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）

第八章 (时间：80分钟 一、选择题（每题7分，共63分） 1.(2024·江西九江月考)某工地建房时用小车 将细沙从一楼提到七楼（高度为20m),小车 和细沙总质量为10kg由于小车漏沙，在被匀 加速提升至七楼的过程中，小车和细沙的总 质量随着上升距离的变化关系如图所示.小车 可以看成质点，已知小车加速度为2m/s2,不 计空气阻力，重力加速度g取10m/s2.由图像 可知，在提升的整个过程中，拉力对小车做的 功为 tm/kg 10 2 0 5 101520h/m A.2160J B.1800J C.2400J D.180J 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 B.”E。 2’2 C.2,2 2E。 D. "2 3.(2024·河北沧州联考)如图所示，斜面的倾 角为0，轻质弹簧的下端与固定在斜面底端的 挡板连接，弹簧处于原长时上端位于B点. 质量为m的物块从斜面A点由静止释放，将 弹簧压缩至最低点C(弹簧在弹性限度内)， 必修第二册·RJ 章末检测 总分：100分) 后物块刚好沿斜面向上运动到D点.已知斜面 B点上方粗糙且粗糙程度均匀，B点下方光 滑，物块可视为质点，AB=2BC=2L,AB=3BD, 重力加速度为g,弹簧弹性势能与形变量的关 系B,=如2（其中：为劲度系数，为形变量）. 不计空气阻力.下列说法中正确的是（) B A.物块与斜面粗糙部分间的动摩擦因数 为an日 3 B.弹簧弹性势能的最大值为mgLsin6 C.弹簧的劲度系数k为2 mgsin0 L 9 D.小球动能的最大值为g mgLsin6 4.(2024·山东德州期末)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 α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 () 0 777 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 黑白题096 程中，轻杆对a球做功为】mgR 5.（2024·湖北荆州月考)如图所示，两倾角均 为0的光滑斜面对接后固定在水平地面上，0 点为斜面的最低点.一个小物块从右侧斜面上 高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复 运动小物块每次通过0点时都会有动能损 失，损失的动能为小物块当次到达0点时动 能的15%.不计空气阻力.小物块从开始下滑 到停止的过程中运动的总路程为 A.4H 5H 6H 37H B. C. sin 0 sin sin 3sinθ 6.(2024·河北衡水一模)如图所示，一质量为 M的人站在台秤上，一根长为R的悬线一端 系一个质量为m的小球，人手拿悬线另一端， 小球绕悬线另一端点在竖直平面内做圆周运 动，且小球恰好能通过圆轨道最高点，不计空 气阻力，则下列说法正确的是 A.小球运动到最高点时，小球的速度为零 B.当小球运动到a点时，人受到台秤给其向 左的静摩擦力 C.小球在a、b、c三个位置时，台秤的示数 相同 D.小球从最高点运动到最低点的过程中台秤 的示数增大，人处于超重状态 ↑v/(ms) (第6题) (第7题) 7.(2024·江西南昌质检)（多选）某辆汽车总质 量为m,发动机的功率为P时，在平直公路上 第八章黑 以速度，匀速行驶.进人限速区时，驾驶员减 小酒门，把汽车功率立即减小到，并保持该 功率不变继续行驶.假设汽车行驶过程中所受 阻力大小不变，从驾驶员减小油门时开始计 时，汽车的v-t关系如图所示，则在0~t1时间 内，下列说法正确的是 A.=0时，汽车的加速度大小为，2P 3mvo 2 B.时刻汽车的速度大小为”=0 C.在0~t,时间内汽车行驶的位移大小为 vot 4mvo 39P Pt D.在0~t时间内汽车发动机所做的功为 3 (多选)如图所示，一水平传送带以，的速度 顺时针传送，其右端与一倾角为0的光滑斜面 平滑相连，一个可视为质点的物块轻放在传 送带最左端，已知物块的质量为m,若物块经 过传送带与斜面的连接处时无能量损失，不 计空气阻力，则 A.物块在第一次冲上斜面前，一定一直做加 速运动 B.物块不可能从传送带的左端滑落 C.物块不可能回到出发点 D.物块的机械能最大增量不可能大于2m好 (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u= 白题097 0.5,轻弹簧的弹性势能与形变量的关系为 E,=2x,重力加速度g取10m/g2,sin37°取 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 %237 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)(2023·湖南株洲期初)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，m1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)： 9!34 6单位：cm 38.40 21.6026.40 、/m2·s2 2 h/m 必修第二册·RJ黑 (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,= (3)在本实验中，若某同学作出了号4图豫。 