北京市密云县古北口中学高中物理必修二第八章《机械能守恒定律》检测卷(有答案解析)

一、选择题
1．质量为2kg 的物体做匀变速直线运动，其位移随时间变化的规律为2(m)x t t =+，2s t =时，该物体所受合力的瞬时功率为（ ）
A ．10W
B ．16W
C ．20W
D ．24W
2．如图所示，一半径为 R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为 m 的质点自轨道端点 P 由静止开始滑下，滑到最低点 Q 时，对轨道的正压力为 2mg ，重力加速度大小为 g 。

质点自 P 滑到 Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为（ ）
A ．12mgR
B ．0
C ．1
3mgR D ．14
mgR 3．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
4．直立在水平面上的轻弹簧上端位置为A ，如图甲所示。

在弹簧上放一个质量为2m 的物体a ，或者将质量为m 的物体b 与弹簧上端连接后再在b 上放质量为m 的物体c ，结果弹簧上端被压缩至位置O （图中未画出），A 、O 间距离为x 0；若同时对a 、c 施加竖直向下的压力将弹簧上端缓慢压缩至B 处，此时压力大小为F ，如图乙、丙所示，A 、B 间距离为x ；突然撤去压力F ，a 、b 、c 在向上运动的过程中，物体a 在某处脱离弹簧上端继续向上
运动，重力加速度为g ，弹簧始终在弹性限度内，弹簧的弹性势能E p =21()2
k x ∆，k 为弹簧的劲度系数，Δx 为弹簧的形变量，不计空气阻力。

下列说法正确的是（ ）
A ．压力F 大于2mg
B ．物体c 会在位置O 脱离物体b
C ．撤去压力F 瞬间，a 、b 处于超重状态，c 处于失重状态
D ．向上运动过程中c 对b 的压力先增大后减小
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
6．汽车在平直的公路上以额定功率行驶，行驶一段距离后关闭发动机，测出了汽车动能E k 与位移x 的关系图像如图所示。

已知汽车的质量为1×103kg ，汽车运动过程中所受地面的阻力恒定，空气的阻力不计。

则下列说法正确的是（ ）
A ．汽车受到地面的阻力大小为200N
B ．汽车的额定功率为8000W
C ．汽车加速运动的时间为16.25s
D ．汽车加速过程中牵引力做的功为8×105J
7．如图甲所示，质量为m =2kg 、带电荷量为3310C q -=的小物块静置于绝缘水平面上，A 点左侧上方存在方向水平向右的匀强电场。

小物块仅在电场中运动时才受到一个水平向
左F=18N的拉力作用。

小物块运动的v-t图象如图乙所示，取g=10m/s2，则下列说法正确的是（）
A．小物块在3s内的位移为12m
B．小物块与水平面间的动摩擦因数为0.4
C．匀强电场的电场强度为104N/C
D．物块运动过程中因摩擦而产生的内能为8J
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。

0x过程的图线为曲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1
x x过程的图线为直线。

忽略空气阻力。

下列说法正确的是（）
线，12
0x过程中小物块所受拉力始终大于重力沿斜面的分力
A．1
x x过程中小物块一定做匀加速直线运动
B．12
0x过程中小物块的重力势能一直增大
C．2
x x过程中小物块一定做匀速直线运动
D．12
9．如图甲所示，在水平地面上固定一竖直轻弹簧，弹簧上端与一个质量为0.1kg的木块A 相连，质量也为0.1kg的木块B叠放在A上，A、B都静止。

在B上作用一个竖直向下的力F使木块缓慢向下移动，力F大小与移动距离x的关系如图乙所示，整个过程弹簧都处于弹性限度内。

下列说法正确的是( )
A．木块下移0.1m过程中，弹簧的弹性势能增加2.5J
B．弹簧的劲度系数为520N/m
C．木块下移0.1m时，若撤去F，则此后B能达到的最大速度为5m/s
D．木块下移0.1m时，若撤去F，则A、B分离时的速度为5m/s
10．如图所示，一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球A和B。

A球质量为m，B球质量为3m，用手托住B球，当轻绳刚好被拉紧时，B球离地面的高度是h，A球静止于地面，定滑轮的质量与轮与轴间的摩擦均不计，重力加速度为g，在释放B球后，至B球刚落地时（）
A．在此过程中，小球A的重力势能增加了3mgh
B．在此过程中，绳子对小球A做功mgh
C．在此过程中，B球重力势能的减小量等于其动能的增加量
D．B球刚落地时，B球的速度大小为gh
11．抛出的铅球在空中运动轨迹如图所示，A、B为轨迹上等高的两点，铅球可视为质点，
E、P分别表示铅球的速率、机械能、动能和重力瞬时功率的大空气阻力不计。

