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(共83张PPT)
微专题——能量与图像的综合问题(综合融通课)
第 5 讲
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类型(一)　
动能定理与图像的综合问题
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类型(二)　
机械能守恒定律与图像的综合问题
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类型(三)　
功能关系与图像的综合问题
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课时跟踪检测
CONTENTS
目录
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]　(多选)放在粗糙水平地面上质量为0.8 kg的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s内其速度与时间的关系图像和该拉力的功率与时间的关系图像分别如图所示。下列说法中正确的是(g取10 m/s2)(　 )
A．0～6 s内拉力做的功为140 J
B．物体在0～2 s内所受的拉力为4 N
C．物体与粗糙水平地面间的动摩擦因数为0.5
D．合外力在0～6 s内做的功与0～2 s内做的功相等
√
√
由v-t图像可知，物体在2 s末的速度与6 s 末的速度相等，由动能定理得W合＝ΔEk,0～6 s 内与0～2 s内动能的变化量相同，所以合外力在0～6 s 内做的功与0～2 s内做的功相等，故D正确。
1．(2024·福建师大附中模拟)(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
√
√
2．如图所示，在光滑水平桌面内，固定有光滑轨道ABC，其中半圆轨道BC与直轨道AB相切于B点，物体受到与AB平行的水平拉力F，从静止开始运动，拉力F随位移的变化关系如图乙所示(以A为坐标原点，拉力F从A指向B为正方向)。若m＝1 kg，AB＝4 m，半圆轨道的半径R＝1.5 m，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　 )
√
物体从B到C过程中做匀速圆周运动，合力为向心力，大小不变，故B错误；
类型(二)　
机械能守恒定律与图像的综合问题
机械能守恒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]　如图甲所示，在同一竖直平面内两正对着的相同半圆光滑轨道，相隔一定的距离，虚线沿竖直方向，一小球能在其间运动，今在最高点与最低点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，当轨道距离变化时，测得两点压力差与距离x的图像如图乙所示。(g取10 m/s2，不计空气阻力) 求：
(1)小球的质量；
(2)若小球在最低点B的速度为20 m/s，为使小球能沿轨道运动，x的最大值为多少。
[答案]　(1)0.1 kg　(2)15 m
3．(2024·南京高三质检)如图1，在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC，半径为0.4 m，小球以一定的初速度从最低点A冲上轨道，图2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，下列说法错误的是(　 )
针对训练
A．在最高点时小球所受的合外力竖直向下
B．图2中x＝25
C．小球在B点受到轨道作用力为10 N
D．小球质量为0.2 kg
√
解析：在最高点，小球所受合外力提供向心力，故方向竖直向下，A正确，
√
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]　(多选)一滑块从某固定粗糙斜面底端在
沿斜面向上的恒力F作用下由静止开始沿斜面向上
运动，某时刻撤去恒力，上升过程中滑块的动能和
重力势能随位移变化的图像如图所示，图中Ek0、s0
为已知量，滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，下列说法正确的是(　 )
√
√
5．一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关系
的图像如图所示，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
针对训练
√
