第5章 第5讲 微专题——能量与图像的综合问题(Word练习)-【新高考方案】2027年高考物理一轮总复习（江苏专版）

**基本信息** 聚焦力学综合问题，通过图像分析与多过程问题训练，融合动力学与能量观点，培养科学推理与模型建构能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |立足基础，体现综合|7题|含弹簧、传送带、竖直运动等模型，结合F-t、x-t等图像分析|以牛顿运动定律为基础，推导动能定理与机械能守恒的应用条件，构建“受力分析-运动过程-能量转化”逻辑链| |注重应用，强调创新|2题|传送带多过程、圆周运动实验探究题|通过实验情境拓展知识应用，强化科学论证与质疑创新，衔接实际问题与理论模型|

[课时跟踪检测] 一、立足基础,体现综合 1.(2025·苏州八校三模联考)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,小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点,然后又被弹起离开弹簧,上升到一定高度后再下落,如此反复。通过安装在弹簧下端的压力传感器,测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图像如图乙所示,下列说法正确的是 (　 ) A.t1时刻小球动能最大 B.t2时刻小球动能最大 C.t2~t3这段时间内,小球增加的机械能等于弹簧减少的弹性势能 D.t1~t3这段时间内,小球的动能先减小后增加 解析:选C　小球在接触弹簧之前做自由落体运动,由题图乙可知,t1时刻开始接触弹簧,但在刚开始接触后的一段时间内,小球所受重力大于弹力,小球仍做加速运动,所以此刻小球的动能不是最大;t2时刻弹力最大,小球处在最低点,动能最小,A、B错误;t3时刻小球往上运动恰好要离开弹簧;t2~t3这段时间内,小球先加速后减速,动能先增加后减少,弹簧的弹性势能转化为小球的动能和重力势能,即小球增加的机械能等于弹簧减少的弹性势能,C正确;综上分析可知,t1~t2这段时间内,小球的动能先增加后减小;t2~t3这段时间内,小球的动能先增加后减小,所以t1~t3这段时间内,小球的动能先增加后减小又增加再减小,D错误。 2.如图甲所示,质量0.5 kg的小物块从右侧滑上匀速转动的足够长的水平传送带,其位移与时间的变化关系如图乙所示。图线的0~3 s段为抛物线,3~4.5 s段为直线,t1=3 s时x1=3 m,t2=4.5 s时x2=0,下列说法正确的是 (　 ) A.传送带沿逆时针方向转动 B.传送带速度大小为1 m/s C.物块刚滑上传送带时的速度大小为2 m/s D.0~4.5 s内摩擦力对物块所做的功为-3 J 解析:选D　根据位移—时间图像的斜率表示速度,可知前2 s物体向左做匀减速运动,第3 s时向右做匀加速运动,3~4.5 s内x⁃t图像为一次函数,说明小物块已与传送带保持相对静止,即与传送带一起向右匀速运动,因此传送带沿顺时针方向转动,且速度为v== m/s=2 m/s,故A、B错误;由图像可知,在第3 s内小物块向右做初速度为零的匀加速运动,则x=at2,其中x=1 m,t=1 s,解得a=2 m/s2,根据牛顿第二定律得μmg=ma,解得μ=0.2,在0~2 s内,对物块有-=-2axt,解得物块的初速度为v0=4 m/s,故C错误;对物块在0~4.5 s内,根据动能定理得Wf=mv2-m,解得摩擦力对物块所做的功为Wf=-3 J,故D正确。 3.(2025·南通高三调研)如图所示,手提小球处于静止状态,t=0时刻拉力不断减小,小球开始运动,不计空气阻力。