2023年高三物理二轮高频考点复习30有关功率、动能、机械能的功能图像（解析版）

2023年高三物理二轮高频考点冲刺突破

专题30有关功率、动能、机械能的功能图像

专练目标专练内容

目标1高考真题(1T—3T)

目标2F-x力位移图像(4T—6T)

目标3P-t功率时间图像(7T—9T)

目标4E「x动能位移图像(10T—12T)

目标5E「x机械能位移图像(13T—15T)

目标5E-x机械能位移图像(16T—18T)

目标6E-t机械能时间图像(19T—21T)

【典例专练】

一、高考真题

1.某滑雪赛道如图所示，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳。将运动员

视为质点，不计摩擦力及空气阻力，此过程中，运动员的动能线与水平位移X的关系图像

正确的是()

【详解】设斜面倾角为9,不计摩擦力和空气阻力，由题意可知运动员在沿斜面下滑过程中

根据动能定理有

&=mgxtan6即"=%gtane下滑过程中开始阶段倾角力不变，Eer图像为一条直线；经

X

过圆弧轨道过程中）?先减小后增大，即图像斜率先减小后增大.故选A。

2.一物块以初速度%自固定斜面底端沿斜面向上运动，一段时间后回到斜面底端。该物体

的动能后卜随位移x的变化关系如图所示，图中与、£kl>62均已知。根据图中信息可以求

A.重力加速度大小B.物体所受滑动摩擦力的大小

C.斜面的倾角D.沿斜面上滑的时间

【答案】BD

【详解】ABC.由动能定义式得4=：机疗，则可求解质量m；上滑时，由动能定理

Ek-Ekl=一（mgsin0+f）x

下滑时，由动能定理耳=（mg疝n-f）（%r）,却为上滑的最远距离;由图像的斜率可知

mgsinO+f=^-,^sin6»-/=^.两式相力「可得gsin®=4（&+生）相减可知

/x02mx0x0

F_F

7=谓2"即可求解gsinJ和所受滑动摩擦力/的大小，但重力加速度大小、斜面的倾角不

能求出，故AC错误，B正确：

D.根据牛顿第二定律和运动学关系得mgsin6+/=m*♦=%故可求解沿斜面上滑的时间,

a

D正确。

故选BD,

3.一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下

滑距离s的变化如图中直线回、团所示，重力加速度取10m/s2。则（）

A.物块下滑过程中机械能不守恒

B,物块与斜面间的动摩擦因数为0.5

C.物块下滑时加速度的大小为6.0m/s2

D.当物块下滑2.0m时机械能损失了12J

【答案】AB

【详解】A.下滑5m的过程中，重力势能减少30J,动能增加10J,减小的重力势能并不等

与增加的动能，所以机械能不守恒，A正确；

B.斜面高3m、长5m,则斜面倾角为9=37。。令斜面底端为零势面，则物块在斜面顶端时

的重力势能

，烟〃=30J可得质量zw=lkg下滑5m过程中，由功能原理，机械能的减少量等于克服摩擦力

做的功

“mg-cos"s=20J求得〃=0.5,B正确；

C.由牛顿第二定律HtgsinJ-w”gcos®="7。求得〃=2m/s2,C错误；

D.物块下滑2.0m时，重力势能减少12J,动能增加4J,所以机械能损失了8J,D选项错误。

故选AB,

二、F-x力位移图像

4.如图甲所示，在水平地面上固定一竖直轻弹簧，弹簧上端与一个质量为0.1kg的木块A

相连，质量也为0.1kg的木块B叠放在A上，A、B都静止.在B上作用一个竖直向下的力P

使木块缓慢向下移动，力/大小与移动距离x的关系如图乙所示，整个过程弹簧都处于弹性

限度内.下列说法正确的是（）

