【单元练】甘肃张掖市高中物理必修2第八章【机械能守恒定律】经典测试题(课后培优)

一、选择题
1．如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定。

小球从弹簧的正上方某一高度处由静止下落，不计空气阻力，则从小球接触弹簧到弹簧被压缩至最短的过程中（ ）
A ．小球的动能一直减小
B ．小球的机械能守恒
C ．弹簧的弹性势能先增加后减小
D ．小球的重力势能一直减小D
解析：D
AC ．在刚接触弹簧的时候这个时候小球的加速度等于重力加速度，在压缩的过程中，弹簧的弹力越来越大，小球受到的合力()mg F -弹 ，方向向下，合力减小，小球所受到的加速度越来越小，直到弹簧的弹力等于小球所受到的重力，这个时候小球的加速度为0，速度达到最大值，小球继续压缩弹簧，这个时候弹簧的弹力大于小球受到的重力，小球受到的合力()F mg -弹 ，方向向上，合力增大，小球减速，直到小球的速度为0，这个时候弹簧压缩的最短。

所以小球的动能先增大后减小，弹簧的弹性势能是不断增加的，AC 错误； B ．压缩弹簧的过程中，弹性势能增加，故小球的机械能减小，故B 错误；
D ．小球从接触弹簧到将弹簧压缩到最短的过程中，小球的高度不断减小，重力势能不断减小，D 正确。

故选D 。

2．如图所示，A 、B 两球质量相等，A 球用不能伸长的轻绳系于O 点，B 球用轻质弹簧系O ′点。

O 与O ′点在同一水平面上，分别将A 、B 球拉到与悬点等高处，使绳和轻弹簧均处于水平，弹簧处于自然状态，将两球分别由静止开始释放，当两球达到各自悬点的正下方时两球恰好仍处在同一水平面上，则（ ）
A ．两球到达各自悬点的正下方时，两球动能相等
B ．两球到达各自悬点的正下方时，B 球动能较大
C ．两球到达各自悬点的正下方时，A 、B 两球机械能相等
D ．两球到达各自悬点的正下方时，A 球机械能较大D 解析：D
A ．两个球都是从同一个水平面下降的，到达最低点时还是在同一个水平面上，A
B 两球重力做的功相同，B 球在下落的过程中弹簧要对球做负功，B 球在最低点的动能要比A 的小，A 错误；
B ．两个球都是从同一个水平面下降的，到达最低点时还是在同一个水平面上，AB 两球重
力做的功相同，B 球在下落的过程中弹簧要对球做负功，B 球在最低点的动能要比A 的小，B 错误；
C ．由于下落的过程中弹簧要对球做负功，B 的机械能减小，所以两球到达各自悬点的正下方时，A 球机械能较大，C 错误；
D ．由于下落的过程中弹簧要对球做负功，B 的机械能减小，所以两球到达各自悬点的正下方时，A 球机械能较大 ，D 正确。

故选D 。

3．如图所示，在倾角θ=30°的光滑固定斜面上，放有两个质量分别为1kg 和2kg 的可视为质点的小球A 和B ，两球之间用一根长L =0.2m 的轻杆相连，小球B 距水平面的高度h=0.1m 。

两球由静止开始下滑到光滑地面上，不计球与地面碰撞时的机械能损失，g 取10m/s 2则下列说法中正确的是（ ）
A ．整个下滑过程中A 球机械能守恒
B ．整个下滑过程中B 球机械能守恒
C ．整个下滑过程中A 球机械能的增加量为23J
D ．整个下滑过程中B 球机械能的增加量为23
J D 解析：D
A B. 由于A
B 之间杆上的力不为零，所以单独的A 球和B 球机械能不守恒，故AB 错误； CD. 整个下滑过程中AB 两球组成的系统机械能守恒
()()21
sin 2
B A B A m gh m g h L m m v θ++=
+ 整个下滑过程中B 球机械能的增加量为
21223
J B B E m v m gh ∆=
-= 根据系统机械能守恒可知整个下滑过程中A 球机械能的减小量为2
3
J ，故C 错误，D 正确。

