2027届高三物理一轮复习专项练习-专题四十四 机械能守恒定律中的图像问题

专题四十三 机械能守恒定律中的图像问题 一、单项选择题 1．将一质量为的小球从水平地面以初速度竖直向上抛出，规定地面为重力势能零势能面，竖直向上为正方向，不计空气阻力。从小球抛出到落地的过程中，小球的动能、重力的瞬时功率随时间变化，速度的平方、重力势能随距地面的高度变化，下列四幅图像中，能正确反映上述物理量对应关系的是（　　） A． B． C． D． 2．如图所示，轻弹簧竖直放置在水平地面上，物块静置于弹簧上端，物块从物块正上方高处由静止释放，与物块碰撞后一起向下运动。以的初始位置为原点，竖直向下为正方向建立轴。以地面为重力势能的零势能面，物块、均可视为质点，不计空气阻力。则下列哪幅图能反映物体的机械能随坐标的变化情况（ ） A． B． C． D． 3．如图所示，固定在竖直平面内的光滑四分之一圆弧轨道，其轨道半径为。一小球从圆弧轨道的最高点处由静止释放后沿轨道运动，不计空气阻力，下列关于该小球运动的加速度平方与其竖直位移的关系图像，可能正确的是（ ） A． B． C． D． 4．卷扬机是建筑工地等常见的搬运工具，如图甲所示。利用卷扬机将重物由静止从地面运送到高处过程的示意图，如图乙所示。若卷扬机输出功率不变，忽略钢索的重力，则重物上升过程对应的v-t图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 5．如图甲所示，轻质弹簧的下端固定在倾角为的固定光滑斜面的底部，在弹簧的上端从静止开始释放一质量的滑块，滑块的加速度与弹簧压缩量间的关系如图乙所示。重力加速度大小，弹簧的弹性势能可表示为，为弹簧的劲度系数，为弹簧的形变量，则（ ） A．斜面的倾角需满足 B．弹簧的劲度系数为 C．滑块最大的动能为 D．滑块速度最大时，弹簧的弹性势能为0.5 J 6．如图甲所示，一个质量为2kg的物体悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向做直线运动，运动过程中物体的机械能E与物体通过路程s的关系图像如图乙所示，其中0~0.8m过程的图像为曲线，0.8m~1.0m过程机械能E不变，1.0m~2.0m过程机械能E随路程s均匀减少（忽略空气阻力），重力加速度g取10m/s2。则下列说法正确的是（　　） A．0~0.8m过程中物体所受拉力是变力，物体先上升后下降 B．0.8m处物体的速度大小应为2m/s C．0.8m~1.0m过程中物体可能先上升后下降 D．1.0m~2.0m过程中物体可能做匀加速直线运动，也可能做匀减速直线运动 7．如图甲所示，一物块以一定的初速度冲上倾角为的固定斜面，物块在斜面上运动的过程中，其动能与运动路程的关系如图乙所示。已知物块所受的摩擦力大小恒定，取。下列说法正确的是（ ） A．物块质量为 B．物块所受摩擦力大小为 C．0~过程中，物块克服摩擦力做功为 D．过程中与过程中物块所受合力之比为 8．如图所示，滑块以初速度滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点。能大致反映滑块整个运动过程中速度、加速度、动能、重力对滑块所做的功与时间或位移关系的是（取初速度方向为正方向）（　　） A． B． C． D． 9．如图甲所示，将一劲度系数为的轻弹簧压缩后锁定，在弹簧上放置一质量为的小物块，小物块距离地面高度为。将弹簧的锁定解除后，小物块被弹起，其动能与离地高度的关系如图乙所示，其中到间的图像为直线，其余部分均为曲线，对应图像的最高点，重力加速度为，不计空气阻力。下列说法不正确的是（ ） A．小物块上升至高度时，弹簧形变量为，小物块上升至高度时，加速度为 B．小物块上升至高度时，机械能一直在增加 C．小物块从高度上升到，弹簧的弹性势能减少了 D．解除锁定前，弹簧的弹性势能为 10．