最新届高考物理二轮复习 专题二 能量与动量 提升训练8 机械能守恒和能量守恒定律(考试必备)
提升训练8 机械能守恒和能量守恒定律1.海洋能是一种蕴藏量极大的可再生能源,具有广阔的应用前景。
下列能源不属于海洋能的是()A.潮汐能B.波浪能C.太阳能D.海流能2.如图所示,具有一定初速度的物块,沿倾角为30°的粗糙斜面向上运动的过程中,受一个恒定的沿斜面向上的拉力F作用,这时物块的加速度大小为4 m/s2,方向沿斜面向下,那么,在物块向上运动的过程中,下列说法正确的是()A.物块的机械能一定增加B.物块的机械能一定减小C.物块的机械能可能不变D.无法确定3.市面上出售一种装有太阳能电扇的帽子(如图所示)。
在阳光的照射下,小电扇快速转动,能给炎热的夏季带来一丝凉爽。
该装置的能量转化情况是()A.太阳能→电能→机械能B.太阳能→机械能→电能C.电能→太阳能→机械能D.机械能→太阳能→电能4.物体做自由落体运动,E k表示动能,E p表示势能,h表示下落的距离,以水平地面为零势能面,下列所示图象中,能正确反映各物理量之间的关系的是()5.如图所示,竖直放置的等螺距螺线管高为h,该螺线管是用长为l的硬质直管(内径远小于h)弯制而成。
一光滑小球从上端管口由静止释放,关于小球的运动,下列说法正确的是()A.小球到达下端管口时的速度大小与l有关B.小球到达下端管口时重力的功率为mgC.小球到达下端的时间为D.小球在运动过程中受管道的作用力大小不变6.如图所示,一个人把质量为m的石块,从距地面高为h处,以初速度v0斜向上抛出。
以水平地面为参考平面,不计空气阻力,重力加速度为g,则()A.石块离开手的时刻机械能为B.石块刚落地的时刻动能为mghC.人对石块做的功是+mghD.人对石块做的功是7.如图所示,质量为m的物体(可视为质点)以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面,其运动的加速度为g,此物体在斜面上上升的最大高度为h,则在这个过程中物体()A.重力势能增加了mghB.动能损失了mghC.克服摩擦力做功mghD.机械能损失mgh8.2016年巴西里约奥运会上,中国选手邓薇以262 kg(抓举115 kg,挺举147 kg)的总成绩打破奥运会纪录、世界纪录。
某次抓举,在杠铃被举高的整个过程中,不计空气阻力,下列说法正确的是()A.杠铃的动能一直增大B.杠铃的重力势能一直增大C.杠铃的机械能守恒D.杠铃一直处于超重状态9.如图甲所示,质量不计的弹簧竖直固定在水平面上,t=0时刻,将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放,小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点,然后又被弹起离开弹簧,上升到一定高度后再下落,如此反复。
通过安装在弹簧下端的压力传感器,测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示,则()A.t1时刻小球动能最大B.t2时刻小球动能最大C.t2~t3时间内,小球的动能先增大后减小D.t2~t3时间内,小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能10.我们的课本上曾有一个小实验,课本截图如下。
实验时,某同学把小纸帽压到桌面上,从放手到小纸帽刚脱离弹簧的运动过程中,不计空气及摩擦阻力,下列说法正确的是()A.小纸帽的机械能守恒B.小纸帽刚脱离弹簧时动能最大C.小纸帽在最低点所受的弹力等于重力D.在某一阶段内,小纸帽的动能减小而小纸帽的机械能增加11.如图所示,一个质量为2m的甲球和一个质量为m的乙球,用长度为2R的轻杆连接,两个球都被限制在半径为R的光滑圆形竖直轨道上,轨道固定于水平地面。
初始时刻,轻杆竖直,且质量为2m的甲球,在上方。
此时,受扰动两球开始运动,重力加速度为g,则下列说法正确的是()A.甲球下滑过程中减少的机械能总大于乙球增加的机械能B.甲球下滑过程中减少的重力势能总等于乙球増加的重力势能C.整个运动过程中甲球的最大速度为D.甲球运动到最低点前,轻杆对乙球一直做正功12.三峡水力发电站是我国最大的水力发电站,三峡水库水位落差约100 m,水的流量约1.35×104 m3/s,船只通航需要3 500 m3/s的流量,其余流量全部用来发电,水流冲击水轮机发电时,水流减少的机械能有20%转化为电能。
按照以上数据估算,如果三峡电站全部用于城市生活用电,它可以满足约多少个百万人口城市生活用电(设三口之家平均每家每月用电240度)()A.2个B.6个C.18个D.90个13.如图所示,水平地面与一半径为l的竖直光滑圆弧轨道相接于B点,轨道上的C点位置处于圆心O 的正下方。
在距地面高度为l的水平平台边缘上的A点,质量为m的小球以v0=的速度水平飞出,小球在空中运动至B点时,恰好沿圆弧轨道在该点的切线方向滑入轨道。
小球运动过程中空气阻力不计,重力加速度为g,试求:(1)B点与抛出点A正下方的水平距离x;(2)圆弧BC段所对的圆心角θ;(3)小球滑到C点时,对圆轨道的压力。
14.如图所示,水平轨道BC的左端与固定的光滑竖直圆轨道相切于B点,右端与一倾角为30°的光滑斜面轨道在C点平滑连接(即物体经过C点时速度的大小不变),斜面顶端固定一轻质弹簧,一质量为2 kg的滑块从圆弧轨道的顶端A点由静止释放,经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧,第一次可将弹簧压缩至D点,已知光滑圆轨道的半径R=0.45 m,水平轨道BC长为0.4 m,其动摩擦因数μ=0.2,光滑斜面轨道上CD长为0.6 m,g取10 m/s2,求:(1)滑块第一次经过B点时对轨道的压力;(2)整个过程中弹簧具有最大的弹性势能;(3)滑块最终停在何处?提升训练8机械能守恒和能量守恒定律1.C2.A3.A解析帽子上的太阳能电池板将太阳能转化为电能,供小电扇工作。
小电扇工作时消耗电能,将电能转化为扇叶的机械能,故选A。
4.B5.C解析在小球到达最低点的过程中只有重力做功,故根据动能定理可知mgh=mv2,解得v=,小球到达下端管口时的速度大小与h有关,与l无关,故A错误;到达下端管口的速度为v=,速度沿管道的切线方向,故重力的瞬时功率为P=mg sinθ(θ为管口处管道切线方向与水平方向的夹角),故B错误;物体在管内下滑的加速度为a=,设下滑所需时间为t,则l=at2,t=,故C正确;小球得做的是加速螺旋运动,速度越来越大,做的是螺旋圆周运动,根据F n=可知,支持力越来越大,故D错误。
