物理动能与动能定理练习题含答案

物理动能与动能定理练习题含答案
一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理
1．如图所示，不可伸长的细线跨过同一高度处的两个光滑定滑轮连接着两个物体A 和B ，A 、B 质量均为m 。

A 套在光滑水平杆上，定滑轮离水平杆的高度为h 。

开始时让连着A 的细线与水平杆的夹角α。

现将A 由静止释放（设B 不会碰到水平杆，A 、B 均可视为质点；重力加速度为g ）求：
(1)当细线与水平杆的夹角为β（90αβ<<︒）时，A 的速度为多大? (2)从开始运动到A 获得最大速度的过程中，绳拉力对A 做了多少功?
【答案】(1)2211
1cos sin sin A gh v ααβ⎛⎫=-
⎪+⎝⎭
(2)T sin h W mg h α⎛⎫
=- ⎪⎝⎭ 【解析】 【详解】
(2)A 、B 的系统机械能守恒
P K E E ∆=∆减加
22
11sin sin 2
2A B h h mg mv mv αβ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭
cos A B v v α=
解得
22111cos sin sin A gh v ααβ
⎛⎫=
-
⎪+⎝⎭
(2)当A 速度最大时，B 的速度为零，由机械能守恒定律得
P K E E ∆=∆减加
21sin 2Am h mg h mv α⎛⎫-= ⎪⎝⎭
对A 列动能定理方程
2
T 12
Am W mv =
联立解得
T sin h W mg h α⎛⎫
=- ⎪⎝⎭
2．如图所示，质量为m=1kg的滑块，在水平力F作用下静止在倾角为θ=30°的光滑斜面上，斜面的末端处与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上皮带时无能量损失)，传送带的运行速度为v0=3m/s，长为L=1.4m，今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，g=10m/s2．求
(1)水平作用力F的大小；
(2)滑块开始下滑的高度h；
(3)在第(2)问中若滑块滑上传送带时速度大于3m/s，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量Q．
【答案】(1)(2)0.1 m或0.8 m (3)0.5 J
【解析】
【分析】
【详解】
解：（1）滑块受到水平推力F、重力mg和支持力F N处于平衡，如图所示：
水平推力①
解得：②
（2）设滑块从高为h处下滑，到达斜面底端速度为v下滑过程
由机械能守恒有：，解得：③
若滑块冲上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在带上由于受到向右的滑动摩擦力而
做匀加速运动；根据动能定理有：④
解得：⑤
若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀
减速运动；根据动能定理有：⑥
解得：
⑦
（3）设滑块在传送带上运动的时间为t ，则t 时间内传送带的位移：s =v 0t 由机械能守恒有：
⑧
⑨
滑块相对传送带滑动的位移⑩ 相对滑动生成的热量
⑪
⑫
3．如图所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量1m kg =可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不栓接，弹簧原长小于光滑平台的长度．在平台的右端有一传送带， AB 长5L m =，物块与传送带间的动摩擦因数10.2μ=，与传送带相邻的粗糙水平面BC 长s=1.5m ，它与物块间的动摩擦因数20.3μ=，在C 点右侧有一半径为R 的光滑竖直圆弧与BC 平滑连接，圆弧对应的圆心角为120θ=o ，在圆弧的最高点F 处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来．若传送带以5/v m s =的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失．当弹簧储存的18p E J =能量全部
释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E 点，取2
10/g m s =．
