創(chuàng)新大課堂2017屆新課標高考物理一輪課件5 2動能定理

第五章 機械能第二課時 動能 動能定理考綱考情：5年30考動能(Ⅱ)

動能定理(Ⅱ)

動能實現(xiàn)的應用(Ⅱ)[基礎梳理]12mv2一、動能定義：物體由于

運動

而具有的能．公式：Ek＝

.單位：

焦耳

，1

J＝1

N·m＝1

kg·m2/s2.矢標性：動能是

標量，只有正值．5．動能的相對性：由于速度具有相對性，所以動能也具有相對性．6．動能的變化：物體末動能與初動能之差，即ΔEk221

122

21＝

mv

－

mv

.1

12mv2－2mv22

1二、動能定理內容：在一個過程中合外力對物體所做的功，等于物體在這個過程中

動能的變化

．表達式：W＝

.物理意義：

合外力

的功是物體動能變化的量度．4．適用范圍動能定理既適用于直線運動，也適用于

曲線運動．既適用于恒力做功，也適用于

曲線運動

．力可以是各種性質的力，既可以同時作用，也可以

不同時

作用．[溫馨提示]k(1)E

＝1

v2

中的速度為瞬時速度，動能是狀態(tài)量．2m212

1(2)W＝1

v

－mv2是標量式．2m

2(3)動能定理中的位移和速度必須是相對于同一個參考系的，一般以地面或相對地面靜止的物體為參考系．[小題快練]1.物體做勻速圓周運動時(A．速度變化，動能變化

B．速度變化，動能不變

C．速度不變，動能變化

D．速度不變，動能不變)[解析]速度是矢量，動能是標量，物體做勻速圓周運動時速度的方向隨時變化，但大小不變，故速度在變，動能不變，選項B正確．[答案]

B關于運動物休所受的合外力、合外力做功和動能變化的關系下列說法正確的是(

)如果物體所受的合外力為零，那么合外力對物體做的功一定為零如果合外力對物體所做的功為零，則合外力一定為零

C．物體在合外力作用下做變速運動，動能一定變化

D．物體的動能不變，所受合外力必定為零[解析]由W＝Fxcos

θ，知F合＝0時，W合＝0，故A項正確；由動能定理知合外力做功等于物體動能的變化，若動能不變化，則合外力做功為零，勻速圓周運動中，動能不變化合外力做功為零，但合外力不為零，故B、D項錯誤；勻速圓周運動是變速運動，動能不變化，故C項錯誤．[答案]

A3．關于動能定理的表達式W＝Ek2－Ek1，下列說法正確的是(

)A．公式中的W為不包含重力的其他力做的總功

B．公式中的W為包含重力在內的所有力做的功，也可通過以下兩種方式計算：先求每個力的功再求功的代數(shù)和或先求合外力再求合外力的功C．公式中的Ek2－Ek1為動能的增量，當W>0時動能增加，當W<0時，動能減少D．動能定理適用于直線運動，但不適用于曲線運動，適用于恒力做功，但不適用于變力做功[答案]

BC4．(2016·無錫月考)質量為m的物體在水平力F的作用下由靜止開始在光滑地面上運動，前進一段距離之后速度大小為

v，再前進一段距離使物體的速度增大為2v，則()第二過程的速度增量等于第一過程的速度增量第二過程的動能增量是第一過程動能增量的3倍C．第二過程合力做的功等于第一過程合力做的功

D．第二過程合力做的功等于第一過程合力做功的2倍[解析]

由題意知，兩個過程中速度增量均為

v，A

正確；12由動能定理知：W

＝1

v

，2m21

1W

＝2m(2v)2－32mv2＝2mv2，故B正確，C、D

錯誤．[答案]

AB考向一

對動能定理的理解1．對“外力”的兩點理解“外力”指的是合力，重力、彈力、摩擦力、電場力、磁場力或其他力，它們可以同時作用，也可以不同時作用．既可以是恒力，也可以是變力．2．“＝”體現(xiàn)的二個關系[針對訓練]1．(2015·

