(共23张PPT)
热点一 生产生活类
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选择题:每小题6分,共30分
1.(2024江苏南京一模)气压式电脑桌的简易结构如图所示。导热性能良好的汽缸与活塞之间封闭一定质量的理想气体,活塞可在汽缸内无摩擦运动。设气体的初始状态为A,将电脑放在桌面上,桌面下降一段距离后达到稳定状态B。打开空调一段时间后,桌面回到初始高度,此时气体状态为C。下列说法正确的是( )
A.从A到B的过程中,内能减小
B.从A到B的过程中,气体会从外界吸热
C.从B到C的过程中,气体分子平均动能增大
D.从B到C的过程中,气体分子在单位时间内
对单位面积的碰撞次数变多
C
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解析 因为汽缸导热性能良好,所以从A到B的过程中,气体温度不变,内能不变,但体积减小,外界对气体做了功,由热力学第一定律知气体会向外界放热,故A、B错误;从B到C的过程中,压强不变,但气体体积增大,故应是温度升高,所以气体分子平均动能增大,气体分子在单位时间内对单位面积的碰撞次数变少,故C正确,D错误。
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2.(2024广东广州一模)如图所示,港珠澳大桥人工岛建设时,起重机用8根对称分布且长度均为22 m的钢索将直径为22 m、质量为5.0×105 kg的钢筒匀速吊起,重力加速度g取10 m/s2,则此过程每根钢索受到的拉力大小为
( )
A.6.0×105 N B.7.2×105 N
C.8.8×105 N D.1.2×106 N
B
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解析 由于钢筒的直径为22 m,钢索的长度为22 m,则每两根共面钢索与圆筒顶面相应直径构成等边三角形,所以每根钢索与竖直方向的夹角为30°;设每根钢索受到的拉力大小为F,竖直方向根据平衡条件可得8Fcos 30° =Mg,解得F=7.2×105 N,故选B。
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3.(2024江西模拟预测)如图甲所示为我国研制的盾构机刀盘吊装场景,刀盘由绳索与长方形钢架组成的设备悬挂于空中,处于静止状态,四条相同绳索分别牵引住钢架的四个顶点,如图乙所示。已知刀盘与钢架总重力为G,每根绳索与竖直方向的夹角均为α,不计绳索重力,下列说法正确的是( )
A.每根绳索对钢架的拉力大小为
B.刀盘所受的合力方向竖直向上
C.若每根绳索增加相同的长度,
每根绳索的拉力将变小
D.绳索对钢架的拉力大于钢架
对绳索的拉力
C
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解析 刀盘处于平衡状态,对刀盘进行受力分析有4FTcos α=G,故每根绳索对刀盘与钢架的拉力大小为FT=,故A错误;刀盘所受的合力为零,故B错误;若每根绳索增加相同的长度,α变小,cos α变大,则每根绳索受到的拉力将变小,故C正确;根据牛顿第三定律,绳索对钢架的拉力等于钢架对绳索的拉力,故D错误。
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4.(2024福建龙岩二模)玉米是我国重要的农作物。收割后脱粒玉米可用如图甲所示的传送带装置进行转移。如图乙所示,将收割晒干的玉米投入脱粒机后,玉米粒从静止开始被传送到底端与脱粒机相连的顺时针匀速转动的传送带上,一段时间后和传送带保持相对静止,直至从传送带的顶端飞出,最后落在水平地面上,玉米被迅速装袋转运,提升了加工转运的效率。已知传送带与水平方向的夹角为θ、顶端的高度为h,玉米粒相对于传送带顶端的最大高度也是h,已知重力加速度为g,
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若不计风力、空气阻力和玉米粒之间的相互作用力,下列说法正确的是
( )
A.玉米粒在传送带上时,所受摩擦力始终不变
B
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解析 玉米粒刚到传送带上时,受到沿传送带向上的滑动摩擦力,当玉米粒与传送带共速后,受到沿传送带向上的静摩擦力,所受摩擦力发生改变,故A错误;设传送带速度为v,玉米粒脱离传送带后水平方向做匀速直线运动,竖直方向做竖直上抛运动,所以vx=vcos θ,vy=vsin θ,
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5.(多选)(2024广东三模)如图所示,配有转盘的中式圆餐桌是我国的传统家具。质量为m的小碗(可视为质点)放在水平转盘边缘上随转盘一起由静止缓慢加速转动,若小碗与转盘以及桌面间的动摩擦因数均为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,转盘的半径为r,餐桌的半径为R,重力加速度为g,转盘与桌面的高度差不计,下列说法正确的是( )
BD
