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物理
第六章　核心素養提升練
1．某同學用水桶從水井里提水，井內水面到井口的高度為20 m。水桶離開水面時，桶和水的總質量為10 kg。由于水桶漏水，在被勻速提升至井口的過程中，桶和水的總質量隨著上升距離的變化而變化，其關系如圖所示。水桶可以看成質點，不計空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2。由圖像可知，在提水的整個過程中，拉力對水桶做的功為(　　)
A．2000 J B．1800 J
C．200 J D．180 J
2．(2024·安徽高考)在某地區的干旱季節，人們常用水泵從深水井中抽水灌溉農田，簡化模型如圖所示。水井中的水面距離水平地面的高度為H。出水口距水平地面的高度為h，與落地點的水平距離約為l。假設抽水過程中H保持不變，水泵輸出能量的η倍轉化為水被抽到出水口處增加的機械能。已知水的密度為ρ，水管內徑的橫截面積為S，重力加速度大小為g，不計空氣阻力。則水泵的輸出功率約為(　　)
A． B．
C． D．
3．(2024·浙江1月選考)如圖所示，質量為m的足球從水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中達到最高點2的高度為h，則足球(　　)
A．從1到2動能減少mgh
B．從1到2重力勢能增加mgh
C．從2到3動能增加mgh
D．從2到3機械能不變
4．質量m＝1500 kg的家庭轎車，行駛速度v≤54 km/h時靠電動機輸出動力；行駛速度在54 km/h90 km/h時汽油發動機和電動機將同時工作，這種混合動力汽車更節能環保。該轎車在一條平直的公路上由靜止啟動，其牽引力F隨運動時間t的變化圖線如圖所示，所受阻力恒為1500 N。已知汽車在t1時刻第一次切換動力引擎，以后保持恒定功率行駛至t2時刻。汽車在0～t2時間內行駛的位移為217．5 m。則t1和t2分別為(　　)
A．t1＝9 s，t2＝11 s B．t1＝9 s，t2＝16 s
C．t1＝5．625 s，t2＝11 s D．t1＝5．625 s，t2＝16 s
5．(2024·北京市昌平區高三下二模)某種力做功只與物體的起始和終點位置有關，而與物體運動所經過的具體路徑無關，物理學中把這種力稱為保守力。保守力做功所改變的是與系統的相對位置有關的能量，這種能量稱為勢能，用Ep來表示。如圖為某物體的勢能隨位置變化的曲線，該物體(　　)
A．在勢能為0的位置時，受到的保守力也一定為零
B．在x1位置時，受到保守力的方向沿x軸的負方向
C．從x1位置運動到x2位置的過程中保守力做正功
D．在x1位置受到保守力的大小小于在x2位置受到保守力的大小
6．(2022·福建高考)2021年美國“星鏈”衛星曾近距離接近我國運行在距地390 km近圓軌道上的天宮空間站。為避免發生危險，天宮空間站實施了發動機點火變軌的緊急避碰措施。已知質量為m的物體從距地心r處運動到無窮遠處克服地球引力所做的功為G，式中M為地球質量，G為引力常量；現將空間站的質量記為m0，變軌前后穩定運行的軌道半徑分別記為r1、r2，如圖所示。空間站緊急避碰過程發動機做的功至少為(　　)
A．GMm0 B．GMm0
C．GMm0 D．2GMm0
7．(2025·八省聯考四川卷)(多選)如圖所示，原長為l0的輕彈簧豎直放置，一端固定于地面，另一端連接厚度不計、質量為m1的水平木板X。將質量為m2的物塊Y放在X上，豎直下壓Y，使X離地高度為l，此時彈簧的彈性勢能為Ep，由靜止釋放，所有物體沿豎直方向運動。則(　　)
A．若X、Y恰能分離，則Ep＝(m1＋m2)g(l0－l)
