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2023 年高考物理二轮复习讲练测
专题05 三大力场中的功能关系（精讲）
精讲考点 精讲内容
考点1 变力做功和功率计算问题
考点2 动能定理的综合应用
考点3 机械能守恒定律在四类模型中的综合应用
考点4 三大力场中的功能关系
考点5 有关机械能的图像问题
【知识体系构建】
【典例方法突破】
一、变力做功和功率计算问题1.变力做功的常用方法
【例1】（2021江西名校联考）光滑固定斜面上有一个质量分布均匀的正方形薄铁板，质量为M，正方形边长
为d，在外力作用下沿平行于底边方向运动，在斜面上宽度为d的灰色区域内涂有一层特殊材料，薄铁板与该
材料之间的动摩擦因数为 ，重力加速度为g，斜面倾角为 ，则该薄铁板通过粗糙区域时克服摩擦力做的功
为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】物块进入粗糙部分越多，摩擦力越大，所以摩擦力先逐渐增大后逐渐减小，且物体对粗糙部分的正压
力与位移成正比（如图所示），故平均摩擦力 µMgcosθ，所以W= µMgcosθ×2d=µMgdcosθ
f
故选A。
【例2】（2022河南八市联考）质量为2kg的物体静止在光滑的水平面上，从某时刻起，对物体施加一方向不
变的水平拉力F，该拉力与物体的位移x的关系图像如图所示，则物体在x=7m处时的速度大小为（ ）A． B． C．5m/s D．4m/s
【答案】A
【详解】根据F-x图像的面积表示功， 则物体从0运动到7m过程拉力做的功为
由动能定理 解得 故选A。
【例3】（2022江西景德镇二模）我国越野滑雪队在河北承德雪上项目室内训练基地，利用工作起来似巨型
“陀螺"的圆盘滑雪机模拟一些特定的训练环境和场景，其转速和倾角（与水平面的最大夹角达18°）根据需要
可调。一运动员的某次训练过程简化为如图模型：圆盘滑雪机绕垂直于盘面的固定转轴以恒定的角速度 转动，
盘面上离转轴距离为10m处的运动员（保持右图滑行姿势，可看成质点）与圆盘始终保持相对静止，运动员
质量为60kg，与盘面间的动摩擦因数为0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面的夹角为18°，g
取10m/s2，已知sin18°≈0.31，cos18°≈0.95。则下列说法正确的是（ ）
A．运动员随圆盘做匀速圆周运动时，一定始终受到三个力的作用
B． 的最大值约为0.89rad/s
C． 取不同数值时，运动员在最高点受到的摩擦力一定随 的增大而增大
D．运动员由最低点运动到最高点的过程中摩擦力对其所做的功约为3720J
【答案】AD
【详解】A．当运动员在圆盘最高点时，设受到摩擦力沿斜面向下，则有 当运动员在圆盘最低点时，则有 且 联立解得 说明运动员在最高点
受到的摩擦力沿斜面向上，故运动员随圆盘做匀速圆周运动时，一定始终受到三个力的作用故A正确；
B．在圆盘最下方，根据 解得 故B错误；
C． 取不同数值时，运动员在最高点受到的摩擦力可能大小相等，方向相反，故C错误；
D．运动员运动过程中速度大小不变，动能不变，设 、 分别为摩擦力做功和重力做功的大小，有
故D正确。故选AD。
【方法规律归纳】
1.利用平均力求变力做功：当物体受到的力方向不变，而大小随位移均匀变化时，则可以认为物体受到一大小
为F＝的恒力作用，F、F 分别为物体在初、末位置所受到的力，然后用公式W＝Flcos α求此变力所做的功。
1 2
2.利用F-x图像求变力做功：在F x图像中，图线与x轴所围“面积”的代数和就表示力F在这段位移内所做
的功，且位于x轴上方的“面积”为正功，位于x轴下方的“面积”为负功，但此方法只适用于便于求图线所
围面积的情况(如三角形、矩形、圆等规则的几何图形)。
3.利用动能定理求变力做功：利用公式 W＝Flcos α不容易直接求功时，尤其对于曲线运动或变力做功问题，
可考虑由动能的变化来间接求功，所以动能定理是求变力做功的首选。
2. 功率及机车启动问题
【例4】（2022年浙江卷）小明用额定功率为 、最大拉力为 的提升装置，把静置于地面的质量为
的重物竖直提升到高为 的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过 的匀减速运动，
