2025年高考物理：图像专题 专题03功能中的图像问题（共12种图像类型）-学案解析版

这是一份2025年高考物理：图像专题 专题03功能中的图像问题（共12种图像类型）-学案解析版，共26页。学案主要包含了功能中的图像问题等内容，欢迎下载使用。
知识梳理
知识点一、功能中的图像问题
(1)首先看清楚所给图像的种类(如 v-t 图像、F-x 图像、Ek-x 图像等)。
(2)挖掘图像的隐含条件一一求出所需要的物理量，如由 v-t 图像所包围的“面积”求位移，由F-x 图像所包围的“面积”求功;由 Ek-x 图像的斜率求合外力等
(3)分析有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量
知识点二、其他图像问题
1．基本思路
(1)解读图象的坐标轴，理清横轴和纵轴代表的物理量和坐标点的意义．
(2)解读图象的形状、斜率、截距和面积信息．
2．解题技巧
(1)应用解析法和排除法，两者结合提高选择题图象类题型的解题准确率和速度．
(2)分析转折点、两图线的交点、与坐标轴交点等特殊点和该点前后两段图线．
(3)分析图象的形状变化、斜率变化、相关性等．
题型归类
类型1 功能中的F-x图
（多选）1．已知做功公式W＝Fx，则F﹣x图像与坐标轴围成的面积可以表示功W。现有一均匀变小的力F拉着物体在粗糙水平地面从静止开始滑动，物体质量m＝1kg，物体与地面间动摩擦因数μ＝0.7。F随物体位移x的变化如图所示，当物体位移为3m时停止运动。g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．F0＝17.5N
B．物体动能的最大值为2.25J
C．物体在1.5m时的速度最大
D．物体速度的最大值为322m/s
【解答】解：A、在0﹣3m内，F做的功为W=F0+2F052×3J=2110F0，根据动能定理得W﹣μmgx＝0，其中x＝3m，解得F0＝10N，故A错误；
BCD、当F与滑动摩擦力大小相等时速度最大，则有F＝f＝μmg＝0.7×1×10N＝7N。由图可得F＝10﹣2x，解得x＝1.5m
此时速度最大，根据动能定理得：Ekm=10+72×1.5J-0.7×10×1×1.5J=12×1×v2，解得最大动能：Ekm＝2.25J，Ekm=12mv2，解得最大速度：v=322m/s，故BCD正确。
故选：BCD。
2．物体在变力F作用下沿水平方向做直线运动，物体质量m＝4kg，F随坐标x的变化情况如图所示。若物体在坐标原点处由静止出发，不计一切摩擦。借鉴教科书中学习直线运动时由v﹣t图象求位移的方法，结合其他所学知识，根据图示的F﹣x图象，可求出物体运动到x＝16m处时，速度大小为（ ）
A．22m/sB．25m/sC．210m/sD．4m/s
【解答】解：根据v﹣t图象求位移的方法可知F﹣x图象的面积代表力做的功，所以全程动能定理得：12mv2-0=W，且W=(4+8)2×10+(-4×102)J=40J
联立解得：v=25m/s，故ACD错误，B正确。
故选：B。
类型2 功能中的p-t图
3．一质量为m的物体静止在水平面上，在水平方向的拉力F作用下开始运动，在0～6s内其运动的v﹣t图象与拉力的功率p﹣t图象如图所示，取g＝10m/s2，下列判断正确的是（ ）
A．拉力F的大小为4 N，且保持不变
B．物体的质量为1kg
C．0～6 s内物体克服摩擦力做功24 J
D．0～6 s内拉力做的功为156 J
【解答】解：A、在0﹣2s内物体做加速运动，2﹣6s内做匀速运动，由受力分析可知，拉力不恒定，故A错误；
B、在2﹣6s内P＝Fv，F=Pv，故f＝F＝4N，在甲图中有：a＝3m/s2，
由牛顿第二定律可知：
F′﹣f＝ma
在2s末有：P′＝F′v
联立解得：m＝2kg，F′＝10N，故B错误；
CD、由图象可知在0﹣6s内通过的位移为x＝30m，故摩擦力做功为：Wf＝fx＝4×30＝120J
由动能定理可知：
W﹣Wf=12mv2
W=12mv2+Wf=12×2×62+120J=156J
所以C错误，D正确。
故选：D。
4．（2023春•浙江期末）一起重装置把静置于地面上的重物竖直向上提升的过程中，功率随时间变化的P﹣t图像如图所示。在t＝1s时，重物上升的速度达到最大速度的一半，在t＝3s时，达到最大速度vm＝20m/s。在t＝6s时，重物再次匀速上升，取g＝10m/s2，不计一切阻力。下列说法正确的是（ ）
A．重物的质量为4kg
B．在t＝1s时，重物加速度大小a＝20m/s2