B．若X、Y恰能分離，則Ep＝(m1＋m2)gl
C．若X、Y能分離，則Y的最大離地高度為＋(l0－l)
D．若X、Y能分離，則Y的最大離地高度為＋l
8．(2024·全國甲卷)如圖，一光滑大圓環固定在豎直平面內，質量為m的小環套在大圓環上，小環從靜止開始由大圓環頂端經Q點自由下滑至其底部，Q為豎直線與大圓環的切點。則小環下滑過程中對大圓環的作用力大小(　　)
A．在Q點最大 B．在Q點最小
C．先減小后增大 D．先增大后減小
9．(2024·山東省濟南市高三下2月聯考)如圖，在豎直平面內，固定有一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC，AB為圓弧軌道的水平直徑，O為圓心，C為圓弧軌道的最高點。一質量為m的小球(可看成質點)從A點正上方H高處靜止釋放，小球運動過程中不計空氣阻力，重力加速度大小g，求：
(1)為使小球能在ABC軌道上運動過程中不脫離軌道，H應該滿足的條件；
(2)若H＝0．9R，小球剛要脫離軌道時，小球距AB的高度h。
10．(2021·全國甲卷)如圖，一傾角為θ的光滑斜面上有50個減速帶(圖中未完全畫出)，相鄰減速帶間的距離均為d，減速帶的寬度遠小于d；一質量為m的無動力小車(可視為質點)從距第一個減速帶L處由靜止釋放。已知小車通過減速帶損失的機械能與到達減速帶時的速度有關。觀察發現，小車通過第30個減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同。小車通過第50個減速帶后立刻進入與斜面光滑連接的水平地面，繼續滑行距離s后停下。已知小車與地面間的動摩擦因數為μ，重力加速度大小為g。
(1)求小車通過第30個減速帶后，經過每一個減速帶時損失的機械能；
(2)求小車通過前30個減速帶的過程中在每一個減速帶上平均損失的機械能；
(3)若小車在前30個減速帶上平均每一個損失的機械能大于之后每一個減速帶上損失的機械能，則L應滿足什么條件？
第六章　核心素養提升練（解析版）
1．某同學用水桶從水井里提水，井內水面到井口的高度為20 m。水桶離開水面時，桶和水的總質量為10 kg。由于水桶漏水，在被勻速提升至井口的過程中，桶和水的總質量隨著上升距離的變化而變化，其關系如圖所示。水桶可以看成質點，不計空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2。由圖像可知，在提水的整個過程中，拉力對水桶做的功為(　　)
A．2000 J B．1800 J
C．200 J D．180 J
答案：B
解析：由于水桶勻速上升，故拉力大小等于水和桶的總重力，由于水和桶的總質量隨位移均勻減小，故拉力與位移滿足線性關系，所以可用平均力法求解變力做功。結合題圖可知，F1＝m1g＝100 N，F2＝m2g＝80 N，則在提水的整個過程中，拉力對水桶做的功為W拉＝h＝1800 J，故B正確。
2．(2024·安徽高考)在某地區的干旱季節，人們常用水泵從深水井中抽水灌溉農田，簡化模型如圖所示。水井中的水面距離水平地面的高度為H。出水口距水平地面的高度為h，與落地點的水平距離約為l。假設抽水過程中H保持不變，水泵輸出能量的η倍轉化為水被抽到出水口處增加的機械能。已知水的密度為ρ，水管內徑的橫截面積為S，重力加速度大小為g，不計空氣阻力。則水泵的輸出功率約為(　　)
A． B．
C． D．
答案：B
解析：設水從出水口射出的初速度為v0，水離開出水口在空中做平拋運動的時間為t′，取t時間內抽出的水為研究對象，該部分水的質量為m＝v0tSρ，根據平拋運動規律有v0t′＝l，h＝gt′2，根據功能關系，得Ptη＝mv＋mg(H＋h)，聯立解得水泵的輸出功率約為P＝，故選B。
