专题06 功和功率 动能定理(解析版)

专题06 功和功率 动能定理
目录
题型一 功和功率的理解和计算 ..................................................................................................... 1 题型二 机车启动问题 ..................................................................................................................... 4 题型三 动能定理及其应用 ........................................................................................................... 12 题型四 功能中的图像问题 .. (22)
题型一 功和功率的理解和计算
【题型解码】
1.要注意区分是恒力做功，还是变力做功，求恒力的功常用定义式．
2.变力的功根据特点可将变力的功转化为恒力的功(如大小不变、方向变化的阻力)，或用图象法、平均值法(如弹簧弹力的功)，或用W ＝Pt 求解(如功率恒定的力)，或用动能定理等求解．
【典例分析1】（2023上·福建三明·高三校联考期中）如图所示，同一高度处有4个质量相同且可视为质点的小球，现使小球A 做自由落体运动，小球B 做平抛运动，小球C 做竖直上抛运动，小球D 做竖直下抛运动，且小球B 、C 、D 抛出时的初速度大小相同，不计空气阻力。

小球从释放或抛出到落地的过程中（ ）
A ．重力对4个小球做的功相同
B ．重力对4个小球做功的平均功率相等
C ．落地前瞬间，重力对4个小球的瞬时功率大小关系为A B C
D P P P P =<= D ．重力对4个小球做功的平均功率大小关系为A B C D P P P P =>= 【答案】AC
【详解】A ．4个质量相同的小球从同一高度抛出到落地的过程中，重力做功为
G W mgh =
故重力对4个小球做的功相同，故A 正确；
BD ．小球A 做自由落体运动，小球B 做平抛运动，小球C 做竖直上抛运动，小球D 做竖直下抛运动，小球从同一高度抛出到落地，运动时间关系为
D A B C t t t t <=<
重力对4个小球做功的平均功率为
G
W P t
=
可得重力对4个小球做功的平均功率大小关系为
D A B C P P P P >=>
故BD 错误；
C ．落地前瞬间，4个小球竖直方向有
2A 2v gh =，2B 2v gh = 22C 02v v gh -=，22
D 02v v gh -=
4个小球竖直方向的速度关系为
A B C D v v v v =<=
落地前瞬间，重力对4个小球的瞬时功率
y P mgv =
落地前瞬间，重力对4个小球的瞬时功率大小关系为
A B C D P P P P =<=
故C 正确。

故选AC 。

【提分秘籍】
计算功和功率时应注意的问题
(1)计算功时，要注意分析受力情况和能量转化情况，分清是恒力做功，还是变力做功，恒力做功一般用功的公式或动能定理求解，变力做功用动能定理、转化法或图象法求解。

(2)用图象法求外力做功时应注意横轴和纵轴分别表示的物理意义，若横轴表示位移，纵轴表示力，则可用图线与横轴围成的面积表示功，例如下图甲、乙、丙所示(丙图中图线为1
4圆
弧)，力做的功分别为W 1＝F 1x 1、W 2＝12F 2x 2、W 3＝π
4
F 3x 3。

(3)计算功率时，要明确是求瞬时功率，还是平均功率，若求瞬时功率，应明确是哪一时刻
或哪个位置的瞬时功率，若求平均功率应明确是哪段时间内的平均功率；应注意区分公式P ＝W t 和公式P ＝Fv cos θ的适用范围，P ＝W t 计算的是平均功率，P ＝Fv cos θ侧重于对瞬时功率的计算。

【突破训练】
1. 图示为一辆配备了登高平台的消防车，其伸缩臂能够在短时间内将承载了3名消防员的登高平台(人与平台的总质量为300 kg)抬升到60m 高的灭火位置，此后消防员用水炮灭火。