故选D 。

4．小球在距地面h 高处，以初速度v 0沿水平方向抛出一个物体，若忽略空气阻力，它运动的轨迹如图所示，那么下面说法错误的是（ ）
A ．物体在c 点的动能比在a 点时大
B ．若选抛出点为零势点，物体在a 点的重力势能比在c 点时小
C ．物体在a 、b 、c 三点的机械能相等
D ．物体在a 点时重力的瞬时功率比c 点时小B 解析：B
A ．沿水平方向抛出的物体，不计空气阻力，物体在下落过程中，只有重力做功，机械能守恒。

物体的高度不断下降，重力势能不断减小，所以物体在c 点时的动能比在a 点时大，故A 正确；
B ．因a 点位置高于b 点，故无论选择何处为参考点物体在a 点时的重力势能都比在c 点时的大，故B 错误；
C ．沿水平方向抛出的物体，不计空气阻力，物体在下落过程中，只有重力做功，机械能守恒，所以物体在a 、b 、c 三点具有的机械能相等，故C 正确；
D ．重力的瞬时功率
G y =P mgv
由以上分析知，物体在a 点时重力方向上的分速度y v 比在c 点时小，故物体在a 点时重力的瞬时功率比c 点时小，故D 正确。

故选B 。

5．在2020年蹦床世界杯巴库站暨东京奥运会积分赛中，中国选手朱雪莹夺得女子个人网上冠军。

蹦床运动可以简化为图示的模型，A 点为下端固定的竖直轻弹簧的自由端，B 点为小球在弹簧上静止时的位置，现将小球从弹簧正上方某高度处由静止释放，小球接触弹簧后运动到最低点C 的过程中，下列说法正确的是（ ）
A ．小球从A 运动到C 的过程中小球的机械能不守恒
B ．小球到达A 时速度最大
C ．小球从A 运动到B 的过程中处于超重状态
D ．小球从B 运动到C 的过程中处于失重状态A 解析：A
A ．对小球而言，小球下压弹簧的过程，弹簧弹力一直做负功，小球的机械能一直减小，A 正确；
BCD ．小球到达A 时受到弹簧的弹力为零，在到达B 之前，重力大于弹力，小球向下加速运动，处于失重状态，到达B 时速度达到最大，由于惯性小球继续向下运动，直至速度为零到达C ，小球从B 运动到C 处于超重状态，B 错误，C 错误，D 错误。

故选A 。

6．如图，游乐场中，从高处P 到水面Q 处有三条不同的光滑轨道，图中甲和丙是两条长度相等的曲线轨道，乙是直线轨道。

甲、乙、丙三小孩沿不同轨道同时从P 处自由滑向Q 处，下列说法正确的有（ ）
A ．甲的切向加速度始终比丙的小
B ．因为乙沿直线下滑，所经过的路程最短，所以乙最先到达Q 处
C ．虽然甲、乙、丙所经过的路径不同，但它们的位移相同，所以应该同时到达Q 处
D ．甲、乙、丙到达Q 处时的速度大小是相等的D 解析：D
A ．根据受力分析及牛顿第二定律知，甲的切向加速度先比丙的小，后比丙的大，故A 错误；
BCD ．由于是光滑轨道，小孩在此过程中，只有重力做功，故由动能定理得212
mgh mv ，由此可知甲、乙、丙到达Q 处时的速度大小是相等的，故D 正确；由于甲、乙、丙三者位移相同，最后的速度相等，以及三者加速度的关系，可做出三者的速度—时间图象如下图所示
由此图可知丙最先到达Q 处，故B 、C 错。

故选D 。

7．我国高铁舒适、平稳、快捷.列车高速运行时所受阻力主要是空气阻力，设其大小和车速成正比，则高铁分别以75m/s 和100m/s 的速度匀速运行时，高铁克服空气阻力的功率之比为（ ）
A ．4:3
B ．3:4
C ．16:9
D ．9:16D
解析：D
由题意得，高铁匀速行驶时，受到的空气阻力为
f kv =
高铁克服空气阻力的功率为
2P fv kv ==
故高铁分别以75m/s 和100m/s 的速度匀速运行时，高铁克服空气阻力的功率之比为
221
12
22275910016
P kv P kv === 故选D 。