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。
6．(2024·佛山模拟)(多选)图甲所示的无人机，某次从地面由静止开始竖直向上飞行，该过程中加速度a随上升高度h的变化关系如图乙所示。已知无人机的质量为m，重力加速度为g，取竖直向上为正方向，不计空气阻力，则从地面飞至2h0高处的过程中，无人机(　 )
√
√
√
解析：由题图乙可知，无人机先做变加速运动后做匀加速运动，故A错误；
飞至1.5h0高处时，根据牛顿第二定律得F－mg＝mg，解得无人机的升力为F＝2mg，故C正确；
课时跟踪检测
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一、立足基础，体现综合
1．(2024·昆明高三“三诊一模”)(多选)法国的古斯塔夫·埃菲尔为了研究空气动力学，曾将不同形状的物体从埃菲尔铁塔上由静止释放以研究空气阻力的规律。若空气阻力与物体速度的平方成正比，用v表示物体的速度，a表示物体的加速度，Ek表示物体的动能，E表示物体的机械能，t表示物体运动的时间，h表示物体下落的高度，取地面为零势能面。当物体竖直下落时，下列图像可能正确的是(　 )
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由动能定理可得mgh－fh＝Ek－0，Ek＝(mg－kv2)h，随着速度v的增大，Ek-h图像的斜率减小，故C错误；
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2．(2024·重庆模拟)如图甲所示，质量0.5 kg的小物块从右侧滑上匀速转动的足够长的水平传送带，其位移与时间的变化关系如图乙所示。图线的0～3 s段为抛物线，3～4.5 s段为直线，t1＝3 s时x1＝3 m，t2＝4.5 s时x2＝0，下列说法正确的是(　 )
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A．传送带沿逆时针方向转动
B．传送带速度大小为1 m/s
C．物块刚滑上传送带时的速度大小为2 m/s
D．0～4.5 s内摩擦力对物块所做的功为－3 J
解析：根据位移时间图像的斜率表示速度，可知前2 s物体向左做匀减速运动，第3 s时向右做匀加速运动，3～4.5 s内x-t图像为一次函数，说明小物块已与传送带保持相对静止，
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3．光滑水平地面上静止一质量为m＝2.0 kg的物体，以物体所在处为坐标原点O建立水平方向的x轴，力F1和F2方向均沿x轴正方向，两力大小随x轴上的位置坐标的变化规律如图所示。下列说法正确的是(　 )
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解析：物体从静止开始运动，若仅F1作用于物体，物体加速运动，速度v逐渐增大，速度方向与F1方向相同，由题图可知，F1逐渐增大，根据P＝Fv可知F1的功率随时间逐渐增大，选项A错误；
同理可知，若仅F2作用于物体，F2的功率随时间逐渐增大，选项B错误；
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4．(2024·南昌高三检测)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，
已知重力加速度为g，不计一切阻力，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，下列图像可能正确的是(　 )
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5．(多选)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则(　 )
A．物块下滑过程中机械能不守恒
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J
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解析：由题图可知，重力势能与动能之和随下滑距离s的增大而减小，可知物块下滑过程中机械能不守恒，A正确；
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物块下滑时的加速度a＝gsin θ－μgcos θ＝2.0 m/s2，C错误；
由题图可知，当物块下滑2.0 m时机械能为E＝22 J，机械能损失了ΔE＝8 J，D错误。