如图甲所示，质量为M 的物块 随足够长的水平传送带一起运动，将质量为 m 的物块 轻放在传送带右端，并给 施加一水平向左的恒力F，作用t 时撤去此力， 此时 刚好与 发生碰撞并粘连。如图乙所示为碰后 整体的速度随时间变化的关系（以水平向左为正）。已知传送带匀速转动， 与传送带的动摩擦因数均为 0.2，且视为质点，重力加速度g取 。下列说法正确的是（　　） A．传送带逆时针转动，速度大小为 B．F 的冲量为 C．从物块 A 滑入传送带到离开传送带所用时间为 9.5s D．碰后 A、B 与传送带相互作用过程中，系统产生的内能为 4.5J 二、多项选择题 11．一小球在竖直向上的拉力作用下向上做匀减速运动，某时刻撤去拉力，小球继续上升一段距离后下落，不计空气阻力。下列关于小球上升过程中的机械能E随上升高度的变化图像不正确的是（ ） A． B． C． D． 12．一辆电动平衡车含骑手的总质量约为80，在一次户外骑行中平衡车在平坦道路上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a随速度的倒数的变化规律如图所示（）图像与纵轴交点为，与横轴交点为0.02，则平衡车在加速过程中（ ） A．速度增大时加速度恒定 B．当速度为25时，加速度大小为1.5 C．输出功率为12 D．所受阻力大小为240N 13．如图甲所示，质量为m的滑块静止在倾角的粗糙斜面底端，现用平行于斜面向上的拉力F作用在滑块上，滑块沿斜面运动时撤去拉力F，此时滑块的机械能，滑块上滑过程中机械能E与上滑位移x之间的关系图像如图乙所示，滑块运动时达到最高点，取斜面底端重力势能为0，重力加速度g取，则下列说法正确的是（　　） A．滑块的质量为 B．滑块所受摩擦力的大小为10N C．拉力F的大小恒为40N D．拉力F撤去时滑块的动能为50J 14．如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为的小球，从离弹簧上端高处由静止释放。以小球开始下落的位置为坐标原点，沿竖直向下方向建立坐标轴，小球所受弹力的大小随小球位置坐标的变化关系如图乙所示。小球向下运动过程中，弹簧始终处于弹性限度内，小球可视为质点，不计空气阻力的影响，重力加速度为。下列说法正确的是（ ） A．位置，小球仍有向下的速度 B．位置与位置，小球的加速度相同 C．位置，小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和最大 D．从到过程中，弹簧弹性势能的增加量为 15．如图甲所示，水平传送带在电动机的带动下始终沿顺时针方向匀速转动，t=0时刻质量为m的物块（可视为质点）以速度v0滑上传送带左侧，t=t2时刻恰好运动到右侧，其运动的v-t图像如图乙所示。已知重力加速度大小为g，在0~t2时间内，下列说法正确的是（ ） A．物块始终受到向右的摩擦力作用 B．摩擦力对物块做的功为 C．由于摩擦产生的热量为 D．电动机为传送物块，多消耗的电能为 16．电动平衡车是一种新型的交通工具，通过人工智能实现车辆的启动、加速、减速、停止等动作。图甲为某型号电动平衡车，人站在平衡车上沿水平直轨道由静止开始运动，其图像如图乙所示（除时间段图线为曲线外，其余时间段图线均为直线）。已知人与平衡车质量之和，在后功率恒为，且整个骑行过程中所受到的阻力不变，结合图像的信息，下列说法正确的是（　　） A．平衡车运动过程中受到的阻力大小为 B．时间内，平衡车的牵引力大小为 C．内平衡车的位移大小为 D．内平衡车的位移大小为 17．从地面竖直向上抛出一物体，其机械能等于动能与重力势能之和。取地面为重力势能零点，在上升过程中，该物体的和随它离地面的高度的变化关系如图所示。重力加速度取。由图中数据可得（　　） A．物体的质量为 B．时，物体的速率为 C．时，物体的动能 D．从地面至离地面高处的过程中，物体的动能减少 18．