6.D7.D解析过程中重力做负功,W G=-mgh,所以重力势能增加mgh,故A错误;在沿斜面方向上受到沿斜面向下重力的分力和沿斜面向下的摩擦力,根据牛顿第二定律可得mg sin30°+F f=ma,解得F f=mg,故克服摩擦力做功W f=F f·mg·2h=mgh,机械能损失mgh,故C 错误,D正确;动能损失量为合外力做的功的大小,ΔE k=F合·s=mg·2h=mgh,故B错误。
8.B解析杠铃被举起后,速度为0,动能为0,故A错;在举重的过程中杠铃的重力势能一直增大,故B对;杠铃受到手的作用力,且做正功,杠铃的机械能不守恒,故C错;杠铃可能匀速上升,杠铃不一定一直处于超重状态,故D错。
9.C解析t1时刻小球刚与弹簧接触,与弹簧接触后,先做加速度不断减小的加速运动,当弹力增大到与重力平衡,即加速度为零时,速度达到最大;t2时刻,弹力最大,弹簧的压缩量最大,小球运动到最低点,速度等于零;t2~t3时间内,小球上升,先做加速度减小的加速运动,后做加速度增大的减速运动;t2~t3时间内,小球和弹簧组成的系统机械能守恒,故小球增加的动能和重力势能之和等于弹簧减少的弹性势能。
10.D解析从放手到小纸帽刚脱离弹簧的运动过程中,弹簧的弹性势能转化为小纸帽的机械能,所以在此过程中小纸帽的机械能会越来越大,不守恒,故A错误;上升时弹力逐渐减小,到等于小纸帽的重力后,小纸帽就开始减速,动能开始减小,但弹簧弹性势能还继续转化为小纸帽的机械能,机械能还在增大,故B错误,D正确;小纸帽在最低点所受的弹力等于手的压力和重力之和,故C错误。
11.D解析在运动的过程中,由于只有动能和重力势能之间相互转化,所以甲球下滑过程中减少的机械能总等于乙球增加的机械能,故A错误;在运动的过程中,重力对系统做正功,甲和乙的动能都增加,所以甲球下滑过程中减少的重力势能总大于乙球增加的重力势能,故B错误;当甲到达最低点时,乙也到达了最高点,该过程中系统减小的重力势能等于系统增加的动能,由于两球的线速度相等,设该速度为v,则2mg·2R-mg·2R=mv2+·2mv2,得v=2,故C错误;甲球运动到最低点前,乙的重力势能一直增大,同时乙的动能也一直增大,可知轻杆对乙球一直做正功,故D正确。
12.C解析每秒用于发电的重力势能为mgh=1×1010 J,转化为电能的有2×109 J,每月约5.2×1015 J,等于1.44×109度,大约600万个三口之家,也就是1 800万人口,18个百万人口,故C 正确。
13.答案 (1)2l (2)45°(3)(7-)mg,方向竖直向下解析 (1)设小球做平抛运动到达B点的时间为t,由平抛运动规律得l=gt2,x=v0t联立解得x=2l。
(2)由小球到达B点时竖直分速度v y=,tanθ=,解得θ=45°。
(3)小球从A运动到C点的过程中机械能守恒,设到达C点时速度大小为v C,由机械能守恒定律有mgl设轨道对小球的支持力为F,有F-mg=m解得F=(7-)mg由牛顿第三定律可知,小球对圆轨道的压力大小为F'=(7-)mg,方向竖直向下。
14.答案 (1)60 N,方向竖直向下(2)1.4 J(3)滑块最终停止在BC间距B点0.15 m处(或距C点0.25 m处)解析 (1)滑块从A点到B点,由动能定理可得mgR=-0,解得v B=3 m/s滑块在B点F-mg=m,解得F=60 N由牛顿第三定律可得物块对B点的压力F'=F=60 N,方向竖直向下。
(2)滑块从A点到D点,该过程弹簧弹力对滑块做的功为W,由动能定理可得mgR-μmgL BC-mgL CD sin30°+W=0E p=-W解得E p=1.4 J。
(3)滑块最终停止在水平轨道BC间,从滑块第一次经过B点到最终停下来的全过程,由动能定理可得-μmgs=0-解得s=2.25 m则物体在BC段上运动的次数为n==5.625说明物体在BC上滑动了5次,又向左运动0.625×0.4=0.25 m故滑块最终停止在BC间距B点0.15 m处(或距C点0.25 m处)。
高考二轮总复习课件物理(适用于老高考旧教材)专题2能量与动量第1讲 动能定理机械能守恒定律功能关系的
(1)建立运动模型。
(2)抓住运动过程之间运动参量的联系。
(3)分阶段或全过程列式计算。
(4)对于选定的研究过程,只考虑初、末位置而不用考虑中间过程。
注意摩擦力做功特点
深化拓展
应用动能定理解题应注意的三个问题
(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
动力学研究方法要简捷。
则重力的瞬时功率不为0,C错误;随着运动员在圆弧跳台上升高,速率逐渐
减小,所需要的向心力也在减小,向心力由台面的支持力与重力垂直接触面
向下的分力提供,由牛顿第二定律有FN-mgcos θ=m
大,v在减小,所以FN在减小,D正确。
2
,随着高度升高,θ在增
2.(命题角度1、2)(多选)一个质量为5 kg静止在水平地面上的物体,某时刻
能定理
1
Pt-W=2 m 2 ,则这一过程中小汽车克服阻力做的功为
D 错误。
W=Pt- 2 ,率启动
1
a-图像和
1
a-v 图像
1
F-图像问题
恒定加速度启动
1
F-v 图像
恒定功率启动
1
a- 图像
v
恒定加速度启动
1
F- 图像
v
①AB 段牵引力不变,做匀加速直线运动;
1
1
2
由动能定理得-mg·2r-W=2 2 − 2 1 2 ,联立解得小球克服阻力做的功
W=mgr,A 错误,B 正确;设再一次到达最低点时速度为 v3,假设空气阻力做
功不变,从最高点到最低点根据动能定理得
最低点,根据牛顿第二定律
1
mg·2r-W= 3 2
高中物理新教材同步必修第二册 第8章机械能及其守恒定律 专题强化 动能定理和机械能守恒定律的综合应用
能力综合练
4.如图4所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的轻质细线相连，A放在固定
的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，
C球放在水平地面上.现用手控制住A，使细线刚刚伸直但无拉力作用，并保
证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行.已知A的质量为4m，B、C的质
珠前，测量弹簧的弹性势能的装置，M为半径R＝
1.6 m、固定于竖直平面内的光滑半圆弧轨道，A、
B分别是轨道的最低点和最高点；N为钢珠接收罩，
它是一个与轨道的最低点A相平的足够大的接收罩，
图3
在A点放置水平向左的弹簧枪(枪的大小可忽略不计)，可向M轨道发射
速度不同的质量均为m＝0.01 kg的小钢球，弹簧枪可将弹性势能完全转
m/s，
在 D 点合速度大小为 v＝ v02＋vy2＝5 m/s，
设 v 与水平方向夹角为 θ，cos θ＝vv0＝35， A 到 D 过程机械能守恒，有 mgH＋mgRcos θ＝12mv2，
联立解得H＝0.95 m.
