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1、高考物理动能与动能定理的基本方法技巧及练习题及练习题高考物理动能与动能定理的基本方法技巧及练习题及练习题(含答案含答案)及解析及解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1如图所示，半径 R=0.5 m 的光滑圆弧轨道的左端A 与圆心 O 等高，B 为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道的右端 C 与一倾角=37的粗糙斜面相切。一质量m=1kg 的小滑块从 A 点正上方 h=1 m 处的 P 点由静止自由下落。已知滑块与粗糙斜面间的动摩擦因数=0.5，sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度 g=10 m/s2。(1)求滑块第一次运动到B 点时对轨道的压力
2、。(2)求滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离。(3)通过计算判断滑块从斜面上返回后能否滑出A 点。【答案】(1)70N；(2)1.2m；(3)能滑出 A【解析】【分析】【详解】(1)滑块从 P 到 B 的运动过程只有重力做功，故机械能守恒，则有mgh R1mvB22那么，对滑块在 B 点应用牛顿第二定律可得，轨道对滑块的支持力竖直向上，且2mgh RmvB2FN mg mg 70NRR故由牛顿第三定律可得：滑块第一次运动到B 点时对轨道的压力为70N，方向竖直向下。(2)设滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离为L，滑块运动过程只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得mg（h R Rcos37 Ls
3、in37）mgLcos37 0所以L 1.2m(3)对滑块从 P 到第二次经过 B 点的运动过程应用动能定理可得1mvB2 mgh R2mgLcos37 0.54mg mgR2所以，由滑块在光滑圆弧上运动机械能守恒可知：滑块从斜面上返回后能滑出A 点。【点睛】经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解。2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水平速度弹射出去，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R=0.3m的光滑竖直圆形轨道，运行一周后自 B点向C点运动，C点右侧有一陷阱，
4、C、D两点的竖 直高度差h=0.2m，水平距离s=0.6m，水平轨道AB长为L1=1m，BC长为 L2=2.6m，小滑块与 水平轨道间的动摩擦因数=0.5，重力加速度g=10m/s.2(1)若小滑块恰能通过圆形轨道的最高点，求小滑块在A点弹射出的速度大小；(2)若游戏规则为小滑块沿着圆形轨道运行一周离开圆形轨道后只要不掉进陷阱即为胜出，求小滑块在A点弹射出的速度大小的范围【答案】（1）【解析】【分析】【详解】（1）小滑块恰能通过圆轨道最高点的速度为v，由牛顿第二定律及机械能守恒定律（2）5m/svA6m/s 和 vA由 B 到最高点由 A 到 B：解得 A 点的速度为121mvB 2mgRmv
5、222（2）若小滑块刚好停在 C 处，则：解得 A 点的速度为12gt2若小滑块停在 BC 段，应满足3m/s vA 4m/s若小滑块能通过 C 点并恰好越过壕沟，则有h s vct解得所以初速度的范围为3m/s vA 4m/s和vA 5m/s3如图所示，竖直平面内有一固定的光滑轨道ABCD，其中 AB 是足够长的水平轨道，B 端与半径为 R 的光滑半圆轨道 BCD 平滑相切连接，半圆的直径BD 竖直，C 点与圆心 O 等高现有一质量为 m 的小球 Q 静止在 B 点，另一质量为 2m 的小球 P 沿轨道 AB 向右匀速运动并与 Q 发生对心碰撞，碰撞后瞬间小球 Q 对半圆轨道 B 点的压力大
6、小为自身重力的7倍，碰撞后小球 P 恰好到达 C 点重力加速度为 g（1）求碰撞前小球 P 的速度大小；（2）求小球 Q 离开半圆轨道后落回水平面上的位置与B 点之间的距离；（3）若只调节光滑半圆轨道BCD 半径大小，求小球Q 离开半圆轨道 D 点后落回水平面上的位置与 B 点之间的距离最大时，所对应的轨道半径是多少？【答案】（1）【解析】【分析】【详解】设小球 Q 在 B 处的支持力为；碰后小球 Q 的速度为，小球 P 的速度为；碰前小球 P的速度为；小球 Q 到达 D 点的速度为(1)由牛顿第三定律得小球Q 在 B 点碰后小球 Q 在 B 点由牛顿第二定律得:碰后小球 P 恰好到 C 点，
