高中物理教科版必修二課時素養(yǎng)評價4-6能源的開發(fā)與利用

課時素養(yǎng)評價十六能源的開發(fā)與利用(25分鐘·60分)一、選擇題(本題共6小題,每題5分,共30分)1.(2020·文昌高一檢測)下列能源中,不是“可再生”能源的是 ()A.太陽能B.天然氣C.風(fēng)能D.潮汐能【解析】選B。根據(jù)可再生和不可再生能源的區(qū)別,可知:煤、石油、天然氣等化石能源是短時間內(nèi)不能再次產(chǎn)生的,是不可再生能源。太陽能、潮汐能、風(fēng)能等在短時間內(nèi)可以再次產(chǎn)生,是可再生能源,A、C、D錯誤,B正確。2.動車組列車進(jìn)站前的減速過程分為兩個階段進(jìn)行:第一階段采用“再生剎車”技術(shù),速度從250km/h減至90km/h,這期間停止動力供給,列車依靠慣性繼續(xù)前行,并帶動發(fā)電機(jī)發(fā)電;第二階段采用機(jī)械剎車,速度從90km/hA.第一階段減小的動能全部轉(zhuǎn)化為電能,即電能等于減小的動能B.第一階段減小的動能有一部分轉(zhuǎn)化為電能,即電能小于減小的動能C.第二階段減小的動能主要轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,且內(nèi)能等于減小的動能D.第二階段減小的動能主要轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,且內(nèi)能大于減小的動能【解析】選B。第一階段減速過程中,由于速度變小,所以動能變小,由于繼續(xù)行駛并帶動發(fā)電機(jī)發(fā)電,故將一部分動能轉(zhuǎn)化為電能。減小的動能有一部分轉(zhuǎn)化為電能,即電能小于減小的動能,A錯誤、B正確;第二階段減小的動能有一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,有一部分轉(zhuǎn)化成了電能,所以內(nèi)能小于減小的動能,故C、D錯誤。3.韓曉鵬是我國首位在冬奧會雪上項(xiàng)目奪冠的運(yùn)動員。他在一次自由式滑雪空中技巧比賽中沿“助滑區(qū)”保持同一姿態(tài)下滑了一段距離,重力對他做功1900J,他克服阻力做功100J。韓曉鵬在此過程中 ()A.動能增加了1900JB.動能增加了2000JC.重力勢能減小了1900J D.重力勢能減小了2000J【解題指南】解答本題時應(yīng)從以下兩點(diǎn)進(jìn)行分析:(1)動能定理:合外力做功等于動能的增量。(2)重力做功等于重力勢能的變化量。【解析】選C。由動能定理得W合=1900J100J=1800J,動能增加了1800J,故A、B錯;重力勢能的變化量等于重力做功等于1900J,C正確,D錯誤。4.如圖所示,木塊A放在木板B的左端,用恒力F將A拉至B的右端,第一次將B固定在地面上,F做功為W1,產(chǎn)生的熱量為Q1;第二次讓B可以在光滑地面上自由滑動,F做的功為W2,產(chǎn)生的熱量為Q2,則應(yīng)有 ()A.W1<W2,Q1=Q2 B.W1=W2,Q1=Q2C.W1<W2,Q1<Q2 D.W1=W2,Q1<Q2【解析】選A。木塊從木板左端滑到右端,F所做的功W=Fs,因?yàn)槟景宀还潭〞r木塊的位移要比固定時長,所以W1<W2。摩擦產(chǎn)生的熱量Q=Fs相對,兩次都從木板左端滑到右端,相對位移相等,所以Q1=Q2。故A正確,B、C、D錯誤。5.如圖所示,木塊靜止在光滑水平桌面上,一子彈水平射入木塊的深度為d時,子彈與木塊相對靜止,在子彈入射的過程中,木塊沿桌面移動的距離為L,木塊對子彈的平均阻力為f,那么在這一過程中不正確的是 ()A.木塊的機(jī)械能增量為fLB.子彈的機(jī)械能減少量為f(L+d)C.系統(tǒng)的機(jī)械能減少量為fdD.系統(tǒng)的機(jī)械能減少量為f(L+d)【解析】選D。木塊機(jī)械能的增量等于子彈對木塊的作用力f做的功fL,A正確;子彈機(jī)械能的減少量等于動能的減少量,即子彈克服阻力做的功f(L+d),B正確;系統(tǒng)改變的機(jī)械能等于力f做的總功,即ΔE=fLf(L+d)=fd,故機(jī)械能減少量為fd,C正確,D錯誤。6.消防車供水系統(tǒng)主要由水泵、輸水管道和水炮組成。如圖所示,在地面上用消防水炮對建筑物上離地高度h=20m的著火點(diǎn)進(jìn)行滅火,水炮口與著火點(diǎn)的水平距離x=30m,水柱的最高點(diǎn)恰好在著火點(diǎn)處,水炮出水量為3.6m3/min,水的密度為1×103kg/m3,A.水從水炮口射出的速度為30B.