浙江省备战2025年高考物理一遍过考点15动能定理及其应用含解析

PAGEPAGE1动能定理及其应用专题学问内容考试要求必考加试机械能守恒定律动能和动能定理dd一、动能定理1．公式：（）2．推导：假设物体（m）在极短时间Δt内受到力F1、F2……（可视为恒力）作用，发生的位移为Δx对物体，由牛顿其次定律有，由运动学公式有联立可得，即在极短时间Δt内有，对一般过程有，即（故解题时，运用动能定理和牛顿运动定律均可，应依据实际状况选择解题思路）3．优先考虑应用动能定理的问题（1）不涉及加速度、时间的问题；（2）有多个物理过程且不须要探讨整个过程中的中间状态的问题；（3）变力做功的问题。二、应用动能定理的流程三、应用动能定理解题的方法技巧1．对物体进行正确的受力分析，要考虑物体所受的全部外力，包括重力。2．有些力在物体运动的全过程中不是始终存在的，若物体运动的全过程包含几个不同的物理过程，物体的运动状态、受力等状况均可能发生变更，则在考虑外力做功时，必需依据不同状况分别对待。3．若物体运动的全过程包含几个不同的物理过程，解题时可以分段考虑，也可以全过程为一整体，利用动能定理解题，用后者往往更为简捷。（2024·山西平遥中学期末）光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点连接，导轨半径R＝0.5m，一个质量m＝2kg的小球在A处压缩一轻质弹簧，弹簧与小球不拴接。用手拦住小球不动，此时弹簧弹性势能Ep＝36J，如图所示。放手后小球向右运动脱离弹簧，沿半圆形轨道向上运动恰能通过最高点C，g取10m/s2。下列选项正确的是A．小球脱离弹簧时的速度大小5m/sB．小球通过最高点C的速度是0C．小球在C点处于超重状态D．小球从B到C阻力做的功为–11J【参考答案】D【具体解析】A、依据机械能守恒定律Ep=mv12解得:v1=6m/s，选项A错误；B、因小球恰能通过最高点C，则，解得，选项B错误；C、小球在C点时，加速度向下，处于失重状态，选项C错误；D、小球从B到C，由动能定理：，联立解得Wf=–11J，选项D正确。【名师点睛】竖直方向的圆周运动：（1）绳模型（绳、内轨约束）。做完整圆周运动的临界条件：最高点的向心力仅由重力供应。不脱离的临界条件：恰好做完整的圆周运动，或者到与圆心等高处速度为零。（2）杆模型（杆、管、套环约束）。做完整圆周运动的临界条件：最高点速度为0。（3）桥模型（拱桥、外轨约束）。脱离的临界条件：支持力为0。恰好在最高点脱离时，由重力供应向心力。1．为了探讨过山车的原理，某物理小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角为θ=60°、长为L1=23m的倾斜轨道AB，通过微小圆弧与长为L2=32m的水平轨道BC相连，然后在C处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道上D处，如图所示。现将一个小球从距A点高为h=0.9m的水平台面上以肯定的初速度v0水平弹出，到A点时小球的速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下。已知小球与AB和BC间的动摩擦因数均为μ=33，g取10m/s（1）求小球初速度v0的大小；（2）求小球滑过C点时的速率vC；（3）要使小球不离开轨道，则竖直圆弧轨道的半径R应当满意什么条件？【答案】（1）6m/s（2）36m/s（3）0<R【解析】（1）小球起先时做平抛运动vy代入数据解得vyA点：tan60°=vy（2）从水平抛出到C点的过程中，由动能定理得mg(h+L代入数据解得vC（3）小球刚好能过最高点时，重力供应向心力，则mg=12代入数据解得R1=1.08m，当小球刚能到达与圆心等高时，有12代入数据解得R2=2.7m，当圆轨道与AB相切时R3即圆轨道的半径不能超过1.5m，1综上所述，要使小球不离开轨道，R应当满意的条件是0<R≤1.08m（2024·湖北期末）如图所示，一轻弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端自由伸长，一滑块以初速度v0在粗糙的水平面上向左滑行，先是压缩弹簧，后又被弹回。已知滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，以地面为零势能面则从滑块接触弹簧到将弹簧压缩到最短的过程中，滑块的加速度a、动能Ek、系统的机械能E和因摩擦产生的热量Q与弹簧形变量x间的关系图象正确的是A． B．C． D．【参考答案】C【具体解析】A．