C．0～6s时间内，重物上升的高度h＝85m
D．在4～6s时间内，重物做加速度逐渐增大的减速运动
【解答】解：A、在t＝3s时，重物达到最大速度vm＝20m/s，此时牵引力大小等于重力，根据瞬时功率与速度的关系，则有：vm=Pmg
解得：m=Pgvm=40010×20kg=2kg，故A错误；
B、在t＝1s时，重物上升的速度达到最大速度的一半，此时的牵引力大小为
F1=Pv1=40012×20N=40N
由牛顿第二定律可得：F1﹣mg＝ma，解得：a=F1-mgm=40-2×102m/s2=10m/s2，故B错误；
C、在t＝6s时，重物再次匀速上升，由题图可知，此时重物的速度
v2=P1mg=2002×10m/s=10m/s
在0～1s时间内，重物做匀加速直线运动，根据位移与时间的关系可知，重物上升的高度
h1=12at12=12×10×12m=5m
在1～3s时间内，重物做加速度逐渐减小的加速运动，由动能定理有
Pt2-mgh2=12mvm2-12mv12
代入数据可得此阶段重物上升的高度为：h2＝25m
在3～4s时间内，重物做匀速直线运动，上升的高度则有
h3＝vmt3＝20×1m＝20m
在4～6s时间内，重物做加速度逐渐减小的减速直线运动，由动能定理有
P1t4-mgh4=12mv22-12mvm2
代入数据解得此过程重物减速运动的位移为：h4＝35m
所以0～6s时间内，重物上升的总高度为：
h＝h1+h2+h3+h4＝5m+25m+20m+35m＝85m，故C正确；
D、牵引力大小等于重力时重物速度达到最大，4s后功率减小到一半；t＝6s时，重物速度从最大20m/s减小到10m/s，此时t＝4s时的牵引力
F4=P1vm=20020N=10N
此时重力大于牵引力，加速度向下，重物做减速运动，在t＝6s时，v＝10m/s，根据瞬时功率的公式可知此时牵引力大小为：F6=P1v2=20010N=20N
牵引力等于重力，加速度是零；在4～6s时间内，重物做加速度逐渐减小的减速运动，故D错误。
故选：C。
5．（2023春•沙坪坝区校级期末）一提升装置把静置于地面上的重物竖直向上提升的过程中，提升装置功率随时间变化的P﹣t图像如图所示。在t＝1s时，重物上升的速度达到最大速度的一半，在t＝3s时，达到最大速度vm＝20m/s。在t＝6s时，重物再次匀速上升，取g＝10m/s2，不计一切阻力。下列说法正确的是（ ）
A．重物质量为1kg
B．在t＝1s时，重物的加速度大小a＝20m/s2
C．在t＝6s时，重物的速度大小v＝5m/s
D．在0～6s时间内，重物上升的高度h＝85m
【解答】解：A、在t＝3s时，达到最大速度vm＝20m/s，此时牵引力等于重力，则有vm=PF3=Pmg，解得重物质量为：m=Pgvm=40010×20kg=2kg，故A错误；
B、在t＝1s时，此时牵引力大小为
F1=Pv1=40012×20N＝40N
根据牛顿第二定律得
a1=F1-mgm=40-2×102m/s2=10m/s2，故B错误；
C、在t＝6s时，重物再次匀速上升，此时重物的速度为v=P'mg=2002×10m/s=10m/s，故C错误；
D、在0～1s时间内，重物做匀加速直线运动，则重物上升的高度为h1=12a1t12=12×10×12m=5m
在1～3s时间内，重物做加速度减小的加速直线运动，则由动能定理有
Pt2-mgh2=12mvm2-12mv12
解得重物上升的高度：h2＝25m
在3～4s时间内，重物做匀速运动，则有
h3＝vmt3＝20×1m＝20m
在4～6s时间内，重物做加速度逐渐减小的减速直线运动，则有
P't4-mgh4=12mv2-12mvm2
解得重物上升的高度：h4＝35m
故在0～6s时间内，重物上升的高度为h＝h1+h2+h3+h4＝5m+25m+20m+35m＝85m，故D正确。
故选：D。
类型3 机车启动v-t图
6．（2023•泸县校级开学）一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其v﹣t图像如图所示，已知汽车的质量为m＝2×103kg，汽车受到的阻力为车重的0.1倍，g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．汽车在前5s内的加速度为0.5m/s2
B．汽车在前5s内的牵引力为4×103N
C．汽车的额定功率为60kW
D．汽车的最大速度为15m/s
【解答】解：A、根据v﹣t图像可知前5s内汽车的加速度为：a=ΔvΔt=105m/s2=2m/s2，故A错误；
