一、第八章 机械能守恒定律易错题培优（难）
1．如图所示，质量为1kg 的物块（可视为质点），由A 点以6m/s 的速度滑上正沿逆时针
转动的水平传送带（不计两转轮半径的大小），传送带上A 、B 两点间的距离为8m ，已知传送带的速度大小为3m/s ，物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，重力加速度为
210m/s 。下列说法正确的是（ ）
A ．物块在传送带上运动的时间为2s
B ．物块在传送带上运动的时间为4s
C ．整个运动过程中由于摩擦产生的热量为16J
D ．整个运动过程中由于摩擦产生的热量为28J 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．滑块先向右匀减速，根据牛顿第二定律有
mg ma μ=
解得
22m/s a g μ==
根据运动学公式有
010v at =-
解得
13s t =
匀减速运动的位移
0106
3m 9m 8m 22
v x t L +=
=?==> 物体向左匀加速过程，加速度大小仍为22m/s a =，根据运动学公式得物体速度增大至2m/s v =时通过的位移
2212m 1m 222
v x a ===?
用时
22
s 1s 2
v t a =
== 向左运动时最后3m 做匀速直线运动，有
233
=
s 1s 3
x t v == 即滑块在传送带上运动的总时间为
1234s t t t t =++=
物块滑离传送带时的速率为2m/s 。 选项A 错误，B 正确；
C ．向右减速过程和向左加速过程中，摩擦力为恒力，故摩擦力做功为
110.211041J 6J f W f x x mg x x μ=--=--=-???-=-（）()()
选项C 错误；
D ．整个运动过程中由于摩擦产生的热量等于滑块与传送带之间的一对摩擦力做功的代数和，等于摩擦力与相对路程的乘积；物体向右减速过程，传送带向左移动的距离为
114m l vt ==
物体向左加速过程，传送带运动距离为
222m l vt ==
即
121[]Q fS mg l x l x μ==++-（）（）
代入数据解得
28J Q =
选项D 正确。 故选BD 。
2．如图所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆L 1、L 2，两杆分离不接触，且两杆间的距离忽略不计．两个小球a 、b （视为质点）质量均为m ，a 球套在竖直杆L 1上，b 杆套在水平杆L 2上，a 、b 通过铰链用长度为L 的刚性轻杆连接，将a 球从图示位置由静止释放(轻杆与L 2杆夹角为45°)，不计一切摩擦，已知重力加速度为g ．在此后的运动过程中，下列说法中正确的是
A ．a 球和b 球所组成的系统机械能守恒
B ．b 球的速度为零时，a 球的加速度大小一定等于g
C ．b 22gL +（）
D ．a 2gL
【答案】AC 【解析】 【详解】
A ．a 球和b 球组成的系统没有外力做功，只有a 球和b 球的动能和重力势能相互转换，因此a 球和b 球的机械能守恒，故A 正确；
B ．当再次回到初始位置向下加速时，b 球此时刻速度为零，但a 球的加速度小于g ，故B 错误；
C ．当杆L 和杆L 1平行成竖直状态，球a 运动到最下方，球b 运动到L 1和L 2交点的位置的时候球b 的速度达到最大，此时由运动的关联可知a 球的速度为0，因此由系统机械能守恒有：
22122b mg L L mv ??+= ? ???