（1） 求右侧圆弧的轨道半径为R; （2） 求小物块最终停下时与C 点的距离;
（3） 若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围．
【答案】（1）0.8R m =；（2）1
3
x m =；（337/43/m s v m s ≤≤ 【解析】 【分析】 【详解】
（1）物块被弹簧弹出，由2
012
p m v E =
，可知：06/m s v = 因为0
v v
>，故物块滑上传送带后先减速物块与传送带相对滑动过程中，
由：
11
mg ma
μ=，
011v v a t =-，210111
12x v t a t =-
得到：1
2/2m s a
=，10.5s t =，1 2.75m x =
因为
1
L x
<，故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以5/m s 的速度滑上水平面
BC ，物块滑离传送带后恰到E 点，由动能定理可知：2
212
m mgs mgR v μ=+ 代入数据整理可以得到：0.8R m =． （2）设物块从E 点返回至B 点的速度为B v ，由22
211222
B m m mg s v v μ-=⨯ 得到
7/B
m s v
=，因为0B v >，故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用
下先减速至0再反向加速，由运动的对称性可知其以相同的速率离开传送带，设最终停在距C 点x 处，由
()2
212B mv mg s x μ=-，得到：13
x m =. （3）设传送带速度为1v 时物块能恰到F 点，在F 点满足2
sin30F mg m R
v =o
从B 到F 过程中由动能定理可知：()
22
1211sin 3022
F mv mv mgs mg R R μ-=++o 解得：
设传送带速度为2v 时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E 点， 由：
2
22132
m mg s mgR v μ=⨯+ 解得：
2
43/m s v
=
若物块在传送带上一直加速运动，由22
011122
Bm m m mgL v v μ-= 知其到B 点的最大速度
56/Bm
m s v
=
37/43/m s v m s ≤≤就满足条件．
【点睛】
本题主要考查了牛顿第二定律、动能定理、圆周运动向心力公式的直接应用，此题难度较大，牵涉的运动模型较多，物体情境复杂，关键是按照运动的过程逐步分析求解．
4．夏天到了，水上滑梯是人们很喜欢的一个项目，它可简化成如图所示的模型：倾角为θ＝37°斜滑道AB 和水平滑道BC 平滑连接（设经过B 点前后速度大小不变），起点A 距水面的高度H ＝7.0m ，BC 长d ＝2.0m ，端点C 距水面的高度h ＝1.0m ．一质量m ＝60kg 的人从滑道起点A 点无初速地自由滑下，人与AB 、BC 间的动摩擦因数均为μ＝0.2．（取重力加速度g ＝10m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，人在运动过程中可视为质点），求： （1）人从A 滑到C 的过程中克服摩擦力所做的功W 和到达C 点时速度的大小υ； （2）保持水平滑道端点在同一竖直线上，调节水平滑道高度h 和长度d 到图中B′C′位置
时，人从滑梯平抛到水面的水平位移最大，则此时滑道B′C′距水面的高度h ′．
【答案】(1) 1200J ；45当h ＇＝2.5m 时，水平位移最大 【解析】 【详解】
（1）运动员从A 滑到C 的过程中，克服摩擦力做功为：
11W f s mgd μ=+ f 1=μmg cos θ s 1=
sin H h
θ
- 解得
W ＝1200J mg （H －h ）－W ＝
12
mv 2 得运动员滑到C 点时速度的大小
v ＝45
（2）在从C 点滑出至落到水面的过程中，运动员做平抛运动的时间为t ，
h ＇＝
12
gt 2 下滑过程中克服摩擦做功保持不变W ＝1200J 根据动能定理得：
mg （H －h ＇）－W ＝
1
2
mv 02 运动员在水平方向的位移：
x ＝v 0t x 4'(5')h h -当h ＇＝2.5m 时，水平位移最大.
5．如图所示，四分之一光滑圆弧轨道AO 通过水平轨道OB 与光滑半圆形轨道BC 平滑连接，B 、C 两点在同一竖直线上，整个轨道固定于竖直平面内，以O 点为坐标原点建立直角坐标系xOy 。

