功和功率、動(dòng)能定理-2025年廣東高考物理復(fù)習(xí)專練（解析版）

重難點(diǎn)07功和功率動(dòng)能定理

-----------------------------h

工命題趨勢(shì)

考點(diǎn)三年考情分析2025考向預(yù)測(cè)

從高考卷看，功和功率、動(dòng)能定理

不僅可能單獨(dú)考查基本概念的應(yīng)

用，還普遍地出現(xiàn)在綜合應(yīng)用題

中，通常與直線運(yùn)動(dòng)、曲線運(yùn)動(dòng)綜

合考查。在進(jìn)行這部分知識(shí)的復(fù)習(xí)

時(shí)，重點(diǎn)是掌握動(dòng)能定理的應(yīng)用。

3年3考

(1)功和功率的計(jì)算；基礎(chǔ)知識(shí)要重視對(duì)功的定義式的

廣東卷[(2024,T9),(2023,T8),

(2)動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用；理解，區(qū)別恒力做功與變力做功、

(2022,T9)]

瞬時(shí)功率與平均功率、哪個(gè)力與哪

段過程中功與功率、力與速度方向

是否同向、對(duì)地位移還是相對(duì)位移

等，動(dòng)能定理的應(yīng)用要先受力分

析，防止漏掉某力做功和各種功能

對(duì)應(yīng)關(guān)系。

重難詮釋

◎

【情境解讀】

恒力做I求哪個(gè)力做的功l.W=ficose,s指受力物體在尸作用時(shí)間內(nèi)對(duì)地的位移；2.運(yùn)用動(dòng)

的功哪段過程做的功

1I能定理;3.F-X圖像的“面積”;4.分力做功的代數(shù)和

畫《《動(dòng)能定理、功能關(guān)系I

|變力做II微元法T當(dāng)力的方向與速度的方向夾角恒為6且大小不變時(shí)，卯=mcos個(gè)中的S指總路程I

功、的功V_______________________________________________.

、

功----------I-圖像的面積表示功、PT圖像面積表示功,P不變時(shí)卯二川

率

、《各階段做功的代數(shù)和，各力做功的代數(shù)和|

動(dòng)

能

定d平均功率一走5

理

|功率卜，~

U瞬時(shí)功率ip=&cos1,19為該時(shí)刻正、”方向間的夾角I

、動(dòng)能定理1公式:■儂22TM2。受力分析，明確初、末狀態(tài)

【高分技巧】

內(nèi)容重要的規(guī)律、公式和二級(jí)結(jié)論

(1)功的計(jì)算公式：W=f7cosa或W="。

w-

(2)功率：平均功率尸=7、P=Fv,瞬時(shí)功率尸=Fv仍與y共

線)。

(3)重力、靜電力做功與路徑無關(guān)；滑動(dòng)摩擦力做功與路徑有關(guān)，

等于滑動(dòng)摩擦力與路程的乘積。

(4)如圖所示，物體由斜面上高為九的位置滑下，滑到平面上的

另一點(diǎn)停下來，若L是釋放點(diǎn)到停止點(diǎn)的水平總距離，則物體與

1.功、功率接觸面之

A

間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃與L、之間存在關(guān)系〃=指。

(5)機(jī)車啟動(dòng)：①恒定功率啟動(dòng)；②恒定加速度啟動(dòng)；③Vm—/o

J阻

2.動(dòng)能、動(dòng)能1/

(6)動(dòng)能：Ek—2用M—黑；動(dòng)能定理：W合一AEk—Ek2—Eki。

定理

(7)重力做功——重力勢(shì)能變化；合外力做功——?jiǎng)幽茏兓?；靜

電力做功——電勢(shì)能變化；分子力做功——分子勢(shì)能變化；除重

3.功能關(guān)系力或彈簧彈力之外的其他力做功——機(jī)械能變化。

(8)一對(duì)靜摩擦力做功的代數(shù)和為零；相對(duì)滑動(dòng)的物體因摩擦產(chǎn)

