考点一 对动能及动能定理的理解

区分动能定理、功能关系、机械能守恒、能量守恒及解题时选用技巧（含典例分析）一、动能定理物体所受合外力做的功等于物体动能的变化量，即使用动能定理时应注意以下2个方面的问题：（1）由于作用在物体上的诸多力往往不是同时同步作用，而是存在先后顺序，因此求合外力做的功W 合一般采取先分别求出单个力受力然后代数和相加即可，即：比如一个物体收到了三个F 1、F 2、F 3三个力的作用，三个力所做的功分别为“+10J ”、“-5J ”、“-7J ”，这样以来三个力所做的总功W 合=10+（-5）+（-7）=-2J 。

（2）动能的变化量（或称动能的增量）因此在使用动能定理之前首先要明确对哪一段过程使用，这样才能确定谁是初始，谁是末尾，下面举例说明：图1例1：如图1所示，AB 为粗糙的水平地面，AB 段的长度为L ，右侧为光滑的竖直半圆弧BC 与水平地面在B 点相切，圆弧的半径为R ，一个质量为m 的小物块放置在A 点，初速度为V 0水平向右，物块受到水平向右恒力F 的作用，但水平恒力F 在物块向右运动L 1距离时撤去（L 1<L ），物块恰好通过C 点，重力加速度为g。

求：小物块与地面之间的动摩擦因数u。

思路梳理：物块恰好通过C点，意味着小物块在C点时对轨道无压力，物块的重力恰好提供物块转弯所需的向心力，可据此求出物块在C点的速度V c，剩下的问题就变成了到底选哪一段过程使用动能定理进行解题的问题，大多数同学习惯一段一段分析，即先分析A至B段，再分析B至C段，也有同学指出可以直接分析A至C全过程即可，到底哪种比较简单，这其实要看题目有没有在B点设定问题，下面详细解答：解法一：对A至B过程运用动能定理，设小物块在B点的速度为V B再对B至C过程运用动能定理，设小物体在C点的速度为V C小物块恰好通过C点，则联立（1）（2）（3）式即可求出u。

解法二：对A至C过程运用动能定理，设小物块在C点的速度为V C小物块恰好通过C点，则联立（1）（2）式即可求出u。

动能定理物体的动能与力的作用距离的关系动能定理是物理学中的一条重要理论，用来描述物体动能与力的关系。

根据动能定理，物体的动能与作用力的距离有着密切的关系。

本文将就动能定理及其与力的作用距离的关系展开论述，以加深对该理论的理解。

一、动能定理的概念与表达方式动能定理是描述物体动能与力的关系的公式表示。

它的数学表达方式为：物体的动能的增量等于作用在物体上的净外力做功。

具体来说，当物体受到一个作用力并沿着力的方向移动时，力对物体做功。

做功的大小与力的大小和物体移动的距离有关。

动能定理表明，这个做功的大小等于物体动能的变化量。

二、动能与力的作用距离的关系根据动能定理可以知道，作用在物体上的力越大，物体获得的动能也越大。

而力的作用距离则会直接影响到这个力对物体做功的大小。

考虑一个例子：一个运动员在比赛中推动一个滑梯，滑梯移动的距离为x，所受到的推力为F。

根据动能定理，该运动员给滑梯增加的动能等于推力F乘以滑梯移动的距离x。

由此可见，力对物体做功的大小与力的大小成正比，与作用距离也成正比。

三、力的方向对动能的影响除了力的大小和作用距离，力的方向也会对动能产生影响。

当力与物体的运动方向相同时，即力和物体的运动方向一致时，力对物体的做功为正，从而增加物体的动能。

相反，当力与物体的运动方向相反时，力对物体的做功为负，从而减小物体的动能。

四、动能定理在实际应用中的意义动能定理在实际应用中有着广泛的意义。

它不仅可以用于解释力学现象，还可以用于描述能量转化和转移过程。

例如，在汽车运行中，引擎产生的马力会通过齿轮传递给车轮，这个过程中力的作用距离增大，从而使汽车具有更大的动能，提供了更好的加速性能。

总结：动能定理是描述物体动能与力的作用距离的关系的重要理论。

根据动能定理，物体的动能与作用力的大小和作用距离有密切的关系。

力的大小和作用距离越大，物体获得的动能也越大。

此外，力的方向对动能的改变也有直接影响。

利用动能定理，我们可以更好地理解物体的运动规律和能量转化过程，在实际应用中具有重要意义。

高一物理《运动和动能定理》知识点总结
一、动能的表达式
1．表达式：E k ＝12
m v 2. 2．单位：与功的单位相同，国际单位为焦耳，符号为J.
3．标矢性：动能是标量，只有大小，没有方向．
二、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．
2．表达式：W ＝12m v 22－12
m v 12.如果物体受到几个力的共同作用，W 即为合力做的功，它等于各个力做功的代数和．
3．动能定理既适用于恒力做功的情况，也适用于变力做功的情况；既适用于直线运动，也适用于曲线运动．
三．对动能定理的理解
(1)在一个过程中合外力对物体做的功或者外力对物体做的总功等于物体在这个过程中动能的变化．
(2)W 与ΔE k 的关系：合外力做功是物体动能变化的原因．
①合外力对物体做正功，即W >0，ΔE k >0，表明物体的动能增大；
②合外力对物体做负功，即W <0，ΔE k <0，表明物体的动能减小；
如果合外力对物体做功，物体动能发生变化，速度一定发生变化；而速度变化动能不一定变化，比如做匀速圆周运动的物体所受合外力不做功．
③如果合外力对物体不做功，则动能不变．
(3)物体动能的改变可由合外力做功来度量．。

