2025-2026学年上学期高二物理教科版（2019）期末必刷常考题之能量 能量守恒定律

第48页（共48页）2025-2026学年上学期高二物理教科版（2019）期末必刷常考题之能量能量守恒定律一．选择题（共6小题）1．我国风力资源丰富，随着国家对新能源行业发展的支持，风力发电得到了迅猛发展。某地风力发电机叶片转动时可形成半径为50m的圆面，且会随着风向调整姿态使转动的圆面始终与风向垂直，风力发电机能将此圆内10%的空气动能转化为电能。已知某段时间内的风速为3m/s，扇叶转动，发电机正常发电，空气的密度为1.2kg/m3，则风力发电机发电的功率为（）A．1.27×104W B．2.54×104W C．1.27×105W D．2.54×105W2．能源是人类社会活动的物质基础，节约能源应成为公民的行为习惯。下列说法中正确的是（）A．太阳能转化为电能过程中能量增加 B．能量耗散会降低能源利用的品质 C．能量耗散过程中能量在不断减少 D．能量总是守恒的，所以不需要节约能源3．从能量转化的角度来看，下列说法正确的是（）A．电暖气正常工作时，主要是将电能转化为机械能 B．核电站工作时主要将电能转化为核能 C．电动汽车在行驶过程中，发生的能量转化主要是将机械能转化为电能 D．人造卫星展开太阳能电池板，把太阳能转化为电能供给卫星用电器4．嘉兴火车站被誉为“森林中的火车站”，还是一座会发电的火车站。车站屋顶铺设了1.2万块面积均为0.72m2的光伏组件，发电总功率最大约为1.2×106W。已知单位时间内太阳辐射的总能量约为4×1026J/s，太阳与地球之间的距离约为1.5×1011m，因大气的影响，阳光垂直射到地面附近的能量约为太阳辐射到地球能量的一半，则（）A．一块光伏组件接收到的太阳辐射功率约为100W B．单位时间内太阳垂直射到地面附近单位面积的能量约为2800J C．该光伏组件的光电转换效率约为20% D．一块光伏组件工作一天可发电约2.4kWh5．风能是一种洁净、无污染、可再生的能源，临海括苍山山顶上建有全国第四大风力发电场，如图所示。已知该地区的风速约为6m/s，空气密度约1.3kg/m3，已知风力发电机的风叶叶片长度为40m，且风能的30%可转化为电能，则一台发电机发电功率约为（）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涨落运动中所具有的能量，是一种可再生能源。现建立一个简化模型，某发电站大坝内储水水库的有效面积为S＝4×106m2，涨潮时，当大坝外侧海平面高度为h＝4m时（以海水流入前的水库水面为参考系），打开大坝下面通道的闸门海水流入，此过程中通道处的水轮机利用水流的动能发电，直至大坝内外水面等高，关闭闸门。等到完全退潮后，开闸放水，再次发电，直至大坝内外水面再次相同，关闭闸门，等待下一次涨潮发电（此时的水库水面高度即为涨潮前的水库水面高度）。由于海洋很大，大坝外的海平面高度在海水流入、流出水库过程中几乎不变，潮水一天涨落两次，海水的势能有25%转化为电能，则这个发电站一天的发电量约为（）A．4.0×1010J B．1.5×1010J C．3.2×1011J D．1.5×1011J二．多选题（共3小题）（多选）7．学校为创建绿色校园改装了一批太阳能路灯，太阳能路灯技术参数如下：太阳能电池组件（太阳能电池光电转换效率为18%，得到的电池功率为100W）；免维护蓄电池（60～250A•h/12V，充电效率为80%）；照明时间（4～12h，可根据需要任意调节，阴雨天可连续工作5～7天）；光控时LED照明恒流输出功率（15～60W）；其他辅助系统组成部分。结合上述数据，下列说法正确的是（）A．太阳照射2h，光电系统可吸收太阳能为4.0×106J B．LED照明5h，照明时恒流输出电能最多为1.08×106J C．利用太阳能电池给免维护蓄电池充电，充满需要的最长时间为30h D．利用免维护蓄电池给额定功率为60W的LED供电，最长时间为45h（多选）8．如图甲，倾角为θ的光滑斜面上放一轻质弹簧，其下端固定，静止时上端位置在B点，在A点放一质量m＝2kg的小物块，小物块自由释放，在开始运动的一段时间内v﹣t图如图乙所示，小物块在0.4s时运动到B点，在0.9s时到达C点，BC的距离为1.2m（g取10m/s2）。由图知下列选项正确的是（）A．斜面倾角θ＝45° B．C点处弹簧的弹性势能为16J C．物块从B运动到C的过程中机械能守恒 D．物块从C回到A的过程中，加速度先减小后增大，再保持不变（多选）9．如图所示，静止在光滑水平面上的物体A和B的质量分别为m和2m，它们之间与轻弹簧相连。在极短的时间内对物块A作用一个水平向右的冲量I，可知（）A．物块A立刻有速度vA=IB．物块B立刻有速度vB=IC．当A与B之间的距离最小时，A的速度为零，B的速度为vB=ID．当A与B之间的距离最小时，A与B有相同的速度v=三．填空题（共4小题）10．有一种手电筒，当其电池的电能耗尽时，摇晃它，即可为电池充电，在这个摇晃过程中能转化为电能；如果将这种手电筒摇晃一次，相当于将200g的重物举高20cm，每秒摇两次，则摇晃手电筒的平均功率为W，g＝10m/s2。11．世界上第一颗原子弹爆炸时，距爆炸中心14km外的掩体内，费米和他的助手们正在观察试验情况．费米一看到爆炸发生，就迅速走出掩体，几十秒后当爆炸形成的强大热气流传过来时，费米把事先准备好的碎纸片从头顶上方撒下，碎纸片落到他身后约s＝2m处．由此，费米推算出那枚原子弹的威力相当于1万吨TNT炸药．若假设纸片是从h＝1.8m高处撒下，可估算出当时的风速约为v＝m/s；假设爆炸形成的气流向各个方向传播的速度大致相同，则离爆炸中心R＝14km处仅单位时间内得到的风能总量就为（这空用所给字母h、s、R、ρ和重力加速度g表示）．（已知空气密度为ρ＝1.3kg/m3，球的表面积公式S＝4πR2）12．风力发电机是将风的动能转化为叶轮的动能，在将叶轮的动能转化为电能的装置．设空气的密度为ρ，每片叶轮的长度为L，正对叶轮的水平风速为V，整个发电机的效率为η，那么每台发电机发出的功率P＝W．13．冰球运动员甲的质量为80.0kg，当他以5.0m/s的速度向前运动时，与另一质量为100kg、速度为3.0m/s的迎面而来的运动员乙相撞，碰后甲恰好静止．假设碰撞时间极短，则碰后乙的速度的大小为；碰撞中总机械能的损失为．四．解答题（共3小题）14．如图所示，有一固定在水平地面的光滑平台。平台右端B与静止的水平传送带平滑相接，传送带长L＝4m。有一个质量为m＝0.5kg的滑块，放在水平平台上，平台上有一根轻质弹簧，左端固定，右端与滑块接触但不连接，现将滑块缓慢向左移动压缩弹簧，且弹簧始终在弹性限度内，在弹簧处于压缩状态时，若将滑块由静止释放，滑块最后恰能到达传送带右端C点。已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2（g取10m/s2），求：（1）滑块到达B点时的速度vB，及弹簧储存的最大弹性势能Ep；（2）若传送带以3.0m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，当滑块冲上传送带时，对滑块施加一大小恒为0.5N的水平向右的作用力，滑块从B运动到C的过程中，摩擦力对它做的功；（3）若撤去弹簧及所加的恒力，两轮半径均为r＝0.9m，传送带顺时针匀速转动的角速度为ω0，滑块以传送带的速度（该速度未知）从B点滑上传送带，恰好能自C点水平飞出，求ω0的大小。现让滑块从B点以5m/s速度滑上传送带，则这一过程中滑块与传送带间产生的内能。15．风能将成为21世纪大规模开发的一种可再生清洁能源。风力发电机是将风能（气流的动能）转化为电能的装置，其主要部件包括风轮机、齿轮箱、发电机等，如图所示。（1）风轮机叶片旋转所扫过的面积为风力发电机可接收风能的面积。设空气密度为ρ，气流速度为v，风轮机叶片长度为r。求单位时间内流向风轮机的最大风能Pm。（2）已知风力发电机的输出电功率P与Pm成正比。某风力发电机在风速v1＝9m/s时能够输出电功率P1＝540kW。我国某地区风速不低于v2＝6m/s的时间每年约为5000h。试估算这台风力发电机在该地区的最小年发电量是多少千瓦时。16．质量为490g的木块静止在光滑水平面上，质量为10g的子弹以500m/s的速度水平射入木块并嵌在其中，从子弹刚射入木块至与木块相对静止的过程中，（1）它们的共同运动速度为10m/s，木块增加的动能为多少？（2）子弹损失的动能为多少？（3）产生的内能是多少？