7、由动能定理得:P、Q 对心碰撞，由动量守恒得：联立解得:.（2）（3）(2)小球 Q 从 B 到 D 的过程中，由动能定理得：解得由平抛运动规律有：，所以小球 Q 能够到达 D 点联立解得(3)联立解得:当所以【点睛】时 x 有最大值解决本题时要抓住弹簧的形变量相等时弹性势能相等这一隐含的条件，正确分析能量是如何转化，分段运用能量守恒定律列式是关键4在光滑绝缘的水平面上，存在平行于水平面向右的匀强电场，电场强度为E，水平面上放置两个静止、且均可看作质点的小球A 和 B，两小球质量均为 m，A 球带电荷量为Q，B 球不带电，A、B 连线与电场线平行，开始时两球相距L，在电场力作用下，A 球与B
8、球发生对心弹性碰撞设碰撞过程中，A、B 两球间无电量转移(1)第一次碰撞结束瞬间A、B 两球的速度各为多大?(2)从开始到即将发生第二次碰撞这段过程中电场力做了多少功?(3)从开始到即将发生第二次碰撞这段过程中，若要求A 在运动过程中对桌面始终无压力且刚好不离开水平桌面(v=0 时刻除外)，可以在水平面内加一与电场正交的磁场请写出磁场B 与时间 t 的函数关系1【答案】(1)vA1 0vBB 2QEL (2)5QEL (3)2mL2Q E t mQEm2g(2mL2mL t 3)QEQEQE2QEL，碰前 A 的速度vA12aL；碰前 B 的速度vB1 0mm【解析】（1）A 球的加速度a 设
9、碰后 A、B 球速度分别为vA1、vB1，两球发生碰撞时，由动量守恒和能量守恒定律有：mvA1 mvA1 mvB1，mvA1mvA1mvB1122122122所以 B 碰撞后交换速度：vA1 0，vB1vA12QELm（2）设 A 球开始运动时为计时零点，即t 0，A、B 球发生第一次、第二次的碰撞时刻分别为t1、t2；由匀变速速度公式有：t1vA10a2mLQE第一次碰后，经t2t1时间 A、B 两球发生第二次碰撞，设碰前瞬间A、B 两球速度分别为vA2和vB2，由位移关系有：vB1t2t11a2t2t1，得到：t22 3t1 32mLQEv at2t1 2at1 2vA1 2A22QEL；
10、vB2vB1m由功能关系可得：W电=mvA2mvB25QEL（另解：两个过程 A 球发生的位移分别为x1、x2，x1 L，由匀变速规律推论x2 4L，根据电场力做功公式有：W QEx1x2 5QEL）（3）对 A 球由平衡条件得到：QBvA mg，vA at，a QEm1221222mgmg2mL20t 从 A 开始运动到发生第一次碰撞：BtQatQEtQE从第一次碰撞到发生第二次碰撞：Bt2mL2mLt 3QEQE22mLQEt QEmg2点睛：本题是电场相关知识与动量守恒定律的综合，虽然A 球受电场力，但碰撞的内力远大于内力，则碰撞前后动量仍然守恒由于两球的质量相等则弹性碰撞后交换速度那么
11、A 球第一次碰后从速度为零继续做匀加速直线运动，直到发生第二次碰撞题设过程只是发生第二次碰撞之前的相关过程，有涉及第二次以后碰撞，当然问题变得简单些5如图（a）所示，倾角=30的光滑固定斜杆底端固定一电量为Q=2104C 的正点电荷，将一带正电小球（可视为点电荷）从斜杆的底端（但与Q 未接触）静止释放，小球沿斜杆向上滑动过程中能量随位移的变化图象如图（b）所示，其中线 1 为重力势能随位移变化图象，线 2 为动能随位移变化图象（g=10m/s2，静电力恒量 K=9109Nm2/C2）则（1）描述小球向上运动过程中的速度与加速度的变化情况；（2）求小球的质量 m 和电量 q；（3）斜杆底端至小球
12、速度最大处由底端正点电荷形成的电场的电势差U；（4）在图（b）中画出小球的电势能 随位移 s 变化的图线（取杆上离底端3m 处为电势零点）【答案】（1）小球的速度先增大，后减小；小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零（2）4kg；1.11105C；（3）4.2106V（4）图像如图,线 3 即为小球电势能随位移 s 变化的图线；【解析】【分析】【详解】（1）由图线 2 得知，小球的速度先增大，后减小根据库仑定律得知，小球所受的库仑力逐渐减小，合外力先减小后增大，加速度先减小后增大，则小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做
13、加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零（2）由线 1 可得:EP=mgh=mgssin斜率:k=20=mgsin30所以m=4kg当达到最大速度时带电小球受力平衡:mgsin由线 2 可得 s0=1m，得:kqQ2s02mgsins0q=1.11105CkQ（3）由线 2 可得，当带电小球运动至1m 处动能最大为 27J根据动能定理:WG+W电=Ek即有:mgh+qU=Ekm0代入数据得:U=4.2106V（4）图中线 3 即为小球电势能 随位移 s 变化的图线6如图所示，在竖直平面内的光滑固定轨道由四分之一圆弧AB 和二分之一圆弧 BC 组成，两者在最低点 B 平滑连接过 BC 圆弧的圆心