一质量m =1kg 的小滑块从四分之一光滑圆弧轨道最高点A 的正上方E 处由静止释放，A 、E 间的高度差h =2.7m ，滑块恰好从A 点沿切线进入轨道，通过半圆形轨道BC 的最高点C 时对轨道的压力F =150N ，最终落到轨道上的D 点(图中未画出)。

已知四分之一
圆弧轨道AO 的半径R =1.5m ，半圆轨道BC 的半径r =0.4m ，水平轨道OB 长l =0.4m ，重力加速度g =10m/s 2。

求：
(1)小滑块运动到C 点时的速度大小； (2)小滑块与水平轨道OB 间的动摩擦因数； (3)D 点的位置坐标.
【答案】(1)8m/s C v = (2)0.5μ= (3) 1.2m x =-,0.6m y = 【解析】 【详解】
（1）滑块在C 点时，对滑块受力分析，有
2
C v F mg m r
+= 解得：8/C v m s =
（2）滑块从E 点到C 点过程，由动能定理可知：
()2
122
c mg h R r mgl mv μ+--=
解得：0.5μ=
（3）小滑块离开C 点后做平抛运动，若滑块落到水平轨道，则
2
122
r gt =
，C s v t = 解得： 3.20.4s m l m =>=
所以滑块落到四分之一圆弧轨道上，设落点坐标为(),x y ，则有：
2
122
r y gt -=
C l x v t -=
()2
22x R y R +-=
解得： 1.2x m =-，0.6m y =
6．如图所示，半径R = 0.1m 的竖直半圆形光滑轨道BC 与水平面AB 相切，AB 距离x =
1m ．质量m = 0.1kg 的小滑块1放在半圆形轨道末端的B 点，另一质量也为m = 0.1kg 的小滑块2，从A 点以0210v =m/s 的初速度在水平面上滑行，两滑块相碰，碰撞时间极短，碰后两滑块粘在一起滑上半圆形轨道．已知滑块2与水平面之间的动摩擦因数μ= 0.2．取重力加速度210m/s g =．两滑块均可视为质点．求
(1)碰后瞬间两滑块共同的速度大小v ； (2)两滑块在碰撞过程中损失的机械能E ∆； (3)在C 点轨道对两滑块的作用力F ．
【答案】(1)v =3m/s (2)ΔE = 0.9J (3)F =8N ，方向竖直向下 【解析】 【详解】
(1)物块2由A 到B 应用动能定理：22101122
mgx mv mv μ-=- 解得v 1=6m/s
两滑块碰撞前后动量守恒，根据动量守恒有:12mv mv = 解得：3/v m s = 方向：水平向右 (2)两滑块在碰撞过程中损失的机械能22111
222
E mv mv ∆=-⨯ 解得：0.9J E ∆=
(3)两滑块从B 到C 机械能守恒，根据机械能守恒定律有：
22
1122222
c mv mv mgR ⨯=⨯+ 两滑块在C 点时：2
N 22C
v mg F m R
+=
解得：N 8N F =
据牛顿第三定律可得：在C 点轨道对两滑块的作用力F =8N ，方向竖直向下
7．如图所示，将一根弹簧和一个小圆环穿在水平细杆上，弹簧左端固定，右端与质量为m 的小圆环相接触，BC 和CD 是由细杆弯成的1/4圆弧，BC 分别与杆AB 和弧CD 相切，两圆弧的半径均为R ．O 点为弹簧自由端的位置．整个轨道竖直放置，除OB 段粗糙外，其余部
分均光滑．当弹簧的压缩量为d 时释放，小圆环弹出后恰好能到达C 点，返回水平杆时刚好与弹簧接触，停在O 点，（已知弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，小球通过B 处和C 处没有能量损失），问：
（1）当为弹簧的压缩量为d 时，弹簧具有的弹性势能P E 是多少？
（2）若将小圆环放置在弹簧的压缩量为2d 时释放，求小圆环到达最高点D 时，轨道所受到的作用力．
（3）为了使物块能停在OB 的中点，弹簧应具有多大的弹性势能？
【答案】（1）P 2E mgR =（2）9mg ，方向竖直向上（3）''
P 1=()2
E n mgR + （n =0、1、
2） 【解析】 【分析】 【详解】
（1）设小圆环与OB 之间的摩擦力为f ，OB=L ；从释放到回到O 点，由能量关系可知，当弹簧的压缩量为d 时，弹簧具有的弹性势能
P 2E fL =
小圆环从释放能到达C 点到，由能量关系可知
0P E fL mgR --=
可得：
P 2E mgR =
（2）因弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，则弹簧的压缩量为2d 时弹性势能为
E P ´=4E P =8mgR
