【单元练】康杰中学高中物理必修2第八章【机械能守恒定律】经典练习(培优练)

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．如图所示是健身用的“跑步机”示意图，质量为m 的运动员踩在与水平面成a 角的静止皮带上，运动员用力向后蹬皮带，运动过程中人对皮带的摩擦力恒为f 。

使皮带以速度v 匀速向后运动，则在运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A ．人脚对此皮带的摩擦力等于皮带对人脚的摩擦力
B ．人对皮带做功的功率为fv
C ．人对皮带做功的功率为mgv
D ．人对皮带不做功B 解析：B
A ．运动员的脚对皮带的摩擦力与皮带对人脚的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等方向相反，两摩擦力只是大小相等，故A 错误；
BC ．人对皮带的力为摩擦力，故人对皮带做功的功率
P fv =
故B 正确C 错误；
D ．皮带在人的作用下移动了距离，人对皮带做功，故D 错误。

故选B 。

3．如图所示，质量为m 的物体置于粗糙的质量为()M m M <的斜面体上，斜面体M 置于光滑的水平面上，当物体m 以速度0v 沿斜面体M 底端冲上顶端的过程中，下列说法正确的是（ ）
A ．物体m 受到的力的个数比斜面体M 受到的力的个数要少
B ．物体m 和斜面体M 组成的系统机械能守恒
C ．斜面体M 对物体m 的作用力不做功
D ．物体m 的机械能增大A 解析：A
A ．物体m 受到重力、斜面的支持力和摩擦力，共3个力。

斜面体M 受到重力、地面的支持力、m 的压力和摩擦力，共4个力，所以物体m 受到的力的个数比斜面体M 受到的力的个数要少，A 正确；
B ．在物体m 向上运动的过程中，系统要产生内能，所以系统的机械能不守恒，B 错误；
C ．在物体m 向上运动的过程中，斜面体M 水平向右运动，所以斜面体M 对物体m 的支持力与m 的速度不垂直，两者成钝角，所以M 对物体m 的支持力对m 做负功，摩擦力对m 也做负功，因此M 对物体m 的作用力对物体m 做负功，即物体m 的机械能减小，C
D 错误。

故选A 。

4．某人骑自行车沿平直坡道向下骑行，其车把上挂有一只盛有半杯水的水杯，若骑行过程中悬绳始终竖直，如图所示，不计空气阻力，则下列说法中正确的是（ ）
A ．自行车可能做匀加速运动
B ．坡道对自行车的作用力竖直向上
C ．杯内水面与坡面平行
D ．水杯及水的机械能守恒B 解析：B
A ．水杯沿平直坡道向下运动，水杯受竖直向上绳子的拉力F 与竖直向下的重力mg ，水杯所受合力一定沿竖直方向，水杯所受合力为零，如果水杯所受合力不为零，则悬绳不可能沿竖直方向，水杯所受合力为零，水杯做匀速直线运动，自行车做匀速直线运动，故A 错误；
B ．自行车受竖直向下的重力与坡道对自行车的作用力，自行车做匀速直线运动，处于平衡状态，所受合力为零，由平衡条件可知，坡道对自行车的作用力与自行车的重力平衡，重力竖直向下，则坡道对自行车的作用力方向竖直向上，故B 正确；
C ．由于水杯水平方向不受力，则水平方向做匀速直线运动，所以水杯内水面一定水平，不会与坡面平行，故C 错误；
D ．水杯和水沿坡面向下做匀速直线运动，动能不变而重力势能减小，水杯和水的机械能减小，故D 错误。