14、O 有厚度不计的水平挡板和竖直挡板各一块，挡板与圆弧轨道之间有宽度很小的缝隙AB 弧的半径为 2R，BC 弧的半径为 R.一直径略小于缝宽的小球在A 点正上方与 A 相距2R处由静止开始自由下落，经A 点沿圆弧轨3道运动不考虑小球撞到挡板以后的反弹(1)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点(2)若小球能到达 C 点，求小球在 B、C 两点的动能之比；若小球不能到达C 点，请求出小球至少从距 A 点多高处由静止开始自由下落才能够到达C 点(3)使小球从 A 点正上方不同高度处自由落下进入轨道，小球在水平挡板上的落点到O 点的距离 x 会随小球开始下落时离A 点的高度 h 而变化，请在图中画出x
15、2h 图象(写出计算过程)【答案】(1)mg (2)41 (3)13过程见解析【解析】【详解】（1）若小球能沿轨道运动到C 点，小球在 C 点所受轨道的正压力N 应满足 N0设小球的质量为 m，在 C 点的速度大小为 vC，由牛顿运动定律和向心加速度公式有mvC2NmgR小球由开始下落至运动到C 点过程中，机械能守恒，有2mgR12mvC32由两式可知N小球可以沿轨道运动到C 点.（2）小球在 C 点的动能为 EkC，由机械能守恒得EkC设小球在 B 点的动能为 EkB，同理有EkB得EkBEkC41（3）小球自由落下，经 ABC 圆弧轨道到达 C 点后做平抛运动。由动能定理得：1mg32mg
16、R38mgR3mgh 由平抛运动的规律得：R 1mvC2212gt2x=vCt解得：x 2 Rh因为x 3R，且vCgR所以R3R h24x2-h 图象如图所示：7如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A 点，自然状态时其右端位于B 点D点位于水平桌面最右端，水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径 R0.45m 的圆环剪去左上角 127的圆弧，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离为R，P点到桌面右侧边缘的水平距离为1.5R若用质量 m10.4kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B 点，用同种材料、质量为m20.2kg 的物块将弹簧缓慢压缩
17、到 C 点释放，物块过 B 点后其位移与时间的关系为x4t2t2，物块从 D 点飞离桌面后恰好由 P 点沿切线落入圆轨道g10m/s2，求：（1）质量为 m2的物块在 D 点的速度；（2）判断质量为 m20.2kg 的物块能否沿圆轨道到达M 点：（3）质量为 m20.2kg 的物块释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功.【答案】（1）2.25m/s（2）不能沿圆轨道到达 M 点（3）2.7J【解析】【详解】（1）设物块由 D 点以初速度 vD做平抛运动，落到 P 点时其竖直方向分速度为：vy2gR 2100.45m/s3m/svyvDtan5343所以：vD2.25m/s（2）物块在内轨道
18、做圆周运动，在最高点有临界速度，则v2mgm，R解得：vgR 3 2m/s222vPvDvy322.252m/s3.75m/s物块到达 P 的速度：若物块能沿圆弧轨道到达M 点，其速度为 vM，由 D 到 M 的机械能守恒定律得：1122m2vMm2vPm2g1cos53R222可得：vM 0.3375，这显然是不可能的，所以物块不能到达M 点（3）由题意知 x4t-2t2，物块在桌面上过 B 点后初速度 vB4m/s，加速度为：a 4m/s2则物块和桌面的摩擦力：m2g m2a可得物块和桌面的摩擦系数:0.4质量 m10.4kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在
19、B点，由能量守恒可弹簧压缩到C 点具有的弹性势能为：Epm1gxBC 0质量为 m20.2kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点释放，物块过 B 点时，由动能定理可得：Epm2gxBC1m2vB22可得，xBC 2m在这过程中摩擦力做功：W1 m2gxBC 1.6J由动能定理，B 到 D 的过程中摩擦力做的功：W2代入数据可得：W2-1.1J质量为 m20.2kg 的物块释放后在桌面上运动的过程中摩擦力做的功1122m2vDm2v022W W1W2 2.7J即克服摩擦力做功为 2.7 J.8如图甲所示为某一玩具汽车的轨道，其部分轨道可抽象为图乙的模型AB和BD为两段水平直轨道，竖直圆轨道与水平直轨
20、道相切于B点，D点为水平直轨道与水平半圆轨道的切点在某次游戏过程中，通过摇控装置使静止在A点的小车以额定功率启动，当小车运动到B点时关闭发动机并不再开启，测得小车运动到最高点C时对轨道的压力大小FN 5.6N，小车通过水平半圆轨道时速率恒定小车可视为质点，质量m 400g，额定功率P 20W，AB长l 1m，BD长s 0.75m，竖直圆轨道半径R 25cm，水平半圆轨道半径r 10cm小车在两段水平直轨道所受的阻力大小均为f 4N，在竖直圆轨道和水平半圆轨道所受的阻力均忽略不计，重力加速度取g 10m/s2求：（1）小车运动到C点时的速度大小；（2）小车在BD段运动的时间；（3）水平半圆轨道对