生的熱量為Q=FfS相對(duì)，s相對(duì)為相對(duì)滑動(dòng)的路程。

【考向一：功、功率的分析與計(jì)算】

i.功的求法

①單個(gè)恒力：W=Flcosa

A.o「先求合力，再求W=F合/cosa

6合力為J

②恒力t先求各力的功.再求代數(shù)和

［恒力功卜

W=W］+Wz+…

I③動(dòng)能定理

功

的平均值法：W=Fxcosa

求

七、小變心維土卜1一、微分元段法法：W=W1+W2

法

轉(zhuǎn)換研究對(duì)象法

［變力功卜卜圖像法］~.F-久圖線與支軸所圍的面積

表示功

功率恒定

W=Pt

的變力功

』動(dòng)能定理］

2.功率的求法

一平均功率：P=—,P=Fvcosa

功

f瞬時(shí)功率：P=Fvcosa

率

的

P=Fv,F-f^=ma

求

法戶=/靛m（F=/阻）

。恒定階段:P=Fv,

F二/猛二m0恒恒力

P恒定階段：P=Fo,

R/Qma變，P寸且G

1.（改編自2022年廣東卷）如圖所示，載有防疫物資的無人駕駛小車,在水平MN段以恒定功率200W、速度5

m/s勻速行駛,在斜坡PQ段以恒定功率570W、速度2m/s勻速行駛。已知小車總質(zhì)量為50kg,MV=10m,

斜坡的傾角為30。,重力加速度g取10m扇,不計(jì)空氣阻力。下列說法正確的有（）。

A.從M到N,小車牽引力做功800J

B.從M到N,小車所受摩擦力大小為40N

C.從P到。，克服重力做功的功率為1000W

D.從P到。，小車所受摩擦力大小為285N

答案B

解析小車從M到N做勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間力=皿=2s,則牽引力做功W=Pir；=200x2J=400J,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;

小車從M到N,依題意有P1=Fvi=200W,代入數(shù)據(jù)解得F=40N,小車從M到N做勻速運(yùn)動(dòng),小車所受的摩

擦力大小力=尸=40N,故B項(xiàng)正確;依題意，從P到。，小車克服重力做功的功率PG=mgv2sin30°=500W,故C

項(xiàng)錯(cuò)誤;小車從P到。，所受牽引力大小F2=—=285N,設(shè)摩擦力大小為靈，小車做勻速運(yùn)動(dòng)，有fi+mgsm

丫2

30°=尸2,解得及=35N,D項(xiàng)錯(cuò)誤。

2.（改編自2021年廣東卷）（多選）長(zhǎng)征途中，為了突破敵方關(guān)隘，戰(zhàn)士爬上陡峭的山頭，居高臨下向敵方工事內(nèi)

投擲手榴彈，戰(zhàn)士在同一位置先后投出甲、乙兩顆質(zhì)量均為根的手榴彈，手榴彈從投出的位置到落地點(diǎn)的

高度差為九在空中的運(yùn)動(dòng)可視為平拋運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示,重力加速度為g,下列說法正確的有（）。

A.從投出到落地，重力對(duì)兩手榴彈的平均功率相等

B.兩手榴彈在落地前瞬間，重力的功率相等

C.戰(zhàn)士對(duì)甲做的功比對(duì)乙做的功多

D.戰(zhàn)士對(duì)兩手榴彈做功相等

答案ABC

解析由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，手榴彈做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=y，因?yàn)閮墒至駨椷\(yùn)動(dòng)的高度差相同，所以在

空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，由尸=也知,兩者重力的平均功率相等,A項(xiàng)正確;做平拋運(yùn)動(dòng)的物體落地前瞬間重力

t

的功率產(chǎn)mgj赤，因?yàn)閮墒至駨椷\(yùn)動(dòng)的高度差相同，質(zhì)量相同，所以落地前瞬間，兩手榴彈重力功率

相同,B項(xiàng)正確;投出手榴彈的瞬間,根據(jù)動(dòng)能定理，戰(zhàn)士對(duì)手榴彈做的功等于手榴彈獲得的初動(dòng)能，根據(jù)

x=vot可知，甲的射程遠(yuǎn),甲的初速度大，甲的初動(dòng)能大，所以戰(zhàn)士對(duì)甲做功多,C項(xiàng)正確,D項(xiàng)錯(cuò)誤。

