《好题》高中物理必修二第八章《机械能守恒定律》测试题(包含答案解析)(3)

一、选择题
1．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 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
3．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
4．如图所示，楔形木块abc 固定在水平面上，粗糙斜面ab 和光滑斜面bc 与水平面的夹角相同，顶角b 处安装一定滑轮。

质量分别为M 、()m M m >的滑块、通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行。

两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动。

若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中（ ）
A ．两滑块组成的系统机械能守恒
B ．重力对M 做的功等于M 动能的增加量
C ．轻绳对m 做的功等于m 势能的增加量
D ．两滑块组成系统的机械能损失量等于M 克服摩擦力做的功
5．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
6．2020年11月28日，嫦娥五号在距月面约200公里的A 处成功实施变轨进入环月椭圆轨道Ⅰ。

绕月三圈后进行第二次近月变轨，进入环月圆轨道Ⅱ，如图所示，则嫦娥五号（ ）
A ．在轨道Ⅰ的运行周期小于在轨道Ⅱ的运行周期
B ．在轨道Ⅱ上的速度小于月球的第一宇宙速度
C ．在轨道Ⅰ上A 点的加速度小于轨道Ⅱ上B 点的加速度
D ．在轨道Ⅱ上B 点的机械能大于轨道Ⅰ上C 点的机械能
7．2019年9月，北斗系统正式向全球提供服务，在轨39颗卫星中包括21颗北斗三号卫星：有18颗运行于中圆轨道、1颗运行于地球同步轨道、2颗周期为24h 的运行于倾斜地球同步轨道，这些卫星中（ ）
A ．中圆轨道卫星周期最大
B ．同步轨道卫星向心加速度最大
C ．2颗倾斜地球同步轨道卫星机械能相等
D ．倾斜地球同步轨道卫星相对地面不是静止的
8．如图，在太空飞行了九天的“嫦娥三号”飞船，再次成功变轨，从100km 的环月圆轨道Ⅰ，降低到近月点15km 、远月点100km 的椭圆轨道Ⅱ，两轨道相交于点P ，如图所示。

关于“嫦娥三号”飞船，以下说法不正确的是（ ）
A ．在轨道Ⅰ上运动到P 点的速度比在轨道Ⅱ上运动到P 点的速度大
B ．在轨道Ⅰ上P 点的加速度比在轨道Ⅱ上运动到P 点的加速度小
C ．在轨道Ⅰ上的势能与动能之和比在轨道Ⅱ上的势能与动能之和大
D ．在轨道Ⅰ上运动的周期大于在轨道Ⅱ上运动的周期
9．质量为m 的物体，从静止开始以a =2g 的加速度竖直向下加速，下落高度为h 时，下列说法中正确的是（ ）
A ．物体的动能增加了mgh
B ．物体的重力势能增加了mgh
C ．此时合力的功率为22mg gh
D ．重力的平均功率2mg gh
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
11．一辆玩具电动小车在平直路面上以6m/s的速度做匀速直线运动，运动过程中牵引力的功率为9W。

若某时刻牵引力的功率突然变为6W，且之后保持不变，对之后的运动过程说法错误的是（整个过程小车受到的阻力不变）（）
A．小车最终的运动速度为4m/s
B．小车的牵引力最小为1.5N
C．小车的加速度越来越小，直至为零
D．自牵引力的功率突变为6W，到小车再次开始做匀速直线运动的过程中，小车的平均速度小于5m/s
12．1925年物理学家霍曼提出了霍曼转移轨道，该轨道可消耗最小的能量来发射地球静止轨道卫星。

发射时首先让卫星进入停泊轨道，在D点点火使卫星进入GTO轨道，在F点再次点火使卫星进入GEO轨道，忽略因火箭点火产生的质量变化，则下列说法正确的是（）
A．卫星在停泊轨道的运行周期大于在GEO轨道的运行周期
B．卫星在停泊轨道的加速度小于在GEO轨道的加速度
C．卫星在GTO轨道上D点时速率大于在F点时的速率
D．卫星在停泊轨道的机械能大于在GEO轨道的机械能
二、填空题
13．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。

