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第5讲　微专题——能量与图像的综合问题(综合融通课)
类型(一)　动能定理与图像的综合问题
1.五类图像中所围“面积”或斜率的意义
2.解决动能定理与图像问题的基本步骤
[例1]　(2025·德阳一模)随着技术的不断进步和成本的不断降低,无人机快递物流将会逐渐普及,无人机配送将在未来重塑物流行业。某次无人机载重测试,无人机在8个相同旋转叶片的带动下竖直上升,其动能Ek随位移x变化的关系如图所示。已知无人机及其载重总质量为m=10 kg,重力加速度大小为10 m/s2,不计空气阻力,此过程中无人机 (　　)
A.0~5 m加速阶段,每个叶片提供的升力大小为8 N
B.5~10 m减速阶段,每个叶片提供的升力大小为6 N
C.0~10 m的上升过程中,无人机及其载重的机械能增加了320 J
D.5~10 m的上升过程中,无人机受到的升力的平均功率为144 W
听课记录:
　
　[针对训练]
1.(多选)质量均为m=1 kg的甲、乙两个物体同时从同地沿同一方向做直线运动,二者的动能Ek随位移x的变化图像如图所示。下列说法正确的是 (　 )
A.甲的加速度大于乙的加速度
B.甲、乙在x=6 m处相遇
C.当甲的位移刚达到9 m时,乙在甲的后面
D.当甲的位移为6 m时,乙在甲后面,且距离最远
2.(2025·葫芦岛一模)海啸是一种灾难性的海浪,通常由海底地震引起的海底隆起和下陷所致,海底突然变形,致使从海底到海面的海水整体发生大的涌动,形成海啸袭击沿岸地区,给人们带来巨大的损失。某兴趣小组对海啸的威力进行了模拟研究,设计了如下的模型:如图甲所示,在水平地面上放置一个质量为m=8 kg的物体,让其在随位移均匀减小的水平推力(模拟海啸)作用下由静止开始运动,推力F随位移x变化的图像如图乙所示,已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ=0.5,g=10 m/s2,求:
(1)物体在水平地面上运动的最大位移;
(2)物体在水平地面上所能达到的最大速度(结果可用根号表示)。
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动能定理与图像结合问题的分析方法
(1)首先看清楚所给图像的种类(如v t图像、F x图像、Ek x图像等)。
(2)挖掘图像的隐含条件——求出所需要的物理量,如由v t图像所包围的“面积”求位移,由F x图像所包围的“面积”求功,在横轴的上下表示做功的正负,由Ek x图像的斜率求合外力等。
(3)分析有哪些力做功,根据动能定理列方程,求出相应的物理量。
类型(二)　机械能守恒定律与图像的综合问题
　　机械能守恒定律和图像结合问题一般可以分为两种类型:一种是由图像给出解题信息,另一种是选择出可能符合题意的正确图像。解题思路一般是根据题述情境,选用正确的物理规律,列方程得出与图像相符合的函数关系式来进行求解。
　
　　[例2]　(多选)如图(a),在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC,小球以一定的初速度从最低点A冲上轨道,图(b)是小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程中其速度平方与其对应高度的关系图像。已知小球在最高点C受到轨道的作用力为2.5 N,空气阻力不计,B点为AC轨道中点,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是 (　　)
A.图(b)中x=36
B.小球质量为0.2 kg
C.小球在A点时重力的功率为10 W
D.小球在B点受到轨道的作用力大小为8.5 N
听课记录:
　　[针对训练]
3.(2025·沧州调研)一定质量的物块静止在水平地面上,选取地面为重力势能的零势能面,给物块施加竖直向上的拉力F,在一定时间内,物块的机械能随路程变化的图像如图乙所示。已知物块加速度为零的位置出现在路程大于s1的位置。下列说法正确的是 (　　)
A.0~s2过程中物块的加速度逐渐减小
B.0~s1过程中物块的动能逐渐增大
C.0~s2过程中物块先向上运动后向下运动
D.s2~s3过程中物块一定向上运动
4.某同学利用模拟软件研究小球从半径为R的半圆弧面顶端以不同速率水平抛出时,小球沿圆弧面运动的圆弧对应的圆心角θ与抛出速率的平方v2的关系,已知重力加速度为g,不计一切阻力,下列图像可能正确的是 (　　)
类型(三)　功能关系与图像的综合问题
　　物体在运动过程中,各种形式的能量可能随时间与空间的变化而发生变化,其变化规律可用函数关系式和图像两种方式表达。求解功能关系与图像的综合问题时,不但要熟记常用的功能关系,而且要在“数形结合”思想的引导下,抓住图像“轴、线、斜率、截距、面积、点”六个要素的物理意义。
　
　　　　　　　　　　　　　　　　
　　[例3]　电动车在刹车或下坡过程中可以利用某些装置把机械能转化为电能,进行机械能回收。一实验电动车质量m=2 kg,以20 J的初机械能沿倾角为15°的平直斜坡AO运动,A点为运动起始点,设A点为零势能点。第一次在A点关闭发动机,让车自由滑行,其机械能—位移关系如图乙中直线①所示;第二次在A点关闭发动机同时开启“机械能回收”装置,回收一段时间后,关闭回收装置,其机械能—位移关系如图乙中图线②所示。假设机械能回收效率为90%,sin 15°≈0.26。下列说法正确的是 (　　)
A.第一次中斜面AO作用于实验电动车的阻力大小为5 N
B.第二次中实验电动车从10 m行驶到20 m的过程中,其机械能守恒
C.第二次中实验电动车行驶20 m的过程中,回收机械能5.4 J
D.第二次中实验电动车行驶前10 m的过程中,其加速度一定越来越小
听课记录:
　　[针对训练]
5.(2025·贵阳高三模拟)(多选)如图甲所示,质量为0.1 kg的滑块(可视为质点)在内壁光滑的固定水平筒内压缩弹簧,弹簧原长小于筒长,且弹簧与滑块不拴接。滑块由静止释放,离开筒后立即滑上静止于水平面上的木板左端,开始计时,此后木板的v t图像如图乙所示。已知木板质量也为0.1 kg,木板的长度为1 m,滑块与木板间的动摩擦因数为0.6,最终滑块恰好没有离开木板。忽略空气阻力,重力加速度g大小取10 m/s2。则 (　　)
A.木板与地面之间的动摩擦因数为0.2
B.木板运动0.5 s后与滑块达到共速
C.释放滑块时弹簧的弹性势能为0.6 J
D.木板与水平面间因摩擦产生的热量为0.25 J
6.(多选)跳伞运动员从距离地面某高度处自由下落,下落一段时间后打开降落伞,运动员做减速运动,再经过一段时间后运动员匀速下落。如果打开伞后空气阻力与速度平方成正比,若用Ep表示人的重力势能,Ek表示人的动能,E表示人的机械能,v表示人下落的速度,h表示下落的高度,t表示下落时间,则下列图像可能正确的是 (　　)
第5讲
类型(一)
