课时跟踪检测(35) 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

**基本信息** 聚焦能量与图像综合，通过图像斜率、面积等数学特征转化物理量，系统训练科学推理与模型建构能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |图像分析选择|6道|a-x图像面积求v²/2、E-x图像斜率表拉力、机械能守恒证v²-h关系|从图像数学特征（斜率/面积）推导力/功率/速度，体现运动与能量观念| |综合计算应用|2道|动能定理结合P-t图像求功、动量守恒与机械能守恒解轨道问题|整合多过程能量转化，强化复杂问题的科学论证与模型建构|

课时跟踪检测(三十五)　微专题——能量与图像的综合问题　 1.(2025·河南驻马店期末)(多选)如图甲所示,一质量为m=1 kg的物体(可视为质点)在拉力F作用下从静止沿倾角θ=30°的固定光滑斜面向上运动,以起始点为坐标原点,以沿斜面向上为正方向建立一维坐标系,其加速度a与位置坐标x的关系如图乙所示,g取10 m/s2,则以下说法正确的是 (　　) A.x=2 m时物体克服重力做功的功率为10 W B.x=2 m时物体克服重力做功的功率为20 W C.x=0到x=2 m,拉力F对物体做的功为12 J D.x=0到x=2 m,拉力F对物体做的功为14 J 2.图甲是某市科技馆的一件名为“最速降线”的展品,在高度差一定的不同光滑轨道中,小球滚下用时最短的轨道叫作最速降线轨道。取其中的“最速降线”轨道Ⅰ和直线轨道Ⅱ进行研究,如图乙所示,两轨道的起点M高度相同,终点N高度也相同,轨道Ⅰ的末端与水平面相切于N点。若将两个相同的小球a和b分别放在Ⅰ、Ⅱ两轨道的起点M,同时由静止释放,发现在轨道Ⅰ上的小球a先到达终点。下列描述两球速率v与时间t、速率平方v2与下滑高度h的关系图像可能正确的是 (　　) 3.如图甲所示,在光滑水平面上,一物体在水平向右的恒定拉力F作用下由静止开始向右做直线运动,物体的动能Ek随时间t变化的图像如图乙所示,虚线为图像上P点的切线,切线与t轴交点的坐标t1是 (　　) A.0.60 B.0.70 C.0.75 D.0.80 4.如图1所示,质量为m=0.5 kg的滑块从固定斜面的顶端下滑到底端,若以顶点为坐标原点O,沿斜面向下为x轴正方向,得到滑块下滑过程中动能Ek、重力势能Ep随位移的变化关系如图2所示,以地面为零势能面,重力加速度为g=10 m/s2,根据上述信息可知 (　　) A.斜面的倾角θ=45° B.滑块与斜面间因摩擦产生的热量为10 J C.滑块与斜面间的动摩擦因数为 D.当滑块沿斜面下滑位移x=2.4 m时,动能和势能相等 5.(2025·江苏无锡模拟)一物体静止在水平地面上,在竖直向上的拉力F的作用下开始向上运动,如图甲所示,在物体运动过程中,空气阻力不计,其机械能E与位移x的关系图像如图乙所示,其中曲线上点A处的切线的斜率最大,则 (　　) A.在0~x1过程中物体所受拉力是变力,且x2处所受拉力最大 B.在x1处物体的速度最大 C.x1~x3过程中,物体的动能先增大后减小 D.在0~x2过程中,物体的加速度先增大后减小 6.在沿斜面向上的恒力F作用下,一物体从足够长的光滑斜面的底端由静止开始向上运动,在某一高度撤去恒力F。以地面为零势能面,设重力势能为Ep、机械能为E,则整个向上运动过程中,它们随时间t变化的图像可能正确的是 (　　) 7.(12分)(2025·山西太原模拟)如图甲所示,放在粗糙水平地面上的一物体受到水平拉力F的作用,在0~3 s内物体的速度v与时间t的关系图像如图乙所示,拉力F的功率P与时间t的关系图像如图丙所示。