用v、E、k
小，用t表示铅球在空中从A抛出后的运动时间，则下列图像中正确的是（）A．B．C．
D．
12．如图所示，一辆货车利用跨过光滑定滑轮的轻质缆绳提升一箱货物，已知货箱的质量为m0，货物的质量为m，货车以速度v向左做匀速直线运动，在将货物提升到图示的位置
时，下列说法正确的是（）
A．货箱向上运动的速度等于v sinθ
B．货物对货箱底部的压力等于mg
C．货箱和货物正在向上做加速运动
D．货车对缆绳拉力做功的功率P=(m+m0）gv
二、填空题
13．机车在水平公路上运动，在某个过程中，合外力做了6.0×106J的功，汽车的动能增加了______J，若在这个过程中，车子的初动能为4.0×106J，那车子的末动能为______J。

14．如图所示，传送带以5m/s的速度匀速运动。

将质量为2kg的物体无初速度放在传送带上的A端，物体将被传送带带到B端，已知物体到达B端之前已和传送带相对静止，传送带始终匀速，在物体与传送带发生相对滑动的过程中，传送带对物体做功为______J，物块与传送带间的摩擦力对传送带做功为______J。

15．(1)公园里有一种叫“飞椅”的游乐项目，示意图如图所示，长为L的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为r的水平转盘边缘，转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动，当转盘以某角速度匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，且与竖直方向的夹角为 ，重力加速为g，不计钢绳的重力。

则座椅转动做圆周运动的半径为______；转盘转动的角速度为_____。

(2)如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为1.5mg，重力加速度大小为g。

质点自P滑到的过程中，克服摩擦力所做的功为_______。

16．一辆汽车的额定功率为80kW，质量为4t，设阻力恒为车重的0.1倍，若汽车以恒定功率启动，能达到的最大速度为_____m/s；若汽车从静止开始以恒定加速度a=1m/s2启动，汽车作匀加速直线运动的时间为_____s。

17．从静止开始，沿着光滑的固定斜面下滑的物体，在开始下滑的一段时间t内，物体获得动能E k，在紧接着的一段时间t内，物体动能的增量为_，在这2t时间内，重力对物体做功的平均功率为________。

18．在一次测试中，质量为1.6×103kg的汽车沿平直公路行驶，其发动机的输出功率恒为100kW。

汽车的速度由10m/s增加到16m/s，用时1.7s，行驶距离22.6m。

若在这个过程中汽车所受的阻力恒定，则汽车的速度为10m/s时牵引力的大小为_______N，此时汽车加速度的大小为________m/s2。

19．从地面竖直上抛一物体，质量m=0.5kg，上抛初速度v0=10m/s，物体上升的最大高度H=4m，设物体在整个运动过程中所受的空气阻力大小不变，以地面为重力势能零点，重力加速度g取10m/s2．可得空气阻力f=__N，在整个运动过程中物体离地面高度h=__m处，其动能与重力势能相等．
20．水平地板上固定着一块木板，一颗子弹以800m/s的水平速度射穿这块木板后速度变为700m/s，若子弹以400m/s的水平速度射穿这块木板，则射出时速度是
__________m/s．
三、解答题
21．2020年9月15日，中智行5GAI无人驾驶汽车亮相上海5G科普活动，活动现场，中智行展示了公司最新研发的、具有百分百自主知识产权的无人驾驶技术。

在一次性能测试中，质量1000
m kg的无人驾驶汽车以恒定加速度启动，达到额定功率后保持额定功率继续行驶，在刚好达到最大速度时，突然发现前方有一行人要横穿马路而紧急刹车，车载速度传感器记下了整个过程中速度随时间变化图像如图所示。

