5.2 能量流动高考题精选解析
5.2 生态系统的能量流动(个人原创精品课件)
变式1：在食物链“草
兔
鹰”中，
1、假如现有草100公斤，至少可使鹰增重 100 设使鹰增重X1公斤，则： 10％
1
10％
公斤。 =X1 公斤。 =X2 公斤。 =2
2、假如现有草100公斤，最多可使鹰增重 100 设使鹰增重X2公斤，则： 20％
4
20％
3、假如要使鹰增加2公斤体重，最少要耗草 Y1 设最少耗草Y1公斤，则： 设最多耗草Y2公斤，则：Y2 20％
三、能量流动的特点
赛达伯格湖的能量流动
12.5
P95资料分析
分解者 14.6
2.1
微量
肉食性动物 12.6
太阳能
生产者 62.8 464.6
293 96.3
植食性动物 12.6 62.8
18.8 29.3
未 固 定
7.5
5.0
呼吸作用 122.6
未利用 327.3
三、能量流动的特点
根据“赛达伯格湖的能量流动图解”， 计算相邻两个营养级间能量传递效率。
鱼→肉食鱼→杂食鱼。设通过①②③三条食物链消耗 的植物分别为a，b，c，则 a ×20% =2×1/2； b ×(20%)2 =2 ×1/4；
2×1/2 2×1/4 2×1/4
c ×(20%)3 =2×1/4
植物→草食鱼→肉食鱼
求出a=5，b=12.5，c=62.5
则总共需消耗植物为5+12.5+62.5=80
5.2 生态系统的能量流动
新课导入
假设你流落在不毛的荒岛上，只有一些玉米和
鸡可以食用，那么使自己活的最长的办法是?
1
A.先吃鸡，然后吃玉米 B.先吃玉米，然后吃鸡
C.用玉米喂鸡，然后吃鸡
新教材高考生物选择性考试一轮总复习知识能力提升10能量流动模型分析与相关计算
知识能力提升10 能量流动模型分析与相关计算一、构建能量流动模型1．不同营养级能量流动示意图2．能量流动模型分析(1)模型一：拼图法分析某营养级能量的流向。
输入第一营养级的能量(W1)，被分为两部分：一部分在生产者的呼吸作用中以热能的形式散失了(A1)，一部分则用于生产者的生长、发育和繁殖(B1＋C1＋D1)。
而后一部分能量中，包括现存植物体的B1、流向分解者的C1、流向下一营养级的D1。
(2)模型二：关系图法分析某营养级的能量流向。
①长期来看，流入某一营养级的一定量的能量在足够长的时间内的去路有三条：a.自身呼吸散失；b.流入下一营养级(最高营养级除外)；c.被分解者分解利用。
(如图所示)②在短期内，流入某一营养级的一定量的能量在一定时间内的去路有四条：a.自身呼吸散失；b.流入下一营养级(最高营养级除外)；c.被分解者分解利用；d.未利用，即未被自身呼吸消耗，也未被下一营养级和分解者利用。
(如图所示)(3)模型三：某一营养级的能量流向。
注：两个等量关系：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)【典例1】如图中A为某湖泊生态系统的能量金字塔简图，其中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别代表不同的营养级，m1、m2仅代表不同的能量形式。
图B表示能量流经营养级Ⅱ的变化示意图，其中a～f表示能量值的大小。
请据图作答：(1)图A中，m2表示的能量形式为________，能进行次级生产的是________。
(2)图B中，若甲表示图A中营养级Ⅱ所摄入的全部能量，则e表示__________________________的能量，用于营养级Ⅱ生长、发育和繁殖的能量是________(用所给字母表示)。
若图A中营养级Ⅲ所同化的总能量为y，则营养级Ⅱ、Ⅲ间的能量传递效率是________×100%(用所给字母表示)。
(3)由图B可以得出生态系统的能量流动具有单方向的、________和逐渐递减的特点。
2024高考物理二轮复习专题五能量和动量对对练含解析
能量和动量考点一 功、功率 动能定理及其应用命题角度1功的计算 高考真题体验·对方向(多选)(2024全国Ⅱ·19)两实心小球甲和乙由同一种材料制成,甲球质量大于乙球质量.两球在空气中由静止下落,假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比,与球的速率无关.若它们下落相同的距离,则( ) A .甲球用的时间比乙球长B .甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C .甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D .甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 答案BD解析设所受阻力为F f ,依据题意F f =kr.依据牛顿其次定律,mg-F f =ma ,a=g-kk k =g-kk k ·4π3k 3=g-3k4πkk 2,r 越大,a 越大,两小球密度相同,m 甲>m 乙,所以r 甲>r 乙,故a 甲>a 乙,C 选项错误;物体在空中的运动时间t=√2kk ,h 相同,所以t 甲<t 乙,A 选项错误;物体落地速度v=√2kk ,可得v 甲>v 乙,B 选项正确;物体下落过程中克服阻力做功W f =F f ·h=kr ·h ,所以W f 甲>W f 乙,D 选项正确.总功的计算方法(1)用动能定理W=ΔE k 或功能关系W=ΔE ,即用能量的改变量等效替代合力所做的功.(也可计算变力功)(2)总功等于合外力的功.先求出物体所受各力的合力F 合,再依据W 总=F 合l cos α计算总功,但应留意α应是合力与位移l 的夹角.(3)总功等于各力做功的代数和.分别求出每一个力做的功:W 1,W 2,W 3,…,再把各个外力的功求代数和,即W 总=W 1+W 2+W 3+…. 典题演练提能·刷高分1.(多选)(2024山东济宁五校联考)在某一粗糙的水平面上,一质量为2 kg 的物体在水平恒定拉力作用下做匀速直线运动,当运动一段时间后,拉力渐渐减小,且当拉力减小到零时,物体刚好停止运动,图中给出了拉力随位移改变的关系图象.重力加速度g 取10 m/s 2.依据以上信息能得出的物理量有( )A.物体与水平面间的动摩擦因数B.合外力对物体所做的功C.物体做匀速运动时的速度D.物体运动的时间 答案ABC解析由题意知物体起先做匀速直线运动,故拉力F 与滑动摩擦力F f 大小相等,物体与水平面间的动摩擦因数为μ=kkk =0.35,选项A 正确;减速过程由动能定理得W F +W F f =0-12mv 2,依据F -x 图象中图线与横轴围成的面积可以估算力F 做的功W F ,而W f =-μmgx ,由此可求得合外力对物体所做的功,及物体做匀速运动时的速度v ,选项B 、C 正确;因为物体做变加速运动,所以运动时间无法求出,选项D 错误.2.(多选)如图所示,内壁光滑半径大小为R 的圆轨道固定在竖直平面内,一个质量为m 的小球静止在轨道的最低点A 点.现给小球一个瞬时水平打击力,使小球沿轨道在竖直平面内运动.当小球运动重新回到A 点时,再沿它的运动方向给其次次瞬时打击力.经过二次击打后,小球才能够通过轨道的最高点,已知第一次和其次次对小球的打击力做的功分别为W 和3W ,则W 的值可能为( )A.12mgRB.34mgRC.57mgRD.mgR答案BCD解析小球在竖直面内运动只有重力做功,故机械能守恒;小球要到达圆轨道最高点,那么对小球在最高点应用牛顿其次定律可得:mg ≤kk 2k,所以小球的机械能E=2mgR+12mv 2≥52mgR ;小球在运动过程中始终未脱离轨道,且必需经过两次击打,小球才能运动到圆轨道的最高点,故第一次击打后,小球运动的高度不大于R ,所以有W ≤mgR ,W+3W ≥52mgR ,所以,58mgR ≤W ≤mgR ,故BCD 正确,A 错误,故选BCD .3.如图所示,水平平台上放置一长为L 、质量为m 的匀称木板,板右端距离平台边缘为s ,板与台面间动摩擦因数为μ,重力加速度为g.现对板施加水平推力,要使板脱离平台,推力做功的最小值为( )A.μmg (L+s )B.μmg (k2+k ) C.μmg (L-s ) D.μmg (3k 4+k )答案B解析要使板脱离平台,即让板的重心脱离平台,则板运动的距离为k2+s ,须要克服摩擦力做功为W f =μmg (k 2+k ),即推力做功的最小值为μmg (k2+k ),故B 正确,ACD 错误.4.一物体由静止起先运动,其加速度a 与位移x 关系图线如图所示.下列说法正确的是( ) A.物体最终静止B.物体的最大速度为√2kk 0C.物体的最大速度为√3kk 0D.物体的最大速度为32√kk 0答案C解析由a -x 图象可知,物体先做匀加速直线运动,后做加速度减小的加速运动,到2x 0位置时速度最大,A 错误;设最大速度为v ,依据动能定理得ma 0x 0+12ma 0x 0=12mv 2,解得v=√3kk 0,C 正确.命题角度2功率的计算 高考真题体验·对方向(多选)(2024全国Ⅲ·19)地下矿井中的矿石装在矿车中,用电机通过竖井运输到地面.某竖井中矿车提升的速度大小v 随时间t 的改变关系如图所示,其中图线①②分别描述两次不同的提升过程,它们变速阶段加速度的大小都相同;两次提升的高度相同,提升的质量相等.不考虑摩擦阻力和空气阻力.对于第①次和第②次提升过程,( )A.矿车上升所用的时间之比为4∶5B.电机的最大牵引力之比为2∶1C.电机输出的最大功率之比为2∶1D.电机所做的功之比为4∶5 答案AC解析由两次提升的高度相同可知,①②图形不重合部分面积应相等,可得②过程的总时间为2.5t 0,上升所用时间之比为2t 0∶2.5t 0=4∶5,A 选项正确;加速上升阶段牵引力最大,两次提升的质量和加速度都相同,依据牛顿其次定律,最大牵引力F m -mg=ma ,最大牵引力相等,B 选项错误;最大输出功率为P m =F m ·v m ,已知最大牵引力相等,①过程的最大速度是②过程的2倍,故电机输出的最大功率之比为2∶1,C 选项正确;设整个过程中电机所做的功为W ,依据动能定理W-mgh=0,提升的质量和高度都相等,所以电机所做的功也相等,D 选项错误.机车启动中的三个重要关系式(1)无论哪种启动过程,机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度,即v m=kk min =kk阻(式中F min为最小牵引力,其值等于阻力F阻).(2)机车以恒定加速度启动的运动过程中,匀加速过程结束时,功率最大,速度不是最大,即v=kk <v m=kk阻.(3)机车以恒定功率运行时,牵引力做的功W=Pt.由动能定理得Pt-F阻x=ΔE k.此式常常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小.典题演练提能·刷高分1.(2024河南平顶山模拟)质量m=20 kg的物体,在大小恒定的水平外力F的作用下,沿水平面做直线运动.0~2 s内F与运动方向相反,2~4 s内F与运动方向相同,物体的v-t图象如图所示.g取10 m/s2,则()A.拉力F的大小为100 NB.在4 s时拉力的瞬时功率为120 WC.4 s内拉力所做的功为480 JD.4 s内物体克服摩擦力做的功为320 J答案B解析取物体初速度方向为正方向,由题图可知物体与水平面间存在摩擦力,由题图可知0~2 s 内,-F-F f=ma1,且a1=-5 m/s2;2~4 s内,-F+F f=ma2,且a2=-1 m/s2,联立以上两式解得F=60 N,F f=40 N,选项A错误;由P=Fv得4 s时拉力的瞬时功率为120 W,选项B正确;由W=Fx,可知0~2 s 内,W1=-Fx1,2~4 s内,W2=Fx2,由题图可知x1=10 m,x2=2 m,代入数据解得,4 s内拉力所做的功为-480 J,选项C错误;摩擦力做功W'=F f s,摩擦力始终与速度方向相反,故s为路程,由题图可求得总路程为12 m,4 s内物体克服摩擦力做的功为480 J,选项D错误.2.一起重机的钢绳由静止起先匀加速提起质量为m的重物,当重物的速度为v1时,起重机的功率达到最大值P,之后起重机保持该功率不变,接着提升重物,最终重物以最大速度v2匀速上升,不计钢绳重力.则整个过程中,下列说法正确的是()A.钢绳的最大拉力为kk2B.重物匀加速过程的时间为kk12k-kkk1C.重物匀加速过程的加速度为kkk1D.速度由v1增大至v2的过程中,重物的平均速度。