已知水炮的出水量为3m 3/min ，水离开炮口时的速度为20m/s ，水的密度为1.0×103kg/m 3，g 取10 m/s 2。

下列说法正确的是( )
A ．使水炮工作的发动机的输出功率为10 kW
B ．使水炮工作的发动机的输出功率为30 kW
C ．伸缩臂抬升登高平台过程中所做的功为1.8×104 J
D ．伸缩臂抬升登高平台过程中所做的功为1.8×105 J 【答案】 D
【解析】 水的密度为ρ＝1.0×103 kg/m 3,1 min 内流出水的质量：m ＝ρV ＝1.0×103×3 kg ＝3000 kg,1 min 内水获得的重力势能：E p ＝mgh ＝3000×10×60 J ＝1.8×106 J ，1 min 内水获得的动能：E k ＝12mv 2＝6×105
J ，使水炮工作的发动机输出功率为：P ＝W t ＝E p ＋E k t ＝1.8×106＋6×105
60 W
＝4×104 W ，故A 、B 错误；伸缩臂抬升登高平台过程中所做的功等于登高平台克服重力做的功：W ′＝m ′gh ＝300×10×60 J ＝1.8×105 J ，故C 错误，D 正确。

2．如图所示，将完全相同的四个小球1、2、3、4分别从同一高度由静止释放或平抛(图乙)，其中图丙是一倾角为45°的光滑斜面，图丁为1
4光滑圆弧，不计空气阻力，则下列对四种情
况下相关物理量的比较正确的是( )
A ．落地时间t 1＝t 2＝t 3＝t 4
B ．全程重力做功W 1＝W 2>W 3＝W 4
C ．落地瞬间重力的功率P 1＝P 2＝P 3＝P 4
D ．全程重力做功的平均功率P 1＝P
2>
P 3>P 4
【答案】：D
【解析】：图甲、乙中小球在竖直方向均做自由落体运动，故t 1＝t 2＝2h
g
，其中h 为竖直高度，对图丙，h sin θ＝12gt 23
sin θ，t 3＝
2h
g sin 2θ
，其中θ为斜面倾角，比较图丙和图丁，由动能定理可知，两小球从初始位置到水平面上同一高度处速度大小总相等，但小球4的路程长，因此t 1＝t 2<t 3<t 4，选项A 错误；因竖直高度相等，因此重力做功相等，选项B 错误；重力的瞬时功率等于mgv y ，小球四种方式落地时的竖直分速度v y 1＝v y 2>v y 3>v y 4＝0，故落地瞬间重力的功率P 1＝P 2>P 3>P 4，选项C 错误；综合分析，可知全程重力做功平均功率P ＝W t ，
故P 1＝P 2>P 3>P 4，选项D 正确．
3.（2023上·内蒙古呼和浩特·高三统考阶段练习）如图所示，半径为R 的光滑大圆环固定在竖直平面内，一质量为m 的带孔小球穿过大圆环，自大圆环顶端由静止开始自由下滑。

已知重力加速度大小为g ，则小球自顶端下滑到最低点的过程中（ ）
A ．重力做的功等于2mgR
B ．重力做的功等于mgR π
C ．重力做功的功率先增大后减小
D ．重力做功的功率先减小后增大
【答案】AC
【详解】AB ．根据重力做功的公式有
22W mgh mg R mgR ==⋅=
A 正确，
B 错误；
CD ．小球在下滑过程中，竖直方向的速度先增加后减小，所以重力做功的功率先增大后减小，C 正确，D 错误。

故选AC 。

题型二 机车启动问题
【题型解码】
分析机车启动问题时，抓住两个关键，一是汽车的运动状态，即根据牛顿第二定律找出牵引力与加速度的关系；二是抓住功率的定义式，即牵引力与速度的关系．综合以上两个关系，即可确定汽车的运动情况．
【典例分析1】．（2023上·山东潍坊·高三统考期中）某物流站点采用如图甲所示装置运送大物件，电动机通过跨过定滑轮的绳子与斜面上的物件相连，电动机启动后以额定功率工作，
牵引物件沿斜面上升，5s 时速度达最大值，物件运动的v t -图像如图乙所示。