B、对汽车进行受力分析，根据牛顿第二定律有：F﹣f＝ma，f＝0.1mg，解得：F＝6×103N，故B错误；
C、匀加速直线运动阶段结束时汽车达到额定功率，此时有：P额＝Fv1＝6×103×10W＝60kW，故C正确；
D、当汽车的加速度为零时达到最大速度，即此时牵引力等于阻力，则有：P额＝fvmax
解得：vmax＝30m/s，故D错误。
故选：C。
7．（2023•沙坪坝区校级开学）为登月探测月球，上海航天局研制了“月球车”。某探究性学习小组对“月球车”的性能进行研究。他们让额定功率P＝1.2kW的“月球车”在水平地面上以恒定加速度启动，并将“月球车”运动的全过程记录下来，通过数据处理得到如图所示的v﹣t图像。已知学习小组在10s末停止遥控，让“月球车”自由滑行，整个过程中“月球车”受到的阻力大小不变。下列说法正确的是（ ）
A．停止遥控后月球车的加速度大小为3m/s2
B．月球车在7～10s内不受牵引力的作用
C．月球车的质量m＝100kg
D．月球车受到的阻力大小为100N
【解答】解：ACD、在10s末撤去牵引力后，月球车只在阻力f作用下做匀减速运动，由v﹣t图像的斜率表示加速度可知，其加速度大小为a=ΔvΔt=613-10m/s2＝2m/s2
由牛顿第二定律得其阻力f＝ma
7～10s内“月球车”匀速运动，设牵引力为F，最大速度为vm，则F＝f
且P＝Fvm＝fvm
由图知最大速度vm＝6m/s
联立解得：f＝200N，m＝100kg，故AD错误，C正确；
B、月球车在7～10s内做匀速直线运动，牵引力与阻力平衡，故B错误。
故选：C。
8．（2023•东莞市开学）质量m＝200kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系．设汽车在运动过程中阻力恒定不变，在18s末汽车的速度恰好达到最大．则下列说法正确的是（ ）
A．汽车受到的阻力200N
B．汽车启动过程中最大牵引力为1000N
C．汽车在做变加速运动过程中的位移大小为90m
D．8s～18s过程中汽车牵引力做的功为4×104J
【解答】解：A、当牵引力等于阻力时，汽车速度达到最大值，由图知汽车的最大速度vm＝10m/s，额定功率P＝8×103W，由P＝Fvm＝fvm可得汽车受到的阻力为：f＝800N，故A错误；
B、汽车做匀加速运动时牵引力最大，当v＝8m/s时，汽车的功率达到额定功率，由P＝Fmv得汽车的最大牵引力为：Fm=Pv=8×1038N＝1000N，故B正确；
C、8s～18s过程中汽车做变加速运动，根据动能定理得：Pt−fx=12mvm2-12mv2，解得汽车在做变加速运动过程中的位移大小为：x＝95.5m，故C错误；
D、8s～18s过程中汽车功率不变，所以牵引力做的功为：W＝Pt＝8×103×（18﹣8）J＝8×104J，故D错误。
故选：B。
类型4 机车启动问题中的F-v图
9．（2023春•秦淮区校级期中）汽车沿平直的公路以恒定功率P从静止开始启动，如图所示为牵引力F随速度v变化的图像，加速过程共经历的时间t＝8s，加速过程通过的路程s＝50m，在图中的N点结束加速，之后汽车做匀速直线运动，汽车运动过程中所受的阻力始终不变，则汽车的质量为（ ）
A．2×104kgB．4.25×103kg
C．6.75×103kgD．8.75×103kg
【解答】解：由图像可知汽车的功率为
P=F1v1=4×104×4W=16×104W=1.6×105W
由题可得加速过程在N点结束，汽车做匀速直线运动，则有
P＝Fvm
匀速运动时的牵引力等于阻力，由图可知
F＝f＝2×104N
代入数据解得
vm＝8m/s
根据动能定理得
Pt-fs=12mvm2-0
代入数据解得汽车的质量为
m＝8.75×103kg
故D正确，ABC错误。
故选：D。
（多选）10．（2023春•市南区校级期末）汽车沿平直的公路以恒定功率P从静止开始启动，如图所示为牵引力F与速度v的关系，加速过程在图中的N点结束，所用的时间t＝8s，经历的路程x＝50m，8s后汽车做匀速运动。若汽车所受阻力始终不变，则（ ）
A．汽车匀速运动时的牵引力大小为2×104N
B．汽车所受阻力的大小为4×104N
C．汽车恒定功率为8×104W
D．克服阻力做功为106J
【解答】解：以恒定功率启动可看成变加速过程，其临界是F牵引力等于阻力f，后面匀速运动。
AB．设汽车运动过程中阻力为f，
由题可知在N点：F＝f 有图可知汽车做匀速运动时的牵引力大小为F＝2×104N
得汽车所受的阻力大小f＝2×104N 故A正确，B错误；
