专题06 功和功率 动能定理（解析版）.docx

1、专题06 功和功率 动能定理目录题型一 功和功率的理解和计算1题型二 机车启动问题4题型三 动能定理及其应用12题型四 功能中的图像问题22题型一 功和功率的理解和计算【题型解码】1.要注意区分是恒力做功，还是变力做功，求恒力的功常用定义式2.变力的功根据特点可将变力的功转化为恒力的功(如大小不变、方向变化的阻力)，或用图象法、平均值法(如弹簧弹力的功)，或用WPt求解(如功率恒定的力)，或用动能定理等求解【典例分析1】（2023上福建三明高三校联考期中）如图所示，同一高度处有4个质量相同且可视为质点的小球，现使小球A做自由落体运动，小球B做平抛运动，小球C做竖直上抛运动，小球D做竖直下抛运动

2、，且小球B、C、D抛出时的初速度大小相同，不计空气阻力。小球从释放或抛出到落地的过程中（）A重力对4个小球做的功相同B重力对4个小球做功的平均功率相等C落地前瞬间，重力对4个小球的瞬时功率大小关系为D重力对4个小球做功的平均功率大小关系为【答案】AC【详解】A4个质量相同的小球从同一高度抛出到落地的过程中，重力做功为故重力对4个小球做的功相同，故A正确；BD小球A做自由落体运动，小球B做平抛运动，小球C做竖直上抛运动，小球D做竖直下抛运动，小球从同一高度抛出到落地，运动时间关系为重力对4个小球做功的平均功率为可得重力对4个小球做功的平均功率大小关系为故BD错误；C落地前瞬间，4个小球竖直方向有

3、，4个小球竖直方向的速度关系为落地前瞬间，重力对4个小球的瞬时功率落地前瞬间，重力对4个小球的瞬时功率大小关系为故C正确。故选AC。【提分秘籍】计算功和功率时应注意的问题(1)计算功时，要注意分析受力情况和能量转化情况，分清是恒力做功，还是变力做功，恒力做功一般用功的公式或动能定理求解，变力做功用动能定理、转化法或图象法求解。(2)用图象法求外力做功时应注意横轴和纵轴分别表示的物理意义，若横轴表示位移，纵轴表示力，则可用图线与横轴围成的面积表示功，例如下图甲、乙、丙所示(丙图中图线为圆弧)，力做的功分别为W1F1x1、W2F2x2、W3F3x3。(3)计算功率时，要明确是求瞬时功率，还是平均功

4、率，若求瞬时功率，应明确是哪一时刻或哪个位置的瞬时功率，若求平均功率应明确是哪段时间内的平均功率；应注意区分公式P和公式PFvcos的适用范围，P计算的是平均功率，PFvcos侧重于对瞬时功率的计算。【突破训练】1. 图示为一辆配备了登高平台的消防车，其伸缩臂能够在短时间内将承载了3名消防员的登高平台(人与平台的总质量为300 kg)抬升到60m高的灭火位置，此后消防员用水炮灭火。已知水炮的出水量为3m3/min，水离开炮口时的速度为20m/s，水的密度为1.0103kg/m3，g取10 m/s2。下列说法正确的是()A使水炮工作的发动机的输出功率为10 kW B使水炮工作的发动机的输出功率为

5、30 kWC伸缩臂抬升登高平台过程中所做的功为1.8104 J D伸缩臂抬升登高平台过程中所做的功为1.8105 J【答案】D【解析】水的密度为1.0103 kg/m3,1 min内流出水的质量：mV1.01033 kg3000 kg,1 min内水获得的重力势能：Epmgh30001060 J1.8106 J，1 min内水获得的动能：Ekmv26105 J，使水炮工作的发动机输出功率为：P W4104 W，故A、B错误；伸缩臂抬升登高平台过程中所做的功等于登高平台克服重力做的功：Wmgh3001060 J1.8105 J，故C错误，D正确。2如图所示，将完全相同的四个小球1、2、3、4分别