已知斜面倾角为30︒，物件质量为400kg ，3
电动机额定功率为10kW ，重力加速度大小取210m /s g =，绳子质量不计，则05s 内（ ）
A ．物件的最大速度是2m /s
B ．物体沿斜面向上运动了9.84m
C ．摩擦力对物件做的功为29520J
D ．物件机械能的增量19680J
【答案】AB
【详解】A ．物件速度最大时做匀速运动，根据平衡条件，牵引力大小为
sin cos 5000N F mg mg θμθ=+=
则此时最大速度为
m 2m/s P
v F
=
= 故A 正确；
B ．05s 内，根据动能定理
2m 1
(sin cos )02
Pt mg mg x mv θμθ-+=
- 解得
9.84m x =
故B 正确；
C ．摩擦力对物件做的功为
f cos 29520J W mgx μθ=-=-
故C 错误；
D ．物件机械能的增量
2m k P 1
sin 20480J 2
mv mg E x E E θ∆+=
==∆∆+ 故D 错误。

故选AB 。

【典例分析2】（2023上·四川成都·高三成都七中校考期中）某摩托车在平直的道路上由静止启动，其运动的速度v 与时间t 的关系如图甲所示，图乙表示该摩托车牵引力的功率P 与
时间t 的关系。

设摩托车在前进过程中所受阻力为车（包括驾驶员和物资）总重力的k 倍，在18s 末摩托车的速度恰好达到最大。

已知摩托车（包括驾驶员和物资）总质量200kg m =，重力加速度g 取210m/s 。

则下列说法正确的是（ ）
A ．0到18s 内摩托车一直匀加速运动
B ．0到8s 内，摩托车的牵引力为800N
C ．0.4k =
D ．从静止开始加速到最大速度的过程中，摩托车前进的路程为127.5m 【答案】CD
【详解】A ．v -t 图像的斜率表示加速度，由图甲可知，0到8s 内电动摩托车做匀加速运动，8～18s 内摩托车做加速度减小的加速运动，故A 错误； C ．在18s 末电动摩托车的速度恰好达到最大，有
F =f
由
m m P Fv fv ==
可得阻力为
m 8000
N 800N 10
P f v =
== 根据题意有
800
0.420010
f k m
g =
==⨯ 故C 正确；
B ．0到8s 内，摩托车的加速度为
228
m/s 1m/s 8
v a t ∆=
==∆ 由牛顿第二定律有
F -f =ma
则摩托车的牵引力为
F =ma +f =（200×1+800）N=1000N
故B 错误；
D ．8s 到18s 过程中，根据动能定理，有
2211122
m Pt fx mv mv -=
- 代入数据解得
95.5m x =
0到8s 位移
188
m 32m 2
x ⨯=
= 因此从静止开始加速到最大速度的过程中，摩托车前进的路程为
95.5m+32m=127.5m
故D 正确。

故选CD 。

【提分秘籍】
解决机车启动问题时的分析思路
(1)明确启动方式：分清是匀加速启动还是恒定功率启动。

(2)匀加速启动过程：机车功率是不断改变的，但该过程中的最大功率是额定功率，匀加速运动阶段的最大速度小于机车所能达到的最大速度，达到额定功率后做加速度减小的加速运动。

匀加速过程的最大速度v 1(此时机车输出的功率最大)和全程的最大速度v m (此时F 牵＝F 阻)求解方法：
①求v 1：由F 牵－F 阻＝ma ，P ＝F 牵v 1可得v 1＝P F 阻＋ma 。

①求v m ：由P ＝F 阻v m ，可得v m ＝P
F 阻。

(3)额定功率启动的过程：机车做加速度减小的加速运动，匀变速直线运动的规律不能用，速度最大值等于P
F 阻，牵引力是变力，牵引力做的功可用W ＝Pt 计算，但不能用W ＝Fl cos θ
计算。