12345
(2)经过圆弧槽最低点C时轨道对小球的支持力大小FN.
答案 34 N
阻力，求：
(1)小球释放点到B点的高度H；
答案 0.95 m
图5
12345
解析 设小球在飞行过程中通过最高点 P的速度
为 v0，P 到 D 和 P 到 Q 可视为两个对称的平抛 运动，则有 h＝12gt2，2s＝v0t，
可得 v0＝2s
2gh＝22.4×
10 2×0.8
m/s＝3
m/s，在D点有vy＝gt＝4
答案 见解析
解析 方法一 利用机械能守恒定律
设甲、乙两物块质量均为m，物块甲下落h＝0.8 m
高考物理二轮复习专题二功和能动量能力训练能量转化与守恒定律
专题能力训练6 能量转化与守恒定律(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题7分,共56分。
在每小题给出的四个选项中,1~5题只有一个选项符合题目要求,6~8题有多个选项符合题目要求。
全部选对的得7分,选对但不全的得4分,有选错的得0分) 1.如图甲所示,倾角为θ的斜面足够长,质量为m的小物块受沿斜面向上的拉力F作用,静止在斜面中点O处,现改变拉力F的大小(方向始终沿斜面向上),物块由静止开始沿斜面向下运动,运动过程中物块的机械能E随离开O点的位移x变化关系如图乙所示,其中O~x1过程的图线为曲线,x1~x2过程的图线为直线,物块与斜面间动摩擦因数为μ。
物块从开始运动到位移为x2的过程中( )A.物块的加速度始终在减小B.物块减少的机械能等于物块克服合力做的功C.物块减少的机械能小于减少的重力势能D.物块减少的机械能等于物块克服摩擦力做的功2.如图所示,固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的小球,小球与一轻质弹簧一端相连,弹簧的另一端固定在地面上的A点,已知杆与水平面之间的夹角θ<45°,当小球位于B点时,弹簧与杆垂直,此时弹簧处于原长。
现让小球自C点由静止释放,小球在BD间某点静止。
在小球由C点滑到最低点的整个过程中,关于小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能,下列说法正确的是( )A.小球的动能与重力势能之和保持不变B.小球的动能与重力势能之和先增大后减小C.小球的动能与弹簧的弹性势能之和保持不变D.小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变3.如图所示,轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接,另一端与物体A相连,物体A静止于光滑水平桌面上,A右端连接一细线,细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连。
开始时用手托住B,让细线恰好伸直,然后由静止释放B,直至B获得最大速度。
下列有关该过程的分析正确的是( )A.B物体受到细线的拉力保持不变B.B物体机械能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量C.A物体动能的增加量等于B物体重力做功与弹簧对A的弹力做功之和D.A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A做的功4.如图所示,质量为m的小球沿光滑的斜面AB下滑,然后可以无能量损失地进入光滑的圆形轨道BCD。
(浙江专用)高考物理大二轮复习专题二能量与动量8机械能守恒和能量守恒定律课件
机械能守恒定律解决实际问题【典题1】（2018年3月台州选考质量评估）蹦极是一项极限活动。
如图所示，游客站在平台上用橡皮绳固定住身体后由静止下落，触地前弹起,然后反复弹起落下。
不计空气阻力和橡皮绳的质量，在第一次下落过程中（）A.游客一直处于完全失重状态B.橡皮绳刚绷紧时，游客的动能最大C.游客的机械能先保持不变，后逐渐减小D.游客下落到最低点时，橡皮绳的弹性势能大于游客减少的重力势能（答案:C 1解析:游客先加速失重，后减速超重，故A错误;橡皮绳刚绷紧时，拉力仍小于重力，仍向下加速，直到拉力等于重力后才开始减速，故B错误;橡皮绳刚绷紧前，游客做自由落体运动,机械能守恒;橡皮绳绷紧后，游客机械能开始转化为橡皮绳弹性势能，游客机械能越来越小，故C正确;最低点处游客的动能为0,而游客和橡皮绳组成的系统机械能守恒，所以游客重力势能全部转化为橡皮绳弹性势能，二者变化量相等，故D错误。
解题技法（1）系统不包括弹簧（或橡皮绳）时，弹簧（或橡皮绳）的弹力对系统做功，系统机械能要发生变化;系统包括弹簧（或橡皮绳）时, 弹簧（或橡皮绳）的弹性势能包含在系统的机械能中。
（2）绳牵引物体转动，绳的拉力与速度方向始终垂直，不做功。
（3）系统机械能守恒时无摩擦力做功。
摩擦力做功会产生热量，不能再完全转化为机械能。
当堂练1质量为加的物体以速度切离开桌面，如图所示,当它经过A点时，所具有的机械能是（以桌面为参考平面，不计空气阻力）（）A^mv02+mghB mv Q2 -mgh21 ?C - mv0 +mg（H-h）..…plmvo2...................关闭选择桌面为零势能面，开始时机械能为E=O+^mv o2 = |mv02,由于不计空气阻力，物体运动过程中机械能守恒，则经过A点时，所具有的关闭能量守恒定律解决实际问题【典题2】人们为了探索月球表面的物理环境，在地球上制造了月球探测车。
假设，月球探测车质量为2.0X102 kg,在充满电的情况下，探测车在地球上水平路面最大的运动距离为1.0X103 m，探测车1运动时受到地表的阻力为车重的厂且探测车能以恒定功率1.6X103 W运动(空气阻力不计)。
专题二 功与能 (2)——2023届高考物理大单元二轮复习讲重难
变式 1 答案：BD
解析： 小铁块不带点时恰好经过 B 点，则有 mg m vB2 ，离开 B 点做平抛运动刚好到达C R
（3）转移观点：EA增=EB减
三、考点分析