2025-2026学年上学期高二物理教科版（2019）期末必刷常考题之能量能量守恒定律参考答案与试题解析一．选择题（共6小题）题号123456答案ABDCBC二．多选题（共3小题）题号789答案ABBDAD一．选择题（共6小题）1．我国风力资源丰富，随着国家对新能源行业发展的支持，风力发电得到了迅猛发展。某地风力发电机叶片转动时可形成半径为50m的圆面，且会随着风向调整姿态使转动的圆面始终与风向垂直，风力发电机能将此圆内10%的空气动能转化为电能。已知某段时间内的风速为3m/s，扇叶转动，发电机正常发电，空气的密度为1.2kg/m3，则风力发电机发电的功率为（）A．1.27×104W B．2.54×104W C．1.27×105W D．2.54×105W【考点】用能量守恒定律解决实际问题；平均功率的计算．【专题】定量思想；推理法；电磁感应——功能问题；推理论证能力．【答案】A【分析】由动能与电能的关系，可计算在时间t内电能，结合电功率公式，即可计算发电机发电的功率。【解答】解：由风的运动，可知动能为：W=由动能与电能的关系，可计算在时间t内电能为：W电＝ηW，结合电功率公式P=W电t，即可知发电机发电的功率为1.27×104W，故故选：A。【点评】本题考查发电机产生的电能的计算，关键是利用风的运动，计算时间t内吹到扇叶上的空气的质量。2．能源是人类社会活动的物质基础，节约能源应成为公民的行为习惯。下列说法中正确的是（）A．太阳能转化为电能过程中能量增加 B．能量耗散会降低能源利用的品质 C．能量耗散过程中能量在不断减少 D．能量总是守恒的，所以不需要节约能源【考点】能量耗散；能源与社会发展．【专题】定性思想；推理法；功能关系能量守恒定律；推理论证能力．【答案】B【分析】根据能量的转化和守恒思想结合能量耗散的特点进行分析解答。【解答】解：A.根据能的转化和守恒定律可知，太阳能转化为电能过程中能量总和不变，故A错误；B.能量耗散说明能量在转化的过程中能量的可利用率越来越小，可利用的品质降低了，故B正确；C.能量耗散说明能量在转化的过程中能量的可利用率越来越小，但总量不会减少，故C错误；D．能量总是守恒的，但是可利用的能源逐渐减小，所以需要节约能源，故D错误。故选：B。【点评】深刻理解能量的转化和守恒定律，了解能源的利用和开发等知识是解答此题的关键。3．从能量转化的角度来看，下列说法正确的是（）A．电暖气正常工作时，主要是将电能转化为机械能 B．核电站工作时主要将电能转化为核能 C．电动汽车在行驶过程中，发生的能量转化主要是将机械能转化为电能 D．人造卫星展开太阳能电池板，把太阳能转化为电能供给卫星用电器【考点】能量可以进行转移或转化；能源的分类与应用．【专题】定性思想；推理法；功能关系能量守恒定律；推理论证能力．【答案】D【分析】根据能量的转化和守恒定律进行分析解答。【解答】解：A.电暖气正常工作时，利用电流的热效应将电能转化为内能，故A错误；B.核电站工作时主要通过‌反应堆中的核裂变反应释放出热量，将水加热产生蒸汽，然后蒸汽推动‌汽轮发电机发电，是将核能转化为电能，故B错误；C.电动汽车在行驶过程中，将电能转化为机械能，故C错误；D.人造卫星展开太阳能电池板，将光能转化为电能供给卫星用电器，故D正确。故选：D。【点评】考查能量的转化和守恒定律，会根据题意进行准确分析解答。4．嘉兴火车站被誉为“森林中的火车站”，还是一座会发电的火车站。车站屋顶铺设了1.2万块面积均为0.72m2的光伏组件，发电总功率最大约为1.2×106W。已知单位时间内太阳辐射的总能量约为4×1026J/s，太阳与地球之间的距离约为1.5×1011m，因大气的影响，阳光垂直射到地面附近的能量约为太阳辐射到地球能量的一半，则（）A．一块光伏组件接收到的太阳辐射功率约为100W B．单位时间内太阳垂直射到地面附近单位面积的能量约为2800J C．该光伏组件的光电转换效率约为20% D．一块光伏组件工作一天可发电约2.4kWh【考点】用能量守恒定律解决实际问题．【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力．【答案】C【分析】求解单位时间内太阳垂直射到地面附近单位面积的能量，从而求解接收到的太阳辐射功率；求解发电功率，从而求解光伏组件的光电转换效率；发电量等于功率乘以时间。【解答】解：AB．阳光垂直射到地面附近的能量约为太阳辐射到地球能量的一半，单位时间内太阳垂直射到地面附近单位面积的能量约为E=一块光伏组件接收到的太阳辐射功率约为P1＝E×0.72W，解得P1≈510W故AB错误；C．一块光伏组件的发电功率为P1该光伏组件的光电转换效率约为η=故C正确；D．一块光伏组件工作一天可发电约E电＝100W×12h＝1.2kWh故D错误。故选：C。【点评】本题考查光能和电能的转换问题，解题关键是求解单位时间内太阳垂直射到地面附近单位面积的能量。5．风能是一种洁净、无污染、可再生的能源，临海括苍山山顶上建有全国第四大风力发电场，如图所示。已知该地区的风速约为6m/s，空气密度约1.3kg/m3，已知风力发电机的风叶叶片长度为40m，且风能的30%可转化为电能，则一台发电机发电功率约为（）A．3.6×103W B．2.1×105W C．1.5×107W D．1.5×109W【考点】用能量守恒定律解决实际问题；功率的定义、物理意义和计算式的推导．【专题】定量思想；推理法；功能关系能量守恒定律；推理论证能力．【答案】B【分析】在t时间内通过横截面积为πr2的风能30%转化为电能，根据能量守恒定律和功率公式列式求解即可。【解答】解：在ts内经过叶片的空气体积为V＝πr2vt空气的质量为m＝ρV空气的动能为Ek风能的30%可转化为电能，则E电＝30%Ek整理可得，电能就是发电功率P=代入数据解得P≈2.1×105W，故ACD错误，B正确。故选：B。【点评】应用能量转化守恒定律解题的步骤（1）分清有几种形式的能在变化，如动能、势能（包括重力势能、弹性势能、电势能）、内能等．（2）明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量△E减和增加的能量△E增的表达式．（3）列出能量守恒关系式：△E减＝△E增。6．潮汐能是海水周期性涨落运动中所具有的能量，是一种可再生能源。现建立一个简化模型，某发电站大坝内储水水库的有效面积为S＝4×106m2，涨潮时，当大坝外侧海平面高度为h＝4m时（以海水流入前的水库水面为参考系），打开大坝下面通道的闸门海水流入，此过程中通道处的水轮机利用水流的动能发电，直至大坝内外水面等高，关闭闸门。等到完全退潮后，开闸放水，再次发电，直至大坝内外水面再次相同，关闭闸门，等待下一次涨潮发电（此时的水库水面高度即为涨潮前的水库水面高度）。由于海洋很大，大坝外的海平面高度在海水流入、流出水库过程中几乎不变，潮水一天涨落两次，海水的势能有25%转化为电能，则这个发电站一天的发电量约为（）A．4.0×1010J B．1.5×1010J C．3.2×1011J D．1.5×1011J【考点】用能量守恒定律解决实际问题；常见力做功与相应的能量转化．【专题】定量思想；推理法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；推理论证能力．【答案】C【分析】根据能量守恒定律计算出发电站一天的发电量即可。【解答】解：根据题意可得电能为E电＝Ep×25%＝4×106×4×4×1.0×103×10×2×25%J＝3.2×1011J，故C正确，ABD错误；故选：C。【点评】本题以潮汐能为考查背景，主要考查了能量守恒定律，在计算发电量时要注意乘上转化效率。二．多选题（共3小题）（多选）7．学校为创建绿色校园改装了一批太阳能路灯，太阳能路灯技术参数如下：太阳能电池组件（太阳能电池光电转换效率为18%，得到的电池功率为100W）；免维护蓄电池（60～250A•h/12V，充电效率为80%）；照明时间（4～12h，可根据需要任意调节，阴雨天可连续工作5～7天）；光控时LED照明恒流输出功率（15～60W）；其他辅助系统组成部分。结合上述数据，下列说法正确的是（）A．太阳照射2h，光电系统可吸收太阳能为4.0×106J B．LED照明5h，照明时恒流输出电能最多为1.08×106J C．