8．一物体在光滑斜面上受到一平行于斜面、方向不变的力作用，由静止开始沿斜面运动。

运动过程中小物块的机械能E 与路程x 的关系图像如图所示，其中10x 过程的图线为曲
线，1
2x x 过程的图线为直线。

忽略空气阻力。

下列说法正确的是（ ）
A ．10x 过程中小物块所受拉力始终大于重力沿斜面的分力
B ．12x x 过程中小物块一定做匀加速直线运动
C ．20x 过程中小物块的重力势能一直增大
D ．1
2x x 过程中小物块一定做匀速直线运动 B
解析：B
A ．由图象可知，在1x 处小物块机械能增加到最大值，说明此时小物块的速度为零，则
10
x 过程中小物块是先沿斜面向上做加速再做减速，因此在此过程中小物块所受拉力先
大于重力沿斜面的分力，后小于重力沿斜面的分力，故A 错误；
BD ．由于机械能的增加量等于拉力所做的功，则可知图象的斜率大小表示拉力的大小，因此1
2x x 过程中拉力的大小不变，机械能减小，由于在1x 处小物块速度为零，所以1
2x x 过程中小物块一定沿斜面向下做匀加速直线运动，故B 正确，D 错误； C ．10
x 过程中小物块是沿斜面向上运动，重力势能增大，1
2x x 过程中小物块沿斜面
向下运动，重力势能减小，故C 错误。

故选B 。

9．发射高轨道卫星时，一般是先将卫星发射至近地圆形轨道1上运行，然后在某点Q 变速，使其沿椭圆轨道2运行，最后在远地点P 再次变速，将卫星送入预定圆形高轨道3运行，已知轨道1、2相切于Q 点，轨道2、3相切于P 点。

设卫星的质量保持不变，卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，只受地球引力作用，则下列说法正确的是：（ ）
A ．卫星在1轨道上正常运行时的速度小于在3轨道上正常运行时的速度
B ．卫星在1轨道上正常运行时的机械能大于在3轨道上正常运行时的机械能
C ．卫星在2轨道上P 点的加速度小于在3轨道上P 点的加速度
D ．卫星在轨道2上从P 点运动到Q 点过程中，加速度逐渐增大，速度也逐渐增大D 解析：D
A ．星做匀速圆周运动时，由万有引力提供向心力，有
22Mm v G m r r
= 得
GM
v r
=
知卫星的轨道半径越大，运行速度越小，所以，卫星在1轨道上正常运行时的速度大于在3轨道上正常运行时的速度，故A 错误；
B ．卫星要从1轨道变轨到轨道2，要在Q 点加速，机械能增大。

从轨道2变轨到轨道3，要在P 点加速，机械能增大，所以卫星在轨道1上正常运行时的机械能小于在3轨道上正常运行时的机械能。

故B 错误；
C ．根据万有引力提供合力
2
Mm
G
ma r = 无论哪个轨道经过P 点，距地心距离都相同，加速度一样，故C 错误； D ．根据
2Mm
G
ma r
= 可知，星在轨道2上从P 点运动到Q 点过程中，加速度逐渐增大，再根据开普勒第二定律，卫星由远地点向近地点运动时，速度也逐渐增大，故D 正确。

故选D 。

10．船在河中行驶，设船受到的阻力与速度大小成正比。

当船以速度v 匀速时，发动机功率为P ，当船以2v 匀速时，发动机的功率为（ ） A ．0.5P B ．P C ．2P D ．4P D
解析：D 设阻力为
f kv =
则船匀速行驶时的发动机的功率为
2P Fv fv kv ===
所以当速度加倍时，其功率是原来的4倍。

故选D 。

二、填空题
11．实验小组利用竖直轨道和压力传感器验证机械能守恒定律，半径可调的光滑竖直轨道与光滑水平轨道连接，在轨道最低点A 和最高点B 各安装一个压力传感器，压力传感器与计算机相连，如图所示，将质量为m 的小球（可视为质点）以某一速度进入轨道最低点，通过计算机读出两个传感器的读数，重力加速度为g ，则
（1）设轨道半径为R ，小球能运动到最高点B ，小球在最低点入射速度不得小于___________。

（2）实验中压力传感器的读数之差ΔF =___________时，小球的机械能守恒。

（3）初速度一定的前提下，小球在做圆周运动过程中，压力传感器的读数之差与轨道半径___________（填“有关”或“无关”），压力传感器的读数之比与轨道半径___________（填“有关”或“无关”）。

