图示解析能量的比较与计算

第十二章进阶突破1．在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，闭合开关S，灯泡L正常发光．两电表均为理想电表．在滑片P向右移动的过程中，下列说法正确的是( )A．电流表的示数变小B．电源的总功率变小C．灯泡L的亮度变大D．电压表的示数变小【答案】D【解析】在滑片P向右移动的过程中，电路总电阻减小，根据闭合电路的欧姆定律，电源输出电流I变大，电流表的示数变大，电源的总功率P＝EI变大，故A、B错误；由于滑动变阻器与灯泡和电压表都是并联，在滑片P向右移动的过程中，滑动变阻器接入电路中电阻变小，根据“串反并同”可知，与其并联的支路中电流、电压都减小，则灯泡中电流变小，电压表示数变小，故C错误，D正确．2．如图所示的电路中，闭合开关S后，灯泡L1、L2不亮，用电压表检测电压得到U bc＝0，U cd＝6 V，若电路中只有一处断路，则发生断路的是( )A．L1灯B．L2灯C．R D．电源【答案】B【解析】U bc＝0，由于R的分压为零，说明R没有断路，而U cd＝6 V，即L2的分压远远大于R的分压，运用闭合电路中分压的知识可知，此时L2的电阻远远大于R的电阻，所以是L2断路(可近似看成电阻无限大)，故B正确．3．在研究微型电动机的性能时，可采用如图所示的实验电路．当调节滑动变阻器R，使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为1.0 A和1.0 V；重新调节R，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0 A和15.0 V．则当这台电动机正常运转时( )A．电动机的内阻为7.5 ΩB．电动机的内阻为2.0 ΩC ．电动机的输出功率为30.0 WD ．电动机的输出功率为26.0 W【答案】D【解析】因为电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为1.0 A 和1.0 V ，电动机在没有将电能转化为机械能时属于纯电阻元件，故电动机的内阻r ＝U 1I 1＝1.0 V1.0 A＝1.0 Ω，故A 、B 错误；当电动机正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0 A 和15.0 V ，则电动机的总功率为P 总＝U 2I 2＝15.0 V×2.0 A＝30.0 W ，此时电动机的发热功率为P 热＝I 22r ＝(2.0 A)2×1.0 Ω＝4.0 W ，故电动机的输出功率为P 出＝P 总－P 热＝30.0 W －4.0 W ＝26.0 W ，C 错误，D 正确．4．(多选)如图所示，理发用的电吹风机中有电动机和电热丝，电动机带动扇叶转动，电热丝给空气加热，利用热风将头发吹干．电动机的线圈电阻为R 1，与电阻为R 2的电热丝串联后接到输出电压为U 的电源上，电路中电流为I ，则( )A ．电动机的输出功率为U 2R 1B ．电动机两端的电压为U －IR 2C ．电吹风机的发热功率为I 2(R 1＋R 2) D ．电吹风机消耗的电功率为I 2(R 1＋R 2) 【答案】BC【解析】电动机的输入功率为(U －IR 2)I ，电动机的输出功率为UI －I 2(R 1＋R 2)，故A 错误；含电动机电路是非纯电阻电路，电动机两端的电压为U －IR 2，故B 正确；电吹风机中发热的功率要用I 2R 来计算，所以总的发热功率为I 2(R 1＋R 2)，电吹风机消耗的功率P ＝IU 要大于发热功率，故C 正确，D 错误．5．(多选)如图所示，E 表示电源电动势、I 表示电路中的电流、U 表示电源的路端电压、P 表示电源的输出功率，当外电阻R 变化时，下列图像中可能正确的是( )【答案】CD【解析】电源的电动势与外电路的电阻无关，A 错误；由闭合电路的欧姆定律I ＝ER ＋r可知I －R 图像不是直线，B 错误；U ＝IR ＝ER R ＋r ＝E1＋rR，则随R 增加，U 增大，当R →∞时U →E ，C 正确；P ＝I 2R ＝E 2RR ＋r2＝E 2R ＋r 2R＋2r，因当r ＝R 时，P 最大，可知图像D 正确． 6．(多选)如图所示电路中，电源内阻不计，三个小灯泡完全相同且外电路变化时每个灯泡两端的电压都不会超过其额定电压，开始时只有S 1闭合，当S 2也闭合后，下列说法中正确的是( )A ．灯泡L 1变亮B ．灯泡L 2变亮C ．电容器C 的电荷量增加D ．闭合S 2瞬间流过电流表的电流方向自右向左 【答案】AD【解析】根据电路可知，S 1闭合、S 2断开时，L 1、L 2串联，则两灯一样亮，因L 3与电容器串联后接到电源两端，则L 3不亮，电容器两端电压等于电源电动势E ；当S 2也闭合后，电路总阻值变小，流过L 1的电流变大，L 1两端电压变大，L 2两端电压变小，则灯L 1变亮，L 2变暗；因电容器此时与灯L 1并联，则电容器两端电压变小，电容器上的电荷量变少，电容器对外放电，又知电容器左极板与电源正极相连，带正电，则闭合S 2瞬间流过电流表的电流方向自右向左，综上所述，选项B 、C 错误，A 、D 正确．7．(多选)图示电路中，电表均为理想电表，如果滑动变阻器的滑片逐渐向左滑动一段，四个电表的读数分别用U 1、U 2、I 1、I 2表示，四个电表读数的变化量绝对值分别用ΔU 1、ΔU 2、ΔI 1、ΔI 2表示，下列说法正确的是( )A ．U 1增大，U 2减小B ．I 1、I 2都增大C ．U 2I 1减小，U 2I 2不变 D ．ΔU 2ΔI 2＝R 3，ΔU 2ΔI 1＝r ＋R 1 【答案】ACD【解析】由电路图可知，R 2与R P 串联后再与R 3并联、然后它们与R 1串联，电压表V 2测并联部分两端的电压，电压表V 1测R 2两端的电压，电流表A 1测干路电流，电流表A 2测R 3支路的电流．当滑动变阻器滑片P 向左端移动时，接入电路中的电阻变小，并联部分的总电阻变小，电路的总电阻变小，由I 1＝ER 并＋R 1＋r，可知电路中的总电流增大，即电流表A 1的读数增大，即I 1增大；由U 2＝E －I 1(R 1＋r )，可知电压表V 2的示数U 2变小，而电流表A 2的示数I 2＝U 2R 3，可知I 2变小，干路电流等于各支路电流之和，有U 1＝(I 1－I 2)R 2，可得R 2的电压U 1增大，故A 正确，B 错误；因U 2＝E －I 1(R 1＋r )，体现全电路的欧姆定律，则有U 2I 1＝R 并，逐渐减小，ΔU 2ΔI 1＝R 1＋r 保持不变；因U 2＝I 2R 3，满足部分电路的欧姆定律，有ΔU 2ΔI 2＝U 2I 2＝R 3不变，故C 、D 正确．8．(多选)如图甲所示，电源E ＝12 V ，内阻不计，灯泡L 的额定电压为9 V ，其伏安特性曲线如图乙所示，滑动变阻器R 的最大阻值为10 Ω．则( )A ．灯泡L 的阻值随电流的增大而减小B ．灯泡L 的额定功率为13.5 WC ．灯泡L 消耗电功率的最小值是2 WD ．