6、从同一高度由静止释放或平抛(图乙)，其中图丙是一倾角为45的光滑斜面，图丁为光滑圆弧，不计空气阻力，则下列对四种情况下相关物理量的比较正确的是()A落地时间t1t2t3t4 B全程重力做功W1W2W3W4C落地瞬间重力的功率P1P2P3P4 D全程重力做功的平均功率1234【答案】：D【解析】：图甲、乙中小球在竖直方向均做自由落体运动，故t1t2，其中h为竖直高度，对图丙，gtsin ，t3，其中为斜面倾角，比较图丙和图丁，由动能定理可知，两小球从初始位置到水平面上同一高度处速度大小总相等，但小球4的路程长，因此t1t2t3vy3vy40，故落地瞬间重力的功率P1P2P3P4，选项C错误；综合

7、分析，可知全程重力做功平均功率，故1234，选项D正确3.（2023上内蒙古呼和浩特高三统考阶段练习）如图所示，半径为R的光滑大圆环固定在竖直平面内，一质量为m的带孔小球穿过大圆环，自大圆环顶端由静止开始自由下滑。已知重力加速度大小为g，则小球自顶端下滑到最低点的过程中（）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减小D重力做功的功率先减小后增大【答案】AC【详解】AB根据重力做功的公式有A正确，B错误；CD小球在下滑过程中，竖直方向的速度先增加后减小，所以重力做功的功率先增大后减小，C正确，D错误。故选AC。题型二 机车启动问题【题型解码】分析机车启动问题时，抓住两个关键，一是

8、汽车的运动状态，即根据牛顿第二定律找出牵引力与加速度的关系；二是抓住功率的定义式，即牵引力与速度的关系综合以上两个关系，即可确定汽车的运动情况【典例分析1】（2023上山东潍坊高三统考期中）某物流站点采用如图甲所示装置运送大物件，电动机通过跨过定滑轮的绳子与斜面上的物件相连，电动机启动后以额定功率工作，牵引物件沿斜面上升，时速度达最大值，物件运动的图像如图乙所示。已知斜面倾角为，物件质量为，物件与斜面间的动摩擦因数为，电动机额定功率为，重力加速度大小取，绳子质量不计，则内（）A物件的最大速度是B物体沿斜面向上运动了C摩擦力对物件做的功为D物件机械能的增量【答案】AB【详解】A物件速度最大时做匀

9、速运动，根据平衡条件，牵引力大小为则此时最大速度为故A正确；B内，根据动能定理解得故B正确；C摩擦力对物件做的功为故C错误；D物件机械能的增量故D错误。故选AB。【典例分析2】（2023上四川成都高三成都七中校考期中）某摩托车在平直的道路上由静止启动，其运动的速度v与时间t的关系如图甲所示，图乙表示该摩托车牵引力的功率P与时间t的关系。设摩托车在前进过程中所受阻力为车（包括驾驶员和物资）总重力的k倍，在18s末摩托车的速度恰好达到最大。已知摩托车（包括驾驶员和物资）总质量，重力加速度g取。则下列说法正确的是（）A0到18s内摩托车一直匀加速运动B0到8s内，摩托车的牵引力为800NCD从静止开

10、始加速到最大速度的过程中，摩托车前进的路程为127.5m【答案】CD【详解】Av-t图像的斜率表示加速度，由图甲可知，0到8s内电动摩托车做匀加速运动，818s内摩托车做加速度减小的加速运动，故A错误；C在18s末电动摩托车的速度恰好达到最大，有F=f由可得阻力为根据题意有故C正确；B0到8s内，摩托车的加速度为由牛顿第二定律有F-f=ma则摩托车的牵引力为F=ma+f=（2001+800）N=1000N故B错误；D到过程中，根据动能定理，有代入数据解得0到位移因此从静止开始加速到最大速度的过程中，摩托车前进的路程为95.5m+32m=127.5m故D正确。故选CD。【提分秘籍】解决机车启动问

11、题时的分析思路(1)明确启动方式：分清是匀加速启动还是恒定功率启动。(2)匀加速启动过程：机车功率是不断改变的，但该过程中的最大功率是额定功率，匀加速运动阶段的最大速度小于机车所能达到的最大速度，达到额定功率后做加速度减小的加速运动。匀加速过程的最大速度v1(此时机车输出的功率最大)和全程的最大速度vm(此时F牵F阻)求解方法：求v1：由F牵F阻ma，PF牵v1可得v1。求vm：由PF阻vm，可得vm。(3)额定功率启动的过程：机车做加速度减小的加速运动，匀变速直线运动的规律不能用，速度最大值等于，牵引力是变力，牵引力做的功可用WPt计算，但不能用WFlcos计算。注意：无论哪种启动方式，最后

