專題06 功和功率+動(dòng)能定理【高考物理】二輪熱點(diǎn)題型歸納與變式演練-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc16127" 題型一功和功率的理解和計(jì)算 PAGEREF _Tc16127 \h 1
\l "_Tc16254" 題型二機(jī)車啟動(dòng)問題 PAGEREF _Tc16254 \h 4
\l "_Tc7177" 題型三動(dòng)能定理及其應(yīng)用 PAGEREF _Tc7177 \h 12
\l "_Tc21188" 題型四功能中的圖像問題 PAGEREF _Tc21188 \h 22
題型一功和功率的理解和計(jì)算
【題型解碼】
1.要注意區(qū)分是恒力做功，還是變力做功，求恒力的功常用定義式．
2.變力的功根據(jù)特點(diǎn)可將變力的功轉(zhuǎn)化為恒力的功(如大小不變、方向變化的阻力)，或用圖象法、平均值法(如彈簧彈力的功)，或用W＝Pt求解(如功率恒定的力)，或用動(dòng)能定理等求解．
【典例分析1】（2023上·福建三明·高三校聯(lián)考期中）如圖所示，同一高度處有4個(gè)質(zhì)量相同且可視為質(zhì)點(diǎn)的小球，現(xiàn)使小球A做自由落體運(yùn)動(dòng)，小球B做平拋運(yùn)動(dòng)，小球C做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，小球D做豎直下拋運(yùn)動(dòng)，且小球B、C、D拋出時(shí)的初速度大小相同，不計(jì)空氣阻力。小球從釋放或拋出到落地的過程中（）
A．重力對(duì)4個(gè)小球做的功相同
B．重力對(duì)4個(gè)小球做功的平均功率相等
C．落地前瞬間，重力對(duì)4個(gè)小球的瞬時(shí)功率大小關(guān)系為
D．重力對(duì)4個(gè)小球做功的平均功率大小關(guān)系為
【答案】AC
【詳解】A．4個(gè)質(zhì)量相同的小球從同一高度拋出到落地的過程中，重力做功為
故重力對(duì)4個(gè)小球做的功相同，故A正確；
BD．小球A做自由落體運(yùn)動(dòng)，小球B做平拋運(yùn)動(dòng)，小球C做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，小球D做豎直下拋運(yùn)動(dòng)，小球從同一高度拋出到落地，運(yùn)動(dòng)時(shí)間關(guān)系為
重力對(duì)4個(gè)小球做功的平均功率為
可得重力對(duì)4個(gè)小球做功的平均功率大小關(guān)系為
故BD錯(cuò)誤；
C．落地前瞬間，4個(gè)小球豎直方向有
，
，
4個(gè)小球豎直方向的速度關(guān)系為
落地前瞬間，重力對(duì)4個(gè)小球的瞬時(shí)功率
落地前瞬間，重力對(duì)4個(gè)小球的瞬時(shí)功率大小關(guān)系為
故C正確。
故選AC。
【提分秘籍】
計(jì)算功和功率時(shí)應(yīng)注意的問題
(1)計(jì)算功時(shí)，要注意分析受力情況和能量轉(zhuǎn)化情況，分清是恒力做功，還是變力做功，恒力做功一般用功的公式或動(dòng)能定理求解，變力做功用動(dòng)能定理、轉(zhuǎn)化法或圖象法求解。
(2)用圖象法求外力做功時(shí)應(yīng)注意橫軸和縱軸分別表示的物理意義，若橫軸表示位移，縱軸表示力，則可用圖線與橫軸圍成的面積表示功，例如下圖甲、乙、丙所示(丙圖中圖線為eq \f(1,4)圓弧)，力做的功分別為W1＝F1x1、W2＝eq \f(1,2)F2x2、W3＝eq \f(π,4)F3x3。
(3)計(jì)算功率時(shí)，要明確是求瞬時(shí)功率，還是平均功率，若求瞬時(shí)功率，應(yīng)明確是哪一時(shí)刻或哪個(gè)位置的瞬時(shí)功率，若求平均功率應(yīng)明確是哪段時(shí)間內(nèi)的平均功率；應(yīng)注意區(qū)分公式P＝eq \f(W,t)和公式P＝Fvcsθ的適用范圍，P＝eq \f(W,t)計(jì)算的是平均功率，P＝Fvcsθ側(cè)重于對(duì)瞬時(shí)功率的計(jì)算。
【突破訓(xùn)練】
1. 圖示為一輛配備了登高平臺(tái)的消防車，其伸縮臂能夠在短時(shí)間內(nèi)將承載了3名消防員的登高平臺(tái)(人與平臺(tái)的總質(zhì)量為300 kg)抬升到60m高的滅火位置，此后消防員用水炮滅火。已知水炮的出水量為3m3/min，水離開炮口時(shí)的速度為20m/s，水的密度為1.0×103kg/m3，g取10 m/s2。下列說法正確的是( )
A．使水炮工作的發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率為10 kW B．使水炮工作的發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率為30 kW
C．伸縮臂抬升登高平臺(tái)過程中所做的功為1.8×104 J D．伸縮臂抬升登高平臺(tái)過程中所做的功為1.8×105 J
【答案】 D
【解析】水的密度為ρ＝1.0×103 kg/m3,1 min內(nèi)流出水的質(zhì)量：m＝ρV＝1.0×103×3 kg＝3000 kg,1 min內(nèi)水獲得的重力勢(shì)能：Ep＝mgh＝3000×10×60 J＝1.8×106 J，1 min內(nèi)水獲得的動(dòng)能：Ek＝eq \f(1,2)mv2＝6×105 J，使水炮工作的發(fā)動(dòng)機(jī)輸出功率為：P＝eq \f(W,t)＝eq \f(Ep＋Ek,t)＝eq \f(1.8×106＋6×105,60) W＝4×104 W，故A、B錯(cuò)誤；伸縮臂抬升登高平臺(tái)過程中所做的功等于登高平臺(tái)克服重力做的功：W′＝m′gh＝300×10×60 J＝1.8×105 J，故C錯(cuò)誤，D正確。