A.木块下移0.1m过程中，弹簧的弹性势能增加2.5J

B.弹簧的劲度系数为500N/m

C.木块下移0.1m时，若撤去尸，则此后B能达到的最大速度为4m/s

D.木块下移0.1m时，若撤去凡则A、B分离时的速度为5m/s

【答案】B

【详解】A.由图可知，F-x图像中，F与横坐标之间的"面积"表示力F做的功，所以这个

过程中力厂做功

W=¥x0.1J=2.5J而弹簧弹性势能的增加量等于力F做的功与木块重力势能的减少量之和,

故弹簧的弹性势能增加量大于2.5J,A错误；

B.弹簧的形变量增大0.1m的过程中，压力增大50N,根据胡克定律可得％=^AF=500N/m,

B正确；

C.若撤去凡则A与B整体将以开始时的位置为平衡位置做简谐振动，所以当AB回到平

衡位置时速度最大，由于开始阶段压力做功2.5J,所以A与B的速度最大时，二者动能的和

是2.5J,即2x1/77,=2.5J

2

解得％=5m/s,C错误；

D.由C的分析可知，当B的速度是5m/s时，二者仍然在平衡位置，所以二者的加速度都

等于0,B受到的A对B的弹力等于重力，所以二者没有分离，D错误。故选B.

5.如图甲所示，在水平地面上放置一个质量为机=4kg的物体，让它在随位移均匀减小的

水平推力F作用下运动，水平推力F随位移x变化的图象如图乙所示（x=4.0m后无推力存

在）。己知物体与地面之间的动摩擦因数〃=0.5,g=10m/s2。则下列说法正确的是（）

A.运动过程中物体的最大加速度为20m/s2

B.在距出发点3.0m位置时物体的速度达到最大

C.推力对物体做的功为180J

D.物体在水平地面上运动的最大位移是10m

【答案】AD

【详解】A.由牛顿第二定律得尸一〃，则推力尸=100N时，物体所受合力最大，加

速度最大，代入解得。=20m/s?选项A正确；

B.由图象可得推力/随位移x变化的数学关系式为尸=100—25x（0a“.0m）物体的速度最

大时，加速度为零，即此时F=/img,代入解得x=3.2m即在距出发点3.2m位置时物体的

速度达到最大，选项B错误；

C.由广x图象可知推力对物体做的总功等于尼大图象与坐标轴围成的面积，即WF=^Fxo,

其中尸=100N,xo=4.Om,解得WF=200J选项C错误；

D.由动能定理得场一卬屋的"m=0代入数据得xnMX=10m即物体在水平地面上运动的最大

位移是10m,选项D正确。故选AD。

6.甲乙两个质量均为1kg的物块，在光滑的水平面上分别受到一个水平力作用，由静止开

始加速，甲物块所受的力F随时间t的变化关系和乙物块所受的力T随位移x的变化关系如

图所示，当水平力分别按各自的规律从0增大到10N的过程中，下列说法正确的是（）

A.当水平力均为10N时，甲和乙的动量均为10kgm/s

B.甲所受力F对物块的冲量为lONs,乙所受力T对物块所做的功为10J

C.甲在此过程中的位移为10m

D.当水平力均为10N时，甲的动能为50J,乙的动量为26必・w/s

【答案】BD

【详解】由甲图可知，图线与t轴围成的面积表示冲量，则当水平力为F=10N时，冲量为

/=，Ft=!xl0x2=10Mi,根据动理定理/=AP=Rp-O,得此时甲的动量为

%=/=10的初/s,则此时甲的速度为%=为=10加5,则甲的动能为

m

2

£t.ip=l/7iv^=lxlxl0=50J,因F是变力，故无法求出甲运动的位移；由乙图可知，图线

与x轴围成的面积表示拉力T做的功，则当水平力T=10N时，则拉力T做的功力

W=i7x=1xl0x2=10J,根据动能定理有：W=^,nvl，解得：

v乙==2也1n/s,此时乙的动量为尸=机丫乙=26s,故AC错误，BD正

确；故选BD.