水到達(dá)著火點(diǎn)瞬間的速度為30C.空中水柱的質(zhì)量為7200D.水泵的輸入功率為31.25kW【解析】選D。水炮射出的水可看成從著火點(diǎn)到水炮的平拋運(yùn)動,故有:h=QUOTEgt2,x=v0t,vy=gt,v=QUOTE,聯(lián)立解得:v0=15m/s,v=25m/s,t=2s;所以水從水炮口射出的速度為25m/s,水到達(dá)著火點(diǎn)瞬間的速度為15m/s,故A、B錯誤;空中水柱的質(zhì)量M=ρQt=1×103×QUOTE×2kg=120kg,故C錯誤;水炮中的水噴射速度為v=25m/s,結(jié)合水泵效率和動能定理有:Pt×60%=QUOTEMv2,解得:P=31.25kW,故D正確。二、計算題(本題共2小題,共30分。要有必要的文字說明和解題步驟,有數(shù)值計算的要標(biāo)明單位)7.(14分)四川省“十二五”水利發(fā)展規(guī)劃指出,若按現(xiàn)有供水能力測算,我省供水缺口極大,蓄引提水是目前解決供水問題的重要手段之一。某地要把河水抽高20m,進(jìn)入蓄水池,用一臺電動機(jī)通過傳動效率為80%的皮帶,帶動效率為60%的離心水泵工作。工作電壓為380V,此時輸入電動機(jī)的電功率為19kW,電動機(jī)的內(nèi)阻為0.4Ω。已知水的密度為1×103kg/m3,重力加速度g(1)電動機(jī)內(nèi)阻消耗的熱功率。(2)將蓄水池蓄入864m3的水需要的時間(【解析】(1)設(shè)電動機(jī)的電功率為P,則P=UI設(shè)電動機(jī)內(nèi)阻r上消耗的熱功率為Pr,則Pr=I2r代入數(shù)據(jù)解得Pr=1×103W(2)設(shè)蓄水總質(zhì)量為M,所用抽水時間為t。已知抽水高度為h,容積為V,水的密度為ρ,則M=ρV設(shè)質(zhì)量為M的河水增加的重力勢能為ΔEp,則ΔEp=Mgh設(shè)電動機(jī)的輸出功率為P0,則P0=PPr根據(jù)能量守恒定律得P0t×60%×80%=ΔEp代入數(shù)據(jù)解得t=2×104s。答案:(1)1×103W(2)2×104s8.(16分)(2019·成都高一檢測)如圖所示,半徑為R的光滑半圓弧軌道與高為10R的光滑斜軌道放在同一豎直平面內(nèi),兩軌道之間由一條光滑水平軌道CD相連,水平軌道與斜軌道間有一段圓弧過渡。在水平軌道上,輕質(zhì)彈簧被a、b兩小球擠壓,處于靜止?fàn)顟B(tài)。同時釋放兩個小球。a球恰好能通過圓弧軌道的最高點(diǎn)A,b球恰好能到達(dá)斜軌道的最高點(diǎn)B。已知a球質(zhì)量為m1,b球質(zhì)量為m2,重力加速度為g。求:(1)a球離開彈簧時的速度大小va。(2)b球離開彈簧時的速度大小vb。(3)釋放小球前彈簧的彈性勢能Ep?！窘馕觥?1)由a球恰好能到達(dá)A點(diǎn)知m1g=m1QUOTE由動能定理有-2m1gR=QUOTEm1QUOTEQUOTEm1QUOTE得va=QUOTE(2)對于b球由動能定理有-10m2gR=0QUOTEm2QUOTE得vb=2QUOTE(3)由機(jī)械能守恒定律得Ep=QUOTEm1QUOTE+QUOTEm2QUOTE得Ep=(QUOTEm1+10m2)gR答案:(1)QUOTE(2)2QUOTE(3)(QUOTEm1+10m2)gR(15分鐘·40分)9.(6分)(多選)如圖所示,在動摩擦因數(shù)為0.2的水平面上有一質(zhì)量為3kg的物體被一個勁度系數(shù)為120N/m的壓縮輕質(zhì)彈簧突然彈開,物體離開彈簧后在水平面上繼續(xù)滑行了1.3m才停下來,下列說法正確的是(g取A.物體開始運(yùn)動時彈簧的彈性勢能Ep=7.8JB.當(dāng)物體速度最大時彈簧的壓縮量為x=0.05C.物體離開彈簧時動能為7.8JD.當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時物體的速度最大【解析】選B、C。根據(jù)能量的轉(zhuǎn)化與守恒,物體離開彈簧后在水平面上滑行了x1=1.3m,知物體離開彈簧時的動能為Ek=μmgx1=0.2×3×10×1.3J=7.8J,設(shè)彈簧開始的壓縮量為x0,則開始運(yùn)動時彈簧的彈性勢能Ep=μmg(x0+x1)=7.8J+μmgx0>7.8故選項(xiàng)A不合題意,選項(xiàng)C符合題意;當(dāng)物體速度最大時,物體受的合外力為零,彈簧彈力與摩擦力平衡,彈簧未恢復(fù)原長,即kx=μmg,解得物體速度最大時彈簧的壓縮量x=QUOTE=QUOTEm=0.05m,故選項(xiàng)B符合題意,選項(xiàng)D不符合題意。