第48頁（共48頁）2025-2026學(xué)年上學(xué)期高二物理教科版（2019）期末必刷?？碱}之能量能量守恒定律一．選擇題（共6小題）1．我國風(fēng)力資源豐富，隨著國家對新能源行業(yè)發(fā)展的支持，風(fēng)力發(fā)電得到了迅猛發(fā)展。某地風(fēng)力發(fā)電機(jī)葉片轉(zhuǎn)動時(shí)可形成半徑為50m的圓面，且會隨著風(fēng)向調(diào)整姿態(tài)使轉(zhuǎn)動的圓面始終與風(fēng)向垂直，風(fēng)力發(fā)電機(jī)能將此圓內(nèi)10%的空氣動能轉(zhuǎn)化為電能。已知某段時(shí)間內(nèi)的風(fēng)速為3m/s，扇葉轉(zhuǎn)動，發(fā)電機(jī)正常發(fā)電，空氣的密度為1.2kg/m3，則風(fēng)力發(fā)電機(jī)發(fā)電的功率為（）A．1.27×104W B．2.54×104W C．1.27×105W D．2.54×105W2．能源是人類社會活動的物質(zhì)基礎(chǔ)，節(jié)約能源應(yīng)成為公民的行為習(xí)慣。下列說法中正確的是（）A．太陽能轉(zhuǎn)化為電能過程中能量增加 B．能量耗散會降低能源利用的品質(zhì) C．能量耗散過程中能量在不斷減少 D．能量總是守恒的，所以不需要節(jié)約能源3．從能量轉(zhuǎn)化的角度來看，下列說法正確的是（）A．電暖氣正常工作時(shí)，主要是將電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能 B．核電站工作時(shí)主要將電能轉(zhuǎn)化為核能 C．電動汽車在行駛過程中，發(fā)生的能量轉(zhuǎn)化主要是將機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能 D．人造衛(wèi)星展開太陽能電池板，把太陽能轉(zhuǎn)化為電能供給衛(wèi)星用電器4．嘉興火車站被譽(yù)為“森林中的火車站”，還是一座會發(fā)電的火車站。車站屋頂鋪設(shè)了1.2萬塊面積均為0.72m2的光伏組件，發(fā)電總功率最大約為1.2×106W。已知單位時(shí)間內(nèi)太陽輻射的總能量約為4×1026J/s，太陽與地球之間的距離約為1.5×1011m，因大氣的影響，陽光垂直射到地面附近的能量約為太陽輻射到地球能量的一半，則（）A．一塊光伏組件接收到的太陽輻射功率約為100W B．單位時(shí)間內(nèi)太陽垂直射到地面附近單位面積的能量約為2800J C．該光伏組件的光電轉(zhuǎn)換效率約為20% D．一塊光伏組件工作一天可發(fā)電約2.4kWh5．風(fēng)能是一種潔凈、無污染、可再生的能源，臨海括蒼山山頂上建有全國第四大風(fēng)力發(fā)電場，如圖所示。已知該地區(qū)的風(fēng)速約為6m/s，空氣密度約1.3kg/m3，已知風(fēng)力發(fā)電機(jī)的風(fēng)葉葉片長度為40m，且風(fēng)能的30%可轉(zhuǎn)化為電能，則一臺發(fā)電機(jī)發(fā)電功率約為（）A．3.6×103W B．2.1×105W C．1.5×107W D．1.5×109W6．潮汐能是海水周期性漲落運(yùn)動中所具有的能量，是一種可再生能源。現(xiàn)建立一個(gè)簡化模型，某發(fā)電站大壩內(nèi)儲水水庫的有效面積為S＝4×106m2，漲潮時(shí)，當(dāng)大壩外側(cè)海平面高度為h＝4m時(shí)（以海水流入前的水庫水面為參考系），打開大壩下面通道的閘門海水流入，此過程中通道處的水輪機(jī)利用水流的動能發(fā)電，直至大壩內(nèi)外水面等高，關(guān)閉閘門。等到完全退潮后，開閘放水，再次發(fā)電，直至大壩內(nèi)外水面再次相同，關(guān)閉閘門，等待下一次漲潮發(fā)電（此時(shí)的水庫水面高度即為漲潮前的水庫水面高度）。由于海洋很大，大壩外的海平面高度在海水流入、流出水庫過程中幾乎不變，潮水一天漲落兩次，海水的勢能有25%轉(zhuǎn)化為電能，則這個(gè)發(fā)電站一天的發(fā)電量約為（）A．4.0×1010J B．1.5×1010J C．3.2×1011J D．1.5×1011J二．多選題（共3小題）（多選）7．學(xué)校為創(chuàng)建綠色校園改裝了一批太陽能路燈，太陽能路燈技術(shù)參數(shù)如下：太陽能電池組件（太陽能電池光電轉(zhuǎn)換效率為18%，得到的電池功率為100W）；免維護(hù)蓄電池（60～250A?h/12V，充電效率為80%）；照明時(shí)間（4～12h，可根據(jù)需要任意調(diào)節(jié)，陰雨天可連續(xù)工作5～7天）；光控時(shí)LED照明恒流輸出功率（15～60W）；其他輔助系統(tǒng)組成部分。結(jié)合上述數(shù)據(jù)，下列說法正確的是（）A．太陽照射2h，光電系統(tǒng)可吸收太陽能為4.0×106J B．LED照明5h，照明時(shí)恒流輸出電能最多為1.08×106J C．利用太陽能電池給免維護(hù)蓄電池充電，充滿需要的最長時(shí)間為30h D．利用免維護(hù)蓄電池給額定功率為60W的LED供電，最長時(shí)間為45h（多選）8．如圖甲，傾角為θ的光滑斜面上放一輕質(zhì)彈簧，其下端固定，靜止時(shí)上端位置在B點(diǎn)，在A點(diǎn)放一質(zhì)量m＝2kg的小物塊，小物塊自由釋放，在開始運(yùn)動的一段時(shí)間內(nèi)v﹣t圖如圖乙所示，小物塊在0.4s時(shí)運(yùn)動到B點(diǎn)，在0.9s時(shí)到達(dá)C點(diǎn)，BC的距離為1.2m（g取10m/s2）。由圖知下列選項(xiàng)正確的是（）A．斜面傾角θ＝45° B．C點(diǎn)處彈簧的彈性勢能為16J C．物塊從B運(yùn)動到C的過程中機(jī)械能守恒 D．物塊從C回到A的過程中，加速度先減小后增大，再保持不變（多選）9．如圖所示，靜止在光滑水平面上的物體A和B的質(zhì)量分別為m和2m，它們之間與輕彈簧相連。在極短的時(shí)間內(nèi)對物塊A作用一個(gè)水平向右的沖量I，可知（）A．物塊A立刻有速度vA=IB．物塊B立刻有速度vB=IC．當(dāng)A與B之間的距離最小時(shí)，A的速度為零，B的速度為vB=ID．當(dāng)A與B之間的距離最小時(shí)，A與B有相同的速度v=三．填空題（共4小題）10．有一種手電筒，當(dāng)其電池的電能耗盡時(shí)，搖晃它，即可為電池充電，在這個(gè)搖晃過程中能轉(zhuǎn)化為電能；如果將這種手電筒搖晃一次，相當(dāng)于將200g的重物舉高20cm，每秒搖兩次，則搖晃手電筒的平均功率為W，g＝10m/s2。11．世界上第一顆原子彈爆炸時(shí)，距爆炸中心14km外的掩體內(nèi)，費(fèi)米和他的助手們正在觀察試驗(yàn)情況．費(fèi)米一看到爆炸發(fā)生，就迅速走出掩體，幾十秒后當(dāng)爆炸形成的強(qiáng)大熱氣流傳過來時(shí)，費(fèi)米把事先準(zhǔn)備好的碎紙片從頭頂上方撒下，碎紙片落到他身后約s＝2m處．由此，費(fèi)米推算出那枚原子彈的威力相當(dāng)于1萬噸TNT炸藥．若假設(shè)紙片是從h＝1.8m高處撒下，可估算出當(dāng)時(shí)的風(fēng)速約為v＝m/s；假設(shè)爆炸形成的氣流向各個(gè)方向傳播的速度大致相同，則離爆炸中心R＝14km處僅單位時(shí)間內(nèi)得到的風(fēng)能總量就為（這空用所給字母h、s、R、ρ和重力加速度g表示）．（已知空氣密度為ρ＝1.3kg/m3，球的表面積公式S＝4πR2）12．風(fēng)力發(fā)電機(jī)是將風(fēng)的動能轉(zhuǎn)化為葉輪的動能，在將葉輪的動能轉(zhuǎn)化為電能的裝置．設(shè)空氣的密度為ρ，每片葉輪的長度為L，正對葉輪的水平風(fēng)速為V，整個(gè)發(fā)電機(jī)的效率為η，那么每臺發(fā)電機(jī)發(fā)出的功率P＝W．13．冰球運(yùn)動員甲的質(zhì)量為80.0kg，當(dāng)他以5.0m/s的速度向前運(yùn)動時(shí)，與另一質(zhì)量為100kg、速度為3.0m/s的迎面而來的運(yùn)動員乙相撞，碰后甲恰好靜止．假設(shè)碰撞時(shí)間極短，則碰后乙的速度的大小為；碰撞中總機(jī)械能的損失為．四．解答題（共3小題）14．如圖所示，有一固定在水平地面的光滑平臺。平臺右端B與靜止的水平傳送帶平滑相接，傳送帶長L＝4m。有一個(gè)質(zhì)量為m＝0.5kg的滑塊，放在水平平臺上，平臺上有一根輕質(zhì)彈簧，左端固定，右端與滑塊接觸但不連接，現(xiàn)將滑塊緩慢向左移動壓縮彈簧，且彈簧始終在彈性限度內(nèi)，在彈簧處于壓縮狀態(tài)時(shí)，若將滑塊由靜止釋放，滑塊最后恰能到達(dá)傳送帶右端C點(diǎn)。已知滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2（g取10m/s2），求：（1）滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度vB，及彈簧儲存的最大彈性勢能Ep；（2）若傳送帶以3.0m/s的速度沿順時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動，當(dāng)滑塊沖上傳送帶時(shí)，對滑塊施加一大小恒為0.5N的水平向右的作用力，滑塊從B運(yùn)動到C的過程中，摩擦力對它做的功；（3）若撤去彈簧及所加的恒力，兩輪半徑均為r＝0.9m，傳送帶順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動的角速度為ω0，滑塊以傳送帶的速度（該速度未知）從B點(diǎn)滑上傳送帶，恰好能自C點(diǎn)水平飛出，求ω0的大小。現(xiàn)讓滑塊從B點(diǎn)以5m/s速度滑上傳送帶，則這一過程中滑塊與傳送帶間產(chǎn)生的內(nèi)能。15．風(fēng)能將成為21世紀(jì)大規(guī)模開發(fā)的一種可再生清潔能源。風(fēng)力發(fā)電機(jī)是將風(fēng)能（氣流的動能）轉(zhuǎn)化為電能的裝置，其主要部件包括風(fēng)輪機(jī)、齒輪箱、發(fā)電機(jī)等，如圖所示。（1）風(fēng)輪機(jī)葉片旋轉(zhuǎn)所掃過的面積為風(fēng)力發(fā)電機(jī)可接收風(fēng)能的面積。設(shè)空氣密度為ρ，氣流速度為v，風(fēng)輪機(jī)葉片長度為r。求單位時(shí)間內(nèi)流向風(fēng)輪機(jī)的最大風(fēng)能Pm。（2）已知風(fēng)力發(fā)電機(jī)的輸出電功率P與Pm成正比。某風(fēng)力發(fā)電機(jī)在風(fēng)速v1＝9m/s時(shí)能夠輸出電功率P1＝540kW。我國某地區(qū)風(fēng)速不低于v2＝6m/s的時(shí)間每年約為5000h。試估算這臺風(fēng)力發(fā)電機(jī)在該地區(qū)的最小年發(fā)電量是多少千瓦時(shí)。16．質(zhì)量為490g的木塊靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為10g的子彈以500m/s的速度水平射入木塊并嵌在其中，從子彈剛射入木塊至與木塊相對靜止的過程中，（1）它們的共同運(yùn)動速度為10m/s，木塊增加的動能為多少？（2）子彈損失的動能為多少？（3）產(chǎn)生的內(nèi)能是多少？