动能定理专题一、动能1 •定义：物体由于运动而具有的能.1 22. 公式：E k=qmv.3. 单位：焦耳,1 J = 1 N • m= 1 kg • m/s2.4. 矢标性：动能是标量，只有正值.二、动能定理1. 内容：在一个过程中合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化.2 .表达式: W ?mV—2m«.3. 物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度.4. 适用条件(1) 动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动.(2) 既适用于恒力做功，也适用于变力做功.(3) 力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用.例1.下列关于动能的说法，正确的是()A. 运动物体所具有的能就是动能B. 物体做匀变速运动，某一时刻速度为V1,则物体在全过程中的动能都是1 2qmvC. 做匀速圆周运动的物体其速度改变而动能不变D. 物体在外力F作用下做加速运动，当力F逐渐减小时，其动能也逐渐减小解析：运动的物体除具有动能以外，还具有其他形式的能，A选项错误.动能是状态量，当速度v的大小变化时，动能就发生变化，B选项错误；由于匀速圆周运动中，物体的速度大小不变，因此物体的动能不变，C选项正确；在物体做加速度逐渐减小的加速运动时，物体的动能仍在变大，D选项错误；故答案应该选C.答案：C例2.物体做匀速圆周运动时()A. 速度变化，动能不变B. 速度变化，动能变化C. 速度不变，动能变化D. 速度不变，动能不变解析：速度是矢量，动能是标量，物体做匀速圆周运动时速度的方向随时变化，但大小不变，故速度在变，动能不变，选项A正确.答案：A例3.人骑自行车下坡，坡长I = 500 m坡高h = 8 m人和车总质量为100 kg，下坡时初速度为4 m/s，人不踏车的情况下，到达坡底时车速为10 m/s，g 取10 m/s2,则下坡过程中阻力所做的功为()A. —4 000 J B 3 800 JC.—5 000 J D . —4 200 J答案：B例4.人通过滑轮将质量为m的物体沿粗糙的斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h,到达斜面顶端时的速度为v,如图所示.则在此过程中( )A. 人对物体做的功为mghB. 人对物体做的功小于mghC. 物体所受的重力做功为—mgh一 1 2D. 物体所受的合外力做功为qmv解析：由于重力和滑动摩擦力都做负功，可以判断人对物体做的功大于mgh，A、B错；物体上升高度为h,克服重力做功为mgh,即重力做功为—mgh, C对; 物体沿粗糙的斜面由静止开始做匀加速运动，上升高度h的过程中，人的拉力F、1 2 物体重力mg和滑动摩擦力F f的合力做功等于动能的变化，即W+ W/+ W f= °mv，D对.答案：CD例5.如图所示，质量为m的小球，从离地面H高处由静止释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止，设小球受到空气阻力为F阻，则下列说法正确的是()A.小球落地时动能等于mgHB•小球陷入泥中的过程中克服泥土阻力所做的功小于刚落到地面时的动能C. 整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H+ h)D. 小球在泥土中受到的平均阻力为mg1 + #h)解析：小球下落高度为H的过程中需要克服空气阻力做功，故其落地时的动能为(mg- F阻)H,选项A错误；设小球刚落地时的动能为E,小球在泥土中运动的过程中克服阻力做功为W,由动能定理得mgh-W= 0—丘，解得W= mgh+ E,故选项B错误；若设全过程中小球克服阻力做功为W,则mg(H+ h) —W= 0, 解得W= mgH+ h)，故选项C正确；若设小球在泥土中运动时，受到的平均阻力为~F阻，则全程由动能定理得mg(H+ h) —F阻H—7阻h= 0，解得匸阻二mg H+ h —F 阻H，故选项D错误.h答案：C考点一：对动能定理的理解1. 动能定理公式中“二”的意义等号表明合力做功与物体动能变化的三个关系(1) 数量关系：即合外力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系.可以通过计算物体动能的变化，求合力的功，进而求得某一力的功.⑵单位相同：国际单位都是焦耳.(3)因果关系：合外力的功是引起物体动能变化的原因.2. 动能定理的特点例1如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A, 现以恒定的外力拉B,由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，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动能的增量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解析：A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，即B对.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，C错.对B应用动能定理，W—W f =△ &B,即卩WJ=A E B+ W f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，D对.由前述讨论知B克服摩擦力所做的功与A的动能增量（等于B对A的摩擦力所做的功）不等，故A错.答案：BD训练1 :如图所示，卷扬机的绳索通过定滑轮用力F拉位于粗糙斜面上的木箱，使之沿斜面加速向上移动.在移动过程中，下列说法正确的是（）A. F对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和B. F对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和C. 