C．由图像信息得汽车的恒定功率P＝Fv 代入数据可得P＝1.6×105W 故C错误；
D．克服阻力做功为 W＝fx 代入数据可得 W＝106J 故D正确。
故选：AD。
类型5 机车启动问题中的a-1v图
11．（2023春•安庆期末）如图甲所示，配送机器人在满载状态下由静止沿直线做匀加速启动，用测速仪和计算机绘制出该过程中的加速度与速度倒数a-1v关系如图乙所示。该机器人工作时的额定功率为3kW，空载时的最大速度为7.5m/s。已知机器人受到地面的阻力与总重力成正比，重力加速度，g＝10m/s2。以下说法正确的是（ ）
A．该配送机器人的机身质量为300kg
B．该配送机器人的最大承载质量为200kg
C．该配送机器人受到的阻力为重力的120
D．50%最大载重情况下以额定功率启动，当速度为 3m/s时，该配送机器人的加速度大小为2m/s2
【解答】解：C、由功率表达式P＝Fv及牛顿第二定律分别可得
P＝Fv
F﹣kmg＝ma
联立得：a=Pm•1v-kg
由题图可知：当1v=15s/m时，a＝0；1v=35s/m时，a＝2m/s2，代入上式联立解得：m＝600kg，k＝0.1，即该配送机器人受到的阻力为重力的110，故C错误；
AB、空载时的最大速度为7.5m/s，可得
P＝km0gv′
解得该配送机器人的机身质量为：m0＝400kg
故该配送机器人的最大承载质量为m′＝m﹣m0＝600kg﹣400kg＝200kg，故A错误，B正确；
D、50%最大载重情况下，机器人总质量为500kg，以额定功率启动，当速度为3m/s时，受到的牵引力为
F1=Pv1=3×1033N＝1000N
受到的阻力为
f1＝kmg＝0.1×500×10N＝500N
据牛顿第二定律可得
a1=F1-f1m1=1000-500500m/s2＝1m/s2，即该配送机器人的加速度大小为1m/s2，故D错误。
故选：B。
（多选）12．（2023•滨海新区模拟）一辆额定功率800W的玩具赛车在水平直跑道上由静止开始以恒定功率加速前进，玩具赛车瞬时加速度和瞬时速度的倒数的关系图像如图所示。假设在阻力大小不变的情况下，玩具赛车从起点到终点所用的时间为30s，玩具赛车到达终点前已达到最大速度。下列说法正确的是（ ）
A．玩具赛车所受的阻力大小为40N
B．玩具赛车的质量为10kg
C．玩具赛车的速度大小为10m/s时的加速度大小为1m/s2
D．起点到终点的距离为500m
【解答】解：A．由图可知横轴交点a＝0时玩具车的速度最大，此时v﹣1＝0.05（s/m），则最大速度为：
vm=10.05m/s
解得：vm＝20m/s
则阻力为：
f=Pvm
代入数据得：f＝40N，故A正确；
B．由牛顿第二定律得玩具车的加速度为：
a=F-fm
又P＝Fv
联立解得：a=Pm⋅1v-fm
所以k=Pm ①
由图像可知
k=ΔaΔv-1
其中Δa＝20m/s2，Δv﹣1＝（0.55﹣0.05）s/m＝0.5s/m
代入数据得：k＝40 ②
联立①②解得：m＝20kg，故B错误；
C．根据a=Pm⋅1v-fm
整理得：a=(40v-2)m/s2
可知玩具赛车的速度大小为10 m/s时的加速度大小为2m/s2，故C错误；
D．从起点到终点由动能定理得：
Pt-fx=12mvm2
解得：x＝500m，故D正确；
故选：AD。
13．（2023春•蕉城区校级期末）一辆汽车由静止开始沿平直公路保持恒定的功率P0启动，假设汽车在启动过程中所受的阻力大小不变，在启动过程中利用计算机描绘出了汽车的加速度关于速度倒数的变化规律图像，如图所示，图线中标出的量均为已知量。则下列说法正确的是（ ）
A．阻力大小为P0c
B．该汽车的最大速度为1c
C．该汽车的质量大小为dP0c
D．汽车从启动到速度达到最大所需的时间为1cd
【解答】解：AC、汽车从静止开始以恒定功率启动，由P0＝Fv，及F﹣f＝ma，整理得a=P0m⋅1v-fm，结合图像有P0m=dc，0=P0m⋅c-fm，解得m=cP0d，f＝cP0，故AC错误；
BD、当汽车加速度为零时，速度最大，此时有1vm=c，解得汽车的最大速度，vm=1c，由于该过程中汽车的运动为非匀加速直线运动，即加速度大小从d逐渐减小，则汽车从启动到速度达到最大所需的时间不等于1cd，故B正确，D错误；
故选：B。
14．（2023秋•香坊区校级月考）我国新一代航拍大疆无人机机身轻小便携，工作时旋翼转动获得向上的牵引力，在哈九中2023年航天科普节活动中，大疆无人机由静止启动，以额定功率P机竖直上升并达到最大速度，其加速度a与速度倒数1v的关系图像如图所示。已知无人机机身及载重总质量m为2.5kg，重力加速度g取10m/s2。启动过程中除重力以外竖直阻力为f，求：
