功與能真題情境2021·河北卷T62021·全國甲卷T242020·全國卷ⅠT202021·山東卷T3考情分析【命題分析】高考命題對本講內(nèi)容考查較多，以選擇題形式?？疾楣凸β实暮唵斡嬎?、機(jī)械能守恒的判斷及功能關(guān)系的分析與計算，以計算題形式考查動力學(xué)、機(jī)械能守恒及功能關(guān)系的綜合應(yīng)用?！舅仞B(yǎng)要求】1．掌握功、功率的計算方法。2．掌握兩類機(jī)車啟動問題的分析計算方法。3．理解動能定理，掌握動能定理的應(yīng)用方法。4．熟悉常見功能轉(zhuǎn)化關(guān)系及能量守恒定律。5．掌握利用機(jī)械能守恒定律和能量守恒定律分析多過程、多物體問題的方法。必備知識突破點(diǎn)一|動能定理的應(yīng)用1．對動能定理的理解(1)動能定理表達(dá)式W＝ΔEk中，W表示所有外力做功的代數(shù)和。ΔEk為所研究過程的末動能與初動能之差，且物體的速度均是相對地面的速度。(2)2．應(yīng)用動能定理解題應(yīng)注意的四點(diǎn)(1)動能定理往往用于單個物體的運(yùn)動過程，由于不涉及加速度及時間，比動力學(xué)研究方法要簡捷。(2)動能定理表達(dá)式是一個標(biāo)量式，在某個方向上應(yīng)用動能定理是沒有依據(jù)的。(3)物體在某個運(yùn)動過程中包含有幾個運(yùn)動性質(zhì)不同的過程(如加速、減速的過程)，此時可以分段考慮，也可以對全過程考慮，但如能對整個過程利用動能定理列式，則可使問題簡化。(4)根據(jù)動能定理列方程時，必須明確各力做功的正、負(fù)，確實難以判斷，可先假定為正功，最后根據(jù)結(jié)果加以檢驗。[典例1](2021·全國乙卷)一籃球質(zhì)量為m＝0.60kg，一運(yùn)動員使其從距地面高度為h1＝1.8m處由靜止自由落下，反彈高度為h2＝1.2m。若使籃球從距地面h3＝1.5m的高度由靜止下落，并在開始下落的同時向下拍球、球落地后反彈的高度也為1.5m。假設(shè)運(yùn)動員拍球時對球的作用力為恒力，作用時間為t＝0.20s；該籃球每次與地面碰撞前后的動能的比值不變。重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力。求：(1)運(yùn)動員拍球過程中對籃球所做的功；(2)運(yùn)動員拍球時對籃球的作用力的大小。[思路點(diǎn)撥]解此題的關(guān)鍵有兩點(diǎn)：(1)分析球的運(yùn)動過程及做功特點(diǎn)，分階段應(yīng)用動能定理。(2)正確理解“籃球與地面碰撞前后的動能的比值不變”，并靈活應(yīng)用。[解析](1)第一次籃球下落的過程中由動能定理可得E1＝mgh1籃球反彈后向上運(yùn)動的過程由動能定理可得0－E2＝－mgh2第二次從1.5m的高度靜止下落，同時向下拍球，在籃球反彈上升的過程中，由動能定理可得0－E4＝0－mgh4第二次從1.5m的高度靜止下落，同時向下拍球，籃球下落過程中，由動能定理可得W＋mgh3＝E3因籃球每次和地面撞擊的前后動能的比值不變，則有比例關(guān)系eq\f(E2,E1)＝eq\f(E4,E3)代入數(shù)據(jù)可得W＝4.5J。(2)因作用力是恒力，在恒力作用下籃球向下做勻加速直線運(yùn)動，因此由牛頓第二定律可得F＋mg＝ma在拍球時間內(nèi)籃球運(yùn)動的位移為x＝eq\f(1,2)at2力F做功為W＝Fx聯(lián)立可得F＝9N(F＝－15N舍去)。[答案](1)W＝4.5J(2)F＝9N反思感悟：應(yīng)用動能定理解題的基本思路[考向預(yù)測]1．(2021·湖南省長沙市一模)質(zhì)量為2kg的物體以一定的初速度沿傾角為30°的斜面向上滑行，在向上滑行的過程中，其動能隨位移的變化關(guān)系如圖所示，則物體返回到出發(fā)點(diǎn)時的動能為(g取10m/s2)()A．34JB．56JC．92JD．