得：
()2+2b v gL =
故C 正确；
D ．当轻杆L 向下运动到杆L 1和杆L 2的交点的位置时，此时杆L 和杆L 2平行，由运动的关联可知此时b 球的速度为零，有系统机械能守恒有：
2
2122
a
mg L mv ?= 得：
2a v gL =
此时a 球具有向下的加速度g ，因此此时a 球的速度不是最大，a 球将继续向下运动到加
速度为0时速度达到最大，故D 错误．
3．如图所示，ABC 为一弹性轻绳，一端固定于A 点，一端连接质量为m 的小球，小球穿在竖直的杆上。轻杆OB 一端固定在墙上，一端为定滑轮。若绳自然长度等于AB ，初始时ABC 在一条水平线上，小球从C 点由静止释放滑到E 点时速度恰好为零。已知C 、E 两点间距离为h ，D 为CE 的中点，小球在C 点时弹性绳的拉力为
2
mg
，小球与杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内。下列说法正确的是（ ）
A ．小球在D 点时速度最大
B ．若在E 点给小球一个向上的速度v ，小球恰好能回到
C 点，则2v gh =
C ．小球在C
D 阶段损失的机械能等于小球在D
E 阶段损失的机械能
D ．若O 点没有固定，杆OB 在绳的作用下以O 为轴转动，在绳与B 点分离之前，B 的线速度等于小球的速度沿绳方向分量 【答案】AD 【解析】 【详解】
A ．设当小球运动到某点P 时，弹性绳的伸长量是BP x ，小球受到如图所示的四个力作用：
其中
T BP F kx =
将T F 正交分解，则
N T sin sin 2
BP BC mg
F F kx kx θθ?====
f N 14
F F mg μ==
T F 的竖直分量
T T cos cos y BP CP F F kx kx θθ===
据牛顿第二定律得
f T y m
g F F ma --=
解得
T 33
44y CP F kx a g g m m
=
-=- 即小球的加速度先随下降的距离增大而减小到零，再随下降的距离增大而反向增大，据运动的对称性（竖直方向可以看作单程的弹簧振子模型）可知，小球运动到CE 的中点D 时，加速度为零，速度最大，A 正确；
B ．对小球从
C 运动到E 的过程，应用动能定理得
T F 0104mgh W mgh ??
-+-=- ???
若在E 点给小球一个向上的速度v ，小球恰能从E 点回到C 点，应用动能定理得
T 2F 11()042mgh W mgh mv ??
-++-=- ???
联立解得
T F 3
4
W mgh =
，v gh = B 错误；
C ．除重力之外的合力做功等于小球机械能的变化，小球在C
D 段所受绳子拉力竖直分量较小，则小球在CD 段时摩擦力和弹力做的负功比小球在D
E 段时摩擦力和弹力做的负功少，小球在CD 阶段损失的机械能小于小球在DE 阶段损失的机械能，C 错误； D ．绳与B 点分离之前B 点做圆周运动，线速度（始终垂直于杆）大小等于小球的速度沿绳方向的分量，D 正确。 故选AD 。
4．如图所示，固定在竖直平面内的圆管形轨道的外轨光滑，内轨粗糙。一小球从轨道的最低点以初速度v 0向右运动，球的直径略小于圆管的直径，球运动的轨道半径为R ，空气阻力不计，重力加速度大小为g ，下列说法一定正确的是 （ ）
A ．若05v gR <
B ．若02v gR <，小球不可能到达圆周最高点
C ．若02v gR <，小球运动过程中机械能守恒
D ．若05v gR > 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
AD. 小球如果不挤压内轨，则小球到达最高点速度最小时，小球的重力提供向心力，由牛顿第二定律，在最高点，有
2
v mg m R
=
由于小球不挤压内轨，则小球在整个运动过程中不受摩擦力作用，只有重力做功，机械能守恒，从最低点到最高点过程中，由机械能守恒定律，有
22
011222
mv mv mg R =+? 解得
05v gR =
若小球速度05v gR <，小球也是有可能做完整的圆周运动的，可能到达圆周最高点，只是最终在圆心下方做往复运动，故A 错误；若小球速度05v gR >，则小球一定不挤压内轨，小球运动过程中机械能守恒，故D 错误；
B. 如果轨道内轨光滑，小球在运动过程中不受摩擦力，小球在运动过程中机械能守恒，如果小球运动到最高点时速度为0，由机械能守恒定律，有
2
0122
mv mg R =? 解得
02v gR =
现在内轨粗糙，如果小球速度02v gR <，小球在到达最高点前一定受到摩擦力作用，即小球在到达最高点前速度已为零，小球不可能到达圆周最高点，故B 正确；