无关有关 5gR 6mg 无关 有关 (1)[1]刚好通过最高点B 时，有
2
B v mg m R
= 由最低点A 到B 点过程，有
2211
222
B A mg R mv mv -=
- 联立解得
5A v gR
5gR (2)[2]最高点B ，有
2
11v F mg m R
+= 最低点A ，有
2
22v F mg m R
-= 如果不考虑阻力，由最低点A 到B 点过程，有
221211
222
mg R mv mv -=
- 压力传感器的读数之差
21ΔF F F =-
联立解得
6F mg ∆=
(3)[3]由于6F mg ∆=，所以压力传感器的读数之差与轨道半径无关。

[4]压力传感器的读数为
2
11v F m mg R =-
2
22v F m mg R
=+
所以压力传感器的读数之比与轨道半径有关。

12．如图，三块完全相同的磁铁A 、B 、C 套在固定的光滑竖直杆上，相邻磁铁间同名磁极相对。

平衡后A 、B 均悬浮在空中，C 在桌面上，则相邻两块磁铁间的距离h 1______h 2（选填“>”、“<"或“=”）。

若缓慢下压磁铁A ，则磁铁之间因为相互作用力而具有的势能将______（选填“增大”、“减小”或“不变”）。

>增大
解析：> 增大
[1]将A 和B 看作一个整体，则C 对B 的作用力与整体的重力平衡，B 对A 的作用力与A 的重力平衡，所以C 对B 的作用力大于B 对A 的作用力，即
12h h >
[2] 缓慢下压磁铁A ，外力对系统做正功，根据能量守恒，系统因为相互作用力而具有的势能将增大。

13．质量为1kg 的物体从倾角为30的光滑斜面上从静止开始下滑，重力在前4s 内的平均
功率为______W ；重力在4s 末的瞬时功率为_______W ．（210m /s g =）100 解析：100
物体沿斜面下滑的加速度
2305m /s mgsin a m
︒
=
= 则前4s 内的位移
2211
544022
x at m =
=⨯⨯= 重力在前4s 内做功
1
sin 301040200J 2
W mgx =︒=⨯⨯
= 则前4s 的平均功率为
20050W 4
W P t =
== 物体沿斜面滑完4s 时的速度
20m /s v at ==
重力的瞬时功率
1
sin 3011020100W 2
P mgv =︒=⨯⨯⨯
=。

【点睛】
根据重力做功的大小，结合平均功率的公式求出前4s 内重力做功的平均功率．根据4s 末
的速度，结合瞬时功率的公式求出重力的瞬时功率．
14．如图所示，在光滑水平桌面上有一质量为M 的小车，小车跟绳一端相连，绳子另一端通过滑轮吊一个质量为m 的砖码，则当砝码着地的瞬间（小车未离开桌子）小车的速度大小为______在这过程中，绳的拉力对小车所做的功为________。

2mgh M m +Mmgh M m
+ [1]选小车与砝码作为一系统，在小车滑动过程中仅有重力做功，则系统的机械能守恒，由机械能守恒定律可得
21
()2
mgh m M v =+
砝码着地的瞬时速度为
2mgh
v M m =
+ [2]选小车作为研究对象，则由动能定理可得
21
02W Mv =
-拉 联立解得
mMgh
W m M
=
+拉 15．如图所示，质量为m 的物块与转台之间能出现的最大静摩擦力为物块重力的k 倍。

它与转轴OO '相距R ，物块随转台由静止开始转动，当转速增加到一定值时，物块即将在转台上滑动，在物块由静止到开始滑动前的这一过程中，转台对物块做的功为__________。

解析：1
2
kmgR
[1]物块即将滑动时，物块与平台的摩擦力达到最大，根据牛顿第二定律可知
2
v kmg m R
=
物块由静止到开始滑动，根据动能定理可知转台对物块做功全部转化为物块的动能
211
22
W mv kmgR ==
16．质量为m 的物体，沿倾角为θ的光滑斜面由静止下滑，当下滑t 时间重力势能减少量为________________。

解析：2221sin 2
mg t θ
物体下滑的加速度
sin a g θ=
下滑t 时间时，物体下滑的距离
2211
sin 22s at g t θ=
= 下滑的高度
sin h s θ=
则物体重力势能的减少量为
222p 1
sin 2
E mgh mg t θ∆==
17．质量为20kg 的薄铁板平放在二楼的地面上，二楼地面与楼外地面的高度差为4m 。

