重庆市南开中学高中物理必修二第八章《机械能守恒定律》检测卷(包含答案解析)

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
2．从同一高度以相同的速率分别抛出质量相等的三个小球，一个竖直上抛，一个竖直下抛，另一个平抛，则它们从抛出到落地（不计空气阻力），以下说法正确的是（ ） ①运行的时间相等②重力的平均功率相等 ③落地时重力的瞬时功率相等④落地时的动能相等 A ．④
B ．②③
C ．③④
D ．②③④
3．如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。

小物块的质量为m ，从A 点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A 点恰好静止。

物块向左运动的最大距离为
s ，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，弹簧未超出弹性限度。

在上述过程中
（ ）
A ．弹簧的最大弹力为mg μ
B ．物块克服摩擦力做的功为2mgs μ
C ．弹簧的最大弹性势能为2mgs μ
D ．物块在A 点的初速度为2gs μ
4．质量为m 的小球，用长为l 的轻绳悬挂于O 点，小球在水平恒力F 作用下，从最低点转过θ角，如图所示，重力加速度为g ，则在此过程中( )
A ．小球受到的合力做功为(1cos )mgl θ-
B ．拉力F 的功为sin Fl θ
C ．重力势能的变化大于(1cos )mgl θ-
D ．水平力F 做功使小球与地球组成的系统机械能增加了(1cos )mgl θ- 5．弹簧发生形变时，其弹性势能的表达式为2
p 12
E kx =
，其中k 是弹簧的劲度系数，x 是形变量。

如图所示，一质量为m 的物体位于一直立的轻弹簧上方h 高度处，该物体从静止开始落向弹簧。

设弹簧的劲度系数为k ，则物块的最大动能为（弹簧形变在弹性限度内）（ ）
A ．22
m g mgh k -
B ．22
2m g mgh k
-
C ．22
m g mgh k
+
D ．22
2m g mgh k
+
6．如图所示，一物体由静止开始分别沿三个倾角不同的固定光滑斜面从顶端下滑到底端
C 、
D 、
E 处，下列说法正确的是（ ）
A ．物体在三个斜面上到达底端时速度相同
B ．物体在三个斜面上到达底端时动能相同
C ．物体沿三个斜面下滑过程中重力的平均功率相同
D ．物体在三个斜面上到达底端时重力瞬时功率相同
7．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
8．在圆轨道上运动的质量为m 的人造地球卫星，它到地面的距离等于地球半径R ，地面重力加速度为g ，则（ ）
A ．卫星运动的周期为g
R
2π4 B ．卫星运动的加速度为
12
g C ．卫星的动能为18
mgR
D ．卫星运动的速度为2gR
9．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
10．水平桌面上有一光滑小孔，两个质量均为m 的小物块A 、B 用不可伸长的轻绳连接，A 在桌面上做匀速圆周运动，B 静止于空中。

现由于桌面微小阻力的影响，使得A 与小孔间距离缓慢地从2L 减小为L ，在此过程中，桌面对A 所做的功为（ ）
A ．3
2
mgL -
B ．3
2
mgL
C ．1
2
mgL -
D ．
1
2
mgL 11．下列改变物体内能的物理过程中，属于通过热传递来改变物体内能的有（ ） A ．用锯子锯木料，锯条温度升高 B ．阳光照射地面，地面温度升高 C ．搓搓手就感觉手暖和些
D ．擦火柴时，火柴头燃烧起来
12．由于空气阻力的影响，炮弹的实际飞行轨迹不是抛物线，而是“弹道曲线”，如图中实线所示。

已知图中虚线为不考虑空气阻力时炮弹的运动轨迹，O 、a 、b 、c 、d 为弹道曲线上的五点，其中O 为发射点，d 为落地点，b 为轨迹的最高点，a 、c 两点距地面的高度相等。

则（ ）
A ．到达b 点时，炮弹的加速度为零
B ．炮弹经过a 点时的动能等于经过c 点时的动能
C ．炮弹到达b 点时的机械能小于到达d 点时的机械能
D ．炮弹由O 点到b 点的时间小于由b 点到d 点的时间
二、填空题
13．某人站在20m 的平台上，使重为0.1kg 的物体以15m/s 的初速度做竖直上抛运动，它从第1秒末到第3秒末之间的位移为______m 。

第4s 末重力的功率为______W 。

（g 取10m/s 2）
14．某人造地球卫星质量为m ，其绕地球运动的轨道为椭圆。

已知它在近地点时距离地面高度为h 1，速率为v 1，加速度为a 1，在远地点时距离地面高度为h 2，速率为v 2，设地球半径为R ，则该卫星由近地点到远地点过程中地球对它的万有引力所做的功为______。

