必刷题十三 动能和动能定理-【高考解码·过好假期每一天】2025年高一物理暑假必刷题

必刷题十三 动能和动能定理 1.对动能的理解: (1)相对性:选取不同的参考系,物体的速度 不同,动能也不同,一般以地面为参考系. (2)状态量:动能是表征物体运动状态的物理 量,与物体的运动状态(或某一时刻的速度) 相对应. (3)标量性:只有大小,没有方向;只有正值, 没有负值. (4)动能变化量:物体动能的变化是末动能与 初动能之差,即ΔEk= 1 2mv 2 2- 1 2mv 2 1 若ΔEk>0,表示物体的动能增加;若ΔEk<0,表 示物体的动能减少,若ΔEk=0,表示物体的 动能不变. 2.对动能定理的理解: (1)动能定理虽然是在一个物体受到恒力作 用且物体做直线运动的简单情况下推导出来 的,但它同样适用于变力做功的情况;既适用 于物体做直线运动的情况,也适用于物体做 曲线运动的情况. (2)动能定理的表达式是一个标量式,应用时 比较简单. (3)物体运动的过程比较复杂时,运用动能定 理列式求解的方法很灵活,有分段列式法和 全程列式法.物体运动有几个过程时,对全程 列式比较简单.对全程列式时,关键是分清整 个过程有哪些力做功,且各力做功应与位移 对应,并确定初始状态和最终状态的动能. (4)当研究的问题中涉及几个物体时,应用动 能定理求解,可分别对每个物体单独用动能 定理列式,公式涉及的速度和位移都应是相 对于地面的. 【例】 下列关于运动物体的合力、合力做功和 动能变化的关系正确的是 ( ) A.如果物体所受的合力为零,那么,合力对物 体做的功一定为零 B.如果合力对物体所做的功为零,则合力一 定为零 C.物体在合力作用下做变速运动,动能一定 变化 D.物体的动能不变,所受的合力必定为零 【解析】 如果物体所受合力为零,根据功的 公式W=Flcosα可知,合力对物体做的功一 定为零,故 A正确;如果合力做的功为零,但 合力不一定为零,也可能物体的合力和运动 方向垂直而不做功,比如匀速圆周运动,故B 错误;物体做变速运动可能是速度方向变化 而速度大小不变,所以做变速运动的物体,动 能可能不变,故C错误;物体动能不变,根据 动能定理可知,合力不做功,但合力不一定为 零,故D错误.故选A. 【答案】 A 应用动能定理解题的步骤 (1)选取研究对象,明确并分析运动过程, 这个过程可以是单一过程,也可以是全过程. (2)对研究对象进行受力分析.(注意哪些 力做功或不做功) (3)写出该过程中合力做的功,或分别写出 各个力做的功(注意功的正负) 如果研究过程中物体受力情况有变化,要 分别写出该力在各个阶段做的功. (4)写出物体的初、末动能. (5)按照动能定理列式求解.(注意动能增 量是末动能减初动能) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ·13· |第一部分 收官之作·完胜上一学期| 知识点1 动能 1.一物块由静止开始从粗糙斜面上的某点加速 下滑到另一点,在此过程中重力对物体做的 功等于 ( ) A.物体动能的增加量 B.物体动能的增加量与物体克服摩擦力做的 功之和 C.物体重力势能的减少量和物体克服摩擦力 做的功之和 D.物体重力势能的减少量和物体动能的增加 量以及物体克服摩擦力做的功之和 2.(多选)某同学在练习足球时,将足球朝竖直 的墙壁踢出.假设足球的质量为m=0.5kg、 足球与墙壁碰撞的瞬间速度大小为v=5m/s, 如果以足球被踢出的速度方向为正,足球与 墙壁碰后以等大的速度反弹.则 ( ) A.速度的变化量为-10m/s B.速度的变化量为10m/s C.动能的变化量为25J D.动能的变化量为0 知识点2 动能定理 3.