注意：无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足P ＝F 阻v m ，P 为机车的额定功率。

【突破训练】
1.（2023上·重庆渝中·高三统考期中）(多选)在汽车的设计研发中，需要测试发动机的性能。

汽车在倾角为θ的长直斜坡上由静止启动，汽车的输出功率与速度的关系图像如题图，当汽车的速度增大到0v 后保持最大功率不变，汽车能达到的最大速度为02v 。

汽车的质量为m ，汽车启动过程中所受摩擦阻力大小恒为f ，不计空气阻力，重力加速度大小为g 。

下列说法正确的是（ ）
A ．汽车发动机的最大功率为0022sin fv mgv θ+
B ．当汽车的速度大小为0v 时，其加速度大小为sin f mg m
θ
+
C ．汽车的速度从0增大到0v 所用的时间为
sin mv f mg θ
+
D ．在汽车的速度从0增大到0v 的过程中，汽车发动机做的功为2
02mv
【答案】ABC
【详解】A ．根据物体的平衡条件可知，当汽车的速度大小为02v 时，汽车所受的牵引力大小为
1
sin F f
mg
因为在汽车的速度从0v 增大到02v 的过程中，汽车发动机的功率均为最大功率，所以汽车发动机的最大功率
max 102P F v =⋅
解得
max 0022sin P fv mgv θ=+
故A 正确；
B ．设当汽车的速度大小为0v 时，汽车所受的牵引力大小为2F ，有
max 20P F v =
设此时汽车的加速度大小为a ，根据牛顿第二定律有
2sin F f mg ma θ--=
解得
sin f mg a m
θ
+=
故B 正确；
C ．在汽车的速度从0增大到0v 的过程中，汽车做匀加速直线运动，加速时间
00
sin v mv t a f mg θ
=
=+ 故C 正确；
D ．该过程汽车通过的位移大小
22
00122(sin )
v mv x a f mg θ==+
设该过程汽车发动机做的功为W ，根据动能定理有
21101
sin 2
W mgx fx mv θ--=
解得
20W mv =
故D 错误。

故选ABC 。

2.（2023上·山东临沂·高三统考期中）一辆汽车在平直的公路上由静止开始运动，运动过程中先保持某一恒定加速度，后保持恒定的牵引功率，其䒨引力和速度的关系图象如图所示。

若已知汽车的质量m 、牵引力1F 和速度1v 及汽车所能达到的最大速度2v ，运动过程中汽车所受阻力恒定，则汽车匀加速运动过程中牵引力做的功是（ ）
A ．()212212mv v v v -
B ．12
21mv v v v -
C ．()
12
212mv v v v -
D ．
11
2
F v v 【答案】A
【详解】根据图像可得，汽车的额定功率为
11P F v =
汽车的阻力为
2
P f v =
汽车匀加速阶段的加速度为
1-=F f ma
匀加速阶段的位移为
212v ax =
汽车匀加速运动过程中牵引力做为
1W F x =⋅
综上所述，联立解得
()
212
212W mv v v v =-
故选A 。

3．（2023上·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）甲、乙两辆汽车都以恒定功率在平直路面上启动，v —t 图像如图所示，甲车功率是乙车功率的2倍，两辆汽车行驶时所受阻力恒定，则甲、乙两车所受阻力大小之比为（ ）
A ．3：8
B ．8：3
C ．3：2
D ．2：3
【答案】B
【详解】汽车乙恒定功率启动，速度增大，则牵引力减小，汽车先做加速度减小得变加速直线运动，当牵引力与阻力平衡时，加速度为0，汽车达到最大速度，之后做匀速直线运动，则有
m P v f =
甲
甲阻甲
，m P v f =乙乙阻乙 其中
2P P =甲乙
根据图像可知，甲乙两车最大速度之比为3:4，则可解得甲、乙两车所受阻力大小之比为8:3。

故选B 。

4.（2023上·安徽合肥·高三校联考期中）如图所示，为轿车中的手动变速杆，若保持发动机输出功率不变，将变速杆推至不同挡位，可获得不同的运行速度，从“1”—“5”挡速度增大，R 是倒车挡，某型号轿车发动机的额定功率为60kW ，在水平路面上行驶的最大速度可达180km/h ，假设该轿车在水平路面上行驶时所受阻力恒定，则该轿车（ ）
A ．以最大牵引力爬坡，变速杆应推至“1”挡
B ．该车在水平路面上行驶时所受阻力大小为900N
C ．以额定功率在水平路面上以最大速度行驶时，其牵引力为1200N
D ．改变输出功率，以54km/h 的速度在同一水平路面上匀速行驶时，发动机的输出功率为35kW 【答案】AC
【详解】A ．由功率的公式有
P Fv =
当车的功率不变时，其速度越小，其牵引力越大，所以当以最大牵引力爬坡时，变速杆应推至“1”档，故A 项正确；
BC ．当车的牵引力等于车所受的阻力时，其达到最大速度，有
max max P Fv fv ==
解得
1200N F f ==
故B 错误，C 正确；
D ．车匀速行驶，所以此时牵引力等于阻力，即
1200N F f '==
根据功率公式有
P F v ''=输出
解得
18kW P =输出
故D 项错误。