上海卷，

18)如圖，質量為m的小球用輕繩懸掛在O點，在水平恒力F＝mgtan

θ作用下，小球從靜止開始由A經B向C運動．則小球(A．先加速后減速

B．在B點加速度為零

C．在C點速度為零)D．在C點加速度為gtan

θ[解析]根據(jù)動能定理：(mgtan

θ)Lsin

2θ－mgL(1－cos

2θ＝122mv

－02

c，解得v

＝0，所以小球先加速，后減速運動，故A、C

正確；小球做圓周運動在B

點有向心加速度，故B

錯誤；在C

點時，因為速度為0，所以向心力為零，即指向圓心方向的合力為0，沿切線方向的合力Ft＝mgsin

2θ－mgtan

θcos

2θ＝mgtan

θ，所以在C

點的加速度為gtan

θ，故D

正確．[答案]

ACD2．(2016·吉林模擬)如圖所示，將質量為m

的小球以速度3v0

由地面豎直向上拋出．小球落回地面時，其速度大小為4v0.設小球在運動過程中所受空氣阻力的大小不變，則空氣阻力的大小等于(

)3

3

7

A.4mgC.16mg

7

B.16mgD.25mg[解析]對小球向上運動，由動能定理，－(mg＋f)H＝0－1220mv

，對小球向下運動，由動能定理，(mg1

32

4－f)H＝

m(

v02)

，聯(lián)立解得f＝

7

mg，選項D

正確．25[答案]

D考向二

動能定理的簡單應用1．應用動能定理的流程2．應用動能定理的注意事項動能定理中的位移和速度必須是相對于同一個參考系的，一般以地面或相對地面靜止的物體為參考系．應用動能定理的關鍵在于對研究對象進行準確的受力分析及運動過程分析，并畫出運動過程的草圖，借助草圖理解物理過程之間的關系．當物體的運動包含多個不同過程時，可分段應用動能定理求解；當所求解的問題不涉及中間的速度時，也可以全過程應用動能定理求解，這樣更簡便．(4)列動能定理方程時，必須明確各力做功的正、負，確實難以判斷的先假定為正功，最后根據(jù)結果加以檢驗．典例1

(2015·浙江理綜，23)如圖所示，用一塊長L1＝1.0m的木板在墻和桌面間架設斜面，桌子高H＝0.8

m，長L2＝1.5m.斜面與水平桌面的傾角θ可在0～60°間調節(jié)后固定．將質量

m＝0.2kg的小物塊從斜面頂端靜止釋放，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.05，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ2，忽略物塊在斜面與桌面交接處的能量損失(重力加速度取g＝10m/s2；最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)求θ角增大到多少時，物塊能從斜面開始下滑；(用正切值表示)當θ角增大到37°時，物塊恰能停在桌面邊緣，求物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ2；(已知sin37°＝0.6，cos

37°＝0.8)繼續(xù)增大θ角，發(fā)現(xiàn)θ＝53°時物塊落地點與墻面的距離最大，求此最大距離xm.[解題引路]

1.小物塊下滑―→下滑力不小于最大靜摩擦力下滑過程中―→重力做正功，摩擦力做負功確定初，末狀態(tài)―→初狀態(tài)：Ek1＝0；末狀態(tài)：Ek2(θ＝37°時，Ek2＝0，θ＝53°時，有xm)②③④[解析]

(1)為使小物塊下滑

mgsin

θ≥μ1mgcos

θ

①θ

滿足的條件tan

θ≥0.05(2)克服摩擦力做功Wf＝μ1mgL1cos

θ＋μ2mg(L2－L1cos

θ)由動能定理得mgL1sin

θ－Wf＝0代入數(shù)據(jù)得μ2＝0.8⑤1

f(3)由動能定理得mgL

sin

θ－W

＝12mv2⑥代入數(shù)據(jù)得v＝1

m/s⑦H＝12gt2t＝0.4

s⑧x1＝vt，x1＝0.4

m⑨xm＝x1＋L2＝1.9

m[答案]

(1)tan

θ≥0.05(2)0.8(3)1.9

m⑩運用動能定理解決問題時，選擇合適的研究過程能使問題得以簡化．當物體的運動過程包含幾個運動性質不同的子過程時，可以選擇一個、幾個或全部子過程作為研究過程．當選擇全部子過程作為研究過程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時，要注意運用它們的功能特點：①重力的功取決于物體的初、末位置，與路徑無關；②大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小與路程的乘積．典例2