（1）无人机加速度a与速度倒数1v的函数关系式。（要求用题目已知字母表示如P机，m，g，f）
（2）无人机升力提供的功率P机；
（3）无人机上升的最大速度。
【解答】解：（1）根据牛顿第二定律得
F﹣mg﹣f＝ma
其中：P机＝Fv
解得：a=P机m•1v-mg+fm
（2）由上式可知，图像的斜率k=P机m=26.4+124
解得：P机＝24W
（3）图像纵轴截距为
-mg+fm=-12
解得：f＝5N
当无人机速度最大时，则a＝0，即
P机vm=mg+f
解得：vm＝0.8m/s
类型6 类似机车启动问题中的1v-a图
15．（2022春•镇海区校级期中）汽车由静止开始以恒定功率P0启动做直线运动，如图反应了汽车的加速度关于速度倒数的变化规律图像，如图所示，图线中标出的量均为已知量。设汽车在启动过程中受到的阻力大小不变，则下列说法正确的是（ ）
A．该汽车的质量大小为dP0c
B．该汽车的最大速度为1c
C．阻力大小为P0c
D．汽车从启动到速度达到最大所需的时间为1cd
【解答】解：AC、汽车从静止开始以恒定功率P0启动，有P0＝Fv，结合牛顿第二定律，有F﹣f＝ma，整理得1v=mP0•a+fP0，则图像的斜率k=mP0=cd，得汽车的质量m=cP0d。纵轴截距c=fP0，则阻力大小f＝cP0，故AC错误；
B、当汽车加速度为零时，速度最大，此时有1vm=c，解得汽车的最大速度vm=1c，故B正确；
D、由于该过程中汽车的运动是非匀加速直线运动，即加速度大小从d逐渐减小，则汽车从启动到速度达到最大所需的时间t≠vma=1cd=1cd，故D错误。
故选：B。
16．（2023春•连云港期末）玩具赛车在水平直线跑道上由静止开始以20kW的恒定功率加速前进，赛车瞬时速度的倒数1v和瞬时加速度a的关系如图所示。已知赛车受到的阻力恒定，赛车到达终点前已经达到最大速度，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．赛车做匀加速运动
B．赛车的质量为20kg
C．赛车所受阻力大小为500N
D．赛车速度大小为5m/s时，加速度大小为60m/s2
【解答】解：A、由牛顿第二定律及瞬时功率表达式可得：Pv-f=ma，可知赛车做加速度逐渐减小的加速直线运动，故A错误；
BC、上述表达式整理可得：1v=mPa+fP，可见1v-a图象是倾斜的直线，其斜率恒定为：k=mP，与纵轴的截距为：b=fP，结合题设图象可得：b=fP=0.05s/m，k=mP=0.1-0.0520s3/m2
联立解得：m＝50kg，f＝1000N，故BC错误；
D、代入图象表达式，当v＝5m/s，解得：a＝60m/s2，故D正确。
故选：D。
类型7 机车启动中的V-1F图
17．（2023•浙江模拟）如图所示为某型号电动车在某次测试中的速度v与牵引力F大小的倒数图像（v-1F），已知汽车在平直路面上由静止启动，阻力恒定，最终达到最大速度vm后以额定功率匀速行驶，ab、cd平行于v轴，bc反向延长线过原点O，汽车质量为M，已知M、F1、F2、vm，下列说法不正确的是（ ）
A．汽车额定功率为F2vm
B．汽车从b到c过程做变加速运动
C．汽车匀加速运动持续的时间为MF2vm(F1+F2)F1
D．汽车从a到b过程克服阻力做功Mvm2F232(F1-F2)F12
【解答】解：A、根据P＝Fv可知v＝P⋅1F，额定功率等于图线的斜率，P=vm1F2=F2vm，故A正确；
B、根据P＝Fv，汽车由b到c过程中功率不变，随着汽车速度的增大，牵引力减小，根据牛顿第二定律得：
F﹣f＝ma
汽车所受阻力不变，随着牵引力的减小，汽车的加速度也减小，汽车由b到c过程中加速度减小的加速运动，故B正确；
C、汽车所受的阻力为f=Pvm=F2
由于额定功率等于图线的斜率，有：P=vm1F2=vm-v11F2-1F1
解得：F2vm＝v1F1
汽车从a到b，根据牛顿第二定律得：F1﹣f＝Ma
汽车从a到b持续的时间为t=v1a
联立解得：t=MF2vm(F1-F2)F1
故C错误；
D、汽车从a到b过程运动的位移为x=12at2
克服阻力做功W＝fx
解得：W=Mvm2F232(F1-F2)F12
本题选择错误选项；
故选：C。