2．如圖所示，將完全相同的四個(gè)小球1、2、3、4分別從同一高度由靜止釋放或平拋(圖乙)，其中圖丙是一傾角為45°的光滑斜面，圖丁為eq \f(1,4)光滑圓弧，不計(jì)空氣阻力，則下列對(duì)四種情況下相關(guān)物理量的比較正確的是( )
A．落地時(shí)間t1＝t2＝t3＝t4 B．全程重力做功W1＝W2>W3＝W4
C．落地瞬間重力的功率P1＝P2＝P3＝P4 D．全程重力做功的平均功率eq \x\t(P)1＝eq \x\t(P)2>eq \x\t(P)3>eq \x\t(P)4
【答案】：D
【解析】：圖甲、乙中小球在豎直方向均做自由落體運(yùn)動(dòng)，故t1＝t2＝eq \r(\f(2h,g))，其中h為豎直高度，對(duì)圖丙，eq \f(h,sin θ)＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,3)sin θ，t3＝eq \r(\f(2h,gsin2θ))，其中θ為斜面傾角，比較圖丙和圖丁，由動(dòng)能定理可知，兩小球從初始位置到水平面上同一高度處速度大小總相等，但小球4的路程長(zhǎng)，因此t1＝t2vy4＝0，故落地瞬間重力的功率P1＝P2>P3>P4，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；綜合分析，可知全程重力做功平均功率eq \x\t(P)＝eq \f(W,t)，故eq \x\t(P)1＝eq \x\t(P)2>eq \x\t(P)3>eq \x\t(P)4，選項(xiàng)D正確．
3.（2023上·內(nèi)蒙古呼和浩特·高三統(tǒng)考階段練習(xí)）如圖所示，半徑為R的光滑大圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，一質(zhì)量為m的帶孔小球穿過大圓環(huán)，自大圓環(huán)頂端由靜止開始自由下滑。已知重力加速度大小為g，則小球自頂端下滑到最低點(diǎn)的過程中（）

A．重力做的功等于B．重力做的功等于
C．重力做功的功率先增大后減小D．重力做功的功率先減小后增大
【答案】AC
【詳解】AB．根據(jù)重力做功的公式有
A正確，B錯(cuò)誤；
CD．小球在下滑過程中，豎直方向的速度先增加后減小，所以重力做功的功率先增大后減小，C正確，D錯(cuò)誤。故選AC。
題型二機(jī)車啟動(dòng)問題
【題型解碼】
分析機(jī)車啟動(dòng)問題時(shí)，抓住兩個(gè)關(guān)鍵，一是汽車的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，即根據(jù)牛頓第二定律找出牽引力與加速度的關(guān)系；二是抓住功率的定義式，即牽引力與速度的關(guān)系．綜合以上兩個(gè)關(guān)系，即可確定汽車的運(yùn)動(dòng)情況．
【典例分析1】．（2023上·山東濰坊·高三統(tǒng)考期中）某物流站點(diǎn)采用如圖甲所示裝置運(yùn)送大物件，電動(dòng)機(jī)通過跨過定滑輪的繩子與斜面上的物件相連，電動(dòng)機(jī)啟動(dòng)后以額定功率工作，牽引物件沿斜面上升，時(shí)速度達(dá)最大值，物件運(yùn)動(dòng)的圖像如圖乙所示。已知斜面傾角為，物件質(zhì)量為，物件與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，電動(dòng)機(jī)額定功率為，重力加速度大小取，繩子質(zhì)量不計(jì)，則內(nèi)（）
A．物件的最大速度是B．物體沿斜面向上運(yùn)動(dòng)了
C．摩擦力對(duì)物件做的功為D．物件機(jī)械能的增量
【答案】AB
【詳解】A．物件速度最大時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件，牽引力大小為
則此時(shí)最大速度為
故A正確；
B．內(nèi)，根據(jù)動(dòng)能定理
解得
故B正確；
C．摩擦力對(duì)物件做的功為
故C錯(cuò)誤；
D．物件機(jī)械能的增量
故D錯(cuò)誤。
故選AB。
【典例分析2】（2023上·四川成都·高三成都七中?？计谥校┠衬ν熊囋谄街钡牡缆飞嫌伸o止啟動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)的速度v與時(shí)間t的關(guān)系如圖甲所示，圖乙表示該摩托車牽引力的功率P與時(shí)間t的關(guān)系。設(shè)摩托車在前進(jìn)過程中所受阻力為車（包括駕駛員和物資）總重力的k倍，在18s末摩托車的速度恰好達(dá)到最大。已知摩托車（包括駕駛員和物資）總質(zhì)量，重力加速度g取。則下列說法正確的是（）
A．0到18s內(nèi)摩托車一直勻加速運(yùn)動(dòng)
B．0到8s內(nèi)，摩托車的牽引力為800N
C．
D．從靜止開始加速到最大速度的過程中，摩托車前進(jìn)的路程為127.5m
【答案】CD
【詳解】A．v-t圖像的斜率表示加速度，由圖甲可知，0到8s內(nèi)電動(dòng)摩托車做勻加速運(yùn)動(dòng)，8～18s內(nèi)摩托車做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；
C．在18s末電動(dòng)摩托車的速度恰好達(dá)到最大，有
F=f
由
可得阻力為
根據(jù)題意有
故C正確；
B．0到8s內(nèi)，摩托車的加速度為
由牛頓第二定律有
F-f=ma
則摩托車的牽引力為
F=ma+f=（200×1+800）N=1000N
故B錯(cuò)誤；
D．到過程中，根據(jù)動(dòng)能定理，有
代入數(shù)據(jù)解得
0到位移