3．(2024·浙江1月選考)如圖所示，質量為m的足球從水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中達到最高點2的高度為h，則足球(　　)
A．從1到2動能減少mgh
B．從1到2重力勢能增加mgh
C．從2到3動能增加mgh
D．從2到3機械能不變
答案：B
解析：由題圖中足球的運動軌跡可知，在空中運動時，足球除受重力外，一定受到空氣阻力作用。足球從1到2重力做負功，WG＝－mgh，則重力勢能增加mgh，空氣阻力做負功，即Wf<0，由動能定理可得WG＋Wf＝ΔEk，可得足球動能的變化量ΔEk＝－mgh＋Wf<0，所以足球從1到2動能減少，且減少量|ΔEk|＝mgh＋|Wf|>mgh，A錯誤，B正確；足球從2到3，空氣阻力做負功，即Wf′<0，則足球機械能減小，重力做正功，WG′＝mgh，由動能定理有WG′＋Wf′＝ΔEk′，可得足球動能的變化量ΔEk′＝mgh＋Wf′4．質量m＝1500 kg的家庭轎車，行駛速度v≤54 km/h時靠電動機輸出動力；行駛速度在54 km/h90 km/h時汽油發動機和電動機將同時工作，這種混合動力汽車更節能環保。該轎車在一條平直的公路上由靜止啟動，其牽引力F隨運動時間t的變化圖線如圖所示，所受阻力恒為1500 N。已知汽車在t1時刻第一次切換動力引擎，以后保持恒定功率行駛至t2時刻。汽車在0～t2時間內行駛的位移為217．5 m。則t1和t2分別為(　　)
A．t1＝9 s，t2＝11 s B．t1＝9 s，t2＝16 s
C．t1＝5．625 s，t2＝11 s D．t1＝5．625 s，t2＝16 s
答案：B
解析：由題意知，第一次切換引擎時速度為v1＝54 km/h＝15 m/s，0～t1時間內由牛頓第二定律得F1－f＝ma1，解得a1＝ m/s2，則t1＝＝9 s。設切換引擎后瞬間的牽引力為F1′，根據P＝F1′v1，可得轎車引擎的功率變為P＝75000 W，設在t2時刻的牽引力為F2，則在t2時刻的速度大小為v2＝＝25 m/s；0～t1時間內行駛的位移s1＝a1t＝67．5 m，則t1～t2時間內行駛的位移為s2＝s－s1＝150 m；t1～t2時間內根據動能定理得P(t2－t1)－fs2＝mv－mv，解得t2＝16 s。故B正確，A、C、D錯誤。
5．(2024·北京市昌平區高三下二模)某種力做功只與物體的起始和終點位置有關，而與物體運動所經過的具體路徑無關，物理學中把這種力稱為保守力。保守力做功所改變的是與系統的相對位置有關的能量，這種能量稱為勢能，用Ep來表示。如圖為某物體的勢能隨位置變化的曲線，該物體(　　)
A．在勢能為0的位置時，受到的保守力也一定為零
B．在x1位置時，受到保守力的方向沿x軸的負方向
C．從x1位置運動到x2位置的過程中保守力做正功
D．在x1位置受到保守力的大小小于在x2位置受到保守力的大小
答案：C
解析：由功能關系可知，Ep x圖像中圖線斜率的絕對值表示保守力的大小，結合題圖可知，勢能為0的位置，物體受到的保守力不為零，且在x1位置受到保守力的大小大于在x2位置受到保守力的大小，故A、D錯誤；從x1位置運動到x2位置的過程中勢能減小，由功能關系可知保守力做正功，保守力的方向沿x軸正方向，故B錯誤，C正確。
6．(2022·福建高考)2021年美國“星鏈”衛星曾近距離接近我國運行在距地390 km近圓軌道上的天宮空間站。為避免發生危險，天宮空間站實施了發動機點火變軌的緊急避碰措施。已知質量為m的物體從距地心r處運動到無窮遠處克服地球引力所做的功為G，式中M為地球質量，G為引力常量；現將空間站的質量記為m0，變軌前后穩定運行的軌道半徑分別記為r1、r2，如圖所示。空間站緊急避碰過程發動機做的功至少為(　　)
A．GMm0 B．GMm0