这块铁板相对二楼地面的重力势能为_________J ，相对楼外地面的重力势能为_________J ；将铁板提高1m ，若以二楼地面为参考平面，则铁板的重力势能变化了_________J ；将铁板提高1m ，若以楼外地面为参考平面，则铁板的重力势能变化了_________J 。

（重力加速度210m/s g =）800J200J200J
解析：800J 200J 200J
[1]铁板相对二楼地面高度为0，则铁板相对二楼地面的重力势能为0
[2]相对楼外地面的高度为4m ，则相对楼外地面的重力势能为
p 20104J 800J E mgh ==⨯⨯=
[3]将铁板提高1m ，若以二楼地面为参考平面，则铁板的重力势能变化了
p 20101J=200J E ∆=⨯⨯
[4]将铁板提高1m ，若以楼外地面为参考平面，则铁板的重力势能变化了
p120101J=200J E ∆=⨯⨯
18．如图所示，一个半径R 、质量m 的均匀薄圆盘处在竖直方向上，可绕过其圆心O 的水平转动轴无摩擦转动，现在其右侧挖去圆心与转轴O 等高、直径为R 的一个圆，然后从图示位置将其静止释放，则剩余部分________（填“能”或“不能”）绕O 点作360°转动，在转动过程中具有的最大动能为_________。

不能【分析】考查机械能守恒定律的应用
解析：不能
8
mgR 【分析】 考查机械能守恒定律的应用。

[1]．物体在运动过程中只有重力做功，物体的机械能守恒，圆盘转动的最大角度为180°，不能绕O 点作360°转动；
[2]．被挖去部分的质量为：
22=24
m R m R ππ⎛⎫⨯ ⎪⎝⎭
由动能定理可知，最大动能： k =428
m R mgR E g =。

19．在竖直平面内，一根光滑硬质杆弯成如图所示形状,相应的曲线方程为y = 0.1cos x （单位：m ），杆足够长，图中只画出了一部分。

将一质量为m 的小环（可视为质点）套在杆上，在P 点给小环一个沿杆斜向下的初速度v 0=1m/s ，g 取10m/s 2，则小环经过最低点Q 时处于________状态（选填“超重”、“失重”或“平衡”）；小环运动过程中能到达的最高点的y 轴坐标为_________m ，以及对应的x 轴坐标为___________m 。

超重005
解析：超重 0.05 533
x x π
π==或 [1]小环运动过程中能以一定速度经过P 点和Q 点，则小环在Q 点时向心加速度的方向向上，处于超重状态；
[2]小球运动过程机械能守恒，到达最高点时速度为零，则有：
2012
mgh mv =
代入数据解得： 0.05m h =
即小环运动过程中能到达的最高点的y 轴坐标为0.05m
[3]由于曲线方程为0.1cos y x =（单位：m ），则有：
0.050.1cos x =
解得：
3x π
=或53
x π= 20．A 、B 两物体的质量分别为1m 和2m ，且122m m =．若它们以相同的动能竖直向上抛出，不计空气阻力，则它们上升的最大高度之比12:h h =_________，它们上升到最高点时的重力势能之比p1p2:E E =________．1∶21∶1【分析】因为不计空气阻力两物体竖直向上抛出的过程机械能守恒
解析：1∶2 1∶1
【分析】
因为不计空气阻力，两物体竖直向上抛出的过程机械能守恒。

[1]竖直向上抛出过程中，根据机械能守恒有：
P
k E mgh E
所以上升的最大高度 k E h mg 两物体以相同的动能抛出，则有： 1221
=1:2h m h m [2]它们上升到最高点时的重力势能之比为 11221:1k P P k E E E E
三、解答题
21．如图所示，质量分别为6kg 和10kg 的物体A 、B ，用轻绳连接跨在一定滑轮两侧，轻绳正好拉直，且A 物体底面接触地面，B 物体距地面0.8m ，求：
(1)放开B 物体，当B 物体着地时，A 物体的速度；
(2)A 物体能上升的最大高度。

解析：(1)2m/s ；(2)1.0m
(1)据机械能守恒，B 减少的重力势能等于A 增加的重力势能与AB 的动能之和
21()2
B A B A m gh m m v m gh =++ 带入数据可得
2m/s v =
(2)B 落地后，A 做竖直上抛运动，由
212
A A mv mgh = 可得
0.2m A h =
A 能上升的最大高度为
0.80.2 1.0m H =+=
22．如图所示，轻绳一端固定在O 点，另一端系住质量m =1.0kg 的小球（可视为质点），A 点与O 点位于同一水平高度。

