易错点12 动能定理应用与图像分析 讲义 -2024-2025学年高一下学期物理人教版（2019）必修第二册复习易错微专题讲练

易错点12 动能定理应用与图像分析 一、易错点分析 1、对动能定理的理解不准确 易错点：对动能定理中合外力做功与动能变化的关系理解不透彻，忽视做功的正负以及合外力的准确分析。动能定理W合=ΔEk表明合外力对物体做功等于物体动能的变化量。 2、不能正确选取研究对象和过程 易错点：在多物体、多过程问题中，不能准确选取合适的研究对象和研究过程来应用动能定理。 对于多个物体组成的系统，需要明确是对单个物体应用动能定理还是对整个系统应用。如果选取不当，会使问题变得复杂甚至无法求解。 3、不熟悉图像的物理意义 易错点：对动能定理相关图像（如F - x图像、v - t图像等）的斜率、截距、面积等所代表的物理意义不熟悉，无法从图像中获取有效信息。在F - x图像中，图像与坐标轴围成的面积表示力所做的功，斜率可能表示力的变化率等。在v - t图像中，斜率表示加速度，根据牛顿第二定律可进一步分析合外力的情况，图像与坐标轴围成的面积表示位移，结合动能定理可以分析物体动能的变化。 4、无法准确结合图像与动能定理解题 易错点：不能将图像所提供的信息与动能定理的应用有机结合起来，在分析问题和解决问题时出现思维障碍。 二、动能定理 (1)内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。 (2)表达式：W＝ΔEk; W＝Ek2－Ek1; W＝mv－mv。 适用范围广泛 (1)既适用于直线运动，也适用于曲线运动。 (2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功。 (3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用。 三、动能定理的理解和应用 (1)做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中的“＝”的意义是一种因果关系在数值上相等的符号。 因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。 数量关系：合力做功与动能变化具有等量代换的关系。 单位关系：国际单位制中功和能的单位都是焦耳。 (2)动能定理叙述中所说的“力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是静电力、磁场力或其他力；既可以是恒力，也可以是变力。 (3)动能定理中涉及的物理量有F、l、α、m、v、W、Ek，在处理含有上述物理量的问题时，优先考虑使用动能定理。 四、应用动能定理解决问题的流程 五、与动能定理结合紧密的几种图像 (1)v－t图：由公式x＝vt可知，v－t图线与横坐标轴围成的面积表示物体的位移。 (2)F－x图：由公式W＝Fx可知，F－x图线与横坐标轴围成的面积表示力所做的功。 (3)P－t图：由公式W＝Pt可知，P－t图线与横坐标轴围成的面积表示力所做的功。 (4)a－t图：由公式Δv＝at可知，a－t图线与横坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。 (5)Ek­x图：由公式F合x＝Ek－Ek0可知，Ek­x图线的斜率表示合力。 题型一：运用动能定理求变力做的功 [例题1] （2024春•青秀区校级期末）一质量为m的物块，在水平拉力F的作用下从静止开始沿水平面运动，其阻力f为物块重力的λ倍，水平拉力的大小F＝kx+f，其中k为比例系数，x为物块运动的距离。在物块运动的距离为s的过程中拉力做的功为（　　） A．λmgs B． C． D． 【解答】解：根据题意可知阻力f＝λmg，画出F﹣x图像，如图所示 图像与坐标轴围成的面积代表拉力做功，则有 W 解得W 故D正确，ABC错误； 故选：D。 [例题2] （2024春•仓山区校级期末）人们用滑道从高处向低处运送货物，如图所示，可看作质点的货物从四分之一圆弧滑道顶端P点由静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为4m/s。已知货物质量m＝10kg，滑道半径r＝4m，且过Q点的切线水平，重力加速度g取10m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的是（　　） A．重力做的功为600J B．经过Q点时货物对轨道的压力大小为280N C．经过Q点时货物的向心加速度大小为4m/s2 D．货物克服阻力做的功为80J 【解答】解：A、货物从P点运动到Q点的过程，重力做的功为WG＝mgr＝10×10×4J＝400J，故A错误； B、货物经过Q点时，由牛顿第二定律有 FN﹣mg＝m 解得：FN＝140N 由牛顿第三定律知经过Q点时货物对轨道的压力大小为140N，故B错误； C、经过Q点时货物的向心加速度大小为am/s2＝4m/s2，故C正确； D、根据动能定理得：mgr﹣Wf，解得货物克服阻力做的功为Wf＝320J，故D错误。 故选：C。 [例题3] （2024春•安徽期末）如图所示，在水平地面上有一圆弧形凹槽ABC，AC连线与地面相平，凹槽AC是位于竖直平面内以O为圆心、半径为R的一段粗糙程度相同的圆弧，B为圆弧最低点。现将一质量为m的小球（可视为质点）从水平地面上P处以初速度v0斜向右上方抛出，v0与水平地面夹角为θ。该小球恰好能从A点沿圆弧的切线方向进入轨道，沿圆弧ABC继续运动后从C点以速率飞出。不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法中正确的是（　　） A．小球由P点运动到A点的过程中，所用时间为 B．小球由P点运动到A点的过程中，水平位移为 C．小球经过圆弧形轨道的C点时受到轨道的支持力大小为mgcosθ D．小球经过圆弧形轨道AB段和BC段过程中，小球与圆弧轨道间因摩擦产生的热量相等 【解答】解：AB、小球由P点飞出后到A点的过程做斜抛运动，根据竖直方向的分运动为竖直上抛运动，可得由P到A的时间为：t 根据小球水平方向上的分运动为匀速直线运动，可得由P到A的水平位移为：x＝v0cosθ•t，故AB错误； C、根据斜抛运动的对称性，可知小球到达A点的速度方向与水平方向的夹角等于θ，由几何关系可知OA和OC与竖直方向的夹角均为θ。