如图丙所示，h为从起点量起的长度，则 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 (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 固定的 】橡胶材料 计时器 (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= 白题098 (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.（12分)(2024·重庆质检)如图所示，在倾 角为0=30°的光滑斜面MN底端固定一个被 压缩且锁定的轻弹簧，轻弹簧的上端静止放 一质量m=2kg的可看作质点的滑块，滑块 与斜面顶端N点相距x=O.3m.现将弹簧解 除锁定，滑块离开弹簧后经N点离开斜面， 恰好水平飞上由电动机带动、以速度v 73m/s顺时针匀速转动的传送带，足够长 的传送带水平放置，其上表面距N点所在水 平面高度为h=0.2m,滑块与传送带间的动 摩擦因数u= 2,8取10m/s2,不计空气阻 力.求 (1)滑块从离开N点至飞上传送带的时间； (2)弹簧锁定时储存的弹性势能； (3)滑块在传送带上运动时由于摩擦产生的 热量 第八章黑 3.(14分)(2024·广东汕尾期末)如图是游乐 园娱乐项目的示意图，由两个半径均为R的 半圆细管道组成的竖直光滑“S”形轨道 BCD,左侧与长L=2.5R的水平轨道AB连 接，D点为管道的最高点，右侧有一半径也为 R的水平圆盘（圆盘的厚度不计），N点是圆 盘的圆心，MN是圆盘的竖直转轴（与轨道共 面)，M与N的距离H=R,A、B、M共线，B与 M的距离为3R,质量为m的小物块（可视为 质点)被弹射系统水平贴地弹出后立刻进入 AB.已知小物块与AB间的动摩擦因数u= 5,重力加速度为g,不计空气阻力， (1)某次弹射物块恰好能到达D点，求物块 经过B点时的速度大小vg; (2)若物块恰好落到N点，求物块通过D点 时管道对物块的作用力大小Np; (3)为使物块能落到水平圆盘上，求弹射系 统提供给物块的能量范围. 弹射 CR 水平圆盘水面 y系统 水域 白题099k乞，小环受力平衡F集=mg+2Ic日，小球受力平衡 F cos 0+Ticos 0,=mg,F;sin =T sin 4mg (2)设0A、AB杆中的弹力分别为F2、T2,0A杆与转轴的夹 角为02，弹簧长度为x,小环受到弹簧的弹力F弹2=k(x-L), 小环受力平衡F微=喝，解得x:子1对小球有 F,cos6,=mg,F,in8,=milsin0,且cos0=2,解得 (3)弹簧长度为兰时，设0A,AB杆中的弹力分别为R,、7, 04杆与弹簧的夹角为8，小环受到弹簧的弹力F=k乞， 小环受力平有21，cos2,=mg+f,且cas0,=名对小球有 F3cos 03=T3cos 03+mg,F3sin 03+T3sin 03=malsin3. 、16g.整个过程弹簧弹性势能变化为零，则弹力做功 为零，曲动能定理：g(子）-2（华）2x 16mgl2 之m(（a,n）广，解得=mL+62 第5节 实验：验证机械能守恒定律 白题基础过关 1.C 2.AB解析：A.打点计时器打第一个点时，重物运动的速度应 为零，故A正确；B.hn与un分别表示打第n个点时重物下落 的高度和对应的瞬时速度，故B正确；C.本实验中，不需要测 量重物的质量，因为公式mgh=?m2的两边都有m,放只 要h-?成立，mgh=?m2就成立，机被能守恒定律也 就被验证了，故C错误；D.实验中应用公式，来 2T 计算un,故D错误故选AB. 3.C解析：由于纸带在下落过程中，重物和空气之间存在阻 力，纸带和打点计时器之间存在摩擦力，所以减少的重力势 能一部分转化为动能，一部分克服空气阻力和摩擦力做功， 故重力势能的减少量大于动能的增加量，故选C. 4.(1)甲(2)4.8m/s2乙(3)B解析：(2)根据逐差法公 式得a= xc-x4c_(16.7+21.5)×102-(7.2+11.9)×102 m/s2 4r2 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)1 d (3)e=2(M+m)[() (,)](am 解析：(1)对于钩码和滑块构成的系统有？（M+m)后 必修第二册·RJ 之（(M+m)=mg: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 选CD. ②)滑块通过光电门A时的瞬时速度大小为以三&，滑块通 过光电门B时的瞬时速度大小为，A, d (3)根据机被能守恒有（M+m)后-(M+m)听=mg,整 (4)A.