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高考物理机械能常用模型最新模拟题精练专题32功能关系+图象模型.(原卷版+解析)
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这是一份高考物理机械能常用模型最新模拟题精练专题32功能关系+图象模型.(原卷版+解析)，共30页。试卷主要包含了2倍等内容，欢迎下载使用。
一选择题
1. (2022·山东泰安三模)如图所示，滑块以一定的初速度冲上足够长的光滑固定斜面，取斜面底端O点为运动的起点和零势能点，并以滑块由O点出发时为时刻。在滑块运动到最高点的过程中，下列描述滑块的动能Ek、重力势能Ep、机械能E随位移x、时间t变化的图像中，正确的是（ ）
A. B. C. D.
。
2. （2022·河北石家庄三模）篮球比赛是通过跳球争夺来决定球权归属的。裁判员将球竖直向上抛起，球到达最高点又下落一段距离后被运动员拍给已方队员，球从抛出到被拍飞前，篮球速度的平方与篮球距抛出点高度h的图像如图所示。规定抛出点所在水平面为零势能面，重力加速度g取，下列说法正确的是（ ）
A. 篮球被拍飞前的速度大小为
B. 篮球从处上升至最高点所需的时间等于从最高点落回处所需的时间
C. 篮球在空中上升和下落过程中受到的阻力大小均为重力的0.2倍
D. 篮球上升至时，篮球的动能等于其重力势能
3. （2022山东枣庄二模）如图（a）所示，倾角为的传送带以的速度顺时针匀速转动，传送带的长度。一个可视为质点的质量的物块，自A点无初速度的放在传送带底端，其被传送至B端的过程中，动能与位移x的关系（）图像如图（b）所示。取重力加速度。下列说法正确的是（ ）
A. 物块与传送带之间的动摩擦因数为0.25
B. 整个过程中合外力对物块做的功为
C. 整个过程中摩擦力对物块做的功为
D. 整个过程中摩擦力对物块做的功等于物块机械能的增加量
4. （2022河北重点中学期中素养提升）如图甲所示，粗糙水平轨道与半径为R的竖直光滑、绝缘的半圆轨道在B点平滑连接，过半圆轨道圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右范围足够大的匀强电场E，质量为m的带正电小滑块从水平轨道上A点由静止释放，运动中由于摩擦起电滑块电荷量会增加，过B点后电荷量保持不变，小滑块在AB段加速度随位移变化图象如图乙所示。已知A、B间距离为4R，滑块与轨道间动摩擦因数为，重力加速度为g。则（ ）
A. 小滑块运动到B点时速度大小为
B. 小滑块在圆弧轨道上运动时，过小滑块对半圆轨道压力最大处半径与OB夹角的正切值为2
C. 小滑块从圆弧轨道最高点C离开的同时，保持电场强度大小不变，方向变为水平向左，则从C离开到再次回到水平轨道的运动过程中小滑块一直做曲线运动
D. 在满足（C）选项的条件下小滑块再次到达水平轨道时，速度大小为
5. (2022·山东泰安三模)如图所示，滑块以一定的初速度冲上足够长的光滑固定斜面，取斜面底端O点为运动的起点和零势能点，并以滑块由O点出发时为时刻。在滑块运动到最高点的过程中，下列描述滑块的动能Ek、重力势能Ep、机械能E随位移x、时间t变化的图像中，正确的是（ ）
A. B.
C. D.
6. （2022南昌三模）把甲、乙两球从水平地面上以相同的初动能同时向空中抛出，不计空气阻力，两球的动能随高度h变化的关系如图所示，它们所到达的最大高度相同。以地面为零势能位置，下列说法正确的是（ ）
A. 甲球的初速度比乙球大
B. 甲球质量比乙球大
C. 在抛出后的同一时刻甲球重力势能比乙球大
D. 两球速度大小相同时甲球比乙球高
7. （2022湖南长沙周南中学模拟）如图1为一自动卸货矿车工作时的示意图：矿车空载时质量为100kg；矿车载满货物后，从倾角α＝30°的固定斜面上A点由静止下滑，下滑一段距离后，压缩固定在适当位置的缓冲弹簧，当弹簧产生最大形变时（仍在弹性限度内），矿车立即自动卸完全部货物，然后借助弹簧的弹力作用，返回原位置A，此时速度刚好为零，矿车再次装货。设斜面对矿车的阻力为车总重量的k倍，已知矿车下滑过程中，加速度a与位移x的部分关系图象如图2所示。矿车可视为质点，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，则（ ）
A. k＝0.25
B. 卸货点距A点25m
C. 矿车的载货量为200kg
D. 弹簧的劲度系数为750N/m
8．如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，作出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是( )
A．当x＝h＋x0，重力势能与弹性势能之和最小
B．最低点的坐标为x＝h＋2x0
C．小球受到的弹力最大值大于2mg
D．小球动能的最大值为mgh＋eq \f(1,2)mgx0
9、如图甲所示，在倾角为θ的粗糙斜面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始向下运动，物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示．其中0～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线为平行于x轴的直线，重力加速度为g，则下列说法中正确的是( )
A．在0～x2过程中，物体先加速后匀速
B．在0～x1过程中，物体的加速度一直减小
C．在x1～x2过程中，物体的加速度为gsinθ
D．在0～x2过程中，拉力F做的功为WF＝E1－E2＋μmgx2
10 .轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m＝0.5 kg的物块相连，如图11甲所示，弹簧处于原长状态，物块静止，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2。以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴，现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的情况如图乙所示，物块运动至x＝0.4 m处时速度为零，则此时弹簧的弹性势能为(g＝10 m/s2)( )
A.3.1 J B.3.5 J C.1.8 J D.2.0 J
11.. （2021宁夏银川模拟）如图所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动能Ek与距离地面高度h的关系如图乙所示。已知重力加速度为g，空气阻力不计。下列说法正确的是
A．在0~h0过程中，F大小始终为mg
B．在0~h0和h0~2h0过程中，F做功之比为4∶3
C．在0~2h0过程中，物体的机械能不断增加
D．在2h0~3.5h0过程中，物体的机械能不断减少
12. （2021浙江3月百校联考）一物块从斜面顶端静止开始沿斜面下滑，其机械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10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A. 物块下滑过程中只有重力做功
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2m/s2
D. 物块下滑到底端过程中重力做功40J
13．[2021·山东九校联考]如图所示是一个实景斜坡，可以简化为两个倾角不同的斜面，某物体从如图所示位置由静止开始下滑，物体与两个斜面之间的动摩擦因数均为μ＝eq \f(\r(3),3)，两个斜面倾角分别为α＝53°，β＝30°.选项中，v、a、s、t、E、Ek分别表示物体速度大小、加速度大小、路程、时间、机械能和动能，下列选项中可能正确的是( )
14．[2020·四川遂宁月考]如图甲所示，一上表面水平的小车在光滑水平面上匀速向右运动，在t＝0时刻将一相对于地面静止的质量m＝1 kg的物块轻放在小车前端，以后小车运动的速度—时间图象如图乙所示．已知物块始终在小车上，重力加速度g取10 m/s2.则下列判断正确的是( )
A．小车与物块间的动摩擦因数为0.2，小车的最小长度为1.25 m
B．物块的最终动能E1＝0.5 J，小车动能的减小量ΔE＝3 J
C．小车与物块间因摩擦产生的热量为3 J
D．小车的质量为0.25 kg
15（2020河北保定一模）起重机将静止在地面上的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点过程中的v-t图象如图所示，g=10m/s2。以下说法中正确的是
A. 0-3s内货物处于失重状态
B．3-5s内货物的机械能守恒
C．5-7s内货物受到向上的拉力为重力的0.3倍
D．货物上升的总高度为27m
16. （2020贵州铜仁市一模）物块的初速度为v0，初动能为Ek0，沿固定斜面（粗糙程度处处相同）向上滑动，然后滑回到原处，此过程中，物块的动能Ek与位移x，速度v与时间t的关系图像正确的是
17.（2020高考模拟示范卷1）一物体静止在水平地面上，在竖直向上拉力F作用下开始向上运动，如图甲。在物体向上运动过程中，其机械能E与位移x的关系图象如图乙，已知曲线上A点的切线斜率最大，不计空气阻力，则
A. 在x1处物体所受拉力最大
B. 在x1~x2过程中，物体的动能先增大后减小
C. 在x1~x2过程中，物体的加速度先增大后减小
D. 在0~x2过程中，拉力对物体做的功等于克服物体重力做的功
18．一小物块沿固定斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是( )
19 一质量为m的小球以初动能Ek0从地面竖直向上抛出，已知上升过程中受到阻力f作用，如图所示，图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能、重力势能中的某一个与其上升高度之间的关系，(以地面为零势能面，ℎ0表示上升的最大高度，图上坐标数据中的k为常数且满足0A. ①、②分别表示的是动能、重力势能随上升高度的图象
B. 上升过程中阻力大小恒定且f=kmg
C. 上升高度ℎ=k+1k+2ℎ0时，重力势能和动能相等
D. 上升高度ℎ=ℎ02时，动能与重力势能之差为k2mgℎ0
20. 将一小球竖直向上抛出，取向上为正方向，设小球在抛出点的重力势能为零，小球所受空气阻力大小恒定，则上升过程中，小球的加速度a、速度v、机械能E、动能Ek与小球离抛出点高度h的关系错误的是( QUOTE )
