第8章 机械能守恒定律 章末检测-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理必修第二册（人教版 江苏专用）

第八章 (时间：80分钟 一、选择题（每题7分，共63分） 1.*(2025·江西南昌期末)一位高中一年级 的男生在跳绳时重心离地高度随时间变化的 关系如图所示.根据图像可估算出该同学在 30s内克服重力做功的平均功率最接近于(g 取10m/s2) th/m 1.10 1.00 045910/s 15151515 A.40W B.80W C.150WD.500W 2.**如图所示，一条质量分布均匀 的柔软细绳平放在水平地面上，捏 住绳的一端用恒力F竖直向上提 起，直到绳全部离开地面时，绳的 速度为v,重力势能为E,（重力势能均取地面 为参考平面).不计空气阻力，若捏住绳的中点 用恒力F竖直向上提起，直到绳全部离开地 面时，绳的速度和重力势能分别为（ A.v,Ep 5片 cn号 n冬号 3.*(2025·浙江杭州期末)如图所示，轻质 动滑轮下方悬挂物体A,轻质定滑轮下方悬挂 物体B,悬挂滑轮的轻质细线竖直开始时，使 物体A、B均处于静止状态且离地足够高，释 放后A、B开始运动.已知A、B的质量均为m, 忽略所有阻力，重力加速度为g,当A的位移 大小为时，下列说法正确的是 必修第二册| 章末检测 电子错题本 总分：100分) A.B物体的重力势能增加了mgh B.A、B两物体的加速度大小之比为2：1 C.B物体运动的速度大小为53 D.B物体受到细线拉力为亏mg 3 4.*(2025·山东滨州期末)如图所示，有一 光滑轨道PABC,PA部分竖直，BC部分水平， AB部分是半径为R的四分之一圆弧，其中AB 与PA、BC相切.质量均为m的小球a、b(可视 为质，点)固定在长为R的竖直轻杆两端，开始 时a球与A点接触且轻杆竖直，由静止释放两 球使其沿轨道下滑，重力加速度为g,不计空 气阻力.下列说法正确的是 （) .0 b A.a球下滑过程中机械能减小 B.b球下滑过程中机械能增加 C.b球滑到水平轨道上时速度大小为√2gR D.从释放a、b球到两球均滑到水平轨道的过 程中，轻杆对a球做功为2mgR 5.**(2025·河北模拟)如图所示，一半径为R 的光滑大圆环用硬杆竖直固定在天花板上，其 上套一小环，a、b为圆环上关于圆心对称的两 点，圆环顶点c距离地面高度为3R,将a点上 方至c点间圆环截去.现让小环从大圆环的最 高点c由静止开始下滑，当小环滑到b点时， 恰好对大圆环无作用力.重力加速度为g,则小 环落到地面时的水平速度大小为 () 黑白题096 A.2/6gR B.2/6gR C.30gR D.230gR 3 0 9 9 6.*(2025·江苏无锡期末)如图所示，轻弹 簧放在倾角为37°的斜面体上，轻弹簧的下端 与斜面底端的挡板连接，上端与斜面上b点对 齐，质量为m的物块在斜面上的a点由静止 释放，物块下滑后，压缩弹簧至c点时速度刚 好为零，物块被反弹后返回b点时速度刚好为 零，已知a6长为L,6c长为年，重力加速度 为g,sin37°=0.6，cos37°=0.8.则( A.物块与斜面间的动摩擦因数为0.6 B.物块接触弹簧后，速度先减小后增大 C.物块在上述过程因摩擦产生的热量为 0.5mgL D.弹簧具有的最大弹性势能为0.25mgL ↑F/N B A 6×10 C 0000 2×10 b 01 元/(sm 0 (第6题) (第7题) 7.(2024·北京东城期末)为了测试某汽车 的性能，使汽车在实验路段上以某种方式加 速行驶到最大速度，通过计算机采集实验数 据，绘出了汽车牵引力F与车速v的倒数之间 的关系图线ABC,如图所示，线段AB平行于 横轴，A点对应的横坐标数值为)，线段BC延 长线过坐标原点，汽车行驶时所受总阻力为 车和驾驶员总重力的0.1倍，g取10m/s2.根 据图像可知 A.汽车整个运动过程中功率保持不变，大小 为60kW 第八章黑 B.汽车在AB段做匀加速运动，加速度大小为 3m/s2 C.