2025-2026學(xué)年上學(xué)期高二物理教科版（2019）期末必刷?？碱}之能量能量守恒定律參考答案與試題解析一．選擇題（共6小題）題號123456答案ABDCBC二．多選題（共3小題）題號789答案ABBDAD一．選擇題（共6小題）1．我國風(fēng)力資源豐富，隨著國家對新能源行業(yè)發(fā)展的支持，風(fēng)力發(fā)電得到了迅猛發(fā)展。某地風(fēng)力發(fā)電機(jī)葉片轉(zhuǎn)動時(shí)可形成半徑為50m的圓面，且會隨著風(fēng)向調(diào)整姿態(tài)使轉(zhuǎn)動的圓面始終與風(fēng)向垂直，風(fēng)力發(fā)電機(jī)能將此圓內(nèi)10%的空氣動能轉(zhuǎn)化為電能。已知某段時(shí)間內(nèi)的風(fēng)速為3m/s，扇葉轉(zhuǎn)動，發(fā)電機(jī)正常發(fā)電，空氣的密度為1.2kg/m3，則風(fēng)力發(fā)電機(jī)發(fā)電的功率為（）A．1.27×104W B．2.54×104W C．1.27×105W D．2.54×105W【考點(diǎn)】用能量守恒定律解決實(shí)際問題；平均功率的計(jì)算．【專題】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)——功能問題；推理論證能力．【答案】A【分析】由動能與電能的關(guān)系，可計(jì)算在時(shí)間t內(nèi)電能，結(jié)合電功率公式，即可計(jì)算發(fā)電機(jī)發(fā)電的功率?！窘獯稹拷猓河娠L(fēng)的運(yùn)動，可知?jiǎng)幽転椋篧=由動能與電能的關(guān)系，可計(jì)算在時(shí)間t內(nèi)電能為：W電＝ηW，結(jié)合電功率公式P=W電t，即可知發(fā)電機(jī)發(fā)電的功率為1.27×104W，故故選：A?！军c(diǎn)評】本題考查發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的電能的計(jì)算，關(guān)鍵是利用風(fēng)的運(yùn)動，計(jì)算時(shí)間t內(nèi)吹到扇葉上的空氣的質(zhì)量。2．能源是人類社會活動的物質(zhì)基礎(chǔ)，節(jié)約能源應(yīng)成為公民的行為習(xí)慣。下列說法中正確的是（）A．太陽能轉(zhuǎn)化為電能過程中能量增加 B．能量耗散會降低能源利用的品質(zhì) C．能量耗散過程中能量在不斷減少 D．能量總是守恒的，所以不需要節(jié)約能源【考點(diǎn)】能量耗散；能源與社會發(fā)展．【專題】定性思想；推理法；功能關(guān)系能量守恒定律；推理論證能力．【答案】B【分析】根據(jù)能量的轉(zhuǎn)化和守恒思想結(jié)合能量耗散的特點(diǎn)進(jìn)行分析解答?！窘獯稹拷猓篈.根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒定律可知，太陽能轉(zhuǎn)化為電能過程中能量總和不變，故A錯(cuò)誤；B.能量耗散說明能量在轉(zhuǎn)化的過程中能量的可利用率越來越小，可利用的品質(zhì)降低了，故B正確；C.能量耗散說明能量在轉(zhuǎn)化的過程中能量的可利用率越來越小，但總量不會減少，故C錯(cuò)誤；D．能量總是守恒的，但是可利用的能源逐漸減小，所以需要節(jié)約能源，故D錯(cuò)誤。故選：B。【點(diǎn)評】深刻理解能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律，了解能源的利用和開發(fā)等知識是解答此題的關(guān)鍵。3．從能量轉(zhuǎn)化的角度來看，下列說法正確的是（）A．電暖氣正常工作時(shí)，主要是將電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能 B．核電站工作時(shí)主要將電能轉(zhuǎn)化為核能 C．電動汽車在行駛過程中，發(fā)生的能量轉(zhuǎn)化主要是將機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能 D．人造衛(wèi)星展開太陽能電池板，把太陽能轉(zhuǎn)化為電能供給衛(wèi)星用電器【考點(diǎn)】能量可以進(jìn)行轉(zhuǎn)移或轉(zhuǎn)化；能源的分類與應(yīng)用．【專題】定性思想；推理法；功能關(guān)系能量守恒定律；推理論證能力．【答案】D【分析】根據(jù)能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律進(jìn)行分析解答?！窘獯稹拷猓篈.電暖氣正常工作時(shí)，利用電流的熱效應(yīng)將電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故A錯(cuò)誤；B.核電站工作時(shí)主要通過?反應(yīng)堆中的核裂變反應(yīng)釋放出熱量，將水加熱產(chǎn)生蒸汽，然后蒸汽推動?汽輪發(fā)電機(jī)發(fā)電，是將核能轉(zhuǎn)化為電能，故B錯(cuò)誤；C.電動汽車在行駛過程中，將電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，故C錯(cuò)誤；D.人造衛(wèi)星展開太陽能電池板，將光能轉(zhuǎn)化為電能供給衛(wèi)星用電器，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評】考查能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律，會根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。4．嘉興火車站被譽(yù)為“森林中的火車站”，還是一座會發(fā)電的火車站。車站屋頂鋪設(shè)了1.2萬塊面積均為0.72m2的光伏組件，發(fā)電總功率最大約為1.2×106W。已知單位時(shí)間內(nèi)太陽輻射的總能量約為4×1026J/s，太陽與地球之間的距離約為1.5×1011m，因大氣的影響，陽光垂直射到地面附近的能量約為太陽輻射到地球能量的一半，則（）A．一塊光伏組件接收到的太陽輻射功率約為100W B．單位時(shí)間內(nèi)太陽垂直射到地面附近單位面積的能量約為2800J C．該光伏組件的光電轉(zhuǎn)換效率約為20% D．一塊光伏組件工作一天可發(fā)電約2.4kWh【考點(diǎn)】用能量守恒定律解決實(shí)際問題．【專題】定量思想；推理法；動量和能量的綜合；推理論證能力．【答案】C【分析】求解單位時(shí)間內(nèi)太陽垂直射到地面附近單位面積的能量，從而求解接收到的太陽輻射功率；求解發(fā)電功率，從而求解光伏組件的光電轉(zhuǎn)換效率；發(fā)電量等于功率乘以時(shí)間?！窘獯稹拷猓篈B．陽光垂直射到地面附近的能量約為太陽輻射到地球能量的一半，單位時(shí)間內(nèi)太陽垂直射到地面附近單位面積的能量約為E=一塊光伏組件接收到的太陽輻射功率約為P1＝E×0.72W，解得P1≈510W故AB錯(cuò)誤；C．一塊光伏組件的發(fā)電功率為P1該光伏組件的光電轉(zhuǎn)換效率約為η=故C正確；D．一塊光伏組件工作一天可發(fā)電約E電＝100W×12h＝1.2kWh故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評】本題考查光能和電能的轉(zhuǎn)換問題，解題關(guān)鍵是求解單位時(shí)間內(nèi)太陽垂直射到地面附近單位面積的能量。5．風(fēng)能是一種潔凈、無污染、可再生的能源，臨海括蒼山山頂上建有全國第四大風(fēng)力發(fā)電場，如圖所示。已知該地區(qū)的風(fēng)速約為6m/s，空氣密度約1.3kg/m3，已知風(fēng)力發(fā)電機(jī)的風(fēng)葉葉片長度為40m，且風(fēng)能的30%可轉(zhuǎn)化為電能，則一臺發(fā)電機(jī)發(fā)電功率約為（）A．3.6×103W B．2.1×105W C．1.5×107W D．1.5×109W【考點(diǎn)】用能量守恒定律解決實(shí)際問題；功率的定義、物理意義和計(jì)算式的推導(dǎo)．【專題】定量思想；推理法；功能關(guān)系能量守恒定律；推理論證能力．【答案】B【分析】在t時(shí)間內(nèi)通過橫截面積為πr2的風(fēng)能30%轉(zhuǎn)化為電能，根據(jù)能量守恒定律和功率公式列式求解即可?！窘獯稹拷猓涸趖s內(nèi)經(jīng)過葉片的空氣體積為V＝πr2vt空氣的質(zhì)量為m＝ρV空氣的動能為Ek風(fēng)能的30%可轉(zhuǎn)化為電能，則E電＝30%Ek整理可得，電能就是發(fā)電功率P=代入數(shù)據(jù)解得P≈2.1×105W，故ACD錯(cuò)誤，B正確。故選：B?！军c(diǎn)評】應(yīng)用能量轉(zhuǎn)化守恒定律解題的步驟（1）分清有幾種形式的能在變化，如動能、勢能（包括重力勢能、彈性勢能、電勢能）、內(nèi)能等．（2）明確哪種形式的能量增加，哪種形式的能量減少，并且列出減少的能量△E減和增加的能量△E增的表達(dá)式．（3）列出能量守恒關(guān)系式：△E減＝△E增。6．潮汐能是海水周期性漲落運(yùn)動中所具有的能量，是一種可再生能源?，F(xiàn)建立一個(gè)簡化模型，某發(fā)電站大壩內(nèi)儲水水庫的有效面積為S＝4×106m2，漲潮時(shí)，當(dāng)大壩外側(cè)海平面高度為h＝4m時(shí)（以海水流入前的水庫水面為參考系），打開大壩下面通道的閘門海水流入，此過程中通道處的水輪機(jī)利用水流的動能發(fā)電，直至大壩內(nèi)外水面等高，關(guān)閉閘門。等到完全退潮后，開閘放水，再次發(fā)電，直至大壩內(nèi)外水面再次相同，關(guān)閉閘門，等待下一次漲潮發(fā)電（此時(shí)的水庫水面高度即為漲潮前的水庫水面高度）。由于海洋很大，大壩外的海平面高度在海水流入、流出水庫過程中幾乎不變，潮水一天漲落兩次，海水的勢能有25%轉(zhuǎn)化為電能，則這個(gè)發(fā)電站一天的發(fā)電量約為（）A．4.0×1010J B．1.5×1010J C．3.2×1011J D．1.5×1011J【考點(diǎn)】用能量守恒定律解決實(shí)際問題；常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化．【專題】定量思想；推理法；動量與動能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合；推理論證能力．【答案】C【分析】根據(jù)能量守恒定律計(jì)算出發(fā)電站一天的發(fā)電量即可。