如图甲所示，质量均为m的两物体A、B（不粘连）叠放在劲度系数为k的轻弹簧上处于静止状态。现对物体A施加竖直向上的力F，物体A运动的图像如图乙所示，时刻物体A、B将要分离。图乙中、已知，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ） A．物体A、B分离后，物体B做减速运动 B．时刻，所施加力F的大小为 C．过程，物体A、B和弹簧构成系统的机械能变化量 D．物体B运动过程中的最大速度 试卷第14页（共14页） 第5页 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题四十三 机械能守恒定律中的图像问题 一、单项选择题 1．将一质量为的小球从水平地面以初速度竖直向上抛出，规定地面为重力势能零势能面，竖直向上为正方向，不计空气阻力。从小球抛出到落地的过程中，小球的动能、重力的瞬时功率随时间变化，速度的平方、重力势能随距地面的高度变化，下列四幅图像中，能正确反映上述物理量对应关系的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】A．小球做竖直上抛运动，动能，展开为关于的二次函数，则图像为开口向上的抛物线，故A错误；B．重力的瞬时功率，在上升阶段，速度线性减小至0；下落阶段，速度大小线性增加，则图像是一条顶点在处横轴上的“V”型折线，故B正确；C．由运动学公式，得，则图像为一条向下倾斜的直线，故C错误；D．重力势能，则图像是一条过原点的倾斜直线，故D错误。 故选B。 2．如图所示，轻弹簧竖直放置在水平地面上，物块静置于弹簧上端，物块从物块正上方高处由静止释放，与物块碰撞后一起向下运动。以的初始位置为原点，竖直向下为正方向建立轴。以地面为重力势能的零势能面，物块、均可视为质点，不计空气阻力。则下列哪幅图能反映物体的机械能随坐标的变化情况（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】在物块自由下落、未与碰撞的阶段，只受重力作用，仅重力做功，的机械能守恒，因此机械能不随变化，是一段水平直线。在与碰撞后一起向下运动的阶段，由机械能守恒定律可知，除重力外其他力对物体做的功等于物体机械能的变化量，即，该阶段对有向上的支持力，且该力对做负功，故物块的机械能不断减小，图像斜率的绝对值等于对向上的支持力的大小；碰撞后、共同向下运动时，弹簧弹力随形变量增大而逐渐变大，对、整体由牛顿第二定律可知，的加速度向下不断减小直至向上逐渐增大，受到对它的向上的支持力大小满足，整理得，可知对的支持力逐渐增大，因此图像的斜率绝对值会逐渐变大，也就是曲线向下弯曲。 故选D。 3．如图所示，固定在竖直平面内的光滑四分之一圆弧轨道，其轨道半径为。一小球从圆弧轨道的最高点处由静止释放后沿轨道运动，不计空气阻力，下列关于该小球运动的加速度平方与其竖直位移的关系图像，可能正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】为从点开始的竖直位移，小球位置对应的半径与水平方向夹角为，可得水平位移关系，由动能定理有，法向加速度，联立解得，重力的切向分量，由牛顿第二定律有，可得切向加速度，总加速度的平方满足，由几何关系有，联立可得，因此曲线是开口向上的二次函数，对称轴，结合选项内容分析，故选A。 4．卷扬机是建筑工地等常见的搬运工具，如图甲所示。利用卷扬机将重物由静止从地面运送到高处过程的示意图，如图乙所示。