2026上海春季高考物理考试总复习：专题14 动能定理（知识梳理+考点精讲）（解析版）

专题14动能定理（解析版）

1理解动能、动能定理，会用动能定理解决一些基本问题.

2．能利用动能定理求变力做的功．3．掌握解决动能定理与图像结合的问题的方法．

知识点一动能定理的理解和基本应用

1．动能

(1)定义：物体由于运动而具有的能量叫作动能．

1222

(2)公式：Ek＝mv，单位：焦耳(J).1J＝1N·m＝1kg·m/s.

2

(3)动能是标量、状态量．

2．动能定理

(1)内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化．

1212

(2)表达式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝mv2－mv1.

22

(3)物理意义：合力做的功是物体动能变化的量度．

知识点二动能定理理解

1．应用动能定理解题应抓住“两状态，一过程”，“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能

情况，“一过程”即明确研究过程，确定在这一过程中研究对象的受力情况和位置变化或位移信息．

2．注意事项

(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系．

(2)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解，也可以全过程应用动能定理求解．

(3)动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能．

知识点三动能定理与图像问题的结合

图像与横轴所围“面积”或图像斜率的含义

一、考点一、动能的定义和表达式

1．不考虑空气阻力与排球的自转，排球在水平击出后的下落过程中，其动能Ek与其在空中运动时间t的关

系可能为（）

A．B．C．D．

【答案】D

【详解】排球在水平击出后的下落过程中，其动能

1111

Emv2m(v2g2t2)mg2t2mv2

k220220

故选D。

2．如果一个物体动能不变，则下列说法中正确的是（）

A．其速度大小一定不变B．其速度方向一定不变

C．物体的运动状态保持不变D．物体所受的合外力一定为零

【答案】A

【详解】A．如果一个物体动能不变，则速度大小不变，故A正确；

B．如果一个物体动能不变，速度方向可能变化，故B错误；

C．如果一个物体动能不变，速度方向可能变化，运动状态可能变化，故C错误；

D．如果一个物体动能不变，速度方向可能变化，所受合外力可能不为零，故D错误。

故选A。

3．某地区的风速为20m/s，空气的密度为1．3kg/m3，若使风力发电机转动的风通过的截面积为400m2，且

风能的20%可转化为电能，则该风力发电机的发电功率为（）

A．1.02104WB．2.08104WC．1.43105WD．4.16105W

【答案】D

【详解】在时间t内，通过发电机的风质量为

mVvtS

风能为

1

Emv2

2

电功率为

E1

PSv3

t2

解得

P4.16105W

故选D。

27

4．现代大型高能粒子加速器可以把粒子的速度加速到与光速极为接近的程度。质子质量mp1.6710kg，

如果把一个质子加速到具有能量1.601010J，并假定这个能量就是质子具有的动能，按照牛顿力学，质

子的速度为多大这个结论正确吗，简述其理由。

【答案】1.46c详见解析

【详解】[1]由公式

1

Emv2

k2p

得

2E21.601010

k8

v27m/s4.3810m/s1.46c