（多选）18．（2023春•中山区校级期中）汽车在研发过程中都要进行性能测试，如图所示为某次测试中某型号汽车的速度v与牵引力F大小倒数的v-1F图像，vm表示最大速度。已知汽车在水平路面上由静止启动，ab平行于v轴，bc反向延长过原点O。已知阻力恒定，汽车质量为1.25×103kg，下列说法正确的是（ ）
A．汽车从a到b持续的时间为12.5s
B．汽车由b到c过程做匀加速直线运动
C．汽车额定功率为50kW
D．汽车能够获得的最大速度为12m/s
【解答】解：A、汽车所受的阻力为f=Pvm=50×10312.5N=4000N，汽车从a到b所受的牵引力为1F=15×10-3N﹣1，解得F＝5000N，根据牛顿第二定律得F﹣f＝ma，解得a＝0.8m/s2，汽车从a到b持续的时间为t=va=100.8s=12.5s，故A正确。
B、根据P＝Fv，汽车由b到c过程功率不变，随着汽车速度的增大，牵引力减小；根据牛顿第二定律得F﹣f＝ma，汽车所受阻力不变，随着牵引力的减小，汽车的加速度减小，汽车由b到c过程做非匀变速直线运动，故B错误；
C、根据P＝Fv可知，额定功率等于图线的斜率，即额定功率P=1015×10-3W=50kW，故C正确；
D、汽车能够获得的最大速度为vm=P×1F=50×103×14×10-3m/s=12.5m/s，故D错误。
故选：AC。
类型8 功能中的Ek-x图
19．（2023春•兴庆区校级期末）从地面竖直向上抛出一小球，小球受大小恒定的空气阻力作用，其动能Ek随运动路程s的变化如图所示，重力加速度g＝10m/s2。则（ ）
A．小球的质量为2kg
B．小球受到的阻力大小为2N
C．小球的初速度的大小为10m/s
D．当小球的运动路程为5m时，机械能损失了20J
【解答】解：AB、上升过程，由动能定理得：﹣（mg+f）h＝0﹣Ek0
下降过程，由动能定理得：（mg﹣f）h＝Ek﹣0
据题图知：h＝5m，Ek0＝60J，Ek＝40J，联立解得：m＝1kg，f＝2N，故A错误、B正确；
C、由动能的计算公式可得：Ek0=12mv02，解得小球的初速度的大小：v0＝230m/s，故C错误；
D、当小球的运动路程为5m时，机械能损失：ΔE＝fs＝2×5J＝10J，故D错误。
故选：B。
20．（2023春•石狮市校级月考）如图甲所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动能Ek与距地面高度h的关系如图乙所示，已知重力加速度为g，空气阻力不计。下列说法正确的是（ ）
A．在0～h0过程中，F大小始终为mg
B．在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为2：1
C．在0～2h0过程中，物体的机械能先增大后减小
D．在2h0～3.5h0过程中，物体的机械能不变
【解答】解：A、0～h0过程中，Ek﹣h图像为一段直线，由动能定理得：（F﹣mg）h0＝mgh0﹣0，解得：F＝2mg，故A错误；
B、在0～h0过程中，F做功为WF1＝2mgh0；在h0～2h0过程中，由动能定理可知：WF2﹣mgh0＝1.5mgh0﹣mgh0
解得：WF2＝1.5mgh0
因此在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为WF1：WF2＝（2mgh0）：（1.5mgh0）＝4：3，故B错误；
C、在0～2h0过程中，F一直做正功，故物体的机械能不断增加，故C错误；
D、在2h0～3.5h0过程中，由动能定理得：W'F﹣1.5mgh0＝0﹣1.5mgh0
则W'F＝0，F做功为0，物体的机械能保持不变，故D正确。
故选：D。
类型9 机械能和动能随x关系图
21．（2023•河北模拟）如图1所示，倾角为θ的斜面固定在水平地面上，一质量为m的小物块从斜面顶端由静止释放，取地面为零势能面，物块的机械能E与其距地面的高度h的关系如图2所示，已知重力加速度为g，图2中直线的斜率k=mg2，则物块与斜面之间的动摩擦因数为（ ）
A．12tanθB．12tanθC．12sinθD．12csθ
【解答】解：物块运动到距地面高h处时，其机械能E=mgh0-μmgcsθ(h0sinθ-hsinθ)，由此可知图2中图像的斜率k=μmgcsθsinθ=12mg
解得：μ=12tanθ，故B正确，ACD错误。
故选：B。
22．（2023•蚌埠模拟）如图甲所示，x轴的正方向竖直向下，其原点为O，一个钢球从x轴上的P点沿竖直方向抛出，之后钢球落入粘性液体中，粘性液体底部坐标为x2；钢球在运动过程中机械能E随位置坐标x的变化规律如乙图所示，图中ab为直线，bc为曲线。不计空气阻力，则下列判断正确的是（ ）