运动员把质量为400g的足球从静止踢出后, 研究足球在空中的飞行情况,估计上升的最 大高度为4m,在最高点的速度为15m/s,若 不计空气阻力且g取10m/s2,则运动员踢球 时对足球做的功为 ( ) A.16J B.29J C.45J D.61J 4.一物体沿直线运动的v-t关系如图所示,已 知前2秒内合外力对物体做的功为W.则前8 秒内合外力对物体做的功为 ( ) A.-0.5W B.0.25W C.2.5W D.6.5W 知识点3 应用动能定理解题 5.从地面竖直向上抛出一个质量为1kg的小 球,其上升和下降过程中的动能-位移图像 如图所示.其中E0 为竖直上抛的初动能,空 气阻力大小恒定,g 取10m/s2,结合图像信 息可判断下列说法中正确的是 ( ) A.该图像取竖直向下方向为位移的正方向 B.小球抛出后,上升的最大高度为60m C.空气阻力的大小为1.5N D.初动能E0的大小为540J 6.如图所示,一半径为 R、 粗糙程度处处相同的半 圆形轨道竖直固定放置, 直径 POQ 水平.一质量 为m 的小球(可看成质 点)从P 点上方高为R 处由静止开始下落,恰 好从P 点进入轨道.小球滑到轨道最低点 N 时,对轨道的压力大小为4mg,g为重力加速 度.用W 表示小球从P 点运动到N 点的过程 中克服摩擦力所做的功,则 ( ) A.W=12mgR ,小球恰好可以到达Q 点 B.W>12mgR ,小球不能到达Q 点 C.W=12mgR ,小球到达Q 点后,继续上升一 段距离 D.W<12mgR ,小球到达Q 点后,继续上升一 段距离 7.如图为一简化的跳台滑雪的雪道示意图.助 滑坡由AB和BC 组成,AB是倾角为37°的斜 坡,长度为L=100m,BC为半径R=20m的 圆弧面,二者相切于 B 点,与水平面相切于 C,∠BOC=37°,雪橇与滑道间的动摩擦因数 为μ=0.4处处相等,CD 为竖直跳台.运动员 连同滑雪装备总质量为70kg,从A 点由静止 滑下,通过C点水平飞出,飞行一段时间落到 着陆坡DE 上的E 点.运动员运动到C 点时 的速度是20m/s,CE 间的竖直高度hCE = 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ·23· |假日必刷题·物理| 41.25m.不计空气阻力.全程不考虑运动员 使用滑雪杖助力,试求: (1)运动员在E点着陆前瞬时速度大小; (2)运动员到达滑道上的C 点时受到的支持 力大小和加速度大小; (3)运动员从A 点滑到C 点过程中克服阻力 做的功. 8.如图所示,光滑水平面上有一木板,其长度为 L,质量 M=1kg,在木板的左端放置一小滑 块,质量m=1kg,滑块与木板间的动摩擦因 数μ=0.2,距木板的右端d=4m处有底端与 木板 等 高 的 半 圆 形 轨 道,轨 道 半 径 R= 0.5m,对小滑块施加F=10N的水平外力, 作用1s后撤去外力,此时滑块刚好滑到距木 板左端1 3L 处,木板与轨道下端的墙壁相碰 后立即静止,此后滑块滑上半圆形轨道,且滑 块恰好通过轨道最高点,g取10m/s2,试求: (1)木板的长度L; (2)滑块滑上半圆形轨道最低点时对轨道的 压力; (3)滑块在半圆形轨道上运动时克服摩擦力 做的功. (2024·安徽卷)某同学参加户外拓展活动, 遵照安全规范,坐在滑板上,从高为h的粗糙 斜坡顶端由静止下滑,至底端时速度为v。已 知人与滑板的总质量为 m,可视为质点。重 力加速度大小为g,不计空气阻力。则此过程 中人与滑板克服摩擦力做的功为 ( ) A.mgh B.12mv 2 C.mgh+12mv 2 D.mgh-12mv 2 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ·33· |第一部分 收官之作·完胜上一学期| ΔEP1=W1= 1 2kL 2 0 第二次拉伸弹性势能的变化为 ΔEP2=W2-W1= 2kL0 2 ·2L0- kL0 2 ·L0= 3 2kL 2 0 所以两次弹性势能的变化之比为1∶3,C错误;拉伸过 程中弹簧的弹力做了负功,所以弹簧的弹性势能增加.D 错误.