【例 1】如图所示,AB 是竖直面内的四分之一圆弧形光滑轨道,下端 B 与水平直轨道相切.一个小物块自 A 点由静止开始沿轨道下滑,已知轨 道半径为 R=0.2m,小物块的质量为 m=0.1kg,小物块与水平面间的动摩 擦因数µ=0.5,取 g=10m/s2.求:
1.如图所示，半径 R 0.8m 的光滑绝缘的半圆环轨道处于竖直平面内，均强电场竖直向下， E 1000N / C ，半圆环与粗糙的绝缘水平地面相切于圆环的端点 A，一不带电小铁块，以 初速度 v0 8m / s ，从 C 点水平向左运动，冲上竖直半圆环，并恰好通过最高点 B 点，最 后金属块落回 C 点，若换为一个比荷为1102C / kg 的铁块仍以相同的初速度从 C 点水平
专题二 功和能 （2）
——2023届高考大单元二轮复习讲重难【新课标全国卷】 第四讲 功与能量守恒定律
一、核心思路
二、重点知识
1.能量守恒定律：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，只会由 一种能量转化成另一种能量。 2.能量守恒表达式： （1）守恒观点：Ek1+Ep1=Ek2+Ep2+Wf
（2）转化观点：∆E=－∆Ef
A
运动到
P
的过程中，根据机械能守恒定Fra bibliotek得 mgH1 2
(新高考适用)2023版高考物理二轮总复习专题2 能量与动量 第2讲 动量 动量守恒定律
第一部分 专题二 第2讲基础题——知识基础打牢1. (多选)(2022·广东汕头二模)科学家常在云室中加入铅板以降低运动粒子的速度．图示为物理学家安德森拍下的正电子在云室中运动的径迹，已知图示云室加垂直纸面方向的匀强磁场，由图可以判定( BC )A ．匀强磁场方向向外B ．正电子由上而下穿过铅板C ．正电子在铅板上、下磁场中运动角速度相同D ．正电子在铅板上、下磁场运动中动量大小相等【解析】 正电子在匀强磁场中，洛伦兹力提供向心力，则有qvB ＝m v 2r 解得r ＝mv qB，由于正电子经过铅板后速度会减小，可知正电子经过铅板后的轨迹半径减小，从图中可以看出正电子在铅板上方轨迹半径比下方轨迹半径大，故正电子由上而下穿过铅板，由左手定则判断匀强磁场方向向里，A 错误，B 正确；正电子经过铅板后速度会减小，则正电子经过铅板后动量减小，正电子在铅板上、下磁场运动中动量大小不相等，D 错误；正电子在磁场中做圆周运动的角速度为ω＝v r ＝qBm可知正电子在铅板上、下磁场中运动角速度相同，C 正确．故选BC.2. (多选)(2022·重庆八中模拟)2022北京冬奥会期间，校园陆地冰壶也在积极的参与中．如图所示，某次投掷时，冰壶A 以速度v ＝3 m/s 与冰壶B 发生正碰，碰撞前后的速度均在同一直线上，若A 、B 的质量均为1 kg ，则下列说法正确的是( CD )A ．碰撞后A 的速度可能为2 m/sB ．碰撞后B 的速度可能为1 m/sC ．碰撞后A 不可能反向运动D ．碰撞后B 的速度可能为2.5 m/s【解析】 设A 、B 的质量为m ，若发生弹性碰撞，根据动量守恒得mv ＝mv A ＋mv B ，根据机械能守恒得12mv 2＝12mv 2A ＋12mv 2B ，解得A 、B 的速度分别为v A ＝0，v B ＝v ＝3 m/s ，若发生完全非弹性碰撞，则mv ＝(m ＋m )v 共，解得A 、B 的共同速度为v 共＝1.5 m/s ，所以碰撞后A 、B 球的速度范围分别为0～1.5 m/s,1.5 m/s ～3 m/s ，故选CD.3. (2022·广东汕头二模)汕头市属于台风频发地区，图示为风级(0～12)风速对照表．假设不同风级的风迎面垂直吹向某一广告牌，且吹到广告牌后速度立刻减小为零，则“12级”风对广告牌的最大作用力约为“4级”风对广告牌最小作用力的( A )C ．27倍D ．9倍【解析】 设空气的密度为ρ，广告牌的横截面积为S ，经过Δt 时间撞击在广告牌上的空气质量为Δm ＝ρΔV ＝ρSv Δt ，根据动量定理可得F Δt ＝Δmv ，解得F ＝ρSv 2，根据牛顿第三定律可知，风对广告牌作用力为F ′＝F ＝ρSv 2∝v 2，则“12级”风对广告牌的最大作用力与“4级”风对广告牌最小作用力的比值为F 12′F 4′＝36.925.52≈45，故选A.4. (2022·江苏连云港模拟)离子发动机是利用电场加速离子形成高速离子流而产生推力的航天发动机，这种发动机适用于航天器的姿态控制、位置保持等．某航天器质量M ，单个离子质量m ，带电量q ，加速电场的电压为U ，高速离子形成的等效电流强度为I ，根据以上信息计算该航天器发动机产生的推力为( B )A ．I mU qB ．I 2mUqC ．I3mUqD ．I5mUq【解析】 对离子，根据动能定理有qU ＝12mv 2，解得v ＝2qUm，根据电流的定义式则有I ＝Q Δt ＝Nq Δt ，对离子，根据动量定理有F ·Δt ＝Nmv ，解得F ＝Nmv Δt ＝mvIq＝I 2Um q，根据牛顿第三定律，推进器获得的推力大小为F ′＝I2Umq，故B 正确，A 、C 、D 错误．5. (多选)(2022·湖南长郡中学月考)如图所示，质量为m 的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB 长度为2R ，现将质量也为m 的小球从距A 点正上方h 0高处由静止释放，然后由A 点经过半圆轨道后从B 冲出，在空中能上升的最大高度为h 02(不计空气阻力)．则下列说法错误的是( ACD )A ．小球和小车组成的系统动量守恒B ．小车向左运动的最大距离为RC ．小球从B 点离开小车不会再落回轨道内D ．