求: (1)0~3 s内拉力F做的功及摩擦力的大小;(5分) (2)物体的质量及其在0~1 s内受到的拉力大小。(7分) 8.(16分)(2026·秦皇岛高三阶段练习)如图甲所示,一质量m=1 kg的小物块放置在前一半光滑后一半粗糙的水平台面OA上,在水平推力F的作用下,物块从O点由静止开始向右运动,F从零开始随物块位移均匀增大,如图乙所示。物块从平台边缘A点飞出前瞬间F=15.5 N,飞出后撤去F,物块到达固定斜面体的顶端B点时恰能沿斜面BC下滑,斜面的高度与A、B的竖直距离相等,倾角θ=37°,小物块沿斜面BC匀速运动到底端C点后,立即无速度损失地滑上光滑水平地面CD,随后小物块从D点冲上半径R=0.5 m的光滑半圆形轨道内侧。已知小物块与OA后半部分、斜面BC间的动摩擦因数相等,sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g=10 m/s2,不计空气阻力。 (1)求小物块从A点飞出的速度大小;(4分) (2)求从O到C过程摩擦力做的功;(4分) (3)若整个斜面体光滑且不固定,现要使物块经过D点后在轨运动时不脱离半圆形轨道,求斜面体质量M的取值范围。(8分) 答案 课时跟踪检测(三十五) 1.选AC　根据v2=2ax,可知a⁃x图像与横轴围成的面积表示,则当x=2 m时有=×2×2 m2/s2,解得v2=2 m/s,则竖直方向的分速度为vy=v2sin θ=1 m/s,故x=2 m时物体克服重力做功的功率为PG=mgvy=10 W,故A正确,B错误;根据动能定理有WF-mg·Δxsin 30°=m,解得WF=12 J,故C正确,D错误。 2.选A　根据机械能守恒定律可得mgh=mv2,可得小球a和b到达轨道底端的速度大小均为vN=,小球b沿直线轨道Ⅱ做匀加速直线运动,其v⁃t图像为一条倾斜直线,小球a沿“最速降线”轨道Ⅰ运动过程,加速度逐渐减小,则其v⁃t图像的切线斜率逐渐减小,且小球a所用时间小于小球b所用时间,故A可能正确,B错误;根据机械能守恒定律可得mgh=mv2,可得小球a和b下滑过程速率平方v2与下滑高度h的关系为v2=2gh,可知小球a和b的v2⁃h图像均为一条过原点的倾斜直线,故C、D错误。 3.选C　物体在拉力作用下做匀加速直线运动,则根据动能定理得Fx=Ek,根据运动学公式和牛顿第二定律有x=at2=t2,整理得Ek=Fx=t2,把P点坐标代入后得出== kg·m2/s4= kg·m2/s4,则Ek=t2,求导得k=×2t,代入P点坐标得kP=4,即kP==4,则Δt=0.75 s,则t1=1.5 s-Δt=1.5 s-0.75 s=0.75 s,故选C。 4.选D　滑块下滑过程中,重力势能为Ep=Ep0-mgxsin θ,Ep⁃x图像的斜率为k1=-mgsin θ==-2.5,解得sin θ=,则斜面的倾角θ=30°,故A错误;滑块下滑过程中,根据动能定理有mgxsin θ-μmgxcos θ=Ek-Ek0,整理得Ek=(mgsin θ-μmgcos θ)x+Ek0,Ek⁃x图像的斜率为k2=mgsin θ-μmgcos θ==-1.25,解得滑块与斜面间的动摩擦因数为μ=,故C错误;滑块与斜面间因摩擦产生的热量为Q=Wf=μmgxmcos θ=12 J,故B错误;当滑块动能和势能相等时,有Ep0-mgx1sin θ=(mgsin θ-μmgcos θ)x1+Ek0,其中Ep0=8 J,Ek0=5 J,解得滑块沿斜面下滑位移为x1=2.4 m,故D正确。 5.