2023年高三物理二輪高頻考點(diǎn)復(fù)習(xí)30有關(guān)功率、動能、機(jī)械能的功能圖像（解析版）

2023年高三物理二輪高頻考點(diǎn)沖刺突破

專題30有關(guān)功率、動能、機(jī)械能的功能圖像

專練目標(biāo)專練內(nèi)容

目標(biāo)1高考真題(1T—3T)

目標(biāo)2F-x力位移圖像(4T—6T)

目標(biāo)3P-t功率時間圖像(7T—9T)

目標(biāo)4E「x動能位移圖像(10T—12T)

目標(biāo)5E「x機(jī)械能位移圖像(13T—15T)

目標(biāo)5E-x機(jī)械能位移圖像(16T—18T)

目標(biāo)6E-t機(jī)械能時間圖像(19T—21T)

【典例專練】

一、高考真題

1.某滑雪賽道如圖所示，滑雪運(yùn)動員從靜止開始沿斜面下滑，經(jīng)圓弧滑道起跳。將運(yùn)動員

視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)摩擦力及空氣阻力，此過程中，運(yùn)動員的動能線與水平位移X的關(guān)系圖像

正確的是()

【詳解】設(shè)斜面傾角為9,不計(jì)摩擦力和空氣阻力，由題意可知運(yùn)動員在沿斜面下滑過程中

根據(jù)動能定理有

&=mgxtan6即"=%gtane下滑過程中開始階段傾角力不變，Eer圖像為一條直線；經(jīng)

X

過圓弧軌道過程中）?先減小后增大，即圖像斜率先減小后增大.故選A。

2.一物塊以初速度%自固定斜面底端沿斜面向上運(yùn)動，一段時間后回到斜面底端。該物體

的動能后卜隨位移x的變化關(guān)系如圖所示，圖中與、￡kl>62均已知。根據(jù)圖中信息可以求

A.重力加速度大小B.物體所受滑動摩擦力的大小

C.斜面的傾角D.沿斜面上滑的時間

【答案】BD

【詳解】ABC.由動能定義式得4=：機(jī)療，則可求解質(zhì)量m；上滑時，由動能定理

Ek-Ekl=一（mgsin0+f）x

下滑時，由動能定理耳=（mg疝n-f）（%r）,卻為上滑的最遠(yuǎn)距離;由圖像的斜率可知

mgsinO+f=^-,^sin6?-/=^.兩式相力「可得gsin?=4（&+生）相減可知

/x02mx0x0

F_F

7=謂2"即可求解gsinJ和所受滑動摩擦力/的大小，但重力加速度大小、斜面的傾角不

能求出，故AC錯誤，B正確：

D.根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)關(guān)系得mgsin6+/=m*?=%故可求解沿斜面上滑的時間,

a

D正確。

故選BD,

3.一物塊在高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的變化如圖中直線回、團(tuán)所示，重力加速度取10m/s2。則（）