汽车在AB段行驶的路程为30m D.若汽车在BC段所用的时间为20s,则在 BC段汽车行驶的路程为200m 如图所示，光滑斜面的倾角0=30°，轻弹 簧的劲度系数为k,两端分别与物体M和N 相连，两物体的质量均为m,与斜面垂直的固 定挡板P挡住N,两物体均处于静止状态.现 沿平行斜面向下方向施加外力F压物体M, 使得撤去外力F后，物体N能被弹簧拉起离 开挡板（弹簧形变未超过其弹性限度），则外 力F至少要做的功是 () 30° m'g A. B.3m'g 2k 2k 5m2g2 C. 5mg? D. 2k 转(2024·河北邢台期中)如图所示，倾角 0=37°的足够长的斜面固定在水平面上，斜面 下端固定一挡板，劲度系数k=20N/m的轻 弹簧一端与挡板连接，另一端与质量为m= 1kg的滑块连接.绕过光滑轻质定滑轮的轻绳 一端与滑块相连，另一端与质量为M=2kg的 石块相连.已知滑块与斜面间的动摩擦因数 w=0.5,轻弹簧的弹性势能与形变量的关系为 E,=2k,重力加速度g取10m/s2,sin37°取 1 0.6.开始时托住石块，轻绳恰好伸直与斜面平 行但无弹力，滑块恰好不上滑.现由静止释放 石块，涉及的过程弹簧都在弹性限度内，不计 空气阻力，则下列说法正确的是 () M 270 白题097 A.释放石块瞬间轻弹簧的弹性势能为5J B.石块的速度最大时轻弹簧的形变量为1m C.石块的最大速度为√10m/s D.滑块沿斜面向上运动的最大距离为2m 二、非选择题（共37分） 10.*(5分)用如图甲所示的实验装置验 证m1、m2组成的系统机械能守恒.m2从高处 由静止开始下落，m,上拖着的纸带打出一系 列的点，对纸带上的点进行测量，即可验证机 械能守恒定律.图乙给出的是实验中获取的一 条纸带，0是打下的第一个点，每相邻两计数 点间还有4个打下的点（图中未标出），计数 点间的距离如图所示.已知m1=50g、m2= 150g,电火花计时器所接电源的频率为 50Hz,则：（计算结果均保留2位有效数字） ?3 4 5 ?单位：cm 38.40 21.6026.40 乙 5.8--- 1.2 h/m 丙 (1)在纸带上打下计数点5时的速度大小 v= m/s (2)在打计数点0~5过程中系统动能的增加 量△E= J若重力加速度大小g 取10m/s2,则系统重力势能的减少量 △E。= J. (3)在本实验中，若某同学作出了 h图像， 如图丙所示，h为从起点量起的长度，则 必修第二册黑 据此得到当地的重力加速度大小g= m/s2. (4)实验结果显示△E。>△Ek,造成这一现象 的主要原因是 1.*(6分)(2024·广东东莞期中)某实验 小组为测量小球从某一高度释放后，与某种 橡胶材料碰撞导致的机械能损失，设计了如 图所示的装置，实验过程如下： 释放装置 =0 小球 数字 光电门固定的 计时器 口橡胶材料 (1)让小球从某一高度由静止释放，与水平 放置的橡胶材料碰撞后竖直反弹.调节光 电门位置，使小球从光电门正上方释放 后，在下落和反弹过程中均可通过光 电门. (2)用螺旋测微器测量小球的直径d. (3)测量时，应 (填“A”或“B”,其中 A为“先释放小球，后接通数字计时器”， B为“先接通数字计时器，后释放小 球”).记录小球第一次和第二次通过光 电门的遮光时间t1和t2 (4)计算小球通过光电门的速度，已知小球 的质量为m,可得小球与橡胶材料碰撞 导致的机械能损失△E= （用字母m、d、t1和t2表示). (5)若适当调高光电门的高度，将会 (填“增大”或“减小”)因空气 阻力引起的测量误差 .(12分)(2025·广东五校联考)哈尔滨 冰雪大世界的冰块采集自松花江，步骤为开 锯、切分、打捞、运送.图甲是某次运送冰块的 示意图，水平冰面AB段由于清理了积雪可 视为光滑冰面、BC段动摩擦因数u1=0.05, 长方体冰块长L=0.5m,质量均匀分布且总 白题098 质量为m1=50kg,开始时，静止在AB段内，1 现给冰块一个水平向右的初速度v,=1m/s, 使冰块向着BC运动，重力加速度g取 10m/s2.