专题三功能与动量中的图像(已排)

专题三功能与动量中的图像考点一机车启动中的图像知识回顾知识回顾1．以恒定功率启动时P－t图象、v－t图象和F－t图象如图所示：2．以恒定加速度启动时P－t图象、v－t图象和F－t图象如图所示：3．机车启动a－图像和F－图像问题恒定功率启动a－图像恒定加速度启动F－图像由F－Ff＝ma，P＝Fv可得：a＝，①斜率k＝纵截距b＝③横截距①AB段牵引力不变，做匀加速直线运动；②BC图线的斜率k表示功率P，知BC段功率不变，牵引力减小，加速度减小，做加速度减小的加速运动；③B点横坐标对应匀加速运动的末速度为；④C点横坐标对应运动的最大速度，此时牵引力等于阻力。典型例典型例题1．（多选）一新能源汽车以功率P0在平直的公路上匀速行驶，t1时刻发动机功率变为2P0，此后以2P0的恒定功率再次行驶至匀速。汽车所受的阻力大小不变，则此过程中汽车的速度v、牵引力F、功率P、加速度a随时间t的变化规律可能正确的是（）A． B．C． D．【答案】AC【解析】当汽车以P0的功率在公路上匀速行驶时，牵引力F与阻力f大小相等，功率变为2P0时，此后汽车以该功率行驶，故C正确。由于速度不发生突变，则牵引力变为F′＝2F，此时a＝，汽车做加速运动，v增大，由于2P0＝F′×v，功率不变速度增大，则牵引力减小，根据a＝，加速度也减小，故B、D错误。由于阻力不变，最终牵引力等于阻力，加速度为零，汽车做加速度减小的加速运动，最终匀速，故A正确。2．一辆汽车在水平路面上由静止启动，在前4s内做匀加速直线运动，4s末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其v－t图像如图所示。已知汽车的质量为m＝2.5×103kg，汽车受到地面的阻力为f＝0.1mg，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（）A．汽车在2s时的牵引力为5×103NB．汽车的额定功率为72kWC．汽车的最大速度为20m/sD．当汽车的速度为12m/s时，其加速度为1m/s2【答案】D【解析】A、汽车在前4s内加速度大小为a＝＝m/s2＝2m/s2，根据牛顿第二定律可得：F－0.1mg＝ma，解得F＝7500N，故A错误；B、在4s末达到额定功率，则P＝Fv＝7500×8W＝60000W，故B错误；C、当牵引力等于阻力时，此时速度达到最大，则P＝fvm＝0.1mgvm，解得vm＝24m/s，故C错误；D、汽车速度为12m/s时，根据P＝F′v，代入数据解得：F′＝5000N，加速度为a＝，代入数据解得：a＝1m/s2，故D正确。故选：D。3．某实验兴趣小组对新能源车的加速性能进行探究。他们根据自制的电动模型车模拟汽车启动状态，并且通过传感器，绘制了模型车从开始运动到刚获得最大速度过程中速度的倒数和牵引力F之间的关系图像（－F），如图所示。已知模型车的质量m＝1kg，行驶过程中受到的阻力恒定，整个过程时间持续5s，获得最大速度为4m/s，则下列说法正确的是（）A．模型车受到的阻力大小为1N B．模型车匀加速运动的时间为2sC．模型车牵引力的最大功率为6W D．模型车运动的总位移为14m【答案】D【解析】A．由图像可知，模型车受到的最小的牵引力为2N，此时加速度为0，模型车受力平衡，故车所受到的阻力大小为2N，故A错误；B．由图像可知小车初始牵引力为4N，根据牛顿第二定律F－f＝ma得加速度a＝2m/s2，故时间t1＝＝1s，故B错误；C．当速度达到2m/s时，模型车开始以额定功率行驶，图像斜率的倒数为功率，故功率P＝8W，故C错误；D．根据计算可知模型车恒定功率运动时间t2＝4s，根据动能定理Pt2－fx2＝－，得x2＝13m，匀加速阶段位移x1＝1m，故总位移x＝x1＋x2＝14m，故D正4．（多选）某型汽车总质量为2000kg，某驾驶员以恒定功率加速行驶，受到的阻力不变，其加速度a和速度的倒数的关系如图所示，则汽车在加速至最大速度的过程中（）A．最大速度为30m/s B．加速度随速度均匀增大C．输出功率为120kW D．所受阻力大小为5000N【答案】AC【解析】A．由题图可知，当a＝0时，vm＝30m/s，故A项正确；B．a－的函数方程a＝m/s2，汽车加速运动，速度增大，加速度减小，为变加速运动，故B项错误；CD．