資源簡介

(共23張PPT)
熱點一　生產生活類
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選擇題:每小題6分,共30分
1.(2024江蘇南京一模)氣壓式電腦桌的簡易結構如圖所示。導熱性能良好的汽缸與活塞之間封閉一定質量的理想氣體,活塞可在汽缸內無摩擦運動。設氣體的初始狀態為A,將電腦放在桌面上,桌面下降一段距離后達到穩定狀態B。打開空調一段時間后,桌面回到初始高度,此時氣體狀態為C。下列說法正確的是(　　)
A.從A到B的過程中,內能減小
B.從A到B的過程中,氣體會從外界吸熱
C.從B到C的過程中,氣體分子平均動能增大
D.從B到C的過程中,氣體分子在單位時間內
對單位面積的碰撞次數變多
C
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解析 因為汽缸導熱性能良好,所以從A到B的過程中,氣體溫度不變,內能不變,但體積減小,外界對氣體做了功,由熱力學第一定律知氣體會向外界放熱,故A、B錯誤;從B到C的過程中,壓強不變,但氣體體積增大,故應是溫度升高,所以氣體分子平均動能增大,氣體分子在單位時間內對單位面積的碰撞次數變少,故C正確,D錯誤。
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2.(2024廣東廣州一模)如圖所示,港珠澳大橋人工島建設時,起重機用8根對稱分布且長度均為22 m的鋼索將直徑為22 m、質量為5.0×105 kg的鋼筒勻速吊起,重力加速度g取10 m/s2,則此過程每根鋼索受到的拉力大小為
(　　)
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 由于鋼筒的直徑為22 m,鋼索的長度為22 m,則每兩根共面鋼索與圓筒頂面相應直徑構成等邊三角形,所以每根鋼索與豎直方向的夾角為30°;設每根鋼索受到的拉力大小為F,豎直方向根據平衡條件可得8Fcos 30° =Mg,解得F=7.2×105 N,故選B。
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3.(2024江西模擬預測)如圖甲所示為我國研制的盾構機刀盤吊裝場景,刀盤由繩索與長方形鋼架組成的設備懸掛于空中,處于靜止狀態,四條相同繩索分別牽引住鋼架的四個頂點,如圖乙所示。已知刀盤與鋼架總重力為G,每根繩索與豎直方向的夾角均為α,不計繩索重力,下列說法正確的是(　　)
A.每根繩索對鋼架的拉力大小為
B.刀盤所受的合力方向豎直向上
C.若每根繩索增加相同的長度,
每根繩索的拉力將變小
D.繩索對鋼架的拉力大于鋼架
對繩索的拉力
C
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解析 刀盤處于平衡狀態,對刀盤進行受力分析有4FTcos α=G,故每根繩索對刀盤與鋼架的拉力大小為FT=,故A錯誤;刀盤所受的合力為零,故B錯誤;若每根繩索增加相同的長度,α變小,cos α變大,則每根繩索受到的拉力將變小,故C正確;根據牛頓第三定律,繩索對鋼架的拉力等于鋼架對繩索的拉力,故D錯誤。
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4.(2024福建龍巖二模)玉米是我國重要的農作物。收割后脫粒玉米可用如圖甲所示的傳送帶裝置進行轉移。如圖乙所示,將收割曬干的玉米投入脫粒機后,玉米粒從靜止開始被傳送到底端與脫粒機相連的順時針勻速轉動的傳送帶上,一段時間后和傳送帶保持相對靜止,直至從傳送帶的頂端飛出,最后落在水平地面上,玉米被迅速裝袋轉運,提升了加工轉運的效率。已知傳送帶與水平方向的夾角為θ、頂端的高度為h,玉米粒相對于傳送帶頂端的最大高度也是h,已知重力加速度為g,
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若不計風力、空氣阻力和玉米粒之間的相互作用力,下列說法正確的是
(　　)
A.玉米粒在傳送帶上時,所受摩擦力始終不變
B
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解析 玉米粒剛到傳送帶上時,受到沿傳送帶向上的滑動摩擦力,當玉米粒與傳送帶共速后,受到沿傳送帶向上的靜摩擦力,所受摩擦力發生改變,故A錯誤;設傳送帶速度為v,玉米粒脫離傳送帶后水平方向做勻速直線運動,豎直方向做豎直上拋運動,所以vx=vcos θ,vy=vsin θ,