12、达到最大速度时，均满足PF阻vm，P为机车的额定功率。【突破训练】1.（2023上重庆渝中高三统考期中）(多选)在汽车的设计研发中，需要测试发动机的性能。汽车在倾角为的长直斜坡上由静止启动，汽车的输出功率与速度的关系图像如题图，当汽车的速度增大到后保持最大功率不变，汽车能达到的最大速度为。汽车的质量为m，汽车启动过程中所受摩擦阻力大小恒为f，不计空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）A汽车发动机的最大功率为B当汽车的速度大小为时，其加速度大小为C汽车的速度从0增大到所用的时间为D在汽车的速度从0增大到的过程中，汽车发动机做的功为【答案】ABC【详解】A根据物体的平衡条件可知，当汽车

13、的速度大小为时，汽车所受的牵引力大小为因为在汽车的速度从增大到的过程中，汽车发动机的功率均为最大功率，所以汽车发动机的最大功率解得故A正确；B设当汽车的速度大小为时，汽车所受的牵引力大小为，有设此时汽车的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有解得故B正确；C在汽车的速度从0增大到的过程中，汽车做匀加速直线运动，加速时间故C正确；D该过程汽车通过的位移大小设该过程汽车发动机做的功为W，根据动能定理有解得故D错误。故选ABC。2.（2023上山东临沂高三统考期中）一辆汽车在平直的公路上由静止开始运动，运动过程中先保持某一恒定加速度，后保持恒定的牵引功率，其引力和速度的关系图象如图所示。若已知汽车的质量

14、m、牵引力和速度及汽车所能达到的最大速度，运动过程中汽车所受阻力恒定，则汽车匀加速运动过程中牵引力做的功是（）ABCD【答案】A【详解】根据图像可得，汽车的额定功率为汽车的阻力为汽车匀加速阶段的加速度为匀加速阶段的位移为汽车匀加速运动过程中牵引力做为综上所述，联立解得故选A。3（2023上重庆渝中高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）甲、乙两辆汽车都以恒定功率在平直路面上启动，vt图像如图所示，甲车功率是乙车功率的2倍，两辆汽车行驶时所受阻力恒定，则甲、乙两车所受阻力大小之比为（）A3：8B8：3C3：2D2：3【答案】B【详解】汽车乙恒定功率启动，速度增大，则牵引力减小，汽车先做加速度减小得变加速直

15、线运动，当牵引力与阻力平衡时，加速度为0，汽车达到最大速度，之后做匀速直线运动，则有，其中根据图像可知，甲乙两车最大速度之比为3:4，则可解得甲、乙两车所受阻力大小之比为8:3。故选B。4.（2023上安徽合肥高三校联考期中）如图所示，为轿车中的手动变速杆，若保持发动机输出功率不变，将变速杆推至不同挡位，可获得不同的运行速度，从“1”“5”挡速度增大，R是倒车挡，某型号轿车发动机的额定功率为60kW，在水平路面上行驶的最大速度可达180km/h，假设该轿车在水平路面上行驶时所受阻力恒定，则该轿车（）A以最大牵引力爬坡，变速杆应推至“1”挡B该车在水平路面上行驶时所受阻力大小为900NC以额定功

16、率在水平路面上以最大速度行驶时，其牵引力为1200ND改变输出功率，以54km/h的速度在同一水平路面上匀速行驶时，发动机的输出功率为35kW【答案】AC【详解】A由功率的公式有当车的功率不变时，其速度越小，其牵引力越大，所以当以最大牵引力爬坡时，变速杆应推至“1”档，故A项正确；BC当车的牵引力等于车所受的阻力时，其达到最大速度，有解得故B错误，C正确；D车匀速行驶，所以此时牵引力等于阻力，即根据功率公式有解得故D项错误。故选AC。5（2023上全国高三统考阶段练习）某同学在倾角为30的斜面上对电动玩具车的性能进行测试，让玩具车以恒定功率由静止开始沿斜面向上运动。在某次测试中，该同学利用传感

