12.4能源與可持續發展學習目標學習目標課程標準物理素養3.4.1了解利用水能、風能、太陽能和核能的方式。初步了解核裂變和核聚變。3.4.2知道不同形式的能量可互相轉化，在轉化過程中能量總量保持不變，能量轉化是有方向性的。3.4.3了解可再生能源和不可再生能源的分類，認識能源的過度開發和利用對環境的影響。3.4.4認識環境污染的危害，了解科學、技術、社會、環境協調發展的重要性，具有環境保護的意識和行為。物理觀念：列舉各種實例，說明能量是如何轉化的，解釋能量守恒定律的含義。科學思維：通過實例分析知道能量耗散，認識自然界中能量轉化的方向性。科學探究：收集資料，討論能源的開發與利用所帶來的環境污染問題，認識環境污染的危害，思考科學、技術、社會、環境協調發展的關系，具有環境保護的意識和行動。科學態度與責任：了解太陽能、水能、核能和風能等能源的開發利用，知道利用能量是人類生存和社會發展的必要條件之一。知道人類利用的能量來自可再生能源和不可再生能源，認識合理使用能源的重要性，具有可持續發展觀念，養成節能的習慣。002思維導圖能量轉化與守恒能量轉移或轉化的方向性能源的分類與應用能源與社會發展汽車與能源003知識梳理課前研讀課本，梳理基礎知識：一、能量轉化與守恒1.能量2.能量守恒定律能量既不會憑空產生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉化為其他形式，或者從一個物體轉移到別的物體，在轉化或轉移的過程中，能量的總量保持不變.二、能量轉移或轉化的方向性1.一切與熱現象有關的宏觀自然過程都是不可逆的．2.能量耗散：在能量轉化過程中流散到周圍環境中的內能很難再收集起來重新利用的現象．3.節約能源的根本原因：在能源的利用過程中，能量在數量上雖未減少，但在可利用的品質上降低了，即從便于利用的能源變為不便于利用的能源．4.自然界中的宏觀過程具有方向性．特別提醒：能量轉移或轉化具有方向性．三、能源的分類與應用1.能源的分類(1)不可再生能源：像煤炭、石油和天然氣這類無法在短時間內再生的能源，也叫化石能源．(2)可再生能源：像水能、風能、潮汐能這類在自然界可以再生的能源．2.我國可再生能源的開發(1)太陽能發電．(2)水力發電．(3)風能發電．(4)核能發電．四、能源與社會發展1.人類利用能源的三個時期：柴薪時期、煤炭時期、石油時期．2.利用不可再生能源帶來的危害(1)改變大氣的成分，加劇氣候的變化，如溫室效應．(2)形成“酸雨”，腐蝕建筑物，酸化土壤．(3)產生光化學煙霧，產生浮塵．3．能源與社會發展要實現可持續發展就要樹立新的能源安全觀，并轉變能源的供需模式．一方面大力提倡節約能源，另一方面要發展可再生能源以及天然氣、清潔煤和核能等清潔能源，推動人類與自然的和諧發展．五、汽車與能源004題型精講【題型一】能源分類及使用【典型例題1】（多選）PM2.5主要來自化石燃料、生物質、垃圾的焚燒,為了控制污染,我們要節約及高效利用能源。下列說法中正確的是()。A.我們應立即停止使用化石能源,控制污染B.人類應多開發與利用地熱能、風能等新能源C.應發展新的發電技術,提高能源利用效率D.對垃圾進行分類處理,變廢為寶答案：BCD【典型例題2】如圖是水電站的發電原理圖,由圖可知下列說法錯誤的是()A.水力發電不會造成污染B.該裝置將機械能轉化為電能C.要加大發電的功率,可采用僅“增大水落差”的方法D.該裝置可以將水庫中儲存的水的機械能全部轉化為電能答案：D水力發電不會有污染,同時將水的機械能轉化為電能,故選項A、B正確;如果將水落差增大,那么水流到發電機處的速度就增大,這一方法可加大發電的功率,故選項C正確;由于水下落過程以及發電機裝置都有摩擦,故該裝置不可能將水庫中儲存的水的機械能全部轉化為電能,因此選項D錯誤。