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6．现在，电动车已经走进千家万户，其续航里程是人们关注的焦点。影响电动车续航里程的因素有很多，如电池电能、环境温度、系统效率、行驶阻力等等。某研究团队在平直的公路上用同一辆纯电动车(总质量不同)做研究，改变电池电能从而改变整车质量，让电动车以某一速度做匀速直线运动，得到电池电能与续航里程的关系如图甲所示。设该纯电动车电机把电能转化为机械能的效率η＝80%，电动车受到的阻力恒为总重力的0.05倍，电池电能与对应的电池质量关系如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2。根据以上信息，可以得出(　 )
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A．电池的电能越大，电动车的续航里程一定越大
B．电池的电能分别为50 kW·h和1 000 kW·h时，电动车的总质量之比为3∶35
C．电池的电能为1 000 kW·h时，电动车的总质量为4 800 kg
D．图乙中E0＝1.2 kW·h
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解析：由题图甲可知，当电池的电能为1 000 kW·h时，续航里程为1 200 km，再增大电池的电能，续航里程不再增大，A项错误；
由题意知电动车以同一速度做匀速直线运动，设除电池外电动车的质量为M，根据能量守恒定律得，电池的电能为50 kW·h时，有k(M＋m1)gx1＝E1η，电池的电能为1 000 kW·h时，有k(M＋m2)gx2＝E2η，联立解得M＋m1＝576 kg，M＋m2＝4 800 kg，(M＋m1)∶(M＋m2)＝3∶25，B错误，C正确；
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7．(2024·张家口高三联考)如图甲所示，地面上固定一倾角θ＝37°的斜面，一轻弹簧与斜面平行放置，一端固定在斜面底端。某同学将一智能手机固定在L形挡板上，现打开手机上的加速度传感器，同时让L形挡板和手机从斜面上某处由静止开始下滑。以释放处L形挡板的前端为坐标原点O，沿斜面向下建立Ox轴，通过软件在电脑屏幕上显示出挡板运动的加速度a与其位移x之间的部分关系如图乙所示。
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解析：(1)由题图乙知挡板接触弹簧前的加速度大小为a0＝2.0 m/s2
由牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma0
解得μ＝0.5
当a＝0时弹簧被压缩长度为x＝x2－x1＝6.0 cm－1.0 cm＝5.0 cm
此时有mgsin θ＝kx＋μmgcos θ
解得k＝40 N/m。
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答案：(1)0.5　40 N/m　(2)0.24 J
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二、注重应用，强调创新
8．(多选)某同学将一带传感器的木箱从倾角为30°
的斜坡顶端由静止释放，木箱滑到斜坡底端时速度刚好
为0，木箱与斜坡上下两部分的动摩擦因数分别为μ1、μ2，
通过分析处理传感器的数据得到木箱的动能和机械能与木箱下滑位移的关系图像分别如图中a、b所示，已知木箱动能最大时，机械能与动能大小之比为3∶1，木箱可视为质点，木箱质量为m，重力加速度为g，以斜坡底端为重力势能零点。下列说法中正确的是(　 )
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9．如图甲，倾角为θ的光滑斜面上，轻弹簧平行斜面放置且下端固定，一质量为m的小滑块从斜面上O点由静止滑下。以O点为原点，作出滑块从O下滑至最低点过程中的加速度大小a随位移x变化的关系如图乙。弹簧形变始终未超过弹性限度，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　 )
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对小滑块和弹簧组成的系统进行分析，由于只有重力和系统内弹力做功，则系统机械能守恒，当弹簧的弹性势能最小时，小滑块的机械能最大，故当小滑块从O点下滑到x1处过程中，弹簧处于原长，弹性势能为零，为最小，则此过程小滑块的机械能最大，B错误；
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由题图可知，x1～x2 的距离差小于x2～x3的距离差，可得弹簧弹性势能的增加量不相等，D错误。