气垫导轨未调至完全水平，会导致系统机械能不守 恒，可能增大实验误差，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√ g (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 △E。=mgh和动能的增加量△E=2mt是否相等，即mgh= 2m0,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O的距 离L和释放时轻绳与竖直方向的夹角0，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. (3)根据平抛运动规律，竖直方向有A=7,水平方向有 x=t,联立解得=√2h g (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.A2.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 机械能守恒，故有mgR+mg×2R=2×2m,解得。=V3gR, 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4mex2R=之w2,联立解得F=-子gR,对a 球由动能定理可得+mgR=了m,解得杆对a球做功为 黑白题36 W=mgR,放D正确：A想结合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 故选D. 5.D解析：小物块第一次到达0点，获得的动能E,=mgH,运 动的路程s,=s2, 。,小物块第一次通过0点损失的动能为 0.15mgH,滑上左侧斜面到最高点H1=0.85H,第二次到达0 H.2×0.85H 点运动的路程s,n)m0,小物块第二次通过0点损 失的动能为0.15mgH1,滑上斜面最高点H2=0.85H1= Q85A,第三次到达0点的路程与二2+2X085 sin 6 2X085H,当小物块第n次到达0点时刚好静止，则在整个 sin 6 过程中的路程s,=H+2x0.851+2x0,85 十 十…+ sin sin 0 sin 0 2x0.85日，根据等比数列求和公式可得5，-im6sin0 H 2H sin 6 0,851-0,85）当n趋于无穷大，有，32故选D. 0.15 6C解析：A小球恰好能通过圆轨道最高点，由mg=mR,得 v=√gR,A错误；B.当小球运动到a点时，细绳对人的拉力 向左，则人受到台秤给其向右的静摩擦力，B错误；C.小球在 a、b、c三个位置，竖直方向的加速度均为g,小球均处于完全 失重状态，台秤的示数相同，故C正确；D.小球运动到最高点 时，细线中拉力为零，台秤的示数为Mg;当小球处于如图所 示状态时，设其速度为1，由牛顿第二定律有T+mgcos0= m只，由最高点到该位置，由机械能守恒定律了m2+mR· (1-cos0)=2m,解得悬线拉力为T=3mg(1-cos0),其分 力为T,=Tcos6=3 mgcos6-3 mgcos28,当cos6=0.5,即0= 60°时，台秤的最小示数为Fn=Mg-T,=Mg-0.75mg,到达最 低点时即0=180°时，台秤读数最大为Fm=Mg-T,=Mg+ 6mg,即小球从最高点运动到最低点的过程中台秤的示数先 减小后增大；人没有运动，不会有超重与失重状态，故D错 误故选C 0 R 0 7,AC解析A=0时刻以前，阻力f=,当汽车功率变为号 后有兮=F,根据牛顿第二定律得，光车的加速度大小a 厂-F-,2P,故A正确；B.1=0时刻以前，汽车以功率P做匀 m 3mvo P 速直线运动，阻力仁一，山时刻，汽车以？功率做匀速直 参考答案与解析 运动，此时牵引力等于阻力，则写，联立解得=，故 B错误：C根据动能定理知兮6= D 1 2m-2m6,解得0~ 时间内汽车行驶的位移为5=”。+4°故C正确：D.0~4 P 时间内汽车发动机所做的功为W=了，故D错误.故选AC 8.BD解析：A.设传送带的长度为L,物块运动的过程中，物块 匀加速运动的位移x=2。若x≥L,则物块在第一次冲上斜 面前，一定一直做加速运动：若x<L,则物块先加速后匀速， 故A错误：BC.若物块在传送带上一直做加速运动，则返回 的过程中物块一直做减速运动，由于两个运动的加速度的大 小是相等的，可知物块将能够恰好返回出发点，但不可能从 传送带的左端滑落，故B正确，C错误：D.物块在传送带上运 动的过程中，传送带的摩擦力对物块做功，所以物块的速度 不可能大于，所以物块的最大机械能不可能大于之m弓， 物块在斜面上运动的过程中只有重力做功，机械能不增加， 故D正确.故选BD. 9.D解析：A.由静止释放石块瞬间，因滑块恰好不上滑，故 育mgsin37°+mgcos37°=x1,E三2，联立解得x 0.5m,E。