A. B. C. D.
21、如图甲所示，在倾角为θ的粗糙斜面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始向下运动，物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示．其中0～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线为平行于x轴的直线，重力加速度为g，则下列说法中正确的是( )
A．在0～x2过程中，物体先加速后匀速
B．在0～x1过程中，物体的加速度一直减小
C．在x1～x2过程中，物体的加速度为gsinθ
D．在0～x2过程中，拉力F做的功为WF＝E1－E2＋μmgx2
二．计算题
1 .(2022广东江门模拟) “再生制动”是一些汽电混动车辆的常用制动方式。所谓“再生制动”就是车辆靠惯性滑行时带动发电机发电，将部分动能转化为电能储存在电池中。假设一辆汽电混动汽车的质量为m，该汽车设定为前阶段在速度大于时选择再生制动，后阶段速度小于等于时选择机械制动。当它以速度在平直路面上做匀速行驶时，某一时刻开始刹车，前阶段阻力的大小与速度的大小成正比，即，后阶段阻力恒为车重的倍，汽车做匀减速运动，重力加速度为g。求：
（1）如果此次刹车的过程中汽电混动汽车动能减小量的倍被转化为电能，那么此次刹车储存多少电能；
（2）汽电混动汽车从刹车到停止的位移多大；
（3）在一次性能检测中，检测机构让汽电混动汽车在平直的路面上匀速行驶（速度小于）一段距离后关闭发动机，测绘了汽车只开启“机械制动”和“机械制动”“再生制动”同时开启两种设定下汽车的动能与位移关系的图线①和②，如图密所示。若检测时忽略测试路面的阻力差异和空气阻力，求“机械制动”“再生制动”同时开启测试中汽车被回收的动能是多少？
2．如图甲所示，一根直杆AB与水平面成某一角度固定，在杆上套一个小物块，杆底端B处有一弹性挡板，杆与板面垂直，现将物块拉到A点由静止释放，物块下滑与挡板第一次碰撞前后的v t图像如图乙所示，物块最终停止在B点。重力加速度为g＝10 m/s2，求：
(1)物块与杆之间的动摩擦因数μ；
(2)物块滑过的总路程s。
3、如图甲所示，一竖直面内的轨道是由粗糙斜面AB和光滑轨道BCD组成，AB与BCD相切于B点，C为圆轨道的最低点，将物块置于轨道ABC上离地面高为H处由静止下滑，可用力传感器测出其经过C点时对轨道的压力FN。现将物块放在ABC上不同高度处，让H从零开始逐渐增大，传感器测得物块每次从不同高度处下滑到C点时对轨道的压力FN，得到如图乙两段直线PQ和QI，且IQ反向延长线与纵轴交点坐标值为2.5 N，g取10 m/s2。求：
甲 乙
(1)小物块的质量m及圆轨道的半径R；
(2)轨道BC所对圆心角；
(3)小物块与斜面AB间的动摩擦因数。
高考物理《机械能》常用模型最新模拟题精练
专题32 功能关系+图像模型
一选择题
1. (2022·山东泰安三模)如图所示，滑块以一定的初速度冲上足够长的光滑固定斜面，取斜面底端O点为运动的起点和零势能点，并以滑块由O点出发时为时刻。在滑块运动到最高点的过程中，下列描述滑块的动能Ek、重力势能Ep、机械能E随位移x、时间t变化的图像中，正确的是（ ）
A. B. C. D.
【参考答案】ABD
【名师解析】
．根据动能定理得
与位移成线性关系，。A正确；
物体的重力势能为
Ep与位移成正比，B正确；
动能与时间的关系为，C错误；
上滑过程中，只有重力做功，机械能守恒，D正确。
。
2. （2022·河北石家庄三模）篮球比赛是通过跳球争夺来决定球权归属的。裁判员将球竖直向上抛起，球到达最高点又下落一段距离后被运动员拍给已方队员，球从抛出到被拍飞前，篮球速度的平方与篮球距抛出点高度h的图像如图所示。规定抛出点所在水平面为零势能面，重力加速度g取，下列说法正确的是（ ）
A. 篮球被拍飞前的速度大小为
B. 篮球从处上升至最高点所需的时间等于从最高点落回处所需的时间
C. 篮球在空中上升和下落过程中受到的阻力大小均为重力的0.2倍
D. 篮球上升至时，篮球的动能等于其重力势能
【参考答案】C
【名师解析】
由运动学公式知篮球从抛出到最高点做匀减速直线运动，从最高点下落做匀加速运动，图像的斜率等于2a，由图像可知下落加速度a2为①
可解得
由图像知篮球在1.25m位置处被拍飞，此时篮球从最高点下落位移为0.75m，由①式得
，故A错误；
由图像可知上升段加速度a1为
负号表示加速度方向向下，上升段与下降段加速度不相同，故从处上升至最高点所需的时间不等于从最高点落回处所需的时间，故B错误；
由牛顿第二定律F合=ma，有，，故C正确；
由运动学公式可求得上升至时，
则
又由重力势能，故D错误。
3. （2022山东枣庄二模）如图（a）所示，倾角为的传送带以的速度顺时针匀速转动，传送带的长度。一个可视为质点的质量的物块，自A点无初速度的放在传送带底端，其被传送至B端的过程中，动能与位移x的关系（）图像如图（b）所示。取重力加速度。下列说法正确的是（ ）
A. 物块与传送带之间的动摩擦因数为0.25
B. 整个过程中合外力对物块做的功为
C. 整个过程中摩擦力对物块做的功为
D. 整个过程中摩擦力对物块做的功等于物块机械能的增加量
【参考答案】D
【名师解析】
开始时物块在传送带的作用下动能不断增大，根据动能定理有
在5m后动能不变，可知物块与传送带相对静止，即，带入动能表达式可得
A错误；
由动能定理可知，整个过程中合外力对物块做的功等于动能的变化量，则有
B错误；
由功能关系可知，整个过程中摩擦力对物块做的功等于物块机械能的增加量，即
C错误，D正确。
4. （2022河北重点中学期中素养提升）如图甲所示，粗糙水平轨道与半径为R的竖直光滑、绝缘的半圆轨道在B点平滑连接，过半圆轨道圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右范围足够大的匀强电场E，质量为m的带正电小滑块从水平轨道上A点由静止释放，运动中由于摩擦起电滑块电荷量会增加，过B点后电荷量保持不变，小滑块在AB段加速度随位移变化图象如图乙所示。已知A、B间距离为4R，滑块与轨道间动摩擦因数为，重力加速度为g。则（ ）
A. 小滑块运动到B点时速度大小为
B. 小滑块在圆弧轨道上运动时，过小滑块对半圆轨道压力最大处半径与OB夹角的正切值为2
C. 小滑块从圆弧轨道最高点C离开的同时，保持电场强度大小不变，方向变为水平向左，则从C离开到再次回到水平轨道的运动过程中小滑块一直做曲线运动
D. 在满足（C）选项的条件下小滑块再次到达水平轨道时，速度大小为
【参考答案】BD
【名师解析】
从A到B由动能定理可得
由图象可得，小滑块从A到B运动过程中，合力做的功为
则小滑块运动到B点时速度大小为，所以A错误；
对滑块受力分析，有重力和电场力以及轨道对滑块的支持力，当滑块运动到半圆轨道上时，重力与电场力的合力与轨道对滑块的支持力共线时，滑块对半圆轨道压力最大，所以此处半径与OB夹角的正切值为
由图象可知，在B点时，滑块所受电场力为
其中。则，，所以B正确；
由B选项分析可知，B点时滑块的电荷量为
从B到C的过程中，由动能定理得
小滑块从圆弧轨道最高点C离开时，先做平抛运动，则，，
设滑块速度的偏转角为，则
从C点出去后，电场方向与水平方向夹角为，则
所以，即滑块再次进入电场时，将做匀加速直线运动，所以C错误；
由C选项分析可知，当滑块再次进入电场时的速度为
从再次进入电场到再次到达水平轨道，由动能定理得
其中，得，所以D正确
5. (2022·山东泰安三模)如图所示，滑块以一定的初速度冲上足够长的光滑固定斜面，取斜面底端O点为运动的起点和零势能点，并以滑块由O点出发时为时刻。在滑块运动到最高点的过程中，下列描述滑块的动能Ek、重力势能Ep、机械能E随位移x、时间t变化的图像中，正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【参考答案】D
【名师解析】根据机械能守恒定律， ，变化为
可知与位移ｘ成线性关系，图像A正确；物体的重力势能为，Ep与位移成正比，图像B正确；滑块以速度ｖ０冲上光滑斜面，做加速度ａ＝gsinθ的匀减速直线运动，其速度ｖ＝v0-at= v0-gsinθ·t，滑块动能与时间的关系为，图像C错误；上滑过程中，只有重力做功，机械能守恒，D正确。
【方法归纳】机械能守恒和图像结合问题，选择可能符合题意的正确图像的方法是根据题述情景，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，判断出可能正确的图像。
6. （2022南昌三模）把甲、乙两球从水平地面上以相同的初动能同时向空中抛出，不计空气阻力，两球的动能随高度h变化的关系如图所示，它们所到达的最大高度相同。以地面为零势能位置，下列说法正确的是（ ）
A. 甲球的初速度比乙球大
B. 甲球质量比乙球大
C. 在抛出后的同一时刻甲球重力势能比乙球大
D. 两球速度大小相同时甲球比乙球高
【参考答案】BC
【名师解析】
由图可知，当两球达到最大高度时，甲球动能为零，甲球为竖直上抛运动，而乙球在最大高度时动能不为零，可知乙球的斜上抛运动
A．对甲球，解得
设乙球与竖直方向的夹角为，则，由于，可得
故A错误；
B．两球初动能相等，根据动能表达式可知甲球质量比乙球大，故B正确；
C．由A选项分析可知
在竖直方向上，在竖直方向上，同一时刻，两球离地面高度相同，甲球质量大于乙球质量，则甲球重力势能比乙球大，故C正确；
D．对甲球
对乙球
当，两式相减可得
整理得
由于，可得，故D错误。
7. （2022湖南长沙周南中学模拟）如图1为一自动卸货矿车工作时的示意图：矿车空载时质量为100kg；矿车载满货物后，从倾角α＝30°的固定斜面上A点由静止下滑，下滑一段距离后，压缩固定在适当位置的缓冲弹簧，当弹簧产生最大形变时（仍在弹性限度内），矿车立即自动卸完全部货物，然后借助弹簧的弹力作用，返回原位置A，此时速度刚好为零，矿车再次装货。设斜面对矿车的阻力为车总重量的k倍，已知矿车下滑过程中，加速度a与位移x的部分关系图象如图2所示。矿车可视为质点，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，则（ ）
A. k＝0.25
B. 卸货点距A点25m
C. 矿车的载货量为200kg
D. 弹簧的劲度系数为750N/m
【参考答案】ACD
【名师解析】
设矿车质量为m，载货量为M，矿车未接触弹簧前，由牛顿第二定律，其中a=2.5m/s2，可得，A正确；
B．距A点25m处加速度为零，速度最大，此时还没有到达卸货点，故B错误；
C．卸货点距A为s，由功能关系可得：下滑过程
弹回过程
解得M＝2m＝200kg，C正确；
D．设弹簧的劲度系数为K，由图可知25m处的加速度为0，有：
代入图象数据可得，选项D正确。
8．如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，作出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是( )
