12.4 能源与可持续发展 【练习】2024-2025学年高二物理 同步练（ 人教版2019必修第三册）（解析版）

12.4能源与可持续发展学习目标学习目标课程标准物理素养3.4.1了解利用水能、风能、太阳能和核能的方式。初步了解核裂变和核聚变。3.4.2知道不同形式的能量可互相转化，在转化过程中能量总量保持不变，能量转化是有方向性的。3.4.3了解可再生能源和不可再生能源的分类，认识能源的过度开发和利用对环境的影响。3.4.4认识环境污染的危害，了解科学、技术、社会、环境协调发展的重要性，具有环境保护的意识和行为。物理观念：列举各种实例，说明能量是如何转化的，解释能量守恒定律的含义。科学思维：通过实例分析知道能量耗散，认识自然界中能量转化的方向性。科学探究：收集资料，讨论能源的开发与利用所带来的环境污染问题，认识环境污染的危害，思考科学、技术、社会、环境协调发展的关系，具有环境保护的意识和行动。科学态度与责任：了解太阳能、水能、核能和风能等能源的开发利用，知道利用能量是人类生存和社会发展的必要条件之一。知道人类利用的能量来自可再生能源和不可再生能源，认识合理使用能源的重要性，具有可持续发展观念，养成节能的习惯。002思维导图能量转化与守恒能量转移或转化的方向性能源的分类与应用能源与社会发展汽车与能源003知识梳理课前研读课本，梳理基础知识：一、能量转化与守恒1.能量2.能量守恒定律能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变.二、能量转移或转化的方向性1.一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的．2.能量耗散：在能量转化过程中流散到周围环境中的内能很难再收集起来重新利用的现象．3.节约能源的根本原因：在能源的利用过程中，能量在数量上虽未减少，但在可利用的品质上降低了，即从便于利用的能源变为不便于利用的能源．4.自然界中的宏观过程具有方向性．特别提醒：能量转移或转化具有方向性．三、能源的分类与应用1.能源的分类(1)不可再生能源：像煤炭、石油和天然气这类无法在短时间内再生的能源，也叫化石能源．(2)可再生能源：像水能、风能、潮汐能这类在自然界可以再生的能源．2.我国可再生能源的开发(1)太阳能发电．(2)水力发电．(3)风能发电．(4)核能发电．四、能源与社会发展1.人类利用能源的三个时期：柴薪时期、煤炭时期、石油时期．2.利用不可再生能源带来的危害(1)改变大气的成分，加剧气候的变化，如温室效应．(2)形成“酸雨”，腐蚀建筑物，酸化土壤．(3)产生光化学烟雾，产生浮尘．3．能源与社会发展要实现可持续发展就要树立新的能源安全观，并转变能源的供需模式．一方面大力提倡节约能源，另一方面要发展可再生能源以及天然气、清洁煤和核能等清洁能源，推动人类与自然的和谐发展．五、汽车与能源004题型精讲【题型一】能源分类及使用【典型例题1】（多选）PM2.5主要来自化石燃料、生物质、垃圾的焚烧,为了控制污染,我们要节约及高效利用能源。下列说法中正确的是()。A.我们应立即停止使用化石能源,控制污染B.人类应多开发与利用地热能、风能等新能源C.应发展新的发电技术,提高能源利用效率D.对垃圾进行分类处理,变废为宝答案：BCD【典型例题2】如图是水电站的发电原理图,由图可知下列说法错误的是()A.水力发电不会造成污染B.该装置将机械能转化为电能C.要加大发电的功率,可采用仅“增大水落差”的方法D.该装置可以将水库中储存的水的机械能全部转化为电能答案：D水力发电不会有污染,同时将水的机械能转化为电能,故选项A、B正确;如果将水落差增大,那么水流到发电机处的速度就增大,这一方法可加大发电的功率,故选项C正确;由于水下落过程以及发电机装置都有摩擦,故该装置不可能将水库中储存的水的机械能全部转化为电能,因此选项D错误。