因此從靜止開始加速到最大速度的過程中，摩托車前進(jìn)的路程為
95.5m+32m=127.5m
故D正確。故選CD。
【提分秘籍】
解決機(jī)車啟動(dòng)問題時(shí)的分析思路
(1)明確啟動(dòng)方式：分清是勻加速啟動(dòng)還是恒定功率啟動(dòng)。
(2)勻加速啟動(dòng)過程：機(jī)車功率是不斷改變的，但該過程中的最大功率是額定功率，勻加速運(yùn)動(dòng)階段的最大速度小于機(jī)車所能達(dá)到的最大速度，達(dá)到額定功率后做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)。
勻加速過程的最大速度v1(此時(shí)機(jī)車輸出的功率最大)和全程的最大速度vm(此時(shí)F牽＝F阻)求解方法：
①求v1：由F牽－F阻＝ma，P＝F牽v1可得v1＝eq \f(P,F阻＋ma)。
②求vm：由P＝F阻vm，可得vm＝eq \f(P,F阻)。
(3)額定功率啟動(dòng)的過程：機(jī)車做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律不能用，速度最大值等于eq \f(P,F阻)，牽引力是變力，牽引力做的功可用W＝Pt計(jì)算，但不能用W＝Flcsθ計(jì)算。
注意：無論哪種啟動(dòng)方式，最后達(dá)到最大速度時(shí)，均滿足P＝F阻vm，P為機(jī)車的額定功率。
【突破訓(xùn)練】
1.（2023上·重慶渝中·高三統(tǒng)考期中）(多選)在汽車的設(shè)計(jì)研發(fā)中，需要測(cè)試發(fā)動(dòng)機(jī)的性能。汽車在傾角為的長(zhǎng)直斜坡上由靜止啟動(dòng)，汽車的輸出功率與速度的關(guān)系圖像如題圖，當(dāng)汽車的速度增大到后保持最大功率不變，汽車能達(dá)到的最大速度為。汽車的質(zhì)量為m，汽車啟動(dòng)過程中所受摩擦阻力大小恒為f，不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）
A．汽車發(fā)動(dòng)機(jī)的最大功率為
B．當(dāng)汽車的速度大小為時(shí)，其加速度大小為
C．汽車的速度從0增大到所用的時(shí)間為
D．在汽車的速度從0增大到的過程中，汽車發(fā)動(dòng)機(jī)做的功為
【答案】ABC
【詳解】A．根據(jù)物體的平衡條件可知，當(dāng)汽車的速度大小為時(shí)，汽車所受的牽引力大小為
因?yàn)樵谄嚨乃俣葟脑龃蟮降倪^程中，汽車發(fā)動(dòng)機(jī)的功率均為最大功率，所以汽車發(fā)動(dòng)機(jī)的最大功率
解得
故A正確；
B．設(shè)當(dāng)汽車的速度大小為時(shí)，汽車所受的牽引力大小為，有
設(shè)此時(shí)汽車的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律有
解得
故B正確；
C．在汽車的速度從0增大到的過程中，汽車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速時(shí)間
故C正確；
D．該過程汽車通過的位移大小
設(shè)該過程汽車發(fā)動(dòng)機(jī)做的功為W，根據(jù)動(dòng)能定理有
解得
故D錯(cuò)誤。
故選ABC。
2.（2023上·山東臨沂·高三統(tǒng)考期中）一輛汽車在平直的公路上由靜止開始運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中先保持某一恒定加速度，后保持恒定的牽引功率，其?引力和速度的關(guān)系圖象如圖所示。若已知汽車的質(zhì)量m、牽引力和速度及汽車所能達(dá)到的最大速度，運(yùn)動(dòng)過程中汽車所受阻力恒定，則汽車勻加速運(yùn)動(dòng)過程中牽引力做的功是（）
A．B．C．D．
【答案】A
【詳解】根據(jù)圖像可得，汽車的額定功率為
汽車的阻力為
汽車勻加速階段的加速度為
勻加速階段的位移為
汽車勻加速運(yùn)動(dòng)過程中牽引力做為
綜上所述，聯(lián)立解得
故選A。
3．（2023上·重慶渝中·高三重慶巴蜀中學(xué)?？茧A段練習(xí)）甲、乙兩輛汽車都以恒定功率在平直路面上啟動(dòng)，v—t圖像如圖所示，甲車功率是乙車功率的2倍，兩輛汽車行駛時(shí)所受阻力恒定，則甲、乙兩車所受阻力大小之比為（）

A．3：8B．8：3
C．3：2D．2：3
【答案】B
【詳解】汽車乙恒定功率啟動(dòng)，速度增大，則牽引力減小，汽車先做加速度減小得變加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)牽引力與阻力平衡時(shí)，加速度為0，汽車達(dá)到最大速度，之后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有
，
其中
根據(jù)圖像可知，甲乙兩車最大速度之比為3:4，則可解得甲、乙兩車所受阻力大小之比為8:3。
故選B。
4.（2023上·安徽合肥·高三校聯(lián)考期中）如圖所示，為轎車中的手動(dòng)變速桿，若保持發(fā)動(dòng)機(jī)輸出功率不變，將變速桿推至不同擋位，可獲得不同的運(yùn)行速度，從“1”—“5”擋速度增大，R是倒車擋，某型號(hào)轎車發(fā)動(dòng)機(jī)的額定功率為60kW，在水平路面上行駛的最大速度可達(dá)180km/h，假設(shè)該轎車在水平路面上行駛時(shí)所受阻力恒定，則該轎車（）
A．以最大牽引力爬坡，變速桿應(yīng)推至“1”擋
B．該車在水平路面上行駛時(shí)所受阻力大小為900N
C．以額定功率在水平路面上以最大速度行駛時(shí)，其牽引力為1200N