故选AC 。

5．（2023上·全国·高三统考阶段练习）某同学在倾角为30°的斜面上对电动玩具车的性能进行测试，让玩具车以恒定功率由静止开始沿斜面向上运动。

在某次测试中，该同学利用传感器记录了玩具车运动过程中的速度，加速度，时间等数据，并作出其加速度a 和速度的倒数1
v
的图像如图所示，已知玩具车的质量为300g ，从静止出发至达到最大速度所经历的时间为1.5s 。

下列说法中正确的是（ ）
A ．玩具车的最大速度是10km/h
B ．当玩具车的速度为4m/s 时，加速度等于12m/s 2
C ．斜面对玩具车的阻力是2.4N
D ．1.5s 内玩具车行驶的距离是8.75m 【答案】BD
【详解】A ．当小车的加速度为零时，其速度达到最大，由图可知
-1m
1
0.1m s v =⋅ 所以
m 10m/s v =
故A 错误；
C ．根据牛顿第二定律有
sin P
mg f ma v
θ--= 整理可得
1sin P f a g m v m
θ=
⋅-- 结合图线可得
80
8a v
=
- 所以
24W P =，0.9N f =
故C 错误；
B ．当速度为4m/s 时，有
228080
88m/s 12m/s 4
a v =
-=-= 故B 正确；
D ．在1.5s 内，根据动能定理有
2m 1sin 2
Pt mg x fx mv θ-⋅-=
解得
8.75m x =
故D 正确。

故选BD 。

题型三 动能定理及其应用
【题型解码】
1.要对研究对象受力分析并分析各力做功情况；分析物体运动过程，明确对哪个过程应用动能定理．
2.列动能定理方程要规范，注意各功的正负号问题．
【典例分析1】（2023上·广东·高三校联考阶段练习）小孩静止坐在悬挂在竖直位置的秋千上，大人用水平拉力F 把坐在秋千上的小孩缓慢拉到细线与竖直方向成θ角的位置，模型简化如图所示。

已知小孩和秋千的质量为m ，摆点与秋千和小孩的重心距离为L ，重力加速度为g ，忽略空气阻力的作用，则在此过程中，拉力F 做的功为（ ）
A ．FL cos θ
B ．FL sin θ
C ．FL (1-cos θ)
D ．mgL (1-cos θ)
【答案】D
【详解】在小孩和秋千缓慢上升过程中，拉力F 为变力，过程中拉力做正功，重力做负功，缓慢运动可认为过程中动能变化量为零，由
()1cos 0F W mgL θ--=
得
()1cos F W mgL θ=-
D 正确。

故选D 。

【典例分析2】（2023上·湖北武汉·高三华中师大一附中校考期中）如图所示，质量为1kg 的木块（视为质点）被水平向左的力F 压在竖直墙壁上，其压力F =kx （k 为常数，x 为木块位移），木块从离地面高度5m 处静止释放，到达地面时速度恰减为0。

若木块与墙面之间的动摩擦因数0.2，重力加速度大小为210m /s ，则（ ）
A ．k =4
B ．k =20
C ．木块下滑过程中，在x =1.25m 处速度最大，且最大值为5m/s
D ．木块下滑过程中，在x =2.50m 处速度最大，且最大值为10m/s 【答案】B
【详解】AB ．弹力随位移均匀变化，根据动能定理
02
kh mgh h μ-
=
得
20k =
A 错误，
B 正确；
CD ．当重力与摩擦力相等时，木块加速度为0，速度最大，即
kx mg μ=
得
2.50m x =
根据动能定理
21
22
kx
mgx x mv μ-
= 得
5m/s v =
CD 错误。