设滑块受到的摩擦力为f，弹簧的弹力:F=kx，选取初速度的方向为正方向，则滑块的加速度:，可知a与x的关系是不过坐标原点的直线；故A错误；B．当弹簧的压缩量为x时，弹簧的弹性势能:，所以滑块克服弹簧的弹力做功:，克服摩擦力做功:Wf=–fx。对滑块由动能定理可得:，即:，为x的二次函数，是一条曲线；故B错误；C．滑块克服弹簧做的功转化为弹簧的弹性势能，所以系统的机械能:E=Ek0–fx，即系统的机械能与x之间的关系为斜率为负的一次函数；故C正确；D．因摩擦产生的内能为:Q=fx，是过坐标原点的倾斜直线；故D错误。【名师点睛】解决本题的关键要正确分析弹簧的状态，知道小球的速度最大时，合力为零，通过分析小球的受力状况，进一步分析其运动状况。1．如图所示，竖直平面内放始终角杆，杆的水平部分粗糙，杆的竖直部分光滑，两部分各套有质量均为1kg的小球A和B，A、B间用细绳相连，A与水平杆之间的动摩擦因数μ=0.3。初始时刻A、B均处于静止状态，已知OA=3m，OB=4m。若A球在水平拉力F的作用下向右缓慢地移动1m（取g=10m/s2），那么该过程中A．小球A受到的摩擦力大小为6NB．小球B上升的距离小于1mC．拉力F做功为16JD．拉力F做功为14J【答案】AC【解析】对AB整体受力分析，受拉力F、重力G、支持力N、向左的摩擦力f和向右的弹力N1，如图所示：依据共点力平衡条件，对整体，竖直方向：N=G1+G2，水平方向：F=f+N1，其中：f=μN，解得N=（m1+m2）g=20N，f=μN=0.3×20N=6N，故A正确。B、依据几何关系，可知小球B上升的距离h=4m-52-42m=1m；故B错误。CD、对整体在整个运动过程中运用动能定理列式得：WF–fs–m2g·h=0，故有：W【名师点睛】本题中拉力为变力，先对整体受力分析后依据共点力平衡条件得出摩擦力为恒力，然后依据动能定理求变力做功。（2024·辽宁辽师大附中期末）粗糙水平面上静止放置质量均为m的A、B两物体，它们分别受到水平恒力F1、F2的作用后各自沿水平面运动了一段时间，之后撤去F1、F2，两物体最终都停止，其v–t图象如图所示，下列说法错误的是A．A、B两物体与地面间的滑动摩擦因数之比为1:2B．F1与A物体所受摩擦力大小之比为3:1C．F1和F2大小之比为2:1D．A、B两物体通过的总位移大小相等【参考答案】C【具体解析】A.由速度与时间图象可知，两个匀减速运动的加速度之比为1:2；由牛顿其次定律f=ma可知:A、B受摩擦力大小1:2，可知摩擦因数之比为1:2，故A正确；B.由速度与时间图象可知，A、B两物体加速与减速的位移相等，且匀加速运动位移之比1:2，匀减速运动的位移之比2:1，由动能定理可得：A物体的拉力与摩擦力的关系，F1·x–f1·3x=0–0，解得F1:f1=3:1，故B正确；C.对B：F2·2x–f2·3x=0–0，解得：F2:f2=3:2，又A、B受摩擦力大小1:2，可知F1和F2大小之比为1:1，故C错误。D.由速度与时间图象面积表示位移可知，A、B两物体加速与减速的位移相等，故D正确。此题选择错误的选项，故选C。1．质量分别为m1、m2的两个物体A、B并排静止在水平地面上，用同向的水平拉力F1、F2分别作用于物体A和B上，且分别作用一段时间后撤去，之后，两物体各自滑行一段距离后停止下来，物体A、B在整个运动过程中的速度一时间图象分别如图中的图线a、b所示。已知物体A、B与水平地面的动摩擦因数分别为μ1、μ2，取重力加速度g=10m/s2。由图中信息可知A．μ1=μ2=0.1B．若F1=F2，则m1>m2C．若m1=m2，则在整个过程中，力F1对物体A所做的功大于力F2对物体B所做的功D．若m1=m2，则在整个过程中，物体A克服摩擦力做的功等于物体B克服摩擦力做的功【答案】AD【解析】A、撤除拉力后两物体的速度图象平行，故加速度大小相等，即a1=a2=μg=1m/s2，所以μ1=μ2=0.1，故A正确。B、若F1=F2，对于m1则有F1–μ1m1g=m1a1，解得m1=F1a1+μ1g；对于m2则有F2–μ2m2g=m2a2，解得m2=F2a2+μ2g；由图可知a1>a2，故m1<m2，B错误。C、由图象可得匀加速的位移为xa=12×2.5×4m=5m，xb=12×2×5m=5m，若m1=m2，则f1=f2，依据动能定理，对a有：【名师点睛】本题综合性很强，所以娴熟驾驭牛顿其次定律，动能定理，会依据v–t图求解加速度，位移是能否胜利解题的关键。1．人骑自行车下坡，坡长l＝500m，坡高h＝8m，人和车总质量为100kg，下坡时初速度为4m/s，人不踏车的状况下，到达坡底时车速为10m/s，g取10m/s2，则下坡过程中阻力所做的功为A．