14．质量为1kg的物体从某一高度开始做自由落体运动，3s后物体着地。

则该物体下落过程中重力的平均功率是_____W；落地时重力的瞬时功率是_____W。

15．如图所示，光滑半圆形轨道BC竖直固定在水平地面AB上，AB与半圆轨道在B处相切，BC为直径。

小物块（可视为质点）以某一速度从A向B运动，经过半圆轨道最高点C 时与轨道恰好无弹力，并从C点水平飞出后刚好落到A点。

已知物块与地面AB之间的动摩擦因数μ=0.25，半圆轨道半径为R，重力加速度为g，则物块从A点出发时的速度大小为_____。

16．某汽车的质量为32.010⨯kg ，额定功率为60kW ，它在水平公路上行驶时所受阻力大小恒为3510⨯N 。

汽车从静止开始做加速度为2m/s 2的匀加速直线运动，它能维持这一过程的时间为_________s ；随后汽车又以额定功率运动了一段距离后达到了最大速度，可判断出此过程中它的加速度在逐渐减小，理由是_________________________。

17．汽车发动机的功率为150 kW ，若其总质量为5t ，在水平路面上行驶时，所受阻力恒定为5.0×103N ，求：
(1)汽车保持额定功率从静止启动后能达到的最大速度是 _______m/s ；
(2)若汽车保持0.5m/s 2的加速度做匀加速启动，这一过程能持续时间为______s 。

18．如图甲，质量为0.5kg 的物体在水平粗糙的地面上受到一水平外力作用而运动。

外力F 做的功W 与物体位移x 的关系如图乙中①，物体克服摩擦力f 做的功W 与物体位移x 的关系如图乙中②。

前3m 运动过程中物体的加速度大小为_____ m/s 2。

x =12m 时，物体速度大小为_____ m/s 。

19．两辆质量相等、额定功率相等的汽车甲和乙，在平直公路上行驶时各自受到的恒定阻力分别为F 阻甲和F 阻乙，且=2F F 阻甲阻乙．当它们都达到各自能达到的最大速度时关闭发动机，则它们在关闭发动机后通过的最大位移大小之比:s s =乙甲_________．
20．用水平恒力F 拉某物体在光滑水平面上由静止开始运动时间t ，做功为W ；今用2F 力拉它由静止开始运动时间2t ，做功为________W ；若用力为F ，且F 与水平面成60°角，拉物体由静止开始运动时间t ，则做功为__________W ．
三、解答题
21．某汽车发动机的额定功率为P ，质量2000kg m =，当汽车在路面上行驶时受到的阻力为车对路面压力的0.1倍。

若汽车从静止开始以21m/s a =的加速度在水平路面上匀加速启动，120s t =时，达到额定功率，此后汽车以额定功率运动，2100s t =时速度达到最大值，汽车的v t -图象如图所示，取210m/s g =，求：
（1）汽车的额定功率P ；
（2）汽车在0至1t 期间牵引力的大小F 和此过程牵引力做的功W ；
（3）汽车在1t 至2t 期间的位移的2s 。

22．我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器。

若舰载机总质量为43.010kg ⨯，设起飞过程中发动机的推力恒为51.0N 10⨯，弹射器有效作用长度为100m ，推力恒定，要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80m/s 。

弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，求：
（1）弹射器对舰载机所做的功；
（2）弹射器对舰载机做功的平均功率。

23．汽车发动机的额定功率60kW P =，若其总质量为m =5000kg ，在水平路面上行驶时，所受阻力恒为3
5.010N f =⨯。

(1)若汽车启动时保持额定功率不变，求汽车所能达到的最大速度v m ；
(2)若汽车启动时保持额定功率不变，汽车加速度为2m/s 2时，求速度大小v ；
(3)若汽车以恒定加速度1m/s 2做匀加速启动，求匀加速运动持续的时间t 。

24．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/s 2，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。

25．一质量为m 的小球从距地面高h 处以一定初速度水平抛出。

在距抛出点水平距离L 处，有一根管口比小球直径略大的竖直细管，管上口距地面2
h ，小球落入竖直细管前始终受到水平向左的恒定风力作用（落入细管后不受风力作用），小球恰能无碰撞地通过管子，重力加速度为g ，如图所示，求：
(1)水平风力F的大小；
(2)小球落地时动能。