2020高考物理二轮对对练专题五能量和动量Word版含解析
能量和动量专题五高考命题规律考点一功、功率动能定理及其应用命题角度1功的计算对方向高考真题体验.I I n -19）两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量多选）（2016全国.两球在空（气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关.若它们下落），相同的距离则（A.甲球用的时间比乙球长B. 甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C. 甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D. 甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功答案BD,=g-r=ma,a=g-=g-根据题意设所受阻力为F,F=kr.根据牛顿第二定律，mg-F解析fff ------------越大,a越大，两小球密度相同，m>m,所以r>r,故a>a,C选项错误；物体在空中的运动时乙甲甲乙甲乙一--- 物体,B选项正确；，可得v>vt=,A,h相同所以t<t选项错误；物体落地速度v=间乙乙甲甲一.>W,所以W,D选项正确下落过程中克服阻力做功W=F - h=kr - h冊乙甲总功的计算方法也可.（△ E,即用能量的变化量等效替代合力所做的功用动能定理（1）W= △ E或功能关系W=k）计算变力功.（2）总功等于合外力的功应是合力与位aa计算总功，但应注意先求岀物体所受各力的合力F,再根据 W=Flcos合总合.移l 的夹角.（3）总功等于各力做功的代数和 W 再把各个外力的功 求代数和，即W,W,…W 分别求岀每一个力做的功 ：,32i 总….=W+W+W+ 321刷高分典题演练提 台匕冃匕.的物体在水平恒定拉力在某一粗糙的水平面上 ，一质量为2 kg （1.多选）（2019山东济宁五校联考）物体刚好停止，且当拉力减小到零时，作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小2根据 以上信息能得岀的 g.重力加速度取10 m/s.,运动图中给岀了拉力随位移变化的关系图象）（物理量有A.物体与水平面间的动摩擦因数 B.合外力对物体所做的功 C.物体做匀速运动时的速度D.物体运动的时间 答案ABC解析由题意知物体开始做匀速直线运动，故拉力F 与滑动摩擦力F 大小相等，物体与水平面间的f 2图象-x,根据F 正确；减速过程由动能定理得 W+W=0 -mv 动摩擦因数为卩==0.35,选项A fFi ——由此可求得合外力对物体所做，卩mgx 做的功中图线与横轴围成的面积可以估算力FW,而W=-fF所以运动时间无法，;因为物体做变加速运动及物体做匀速运动时的速度v,选项B 、C 正确的功，.D错误求岀，选项的小球静一个质量为 m ）如图所示，内壁光滑半径大小为 R 的圆轨道固定在竖直平 面内,2.（多选当小使小球沿轨道在竖直平面内运动.止在轨道的最低点 A 点.现给小球一个瞬时水平打击力，小球才能够经过二次击打后，球运动重新回到 A 点时,再沿它的运动方向给第二次瞬时 打击力.的值可能 WW 和3W,则通过轨道的最高点，已知第一次和第二次对小球的打击力做的功分 别为） 为 （B. mgRA.mgR -- D.mgR mgRC.- BCD答案那么对小球,;小球要到达圆轨道最高点解析小球在竖直面内运动只有重力做功 ，故机械能守恒2小球在运mgRmvmg < ,所以小球的机械能 E=2mgR+;》在最高点应用牛顿第二定律可得BCDmgR3W > mgR,所以,< W < mgR,故 W+W 小球运动的高度不大于打后，R,所以有<mgR,_ -故第一次击小球才能运动到圆轨道的最高点 ,,动过程中始终未脱离轨道且必须经过两次击打.确,A错误，故选BCD板与台板右端距离平台边缘为s,m,3.如图所示水平平台上放置一长为L、质量为的均匀木板，推力做功的最小值现对板施加水平推力卩面间动摩擦因数为，重力加速度为g.,要使板脱离平台，）为（.^77777777^7777777777mgB丄+sA.卩mg()卩- mg 卩D.L -s(mgC.卩) 一B答案需要克服摩擦力做功为，则板运动的距离为+s解析要使板脱离平台，即让板的重心脱离平台厂正确,ACD 错误.，即推力做功的最小值为卩mg ，故B mg卩W= -）关系图线如图所示.下列说法正确的是（,4.一物体由静止开始运动其加速度a与位移x A.物体最终静止------ B.物体的最大速度为 -------------C. 物体的最大速度为----- D.物体的最大速度为-C答案位置时速度到2xx图象可知，物体先做匀加速直线运动，后做加速度减小的加速运动，解析由a-0 2 --------- ,C正确v= xv,根据动能定理得ma+max=mv.,解得,A最大错误；设最大速度为0000—I —I功率的计算2命题角度对方向高考真题体验.川某竖井中矿用电机通过竖井运送到地面「19）地下矿井中的矿石装在矿车中，（多选）（2018全国①②,分别描述两次不同的提升过程t的变化关系如图所示，其中图线车提升的速度大小v随时间不考虑摩擦阻力和.,它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同提升的质量相等①②），(空气阻力.对于第次提升过程次和第:5矿车上升所用的时间之比为4A. : 1电机的最大牵引力之比为2B. : 1电机输岀的最大功率之比为2C. : 5 4电机所做的功之比为 D.AC答案②①②,t可得.过程的总时间为2,解析由两次提升的高度相同可知5图形不重合部分面积应相等,0 ::两次提升的质量和选项正确；加速上升阶段牵引力最大42t2.5t=,5,A上升所用时间之比为00最大输选项错误；，根据牛顿第二定律，最大牵引力F-mg=ma最大牵引力相等，B加速度都相同,m ②①故电机输岀的最2倍,V=F岀功率为P •已知最大牵引力相等，过程的最大速度是过程的mmm : 提升，根据动能定理W-mgh=0,W;2大功率之比为1,C选项正确设整个过程中电机所做的功为所以电机所做的功也相等的质量和高度都相等”D选项错误.机车启动中的三个重要关系式式中=((1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即v m --------------------- 阻.其值等于阻力F)F为最小牵引力，min阻即，功率最大，速度不是最大⑵机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，=.v=<v 一阻此式经常用于厶E.,牵引力做的功W=Pt.由动能定理得Pt-Fx=(3)机车以恒定功率运行时k阻求解机车以恒定功率启动过程的位移大小•刷高分典题演练提台匕冃匕.沿水平面做，的物体，在大小恒定的水平外力F的作用下)1.(2019河南平顶山模拟质量m=20 kg取.gv-t图象如图所示与运动方向相反,2~4 s内F与运动方向相同，物体的内直线运动.0〜2 sF2 )则10 m/s(,100 N的大小为拉力FA.120 W 4 s时拉力的瞬时功率为在 B.480 JC.4 s内拉力所做的功为320 JD.4 s内物体克服摩擦力做的功为B答案2s〜，解析取物体初速度方向为正方向，由题图可知物体与水平面间存在摩擦力由题图可知02240 =60 N,1 m/s=ma -F+F,且a=-F,联立以上两式解得F=5 m/s 且=ma 内，-F-F,a=-4 s;2〜内,f2f1f212 sW=Fx,可知0〜;120 W,P=FvAN,选项错误；由得4 s时拉力的瞬时功率为选项B正确由内拉力所做的功为=10 m,=由题图可知,=Fx,4 s,2= -FxW 内，〜内Wxx代入数据解得2 m,,4 S211221-480 J,选项C错误;摩擦力做功W=Fs,摩擦力始终与速度方向相反，故s为路程，由题图可求得f总路程为12 m,4 s内物体克服摩擦力做的功为480 J,选项D错误.2.一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v时,起重机的功率1达到最大值P,之后起重机保持该功率不变，继续提升重物，最后重物以最大速度V匀速上升，不2 ),下列说法正确的是(计钢绳重力.则整个过程中钢绳的最大拉力为 A._B.重物匀加速过程的时间为---------- -重物匀加速过程的加速度为 C ___ 一重物的平均速度，的过程中增大至VD.速度由V 21。
大题 动量能量的综合应用(解析版)--2024年高考物理大题突破
大题 动量能量的综合应用动量观、与能量观的正确形成是检验学生物理核心素养形成的重要方面。
因此能量与动量的知识在高考中每年必考，题型分布广泛小题、大题均有涉及可以单独命题也可以二者综合起来命题，呈现情境丰富考察角度宽而有创意所以在复习备考中一定要引起高度重视。
动能定理的综合应用1(2024高三·浙江杭州·期中)如图所示为安装在水平地面上的某游戏装置结构示意图，其左边部分是一个高度和水平位置均可以调节的平台，在平台上面放置一个弹射装置；游戏装置的右边部分由竖直固定的光滑圆弧轨道BC、粗糙水平直线轨道CD与竖直固定的光滑圆轨道DED 组成(底端连接处D与D 略错开)。
已知圆弧轨道BC的圆心为O1、半径R1=1.2m，其C端与水平面相切，O1B与O1C的夹角θ=60°；水平直线轨道CD长度L=1.2m，动摩擦因数μ=0.5；圆轨道DED 的半径R2=0.8m。
将质量m=0.2kg的滑块Q置于C点，再将质量同为m=0.2kg的小球P经弹射装置从平台A点水平弹出，通过改变AB高度差h、水平距离和小球P在A点的初速度大小，总能让小球沿B点的切线方向进入BC圆弧轨道，然后与滑块Q发生弹性碰撞。
空气阻力不计，小球和滑块均可视为质点，重力加速度g取10m/s2，求：(1)若h=0.45m，求小球P从A点弹出时的初速度大小；(2)若h=0.45m，求小球P到达C点与Q碰撞前瞬间对圆弧轨道的压力；(3)若P与Q碰撞后，Q能够通过圆轨道的最高点E，求h需要满足的条件。
【思路分析】根据平抛运动的规律先求出竖直速度在利用几何关系求初速度；在圆弧上根据动能定理求碰撞前的速度在结合牛顿第二定律求解轨道弹力；求出在E点的临界速度在根据动能定理或能量守恒求解h。
【答案】(1)3m/s；(2)6N，方向竖直向下；(3)h≥1.5m【详解】(1)从A到B，做平抛运动，则竖直方向上有v2y=2gh 水平初速度v0=v y tan60o联立解得v0=3m/s (2)从A抛出到C，根据动能定理mg h+R1 2=12mv2C-12mv20解得v C=26m/s在C点，根据牛顿第二定律F NC-mg=m v2C R1解得F NC=6N由牛顿第三定律得压力F =F NC=6N方向竖直向下(3)球P与Q弹性碰撞后，速度交换，P球静止，Q球弹出，要过E点，则需满足1 2mv2B+mg(R1-R1cosθ)-μmgL=2mgR2+12mv2E min由mg=mv2E min R2联立解得v B=210m/s 过E点则要满足v B≥210m/s 从A到B，竖直方向有(v B sin60o)2=2gh h要满足的条件是h≥1.5m应用动能定理解题的五点注意1(2024·安徽合肥·一模)如图甲所示，一小物块放置在水平台面上，在水平推力F 的作用下，物块从坐标原点O 由静止开始沿x 轴运动，F 与物块的位置坐标x 的关系如图乙所示。
2010年至2013年能量流动和物质循环高考题
2010年至2013年能量流动和物质循环高考题1.（安徽卷）Ⅱ.（12 分）合理密养、立体养殖是提高池塘养殖经济效益的有效措施。
（1）某池塘中有水草、绿藻、草鱼、鳙鱼（主要摄食浮游动物）和鳜鱼（肉食性），以及水溞、轮虫等浮游动物。
请按主要捕食关系，绘出该池塘生态系统的食物网。
（2）轮虫和水溞的种间关系是。
（3）研究池塘生态系统不同水层光合速率，对确定鱼的放养种类和密度有参考价值。
从池塘不同深度采集水样，分别装入黑白瓶中（白瓶为透明玻璃瓶，黑瓶为黑布包裹的玻璃瓶）并封闭。
然后将黑白瓶对应悬挂于原水样采集位置，同时测定各水层剩余水样溶氧量，作为初始溶氧量。