若卷扬机输出功率不变，忽略钢索的重力，则重物上升过程对应的v-t图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】卷扬机输出功率恒定，有P=Fv，解得，由牛顿第二定律得F−mg=ma，可得，重物从静止开始上升，初始速度v很小，因此牵引力很大，初始加速度也较大；随着速度v逐渐增大，由于功率P不变，牵引力F会减小，加速度a随之减小，重物做加速度逐渐减小的变加速直线运动，反映在v−t图像上是斜率（代表加速度）逐渐变小的上升曲线；当速度增大到使得牵引力F=mg时，加速度减为0，速度达到最大值，之后重物匀速运动，v−t图线最终趋近于水平。 故选B。 5．如图甲所示，轻质弹簧的下端固定在倾角为的固定光滑斜面的底部，在弹簧的上端从静止开始释放一质量的滑块，滑块的加速度与弹簧压缩量间的关系如图乙所示。重力加速度大小，弹簧的弹性势能可表示为，为弹簧的劲度系数，为弹簧的形变量，则（ ） A．斜面的倾角需满足 B．弹簧的劲度系数为 C．滑块最大的动能为 D．滑块速度最大时，弹簧的弹性势能为0.5 J 【答案】D 【详解】A．由图乙可知，当弹簧压缩量时加速度，对滑块受力分析，根据牛顿第二定律有，解得，故A错误；B．由图乙可知，当弹簧压缩量时加速度，对滑块受力分析，则有 解得，故B错误；CD．当加速度为零时速度最大，由图乙可知当弹簧压缩量时动能最大，此时克服弹力做功等于弹性势能的增加量，则有，根据能量守恒有，解得，故C错误，D正确。 故选D。 6．如图甲所示，一个质量为2kg的物体悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向做直线运动，运动过程中物体的机械能E与物体通过路程s的关系图像如图乙所示，其中0~0.8m过程的图像为曲线，0.8m~1.0m过程机械能E不变，1.0m~2.0m过程机械能E随路程s均匀减少（忽略空气阻力），重力加速度g取10m/s2。则下列说法正确的是（　　） A．0~0.8m过程中物体所受拉力是变力，物体先上升后下降 B．0.8m处物体的速度大小应为2m/s C．0.8m~1.0m过程中物体可能先上升后下降 D．1.0m~2.0m过程中物体可能做匀加速直线运动，也可能做匀减速直线运动 【答案】B 【详解】A．运动中只受重力和拉力，由于除重力之外的其他力做功，等于物体的机械能的变化，0~0.8m内物体的机械能一直在增加，说明拉力一直做正功，物体一直在上升。故A错误；B．物体到达0.8m处，由图可知物体的机械能增加，重力势能增加了，所以动能；又 可得 ，B正确；C．0.8m~1.0m过程中，机械能不变，拉力不做功。物体做竖直上抛运动，上升的高度，正好到达1.0m处时，所以0.8m~1.0m过程中，物体只有上升，没有下降，C错误；D．1.0m~2.0m过程中，物体机械能均匀减小，拉力的大小，此过程中，物体向下匀加速直线运动。D错误。 故选B。 7．如图甲所示，一物块以一定的初速度冲上倾角为的固定斜面，物块在斜面上运动的过程中，其动能与运动路程的关系如图乙所示。已知物块所受的摩擦力大小恒定，取。下列说法正确的是（ ） A．物块质量为 B．物块所受摩擦力大小为 C．0~过程中，物块克服摩擦力做功为 D．过程中与过程中物块所受合力之比为 【答案】D 【详解】AB．0~10m内物块上滑，由动能定理得，整理得，结合0~10m内的图像得，斜率的绝对值，10~20 m内物块下滑，由动能定理得，整理得，结合10~20 m内的图像得，斜率，联立解得，，故AB错误；C．0~20m过程中，物块克服摩擦力做功做功为动能的减少量，即，故C错误；D．由动能定理知0~10m过程中与10m~20m过程中物块所受合力之比即为动能改变量之比，等于，故D正确。 故选D。 8．如图所示，滑块以初速度滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点。能大致反映滑块整个运动过程中速度、加速度、动能、重力对滑块所做的功与时间或位移关系的是（取初速度方向为正方向）（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】A．