故选B 。

【典例分析2】．（2023上·河南鹤壁·高三校考期中）质量为m 的物体以初速度v 0沿水平面向左开始运动，起始点A 与一轻弹簧O 端相距s ，如图所示。

已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x ，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为（重力加速度大小为g ）（ ）
A ．()2
12
mv mg s x μ-+ B ．2
12
mv mgx μ- C ．mgs D ．()mg s x μ+
【答案】A
【详解】根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为
()f W mg s x μ=+
由动能定理可得
2
f 0102
W W mv ---=弹
联立可得物体克服弹簧弹力所做的功为
()2
012
mv mg s x W μ-=
+弹 故选A 。

【提分秘籍】
应用动能定理解题的“四步三注意两适用” (1)应用动能定理解题的四个步骤 ①确定研究对象及其运动过程； ①分析受力情况和各力的做功情况； ①明确物体初末状态的动能； ①由动能定理列方程求解。

(2)应用动能定理解题应注意的三个问题
①动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不牵扯加速度及时间，比动力学研究方法要简捷。

①动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的。

①物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段考虑，也可以对全过程考虑，但若能对整个过程利用动能定理列式，则可使问题简化。

(3)动能定理适用的两种情况
①既适用于直线运动，也适用于曲线运动； ①既适用于恒力做功，也适用于变力做功。

【突破训练】
1.（2023上·北京西城·高三北京师大附中校考阶段练习）关于做自由落体运动的物体，下列说法正确的是（ ） A ．动能E k 随时间t 变化的快慢k
E t
∆∆随时间均匀增大 B ．速度v 随时间t 变化的快慢
v
t
∆∆随时间均匀增大 C ．重力势能E p 随位移x 变化的快慢p E x
∆∆随时间均匀减小
D ．机械能
E 随位移x 变化的快慢E
x
∆∆随时间均匀减小 【答案】A
【详解】A ．物体做自由落体运动，任意时刻的速度
v gt =
则可得任意时刻的动能
222k 11
22
E mv mg t =
= 由此可得动能E k 随时间t 变化的快慢
2
k 2
E mg t t ∆=∆ 则可知动能E k 随时间t 变化的快慢
k
E t
∆∆随时间均匀增大，故A 正确； B ．自由落体运动速度v 随时间t 变化的快慢
∆=∆v
g t
则可知速度v 随时间t 变化的快慢
v
t
∆∆为重力加速度g ，恒定不变，故B 错误； C ．根据重力势能变化与重力做功关系可得
p G E W mg x ∆=-=-∆
可得
p E mg x ∆=-∆
可知重力势能E p 随位移x 变化的快慢p E x
∆∆保持不变，故C 错误；
D ．做自由落体运动的物体，机械能守恒，因此
0E
x
∆=∆ 故D 错误。

故选A 。

2.（2023上·江西鹰潭·高三统考期中）如图，光滑的水平地面上有一原长为0l 的轻质弹簧，其左端固定在竖直墙壁上，与弹簧右端相距一定距离处固定一倾角为θ、长为l 的坡道，与物块间的动摩擦因数为μ，坡道底端与水平地面平滑连接。

一质量为m 的物块（可视为质点）从坡道上的某一点由静止滑下，当物块第一次由坡道底端返回坡道的中点时速度恰好减为0，弹簧始终在弹性限度内，并保持水平，重力加速度为g ，下列说法正确的是（ ）
A ．物块在坡道上运动时的加速度大小总是相等的
B ．物块释放点距离坡道顶点的距离为tan 3tan l θμ
θμ
--
C ．弹簧最大的弹性势能为
(sin cos )2
mgl
θμθ+ D ．物块从开始运动至第一次在坡道上速度为0，其位移大小为tan l
μθμ
-
【答案】CD
【详解】A ．物块下滑时的加速度大小为
1sin cos a g g θμθ=-
上滑时的加速度大小为
2sin cos a g g θμθ=+
故A 错误；
B ．设小物体下滑的初始位置距离坡道底端的距离为l '，由能量守恒可得
sin cos 22l l l mg l mg θμθ⎛⎫⎛
⎫''-=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝
⎭ 解得
tan 2tan l l θμθμ⎛⎫
+'= ⎪-⎝⎭
物块释放点距离坡道顶点的距离为
tan 32tan l l l l θμθμ⎛⎫
-'∆=-= ⎪-⎝⎭
故B 错误；
C ．物块从开始运动至将弹簧压缩到最短的过程中，由能量守恒有
p sin cos E mgl mgl θμθ''=-
解得弹簧最大的弹性势能
p tan (sin cos )(sin cos )2tan 2mgl
mgl E θμθμθθμθθμ⎛⎫+=
-=+ ⎪-⎝⎭
故C 正确；
D ．物块从开始运动至第一次在坡道上速度为0的位移大小为
2tan l l
x l μθμ
'=-
=- 故D 正确。