(2016·浦東高三月考)如圖所示，傳送帶A、B之間的距離為L＝3.2m，與水平面間夾角θ＝37°，傳送帶沿順時針方向轉動，速度恒為v＝2m/s，在上端A點無初速放置一個質量為m＝1kg、大小可視為質點的金屬塊，它與傳送帶的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，金屬塊滑離傳送帶后，經過彎道，沿半徑

R＝0.4m的光滑圓軌道做圓周運動，剛好能通過最高點E，已知B、D兩點的豎直高度差為h＝0.5

m(g取10

m/s2)．(1)金屬塊經過D

點時的速度．(2)金屬塊在BCD

彎道上克服摩擦力做的功．[解析]

(1)金屬塊在

E

點時，mg＝mv2RE，解得vE＝2

m/s，在從D

到E

過程中由動能定理得：2－mg·2R＝1

v

－2m1E

D

D2mv2

，解得

v

＝2

5

m/s.(2)金屬塊剛剛放上時，mgsin

θ＋μmgcos

θ＝ma1，解得a1＝10

m/s2設經位移s1達到共同速度，則v2＝2a1s1

時，解得s1＝0.2

m<3.2

m繼續(xù)加速過程中，mgsin

θ－μmgcos

θ＝ma2，解得

a2＝2m/s2B由s2＝L－s1＝3

m，v2

－v2＝2a2s2，解得vB＝4

m/s在從B

到D

過程中由動能定理得：21D

Bmgh－W＝1

v

－mv2

，解得W＝3

J.2m

2[答案]

(1)2

5

m/s (2)3

J[針對訓練]3．(2016·湖南株洲市二中高三期中)“娛樂風洞”是一集高科技與驚險的娛樂項目，它可把游客在一個特定的風洞內

“吹”起來，讓人體驗太空飄忽感覺．在某次表演中，假設風洞內向上的總風量和風速保持不變，表演者通過調整身姿，來改變所受的向上風力大小，人體可上下移動的空間總高度為H.人體所受風力大小與正對面積成正比，站立時受風面積為水平11橫躺時8.當人體與豎直方向成一定傾斜角時，受風正對面積是最大值的2，恰好可以靜止或勻速漂移．表演者開始時，先以站立身勢從A點下落，經過某處B點，立即調整為橫躺身姿．運動到最低點C處恰好減速為零．則有()3A．運動過程中的最大加速度是4g31B．B

點的高度是7HC．表演者A

至B

克服風力所做的功是B

至C過程的6D．表演者A

至B

動能的增量大于B

至C

克服風力做的功[解析]

平衡時：281kS＝mg，站立時：mg－1kS＝ma

，a1

1＝342g；橫躺時：kS－mg＝ma

，a2B

1＝g，故

A

錯；v

＝2a

(H—B

2h)，v

＝2a

h，解得h＝37H，故

B

對；A

到

B

克服風力做功14W

＝1

·

H8kS

72＝

1

kSH，B

到C

克服風力做功W

＝kS·

H14

73

＝37kSH，14W

＝1

，C

對；A

到

B

動能的增量即合外力做功

W＝3

·

H6W2

4mg

7＝3

367mgH，而B

到C

過程克服風力做功W2＝7kSH＝7mgH，故D

錯．[答案]

BC4．(2016·

江蘇常州高三期中)如圖所示，固定斜面AB、CD與豎直光滑圓弧BC相切于B、C點，兩斜面的傾角θ＝37°，圓弧BC半徑R＝2m．一質量m＝1kg的小滑塊(視為質點)從斜面AB上的P點由靜止沿斜面下滑，經圓弧BC沖上斜面CD.已知

P點與斜面底端B間的距離L1＝6m，滑塊與兩斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.25，g＝10

m/s2.求：(1)小滑塊第1次經過圓弧最低點E時對圓弧軌道的壓力；

(2)小滑塊第1次滑上斜面CD時能夠到達的最遠點Q(圖中未標出)距C點的距離；(3)小滑塊從靜止開始下滑到第n次到達B點的過程中在斜面AB上運動通過的總路程．[解析]

