專題03功能與動量中的圖像

專題03功能與動量中的圖像目錄TOC\o"13"\h\u一.動能定理與圖像結合問題的分析方法 1二.機車啟動中的圖像 11三.功能關系中的圖像問題 20四.ax圖像在功能關系中的應用 25五.動量中的圖像 28一.動能定理與圖像結合問題的分析方法(1)首先看清楚所給圖像的種類(如vt圖像、Fx圖像、Ekx圖像等)。(2)挖掘圖像的隱含條件——求出所需要的物理量，如由vt圖像所包圍的“面積”求位移，由Fx圖像所包圍的“面積”求功；由Ekx圖像的斜率求合外力等。(3)分析有哪些力做功，根據(jù)動能定理列方程，求出相應的物理量。(4)動能定理與圖象結合問題力學中四類圖象所圍“面積”的意義【典例分析1】（2024上·山東青島·高三山東省平度第一中學?？计谀┵|量相等的A、B兩物體靜止在同一水平面上，分別受水平拉力F1、F2的作用從同一位置開始運動，經(jīng)過時間t和3t分別撤去F1和F2，如圖是兩物體運動的圖像，下列說法正確的是（）A．物體A、B的位移大小之比是4∶5B．在2t~3t之間的某一時刻B能追上AC．F1和F2對A、B兩物體的沖量之比是4∶5D．F1和F2對A、B兩物體的做功之比是5∶3【答案】C【詳解】A．根據(jù)圖像與橫軸圍成的面積表示位移，可知物體A、B的位移大小分別為，則有故A錯誤；B．根據(jù)圖像可知，一開始物體A的速度大于B的速度，且內物體A的位移大于物體B的位移，可知在時刻，物體A仍在物體B的前方，故B錯誤；C．根據(jù)圖像的斜率表示加速度，可知兩物體減速過程的加速度大小相等，由于兩物體的質量相等，則兩物體受到的摩擦力相等，對物體A、B分別由動量定理可得，可得F1和F2對A、B兩物體的沖量之比為故C正確；D．對物體A、B分別由動能定理可得，可得F1和F2對A、B兩物體的做功之比為故D錯誤。故選C?！镜淅治?】（2024上·黑龍江齊齊哈爾·高三校聯(lián)考期末）質量為m的物體甲從零時刻起中靜止開始所受的合力F隨時間t的關系圖像如圖甲所示，質量為m的物體乙零時刻從坐標原點處從靜止開始所受的合力F隨位移x的關系圖像如圖乙所示，下列說法正確的是（）A．關系圖像與橫軸所圍成的面積表示物體速度的變化量B．時刻物體甲的動能為C．關系圖像與橫軸所周成的面積表示物體速度的變化量D．物體乙在坐標處，動量為【答案】D【詳解】A．關系圖像與橫軸所圍成的面積表示物體受到的沖量，即故A錯誤；B．物體在的過程根據(jù)動量定理解得所以時刻物體甲的動能為故B錯誤；C．關系圖像與橫軸所周成的面積表示物體在這段距離內力F做的功，即故C錯誤；D．物體從0至處的過程根據(jù)動能定理解得所以物體乙在坐標處，動量為故D正確。故選D。【典例分析3】．（2024·四川南充·統(tǒng)考一模）質量為2kg的物體與水平地面的動摩擦因數(shù)為0.1，在水平拉力F的作用下由靜止開始運動，拉力F做的功W和物體的位移s之間的關系如圖所示，重力加速度，物體從靜止到位移為9m的過程中，下列說法中正確的是（）A．物體一直做勻加速直線運動 B．拉力F的平均功率為6.75WC．摩擦力做的功為18J D．拉力F的最大瞬時功率為12W【答案】B【詳解】A．根據(jù)可得圖像的斜率表示拉力F，由圖可知在處，水平拉力F發(fā)生改變，根據(jù)牛頓第二定律在處，加速度發(fā)生了改變，故A錯誤；B．由圖像可得，當位移為9m時，拉力F做的功為27J，物體從開始運動到處，做勻加速直線運動，此時拉力F為5N，則解得根據(jù)得加速度時間為末速度為物體從到過程中，物拉力為2N，則即物體從到做勻速直線運動，運動的時間為拉力F作用的總時間為拉力F的平均功率為故B正確；C．摩擦力做的功為故C錯誤；D．根據(jù)可得，當物體速度最大和拉力最大時，功率最大，即故D錯誤。故選B。【典例分析4】（2023·四川德陽·統(tǒng)考一模）隨著技術的不斷進步和成本的不斷降低，無人機快遞物流將會逐漸普及，無人機配送將在未來重塑物流行業(yè)。某次無人機載重測試，無人機在8個相同旋轉葉片的帶動下豎直上升，其動能Ek隨位移x變化的關系如圖所示。已知無人機及其載重總質量為m=10kg，重力加速度大小為10m/s2，不計空氣阻力，此過中無人機（）A．0~5m加速階段，每個葉片提供的升力大小為8NB．5m~10m減速階段，每個葉片提供的升力大小為6NC．0~10m的上升過程中，無人機及其載重的機械能增加了320JD．5m~10m的上升過程中，無人機受到的升力的平均功率為144W【答案】D【詳解】A．根據(jù)的圖像可得，在0~5m加速階段，由動能定理可得即圖像的斜率的大小表示合外力的大小，則由圖像可得設每個葉片提供的升力大小為，則由牛頓第二定律有解得故A錯誤；B．5m~10m減速階段，同理可知，圖線斜率的絕對值表示合外力的大小，設此階段升力的大小為，合外力為，則由牛頓第二定律有解得故B錯誤；C．0~10m的上升過程中，無人機及其載重的機械能增加量等于升力所做的功，而在整個上升過程中，升力做功為則可得機械能的增加量故C錯誤；D．設5m~10m的上升過程中無人機的加速度大小為，則由牛頓第二定律有解得上升到5m時的速度設為，則解得5m~10m的上升過程中所用的時間為5m~10m的上升過程中升力所做的功為則該過程中無人機受到的升力的平均功率為故D正確。故選D。【典例分析5】（2023·云南·校聯(lián)考模擬預測）跳臺滑雪運動員在助滑段加速后，從起跳區(qū)a位置處水平飛出，落在著陸區(qū)內的b點，不計空氣阻力，如圖所示。、、、分別表示運動員在空中的重力勢能、動能、機械能、重力的功率，用t表示運動員在空中的運動時間，則下列圖像中可能正確的是（