A．当x＝h＋x0，重力势能与弹性势能之和最小
B．最低点的坐标为x＝h＋2x0
C．小球受到的弹力最大值大于2mg
D．小球动能的最大值为mgh＋eq \f(1,2)mgx0
【参考答案】D
【名师解析】
根据乙图可知，当x＝h＋x0，小球的重力等于弹簧的弹力，此时小球具有最大速度，由弹簧和小球组成的系统机械能守恒可知，重力势能与弹性势能之和最小，故A正确；根据运动的对称性可知，小球运动的最低点位置坐标大于h＋2x0，小球受到的弹力最大值大于2mg，故B错误，C正确；小球达到最大速度的过程中，根据动能定理可知mg(h＋x0)－eq \f(1,2)mgx0＝eq \f(1,2)mv2，故小球动能的最大值为mgh＋eq \f(1,2)mgx0，故D正确。
9、如图甲所示，在倾角为θ的粗糙斜面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始向下运动，物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示．其中0～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线为平行于x轴的直线，重力加速度为g，则下列说法中正确的是( )
A．在0～x2过程中，物体先加速后匀速
B．在0～x1过程中，物体的加速度一直减小
C．在x1～x2过程中，物体的加速度为gsinθ
D．在0～x2过程中，拉力F做的功为WF＝E1－E2＋μmgx2
【参考答案】：C
【名师解析】：物体受力分析如图所示，物体由静止开始向下运动，根据牛顿第二定律有mgsinθ＋F－Ff＝ma，且Ff＝μmgcsθ，由题图乙知，在0～x1过程中物体的机械能减少，即ΔE＝(F－μmgcsθ)x<0，由E－x图象斜率减小知F增大，所以物体做加速度变大的加速运动，在x1～x2过程中，由题图乙知斜率为零，机械能不变，则F＝μmgcsθ，此时加速度为gsinθ，最大，A、B错误，C正确；在0～x2过程中，拉力做的功为WF＝E2－E1＋μmgcsθ·x2，D错误．
10 .轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m＝0.5 kg的物块相连，如图11甲所示，弹簧处于原长状态，物块静止，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2。以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴，现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的情况如图乙所示，物块运动至x＝0.4 m处时速度为零，则此时弹簧的弹性势能为(g＝10 m/s2)( )
A.3.1 J B.3.5 J C.1.8 J D.2.0 J
【参考答案】A
【名师解析】 物块与水平面间的摩擦力为Ff＝μmg＝1 N。现对物块施加水平向右的外力F，由F－x图象面积表示功可知，物块运动至x＝0.4 m处时F做功W＝3.5 J，克服摩擦力做功Wf＝Ffx＝0.4 J。由功能关系可知W－Wf＝Ep，此时弹簧的弹性势能为Ep＝3.1 J，选项A正确。
11.. （2021宁夏银川模拟）如图所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动能Ek与距离地面高度h的关系如图乙所示。已知重力加速度为g，空气阻力不计。下列说法正确的是
A．在0~h0过程中，F大小始终为mg
B．在0~h0和h0~2h0过程中，F做功之比为4∶3
C．在0~2h0过程中，物体的机械能不断增加
D．在2h0~3.5h0过程中，物体的机械能不断减少
【参考答案】BC
【命题意图】本题考查动能定理、对动能随物体距离地面高度变化图像的理解及其相关知识点。体现的核心素养是运动和力的观念、能量的观念和科学思维能力。
【解题思路】由动能定理，Fh-mgh=Ek，变化成与图乙相符合的函数关系，Ek =（F-mg）h。在0~h0过程中，图线斜率为k1=mg= F-mg，解得F=2mg，选项A错误；在0~h0过程中，F做功W1=Fh0=2mgh0。在h0~2h0过程中，由动能定理，W2-mgh0=1.5 mgh0- mgh0，解得F做功W2=1.5mgh0。两个过程F做功之比为W1∶W2=2mgh0∶1.5mgh0=4∶3，选项B正确；在0~2h0过程中，由于F一直做正功，根据功能关系可知，物体的机械能不断增加，选项C正确；在2h0~3.5h0过程中，图线斜率k2=-mg= F-mg，解得F=0，说明物体的机械能守恒，选项D错误。
12. （2021浙江3月百校联考）一物块从斜面顶端静止开始沿斜面下滑，其机械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10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A. 物块下滑过程中只有重力做功
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2m/s2
D. 物块下滑到底端过程中重力做功40J
【参考答案】D
【名师解析】
根据功能关系可得，得
则在此图像中的斜率的绝对值表示下滑过程中受到摩擦力大小
机械能不守恒,除重力外还有其他力做功，故A错误；
根据动能定理可得，则图像的斜率表示合外力F，得到合外力
因未知，m和无法求，加速度a也无法计算，故B、C错误；
根据，则物块下滑到底端过程中重力做功 ，故D正确。
13．[2021·山东九校联考]如图所示是一个实景斜坡，可以简化为两个倾角不同的斜面，某物体从如图所示位置由静止开始下滑，物体与两个斜面之间的动摩擦因数均为μ＝eq \f(\r(3),3)，两个斜面倾角分别为α＝53°，β＝30°.选项中，v、a、s、t、E、Ek分别表示物体速度大小、加速度大小、路程、时间、机械能和动能，下列选项中可能正确的是( )
【参考答案】B
【名师解析】对物体受力分析可知其运动分为两个阶段，第一阶段是匀加速运动；第二阶段是匀速运动．由于在两个阶段物体都受摩擦力的作用，且摩擦力做负功，机械能一直减小，A项错误；在第一阶段，根据牛顿第二定律得物体的加速度大小a1＝gsin α－μgcs α>0，由动能定理得Ek＝mgh－μmgscs α，h＝ssin α，联立解得Ek＝mgs(sin α－μcs α)，则Ek与s呈线性关系，在第二阶段，mgsin β－μmgcs β＝ma2，代入数据得此阶段物体加速度a2＝0，即速度不变，Ek为常数，故B项正确，D项错误；在第一阶段有物体速度大小v＝a1t，即v2＝aeq \\al(2,1)t2，所以v2与t不是线性关系，故C项错误．
14．[2020·四川遂宁月考]如图甲所示，一上表面水平的小车在光滑水平面上匀速向右运动，在t＝0时刻将一相对于地面静止的质量m＝1 kg的物块轻放在小车前端，以后小车运动的速度—时间图象如图乙所示．已知物块始终在小车上，重力加速度g取10 m/s2.则下列判断正确的是( )
A．小车与物块间的动摩擦因数为0.2，小车的最小长度为1.25 m
B．物块的最终动能E1＝0.5 J，小车动能的减小量ΔE＝3 J
C．小车与物块间因摩擦产生的热量为3 J
D．小车的质量为0.25 kg
【参考答案】ABD
【名师解析】由vt图象知，当t＝0.5 s时，小车开始做速度v＝1 m/s的匀速运动，此时，物块与小车的速度相同，物块与小车间无摩擦力作用，对物块，由v＝at及f＝ma＝μmg得f＝2 N，μ＝0.2，在0～0.5 s内，小车的位移s＝(5＋1)×eq \f(1,2)×0.5 m＝1.5 m，物块的位移x＝eq \f(1,2)×1×0.5 m＝0.25 m，所以小车的最小长度为1.5 m－0.25 m＝1.25 m，A正确；物块的最终动能E1＝eq \f(1,2)mv2＝0.5 J，由动能定理得，小车动能的减小量ΔE＝f·s＝3 J，B正确；小车与物块间因摩擦产生的热量Q＝f·s相＝f(s－x)＝2.5 J，C错误；小车的加速度为a′＝eq \f(5－1,0.5) m/s2＝8 m/s2，而a′＝eq \f(f,M)，解得M＝0.25 kg，D正确．
15（2020河北保定一模）起重机将静止在地面上的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点过程中的v-t图象如图所示，g=10m/s2。以下说法中正确的是
A. 0-3s内货物处于失重状态
B．3-5s内货物的机械能守恒
C．5-7s内货物受到向上的拉力为重力的0.3倍
D．货物上升的总高度为27m
【参考答案】.D
【命题意图】 本题以起吊货物的速度图像给出解题信息，以起重机吊起货物为情景，考查对速度图像的理解、牛顿运动定律、功能关系及其相关知识点，考查的核心素养是运动和力的观点和能量观点。
【解题思路】起重机将静止在地面上的货物竖直向上吊起，由题给速度图像可知，0~3s内，货物加速向上运动，加速度方向向上，货物处于超重状态，选项A错误；3~5s内货物匀速向上运动，起重机拉力做功，货物的机械能增加，选项B错误；由速度图像可知，在5~7s内，货物向上运动的加速度为a=△v/△t=m/s2=-3 m/s2，由牛顿第二定律，F-mg=ma，解得F=0.7mg，在5~7s内，货物受到向上的拉力F为重力mg的0.7倍，选项C错误；由速度图像的面积表示位移可知，货物上升的总高度为H=×6m=27m，选项D正确。
【科学思维】
分析题给速度图像→得出0~3s内加速度向上，货物处于超重状态
分析题给速度图像→得出3~5内货物匀速向上运动，动能不变，重力势能增加，机械能增加
分析题给速度图像→得出5~7s内货物减速向上运动的加速度→由牛顿第二定律得出拉力与重力关系。
分析题给速度图像→速度图像的面积表示位移得出货物上升的总高度
16. （2020贵州铜仁市一模）物块的初速度为v0，初动能为Ek0，沿固定斜面（粗糙程度处处相同）向上滑动，然后滑回到原处，此过程中，物块的动能Ek与位移x，速度v与时间t的关系图像正确的是
【参考答案】.A
【命题意图】 本题以物块沿粗糙斜面向上滑动、向下滑动为情景，考查牛顿运动定律、动能定理及其相关知识点，考查的核心素养是“运动和力”的观点、能量的观点和科学思维能力。
【解题思路】物块以初动能Ek0沿粗糙斜面向上滑动，所受摩擦力沿斜面向下，设斜面倾角为θ，由动能定理，-mgsinθ·x-fx=Ek -Ek0，解得Ek=Ek0- （mgsinθ+f）·x。物块滑至最高点后向下滑动，所受摩擦力沿斜面向上，由动能定理，-mgsinθ·x+fx=Ek -Ek1，解得Ek=Ek1- （mgsinθ-f）·x，所以选项A正确B错误；物块以初速度v0沿粗糙斜面向上滑动，所受摩擦力沿斜面向下，滑至最高点后向下滑动，所受摩擦力沿斜面向上，由牛顿第二定律可知，沿粗糙斜面向上滑动过程中的加速度大于沿斜面向下滑动的加速度，根据速度图像斜率等于加速度可知，速度图像在第一象限的斜率大于在第四象限的斜率，所以图像CD错误。