【解答】解：根據(jù)題意可得電能為E電＝Ep×25%＝4×106×4×4×1.0×103×10×2×25%J＝3.2×1011J，故C正確，ABD錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評】本題以潮汐能為考查背景，主要考查了能量守恒定律，在計(jì)算發(fā)電量時(shí)要注意乘上轉(zhuǎn)化效率。二．多選題（共3小題）（多選）7．學(xué)校為創(chuàng)建綠色校園改裝了一批太陽能路燈，太陽能路燈技術(shù)參數(shù)如下：太陽能電池組件（太陽能電池光電轉(zhuǎn)換效率為18%，得到的電池功率為100W）；免維護(hù)蓄電池（60～250A?h/12V，充電效率為80%）；照明時(shí)間（4～12h，可根據(jù)需要任意調(diào)節(jié)，陰雨天可連續(xù)工作5～7天）；光控時(shí)LED照明恒流輸出功率（15～60W）；其他輔助系統(tǒng)組成部分。結(jié)合上述數(shù)據(jù)，下列說法正確的是（）A．太陽照射2h，光電系統(tǒng)可吸收太陽能為4.0×106J B．LED照明5h，照明時(shí)恒流輸出電能最多為1.08×106J C．利用太陽能電池給免維護(hù)蓄電池充電，充滿需要的最長時(shí)間為30h D．利用免維護(hù)蓄電池給額定功率為60W的LED供電，最長時(shí)間為45h【考點(diǎn)】用能量守恒定律解決實(shí)際問題；根據(jù)家用電器的技術(shù)參數(shù)求解相關(guān)物理量．【專題】定量思想；推理法；功的計(jì)算專題；推理論證能力．【答案】AB【分析】已知太陽能電池功率為100W，光電轉(zhuǎn)換效率為18%，根據(jù)能量守恒定律列式求解吸收的太陽能情況；根據(jù)W＝Pt求解多輸出電能和供電時(shí)間?！窘獯稹拷猓篈、光電轉(zhuǎn)換電池功率為P＝100W，光電轉(zhuǎn)換效率為η＝18%，經(jīng)過t＝2小時(shí)＝2×3600s＝7800s內(nèi)，可吸收的太陽能為：E=Ptη=100×720018%J＝4.0×10B、LED照明t1＝5小時(shí)＝5×3600s＝18000s，恒流輸出的最多電能為：W＝Pt＝60×18000J＝1.08×106J，故B正確；C、根據(jù)蓄電池的規(guī)格（60～250A?h/12V，充電效率為80%）可知能夠儲存的電能為：E1＝qU＝250×3600×12J＝1.08×107J，根據(jù)能量關(guān)系可得：E1＝80%Pt2；利用太陽能電池給蓄電池充電，充滿需要的最長時(shí)間為：t2=E180%P，解得：t2＝135000s＝D、利用免維護(hù)蓄電池給P′＝60W的LED供電，最長時(shí)間約為：t3=E1P'=250×3600×1260s故選：AB。【點(diǎn)評】本題考查了能量的相互轉(zhuǎn)化、電能的計(jì)算以及太陽能的利用，我們不但要學(xué)會從題目所給信息中找到有用的數(shù)據(jù)，更要學(xué)會環(huán)保節(jié)能。（多選）8．如圖甲，傾角為θ的光滑斜面上放一輕質(zhì)彈簧，其下端固定，靜止時(shí)上端位置在B點(diǎn)，在A點(diǎn)放一質(zhì)量m＝2kg的小物塊，小物塊自由釋放，在開始運(yùn)動的一段時(shí)間內(nèi)v﹣t圖如圖乙所示，小物塊在0.4s時(shí)運(yùn)動到B點(diǎn)，在0.9s時(shí)到達(dá)C點(diǎn)，BC的距離為1.2m（g取10m/s2）。由圖知下列選項(xiàng)正確的是（）A．斜面傾角θ＝45° B．C點(diǎn)處彈簧的彈性勢能為16J C．物塊從B運(yùn)動到C的過程中機(jī)械能守恒 D．物塊從C回到A的過程中，加速度先減小后增大，再保持不變【考點(diǎn)】用能量守恒定律解決實(shí)際問題；作用力與反作用力；彈性勢能的定義和性質(zhì)；常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化．【專題】定量思想；方程法；功能關(guān)系能量守恒定律；推理論證能力．【答案】BD【分析】由圖象求出物塊的加速度，然后由牛頓第二定律求出斜面的傾角；由能量守恒定律求出彈簧的彈性勢能；根據(jù)機(jī)械能守恒的條件判斷機(jī)械能是否守恒；根據(jù)物塊的受力情況應(yīng)用牛頓第二定律判斷物塊加速度如何變化．【解答】解：A、由圖乙所示圖象可知，在0﹣4s內(nèi)，物塊做勻加速直線運(yùn)動，加速度為：a=ΔvΔt=由牛頓第二定律得：mgsinθ＝ma，解得：sinθ＝0.5，則θ＝30°，故A錯(cuò)誤；B、由能量守恒定律可得，在C點(diǎn)彈簧的彈性勢能為：EP=12mvB2+mghBC＝（12×2×22+2×10×1.2×C、物體從B到C過程，除重力做功外，彈簧彈力對物塊做負(fù)功，物塊的機(jī)械能不守恒，故C錯(cuò)誤；D、物塊從C點(diǎn)回到A點(diǎn)過程中，開始彈簧的彈力大于重力沿斜面向下的分力，合力向上，物塊向上做加速運(yùn)動，彈力逐漸減小，物塊所受合力減小，物塊的加速度減小，然后彈簧的彈力小于重力沿斜面向下的分力，合力向下，物塊做減速運(yùn)動，隨物塊向上運(yùn)動，彈簧彈力變小，物塊受到的合力變大，加速度變大，當(dāng)物體與彈簧分離后，物塊受到的合力等于重力的分力，加速度不變，物塊做加速度不變的減速運(yùn)動，由此可知在整個(gè)過程中，物塊的加速度先減小后增大，再保持不變，故D正確。故選：BD。【點(diǎn)評】本題考查了求斜面的傾角、判斷物體機(jī)械能是否守恒、求彈簧的彈性勢能、判斷物塊加速度如何變化等問題，分析清楚物塊運(yùn)動過程、由圖乙所示圖象求出物塊的速度、應(yīng)用牛頓第二定律、能量守恒定律即可正確解題．（多選）9．如圖所示，靜止在光滑水平面上的物體A和B的質(zhì)量分別為m和2m，它們之間與輕彈簧相連。在極短的時(shí)間內(nèi)對物塊A作用一個(gè)水平向右的沖量I，可知（）A．物塊A立刻有速度vA=IB．物塊B立刻有速度vB=IC．當(dāng)A與B之間的距離最小時(shí)，A的速度為零，B的速度為vB=ID．當(dāng)A與B之間的距離最小時(shí)，A與B有相同的速度v=【考點(diǎn)】用能量守恒定律解決實(shí)際問題；動量定理的內(nèi)容和應(yīng)用；動量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問題．【專題】動量定理應(yīng)用專題．【答案】AD【分析】在極短時(shí)間內(nèi)對物體A作用一水平向右的沖量I，說明A立即獲得速度可由動量定理求出速度；通過動態(tài)分析可知當(dāng)兩者距離最小時(shí)速度相等，根據(jù)動量守恒定律可求出距離最小時(shí)的速度?！窘獯稹拷?；A、由動量定理知，由于作用時(shí)間極短，所以物體A立即獲得速度，由I＝ΔP＝mvA，解得：vA=IB、A獲得速度的瞬時(shí)物體A沒有發(fā)生位移，彈簧沒有發(fā)生壓縮，故物體B仍靜止，B錯(cuò)誤。C、A向右運(yùn)動，彈簧逐漸壓縮，A受到向左的彈力，物體B受到向右的彈力，向右做加速運(yùn)動，由牛頓第二定律a=Fa可知，由a=kxm知，因x增大a隨之增大，所以A做變減速運(yùn)動，B做變加速運(yùn)動，當(dāng)兩者速度相等時(shí)A、B距離最小，此時(shí)彈簧壓縮到最短，由動量守恒得，規(guī)定向右為正方向，有：mvA＝（則共同速度為：v=I3m．故C故選：AD?！军c(diǎn)評】注意一些關(guān)鍵詞語如“極短時(shí)間內(nèi)受到?jīng)_量”、“恰好”、“緩慢運(yùn)動”等的含義；記住類似追擊問題當(dāng)兩者相距為極值（最小值、最大值）時(shí)速度相等。三．填空題（共4小題）10．有一種手電筒，當(dāng)其電池的電能耗盡時(shí)，搖晃它，即可為電池充電，在這個(gè)搖晃過程中機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能；如果將這種手電筒搖晃一次，相當(dāng)于將200g的重物舉高20cm，每秒搖兩次，則搖晃手電筒的平均功率為0.8W，g＝10m/s2?！究键c(diǎn)】用能量守恒定律解決實(shí)際問題；功率的定義、物理意義和計(jì)算式的推導(dǎo)．【專題】計(jì)算題；定量思想；功率的計(jì)算專題；功能關(guān)系能量守恒定律；應(yīng)用數(shù)學(xué)處理物理問題的能力．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】搖晃手機(jī)實(shí)際上就是人對手機(jī)做功，將機(jī)械能轉(zhuǎn)化成手機(jī)的電能；根據(jù)題意可以求得1s內(nèi)搖晃兩次時(shí)對手機(jī)做功的大小，進(jìn)而可以根據(jù)功率的公式計(jì)算出平均功率的大小?！窘獯稹拷猓簱u晃手機(jī)實(shí)際上就是人對手機(jī)做功，將機(jī)械能轉(zhuǎn)化成手機(jī)的電能；把手機(jī)搖晃一次做的功的大小為W＝mgh＝0.2kg×10N/kg×0.2m＝0.4J，所以搖晃兩次對手機(jī)做的功的大小為0.8J，平均功率的大小為P=故答案為：機(jī)械；0.8【點(diǎn)評】本題考查了功能轉(zhuǎn)化及關(guān)于功、功率的計(jì)算，關(guān)鍵要記清相關(guān)的公式，在計(jì)算中注意要統(tǒng)一單位，難度不大。11．世界上第一顆原子彈爆炸時(shí)，距爆炸中心14km外的掩體內(nèi)，費(fèi)米和他的助手們正在觀察試驗(yàn)情況．費(fèi)米一看到爆炸發(fā)生，就迅速走出掩體，幾十秒后當(dāng)爆炸形成的強(qiáng)大熱氣流傳過來時(shí)，費(fèi)米把事先準(zhǔn)備好的碎紙片從頭頂上方撒下，碎紙片落到他身后約s＝2m處．由此，費(fèi)米推算出那枚原子彈的威力相當(dāng)于1萬噸TNT炸藥．若假設(shè)紙片是從h＝1.8m高處撒下，可估算出當(dāng)時(shí)的風(fēng)速約為v＝3.3m/s；假設(shè)爆炸形成的氣流向各個(gè)方向傳播的速度大致相同，則離爆炸中心R＝14km處僅單位時(shí)間內(nèi)得到的風(fēng)能總量就為πR2ρs3ghg2h（這空用所給字母h、s、R、ρ和重力加速度g表示）．（已知空氣密度為ρ＝【考點(diǎn)】用能量守恒定律解決實(shí)際問題．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】本題中忽略碎紙片受到的空氣阻力，認(rèn)為其做平拋運(yùn)動，根據(jù)高度求出運(yùn)動的時(shí)間，結(jié)合水平位移求出初速度，從而得出風(fēng)速．根據(jù)動能表達(dá)式算離爆炸中心R＝14km處僅單位時(shí)間內(nèi)得到的風(fēng)能總量E．