木箱克服重力所做的功等于木箱增加的重力势能D. F对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力做的功之和解析：木箱在上升过程中，由动能定理可知：W—mg—W f =△ E k,故有W =mgh+ W f +△ E k，由此可知A、B错误，D正确；木箱上升过程中，重力做负功，重力势能增加，木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力势能，C正确.答案：CD考点二：动能定理的应用例2：（16分）一滑块（可视为质点）经水平轨道AB进入竖直平面内的四分之一圆弧形轨道BC已知滑块的质量m= 0.50 kg，滑块经过A点时的速度V A=5.0m/s，AB长x= 4.5 m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数卩=，圆弧形轨道的半径R= 0.50 m滑块离开C点后竖直上升的最大高度h = 0.10 m取g= 10 m/s2. 求：（1）滑块第一次经过B点时速度的大小；⑵滑块刚刚滑上圆弧形轨道时，对轨道上B点压力的大小；（3）滑块在从B运动到C的过程中克服摩擦力所做的功.解析：（1）滑块由A到B的过程中，应用动能定理得：（3又F f =卩mg解得：V B= 4.0 m/s.（2）在B点，滑块开始做圆周运动，由牛顿第二定律可知v B F N— mg= mR （1分）（2解得轨道对滑块的支持力F N= 21 N（1分）根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道上B点压力的大小也为21 N . （2(3) 滑块从B 经过C 上升到最高点的过程中，由动能定理得1 2-mg(R + h) - W f ，= 0— 2mv (3 分)解得滑块克服摩擦力做功W f '= J . (2 分)答案： (1)4.0 m/s (2)21 N (3) J题后反思：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.训练2:如图所示，装置 ABCD 固定在水平地面上，AB 段为倾角53° 的斜面，BC 段为半径R= 2 m 的圆弧轨道，两者相切于 B 点，A 点离地面的高度 为H= 4 m 一质量为m= 1 kg 的小球从A 点由静止释放后沿着斜面 AB 下滑，当 进入圆弧轨道BC 时，由于BC 段是用特殊材料制成的，导致小球在 BC 段运动的 速率保持不变.最后，小球从最低点 C 水平抛出，落地速率为v = 7 m/s.已知小 球与斜面AB 之间的动摩擦因数 卩=，重力加速度g 取10 m/s 2, sin 53 °=, cos 53 °=，不计空气阻力，求：(1) 小球从B 点运动到C 点克服阻力所做的功.(2) B 点到水平地面的高度.解析：⑴ 设小球从B 到C 克服阻力做功为 W C .由动能定理，得mgR1 — cos 0 ) — W C = 0.代入数据，解得 W C = 8 J.⑵设小球在AB 段克服阻力做功为 Wfe, B 点到地面高度为h ，贝UW B =卩 mgABcos 0，对于小球从A 点落地的整个过程，由动能定得，得联立，解得h = 2 m.答案： (1)8 J (2)2 m考点三：动能定理与图象结合的问题动能定理与图象结合问题的分析方法(1) 首先看清楚所给图象的种类(如v -1图象还是F — x 图象、丘-x 图象等)(2) 挖掘图象的隐含条件一一求出所需要的物理量，如由 v -t 图象所包围 的“面积”求位移，由F - x 图象所包围的“面积”求功等.(3) 再分析还有哪些力做功，根据动能定理列方程，可求出相应的物理量.例3:如图甲所示，一条轻质弹簧左端固定在竖直墙面上，右端放一个可视 为质点的小物块，小物块的质量为 m= 1.0 kg ，当弹簧处于原长时，小物块静止 于O 点.现对小物块施加一个外力F ,使它缓慢移动，将弹簧压缩至 A 点时，压 缩量为x = 0.1 m ，在这一过程中，所用外力 F 与压缩量的关系如图乙所示.然 后撤去F 释放小物块，让小物块沿桌面运动，已知 O 点至桌面B 点的距离为L 二2x ，水平桌面的高度为h = 5.0 m ，计算时，可认为滑动摩擦力近似等于最大 静摩擦力(g 取10 m/s 2) •求:而AB = H- h sin 0mg — W B - 1 2mv(1) 在压缩弹簧过程中，弹簧存贮的最大弹性势能；(2) 小物块到达桌边B点时速度的大小；(3) 小物块落地点与桌边B点的水平距离.解析：(1)取向左为正方向，从 F —x图中可以看出，小物块与桌面间的滑动摩擦力大小为F f= N，方向为负方向在压缩过程中，摩擦力做功为W f =—F f • x =一J由图线与X轴所围面积可得外力做功为错误！X J = J.所以弹簧存贮的最大弹性势能为&= W+ W f = J.⑵从A点开始到B点的过程中，由于L= 2x,摩擦力做功为W f'= —F f =—J对小物块用动能定理有1 2E+ W f' = qm* 解得V B= 2 m/s.⑶小物块从B点开始做平抛运动h = |gt2下落时间t = 1 s 水平距离s= v B t = 2 m.答案：(1) J (2)2 m/s (3)2 m例4:质量m^ 1 kg的物体，在与物体初速度方向相同的水平拉力的作用下，沿水平面运动过程中动能一位移的图象如图所示.在位移为 4 m时撤去F，物块仅在摩擦力的作用下运动.求：(g 取10 m/s2)(1) 物体的初速度多大？(2) 物体和平面间的动摩擦因数多大？(3) 拉力F的大小.解析：(1)从图线可知初动能为2 J，v = 2 m/s.⑵在位移4 m处物体的动能为10 J，在位移8 m处物体的动能为零，这段过程中物体克服摩擦力做功设摩擦力为F f，则一F f X2 = 0—10 J L 10F f = N = N4因F f =卩mg故卩=F=错误！=.mg(3) 物体从开始到移动4 m这段过程中，受拉力F和摩擦力F f的作用，合力为F—F f，根据动能定理有(F—F f) • X i =△ E k△ E k故得F= + F f = (2 + N = N.X i 答案：(1)2 m/s (2) (3) N。

