2026新高二物理暑假衔接2套（人教版）第16讲 专题十三 动能定理（教师版）

复习专题十二功和功率

——精剖细解细复习讲义

知识点1：动能

1、定义

物体由于运动而具有的能叫动能。

2、表达式

12

Ek＝mv

2

3、单位

国际单位为焦耳，简称焦，符号为J。

4、特性

标示性动能为标量，只有大小，没有方向。

瞬时性动能具有瞬时性，与某一时刻或某一位置的速度相对应。

相对性选取不同的参考系，物体的速度不同，动能也不同，一般以地面为参考系。

5、物理意义

动能是表征物体运动状态的物理量。因此动能是状态量（与物体某一时刻或某一位置的速度相

对应）。

6、动能与速度的关系

速度变了，动能不一定变化，只有速度的大小变了动能才变。

动能的定义和表达式

1．如图所示，某地有一风力发电机，它的叶片转动时可形成一个圆面。某时间内该地区的风速从

6m/s提升至9m/s，风向均恰好跟叶片转动的圆面垂直，假如空气的密度相同，这个风力发电机将此

圆内空气动能转化为电能的效率不变。则风速提升前后发电机的输电功率之比为（）

A．1：2B．2：3C．4：9D．8：27

【答案】D

【详解】设空气的密度为，叶片转动时可形成一个圆面的面积为S，将此圆内空气动能转化为电

能的效率为，在时间t内通过叶片的空气质量为

mSvt

则风能转化的电能为

111

Wmv2Svtv2Stv3

222

所以风力发电机发电的功率为

1

Stv3

W1

P2Sv3

tt2

又风速提升前后大小之比

v6m/s2

1=

v29m/s3

因此风速提升前后发电机的输电功率之比为

Pv8

1(1)3

P2v227

故选D。

2．甲乙两个物体质量相等，若他们的速度之比为1：3，则它们的动能之比为（）

A．1：3B．3：1C．1：9D．9：1

【答案】C

【详解】它们的速度之比为1：3时，则它们的动能之比为

1

mv2

E11

k12

E129

k2mv

22

故选C。

物体动能的比较

3．如图所示，质量相同的两小球a、b分别从斜面顶端A和斜面中点B沿水平方向抛出，恰好都落

在斜面底端，不计空气阻力，下列说法正确的是（）

A．小球a、b抛出时的初速度大小之比为2∶1

B．小球a、b到达斜面底端时的位移之比为2:1

C．小球a、b到达斜面底端时的动能之比为4∶1

D．小球a、b到达斜面底端时速度方向与斜面夹角之比为1∶1

【答案】D

【详解】B．因为两球下落的高度之比为2:1，两球的水平位移之比为2:1，小球a、b到达斜面底端

时的位移之比为2:1，故B错误；

1

A．根据hgt2得

2

2h

t

g

x

则时间之比为2:1，根据v0知，初速度之比为2:1，故A错误；

t

C．根据动能定理可知，到达斜面底端时的动能之比

:1212

EkaEkbmvamgha:mvbmghb2:1

22

故C错误；

D．小球落在斜面上，速度方向与水平方向夹角

vgt

tany

v0v0

位移与水平方向夹角正切值

1

gt2

hgt

tan2

xv0t2v0

可得

tan2tan

因为位移与水平方向的夹角相等，则速度与水平方向的夹角相等，到达斜面底端时速度方向与斜面

的夹角也相等，故D正确。

故选D。

4．如图所示，高度相同、倾角不同的两个光滑斜面固定在同一水平地面上，质量相等的两个物体分

别从两斜面顶端由静止开始下滑，不计空气阻力，在它们到达斜面底端的过程中（）

A．到达底部时重力的功率相等B．重力做的功相同

C．到达底部时的速度相同D．到达底部时的动能不相等

【答案】B

【详解】B．设斜面高为h，倾角为θ，物体质量为m，则物体滑至底端，有

WGmgh

故B正确；

CD．物块沿斜面匀加速运动，有

hv2

sin2gsin

解得

v2gh

由此可知，当物块到达底部时速度大小相等，动能相等，但速度方向不同，故CD错误；

A．到达底部时重力的功率为

Pmgvsinmg2ghsin

故A错误。

故选B。

知识点2：动能定理

1、内容

力在一个过程中对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。

2、表达式

12121212

W＝Ek2－Ek1＝mv2－mv1。W表示物体所受合外力做的功，Ek1＝mv1、Ek2＝mv2分别表示物

2222

体的初、末动能。

3、物理意义

动能定理指出了合外力做的总功与动能的变化关系，即动能变化的大小由外力对物体做的总功