小圆环到达最高点D 时：
'
2P D 122
E mv mg R fL =+⋅+
解得
D 10v gR =在最高点D 时由牛顿第二定律：
2D
v N mg m R
+=
解得
N =9mg ，方向竖直向下
由牛顿第三定律可知在D 点时轨道受到的作用为9mg ，方向竖直向上；
（3）为了使物块能停在OB 的中点，则要求滑块到达的最高点为D 点，然后返回，则
''P 23E fL mgR mgR ≤+=
为了使物块能停在OB 的中点，同时还应该满足：
''P 1
(21)()22
L E n f n mgR =+⋅
=+ 则只能取n =0、1、2；
8．如图所示，光滑水平面MN 的左端M 处有一弹射装置P ，右端N 处与水平传送带恰平齐接触，传送带水平部分长度L=16m ，沿逆时针方向以恒定速度v=2m/s 匀速转动．ABCDE 是由三部分光滑轨道平滑连接在一起组成的，AB 为水平轨道，弧BCD 是半径为R 的半圆弧轨道，弧DE 是半径为2R 的圆弧轨道，弧BCD 与弧DE 相切在轨道最高点D ，
R=0．6m ．平面部分A 点与传送带平齐接触．放在MN 段的物块m （可视为质点）以初速度v 0=4m/s 冲上传送带，物块与传送带间的摩擦因数μ=0．2，物块的质量m=1kg ．结果物块从滑上传送带又返回到N 端，经水平面与左端M 处的固定弹射器相碰撞（弹射器的弹簧原来被压缩后被锁定），因碰撞弹射器锁定被打开，将物块弹回后滑过传送带，冲上右侧的圆弧轨道，物块恰能始终贴着圆弧轨道内侧通过了最高点，最后从E 点飞出．g 取10m/s 2．求：
（1）物块m 从第一次滑上传送带到返回到N 端的时间．
（2）物块m 第二次在传送带上运动时，传送带上的电动机为了维持其匀速转动，对传送带所多提供的能量多大？
【答案】（1） 4.5t s =（2）8J W = 【解析】
试题分析:（1）物块B 向右作匀减速运动，直到速度减小到零，然后反向匀减速运动，达到与皮带共速后与皮带匀速物块B 向右作匀减速运动过程：
mg ma μ=
12s v t g
μ=
= 物块向右达到的最大位移：0
14m 2
v S t =
⋅=
反向匀加速运动过程加速度大小不变．达到与传送带共速的时间：
21s v
t g
μ=
= 相对地面向左位移：/
21m 2
v
S t =
⋅= 共速后与传送带匀速运动的时间：/341
1.5s 2
S S t v --===
往返总时间：
（2）由物块恰能通过轨道最高点D ，并恰能始终贴着圆弧轨道内侧通过最高点可得，物块是在半径为2R 的圆弧上的最高点重力全部充当向心力． 得：
又由物块上滑过中根据机械能守恒得：
代入数据解得：66m/s B v Rg == 物块第二次从N 到A 点：211
2
L v t g t μ=⋅-⋅ 速度关系：1B v v g t μ=-⋅ 代入得：
；
得：2s t =或8s t =-（舍）
物体运动时传送带的位移：4m s vt == 传送带为维持匀速运动多提供的力：F mg μ=
传送带所做的功等于传送带多提供的能量：8J W F s mg s μ=⋅=⋅= 考点：考查牛顿运动定律的综合应用；动能定理．
【名师点睛】本题关键明确滑块的运动规律，然后分阶段运用牛顿第二定律、运动学公式、动能定理列式求解．
9．如图所示，在方向竖直向上、大小为E=1×106V/m 的匀强电场中，固定一个穿有A 、B 两个小球（均视为质点）的光滑绝缘圆环，圆环在竖直平面内，圆心为O 、半径为R=0.2m ．A 、B 用一根绝缘轻杆相连，A 带的电荷量为q=+7×10﹣7C ，B 不带电，质量分别为m A =0.01kg 、m B =0.08kg ．将两小球从圆环上的图示位置（A 与圆心O 等高，B 在圆心O 的正下方）由静止释放，两小球开始沿逆时针方向转动．重力加速度大小为g=10m/s 2 ．
（1）通过计算判断，小球A 能否到达圆环的最高点C ？
（2）求小球A 的最大速度值．
（3）求小球A 从图示位置逆时针转动的过程中，其电势能变化的最大值．
【答案】（1）A 不能到达圆环最高点 （2）
223m/s （3）0.1344J 【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：A 、B 在转动过程中，分别对A 、B 由动能定理列方程求解速度大小，由此判断A 能不能到达圆环最高点； A 、B 做圆周运动的半径和角速度均相同，对A 、B 分别由动能定理列方程联立求解最大速度；A 、B 从图示位置逆时针转动过程中，当两球速度为0时，根据电势能的减少与电场力做功关系求解．