3.（2023新課標(biāo)卷）無風(fēng)時(shí)，雨滴受空氣阻力的作用在地面附近會(huì)以恒定的速率豎直下落。一質(zhì)量為m的

雨滴在地面附近以速率v下落高度〃的過程中，克服空氣阻力做的功為（重力加速度大小為g）（）

A.0B.mgh

C^rnv1—mghT）.'^mv2^rmgh

答案B

解析雨滴在地面附近下落過程中做勻速運(yùn)動(dòng)，對(duì)雨滴下落高度的過程，由動(dòng)能定理有機(jī)g/z—Wf=O,

即Wf=?ig/z,B正確，A、C、D錯(cuò)誤。

4.（2023廣東佛山統(tǒng)考）小明同學(xué)乘電動(dòng)汽車出行，當(dāng)汽車以90km/h的速度勻速行駛時(shí)，在該車的行車信

息顯示屏上看到了如下信息，電池組輸出電壓400V,電流為25A。已知該車電機(jī)及傳動(dòng)系統(tǒng)將電能轉(zhuǎn)

化為機(jī)械能的效率約為80%,則此時(shí)該車（）

A.電池組輸出的電功率約為8000W

B.牽引力的功率約為10000W

C.受到的阻力約為320N

D.受到的牽引力約為400N

答案C

解析電池組輸出的電功率P=U/=400x25W=10000W,故A錯(cuò)誤；牽引力的功率約為P=80%尸=8

000W,故B錯(cuò)誤；汽車做勻速運(yùn)動(dòng)，牽引力等于阻力，即尸=力汽車的速度v=90km/h=25m/s,汽

車受到的阻力尸尸=吊=空中N=320N,故C正確，D錯(cuò)誤。

5.（2023湛江測(cè)試一）如圖所示，某商場(chǎng)有一與水平方向成37。的自動(dòng)扶梯，現(xiàn)有質(zhì)量為50kg的人與扶梯一

起以2m/s的速度斜向上勻速運(yùn)動(dòng)10m.MX^=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,則此過程中（）

A.人的重力勢(shì)能增加了5000J

B.乘客與扶梯之間產(chǎn)生的內(nèi)能為5000J

C.人克服重力做功的功率為600W

D.扶梯對(duì)人所做的功為5000J

答案C

解析人的重力勢(shì)能增加了sg/i=50xl0xl0xsin37。J=3000J,故A錯(cuò)誤；乘客與扶梯之間無相對(duì)

運(yùn)動(dòng)，內(nèi)能為0,故B錯(cuò)誤；人克服重力做功的功率為小gvsin37o=50xl0x2xsin37oW=600W,故C

正確；由動(dòng)能定理可知W=WG=3000J,故D錯(cuò)誤.

【考向二：動(dòng)能定理的應(yīng)用】

應(yīng)用動(dòng)能定理解題的四點(diǎn)注意

1.應(yīng)用動(dòng)能定理解題的思維流程

(一

確

分

定明確初、末-

階

解

研

動(dòng)能段

方

究

或

對(duì)

程

全

象

、

過

和

討

程

研

論

列

究

結(jié)

方

過

果

程

程

一

一

一

2.應(yīng)用動(dòng)能定理解題的三點(diǎn)提醒

(1)動(dòng)能定理往往用于單個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)過程，由于不牽扯加速度及時(shí)間，比動(dòng)力學(xué)研究

方法要簡(jiǎn)捷。

(2)動(dòng)能定理表達(dá)式是一個(gè)標(biāo)量式，在某個(gè)方向上應(yīng)用動(dòng)能定理是沒有依據(jù)的。

(3)物體在某個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中包含有幾個(gè)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)不同的小過程(如加速、減速的過程)，

此時(shí)可以分段考慮，也可以對(duì)全過程考慮，但若能對(duì)整個(gè)過程利用動(dòng)能定理列式，則可使

問題簡(jiǎn)化。

3.應(yīng)用動(dòng)能定理解題的四個(gè)步驟

(1)建立運(yùn)動(dòng)模型，判斷物體做了哪些運(yùn)動(dòng)。

(2)分析各個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中物體的受力和運(yùn)動(dòng)情況。

(3)抓住運(yùn)動(dòng)模型之間的聯(lián)系紐帶，如速度、加速度、位移，確定初、末狀態(tài)。

(4)根據(jù)實(shí)際情況分階段或整個(gè)過程利用動(dòng)能定理列式計(jì)算。

6.(2024茂名二模)“廣湛”高鐵將茂名到廣州的通行時(shí)間縮短至2小時(shí).假設(shè)動(dòng)車啟動(dòng)后沿平直軌

道行駛，發(fā)動(dòng)機(jī)功率恒定，行車過程中受到的阻力恒為工已知?jiǎng)榆囐|(zhì)量為〃2,最高行駛速度為Vm，下列

說法中正確的是()