在远地点时运动的加速度a 2为______。

15．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 ．（2
10m /s g ）
16．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________。

17．一个质量为m 的物体自由下落，下落t 秒内重力做功为____________ ，t 秒末重力的功率为__________ 。

18．如图所示，细线绕过小定滑轮O ，一端与套在竖直杆上的甲环相连，另一端与乙物相连，甲环和乙物的质量相等。

竖直杆上有A 、B 、C 三点，B 点与滑轮O 在同一水平高度，AO 和CO 的长均为5L ，与竖直杆的夹角均为53°装置中所有接触的部分均光滑。

现将甲环由A 点无初速释放甲环下滑过程中细线始终处于绷紧状态。

当甲环下滑到B 点时，甲环的速度大小为____________；当甲环下滑到C 点时，乙物的速度大小为____________（重力加速度为g ）。

19．一物体以初速0v 沿着光滑斜面上升，它上升的最大高度是____________，当它上升的高度为________时，它的速度将减小到
2
v ．
20．如图所示是一个钟摆的示意图．当摆锤下降时，__________能逐渐增加，__________能逐渐减小．假如没有阻力，则钟摆摆动时每次上升到相同的高度，这说明摆锤的
__________总量保持不变．
三、解答题
21．某电视台的娱乐节目在策划一个射击项目，如图所示，他们制作了一个半径R=0.8m 的大型圆盘射击靶，沿半径方向等间距画有 10 个同心圆（包括边缘处，两同心圆所夹区域由外向内分别标注1，2，3……10 环），圆盘射击靶竖直固定于水平地面上，C 点位于靶心正上方圆盘边缘处，BC 与地面平行且与圆盘垂直，x BC=1.2m。

水平平台上处于原长的弹簧右端固定，左端在A 点与质量m=0.02kg 的小球接触但不粘连；现用水平向右的推力将小球从A点缓慢推到D点（弹簧仍在弹性限度内），推力所做的功W=0.25J，当撤去推力后，小球沿平台向左运动，从B点飞出，最后刚好击中靶心。

小球在A 点右侧不受摩擦力，小球在AB间与接触面间的动摩擦因数为 0.2，不计空气阻力，求：
（1）小球在B点的速度；
（2）小球在AB间的运动时间；
（3）若用水平向右的力将小球从A点缓慢推至某点（弹簧仍在弹性限度内），推力所做的功W’=0.32J，当撤去推力后，小球沿平台向左运动，最后击中靶上的第几环？
22．如图所示，一个质量m=2kg的物体静止在水平地面上，现施加一个大小为10N方向与水平方向成37°角斜向下的推力F，使其在水平地面上移动了距离s=2m；撤去推力，物体又滑行了一段距离后停止运动。

设物体与地面间的动摩擦因数μ=0.25，g取10m/s2，
sin37°=0.6，cos37°=0.8。

求：
（1）推力F对物体做的功；
（2）撤去拉力F时物体的速度大小；
（3）全过程中摩擦力对物体做的功。

23．2020年9月15日，中智行5G A I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1000kg
m=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）汽车从启动至再次静止的整个过程中所通过的路程。

24．如图，与水平面夹角为37°的斜面和半径R=1m的光滑圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内。

滑块从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆轨道运动，通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零。

已知滑块与斜面间动摩擦因数μ=0.25（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）滑块在C点的速度大小v c；
（2）滑块在B点的速度大小v B；
（3）A、B两点间的高度差h。

25．如图所示，A、B两个弹性小球可视为质点，小球A穿在光滑竖直杆上，小球A、B之间用长为L的轻杆通过铰链相连，小球B放置在光滑水平地面上，两小球质量均为m。

初始时小球B紧靠直杆处于静止状态，现受到轻微扰动，A、B两小球由静止开始运动。

忽略一切阻力，已知重力加速度为g。

(1)当轻杆与竖直杆夹角为30°时，求小球A重力的功率；
(2)求小球A的最大速度大小。

26．如图所示，一内壁光滑的圆弧形轨道ACB 固定在水平地面上，轨道的圆心为O ，半径R =0.5m ，C 为最低点，其中O B 水平，∠AOC =37︒，质量m =2kg 的小球从轨道左侧距地面高h =0.55m 的某处水平抛出，恰好从轨道A 点沿切线方向进入圆弧形轨道，取g=10m/s 2，sin 37︒=0.6，cos 37︒=0.8，求： (1)小球抛出点到A 点的水平距离：
(2)小球运动到B 点时小球对轨道的作用力大小。