24h 后，测定各黑白瓶中溶氧量。
若测得某水层初始溶氧量为A mg·L-1, 白瓶溶氧量为B mg·L-1,黑瓶溶氧量为C mg·L-1,则该水层总光合速率为mg·L-1·d-1.若上午黑白瓶被悬挂于水深25cm 处时，白瓶意外坠落至池塘底部，短时间内，该瓶内绿藻叶绿体重C3 含量。
（4）从群落结构的角度分析，立体养殖可以。
从能量流动的角度分析，合理密养可以。
【答案】II （1）如右图（2）竞争（3）B–C 增加（4）充分利用栖息空间和食物条件等资源提高能量利用率，使生产者所固定的能量更多地流向对人类最有益的部分【解析】II.浮游动物以浮游植物为食，食物链从生产者开始，顶级消费者结束。
轮虫和水蚤的食物相同存在竞争关系。
A-C 为呼吸量，B-A 为净光合作用，两者的和为总光合作用。
水的深度越深光照越少，光反应产生的[H]和ATP 减少，C3 积累。
立体养殖从群落结构的角度考虑，充分利用栖息空间和食物条件等资源，帮助人们科学规划、设计人工生态系统，使能量得到最有效的利用。
合理密养可以帮助人们合理调整生态系统中的能量流动关系，使能量持续高效的流向对人类最有益的部分。
【试题点评】本题综合性很强，综合考查了神经调节、光合作用与细胞呼吸的关系、群落结构，种间关系，生态系统的营养结构与能量流动，对核心概念理解和掌握的要求很高。
2020年高考生物提分策略题型13 能量流动的相关计算(含答案解析)
题型13 能量流动的相关计算解答食物网中能量流动的相关计算题时，注意以下两种情况即可：（1）知高营养级求低营养级时，求“最多”值——选最长食物链按10%计算，求“最少”值——选最短食物链按20%计算。
（2）知低营养级求高营养级时，求“最多”值——选最短食物链按20%计算；求“最少”值——选最长食物链按10%计算。
另外，要注意某一生物“从不同食物链中获得能量的比例”或某一生物“给不同生物提供能量的比例”，然后按照各个单独的食物链分别计算后合并。
一、选择题1．某同学通过分析蛇的食性绘制了如图所示的食物关系。
假如一条1 kg的蛇，4/5的食物来自鼠，1/5的食物来自蛙。
按能量流动的20%计算，此蛇间接消耗的植物为A．45 kg B．22.5 kgC．90 kg D．20 kg【答案】A【解析】分析题图：图示共有两条食物链，分别是植物→鼠→蛇，植物→昆虫→青蛙→蛇。
按照最大能量传递效率（20%）计算，假如一条1kg的蛇，4/5的食物来自鼠，1/5的食物来自蛙．按能量流动的最高效率计算，此蛇间接消耗的植物为1×4/5÷20%÷20%+1×1/5÷20%÷20%÷20%=45 kg。
故选A。
2．下图是一个食物网，假如鹰的食物有2/5来自兔，2/5来自鼠，1/5来自蛇，那么鹰若要增加20克体重，至少需要消耗植物A．900克B．500克C．200克D．600克【答案】A【解析】当能量传递效率为最大值即20%时，消耗的植物量最少。
鹰经兔途径消耗的植物量为20×(2/5)÷20%÷20%＝200(g)；鹰经鼠途径消耗的植物量为20×(2/5)÷20%÷20%＝200(g)；鹰经蛇、鼠途径消耗的植物量为20×(1/5)÷20%÷20%÷20%＝500(g)，共计消耗植物量为200＋200＋500＝900(g)。
5.2-能量流动高考题精选
“汉水丑生的生物同行”超级群大型公 益活动 ：历年 高考题PPT版制作。本课件为公益作 品，版 权所有 ， 不得以任何形式用于商业目的。2012年1月15日，汉 水丑生标记。
（2）田鼠和鼬都是恒温动物，同化的能量中只有 3%—5%用于 生长、发育、繁殖等生命活动 ， 其余在呼吸作用中以热能形式散失。
自绿藻和轮虫的能量分别为 500 kJ 和 500 kJ
练习2.（2008年山东） 为缓解人口增长带来的世界性粮食紧张状况，人
类可以适当改变膳食结构。若将（草食）动物性 与植物性食物的比例由1:1，调整为1:4，地球可
供养的人口数量是原来的_1_.9__6_____倍。（能量
传递效率按10％计算，结果精确到小数点后两位 数字）
▪ 设地球上植物性食物总能量固定（E）。
散失
呼吸
呼吸
次级消 费者
… 三级消
费者
传递
分
解
生产者固定的太阳
能总量为流经这个
呼吸
生态系统的总能量
者
以有机物的形 式沿食物链向下 一营养级传递
完成教材P94 “思考与讨论”
二、能量流动的特点
赛达伯格湖的能量流动 P95资料分析
太阳能
未 固 定
12.5
分解者 14.6
2.1
微量
生产者 464.6
62.8
由是 -改-----变----用-----途-----的----1---/--3--玉-----米-----被----鸡-----食-----用----后-----，-----在----鸡-----这-----一-----环----节------------- 散失了一部分能量，导致人获得的能量减少
能量专题(2024高考真题及解析)
能量专题1.[2024·安徽卷] 某同学参加户外拓展活动,遵照安全规范,坐在滑板上,从高为h 的粗糙斜坡顶端由静止下滑,至底端时速度为v.已知人与滑板的总质量为m ,可视为质点.重力加速度大小为g ,不计空气阻力.则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为 ( ) A .mgh B .12mv 2C .mgh +12mv 2 D .mgh -12mv 21.D [解析] 人和滑板在下滑的过程中,由动能定理可得mgh -W f =12mv 2-0,可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为W f =mgh -12mv 2,故选D .2.[2024·安徽卷] 在某地区的干旱季节,人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田,简化模型如图所示.水井中的水面距离水平地面的高度为H.出水口距水平地面的高度为h ,与落地点的水平距离约为l.假设抽水过程中H 保持不变,水泵输出能量的η倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能.已知水的密度为ρ,水管内径的横截面积为S ,重力加速度大小为g ,不计空气阻力.则水泵的输出功率约为 ( )A .ρgSl √2gℎ2ηℎ(H +ℎ+l 22ℎ)B .ρgSl √2gℎ2ηℎ(H +ℎ+l 24ℎ)C .ρgSl √2gℎ2ηℎ(H +l 22ℎ)D .ρgSl √2gℎ2ηℎ(H+l 24ℎ)2.B [解析] 设水从出水口射出的初速度为v 0,取t 时间内的水为研究对象,该部分水的质量为m =v 0tSρ,根据平抛运动规律可得l =v 0t',h =12gt'2,解得v 0=l √g2ℎ,根据功能关系得Ptη=12m v 02+mg (H+ℎ),联立解得水泵的输出功率为P =ρgSl √2gℎ2ηℎ(H+ℎ+l 24ℎ),故选B .3.[2024·安徽卷] 在某装置中的光滑绝缘水平面上,三个完全相同的带电小球,通过不可伸长的绝缘轻质细线,连接成边长为d 的正三角形,如图甲所示.小球质量为m ,带电荷量为+q ,可视为点电荷.初始时,小球均静止,细线拉直.现将球1和球2间的细线剪断,当三个小球运动到同一条直线上时,速度大小分别为v 1、v 2、v 3,如图乙所示.该过程中三个小球组成的系统电势能减少了kq 22d ,k为静电力常量,不计空气阻力.则 ( )A .该过程中小球3受到的合力大小始终不变B .该过程中系统能量守恒,动量不守恒C .在图乙位置,v 1=v 2,v 3≠2v 1D .在图乙位置,v 3=√2kq23md3.D [解析] 该过程中系统动能和电势能相互转化,能量守恒,对整个系统分析可知系统受到的合外力为0,故动量守恒,故B 错误;当三个小球运动到同一条直线上时,根据对称性可知细线中的拉力相等,此时球3受到1和2的电场力大小相等,方向相反,故可知此时球3受到的合力为0,球3从静止状态开始运动,瞬间受到的合力不为0,故该过程中小球3受到的合力在改变,故A 错误;对系统根据动量守恒定律有mv 1+mv 2=mv 3,由球1和2运动的对称性可知v 1=v 2,解得v 3=2v 1,根据能量守恒定律有12mv 12+12m v 22+12m v 32=kq 22d ,解得v 3=√2kq 23md ,故C 错误,D 正确.4.[2024·北京卷] 如图所示,光滑水平轨道AB 与竖直面内的光滑半圆形轨道BC 在B 点平滑连接.一小物体将轻弹簧压缩至A 点后由静止释放,物体脱离弹簧后进入半圆形轨道,恰好能够到达最高点C.下列说法正确的是 ( ) A .物体在C 点所受合力为零 B .物体在C 点的速度为零C .物体在C 点的向心加速度等于重力加速度D .物体在A 点时弹簧的弹性势能等于物体在C 点的动能4.C [解析] 物体恰好能到达最高点C ,则物体在最高点只受重力,且重力全部用来提供向心力,设半圆轨道的半径为r ,由牛顿第二定律得mg =m v 2r ,解得物体在C 点的速度v =√gr ,A 、B 错误;由牛顿第二定律得mg =ma ,解得物体在C 点的向心加速度a =g ,C 正确;由能量守恒定律知,物体在A 点时弹簧的弹性势能等于物体在C 点时的动能和重力势能之和,D 错误.5.[2024·北京卷] 将小球竖直向上抛出,小球从抛出到落回原处的过程中,若所受空气阻力大小与速度大小成正比,则下列说法正确的是()A.上升和下落两过程的时间相等B.上升和下落两过程损失的机械能相等C.上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量D.上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度5.C[解析] 小球上升过程中受到向下的空气阻力,下落过程中受到向上的空气阻力,由牛顿第二定律可知上升过程所受合力(加速度)总大于下落过程所受合力(加速度),D错误;小球运动的整个过程中,空气阻力做负功,由动能定理可知小球落回原处时的速度小于抛出时的速度,所以上升过程中小球动量变化的大小大于下落过程中动量变化的大小,由动量定理可知,上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量,C正确;上升与下落经过同一位置时的速度,上升时更大,所以上升过程中平均速度大于下落过程中的平均速度,所以上升过程所用时间小于下落过程所用时间,A错误;经同一位置,上升过程中所受空气阻力大于下落过程所受阻力,由功能关系可知,上升过程机械能损失大于下落过程机械能损失,B 错误.6.[2024·福建卷] 两绳拉木板,每条拉力均为F=250 N,15 s内匀速前进20m,θ=22.5°,cos 22.5°≈0.9.求:(1)阻力f的大小;(2)两绳拉力做的功;(3)两绳拉力的总功率.6.(1)450 N(2)9.0×103 J(3)600 W[解析] (1)木板匀速运动,由平衡条件可知,水平方向上有2F cos θ=f代入数据解得f=450 N(2)根据功的计算式有W=2Fl cos θ代入数据解得W=9.0×103 J(3)根据功率的定义式有P=Wt代入数据解得P=600 W7.(多选)[2024·广东卷] 如图所示,光滑斜坡上,可视为质点的甲、乙两个相同滑块分别从H 甲、H 乙高度同时由静止开始下滑.斜坡与水平面在O 处平滑相接,滑块与水平面间的动摩擦因数为μ,乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞.忽略空气阻力.下列说法正确的有 ( )A .甲在斜坡上运动时与乙相对静止B .碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度C .乙的运动时间与H 乙无关D .甲最终停止位置与O 处相距H 乙μ7.ABD [解析] 两滑块同时从光滑斜坡上由静止下滑时,甲、乙的加速度相等,初速度均为零,所以甲在斜坡上运动时与乙相对静止,A 正确;由于甲、乙两滑块的质量相同,在水平面上发生弹性碰撞,根据动量守恒定律有mv 1+mv 2=mv 1'+mv 2',根据机械能守恒定律有12m v 12+12m v 22=12mv 1'2+12mv 2'2,联立解得v 1'=v 2,v 2'=v 1,即两滑块碰撞后速度互换,B 正确;乙的运动时间分为在光滑斜坡上匀加速运动的时间和在水平面上匀减速运动的时间,H 乙越大,则乙在光滑斜坡上匀加速运动的时间越长,在水平面上匀减速运动的时间也越长,乙运动的总时间就越长,C 错误;甲与乙在水平面上碰撞时,两滑块在水平面上运动的位移相同,甲、乙两滑块发生弹性碰撞,碰后速度互换,由于甲、乙两滑块与地面之间的动摩擦因数相同,故碰撞后甲运动的位移等于没有发生碰撞情况下乙从碰撞点开始运动的位移,因此甲在水平面上发生的总位移等于不放甲时乙在水平面上运动的位移,根据功能关系有mgH 乙=μmgx 甲,解得x 甲=H 乙μ,D 正确.8.