到达平台的速度刚好为零， 取 ，则提升重物的最短时间为（ ）
A．13.2s B．14.2s C．15.5s D．17.0s
【答案】C
【详解】为了以最短时间提升重物，一开始先以最大拉力拉重物做匀加速上升，当功率达到额定功率时，保持
功率不变直到重物达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做匀减速上升至平台速度刚好为零，重物在第一阶段做匀加速上升过程，根据牛顿第二定律可得 当功率达到
额定功率时，设重物的速度为 ，则有 此过程所用时间和上升高度分别为
； 重物以最大速度匀速时，有
重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升高度分别为 ；
设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为 ，该过程根据动能定理可得
又 联立解得 故提升重物的最短时间为
，C正确，ABD错误；故选C。
【例5】（2022年河北沧州二模）一质量为 的儿童电动汽车在水平地面上由静止开始做直线运动。
在一段时间内电动汽车的速度与牵引力的功率随时间变化的函数关系图像分别如图甲、乙所示，3s末电动汽
车牵引力功率达到额定功率，10s末电动汽车的速度达到最大值，14s时关闭发动机，经过一段时间电动汽车
停止运动。整个过程中电动汽车受到的阻力恒定。下列说法正确的是（ ）
A．电动汽车最大速度为10m/s
B．电动汽车受到的阻力为100NC．关闭发动机后，电动汽车经过5s停止运动
D．整个过程中，电动汽车克服阻力做功为3750J
【答案】D
【详解】AB．由 图像可知在0～3s内，电动汽车的加速度 由 图像可知在0～3s内
解得 由牛顿第二定律 ； 由
解得 选项A、B错误；
C．关闭发动机后 经过 电动汽车停止运动，选项C错误；
D．对全程由动能定理可得 ； 所以整个过程中克服阻力做
功为3750J，选项D项正确。故选D。
【例6】（2022年湖南衡阳二模 ）根据机动车的运动情况，绘制如右图 图像，已知机动车质量为
kg，其在水平路面沿直线行驶，规定初速度 的方向为正方向，运动过程中所受阻力恒定为
N。则以下说法合理的是（ ）
A．1秒末机动车牵引力功率为 WB．机动车的初速度为20m/s
C．机动车的加速度为8m/s2
D．机动车在前3秒的位移是24m
【答案】B
【详解】ABC．由图像设 与 的函数关系式为 整理可得 由运动学公式 知
上式中 ，加速度 ，故B正确，C错误。1秒末机车的速度
根据牛顿第二定律 ； 解得到 故A错误；
D．机车做减速运动经时间 所以前3秒的位移 故D错误。故选B。
【方法规律归纳】
1．两种启动方式
以恒定功率启动 以恒定加速度启动
Pt图像
和
vt图像
过程 v↑⇒F＝↓ a＝不变⇒F不变
OA 分析 ⇒a＝↓ ⇒P＝Fv↑直到P ＝Fv
额 1
段
运动
加速度减小的加速运动 匀加速直线运动，维持时间t＝
0
性质
AB 过程 F＝F 阻⇒a＝0 v↑⇒F＝↓分析 ⇒v ＝ ⇒a＝↓
m
段 运动
以v 做匀速直线运动 加速度减小的加速运动
m
性质
F＝F 阻⇒a＝0⇒
BC段 无
以v ＝做匀速运动
m
2．三个重要关系
(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都为v ＝。
m
(2)机车以恒定加速度启动时，匀加速过程结束后功率最大，速度不是最大，即v＝<v ＝。
m
(3)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W＝Pt，由动能定理得Pt－F x＝ΔE ，此式经常用于求解机车以恒
阻 k
定功率启动过程的位移、速度或时间。
二、动能定理的综合应用
【例7】（2022年江苏四市调考）第24届冬奥于2022年2月4日在我国的北京等地举行，冰滑梯作为体验冰
雪运动乐趣的设施受到广大游客的欢迎。某冰滑梯的示意图如图所示，设螺旋滑道机械能的损耗为 ，水
平滑道和倾斜滑道对同一滑板的动摩擦因数相同，对不同滑板的动摩擦因数 满足 。在设计滑梯
时，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，且滑行结束时停在水平滑道上。以下说法正确的是（ ）