=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°- umgcos37°-x2=0,解得x2=0.5m,故B错误；C.设石块的 最大速度为。，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(x,+x2)sin37°-umgcos37°(x1+ )=之(a+M)2,解得.=号5ws,故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(x,+x3)+ =)写+mg(红t)sin37+umg(+与)cos37,解得 x3=1.5m,即滑块沿斜面向上运动的最大距离为x=x,+ 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 业8B4宁（片）（层}9地大 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 d 过光电门时的速度分别为，则有，则小 12 球与橡胶材料碰撞过程中机械能的损失量为△E=】 2 m- 1 1d121/d12 2mG=2m(斤)m(5.(5)若调高光电门的商 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 12.(1)0.2s(2)19J(3)75J 解析：(1)滑块从N点离开飞上传送带的过程中，在竖直方 黑白题37 向做竖直上抛运动，h=2,解得t1=0.2s: (2)滑块离开N点的竖直分速度为巴，=g1,在N点由速 度分解可得w=?。,弹簧解除锁定至滑块到达N点过程 sin 6' 中，系统的机械能守恒，瓦，=mgsn0+了m,解得B,= 19J; (3)滑块刚飞上传送带时的速度为o=UNCOS0=23m/s, 滑块在传送带上加速时，由牛顿第二定律得umg=ma,相对 传送带滑动的时间2满足v=o+山2，所以滑块滑动过程对 地的位移x,= （+")t2_93 2 2m,滑块滑动过程传送带对地 的位移x2=t2=7√3m,所以摩擦产生的热量Q=umg(x2 x1)=75J. 13.（)4=VR(2N,=2g(3)45neR≤B≤55meR 解析：(1)物块恰好能到达D点，在最高点D有o=0,从B 到D过程，根据机械能守恒定律可得了m后=mg×4+ 2m,解得=√8gR;(2)从D到N过程，根据平抛运动 规律得，竖直方向上有3R=之，水平方向上有3R=, /3 解得%=√2歌，在D点，根据牛顿第二定律得N。+ mg=m R,解得N,=2mg;(3)为使物块能落到水平圆盘 上，由几何关系得物块落到水平圆盘的水平位移范围 为2R≤x≤4R,由x=t可知，物块到达D点的速度大小v 2 8 的范围为√3歌≤知≤√3R,从被弹射到D点的过程， 根据能量守恒关系有E=umgL+mg×4R+ 2m,解得弹射 系统提供给物块的能量范围为4.5mgR≤E≤5.5mgR 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=mgan日，即 =mgtan0,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EA=mgh,EuB=2mgh,则E和x在直线 斜面部分成正比； 2x 21 水平 B 必修第二册·RJ 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 Tm-mg300-20×10 a1= m/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_1200m %=T=300m/s=4ms, 此过程所用时间和上升高度分别为 v142 61=1=0.8s,h1=2,2x5m=1.6m, a P额_P额_1200。 重物以最大速度匀速运动时，有。=T-mg200m6= 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 。 62 -8=了s=128,h=202X5m=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 1分 1 ,该过程根据动能定理可得P氧4mgh,=2m2-2mwi, 又h2=85.2m-1.6m-3.6m=80m,联立解得t2=13.5s, 故提升重物的最短时间为tn=t1+i2+t3=0.88+13.5s+ 1.2s=15.5s, C正确，ABD错误；故选C. 非常解：重物匀速运动阶段的速度 P额_P袋_1200 ".=T-mg200 m/s=6 m/s, 最后阶段重物以最大加速度做匀减速运动的时间和上升高 度分别为，=”=6、 品62 -。=58=12s,422X5m=3.6m 在开始的加速阶段，本应该是先以最大拉力匀加速，当达到 最大功率后再恒功率变加速到最大速度。，为了简化计算， 假设第一阶段一直恒功率加速，则对于加速和匀速阶段，由 能量守恒可以得出： Pt=2 mmgh ,h=h-hz 即120Wx,=2×20x6J+20x10x(85.2-3.6)J, 黑白题38