2024年高考物理一輪復(fù)習考點14動能和動能定理重力做功與重力勢能練習含解析

PAGE15-考點14動能和動能定理重力做功與重力勢能題組一基礎(chǔ)小題1．關(guān)于動能的理解，下列說法錯誤的是()A．動能是機械能的一種表現(xiàn)形式，凡是運動的物體都具有動能B．物體的動能不能為負值C．肯定質(zhì)量的物體動能變更時，速度肯定變更，但速度變更時，動能不肯定變更D．動能不變的物體，肯定處于平衡狀態(tài)答案D解析動能是機械能的一種表現(xiàn)形式，運動的物體都具有動能，故A正確；依據(jù)Ek＝eq\f(1,2)mv2知，質(zhì)量為正值，速度的平方為正值，則物體的動能不能為負值，故B正確；肯定質(zhì)量的物體，動能變更時，則速度的大小肯定變更，所以速度肯定變更，但是速度變更時，動能不肯定變更，比如物體做勻速圓周運動時，速度方向變更，大小不變，其動能不變，故C正確；動能不變的物體，速度的方向可能變更，則不肯定處于平衡狀態(tài)，故D錯誤。本題選錯誤的，故選D。2．物體A和B的質(zhì)量相等，A置于光滑的水平面上，B置于粗糙的水平面上，起先時都處于靜止狀態(tài)，在相同的恒力F作用下移動相同的距離L，如圖所示，則()A．力F對A做的功較多B．力F對B做的功較多C．力F對A、B做的功一樣多D．A和B獲得的動能相等答案C解析由W＝Fs知，恒力的大小相同，A、B兩物體的位移也相同，所以恒力對兩物體做的功一樣多，故C正確，A、B錯誤；依據(jù)動能定理可得，B置于粗糙的水平面上，摩擦力對其做負功，A置于光滑水平面上，摩擦力對其不做功，則B的動能變更少，B獲得的動能小于A的動能，故D錯誤。3.如圖所示，一質(zhì)量為m的小球用長為L的輕繩懸掛于O點，小球在水平力F的作用下，從位置甲處緩慢移動到乙處。已知θ＝60°，重力加速度為g，則力F所做的功為()A.eq\f(1,2)mgL B.eq\f(\r(3),2)mgLC.eq\f(1,2)FL D.eq\f(\r(3),2)FL答案A解析小球從甲處到乙處的過程重力和拉力做功，運用動能定理得：WF－mgL(1－cosθ)＝0，解得水平力F做功的大小為：WF＝mgL(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mgL，故選A。4．在籃球賽中常常有這樣的場面：在競賽即將結(jié)束時，運動員把球投出且精確命中，獲得成功。設(shè)運動員投籃過程中對籃球做的功為W，出手時籃球的高度為h1，籃框距地面的高度為h2，籃球的質(zhì)量為m，不計空氣阻力，則籃球進框時的動能為()A．mgh1＋mgh2－W B．W＋mgh2－mgh1C．W＋mgh1－mgh2 D．mgh2－mgh1－W答案C解析人在投籃過程中，球受重力和人的作用力，已知人對球做的功為W，重力對球做的功為－mg(h2－h(huán)1)，則由動能定理可得：W－mg(h2－h(huán)1)＝Ek，故籃球進框時的動能為W＋mgh1－mgh2，故C正確，A、B、D錯誤。5.奧運會競賽項目撐桿跳高如圖所示，下列說法不正確的是()A．加速助跑過程中，運動員的動能增加B．起跳上升過程中，桿的彈性勢能始終增加C．起跳上升過程中，運動員的重力勢能增加D．越過橫桿后下落過程中，運動員的重力勢能削減，動能增加答案B解析加速助跑過程中，運動員的速度越來越大，故其動能增加，A正確；從運動員撐桿起跳到越過橫桿的過程中，桿的彈性形變先增大后減小，所以桿的彈性勢能先增大后減小，故B錯誤；起跳上升過程中，運動員的高度始終增加，故其重力勢能增加，C正確；越過橫桿后下落過程中，只有重力做功，重力做正功，故運動員的重力勢能削減，動能增加，D正確。本題選不正確的，故選B。6.如圖所示，運動員跳傘將經(jīng)驗加速下降和減速下降兩個過程，在這兩個過程中，下列說法正確的是()A．運動員先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài)B．空氣浮力對系統(tǒng)始終做負功C．加速下降時，重力做的功大于系統(tǒng)重力勢能的減小量D．