小球经过圆弧形轨道上的C点时，对小球受力分析，根据牛顿第二定律得：FNC﹣mgcosθ＝m，解得：FNC＝mgcosθ，故C正确； D、小球经过圆弧形轨道要克服摩擦力做功，小球的机械能逐渐减小，在AB段和BC段的在同一高度处，在AB段的速度大于在AC段的，圆周运动所需向心力在AB段的大于在AC段的，小球与轨道的弹力和滑动摩擦力也同样如此，则在AB段克服摩擦力做的功大于在BC段的，故小球经过圆弧形轨道AB段因摩擦产生的热量大于BC段过程因摩擦产生的热量，故D错误。 故选：C。 题型二：牛顿定律与动能定理相结合解决问题 [例题4] （2025•山东模拟）如图所示，内壁粗糙的半径r＝0.1m的圆弧轨道竖直固定在水平地面上，最底端与足够长的水平地面相切。将一质量m＝1kg的滑块（视为质点）从与圆心O等高处沿圆弧轨道由静止释放，滑块经过圆弧轨道最低点P后最终停止在Q点，已知P、Q间的距离xPQ＝0.25m，滑块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．滑块经过P点时速度大小为2m/s B．滑块在水平地面上运动的时间为0.2s C．滑块经过圆弧轨道最低点P时，对轨道的压力大小为15N D．滑块沿圆弧轨道滑动的过程中，克服摩擦力做的功为0.5J 【解答】解：A.滑块在PQ段上的运动过程由动能定理有：﹣μmgxPQ＝0，代入数据可得：v＝1m/s，故A错误； B.规定向右为正方向，滑块在水平地面上运动过程由动量定理有：﹣μmgt＝0﹣mv，代入数据可得：t＝0.5s，故B错误； C.滑块经过圆弧轨道最低点P时，由牛顿第二定律有：FN﹣mg＝m，代入数据可得：FN＝20N，由牛顿第三定律可知滑块对轨道的压力大小为20N，故C错误； D.滑块沿圆弧轨道滑动的过程由动能定理有：mgr﹣W，代入数据可得：W＝0.5J，故D正确； 故选：D。 [例题5] （2025•岱岳区校级模拟）如图，形状为“＞”的轻质框架，∠P＝120°，OP段和PQ段的长度均为L。框架的一端悬挂于O点，并可绕O点处的光滑转轴在竖直平面内自由转动，另一端固定一小球Q，小球的质量为m。轻绳QM一端连接在小球上，另一端连接在竖直墙壁上。框架OP段和轻绳QM均处于水平状态。忽略空气阻力，重力加速度大小为g。剪断轻绳，则（　　） A．剪断轻绳瞬间，小球的加速度大小为g B．小球到最低点时的速度大小为 C．小球到最低点时框架对小球的弹力大小为2mg D．小球到最低点时框架对小球弹力的功率大小为 【解答】解：A、剪断轻绳的瞬间，小球受到重力和框架的弹力，将重力沿框架方向和垂直于框架方向进行分解，沿框架方向，弹力等于重力的分力平衡。在垂直于框架方向，根据牛顿第二定律得 F合＝mgsin30°＝ma 解得，故A错误； B、小球摆动过程，根据动能定理可得 解得小球摆到最低点时的速度大小为，故B错误； C、小球在最低点时的向心力为 根据力的合成可得，此时杆的弹力为，故C正确； D、在最低点时，框架对小球的弹力方向与速度方向垂直，则框架对小球弹力的功率为0，故D错误。 故选：C。 [例题6] （2025•山西模拟）如图所示，竖直面内固定一带有缺口（缺口大小可调）的光滑圆弧轨道，其半径为R，O为圆心，O1O2为水平直径，缺口两端M、N的高度相等，处于轨道最低点P的小球（可视为质点）获得不同大小的水平初速度后，均会沿轨道从M飞出后，恰从N沿切线进入圆弧轨道，已知重力加速度为g，小球的质量为m，不计空气阻力。则小球在最低点P获得的初动能的最小值为（　　） A．1.25mgR B．2.5mgR C． D． 【解答】解：如图所示 在圆弧轨道内，小球由P到M，根据机械能守恒有，小球在飞越缺口过程中有vsinα＝gt，2Rsinα＝vcosα×2t，联立可解得 ，根据数学知识可知当时，即当时，Ek有最小值，可解得Ek最小值为，C正确，ABD错误。 故选：C。 题型三：动能定理与图像 [例题7] （2024•重庆一模）如图1所示，固定斜面的倾角θ＝37°，一物体（可视为质点）在沿斜面向上的恒定拉力F作用下，从斜面底端由静止开始沿斜面向上滑动，经过距斜面底端x0处的A点时撤去拉力F。该物体的动能Ek与它到斜面底端的距离x的部分关系图像如图2所示。已知该物体的质量m＝1kg，该物体两次经过A点时的动能之比为4：1，该物体与斜面间动摩擦因数处处相同，sin37°＝0.6，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。则拉力F的大小为（　　） A．8N B．9.6N C．16N D．19.2N 【解答】解：依题意，设物体在运动过程中受到的滑动摩擦力大小为f， 当物体沿斜面向上运动到x0处时，根据动能定理有 （F﹣Gsinθ﹣f）x0＝E0 运动到2x0处时，根据动能定理有 Fx0﹣（Gsinθ+f）•2x0＝0 当物体沿斜面向下运动到x0处时，根据动能定理有 联立方程，代入数据解得：F＝19.2N，故ABC错误，D正确。 故选：D。 [例题8] （2024春•合肥期末）如图甲所示，一物块以一定的初速度冲上倾角为30°的固定斜面，物块在斜面上运动的过程中，其动能Ek与运动路程s的关系如图乙所示。已知物块所受的摩擦力大小恒定，g取10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．物块质量为0.7kg B．物块所受摩擦力大小为0.4N C．0～20m过程中，物块克服摩擦力做功为40J D．0～10m过程中与10m～20m过程中物块所受合力之比为3：4 【解答】解：AB、0～10m内物块上滑，由动能定理得： ﹣mgsin30°•s1﹣fs1＝Ek﹣Ek0 整理得：Ek＝Ek0﹣（mgsin30°+f）s1 结合0～10m内的图像得，斜率的绝对值|k|＝mgsin30°+f＝4N 10～20 m内物块下滑，由动能定理得： （mgsin30°﹣f）（s﹣s1）＝Ek 整理得：Ek＝（mgsin30°﹣f）s﹣（mgsin30°﹣f）s1 结合10～20 m内的图像得，斜率k′＝mgsin•30°﹣f＝3N 联立解得：f＝0.5N，m＝0.7kg，故A正确，B错误； C、0～20m过程中，物块克服摩擦力做功为动能的减少量，即Wf克＝40J﹣30J＝10J，故C错误； D、0～10m过程与10m～20m过程位移大小相等，由动能定理可知，0～10m过程中与10m～20m过程中物块所受合力之比等于动能改变量之比，等于4：3，故D错误。 