（1）设A 、B 在转动过程中，轻杆对A 、B 做的功分别为W T 和T W '，
根据题意有：0T T W W +'=
设A 、B 到达圆环最高点的动能分别为E KA 、E KB
对A 根据动能定理：qER ﹣m A gR +W T1=E KA
对B 根据动能定理：1T B W m gR E '-=
联立解得：E KA +E KB =﹣0.04J
由此可知：A 在圆环最高点时，系统动能为负值，故A 不能到达圆环最高点
（2）设B 转过α角时，A 、B 的速度大小分别为v A 、v B ，
因A 、B 做圆周运动的半径和角速度均相同，故：v A =v B
对A 根据动能定理：221sin sin 2A T A A qER m gR W m v αα-+=
对B 根据动能定理：()2211cos 2T B B B W m gR m v α=
'-- 联立解得： ()283sin 4cos 49
A v αα=⨯+- 由此可得：当3tan 4α=时，A 、
B 的最大速度均为max 22/v s = （3）A 、B 从图示位置逆时针转动过程中，当两球速度为零时，电场力做功最多，电势能减少最多，由上可式得：3sinα+4cosα﹣4=0
解得：
24
sin
25
α=或sinα=0（舍去）
所以A的电势能减少：
84
sin0.1344
625
P
E qER J J
α
===
点睛：本题主要考查了带电粒子在匀强电场中的运动，应用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答，属于复杂题．
10．如图，质量为m=1kg的小滑块（视为质点）在半径为R=0.4m的1/4圆弧A端由静止开始释放，它运动到B点时速度为v=2m/s．当滑块经过B后立即将圆弧轨道撤去．滑块在光滑水平面上运动一段距离后，通过换向轨道由C点过渡到倾角为θ=37°、长s=1m的斜面CD上，CD之间铺了一层匀质特殊材料，其与滑块间的动摩擦系数可在0≤μ≤1.5之间调节．斜面底部D点与光滑地面平滑相连，地面上一根轻弹簧一端固定在O点，自然状态下另一端恰好在D点．认为滑块通过C和D前后速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力．
（1）求滑块对B点的压力大小以及在AB上克服阻力所做的功；
（2）若设置μ=0，求质点从C运动到D的时间；
（3）若最终滑块停在D点，求μ的取值范围．
【答案】（1）20N， 2J；（2）1
3
s；（3）0.125≤μ＜0.75或μ=1．
【解析】
【分析】
（1）根据牛顿第二定律求出滑块在B点所受的支持力，从而得出滑块对B点的压力，根据动能定理求出AB端克服阻力做功的大小．
（2）若μ=0，根据牛顿第二定律求出加速度，结合位移时间公式求出C到D的时间．（3）最终滑块停在D点有两种可能，一个是滑块恰好从C下滑到D，另一种是在斜面CD 和水平面见多次反复运动，最终静止在D点，结合动能定理进行求解．
【详解】
（1）滑块在B点，受到重力和支持力，在B点，根据牛顿第二定律有：F−mg＝m
2
v
R ，
代入数据解得：F=20N，
由牛顿第三定律得：F′=20N．
从A到B，由动能定理得：mgR−W＝1
2
mv2，
代入数据得：W=2J．
（2）在CD 间运动，有：mgsinθ=ma ，
加速度为：a=gsinθ=10×0.6m/s 2=6m/s 2，
根据匀变速运动规律有：s ＝vt +
12at 2 代入数据解得：t=13
s ． （3）最终滑块停在D 点有两种可能：
a 、滑块恰好能从C 下滑到D ．则有：
mg sinθ•s −μ1mg cosθ•s ＝0−
12mv 2， 代入数据得：μ1=1，
b 、滑块在斜面CD 和水平地面间多次反复运动，最终静止于D 点．
当滑块恰好能返回C 有：−μ1mg cosθ•2s ＝0−
12
mv 2， 代入数据得到：μ1=0.125，
当滑块恰好能静止在斜面上，则有：mgsinθ=μ2mgcosθ，
代入数据得到：μ2=0.75．
所以，当0.125≤μ＜0.75，滑块在CD 和水平地面间多次反复运动，最终静止于D 点． 综上所述，μ的取值范围是0.125≤μ＜0.75或μ=1．
【点睛】
解决本题的关键理清滑块在整个过程中的运动规律，运用动力学知识和动能定理进行求解，涉及到时间问题时，优先考虑动力学知识求解．对于第三问，要考虑滑块停在D 点有两种可能．
11．如图所示，在竖直平面内有一“∞”管道装置，它是由两个完全相同的圆弧管道和两直管道组成。