隨意相等的時間內(nèi)系統(tǒng)重力勢能的減小量相等答案B解析由于運動員跳傘將經(jīng)驗加速下降和減速下降兩個過程，其加速度先向下后向上，故運動員先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)，A錯誤；運動員向下運動的過程中，空氣浮力的方向與運動方向相反，始終對系統(tǒng)做負功，故B正確；無論以什么運動狀態(tài)運動，重力做的功都等于系統(tǒng)重力勢能的減小量，故C錯誤；重力做的功：W＝mgh，由于運動員做變速運動，相等時間內(nèi)豎直向下運動的位移不相等，所以隨意相等的時間內(nèi)重力做的功不相等，即隨意相等的時間內(nèi)系統(tǒng)重力勢能的減小量不相等，故D錯誤。7.(多選)一輛汽車做直線運動，其v-t圖象如圖所示。圖中α<β，若汽車牽引力做功為W，平均功率為P，汽車加速過程和減速過程中克服摩擦力做功分別為W1和W2，平均功率分別為P1、P2，則()A．W＝W1＋W2 B．W1>W2C．P＝P1 D．P1＝P2答案ABD解析由動能定理可知W－W1－W2＝0，故W＝W1＋W2，A正確；由題圖可知，加速過程的位移要大于減速過程的位移，因摩擦力不變，故加速過程摩擦力所做的功大于減速過程摩擦力所做的功，即W1>W2，故B正確；因加速和減速運動中，平均速度相等，故由P＝Fv可知，加速和減速過程中摩擦力的平均功率相等，即P1＝P2，由功能關(guān)系可知W＝Pt1＝P1t1＋P2t2，而P1＝P2，故P≠P1，C錯誤，D正確。8.如圖所示，一質(zhì)量為m的小球固定于輕質(zhì)彈簧的一端，彈簧的另一端固定于O點。將小球拉至A點，彈簧恰好無形變，由靜止釋放小球，當小球運動到O點正下方與A點的豎直高度差為h的B點時，速度大小為v。已知重力加速度為g，下列說法正確的是()A．小球運動到B點時的動能等于mghB．小球由A點到B點重力勢能削減eq\f(1,2)mv2C．小球由A點到B點克服彈力做的功為mghD．小球到達B點時彈簧的彈性勢能為mgh－eq\f(1,2)mv2答案D解析小球由A點到B點的過程重力勢能削減mgh，小球削減的重力勢能轉(zhuǎn)化為小球的動能和彈簧的彈性勢能，所以小球運動到B點時的動能小于mgh，故A、B錯誤；依據(jù)動能定理得：mgh＋W彈＝eq\f(1,2)mv2，所以由A至B小球克服彈力做的功為mgh－eq\f(1,2)mv2，故C錯誤；彈簧彈力做功量度彈性勢能的變更，所以小球到達B點時彈簧的彈性勢能為mgh－eq\f(1,2)mv2，故D正確。9.(多選)如圖所示，質(zhì)量為m的小車在水平恒力F推動下，從山坡底部A處由靜止起運動至高為h的坡頂B，獲得速度為v，A、B的水平距離為s。下列說法正確的是()A．小車克服重力所做的功是mghB．合力對小車做的功是eq\f(1,2)mv2C．推力對小車做的功是Fs－mghD．小車克服阻力做的功是eq\f(1,2)mv2＋mgh－Fs答案AB解析重力做功只與物體的初末位置的高度差有關(guān)，故小車克服重力所做的功是mgh，A正確；對小車從A運動到B的過程中運用動能定理得，合力對小車做的功為：W＝eq\f(1,2)mv2，故B正確；因為推力為恒力，故WF＝Fs，故C錯誤；由動能定理得：WF－mgh＋Wf＝eq\f(1,2)mv2，可得阻力對小車做的功為Wf＝eq\f(1,2)mv2－Fs＋mgh，小車克服阻力做的功為Fs－eq\f(1,2)mv2－mgh，故D錯誤。題組二高考小題10．(2024·全國卷Ⅱ)如圖，某同學用繩子拉動木箱，使它從靜止起先沿粗糙水平路面運動至具有某一速度，木箱獲得的動能肯定()A．小于拉力所做的功B．等于拉力所做的功C．等于克服摩擦力所做的功D．大于克服摩擦力所做的功答案A解析木箱受力如圖所示：木箱在移動的過程中有兩個力做功，拉力做正功，摩擦力做負功，依據(jù)動能定理可知即：WF－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，所以動能小于拉力做的功，故A正確；無法比較動能與摩擦力做功的大小，C、D錯誤。