谈对系统应用动能定理谈对系统应用动能定理一、关于动能定理的理解一、关于动能定理的理解 功和能是两个基本物理量．功和能的关系可概括为：功是能量转化的量度．这句话包括三层含义：这句话包括三层含义：一是各种形式的能量之间可以相互转化，一是各种形式的能量之间可以相互转化，一是各种形式的能量之间可以相互转化，各物体的各物体的能量可以相互转移；二是能量的转化或转移可以通过做功来完成；三是在某一过程中，做了多少功，就有多少能量发生转化或转移．就有多少能量发生转化或转移．当在某一过程中只考虑当在某一过程中只考虑动能这一种形式的能量，动能这一种形式的能量，功和能的关系就表现为：功和能的关系就表现为：功和能的关系就表现为：功是动能转化的量度．功是动能转化的量度．功是动能转化的量度．这就这就是动能定理的本质含义．是动能定理的本质含义．对于某一个孤立的物体，外力对它所做的总功与合力所做的功是同一个意思，做功过程就是物体与外界进行能量交换、做功过程就是物体与外界进行能量交换、转移的过程，转移的过程，外界对物体做了多少总功，物体的动能就改变多少．对于一个由几个存在相互作用的物体组成的系统，外力可以对系统做功，外力可以对系统做功，内力也可以对系统做功，内力也可以对系统做功，内力也可以对系统做功，内力做功就表示系统的内力做功就表示系统的动能可以和系统内部某种形式的能量进行转化．即系统动能的变化是由系统的内力与外力做功之和来决定的．可见，对于系统也可以运用动能定理。