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10．(2024·成都调研)某同学用图(a)所示装置探究竖直面内的圆周运动。固定在同一竖直面的轨道由三部分构成，直轨道AB与圆轨道BCD在B端相切，最低点C处有压力传感器，圆轨道EG的E端与D等高且E、D端的切线均竖直，∠EO2G＝θ＝53°，两圆轨道的半径相同、圆心等高。将一小球从轨道AB上不同位置静止释放，测出各次压力传感器的示数F，得到F与释放点到C点的高度h的关系图像如图(b)。小球可视为质点且恰好能自由通过D、E端口，不计摩擦力和空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8。
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(1)求小球的质量m和两圆轨道的半径R；
(2)要让小球沿圆轨道通过G点，求释放点的高度h满足的条件。
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答案：(1)1 kg　1 m　(2)h≥2.2 m课时跟踪检测(三十二)　微专题——能量与图像的综合
问题
一、立足基础，体现综合
1．(2024·昆明高三“三诊一模”)(多选)法国的古斯塔夫·埃菲尔为了研究空气动力学，曾将不同形状的物体从埃菲尔铁塔上由静止释放以研究空气阻力的规律。若空气阻力与物体速度的平方成正比，用v表示物体的速度，a表示物体的加速度，Ek表示物体的动能，E表示物体的机械能，t表示物体运动的时间，h表示物体下落的高度，取地面为零势能面。当物体竖直下落时，下列图像可能正确的是(　 )
2．(2024·重庆模拟)如图甲所示，质量0.5 kg的小物块从右侧滑上匀速转动的足够长的水平传送带，其位移与时间的变化关系如图乙所示。图线的0～3 s段为抛物线，3～4.5 s段为直线，t1＝3 s时x1＝3 m，t2＝4.5 s时x2＝0，下列说法正确的是(　 )
A．传送带沿逆时针方向转动
B．传送带速度大小为1 m/s
C．物块刚滑上传送带时的速度大小为2 m/s
D．0～4.5 s内摩擦力对物块所做的功为－3 J
3.光滑水平地面上静止一质量为m＝2.0 kg的物体，以物体所在处为坐标原点O建立水平方向的x轴，力F1和F2方向均沿x轴正方向，两力大小随x轴上的位置坐标的变化规律如图所示。下列说法正确的是(　 )
A．若仅F1作用于物体，F1的功率随时间逐渐减少
B．若仅F2作用于物体，F2的功率随时间逐渐减小
C．若F1、F2同时作用于物体，物体在x＝1.0 m处的速度约为v＝1.0 m/s
D．若F1、F2同时作用于物体，物体在x＝1.0 m处的速度约为v＝ m/s
4．(2024·南昌高三检测)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，已知重力加速度为g，不计一切阻力，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，下列图像可能正确的是(　 )
5．(多选)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则(　 )
A．物块下滑过程中机械能不守恒
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J
6．现在，电动车已经走进千家万户，其续航里程是人们关注的焦点。影响电动车续航里程的因素有很多，如电池电能、环境温度、系统效率、行驶阻力等等。某研究团队在平直的公路上用同一辆纯电动车(总质量不同)做研究，改变电池电能从而改变整车质量，让电动车以某一速度做匀速直线运动，得到电池电能与续航里程的关系如图甲所示。设该纯电动车电机把电能转化为机械能的效率η＝80%，电动车受到的阻力恒为总重力的0.05倍，电池电能与对应的电池质量关系如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2。根据以上信息，可以得出(　 )
A．电池的电能越大，电动车的续航里程一定越大
B．电池的电能分别为50 kW·h和1 000 kW·h时，电动车的总质量之比为3∶35
C．电池的电能为1 000 kW·h时，电动车的总质量为4 800 kg
D．图乙中E0＝1.2 kW·h
7．(2024·张家口高三联考)如图甲所示，地面上固定一倾角θ＝37°的斜面，一轻弹簧与斜面平行放置，一端固定在斜面底端。某同学将一智能手机固定在L形挡板上，现打开手机上的加速度传感器，同时让L形挡板和手机从斜面上某处由静止开始下滑。以释放处L形挡板的前端为坐标原点O，沿斜面向下建立Ox轴，通过软件在电脑屏幕上显示出挡板运动的加速度a与其位移x之间的部分关系如图乙所示。已知手机与L形挡板的总质量m＝1.0 kg，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8, ≈1.2。求：