11．(2024·四川高考)韓曉鵬是我國首位在冬奧會雪上項目奪冠的運動員。他在一次自由式滑雪空中技巧競賽中沿“助滑區(qū)”保持同一姿態(tài)下滑了一段距離，重力對他做功1900J，他克服阻力做功100J。韓曉鵬在此過程中()A．動能增加了1900JB．動能增加了2000JC．重力勢能減小了1900JD．重力勢能減小了2000J答案C解析由動能定理可知，ΔEk＝1900J－100J＝1800J，故A、B錯誤；重力勢能的削減量等于重力做的功，故C正確，D錯誤。12．(2024·全國卷Ⅱ)如圖，半圓形光滑軌道固定在水平地面上，半圓的直徑與地面垂直。一小物塊以速度v從軌道下端滑入軌道，并從軌道上端水平飛出，小物塊落地點到軌道下端的距離與軌道半徑有關(guān)，此距離最大時對應(yīng)的軌道半徑為(重力加速度大小為g)()A.eq\f(v2,16g) B.eq\f(v2,8g)C.eq\f(v2,4g) D.eq\f(v2,2g)答案B解析設(shè)小物塊的質(zhì)量為m，滑到軌道上端時的速度為v1。小物塊上滑過程中，由動能定理有－2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mv2①小物塊從軌道上端水平飛出，做平拋運動，設(shè)水平位移為x，下落時間為t，有2R＝eq\f(1,2)gt2②x＝v1t③聯(lián)立①②③式整理得x2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,2g)))2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4R－\f(v2,2g)))2可得x有最大值eq\f(v2,2g)，對應(yīng)的軌道半徑R＝eq\f(v2,8g)。故選B。13．(2024·全國卷Ⅲ)從地面豎直向上拋出一物體，物體在運動過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運動方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以內(nèi)時，物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變更如圖所示。重力加速度取10m/s2。該物體的質(zhì)量為()A．2kg B．1.5kgC．1kg D．0.5kg答案C解析畫出運動示意圖如圖，設(shè)阻力大小為f，據(jù)動能定理知，A→B(上升過程)：EkB－EkA＝－(mg＋f)hC→D(下落過程)：EkD－EkC＝(mg－f)h聯(lián)立以上兩式，解得物體的質(zhì)量m＝1kg，C正確。14．(2024·江蘇高考)從地面豎直向上拋出一只小球，小球運動一段時間后落回地面。忽視空氣阻力，該過程中小球的動能Ek與時間t的關(guān)系圖象是()答案A解析小球做豎直上拋運動時，速度v＝v0－gt，依據(jù)動能Ek＝eq\f(1,2)mv2得Ek＝eq\f(1,2)m(v0－gt)2，故圖象A正確。15．(2024·浙江高考)(多選)如圖所示為一滑草場。某條滑道由上下兩段高均為h，與水平面傾角分別為45°和37°的滑道組成，滑草車與草地之間的動摩擦因數(shù)為μ。質(zhì)量為m的載人滑草車從坡頂由靜止起先自由下滑，經(jīng)過上、下兩段滑道后，最終恰好靜止于滑道的底端(不計滑草車在兩段滑道交接處的能量損失，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。則()A．動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(6,7)B．載人滑草車最大速度為eq\r(\f(2gh,7))C．載人滑草車克服摩擦力做功為mghD．