C．GMm0 D．2GMm0
答案：A
解析：由萬有引力的特點可知，變軌前后萬有引力對空間站做的功，等效于先將空間站從變軌前的位置移至距地心無窮遠處，再將空間站從距地心無窮遠處移至變軌后的位置這整個過程中萬有引力所做的總功，結合題意可知，變軌前后萬有引力對空間站所做的功WG＝－G＋G。設變軌前空間站的速度大小為v1，變軌后空間站的速度大小為v2，由萬有引力提供向心力有G＝m0，G＝m0；設空間站緊急避碰過程發動機做的功至少為W，由動能定理有W＋WG＝m0v－m0v，聯立解得W＝GMm0，故選A。
7．(2025·八省聯考四川卷)(多選)如圖所示，原長為l0的輕彈簧豎直放置，一端固定于地面，另一端連接厚度不計、質量為m1的水平木板X。將質量為m2的物塊Y放在X上，豎直下壓Y，使X離地高度為l，此時彈簧的彈性勢能為Ep，由靜止釋放，所有物體沿豎直方向運動。則(　　)
A．若X、Y恰能分離，則Ep＝(m1＋m2)g(l0－l)
B．若X、Y恰能分離，則Ep＝(m1＋m2)gl
C．若X、Y能分離，則Y的最大離地高度為＋(l0－l)
D．若X、Y能分離，則Y的最大離地高度為＋l
答案：AD
解析：分析可知，由靜止釋放后，兩物體一起向上做加速度減小的加速運動，彈簧恢復原長時兩者之間的相互作用力減小到0，此時X、Y即將分離，若X、Y恰能分離，則彈簧恢復原長時兩者速度剛好為零，由機械能守恒定律可知，此時彈簧的彈性勢能剛好全部轉化為系統的重力勢能，即Ep＝(m1＋m2)g(l0－l)，故A正確，B錯誤；若X、Y能分離，設彈簧恢復原長時兩物體的速度大小為v，根據機械能守恒定律有Ep＝(m1＋m2)g(l0－l)＋(m1＋m2)v2，之后兩物體分離，Y的動能全部轉化成重力勢能，設之后其上升的高度為h，則有m2v2＝m2gh，聯立解得h＝－l0＋l，則Y的最大離地高度為H＝l0＋h＝＋l，故C錯誤，D正確。
8．(2024·全國甲卷)如圖，一光滑大圓環固定在豎直平面內，質量為m的小環套在大圓環上，小環從靜止開始由大圓環頂端經Q點自由下滑至其底部，Q為豎直線與大圓環的切點。則小環下滑過程中對大圓環的作用力大小(　　)
A．在Q點最大 B．在Q點最小
C．先減小后增大 D．先增大后減小
答案：C
解析：設大圓環半徑為R，小環下滑過程中小環與大圓環圓心連線轉過的角度為θ(0≤θ≤π)時，小環速度大小為v，如圖所示。連線轉過θ角的過程，根據機械能守恒定律有mgR(1－cosθ)＝mv2－0，解得v＝。在θ從0開始增大的一小段時間內，v較小，對小環根據牛頓第二定律有mgcosθ－F＝m，解得小環受到的彈力大小F＝mgcosθ－m＝3mgcosθ－2mg，方向背離大圓環圓心，由F的表達式可知，隨著θ從0開始增大，cosθ從1開始減小，F減小，當cosθ＝時，F減小到0；當arccos<θ≤時，對小環有mgcosθ＋F＝m，解得小環受到的彈力大小F＝m－mgcosθ＝2mg－3mgcosθ，方向指向大圓環圓心，由F的表達式可知，隨著θ從arccos增大到，cosθ從減小到0，F從0增大到2mg；當<θ≤π時，對小環有F－mgcosθ＝m，解得小環受到的彈力大小F＝2mg－mgcosθ，方向指向大圓環圓心，由F的表達式可知，隨著θ從增大到π，cosθ從0減小到－1，F增大。綜上所述，結合牛頓第三定律可知，小環下滑過程中對大圓環的作用力大小先減小后增大，在Q點之前某位置最小，故C正確，A、B、D錯誤。
9．(2024·山東省濟南市高三下2月聯考)如圖，在豎直平面內，固定有一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC，AB為圓弧軌道的水平直徑，O為圓心，C為圓弧軌道的最高點。一質量為m的小球(可看成質點)從A點正上方H高處靜止釋放，小球運動過程中不計空氣阻力，重力加速度大小g，求：