的多少决定。合外力所做的功是物体动能变化的量度。动能定理说明了合外力对物体所做的总功和

物体的动能变化的因果关系和数量关系，不可理解为功转变成了物体的动能，而是物体动能的变化

是通过合外力所做的总功的过程来实现的。

4、适用条件

动能定理适用于直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功、分段做功等各种情况。

研究对象是单个物体，或者是可以看成单一物体的物体系。

5、因果关系和数量关系

因果关系：合外力的功是物体动能变化的原因。

数量关系：合外力所做的总功与物体动能的变化具有等量代换关系。

6、动能解题步骤

对于多个物理过程要仔细分析，将复杂的过程分割成一个个子过程，分别对每个过程进行分析，

得出每个过程遵循的规律，当每个过程都可以运用动能定理时，可以选择分段或全程应用动能定理。

物体所受的力在哪段位移上做功，哪些力做功，做正功还是负功，然后再正确写出总功。

7、对动能定理的理解

合外力所做的总功就是动能的增量，也不意味着功转变成了动能，而是意味着功引起了动能的

变化。

总功的求法：

①先由力的合成与分解法或根据牛顿第二定律求出合力F合，然后由W＝F合lcosα计算；

②计算各个力对物体做的功W1、W2、…、Wn，然后将各个外力所做的功求代数和。

合外力做的功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（相对地面静止的物

体）为参考系。

列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结

果加以确定。

优先使用该定理的问题：①不涉及加速度、时间的问题；②有多个物理过程且不需要研究整个

过程中的中间状态的问题；③变力做功的问题；④含有F、l、m、v、W、Ek等物理量的力学问题。

应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出运动过程的

草图，借助草图理解物理过程之间的关系。

8、动能定理与F－x图像

F－x图：以力为纵坐标，位移为横坐标建立的平面直角坐标系，F－x图线与坐标轴围成的面积

表示力所做的功。

图像的实质是力与运动的关系问题，求解这类问题的关键是理解图像的物理意义，理解图像的

轴、点、线、截、斜、面六大功能。

解题方法：看清图像的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原来是否从0开始。理解

图像的物理意义，能够抓住图像的一些关键点，如斜率、截距、面积、交点、拐点的物理意义。判

断物体的运动情况或受力情况，明确因变量与自变量间的制约关系，明确物理量的变化趋势，分析

图线进而弄懂物理过程，再结合牛顿运动定律等相关规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确

“图像与公式”、“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题做出准确判断。

计算物体动能的改变量

5．图为“二师兄”刀削面机器人。假设“二师兄”每次削出的面条质量相同，从同一位置依次削出三块

面条，分别落在水面上A、B、C三点，运动轨迹如图所示，面条被削离后可视为平抛运动。关于面

条被削离到落水的过程下列说法中正确的是（）

A．三块面条的动能变化量相同B．重力对落在A点的面条做功最少

C．落在A点的面条在空中时间最短D．二块面条被削离时的动能相同

【答案】A

【详解】AB．因三块面条下落的高度相同，质量相同，根据

WG=mgh

可知重力做功相同，根据动能定理

WGEk

可能三块面条的动能变化量相同，故A正确，B错误；

C．由图可知，三块面条做平抛运动的高度相同，由

1

h=gt2

2

解得

2h

t

g

可知，下落时间相同，C错误；

D．三块质量相同的面条做平抛运动的高度相同，下落时间相同，则竖直方向的速度相同，因水平

位移不同，故初速度不相同，则落地时的速度大小不相同，故三块面条被削离时的动能不相同，D

错误。

故选A。

6．如图（甲）所示，质量m2kg的小物体放在长直的水平地面上，用水平细线绕在半径R0.5m的

薄圆筒上。t0时刻，圆筒由静止开始绕竖直中心轴转动，其角速度随时间t的变化规律如图（乙）

所示，小物体和地面间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g取10m/s2，则下列判断正确的是（）