【对点训练1】2023年6月4日，神舟十五号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，航天员全部安全顺利出舱，神舟十五号载人飞行任务取得圆满成功，如图飞船飞向天空，太阳能电池板展开，飞船两翼的太阳电池板是太阳能电池在太空领域的应用、关于电源、电流与电路，以下说法正确的是（）A．太阳能安全、清洁，是可供人类利用的一种新能源，但只能在太空中使用B．电源的作用是在电源内部把电子由负极搬运到正极，保持两极之间有电压C．电源是将化学能转化为电能的装置，电路两端有电压，电路中就有电流D．某电池板不接负载时的电压是，短路电流是，则内阻为【答案】D【详解】A．只要能接收到太阳光就能使用太阳能，A错误；B．电源内部的电流由负极流向正极，而电子的运动方向与电流方向相反，则在电源内部把电子由正极搬运到负极，B错误C．除电压外，还需要满足闭合回路才能产生电流，C错误；D．由题意，电动势为0.8V，则内阻为D正确。故选D。【对点训练2】目前,共享单车作为绿色出行的交通工具,成为时尚。甲、乙两种共享单车都采用了电子锁,车锁内集成了GPS模块与联网模块等,这些模块工作时需要电能。这两种共享单车采用了不同的方式获取电能:甲车靠小型发电机——踩动单车时,线圈在磁场中转动,产生电能,如图1所示;乙车靠车筐底部的太阳能电池板——有光照时,产生电能,如图2所示。这两种共享单车获取电能时,都是把其他形式的能转化为电能。关于它们的能量转化,下列说法中正确的是()A.都是把机械能转化为电能B.都是把光能转化为电能C.甲车把机械能转化为电能,乙车把光能转化为电能D.甲车把光能转化为电能,乙车把机械能转化为电能答案：C甲车靠小型发电机——踩动单车时,线圈在磁场中转动,产生电能,故是将机械能转化为电能;乙车靠车筐底部的太阳能电池板——有光照时,产生电能,故是将光能转化为电能。故A、B、D错误,C正确。【题型二】能量守恒定律【典型例题3】如图所示为风力发电机，风力带动叶片转动，叶片再带动转子(磁极)转动，使定子(线圈，不计电阻)中产生电流，实现风能向电能的转化。若叶片长为l，设定的额定风速为v，空气的密度为ρ，额定风速下发电机的输出功率为P，则风能转化为电能的效率为()A.eq\f(2P,πρl2v3) B.eq\f(6P,πρl2v3)C.eq\f(4P,πρl2v3) D.eq\f(8P,πρl2v3)解析：选A风能转化为电能的工作原理为将风的动能转化为输出的电能，设风吹向发电机的时间为t，则在t时间内吹向发电机的风的体积为V＝vt·S＝vt·πl2，则风的质量M＝ρV＝ρvt·πl2，因此风吹过的动能为Ek＝eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(1,2)ρvt·πl2·v2，在此时间内发电机输出的电能E＝Pt，则风能转化为电能的效率为η＝eq\f(E,Ek)＝eq\f(2P,πρl2v3)，故A正确，B、C、D错误。【典型例题4】(多选)内径面积为S的U形圆筒竖直放在水平面上，筒内装水，底部阀门K关闭时两侧水面高度分别为h1和h2，如图所示。已知水的密度为ρ，不计水与筒壁的摩擦阻力。现把连接两筒的阀门K打开，当两筒水面高度相等时，则该过程中()A．水柱的重力做正功B．大气压力对水柱做负功C．水柱的机械能守恒D．当两筒水面高度相等时，水柱的动能是eq\f(1,4)ρgS(h1－h2)2[解析]把连接两筒的阀门打开到两筒水面高度相等的过程中大气压力对左筒水面做正功，对右筒水面做负功，抵消为零。水柱的机械能守恒，重力做功等于重力势能的减少量，等于水柱增加的动能，等效于把左管高eq\f(h1－h2,2)的水柱移至右管，如图中的斜线所示，重心下降eq\f(h1－h2,2)，重力所做正功：WG＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h1－h2,2)))ρgS·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h1－h2,2)))＝eq\f(1,4)ρgS(h1－h2)2，故A、C、D正确，B错误。