[2024·广东卷] 汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置.(1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定,其原理的简化模型如图甲所示.在水平路面上刹车的过程中,敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a ,同时顶起敏感臂,使之处于水平状态,并卡住卷轴外齿轮,锁定安全带.此时敏感臂对敏感球的压力大小为F N ,敏感球的质量为m ,重力加速度为g.忽略敏感球受到的摩擦力.求斜面倾角的正切值tan θ.(2)如图乙所示,在安全气囊的性能测试中,可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动,与正下方的气囊发生碰撞.以头锤碰到气囊表面为计时起点,气囊对头锤竖直方向的作用力F随时间t的变化规律可近似用图丙所示的图像描述.已知头锤质量M=30 kg,H=3.2 m,重力加速度大小g取10 m/s2,求:①碰撞过程中F的冲量大小和方向;②碰撞结束后头锤上升的最大高度.(2) ①330 N·s方向竖直向上②0.2 m8.(1)mamg+F N[解析] (1)对敏感球受力分析,如图所示,在竖直方向和水平方向分别有F N'cos θ=F N+mgF N'sin θ=ma联立解得tan θ=mamg+F N(2)①F-t图像与时间轴所围的面积表示冲量,即题图丙中三角形面积表示F的冲量I F,图中Δt=0.1 s,F max=6600 N,则F maxΔtI F=12代入数据得I F=330 N·s,方向竖直向上②设头锤刚接触气囊时的速率为v1,自由落体过程中,由机械能守恒定律得MgH=1M v122设头锤反弹后的速度为v 2,取竖直向上为正方向,碰撞过程中,由动量定理得 I F -Mg Δt =Mv 2-(-Mv 1)设头锤上升的最大高度为h ,上升过程中,由机械能守恒定律得 Mgh =12M v 22 联立解得h =0.2 m9.(多选)[2024·广西卷] 如图所示,坚硬的水平地面上放置一木料,木料上有一个竖直方向的方孔,方孔各侧壁完全相同.木栓材质坚硬,形状为正四棱台,上下底面均为正方形,四个侧面完全相同且与上底面的夹角均为θ.木栓质量为m ,与方孔侧壁的动摩擦因数为μ.将木栓对准方孔,接触但无挤压,锤子以极短时间撞击木栓后反弹,锤子对木栓冲量为I ,方向竖直向下.木栓在竖直方向前进了Δx 的位移,未到达方孔底部.若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变,弹力呈线性变化,最大静摩擦力约等于滑动摩擦力,重力加速度为g ,则 ( )A .进入过程,木料对木栓的合力的冲量为-IB .进入过程,木料对木栓的平均阻力大小约为I 22mΔx +mg C .进入过程,木料和木栓的机械能共损失了I 22m +mg ΔxD .木栓前进Δx 后木料对木栓一个侧面的最大静摩擦力大小约为μ(I 2+2m 2gΔx )4mΔx (cosθ+μsinθ)9.BD [解析] 从锤子撞击木栓到木栓进入的过程,对木栓分析可知合外力的冲量为零,锤子对木栓的冲量为I ,由于重力也有冲量,则木料对木栓的合力的冲量不为-I ,故A 错误;锤子撞击木栓后木栓获得的动能为E k =12mv 2=I 22m,木栓进入方孔过程根据动能定理有(mg -F f )Δx =0-E k ,解得平均阻力为F f =I 22mΔx +mg ,故B 正确;木栓进入方孔过程损失的动能与重力势能一部分转化为系统内能,另一部分转化为木栓的弹性势能,则有I 22m+mg Δx >Q =E损,故C 错误;对木栓的一个侧面受力分析如图所示,由于方孔侧壁弹力成线性变化,则有12(F f sin θ+F N cos θ)=14F f ,且根据B 选项求得平均阻力F f =I 22mΔx +mg ,又因为F f =μF N ,联立可得F f =μ(I 2+2m 2gΔx )4mΔx (cosθ+μsinθ),故D 正确.10.[2024·江苏卷] 在水平面上有一个U 形滑板A ,A 的上表面有一个静止的物体B ,左侧用轻弹簧连接在滑板A 的左侧,右侧用一根细绳连接在滑板A 的右侧,开始时弹簧处于拉伸状态,各表面均光滑.剪断细绳后,则 ( )A .弹簧原长时A 的动能最大B .压缩最短时A 的动量最大C .系统动量变大D .系统机械能变大10.A [解析] A 和B 组成的系统所受的合外力为零,系统动量守恒,有m A v A =m B v B ,设弹簧的初始弹性势能为E p ,整个系统只有弹簧弹力做功,系统机械能守恒,从剪断细绳到弹簧恢复原长过程,根据机械能守恒定律得E p =12m A v A 2+12m B v B 2,联立得E p =12m A +m A 2mBv A 2,所以弹簧恢复原长时A 的速度最大,此时A 的动量最大,动能最大,故A 正确,B 、C 、D 错误.11.[2024·江苏卷] 如图所示,粗糙斜面的动摩擦因数为μ,倾角为θ,斜面长为L.一个质量为m 的物块在电动机作用下,从A 点由静止加速至B 点时达到最大速度v ,之后做匀速运动至C 点,关闭电动机,从C 点又恰好到达最高点D.重力加速度为g ,求: (1)CD 段长x ;(2)BC 段电动机的输出功率P ;(3)全过程物块增加的机械能E 1和电动机消耗的总电能E 2的比值.11.(1)v 22g (sinθ+μcosθ)(2)mgv (sin θ+μcos θ) (3)sinθsinθ+μcosθ[解析] (1)物块在CD 段运动过程中,由牛顿第二定律得mg sin θ+μmg cos θ=ma 由运动学公式有0-v 2=-2ax 联立解得x =v 22g (sinθ+μcosθ)(2)物块在BC 段匀速运动,则电动机的牵引力为F =mg sin θ+μmg cos θ 由P =Fv 得P =mgv (sin θ+μcos θ) (3)全过程物块增加的机械能为 E 1=mgL sin θ整个过程由能量守恒定律得电动机消耗的总电能转化为物块增加的机械能和摩擦产生的内能,可知E 2=E 1+μmg cos θ·L则E 1E 2=sinθsinθ+μcosθ12.[2024·江西卷] “飞流直下三千尺,疑是银河落九天”是李白对庐山瀑布的浪漫主义描写.设瀑布的水流量约为10 m 3/s,水位落差约为150 m .若利用瀑布水位落差发电,发电效率为70%,则发电功率大致为 ( )A .109 WB .107 WC .105 WD .103 W12.B [解析] 设t 时间内水流做功为W ,水流的质量为m ,水流的体积为V ,水位落差为h ,则有W =mgh ,m =ρ水V ,水流量Q =Vt ,发电功率P =η·Wt ,联立可得P =ηρ水Qgh ,g 取10 m/s 2时,代入数据解得P ≈1.05×107 W,B 正确.13.[2024·山东卷] 如图所示,质量均为m 的甲、乙两同学分别坐在水平放置的轻木板上,木板通过一根原长为l 的轻质弹性绳连接,连接点等高且间距为d (d <l ).两木板与地面间动摩擦因数均为μ,弹性绳劲度系数为k ,被拉伸时弹性势能E =12kx 2(x 为绳的伸长量).现用水平力F 缓慢拉动乙所坐木板,直至甲所坐木板刚要离开原位置,此过程中两人与所坐木板保持相对静止,k 保持不变,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小为g ,则F 所做的功等于 ( )A .(μmg )22k +μmg (l -d ) B .3(μmg )22k +μmg (l -d ) C .3(μmg )22k +2μmg (l -d )D .(μmg )22k +2μmg (l -d )13.B [解析] 当甲所坐木板刚要离开原位置时,对甲及其所坐木板整体有μmg =kx 0,解得弹性绳的伸长量x 0=μmgk ,则此时弹性绳的弹性势能为E 0=12k x 02=(μmg )22k ,从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程中,乙所坐木板的位移为x 1=x 0+l -d ,由功能关系可知,该过程中F 所做的功W =E 0+μmgx 1=3(μmg )22k +μmg (l -d ),B正确.14.[2024·新课标卷] 福建舰是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰.借助配重小车可以进行弹射测试,测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后,落到海面上.调整弹射装置,使小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍.忽略空气阻力,则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的 ( ) A .0.25倍 B .0.5倍 C .2倍 D .4倍14.C [解析] 动能表达式为E k =12mv 2,使小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍,则小车离开甲板时的速度变为调整前的2倍;小车离开甲板后做平抛运动,根据h =12gt 2可知,从离开甲板至到达海面所用的时间不变,根据x =vt 可知,小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的2倍,故C 正确.15.[2024·浙江6月选考] 一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为2×10-4 m 2,喷水速度约为10 m/s,水的密度为1×103 kg/m 3,则该喷头喷水的功率约为 ( ) A .10 W B .20 W C .100 W D .200 W15.C [解析] 单位时间内从喷头流出的水的质量m =ρSv ,喷头喷水的功率等于单位时间内喷出的水的动能增加量,即P =12mv 2,联立解得P =100 W,C 正确.。
五年2024_2025高考物理真题专题点拨__专题14热学含解析
部大气压相同，温度为 450 K，最终降到 300 K，因皮肤凸起，内部气体体积变为罐容积的 20 。 21
若换用抽气拔罐，抽气后罐内剩余气体体积变为抽气拔罐容积的 20 ，罐内气压与火罐降温 21
后的内部气压相同。罐内气体均可视为志向气体，忽视抽气过程中气体温度的变更。求应抽
出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值。
结合 A 选项可知Wab Wbc 0 ，所以 Qbc Qab 。 b c 过程气体汲取的热量大于 a b 过程汲取的热量，B 错误；气体从 c a ，温度降低，所以 Uca 0 ，气体体积减 小，外界对气体做功，所以Wca 0 ，依据热力学第肯定律可知 Qca ，放出热量，C 正 确；志向气体的内能只与温度有关，依据Ta Tb 可知从 Tca Tbc ，所以气体从 c a 过程中内能的削减量等于 b c 过程中内能的增加量，D 错误。故选 C。
p1 p0 pgh 0 ， p2 p0 pgh
V1 S 2H l h0 ，V2 SH
联立以上式子并代入题给数据得 h=12.9cm； （ii）密封气体再经等压膨胀过程体积变为 V3，温度变为 T2，由盖一吕萨克定律有
V2 V3 T1 T2
按题设条件有V3 S(2H h) ，代入题给数据得 T2=363K。
则
pV
1 2
p 2V
( p1
p2 ) 3V
则甲乙中气体最终压强
p'
p1
p2
2 3
p