26．如图所示，物体A和B系在跨过定滑轮的细绳两端，物体A的质量m A=1.5kg，物体B 的质量m B=1kg。

开始时把A托起，使B刚好与地面接触，此时物体A离地高度为1m，放手让A从静止开始下落，求：（g=10m/s2）
(1)当A着地时，B的速率多大？
(2)物体A落地后，B还能升高几米？
【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除
一、选择题
1．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 - 12
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 。

2．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．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 。

4．D
解析：D
A. 由于“粗糙斜面ab ”的存在，M 沿斜面向下运动的过程中，与斜面之间有摩擦损耗，所以两滑块组成系统的机械能不守恒，故A 错误；
B. 由动能定理可知，重力、拉力、摩擦力对M 做的总功等于M 动能的增加量，故B 错误；
C. 除重力、弹力以外的力做功，将导致机械能变化；轻绳对m 的拉力对m 做正功，则轻绳对m 做的功等于m 机械能的增加量，故C 错误；
D. 除重力、弹力以外的力做功，将导致机械能变化；M 沿斜面向下运动的过程中要克服摩擦力做的功，根据能量守恒定律，两滑块组成系统的机械能损失量等于M 克服摩擦力做的功，故D 正确。

故选D 。

5．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 。

6．B
解析：B
A ．根据开普勒第三定律，轨道Ⅰ的半长轴大于轨道Ⅱ的半径，所以嫦娥五号在轨道Ⅰ的运行周期大于在轨道Ⅱ的运行周期。

A 错误；
B ．月球的第一宇宙速度即为近月卫星的线速度，因为轨道Ⅱ的半径大于月球半径，所以嫦娥五号在轨道Ⅱ上的速度小于月球的第一宇宙速度。

B 正确；
C ．嫦娥五号在轨道Ⅰ上A 点与轨道Ⅱ上B 点卫星受到的万有引力大小相等，所以其加速度大小相等。

C 错误；
D ．嫦娥五号由轨道Ⅰ变为轨道Ⅱ需要减速，所以机械能减少，而在各自的轨道上机械能处处一样，即嫦娥五号在轨道Ⅰ上的机械能要大于轨道Ⅱ的机械能。

D 错误。

故选B 。

7．D
解析：D
A ．根据222()GMm mr T r π=，可得卫星周期T =中圆轨道卫星周期最小，A 错误；
B ．根据
2GMm ma r =，可得卫星向心加速度2GM a r
=，可知轨道半径越小，向心加速度越大，故中圆轨道卫星向心加速度最大，B 错误； C ．2颗倾斜地球同步轨道卫星，离地面高度和运行的线速度均相等，但由于质量关系不确定，故无法确定机械能的大小关系，C 错误；
D ．倾斜地球同步轨道卫星在绕地球转动过程中，地球也在自转，故倾斜地球同步轨道卫星相对地面不是静止的，D 正确。

故选D 。

8．B
解析：B
A ．沿轨道Ⅰ运动至P 时，制动减速，万有引力大于向心力做向心运动，才能进入轨道Ⅱ，故在轨道Ⅰ上运动到P 点的速度比在轨道Ⅱ上运动到P 点的速度大，A 正确；
B ．“嫦娥三号”卫星变轨前通过椭圆轨道远地点时只有万有引力来提供加速度，变轨后沿圆轨道运动也是只有万有引力来提供加速度，同一地点万有引力相同，所以加速度相等，B 错误；
C ．变轨的时候点火，发动机做功，从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ，发动机要做功使卫星减速，故在轨道Ⅰ上的势能与动能之和比在轨道Ⅱ上的势能与动能之和大，C 正确；
D ．根据开普勒第三定律
3
2
a k T = k 为常数，可得半长轴a 越大，运动周期越大，显然轨道Ⅰ的半长轴(半径)大于轨道Ⅱ的半长轴，故沿轨道Ⅱ运动的周期小于沿轨道І运动的周期， D 正确。