mp1.6710

[2]这个结论不正确，牛顿定律是不适用于高速运动的物体，牛顿定律属于经典力学，经典力学适用的

条件是低速，宏观，惯性系的物体。

二、考点二、计算物体动能的改变量

5．质量为0．5kg的足球以1m/s速度水平撞击墙壁，又以1m/s速度弹回。若以足球的初速度方向为正方

向，则在碰撞过程中足球的速度变化量以及动能的变化量为（）

A．2m/s，0.5JB．2m/s，0C．2m/s，0D．2m/s，0.5J

【答案】B

【详解】碰撞过程中足球的速度变化量

vvv01m/s1m/s2m/s

动能的变化量为

11

Emv2mv20

k220

故选B。

6．质量为0．5kg的足球以1m/s速度水平撞击墙壁，又以1m/s速度弹回。若以足球的初速度方向为正方

向，则在碰撞过程中足球的速度变化量以及动能的变化量为（）

A．0，0.5JB．2m/s，0C．2m/s，0D．2m/s，0.5J

【答案】B

【详解】碰撞过程中足球的速度变化量

vv2v11m/s1m/s2m/s

动能的变化量

11

ΔEmv2mv20

k2221

ACD错误；B正确。

故选B。

7．一辆汽车的速度从10km/h增加到20km/h，动能的增量为Ek1；若速度从40km/h增加到50km/h，动能

的增量为Ek2，则（）

A．Ek1Ek2B．Ek1Ek2C．Ek1Ek2D．无法判断

【答案】B

【详解】由题意，令v1=10km/h，则

v2=2v1，v3=4v1，v4=5v1

所以

122122

Ek1mv2v1Ek2mv4v3

22

故选B。

8．一个质量为0．1kg的球在光滑水平面上以5m/s的速度匀速运动，与竖直墙壁碰撞以后以原速率被弹

回，若以初速度方向为正方向，则小球碰墙前后速度的变化为，动能的变化为.

【答案】-10m/s0

【详解】[1]若以初速度方向为正方向，小球碰墙前v1=5m/s，小球碰墙后v2=-5m/s，速度的变化量

vv2v1(5m/s)5m/s=10m/s

1

[2]动能的表达式为Emv2，速度大小为发生改变，动能不变，所以动能的变化量为零．

K2

三、考点三、用动能定理求解外力做功和初末速度

9．潜水器由静止开始竖直下潜，下潜过程中受到恒定的浮力和与速度大小成正比的熄力，下列关于潜水器

的重力势能（EP）和动能（Ek）随位移（x）变化的图像，可能正确的是（）

A．B．

C．D．

【答案】D

【详解】AB．潜水器下潜过程中，重力势能为

EPEP0mgx

所以下潜过程中重力势能越来越小，EPx图像的斜率大小为mg不变，故AB错误；

CD．下潜过程中受到恒定的浮力和与速度大小成正比的熄力，设熄力为

Fkv

下潜过程中，由牛顿第二定律得

mgF浮kvma

解得

F浮kv

ag

mm

可知下潜过程中潜水器做加速度减小的加速运动，潜水器下潜过程中的动能为

Ekmax(mgF浮kv)x

所以潜水器下潜过程中动能逐渐增大，且增大过程中Ekx图像斜率越来越小；当加速度减为零时，动

能达到最大，故C错误，D正确。

故选D。

10．如图，斜面的倾角为，用平行于斜面的恒力F拉质量为m的物体，使它沿斜面匀速上升的高度为h。

在此过程中，该物体克服摩擦力所做的功是（）

FhFh

A．B．mghC．0D．mgh

sinsin

【答案】D

【详解】物体沿斜面上升高度h，由动能定理有

h

FmghW00

sinf

得物体克服摩擦力所做的功是

Fh

Wmgh

fsin

故选D。

11．如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，再在B上放一物体A，现以恒定的外力拉B，A、B发