滑动变阻器接入电路的阻值应至少为6 Ω 【答案】BC【解析】由I －U 图像可知，图像的斜率为灯泡的电阻的倒数，所以灯泡的电阻随电流的增大而增大，故A 错误；由图像可知，当灯泡的电压U ＝9 V 时，电流I ＝1.5 A ，所以灯泡的额定功率为P ＝UI ＝9×1.5 W＝13.5 W ，故B 正确；当R ＝10 Ω时，电流最小，灯泡消耗的电功率最小，如图所示，可得此时灯泡的电流I ′＝1.0 A ，电压U ′＝2 V ，所以灯泡的功率P ′＝U ′I ′＝2×1 W＝2 W ，故C 正确；因灯泡的额定电流为I ＝1.5 A ，正常工作时的电阻R L ＝U I ＝91.5 Ω＝6 Ω，根据闭合电路欧姆定律有I ＝E R ＋R L ，可得R ＝EI－R L ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫121.5－6) Ω＝2 Ω，即滑动变阻器接入电路的电阻至少为2 Ω，故D 错误．9．如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随电流变化的U ­I 图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的U ­I 图线，如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是( )A ．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻相等B ．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1∶2C ．电源1与电源2的内阻之比是7∶11D ．由于小灯泡L 的U －I 图线是一条曲线，所以灯泡发光过程中欧姆定律不适用 【答案】B【解析】根据图像交点知与电源1相接时电阻R 1＝35 Ω，与电源2相连接时R 2＝56 Ω，在这两种连接状态下，小灯泡的电阻不相等，故A 错误；小灯泡U －I 图线与电源U －I 图线的交点即为灯泡与电源连接时的工作状态，则连接电源1时，U 1＝3 V ，I 1＝5 A ，故P 1＝U 1I 1＝15 W ，连接电源2时，U 2＝5 V ，I 2＝6 A ，故P 2＝U 2I 2＝30 W ，所以小灯泡消耗的功率之比为：P 1∶P 2＝1∶2，故B 正确；U －I 图像的斜率的绝对值表示电源内电阻，根据电源U －I 图线，r 1＝107 Ω，r 2＝1011Ω，则r 1∶r 2＝11∶7，故C 错误；欧姆定律适用于纯电阻，灯泡是纯电阻用电器，适用欧姆定律，故D 错误．10．如图所示，电源电动势E ＝8 V ，内阻r ＝5 Ω，电灯A 的电阻为10 Ω，电灯B 的电阻为6 Ω，滑动变阻器的总电阻为6 Ω．闭合开关S ，当滑动触头P 由a 端向b 端滑动的过程中(不考虑电灯电阻的变化)，下列说法正确的是()A ．电流表的示数先减小后增大B ．电压表的示数先增大后减小C ．电灯A 的亮度不断增大D ．电源的最大输出功率为3.2 W 【答案】AD【解析】当滑动触头P 由a 端向b 端滑动的过程中，该并联电路的总电阻为R 总，则1R 总＝1R ＋R A ＋1R B ＋6－R，其中R 是和灯A 串联部分滑动变阻器的阻值，所以R 总＝R ＋1012－R22，由数学知识ab ≤⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22当且仅当a ＝b 等号成立，知当R ＝1 Ω时，该电路的总电阻最大为5.5 Ω，所以滑动触头P 由a 端向b 端滑动的过程中，R 由0→6 Ω，R 总由5.45 Ω→5.5 Ω→4.36 Ω，可见电流先减小后增大，故A 正确；当R 总＝r ＝5 Ω时，电源有最大输出功率，为P max ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤8 V 5＋5 Ω2×5 Ω＝3.2 W ，D 正确；电压表的示数为B的分压，其值U B ＝R B R B ＋6－R×R 总R 总＋r ×E ＝4822－R ＋10＋110R ＋10，当R 由0→6时是个增函数，分压一直增大，故B 错误；同理，灯A 支路的电流I ＝ER 总R 总＋r×110＋R＝822－12－R ＋11012－R ，当R 由0→6时是个减函数，电流减小，功率减小，变暗，故C 错误．11．某同学设计了如图所示电路，测量定值电阻的阻值、电源的电动势和内阻，使用的器材有：待测定值电阻R 1(约几欧)、待测电源E 、电流表A 、电阻箱R 2(0～999.9 Ω)、开关两个及导线若干．(1)请用笔画线代替导线在图中完成实物电路的连接．(2)测量R 1的阻值时，闭合开关S 1前，调节R 2至 (填“最大值”或“最小值”)，然后闭合开关S 1和S 2，调节R 2使电流表示数为I ，此时R 2的值为7.8 Ω；再断开S 2，将R 2调到5.8 Ω时，电流表示数也为I ，则R 1的值为 Ω．(3)测量电源电动势E 和内阻r 时，闭合开关S 1、断开S 2，调节R 2，得到R 2和对应电流I 的多组数据，作出1I－R 2图像如图所示，则电源电动势E ＝ V ，内阻r ＝ (计算结果均保留2位有效数字)，若电流表A 内阻不可忽略，则r 的测量值 (填“大于”“等于”或“小于”)真实值．【答案】(1)见解析图 (2)最大值 2.0 (3)6.0 1.0 大于 【解析】(1)按原理图接线，如图所示．(2)为了保护用电器，所以应使电阻箱的最大阻值接入电路，即在闭合开关前调节R 2至最大值；由闭合电路欧姆定律得I ＝E7.8＋r ＝E5.8＋r ＋R 1，解得R 1＝2.0 Ω．(3)由闭合电路欧姆定律得E ＝I (R 1＋R 2＋r ) 整理得1I ＝2＋r E ＋1ER 2由图像可知1E ＝1.5－0.56，2＋r E ＝12解得E ＝6.0 V ，r ＝1.0 Ω若电流表A 内阻不可忽略，由闭合电路欧姆定律得E ＝I (R 1＋R ＋r ＋R A )整理得1I ＝2＋r ＋R A E ＋1ER即内阻的测量值为r ＋R A >r ，即大于真实值．12．如图所示，电源的电动势E ＝110 V ，电阻R 1＝21 Ω，电动机绕组的电阻R 0＝0.5 Ω，开关S 1始终闭合．当开关S 2断开时，电阻R 1的电功率是525 W ；当开关S 2闭合时，电阻R 1的电功率是336 W ，求：(1)电源的内电阻；(2)当开关S 2闭合时流过电源的电流和电动机的输出功率． 【答案】(1)1 Ω (2)1 606 W【解析】设S 2断开时R 1消耗的功率为P 1，则P 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R 1＋r 2R 1代入数据解得r ＝1 Ω．(2)设S 2闭合时R 1两端的电压为U ，消耗的功率为P 2，则P 2＝U 2R 1解得U ＝84 V由闭合电路欧姆定律得E ＝U ＋Ir 代入数据，得I ＝26 A设流过R 1的电流为I 1，流过电动机的电流为I 2，则I 1＝UR 1＝4 A而电流关系I 1＋I 2＝I 所以I 2＝22 A 由UI 2＝P 出＋I 22R 0代入数据得P 出＝1 606 W ．。