小球从B 点离开小车后又会从B 点落回轨道，再次恰好到达A 点时速度为零不会从A 点冲出【解析】 小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，所以只是系统水平方向动量守恒，故A 错误；系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv －mv ′＝0，m2R －x t ＝m xt解得x ＝R ，故B 正确；由于小球第二次在车中滚动时，对应位置的速度减小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，克服摩擦力做的功小于12mgh 0，因此小球一定能从A 点冲出，故D 错误；小球与小车组成的系统水平方向上动量守恒，则知小球由B 点离开小车时水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度均为零，小球离开小车后竖直上抛运动，最后又从B 点落回，故C 错误．故选ACD.6. (多选)(2022·湖南长沙二模)如图所示一平板车A 质量为2m ，静止于光滑水平面上，其右端与竖直固定挡板相距为L .小物块B 的质量为m ，以大小为v 0的初速度从平板车左端开始向右滑行，一段时间后车与挡板发生碰撞，已知车碰撞挡板时间极短，碰撞前后瞬间的速度大小不变但方向相反．A 、B 之间的动摩擦因数为μ，平板车A 表面足够长，物块B 总不能到平板车的右端，重力加速度大小为g .L 为何值，车与挡板能发生3次及以上的碰撞( CD )A ．L ＝v20μgB ．L ＝v2032μgC ．L ＝v2065μgD ．L ＝v2096μg【解析】 在车与挡板碰撞前，有mv 0＝2mv A ＋mv B ，如果L 为某个值L 1，使A 与挡板能发生二次碰撞，从A 开始运动到与挡板第一次碰撞前瞬间，对A 由动能定理可得μmgL 1＝12·2mv 2A ，设A 第二次与挡板碰撞前瞬间A 、B 的速度大小分别为v A ′、v B ′，从A 与挡板第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞前瞬间，由动量守恒定律可得mv B －2mv A ＝2mv A ′＋mv B ′且第二次碰撞前，A 、B 未达到共同速度，A 在这段时间内先向左后向右运动，加速度保持不变，根据匀变速直线运动的对称性可知v A ′＝v A ，A 与挡板第二次碰撞后经一段时间后A 、B 同时停止运动，即mv B ′－2mv A ′＝0，联立解得L 1＝v2064μg ，车与挡板能发生3次及以上的碰撞的条件L <v 2064μg，故C 、D 可能，A 、B 不可能．7. (多选)(2022·江西贵溪二模)如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M 的滑块，滑块的一侧是一个14弧形凹槽OAB ，凹槽半径为R ，A 点切线水平，另有一个质量为m (m >M )的小球以速度v 0从A 点冲上凹槽，重力加速度大小为g ，不计摩擦．下列说法中正确的是( AB )A ．当v 0＝2gR 时，小球不可能到达B 点B ．当v 0＝2gR 时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能一直增大C ．如果小球的速度足够大，小球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上D ．当v 0＝gR 时，小球返回A 点后可能做自由落体运动【解析】 当小球能够恰好到达B 点时，设小球和滑块达到共同速度v ，根据动量守恒定律有mv 0＝(m ＋M )v ，根据机械能守恒定律有12mv 20＝12(m ＋M )v 2＋mgR ，联立以上两式解得v 0＝2M ＋mMgR >2gR ，所以当v 0＝2gR 时，小球不能到达B 点，A 正确；当v 0＝2gR 时，小球未到达B 点，小球从进入凹槽至最高点的过程中，小球对滑块的作用力始终做正功，所以滑块的动能一直增大，B 正确；如果小球的初速度足够大，小球将从B 点冲出，由于B 点的切线方向竖直，小球离开滑块时，二者水平方向的速度相同，小球相对滑块做竖直上抛运动，最后将从B 再次进入凹槽，最后从滑块的右侧离开，C 错误；当v 0＝gR 时，小球再次回到凹槽底部时的速度为v 1，凹槽的速度为v 2，根据系统机械能守恒和水平方向动量守恒可得12mv 20＝12mv 21＋12Mv 22，mv 0＝mv 1＋Mv 2，解得v 1＝m －M m ＋M v 0，因为m >M ，则可知v 1＝m －M m ＋M v 0>0，小球返回A 点后做平抛运动，而不是自由落体运动，D 错误．故选AB.应用题——强化学以致用8. (多选)(2022·重庆二诊)喷丸处理是一种表面强化工艺，即使用丸粒轰击工件表面，提升工件疲劳强度的冷加工工艺．用于提高零件机械强度以及耐磨性、抗疲劳性和耐腐蚀性等．某款喷丸发射器采用离心的方式发射喷丸，转轮直径为530 mm ，角速度为230 rad/s ，喷丸离开转轮时的速度与转轮上最大线速度相同．喷丸撞击到器件表面后发生反弹，碰撞后垂直器件方向的动能变为碰撞前动能的81%，沿器件表面方向的速度不变．一粒喷丸的质量为3.3×10－5kg ，若喷丸与器件的作用时间相同，且不计喷丸重力，则关于图甲、乙所示的两种喷射方式的说法正确的是( AD )A ．喷丸发出过程喷丸发射器对一粒喷丸做的功约为0.06 JB ．喷丸发出过程喷丸发射器对一粒喷丸做的功约为0.12 JC ．图甲、乙所示一粒喷丸对器件表面的平均作用力之比为2∶1D ．图甲、乙所示一粒喷丸对器件表面的平均作用力之比为2∶ 3【解析】 喷丸离开转轮时的速度与转轮上最大线速度相同，转轮上线速度的最大值为v ＝ωr ＝60.95 m/s ，则喷丸发出过程喷丸发射器对喷丸做的功约为W ＝12mv 2≈0.06 J，选项A 正确，B 错误；结合题述可知，喷丸碰撞后垂直器件表面的速度大小变为碰撞前的90%，设喷丸速度为v ，垂直喷射时有F 1＝0.9mv －－mvt，以60°角喷射时，有F 2＝0.9×32mv －⎝ ⎛⎭⎪⎫－32mv t，解得F 1F 2＝23，选项C 错误，D 正确．故选AD.9. (多选)(2022·河北衡水四调)质量为3m 足够长的木板静止在光滑的水平面上，木板上依次排放质量均为m 的木块1、2、3，木块与木板间的动摩擦因数均为μ.