故选CD 。

3.（2023上·北京顺义·高三北京市顺义区第一中学校考阶段练习）在某星球表面将一轻弹簧竖直固定在水平面上，把质量为m 的小球P （可视为质点）从弹簧上端由静止释放，小球沿
竖直方向向下运动，小球的加速度a 与弹簧压缩量x 间的关系如图所示，其中0a 和0x 为已知量。

下列说法中不正确的是（ ）
A ．小球向下运动至速度为零时所受弹簧弹力大小为0ma
B ．弹簧劲度系数为
ma x C ．小球向下运动过程中的最大动能为0012
ma x D ．当弹簧压缩量为0x 时，弹簧的弹性势能为0012
ma x 【答案】A
【详解】A ．设该星球的重力加速度为0g ，小球刚放到弹簧上时，满足0x =，只受星球吸引力的作用，由图知00g a =，方向竖直向下；当弹簧的压缩量为0x 时，小球的加速度为0，此时弹簧的弹力为
00F mg ma ==
之后小球继续向下运动直至速度为0，弹簧的压缩量继续增大，可知当小球的速度为0时，弹簧的弹力0F ma >，故A 错误，符合题意； B ．设竖直向下为正方向，故对小球受力分析可知
0mg kx ma -=
故小球运动的加速度大小为
0k
a x g m
=-
+ 当0a =时，0x x =，可得
00
00
mg ma k x x =
= 故B 正确，不符合题意；
C ．由图可知，当弹簧的压缩量为0x 时，小球的加速度为0，此时小球的速度最大，动能最大；由动能定理可得
2km 0000011
22
E mg x kx ma x =-=
故C 正确，不符合题意；
D ．当弹簧的压缩量为0x 时，弹簧的弹性势能为
2p 00011
22
E kx ma x =
= 故D 正确，不符合题意。

故选A 。

4.（2023上·安徽亳州·高三蒙城第一中学校联考期中）如图所示，与水平面夹角θ=30°的斜面和圆轨道相切于B 点，且固定于竖直平面内。

质量为m 的小球从斜面上的A 点由静止释放，经B 点后沿圆轨道运动，通过最高点C 后落在斜面上与圆心O 等高的D 点。

不计所有摩擦，重力加速度为g 。

（ ）
A ．小球在C 点对轨道压力大小为3mg
B ．小球对圆轨道最低点的压力为7mg
C ．若沿斜面上移A 点再静止释放，小球在斜面落点处重力功率增大
D ．若调整A 点在斜面上的位置，使小球恰能过C ，则小球在飞行中将经过CD 连线的中点 【答案】BD
【详解】A.小球过 C 点做平抛运动，水平位移
2c x R v t ==
竖直位移
21g 2
y R t ==
2g c v R 在C 点，有
2
g C c mv F m R
+= 解得
g C F m =
故A 错；
B.设最低点的速度为 v ，由最低点到C 点动能定理
2211222
c mgR mv mv -=
- 在最底点点，有
2
N g mv F m R
-=
解得
N 7F mg =
故B 正确；
C.上移A 则仍可过C 点，但vt 增大，落到斜面上位置上移，平抛的竖直位移减小，时间减小，竖直速度减小，小球在斜面落点处重力功率减小。

故C 错误；
D.如图连接CD ，设中点为 E ，过E 作EF 平行于OD ，交 CO 于F 点，由几何知识可得
12
CF R =
EF R =
由题可知小球恰能过C 点做平抛运动则
g c v R 当水平位移x =R =vct 时，可算得此时竖直位移
211g 22
y t R =
= 故 D 正确。