17、器记录了玩具车运动过程中的速度，加速度，时间等数据，并作出其加速度a和速度的倒数的图像如图所示，已知玩具车的质量为300g，从静止出发至达到最大速度所经历的时间为1.5s。下列说法中正确的是（）A玩具车的最大速度是10km/hB当玩具车的速度为4m/s时，加速度等于12m/s2C斜面对玩具车的阻力是2.4ND1.5s内玩具车行驶的距离是8.75m【答案】BD【详解】A当小车的加速度为零时，其速度达到最大，由图可知所以故A错误；C根据牛顿第二定律有整理可得结合图线可得所以，故C错误；B当速度为4m/s时，有故B正确；D在1.5s内，根据动能定理有解得故D正确。故选BD。题型三 动能定理及其应用【

18、题型解码】1.要对研究对象受力分析并分析各力做功情况；分析物体运动过程，明确对哪个过程应用动能定理2.列动能定理方程要规范，注意各功的正负号问题【典例分析1】（2023上广东高三校联考阶段练习）小孩静止坐在悬挂在竖直位置的秋千上，大人用水平拉力F把坐在秋千上的小孩缓慢拉到细线与竖直方向成角的位置，模型简化如图所示。已知小孩和秋千的质量为m，摆点与秋千和小孩的重心距离为L，重力加速度为g，忽略空气阻力的作用，则在此过程中，拉力F做的功为（）AFLcosBFLsinCFL(1-cos)DmgL(1-cos)【答案】D【详解】在小孩和秋千缓慢上升过程中，拉力F为变力，过程中拉力做正功，重力做负功，缓

19、慢运动可认为过程中动能变化量为零，由得D正确。故选D。【典例分析2】（2023上湖北武汉高三华中师大一附中校考期中）如图所示，质量为1kg的木块（视为质点）被水平向左的力F压在竖直墙壁上，其压力F=kx（k为常数，x为木块位移），木块从离地面高度5m处静止释放，到达地面时速度恰减为0。若木块与墙面之间的动摩擦因数0.2，重力加速度大小为，则（）Ak=4Bk=20C木块下滑过程中，在x=1.25m处速度最大，且最大值为5m/sD木块下滑过程中，在x=2.50m处速度最大，且最大值为10m/s【答案】B【详解】AB弹力随位移均匀变化，根据动能定理得A错误，B正确；CD当重力与摩擦力相等时，木块加速

20、度为0，速度最大，即得根据动能定理得CD错误。故选B。【典例分析2】（2023上河南鹤壁高三校考期中）质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为（重力加速度大小为g）（）ABCD【答案】A【详解】根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为由动能定理可得联立可得物体克服弹簧弹力所做的功为故选A。【提分秘籍】应用动能定理解题的“四步三注意两适用”(1)应用动能定理解题的四个步骤确定研究对象及其运动过程；分析受力情况和各力的做功

21、情况；明确物体初末状态的动能；由动能定理列方程求解。(2)应用动能定理解题应注意的三个问题动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不牵扯加速度及时间，比动力学研究方法要简捷。动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的。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)，此时可以分段考虑，也可以对全过程考虑，但若能对整个过程利用动能定理列式，则可使问题简化。(3)动能定理适用的两种情况既适用于直线运动，也适用于曲线运动；既适用于恒力做功，也适用于变力做功。【突破训练】1.（2023上北京西城高三北京师大附中校考阶段练习）关于做自由落体运动的物体，下列说

22、法正确的是（）A动能Ek随时间t变化的快慢随时间均匀增大B速度v随时间t变化的快慢随时间均匀增大C重力势能Ep随位移x变化的快慢随时间均匀减小D机械能E随位移x变化的快慢随时间均匀减小【答案】A【详解】A物体做自由落体运动，任意时刻的速度则可得任意时刻的动能由此可得动能Ek随时间t变化的快慢则可知动能Ek随时间t变化的快慢随时间均匀增大，故A正确；B自由落体运动速度v随时间t变化的快慢则可知速度v随时间t变化的快慢为重力加速度g，恒定不变，故B错误；C根据重力势能变化与重力做功关系可得可得可知重力势能Ep随位移x变化的快慢保持不变，故C错误；D做自由落体运动的物体，机械能守恒，因此故D错误。故