A． 不能小于 B． 不能大于
C． 之和不能小于 D． 之和不能大于【答案】B
【详解】AB．设倾斜轨道的倾角为θ，游客质量为m，因为要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，所以要
满足 即 可得 假设游客能滑上水平轨道，由动能定理得
解得 由于 ，故要使游客能滑到水平轨道上，需满足
故A错误，B正确；
CD．假设游客恰好停止在水平轨道左端，对于游客运动的过程，由动能定理得
即 解得
由 可知，要使游客能停在水平轨道上，需满足 故CD错误。故选B。
【例8】（2022年重庆模拟）如图所示，位于竖直平面内的内壁光滑的绝缘管做成的圆环半径为R，管的内径
远小于R．ab为该环的水平直径，ab及其以下区域处于水平向左的匀强电场中．现将质量为m、电荷量为+q
的带正电小球从管中a点由静止开始释放，已知小球释放后，第一次和第二次经过最高点c时对管壁的压力的
大小之比为1:2．则下列说法正确的是（）
A．小球释放后，匀强电场的电场强度
B．小球释放后，第n次经过最低点d时对管壁的压力C．小球释放后，第一次到达b点时对管壁的压力为0
D．小球释放后，第n次到达最高点c时对管壁的压力
【答案】AD
【详解】小球第一次经过c点时，由动能定理： ；由牛顿第二定律： ；小球
第二次经过c点时，由动能定理： ；由牛顿第二定律： ，其中F :F =1:2；
N1 N2
联立解得： ，选项A正确；
小球释放后，第n次经过最低点d时，由动能定理： ；由牛顿第二定律：
；解得 ，选项B错误；小球释放后，第一次到达b点时：由动能定理：
；由牛顿第二定律： ；解得N =2.25mg，选项C错误；小球释放后，第n次到达最高
b1
点c时：由动能定理： ；由牛顿第二定律： ；小对管壁的压力
，选项D正确；故选AD.
【例9】（2022年广西一模）如图所示，两根足够长光滑导轨竖直放置，导轨间距为L，底端接阻值为R的电
阻。将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，弹簧劲度系数为k,导轨所在平面与磁感应强度为B的
匀强磁场垂直。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，第一次达到最大速度v时，回路产生的焦耳热为Q。
若金属棒和导轨接触良好，电阻均可忽略，则（ ）A．金属棒和弹簧组成的系统机械能守恒
B．金属棒第一次达到最大速度时弹簧的伸长量为
C．金属棒最后静止时电阻R上产生的总热量为
D．金属棒第一次达到最大速度时弹簧的弹性势能小于
【答案】BD
【详解】A．金属棒从弹簧原长位置由静止释放后，速度逐渐增大，切割磁感线，产生感应电流，金属棒受到
竖直向上的安培力，安培力做负功，故金属棒和弹簧组成的系统机械能不守恒，故A错误；
B．金属棒第一次达到最大速度时，受到重力、弹簧的弹力和安培力，处于平衡状态，则有
安培力为 导体切割磁感线，感应电动势为 根据闭合电路欧姆定律有
弹簧的弹力为 联立解得 故B正确；
C．金属棒最后静止时，安培力为零，受重力和弹簧弹力，则有 根据动能定理有
由功能关系可知回路产生的焦耳热为 联立解得 故C错误；
D．金属棒第一次达到最大速度时，由动能定理有 即
可得 故D正确。故选BD。【方法规律归纳】
1．解题流程
2．注意事项
(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。
(2)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出运动过程的草图，借助
草图理解物理过程之间的关系。
(3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也
可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。
(4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。
三、机械能守恒定律在四类模型中的综合应用
1.轻绳连接的物体系统
【例10】（2022年河南一模）如图所示，一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O、O 和质量为m的小球连