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除
一、选择题 1．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．A
解析：A
①运动时间取决于竖直方向的运动，可知竖直上抛运动时间最长，竖直下抛的运动时间最短，①错误；
②由于小球是从同一高度抛出，则重力做的功相同，但由①知运动的时间不同，则平均功率不同，②错误； ③重力的瞬时功率为
P = mgv y
由于平抛的小球在竖直方向的初速度为零，而竖直上抛、竖直下抛的竖直方向初速度不为零，则小球在竖直方向末速度v y 不相同，则重力的瞬时功率不相同，③错误；
④由动能定理可知
mgh = E k -
1
2
mv 02 由于下落的高度，抛出的速率相同，则末动能E k 相同，④正确。

故选A 。

3．B
解析：B
A ．物体向右运动时，当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等时，即
F mg μ=
时，速度最大，物体继续向右运动，弹簧继续伸长直到自然状态，所以弹簧的最大弹力大于μmg ，A 错误；
B ．整个过程中，物块所受的摩擦力大小恒定，摩擦力一直做负功，则物块克服摩擦力做的功为2μmgs ，B 正确；
C ．物体向右运动的过程，根据能量守恒定律得：弹簧的最大弹性势能
p E mgs μ=
C 错误；
D ．设物块在A 点的初速度为v 0，对整个过程，利用动能定理得
201
202
mgs mv μ-=-
可得
0v =D 错误。

故选B 。

4．B
解析：B
AB ．小球在水平恒力F 作用下，从最低点转过θ角，根据功的定义可知外力做功
sin F W Fl θ=
重力做功
(1cos )G W mgl θ=--
可得合力做功为
i (1cos )s n mg W Fl l θθ-=-
故A 错误，B 正确；
C ．根据重力做功与重力势能变化的关系可得：重力势能的增加
(1cos )p G E W mgl θ∆=-=-
故C 错误；
D ．由前面的分析可知小球的动能会增加，重力势能增加(1cos )mgl θ-，而重力势能是小球与地球共有的，又根据除了重力以外的力做功等于系统机械能的变化，可知水平恒力F
做功使小球与地球组成的系统机械能增加量大于(1cos )mgl θ-，故D 错误。

故选B 。

5．D
解析：D
当物体重力与弹簧弹力相等时，速度最大，动能最大。

有
mg kx =
根据动能定理得
2211
()22
mg h x kx mv =+-
解得
22
2122m g mv mgh k
+
= 故选D 。

6．B
解析：B
AB ．由机械能守恒定律
21
2
k mgh mv E ==
可知物体在三个斜面上到达底端时速度大小相同，方向不同，动能相同，选项A 错误，B 正确；
C ．物体在斜面上运动的加速度
sin sin mg a g m
θ
θ=
= 根据
212
x at =
知
t =
=
三个斜面的倾角不同，则下滑的时间不等，因为该物体从同一高度滑下到达同一水平面，所以重力做功相等，可知在三个斜面上下滑过程中重力的平均功率不同，故C 错误； D ．根据
=sin y P mgv mgv θ=
可知物体在三个斜面上到达底端时速度大小相同，但是竖直方向的分速度不同，故重力瞬时功率不同，故D 错误。

故选B 。

7．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 。

8．A
解析：A
A ．设地球质量为M ，卫星周期为T ，根据万有引力提供向心力，有
222
424GMm m R
R T
π= 忽略地球自传的影响有
2
GMm
mg R
= 联立解得
4T =故A 对；
B ．设卫星的加速度为a ，则
2
(2)GM
ma R = 联立解得
4
g a =
故B 错。

CD ．设卫星速度为v ，则
2
2(2)2GMm mv R R
= 联立解得
v =
卫星的动能
2k 11
24
E mv mgR ==
故CD 错。

故选A 。

9．C
解析：C
小球到达C 时，刚好对轨道无压力，满足
2v mg m r
=
可得在C 点的速度v =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 。

10．A
解析：A
绳子拉力提供向心力，而绳子拉力的大小等于物块B 的重力，则当半径为2L 时
2
12v mg m L
= 即
2111
2
k E mv mgL =
= 则当半径为L 时
2
1v mg m L
= 即
22111
22
k E mv mgL =
= 在此过程中，桌面对A 所做的功等于A 动能和B 势能的减小量
13
()22
W mgL mgL mgL mgL =
-+-=- 故选A 。