－4000J B．－3800JC．－5000J D．－4200J2．（2024·黑龙江大庆四中月考）韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪空中技巧竞赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1900J，他克服阻力做功100J。韩晓鹏在此过程中A．重力势能减小了2000JB．重力势能减小了1900JC．动能增加了1900JD．动能增加了2000J3．在距水平地而10m高处，以10m/s的速度水平抛出一个质量为1kg的物体，已知物体落地时的速度为16m/s，取g=10m/s²，则下列说法正确的是A．抛出时人对物体做功为150JB．自抛出到落地，重力对物体做功为100JC．飞行过程中物体克服阻力做功22JD．物体自抛出到落地时间为2s4．（2024·黑龙江大庆四中月考）关于动能定理的表达式W=Ek2﹣Ek1，下列说法正确的是A．公式中的W为不包含重力的其他力做的总功B．动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动；适用于恒力做功，但不适用于变力做功C．运动物体所受合外力不为零，则该物体肯定做变速运动，其动能要变更D．公式中的Ek2﹣Ek1为动能的增量，当W＞0时动能增加，当W＜0时动能削减5．一木块沿着高度相同、倾角不同的三个斜面由顶端静止滑下（如图所示）若木块与各斜面间的动摩擦因数都相同，则滑究竟端时的动能大小关系是A．倾角大的动能最大B．倾角小的动能最大C．倾角等于45º的动能最大D．三者的动能一样大6．（2024·四川期末）从空中某一高度同时以大小相等的速度竖直上抛和水平抛出两个质量均为m的小球，忽视空气阻力。在小球从抛出到落至水平地面的过程中A．动能变更量不同，动量变更量相同B．动能变更量和动量变更量均相同C．动能变更量相同,动量变更量不同D．动能变更量和动量变更量均不同7．物体在合外力作用下做直线运动的v–t图象如图所示，下列表述正确的是A．在0~1s内，物体做加速运动，合外力做正功B．在1~3s内，物体做匀速运动，合外力做正功C．在3~7s内，合外力做功为零D．在0~5s内，速度变更量为零，合力的平均功率为零8．（2024·山西平遥中学期末）质量为1500kg的汽车在平直的马路上运动，v－t图象如图所示，下列选项中哪个不能求出A．0~25s内合外力对汽车所做的功B．前25s内汽车的平均速度C．15~25s内汽车的加速度D．15~25s内汽车所受的阻力9．一质量为2kg的物体静止在水平桌面上，在水平拉力F的作用下，沿水平方向运动2s后撤去外力，其v–t图象如图所示，下列说法正确的是A．在0~2s内，合外力做的功为4JB．在0~2s内，合外力做的功为8JC．在0~6s内，摩擦力做的功为–8JD．在0~6s内，摩擦力做的功为–4J10．（2024·广西期末）关于功和能，下列说法正确的是A．合外力对物体做功为零时，机械能肯定守恒B．物体所受的力越大，位移越大，则该力对物体做功肯定越多C．物体所受的合外力不为零时，动能可能不变D．在一对作用力和反作用力中，若作用力对物体做正功，则反作用力对物体肯定做负功11．如图是某缓冲装置，劲度系数足够大的轻质弹簧与直杆相连，直杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为f，直杆质量不行忽视。一质量为m的小车以速度v0撞击弹簧，最终以速度v弹回。直杆足够长，且直杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计小车与地面间的摩擦。则A．小车被弹回时速度v肯定小于v0B．直杆在槽内移动的距离等于C．直杆在槽内向右运动时，小车与直杆始终保持相对静止D．弹簧的弹力可能大于直杆与槽间的最大静摩擦力12．（2024·黑龙江哈尔滨市第六中学校月考）质量为2kg的物体以10m/s的初速度，从起点A动身竖直向上抛出，在它上升到某一点的过程中，物体的动能损失了50J，机械能损失了10J，设物体在上升、下降过程空气阻力大小恒定，则该物体再落回到A点时的动能为（g=10m/s2）A．40J B．60J C．80J D．100J13．如图所示，竖直平面内四分之一光滑圆弧轨道AP和水平传送带PC相切于P点，圆弧轨道的圆心为O，半径为R。一质量为m的小物块从圆弧顶点A由静止起先沿轨道下滑，再滑上传送带PC，传送带可以速度v0=122gR沿逆时针方向A．若水平传送带沿逆时针方向转动的速度增大，小物块不能滑到传送带右端CB．