C.若小球上升到与圆心等高处时速度为零，此时小球只与外轨作用，不受摩擦力，只有重力做功，由机械能守恒定律，有
2
012
mv mgR = 解得
02v gR =
若02v gR <，小球只与外轨作用，不受摩擦力作用，小球运动过程中机械能守恒，故C 正确。 故选BC 。
5．如图甲所示，质量为0.1 kg 的小球沿光滑的水平轨道从A 冲入竖直放置在水平地面上、半径为0.9 m 的圆轨道，小球从A 运动到C 的过程中其速度的平方与其高度的关系图象如图乙所示．已知小球恰能到达最高点C ，运动一周后从A 点离开圆轨道，圆轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计．g 取10 m/s 2，B 为AC 轨道中点．下列说法正确的是( )
A ．图乙中x 的数值为9
B ．小球从从A 点离开圆轨道时的动能为1.30J
C ．小球从A 到C 合外力对其做的功为-2.75J
D ．小球从B 到C 损失了0.475 J 的机械能 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】
A.图乙中的点(1.8,)x 表示小球到达C 点速度的平方为x ；小球恰能到达最高点C ，则有：
x
mg m r
=，
代入数据得：
x =9，
故A 正确
B.物体从A 到C 的过程根据动能定理可知
22
11222
f C A W m
g R mv mv --=-，
解得
0.95J f W =
若从C 再次运动到A 克服摩擦力做功和从A 到C 一样，则再次回到A 时的动能为
2
12 1.30J 2
k A f E mv W =-= ，
但由于下降过程中的平均阻力小于上升过程中的平均阻力，所以再次回到A 点时的动能大于1.30J ，故B 错误
C. 根据动能定理可知小球从A 到C 合外力对其做的功为
22
11 2.75J 22
C A W mv mv =-=-
故C 正确
D.根据功能关系可知小球从A 到C 损失的机械能为
0.95J f W =，
若摩擦力做功恒定，则从小球从B 到C 损失了0.475 J 的机械能，但由于从A 到B 的平均摩擦力大于从B 到C 的平均摩擦力，所以从B 到C 损失的机械能小于0.475 J ，故D 错误；
6．如图所示，一根劲度系数为k 的轻弹簧竖直固定在水平地面上，轻弹簧上端正上方h 高度处A 点有一个质量为m 的小球。现让小球由静止开始下落，在B 点接触轻弹簧的上端，在C 点时小球所受的弹力大小等于重力大小，在D 点时小球速度减为零，此后小球向上运动返回到最初点，已知小球在竖直方向上做周期性运动。若轻弹簧储存的弹性势能与其形变量x 间的关系为2
12
p E kx =，不计空气阻力，重力加速度为g ，则下列说法正确的是（ ）
A ．在D 点时小球的加速度大小大于重力加速度g 的大小
B ．小球从B 点到D 点的过程中，其速度和加速度均先增大后减小
C ．从A 点到C 点小球重力势能的减少量等于小球动能的增加量
D ．小球在D (2)
mg mg mg kh ++
【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．若小球从
B 点由静止释放，则最低点应该在D ′位置且满足B
C =C
D ′，由对称可知，在D ′点的加速度为向上的g ；若小球从A 点释放，则最低点的位置在D 点，则D 点应该在D ′点的下方，则在D 点时小球的加速度大小大于在D ′点的加速度，即大于重力加速度g 的大小，选项A 正确；
B ．小球从B 点到D 点的过程中，在B
C 段重力大于弹力，加速度向下且逐渐减小，速度逐渐变大；在C
D 段，重力小于弹力，加速度向上且逐渐变大，速度逐渐减小，即小球从B 点到D 点的过程中，加速度先减小后增加，速度先增加后减小，选项B 错误； C ．由能量守恒定律可知，从A 点到C 点小球重力势能的减少量等于小球动能的增加量与弹簧的弹性势能的增加量之和，选项C 错误； D ．由能量关系可知从A 到D 满足
21()2
mg h x kx +=
解得小球在D 点时弹簧的压缩量为
(2)
mg mg mg kh x ++=
（另一值舍掉）选项D 正确。 故选AD 。
7．如图所示，一轻绳系着可视为质点的小球在竖直平面内做圆周运动，已知绳长为l ，重力加速度为g ，小球在最低点Q 的速度为v 0，忽略空气阻力，则（ ）
A ．若小球恰好通过最高点，速度大小刚好为0
B ．小球的速度v 0越大，则在P 、Q 两点绳对小球的拉力差越大
C ．当06v gl >P
D ．当0v gl <