故选：A。 [例题9] （2024春•岳麓区校级月考）从地面上以一定初速度竖直向上抛出一质量为m的小球，其动能随时间的变化如图。已知小球受到的空气阻力与速率成正比。小球落地时的动能为E0，且落地前小球已经做匀速运动。重力加速度为g，则小球在整个运动过程中（　　） A．最大的加速度为5g B．从最高点下降落回到地面所用时间小于t1 C．球上升阶段阻力的冲量大于下落阶段阻力的冲量 D．小球上升的最大高度为 【解答】解：A、设小球的初速度为v0，满足： 而小球的末速度为v1，即末动能： 小球刚抛出时阻力最大，其加速度最大，根据牛顿第二定律有：mg+kv0＝mamax 当小球向下匀速时，加速度为零，则有：mg＝kv1 联立解得：amax＝5g，故A正确； B、由于机械能损失，上升和下降经过同一位置时，上升的速度大于下降的速度，故上升过程的平均速度大于下降过程的平均速度，而上升过程与下降过程的位移大小相等，则小球上升的时间小于下降的时间，则从最高点下降落回到地面所用时间大于t1，故B错误； C、由题意知，小球受到的空气阻力与速率的关系为：f＝kv，k是比例系数， 所以阻力的冲量大小为：If＝∑fΔt＝∑kvΔt＝kx 因为上升过程和下降过程位移大小相同，所以上升和下降过程阻力的冲量大小相等，故C错误； D、上升时加速度为a，由牛顿第二定律得：﹣（mg+kv）＝ma 解得： 取极短Δt时间，该时间内速度变化为Δv，即上式两边同乘以Δt后有： 又根据运动学公式：vΔt＝Δh 对上升全程：有： 上式化简求和得到： 联立变形后可得：，故D错误。 故选：A。 [练习1] （2025•宝丰县一模）对水平面上的物体施以水平力F，从静止开始运动了位移s，撤去力F，这以后又经过了位移s而停止下来，若物体的质量为m，则（　　） A．它所受阻力为F B．它所受阻力为 C．力F做的功为零 D．力F做的功为 【解答】解：第一阶段：由动能定理 第二阶段：由动能定理 所以FL﹣fL＝fL，FL＝2fL，即F＝2f，力F做的功为FL，故ACD错误，B正确。 故选：B。 [练习2] （2025•青白江区模拟）如图所示，长为L的细线一端固定在O点，另一端连着质量为m的钢球（细线刚好拉直），将钢球从与O点等高处静止释放，钢球在竖直平面沿圆周运动至O点正下方过程中，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．钢球速率增加得越来越快 B．细线上拉力最大为2mg C．当小球下落至细线与水平方向夹角为45°时，重力功率最大 D．重力最大功率为 【解答】解：A、下落过程中，重力在切线方向的分力越来越小，切向加速度减小，则速率增加得越来越慢，故A错误； B、根据动能定理可得，mgL0，解得：v 在最低点根据牛顿第二定律可得：F﹣mg＝m 解得细线上拉力最大为：F＝3mg，故B错误； CD、设小球下落至细线与水平方向夹角为θ时，重力功率最大，根据动能定理可得：mgLsinθ0 速度在竖直方向的分量为：vy＝v′cosθ 重力的功率为：P＝mgvy＝mg•cosθ＝mg 由于P4＝m4g4×4g2L2sin2θcos4θ＝2m4g6L2×2sin2θcos2θcos2θ 由于2sin2θ+cos2θ+cos2θ＝2（定值），则当2sin2θ＝cos2θ时积最大，解得：tanθ，θ≠45° 则sinθ，cosθ 解得重力最大功率为：P，故D正确。 故选：D。 [练习3] （2025•孝义市一模）一辆汽车由静止开始沿平直公路行驶，汽车所受牵引力F随时间t变化关系图线如图所示。若汽车的质量为1.2×103kg，阻力恒定，汽车的最大功率恒定，则以下说法正确的是（　　） A．汽车的最大功率为5×104W B．汽车匀加速运动阶段的加速度为 C．汽车先做匀加速运动，然后再做匀速直线运动 D．汽车从静止开始运动12s内的位移是61.5m 【解答】解：ABC、由图可知，汽车在前4s内的牵引力不变，汽车做匀加速直线运动，4～12s内汽车的牵引力逐渐减小，则车的加速度逐渐减小，汽车做加速度减小的加速运动，直到车的速度达到最大值，以后做匀速直线运动，可知在4s末汽车的功率达到最大值；汽车的速度达到最大值后牵引力等于阻力，所以阻力f＝2×103N 前4s内汽车的牵引力为F＝5×103N 由牛顿第二定律F﹣f＝ma 代入数据解得a＝2.5m/s2 4s末汽车的速度v1＝at1 代入数据解得v1＝10m/s 所以汽车的最大功率 P＝Fv1 代入数据解得 P＝5×104W 故A正确，BC错误； D、汽车在前4s内的位移 x1a 代入数据解得 x1＝20m 汽车的最大速度为 汽车在4﹣12s内的位移设为x2， 根据动能定理可得 代入数据可得x2＝42.5m 所以汽车的总位移x＝x1+x2 代入数据可得x＝62.5m 故D错误。 故选：A。 [练习4] （2025•思明区校级二模）如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R，bc是半径为R的四分之一的圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为g。则小球运动到c点的速度大小为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：设小球运动到c点的速度大小为v， 小球由a到c的过程，由动能定理得：F•（2R+R）﹣mg•R0， 由题知：F＝mg， 联立可得：v， 故A正确，BCD错误； 故选：A。 [练习5] （2025•江苏一模）如图所示，压缩机通过光滑活塞在汽缸内往复运动来压缩气体，活塞的中心A与转轮在同一平面内，O为转轮圆心，B为转轮边缘上一点，A、B处通过铰链连接在轻杆两端，转轮绕O点做角速度为ω的匀速圆周运动。已知转轮半径为r，则当B点从O点水平右侧转动到O点水平左侧的过程中（　　） A．轻杆对活塞做负功 B．活塞速度保持不变 C．当OB垂直于AB时，活塞速度为ωr D．当OB垂直于AO时，活塞速度为ωr 【解答】解：A、活塞在轻杆的推力作用下的运动如图所示 轻杆对活塞先做正功后做负功，故A错误； B、当B点从O点水平右侧转动到O点水平左侧的过程中，轻杆对活塞先做正功后做负功，根据动能定理可知活塞速度先变大后变小，故B错误； C、当OB垂直于AB时，此时B点的速度方向一定沿杆，则vA≠vB，故C错误； D、当OB垂直于AO时，vA＝vB＝ωr，故D正确。 