A．细线的拉力大小为4N

B．细线拉力的瞬时功率满足P4t

C．小物体的速度随时间的变化关系满足v4t

D．在0~4s内，小物体动能增加了4J

【答案】D

【详解】AC．根据图象可知，圆筒做匀加速转动，角速度随时间变化的关系式为

t

圆筒边缘线速度与物块前进速度大小相同，根据vR得

vR0.5t

物体运动的加速度

v0.5t

a0.5m/s2

tt

根据牛顿第二定律得

Fmgma

解得细线的拉力大小为

F20.50.12103N

AC错误；

B．细线拉力的瞬时功率

PFv30.5t1.5t

故B错误；

D．4s末物体的速度

v4=0.5×4m/s=2m/s

在0-4s内，物体动能增加

11

Emv2222J=4J

k242

故D正确。

故选D。

动能定理的表述及其推导过程

7．如图所示，小球作平抛运动的初动能为6J，从倾角为30°的斜面上抛出并且落在该斜面上。若不

计空气的阻力，则它落到斜面上的动能为（）

A．10JB．12JC．14JD．8J

【答案】C

【详解】由平抛运动特点可知，斜面倾角为平抛运动位移与水平方向的夹角，则有

1

vt

yyv

tan302y

xv0t2v0

可得

23

vv

y30

则落到斜面时的速度为

7

vv2v2v

0y30

则它落到斜面上的动能为

1

Emv214J

k2

故选C。

8．如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体。电梯在钢索的拉力作用

下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增加到v2时，上升高度为H，则在这个过程中，下列说法

或表达式正确的是（）

12

A．对物体，动能定理的表达式为Wmv，其中WN为支持力的功

N22

B．对物体，动能定理的表达式为W合0，其中W合为合力的功

11

C．对物体，动能定理的表达式为的WmgHmv2mv2

N2221

1212

D．对电梯，其所受合力做功为Mv2Mv1mgH

22

【答案】C

【详解】ABC．物体受支持力和重力，动能定理的表达式为

1212

W合WmgHmvmv

N2221

解得

11

WmgHmv2mv2

N2221

故AB错误，C正确；

D．对电梯，根据动能定理可知其所受合力做功为

11

WMv2Mv2

2221

故D错误；

故选C。

用动能定理求解外力做功和初末速度

9．如图所示，一半径R=0.5m的光滑半圆形轨道竖直固定放置，直径MN水平，质量为0.6kg的小

球P从M点正上方2R处由静止下落，小球P经M点进入半圆形轨道。已知小球P可视为质点，忽

略空气阻力，取g=10m/s²，则小球P对半圆形轨道最低点的压力大小为（）

A．42NB．30NC．24ND．12N

【答案】A

【详解】小球从静止释放到圆形轨道最低点，由动能定理有

1

mg3Rmv2

2

小球在最低点所受合力提供向心力有

mv2

Fmg

NR

解得半圆形轨道对小球的支持力为

FN42N

由牛顿第三定律，小球P对半圆形轨道最低点的压力大小为

FN42N

故选A。

10．如图，小球A以初速度v0从高为h、倾角为θ的光滑斜面顶端下滑；与此同时，将小球B在与

斜面顶端等高处以速度v0竖直上抛。空气阻力忽略不计。已知两小球质量相等，则（）

