2026版《金版教程》高考一轮复习物理第2节 重力势能　动能和动能定理

高考总复习首选用卷物理第2节重力势能动能和动能定理考点一重力做功与重力势能弹力做功与弹性势能1．(多选)一棵苹果树上有一个质量为0.3kg的熟透了的苹果P，该苹果从树上A处先落到地面C处，最后滚入沟底D处。A、B、C、D、E水平面之间竖直距离如图所示。以地面C为零势能面，g取10m/s2，则该苹果从A处落下的过程中，下列说法正确的是()A．苹果下落到B处过程，重力势能变化量为2.1JB．苹果下落到C处时，重力势能为6.6JC．苹果下落到D处过程，重力做功为15.6JD．苹果下落到D处时，重力势能为－9J答案：CD解析：苹果下落到B处过程，重力势能变化量ΔEpAB＝－mghAB＝－0.3×10×0.7J＝－2.1J，A错误；苹果下落到C处时，在零势能面处，重力势能为0，B错误；苹果下落到D处过程，重力做功为WG＝mghAD＝0.3×10×(0.7＋1.5＋3.0)J＝15.6J，C正确；苹果下落到D处时，在零势能面的下方，重力势能为负值，为EpD＝－mghCD＝－0.3×10×3.0J＝－9J，D正确。2．如图，可爱的毛毛虫外出觅食，缓慢经过一边长为L的等边三角形小土堆，已知其身长为3L，总质量为m，且质量分布均匀，如图头部刚到达最高点，假设毛毛虫能一直贴着小土堆前行，其头部刚越过小土堆顶到头部刚到达小土堆底端时毛毛虫的重力势能变化量为()A.eq\f(1,2)mgL B.eq\f(\r(3),12)mgLC.eq\f(\r(3),6)mgL D.eq\f(\r(3),4)mgL答案：B解析：以小土堆底为参考平面，则毛毛虫的头部刚越过小土堆顶时，重力势能Ep1＝eq\f(1,3)mg·eq\f(L,2)sin60°＝eq\f(\r(3),12)mgL，头部刚到达小土堆底端时，有Ep2＝eq\f(2,3)mg·eq\f(L,2)sin60°＝eq\f(\r(3),6)mgL，则毛毛虫的重力势能变化量为ΔEp＝Ep2－Ep1＝eq\f(\r(3),12)mgL，B正确，A、C、D错误。3．(多选)如图所示，光滑的水平面上，物体与水平轻质弹簧相连，物体在O点时弹簧处于原长，把物体向右拉到A处由静止释放，物体会由A向A′运动，A、A′关于O点对称，弹簧始终在弹性限度内，则()A．物体由A向O运动的过程中，弹簧对物体做正功，弹簧的弹性势能逐渐减小B．物体由O向A′运动的过程中，弹簧对物体做正功，弹簧的弹性势能逐渐增加C．物体在A、A′两处时，弹簧的弹性势能相等D．物体在A处时弹簧的弹性势能为正值，在A′处时弹簧的弹性势能为负值答案：AC解析：物体由A向O运动的过程中，弹簧对物体的弹力向左，物体的位移向左，弹簧对物体做正功，弹簧的形变量减小，弹性势能逐渐减小，故A正确；物体由O向A′运动的过程中，弹簧开始处于压缩状态，弹簧对物体的弹力向右，物体的位移向左，弹簧对物体做负功，弹簧的形变量增大，弹性势能逐渐增加，故B错误；物体在A、A′两处时，弹簧的形变量大小相等，弹性势能相等，均为正值，故C正确，D错误。4．(多选)图甲是玩蹦极游戏的示意图，将弹性绳子的一端系在人身上，另一端固定在高处，然后人从高处跳下。图乙是人到达最低点时的情况，其中AB为弹性绳子的原长，C点是弹力等于重力的位置，D点是人所到达的最低点，对于人离开跳台至最低点的过程中，下列说法正确的是()A．重力对人一直做正功B．人的重力势能一直减小C．人通过B点之后，弹性绳子具有弹性势能D．从A点到D点，弹性绳子的弹性势能一直增加答案：ABC解析：整个过程中，重力对人一直做正功，人的重力势能一直减小；人从高空落下到弹性绳子达到原长的过程中，弹性绳子的弹力不做功，此后弹性绳子的弹力一直做负功，弹性势能一直增加，A、B、C正确，D错误。考点二动能与动能定理5．关于动能的理解，下列说法错误的是()A．动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都具有动能B．物体的动能不能为负值C．一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化D．动能不变的物体，一定处于平衡状态答案：D解析：动能是机械能的一种表现形式，运动的物体都具有动能，故A正确；根据Ek＝eq\f(1,2)mv2，质量为正值，速度的平方为正值，则物体的动能不能为负值，故B正确；一定质量的物体动能变化时，则速度的大小一定变化，所以速度一定变化，但是速度变化时，动能不一定变化，比如物体做匀速圆周运动时，速度方向变化，大小不变，其动能不变，故C正确；动能不变的物体，速度的方向可能变化，不一定处于平衡状态，故D错误。