[答案]ACD【对点训练3】弹跳杆运动是一项广受青少年欢迎的运动，弹跳杆的结构如图甲所示，一根弹簧的下端固定在跳杆的底部，上端固定在一个套在跳杆上的脚踏板底部，质量为5m的小明站在脚踏板上，当他和跳杆处于竖直静止状态时，弹簧的压缩量为x0，小明先保持稳定姿态竖直弹跳。某次弹跳中，从弹簧处于最大压缩量为5x0开始计时，如图乙(a)所示；上升到弹簧恢复原长时，小明抓住跳杆，使得他和弹跳杆瞬间达到共同速度，如图乙(b)所示；紧接着他保持稳定姿态竖直上升到最大高度，如图乙(c)所示。已知全程弹簧始终处于弹性限度内弹簧弹性势能满足Ep＝eq\f(1,2)kx2，k为弹簧劲度系数，x为弹簧形变量，跳杆的质量为m，重力加速度为g，空气阻力、弹簧和脚踏板的质量以及弹簧和脚踏板与跳杆间的摩擦均可忽略不计。求：(1)弹跳杆中弹簧的劲度系数k；(2)从开始计时至竖直上升到最大高度过程中小明的最大速度vm。[解析](1)小明和跳杆处于竖直静止状态时受力平衡，重力与弹簧弹力等大反向，有5mg＝kx0，解得k＝eq\f(5mg,x0)。(2)小明受到的合力为零时，速度最大，此时小明上升高度为4x0。根据系统能量守恒定律可知，eq\f(1,2)k(5x0)2＝5mg·4x0＋eq\f(1,2)kx02＋eq\f(1,2)×5mvm2，解得vm＝4eq\r(gx0)。[答案](1)eq\f(5mg,x0)(2)4eq\r(gx0)【对点训练4】2021年7月30日，东京奥运会蹦床女子决赛中，中国包揽女子蹦床金、银牌，朱雪莹夺金，刘灵玲获蹦床银牌。在运动员蹦床训练中，从运动员下落到离地面高h1处开始计时，其动能Ek与离地高度h的关系如图所示。在h1～h2阶段图像为直线，其余部分为曲线，h3对应图像的最高点，运动员的质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力和一切摩擦。下列有关说法正确的是()A．整个过程中运动员的机械能守恒B．从运动员的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中，其加速度先增大后减小C．运动员从h1降到h5过程中，蹦床的最大弹性势能为Epm＝mgh1D．运动员处于h＝h4高度时，蹦床的弹性势能为Ep＝mg(h2－h4)解析：选D运动员与蹦床组成的系统机械能守恒，A错误；运动员的脚接触蹦床到弹力等于重力的过程中有mg－kx＝ma，运动员下降过程中x增大，则a减小，当弹力等于重力到蹦床被压缩至最低点的过程中有kx－mg＝ma′，运动员下降过程中x增大，则a′增大，则从运动员的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中，其加速度先减小后增大，B错误；运动员从h1下降到h5过程中，蹦床的最大弹性势能为Epm＝mg(h1－h5)，C错误；运动员处于h＝h4高度时，根据机械能守恒有mg(h2－h4)＝Ep，D正确。【题型三】能量耗散及摩擦生热 【典型例题5】“和平号”空间站于2001年3月23日成功地坠落在南太平洋海域,坠落过程可简化为从一个近圆轨道(可近似看作圆轨道)开始,经过与大气摩擦,空间站的大部分经过升温、熔化、最后汽化而销毁,剩下的残片坠入大海。此过程中,空间站原来的机械能中除一部分用于销毁和一部分被残片带走外,还有一部分能量E'通过其他方式散失(不考虑坠落过程中化学反应的能量)。(1)试导出下列各物理量的符号表示散失能量E'的公式。(2)算出E'的数值(结果保留2位有效数字)。已知:坠落开始时空间站的质量M=1.57×105kg;轨道离地面的高度h=146km;地球半径R=6.4×106m;坠落空间范围内重力加速度可看作g=10m/s2;入海残片的质量m=1.2×104kg;入海残片的温度升高ΔT=3000K;入海残片的入海速度为声速v=340m/s;空间站材料每1kg升温1K平均所需能量c=1.0×103J;每销毁1kg材料平均所需能量μ=1.0×107J。