）A． B．C． D．【答案】B【詳解】A．運動員在空中做平拋運動，下落的高度為以b為零勢能點，則有故A錯誤；B．根據(jù)動能定理有可得故B正確；C．平拋過程中只受重力，故機械能守恒，圖線應為橫線，故C錯誤；D．運動員沿豎直方向上的速度為則重力的功率故D錯誤。故選B?！镜淅治?】（2023下·浙江·高二校聯(lián)考期末）一起重裝置把靜置于地面上的重物豎直向上提升的過程中，功率隨時間變化的Pt圖像如圖所示。在t=1s時，重物上升的速度達到最大速度的一半，在t=3s時，達到最大速度。在t=6s時，重物再次勻速上升，取，不計一切阻力。下列說法正確的是（）A．重物的質量為4kgB．在t=1s時，重物加速度大小C．0～6s時間內，重物上升的高度h=85mD．在4～6s時間內，重物做加速度逐漸增大的減速運動【答案】C【詳解】A．在t=3s時，重物達到最大速度，此時牽引力大小等于重力，則有解得

A錯誤；B．在t=1s時，重物上升的速度達到最大速度的一半，此時的牽引力大小為由牛頓第二定律可得解得B錯誤；C．在t=6s時，重物再次勻速上升，由題圖可知，此時重物的速度在0~1s時間內，重物做勻加速直線運動，重物上升的高度在1~3s時間內，重物做加速度逐漸減小的加速運動，由動能定理可得代入數(shù)據(jù)解得在3~4s時間內，重物做勻速直線運動，上升的高度則有在4~6s時間內，重物做加速度逐漸減小的減速直線運動，由動能定理可得代入數(shù)據(jù)解得

可得0～6s時間內，重物上升的高度C正確；D．重物速度最大時，牽引力大小等于重力，4s后功率減小到一半，到t=6s時，重物速度從最大20m/s減小到10m/s，此時t=4s時的牽引力此時牽引力小于重力，加速度方向向下，重物做減速運動，在t=6s時，速度是10m/s，此時牽引力此時牽引力等于重力，加速度是零，因此在4～6s時間內，重物做加速度逐漸減小的減速運動，D錯誤。故選C。二.機車啟動中的圖像模型一以恒定功率啟動(1)動態(tài)過程(2)這一過程的P－t圖象、v－t圖象和F－t圖象如圖所示：模型二以恒定加速度啟動(1)動態(tài)過程(2)這一過程的P－t圖象、v－t圖象和F－t圖象如圖所示：機車啟動a1/v圖像和F1/v圖像問題恒定功率啟動a1/v圖像恒定加速度啟動F1/v圖像由F－Ff＝ma，P＝Fv可得：a＝eq\f(P,m)·eq\f(1,v)－eq\f(Ff,m)，①斜率k＝eq\f(P,m)②縱截距b=－eq\f(Ff,m)③橫截距eq\f(1,vm)=①AB段牽引力不變，做勻加速直線運動；②BC圖線的斜率k表示功率P，知BC段功率不變，牽引力減小，加速度減小，做加速度減小的加速運動；③B點橫坐標對應勻加速運動的末速度為1/v0；④C點橫坐標對應運動的最大速度1/vm，此時牽引力等于阻力?！镜淅治?】（2024·江蘇南通·統(tǒng)考一模）一輛轎車在平直公路上由靜止開始勻加速運動，達到額定功率后保持功率不變，最終做勻速運動．轎車在行駛過程中受到的阻力恒定，關于轎車的速度，功率隨時間的變化規(guī)律正確的是（