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0.5

C.物塊下滑時加速度的大小為6.0m/s2

D.當(dāng)物塊下滑2.0m時機(jī)械能損失了12J

【答案】AB

【詳解】A.下滑5m的過程中，重力勢能減少30J,動能增加10J,減小的重力勢能并不等

與增加的動能，所以機(jī)械能不守恒，A正確；

B.斜面高3m、長5m,則斜面傾角為9=37。。令斜面底端為零勢面，則物塊在斜面頂端時

的重力勢能

，煙〃=30J可得質(zhì)量zw=lkg下滑5m過程中，由功能原理，機(jī)械能的減少量等于克服摩擦力

做的功

“mg-cos"s=20J求得〃=0.5,B正確；

C.由牛頓第二定律HtgsinJ-w”gcos?="7。求得〃=2m/s2,C錯誤；

D.物塊下滑2.0m時，重力勢能減少12J,動能增加4J,所以機(jī)械能損失了8J,D選項(xiàng)錯誤。

故選AB,

二、F-x力位移圖像

4.如圖甲所示，在水平地面上固定一豎直輕彈簧，彈簧上端與一個質(zhì)量為0.1kg的木塊A

相連，質(zhì)量也為0.1kg的木塊B疊放在A上，A、B都靜止.在B上作用一個豎直向下的力P

使木塊緩慢向下移動，力/大小與移動距離x的關(guān)系如圖乙所示，整個過程彈簧都處于彈性

限度內(nèi).下列說法正確的是（）

A.木塊下移0.1m過程中，彈簧的彈性勢能增加2.5J

B.彈簧的勁度系數(shù)為500N/m

C.木塊下移0.1m時，若撤去尸，則此后B能達(dá)到的最大速度為4m/s

D.木塊下移0.1m時，若撤去凡則A、B分離時的速度為5m/s

【答案】B

【詳解】A.由圖可知，F(xiàn)-x圖像中，F(xiàn)與橫坐標(biāo)之間的"面積"表示力F做的功，所以這個

過程中力廠做功

W=￥x0.1J=2.5J而彈簧彈性勢能的增加量等于力F做的功與木塊重力勢能的減少量之和,

故彈簧的彈性勢能增加量大于2.5J,A錯誤；

B.彈簧的形變量增大0.1m的過程中，壓力增大50N,根據(jù)胡克定律可得％=^AF=500N/m,

B正確；

C.若撤去凡則A與B整體將以開始時的位置為平衡位置做簡諧振動，所以當(dāng)AB回到平

衡位置時速度最大，由于開始階段壓力做功2.5J,所以A與B的速度最大時，二者動能的和

是2.5J,即2x1/77,=2.5J

2

解得％=5m/s,C錯誤；

D.由C的分析可知，當(dāng)B的速度是5m/s時，二者仍然在平衡位置，所以二者的加速度都

等于0,B受到的A對B的彈力等于重力，所以二者沒有分離，D錯誤。故選B.

5.如圖甲所示，在水平地面上放置一個質(zhì)量為機(jī)=4kg的物體，讓它在隨位移均勻減小的

水平推力F作用下運(yùn)動，水平推力F隨位移x變化的圖象如圖乙所示（x=4.0m后無推力存

在）。己知物體與地面之間的動摩擦因數(shù)〃=0.5,g=10m/s2。則下列說法正確的是（）

A.運(yùn)動過程中物體的最大加速度為20m/s2

B.在距出發(fā)點(diǎn)3.0m位置時物體的速度達(dá)到最大

C.推力對物體做的功為180J

D.物體在水平地面上運(yùn)動的最大位移是10m

【答案】AD

【詳解】A.由牛頓第二定律得尸一〃，則推力尸=100N時，物體所受合力最大，加

速度最大，代入解得。=20m/s?選項(xiàng)A正確；

B.由圖象可得推力/隨位移x變化的數(shù)學(xué)關(guān)系式為尸=100—25x（0a“.0m）物體的速度最

大時，加速度為零，即此時F=/img,代入解得x=3.2m即在距出發(fā)點(diǎn)3.2m位置時物體的

速度達(dá)到最大，選項(xiàng)B錯誤；

C.由廣x圖象可知推力對物體做的總功等于尼大圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積，即WF=^Fxo,

其中尸=100N,xo=4.Om,解得WF=200J選項(xiàng)C錯誤；

D.由動能定理得場一卬屋的"m=0代入數(shù)據(jù)得xnMX=10m即物體在水平地面上運(yùn)動的最大

位移是10m,選項(xiàng)D正確。故選AD。

6.甲乙兩個質(zhì)量均為1kg的物塊，在光滑的水平面上分別受到一個水平力作用，由靜止開

始加速，甲物塊所受的力F隨時間t的變化關(guān)系和乙物塊所受的力T隨位移x的變化關(guān)系如

圖所示，當(dāng)水平力分別按各自的規(guī)律從0增大到10N的過程中，下列說法正確的是（）

A.當(dāng)水平力均為10N時，甲和乙的動量均為10kgm/s

B.甲所受力F對物塊的沖量為lONs,乙所受力T對物塊所做的功為10J

C.甲在此過程中的位移為10m

D.當(dāng)水平力均為10N時，甲的動能為50J,乙的動量為26必?w/s

【答案】BD

【詳解】由甲圖可知，圖線與t軸圍成的面積表示沖量，則當(dāng)水平力為F=10N時，沖量為

/=，F(xiàn)t=!xl0x2=10Mi,根據(jù)動理定理/=AP=Rp-O,得此時甲的動量為

%=/=10的初/s,則此時甲的速度為%=為=10加5,則甲的動能為

m

2

￡t.ip=l/7iv^=lxlxl0=50J,因F是變力，故無法求出甲運(yùn)動的位移；由乙圖可知，圖線

與x軸圍成的面積表示拉力T做的功，則當(dāng)水平力T=10N時，則拉力T做的功力

W=i7x=1xl0x2=10J,根據(jù)動能定理有：W=^,nvl，解得：

v乙==2也1n/s,此時乙的動量為尸=機(jī)丫乙=26s,故AC錯誤，BD正

確；故選BD.