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5.(多選)(2024廣東三模)如圖所示,配有轉盤的中式圓餐桌是我國的傳統家具。質量為m的小碗(可視為質點)放在水平轉盤邊緣上隨轉盤一起由靜止緩慢加速轉動,若小碗與轉盤以及桌面間的動摩擦因數均為μ,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,轉盤的半徑為r,餐桌的半徑為R,重力加速度為g,轉盤與桌面的高度差不計,下列說法正確的是(　　)
BD
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6.(14分)如圖甲所示,遇到突發洪水時,可以借助塑料盆進行自救,簡化模型如圖乙所示,將塑料盆近似看成底面積為S的圓柱形容器,把塑料盆口向下豎直輕放在靜止水面上,用力豎直向下緩慢壓盆底,當壓力為F時恰好使盆底與水面相平,忽略塑料盆的厚度及盆的重力,已知大氣壓強為p0,重力加速度為g,水的密度為ρ,求:
(1)此時盆內空氣的壓強p;
(2)此時塑料盆口的深度d。
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(2)當塑料盆輕放在靜止水面上時,盆內封閉氣體的壓強、體積分別為p1=p0,V1=Sd
當盆底與水面相平時,設進入盆內水的液面距盆底h,盆內壓強、體積分別為p2=p,V2=Sh
而根據等壓面法可知p2=p0+ρgh
根據題意p1V1=p2V2
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7.(16分)(2024吉林白山二模)智能機器人自動分揀快遞包裹系統被賦予“驚艷世界的中國黑科技”稱號。分揀機器人工作效率高,落袋準確率達99.9%。供包臺工作人員將包裹放在機器人的水平托盤上,智能掃碼讀取包裹目的地信息,經過大數據分析后生成最優路線,包裹自動送至方形分揀口。如圖甲所示,當機器人抵達分揀口時,速度恰好減速為零,翻轉托盤使托盤傾角緩慢增大,直至包裹滑下,投入分揀口中(最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力,重力加速度g取10 m/s2)。如圖乙所示,機器人A把質量m=1 kg的包裹從供包臺沿直線運至相距L=45 m的分揀口處,在運行過程中包裹與水平托盤保持相對靜止。已知機器人A運行最大加速度a=3 m/s2,運行最大速度v0=3 m/s,機器人運送包裹途中,看作質點。
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(1)求機器人A從供包臺運行至分揀口所需的最短時間t;
(2)若包裹與水平托盤的動摩擦因數為μ= ,則在機器人A到達投遞口處,要使得包裹開始下滑,托盤的最小傾角θ應該是多少;
(3)若機器人A投遞完包裹后返回供包臺途中發生故障,機器人A立刻制動,制動時速度為3 m/s,由于慣性,機器人A在地面滑行4.5 m后停下來,此時剛好有另一機器人B,以最大速度3 m/s與機器人A發生彈性正碰,碰撞后機器人A滑行了2 m停下來(其加速度與制動后滑行加速度相等,機器人A、B均看作質點)。則機器人A的總質量是機器人B的多少倍
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答案 (1)16 s
(2)30°
(3)2倍
解析 (1)當機器人A先以運行最大加速度做勻加速直線運動加速至3 m/s,然后做勻速直線運動,最后同樣以運行最大加速度做勻減速直線運動至零時,機器人A從供包臺運行至分揀口所需時間最短。做勻加速直線運動階段根據運動學的公式可得
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(2)要使包裹剛開始下滑,托盤的最小傾角θ,對包裹,受力分析得
FN=mgcos θ
Ff=mgsin θ
其中Ff=μFN
解得托盤的最小傾角θ=30°。
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設機器人A、B的質量分別為M1、M2,碰撞后機器人B的速度為vB,A、B發生彈性碰撞,A和B組成的系統根據動量守恒定律和能量守恒定律有
M2v0=M2vB+M1vA