（ii）若调配后将甲气体再等温压缩到气体原来的压强为 p，则 p 'V pV ' ，计算可
得V ' 2V 3
由密度定律可得，质量之比等于 m现 V ' 2 m原 V 3
必修3 521生态系统的能量流动和物质循环
物质循环和能量流动的区别和联系
项目
能量流动
物质循环
形式 含碳有机物
组成生物体的基本元素
土壤中是否含有微生物
A
A1 不变蓝 A2 产生砖红色沉淀
B
B1 变蓝 B2 不产生砖红色沉淀
【提醒生】态流入系各统级消的费能者的量总流能量动是指各级消费者在进行同化作用
过程中所同化的物质中含有的能量总和，消费者粪便中所含有的能 量(不1)能定计量入不排定便时生分物析所：同流化入物某质一中营的养能级量的。一定量的能量在足够长
的时间内的去路可有三条：①自身呼吸消耗；②流入下一营养级 ；③被分解者分解利用。但这一定量的能量不管如何传递，最终 都以热能形式从生物群落中散失，生产者源源不断地固定太阳能 ，才能保证生态系统能量流动的正常进行。
研究能量流动的意义: 设法调整能量流动关系，使能量持续高效地流
向对人类有益的部分。
饲 料
秸秆
种植食 用菌
粪
燃 研究可能以量帮流助动沼人的渣们意科义学: 规划，设计气人工生态系统， 使能量得到最沼有液效的利沼用气池（实现对能量的多级利 用，大大提高能量的利用率）。
14:42:01
生态系统的能量流动
(1)能量来源 ①生产者的能量来自于太阳能。 ②各级消费者的能量一般来自上一个营养级(同化量＝摄入量－ 粪便中所含能量)。 (2)能量去路 ①每个营养级生物细胞呼吸产生的能量一部分用于生命活动，另 一部分以热能散失。 ②每个营养级生物的一部分能量流到后一个营养级中。 ③每个营养级生物的遗体、粪便、残枝败叶中的能量被分解者分 解而释放出来。 ④未利用能量(现存量：最终被分解者利用，也可归为③)。
力与运动(2024高考真题及解析)
力与运动专题1.[2024·安徽卷] 倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动.t=0时在传送带底端无初速度轻放一小物块,如图所示.t0时刻物块运动到传送带中间某位置,速度达到v0.不计空气阻力,则物块从传送带底端运动到顶端的过程中,加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是()A B C D1.C[解析] 在0~t0时间内对小物块受力分析可知,物块受重力、支持力、滑动摩擦力,滑动摩擦力大于重力的下滑分力,合力不变,故做匀加速直线运动,t0之后物块速度与传送带相同,静摩擦力与重力的下滑分力相等,加速度突变为零,物块做匀速直线运动,C正确,A、B、D错误.2.[2024·安徽卷] 如图所示,竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧,它们的一端分别固定于水平线上的M、N两点,另一端均连接在质量为m的小球上.开始时,在竖直向上的拉力作用下,小球静止于MN连线的中点O,弹簧处于原长.后将小球竖直向上.缓慢拉至P点,并保持静止,此时拉力F大小为2mg.已知重力加速度大小为g,弹簧始终处于弹性限度内,不计空气阻力.若撤去拉力,则小球从P点运动到O点的过程中()A.速度一直增大B.速度先增大后减小C.加速度的最大值为3gD.加速度先增大后减小2.A[解析] 缓慢拉至P点,保持静止,由平衡条件可知此时拉力F、重力和两弹簧拉力的合力为零,此时两弹簧的合力大小为mg.当撤去拉力,则小球从P点运动到O点的过程中两弹簧的拉力与重力的合力始终向下,小球一直做加速运动,故A正确,B错误;小球从P点运动到O 点的过程中,弹簧形变量变小,且两弹簧拉力夹角增大,故弹簧在竖直方向的合力不断变小,故小球所受合外力一直变小,加速度的最大值为刚撤去拉力时的加速度,由牛顿第二定律可知2mg=ma,加速度的最大值为2g,C、D错误.3.(多选)[2024·安徽卷] 一倾角为30°足够大的光滑斜面固定于水平地面上,在斜面上建立xOy 直角坐标系,如图甲所示.从t =0开始,将一可视为质点的物块从O 点由静止释放,同时对物块施加沿x 轴正方向的力F 1和F 2,其大小与时间t 的关系如图乙所示.已知物块的质量为1.2 kg,重力加速度g 取10 m/s 2,不计空气阻力.则 ( ) A .物块始终做匀变速曲线运动 B .t =1 s 时,物块的y 坐标值为2.5 mC .t =1 s 时,物块的加速度大小为5√3 m/s 2D .t =2 s 时,物块的速度大小为10√2 m/s3.BD [解析] 根据图像可得F 1=4-t (N),F 2=3t (N),故两力的合力为F =4+2t (N ),物块在y 轴方向受到的力不变,为mg sin 30°,x 轴方向的力在改变,合力在改变,故物块做的不是匀变速曲线运动,故A 错误;在y 轴方向的加速度为a y =mgsin30°m =g sin 30°=5 m/s 2,故t =1 s 时,物块的y 坐标值为y =12a yt 2=2.5 m,故B 正确;t =1 s 时,F =6 N,故此时加速度大小为a =√a x 2+a y2=√(61.2)2+52 m/s 2=5√2 m/s 2,故C 错误;在x 轴正方向,对物块根据动量定理有Ft'=mv x -0,由于F 与时间t 成线性关系,故可得4+82×2=1.2v x ,解得v x =10 m/s,此时y 轴方向速度为v y =g sin 30°·t'=5×2 m/s=10 m/s,故此时物块的速度大小为v =√v x 2+v y 2=10√2 m/s,故D 正确.4.[2024·北京卷] 一辆汽车以10 m/s 的速度匀速行驶,制动后做匀减速直线运动,经2 s 停止,汽车的制动距离为 ( ) A .5 m B .10 m C .20 m D .30 m4.B [解析] 汽车做末速度为零的匀减速直线运动,则有x =v 0+v2t =10 m,故选B .5.[2024·北京卷] 如图所示,飞船与空间站对接后,在推力F 作用下一起向前运动.飞船和空间站的质量分别为m 和M ,则飞船和空间站之间的作用力大小为 ( )A .M M+m FB .mM+m F C .M mFD .m MF5.A [解析] 根据题意,对整体应用牛顿第二定律有F =(M +m )a ,对空间站分析有F'=Ma ,解得F'=MM+mF ,故选A .6.[2024·北京卷] 水平传送带匀速运动,将一物体无初速度地放置在传送带上,最终物体随传送带一起匀速运动.下列说法正确的是 ( ) A .刚开始物体相对传送带向前运动 B .物体匀速运动过程中,受到静摩擦力C .物体加速运动过程中,摩擦力对物体做负功D .传送带运动速度越大,物体加速运动的时间越长6.D [解析] 刚开始时,物体速度小于传送带速度,则物体相对传送带向后运动,A 错误;匀速运动过程中,物体与传送带之间无相对运动趋势,则物体不受摩擦力作用,B 错误;物体加速,由动能定理可知,摩擦力对物体做正功,C 错误;设物体与传送带间动摩擦因数为μ,物体相对传送带运动时,有a =μmgm =μg ,做匀加速运动时,物体速度小于传送带速度,则一直加速,由v =at 可知,传送带速度越大,物体加速运动的时间越长,D 正确.7.[2024·北京卷] 如图所示为一个加速度计的原理图.滑块可沿光滑杆移动,滑块两侧与两根相同的轻弹簧连接;固定在滑块上的滑动片M下端与滑动变阻器R接触良好,且不计摩擦;两个电源的电动势E相同,内阻不计.两弹簧处于原长时,M位于R的中点,理想电压表的指针位于表盘中央.当P端电势高于Q端时,指针位于表盘右侧.将加速度计固定在水平运动的被测物体上,则下列说法正确的是()A.若M位于R的中点右侧,P端电势低于Q端B.电压表的示数随物体加速度的增大而增大,但不成正比C.若电压表指针位于表盘左侧,则物体速度方向向右D.若电压表指针位于表盘左侧,则物体加速度方向向右7.D[解析] 由题意可知,M位于R中点位置时,P、Q两点的电势相等,设R的中点电势为零,则M位于R的中点右侧,P端电势高于Q端电势,A错误;设滑动变阻器R的总长度为2L,M偏离R中点的距离为x,两弹簧的劲度系数均为k,P端与Q端的电势差为U,则有U=2ER总·R总2L·x-0,2kx=ma,解得U=mE2kLa,则P端与Q端电势差与物体加速度a成正比,B错误;若电压表指针位于表盘左侧,则P端电势低于Q端电势,M位于R的中点左侧,只能确定加速度的方向,不能确定速度的方向,C错误;若电压表指针位于表盘左侧,则M位于R的中点左侧,滑块左侧弹簧压缩、右侧弹簧伸长,滑块所受合力向右,故物体加速度方向向右,D正确.8.[2024·北京卷] 如图所示,水平放置的排水管满口排水,管口的横截面积为S,管口离水池水面的高度为h,水在水池中的落点与管口的水平距离为d.假定水在空中做平抛运动,已知重力加速度为g,h远大于管口内径.求:(1)水从管口到水面的运动时间t;(2)水从管口排出时的速度大小v0;(3)管口单位时间内流出水的体积Q.8.(1)√2ℎg (2)d√g2ℎ(3)Sd√g2ℎ[解析] (1)水在空中做平抛运动,由平抛运动规律得,h=12gt2解得水从管口到水面的运动时间t=√2ℎg(2)由平抛运动规律得,d=v0t解得水从管口排出时的速度大小v0=d√g2ℎ(3)管口单位时间内流出水的体积Q=Sv0=Sd√g2ℎ9.[2024·福建卷] 某直线运动的v-t图像如图所示,其中0~3 s为直线,3~3.5 s为曲线,3.5~6 s为直线,则以下说法正确的是 ( )A .0~3 s 的平均速度为10 m/sB .3.5~6 s 做匀减速直线运动C .0~3 s 的加速度比3.5~6 s 的大D .0~3 s 的位移比3.5~6 s 的小9.B [解析] 根据v -t 图像可知,0~3 s 内质点做匀加速直线运动,平均速度为v =0+302 m/s=15 m/s,故A 错误;根据v -t 图像可知,3.5~6 s 内质点做匀减速直线运动,故B 正确;v -t 图像的斜率的绝对值表示加速度大小,由图像可知0~3 s 的加速度大小a 1=303 m/s 2=10 m/s 2,由图像可知3.5 s 时的速度大于25 m/s,则3.5~6 s 的加速度大小a 2=Δv 2Δt 2>306-3 m/s 2 =10 m/s 2,所以0~3 s 的加速度比3.5~6 s 的小,故C 错误;v -t 图像与横轴围成的面积表示位移,由图像可知,0~3 s 的位移大小x 1=12×30×3 m=45 m,3.5~6 s 的位移大小x 2<12×30×(6-3.5) m=37.5 m,所以0~3 s 的位移比3.5~6 s 的大,故D 错误.10.(多选)[2024·福建卷] 如图甲所示,质量为m 的物体置于足够长光滑斜面上并锁定,t =0时刻解除锁定,并对物体沿斜面施加如图乙所示变化的力F ,以沿斜面向下为正方向,重力加速度为g ,下列说法正确的是 ( )A .0~4t 0,物体一直沿斜面向下运动B .0~4t 0,合外力的总冲量为0C .t 0时动量是2t 0时的一半D .2t 0~3t 0过程物体的位移小于3t 0~4t 0过程的位移10.AD [解析] 根据图像可知,当F =2mg sin θ时,物体的加速度大小为a =2mgsinθ+mgsinθm=3g sin θ,方向沿斜面向下,当F =-2mg sin θ时,物体的加速度大小为a =2mgsinθ-mgsinθm=g sin θ,方向沿斜面向上,作出物体在0~4t 0内的v -t 图像,根据图像可知,0~4t 0内物体一直沿斜面向下运动,故A 正确;根据图像可知,0~4t 0内物体的初、末速度不相等,根据动量定理得I 合=Δp ≠0,故B 错误;根据图像可知,t 0时物体速度是2t 0时物体速度的32倍,故t 0时动量是2t 0时的32倍,故C 错误;v -t 图像与横轴围成的面积表示位移,由图像可知2t 0~3t 0过程物体的位移小于3t 0~4t 0过程的位移,故D 正确.11.(多选)[2024·福建卷] 先后两次从高为OH =1.4 m 处斜向上抛出质量为m =0.2 kg 的同一物体,两次分别落于Q 1、Q 2,测得OQ 1=8.4 m,OQ 2=9.8 m,两轨迹交于P 点,两条轨迹最高点等高且距水平地面高为3.2 m,重力加速度大小g 取10 m/s 2.下列说法正确的是 ( ) A .第一次抛出上升时间、下降时间之比为√7∶4 B .