求： 冰块「 B 破冰工具尸一冰块 B 乙 (1)冰块中点到达B点时，冰块的加速度大 小a; (2)冰块静止时，冰块右端与B点的距离d; (3)如图乙，在冰块静止后，质量为m2= 50kg,可视为质点的破冰工具，以v2三 2m/s的速度从冰块左端水平向右滑上 冰块，恰能到达冰块最右端，最终一同静 止在BC段冰面上，求整个运动过程冰 块与地面摩擦产热Q. 第八章黑 3.熱(14分)(2025·四川眉山期末)如图所 示，光滑水平导轨AB左端有一压缩的轻弹 簧，轻弹簧左端固定，右端前放一个质量 为m=1kg的物块（可视为质点），物块与轻 弹簧不粘连，B点与水平传送带的左端刚好 平齐接触，传送带BC的长为L,=15m,沿顺 时针方向以恒定速率v=10m/s运动.长为 L2=8m水平轨道CD与传送带的右端刚好 平齐接触，CD右端与半径为R=8m竖直光 滑圆周轨道相连.物块可以从D点进入该轨 道，沿轨道内侧运动，运动一周后从G点滑 出该轨道进入GH水平轨道.已知物块与传 送带间的动摩擦因数1=0.5，与水平轨道 CD、GH的动摩擦因数2=0.1，g取 10m/s2.求： (1)若释放弹簧，物块滑上传送带时刚好能 做匀速运动，弹簧储存的弹性势能E。； (2)若释放弹簧，物块滑上传送带时的速度 为。=2m/s,物块通过传送带的过程中 产生的热能Q; (3)若释放弹簧，物块向右运动进入圆轨道 后恰好不脱离圆轨道，物块最终停在距 离D点多远的位置 0 G ☐ D H 白题099点，正好为第四次到达B点，根据动能定理mgh- +2x)=之公则宁>0，故C错误：D,从1到B增加 1 的动能△E=2m,从B到D减小的动能△E=-2m,因 为哈<B,故|AE|<△E,故D正确.故选D. 1a'(a√(ge,162 L 解析：(1)装置静止时，设OA、AB杆中的弹力分别为F1、 T1,0A杆与转轴的夹角为01，小环受到弹簧的弹力F弹1= 宁，小环受力平衡有=g+2ros0,小球受力平衡 有R,os0,+Tos8,=mg,Fsn8,=7sn8,解得= (2)设OA、AB杆中的弹力分别为F2、T2,OA杆与转轴的夹 角为02，弹簧长度为x,小环受到弹簧的弹力F2=k(x-L), 小环受力平衡有F阳=mg,解得x=三L对小球有 4 Roe=mg,Ftn,=mwan,且m=分，解得 /8g 00=√5L (3)弹簧长度为宁时，设01，M8杆中的弹力分别为B,、工， 01杆与弹簧的夹角为？，小环受到弹簧的弹力P米=k 2 小环受力平衡有2T,os风=ne+P,且cm月=名对小球 F cos 03=T cos 0 +mg,Fsin 0,+T sin 0=molsin 03. ,6g整个过程弹簧弹性势能变化为零，则弹力做 得ω=L 功为零，由动能定星：甲-g(受子）-2g( 子)-2xn(a,m8户，解得期=ng+62 第5节实验：验证机械能守恒定律 白题基础过关 1.C2.A3.C 4.(1)甲(2)4.8m/s2乙(3)B解析：(2)根据逐差法公 式得a-*4c_16.7+21.5)×102-(7.2+1.9)×102 m/s2≈ 4T2 4×(0.1)2 4.8m/s2.因a明显小于g,故为斜面上小车下滑的加速度，即 该纸带是采用题图乙所示的实验方案得到的 黑题应用提优 1.(1)CD(2),△ (3)mgs=- △t (是](4aD 解析：(1)对于钩码和滑块构成的系统有之(M+m)后 2(M+m)听=mgs;可知需要使用天平测量滑块与钩码的质 量，需要刻度尺测量两光电门之间的距离，通过光电门的时 间直接由光电门测得，故不需要打点计时器和秒表.故 参考答案与解析 选CD. (2)滑块通过光电门A时的瞬时速度大小为，品，滑块通 过光电门B时的瞬时速度大小为 d (3)根张机械能守恒有子（m)后-(M+m)后=g,整 =安（足广-（品户门 (4)A.气垫导轨未调至完全水平，会导致系统重力势能减少 量不是mg,增大实验误差，故A正确；B.