故选B. 6.D 如图甲,弹簧的劲度系数k=ΔFΔx=600N /m 弹簧的压缩量mg=kx 解得x=3cm A错误;弹簧的形变越大,弹性势能越大,B错误;弹簧是 个压缩过程,此过程中弹簧弹力对物体做负功,C错误; 弹簧的弹性势能EP= 1 2kx 2=0.27J D正确.故选D. 【刷综合题】 7.【解析】 (1)A静 止 时 设 弹 簧 压 缩 了x1,则 有:kx1= mAg,所以:x1= mAg k =0.2m , 设B刚要离开地面时弹簧伸长了x2, 则kx2=mBg,所以x2= mBg k =0.1m , 所以在此过程中A上升的高度: h=x1+x2=(0.2+0.1)m=0.3m; (2)由位移公式:h=12at 2, 代入数据解得:a=15m/s2, 当弹簧处于压缩状态时,A受弹力向上,故有: F+kx-mAg=mAa 当压缩量x最大时,F 最小,此时:x=x1, 所以:Fmin=mAg+mAa-kx1, 代入数据解得:Fmin=240N; 当弹簧处于伸长状态时,A受弹力向下,故有: F-kx-mAg=mAa 当伸长量x最大时,F 最大,此时:x=x2, 所以:Fmax=mAg+mAa+kx2, 代入数据解得:Fmax=480N; (3)弹性势能改变量: ΔEp=Ep2-Ep1= 1 2kx 2 2- 1 2kx 2 1=-12J; (4)由ΔEp=-12J知弹性势能减少了12J,则弹簧对 A物体做了正功为12J. 【答案】 (1)0.3m;(2)480N,240N;(3)-12J; (4)正功,12J 8.【解析】 (1)由题意可知,物块在A 点时平衡,则有 mg=kd 解得d=mgk ① (2)a.F-x图像如图所示 在物块从O 点到O'点的过程中,弹 簧弹力 做 负 功.参 考 由 速 度—时 间 图像 求 位 移 的 方 法,F-x 图 线 下 的 面积等于弹力做 的 功,所 以 弹 簧 弹 力做的功 W 弹 =-12k (2d)2 ② 设物块在O 点时弹簧的弹性势能为EpO,则有 W 弹 =EpO-EpO' ③ 联立①②③式解得EpO'= 2m2g2 k b.在物块从O 点到O'点的过程中,根据动能定理 mg·2d+W 弹 =12mv 2 2- 1 2mv 2 1 ④ 联立①②④式解得v1=v2 【答案】 (1)d=mgk ; (2)a.示意图见解析 EpO'= 2m2g2 k ,b. 见解析 【刷高考题】 A 返回舱在减速过程中,加速度竖直向上,处于超重状 态,故A正确,B错误;主伞的拉力与返回舱运动方向相 反,对返回舱做负功,故C错误;返回舱的重力与返回舱 运动方向相同,重力对返回舱做正功,故D错误。 必刷题十三 动能和动能定理 【刷基础题】 1.B 一物块由静止开始从粗糙的斜面上的某点加速下滑 到另一点,在此过程中,物体受重力、支持力、摩擦力,其 中重力做正功,支持力不做功,摩擦力做负功,设重力做 功为WG,物体克服摩擦力做的功为 Wf,物体动能的增 加量为ΔEk.根据动能定理有WG-Wf=ΔEk 则WG=Wf+ΔEk 此过程中重力对物体做的功等于物体动能的增加量与 物体克服摩擦力做的功之和,B正确.故选B. 2.AD 速度的变化量为矢量 Δv=-v-v= -5-5 m/s=-10m/s 故A正确,B错误;动能的变化量为标量 ΔEk= 1 2mv 2-12mv 2=0 故C错误,D正确.