【科学思维】
分析运动过程→分析受力，由动能定理得出动能Ek随位移x变化的函数关系式→动能Ek随位移x变化的图像
分析运动过程→分析受力，由牛顿运动定律得出加速度a关系式→速度v随时间t变化的图像
17.（2020高考模拟示范卷1）一物体静止在水平地面上，在竖直向上拉力F作用下开始向上运动，如图甲。在物体向上运动过程中，其机械能E与位移x的关系图象如图乙，已知曲线上A点的切线斜率最大，不计空气阻力，则
A. 在x1处物体所受拉力最大
B. 在x1~x2过程中，物体的动能先增大后减小
C. 在x1~x2过程中，物体的加速度先增大后减小
D. 在0~x2过程中，拉力对物体做的功等于克服物体重力做的功
【参考答案】AB
【名师解析】E-x图像的斜率代表竖直向上拉力F，物体静止在水平地面上，在竖直向上拉力F作用下开始向上，说明在x=0处，拉力F大于重力，在0-x1过程中，图像斜率逐渐增大，则拉力F在增大，x1处物体图象的斜率最大，所受的拉力最大，故A正确；在x1~x2过程中，图象的斜率逐渐变小，说明拉力越来越小；在x2处物体的机械能达到最大，图象的斜率为零，说明此时拉力为零。根据合外力可知，在x1~x2过程中，拉力F逐渐减小到mg的过程中，物体做加速度逐渐减小的加速运动，物体加速度在减小，动能在增大，拉力F=mg到减小到0的过程中，物体的加速度反向增大，物体做加速度逐渐增大的减速运动，物体的动能在减小；在x1~x2过程中，物体的动能先增大后减小，物体的加速度先减小后反向增大，故B正确，C错误；物体从静止开始运动，到x2处以后机械能保持不变，在x2处时，物体具有重力势能和动能，故在0~x2过程中，拉力对物体做的功等于克服物体重力做的功与物体的动能之和，故D错误。
18．一小物块沿固定斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是( )
【参考答案】 C
【名师解析】设斜面的倾角为θ，物块的质量为m，去沿斜面向上为位移正方向；根据动能定理可得： 上滑过程中：﹣mgxsinθ﹣μmgxcsθ=Ek﹣Ek0 ， 所以Ek=Ek0﹣（mgsinθ+μmgcsθ）x；位移x增大，下滑过程中：mgx′sinθ﹣μmgx′csθ=Ek﹣0，所以Ek=（mgsinθ﹣μmgcsθ）x′；位移x′减小， 根据能量守恒定律可得，最后的总动能减小．结合数学知识， 故C正确、ABD错误；
故选：C．
【关键点拨】分别对上滑过程、下滑过程利用动能定理列方程得到动能和位移的关系即可进行判断，同时注意位移的变化。
19 一质量为m的小球以初动能Ek0从地面竖直向上抛出，已知上升过程中受到阻力f作用，如图所示，图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能、重力势能中的某一个与其上升高度之间的关系，(以地面为零势能面，ℎ0表示上升的最大高度，图上坐标数据中的k为常数且满足0A. ①、②分别表示的是动能、重力势能随上升高度的图象
B. 上升过程中阻力大小恒定且f=kmg
C. 上升高度ℎ=k+1k+2ℎ0时，重力势能和动能相等
D. 上升高度ℎ=ℎ02时，动能与重力势能之差为k2mgℎ0
【参考答案】BCD
【名师解析】根据动能定理可知上升高度越大，动能越小，重力势能越大，故①、②分别表示重力势能、动能随上升高度的图象，故A错误；从②图线看，重力势能、动能随着高度的变化成线性关系，故合力恒定，受到的阻力大小恒定，由功能关系可知从抛出到最高点的过程中机械能的减少量等于阻力的功的大小，由②图线可知：fℎ0=Ek0−Ek0k+1，且由①图线根据动能定理可知Ek0=(mg+f)ℎ0，解得f=kmg，故B正确；设h高度时重力势能和动能相等，①图线的函数方程为Ek=Ek0−(mg+f)ℎ，②图线的函数方程为EP=Ek0(k+1)ℎ0ℎ，令Ek=EP，及Ek0=(mg+f)ℎ0和f=kmg，联立解得ℎ=k+1k+2ℎ0，C正确；同理可得D正确
20. 将一小球竖直向上抛出，取向上为正方向，设小球在抛出点的重力势能为零，小球所受空气阻力大小恒定，则上升过程中，小球的加速度a、速度v、机械能E、动能Ek与小球离抛出点高度h的关系错误的是( QUOTE )
A. B. C. D.
【参考答案】B
【名师解析】小球所受空气阻力大小恒定，上升阶段是匀减速直线运动，取向上为正方向，根据牛顿第二定律有：−(mg+f)=ma，a大小恒定，方向向下，故A正确；上升阶段是匀减速直线运动，取向上为正方向，有：v2−v02=2aℎ，非一次线性函数，故B错误；机械能E与小球离抛出点高度h的关系为：E=E0−fℎ，故C正确；动能Ek与小球离抛出点高度h的关系为：Ek=Ek0−(mg+f)ℎ，故D正确；
【关键点拨】
小球所受空气阻力大小恒定，上升阶段是匀减速直线运动，重力和空气阻力都做负功。注意矢量的方向性，物理规律表达式与物理图象的结合。
21、如图甲所示，在倾角为θ的粗糙斜面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始向下运动，物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示．其中0～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线为平行于x轴的直线，重力加速度为g，则下列说法中正确的是( )
A．在0～x2过程中，物体先加速后匀速
B．在0～x1过程中，物体的加速度一直减小
C．在x1～x2过程中，物体的加速度为gsinθ
D．在0～x2过程中，拉力F做的功为WF＝E1－E2＋μmgx2
【参考答案】C
【名师解析】：物体受力分析如图所示，物体由静止开始向下运动，根据牛顿第二定律有mgsinθ＋F－Ff＝ma，且Ff＝μmgcsθ，由题图乙知，在0～x1过程中物体的机械能减少，即ΔE＝(F－μmgcsθ)x<0，由E－x图象斜率减小知F增大，所以物体做加速度变大的加速运动，在x1～x2过程中，由题图乙知斜率为零，机械能不变，则F＝μmgcsθ，此时加速度为gsinθ，最大，A、B错误，C正确；在0～x2过程中，拉力做的功为WF＝E2－E1＋μmgcsθ·x2，D错误．
二．计算题
1 .(2022广东江门模拟) “再生制动”是一些汽电混动车辆的常用制动方式。所谓“再生制动”就是车辆靠惯性滑行时带动发电机发电，将部分动能转化为电能储存在电池中。假设一辆汽电混动汽车的质量为m，该汽车设定为前阶段在速度大于时选择再生制动，后阶段速度小于等于时选择机械制动。当它以速度在平直路面上做匀速行驶时，某一时刻开始刹车，前阶段阻力的大小与速度的大小成正比，即，后阶段阻力恒为车重的倍，汽车做匀减速运动，重力加速度为g。求：
（1）如果此次刹车的过程中汽电混动汽车动能减小量的倍被转化为电能，那么此次刹车储存多少电能；
（2）汽电混动汽车从刹车到停止的位移多大；
（3）在一次性能检测中，检测机构让汽电混动汽车在平直的路面上匀速行驶（速度小于）一段距离后关闭发动机，测绘了汽车只开启“机械制动”和“机械制动”“再生制动”同时开启两种设定下汽车的动能与位移关系的图线①和②，如图密所示。若检测时忽略测试路面的阻力差异和空气阻力，求“机械制动”“再生制动”同时开启测试中汽车被回收的动能是多少？
【参考答案】（1）；（2）；（3）J
【名师解析】
（1）设汽电混动汽车在刹车的过程中储存的电能为E，依题意
得
（2）设汽电混动汽车再生制动阶段运动的位移为，由动量定理得
又
即
所以在再生制动阶段有
解得
在机械制动阶段，汽电混动汽车做匀减速运动，由牛顿第二定律可得
又
解得
设匀减速运动的位移为，由运动学得
解得
所以汽电混动汽车从刹车到停止的位移为
（3）对于减速过程，因斜线率的绝对值表示阻力的大小，由图线①得
代入得
由图线②，设汽车位移为，回收的动能为
2．如图甲所示，一根直杆AB与水平面成某一角度固定，在杆上套一个小物块，杆底端B处有一弹性挡板，杆与板面垂直，现将物块拉到A点由静止释放，物块下滑与挡板第一次碰撞前后的v t图像如图乙所示，物块最终停止在B点。重力加速度为g＝10 m/s2，求：
(1)物块与杆之间的动摩擦因数μ；
(2)物块滑过的总路程s。
【名师解析】(1)由题图乙可知物块下滑时加速度大小a1＝4 m/s2，上滑时加速度大小a2＝8 m/s2，杆长l＝2 m；
设杆倾角为θ，物块的质量为m，物块与杆之间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律得：
mgsin θ－μmgcs θ＝ma1，
mgsin θ＋μmgcs θ＝ma2，
解得：μ＝0.25，sin θ＝0.6，cs θ＝0.8。
(2)对物块整个运动过程分析，物块滑过的总路程为s，由动能定理得：mglsin θ－μmgscs θ＝0，解得：s＝6 m。
答案：(1)0.25 (2)6 m
3、如图甲所示，一竖直面内的轨道是由粗糙斜面AB和光滑轨道BCD组成，AB与BCD相切于B点，C为圆轨道的最低点，将物块置于轨道ABC上离地面高为H处由静止下滑，可用力传感器测出其经过C点时对轨道的压力FN。现将物块放在ABC上不同高度处，让H从零开始逐渐增大，传感器测得物块每次从不同高度处下滑到C点时对轨道的压力FN，得到如图乙两段直线PQ和QI，且IQ反向延长线与纵轴交点坐标值为2.5 N，g取10 m/s2。求：
甲 乙
(1)小物块的质量m及圆轨道的半径R；
(2)轨道BC所对圆心角；
(3)小物块与斜面AB间的动摩擦因数。
【关键点拨】解此题的关键是把握图象的信息，并将图象信息与物理过程相对应，如下图所示。
【名师解析】 (1)小物块从圆轨道BC滑下，
由动能定理可知mgH＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
在C点合力提供向心力
FN－mg＝meq \f(v\\al(2,C),R)
FN＝eq \f(2mg,R)H＋mg
结合PQ段图象知mg＝2 N，m＝0.2 kg，eq \f(2mg,R)＝eq \f(4－2,0.5)
解得R＝1 m。
(2)由于图线Q点对应于轨道的B点，而此时H＝0.5 m，则轨道BC所对圆心角θ由几何关系可知H＝R(1－cs θ)，代入数据解得θ＝60°。
(3)小物块从A到C，由动能定理可得
mgH－eq \f(μmgcs θH－0.5,sin θ)＝eq \f(1,2)mv2，
到达C点处由向心力公式可得
F′N－mg＝eq \f(mv2,R)，联立得μ＝eq \f(\r(3),4)。
[答案] (1)0.2 kg 1 m (2)60° (3)eq \f(\r(3),4)
一选择题
1. (2022·山东泰安三模)如图所示，滑块以一定的初速度冲上足够长的光滑固定斜面，取斜面底端O点为运动的起点和零势能点，并以滑块由O点出发时为时刻。在滑块运动到最高点的过程中，下列描述滑块的动能Ek、重力势能Ep、机械能E随位移x、时间t变化的图像中，正确的是（ ）