三、P-t功率时间图像

7.将一小球从地面以一定的初速度竖直向上抛出并落回地面，小球所受阻力始终与速度成

正比，则整个过程中小球的重力的瞬时功率大小P与时间人机械能E与路程s的关系图像

可能正确的是（）

【详解】AB.小球上升过程中受到重力和阻力的作用，方向均向下，速度逐渐减小，则阻

力逐渐减小，加速度逐渐减小，下降过程中重力方向向下，阻力方向向上，速度逐渐增大,

则阻力逐渐增大，加速度逐渐减小，且上升过程的平均速度大于下降过程的平均速度，上升

过程的时间小于下降过程的时间，所以v-t图像为

根据P-mgv,P-t图像为

CD.小球上升过程中速度逐渐减小，则阻力逐渐减小，经过相同路程阻力做功逐渐减小，

机械能损失逐渐减小；小球下降过程中速度逐渐增大，则阻力逐渐增大，经过相同路程阻力

做功逐渐增大，机械能损失逐渐增大，目上升过程中阻力做功大于下降过程中阻力做功，则

上升过程中损失的机械能大于下降过程中损失的机械能，则E-s图像为

E

Oh2h§

故CD错误。故选B。

8.如图所示，高速公路上定速巡航（即汽车的运动速率保持不变）的汽车通过路面〃尻4,

其中必段为平直下坡路面，A段为水平路面，〃段为上坡路面。整个过程中汽车所受的阻

力大小不变，且阻力大于汽车重力沿斜坡向下的分力。如汽车在三段路面行驶的路程相同，

关于汽车发动机的输出功率随时间变化的图像，下列能正确反映是（）

【答案】A

【详解】假设时段与水平面的夹角为呢则尸/9mgsina可知牵引力不变,由P尸产1知在

ab段发动机的输出功率保持不变，在A段时有乃=/•所以上小假设M与水平面的夹角为仇

则Fj于〃侬inO则

P产（户，〃gsin@）v可知在油段发动机的输出功率最小，方段曲面倾角先增大后减小，所以

P3先增大后减小.

故选Ao

9.放在粗糙水平地面上一物体受到水平拉力的作用，在0~6s内其速度与时间的关系图像和

该拉力的功率与时间的关系图象分别如图甲、乙所示。下列说法中正确的是（）

A.0-6s内拉力做的功为140J

B.物体的摩擦力为3N

C.物体质量为0.8kg

D.物体在0~2s内所受的拉力为6N

【答案】ACD

【详解】A.功率与时间的关系图像中，图线与坐标轴所围图形的面积，在数量上等于功,

所以0~6s内拉力做的功为W=SyGj+20x4J=140J故A正确；

B.由图甲可知2~6s内物体匀速运动，受到摩擦力与拉力瞪大反向，结合图乙可知尸=四=户

p20

解得f=±=^N=2N故B错误；

v10

C.在0~2s内，由动能定理可得%-%即竺注-2x史0=1"7.1()2解得〃7=o.8kg

2222

故C正确；

D.物体在0~2s内，由牛顿第二定律结合图甲尸"解得F=ma+/=0.8x5N+2N=6N

故D正确。

故选ACD.,

四、E『x动能位移图像

10.如图，一小滑块以某一初动能沿固定斜面向下滑动，最后停在水平面上。滑块与斜面间、

滑块与水平面间的动摩擦因素相等，忽略斜面与水平面连接处的机械能损失。则该过程中,

滑块的动能EK、机械能E与水平位移x关系的图线可能是()