11．B
解析：B 【分析】
改变物体内能的方式有两种：做功与热传递；分析各种情景，确定改变内能的方式，然后答题。

用锯子锯木料，需要克服摩擦阻力，属于做功的方式，阳光照射地面，是阳光热量传递给
地面，属于热传递；搓搓手就感觉手暖和些，通过做功的方式使手的内能增加，使人感觉暖和；擦火柴的过程有摩擦力做功，是通过做功方法改变物体内能的。

故选B 。

12．D
解析：D
A ．在最高点炮弹受空气阻力（水平方向上的阻力与水平速度方向相反），重力作用，二力合力不为零，故加速度不为零，A 错误；
B ．由于空气阻力恒做负功，所以根据动能定理可知经过a 点时的动能大于经过c 点时的动能，B 错误；
C ．炮弹从b 点时运动到d 点时的空气阻力做负功，机械能减少，所以炮弹到达b 点时的机械能大于到达d 点时的机械能，C 错误；
D ．从O 到b 的过程中，在竖直方向上，受到重力和阻力在竖直向下的分力，即
1f 1mg F ma +=
解得
11f F a g m
=+
在从b 到d 的过程中，在竖直方向，受到向下的重力和阻力在竖直向上的分力，即
22f mg F ma -=
解得
22f F a g m
=-
故
12a a >
根据逆向思维，两个阶段的运动可看做为从b 点向O 点和从b 点向d 点运动的类平抛运动，竖直位移相同，加速度越大，时间越小，所以炮弹由O 点运动到b 点的时间小于由b 点运动到d 点的时间，D 正确。

故选D 。

二、填空题
13．-10m25W
解析：-10m 25W
[1]运用全过程法（取向上为正）有
v t = v 0 - gt
代入数据得
v 1= 5m/s ，v 2= -15m/s
根据速度位移公式有
22212v v gx -=-
代入数据有
x = -10m
则第1秒末到第3秒末之间的位移为-10m 。

[2]利用全程法检验第4s 末物体是否已经撞到地面（取向上为正）有
x 4 = v 0t -12
gt 2
代入数据
x = -20m
则物体刚刚要落地，再根据速度时间关系有
v 4 = v 0 – gt
代入数据有
v 4= -25m/s
根据瞬时功率的求解公式有
P = mgv cos θ
代入数据有
P = 25W
则第4s 末重力的功率为25W 。

14．22
2111W 22mv mv =- 2
1212R h a a R h ⎛⎫+= ⎪+⎝⎭
[1]由动能定理，卫星由近地点到远地点过程中地球对它的万有引力所做的功为
22
2111W 22mv mv =
- [2]由牛顿第二定律
()
12
1Mm
G ma R h =+ ()
22
2Mm
G
ma R h =+
解得
2
1212R h a a R h ⎛⎫+= ⎪+⎝⎭
15．100
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．
16Mmgh 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
v =
[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 17．
221
2
mg t 2mg t [1]重物t 秒内下落的高度度
212
h gt =
因此重力做的功
221
2
W mgh mg t ==
[2] 重物t 秒末的速度
v gt =
因此t 秒末重力的功率
2P mgv mg t ==
18．8gL
54
17
gL [1] 当圆环甲下滑到B 点时，杆到O 点的距离最近，所以，重物乙下降到最低点，此时重物乙的速度为零，根据几何关系可知，圆环下降高度为
cos533AB h AO L =⋅︒＝
而B 和O 之间的距离
sin534BO AO L ⋅︒＝＝
重物乙下降的高度为
54h L L L ∆=-=
该过程中系统只有重力做功，所以系统机械能守恒，则有
211
2
AB mgh mg h mv +∆=
由上可解得圆环的速度为
18v gL =
[2] 当圆环甲滑到达C 点时，设甲的速度是2v ，乙的速度是3v ，则乙的速度等于甲的速度沿绳子方向的分速度，将甲的速度分解如图
由图可知
3223
cos535
v v v ⋅︒＝＝
A 和C 之间的距离
26AC AB h h L ==
A 到C 的过程中，甲的位置下降6L ，由对称性可知，乙物体恰好又回到了开始时的位置，所以由机械能守恒得
232311
22
AC mgh mv mv =
+ 得甲的速度是
215017
gL
v =
乙的速度是
3v =
19．202v g 20
38v g
[1]上升到最大高度时，速度为零，根据动能定理得：
20102
mv mgh -=- 解得
20
2v h g
=
[2]物体上升到速度减小到
2
v 的过程中，根据动能定理得： 22
'0011()222
v m mv mgh -=- 解得
2
'
38v h g =
20．动能重力势能机械能【分析】当摆锤下降时高度减小重力势能逐渐减小减
小的重力势能转化为动能
解析：动能 重力势能 机械能 【分析】
当摆锤下降时，高度减小，重力势能逐渐减小，减小的重力势能转化为动能。

