專題06 功和功率 動能定理（解析版）

資料整理【淘寶店鋪：向陽百分百】資料整理【淘寶店鋪：向陽百分百】專題06功和功率動能定理目錄TOC\o"1-3"\h\u題型一功和功率的理解和計算 1題型二機車啟動問題 4題型三動能定理及其應用 12題型四功能中的圖像問題 22題型一功和功率的理解和計算【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.變力的功根據特點可將變力的功轉化為恒力的功(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個質量相同且可視為質點的小球，現(xiàn)使小球A做自由落體運動，小球B做平拋運動，小球C做豎直上拋運動，小球D做豎直下拋運動，且小球B、C、D拋出時的初速度大小相同，不計空氣阻力。小球從釋放或拋出到落地的過程中（

）A．重力對4個小球做的功相同B．重力對4個小球做功的平均功率相等C．落地前瞬間，重力對4個小球的瞬時功率大小關系為D．重力對4個小球做功的平均功率大小關系為【答案】AC【詳解】A．4個質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4個小球做的功相同，故A正確；BD．小球A做自由落體運動，小球B做平拋運動，小球C做豎直上拋運動，小球D做豎直下拋運動，小球從同一高度拋出到落地，運動時間關系為重力對4個小球做功的平均功率為可得重力對4個小球做功的平均功率大小關系為故BD錯誤；C．落地前瞬間，4個小球豎直方向有，，4個小球豎直方向的速度關系為落地前瞬間，重力對4個小球的瞬時功率落地前瞬間，重力對4個小球的瞬時功率大小關系為故C正確。故選AC?！咎岱置丶坑嬎愎凸β蕰r應注意的問題(1)計算功時，要注意分析受力情況和能量轉化情況，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能定理求解，變力做功用動能定理、轉化法或圖象法求解。(2)用圖象法求外力做功時應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)計算功率時，要明確是求瞬時功率，還是平均功率，若求瞬時功率，應明確是哪一時刻或哪個位置的瞬時功率，若求平均功率應明確是哪段時間內的平均功率；應注意區(qū)分公式P＝eq\f(W,t)和公式P＝Fvcosθ的適用范圍，P＝eq\f(W,t)計算的是平均功率，P＝Fvcosθ側重于對瞬時功率的計算。【突破訓練】1.圖示為一輛配備了登高平臺的消防車，其伸縮臂能夠在短時間內將承載了3名消防員的登高平臺(人與平臺的總質量為300kg)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，水離開炮口時的速度為20m/s，水的密度為1.0×103kg/m3，g取10m/s2。下列說法正確的是()A．使水炮工作的發(fā)動機的輸出功率為10kWB．使水炮工作的發(fā)動機的輸出功率為30kWC．伸縮臂抬升登高平臺過程中所做的功為1.8×104JD．伸縮臂抬升登高平臺過程中所做的功為1.8×105J【答案】D【解析】水的密度為ρ＝1.0×103kg/m3,1min內流出水的質量：m＝ρV＝1.0×103×3kg＝3000kg,1min內水獲得的重力勢能：Ep＝mgh＝3000×10×60J＝1.8×106J，1min內水獲得的動能：Ek＝eq\f(1,2)mv2＝6×105J，使水炮工作的發(fā)動機輸出功率為：P＝eq\f(W,t)＝eq\f(Ep＋Ek,t)＝eq\f(1.8×106＋6×105,60)W＝4×104W，故A、B錯誤；伸縮臂抬升登高平臺過程中所做的功等于登高平臺克服重力做的功：W′＝m′gh＝300×10×60J＝1.8×105J，故C錯誤，D正確。2．如圖所示，將完全相同的四個小球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，不計空氣阻力，則下列對四種情況下相關物理量的比較正確的是()A．落地時間t1＝t2＝t3＝t4B．全程重力做功W1＝W2>W3＝W4C．落地瞬間重力的功率P1＝P2＝P3＝P4D．