第一次过P 点比第二次过P 点机械能少1.3 J C .落地瞬间,第一次、第二次动能之比为72∶85D .第一次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第二次大11.BD [解析] 第一次抛出上升的高度为h 1=h 0-OH =3.2 m -1.4 m=1.8 m,则上升时间为t 上1=√2ℎ1g =0.6 s,最高点距水平地面高为h 0=3.2 m,则下降时间为t 下1=√2ℎ0g=0.8 s,所以第一次抛出上升时间、下降时间之比为t 上1∶t 下1=3∶4,故A 错误;两条轨迹最高点等高,则两次从抛出到落地的时间相等,均为t =t 上1+t 下1=1.4 s,第一次、第二次抛出时水平方向的分速度分别为v x 1=OQ 1t =6 m/s,v x 2=OQ2t=7 m/s,由于两条轨迹最高点等高,故抛出时竖直方向的分速度相等,均为v y =gt 上1=6 m/s,由于物体在空中做平抛运动过程中机械能守恒,故第一次过P 点比第二次过P 点机械能少ΔE =12m v x22-12m v x12=1.3 J,故B 正确;从抛出到落地瞬间,根据动能定理有E k1=E k01+mg ·OH =12m (v x12+v y 2)+mg ·OH =10J,E k2=E k02+mg ·OH =12m (v x22+v y 2)+mg ·OH =11.3 J ,故落地瞬间,第一次、第二次动能之比为E k1∶E k2=100∶113,故C 错误;根据前面分析可知,两次抛出时物体在竖直方向的分速度相同,两次落地时物体在竖直方向的分速度也相同,由于第一次的水平分速度较小,物体在水平方向速度不变,故第一次抛出时速度与水平方向的夹角较大,第一次落地时速度与水平方向的夹角也较大,所以第一次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第二次大,故D 正确.12.[2024·甘肃卷] 小明测得兰州地铁一号线列车从“东方红广场”到“兰州大学”站的v -t 图像如图所示,此两站间的距离约为()A.980 mB.1230 mC.1430 mD.1880 m12.C[解析] v-t图像中图线与横轴围成的面积表示位移,故可得x=(74-25+94)×20×12 m=1430 m,故选C.13.(多选)[2024·甘肃卷] 电动小车在水平面内做匀速圆周运动,下列说法正确的是()A.小车的动能不变B.小车的动量守恒C.小车的加速度不变D.小车所受的合外力一定指向圆心13.AD[解析] 做匀速圆周运动的物体速度大小不变,故动能不变,故A正确;做匀速圆周运动的物体速度方向时刻在改变,故动量不守恒,故B错误;做匀速圆周运动的物体加速度大小不变,方向时刻在改变,故C错误;做匀速圆周运动的物体所受的合外力一定指向圆心,故D正确.14.[2024·广东卷] 如图所示,在细绳的拉动下,半径为r的卷轴可绕其固定的中心点O在水平面内转动.卷轴上沿半径方向固定着长度为l的细管,管底在O点.细管内有一根原长为l2、劲度系数为k的轻质弹簧,弹簧底端固定在管底,顶端连接质量为m、可视为质点的插销.当以速度v匀速拉动细绳时,插销做匀速圆周运动.若v过大,插销会卡进固定的端盖,使卷轴转动停止.忽略摩擦力,弹簧在弹性限度内.要使卷轴转动不停止,v的最大值为()A.r√k2m B.l√k2mC.r√2km D.l√2km14.A[解析] 要使卷轴转动不停止,插销运动的半径最大为l,由弹力提供向心力得kl2=mω2l,插销与卷轴为同轴转动,即角速度ω相等,匀速拉动细绳的最大速度v=ωr,联立解得v=r√k2m,A 正确.15.[2024·广东卷] 如图所示,轻质弹簧竖直放置,下端固定.木块从弹簧正上方H高度处由静止释放.以木块释放点为原点,取竖直向下为正方向.木块的位移为y,所受合外力为F,运动时间为t.忽略空气阻力,弹簧在弹性限度内.关于木块从释放到第一次回到原点的过程中,其F-y图像或y-t图像可能正确的是()A B C D15.C[解析] 木块从释放到刚接触弹簧时,由于忽略空气阻力,故木块做自由落体运动,所受gt2,对应图像为抛物线;木块接合外力F=mg不变,此段时间内位移y随时间t变化规律为y=12触弹簧后,F=mg-k(y-H)逐渐减小到零,加速度也逐渐减小到零,当加速减小到零时速度达到最大,此段时间内位移y继续增大,且y-t图像斜率仍增大;之后木块做加速度反向增大的减速运动,F反向增大,当速度减小到零时F达到反向最大,此段时间内位移继续增大直到至最低点,且y-t图像斜率逐渐减小到零;之后木块反弹,受力情况和运动情况都是以上过程的逆过程,图像具有对称性,C正确,A、B、D错误.16.[2024·广西卷] 工人卸货时常利用斜面将重物从高处滑下.如图所示,三个完全相同的货箱正沿着表面均匀的长直木板下滑,货箱各表面材质和粗糙程度均相同.若1、2、3号货箱与直木板间摩擦力的大小分别为F f1、F f2和F f3,则()A.F f1<F f2<F f3B.F f1=F f2<F f3C.F f1=F f3<F f2D.F f1=F f2=F f316.D[解析] 根据滑动摩擦力的公式F f=μF N,可知滑动摩擦力的大小与接触面积无关,只与接触面的粗糙程度和压力大小有关,由题可知三个货箱各表面材质和粗糙程度均相同,压力大小也相同,故摩擦力相同,即F f1=F f2=F f3,故选D.17.[2024·广西卷] 让质量为1 kg的石块P1从足够高处自由下落,P1在下落的第1 s末速度大小为v1,再将P1和质量为2 kg的石块绑为一个整体P2,使P2从原高度自由下落,P2在下落的第1 s末速度大小为v2,g取10 m/s2,不计空气阻力,则()A.v1=5 m/sB.v1=10 m/sC.v2=15 m/sD.v2=30 m/s17.B[解析] 石块自由下落做自由落体运动,与质量无关,则下落1 s后速度为v1=v2=gt=10 m/s2×1 s=10 m/s,故选B.18.(多选)[2024·广西卷] 如图所示,在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N.M水平向右运动,速度大小为v.M与静置于平台边缘的N发生正碰,碰撞过程中总机械能守恒.若不计空气阻力,则碰撞后,N在()A.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动B.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动C.水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于vD.水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v18.BC[解析] 由于两小球碰撞过程中机械能守恒,可知两小球碰撞过程是弹性碰撞,由于两小球质量相等,故碰撞后两小球交换速度,即v M=0,v N=v,碰后小球N做平抛运动,在水平方向做匀速直线运动,即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v;在竖直方向上做自由落体运动,即竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动,故选B、C.19.[2024·广西卷] 如图所示,轮滑训练场沿直线等间距地摆放着若干个定位锥筒,锥筒间距d=0.9 m,某同学穿着轮滑鞋向右匀减速滑行.现测出他从1号锥筒运动到2号锥筒用时t1=0.4 s,从2号锥筒运动到3号锥筒用时t2=0.5 s.求该同学:(1)滑行的加速度大小;(2)最远能经过几号锥筒.19.(1)1 m/s2(2)4[解析] (1)根据匀变速运动规律可知某段内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度,所以在1、2号锥筒的中间时刻的速度为v1=d=2.25 m/st12、3号锥筒的中间时刻的速度为v2=dt2=1.8 m/s故可得加速度大小为a=ΔvΔt =v1-v2t12+t22=1 m/s2(2)设到达1号锥筒时的速度为v0,根据匀变速直线运动规律得v0t1-12a t12=d 代入数值解得v0=2.45 m/s从1号开始到停止时通过的位移大小为x=v022a=3.001 25 m≈3.33d故可知最远能经过4号锥筒.20.[2024·海南卷] 在跨越河流表演中,一人骑车以25 m/s的速度水平冲出平台,恰好跨越长x=25 m的河流落在河对岸平台上,已知河流宽度25 m,不计空气阻力,g取10 m/s2,则两平台的高度差h为()A.0.5 mB.5 mC.10 mD.20 m20.B[解析] 车做平抛运动,设运动时间为t,竖直方向有h=12gt2,水平方向有x=v0t,其中x=25 m、v0=25 m/s,解得h=5 m,故选B.21.[2024·海南卷] 商场自动感应门如图所示,人走进时两扇门从静止开始同时向左、右平移,经4 s恰好完全打开,两扇门移动距离均为2 m,若门从静止开始以相同加速度大小先匀加速运动后匀减速运动,完全打开时速度恰好为0,则加速度的大小为()A.1.25 m/s2B.1 m/s2C.0.5 m/s2D.0.25 m/s221.C[解析] 设门的最大速度为v,根据匀变速直线运动的规律可知加速过程和减速过程的平均速度均为v 2,且时间相等,均为t =2 s,根据x =2×v 2t ,可得v =1 m/s,则加速度a =v t =12m/s 2=0.5 m/s 2,故选C .22.(多选)[2024·海南卷] 一歌手在湖边唱歌,歌声通过空气和水传到距其2 km 的湖对岸,空气中的声速为340 m/s,水中声速为1450 m/s,歌声可视为频率为400 Hz 的声波,则下列说法正确的是 ( )A .在水中传播频率会改变B .由空气和水传到湖对岸的时间差约为4.5 sC .在空气中波长为0.85 mD .在水中的波长为5 m22.BC [解析] 频率只与波源有关,故在水中传播频率不会改变,故A 错误;由空气传到湖对岸的时间为t 空=s v 空=2000340 s≈5.88 s,由水传到湖对岸的时间为t 水=s v 水=20001450 s≈1.38 s,故由空气和水传到湖对岸的时间差约为Δt =t 空-t 水=4.5 s,故B 正确;在空气中的波长为λ空=v空f =340400 m=0.85 m,故C 正确;在水中的波长为λ水=v水f =1450400 m=3.625 m,故D 错误.23.[2024·河北卷] 篮球比赛前,常通过观察篮球从一定高度由静止下落后的反弹情况判断篮球的弹性.某同学拍摄了该过程,并得出了篮球运动的v -t 图像,如图所示.图像中a 、b 、c 、d 四点中对应篮球位置最高的是 ( )A .a 点B .b 点C .c 点D .d 点23.A [解析] 所给图像表示篮球从一定高度由静止下落后的反弹情况,起初速度由零变为负值,表示篮球下落;然后速度突变为正值,表示篮球落地反弹;接着速度由正值减小,表示篮球上升;当速度等于零时,篮球到达最高点;之后重复上述过程.由图像可知,篮球后一次反弹的速度都比前一次的小,说明篮球第一次反弹后上升到的最高点是所有上升过程中能达到的最高点,故a 点对应篮球位置最高,A 正确.24.[2024·河北卷] 如图所示,弹簧测力计下端挂有一质量为0.20 kg 的光滑均匀球体,球体静止于带有固定挡板的斜面上,斜面倾角为30°,挡板与斜面夹角为60°.若弹簧测力计位于竖直方向,读数为1.0 N,g取10 m/s2,挡板对球体支持力的大小为()N B.1.0 NA.√33N D.2.0 NC.2√3324.A[解析] 对球体受力分析如图所示,对各力进行正交分解,由平衡条件,x轴方向有F N1sinN,A正确.30°=F N2sin 30°,y轴方向有F N1cos 30°+F N2cos 30°+F=mg,联立解得F N1=√3325.[2024·湖北卷] 如图所示,有五片荷叶伸出荷塘水面,一只青蛙要从高处荷叶跳到低处荷叶上.设低处荷叶a、b、c、d和青蛙在同一竖直平面内,a、b高度相同,c、d高度相同,a、b分别在c、d正上方.将青蛙的跳跃视为平抛运动,若以最小的初速度完成跳跃,则它应跳到()A.荷叶aB.荷叶bC.荷叶cD.