[例1]　选D　Ek x图像的斜率的大小表示合外力的大小,在0~5 m加速阶段,由题图可得F合=64 N,设每个叶片提供的升力大小为F,则由牛顿第二定律有8F-mg=F合,解得F=20.5 N,故A错误;5~10 m减速阶段,由题图可得F合'=64 N,设每个叶片提供的升力大小为F',则由牛顿第二定律有mg-8F'=F合',解得F'=4.5 N,故B错误;0~10 m的上升过程中,无人机及其载重的机械能增加量等于升力所做的功,而在整个上升过程中,升力做功为W=8Fx1+8F'x2=1 000 J,可得此过程无人机及其载重的机械能的增加量为ΔE=W=1 000 J,故C错误;设5~10 m的上升过程中无人机的加速度大小为a,由牛顿第二定律有F合'=ma,解得a=6.4 m/s2,上升到5 m时的速度设为v,则mv2=320 J,解得v=8 m/s,5~10 m的上升过程中所用的时间为t== s=1.25 s,5~10 m的上升过程中升力所做的功为W'=8F'x2=180 J,则该过程中无人机受到的升力的平均功率为== W=144 W,故D正确。
[针对训练]
1.选AC　根据动能定理,对甲有ma1x=Ek0-Ek,得Ek=-ma1x+Ek0,对乙有ma2x=Ek,图线斜率大小等于合力大小,甲、乙加速度大小分别为a1== m/s2=2 m/s2,a2== m/s2=1 m/s2,则甲的加速度大于乙的加速度,A正确;对甲有Ek0=m,甲的初速度为v0=6 m/s,二者相遇时x=v0t-a1t2=a2t2,解得x=8 m,B错误;当甲的位移为9 m时,由x1=v0t1-a1,时间为t1=3 s,此时乙的位移为x2=a2=4.5 m,乙在甲的后面,C正确;当甲的位移为6 m时,由ma1x=Ek0-mv2,此时甲的速度为v=2 m/s,时间为t2==(3-)s,此时乙的位移和速度分别为x'=a2=(6-3)m,v'=a2t2=(3-)m/s,乙在甲后面,但速度不同,距离不是最远,D错误。
2.解析:(1)设物体在水平地面上运动的最大位移为xm,根据变力做功的特点,对物体由动能定理有F1·x1-μmg·xm=0,解得xm=25 m。
(2)当水平推力与物体所受摩擦力大小相等时,物体加速度为零,此时速度达到最大值,则有F2=μmg=40 N
根据题图乙可得水平推力与位移之间的函数关系为F=-20x+200
当F2=40 N时可得x2=8 m
由动能定理有(F1+F2)x2-μmg·x2=m,解得vm=4 m/s。
答案:(1)25 m　(2)4 m/s
类型(二)
[例2]　选BD　小球在光滑轨道上运动,只有重力做功,故机械能守恒,有m=mv2+mgh,整理得v2=-2gh+,结合题图(b)可知,x==9+2×10×0.8=25,故A错误;依题意,小球在C点有F+mg=m,又=9 m2/s2,2R=0.8 m,解得m=0.2 kg,故B正确;小球在A点时重力方向竖直向下,速度水平向右,二者夹角为90°,根据P=mgvcos θ可知此时重力的功率为零,故C错误;由机械能守恒定律可得m=m+mgR,又因为小球在B点受到的轨道作用力提供向心力,可得FB=,联立解得FB=8.5 N,故D正确。
[针对训练]
3.选B　物块机械能增加是由拉力F做功引起的,根据ΔE=FΔs可知,E s图像的斜率表示F,由题图乙可知,在0~s2的过程中,拉力F一直减小,当路程大于s2后拉力F变为零,0~s2的过程中物块的机械能增加,所以拉力F做正功,物块向上运动,之后物块可能向下做自由落体运动或向上做竖直上抛运动。在物块向上运动的过程中,开始时拉力F大于重力,向上做加速度逐渐减小的加速运动,直到加速度为零,速度达到最大值,然后再做加速度逐渐增大的减速运动,当拉力F为零后做加速度恒定的匀变速直线运动。故选B。
4.选D　小球沿圆弧面运动的圆弧对应的圆心角为θ时恰好离开弧面,设此时小球的速度大小为v1,根据牛顿第二定律得mgcos θ=m,小球从抛出到离开弧面,根据机械能守恒定律得mv2+mgR=m+mgRcos θ,解得cos θ=·v2+,故选D。
类型(三)
[例3]　选C　若斜面光滑,则电动车运动过程中机械能守恒,由题图乙中直线①知,机械能在减小,说明下滑过程中摩擦力做功,在自由滑行时,设摩擦力为f,则由能量守恒定律知fΔx=E2-E1,解得f= N=-0.2 N,A错误;第二次中实验电动车从10 m行驶到20 m的过程中,有摩擦力做功,其机械能不守恒,B错误;由题图乙中图线②知,在前10 m内进行“机械能回收”,由题图乙知,图线①表达式为E=-0.2x+20,当x=10 m时,代入得E=(-0.2×10+20) J=18 J,在车自由下滑10 m时,Wf=20 J-18 J=2 J,开启能量回收模式下滑10 m时,Wf+W=20 J-12 J=8 J,则第二次中实验电动车行驶20 m的过程中,回收的电能为E电=W×90%=×90% J=5.4 J,C正确;由题图乙中图线②知,斜率表示摩擦力与回收装置产生外力的合力,方向沿斜面向上,第二次中实验电动车行驶前10 m的过程中,题图乙中图线②斜率变小,则摩擦力与回收装置产生外力的合力变小,电动车重力沿斜面向下分力不变,故电动车加速度一定越来越大,D错误。
[针对训练]
5.选AB　已知滑块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.6,设木板与地面之间的动摩擦因数为μ2,滑块刚滑上木板时,木板做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律可得μ1mg-μ2g=Ma1,根据题图乙得a1= m/s2=2 m/s2,联立解得μ2=0.2,故A正确;由v t图像可知,t=0.5 s时木板开始做减速运动,可知此时滑块刚好与木板共速,故B正确;设滑块刚滑上木板时的速度为v0,共速前,以滑块为对象,根据牛顿第二定律可得a==6 m/s2,根据运动学公式可得v共=v0-at1,解得v0=v共+at1=4 m/s,根据能量守恒定律可知,释放滑块时弹簧的弹性势能为Ep=m=0.8 J,故C错误;根据v t图像可知,整个过程木板通过的位移为x=×1×1 m=0.5 m,则木板与水平面间因摩擦产生的热量为Q=μ2g·x=0.2 J,故D错误。
6.选AC　由功能关系可知空气阻力做的功等于人的机械能的变化,即ΔE=W阻=fΔh=kv2Δh,伞打开前,人的机械能不变,E h图像斜率不变,伞打开后,空气阻力一直做负功,人的机械能一直减小,速度减小,阻力减小,E h图像斜率减小,当空气阻力与重力相等时,速度减到最小,最终做匀速直线运动,阻力保持不变,E h图像斜率保持不变,故A可能正确;设人下落时离地面的高度为H,以地面为参考平面,则人的重力势能Ep=mgH-mgh,则Ep h图像为倾斜向下的直线,B错误;由动能定理可知,伞打开前,人的动能Ek=mgh,Ek h图像为倾斜向上的直线,伞打开后,ΔEk=maΔh,f>mg,则人的加速度a=-g,方向竖直向上,故人的速度减小,加速度减小,当加速度减小到零时,人做匀速直线运动,故Ek h图像为斜率减小的向下的曲线,最后为平行于h轴的直线,C可能正确;伞打开前,人做自由落体运动,伞打开后,人做加速度逐渐减小的减速运动,最后做匀速直线运动,D错误。
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微专题——能量与图像的
综合问题(综合融通课)
第 5 讲
1