本题选说法错误的，故选D。6．(2023·上海高考)一物块爆炸分裂为速率相同、质量不同的三个物块，不计空气阻力，对三者落到同一水平地面上时的速率大小判断正确的是()A．质量大的落地速率大B．质量小的落地速率大C．三者落地速率都相同D．无法判断答案：C解析：由题意可知分裂后瞬间，三个物块距离地面的高度相同，速率相同，下落过程中由动能定理得mgh＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v＝eq\r(2gh＋veq\o\al(2,0))，故三者落地速率相同，C正确。7．(多选)跳伞运动非常惊险，被世人誉为“勇敢者的运动”。假设质量为m的跳伞运动员由静止开始下落，在打开伞之前受恒定的阻力作用，下落的加速度为a，重力加速度为g，则在运动员匀加速下落h的过程中，下列说法正确的是()A．合力对运动员做的功为mahB．运动员的动能增加了mghC．合力对运动员做的功为m(g－a)hD．运动员的动能增加了mah答案：AD解析：由牛顿第二定律可知，匀加速下落h的过程中，运动员受到的合力为F合＝ma，则合力对运动员做的功为W合＝F合h＝mah，故A正确，C错误；根据动能定理可知，运动员的动能增加量为ΔEk＝W合＝mah，故B错误，D正确。8．(多选)以初速度v0水平抛出一个质量为m的小球，小球下落高度为h时速度为v，则在抛出过程中，人手对小球做的功为()A.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) B.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mghC.eq\f(1,2)mv2＋mgh D.eq\f(1,2)mv2－mgh答案：AD解析：小球原来的速度为零，人手对它做功后，使它获得了速度v0，根据动能定理有W人＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故A正确，B错误；小球从抛出到下落高度h的过程，由动能定理得mgh＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，所以W人＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mv2－mgh，故C错误，D正确。9.(2021·山东高考)如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为()A.eq\f(mveq\o\al(2,0),2πL) B.eq\f(mveq\o\al(2,0),4πL)C.eq\f(mveq\o\al(2,0),8πL) D.eq\f(mveq\o\al(2,0),16πL)答案：B解析：在木块运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理有－f·2πL＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，可得木块所受摩擦力的大小f＝eq\f(mveq\o\al(2,0),4πL)，故选B。考点三动能定理在多过程问题中的应用10.如图所示，一个小球质量为m，静止在光滑的轨道上。现用水平力击打小球，使小球能够通过半径为R的竖直光滑轨道的最高点C，重力加速度为g，则水平力对小球所做的功至少为()A．mgR B．2mgRC．2.5mgR D．3mgR答案：C解析：小球恰好通过竖直光滑轨道的最高点C时，设其速度大小为v，在C点根据牛顿第二定律有mg＝meq\f(v2,R)，设此时水平力对小球做功为W，对小球从静止到恰好通过C点的全过程，由动能定理得W－2mgR＝eq\f(1,2)mv2－0，联立解得W＝2.5mgR，则水平力对小球所做的功至少为2.5mgR，C正确。11.