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6.(14分)如图甲所示,遇到突发洪水时,可以借助塑料盆进行自救,简化模型如图乙所示,将塑料盆近似看成底面积为S的圆柱形容器,把塑料盆口向下竖直轻放在静止水面上,用力竖直向下缓慢压盆底,当压力为F时恰好使盆底与水面相平,忽略塑料盆的厚度及盆的重力,已知大气压强为p0,重力加速度为g,水的密度为ρ,求:
(1)此时盆内空气的压强p;
(2)此时塑料盆口的深度d。
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(2)当塑料盆轻放在静止水面上时,盆内封闭气体的压强、体积分别为p1=p0,V1=Sd
当盆底与水面相平时,设进入盆内水的液面距盆底h,盆内压强、体积分别为p2=p,V2=Sh
而根据等压面法可知p2=p0+ρgh
根据题意p1V1=p2V2
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7.(16分)(2024吉林白山二模)智能机器人自动分拣快递包裹系统被赋予“惊艳世界的中国黑科技”称号。分拣机器人工作效率高,落袋准确率达99.9%。供包台工作人员将包裹放在机器人的水平托盘上,智能扫码读取包裹目的地信息,经过大数据分析后生成最优路线,包裹自动送至方形分拣口。如图甲所示,当机器人抵达分拣口时,速度恰好减速为零,翻转托盘使托盘倾角缓慢增大,直至包裹滑下,投入分拣口中(最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2)。如图乙所示,机器人A把质量m=1 kg的包裹从供包台沿直线运至相距L=45 m的分拣口处,在运行过程中包裹与水平托盘保持相对静止。已知机器人A运行最大加速度a=3 m/s2,运行最大速度v0=3 m/s,机器人运送包裹途中,看作质点。
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(1)求机器人A从供包台运行至分拣口所需的最短时间t;
(2)若包裹与水平托盘的动摩擦因数为μ= ,则在机器人A到达投递口处,要使得包裹开始下滑,托盘的最小倾角θ应该是多少;
(3)若机器人A投递完包裹后返回供包台途中发生故障,机器人A立刻制动,制动时速度为3 m/s,由于惯性,机器人A在地面滑行4.5 m后停下来,此时刚好有另一机器人B,以最大速度3 m/s与机器人A发生弹性正碰,碰撞后机器人A滑行了2 m停下来(其加速度与制动后滑行加速度相等,机器人A、B均看作质点)。则机器人A的总质量是机器人B的多少倍
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答案 (1)16 s
(2)30°
(3)2倍
解析 (1)当机器人A先以运行最大加速度做匀加速直线运动加速至3 m/s,然后做匀速直线运动,最后同样以运行最大加速度做匀减速直线运动至零时,机器人A从供包台运行至分拣口所需时间最短。做匀加速直线运动阶段根据运动学的公式可得
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(2)要使包裹刚开始下滑,托盘的最小倾角θ,对包裹,受力分析得
FN=mgcos θ
Ff=mgsin θ
其中Ff=μFN
解得托盘的最小倾角θ=30°。
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设机器人A、B的质量分别为M1、M2,碰撞后机器人B的速度为vB,A、B发生弹性碰撞,A和B组成的系统根据动量守恒定律和能量守恒定律有
M2v0=M2vB+M1vA
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7(共27张PPT)
热点二 航天技术类
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选择题1~6题,每小题6分,7~9题,每小题8分,共60分
1.(2024山东烟台一模)“星下点”是指卫星和地心连线与地球表面的交点。如图甲所示是人造地球卫星A的运行圆轨道及“星下点”示意图,卫星A的绕行方向与地球自转方向一致,M点是卫星A某时刻的“星下点”,如图乙所示是卫星A的“星下点”在完整地球平面图上一段时间内的轨迹,已知地球同步卫星B(图中未画出)的轨道半径为r,则卫星A的轨道半径为( )
C
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2.(多选)(2024广东二模)2024年,我国探月计划第六个探测器嫦娥六号出征月球,飞往月球背面采集土壤并返回地球。如图所示,O1为地球的球心、O2为月球的球心,图中的P点为地—月系统的一个拉格朗日点,在该点的物体能够保持和地球、月球相对位置关系不变,以和月球相同的角速度绕地球做匀速圆周运动。地球上的人总是只能看到月球的正面,嫦娥六号将要达到的却是月球背面的M点,为了保持和地球的联系,我国还将发射鹊桥二号中继通信卫星,让其在以P点为圆心、垂直于地月连线的圆轨道上运动。
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下列说法正确的是( )
A.我们无法看到月球的背面,是因为月球的自转周期和公转周期相同
B.发射嫦娥六号时,发射速度要超过第二宇宙速度,让其摆脱地球引力的束缚