）A． B．C． D．【答案】C【詳解】AB．設汽車的額定功率為P，所受恒定阻力為，牽引力為，勻加速結束時的速度為，由于汽車開始做勻加速直線運動，設其加速度為，則根據(jù)速度與時間的關系可得當汽車的勻加速階段結束，其速度還未達到最大值，此時根據(jù)結合牛頓第二定律可知，速度將繼續(xù)增大，而牽引力將減小，則加速度將減小，即此后汽車將做加速度逐漸減小的加速運動，直至牽引力等于阻力時，加速度減小為0，速度達到最大值，而速度—時間圖像的斜率表示加速度，因此可知該圖像第一階段為傾斜的直線，第二階段為斜率逐漸減小的向下彎曲的曲線，故AB錯誤；CD．根據(jù)而汽車在勻加速階段可得而即在勻加速階段有式中，則可知在汽車勻加速階段汽車的功率與時間成正比，即此圖像為過原點的一條傾斜直線，而勻加速結束后，汽車的功率達到額定值，此后功率不變，其圖像與時間軸平行，故C正確，D錯誤。故選C。【典例分析2】（2024上·江蘇蘇州·高三統(tǒng)考期末）如圖所示，某機車在運動過程中的圖像，已知其在水平路面沿直線行駛，規(guī)定初速度的方向為正方向，已知機車的質量為5t，運動過程中所受阻力恒定為。下列說法正確的是（）A．該機車做勻加速直線運動B．該機車的加速度大小為C．該機車在前3秒的位移是24mD．零時刻機車的牽引力的功率為【答案】D【詳解】根據(jù)勻變速直線運動的位移與時間關系則的關系式為AB．圖像的斜率為初速度v0，則縱軸截距為，則即a與v0反向，所以該機車做勻減速直線運動，故AB錯誤；C．該機車速度減為0所用的時間為t，則解得該機車在前3秒的位移是前2.5s內的位移，則故C錯誤；D．根據(jù)牛頓第二定律可知解得所以零時刻機車的牽引力的功率為故D正確。故選D?！镜淅治?】（2024下·高三課時練習）汽車以恒定加速度啟動后，最終以額定功率在平直公路上行駛。汽車所受牽引力與速度倒數(shù)的關系如圖所示，已知汽車的質量為m=2×103kg，汽車運動過程中所受阻力恒定，下列說法正確的是（）A．汽車勻加速過程中能達到的最大速度為15m/sB．汽車做勻加速直線運動的時間為4sC．汽車做勻加速直線運動的加速度為1m/s2D．汽車的額定功率為80kW【答案】D【詳解】D．由圖可知，汽車的額定功率P=Fv=4×103×20W=8×104W故D正確；C．當汽車速度為vm=20m/s時，由平衡條件可得汽車剛啟動時所受牽引力為F'=8×103N，由牛頓第二定律可得汽車做勻加速直線運動的加速度為故C錯誤；A．汽車勻加速運動過程中的最大速度故A錯誤；B．汽車做勻加速直線運動的時間為故B錯誤。故選D?！镜淅治?】（2024上·河北·高三校聯(lián)考期末）電動車被認為是新型節(jié)能環(huán)保的交通工具。在檢測某款電動車性能的實驗中，質量為m的電動車由靜止開始沿平直公路行駛，受到的阻力大小恒定，電動車的輸出功率隨速度的變化關系如圖所示，電動車速度從v達到最大速度2v所用時間為t，則以下說法正確的是（）A．電動車先做勻加速運動后做勻速運動B．電動車速度為v時加速度大小為C．電動車速度從0到v所用時間為D．電動車速度從0到2v的過程中，位移大小為【答案】C【詳解】A．根據(jù)P=Fv，由P—v圖像可知，在第一個階段斜率不變，故牽引力不變，所以加速度不變，電動車先做勻加速直線運動。當速度達到v，電動車達到額定功率，第二階段功率恒定，速度繼續(xù)增大，牽引力減小，故加速度減小，則電動車在做加速度減小的加速運動，A錯誤；B．當牽引力和摩擦力相等時，電動車速度達到最大，所以阻力電動車速度為v時，加速度為B錯誤；C．電動車速度從0到v所用時間為C正確；D．電動車在第一個階段代入得第二階段，電動車功率恒定，根據(jù)動能定理知總位移為D錯誤；故選Ｃ?！镜淅治?】（2023上·福建莆田·高三莆田第二十五中學?？茧A段練習）一輛小轎車在平直路面上以恒定功率加速，其加速度a和速度的倒數(shù)的關系如圖所示。已知轎車的總質量為1500kg，其所受的阻力不變，則轎車（）A．速度隨時間均勻增大B．小轎車做變加速運動C．所受阻力大小為2.88×103ND．電動機輸出功率為104kW【答案】B【詳解】CD．設小轎車的功率恒為P，所受阻力恒為，則由牛頓第二定律有變式可得結合其圖像可得，解得，故CD錯誤；B．根據(jù)以上分析可得變加速運動，因此可知，小轎車做變加速運動，速度隨時間不是均勻增大的，故A錯誤，B正確。故選B?！镜淅治?】.（2023上·湖南長沙·高三統(tǒng)考階段練習）發(fā)展新能源汽車是我國當前一項重大國家戰(zhàn)略。假設有一輛純電動汽車質量m=1.6×103kg，汽車沿平直的公路從靜止開始啟動，汽車啟動后的速度記為v，牽引力大小記為F，圖像如圖所示，表示最大速度，ab平行于v軸，bc反向延長線過原點。已知汽車運動過程中受到的阻力大小恒定，bc段汽車運動的時間為8s。下列說法正確的是（）A．汽車所受阻力為5000NB．汽車從a到b持續(xù)的時間為32sC．汽車能夠獲得的最大速度為12.5m/sD．汽車從b到c過程中運動的位移為88.75m【答案】CD【詳解】A．在c點，有則根據(jù)圖像可得故A錯誤；B．根據(jù)圖象可知汽車從a到b做勻加速直線運動，在b點，由圖可知牽引力與末速度分別為，根據(jù)且可得汽車從a到b持續(xù)的時間為t=16s故B錯誤；C．根據(jù)整理得bc反向延長過原點O，可知該過程保持額定功率恒定，在b點有汽車能夠獲得的最大速度為故C正確；D．bc段，汽車做加速度減小的加速運動。根據(jù)動能定理聯(lián)立解得l＝88.75m故D正確。故選CD。三.功能關系中的圖像問題EKx圖像EPx圖像Ex圖像Et圖像xxOEK①②xxOEP①②xxOE①②tOEtOE①②斜率：合外力①合外力沿+x方向②合外力沿x方向斜率：對應的保守力①保守力沿x方向②保守力沿+x方向斜率：除重力、彈力以外的力①沿+x方向②沿x方向斜率：功率【典例分析1】（2023·吉林·統(tǒng)考二模）如圖甲所示，傾角為30°的斜面固定在水平地面上，一木塊以一定的初速度從斜面底端開始上滑。若斜面足夠長，上滑過程中木塊的機械能和動能隨位移變化的關系圖線如圖乙所示，則下列說法正確的是（）A．木塊上滑過程中，重力勢能增加了4E0B．木塊受到的摩擦力大小為C．木塊的重力大小為D．木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為【答案】C【詳解】A．機械能的變化量等于重力勢能變化量和動能變化量的和，則解得故A錯誤；B．木塊上滑過程中，機械能的變化量等于摩擦力所做的功，則解得故B錯誤；C．重力所做的功等于重力勢能變化量，則解得故C正確；D．滑動摩擦力為解得故D錯誤。故選C?！镜淅治?】（2024上·湖北·高三校聯(lián)考期末）空間中有水平方向上的勻強電場，一質量為m、帶電荷量為q的微粒在豎直平面內運動，其電勢能和重力勢能隨時間的變化如圖所示，則該微粒（