二、系统的动能定理及应用二、系统的动能定理及应用1．系统的动能定理．系统的动能定理如图1，光滑水平面上有A 、B 两物体，质量分别为m 1、m 2，设A 、B 之间存在大小恒定的引力f ．开始两物体之间距离为L 1，初速度均为零，现有一水平拉力F 作用在B 物体上，作用一段位移S 时，A 、B 两物体间距离变为L 2，A 、B 两物体的速度为v 1、v 2，则对A 、B 两物体分别应用动能定理得：两物体分别应用动能定理得：对于A 物体： 212111()02f s L L m v +-=- 对于B 物体：22102Fs fs mv -=- 将这两个方程相加得：2212112211()22Fs f L L m v m v +-=+ S L 2 L 1 B A F f f 图1 其中， 1W Fs =表示外力对于系统所做的功，212()W f L L =-表示系统内力对于系统所做的功．因此，系统的动能定理可以表示为：力对于系统所做的功．因此，系统的动能定理可以表示为：KW W E +=D 外内 当系统的内力f 大小恒定时，cos W f s q =×D ×内．其中θ取决于内力f 方向与相对位移△S 的方向：两者方向相同时，0q =，相当于12L L ñ,内力方向与相对位移方向相同时，系统内力做正功，可以理解为系统有势能转化为系统的动能；两者方向相反时，q p =,相当于12L L á，系统内力方向与相对位移方向相反，系统内力做负功，可以理解为系统有动能转化为系统的势能；当0s D =，即系统内物体间无相对位移时，统内物体间无相对位移时，系统内力不做功，系统内力不做功，系统内力不做功，系统的势能不变化．系统的势能不变化．系统的势能不变化．在其它情景在其它情景中W 内不一定代表系统势能与动能转化的量度．不一定代表系统势能与动能转化的量度．2．系统的动能定理的应用．系统的动能定理的应用例1：如图2，一质量为M 的长不板，静止在光滑的水平面上，一质量为m 的小滑块（可视为质点）以水平速度0v 从长木板的一端开始在木板上滑行，直到离开木板．滑块离开木板时的速度为03v ．若把此木板固定在水平桌面上，其它条件相同时，求滑块离开木板时的速度．其它条件相同时，求滑块离开木板时的速度．分析与解：设第一次滑块离开时木板速度为v ，由系统的动量守恒，有：，由系统的动量守恒，有： 003vmv m Mv =+ 设滑块与木板间摩擦力为f ，木板长为L ，则对于滑块与木板组成的系统，只有两者间的内力即摩擦力做功，对系统应用动能定理，得：只有两者间的内力即摩擦力做功，对系统应用动能定理，得： 22200111()2322v fL m Mv mv -=+- 当木板固定时，滑块离开木板时速度为v /，对滑块应用动能定理，得：，对滑块应用动能定理，得：/2201122fL mv mv -=- V 0 图2 由以上三个方程解得，木板固定滑块离开木板时的速度为：由以上三个方程解得，木板固定滑块离开木板时的速度为：/0413v m v M =+ 此处系统的内力做功使系统的部分动能转化为系统的内能．木板固定与不固定两种情况，固定两种情况，内力与相对位移都相同，内力与相对位移都相同，内力与相对位移都相同，内力所做的功也就相同，内力所做的功也就相同，内力所做的功也就相同，即系统产生即系统产生的热能相同．的热能相同．例2：一列总质量为M 的列车，沿平直铁路匀速行驶．某时刻，其质量为m 的末节车厢脱钩，的末节车厢脱钩，司机发觉时，司机发觉时，司机发觉时，车的前部自脱钩处又行驶了距离车的前部自脱钩处又行驶了距离L ，司机立即关闭发动机．立即关闭发动机．设车所受阻力与车重成正比，设车所受阻力与车重成正比，设车所受阻力与车重成正比，机车的牵引力恒定．机车的牵引力恒定．机车的牵引力恒定．求列车的求列车的两部分最后都停下来时，其间的距离是多少？两部分最后都停下来时，其间的距离是多少？分析与解：设开始列车的速度为v ，发动机牵引力大小为F ，阻力是车重的K 倍．从脱钩到两车都静止下来时，车厢的位移为S 1，车的前部的位移为S 2，则对整个系统从脱钩到都停下来的整个过程应用动能定理：，则对整个系统从脱钩到都停下来的整个过程应用动能定理：2121()02FL Kmgs K M m gs Mv ---=-对车厢应用动能定理：对车厢应用动能定理：21102Kmgs mv -=- 而F KMg =由以上方程解得最后车的两部分间的距离△S 为：为：21ML s s s M mD =-=- 与上面的两条例题类似，在涉及物体间的相对位移的问题时，利用系统的动能定理来求解要方便的多．更重要的是，在学习过程中不能仅拘泥于教材，灵活运用合理的方法将有助于活化对概念规律的认识．灵活运用合理的方法将有助于活化对概念规律的认识．。