利用太阳能电池给免维护蓄电池充电，充满需要的最长时间为30h D．利用免维护蓄电池给额定功率为60W的LED供电，最长时间为45h【考点】用能量守恒定律解决实际问题；根据家用电器的技术参数求解相关物理量．【专题】定量思想；推理法；功的计算专题；推理论证能力．【答案】AB【分析】已知太阳能电池功率为100W，光电转换效率为18%，根据能量守恒定律列式求解吸收的太阳能情况；根据W＝Pt求解多输出电能和供电时间。【解答】解：A、光电转换电池功率为P＝100W，光电转换效率为η＝18%，经过t＝2小时＝2×3600s＝7800s内，可吸收的太阳能为：E=Ptη=100×720018%J＝4.0×10B、LED照明t1＝5小时＝5×3600s＝18000s，恒流输出的最多电能为：W＝Pt＝60×18000J＝1.08×106J，故B正确；C、根据蓄电池的规格（60～250A•h/12V，充电效率为80%）可知能够储存的电能为：E1＝qU＝250×3600×12J＝1.08×107J，根据能量关系可得：E1＝80%Pt2；利用太阳能电池给蓄电池充电，充满需要的最长时间为：t2=E180%P，解得：t2＝135000s＝D、利用免维护蓄电池给P′＝60W的LED供电，最长时间约为：t3=E1P'=250×3600×1260s故选：AB。【点评】本题考查了能量的相互转化、电能的计算以及太阳能的利用，我们不但要学会从题目所给信息中找到有用的数据，更要学会环保节能。（多选）8．如图甲，倾角为θ的光滑斜面上放一轻质弹簧，其下端固定，静止时上端位置在B点，在A点放一质量m＝2kg的小物块，小物块自由释放，在开始运动的一段时间内v﹣t图如图乙所示，小物块在0.4s时运动到B点，在0.9s时到达C点，BC的距离为1.2m（g取10m/s2）。由图知下列选项正确的是（）A．斜面倾角θ＝45° B．C点处弹簧的弹性势能为16J C．物块从B运动到C的过程中机械能守恒 D．物块从C回到A的过程中，加速度先减小后增大，再保持不变【考点】用能量守恒定律解决实际问题；作用力与反作用力；弹性势能的定义和性质；常见力做功与相应的能量转化．【专题】定量思想；方程法；功能关系能量守恒定律；推理论证能力．【答案】BD【分析】由图象求出物块的加速度，然后由牛顿第二定律求出斜面的倾角；由能量守恒定律求出弹簧的弹性势能；根据机械能守恒的条件判断机械能是否守恒；根据物块的受力情况应用牛顿第二定律判断物块加速度如何变化．【解答】解：A、由图乙所示图象可知，在0﹣4s内，物块做匀加速直线运动，加速度为：a=ΔvΔt=由牛顿第二定律得：mgsinθ＝ma，解得：sinθ＝0.5，则θ＝30°，故A错误；B、由能量守恒定律可得，在C点弹簧的弹性势能为：EP=12mvB2+mghBC＝（12×2×22+2×10×1.2×C、物体从B到C过程，除重力做功外，弹簧弹力对物块做负功，物块的机械能不守恒，故C错误；D、物块从C点回到A点过程中，开始弹簧的弹力大于重力沿斜面向下的分力，合力向上，物块向上做加速运动，弹力逐渐减小，物块所受合力减小，物块的加速度减小，然后弹簧的弹力小于重力沿斜面向下的分力，合力向下，物块做减速运动，随物块向上运动，弹簧弹力变小，物块受到的合力变大，加速度变大，当物体与弹簧分离后，物块受到的合力等于重力的分力，加速度不变，物块做加速度不变的减速运动，由此可知在整个过程中，物块的加速度先减小后增大，再保持不变，故D正确。故选：BD。【点评】本题考查了求斜面的倾角、判断物体机械能是否守恒、求弹簧的弹性势能、判断物块加速度如何变化等问题，分析清楚物块运动过程、由图乙所示图象求出物块的速度、应用牛顿第二定律、能量守恒定律即可正确解题．（多选）9．如图所示，静止在光滑水平面上的物体A和B的质量分别为m和2m，它们之间与轻弹簧相连。在极短的时间内对物块A作用一个水平向右的冲量I，可知（）A．物块A立刻有速度vA=IB．物块B立刻有速度vB=IC．当A与B之间的距离最小时，A的速度为零，B的速度为vB=ID．当A与B之间的距离最小时，A与B有相同的速度v=【考点】用能量守恒定律解决实际问题；动量定理的内容和应用；动量守恒与能量守恒共同解决实际问题．【专题】动量定理应用专题．【答案】AD【分析】在极短时间内对物体A作用一水平向右的冲量I，说明A立即获得速度可由动量定理求出速度；通过动态分析可知当两者距离最小时速度相等，根据动量守恒定律可求出距离最小时的速度。【解答】解；A、由动量定理知，由于作用时间极短，所以物体A立即获得速度，由I＝ΔP＝mvA，解得：vA=IB、A获得速度的瞬时物体A没有发生位移，弹簧没有发生压缩，故物体B仍静止，B错误。C、A向右运动，弹簧逐渐压缩，A受到向左的弹力，物体B受到向右的弹力，向右做加速运动，由牛顿第二定律a=Fa可知，由a=kxm知，因x增大a随之增大，所以A做变减速运动，B做变加速运动，当两者速度相等时A、B距离最小，此时弹簧压缩到最短，由动量守恒得，规定向右为正方向，有：mvA＝（则共同速度为：v=I3m．故C故选：AD。【点评】注意一些关键词语如“极短时间内受到冲量”、“恰好”、“缓慢运动”等的含义；记住类似追击问题当两者相距为极值（最小值、最大值）时速度相等。三．填空题（共4小题）10．有一种手电筒，当其电池的电能耗尽时，摇晃它，即可为电池充电，在这个摇晃过程中机械能转化为电能；如果将这种手电筒摇晃一次，相当于将200g的重物举高20cm，每秒摇两次，则摇晃手电筒的平均功率为0.8W，g＝10m/s2。【考点】用能量守恒定律解决实际问题；功率的定义、物理意义和计算式的推导．【专题】计算题；定量思想；功率的计算专题；功能关系能量守恒定律；应用数学处理物理问题的能力．【答案】见试题解答内容【分析】摇晃手机实际上就是人对手机做功，将机械能转化成手机的电能；根据题意可以求得1s内摇晃两次时对手机做功的大小，进而可以根据功率的公式计算出平均功率的大小。【解答】解：摇晃手机实际上就是人对手机做功，将机械能转化成手机的电能；把手机摇晃一次做的功的大小为W＝mgh＝0.2kg×10N/kg×0.2m＝0.4J，所以摇晃两次对手机做的功的大小为0.8J，平均功率的大小为P=故答案为：机械；0.8【点评】本题考查了功能转化及关于功、功率的计算，关键要记清相关的公式，在计算中注意要统一单位，难度不大。11．世界上第一颗原子弹爆炸时，距爆炸中心14km外的掩体内，费米和他的助手们正在观察试验情况．费米一看到爆炸发生，就迅速走出掩体，几十秒后当爆炸形成的强大热气流传过来时，费米把事先准备好的碎纸片从头顶上方撒下，碎纸片落到他身后约s＝2m处．由此，费米推算出那枚原子弹的威力相当于1万吨TNT炸药．若假设纸片是从h＝1.8m高处撒下，可估算出当时的风速约为v＝3.3m/s；假设爆炸形成的气流向各个方向传播的速度大致相同，则离爆炸中心R＝14km处仅单位时间内得到的风能总量就为πR2ρs3ghg2h（这空用所给字母h、s、R、ρ和重力加速度g表示）．（已知空气密度为ρ＝【考点】用能量守恒定律解决实际问题．【答案】见试题解答内容【分析】本题中忽略碎纸片受到的空气阻力，认为其做平抛运动，根据高度求出运动的时间，结合水平位移求出初速度，从而得出风速．根据动能表达式算离爆炸中心R＝14km处仅单位时间内得到的风能总量E．【解答】解：根据h=1t=2h则有：v=st假设爆炸形成的气流向各个方向传播的速度大致相同，则离爆炸中心R＝14km处仅单位时间内得到的风能总量E=12mv2=12（ρV）v2=1故答案为：3.3m/s、π【点评】解决本题的关键忽略次要因素，认为碎纸片做平抛运动，结合平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律进行求解，注意单位时间内体积V＝Sv．12．风力发电机是将风的动能转化为叶轮的动能，在将叶轮的动能转化为电能的装置．设空气的密度为ρ，每片叶轮的长度为L，正对叶轮的水平风速为V，整个发电机的效率为η，那么每台发电机发出的功率P＝12ηρπL2v3W【考点】用能量守恒定律解决实际问题；电功和电功率的计算．【答案】见试题解答内容【分析】在时间t内，通过风力发电机叶片的空气的动能转化为电能，根据能量守恒定律列式求解即可．