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7(共27張PPT)
熱點二　航天技術類
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選擇題1~6題,每小題6分,7~9題,每小題8分,共60分
1.(2024山東煙臺一模)“星下點”是指衛星和地心連線與地球表面的交點。如圖甲所示是人造地球衛星A的運行圓軌道及“星下點”示意圖,衛星A的繞行方向與地球自轉方向一致,M點是衛星A某時刻的“星下點”,如圖乙所示是衛星A的“星下點”在完整地球平面圖上一段時間內的軌跡,已知地球同步衛星B(圖中未畫出)的軌道半徑為r,則衛星A的軌道半徑為(　　)
C
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2.(多選)(2024廣東二模)2024年,我國探月計劃第六個探測器嫦娥六號出征月球,飛往月球背面采集土壤并返回地球。如圖所示,O1為地球的球心、O2為月球的球心,圖中的P點為地—月系統的一個拉格朗日點,在該點的物體能夠保持和地球、月球相對位置關系不變,以和月球相同的角速度繞地球做勻速圓周運動。地球上的人總是只能看到月球的正面,嫦娥六號將要達到的卻是月球背面的M點,為了保持和地球的聯系,我國還將發射鵲橋二號中繼通信衛星,讓其在以P點為圓心、垂直于地月連線的圓軌道上運動。
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下列說法正確的是(　　)
A.我們無法看到月球的背面,是因為月球的自轉周期和公轉周期相同
B.發射嫦娥六號時,發射速度要超過第二宇宙速度,讓其擺脫地球引力的束縛
C.以地球球心為參考系,鵲橋二號中繼衛星做勻速圓周運動
D.鵲橋二號中繼衛星受到地球和月球引力的共同作用
AD
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解析 因為潮汐鎖定,月球的自轉周期和公轉周期相同,所以我們無法看到月球的背面,故A項正確;嫦娥六號并沒擺脫地球引力的束縛,因此發射速度不會超過第二宇宙速度,故B項錯誤;以地球為參考系,鵲橋二號一方面繞地月系統共同的圓心做勻速圓周運動,另一方面繞P點做勻速圓周運動,因此以地心為參考系,它是兩個勻速圓周運動的合運動,故C項錯誤;鵲橋二號中繼衛星受地球和月球共同引力的作用,故D項正確。
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3.(2024浙江溫州二模)2024年1月17日,搭載“天舟七號”貨運飛船的運載火箭在文昌航天發射場發射。次日凌晨,“天舟七號”貨運飛船成功對接空間站“天和”核心艙,如圖所示。對接后,“天舟七號”與空間站組成組合體,運行在離地高度約為400 km的圓形軌道上,下列說法正確的是(　　)
A.組合體的角速度小于地球自轉的角速度
B.組合體的線速度大于地球同步衛星的線速度
C.組合體的向心加速度小于地球同步衛星的
向心加速度
D.“天舟七號”攜帶的一未開封貨物,在發射前與對接后所受的重力相等
B
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4.(2024山東德州模擬)天問一號是執行中國首次火星探測任務的探測器,該名稱源于屈原長詩《天問》,表達了中華民族對真理追求的堅韌與執著。如圖所示是天問一號的運行軌跡圖,在運行過程中天問一號進行了多次軌道修正,天問一號進入火星軌道后,軌跡是一個繞著火星的橢圓。
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遠火點是這個橢圓軌跡上距離火星最遠的一點,遠火點平面軌道調整就是將天問一號的繞火星飛行路線從橫著繞變成豎著繞并進入遙感使命軌道,這樣天問一號就能夠對火星的兩極進行拍攝,從而完成對火星全球的遙感成像任務(　　)
A.天問一號發射階段的速度必須大于第二宇宙速度
B.天問一號在進入火星軌道前只受到地球和火星的引力影響
C.天問一號在遠火平面制動點的加速度比在其他繞火星軌道的加速度都要大
D.天問一號的遙感使命軌道是火星的同步軌道,在這個軌道上天問一號相當于火星的同步衛星
A