答案：(1)E'=Mg12R+32h-(M-m)μ-12mv2-cmΔT(2)3【解析】这是一道综合性很强的题目,分析题目的主线只有一条,那就是能量。既要考虑机械能(动能、势能),又要考虑内能,还要考虑能量转化。审题时要耐心、仔细。(1)根据题目所给条件,从近圆轨道到地面的空间中重力加速度g=10m/s2,若以地面为重力势能零点,坠落过程开始空间站在近圆轨道的势能Ep=Mgh以v表示空间站在近圆轨道上的速度,由引力提供向心力关系得Mg=Mv由上式可得空间站在近圆轨道上的动能Ek=12Mg(R+h在近圆轨道上空间站的机械能E=Ep+Ek=MgR在坠落过程中,用于一部分销毁所需的能量Q汽=(M-m)μ用于残片升温所需的能量Q残=cmΔT残片入海时的动能E残=12mv以E'表示其他方式散失的能量,则由能量守恒得E=Q汽+E残+Q残+E'整理得E'=Mg12R+32h-(M-m)μ-12mv2(2)将题目所给的数据代入得E'=3.9×1012J。【典型例题6】(多选)如图所示，水平传送带两端A、B间的距离为L，传送带以速度v沿顺时针方向转动，一个质量为m的小物块以一定的初速度从A端滑上传送带，运动到B端，此过程中物块先做匀加速直线运动后做匀速直线运动，物块做匀加速直线运动的时间与做匀速直线运动的时间相等，两过程中物块运动的位移之比为2∶3，重力加速度为g，传送带速度大小不变。下列说法正确的是()A．物块的初速度大小为eq\f(v,2)B．物块做匀加速直线运动的时间为eq\f(3L,5v)C．物块与传送带间的动摩擦因数为eq\f(10v2,9gL)D．整个过程中物块与传送带因摩擦产生的热量为eq\f(mv2,9)解析：选BC由题意知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0＋v,2)))∶v＝2∶3，得v0＝eq\f(v,3)，A错误；匀速运动中eq\f(3L,5)＝vt，则t＝eq\f(3L,5v)，匀加速与匀速运动时间相等，B正确；由运动学公式v2－v02＝2ax，x＝eq\f(2,5)L，μg＝a，解得动摩擦因数为μ＝eq\f(10v2,9gL)，C正确；由热量Q＝fs相对，s相对＝eq\f(3,5)L－eq\f(2,5)L＝eq\f(1,5)L，得Q＝eq\f(2mv2,9)，D错误。【对点训练5】某市有20万台空调机,每台空调机在夏季平均使用60天,每天耗电8kW·h。为了节约能源,该市政府建议大家都把室内设定温度提高1℃,这样每台空调机每天可节省6%的电能。那么这样做能使该市节省多少电能?已知标准煤的热值是2.92×107J/kg。发电厂的发电效率是30%。请计算一下,这项节能建议的实现能为我们后辈留下多少吨标准煤?答案：2.1×1013J2.4×103t【解析】设可节省的电能为E,则E=8×6%×60×20×104kW·h=5.76×106kW·h≈2.1×1013J设可为后辈留下标准煤m吨,则由能量守恒定律有2.92×107×m×103×30%=E解得m≈2.4×103t。【对点训练6】(多选)如图所示，长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对木板A静止的过程中，下述说法中正确的是()A．物体B动能的减少量等于系统损失的机械能B．物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量C．物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和D．摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和的绝对值等于系统内能的增加量解析：选CD物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，B减速运动，A加速运动，根据能量守恒定律，物体B动能的减少量等于A增加的动能和产生的热量之和，A错误；根据动能定理，物体B克服摩擦力做的功等于B损失的动能，B错误；由能量守恒定律可知，物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和，C正确；物体摩擦力对B克服做的功等于B动能的减少量，摩擦力对木板A做的功等于A动能的增加量，由能量守恒定律，摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和的绝对值等于系统内能的增加量，D正确。00501强化训练【基础强化】1．关于能源和能量,下列说法正确的是()。A.自然界中的石油、煤炭、天然气等能源储存着的是低品质的能量B.自然界中的石油、煤炭、天然气等能源储存着的是高品质的能量C.能量被使用后就消灭了,所以要节约能源D.能量是守恒的,所以不需要节约能源答案：B2.（多选）关于能量的品质,下列说法正确的是()。A.能量的品质,是指能源的清洁度B.能量的品质,是指能源的利用效率C.能量的品质,是指能量可被利用的价值D.能量耗散会导致能量品质降低答案：CD3.下列哪组物质属于不可再生能源?()A、风能、核能、太阳能B、煤、沼气、石油C、石油、天然气、煤D、太阳能、地热、能核能答案：C4.（多选）为了减缓大气中CO2浓度的增加,可以采取的措施有()A.禁止使用煤、石油和天然气B.开发使用核能、太阳能C.将汽车燃料由汽油改为液化石油气D.植树造林答案：BD为了减缓大气中CO2浓度的增加,一方面要尽量少使用煤、石油等常规能源,另一方面要开发利用新能源并植树造林改善环境。故B、D正确。5.（多选）关于“温室效应”,下列说法正确的是()A.太阳能源源不断地辐射到地球上,由此产生了“温室效应”B.石油和煤炭的燃烧增加了大气中二氧化碳的含量,加剧了“温室效应”C.“温室效应”使得地面气温上升、两极冰雪融化D.“温室效应”使得土壤酸化答案：BC由于石油和煤炭等的燃烧增加了大气中二氧化碳的含量,加剧了“温室效应”,它的危害是使地面气温上升、两极冰雪融化、海平面上升、海水向河流倒灌、耕地盐碱化等,故B、C选项正确。6.一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示。长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球。小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直。将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)()A．eq\r(2＋πgR) B．eq\r(2πgR)C．eq\r(21＋πgR) D．2eq\r(gR)解析：选A当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球下落的高度为h＝πR－eq\f(π,2)R＋R＝eq\f(π＋2,2)R，小球下落过程中，根据机械能守恒有mgh＝eq\f(1,2)mv2，联立以上两式解得v＝eq\r(2＋πgR)，故A正确，B、C、D错误。【素养提升】7.(多选)某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中，以达到节能的目的。某次测试中，汽车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机，测出了汽车动能Ek与位移x的关系图像如图所示，其中①是关闭储能装置时的关系图线，②是开启储能装置时的关系图线。已知汽车的质量为1000kg，设汽车运动过程中所受地面阻力恒定，空气阻力不计。根据图像所给的信息可求出()A．汽车行驶过程中所受地面的阻力为1000NB．汽车的额定功率为80kWC．汽车加速运动的时间为22.5sD．汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为5×105J解析：选BD由图线①求所受阻力，由ΔEkm＝FfΔx，得Ff＝2000N，A错误；由Ekm＝eq\f(1,2)mvm2可得，vm＝40m/s，所以P＝Ffvm＝80kW，B正确；加速阶段，Pt－Ffx＝ΔEk，得t＝16.25s，C错误；根据能量守恒定律，并由图线②可得，ΔE＝Ekm－Ffx′＝5×105J，D正确。8．(多选)如图所示，AB为固定水平长木板，长为L，C为长木板的中点，AC段光滑，CB段粗糙，一原长为eq\f(L,4)的轻弹簧一端连在长木板左端的挡板上，另一端连一物块，开始时将物块拉至长木板的右端B点，由静止释放物块，物块在弹簧弹力的作用下向左滑动，已知物块与长木板CB段间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m，弹簧的劲度系数为k，且k＞eq\f(4μmg,L)，物块第一次到达C点时，物块的速度大小为v0，这时弹簧的弹性势能为E0，不计物块的大小，则下列说法正确的是()A．物块可能会停在CB面上某处B．物块最终会做往复运动C．弹簧开始具有的最大弹性势能为eq\f(1,2)mv02＋E0D．物块克服摩擦做的功最大为eq\f(1,2)mv02＋eq\f(1,2)μmgL解析：选BD由于k＞eq\f(4μmg,L)，由此k·eq\f(1,4)L＞μmg，由此，物块不可能停在BC段，故A错误；只要物块滑上BC段，就要克服摩擦力做功，物块的机械能就减小，所以物块最终会在AC段做往返运动，故B正确；物块从开始运动到第一次运动到C点的过程中，根据能量守恒定律得Epm＝E0＋eq\f(1,2)mv02＋μmg·eq\f(L,2)，故C错误；物块第一次到达C点时，物块的速度大小为v0，物块最终会在AC段做往返运动，到达C点的速度为0，可知物块克服摩擦做的功最大为Wfm＝Epm－E0＝eq\f(1,2)mv02＋eq\f(1,2)μmgL，故D正确。9.某市有20万台空调机,每台空调机在夏季平均使用60天,每天耗电8kW·h。为了节约能源,该市政府建议大家都把室内设定温度提高1℃,这样每台空调机每天可节省6%的电能。那么这样做能使该市节省多少电能?已知标准煤的热值是2.92×107J/kg。发电厂的发电效率是30%。请计算一下,这项节能建议的实现能为我们后辈留下多少吨标准煤?答案：2.1×1013J2.4×103t【解析】设可节省的电能为E,则E=8×6%×60×20×104kW·h=5.76×106kW·h≈2.1×1013J设可为后辈留下标准煤m吨,则由能量守恒定律有2.92×107×m×103×30%=E解得m≈2.4×103t。10．如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带动下，始终保持v0＝2m/s的速率运行，现把一质量为m＝10kg的工件(可视为质点)轻轻放在传送带的底端，经过时间t＝1.9s，工件被传送到h＝1.5m的高处，g取10m/s2，求：(1)工件与传送带间的动摩擦因数；(2)电动机由于传送工件多消耗的电能。[解析](1)由题图可知，传送带长x＝eq\f(h,sinθ)＝3m工件速度达到v0前，做匀加速运动的位移x1＝eq\f(v0,2)t1匀速运动的位移为x－x1＝v0(t－t1)解得加速运动的时间t1＝0.8s加速运动的位移x1＝0.8m所以加速度a＝eq\f(v0,t1)＝2.5m/s2由牛顿第二定律有μmgcosθ－mgsinθ＝ma解得μ＝eq\f(\r(3),2)。(2)由能量守恒定律知，电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服传送带与工件之间发生相对位移时摩擦力做功产生的热量，在时间t1内，传送带运动的位移，x传＝v0t1＝1.6m，在时间t1内，工件相对传送带的位移，x相＝x传－x1＝0.8m，在时间t1内，摩擦生热，Q＝μmgcosθ·x相＝60J，最终工件获得的动能Ek＝eq\f(1,2)mv02＝20J，工件增加的势能Ep＝mgh＝150J，电动机多消耗的电能W＝Q＋Ek＋Ep＝230J。