现同时给木块1、2、3水平向右的初速度v 0、2v 0、3v 0，已知重力加速度为g .则下列说法正确的是( BCD )A ．木块1相对木板静止前，木板是静止不动的B ．木块1的最小速度是12v 0C ．木块2的最小速度是56v 0D ．木块3从开始运动到相对木板静止时对地位移是4v 2μg【解析】 木块1在木板上向右减速运动，该过程木板向右做加速运动，当木块1与木板速度相等时相对木板静止，由此可知，木块1相对静止前木板向右做加速运动，故A 错误；木块与木板组成的系统所受合外力为零，当木块1与木板共速时木板的速度最小，设木块与木板间的摩擦力为f ，则木块1的加速度a 1＝f m 做匀减速运动，而木板a ＝3f 3m ＝fm做匀加速运动，则v 1＝v 0－a 1t ＝at ，v 1＝12v 0，故B 正确；设木块2的最小速度为v 2，此时木块2与木板刚刚共速，木块2此时速度的变量为2v 0－v 2，则木块3此时速度为3v 0－(2v 0－v 2)＝v 0＋v 2，由动量守恒定律得：m (v 0＋2v 0＋3v 0)＝5mv 2＋m (v 0＋v 2)，解得v 2＝56v 0，故C 正确；木块与木板组成的系统动量守恒，以向右为正方向，木块3相对木板静止过程，由动量守恒定律得m (v 0＋2v 0＋3v 0)＝(3m ＋3m )v 3，解得v 3＝v 0，对木块3，由动能定理得－μmgx ＝12mv 23－12m (3v 0)2，解得x ＝4v20μg，故D 正确．故选BCD.10. (2022·辽宁沈阳二模)如图(a)，质量分别为m A 、m B 的A 、B 两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F 作用在A 上，系统静止在光滑水平面上(B 靠墙面)，此时弹簧形变量为x .撤去外力并开始计时，A 、B 两物体运动的a t 图像如图(b)所示，S 1表示0到t 1时间内A的a t 图线与坐标轴所围面积大小，S 2、S 3分别表示t 1到t 2时间内A 、B 的a t 图线与坐标轴所围面积大小．A 在t 1时刻的速度为v 0.下列说法正确的是( C )A ．m A <mB B ．S 1＋S 2＝S 3C ．0到t 1时间内，墙对B 的冲量大小等于m A v 0D ．B 运动后，弹簧的最大形变量等于x【解析】 a t 图线与坐标轴所围图形的面积大小等于物体速度的变化量，因t ＝0时刻A 的速度为零，t 1时刻A 的速度大小v 0＝S 1，t 2时刻A 的速度大小v A ＝S 1－S 2，B 的速度大小v B＝S3，由图(b)所示图像可知，t1时刻A的加速度为零，此时弹簧恢复原长，B开始离开墙壁，到t2时刻两者加速度均达到最大，弹簧伸长量达到最大，此时两者速度相同，即v A＝v B，则S1－S2＝S3，t1到t2时间内，A与B组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得m A v0＝(m A＋m B)v A，联立解得m A∶m B＝S3∶S2，由图知S3>S2，所以m A>m B，故A、B错误；撤去外力后A受到的合力等于弹簧的弹力，0到t1时间内，对A，由动量定理可知，合力即弹簧弹力对A的冲量大小I＝m A v0，弹簧对A与对B的弹力大小相等、方向相反、作用时间相等，因此弹簧对B的冲量大小与对A的冲量大小相等、方向相反，即弹簧对B的冲量大小I弹簧＝m A v0，对B，以向右为正方向，由动量定理得I墙壁－I弹簧＝0，解得，墙对B的冲量大小I墙壁＝m A v0，方向水平向右，故C正确；B运动后，当A、B速度相等时弹簧形变量(伸长量或压缩量)最大，此时A、B的速度不为零，A、B的动能不为零，由能量守恒定律可知，B运动后弹簧形变量最大时A、B的动能与弹簧的弹性势能之和与撤去外力时弹簧的弹性势能相等，则B 运动后弹簧形变量最大时弹簧弹性势能小于撤去外力时弹簧的弹性势能，即B运动后弹簧形变量最大时弹簧的形变量小于撤去外力时弹簧的形变量x，故D错误．11. (2022·山东押题练)2022年北京冬奥会自由式滑雪女子大跳台决赛中，中国选手谷爱凌以188.25分的成绩获得金牌．北京冬奥会报道中利用“Al＋8K”技术，把全新的“时间切片”特技效果首次运用在8K直播中，更精准清晰地抓拍运动员比赛精彩瞬间，给观众带来全新的视觉体验．将谷爱凌视为质点，其轨迹视为一段抛物线图．图(a)是“时间切片”特技的图片，图(b)是谷爱凌从3 m高跳台斜向上冲出的运动示意图，图(c)是谷爱凌在空中运动时离跳台底部所在水平面的高度y随时间t变化的图线．已知t＝1 s时，图线所对应的切线斜率为4(单位：m/s)，重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力．(1)求谷爱凌冲出跳台时竖直速度的大小；(2)求谷爱凌离跳台底部所在水平面的最大高度；(3)若谷爱凌从空中落到跳台底部所在水平地面时与地面的碰撞时间Δt＝0.4 s，经缓冲没有脱离地面，水平速度不受影响，求碰撞过程中谷爱凌受到地面的平均作用力大小与自身重力大小的比值．【答案】(1)14 m/s (2)12.8 m (3)5【解析】(1)运动员竖直方向做匀减速直线运动，有v y＝v y0－gty t 图线斜率表示竖直分速度，t ＝1 s 时v y ＝4 m/s解得谷爱凌冲出跳台时的竖直分速度v y 0＝14 m/s 谷爱凌冲出跳台时竖直速度的大小为14 m/s.(2)最高点竖直分速度为0，竖直方向做匀减速直线运动，设离开跳台可以上升h 高度，则0－v 2y 0＝－2gh代入数据解得h ＝9.8 m 跳台离地面高度y 0＝3 m解得离跳台底部所在水平面的最大高度为y ＝h ＋y 0＝12.8 m.