故选：D。 [练习6] （2024秋•仓山区校级期末）无人机因具有机动性能好、生存能力强、使用方便快捷等优点而在生产生活中得到广泛应用。某次在空旷区域测试时，质量为2kg、可垂直起降的无人机从地面由静止开始竖直向上做加速度大小为2m/s2的匀加速直线运动，上升5s时无人机突然失去动力，直至落回地面。不计无人机受到的空气阻力，取重力加速度大小g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．无人机输出的最大功率240W B．无人机上升过程始终处于超重状态 C．整个过程无人机发动机输出的总功与克服重力做的功相等 D．整个过程所用的时间为12s 【解答】解：A、无人机加速上升时，根据牛顿第二定律可得 F﹣mg＝ma 解得，无人机的升力大小为 F＝24N 上升5s时无人机的最大速度为 vm＝at5＝2×5m/s＝10m/s 所以，无人机输出的最大功率为 Pm＝Fvm＝24×10W＝240W 故A正确； B、无人机加速上升过程中，加速度向上，处于超重状态；失去升力后无人机减速上升，加速度向下，处于失重状态，故B错误； C、整个过程无人机回到地面，克服重力做的功为零，故C错误； D、无人机上升5s内上升的高度为 无人机上升5s后失去动力，将做竖直上抛运动，则 代入数据，解得 所以，整个过程所用的时间为 故D错误。 故选：A。 [练习7] （2024秋•仓山区校级期末）如图甲所示，物体在水平推力作用下沿水平粗糙地面沿直线开始运动，推力大小F随位移大小x变化的情况如图乙所示，则（　　） A．运动过程中推力做的功一定为200J B．运动过程物体加速度一定都在变化 C．物体运动的位移一定为4m D．因推力是变力，无法确定推力做功的大小 【解答】解：AD.F﹣x图像中，图线与坐标轴围成的面积表示该力做功， 则由图乙可知，运动过程中推力做的功为：W200J， 故A正确，D错误； BC.运动过程，有F作用时，物体竖直方向受力平衡，水平方向受向右推力F、向左滑动摩擦力f， 由牛顿第二定律可得：F﹣f＝ma， 因为物体对地面正压力不变，则f不变，由图知，F一直减小，则该过程物体加速度一直变化； 运动过程，设有F作用的过程，物体克服滑动摩擦力做功为W， 则由动能定理可得：200J﹣W＝Ek﹣0， 若W＝200J，则x＝4m时，物体动能为零，物体运动的位移大小为4m； 若W＜200J，则x＝4m时，物体动能大于零，物体继续向右运动，该过程物体竖直方向受力平衡，水平方向受向左滑动摩擦力f， 由牛顿第二定律可得：f＝ma，则物体继续向右做匀减速直线运动，该过程物体加速度不变化，则此种情况，物体运动的位移大于4m， 故BC错误； 故选：A。 [练习8] （2024秋•仓山区校级期末）如图甲所示，一轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球从弹簧上端由静止下落。若以小球开始下落的位置为坐标原点，沿竖直向下建立坐标轴Ox，小球下落至最低点过程中的a﹣x图像如图乙所示（图中坐标值皆已知），不计空气阻力，小球可看作质点，重力加速度为g。则（　　） A．劲度系数 B．小球向下运动过程中最大速度vm C．弹簧最大弹力 D．小球向下运动过程中最大加速度 【解答】解：A.结合图乙可知，小球下落的加速度为零时，由胡克定律及平衡条件可得：k（x1﹣x0）＝mg， 解得弹簧的劲度系数为：， 故A错误； C.由胡克定律可知，小球向下运动过程中弹簧最大弹力为：Fm＝k（x2﹣x0）， 解得：， 故C错误； D.弹簧弹力最大时加速度最大，则小球向下运动过程中最大加速度为：， 解得：， 故D错误； B.根据动能定理可知：， 整理可得：， 设小球向下运动过程中最大速度为vm， 结合a﹣x图像可知：， 解得小球向下运动过程中最大速度为：， 故B正确； 故选：B。 [练习9] （2025•福田区校级开学）2025年第九届亚洲冬季运动会在中国哈尔滨召开，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一，滑雪场地如图甲所示。简化的跳台滑雪的雪道示意图如图乙所示，比赛中运动员从圆弧助滑道AB的最高点A处由静止滑下后，从滑道B处斜向上飞出，在着陆坡CD上着陆，由其着陆距离确定其距离得分。距离得分的评分标准为：运动员如正好着陆到K点，即得到60分，每比K点远1米多得2分，反之，每短1米则扣2分。不计一切阻力。下列说法正确的是（　　） A．距离得分越高的运动员着陆时动能越大 B．距离得分越高的运动员在空中飞行时间越长 C．教练员在研究运动员的距离得分情况时，可将运动员视为质点 D．同一运动员在两次比赛过程中的距离得分一定相等 【解答】解：A.由于不同运动员质量不同，故A错误； B.距离得分越高的运动员离开B点时的速度越大，飞行时间越长，故B正确； C、D.距离得分受到AB段的动作影响，故C、D都错误； 故选：B。 [练习10] （2024秋•辽宁期末）羽毛球运动是一项深受同学们喜爱的课间体育运动。如图所示是无风天气一羽毛球的飞行轨迹图，图中A、B为轨迹上等高的两点，P为最高点。假设羽毛球所受空气阻力方向与运动方向始终相反，则该羽毛球在从A到B的整个运动过程中（　　） A．在A、B两点时速度相同 B．从P到B速度不断增大 C．从A到P速度不断减小 D．经过P点时的加速度等于重力加速度g 【解答】解：A．A、B两点等高，羽毛球重力做功为零，空气阻力与运动方向始终相反，所以空气阻力做负功，即 Wf＜0 从A点到B点过程，由动能定理有 Wf 可知B点的速度小于A点的速度大小，且两点速度方向不同，故A错误； B．从P到B，阻力做负功，重力做正功，无法判断动能大小的变化，速度大小变化无法判断，故B错误； C．从A到P，阻力做负功，重力做负功，动能不断减小，速度不断减小，故C正确； D．羽毛球在P点时，竖直方向速度为零，水平方向速度不为零，所以水平方向还有空气阻力，羽毛球在P点的合力大于重力，根据牛顿第二定律可得羽毛球经过P点的加速度大于重力加速度，故D错误。 故选：C。 [练习11] （2025•清远一模）如图所示，北京时间2023年10月26日11时14分，搭载神舟十七号载人飞船的长征二号F遥十七运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，约10分钟后，神舟十七号载人飞船与火箭成功分离。