A.動(dòng)車啟動(dòng)過程中所受合外力不變

B.動(dòng)車發(fā)動(dòng)機(jī)功率為加m

C.從啟動(dòng)到最大速度過程中，動(dòng)車平均速度為y

D.從啟動(dòng)到最大速度過程中，動(dòng)車牽引力做功為最〃謚

答案B

解析發(fā)動(dòng)機(jī)功率恒定，根據(jù)速度變大，牽引力變小，合外力尸合=/一了,即合外力變小，

故A錯(cuò)誤；速度最大時(shí)，動(dòng)車加速度為零，受力平衡，此時(shí)尸=&=/1，?］，故B正確；從啟動(dòng)到最大速

度過程中，動(dòng)車做加速度變小的加速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)車平均速度大于半，故C錯(cuò)誤；從啟動(dòng)到最大速度過程

中，根據(jù)動(dòng)能定理死一叼=/誦，動(dòng)車牽引力做功大于,故D錯(cuò)誤.

7.（改編自2022年全國(guó)甲卷）（多選）北京2022年冬奧會(huì)首鋼滑雪大跳臺(tái)局部示意圖如圖所示。運(yùn)動(dòng)員從a

處由靜止滑下，到b處起跳,c點(diǎn)為a、b之間的最低點(diǎn),a、c兩處的高度差為九運(yùn)動(dòng)員從a到c克服阻力做

功為為運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量,g為重力加速度）。若c點(diǎn)處這一段圓弧雪道的半徑為r,運(yùn)動(dòng)過程中將運(yùn)動(dòng)

4

員視為質(zhì)點(diǎn)，則關(guān)于經(jīng)過最低點(diǎn)c時(shí)，運(yùn)動(dòng)員的速度大小v,運(yùn)動(dòng)員對(duì)滑雪板的壓力大小與自身所受重力大

小的比值匕下列正確的是（）。

a

c

A.v=y/2g?B.v=^^

3h2h

CJI=1+——D.k=—+1

2rr

答案BC

解析運(yùn)動(dòng)員從a到c根據(jù)動(dòng)能定理有機(jī)城,叫入=’相供,得.二飛。8執(zhí),4項(xiàng)錯(cuò)誤,B項(xiàng)正確;在。點(diǎn)有

422

mv~3/1

F-mg=------,F=如zg,聯(lián)立有左=1+—,C項(xiàng)正確,D項(xiàng)錯(cuò)誤。

r2r

8.（多選）如圖所示，豎直平面內(nèi)固定的光滑軌道中，M豎直、6到c的圓軌道半徑為2R,1到e的

圓軌道半徑為R,這兩個(gè)圓軌道的圓心。與6點(diǎn)等高，一小滑塊從。點(diǎn)貼著必由靜止釋放，下列說法

中正確的是（）

A.如果小滑塊不會(huì)脫離軌道，則ab高度不能小于2.5R

B.如果小滑塊不會(huì)脫離軌道，則必高度不能小于3R

C.小滑塊在d點(diǎn)對(duì)軌道的壓力小于在c點(diǎn)對(duì)軌道的壓力

D.小滑塊在經(jīng)過e點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力不可能等于零

答案BD

解析如果小滑塊不會(huì)脫離軌道，則過c點(diǎn)的速度v侖同，從釋放到c點(diǎn)由動(dòng)能定理機(jī)g（〃-2田=

少成-0,解得后3R,故A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)牛頓第二定律，在d點(diǎn)有尸.一瞪+岫在c點(diǎn)有

FNc=m^—?ng,由于Vd>vc,所以人心際”根據(jù)牛頓第三定律，小滑塊在d點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大于在c

點(diǎn)對(duì)軌道的壓力，故C錯(cuò)誤；從c到e由動(dòng)能定理得最就一%比=mgR,因?yàn)関R2gR,所以v22<2gR,

根據(jù)牛頓第二定律在e點(diǎn)有FNe+mg=哈,解得FNe>3mg,因此小滑塊在經(jīng)過e點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力不

可能等于零，故D正確.