类型(一)　动能定理与图像的综合问题
2
类型(二)　机械能守恒定律与图像的综合问题
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4
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3
类型(三)　功能关系与图像的综合问题
类型(一)　动能定理与图像的综合问题
1.五类图像中所围“面积”或斜率的意义
2.解决动能定理与图像问题的基本步骤
[例1]　(2025·德阳一模)随着技术的不断进步和成本的不断降低，无人机快递物流将会逐渐普及，无人机配送将在未来重塑物流行业。某次无人机载重测试，无人机在8个相同旋转叶片的带动下竖直上升，其动能Ek随位移x变化的关系如图所示。已知无人机及其载重总质量为m=10 kg，重力加速度大小为10 m/s2，不计空气阻力，此过程中无人机 (　　)
A.0~5 m加速阶段，每个叶片提供的升力大小为8 N
B.5~10 m减速阶段，每个叶片提供的升力大小为6 N
C.0~10 m的上升过程中，无人机及其载重的机械能增加了320 J
D.5~10 m的上升过程中，无人机受到的升力的平均功率为144 W
√
[解析]　Ek x图像的斜率的大小表示合外力的大小，在0~5 m加速阶段，由题图可得F合=64 N，设每个叶片提供的升力大小为F，则由牛顿第二定律有8F-mg=F合，解得F=20.5 N，故A错误；5~10 m减速阶段，由题图可得F合'=64 N，设每个叶片提供的升力大小为F'，则由牛顿第二定律有mg-8F'=F合'，解得F'=4.5 N，故B错误；0~ 10 m的上升过程中，无人机及其载重的机械能增加量等于升力所做的功，而在整个上升过程中，升力做功为W=8Fx1+8F'x2=1 000 J，可得此过程无人机及其载重的机械能的增加量为ΔE=W=1 000 J，故C错误；
设5~10 m的上升过程中无人机的加速度大小为a，由牛顿第二定律有F合'=ma，解得a=6.4 m/s2，上升到5 m时的速度设为v，则mv2=320 J，解得v=8 m/s，5~10 m的上升过程中所用的时间为t== s=1.25 s，5~10 m的上升过程中升力所做的功为W'=8F'x2=180 J，则该过程中无人机受到的升力的平均功率为== W=144 W，故D正确。
1.(多选)质量均为m=1 kg的甲、乙两个物体同时从同地沿同一方向做直线运动，二者的动能Ek随位移x的变化图像如图所示。下列说法正确的是 (　　)
A.甲的加速度大于乙的加速度
B.甲、乙在x=6 m处相遇
C.当甲的位移刚达到9 m时，乙在甲的后面
D.当甲的位移为6 m时，乙在甲后面，且距离最远
针对训练
√
√
解析:根据动能定理，对甲有ma1x=Ek0-Ek，得Ek=-ma1x+Ek0，对乙有ma2x=Ek，图线斜率大小等于合力大小，甲、乙加速度大小分别为a1== m/s2=2 m/s2，a2== m/s2=1 m/s2，则甲的加速度大于乙的加速度，A正确；对甲有Ek0=m，甲的初速度为v0=6 m/s，二者相遇时x=v0t-a1t2=a2t2，解得x=8 m，B错误；
当甲的位移为9 m时，由x1=v0t1-a1，时间为t1=3 s，此时乙的位移为x2=a2=4.5 m，乙在甲的后面，C正确；当甲的位移为6 m时，由ma1x=Ek0-mv2，此时甲的速度为v=2 m/s，时间为t2==(3-)s，此时乙的位移和速度分别为x'=a2=(6-3)m，v'=a2t2=(3-)m/s，乙在甲后面，但速度不同，距离不是最远，D错误。
2.(2025·葫芦岛一模)海啸是一种灾难性的海浪，通常由海底地震引起的海底隆起和下陷所致，海底突然变形，致使从海底到海面的海水整体发生大的涌动，形成海啸袭击沿岸地区，给人们带来巨大的损失。某兴趣小组对海啸的威力进行了模拟研究，设计了如下的模型:如图甲所示，在水平地面上放置一个质量为m=8 kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力(模拟海啸)作用下由静止开始运动，推力F随位移x变化的图像如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ=0.5，g=10 m/s2，求:
(1)物体在水平地面上运动的最大位移；
答案:25 m　
解析:设物体在水平地面上运动的最大位移为xm，根据变力做功的特点，对物体由动能定理有F1·x1-μmg·xm=0，解得xm=25 m。
(2)物体在水平地面上所能达到的最大速度(结果可用根号表示)。
答案:4 m/s
解析:当水平推力与物体所受摩擦力大小相等时，物体加速度为零，此时速度达到最大值，则有F2=μmg=40 N
根据题图乙可得水平推力与位移之间的函数关系为F=-20x+200
当F2=40 N时可得x2=8 m
由动能定理有(F1+F2)x2-μmg·x2=m
解得vm=4 m/s。
动能定理与图像结合问题的分析方法
(1)首先看清楚所给图像的种类(如v t图像、F x图像、Ek x图像等)。
(2)挖掘图像的隐含条件——求出所需要的物理量，如由v t图像所包围的“面积”求位移，由F x图像所包围的“面积”求功，在横轴的上下表示做功的正负，由Ek x图像的斜率求合外力等。
(3)分析有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量。
思维建模
类型(二)　机械能守恒定律与图像的综合问题
机械能守恒定律和图像结合问题一般可以分为两种类型:一种是由图像给出解题信息，另一种是选择出可能符合题意的正确图像。解题思路一般是根据题述情境，选用正确的物理规律，列方程得出与图像相符合的函数关系式来进行求解。
[例2]　(多选)如图(a)，在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC，小球以一定的初速度从最低点A冲上轨道，图(b)是小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程中其速度平方与其对应高度的关系图像。已知小球在最高点C受到轨道的作用力为2.5 N，空气阻力不计，B点为AC轨道中点，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是 (　　)
A.图(b)中x=36
B.小球质量为0.2 kg
C.小球在A点时重力的功率为10 W
D.小球在B点受到轨道的作用力大小为8.5 N
√
√
[解析]　小球在光滑轨道上运动，只有重力做功，故机械能守恒，有m=mv2+mgh，整理得v2=-2gh+，结合题图(b)可知，x==9+2×10×0.8=25，故A错误；依题意，小球在C点有F+mg=m，又=9 m2/s2，2R=0.8 m，解得m=0.2 kg，故B正确；小球在A点时重力方向竖直向下，速度水平向右，二者夹角为90°，根据P=mgvcos θ可知此时重力的功率为零，故C错误；由机械能守恒定律可得m=m+mgR，又因为小球在B点受到的轨道作用力提供向心力，可得FB=，联立解得FB=8.5 N，故D正确。
