选择题考点专项训练33 与机械能有关的图像问题（后附解析）-【选择题专练】2025年高考物理一轮复习练习

这是一份选择题考点专项训练33 与机械能有关的图像问题（后附解析）-【选择题专练】2025年高考物理一轮复习练习，共9页。试卷主要包含了“蹦极”被称为“勇敢者的游戏”，5 J，25 J等内容，欢迎下载使用。

A.EF段无人机的速度大小为4 m/s
B.FM段无人机的货物处于失重状态
C.FN段无人机和装载物总动能变化量大小为0
D.MN段无人机机械能守恒
2.(v－t图像)(多选)“蹦极”被称为“勇敢者的游戏”。如图甲所示，将一根自然长度为OA的弹性轻绳一端系在人身上，另一端固定在跳台边缘。人从跳台由静止下落开始计时，下落过程中速度随时间的变化如图乙所示，图中tA、tB、tC三个时刻分别对应A、B、C三个点，tB时刻是图像最高点，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A.重力加速度大小为eq \f(vA,tA)
B.人从A点运动到B点这一过程中，人的重力势能转化为动能
C.人在下落过程中，弹性绳对人先做正功再做负功
D.人从A点运动到C点这一过程中，人的机械能一直减少
3.(F－t图像)(多选)如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球接触弹簧并将弹簧压缩至最低点(形变在弹性限度内)，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后又下落，如此反复，通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出该过程中弹簧弹力F随时间t变化的图像如图乙所示，则( )
A.运动过程中小球的机械能守恒
B.t2时刻小球的速度为零
C.t1～t2这段时间内，小球的动能在逐渐减少
D.t2～t3这段时间内，小球的动能与重力势能之和在增加
4.(v2－h图像)(多选)如图甲所示，水平地面上竖直固定一半径为0.5 m的半圆形轨道，A为最低点，B为轨道中点，C为最高点。现有一质量为1 kg的小球从A点以一定速度进入半圆轨道，恰好能到达最高点C。测得小球在轨道上速度的平方与其高度的关系如图乙所示。已知轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计，重力加速度g取10 m/s2。则( )
A.图乙中x＝25
B.小球在A点对轨道的压力大小为82 N
C.小球从A到C合力做的功为15.5 J
D.小球从B到C损失机械能小于2.75 J
5.(F－x图像)(多选)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。某同学探究小球在接触弹簧后向下的运动过程，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时，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等于2mg
D.小球动能的最大值为mgh＋eq \f(mgx0,2)
6.(a－x图像)(多选)如图甲所示，轻质弹簧的下端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，在弹簧的上端从静止开始释放0.5 kg的小球，小球的加速度a与弹簧压缩量x间的关系如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2，则( )
A.斜面的倾角θ＝60°
B.弹簧的劲度系数为12.5 N/m
C.小球最大的动能为0.25 J
D.弹簧最大弹性势能为10 J
7.(W－x图像)(多选)质量为1 kg的物体在粗糙的水平地面上受到一水平外力F的作用由静止开始运动，如图甲所示，外力F和物体克服摩擦力Ff做的功W与物体位移x的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2。下列分析正确的是( )
A.物体与地面之间的动摩擦因数为0.2
B.物体运动的位移为13 m
C.前3 m运动过程中物体的加速度为3 m/s2
D.x＝9 m时，物体的速度为3eq \r(2) m/s
8.(Ek－t图像)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图像是( )
9.(Ek－h图像)卫星绕地球运行的轨道均可近似看成圆轨道，用h表示卫星运行轨道离地面的距离，Ek表示卫星在此轨道上运行的动能，下列四幅图中正确的是( )