C.以地球球心为参考系,鹊桥二号中继卫星做匀速圆周运动
D.鹊桥二号中继卫星受到地球和月球引力的共同作用
AD
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解析 因为潮汐锁定,月球的自转周期和公转周期相同,所以我们无法看到月球的背面,故A项正确;嫦娥六号并没摆脱地球引力的束缚,因此发射速度不会超过第二宇宙速度,故B项错误;以地球为参考系,鹊桥二号一方面绕地月系统共同的圆心做匀速圆周运动,另一方面绕P点做匀速圆周运动,因此以地心为参考系,它是两个匀速圆周运动的合运动,故C项错误;鹊桥二号中继卫星受地球和月球共同引力的作用,故D项正确。
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3.(2024浙江温州二模)2024年1月17日,搭载“天舟七号”货运飞船的运载火箭在文昌航天发射场发射。次日凌晨,“天舟七号”货运飞船成功对接空间站“天和”核心舱,如图所示。对接后,“天舟七号”与空间站组成组合体,运行在离地高度约为400 km的圆形轨道上,下列说法正确的是( )
A.组合体的角速度小于地球自转的角速度
B.组合体的线速度大于地球同步卫星的线速度
C.组合体的向心加速度小于地球同步卫星的
向心加速度
D.“天舟七号”携带的一未开封货物,在发射前与对接后所受的重力相等
B
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4.(2024山东德州模拟)天问一号是执行中国首次火星探测任务的探测器,该名称源于屈原长诗《天问》,表达了中华民族对真理追求的坚韧与执着。如图所示是天问一号的运行轨迹图,在运行过程中天问一号进行了多次轨道修正,天问一号进入火星轨道后,轨迹是一个绕着火星的椭圆。
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远火点是这个椭圆轨迹上距离火星最远的一点,远火点平面轨道调整就是将天问一号的绕火星飞行路线从横着绕变成竖着绕并进入遥感使命轨道,这样天问一号就能够对火星的两极进行拍摄,从而完成对火星全球的遥感成像任务( )
A.天问一号发射阶段的速度必须大于第二宇宙速度
B.天问一号在进入火星轨道前只受到地球和火星的引力影响
C.天问一号在远火平面制动点的加速度比在其他绕火星轨道的加速度都要大
D.天问一号的遥感使命轨道是火星的同步轨道,在这个轨道上天问一号相当于火星的同步卫星
A
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解析 天问一号要脱离地球的吸引,发射阶段的速度必须大于第二宇宙速度,故A正确;天问一号在地火转移阶段受太阳引力的影响不能忽略,故B错误;根据牛顿第二定律G=ma,解得a=,远火点则是这个椭圆轨迹上距离火星最远的一点,故天问一号在远火平面制动点的加速度比其他绕火星轨道的加速度都要小,故C错误;天问一号的遥感使命轨道是椭圆轨道,不是火星的同步卫星轨道,故D错误。
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5.(2024辽宁葫芦岛一模)2023年5月神舟十六号载人飞船与空间站组合体完成自主快速交会对接,形成了三舱三船组合体,载人发射任务取得圆满成功。载人飞船发射后变轨过程可简化为如图所示,首先发射到停泊轨道Ⅰ上进行数据确认,停泊轨道半径近似为地球半径R;然后在轨道Ⅰ上P处点火加速运行到转移轨道Ⅱ上,最后择机在Q处与中国空间站完成对接。
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已知中国空间站圆轨道距地面的高度为h,运行周期为T,则( )
A.飞船在转移轨道Ⅱ上各点的速度均小于7.9 km/s
C
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解析 停泊轨道Ⅰ半径近似为地球半径R,则飞船在停泊轨道Ⅰ上各点的速度等于第一宇宙速度,即7.9 km/s,飞船在停泊轨道Ⅰ的P点加速,做离心运动进入转移轨道Ⅱ,故飞船在转移轨道Ⅱ上P点的速度大于在停泊轨道Ⅰ
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6.(2024广西贵港二模)2024年2月23日,“长征5号”遥七运载火箭搭载通信技术试验卫星十一号发射成功,被誉为龙年首发。卫星进入地球同步轨道后,主要用于开展多频段、高速率卫星通信技术验证。设地球同步卫星的轨道半径是地球半径的n倍,下列说法正确的是( )
A.地球同步卫星可以静止在北京上空
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7.(2024山东济南一模)有卫星通信功能的手机,只要在有卫星信号覆盖的地方,就可以实现通话。如图所示,通过三颗赤道上空的通信卫星就能实现环赤道全球通信,已知三颗卫星离地面高度均为h,地球的半径为R,地球表面重力加速度为g,引力常量为G,下列说法正确的是( )
A.三颗通信卫星受到地球的万有引力的大小一定相等
B.其中一颗质量为m的通信卫星的动能为
C.能实现赤道全球通信时,卫星离地高度至少为2R
D.同一卫星在高轨道的动能大于在低轨道的动能