(1)小滑塊由

P

運動到

E

點，由動能定理得：mgL1sin

37°＋mgR(1－cos

37°)－μmgL1cos

37°＝122Emv

－0Nv2RN經

E

點：F

－mg＝m

E，解得

F

＝38

N滑塊對軌道的壓力FN′＝FN＝38

N，方向豎直向下(2)設小滑塊在斜面AB

上依次下滑的距離分別為L1、L2、L3……，在斜面CD

上依次上滑的距離分別為x1、x2、x3……，小滑塊由P

運動到Q

點，由動能定理得：mg(L1－x1)sin

37°－μmg(L1＋x1)cos

37°＝01L12解得：x

＝ ＝3

m2x12(3)同理可得：L

＝

，xL22＝

2

，L3x2

L323＝

2

，x

＝

.1

21L

、L

、L3

構成公比為4的等比數(shù)列設從靜止開始下滑到第n

次到達B

點的過程中在斜面AB上運動通過的總路程為Sn.當n

為奇數(shù)時，總路程Sn＝L1＋2(L2＋L3＋…＋Ln)＝6＋2×1.51－

41n－1211－4

m＝10－23－n

m.當n

為偶數(shù)時，總路程Sn＝L1＋2(L2＋L3＋…＋Ln－

11.51－

41n－2211－4)＝6＋2×

m＝10－24－n

m[答案](1)38

N(2)3

m(3)10－24－n

m考向三

動能定理與圖象的綜合問題動能定理與圖象結合問題的分析方法首先看清楚所給圖象的種類(如v－t圖象還是F－x圖象、P－t圖象、Ek－x圖象等)挖掘圖象的隱含條件——求出所需要的物理量，如由v－t圖象所包圍的“面積”求位移，由F－x圖象所包圍的“面

積”求功，P－t圖線與坐標軸圍成的面積表示力所做的功等．再分析還有哪些力做功，根據(jù)動能定理列方程，可求出相應的物理量．典例3

如圖甲所示，長為4

m的水平軌道AB與半徑為R＝0.6m的豎直半圓弧軌道BC在B處相連接，有一質量為1kg的滑塊(大小不計)，從A處由靜止開始受水平向右的力F作用，F(xiàn)的大小隨位移變化的關系如圖乙所示，滑塊與AB間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.25.與BC間的動摩擦因數(shù)未知，取g＝10

m/s2，求：滑塊到達B處時的速度大??；滑塊在水平軌道AB上運動前2

m過程所用的時間；

(3)若到達B點時撤去力F，滑塊沿半圓弧軌道內側上滑，并恰好能到達最高點C，則滑塊在半圓弧軌道上克服摩擦力所做的功是多少？[解題引路]第一步：抓關鍵點關鍵點獲取信息從A

處由靜止開始滑塊的初速度為零如圖乙所示F

為變力，其做功大小由F－x圖象可直接計算滑塊與AB

間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.25滑塊在AB

段所受滑動摩擦力恒定且可求滑塊恰好通過最高點C滑塊在C

點的速度為vC＝

gR第二步：找突破口滑塊在前2m過程中做初速度為零的勻加速直線運動，可由牛頓第二定律和運動學公式列方程求解本過程所用的時間；滑塊由A到B的過程中只有拉力F和滑動摩擦力做功，可由動能定理求解滑塊到B處的速度大??；滑塊在BC圓弧上所受的滑動摩擦力為變力，應借助動能定理求解變力所做的功．[解析](1)對滑塊從

A

到

B

的過程，由動能定理得

F1x13

31－F

x

－μmgx＝2mv2B即

20×2

J＝10×1

J－0.25×1×10×4

J1B＝2×1×v2

，得vB＝2

10

m/s.1

1(2)在前2

m

內，有F

－μmg＝ma，且x

＝121

1at2，解得t

＝

8

35s.(3)當滑塊恰好能到達最高點C

時，應用：mg＝mv2CR對滑塊從B

到C

的過程，由動能定理得：W－mg×2R＝12mv2C12—

mv2B代入數(shù)值得W＝－5

J，即克服摩擦力做的功為5

J.[答案]

(1)2

10

m/s

(2)

8

35s (3)5

J[針對訓練]5．隨著中國首艘航母“遼寧號”的下水，同學們對艦載機(圖甲)的起降產生了濃厚的興趣，下面是小聰編制的一道艦載機降落的題目，請你閱讀后求解．(1)假設質量為m的艦載機關閉發(fā)動機后在水平地面跑道上降落，觸地瞬間的速度為v0，在跑道上滑行的v－t圖象見圖