3.(2025·沧州调研)一定质量的物块静止在水平地面上，选取地面为重力势能的零势能面，给物块施加竖直向上的拉力F，在一定时间内，物块的机械能随路程变化的图像如图乙所示。已知物块加速度为零的位置出现在路程大于s1的位置。下列说法正确的是 (　　)
针对训练
A.0~s2过程中物块的加速度逐渐减小
B.0~s1过程中物块的动能逐渐增大
C.0~s2过程中物块先向上运动后向下运动
D.s2~s3过程中物块一定向上运动
√
解析:物块机械能增加是由拉力F做功引起的，根据ΔE=FΔs可知，E s图像的斜率表示F，由题图乙可知，在0~s2的过程中，拉力F一直减小，当路程大于s2后拉力F变为零，0~s2的过程中物块的机械能增加，所以拉力F做正功，物块向上运动，之后物块可能向下做自由落体运动或向上做竖直上抛运动。在物块向上运动的过程中，开始时拉力F大于重力，向上做加速度逐渐减小的加速运动，直到加速度为零，速度达到最大值，然后再做加速度逐渐增大的减速运动，当拉力F为零后做加速度恒定的匀变速直线运动。故选B。
4.某同学利用模拟软件研究小球从半径为R的半圆弧面顶端以不同速率水平抛出时，小球沿圆弧面运动的圆弧对应的圆心角θ与抛出速率的平方v2的关系，已知重力加速度为g，不计一切阻力，下列图像可能正确的是 (　　)
√
解析:小球沿圆弧面运动的圆弧对应的圆心角为θ时恰好离开弧面，设此时小球的速度大小为v1，根据牛顿第二定律得mgcos θ=m，小球从抛出到离开弧面，根据机械能守恒定律得mv2+mgR=m+mgRcos θ，解得cos θ=·v2+，故选D。
类型(三)　功能关系与图像的综合问题
物体在运动过程中，各种形式的能量可能随时间与空间的变化而发生变化，其变化规律可用函数关系式和图像两种方式表达。求解功能关系与图像的综合问题时，不但要熟记常用的功能关系，而且要在“数形结合”思想的引导下，抓住图像“轴、线、斜率、截距、面积、点”六个要素的物理意义。
[例3]　电动车在刹车或下坡过程中可以利用某些装置把机械能转化为电能，进行机械能回收。一实验电动车质量m=2 kg，以20 J的初机械能沿倾角为15°的平直斜坡AO运动，A点为运动起始点，设A点为零势能点。第一次在A点关闭发动机，让车自由滑行，其机械能—位移关系如图乙中直线①所示；第二次在A点关闭发动机同时开启“机械能回收”装置，回收一段时间后，关闭回收装置，其机械能—位移关系如图乙中图线②所示。假设机械能回收效率为90%，sin 15°
≈0.26。下列说法正确的是 (　　)
A.第一次中斜面AO作用于实验电动车的阻力大小为5 N
B.第二次中实验电动车从10 m行驶到20 m的过程中，其机械能守恒
C.第二次中实验电动车行驶20 m的过程中，回收机械能5.4 J
D.第二次中实验电动车行驶前10 m的过程中，其加速度一定越来越小
√
[解析]　若斜面光滑，则电动车运动过程中机械能守恒，由题图乙中直线①知，机械能在减小，说明下滑过程中摩擦力做功，在自由滑行时，设摩擦力为f，则由能量守恒定律知fΔx=E2-E1，解得f= N=-0.2 N，A错误；第二次中实验电动车从10 m行驶到20 m的过程中，有摩擦力做功，其机械能不守恒，B错误；由题图乙中图线②知，在前10 m内进行“机械能回收”，由题图乙知，图线①表达式为E
=-0.2x+20，当x=10 m时，代入得E=(-0.2×10+20) J=18 J，在车自由下滑10 m时，Wf=20 J-18 J=2 J，开启能量回收模式下滑10 m时，Wf+W=20 J-12 J=8 J，则第二次中实验电动车行驶20 m的过程中，回收的电能为E电=W×90%=×90% J=5.4 J，C正确；由题图乙中图线②知，斜率表示摩擦力与回收装置产生外力的合力，方向沿斜面向上，第二次中实验电动车行驶前10 m的过程中，题图乙中图线②斜率变小，则摩擦力与回收装置产生外力的合力变小，电动车重力沿斜面向下分力不变，故电动车加速度一定越来越大，D错误。
5.(2025·贵阳高三模拟)(多选)如图甲所示，质量为0.1 kg的滑块(可视为质点)在内壁光滑的固定水平筒内压缩弹簧，弹簧原长小于筒长，且弹簧与滑块不拴接。滑块由静止释放，离开筒后立即滑上静止于水平面上的木板左端，开始计时，此后木板的v t图像如图乙所示。已知木板质量也为0.1 kg，木板的长度为1 m，滑块与木板间的动摩擦因数为0.6，最终滑块恰好没有离开木板。忽略空气阻力，重力加速度g大小取10 m/s2。则 (　　)
针对训练
A.木板与地面之间的动摩擦因数为0.2
B.木板运动0.5 s后与滑块达到共速
C.释放滑块时弹簧的弹性势能为0.6 J
D.木板与水平面间因摩擦产生的热量为0.25 J
√
√
解析:已知滑块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.6，设木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，滑块刚滑上木板时，木板做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得μ1mg-μ2g=Ma1，根据题图乙得a1= m/s2=2 m/s2，联立解得μ2=0.2，故A正确；由v t图像可知，t=0.5 s时木板开始做减速运动，可知此时滑块刚好与木板共速，故B正确；
设滑块刚滑上木板时的速度为v0，共速前，以滑块为对象，根据牛顿第二定律可得a==6 m/s2，根据运动学公式可得v共=v0-at1，解得v0=v共+at1=4 m/s，根据能量守恒定律可知，释放滑块时弹簧的弹性势能为Ep=m=0.8 J，故C错误；根据v t图像可知，整个过程木板通过的位移为x=×1×1 m=0.5 m，则木板与水平面间因摩擦产生的热量为Q=μ2g·x=0.2 J，故D错误。
6.(多选)跳伞运动员从距离地面某高度处自由下落，下落一段时间后打开降落伞，运动员做减速运动，再经过一段时间后运动员匀速下落。如果打开伞后空气阻力与速度平方成正比，若用Ep表示人的重力势能，Ek表示人的动能，E表示人的机械能，v表示人下落的速度，h表示下落的高度，t表示下落时间，则下列图像可能正确的是 (　　)
√
√
解析:由功能关系可知空气阻力做的功等于人的机械能的变化，即ΔE=W阻=fΔh=kv2Δh，伞打开前，人的机械能不变，E h图像斜率不变，伞打开后，空气阻力一直做负功，人的机械能一直减小，速度减小，阻力减小，E h图像斜率减小，当空气阻力与重力相等时，速度减到最小，最终做匀速直线运动，阻力保持不变，E h图像斜率保持不变，故A可能正确；设人下落时离地面的高度为H，以地面为参考平面，则人的重力势能Ep=mgH-mgh，则Ep h图像为倾斜向下的直线，B错误；
由动能定理可知，伞打开前，人的动能Ek=mgh，Ek h图像为倾斜向上的直线，伞打开后，ΔEk=maΔh，f>mg，则人的加速度a=-g，方向竖直向上，故人的速度减小，加速度减小，当加速度减小到零时，人做匀速直线运动，故Ek h图像为斜率减小的向下的曲线，最后为平行于h轴的直线，C可能正确；伞打开前，人做自由落体运动，伞打开后，人做加速度逐渐减小的减速运动，最后做匀速直线运动，D错误。
课时跟踪检测
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一、单项选择题