生相对滑动，A、B都向前移动一段距离，在此过程中（）

A．外力F做的功等于A和B动能的增加

B．B对A的摩擦力所做的功等于A的动能增量

C．A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功

D．外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和

【答案】BD

【详解】A．选择A和B作为研究对象，由动能定理可知：B受外力F做功，A对B的摩擦力与B对

A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的

位移不等，故二者做功不等，根据功能关系有

WFfxEkAΔEkB

其中x为A、B的相对位移，所以外力F做的功不等于A和B的动能的增量，故A错误。

B．对A运用动能定理，可知B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能的增量，故B正确。

C．A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A

在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不等，故C错误。

D．对B物体应用动能定理，有

WWΔE为克服摩擦力所做的功，即

FfkBWfB

WFΔEkBWf

就是外力F对B做的功等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，故D正确。

故选BD。

12．如图，AB为长直轨道，BCD为光滑曲线轨道，两段轨道在B处光滑连接。B、D二点离水平地面的高

度分别为h1=0.50m，h2=1.75m。一小环套在轨道AB上，由静止开始释放，经过t=2s到达B点，速度

2

vB=6.0m/s。则小环沿AB运动时加速度a的大小是m/s；小环离开轨道D处时的速度vD的大

小是m/s。

【答案】311

【详解】[1][2]小环从A到B，做匀加速直线运动，由运动学公式有

vBat

得

a3m/s2

小环由B到D，由动能定理有

11

mghhmv2mv2

212D2B

得

vD11m/s

13．如图，光滑固定斜面的倾角为30°，A、B两物体的质量之比为3∶1。B用不可伸长的轻绳分别与A和

地面相连，开始时A、B离地高度相同。在C处剪断轻绳，当B落地前瞬间，A、B的加速度大小之比

为，动能大小之比为。

【答案】1∶2；3∶4

【详解】[1][2]剪断绳子后A沿斜面匀加速下滑，B做自由落体运动，A的加速为

mAgsin1

aAg

mA2

所以当B落地前瞬间，A、B的加速度大小之比为1:2。设开始运动时两物体离地面高度为h，从开始

运动到B落地前瞬间，运动时间为

2h

t

g

对B由动能定理有

mBghEkB

对A，由运动学公式有

2h

vatgsin

AAg

此时A的动能为

11

Emv2mgh

kA2AA4A

因A、B两物体的质量之比为3∶1。所以动能大小之比为3:4。

四、多选题

五、考点四、汽车的制动距离问题

14．一辆质量为m、速度为v0的汽车急刹车后在粗糙的水平地面上滑行了一段距离后停了下来。已知水平

面的动摩擦因数为，试求汽车在水平面上滑行的距离l。

v2

【答案】0

2g

【详解】依题意有刹车之后受摩擦力

f=μmg

刹车过程只有摩擦力做功，末速度为零，由动能定理可得

1

fl0mv2

20

联立解得滑行距离

v2

l0

2g

15．“滑草”是一项新的健康娱乐运动。“滑草”运动的示意图如图所示，坐在垫板上的小孩从高h=10m的倾

斜滑道顶端由静止下滑，到达底端时速度大小v=4m/s，进入水平滑道时速度大小不变，最终停在水平

滑道上。已知小孩和垫板的总质量m=30kg，垫板与水平滑道的动摩擦因数0.5，取g10m/s2。求：

（1）在倾斜滑道上滑动时摩擦力做的功Wf；

（2）小孩在水平滑道上滑行的距离s。

【答案】（1）2760J；（2）1.6m

【详解】（1）在小孩从倾斜滑道顶端滑到底端的过程中，由动能定理得

1

mghWmv20

f2

解得

Wf2760J

（2）小孩在水平滑道上滑行的过程中，由动能定理得

1

mgs0mv2

2

解得

s1.6m

16．冰壶比赛场地如图所示，运动员在投掷线AB处以速度v0=2m/s沿虚线将冰壶投出，冰壶投出后，运动

员从某处开始用冰刷在冰壶前方连续擦冰，距离为s，冰壶滑行24.8m后停止，运动员不擦冰时冰壶与

冰面间的动摩擦因数为0.01，擦冰后冰壶与冰面间的动摩擦因数为0.004，重力加速度大小g取10m/s2。

求：

（1）擦冰的距离s；

（2）从何处开始擦冰可使冰壶滑行最长时间，并求此最长时间。

【答案】（1）8m；（2）见解析

【详解】（1）冰壶从投掷线开始到最终停止运动，根据动能定理有

1

mg(ss)mgs0mv2

10220

解得

s8m

（2）作出冰壶运动的速度时间图像

由图可知，越晚擦冰，冰壶运动总时间越长，所以在最后8m位移阶段擦冰，根据牛顿第二定律有

2mgma2

1

sat2

222

解得

t220s

根据速度时间关系有

va2t2

vv

ss0t

021

解得

t112s

所以

tmt1t232s

六、考点五、应用动能定理求变力的功

17．一个质量为m的小球用长为L的细线悬挂于O点。小球在水平力F的作用下，从平衡位置P缓慢移到

Q点，细线偏离竖直方向的角度为θ，如图所示。则力F做的功为（）

A．FLsinθB．FLcosθC．mgL（1-cosθ）D．FLtanθ

【答案】C

【详解】对小球受力分析，受到重力、拉力F和绳子的拉力T，如图

根据共点力平衡条件，有

F=mgtanα

故F随着α的增大而不断变大，故F是变力；对小球运动过程运用动能定理，得到

−mgL(1−cos)+W=0

得

W=mgL(1−cosθ)