乙．求艦載機滑行的最大距離和滑行時受到的阻力；(2)航母可以通過設置攔阻索來增大對艦載機的阻力．現(xiàn)讓該艦載機關閉發(fā)動機后在靜止于海面的航母水平甲板上降落，若它接觸甲板瞬間的速度仍為v0，在甲板上的運動可以看做勻變速運動，在甲板上滑行的最大距離是(1)

1

求該艦載機在中的4.航母上滑行時受到的平均阻力(結果用m、v0、t0

表示)．[解析]

(1)由題圖乙信息，根據(jù)勻變速運動規(guī)律2最大距離為

x＝1

tv0

0阻由動能定理有

F

x＝12mv20阻解得阻力

F

＝mv0t08(2)最大距離

x′＝1

＝1

t4x

v0

0阻由動能定理有

F

′x′＝12mv20阻聯(lián)立解得

F

′＝4mv0[答案]

(1)

t0

(2)t0mv0

4mv0t0特色專題系列之(十六)用動能定理巧解變力做功問題如果我們研究對象所受的外力中只有一個是變力，其他力都是恒力，而且這些力做功比較容易求出，則可以用動能定理來求變力做的功．范例(2015·山東理綜，23)如圖甲所示，物塊與質量為m的小球通過不可伸長的輕質細繩跨過兩等高定滑輪連接．物塊置于左側滑輪正下方的表面水平的壓力傳感裝置上，小球與右側滑輪的距離為l.開始時物塊和小球均靜止，將此時傳感裝置的示數(shù)記為初始值．現(xiàn)給小球施加一始終垂直于l段細繩的力，將小球緩慢拉起至細繩與豎直方向成60°角，如圖乙所示，此時傳感裝置的示數(shù)為初始值的1.25倍；再將小球由靜止釋放，當運動至最低位置時，傳感裝置的示數(shù)為初始值的0.6倍．不計滑輪的大小和摩擦，重力加速度的大小為g.求：物塊的質量；從釋放到運動至最低位置的過程中，小球克服空氣阻力所做的功．[解題引路]

1.傳感器的示數(shù)與物塊和傳感器之間的彈力是什么關系？小球從最高點擺到最低點的過程中，傳感器示數(shù)如何變化？小球擺動過程中做功的力有哪些？各做什么功？[提示]1.大小相等2.變小3.重力，空氣阻力；正功，負功[解析]

(1)設開始時細繩的拉力大小為

T1，傳感裝置的初始值為F1，物塊質量為M，由平衡條件得對小球，T1＝mg對物塊，F(xiàn)1＋T1＝Mg①②當細繩與豎直方向的夾角為60°時，設細繩的拉力大小為T2，傳感裝置的示數(shù)為F2，據(jù)題意可知，F(xiàn)2＝1.25F1，由平衡條件得對小球，T2＝mgcos

60°對物塊，F(xiàn)2＋T2＝Mg聯(lián)立①②③④式，代入數(shù)據(jù)得③④M＝3m⑤(2)設小球運動至最低位置時速度的大小為v，從釋放到運動至最低位置的過程中，小球克服阻力所做的功為Wf，由動能定理得v2mgl(1－cos

60°)－W

＝1

⑥f

2m在最低位置，設細繩的拉力大小為T3，傳感裝置的示數(shù)為F3，據(jù)題意可知，

F3＝0.6F1，對小球，由牛頓第二定律得v2T3－mg＝m

l

⑦對物塊，由平衡條件得F3＋T3＝Mg聯(lián)立①②⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)得⑧Wf＝0.1

mgl[答案]

(1)3m

(2)0.1mgl應用動能定理求變力做功時應注意的問題所求的變力的功不一定為總功，故所求的變力的功不一定等于ΔEk.若有多個力做功時，必須明確各力做功的正負，待求的變力的功若為負功，可以設克服該力做功為W，則表達式中應用－W；也可以設變力的功為W，則字母W本身含有負號．[遷移訓練]1．(2016·南昌重點中學模擬)如圖所示，光滑斜面的頂端固定一彈簧，一小球向右滑行，并沖上固定在地面上的斜面．設小球在斜面最低點A的速度為v，壓縮彈簧至C點時彈簧最短，C點距地面高度為h，不計小球與彈簧碰撞過程中的能量損失，則彈簧被壓縮至C點，彈簧對小球做的功為(