验证本系统机械能 守恒不需要滑块质量M和钩码质量m满足m≤M,故B错 误：C遮光条宽度较大，会导致通过遮光条的平均速度与瞬 时速度间的差值变大，增大实验误差，故C正确；D两光电门 间距过小，可能使长度测量误差增大，可能增大实验误差，故 D正确.故选ACD. 压轴挑战 2.(1)不需要(2)B(3)x√ :(4)小铁块的飞离速度小 于重锤中心在最低点的速度 解析：(1)在验证机械能守恒时，验证的是重力势能减少量 △，=mgAh和动能的增加量AC,=了m2是否相等，即 mgAh=2m',左右两侧的质量可约去，不需要测量重锤的 质量，故填不需要 (2)A.测量重锤的下降高度时，测量重锤中心到悬点0的距 离L和释放时轻绳与竖直方向的夹角日，重锤下降高度为 △h=L(1-cos0),但0角不容易测量，测量精确度不高，故A 不是最佳方案；B.测量重锤中心在释放位置的高度h,和在最 低点时的高度h2,重锤下降高度△h=h,-h2,高度容易测量， 该测量方案最佳故选B. 1 (3)根据平抛运动规律，竖直方向有h=28,水平方向有 x=,联立解得=x√h (4)小铁块和重锤的角速度相等，但重锤中心运动的半径 大，则小铁块的飞离速度小于重锤中心在最低点的速度，在 实验中用小铁块的平抛初速度代替重锤的速度是有误差的. 第八章章末检测 1.C2.D3.D 4.D解析：C两个小球组成的系统只有重力做功，所以系统的 机枝能守恒，放有mgR+mg×2R=7×2m,解得。=√3gR, 即a、b球滑到水平轨道上时速度大小均为v=√3gR,故 C错误；D.b球在滑落过程中，设杆对b球做功为W,根据动 能定理可得+mgx2R=了m2,联立解得P:gR,对a 1 球由动能定理可得W'+mgR=2m,解得杆对a球做功为 W=弓msR,故D正确；AB结合D项分析可知，杆对a球 做正功，对b球做负功，故下滑过程中α球机械能增大，b球 机械能减小，即对单个球来看，机械能均不守恒，故AB错误 黑白题35 故选D. 5.D解析：设ab与竖直方向的夹角为0，则从c点到b点，根 据机械能守恒定律得mgR(1-cs0)=了m,在6点根据牛 顿第二定律得mgcos0=m nU6,解得cos0=2 「2 3%=√3歌， 从b点到a点，根据机械能守恒定律得}， 2m+mg· /10 2Rcos0=2m,解得.=√38R,小环离开a点后水平方 向做匀速直线运动.小环落到地面时的水平速度大小为v= ,0s0,解得.2V30gF,放选D. 6.D解析：A.物块在a点由静止释放，压缩弹簧至c点，被反 弹后返回b点时速度刚好为零，对整个过程进行分析，根据 动能定理有n0 o-0·(：亿子+子）-上0，每得a 0.5,故A错误；B.物块接触弹簧后，向下运动时，开始阶段 有mgsin>umgcos+F弹，物块继续向下加速，F弹继续变大， 当有mgsin0<mgcos6+F赚，物块将向下减速，综合上述可 知，物块向下运动时先加速后减速，向上运动时，由于在c点 和b点的速度都为零，则物块接触弹簧后，先加速后减速，故 B错误；C.整个过程因摩擦产生的热量为Q=umgcos6· (+子子)，解得Q=06gL,故c错误：D设弹簧的最大 弹性势能为Em,物块由a点到c点的过程中，根据能量守恒 定律有mgn0·(+子）=mg0.(:）5,解得 Em=0.25mgL,故D正确.故选D. 7.D解析：题图中AB段牵引力F不变，则汽车所受合力不 变，)增大，汽车做匀加速直线运动，功率增大，而从B到C 段F与】成正比关系，即Fm为定值，即P=Fm,该过程中功 率不变，故A错误；由题图可知，汽车的最大速度为30m/s, 此时F'=f=0.1mg=2×103N,所以m=2×103kg,所以汽车 在AB段的加速度大小为a=F兰_6x10-2x10 m/s2= 2×103 2m/s2,故B错误；汽车的额定功率为P=mm=2×103× 30W=6x10W,汽车运动到B的速度大小为"g=F P 6x10ms=10m/s,汽车在AB段行驶的路程为x 6x104 UR-vA 2a 102-22 2x2m=24m,故C错误；BC段，根据动能定理可得P4- k=了m2m,解得x=20m,故D正确故选D 1 8.A解析：当M静止时，弹簧的压缩量为△x,,以M为研究对 象，沿斜面方向mgin30=ka1,解得△，=2票撒去外力F 后，物体N能被弹簧拉起离开挡板，此时弹簧的伸长量为 △x2,以N为研究对象，沿斜面方向mgsin30°=k△x2,解得 △，咒，因为A=A,整个过程中弹簧的弹性势能变化 必修第二册 是零.