载人飞船在停泊圆轨道稳定飞行后，在A点经椭圆轨道，由B点进入中国空间站预定圆轨道。于北京时间2023年10月26日17时46分，成功对接于空间站天和核心舱前向端口。下列说法正确的是（　　） A．飞船在停泊圆轨道时的动能大于空间站的动能 B．飞船在停泊圆轨道时的角速度大于空间站的角速度 C．飞船在椭圆轨道上经过A点时的速度可能大于11.2km/s D．飞船在椭圆轨道上经过B点时的加速度大于空间站的加速度 【解答】解：A、飞船在停泊圆轨道的轨道半径小于空间站预定圆轨道半径，根据万有引力提供向心力有， 解得 可知飞船在停泊圆轨道时速度大小比空间站速度大小大，但不知道二者质量关系，故无法比较二者动能的关系，故A错误； B、根据万有引力提供向心力有 解得 可知飞船在停泊圆轨道时的角速度大于空间站的角速度，故B正确； C、飞船在椭圆轨道上依然没有脱离地球的引力束缚，飞船在椭圆轨道上经过A点时的速度不可能大于11.2km/s，故C错误； D、根据牛顿第二定律有 解得 可知飞船在椭圆轨道上经过B点时的加速度等于空间站的加速度，故D错误。 故选：B。 [练习12] （2025•山东模拟）如图所示，在光滑水平桌面内，固定有光滑轨道ABC，其中半圆轨道BC与直轨道AB相切于B点，物体受到与AB平行的水平拉力F，从静止开始运动，拉力F的大小满足如图乙所示（以A为坐标原点，拉力F从A指向B为正方向）。若m＝1kg，AB＝4m，半圆轨道的半径R＝1.5m，重力加速度取g＝10m/s则下列说法中正确的是（　　） A．拉力F从A到B做功为50J B．物体从B到C过程中，所受的合外力为0 C．物体能够到达C点，且速度大小为2m/s D．物体能够到达C点，且速度大小为2m/s 【解答】解：A、因为W＝Fx，所以F﹣x图象中，图线与x轴所围成的图形的面积即为功，面积之和为30J，所以拉力F从A到B做功为W＝30J，故A错误； B、物体从B到C的过程中，所受的合外力不为零，物体从B到C做匀速圆周运动，所受到的合外力指向圆心，故B错误； CD、初位置A到C点的过程中，根据动能定理有W， 解得物体到达C点的速度大小为v，故C错误，D正确。 故选：D。 [练习13] （多选）（2025•晋中校级四模）一质量为m＝40kg的儿童电动汽车在水平地面上由静止开始做直线运动。在一段时间内电动汽车的速度与牵引力的功率随时间变化的函数关系图像分别如图甲、乙所示，3s末电动汽车牵引力功率达到额定功率，10s末电动汽车的速度达到最大值，14s时关闭发动机，经过一段时间电动汽车停止运动。整个过程中电动汽车受到的阻力恒定。下列说法正确的是（　　） A．电动汽车最大速度为10m/s B．电动汽车受到的阻力为60N C．关闭发动机后，电动汽车经过5s停止运动 D．整个过程中，电动汽车克服阻力做功为3750J 【解答】解：AB、根据v﹣t图像的斜率表示加速度，可得在0﹣3s内汽车匀加速的加速度为 当t＝3s时，根据P＝Fv＝Fat可得 FaW/s＝100W/s 解得F＝100N 根据牛顿第二定律有 F﹣f＝ma 解得阻力大小为f＝60N 电动汽车最大速度为 ，故A错误，B正确； C、关闭发动机后，电动汽车做匀减速运动的加速度大小为 a′m/s2＝1.5m/s2 汽车停止运动经过的时间为 t′ss，故C错误； D、整个过程中，动能变化量为零，根据动能定理可知，电动汽车克服阻力做功等于牵引力做功，为 ，故D正确。 故选：BD。 [练习14] （多选）（2025•五华区校级开学）如图甲所示，辘轳是古代民间提水设施，由辘轳头、支架、井绳、水斗等部分构成。如图乙为提水设施工作原理简化图，某次从井中汲取m＝3.5kg的水，辘轳绕绳轮轴半径为r＝0.1m，水斗的质量为0.5kg。t＝0时刻，轮轴由静止开始绕中心轴转动，其角速度随时间变化规律如图丙所示，轮轴质量、井绳粗细和质量忽略不计，水斗可视为质点，取重力加速度g＝10m/s2，不计一切阻力，则（　　） A．t＝10s时水斗的速度为2m/s B．0～10s内水斗的加速度大小为0.1m/s2 C．0～14s内水斗上升的高度为9m D．0～14s内井绳拉力所做的功为360J 【解答】解：AB.由线速度与角速度的关系可知：v＝ωr， 由图丙可知，0～10s内，ω从0开始均匀增加，则v从0开始均匀增加，即该过程水斗做初速度为0的匀加速直线运动， 且由图丙可知，t＝10s时，ω＝10rad/s，则此时：v＝10×0.1m/s＝1m/s， 则0～10s内水斗的加速度大小为：am/s2＝0.1m/s2，故A错误，B正确； C.结合前面分析可知，0～10s内水斗上升的高度为：， 10～14s内，水斗匀速运动，上升的高度为：h2＝vt'＝1×4m＝4m， 所以0～14s内水斗上升的高度为：h＝h1+h2＝5m+4m＝9m，故C正确； D.设0～14s内井绳拉力所做的功为W， 由动能定理可得：W﹣m'ghm'v2﹣0， 由前面分析可知：h＝9m，v＝1m/s， 由题知：m'＝3.5kg+0.5kg＝4kg， 联立可得：W＝362J，故D错误； 故选：BC。 [练习15] （多选）（2024秋•西城区校级期末）作为研制新一代飞行器的摇篮，我国JF﹣22超高速风洞研制成功。JF﹣22超高速风洞可以复现几十千米高空、速度最高达约三十倍声速的飞行条件。 若将一质量为m的小球从风洞中地面上的A点竖直向上弹出，小球受到大小恒定的水平风力作用，到达最高点B时的速度大小与A点的速度大小之比为3：4。小球最后落回到地面上的C点。不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．小球受到的风力大小为mg B．小球运动过程的加速度大小为g C．小球从A到B与从B到C的过程中水平速度变化量大小之比为1：1 D．小球在空中的最小速率与A点的速率之比为3：5 【解答】解：AB.小球到达最高点B时的速度大小与A点的速度大小之比为v水平：v0＝3：4，在最高点竖直方向速度为0，设从A到B需要时间t，则 v水平＝a水平t v0＝gt 小球运动的加速度大小为 联立解得 则 故A正确，B错误； C.小球上升和下降的时间相等，根据以上分析可知，小球在水平方向做匀加速直线运动，所以小球从A到B与从B到C的过程中水平速度变化量大小之比为1：1，故C正确； D.