1.物质能量、能垒变化图像分析1．基元反应与非基元反应例如H＋＋OH－===H2O，反应几乎没有过程，瞬间平衡一步到位，称为简单反应；而2HI===H2＋I2的实际机理是分两步进行的，每一步都是一个基元反应：2HI―→H2＋2I·、2I·―→I2，存在未成对电子的微粒称为自由基，反应活性高，寿命短，2HI===H2＋I2称为非基元反应。

2．过渡态A＋B—C―→[A…B…C]―→A—B＋C备注：(1)以上为一种基元反应，其中正反应活化能E a正＝b－a，逆反应活化能E a逆＝b－c，ΔH＝E a正－E a逆。

(2)过渡态(A…B…C)不稳定。

3．中间体备注：处于能量最高点的是反应的过渡态，在多步反应中两个过渡态之间的是中间体，中间体很活泼，寿命很短，但是会比过渡态更稳定些。

4．催化机理能垒图(1)在催化机理能垒图中，有几个活化状态，就有几个基元反应。

可以用图中每步基元反应前后的活性物质，写出其热化学方程式。

注意：如果纵坐标相对能量的单位是电子伏特(eV)，焓变应转化成每摩尔。

(2)每步基元反应的快慢取决于其能垒的大小，能垒越大，反应速率越慢。

例如：在Rh催化下，甲酸分解制H2反应的过程如图所示。

其中带“*”的物种表示吸附在Rh表面，该反应过程中决定反应速率步骤的化学方程式为HCOOH*===HCOO*＋H*；甲酸分解制H2的热化学方程式可表示为HCOOH(g)===CO2(g)＋H2(g)ΔH＝－0.16N A eV·mol－1(阿伏加德罗常数的值用N A表示)。

应用示例我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了CO2与H2在TiO2/Cu催化剂表面生成CH3OH 和H2O的部分反应历程，如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用标注。

反应历程中最小能垒(活化能)E正＝________ eV。

写出历程②的化学方程式及焓变：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。

1. 在生态系统中，养分级越高的生物获得的总能量越少。

以下解释错误的选项是A ．各养分级中总有一局部能量被分解者利用 B ．各养分级中的能量一局部以热能形式散失 C ．生物维持自身的生命活动消耗一局部能量 D ．能量金字塔顶层的生物数量少，需要能量少 答案 D解析 各养分级生物的同化量一局部用于呼吸，以热能的形式散失；一局部用于自身的生长、发育和生殖等，其中一局部流向下一养分级，一局部流向分解者，所以能量流淌具有单向流淌、逐级递减的特点；能量金字塔顶层的生物由于所处养分级最高，因而获得的能量最少，不能满足太多数量的个体所需。

2.一只羊一年内吃了 100 kg 的草，排出 20 kg 的粪，长了 10 kg 的肉(不考虑其他散失 ，以下有关说法不正确的选项是A ．该羊一年的同化量是 80 kgB ．第一养分级到其次养分级的能量传递效率为10%C ．20 kg 的粪属于羊未同化的能量D ．该羊一年的呼吸量是 70 kg 答案 B3. 有一食物网如以以下图所示。

假设能量传递效率为10%，各条食物链传递到庚的能量相等，则庚增加1 kJ 的能量，丙最少含多少能量A ．550kJB ．500 kJC ．400 kJD ．100 kJ答案 A解析 设丙的能量为x ，经丙→丁→己→庚传递到庚的能量为 0．5 kJ ，则需要丙 0．3＝，经丙→戊→庚传递到庚的能量为 0．5 kJ ，则需要丙0． 500＋50＝的能量。

2＝ ，即丙最少含4.以以下图中为自然生态系统的能量金字塔，乙为城市生态系统的能量金字塔，以下相关解释不正确的是A．图甲中食肉动物所含的能量一般为食草动物所含能量的10%～20%B．甲生态系统受到DDT 农药污染，污染物含量最高的是食肉动物C．图乙中，人类确定处于第三养分级D．图乙表示的生态系统，一旦人的作用消逝，该生态系统会很快退化答案C5.如图为某鱼塘中能量流淌图解局部示意图，①②③④⑤各代表确定的能量值，以下表达中正确的选项是A.在人工饲养的高密度鱼塘中⑤大于①B．图中④包含了次级消费者粪便中的能量C．在食物链中各个养分级能量输入的方式和形式是完全一样的D．第三养分级到第四养分级的能量传递效率为(③/②答案D解析在人工鱼塘中，人们可通过投放饲料等措施来饲养更多的鱼类，所以⑤可能比①小，A错误；粪便中的能量属于上一养分级，所以④应包含三级消费者粪便中的能量，B 错误，在食物链中各养分级能量输入的方式和形式不完全一样，C 错误；能量传递效率＝一个养分级的同化量/上一个养分级的同化量，所以第三养分级到第四养分级的能量传递效率为(③/②，D 正确。

2024—2025学年第一学期期中测试物理优选卷（共四大题23小题 满分70分 考试时间70分钟）一、填空题（每空2分，共20分）1．古诗“花气袭人知骤暖”的意思是，从花的芳香气味变浓可以知道周围的气温突然升高。

闻到花香，这属于 现象。

【答案】扩散【详解】人们能闻到花香，就是花香分子不停地做无规则运动，属于扩散现象。

2．如图所示电路中，要使灯1L 、2L 并联，闭合的开关是 。

【答案】S 1、S 3【详解】要使L 1、L 2并联，则电流应分为两条支路，分别经过两个灯泡，然后回到电源负极，由图可知，需闭合S 1、S 3，断开开关S 2。

3．某太阳能热水器装有100kg 、初温为20℃的冷水，经过一天的太阳照射，水温升高到65℃，则这些水吸收的热量等于完全燃烧 3m 天然气所放出的热量。

[已知()3c 4.210J /kg C ︒=⨯⋅水；734.210J /m q =⨯天然气]。

【答案】0.45【详解】水吸收的热量为()()()370 4.210J /?1006520 1.8910J Q cm t t kg kg =-=⨯⨯⨯-=⨯℃℃℃若这些热量由燃烧天然气得到，需完全燃烧天然气的体积为73731.8910J 0.45m 4.210J /mQ V q ⨯===⨯ 4．发动机被称为汽车的心脏，它为汽车提供动力．某汽油机的飞轮转速1800r /min ，则每分钟做功 次。