(3)谷爱凌落到跳台底部所在水平面的竖直分速度大小v yt ＝2gy ＝16 m/s落在水平地面时，在竖直方向上，运动员受重力和水平地面的作用力，水平方向速度不变，以竖直向上为正方向，由动量定理得(F －mg )Δt ＝0－(－mv yt )代入数据解得Fmg＝5.12. (2021·浙江6月选考)如图所示，水平地面上有一高H ＝0.4 m 的水平台面，台面上竖直放置倾角θ＝37°的粗糙直轨道AB 、水平光滑直轨道BC 、四分之一圆周光滑细圆管道CD 和半圆形光滑轨道DEF ，它们平滑连接，其中管道CD 的半径r ＝0.1 m 、圆心在O 1点，轨道DEF 的半径R ＝0.2 m 、圆心在O 2点，O 1、D 、O 2和F 点均处在同一水平线上．小滑块从轨道AB 上距台面高为h 的P 点由静止下滑，与静止在轨道BC 上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道CD 、轨道DEF 从F 点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G 碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q 点．已知小滑块与轨道AB 间的动摩擦因数μ＝112，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2.(1)若小滑块的初始高度h ＝0.9 m ，求小滑块到达B 点时速度v 0的大小； (2)若小球能完成整个运动过程，求h 的最小值h min ；(3)若小球恰好能过最高点E ，且三棱柱G 的位置上下可调，求落地点Q 与F 点的水平距离x 的最大值x max .【答案】 (1)4 m/s (2)0.45 m (3)0.8 m【解析】 (1)小滑块在AB 轨道上运动，根据动能定理得mgh －μmg cos θ·hsin θ＝12mv 20，解得v 0＝4 m/s.(2)小滑块与小球碰撞后动量守恒，机械能守恒，因此有mv 0min ＝mv 块＋mv 球min ，12mv 20min ＝12mv 2块＋12mv 2球min ， 解得v 块＝0，v 球min ＝v 0min ，小球沿CDEF 轨道运动，在最高点可得mg ＝m v 2E minR，从C 点到E 点由机械能守恒可得 12mv 2E min ＋mg (R ＋r )＝12mv 2球min ， 由(1)问可知，小滑块提供给小球的初速度v 0min ＝43gh min ，解得h min ＝0.45 m.(3)设F 点到G 点的距离为y ，小球从E 点到G 点的运动，由动能定理得mg (R ＋y )＝12mv2G －12mv 2E min ， 由平抛运动可得x ＝v G t ，H ＋r －y ＝12gt 2，联立可得水平距离为x ＝20.5－y0.3＋y ，由数学知识可得当0.5－y ＝0.3＋y ，x 取最大值，最大值为x max ＝0.8 m.。
第8练 机械能守恒和能量守恒(2021年高考物理核心考点专题复习全解析)
2021高考物理核心考点专题复习全解析第8练机械能守恒和能量守恒一、单项选择题（每小题6分，共7题，共42分）1．(2018·11月浙江选考)奥运会比赛项目撑杆跳高如图2所示，下列说法不正确的是( )A．加速助跑过程中，运动员的动能增加B．起跳上升过程中，杆的弹性势能一直增加C．起跳上升过程中，运动员的重力势能增加D．越过横杆后下落过程中，运动员的重力势能减少动能增加答案：B解析:加速助跑过程中运动员的速度增大，动能增大，选项A正确；起跳上升过程中，杆的形变量先变大，后变小，故弹性势能先变大后变小，选项B错误；起跳上升过程中，运动员的重心升高，重力势能增加，选项C正确；越过横杆后下落过程中，运动员的重力做正功，重力势能减少，动能增加，选项D正确。
2．最近，一款名叫“跳一跳”的微信小游戏突然蹿红。
游戏要求操作者通过控制棋子(质量为m)脱离平台时的速度，使其能从一个平台跳到旁边的平台上。
如图5所示的抛物线为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹，不计空气阻力。
则(重力加速度为g)( )图5A．棋子从起跳至运动到最高点的过程中，机械能增加mghB．棋子离开平台时的动能为mghC．棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，重力势能增加mghD．棋子落到平台上的速度大小为2gh答案:C解析:由于棋子起跳后只受重力作用，机械能守恒，A错误；棋子在最高点具有水平方向的速度，所以离开平台时的动能大于mgh，落到平台上的速度要大于2gh，故B、D错误；棋子从离开平台至运动到最高点的过程中重力做功为W G＝－mgh，所以重力势能增加mgh，故C正确。
3. 如图所示，具有一定初速度的物块，沿倾角为30°的粗糙斜面向上运动的过程中，受一个恒定的沿斜面向上的拉力F作用，这时物块的加速度大小为4 m/s2，方向沿斜面向下，那么在物块向上运动的过程中，下列说法正确的是( )A.物块的机械能一定增加B.物块的机械能一定减小C.物块的机械能可能不变D.物块的机械能可能增加也可能减小答案:A解析:机械能变化的原因是非重力、弹力做功，本题中除重力外，有拉力F 和摩擦力Ff 做功，则机械能的变化取决于F 与Ff 做功大小关系.由mgsin α+F f -F=ma 知：F-F f =mgsin 30°-ma>0，即F>F f ，故F 做的正功多于克服摩擦力做的功，故机械能增加.A 正确.4. (2019·镇江模拟)如图所示，粗细均匀，两端开口的U 形管内装有同种液体，开始时两边液面高度差为h ，管中液柱总长度为4h ，后来让液体自由流动，当两液面高度相等时，右侧液面下降的速度为( ) A. 18gh B. 16gh C. 14gh D. 12gh 答案：A解析：如图所示，当两液面高度相等时，减少的重力势能转化为管中所有液体的动能，根据机械能守恒定律有18mg ·12h ＝12mv 2，解得：v ＝ 18gh 。
高中物理机械能守恒和动量守恒问题解析
高中物理机械能守恒和动量守恒问题解析在高中物理学习中，机械能守恒和动量守恒是两个重要的概念。