【解答】解：根據(jù)h=1t=2h則有：v=st假設(shè)爆炸形成的氣流向各個(gè)方向傳播的速度大致相同，則離爆炸中心R＝14km處僅單位時(shí)間內(nèi)得到的風(fēng)能總量E=12mv2=12（ρV）v2=1故答案為：3.3m/s、π【點(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵忽略次要因素，認(rèn)為碎紙片做平拋運(yùn)動，結(jié)合平拋運(yùn)動在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動規(guī)律進(jìn)行求解，注意單位時(shí)間內(nèi)體積V＝Sv．12．風(fēng)力發(fā)電機(jī)是將風(fēng)的動能轉(zhuǎn)化為葉輪的動能，在將葉輪的動能轉(zhuǎn)化為電能的裝置．設(shè)空氣的密度為ρ，每片葉輪的長度為L，正對葉輪的水平風(fēng)速為V，整個(gè)發(fā)電機(jī)的效率為η，那么每臺發(fā)電機(jī)發(fā)出的功率P＝12ηρπL2v3W【考點(diǎn)】用能量守恒定律解決實(shí)際問題；電功和電功率的計(jì)算．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】在時(shí)間t內(nèi)，通過風(fēng)力發(fā)電機(jī)葉片的空氣的動能轉(zhuǎn)化為電能，根據(jù)能量守恒定律列式求解即可．【解答】解：葉片旋轉(zhuǎn)所形成的圓面積為：S＝πL2t秒內(nèi)流過該圓面積的風(fēng)柱體積為：V＝Svt＝πL2vt風(fēng)柱體的質(zhì)量為：m＝ρV＝ρπL2vt風(fēng)柱體內(nèi)空氣分子的動能為：Ek=12mv2=12ρπL轉(zhuǎn)化成的電能為：E＝ηEk=12ηρπL2v發(fā)出的電功率為：P=Et=12ηρπ故答案為：12ηρπL2v【點(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵要明確能量是如何轉(zhuǎn)化的，運(yùn)用能量守恒定律列式求解．13．冰球運(yùn)動員甲的質(zhì)量為80.0kg，當(dāng)他以5.0m/s的速度向前運(yùn)動時(shí)，與另一質(zhì)量為100kg、速度為3.0m/s的迎面而來的運(yùn)動員乙相撞，碰后甲恰好靜止．假設(shè)碰撞時(shí)間極短，則碰后乙的速度的大小為1m/s；碰撞中總機(jī)械能的損失為1400J．【考點(diǎn)】用能量守恒定律解決實(shí)際問題；動量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問題．【專題】動量與動能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】甲乙組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可以求出乙的速度，然后由能量守恒定律可以求出機(jī)械能的損失．【解答】解：甲、乙組成的系統(tǒng)動量守恒，以甲的初速度方向?yàn)檎较?，由動量守恒定律得：m甲v甲+m乙v乙′＝m甲v甲′+m乙v乙′，代入數(shù)據(jù)解得：v乙′＝1m/s，由能量守恒定律可知，損失的機(jī)械能：ΔE=12m甲v甲2+12m乙v乙2-12m甲v甲′2-1代入數(shù)據(jù)解得：ΔE＝1400J；故答案為：1m/s；1400J．【點(diǎn)評】本題考查了求物體的速度、損失的機(jī)械能，應(yīng)用動量守恒定律與能量守恒定律即可正確解題．四．解答題（共3小題）14．如圖所示，有一固定在水平地面的光滑平臺。平臺右端B與靜止的水平傳送帶平滑相接，傳送帶長L＝4m。有一個(gè)質(zhì)量為m＝0.5kg的滑塊，放在水平平臺上，平臺上有一根輕質(zhì)彈簧，左端固定，右端與滑塊接觸但不連接，現(xiàn)將滑塊緩慢向左移動壓縮彈簧，且彈簧始終在彈性限度內(nèi)，在彈簧處于壓縮狀態(tài)時(shí)，若將滑塊由靜止釋放，滑塊最后恰能到達(dá)傳送帶右端C點(diǎn)。已知滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2（g取10m/s2），求：（1）滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度vB，及彈簧儲存的最大彈性勢能Ep；（2）若傳送帶以3.0m/s的速度沿順時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動，當(dāng)滑塊沖上傳送帶時(shí)，對滑塊施加一大小恒為0.5N的水平向右的作用力，滑塊從B運(yùn)動到C的過程中，摩擦力對它做的功；（3）若撤去彈簧及所加的恒力，兩輪半徑均為r＝0.9m，傳送帶順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動的角速度為ω0，滑塊以傳送帶的速度（該速度未知）從B點(diǎn)滑上傳送帶，恰好能自C點(diǎn)水平飛出，求ω0的大小?，F(xiàn)讓滑塊從B點(diǎn)以5m/s速度滑上傳送帶，則這一過程中滑塊與傳送帶間產(chǎn)生的內(nèi)能。【考點(diǎn)】用能量守恒定律解決實(shí)際問題；勻變速直線運(yùn)動規(guī)律的綜合應(yīng)用；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問題；彈性勢能的定義和性質(zhì)；動能定理的簡單應(yīng)用；常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化．【專題】計(jì)算題；學(xué)科綜合題；定量思想；尋找守恒量法；功能關(guān)系能量守恒定律．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）根據(jù)動能定理，結(jié)合滑塊在C點(diǎn)的速度為零，求出滑塊在B點(diǎn)的速度，根據(jù)能量守恒求出彈簧儲存的最大彈性勢能。（2）滑塊滑上傳送帶先做減速運(yùn)動，當(dāng)速度與傳送帶速度相等時(shí)一起勻速，對B到C過程運(yùn)用動能定理，求出摩擦力做功的大小。（3）恰好能由C點(diǎn)水平飛出傳送帶，則滑塊受到的質(zhì)量恰好提供向心力，由此即可求出角速度；由功能關(guān)系即可求出產(chǎn)生的內(nèi)能?！窘獯稹拷猓海?）滑塊從釋放至運(yùn)動到B點(diǎn)，由能量守恒得：Ep=1從B到C，由動能定理得：﹣μmgL＝0-1聯(lián)立①②兩式，代入數(shù)據(jù)解得vB＝4m/s彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為滑塊的動能：Ep＝EK=12mv2=12×0.5×（2）加電場后，由于vB＞v傳，滑塊滑上傳送帶時(shí)，加速度大小為a，有：μmg﹣qE＝ma滑塊減速的時(shí)間為：t1=v滑塊減速的位移為：x1=vB+v傳2故滑塊之后勻速運(yùn)動，從B到C，由動能定理得：qEL+Wf=代入數(shù)據(jù)解得：Wf＝﹣3.9375J。（3）滑塊恰能在C點(diǎn)水平飛出傳送帶，則有：mg=mvC2r又：vC＝代入數(shù)據(jù)得：ω0＝5rad/s滑塊要減速到C點(diǎn)μmg＝ma′塊減速時(shí)間為：t＝1s滑塊位移為：x1＝vBt-12a′t2傳送帶距離為：x2＝vCt＝2m內(nèi)能為：Q＝μmg（x1﹣x2）聯(lián)立以上方程得：Q＝1J答：（1）滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度是4m/s，及彈簧儲存的最大彈性勢能EP是4J；（2）摩擦力對它做的功是﹣3.9375J。（3）若兩輪半徑均為r＝0.4m，傳送帶順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動的角速度為ω0時(shí)，撤去彈簧及所加電場，讓滑塊從B點(diǎn)以4m/s速度滑上傳送帶，恰好能由C點(diǎn)水平飛出傳送帶。ω0的大小是5rad/s，這一過程中滑塊與傳送帶間產(chǎn)生的內(nèi)能是1J?！军c(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵理清滑塊在整個(gè)過程中的運(yùn)動情況，結(jié)合牛頓第二定律、動能定理進(jìn)行求解。15．風(fēng)能將成為21世紀(jì)大規(guī)模開發(fā)的一種可再生清潔能源。風(fēng)力發(fā)電機(jī)是將風(fēng)能（氣流的動能）轉(zhuǎn)化為電能的裝置，其主要部件包括風(fēng)輪機(jī)、齒輪箱、發(fā)電機(jī)等，如圖所示。（1）風(fēng)輪機(jī)葉片旋轉(zhuǎn)所掃過的面積為風(fēng)力發(fā)電機(jī)可接收風(fēng)能的面積。設(shè)空氣密度為ρ，氣流速度為v，風(fēng)輪機(jī)葉片長度為r。求單位時(shí)間內(nèi)流向風(fēng)輪機(jī)的最大風(fēng)能Pm。（2）已知風(fēng)力發(fā)電機(jī)的輸出電功率P與Pm成正比。某風(fēng)力發(fā)電機(jī)在風(fēng)速v1＝9m/s時(shí)能夠輸出電功率P1＝540kW。我國某地區(qū)風(fēng)速不低于v2＝6m/s的時(shí)間每年約為5000h。試估算這臺風(fēng)力發(fā)電機(jī)在該地區(qū)的最小年發(fā)電量是多少千瓦時(shí)?！究键c(diǎn)】用能量守恒定律解決實(shí)際問題．【專題】計(jì)算題；推理法；功能關(guān)系能量守恒定律；推理論證能力．【答案】（1）單位時(shí)間內(nèi)流向風(fēng)輪機(jī)的最大風(fēng)能Pm為12（2）這臺風(fēng)力發(fā)電機(jī)在該地區(qū)的最小年發(fā)電量是8×105千瓦時(shí)?！痉治觥浚?）風(fēng)垂直流向風(fēng)輪機(jī)，且末速度減為零時(shí)，提供的風(fēng)能功率最大。單位時(shí)間內(nèi)垂直流向葉片旋轉(zhuǎn)面積的氣體質(zhì)量為ρvS，根據(jù)能量守恒求解；（2）先求出風(fēng)力發(fā)電機(jī)的輸出功率，進(jìn)而即可求出最小年發(fā)電量?！窘獯稹拷猓海?）風(fēng)垂直流向風(fēng)輪機(jī)時(shí)，提供的風(fēng)能功率最大。單位時(shí)間內(nèi)垂直流向葉片旋轉(zhuǎn)面積的氣體質(zhì)量為m0＝ρvS，S＝πr2風(fēng)能的最大功率可表示為P風(fēng)=12m0v采取措施合理，如增加風(fēng)輪機(jī)葉片長度，安裝調(diào)向裝置保持風(fēng)輪機(jī)正面迎風(fēng)等。（2）按題意，風(fēng)力發(fā)電機(jī)的輸出功率為P2=v最小年發(fā)電量約為W＝P2t＝160×5000kW?h＝8×105kW?h答：（1）單位時(shí)間內(nèi)流向風(fēng)輪機(jī)的最大風(fēng)能Pm為12（2）這臺風(fēng)力發(fā)電機(jī)在該地區(qū)的最小年發(fā)電量是8×105千瓦時(shí)?！