1.物体做竖直上抛运动，v表示物体的瞬时速度，a表示物体的加速度，t表示物体运动的时间，h代表其离抛出点的高度，Ek代表动能，Ep代表势能，以抛出点为零势能面，不计空气阻力。下列所示图像中，能正确反映各物理量之间关系的是(　　)
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解析:物体做竖直上抛运动，只受重力，加速度等于g保持不变，所以a t图像是平行于时间轴的直线，取竖直向上为正方向，则竖直上抛运动可看成一种匀变速直线运动，速度与时间的关系为v=v0-gt，v t图像是一条向下倾斜的直线，A、B不符合题意；以抛出点为零势能面，则物体的重力势能为Ep=mgh，则Ep h图像是过原点的倾斜直线，C符合题意；根据机械能守恒定律得mgh+Ek=m，得Ek=m-mgh，可见Ek与h是线性关系，h增大，Ek减小，Ek h图像是向下倾斜的直线，D不符合题意。
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2.(2025·昆明检测)如图甲所示，小明沿倾角为10°的斜坡向上推动平板车，将一质量为10 kg的货物运送到斜坡上某处，货物与小车之间始终没有发生相对滑动。已知平板车板面与斜坡平行，货物的动能Ek随位移x的变化图像如图乙所示，sin 10°=0.17，则货物 (　　)
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A.在0~3 m的过程中，所受的合力逐渐增大
B.在3~5 m的过程中，所受的合力逐渐减小
C.在0~3 m的过程中，机械能先增大后减小
D.在3~5 m的过程中，机械能先增大后减小
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解析:Ek x图像的斜率的绝对值表示合外力的大小，由题图乙可知，在0~3 m的过程中，图像斜率的绝对值逐渐减小，则货物所受的合力逐渐减小，故A错误；在3~5 m的过程中，图像斜率的绝对值逐渐增大，可知货物所受的合力逐渐增大，故B错误；根据题图乙可知，在0~3 m的过程中，货物的动能逐渐增大，而随着板车沿着斜面向上运动，货物的势能也逐渐增大，由此可知，在0~3 m的过程中，货物的机械能始终增大，故C错误；
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取x=0处为零势能面，在x=5 m处货物的重力势能为Ep=mgxsin 10°=10×10×5×0.17 J=85 J，作出重力势能随位移变化的图像如图所示，根据图像对比可知，在3~5 m的过程中，动能随位移的变化先慢于重力势能随位移的变化后快于重力势能随位移的变化，由此可知，在3~5 m的过程中，机械能先增大后减小，故D正确。
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3.一木箱放在电梯的水平底板上，随同电梯在竖直方向运动，运动过程中木箱的机械能E与位移x的关系图像如图所示，其中0~x1过程的图线为曲线，x1~x2过程的图线为直线。根据该图像，在0~x2 过程中，下列判断正确的是 (　　)
A.电梯向上先变加速后匀减速
B.电梯所受拉力先增大后不变
C.木箱所受支持力先减小后不变
D.木箱一直处于超重状态
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解析:木箱机械能的增量ΔE=FΔx，0~x1过程的图线为曲线，斜率逐渐减小，所以该过程木箱所受支持力减小；x1~x2过程的图线为直线，斜率不变，所以该过程木箱所受支持力不变，故C正确；由于不知道支持力与重力的大小关系，不能判断木箱是超重还是失重，故D错误；木箱与电梯有共同的运动状态，木箱的运动不能判断，电梯的运动也不能判断，故A错误；电梯与木箱有共同的加速度，木箱所受支持力先减小后不变，则电梯所受拉力先减小后不变，故B错误。
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4.(2025·泰安模拟)如图甲所示，在光滑水平面上，一物体在水平向右的恒定拉力F作用下由静止开始向右做直线运动，物体的动能Ek随时间t变化的图像如图乙所示，虚线为图像上P点的切线，切线与t轴交点的坐标t1是 (　　)
A.0.60 B.0.70 C.0.75 D.0.80
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解析:物体在拉力作用下做匀加速直线运动，则根据动能定理得Fx=Ek，根据运动学公式和牛顿第二定律有x=at2=t2，整理得Ek=Fx=t2，把P点坐标代入后得出== kg·m2/s4= kg·m2/s4，则Ek=t2，求导得k=×2t，代入P点坐标得kP=4，即kP==4，则Δt=
0.75 s，则t1=1.5 s-Δt=1.5 s-0.75 s=0.75 s，故选C。
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5.(2025·惠州一模)研究“蹦极”运动时，在运动员身上系好弹性绳并安装传感器，可测得运动员竖直下落的距离h及其对应的速度v，得到如图所示的v2 h图像。运动员及其所携带装备的总质量为60 kg，弹性绳原长为10 m，弹性绳上的弹力遵循胡克定律，忽略空气阻力，取重力加速度g=10 m/s2。下列说法正确的是 (　　)
A.弹性绳的劲度系数为120 N/m
B.运动员在下落过程中先超重再失重
C.运动员在最低点加速度大小为10 m/s2
D.运动员在速度最大处弹性绳的弹性势能为3 000 J
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解析:由题图可知，下落高度为15 m时速度最大，此时运动员受力平衡，有F=mg，又F=kΔx，Δx=(15-10)m=5 m，解得k== N/m
=120 N/m，A正确；运动员下落过程先加速后减速，所以下落过程先失重后超重，B错误；运动员在最低点时，速度为零，弹力最大，此时由牛顿第二定律可得F'-mg=ma，F'=kΔxm，Δxm=(25-10)m=15 m，联立上述各式解得a=20 m/s2，C错误；由题图可知，运动员下落15 m时速度最大，根据能量守恒定律，此时弹性绳的弹性势能为Ep=mgh-mv2= 1 500 J，D错误。
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6.(2025·商洛高三质检)如图1所示，质量为m=0.5 kg的滑块从固定斜面的顶端下滑到底端，若以顶点为坐标原点O，沿斜面向下为x轴正方向，得到滑块下滑过程中动能Ek、重力势能Ep随位移的变化关系如图2所示，以地面为零势能面，重力加速度为g=10 m/s2，根据上述信息可知 (　　)
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A.斜面的倾角θ=45°
B.滑块与斜面间因摩擦产生的热量为10 J
C.滑块与斜面间的动摩擦因数为
D.当滑块沿斜面下滑位移x=2.4 m时，动能和势能相等