第2讲动能定理及其应用考点一动能、动能定理的理解【必备知识·自主落实】1．动能动能是标量(1)定义：物体由于________而具有的能．(2)公式：E k ＝12m v2v是瞬时速度(3)单位：________，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2.(4)动能的变化：物体________与________之差，即ΔE k＝______________．2．动能定理“力”指的是物体受到的合力(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__________．合力所做的总功(2)表达式：W＝________________．(3)物理意义：________的功是物体动能变化的量度．【关键能力·思维进阶】1．甲、乙两物体的质量分别用m甲、m乙表示，甲、乙两物体的速度大小分别用v甲、v 乙表示，则下列说法正确的是()A．如果m乙＝2m甲，v甲＝2v乙，则甲、乙两物体的动能相等B．如果m甲＝2m乙，v乙＝2v甲，则甲、乙两物体的动能相等C．如果m乙＝2m甲，v乙＝2v甲，则甲、乙两物体的动能相等D．如果m甲＝m乙，v甲＝v乙，两物体的速度方向相反，此时两物体的动能相等2．(多选)如图所示，电梯质量为M，在它的水平底板上放置一质量为m的物体．电梯在钢索的拉力作用下做竖直向上的加速运动，当电梯的速度由v1增大到v2时，上升高度为H.则在这个过程中，下列说法正确的是(重力加速度为g)()A．对物体，动能定理的表达式为W＝12mv−2212mv12，其中W为支持力做的功B．对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力做的功C．对物体，动能定理的表达式为W－mgH＝12mv22－12mv12，其中W为支持力做的功D．对电梯，其所受合力做功为12Mv−2212Mv12思维提升1.动能与动能变化的区别(1)动能与动能的变化是两个不同的概念，动能是状态量，动能的变化是过程量．(2)动能没有负值，而动能变化量有正负之分．ΔE k>0表示物体的动能增加，ΔE k<0表示物体的动能减少．2．对动能定理的理解做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中“＝”的意义是一种因果关系在数值上相等的符号．考点二动能定理的基本应用【关键能力·思维进阶】应用动能定理的注意事项(1)方法的选择：动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学方法要简捷．(2)过程的选择：物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段应用动能定理，也可以对全过程应用动能定理．如果对整个过程应用动能定理，往往能使问题简化．(3)规律的应用：动能定理表达式是一个标量式，不能在某个方向上应用动能定理．考向1应用动能定理求变力的功例1 承德的转盘滑雪机为我国自主原创、世界首例的专利产品．一名运动员的某次训练过程中，转盘滑雪机绕垂直于盘面的固定转轴以角速度ω＝0.5 rad/s顺时针匀速转动，质量为60 kg的运动员在盘面上离转轴10 m半径上滑行，滑行方向与转盘转动方向相反，在最低点的速度大小为10 m/s，滑行半周到最高点的速度大小为8 m/s，该过程中，运动员所做的功为6 500 J，已知盘面与水平面夹角为18°，g取10 m/s2，sin 18°＝0.31，cos 18°＝0.95，则该过程中运动员克服阻力做的功为()A．4 240 J B．3 740 J C．3 860 J D．2 300 J考向2应用动能定理求解直线运动问题例 2 如图所示，一斜面体ABC固定在水平地面上，斜面AD段粗糙、DC段光滑，在斜面底端C点固定一轻弹簧，弹簧原长等于CD段长度．一质量m＝0.1 kg的小物块(可视为质点)从斜面顶端A以初速度v0＝2 m/s沿斜面下滑，当弹簧第一次被压缩至最短时，其长度恰好为原长的一半，物块沿斜面下滑后又沿斜面向上返回，第一次恰能返回到最高点A.已知弹簧的原长L0＝0.2 m，物块与斜面AD段间的动摩擦因数μ＝√3，斜面倾角θ＝30°，6重力加速度g＝10 m/s2，弹簧始终处于弹性限度范围内．下列说法中正确的是() A．A、D间的距离x AD＝0.2 mB．物块第一次运动到D点时的速度大小为√5m/sC.弹簧第一次被压缩到最短时的弹性势能为0.3 JD.物块在斜面AD段能滑行的总路程为1.6 m考向3应用动能定理求解曲线运动问题例 3 [2023·湖北卷]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的固定光滑圆弧̂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°.小物块以某一水平轨道CDÊ内初速度由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CDE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1，重力加速度大小2π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．思维提升求解多过程问题抓好“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，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息．考向4动能定理在往复运动问题中的应用1．往复运动问题：在有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，而在这一过程中，描述运动的物理量多数是变化的，而且重复的次数又往往是无限的或者难以确定．2．解题策略：此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功，其做功的特点是与路程有关，运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐，甚至无法解出，由于动能定理只涉及物体的初、末状态，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化．例 4 (多选)[2024·山东模拟预测]如图，左侧光滑曲面轨道与右侧倾角α＝37°的斜面在底部平滑连接且均固定在水平地面上，质量为m的小滑块从斜面上离斜面底边高为H处由静止释放，滑到斜面底端然后滑上左侧曲面轨道，再从曲面轨道滑上斜面，滑块第一次沿斜H，多次往复运动．不计空气阻力，重力加速度为g，sin37°＝0.6.下面上滑的最大高度为45列说法正确的是()mgHA．滑块第一次下滑过程，克服摩擦力做的功为445B．滑块第1次下滑的时间与第1次上滑的时间之比为54C．滑块与斜面间的动摩擦因数为112D．滑块从静止释放到第n次上滑到斜面最高点的过程中，系统产生的热量为(1−4n)mgH5n考点三动能定理与图像结合问题【关键能力·思维进阶】考向1E k­x(W­x)图像问题例 5 (多选)一滑块从某固定粗糙斜面底端在沿斜面向上的恒力作用下由静止开始沿斜面向上运动，某时刻撤去恒力，上升过程中滑块的动能和重力势能随位移变化的图像如图所示，图中E k0、s0为已知量，滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，下列说法正确的是()A.恒力的大小为2E k0s0B．斜面倾角的正切值为0.75C．滑块下滑到斜面底端时的速度大小为3√3gs05D．滑块的质量可表示为5E k0gs0考向2F­x图像与动能定理的结合例 6 如图甲所示，一竖直面内的轨道是由粗糙斜面AB和光滑轨道BCD组成，AB与BCD相切于B点，C为圆轨道的最低点，将物块置于轨道ABC上离地面高为H处由静止下滑，可用力传感器测出其经过C点时对轨道的压力F N.