故选BD 。

5.（2023上·山东潍坊·高三统考期中）如图甲所示，一轻质弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端与质量为0.15kg 的小物体P 栓接，紧靠着Q 的右端放置质量为0.3kg 的小物体,Q P Q 、均静止，弹簧处于原长状态。

现对Q 施加水平向左的恒力F ，使P 和Q 一起向左运动，当两者速度为零时撤去,F P Q 、最终均停止运动。

以初始时Q 静止的位置为坐标原点，向左为正方向，从Q 开始向左运动到撤去F 前瞬间，Q 的加速度a 随位移x 变化的图像如图乙所示。

已知P Q 、两物体与地面间的动摩擦因数均为0.5，重力加速度大小取210m /s g =。

下列说法正确的是（ ）
A ．F 做的功为27J
B ．弹簧的劲度系数为225N /m
C ．P 5
/s D ．Q 最终停在0.04m x =-处
【答案】BD
【详解】AB ．开始时对AB 整体，由牛顿第二定律
()2020599
P Q P Q
P Q P Q F m m g kx
F kx F k
a g x m m m m m m μμ-+-=
=
--=--+++
由图像可知
205109
F
-= 2010
592
k == 解得
27
N 4
F =
k =2.25N/cm=225N/m
力F 做功
27
0.04J=0.27J 4
F m W Fx ==
⨯ 选项A 错误，B 正确；
C ．PQ 一起向左运动时两者的最大速度
11
0.0210m/s 0.1m/s 2
m v =⨯⨯=
向右运动时，当
1()P Q m m g kx μ+=
时速度最大，此时
x 1=1cm
由能量关系
22211111()()()()222
m m P Q m P Q m kx k x x m m g x x m m v μ---+-=+ 解得
5
/s m v =
则P 5
/s ，选项C 错误； D ．两滑块回到原来位置时由能量关系
21
2()()2
F P Q m P Q W m m gx m m v μ-+=+
此后Q 与P 分离，则由
21
2
Q Q m v m gs μ= 解得
s=0.04m
即Q 最终停在0.04m x =-处，选项D 正确。

故选BD 。

题型四 功能中的图像问题
【典例分析】（2023上·河南·高三校联考阶段练习）将一苹果竖直向上抛出，若不计空气阻力，以竖直向上为正方向，则下列说法正确的是（ ）
A ．图甲可以表示苹果的位移一时间图像
B ．图乙可以表示苹果的速度一时间图像
C ．图丙可以表示苹果的动能一位移图像
D ．图丁可以表示苹果在竖直上升过程中的重力势能一位移图像 【答案】D
【详解】A ．根据位移时间关系
2
012
x v t gt =-
可知苹果的位移一时间图像为开口向下的抛物线，故A 错误； B ．根据速度时间关系
0v v gt =-
可知苹果的速度一时间图像初速度大于零，斜率为负，故B 错误； C ．根据动能定理
k 02
可得
2
k 012
E mv mgh =
- 可知苹果的动能一位移图像随着位移增大减小，故C 错误；
D ．根据p
E mgh =可知苹果在竖直上升过程中的重力势能一位移图像为正比例函数，故D 正确。

故选D 。

【典例分析2】（2023上·重庆渝中·高三统考期中）如一质量为1kg 的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x 轴运动，出发点为x 轴零点，拉力做的功W 与物体坐标x 的关系如题图所示，物体与水平地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取210m/s 。

下列说法正确的是（ ）
A ．在1m x =时，拉力的功率为8W
B ．在4m x =时，物体的动能为3J
C ．从2m x =之后，物体将做匀减速直线运动
D ．从0x =到2m x =过程中，物体克服摩擦力做的功为4J 【答案】AD
【详解】A ．由于拉力在水平方向，则拉力做的功为
W Fx =
可看出W x -图像的斜率代表拉力F ，知在1m x =时拉力14N F =。

物体运动到1m x =过程，根据动能定理有
2
11112
W mgx mv μ-=
解得物体的速度为
12m/s v =
则此时拉力的功率
1118W P F v ==
故A 正确；
B ．物体运动到4m x =过程，根据动能定理有。