A. B. C. D.
。
2. （2022·河北石家庄三模）篮球比赛是通过跳球争夺来决定球权归属的。裁判员将球竖直向上抛起，球到达最高点又下落一段距离后被运动员拍给已方队员，球从抛出到被拍飞前，篮球速度的平方与篮球距抛出点高度h的图像如图所示。规定抛出点所在水平面为零势能面，重力加速度g取，下列说法正确的是（ ）
A. 篮球被拍飞前的速度大小为
B. 篮球从处上升至最高点所需的时间等于从最高点落回处所需的时间
C. 篮球在空中上升和下落过程中受到的阻力大小均为重力的0.2倍
D. 篮球上升至时，篮球的动能等于其重力势能
3. （2022山东枣庄二模）如图（a）所示，倾角为的传送带以的速度顺时针匀速转动，传送带的长度。一个可视为质点的质量的物块，自A点无初速度的放在传送带底端，其被传送至B端的过程中，动能与位移x的关系（）图像如图（b）所示。取重力加速度。下列说法正确的是（ ）
A. 物块与传送带之间的动摩擦因数为0.25
B. 整个过程中合外力对物块做的功为
C. 整个过程中摩擦力对物块做的功为
D. 整个过程中摩擦力对物块做的功等于物块机械能的增加量
4. （2022河北重点中学期中素养提升）如图甲所示，粗糙水平轨道与半径为R的竖直光滑、绝缘的半圆轨道在B点平滑连接，过半圆轨道圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右范围足够大的匀强电场E，质量为m的带正电小滑块从水平轨道上A点由静止释放，运动中由于摩擦起电滑块电荷量会增加，过B点后电荷量保持不变，小滑块在AB段加速度随位移变化图象如图乙所示。已知A、B间距离为4R，滑块与轨道间动摩擦因数为，重力加速度为g。则（ ）
A. 小滑块运动到B点时速度大小为
B. 小滑块在圆弧轨道上运动时，过小滑块对半圆轨道压力最大处半径与OB夹角的正切值为2
C. 小滑块从圆弧轨道最高点C离开的同时，保持电场强度大小不变，方向变为水平向左，则从C离开到再次回到水平轨道的运动过程中小滑块一直做曲线运动
D. 在满足（C）选项的条件下小滑块再次到达水平轨道时，速度大小为
5. (2022·山东泰安三模)如图所示，滑块以一定的初速度冲上足够长的光滑固定斜面，取斜面底端O点为运动的起点和零势能点，并以滑块由O点出发时为时刻。在滑块运动到最高点的过程中，下列描述滑块的动能Ek、重力势能Ep、机械能E随位移x、时间t变化的图像中，正确的是（ ）
A. B.
C. D.
6. （2022南昌三模）把甲、乙两球从水平地面上以相同的初动能同时向空中抛出，不计空气阻力，两球的动能随高度h变化的关系如图所示，它们所到达的最大高度相同。以地面为零势能位置，下列说法正确的是（ ）
A. 甲球的初速度比乙球大
B. 甲球质量比乙球大
C. 在抛出后的同一时刻甲球重力势能比乙球大
D. 两球速度大小相同时甲球比乙球高
7. （2022湖南长沙周南中学模拟）如图1为一自动卸货矿车工作时的示意图：矿车空载时质量为100kg；矿车载满货物后，从倾角α＝30°的固定斜面上A点由静止下滑，下滑一段距离后，压缩固定在适当位置的缓冲弹簧，当弹簧产生最大形变时（仍在弹性限度内），矿车立即自动卸完全部货物，然后借助弹簧的弹力作用，返回原位置A，此时速度刚好为零，矿车再次装货。设斜面对矿车的阻力为车总重量的k倍，已知矿车下滑过程中，加速度a与位移x的部分关系图象如图2所示。矿车可视为质点，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，则（ ）
A. k＝0.25
B. 卸货点距A点25m
C. 矿车的载货量为200kg
D. 弹簧的劲度系数为750N/m
8．如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，作出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是( )
A．当x＝h＋x0，重力势能与弹性势能之和最小
B．最低点的坐标为x＝h＋2x0
C．小球受到的弹力最大值大于2mg
D．小球动能的最大值为mgh＋eq \f(1,2)mgx0
9、如图甲所示，在倾角为θ的粗糙斜面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始向下运动，物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示．其中0～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线为平行于x轴的直线，重力加速度为g，则下列说法中正确的是( )
A．在0～x2过程中，物体先加速后匀速
B．在0～x1过程中，物体的加速度一直减小
C．在x1～x2过程中，物体的加速度为gsinθ
D．在0～x2过程中，拉力F做的功为WF＝E1－E2＋μmgx2
10 .轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m＝0.5 kg的物块相连，如图11甲所示，弹簧处于原长状态，物块静止，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2。以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴，现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的情况如图乙所示，物块运动至x＝0.4 m处时速度为零，则此时弹簧的弹性势能为(g＝10 m/s2)( )
A.3.1 J B.3.5 J C.1.8 J D.2.0 J
11.. （2021宁夏银川模拟）如图所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动能Ek与距离地面高度h的关系如图乙所示。已知重力加速度为g，空气阻力不计。下列说法正确的是
A．在0~h0过程中，F大小始终为mg
B．在0~h0和h0~2h0过程中，F做功之比为4∶3
C．在0~2h0过程中，物体的机械能不断增加
D．在2h0~3.5h0过程中，物体的机械能不断减少
12. （2021浙江3月百校联考）一物块从斜面顶端静止开始沿斜面下滑，其机械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10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A. 物块下滑过程中只有重力做功
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2m/s2
D. 物块下滑到底端过程中重力做功40J
13．[2021·山东九校联考]如图所示是一个实景斜坡，可以简化为两个倾角不同的斜面，某物体从如图所示位置由静止开始下滑，物体与两个斜面之间的动摩擦因数均为μ＝eq \f(\r(3),3)，两个斜面倾角分别为α＝53°，β＝30°.选项中，v、a、s、t、E、Ek分别表示物体速度大小、加速度大小、路程、时间、机械能和动能，下列选项中可能正确的是( )
14．[2020·四川遂宁月考]如图甲所示，一上表面水平的小车在光滑水平面上匀速向右运动，在t＝0时刻将一相对于地面静止的质量m＝1 kg的物块轻放在小车前端，以后小车运动的速度—时间图象如图乙所示．已知物块始终在小车上，重力加速度g取10 m/s2.则下列判断正确的是( )
A．小车与物块间的动摩擦因数为0.2，小车的最小长度为1.25 m
B．物块的最终动能E1＝0.5 J，小车动能的减小量ΔE＝3 J
C．小车与物块间因摩擦产生的热量为3 J
D．小车的质量为0.25 kg
15（2020河北保定一模）起重机将静止在地面上的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点过程中的v-t图象如图所示，g=10m/s2。以下说法中正确的是
A. 0-3s内货物处于失重状态
B．3-5s内货物的机械能守恒
C．5-7s内货物受到向上的拉力为重力的0.3倍
D．货物上升的总高度为27m
16. （2020贵州铜仁市一模）物块的初速度为v0，初动能为Ek0，沿固定斜面（粗糙程度处处相同）向上滑动，然后滑回到原处，此过程中，物块的动能Ek与位移x，速度v与时间t的关系图像正确的是
17.（2020高考模拟示范卷1）一物体静止在水平地面上，在竖直向上拉力F作用下开始向上运动，如图甲。在物体向上运动过程中，其机械能E与位移x的关系图象如图乙，已知曲线上A点的切线斜率最大，不计空气阻力，则
A. 在x1处物体所受拉力最大
B. 在x1~x2过程中，物体的动能先增大后减小
C. 在x1~x2过程中，物体的加速度先增大后减小
D. 在0~x2过程中，拉力对物体做的功等于克服物体重力做的功
18．一小物块沿固定斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是( )
19 一质量为m的小球以初动能Ek0从地面竖直向上抛出，已知上升过程中受到阻力f作用，如图所示，图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能、重力势能中的某一个与其上升高度之间的关系，(以地面为零势能面，ℎ0表示上升的最大高度，图上坐标数据中的k为常数且满足0
B. 上升过程中阻力大小恒定且f=kmg
C. 上升高度ℎ=k+1k+2ℎ0时，重力势能和动能相等
D. 上升高度ℎ=ℎ02时，动能与重力势能之差为k2mgℎ0
20. 将一小球竖直向上抛出，取向上为正方向，设小球在抛出点的重力势能为零，小球所受空气阻力大小恒定，则上升过程中，小球的加速度a、速度v、机械能E、动能Ek与小球离抛出点高度h的关系错误的是( QUOTE )