【答案】900【详解】汽油机的一个工作循环包含四个冲程，其中只有一个冲程对外做功，飞轮转两周。

某汽油机的飞轮转速1800r/min ，则每分钟做功900次。

5．如图甲所示电路，电源电压恒定，闭合开关S 后，两电压表指针偏转均如图乙所示，则定值电阻R 两端的电压为V 。

【答案】4.8 【详解】由图甲可知定值电阻和滑动变阻器串联，电流表测电路中的电流，电压表V 1测电源电压，电压表V 2测滑动变阻器两端的电压；两电压表指针偏转相同，由图乙可知，V 1的示数为6V ，即电源电压为U =6V ，V 2的示数为1.2V ，即滑动变阻器两端的电压为U P =1.2V ，由串联电路的电压特点可知定值电阻两端的电压为P 6V 1.2V=4.8V R U U U =-=-6．如图甲所示电路中，当开关S 闭合后，两电流表指针偏转均如图乙所示，则通过两灯泡的电流比I ℃℃I ℃=【答案】4:1【详解】由电路图可知，两灯泡并联，电流表A 1测干路的电流，A 2测量L 2的电流，已知两只电流表的指针偏转幅度相同，且并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以电流表A 1的量程为0-3A ，分度值为0.1A ，示数为1.5A ，电流表A 2的量程为0-0.6A ，分度值为0.02A ，示数为0.3A ，通过L 2的电流I 2=0.3A ，则通过L 1的电流为I 1=I -I 2=1.5A -0.3A=1.2A通过L 1、L 2两灯泡的电流比为I 1:I 2=1.2A:0.3A=4:17．根据如图的实物电路在方框内画出相应的电路图。

特色微专题能量流动的模型分析与相关计算一、能量流动模型分析重难突破模型一：用流程图表示不同营养级能量流动模型二：用关系图法分析某营养级的能量流向（1）两个去向：同化量(b)=呼吸作用消耗量(d)+用于生长、发育和繁殖的能量(e)；摄入量(a)=同化量(b)+粪便量(c)。

（2）三个去向：同化量=呼吸作用消耗量+分解者分解量+下一营养级的同化量。

在短期内，流入某一营养级的能量在一定时间内的去路有四条:①自身呼吸作用消耗以热能形式散失；②流入下一营养级（最高营养级除外）；③被分解者分解利用；④未被利用，即未被自身呼吸作用消耗，也未被下一营养级和分解者利用。

模型三：用拼图法分析某营养级能量的流向四个去向：同化量=自身呼吸作用消耗量(A)+未利用(B)+分解者的分解量(C)+下一营养级的同化量(D)。

针对训练1.如图为生态系统中能量流动图解部分示意图（字母表示能量的多少）。

下列选项中正确的是( )A.图中b=h+c+d+e+fB.生产者与初级消费者之间的能量传递效率为b/a×100%C.“草→兔→狼”这一关系中，狼粪便的能量属于dD.缩短食物链可以提高能量传递效率答案：C解析：图中初级消费者的摄入量b=粪便量h+同化量c，A错误；生产者与初级消费者之间的能量传递效率应为初级消费者的同化量c除以生产者固定的太阳能a，再乘以百分之百，即c/a×100%，B错误；“草→兔→狼”这一关系中，狼粪便中的能量是没有被狼同化的能量，仍然属于第二营养级用于生长、发育、繁殖的能量，即属于d，C正确；缩短食物链可以使能量更多地被利用，但不能提高能量传递效率，D错误。

2.如图是某生态系统中能量流动的图解，能量单位为J/(cm2⋅a)，图中A、B、C、D代表该生态系统的组成成分。

由图可知( )A.流入该生态系统的总能量是太阳辐射到该生态系统的能量B.流入该生态系统的总能量与流出该生态系统的总能量相等C.能量从第二营养级到第三营养级的传递效率约为20%D.该生态系统中共有4个营养级答案：C解析：流入该生态系统的总能量是生产者A固定的太阳能，A错误；图中有些能量是未被利用的能量，所以流入该生态系统的总能量大于流出该生态系统的总能量，B错误；能量从第二营养级到第三营养级的传递效率=12.6÷62.8×100%≈20%，C正确；图示生态系统中只有三个营养级，分解者(D)不占营养级，D错误。

图示解析能量的比较与计算多个相关的化学反应，不但遵守物质的质量守恒，还遵守能量守恒。

在进行多个热化学反应的能量比较或是计算其中某一个反应的反应热时，使用作图的方法来思考问题，会更方便。

1.多个热化学反应的能量比较例1：有两个反应，反应a是放热反应，反应b是吸热反应。

a.C2H2(g)+H2(g) C2H4(g)b.2CH4(g) C2H4(g)＋2H2(g)根据上述变化，判断以下几个热化学方程式中Q1、Q2、Q3关系：C(s)＋2H2(g)CH4(g) ；ΔH=－Q1 (I)2C(s)＋H2(g)C2H2(g)；ΔH=－Q2 (II)2C(s)＋2H2(g)C2H4(g)；ΔH=－Q3 (III)(1) Q2Q3(填>、<、=)。

(2) Q1、Q3：。

解析：从有机物的含C和H的数目来理解：2C→C2H2→C2H4→2CH4。

根据这种守恒关系，得出以下能量关系：也可以看出反应a是放热反应，反应b是吸热反应。

不难得出：Q2<Q3；2Q1>Q3。

答案：(1)Q2<Q3；(2) 2Q1>Q3。

点拨：在做能量大小图示时注意遵守质量守恒和能量守恒。

这是化学反应必备的两大守恒。

2. 多个热化学反应的能量计算例2：已知下列热化学方程式：①Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g) ΔH1=-26.7kJ·mol-1②3Fe2O3(s)+CO(g)=2Fe3O4(s)+CO2(g) ΔH2=-50.75kJ·mol-1③Fe3O4(s)+CO(g)=3FeO (s)+CO2(g) ΔH3=-36.5kJ·mol-1则热反应：FeO(s)+CO(g)= Fe(s)+CO2(g) ΔH=解析：从铁的氧化物的价态降低和个数守恒来理解：3Fe2O3→2Fe3O4→6FeO→6Fe。

根据这种守恒关系，得出以下能量关系：即：能量关系是3ΔH1=ΔH2+2ΔH3+6ΔH。

《实验：探究动能大小的影响因素》一、实验探究题1.如图所示是“探究物体动能大小与哪些因素有关”的实验装置：(1)该实验利用了“转换法”，通过观察______来判断______(选填“小球”或“木块”)动能的大小；(2)让同一小球从斜面的不同高度由静止滚下，推动木块做功，目的是为了探究动能的大小与______的关系；(3)换用质量不同的小球使它们从斜面的______(选填“相同”或“不同”)高度由静止滚下，推动木块做功目的是为了探究动能的大小与______的关系。