【對點訓練1】2023年6月4日，神舟十五號載人飛船返回艙在東風著陸場成功著陸，航天員全部安全順利出艙，神舟十五號載人飛行任務取得圓滿成功，如圖飛船飛向天空，太陽能電池板展開，飛船兩翼的太陽電池板是太陽能電池在太空領域的應用、關于電源、電流與電路，以下說法正確的是（）A．太陽能安全、清潔，是可供人類利用的一種新能源，但只能在太空中使用B．電源的作用是在電源內部把電子由負極搬運到正極，保持兩極之間有電壓C．電源是將化學能轉化為電能的裝置，電路兩端有電壓，電路中就有電流D．某電池板不接負載時的電壓是，短路電流是，則內阻為【答案】D【詳解】A．只要能接收到太陽光就能使用太陽能，A錯誤；B．電源內部的電流由負極流向正極，而電子的運動方向與電流方向相反，則在電源內部把電子由正極搬運到負極，B錯誤C．除電壓外，還需要滿足閉合回路才能產生電流，C錯誤；D．由題意，電動勢為0.8V，則內阻為D正確。故選D。【對點訓練2】目前,共享單車作為綠色出行的交通工具,成為時尚。甲、乙兩種共享單車都采用了電子鎖,車鎖內集成了GPS模塊與聯網模塊等,這些模塊工作時需要電能。這兩種共享單車采用了不同的方式獲取電能:甲車靠小型發電機——踩動單車時,線圈在磁場中轉動,產生電能,如圖1所示;乙車靠車筐底部的太陽能電池板——有光照時,產生電能,如圖2所示。這兩種共享單車獲取電能時,都是把其他形式的能轉化為電能。關于它們的能量轉化,下列說法中正確的是()A.都是把機械能轉化為電能B.都是把光能轉化為電能C.甲車把機械能轉化為電能,乙車把光能轉化為電能D.甲車把光能轉化為電能,乙車把機械能轉化為電能答案：C甲車靠小型發電機——踩動單車時,線圈在磁場中轉動,產生電能,故是將機械能轉化為電能;乙車靠車筐底部的太陽能電池板——有光照時,產生電能,故是將光能轉化為電能。故A、B、D錯誤,C正確。【題型二】能量守恒定律【典型例題3】如圖所示為風力發電機，風力帶動葉片轉動，葉片再帶動轉子(磁極)轉動，使定子(線圈，不計電阻)中產生電流，實現風能向電能的轉化。若葉片長為l，設定的額定風速為v，空氣的密度為ρ，額定風速下發電機的輸出功率為P，則風能轉化為電能的效率為()A.eq\f(2P,πρl2v3) B.eq\f(6P,πρl2v3)C.eq\f(4P,πρl2v3) D.eq\f(8P,πρl2v3)解析：選A風能轉化為電能的工作原理為將風的動能轉化為輸出的電能，設風吹向發電機的時間為t，則在t時間內吹向發電機的風的體積為V＝vt·S＝vt·πl2，則風的質量M＝ρV＝ρvt·πl2，因此風吹過的動能為Ek＝eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(1,2)ρvt·πl2·v2，在此時間內發電機輸出的電能E＝Pt，則風能轉化為電能的效率為η＝eq\f(E,Ek)＝eq\f(2P,πρl2v3)，故A正確，B、C、D錯誤。【典型例題4】(多選)內徑面積為S的U形圓筒豎直放在水平面上，筒內裝水，底部閥門K關閉時兩側水面高度分別為h1和h2，如圖所示。已知水的密度為ρ，不計水與筒壁的摩擦阻力。現把連接兩筒的閥門K打開，當兩筒水面高度相等時，則該過程中()A．水柱的重力做正功B．大氣壓力對水柱做負功C．水柱的機械能守恒D．當兩筒水面高度相等時，水柱的動能是eq\f(1,4)ρgS(h1－h2)2[解析]把連接兩筒的閥門打開到兩筒水面高度相等的過程中大氣壓力對左筒水面做正功，對右筒水面做負功，抵消為零。水柱的機械能守恒，重力做功等于重力勢能的減少量，等于水柱增加的動能，等效于把左管高eq\f(h1－h2,2)的水柱移至右管，如圖中的斜線所示，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正確，B錯誤。