【解答】解：叶片旋转所形成的圆面积为：S＝πL2t秒内流过该圆面积的风柱体积为：V＝Svt＝πL2vt风柱体的质量为：m＝ρV＝ρπL2vt风柱体内空气分子的动能为：Ek=12mv2=12ρπL转化成的电能为：E＝ηEk=12ηρπL2v发出的电功率为：P=Et=12ηρπ故答案为：12ηρπL2v【点评】解决本题的关键要明确能量是如何转化的，运用能量守恒定律列式求解．13．冰球运动员甲的质量为80.0kg，当他以5.0m/s的速度向前运动时，与另一质量为100kg、速度为3.0m/s的迎面而来的运动员乙相撞，碰后甲恰好静止．假设碰撞时间极短，则碰后乙的速度的大小为1m/s；碰撞中总机械能的损失为1400J．【考点】用能量守恒定律解决实际问题；动量守恒与能量守恒共同解决实际问题．【专题】动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．【答案】见试题解答内容【分析】甲乙组成的系统动量守恒，由动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机械能的损失．【解答】解：甲、乙组成的系统动量守恒，以甲的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m甲v甲+m乙v乙′＝m甲v甲′+m乙v乙′，代入数据解得：v乙′＝1m/s，由能量守恒定律可知，损失的机械能：ΔE=12m甲v甲2+12m乙v乙2-12m甲v甲′2-1代入数据解得：ΔE＝1400J；故答案为：1m/s；1400J．【点评】本题考查了求物体的速度、损失的机械能，应用动量守恒定律与能量守恒定律即可正确解题．四．解答题（共3小题）14．如图所示，有一固定在水平地面的光滑平台。平台右端B与静止的水平传送带平滑相接，传送带长L＝4m。有一个质量为m＝0.5kg的滑块，放在水平平台上，平台上有一根轻质弹簧，左端固定，右端与滑块接触但不连接，现将滑块缓慢向左移动压缩弹簧，且弹簧始终在弹性限度内，在弹簧处于压缩状态时，若将滑块由静止释放，滑块最后恰能到达传送带右端C点。已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2（g取10m/s2），求：（1）滑块到达B点时的速度vB，及弹簧储存的最大弹性势能Ep；（2）若传送带以3.0m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，当滑块冲上传送带时，对滑块施加一大小恒为0.5N的水平向右的作用力，滑块从B运动到C的过程中，摩擦力对它做的功；（3）若撤去弹簧及所加的恒力，两轮半径均为r＝0.9m，传送带顺时针匀速转动的角速度为ω0，滑块以传送带的速度（该速度未知）从B点滑上传送带，恰好能自C点水平飞出，求ω0的大小。现让滑块从B点以5m/s速度滑上传送带，则这一过程中滑块与传送带间产生的内能。【考点】用能量守恒定律解决实际问题；匀变速直线运动规律的综合应用；牛顿第二定律的简单应用；牛顿第二定律与向心力结合解决问题；弹性势能的定义和性质；动能定理的简单应用；常见力做功与相应的能量转化．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；寻找守恒量法；功能关系能量守恒定律．【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据动能定理，结合滑块在C点的速度为零，求出滑块在B点的速度，根据能量守恒求出弹簧储存的最大弹性势能。（2）滑块滑上传送带先做减速运动，当速度与传送带速度相等时一起匀速，对B到C过程运用动能定理，求出摩擦力做功的大小。（3）恰好能由C点水平飞出传送带，则滑块受到的质量恰好提供向心力，由此即可求出角速度；由功能关系即可求出产生的内能。【解答】解：（1）滑块从释放至运动到B点，由能量守恒得：Ep=1从B到C，由动能定理得：﹣μmgL＝0-1联立①②两式，代入数据解得vB＝4m/s弹簧的弹性势能转化为滑块的动能：Ep＝EK=12mv2=12×0.5×（2）加电场后，由于vB＞v传，滑块滑上传送带时，加速度大小为a，有：μmg﹣qE＝ma滑块减速的时间为：t1=v滑块减速的位移为：x1=vB+v传2故滑块之后匀速运动，从B到C，由动能定理得：qEL+Wf=代入数据解得：Wf＝﹣3.9375J。（3）滑块恰能在C点水平飞出传送带，则有：mg=mvC2r又：vC＝代入数据得：ω0＝5rad/s滑块要减速到C点μmg＝ma′块减速时间为：t＝1s滑块位移为：x1＝vBt-12a′t2传送带距离为：x2＝vCt＝2m内能为：Q＝μmg（x1﹣x2）联立以上方程得：Q＝1J答：（1）滑块到达B点时的速度是4m/s，及弹簧储存的最大弹性势能EP是4J；（2）摩擦力对它做的功是﹣3.9375J。（3）若两轮半径均为r＝0.4m，传送带顺时针匀速转动的角速度为ω0时，撤去弹簧及所加电场，让滑块从B点以4m/s速度滑上传送带，恰好能由C点水平飞出传送带。ω0的大小是5rad/s，这一过程中滑块与传送带间产生的内能是1J。【点评】解决本题的关键理清滑块在整个过程中的运动情况，结合牛顿第二定律、动能定理进行求解。15．风能将成为21世纪大规模开发的一种可再生清洁能源。风力发电机是将风能（气流的动能）转化为电能的装置，其主要部件包括风轮机、齿轮箱、发电机等，如图所示。（1）风轮机叶片旋转所扫过的面积为风力发电机可接收风能的面积。设空气密度为ρ，气流速度为v，风轮机叶片长度为r。求单位时间内流向风轮机的最大风能Pm。（2）已知风力发电机的输出电功率P与Pm成正比。某风力发电机在风速v1＝9m/s时能够输出电功率P1＝540kW。我国某地区风速不低于v2＝6m/s的时间每年约为5000h。试估算这台风力发电机在该地区的最小年发电量是多少千瓦时。【考点】用能量守恒定律解决实际问题．【专题】计算题；推理法；功能关系能量守恒定律；推理论证能力．【答案】（1）单位时间内流向风轮机的最大风能Pm为12（2）这台风力发电机在该地区的最小年发电量是8×105千瓦时。【分析】（1）风垂直流向风轮机，且末速度减为零时，提供的风能功率最大。单位时间内垂直流向叶片旋转面积的气体质量为ρvS，根据能量守恒求解；（2）先求出风力发电机的输出功率，进而即可求出最小年发电量。【解答】解：（1）风垂直流向风轮机时，提供的风能功率最大。单位时间内垂直流向叶片旋转面积的气体质量为m0＝ρvS，S＝πr2风能的最大功率可表示为P风=12m0v采取措施合理，如增加风轮机叶片长度，安装调向装置保持风轮机正面迎风等。（2）按题意，风力发电机的输出功率为P2=v最小年发电量约为W＝P2t＝160×5000kW•h＝8×105kW•h答：（1）单位时间内流向风轮机的最大风能Pm为12（2）这台风力发电机在该地区的最小年发电量是8×105千瓦时。【点评】本题考查了功和功率的计算，关键是根据题意找出求出发电机功率的方法，及风能的最大功率和输出功率之间的关系。16．质量为490g的木块静止在光滑水平面上，质量为10g的子弹以500m/s的速度水平射入木块并嵌在其中，从子弹刚射入木块至与木块相对静止的过程中，（1）它们的共同运动速度为10m/s，木块增加的动能为多少？（2）子弹损失的动能为多少？（3）产生的内能是多少？【考点】用能量守恒定律解决实际问题．【专题】计算题；定量思想；寻找守恒量法；动量和能量的综合；分析综合能力．【答案】（1）它们的共同运动速度为10m/s，木块增加的动能为24.5.（2）子弹损失的动能为1249.5.（3）产生的内能是1225J。【分析】（1）根据Ek=1（2）子弹损失的动能等于初动能与末动能之差。（3）产生的内能等于系统损失的动能，根据能量守恒定律求解。【解答】解：已知木块质量m2＝490g＝0.49kg，子弹质量m1＝10g＝0.01kg，子弹的初速度v1＝500m/s，子弹与木块的共同速度v2＝10m/s（1）木块增加的动能为ΔEk2=12m（2）子弹损失的动能为ΔEk1=代入数据解得：ΔEk1＝1249.5J（3）产生的内能是E内＝ΔEk1﹣ΔEk2＝1249.5J﹣24.5J＝1225J答：（1）它们的共同运动速度为10m/s，木块增加的动能为24.5.（2）子弹损失的动能为1249.5.（3）产生的内能是1225J。【点评】解答本题的关键要明确能量转化情况，掌握动能的计算式Ek=1