故选B 。

5．汽车在研发过程中都要进行性能测试，如图所示为某次测试中某型号汽车的速度v 与拉力F 大小倒数的1
v F
—
图像。

已知汽车在平直路面上由静止启动，ab 平行于v 轴，bc 反向延长过原点O 。

已知阻力是车重的0.2倍，汽车质量为3
210kg ⨯，下列说法正确的是（ ）
A ．汽车由b 到c 过程做匀加速直线运动
B ．汽车从a 到b 持续的时间为20s
C ．汽车额定功率为60kW
D ．汽车能够获得的的最大速度为为12m/s B
解析：B
A ．由于图象bc 斜率为定值，即
1v
k Fv P F
=
== 可知，发电机功率为定值
F f
a m
-=
以及
P F v
=
得
P f
v a m
-= 可知，P 不变，v 增大，则加速度a 减小，故汽车由b 到c 过程做加速度减小的变加速直线运动，故A 错误；
B ．汽车从a 到b 牵引力不变，设为1F ，阻力f 不变，汽车做匀加速直线运动，设加速度大小为1a ，根据牛顿第二定律有
11F f ma -=
由图可知，牵引力
131
N 5000N
1
105
F -=
=⨯
由图可知，但速度达到最大速度时，牵引力
min 31N 4000N
1
104
F f -==
=⨯
联立并带入数据得加速度
210.5m/s a =
设b 点的速度为1v ，汽车从a 到b 持续的时间为
11110s 20s 0.5
v t a =
== 故B 正确；
C ．b 点时已经达到最大功率，则最大功率为
m 11500010W 50kW P F v ==⨯=
故C 错误；
D ．汽车能够获得的最大速度为
m m 50000m/s 12.5m/s 4000
P v f =
== 故D 错误。

故选B 。

6．如图所示，小物块A 位于光滑的斜面上，斜面被固定在的水平面上，从地面上看，小物块沿斜面下滑的过程中斜面对小物块的作用力（ ）
A ．不垂直于接触面，做功为零
B ．垂直于接触面，做功不为零
C ．垂直于接触面，做功为零
D ．不垂直于接触面，做功不为零C 解析：C
斜面对物块的作用力即为支持力，垂直于物块的运动方向，根据cos W FL θ=可知，做功为零。

故选C 。

7．汽车在平直公路上以速度0v 匀速行驶，发动机功率为P ，快进入闹市区时，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半并保持该功率继续行驶。

设汽车行驶时所受的阻力恒定，则下面四个图像中，哪个图像正确表示了司机从减小油门开始，汽车的速度与时间的关系（ ）
A ．
B ．
C ．
D ． B
解析：B
汽车匀速行驶时牵引力等于阻力；功率减小一半时，汽车的速度由于惯性来不及变化，根据功率和速度关系公式P Fv =，牵引力减小一半，小于阻力，合力向后，汽车做减速运动，由公式P Fv =可知，功率一定时，速度减小后，牵引力增大，合力减小，加速度减小，故物体做加速度不断减小的减速运动，当牵引力增大到等于阻力时，加速度减为零，物体重新做匀速直线运动； 故选B 。

8．如图所示，一个可视为质点的小球，从H =6m 高度处由静止开始通过光滑弧形轨道AB 进入半径为r =2m 的竖直圆环轨道，圆环轨道部分的动摩擦因数处处相等，当到达环顶C 时，刚好对轨道无压力；沿CB 滑下后进入光滑轨道BD ，且到达高度为h 的D 点时速度为零，则h 的值可能为（ ）
A ．2.7m
B ．3.5m
C ．4.3m
D ．5.1m C
解析：C
小球到达C 时，刚好对轨道无压力，满足
2
v mg m r
=
可得在C 点的速度v gr =
，小球从A 到C 过程，由动能定理可得
21
(2)2
f m
g H r W mv --=
从C 到D 过程，由动能定理可得
21
(2)02
f m
g
h r W mv '---=-
其中f W 为在竖直圆环轨道右侧上升时克服摩擦阻力所做的功，f W '为在竖直圆环轨道左侧下降时克服摩擦阻力所做的功，由于上升的速度总体较大，受到轨道的压力较大，摩擦阻力较大，故在上升阶段克服阻力做的功较多，即
0f f W W '<<
联立各式可得
4m<<5m h
只有4.3m 符合条件，C 正确。

故选C 。

9．如图所示，木块A 、B 并排且固定在水平桌面上，A 的长度是L ，B 的长度是2L ，一颗子弹沿水平方向以速度1v 射入A ，以速度2v 穿出B ，子弹可视为质点，其运动视为匀变速直线运动，则子弹穿出A 时的速度为（ ）
A ．22122()3
v v +
B 22122()3
v v +C 22
1223
+v v D 22
1223
v v + C
解析：C
设子弹的质量为m ，对子弹穿过AB 的整个过程运用动能定理得
22211
2
12f mv mv W -=
因为子弹所受摩擦力保持不变，又因为A 的长度是L ，B 的长度是2L ，所以子弹穿过A 的过程中摩擦力做的功为13
f W ，对子弹穿过A 的过程，由动能定理得
22111
22
13f W mv mv =- 解得
22
1223
+=
v v v 故选C 。