故选B 。

9．D
解析：D
A ．根据动能定理得
k 1Δ2
E mah mgh == A 错误；
B ．重力做正功，重力势能减少。

B 错误；
C ．此时物体的速度为
v =所以合力的功率为
1
2
P mav ==C 错误；
D ．重力的平均功率为
P mgv mg
'==D 正确。

故选D 。

10．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 。

11．B
解析：B
A ．功率改变之前，由111P F v =，得阻力
f 1 1.5N F F ==
功率改变后，小车再次匀速运动时，由222P F v =得
2f 1.5N F F ==
得小车最终运动的速度大小为
2
2f
4m/s P v F =
= 选项A 正确，不符合题意；
B ．小车功率刚变为6W 时牵引力最小，由2min m P F v =，得牵引力最小值为
min 6
N 1N 6
F =
= 故B 错误，符合题意；
C ．功率改变后小车先做减速运动，由
P Fv = f F F
a m
-=
知，小车的加速度越来越小，直至为零，故C 正确，不符合题意；
D ．自牵引力的功率突变至小车再次开始匀速运动，小车做加速度减小的减速运动，通过小车的v t -图像与匀变速运动的v t -图像对比，可得平均速度小于5m/s ，选项D 正确，不符合题意。

故选B 。

12．C
解析：C A ．根据周期公式
2T =可知卫星轨道半径越大，周期越大，半径越小，周期越小，卫星在停泊轨道的运行周期小于在GEO 轨道的运行周期，故选项A 错误； B ．根据万有引力定律可得加速度
2
GM
a r =
可知轨道半径越小，加速度越大，卫星在停泊轨道的加速度大于在GEO 轨道的加速度，故选项B 错误；
C ．卫星在GTO 轨道运行时机械能守恒，故卫星在F 点时的势能大，动能小，卫星在
D 点时的势能小，动能大，故选项C 正确；
D ．经过两次点火，卫星的机械能均增加，所以卫星在GEO 轨道的机械能大于在停泊轨道的机械能，选项D 错误。

故选C 。

二、填空题
13．25J 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 =- 14．150 300
[1]物体在3s 内下落的高度为
2211
=103m 45m 22
h gt =
⨯⨯= 重力做功为
11045J 450J W mgh ==⨯⨯=
平均功率为
450
W 150W 3
W P t =
== [2]落地瞬时速度为
310m/s 30m/s v gt ==⨯=
落地时瞬时功率为
11030W 300W P mgv ==⨯⨯=
15[1]最高点C 时与轨道恰好无弹力，由牛顿第二定律得
2
C
v mg m R
=
小物块从C 点落回AB 轨道上，做平抛运动，由平抛运动规律得
2122
R gt =
x =v C t
小物块从A 到C 的运动过程中，由动能定理得
22
11222
C A mgx mg R mv mv μ--⋅=-
解得
A v 16．由P=Fv 知P 不变速度v 变大时牵引力F 变小；再根据F-f=ma 合外力变小
则加速度a 也变小
解析：
10
3
由P =Fv 知，P 不变，速度v 变大时，牵引力F 变小；再根据F -f =ma ，合外力变小，则加速度a 也变小 [1][2]由牛顿第二定律可知
F f ma -=
解得
9000N F f ma =+=
由
P Fv =
可知达到额定功率时的速度为
6000020m/s m/s 90003
P v F =
== 由
v at =
可知
10
s 3
v t a =
= 由
P Fv =
可知v 变大时，牵引力F 减小，由
F f ma -=
可知合外力减小，故加速度减小。