(1)L形挡板与斜面间的动摩擦因数和弹簧的劲度系数；
(2)弹簧的最大弹性势能Epm。(计算结果保留两位有效数字)
二、注重应用，强调创新
8．(多选)某同学将一带传感器的木箱从倾角为30°的斜坡顶端由静止释放，木箱滑到斜坡底端时速度刚好为0，木箱与斜坡上下两部分的动摩擦因数分别为μ1、μ2，通过分析处理传感器的数据得到木箱的动能和机械能与木箱下滑位移的关系图像分别如图中a、b所示，已知木箱动能最大时，机械能与动能大小之比为3∶1，木箱可视为质点，木箱质量为m，重力加速度为g，以斜坡底端为重力势能零点。下列说法中正确的是(　 )
A．μ1＝
B．μ2＝
C．动能最大时，木箱的机械能为3mgL0
D．木箱在上、下两段斜坡上滑行过程中产生的热量之比为1∶3
9．如图甲，倾角为θ的光滑斜面上，轻弹簧平行斜面放置且下端固定，一质量为m的小滑块从斜面上O点由静止滑下。以O点为原点，作出滑块从O下滑至最低点过程中的加速度大小a随位移x变化的关系如图乙。弹簧形变始终未超过弹性限度，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　 )
A．弹簧的劲度系数为
B．下滑过程中，在x＝x2处，滑块的机械能最大
C．在x1～x2和x2～x3两段过程中，a x图线斜率的绝对值均等于
D．在x1～x2和x2～x3两段过程中，弹簧弹性势能的增加量相等
10．(2024·成都调研)某同学用图(a)所示装置探究竖直面内的圆周运动。固定在同一竖直面的轨道由三部分构成，直轨道AB与圆轨道BCD在B端相切，最低点C处有压力传感器，圆轨道EG的E端与D等高且E、D端的切线均竖直，∠EO2G＝θ＝53°，两圆轨道的半径相同、圆心等高。将一小球从轨道AB上不同位置静止释放，测出各次压力传感器的示数F，得到F与释放点到C点的高度h的关系图像如图(b)。小球可视为质点且恰好能自由通过D、E端口，不计摩擦力和空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8。
(1)求小球的质量m和两圆轨道的半径R；
(2)要让小球沿圆轨道通过G点，求释放点的高度h满足的条件。
课时跟踪检测(三十二)
1．选BD　在下落过程中，速度逐渐变大，由空气阻力与物体速度的平方成正比，可知受到的空气阻力逐渐变大，由F合＝mg－kv2，可知合力逐渐减小，由牛顿第二定律有mg－kv2＝ma，得a＝g－v2，a t图像的斜率为＝＝－＝－，知加速度逐渐减小，因为阻力增大速度变化量Δv减小，a t图像的斜率减小，当重力等于空气阻力时，最后加速度减小为零时做匀速直线运动，这时a t图像为零，那么速度先增大后不变，则v t图像的斜率应先减小后为0，故A错误，B正确；由动能定理可得mgh－fh＝Ek－0，Ek＝(mg－kv2)h，随着速度v的增大，Ek h图像的斜率减小，故C错误；机械能的变化量等于克服阻力做的功，有ΔE＝－fΔh，随着物体的不断下降，机械能始终在减少，由＝－kv2，可得随着速度v的增大，E h图像的斜率增大，故D正确。
2．选D　根据位移时间图像的斜率表示速度，可知前2 s物体向左做匀减速运动，第3 s时向右做匀加速运动，3～4.5 s内x t图像为一次函数，说明小物块已与传送带保持相对静止，即与传送带一起向右匀速运动，因此传送带沿顺时针方向转动，且速度为v＝＝ m/s＝2 m/s，故A、B错误；由图像可知，在第3 s内小物块向右做初速度为零的匀加速运动，则x＝at2，其中x＝1 m，t＝1 s，解得a＝2 m/s2，根据牛顿第二定律得μmg＝ma，解得μ＝0.2，在0～2 s内，对物块有vt2－v02＝－2axt，解得物块的初速度为v0＝4 m/s，故C错误；对物块在0～4.5 s内，根据动能定理得Wf＝mv2－mv02，解得摩擦力对物块所做的功为Wf＝－3 J，故D正确。
3．选C　物体从静止开始运动，若仅F1作用于物体，物体加速运动，速度v逐渐增大，速度方向与F1方向相同，由题图可知，F1逐渐增大，根据P＝Fv可知F1的功率随时间逐渐增大，选项A错误；同理可知，若仅F2作用于物体，F2的功率随时间逐渐增大，选项B错误；根据W＝Fx可知，F x图线与x坐标轴所围面积为力F做的功，若F1、F2同时作用于物体，则F1、F2两力对物体的做功之和约为W合＝1.0 J，根据动能定理有W合＝mv2，解得v＝＝1.0 m/s，即物体在x＝1.0 m处的速度约为v＝1.0 m/s，选项D错误，C正确。
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，设此时小球的速率为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＝mv12＋mgRcos θ，解得cos θ＝v2＋，故选D。