故选AD. 3.D 运动员踢球时对球做功转化为球的初动能,球从踢 出时到最高点,根据动能定理-mgh=12mv 2-Ek0 解得Ek0= 1 2mv 2+mgh=12×0.4×15 2J+0.4×10× 4J=45J+16J=61J ABC错误,D正确.故选D. 4.B 设第2s物体的速度大小为v,设物体的质量为m,根 据动能定理有W=12mv 2 根据速度-时间图像,由几何关系可知物体在第8s末 的速度大小为v 2. 设前8s内合外力对物体做的功为W',则根据动能定理 有W'=12mv '2 联立可得W'=14W=0.25W 故选B. 5.D A.由题可知,E0 为竖直上抛的初动能,随着x 的增 大Ek 在减小,所以图像是取竖直向上为正方向的,故 A 错误; B.由图 像 可 知,小 球 上 升 了15m 后,Ek 由 E0 变 为 2 3E0 ,所以当x=45m时,Ek=0,所以小球抛出后上升 的最大高度为45m,故B错误; C.设空气阻力大小为f,小球上升过程中,由动能定理可 得ΔEk=(mg+f)Δx 小球下降过程中,由动能定理可得ΔEk=(mg-f)Δx 由图像可知 ΔEk Δx=mg+f= E0 45 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ·96· |参考答案| ΔEk Δx=mg-f= 2E0 135 其中mg=10N,联立解得f=2N 故C错误; D.由C可知,f=2N,且mg+f= E0 45 ,代入数据解得 E0=540J 故D正确.故选D. 6.C 在 N 点,根据牛顿第二定律有FN-mg=m v2N R 解得vN= 3gR 对小球从开始下落至到达 N 点的过程,由动能定理得 mg·2R-W=12mv 2 N-0 解得W=12mgR 由于小球在PN 段某点处的速度大于在NQ 段对称点 处的速度,所以小球在PN 段某点处受到的支持力大于 在NQ 段对称点处受到的支持力,则小球在 NQ 段克服 摩擦力做的功小于在PN 段克服摩擦力做的功,小球在 NQ 段运动时,由动能定理得 -mgR-W'=12mv 2 Q- 1 2mv 2 N 因为W'<12mgR 则小球在 N 处的动能大于小球从N 到Q 克服重力做的 功和克服摩擦力做的功之和,可知vQ>0,所以小球到达 Q 点后,继续上升一段距离,选项C正确.故选C. 【刷综合题】 7.【解析】 (1)运动员经C点做平抛运动,在水平方向 x=vCt 在竖直方向hCE= 1 2gt 2 vy=gt 运动员在E 点着陆前瞬时速度大小 vE= v2C+v2y= 202+g2t2 解得vE=35m/s (2)在C点,支持力与重力的合力提供向心力,由牛顿第 二定律可得FN-mg=m v2C R 运动员受到的支持力大小 FN=mg+m v2C R =70×10N+70× 202 20 N=2100N 运动员加速度大小a=v 2 C R = 202 20m /s2=20m/s2 (3)运动员从A 到C,由动能定理 mgh+Wf= 1 2mv 2 C-0 h=Lsin37°=35L=60m Wf= 1 2mv 2 C-mgh=-28000J 因此阻力做功-28000J,运动员从A 点滑到C 点克服阻 力做功28000J. 【答案】 (1)35m/s;(2)2100N,20m/s2;(3)28000J 8.【分析】 本题考查多过程运动问题. (1)由牛顿第二定律求出滑块和木板的加速度,由二者的 相对位移求出木板长度,撤去外力时滑块及木板的速度; (2)撤去外力后滑块与木板相对运动,滑块冲上圆弧轨 道,求出滑块滑离木板时的速度,由牛顿第二定律求出 滑块对轨道最低点的压力; (3)滑块恰好通过轨道最高点,由牛顿第二定律求出滑 块通过最高点的速度,由动能定理求出滑块在半圆形轨 道上运动时克服摩擦力做的功. 