解析:滑块下滑过程中，重力势能为Ep=Ep0-mgxsin θ，Ep x图像的斜率为k1=-mgsin θ==-2.5，解得sin θ=，则斜面的倾角θ=30°，故A错误；
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滑块下滑过程中，根据动能定理有mgxsin θ-μmgxcos θ=Ek-Ek0，整理得Ek=(mgsin θ-μmgcos θ)x+Ek0，Ek x图像的斜率为k2=mgsin θ-μmgcos θ==-1.25，解得滑块与斜面间的动摩擦因数为μ=，故C错误；滑块与斜面间因摩擦产生的热量为Q=Wf=μmgxmcos θ=12 J，故B错误；当滑块动能和势能相等时，有Ep0-mgx1sin θ=(mgsin θ-μmgcos θ)x1+Ek0，其中Ep0=8 J，Ek0=5 J，解得滑块沿斜面下滑位移为x1=2.4 m，故D正确。
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7.(2025·宜宾高三调研)如图甲为皮带输送机简化模型图，皮带输送机倾角θ=37°，顺时针匀速转动，在输送带下端A点无初速放入货物。货物从下端A点运动到上端B点的过程中，其机械能E与位移x的关系图像(以A位置所在水平面为零势能面)如图乙所示。货物视为质点，质量m=10 kg，重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。下列说法正确的是 (　　)
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A.货物与输送带间的动摩擦因数为0.825
B.输送带A、B两端点间的距离为8 m
C.货物从下端A点运动到上端B点的时间为9 s
D.皮带输送机因运送该货物而多消耗的能量为585 J
解析:由题图乙可知，货物从开始运动到与传送带相对静止，机械能的增加量为ΔE1=μmgcos 37°·Δx1，解得μ=0.875，故A项错误；由题图乙可知，货物沿传送带向上运动0.5 m后与传送带相对静止，此后货物
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的动能不变，重力势能增加，有mgΔx2sin 37°=ΔE2，解得Δx2=8 m，则传送带两端点之间的距离为L=Δx1+Δx2=8.5 m，故B项错误；设加速阶段的加速度大小为a，有μmgcos 37°-mgsin 37°=ma，设加速阶段时间为t1，有Δx1=a，传送带速度为v=，设匀速阶段时间为t2，有Δx2=vt2，所以总时间为t=t1+t2=9 s，故C项正确；由能量守恒定律可知，其多消耗的能量为ΔE=μmgcos 37°·(vt1-Δx1)+
mv2+mgLsin 37°=550 J，故D项错误。
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二、多项选择题
8.(2025·重庆模拟)某研究小组为研究一款篮球的性能，在篮球上安装了速度传感器。如图1所示，某次测试时，由静止释放篮球的同时，竖直向下拍一次篮球，篮球第一次落地前的“速度—时间”图像如图2所示。已知篮球的质量为m=5 kg，篮球与水平地面碰撞过程中损失的机械能为碰撞前篮球动能的，且碰撞后篮球速度反向，篮球可视为质点，重力加速度g取10 m/s2。则(　　)
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A.释放点到水平地面的高度为0.8 m
B.释放点到水平地面的高度为1.8 m
C.篮球第一次反弹后上升的高度为0.3m
D.篮球第一次反弹后上升的高度为1.5 m
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解析:0~0.2 s时间内，篮球的v t 图像与t轴围成的面积即为释放点到水平地面的高度，由此可得h=×5×0.1 m+××0.1 m=0.8 m，故A正确，B错误；由v t 图像知，0.1~0.2 s时间内，篮球的加速度 a2= m/s2=10 m/s2=g，可见篮球所受阻力可忽略，因此篮球第一次反弹后上升到最高点过程中，篮球的机械能守恒，篮球第一次落地的速度v1=6 m/s，设第一次反弹上升的高度为h1 ，由机械能守恒定律有m×=mgh1，解得h1=1.5 m，故D正确，C错误。
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9.(2025·佳木斯调研)如图所示，竖直轻弹簧下端固定在
水平地面上，将轻弹簧正上方质量为m=1 kg的小球由静止
释放，小球下落过程中受到恒定的空气阻力作用。以小球
开始下落的位置为原点，竖直向下为y轴正方向，取地面处
为零势能面，在小球第一次下落到最低点的过程中，弹簧的弹性势能Ep1、小球的重力势能 Ep2、小球的动能Ek、小球的机械能E随小球位移变化的关系图像分别如图甲、乙、丙、丁所示，弹簧始终在弹性限度范围内，取重力加速度g=10 m/s2，下列说法正确的是 (　　)
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A.小球和弹簧系统机械能守恒
B.空气阻力对小球做功1.2 J
C.图丙中x0处的弹簧弹力为8 N
D.图丙中b=4，图丁中d=4
解析:由于小球下落过程中受到恒定的空气阻力作用，空气阻力做负功，可知小球和弹簧系统的机械能减小，故A错误；根据题图丙可知，小球动能为0时，下降高度为0.6 m，即小球在最低点时，重力势能减小了mgh=1×10×0.6 J=6 J，设空气阻力与弹簧对小球的弹力对小球做功
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分别为W阻、W弹，对小球进行分析，根据动能定理有W阻+W弹+mgh=0，由题图甲，弹簧的弹性势能增加了4.8 J，根据功能关系有W弹=-4.8 J，解得W阻=-1.2 J，故B错误；阻力为恒力，则有W阻=-fy1，其中y1=0.6 m，解得f=2 N，Ek y图像中，某点切线的斜率表示小球在该点受到的合外力，题图丙中x0处图像斜率为0，表明该位置小球所受外力的合力为0，则有F+f=mg，解得F=8 N，故C正确；根据题图甲可知，小球刚刚接触弹簧时，小球下降了0.5 m，在这y0=0.5 m内小球做匀加速直线运动，根据动能定理有mgy0-fy0=b-0，解得b=4，结合上述可知，小球下降到最低点的重力势能为a=10 J-6 J=4 J，小球在最低点的动能为0，则小球在最低点的机械能等于重力势能，可知d=4，故D正确。
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三、计算题
10.(13分)如图甲所示，在同一竖直平面内有两个正对着的相同的半圆光滑轨道，轨道半径为R=2 m，相隔一定的距离x，虚线沿竖直方向，一质量为M=0.1 kg 的小球能在其间运动。现在最低点B与最高点A各放一个压力传感器，测量小球对轨道的压力，并通过计算机显示出来。已知小球在最低点B的速度为vB=20 m/s，g=10 m/s2，不计空气阻力。