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解析 天問一號要脫離地球的吸引,發射階段的速度必須大于第二宇宙速度,故A正確;天問一號在地火轉移階段受太陽引力的影響不能忽略,故B錯誤;根據牛頓第二定律G=ma,解得a=,遠火點則是這個橢圓軌跡上距離火星最遠的一點,故天問一號在遠火平面制動點的加速度比其他繞火星軌道的加速度都要小,故C錯誤;天問一號的遙感使命軌道是橢圓軌道,不是火星的同步衛星軌道,故D錯誤。
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5.(2024遼寧葫蘆島一模)2023年5月神舟十六號載人飛船與空間站組合體完成自主快速交會對接,形成了三艙三船組合體,載人發射任務取得圓滿成功。載人飛船發射后變軌過程可簡化為如圖所示,首先發射到停泊軌道Ⅰ上進行數據確認,停泊軌道半徑近似為地球半徑R;然后在軌道Ⅰ上P處點火加速運行到轉移軌道Ⅱ上,最后擇機在Q處與中國空間站完成對接。
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已知中國空間站圓軌道距地面的高度為h,運行周期為T,則(　　)
A.飛船在轉移軌道Ⅱ上各點的速度均小于7.9 km/s
C
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解析 停泊軌道Ⅰ半徑近似為地球半徑R,則飛船在停泊軌道Ⅰ上各點的速度等于第一宇宙速度,即7.9 km/s,飛船在停泊軌道Ⅰ的P點加速,做離心運動進入轉移軌道Ⅱ,故飛船在轉移軌道Ⅱ上P點的速度大于在停泊軌道Ⅰ
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6.(2024廣西貴港二模)2024年2月23日,“長征5號”遙七運載火箭搭載通信技術試驗衛星十一號發射成功,被譽為龍年首發。衛星進入地球同步軌道后,主要用于開展多頻段、高速率衛星通信技術驗證。設地球同步衛星的軌道半徑是地球半徑的n倍,下列說法正確的是(　　)
A.地球同步衛星可以靜止在北京上空
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7.(2024山東濟南一模)有衛星通信功能的手機,只要在有衛星信號覆蓋的地方,就可以實現通話。如圖所示,通過三顆赤道上空的通信衛星就能實現環赤道全球通信,已知三顆衛星離地面高度均為h,地球的半徑為R,地球表面重力加速度為g,引力常量為G,下列說法正確的是(　　)
A.三顆通信衛星受到地球的萬有引力的大小一定相等
B.其中一顆質量為m的通信衛星的動能為
C.能實現赤道全球通信時,衛星離地高度至少為2R
D.同一衛星在高軌道的動能大于在低軌道的動能
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若恰能實現赤道全球通信,此時每顆衛星與地心的連線之間的夾角為120°,且任意兩顆衛星之間的連線都與地球赤道相切,根據幾何關系可知,此種情況下衛星到地心的距離為r'= =2R,則衛星離地高度至少為h'=r'-R=R,故C錯誤。
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8.(2024湖北二模)《天問》是屈原筆下的不朽詩篇,而“天問”行星探索系列代表著中國人對深空物理研究的不懈追求。如下圖所示,半徑均為R的兩球形行星A、B的密度之比為ρA∶ρB=1∶2,A、B各有一個近地衛星,分別為C、D,其繞行周期分別為TC、TD。站在行星表面的航天員從距A行星表面高為h處以v0水平拋出一物體a,從距B行星表面高為2h處以2v0水平拋出另一物體b。下列說法正確的是(　　)
A.C、D繞A、B運行的速度之比為1∶2
B.C、D繞A、B運行的周期滿足TC=TD
C.由于不知道a與b的質量,所以無法求出
二者落地時速度之比
D.a、b兩物體從拋出到落地的位移之比為1∶2
D
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9.(多選)(2024福建龍巖二模)2022年10月9日,我國綜合性太陽探測衛星“夸父一號”成功發射,實現了對太陽探測的跨越式突破。“夸父一號”衛星繞地球做勻速圓周運動,距地面高度約為720 km,運行一圈所用時間約為100分鐘。如圖所示,為了隨時跟蹤和觀測太陽的活動,“夸父一號”在隨地球繞太陽公轉的過程中,需要其軌道平面始終與太陽保持固定的取向,使太陽光能照射到“夸父一號”,下列說法正確的是(　　)
A.“夸父一號”的運行軌道平面平均每天轉動的角度約為1°