荷叶d25.C[解析] 青蛙做平抛运动,水平方向为匀速直线运动,竖直方向为自由落体运动,则有x =v 0t ,h =12gt 2,联立解得v 0=x √g 2ℎ,由此可知,水平位移越小,竖直高度越大,则初速度越小,因此青蛙将跳到荷叶c 上面,故C 正确.26.[2024·湖北卷] 如图所示,两拖船P 、Q 拉着无动力货船S 一起在静水中沿图中虚线方向匀速前进,两根水平缆绳与虚线的夹角均保持为30°.假设水对三艘船在水平方向的作用力大小均为F f ,方向与船的运动方向相反,则每艘拖船发动机提供的动力大小为 ( )A .√33F fB .√213F fC .2F fD .3F f26. B [解析] 对货船S 受力分析如图甲所示,其中F T 为绳的拉力,根据正交分解法可得2F T cos 30°=F f ,对拖船P 受力分析如图乙所示,其中F 为发动机提供的动力,有(F T 'sin 30°)2+(F f +F T 'cos 30°)2=F 2,根据牛顿第三定律可知F T '=F T ,联立解得F =√213F f ,故B 正确.27.[2024·湖南卷] 如图所示,质量分别为4m 、3m 、2m 、m 的四个小球A 、B 、C 、D 通过细线或轻弹簧互相连接,悬挂于O 点,处于静止状态,重力加速度为g.若将B 、C 间的细线剪断,则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为()A.g,1.5gB.2g,1.5gC.2g,0.5gD.g,0.5g27.A[解析] 将B、C间的细线剪断前,A、B、C、D受力平衡,对B、C、D整体受力分析,如图甲所示,A、B间弹簧的弹力F AB=6mg,对D受力分析,如果乙所示,C、D间弹簧的弹力F CD=mg;剪断细线瞬间,细线无拉力,弹簧弹力不突变,对B受力分析,如图丙所示,则B所受的=g,对C受力分析,如图丁所示,则C所受的合力合力F B=F AB-3mg=3mg,B的加速度大小a B=F B3m=1.5g,故A正确.F C=F CD+2mg=3mg,C的加速度大小a C=F C2m28.生产陶磁的工作台匀速转动,台面上掉有陶屑,陶屑与台面间的动摩因数处处相同(台面足够大),则下列说法正确的是()A.离轴OO'越远的陶屑质量越大B.离轴OO'越近的陶屑质量越大C.只有平台边缘有陶屑D.离轴最远的陶屑距离不超过某一值R28.D[解析] 以其中一粒陶屑为研究对象,设工作台匀速转动的角速度为ω,陶屑的质量为m,转动半径为r,陶屑与台面间的动摩擦因数为μ,陶屑随工作台一起做匀速圆周运动,由台面的静摩擦力提供向心力,有F f=mrω2,由于ω一定,所以对于同一陶屑来说,其离转轴越近,则所需要的摩擦力越小,只要该摩擦力小于最大静摩擦力,陶屑就会与工作台一起转动而无相对滑动,当由最大静摩擦力提供向心力时,其做圆周运动的半径最大,此时有μmg=mr mω2,解得,即陶屑离轴的最远距离为一个定值,它由动摩擦因数和工作台转动的角速度确定,与陶r m=μgω2屑的质量无关,故A、B、C错误,D正确.29.[2024·江西卷] 一质点沿x轴运动,其位置坐标x与时间t的关系为x=1+2t+3t2(x的单位是m,t的单位是s).关于速度及该质点在第1 s内的位移,下列选项正确的是()A.速度是对物体位置变化快慢的描述;6 mB.速度是对物体位移变化快慢的描述;6 mC.速度是对物体位置变化快慢的描述;5 mD.速度是对物体位移变化快慢的描述;5 m29.C[解析] 速度是对物体位置变化快慢的描述,B、D错误;根据题中x与t的关系式可知,t=0时,质点位于x0=1 m处,t=1 s时,质点位于x1=6 m处,因此质点在第1 s内的位移为Δx=x1-x0=5 m,A错误,C正确.30.(多选)[2024·江西卷] 一条河流某处存在高度差,小鱼从低处向上跃出水面,冲到高处.如图所示,以小鱼跃出水面处为坐标原点,x轴沿水平方向,建立坐标系,小鱼的初速度为v0,末速度v 沿x轴正方向.在此过程中,小鱼可视为质点且只受重力作用.关于小鱼的水平位置x、竖直位置y、水平方向分速度v x和竖直方向分速度v y与时间t的关系,下列图像可能正确的是()A B C D30.AD[解析] 由于小鱼在运动过程中只受重力作用,则小鱼在水平方向上做匀速直线运动,则有x=v x t,其中v x为定值,故v x-t图像是平行于t轴的直线,x-t图像是过原点的倾斜直线,A正gt2,v y=v y0-gt,由v y-t图像是斜率为负确,C错误;小鱼在竖直方向上做竖直上抛运动,则有y=v y0t-12值且与两坐标轴相交的直线,y-t图像是开口向下的抛物线,B错误,D正确.31.[2024·江西卷] 雪地转椅是一种游乐项目,其中心传动装置带动转椅在雪地上滑动.如图甲、乙所示,传动装置有一高度可调的水平圆盘,可绕通过中心O点的竖直轴匀速转动.圆盘边缘A处固定连接一轻绳,轻绳另一端B连接转椅(视为质点).转椅运动稳定后,其角速度与圆盘角速度相等.转椅与雪地之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,不计空气阻力.(1)在图甲中,若圆盘在水平雪地上以角速度ω1匀速转动,转椅运动稳定后在水平雪地上绕O 点做半径为r1的匀速圆周运动.求AB与OB之间夹角α的正切值;(2)将圆盘升高,如图乙所示.圆盘匀速转动,转椅运动稳定后在水平雪地上绕O1点做半径为r2的匀速圆周运动,绳子与竖直方向的夹角为θ,绳子在水平雪地上的投影A1B与O1B的夹角为β.求此时圆盘的角速度ω2.31.(1)μgω12r1(2)√μgsinθcosβ(μcosθ+sinθsinβ)r2[解析] (1)对转椅受力分析,转椅在水平面内受摩擦力F f1、轻绳拉力F T1,两者合力提供其做圆周运动所需向心力,如图所示设转椅的质量为m,则转椅所需的向心力F n1=mω12r1转椅受到的摩擦力F f1=μmg根据几何关系有tan α=F f1F n1联立解得tan α=μgω12r1(2)转椅在题图乙情况下所需的向心力F n2=mω22r2转椅受到的摩擦力F f2=μF N2根据几何关系有tan β=F f2F n2将轻绳拉力F T2沿水平方向和竖直方向分解,则竖直方向上由平衡条件有F T2cos θ=mg-F N2水平面上根据几何关系有F T2sin θ=F f2sinβ联立解得ω2=√μgsinθcosβ(μcosθ+sinθsinβ)r232.[2024·辽宁卷] 利用砚台将墨条研磨成墨汁时讲究“圆、缓、匀”.如图所示,在研磨过程中,砚台始终静止在水平桌面上.当墨条的速度方向水平向左时()。
备战2025年高考生物考点一遍过考点63生态系统的能量流动含解析
考点63 生态系统的能量流淌1．能量流淌的过程（1）概念理解（2）流淌过程①能量流淌的渠道是食物链和食物网。
②能量散失的途径是呼吸作用(代谢过程)。
③流淌过程中能量的转化是太阳能→有机物中的化学能→热能。
2．能量流淌的特点及意义（1）能量传递效率是指相邻两个养分级之间同化量的比值。
相邻养分级之间的传递效率一般为10%～20%，若将单位时间内各个养分级所得到的能量数值由低到高可绘成能量金字塔。
（2）能量流淌的特点：单向流淌、逐级递减。
（3）探讨意义①帮助人们科学规划、设计人工生态系统，使能量得到最有效的利用。
②帮助人们合理地调整生态系统中的能量流淌关系，使能量持续高效地流向对人类最有益的部分。
考向一能量流淌的过程1．某生态系统中有A、B、C、D四种生物，构成食物链A→B→C，D为分解者，如图是该生态系统中能量流入B处发生的一系列变更示意图，下列说法错误的是A．图中的甲表示B的同化量，乙表示B用于生长、发育和繁殖的能量B．参加丁过程的都是异养型生物，包括细菌、真菌等C．当生态系统处于相对稳定状态时，B的种群数量一般处于K/2D．图中D的能量不全部来自B生物【参考答案】C归纳整合每一养分级的能量来源与去路分析消费者摄入能量(a)＝消费者同化能量(b)＋粪便中能量(c)，即动物粪便中能量不属于该养分级同化能量，应为上一个养分级固定或同化能量。
消费者同化能量(b )＝呼吸消耗(d )＋用于生长、发育和繁殖(e )。
生长、发育和繁殖(e )＝分解者利用(f )＋下一养分级同化(i )＋未被利用(j )。
所以有：（1）未被利用的能量：包括生物每年的积累量和动植物残体以化石燃料形式被储存起来的能量。
（2）一个养分级所同化的能量＝呼吸消耗的能量＋被下一养分级同化的能量＋分解者利用的能量＋未被利用的能量。
（3）动物同化的能量与摄入量之间的关系：动物同化的能量＝摄入量－粪便有机物中的能量，即摄入的食物只有一部分被同化。
5.2-1生态系统的能量流动 (王莹)编号：16020
5.2-1生态系统的能量流动（第1课时）编写：王莹审核：刘强使用时间：2012.5 编号：16020【学习目标】分析生态系统的能量流动的过程与特点；概述研究能量流动的意义；理解能量金字塔；尝试调查农田生态系统中的能量流动情况。
【重点难点】生态系统能量流动的过程和特点；生态系统能量流动的特点（具有单向性及逐级递减）及其形成原因。
【学习过程】一、能量流动的概念生态系统中能量的、、和的过程，称为生态系统的能量流动。
二、能量流动的过程1、能量的输入①起点：从开始。
②总能量：。
2、能量的传递（1）传递渠道：。
（2）传递过程，如下图：图示分析：（1）各营养级能量的来源和去路●能量来源：生产者的能量来自；各级消费者的能量来自。
●能量去路：①；②（最高营养级无此去路）；③；④（定量定时分析有此去路）（2）各营养级能量的来源与去路相等。
以初级消费者为例，如下图：①初级消费者同化能量(b)＝初级消费者摄入能量(a)－粪便中能量(c)。
（动物粪便中能量不属该营养级同化能量，是上一个营养级固定或同化能量）②初级消费者同化能量(b)＝呼吸消耗(d)＋生长、发育和繁殖(e)＝呼吸消耗(d)＋分解者分解利用(f)＋下一营养级同化(i)＋未被利用(j)注：次级、三级、四级等消费者能量的来源与去路与初级消费者相似，只是最高营养级无被下一营养级同化这一去路。
（3）能量传递形式：有机物中的 。
（4）能量散失途径： （包括各营养级自身的呼吸及分解者的呼吸）（5）能量散失的形式：最终以 形式散失。
3、能量的转化和散失 太阳能→ → （最终散失）。
【针对性练习】1、从生态系统的角度分析，生态系统中的能量流动最初来源于（ ）A ．光合作用B ．高能化学键C ．绿色植物D ．太阳光能2.生态系统的能量流动是指（ ）A.太阳能被绿色植物固定的过程B.生态系统内生物体能量代谢的过程C.生态系统内伴随物质循环的能量转移过程D.能量从生物体进入环境的过程3．若鹿的消耗量为100%，其粪尿量为36%，呼吸量为48%，则鹿的同化量为（ ）A ．64%B ．84%C ．16%D ．52%4、流经某一生态系统的总能量是（ ）A.照射到该生态系统中的全部太阳能B.该生态系统中所有生产者、消费者、分解者体内的能量C.该生态系统中生产者所固定的太阳能D.该生态系统中生产者体内的能量5、在一定时间内，某生态系统中全部生产者固定的能量值为a ，全部消费者所获得的能量值为b ，全部分解者所获得的能量为c ，则a 、b 、c 之间的关系是（ ）A ．a=b+cB ．a>b+cC ．a<b+cD ． c=a+b6．下列有关生态系统能量流动的叙述中，正确的是 ( )A ．一种蜣螂专以大象粪为食，则该种蜣螂最多能获取大象所同化能量的20%B ．当狼捕食兔子并同化为自身的有机物时，能量就从第一营养级流入第二营养级C ．生产者通过光合作用合成有机物，能量就从非生物环境流入生物群落D ．生态系统的能量是伴随物质而循环利用的三、能量流动的特点1、特点（1） ：能量流动只能从第一营养级流向第二营养级，再依次流向后面的各个营养级，不可 ，也不可 。
五年2024_2025高考物理真题专题点拨__专题04曲线运动含解析
专题04 曲线运动【2024年】1.（2024·新课标Ⅱ）如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h ，其左边缘a 点比右边缘b 点高0.5h 。
若摩托车经过a 点时的动能为E 1，它会落到坑内c 点。
c 与a 的水平距离和高度差均为h ；若经过a 点时的动能为E 2，该摩托车恰能越过坑到达b 点。