[答案]ACD【對點訓練3】彈跳桿運動是一項廣受青少年歡迎的運動，彈跳桿的結構如圖甲所示，一根彈簧的下端固定在跳桿的底部，上端固定在一個套在跳桿上的腳踏板底部，質量為5m的小明站在腳踏板上，當他和跳桿處于豎直靜止狀態時，彈簧的壓縮量為x0，小明先保持穩定姿態豎直彈跳。某次彈跳中，從彈簧處于最大壓縮量為5x0開始計時，如圖乙(a)所示；上升到彈簧恢復原長時，小明抓住跳桿，使得他和彈跳桿瞬間達到共同速度，如圖乙(b)所示；緊接著他保持穩定姿態豎直上升到最大高度，如圖乙(c)所示。已知全程彈簧始終處于彈性限度內彈簧彈性勢能滿足Ep＝eq\f(1,2)kx2，k為彈簧勁度系數，x為彈簧形變量，跳桿的質量為m，重力加速度為g，空氣阻力、彈簧和腳踏板的質量以及彈簧和腳踏板與跳桿間的摩擦均可忽略不計。求：(1)彈跳桿中彈簧的勁度系數k；(2)從開始計時至豎直上升到最大高度過程中小明的最大速度vm。[解析](1)小明和跳桿處于豎直靜止狀態時受力平衡，重力與彈簧彈力等大反向，有5mg＝kx0，解得k＝eq\f(5mg,x0)。(2)小明受到的合力為零時，速度最大，此時小明上升高度為4x0。根據系統能量守恒定律可知，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)【對點訓練4】2021年7月30日，東京奧運會蹦床女子決賽中，中國包攬女子蹦床金、銀牌，朱雪瑩奪金，劉靈玲獲蹦床銀牌。在運動員蹦床訓練中，從運動員下落到離地面高h1處開始計時，其動能Ek與離地高度h的關系如圖所示。在h1～h2階段圖像為直線，其余部分為曲線，h3對應圖像的最高點，運動員的質量為m，重力加速度為g，不計空氣阻力和一切摩擦。下列有關說法正確的是()A．整個過程中運動員的機械能守恒B．從運動員的腳接觸蹦床直至蹦床被壓縮至最低點的過程中，其加速度先增大后減小C．運動員從h1降到h5過程中，蹦床的最大彈性勢能為Epm＝mgh1D．運動員處于h＝h4高度時，蹦床的彈性勢能為Ep＝mg(h2－h4)解析：選D運動員與蹦床組成的系統機械能守恒，A錯誤；運動員的腳接觸蹦床到彈力等于重力的過程中有mg－kx＝ma，運動員下降過程中x增大，則a減小，當彈力等于重力到蹦床被壓縮至最低點的過程中有kx－mg＝ma′，運動員下降過程中x增大，則a′增大，則從運動員的腳接觸蹦床直至蹦床被壓縮至最低點的過程中，其加速度先減小后增大，B錯誤；運動員從h1下降到h5過程中，蹦床的最大彈性勢能為Epm＝mg(h1－h5)，C錯誤；運動員處于h＝h4高度時，根據機械能守恒有mg(h2－h4)＝Ep，D正確。【題型三】能量耗散及摩擦生熱 【典型例題5】“和平號”空間站于2001年3月23日成功地墜落在南太平洋海域,墜落過程可簡化為從一個近圓軌道(可近似看作圓軌道)開始,經過與大氣摩擦,空間站的大部分經過升溫、熔化、最后汽化而銷毀,剩下的殘片墜入大海。此過程中,空間站原來的機械能中除一部分用于銷毀和一部分被殘片帶走外,還有一部分能量E'通過其他方式散失(不考慮墜落過程中化學反應的能量)。(1)試導出下列各物理量的符號表示散失能量E'的公式。(2)算出E'的數值(結果保留2位有效數字)。已知:墜落開始時空間站的質量M=1.57×105kg;軌道離地面的高度h=146km;地球半徑R=6.4×106m;墜落空間范圍內重力加速度可看作g=10m/s2;入海殘片的質量m=1.2×104kg;入海殘片的溫度升高ΔT=3000K;入海殘片的入海速度為聲速v=340m/s;空間站材料每1kg升溫1K平均所需能量c=1.0×103J;每銷毀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】這是一道綜合性很強的題目,分析題目的主線只有一條,那就是能量。