如图所示，小球以初速度v0从A点出发，沿不光滑的轨道运动到高为h的B点后自动返回，其返回途中仍经过A点，小球经过轨道连接处前后速率不变，则小球再次经过A点的速度大小为()A.eq\r(veq\o\al(2,0)－2gh) B.eq\r(2gh－veq\o\al(2,0))C.eq\r(veq\o\al(2,0)－4gh) D.eq\r(4gh－veq\o\al(2,0))答案：D解析：设小球在由A到B的过程中摩擦阻力做功为W，由A到B的过程中由动能定理得－mgh＋W＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，当小球由B返回到A的过程中，摩擦阻力做的功依旧为W，由动能定理得mgh＋W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－0，联立可得小球再次经过A点的速度大小vA＝eq\r(4gh－veq\o\al(2,0))，D正确。12．(2024·北京师范大学附属中学高三上10月月考)(多选)如图甲所示，一物块以一定初速度冲上倾角为30°的固定斜面。物块在斜面上运动的过程中，其动能Ek与运动路程s的关系如图乙所示。已知物块所受的摩擦力大小恒定，g取10m/s2。下列说法正确的是()A．物块质量为0.7kgB．物块所受摩擦力大小为0.7NC．0～20m过程中，物块克服摩擦力做功为10JD．0～10m过程中与10～20m过程中物块所受合力大小之比为4∶3答案：ACD解析：物块在沿斜面向上运动的过程，由动能定理可得－mgs1sin30°－Ffs1＝0－Ek1，物块在沿斜面向下运动的过程，由动能定理可得mgs2sin30°－Ffs2＝Ek2－0，由图乙知，s1＝s2＝10m，Ek1＝40J，Ek2＝30J，联立解得m＝0.7kg，Ff＝0.5N，故A正确，B错误；设0～20m过程中，物块克服摩擦力做功为Wf，由动能定理得－Wf＝Ek2－Ek1，解得Wf＝10J，故C正确；由动能定理可知，Ek­s图像的斜率的绝对值表示物块所受合力的大小，则0～10m过程中物块所受合力大小为F1＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(0－40,10－0)))N＝4N，10～20m过程中物块所受合力大小为F2＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(30－0,20－10)))N＝3N，则0～10m过程中与10～20m过程中物块所受合力大小之比为F1∶F2＝4∶3，故D正确。13．(多选)如图，轨道abcd各部分均平滑连接，其中ab、cd段为光滑的eq\f(1,4)圆弧，半径均为1m；bc段是粗糙水平直轨道，长为2m。质量为2kg、可视为质点的物块从a端静止释放，已知物块与bc段轨道间的动摩擦因数为0.1，g＝10m/s2。下列说法正确的是()A．物块第一次沿cd段轨道上升的最大高度为0.8mB．物块第一次沿cd段轨道上升到最高点时对轨道的压力为20NC．物块最终将停在轨道上的b点D．物块最终将停在轨道上的c点答案：AD解析：设物块质量为m，ab、cd段轨道半径均为R，bc段轨道长为L，与物块间的动摩擦因数为μ。物块从开始运动到第一次沿cd段轨道上升到最大高度h的过程中，由动能定理得mgR－μmgL－mgh＝0－0，解得h＝0.8m，A正确；物块的重力为mg＝20N，物块第一次沿cd段轨道上升到最高点时，速度为0，对物块受力分析可知，轨道对物块的支持力大小等于物块重力沿着轨道半径方向的分力大小，由牛顿第三定律可知，物块对轨道的压力大小等于轨道对物块的支持力大小，小于物块的重力20N，B错误；设物块从开始运动到停下，在水平直轨道上运动的路程为s，由动能定理得mgR－μmgs＝0－0，解得s＝10m＝5L，可知物块最终将停在轨道上的c点，C错误，D正确。14．某游乐场的滑梯可以简化为如图所示竖直面内的ABCD轨道，AB为长L＝6m、倾角α＝37°的斜轨道，BC为水平轨道，CD为半径R＝15m、圆心角β＝37°的圆弧轨道，轨道AB段粗糙，其余各段均光滑。一小孩(可视为质点)从A点以初速度v0＝2eq\r(3)m/s下滑，沿轨道运动到D点时的速度恰好为零(不计经过B点时的能量损失)。已知该小孩的质量m＝30kg，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2，不计空气阻力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：(1)该小孩第一次经过圆弧轨道C点时，对圆弧轨道的压力；(2)该小孩与AB段间的动摩擦因数；(3)该小孩在轨道AB上运动的总路程s。