故选C。

18．一颗质量为0.1kg的子弹，在长为0.4m的枪管中发射。若子弹出枪口时速度达到400m/s，则子弹具有

的动能是J，火药气体膨胀过程对子弹做功J。

【答案】81038103

【详解】[1]子弹具有的动能是

11

Emv20.14002J8103J

k22

[2]根据动能定理可知，火药气体膨胀过程对子弹做功

3

WΔEk810J

19．剑桥大学物理学家海伦·杰尔斯基研究了各种自行车特技的物理学原理，并通过计算机模拟技术探寻特

技动作的极限，设计了一个令人惊叹不已的高难度动作——“爱因斯坦空翻”，并在伦敦科学博物馆由自

行车特技运动员（18岁的布莱士）成功完成。“爱因斯坦空翻”简化模型如图。质量为m的自行车运动

员从B点静止出发，经半径为R的BC圆弧，从C点竖直冲出，完成空翻，完成空翻的时间为t，由B

到C的过程中，克服摩擦力做功为W，空气阻力不计，重力加速度为g。则自行车运动员在过C点时

对圆弧的压力为，从B到C至少做功为。

22

mgt122

【答案】Wmgt

4R8

1

【详解】[1]自行车和运动员在空中的时间为t，可知下降和上升的时间均为t，则在C点的速度为

2

11

vgtgt

C22

根据牛顿第二定律有

v2mg2t2

FmC

R4R

[2]根据动能定理有

1

WWmv2

F2C

解得

1

WWmg2t2

F8

20．一个质点在两个大小相同的力作用下沿着抛物线y22px运动，这两力中第一个力沿x轴正方向，另一

力时刻指向抛物线焦点，力的大小与该点到焦点距离成反比，求证：该质点做匀速率运动。

【答案】见解析

【详解】如图所示，我们知道抛物面反光镜有一个性质：平行于x轴的光线经抛物面反光镜后将严格地

会聚于抛物面的焦点。这说明虚线（抛物线的法线）平分BAC。因此对于两个等大的、分别沿着AB

和AC方向的力，其合力必然沿法线方向，因此合力不做功，质点的运动为速率恒定的曲线运动。

七、考点六、应用动能定理解多段过程问题

21．如图所示，在倾角为θ的光滑斜面底端A点放置一小物块其质量为m，斜面足够长；现对物块施加一水

平向右的外力，物块在外力的作用下由静止开始沿斜面向上运动。保持该外力的功率恒为P，外力作用

一段时间t后撤去，物体继续上滑。则物块沿斜面发生的最大位移s与外力作用时间t对应的关系图像

正确是（）

A．B．

C．D．

【答案】A

【详解】对物块由静止到最大位移间根据动能定理得

WFmgssin0

WFPt

联立得

P

st

mgsin

故可知st图线为一条过原点的直线。

故选A。

22．如图所示，ABCD是一条长轨道，其中AB段是倾角为θ的斜面，CD段是水平的，BC段是与AB和CD

都相切的一小段圆弧，其长度可以略去不计。一质量为m的滑块（看作质点）在A点由静止状态释放，

沿轨道滑下，最后停在D点，A点和D点的位置如图所示。现用一方向始终与轨道平行的力推滑块，

使它缓慢地由D点推回到A点。设滑块与轨道间的动摩擦因数为μ，则推力对滑块做的功为（）

h

A．mghB．2mghC．μmg（s+）D．μmgs+μmghcotθ

sin

【答案】B

【详解】从A到D全过程，由动能定理

h

mghmgcosmgs0

sin

从D到A的过程，由动能定理

h

Wmgsmgcosmgh0

Fsin

解得

WF2mgh

故选B。

23．我国的民用无人机技术发展迅速，目前已占据全球市场一半以上。某品牌无人机出厂前进行竖直飞行