军c(diǎn)評】本題考查了功和功率的計(jì)算，關(guān)鍵是根據(jù)題意找出求出發(fā)電機(jī)功率的方法，及風(fēng)能的最大功率和輸出功率之間的關(guān)系。16．質(zhì)量為490g的木塊靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為10g的子彈以500m/s的速度水平射入木塊并嵌在其中，從子彈剛射入木塊至與木塊相對靜止的過程中，（1）它們的共同運(yùn)動速度為10m/s，木塊增加的動能為多少？（2）子彈損失的動能為多少？（3）產(chǎn)生的內(nèi)能是多少？【考點(diǎn)】用能量守恒定律解決實(shí)際問題．【專題】計(jì)算題；定量思想；尋找守恒量法；動量和能量的綜合；分析綜合能力．【答案】（1）它們的共同運(yùn)動速度為10m/s，木塊增加的動能為24.5.（2）子彈損失的動能為1249.5.（3）產(chǎn)生的內(nèi)能是1225J?！痉治觥浚?）根據(jù)Ek=1（2）子彈損失的動能等于初動能與末動能之差。（3）產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)損失的動能，根據(jù)能量守恒定律求解?！窘獯稹拷猓阂阎緣K質(zhì)量m2＝490g＝0.49kg，子彈質(zhì)量m1＝10g＝0.01kg，子彈的初速度v1＝500m/s，子彈與木塊的共同速度v2＝10m/s（1）木塊增加的動能為ΔEk2=12m（2）子彈損失的動能為ΔEk1=代入數(shù)據(jù)解得：ΔEk1＝1249.5J（3）產(chǎn)生的內(nèi)能是E內(nèi)＝ΔEk1﹣ΔEk2＝1249.5J﹣24.5J＝1225J答：（1）它們的共同運(yùn)動速度為10m/s，木塊增加的動能為24.5.（2）子彈損失的動能為1249.5.（3）產(chǎn)生的內(nèi)能是1225J。【點(diǎn)評】解答本題的關(guān)鍵要明確能量轉(zhuǎn)化情況，掌握動能的計(jì)算式Ek=1

考點(diǎn)卡片1．勻變速直線運(yùn)動規(guī)律的綜合應(yīng)用【知識點(diǎn)的認(rèn)識】本考點(diǎn)下的題目，代表的是一類復(fù)雜的運(yùn)動學(xué)題目，往往需要用到多個(gè)公式，需要細(xì)致的思考才能解答。【命題方向】如圖，甲、乙兩運(yùn)動員正在訓(xùn)練接力賽的交接棒．已知甲、乙兩運(yùn)動員經(jīng)短距離加速后都能達(dá)到并保持8m/s的速度跑完全程．設(shè)乙從起跑后到接棒前的運(yùn)動是勻加速的，加速度大小為2.5m/s2．乙在接力區(qū)前端聽到口令時(shí)起跑，在甲、乙相遇時(shí)完成交接棒．在某次練習(xí)中，甲以v＝8m/s的速度跑到接力區(qū)前端s0＝11.0m處向乙發(fā)出起跑口令．已知接力區(qū)的長度為L＝20m．求：（1）此次練習(xí)中交接棒處離接力區(qū)前端（即乙出發(fā)的位置）的距離．（2）為了達(dá)到理想成績，需要乙恰好在速度達(dá)到與甲相同時(shí)被甲追上，則甲應(yīng)在接力區(qū)前端多遠(yuǎn)時(shí)對乙發(fā)出起跑口令？（3）在（2）中，棒經(jīng)過接力區(qū)的時(shí)間是多少？分析：（1）甲乙兩人不是從同一地點(diǎn)出發(fā)的，當(dāng)已追上甲時(shí)，它們的位移關(guān)系是s0+12at2＝（2）當(dāng)兩人的速度相等時(shí)，兩車的距離為零，即處于同一位置．（3）由t=x解答：（1）設(shè)乙加速到交接棒時(shí)運(yùn)動時(shí)間為t，則在甲追擊乙過程中有s0+12at2代入數(shù)據(jù)得t1＝2st2＝4.4s（不符合乙加速最長時(shí)間3.2s實(shí)際舍去）此次練習(xí)中交接棒處離接力區(qū)前端的距離x（2）乙加速時(shí)間t設(shè)甲在距離接力區(qū)前端為s時(shí)對乙發(fā)出起跑口令，則在甲追擊乙過程中有s代入數(shù)據(jù)得s＝12.8m（3）棒在（2）過程以v＝8m/s速度的運(yùn)動，所以棒經(jīng)過接力區(qū)的時(shí)間是t點(diǎn)評：此題考查追及相遇問題，一定要掌握住兩者何時(shí)相遇、何時(shí)速度相等這兩個(gè)問題，這道題是典型的追及問題，同學(xué)們一定要掌握?。窘忸}思路點(diǎn)撥】熟練掌握并深刻理解運(yùn)動學(xué)的基礎(chǔ)公式及導(dǎo)出公式，結(jié)合公式法、圖像法、整體與分段法等解題技巧，才能在解答此類題目時(shí)游刃有余。2．牛頓第二定律的簡單應(yīng)用【知識點(diǎn)的認(rèn)識】牛頓第二定律的表達(dá)式是F＝ma，已知物體的受力和質(zhì)量，可以計(jì)算物體的加速度；已知物體的質(zhì)量和加速度，可以計(jì)算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計(jì)算物體的質(zhì)量?！久}方向】一質(zhì)量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可。解答：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據(jù)牛頓第三定律，人對電梯的壓力等于電梯對人的支持力，故人對電梯的壓力等于43mg故選：A。點(diǎn)評：本題關(guān)鍵對人受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解。【解題方法點(diǎn)撥】在應(yīng)用牛頓第二定律解決簡單問題時(shí)，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達(dá)式，再根據(jù)需要求出相關(guān)物理量。3．作用力與反作用力【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.定義：（1）力是物體對物體的作用，每個(gè)力一定同時(shí)存在著受力物體和施力物體。（2）兩個(gè)物體之間的作用總是用相互的，物體間相互作的這一對力稱為的作用力和反作用力。（3）作用力和反作用力總是等大、反向的，可以把其中任何一個(gè)力叫作作用力，另一個(gè)力叫作反作用力。2.性質(zhì)：3.特征【命題方向】下列關(guān)于作用力和反作用力的說法中，正確的是（）A.物體相互作用時(shí)，先有作用力，后有反作用力B.雖然馬能將車?yán)瓌樱邱R拉車的力與車?yán)R的力大小相等C.雞蛋碰石頭時(shí)，雞蛋對石頭的作用力小于石頭對雞蛋的作用力D.作用力和反作用力的合力為零，即兩個(gè)力的作用效果可以互相抵消分析：作用力與反作用力的關(guān)系是大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，作用力與反作用力和一對平衡力最大的區(qū)別在于作用力與反作用力作用在兩個(gè)不同的物體上，而一對平衡力是作用在同一個(gè)物體上的．解答：A、作用力與反作用力是同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)消失的，沒有先后之分，所以A選項(xiàng)錯(cuò)誤。B、馬拉車的力與車?yán)R的力，它們是作用力與反作用力的關(guān)系，一定是大小相等的，馬之所以能將車?yán)瓌?，是由于馬拉車的力大于車所受到的摩擦力的緣故，所以B選項(xiàng)正確。C、雞蛋對石頭的作用力和石頭對雞蛋的作用力，它們是作用力與反作用力，大小相等，方向相反，之所以雞蛋碰壞了，是由于雞蛋的承受力小，所以C選項(xiàng)錯(cuò)誤。D、作用力與反作用力作用在兩個(gè)不同的物體上，根本不能求它們的合力，只有作用在同一個(gè)物體上的力才可以求它們的合力，故D選項(xiàng)錯(cuò)誤。故選：B。點(diǎn)評：本題主要是考查作用力與反作用力的關(guān)系，同時(shí)注意區(qū)分它與一對平衡力的區(qū)別．【解題思路點(diǎn)撥】明確作用力與反作用力的性質(zhì)和特征，注意與平衡力進(jìn)行區(qū)分。4．牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問題【知識點(diǎn)的認(rèn)識】圓周運(yùn)動的過程符合牛頓第二定律，表達(dá)式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命題方向】我國著名體操運(yùn)動員童飛，首次在單杠項(xiàng)目中完成了“單臂大回環(huán)”：用一只手抓住單杠，以單杠為軸做豎直面上的圓周運(yùn)動．假設(shè)童飛的質(zhì)量為55kg，為完成這一動作，童飛在通過最低點(diǎn)時(shí)的向心加速度至少是4g，那么在完成“單臂大回環(huán)”的過程中，童飛的單臂至少要能夠承受多大的力．分析：運(yùn)動員在最低點(diǎn)時(shí)處于超重狀態(tài)，由單杠對人拉力與重力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求解．解答：運(yùn)動員在最低點(diǎn)時(shí)處于超重狀態(tài)，設(shè)運(yùn)動員手臂的拉力為F，由牛頓第二定律可得：F心＝ma心則得：F心＝2200N又F心＝F﹣mg得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N答：童飛的單臂至少要能夠承受2750N的力．點(diǎn)評：解答本題的關(guān)鍵是分析向心力的來源，建立模型，運(yùn)用牛頓第二定律求解．【解題思路點(diǎn)撥】圓周運(yùn)動中的動力學(xué)問題分析（1）向心力的確定①確定圓周運(yùn)動的軌道所在的平面及圓心的位置．②分析物體的受力情況，找出所有的力沿半徑方向指向圓心的合力，該力就是向心力．（2）向心力的來源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、彈力、摩擦力等各種力，也可以是幾個(gè)力的合力或某個(gè)力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解決圓周運(yùn)動問題步驟①審清題意，確定研究對象；②分析物體的運(yùn)動情況，即物體的線速度、角速度、周期、軌道平面、圓心、半徑等；③分析物體的受力情況，畫出受力示意圖，確定向心力的來源；④根據(jù)牛頓運(yùn)動定律及向心力公式列方程．5．功率的定義、物理意義和計(jì)算式的推導(dǎo)【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.義：功與完成這些功所用時(shí)間的比值．2.理意義：描述做功的快慢。3.質(zhì)：功是標(biāo)量。4.計(jì)算公式（1）定義式：P=Wt，P為時(shí)間（2）機(jī)械功的表達(dá)式：P＝Fvcosα（α為F與v的夾角）①v為平均速度，則P為平均功率．②v為瞬時(shí)速度，則P為瞬時(shí)功率．