答案：(1)420N，方向向下(2)0.25(3)21m解析：(1)由C到D速度减为0，由动能定理可得－mg(R－Rcosβ)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)该小孩在C点时，设圆弧轨道对小孩的支持力为FN，由牛顿第二定律得FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)解得FN＝420N根据牛顿第三定律，该小孩第一次经过圆弧轨道C点时，对圆弧轨道的压力为420N，方向向下。(2)该小孩从A运动到D的过程中，由动能定理得mgLsinα－μmgLcosα－mgR(1－cosβ)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得该小孩与AB段间的动摩擦因数为μ＝0.25。(3)在AB斜轨道上，μmgcosα<mgsinα，该小孩不能静止在斜轨道上，则该小孩从A点以初速度v0滑下，最后静止在BC轨道的B点，由动能定理得mgLsinα－μmgscosα＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得s＝21m。15.如图所示，有一根长为L、质量为M的均匀链条AB静止在光滑水平桌面上，其长度的eq\f(1,2)悬于桌边外，如果在链条的A端施加一个拉力使链条AB以0.4g(g为重力加速度)的加速度运动，直到把悬着的部分拉回桌面。设拉动过程中链条与桌边始终保持接触，则拉力需做功()A.eq\f(MgL,8) B.eq\f(9MgL,40)C.eq\f(13MgL,40) D.eq\f(27MgL,40)答案：C解析：悬着的部分拉回桌面时，A端运动的位移为eq\f(L,2)，设此时链条的速度大小为v，拉力做的功为W，由运动学公式可得v2－0＝2×0.4g×eq\f(1,2)L，初始时，悬着的部分重心距离桌面的高度为eq\f(L,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(L,4)，则克服重力做的功为eq\f(1,2)Mg×eq\f(L,4)，由动能定理有W－eq\f(1,2)Mg×eq\f(1,4)L＝eq\f(1,2)Mv2－0，联立解得W＝eq\f(13MgL,40)，故选C。16.如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点。将小球拉至A点，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，当小球运动到O点正下方与A点的竖直高度差为h的B点时，速度大小为v。已知重力加速度为g，下列说法正确的是()A．小球运动到B点时的动能等于mghB．小球由A点到B点重力势能减少eq\f(1,2)mv2C．小球由A点到B点克服弹力做的功为mghD．小球到达B点时弹簧的弹性势能为mgh－eq\f(1,2)mv2答案：D解析：小球由A点到B点的过程重力势能减少mgh，小球减少的重力势能转化为小球的动能和弹簧的弹性势能，所以小球运动到B点时的动能小于mgh，故A、B错误；根据动能定理得mgh＋W弹＝eq\f(1,2)mv2－0，所以由A点至B点小球克服弹力做的功为－W弹＝mgh－eq\f(1,2)mv2，故C错误；克服弹簧弹力做的功等于弹簧弹性势能的变化量，所以小球到达B点时弹簧的弹性势能为mgh－eq\f(1,2)mv2，故D正确。17.(2023·广东高考)(多选)人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示，可看作质点的货物从eq\f(1,4)圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6m/s。已知货物质量为20kg，滑道高度h为4m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的有()A．重力做的功为360JB．克服阻力做的功为440JC．经过Q点时向心加速度大小为9m/s2D．经过Q点时对轨道的压力大小为380N答案：BCD解析：货物从P点运动到Q点的过程，重力做的功为WG＝mgh＝800J，故A错误；货物从P点运动到Q点的过程，由动能定理得WG－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，解得克服阻力做的功为Wf＝440J，故B正确；由题意可知，圆弧滑道的半径r＝h，货物经过Q点时向心加速度大小为a＝eq\f(v2,r)＝9m/s2，故C正确；设在Q点时，轨道对货物的支持力大小为F，由牛顿第二定律得F－mg＝meq\f(v2,r)，代入数据解得F＝380N，由牛顿第三定律得，货物经过Q点时对轨道的压力大小为F′＝F＝380N，故D正确。