9.（2023上海交大附中高三?？迹┠撑d趣小組設(shè)計(jì)了一個(gè)游戲裝置，其簡(jiǎn)化模型如圖1所示，斜面軌道A3

長(zhǎng)乙=2m,傾角a=37。，與小球間動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.5,BC為光滑水平軌道，CDEFG軌道豎直放置，

由4個(gè)半徑R=0.2m的四分之一光滑圓弧軌道組成，。點(diǎn)與尸點(diǎn)為豎直連接點(diǎn)，當(dāng)小球在圓弧軌道上

運(yùn)動(dòng)時(shí)，軌道與小球間存在沿半徑方向（指向圓心）、大小為F=4N的特殊引力，上述各部分軌道平滑連

接，連接處無能量損失。一質(zhì)量為相=0」kg的小球從斜面頂端A點(diǎn)以一定的初速度沿斜面滑下，不計(jì)

空氣阻力，重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8o

////Z^/Q//////^//

（1）若小球以v0=2m/s的初速度從A點(diǎn)滑下時(shí)，

①求小球到達(dá)斜面底端B點(diǎn)的速度vB-,

②求小球剛過。點(diǎn)瞬間對(duì)軌道的壓力；

（2）要使小球能沿軌道運(yùn)動(dòng)，且能夠到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)E,求小球在A點(diǎn)初速度VA的取值范圍。

答案（1）①2/m/s②0（2）0SvAKm/s

解析（1）①從A點(diǎn)到2點(diǎn)，由動(dòng)能定理得

mgLsin37°—/zmgLcos37°=^mvB~^mvQ

解得m/So

②從5點(diǎn)到。點(diǎn)，由動(dòng)能定理得

解得vD=2y[2m/s

設(shè)小球在D點(diǎn)受到軌道給它的彈力尸N，

由牛頓第二定律得F+FN=n^

解得FN=。

由牛頓第三定律得，小球剛過D點(diǎn)瞬間對(duì)軌道的壓力

八'=0。

(2)從A點(diǎn)到E點(diǎn)，由動(dòng)能定理得

m^Lsin37°—/xmgLcos37°—2mgR—'^invE—^nv^

解得VE^VA

能夠到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)E的最小速度為零。為了保證小球不脫離軌道，在D點(diǎn)軌道對(duì)小球彈力大于等

于零。因在。點(diǎn)尺=0時(shí)，A點(diǎn)速度為％=2m/s。

要使小球能沿軌道運(yùn)動(dòng)，且能夠到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)E,小球在A點(diǎn)初速度VA的取值范圍為0<VA<2m/s。

10.(2023湖北卷)如圖為某游戲裝置原理示意圖。水平桌面上固定一半圓形豎直擋板，其半徑為2R、內(nèi)表面

光滑，擋板的兩端A、2在桌面邊緣，B與半徑為R的固定光滑圓弧軌道CDE在同一豎直平面內(nèi)，過

C點(diǎn)的軌道半徑與豎直方向的夾角為60。。小物塊以某一水平初速度由A點(diǎn)切入擋板內(nèi)側(cè)，從B點(diǎn)飛出

桌面后，在C點(diǎn)沿圓弧切線方向進(jìn)入軌道SE內(nèi)側(cè)，并恰好能到達(dá)軌道的最高點(diǎn)。。小物塊與桌面

之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為(，重力加速度大小為g,忽略空氣阻力，小物塊可視為質(zhì)點(diǎn)。求：

(1)小物塊到達(dá)。點(diǎn)的速度大?。?/p>

(2)8和。兩點(diǎn)的高度差；

(3)小物塊在A點(diǎn)的初速度大小。

答案⑴由(2)0(3)A/3^

解析(1)由題意知，小物塊恰好能到達(dá)軌道的最高點(diǎn)Z),則在。點(diǎn)有

4=mg

解得VD=y[gRo

（2）由題意知，小物塊從C點(diǎn)沿圓弧切線方向進(jìn)入軌道CDE內(nèi)側(cè)，則在C點(diǎn)有VCX=VBOS6（F=VB

小物塊從C到D的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有

~mg(R+Rcos60°)=^mvD—^mvc

則小物塊從B到D的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有

mgHBD=

聯(lián)立解得踵，HBD=O。

（3）小物塊從A到B的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有

—/dings

s=m2R

解得VA=y^gR?