2.如图，用小球和木块来探究“动能大小与哪些因素有关”(1)实验中是通过比较_________来比较动能大小．(2)本实验研究的动能是指_________(填序号)．A.小球在斜面上时的动能B.小球撞击木块时的动能C.小球撞击木块后木块的动能(3)比较图甲、乙是为了研究动能大小与_________的关系．(4)如图丙所示，小赵在实验时，先让质量为m的小球从斜面h高处由静止下滑，撞击放在A处木块，测出木块被撞击的距离AB为S1，保持木块在位置B不变，让同一小球从斜面h高处由静止下滑，测出木块被二次撞击的距离BC为S2，则可能出现S1_________S2(选填“>”、“=”或“<”)，你判断的依据是_________(从能量角度解释)．3.小胜用如图1所示的实验装置探究影响物体动能大小的因素．一些物体的动能行走的牛约60J跑百米的运动员约3×103J飞行的步枪子弹约5×103J(1)本实验运用的物理研究方法是；(必填两种)(2)小胜通过实验探究，发现质量和速度都是影响动能大小的因素，得出实验结论后，又提出了新的问题：物体的质量和速度对物体动能的影响一样大吗？小胜查阅了相关资料，收集了一些物体的动能(如表所示)，结合生活经验分析表中数据，你认为在“质量”和“速度”这两个因素中，对物体动能影响较大的是______ ．(3)如图2为某段道路的标志牌，请结合所学知识解释：对不同车型限定不一样的最高行驶速度：______ ．(4)用如图1中的使用装置和器材探究阻力对物体运动的影响，必须增加的器材是______ (请从以下三个选项中选择)．A、倾斜程度不同的斜面B、粗糙程度不同的水平面C、质量不同的钢球4.在“探究影响动能大小因素”的实验中，如图所示，让小球从同一光滑斜面上由静止滚下，小球撞击放在水平面上的木块，使木块滑动，虚线位置为木块滑动一段距离后静止的位置。