196JA[物體上滑的過程中重力與摩擦力都做負(fù)功，由動能定理得－mgx·sin30°－Ffx＝0－E0，下滑的過程中重力做正功，摩擦力做負(fù)功，得mgx·sin30°－Ffx＝E－0，代入數(shù)據(jù)得E＝34J，故選A。]2．一輛汽車在平直的公路上由靜止開始啟動。在啟動過程中，汽車牽引力的功率及其瞬時速度隨時間的變化情況分別如圖甲、乙所示。已知汽車所受阻力恒為重力的eq\f(1,5)，重力加速度g取10m/s2。下列說法正確的是()甲乙A．該汽車的質(zhì)量為3000kgB．v0＝6m/sC．在前5s內(nèi)，阻力對汽車所做的功為25kJD．在5～15s內(nèi)，汽車的位移大小約為67.19mD[由圖象可得，汽車勻加速階段的加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝1m/s2，汽車勻加速階段的牽引力為F＝eq\f(P,v)＝3000N，勻加速階段由牛頓第二定律得F－0.2mg＝ma，解得m＝1000kg，A錯誤；牽引力功率為15kW時，汽車行駛的最大速度v0＝eq\f(P,0.2mg)＝7.5m/s，B錯誤；前5s內(nèi)汽車的位移x＝eq\f(1,2)at2＝12.5m，阻力做功WFf＝－0.2mgx＝－25kJ，C錯誤；5～15s內(nèi)，由動能定理得Pt－0.2mgs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2，解得s＝67.1875m≈67.19m，D正確。]3．(2021·江西宜春二模)如圖所示，讓擺球從圖中的C位置由靜止開始擺下，擺到最低點(diǎn)D處，擺線剛好被拉斷，小球在粗糙的水平面上由D點(diǎn)向右做勻減速運(yùn)動，到達(dá)小孔A進(jìn)入半徑R＝0.3m的豎直放置的光滑圓弧軌道，當(dāng)擺球進(jìn)入圓軌道立即關(guān)閉A孔。已知擺線長L＝2m，θ＝60°，小球質(zhì)量為m＝0.5kg，D點(diǎn)與小孔A的水平距離s＝2m，g取10m/s2。(1)擺線能承受的最大拉力為多大？(2)要使擺球能進(jìn)入圓軌道并且不脫離軌道，求擺球與粗糙水平面間動摩擦因數(shù)μ的取值范圍。[解析](1)擺球由C到D過程機(jī)械能守恒，則mg(L－Lcosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)在D點(diǎn)由牛頓第二定律得FT－mg＝eq\f(mv\o\al(2,D),L)聯(lián)立得擺線的最大拉力為FT＝2mg＝10N。(2)擺球不脫離圓軌道的情況有：①擺球能到達(dá)A孔，且小球到達(dá)A孔的速度恰好為零對擺球從D到A的過程，由動能定理得－μ1mgs＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)解得μ1＝0.5。②擺球進(jìn)入A孔的速度較小，在圓心以下做等幅擺動，不脫離軌道，其臨界情況為到達(dá)與圓心等高處速度為零，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＝mgR對擺球從D到A的過程，由動能定理得－μ2mgs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)解得μ2＝0.35。③擺球能過圓軌道的最高點(diǎn)則不會脫離軌道，則在圓周的最高點(diǎn)，由牛頓第二定律得mg＝eq\f(mv2,R)由動能定理得－μ3mgs－2mgR＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)解得μ3＝0.125綜上所述，動摩擦因數(shù)μ的取值范圍為0.35≤μ≤0.5或者μ≤0.125。[答案](1)10N(2)0.35≤μ≤0.5或μ≤0.125突破點(diǎn)二|機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用1．