考点卡片1．匀变速直线运动规律的综合应用【知识点的认识】本考点下的题目，代表的是一类复杂的运动学题目，往往需要用到多个公式，需要细致的思考才能解答。【命题方向】如图，甲、乙两运动员正在训练接力赛的交接棒．已知甲、乙两运动员经短距离加速后都能达到并保持8m/s的速度跑完全程．设乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速的，加速度大小为2.5m/s2．乙在接力区前端听到口令时起跑，在甲、乙相遇时完成交接棒．在某次练习中，甲以v＝8m/s的速度跑到接力区前端s0＝11.0m处向乙发出起跑口令．已知接力区的长度为L＝20m．求：（1）此次练习中交接棒处离接力区前端（即乙出发的位置）的距离．（2）为了达到理想成绩，需要乙恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，则甲应在接力区前端多远时对乙发出起跑口令？（3）在（2）中，棒经过接力区的时间是多少？分析：（1）甲乙两人不是从同一地点出发的，当已追上甲时，它们的位移关系是s0+12at2＝（2）当两人的速度相等时，两车的距离为零，即处于同一位置．（3）由t=x解答：（1）设乙加速到交接棒时运动时间为t，则在甲追击乙过程中有s0+12at2代入数据得t1＝2st2＝4.4s（不符合乙加速最长时间3.2s实际舍去）此次练习中交接棒处离接力区前端的距离x（2）乙加速时间t设甲在距离接力区前端为s时对乙发出起跑口令，则在甲追击乙过程中有s代入数据得s＝12.8m（3）棒在（2）过程以v＝8m/s速度的运动，所以棒经过接力区的时间是t点评：此题考查追及相遇问题，一定要掌握住两者何时相遇、何时速度相等这两个问题，这道题是典型的追及问题，同学们一定要掌握住．【解题思路点拨】熟练掌握并深刻理解运动学的基础公式及导出公式，结合公式法、图像法、整体与分段法等解题技巧，才能在解答此类题目时游刃有余。2．牛顿第二定律的简单应用【知识点的认识】牛顿第二定律的表达式是F＝ma，已知物体的受力和质量，可以计算物体的加速度；已知物体的质量和加速度，可以计算物体的合外力；已知物体的合外力和加速度，可以计算物体的质量。【命题方向】一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律列式求解即可。解答：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根据牛顿第三定律，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故人对电梯的压力等于43mg故选：A。点评：本题关键对人受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。【解题方法点拨】在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。3．作用力与反作用力【知识点的认识】1.定义：（1）力是物体对物体的作用，每个力一定同时存在着受力物体和施力物体。（2）两个物体之间的作用总是用相互的，物体间相互作的这一对力称为的作用力和反作用力。（3）作用力和反作用力总是等大、反向的，可以把其中任何一个力叫作作用力，另一个力叫作反作用力。2.性质：3.特征【命题方向】下列关于作用力和反作用力的说法中，正确的是（）A.物体相互作用时，先有作用力，后有反作用力B.虽然马能将车拉动，但是马拉车的力与车拉马的力大小相等C.鸡蛋碰石头时，鸡蛋对石头的作用力小于石头对鸡蛋的作用力D.作用力和反作用力的合力为零，即两个力的作用效果可以互相抵消分析：作用力与反作用力的关系是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用力与反作用力和一对平衡力最大的区别在于作用力与反作用力作用在两个不同的物体上，而一对平衡力是作用在同一个物体上的．解答：A、作用力与反作用力是同时产生、同时消失的，没有先后之分，所以A选项错误。B、马拉车的力与车拉马的力，它们是作用力与反作用力的关系，一定是大小相等的，马之所以能将车拉动，是由于马拉车的力大于车所受到的摩擦力的缘故，所以B选项正确。C、鸡蛋对石头的作用力和石头对鸡蛋的作用力，它们是作用力与反作用力，大小相等，方向相反，之所以鸡蛋碰坏了，是由于鸡蛋的承受力小，所以C选项错误。D、作用力与反作用力作用在两个不同的物体上，根本不能求它们的合力，只有作用在同一个物体上的力才可以求它们的合力，故D选项错误。故选：B。点评：本题主要是考查作用力与反作用力的关系，同时注意区分它与一对平衡力的区别．【解题思路点拨】明确作用力与反作用力的性质和特征，注意与平衡力进行区分。4．牛顿第二定律与向心力结合解决问题【知识点的认识】圆周运动的过程符合牛顿第二定律，表达式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命题方向】我国著名体操运动员童飞，首次在单杠项目中完成了“单臂大回环”：用一只手抓住单杠，以单杠为轴做竖直面上的圆周运动．假设童飞的质量为55kg，为完成这一动作，童飞在通过最低点时的向心加速度至少是4g，那么在完成“单臂大回环”的过程中，童飞的单臂至少要能够承受多大的力．分析：运动员在最低点时处于超重状态，由单杠对人拉力与重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解．解答：运动员在最低点时处于超重状态，设运动员手臂的拉力为F，由牛顿第二定律可得：F心＝ma心则得：F心＝2200N又F心＝F﹣mg得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N答：童飞的单臂至少要能够承受2750N的力．点评：解答本题的关键是分析向心力的来源，建立模型，运用牛顿第二定律求解．【解题思路点拨】圆周运动中的动力学问题分析（1）向心力的确定①确定圆周运动的轨道所在的平面及圆心的位置．②分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，该力就是向心力．（2）向心力的来源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解决圆周运动问题步骤①审清题意，确定研究对象；②分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等；③分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源；④根据牛顿运动定律及向心力公式列方程．5．功率的定义、物理意义和计算式的推导【知识点的认识】1.义：功与完成这些功所用时间的比值．2.理意义：描述做功的快慢。3.质：功是标量。4.计算公式（1）定义式：P=Wt，P为时间（2）机械功的表达式：P＝Fvcosα（α为F与v的夹角）①v为平均速度，则P为平均功率．②v为瞬时速度，则P为瞬时功率．推导：如果物体的受力F与运动方向的夹角为α，从计时开始到时刻t这段时间内，发生的位移是l，则力在这段时间所做的功W＝Flcosα因此有P=Wt由于位移l是从开始计时到时刻t这段时间内发生的，所以lt是物体在这段时间内的平均速度vP＝Fvcosα可见，力对物体做功的功率等于沿运动方向的分力与物体速度的乘积。通常情况下，力与位移的方向一致，即F与v的夹角一致时，cosα＝1，上式可以写成P＝Fv。从以上推导过程来看，P＝Fv中的速度v是物体在恒力F作用下的平均速度，所以这里的功率P是指从计时开始到时刻t的平均功率。如果时间间隔非常小，上述平均速度就可以看作瞬时速度，这个关系式也就可以反映瞬时速度与瞬时功率的关系。5.额定功率：机械正常工作时输出的最大功率．6.实际功率：机械实际工作时输出的功率．要求不大于额定功率．【命题方向】下列关于功率和机械效率的说法中，正确的是（）A、功率大的机械，做功一定多B、做功多的机械，效率一定高C、做功快的机械，功率一定大D、效率高的机械，功率一定大分析：根据P=Wt知，做功多．功率不一定大，根据η解答：A、根据P=Wt知，功率大，做功不一定多。故BD、根据η=W有W总=C、功率是反映做功快慢的物理量，做功快，功率一定大。故C正确。故选：C。点评：解决本题的关键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．