[答案](1)eq\f(\r(3),2)(2)230J11．如图所示是一竖直固定在水平地面上的可伸缩细管，上端平滑连接四分之一细圆弧弯管，管内均光滑，右管口切线水平。竖直细管底部有一弹射装置(高度忽略不计)，可以让静止在细管底部的小球(可视为质点)瞬间获得足够大的速度v0，通过调节竖直细管的长度h，可以改变上端管口到地面的高度，从而改变小球平抛的水平距离，重力加速度为g，则小球平抛的水平距离的最大值是()A.eq\f(v02,g)B.eq\f(v02,2g)C.eq\f(v02,3g)D.eq\f(v02,4g)解析：选B设管口到地面的高度是H，小球从管口射出的速度为v，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝mgH＋eq\f(1,2)mv2，小球离开管口后做平抛运动，则x＝vt，H＝eq\f(1,2)gt2，联立方程，可得x＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v02,g)－2H))×2H)＝eq\r(－4H2＋\f(2v02,g)H)，由二次函数的特点可知当H＝eq\f(v02,4g)时x取最大值，xmax＝eq\f(v02,2g)。12.如图所示，电源电动势E＝10V，内阻r＝1Ω，闭合开关S后，标有“8V,12W”的灯泡恰能正常发光，电动机M绕组的电阻R0＝4Ω，求：(1)电源的输出功率P出；(2)10s内电动机产生的热量Q；(3)电动机的机械功率。解析：(1)由题意知，并联部分电压为U＝8V，内电压应为U内＝E－U＝2V总电流I＝eq\f(U内,r)＝2A，电源的输出功率P出＝UI＝16W。(2)流过灯泡的电流I1＝eq\f(P1,U)＝1.5A则流过电动机的电流I2＝I－I1＝0.5A电动机的热功率P0＝I22R0＝1W10s内产生的热量Q＝P0t＝10J。(3)电动机的总功率P＝UI2＝4W电动机的机械功率P机＝P－P0＝3W。答案：(1)16W(2)10J(3)3W13.如图所示，电解槽A和电炉B并联后接到电源上，电源内阻r＝1Ω，电炉电阻R＝19Ω，电解槽电阻r′＝0.5Ω，当S1闭合、S2断开时，电炉消耗功率为684W，S1、S2都闭合时，电炉消耗功率为475W(电炉电阻可看作不变)，试求：(1)电源的电动势；(2)S1、S2闭合时，流过电解槽的电流大小；(3)S1、S2闭合时，电解槽中电能转化成化学能的功率。解析：(1)S1闭合、S2断开时，电炉消耗功率为P1，电炉中电流I＝eq\r(\f(P1,R))＝eq\r(\f(684,19))A＝6A。电源电动势E＝I(R＋r)＝120V。(2)S1、S2都闭合时，电炉消耗功率为P2，电炉中电流为IR＝eq\r(\f(P2,R))＝eq\r(\f(475,19))A＝5A。路端电压为U＝IRR＝5×19V＝95V，流过电源的电流为I′＝eq\f(E－U,r)＝eq\f(120－95,1)A＝25A。流过电解槽的电流为IA＝I′－IR＝20A。(3)电解槽消耗的电功率PA＝IAU＝20×95W＝1900W。电解槽内热损耗功率P热＝IA2r′＝202×0.5W＝200W。电解槽中电能转化成化学能的功率为P化＝PA－P热＝1700W。答案：(1)120V(2)20A(3)1700W14.[多选]如图所示，一台电动机提着质量为m的物体，以速度v匀速上升，已知电动机线圈的电阻为R，电源电动势为E，通过电源的电流为I，当地重力加速度为g，忽略一切阻力及导线电阻，则()A．电源内阻r＝eq\f(E,I)－RB．电源内阻r＝eq\f(E,I)－eq\f(mgv,I2)－RC．如果电动机转轴被卡住而停止转动，较短时间内电源消耗的功率将变大D．如果电动机转轴被卡住而停止转动，较短时间内电源消耗的功率将变小解析：选BC含有电动机的电路不是纯电阻电路，欧姆定律不再适用，A错误；由能量守恒定律可得EI＝I2r＋mgv＋I2R，解得r＝eq\f(E,I)－eq\f(mgv,I2)－R，B正确；如果电动机转轴被卡住，则E＝I′(R＋r)，电流增大，较短时间内，电源消耗的功率变大，较长时间的话，会出现烧坏电源的现象，C正确，D错误。