機(jī)械能是否守恒的三種判斷方法(1)用做功判斷：若物體或系統(tǒng)只有重力(或彈簧的彈力)做功，雖受其他力，但其他力不做功，則其機(jī)械能守恒。(2)用能量轉(zhuǎn)化判斷：若物體或系統(tǒng)中只有動能和勢能的相互轉(zhuǎn)化，而無機(jī)械能與其他形式的能的相互轉(zhuǎn)化，則其機(jī)械能守恒。(3)對多個物體組成的系統(tǒng)，除考慮是否只有重力做功外，還要考慮系統(tǒng)內(nèi)力是否做功，如有滑動摩擦力做功時，因摩擦生熱，系統(tǒng)機(jī)械能將有損失。2．機(jī)械能守恒定律的三種表達(dá)形式單個物體的機(jī)械能守恒[典例2](多選)如圖所示，水平地面上有一光滑弧形軌道與半徑為r的光滑圓軌道相切，且固定在同一個豎直面內(nèi)。將一個質(zhì)量為m的小球由圓弧軌道上某一高度處無初速釋放，能無碰撞進(jìn)入圓軌道內(nèi)。為使小球在沿圓軌道運(yùn)動時始終不脫離軌道，這個高度h的取值可能為()A．2.6r B．1.2rC．1.6r D．0.8r[題眼點(diǎn)撥](1)“光滑”說明小球運(yùn)動過程中只有重力做功，機(jī)械能守恒。(2)“不脫離軌道”應(yīng)滿足的臨界條件有兩種情況①圓軌道最高點(diǎn)重力提供向心力；②運(yùn)動高度不超過與圓心等高處。AD[小球可能做完整的圓周運(yùn)動，剛好不脫離圓軌道時，在圓軌道最高點(diǎn)重力提供向心力：mg＝meq\f(v2,r)，由機(jī)械能守恒得：mgh－mg·2r＝eq\f(1,2)mv2，解得：h＝2.5r，也可能不超過與圓心等高處，由機(jī)械能守恒得：mgh＝mgr，得：h＝r，綜上得為使小球在沿圓軌道運(yùn)動時始終不離開軌道，h的范圍為：h≤r或h≥2.5r。故選A、D。]多個物體系統(tǒng)機(jī)械能守恒[典例3](多選)(2021·山東泰安高三檢測)如圖所示，將質(zhì)量為2m的重物懸掛在輕繩的一端，輕繩的另一端系一質(zhì)量為m的環(huán)，環(huán)套在豎直固定的光滑直桿上，光滑定滑輪與直桿的距離為d。桿上的A點(diǎn)與定滑輪等高，桿上的B點(diǎn)在A點(diǎn)正下方距離為d處?，F(xiàn)將環(huán)從A處由靜止釋放，不計一切摩擦阻力，A．環(huán)到達(dá)B處時，重物上升的高度h＝eq\f(d,2)B．環(huán)到達(dá)B處時，環(huán)與重物的速度大小相等C．環(huán)從A到B，環(huán)減少的機(jī)械能等于重物增加的機(jī)械能D．環(huán)能下降的最大高度為eq\f(4d,3)[關(guān)鍵信息](1)環(huán)下降過程中，環(huán)、重物的機(jī)械能都不守恒，但環(huán)與重物組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒。(2)環(huán)到達(dá)B處時，速度關(guān)系滿足v環(huán)cosθ＝v物。CD[當(dāng)環(huán)到達(dá)B處時，由題圖中幾何關(guān)系可得重物上升的高度h＝(eq\r(2)－1)d，A錯誤；環(huán)到達(dá)B處時，對環(huán)的速度進(jìn)行分解，可得v環(huán)cosθ＝v物，由題圖中幾何關(guān)系可知θ＝45°，則v環(huán)＝eq\r(2)v物，B錯誤；因環(huán)從A到B，環(huán)與重物組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則環(huán)減少的機(jī)械能等于重物增加的機(jī)械能，C正確；當(dāng)環(huán)下落到最低點(diǎn)時，設(shè)環(huán)下落高度為H，由機(jī)械能守恒定律有mgH＝2mg(eq\r(H2＋d2)－d)，解得H＝eq\f(4,3)d，故D正確。]