B
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若恰能实现赤道全球通信,此时每颗卫星与地心的连线之间的夹角为120°,且任意两颗卫星之间的连线都与地球赤道相切,根据几何关系可知,此种情况下卫星到地心的距离为r'= =2R,则卫星离地高度至少为h'=r'-R=R,故C错误。
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8.(2024湖北二模)《天问》是屈原笔下的不朽诗篇,而“天问”行星探索系列代表着中国人对深空物理研究的不懈追求。如下图所示,半径均为R的两球形行星A、B的密度之比为ρA∶ρB=1∶2,A、B各有一个近地卫星,分别为C、D,其绕行周期分别为TC、TD。站在行星表面的航天员从距A行星表面高为h处以v0水平抛出一物体a,从距B行星表面高为2h处以2v0水平抛出另一物体b。下列说法正确的是( )
A.C、D绕A、B运行的速度之比为1∶2
B.C、D绕A、B运行的周期满足TC=TD
C.由于不知道a与b的质量,所以无法求出
二者落地时速度之比
D.a、b两物体从抛出到落地的位移之比为1∶2
D
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9.(多选)(2024福建龙岩二模)2022年10月9日,我国综合性太阳探测卫星“夸父一号”成功发射,实现了对太阳探测的跨越式突破。“夸父一号”卫星绕地球做匀速圆周运动,距地面高度约为720 km,运行一圈所用时间约为100分钟。如图所示,为了随时跟踪和观测太阳的活动,“夸父一号”在随地球绕太阳公转的过程中,需要其轨道平面始终与太阳保持固定的取向,使太阳光能照射到“夸父一号”,下列说法正确的是( )
A.“夸父一号”的运行轨道平面平均每天转动的角度约为1°
B.“夸父一号”绕地球做圆周运动的速度大于7.9 km/s
C.“夸父一号”绕地球做圆周运动的向心加速度小于地球
表面的重力加速度
D.由题干信息,根据开普勒第三定律,可求出日地间平均距离
AC
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解析 因为“夸父一号”的轨道平面要在一年中始终与太阳保持固定的取向,则在一年之内转动360°,即轨道平面平均每天约转动1°,故A正确;第一宇宙速度是所有绕地球做圆周运动的卫星的最大环绕速度,则“夸父一号”的速度小于7.9 km/s,故B错误;根据万有引力与重力的关系G=mg,根据牛顿第二定律G=ma,“夸父一号”绕地球做圆周运动的半径大于地球半径,可知“夸父一号”绕地球做圆周运动的向心加速度小于地球表面的重力加速度,故C正确;“夸父一号”绕地球转动,地球绕太阳转动,中心天体不同,则根据题中信息不能求解地球与太阳的距离,故D错误。(共22张PPT)
热点三 科技发展类
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选择题:每小题8分,共32分
1.(2024江苏南京一模)汽车主动降噪系统的原理是通过扬声器发出声波将车外噪声反向抵消,从而减少车内噪声。
下列说法正确的是( )
A.抵消信号的振幅应为噪声信号的2倍
B.抵消信号与噪声信号的波长相同
C.汽车降噪是因为噪声信号发生了偏振
D.汽车降噪是因为噪声信号发生了多普勒效应
B
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解析 汽车降噪过程应用的是声波的叠加原理,抵消声波振幅和频率应与环境噪声的振幅和频率相同。由于机械波波速由介质决定,由公式v=λf可知抵消信号与噪声信号的波长相同,故A、C、D错误,B正确。
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2.(多选)(2024广东一模)如图甲所示是航母电磁阻拦技术的原理简图,飞机着舰时通过绝缘阻拦索钩住水平导轨上的金属棒ab并关闭动力系统,在匀强磁场中减速滑行。若忽略导轨电阻、摩擦和空气阻力,ab所受安培力F随位移x的变化如图乙所示,则在飞机滑行过程( )
A.飞机的加速度与位移成正比 B.飞机的加速度与速度成正比
C.通过ab的电荷量与位移成正比 D.回路产生的焦耳热与位移成正比
BC
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3.(2024山东潍坊一模)制造半导体元件,需要精确测定硅片上涂有的二氧化硅(SiO2)薄膜的厚度,把左侧二氧化硅薄膜腐蚀成如图所示的劈尖,用波长λ=630 nm的激光从上方照射劈尖,观察到在腐蚀区域内有8条暗纹,且二氧化硅的棱MN处是亮纹,二氧化硅的折射率为1.5,则二氧化硅薄膜的厚度为( )
A.1 680 nm
B.1 890 nm
C.2 520 nm
D.3 780 nm
A
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解析 根据题意,由于二氧化硅的折射率为1.5,则激光在二氧化硅中的波长为λ1=,观察到在腐蚀区域内有8条暗纹,则二氧化硅的棱MN处的亮纹是第9条,设二氧化硅薄膜的厚度为d,则有2d=8λ1,联立解得d=1 680 nm,故选A。