推導(dǎo)：如果物體的受力F與運(yùn)動方向的夾角為α，從計(jì)時(shí)開始到時(shí)刻t這段時(shí)間內(nèi)，發(fā)生的位移是l，則力在這段時(shí)間所做的功W＝Flcosα因此有P=Wt由于位移l是從開始計(jì)時(shí)到時(shí)刻t這段時(shí)間內(nèi)發(fā)生的，所以lt是物體在這段時(shí)間內(nèi)的平均速度vP＝Fvcosα可見，力對物體做功的功率等于沿運(yùn)動方向的分力與物體速度的乘積。通常情況下，力與位移的方向一致，即F與v的夾角一致時(shí)，cosα＝1，上式可以寫成P＝Fv。從以上推導(dǎo)過程來看，P＝Fv中的速度v是物體在恒力F作用下的平均速度，所以這里的功率P是指從計(jì)時(shí)開始到時(shí)刻t的平均功率。如果時(shí)間間隔非常小，上述平均速度就可以看作瞬時(shí)速度，這個(gè)關(guān)系式也就可以反映瞬時(shí)速度與瞬時(shí)功率的關(guān)系。5.額定功率：機(jī)械正常工作時(shí)輸出的最大功率．6.實(shí)際功率：機(jī)械實(shí)際工作時(shí)輸出的功率．要求不大于額定功率．【命題方向】下列關(guān)于功率和機(jī)械效率的說法中，正確的是（）A、功率大的機(jī)械，做功一定多B、做功多的機(jī)械，效率一定高C、做功快的機(jī)械，功率一定大D、效率高的機(jī)械，功率一定大分析：根據(jù)P=Wt知，做功多．功率不一定大，根據(jù)η解答：A、根據(jù)P=Wt知，功率大，做功不一定多。故BD、根據(jù)η=W有W總=C、功率是反映做功快慢的物理量，做功快，功率一定大。故C正確。故選：C。點(diǎn)評：解決本題的關(guān)鍵知道功率反映做功快慢的物理量，功率大，做功不一定多．做功多，效率不一定高．【解題思路點(diǎn)撥】1.功率是反映做功快慢的物理量，與功的多少沒有直接關(guān)系。2.功率的定義式P=W6．平均功率的計(jì)算【知識點(diǎn)的認(rèn)識】平均功率的計(jì)算式：①功率的定義式：P=②恒力做功：P＝Fv（v是平均速度）【命題方向】一、定義式計(jì)算平均功率據(jù)報(bào)導(dǎo)：我國一家廠商制作了一種特殊的手機(jī)，在電池能耗盡時(shí)，搖晃手機(jī)，即可產(chǎn)生電能維持通話，搖晃手機(jī)的過程是將機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能，如果將該手機(jī)搖晃一次，相當(dāng)于將100g的重物舉高40cm，若每秒搖兩次，則搖晃手機(jī)的平均功率為（g＝10m/s2）（）A、0.04WB、0.4WC、0.8WD、40W分析：根據(jù)題意可以求得搖晃兩次時(shí)對手機(jī)做的功的大小，進(jìn)而可以根據(jù)功率的公式計(jì)算出平均功率的大?。獯穑喊咽謾C(jī)搖晃一次做的功的大小為W＝mgh＝0.1×10×0.4J＝0.4J，所以搖晃兩次對手機(jī)做的功的大小為0.8J，所以平均功率的大小為P=Wt=0.81W故選：C。點(diǎn)評：搖晃手機(jī)實(shí)際上就是人對手機(jī)做的功轉(zhuǎn)化成手機(jī)的電能，求出人做功的大小即可得出功率的大?。?、恒力做功的平均功率質(zhì)量為m的物體從靜止開始做加速度為a的勻加速直線運(yùn)動，在運(yùn)動時(shí)間為t的過程中，合外力對它做功的平均功率為（）A、ma2tB、12ma2tC、2ma2tD、22ma分析：物體做的是勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)速度公式可以求得經(jīng)過時(shí)間t時(shí)物體的速度的大小，由此可以求得平均速度的大小，根據(jù)P＝Fv，可以求得平均功率的大?。獯穑何矬w做的是勻加速直線運(yùn)動，t時(shí)刻的速度的大小為v＝at，該過程的平均速度的大小為v=12v此時(shí)物體受到的合外力為F＝ma，所以合外力對它做功的平均功率為P＝Fv=ma×12at=故選：B。點(diǎn)評：在分析功率的時(shí)候，一定要注意公式的選擇，P=Wt只能計(jì)算平均功率的大小，而P＝Fv可以計(jì)算平均功率也可以計(jì)算瞬時(shí)功率，取決于速度是平均速度還是瞬時(shí)速度．該題也可由P【解題思路點(diǎn)撥】1.功率的定義式P=W2.對于恒力做功，除了可以先求出總功，再除以時(shí)間求平均功率外，也可以求出平均速度，再利用P＝Fv計(jì)算平均功率。7．彈性勢能的定義和性質(zhì)【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1．定義：發(fā)生形變的物體，在恢復(fù)原狀時(shí)能夠?qū)ν庾龉?，因而具有能量，這種能叫做彈性勢能。2．決定因素：與形變程度有關(guān)，形變越厲害，彈性勢能就越大；與彈簧的勁度系數(shù)有關(guān)，k越大，彈性勢能就越大。3．彈簧彈性勢能表達(dá)式：Ep所以影響彈性勢能的因素有：①彈簧的勁度系數(shù)，當(dāng)形變量相同時(shí)，勁度系數(shù)越大的彈簧具有的彈性勢能越大；②彈簧的形變量，對于固定的彈簧，形變量越大的彈簧具有的彈性勢能越大。③對一般彈性物體而言，滿足形變量越大彈性勢能也越大。4.彈性勢能的性質(zhì)①彈性勢能同重力勢能一樣，描述時(shí)需要選擇零勢能點(diǎn)。對彈簧來說一般以原長位置為零勢能點(diǎn)，彈性勢能的大小是相對于零勢能點(diǎn)來說的。②彈性勢能是標(biāo)量，根據(jù)零勢能點(diǎn)的選擇不同，彈性勢能可正可負(fù)，正的彈性勢能大于負(fù)的彈性勢能?！久}方向】關(guān)于彈性勢能，下列說法中正確的是（）A、發(fā)生彈性形變的物體都具有彈性勢能B、發(fā)生形變的物體都具有彈性勢能C、只有彈簧發(fā)生彈性形變時(shí)才具有彈性勢能D、彈簧的形變量越大，彈性勢能就越小分析：任何物體發(fā)生彈性形變時(shí)，都具有彈性勢能．彈簧伸長和壓縮時(shí)都有彈性勢能．同一個(gè)彈簧形變量越大，彈性勢能就越大．解答：A、由彈性勢能的定義和相關(guān)因素進(jìn)行判斷。發(fā)生彈性形變的物體的各部分之間，由于彈力作用而具有的勢能，叫做彈性勢能。所以，任何發(fā)生彈性形變的物體都具有彈性勢能。故A正確。BC、物體發(fā)生了形變，若是非彈性形變，無彈力作用，則物體就不具有彈性勢能。故B、C錯(cuò)誤。D、發(fā)生彈性形變的物體，形變量越大，彈性勢能越大，故D錯(cuò)誤。故選：A。點(diǎn)評：本題關(guān)鍵明確彈性勢能的概念，知道影響彈性勢能大小的因素，基礎(chǔ)題．【解題思路點(diǎn)撥】彈性勢能是由于物體形變而具有的能量，所以一般來說彈性勢能是針對發(fā)生彈性形變的物體，而彈性勢能的表達(dá)式Ep8．動能定理的簡單應(yīng)用【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.動能定理的內(nèi)容：合外力做的功等于動能的變化量。2.表達(dá)式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考點(diǎn)針對簡單情況下用動能定理來解題的情況?！久}方向】如圖所示，質(zhì)量m＝10kg的物體放在水平地面上，物體與地面的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物體上，使物體由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動，作用時(shí)間t＝6s后撤去F，求：（1）物體在前6s運(yùn)動的過程中的加速度；（2）物體在前6s運(yùn)動的位移（3）物體從開始運(yùn)動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）對物體受力分析知，物體做勻加速運(yùn)動，由牛頓第二定律就可求出加速度；（2）用勻變速直線運(yùn)動的位移公式即可求得位移的大??；（3）對全程用動能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）對物體受力分析，由牛頓第二定律得F﹣μmg＝ma，解得a＝3m/s2，（2）由位移公式得X=12at2=12×3×6（3）對全程用動能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物體在前6s運(yùn)動的過程中的加速度是3m/s2；（2）物體在前6s運(yùn)動的位移是54m；（3）物體從開始運(yùn)動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功為2700J。點(diǎn)評：分析清楚物體的運(yùn)動過程，直接應(yīng)用牛頓第二定律和勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律求解即可，求摩擦力的功的時(shí)候?qū)θ虘?yīng)用動能定理比較簡單?！窘忸}思路點(diǎn)撥】1．應(yīng)用動能定理的一般步驟（1）選取研究對象，明確并分析運(yùn)動過程。（2）分析受力及各力做功的情況①受哪些力？②每個(gè)力是否做功？③在哪段位移哪段過程中做功？④做正功還是負(fù)功？⑤做多少功？求出代數(shù)和。（3）明確過程始末狀態(tài)的動能Ek1及Ek2。（4）列方程W總＝Ek2﹣Ek1，必要時(shí)注意分析題目潛在的條件，補(bǔ)充方程進(jìn)行求解。注意：①在研究某一物體受到力的持續(xù)作用而發(fā)生狀態(tài)改變時(shí)，如涉及位移和速度而不涉及時(shí)間時(shí)應(yīng)首先考慮應(yīng)用動能定理，而后考慮牛頓定律、運(yùn)動學(xué)公式，如涉及加速度時(shí)，先考慮牛頓第二定律。②用動能定理解題，關(guān)鍵是對研究對象進(jìn)行準(zhǔn)確的受力分析及運(yùn)動過程分析，并畫出物體運(yùn)動過程的草圖，以便更準(zhǔn)確地理解物理過程和各物理量的關(guān)系。有些力在物體運(yùn)動全過程中不是始終存在的，在計(jì)算外力做功時(shí)更應(yīng)引起注意。9．常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1．內(nèi)容（1）功是能量轉(zhuǎn)化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化。（2）做功的過程一定伴隨著能量的轉(zhuǎn)化，而且能量的轉(zhuǎn)化必通過做功來實(shí)現(xiàn)。2．高中物理中幾種常見的功能關(guān)系功能量的變化合外力做正功動能增加重力做正功重力勢能減少彈簧彈力做正功彈性勢能減少電場力做正功電勢能減少其他力（除重力、彈力）做正功機(jī)械能增加一對滑動摩擦力做的總功為負(fù)功系統(tǒng)的內(nèi)能增加【解題思路點(diǎn)撥】如圖所示，質(zhì)量為m的物體靜止在地面上，物體上面連著一個(gè)輕彈簧，用手拉住彈簧上端上移H，將物體緩緩提高h(yuǎn)，拉力F做功WF，不計(jì)彈簧的質(zhì)量，則下列說法正確的是（）A、重力做功﹣mgh，重力勢能減少mghB、彈力做功﹣WF，彈性勢能增加WFC、重力勢能增加mgh，彈性勢能增加FHD、重力勢能增加mgh，彈性勢能增加WF﹣mgh分析：重力勢能的變化量等于負(fù)的重力所做的功，物體緩緩提高說明速度不變，拉力F做的功等于物體重力勢能的變化量與彈簧彈性勢能增加量之和．