已知汽车启动时所受阻力恒
定，且是汽车刹车时所受阻力的1
5。

求：
（1）该无人驾驶汽车发动机的额定功率P；
（2）汽车做匀加速直线运动的末速度；
（3）在4s~14s内汽车通过的路程。

22．如图所示，在竖直平面内固定一半径R为2m、圆心角为120°的光滑圆弧轨道BEC，其中点E是最低点，在B、C两端平滑、对称地连接长度均为2m的AB、CD两段粗糙直轨道，直轨道上端A、D与最低点E之间的高度差h均为2.5m，现将质量为0.01kg的小物块由A点静止释放，物块与直轨道间的动摩擦因数均为0.5，求：
(1)小物块从静止释放到第一次过E点时重力做的功；
(2)小物块从A点滑到B点摩擦力做的功；
(3)小物块第一次通过E点时的动能大小；
(4)小物块在E点时受到支持力的最小值。

23．如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段平直倾斜且粗糙，BC段是光滑圆弧，对应的圆心角θ=53︒，半径为r，CD段水平粗糙，各段轨道均平滑连接，在D点右侧
固定了一个1
4
圆弧挡板MN，圆弧半径为R，圆弧的圆心也在D点。

倾斜轨道所在区域有
始终恒力大小为9
5
mg
方向垂直于斜轨向下。

一个质量为m小物块（可视为质点）在倾斜
轨道上的A点由静止释放，最终从D点水平抛出并击中挡板（挡板满足x2+y2=R2）。

已知
A、B之间距离为2r，斜轨与小物块之间的动摩擦因数为
1
=
4
μ，重力加速度为g，
sin53︒=0.8，cos53︒=0.6。

求：
（1）小物块运动至圆弧轨道的C点时对轨道的压力大小；
（2）改变AB之间的距离和恒力F的大小，使小物块每次都能从D点以不同的速度水平抛出并击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块动能的最小值。

24．如图所示，不光滑
．．．的实验轨道ABCD，AB与CD段均为1
4
圆弧，半径R=0.5m，BC段水
平，B、C为切点。

质量m=0.8kg的滑块（可视为质点），在该轨道的A点由静止下滑，最后静止在水平轨道上（g取10 m/s2）。

问：
(1)滑块能否滑上与A点等高的D点？（只需答“能”或“不能”）
(2)以BC面为零势能面，滑块在A处的重力势能E P为多少？
(3)滑块在全过程中克服摩擦力做功W f为多少？
25．如图所示，质量m =0.lkg 的小球（可视为质点）用长L =1.25m 的轻质细线悬于O′点。

将小球向左拉起使悬线呈水平伸直状态后，无初速地释放小球，小球运动到最低点О时细线恰好被拉断，B 为О点正下方地面上的点，且OB 高度h =5m 。

取g=10m/s 2，求：
(1)细线所能承受的最大拉力；
(2)小球落地点与B 点距离。

26．如图所示，光滑斜轨和光滑圆轨相连，固定在同一竖直面内，圆轨的半径为R ，一个小球（可视为质点），从离水平面高h 处，由静止自由下滑，由斜轨进入圆轨。

求：
(1)为了使小球在圆轨内运动的过程中始终不脱离圆轨，h 应至少多高？
(2)若小球到达圆轨最高点时圆轨对小球的压力大小恰好等于它自身重力大小，那么小球开始下滑时的h 是多大?
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一、选择题
1．C
解析：C
物体的位移随时间变化的规律为
2(m)x t t =+
根据匀变速直线运动的位移时间公式
2012
x v t at =+ 可知
01m/s v =
22m/s a =
根据牛顿第二定律可知物体所受的合力为
4N F ma ==
2s t =时，物体的速度为
0122m/s 5m/s v v at =+=+⨯=
该物体所受合力的功率为
20W P Fv ==
故选C 。

2．A
解析：A
质点经过Q 点时，由重力和轨道的支持力提供向心力，由牛顿第二定律得
2Q v N mg m
R -=
由题有 2N mg =
可得
Q v 质点自P 滑到Q 的过程中，由动能定理得
2f Q 12
mgR W mv -= 得克服摩擦力所做的功为
f 12
W mgR =
故A 正确BCD 错误。

故选A 。

3．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。

4．A
解析：A
A．物体a脱离弹簧时弹簧弹力为零，物体a只受重力，弹簧处于原长状态。

a平衡时有
2mg–kx0=0
如果物体a与弹簧连接，在撤去力F后物体a会以O为平衡位置上、下运动。

而物体a能脱离弹簧向上运动，则
1
2
kx>2mgx
2
又
2mg=kx0
解得
x>2x0
又
F+2mg=kx
则
F>2mg
A正确；
B．同理，物体c脱离物体b时物体b对c的弹力为零，弹簧处于原长状态，所以物体c在A处脱离物体b，B错误；
C．由于撤去力F后三物体向上先加速后减速，所以撤去力F瞬间三物体均处于超重状态，C错误；
D．由于b、c脱离前先向上加速，加速度逐渐减小，后向上减速，加速度逐渐增大，c受到的合力
ma=F N–mg
弹力F N一直减小，由牛顿第三定律可知c对b的压力一直减小，D错误。