整个过程中N的重力势能不变，物体M的重力势能增 加为△E。=mgsin30(△x+△x,)=)北，根据功能关系可突 外力F至少要做的功是W=AE。,系，放选A 9.D解析：A.托住石块时，因滑块恰好不上滑，故有mg· 血37°mgom37P=,Bn=树，联立解得名=05m, Eo=2.5J,故A错误；B.石块的速度最大时滑块速度也最 大，且加速度为零，由力的平衡有Mg-mgsin37°-mg· c0s37°-x2=0,解得x2=0.5m,故B错误；C.设石块的最大 速度为"m,因初末状态弹簧的弹性势能不变，根据能量守恒 定律有Mg(x1+x2）-mg(x1+x2)sin37°-umgcos37°(x1+ 与)=分(m+M,解得。=弓压wa,放C错误：D设滑 块沿斜面向上运动的距离最大时弹簧伸长量为x,此时石 块、滑块速度都为零，根据能量守恒定律有Mg(x1+x)+ 子nmgx)sn37uns(+os37,解得 x,=1.5m,即滑块沿斜面向上运动的最大距离为x=x1+ x3=2.0m,故D正确.故选D. 10.（1)2.4(2)0.580.60(3)9.7（4)系统各部分的阻力 做功，机械能减少 解析：(1)由运动学公式求速度4=”627 x46_21.60+26.40 2×0.1 0.01m/s=2.4m/s. (2)动能的端知量4=(，+m)=方×(50+150)× 103×2.42J≈0.58J,系统重力势能的减少量△E。= (m2-m1)gh=0.60J. (3)在本实验中，若某同学作出了氵h图像，由机械能守 恒定律有(mm)h=2(m,*m,)心，所以弩-h图像的斜 率说则0588g-97 50+1505.8 (4)实验结果显示△E。>△E,那么造成这一现象的主要原 因是：系统各部分的阻力做功，机械能减少 oBa安（层安传） (5)增大 解析：(3)在测量时，因小球下落时间很短，如果先释放小 球，有可能会出现时间记录不完整，所以应先接通数字计时 器，再释放小球，故选B.(4)依题意，小球向下、向上先后通 =,则小 过光电门时的速度分别为，则有=， t2 球与橡胶材料碰撞过程中机械能的损失量为△E=】m 2 mu 子宁（停）广-（层）广()芳两商光电门的方 1 度，较调整之前小球会经历较大的空中距离，在空中运动时 同一高度的速度也较大，所以将会增大因空气阻力引起的 测量误差. 黑白题36 12.(1)0.25m/s2(2)1.25m(3)37.5J 解析：(1)根据牛顿第二定律f=ma,由f=41m1g,解得 a=0.25m/s2;(2)设冰块进入BC段长度为x≤L时，冰块 所受摩擦力f=山，云m18,由式子可知此阶段摩擦力正比于 冰块进入BC段的长度，则此阶段克服摩擦力做功W,= 0,根据能量守恒定律了m-网+h,m,由 2 d=s+L,解得d=1.25m;(3)设破冰工具与冰块的动摩擦因 数为u2,假设冰块不动，则有2m2g≤u1(m1+m2)g,即2≤ 0.1,对工具2m2g=m2a1,2=2a1L,解得2=0.4，不符合假 设，说明冰块滑动.对冰块2m2g-41(m1+m2)g=m1a2,工具 到达最右端恰好共速%-a1=a,位移关系L=一2a1- 2,f,解得山=0.25，=0.58，a=1.5m/2,对冰块 22=3 m,共速后，工具和冰块相对静止一起减速，加 速度为a3,有h1(m1+m2）g=（m1+m2)a3,v共=a2t= 0.75m/s,"失2=2a,,解得名=16m,冰块与地面摩擦产热 Q=1(m1+m2)g(x1+x2)=37.5J. 13.