第6讲动能定理机械能守恒定律能量守恒定律命题规律 1.命题角度：(1)动能定理的综合应用；(2)机械能守恒定律及应用；(3)能量守恒定律及应用.2.常用方法：图像法、函数法、比较法.3.常考题型：计算题．考点一动能定理的综合应用1．应用动能定理解题的步骤图解：2．应用动能定理的四点提醒：(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学方法要简捷．(2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的．(3)物体在某个运动过程中包含几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，对全过程应用动能定理，往往能使问题简化．(4)多过程往复运动问题一般应用动能定理求解．例1(2022·河南信阳市质检)滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来，如图是滑板运动的轨道．BC和DE是竖直平面内的两段光滑的圆弧形轨道，BC 的圆心为O点，圆心角θ＝60°，半径OC与水平轨道CD垂直，滑板与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.4.某运动员从轨道上的A点以v＝4 m/s的速度水平滑出，在B点刚好沿着轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度减为零，然后返回．已知运动员和滑板的总质量为m＝60 kg，B、E两点距水平轨道CD的竖直高度分别为h＝2 m 和H＝3 m，忽略空气阻力．(g＝10 m/s2)(1)运动员从A点运动到B点的过程中，求到达B点时的速度大小v B；(2)求水平轨道CD的长度L；(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如能，求出回到B点时速度的大小．如果不能，求出最后停止的位置距C点的距离．答案(1)8 m/s(2)5.5 m(3)见解析解析(1)运动员从A点运动到B点的过程中做平抛运动，到达B点时，其速度沿着B点的切线方向，可知运动员到达B 点时的速度大小为v B ＝vcos 60°， 解得v B ＝8 m/s(2)从B 点到E 点，由动能定理得mgh －μmgL －mgH ＝0－12m v B 2代入数值得L ＝5.5 m(3)设运动员能到达左侧的最大高度为h ′，从E 点到第一次返回到左侧最高处，由动能定理得mgH －μmgL －mgh ′＝0 解得h ′＝0.8 m<2 m故运动员不能回到B 点．设运动员从E 点开始返回后，在CD 段滑行的路程为s ，全过程由动能定理得 mgH －μmgs ＝0 解得总路程s ＝7.5 m 由于L ＝5.5 m所以可得运动员最后停止的位置在距C 点2 m 处．考点二 机械能守恒定律及应用1．判断物体或系统机械能是否守恒的三种方法定义判断法 看动能与势能之和是否变化能量转化判断法 没有与机械能以外的其他形式的能转化时，系统机械能守恒做功判断法只有重力(或弹簧的弹力)做功时，系统机械能守恒2．机械能守恒定律的表达式3．连接体的机械能守恒问题共速率模型分清两物体位移大小与高度变化关系共角速度模型两物体角速度相同，线速率与半径成正比关联速度模型此类问题注意速度的分解，找出两物体速度关系，当某物体位移最大时，速度可能为0轻弹簧模型①同一根弹簧弹性势能大小取决于弹簧形变量的大小，在弹簧弹性限度内，形变量相等，弹性势能相等②由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统，当弹簧形变量最大时，弹簧两端连接的物体具有相同的速度；弹簧处于自然长度时，弹簧弹性势能最小(为零)说明：以上连接体不计阻力和摩擦力，系统(包含弹簧)机械能守恒，单个物体机械能不守恒．例2(2022·全国乙卷·16)固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于()A ．它滑过的弧长B ．它下降的高度C ．它到P 点的距离D ．它与P 点的连线扫过的面积 答案 C解析 如图所示，设小环下降的高度为h ，大圆环的半径为R ，小环到P 点的距离为L ，根据机械能守恒定律得mgh ＝12m v 2，由几何关系可得h ＝L sin θ，sin θ＝L 2R ，联立可得h ＝L 22R，则v ＝LgR，故C 正确，A 、B 、D 错误． 例3 (多选)(2022·黑龙江省八校高三期末)如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m 的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态，现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L ，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L (未超过弹性限度)，重力加速度为g ，则在圆环下滑到最大距离的过程中( )A ．弹簧对圆环先做正功后做负功B ．弹簧弹性势能增加了3mgLC ．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大D ．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零 答案 BC解析 弹簧一直伸长，故弹簧对圆环一直做负功，A 错误；由题可知，整个过程动能的变化量为零，根据几何关系可得圆环下落的高度h ＝(2L )2－L 2＝3L ，根据能量守恒定律可得，弹簧弹性势能增加量等于圆环重力势能的减少量，则有ΔE p ＝mgh ＝3mgL ，B 正确；弹簧与小圆环组成的系统机械能守恒，则有ΔE k ＋ΔE p 重＋ΔE p 弹＝0，由于小圆环在下滑到最大距离的过程中先是做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，所以动能先增大后减小，则圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大，C 正确；圆环下滑到最大距离时，加速度方向竖直向上，所受合力方向为竖直向上，D 错误．例4 (2020·江苏卷·15)如图所示，鼓形轮的半径为R ，可绕固定的光滑水平轴O 转动．在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m 的小球，球与O 的距离均为2R .在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M 的重物．重物由静止下落，带动鼓形轮转动．重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为ω.绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g .求：(1)重物落地后，小球线速度的大小v ；(2)重物落地后一小球转到水平位置A ，此时该球受到杆的作用力的大小F ； (3)重物下落的高度h .答案 (1)2ωR (2)(2mω2R )2＋(mg )2 (3)M ＋16m 2Mg (ωR )2解析 (1)重物落地后，小球线速度大小v ＝ωr ＝2ωR (2)向心力F n ＝2mω2R设F 与水平方向的夹角为α，则 F cos α＝F n F sin α＝mg 解得F ＝(2mω2R )2＋(mg )2(3)落地时，重物的速度v ′＝ωR 由机械能守恒得12M v ′2＋4×12m v 2＝Mgh解得h ＝M ＋16m2Mg(ωR )2.考点三 能量守恒定律及应用1．含摩擦生热、焦耳热、电势能等多种形式能量转化的系统，优先选用能量守恒定律． 2．应用能量守恒定律的基本思路 (1)守恒：E 初＝E 末，初、末总能量不变．(2)转移：E A 减＝E B 增，A 物体减少的能量等于B 物体增加的能量． (3)转化：|ΔE 减|＝|ΔE 增|，减少的某些能量等于增加的某些能量．例5 (2021·山东卷·18改编)如图所示，三个质量均为m 的小物块A 、B 、C ，放置在水平地面上，A 紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k 的轻弹簧将A 、B 连接，C 紧靠B ，开始时弹簧处于原长，A 、B 、C 均静止．现给C 施加一水平向左、大小为F 的恒力，使B 、C 一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后A 离开墙壁，最终三物块都停止运动．已知A 、B 、C 与地面间的滑动摩擦力大小均为f ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内．(弹簧的弹性势能可表示为：E p ＝12kx 2，k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量)(1)求B 、C 向左移动的最大距离x 0和B 、C 分离时B 的动能E k ； (2)为保证A 能离开墙壁，求恒力的最小值F min ；(3)若三物块都停止时B 、C 间的距离为x BC ，从B 、C 分离到B 停止运动的整个过程，B 克服弹簧弹力做的功为W ，通过推导比较W 与fx BC 的大小； 答案 (1)2F －4f k F 2－6fF ＋8f 2k(2)(3＋102)f (3)W <fx BC解析 (1)从开始到B 、C 向左移动到最大距离的过程中，以B 、C 和弹簧为研究对象，由功能关系得 Fx 0＝2fx 0＋12kx 02弹簧恢复原长时B 、C 分离，从弹簧最短到B 、C 分离，以B 、C 和弹簧为研究对象，由能量守恒定律得 12kx 02＝2fx 0＋2E k联立方程解得x 0＝2F －4fkE k ＝F 2－6fF ＋8f 2k.