测试，发动机起飞一段时间后关闭，再经历一小段时间到达最高点。已知无人机发动机提供的升力大

小恒定，空气阻力恒为重力的0.25倍，无人机的动能E与上升高度h的关系如图所示，则下列论述正

确的是（）

A．无人机的升力大小是68.6NB．无人机的质量是4kg

C．空气阻力的大小是8ND．加速段与减速段时间之比为7:5

【答案】ACD

【详解】AB．加速上升过程，根据动能定理

Fh1mgh10.25mgh1Emax0

减速上升过程中，根据动能定律

mgh20.25mgh2Emax

得

m3.2kg，F68.6N

A正确，B错误；

C．空气阻力大小为

f0.25mg8N

C正确；

D．加速度阶段和减速阶段的平均速度相等，根据

xvt

时间之比等于位移之比

t1:t21.75:1.257:5

D正确。

故选ACD。

24．滑板运动是一项惊险刺激的运动，深受青少年的喜爱。图中ABCD为滑板的运动轨道，AB和CD是两

段与水平面夹角均为θ的光滑的斜面，底部与水平面平滑相接，粗糙水平段BC的长度L=5m。一运动

员从P点以v06m/s的初速度下滑，经BC后冲上CD轨道，达到Q点时速度减为零。已知运动员连

同滑板的质量m70kg，h2m，H3m，g取10m/s2，求：（结果可带根号）

（1）运动员第一次经过B点和C点的速度vB，vC；

（2）滑板与BC之间的动摩擦因数μ；

（3）运动员最后静止的位置与C点之间的距离x。

【答案】（1）219m/s，215m/s；（2）0.16；（3）1.25m

【详解】（1）以水平轨道BC所在水平面为零势能面，运动员从P点滑至B点的过程，由动能定理得

h11

mgsinmv2mv2

sin2B20

代入数据解得

vB219m/s

运动员由C点到Q点的过程，由动能定理有

1H

mv2mgsin

2Csin

代入数据解得

vC215m/s

（2）运动员由B点滑至C点的过程中，由动能定理有

11

mgLmv2mv2

2C2B

代入数据解得

0.16

（3）设运动员在BC轨道上滑行的总路程为s。对从P点到静止的整个过程，由动能定理有

h1

mgsinmgs0mv2

sin20

代入数据解得

s23.75m4L3.75m

故运动员最后静止的位置与C点之间的距离

x5m3.75m1.25m

八、考点七、用动能定理解决物体在传送带运动问题

25．如图，一传送带的上表面以v1向右做匀速运动，其右侧平台上有一质量为m的物体以初速度v0向左冲

上传送带。若传送带足够长，并且v1小于v0，则物体在返回平台的瞬间，其动能与刚离开平台瞬间相

比（）

A．增大B．减小C．不变D．都可能

【答案】B

【详解】物体在减速和加速时的加速度大小相等，根据匀变速直线运动规律可知，物体在返回平台之

前向右的速度就已经达到v1，之后不会再加速，则物体在返回平台的瞬间，其速度大小为v1，小于其

刚离开平台瞬间，即动能与刚离开平台瞬间相比减小。

故选B。

26．如图，质量为m=1kg的滑块，在水平力F作用下静止在倾角为θ=37°的光滑斜面上，离斜面末端B的

高度h=0.2m，滑块经过B位置滑上皮带时无机械能损失，传送带的运行速度为v03m/s，长为L=1m。

今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同。（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）