【解题思路点拨】1.功率是反映做功快慢的物理量，与功的多少没有直接关系。2.功率的定义式P=W6．平均功率的计算【知识点的认识】平均功率的计算式：①功率的定义式：P=②恒力做功：P＝Fv（v是平均速度）【命题方向】一、定义式计算平均功率据报导：我国一家厂商制作了一种特殊的手机，在电池能耗尽时，摇晃手机，即可产生电能维持通话，摇晃手机的过程是将机械能转化为电能，如果将该手机摇晃一次，相当于将100g的重物举高40cm，若每秒摇两次，则摇晃手机的平均功率为（g＝10m/s2）（）A、0.04WB、0.4WC、0.8WD、40W分析：根据题意可以求得摇晃两次时对手机做的功的大小，进而可以根据功率的公式计算出平均功率的大小．解答：把手机摇晃一次做的功的大小为W＝mgh＝0.1×10×0.4J＝0.4J，所以摇晃两次对手机做的功的大小为0.8J，所以平均功率的大小为P=Wt=0.81W故选：C。点评：摇晃手机实际上就是人对手机做的功转化成手机的电能，求出人做功的大小即可得出功率的大小．二、恒力做功的平均功率质量为m的物体从静止开始做加速度为a的匀加速直线运动，在运动时间为t的过程中，合外力对它做功的平均功率为（）A、ma2tB、12ma2tC、2ma2tD、22ma分析：物体做的是匀加速直线运动，根据速度公式可以求得经过时间t时物体的速度的大小，由此可以求得平均速度的大小，根据P＝Fv，可以求得平均功率的大小．解答：物体做的是匀加速直线运动，t时刻的速度的大小为v＝at，该过程的平均速度的大小为v=12v此时物体受到的合外力为F＝ma，所以合外力对它做功的平均功率为P＝Fv=ma×12at=故选：B。点评：在分析功率的时候，一定要注意公式的选择，P=Wt只能计算平均功率的大小，而P＝Fv可以计算平均功率也可以计算瞬时功率，取决于速度是平均速度还是瞬时速度．该题也可由P【解题思路点拨】1.功率的定义式P=W2.对于恒力做功，除了可以先求出总功，再除以时间求平均功率外，也可以求出平均速度，再利用P＝Fv计算平均功率。7．弹性势能的定义和性质【知识点的认识】1．定义：发生形变的物体，在恢复原状时能够对外做功，因而具有能量，这种能叫做弹性势能。2．决定因素：与形变程度有关，形变越厉害，弹性势能就越大；与弹簧的劲度系数有关，k越大，弹性势能就越大。3．弹簧弹性势能表达式：Ep所以影响弹性势能的因素有：①弹簧的劲度系数，当形变量相同时，劲度系数越大的弹簧具有的弹性势能越大；②弹簧的形变量，对于固定的弹簧，形变量越大的弹簧具有的弹性势能越大。③对一般弹性物体而言，满足形变量越大弹性势能也越大。4.弹性势能的性质①弹性势能同重力势能一样，描述时需要选择零势能点。对弹簧来说一般以原长位置为零势能点，弹性势能的大小是相对于零势能点来说的。②弹性势能是标量，根据零势能点的选择不同，弹性势能可正可负，正的弹性势能大于负的弹性势能。【命题方向】关于弹性势能，下列说法中正确的是（）A、发生弹性形变的物体都具有弹性势能B、发生形变的物体都具有弹性势能C、只有弹簧发生弹性形变时才具有弹性势能D、弹簧的形变量越大，弹性势能就越小分析：任何物体发生弹性形变时，都具有弹性势能．弹簧伸长和压缩时都有弹性势能．同一个弹簧形变量越大，弹性势能就越大．解答：A、由弹性势能的定义和相关因素进行判断。发生弹性形变的物体的各部分之间，由于弹力作用而具有的势能，叫做弹性势能。所以，任何发生弹性形变的物体都具有弹性势能。故A正确。BC、物体发生了形变，若是非弹性形变，无弹力作用，则物体就不具有弹性势能。故B、C错误。D、发生弹性形变的物体，形变量越大，弹性势能越大，故D错误。故选：A。点评：本题关键明确弹性势能的概念，知道影响弹性势能大小的因素，基础题．【解题思路点拨】弹性势能是由于物体形变而具有的能量，所以一般来说弹性势能是针对发生弹性形变的物体，而弹性势能的表达式Ep8．动能定理的简单应用【知识点的认识】1.动能定理的内容：合外力做的功等于动能的变化量。2.表达式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考点针对简单情况下用动能定理来解题的情况。【命题方向】如图所示，质量m＝10kg的物体放在水平地面上，物体与地面的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物体上，使物体由静止开始做匀加速直线运动，作用时间t＝6s后撤去F，求：（1）物体在前6s运动的过程中的加速度；（2）物体在前6s运动的位移（3）物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）对物体受力分析知，物体做匀加速运动，由牛顿第二定律就可求出加速度；（2）用匀变速直线运动的位移公式即可求得位移的大小；（3）对全程用动能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）对物体受力分析，由牛顿第二定律得F﹣μmg＝ma，解得a＝3m/s2，（2）由位移公式得X=12at2=12×3×6（3）对全程用动能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物体在前6s运动的过程中的加速度是3m/s2；（2）物体在前6s运动的位移是54m；（3）物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功为2700J。点评：分析清楚物体的运动过程，直接应用牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律求解即可，求摩擦力的功的时候对全程应用动能定理比较简单。【解题思路点拨】1．应用动能定理的一般步骤（1）选取研究对象，明确并分析运动过程。（2）分析受力及各力做功的情况①受哪些力？②每个力是否做功？③在哪段位移哪段过程中做功？④做正功还是负功？⑤做多少功？求出代数和。（3）明确过程始末状态的动能Ek1及Ek2。（4）列方程W总＝Ek2﹣Ek1，必要时注意分析题目潜在的条件，补充方程进行求解。注意：①在研究某一物体受到力的持续作用而发生状态改变时，如涉及位移和速度而不涉及时间时应首先考虑应用动能定理，而后考虑牛顿定律、运动学公式，如涉及加速度时，先考虑牛顿第二定律。②用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，以便更准确地理解物理过程和各物理量的关系。有些力在物体运动全过程中不是始终存在的，在计算外力做功时更应引起注意。9．常见力做功与相应的能量转化【知识点的认识】1．内容（1）功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。（2）做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必通过做功来实现。2．高中物理中几种常见的功能关系功能量的变化合外力做正功动能增加重力做正功重力势能减少弹簧弹力做正功弹性势能减少电场力做正功电势能减少其他力（除重力、弹力）做正功机械能增加一对滑动摩擦力做的总功为负功系统的内能增加【解题思路点拨】如图所示，质量为m的物体静止在地面上，物体上面连着一个轻弹簧，用手拉住弹簧上端上移H，将物体缓缓提高h，拉力F做功WF，不计弹簧的质量，则下列说法正确的是（）A、重力做功﹣mgh，重力势能减少mghB、弹力做功﹣WF，弹性势能增加WFC、重力势能增加mgh，弹性势能增加FHD、重力势能增加mgh，弹性势能增加WF﹣mgh分析：重力势能的变化量等于负的重力所做的功，物体缓缓提高说明速度不变，拉力F做的功等于物体重力势能的变化量与弹簧弹性势能增加量之和．解答：重力势能的变化量等于负的重力所做的功，即ΔEP＝﹣WG＝﹣（﹣mgh）＝mgh物体缓缓提高说明速度不变，所以物体动能不发生变化，ΔE弹＝WF+WG＝WF﹣mgh故选：D。点评：本题主要考查了重力势能的变化量与重力做功的关系以及能量转化关系，难度不大，属于基础题．【解题思路点拨】1.常见的功能关系：合力做功——动能变化；重力做功——重力势能变化；弹力做功——弹性势能变化；摩擦力做功——内能变化；其他力做功——机械能变化。2.判断和计算做功或能量变化时，可以反其道而行之，通过计算能量变化或做功多少来进行。