既要考慮機械能(動能、勢能),又要考慮內能,還要考慮能量轉化。審題時要耐心、仔細。(1)根據題目所給條件,從近圓軌道到地面的空間中重力加速度g=10m/s2,若以地面為重力勢能零點,墜落過程開始空間站在近圓軌道的勢能Ep=Mgh以v表示空間站在近圓軌道上的速度,由引力提供向心力關系得Mg=Mv由上式可得空間站在近圓軌道上的動能Ek=12Mg(R+h在近圓軌道上空間站的機械能E=Ep+Ek=MgR在墜落過程中,用于一部分銷毀所需的能量Q汽=(M-m)μ用于殘片升溫所需的能量Q殘=cmΔT殘片入海時的動能E殘=12mv以E'表示其他方式散失的能量,則由能量守恒得E=Q汽+E殘+Q殘+E'整理得E'=Mg12R+32h-(M-m)μ-12mv2(2)將題目所給的數據代入得E'=3.9×1012J。【典型例題6】(多選)如圖所示，水平傳送帶兩端A、B間的距離為L，傳送帶以速度v沿順時針方向轉動，一個質量為m的小物塊以一定的初速度從A端滑上傳送帶，運動到B端，此過程中物塊先做勻加速直線運動后做勻速直線運動，物塊做勻加速直線運動的時間與做勻速直線運動的時間相等，兩過程中物塊運動的位移之比為2∶3，重力加速度為g，傳送帶速度大小不變。下列說法正確的是()A．物塊的初速度大小為eq\f(v,2)B．物塊做勻加速直線運動的時間為eq\f(3L,5v)C．物塊與傳送帶間的動摩擦因數為eq\f(10v2,9gL)D．整個過程中物塊與傳送帶因摩擦產生的熱量為eq\f(mv2,9)解析：選BC由題意知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0＋v,2)))∶v＝2∶3，得v0＝eq\f(v,3)，A錯誤；勻速運動中eq\f(3L,5)＝vt，則t＝eq\f(3L,5v)，勻加速與勻速運動時間相等，B正確；由運動學公式v2－v02＝2ax，x＝eq\f(2,5)L，μg＝a，解得動摩擦因數為μ＝eq\f(10v2,9gL)，C正確；由熱量Q＝fs相對，s相對＝eq\f(3,5)L－eq\f(2,5)L＝eq\f(1,5)L，得Q＝eq\f(2mv2,9)，D錯誤。【對點訓練5】某市有20萬臺空調機,每臺空調機在夏季平均使用60天,每天耗電8kW·h。為了節約能源,該市政府建議大家都把室內設定溫度提高1℃,這樣每臺空調機每天可節省6%的電能。那么這樣做能使該市節省多少電能?已知標準煤的熱值是2.92×107J/kg。發電廠的發電效率是30%。請計算一下,這項節能建議的實現能為我們后輩留下多少噸標準煤?答案：2.1×1013J2.4×103t【解析】設可節省的電能為E,則E=8×6%×60×20×104kW·h=5.76×106kW·h≈2.1×1013J設可為后輩留下標準煤m噸,則由能量守恒定律有2.92×107×m×103×30%=E解得m≈2.4×103t。【對點訓練6】(多選)如圖所示，長木板A放在光滑的水平地面上，物體B以水平速度沖上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，則從B沖到木板A上到相對木板A靜止的過程中，下述說法中正確的是()A．物體B動能的減少量等于系統損失的機械能B．物體B克服摩擦力做的功等于系統內能的增加量C．物體B損失的機械能等于木板A獲得的動能與系統損失的機械能之和D．