求：

（1）水平作用力F的大小；

（2）滑块滑到B点的速度v的大小；

（3）滑块与传送带之间的动摩擦因数；

（4）滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量。

【答案】（1）F=7.5N；（2）v=2m/s；（3）μ=0.25；（4）Q=0.5J

【详解】（1）滑块受到水平推力F.重力mg和支持力FN而处于平衡状态，由平衡条件可知，水平推力

F=mgtanθ

代入数据得

F=7．5N

（3）设滑块从高为h处下滑，到达斜面底端速度为v，下滑过程机械能守恒，

故有：

1

mgh=mv2

2

解得

v=2gh=2m/s

（2）滑块滑上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀

加速运动；根据动能定理有

11

μmgL=mv2mv2

202

代入数据得

μ=0．25

（4）设滑块在传送带上运动的时间为t，则t时间内传送带的位移为：

x=v0t

对物体有：

v0=v−at

ma=μmg

滑块相对传送带滑动的位移为：

x=L−x

相对滑动产生的热量为：△

Q=μmgx

代值解得：△

Q=0．5J

27．如图所示，皮带的速度是4m/s，两圆心距离s5m，现将m1kg的小物体轻放在左轮正上方的皮带上，

物体与皮带间的动摩擦因数0.2，皮带不打滑，电动机带动皮带将物体从左轮运送到右轮正上方时，

（g取10m/s2）求：

（1）小物体获得的动能Ek；

（2）这一过程摩擦力做功多少；

（3）这一过程电动机对物体做功多少。

【答案】（1）8J；（2）16J；（3）16J

【详解】（1）设物体与传送带速度相同时物体通过的位移大小为s，则由动能定理

1

mgsmv2

2

代入数值解得

s4m5m

即物块可与皮带速度达到相同做匀速运动，则

1

Emv28J

k2

（2）这一过程由动能定理，摩擦力对物体做功

1

WEmv28J

1k2

根据牛顿第二定律可得

mgma

解得

a2m/s2

根据公式

vat

得

t2s

所以产生的热量为

Qmg(vts)8J

这一过程摩擦力做功

W2W1Q16J

（3）根据能量守恒定律，这一过程电动机对物体做功

WW216J

28．“嫦娥三号”是我国嫦娥工程中第一个月球软着陆的无人登月探测器。其飞行轨道示意图如图，她由地月

转移轨道①顺利进入环月圆轨道②，在该轨道上运行了约4天后，变轨进入椭圆轨道③，最后实现月

球软着陆。

(1)当“嫦娥三号”由轨道②变轨，进入轨道③的过程中，需要（选择：A．加速B．减速）；“嫦

娥三号”在轨道③由远月点运行至近月点的过程中动能（选择：A．增加B．不变C．减少）。

(2)“嫦娥三号”在反推火箭作用下慢慢下降，在距离月球表面h=4.0m的高度处再次悬停，最后关掉发动

机，自由下落到月球表面，实现软着陆。已知地球质量约为月球质量的81倍，地球半径约为月球半径

的3.6倍，试计算“嫦娥三号”着陆时的速度大小v？（结果取二位有效数字）

【答案】(1)BA

(2)3.5m/s

【详解】（1）[1]当“嫦娥三号”由轨道②变轨，进入轨道③的过程中，做近心运动，需要减速。

故选B。

[2]根据开普勒第二定律可得，“嫦娥三号”在轨道③由远月点运行至近月点的过程中速度增大，动能增

加。

故选A。

（2）对于地球表面的重力加速度g，有

M地m

G2mg

R地

对于月球表面的重力加速度g月，有

M月m

G2mg月

R月

所以

M月R地22

g月（）g1.57m/s

M地R月

对于“嫦娥三号”自由下落过程，有

2

v2g月h

所以

v3.5m/s

29．跳伞运动

(1)跳伞运动员以5m/s的速度竖直匀速降落，在离地面h10m的地方从工具袋中掉了一个质量0.2kg

的锤子，若锤子受到的空气阻力可忽略，g取10m/s2。

①锤子在着地前做()

A．自由落体运动B．匀速运动C．初速度不为零的匀加速运动

②保持匀速的跳伞员比锤子晚着陆的时间为()

A．2sB．2sC．22sD．1s

③以地面为零势能参考平面，锤子从释放到将要落地过程中动能和势能相等位置离地高度为()

A．4．375mB．5.000mC．5.625mD．6.250m

④锤子从释放到将要落地过程中重力做功为J，将要着地时重力做功的瞬时功率为W，

(2)直升机悬停在离地高度800m的空中，一位质量为60kg的运动员从静止开始离开直升机进行跳伞运

动，t4s时运动员打开降落伞，降落伞的质量忽略不计，运动员随身携带的传感器记录了他的速度随

时间变化关系如图。前4s是直线，g取10m/s2。

①t2s时运动员的加速度am/s2，此时所受空气阻力f的大小为N。

②根据图估算运动员在0~16s内下降的高度h以及克服空气阻力做的功Wf（答案请用科学计数

法表示）；

③根据图估算运动员从离开直升机到落地所需要的总时间t0约为。

【答案】(1)CDC2030

(2)53001.36105J87s

【详解】（1）[1]锤子落地前只受重力且初速度不为零，所以锤子做初速度不为零的匀加速直线运动，

故选C。

[2]设锤子落地时间为t，根据位移-时间公式

1

hvtgt2

02

代入数据解得

t1s

运动员下落的时间为t，则有

hv0t

代入数据解得

t2s

所以跳伞员比锤子晚着陆的时间为

ttt1s

故选D。

[3]在距离地面高H处动能和势能相等，锤子的势能为

EpmgH

根据动能定理，有

1

mghHEmv2

k20

联立可得

H5.625m

故选C。

[4]锤子从释放到将要落地过程中重力做功为

Wmgh0.21010J20J

[5]将要着地时锤子的速度为

vv0gt15m/s

将要着地时重力做功的瞬时功率为

Pmgv

联立解得

P30W

（2）[1][2]从图中可知运动员在t2s在做匀变速直线运动

v20