【考向三：動(dòng)能定理與圖像的綜合問題】

1L（多選）（2023江西南昌高三期中）圖甲為一種新型的電動(dòng)玩具，整體質(zhì)量為兀下方的圓球里有電動(dòng)機(jī)、電池、

紅外線發(fā)射器等，打開開關(guān)后葉片轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)會(huì)產(chǎn)生一個(gè)與葉片轉(zhuǎn)動(dòng)平面垂直的升力凡使玩具在空中飛行。

將玩具從離地面高度為4瓦處由靜止釋放，使玩具在豎直方向運(yùn)動(dòng)，升力F隨離地面高度h變化的關(guān)系如

圖乙所示,重力加速度為g,玩具只受升力和自身重力作用。對(duì)于4/70-2%過程，下列判斷正確的是（）

A.玩具先做勻加速運(yùn)動(dòng)再做勻減速運(yùn)動(dòng)

B.玩具下落到距地面3/zo高處速度最大

C.玩具下落的最大速度為J贏

D.玩具下落的最大速度為，平

答案BC

解析玩具在下落過程中,根據(jù)牛頓第二定律有力取-歹=，兇,4%?2%過程中，由圖可知產(chǎn)從0增大到2mg,在

3/20時(shí)為mg,所以加速度開始時(shí)向下并逐漸減小，速度在增大，當(dāng)達(dá)到3加時(shí)合力為0,加速度為0,此時(shí)速度

達(dá)到最大值，繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，合力向上，做減速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)加速度向上并逐漸增大,速度在減小,A錯(cuò)誤,B正確;根

據(jù)上面分析，玩具下落到距地面3h0時(shí)速度最大,F做負(fù)功，大小為圖線與橫軸圍成的面積,所以有

“反，c正

WF=-(4〃o-3/?o>mg-一=--mgho,對(duì)該過程，根據(jù)動(dòng)能定理有mgho-—mgho=—7〃v2,解得vm=

確,D錯(cuò)誤。

12.(2021湖北高考)如圖(a)所示，一物塊以一定初速度沿傾角為30。的固定斜面上滑，運(yùn)動(dòng)過程中摩擦力大

小/恒定，物塊動(dòng)能Ek與運(yùn)動(dòng)路程s的關(guān)系如圖(b)所示。重力加速度大小取10m/s2,物塊質(zhì)量m和所

受摩擦力大小/分別為()

A.m=0.7kg,/=0.5N

C.m=0.8kg,f=0.5ND.m=0.8kg,/=1.0N

答案A

解析0?10m內(nèi)物塊上滑，由動(dòng)能定理得一"2gsin3OJs—/k=Ek—及0,整理得Ek=Eko—(，咫sin30°

+f)s,結(jié)合0?10m內(nèi)的圖像得加gsin30。+/=4N；10?20m內(nèi)物塊下滑，由動(dòng)能定理得(mgsin30。

—7)(s—si)=Ek，整理得Ek=(%gsin30°—(mgsin30°—/)5i，結(jié)合10~20m內(nèi)的圖像得mgsin30°—f

=3N,聯(lián)立解得了=0.5N,優(yōu)=0.7kg。故A正確。

13.如圖甲所示，一物塊從固定斜面的底端沿斜面方向沖上斜面，物塊的動(dòng)能反隨距斜面底端高度//的變

化關(guān)系如圖乙所示，已知斜面的傾角為30。，重力加速度大小為g,取物塊在斜面底端時(shí)的重力勢(shì)能為

零，下列說法正確的是()

A.物塊的質(zhì)量為簫

B.物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為當(dāng)

一4

C.上滑過程中，物塊動(dòng)能等于重力勢(shì)能時(shí)，到斜面底端的高度為和o

D.下滑過程中，物塊動(dòng)能等于重力勢(shì)能時(shí)，物塊的動(dòng)能大小為學(xué)

答案C

解析物塊從底端上滑到最高點(diǎn)的過程，由動(dòng)能定理可知一geos30。1冷心=0—2瓦，從

最高點(diǎn)滑回斜面底端的過程，由動(dòng)能定理可知mgh^-fimgcos3O°--^=￡O,聯(lián)立解得根=就,〃=害,

h

故A、B錯(cuò)誤；物塊從斜面底端上滑高度為人時(shí)的動(dòng)能為Eki=2及一根g/z一卬“geos30。?而而，物塊具