18.(2025·重庆市高三上期中)(多选)将一小球从地面竖直向上抛出，在距地面高度6m内，其上升、下落过程中动能Ek随高度h变化的图像如图所示。若小球在运动过程中受到的阻力大小恒定，取地面为零势能面，g＝10m/s2，下列说法正确的是()A．小球的质量为0.9kgB．小球抛出时的速度大小为5m/sC．小球能上升的最大高度为eq\f(25,6)mD．小球上升过程与下落过程加速度大小的比值为2答案：ACD解析：由动能定理可知F合·Δh＝ΔEk，故有F合＝eq\f(ΔEk,Δh)，即Ek­x图像的斜率的绝对值是小球所受合力的大小，由图像可得，上升的过程中F合1＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(20－50,2.5－0)))N＝12N，受力分析可知F合1＝mg＋f，下落的过程中F合2＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(25－10,0－2.5)))N＝6N，受力分析可知F合2＝mg－f，联立解得小球的质量m＝0.9kg，小球在运动过程中受到的阻力大小f＝3N，A正确；小球抛出时的动能Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝50J，解得小球抛出时的速度大小v0＝eq\f(10\r(10),3)m/s，B错误；小球上升到最大高度时速度为0，根据动能定理可知－F合1hmax＝0－Ek0，解得小球能上升的最大高度hmax＝eq\f(25,6)m，C正确；结合A项分析，由牛顿第二定律可知，F合1＝ma上，F合2＝ma下，解得小球上升过程与下落过程加速度大小的比值为eq\f(a上,a下)＝eq\f(F合1,F合2)＝2，D正确。19．(2023·湖北高考)如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道eq\o(CDE,\s\up8(︵))在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道eq\o(CDE,\s\up8(︵))内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为eq\f(1,2π)，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求(1)小物块到达D点的速度大小。(2)B和D两点的高度差。(3)小物块在A点的初速度大小。答案：(1)eq\r(gR)(2)0(3)eq\r(3gR)解析：(1)由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点，根据牛顿第二定律有meq\f(veq\o\al(2,D),R)＝mg解得vD＝eq\r(gR)。(2)小物块从C到D的过程中，根据动能定理有－mg(R＋Rcos60°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道eq\o(CDE,\s\up8(︵))内侧，则在C点有cos60°＝eq\f(vB,vC)小物块从B到D的过程中，根据动能定理有mgHBD＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)联立解得vB＝eq\r(gR)，HBD＝0。(3)从A到B的过程中，小物块所受摩擦力方向始终与速度方向相反，根据动能定理有－μmgs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)其中s＝π·2R联立解得vA＝eq\r(3gR)。20．如图为某游戏装置的示意图。CD、DE均为四分之一光滑圆管，E为圆管DEG的最高点，圆管轨道半径均为R＝0.6m，各圆管轨道与直轨道相接处均相切，GH是与水平面成θ＝37°角的斜面，底端H处有一弹性挡板，O2、D、O3、H在同一水平面内。