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4.(多选)如图所示是特高压输电线路上使用的六分裂阻尼间隔棒简化图。间隔棒将六根相同平行长直导线分别固定在正六边形的顶点a、b、c、d、e、f上,O为正六边形的中心。已知通电长直导线周围的磁感应强度B的大小与电流I、距离r的关系式为B=(式中k为常量)。
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设a、b间距为L,当六根导线通有等大同向电流I0时,a处导线对b处导线的安培力大小为F,则( )
ACD
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解析 根据几何关系可知,a、O间距为L,则a处导线在O点产生的磁感应强度大小为BaO=,故A正确。根据右手螺旋定则结合对称性可知,a、d两处导线在O点产生的磁感应强度大小相等,方向相反;b、e两处导线在O点产生的磁感应强度大小相等,方向相反;c、f两处导线在O点产生的磁感应强度大小相等,方向相反;则六根导线在O点产生的磁感应强度大小为0,故B错误。根据方向相同的两根直线电流之间的安培力为吸引力,结合对称性可知,b、f两处导线对a处导线的安培力合力方向沿aO指向O点;c、e两处导线对a处导线的安培力合力方向沿aO指向O点;d处导线对a处导线的安培力方向沿aO指向O点;故a处导线所受安培力方向沿aO指向O点,故C正确。
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根据几何关系可知,a、d间距为2L,则a处导线在d点产生的磁感应强度大小为Bad=Bab,可知a处导线在d点产生的磁感应强度大小等于a处导线在b点产生的磁感应强度大小的一半,则a处导线对d处导线的安培力大小为,故D正确。
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5.(12分)(2024福建莆田二模)福建舰成功实现电磁弹射试验后,某兴趣小组设计了一个模拟电磁弹射系统,如图甲所示,系统左侧接有直流电源、单刀双掷开关S和电容为C的电容器,右侧是离水平地面高为h的水平光滑平行金属导轨,导轨上放置一绝缘的助推模型,其外层固定一组金属线圈,线圈两端通过电刷与导轨连接形成回路,线圈处于导轨间的辐射状磁场中,侧视图如图乙所示。首先将开关S接至1,使电容器完全充电;然后将S接至2,模型从静止开始加速,达到最大速度后脱离导轨落在水平地面上,落地点离导轨右端点的水平距离为x。已知助推模型(含线圈、电刷)的质量为m,重力加速度为g;线圈的半径为r,匝数为n,总电阻为R,其所在处的磁感应强度大小均为B。不计空气阻力、导轨电阻、线圈中电流产生磁场和线圈自感的影响。求:
(1)助推模型在轨道上的最大速度vm;
(2)助推模型离开轨道时电容器所带的电荷量q;
(3)助推模型在轨道上的最大加速度am。
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6.(16分)(2024山西一模)在芯片制造过程中,离子注入是一道重要的工序。为了准确地注入离子,需要在一个有限空间中用电磁场对离子的运动轨迹进行调控。如图所示,在空间直角坐标系O-xyz内的长方体OABC-O1A1B1C1区域,OA=OO1=L1=0.6 m,OC=L2=0.8 m,粒子源在y轴上OO1区域内沿x轴正方向连续均匀辐射出带正电粒子。已知粒子的比荷=1.0×105 C/kg,初速度大小为v0=8×104 m/s,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,不计粒子的重力和粒子间的相互作用。
(1)仅在长方体区域内加沿z轴正方向的匀强电场,所有的粒子从BB1边射出电场,求电场强度的大小E0;
(2)仅在长方体区域内加沿y轴正方向的匀强磁场,所有的粒子都经过A1ABB1面射出磁场,求磁感应强度大小B0的范围;
(3)在长方体区域内加沿z轴正方向的匀强电场、匀强磁场,已知磁感应强度B= T,电场强度E=×104 V/m,求从A1ABB1面射出的粒子数占粒子源射出粒子总数的百分比。
答案 (1)1.2×105 V/m
(2) T≤B0≤ T
(3)50%
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解析 (1)所有的粒子都从BB1边射出,设粒子在电场中运动的时间为t,
则有L2=v0t
联立解得E0=1.2×105 V/m。
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6(共22张PPT)
热点四 环境保护类
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选择题:每小题8分,共32分
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以下说法正确的是( )
B
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2.(2024山东淄博一模)为了节能环保,地铁站的进出轨道通常设计成不是水平的,列车进站时就可以借助上坡减速,而出站时借助下坡加速。如图所示,为某地铁两个站点之间节能坡的简化示意图(左右两边对称,每小段坡面都是直线)。在一次模拟实验中,一滑块(可视为质点)以初速度v0从A站M处出发沿着轨道运动,恰能到达N处。滑块在两段直线轨道交接处平稳过渡,能量损失忽略不计,滑块与各段轨道之间的动摩擦因数均相同,不计空气阻力。