小球在重力和风力的合力场中做类斜抛运动，当小球速度方向与合力方向垂直时速度最小，根据前面分析可知合力与竖直方向的夹角θ的正切值为 解得 根据速度的合成与分解可得小球运动过程中的最小速度为vmin＝v0sinθ 小球在空中的最小速率与A点的速率之比为 故D正确。 故选：ACD。 [练习16] （多选）（2024秋•长安区期末）核桃成熟了，一只松鼠爬上核桃树摘核桃，一颗核桃距离水平地面高12.8m，松鼠采摘时没有抓牢，核桃由静止下落，不计空气阻力和其他枝叶对核桃的影响，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．核桃在空中的运动时间为2.4s B．核桃第1s内运动的位移大小为10m C．核桃落地前瞬间速度大小为16m/s D．核桃在空中运动时，相同时间内的速度变化量相同 【解答】解：A.结合题意，根据自由落体运动规律可知： 12.8m， 解得： t＝1.6s， 故A错误； B.据自由落体运动规律可知，核桃第1s内运动的位移大小为： ， 故B错误； C.根据动能定理可得： mghmv2﹣0， 解得： v＝16m/s， 故C正确； D.自由落体运动加速度为重力加速度g，则有： ， 可知相同时间内的速度变化量相同， 故D正确； 故选：CD。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 易错点12 动能定理应用与图像分析 一、易错点分析 1、对动能定理的理解不准确 易错点：对动能定理中合外力做功与动能变化的关系理解不透彻，忽视做功的正负以及合外力的准确分析。动能定理W合=ΔEk表明合外力对物体做功等于物体动能的变化量。 2、不能正确选取研究对象和过程 易错点：在多物体、多过程问题中，不能准确选取合适的研究对象和研究过程来应用动能定理。 对于多个物体组成的系统，需要明确是对单个物体应用动能定理还是对整个系统应用。如果选取不当，会使问题变得复杂甚至无法求解。 3、不熟悉图像的物理意义 易错点：对动能定理相关图像（如F - x图像、v - t图像等）的斜率、截距、面积等所代表的物理意义不熟悉，无法从图像中获取有效信息。在F - x图像中，图像与坐标轴围成的面积表示力所做的功，斜率可能表示力的变化率等。在v - t图像中，斜率表示加速度，根据牛顿第二定律可进一步分析合外力的情况，图像与坐标轴围成的面积表示位移，结合动能定理可以分析物体动能的变化。 4、无法准确结合图像与动能定理解题 易错点：不能将图像所提供的信息与动能定理的应用有机结合起来，在分析问题和解决问题时出现思维障碍。 二、动能定理 (1)内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。 (2)表达式：W＝ΔEk; W＝Ek2－Ek1; W＝mv－mv。 适用范围广泛 (1)既适用于直线运动，也适用于曲线运动。 (2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功。 (3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用。 三、动能定理的理解和应用 (1)做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中的“＝”的意义是一种因果关系在数值上相等的符号。 因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。 数量关系：合力做功与动能变化具有等量代换的关系。 单位关系：国际单位制中功和能的单位都是焦耳。 (2)动能定理叙述中所说的“力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是静电力、磁场力或其他力；既可以是恒力，也可以是变力。 (3)动能定理中涉及的物理量有F、l、α、m、v、W、Ek，在处理含有上述物理量的问题时，优先考虑使用动能定理。 四、应用动能定理解决问题的流程 五、与动能定理结合紧密的几种图像 (1)v－t图：由公式x＝vt可知，v－t图线与横坐标轴围成的面积表示物体的位移。 (2)F－x图：由公式W＝Fx可知，F－x图线与横坐标轴围成的面积表示力所做的功。 (3)P－t图：由公式W＝Pt可知，P－t图线与横坐标轴围成的面积表示力所做的功。 (4)a－t图：由公式Δv＝at可知，a－t图线与横坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。 (5)Ek­x图：由公式F合x＝Ek－Ek0可知，Ek­x图线的斜率表示合力。 题型一：运用动能定理求变力做的功 [例题1] （2024春•青秀区校级期末）一质量为m的物块，在水平拉力F的作用下从静止开始沿水平面运动，其阻力f为物块重力的λ倍，水平拉力的大小F＝kx+f，其中k为比例系数，x为物块运动的距离。在物块运动的距离为s的过程中拉力做的功为（　　） A．λmgs B． C． D． [例题2] （2024春•仓山区校级期末）人们用滑道从高处向低处运送货物，如图所示，可看作质点的货物从四分之一圆弧滑道顶端P点由静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为4m/s。已知货物质量m＝10kg，滑道半径r＝4m，且过Q点的切线水平，重力加速度g取10m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的是（　　） A．重力做的功为600J B．经过Q点时货物对轨道的压力大小为280N C．经过Q点时货物的向心加速度大小为4m/s2 D．货物克服阻力做的功为80J [例题3] （2024春•安徽期末）如图所示，在水平地面上有一圆弧形凹槽ABC，AC连线与地面相平，凹槽AC是位于竖直平面内以O为圆心、半径为R的一段粗糙程度相同的圆弧，B为圆弧最低点。现将一质量为m的小球（可视为质点）从水平地面上P处以初速度v0斜向右上方抛出，v0与水平地面夹角为θ。该小球恰好能从A点沿圆弧的切线方向进入轨道，沿圆弧ABC继续运动后从C点以速率飞出。不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法中正确的是（　　） A．小球由P点运动到A点的过程中，所用时间为 B．小球由P点运动到A点的过程中，水平位移为 C．小球经过圆弧形轨道的C点时受到轨道的支持力大小为mgcosθ D．