对汽车整体受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律有a＝，由图像和a＝，可解得f＝4000N，P＝fvm＝120kW，故C项对，D项错；故选：AC。5．（多选）一辆机车在水平路面上从静止开始做直线运动，其加速度随时间变化的图像如图甲所示，机车牵引力F和车速倒数的关系图像如图乙所示，机车前进过程中所受阻力大小恒定，t＝t0时刻机车达到额定功率，之后保持该功率不变，下列说法正确的是（）A．所受恒定阻力大小为1.5×105N B．机车运动的额定功率为6×106WC．机车匀加速运动的时间为30s D．机车的质量为6×105kg【答案】AD【解析】由图乙可知，机车所受恒定阻力大小为f＝1.5×105N，选项A正确；机车运动的额定功率P＝fvm＝1.5×105×60W＝9×106W，选项B错误；机车匀加速的末速度v＝＝20m/s，AB段机车恒定加速启动，由甲图可知机车的加速度为a＝0.5m/s2机车匀加速运动的时间t0＝＝40s，选项C错误；由图可知，Fm－f＝Ma解得M＝6×105kg，选项D正确。6．（多选）如图甲所示，起重机从t＝0时刻由静止开始竖直向上提升某物体，从开始运动到刚获得最大速度过程中，物体速度的倒数和牵引力F的关系图像如图乙所示，整个过程时间持续9s，获得的最大速度为12m/s，不计其他阻力，取重力加速度g＝10m/s2，以下说法正确的是（）A．物体的质量为180kg B．起重机牵引力的最大功率为15kWC．物体做匀加速运动的时间为5s D．物体在9s内上升的高度为70.8m【答案】CD【解析】根据P＝Fv，可得＝，当物体速度从10m/s增加至12m/s的过程中，结合图线的斜率可得P＝18000W＝18kW，B错误；速度最大时合外力为零，即牵引力等于物体重力，根据图像可知，在F＝1500N时速度达到最大值，因此有F＝mg＝1500N，解得m＝150kg，A错误；由图像可知起重机初始牵引力大小为F1＝1800N，且匀加速结束时物体的速度大小为v1＝10m/s，根据牛顿第二定律有F1－mg＝ma，解得加速度a＝2m/s2，根据匀变速直线运动速度与时间的关系可得匀加速运动的时间t1＝＝5s，C正确；根据题意，物体速度达到最大用时9s，而匀加速阶段用时5s，则可知，起重机以恒定功率运行的时间t2＝4s，根据动能定理Pt2－mgx2＝，式中v2＝12m/s，解得x2＝45.8m，匀加速阶段位移x1＝＝×2×52m＝25m，故总位移x＝x1＋x2＝70.8m，D正确。7．（多选）2024年10月1日，由我国自主研发目前最先进的CR400AF－S型“复兴号”智能动车组列车从太原顺利开往北京，最高时速350公里/小时。已知列车的质量为2×105kg，若此列车在平直铁路上行驶的图像如图所示，在行驶过程中受到的阻力大小恒定，则在0～20s内，下列说法正确的是（）A．列车在以恒定功率行驶B．列车的初速度大小为10m/sC．列车的加速度大小为0.2m/s2D．0～20s内列车牵引力做的功大于1.76×107J【答案】CD【解析】ABC．根据运动学公式x＝v0t＋，变形可得＝，结合图像得v0＝m/s＝20m/s，纵轴截距0.1m/s2＝，可得a＝0.2m/s2，可见列车做初速度为20m/s，加速度为0.2m/s2的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得F－f＝ma，牵引力功率P＝Fv＝(f＋ma)v，可知牵引力功率逐渐增大，故AB错误，C正确；D．20s末列车的速度大小为v20＝v0＋at20＝24m/s，根据动能定理得W－fx1＝－，牵引力做的功W＞－＝1.76×107J，故D正确。故选CD。考点二与动能定理相关的图像问题知识回顾知识回顾1．处理动能定理相关的图像问题的一般方法（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；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。（4）动能定理与图像结合问题2．力学中四类图像所围“面积”的意义典型例典型例题1．在平直的公路上，汽车由静止开始做匀加速直线运动，当速度达到v时立即关闭发动机滑行，直到停止。