传送带PC之间的距离L=C．若传送带速度大小v0不变，顺时针转动，小物块从P点滑到C点所用的时间t=D．若传送带速度大小v0不变，顺时针转动，要让小物块始终在传送带上做匀减速运动，则小物块在圆弧顶点A的最小速度114．（2024·甘肃兰州一中期末）如图所示，AB为1/4圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R，一质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A从静止起先下落，恰好运动到C处停止，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为A．μmgR B．mgRC．－mgR D．(1－μ)mgR15．（2024·山东期末）某工地上，工人将放在地面上一重10N的箱子吊起。箱子在绳的拉力作用下由静止起先竖直向上运动，运动过程中箱子的机械能E与其位移x的关系图象如图所示，其中0~5m过程的图线为曲线，5m~15m过程的图线为直线。依据图象可知A．0~5m过程中箱子所受的拉力渐渐减小B．0~15m过程中箱子的动能始终增加C．在位移为15m时，拉力F=20ND．在位移为15m时，拉力F=10N16．我国将于2024年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具欣赏性的项目之一，如图所示，质量m=60kg的运动员从长直助滑道末端AB的A处由静止起先以加速度a=3.6m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB=24m/s，A与B的竖直高度差H=48m，为了变更运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道连接，其中最低点C处旁边是一段以O为圆心的圆弧。助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h=5m，运动员在B、（1）求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff（2）若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大。17．（2024·新课标全国Ⅱ卷）从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变更如图所示。重力加速度取10m/s2。由图中数据可得A．物体的质量为2kgB．h=0时，物体的速率为20m/sC．h=2m时，物体的动能Ek=40JD．从地面至h=4m，物体的动能削减100J18．（2024·新课标全国Ⅲ卷）从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变更如图所示。重力加速度取10m/s2。该物体的质量为A．2kg B．1.5kg C．1kg D．0.5kg19．（2024·江苏卷）从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。忽视空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图象是A． B．C． D．20．（2024·新课标全国II卷）如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止起先沿粗糙水平路面运动至具有某一速度，木箱获得的动能肯定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21．（2024·江苏卷）一小物块沿斜面对上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能与位移的关系图线是A． B．C． D．22．（2024·海南卷）如图，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动。已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N1，在最高点时对轨道的压力大小为N2。重力加速度大小为g，则N1–N2的值为A．3mg B．4mgC．5mg D．6mg23．（2024·浙江卷）如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止起先自由下滑，经过上、下两段滑道后，最终恰好静止于滑道的底端（不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，，）。