【解析】 (1)设滑块加速度大小为a1,由牛顿第二定律 可得F-μmg=ma1 解得a1=8m/s2 设木板加速度大小为a2,由牛顿第二定律可得 μmg=Ma2 解得a2=2m/s2 力F 作用1s后,两者相对位移 d1= 1 3L= 1 2 a1-a2 t 2 1 解得L=9m (2)力F 作用1s后,滑块和木板速度分别是 v1=a1t1=8m/s,v2=a2t1=2m/s 施加外力的过程木板的位移x1= 1 2a2t 2 1=1m 撤去外力后,滑块做匀减速运动,加速度 a3=μg=2m/s 2 木板继续做匀加速运动,经过t2 时间木板与轨道下端的 墙壁相碰,有d=12a2 t1+t2 2 得t2=1s 此过程两者相对位移 d2= v1t2- 1 2a3t 2 2 - v2t2+12a2t22 =4m 又4m<23L 木板与墙壁相碰时滑块的速度v3=v1-a3t2=6m/s 木板静止后滑块继续减速才滑上半圆形轨道,此过程的 位移d3= 2 3L-d2=2m 设滑块滑上轨道时速度为v4,有v24-v23=-2a3d3 解得v4=2 7m/s 在轨道最低点,由牛顿第二定律有 N-mg=m v24 R 解得 N=66N 由牛顿第三定律得滑块对轨道的压力N'=66N,方向竖 直向下. (3)滑块恰好通过轨道最高点,由牛顿第二定律有 mg= mv25 R 解得v5= 5m/s 设滑块在半圆形轨道上克服摩擦力做的功为W, 则有-2mgR-W=12mv 2 5- 1 2mv 2 4 解得W=1.5J 【答案】 (1)9m;(2)66N,方向竖直向下;(3)1.5J 【点睛】 滑块在滑离木板过程中,需要求出滑块和木板 在不同阶段的加速度、所用时间及各自位移,最后确定 滑块滑离木板时的速度,作出v-t图像,更加直观便捷. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ·07· |假日必刷题·物理| 【刷高考题】 D 人与滑板在下滑的过程中,由动能定理可得 mgh-W 克f= 1 2mv 2-0 可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为 W 克f=mgh- 1 2mv 2 故选D。 必刷题十四 机械能守恒定律及验证机械 能守恒定律 【刷基础题】 1.D 从P 点向右运动到Q 点的过程中,小朋友受重力和 绳子的拉力,因为忽略一切阻力,绳子的拉力不做功,只 有重力做功,所以机械能守恒,所以机械能一直不变. 故选D. 2.B A.圆环从A 处由静止开始下滑,经过B 处的速度最 大,到达C处的速度为零,所以圆环先做加速运动,再做 减速运动,经过B 处的速度最大,所以经过B 处的加速 度为零,所以加速度先减小,后增大,故 A正确;B.圆环 的动能、重力势能和弹性势能之和守恒,因由 A 到C 的 过程中,弹性势能逐渐变大,则圆环的动能与重力势能 之和逐渐减少,选项B错误;C.由 A 到B 的过程中,因 圆环的动能、重力势能和弹性势能之和守恒,则弹性势 能和动能增加量之和等于重力势能的减小量,则圆环动 能的增加量小于重力势能的减少量,选项C正确;D.研 究圆环从A 处由静止开始下滑到C 过程,由动能定理得 mgh-W 弹 =0-0=0,则W 弹 =mgh,故D正确;故选B. 3.D A.重力对运动员做功为1000J,是正功,则运动员 重力势能减小1000J,A错误; BCD.除重力外,运动员克服阻力做功100J,即阻力做功 为-100J,故运动员的机械能减小100J,合力对运动员 所做的总功为W=WG+Wf=1000J-100J=900J 是正功,则根据动能定理知运动员动能增加900J,BC错 误,D正确.故选D. 4.D A.