直管道和圆弧管道分别相切于1A 、2A 、1B 、2B ，1D 、2D 分别是两圆弧管道的最高点，1C 、2C 分别是两圆弧管道的最低点，1C 、2C 固定在同一水平地面上。

两直管道略微错开，其中圆弧管道光滑，直管道粗糙，管道的粗细可忽略。

圆弧管道的半径均为R ，111111222222B O D AO C B O D A O C α∠=∠=∠=∠=。

一质量为m 的小物块以水平向左的速度0v 从1C 点出发沿管道运动，小物块与直管道间的动摩擦因数为μ。

设012/v m s =，m=1kg ，R=1.5m ，0.5μ=，37α=︒（sin37°=0.6，cos37°=0.8）。

求：
（1）小物块从1C 点出发时对管道的作用力；
（2）小物块第一次经过2C 点时的速度大小；
（3）小物块在直管道12B A 上经过的总路程。

【答案】（1）106N ，方向向下（2）7（3）
534
m 【解析】
【详解】
(1)物块在C 1点做圆周运动，由牛顿第二定律有：
20v N mg m R
-= 可得：20106N v N mg m R =+= 由牛顿第三定律可知，小物块对管道的作用力大小为106N ，方向向下
(2)由几何知识易有：21122cos 4m sin R l A B A B αα
==== 从C 1到C 2由动能定理可得：222011cos 22
mgl mv mv μα-=
- 可得：2202cos 47m /s v v gl μα=-= (3)以C 1C 2水平线作为重力势能的参考平面，则小物块越过D 1、D 2点时的机械能需满足： 0230J E E mgR >==
由于直管道的摩擦，物块每完整经历直管道一次，机械能的减少量满足：
cos 16J f E W mgl μα∆===
设n 为从第一次经过D 1后，翻越D 1和D 2的总次数，则有：
20012
mv n E E -∆>， ()2001-12
mv n E E +∆< 可得：n =2，表明小物块在第二次经过D 1后就到不了D 2，之后在D 1B 1A 2C 2D 2之间往复运动直至稳定，最后在A 2及C 2右侧与A 2等高处之间往复稳定运动。

由开始到稳定运动到达A 2点，由动能定理有：
()201cos 1cos 02mgs mgR mv μαα---=- 可得：s=694
m 故在B 1A 2直管道上经过的路程为s'=s －l =534
m
12．如图所示，A 、B 两球质量均为m ，用一长为l 的轻绳相连，A 球中间有孔套在光滑的足够长的水平横杆上，两球处于静止状态．现给B 球水平向右的初速度v 0，经一段时间后B 球第一次到达最高点，此时小球位于水平横杆下方l /2处．（忽略轻绳形变）求：
(1)B 球刚开始运动时，绳子对小球B 的拉力大小T ；
(2)B 球第一次到达最高点时，A 球的速度大小v 1；
(3)从开始到B 球第一次到达最高点的过程中，轻绳对B 球做的功W ．
【答案】（1）mg+m 20v l （2）2012
v gl v -=（3）204mgl mv - 【解析】
【详解】
（1）B 球刚开始运动时，A 球静止，所以B 球做圆周运动
对B 球：T-mg =m 20v l
得：T =mg +m 20v l
（2）B 球第一次到达最高点时，A 、B 速度大小、方向均相同，均为v 1
以A 、B 系统为研究对象，以水平横杆为零势能参考平面，从开始到B 球第一次到达最高点，根据机械能守恒定律，
2220111112222
l mv mgl mv mv mg -=+- 得：2012
v gl v -=
（3）从开始到B 球第一次到达最高点的过程，对B 球应用动能定理 W -mg 221011222
l mv mv =- 得：W =204
mgl mv -。