摩擦力對物體B做的功和對木板A做的功的總和的絕對值等于系統內能的增加量解析：選CD物體B以水平速度沖上A后，由于摩擦力作用，B減速運動，A加速運動，根據能量守恒定律，物體B動能的減少量等于A增加的動能和產生的熱量之和，A錯誤；根據動能定理，物體B克服摩擦力做的功等于B損失的動能，B錯誤；由能量守恒定律可知，物體B損失的機械能等于木板A獲得的動能與系統損失的機械能之和，C正確；物體摩擦力對B克服做的功等于B動能的減少量，摩擦力對木板A做的功等于A動能的增加量，由能量守恒定律，摩擦力對物體B做的功和對木板A做的功的總和的絕對值等于系統內能的增加量，D正確。00501強化訓練【基礎強化】1．關于能源和能量,下列說法正確的是()。A.自然界中的石油、煤炭、天然氣等能源儲存著的是低品質的能量B.自然界中的石油、煤炭、天然氣等能源儲存著的是高品質的能量C.能量被使用后就消滅了,所以要節約能源D.能量是守恒的,所以不需要節約能源答案：B2.（多選）關于能量的品質,下列說法正確的是()。A.能量的品質,是指能源的清潔度B.能量的品質,是指能源的利用效率C.能量的品質,是指能量可被利用的價值D.能量耗散會導致能量品質降低答案：CD3.下列哪組物質屬于不可再生能源?()A、風能、核能、太陽能B、煤、沼氣、石油C、石油、天然氣、煤D、太陽能、地熱、能核能答案：C4.（多選）為了減緩大氣中CO2濃度的增加,可以采取的措施有()A.禁止使用煤、石油和天然氣B.開發使用核能、太陽能C.將汽車燃料由汽油改為液化石油氣D.植樹造林答案：BD為了減緩大氣中CO2濃度的增加,一方面要盡量少使用煤、石油等常規能源,另一方面要開發利用新能源并植樹造林改善環境。故B、D正確。5.（多選）關于“溫室效應”,下列說法正確的是()A.太陽能源源不斷地輻射到地球上,由此產生了“溫室效應”B.石油和煤炭的燃燒增加了大氣中二氧化碳的含量,加劇了“溫室效應”C.“溫室效應”使得地面氣溫上升、兩極冰雪融化D.“溫室效應”使得土壤酸化答案：BC由于石油和煤炭等的燃燒增加了大氣中二氧化碳的含量,加劇了“溫室效應”,它的危害是使地面氣溫上升、兩極冰雪融化、海平面上升、海水向河流倒灌、耕地鹽堿化等,故B、C選項正確。6.一半徑為R的圓柱體水平固定，橫截面如圖所示。長度為πR、不可伸長的輕細繩，一端固定在圓柱體最高點P處，另一端系一個小球。小球位于P點右側同一水平高度的Q點時，繩剛好拉直。將小球從Q點由靜止釋放，當與圓柱體未接觸部分的細繩豎直時，小球的速度大小為(重力加速度為g，不計空氣阻力)()A．eq\r(2＋πgR) B．eq\r(2πgR)C．eq\r(21＋πgR) D．2eq\r(gR)解析：選A當與圓柱體未接觸部分的細繩豎直時，小球下落的高度為h＝πR－eq\f(π,2)R＋R＝eq\f(π＋2,2)R，小球下落過程中，根據機械能守恒有mgh＝eq\f(1,2)mv2，聯立以上兩式解得v＝eq\r(2＋πgR)，故A正確，B、C、D錯誤。【素養提升】7.(多選)某汽車研發機構在汽車的車輪上安裝了小型發電機，將減速時的部分動能轉化并儲存在蓄電池中，以達到節能的目的。某次測試中，汽車以額定功率行駛一段距離后關閉發動機，測出了汽車動能Ek與位移x的關系圖像如圖所示，其中①是關閉儲能裝置時的關系圖線，②是開啟儲能裝置時的關系圖線。已知汽車的質量為1000kg，設汽車運動過程中所受地面阻力恒定，空氣阻力不計。根據圖像所給的信息可求出()A．汽車行駛過程中所受地面的阻力為1000NB．汽車的額定功率為80kWC．汽車加速運動的時間為22.5sD．汽車開啟儲能裝置后向蓄電池提供的電能為5×105J解析：選BD由圖線①求所受阻力，由ΔEkm＝FfΔx，得Ff＝2000N，A錯誤；由Ekm＝eq\f(1,2)mvm2可得，vm＝40m/s，所以P＝Ffvm＝80kW，B正確；加速階段，Pt－Ffx＝ΔEk，得t＝16.25s，C錯誤；根據能量守恒定律，并由圖線②可得，ΔE＝Ekm－Ffx′＝5×105J，D正確。