全程重力做功的平均功率eq\x\to(P)1＝eq\x\to(P)2>eq\x\to(P)3>eq\x\to(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動，故t1＝t2＝eq\r(\f(2h,g))，其中h為豎直高度，對圖丙，eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,3)sinθ，t3＝eq\r(\f(2h,gsin2θ))，其中θ為斜面傾角，比較圖丙和圖丁，由動能定理可知，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，因此t1＝t2<t3<t4，選項A錯誤；因豎直高度相等，因此重力做功相等，選項B錯誤；重力的瞬時功率等于mgvy，小球四種方式落地時的豎直分速度vy1＝vy2>vy3>vy4＝0，故落地瞬間重力的功率P1＝P2>P3>P4，選項C錯誤；綜合分析，可知全程重力做功平均功率eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)，故eq\x\to(P)1＝eq\x\to(P)2>eq\x\to(P)3>eq\x\to(P)4，選項D正確．3.（2023上·內蒙古呼和浩特·高三統(tǒng)考階段練習）如圖所示，半徑為R的光滑大圓環(huán)固定在豎直平面內，一質量為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．根據重力做功的公式有A正確，B錯誤；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錯誤。故選AC。題型二機車啟動問題【題型解碼】分析機車啟動問題時，抓住兩個關鍵，一是汽車的運動狀態(tài)，即根據牛頓第二定律找出牽引力與加速度的關系；二是抓住功率的定義式，即牽引力與速度的關系．綜合以上兩個關系，即可確定汽車的運動情況．【典例分析1】．（2023上·山東濰坊·高三統(tǒng)考期中）某物流站點采用如圖甲所示裝置運送大物件，電動機通過跨過定滑輪的繩子與斜面上的物件相連，電動機啟動后以額定功率工作，牽引物件沿斜面上升，時速度達最大值，物件運動的圖像如圖乙所示。已知斜面傾角為，物件質量為，物件與斜面間的動摩擦因數(shù)為，電動機額定功率為，重力加速度大小取，繩子質量不計，則內（）A．物件的最大速度是 B．物體沿斜面向上運動了C．摩擦力對物件做的功為 D．物件機械能的增量【答案】AB【詳解】A．物件速度最大時做勻速運動，根據平衡條件，牽引力大小為則此時最大速度為故A正確；B．內，根據動能定理解得故B正確；C．摩擦力對物件做的功為故C錯誤；D．物件機械能的增量故D錯誤。故選AB?！镜淅治?】（2023上·四川成都·高三成都七中校考期中）某摩托車在平直的道路上由靜止啟動，其運動的速度v與時間t的關系如圖甲所示，圖乙表示該摩托車牽引力的功率P與時間t的關系。設摩托車在前進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到最大。已知摩托車（包括駕駛員和物資）總質量，重力加速度g取。則下列說法正確的是（）A．0到18s內摩托車一直勻加速運動B．0到8s內，摩托車的牽引力為800NC．D．從靜止開始加速到最大速度的過程中，摩托車前進的路程為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內電動摩托車做勻加速運動，8～18s內摩托車做加速度減小的加速運動，故A錯誤；C．在18s末電動摩托車的速度恰好達到最大，有F=f由可得阻力為根據題意有故C正確；B．0到8s內，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錯誤；D．到過程中，根據動能定理，有代入數(shù)據解得0到位移因此從靜止開始加速到最大速度的過程中，摩托車前進的路程為95.5m+32m=127.5m故D正確。故選CD?！咎岱置丶拷鉀Q機車啟動問題時的分析思路(1)明確啟動方式：分清是勻加速啟動還是恒定功率啟動。(2)勻加速啟動過程：機車功率是不斷改變的，但該過程中的最大功率是額定功率，勻加速運動階段的最大速度小于機車所能達到的最大速度，達到額定功率后做加速度減小的加速運動。勻加速過程的最大速度v1(此時機車輸出的功率最大)和全程的最大速度vm(此時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)額定功率啟動的過程：機車做加速度減小的加速運動，勻變速直線運動的規(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計算，但不能用W＝Flcosθ計算。注意：無論哪種啟動方式，最后達到最大速度時，均滿足P＝F阻vm，P為機車的額定功率?！就黄朴柧殹?.（2023上·重慶渝中·高三統(tǒng)考期中）(多選)在汽車的設計研發(fā)中，需要測試發(fā)動機的性能。