17．40
解析：40
(1)[1]最大速度时，牵引力与阻力相等，因此
3
m 3
1501030m/s 5.010P v f ⨯===⨯
(2)[2]若加速度为0.5m/s 2，根据牛顿第二定律
F f ma -=
匀加速的最大速度为v ，则
P Fv =
解得
20m/s v =
因此持续的时间为
40s v
t a
=
=
18．[1]．由摩擦力做功的图象知：W=fx ，可得：
W f x
=
代入数据解得
f=
20
10
=2N ， 前3m 运动过程中由图象可得：
15
5N 3
W F x =
== 根据牛顿第二定律：
F ﹣f=ma
代入数据解得：
2526m/s 0.5
F f a m --=
== [2]．0﹣12m 摩擦力做的功为：
W f =﹣fx =﹣2×12=﹣24J
由动能定理可得：
W F ﹣W f =
12
mv 2
所以有：
27﹣24=
1
2
×0.5v 2 解得：
v ．
19．1∶8
解析：1∶8
[1]设汽车质量为m ，额定功率为P ,当汽车匀速运动时，速度最大，此时牵引力等于阻力，由于
m P Fv =，F F =阻
得最大速度分别为
m v F P =
甲阻甲，m v F P =乙阻乙
关闭发动机后最大位移为x ,则根据动能定理可得
21
02
m F x mv -=-阻
解得
223
22m mv mP x F F ==阻阻
因质量相等、额定功率相等，所以最大位移之比为
33::1:8F F x x ==阻甲阻乙甲乙
20．14
[1]用恒力F 拉物体时，F a m =，故22
2122F t W Fs F at m ==⨯=，改用2F 拉力后，
12F a m =，故拉力做功为()222
111822162F t W F a t W m
=⨯==
[2] F 与水平面成60°角时，2cos 602F F
a m m
=
=
，故2222211
cos 60284
F t W F a t W m =⨯==
三、解答题
21．（1）80kW ；（2）4000N F =，5810J F W =⨯；（3）3
2 2.610m s =⨯
（1）汽车受到的阻力为
0.10.12000N N f F mg ===
汽车速度达到最大时，牵引力和阻力等大反向，所以汽车的额定功率为
m m 80000W 80kW P F v fv ====牵
（2）设0至1t 期间牵引力大小为F ，则
F f ma -=
解得
4000N F ma f =+=
在0至1t 期间牵引力做的功为
25111
810J 2
F W Fx F at ==⨯=⨯
（3）在1t 至2t 期间，由动能定理得
22212m 111
()()22
P t t fs mv m at --=-
解得
32 2.610m s =⨯
22．（1）1.1×108N ；（2）4.4×107W
（1）设发动机、弹射器的推力分别为F 1、F 2，对舰载机，由运动学公式
22v ax =
其中
v =80m/s ，x =100m
解得
a =32m/s 2
对舰载机，由牛顿第二定律得
F 1+F 2-f =ma
其中
f=0.2（F 1+F 2），F 1=1.0×105N
解得
F 2=1.1×106N
由
W =F 2cos x θ
得弹射器对舰载机所做的功
W =1.1×108J
（2）由
x =
212
at 得
t =2.5s
由
P =
W t
解得弹射器对舰载机做功的平均功率
72
2 4.410W P t
=
=⨯W 23．(1)12m/s ；(2)4m/s ；(3)6s (1)汽车所能达到的最大速度为
3
m 3
6010m/s=12m/s 5.010P v f ⨯==⨯
(2)由牛顿第二定律有
P
f ma v
-= 解得
4
33
6.010m/s=4m/s 5105102
P v f ma ⨯==+⨯+⨯⨯ (3)由牛顿第二定律有
0F f ma -=牵 P F v =牵
0v a t =
解得
6s t =
24．(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 =-
25．(1)
2mgL
h
；(2)mgh (1)小球能无碰撞地通过管子，则小球落至管口时无水平方向的分速度，即速度只能竖直向下。

令小球运动至管口的时间为t ，则 竖直方向
2
122
h gt = …………① 水平方向
00v at -= …………②
又
F ma = …………③
202v aL = …………④
①~④联立解得
2mgL
F h
=
(2)由第一问中的方程可计算得
02v =…………⑤ 由动能定理得
2
k 012
E mv mgh FL -=-…………⑥
代入0v 及F 得
k E mgh =
26．(1)2m/s ；(2)0.2m
(1)A 着地时，B 的速率为v ，由于A 、B 都连在同一根细绳上，因此A 此时的速度也为v
由动能定理（对A 、B 组成的系统分析）
2A B A B 1
()02
m m v m gh m gh +-=- 带入m A 、m B 、h 可得
v=2m/s
(2)A 落地之后：绳子松驰，B 开始做初速为v 的竖直上抛运动，根据机械能守恒
1
2
m B v 2=m B gH 解得
22
2m 0.2m 220
v H g ===。