）A．一定帶正電B．0～3s內靜電力做的功為－9JC．運動過程中動能不變D．0～3s內除靜電力和重力外所受其他力對微粒做的功為12J【答案】BC【詳解】A．由于不清楚電場強度的方向，故無法確定微粒的電性，故A錯誤；B．由題圖可知，0～3s內電勢能增加9J，則0～3s靜電力做的功為－9J，故B正確；C．由題圖可知，電勢能均勻增加，即靜電力做的功與時間成正比，說明微粒沿靜電力方向做勻速直線運動，同理，沿重力方向也做勻速直線運動，則微粒的合運動為勻速直線運動，所以運動過程中速度不變，動能不變，故C正確；D．由功能關系可知，0～3s內重力勢能與電勢能共減少6J，又微粒的動能不變，故0～3s內除靜電力和重力外所受其他力對微粒做的功為6J，故D錯誤。故選BC。【典例分析3】．（2024上·廣東潮州·高三統(tǒng)考期末）如圖甲所示是某游樂場的一部直道滑梯，質量為20千克的兒童在長為5米的滑梯頂端從靜止開始沿滑梯下滑，經(jīng)過3秒到達滑梯底端，其重力勢能隨下滑距離的變化如圖乙所示，取滑梯底部為零勢能面，，，重力加速度取，則（

）

甲

乙A．兒童下滑時加速度的大小約為B．兒童與滑梯間的動摩擦因數(shù)為0.7C．滑梯與水平面的夾角為D．兒童下滑過程中機械能減小【答案】ACD【詳解】A．根據(jù)圖像可知，下滑距離為5m，根據(jù)可得，加速度故A正確；BC．根據(jù)題意解得所以滑梯與水平面的夾角為，根據(jù)解得故B錯誤C正確；D．兒童下滑過程中克服阻力做功，機械能減小，故D正確。故選ACD。【典例分析4】（2024·河南鄭州·統(tǒng)考一模）一臺起重機將放在地面上的一個箱子吊起。箱子在起重機鋼繩的作用下由靜止開始豎直向上運動，不計空氣阻力。運動過程中箱子的機械能E與其位移x的關系圖像如圖所示，其中過程的圖線為直線，過程的圖線為曲線。由圖像可知（