D．改變輸出功率，以54km/h的速度在同一水平路面上勻速行駛時(shí)，發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率為35kW
【答案】AC
【詳解】A．由功率的公式有
當(dāng)車的功率不變時(shí)，其速度越小，其牽引力越大，所以當(dāng)以最大牽引力爬坡時(shí)，變速桿應(yīng)推至“1”檔，故A項(xiàng)正確；
BC．當(dāng)車的牽引力等于車所受的阻力時(shí)，其達(dá)到最大速度，有
解得
故B錯(cuò)誤，C正確；
D．車勻速行駛，所以此時(shí)牽引力等于阻力，即
根據(jù)功率公式有
解得
故D項(xiàng)錯(cuò)誤。
故選AC。
5．（2023上·全國(guó)·高三統(tǒng)考階段練習(xí)）某同學(xué)在傾角為30°的斜面上對(duì)電動(dòng)玩具車的性能進(jìn)行測(cè)試，讓玩具車以恒定功率由靜止開始沿斜面向上運(yùn)動(dòng)。在某次測(cè)試中，該同學(xué)利用傳感器記錄了玩具車運(yùn)動(dòng)過程中的速度，加速度，時(shí)間等數(shù)據(jù)，并作出其加速度a和速度的倒數(shù)的圖像如圖所示，已知玩具車的質(zhì)量為300g，從靜止出發(fā)至達(dá)到最大速度所經(jīng)歷的時(shí)間為1.5s。下列說法中正確的是（）
A．玩具車的最大速度是10km/h
B．當(dāng)玩具車的速度為4m/s時(shí)，加速度等于12m/s2
C．斜面對(duì)玩具車的阻力是2.4N
D．1.5s內(nèi)玩具車行駛的距離是8.75m
【答案】BD
【詳解】A．當(dāng)小車的加速度為零時(shí)，其速度達(dá)到最大，由圖可知
所以
故A錯(cuò)誤；
C．根據(jù)牛頓第二定律有
整理可得
結(jié)合圖線可得
所以
，
故C錯(cuò)誤；
B．當(dāng)速度為4m/s時(shí)，有
故B正確；
D．在1.5s內(nèi)，根據(jù)動(dòng)能定理有
解得
故D正確。
故選BD。
題型三動(dòng)能定理及其應(yīng)用
【題型解碼】
1.要對(duì)研究對(duì)象受力分析并分析各力做功情況；分析物體運(yùn)動(dòng)過程，明確對(duì)哪個(gè)過程應(yīng)用動(dòng)能定理．
2.列動(dòng)能定理方程要規(guī)范，注意各功的正負(fù)號(hào)問題．
【典例分析1】（2023上·廣東·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）小孩靜止坐在懸掛在豎直位置的秋千上，大人用水平拉力F把坐在秋千上的小孩緩慢拉到細(xì)線與豎直方向成θ角的位置，模型簡(jiǎn)化如圖所示。已知小孩和秋千的質(zhì)量為m，擺點(diǎn)與秋千和小孩的重心距離為L(zhǎng)，重力加速度為g，忽略空氣阻力的作用，則在此過程中，拉力F做的功為（）
A．FLcsθB．FLsinθ
C．FL(1-csθ)D．mgL(1-csθ)
【答案】D
【詳解】在小孩和秋千緩慢上升過程中，拉力F為變力，過程中拉力做正功，重力做負(fù)功，緩慢運(yùn)動(dòng)可認(rèn)為過程中動(dòng)能變化量為零，由
得
D正確。
故選D。
【典例分析2】（2023上·湖北武漢·高三華中師大一附中校考期中）如圖所示，質(zhì)量為1kg的木塊（視為質(zhì)點(diǎn)）被水平向左的力F壓在豎直墻壁上，其壓力F=kx（k為常數(shù)，x為木塊位移），木塊從離地面高度5m處?kù)o止釋放，到達(dá)地面時(shí)速度恰減為0。若木塊與墻面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2，重力加速度大小為，則（）
A．k=4
B．k=20
C．木塊下滑過程中，在x=1.25m處速度最大，且最大值為5m/s
D．木塊下滑過程中，在x=2.50m處速度最大，且最大值為10m/s
【答案】B
【詳解】AB．彈力隨位移均勻變化，根據(jù)動(dòng)能定理
得
A錯(cuò)誤，B正確；
CD．當(dāng)重力與摩擦力相等時(shí)，木塊加速度為0，速度最大，即
得
根據(jù)動(dòng)能定理
得
CD錯(cuò)誤。
故選B。
【典例分析2】．（2023上·河南鶴壁·高三校考期中）質(zhì)量為m的物體以初速度v0沿水平面向左開始運(yùn)動(dòng)，起始點(diǎn)A與一輕彈簧O端相距s，如圖所示。已知物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物體與彈簧相碰后，彈簧的最大壓縮量為x，則從開始碰撞到彈簧被壓縮至最短，物體克服彈簧彈力所做的功為（重力加速度大小為g）（）
A．B．
C．D．
【答案】A
【詳解】根據(jù)功的定義式可知物體克服摩擦力做功為
由動(dòng)能定理可得
聯(lián)立可得物體克服彈簧彈力所做的功為
故選A。
【提分秘籍】
應(yīng)用動(dòng)能定理解題的“四步三注意兩適用”
(1)應(yīng)用動(dòng)能定理解題的四個(gè)步驟
①確定研究對(duì)象及其運(yùn)動(dòng)過程；
②分析受力情況和各力的做功情況；
③明確物體初末狀態(tài)的動(dòng)能；
④由動(dòng)能定理列方程求解。
(2)應(yīng)用動(dòng)能定理解題應(yīng)注意的三個(gè)問題
①動(dòng)能定理往往用于單個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)過程，由于不牽扯加速度及時(shí)間，比動(dòng)力學(xué)研究方法要簡(jiǎn)捷。
②動(dòng)能定理表達(dá)式是一個(gè)標(biāo)量式，在某個(gè)方向上應(yīng)用動(dòng)能定理是沒有依據(jù)的。