三、P-t功率時間圖像

7.將一小球從地面以一定的初速度豎直向上拋出并落回地面，小球所受阻力始終與速度成

正比，則整個過程中小球的重力的瞬時功率大小P與時間人機(jī)械能E與路程s的關(guān)系圖像

可能正確的是（）

【詳解】AB.小球上升過程中受到重力和阻力的作用，方向均向下，速度逐漸減小，則阻

力逐漸減小，加速度逐漸減小，下降過程中重力方向向下，阻力方向向上，速度逐漸增大,

則阻力逐漸增大，加速度逐漸減小，且上升過程的平均速度大于下降過程的平均速度，上升

過程的時間小于下降過程的時間，所以v-t圖像為

根據(jù)P-mgv,P-t圖像為

CD.小球上升過程中速度逐漸減小，則阻力逐漸減小，經(jīng)過相同路程阻力做功逐漸減小，

機(jī)械能損失逐漸減小；小球下降過程中速度逐漸增大，則阻力逐漸增大，經(jīng)過相同路程阻力

做功逐漸增大，機(jī)械能損失逐漸增大，目上升過程中阻力做功大于下降過程中阻力做功，則

上升過程中損失的機(jī)械能大于下降過程中損失的機(jī)械能，則E-s圖像為

E

Oh2h§

故CD錯誤。故選B。

8.如圖所示，高速公路上定速巡航（即汽車的運(yùn)動速率保持不變）的汽車通過路面〃尻4,

其中必段為平直下坡路面，A段為水平路面，〃段為上坡路面。整個過程中汽車所受的阻

力大小不變，且阻力大于汽車重力沿斜坡向下的分力。如汽車在三段路面行駛的路程相同，

關(guān)于汽車發(fā)動機(jī)的輸出功率隨時間變化的圖像，下列能正確反映是（）

【答案】A

【詳解】假設(shè)時段與水平面的夾角為呢則尸/9mgsina可知牽引力不變,由P尸產(chǎn)1知在

ab段發(fā)動機(jī)的輸出功率保持不變，在A段時有乃=/?所以上小假設(shè)M與水平面的夾角為仇

則Fj于〃儂inO則

P產(chǎn)（戶，〃gsin@）v可知在油段發(fā)動機(jī)的輸出功率最小，方段曲面傾角先增大后減小，所以

P3先增大后減小.

故選Ao

9.放在粗糙水平地面上一物體受到水平拉力的作用，在0~6s內(nèi)其速度與時間的關(guān)系圖像和

該拉力的功率與時間的關(guān)系圖象分別如圖甲、乙所示。下列說法中正確的是（）

A.0-6s內(nèi)拉力做的功為140J

B.物體的摩擦力為3N

C.物體質(zhì)量為0.8kg

D.物體在0~2s內(nèi)所受的拉力為6N

【答案】ACD

【詳解】A.功率與時間的關(guān)系圖像中，圖線與坐標(biāo)軸所圍圖形的面積，在數(shù)量上等于功,

所以0~6s內(nèi)拉力做的功為W=SyGj+20x4J=140J故A正確；

B.由圖甲可知2~6s內(nèi)物體勻速運(yùn)動，受到摩擦力與拉力瞪大反向，結(jié)合圖乙可知尸=四=戶

p20

解得f=±=^N=2N故B錯誤；

v10

C.在0~2s內(nèi)，由動能定理可得%-%即竺注-2x史0=1"7.1()2解得〃7=o.8kg

2222

故C正確；

D.物體在0~2s內(nèi)，由牛頓第二定律結(jié)合圖甲尸"解得F=ma+/=0.8x5N+2N=6N

故D正確。

故選ACD.,

四、E『x動能位移圖像

10.如圖，一小滑塊以某一初動能沿固定斜面向下滑動，最后停在水平面上?；瑝K與斜面間、

滑塊與水平面間的動摩擦因素相等，忽略斜面與水平面連接處的機(jī)械能損失。則該過程中,

滑塊的動能EK、機(jī)械能E與水平位移x關(guān)系的圖線可能是()