故选A。

5．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．C
解析：C
A ．根据动能定理得
k 0fx E -=-
解得
3k
=210N E f x
=
⨯ 故A 错误。

B ．设汽车匀速运动的速度为v ，则有
2k 12
E mv =
匀速运动时牵引力与阻力大小相等，则汽车的额定功率为
P fv =
联立解得
80kW P =
故B 错误；
C ．对于加速运动过程，根据动能定理得
k2k1Pt fs E E -=-
代入数据得16.25s t =，故C 正确；
D ．汽车牵引力做的功应大于汽车的动能增加量，所以汽车加速过程中牵引力做的功大于8×105J ，故D 错误。

故选C 。

7．C
解析：C
A ．由乙图可知小物块在0~3 s 内的位移即为图像与横轴所围的面积，即
1
34m=6m 2
x =⨯⨯
故A 错误；
B ．滑块在1~3 s 内做减速运动，此时只受摩擦力，根据牛顿第二定律得
2mg ma μ=
由乙图可知小物块做减速运动的加速度即为图像的斜率，即
2224
m 2m s 2
a =
= 解得
0.2μ=
故B 错误；
C ．滑块在0~1 s 内做加速运动，根据牛顿第二定律得
1Eq mg F ma μ--=
由乙图可知小物块做加速运动的加速度即为图像的斜率，即
2214
m s 4m s 1
a =
= 解得
410N/C E =
故C 正确；
D ．物块运动过程中产生的内能等于物体克服摩擦力做的功，即
f 24J Q W mgx μ=-==
故D 错误。

故选C 。

8．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．C
解析：C
A ．由图，F －x 图象中，F 与横坐标之间的面积表示力F 做的功，所以这个过程中力F 做功
50
0.1J 2.5J 2
⨯= 而弹簧弹性势能的增加量等于力F 做的功与木块重力势能的减少量之和，故弹簧的弹性势能增加量大于2.5J ，故A 错误；
B ．弹簧的形变量之间0.1m 的过程中，压力增大50N ，根据胡克定律△F =k △x ，则
50
N/m 500N/m 0.1
F k x ∆=
==∆ 故B 错误；
C ．若撤去F ，则A 与B 整体将以开始时的位置为平衡位置做简谐振动，所以当AB 回到平衡位置时速度最大，由于开始阶段压力做功2.5J ，所以A 与B 的速度最大时，二者动能的和是2.5J ，即
212 2.52
m mv ⨯= 得
5m/s m v =
故C 正确；
D ．当B 的速度是5m/s 时，二者仍然在平衡位置，所以二者的加速度都等于0，B 受到的A 对B 的弹力等于重力，所以二者没有分离。

故D 错误。

故选C 。

10．D
解析：D
A ．小球A 的重力势能增加量等于克服重力所做的功，即
p E mgh ∆=
A 错误；
C ．由机械能守恒定律可知，B 球重力势能的减小量等于A 、B 两球动能的增加量和A 球重力势能的增加量，C 错误；
D ．B 球刚落地时，A 、B 两球速度大小相等，假设为v ，对整体据机械能守恒定律可得
21
34+2
mgh m v mgh =⋅⋅
可解得v =
D 正确；
B ．设绳子对A 做的功为W ，对A 由动能定理可得
212
W mgh mv -=
可解得3
2
W mgh =，B 错误。

故选D 。

11．D
解析：D
AB ．足球做斜上抛运动，机械能守恒，重力势能先增加后减小，故动能先减小后增加，速度先减小后增加，故AB 错误；
C ．以初始位置为零势能面，踢出时速度方向速度为v y ，足球的机械能守恒，则
2k p 1
2
y E E E E mgh E mg v t gt =-=-=--（）
故E k -t 图象是抛物线，开口方向与图中相反，故C 错误；
D ．速度的水平分量不变，竖直分量先减小到零，后反向增加，故根据
2y P Gv mg t ==
重力的功率先均匀减小后均匀增加，故D 正确； 故选D 。