③物體在某個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中包含有幾個(gè)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)不同的小過程(如加速、減速的過程)，此時(shí)可以分段考慮，也可以對(duì)全過程考慮，但若能對(duì)整個(gè)過程利用動(dòng)能定理列式，則可使問題簡(jiǎn)化。
(3)動(dòng)能定理適用的兩種情況
①既適用于直線運(yùn)動(dòng)，也適用于曲線運(yùn)動(dòng)；
②既適用于恒力做功，也適用于變力做功。
【突破訓(xùn)練】
1.（2023上·北京西城·高三北京師大附中?？茧A段練習(xí)）關(guān)于做自由落體運(yùn)動(dòng)的物體，下列說法正確的是（）
A．動(dòng)能Ek隨時(shí)間t變化的快慢隨時(shí)間均勻增大
B．速度v隨時(shí)間t變化的快慢隨時(shí)間均勻增大
C．重力勢(shì)能Ep隨位移x變化的快慢隨時(shí)間均勻減小
D．機(jī)械能E隨位移x變化的快慢隨時(shí)間均勻減小
【答案】A
【詳解】A．物體做自由落體運(yùn)動(dòng)，任意時(shí)刻的速度
則可得任意時(shí)刻的動(dòng)能
由此可得動(dòng)能Ek隨時(shí)間t變化的快慢
則可知?jiǎng)幽蹺k隨時(shí)間t變化的快慢隨時(shí)間均勻增大，故A正確；
B．自由落體運(yùn)動(dòng)速度v隨時(shí)間t變化的快慢
則可知速度v隨時(shí)間t變化的快慢為重力加速度g，恒定不變，故B錯(cuò)誤；
C．根據(jù)重力勢(shì)能變化與重力做功關(guān)系可得
可得
可知重力勢(shì)能Ep隨位移x變化的快慢保持不變，故C錯(cuò)誤；
D．做自由落體運(yùn)動(dòng)的物體，機(jī)械能守恒，因此
故D錯(cuò)誤。
故選A。
2.（2023上·江西鷹潭·高三統(tǒng)考期中）如圖，光滑的水平地面上有一原長(zhǎng)為的輕質(zhì)彈簧，其左端固定在豎直墻壁上，與彈簧右端相距一定距離處固定一傾角為、長(zhǎng)為l的坡道，與物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，坡道底端與水平地面平滑連接。一質(zhì)量為m的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從坡道上的某一點(diǎn)由靜止滑下，當(dāng)物塊第一次由坡道底端返回坡道的中點(diǎn)時(shí)速度恰好減為0，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，并保持水平，重力加速度為g，下列說法正確的是（）

A．物塊在坡道上運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小總是相等的
B．物塊釋放點(diǎn)距離坡道頂點(diǎn)的距離為
C．彈簧最大的彈性勢(shì)能為
D．物塊從開始運(yùn)動(dòng)至第一次在坡道上速度為0，其位移大小為
【答案】CD
【詳解】A．物塊下滑時(shí)的加速度大小為
上滑時(shí)的加速度大小為
故A錯(cuò)誤；
B．設(shè)小物體下滑的初始位置距離坡道底端的距離為，由能量守恒可得
解得
物塊釋放點(diǎn)距離坡道頂點(diǎn)的距離為
故B錯(cuò)誤；
C．物塊從開始運(yùn)動(dòng)至將彈簧壓縮到最短的過程中，由能量守恒有
解得彈簧最大的彈性勢(shì)能
故C正確；
D．物塊從開始運(yùn)動(dòng)至第一次在坡道上速度為0的位移大小為
故D正確。
故選CD。
3.（2023上·北京順義·高三北京市順義區(qū)第一中學(xué)校考階段練習(xí)）在某星球表面將一輕彈簧豎直固定在水平面上，把質(zhì)量為m的小球P（可視為質(zhì)點(diǎn)）從彈簧上端由靜止釋放，小球沿豎直方向向下運(yùn)動(dòng)，小球的加速度a與彈簧壓縮量x間的關(guān)系如圖所示，其中和為已知量。下列說法中不正確的是（）

A．小球向下運(yùn)動(dòng)至速度為零時(shí)所受彈簧彈力大小為
B．彈簧勁度系數(shù)為
C．小球向下運(yùn)動(dòng)過程中的最大動(dòng)能為
D．當(dāng)彈簧壓縮量為時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能為
【答案】A
【詳解】A．設(shè)該星球的重力加速度為，小球剛放到彈簧上時(shí)，滿足，只受星球吸引力的作用，由圖知，方向豎直向下；當(dāng)彈簧的壓縮量為時(shí)，小球的加速度為0，此時(shí)彈簧的彈力為
之后小球繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)直至速度為0，彈簧的壓縮量繼續(xù)增大，可知當(dāng)小球的速度為0時(shí)，彈簧的彈力，故A錯(cuò)誤，符合題意；
B．設(shè)豎直向下為正方向，故對(duì)小球受力分析可知
故小球運(yùn)動(dòng)的加速度大小為
當(dāng)時(shí)，，可得
故B正確，不符合題意；
C．由圖可知，當(dāng)彈簧的壓縮量為時(shí)，小球的加速度為0，此時(shí)小球的速度最大，動(dòng)能最大；由動(dòng)能定理可得
故C正確，不符合題意；
D．當(dāng)彈簧的壓縮量為時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能為
故D正確，不符合題意。
故選A。
4.（2023上·安徽亳州·高三蒙城第一中學(xué)校聯(lián)考期中）如圖所示，與水平面夾角θ=30°的斜面和圓軌道相切于B點(diǎn)，且固定于豎直平面內(nèi)。質(zhì)量為m的小球從斜面上的A點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)B點(diǎn)后沿圓軌道運(yùn)動(dòng)，通過最高點(diǎn)C后落在斜面上與圓心O等高的D點(diǎn)。不計(jì)所有摩擦，重力加速度為g。（）