B.“夸父一號”繞地球做圓周運動的速度大于7.9 km/s
C.“夸父一號”繞地球做圓周運動的向心加速度小于地球
表面的重力加速度
D.由題干信息,根據開普勒第三定律,可求出日地間平均距離
AC
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解析 因為“夸父一號”的軌道平面要在一年中始終與太陽保持固定的取向,則在一年之內轉動360°,即軌道平面平均每天約轉動1°,故A正確;第一宇宙速度是所有繞地球做圓周運動的衛星的最大環繞速度,則“夸父一號”的速度小于7.9 km/s,故B錯誤;根據萬有引力與重力的關系G=mg,根據牛頓第二定律G=ma,“夸父一號”繞地球做圓周運動的半徑大于地球半徑,可知“夸父一號”繞地球做圓周運動的向心加速度小于地球表面的重力加速度,故C正確;“夸父一號”繞地球轉動,地球繞太陽轉動,中心天體不同,則根據題中信息不能求解地球與太陽的距離,故D錯誤。(共22張PPT)
熱點三　科技發展類
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選擇題:每小題8分,共32分
1.(2024江蘇南京一模)汽車主動降噪系統的原理是通過揚聲器發出聲波將車外噪聲反向抵消,從而減少車內噪聲。
下列說法正確的是(　　)
A.抵消信號的振幅應為噪聲信號的2倍
B.抵消信號與噪聲信號的波長相同
C.汽車降噪是因為噪聲信號發生了偏振
D.汽車降噪是因為噪聲信號發生了多普勒效應
B
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解析 汽車降噪過程應用的是聲波的疊加原理,抵消聲波振幅和頻率應與環境噪聲的振幅和頻率相同。由于機械波波速由介質決定,由公式v=λf可知抵消信號與噪聲信號的波長相同,故A、C、D錯誤,B正確。
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2.(多選)(2024廣東一模)如圖甲所示是航母電磁阻攔技術的原理簡圖,飛機著艦時通過絕緣阻攔索鉤住水平導軌上的金屬棒ab并關閉動力系統,在勻強磁場中減速滑行。若忽略導軌電阻、摩擦和空氣阻力,ab所受安培力F隨位移x的變化如圖乙所示,則在飛機滑行過程(　　)
A.飛機的加速度與位移成正比 B.飛機的加速度與速度成正比
C.通過ab的電荷量與位移成正比 D.回路產生的焦耳熱與位移成正比
BC
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3.(2024山東濰坊一模)制造半導體元件,需要精確測定硅片上涂有的二氧化硅(SiO2)薄膜的厚度,把左側二氧化硅薄膜腐蝕成如圖所示的劈尖,用波長λ=630 nm的激光從上方照射劈尖,觀察到在腐蝕區域內有8條暗紋,且二氧化硅的棱MN處是亮紋,二氧化硅的折射率為1.5,則二氧化硅薄膜的厚度為(　　)
A.1 680 nm
B.1 890 nm
C.2 520 nm
D.3 780 nm
A
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解析 根據題意,由于二氧化硅的折射率為1.5,則激光在二氧化硅中的波長為λ1=,觀察到在腐蝕區域內有8條暗紋,則二氧化硅的棱MN處的亮紋是第9條,設二氧化硅薄膜的厚度為d,則有2d=8λ1,聯立解得d=1 680 nm,故選A。
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4.(多選)如圖所示是特高壓輸電線路上使用的六分裂阻尼間隔棒簡化圖。間隔棒將六根相同平行長直導線分別固定在正六邊形的頂點a、b、c、d、e、f上,O為正六邊形的中心。已知通電長直導線周圍的磁感應強度B的大小與電流I、距離r的關系式為B=(式中k為常量)。
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設a、b間距為L,當六根導線通有等大同向電流I0時,a處導線對b處導線的安培力大小為F,則(　 　)
ACD