反思感悟：應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題的基本思路[考向預(yù)測]4．(易錯題)(多選)(2021·河南開封四校高三3月聯(lián)考)如圖所示，在傾角為30°的光滑固定斜面上，放有兩個質(zhì)量分別為1kg和2kg的可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A和B，兩球之間用一根長l＝0.2m的輕桿相連，小球B距水平面的高度h＝0.1m。斜面底端與水平面之間有一光滑短圓弧相連，兩球從靜止開始下滑到光滑水平面上，g取10m/s2。則下列說法中正確的是()A．下滑的整個過程中A球機(jī)械能守恒B．下滑的整個過程中兩球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C．兩球在光滑水平面上運(yùn)動時的速度大小為2m/sD．系統(tǒng)下滑的整個過程中B球機(jī)械能的增加量為eq\f(2,3)JBD[當(dāng)B在水平面上滑行而A在斜面上運(yùn)動時，桿的彈力對A球做負(fù)功，A球機(jī)械能減少，選項A錯誤；A、B兩球組成的系統(tǒng)只有重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力做功，機(jī)械能守恒，選項B正確；對A、B兩球組成的系統(tǒng)由機(jī)械能守恒定律得mAg(h＋lsin30°)＋mBgh＝eq\f(1,2)(mA＋mB)v2，解得v＝eq\f(2,3)eq\r(6)m/s，選項C錯誤；B球機(jī)械能的增加量為ΔEp＝eq\f(1,2)mBv2－mBgh＝eq\f(2,3)J，選項D正確。]5．某高中興趣學(xué)習(xí)小組成員，在學(xué)習(xí)完必修1與必修2后設(shè)計出如圖所示的實驗。OA為一水平彈射器，彈射口為A。ABCD為一光滑曲桿，其中AB水平，BC為豎直桿(長度可調(diào)節(jié))，CD為四分之一圓環(huán)軌道(各連接處均圓滑連接)，其圓心為O′，半徑為R＝0.2m。D的正下方E開始向右水平放置一塊橡皮泥板EF，長度足夠長?，F(xiàn)讓彈射器彈射出一質(zhì)量m＝0.1kg的小環(huán)，小環(huán)從彈射口A射出后沿光滑曲桿運(yùn)動到D處飛出，不計小環(huán)在各個連接處的能量損失和空氣阻力。已知彈射器每次彈射出的小環(huán)具有相同的初速度。某次實驗中小組成員調(diào)節(jié)BC高度h＝0.8m。彈出的小環(huán)從D處飛出，現(xiàn)測得小環(huán)從D處飛出時速度vD＝4m/s，g取10m/s2，求：(1)彈射器釋放的彈性勢能及小環(huán)在D處對圓環(huán)軌道的壓力；(2)小環(huán)落地點(diǎn)離E的距離(已知小環(huán)落地時與橡皮泥板接觸后不再運(yùn)動)；(3)若不改變彈射器彈性勢能，改變BC間高度h在0～2m之間，求小環(huán)下落在水平面EF上的范圍。[解析](1)根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＋mg(h＋R)＝1.8J對小環(huán)在最高點(diǎn)D受力分析，由牛頓第二定律得：FN＋mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R)解得：FN＝7N由牛頓第三定律知，小環(huán)對圓環(huán)軌道的壓力大小為7N，方向豎直向上。(2)小環(huán)離開軌道后做平拋運(yùn)動，由平拋運(yùn)動規(guī)律得：h＋R＝eq\f(1,2)gt2x＝vDt解得：x＝eq\f(4\r(5),5)m。