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重力加速度为g,则根据图中相关信息,若要使滑块恰能到达B站P处,该滑块初速度的大小应调整为( )
B
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3.(2024全国联考一模)风力发电是一种绿色环保、清洁无污染的发电方式,近几年多地部署了风力发电装置。如图所示,某风力发电装置呈现风车外形,由三个叶片构成,风垂直吹向叶片驱动风轮机转动,风轮机带动内部线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动产生交流电。已知叶片转动时可形成半径为60 m的圆面,某日平均风速为6 m/s,风能向电能转化的效率为30%。发电机组输出电压为690 V,经过变电站理想变压器将电压升为10 kV远距离输送。空气密度为1.3 kg/m3,则下列说法正确的是( )
A.理想变压器的原、副线圈匝数比约为69∶10 000
B.该风力发电机的输出功率约为476 kW
C.该风力发电机的日发电量约为3.8×104 kW·h
D.若远距离输电线上损耗的功率不能超过5%,
则输电线的电阻不能超过15 Ω
B
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4.(多选)(2024广东一模)为了减少污染,根据相关规定,加油站必须进行“油气回收”,操作如下:油枪从封闭油罐中吸取体积为V的汽油加到汽车油箱,同时抽取油枪周围体积为1.2V的油气(可视为理想气体),压入封闭油罐(压至体积为V)。假设油罐及加油枪导热良好且环境温度不变,则将油气压入油罐的过程中,油气( )
A.压强增大
B.对外做正功
C.向环境放热
D.从环境吸热
AC
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解析 油气压入油罐的过程中,体积减小,外界对气体做功,由于油罐及加油枪导热良好且环境温度不变,则气体的内能不变,根据热力学第一定律可知油气向环境放热,C正确,B、D错误;油气压入油罐的过程中,体积减小,温度不变,根据理想气体状态方程可知压强增大,A正确。
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5.(12分)(1)探险队路过一化工厂外用区域时,发现一个正在偷排污水的水平管口,如图甲所示,实测管口离落水点的高度差为h=80 cm,污水水平射程为x=160 cm。求污水流出管口时的速度大小。
(2)如图乙所示,探险队遇到一宽为d=6 m,水流很急的小河。实测水流速度恒为v1=5 m/s,所带的气垫船在静水中的速度为v2=3 m/s,假设两河岸相互平行,要以最短路程渡河,则气垫船与上游河岸成多少夹角行驶 此过程的渡河时间为多少 (已知sin 37°=0.6)
答案 (1)4 m/s (2)53° 2.5 s
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解析 (1)根据平抛运动规律,竖直方向上有h= gt2
解得t=0.4 s
水平方向上有x=vt
解得v=4 m/s。
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(2)解法1:水流速度v1大于气垫船在静水中的速度v2,故气垫船合速度的方向无法与河岸垂直,如图所示,以v1的矢量末端为圆心、v2大小为半径画圆,当v合与圆相切时,气垫船渡河路程最短
设气垫船与上游河岸为θ角,有
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解法2:设气垫船与上游河岸成θ角渡河,合速度与河岸成α角。渡河时速度关系如图所示
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6.(16分)(2024北京西城期末)在许多工业生产过程中,会产生包含粉尘的废气,为了减少粉尘对空气的污染,通常会让废气经过除尘室后再排放。如图甲所示,除尘室中有一矩形通道,其前、后板使用绝缘材料,上、下板使用金属材料,并与电压恒定的高压直流电源相连。如图乙所示是该装置的截面图。通道长L、宽b,上下板间距离d,电源电压U,其中L和b已知,且不可调, d和U可调。质量为m、电荷量为-q(q>0)、分布均匀的带电粉尘以水平速度v进入矩形通道,当带负电的尘埃碰到下板后其所带电荷被中和,同时粉尘被收集。不计粉尘重力、空气阻力及粉尘间的相互作用。
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(1)若电源电压为U1、上下板间距离为d1时,部分粉尘没有被收集,求贴近上板进入通道的粉尘离开通道时,沿垂直于上下板方向偏移的距离y0。
(2)若电源电压为U2、上下板间距离为d2时,进入通道的粉尘的收集率η=64%。为使收集率达到100%,应如何调整装置 请分析说明,并给出具体的调整方案。(写出一种方案即可)