理解这两个概念对于解题非常关键。
本文将通过具体题目的举例，分析和说明机械能守恒和动量守恒的考点，并提供解题技巧，帮助高中学生和家长更好地理解和应用这些知识。
一、机械能守恒问题解析机械能守恒是指在没有外力做功的情况下，系统的机械能保持不变。
在解决机械能守恒问题时，我们需要考虑势能和动能的转化。
例如，一道常见的题目是：一个质量为m的物体从高度为h处自由落下，落地后弹起到高度为h/2。
求物体弹起的最高点离地面的高度。
解题思路：首先，我们可以根据机械能守恒定律，将物体在自由落下和弹起过程中的机械能相加，即势能和动能之和保持不变。
在自由落下过程中，物体的势能转化为动能；在弹起过程中，动能转化为势能。
因此，我们可以列出等式：mgh = mgh/2通过简化计算，得出最高点离地面的高度为h/4。
这道题目的考点是机械能守恒的应用。
学生需要理解机械能的定义和转化过程，并能正确列出等式进行计算。
在解题过程中，化简计算是关键步骤，学生需要注意运算的准确性和合理性。
二、动量守恒问题解析动量守恒是指在没有外力作用的情况下，系统的总动量保持不变。
在解决动量守恒问题时，我们需要考虑物体的质量和速度变化。
例如，一道常见的题目是：一个质量为m1的物体以速度v1向右运动，与一个质量为m2的物体以速度v2向左运动碰撞，碰撞后两个物体分别以v3和v4的速度运动。
求碰撞后两个物体的速度。
解题思路：根据动量守恒定律，我们可以列出等式：m1v1 + m2v2 = m1v3 + m2v4通过化简计算，可以得出碰撞后两个物体的速度。
这道题目的考点是动量守恒的应用。
学生需要理解动量的定义和守恒定律，能够正确列出等式进行计算。
在解题过程中，化简计算是关键步骤，学生需要注意运算的准确性和合理性。
三、解题技巧和应用在解决机械能守恒和动量守恒问题时，有一些常用的解题技巧和应用方法可以帮助学生更好地理解和应用这些知识。
高考物理二轮复习综合测试：机械能守恒定律
2022年高考物理二轮复习 机械能守恒定律 综合测试一、单选题1．如图所示，一个质量为m 的物体（可视为质点）以某一速度从A 点冲上倾角为30的固定斜面，其运动的加速度大小为0.6g ，该物体在斜面上上升的最大高度为h ，则在这个过程中物体的()2g 10m /s =（ ）A ．整个过程中物体机械能守恒B ．重力势能增加了0.5mghC ．动能损失了1.1mghD ．机械能损失了0.2mgh2．有一个固定的光滑直杆与水平面的夹角为53°，杆上套着一个质量为m =2kg 的滑块A （可视为质点），用不可伸长的轻绳将滑块A 与另一个质量为M =2.7kg 的物块B 通过光滑的定滑轮相连接，细绳因悬挂B 而绷紧，此时滑轮左侧轻绳恰好水平，其长度10m 3L =，P 点与滑轮的连线同直杆垂直（如图所示），现将滑块A 从图中O 点由静止释放，（整个运动过程中B 不会触地，210m /s g =），下列说法正确的是（ ）A ．滑块A 运动到P 点时加速度为零B ．滑块A 由O 点运动到P 点的过程中，物块B 机械能增加C．滑块A 经过P 点的速度大小为D ．滑块A 经过P3．如图所示，两个大小相同的小球A 、B 用等长的细线悬挂于O 点，线长为L ，m A =2m B ，若将A 由图示位置静止释放，在最低点与B 球相碰，重力加速度为g ，则下列说法正确的是（ ）A ．AB ．若A 与B 发生完全非弹性碰撞，则第一次碰时损失的机械能为23B m gLC ．若A 与B 发生弹性碰撞，则第一次碰后A 上升的最大高度是19L D ．若A 与B 发生完全非弹性碰撞，则第一次碰后A 上升的最大高度是29L 4．在某星球表面将一轻弹簧竖直固定在水平面上，把质量为m 的小球P （可视为质点）从弹簧上端由静止释放，小球沿竖直方向向下运动，小球的加速度a 与弹簧压缩量x 间的关系如图所示，其中a 0和x 0为已知量。
2024届高考物理二轮专题复习与测试第一部分专题二能量与动量第6讲功和能机械能课件
人民群众的喜爱．如图所示，某同学正在练习垫球，质量
m＝0.25 kg 的排球一直在竖直方向上运动，排球在空中运动
时，受到大小 f＝0.5 N、方向始终与排球运动方向相反的空
气阻力的作用．在某次垫球过程中，该同学双手平举保持静
止，排球从离手高度 h1＝1 m 处静止开始下落，排球与手碰 撞后反弹高度 h2＝294 m．重力加速度大小取 g＝10 m/s2，求：
第6讲 功和能 机械能
细研命题点 提升素养
1.我国新一代高速列车牵引平均功率达9 000 kW，运行的最 高时速约为350 km/h.从盐城到上海全长约300 km，新一代高 速列车用时约2 h，在动力上耗电约为( ) A．7.7×103 kW·h B．1.5×104 kW·h C．1.8×104 kW·h D．2.7×106 kW·h 解析：由题可知列车从盐城到上海的时间为2 h，在动力上消耗W＝Pt＝9 000 kW×2h＝18 000 kW·h＝1.8×104 kW·h，故选C.
第6讲 功和能 机械能
细研命题点 提升素养
解析：已知人对清雪车的作用力为F，根据牛顿第三定律，清雪车对人的作用 力大小也为F，A项错误；清雪车沿水平方向以速度v做匀速直线运动，处于平 衡状态，根据平衡条件可得f＝Fcos θ，B项正确；推力的功率为P＝Fvcos θ， C项错误．推力水平方向的分力小于清雪车的水平方向的阻力时，将不能推车 前进，故D项错误．故选B.
第6讲 功和能 机械能
命题点一 功、功率的理解与应用
细研命题点 提升素养
计算功和功率时应注意的问题 (1)计算功时，要注意分析受力情况和能量转化情况，分清是恒力做功，还是 变力做功，恒力做功一般用功的公式或动能定理求解，变力做功用动能定理 或图像法求解． (2)用图像法求外力做功时应注意横轴和纵轴分别表示的物理意义，若横轴表示 位移，纵轴表示力，则可用图线与横轴围成的面积表示功，例如下图甲、乙、 丙表示(丙图中图线为14圆弧)，力做的功分别为 W1＝F1x1、W2＝12F2x2、W3＝π4F3x3.