10．从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E 总等于动能k E 与重力势能p E 之和。

取地面为零势能面，该物体的E 总和p E 随它离开地面的高度h 的变化如图所示。

重力加速度取
210m/s g =。

由图中数据可得（ ）
A ．物体的质量为2kg
B ．0h =时，物体的速率为20m/s
C ．2m h =时，物体的动能k 40J E =
D ．从地面到4m h =，物体的动能减少18J A 解析：A
A ．p E h —图像的斜率为G ，即
80
N 20N 4
G ==
解得
2kg m =
故A 正确； B ．0h =时，p 0E =
k p 100J 0100J E E E =-=-=总
故
2
2
00J 11mv =
解得
10m/s v =
故B 错误；
C ．2m h =时，p 40J E =
k p 90J 40J 50J E E E =-=-=总
故C 错误； D ．0h =时
k p 100J 0100J E E E =-=-=总
4m h =时
80J 80J 0J k
p E E E '=-=-=总 故
k k
100J E E '-= 故D 错误。

故选A 。

二、填空题
11．用锤击钉，设木板对钉子的阻力跟钉在进入木板的深度成正比，每次击钉时锤子对钉子做的功相同。

已知击第一次时，钉子进入板内1cm ，则击第二次后，钉子进入木板的深度增加了___________cm 。

解析：21-
由题意可知，阻力F 与深度d 成正比，F-d 图像如图所示
图像与坐标轴所形成图形的面积等于力所做的功，每次钉钉子时做功相同，如图所示可得：力与深度成正比，则
F kd = F kd '='
两次做功相同
11
()()22
dF F F d d =+''- 解得
2d d '=
第二次钉子进入木板的深度
(
)(
)
'2121cm h d d d =-=
-=
-
12．斜面高0.6m ，倾角为30，质量为1kg 的物体由顶端滑到底端，已知动摩擦因数是0.5，210m/s g =，在这一过程中由于摩擦产生了______J 的热量。

20 解析：20
物体下滑的过程中受到的摩擦力
f cos30 2.53N F m
g μ=︒=
物体克服摩擦力做功
f f
33J 5.20J sin 30h
W F x F ===≈︒
这个过程产生的内能等于物体克服摩擦力做的功，所以产生的内能也是5.20J 13．如图所示，质量分布均匀的小球，质量为m ，半径为R ，倾角45α︒=的斜面体质量为M ，放置在水平面上。

在水平推力作用下，使斜面体底角刚好与墙角接触，则静止时水平推力F 的大小为____（不计一切摩擦，重力加速度为g ）。

若增大水平推力，则斜面体对小球的支持力将___（选填“增大”、“不变”或“减小”）。

若撤去此推力小球会落地，则此过程中小球重力势能的变化量____。

mg 不变mgR
解析：mg 不变 2-mgR
[1]装置静止时，对小球分析如图1所示
受到重力mg 、墙壁的弹力F 1、斜面体的支持力F 2，由平衡条件得
1 tan F mg mg α==
[2]再对整体分析，重力(m +M )g 、地面的支持力F N 、墙壁的弹力F 1、水平推力F ，对整体，由平衡条件得
1 F F mg ==
若增大水平推力，装置仍然静止，小球的受力情况不变，斜面体对小球的支持力不变 [3]撤去推力后，小球重力势能的变化量
p E mg h ∆=-∆
如图2所示
由几何关系得到小球的重心位置下降了
2cos452h R R ︒∆==
则
p 2E mg h mgR ∆=-∆=-
14．质量为1 kg 的物体从高处自由下落，经过4秒钟，（g = 10 m/s 2）则物体在4秒内重力对物体做功的平均功率为________W ，在4秒末重力做功的瞬时功率为________W 。

400 解析：400 [1][2]4s 内位移
211
1016m 80m 22
h gt =
=⨯⨯= 则重力做功
G 1080J 800J W mgh ==⨯=
则重力做功的平均功率
G 800
W 200W 4
W P t =
==。

4s 末的速度
40m/s v gt ==
则重力做功的瞬时功率
1040W 400W P mgv ==⨯=
15．质量为10kg 的小球，从高处自由下落，则前2s 内重力的平均功率______W ，第2s 末的功率______W 。