解答：重力勢能的變化量等于負(fù)的重力所做的功，即ΔEP＝﹣WG＝﹣（﹣mgh）＝mgh物體緩緩提高說明速度不變，所以物體動能不發(fā)生變化，ΔE彈＝WF+WG＝WF﹣mgh故選：D。點(diǎn)評：本題主要考查了重力勢能的變化量與重力做功的關(guān)系以及能量轉(zhuǎn)化關(guān)系，難度不大，屬于基礎(chǔ)題．【解題思路點(diǎn)撥】1.常見的功能關(guān)系：合力做功——?jiǎng)幽茏兓?；重力做功——重力勢能變化；彈力做功——彈性勢能變化；摩擦力做功——?nèi)能變化；其他力做功——機(jī)械能變化。2.判斷和計(jì)算做功或能量變化時(shí)，可以反其道而行之，通過計(jì)算能量變化或做功多少來進(jìn)行。10．動量定理的內(nèi)容和應(yīng)用【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1．內(nèi)容：物體在一個(gè)過程始末的動量變化量等于它在這個(gè)過程中所受力的沖量．2．表達(dá)式：p′﹣p＝I或mv﹣mv0＝Ft．3．用動量概念表示牛頓第二定律：由mv﹣mv0＝Ft，得到F=mv-mv0【命題方向】籃球運(yùn)動員通常要伸出兩臂迎接傳來的籃球，接球時(shí)，兩臂隨球迅速收縮至胸前，這樣可以（）A、減小籃球?qū)κ值臎_量B、減小籃球?qū)θ说臎_擊力C、減小籃球的動量變化量D、增大籃球的動量變化量分析：分析接球的動作，先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時(shí)間，根據(jù)動量定理即可分析。解答：A、先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時(shí)間，根據(jù)動量定理得：﹣Ft＝0﹣mv，解得：F=mvt，當(dāng)時(shí)間增大時(shí)，作用力就減小，而沖量和動量的變化量都不變，故A錯(cuò)誤C、運(yùn)動員接球過程，球的末動量為零，球的初動量一定，則球的動量的變化量一定，故CD錯(cuò)誤。故選：B。點(diǎn)評：本題主要考查了動量定理的直接應(yīng)用，應(yīng)用動量定理可以解題，解題時(shí)要注意，接球過程球的動量變化量一定，球與手受到的沖量一定，球動量的變化量與沖量不會因如何接球而改變?！窘忸}方法點(diǎn)撥】1．動量、動量的變化量、沖量、力都是矢量．解題時(shí)，先要規(guī)定正方向，與正方向相反的，要取負(fù)值．2．恒力的沖量用恒力與力的作用時(shí)間的乘積表示，變力的沖量計(jì)算，要看題目條件確定．如果力隨時(shí)間均勻變化，可取平均力代入公式求出；力不隨時(shí)間均勻變化，就用I表示這個(gè)力的沖量，用其它方法間接求出．3．只要涉及了力F和力的作用時(shí)間t，用牛頓第二定律能解答的問題、用動量定理也能解答，而用動量定理解題，更簡捷．11．動量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問題【知識點(diǎn)的認(rèn)識】動量守恒定律與能量守恒定律的綜合應(yīng)用有很多，我們將板塊模型、子彈打木塊以及彈簧類模型單獨(dú)分了出來仍遠(yuǎn)遠(yuǎn)不夠，其他的綜合應(yīng)用暫時(shí)歸類于此。例如多種因素共存的動量和能量的綜合應(yīng)用、有電場存在的綜合應(yīng)用等等?！久}方向】如圖所示為某種彈射裝置的示意圖，光滑的水平導(dǎo)軌MN右端N處與水平傳送帶理想連接，傳送帶長度L＝4.0m，皮帶輪沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動，帶動皮帶以恒定速率v＝3.0m/s勻速傳動。三個(gè)質(zhì)量均為m＝1.0kg的滑塊A、B、C置于水平導(dǎo)軌上，開始時(shí)滑塊B、C之間用細(xì)繩相連，其間有一壓縮的輕彈簧，處于靜止?fàn)顟B(tài)。滑塊A以初速度v0＝2.0m/s沿B、C連線方向向B運(yùn)動，A與B碰撞后粘合在一起，碰撞時(shí)間極短。連接B、C的細(xì)繩受擾動而突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A、B分離?；瑝KC脫離彈簧后以速度vC＝2.0m/s滑上傳送帶，并從右端滑出落至地面上的P點(diǎn)。已知滑塊C與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.20，重力加速度g取10m/s2．求：（1）滑塊C從傳送帶右端滑出時(shí)的速度大??；（2）滑塊B、C用細(xì)繩相連時(shí)彈簧的彈性勢能Ep；（3）若每次實(shí)驗(yàn)開始時(shí)彈簧的壓縮情況相同，要使滑塊C總能落至P點(diǎn)，則滑塊A與滑塊B碰撞前速度的最大值vm是多少？分析：本題主要考查以下知識點(diǎn)：碰撞中的動量守恒，碰撞中的能量守恒以及物體在傳送帶上的減速運(yùn)動，涉及平拋的基本知識。（1）碰撞前后系統(tǒng)的動量保持不變，這是動量守恒定律（2）彈性碰撞中在滿足動量守恒的同時(shí)還滿足機(jī)械能守恒及碰撞中的能量保持不變；本題中AB碰撞后在彈簧伸開的過程中同時(shí)滿足動量守恒和機(jī)械能守恒。（3）物體滑上傳送帶后，如果物體的速度大于傳送帶的速度則物體將在摩擦力的作用下做減速運(yùn)動，減速運(yùn)動持續(xù)到物體到達(dá)傳送帶的另一端或速度降為和傳送帶同速時(shí)止，解題時(shí)要注意判斷；如果物體的速度小于傳送帶的速度則物體將在摩擦力的作用下做勻加速運(yùn)動，加速運(yùn)動持續(xù)到物體到達(dá)傳送帶的另一端或速度加到與傳送帶同速時(shí)止，解題時(shí)同樣要注意判斷。（4）物體做平拋的射程與拋體的高度和初速度共同決定，要使C物體總能落到P點(diǎn)，在高度一定的情況下，即物體做平拋的初速度相等也就是物體到達(dá)C端時(shí)的速度相等（此為隱含條件）。解答：（1）滑塊C滑上傳送帶后做勻加速運(yùn)動，設(shè)滑塊C從滑上傳送帶到速度達(dá)到傳送帶的速度v所用的時(shí)間為t，加速度大小為a，在時(shí)間t內(nèi)滑塊C的位移為x。根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式μmg＝mav＝vC+atx=代入數(shù)據(jù)可得x＝1.25m∵x＝1.25m＜L∴滑塊C在傳送帶上先加速，達(dá)到傳送帶的速度v后隨傳送帶勻速運(yùn)動，并從右端滑出，則滑塊C從傳送帶右端滑出時(shí)的速度為v＝3.0m/s（2）設(shè)A、B碰撞后的速度為v1，A、B與C分離時(shí)的速度為v2，由動量守恒定律mAv0＝（mA+mB）v1（mA+mB）v1＝（mA+mB）v2+mCvCAB碰撞后，彈簧伸開的過程系統(tǒng)能量守恒∴E代入數(shù)據(jù)可解得：EP＝1.0J（3）在題設(shè)條件下，若滑塊A在碰撞前速度有最大值，則碰撞后滑塊C的速度有最大值，它減速運(yùn)動到傳送帶右端時(shí)，速度應(yīng)當(dāng)恰好等于傳遞帶的速度v。設(shè)A與B碰撞后的速度為v1′，分離后A與B的速度為v2′，滑塊C的速度為vc′，根據(jù)動量守恒定律可得：AB碰撞時(shí)：mAvm＝（mA+mB）v1′（1）彈簧伸開時(shí)：（mA+mB）v1′＝mcvC′+（mA+mB）v2′（2）在彈簧伸開的過程中，系統(tǒng)能量守恒：則EP+12∵C在傳送帶上做勻減速運(yùn)動的末速度為v＝3m/s，加速度大小為2m/s2∴由運(yùn)動學(xué)公式v2_vc′2＝2（﹣a）L得vC′＝5m/s（4）代入數(shù)據(jù)聯(lián)列方程（1）（2）（3）（4）可得vm＝7.1m/s點(diǎn)評：本題著重考查碰撞中的動量守恒和能量守恒問題，同時(shí)借助傳送帶考查到物體在恒定摩擦力作用下的勻減速運(yùn)動，還需用到平拋的基本知識，這是力學(xué)中的一道知識點(diǎn)比較多的綜合題，學(xué)生在所涉及的知識點(diǎn)中若存在相關(guān)知識缺陷，則拿全分的幾率將大大減小?！窘忸}思路點(diǎn)撥】1．應(yīng)用動量守恒定律的解題步驟：（1）明確研究對象（系統(tǒng)包括哪幾個(gè)物體及研究的過程）；（2）進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒（或某一方向上是否守恒）；（3）規(guī)定正方向，確定初末狀態(tài)動量；（4）由動量守恒定律列式求解；（5）必要時(shí)進(jìn)行討論．2．解決動量守恒中的臨界問題應(yīng)把握以下兩點(diǎn)：（1）尋找臨界狀態(tài)：題設(shè)情境中看是否有相互作用的兩物體相距最近，避免相碰和物體開始反向運(yùn)動等臨界狀態(tài)．（2）挖掘臨界條件：在與動量相關(guān)的臨界問題中，臨界條件常常表現(xiàn)為兩物體的相對速度關(guān)系與相對位移關(guān)系，即速度相等或位移相等．正確把握以上兩點(diǎn)是求解這類問題的關(guān)鍵．3．綜合應(yīng)用動量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)4．動量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)：這兩個(gè)觀點(diǎn)研究的是物體或系統(tǒng)運(yùn)動變化所經(jīng)歷的過程中狀態(tài)的改變，不對過程變化的細(xì)節(jié)作深入的研究，而只關(guān)心運(yùn)動狀態(tài)變化的結(jié)果及引起變化的原因，簡單地說，只要求知道過程的始末狀態(tài)動量、動能和力在過程中所做的功，即可對問題求解．5．利用動量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)解題應(yīng)注意下列問題：（1）動量守恒定律是矢量表達(dá)式，還可寫出分量表達(dá)式；而動能定理和能量守恒定律是標(biāo)量表達(dá)式，無分量表達(dá)式．（2）動量守恒定律和能量守恒定律，是自然界中最普遍的規(guī)律，它們研究的是物體系，在力學(xué)中解題時(shí)必須注意動量守恒條件及機(jī)械能守恒條件．在應(yīng)用這兩個(gè)規(guī)律時(shí)，當(dāng)確定了研究對象及運(yùn)動狀態(tài)的變化過程后，根據(jù)問題的已知條件和求解的未知量，選擇研究的兩個(gè)狀態(tài)列方程求解．（3）中學(xué)階段凡可用力和運(yùn)動解決的問題，若用動量觀點(diǎn)或能量觀點(diǎn)求解，一般比用力和運(yùn)動的觀點(diǎn)簡便．12．電功和電功率的計(jì)算【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.