21、小车的作用力大小；（4）要使小车能通过水平半圆轨道，发动机开启的最短时间【答案】（1）6m/s；（2）0.3s；（3）4 2N.；（4）0.35s.【解析】【详解】（1）由小车在C点受力得：vc2FNmg mR解得：vC6m/s（2）从C点到B点，由动能定理得：12122mgR mvBmvC22解得：vB 4m/s小车在BD段运动的加速度大小为：a 由运动学公式：f10m/s2m1s vBt at22解得：t 0.3s（3）从B点到D点，由运动学公式：vD vBat，解得：vD1m/s小车在水平半圆轨道所需的向心力大小：2vDFn m，r代入数据可得：Fn 4NF2 Fn2mg水平半圆轨道对小
22、车的作用力大小为：2F 4 2N.（4）设小车恰能到C点时的速度为v1，对应发动机开启的时间为t1，则：v12mg mRPt1 fl 2mgR 解得12mv12t1 0.325s.在此情况下从C点到D点，由动能定理得：2mgR Fs 解得112mvDmvC222vD 2.5即小车无法到达D点.设小车恰能到D点时对应发动机开启的时间为t2，则有：Pt2 fls0，解得t2 0.35s.9如图所示，在方向竖直向上、大小为E=1106V/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=0.2mA、B 用一根绝缘轻杆相连，A 带的电荷量为
23、q=+7107C，B 不带电，质量分别为mA=0.01kg、mB=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/s2（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）【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
24、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 WT和WT，根据题意有：WTWT 0设 A、B 到达圆环最高点的动能分别为EKA、EKB对 A 根据动能定理：qERmAgR+WT1=EKA对 B 根据动能定理：WT1mBgR E联立解得：EKA+EKB=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 角时，A、B 的速度大小分别为 vA、vB，因 A、B 做圆周运动的半径和角速度均相同，故：vA=vB对
25、 A 根据动能定理：qERsinmAgRsinWT 2对 B 根据动能定理：WT2mBgR1cos联立解得：vA22 2m/s（3）0.1344J312mAvA212mBvB283sin4cos49由此可得：当tan32 2时，A、B 的最大速度均为vmaxm/s43（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：3sin+4cos4=0解得：sin24或 sin=0（舍去）2584J 0.1344J625所以 A 的电势能减少：EP qERsin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
26、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如图所示在竖直平面内，光滑曲面AB 与长度 l=3m 的水平传送带 BC 平滑连接于 B点，传送带 BC 右端连接内壁光滑、半径r=0.55m 的四分之一细圆管 CD，圆管内径略大于物块尺寸，管口 D 端正下方直立一根劲度系数为k=50N/m 的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口 D 端平齐一个质量为 m=0.5kg 的物块（可视为质点）从曲面上P 点静止释放，P 点距 BC 的高度为 h=0.8m（已知弹簧的弹性势能Ep与弹簧的劲度系数 k 和形变量x 的关系是：Ep=12
27、kx，水平传送带与物间的动摩擦因数=0.4，重力加速度 g 取210m/s2）求：（1）若传送带静止不动物块在水平传送带BC 上前进的距离；（2）若传送带向右匀速运动的速度v0=2m/s，物块刚进入细圆管 CD 时对管道的弹力，物块在压缩弹簧过程中的最大速度（压缩弹簧过程未超过弹性限度）；（3）若传送带向右匀速运动的速度v0=2m/s，物块从第一次进入细圆管后将做周期性的运动由于物块与传送带发生相对运动，一个周期内带动传送带的电动机多消耗的电能【答案】（1）2m（2）4m/s（3）4J【解析】【分析】【详解】（1）物块从 P 点静止释放到停在传送带某处的过程中，根据动能定理得mgh-mgx=0