A．钢球从P点抛出时速度竖直向下
B．钢球进入液体后先加速后匀速运动
C．钢球在液体中下落时动能越来越小
D．钢球在液体中下落时所受阻力越来越大
【解答】解：A、钢球从x轴上的P点沿竖直方向抛出，由图可知从O到x1，小球的机械能守恒，由于O是坐标原点，所以钢球抛出的速度竖直向上，故A错误；
BCD、钢球进入液体后，阻力做功等于其机械能的变化，有ΔE＝fΔx，则ΔEΔx=f，即E﹣x图像的斜率大小等于阻力大小，由图可知钢球在液体中下落时所受阻力越来越大，则钢球进入液体后先加速，当f＞G后，钢球做减速运动，钢球的动能先增大后减小，故BC错误，D正确。
故选：D。
类型10 动能势能随x变化图
23．（2022秋•黄浦区期末）黄浦滨江滑板公园的一根滑道如图所示，小吕同学从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道至A点起跳。此过程中可将人视为质点，不计摩擦力及空气阻力，以滑道最低点所在平面为零势能面，人的重力势能Ep、动能Ek与水平位移x的关系图像正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【解答】解：AB．斜面上运动时，设初始时距斜面底端水平距离为L，运动员位移与水平方向夹角为θ，则有
Ep＝mg（Lsinθ﹣xtanθ），物体下滑时Ep函数为一次函数，Ep﹣x图像应为倾斜的直线，故AB错误；
CD．由动能定理得：mgxtanθ＝Ek﹣0
运动员斜面上运动时的动能：Ek＝mgxtanθ
由图示运动员运动过程可知，开始θ不变，Ek与x成正比，运动员运动到倾斜轨道下端时θ发生变化，Ek与位移不成正比，运动员到达轨道最低点然后上升，重力做负功，动能减小，故C正确，D错误；
故选：C。
（多选）24．（2023秋•烟台期中）如图所示，滑块以一定的初动能从斜面底端O点冲上足够长的粗糙斜面，斜面倾角为α，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ。取O点所在的水平面为零势能面，以O点为位移的起点、沿斜面向上为位移的正方向，已知μ＜tanα。下列描述滑块的动能Ek、重力势能Ep、机械能E随滑块位移x变化的图像中，可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【解答】解：A、由动能定理得：ΔEk＝F合Δx，则ΔEkΔx=F合，即Ek﹣x图像的斜率表示合外力。
由题可知，上滑时，物体的合外力大小为
F1＝mgsinα+μmgcsα，不变，则Ek﹣x图像是向下倾斜的直线
因μ＜tanα，则mgsinα＞μcsα，物体不会停在最高点，会下滑。
下滑时，合外力大小为
F2＝mgsinα﹣μmgcsα，不变，Ek﹣x图像是向上倾斜的直线
则F1＞F2，故A正确；
B、重力势能表达式为Ep＝mgxsinα，Ep﹣x图像为过原点的直线，故B正确；
CD、根据功能关系，上滑和下滑时均有摩擦力做负功，则物体的机械能一直减小，且摩擦力大小不变，则上滑过程机械能随x增大均匀减小，下滑过程，机械能随x减小均匀减小，且两段过程斜率大小相同，故C错误，D正确。
故选：ABD。
类型11 机械能随高h关系图
25．（2023•延庆区一模）如图甲所示，物体以一定初速度从倾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m。选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E机随高度h的变化如图乙所示。g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。则（ ）
A．物体的质量m＝0.67kg
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5
C．物体上升过程的加速度大小a＝12m/s2
D．物体回到斜面底端时的动能Ek＝20J
【解答】解：A、物体到达最高点时，机械能为：E＝EP＝mgh。由图知：EP＝30J，得：m=Egh=3010×3kg＝1kg，故A错误；
B、物体上升过程中，克服摩擦力做功，机械能减少，且减少的机械能等于克服摩擦力做的功，有ΔE＝﹣μmgcsαhsinα，由图知ΔE＝30J﹣50J＝﹣20J，h＝3m，解得：μ＝0.5，故B正确；
C、物体上升过程中，由牛顿第二定律得：mgsinα+μmgcsα＝ma，得：a＝gsinα+μgcsα＝（10×0.6+0.5×10×0.8）m/s2＝10m/s2，故C错误；