则A．动摩擦因数B．载人滑草车最大速度为C．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为24．（2015·新课标全国Ⅰ卷）如图所示，一半径为R，粗糙程度到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的质点自P点上方高度R处由静止起先下落，恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。则A．，质点恰好可以到达Q点B．，质点不能到达Q点C．，质点到达Q后，接着上升一段距离D．，质点到达Q后，接着上升一段距离25．（2024·上海卷）地面上物体在变力F作用下由静止起先竖直向上运动，力F随高度x的变更关系如图所示，物体能上升的最大高度为h，h<H。当物体加速度最大时其高度为_________，加速度的最大值为________。26．（2024·江苏卷）如图所示，两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R。C的质量为m，A、B的质量都为，与地面的动摩擦因数均为μ。现用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面。整个过程中B保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：（1）未拉A时，C受到B作用力的大小F；（2）动摩擦因数的最小值μmin；（3）A移动的整个过程中，拉力做的功W。1．B【解析】下坡过程中，依据动能定理得：mgh+Wf=12．B【解析】AB、重力对物体做功为1900J，是正功，则物体重力势能减小了1900J，故A不符合题意，B符合题意；CD、外力对物体所做的总功为W总=WG+W阻=1900J–100J=1800J，是正功，依据动能定理得:动能增加了1800J。故CD不符合题意。3．BC【解析】A、依据动能定理，抛出时人对物体做功等于物体的初动能，为W1=12mv12=12×1×102J=50J，故A错误。B、自抛出到落地，重力对物体做功为：【名师点睛】本题是动能的定义和动能定理的简洁应用，空气阻力是变力，运用动能定理求解克服空气阻力做功是常用的方法。4．D【解析】A、动能定理的表达式W=Ek2–Ek1，W指的是合外力所做的功，包含重力做功，故A不符合题意；B、动能定理适用于任何运动，既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于恒力做功，也适用于变力做功，故B不符合题意；C、运动物体所受合外力不为零，则该物体肯定做变速运动，若合外力方向始终与运动方向垂直，合外力不做功，动能不变，故C不符合题意；D、公式中的Ek2–Ek1为动能的增量，当W＞0时，即Ek2–Ek1＞0，动能增加，当W＜0时，即Ek2–Ek1＜0，动能削减，故D符合题意。5．A【解析】分析可知，木块下滑中，重力做正功、支持力不做功，摩擦力做负功；重力做功：WG=mgh；摩擦力做功：Wf=-μmghcosθsinθ；则由动能定理可得：WG+Wf【名师点睛】木块在下滑中受重力、弹力及摩擦力，分析各力做功状况，由动能定理列出通式可比较木块滑究竟部时的动能大小。6．C【解析】小球从抛出到落地过程中，只有重力做功，下落的高度相同，依据动能定理可得，两种状况下动能变更量相同；依据题意竖直上抛运动时间必平抛运动的时间长，依据可知动量变更量不同，C正确。7．ACD【解析】在0~1s内，物体做匀加速运动，动能增加，依据动能定理知，合外力做正功，A正确；在1~3s内，物体做匀速运动，合外力为零，不做功，B错误；在3~7s内，动能的变更量为零，依据动能定理可知，合外力做功为零，C正确；在0~5s内，速度变更量为零，动能的变更量为零，由动能定理知合力做功为零，则合力的平均功率为零，D正确。8．D【解析】A.由图可以读出0~25s内汽车的初、末速度，结合质量，能求出动能的变更，依据动能定理可求前25s内合外力对汽车所做的功，故A不符合题意。B.依据速度图线与时间轴所围成的面积表示位移，能求出前25s内汽车的位移，从而可以求出前25s内汽车的平均速度，故B不符合题意。C、依据速度图象的斜率表示加速度，可以求出15~25s内汽车的加速度，故C不符合题意。D.依据F–f=ma，知道加速度a和汽车的质量m，不能求解15~25s内汽车所受的阻力，选项D符合题意。