（g 取10m/s 2）2000 解析：2000 由
2
12
h gt =
可得
21
10202
m 2m h =⨯⨯=
重力做的功为
101020J 2000J W mgh ==⨯⨯=
则前2s 内重力的平均功率为
1000W W
P t
=
= 落地时的速度为
102m/s 20m/s v gt ==⨯=
第2s 末的功率为
101020W 2000W P Fv mgv ===⨯⨯=
16．如图所示，将内壁光滑的金属细管制成半径为R 的圆环，竖直放置，轻轻扰动静止于圆环最高点A 处的小球，小球开始沿细管做圆周运动。

已知小球的质量为m 。

则小球到达最低点时的向心加速度大小为___________；小球回到A 点时受到的向心力为_____________。

4g0
解析：4g 0
[1][2]小球从A 到B 的过程中，根据动能定理可得
2B 1
202
mg R mv =
- 再根据向心力公式
2
B v F m R
=向 由牛顿第二定律
B F ma =向
联立以上等式可得
B 4a g =
小球从B 到A 的过程中，根据动能定理可得
22A B 11
222
mg R mv mv -=
- 再根据向心力公式
A F ma '=向
联立以上等式可得
0F '=向
17．一质量为m 的物体以某一速度冲上一个倾角为37°的斜面，其运动的加速度的大小为0.9g 。

这个物体沿斜面上升的最大高度为H ，则在这个过程中，物体的重力势能增加了_______，摩擦力对物体做功为________，物体的动能损失了_________。

mgH-05mgH15mgH
解析：mgH -0.5mgH 1.5mgH
[1]重力势能的增加量等于克服重力做的功，物体克服重力做功mgH ，故重力势能增加了mgH ；
[2]物体上滑过程，根据牛顿第二定律有
sin 37mg f ma ︒+=
又
0.9a g =
联立解得0.3f mg = 则摩擦力对物体做功为
0.5sin 37f H
W f
mgH =-=-︒
[3]上滑过程中的合力大小为
0.9F ma mg ==合
动能减小量等于克服合力做的功
sin 37
1.5k H
E F mgH ∆==合
18．将一小球从高处水平抛出，不计空气阻力。

最初2s 内小球动能E k 随时间t 变化的图线如图所示，重力加速度为g ＝10 m/s 2。

2秒内下落的高度_________m ；2秒末小球的速度与水平方向的夹角___________。

60°【解析】
解析：60° 【解析】
[1]平抛运动在竖直方向做自由落体运动，由：
212
h gt =
得2秒内下落的高度为：21
10202
m 2m h =
⨯⨯=； [2]设2s 末的速度为t v ，初速度为0v ，速度与水平方向的夹角为α，则：
cos t
v v α=
由图可知：
2
0110J 2
mv = 2
t 140J 2
mv = 两式相除可得：
0t 1
2
v v =，即： 1cos 2
α=
解得：60α=︒。

19．如图所示，BOD 是半圆的水平直径，OC 为竖直半径，半圆半径为R 。

现有质量相同的A 、B 小球分别从A 、B 两点以一定的初速度水平抛出，分别击中半圆轨道上的D 点和C 点，已知B 球击中C 点时动能为E k ，不计空气阻力，则A 球击中D 点时动能为__；A 、B 小球与轨道碰撞前瞬间，重力的瞬时功率之比为__。

Ek1：1
解析：
8
5
E k 1：1 [1]两个小球都做平抛运动，下落的高度相同都是R ，根据
212
R gt =
可知，运动的时间为：
2R
t g
=
由图可知，A 球运动的水平位移为2R ，则A 球的初速度为：
22A R
v gR t
=
= B 球的水平位移为R ，则B 球的初速度为：
B R v t =
= A 球从A 到D 的过程中，根据动能定理得：
2
122
kD A E mgR mv mgR =+=…①，
B 球从B 到
C 的过程中，根据动能定理得：
215
24
k B E mgR mv mgR =+=…②，
由①②得：
8
5
kD k E E =
； [2]A 、B 小球与轨道碰撞前瞬间，竖直方向速度
v y =gt ，
相等，则重力的瞬时功率
P =mgv y
相同，即重力的瞬时功率之比为1：1。