載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為eq\f(3,5)g答案AB解析滑草車受力分析如圖所示，設(shè)其在B點處有最大速度v，在上、下兩段所受摩擦力大小分別為f1、f2，f1＝μmgcos45°f2＝μmgcos37°整個過程由動能定理列方程：mg·2h－f1·eq\f(h,sin45°)－f2·eq\f(h,sin37°)＝0①解得：μ＝eq\f(6,7)，A正確；滑草車在上段滑道運動過程由動能定理列方程：mgh－f1·eq\f(h,sin45°)＝eq\f(1,2)mv2②解得：v＝eq\r(\f(2gh,7))，B正確；由①式知：Wf＝2mgh，C錯誤；在下段滑道上，由牛頓其次定律得：mgsin37°－μmgcos37°＝ma2，解得：a2＝－eq\f(3,35)g，故D錯誤。題組三模擬小題16．(2024·四川南充三診)(多選)將一小球從某一高度由靜止釋放，小球著地速度為v，設(shè)小球在運動過程中受到的空氣阻力與小球的速度大小成正比，已知小球的質(zhì)量為m，重力加速度為g。則小球下落過程中()A．重力做功的平均功率小于mgeq\f(v,2)B．重力做功的平均功率大于mgeq\f(v,2)C．減小的重力勢能小于eq\f(1,2)mv2D．減小的重力勢能大于eq\f(1,2)mv2答案BD解析由于小球在運動過程中受到的空氣阻力與小球的速度大小成正比，可知小球做加速度減小的加速運動，結(jié)合如圖所示v-t圖象可知，小球下落到地面的位移大于eq\f(v,2)t，則重力做功的平均功率eq\x\to(P)>eq\f(mg\f(v,2)t,t)＝mgeq\f(v,2)，A錯誤，B正確；依據(jù)動能定理WG－Wf＝eq\f(1,2)mv2(Wf為小球克服阻力做的功)，則WG＝Wf＋eq\f(1,2)mv2>eq\f(1,2)mv2，即小球減小的重力勢能大于eq\f(1,2)mv2，C錯誤，D正確。17．(2024·海南期末)(多選)汽車從靜止起先沿平直馬路做勻加速運動，設(shè)汽車所受阻力與速度成正比，則在發(fā)動機的功率達到額定值之前的一段時間內(nèi)，下列關(guān)于汽車運動的位移x、動能Ek、牽引力F和發(fā)動機的輸出功率P與時間t的關(guān)系圖象可能正確的是()答案CD解析汽車從靜止起先沿平直馬路做勻加速運動，則由x＝eq\f(1,2)at2可知，A錯誤；動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)ma2t2，B錯誤；汽車所受阻力與速度成正比，得f＝kv＝kat，則由牛頓其次定律：F－kat＝ma，即F＝ma＋kat，C正確；發(fā)動機的輸出功率P＝Fv＝(ma＋kat)at＝ma2t＋ka2t2，D正確。18．(2024·福建南平二模)(多選)如圖所示，豎直放置的eq\f(1,4)圓弧軌道，O為圓心，AO水平。兩相同小球a、b分別從圓周上的A、B兩點水平拋出，兩小球均能到達C點(位于O點正下方)，OB連線與豎直方向的夾角θ＝60°，不考慮空氣阻力的影響，以下說法正確的是()A．a(chǎn)、b兩球到達C點的時間之比為eq\r(2)∶1B．a(chǎn)、b兩球到達C點的過程中，動能增加量之比為eq\r(2)∶1C．a(chǎn)、b兩球到達C點時重力的瞬時功率之比為eq\r(2)∶1D．a(chǎn)、b兩球到達C點的過程中，速度增量之比為2∶1答案AC解析由圖可知，A、B兩點到C點的豎直高度之比為2∶1，由t＝eq\r(\f(2h,g))可知，a、b兩球到達C點的時間之比為eq\r(2)∶1，A正確；a、b兩球到達C點的過程中，由動能定理：ΔEk＝mgh，可知動能增加量之比為2∶1，B錯誤；a、b兩球到達C點時重力的瞬時功率P＝mgvy＝mg2t，則瞬時功率之比為eq\r(2)∶1，C正確；速度增量Δv＝gt，則a、b兩球到達C點的過程中，速度增量之比為eq\r(2)∶1，D錯誤。19．(2024·內(nèi)蒙古期末)(多選)如圖所示，一塊長木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物體A，現(xiàn)以恒定的外力拉B，由于A、B間摩擦力的作用，A將在B上滑動，以地面為參考系，A、B都向前移動一段距離。