汽車在傾角為的長直斜坡上由靜止啟動，汽車的輸出功率與速度的關系圖像如題圖，當汽車的速度增大到后保持最大功率不變，汽車能達到的最大速度為。汽車的質量為m，汽車啟動過程中所受摩擦阻力大小恒為f，不計空氣阻力，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）A．汽車發(fā)動機的最大功率為B．當汽車的速度大小為時，其加速度大小為C．汽車的速度從0增大到所用的時間為D．在汽車的速度從0增大到的過程中，汽車發(fā)動機做的功為【答案】ABC【詳解】A．根據物體的平衡條件可知，當汽車的速度大小為時，汽車所受的牽引力大小為因為在汽車的速度從增大到的過程中，汽車發(fā)動機的功率均為最大功率，所以汽車發(fā)動機的最大功率解得故A正確；B．設當汽車的速度大小為時，汽車所受的牽引力大小為，有設此時汽車的加速度大小為a，根據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動，加速時間故C正確；D．該過程汽車通過的位移大小設該過程汽車發(fā)動機做的功為W，根據動能定理有解得故D錯誤。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動，運動過程中先保持某一恒定加速度，后保持恒定的牽引功率，其?引力和速度的關系圖象如圖所示。若已知汽車的質量m、牽引力和速度及汽車所能達到的最大速度，運動過程中汽車所受阻力恒定，則汽車勻加速運動過程中牽引力做的功是（

）A． B． C． D．【答案】A【詳解】根據圖像可得，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動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?？茧A段練習）甲、乙兩輛汽車都以恒定功率在平直路面上啟動，v—t圖像如圖所示，甲車功率是乙車功率的2倍，兩輛汽車行駛時所受阻力恒定，則甲、乙兩車所受阻力大小之比為（）

A．3：8 B．8：3C．3：2 D．2：3【答案】B【詳解】汽車乙恒定功率啟動，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動，當牽引力與阻力平衡時，加速度為0，汽車達到最大速度，之后做勻速直線運動，則有，其中根據圖像可知，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，為轎車中的手動變速桿，若保持發(fā)動機輸出功率不變，將變速桿推至不同擋位，可獲得不同的運行速度，從“1”—“5”擋速度增大，R是倒車擋，某型號轎車發(fā)動機的額定功率為60kW，在水平路面上行駛的最大速度可達180km/h，假設該轎車在水平路面上行駛時所受阻力恒定，則該轎車（）A．以最大牽引力爬坡，變速桿應推至“1”擋B．該車在水平路面上行駛時所受阻力大小為900NC．以額定功率在水平路面上以最大速度行駛時，其牽引力為1200ND．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，發(fā)動機的輸出功率為35kW【答案】AC【詳解】A．由功率的公式有當車的功率不變時，其速度越小，其牽引力越大，所以當以最大牽引力爬坡時，變速桿應推至“1”檔，故A項正確；BC．當車的牽引力等于車所受的阻力時，其達到最大速度，有解得故B錯誤，C正確；D．車勻速行駛，所以此時牽引力等于阻力，即根據功率公式有解得故D項錯誤。故選AC。5．（2023上·全國·高三統(tǒng)考階段練習）某同學在傾角為30°的斜面上對電動玩具車的性能進行測試，讓玩具車以恒定功率由靜止開始沿斜面向上運動。在某次測試中，該同學利用傳感器記錄了玩具車運動過程中的速度，加速度，時間等數(shù)據，并作出其加速度a和速度的倒數(shù)的圖像如圖所示，已知玩具車的質量為300g，從靜止出發(fā)至達到最大速度所經歷的時間為1.5s。下列說法中正確的是（）A．玩具車的最大速度是10km/hB．當玩具車的速度為4m/s時，加速度等于12m/s2C．斜面對玩具車的阻力是2.4ND．1.5s內玩具車行駛的距離是8.75m【答案】BD【詳解】A．當小車的加速度為零時，其速度達到最大，由圖可知所以故A錯誤；C．根據牛頓第二定律有整理可得結合圖線可得所以，故C錯誤；B．當速度為4m/s時，有故B正確；D．在1.5s內，根據動能定理有解得故D正確。故選BD。題型三動能定理及其應用【題型解碼】1.