(3)若粉尘恰好能够被完全收集,请定性画出某段时间t0内,下板沿通道长度方向单位长度收集到的粉尘数量P随距通道入口距离x变化的趋势图线,并简要说明作图依据。
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(2)增大电源电压 见解析
(3)见解析
解析 (1)根据题意可知,带电粉尘在通道内做类平抛运动,水平方向上有L=vt
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(2)根据题意可知,进入通道的粉尘的收集率η=64%,则离下极板距离为0.64d2的粒子恰好从右端飞出,贴近上板进入的粉尘不会被收集,离开通道时沿垂直于上下板方向偏移的距离y2=0.64d2
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(3)由于粉尘分布均匀且恰好被收集,设某粉尘颗粒竖直位移大小为y,
水平位移大小为x,由(1)问推导可得y=x2
又因为粉尘分布均匀,则可设在一定时间内落在下板上的粉尘颗粒数量N=ky=k'x2
若将下板分成等长的2段,则前后两段板在相同时间内落入的尘埃数量之比N1∶N2=1∶3
若将下板分成等长的4段,则前后四段板在相同时间内落入的尘埃数量之比N1∶N2∶N3∶N4=1∶3∶5∶7
若将下板分成等长的n段,则前后n段板在相同时间内落入的尘埃数量之比N1∶N2∶N3∶N4∶…∶Nn=1∶3∶5∶7∶…∶(2n-1)
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类比自由落体运动相同时间间隔内的位移关系以及速度变化规律,可推得相同时间内在单位长度收集的粉尘数量P=与x成正比,图像如图所示。(共16张PPT)
热点五 体育运动类
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选择题:每小题8分,共32分
1.(2024河北唐山一模)一同学在练习乒乓球削球技术时,使乒乓球竖直下落,在球与球拍接触的瞬间,保持球拍板面水平向上,并沿水平方向挥动球拍,如图所示。已知乒乓球与球拍接触时间极短,接触前、后乒乓球在竖直方向的速度大小分别为5 m/s和4 m/s,乒乓球与球拍之间的动摩擦因数为0.3。若乒乓球可视为质点且不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,则乒乓球在与球拍接触后获得的水平速度大小为( )
A.1.2 m/s
B.1.5 m/s
C.2.0 m/s
D.2.7 m/s
D
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解析 取竖直向上为正方向,由动量定理(N-mg)Δt=mv2-m(-v1),水平方向μNΔt=mv水,乒乓球与球拍接触时间极短,则重力的冲量可忽略不计,解得v水=μ(v2+v1)=2.7 m/s,故选D。
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2.钢架雪车是一项精彩刺激的冬奥会比赛项目,运动员在起跑区推动雪车起跑后俯卧在雪车上,再经出发区、滑行区和减速区的一系列直道、弯道后到达终点,用时少者获胜。图甲是比赛中一运动员在滑行区某弯道的图片,假设可视为质点的人和车的总质量m=90 kg,其在弯道上P处做水平面内圆周运动的模型如图乙所示,车在P处既无侧移也无切向加速度,速率v=30 m/s,弯道表面与水平面成θ=53°,不计摩擦力和空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,sin 53°=0.8。则在P处( )
A.车对弯道的压力大小为900 N
B.人对车的压力大小为1 500 N
C.人和车做圆周运动的半径为67.5 m
D.人和车的加速度大小为7.5 m/s2
C
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解析 对人和车受力分析,如图所示,根据几何关系有FN==1 500 N,根据牛顿第三定律可得,车对弯道的压力大小为1 500 N,故A错误;由于不知道人的质量,所以无法确定人对车的压力,故B错误;根据牛顿第二定律可得mgtan θ=m=ma,解得r=67.5 m,a=13.33 m/s2,故C正确,D错误。
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3.(多选)(2024山东枣庄三模)艺术体操运动员在“带操”表演中,手持细棒抖动彩带一端,彩带会像波浪般翻卷,如图甲所示。t=0时刻彩带上的波形如图乙所示,E、F是彩带上的两个点。已知F点的纵坐标为yF=-10 cm,E点的振动方程为y=20sin(2πt) cm,关于彩带上各点的运动,
下列说法正确的是( )
A.该波的波长为1.6 m
B.t=0时刻F点向上运动
C.E点的平衡位置位于(-0.1 m,0)处
D.F点的振动方程为y=20sin cm
ABD