8．(多選)如圖所示，AB為固定水平長木板，長為L，C為長木板的中點，AC段光滑，CB段粗糙，一原長為eq\f(L,4)的輕彈簧一端連在長木板左端的擋板上，另一端連一物塊，開始時將物塊拉至長木板的右端B點，由靜止釋放物塊，物塊在彈簧彈力的作用下向左滑動，已知物塊與長木板CB段間的動摩擦因數為μ，物塊的質量為m，彈簧的勁度系數為k，且k＞eq\f(4μmg,L)，物塊第一次到達C點時，物塊的速度大小為v0，這時彈簧的彈性勢能為E0，不計物塊的大小，則下列說法正確的是()A．物塊可能會停在CB面上某處B．物塊最終會做往復運動C．彈簧開始具有的最大彈性勢能為eq\f(1,2)mv02＋E0D．物塊克服摩擦做的功最大為eq\f(1,2)mv02＋eq\f(1,2)μmgL解析：選BD由于k＞eq\f(4μmg,L)，由此k·eq\f(1,4)L＞μmg，由此，物塊不可能停在BC段，故A錯誤；只要物塊滑上BC段，就要克服摩擦力做功，物塊的機械能就減小，所以物塊最終會在AC段做往返運動，故B正確；物塊從開始運動到第一次運動到C點的過程中，根據能量守恒定律得Epm＝E0＋eq\f(1,2)mv02＋μmg·eq\f(L,2)，故C錯誤；物塊第一次到達C點時，物塊的速度大小為v0，物塊最終會在AC段做往返運動，到達C點的速度為0，可知物塊克服摩擦做的功最大為Wfm＝Epm－E0＝eq\f(1,2)mv02＋eq\f(1,2)μmgL，故D正確。9.某市有20萬臺空調機,每臺空調機在夏季平均使用60天,每天耗電8kW·h。為了節約能源,該市政府建議大家都把室內設定溫度提高1℃,這樣每臺空調機每天可節省6%的電能。那么這樣做能使該市節省多少電能?已知標準煤的熱值是2.92×107J/kg。發電廠的發電效率是30%。請計算一下,這項節能建議的實現能為我們后輩留下多少噸標準煤?答案：2.1×1013J2.4×103t【解析】設可節省的電能為E,則E=8×6%×60×20×104kW·h=5.76×106kW·h≈2.1×1013J設可為后輩留下標準煤m噸,則由能量守恒定律有2.92×107×m×103×30%=E解得m≈2.4×103t。10．如圖所示，繃緊的傳送帶與水平面的夾角θ＝30°，傳送帶在電動機的帶動下，始終保持v0＝2m/s的速率運行，現把一質量為m＝10kg的工件(可視為質點)輕輕放在傳送帶的底端，經過時間t＝1.9s，工件被傳送到h＝1.5m的高處，g取10m/s2，求：(1)工件與傳送帶間的動摩擦因數；(2)電動機由于傳送工件多消耗的電能。[解析](1)由題圖可知，傳送帶長x＝eq\f(h,sinθ)＝3m工件速度達到v0前，做勻加速運動的位移x1＝eq\f(v0,2)t1勻速運動的位移為x－x1＝v0(t－t1)解得加速運動的時間t1＝0.8s加速運動的位移x1＝0.8m所以加速度a＝eq\f(v0,t1)＝2.5m/s2由牛頓第二定律有μmgcosθ－mgsinθ＝ma解得μ＝eq\f(\r(3),2)。(2)由能量守恒定律知，電動機多消耗的電能用于增加工件的動能、勢能以及克服傳送帶與工件之間發生相對位移時摩擦力做功產生的熱量，在時間t1內，傳送帶運動的位移，x傳＝v0t1＝1.6m，在時間t1內，工件相對傳送帶的位移，x相＝x傳－x1＝0.8m，在時間t1內，摩擦生熱，Q＝μmgcosθ·x相＝60J，最終工件獲得的動能Ek＝eq\f(1,2)mv02＝20J，工件增加的勢能Ep＝mgh＝150J，電動機多消耗的電能W＝Q＋Ek＋Ep＝230J。[答案](1)eq\f(\r(3),2)(2)230J11．如圖所示是一豎直固定在水平地面上的可伸縮細管，上端平滑連接四分之一細圓弧彎管，管內均光滑，右管口切線水平。