运动过程的v－t图如图所示，设汽车牵引力的大小为F，阻力的大小为f，则（）A．F∶f＝1∶3 B．F∶f＝3∶1C．F∶f＝4∶1 D．F∶f＝1∶4【答案】C【解析】对全过程由动能定理可知：WF－Wf＝0根据恒力做功公式得：WF＝Fs，Wf＝fs′由图可知：s∶s′＝1∶4所以：F∶f＝4∶1，故C正确；故选C。2．（多选）一质量为2kg的物体从t＝0时刻由静止开始做直线运动，其运动的加速度a与时间t的变化关系图像如图所示，则下列说法中正确的是（）A．合力对物体做的功为256JB．合力对物体做的功为512JC．t＝2s时合外力的瞬时功率为48WD．t＝2s时合外力的瞬时功率为56W【答案】AC【解析】AB、根据a－t图像的面积表示速度的变化量可知，物体的4s末的速度v＝×4m/s＝16m/s，根据动能定理可知合外力的功W＝－0，解得W＝256J，故A正确，B错误；CD、根据图像，t＝2s时a＝4m/s2，合外力F＝ma＝2×4N＝8N，t＝2s时物块的速度v′＝×2m/s＝6m/s，可知t＝2s合外力的瞬时功率P＝Fv′＝8×6W＝48W，故C正确，D错误。故选：AC。3．（多选）如图甲，在水平粗糙地面上，一水平弹簧左端与竖直固定挡板连接，右端与物块1连接，物块1与物块2接触不粘连。初始时物块2受到一水平向左的推力F，弹簧处于压缩状态，物块1、2处于静止状态。现撤去推力F，物块1、2被弹簧弹开，直至物块1、2分开为止，此过程中物块1、2间的弹力FN与物块1、2运动的位移x的关系如图乙所示，图中F1、x1均为已知量。已知物块1、2质量均为m，它们与地面之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A．物块1、2分开时，弹簧处于原长B．弹簧的劲度系数为C．刚撤去推力F的瞬间，弹簧的弹力大小为2F1＋μmgD．物块1、2分开时，物块1的速度大小为【答案】ABD【解析】A．物块1、2分开时，物块间的弹力为零，加速度相同，物块2加速度a2＝μg，物块1加速度a1＝a2＝μg，故弹簧弹力为零，弹簧处于原长，A正确；B．x＝0时，对物块1、2整体：2ma＝kx1－2μmg，对物块2：ma＝F1－μmg，解得：弹簧的劲度系数k＝，B正确；C．刚撤去推力F的瞬间，弹簧的弹力大小为kx1＝2F1，C错误；D．根据动能定理，设物块1、2分开时，两物块同速v，对物块2：WFN－Wf＝，WFN＝，Wf＝μmgx1，联立解得：v＝，D正确。故选：ABD。4．（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。该物体的动能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．物体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】ABC．由动能定义式得Ek1＝，则可求解质量m，上滑时，由动能定理Ek－Ek1＝－(mgsinθ＋f)x下滑时，由动能定理Ek＝(mgsinθ－f)(x0－x)x0为上滑的最远距离；由图像的斜率可知mgsinθ＋f＝，mgsinθ－f＝两式相加可得gsinθ＝，相减可知f＝即可求解gsinθ和所受滑动摩擦力f的大小，但重力加速度大小、斜面的倾角不能求出，故AC错误，B正确；D．根据牛顿第二定律和运动学关系得mgsinθ＋f＝ma，t＝，故可求解沿斜面上滑的时间，D正确。故选BD。5．（多选）放在粗糙水平地面上质量为0.8kg的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间的关系图象和该拉力的功率与时间的关系图象分别如图甲、乙所示。下列说法中正确的是（）A．0～6s内拉力做的功为140JB．物体在0～2s内所受的拉力为4NC．物体与粗糙水平地面间的动摩擦因数为0.5D．合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等【答案】AD【解析】A．拉力在0～6s内做的总功，故A正确；B．由P＝Fv可知，物体在0～2s内所受的拉力在2～6s内所受的拉力，故B错误；由物体在2～6s内做匀速运动可知，可求得μ＝0.25，故C错误；D．