[1]当摆锤下降时，速度增加，动能逐渐增加； [2]摆锤下降时，高度减小，重力势能逐渐减小。

[3]摆锤下降时重力势能转化为能，上升时动能转化为重力势能。

钟摆摆动时每次上升到相同的高度，说明摆锤的动能和重力势能之和即机械能总量保持不变。

三、解答题
21．（1）3m / s ；（2）1s ；（3）第六环
(1)小球离开B 点后，小球做平抛运动，因为小球击中靶心，小球竖直方向做自由落体运动的位移为R ，小球运动的时间，由公式
212
R gt =
得
0.4s t =
小球B 点的速度即是小球的水平方向的速度，由公式
BC B x v t =
得
3/B v m s =
(2)因为小球在A 点的右侧不受摩擦力，推力所做的功全部转化为小球的动能，有
212
W mv =
得小球在A 点的速度为5/m s ，小球从A 到B 的过程中，由动量定理
B A mg t mv mv μ-∆=-
得
1s t ∆=
(3)当推力做功0.32W J =时，小球在A 点的速度为
212
W mv =
得
/s A v =
在A 到B 的过程中做减速运动，
=0.210=2m/s mg ma μ=⨯
22-2B A AB v v ax -=
得
4B v =m/s
小球到达B 点后，做平抛运动，水平方向有
BC B x v t =
平抛的时间为
0.3t =s
竖直方向有
2
12
h gt =
得
0.45h =m
因为圆盘等分为十环，没环的距离为0.08m ，而0.4m<0.45m<0.48m ，所以 得小球落在第六坏
22．(1)16J ； ；(3)-16J (1)根据功的公式得
cos 16J W Fs α==
(2)根据动能定理得
21
(sin )2
W μmg F αs mv -+=
解得
v =
(3)全程根据动能定理得
f 0W W +=
解得
f 16J W =-
23．（1）60kW ；（2）180m
（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04s ~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 v =
汽车在该段时间内的位移
1
1124m 2
v x t =
= 在414s ~内，汽车功率恒定，阻力恒定，根据动能定理有
22
212max 11122
f Pt F x mv mv -=-
解得汽车该段时间内的位移
2111m x =
在1417s ~内，汽车的位移
max
345m 2
v x t =
∆= 整个过程中，汽车通过的路程
123180m x x x x =++=
24．(1)10m/s ；(2)46m/s ；(3)3.45m
(1)通过最高点C 时轨道对滑块的弹力为零，对滑块在C 点应用牛顿第二定律可得
2
C v mg m R
= 可得
C 10m/s v gR ==
(2)滑块在光滑圆轨道上运动，从B 到C 机械能守恒，故有
()22B C 11
1cos3722
mv mv mgR =++︒ 解得
B 46m/s v =
(3)滑块从A 到B 只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得
2B 1
cos37sin 372
h mgh mg mv μ-︒⨯
=︒ 解得
2
B 3.45m
cos3721sin 37v h g μ==︒⎛⎫
- ⎪
︒⎝
⎭ 25．(1)1
3()
24
mg gL -
；(2)
2gL (1)由题意知小球A 沿竖直杆方向的速度与小球B 水平方向的速度大小相等，如图
则
cos30cos60A B v v ︒=︒
所以
3A B v v =
对于系统，根据机械能守恒定律有
22311(1)222
A B mgL mv mv -
=+ 解得
13
()24
A v gL =-
则小球A 重力的功率
13
()24
A P mgv mg gL ==-
(2)根据系统机械能守恒可知，小球A 减小的重力势能转化为小球A 、B 的动能，当小球A 到达地面时，重力势能最小，此时小球B 的速率为零，小球A 的速度最大。

所以
2
m 12
mgL mv =
2m v gL =
26．(1)1.2m ；(2)68N (1)由
h-R （1-cos 37︒)=
12
g t 2
竖直方向的速度
v y =g t
且
v 0=
tan 37
y v ︒
，x =v 0t
联立解得
x =1.2m
(2)从抛出到B 点，有
22011()22
B mg h R mv mv -=
- 且
F =m 2B
v R
联立解得
F =68N
小球对轨道的作用力
F ′=F =68N。