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(1)求小球在最低点B时对轨道的压力大小。(3分)
答案:21 N　
解析:小球在最低点时，根据牛顿第二定律得
FB-Mg=M，
解得FB=21 N
根据牛顿第三定律可知，小球在最低点B时对轨道的压力大小为FB'=FB=21 N。
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(2)小球能沿光滑轨道运动到最高点A时，求x的最大值。(4分)
答案:15 m　
解析:小球恰好到达最高点A时，有Mg=M
小球从A到B的过程，根据机械能守恒定律得
Mg+M=M
解得xm=15 m。
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(3)若半圆轨道的间距x可在零到最大值之间变化，试在图乙中画出小球对轨道A、B两点的压力差随距离x变化的图像。(6分)
答案:见解析图
解析:小球从B到A过程，根据机械能守恒定律有
Mg(2R+x)+M=M
小球在最高点时，根据牛顿第二定律有FA+Mg=M
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根据牛顿第三定律，小球在最高点A时对轨道的压力FA'=FA
小球对A、B两点的压力差ΔFN=FB'-FA'
解得ΔFN=x+6(N)，作图像如图。
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4课时跟踪检测(三十四)　微专题——能量与图像的综合问题
一、单项选择题
1.物体做竖直上抛运动,v表示物体的瞬时速度,a表示物体的加速度,t表示物体运动的时间,h代表其离抛出点的高度,Ek代表动能,Ep代表势能,以抛出点为零势能面,不计空气阻力。下列所示图像中,能正确反映各物理量之间关系的是 (　　)
2.(2025·昆明检测)如图甲所示,小明沿倾角为10°的斜坡向上推动平板车,将一质量为10 kg的货物运送到斜坡上某处,货物与小车之间始终没有发生相对滑动。已知平板车板面与斜坡平行,货物的动能Ek随位移x的变化图像如图乙所示,sin 10°=0.17,则货物 (　　)
A.在0~3 m的过程中,所受的合力逐渐增大
B.在3~5 m的过程中,所受的合力逐渐减小
C.在0~3 m的过程中,机械能先增大后减小
D.在3~5 m的过程中,机械能先增大后减小
3.一木箱放在电梯的水平底板上,随同电梯在竖直方向运动,运动过程中木箱的机械能E与位移x的关系图像如图所示,其中0~x1过程的图线为曲线,x1~x2过程的图线为直线。根据该图像,在0~x2 过程中,下列判断正确的是 (　　)
A.电梯向上先变加速后匀减速
B.电梯所受拉力先增大后不变
C.木箱所受支持力先减小后不变
D.木箱一直处于超重状态
4.(2025·泰安模拟)如图甲所示,在光滑水平面上,一物体在水平向右的恒定拉力F作用下由静止开始向右做直线运动,物体的动能Ek随时间t变化的图像如图乙所示,虚线为图像上P点的切线,切线与t轴交点的坐标t1是 (　　)
A.0.60 B.0.70
C.0.75 D.0.80
5.(2025·惠州一模)研究“蹦极”运动时,在运动员身上系好弹性绳并安装传感器,可测得运动员竖直下落的距离h及其对应的速度v,得到如图所示的v2 h图像。运动员及其所携带装备的总质量为60 kg,弹性绳原长为10 m,弹性绳上的弹力遵循胡克定律,忽略空气阻力,取重力加速度g=10 m/s2。下列说法正确的是 (　　)
A.弹性绳的劲度系数为120 N/m
B.运动员在下落过程中先超重再失重
C.运动员在最低点加速度大小为10 m/s2
D.运动员在速度最大处弹性绳的弹性势能为3 000 J
6.(2025·商洛高三质检)如图1所示,质量为m=0.5 kg的滑块从固定斜面的顶端下滑到底端,若以顶点为坐标原点O,沿斜面向下为x轴正方向,得到滑块下滑过程中动能Ek、重力势能Ep随位移的变化关系如图2所示,以地面为零势能面,重力加速度为g=10 m/s2,根据上述信息可知 (　　)
A.斜面的倾角θ=45°
B.滑块与斜面间因摩擦产生的热量为10 J
C.滑块与斜面间的动摩擦因数为
D.当滑块沿斜面下滑位移x=2.4 m时,动能和势能相等
7.(2025·宜宾高三调研)如图甲为皮带输送机简化模型图,皮带输送机倾角θ=37°,顺时针匀速转动,在输送带下端A点无初速放入货物。货物从下端A点运动到上端B点的过程中,其机械能E与位移x的关系图像(以A位置所在水平面为零势能面)如图乙所示。货物视为质点,质量m=10 kg,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。下列说法正确的是 (　　)
A.货物与输送带间的动摩擦因数为0.825
B.输送带A、B两端点间的距离为8 m
C.货物从下端A点运动到上端B点的时间为9 s
D.皮带输送机因运送该货物而多消耗的能量为585 J
二、多项选择题
8.(2025·重庆模拟)某研究小组为研究一款篮球的性能,在篮球上安装了速度传感器。如图1所示,某次测试时,由静止释放篮球的同时,竖直向下拍一次篮球,篮球第一次落地前的“速度—时间”图像如图2所示。已知篮球的质量为m=5 kg,篮球与水平地面碰撞过程中损失的机械能为碰撞前篮球动能的,且碰撞后篮球速度反向,篮球可视为质点,重力加速度g取10 m/s2。则 (　　)
A.释放点到水平地面的高度为0.8 m
B.释放点到水平地面的高度为1.8 m
C.篮球第一次反弹后上升的高度为0.3m
D.篮球第一次反弹后上升的高度为1.5 m
9.(2025·佳木斯调研)如图所示,竖直轻弹簧下端固定在水平地面上,将轻弹簧正上方质量为m=1 kg的小球由静止释放,小球下落过程中受到恒定的空气阻力作用。以小球开始下落的位置为原点,竖直向下为y轴正方向,取地面处为零势能面,在小球第一次下落到最低点的过程中,弹簧的弹性势能Ep1、小球的重力势能 Ep2、小球的动能Ek、小球的机械能E随小球位移变化的关系图像分别如图甲、乙、丙、丁所示,弹簧始终在弹性限度范围内,取重力加速度g=10 m/s2,下列说法正确的是 (　　)
A.小球和弹簧系统机械能守恒
B.空气阻力对小球做功1.2 J
C.图丙中x0处的弹簧弹力为8 N
D.图丙中b=4,图丁中d=4
三、计算题
10.(13分)如图甲所示,在同一竖直平面内有两个正对着的相同的半圆光滑轨道,轨道半径为R=2 m,相隔一定的距离x,虚线沿竖直方向,一质量为M=0.1 kg的小球能在其间运动。现在最低点B与最高点A各放一个压力传感器,测量小球对轨道的压力,并通过计算机显示出来。已知小球在最低点B的速度为vB=20 m/s,g=10 m/s2,不计空气阻力。
(1)求小球在最低点B时对轨道的压力大小。(3分)
(2)小球能沿光滑轨道运动到最高点A时,求x的最大值。(4分)
(3)若半圆轨道的间距x可在零到最大值之间变化,试在图乙中画出小球对轨道A、B两点的压力差随距离x变化的图像。(6分)
课时跟踪检测(三十四)