A．两小球到达水平面时的速度相等

B．两小球到达水平面时重力做功的瞬时功率相等

C．从开始运动至到达水平面的过程中，重力对两小球做的功相等

D．从开始运动至到达水平面的过程中，重力对两小球做功的平均功率相等

【答案】C

【详解】A．根据动能定理知，两球下降的高度相同，初动能相同，则末动能相等，可知两球到达

水平面时的速率相等，但速度方向不同，则速度不相等，故A错误；

B．A球到达水平面时，重力做功的瞬时功率为

P=mgvsinθ

两球速率相等，B球速度方向与重力方向相同，可知B球到达地面时重力的瞬时功率大于A球，故

B错误；

C．两球运动的初末两点的高度差相等，则重力做功相等，故C正确；

W

．两球运动时间不同，根据P知，重力做功相等，则重力做功的平均功率不等，故错误。

DtD

故选C。

汽车的制动距离问题

11．一辆质量为m、速度为v的汽车关闭发动机后在水平地面上滑行，滑行时受到阻力的大小为F，

则汽车滑行的最大距离为（）

2mv2mv22FF

A．B．C．D．

F2Fmv22mv2

【答案】B

【详解】根据动能定理

1

Fx0mv2

2

解得

mv2

x

2F

故选B。

12．两个物体A、B的质量之比为mA:mB=3:1，二者初速度之比是vA:vB=3:1，它们和水平桌面间的动

摩擦因数之比为μA:μB=3:1，不计空气阻力。则二者在桌面上滑行到停止经过的距离之比为（）

A．xA:xB=3:1B．xA:xB=9:1

C．xA:xB=1:1D．xA:xB=1:3

【答案】A

【详解】物体滑行过程中只有滑动摩擦力做功，根据动能定理，对A

1

mgxmv2

AAA2AA

对B

1

mgxmv2

BBB2BB

可得

xA:xB=3:1

故选A。

应用动能定理求变力的功

13．某质量为m的电动玩具小车在平直的水泥路上由静止开始加速行驶。经过时间t前进的距离为

x，且速度刚好达到最大值vmax，设这一过程中电动机的功率恒为P，小车受到的阻力恒为f，则t时

间内（）

A．小车做匀加速运动

B．小车受到的牵引力逐渐增大

C．合外力对小车所做的功为Pt

D．小车动能的增量为Pt﹣fx

【答案】D

【详解】A．根据

PFv，Ffma

解得

Pf

a

mvm

t时间内，电动机的功率恒为P，小车速度增大，则加速度减小，可知小车做加速度减小得变加速运

动，故A错误；

B．根据上述有

P

F

v

t时间内，电动机的功率恒为P，小车速度增大，则牵引力逐渐减小，故B错误；

C．根据题意合外力做功为

WPtfx

故C错误；

D．根据动能定理有

PtfxEk

即小车动能的增量为Pt﹣fx，故D正确。

故选D。

14．如图所示，半径为R的半球形容器固定在水平面上，质量为m的质点由静止开始从容器边缘上

的A点滑下，到达最低点B时，它对容器的正压力为FN，重力加速度为g，在质点从A点滑到B点

的过程中，摩擦力对其做的功为（）

11

A．R(F3mg)B．R(mgF)

2N2N

11

C．R(Fmg)D．R(F2mg)

2N2N

【答案】A

【详解】在B点根据牛顿第三定律可知，容器对质点的支持力大小为FN，对质点分析有

v2

Fmgm

NR

从A到B的过程，据动能定理可得

1

mgRWmv2

f2

解得

1

WR(F3mg)