小球从A 点由静止释放后在竖直平面内做圆周运动，到达O 点正下方的B 点时绳子突然断裂，小球从B 点开始做平抛运动并落在水平面上的C 点，B 点与水平面的高度差h =1.8m ，B ，C 间的水平距离s =2.4m ，O 、A 、B 、C 在同一竖直面内，重力加速度g 取10 m/s 2，不计一切阻力。

求：
（1）小球由B 点运动到C 点的时间t ；
（2）小球在B 点的速度大小v B ；
（3）小球在A 点的重力势能E pA （取地面的重力势能为零）。

解析：（1）0.6s ；（2）4m/s ；（3）26J
（1）小球在竖直方向上做自由落体运动，根据运动学公式有
212h gt =
解得t =0.6s 。

（2）小球在水平方向上做匀速直线运动，根据运动学公式有
4m/s B s v t
== （3）取地面的重力势能为零，则小球在B 点的机械能为
21262
k p J B B B B E E E mv mgh =+=+= 小球从A 点运动到B 点的机械能守恒，且小球在A 点动能为零，所以
26p J A B E E ==
23．如图所示，一物体质量m =2kg ，在倾角θ=37°的斜面上的A 点以初速度v 0=3m/s 下滑，A 点距弹簧上端B 的距离l AB =4m 。

当物体到达B 后将弹簧压缩到C 点，最大压缩量l BC =0.2m ，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D 点，D 点与A 点的距离l AD =3m 。

挡板及弹簧质量不计，g 取10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)弹簧的最大弹性势能E pm 。

解析：(1)0.52；(2)24.4J
(1)物体从A 点到D 点的全过程中，由动能定理可知
201sin 37cos37(2)02
AD AB Bc AB AD mgl mg l l l l mv μ-++-=- 代入题中数据解得
0.52μ≈
(2)物体在C 点的弹簧势能最大，由A 点到C 点的过程，由能量转化与守恒定律可知
02pm 1sin 37cos372
AC AC E mgl mv mg l μ=+-⋅
代入数据解得
pm 24.4J
E=
24．如图所示为某公园的大型滑梯，滑梯长度L=9m，滑梯平面与水平面夹角θ=37°，滑梯底端与水平面平滑连接。

某同学从滑梯顶端由静止滑下，与倾斜接触面间的动摩擦因数
μ1=0.5，与水平接触面之间的动摩擦因数μ2=0.6。

已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2，求：
(1)该同学滑到斜面底端时的速度大小；
(2)该同学在水平面上滑行的距离。

解析：(1)6m/s；(2)3m
(1)由牛顿第二定律可得
mg sinθ-μ1mg cosθ=ma
v2=2aL
代入数据可得
v=6m/s
(2)设在水平面上滑行的距离为x，在水平方向对物体由能量守恒可得
μ2mgx=1
2
mv2
代入数据可得
x=3m
25．如图（甲）所示，半径R=0.8m的光滑1
4
圆弧轨道固定在竖直平面内，B为轨道的最
低点，B点右侧的光滑的水平面上紧挨B点有一静止的小平板车，平板车质量M=2kg，长度l=1m，小车的上表面与B点等高，质量m=2kg的物块（可视为质点）从圆弧最高点A 由静止释放，取g=l0m/s2。

(1)求物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力；
(2)若物块与木板间的动摩擦因数0.3，求物块从平板车右端滑出时平板车的速度大小；
(3)若锁定平板车并在上表面铺上一种特殊材料，其动摩擦因数从左向右随距离均匀变化如图（乙）所示，求物块滑离平板车时的速率。