9．A【解析】AB、在0~2s可读出初末速度，由动能定理可得W合=12mv22-0=4J，故A正确，B错误。CD、在0~6s内由全程的动能定理：WF【名师点睛】本题考查功的计算以及牛顿其次定律的应用、图象的应用，要留意明确物体的运动状态，再由牛顿其次定律求出拉力和摩擦力，才能精确求解。10．C【解析】A、合外力对物体做功为零时，机械能不肯定守恒，例如匀速上升的升降机，选项A错误；B、依据W=Fscosθ可知，物体所受的力越大，位移越大，则该力对物体做功不肯定越多，还要看力和位移方向的夹角，选项B错误；C、物体所受的合外力不为零时，动能可能不变，例如做匀速圆周运动的物体，选项C正确；D、在一对作用力和反作用力中，若作用力对物体做正功，则反作用力对物体可能做负功，也可能做正功或者不做功，选项D错误。11．BD【解析】小车在向右运动的过程中，若弹簧的形变量始终小于，直杆和槽间无相对运动，小车被弹回时速度v等于v0；若形变量等于，直杆和槽将发生相对运动，克服摩擦力做功，小车的动能减小，小车被弹回时速度v小于v0，A错误，D正确。对整个过程应用动能定理有–fs=–，可得直杆在槽内移动的距离s=，B正确。直杆在槽内由静止起先向右运动时，小车速度大于零，小车不行能与直杆始终保持相对静止，C错误。12．B【解析】物体上升到某一高度时，重力、阻力均做负功，依据动能定理有：W合=△Ek①，空气阻力做功对应着机械能的变更，则有:Wf=△E②，将△EK=–50J，△E=–10J，代入①②可得:W合=–50J，Wf=–10J，可得W合=5Wf，物体的初动能为；当物体从A点到最高点的过程中，物体的动能减小了100J，由动能定理可得，合力做的功W合上=–100J，所以空气阻力做功为Wf上=–20J，由功能原理知，机械能损失了20J，由于空气阻力大小恒定，所以下落过程机械能也损失了20J，则物体落回A点时的动能为100J–2×20J=60J，故A，C，D错误，B正确。13．BCD【解析】A、若水平传送带沿逆时针方向转动的速度增大，物块受到的滑动摩擦力不变，滑动摩擦力做功与速度变大前一样，故小物块仍旧恰能滑到右端C，故A错误；B、从A到C，对小物块运用动能定理可得：mgR-μmgL=0，解得：L=Rμ，故B正确；C、若传送带速度大小v0不变，顺时针转动，依据动能定理得：mgR=12mvP2，可得，物块滑动到P点的速度：vP=2gR，依据牛顿其次定律可得：-μmg=ma，得a=-μg，假设传送带足够长，共速时间：t共=v0-vPa=-122gR-μg=【名师点睛】解决本题的关键是分析清晰小物块的运动状况，应用动能定理、牛顿其次定律、运动学公式进行探讨。要留意分析物块与传送带共速的状态。14．D【解析】BC段物体受摩擦力f=μmg，位移为R，故BC段摩擦力对物体做功W=–fR=–μmgR；对全程由动能定理可知，mgR+W1+W=0，解得W1=μmgR–mgR；故AB段克服摩擦力做功为W克=mgR–μmgR。选项D正确。15．AD【解析】A、据功能关系，物体机械能的变更等于重力以外其它力做的功；据可知，机械能E与其位移x的关系图象切线斜率表示箱子所受拉力；由图象得，0~5m过程中箱子所受的拉力渐渐减小，故A项正确；BCD、由图象得，0~5m过程中箱子所受的拉力渐渐减小，5~15m过程中箱子所受拉力；0~5m过程中箱子所受的拉力大于重力，箱子的动能增加；5~15m过程中箱子所受的拉力等于重力，箱子的动能不变。故BC两项错误，D项正确。16．（1）144N（2）12.5m【解析】（1）运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，斜面的倾角为α，则有v依据牛顿其次定律得：mg又sinα=H由以上三式联立解得f=144（2）设运动员到达C点时的速度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理有:mgh+W=设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿其次定律得：F由运动员能承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立解得R=12.517．AD【解析】A．Ep–h图像知其斜率为G，故G==20N，解得m=2kg，故A正确B．h=0时，Ep=0，Ek=E机–Ep=100J–0=100J，故=100J，解得：v=10m/s，故B错误；C．h=2m时，Ep=40J，Ek=E机–Ep=85J–40J=45J，故C错误；D．h=0时，Ek=E机–Ep=1