要對研究對象受力分析并分析各力做功情況；分析物體運動過程，明確對哪個過程應用動能定理．2.列動能定理方程要規(guī)范，注意各功的正負號問題．【典例分析1】（2023上·廣東·高三校聯(lián)考階段練習）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線與豎直方向成θ角的位置，模型簡化如圖所示。已知小孩和秋千的質量為m，擺點與秋千和小孩的重心距離為L，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．FLcosθ B．FLsinθC．FL(1-cosθ) D．mgL(1-cosθ)【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，重力做負功，緩慢運動可認為過程中動能變化量為零，由得D正確。故選D?！镜淅治?】（2023上·湖北武漢·高三華中師大一附中?？计谥校┤鐖D所示，質量為1kg的木塊（視為質點）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處靜止釋放，到達地面時速度恰減為0。若木塊與墻面之間的動摩擦因數(shù)0.2，重力加速度大小為，則（）A．k=4B．k=20C．木塊下滑過程中，在x=1.25m處速度最大，且最大值為5m/sD．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，根據動能定理得A錯誤，B正確；CD．當重力與摩擦力相等時，木塊加速度為0，速度最大，即得根據動能定理得CD錯誤。故選B?！镜淅治?】．（2023上·河南鶴壁·高三?？计谥校┵|量為m的物體以初速度v0沿水平面向左開始運動，起始點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】根據功的定義式可知物體克服摩擦力做功為由動能定理可得聯(lián)立可得物體克服彈簧彈力所做的功為故選A?！咎岱置丶繎脛幽芏ɡ斫忸}的“四步三注意兩適用”(1)應用動能定理解題的四個步驟①確定研究對象及其運動過程；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)的動能；④由動能定理列方程求解。(2)應用動能定理解題應注意的三個問題①動能定理往往用于單個物體的運動過程，由于不牽扯加速度及時間，比動力學研究方法要簡捷。②動能定理表達式是一個標量式，在某個方向上應用動能定理是沒有依據的。③物體在某個運動過程中包含有幾個運動性質不同的小過程(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，但若能對整個過程利用動能定理列式，則可使問題簡化。(3)動能定理適用的兩種情況①既適用于直線運動，也適用于曲線運動；②既適用于恒力做功，也適用于變力做功。【突破訓練】1.（2023上·北京西城·高三北京師大附中?？茧A段練習）關于做自由落體運動的物體，下列說法正確的是（）A．動能Ek隨時間t變化的快慢隨時間均勻增大B．速度v隨時間t變化的快慢隨時間均勻增大C．重力勢能Ep隨位移x變化的快慢隨時間均勻減小D．機械能E隨位移x變化的快慢隨時間均勻減小【答案】A【詳解】A．物體做自由落體運動，任意時刻的速度則可得任意時刻的動能由此可得動能Ek隨時間t變化的快慢則可知動能Ek隨時間t變化的快慢隨時間均勻增大，故A正確；B．自由落體運動速度v隨時間t變化的快慢則可知速度v隨時間t變化的快慢為重力加速度g，恒定不變，故B錯誤；C．根據重力勢能變化與重力做功關系可得可得可知重力勢能Ep隨位移x變化的快慢保持不變，故C錯誤；D．做自由落體運動的物體，機械能守恒，因此故D錯誤。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為的輕質彈簧，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、長為l的坡道，與物塊間的動摩擦因數(shù)為，坡道底端與水平地面平滑連接。一質量為m的物塊（可視為質點）從坡道上的某一點由靜止滑下，當物塊第一次由坡道底端返回坡道的中點時速度恰好減為0，彈簧始終在彈性限度內，并保持水平，重力加速度為g，下列說法正確的是（）