小球的速度v随时间t、机械能E随位移x变化的关系图像可能正确的是 (　 ) 解析:选C　根据牛顿第二定律有mg-F=ma,由于拉力F不断减小,所以加速度不断增大,小球向下做加速度增大的加速运动,故A、B项错误;小球向下运动过程中,拉力对小球做负功,根据功能关系可知,小球的机械能减小,机械能E随位移x变化的图像切线的斜率表示拉力,所以斜率应不断减小,故C项可能正确,D项错误。 4.某同学利用模拟软件研究小球从半径为R的半圆弧面顶端以不同速率水平抛出,已知重力加速度为g,不计一切阻力,小球沿圆弧面运动的圆弧对应的圆心角θ与抛出速率的平方v2的关系,下列图像可能正确的是 (　 ) 解析:选D　小球沿圆弧面运动的圆弧对应的圆心角为θ时恰好离开弧面,设此时小球的速率为v1,根据牛顿第二定律得mgcos θ=m,小球从抛出到离开弧面,根据机械能守恒定律得mv2+mgR=m+mgRcos θ,解得cos θ=v2+,故选D。 5.(2025·江苏扬州高三质检)将质量为1 kg的物体从地面竖直向上抛出,一段时间后物体又落回地面,在此过程中物体所受空气阻力大小不变,其动能Ek随距离地面高度h的变化关系如图所示。取重力加速度g=10 m/s2,下列说法错误的是 (　 ) A.抛出瞬间克服重力做功的瞬时功率为120 W B.下降过程中重力做功为60 J C.全过程中克服空气阻力做功为24 J D.空气阻力的大小为4 N 解析:选D　由Ek=mv2,可得物体抛出时的速度大小为v0== m/s=12 m/s,所以抛出瞬间克服重力做功的瞬时功率为PG=mgv0=1×10×12 W=120 W,故A正确;由题图可知,物体上升的最大高度为6 m,则物体下降的过程中重力做的功WG=mghm=1×10×6 J=60 J,故B正确;整个过程中重力做的总功为零,空气阻力做的功等于物体减少的动能,所以整个过程中克服空气阻力所做的功Wf=Ek0-=72 J-48 J=24 J,故C正确;物体上升的最大高度为6 m,则物体整个过程的路程为s=12 m,由Wf=fs=24 J,可得f=2 N,故D错误。 6.(2025·盐城高三调研)如图所示,球形石墩放置在水平面上,一小玻璃弹珠从石墩顶部由静止释放沿表面落下,弹珠在运动过程中的速度v、加速度a、重力势能Ep、动能Ek随时间变化的关系图像可能正确的是 (　 ) 解析:选D　弹珠沿石墩下滑时,加速度沿切线方向且逐渐增加,离开石墩后加速度为重力加速度g保持不变,故A、B项错误;弹珠下落过程中,竖直分速度vy逐渐增大,由=mgvy,可知Ep⁃t图像斜率的绝对值逐渐增加,故C项错误;由于W合=ΔEk,则==P合,故为合力做功的功率,弹珠合力的功率逐渐增加,则Ek⁃t图像的斜率增大,故D项正确。 7.(10分)如图甲所示,地面上固定一倾角θ=37°的斜面,一轻弹簧与斜面平行放置,一端固定在斜面底端。某同学将一智能手机固定在L形挡板上,现打开手机上的加速度传感器,同时让L形挡板和手机从斜面上某处由静止开始下滑。以释放处L形挡板的前端为坐标原点O,沿斜面向下建立Ox轴,通过软件在电脑屏幕上显示出挡板运动的加速度a与其位移x之间的部分关系如图乙所示。已知手机与L形挡板的总质量m=1.0 kg,弹簧始终处于弹性限度内,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8, ≈1.2。求: (1)L形挡板与斜面间的动摩擦因数和弹簧的劲度系数;(6分) (2)弹簧的最大弹性势能Epm。(计算结果保留两位有效数字)(4分) 解析:(1)由题图乙知挡板接触弹簧前的加速度大小为a0=2.0 m/s2 由牛顿第二定律有mgsin θ-μmgcos θ=ma0,解得μ=0.5 当a=0时弹簧被压缩长度为x=x2-x1=6.0 cm-1.0 cm=5.0 cm 此时有mgsin θ=kx+μmgcos θ, 解得k=40 N/m。 (2)设弹簧的最大压缩量为x3,克服弹簧弹力做功为WT=x3 由动能定理有 (mgsin θ-μmgcos θ)(x3+x1)-WT=0 弹簧的最大弹性势能Epm=WT,解得Epm≈0.24 J。 答案:(1)0.5　40 N/m　(2)0.24 J 二、注重应用,强调创新 8.如图甲所示,倾角为θ的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t=0时,将质量m=1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上,物体相对地面的v⁃t图像如图乙所示,2 s末滑离传送带。设沿传送带向下为正方向,重力加速度g=10 m/s2。下列说法正确的是 (　 ) A.物体所受摩擦力方向一直沿传送带向上 B.传送带的倾角θ=30° C.物体在传送带上留下的痕迹为6 m D.物体在传送带上运动过程中产生的热量为24 J 解析:选D　由题图知,物体先做初速度为零的匀加速直线运动,摩擦力沿传送带向下,速度达到传送带速度后,由于重力沿传送带向下的分力大于摩擦力,物体继续向下做匀加速直线运动,摩擦力沿传送带向上,故A错误,在0~1.0 s内,物体所受摩擦力方向沿传送带向下,加速度大小为a1=gsin θ+μgcos θ=10 m/s2,在1.0~2.0 s内,物体的加速度大小为a2=gsin θ-μgcos θ=2 m/s2,联立解得θ=37°,μ=0.5,故B错误;v⁃t图像与t轴所围面积表示物体的位移大小,可知0~1.0 s内物体相对地面的位移大小为x1=×10×1 m=5 m,传送带的位移大小为x2=v0t1=10×1 m=10 m,物体相对传送带的位移大小为Δx1=x2-x1=5 m,方向沿传送带向上;1.0~2.0 s内物体相对地面的位移大小为x3=×1 m=11 m,传送带的位移大小为x4=v0t1=10×1 m=10 m,物体相对传送带的位移大小为Δx2=x3-x4=1 m,方向沿传送带向下,物体在传送带上留下的痕迹为5 m,故C错误;物体在传送带上运动过程中产生的热量为Q=fs0=μmgcos θ×(Δx1+Δx2)=24 J,故D正确。 9.(14分)某同学用图(a)所示装置探究竖直面内的圆周运动。固定在同一竖直面的轨道由三部分构成,直轨道AB与圆轨道BCD在B端相切,最低点C处有压力传感器,圆轨道EG的E端与D等高且E、D端的切线均竖直,∠EO2G=θ=53°,两圆轨道的半径相同、圆心等高。将一小球从轨道AB上不同位置静止释放,测出各次压力传感器的示数F,得到F与释放点到C点的高度h的关系图像如图(b)。小球可视为质点且恰好能自由通过D、E端口,不计摩擦力和空气阻力,重力加速度g=10 m/s2,sin 53°=0.8。 (1)求小球的质量m和两圆轨道的半径R;(8分) (2)要让小球沿圆轨道通过G点,求释放点的高度h满足的条件。(6分) 解析:(1)小球从释放到C点,由机械能守恒定律有mgh=m 在C点,由牛顿第三定律知,支持力大小等于压力大小,由牛顿第二定律有F-mg=m, 两式联立得F=mg+h 结合题图(b)的F⁃h图像可知mg=10 N, = N/m,解得m=1 kg,R=1 m。 (2)小球从释放到G点,由机械能守恒定律有 mg(h-R-Rsin θ)=m 恰好通过G点的条件是球对轨道的压力恰为零,由牛顿第二定律有mgsin θ=m 代入数据解得h=2.2 m, 故满足的条件是:h≥2.2 m。 答案:(1)1 kg　1 m　(2)h≥2.2 m 17 / 71 $