）A．過程箱子的加速度可能等大B．過程中箱子的動能一直增加C．過程中箱子所受拉力不變D．過程中起重機的輸出功率一直增大【答案】AC【詳解】A．箱子在起重機鋼繩的作用下由靜止開始豎直向上運動，根據(jù)可知，圖像斜率代表拉力，過程圖像斜率不同，拉力不同，重力不變，如果合力大小可能相同，則加速度可能等大，故A正確；B．過程中斜率減小，拉力減小，如果拉力小于重力，則箱子的動能減小，故B錯誤；C．過程中斜率不變，箱子所受拉力不變，故C正確；D．由于物體在x1～x2內圖象的斜率的絕對值不變，故物體所受的拉力保持不變。如果拉力等于物體所受的重力，則物體做勻速直線運動，起重機的輸出功率不變，故D錯誤。故選AC。四.ax圖像在功能關系中的應用如果物體做勻加速直線運動時，其ax圖象如圖1所示，由勻變速直線運動的位移與速度的關系可知，初速度的平方與末速度的平方的差值等于ax圖線與坐標軸圍的面積的2倍。我們借助這個推導思想，把變加速直線運動的ax圖象的位移x分成無限多等份，如圖2所示，在每一等份位移中的運動就可以認為物體在做勻加速直線運動，設位移被分成n等份，每一等份的位移為Δx，第n等份的加速度、末速度分別為an、vn，則對每一等份位移有：第一等份：第二等份：第三等份：……第n等份：則n個等式左右分別相加可得，即末速度的平方減初速度的平方等于ax圖線與坐標軸圍的面積的2倍。變加速直線運動,初速度的平方與末速度的平方的差值等于ax圖線與坐標軸圍的面積的2倍。或者說ax圖線與坐標軸圍的面積與質量的成績表示合力所做的功?！镜淅治?】（2024·四川成都·統(tǒng)考二模）如圖（a），傾角為θ的光滑斜面上，輕彈簧平行斜面放置且下端固定，一質量為m的小滑塊從斜面上O點由靜止滑下。以O點為原點，作出滑塊從O下滑至最低點過程中的加速度大小a隨位移x變化的關系如圖（b）。彈簧形變始終未超過彈性限度，重力加速度大小為g。下列判定正確的是（）A．彈簧的勁度系數(shù)為B．下滑過程中，在x=x2處，滑塊的機械能最大C．在x1～x2和x2～x3兩段過程中，彈簧彈性勢能的增量相等D．在x1～x2和x2～x3兩段過程中，ax圖線斜率的絕度值均等于【答案】AD【詳解】A．由圖可知，當小球下落到x2時，加速度為零，即彈力與重力大小相等，此時彈簧的形變量為，則有解得A正確；B．對小滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)進行分析，由于只有重力和彈力做功，則系統(tǒng)機械能守恒，當彈簧的彈性勢能最小，小滑塊的機械能最大，故當小滑塊下落到時，彈簧處于原長，彈性勢能為零，為最小，則此時小滑塊的機械能最大，B錯誤；C．由圖可知，x1～x2的距離差小于x2～x3兩的距離差，可得彈簧彈性勢能的增量不相等，C錯誤；D．在x1～x2的過程中，重力大于彈力，根據(jù)牛頓第二定律有又由A項可知聯(lián)立解得由圖可知，當時聯(lián)立解得即為該段圖線的斜率絕對值；在過程中，彈力大于重力，根據(jù)牛頓第二定律有又聯(lián)立解得由圖可知，當時聯(lián)立解得即為該段圖線的斜率絕對值，故可得在x1～x2和x2～x3兩段過程中，ax圖線斜率的絕度值均等于，D正確。故選AD?！镜淅治?】在星球M上將一輕彈簧豎直固定在水平桌面上，把物體P輕放在彈簧上端，P由靜止向下運動，物體的加速度a與彈簧的壓縮量x間的關系如圖中實線所示．在另一星球N上用完全相同的彈簧，改用物體Q完成同樣的過程，其a-x關系如圖中虛線所示．假設兩星球均為質量均勻分布的球體．已知星球M的半徑是星球N的3倍，則()A．M與N的密度相等B．Q的質量是P的3倍C．Q下落過程中的最大動能是P的4倍D．Q下落過程中彈簧的最大壓縮量是P的4倍【答案】AC【解析】設P、Q的質量分別為mP、mQ；M、N的質量分別為M1、M2，半徑分別為R1、R2，密度分別為ρ1、ρ2；M、N表面的重力加速度分別為g1、g2.在星球M上，彈簧壓縮量為0時有mPg1＝3mPa0，所以g1＝3a0＝Geq\f(M1,R\o\al(2,1))，密度ρ1＝eq\f(M1,\f(4,3)πR\o\al(3,1))＝eq\f(9a0,4πGR1)；在星球N上，彈簧壓縮量為0時有mQg2＝mQa0，所以g2＝a0＝Geq\f(M2,R\o\al(2,2))，密度ρ2＝eq\f(M2,\f(4,3)πR\o\al(3,2))＝eq\f(3a0,4πGR2)；因為R1＝3R2，所以有ρ1＝ρ2，選項A正確．當物體的加速度為0時有mPg1＝3mPa0＝kx0，mQg2＝mQa0＝2kx0，解得mQ＝6mP，選項B錯誤．根據(jù)a-x圖線與坐標軸圍成圖形的面積和質量的乘積表示合外力做的功可知，EkmP＝eq\f(3,2)mPa0x0，EkmQ＝mQa0x0，所以EkmQ＝4EkmP，選項C正確．根據(jù)運動的對稱性可知，Q下落時彈簧的最大壓縮量為4x0，P下落時彈簧的最大壓縮量為2x0，選項D錯誤．五.動量中的圖像1.Ft圖像的面積表示力的沖量。2.Pt、It圖像的斜率表示物體受到的合力【典例分析1】（2024上·湖南益陽·高三統(tǒng)考期末）一質量的物體在合力F的作用下從靜止沿直線運動，F(xiàn)隨時間t變化的圖像如圖所示，則下列說法正確的是（）A．第6s末物體的速度大小為3m/sB．第3s末至第6s末合力對物體的沖量為3kg·m/sC．第3s末合力的瞬時功率為4WD．第4s內與第5s內物體的動量增加量相等【答案】AC【詳解】A．由圖像的面積表示沖量，由動量定理可得解得6s末物體的速度大小為故A正確；B．第3s末至第6s末合力對物體的沖量為圖像圍成的三角形的面積，有即沖量為正的，而不是3kg·m/s，故B錯誤；C．對前3s由動量定理有則第3s末合力的瞬時功率為故C正確；D．第4s內與第5s內合外力的沖量為因沖量不相等，則第4s內與第5s內物體的動量增加量不相等，故D錯誤。故選AC?！镜淅治?】（2024·河南·統(tǒng)考一模）粒子以一定的初速度與靜止的氧原子核發(fā)生正碰。此過程中，粒子的動量隨時間變化的部分圖像如圖所示，時刻圖線的切線斜率最大。則（）A．時刻的動量為B．時刻的加速度達到最大C．時刻的動能達到最大D．時刻系統(tǒng)的電勢能最大【答案】AB【詳解】A．粒子與氧原子核組成的系統(tǒng)動量守恒，時刻的動量為故A正確；B．時刻圖線的切線斜率最大，則粒子的動量變化率最大，根據(jù)可知粒子的速度變化率最大，即加速度最大，即粒子受到的電場力最大，則氧原子核受到的電場力也最大，的加速度達到最大，故B正確；C．時刻，粒子速度為零，由圖可知時刻后，粒子反向運動，系統(tǒng)動量守恒，可知在時刻之后，的動量達到最大，的速度達到最大，的動能達到最大，故C錯誤；D．時刻，氧原子核受到的電場力最大，粒子與氧原子核的距離最近，系統(tǒng)的電勢能最大，故D錯誤。故選AB。圖1一、單選題1．（2023下·安徽馬鞍山·高三安徽省當涂第一中學校考期中）某踢出的足球在空中運動的軌跡如圖所示，足球可視為質點，空氣阻力不計。用vy、E、Ek、P分別表示足球的豎直分速度大小、機械能、動能、重力的瞬時功率大小，用t表示足球在空中運動的時間，下列圖像中可能正確的是（）A．