(1)50J(2)32J(3)200m或6m 解析：(1)物块滑上传送带时刚好能做匀速运动，则物块在 B点的速度1=v=10m/s,根据机械能守恒定律有E。= 2m@=50J;(2)若物块滑上传送带时的速度为6= 2m/s,则物块滑上传送带受到摩擦力作用，由牛顿第二定 律1mg=ma,设物块经i1时间与传送带共速，由运动学公 式有-=a4,此过程的位移- 21,解得=1.6s, x1=9.6m<15m,之后物块向右做匀速直线运动，物块匀加 速直线运动过程，传送带的位移x2=l1=16m,则物块通过 传送带的过程中产生的热能Q=41mg△x=41mg(x2-x1)= 32J;(3)物块恰好不脱离圆轨道有两种情况，第一种情景 m2,物块由F 物块能做完整的圆周运动，在F点有mg=mR: 到G的过程由动能定理有2mgR= 1 2mw22mu,在水平轨 道GH上由动能定理得-mg,=0-子m2,联立解得 x3=200m;第二种情景物块到达E点的速度刚好为零，即 有ve=0,物块由E到C的过程由动能定理有mgR- ne,子m2,解得c=12as,物块滑上传送带后减速 过程有4mg4=0-2m2,解得减速的位移4=14.4m< L,=15m,即物块没滑出传送带，物块随后向右加速到与传 送带共速后做匀速直线运动，随后物块在传送带与圆轨道 之间做往返运动，滑上传送带和滑离传送带的速率不变，动 能全部用来在CD段克服摩擦力做功，由动能定理得 么me,=0m2,解得6=50，由于5=6L,+子，则物块 1 L2=6 m. 停下的位置距D点间距为L,4 参考答案与解析 第八章真题演练 黑题真题体验 1.A常规解：设斜面倾角为0，不计摩擦力和空气阻力，由题 意可知运动员在沿斜面下滑过程中根据动能定理有 E=mgxtan0,即 =mgtan6,下滑过程中开始阶段倾角0不 变，E,-x图像为一条直线；经过圆弧轨道过程中0先减小后 增大，即图像斜率先减小后增大.故选A 非常解：整个过程中运动员机械能守恒，如图所示，设运动员 从静止运动到A点和B点的水平位移分别为x和2x,易知 运动员下降的高度分别为h和2h,运动员减少的重力势能 全部转化为动能，故E4=mgh,Eua=2mgh,则E,和x在直线 斜面部分成正比； 2x A 水平 在轨道最低点选取极小一段，可以近似为水平，此时位移x 改变而E,不变，故图像最高点斜率为0，只有A选项符合题 意.故选A. 名师点评：函数图像是对一个函数的直观表达，物理学 中，图像是对一段物理过程的直观描述，对应函数是对这 段物理过程的定量描述，本题所属题型是选择能正确描 述物理过程的图像，固然我们可以根据物理过程解出函 数并画出图像，但是大多数时候并没有必要这么做. 学霸分享：把函数解出来是“最后的办法”，观察图像特 点，抓住某些“点”或者从某些特殊“角度”进行排除，轻 松选出正确答案才是明智的选择 2.C常规解：为了以最短时间提升重物，一开始先以最大拉 力拉重物使其匀加速上升，当功率达到额定功率时，保持功 率不变直到重物达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最 大加速度使其匀减速上升至平台，到达平台的速度刚好为 零，重物在第一阶段匀加速上升过程，根据牛顿第二定律 可得 4,-7-mg30-20x10 /s2=5m/s2, m 20 当功率达到额定功率时，设重物的速度为”1，则有 P额1200 %=7=300m/s=4m/s, 此过程所用时间和上升高度分别为 42 4=2=0.8sA=20-25m=16m a P题_P题-1200 重物以最大速度匀速运动时，有。= mg200 m/8= 6m/s, 重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升高度分 别为 5=”=6 3a=5s=1.2s,3=0m=,65m=3.6m, 设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为 与，该过程根据动能定理可得Ph-meg,=子m-之m, 黑白题37