第六章　64.与能量相关的图像问题---高中物理人教版（2019）高三 课后同步加练半小时 练习（解析版）

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1~5题每题6分
1.(多选)(2026·广东省部分学校联考)雨滴一般形成于距离地面几千米的高空，雨滴形成后由静止开始下落，假设雨滴运动过程中质量保持不变，受到空气阻力的大小与速率成正比。以地面为零势能面，设雨滴下降的距离为x，运动时间为t，雨滴的速率为v，所受阻力的瞬时功率为P，机械能为E，重力势能为Ep，下列图像可能正确的是( )
答案 AD
解析 根据牛顿第二定律有mg-kv=ma可知雨滴做加速度减小的加速运动，当空气阻力等于重力时，加速度为0，雨滴做匀速直线运动，故A正确；根据P=fv=kv2可知当雨滴达到最大速度后，阻力的瞬时功率和速度均不再继续增大，故B错误；根据功能关系可知，机械能的变化量等于阻力对雨滴所做的功，则有f=kv=ΔEΔx，可知E-x图像的切线斜率绝对值先逐渐增大后不变，但机械能不能减小到零，故C错误；设初始时雨滴的重力势能为Ep0，则雨滴的重力势能为Ep=Ep0-mgx，故D正确。
2.(多选)一物块以初速度v0自固定斜面底端沿斜面向上运动，一段时间后回到斜面底端。该物块的动能Ek随位移x的变化关系如图所示，图中x0、Ek1、Ek2均已知。根据图中信息可以求出的物理量有( )
A.重力加速度大小
B.物块所受滑动摩擦力的大小
C.斜面的倾角
D.沿斜面上滑的时间
答案 BD
解析 由题图知Ek1=12mv02，已知Ek1、v0，则物块的质量m=2Ek1v02，物块上滑时，由动能定理Ek1=(mgsin θ+Ff)x0，下滑时，由动能定理Ek2=(mgsin θ-Ff)x0，x0为上滑的最远距离；由图像的斜率可知mgsin θ+Ff=Ek1x0，mgsin θ-Ff=Ek2x0，解得gsin θ=12mEk1x0+Ek2x0=v024Ek1Ek1x0+eEk2x0，Ff=Ek1−Ek22x0，即物块所受滑动摩擦力Ff的大小可求出，但重力加速度大小、斜面的倾角不能求出，故A、C错误，B正确；根据牛顿第二定律和运动关系得mgsin θ+Ff=ma，t=v0a，联立解得沿斜面上滑的时间t=2x0v0，D正确。
3.(多选)如图甲所示，工人沿倾角为α=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。若平板车板面始终水平，则货物的动能Ek随位移x的变化图像如乙所示，sin 10°=0.17，cs 10°=0.98，g取10 m/s2，则( )
A.货物在0~2 m的过程中，重力势能增加34 J
B.货物在0~2 m的过程中，克服摩擦力做功
C.货物在2~4 m的过程中，用时为10 s
D.货物在2~4 m的过程中，机械能一直增大
答案 ACD
解析 货物在0~2 m的过程中，货物重力势能增加量等于克服重力做功，则ΔEp=mgx1sin α=10×10×2×0.17 J=34 J，选项A正确；货物在0~2 m的过程中，动能增加，货物沿斜面做加速运动，则加速度沿斜面向上，则摩擦力对货物做正功，选项B错误；2 m末的速度为v=2Ekm=2×810 m/s=1.6 m/s，货物在2~4 m的过程中的合外力F=ΔEkx=82 N=4 N，加速度为a=Fm=0.4 m/s2，根据v=at可知用时为t=va=10 s，选项C正确；货物在2~4 m的过程中，重力势能与动能之和为E=mgΔxsin α+(Ek2-kΔx)=13Δx+8 (J)，则随Δx增加，机械能一直增大，选项D正确。
4.(多选)某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中，以达到节能的目的。某次测试中，汽车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机，测出了汽车动能Ek与位移x的关系图像如图所示，其中①是关闭储能装置时的关系图线，②是开启储能装置时的关系图线。已知汽车的质量为1 000 kg，设汽车运动过程中所受地面阻力恒定，空气阻力不计。根据图像所给的信息可求出( )
A.汽车行驶过程中所受地面的阻力为1 000 N
B.汽车的额定功率为80 kW
C.汽车加速运动的时间为22.5 s
D.汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为5×105 J
答案 BD
解析 由图线①求所受阻力，有ΔEkm = FfΔx，代入数据解得Ff=8×105400 N= 2 000 N，A错误；由Ekm=12mvm2可得vm=40 m/s，所以P=Ffvm =80 kW，B正确；加速阶段有Pt-Ffx=ΔEk，解得t=16.25 s，C错误；根据能量守恒定律， 并由图线②可得开启储能装置后向蓄电池提供的电能为ΔE=Ekm-Ffx'=8×105 J-2×103×150 J= 5×105 J，D正确。
5.轻质弹簧下端固定在斜面底部，弹簧处于原长时上端在O点。小球将弹簧压缩到A点(未拴接)由静止释放后，运动到B点速度为零。设阻力恒定，以O点为坐标原点，沿斜面向上为正方向建立x轴，小球上升过程的速度v、加速度a、动能Ek及其机械能E随位置坐标x的变化规律可能正确的是( )
答案 B
解析 设小球到O点时速度为v，由O到B的过程中由动能定理可知-mgxsin θ-Ffx=0-12mv2，解得v=2gxsinθ+2Ffxm，v-x图像中过O点后应为曲线，故A错误；当小球在O点左侧位置坐标为x时，弹簧压缩量为x，由牛顿第二定律，有-kx-Ff-mgsin θ=ma，得a=-kmx-Ffm-gsin θ，当小球在O点右侧时，有-Ff-mgsin θ=ma，得a=-Ffm-gsin θ，a-x图像为两段直线，故B正确；设弹簧被压缩至A点时的弹性势能为EpA，在弹簧恢复原长过程中由能量守恒定律可知EpA=Ffx+mgxsin θ+Ek+12k(x0-x)2，整理可得Ek=EpA-mgxsin θ-12k(x0-x)2-Ffx，可知在O点前图像应为开口向下的抛物线，由O到B的过程中根据动能定理可知-mgxsin θ-Ffx=0-Ek，图像为直线，故C错误；设A点的弹性势能为EpA，小球在恢复原长过程中由能量守恒定律可知EpA=mgxsin θ+12mv2+12k(x0-x)2+Ffx，整理可得E=EpA-12k(x0-x)2-Ffx，图像为开口向下的抛物线，故D错误。