一质量为0.01kg的小物体，稍小于圆管内径，可视作质点，小物体从C点所在水平面出发通过圆管最高点E后，最后停在斜面GH上，小物体和GH之间的动摩擦因数μ＝0.625，其余轨道均光滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，求：(1)小物体出发时的速度v0满足什么条件？(2)当小物体出发时的速度为v0＝eq\r(30)m/s时，小物体最后停在斜面上的何处？在斜面上运动的总路程为多大？答案：(1)2eq\r(6)m/s<v0<2eq\r(10)m/s(2)H处1.8m解析：(1)小物体在圆管中做圆周运动，当其恰好到达E点时，小物体在E点的速度为零，设小物体的初速度为v1，从C到E的运动过程，根据动能定理有－mg·2R＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得v1＝2eq\r(6)m/s当小物体经H处挡板反弹1次后恰好在E点速度减为零时，设小物体的初速度为v2，从C经H到E的运动过程，根据动能定理有－mg·2R－2μmgLcosθ＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)其中斜面GH的长度L＝eq\f(R,tanθ)解得v2＝2eq\r(10)m/s故2eq\r(6)m/s<v0<2eq\r(10)m/s。(2)由于2eq\r(6)m/s<eq\r(30)m/s<2eq\r(10)m/s，且μmgcosθ<mgsinθ，故小物体最后停在H处从小物体开始运动到小物体最后停止，设在斜面上运动的总路程为x，全过程根据动能定理有－mgR－μmgxcosθ＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得x＝1.8m。21．(多选)在未知方向的恒力F作用下，一质量为1.0kg的物体以一定的初速度在光滑水平面上做直线运动，物体的动能Ek随位移x变化的关系如图所示(g取10m/s2)。由上述已知条件，可知()A．力F的最小值为2.5NB．力F不可能大于10NC．物体运动过程中加速度大小不断发生变化D．物体在运动过程中的任意位置力F的功率是可以求出的答案：AD解析：由物体做直线运动可知，恒力F与物体速度共线或F在水平面内的分力与物体速度共线，设恒力F与物体运动方向间夹角为θ，根据动能定理得Fxcosθ＝Ek－Ek0，则Ek＝Ek0＋Fxcosθ，由图像有Ek＝(50－2.5x)J，得Fcosθ＝－2.5N，当cosθ＝－1，即θ＝180°时，F有最小值2.5N，故A正确；由A项分析可知，力F在水平面内的分力为Fx＝2.5N，当水平面对物体的支持力恰好为零时，F在竖直方向的分力Fy＝mg＝10N，此时F＝eq\r(Feq\o\al(2,x)＋Feq\o\al(2,y))＝eq\r(2.52＋102)N>10N，故力F可能大于10N，B错误；由牛顿第二定律可得，物体运动过程中加速度a＝eq\f(Fcosθ,m)＝－2.5m/s2，大小恒定，C错误；设物体在某位置的速度为v，由功率公式可得力F的功率PF＝Fvcosθ＝－2.5v(W)，由图像可得物体在任意位置的动能，从而可得速度，故任意位置力F的功率可求，D正确。22．长度为1m的匀质木板以3eq\r(5)m/s的水平速度进入一段长度为2m的粗糙水平地面，木板与地面间的动摩擦因数为0.5，地面其余部分光滑，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是()A．木板刚好全部进入粗糙地面时的速度为2eq\r(5)m/sB．木板刚好全部进入粗糙地面时的速度为eq\r(35)m/sC．木板全部滑出粗糙地面时的速度为eq\r(5)m/sD．木板全部滑出粗糙地面时的速度为5m/s答案：D解析：木板进入粗糙地面的过程，木板所受摩擦力大小与木板进入粗糙地面的长度成正比，设匀质木板的长度为x1，木板刚好全部进入粗糙地面时的速度为v1，由动能定理得－eq\f(\a\vs4\al(0＋μmg),2)x1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，其中v0＝3eq\r(5)m/s，解得v1＝2eq\r(10)m/s，A、B错误；设木板全部滑出粗糙地面时的速度为v2，粗糙水平地面的长度为x2，木板从开始进入粗糙地面到全部滑出粗糙地面的过程，由动能定理得－eq\f(1,2)(0＋μmg)x1－μmg(x2－x1)－eq\f