现将物块放在ABC上不同高度处，让H从零开始逐渐增大，传感器测得物块每次从不同高度处下滑到C点时对轨道的压力F N，得到如图乙两段直线PQ和QI，且IQ延长线与纵轴交点坐标值为2.5 N，g取10 m/s2.求：甲乙(1)小物块的质量m及圆轨道的半径R；(2)轨道BC所对圆心角；(3)小物块与斜面AB间的动摩擦因数．考向3动能定理与v­t、P­t图像的综合例7 [2024·黑龙江绥化模拟]一小车放在水平地面上，从静止开始运动，在一段时间内其速度大小与牵引力的功率随时间变化的函数关系图像分别如图甲、乙所示，地面对小车的摩擦力恒定，2 s以后小车以速率v0做匀速直线运动，对比分析两图像所给的已知信息．求：(1)2 s时小车的速率v0以及地面对小车的摩擦力大小；(2)小车在0～1 s内运动的位移大小．[教你解决问题]模型建构思维提升图像中所围“面积”或斜率的意义第2讲动能定理及其应用考点一必备知识·自主落实1．(1)运动(3)焦耳(4)末动能初动能12mv−2212mv122．(1)动能的变化(2)12mv−2212mv12(3)合外力关键能力·思维进阶1．解析：由动能的表达式E k＝12m v2可知，A、B、C错误；动能是标量，只与物体的质量和速度的大小有关，与速度方向无关，D正确．答案：D2．解析：电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg和支持力F N，这两个力做的总功才等于物体动能的增量，ΔE k＝12mv−2212mv12，故A、B错误，C正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力做的功一定等于其动能的增量，故D正确．答案：CD考点二关键能力·思维进阶例1 解析：运动员在最低点的对地速度为10 m/s ，在最高点的对地速度为8 m/s ，根据动能定理可得W －mg ·2r sin 18°－W 克＝12mv 2−12mv 02又W ＝6 500 J ，解得W 克＝3 860 J ．故选C. 答案：C例2 解析：物块从A 点下滑至第一次恰好返回到A 点的过程，根据动能定理有－μmg cos θ·2x AD ＝0−12mv 02，代入数据解得x AD ＝0.4 m ，A 项错误；物块从A 点下滑至第一次运动到D 点的过程，根据动能定理有mgx AD sin θ－μmg cosθ·x AD ＝12mv −D 212mv 02代入数据解得v D ＝√6 m/s ，B 项错误；物块从D 点运动至第一次压缩弹簧到最短的过程，由功能关系有E p ＝12mv D 2＋mg ·L02sin θ解得E p ＝0.35 J ，C 项错误；由于mg sin θ>μmg cos θ，物块最终在C 、D 间往复运动，在D 点的速度为0，设物块在斜面AD 段能滑行的总路程为s ，由动能定理有mgx AD sin θ－μmg cos θ·s ＝0−12mv 02，解得s ＝1.6 m ，D 项正确．故选D.答案：D 例3 解析：(1)由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D ，则在D 点有mv D 2R＝mg解得v D ＝√gR(2)由题知，小物块从C 点沿圆弧切线方向进入轨道CDE ̂内侧，则在C 点有cos 60°＝v B vC小物块从C 到D 的过程中，根据动能定理有－mg (R ＋R cos 60°)＝12mv −D 212mv C 2则小物块从B 到D 的过程中，根据动能定理有mgH BD ＝12mv −D 212mv B 2联立解得v B ＝√gR ，H BD ＝0(3)小物块从A 到B 的过程中，根据动能定理有－μmgS ＝12mv −B 212mv A 2，S ＝π·2R解得v A ＝√3gR答案：(1)√gR (2)0 (3)√3gR例4 解析：设滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，根据功能关系有W F f ＝W Ff1+W Ff2＝mgH －45mgH ＝15mgH而W Ff1＝μmg cos α·H sin α，W Ff2＝μmg cos α·H sin α×45 联立解得W Ff1＝19mgH ，μ＝112，A 项错误，C 项正确； 滑块第一次下滑过程，根据牛顿运动定律有 mg sin α－μmg cos α＝ma 1由运动学公式有Hsin α＝12a 1t 12滑块第一次上滑过程，根据牛顿运动定律有 mg sin α＋μmg cos α＝ma 2 由运动学公式有45×Hsin α＝12a 2t 22联立解得t 1t 2＝54，B 项正确；滑块第二次下滑过程，根据动能定理有45mgH －45×μmg cos α·Hsin α＝12mv 22滑块第二次上滑过程，根据动能定理有 －mgh 2－μmg cos α·h 2sin α＝−12mv 22结合tan α＝9μ 解得h 2＝(45)2H滑块第n 次沿斜面上升的最大高度为h n ＝(45)nH滑块在斜面上滑行的路程为s ＝Hsin α+2×4H5sin α+2×16H25sin α＋…＋2×4n−15n−1·Hsin α+4n H5n sin α＝9(1−4n5n )Hsin α由于摩擦系统产生的热量为Q ＝μmgs cos α＝(1−4n5n )mgH ，D 项正确．故选BCD.答案：BCD考点三关键能力·思维进阶例5 解析：根据图像结合题意可知，滑块位移为s 0时的动能为E k0，滑块位移为95s 0时恒力F 撤去，此时滑块的动能为95E k0，之后滑块在重力沿斜面向下的分力与摩擦力的作用下做减速运动，位移为115s 0时动能减为E k0，可得滑块沿斜面向上的最大位移为2710s 0，对滑块加速上滑和减速上滑过程分别有F －mg sin θ－μmg cos θ＝E k0s 0，mg sin θ＋μmg cos θ＝2E k0s 0根据滑块的重力势能随位移变化的图像有mg ·27s 010·sin θ＝81E k025联立解得F ＝3E k0s 0，tan θ＝0.75，m ＝2Ek0gs 0故A 、D 错误，B 正确；滑块从最高点下滑到斜面底端的过程中，根据动能定理有2710mgs 0sin θ－2710μmgs 0cos θ＝12m v 2解得v ＝3√3gs 05，故C 正确．答案：BC例6 解析：(1)小物块从圆轨道BC 滑下，由动能定理可知mgH ＝12mv C 2在C 点合力提供向心力FN －mg ＝m v C 2RF N ＝2mg RH ＋mg结合PQ 段图像知mg ＝2 N ，m ＝0.2 kg ，2mg R＝4−20.5解得R ＝1 m.(2)由于图线Q 点对应于轨道的B 点，而此时H ＝0.5 m ，则轨道BC 所对圆心角θ由几何关系可知H ＝R (1－cos θ)，代入数据解得θ＝60°.(3)小物块从A 到C ，由动能定理可得 mgH －μmg cos θ(H−0.5)sin θ＝12m v 2，到达C点处由向心力公式可得F′N－mg＝mv2R ，联立得μ＝√34.答案：(1)0.2 kg 1 m(2)60°(3)√34例7解析：(1)由图甲可知，在1～2 s内，小车做匀加速直线运动，牵引力恒定设大小为F2，1 s时P2＝F2v1，2 s时P3＝F2v0代入图中所给的已知条件P2＝200 W，P3＝400 W，v1＝10 m/s解得v0＝20 m/s，F2＝20 N设地面对小车的摩擦力大小为f，由题意和图甲、乙可知2 s以后小车以速率v0＝20 m/s，功率P4＝200 W做匀速直线运动，则有P4＝f v0解得f＝10 N.(2)结合v0＝20 m/s，1 s时小车速度大小v1＝10 m/s，小车匀加速直线运动时间t2＝1 s由图甲可知，1～2 s小车的加速度大小a＝v0−v1t2＝10 m/s2由牛顿第二定律有F2－f＝ma再代入F2＝20 N，f＝10 N，解得m＝1 kg设小车在0～1 s内的位移大小为s，由动能定理有P1t1－fs＝12mv12由图乙可知P1＝110 W，再结合t1＝1 s，m＝1 kg，f＝10 N，v1＝10 m/s，联立解得s＝6 m.答案：(1)20 m/s10 N(2)6 m。