1 2
接，另一端与套在光滑直杆上质量也为m的小物块连接，已知直杆两端固定，与两定滑轮在同一竖直平面内，
与水平面的夹角θ=60°，直杆上C点与两定滑轮均在同一高度，C点到定滑轮O 的距离为L，重力加速度为
1
g，设直杆足够长，小球运动过程中不会与其他物体相碰。现将小物块从C点由静止释放，当小物块沿杆下滑
距离也为L时（图中D处），下列说法正确的是（ ）A．小物块刚释放时，轻绳对小球的拉力小于mg
B．小球下降最大距离为
C．小物块在D处的速度与小球速度大小之比为2：1
D．小物块在D处的速度
【答案】ABC
【详解】A．物块从C点由静止释放时，小球将向下运动，瞬时加速度竖直向下，故轻绳对小球的拉力一定小
于小球的重力mg，故A正确；
B．当连接物块的绳子与杆垂直时，小球下降的距离最大，根据几何知识得
故B正确；
CD．小物块沿杆下滑距离L时，由几何知识，可知三角形 为等边三角形，将小物块的速度分解为沿绳
子方向和垂直绳子方向， 如图所示
物块沿绳子方向的分速度等于小球的速度，则有 可得 对物块和小球组成的系统，由机械能守恒定律可得 解得 ， 故C正确，D错误。故选ABC。
【方法规律归纳】
常见情景
(1)分清两物体是速度大小相等，还是沿绳方向的分速度大小相等。
(2)用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系。
三点提醒
(3)对于单个物体，一般绳上的力要做功，机械能不守恒；但对于绳连接的系统，机械
能则可能守恒。
3. 轻杆连接的物体系统
【例11】（2022年安徽名校联考）如图所示，光滑斜面倾角θ=60°，其底端与竖直平面内半径R的光滑圆弧轨
道平滑对接，位置D为圆弧轨道的最低点。两个质量均为m的小球A和小环B（均可视为质点）用L=1.5R的
轻杆通过轻质铰链相连。B套在固定竖直光滑的长杆上，杆和圆轨道在同一竖直平面内，杆过轨道圆心，初始
轻杆与斜面垂直。在斜面上由静止释放A，假设在运动过程中两杆不会碰撞，小球通过轨道连接处时无能量损
失（速度大小不变），重力加速度为g，下列判断正确的是（ ）
A．小球A由静止释放运动到最低点时，机械能一直减小
B．小环B速度最大时轻杆弹力为mg
C．刚释放时，小球A的加速度大小为D．小球运动到最低点时的速度大小为
【答案】CD
【详解】A．小球A运动到最低点时，轻杆呈竖直状态，小环B的速度为零，可知小环B先加速后减速，在小
环B减速过程中轻杆对其做负功，轻杆对其是斜向上的推力，那么轻杆对小球A是斜向下的推力，轻杆对小球
做正功，此过程小球A的机械能增加，故A错误；
B．小环B速度最大时，小环在竖直方向上的合力为0，轻杆弹力的竖直为mg，所以轻杆弹力大于mg。故B
错误；
C．刚释放小球时，由牛顿第二定律得 解得 故C正确；
D．小球A初始位置距水平面高度为 ，由几何关系可得
解得 小环B初始位置距水平面高度设为 ，由几何关系可得
由系统机械能守恒可得 式中 ， ， 解得
故D正确；故选CD。
【方法规律归纳】
常见情景
(1)平动时两物体线速度相等，转动时两物体角速度相等。
三大特点
(2)杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒。
(3)对于杆和球组成的系统，忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功，则系统机械能守恒。
4. 轻弹簧连接的物体系统
【例12】（2020年山东卷）如图所示，质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面的
水平轻绳，左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端，
当弹簧处于原长时，将B由静止释放，当B下降到最低点时（未着地），A对水平桌面的压力刚好为零。轻绳
不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，物块A始终处于静止状态。以下判断正确的是（ ）
A．M<2m
B．2m <M<3m
C．在B从释放位置运动到最低点的过程中，所受合力对B先做正功后做负功
D．在B从释放位置运动到速度最大的过程中，B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量