A．小球在C點(diǎn)對(duì)軌道壓力大小為3mg
B．小球?qū)A軌道最低點(diǎn)的壓力為7mg
C．若沿斜面上移A點(diǎn)再靜止釋放，小球在斜面落點(diǎn)處重力功率增大
D．若調(diào)整A點(diǎn)在斜面上的位置，使小球恰能過C，則小球在飛行中將經(jīng)過CD連線的中點(diǎn)
【答案】BD
【詳解】A.小球過 C點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，水平位移
豎直位移
在C點(diǎn)，有
解得
故A 錯(cuò)；
B.設(shè)最低點(diǎn)的速度為 v，由最低點(diǎn)到C點(diǎn)動(dòng)能定理

在最底點(diǎn)點(diǎn)，有

解得

故B正確；
C.上移A則仍可過C點(diǎn)，但vt增大，落到斜面上位置上移，平拋的豎直位移減小，時(shí)間減小，豎直速度減小，小球在斜面落點(diǎn)處重力功率減小。故C錯(cuò)誤；
D.如圖連接CD，設(shè)中點(diǎn)為 E，過E作EF 平行于OD，交 CO于F 點(diǎn)，由幾何知識(shí)可得

由題可知小球恰能過C 點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)則

當(dāng)水平位移x=R=vct時(shí)，可算得此時(shí)豎直位移

故 D正確。
故選BD。
5.（2023上·山東濰坊·高三統(tǒng)考期中）如圖甲所示，一輕質(zhì)彈簧左端固定在豎直墻壁上，右端與質(zhì)量為的小物體栓接，緊靠著的右端放置質(zhì)量為的小物體均靜止，彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)?，F(xiàn)對(duì)施加水平向左的恒力，使和一起向左運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩者速度為零時(shí)撤去最終均停止運(yùn)動(dòng)。以初始時(shí)靜止的位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，向左為正方向，從開始向左運(yùn)動(dòng)到撤去前瞬間，的加速度隨位移變化的圖像如圖乙所示。已知兩物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5，重力加速度大小取。下列說法正確的是（）
A．做的功為B．彈簧的勁度系數(shù)為
C．的最大速度為D．最終停在處
【答案】BD
【詳解】AB．開始時(shí)對(duì)AB整體，由牛頓第二定律
由圖像可知
解得
k=2.25N/cm=225N/m
力F做功
選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；
C．PQ一起向左運(yùn)動(dòng)時(shí)兩者的最大速度
向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，當(dāng)
時(shí)速度最大，此時(shí)
x1=1cm
由能量關(guān)系
解得
則的最大速度為，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
D．兩滑塊回到原來位置時(shí)由能量關(guān)系
此后Q與P分離，則由
解得
s=0.04m
即最終停在處，選項(xiàng)D正確。
故選BD。
題型四功能中的圖像問題
【典例分析】（2023上·河南·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）將一蘋果豎直向上拋出，若不計(jì)空氣阻力，以豎直向上為正方向，則下列說法正確的是（）
A．圖甲可以表示蘋果的位移一時(shí)間圖像
B．圖乙可以表示蘋果的速度一時(shí)間圖像
C．圖丙可以表示蘋果的動(dòng)能一位移圖像
D．圖丁可以表示蘋果在豎直上升過程中的重力勢(shì)能一位移圖像
【答案】D
【詳解】A．根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系
可知蘋果的位移一時(shí)間圖像為開口向下的拋物線，故A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)速度時(shí)間關(guān)系
可知蘋果的速度一時(shí)間圖像初速度大于零，斜率為負(fù)，故B錯(cuò)誤；
C．根據(jù)動(dòng)能定理
可得
可知蘋果的動(dòng)能一位移圖像隨著位移增大減小，故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)可知蘋果在豎直上升過程中的重力勢(shì)能一位移圖像為正比例函數(shù)，故D正確。
故選D。
【典例分析2】（2023上·重慶渝中·高三統(tǒng)考期中）如一質(zhì)量為的物體在水平拉力的作用下，由靜止開始在水平地面上沿x軸運(yùn)動(dòng)，出發(fā)點(diǎn)為x軸零點(diǎn)，拉力做的功W與物體坐標(biāo)x的關(guān)系如題圖所示，物體與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度大小取。下列說法正確的是（）
A．在時(shí)，拉力的功率為
B．在時(shí)，物體的動(dòng)能為
C．從之后，物體將做勻減速直線運(yùn)動(dòng)
D．從到過程中，物體克服摩擦力做的功為
【答案】AD
【詳解】A．由于拉力在水平方向，則拉力做的功為
可看出圖像的斜率代表拉力F，知在時(shí)拉力。物體運(yùn)動(dòng)到過程，根據(jù)動(dòng)能定理有
解得物體的速度為