【能力培优】15.如图所示，水平传送带足够长，向右前进的速度v＝4m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝2kg的小物块从A点静止释放。已知A、P的距离L＝8m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为μ1＝0.25、μ2＝0.20，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求物块(1)第1次滑过P点时的速度大小v1；(2)第1次在传送带上往返运动的时间t；(3)从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量Q。[解析](1)由动能定理得(mgsin37°－μ1mgcos37°)L＝eq\f(1,2)mv12－0解得v1＝8m/s。(2)由牛顿第二定律得μ2mg＝ma，物块与传送带共速时，由速度公式得－v＝v1－at1解得t＝6s，匀速运动阶段的时间为t2＝eq\f(\f(v12,2a)－\f(v2,2a),v)＝3s第1次在传送带上往返运动的时间t＝t1＋t2＝9s。(3)由分析可知，物块第一次离开传送带以后，直到物块停止运动，每次再到达传送带和离开传送带的速度大小相等，则根据能量守恒有Q＝μ1mgcos37°L＋eq\f(1,2)mv2＝48J。[答案](1)8m/s(2)9s(3)48J16．如图所示电路中，电源电动势E＝12V，内阻r＝2Ω，指示灯RL的阻值为16Ω，电动机M线圈电阻RM为2Ω。当开关S闭合时，指示灯RL的电功率P＝4W。求：(1)流过电流表的电流；(2)电动机M输出的机械功率。解析：(1)指示灯的电功率P＝IL2RL，解得IL＝0.5A，路端电压为U＝ILRL＝8V。设流过电流表的电流为I，根据闭合电路欧姆定律有U＝E－Ir，解得I＝eq\f(E－U,r)＝2A。(2)设电动机支路的电流为IM，IM＝I－IL＝1.5A，电动机总功率为PM＝UIM＝12W，电动机输出的机械功率为PM出＝PM－IM2RM，解得PM出＝7.5W。答案：(1)2A(2)7.5W.17.[多选]如图所示，电源电动势E＝3V，小灯泡L的规格为“2V0.4W”，开关S接1，当滑动变阻器调到R＝4Ω时，小灯泡L正常发光，现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作。则()A．电源内阻为1ΩB．电动机的内阻为4ΩC．电动机正常工作电压为1VD．电源效率约为93.3%解析：选AD小灯泡正常工作时的电阻RL＝eq\f(U2,P)＝10Ω，流过小灯泡的电流I＝eq\f(P,U)＝0.2A，当开关S接1时，R总＝eq\f(E,I)＝15Ω，电源内阻r＝R总－R－RL＝1Ω，A正确；当开关S接2时，电动机为非纯电阻，小灯泡L和电动机M均正常工作，电动机内阻不可能是4Ω，故B错误；电动机M两端的电压UM＝E－Ir－U＝0.8V，C错误；电源的效率η＝eq\f(E－Ir,E)＝eq\f(2.8V,3V)≈93.3%，D正确。18.如图为直流电动机提升重物的装置，重物的重量G＝500N，电源电动势E＝90V，电源内阻为2Ω，不计各处摩擦，当电动机以v＝0.6m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流I＝5A，下列判断不正确的是()A．电动机消耗的总功率为400WB．电动机线圈的电阻为0.4ΩC．电源的效率约为88.9%D．电动机的效率为75%解析：选B重物被提升的功率PG＝Fv＝Gv＝500×0.6W＝300W，此时电路中的电流为I＝5A，则电源的总功率P总＝EI＝90×5W＝450W，设电动机线圈的电阻为R，根据能量守