【答案】ACD
【详解】AB．由题意可知B物体可以在开始位置到最低点之间做简谐振动，故在最低点时有弹簧弹力
T=2mg；对A分析，设绳子与桌面间夹角为θ，则依题意有 故有 ，故A正确，B错误；
C．由题意可知B从释放位置到最低点过程中，开始弹簧弹力小于重力，物体加速，合力做正功；后来弹簧弹
力大于重力，物体减速，合力做负功，故C正确；
D．对于B，在从释放到速度最大过程中，B机械能的减少量等于弹簧弹力所做的负功，即等于B克服弹簧弹
力所做的功，故D正确。
【方法规律归纳】由轻弹簧连接的物体系统，一般既有重力做功又有弹簧弹力做功，这时系统内物体的动
题型特点
能、重力势能和弹簧的弹性势能相互转化，而总的机械能守恒。
(1)对同一弹簧，弹性势能的大小由弹簧的形变量完全决定，无论弹簧伸长还是压缩。
两点提醒
(2)物体运动的位移与弹簧的形变量或形变量的变化量有关。
4.竖直面内的圆周运动模型
【例13】（2022年上海一模）如图，水平轨道ABC、EG与内、外略微错开的竖直圆轨道CDE平滑连接，倾
角为β=37°的斜面GH与水平轨道EG也平滑连接。一质量为m=2kg的物体受到与水平方向成α=53°的恒力F
作用，由A点静止出发，经t=2s运动到B点，此时撤去恒力F，物体继续向前运动。已知水平轨道AB、斜面
GH与物体间的动摩擦因数均为μ=0.5，BCDEG为光滑轨道，AB的长度为s=10m，圆轨道半径R=2.5m
（sin53°=0.8，cos53°=0.6，g取10m/s2）。求：
（1）物体在水平轨道AB上运动的加速度；
（2）恒力F的大小；
（3）物体能否沿图示轨道运动到斜面上高为h=3m的P点？试分析说明；
（4）若仅改变恒力F的大小，要使物体沿图示轨道运动到斜面上的P点，F大小应满足的条件。
【答案】（1） ；（2）20N；（3）不能，见解析；（4）
【详解】（1）物体由 匀加速运动，根据运动学公式有 解得
（2）物体由 ，受力分析，根据牛顿第二定律有 ； ；
联立方程，代入数据解得（3）物体运动到B点的速度为 先判断物体能否到达D点， 过程中，由机械能守恒
定律得 解得 物体刚好通过D点时有 解得 由于 ，
故物体到达D点前已离开圆轨道，所以物体不能沿图示轨道运动到斜面上的P点。
（4）由（3）知，物体刚好通过D点时，速度为 ，然后物体继续运动，沿斜面上升的最大高度为 ，
根据能量守恒有 解得 所以能运动到斜面上的P点。
物体 ，由机械能守恒 解得 物体由 ，有
解得 由（2）有 物体刚好不离开水平轨道AB，则有
解得 故物体要沿图示轨道运动到P点，恒力F的大小必须满足
【方法规律归纳】
此类题目，首先利用好竖直面内圆周运动的临界条件，再就是要结合机械能守恒定律，分过程列方程求解。
四、三大力场中的功能关系
【例14】（2022年河北邯郸一模）如图所示，足够长的水平传送带以 的速度沿逆时针方向匀速转动，
在传送带的左端连接有一光滑的弧形轨道，轨道的下端水平且与传送带在同一水平面上，滑块与传送带间的动
摩擦因数为 。现将一质量为 的滑块（可视为质点）从弧形轨道上高为 的地方由静止释
放，重力加速度大小取 ，则（ ）A．滑块刚滑上传送带左端时的速度大小为
B．滑块在传送带上向右滑行的最远距离为2.5m
C．滑块从开始滑上传送带到第一次回到传送带最左端所用的时间为2.25s
D．滑块从开始滑上传送带到第一次回到传送带最左端的过程中，传动系统对传送带多做的功为12J
【答案】ACD
【详解】A．滑块刚滑上传送带左端时的速度大小为 ，A正确；
B．滑块在传送带上向右滑行的加速度 滑行的最远距离为 ，B错误；
C．滑块向右滑行的时间 向左滑行到与传送带共速时的时间 向左滑行到与传送带共速时
的距离 匀速滑到最左端的时间 滑块从开始滑上传送带到第一次回到
传送带最左端所用的时间为 ，C正确；
D．滑块从开始滑上传送带到第一次回到传送带最左端摩擦生热
带入数据可得Q=18J此过程中摩擦力对滑块做功为 由能量守恒
定律可知带动传送带的电动机多做的功为W′=Q+W=18J-6J=12J，D正确。故选ACD。
【例15】（2022年重庆名校三诊）质量为20kg的木板静置于倾角为30°的足够长斜坡上，木板与斜坡间的动