B．

C．

D．

【答案】C【詳解】A．足球做斜拋運動，在豎直方向上做加速度為g的勻變速直線運動，上升階段，有下降階段為可知速度與時間成一次函數(shù)關系，圖線是一條傾斜直線。故A錯誤；B．依題意，空氣阻力不計，足球只受重力作用，機械能守恒，E不變。故B錯誤；C．取初始位置為零勢能面，踢出時豎直方向速度為，根據(jù)機械能守恒可得解得即該圖線為開口向上的拋物線。故C正確；D．根據(jù)結合A選項分析可知，該圖線仍然為一條傾斜的直線。故D錯誤。故選C。2．（2023下·河南南陽·高三統(tǒng)考期末）一物體做直線運動，其動量隨時間變化的pt圖像如圖所示。下列描述此物體動能一時間（）圖像中可能正確的是（）A．

B．

C．

D．

【答案】C【詳解】根據(jù)可得故選C。3．（2023下·山西運城·高一康杰中學?？茧A段練習）一提升裝置把靜置于地面上的重物豎直向上提升的過程中，提升裝置功率隨時間變化的Pt圖像如圖所示。在時，重物上升的速度達到最大速度的一半，在時，達到最大速度。在時，重物再次勻速上升，取，不計一切阻力。下列說法正確的是（）A．在s時間內，重物做加速度逐漸減小的加速運動B．在時，重物的加速度大小C．在時，重物的速度大小D．在時間內，重物上升的高度【答案】D【詳解】A．在0~1s時間內，功率P均勻增大，拉力F不變，則提升裝置的功率由圖可知重物做加速度不變的勻加速上升運動，故A錯誤；B．在t=3s時，達到最大速度后重物做勻速運動，則有可得m=2kg在t=1s時，重物的加速度其中解得即在t=1s時，重物的加速度大小，故B錯誤；C．在t=6s時，重物再次勻速上升，由可得故C錯誤；D．在s時間內重物做勻加速運動，則有在1~3s時間內，重物做加速度減小的加速運動，則有可解得在3~4s時間內，重物做勻速運動，則有在4~6s時間內，重物做加速度逐漸減小的減速運動，則有解得重物在0~6s時間內，重物上升的高度為故D正確。故選D。4．（2023上·浙江·高二校聯(lián)考開學考試）如圖甲所示，將一輕彈簧放在傾角為45°的固定斜面上，彈簧的下端固定。把物體P靠近彈簧的上端放在斜面上，P由靜止沿斜面向下運動，物體的加速度a與彈簧的壓縮量x間的關系如圖乙中實線所示。把物體P換成物體Q，完成同樣的過程，其ax關系如圖乙中虛線所示，已知物體P與斜面間的動摩擦因數(shù)是物體Q與斜面間動摩擦因數(shù)的0.6倍。下列說法正確的是（