10．动量定理的内容和应用【知识点的认识】1．内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量．2．表达式：p′﹣p＝I或mv﹣mv0＝Ft．3．用动量概念表示牛顿第二定律：由mv﹣mv0＝Ft，得到F=mv-mv0【命题方向】篮球运动员通常要伸出两臂迎接传来的篮球，接球时，两臂随球迅速收缩至胸前，这样可以（）A、减小篮球对手的冲量B、减小篮球对人的冲击力C、减小篮球的动量变化量D、增大篮球的动量变化量分析：分析接球的动作，先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理即可分析。解答：A、先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得：﹣Ft＝0﹣mv，解得：F=mvt，当时间增大时，作用力就减小，而冲量和动量的变化量都不变，故A错误C、运动员接球过程，球的末动量为零，球的初动量一定，则球的动量的变化量一定，故CD错误。故选：B。点评：本题主要考查了动量定理的直接应用，应用动量定理可以解题，解题时要注意，接球过程球的动量变化量一定，球与手受到的冲量一定，球动量的变化量与冲量不会因如何接球而改变。【解题方法点拨】1．动量、动量的变化量、冲量、力都是矢量．解题时，先要规定正方向，与正方向相反的，要取负值．2．恒力的冲量用恒力与力的作用时间的乘积表示，变力的冲量计算，要看题目条件确定．如果力随时间均匀变化，可取平均力代入公式求出；力不随时间均匀变化，就用I表示这个力的冲量，用其它方法间接求出．3．只要涉及了力F和力的作用时间t，用牛顿第二定律能解答的问题、用动量定理也能解答，而用动量定理解题，更简捷．11．动量守恒与能量守恒共同解决实际问题【知识点的认识】动量守恒定律与能量守恒定律的综合应用有很多，我们将板块模型、子弹打木块以及弹簧类模型单独分了出来仍远远不够，其他的综合应用暂时归类于此。例如多种因素共存的动量和能量的综合应用、有电场存在的综合应用等等。【命题方向】如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带长度L＝4.0m，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v＝3.0m/s匀速传动。三个质量均为m＝1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态。滑块A以初速度v0＝2.0m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短。连接B、C的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离。滑块C脱离弹簧后以速度vC＝2.0m/s滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点。已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.20，重力加速度g取10m/s2．求：（1）滑块C从传送带右端滑出时的速度大小；（2）滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能Ep；（3）若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度的最大值vm是多少？分析：本题主要考查以下知识点：碰撞中的动量守恒，碰撞中的能量守恒以及物体在传送带上的减速运动，涉及平抛的基本知识。（1）碰撞前后系统的动量保持不变，这是动量守恒定律（2）弹性碰撞中在满足动量守恒的同时还满足机械能守恒及碰撞中的能量保持不变；本题中AB碰撞后在弹簧伸开的过程中同时满足动量守恒和机械能守恒。（3）物体滑上传送带后，如果物体的速度大于传送带的速度则物体将在摩擦力的作用下做减速运动，减速运动持续到物体到达传送带的另一端或速度降为和传送带同速时止，解题时要注意判断；如果物体的速度小于传送带的速度则物体将在摩擦力的作用下做匀加速运动，加速运动持续到物体到达传送带的另一端或速度加到与传送带同速时止，解题时同样要注意判断。（4）物体做平抛的射程与抛体的高度和初速度共同决定，要使C物体总能落到P点，在高度一定的情况下，即物体做平抛的初速度相等也就是物体到达C端时的速度相等（此为隐含条件）。解答：（1）滑块C滑上传送带后做匀加速运动，设滑块C从滑上传送带到速度达到传送带的速度v所用的时间为t，加速度大小为a，在时间t内滑块C的位移为x。根据牛顿第二定律和运动学公式μmg＝mav＝vC+atx=代入数据可得x＝1.25m∵x＝1.25m＜L∴滑块C在传送带上先加速，达到传送带的速度v后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C从传送带右端滑出时的速度为v＝3.0m/s（2）设A、B碰撞后的速度为v1，A、B与C分离时的速度为v2，由动量守恒定律mAv0＝（mA+mB）v1（mA+mB）v1＝（mA+mB）v2+mCvCAB碰撞后，弹簧伸开的过程系统能量守恒∴E代入数据可解得：EP＝1.0J（3）在题设条件下，若滑块A在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传递带的速度v。设A与B碰撞后的速度为v1′，分离后A与B的速度为v2′，滑块C的速度为vc′，根据动量守恒定律可得：AB碰撞时：mAvm＝（mA+mB）v1′（1）弹簧伸开时：（mA+mB）v1′＝mcvC′+（mA+mB）v2′（2）在弹簧伸开的过程中，系统能量守恒：则EP+12∵C在传送带上做匀减速运动的末速度为v＝3m/s，加速度大小为2m/s2∴由运动学公式v2_vc′2＝2（﹣a）L得vC′＝5m/s（4）代入数据联列方程（1）（2）（3）（4）可得vm＝7.1m/s点评：本题着重考查碰撞中的动量守恒和能量守恒问题，同时借助传送带考查到物体在恒定摩擦力作用下的匀减速运动，还需用到平抛的基本知识，这是力学中的一道知识点比较多的综合题，学生在所涉及的知识点中若存在相关知识缺陷，则拿全分的几率将大大减小。【解题思路点拨】1．应用动量守恒定律的解题步骤：（1）明确研究对象（系统包括哪几个物体及研究的过程）；（2）进行受力分析，判断系统动量是否守恒（或某一方向上是否守恒）；（3）规定正方向，确定初末状态动量；（4）由动量守恒定律列式求解；（5）必要时进行讨论．2．解决动量守恒中的临界问题应把握以下两点：（1）寻找临界状态：题设情境中看是否有相互作用的两物体相距最近，避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．（2）挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等．正确把握以上两点是求解这类问题的关键．3．综合应用动量观点和能量观点4．动量观点和能量观点：这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，不对过程变化的细节作深入的研究，而只关心运动状态变化的结果及引起变化的原因，简单地说，只要求知道过程的始末状态动量、动能和力在过程中所做的功，即可对问题求解．5．利用动量观点和能量观点解题应注意下列问题：（1）动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，无分量表达式．（2）动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界中最普遍的规律，它们研究的是物体系，在力学中解题时必须注意动量守恒条件及机械能守恒条件．在应用这两个规律时，当确定了研究对象及运动状态的变化过程后，根据问题的已知条件和求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解．（3）中学阶段凡可用力和运动解决的问题，若用动量观点或能量观点求解，一般比用力和运动的观点简便．12．电功和电功率的计算【知识点的认识】1.电功的计算公式：W＝qU＝UIt2.电功率的计算公式：P=W3.