【答案】CD 【解析】 【分析】
本题小球做变速圆周运动，在最高点和最低点重力和拉力的合力提供向心力，同时结合动能定理列式研究。要注意绳子绷紧，小球可能通过最高点，也可以在下半圆内运动。 【详解】
A ．小球在最高点时，由于是绳拉小球，合力不可能为0，速度也不可能为0，选项A 错误；
C ．设小球恰好到达最高点时的速度为v 1，最低点的速度为v 2,由动能定理得
22
1211(2)22
mg l mv mv -=-①
小球恰经过最高点P 时，有
21v mg m l
=
联立解得
25v gl =因为
0265v gl v gl >=
所以小球一定能通过最高点P ，选项C 正确；
B ．球经过最低点Q 时，受重力和绳子的拉力，根据牛顿第二定律得到
2
22v F mg m l
-=②
球经过最高点P 时
2
11v mg F m l
+=③
联立①②③解得
F 2-F 1=6mg
与小球的初速度无关。选项B 错误； D ．设小球运动到N 点时，由机械能守恒得
2012
mgl mv =
解得
02v gl =
所以当0v gl <时，小球上升的最高点达不到与O 等高的高度，所以细绳始终处于绷紧状
态，选项D 正确。
故选CD 。
8．如图所示，水平转台上有一个质量为m 的物块，用长为L 的细绳将物块连接在转轴上，细线与竖直转轴的夹角为θ，此时绳中张力为零，物块与转台间动摩擦因数为μ（μ A ．物块随转台由静止开始至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为2sin mgL μθ B ．物块随转台由静止开始至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为 1 sin 2 mgL μθ C ．物块随转台由静止开始至转台对物块支持力为零时，转台对物块做的功为2sin 2os mgL c θ θ D ．物块随转台由静止开始至转台对物块支持力为零时，转台对物块做的功为34os mgL c θ 【答案】BC 【解析】 【分析】 此题考查牛顿运动定律和功能关系在圆周运动中的应用，注意临界条件的分析，至绳中出现拉力时，摩擦力为最大静摩擦力；转台对物块支持力为零时，N =0，f =0。 【详解】 AB ．对物体受力分析知物块离开圆盘前，合力为 2 sin v F f T m r θ=+= …① cos N T mg θ+=…② 根据动能定理知 2 12 k W E mv == …③ 又 T =0，r =L sin θ…④ 由①②③④解得 11 sin sin 22 W fL mgL θμθ= ≤ 至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为1 sin 2 mgL μθ，选项A 错误，B 正确； CD ．当N =0，f =0，由①②③知 21sin sin tan 22cos mgL W mgL θ θθθ == 选项C 正确；D 错误。 故选BC 。 9．如图所示，固定光滑长斜面倾角θ=37°，下端有一固定挡板。两小物块A 、B 放在斜面上，质量均为m ，用与斜面平行的轻弹簧连接。一跨过轻小定滑轮的轻绳左端与B 相连，右端与水平地面上的电动玩具小车相连。系统静止时，滑轮左侧轻绳与斜面平行，右侧轻绳竖直，长度为L 且绳中无弹力。当小车缓慢向右运动 3 4 L 距离时A 恰好不离开挡板。已知重力加速度为g ，sin37°=0.6，c os37°=0.8.在小车从图示位置发生位移3 4 L 过程中，下列说法正确的是（ ） A ．弹簧的劲度系数为245mg L B ．拉力对B 做功为 3 10 mgL C gL 34 L 时B 2 5gL D gL B 做的功为33 100 mgL 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】 A ．初态，弹簧压缩量 1sin37g k x m = ? A 恰好不离开挡板时，弹簧伸长量 2sin37g k x m = ? ， 121 4 x x L L +== 解得 245k mg L = 选项A 正确； B ．根据x 1=x 2，弹性势能不变，则小车在3 0~ 4 L 位移内拉力对B 做的功 11 ·sin 374 W mg L =? 解得 13 20 W mgL = 选项B 错误； C ．小车位移大小为 3 4 L 时滑轮右侧轻绳与竖直方向的夹角为37°，小车速度沿轻绳方向和与轻绳垂直方向分解，则B 的速率 B v =?= 选项C 错误； D ．小车在3 0~ 4 L 位移大小内，拉力对B 做的功设为W 2，根据功能原理有 221331··sin 3742100 B W mv mg L mgL =+?