在此過程中()A．外力F做的功等于A和B的動能的增量B．B對A的摩擦力所做的功，等于A的動能的增量C．A對B的摩擦力所做的功，等于B對A的摩擦力所做的功D．外力F對B做的功等于B的動能的增量與B克服摩擦力所做的功之和答案BD解析A對B的摩擦力與B對A的摩擦力是一對作用力與反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑動，A、B對地的位移不等，故二者做功不等，C錯誤；依據(jù)能量守恒定律，外力F做的功等于A和B動能的增量與摩擦力做功產(chǎn)生的熱量之和，A錯誤，對A，依據(jù)動能定理，則有B對A的摩擦力所做的功，等于A的動能的增量，故B正確；對B，依據(jù)動能定理，WF－Wf＝ΔEkB，Wf為B克服摩擦力所做的功，得WF＝ΔEkB＋Wf，即外力F對B做的功等于B的動能增量與B克服摩擦力所做的功之和，故D正確。20．(2024·寧夏銀川期末)(多選)放在粗糙水平地面上的物體受到水平拉力的作用，在0～6s內(nèi)其速度與時間的圖象和該拉力的功率與時間的圖象分別如圖所示。下列說法正確的是()A．0～6s內(nèi)物體的位移大小為30mB．2～6s內(nèi)拉力做的功為40JC．合外力在0～6s內(nèi)做的功與在0～2s內(nèi)做的功相等D．滑動摩擦力的大小為5N答案ABC解析v-t圖象與t軸所圍成的面積即為物體在這段時間內(nèi)的位移，可求得0～6s內(nèi)物體的位移大小為30m，A正確；2～6s內(nèi)拉力的功率恒定，則拉力做的功W＝Pt＝40J，B正確；合外力所做的功等于動能的變更量，C正確；勻速時，拉力與摩擦力相等，有P＝Fv＝fv，得：f＝eq\f(P,v)＝eq\f(10,6)N＝eq\f(5,3)N，D錯誤。題組一基礎(chǔ)大題21.如圖所示，質(zhì)量M＝50kg的運動員在進行體能訓練時，腰部系著一不行伸長的輕繩，繩另一端連接質(zhì)量m＝11kg的輪胎。當運動員由靜止起先沿水平跑道勻加速奔跑時，繩的拉力大小為70N，繩與跑道的夾角為37°，5s末繩突然斷裂。輪胎與跑道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，空氣阻力不計，已知sin37°＝0.6，g＝10m/s2。求：(1)運動員的加速度大小；(2)3s末運動員克服繩拉力做功的功率；(3)整個過程中輪胎克服摩擦力做的功。答案(1)2m/s2(2)336W(3)1400J解析(1)對輪胎受力分析，由牛頓其次定律得：Tcos37°－f＝maN＋Tsin37°＝mgf＝μN解得：a＝2m/s2。(2)3s末運動員的速度為：v＝at1＝6m/s3s末運動員克服繩拉力做功的功率為：P＝Tvcos37°＝336W。(3)加速過程輪胎的位移為：x＝eq\f(1,2)at2＝25m全程對輪胎由動能定理得：WT－Wf＝0則有：Wf＝WT＝Txcos37°＝1400J。22.如圖所示，一根直桿與水平面成θ＝37°角，桿上套有一個小滑塊，桿底端N處有一彈性擋板，板面與桿垂直?，F(xiàn)將滑塊拉到M點由靜止釋放，滑塊與擋板碰撞后以原速率彈回。已知M、N兩點間的距離d＝0.5m，滑塊與桿之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，g＝10m/s2。取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)滑塊第一次下滑的時間t；(2)滑塊與擋板第一次碰撞后上滑的最大距離x；(3)滑塊在直桿上滑過的總路程s。答案(1)0.5s(2)0.25m(3)1.5m解析(1)滑塊下滑時，由牛頓其次定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得加速度a＝4.0m/s2又d＝eq\f(1,2)at2得滑塊第一次下滑的時間t＝0.5s。(2)滑塊第一次與擋板相碰時的速率v＝at＝2m/s上滑時，由動能定理得：－(mgsinθ＋μmgcosθ)x＝0－eq\f(1,2)mv2，解得x＝0.25m。