【答案】D

【详解】AB.设滑块的初动能为「。，斜面的倾角为。，斜面水平长度为L在斜面上运动

时由动能定理

y

Ek-Ek（）=mgxtan0-ymgcos0-----整理得纥=%-（〃-1311。）^^¥在水平面上运动时

Ek-=mgLtan°-cos6•—二-〃mg(x-L)整理得Ek=Ek0+mgLtan0-jLimgx故若

tan6>〃，贝lj线一x图像有可能如下图

纭

若tand<〃，则因为（M-tan8）<〃，故耳-x图像的斜率在斜面上运动的要小于在水平面

上运动的，如下图

故A、B错误；

CD.设滑块开始时的机械能为4,斜面的倾角为。，斜面水平长度为L,在斜面上运动时

E=Eo-jLinigcos0x^—=E0-jumgx在水平面上运动时

E=E。一"mgcos6x--------〃ng(x-L\=E-"mgx

cos。{}

综上所述可得E=&）-〃〃2gx显然，整个过程E与x成线性关系，且直线斜率保持不变。故C

错误，D正确。

故选D。

11.如图1所示，水平面光滑，空间存在水平向右的匀强电场，轻弹簧一端固定在墙面上,

另一端自由伸长,将带正电绝缘小球由弹簧左侧某一位置静止释放。以小球出发位置为原点，

水平向右为X轴正方向，规定。点为零电势点，在小球第一次运动到最右端的过程中，小球

的电势能Ep、动能纥随位移变化的关系图像分别如图2、3所示。弹簧始终在弹性限度内，

弹簧弹性势能表达式5i=gk（Ax）2（Ax为弹簧的形变量）下列说法正确的是（）

C.图3中6=0.55D.弹簧的劲度系数为4=1~N/m

【答案】B

【详解】A.由图2知，E„-x图像的斜率大小表示小球所受电场力的大小盘=^448N=8N小球

0.6

电荷量未知，所以电场强度大小未知，A错误；

BD.由图3知，在0~0.501内，以线性增大，则在0~0.5m内只有电场力对小球做正功，由

动能定理得

「x0.5m=a=4.0J在o.5m~0.6m内除了电场力对小球做正功，还有弹簧弹力对小球做负功,

0=Ep+，（Ax）2

在0~0.6m内根据能量守恒定律得，Ax=0.6m-0.5m=0.1m解得&=960N/m,B正确，D错

综=一4卸

误；

C.图3中，当x=t，时，小球动能最大，则此时电场力和弹簧弹力大小相等

心3_0.501）=5=8?4解得

6=0.5083m,C错误。故选B。

12.如图甲所示，跳跳杆底部装有一根弹簧，小孩和杆的总质量为〃?，某次小孩从最低点弹

起，以小孩运动的最低点为坐标原点，竖直向上为x轴正方向，小孩与杆整体的动能与其坐

标位置的关系如图乙所示，图像。-七之间为曲线，X2为其最高点，鼻-巧为直线，不计弹

簧质量和空气阻力的影响，重力加速度g=10m/s2。则（）

甲

A.弹簧劲度系数Z=整X.2

B.小孩和杆的最大加速度”=一一

%再一々

C.在A处的速度为yj2g乂―）D.在A处的弹性势能为mg（w-xj

【答案】BC

【详解】由动能定理知图线切线的斜率表示合外力，由图像可以看出当X=X3时弹簧弹力减

小为零。

A.有图像可得当KV2时，整体的合外力为零，有以泡-々）=机g得上=A错误;