解析：(1) 60N ，方向竖直向下；(2) 3m/s ；7m/s
(1)物体从A 点到B 点的过程中，其机械能守恒，则有
mgR =
12
mv B 2 代入数据解得
v B =4m/s
在B 点，由牛顿第二定律得
N -mg =m 2B v R 联立解得
N =3mg =60N
由牛顿第三定律：物块在B 点时对轨道压力
N ′=N =60N
方向竖直向下．
(2)物块滑上小车后，对物块，加速度为
a 1=μg =3m/s 2
平板车向右匀加速运动，加速度为
223m/s mg
a M μ==
滑块向右匀减速运动，经过时间t 滑离，则有
22121122
B v t a t a t l --= 代入数据解得
1s 3
t =， (t =1s 舍去） 所以物块滑离平板车时速度大小为
v =v B -a 1t =3m/s
(3)物块在小车上滑行时的摩擦力做功
12f 9J 2mg mg
W l μμ+=-=-
从物体开始滑动到滑离平板车的过程，由动能定理
2f 12mgR W mv +=
解得 7m/s v =
26．某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究。

他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为v －t 图像，如图所示（除2 s~10 s 时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线）。

已知在小车运动的过程中，2 s~14 s 时间段内小车的功率保持不变，在14 s 末停止遥控而让小车自由滑行，小车的质量为2.0 kg ，可认为在整个运动过程中小车所受的阻力大小不变。

则
(1)小车受到的阻力大小为多大？
(2)小车的功率为多大？
(3)小车加速过程中位移大小为多大？
解析：(1)3N ；(2)18W ；(3)42m
(1)在14s 末停止遥控而让小车自由滑行，小车只受摩擦力，由牛顿第二定律得
=f ma
由v －t 图像得加速度的大小为
2260m/s 1.5m/s 1814
a -=
=- 故小车受到的阻力大小为 3N f =
(2)由图象可知，在10s 到14s 的过程中，小车匀速运动，牵引力等于阻力，故小车的功率为
18W P Fv fv ===
(3)由图象可知0到2s 内的位移为
1123m 3m 2
x =⨯⨯= 2s 到10s 内，由动能定理得
222211122
Pt fx mv mv -=
- 解得 239m x =
所以小车加速过程中位移大小为
1242m x x x =+=
27．如图所示，传送带与地面倾角θ=37°，从A 到B 长度为L =14m ，传送带以v 0=8m/s 的速率逆时针转动，在传送带上端A 无初速地放一个质量为m =0.5kg 的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.25，煤块在传送带上经过会留下黑色划痕， 已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g =10m/s 2。

求∶
(1)煤块从A 到B 的时间。

(2)煤块从A 到B 的过程中传送带上形成划痕的长度。

(3)系统因摩擦产生的热量。

解析：(1)2s ；(2)4m ；(3)6J
(1)煤块刚放上时，受到沿传送带向下的摩擦力，由牛顿第二定律得
1sin cos mg mg ma θμθ+=
代入数据解得
218m /s a =
煤块达到和传送带速度相等时的时间为
011
1s v t a == 煤块达到和传送带速度相等过程中的位移为
211114m 2
x a t == 煤块速度到达v 0后，煤块受到向上的摩擦了，由牛顿第二定律得
2sin cos mg mg ma θμθ-=
代入数据解得
224m /s a =
煤块第二次加速的位移为
2110m x L x =-=
22022212
x v t a t =+ 解得
21s t =
煤块从A 到B 的时间为
122s t t t =+=
(2)第一过程煤块相对传送带向上移动，划痕长为
21011114m 2
L v t a t =-=
第二过程中煤块相对传送带向下移动，划痕长为
22022m L x v t =-=
两部分重合，故划痕总长为4m
(3)系统因摩擦产生的热量为
12cos ()6J Q mg L L μθ=+=
28．如图所示，取长度相同的细线1、细线2，一端与小球相连，另一端分别固定于水平杆上的A 、B 两点。

已知小球质量m =2kg ，两细线长度均为50cm ，AB 间距离60cm d =，取重力加速度g =10m/s 2。

求：
（1）细线1对小球的拉力大小F 1；
（2）若剪断细线1，求小球摆动到最低点时细线2所受拉力大小。

解析：(1)12.5N ；(2)28N
(1)设细线1与竖直方向夹角为θ，根据平衡条件有
12cos F mg θ=
解得
cos 0.8θ=
解得细线1对小球的拉力大小
112.5N F =
(2)小球摆动到最低点过程中，根据动能定理有
21(1cos )2
θ-=
mgL mv 小球运动到最低点时，根据牛顿第二定律有 2
2v F mg m L
-= 解得小球所受拉力
228N F =
根据牛顿第三定律，小球在最低点时细线2所受拉力大小
228N F '=。