(3)滑塊最終停在擋板處，由動能定理得mgdsinθ－μmgcosθs＝0，解得總路程s＝1.5m。題組二高考大題23．(2024·天津高考)我國將于2024年舉辦冬奧會，跳臺滑雪是其中最具欣賞性的項目之一。如圖所示，質(zhì)量m＝60kg的運動員從長直助滑道AB的A處由靜止起先以加速度a＝3.6m/s2勻加速滑下，到達助滑道末端B時速度vB＝24m/s，A與B的豎直高度差H＝48m。為了變更運動員的運動方向，在助滑道與起跳臺之間用一段彎曲滑道連接，其中最低點C處旁邊是一段以O(shè)為圓心的圓弧。助滑道末端B與滑道最低點C的高度差h＝5m，運動員在B、C間運動時阻力做功W＝－1530J，取g＝10m/s2。(1)求運動員在AB段下滑時受到阻力Ff的大??；(2)若運動員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，則C點所在圓弧的半徑R至少應(yīng)為多大。答案(1)144N(2)12.5m解析(1)運動員在AB上做初速度為零的勻加速運動，設(shè)AB的長度為x，則有veq\o\al(2,B)＝2ax①由牛頓其次定律有mgeq\f(H,x)－Ff＝ma②聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)解得Ff＝144N。③(2)設(shè)運動員到達C點時的速度為vC，在由B到達C的過程中，由動能定理有mgh＋W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)④設(shè)運動員在C點所受的支持力為FN，由牛頓其次定律有FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)⑤由運動員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，聯(lián)立④⑤式，代入數(shù)據(jù)解得R＝12.5m。24．(2024·浙江高考)如圖所示，用一塊長L1＝1.0m的木板在墻和桌面間架設(shè)斜面，桌子高H＝0.8m，長L2＝1.5m。斜面與水平桌面的夾角θ可在0～60°間調(diào)整后固定。將質(zhì)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)μ1＝0.05，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ2，忽視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)(1)求θ角增大到多少時，物塊能從斜面起先下滑；(用正切值表示)(2)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，cos37°＝0.8)(3)接著增大θ角，發(fā)覺θ＝53°時物塊落地點與墻面的距離最大，求此最大距離xm。答案(1)tanθ≥0.05(2)0.8(3)1.9m解析(1)為使小物塊下滑，mgsinθ≥μ1mgcosθθ滿意的條件：tanθ≥0.05。(2)物塊克服摩擦力做功Wf＝μ1mgL1cosθ＋μ2mg(L2－L1cosθ)由動能定理得mgL1sinθ－Wf＝0代入數(shù)據(jù)得μ2＝0.8。(3)物塊從斜面頂端靜止釋放到桌面邊緣的過程，由動能定理得mgL1sinθ－Wf＝eq\f(1,2)mv2代入數(shù)據(jù)得v＝1m/s由平拋運動規(guī)律知H＝eq\f(1,2)gt2t＝0.4sx1＝vt解得x1＝0.4mxm＝x1＋L2＝1.9m。題組三模擬大題25．(2024·山東臨沂二模)狗拉雪橇是人們寵愛的滑雪嬉戲。已知雪橇與水平雪道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，人和雪橇的總質(zhì)量m＝50kg。在嬉戲過程中狗用水平方向的力拉雪橇，使雪橇由靜止起先運動。人和雪橇的動能Ek與其發(fā)生的