12．C
解析：C
将货车的速度进行正交分解，如图所示：
由于绳子不可伸长，货箱和货物整体向上运动的速度和货车速度沿着绳子方向的分量相等，故：v 1=v cos θ，由于θ不断减小，故货箱和货物整体向上做加速运动，加速度向上； A ．货箱的速度为vcosθ，故Ａ错误；
B ．货箱向上做加速运动，加速度向上，故压力大于mg ，故B 错误；
C ．货物合速度v 1=v cos θ，由于θ不断减小，故货箱和货物整体向上做加速运动，故C 正确；
D ．货车对缆绳拉力做功的功率
P=Fv cos θ
故D 错误； 故选C 。

二、填空题
13．0×106J10×107
解析：0×106J 1.0×107
[1]根据动能定理可知合外力做功等于动能的变化，有
6k =6.010J E W ∆=⨯合
[2]动能的变化为
k k2k1E E E ∆=-
而6
k1 4.010J E =⨯，联立解得机车的末动能为
7k2 1.010J E =⨯
14．25J 50J - [1]由动能定理可得
2211
25J 25J 22
W mv =
=⨯⨯= [2]物块做匀加速直线运动
2
v
x t =
在同样时间内传送带运动位移
'x vt =
摩擦力对物块做正功
f W F x =
摩擦力对传送带做负功
''f W F x =-
联立可得'50J W =-
15．75mgR
解析：sin r L θ
+mgR
(1)根据几何关系知座椅离转轴的距离为转动半径，即
R =L sinθ+r
对飞椅受力分析：重力mg 和钢绳的拉力F ，由合力提供向心力，则根据牛顿第二定律得 竖直方向上
F cosθ=mg
水平方向上
F sinθ=mω2R
解得
ω
(2) 根据牛顿第三定律可知，质点最低点Q 时，轨道对质点的支持力大小 N =1.5mg 。