取沿斜面向上为正方向，设斜面倾角为、滑动摩擦因数为。上滑时，重力沿斜面的分力和滑动摩擦力都沿斜面向下，由牛顿第二定律得，所以，其中。到达最高点后下滑，摩擦力改为沿斜面向上，由牛顿第二定律得，所以，题中给出，滑块能够返回出发点，因此下滑时重力沿斜面的分力大于摩擦力，且，所以图像先以较大的负斜率从减到0，再以较小的负斜率继续下降到负值，A图符合，故A正确；B．上滑阶段加速度沿斜面向下，与所取正方向相反；下滑阶段加速度仍沿斜面向下。因此加速度在两个阶段都应为负值，B图把上滑阶段画成正加速度，故B错误；C．以出发点为位移零点，滑块到达最高点时位移最大且动能为零。返回出发点后位移又回到零，但由于全过程有摩擦力做负功，末动能小于初动能；C图的末点没有回到位移零点，故C错误；D．重力在上滑阶段做负功，在下滑阶段做正功；滑块回到出发点时重力做功恢复为零。因此重力做功应先减小、后增大，D图单调减小，故D错误。 故选A。 9．如图甲所示，将一劲度系数为的轻弹簧压缩后锁定，在弹簧上放置一质量为的小物块，小物块距离地面高度为。将弹簧的锁定解除后，小物块被弹起，其动能与离地高度的关系如图乙所示，其中到间的图像为直线，其余部分均为曲线，对应图像的最高点，重力加速度为，不计空气阻力。下列说法不正确的是（ ） A．小物块上升至高度时，弹簧形变量为，小物块上升至高度时，加速度为 B．小物块上升至高度时，机械能一直在增加 C．小物块从高度上升到，弹簧的弹性势能减少了 D．解除锁定前，弹簧的弹性势能为 【答案】D 【详解】A．小物块在​处动能最大，合力为零，由胡克定律，可得，得形变量，根据图像的斜率表示合外力，段直线，说明合外力恒定，小物块已经离开弹簧，只受重力，加速度为，故A正确，不符合题意；B．从开始上升到​前，弹簧弹力一直对小物块做正功，根据功能关系，小物块的机械能一直增加，故B正确，不符合题意；C．由图可知，​和​处动能相等，从​到​动能变化；​是小物块离开弹簧位置，即为弹簧原长，处形变量为，故，由对称性得，因此，根据动能定理，得，解得，则小物块从高度上升到，弹簧的弹性势能减少了，故C正确，不符合题意；D．对全过程由能量守恒，解除锁定前弹性势能​加上初始重力势能，等于处重力势能​，即，解得，故D错误，符合题意。 故选D。 10．如图甲所示，质量为M 的物块 随足够长的水平传送带一起运动，将质量为 m 的物块 轻放在传送带右端，并给 施加一水平向左的恒力F，作用t 时撤去此力， 此时 刚好与 发生碰撞并粘连。如图乙所示为碰后 整体的速度随时间变化的关系（以水平向左为正）。已知传送带匀速转动， 与传送带的动摩擦因数均为 0.2，且视为质点，重力加速度g取 。下列说法正确的是（　　） A．传送带逆时针转动，速度大小为 B．F 的冲量为 C．从物块 A 滑入传送带到离开传送带所用时间为 9.5s D．碰后 A、B 与传送带相互作用过程中，系统产生的内能为 4.5J 【答案】C 【详解】A．碰后图线在后稳定为，此时与传送带相对静止，所以传送带速度为（以向左为正），即传送带上表面向右运动，传送带应顺时针转动，故A错误；B．碰撞时间很短，传送带对两物块的冲量可忽略。碰撞前随传送带运动，；碰撞后整体初速度为。由动量守恒得 解得碰撞前的速度为。轻放时初速度为零，受水平向左的恒力和向右的滑动摩擦力，作用后加速度为，故有，代入得，恒力的冲量为，故B错误；C．从传送带右端滑入时静止，碰撞前内向左的位移为，碰撞后按图中横轴时间计，前三秒内向左的位移为，所以碰后三秒时，位于传送带右端左侧处；此后与传送带同速，以向右运动，返回右端还需。从滑入到离开传送带的总时间为，故C正确；D．碰后与传送带相对滑动阶段的相对位移为，两物块受到的滑动摩擦力总和为，所以产生的内能为，故D错误。 故选C。 二、多项选择题 11．一小球在竖直向上的拉力作用下向上做匀减速运动，某时刻撤去拉力，小球继续上升一段距离后下落，不计空气阻力。