電功的計(jì)算公式：W＝qU＝UIt2.電功率的計(jì)算公式：P=W3.如果是純電阻電路，電流做的功完全用來發(fā)熱，則有W＝qU＝UIt＝I2Rt=UP＝UI＝I2R=U【解題思路點(diǎn)撥】四個(gè)定值電阻連成如圖所示的電路。RA、RC的規(guī)格為“6V6W”，RB、RD的規(guī)格為“6V12W”。將該電路接在輸出電壓U＝11V的恒壓電源上，則（）A、RA的功率最大，為6WB、RB的功率最小，為0.67WC、RC的功率最小，為1.33WD、RD的功率最大，為12W分析：根據(jù)P=U2R求出每個(gè)電阻值，根據(jù)歐姆定律求出電路總電流，進(jìn)而求出每個(gè)并聯(lián)電阻兩端的電壓，根據(jù)P＝I2R和解答：由P=U2R知，RA＝RC=U12P1=626Ω＝6電阻B和C并聯(lián)的電阻RBC=RBRC則電路的總電流I=UR=則并聯(lián)電阻兩端電壓UBC＝IRBC＝1×2V＝2V則RA的功率為PA＝I2RA＝12×6W＝6WRB的功率為PB=UBC2RC的功率為PC=UBC2RD的功率為PD＝I2RD＝12×3W＝3W由此可知：RA的功率最大，為6WRC的功率最小，為0.67W故A正確，BCD錯(cuò)誤；故選：A。點(diǎn)評：本題考查閉合電路的歐姆定律以及電阻功率的求法。注意并聯(lián)電阻的求解，以及求功率時(shí)，串聯(lián)電路常用P＝I2R而并聯(lián)電路常用P=U【解題思路點(diǎn)撥】根據(jù)具體的電路，電功和電功率的計(jì)算有很多公式可選，要先具體分析電路條件，選擇出合適的公式，進(jìn)而計(jì)算電功或電功率。13．根據(jù)家用電器的技術(shù)參數(shù)求解相關(guān)物理量【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1．家用電器的技術(shù)參數(shù)（1）額定電壓：家用電器正常工作需要的電源電壓，是家用電器正常工作的最基本的條件．我國國家電網(wǎng)生活用電的額定電壓是220V．（2）功率或日耗電量：間歇性工作的電器一般提供額定功率和日耗電量兩個(gè)技術(shù)參數(shù)，如空調(diào)和電冰箱等．功率是指電器工作時(shí)的電功率，日耗電量是指電器在一般情況下運(yùn)行24小時(shí)的耗電量．持續(xù)工作的家用電器一般只提供電器的額定功率．（3）家用電器的外形尺寸、質(zhì)量．（4）不同的家用電器的技術(shù)性能不同，其技術(shù)參數(shù)涉及和反映的內(nèi)容也不相同．2．技術(shù)參數(shù)的作用技術(shù)參數(shù)能夠反映家用電器的主要性能，了解技術(shù)參數(shù)可以為合理選購家用電器提供主要依據(jù)．3．電冰箱的型號和星級電冰箱的型號：家電的型號概括了家電的種類和主要特性：第一位字母表示種類，電冰箱用B表示；第二位或二、三位字母表示類型，C表示冷藏，D表示冷凍，CD表示冷藏及冷凍；“﹣”后面的數(shù)字表示有效容積；數(shù)字后面首位字母表示冷卻方式，直冷式不標(biāo)注，間冷式無霜標(biāo)注W；最后一位字母表示改進(jìn)設(shè)計(jì)序號．如型號“BCD﹣201WD”中的B表示電冰箱，CD表示冷藏及冷凍，201表示容積是201升，W表示冷卻方式為間冷式無霜，D表示改進(jìn)設(shè)計(jì)序號．電冰箱的星級：表示冷凍室性能．三、二、一星級分別代表冷凍室最低溫度不高于﹣18℃、﹣12℃、﹣6℃，四星級冷凍室性能不劣于三星級．【命題方向】下表為“洪都”牌電動車一最新產(chǎn)品．規(guī)格后輪直流電動機(jī)型號TDR06Z額定電壓48V電動車的質(zhì)量40kg額定連續(xù)輸出功率240W人的質(zhì)量75kg效率≥75%最高車速20km/h電動車工作在額定狀態(tài)，則：（1）工作電流多大？（2）電動機(jī)內(nèi)阻多大？（3）若在平直公路上勻速行駛，則人及車受的阻力為人車重力的多少倍．分析：（1）由表找出電動車的額定功率與額定電壓，由電功率的變形公式I=P（2）通過輸入功率和輸出功率，求出內(nèi)阻消耗的功率，有P＝I2R求出內(nèi)阻．（3）因?yàn)樽鰟蛩龠\(yùn)動，所以P出＝F阻V，求出阻力．解答：（1）輸入電機(jī)的功率P入=P出η由P入＝UI可得電動車的工作電流為：I=P入U(xiǎn)=（2）電動機(jī)內(nèi)耗熱功率Pr＝P入﹣P出＝320W﹣240W＝80W由Pr＝I2r可得r=PrI2=（3）平直公路上勻速行駛，則F阻＝F=P出vk=F阻答：（1）工作電流為203A（2）電動機(jī)內(nèi)阻1.8Ω．（3）人及車受的阻力為人車重力的0.04倍．點(diǎn)評：本題考查了電功、電功率的計(jì)算和功的計(jì)算，解決這類綜合性題目要求有扎實(shí)的物理功底，還要有提取信息的能力，具體分析求解．【解題思路點(diǎn)撥】能夠從家用電器的銘牌中獲取的信息，選擇合適的公式計(jì)算所需的物理量。14．能量可以進(jìn)行轉(zhuǎn)移或轉(zhuǎn)化【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1．能量守恒定律的內(nèi)容：能量既不會憑空產(chǎn)生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式，或者從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到別的物體，在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過程中其總量不變，叫能量守恒定律．2.能量守恒定律的內(nèi)容告訴我們能量可以進(jìn)行轉(zhuǎn)移和轉(zhuǎn)化。即能量可以由一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體或從物體的一部分轉(zhuǎn)移到另一部分；也可以從一種形式轉(zhuǎn)化成另一種形式?！久}方向】2023年5月30日，搭載神舟十六號載人飛船的長征二號F遙十六運(yùn)載火箭在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心成功發(fā)射，下列關(guān)于能量及其轉(zhuǎn)化的說法正確的是（）A、燃料燃燒時(shí)內(nèi)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能B、火箭加速升空的過程中機(jī)械能不變C、在一定條件下各種形式的能量都可以相互轉(zhuǎn)化D、能量在轉(zhuǎn)移和轉(zhuǎn)化的過程中總會有損耗，但能量的總量可以增加分析：A、燃料燃燒時(shí)，部分內(nèi)能轉(zhuǎn)化為運(yùn)載火箭的機(jī)械能，還會有部分內(nèi)能損耗掉了。B、火箭加速升空的過程中，根據(jù)其動能和重力勢能的變化判斷機(jī)械能變化。C、在一定條件下各種形式的能量都可以相互轉(zhuǎn)化，可以找到實(shí)例證明。D、根據(jù)能量守恒定律可以判斷，能量在轉(zhuǎn)移和轉(zhuǎn)化的過程中能量的總量是否可以增加。解答：A、燃料燃燒時(shí)，部分內(nèi)能轉(zhuǎn)化為運(yùn)載火箭的機(jī)械能，還會有部分內(nèi)能損耗掉了，故A錯(cuò)誤；B、火箭加速升空的過程中，其速度增大、動能增大、重力勢能增大，則火箭的機(jī)械能增大，故B錯(cuò)誤；C、在一定條件下各種形式的能量都可以相互轉(zhuǎn)化，比如動能可以轉(zhuǎn)化為內(nèi)能、內(nèi)能可以轉(zhuǎn)化為機(jī)械能等，故C正確；D、能量在轉(zhuǎn)移和轉(zhuǎn)化的過程中總會有損耗，但能量的總量保持不變，既不會增加，也不會減少，故D錯(cuò)誤。故選：C。點(diǎn)評：解答本題要理解機(jī)械能的概念、要理解能量守恒定律，能量既不會憑空產(chǎn)生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式，或者從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到別的物體，在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過程中，能量的總量保持不變?！窘忸}思路點(diǎn)撥】1.能量守恒定律的適用范圍：能量守恒定律是貫穿物理學(xué)的基本規(guī)律，是各種自然現(xiàn)象中普遍適用的一條規(guī)律。2.對能量守恒定律的理解某種形式的能減少，一定存在其他形式的能增加，且減少量和增加量一定相等。某個(gè)物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量一定相等。15．用能量守恒定律解決實(shí)際問題【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.能量守恒定律是自然界最基礎(chǔ)的定律之一，可以用來解決實(shí)際的問題。2.能量守恒定律的內(nèi)容：能量既不會憑空產(chǎn)生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式，或者從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到別的物體，在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過程中其總量不變，叫能量守恒定律．【命題方向】春天，農(nóng)民需要用水泵給缺水農(nóng)田灌溉，已知水泵能在1h內(nèi)將3×105kg的水抽到12m高處．（1）連續(xù)工作5h，所做的有用功是多少？（2）若水泵的工作效率為80%，則水泵5h內(nèi)所做總功功率是多少？（3）若此水泵用一柴油機(jī)帶動，假設(shè)柴油機(jī)完全燃燒所釋放的內(nèi)能有40%轉(zhuǎn)化為水的機(jī)械能，則每小時(shí)消耗多少柴油？（柴油熱值為3×107J/kg，g取10N/kg）分析：（1）由功的計(jì)算公式可以求出所做的有用功．（2）由效率公式求出總功，然后由功率公式求出功率．（3）求出柴油釋放飛能量，然后求出柴油的質(zhì)量．解答：（1）5h有用功為：W＝nGh＝nmgh＝5×3×105×10×12＝1.8×108J；（2）5h水泵做的總功：W總=Wη=1.8×108功率：P=W總t=2.25×10（3）5h柴油機(jī)燃燒柴油釋放的能量：Q=W總η=2.25×10由Q＝mq可知，需要柴油的質(zhì)量：m=Qq每小時(shí)消耗柴油的質(zhì)量：18.75kg5答：（1）連續(xù)工作5h，所做的有用功是1.8×108J；（2）若水泵的工作效率為80%，則水泵5h內(nèi)所做總功功率是1.25×104W；（3）每小時(shí)消耗多少柴油為3.75kg．點(diǎn)評：本題考查了求功、功率、求柴油的質(zhì)量，應(yīng)用功的計(jì)算公式、效率公式、功率公式與熱值公式即可正確解題．【解題思路點(diǎn)撥】應(yīng)用能量轉(zhuǎn)化守恒定律解題的步驟（1）分清有幾種形式的能在變化，如動能、勢能