【答案】D

【詳解】AB.設(shè)滑塊的初動能為「。，斜面的傾角為。，斜面水平長度為L在斜面上運(yùn)動

時由動能定理

y

Ek-Ek（）=mgxtan0-ymgcos0-----整理得紇=%-（〃-1311。）^^￥在水平面上運(yùn)動時

Ek-=mgLtan°-cos6?—二-〃mg(x-L)整理得Ek=Ek0+mgLtan0-jLimgx故若

tan6>〃，貝lj線一x圖像有可能如下圖

紜

若tand<〃，則因?yàn)椋∕-tan8）<〃，故耳-x圖像的斜率在斜面上運(yùn)動的要小于在水平面

上運(yùn)動的，如下圖

故A、B錯誤；

CD.設(shè)滑塊開始時的機(jī)械能為4,斜面的傾角為。，斜面水平長度為L,在斜面上運(yùn)動時

E=Eo-jLinigcos0x^—=E0-jumgx在水平面上運(yùn)動時

E=E。一"mgcos6x--------〃ng(x-L\=E-"mgx

cos。{}

綜上所述可得E=&）-〃〃2gx顯然，整個過程E與x成線性關(guān)系，且直線斜率保持不變。故C

錯誤，D正確。

故選D。

11.如圖1所示，水平面光滑，空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場，輕彈簧一端固定在墻面上,

另一端自由伸長,將帶正電絕緣小球由彈簧左側(cè)某一位置靜止釋放。以小球出發(fā)位置為原點(diǎn)，

水平向右為X軸正方向，規(guī)定。點(diǎn)為零電勢點(diǎn)，在小球第一次運(yùn)動到最右端的過程中，小球

的電勢能Ep、動能紇隨位移變化的關(guān)系圖像分別如圖2、3所示。彈簧始終在彈性限度內(nèi)，

彈簧彈性勢能表達(dá)式5i=gk（Ax）2（Ax為彈簧的形變量）下列說法正確的是（）

C.圖3中6=0.55D.彈簧的勁度系數(shù)為4=1~N/m

【答案】B

【詳解】A.由圖2知，E?-x圖像的斜率大小表示小球所受電場力的大小盤=^448N=8N小球

0.6

電荷量未知，所以電場強(qiáng)度大小未知，A錯誤；

BD.由圖3知，在0~0.501內(nèi)，以線性增大，則在0~0.5m內(nèi)只有電場力對小球做正功，由

動能定理得

「x0.5m=a=4.0J在o.5m~0.6m內(nèi)除了電場力對小球做正功，還有彈簧彈力對小球做負(fù)功,

0=Ep+，（Ax）2

在0~0.6m內(nèi)根據(jù)能量守恒定律得，Ax=0.6m-0.5m=0.1m解得&=960N/m,B正確，D錯

綜=一4卸

誤；

C.圖3中，當(dāng)x=t，時，小球動能最大，則此時電場力和彈簧彈力大小相等

心3_0.501）=5=8?4解得

6=0.5083m,C錯誤。故選B。

12.如圖甲所示，跳跳桿底部裝有一根彈簧，小孩和桿的總質(zhì)量為〃?，某次小孩從最低點(diǎn)彈

起，以小孩運(yùn)動的最低點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，豎直向上為x軸正方向，小孩與桿整體的動能與其坐

標(biāo)位置的關(guān)系如圖乙所示，圖像。-七之間為曲線，X2為其最高點(diǎn)，鼻-巧為直線，不計(jì)彈

簧質(zhì)量和空氣阻力的影響，重力加速度g=10m/s2。則（）

甲

A.彈簧勁度系數(shù)Z=整X.2

B.小孩和桿的最大加速度”=一一

%再一々

C.在A處的速度為yj2g乂―）D.在A處的彈性勢能為mg（w-xj

【答案】BC

【詳解】由動能定理知圖線切線的斜率表示合外力，由圖像可以看出當(dāng)X=X3時彈簧彈力減

小為零。

A.有圖像可得當(dāng)KV2時，整體的合外力為零，有以泡-々）=機(jī)g得上=A錯誤;

