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专题三 功能中的图像问题
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．
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（ ）
1
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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3√2
2
m/s
【解答】解：A、在0﹣3m 内，F 做的功为W =
F0+ 2 F0
5
2
×3 J = 21
10 F0
，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+7
2
×1.5 J -0.7×10×1×1.5 J = 1
2 ×1×v
2，解得
最大动能：Ekm＝2.25J，Ekm= 1
2mv2，解得最大速度：v = 3√2
2
m/ 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．2√2m/ s
B．2√5m/ s
C．2√10m/ s
D．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
2
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理得：1
2 mv
2-0=W ，且W = (4+8)
2
×10+(- 4×10
2
)J = 40 J
联立解得：v =2√5m/ 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= P
v ，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= 1
2 mv
2
W= 1
2 mv
2+W f = 1
2 ×2×6
2+120 J =156 J
所以C 错误，D 正确。
故选：D。
3
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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= P
mg
解得：m= P
g vm
=
400
10×20 kg=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= P
v1
= 400
1
2 ×20
N = 40 N
由牛顿第二定律可得：F1﹣mg＝ma，解得：a= F1-mg
m
= 40-2×10
2
m/ s
2=10m/ s
2，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= P1
mg = 200
2×10 m/ 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= 1
2 at1
2= 1
2 ×10×1
2m=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
4
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Pt2-mgh2= 1
2 mvm
2 - 1
2 mv1
2
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
P1t 4-mgh4= 1
2 mv2
2- 1
2 mvm
2
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= P1
vm
= 200
20 N =10 N
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= P1
v2
= 200
10 N =20 N
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（ ）
5
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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= P
F3
= P
mg ，解得重物质量为：m= P
g vm
=
400
10×20 kg=2kg，故A 错误；
B、在t＝1s 时，此时牵引力大小为
F1= P
v1
= 400
1
2 ×20N＝40N
根据牛顿第二定律得
a1= F1-mg
m
= 40-2×10
2
m/ s
2=10m/ s
2，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 = 200
2×10 m/ 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= 1
2 a1t1
2= 1
2 ×10×1
2m=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= 1
2 m vm
2 - 1
2 m v1
2
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' t 4-mgh4= 1
2 m v
2- 1
2 m vm
2
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。
6
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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= Δv
Δt = 10
5 m/ s
2=2m/ s
2，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（ ）
7
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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= Δv
Δt =
6
13-10 m/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
8
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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= P
v = 8×10
3
8
N＝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= 1
2 mvm
2 - 1
2mv2，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．2×104kg
B．4.25×103kg
C．6.75×103kg
D．8.75×103kg
【解答】解：由图像可知汽车的功率为
P = F1v1= 4×10
4×4W =16×10
4W =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
9
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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= 1
2 mvm
2 -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。
10
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故选：AD。
类型5 机车启动问题中的a-1
v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- 1
v 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1
20
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= P
m•1
v -kg
由题图可知：当1
v = 1
5 s/m时，a＝0；1
v = 3
5 s/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1
10，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；
11
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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= P
v1
= 3×10
3
3
N＝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- f 1
m1
= 1000-500
500
m/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=
1
0.05 m/ s
解得：vm＝20m/s
则阻力为：
f = P
vm
代入数据得：f＝40N，故A 正确；
12
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B．由牛顿第二定律得玩具车的加速度为：
a= F - f
m
又P＝Fv
联立解得：a= P
m ⋅1
v - f
m
所以k = P
m ①
由图像可知
k = Δa
Δv
-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= P
m ⋅1
v - f
m
整理得：a=( 40
v -2)m/ s
2
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 = 1
2 m vm
2
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
（ ）
13
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A．阻力大小为P0
c
B．该汽车的最大速度为1
c
C．该汽车的质量大小为dP0
c
D．汽车从启动到速度达到最大所需的时间为1
cd
【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
= P0
m ⋅1
v - f
m
，结合图像有P0
m = d
c
，0= P0
m ⋅c - f
m
，解得m= c P0
d
，f＝cP0，故AC 错误；
BD、当汽车加速度为零时，速度最大，此时有1
vm
=c，解得汽车的最大速度，vm= 1
c ，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1
cd ，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1
v 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1
v 的函数关系式。（要求用题目已知字母表示如P 机，m，g，
14
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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
•1
v - mg+ f
m
（2）由上式可知，图像的斜率k= P机
m = 26.4 +12
4
解得：P 机＝24W
（3）图像纵轴截距为
- mg+ f
m
=-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1
v-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（ ）
15
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A．该汽车的质量大小为d P0
c
B．该汽车的最大速度为1
c
C．阻力大小为P0
c
D．汽车从启动到速度达到最大所需的时间为1
cd
【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1
v = m
P0
•a+ f
P0
，则图像的斜率k= m
P0
= c
d ，得汽车的质量m= c P0
d
。纵轴截距c
= f
P0
，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1
vm
=c，解得汽车的最大速度vm= 1
c ，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≠vm
a =
1
c
d = 1
cd
，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1
v 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
16
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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：P
v - 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：1
v = m
P a+ f
P ，可见1
v -a图象是倾斜的直线，其斜率恒定为：k= m
P
，与纵轴的截距为：b= f
P ，结合题设图象可得：b= f
P =0.05 s/m，k= m
P = 0.1-0.05
20
s
3/m
2
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- 1
F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- 1
F ），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
M F2vm
( F1+ F2)F1
D．汽车从a 到b 过程克服阻力做功
M vm
2 F2
3
2( F1- F2)F1
2
17
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【解答】解：A、根据P＝Fv 可知v＝P⋅1
F ，额定功率等于图线的斜率，P= vm
1
F2
=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= P
vm
=F2
由于额定功率等于图线的斜率，有：P= vm
1
F2
= vm- v1
1
F2
- 1
F1
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= v1
a
联立解得：t=
M F2vm
( F1- F2)F1
故C 错误；
D、汽车从a 到b 过程运动的位移为x= 1
2 at
2
克服阻力做功W＝fx
解得：W=
M vm
2 F2
3
2( F1- F2)F1
2
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 - 1
F 图像，vm表示最大速度。已知汽车在水
18
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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 = P
vm
= 50×10
3
12.5
N = 4000 N，汽车从a 到b 所受的牵引力
为1
F = 1
5 ×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 = v
a = 10
0.8 s=12.5 s，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=
10
1
5 ×10
-3 W =50kW ，故C 正
确；
D、汽车能够获得的最大速度为vm= P× 1
F =50×10
3× 1
4 ×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（ ）
19
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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= 1
2 m v0
2，解得小球的初速度的大小：v0＝2√30m/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；
20
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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= mg
2 ，则物块与斜面之间的动摩擦因数为
（ ）
A．
1
2tanθ
B．1
2tanθ
C．1
2sinθ
D．1
2cosθ
【解答】解：物块运动到距地面高h 处时，其机械能E=mgh0- μmgcosθ( h0
sinθ -
h
sinθ )，由此
可知图2 中图像的斜率k= μmgcosθ
sinθ
= 1
2 mg
解得：μ= 1
2 tanθ，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
21
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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ΔE
Δx =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
（ ）
22
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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．
23
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C．
D．
【解答】解：A、由动能定理得：ΔEk＝F 合Δx，则Δ Ek
Δx =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+μmgcosα，不变，则Ek﹣x 图像是向下倾斜的直线
因μ＜tanα，则mgsinα＞μcosα，物体不会停在最高点，会下滑。
下滑时，合外力大小为
F2＝mgsinα﹣μmgcosα，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，cos37°＝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
24
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【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
= E
gh =
30
10×3
kg＝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＝﹣μmgcosα h
sinα ，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+μmgcosα＝ma，得：a＝gsinα+μgcosα＝
（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° = 3
5，重力加速度大小为g。则（ ）
A．物体向上滑动的最大距离为E0
2mg
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E0
5
D．物体在斜面运动的全过程中克服摩擦力做功为2 E0
5
【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
25
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mgh0= 3
5 E0
由几何关系可得
ssin37°＝h0
联立解得：s= E0
mg ，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﹣μmgcos37°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= 2
5 E0
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= E0
5 ，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= 4
5 E0，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（ ）
26
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A．x2＝l0
B．最大动能为1
2 ma3( x3- x2)
C．动摩擦因数μ= a0
g + k l0
mg
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= 1
2 ma3( 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= a0
g - k l0
mg ，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（ ）
27
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A．弹簧的劲度系数为ma0
x0
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 = ma0
x0
，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 = 1
2 a0 x0，故最大的动能为：Ekm= 1
2 m v
2= 1
2 ma0 x0，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E pm= Ekm= 1
2 ma0 x0，故D 错误。
故选：A。
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