23、选A。2.（2023上江西鹰潭高三统考期中）如图，光滑的水平地面上有一原长为的轻质弹簧，其左端固定在竖直墙壁上，与弹簧右端相距一定距离处固定一倾角为、长为l的坡道，与物块间的动摩擦因数为，坡道底端与水平地面平滑连接。一质量为m的物块（可视为质点）从坡道上的某一点由静止滑下，当物块第一次由坡道底端返回坡道的中点时速度恰好减为0，弹簧始终在弹性限度内，并保持水平，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A物块在坡道上运动时的加速度大小总是相等的B物块释放点距离坡道顶点的距离为C弹簧最大的弹性势能为D物块从开始运动至第一次在坡道上速度为0，其位移大小为【答案】CD【详解】A物块下滑时的加速度大小为上滑时

24、的加速度大小为故A错误；B设小物体下滑的初始位置距离坡道底端的距离为，由能量守恒可得解得物块释放点距离坡道顶点的距离为故B错误；C物块从开始运动至将弹簧压缩到最短的过程中，由能量守恒有解得弹簧最大的弹性势能故C正确；D物块从开始运动至第一次在坡道上速度为0的位移大小为故D正确。故选CD。3.（2023上北京顺义高三北京市顺义区第一中学校考阶段练习）在某星球表面将一轻弹簧竖直固定在水平面上，把质量为m的小球P（可视为质点）从弹簧上端由静止释放，小球沿竖直方向向下运动，小球的加速度a与弹簧压缩量x间的关系如图所示，其中和为已知量。下列说法中不正确的是（）A小球向下运动至速度为零时所受弹簧弹力大小为

25、B弹簧劲度系数为C小球向下运动过程中的最大动能为D当弹簧压缩量为时，弹簧的弹性势能为【答案】A【详解】A设该星球的重力加速度为，小球刚放到弹簧上时，满足，只受星球吸引力的作用，由图知，方向竖直向下；当弹簧的压缩量为时，小球的加速度为0，此时弹簧的弹力为之后小球继续向下运动直至速度为0，弹簧的压缩量继续增大，可知当小球的速度为0时，弹簧的弹力，故A错误，符合题意；B设竖直向下为正方向，故对小球受力分析可知故小球运动的加速度大小为当时，可得故B正确，不符合题意；C由图可知，当弹簧的压缩量为时，小球的加速度为0，此时小球的速度最大，动能最大；由动能定理可得故C正确，不符合题意；D当弹簧的压缩量为时，

26、弹簧的弹性势能为故D正确，不符合题意。故选A。4.（2023上安徽亳州高三蒙城第一中学校联考期中）如图所示，与水平面夹角=30的斜面和圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内。质量为m的小球从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆轨道运动，通过最高点C后落在斜面上与圆心O等高的D点。不计所有摩擦，重力加速度为g。（）A小球在C点对轨道压力大小为3mgB小球对圆轨道最低点的压力为7mgC若沿斜面上移A点再静止释放，小球在斜面落点处重力功率增大D若调整A点在斜面上的位置，使小球恰能过C，则小球在飞行中将经过CD连线的中点【答案】BD【详解】A.小球过 C点做平抛运动，水平位移 竖直位移 在C点，有解得

27、故A 错；B.设最低点的速度为 v，由最低点到C点动能定理 在最底点点，有 解得 故B正确；C.上移A则仍可过C点，但vt增大，落到斜面上位置上移，平抛的竖直位移减小，时间减小，竖直速度减小，小球在斜面落点处重力功率减小。故C错误；D.如图连接CD，设中点为 E，过E作EF 平行于OD，交 CO于F 点，由几何知识可得 由题可知小球恰能过C 点做平抛运动则 当水平位移x=R=vct时，可算得此时竖直位移 故 D正确。故选BD。5.（2023上山东潍坊高三统考期中）如图甲所示，一轻质弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端与质量为的小物体栓接，紧靠着的右端放置质量为的小物体均静止，弹簧处于原长状态。现对施

28、加水平向左的恒力，使和一起向左运动，当两者速度为零时撤去最终均停止运动。以初始时静止的位置为坐标原点，向左为正方向，从开始向左运动到撤去前瞬间，的加速度随位移变化的图像如图乙所示。已知两物体与地面间的动摩擦因数均为0.5，重力加速度大小取。下列说法正确的是（）A做的功为B弹簧的劲度系数为C的最大速度为D最终停在处【答案】BD【详解】AB开始时对AB整体，由牛顿第二定律由图像可知解得k=2.25N/cm=225N/m力F做功选项A错误，B正确；CPQ一起向左运动时两者的最大速度向右运动时，当时速度最大，此时x1=1cm由能量关系解得则的最大速度为，选项C错误；D两滑块回到原来位置时由能量关系此后