)v2A．mgh－12mC．mgh＋12m1B.2mv2－mghD．mghv2[解析]

小球從

A

點運動到

C

點的過程中，重力和彈簧的彈力對小球做負功，由于支持力與位移始終垂直，則支持力對小球不做功，由動能定理，可得

W

＋W

＝0－1

v2，重力做G

F

2mG

F功為

W

＝－mgh，則彈簧的彈力對小球做功為

W

＝mgh－12mv2，所以正確選項為A.[答案]

A2．如圖所示，質量為m

的小球用長為L

的輕質細線懸于O

點，與O

點處于同一水平線上的P

點處有L一個光滑的細釘，已知OP＝，在A

點給小球一個水2平向左的初速度v0，發(fā)現(xiàn)小球恰能到達跟P

點在同一豎直線上的最高點B.求：小球到達B

點時的速率；若不計空氣阻力，則初速度v0

為多少；(3)若初速度

v0＝3

gL，則小球在從

A

到

B

的過程中克服空氣阻力做了多少功．[解析]

(1)小球恰能到達最高點

B，有mg＝mv2BL2B，得

v

＝gL2.(2)若不計空氣阻力，從A→B

由動能定理得2B1－mg(L＋L)＝1

v

－

m2

2m

2v200解得v

＝7gL2

.(3)由動能定理得2f－mg(L＋L)－W

＝12B12mv

－2mv20f4解得W

＝11mgL.[答案]

(1)gL2(2)7gL

211(3)

4

mgL頻考一

對動能定理的理解1．全國中學生足球賽在足球廣場揭幕．比賽時，一學生用100

N的力將質量為0.5

kg的足球以8

m/s的初速度沿水平方向踢出20

m遠，則該學生對足球做的功至少為(

)A．200

JC．1

000

JB．16

JD．2

000

J[解析]

忽略阻力，由動能定理得，學生對足球所做的功等于足球動能的增加量，即

W＝1

v2－0＝16

J，故

B

正確．2m[答案]

B2．一輛汽車以v1＝6m/s的速度沿水平路面行駛時，急剎車后能滑行x1＝3.6

m，如果以v2＝8

m/s的速度行駛，在同樣路面上急剎車后滑行的距離x2應為(不計空氣阻力的影響)(

)A．6.4

mC．7.2

mB．5.6

mD．10.8

m[解析]

急剎車后，車只受摩擦阻力

Ff的作用，且兩種情況下摩擦力大小是相同的，汽車的末速度皆為零．則有f

112－F

x

＝0－

mv21①f

212－F

x

＝0－

mv22②②式除以①式得x

x12＝v2v212.故汽車滑行距離2v22v211x

＝

x

＝8

26×3.6

m＝6.4

m[答案]

A頻考二動能定理的應用3．(2016·湖南株洲市二中高三期中)某研究性學習小組用加速度傳感器探究物體從靜止開始做直線運動的規(guī)律，得到了質量為1.0kg的物體運動的加速度隨時間變化的關系圖線，如圖所示．由圖可以得出()A．從t＝4.0

s到t＝6.0

s的時間內物體做勻減速直線運動

B．物體在t＝10.0

s時的速度大小約為6.8

m/s

C．從t＝10.0

s到t＝12.0

s的時間內合外力對物體做的功約為0.5

JD．從t＝2.0

s到t＝6.0

s的時間內物體所受合外力先減小后增大[解析]

從

t＝4.0

s

到

t＝6.0

s

的時間內物體做加速度逐漸減小的變加速運動，A

錯：物體在

t＝10.0 s

時的速度

v10＝at＝68×1×0.1

m/s＝6.8

m/s,B

對；從t＝2.0s

到t＝6.0

s

的時間內物體的加速度先增大后減小，所以物體所受合外力先增大后減小，D

錯；v12＝78×1×0.1

m/s＝7.8

m/s，從

t＝10.0 s

到

t＝12.0

s

的時間內，由動能定理可知合外力對物體做的功W＝12