摩擦因数为 ，木板的AB段长0.9m，上表面因结冰可视为光滑，BC段长为1.6m，上表面粗糙。质量为20kg可视为质点的小孩从A端由静止下滑，与BC段之间的动摩擦因数为 。g取10m/s2，则（ ）
A．人在AB段滑动时，木板与斜面间摩擦力为240N
B．下滑过程中，人的最大速度为3m/s
C．人不会从C端滑出木板
D．整个过程中人与木板之间因摩擦产生热量240J
【答案】BC
【详解】根据题意可知，木板的质量为m=20kg，小孩的质量为M=20kg，木板与斜坡间的动摩擦因数为
，小孩与BC段之间的动摩擦因数为
A．假设小孩不在木板上且木板能够匀速滑下，则有 解得 所以小孩在木板
上AB部分滑动时，木板处于静止状态，根据平衡条件可得木板与斜面间摩擦力为
f=mgsin30°=20×10×0.5N=100N
故A错误；
B．小孩滑到BC部分时受到的滑动摩擦力大小为 方向沿斜面向上；
小孩的重力沿斜面向下的分力大小为 所以小孩达到B点时速度最大，对小孩根据动能定理可得 解得v =3m/s故B正确；
m
C．小孩滑到BC段时，木板的加速度大小为 解得a=0.5m/s2
1
方向沿斜面向下，小孩的加速度大小为 方向沿斜面向上，设经过t时
间二者速度相等，则有 解得t=1s此过程中小孩相对于木板的距离为
以后二者一起减速运动，所以小孩不会从C端滑出木板，故C正
确；
D．整个过程中小孩与木板之间因摩擦产生热量为 故D错误。故选BC。
【例16】（2022年湖北名校联考）如图所示，质量为m、电阻为R、边长为L正方形金属线框的cd边恰好与
有界匀强磁场的上边界重合，现将线框在竖直平面内由静止释放，当下落高度为h（h＜L）时线框开始做匀速
运动。已知线框平面始终与磁场方向垂直，且cd边始终水平，磁场的磁感应强度大小为B，重力加速度大小
为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．cd边进入磁场时，线框中感应电流的方向为顺时针方向
B．线框匀速运动时的速度大小为
C．线框从静止到刚好匀速运动的过程中，通过线框某截面的电量为D．线框从静止到刚好匀速运动的过程中，线框中产生的焦耳热为
【答案】AC
【详解】A．由楞次定律知，线框进入磁场时感应电流的方向为顺时针方向，选项A正确；
B．线框匀速运动时，由共点力平衡条件得mg=BIL由法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律得BLv＝IR
联立解得 选项B错误；
C．由法拉第电磁感应定律得 由闭合电路的欧姆定律得 ，又 ，联立解得 选项C正
确；
D．由能量守恒定律得 联立解得 选项D错误。故选AC。
【例17】（2022年广东佛山二模）如图所示，在竖直平面内有内壁光滑的绝缘细管abcde，其中ab、de段水
平，bc段为倾角θ=37°的直线管，cd段为半径R=0.6m、圆心角θ=37°的圆弧管，其左端与bc相切、右端与de
相切，且其圆心O与ab在同一水平线上，各段间平滑连接。Od连线左侧空间有水平向右的匀强电场。e段有
一轻质刚性阀门，阀门左侧紧挨放置一质量m=0.1kg的刚性小球B，其左侧连接一劲度系数k=50N/m的轻质绝
缘弹簧，当球B对阀门的作用力F达到5N时阀门将瞬间打开并消隐，此过程中球B无能量损失。现在ab段
距b点x=0.4m处静止释放另一质量也为m、带电量q=+1.0×10-6C的小球A，小球经过bc段时恰好匀速运动，
0
设小球在运动全过程电量不变，取g=10m/s2，sim37°=0.6，求：
（1）电场强度大小；
（2）球A经过圆弧末端d点时受到的弹力大小；
（3）球A的最终速度（设de管足够长），【答案】（1） ；（2）0.5N；（3）
【详解】（1）小球A匀速运动有 解得
（2）小球A由静止运动到d点过程有 解得 小球A过d点时有
解得
（3）设阀门能被球B冲开，此时F=5N，则阀门打开前瞬间弹簧的弹性势能为 设此时小球A的速度
大小为 ，根据能量守恒有 且 ；mv=mv +mv 联立解得
1 A B
、 （不合题意舍去）或 、
因球A速度 因此球A会返回电场，最终又从电场中返回de管，根据能量守恒有，球A返回
de管的速度大小为 即球A不会与球B发生碰撞，故小球A的最终速度为
【方法规律归纳】五、有关机械能的图像问题
【例18】（2022年河南名校联考）如图（a），倾角为37°的传送带以v=5m/s的速度逆时针匀速转动，传送带
AB之间的距离为20m，质量为m=1kg的物块（可视为质点）自A点无初速度放上传送带。物块在传送带上运
动时，其动能E 与位移x关系图像（E-x）如图（b）所示，物块与传送带之间的动摩擦因数为μ，重力加速度
k k
g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。则下列说法中正确的是（ ）
A．物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.25
B．物块到达传送带底端B点时的动能为E=25J
0C．整个过程中因摩擦而产生的内能为30J
D．若物块能在传送带上留下痕迹，则痕迹的长度为7.5m
【答案】C
【详解】A．由图（b）可知， 图像的斜率表示合外力的大小，物块无初速度放上传送带，所受滑动摩
擦力沿传送带向下， 段有 ， 时物块与传送带共速， 动能继续增
大，速度增大，说明二者共速后物块继续加速，所受滑动摩擦力沿传送带向上，有
联立解得 ，A错误；
B． 时物块与传送带共速 解得 ，B错误；
C． 段物块加速度 故经t=0.5s与传送带共速 ，
1
此阶段相对位移 ； 段物块加速度 ，
15x= 解得t=2.5s； 此阶段相对位移
0 2
因此整个过程中因摩擦而产生的内能为 ，C正确；
D．若物块能在传送带上留下痕迹，因为 则痕迹的长度为5m，D错误。
故选C。
【例19】（2022年江西九江模拟）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 （以地面为零势能面）、动能
变化量 ，动能的变化率 ，机械能E随时间t变化的图像，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】D．手榴弹下落过程中只有重力做功，机械能守恒，即 图线为水平直线，D错误；
A．设初始高度为h，重力势能可表示为 ， 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 ， 图线为过原点开口向上的抛物线，B错误；
C．动能的变化率可表示为 ， 图线为过原点的倾斜直线，C正确。故选C。【例20】（2022年江苏南京期中）雨滴在高空形成后，由静止开始沿竖直方向下落，雨滴受到空气阻力的大
小与雨滴的速度大小成正比。设下落过程中雨滴的质量不变，雨滴下落过程中，下列关于雨滴的速度v、动能
E、重力势能E、机械能E与时间t的关系图像一定错误的是（ ）
k p
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】A．由题意可知 雨滴的速度越来越大，加速度就越来越小，最终雨滴作匀速直线运动，作
匀速运动之前加速度越来越小，故A正确；
B．由于 速度逐渐趋近与最大值，动能也逐渐趋近与最大值，故B正确；
C．雨滴下落的过程中，重力的功率 由于雨滴的速度越来越大，重力势能减小的越来越快，故C
错误；
D．雨滴下落的过程中，阻力做功的功率 可知，速度越来越大，阻力的功率也逐渐增大，雨滴的机
械能减小的越来越快，故D正确。本题选择错误选项，故选C。
【例21】（2022年山东德州期中）如图所示，在倾角为 的粗糙斜面上，质量为 的滑块（视为质点）从
点由静止下滑到 点时接触轻弹簧，至 点速度减为零，点 、 间的距离为 ，滑块在 点的重力势能为0，
用 表示滑块下滑的位移， 表示滑块的动能， 表示滑块的机械能，则在滑块下滑过程中，下列图像正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】BC
【详解】AB．滑块从a到b，由动能定理可得
此过程中，E-x图像的斜率不变，由b到c过程中，弹簧的弹力逐渐增大，当弹力等于 时，
k
合力为0，滑块动能最大，之后作减速运动，动能变小，故A错误，B正确；
CD．E-x图像斜率表示除G外其他力的合力，ab段合力为 ，bc段合力为 与弹力之和，弹
力逐渐增大，斜率逐渐增大，故C正确，D错误。故选BC。
【方法规律归纳】
有关机械能的图像问题总结：
E -x图像 E -x图像 E-x图像 E-t图像
K P
斜率：合外力 斜率：重力、弹力等 斜率：除重力、弹力以 斜率：功率
外的力
①合外力沿+x方向 ①力沿-x方向②合外力沿-x方向 ②力沿+x方向 ①沿+x方向②沿-x方向