則此時(shí)拉力的功率
故A正確；
B．物體運(yùn)動(dòng)到過程，根據(jù)動(dòng)能定理有
此時(shí)物體的動(dòng)能為
故B錯(cuò)誤；
C．根據(jù)圖像可知，的過程中拉力，的過程中拉力，由于物體受到的摩擦力恒為
所以從之后
物體將做勻速直線運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；
D．從運(yùn)動(dòng)到，物體克服摩擦力做的功為
故D正確。
故選AD。
【典例分析3】（2023上·廣東江門·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖所示，小滑塊以一定的初速度從粗糙斜面底端沿斜面上滑至最高點(diǎn)后，又沿斜面下滑返回底端，該過程中小滑塊運(yùn)動(dòng)的路程為2L，所用的時(shí)間為。用x表示小滑塊運(yùn)動(dòng)的路程，t表示小滑塊運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，表示小滑塊的重力勢(shì)能（以初始位置所在平面為零勢(shì)能面），表示小滑塊的動(dòng)能，下列圖像可能正確的是（）

A． B．
C． D．
【答案】AD
【詳解】A．設(shè)斜面的傾角為α，小滑塊上滑過程中重力勢(shì)能的表達(dá)式為
下滑過程
故A正確；
B．因?yàn)樯匣拖禄^程，小滑塊的加速度不同，因此上滑和下滑過程的時(shí)間不相等，因此最大重力勢(shì)能不可能在時(shí)，故B錯(cuò)誤；
D．小滑塊上滑過程有
可得
可見與成一次函數(shù)關(guān)系；
下滑過程有
可得
可見與x成一次函數(shù)關(guān)系，但上滑過程圖像的斜率較大，且由于摩擦原因返回底端時(shí)的末速度較小，D正確；
C．由于滑塊在斜面上的速率v與時(shí)間t具有線性關(guān)系，故動(dòng)能與時(shí)間t成二次函數(shù)關(guān)系，C錯(cuò)誤。
故選AD。
【提分秘籍】
1.解決物理圖象問題的基本步驟
(1)觀察題目給出的圖象，弄清縱坐標(biāo)、橫坐標(biāo)所對(duì)應(yīng)的物理量及圖線所表示的物理意義．
(2)根據(jù)物理規(guī)律推導(dǎo)出縱坐標(biāo)與橫坐標(biāo)所對(duì)應(yīng)的物理量間的函數(shù)關(guān)系式．
(3)將推導(dǎo)出的物理規(guī)律與數(shù)學(xué)上與之相對(duì)應(yīng)的標(biāo)準(zhǔn)函數(shù)關(guān)系式相對(duì)比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點(diǎn)、圖線下方的面積所對(duì)應(yīng)的物理意義，根據(jù)對(duì)應(yīng)關(guān)系列式解答問題．
2.四類圖象所圍“面積”的含義
【突破訓(xùn)練】
1.（2023上·山東棗莊·高三統(tǒng)考期中）一足夠長(zhǎng)的光滑斜面固定在水平面上，質(zhì)量為的小物塊在平行斜面向上的拉力F作用下，以一定初速度從斜面底端沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間t物塊沿斜面上滑了。小物塊在F作用下沿斜面上滑過程中動(dòng)能和重力勢(shì)能隨位移的變化關(guān)系如圖線Ⅰ和Ⅱ所示。設(shè)物塊在斜面底端的重力勢(shì)能為零，重力加速度g取。則（）
A．斜面的傾角為
B．力F的大小為
C．小物塊上滑所需時(shí)間
D．若t時(shí)刻撤去拉力F，物塊繼續(xù)沿斜面上滑
【答案】AD
【詳解】A．根據(jù)
得
所以斜面傾角為
故A正確；
B．根據(jù)動(dòng)能定理
得
故B錯(cuò)誤；
C．根據(jù)
得初速度為
物塊向上運(yùn)動(dòng)的加速度為
沿斜面上滑了，有
解得
（負(fù)值舍掉）
故C錯(cuò)誤；
D．若經(jīng)過t后撤去拉力，小物塊的機(jī)械能不變，此后重力勢(shì)能增加、動(dòng)能減小；根據(jù)圖像可知，t時(shí)刻的機(jī)械能為
根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得
解得上升的最大距離為
物塊繼續(xù)沿斜面上滑，故D正確。
故選AD。
2．（2023下·云南保山·高三統(tǒng)考期中）質(zhì)量為1kg的質(zhì)點(diǎn)在豎直面內(nèi)斜向下做曲線運(yùn)動(dòng)，它在豎直方向的速度圖像如圖甲所示，在水平方向的位移圖像如圖乙所示。g取10m/s2。則（）

A．2s時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)速度大小是5m/sB．2s時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)速度大小是m/s
C．前2s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的重力勢(shì)能減少了60JD．前2s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的機(jī)械能減少了9J
【答案】AC
【詳解】AB．2s時(shí)刻豎直方向的速度
2s時(shí)刻水平方向的速度
2s時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)速度大小是
故A正確，B錯(cuò)誤；
C．圖像的面積表示位移，前2s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)下落的高度
前2s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的重力勢(shì)能減少了