B.當(dāng)整體在最低點(diǎn)即x=0時加速度最大，此時彈簧的壓縮量為X3，由牛頓第二定律

B正確；

C.4處動能等于*3處動能，X=X?時整體離開彈簧，*3~匕過程中，由機(jī)械能守恒

121,,、

—mV；=—mvj--mg（x4-x3）

得匕="2g（z-玉）,C正確；

D.玉~匕系統(tǒng)機(jī)械能守恒4,+,皇（玉-玉）+〃懦=〃期4得/=叫（占-3），D錯誤。故選

BCo

五、E「x機(jī)械能位移圖像

13.如圖所示，一均勻帶正電圓環(huán)水平放置，環(huán)心為。點(diǎn)，一帶正電的小球從。點(diǎn)正下方的

A點(diǎn)以某一初速度向上拋出，并穿過帶電環(huán)，取。點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，豎直向上為正方向，取無

限遠(yuǎn)處電勢為零,關(guān)于小球從A到4過程中（。4=OA'）,加速度a、重力勢能練。、機(jī)械能E、

電勢能彳電隨位置變化的圖像可能正確的是（）

【詳解】A.從A到。的過程，靜電力向下，由牛頓第二定律得，加速度大小。=也儂方

m

向向下，加速度為負(fù)值。從A到。的過程，電場強(qiáng)度大小可能先增大再減小，加速度大小

可能先增大再減小。從。到A的過程，電場力方向豎直向匕當(dāng)重力大于電場力時，由牛

頓第二定律得，加速度大小〃=磔二處當(dāng)電場力大于重力時，由牛頓第二定律得，加速度

m

大小4=這二螫從。到4,的過程，電場強(qiáng)度可能先增大后減小，加速度可能先向下即加速

tn

度為負(fù)值，大小減小，后向上即加速度為正值，大小可能先增大后減小。A正確；

B.小球從A到A過程中，重力一直在做負(fù)功，重力勢能一直在增加，由Epc-x圖像可知重

力勢能一直在減小。B錯誤；

C.小球從A到4過程中，靜電力先做負(fù)功后做正功，由功能關(guān)系可知，靜電力做功叱乜和

機(jī)械能變化AE之間的關(guān)系叱u=△￡小球的機(jī)械能先減小后增大。E-x圖像某點(diǎn)切線的斜率

大小表示靜電力大小從A到。的過程，由于電場強(qiáng)度可能先增大后減小或不斷減小，

圖線斜率大小可能先增大后減小或不斷減小。E-x圖像可知，從A到。的過程，E-x圖

像斜率大小不斷增大，C錯誤；

D.小球從A到火過程中，靜電力先做負(fù)功后做正功，電勢能先增加后減小，由與電-X圖像

可知電勢能先減小后增大。D錯誤。故選A。

14.物體做自由落體，球代表動能，切代表重力勢能，人代表下落的距離，以水平地面為

零勢能面，下列所示圖像中，能正確反映各物理量之間關(guān)系的是（

【詳解】A.設(shè)物體的質(zhì)量為〃，，初始時離地高度為“，根據(jù)自由落體運(yùn)動規(guī)律可知，下落

的速度為

v=gf下落的高度為=產(chǎn)在物體由釋放到下落h高度的過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有

重力勢能昂隨運(yùn)動時間f的變化關(guān)系為

22

Ep=mg（H-h）=mgH-^mgr=mgH~^mv=mgH-Ek由此可知，E?與r呈二次函數(shù)關(guān)系,

其圖像為一條拋物線，且開口向下，故A錯誤；

B.弓與v呈二次函數(shù)關(guān)系，其圖像為一條拋物線，且開口向下，故B正確；

C.%與人呈一次函數(shù)關(guān)系，其圖像為一條向下傾斜的直線，故C錯誤；

D.昂與反呈一次函數(shù)關(guān)系，其圖像為一條向下傾斜的直線，故D正確。

故選BD?