21E E 等于（ ）A. 20B. 18C. 9.0D. 3.0【答案】B【解析】有题意可知当在a 点动能为E 1时，有21112E mv 依据平抛运动规律有2112h gt =11h v t =当在a 点时动能为E 2时，有22212E mv 依据平抛运动规律有221122h gt 223hv t联立以上各式可解得2118E E ，故选B 。
2.（2024·江苏卷）如图所示，小球A 、B 分别从2l 和l 高度水平抛出后落地，上述过程中A 、B 的水平位移分别为l 和2l 。
忽视空气阻力，则（ ）A. A 和B 的位移大小相等B. A 的运动时间是B 的2倍C. A 的初速度是B 的12D. A 的末速度比B 的大 【答案】AD【解析】位移为初位置到末位置的有向线段，如图所示可得()22A 25s l l l =+= ，()22B 25s l l l =+=A 和B 的位移大小相等，A 正确； 平抛运动运动的时间由高度确定，即A 2222l l t g g ⨯==，B 22l lt g g⨯==则A 的运动时间是B 2倍，B 错误； 平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则xAA gl l v t ==，xB B22l v gl t ==则A 的初速度是B 22，C 错误；小球A 、B 在竖直方向上的速度分别为yA 2v gl =，yB 2v gl =所以可得A 17gl v =，B 16glv gl ==即A B v v >，D 正确。
高考中有关“能量流动”相关计算的突破
高考中有关“能量流动” 相关计算的突破2021年普通高考考试大纲沿用2019版，其中对能量流动的考察要求为：理解所列知识和其他相关知识之间的联系和区别，并能在较复杂的情景中综合运用其进行分析、判断、推理和评价。
在教育部考试中心出版的《高考理科试题分析》中要求为Ⅱ级。
其中能量流动是这部分内容的考察重点和出题的热点，也是难点。
现将有关能量流动的过程、特点和相关题型进行剖析，希望帮助高三学生突破这部分内容，切实掌握关于能量流动的各种题型，尤其是与能量流动相关的计算。
一．能量流动的概念生态系统中能量的输入、传递、转化和散失的过程，称为生态系统的能量流动。
1.能量流动的过程三．能量流动的特点1.生态系统中能量流动是单向的原因：①食物链中捕食关系不可逆②各营养级呼吸作用散失的热能不能再次被利用。
2.能量在流动过程中逐级递减。
一般来说，能量在相邻两个营养级间的传递效率大约是10%-20%。
原因：①呼吸作用过程中有部分能量以热能形式的散失②有部分能量流向了分解者③还有部分能量未被利用。
四．能量流动相关题型的解题技巧例1.在珠江三角洲，某一桑基鱼塘使用蚕粪做饲料喂鱼。
假设蚕同化的能量为105kJ，从能量流动角度分析，鱼可以从蚕的同化量中获得的能量为A.0kJB.104kJC.2×104kJD.介于104～2×104kJ之间解析：蚕粪便中的能量属于蚕上一营养级的同化量，不归入自身的同化量。
因此，鱼从蚕的同化量中获得的能量为0kJ，故本题答案选A。
例2.某生态系统中存在如图所示的食物网，若将C的食物比例由A∶B＝1∶1调整为2∶1，能量传递效率按10%计算，该生态系统能承载C的数量是原来的( )A.1.375倍B.1.875倍C.1.273倍D.0.575倍解析：设C维持正常生命活动需要的能量为a，则需要消耗A的量为1/2a÷10%÷10%＋1/2a÷10%=55a；改变食物比例后需要消耗A的量为2/3a÷10%＋1/3a÷10%÷10%=40a，由于生产者没有改变,所以流向该生态系统的总能量没有变化，因此该生态系统能承载C的数量是原来的55/40＝1.375。
能量流动中的摄入量和同化量
能量流动中的摄入量和同化量及相关习题解析东莞中学生物科组袁明珠摘要：能量流动是生态系统的重要功能之一，本文通过阐述生态系统能量流动中摄入量和同化量的定义，分析两者的区别与联系，结合习题突破本节教学中的难点。
关键词：摄入量、同化量、粪便量、未利用的能量生态系统中各营养级的同化量是指什么？同化量、摄入量、粪便量三者有何关系？流入一个营养级的能量究竟是摄入量还是同化量？各营养级的能量的去路有哪些？等等这些是学生学习高中生物必修3第5章第2节《生态系统的能量流动》及相关习题时能以理解的问题。
现将这些问题进行梳理希望有所帮助。
对生态系统中的能量流动进行研究可以在种群、食物链和生态系统三个层次上进行。
【1】必修3教材介绍的是在生态系统层次的研究，而一些能量流动的相关练习题则是在食物链层次上的。
一．同化量同化量指某一营养级从外环境中得到的全部化学能。
对生产者（一般为绿色植物）来说是指在光合作用中所固定的日光能，即总初级生产量(GP)。
对于消费者（一般为动物）来说，同化量表示消化道吸收的能量（吃进的食物不一定都能吸收）。
对分解者（一般为腐生生物）来说是指细胞外产物的吸收能量。
二．摄入量摄入量表示一个生物（生产者、消费者或腐食者）所摄取的能量；对植物来说摄入量代表被光合作用色素所吸收的日光能值。
“输入第一营养级的能量，一部分在生产者得呼吸作用中以热能的形式散失了；一部分用于生产者的生长、发育和繁殖等生命活动，储存在植物体的有机物中。
构成植物体的有机物中的能量，一部分随着残枝败叶等被分解者分解而释放出来，另一部分则被初级消费者摄入体内，这样能量就流入了第二营养级。
”【2】即如图1所示“能量流入第二营养级后，将发生图5-6所示的变化。
”【2】从图中可以了解到同化量和摄入量的关系：初级消费者摄入的有机物中所含的能量—粪便中有机物所含的能量=初级消费中同化的能量。
这正符合消费者同化的能量解释。
三．粪便量那么初级消费者产生的粪便中的能量哪里来的呢？初级消费者摄入生产者储存在体内的有机物后其中不能吸收消化的部分就形成了粪便，也就是生产者得尸体残骸，那么这一部分的能量就应该是属于第一营养级同化的能量中流行分解者的能量。
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（4）由图可知，下个营养级不能得到上个营养级的 部能量，原因有：
①各营养级生物体内的大量能量被__呼_吸__作__用___利用 ②其次是上个营养级的；
③还有少数能量被___分__解_者____利用。
赛达伯格湖能量沿营养级流动的定量分析cal/(cm2a)
❖ A.600 g B.900 g C.1 600 g D.5600 g
经典考题推测食物链（08年上海高考题）右图表 示某生态系统中，四种生物所同化的有机物的 量占该生态系统有机物总量的比例，则这四种
生物之间的食物关系最可能的是（ A ）
练习1.（2011年山东） 草原是绿色生态环境的重要组 成部分。某草原生态系统的食物网如图所示。
(2010·山东理综，6)以下表示动物利用食物的过程。
正确的分析是 A．恒温动物的④/③值一般高于变温动物
( C)
B．哺乳动物的③/①值一般为 10%～20%
C．提高圈养动物生长量一般需提高③/②值
D．食肉哺乳动物的③/②值一般低于食草哺乳动物
D 态平衡遭到破坏（
）
A.W1 ＞10W2
B.W1 ＞5W2
C.W1 ＜ 10W2 D.W1＜ 5W2
粪便中的能量归属
大象是植食性动物，有一种螳螂则专以象
粪为食，设一大象在某段时间所同化的能
量为107千焦，则这部分能量中可流入螳螂
体内的约为
√A.0千焦 C.2×106千焦
B.106千焦 D.106～ 2×106千焦
X=(1/2) ÷ 10%
+(1/4) ÷10% ÷10%
+ (1/4) ÷10% ÷ 10% ÷10%
=280
对应练习1.（06上海卷）右图食物网中的猫头鹰
体重每增加20g，至少需要消耗植物（ C ）
A．200g B．250g C．500g D．1000g
兔
植物
猫头鹰
鼠
2.（10 海南）在如图所示的食物网中，假如猫头 鹰的食物有2/5来自于兔子，2/5来自于鼠，1/5 来自于蛇，那么猫头鹰若增加 20 g体重，最少 需要消费植物 （ B ）
4.（2008年海南24）甲、乙两个水池中各有一个 由5个物种构成的食物网，如右图所示，且这两 个水池的生态系统在没有人为干扰的情况下均达 到相对稳定的平衡状态。请据图回答：
（1）每个水池生态系统中有 5 条食物链，流
经该生态系统的总能量来自水草和绿藻 所固定
（2）假如鲫鱼的1/4食物来自绿藻，1/2来自轮虫。
辐射能118872
(传递效率)
(0.1%)
呼吸
生产者固定111.0
(13.5%)
植食动物固定15.0
(20%)
肉食动物固定3.0
23.0 (20.7%)
4.5 (30%)
1.8 (60%)
合计：29.3
分解
3.0 (2.7%)
0.5 (3%) 微量
3.5 111.0
118761 未利用
70.0 (63.1%)
(1)能量从田鼠传递到鼬的效率是 3% 。
“汉水丑生的生物同行”超级群大型公 益活动 ：历年 高考题PPT版制作。本课件为公益作 品，版 权所有 ， 不得以任何形式用于商业目的。2012年1月15日，汉 水丑生标记。
（2）田鼠和鼬都是恒温动物，同化的能量中只有 3%—5%用于 生长、发育、繁殖等生命活动 ， 其余在呼吸作用中以热能形式散失。
（1）请将流经该生态系统的总能量数填写在 图中的方框（A）内，这部分能量是_A_（_11_1_）_生_产_者 所固定的太阳能。
（2）能量从第一营养级到第二营养级的转化 效率为13_._5___%，从第二营养级到第三营养级 的转化效率为2_0____%。
（3）次级消费者通过异化作用消耗的能量占 其同化作用所得到能量的百分比是60_％___。
7.0 (47%)
1.2 (40%) 78.2
练习1.（2012安徽）某弃耕地的主要食物链由植物 田鼠鼬构成。生态学家对此食物链能量流动进 行了研究，结果如下表，单位是J/（hm2·a）。
“汉水丑生的生物同行”超级群大型公 益活动 ：历年 高考题PPT版制作。本课件为公益作 品，版 权所有 ， 不得以任何形式用于商业目的。2012年1月15日，汉 水丑生标记。
5.2生态系统中的能量流动
❖ 高考题精选 ❖ 经典考题
传递效率经典考题例 （1999年上海）下图是某湖泊生 态系统能量流动的定量分析图解。图中A、B、C代表 三个营养级，数字均为实际测得的能量数，单位为百 万千焦。已知该生态系统受到的太阳辐射为118872千 焦，但其中118761千焦的能量未被利用。请回答：
如果图中草能提供10000KJ的能量，营养级间的能量 传递效率为10% ～ 20%，那么鹰占据的营养级能得到 的最低和最高能量值分为是______1_0______KJ和 _____4_0_0______KJ。
练习2.（2008年山东） 为缓解人口增长带来的世界性粮食紧张状况，人
类可以适当改变膳食结构。若将（草食）动物性 与植物性食物的比例由1:1，调整为1:4，地球可 供养的人口数量是原来的_________倍。（能量 传递效率按10％计算，结果精确到小数点后两位 数字）
传递效率经典考题（04上海）如果一个人的食物 有1/2来自绿色植物，1/4来自小型肉食动物， 1/4来自羊肉，假如能量传递效率为10％，那么
D 该人每增加1kg体重，理论上约消耗植物：
A.10kg B.28kg C.100kg D.280kg
植物
1/2
植食 动物
1/4
人
小型肉 食动物
1/4
解析： 如果一个人食物有1/2来自绿色植 物，1/4来自羊肉，1/4来自小型肉食动物， 假如传递效率为10%，那么该人每增加1千 克体重，约消耗植物 （ ）
▪ 练习3.(2009·全国理综Ⅰ34) ： 鸡
玉米
人
牛
假设该农场将生产玉米的1/3作为饲料养鸡，2/3供人食
用，生产出的鸡供人食用。现调整为2/3的玉米养鸡，
1/3供人食用，生产出的鸡仍供人食用。理论上，该农场
供养的人数将会 减少 (增多、不变、减少)，理由
是 ------改----变-----用-----途----的-----1--/---3--玉-----米----被-----鸡-----食----用-----后-----，-----在----鸡-----这-----一----环-----节--------散失了一部分能量，导致人获得的能量减少 。
且该系统能量从生产者到消费者的传递效率为
10%，从消费者到消费者的能量传递效率为20%。
如果鲫鱼种群增加的能量为200 kJ，那么其中来
自绿藻和轮虫的能量分别为
5kJ00
和 500 kJ
典型题目
▪ 传递效超出10%--20%时，生态系统的环境变化
某地区初级消费者和次级消费者的总能量分别
是W1和W2，当下列哪种情况发生时，可能使生