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：
12
2
1=1:2h m h m [2]它们上升到最高点时的重力势能之比为
112
2
1:1k P P k E E E E
三、解答题
21．如图所示，从A 点以某一水平速度v 0抛出一质量m =1 kg 的小物块（可视为质点），当物块运动至B 点时，恰好沿切线方向进入∠B O C=37°的固定光滑圆弧轨道BC ，经圆弧轨
道后滑上与C 点等高、静止在粗糙水平面上的长木板上，圆弧轨道C 端的切线水平。

已知长木板的质量M =4 kg ，A 、B 两点距C 点的高度分别为H =0.6 m 、h =0.15 m ，R =0.75 m ，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1=0.7，长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2，g =10 m/s 2求：（sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）
（1）小物块的初速度v 0及在B 点时的速度大小； （2）小物块滑至C 点时，对圆弧轨道的压力大小； （3）长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板。

解析：（1）4 m/s ，5 m/s ；（2）47.3 N ；（3）2.0 m （1）从A 点到B 点的过程中，小物块做平抛运动，则有
212
H h gt -=
设小物块到达B 点时竖直分速度为y v ，则有
y gt =v
代入数据，联立解得
3m/s y v =
又因为此时小物块的速度方向与水平方向的夹角为θ37=︒ 则有
3tan θ4
y v v =
=
可得小物块的初速度
04/s m v =
则小物块在B 点时的速度大小
22
10m/s 5y v v v =+=
（2）小物块从A 点至C 点的过程中，由动能定理可得
22
201122
mgH mv mv =
- 设物块在C 点受到的支持力为N F ，则有
2
2
N mv F mg R
-= 解得
227/s v =，N 47N .3F =
根据牛顿第三定律得，物块在C 点时对圆弧轨道的压力大小为47.3 N
（3）小物块与长木板间的滑动摩擦力
17N f F mg μ==
长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力
210N () f F M m g μ'=+=
因为f f F F <'，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动，小物块在长木板上做匀减速运动，则长木板的长度至少为
22
1. 20m 2v l g
μ=
=
22．如图（a ）所示，在倾角30θ=︒的光滑固定斜面上有一劲度系数100N/m k =的轻质弹簧，弹簧下端固定在垂直于斜面的挡板上，弹簧上端拴接一质量2kg m =的物体，初始时物体处于静止状态。

取210m/s g =。

（1）求此时弹簧的形变量0x ；
（2）现对物体施加沿斜面向上的拉力F ，拉力F 的大小与物体位移x 的关系如图（b ）所示，设斜面足够长，弹簧始终在弹性限度内；
①分析说明物体的运动性质并求出物体的位移是0.1m 时的速度v 的值；
②若物体位移为0.1m 时撤去拉力F ，在图（c ）中定性做出此后物体上滑过程中弹簧弹力f 的大小随形变量的函数图像；并且求出此后物体运动的最大速度m v 的值。

解析：（1）0.1m ；（2）加速度为22.5m/s a =的匀加速直线运动，0.71m/s ，
， 1.0m/s m v =
（1）初始时物体处于平衡状态，由平衡条件可知
0sin kx mg θ=
解得
00.1m x =
（2）①设物体向上有一位移x 时加速度为a ，由牛顿第二定律
()0sin F k x x mg ma θ+--=
由F x -图像可知
5100(N)F x =+
联立上式得
22.5m/s a =
当弹簧处于伸长状态时，上述结论仍成立，可见物体做加速度为22.5m/s a =的匀加速直线运动
2020ax v =-
解得
2
m/s 0.71m/s 2
v =
= ②物体位移为0.1m 时撤去拉力F ，此后滑动过程中弹簧弹力f 的大小随形变量的函数图像
由题意得物体再次回到初始位置时速度最大，对于全过程只有拉力F 对物体做功，拉力F 做的功为F x -图像下的“面积”，则有
1
(515)0.1J 1.0J 2
F W =+⨯=
根据动能定理可得
2m 1
2
F W mv =
联立解得
m 1.0m/s v =
23．如图所示，水平转台上有一个质量为m 的物块，用长为L 的轻绳将物块连接在转轴上，轻绳与竖直转轴的夹角为θ，此时绳中张力为零。