故C正確；
D．前2s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)動(dòng)能的增加量
前2s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的機(jī)械能減少
故D錯(cuò)誤。故選AC。
3.（2023·全國(guó)·高三專題練習(xí)）在無風(fēng)天氣里，毽子受到的空氣阻力大小與其下落的速度大小成正比。一毽子從高處由靜止豎直下落至地面過程中，位移大小為x、速度大小為v、加速度大小為a，重力勢(shì)能為、動(dòng)能為、下落時(shí)間為t。取地面為零勢(shì)能面，則下列圖像正確的是（）
A．B．
C．D．
【答案】B
【詳解】A．毽子下落過程中，受空氣阻力逐漸變大，則加速度逐漸減小，最后加速度可能減小為零，即速度先增大后不變，則圖像的斜率先增加后不變，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)牛頓第二定律
則
選項(xiàng)B正確；
C．重力勢(shì)能
則為線性關(guān)系，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
D．動(dòng)能
因加速度隨時(shí)間逐漸減?。ǚ蔷€性），則動(dòng)能與時(shí)間一定不是線性關(guān)系，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
故選B。
4.（2023上·遼寧大連·高三大連八中校考階段練習(xí)）從地面豎直向上拋出一物體，其機(jī)械能E總等于動(dòng)能Ek與重力勢(shì)能Ep之和。取地面為重力勢(shì)能零點(diǎn)，該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖所示。重力加速度取10m/s2。由圖中數(shù)據(jù)可得（）

A．物體的質(zhì)量為0.5kg
B．h=0時(shí)，物體的速率為20m/s
C．h=2m時(shí)，物體的動(dòng)能Ek=40J
D．從地面至h=4m，物體的動(dòng)能減少100J
【答案】D
【詳解】A．物體的重力勢(shì)能為
根據(jù)圖像有
解得
故A錯(cuò)誤；
B．h=0時(shí)，物體的重力勢(shì)能為0，則有
結(jié)合上述解得
故B錯(cuò)誤
C．根據(jù)圖像可知，機(jī)械能的函數(shù)式為
則，h=2m時(shí)，物體的機(jī)械能為
根據(jù)圖像可知，h=2m時(shí)，物體的重力勢(shì)能為60J，則h=2m時(shí)，物體的動(dòng)能為
90J-60J=30J
故C錯(cuò)誤；
D．初始時(shí)刻，物體動(dòng)能為100J，根據(jù)圖像可知h=4m時(shí)，物體的動(dòng)能為
80J-80J=0
則從地面至h=4m，物體的動(dòng)能減少100J。故D正確。
故選D。
5.（2023上·湖北武漢·高三華中師大一附中校考期中）某景區(qū)的彩虹滑梯如圖所示，由兩段傾角不同的直軌道（第一段傾角較大）組成，同種材料制成的粗糙斜面AB和BC高度相同，以底端C所在水平直線為x軸，頂端A在x軸上的投影O為原點(diǎn)建立坐標(biāo)系。一游客靜止開始從頂端A下滑到底端，若規(guī)定x軸所在的水平面為零勢(shì)能面，則物體在兩段斜面上運(yùn)動(dòng)過程中動(dòng)能E?、重力勢(shì)能機(jī)械能E、產(chǎn)生的熱量Q隨物體在x軸上投影位置坐標(biāo)x的變化關(guān)系圖像中正確的是（）
A．B．
C．D．
【答案】C
【詳解】A．根據(jù)動(dòng)能定理
由于第一段斜面傾角大于第二段?？芍?，則Ek-x圖像的斜率先大后小，A錯(cuò)誤；
B．重力勢(shì)能為
則Ep-x圖像斜率大小等于，由于第一段斜面傾角大于第二段，則圖像的斜率先大后小，B正確；
C．產(chǎn)生的熱量Q為
Q-x圖像為正比例關(guān)系，C正確；
D．機(jī)械能為
圖線斜率不變，D錯(cuò)誤。
故選C。
6.（2023上·寧夏銀川·高三銀川二中?？茧A段練習(xí)）一質(zhì)量為1kg的物體在水平拉力的作用下，由靜止開始在水平地面上沿x軸運(yùn)動(dòng)，出發(fā)點(diǎn)為x軸零點(diǎn)，拉力做的功W與物體坐標(biāo)x的關(guān)系如圖所示。物體與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4，重力加速度大小取。下列說法正確的是（）
A．在時(shí)，拉力的功率為12W
B．在時(shí)，物體的動(dòng)能為2J
C．從運(yùn)動(dòng)到，物體克服摩擦力做的功為8J
D．從運(yùn)動(dòng)到的過程中，物體的最大速度為
【答案】A
【詳解】由于拉力在水平方向，則拉力做的功為
則圖線的斜率代表拉力。
AB．在物體運(yùn)動(dòng)的過程中根據(jù)動(dòng)能定理有
則在時(shí)，代入對(duì)應(yīng)坐標(biāo)解得速度
此時(shí)拉力
則此時(shí)拉力的功率
在時(shí)，代入對(duì)應(yīng)數(shù)據(jù)解得物體的動(dòng)能為
故A正確，B錯(cuò)誤；
C．從運(yùn)動(dòng)到，物體克服摩擦力做的功為
故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)圖像可知在的過程中拉力為，的過程中拉力為，由于物體受到的摩擦力恒為
則物體在處速度最大，且根據(jù)B選項(xiàng)分析可知此處動(dòng)能為，則此時(shí)最大速度為
故D錯(cuò)誤。
故選A。

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