选C　机械能E与位移x的关系图像的切线的斜率表示拉力F,由题图乙可知,x1处图像切线的斜率最大,则说明此时拉力最大,在0~x1过程中物体所受拉力逐渐增大,x1~x2过程中拉力逐渐减小,x2处所受拉力为零,故A错误;x1~x2过程中拉力减小,x2处所受拉力为零,则在这一过程中物体应先加速后减速,则说明最大速度一定不在x1处,故B错误;x1~x2过程中,物体先加速后减速,故动能先增大后减小,x2~x3过程机械能不变,拉力为零,物体在重力作用下做减速运动,动能继续减小,故在x1~x3过程中,物体的动能先增大后减小,故C正确;由题图乙可知,0~x2过程中,拉力先增大后减小,直到变为零,则物体受到的合力先增大后减小,减小到零后再反向增大,即加速度应先增大后减小再反向增大,故D错误。 6.选A　根据题意可知,撤去恒力F前,物体做初速度为零的匀加速运动,设加速度大小为a1,斜面倾角为θ,则重力势能Ep=mga1t2sin θ,可知重力势能与时间t为二次函数关系,Ep⁃t图像是开口向上的抛物线;撤去恒力F后,物体做匀减速运动,设加速度大小为a2,开始减速时速度为v,做匀加速运动的时间为t0,则重力势能Ep=mg·a1sin θ+mgv(t-t0)sin θ-mga2(t-t0)2sin θ,可知重力势能与时间t仍为二次函数关系,Ep⁃t图像是开口向下的抛物线,故B错误,A可能正确。根据题意,由功能关系可知,撤去恒力F前,物体的机械能为E=Fx1=Fa1t2,可知机械能与时间t的图像为开口向上的抛物线;撤去恒力F后,只有重力做功,机械能保持不变,故C、D错误。 7.解析:(1)由题图丙可知0~3 s内拉力F做的功W=J=70 J 由题图乙可知1~3 s内物体做匀速运动,故此过程拉力F与摩擦力f大小相等, 根据P=Fv结合题图丙数据,可知拉力 F2== N=2 N 故摩擦力大小为2 N。 (2)由题图乙可知0~1 s内物体做匀加速运动,该段时间内,由动能定理有 WF-fx=m 其中WF=×1 J=30 J,x=×1 m=5 m,v2=10 m/s 联立解得m=0.4 kg 0~1 s内,对物体有F1-f=ma 其中a== m/s2=10 m/s2 联立解得拉力大小F1=6 N。 答案:(1)70 J　2 N　(2)0.4 kg　6 N 8.解析:(1)物块在斜面BC上匀速下滑,则有mgsin θ=μmgcos θ 解得μ=0.75 F⁃x图像与横轴围成的面积表示推力做的功,由动能定理有WF-0.5μmgxOA=m 代入数据解得vA=4 m/s。 (2)从A点抛出后,小物块做平抛运动,到达固定斜面体的顶端B点时恰能沿斜面BC下滑,可知在B点速度与水平方向的夹角为θ,则有tan θ=,vBcos θ=vA 又=2gh 解得vB=vC=5 m/s,从A到C的竖直距离为2h=0.9 m 从O到C,由动能定理有 2mgh+WF+Wf=m 解得Wf=-12 J。 (3)若斜面体光滑,小物块沿斜面下滑过程中,小物块与斜面体组成的系统在水平方向上动量守恒,且系统机械能守恒,规定水平向右为正方向,有mvBcos θ=mvC1+Mv m+mgh=m+Mv2 要使物块经过D点后在轨运动时恰好不脱离半圆形轨道,则小物块刚好通过最高点E或恰好能够到达与圆心等高的F点 若小物块刚好过最高点E,则mg= 由机械能守恒定律得m+2mgR=m 联立解得M= kg 若小物块刚好能到达与圆心等高的F点,则由机械能守恒定律有mgR=m 联立解得M= kg 综上,斜面体质量的范围是0<M≤ kg或M≥ kg。 答案:(1)4 m/s　(2)-12 J (3)0<M≤ kg或M≥ kg 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $