第六章核心素養(yǎng)提升[科學(xué)思維提煉]1．微元法：求某些變力做的功；對“流體”類物質(zhì)做功的分析。2．圖像法：求某些變力做的功；分析重力做功特點(diǎn)；探究彈簧的彈性勢能與形變的關(guān)系；驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律實(shí)驗(yàn)的數(shù)據(jù)分析。3．平均值法：當(dāng)力的大小隨位移均勻變化時(shí)，求該力所做的功。4．等效轉(zhuǎn)換法：將某些變力做的功等效轉(zhuǎn)換為恒力做的功。5．分段法和全程法：多過程問題中應(yīng)用動(dòng)能定理或機(jī)械能守恒定律。6．等效思想：用機(jī)械能守恒定律求解繩、液柱、鏈條類非質(zhì)點(diǎn)物體問題。7．守恒思想：機(jī)械能守恒定律、能量守恒定律，明確守恒條件。[素養(yǎng)提升集訓(xùn)]一、選擇題(本題共8小題)1．(2023·遼寧高考)如圖a，從高處M點(diǎn)到地面N點(diǎn)有Ⅰ、Ⅱ兩條光滑軌道。兩相同小物塊甲、乙同時(shí)從M點(diǎn)由靜止釋放，沿不同軌道滑到N點(diǎn)，其速率v與時(shí)間t的關(guān)系如圖b所示。由圖可知，兩物塊在離開M點(diǎn)后、到達(dá)N點(diǎn)前的下滑過程中()A．甲沿Ⅰ下滑且同一時(shí)刻甲的動(dòng)能比乙的大B．甲沿Ⅱ下滑且同一時(shí)刻甲的動(dòng)能比乙的小C．乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不變D．乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大答案B解析受力分析可知，沿Ⅱ下滑的物塊受力恒定，做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，速率隨時(shí)間均勻變化，故結(jié)合圖b可知，甲沿Ⅱ下滑，則乙沿Ⅰ下滑，A、D錯(cuò)誤；由圖b可知，任意時(shí)刻甲的速率都小于乙的速率，而兩物塊質(zhì)量相同，則同一時(shí)刻甲的動(dòng)能比乙的小，B正確；乙沿Ⅰ下滑，開始時(shí)乙速度為0，到N點(diǎn)時(shí)乙豎直方向的分速度為零，而在中間任意位置豎直分速度都不為零，根據(jù)重力的瞬時(shí)功率P＝mgvy可知，在M點(diǎn)和N點(diǎn)乙的重力功率均為零，在中間任意位置乙的重力功率都不為零，則乙沿Ⅰ下滑過程中，重力功率變化且不是一直增大，C錯(cuò)誤。2.(2023·江蘇省南通市高三下適應(yīng)性考試(二))如圖所示，輕彈簧一端連接小球，另一端固定于O點(diǎn)，現(xiàn)將球拉到與O點(diǎn)等高處，彈簧處于自然狀態(tài)，小球由靜止釋放，軌跡如虛線所示，上述運(yùn)動(dòng)過程中()A．小球的機(jī)械能守恒B．小球的重力勢能先減小后增大C．當(dāng)球到達(dá)O點(diǎn)的正下方時(shí)，彈簧的張力最大D．當(dāng)球到達(dá)O點(diǎn)的正下方時(shí)，重力的瞬時(shí)功率為0答案B解析以小球、彈簧組成的系統(tǒng)為研究對象，由于整個(gè)過程中只有重力和彈簧彈力做功，故系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，但彈簧的長度不斷變化，即彈性勢能不斷變化，則小球的機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；由題圖可知，小球的高度先降低后升高，則小球的重力勢能先減小后增大，故B正確；題圖中虛線上距O點(diǎn)最遠(yuǎn)的點(diǎn)，在O點(diǎn)正下方左側(cè)，即彈簧張力最大位置在O點(diǎn)正下方左側(cè)，故C錯(cuò)誤；題圖中，虛線切線的方向表示小球在該點(diǎn)的速度方向，則當(dāng)小球到達(dá)O點(diǎn)的正下方時(shí)，小球的速度方向?yàn)樽笙路剑俣确较蚺c重力方向不垂直，則重力的瞬時(shí)功率不為零，故D錯(cuò)誤。3.(2022·河北省石家莊市高三下教學(xué)質(zhì)量檢測(二))質(zhì)量m＝1500kg的家庭轎車，行駛速度v≤54km/h時(shí)靠電動(dòng)機(jī)輸出動(dòng)力；行駛速度在54km/h<v≤90km/h范圍內(nèi)時(shí)自動(dòng)轉(zhuǎn)換為靠汽油發(fā)動(dòng)機(jī)輸出動(dòng)力；行駛速度v>90km/h時(shí)汽油發(fā)動(dòng)機(jī)和電動(dòng)機(jī)將同時(shí)工作，這種混合動(dòng)力汽車更節(jié)能環(huán)保。該轎車在一條平直的公路上由靜止啟動(dòng)，其牽引力F隨運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的變化圖線如圖所示，所受阻力恒為1500N。已知汽車在t1時(shí)刻第一次切換動(dòng)力引擎，以后保持恒定功率行駛至t2時(shí)刻。汽車在0～t2時(shí)間內(nèi)行駛的位移為217.5m。則t1和t2分別為()A．t1＝9s，t2＝11s B．t1＝9s，t2＝16sC．t1＝5.625s，t2＝11s D．t1＝5.625s，t2＝16s答案B解析由題意知，第一次切換引擎時(shí)速度為v1＝54km/h＝15m/s，0～t1時(shí)間內(nèi)由牛頓第二定律得F1－f＝ma1，解得a1＝eq\f(5,3)m/s2，則t1＝eq\f(v1,a1)＝9s。設(shè)切換引擎后瞬間的牽引力為F1′，根據(jù)P＝F1′v1，可得轎車引擎的功率變?yōu)镻＝75000W，設(shè)在t2時(shí)刻的牽引力為F2，則在t2時(shí)刻的速度大小為v2＝eq\f(P,F2)＝25m/s；0～t1時(shí)間內(nèi)行駛的位移s1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝67.5m，則t1～t2時(shí)間內(nèi)行駛的位移為s2＝s－s1＝150m；t1～t2時(shí)間內(nèi)根據(jù)動(dòng)能定理得P(t2－t1)－fs2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得t2＝16s。故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。4．(2023·江蘇高考)滑塊以一定的初速度沿粗糙斜面從底端上滑，到達(dá)最高點(diǎn)B后返回到底端。利用頻閃儀分別對上滑和下滑過程進(jìn)行拍攝，頻閃照片示意圖如圖所示。與圖乙中相比，圖甲中滑塊()A．受到的合力較小B．經(jīng)過A點(diǎn)的動(dòng)能較小C．在A、B之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間較短D．在A、B之間克服摩擦力做的功較小答案C解析滑塊上滑和下滑過程均做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，因?yàn)轭l閃儀相鄰兩次閃光的時(shí)間間隔T相同，根據(jù)x總＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,總)、t甲總＝3T<t乙總＝4T，對比圖甲和圖乙可知，圖甲中滑塊的加速度較大，根據(jù)牛頓第二定律可知，圖甲中滑塊受到的合力較大，是上滑過程，故A錯(cuò)誤；從圖甲中的A點(diǎn)到圖乙中的A點(diǎn)，滑塊先上升后下降，重力做功為0，摩擦力做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理可知，圖甲中滑塊經(jīng)過A點(diǎn)的動(dòng)能較大，故B錯(cuò)誤；由于圖甲中滑塊加速度較大，根據(jù)x＝eq\f(1,2)at2，可知圖甲中滑塊在A、B之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間較短，故C正確；上滑過程和下滑過程，滑塊受到的滑動(dòng)摩擦力大小相等，根據(jù)Wf＝fx可知，圖甲和圖乙中滑塊在A、B之間克服摩擦力做的功相等，故D錯(cuò)誤。5．(2023·山東省濟(jì)寧市高三下二模)如圖所示，一滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))在水平力F的作用下由靜止沿粗糙水平直軌道AB開始運(yùn)動(dòng)，該力的功率恒定，達(dá)到最大速度后，撤掉該力，滑塊繼續(xù)前進(jìn)一段距離后進(jìn)入豎直光滑半圓軌道eq\o(BCD,\s\up8(︵))，并恰好通過該軌道最高點(diǎn)D，然后進(jìn)入光滑半圓管道eq\o(DEF,\s\up8(︵))，最終停在粗糙水平直軌道FG上。已知水平力的恒定功率為10W，滑塊的質(zhì)量為0.2kg，滑塊與軌道AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，半圓軌道eq\o(BCD,\s\up8(︵))的半徑R＝0.5m，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是()A．滑塊在D點(diǎn)的速度大小為eq\r(10)m/sB．半圓管道eq\o(DEF,\s\up8(︵))的半徑r可能為0.15mC．在軌道AB上，滑塊的最大速度為10m/sD．在軌道AB上，滑塊減速過程的運(yùn)動(dòng)距離為2.5m答案C解析滑塊恰好通過半圓軌道eq\o(BCD,\s\up8(︵))的最高點(diǎn)D，則滑塊在D點(diǎn)時(shí)，重力提供向心力，有mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)，解得滑塊在D點(diǎn)的速度大小vD＝eq\r(5)m/s，故A錯(cuò)誤；分析可知，滑塊到達(dá)F點(diǎn)的速度恰好為零時(shí)，半圓管道eq\o(DEF,\s\up8(︵))的半徑最大，根據(jù)動(dòng)能定理有－mg·2rmax＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)，解得rmax＝0.125m，故B錯(cuò)誤；在軌道AB上，當(dāng)F＝μmg時(shí)，滑塊的速度最大，而vmax＝eq\f(P,F)，解得vmax＝10m/s，故C正確；在軌道AB上，設(shè)滑塊減速過程的運(yùn)動(dòng)距離為x，從撤去外力到運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有－μmgx－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,max)，解得x＝7.5m，故D錯(cuò)誤。6.(2022·浙江6月選考)風(fēng)力發(fā)電已成為我國實(shí)現(xiàn)“雙碳”目標(biāo)的重要途徑之一。如圖所示，風(fēng)力發(fā)電機(jī)是一種將風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置。某風(fēng)力發(fā)電機(jī)在風(fēng)速為9m/s時(shí)，輸出電功率為405kW，風(fēng)速在5～10m/s范圍內(nèi)，轉(zhuǎn)化效率可視為不變。該風(fēng)機(jī)葉片旋轉(zhuǎn)一周掃過的面積為A，空氣密度為ρ，風(fēng)場風(fēng)速為v，并保持風(fēng)正面吹向葉片。下列說法正確的是()A．該風(fēng)力發(fā)電機(jī)的輸出電功率與風(fēng)速成正比B．單位時(shí)間流過面積A的流動(dòng)空氣動(dòng)能為eq\f(1,2)ρAv2C．若每天平均有1.0×108kW的風(fēng)能資源，則每天發(fā)電量為2.4×109kW·hD．若風(fēng)場每年有5000h風(fēng)速在6～10m/s范圍內(nèi)，則該發(fā)電機(jī)年發(fā)電量至少為6.0×105kW·h答案D解析單位時(shí)間流過面積A的流動(dòng)空氣的體積為V0＝Av，質(zhì)量為m0＝ρV0＝ρAv，則單位時(shí)間流過面積A的流動(dòng)空氣的動(dòng)能為eq\f(1,2)m0v2＝eq\f(1,2)ρAv3，風(fēng)速在5～10m/s范圍內(nèi)，風(fēng)力發(fā)電機(jī)轉(zhuǎn)化效率可視為不變，可知風(fēng)速在5～10m/s范圍內(nèi)時(shí)，該風(fēng)力發(fā)電機(jī)的輸出電功率與風(fēng)速的三次方成正比，故A、B錯(cuò)誤；若每天平均有1.0×108kW的風(fēng)能資源，則每天產(chǎn)生的風(fēng)能E＝1.0×108kW×24h＝2.4×109kW·h，由于風(fēng)力發(fā)電轉(zhuǎn)化效率小于100%，則每天發(fā)電量應(yīng)小于2.4×109kW·h，故C錯(cuò)誤；若風(fēng)場每年有5000h風(fēng)速在6～10m/s范圍內(nèi)，當(dāng)風(fēng)速取最小值6m/s時(shí)，該發(fā)電機(jī)年發(fā)電量具有最小值，根據(jù)題意，風(fēng)速為9m/s時(shí)，輸出電功率為405kW，由于風(fēng)速在5～10m/s范圍內(nèi)，轉(zhuǎn)化效率可視為不變，由A項(xiàng)分析可知，當(dāng)風(fēng)速為6m/s時(shí)，輸出電功率為P＝63×eq\f(405,93)kW＝120kW，則該發(fā)電機(jī)年發(fā)電量至少為E′＝Pt＝120kW×5000h＝6.0×105kW·h，故D正確。7.(2023·山西省晉城市高三下5月第三次模擬)如圖所示，水平地面上豎直放置的光滑細(xì)管內(nèi)有兩個(gè)完全相同、質(zhì)量均為m的小球，由于微小晃動(dòng)，兩小球分別沿兩側(cè)圓弧管道從最高點(diǎn)同時(shí)由靜止滑下，在最低點(diǎn)發(fā)生彈性碰撞后又回到最高點(diǎn)。已知整個(gè)過程中細(xì)管對地面的最小壓力恰好為0，小球可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度大小為g，則整個(gè)過程中細(xì)管對水平地面的最大壓力為()A．10mg B.eq\f(32,3)mgC.eq\f(34,3)mg D．13mg答案B解析設(shè)其中任一個(gè)小球在細(xì)管的上半部分某處時(shí)，小球的速度大小為v，細(xì)管對小球斜向下的彈力大小為FN1，小球與圓心O的連線與豎直方向的夾角為α，圓弧管道半徑為R，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgR(1－cosα)＝eq\f(1,2)mv2，根據(jù)牛頓第二定律有FN1＋mgcosα＝meq\f(v2,R)，設(shè)此小球?qū)?xì)管斜向上的彈力大小為FN1′，有FN1′＝FN1，則兩小球?qū)A弧管道豎直向上的合力F合＝2FN1′cosα，聯(lián)立解得F合＝4mgcosα－6mgcos2α，0＜α＜eq\f(π,2)，由數(shù)學(xué)知識可知，當(dāng)cosα＝eq\f(1,3)時(shí)，F(xiàn)合有最大值F合m＝eq\f(2,3)mg，根據(jù)題意可知，細(xì)管的質(zhì)量為M＝eq\f(F合m,g)＝eq\f(2,3)m；兩小球在最低點(diǎn)碰撞前，對細(xì)管豎直向下的作用力最大，設(shè)此時(shí)兩小球的速度大小均為v1，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，根據(jù)牛頓第二定律有FN2－mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),R)，由牛頓第三定律知，每個(gè)小球?qū)?xì)管的最大壓力為FN2′＝FN2，則細(xì)管對水平地面的最大壓力Fm＝Mg＋2FN2′，解得Fm＝eq\f(32,3)mg，A、C、D錯(cuò)誤，B正確。8.(2023·湖南高考)(多選)如圖，固定在豎直面內(nèi)的光滑軌道ABC由直線段AB和圓弧段BC組成，兩段相切于B點(diǎn)，AB段與水平面夾角為θ，BC段圓心為O，最高點(diǎn)為C，A與C的高度差等于圓弧軌道的直徑2R。小球從A點(diǎn)以初速度v0沖上軌道，能沿軌道運(yùn)動(dòng)恰好到達(dá)C點(diǎn)，下列說法正確的是()A．小球從B到C的過程中，對軌道的壓力逐漸增大B．小球從A到C的過程中，重力的功率始終保持不變C．小球的初速度v0＝eq\r(2gR)D．若小球初速度v0增大，小球有可能從B點(diǎn)脫離軌道答案AD解析小球能沿軌道運(yùn)動(dòng)恰好到達(dá)C點(diǎn)，則小球在C點(diǎn)的速度為vC＝0，小球從B到C的過程中，由動(dòng)能定理知，其所在位置和O點(diǎn)連線與豎直方向的夾角為α?xí)r，小球在該點(diǎn)速度v滿足－mgR(1－cosα)＝0－eq\f(1,2)mv2，此時(shí)mgcosα－FN＝meq\f(v2,R)，聯(lián)立得軌道對小球的支持力FN＝3mgcosα－2mg，從B到C的過程中α由θ減小到0，則cosα逐漸增大，F(xiàn)N逐漸增大，結(jié)合牛頓第三定律知，小球從B到C的過程中，對軌道的壓力逐漸增大，A正確；小球從A到B的過程中，速度逐漸減小，則重力的功率P＝－mgvsinθ逐漸減小，B錯(cuò)誤；小球從A到C的過程中，由動(dòng)能定理有－mg·2R＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(4gR)，C錯(cuò)誤；若小球在B點(diǎn)恰好脫離軌道，則有mgcosθ＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)，得vB＝eq\r(gRcosθ)，若小球初速度v0增大，小球在B點(diǎn)的速度有可能大于eq\r(gRcosθ)，故小球有可能從B點(diǎn)脫離軌道，D正確。二、非選擇題(本題共1小題)9．(2021·全國甲卷)如圖，一傾角為θ的光滑斜面上有50個(gè)減速帶(圖中未完全畫出)，相鄰減速帶間的距離均為d，減速帶的寬度遠(yuǎn)小于d；一質(zhì)量為m的無動(dòng)力小車(可視為質(zhì)點(diǎn))從距第一個(gè)減速帶L處由靜止釋放。已知小車通過減速帶損失的機(jī)械能與到達(dá)減速帶時(shí)的速度有關(guān)。觀察發(fā)現(xiàn)，小車通過第30個(gè)減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同。小車通過第50個(gè)減速帶后立刻進(jìn)入與斜面光滑連接的水平地面，繼續(xù)滑行距離s后停下。已知小車與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g。(1)求小車通過第30個(gè)減速帶后，經(jīng)過每一個(gè)減速帶時(shí)損失的機(jī)械能；(2)求小車通過前30個(gè)減速帶的過程中在每一個(gè)減速帶上平均損失的機(jī)械能；(3)若小車在前30個(gè)減速帶上平均每一個(gè)損失的機(jī)械能大于之后每一個(gè)減速帶上損失的機(jī)械能，則L應(yīng)滿足什么條件？答案(1)mgds