1.选C　物体做竖直上抛运动,只受重力,加速度等于g保持不变,所以a t图像是平行于时间轴的直线,取竖直向上为正方向,则竖直上抛运动可看成一种匀变速直线运动,速度与时间的关系为v=v0-gt,v t图像是一条向下倾斜的直线,A、B不符合题意;以抛出点为零势能面,则物体的重力势能为Ep=mgh,则Ep h图像是过原点的倾斜直线,C符合题意;根据机械能守恒定律得mgh+Ek=m,得Ek=m-mgh,可见Ek与h是线性关系,h增大,Ek减小,Ek h图像是向下倾斜的直线,D不符合题意。
2.选D　Ek x图像的斜率的绝对值表示合外力的大小,由题图乙可知,在0~3 m的过程中,图像斜率的绝对值逐渐减小,则货物所受的合力逐渐减小,故A错误;在3~5 m的过程中,图像斜率的绝对值逐渐增大,可知货物所受的合力逐渐增大,故B错误;根据题图乙可知,在0~3 m的过程中,货物的动能逐渐增大,而随着板车沿着斜面向上运动,货物的势能也逐渐增大,由此可知,在0~3 m的过程中,货物的机械能始终增大,故C错误;取x=0处为零势能面,在x=5 m处货物的重力势能为Ep=mgxsin 10°=10×10×5×0.17 J=85 J,
作出重力势能随位移变化的图像如图所示,根据图像对比可知,在3~5 m的过程中,动能随位移的变化先慢于重力势能随位移的变化后快于重力势能随位移的变化,由此可知,在3~5 m的过程中,机械能先增大后减小,故D正确。
3.选C　木箱机械能的增量ΔE=FΔx,0~x1过程的图线为曲线,斜率逐渐减小,所以该过程木箱所受支持力减小;x1~x2过程的图线为直线,斜率不变,所以该过程木箱所受支持力不变,故C正确;由于不知道支持力与重力的大小关系,不能判断木箱是超重还是失重,故D错误;木箱与电梯有共同的运动状态,木箱的运动不能判断,电梯的运动也不能判断,故A错误;电梯与木箱有共同的加速度,木箱所受支持力先减小后不变,则电梯所受拉力先减小后不变,故B错误。
4.选C　物体在拉力作用下做匀加速直线运动,则根据动能定理得Fx=Ek,根据运动学公式和牛顿第二定律有x=at2=t2,整理得Ek=Fx=t2,把P点坐标代入后得出== kg·m2/s4= kg·m2/s4,则Ek=t2,求导得k=×2t,代入P点坐标得kP=4,即kP==4,则Δt=0.75 s,则t1=1.5 s-Δt=1.5 s-0.75 s=0.75 s,故选C。
5.选A　由题图可知,下落高度为15 m时速度最大,此时运动员受力平衡,有F=mg,又F=kΔx,Δx=(15-10)m=5 m,解得k== N/m=120 N/m,A正确;运动员下落过程先加速后减速,所以下落过程先失重后超重,B错误;运动员在最低点时,速度为零,弹力最大,此时由牛顿第二定律可得F'-mg=ma,F'=kΔxm,Δxm=(25-10)m=15 m,联立上述各式解得a=20 m/s2,C错误;由题图可知,运动员下落15 m时速度最大,根据能量守恒定律,此时弹性绳的弹性势能为Ep=mgh-mv2=1 500 J,D错误。
6.选D　滑块下滑过程中,重力势能为Ep=Ep0-mgxsin θ,Ep x图像的斜率为k1=-mgsin θ==-2.5,解得sin θ=,则斜面的倾角θ=30°,故A错误;滑块下滑过程中,根据动能定理有mgxsin θ-μmgxcos θ=Ek-Ek0,整理得Ek=(mgsin θ-μmgcos θ)x+Ek0,Ek x图像的斜率为k2=mgsin θ-μmgcos θ==-1.25,解得滑块与斜面间的动摩擦因数为μ=,故C错误;滑块与斜面间因摩擦产生的热量为Q=Wf=μmgxmcos θ=12 J,故B错误;当滑块动能和势能相等时,有Ep0-mgx1sin θ=(mgsin θ-μmgcos θ)x1+Ek0,其中Ep0=8 J,Ek0=5 J,解得滑块沿斜面下滑位移为x1=2.4 m,故D正确。
7.选C　由题图乙可知,货物从开始运动到与传送带相对静止,机械能的增加量为ΔE1=μmgcos 37°·Δx1,解得μ=0.875,故A项错误;由题图乙可知,货物沿传送带向上运动0.5 m后与传送带相对静止,此后货物的动能不变,重力势能增加,有mgΔx2sin 37°=ΔE2,解得Δx2=8 m,则传送带两端点之间的距离为L=Δx1+Δx2=8.5 m,故B项错误;设加速阶段的加速度大小为a,有μmgcos 37°-mgsin 37°=ma,设加速阶段时间为t1,有Δx1=a,传送带速度为v=,设匀速阶段时间为t2,有Δx2=vt2,所以总时间为t=t1+t2=9 s,故C项正确;由能量守恒定律可知,其多消耗的能量为ΔE=μmgcos 37°·(vt1-Δx1)+mv2+mgLsin 37°=550 J,故D项错误。
8.选AD　0~0.2 s时间内,篮球的v t 图像与t轴围成的面积即为释放点到水平地面的高度,由此可得h=×5×0.1 m+××0.1 m=0.8 m,故A正确,B错误;由v t 图像知,0.1~0.2 s时间内,篮球的加速度 a2= m/s2=10 m/s2=g,可见篮球所受阻力可忽略,因此篮球第一次反弹后上升到最高点过程中,篮球的机械能守恒,篮球第一次落地的速度v1=6 m/s,设第一次反弹上升的高度为h1 ,由机械能守恒定律有m×=mgh1,解得h1=1.5 m,故D正确,C错误。
9.选CD　由于小球下落过程中受到恒定的空气阻力作用,空气阻力做负功,可知小球和弹簧系统的机械能减小,故A错误;根据题图丙可知,小球动能为0时,下降高度为0.6 m,即小球在最低点时,重力势能减小了mgh=1×10×0.6 J=6 J,设空气阻力与弹簧对小球的弹力对小球做功分别为W阻、W弹,对小球进行分析,根据动能定理有W阻+W弹+mgh=0,由题图甲,弹簧的弹性势能增加了4.8 J,根据功能关系有W弹=-4.8 J,解得W阻=-1.2 J,故B错误;阻力为恒力,则有W阻=-fy1,其中y1=0.6 m,解得f=2 N,Ek y图像中,某点切线的斜率表示小球在该点受到的合外力,题图丙中x0处图像斜率为0,表明该位置小球所受外力的合力为0,则有F+f=mg,解得F=8 N,故C正确;根据题图甲可知,小球刚刚接触弹簧时,小球下降了0.5 m,在这y0=0.5 m内小球做匀加速直线运动,根据动能定理有mgy0-fy0=b-0,解得b=4,结合上述可知,小球下降到最低点的重力势能为a=10 J-6 J=4 J,小球在最低点的动能为0,则小球在最低点的机械能等于重力势能,可知d=4,故D正确。
10.解析:(1)小球在最低点时,根据牛顿第二定律得FB-Mg=M,解得FB=21 N
根据牛顿第三定律可知,小球在最低点B时对轨道的压力大小为FB'=FB=21 N。
(2)小球恰好到达最高点A时,有Mg=M
小球从A到B的过程,根据机械能守恒定律得Mg+M=M
解得xm=15 m。
(3)小球从B到A过程,根据机械能守恒定律有Mg(2R+x)+M=M
小球在最高点时,根据牛顿第二定律有FA+Mg=M
根据牛顿第三定律,小球在最高点A时对轨道的压力FA'=FA
小球对A、B两点的压力差ΔFN=FB'-FA'
解得ΔFN=x+6(N),作图像如图。
答案:(1)21 N　(2)15 m　(3)见解析图
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