A. B. C. D.
21、如图甲所示，在倾角为θ的粗糙斜面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始向下运动，物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示．其中0～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线为平行于x轴的直线，重力加速度为g，则下列说法中正确的是( )
A．在0～x2过程中，物体先加速后匀速
B．在0～x1过程中，物体的加速度一直减小
C．在x1～x2过程中，物体的加速度为gsinθ
D．在0～x2过程中，拉力F做的功为WF＝E1－E2＋μmgx2
二．计算题
1 .(2022广东江门模拟) “再生制动”是一些汽电混动车辆的常用制动方式。所谓“再生制动”就是车辆靠惯性滑行时带动发电机发电，将部分动能转化为电能储存在电池中。假设一辆汽电混动汽车的质量为m，该汽车设定为前阶段在速度大于时选择再生制动，后阶段速度小于等于时选择机械制动。当它以速度在平直路面上做匀速行驶时，某一时刻开始刹车，前阶段阻力的大小与速度的大小成正比，即，后阶段阻力恒为车重的倍，汽车做匀减速运动，重力加速度为g。求：
（1）如果此次刹车的过程中汽电混动汽车动能减小量的倍被转化为电能，那么此次刹车储存多少电能；
（2）汽电混动汽车从刹车到停止的位移多大；
（3）在一次性能检测中，检测机构让汽电混动汽车在平直的路面上匀速行驶（速度小于）一段距离后关闭发动机，测绘了汽车只开启“机械制动”和“机械制动”“再生制动”同时开启两种设定下汽车的动能与位移关系的图线①和②，如图密所示。若检测时忽略测试路面的阻力差异和空气阻力，求“机械制动”“再生制动”同时开启测试中汽车被回收的动能是多少？
2．如图甲所示，一根直杆AB与水平面成某一角度固定，在杆上套一个小物块，杆底端B处有一弹性挡板，杆与板面垂直，现将物块拉到A点由静止释放，物块下滑与挡板第一次碰撞前后的v t图像如图乙所示，物块最终停止在B点。重力加速度为g＝10 m/s2，求：
(1)物块与杆之间的动摩擦因数μ；
(2)物块滑过的总路程s。
3、如图甲所示，一竖直面内的轨道是由粗糙斜面AB和光滑轨道BCD组成，AB与BCD相切于B点，C为圆轨道的最低点，将物块置于轨道ABC上离地面高为H处由静止下滑，可用力传感器测出其经过C点时对轨道的压力FN。现将物块放在ABC上不同高度处，让H从零开始逐渐增大，传感器测得物块每次从不同高度处下滑到C点时对轨道的压力FN，得到如图乙两段直线PQ和QI，且IQ反向延长线与纵轴交点坐标值为2.5 N，g取10 m/s2。求：
甲 乙
(1)小物块的质量m及圆轨道的半径R；
(2)轨道BC所对圆心角；
(3)小物块与斜面AB间的动摩擦因数。
高考物理《机械能》常用模型最新模拟题精练
专题32 功能关系+图像模型
一选择题
1. (2022·山东泰安三模)如图所示，滑块以一定的初速度冲上足够长的光滑固定斜面，取斜面底端O点为运动的起点和零势能点，并以滑块由O点出发时为时刻。在滑块运动到最高点的过程中，下列描述滑块的动能Ek、重力势能Ep、机械能E随位移x、时间t变化的图像中，正确的是（ ）
A. B. C. D.
【参考答案】ABD
【名师解析】
．根据动能定理得
与位移成线性关系，。A正确；
物体的重力势能为
Ep与位移成正比，B正确；
动能与时间的关系为，C错误；
上滑过程中，只有重力做功，机械能守恒，D正确。
。
2. （2022·河北石家庄三模）篮球比赛是通过跳球争夺来决定球权归属的。裁判员将球竖直向上抛起，球到达最高点又下落一段距离后被运动员拍给已方队员，球从抛出到被拍飞前，篮球速度的平方与篮球距抛出点高度h的图像如图所示。规定抛出点所在水平面为零势能面，重力加速度g取，下列说法正确的是（ ）
A. 篮球被拍飞前的速度大小为
B. 篮球从处上升至最高点所需的时间等于从最高点落回处所需的时间
C. 篮球在空中上升和下落过程中受到的阻力大小均为重力的0.2倍
D. 篮球上升至时，篮球的动能等于其重力势能
【参考答案】C
【名师解析】
由运动学公式知篮球从抛出到最高点做匀减速直线运动，从最高点下落做匀加速运动，图像的斜率等于2a，由图像可知下落加速度a2为①
可解得
由图像知篮球在1.25m位置处被拍飞，此时篮球从最高点下落位移为0.75m，由①式得
，故A错误；
由图像可知上升段加速度a1为
负号表示加速度方向向下，上升段与下降段加速度不相同，故从处上升至最高点所需的时间不等于从最高点落回处所需的时间，故B错误；
由牛顿第二定律F合=ma，有，，故C正确；
由运动学公式可求得上升至时，
则
又由重力势能，故D错误。
3. （2022山东枣庄二模）如图（a）所示，倾角为的传送带以的速度顺时针匀速转动，传送带的长度。一个可视为质点的质量的物块，自A点无初速度的放在传送带底端，其被传送至B端的过程中，动能与位移x的关系（）图像如图（b）所示。取重力加速度。下列说法正确的是（ ）
A. 物块与传送带之间的动摩擦因数为0.25
B. 整个过程中合外力对物块做的功为
C. 整个过程中摩擦力对物块做的功为
D. 整个过程中摩擦力对物块做的功等于物块机械能的增加量
【参考答案】D
【名师解析】
开始时物块在传送带的作用下动能不断增大，根据动能定理有
在5m后动能不变，可知物块与传送带相对静止，即，带入动能表达式可得
A错误；
由动能定理可知，整个过程中合外力对物块做的功等于动能的变化量，则有
B错误；
由功能关系可知，整个过程中摩擦力对物块做的功等于物块机械能的增加量，即
C错误，D正确。
4. （2022河北重点中学期中素养提升）如图甲所示，粗糙水平轨道与半径为R的竖直光滑、绝缘的半圆轨道在B点平滑连接，过半圆轨道圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右范围足够大的匀强电场E，质量为m的带正电小滑块从水平轨道上A点由静止释放，运动中由于摩擦起电滑块电荷量会增加，过B点后电荷量保持不变，小滑块在AB段加速度随位移变化图象如图乙所示。已知A、B间距离为4R，滑块与轨道间动摩擦因数为，重力加速度为g。则（ ）
A. 小滑块运动到B点时速度大小为
B. 小滑块在圆弧轨道上运动时，过小滑块对半圆轨道压力最大处半径与OB夹角的正切值为2
C. 小滑块从圆弧轨道最高点C离开的同时，保持电场强度大小不变，方向变为水平向左，则从C离开到再次回到水平轨道的运动过程中小滑块一直做曲线运动
D. 在满足（C）选项的条件下小滑块再次到达水平轨道时，速度大小为
【参考答案】BD
【名师解析】
从A到B由动能定理可得
由图象可得，小滑块从A到B运动过程中，合力做的功为
则小滑块运动到B点时速度大小为，所以A错误；
对滑块受力分析，有重力和电场力以及轨道对滑块的支持力，当滑块运动到半圆轨道上时，重力与电场力的合力与轨道对滑块的支持力共线时，滑块对半圆轨道压力最大，所以此处半径与OB夹角的正切值为
由图象可知，在B点时，滑块所受电场力为
其中。则，，所以B正确；
由B选项分析可知，B点时滑块的电荷量为
从B到C的过程中，由动能定理得
小滑块从圆弧轨道最高点C离开时，先做平抛运动，则，，
设滑块速度的偏转角为，则
从C点出去后，电场方向与水平方向夹角为，则
所以，即滑块再次进入电场时，将做匀加速直线运动，所以C错误；
由C选项分析可知，当滑块再次进入电场时的速度为
从再次进入电场到再次到达水平轨道，由动能定理得
其中，得，所以D正确
5. (2022·山东泰安三模)如图所示，滑块以一定的初速度冲上足够长的光滑固定斜面，取斜面底端O点为运动的起点和零势能点，并以滑块由O点出发时为时刻。在滑块运动到最高点的过程中，下列描述滑块的动能Ek、重力势能Ep、机械能E随位移x、时间t变化的图像中，正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【参考答案】D
【名师解析】根据机械能守恒定律， ，变化为
可知与位移ｘ成线性关系，图像A正确；物体的重力势能为，Ep与位移成正比，图像B正确；滑块以速度ｖ０冲上光滑斜面，做加速度ａ＝gsinθ的匀减速直线运动，其速度ｖ＝v0-at= v0-gsinθ·t，滑块动能与时间的关系为，图像C错误；上滑过程中，只有重力做功，机械能守恒，D正确。
【方法归纳】机械能守恒和图像结合问题，选择可能符合题意的正确图像的方法是根据题述情景，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，判断出可能正确的图像。
6. （2022南昌三模）把甲、乙两球从水平地面上以相同的初动能同时向空中抛出，不计空气阻力，两球的动能随高度h变化的关系如图所示，它们所到达的最大高度相同。以地面为零势能位置，下列说法正确的是（ ）
A. 甲球的初速度比乙球大
B. 甲球质量比乙球大
C. 在抛出后的同一时刻甲球重力势能比乙球大
D. 两球速度大小相同时甲球比乙球高
【参考答案】BC
【名师解析】
由图可知，当两球达到最大高度时，甲球动能为零，甲球为竖直上抛运动，而乙球在最大高度时动能不为零，可知乙球的斜上抛运动
A．对甲球，解得
设乙球与竖直方向的夹角为，则，由于，可得
故A错误；
B．两球初动能相等，根据动能表达式可知甲球质量比乙球大，故B正确；
C．由A选项分析可知
在竖直方向上，在竖直方向上，同一时刻，两球离地面高度相同，甲球质量大于乙球质量，则甲球重力势能比乙球大，故C正确；
D．对甲球
对乙球
当，两式相减可得
整理得
由于，可得，故D错误。
7. （2022湖南长沙周南中学模拟）如图1为一自动卸货矿车工作时的示意图：矿车空载时质量为100kg；矿车载满货物后，从倾角α＝30°的固定斜面上A点由静止下滑，下滑一段距离后，压缩固定在适当位置的缓冲弹簧，当弹簧产生最大形变时（仍在弹性限度内），矿车立即自动卸完全部货物，然后借助弹簧的弹力作用，返回原位置A，此时速度刚好为零，矿车再次装货。设斜面对矿车的阻力为车总重量的k倍，已知矿车下滑过程中，加速度a与位移x的部分关系图象如图2所示。矿车可视为质点，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，则（ ）
A. k＝0.25
B. 卸货点距A点25m
C. 矿车的载货量为200kg
D. 弹簧的劲度系数为750N/m
【参考答案】ACD
【名师解析】
设矿车质量为m，载货量为M，矿车未接触弹簧前，由牛顿第二定律，其中a=2.5m/s2，可得，A正确；
B．距A点25m处加速度为零，速度最大，此时还没有到达卸货点，故B错误；
C．卸货点距A为s，由功能关系可得：下滑过程
弹回过程
解得M＝2m＝200kg，C正确；
D．设弹簧的劲度系数为K，由图可知25m处的加速度为0，有：
代入图象数据可得，选项D正确。