已知物块与转台间动摩擦因数为
()tan μμθ<，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

现让物块随转台由静止开始缓慢加速转动，
转动过程中轻绳与转轴无缠绕。

求： (1)绳中刚出现拉力时，转台的角速度大小；
(2)自开始转动到转台对物块支持力为零时，转台对物块做的功； (3)32cos g
L θ
解析：(1)1sin g L μωθ
=(2)2sin 2cos mg W L θ
θ；(3)cos 3p mgL E θ∆=
(1)摩擦力达到最大时绳中开始出现拉力 此时
21mg m r μω=
其中sin r L θ=，解得
1sin g
L μωθ
=
(2)支持力为零时
2
tan v mg m r
θ=
由动能定理
212
W mv =
解得
2sin 2cos mg W
L θ
θ
(3)由(2)得支持力为零时角速度
23cos 2cos g g
L L ωθθ
=
<
故此时物体已经离开平台 设此时绳与竖直方向夹角为α
2
3tan sin 2cos g
mg m L L ααθ
=⋅ 解得
2
cos cos 3
αθ=
重力势能的增加量
()cos cos p E mgL θα∆=-
解得
cos 3
p mgL E θ
∆=
24．图示为修建高层建筑常用的塔式起重机。

在起重机将质量3510kg m =⨯的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上作匀加速直线运动，加速度20.2m/s a =，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做m 1.02m/s v =的匀速运动。

取
210m/s g =，不计额外功。

求：
(1)起重机允许输出的最大功率；
(2)重物做匀加速运动所经历的时间和起重机在第4秒末的输出功率。

解析：(1)5.1×104W ；(2)5s ；4.08×104W
(1)设起重机允许输出的最大功率为P 0，重物达到最大速度时
00m P F v = ①
0F mg = ②
代入数据，有
40 5.110W P =⨯ ③
(2)匀加速运动结束时，起重机达到允许输出的最大功率，设此时重物受到的拉力为F ，速度为v 1，匀加速运动经历时间为t 1，有
011P F v = ④
F mg ma -= ⑤ 11v at = ⑥
由③④⑤⑥，代入数据，得
15s t = ⑦
4s t =时，重物处于匀加速运动阶段，设此时速度为v 2，输出功率为P ，则
2v at = ⑧ 2P Fv = ⑨
由⑤⑧⑨，代入数据，得
44.0810W P =⨯
25．如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB 和倾角37θ=︒的斜轨道BC 平滑连接而成。

质量0.1kg m =的小滑块从弧形轨道离地高
1.0m H =处静止释放。

已知0.2m R =， 1.0m AB BC L L ==，滑块与轨道AB 和BC 间的
动摩擦因数均为0.25μ=，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。

（sin370.6︒=，cos370.8︒=，2
10m/s g =）
(1)求滑块运动到圆的最高点D 时速度大小和向心力的大小； (2)求滑块到达B 点时的动能；
(3)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C 点。

解析：(1) 23m/s ；6N ； (2)0.75J ；(3) 滑块不能冲出斜轨道的末端C 点； (1)滑块从开始下滑到D 点过程机械能守恒，由机械能守恒定律得
2
12
2D mgH mg R v m =⋅+
解得
23m/s D v =
在D 点，轨道的弹力提供向心力，由牛顿第二定律得
2D
v F m R
=
代入数据解得
F =6N
(2)从开始下滑到到达B 点，由动能定理
k AB B mgH mgL E μ-=
解得
k 0.75J B E =
(3)设滑块在斜轨道上到达的最高点为C ′，BC ′的长度为L ，从滑块开始下滑到C ′过程，由能量守恒定律得
mgH =μmgL AB +μmg cosθ·L +mgL sinθ
代入数据解得
15
m 1.0m 16
BC L L =
=＜ 滑块不能冲出斜轨道的末端C 点；
26．如图所示，光滑圆柱A 和半圆柱B 紧靠着静置于水平地面上，二者半径均为R 、质量均为m 。

现给A 施加一大小变化的拉力F ，使A 缓慢移动，移动过程中拉力F 与水平方向的夹角θ始终为60°，直至A 恰好运动到B 的最高点处于静止状态，整个过程中B 始终保持静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，拉力F 大小未知，求： (1)整个过程中拉力F 做的功W ；
(2)A 恰好运动到B 的最高点时，地面对B 的支持力N 0；
(3)A 刚要离开地面时拉力的大小F 和此时B 与地面动摩擦因数的最小值μ。