f2N

故选A。

应用动能定理理解多段过程问题

15．如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m

的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力。

已知AP=2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中（）

A．重力做功2mgR

3

B．合外力做功mgR

4

1

C．克服摩擦力做功mgR

2

D．重力势能减少2mgR

【答案】C

【详解】AD．从P到B的过程中，重力做功

Wmg(2RR)mgR

因此重力势能减少mgR，A、D错误；

BC．由于到达B点时，小球对轨道恰好没有压力，因此

mv2

mgB

R

从P到B的过程中，根据动能定理

12

mgRWW合mv0

f2B

联立可得

11

W合mgR，WmgR

2f2

B错误，C正确。

故选C。

16．木箱放在水平地面，在水平外力F作用下由静止开始运动，F随木箱的位移x的变化规律如图

所示，当木箱运动0.4m时，木箱的动能最大，已知木箱质量为m1kg，重力加速度g10m/s2，则

（）

A．木箱与水平地面间的动摩擦因数为0.2

B．木箱运动0.5m的动能为0

C．木箱运动的最大位移为1.25m

D．木箱获得的最大动能为4.8J

【答案】C

【详解】A．根据图像，当木箱运动0.4m时，外力大小为

200.50.4

FN4N

10.5

此时木箱的动能最大，则速度最大，可知合力为0，即有

F1mg

解得

0.4

故A错误；

B．木箱运动0.5m，水平外力做功为

200.5

WJ5J

12

木箱运动0.5m，摩擦力做功为

Wf1mgx40.5J2J

根据动能定理有

1

WWmv2

1f121

解得

v16m/s

故B错误；

C．令木箱运动的最大位移为xmax，则有

W1mgxmax0

解得

xmax1.25m

故C正确；

D．结合上述，当木箱运动0.4m时，外力做功为

2040.4

WJ4.8J

22

摩擦力做功为

Wf2mgx'40.4J1.6J

此过程木箱的动能最大，根据动能定理有

W2Wf2Ekmax

解得

Ekmax3.2J

故D错误。

故选C。

利用动能定理求机车启动位移的问题

17．复兴号动车在世界上首次实现速度350km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大

标志性成果。一列质量为m的动车，在平直轨道上由静止起加速，经时间t达到最大速度v，此过程

发动机的输出功率恒为P，所受到的阻力为F。则动车在时间t内（）

v

A．加速大小恒为B．合力做功为Pt

t

2

12Ptmv

C．牵引力做功为mvD．位移大小为

2F2F

【答案】D

【详解】A．根据题意，由公式PFv可得，牵引力为

P

F牵

v

由牛顿第二定律可得，加速度为

F牵FPF

a

mvmm

可知，由于速度v增大，则汽车做加速度减小的加速运动，故A错误；

BCD．根据题意，设动车在时间t内位移大小为L，由动能定理有

12

W合WW阻PtFLmv

牵2

解得

1

Ptmv2FL

2

Ptmv2

L

F2F

2

12Ptmv

即合力做功小于Pt，牵引力做功大于mv，位移大小为，故BC错误，D正确。

2F2F

故选D。

18．近日，沿江高铁合肥至武汉高速铁路（简称“合武高铁”）湖北段项目正式启动。项目建成后，

湖北高铁总里程将达到3600公里，有望进入全国前五，其中时速350公里的高铁线路全长将达到

2700公里，有望居全国第3位。不仅让老百姓的出行更加方便，也将推动各地经济文化技术交流。

现有一列质量为m的动车，从静止开始，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下

的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力f保持不变。动车在时间t内（）

A．动车启动过程所受合外力不变

2Ptmv2

B．动车位移为sm

2f

v

C．平均速度为m

2

D．动车先做匀加速运动后做加速度减小的加速运动

【答案】B

【详解】A．动车的功率恒定，根据

P=Fv

可知v增大，动车的牵引力减小，受到的合力

F合=F﹣f

将减小，故A错误；

B．在整个运动过程中，根据动能定理可得

1

Ptfsmv20

2m

解得

2Ptmv2

sm

2f

故B正确；

CD．根据牛顿第二定律可知

F﹣f=ma

v

由于牵引力F减小，则动车的加速度减小，所以动车做加速度减小的变加速运动，其平均速度vm，

2

故CD错误。

故选B。

用动能定理解决物体在传送带运动问题

19．如图所示，足够长的水平传送带保持v1m/s的速度匀速运动，漏斗以20kg/s的流量往传送带

上装砂子，不计砂子的初速度，则与不传送砂子相比，传送带的电动机每秒要多做的功为（）

A．10JB．20JC．30JD．40J

【答案】B

【详解】设t时间内砂子与传送带共速，砂子达到传送带速度经历的位移为

v

xt

12

传送带的位移

x2vt

则相对运动的位移大小为

vt

xxx

212

根据动能定理知

1

fxmv2

12

产生的热量为

1

Qfxfxmv2

12

根据能量守恒定律得，传送带的电动机每秒要多做的功为

1

EQmv2mv220J

2

故选B。

20．如图所示，两个皮带轮在电机的带动下顺时针转动，带动水平传送带以不变的速率v4m/s运

行。将质量为m2kg的物体A（可视为质点）轻轻放在传送带左端，经时间t2s后，A的速度变为

v，再经过相同时间后，到达传送带右端。则下列说法正确的是（）

A．物体A由传送带左端到右端的平均速度为4m/s

B．传送带对物体做功为32J

C．系统因摩擦而产生的热量为16J

D．因传送物块，电机额外输出的能量为48J

【答案】C

【详解】A．物体A由传送带左端到右端通过的位移为

0v

xtvt1.5vt

2

平均速度为

x

v3m/s

2t

故A错误；

B．物体从静止释放后经时间t速度变为v，对此过程，应用动能定理可得传送带对物体A做的功为

11

Wmv20mv216J

f22

故B错误；

C．根据牛顿第二定律有

v

fmam4N

t

系统因摩擦而产生的热量为

0v

Qfxf(vtt)