10.(机械能E－h图像)如图甲所示，倾角为θ的斜面固定在水平地面上，一质量为m的小物块从斜面顶端由静止释放，取地面为零势能面，物块的机械能E与其距地面的高度h的关系如图乙所示，已知重力加速度为g，图乙中直线的斜率k＝eq \f(mg,2)，则物块与斜面之间的动摩擦因数为( )
A.eq \f(1,2tan θ) B.eq \f(1,2)tan θ
C.eq \f(1,2)sin θ D.eq \f(1,2)cs θ
11.(E－x关系图像和Ep－x关系图像)(多选)如图(a)所示，一质量为1 kg的小物块以一定的初速度滑上一固定斜面，其机械能E总等于动能Ek和重力势能Ep之和，取斜面底端为重力势能零点，该小物块的E总和Ep随它离斜面底端的距离x的变化如图(b)所示。重力加速度g取10 m/s2。由图中数据可得( )
A.x＝0时，小物块的速率为5 m/s
B.小物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C.x＝3 m时，小物块的动能Ek＝20 J
D.从斜面底端至x＝5 m，小物块的动能减少30 J
12.(综合图像问题)(多选)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，取地面处为重力势能零点，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.图乙中a＝3
B.图丙中b＝4
C.图丙中x0处的弹簧弹力为8 N
D.图丁中c＝9，d＝4
解析答案33 与机械能有关的图像问题
1．AB [根据EF段方程y＝4t－26，可知EF段无人机的速度大小为v＝eq \f(Δy,Δt)＝4 m/s，故A正确；根据y－t图像的切线斜率表示无人机的速度，可知FM段无人机先向上做减速运动，后向下做加速运动，加速度方向一直向下，则无人机的货物处于失重状态，故B正确；根据MN段方程y＝－2t＋140，可知MN段无人机的速度为v′＝eq \f(Δy′,Δt′)＝－2 m/s，则可知FN段无人机和装载物总动能变化不为0，故C错误；MN段无人机向下做匀速直线运动，动能不变，重力势能减少，无人机的机械能不守恒，故D错误。]
2．AD [由图可知，人从跳台下落到A点的过程，人做自由落体运动，可得重力加速度大小为g＝eq \f(vA,tA)，故A正确；人从A点运动到B点这一过程中，人的重力势能转化为人的动能和弹性绳的弹性势能，故B错误；人在下落过程中，从O点到A点弹性绳对人不做功，从A点到C点，弹性绳的形变量一直增大，弹性势能一直增大，故弹性绳对人一直做负功，故C错误；人从A点运动到C点这一过程中，人和弹性绳组成的系统机械能守恒，由于下落过程中，弹性绳弹性势能一直增大，故人的机械能一直减少，故D正确。]
3．BD [弹簧在运动过程中弹性势能在变化，故小球的机械能不守恒，应该是小球和弹簧组成的系统机械能守恒，A错误；t2时刻，弹力最大，弹簧的压缩量最大，小球运动到最低点，小球的速度为零，B正确；t1～t2这段时间内，小球先向下做加速度减小的加速运动，然后做加速度增大的减速运动，动能先增大后减小，C错误；t2～t3这段时间内，弹簧的弹力不断减小，弹簧的弹性势能不断减少，由于系统机械能守恒，故小球的动能与重力势能之和在增加，D正确。]
4．BD [图甲中x对应小球到达最高点C，因为小球恰好到最高点C，则有mg＝meq \f(v2,r)，解得x＝v2＝gr＝5 m2/s2，故A错误；由图乙可得，h＝0时即在A点时的速度为veq \\al(2,A)＝36 m2·s－2，由牛顿第二定律有FNA－mg＝meq \f(veq \\al(2,A),r)，解得FNA＝82 N，故B正确；小球从A到C由动能定理可得W合＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＝－15.5 J，故C错误；由前面分析可知A到C小球动能减少量为15.5 J，重力势能增加量为ΔEp＝mg·2r＝10 J，由能量守恒定律可知，A到C小球机械能减少5.5 J，但由于在AB段的平均压力大于BC段，故在AB段摩擦力做功大于BC段，故BC段损失机械能小于2.75 J，故D正确。]
5．AD [由图像结合小球的运动过程为：先自由落体运动，当与弹簧相接触后，再做加速度减小的加速运动，然后做加速度增大的减速运动，直到小球速度为零。当x＝h＋x0时，弹力等于重力，加速度为零，小球速度最大，动能最大，由于系统机械能守恒，所以重力势能与弹性势能之和最小，A正确；在最低点小球速度为零，从刚释放小球到小球运动到最低点，小球动能变化量为零，重力做的功和弹力做的功的绝对值相等，即到最低点图乙中实线与x轴围成的面积应该与mg那条虚线与x轴围成的面积相同，所以最低点应该在h＋2x0的后边，B错误；由B知道最低点位置大于x＝h＋2x0，所以弹力大于2mg，C错误；当x＝h＋x0时，弹力等于重力，加速度为零，小球速度最大，动能最大，由动能定理可得WG＋WN＝mg(h＋x0)－mg·eq \f(1,2)x0＝mgh＋eq \f(1,2)mgx0，故D正确。]