(1)為使小球能在ABC軌道上運動過程中不脫離軌道，H應該滿足的條件；
(2)若H＝0．9R，小球剛要脫離軌道時，小球距AB的高度h。
答案：(1)H≥1．5R　(2)0．6R
解析：(1)若小球剛好不脫離軌道，則小球運動至C點時，軌道和小球之間沒有作用力，對小球由牛頓第二定律可得mg＝m
此時H有最小值Hmin，從釋放小球到小球運動到C點的過程中，由動能定理得
mg(Hmin－R)＝mv－0
聯立解得Hmin＝1．5R
即H應滿足的條件為H≥1．5R。
(2)設小球剛要脫離軌道時小球與圓心的連線與豎直方向的夾角為θ，速度為v，如圖所示，由幾何關系可知cosθ＝
對小球由牛頓第二定律可得mgcosθ＝m
由動能定理得mg(0．9R－h)＝mv2－0
聯立解得h＝0．6R。
10．(2021·全國甲卷)如圖，一傾角為θ的光滑斜面上有50個減速帶(圖中未完全畫出)，相鄰減速帶間的距離均為d，減速帶的寬度遠小于d；一質量為m的無動力小車(可視為質點)從距第一個減速帶L處由靜止釋放。已知小車通過減速帶損失的機械能與到達減速帶時的速度有關。觀察發現，小車通過第30個減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同。小車通過第50個減速帶后立刻進入與斜面光滑連接的水平地面，繼續滑行距離s后停下。已知小車與地面間的動摩擦因數為μ，重力加速度大小為g。
(1)求小車通過第30個減速帶后，經過每一個減速帶時損失的機械能；
(2)求小車通過前30個減速帶的過程中在每一個減速帶上平均損失的機械能；
(3)若小車在前30個減速帶上平均每一個損失的機械能大于之后每一個減速帶上損失的機械能，則L應滿足什么條件？
答案：(1)mgdsinθ
(2)
(3)L>d＋
解析：(1)小車在光滑斜面上滑行時，根據牛頓第二定律有mgsinθ＝ma
設小車通過第30個減速帶后速度為v1，到達第31個減速帶前速度為v2，則有
v－v＝2ad
因為小車通過第30個減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同，故后面通過減速帶后的速度與到達下一個減速帶前的速度均為v1和v2，經過每一個減速帶時損失的機械能為
ΔE＝mv－mv
聯立以上各式解得ΔE＝mgdsinθ。
(2)由(1)知小車通過第50個減速帶后的速度為v1，則在水平地面上的運動過程，根據動能定理有－μmgs＝0－mv
從小車開始下滑到通過第30個減速帶，根據動能定理有
mg(L＋29d)sinθ－ΔE總＝mv－0
聯立解得ΔE總＝mg(L＋29d)sinθ－μmgs
故小車通過前30個減速帶的過程中在每一個減速帶上平均損失的機械能為
ΔE′＝＝。
(3)由題意可知ΔE′>ΔE
可得L>d＋。
1(共25張PPT)
第六章　核心素養提升練
1．某同學用水桶從水井里提水，井內水面到井口的高度為20 m。水桶離開水面時，桶和水的總質量為10 kg。由于水桶漏水，在被勻速提升至井口的過程中，桶和水的總質量隨著上升距離的變化而變化，其關系如圖所示。水桶可以看成質點，不計空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2。由圖像可知，在提水的整個過程中，拉力對水桶做的功為(　　)
A．2000 J B．1800 J
C．200 J D．180 J
3．(2024·浙江1月選考)如圖所示，質量為m的足球從水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中達到最高點2的高度為h，則足球(　　)
A．從1到2動能減少mgh