豎直細管底部有一彈射裝置(高度忽略不計)，可以讓靜止在細管底部的小球(可視為質點)瞬間獲得足夠大的速度v0，通過調節豎直細管的長度h，可以改變上端管口到地面的高度，從而改變小球平拋的水平距離，重力加速度為g，則小球平拋的水平距離的最大值是()A.eq\f(v02,g)B.eq\f(v02,2g)C.eq\f(v02,3g)D.eq\f(v02,4g)解析：選B設管口到地面的高度是H，小球從管口射出的速度為v，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝mgH＋eq\f(1,2)mv2，小球離開管口后做平拋運動，則x＝vt，H＝eq\f(1,2)gt2，聯立方程，可得x＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v02,g)－2H))×2H)＝eq\r(－4H2＋\f(2v02,g)H)，由二次函數的特點可知當H＝eq\f(v02,4g)時x取最大值，xmax＝eq\f(v02,2g)。12.如圖所示，電源電動勢E＝10V，內阻r＝1Ω，閉合開關S后，標有“8V,12W”的燈泡恰能正常發光，電動機M繞組的電阻R0＝4Ω，求：(1)電源的輸出功率P出；(2)10s內電動機產生的熱量Q；(3)電動機的機械功率。解析：(1)由題意知，并聯部分電壓為U＝8V，內電壓應為U內＝E－U＝2V總電流I＝eq\f(U內,r)＝2A，電源的輸出功率P出＝UI＝16W。(2)流過燈泡的電流I1＝eq\f(P1,U)＝1.5A則流過電動機的電流I2＝I－I1＝0.5A電動機的熱功率P0＝I22R0＝1W10s內產生的熱量Q＝P0t＝10J。(3)電動機的總功率P＝UI2＝4W電動機的機械功率P機＝P－P0＝3W。答案：(1)16W(2)10J(3)3W13.如圖所示，電解槽A和電爐B并聯后接到電源上，電源內阻r＝1Ω，電爐電阻R＝19Ω，電解槽電阻r′＝0.5Ω，當S1閉合、S2斷開時，電爐消耗功率為684W，S1、S2都閉合時，電爐消耗功率為475W(電爐電阻可看作不變)，試求：(1)電源的電動勢；(2)S1、S2閉合時，流過電解槽的電流大小；(3)S1、S2閉合時，電解槽中電能轉化成化學能的功率。解析：(1)S1閉合、S2斷開時，電爐消耗功率為P1，電爐中電流I＝eq\r(\f(P1,R))＝eq\r(\f(684,19))A＝6A。電源電動勢E＝I(R＋r)＝120V。(2)S1、S2都閉合時，電爐消耗功率為P2，電爐中電流為IR＝eq\r(\f(P2,R))＝eq\r(\f(475,19))A＝5A。路端電壓為U＝IRR＝5×19V＝95V，流過電源的電流為I′＝eq\f(E－U,r)＝eq\f(120－95,1)A＝25A。流過電解槽的電流為IA＝I′－IR＝20A。(3)電解槽消耗的電功率PA＝IAU＝20×95W＝1900W。電解槽內熱損耗功率P熱＝IA2r′＝202×0.5W＝200W。電解槽中電能轉化成化學能的功率為P化＝PA－P熱＝1700W。答案：(1)120V(2)20A(3)1700W14.[多選]如圖所示，一臺電動機提著質量為m的物體，以速度v勻速上升，已知電動機線圈的電阻為R，電源電動勢為E，通過電源的電流為I，當地重力加速度為g，忽略一切阻力及導線電阻，則()A．電源內阻r＝eq\f(E,I)－RB．電源內阻r＝eq\f(E,I)－eq\f(mgv,I2)－RC．如果電動機轉軸被卡住而停止轉動，較短時間內電源消耗的功率將變大D．