8．如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，作出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是( )
A．当x＝h＋x0，重力势能与弹性势能之和最小
B．最低点的坐标为x＝h＋2x0
C．小球受到的弹力最大值大于2mg
D．小球动能的最大值为mgh＋eq \f(1,2)mgx0
【参考答案】D
【名师解析】
根据乙图可知，当x＝h＋x0，小球的重力等于弹簧的弹力，此时小球具有最大速度，由弹簧和小球组成的系统机械能守恒可知，重力势能与弹性势能之和最小，故A正确；根据运动的对称性可知，小球运动的最低点位置坐标大于h＋2x0，小球受到的弹力最大值大于2mg，故B错误，C正确；小球达到最大速度的过程中，根据动能定理可知mg(h＋x0)－eq \f(1,2)mgx0＝eq \f(1,2)mv2，故小球动能的最大值为mgh＋eq \f(1,2)mgx0，故D正确。
9、如图甲所示，在倾角为θ的粗糙斜面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始向下运动，物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示．其中0～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线为平行于x轴的直线，重力加速度为g，则下列说法中正确的是( )
A．在0～x2过程中，物体先加速后匀速
B．在0～x1过程中，物体的加速度一直减小
C．在x1～x2过程中，物体的加速度为gsinθ
D．在0～x2过程中，拉力F做的功为WF＝E1－E2＋μmgx2
【参考答案】：C
【名师解析】：物体受力分析如图所示，物体由静止开始向下运动，根据牛顿第二定律有mgsinθ＋F－Ff＝ma，且Ff＝μmgcsθ，由题图乙知，在0～x1过程中物体的机械能减少，即ΔE＝(F－μmgcsθ)x<0，由E－x图象斜率减小知F增大，所以物体做加速度变大的加速运动，在x1～x2过程中，由题图乙知斜率为零，机械能不变，则F＝μmgcsθ，此时加速度为gsinθ，最大，A、B错误，C正确；在0～x2过程中，拉力做的功为WF＝E2－E1＋μmgcsθ·x2，D错误．
10 .轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m＝0.5 kg的物块相连，如图11甲所示，弹簧处于原长状态，物块静止，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2。以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴，现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的情况如图乙所示，物块运动至x＝0.4 m处时速度为零，则此时弹簧的弹性势能为(g＝10 m/s2)( )
A.3.1 J B.3.5 J C.1.8 J D.2.0 J
【参考答案】A
【名师解析】 物块与水平面间的摩擦力为Ff＝μmg＝1 N。现对物块施加水平向右的外力F，由F－x图象面积表示功可知，物块运动至x＝0.4 m处时F做功W＝3.5 J，克服摩擦力做功Wf＝Ffx＝0.4 J。由功能关系可知W－Wf＝Ep，此时弹簧的弹性势能为Ep＝3.1 J，选项A正确。
11.. （2021宁夏银川模拟）如图所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动能Ek与距离地面高度h的关系如图乙所示。已知重力加速度为g，空气阻力不计。下列说法正确的是
A．在0~h0过程中，F大小始终为mg
B．在0~h0和h0~2h0过程中，F做功之比为4∶3
C．在0~2h0过程中，物体的机械能不断增加
D．在2h0~3.5h0过程中，物体的机械能不断减少
【参考答案】BC
【命题意图】本题考查动能定理、对动能随物体距离地面高度变化图像的理解及其相关知识点。体现的核心素养是运动和力的观念、能量的观念和科学思维能力。
【解题思路】由动能定理，Fh-mgh=Ek，变化成与图乙相符合的函数关系，Ek =（F-mg）h。在0~h0过程中，图线斜率为k1=mg= F-mg，解得F=2mg，选项A错误；在0~h0过程中，F做功W1=Fh0=2mgh0。在h0~2h0过程中，由动能定理，W2-mgh0=1.5 mgh0- mgh0，解得F做功W2=1.5mgh0。两个过程F做功之比为W1∶W2=2mgh0∶1.5mgh0=4∶3，选项B正确；在0~2h0过程中，由于F一直做正功，根据功能关系可知，物体的机械能不断增加，选项C正确；在2h0~3.5h0过程中，图线斜率k2=-mg= F-mg，解得F=0，说明物体的机械能守恒，选项D错误。
12. （2021浙江3月百校联考）一物块从斜面顶端静止开始沿斜面下滑，其机械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10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A. 物块下滑过程中只有重力做功
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2m/s2
D. 物块下滑到底端过程中重力做功40J
【参考答案】D
【名师解析】
根据功能关系可得，得
则在此图像中的斜率的绝对值表示下滑过程中受到摩擦力大小
机械能不守恒,除重力外还有其他力做功，故A错误；
根据动能定理可得，则图像的斜率表示合外力F，得到合外力
因未知，m和无法求，加速度a也无法计算，故B、C错误；
根据，则物块下滑到底端过程中重力做功 ，故D正确。
13．[2021·山东九校联考]如图所示是一个实景斜坡，可以简化为两个倾角不同的斜面，某物体从如图所示位置由静止开始下滑，物体与两个斜面之间的动摩擦因数均为μ＝eq \f(\r(3),3)，两个斜面倾角分别为α＝53°，β＝30°.选项中，v、a、s、t、E、Ek分别表示物体速度大小、加速度大小、路程、时间、机械能和动能，下列选项中可能正确的是( )
【参考答案】B
【名师解析】对物体受力分析可知其运动分为两个阶段，第一阶段是匀加速运动；第二阶段是匀速运动．由于在两个阶段物体都受摩擦力的作用，且摩擦力做负功，机械能一直减小，A项错误；在第一阶段，根据牛顿第二定律得物体的加速度大小a1＝gsin α－μgcs α>0，由动能定理得Ek＝mgh－μmgscs α，h＝ssin α，联立解得Ek＝mgs(sin α－μcs α)，则Ek与s呈线性关系，在第二阶段，mgsin β－μmgcs β＝ma2，代入数据得此阶段物体加速度a2＝0，即速度不变，Ek为常数，故B项正确，D项错误；在第一阶段有物体速度大小v＝a1t，即v2＝aeq \\al(2,1)t2，所以v2与t不是线性关系，故C项错误．
14．[2020·四川遂宁月考]如图甲所示，一上表面水平的小车在光滑水平面上匀速向右运动，在t＝0时刻将一相对于地面静止的质量m＝1 kg的物块轻放在小车前端，以后小车运动的速度—时间图象如图乙所示．已知物块始终在小车上，重力加速度g取10 m/s2.则下列判断正确的是( )
A．小车与物块间的动摩擦因数为0.2，小车的最小长度为1.25 m
B．物块的最终动能E1＝0.5 J，小车动能的减小量ΔE＝3 J
C．小车与物块间因摩擦产生的热量为3 J
D．小车的质量为0.25 kg
【参考答案】ABD
【名师解析】由vt图象知，当t＝0.5 s时，小车开始做速度v＝1 m/s的匀速运动，此时，物块与小车的速度相同，物块与小车间无摩擦力作用，对物块，由v＝at及f＝ma＝μmg得f＝2 N，μ＝0.2，在0～0.5 s内，小车的位移s＝(5＋1)×eq \f(1,2)×0.5 m＝1.5 m，物块的位移x＝eq \f(1,2)×1×0.5 m＝0.25 m，所以小车的最小长度为1.5 m－0.25 m＝1.25 m，A正确；物块的最终动能E1＝eq \f(1,2)mv2＝0.5 J，由动能定理得，小车动能的减小量ΔE＝f·s＝3 J，B正确；小车与物块间因摩擦产生的热量Q＝f·s相＝f(s－x)＝2.5 J，C错误；小车的加速度为a′＝eq \f(5－1,0.5) m/s2＝8 m/s2，而a′＝eq \f(f,M)，解得M＝0.25 kg，D正确．
15（2020河北保定一模）起重机将静止在地面上的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点过程中的v-t图象如图所示，g=10m/s2。以下说法中正确的是
A. 0-3s内货物处于失重状态
B．3-5s内货物的机械能守恒
C．5-7s内货物受到向上的拉力为重力的0.3倍
D．货物上升的总高度为27m
【参考答案】.D
【命题意图】 本题以起吊货物的速度图像给出解题信息，以起重机吊起货物为情景，考查对速度图像的理解、牛顿运动定律、功能关系及其相关知识点，考查的核心素养是运动和力的观点和能量观点。
【解题思路】起重机将静止在地面上的货物竖直向上吊起，由题给速度图像可知，0~3s内，货物加速向上运动，加速度方向向上，货物处于超重状态，选项A错误；3~5s内货物匀速向上运动，起重机拉力做功，货物的机械能增加，选项B错误；由速度图像可知，在5~7s内，货物向上运动的加速度为a=△v/△t=m/s2=-3 m/s2，由牛顿第二定律，F-mg=ma，解得F=0.7mg，在5~7s内，货物受到向上的拉力F为重力mg的0.7倍，选项C错误；由速度图像的面积表示位移可知，货物上升的总高度为H=×6m=27m，选项D正确。
【科学思维】
分析题给速度图像→得出0~3s内加速度向上，货物处于超重状态
分析题给速度图像→得出3~5内货物匀速向上运动，动能不变，重力势能增加，机械能增加
分析题给速度图像→得出5~7s内货物减速向上运动的加速度→由牛顿第二定律得出拉力与重力关系。
分析题给速度图像→速度图像的面积表示位移得出货物上升的总高度
16. （2020贵州铜仁市一模）物块的初速度为v0，初动能为Ek0，沿固定斜面（粗糙程度处处相同）向上滑动，然后滑回到原处，此过程中，物块的动能Ek与位移x，速度v与时间t的关系图像正确的是
【参考答案】.A
【命题意图】 本题以物块沿粗糙斜面向上滑动、向下滑动为情景，考查牛顿运动定律、动能定理及其相关知识点，考查的核心素养是“运动和力”的观点、能量的观点和科学思维能力。
【解题思路】物块以初动能Ek0沿粗糙斜面向上滑动，所受摩擦力沿斜面向下，设斜面倾角为θ，由动能定理，-mgsinθ·x-fx=Ek -Ek0，解得Ek=Ek0- （mgsinθ+f）·x。物块滑至最高点后向下滑动，所受摩擦力沿斜面向上，由动能定理，-mgsinθ·x+fx=Ek -Ek1，解得Ek=Ek1- （mgsinθ-f）·x，所以选项A正确B错误；物块以初速度v0沿粗糙斜面向上滑动，所受摩擦力沿斜面向下，滑至最高点后向下滑动，所受摩擦力沿斜面向上，由牛顿第二定律可知，沿粗糙斜面向上滑动过程中的加速度大于沿斜面向下滑动的加速度，根据速度图像斜率等于加速度可知，速度图像在第一象限的斜率大于在第四象限的斜率，所以图像CD错误。