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4.(多选)如图甲所示的后排进攻是排球比赛中一种重要进攻手段。假设某次后排进攻可简化为如图乙所示模型,A运动员以极短的时间Δt=0.01 s完成击球,将初速度为零的排球从O点以水平速度击出,球恰好打到拦网队员B的手指P后飞出。已知排球质量m=0.26 kg,O、P的水平距离L=3 m,O、P的高度差h=7.2 cm。球视为质点,忽略空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。则可知( )
A.球被A运动员击出时的速率约为72 km/h
B.球被A运动员击出时的速率约为90 km/h
C.A运动员对球的平均作用力大小约为650 N
D.A运动员对球的平均作用力大小约为520 N
BC
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解析 球被A运动员击出后做平抛运动,设球被击出时的速率为v0,运动时间为t,则有L=v0t,h= gt2,联立解得v0=25 m/s=90 km/h,故A错误,B正确;A运动员完成击球的时间Δt=0.01 s,设击球时对球的平均作用力大小为F,由动量定理得FΔt=mv0-0,将已知量代入上式可解得F=650 N,故C正确,D错误。故选B、C。
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5.(12分)(2024山东青岛二模)如图所示,单杠比赛中运动员身体保持笔直绕杠进行双臂大回环动作,此过程中运动员以单杠为轴做圆周运动,重心到单杠的距离始终为d=1 m。当运动员重心运动到A点时,身体与竖直方向间的夹角为α,此时双手脱离单杠,此后重心经过最高点B时的速度vB=1.5 m/s,最后落到地面上,C点为落地时重心的位置。已知A、B、C在同一竖直平面内,运动员的质量m=60 kg,A、C两点间的高度差h=1.2 m,重力加速度g取10 m/s2,tan α==10.44,忽略空气阻力。求:
(1)运动员重心在A点时单杠对每只手的
拉力大小F;
(2)A、C两点间的水平距离L。
答案 (1)903.66 N (2)1.8 m
解析 (1)运动员由A到B做斜抛运动,则运动员由A到B水平方向上做匀速直线运动,即vB=vAcos α
运动员在A点时,设单杠对人的作用力为F1,
根据牛顿第二定律F1-mgcos α=m
解得F1=1 807.32 N
则运动员重心在A点时单杠对每只手的拉力大小F==903.66 N。
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(2)运动员在A点时竖直方向的分速度为vAy=vBtan α=5 m/s
运动员由A到C点在竖直方向上做竖直上抛运动,取竖直向上为正方向,
则-h=vAyt-gt2
解得t=1.2 s
在水平方向上做匀速直线运动,则L=vBt=1.8 m。
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6.(16分)(2024天津和平一模)冰壶是冬奥会的热门项目,其中包含着大量的物理规律。冰壶比赛场地如图所示,投掷线AB到圆垒区圆心O的距离为L=30 m,圆垒区半径为R=1.8 m。运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面以减小减速时的摩擦力。若不擦冰时,冰壶与冰面的动摩擦因数为μ1=0.008,擦冰面后动摩擦因数减小至μ2=0.004。在某次训练中,运动员推着冰壶从起滑架出发,到达投掷线中点时立即将冰壶以一定的速度向O点推出,推出冰壶后运动员静止(推出过程忽略所受的摩擦力),若不用毛刷擦冰面,冰壶向前滑行25 m速度即减为0。已知运动员的质量M=60 kg,所有冰壶的质量均为m=20 kg,冰壶可看作质点,重力加速度g取10 m/s2,壶之间碰撞的机械能损失忽略不计。求:
(1)运动员刚将冰壶从手中推出时冰壶的速度v0;
(2)将冰壶从手中推出过程中运动员对冰壶所做的功W;
(3)在圆垒圆心位置有对方的冰壶,如果在碰撞前运动员用毛刷擦冰面的长度为18 m,通过计算判断擦冰面之后能否将对方冰壶撞出圆垒区。
答案 (1)2 m/s (2)37.5 J (3)能将对方冰壶碰出圆垒区
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解析 (1)若不刷冰面,冰壶滑行过程中由动能定理有
-μ1mgx=0-
式中x=25 m
可得v0=2 m/s。
(2)冰壶被推出过程,由动量守恒定律有(M+m)v=mv0
由动能定理可得将冰壶从手中推出过程中运动员对冰壶所做的功
W=mv2
可得W=37.5 J。
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(3)推出后冰壶在冰面滑行过程,根据动能定理有
-μ1mg(L-L0)-μ2mgL0=
冰壶碰撞过程由动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv1=mv1'+mv2'
mv1'2+mv2'2
被碰冰球的滑行过程由动能定理有
-μ1mgs=0-mv2'2
联立以上各式解得s=4 m>R
可知,能将对方冰壶碰出圆垒区。
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