= 选项D 正确。 故选AD 。 10．如图所示，细线上挂着小球，用水平恒力F 将小球从竖直位置P 拉到位置Q ，小球在Q 点垂直绳方向所受的合力恰好为零，此时细绳与竖直方向的夹角为θ，则（ ） A ．恒力做功等于小球重力势能的增量 B ．小球将静止在Q 点 C ．细线对小球做的功为零 D ．若在Q 点将外力F 撤去，小球来回摆动的角度将等于θ 【答案】C 【解析】 【分析】 小球在Q 点所受的合力恰好为零，由此可分析恒力F 和重力的关系，再根据动能定理可分析小球的运动情况。 【详解】 A ．小球在Q 点垂直绳方向所受的合力恰好为零，由图可知恒力F 和重力G 的关系为 tan F G θ = 从竖直位置P 拉到位置Q 过程中位移为s ，恒力F 做功 c tan tan os cos 2 2 F W Gs G s θ θ θθ 重力G 做功的大小 sin 2 G W Gh Gs θ 90θ 2 2 2 tan cos tan 21sin 2 2 tan 1 tan F G G W W G s s θ θθθ θ θ 即有 F G W W 而小球重力势能的增量等于重力G 做功的大小，因此恒力做功大于小球重力势能的增量， 选项A 错误； B ．因为F G W W ，根据动能定理可知小球到达Q 点时动能不为零，小球具有一定速度， 不会静止在Q 点，选项B 错误； C ．因为小球的轨迹是圆弧，其速度方向始终与细线垂直，因此细线的拉力始终与速度垂直，对小球做的功为零，选项C 正确； D ．因为小球在Q 点速度不为零，若在Q 点将外力F 撤去，小球还会向上运动一段距离，到最高点后再回落。之后的摆动过程中只有重力做功，机械能守恒，因此小球来回摆动的角度将大于θ，选项D 错误。 故选C 。 【点睛】 抓住小球在Q 点所受的合力恰好为零是分析问题的关键。 11．如图，在竖直平面内有一光滑水平直轨道，与半径为R 的光滑半圆形轨道相切于B 点，一质量为m （可视为质点）的小球从A 点通过B 点进入半径为R 的半圆，恰好能通 过轨道的最高点M ，从M 点飞出后落在水平面上，不计空气阻力，则（ ） A ．小球在 A 点时的速度为 2gR B ．小球到达B 点时对轨道的压力大小为mg C ．小球从B 点到达M 点的过程中合力的冲量大小为6m gR D ．小球运动到与圆心等高处对轨道的压力大小为3mg 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】 A ．小球恰好能通过半圆的最高点M ，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得 2M v mg m R = 解得 M v gR 由A 到M ，由动能定理得 22M A 11222 mg R mv mv -?= - 解得 A v 故A 错误； B ．由A 到B ，速度不变 B A v v =在B 点时，对B 点进行受力分析重力提供向心力，由牛顿第二定律得 2B N v F mg m R -= 所以 2 2B =+=6N v F mg m mg m mg R R += 由牛顿第三定律得，小球到达B 点时对轨道的压力大小为 ==6N F F mg 压 故B 错误； C ．小球在B 点时速度向右，大小为B v =，在M 点时，速度向左，大小为 M v =B 点到达M 点的过程中，取向右为正，合力的冲量为动量的变化 =M B I mv mv --=- 故C 错误； D ．小球运动到与圆心等高处时，由动能定理知 22A 1122 mg R mv mv -?= - 在那一点，弹力提供向心力 2 3mv F mg R == 由牛顿第三定律得，小球到达B 点时对轨道的压力大小为 ==3F F mg 压 故D 正确； 故选：D 。 12．如图所示，长均为L 的两根轻绳，一端共同系住质量为m 的小球，另一端分别固定在等高的A 、B 两点，A 、B 两点间的距离也为L ，重力加速度大小为g 。现使小球在竖直平面内以AB 为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v 时，两根绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v 时，球在最低点每根绳的拉力大小为（ ） A 3mg B ． 43 3 mg C ．3mg D ．33mg 【答案】D 【解析】 【分析】 本题根据机械能守恒定律可以求得最低时的速度，再结合向心力公式即可求出最低点每根绳的拉力。 