下列关于小球上升过程中的机械能E随上升高度的变化图像不正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【详解】机械能的变化等于除重力外其他力做的功，即，因此在有拉力作用阶段，拉力竖直向上，位移向上，做正功，因此机械能随增大而增大，小球的图像斜率满足，即图像为斜率为正的倾斜直线。撤去后只有重力做功，机械能守恒，因此不随变化，图像为水平直线。 本题选择不正确的，故选ABD。 12．一辆电动平衡车含骑手的总质量约为80，在一次户外骑行中平衡车在平坦道路上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a随速度的倒数的变化规律如图所示（）图像与纵轴交点为，与横轴交点为0.02，则平衡车在加速过程中（ ） A．速度增大时加速度恒定 B．当速度为25时，加速度大小为1.5 C．输出功率为12 D．所受阻力大小为240N 【答案】CD 【详解】A．由图像可知，平衡车的加速度随速度的增大而减小，故平衡车初始阶段做加速度逐渐减小的加速运动，故A错误；BCD．由，，得，由图像得，，解得，，将代入，解得，故B错误，CD正确。 故选CD。 13．如图甲所示，质量为m的滑块静止在倾角的粗糙斜面底端，现用平行于斜面向上的拉力F作用在滑块上，滑块沿斜面运动时撤去拉力F，此时滑块的机械能，滑块上滑过程中机械能E与上滑位移x之间的关系图像如图乙所示，滑块运动时达到最高点，取斜面底端重力势能为0，重力加速度g取，则下列说法正确的是（　　） A．滑块的质量为 B．滑块所受摩擦力的大小为10N C．拉力F的大小恒为40N D．拉力F撤去时滑块的动能为50J 【答案】BD 【详解】BC．由功能关系，滑块机械能的变化量等于除重力以外的力做功，拉力作用内有 ，拉力撤去后内有，解得拉力，，故B正确，C错误；AD．拉力作用内，由动能定理有，拉力撤去后2m内，由动能定理有，联立解得，，故A错误，D正确。 故选BD。 14．如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为的小球，从离弹簧上端高处由静止释放。以小球开始下落的位置为坐标原点，沿竖直向下方向建立坐标轴，小球所受弹力的大小随小球位置坐标的变化关系如图乙所示。小球向下运动过程中，弹簧始终处于弹性限度内，小球可视为质点，不计空气阻力的影响，重力加速度为。下列说法正确的是（ ） A．位置，小球仍有向下的速度 B．位置与位置，小球的加速度相同 C．位置，小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和最大 D．从到过程中，弹簧弹性势能的增加量为 【答案】AD 【详解】AB．由图乙可知，处，小球开始压缩弹簧，一开始弹力小于重力，小球继续向下加速运动，当小球处于处，弹力等于重力，小球速度达到最大，之后弹力大于重力，小球向下减速运动；根据对称性可知，处与处，小球的速度相同，即在位置，小球仍有向下的速度；根据对称性可知，处与处，小球的加速度大小相等，但方向相反，故A正确，B错误；C．由于小球和弹簧组成的系统满足机械能守恒，在处，小球的速度最大，动能最大，则小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和最小，故C错误；D．根据对称性可知，小球在处和处速度相等，则从到过程，小球的动能变化为0，根据能量守恒可知，弹簧弹性势能的增加量等于小球的重力势能减少量，则有，故D正确。 故选AD。 15．如图甲所示，水平传送带在电动机的带动下始终沿顺时针方向匀速转动，t=0时刻质量为m的物块（可视为质点）以速度v0滑上传送带左侧，t=t2时刻恰好运动到右侧，其运动的v-t图像如图乙所示。已知重力加速度大小为g，在0~t2时间内，下列说法正确的是（ ） A．物块始终受到向右的摩擦力作用 B．