如果是纯电阻电路，电流做的功完全用来发热，则有W＝qU＝UIt＝I2Rt=UP＝UI＝I2R=U【解题思路点拨】四个定值电阻连成如图所示的电路。RA、RC的规格为“6V6W”，RB、RD的规格为“6V12W”。将该电路接在输出电压U＝11V的恒压电源上，则（）A、RA的功率最大，为6WB、RB的功率最小，为0.67WC、RC的功率最小，为1.33WD、RD的功率最大，为12W分析：根据P=U2R求出每个电阻值，根据欧姆定律求出电路总电流，进而求出每个并联电阻两端的电压，根据P＝I2R和解答：由P=U2R知，RA＝RC=U12P1=626Ω＝6电阻B和C并联的电阻RBC=RBRC则电路的总电流I=UR=则并联电阻两端电压UBC＝IRBC＝1×2V＝2V则RA的功率为PA＝I2RA＝12×6W＝6WRB的功率为PB=UBC2RC的功率为PC=UBC2RD的功率为PD＝I2RD＝12×3W＝3W由此可知：RA的功率最大，为6WRC的功率最小，为0.67W故A正确，BCD错误；故选：A。点评：本题考查闭合电路的欧姆定律以及电阻功率的求法。注意并联电阻的求解，以及求功率时，串联电路常用P＝I2R而并联电路常用P=U【解题思路点拨】根据具体的电路，电功和电功率的计算有很多公式可选，要先具体分析电路条件，选择出合适的公式，进而计算电功或电功率。13．根据家用电器的技术参数求解相关物理量【知识点的认识】1．家用电器的技术参数（1）额定电压：家用电器正常工作需要的电源电压，是家用电器正常工作的最基本的条件．我国国家电网生活用电的额定电压是220V．（2）功率或日耗电量：间歇性工作的电器一般提供额定功率和日耗电量两个技术参数，如空调和电冰箱等．功率是指电器工作时的电功率，日耗电量是指电器在一般情况下运行24小时的耗电量．持续工作的家用电器一般只提供电器的额定功率．（3）家用电器的外形尺寸、质量．（4）不同的家用电器的技术性能不同，其技术参数涉及和反映的内容也不相同．2．技术参数的作用技术参数能够反映家用电器的主要性能，了解技术参数可以为合理选购家用电器提供主要依据．3．电冰箱的型号和星级电冰箱的型号：家电的型号概括了家电的种类和主要特性：第一位字母表示种类，电冰箱用B表示；第二位或二、三位字母表示类型，C表示冷藏，D表示冷冻，CD表示冷藏及冷冻；“﹣”后面的数字表示有效容积；数字后面首位字母表示冷却方式，直冷式不标注，间冷式无霜标注W；最后一位字母表示改进设计序号．如型号“BCD﹣201WD”中的B表示电冰箱，CD表示冷藏及冷冻，201表示容积是201升，W表示冷却方式为间冷式无霜，D表示改进设计序号．电冰箱的星级：表示冷冻室性能．三、二、一星级分别代表冷冻室最低温度不高于﹣18℃、﹣12℃、﹣6℃，四星级冷冻室性能不劣于三星级．【命题方向】下表为“洪都”牌电动车一最新产品．规格后轮直流电动机型号TDR06Z额定电压48V电动车的质量40kg额定连续输出功率240W人的质量75kg效率≥75%最高车速20km/h电动车工作在额定状态，则：（1）工作电流多大？（2）电动机内阻多大？（3）若在平直公路上匀速行驶，则人及车受的阻力为人车重力的多少倍．分析：（1）由表找出电动车的额定功率与额定电压，由电功率的变形公式I=P（2）通过输入功率和输出功率，求出内阻消耗的功率，有P＝I2R求出内阻．（3）因为做匀速运动，所以P出＝F阻V，求出阻力．解答：（1）输入电机的功率P入=P出η由P入＝UI可得电动车的工作电流为：I=P入U=（2）电动机内耗热功率Pr＝P入﹣P出＝320W﹣240W＝80W由Pr＝I2r可得r=PrI2=（3）平直公路上匀速行驶，则F阻＝F=P出vk=F阻答：（1）工作电流为203A（2）电动机内阻1.8Ω．（3）人及车受的阻力为人车重力的0.04倍．点评：本题考查了电功、电功率的计算和功的计算，解决这类综合性题目要求有扎实的物理功底，还要有提取信息的能力，具体分析求解．【解题思路点拨】能够从家用电器的铭牌中获取的信息，选择合适的公式计算所需的物理量。14．能量可以进行转移或转化【知识点的认识】1．能量守恒定律的内容：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另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中其总量不变，叫能量守恒定律．2.能量守恒定律的内容告诉我们能量可以进行转移和转化。即能量可以由一个物体转移到另一个物体或从物体的一部分转移到另一部分；也可以从一种形式转化成另一种形式。【命题方向】2023年5月30日，搭载神舟十六号载人飞船的长征二号F遥十六运载火箭在酒泉卫星发射中心成功发射，下列关于能量及其转化的说法正确的是（）A、燃料燃烧时内能转化为机械能B、火箭加速升空的过程中机械能不变C、在一定条件下各种形式的能量都可以相互转化D、能量在转移和转化的过程中总会有损耗，但能量的总量可以增加分析：A、燃料燃烧时，部分内能转化为运载火箭的机械能，还会有部分内能损耗掉了。B、火箭加速升空的过程中，根据其动能和重力势能的变化判断机械能变化。C、在一定条件下各种形式的能量都可以相互转化，可以找到实例证明。D、根据能量守恒定律可以判断，能量在转移和转化的过程中能量的总量是否可以增加。解答：A、燃料燃烧时，部分内能转化为运载火箭的机械能，还会有部分内能损耗掉了，故A错误；B、火箭加速升空的过程中，其速度增大、动能增大、重力势能增大，则火箭的机械能增大，故B错误；C、在一定条件下各种形式的能量都可以相互转化，比如动能可以转化为内能、内能可以转化为机械能等，故C正确；D、能量在转移和转化的过程中总会有损耗，但能量的总量保持不变，既不会增加，也不会减少，故D错误。故选：C。点评：解答本题要理解机械能的概念、要理解能量守恒定律，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另一种形式，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。【解题思路点拨】1.能量守恒定律的适用范围：能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中普遍适用的一条规律。2.对能量守恒定律的理解某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等。某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等。15．用能量守恒定律解决实际问题【知识点的认识】1.能量守恒定律是自然界最基础的定律之一，可以用来解决实际的问题。2.能量守恒定律的内容：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另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中其总量不变，叫能量守恒定律．【命题方向】春天，农民需要用水泵给缺水农田灌溉，已知水泵能在1h内将3×105kg的水抽到12m高处．（1）连续工作5h，所做的有用功是多少？（2）若水泵的工作效率为80%，则水泵5h内所做总功功率是多少？（3）若此水泵用一柴油机带动，假设柴油机完全燃烧所释放的内能有40%转化为水的机械能，则每小时消耗多少柴油？（柴油热值为3×107J/kg，g取10N/kg）分析：（1）由功的计算公式可以求出所做的有用功．（2）由效率公式求出总功，然后由功率公式求出功率．（3）求出柴油释放飞能量，然后求出柴油的质量．解答：（1）5h有用功为：W＝nGh＝nmgh＝5×3×105×10×12＝1.8×108J；（2）5h水泵做的总功：W总=Wη=1.8×108功率：P=W总t=2.25×10（3）5h柴油机燃烧柴油释放的能量：Q=W总η=2.25×10由Q＝mq可知，需要柴油的质量：m=Qq每小时消耗柴油的质量：18.75kg5答：（1）连续工作5h，所做的有用功是1.8×108J；（2）若水泵的工作效率为80%，则水泵5h内所做总功功率是1.25×104W；（3）每小时消耗多少柴油为3.75kg．点评：本题考查了求功、功率、求柴油的质量，应用功的计算公式、效率公式、功率公式与热值公式即可正确解题．【解题思路点拨】应用能量转化守恒定律解题的步骤（1）分清有几种形式的能在变化，如动能、势能