6．BC [由图乙可知，当弹簧压缩量x＝0时，a＝5 m/s2，则有a＝gsin θ＝5 m/s2，解得θ＝30°，故A错误；当弹簧压缩量x＝20 cm＝0.2 m时，a＝0，则有mgsin θ＝kx，解得k＝eq \f(mgsin θ,x)＝12.5 N/m，故B正确；在a－x图像中，图线与x轴所围成的面积表示ax的大小，当x＝0.2 m时，a＝0，此时小球的速度最大，由2ax＝v2，可知v＝eq \r(2ax)＝eq \r(2×\f(1,2)×5×0.2) m/s＝1 m/s，即小球最大的动能为Ekm＝eq \f(1,2)mv2＝0.25 J，故C正确；由运动的对称性可知，当弹簧的压缩量为x1＝0.4 m时，小球速度为零，此时弹簧的弹性势能最大，从最高点到小球速度为零的位置，由机械能守恒定律可得，最大的弹性势能等于重力势能的减小量，即最大弹性势能为Epm＝mgx1sin 30°＝0.5×10×0.4×eq \f(1,2) J＝1 J，故D错误。]
7．ACD [由Wf＝Ffx对应图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力Ff＝2 N，由Ff＝μmg，可得μ＝0.2，A正确；由WF＝Fx对应图乙可知，前3 m内，拉力F1＝5 N，3～9 m内拉力F2＝2 N，物体在前3 m内的加速度a1＝eq \f(F1－Ff,m)＝3 m/s2，C正确；由动能定理得WF－Ffx＝eq \f(1,2)mv2，可得x＝9 m时，物体的速度为v＝3eq \r(2) m/s，D正确；物体的最大位移xm＝eq \f(WF,Ff)＝eq \f(27,2) m＝13.5 m，B错误。]
8．A [小球做竖直上抛运动，设初速度为v0，则v＝v0－gt，小球的动能Ek＝eq \f(1,2)mv2，把速度v代入得Ek＝eq \f(1,2)mg2t2－mgv0t＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，Ek与t为二次函数关系，故A正确。]
9．B [由题意可知卫星在轨道上运动时，万有引力提供向心力，设地球半径为R，有Geq \f(Mm,（R＋h）2)＝meq \f(v2,（R＋h）)，化简后可得mv2＝eq \f(GMm,R＋h)，又因为Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(GMm,2（R＋h）)，所以可知Ek随h的增大非线性减小，故B正确，A、C、D错误。]
10．B [物块运动到距地面高h处时，其机械能E＝mgh0－μmg·cs θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(h0,sin θ)－\f(h,sin θ)))，可知图乙中图像的斜率k＝eq \f(μmgcs θ,sin θ)＝eq \f(1,2)mg，解得μ＝eq \f(1,2)tan θ，故B正确。]
11．BC [取斜面底端为重力势能零点，则小物块在斜面底端时的机械能即为动能有eq \f(1,2)×1×v2＝50 J，解得v＝10 m/s，故A错误；小物块在x＝5 m处的重力势能Ep＝mgxsin θ＝30 J，则θ＝37°，由功能关系可知，小物块克服摩擦力做功等于机械能的变化，则有μmgxcs 37°＝(50－30)J，解得μ＝0.5，故B正确；由动能定理得－mgx1sin 37°－μmgx1cs 37°＝Ek1－eq \f(1,2)mv2，其中x1＝3 m，解得Ek1＝20 J，故C正确；由动能定理得－mgx2sin 37°－μmgx2cs 37°＝ΔEk2，解得ΔEk2＝－50 J，即动能减小50 J，故D错误。]
12．BCD [由图可知，小球到最低点时，高度下降0.6 m，则重力势能减少ΔEp2＝mghmax＝6 J，重力势能转化为内能和弹簧的弹性势能，根据Q＝fhmax＝ΔEp2－ΔEp1，解得f＝2 N，则图乙中a＝4，故A错误；结合图甲和图丙，可知小球高度下降0.5 m内，重力和空气阻力做功，根据mgh－fh＝Ek，解得y＝0.5 m时的动能Ek＝4 J，则丙图中b＝4，故B正确；当小球动能最大时，小球加速度为零，根据平衡条件F弹＋f＝mg，解得F弹簧＝8 N，故C正确；根据功能关系可知，小球高度下降0.5 m时，机械能的减少量等于克服阻力所做的功为ΔE＝10－c＝fx，解得c＝9，根据能量守恒定律可知，小球高度下降0.6 m时，动能为零，则小球减少的重力势能等于减少的机械能为6 J，则d＝4，故D正确。]