(3)小環(huán)剛到達(dá)D點(diǎn)的臨界條件為mg(h1＋R)＝Ep解得h1＝1.6m改變h，小環(huán)做平拋運(yùn)動，分析可得小環(huán)水平方向位移應(yīng)有最大值根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：Ep－mg(h2＋R)＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,D)小環(huán)平拋運(yùn)動時間為t′＝eq\r(\f(2h2＋R,g))得：x′＝v′Dt′＝2eq\r([1.8－h(huán)2＋R]h2＋R)可得，當(dāng)h2＋R＝0.9m時水平位移最大，最大位移x′＝1.8m，故小球落地點(diǎn)范圍在離E點(diǎn)向右0～1.8m的范圍內(nèi)。[答案](1)1.8J7N，方向豎直向上(2)eq\f(4\r(5),5)m(3)E點(diǎn)向右0～1.8m突破點(diǎn)三|功能關(guān)系的應(yīng)用1．常見的功能關(guān)系2．應(yīng)用能量守恒定律的兩條基本思路(1)某種形式的能減少，一定存在其他形式的能增加，且減少量和增加量一定相等，即ΔE減＝ΔE增。(2)某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量一定相等，即ΔEA減＝ΔEB增。[典例4](多選)(2020·全國卷Ⅰ)一物塊在高3.0m、長5.0m的斜面頂端從靜止開始沿斜面下滑，其重力勢能和動能隨下滑距離s的變化如圖中直線Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2。則下列說法正確的是()A．物塊下滑過程中機(jī)械能不守恒B．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5C．物塊下滑時加速度的大小為6.0m/s2D．當(dāng)物塊下滑2.0m時機(jī)械能損失了12JAB[由重力勢能和動能隨下滑距離s變化的圖象可知，重力勢能和動能之和隨下滑距離s的增大而減小，可知物塊下滑過程中機(jī)械能不守恒，A項正確；在斜面頂端，重力勢能mgh＝30J，解得物塊質(zhì)量m＝1kg，由重力勢能隨下滑距離s變化圖象可知，重力勢能可以表示為Ep＝(30－6s)J，由動能隨下滑距離s變化圖象可知，動能可以表示為Ek＝2sJ，設(shè)斜面傾角為θ，則有sinθ＝eq\f(h,L)＝eq\f(3,5)，cosθ＝eq\f(4,5)，由功能關(guān)系有－μmgcosθ·s＝Ep＋Ek－30J＝(30－6s＋2s－30)J＝－4sJ，可得μ＝0.5，B項正確；由Ek＝2sJ，Ek＝eq\f(mv2,2)可得，v2＝4sm2/s2，對比勻變速直線運(yùn)動公式v2＝2as，可得a＝2m/s2，即物塊下滑時加速度的大小為2.0m/s2，C項錯誤；由重力勢能和動能隨下滑距離s變化圖象可知，當(dāng)物塊下滑2.0m時機(jī)械能為E＝18J＋4J＝22J，機(jī)械能損失了ΔE＝30J－22J＝8J，D項錯誤。][考向預(yù)測]6．(原創(chuàng)題)某段高速路對載重貨車設(shè)定的允許速度范圍為50～80km/h，而上坡時若貨車達(dá)不到最小允許速度50km/h，則必須走“爬坡車道”來避免危險，如圖所示。某質(zhì)量為4.0×104kg的載重貨車，保持額定功率200kW在“爬坡車道”上行駛，每前進(jìn)1km，上升0.04km，貨車所受的阻力(摩擦阻力與空氣阻力)為車重的1%，g取10m/s2，爬坡車道足夠長A．牽引力等于2×104NB．速度可能大于36km/hC．上坡過程增加的重力勢能等于貨車牽引力所做的功D．上坡過程增加的機(jī)械能等于貨車克服阻力所做的功A[貨車勻速上坡的過程中，根據(jù)平衡條件得牽引力大小F＝0.01mg＋mgsinθ＝0.01×4.0×104×10N＋4.0×104×10×eq\f(0.04,1)N＝2×104N，A正確；根據(jù)P＝Fv得v＝eq\f(P,F)＝eq\f(2×105,2×104)m/s＝10m/s＝36km/h，B錯誤；上坡過程增加的重力勢能等于貨車牽引力所做的功與克服阻力做的功之差，C錯誤；根據(jù)功能關(guān)系知，上坡過程增加的機(jī)械能等于貨車牽引力做功與克服阻力所做的功之差，D錯誤。]