28、-0解得 x=2m；（2）若传送带向右匀速运动的速度v0=2m/s，因为传送带长度 l=3m 大于 2m，所以物块到达 C 点的速度 vC=2m/s2vC物块经过管道 C 点，根据牛顿第二定律得mg-N=mr解得，管道对物块的弹力N=15N1.36N，方向竖直向上11根据牛顿第三定律得知，物块对管道的弹力大小N=N1.36N，方向竖直向下物块从 C 点运动到速度最大的过程，根据平衡条件得mg=kx得 x=0.1m121212kx=mvm-mvC222解得，最大速度 vm=4m/s由动能定理得 mg(r+x)-（3）物块再次回到 C 点的速度仍为 2m/s，它在传送带上先向左匀减速运动到速度为零
29、，再向右匀加速运动至 C 点，速度大小仍为 2m/s，因此，电动机多消耗的电能即为物块与传送带之间的摩擦生热.2vC22=0.5m物块向左减速的位移 x1=2g20.410v0物块与传送带间的相对位移x1=x1+v0g解得x1=1.5m2vC=0.5m物块向右加速运动的位移x2=2g物块与传送带间的相对位移x2=v0v0-x2=0.5mg因此，一个周期内带动传送带的电动机多消耗的电能是E=mg(x1+x2)解得:E=4J11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
30、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=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01.5 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=0，求质点从 C 运动到 D 的时间；（3）若最终滑块停在 D 点，求 的取值范围【答
31、案】（1）20N，2J；（2）【解析】【分析】1s；（3）0.1250.75 或=13（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=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】v2（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：Fmgm，R代入数据解得：F=20N，由牛顿第三定律得：F=20N从 A 到
32、 B，由动能定理得：mgRW代入数据得：W=2J（2）在 CD 间运动，有：mgsin=ma，加速度为：a=gsin=100.6m/s2=6m/s2，根据匀变速运动规律有：svt+代入数据解得：t=12mv，212at21s3（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：mgsins1mgcoss0代入数据得：1=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：1mgcos2s0代入数据得到：1=0.125，当滑块恰好能静止在斜面上，则有：mgsin=2mgcos，代入数据得到：2=0.75所以，当 0.1250.75
33、，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，的取值范围是 0.1250.75 或=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12mv，212mv，2两种可能12如图所示，一个质量为m=0.2kg 的小物体(P 可视为质点)，从半径为 R=0.8m 的光滑圆强轨道的 A 端由静止释放，A 与圆心等高，滑到 B 后水平滑上与圆弧轨道平滑连接的水平桌面，小物体与桌面间的动摩擦因数为=0.6，小物体滑行 L=1m 后与静置于桌边的另一相同的小物体 Q 正碰，
34、并粘在一起飞出桌面，桌面距水平地面高为h=0.8m 不计空气阻力，g=10m/s2.求：(1)滑至 B 点时的速度大小；(2)P 在 B 点受到的支持力的大小；(3)两物体飞出桌面的水平距离；(4)两小物体落地前损失的机械能.【答案】(1)v1 4m/s (2)FN 6N (3)s=0.4m (4)E=1.4J【解析】【详解】（1）物体 P 从 A 滑到 B 的过程，设滑块滑到B 的速度为 v1，由动能定理有：mgR 1mv122解得：v1 4m/s（2）物体 P 做匀速圆周运动，在B 点由牛顿第二定律有:mv12FNmg R解得物体 P 在 B 点受到的支持力FN 6N（3）P 滑行至碰到物体 Q 前，由动能定理有:mgL 11mv22mv1222解得物体 P 与 Q 碰撞前的速度v2 2m/sP 与 Q 正碰并粘在一起，取向右为正方向，由动量守恒定律有:mv2mmv3解得 P 与 Q 一起从桌边飞出的速度v31m/s由平碰后 P、Q 一起做平抛运动，有：h 12gt2s v3t解得两物体飞出桌面的水平距离s=0.4m（4）物体 P 在桌面上滑行克服阻力做功损失一部分机械能:E1mgL 1.2J物体 P 和 Q 碰撞过程中损失的机械能:11E2mv22(mm)v32 0.2J22两小物体落地前损失的机械能E E1E2解得：E=1.4J