如果電動機轉軸被卡住而停止轉動，較短時間內電源消耗的功率將變小解析：選BC含有電動機的電路不是純電阻電路，歐姆定律不再適用，A錯誤；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正確；如果電動機轉軸被卡住，則E＝I′(R＋r)，電流增大，較短時間內，電源消耗的功率變大，較長時間的話，會出現燒壞電源的現象，C正確，D錯誤。【能力培優】15.如圖所示，水平傳送帶足夠長，向右前進的速度v＝4m/s，與傾角為37°的斜面的底端P平滑連接，將一質量m＝2kg的小物塊從A點靜止釋放。已知A、P的距離L＝8m，物塊與斜面、傳送帶間的動摩擦因數分別為μ1＝0.25、μ2＝0.20，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求物塊(1)第1次滑過P點時的速度大小v1；(2)第1次在傳送帶上往返運動的時間t；(3)從釋放到最終停止運動，與斜面間摩擦產生的熱量Q。[解析](1)由動能定理得(mgsin37°－μ1mgcos37°)L＝eq\f(1,2)mv12－0解得v1＝8m/s。(2)由牛頓第二定律得μ2mg＝ma，物塊與傳送帶共速時，由速度公式得－v＝v1－at1解得t＝6s，勻速運動階段的時間為t2＝eq\f(\f(v12,2a)－\f(v2,2a),v)＝3s第1次在傳送帶上往返運動的時間t＝t1＋t2＝9s。(3)由分析可知，物塊第一次離開傳送帶以后，直到物塊停止運動，每次再到達傳送帶和離開傳送帶的速度大小相等，則根據能量守恒有Q＝μ1mgcos37°L＋eq\f(1,2)mv2＝48J。[答案](1)8m/s(2)9s(3)48J16．如圖所示電路中，電源電動勢E＝12V，內阻r＝2Ω，指示燈RL的阻值為16Ω，電動機M線圈電阻RM為2Ω。當開關S閉合時，指示燈RL的電功率P＝4W。求：(1)流過電流表的電流；(2)電動機M輸出的機械功率。解析：(1)指示燈的電功率P＝IL2RL，解得IL＝0.5A，路端電壓為U＝ILRL＝8V。設流過電流表的電流為I，根據閉合電路歐姆定律有U＝E－Ir，解得I＝eq\f(E－U,r)＝2A。(2)設電動機支路的電流為IM，IM＝I－IL＝1.5A，電動機總功率為PM＝UIM＝12W，電動機輸出的機械功率為PM出＝PM－IM2RM，解得PM出＝7.5W。答案：(1)2A(2)7.5W.17.[多選]如圖所示，電源電動勢E＝3V，小燈泡L的規格為“2V0.4W”，開關S接1，當滑動變阻器調到R＝4Ω時，小燈泡L正常發光，現將開關S接2，小燈泡L和電動機M均正常工作。則()A．電源內阻為1ΩB．電動機的內阻為4ΩC．電動機正常工作電壓為1VD．電源效率約為93.3%解析：選AD小燈泡正常工作時的電阻RL＝eq\f(U2,P)＝10Ω，流過小燈泡的電流I＝eq\f(P,U)＝0.2A，當開關S接1時，R總＝eq\f(E,I)＝15Ω，電源內阻r＝R總－R－RL＝1Ω，A正確；當開關S接2時，電動機為非純電阻，小燈泡L和電動機M均正常工作，電動機內阻不可能是4Ω，故B錯誤；電動機M兩端的電壓UM＝E－Ir－U＝0.8V，C錯誤；電源的效率η＝eq\f(E－Ir,E)＝eq\f(2.8V,3V)≈93.3%，D正確。18.如圖為直流電動機提升重物的裝置，重物的重量G＝500N，電源電動勢E＝90V，電源內阻為2Ω，不計各處摩擦，當電動機以v＝0.6m/s的恒定速度向上提升重物時，電路中的電流I＝5A，下列判斷不正確的是()A．電動機消耗的總功率為400WB．電動機線圈的電阻為0.4ΩC．電源的效率約為88.9%D．電動機的效率為75%解析：選B重物被提升的功率PG＝Fv＝Gv＝500×0.6W＝300W，此時電路中的電流為I＝5A，則電源的總功率P總＝EI＝90×5W＝450W，設電動機線圈的電阻為R，根據能量守