A．物塊在坡道上運動時的加速度大小總是相等的B．物塊釋放點距離坡道頂點的距離為C．彈簧最大的彈性勢能為D．物塊從開始運動至第一次在坡道上速度為0，其位移大小為【答案】CD【詳解】A．物塊下滑時的加速度大小為上滑時的加速度大小為故A錯誤；B．設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距離坡道頂點的距離為故B錯誤；C．物塊從開始運動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能故C正確；D．物塊從開始運動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)第一中學校考階段練習）在某星球表面將一輕彈簧豎直固定在水平面上，把質量為m的小球P（可視為質點）從彈簧上端由靜止釋放，小球沿豎直方向向下運動，小球的加速度a與彈簧壓縮量x間的關系如圖所示，其中和為已知量。下列說法中不正確的是（）

A．小球向下運動至速度為零時所受彈簧彈力大小為B．彈簧勁度系數(shù)為C．小球向下運動過程中的最大動能為D．當彈簧壓縮量為時，彈簧的彈性勢能為【答案】A【詳解】A．設該星球的重力加速度為，小球剛放到彈簧上時，滿足，只受星球吸引力的作用，由圖知，方向豎直向下；當彈簧的壓縮量為時，小球的加速度為0，此時彈簧的彈力為之后小球繼續(xù)向下運動直至速度為0，彈簧的壓縮量繼續(xù)增大，可知當小球的速度為0時，彈簧的彈力，故A錯誤，符合題意；B．設豎直向下為正方向，故對小球受力分析可知故小球運動的加速度大小為當時，，可得故B正確，不符合題意；C．由圖可知，當彈簧的壓縮量為時，小球的加速度為0，此時小球的速度最大，動能最大；由動能定理可得故C正確，不符合題意；D．當彈簧的壓縮量為時，彈簧的彈性勢能為故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，且固定于豎直平面內。質量為m的小球從斜面上的A點由靜止釋放，經B點后沿圓軌道運動，通過最高點C后落在斜面上與圓心O等高的D點。不計所有摩擦，重力加速度為g。（）A．小球在C點對軌道壓力大小為3mgB．小球對圓軌道最低點的壓力為7mgC．若沿斜面上移A點再靜止釋放，小球在斜面落點處重力功率增大D．若調整A點在斜面上的位置，使小球恰能過C，則小球在飛行中將經過CD連線的中點【答案】BD【詳解】A.小球過C點做平拋運動，水平位移豎直位移在C點，有解得故A錯；B.設最低點的速度為v，由最低點到C點動能定理在最底點點，有解得故B正確；C.上移A則仍可過C點，但vt增大，落到斜面上位置上移，平拋的豎直位移減小，時間減小，豎直速度減小，小球在斜面落點處重力功率減小。故C錯誤；D.如圖連接CD，設中點為E，過E作EF平行于OD，交CO于F點，由幾何知識可得由題可知小球恰能過C點做平拋運動則當水平位移x=R=vct時，可算得此時豎直位移故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，一輕質彈簧左端固定在豎直墻壁上，右端與質量為的小物體栓接，緊靠著的右端放置質量為的小物體均靜止，彈簧處于原長狀態(tài)?，F(xiàn)對施加水平向左的恒力，使和一起向左運動，當兩者速度為零時撤去最終均停止運動。以初始時靜止的位置為坐標原點，向左為正方向，從開始向左運動到撤去前瞬間，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．開始時對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A錯誤，B正確；C．PQ一起向左運動時兩者的最大速度向右運動時，當時速度最大，此時x1=1cm由能量關系解得則的最大速度為，選項C錯誤；D．兩滑塊回到原來位置時由能量關系此后Q與P分離，則由解得s=0.04m即最終停在處，選項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）將一蘋果豎直向上拋出，若不計空氣阻力，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間圖像B．圖乙可以表示蘋果的速度一時間圖像C．圖丙可以表示蘋果的動能一位移圖像D．圖丁可以表示蘋果在豎直上升過程中的重力勢能一位移圖像【答案】D【詳解】A．根據位移時間關系可知蘋果的位移一時間圖像為開口向下的拋物線，故A錯誤；B．根據速度時間關系可知蘋果的速度一時間圖像初速度大于零，斜率為負，故B錯誤；C．根據動能定理可得可知蘋果的動能一位移圖像隨著位移增大減小，故C錯誤；D．根據可知蘋果在豎直上升過程中的重力勢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軸運動，出發(fā)點為x軸零點，拉力做的功W與物體坐標x的關系如題圖所示，物體與水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度大小取。下列說法正確的是（