B.当整体在最低点即x=0时加速度最大，此时弹簧的压缩量为X3，由牛顿第二定律

B正确；

C.4处动能等于*3处动能，X=X?时整体离开弹簧，*3~匕过程中，由机械能守恒

121,,、

—mV；=—mvj--mg（x4-x3）

得匕="2g（z-玉）,C正确；

D.玉~匕系统机械能守恒4,+,皇（玉-玉）+〃懦=〃期4得/=叫（占-3），D错误。故选

BCo

五、E「x机械能位移图像

13.如图所示，一均匀带正电圆环水平放置，环心为。点，一带正电的小球从。点正下方的

A点以某一初速度向上抛出，并穿过带电环，取。点为坐标原点，竖直向上为正方向，取无

限远处电势为零,关于小球从A到4过程中（。4=OA'）,加速度a、重力势能练。、机械能E、

电势能彳电随位置变化的图像可能正确的是（）

【详解】A.从A到。的过程，静电力向下，由牛顿第二定律得，加速度大小。=也侬方

m

向向下，加速度为负值。从A到。的过程，电场强度大小可能先增大再减小，加速度大小

可能先增大再减小。从。到A的过程，电场力方向竖直向匕当重力大于电场力时，由牛

顿第二定律得，加速度大小〃=磔二处当电场力大于重力时，由牛顿第二定律得，加速度

m

大小4=这二螫从。到4,的过程，电场强度可能先增大后减小，加速度可能先向下即加速

tn

度为负值，大小减小，后向上即加速度为正值，大小可能先增大后减小。A正确；

B.小球从A到A过程中，重力一直在做负功，重力势能一直在增加，由Epc-x图像可知重

力势能一直在减小。B错误；

C.小球从A到4过程中，静电力先做负功后做正功，由功能关系可知，静电力做功叱乜和

机械能变化AE之间的关系叱u=△£小球的机械能先减小后增大。E-x图像某点切线的斜率

大小表示静电力大小从A到。的过程，由于电场强度可能先增大后减小或不断减小，

图线斜率大小可能先增大后减小或不断减小。E-x图像可知，从A到。的过程，E-x图

像斜率大小不断增大，C错误；

D.小球从A到火过程中，静电力先做负功后做正功，电势能先增加后减小，由与电-X图像

可知电势能先减小后增大。D错误。故选A。

14.物体做自由落体，球代表动能，切代表重力势能，人代表下落的距离，以水平地面为

零势能面，下列所示图像中，能正确反映各物理量之间关系的是（

【详解】A.设物体的质量为〃，，初始时离地高度为“，根据自由落体运动规律可知，下落

的速度为

v=gf下落的高度为=产在物体由释放到下落h高度的过程中，根据机械能守恒定律有

重力势能昂随运动时间f的变化关系为

22

Ep=mg（H-h）=mgH-^mgr=mgH~^mv=mgH-Ek由此可知，E?与r呈二次函数关系,

其图像为一条抛物线，且开口向下，故A错误；

B.弓与v呈二次函数关系，其图像为一条抛物线，且开口向下，故B正确；

C.%与人呈一次函数关系，其图像为一条向下倾斜的直线，故C错误；

D.昂与反呈一次函数关系，其图像为一条向下倾斜的直线，故D正确。

故选BD»

15.如图（a）所示，倾角。=30。的光滑固定斜杆底端固定一电荷量为。=2xl（r*C的正点

电荷，将一带正电的绝缘小球（可视为点电荷）从斜杆的底端（但与。未接触）静止释放，

小球沿斜杆向上滑动过程中能量随位移的变化图像如图（b）所示，其中线1为重力势能随

位移变化图像，线2为动能随位移变化图像，取杆上离底端3m处为电势零点，重力加速度

g=10m/s\静电力常量k=9xl（）9N.m2/C。则（）

A.小球的质量为2kg

B.小球的电荷量约为g=l.llxlO-5C

C.斜杆底端至小球速度最大处由底端正点电荷形成的电场的电势差C/=4.0xl06V

D.当小球运动到s=lm处时具有的电势能为13J

【答案】BD

【详解】A.根据重力势能随位移的变化关系有E.=/ngssine根据图像可知当小球上升3m

E

时，重力势能为60J,则小球的质量为初=—h=〃、。*、.kg=4kg故A错误;

gssm010x3xsin30

B.由图线2可知，当位移为s=lm时，小球的动能达到最大值，电场力与重力沿杆的分力相

等，则有

mgsinJM与解得qal.llxlOfc故B正确;

S

C.斜杆底端至小球速度最大处，由能量守恒可知W=Ekm+Ep代入数据解得u=4.23x106V

故C错误：

D.从s=lm到最高点的过程中，根据能量守恒可知减少的电势能和减少的动能全部转化为

重力势能，则有

=△综代入数据解得当小球运动到s=lm处时具有的电势能为4=13J故D正确。

故选BD»

六、E-x机械能位移图像

16.对静止在水平地面上的物体施加一竖直向上的恒力F，物体上升4.8m时撤去力P,物

体的机械能E随距离地面高度。的变化关系如图所示，己知物体所受阻力大小恒定，重力加

速度g取lOm/s?,以地面为参考平面。则（）

A.物体的质量为0.4kg

B.物体所受阻力的大小为4N

C.力尸的最大功率为96W

D.物体回到地面前瞬间的速度大小为45/5m/s

【答案】C

【详解】AB.由功能关系结合图像可知(尸-，)•4.8m=48J:/(7.2m-4.8m+7.2m)=48J-28.8J

解得.f=2N,尸=12N由题意可知，撤去尸至最高点过程有了(7.2m-4.8m)=48J-%高解得,

最高点时候的机械能为

在最高点动能为0,此时机械能只有重力势能，所以小g-7.2m=E版商=43.2J解得

m=0.6kgAB错误;