(2)当A 刚要离开墙时，设弹簧的伸长量为x ，以A 为研究对象，由平衡条件得kx ＝f 若A 刚要离开墙壁时B 的速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值F min ，从弹簧恢复原长到A 刚要离开墙的过程中，以B 和弹簧为研究对象， 由能量守恒定律得E k ＝12kx 2＋fx结合第(1)问结果可知F min ＝(3±102)f 根据题意舍去F min ＝(3－102)f ， 所以恒力的最小值为F min ＝(3＋102)f . (3)从B 、C 分离到B 停止运动，设B 的位移为x B ，C 的位移为x C ，以B 为研究对象， 由动能定理得－W －fx B ＝0－E k 以C 为研究对象， 由动能定理得－fx C ＝0－E k 由B 、C 的运动关系得x B >x C －x BC 联立可知W <fx BC .1.(2022·江苏新沂市第一中学高三检测)如图所示，倾角为θ的斜面AB 段光滑，BP 段粗糙，一轻弹簧下端固定于斜面底端P 处，弹簧处于原长时上端位于B 点，可视为质点、质量为m 的物体与BP 之间的动摩擦因数为μ(μ<tan θ)，物体从A 点由静止释放，将弹簧压缩后恰好能回到AB 的中点Q .已知A 、B 间的距离为x ，重力加速度为g ，则( )A ．物体的最大动能等于mgx sin θB ．弹簧的最大形变量大于12xC ．物体第一次往返中克服摩擦力做的功为12mgx sin θD ．物体第二次沿斜面上升的最高位置在B 点 答案 C解析 物体接触弹簧前，由机械能守恒定律可知，物体刚接触弹簧时的动能为E k ＝mgx sin θ，物体接触弹簧后，重力沿斜面向下的分力先大于滑动摩擦力和弹簧弹力的合力，物体先加速下滑，后来重力沿斜面向下的分力小于滑动摩擦力和弹簧弹力的合力，物体减速下滑，所以当重力沿斜面向下的分力等于滑动摩擦力和弹簧弹力的合力时物体所受的合力为零，速度最大，动能最大，所以物体的最大动能一定大于mgx sin θ，A 错误；设弹簧的最大压缩量为L ，弹性势能最大为E p ，物体从A 到最低点的过程，由能量守恒定律得mg (L ＋x )sin θ＝μmgL cos θ＋E p ，物体从最低点到Q 点的过程，由能量守恒得mg (L ＋x2)sin θ＋μmgL cos θ＝E p ，联立解得L ＝x tan θ4μ，由于μ<tan θ，但未知它们的具体参数，则无法说明弹簧的最大形变量是否大于12x ，B 错误；第一次往返过程中，根据能量守恒定律，可知损失的能量等于克服摩擦力做的功，则有ΔE ＝2μmgL cos θ＝12mgx sin θ，C 正确；设从Q 到第二次最高点位置C ，有mgx QC sin θ＝2μmgL ′cos θ，如果L ′＝L ，则有x QC ＝x2，即最高点为B ，但由于物体从Q 点下滑，则弹簧的最大形变量L ′＜L ，所以最高点应在B 点上方，D 错误．2．(2022·浙江温州市二模)我国选手谷爱凌在北京冬奥会自由式滑雪女子U 型场地技巧决赛中夺得金牌．如图所示，某比赛用U 型池场地长度L ＝160 m 、宽度d ＝20 m 、深度h ＝7.25 m ，两边竖直雪道与池底平面雪道通过圆弧雪道连接组成，横截面像“U ”字形状，池底雪道平面与水平面夹角为θ＝20°.为测试赛道，将一质量m ＝1 kg 的小滑块从U 型池的顶端A 点以初速度v 0＝0.7 m/s 滑入；滑块从B 点第一次冲出U 型池，冲出B 点的速度大小v B ＝10 m/s ，与竖直方向夹角为α(α未知)，再从C 点重新落回U 型池(C 点图中未画出)．已知A 、B 两点间直线距离为25 m ，不计滑块所受的空气阻力，sin 20°＝0.34，cos 20°＝0.94，tan 20°＝0.36，g 取10 m/s 2.(1)A 点至B 点过程中，求小滑块克服雪道阻力所做的功W 克f ；(2)忽略雪道对滑块的阻力，若滑块从池底平面雪道离开，求滑块离开时速度的大小v；(3)若保持v B大小不变，速度v B与竖直方向的夹角调整为α0时，滑块从冲出B点至重新落回U型池的时间最长，求tan α0(结果保留两位有效数字)．答案(1)1.35 J(2)35 m/s(3)0.36解析(1)小滑块从A点至B点过程中，由动能定理有mgx sin 20°－W克f＝12m v B2－12m v02由几何关系得x＝x AB2－d2，联立解得W克f＝1.35 J(2)忽略雪道对滑块的阻力，滑块从A点运动到池底平面雪道离开的过程中，由动能定理得mgL sin 20°＋mgh cos 20°＝12m v2－12m v02，代入数据解得v＝35 m/s(3)当滑块离开B点时，设速度方向与U型池斜面的夹角为θ，沿U型池斜面和垂直U型池方向分解速度v y＝v B sin θ，v x＝v B cos θ，a y＝g cos 20°，a x＝g sin 20°，v y＝a y t1，t＝2t1由此可知，当v y最大时，滑块从冲出B点至重新落回U型池的时间最长，此时v B垂直于U 型池斜面，即α0＝20°tan α0＝sin α0cos α0＝0.340.94≈0.36.专题强化练[保分基础练]1.(2022·河北保定市高三期末)如图所示，固定在竖直面内横截面为半圆的光滑柱体(半径为R，直径水平)固定在距离地面足够高处，位于柱体两侧质量相等的小球A、B(视为质点)用细线相连，两球与截面圆的圆心O处于同一水平线上(细线处于绷紧状态)．在微小扰动下，小球A 由静止沿圆弧运动到柱体的最高点P.不计空气阻力，重力加速度大小为g.小球A通过P点时的速度大小为()A.gRB.2gRC.(π2－1)gR D.π2gR 答案 C解析 对A 、B 组成的系统，从开始运动到小球A 运动到最高点的过程有mg ·πR 2－mgR ＝12×2m v 2，解得v ＝(π2－1)gR ，故选C. 2．(2022·山东泰安市模拟)如图所示，细绳AB 和BC 连接着一质量为m 的物体P ，其中绳子的A 端固定，C 端通过大小不计的光滑定滑轮连接着一质量也为 m 的物体Q (P 、Q 均可视为质点)．开始时，用手托住物体P ，使物体P 与A 、C 两点等高在一条水平直线上，且绳子处于拉直的状态，把手放开， P 下落到图示位置时，夹角如图所示．已知AB ＝L ，重力加速度为g .则由开始下落到图示位置的过程中，下列说法正确的是( )A ．物体Q 与物体P 的速度大小始终相等B ．释放瞬间P 的加速度小于gC ．图示位置时，Q 的速度大小为3gL2 D ．图示位置时，Q 的速度大小为2－32gL 答案 D解析 P 与Q 的速度关系如图所示释放后，P 绕A 点做圆周运动，P 的速度沿圆周的切线方向，当绳BC 与水平夹角为30°时，绳BC 与绳AB 垂直，P 的速度方向沿CB 的延长线，此时物体Q 与物体P 的速度大小相等，之前的过程中，速度大小不相等，故A 错误；释放瞬间，P 所受合力为重力，故加速度等于g ，故B 错误；由几何关系知AC ＝2L ，P 处于AC 的中点时，则有BC ＝L ，当下降到图示位置时BC ＝3L ，Q 上升的高度h 1＝(3－1)L ，P 下降的高度为h 2＝L cos 30°＝32L ，由A 项中分析知此时P 、Q 速度大小相等，设为v ，根据系统机械能守恒得mgh 2＝mgh 1＋12×2m v 2，解得v ＝2－32gL ，故D 正确，C 错误． 3．(多选)(2022·重庆市涪陵第五中学高三检测)如图所示，轻绳的一端系一质量为m 的金属环，另一端绕过定滑轮悬挂一质量为5m 的重物．金属环套在固定的竖直光滑直杆上，定滑轮与竖直杆之间的距离OQ ＝d ，金属环从图中P 点由静止释放，OP 与直杆之间的夹角θ＝37°，不计一切摩擦，重力加速度为g ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则( )A ．金属环从P 上升到Q 的过程中，重物所受重力的瞬时功率先增大后减小B ．金属环从P 上升到Q 的过程中，绳子拉力对重物做的功为103mgdC ．金属环在Q 点的速度大小为2gd3D ．若金属环最高能上升到N 点，则ON 与直杆之间的夹角α＝53° 答案 AD解析 金属环在P 点时，重物的速度为零，则重物所受重力的瞬时功率为零，当环上升到Q 点，环的速度与绳垂直，则重物的速度为零，此时，重物所受重力的瞬时功率也为零，故金属环从P 上升到Q 的过程中，重物所受重力的瞬时功率先增大后减小，故A 正确；金属环从P 上升到Q 的过程中，设绳子拉力做的功为W ，对重物应用动能定理有W ＋W G ＝0，则W ＝－W G ＝－5mg (d sin θ－d )＝－103mgd ，故B 错误；设金属环在Q 点的速度大小为v ，对环和重物整体，由动能定理得5mg (d sin θ－d )－mg d tan θ＝12m v 2，解得v ＝2gd ，故C 错误；若金属环最高能上升到N 点，则整个过程中，金属环和重物整体的机械能守恒，有5mg (d sin θ－dsin α)＝mg (d tan θ＋d tan α)，解得α＝53°，故D 正确． 4．(2021·浙江1月选考·11)一辆汽车在水平高速公路上以80 km/h 的速度匀速行驶，其1 s 内能量分配情况如图所示．