29、Q与P分离，则由解得s=0.04m即最终停在处，选项D正确。故选BD。题型四 功能中的图像问题【典例分析】（2023上河南高三校联考阶段练习）将一苹果竖直向上抛出，若不计空气阻力，以竖直向上为正方向，则下列说法正确的是（）A图甲可以表示苹果的位移一时间图像B图乙可以表示苹果的速度一时间图像C图丙可以表示苹果的动能一位移图像D图丁可以表示苹果在竖直上升过程中的重力势能一位移图像【答案】D【详解】A根据位移时间关系可知苹果的位移一时间图像为开口向下的抛物线，故A错误；B根据速度时间关系可知苹果的速度一时间图像初速度大于零，斜率为负，故B错误；C根据动能定理可得可知苹果的动能一位移图像随着位移增大减

30、小，故C错误；D根据可知苹果在竖直上升过程中的重力势能一位移图像为正比例函数，故D正确。故选D。【典例分析2】（2023上重庆渝中高三统考期中）如一质量为的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如题图所示，物体与水平地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取。下列说法正确的是（）A在时，拉力的功率为B在时，物体的动能为C从之后，物体将做匀减速直线运动D从到过程中，物体克服摩擦力做的功为【答案】AD【详解】A由于拉力在水平方向，则拉力做的功为可看出图像的斜率代表拉力F，知在时拉力。物体运动到过程，根据动能定理有解得物体的速度为

31、则此时拉力的功率故A正确；B物体运动到过程，根据动能定理有此时物体的动能为故B错误；C根据图像可知，的过程中拉力，的过程中拉力，由于物体受到的摩擦力恒为所以从之后物体将做匀速直线运动，C错误；D从运动到，物体克服摩擦力做的功为故D正确。故选AD。【典例分析3】（2023上广东江门高三校联考阶段练习）如图所示，小滑块以一定的初速度从粗糙斜面底端沿斜面上滑至最高点后，又沿斜面下滑返回底端，该过程中小滑块运动的路程为2L，所用的时间为。用x表示小滑块运动的路程，t表示小滑块运动的时间，表示小滑块的重力势能（以初始位置所在平面为零势能面），表示小滑块的动能，下列图像可能正确的是（）ABCD【答案】AD

32、【详解】A设斜面的倾角为，小滑块上滑过程中重力势能的表达式为下滑过程故A正确；B因为上滑和下滑过程，小滑块的加速度不同，因此上滑和下滑过程的时间不相等，因此最大重力势能不可能在时，故B错误；D小滑块上滑过程有可得可见与成一次函数关系；下滑过程有可得可见与x成一次函数关系，但上滑过程图像的斜率较大，且由于摩擦原因返回底端时的末速度较小，D正确；C由于滑块在斜面上的速率v与时间t具有线性关系，故动能与时间t成二次函数关系，C错误。故选AD。【提分秘籍】1.解决物理图象问题的基本步骤(1)观察题目给出的图象，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标

33、所对应的物理量间的函数关系式(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下方的面积所对应的物理意义，根据对应关系列式解答问题2.四类图象所围“面积”的含义【突破训练】1.（2023上山东枣庄高三统考期中）一足够长的光滑斜面固定在水平面上，质量为的小物块在平行斜面向上的拉力F作用下，以一定初速度从斜面底端沿斜面向上运动，经过时间t物块沿斜面上滑了。小物块在F作用下沿斜面上滑过程中动能和重力势能随位移的变化关系如图线和所示。设物块在斜面底端的重力势能为零，重力加速度g取。则（）A斜面的倾角为B力F的大小为C小物块上滑所需时间D若t时刻撤去