专题：动能动能定理考点一：动能【温故自查】1．概念：一个物体能够对外界做功，我们就说物体具有能量．能量可以有不同的形式，物体由于运动而具有的能叫．2．表达式：。

【考点精析】可以从以下几个方面理解动能的概念(1)动能是标量，动能的取值可以为正值或零，但不会为负值．(2)动能是状态量，描述的是物体在某一时刻的运动状态，一定质量的物体在运动状态(瞬时速度)确定时，Ek有惟一确定的值，速度变化时，动能不一定变化，但动能变化时，速度一定变化．(3)动能具有相对性．由于瞬时速度与参考系有关，所以Ek也与参考系有关，在一般情况下，如无特殊说明，则认为取大地为参考系．(4)物体的动能不会发生突变，它的改变需要一个过程，这个过程就是外力对物体做功的过程或物体对外做功的过程．(5)具有动能的物体克服阻力做功，物体的质量越大，运动速度越大，它的动能也就越大，能克服阻力对外做功越多．【注意】动能具有相对性．由于速度v是一个与参照系的选取有关的物理量，因此根据动能的表达式Ek＝mv2可知，动能也是一个与参照系的选取有关的物理量．也就是说，同一个运动物体，对于不同的参照系其动能一般是不相等的．所以说，同一个运动物体，对于不同的参照系其动能一般是不相等的，所以说，动能是相对于参照系的相对量．在通常情况下，都是以地面为参照系来计算运动物体的动能的．那么，相对于地球静止的物体是否一定没有动能呢？如果选取地球为参照系，物体的速度为零，当然也就没有动能；如果选取太阳为参照系，则物体在随地球自转而做圆周运动的同时，还绕太阳公转，其动能不为零．因为速度是对地面的瞬时速度，因此动能是描述物体运动状态的物理量.考点二：动能定理【温故自查】概念：动能定理是表述了合外力做功和动能的变化之间的关系，合外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．(1)对单个物体，动能定理可表述为：合外力做的功等于物体动能的变化(这里的合外力指物体受到的所有外力的合力，包括重力)．表达式为：或W＝ΔEk.(2)对于多过程、多外力的物体系统，动能定理也可以表述为：所有外力对物体做的等于物体动能的变化．实际应用时，后一种表述更好操作．因为它不必求合力，特别是在全过程的各个阶段受力有变化的情况下，只要把各个力在各个阶段所做的功都按照，就可以得到总功．【考点精析】对动能定理的理解(1)动能定理是把过程量(做功)和状态量(动能)联系在一起的物理规律．所以，无论求合外力做的功还是求物体动能的变化，就都有了两个可供选择的途径．(2)对外力对物体做的总功的理解：有的力促进物体运动，而有的力则阻碍物体运动，因此它们做的功就有正、负之分，总功指的是各外力做功的代数和；对于单一物体的单一物理过程，又因为W合＝W1＋W2＋…＝F合l.所以总功也可理解为合外力的功．即：如果物体受到多个共点力作用，则：W合＝F合l；如果发生在多个物理过程中，不同过程中作用力的个数不相同，则：W合＝W1＋W2＋…＋Wx.(3)对该定理标量性的认识：因动能定理中各项均为标量，因此单纯速度方向的改变不影响动能的大小．如用细绳拉着一物体在光滑桌面上以绳头为圆心做匀速圆周运动的过程中，合外力方向指向圆心，与位移方向始终保持垂直，所以合外力做功为零，动能变化亦为零，其并不因速度方向的改变而改变．(4)对状态与过程关系的理解：功是伴随一个物理过程而产生的，是过程量；而动能是状态量．动能定理表示了过程量等于状态量的改变量的关系．【注意】 1.动能定理中所说的外力，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是任何其他的力，动能定理中的W是指所有作用在物体上的外力的合力的功．2．动能定理的表达式是在物体受恒力作用且做直线运动的情况下得出的，但对于外力是变力，物体做曲线运动的情况同样适用．也就是说，动能定理适用于任何力作用下，以任何形式运动的物体为研究对象，具有普遍性.考点三：用动能定理求变力的功【温故自查】在某些问题中，由于F的大小或方向变化，不能直接用求解力的功，可运用动能定理求解，求出物体变化和其它的功，即可由ΔEk＝W1＋W2＋…＋Wn求得其中变力的功．【考点精析】用动能定理求解变力功的注意要点：(1)分析物体受力情况，确定哪些力是恒力，哪些力是变力．(2)找出其中恒力的功及变力的功．(3)运用动能定理求解.考点四：动能定理在物体系统中的运用【温故自查】物体间的一对相互作用力的功可以是，也可以是，还可以是．因此几个物体组成的物体系统所受的合外力的功不一定等于系统动能的．【考点精析】用动能定理解决问题时，所选取的研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统，当选取物体系统作为研究对象时，应注意以下几点：(1)当物体系统内的相互作用是杆、绳间的作用力，或是静摩擦力，或是刚性物体间相互挤压而产生的力，这两个作用与反作用力的功等于零，这时列动能定理方程时可只考虑物体系统所受的合外力的功即可．(2)当物体系统内的相互作用是弹簧、橡皮条的作用力，或是滑动摩擦力，两个作用力与反作用力的功不等于零，这时列动能定理方程时不但要考虑物体系统所受的合外力的功，还要考虑物体间的相互作用力的功．(3)物体系统内各个物体的速度不一定相同，列式时要分别表达不同物体的动能.考点五:动能定理分析复杂过程问题【温故自查】物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，此时可以考虑，也可对考虑，对整个过程列式则可使问题简化．【考点精析】多过程求解问题的策略：(1)分析物体运动，确定物体运动过程中不同阶段的受力情况，分析各个力的功．(2)分析物体各个过程中的初末速度，在不同阶段运用动能定理求解，此为分段法，这种方法解题时需分清物体各阶段的运动情况，列式较多．(3)如果能够得到物体全过程初末动能的变化及全过程中各力的功，用全过程列一个方程即可，此方法较简洁．题型一用动能定理判断能量间的转换关系命题规律根据动能定理判断机械能、动能、势能及其他形式的能之间的相互转化情况．[考例1](2009·上海)小球由地面竖直上抛，上升的最大高度为H，设所受阻力大小恒定，地面为零势能面．在上升至离地高度h处，小球的动能是势能的2倍，在下落至离地高度h处，小球的势能是动能的2倍，则h等于()A．H/9B．2H/9C．3H/9 D．4H/9【变式练习】：如图所示，卷扬机的绳索通过定滑轮用力F拉位于粗糙斜面上的木箱，使之沿斜面加速向上运动．在移动过程中，下列说法正确的是()A．F对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和B．F对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和C．木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力势能D．F对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力做的功之和题型二动能定理在多阶段过程中的应用命题规律物体运动过程较多时利用动能定理分析计算物体受力、位移、速度或某力做功等[考例2]某兴趣小组对一辆自制小遥控车的性能进行研究．他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为v－t图象，如图所示(除2s～10s时间段内的图象为曲线外，其余时间段图象均为直线)．已知小车运动的过程中，2s～14s时间段内小车的功率保持不变，在14s末停止遥控而让小车自由滑行．小车的质量为2kg，可认为在整个过程中小车所受到的阻力大小不变．求：(1)小车所受到的阻力大小；(2)小车匀速行驶阶段的功率；(3)小车在加速运动过程中位移的大小．【变式训练】：(2009·安徽)过山车是游乐场中常见的设施．下图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成，B、C、D分别是三个圆形轨道的最低点，B、C间距与C、D间距相等，半径R1＝2.0m、R2＝1.4m.一个质量为m＝1.0kg的小球(视为质点)，从轨道的左侧A点以v0＝12.0m/s的初速度沿轨道向右运动，A、B间距L1＝6.0m.小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，圆形轨道是光滑的．假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠．重力加速度取g＝10m/s2，计算结果保留小数点后一位数字．试求：(1)小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小；(2)如果小球恰能通过第二圆形轨道，B、C间距L应是多少；(3)在满足(2)的条件下，如果要使小球不能脱离轨道，在第三个圆形轨道的设计中，半径R3应满足的条件；小球最终停留点与起点A的距离．题型三用动能定理求变力做功命题规律物体在变力的作用下运动，求物体在运动过程中的瞬时速度或力对物体所做的功．[考例3](2009·北京海淀区模拟)如图甲所示，一质量为m＝1kg的物块静止在粗糙水平面上的A点，从t＝0时刻开始，物块在受按如图乙所示规律变化的水平力F作用下向右运动，第3s末物块运动到B点时速度刚好为0，第5s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2，(g取10m/s2)求：(1)AB间的距离；(2)水平力F在5s时间内对物块所做的功．【变式训练】：一铅球运动员奋力一推，将8kg的铅球推出10m远．铅球落地后将地面击出一坑，有经验的专家根据坑的深度形状认为铅球落地时的速度大致是12m/s.若铅球出手时的高度是2m，求推球过程中运动员对球做的功大约是多少焦耳？题型四动能定理与图像结合的问题命题规律考查识别图象，从而找出解题的信息及数据，达到解题的目的．[考例4](2009·江苏金坛模拟)如图甲所示，一条轻质弹簧左端固定在竖直墙面上，右端放一个可视为质点的小物块，小物块的质量为m＝1.0kg，当弹簧处于原长时，小物块静止于O点，现对小物块施加一个外力F，使它缓慢移动，将弹簧压缩至A点，压缩量为x＝0.1m，在这一过程中，所用外力F与压缩量的关系如图乙所示．然后撤去F释放小物块，让小物块沿桌面运动，已知O点至桌边B点的距离为L＝2x水平桌面的高为h＝5.0m，计算时，可用滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力．(g取10m/s2)求：(1)在压缩弹簧过程中，弹簧存贮的最大弹性势能；(2)小物块到达桌边B点时速度的大小；(3)小物块落地点与桌边B的水平距离．【变式训练】如图(1)所示，静置于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F作用下，沿x轴方向运动，拉力F随物块所在位置坐标x的变化关系如图(2)所示，图线为半圆．则小物块运动到x0处时的动能为()。