摩擦力对物块做的功为 C．由于摩擦产生的热量为 D．电动机为传送物块，多消耗的电能为 【答案】BC 【详解】A．由速度—时间图像可知，物块先加速至与传送带同速，之后做匀速运动。相对滑动时，物块受到向右的滑动摩擦力；同速后，物块不再受到摩擦力，故A错误； BCD．设物块与传送带相对滑动的时间为，动摩擦力大小为。取向右为正方向，对物块由动量定理得，滑动过程中，摩擦力对物块做的功等于物块动能的增量，所以，传送带速度为，电动机为克服物块对传送带的摩擦力而多做的功为，摩擦产生的热量等于电动机多做的功与物块增加的动能之差，即，故BC正确，D错误。 故选BC。 16．电动平衡车是一种新型的交通工具，通过人工智能实现车辆的启动、加速、减速、停止等动作。图甲为某型号电动平衡车，人站在平衡车上沿水平直轨道由静止开始运动，其图像如图乙所示（除时间段图线为曲线外，其余时间段图线均为直线）。已知人与平衡车质量之和，在后功率恒为，且整个骑行过程中所受到的阻力不变，结合图像的信息，下列说法正确的是（　　） A．平衡车运动过程中受到的阻力大小为 B．时间内，平衡车的牵引力大小为 C．内平衡车的位移大小为 D．内平衡车的位移大小为 【答案】BC 【详解】A．由图乙可知，平衡车最终以匀速运动。匀速时牵引力等于阻力，且功率恒为，因此，解得，故A错误；B．由图乙可知，为匀加速直线运动，时速度，加速度，由牛顿第二定律，解得，故B正确；CD．位移计算：内匀加速，，内功率恒定，由动能定理 解得，内匀速，，因此总位移，故C正确，D错误。 故选BC。 17．从地面竖直向上抛出一物体，其机械能等于动能与重力势能之和。取地面为重力势能零点，在上升过程中，该物体的和随它离地面的高度的变化关系如图所示。重力加速度取。由图中数据可得（　　） A．物体的质量为 B．时，物体的速率为 C．时，物体的动能 D．从地面至离地面高处的过程中，物体的动能减少 【答案】BD 【详解】A．由题图可知，物体刚被抛出时的机械能为，即物体竖直上抛的初动能，当机械能与重力势能相等，说明动能为零，物体上升到最高点时离地面高度为，这时重力势能，所以，故A错误；B．根据 解得时，物体的速率，故B正确；C．从题图中可以得出在物体上抛过程中，机械能有损失，物体上升到最高点的整个过程中，共损失了的机械能，按照比例可知上升时，机械能损失了，因此当时，物体的动能 故C错误；D．由图可知当时，，当时，，所以从地面至离地面高处的过程中，物体的动能减少50J，故D正确。 故选BD。 18．如图甲所示，质量均为m的两物体A、B（不粘连）叠放在劲度系数为k的轻弹簧上处于静止状态。现对物体A施加竖直向上的力F，物体A运动的图像如图乙所示，时刻物体A、B将要分离。图乙中、已知，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ） A．物体A、B分离后，物体B做减速运动 B．时刻，所施加力F的大小为 C．过程，物体A、B和弹簧构成系统的机械能变化量 D．物体B运动过程中的最大速度 【答案】BD 【详解】A．时刻，A、B分离瞬间，两物体加速度相同，均竖直向上，则B会继续先做加速运动，故A错误；B．时刻，A、B间弹力为零，以A为研究对象，由牛顿第二定律得，图线的斜率表示加速度，可得，联立解得，故B正确；C．A、B和弹簧构成的系统，机械能的变化量等于外力F做的功。F为线性变力，时，由牛顿第二定律得，时刻，对A由牛顿第二定律得，解得，过程，平均作用力，位移，外力做功，系统机械能变化量，故C错误；D．时刻A、B分离，速度均为。对B由牛顿第二定律得，解得分离时弹簧压缩量，A、B分离后，B与弹簧组成的系统机械能守恒，B速度最大时合外力为0，弹簧弹力等于B所受重力 解得，由机械能守恒得，整理变形，代入，，得到最简结果，故D正确。 故选BD。 试卷第14页（共14页） 第9页 学科网（北京）股份有限公司 $