7．(多選)(2021·山東省煙臺市一模)如圖所示，質(zhì)量為m的物體以某一速度沖上一個傾角為37°的斜面，其運(yùn)動的加速度的大小為0.9g，這個物體沿斜面上升的最大高度為H，A．物體的重力勢能增加了0.9mgHB．物體的重力勢能增加了mgHC．物體的動能損失了0.5mgHD．物體的機(jī)械能損失了0.5mgHBD[在物體上滑到最大高度的過程中，重力對物體做負(fù)功，故物體的重力勢能增加了mgH，故A錯誤，B正確；物體所受的合力沿斜面向下，其合力做的功為W＝－F·eq\f(H,sin37°)＝－ma·eq\f(H,sin37°)＝－1.5mgH，故物體的動能損失了1.5mgH，故C錯誤；設(shè)物體受到的摩擦力為Ff，由牛頓第二定律得mgsin37°＋Ff＝ma，解得Ff＝0.3mg。摩擦力對物體做的功為Wf＝－Ff·eq\f(H,sin37°)＝－0.5mgH，因此物體的機(jī)械能損失了0.5mgH，故D正確。]8．(易錯題)(2021·湖北省恩施市二模)如圖所示，水平傳送帶兩端點(diǎn)A、B間的距離為l，傳送帶開始時處于靜止?fàn)顟B(tài)。把一個小物體放到右端的A點(diǎn)，某人用恒定的水平力F使小物體以速度v1勻速滑到左端的B點(diǎn)，拉力F所做的功為W1、功率為P1，這一過程物體和傳送帶之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q1。隨后讓傳送帶以v2的速度勻速運(yùn)動，此人仍然用相同的恒定的水平力F拉物體，使它以相對傳送帶為v1的速度勻速從A滑行到B，這一過程中，拉力F所做的功為W2、功率為P2，物體和傳送帶之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q2。下列關(guān)系中正確的是()A．W1＝W2，P1＜P2，Q1＝Q2B．W1＝W2，P1＜P2，Q1＞Q2C．W1＞W(wǎng)2，P1＝P2，Q1＞Q2D．W1＞W(wǎng)2，P1＝P2，Q1＝Q2B[因為兩次的拉力和拉力方向的位移不變，由功的概念可知，兩次拉力做功相等，所以W1＝W2，當(dāng)傳送帶不動時，物體運(yùn)動的時間為t1＝eq\f(l,v1)；當(dāng)傳送帶以v2的速度勻速運(yùn)動時，物體運(yùn)動的時間為t2＝eq\f(l,v1＋v2)，所以第二次用的時間短，功率大，即P1＜P2；一對滑動摩擦力做功的絕對值等于滑動摩擦力與相對路程的乘積，也等于轉(zhuǎn)化的內(nèi)能，第二次的相對路程小，所以Q1＞Q2，選項B正確。]突破點(diǎn)四|新情境探究以“彈跳小人”為背景考查功能關(guān)系[案例1](多選)“彈跳小人”(如圖甲所示)是一種深受兒童喜愛的玩具，其原理如圖乙所示。豎直光滑長桿固定在地面不動，套在桿上的輕質(zhì)彈簧下端不固定，上端與滑塊拴接，滑塊的質(zhì)量為0.80kg?，F(xiàn)在向下壓滑塊，直到彈簧上端離地面高度h＝0.40m時，然后由靜止釋放滑塊?；瑝K的動能Ek隨離地高度h變化的圖象如圖丙所示。其中高度從0.80m到1.40m范圍內(nèi)的圖線為直線，其余部分為曲線。若以地面為重力勢能的參考平面，空氣阻力為恒力，g取10m/s2。則結(jié)合圖象可知()甲乙丙A．彈簧原長為0.72mB．空氣阻力大小為1.00NC．彈簧的最大彈性勢能為9.00JD．在彈簧落回地面的瞬間滑塊的動能為5.40JBC[從h＝0.80m開始，彈簧下端與地面分離，則知彈簧的原長為0.80m，故A錯誤；從0.80m上升到1.40m過程，在Ek-h圖象中，根據(jù)動能定理知：圖線的斜率大小表示滑塊所受的合外力，由于高度從0.80m上升到1.40m范圍內(nèi)圖象為直線，其余部分為曲線，說明滑塊從0.80m上升到1.40m范圍內(nèi)所受作用力為恒力，根據(jù)動能定理得－(mg＋f)Δh＝0－Ek，由圖知Δh＝