解析：(1)mgR ；(2)2mg ；(3)32mg ；35 (1)对A 由动能定理得 W -mgR =0
解得
W =mgR
(2)A 恰好运动到B 的最高点时，根据共点力的平衡条件可知：A 受重力和B 对A 的支持力，拉力
F =0
对A 、B 整体分析，由共点力的平衡条件得
N 0=mg +mg =2mg
(3)A 刚要离开地面时，地面对A 的支持力为零，A 受力如图，根据几何关系可得出α=30°，即刚开始时B 对A 的支持力N 1与拉力F 垂直
根据平衡条件有
F =mg cos 3 A 、B 整体受到重力、地面的支持力N 、拉力F 和地面水平向右的摩擦力，根据平衡条件有
sin 20N F mg θ+-=
cos 0F N θμ-=
解得
35
μ= 27．在水平面上有一宽度为0.8m d =的深坑，在坑的右边缘正上方有一悬点，长度为0.8m l =，能承受最大拉力为m 9N F =的细线系在悬点，另一端拴接可视为质点的钢球。

将钢球拉到与悬点等高的位置，且使细线刚好处于绷紧的状态，使钢球无初速度释放，当钢球运动到悬点正下方时，细线与悬点正下方0.6m x =处的光滑钉子相碰，细线断裂，210m/s g =。

问： (1)欲使钢球恰好不落入坑中，悬点到水平面的高度应为多少？
(2)在满足(1)的情况下，钢球的质量至少为多少？
解析：(1)1m ；(2)0.1kg
(1)设悬点到水平面的高度为H ，钢球从与悬点等高的位置运动到正下方时速度为，钢球质量为m ，根据动能定理
212mgl mv =
解得速度 4m/s v =
细线断裂后钢球做平抛运动，由水平方向匀速可得运动时间
0.2s d t v
=
= 竖直方向自由落体运动下落高度为 212H l gt -=
代入数据可解得
1m H =
(2) 当钢球运动到悬点正下方时细线刚好断裂，由牛顿第二定律
2
m v F mg m r
-= 又
r l x =-
带入数据解得钢球质量
28．如图所示，是一儿童游戏机的简化示意图。

光滑游戏面板与水平面成一夹角θ，半径为R 的四分之一圆弧轨道BC 与长度为8R 的AB 直管道相切于B 点，C 点为圆弧轨道最高点（切线水平），管道底端A 位于斜面底端，轻弹簧下端固定在AB 管道的底端，上端系一轻绳，绳通过弹簧内部连一手柄P 。

经过观察发现：轻弹簧无弹珠时，其上端离B 点距离为5R ，将一质量为m 的弹珠Q 投入AB 管内，设法使其自由静止，测得此时弹簧弹性势能1sin 20P E mgR θ=，已知弹簧劲度系数10sin mg k R
θ=。

某次缓慢下拉手柄P 使弹簧压缩，后释放手柄，弹珠Q 经C 点被射出，弹珠最后击中斜面底边上的某位置（图中未标出），根据击中位置的情况可以获得不同的奖励。

假设所有轨道均光滑，忽略空气阻力，弹珠可视为质点。

直管AB 粗细不计，求：
(1)调整手柄P 的下拉距离，可以使弹珠Q 经BC 轨道上的C 点射出，落在斜面底边上的不同位置，其中与A 的最近距离是多少？
(2)若弹珠Q 落在斜面底边上离A 的距离为10R ，弹珠Q 离开弹簧前的最大速度是多少？
解析：(1)32R R +；83sin 5
gR θ(1)当P 离A 点最近（设最近距离为d ）时，弹珠经C 点速度最小，设这一速度为v 0，弹珠经过C 点时恰好对轨道无压力，mg sinθ提供所需要的向心力。

所以
02sin mg m R v θ= 得
0sin v gR θ=
8R +R =
21sin 2
gt θ 得到的 18sin R t g θ
=201832x v t R R ===
32d R R =+
(2)设击中P 1点的弹珠在经过C 点时的速度为v C ，离开C 点后弹珠做类平抛运动
a=g sinθ
又在(1)中得到
t =
c v =弹珠离开弹簧前，在平衡位置时，速度最大；设此时弹簧压缩量为x ，根据平衡条件：
mg sinθ=kx 0
取弹珠从平衡位置到C 点的运动过程为研究过程，根据系统机械能守恒：取平衡位置重力势能为零
22111(6)sin 2102
m P C E mv mg R R mv θ+=++
m v =。