由动能定理可知，物体所受的合外力在0～6s内所做的功与0～2s内所做的功均为＝40J，故D正确。故选AD。考点三功能关系中的图像问题知识回顾知识回顾1．几种常见功能图像中斜率的含义EK－x图像EP－x图像E－x图像E－t图像斜率：合外力①合外力沿＋x方向②合外力沿－x方向斜率：对应的保守力①保守力沿－x方向②保守力沿＋x方向斜率：除重力、弹力以外的力①沿＋x方向②沿－x方向斜率：功率2．a－x图像面积的含义如果物体做匀加速直线运动时，其a－x图象如图1所示，由匀变速直线运动的位移与速度的关系可知，初速度的平方与末速度的平方的差值等于a－x图线与坐标轴围的面积的2倍。我们借助这个推导思想，把变加速直线运动的a－x图象的位移x分成无限多等份，如图2所示，再根据微元积分可得：变加速直线运动，初速度的平方与末速度的平方的差值等于a－x图线与坐标轴围的面积的2倍。或者说a－x图线与坐标轴围的面积与质量的成绩表示合力所做的功。典型例典型例题1．如图甲所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，一木块以一定的初速度从斜面底端开始上滑．若斜面足够长，上滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，则下列说法正确的是（）A．木块上滑过程中，重力势能增加了4E0B．木块受到的摩擦力大小为C．木块的重力大小为D．木块与斜面间的动摩擦因数为【答案】B【解析】A．由图乙可知，木块位移为x0时，动能为0，机械能为2E0，重力势能增加了2E0，故A错误：B．由图乙可知，克服摩擦力做功损失的机械能为ΔE＝3E0－2E0＝E0，木块受到的摩擦力大小为f＝μmgcosθ＝，故B正确；CD．由动能定理得－(mgsinθ＋μmgcosθ)x0＝0－3E0，解得mg＝，μ＝，故CD错误。故选：B。2．我国已拥有“蛟龙”号、“深海勇士”号、“奋斗者”号三台深海载人潜水器。某次潜水器由静止开始竖直下潜，下潜过程中受到的阻力与它下潜的速度大小成正比，下列关于潜水器的速度一时间图像（v－t）、重力势能一时间图像（Ep－t）、机械能一位移图像（E－x）和动能一位移图像（Ek－x），可能正确的是（）A． B．C． D．【答案】D【解析】A、下潜过程阻力随速度变化，则合力变化，加速度是变化的，根据v－t图像斜率表示加速度可知A错误；B、Ep－t图像的斜率表示重力做功的瞬时功率，即k＝mgv，由于v是变化的，所以图像斜率变化，故B错误；C、E－x图像的斜率表示阻力，下潜过程中阻力先变大，最终会不变，而图中斜率变小，故C错误；D、Ek－x图像斜率表示合外力，下潜过程中，合力越来越小，最终可能为零，故D正确。故选D。3．物块从固定斜面的底端上滑，机械能与动能的关系如图2所示。已知斜面倾角37°，物块质量5kg，初速度v0，物块与斜面间的动摩擦因数为μ。以斜面底端位置为零势能面，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（）A．μ＝0.4，v0＝2m/s B．μ＝0.5，v0＝2m/sC．μ＝0.4，v0＝m/s D．μ＝0.5，v0＝m/s【答案】B【解析】根据动能表达式Ek＝，物块质量5kg，动能最大为10J，所以初速度v0＝2m/s，CD错误；从最低点到最高点由能量守恒，规定初始位置为零势能面，有Ek0＝mgxsin37°＋μmgxcos37°，在最高点机械能E＝mgxsin37°，根据＝，解得μ＝0.5，B正确，ACD错误。4．如图所示，表面粗糙的“L”型水平轨道固定在地面上，劲度系数为k、原长为l0的轻弹簧一端固定在轨道上的O点，另一端与安装有位移、加速度传感器的滑块相连，滑块总质量为m。以O为坐标原点，水平向右为正方向建立x轴，将滑块拉至坐标为x3的A点由静止释放，向左最远运动到坐标为x1的B点，测得滑块的加速度a与坐标x的关系如图所示，其中a0为图线纵截距，则滑块由A运动至B过程中（弹簧始终处于弹性限度内）（）A．x2＝l0B．a3＞a1C．最大动能为D．系统产生的热量为(ma0＋kl0)(x3－x1)【答案】C【解析】A．由图可知，当滑块运动到x2位置时，滑块的加速度为零，滑块受到水平向右的滑动摩擦力和水平向左的弹力，所以弹簧处于伸长状态，而不是原长，故A错误；C．