小球经过圆弧形轨道AB段和BC段过程中，小球与圆弧轨道间因摩擦产生的热量相等 题型二：牛顿定律与动能定理相结合解决问题 [例题4] （2025•山东模拟）如图所示，内壁粗糙的半径r＝0.1m的圆弧轨道竖直固定在水平地面上，最底端与足够长的水平地面相切。将一质量m＝1kg的滑块（视为质点）从与圆心O等高处沿圆弧轨道由静止释放，滑块经过圆弧轨道最低点P后最终停止在Q点，已知P、Q间的距离xPQ＝0.25m，滑块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．滑块经过P点时速度大小为2m/s B．滑块在水平地面上运动的时间为0.2s C．滑块经过圆弧轨道最低点P时，对轨道的压力大小为15N D．滑块沿圆弧轨道滑动的过程中，克服摩擦力做的功为0.5J [例题5] （2025•岱岳区校级模拟）如图，形状为“＞”的轻质框架，∠P＝120°，OP段和PQ段的长度均为L。框架的一端悬挂于O点，并可绕O点处的光滑转轴在竖直平面内自由转动，另一端固定一小球Q，小球的质量为m。轻绳QM一端连接在小球上，另一端连接在竖直墙壁上。框架OP段和轻绳QM均处于水平状态。忽略空气阻力，重力加速度大小为g。剪断轻绳，则（　　） A．剪断轻绳瞬间，小球的加速度大小为g B．小球到最低点时的速度大小为 C．小球到最低点时框架对小球的弹力大小为2mg D．小球到最低点时框架对小球弹力的功率大小为 [例题6] （2025•山西模拟）如图所示，竖直面内固定一带有缺口（缺口大小可调）的光滑圆弧轨道，其半径为R，O为圆心，O1O2为水平直径，缺口两端M、N的高度相等，处于轨道最低点P的小球（可视为质点）获得不同大小的水平初速度后，均会沿轨道从M飞出后，恰从N沿切线进入圆弧轨道，已知重力加速度为g，小球的质量为m，不计空气阻力。则小球在最低点P获得的初动能的最小值为（　　） A．1.25mgR B．2.5mgR C． D． 题型三：动能定理与图像 [例题7] （2024•重庆一模）如图1所示，固定斜面的倾角θ＝37°，一物体（可视为质点）在沿斜面向上的恒定拉力F作用下，从斜面底端由静止开始沿斜面向上滑动，经过距斜面底端x0处的A点时撤去拉力F。该物体的动能Ek与它到斜面底端的距离x的部分关系图像如图2所示。已知该物体的质量m＝1kg，该物体两次经过A点时的动能之比为4：1，该物体与斜面间动摩擦因数处处相同，sin37°＝0.6，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。则拉力F的大小为（　　） A．8N B．9.6N C．16N D．19.2N [例题8] （2024春•合肥期末）如图甲所示，一物块以一定的初速度冲上倾角为30°的固定斜面，物块在斜面上运动的过程中，其动能Ek与运动路程s的关系如图乙所示。已知物块所受的摩擦力大小恒定，g取10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．物块质量为0.7kg B．物块所受摩擦力大小为0.4N C．0～20m过程中，物块克服摩擦力做功为40J D．0～10m过程中与10m～20m过程中物块所受合力之比为3：4 [例题9] （2024春•岳麓区校级月考）从地面上以一定初速度竖直向上抛出一质量为m的小球，其动能随时间的变化如图。已知小球受到的空气阻力与速率成正比。小球落地时的动能为E0，且落地前小球已经做匀速运动。重力加速度为g，则小球在整个运动过程中（　　） A．最大的加速度为5g B．从最高点下降落回到地面所用时间小于t1 C．球上升阶段阻力的冲量大于下落阶段阻力的冲量 D．小球上升的最大高度为 [练习1] （2025•宝丰县一模）对水平面上的物体施以水平力F，从静止开始运动了位移s，撤去力F，这以后又经过了位移s而停止下来，若物体的质量为m，则（　　） A．它所受阻力为F B．它所受阻力为 C．力F做的功为零 D．力F做的功为 [练习2] （2025•青白江区模拟）如图所示，长为L的细线一端固定在O点，另一端连着质量为m的钢球（细线刚好拉直），将钢球从与O点等高处静止释放，钢球在竖直平面沿圆周运动至O点正下方过程中，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．钢球速率增加得越来越快 B．细线上拉力最大为2mg C．当小球下落至细线与水平方向夹角为45°时，重力功率最大 D．重力最大功率为 [练习3] （2025•孝义市一模）一辆汽车由静止开始沿平直公路行驶，汽车所受牵引力F随时间t变化关系图线如图所示。若汽车的质量为1.2×103kg，阻力恒定，汽车的最大功率恒定，则以下说法正确的是（　　） A．汽车的最大功率为5×104W B．汽车匀加速运动阶段的加速度为 C．汽车先做匀加速运动，然后再做匀速直线运动 D．汽车从静止开始运动12s内的位移是61.5m [练习4] （2025•思明区校级二模）如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R，bc是半径为R的四分之一的圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为g。则小球运动到c点的速度大小为（　　） A． B． C． D． [练习5] （2025•江苏一模）如图所示，压缩机通过光滑活塞在汽缸内往复运动来压缩气体，活塞的中心A与转轮在同一平面内，O为转轮圆心，B为转轮边缘上一点，A、B处通过铰链连接在轻杆两端，转轮绕O点做角速度为ω的匀速圆周运动。已知转轮半径为r，则当B点从O点水平右侧转动到O点水平左侧的过程中（　　） A．轻杆对活塞做负功 B．活塞速度保持不变 C．当OB垂直于AB时，活塞速度为ωr D．当OB垂直于AO时，活塞速度为ωr [练习6] （2024秋•仓山区校级期末）无人机因具有机动性能好、生存能力强、使用方便快捷等优点而在生产生活中得到广泛应用。某次在空旷区域测试时，质量为2kg、可垂直起降的无人机从地面由静止开始竖直向上做加速度大小为2m/s2的匀加速直线运动，上升5s时无人机突然失去动力，直至落回地面。不计无人机受到的空气阻力，取重力加速度大小g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．无人机输出的最大功率240W B．无人机上升过程始终处于超重状态 C．