对单个物体进行受力分析可知,除了受重力外还 受到绳子的拉力,绳子拉力对 M 做负功,M 的机械能减 小,拉力对m 做正功,m 的机械能增加,即各自机械能都 不守恒,故 A错误;BCD.对两个物体系统 进 行 受 力 分 析,只受重力,故系统机械能守恒,所以 M 减少的机械能 等于m 增加的机械能,M 减少的重力势能等于m 增加 的重力势能、动能与 M 增加的动能之和,故BC错误,D 正确;故选D. 5.【解析】 (1)在验证机械能守恒实验时阻力越小越好, 因此密度大的阻力与重力之比更小 (2)由图中可知OC 之间的距离为xOC =27.90cm,因此 重力势能的减少量为 ΔEp =mgxOC=0.2×9.8×0.2790J=0.547J 匀变速运动时间中点的速度等于这段时间的平均速度, 因此vC= xBD 2T= 0.330-0.233 2×0.02 m /s=2.425m/s 因此动能的增加量为 EkC= 1 2mv 2 c= 1 2×0.2×2.425×2.425J=0.588J 工作电压偏高不会影响实验的误差,存在摩擦力会使重 力势能的减少量大于动能的增加量,只有提前释放了纸 带,纸带的初速度不为零,下落到同一位置的速度偏大 才会导致动能的增加量大于重力势能的减少量. 【答案】 (1)阻力与重力之比更小(或其它合理解释) (2)0.547 0.588 C 6.C 小球从左侧斜面上的O 点由静止滚下,接着冲上平 滑对接的右侧斜面,如果斜面光滑,小球不会有能量损 失,将上 升 到 与 O 点 等 高 的 位 置,即 P 点,故C正 确, ABD错误.故选C. 【刷综合题】 7.【解析】 (1)物块从 A 滑到B 过程,根据动能定理得: mgR=12mv 2 小球运动到B 点的速度:v= 2gR (2)设弹簧最大的压缩量为x1,整个过程根据动能定理 得:0-0=mgR-μmg s+2s+2x1 从弹簧最短处到D 点,由动能定理得: WP-μmg x1+s =0-0 联立以上方程得:EP=-WP= 1 2 (mgR-μmgs) (3)物块速度最大时:kx2=μmg 从弹簧最短处到速度最大处,由能量守恒定律得: EPm=EP+μmg(x1-x2)+ 1 2mv 2 m 联立以上方程得:EP=μmgs+μ 2m2g2 k - 1 2mv 2 m 【答案】 (1) 2gR (2)12 (mgR-μmgs) (3)μmgs+μ 2m2g2 k - 1 2mv 2 m 8.【解析】 (1)小球离开C 后做平抛运动,由平抛运动规 律有1 2R= 1 2gt 2 且R=vCt 小球在 由 C 到A 的 过 程 中 由 动 能 定 理 有 mg× R2 = 1 2mv 2 A- 1 2mv 2 C 解得vA= 2Rg (2)小球在由A 到B 的过程中由动能定理有mg×R= 1 2mv 2 B- 1 2mv 2 0 对小球在到达B 点前瞬间受力分析有FNB1-mg=m v2B R 对小球在到达B 点后瞬间受力分析有FNB2-mg=m v2B R1 由几何关系有2R1= 3 2R 由题意有FNB2-FNB1=2mg 解得v0=2 Rg (3)小球从A 点出发最后又回到A 点的过程中,只在B 点到C 点的过程中克服阻力做功,机械能减小.由功能 关系有W 克 =12mv 2 0- 1 2mv 2 A=mgR 【答案】 (1) 2Rg;(2)2 Rg;(3)mgR 【刷高考题】 B 由足球的运动轨迹可知,足球在空中运动时一定受 到空气阻力作用,则从1到2重力势能增加,则1到2动 能减少量大于mgh,A错误,B正确;从2到3由于空气 阻力作用,则机械能减小,重力势能减小 mgh,则动能增 加小于 ,选项CD错误。故选B。 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ·17· |参考答案|