）A．P與斜面間的動摩擦因數(shù)為 B．Q與斜面間的動摩擦因數(shù)為C．P的質量是Q的6倍 D．P的質量是Q的倍【答案】B【詳解】剛開始下滑時，物體受到重力，斜面對物體的支持力和摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律，對PmPgsinθμPmPgcosθ=mP?3a0對QmQgsinθμQmQgcosθ=mQa0P運動x0時，加速度為零，則mPgcosθμPmPcosθkx0=0Q下滑2x0時，加速度為零，則mQgsinθμQmQgcosθk?2x0=0聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得故B正確，ACD錯誤。5.（2024·安徽合肥·高三合肥一中校聯(lián)考開學考試）“科技讓生活更美麗”，自動駕駛汽車呈現(xiàn)出接近實用化的趨勢。圖1為某型無人駕駛的智能汽車的測試照，為了增加乘員乘坐舒適性，程序設定汽車制動時汽車加速度大小隨位移均勻變化。某次測試汽車“ax”關系圖線如圖2所示，汽車制動距離即12m。則關于該次測試，下列判斷中正確的是（）A．汽車做勻減速直線運動B．汽車開始制動時的速度大小為C．汽車開始制動時的速度大小為D．此車制動時間為【答案】C【詳解】A．汽車制動過程，由圖2可知其加速度a隨位移x均勻增大，做加速度逐漸增大的減速運動，故A錯誤；BC．根據(jù)勻變速運動的速度位移公式汽車做非勻變速運動，運用“微元法”，可知“”圖線與x軸所圍圖形的“面積”即“速度平方變化量的一半”?？芍囍苿又锌傻闷囍苿訒r的初速度大小為故B錯誤，C正確；D．剎車過程中最大加速度為，如果一直以最大加速度剎車，所用的時間為實際加速度逐漸增大的，所以剎車制動時間一定大于，故D錯誤。故選C。6．（2023湖北·校聯(lián)考模擬預測）如圖甲所示，輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上，質量為m的小球，從彈簧上端靜止下落。若以小球開始下落的位置為坐標原點，建立豎直向下坐標軸Ox，小球下落至最低點過程中的a－x圖像如圖乙所示（圖中標示坐標值、、、g均為已知量），不計空氣阻力，重力加速度為g。則（）A．彈簧的勁度系數(shù)B．彈簧的最大彈力C．小球向下運動過程中最大加速度D．小球向下運動過程中最大速度【答案】D【詳解】A．結合圖乙可知，小球下落的加速度為零時則有解得彈簧的勁度系數(shù)為故A錯誤；B．小球向下運動過程中彈簧最大彈力為故B錯誤；C．小球向下運動過程中最大加速度為故C錯誤；D．設小球向下運動過程中最大速度，根據(jù)動能定理可知整理可得結合圖像圍成的面積，可知解得小球向下運動過程中最大速度為故D正確；故選D。7．（2023·遼寧沈陽·遼寧實驗中學?？寄M預測）如圖甲所示，一小物塊在水平向右的推力F作用下從A點由靜止開始向右做直線運動，力F的大小隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，鋼塊的質量，與臺面間的動摩擦因數(shù)，。則小物塊在時刻的速度（）A． B． C． D．【答案】D【詳解】物體受到的最大靜摩擦推力F與t的關系為當推力F大于最大靜摩擦時，物體開始運動解得內，物塊根據(jù)動量定理可得，推力F的沖量為解得故ABC錯誤，故D正確。故選D。8.（2023上·北京海淀·高三統(tǒng)考期中）在時刻，將一物體（可視為質點）豎直向上拋出。以拋出點為坐標原點、豎直向上為正方向，忽略空氣阻力，圖中能正確反映該物體的動量p隨時間t、動能Ek隨位移x變化的圖像是（）A． B．C． D．【答案】A【詳解】AB．一物體（可視為質點）豎直向上拋出，以拋出點為坐標原點、豎直向上為正方向，則速度為則動量公式為故A正確，B錯誤；CD．豎直上拋運動加速度恒定向下，則速度位移公式為動能公式為故CD錯誤。故選A。二、多選題9．（2024·廣東茂名·統(tǒng)考一模）某品牌電動汽車在平直公路上由靜止開始啟動，若啟動過程中加速度傳感器測量到汽車加速度隨時間變化的規(guī)律如圖所示，汽車后備箱中水平放置一質量的物塊，與汽車始終相對靜止，重力加速度g取，下列說法正確的是（

）A．第末，汽車的速度為B．第末，汽車的速度為C．前內，汽車對物塊的作用力做功大小為D．前內，汽車對物塊的最大摩擦力為【答案】BCD【詳解】AB．根據(jù)圖像面積可知第末，汽車的速度為第末，汽車的速度為故A錯誤，B正確；C．根據(jù)圖像，末汽車速度為，由動能定理，汽車對物塊做功為故C正確；D．a最大為，由代入數(shù)據(jù)可得最大摩擦力為8N，故D正確。故選BCD。10．（2023上·黑龍江齊齊哈爾·高三統(tǒng)考期末）質量為1kg的物體在外力的作用下從靜止開始做直線運動，其加速度隨時間的變化關系如圖所示，則下列說法正確的是（）A．第1s內，質點的動能增加量為3JB．第2s內，合外力所做的功為C．第2s末，合外力的瞬時功率為3WD．0~2s內，合外力的平均功率為【答案】BCD【詳解】A．由圖像可知，在第1s內加速度恒定，由解得第1s末的速度為第1s內質點的動能增加量故A錯誤；B．由圖像可知，在第2s內加速度恒定，由解得第2s末的速度為第2s內質點合外力所做的功為故B正確；C．由牛頓第二定律可知，第2s末合外力大小為則第2s末合外力的瞬時功率故C正確；D．由動能定理可知，質點在0~2s內合外力做的功則0~2s內合外力的平均功率故D正確。故選BCD。11．（2023上·山西呂梁·高三統(tǒng)考期中）跳臺滑雪運動起源于19世紀的挪威，1924年跳臺滑雪被列為冬奧會項目。在2022北京冬奧會中我國首座跳臺滑雪場館“雪如意”驚艷亮相。跳臺由助滑道、起跳區(qū)、著陸坡、停止區(qū)組成。運動員從起跳區(qū)水平起跳后在空中運動的速度變化量、重力的瞬時功率P、動能、機械能E，運動員在空中的運動時間t，設起跳處為零勢能參考面，不計運動員空氣阻力，下列圖像中可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】BCD【詳解】A．運動員從起跳區(qū)水平起跳后做平拋運動，在空中只受到重力，加速度為重力加速度，根據(jù)加速度定義式有可知圖像為一條過原點的傾斜直線，故A錯誤；B．運動員從起跳區(qū)水平起跳后在豎直方向做自由落體運動，則有重力的瞬時功率為可知圖像為一條過原點的傾斜直線，故B正確；C．運動員從起跳區(qū)水平起跳后運動員的速度為運動員的動能為可知圖像為拋物線的一部分，頂點在縱軸的正半軸，故C正確；D．運動員從起跳區(qū)水平起跳后在空中只受到重力，機械能守恒，可知圖像為平行于橫軸的一條直線，故D正確。故選BCD。12．（2024上·廣東汕頭·高三統(tǒng)考期末）電動汽車能實現(xiàn)更準確的運動控制，有一輛電動汽車由靜止啟動并沿直線運動，其速度與時間圖像（v—t圖）如圖所示，OA段為直線，AB段為曲線，時刻以后的圖像是與時間軸平行的直線，則下列選項中正確的是（