整个过程无人机发动机输出的总功与克服重力做的功相等 D．整个过程所用的时间为12s [练习7] （2024秋•仓山区校级期末）如图甲所示，物体在水平推力作用下沿水平粗糙地面沿直线开始运动，推力大小F随位移大小x变化的情况如图乙所示，则（　　） A．运动过程中推力做的功一定为200J B．运动过程物体加速度一定都在变化 C．物体运动的位移一定为4m D．因推力是变力，无法确定推力做功的大小 [练习8] （2024秋•仓山区校级期末）如图甲所示，一轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球从弹簧上端由静止下落。若以小球开始下落的位置为坐标原点，沿竖直向下建立坐标轴Ox，小球下落至最低点过程中的a﹣x图像如图乙所示（图中坐标值皆已知），不计空气阻力，小球可看作质点，重力加速度为g。则（　　） A．劲度系数 B．小球向下运动过程中最大速度vm C．弹簧最大弹力 D．小球向下运动过程中最大加速度 [练习9] （2025•福田区校级开学）2025年第九届亚洲冬季运动会在中国哈尔滨召开，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一，滑雪场地如图甲所示。简化的跳台滑雪的雪道示意图如图乙所示，比赛中运动员从圆弧助滑道AB的最高点A处由静止滑下后，从滑道B处斜向上飞出，在着陆坡CD上着陆，由其着陆距离确定其距离得分。距离得分的评分标准为：运动员如正好着陆到K点，即得到60分，每比K点远1米多得2分，反之，每短1米则扣2分。不计一切阻力。下列说法正确的是（　　） A．距离得分越高的运动员着陆时动能越大 B．距离得分越高的运动员在空中飞行时间越长 C．教练员在研究运动员的距离得分情况时，可将运动员视为质点 D．同一运动员在两次比赛过程中的距离得分一定相等 [练习10] （2024秋•辽宁期末）羽毛球运动是一项深受同学们喜爱的课间体育运动。如图所示是无风天气一羽毛球的飞行轨迹图，图中A、B为轨迹上等高的两点，P为最高点。假设羽毛球所受空气阻力方向与运动方向始终相反，则该羽毛球在从A到B的整个运动过程中（　　） A．在A、B两点时速度相同 B．从P到B速度不断增大 C．从A到P速度不断减小 D．经过P点时的加速度等于重力加速度g [练习11] （2025•清远一模）如图所示，北京时间2023年10月26日11时14分，搭载神舟十七号载人飞船的长征二号F遥十七运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，约10分钟后，神舟十七号载人飞船与火箭成功分离。载人飞船在停泊圆轨道稳定飞行后，在A点经椭圆轨道，由B点进入中国空间站预定圆轨道。于北京时间2023年10月26日17时46分，成功对接于空间站天和核心舱前向端口。下列说法正确的是（　　） A．飞船在停泊圆轨道时的动能大于空间站的动能 B．飞船在停泊圆轨道时的角速度大于空间站的角速度 C．飞船在椭圆轨道上经过A点时的速度可能大于11.2km/s D．飞船在椭圆轨道上经过B点时的加速度大于空间站的加速度 [练习12] （2025•山东模拟）如图所示，在光滑水平桌面内，固定有光滑轨道ABC，其中半圆轨道BC与直轨道AB相切于B点，物体受到与AB平行的水平拉力F，从静止开始运动，拉力F的大小满足如图乙所示（以A为坐标原点，拉力F从A指向B为正方向）。若m＝1kg，AB＝4m，半圆轨道的半径R＝1.5m，重力加速度取g＝10m/s则下列说法中正确的是（　　） A．拉力F从A到B做功为50J B．物体从B到C过程中，所受的合外力为0 C．物体能够到达C点，且速度大小为2m/s D．物体能够到达C点，且速度大小为2m/s [练习13] （多选）（2025•晋中校级四模）一质量为m＝40kg的儿童电动汽车在水平地面上由静止开始做直线运动。在一段时间内电动汽车的速度与牵引力的功率随时间变化的函数关系图像分别如图甲、乙所示，3s末电动汽车牵引力功率达到额定功率，10s末电动汽车的速度达到最大值，14s时关闭发动机，经过一段时间电动汽车停止运动。整个过程中电动汽车受到的阻力恒定。下列说法正确的是（　　） A．电动汽车最大速度为10m/s B．电动汽车受到的阻力为60N C．关闭发动机后，电动汽车经过5s停止运动 D．整个过程中，电动汽车克服阻力做功为3750J [练习14] （多选）（2025•五华区校级开学）如图甲所示，辘轳是古代民间提水设施，由辘轳头、支架、井绳、水斗等部分构成。如图乙为提水设施工作原理简化图，某次从井中汲取m＝3.5kg的水，辘轳绕绳轮轴半径为r＝0.1m，水斗的质量为0.5kg。t＝0时刻，轮轴由静止开始绕中心轴转动，其角速度随时间变化规律如图丙所示，轮轴质量、井绳粗细和质量忽略不计，水斗可视为质点，取重力加速度g＝10m/s2，不计一切阻力，则（　　） A．t＝10s时水斗的速度为2m/s B．0～10s内水斗的加速度大小为0.1m/s2 C．0～14s内水斗上升的高度为9m D．0～14s内井绳拉力所做的功为360J [练习15] （多选）（2024秋•西城区校级期末）作为研制新一代飞行器的摇篮，我国JF﹣22超高速风洞研制成功。JF﹣22超高速风洞可以复现几十千米高空、速度最高达约三十倍声速的飞行条件。 若将一质量为m的小球从风洞中地面上的A点竖直向上弹出，小球受到大小恒定的水平风力作用，到达最高点B时的速度大小与A点的速度大小之比为3：4。小球最后落回到地面上的C点。不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．小球受到的风力大小为mg B．小球运动过程的加速度大小为g C．小球从A到B与从B到C的过程中水平速度变化量大小之比为1：1 D．小球在空中的最小速率与A点的速率之比为3：5 [练习16] （多选）（2024秋•长安区期末）核桃成熟了，一只松鼠爬上核桃树摘核桃，一颗核桃距离水平地面高12.8m，松鼠采摘时没有抓牢，核桃由静止下落，不计空气阻力和其他枝叶对核桃的影响，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．核桃在空中的运动时间为2.4s B．核桃第1s内运动的位移大小为10m C．核桃落地前瞬间速度大小为16m/s D．核桃在空中运动时，相同时间内的速度变化量相同 学科网（北京）股份有限公司 $$