1）小滑块在A点弹射出的速度大小为3m/s；
（2）小滑块在A点弹射出的速度大小范围为：3m/s≤v_A≤4m/s和v_A≥5m/s；
（3）释放点E与过A水平面的竖直高度H的大小范围是：1.8m≤H≤3.2m和H≥5m．

点评：
本题考点： 动量守恒定律；牛顿第二定律；平抛运动；动能定理．

考点点评： 本题运动过程复杂，分析清楚运动过程是正确解题的前提与关键，分析清楚运动过程后，应用牛顿第二定律、机械能守恒定律、平抛运动知识、动量守恒定律即可正确解题．