则汽车( )A ．发动机的输出功率为70 kWB ．每1 s 消耗的燃料最终转化成的内能是5.7×104 JC ．每1 s 消耗的燃料最终转化成的内能是6.9×104 JD ．每1 s 消耗的燃料最终转化成的内能是7.0×104 J 答案 C解析 据题意知，发动机的输出功率为P ＝Wt ＝17 kW ，故A 错误；根据能量守恒定律结合能量分配图知，1 s 消耗的燃料最终转化成的内能为进入发动机的能量，即6.9×104 J ，故B 、D 错误，C 正确．[争分提能练]5．(2022·山西太原市高三期末)如图甲所示，一物块置于粗糙水平面上，其右端通过水平弹性轻绳固定在竖直墙壁上．用力将物块向左拉至O 处后由静止释放，用传感器测出物块的位移x 和对应的速度，作出物块的动能E k －x 关系图像如图乙所示．其中0.10～0.25 m 间的图线为直线，其余部分为曲线．已知物块与水平面间的动摩擦因数为0.2，取g ＝10 m/s 2，弹性绳的弹力与形变始终符合胡克定律，可知( )A ．物块的质量为0.2 kgB ．弹性绳的劲度系数为50 N/mC ．弹性绳弹性势能的最大值为0.6 JD ．物块被释放时，加速度的大小为8 m/s 2 答案 D解析 由分析可知，x ＝0.10 m 时，弹性绳恢复原长，根据动能定理有μmg Δx ＝ΔE k ，则m ＝ΔE k μg Δx ＝0.300.2×10×(0.25－0.10)kg ＝1 kg ，所以A 错误；动能最大时弹簧弹力等于滑动摩擦力，则有k Δx 1＝μmg ，Δx 1＝0.10 m －0.08 m ＝0.02 m ，解得k ＝100 N/m ，所以B 错误；根据能量守恒定律有E pm ＝μmgx m ＝0.2×1×10×0.25 J ＝0.5 J ，所以C 错误；物块被释放时，加速度的大小为a ＝k Δx m －μmg m ＝100×0.10－0.2×1×101m/s 2＝8 m/s 2，所以D 正确．6．(多选)(2022·广东揭阳市高三期末)图为某蹦极运动员从跳台无初速度下落到第一次到达最低点过程的速度－位移图像，运动员及装备的总质量为60 kg ，弹性绳原长为10 m ，不计空气阻力，g ＝10 m/s 2.下列说法正确的是( )A ．下落过程中，运动员机械能守恒B ．运动员在下落过程中的前10 m 加速度不变C ．弹性绳最大的弹性势能约为15 300 JD ．速度最大时，弹性绳的弹性势能约为2 250 J 答案 BCD解析 下落过程中，运动员和弹性绳组成的系统机械能守恒，运动员在绳子绷直后机械能一直减小，所以A 错误；运动员在下落过程中的前10 m 做自由落体运动，其加速度恒定，所以B 正确；在最低点时，弹性绳的形变量最大，其弹性势能最大，由能量守恒定律可知，弹性势能来自运动员减小的重力势能，由题图可知运动员下落的最大高度约为25.5 m ，所以E p ＝mgH m ＝15 300 J ，所以C 正确；由题图可知，下落约15 m 时，运动员的速度最大，根据能量守恒可知此时弹性绳的弹性势能约为E pm ＝mgH －12m v m 2＝2 250 J ，所以D 正确．7.如图所示，倾角θ＝30°的固定斜面上固定着挡板，轻弹簧下端与挡板相连，弹簧处于原长时上端位于D 点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑定滑轮连接物体A 和B ，使滑轮左侧绳子始终与斜面平行，初始时A 位于斜面的C 点，C 、D 两点间的距离为L ，现由静止同时释放A 、B ，物体A 沿斜面向下运动，将弹簧压缩到最短的位置为E 点，D 、E 两点间距离为L 2，若A 、B 的质量分别为4m 和m ，A 与斜面之间的动摩擦因数μ＝38，不计空气阻力，重力加速度为g ，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求：(1)物体A 在从C 运动至D 的过程中的加速度大小； (2)物体A 从C 至D 点时的速度大小； (3)弹簧的最大弹性势能． 答案 (1)120g (2)gL 10 (3)38mgL 解析 (1)物体A 从C 运动到D 的过程，对物体A 、B 整体进行受力分析，根据牛顿第二定律有4mg sin 30°－mg －4μmg cos 30°＝5ma 解得a ＝120g(2)物体A 从C 运动至D 的过程，对整体应用动能定理有4mgL sin 30°－mgL －4μmgL cos 30°＝12·5m v 2 解得v ＝gL 10(3)当A 、B 的速度为零时，弹簧被压缩到最短，此时弹簧弹性势能最大，整个过程中对A 、B 整体应用动能定理得4mg (L ＋L 2)sin 30°－mg (L ＋L 2)－μ·4mg cos 30°(L ＋L2)－W 弹＝0－0解得W 弹＝38mgL则弹簧具有的最大弹性势能 E p ＝W 弹＝38mgL .8．(2022·江苏南京市二模)现将等宽双线在水平面内绕制成如图甲所示轨道，两段半圆形轨道半径均为R ＝ 3 m ，两段直轨道AB 、A ′B ′长度均为l ＝1.35 m ．在轨道上放置一个质量m ＝0.1 kg 的小圆柱体，如图乙所示，圆柱体与轨道两侧相切处和圆柱截面圆心O 连线的夹角θ为120°，如图丙所示．两轨道与小圆柱体间的动摩擦因数均为μ＝0.5，小圆柱尺寸和轨道间距相对轨道长度可忽略不计．初始时小圆柱位于A 点处，现使之获得沿直轨道AB 方向的初速度v 0.重力加速度大小g ＝10 m/s 2，求：(1)小圆柱沿AB 运动时，内、外轨道对小圆柱的摩擦力F f1、F f2的大小；(2)当v 0＝6 m/s ，小圆柱刚经B 点进入圆弧轨道时，外轨和内轨对小圆柱的压力F N1、F N2的大小；(3)为了让小圆柱不脱离内侧轨道，v 0的最大值以及在v 0取最大值情形下小圆柱最终滑过的路程s .答案 (1)0.5 N 0.5 N (2)1.3 N 0.7 N (3)57 m/s 2.85 m解析 (1)圆柱体与轨道两侧相切处和圆柱截面圆心O 连线的夹角θ为120°， 根据对称性可知，两侧弹力大小均与重力相等，为1 N ， 内、外轨道对小圆柱的摩擦力F f1＝F f2＝μF N ＝0.5 N(2)当v 0＝6 m/s ，小圆柱刚经B 点进入圆弧轨道时有12m v 2－12m v 02＝－(F f1＋F f2)l在B 点有F N1sin 60°－F N2sin 60°＝m v 2R ，F N1cos 60°＋F N2cos 60°＝mg解得F N1＝1.3 N ，F N2＝0.7 N(3)为了让小圆柱不脱离内侧轨道，v 0最大时，在B 点恰好内轨对小圆柱的压力为0，有 F N1′sin 60°＝m v m 2R ，F N1′cos 60°＝mg且12m v m 2－12m v 0m 2＝－(F f1＋F f2)l 解得v 0m ＝57 m/s ，在圆弧上受摩擦力为 F f ＝μF N1′＝μmg cos 60°＝1 N即在圆弧上所受摩擦力大小与在直轨道所受总摩擦力大小相等 所以12m v 0m 2＝F f s解得s ＝2.85 m.[尖子生选练]9．(2022·浙江1月选考·20)如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB 、圆心为O 1的半圆形光滑轨道BCD 、圆心为O 2的半圆形光滑细圆管轨道DEF 、倾角也为37°的粗糙直轨道FG 组成，B 、D 和F 为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G 点(与B 点等高)，B 、O 1、D 、O 2和F 点处于同一直线上．已知可视为质点的滑块质量m ＝0.1 kg ，轨道BCD 和DEF 的半径R ＝0.15 m ，轨道AB 长度l AB ＝3 m ，滑块与轨道FG 间的动摩擦因数μ＝78，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.滑块开始时均从轨道AB 上某点静止释放．(1)若释放点距B 点的长度l ＝0.7 m ，求滑块到最低点C 时轨道对其支持力F N 的大小； (2)设释放点距B 点的长度为l x ，滑块第一次经F 点时的速度v 与l x 之间的关系式； (3)若滑块最终静止在轨道FG 的中点，求释放点距B 点长度l x 的值． 答案 (1)7 N (2)v ＝12l x －9.6，其中l x ≥0.85 m (3)见解析 解析 (1)滑块由静止释放到C 点过程，由能量守恒定律有 mgl sin 37°＋mgR (1－cos 37°)＝12m v C 2在C 点由牛顿第二定律有 F N －mg ＝m v C 2R解得F N ＝7 N(2)要保证滑块能到F 点，必须能过DEF 的最高点，当滑块恰能达到最高点时，根据动能定理可得mgl 1sin 37°－(3mgR cos 37°＋mgR )＝0 解得l 1＝0.85 m因此要能过F 点必须满足l x ≥0.85 m能过最高点，则能到F 点，根据动能定理可得 mgl x sin 37°－4mgR cos 37°＝12m v 2，解得v ＝12l x －9.6，其中l x ≥0.85 m.(3)设摩擦力做功为第一次到达中点时的n 倍mgl x sin 37°－mg l FG 2sin 37°－nμmg l FG 2cos 37°＝0，l FG ＝4Rtan 37°解得l x ＝7n ＋615 m(n ＝1,3,5，…)又因为l AB ≥l x ≥0.85 m ，l AB ＝3 m ， 当n ＝1时，l x 1＝1315 m当n ＝3时，l x 2＝95 m当n ＝5时，l x 3＝4115m.。