2

解得

Q16J

故C正确；

D．因传送物块，电机额外输出的能量为

1

WQmv232J

2

故D错误。

故选C。

利用动能定理求解其他问题（运动时间、力等）

21．某同学为探测野外一潭未知液体，将探测球从距离液体表面h1高度处以E1大小的动能射出，探

测球垂直进入液体。将探测球受液体的作用力视为恒力，探测球从发射至进入液体最深处过程中，

探测球的动能Ek与它离液体表面高度h的变化图像如图所示。已知空气对探测球的阻力可忽略，当

地重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）

E

A．探测球的质量为2

gh2

E2E1

B．探测球的质量为

h1

EEE

C．探测球在液体中运动时，受到液体的作用力大小为212

h1h2

EEE

D．探测球在液体中运动时，受到液体的作用力大小为212

h1h2

【答案】D

【详解】AB．根据图像可知，探测球进入液体时刻动能为E2，在进入液体前的过程，根据动能定

理

mgh1E2E1

解得

EE

m21

gh1

AB错误；

CD．进入液体后，受到液体的作用力为F，根据动能定理

mgh2Fh20E2

解得

EEE

F212

h1h2

C错误D正确。

故选D。

22．在粗糙的水平面上给滑块一定的初速度，使其沿粗糙的水平面滑动，经测量描绘出了滑块的动

能与滑块的位移的变化规律图线，如图所示。用μ表示滑块与水平面之间的动摩擦因数，用t表示滑

块在该水平面上滑动的时间。已知滑块的质量m1.9kg，g取10m/s2，则μ和t分别等于（）

55

A．0.1、sB．0.19、s

22

10

C．0.19、sD．0.1、10s

2

【答案】D

【详解】根据动能定理，依题意有

ΔEk09.5Jmgx

x5m

解得

0.1

设其初速度为v0，则有

1

mv29.5J

20

解得

v010m/s

根据牛顿第二定律，依题意有

mgma

v

t0

a

解得

t10s

故ABC错误，D正确。

故选D。

多选题

23．如图甲所示，质量为1kg的物块在零时刻受方向沿固定光滑斜面向上的恒力F作用，从足够长、

倾角为37的斜面底端由静止向上滑行，在r=2s时刻撤去恒力，物块的速度一时间（v—t）图像如图

乙所示，某时刻物块恰好返回斜面底端。取g=10m/s2，sin370.6，cos370.8。下列说法正确的是

（）

A．恒力F的大小为4NB．前2s内物块的动能改变量为0.5J

C．整个运动过程物块受到的重力做功为0D．前2s内恒力F的平均功率为6.5W

【答案】BC

【详解】A．02s内物块的加速度为

v1

am/s20.5m/s2

t2

根据牛顿第二定律得

Fmgsin30ma

解得

F5.5N

故A错误；

B．前2s内物块的动能改变量为

11

Emv20112J0.5J

k22

故B正确；

C．由于最终物块返回斜面底端，所以整个运动过程物块受到的重力做功为0，故C正确；

D．前2s内恒力F的平均功率为

v1

PFvF5.5W2.75W

22

故D错误。

故选BC。

24．如图所示为运动员将一铅球抛出后，铅球在空中的运动轨迹示意图，A、B为轨迹上等高的两点，

铅球可视为质点，空气阻力不计。则铅球从A点运动到B点的过程中，其动能Ek随着相对A点的高

度h变化的关系图像以及重力的瞬时功率P随时间t变化的关系图像正确的是（）

A．B．

C．D．

【答案】BC

【详解】AB．根据动能定理有

mghEkEkA

解得

EkEkAmgh

动能与高度成线性关系，斜率为负值，A错误，B正确；

CD．令A点铅球竖直分速度为vAy，铅球向上运动