D、由图象可知，物体上升过程中摩擦力做功为：W＝ΔE＝﹣20J，在整个过程中由动能定理得：Ek﹣Ek0＝2W，则有：Ek＝Ek0+2W＝50J+2×（﹣20J）＝10J，故D错误。
故选：B。
（多选）26．（2023春•包头期末）一质量为m的物体自倾角为37°的固定粗糙斜面底端沿斜面向上滑动。规定斜面底端为零势能面，已知物体向上滑动的过程中动能和机械能与上升高度h的关系分别如图所示。已知sin37°=35，重力加速度大小为g。则（ ）
A．物体向上滑动的最大距离为E02mg
B．物体与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物体到达斜面底端时的动能为E05
D．物体在斜面运动的全过程中克服摩擦力做功为2E05
【解答】解：A、设物体上升的最大高度为h0，向上滑动的最大距离为s，根据图像可得物体在最高点时，有
mgh0=35E0
由几何关系可得
ssin37°＝h0
联立解得：s=E0mg，故A错误；
B、设物体与斜面间的动摩擦因数为μ，由动能定理有
﹣mgh0﹣μmgcs37°s＝0﹣E0
解得：μ＝0.5，故B正确；
C、设物体上滑过程中克服摩擦力所做的功为W克，根据图像，结合能量守恒可得
E0＝mgh0+W克
解得：W克=25E0
物体下滑到达斜面底端的过程，根据动能定理有
mgh0﹣W克＝Ek
解得物体到达斜面底端时的动能为：Ek=E05，故C正确；
D、物体上滑和下滑过程摩擦力做功相等，则物体在斜面运动的全过程中克服摩擦力做功为W=2W克=45E0，故D错误。
故选：BC。
类型12 功能关系中的a-x图应用
27．（2023春•安源区校级期末）如图1所示，表面粗糙的“L”型水平轨道固定在地面上，劲度系数为k、原长为l0的轻弹簧一端固定在轨道上的O点，另一端与安装有位移、加速度传感器的滑块相连，滑块总质量为m。以O为坐标原点，水平向右为正方向建立x轴，将滑块拉至坐标为x3的A点由静止释放，向左最远运动到坐标为x1的B点，测得滑块的加速度a与坐标x的关系如图2所示，其中a0为图线纵截距。则滑块由A运动至B过程中（弹簧始终处于弹性限度内）下列描述正确的是（ ）
A．x2＝l0
B．最大动能为12ma3(x3-x2)
C．动摩擦因数μ=a0g+kl0mg
D．滑块在x3和x1处的弹性势能EP3＝EP1
【解答】解：A、由图可知，当滑块运动到x2位置时，滑块的加速度为零，此时滑块受到的弹簧弹力与水平向右的滑动摩擦力等大反向，弹簧弹力向左，弹簧处于伸长状态，可知x2＞l0，故A错误；
B、滑块运动到x2位置时加速度为零，此时滑块的速度达到最大，其动能最大，由x3到x2的过程，根据动能定理，结合图2的图线与横轴所围的面积可得最大动能为：Ekm=12ma3(x3-x2)，故B正确；
C、当弹簧的长度为x时，根据牛顿第二定律得：﹣k（x﹣l0）+μmg＝ma
由图2可得：当x＝0时，a＝a0
解得动摩擦因数为：μ=a0g-kl0mg，故C错误；
D、由功能关系可知滑块由x3到x1的过程，滑块与弹性组成的系统损失的机械能等于克服摩擦力做的功为：μmg（x3﹣x1），由能量守恒定律可得：Ep3＝Ep1+μmg（x3﹣x1），故D错误。
故选：B。
28．（2022•肥东县二模）将一轻弹簧水平放在光滑水平桌面上，一端固定，另一端与一质量为m的小物体相连，将小物体拉至O点由静止释放，小物体的加速度a与离开O点的距离x的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数为ma0x0
B．小物体运动过程中，弹簧的最大弹力为2ma0
C．小物体运动过程中的最大动能为ma0x0
D．小物体运动过程中，弹簧的最大弹性势能为2ma0x0
【解答】解：A、由图可知，当物体在x0位置时，加速度等于0，故这个位置即为弹簧的原长处，刚开始弹簧压缩量为x0，加速度为a0，则ma0＝kx0，解得k=ma0x0，故A正确；
B、由图可知，小物体的最大加速度大小为a0，根据牛顿第二定律可知弹簧最大的弹力为F＝ma0，故B错误；
C、当弹簧形变量为0时动能最大，根据v2＝2ax可知，ax就是图象与x轴围成的面积，即ax=12a0x0，故最大的动能为：Ekm=12mv2=12ma0x0，故C错误；
D、物体在运动过程中只发生动能和弹性势能的相互转化，当动能为0时，弹簧弹性势能最大，此时动能全部转化为弹簧的弹性势能，但最大的弹性势能为Epm=Ekm=12ma0x0，故D错误。
故选：A。