10.(6分)(多選)如圖所示,足夠長的傳送帶與水平方向的傾角為θ,物塊a通過平行于傳送帶的輕繩跨過光滑輕滑輪與物塊b相連,b的質(zhì)量為m,開始時a、b及傳送帶均靜止,且a不受傳送帶摩擦力作用,現(xiàn)讓傳送帶逆時針勻速轉(zhuǎn)動,則在b上升h高度(未與滑輪相碰)過程中 ()A.物塊a重力勢能減少mghB.摩擦力對a做的功大于a機(jī)械能的增量C.摩擦力對a做的功小于物塊a、b動能增量之和D.任意時刻重力對a、b做功的瞬時功率大小相等【解析】選A、B、D。開始時,a、b及傳送帶均靜止且a不受傳送帶摩擦力作用,有magsinθ=mg,則ma=QUOTE,b上升h,則a下降hsinθ,則a重力勢能的減小量為mag×hsinθ=mgh,故A正確;根據(jù)能量守恒得,系統(tǒng)機(jī)械能增加,摩擦力對a做的功等于a、b機(jī)械能的增量。所以摩擦力做功大于a的機(jī)械能增量。因?yàn)橄到y(tǒng)重力勢能不變,所以摩擦力做功等于系統(tǒng)動能的增量,故C錯誤,B正確;任意時刻a、b的速率相等,對b:克服重力的瞬時功率Pb=mgv,對a有:Pa=magvsinθ=mgv,所以任意時刻重力對a、b做功的瞬時功率大小相等,故D正確。11.(6分)如圖所示,可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A和B用一根長為0.2m的輕桿相連,兩球質(zhì)量相等,開始時兩小球置于光滑的水平面上,并給兩小球一個2m/s的初速度,經(jīng)一段時間兩小球滑上一個傾角為30°的光滑斜面,不計球與斜面碰撞時的機(jī)械能損失,g取10m/sA.桿對小球A做負(fù)功B.小球A的機(jī)械能守恒C.桿對小球B做正功D.小球B速度為零時距水平面的高度為0.15【解析】選D。將小球A、B看作一個系統(tǒng),設(shè)小球的質(zhì)量均為m,最后小球B上升的高度為h,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有QUOTE×2mv2=mgh+mg(h+l·sin30°),解得h=0.15m,D正確;以小球A為研究對象,由動能定理有mg(h+l·sin30°)+W桿=0QUOTEmv2,可知W桿>0,可見桿對小球A做正功,小球A的機(jī)械能不守恒,A、B錯誤;由于系統(tǒng)機(jī)械能守恒,故小球A增加的機(jī)械能等于小球B減小的機(jī)械能,桿對小球B做負(fù)功,C錯誤。12.(22分)(2020·達(dá)州高一檢測)如圖甲所示,傾角θ=37°的粗糙斜面固定在水平面上,斜面足夠長。一根輕彈簧一端固定在斜面的底端,另一端與質(zhì)量m=1.0kg的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))接觸,滑塊與彈簧不相連,開始時彈簧處于壓縮狀態(tài)。當(dāng)t=0時釋放滑塊,在0～0.24s時間內(nèi),滑塊的加速度a隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示。已知彈簧的勁度系數(shù)k=2.0×102N/m,當(dāng)t=0.14s時,滑塊的速度v1=2.0m/s。g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。彈簧彈性勢能的表達(dá)式為Ep=QUOTEkx2(式中k為彈簧的勁度系數(shù),x為彈簧的形變量)。求(1)斜面對滑塊摩擦力的大小;(2)t=0.14s時滑塊與出發(fā)點(diǎn)間的距離d;(3)在0～0.44s時間內(nèi),摩擦力做的功W。【解析】(1)當(dāng)t1=0.14s時,滑塊與彈簧開始分離,此后滑塊受重力、斜面的支持力和摩擦力,滑塊開始做勻減速直線運(yùn)動。由題中的圖乙可知,在這段過程中滑塊加速度的大小為:a1=10m/s2;根據(jù)牛頓第二定律有:mgsinθ+f=ma1,代入數(shù)據(jù)解得:f=4.0N;(2)當(dāng)t1=0.14s時彈簧恰好恢復(fù)原長,所以此時滑塊與出發(fā)點(diǎn)間的距離d等于t0=0時彈簧的形變量x,所以在0～0.14s時間內(nèi)彈簧彈力做的功為W彈=Ep初Ep末=QUOTEkd2。在這段過程中,根據(jù)動能定理有W彈mgdsinθfd=QUOTEmQUOTE0,代入數(shù)據(jù)解得d=0.20m;(3)設(shè)從t1=0.14s時開始,經(jīng)時間Δt1滑塊的速度減為零,則有Δt1=QUOTE=0.20s,這段時間內(nèi)