34、拉力F，物块继续沿斜面上滑【答案】AD【详解】A根据得所以斜面倾角为故A正确；B根据动能定理得故B错误；C根据得初速度为物块向上运动的加速度为沿斜面上滑了，有解得（负值舍掉）故C错误；D若经过t后撤去拉力，小物块的机械能不变，此后重力势能增加、动能减小；根据图像可知，t时刻的机械能为根据机械能守恒定律可得解得上升的最大距离为物块继续沿斜面上滑，故D正确。故选AD。2（2023下云南保山高三统考期中）质量为1kg的质点在竖直面内斜向下做曲线运动，它在竖直方向的速度图像如图甲所示，在水平方向的位移图像如图乙所示。g取10m/s。则（）A2s时刻，质点速度大小是5m/sB2s时刻，质点速度大小是m/

35、sC前2s内质点的重力势能减少了60JD前2s内质点的机械能减少了9J【答案】AC【详解】AB2s时刻竖直方向的速度2s时刻水平方向的速度2s时刻，质点速度大小是故A正确，B错误；C图像的面积表示位移，前2s内质点下落的高度前2s内质点的重力势能减少了故C正确；D前2s内质点动能的增加量前2s内质点的机械能减少故D错误。故选AC。3.（2023全国高三专题练习）在无风天气里，毽子受到的空气阻力大小与其下落的速度大小成正比。一毽子从高处由静止竖直下落至地面过程中，位移大小为x、速度大小为v、加速度大小为a，重力势能为、动能为、下落时间为t。取地面为零势能面，则下列图像正确的是（）ABCD【答案】

36、B【详解】A毽子下落过程中，受空气阻力逐渐变大，则加速度逐渐减小，最后加速度可能减小为零，即速度先增大后不变，则图像的斜率先增加后不变，选项A错误；B根据牛顿第二定律则选项B正确；C重力势能则为线性关系，选项C错误；D动能因加速度随时间逐渐减小（非线性），则动能与时间一定不是线性关系，选项D错误。故选B。4.（2023上辽宁大连高三大连八中校考阶段练习）从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2。由图中数据可得（）A物体的质量为0.5kgBh=0时，物体的速率为20m

37、/sCh=2m时，物体的动能Ek=40JD从地面至h=4m，物体的动能减少100J【答案】D【详解】A物体的重力势能为根据图像有解得故A错误；Bh=0时，物体的重力势能为0，则有结合上述解得故B错误C根据图像可知，机械能的函数式为则，h=2m时，物体的机械能为根据图像可知，h=2m时，物体的重力势能为60J，则h=2m时，物体的动能为90J-60J=30J故C错误；D初始时刻，物体动能为100J，根据图像可知h=4m时，物体的动能为80J-80J=0则从地面至h=4m，物体的动能减少100J。故D正确。故选D。5.（2023上湖北武汉高三华中师大一附中校考期中）某景区的彩虹滑梯如图所示，由两段

38、倾角不同的直轨道（第一段倾角较大）组成，同种材料制成的粗糙斜面AB和BC高度相同，以底端C所在水平直线为x轴，顶端A在x轴上的投影O为原点建立坐标系。一游客静止开始从顶端A下滑到底端，若规定x轴所在的水平面为零势能面，则物体在两段斜面上运动过程中动能E、重力势能机械能E、产生的热量Q随物体在x轴上投影位置坐标x的变化关系图像中正确的是（）ABCD【答案】C【详解】A根据动能定理由于第一段斜面倾角大于第二段。可知，则Ek-x图像的斜率先大后小，A错误；B重力势能为则Ep-x图像斜率大小等于，由于第一段斜面倾角大于第二段，则图像的斜率先大后小，B正确；C产生的热量Q为Q-x图像为正比例关系，C正确

39、；D机械能为图线斜率不变，D错误。故选C。6.（2023上宁夏银川高三银川二中校考阶段练习）一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取。下列说法正确的是（）A在时，拉力的功率为12WB在时，物体的动能为2JC从运动到，物体克服摩擦力做的功为8JD从运动到的过程中，物体的最大速度为【答案】A【详解】由于拉力在水平方向，则拉力做的功为则图线的斜率代表拉力。AB在物体运动的过程中根据动能定理有则在时，代入对应坐标解得速度此时拉力则此时拉力的功率在时，代入对应数据解得物体的动能为故A正确，B错误；C从运动到，物体克服摩擦力做的功为故C错误；D根据图像可知在的过程中拉力为，的过程中拉力为，由于物体受到的摩擦力恒为则物体在处速度最大，且根据B选项分析可知此处动能为，则此时最大速度为故D错误。故选A。