5．选AB　由题图可知，重力势能与动能之和随下滑距离s的增大而减小，可知物块下滑过程中机械能不守恒，A正确；在斜面顶端，重力势能mgh＝30 J，解得物块质量m＝1 kg，由题图可知，重力势能可以表示为Ep＝(30－6s)J，由动能随下滑距离s的变化图像可知，动能可以表示为Ek＝2s J，设斜面倾角为θ，则有sin θ＝＝，cos θ＝，由功能关系有－μmgcos θ·s ＝Ep＋Ek－30 J＝(30－6s＋2s－30)J＝－4s J，可得μ＝0.5，B正确；物块下滑时的加速度a＝gsin θ－μgcos θ＝2.0 m/s2，C错误；由题图可知，当物块下滑2.0 m时机械能为E＝22 J，机械能损失了ΔE＝8 J，D错误。
6．选C　由题图甲可知，当电池的电能为1 000 kW·h时，续航里程为1 200 km，再增大电池的电能，续航里程不再增大，A项错误；由题意知电动车以同一速度做匀速直线运动，设除电池外电动车的质量为M，根据能量守恒定律得，电池的电能为50 kW·h时，有k(M＋m1)gx1＝E1η，电池的电能为1 000 kW·h时，有k(M＋m2)gx2＝E2η，联立解得M＋m1＝576 kg，M＋m2＝4 800 kg，(M＋m1)∶(M＋m2)＝3∶25，B错误，C正确；由题图乙有m2＝20m1，＝，结合前面的分析可得m1＝ kg，E0＝ kW·h≈1.08 kW·h，D错误。
7．解析：(1)由题图乙知挡板接触弹簧前的加速度大小为a0＝2.0 m/s2
由牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma0
解得μ＝0.5
当a＝0时弹簧被压缩长度为x＝x2－x1＝6.0 cm－1.0 cm＝5.0 cm
此时有mgsin θ＝kx＋μmgcos θ
解得k＝40 N/m。
(2)设弹簧的最大压缩量为x3，克服弹簧弹力做功为WT＝x3
由动能定理有
(mgsin θ－μmgcos θ)(x3＋x1)－WT＝0
弹簧的最大弹性势能Epm＝WT
解得Epm≈0.24 J。
答案：(1)0.5　40 N/m　(2)0.24 J
8．选BC　木箱在斜坡上段滑行的过程有(mgsin 30°－μ1mgcos 30°)L1＝Ek－0，机械能E1＝E0－μ1mgcos 30°·L1，由题意有E1＝3Ek，由题图可知L1＝5L0，解得μ1＝，Ek＝mgL0，E1＝3mgL0，故A错误，C正确；木箱在斜坡下段滑行的过程有(mgsin 30°－μ2mgcos 30°)L2＝0－Ek，由题图可知L2＝4L0，解得μ2＝，故B正确；木箱在上、下两段斜坡上滑行过程中产生的热量之比为＝，故D错误。
9．选C　由题图乙可知，当滑块下滑到x2处时，加速度为零，即弹簧弹力与滑块重力沿斜面方向的分力大小相等，此时弹簧的形变量为(x2－x1)，则有k(x2－x1)＝mgsin θ，解得k＝，A错误；对小滑块和弹簧组成的系统进行分析，由于只有重力和系统内弹力做功，则系统机械能守恒，当弹簧的弹性势能最小时，小滑块的机械能最大，故当小滑块从O点下滑到x1处过程中，弹簧处于原长，弹性势能为零，为最小，则此过程小滑块的机械能最大，B错误；在x1～x2的过程中，小滑块的重力沿斜面方向的分力大于弹簧弹力，根据牛顿第二定律有mgsin θ－k(x－x1)＝ma，又由A项分析可知k(x2－x1)＝mgsin θ，联立解得a＝－，由题图可知，当x＝x1时a＝gsin θ，解得＝，即为该段图线的斜率绝对值，在x2～x3过程中，弹簧弹力大于小滑块的重力沿斜面方向的分力，根据牛顿第二定律有k(x－x1)－mgsin θ＝ma，又k(x2－x1)＝mgsin θ，联立解得a＝－，当x＝2x2－x1时a＝gsin θ，联立解得＝，即为该段图线的斜率绝对值，故可得在x1～x2和x2～x3两段过程中，a x图线斜率的绝对值均等于，C正确；由题图可知，x1～x2 的距离差小于x2～x3的距离差，可得弹簧弹性势能的增加量不相等，D错误。
10．解析：(1)小球从释放到C点，由机械能守恒定律有mgh＝mvC2
在C点，由牛顿第三定律知，支持力大小等于压力大小，由牛顿第二定律有F－mg＝m，两式联立得F＝mg＋h
结合题图(b)的F h图像可知mg＝10 N，
＝ N/m
解得m＝1 kg，R＝1 m。
(2)小球从释放到G点，由机械能守恒定律有mg(h－R－Rsin θ)＝mvG2
恰好通过G点的条件是球对轨道的压力恰为零，由牛顿第二定律有mgsin θ＝m
代入数据解得h＝2.2 m
故满足的条件是：h≥2.2 m。
答案：(1)1 kg　1 m　(2)h≥2.2 m
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