质点经过Q 点时，由重力和轨道的支持力提供向心力，由牛顿第二定律得
2Q
v N mg m
R
-=
可得
Q v =
质点自P 滑到Q 的过程中，由动能定理得
2
1 02
f Q mgR W mv -=-
解得
W f =0.75mgR
16．10
解析：10 汽车的质量
m =4t=4000kg=4×103kg
[1]当牵引力等于阻力时，速度达到最大，故
3
m 3
8010m /s 20m /s 0.10.141010
P P v f mg ⨯====⨯⨯⨯ [2]汽车做匀加速直线运动过程中，前进方向上受牵引力和阻力作用，根据牛顿第二定律可得
F f ma -=
解得
3810N F ma f =+=⨯
当汽车的功率达到额定功率后，由
P Fv =
可得
33
801010m /s 810
P v F ⨯===⨯ 故匀加速直线运动过程持续的时间为
10
s 10s 1
v t a =
== 17．3Ek
解析：3E k
k
2E t
[1]物体做初速度为零的匀加速直线运动，根据推论知，第一个t 时间内和紧接着的第二个t 时间内位移之比为1：3，根据动能定理得，第一个t 时间内有
1k sin 0mg x E α⋅=-
第二个t 时间内有
k 2sin mg x E α⋅=∆
因为12:1:3x x =，则得，在紧接着的一段时间t 内，物体动能的增量
k k 3E E ∆=
[2]所以2t 末物体的动能为
k k 'k k 4E E E E =+∆=
根据动能定理得，2t 时间内重力做功为
'k k 04W E E =-=
重力对物体做功的平均功率为
k
22E W P t t
=
= 18．4110⨯ 5
[1]汽车速度为10m/s 时，牵引力大小为
3
410010110N 10
P F v ⨯===⨯
[2]汽车加速过程，根据动能定理
22211122
Pt fs mv mv -=
- 解得阻力为
320N 1f =⨯
根据牛顿第二定律
F f ma -=
解得
25m/s a = 19．25或
解析：25
209或12
7
[1]．根据速度位移公式得，物体上升的加速度大小
2
220100m /s 12.5m /s 224
v a H ===⨯
根据牛顿第二定律得
mg+f=ma
解得
f=ma ﹣mg =0.5×（12.5﹣10）N=1.25N ．
[2]．设上升过程中离地面高度为h 时，动能和重力势能相等，有：
2
12
mv mgh = 根据速度位移公式有：
2202v v ah -=
代入数据联立解得
20
m 9
h =
． 设下降过程中离地面高度为h 时，动能和重力势能相等，有：
2
12
mv mgh = 下降时的加速度
25 1.25
7.5m /s 0.5
mg f a m '--=
== 根据速度位移公式得
v 2=2a ′（H ﹣h ）
代入数据联立解得
h =
12
7
m ．
20．100
解析：100
[1]由动能定理可得，第一过程中
22f 11
80070022W m m -=
⨯-⨯ 第二过程中
22f 11
40022
W m m v -=
⨯-⨯ 联立解得
100m/s v = 三、解答题
21．（1）60KW ；（2）12m/s ；（3）111m （1）由图像可知汽车刹车过程中的加速度大小为
222230
m /s 10m /s 3
v a t ∆=
==∆ 可知刹车时汽车所受阻力
422110N f F ma ==⨯
因此汽车启动时所受阻力
3121
210N 5
f f F F ==⨯
汽车达到最大速度时1f F F =牵，该汽车发动机的额定功率
max 60kW P F v ==牵
（2）在0~4s 内，根据牛顿第二定律可知
1f F F ma -=
且
1
P F v =
1
1
v a t =
联立解得
112m /s v =
（3）在4~14s 内，汽车功率恒定，阻力恒定，根据动能定理有
22212max 111
22
f Pt F x mv mv -=
- 解得汽车该段时间内的位移
2111m x =
22．(1)0.25J ；(2)0.05J ；(3)0.2J ；(4)0.2N (1)从A 到E 过程
10.0110 2.50.25J W mgh ==⨯⨯=
(2)摩擦力做功
cos f W mg s μθ=-⋅=-0.05J
(3)从A 到E 过程，根据动能定理，有
1cos kE g s E W m μθ-⋅=
得出
E kE =0.2J
(4)最终，滑块在圆弧间来回滑动，根据机械能守恒定律，有
21(cos60)2
E mg R R mv ︒-=
2
N v F mg m R
-=
得
N F =0.2N
23．（1）
135mg ；（2 （1）小物块由A 到B 过程由动能定理，得
()2
1sin 2cos 22
B mg r mg F r mv θμθ⋅-+⋅=
解得
B v =
小物块由B 到C 过程由机械能守恒定律，得
()22112cos 2
1C B mgr mv mv θ-=
- 解得
C v =
在C 点由牛顿第二定律，得
2N C
v F mg m
r
-=
解得
135
N F mg =
由牛顿第三定律可得小物块对圆轨道的压力
N 135
F mg '=
（2）小物块离开D 点后做平抛运动，得 水平方向
0x v t =
竖直方向
212
y gt =
而
222x y R +=
小物块平抛过程机械能守恒，得
2
012
k mgy E mv =-
由以上四式解得
2344
k mgR mgy E y =+
由数学中的均值不等式可知
k E ≥=
故小物块动能的最小值为
kmin E =
24．(1)不能；(2) E P =4J ；(3) W f =4J
(1)由于滑块在运动过程中，要克服摩擦力做功，机械能不断减少，所以滑块不能滑上与A 点等高的D 点；
(2)以BC 面为零势能面，滑块在A 处的高度为
h =R =0.5m
在A 处的重力势能为
E P =mgh =0.8×10×0.5J=4J
(3)对整个过程，由动能定理得
mgh -W f =0
解得克服摩擦力做功
W f =mgh =4J
25．(1)3N ；(2)5m
(1)小球从A 到O ，根据动能定理得
212
mgL mv =
在O 点，由牛顿第二定律得
2
v T mg m L
-= 联立两式解得细线所能承受的最大拉力
3T =N
(2)细线拉断后，小球做平抛运动，在竖直方向上，有
212
h gt =
在水平方向上，有 s vt =
解得
5m s =
26．(1)52
R ； (2)3R (1)小球刚好不脱离圆轨，在最高点由牛顿第二定律得
2
v mg m R
= 小球由斜轨至圆轨最高点过程，由动能定理得
2()122
mg h R mv -=
联立解得 52h R =
故52
h R ≥时小球在圆轨内运动的过程中始终不脱离圆轨，高度至少为52R 。

(2)在最高点对小球由牛顿第二定律得
'2
N v F mg m R
+= 又有
N F mg =
小球由斜轨至圆轨最高点过程，由动能定理得
''21(2)2
mg h R mv -= 联立解得
'3h R =。