15.如圖（a）所示，傾角。=30。的光滑固定斜桿底端固定一電荷量為。=2xl（r*C的正點(diǎn)

電荷，將一帶正電的絕緣小球（可視為點(diǎn)電荷）從斜桿的底端（但與。未接觸）靜止釋放，

小球沿斜桿向上滑動過程中能量隨位移的變化圖像如圖（b）所示，其中線1為重力勢能隨

位移變化圖像，線2為動能隨位移變化圖像，取桿上離底端3m處為電勢零點(diǎn)，重力加速度

g=10m/s\靜電力常量k=9xl（）9N.m2/C。則（）

A.小球的質(zhì)量為2kg

B.小球的電荷量約為g=l.llxlO-5C

C.斜桿底端至小球速度最大處由底端正點(diǎn)電荷形成的電場的電勢差C/=4.0xl06V

D.當(dāng)小球運(yùn)動到s=lm處時具有的電勢能為13J

【答案】BD

【詳解】A.根據(jù)重力勢能隨位移的變化關(guān)系有E.=/ngssine根據(jù)圖像可知當(dāng)小球上升3m

E

時，重力勢能為60J,則小球的質(zhì)量為初=—h=〃、。*、.kg=4kg故A錯誤;

gssm010x3xsin30

B.由圖線2可知，當(dāng)位移為s=lm時，小球的動能達(dá)到最大值，電場力與重力沿桿的分力相

等，則有

mgsinJM與解得qal.llxlOfc故B正確;

S

C.斜桿底端至小球速度最大處，由能量守恒可知W=Ekm+Ep代入數(shù)據(jù)解得u=4.23x106V

故C錯誤：

D.從s=lm到最高點(diǎn)的過程中，根據(jù)能量守恒可知減少的電勢能和減少的動能全部轉(zhuǎn)化為

重力勢能，則有

=△綜代入數(shù)據(jù)解得當(dāng)小球運(yùn)動到s=lm處時具有的電勢能為4=13J故D正確。

故選BD?

六、E-x機(jī)械能位移圖像

16.對靜止在水平地面上的物體施加一豎直向上的恒力F，物體上升4.8m時撤去力P,物

體的機(jī)械能E隨距離地面高度。的變化關(guān)系如圖所示，己知物體所受阻力大小恒定，重力加

速度g取lOm/s?,以地面為參考平面。則（）

A.物體的質(zhì)量為0.4kg

B.物體所受阻力的大小為4N

C.力尸的最大功率為96W

D.物體回到地面前瞬間的速度大小為45/5m/s

【答案】C

【詳解】AB.由功能關(guān)系結(jié)合圖像可知(尸-，)?4.8m=48J:/(7.2m-4.8m+7.2m)=48J-28.8J

解得.f=2N,尸=12N由題意可知，撤去尸至最高點(diǎn)過程有了(7.2m-4.8m)=48J-%高解得,

最高點(diǎn)時候的機(jī)械能為

在最高點(diǎn)動能為0,此時機(jī)械能只有重力勢能，所以小g-7.2m=E版商=43.2J解得

m=0.6kgAB錯誤;

C.當(dāng)物體向上運(yùn)動4.8m時速度最大，此時力尸的功率最大，則有

(F-mg-f)-4.8m=g膽/一0解得y=8m/s

所以力尸的最大功率為尸=Fu=12x8W=96W故C正確；

D.物體回到地面前瞬間，重力勢能為0,此時機(jī)械能只有動能，則3mM2=28.8J解得

1/=4n111/$故。錯誤。

故選Co

17.從地面豎直向上拋出一物體(可視為質(zhì)點(diǎn))，以地面為重力勢能零勢面，上升過程中，

該物體的機(jī)械能E隨離開地面的高度〃的變化如圖所示，物體上升的最大高度為4m,重力

A.物體的質(zhì)量為4kg

B.物體拋出時的速度大小為2aws

C.物體上升過程中，所受空氣阻力的大小為10N

D.物體上升過程中，加速度的大小為7.5m/s2

【答案】AC

【詳解】A.由圖可知/?=4m時，E=160J,由q=，配/?,可得〃?=4kg,A正確;

B.拋出時線=E=200J,由芯卜=g機(jī)/可得y=iom/s,B錯誤；

C.由圖可知，由動能定理可知，圖線斜率的絕對值在數(shù)值上等于空氣阻力的大小，可得

W*0N

即所受空氣阻力大小為ION,C正確;

D.物體上升過程中，根據(jù)牛頓第二定律得mg+f=ma解得a=12.5m/s2，D錯誤?，

故選AC1.