）A．在時，拉力的功率為B．在時，物體的動能為C．從之后，物體將做勻減速直線運動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，知在時拉力。物體運動到過程，根據動能定理有解得物體的速度為則此時拉力的功率故A正確；B．物體運動到過程，根據動能定理有此時物體的動能為故B錯誤；C．根據圖像可知，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動，C錯誤；D．從運動到，物體克服摩擦力做的功為故D正確。故選AD?！镜淅治?】（2023上·廣東江門·高三校聯(lián)考階段練習）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后，又沿斜面下滑返回底端，該過程中小滑塊運動的路程為2L，所用的時間為。用x表示小滑塊運動的路程，t表示小滑塊運動的時間，表示小滑塊的重力勢能（以初始位置所在平面為零勢能面），表示小滑塊的動能，下列圖像可能正確的是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】AD【詳解】A．設斜面的傾角為α，小滑塊上滑過程中重力勢能的表達式為下滑過程故A正確；B．因為上滑和下滑過程，小滑塊的加速度不同，因此上滑和下滑過程的時間不相等，因此最大重力勢能不可能在時，故B錯誤；D．小滑塊上滑過程有可得可見與成一次函數(shù)關系；下滑過程有可得可見與x成一次函數(shù)關系，但上滑過程圖像的斜率較大，且由于摩擦原因返回底端時的末速度較小，D正確；C．由于滑塊在斜面上的速率v與時間t具有線性關系，故動能與時間t成二次函數(shù)關系，C錯誤。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、橫坐標所對應的物理量及圖線所表示的物理意義．(2)根據物理規(guī)律推導出縱坐標與橫坐標所對應的物理量間的函數(shù)關系式．(3)將推導出的物理規(guī)律與數(shù)學上與之相對應的標準函數(shù)關系式相對比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點、圖線下方的面積所對應的物理意義，根據對應關系列式解答問題．2.四類圖象所圍“面積”的含義【突破訓練】1.（2023上·山東棗莊·高三統(tǒng)考期中）一足夠長的光滑斜面固定在水平面上，質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動，經過時間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能和重力勢能隨位移的變化關系如圖線Ⅰ和Ⅱ所示。設物塊在斜面底端的重力勢能為零，重力加速度g取。則（）A．斜面的傾角為B．力F的大小為C．小物塊上滑所需時間D．若t時刻撤去拉力F，物塊繼續(xù)沿斜面上滑【答案】AD【詳解】A．根據得所以斜面傾角為故A正確；B．根據動能定理得故B錯誤；C．根據得初速度為物塊向上運動的加速度為沿斜面上滑了，有解得（負值舍掉）故C錯誤；D．若經過t后撤去拉力，小物塊的機械能不變，此后重力勢能增加、動能減小；根據圖像可知，t時刻的機械能為根據機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）質量為1kg的質點在豎直面內斜向下做曲線運動，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時刻，質點速度大小是5m/s B．2s時刻，質點速度大小是m/sC．前2s內質點的重力勢能減少了60J D．前2s內質點的機械能減少了9J【答案】AC【詳解】AB．2s時刻豎直方向的速度2s時刻水平方向的速度2s時刻，質點速度大小是故A正確，B錯誤；C．圖像的面積表示位移，前2s內質點下落的高度前2s內質點的重力勢能減少了故C正確；D．前2s內質點動能的增加量前2s內質點的機械能減少故D錯誤。故選AC。3.（2023·全國·高三專題練習）在無風天氣里，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，重力勢能為、動能為、下落時間為t。取地面為零勢能面，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A錯誤；B．根據牛頓第二