B．從1到2重力勢能增加mgh
C．從2到3動能增加mgh
D．從2到3機械能不變
解析：由題圖中足球的運動軌跡可知，在空中運動時，足球除受重力外，一定受到空氣阻力作用。足球從1到2重力做負功，WG＝－mgh，則重力勢能增加mgh，空氣阻力做負功，即Wf<0，由動能定理可得WG＋Wf＝ΔEk，可得足球動能的變化量ΔEk＝－mgh＋Wf<0，所以足球從1到2動能減少，且減少量|ΔEk|＝mgh＋|Wf|>mgh，A錯誤，B正確；足球從2到3，空氣阻力做負功，即Wf′<0，則足球機械能減小，重力做正功，WG′＝mgh，由動能定理有WG′＋Wf′＝ΔEk′，可得足球動能的變化量ΔEk′＝mgh＋Wf′4．質量m＝1500 kg的家庭轎車，行駛速度v≤54 km/h時靠電動機輸出動力；行駛速度在54 km/h90 km/h時汽油發動機和電動機將同時工作，這種混合動力汽車更節能環保。該轎車在一條平直的公路上由靜止啟動，其牽引力F隨運動時間t的變化圖線如圖所示，所受阻力恒為1500 N。已知汽車在t1時刻第一次切換動力引擎，以后保持恒定功率行駛至t2時刻。汽車在0～t2時間內行駛的位移為217．5 m。則t1和t2分別為(　　)
A．t1＝9 s，t2＝11 s
B．t1＝9 s，t2＝16 s
C．t1＝5．625 s，t2＝11 s
D．t1＝5．625 s，t2＝16 s
5．(2024·北京市昌平區高三下二模)某種力做功只與物體的起始和終點位置有關，而與物體運動所經過的具體路徑無關，物理學中把這種力稱為保守力。保守力做功所改變的是與系統的相對位置有關的能量，這種能量稱為勢能，用Ep來表示。如圖為某物體的勢能隨位置變化的曲線，該物體(　　)
A．在勢能為0的位置時，受到的保守力也一定為零
B．在x1位置時，受到保守力的方向沿x軸的負方向
C．從x1位置運動到x2位置的過程中保守力做正功
D．在x1位置受到保守力的大小小于在x2位置受到保守力的大小
解析：由功能關系可知，Ep x圖像中圖線斜率的絕對值表示保守力的大小，結合題圖可知，勢能為0的位置，物體受到的保守力不為零，且在x1位置受到保守力的大小大于在x2位置受到保守力的大小，故A、D錯誤；從x1位置運動到x2位置的過程中勢能減小，由功能關系可知保守力做正功，保守力的方向沿x軸正方向，故B錯誤，C正確。
8．(2024·全國甲卷)如圖，一光滑大圓環固定在豎直平面內，質量為m的小環套在大圓環上，小環從靜止開始由大圓環頂端經Q點自由下滑至其底部，Q為豎直線與大圓環的切點。則小環下滑過程中對大圓環的作用力大小(　　)
A．在Q點最大 B．在Q點最小
C．先減小后增大 D．先增大后減小
答案：(1)H≥1．5R　(2)0．6R
10．(2021·全國甲卷)如圖，一傾角為θ的光滑斜面上有50個減速帶(圖中未完全畫出)，相鄰減速帶間的距離均為d，減速帶的寬度遠小于d；一質量為m的無動力小車(可視為質點)從距第一個減速帶L處由靜止釋放。已知小車通過減速帶損失的機械能與到達減速帶時的速度有關。觀察發現，小車通過第30個減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同。小車通過第50個減速帶后立刻進入與斜面光滑連接的水平地面，繼續滑行距離s后停下。已知小車與地面間的動摩擦因數為μ，重力加速度大小為g。
(1)求小車通過第30個減速帶后，經過每一個減速帶時損失的機械能；
(2)求小車通過前30個減速帶的過程中在每一個減速帶上平均損失的機械能；
(3)若小車在前30個減速帶上平均每一個損失的機械能大于之后每一個減速帶上損失的機械能，則L應滿足什么條件？

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