18.如圖所示，豎直輕彈簧下端固定在水平地面上，將輕彈簧正上方質(zhì)量加=1儂的小球由

靜止釋放，小球下落過程中受到恒定的空氣阻力作用。以小球開始下落的位置為原點(diǎn)，豎直

向下為y軸正方向，取地面處為重力勢能零點(diǎn)，在小球第一次下落到最低點(diǎn)的過程中，彈簧

的彈性勢能與、小球的重力勢能穌2、小球的動能線、小球的機(jī)械能E隨小球位移變化的

關(guān)系圖像分別如圖甲乙、丙、丁所示,彈簧始終在彈性限度范圍內(nèi)，取重力加速度g=10m/sz,

下列說法正確的是（）

事0.50.6y/m

A.圖乙中

C.圖丙中/處的彈簧彈力為8ND.圖丁中C=9,d=4

【答案】BCD

【詳解】A.由圖可知，小球到最低點(diǎn)時，高度下降0.6m,則重力勢能減少

重力勢能轉(zhuǎn)化為摩擦熱和彈簧的彈性勢能，根據(jù)Q=#m,x=4與2-解得f=2N則圖乙

中a=4故A錯ix；

B.結(jié)合圖甲和圖丙，可知小球高度卜降0.5m內(nèi)，只有重:力做功，根據(jù)〃37-#=線解得

y=0.5m時的動能線=4J故B正確：

C.當(dāng)小球動能最大時，小球加速度為零，根據(jù)平衡條件。+f=mg解得。笛=8N故c正

確：

D.根據(jù)功能關(guān)系可知，小球高度下降0.5m時，機(jī)械能的減少量等于克服阻力所做的功為

AE=10-c=fa

解得c=9根據(jù)能量守恒定律可知，小球高度下降0.6m時，動能為零，則小球減少的重力勢

能等于減少的機(jī)械能為6J,則d=4故D正確。故選BCD.,

七、E-t機(jī)械能時間圖像

19.某次演習(xí)中，戰(zhàn)士居高臨下向防御工事內(nèi)投擲手榴彈，如圖所示。忽略空氣阻力，手榴

彈運(yùn)動看作平拋運(yùn)動，以下關(guān)于手榴彈下落過程中的重力勢能綜（以地面為零勢能面）、動

【詳解】D.手榴彈下落過程中只有重力做功，機(jī)械能守恒，即ET圖線為水平直線，D錯

誤：

A.設(shè)初始高度為兒重力勢能可表示為Epnmge-gg/）,E-f圖線為開口向下的拋物線，

A錯誤：

B.據(jù)動能定理可得，動能變化量可表示為△線=^gjg/，AEk—圖線為過原點(diǎn)開口向上

拋物線，B錯誤；

C.動能的變化率可表示為竽=等T圖線為過原點(diǎn)的傾斜直線，C正確?故選

Ar2Ar

Co

20.踢健子是人們喜愛的娛樂運(yùn)動。假設(shè)在無風(fēng)的天氣里，下落的健子受到的空氣阻力與其

下落的速度大小成正比，一一建子從高處豎直向下落向地面，此過程中毯子的機(jī)械能為E,犍

子落地前過程中的EV圖像可能正確的有（圖中實(shí)線為曲線，虛線為直線）（）

【詳解】根據(jù)牛頓第二定律可知〃?〃=”?-n則隨速度增加，加速度減小，當(dāng)加速度減為零

時，鍵子勻速下落。若在勻速之前落地，則健子一直做加速度減小的加速運(yùn)動。以下落前犍

子的高度作為重力勢能的零勢能面，設(shè)犍子下落的高度為X,速度為V,則鍵子的機(jī)械能為

E=一機(jī)gx+；機(jī)/則假設(shè)時間變化4內(nèi)，機(jī)械能變化量為AE，貝IJ

△E=-mgv^t+；mmguAt+gm(2必u+Av2)jfnAv=aZ則

△E=-mgv\t+—