【详解】 题中已知，在最高点速率为v ，根据牛顿第二定律可知 2 v mg m R = 当小球在最高点速率为2v 时，设到最低点的速度为1v ，因两根绳的拉力的合力总是不做功，故这一过程满足机械能守恒，即 22111 (2)222 m v mg R mv +?= 解得 2144v v gR =+ 根据牛顿第二定律 222 142c 448o 4s v v gR v mg m m m mg mg R R T R θ+-===+= 得到 92cos mg T θ = 式中θ为绳子与竖直方向的夹角，根据几何关系可知 30θ?= 解得 9332cos30 mg T mg = = 故D 正确。 故选D 。 【点睛】 机械能守恒定律与牛顿第二定律相结合。 13．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，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，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 ．当小球运动到最高点时，台秤的示数最小，且为Mg 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 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】 A ．小球恰好能通过圆轨道最高点，由 2 v mg m R = 得 v gR = A 项错误； B ．小球运动到最高点时，细线中拉力为零，台秤的示数为Mg ，但不是最小，当小球处于如图所示状态时， 设其速度为v 1，由牛顿第二定律有 2 1cos v T mg m R θ+= 由最高点到该位置，由机械能守恒定律 22111 (1cos )22 mv mgR mv θ+-= 解得悬线拉力为 T =3mg （1-cosθ） 其分力为 T y =T cosθ=3mgcosθ-3mgcos 2θ 当cosθ=0.5，即θ=60°时，台秤的最小示数为 F min =Mg -T y =Mg -0.75mg 故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 ．人没有运动，不会有超重失重状态，故D 错误。 故选C 。 14．如图所示，一竖直轻质弹簧固定在水平地面上，其上端放有一质量为m 的小球，小球可视为质点且和弹簧不拴接。现把小球往下按至A 位置，迅速松手后，弹簧把小球弹起，小球上升至最高位置C ，图中经过位置B 时弹簧正好处于自由状态。已知B 、A 的高度差为1h ，C 、B 的高度差为2h ，重力加速度为g ，空气阻力忽略不计。下列说法正确的是（ ） A ．从A 位置上升到 B 位置的过程中，小球的动能一直增大 B ．从A 位置上升到 C 位置的过程中，小球的机械能守恒 C ．小球在A 位置时，弹簧的弹性势能等于()12mg h h + D ．小球在A 位置时，弹簧的弹性势能小于()12mg h h + 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】 A ．小球从A 位置上升到 B 位置的过程中，先加速，当弹簧的弹力k x mg ?=时，合力为零，加速度减小到零，速度达到最大；之后小球继续上升，弹簧的弹力小于重力，小球做减速运动，故小球从A 上升到B 的过程中，动能先增大后减小，选项A 错误； B ．从A 运动到B 的过程中，弹簧对小球做正功，小球的机械能增加。从B 运动到 C 的过程中，只受重力，机械能守恒，选项B 错误； CD 、根据系统的机械能守恒可知小球在A 位置时，弹簧的弹性势能等于小球由A 到C 位置 时增加的重力势能，为 21p E mg h h =+() 选项C 正确，D 错误。 故选C 。 15．一质量为m 的小轿车以恒定功率P 启动，沿平直路面行驶，若行驶过程中受到的阻力大小不变，能够达到的最大速度为v 。当小轿车的速度大小为23 v 时，它的加速度大小为（ ） A ． P mv B ． 2P mv C ． 32P mv D ． 4P mv 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】 汽车速度达到最大后，将匀速前进，此时有 P Fv = F f = 当汽车的车速为 23 v 时，有 23 v P F '=? 根据牛顿第二定律有 F f ma '-= 联立解得 2P a mv = 选项B 正确，ACD 错误。 故选B 。
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