【科学思维】
分析运动过程→分析受力，由动能定理得出动能Ek随位移x变化的函数关系式→动能Ek随位移x变化的图像
分析运动过程→分析受力，由牛顿运动定律得出加速度a关系式→速度v随时间t变化的图像
17.（2020高考模拟示范卷1）一物体静止在水平地面上，在竖直向上拉力F作用下开始向上运动，如图甲。在物体向上运动过程中，其机械能E与位移x的关系图象如图乙，已知曲线上A点的切线斜率最大，不计空气阻力，则
A. 在x1处物体所受拉力最大
B. 在x1~x2过程中，物体的动能先增大后减小
C. 在x1~x2过程中，物体的加速度先增大后减小
D. 在0~x2过程中，拉力对物体做的功等于克服物体重力做的功
【参考答案】AB
【名师解析】E-x图像的斜率代表竖直向上拉力F，物体静止在水平地面上，在竖直向上拉力F作用下开始向上，说明在x=0处，拉力F大于重力，在0-x1过程中，图像斜率逐渐增大，则拉力F在增大，x1处物体图象的斜率最大，所受的拉力最大，故A正确；在x1~x2过程中，图象的斜率逐渐变小，说明拉力越来越小；在x2处物体的机械能达到最大，图象的斜率为零，说明此时拉力为零。根据合外力可知，在x1~x2过程中，拉力F逐渐减小到mg的过程中，物体做加速度逐渐减小的加速运动，物体加速度在减小，动能在增大，拉力F=mg到减小到0的过程中，物体的加速度反向增大，物体做加速度逐渐增大的减速运动，物体的动能在减小；在x1~x2过程中，物体的动能先增大后减小，物体的加速度先减小后反向增大，故B正确，C错误；物体从静止开始运动，到x2处以后机械能保持不变，在x2处时，物体具有重力势能和动能，故在0~x2过程中，拉力对物体做的功等于克服物体重力做的功与物体的动能之和，故D错误。
18．一小物块沿固定斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是( )
【参考答案】 C
【名师解析】设斜面的倾角为θ，物块的质量为m，去沿斜面向上为位移正方向；根据动能定理可得： 上滑过程中：﹣mgxsinθ﹣μmgxcsθ=Ek﹣Ek0 ， 所以Ek=Ek0﹣（mgsinθ+μmgcsθ）x；位移x增大，下滑过程中：mgx′sinθ﹣μmgx′csθ=Ek﹣0，所以Ek=（mgsinθ﹣μmgcsθ）x′；位移x′减小， 根据能量守恒定律可得，最后的总动能减小．结合数学知识， 故C正确、ABD错误；
故选：C．
【关键点拨】分别对上滑过程、下滑过程利用动能定理列方程得到动能和位移的关系即可进行判断，同时注意位移的变化。
19 一质量为m的小球以初动能Ek0从地面竖直向上抛出，已知上升过程中受到阻力f作用，如图所示，图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能、重力势能中的某一个与其上升高度之间的关系，(以地面为零势能面，ℎ0表示上升的最大高度，图上坐标数据中的k为常数且满足0
B. 上升过程中阻力大小恒定且f=kmg
C. 上升高度ℎ=k+1k+2ℎ0时，重力势能和动能相等
D. 上升高度ℎ=ℎ02时，动能与重力势能之差为k2mgℎ0
【参考答案】BCD
【名师解析】根据动能定理可知上升高度越大，动能越小，重力势能越大，故①、②分别表示重力势能、动能随上升高度的图象，故A错误；从②图线看，重力势能、动能随着高度的变化成线性关系，故合力恒定，受到的阻力大小恒定，由功能关系可知从抛出到最高点的过程中机械能的减少量等于阻力的功的大小，由②图线可知：fℎ0=Ek0−Ek0k+1，且由①图线根据动能定理可知Ek0=(mg+f)ℎ0，解得f=kmg，故B正确；设h高度时重力势能和动能相等，①图线的函数方程为Ek=Ek0−(mg+f)ℎ，②图线的函数方程为EP=Ek0(k+1)ℎ0ℎ，令Ek=EP，及Ek0=(mg+f)ℎ0和f=kmg，联立解得ℎ=k+1k+2ℎ0，C正确；同理可得D正确
20. 将一小球竖直向上抛出，取向上为正方向，设小球在抛出点的重力势能为零，小球所受空气阻力大小恒定，则上升过程中，小球的加速度a、速度v、机械能E、动能Ek与小球离抛出点高度h的关系错误的是( QUOTE )
A. B. C. D.
【参考答案】B
【名师解析】小球所受空气阻力大小恒定，上升阶段是匀减速直线运动，取向上为正方向，根据牛顿第二定律有：−(mg+f)=ma，a大小恒定，方向向下，故A正确；上升阶段是匀减速直线运动，取向上为正方向，有：v2−v02=2aℎ，非一次线性函数，故B错误；机械能E与小球离抛出点高度h的关系为：E=E0−fℎ，故C正确；动能Ek与小球离抛出点高度h的关系为：Ek=Ek0−(mg+f)ℎ，故D正确；
【关键点拨】
小球所受空气阻力大小恒定，上升阶段是匀减速直线运动，重力和空气阻力都做负功。注意矢量的方向性，物理规律表达式与物理图象的结合。
21、如图甲所示，在倾角为θ的粗糙斜面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始向下运动，物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示．其中0～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线为平行于x轴的直线，重力加速度为g，则下列说法中正确的是( )
A．在0～x2过程中，物体先加速后匀速
B．在0～x1过程中，物体的加速度一直减小
C．在x1～x2过程中，物体的加速度为gsinθ
D．在0～x2过程中，拉力F做的功为WF＝E1－E2＋μmgx2
【参考答案】C
【名师解析】：物体受力分析如图所示，物体由静止开始向下运动，根据牛顿第二定律有mgsinθ＋F－Ff＝ma，且Ff＝μmgcsθ，由题图乙知，在0～x1过程中物体的机械能减少，即ΔE＝(F－μmgcsθ)x<0，由E－x图象斜率减小知F增大，所以物体做加速度变大的加速运动，在x1～x2过程中，由题图乙知斜率为零，机械能不变，则F＝μmgcsθ，此时加速度为gsinθ，最大，A、B错误，C正确；在0～x2过程中，拉力做的功为WF＝E2－E1＋μmgcsθ·x2，D错误．
二．计算题
1 .(2022广东江门模拟) “再生制动”是一些汽电混动车辆的常用制动方式。所谓“再生制动”就是车辆靠惯性滑行时带动发电机发电，将部分动能转化为电能储存在电池中。假设一辆汽电混动汽车的质量为m，该汽车设定为前阶段在速度大于时选择再生制动，后阶段速度小于等于时选择机械制动。当它以速度在平直路面上做匀速行驶时，某一时刻开始刹车，前阶段阻力的大小与速度的大小成正比，即，后阶段阻力恒为车重的倍，汽车做匀减速运动，重力加速度为g。求：
（1）如果此次刹车的过程中汽电混动汽车动能减小量的倍被转化为电能，那么此次刹车储存多少电能；
（2）汽电混动汽车从刹车到停止的位移多大；
（3）在一次性能检测中，检测机构让汽电混动汽车在平直的路面上匀速行驶（速度小于）一段距离后关闭发动机，测绘了汽车只开启“机械制动”和“机械制动”“再生制动”同时开启两种设定下汽车的动能与位移关系的图线①和②，如图密所示。若检测时忽略测试路面的阻力差异和空气阻力，求“机械制动”“再生制动”同时开启测试中汽车被回收的动能是多少？
【参考答案】（1）；（2）；（3）J
【名师解析】
（1）设汽电混动汽车在刹车的过程中储存的电能为E，依题意
得
（2）设汽电混动汽车再生制动阶段运动的位移为，由动量定理得
又
即
所以在再生制动阶段有
解得
在机械制动阶段，汽电混动汽车做匀减速运动，由牛顿第二定律可得
又
解得
设匀减速运动的位移为，由运动学得
解得
所以汽电混动汽车从刹车到停止的位移为
（3）对于减速过程，因斜线率的绝对值表示阻力的大小，由图线①得
代入得
由图线②，设汽车位移为，回收的动能为
2．如图甲所示，一根直杆AB与水平面成某一角度固定，在杆上套一个小物块，杆底端B处有一弹性挡板，杆与板面垂直，现将物块拉到A点由静止释放，物块下滑与挡板第一次碰撞前后的v t图像如图乙所示，物块最终停止在B点。重力加速度为g＝10 m/s2，求：
(1)物块与杆之间的动摩擦因数μ；
(2)物块滑过的总路程s。
【名师解析】(1)由题图乙可知物块下滑时加速度大小a1＝4 m/s2，上滑时加速度大小a2＝8 m/s2，杆长l＝2 m；
设杆倾角为θ，物块的质量为m，物块与杆之间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律得：
mgsin θ－μmgcs θ＝ma1，
mgsin θ＋μmgcs θ＝ma2，
解得：μ＝0.25，sin θ＝0.6，cs θ＝0.8。
(2)对物块整个运动过程分析，物块滑过的总路程为s，由动能定理得：mglsin θ－μmgscs θ＝0，解得：s＝6 m。
答案：(1)0.25 (2)6 m
3、如图甲所示，一竖直面内的轨道是由粗糙斜面AB和光滑轨道BCD组成，AB与BCD相切于B点，C为圆轨道的最低点，将物块置于轨道ABC上离地面高为H处由静止下滑，可用力传感器测出其经过C点时对轨道的压力FN。现将物块放在ABC上不同高度处，让H从零开始逐渐增大，传感器测得物块每次从不同高度处下滑到C点时对轨道的压力FN，得到如图乙两段直线PQ和QI，且IQ反向延长线与纵轴交点坐标值为2.5 N，g取10 m/s2。求：
甲 乙
(1)小物块的质量m及圆轨道的半径R；
(2)轨道BC所对圆心角；
(3)小物块与斜面AB间的动摩擦因数。
【关键点拨】解此题的关键是把握图象的信息，并将图象信息与物理过程相对应，如下图所示。
【名师解析】 (1)小物块从圆轨道BC滑下，
由动能定理可知mgH＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
在C点合力提供向心力
FN－mg＝meq \f(v\\al(2,C),R)
FN＝eq \f(2mg,R)H＋mg
结合PQ段图象知mg＝2 N，m＝0.2 kg，eq \f(2mg,R)＝eq \f(4－2,0.5)
解得R＝1 m。
(2)由于图线Q点对应于轨道的B点，而此时H＝0.5 m，则轨道BC所对圆心角θ由几何关系可知H＝R(1－cs θ)，代入数据解得θ＝60°。
(3)小物块从A到C，由动能定理可得
mgH－eq \f(μmgcs θH－0.5,sin θ)＝eq \f(1,2)mv2，
到达C点处由向心力公式可得
F′N－mg＝eq \f(mv2,R)，联立得μ＝eq \f(\r(3),4)。
[答案] (1)0.2 kg 1 m (2)60° (3)eq \f(\r(3),4)
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