）A．時間內，汽車的牽引力等于B．時刻后，電動汽車的功率可能保持不變C．時間內，電動汽車的平均速度大小為D．時刻后，電動汽車的牽引力與阻力大小相等【答案】BD【詳解】A．由圖像可知0～t1時間內，汽車的加速度根據(jù)牛頓第二定律知F－f＝ma則牽引力A錯誤；B．電動汽車受力分析，有據(jù)題意AB段速度增大，加速度減小，可知，電動汽車的功率可能保持不變，B正確；C．若連接A點與B點，汽車做勻加速直線運動，平均速度為圖像中圖線與坐標軸圍成的面積表示物體的位移，可知t1～t2時間內，汽車做變加速直線運動，位移大于做勻變速直線運動的位移，所以平均速度大小C錯誤；D．t2時刻以后的v－t圖是與時間軸平行的直線，則說明該段時間汽車做勻速直線運動，有D正確。故選BD。13．（2024上·山東泰安·高三統(tǒng)考期末）如圖所示，是小朋友非常喜歡的一款電動玩具小車，我們可以通過玩具小車在水平面上的運動來研究功率問題。已知小車質量為m，小車剛達到額定功率開始計時，且此后小車保持功率不變，小車的vt圖象如圖甲所示，t?時刻小車的速度達到最大速度的倍，小車速度由v?增加到最大值的過程中，小車的牽引力F與速度v的關系圖象如圖乙所示，運動過程中小車所受阻力恒定，下列說法正確的是（）A．小車的額定功率為B．小車的最大速度為C．小車速度達到最大速度的一半時，加速度大小為D．時間內，小車運動的位移大小為【答案】CD【詳解】A．根據(jù)題意可知，當時，有，由公式，可得故A錯誤；B．當小車以最大速度勻速運動時且根據(jù)即可得故B錯誤；C．由A、B選項可知則根據(jù)公式，可得小車速度達到最大速度的一半時，此時的牽引力又根據(jù)牛頓第二定律，可得解得故C正確；D．在時間內，位移為，根據(jù)動能定理解得故D正確。故選CD。14．（2024上·黑龍江雞西·高三統(tǒng)考期末）一輛機車在水平路面上從靜止開始啟動做直線運動，其加速度隨時間變化的圖像如圖所示。已知機車的質量，機車前進過程中所受阻力大小恒定，時機車達到額定功率，之后保持該功率不變，下列說法正確的是（）A．機車所受到的阻力大小為B．0~40s內牽引力做功為C．機車的最大速度為80m/sD．機車從開始運動到達到最大速度所需要的時間可能為200s【答案】AB【詳解】A．在時機車的速度則根據(jù)解得選項A正確；B．0~40s內做勻加速運動，則牽引力位移牽引力做功為選項B正確；C．當機車速度最大時可得機車的最大速度為vm=60m/s選項C錯誤；D．假設機車從t=40s后做加速度均勻減小的加速運動，則速度從20m/s到達60m/s時用時間t＇滿足，結合圖像解得t＇=160s此時機車從開始運動到達到最大速度所需要的時間為200s；而機車從t=40s后的加速度不是均勻減小，則從開始運動到達到最大速度所需要的時間大于200s，選項D錯誤。故選AB。15．（2023上·福建泉州·高三福建省泉州第一中學?？茧A段練習）在距地面高d處由靜止釋放一小球，小球向下運動過程中受到的阻力不能忽略，以地面為重力勢能的零勢能面，物體的機械能E隨小球到地面的高度h的變化關系圖像如圖所示，圖中縱坐標b、c為已知數(shù)據(jù)，重力加速度為g。根據(jù)圖像判斷下列說法正確的是（）A．小球的質量等于B．當時，小球的動能等于C．運動過程中小球受到的阻力大小恒為D．小球運動的加速度等于【答案】AD【詳解】A．在距地面高d處小球的機械能與重力勢能相等，則有解得小球的質量為故A正確；C．小球克服阻力做的功等于小球機械能的減少，則有圖象的斜率絕對值