C.当物体向上运动4.8m时速度最大，此时力尸的功率最大，则有

(F-mg-f)-4.8m=g胆/一0解得y=8m/s

所以力尸的最大功率为尸=Fu=12x8W=96W故C正确；

D.物体回到地面前瞬间，重力势能为0,此时机械能只有动能，则3mM2=28.8J解得

1/=4n111/$故。错误。

故选Co

17.从地面竖直向上抛出一物体(可视为质点)，以地面为重力势能零势面，上升过程中，

该物体的机械能E随离开地面的高度〃的变化如图所示，物体上升的最大高度为4m,重力

A.物体的质量为4kg

B.物体抛出时的速度大小为2aws

C.物体上升过程中，所受空气阻力的大小为10N

D.物体上升过程中，加速度的大小为7.5m/s2

【答案】AC

【详解】A.由图可知/?=4m时，E=160J,由q=，配/?,可得〃?=4kg,A正确;

B.抛出时线=E=200J,由芯卜=g机/可得y=iom/s,B错误；

C.由图可知，由动能定理可知，图线斜率的绝对值在数值上等于空气阻力的大小，可得

W*0N

即所受空气阻力大小为ION,C正确;

D.物体上升过程中，根据牛顿第二定律得mg+f=ma解得a=12.5m/s2，D错误•，

故选AC1.

18.如图所示，竖直轻弹簧下端固定在水平地面上，将轻弹簧正上方质量加=1侬的小球由

静止释放，小球下落过程中受到恒定的空气阻力作用。以小球开始下落的位置为原点，竖直

向下为y轴正方向，取地面处为重力势能零点，在小球第一次下落到最低点的过程中，弹簧

的弹性势能与、小球的重力势能稣2、小球的动能线、小球的机械能E随小球位移变化的

关系图像分别如图甲乙、丙、丁所示,弹簧始终在弹性限度范围内，取重力加速度g=10m/sz,

下列说法正确的是（）

事0.50.6y/m

A.图乙中

C.图丙中/处的弹簧弹力为8ND.图丁中C=9,d=4

【答案】BCD

【详解】A.由图可知，小球到最低点时，高度下降0.6m,则重力势能减少

重力势能转化为摩擦热和弹簧的弹性势能，根据Q=#m,x=4与2-解得f=2N则图乙

中a=4故A错ix；

B.结合图甲和图丙，可知小球高度卜降0.5m内，只有重:力做功，根据〃37-#=线解得

y=0.5m时的动能线=4J故B正确：

C.当小球动能最大时，小球加速度为零，根据平衡条件。+f=mg解得。笛=8N故c正

确：

D.根据功能关系可知，小球高度下降0.5m时，机械能的减少量等于克服阻力所做的功为

AE=10-c=fa

解得c=9根据能量守恒定律可知，小球高度下降0.6m时，动能为零，则小球减少的重力势

能等于减少的机械能为6J,则d=4故D正确。故选BCD.,

七、E-t机械能时间图像

19.某次演习中，战士居高临下向防御工事内投掷手榴弹，如图所示。忽略空气阻力，手榴

弹运动看作平抛运动，以下关于手榴弹下落过程中的重力势能综（以地面为零势能面）、动

【详解】D.手榴弹下落过程中只有重力做功，机械能守恒，即ET图线为水平直线，D错

误：

A.设初始高度为儿重力势能可表示为Epnmge-gg/）,E-f图线为开口向下的抛物线，

A错误：

B.据动能定理可得，动能变化量可表示为△线=^gjg/，AEk—图线为过原点开口向上

抛物线，B错误；

C.动能的变化率可表示为竽=等T图线为过原点的倾斜直线，C正确•故选

Ar2Ar

Co

20.踢健子是人们喜爱的娱乐运动。假设在无风的天气里，下落的健子受到的空气阻力与其

下落的速度大小成正比，一一建子从高处竖直向下落向地面，此过程中毯子的机械能为E,犍

子落地前过程中的EV图像可能正确的有（图中实线为曲线，虚线为直线）（）

【详解】根据牛顿第二定律可知〃?〃=”?-n则随速度增加，加速度减小，当加速度减为零

时，键子匀速下落。若在匀速之前落地，则健子一直做加速度减小的加速运动。以下落前犍

子的高度作为重力势能的零势能面，设犍子下落的高度为X,速度为V,则键子的机械能为

E=一机gx+；机/则假设时间变化4内，机械能变化量为AE，贝IJ

△E=-mgv^t+；mmguAt+gm(2必u+Av2)jfnAv=aZ则

△E=-mgv\t+—