加速度为零时，速度达到最大，动能最大，根据动能定理，结合图线与横轴所围区域的面积可得Ekm＝，故C正确；D．根据牛顿第二定律得－k(x－l0)＋μmg＝ma，可得a＝＝，系统产生的热量为Q＝μmg(x3－x1)＝(ma0－kl0)(x3－x1)，故D错误；B．物体从A到B过程由动能定理可知＝，且有＝，解得a1＝a3，由此可知，两位置的加速度大小相等，故B错误。故选C。5．如图所示，光滑固定斜面底端固定一轻质弹簧，一滑块P从O点静止释放，向下滑动过程经a点接触弹簧，最低到达b点处。以O为原点、平行斜面向下为x轴正方向建立一维坐标系，a、b处坐标分别为x1、x2。设滑块在b处重力势能为0，下滑过程中，滑块的动能Ek、重力势能Ep、机械能E、加速度a随位移x的变化图像符合实际的是（）A． B．C． D．【答案】D【解析】A．设斜面倾角为θ，滑块接触弹簧前，在经过一小段位移Δx过程中，由动能定理有mgΔxsinθ＝ΔEk，有＝mgsinθ，故动能随位移均匀增加，滑块接触弹簧后，再经过一小段位移Δx1过程中，由动能定理有(mgsinθ－F弹)Δx1＝ΔEk，有＝mgsinθ－F弾，由于F弾逐渐增加，故图线斜率变化，不符合A项的Ek－x图像，故A错误；B．取整个过程中任一小段位移Δx，由功能关系有mgΔxsinθ＝－ΔEp，有＝－mgsinθ，故图线斜率不变，重力势能随位移均匀减小，不符合B项的Ep－x图像，故B错误；C．滑块的机械能是否改变取决于除重力外有无其他外力做功，接触弹簧前滑块机械能守恒，接触弹簧后到最低点过程中，弹簧弹力对滑块做负功，滑块机械能减小。不符合C项的的E－x图像，故C错误；D．由牛顿第二定律，滑块接触弹簧前，有mgsinθ＝ma，得a＝gsinθ，加速度不变，接触弹簧后，有mgsinθ－k(x－x1)＝ma，有a＝gsinθ－(x－x1)，加速度随位移线性变化，故符合D项的图像，故D正确。故选D。6．（多选）从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2。由图中数据可得（）A．物体的质量为2kgB．h＝0时，物体的速率为20m/sC．h＝2m时，物体的动能Ek＝50JD．从地面至h＝4m，物体的动能减少100J【答案】ACD【解析】本题重在考查重力势能以及机械能与高度h的关系；本题中物体在上升的过程中机械能不守恒，这一点一定要注意；A．Ep－h图像知其斜率为G，故G＝＝20N＝mg，解得m＝2kg，故A正确；B．h＝0时，Ep＝0，Ek＝E总－Ep＝100J－0＝100J，故＝100J，解得：v＝10m/s，故B错误；C．h＝2m时，Ep＝40J，Ek＝E总－Ep＝90J－40J＝50J，故C正确；D．h＝0时，Ek＝E总－Ep＝100J－0＝100J，h＝4m时，Ek′＝E总－Ep＝80J－80J＝0J，故Ek－Ek′＝100J，故D正确。故选：ACD。考点四动量中的图像知识回顾知识回顾1．F－t图像的面积表示力的冲量。2．P－t、I－t图像的斜率表示物体受到的合力典型例典型例题1．将一小球竖直向上抛出，若小球运动过程中所受空气阻力大小恒定，方向与速度方向相反。以向下为正方向，小球动量p随时间t变化的图像如图所示，则小球所受空气阻力的大小为（）A． B．C． D．【答案】A【解析】根据F合t＝Δp，可得F合＝，即动量对时间的变化率等于小球所受的合外力，可得mg＋f＝，mg－f＝，解得f＝，故A正确。2．一物块在合外力F的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如图所示，在t0和2t0时刻，物块的动能分别为Ek1、Ek2，物块的动量分别为p1、p2，则（）A．Ek2＝8Ek1，p2＝4p1 B．Ek2＝3Ek1，p2＝3p1C．Ek2＝9Ek1，p2＝3p1 D．Ek2＝3Ek1，p2＝2p1【答案】C【解析】设t0时刻物块的速度为v1，2t0时刻物块的速度为v2，根据动量定理可知，0～t0内，F0t0＝mv1－0，t0～2t0内，2F0t0＝mv2－mv1，解得v1∶v2＝1∶3；由动量定义式p＝mv可得p2＝3p1；由动能定义式Ek＝可得Ek2＝9Ek1。故选C。3．喷泉水柱从横截面积为S＝0.001m2的喷口持