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解析 根據幾何關系可知,a、O間距為L,則a處導線在O點產生的磁感應強度大小為BaO=,故A正確。根據右手螺旋定則結合對稱性可知,a、d兩處導線在O點產生的磁感應強度大小相等,方向相反;b、e兩處導線在O點產生的磁感應強度大小相等,方向相反;c、f兩處導線在O點產生的磁感應強度大小相等,方向相反;則六根導線在O點產生的磁感應強度大小為0,故B錯誤。根據方向相同的兩根直線電流之間的安培力為吸引力,結合對稱性可知,b、f兩處導線對a處導線的安培力合力方向沿aO指向O點;c、e兩處導線對a處導線的安培力合力方向沿aO指向O點;d處導線對a處導線的安培力方向沿aO指向O點;故a處導線所受安培力方向沿aO指向O點,故C正確。
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根據幾何關系可知,a、d間距為2L,則a處導線在d點產生的磁感應強度大小為Bad=Bab,可知a處導線在d點產生的磁感應強度大小等于a處導線在b點產生的磁感應強度大小的一半,則a處導線對d處導線的安培力大小為,故D正確。
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5.(12分)(2024福建莆田二模)福建艦成功實現電磁彈射試驗后,某興趣小組設計了一個模擬電磁彈射系統,如圖甲所示,系統左側接有直流電源、單刀雙擲開關S和電容為C的電容器,右側是離水平地面高為h的水平光滑平行金屬導軌,導軌上放置一絕緣的助推模型,其外層固定一組金屬線圈,線圈兩端通過電刷與導軌連接形成回路,線圈處于導軌間的輻射狀磁場中,側視圖如圖乙所示。首先將開關S接至1,使電容器完全充電;然后將S接至2,模型從靜止開始加速,達到最大速度后脫離導軌落在水平地面上,落地點離導軌右端點的水平距離為x。已知助推模型(含線圈、電刷)的質量為m,重力加速度為g;線圈的半徑為r,匝數為n,總電阻為R,其所在處的磁感應強度大小均為B。不計空氣阻力、導軌電阻、線圈中電流產生磁場和線圈自感的影響。求:
(1)助推模型在軌道上的最大速度vm;
(2)助推模型離開軌道時電容器所帶的電荷量q;
(3)助推模型在軌道上的最大加速度am。
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6.(16分)(2024山西一模)在芯片制造過程中,離子注入是一道重要的工序。為了準確地注入離子,需要在一個有限空間中用電磁場對離子的運動軌跡進行調控。如圖所示,在空間直角坐標系O-xyz內的長方體OABC-O1A1B1C1區域,OA=OO1=L1=0.6 m,OC=L2=0.8 m,粒子源在y軸上OO1區域內沿x軸正方向連續均勻輻射出帶正電粒子。已知粒子的比荷=1.0×105 C/kg,初速度大小為v0=8×104 m/s,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,不計粒子的重力和粒子間的相互作用。
(1)僅在長方體區域內加沿z軸正方向的勻強電場,所有的粒子從BB1邊射出電場,求電場強度的大小E0;
(2)僅在長方體區域內加沿y軸正方向的勻強磁場,所有的粒子都經過A1ABB1面射出磁場,求磁感應強度大小B0的范圍;
(3)在長方體區域內加沿z軸正方向的勻強電場、勻強磁場,已知磁感應強度B= T,電場強度E=×104 V/m,求從A1ABB1面射出的粒子數占粒子源射出粒子總數的百分比。
答案 (1)1.2×105 V/m
(2) T≤B0≤ T
(3)50%
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解析 (1)所有的粒子都從BB1邊射出,設粒子在電場中運動的時間為t,
則有L2=v0t
聯立解得E0=1.2×105 V/m。
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6(共22張PPT)
熱點四　環境保護類
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選擇題:每小題8分,共32分
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以下說法正確的是(　　)
B
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2.(2024山東淄博一模)為了節能環保,地鐵站的進出軌道通常設計成不是水平的,列車進站時就可以借助上坡減速,而出站時借助下坡加速。如圖所示,為某地鐵兩個站點之間節能坡的簡化示意圖(左右兩邊對稱,每小段坡面都是直線)。在一次模擬實驗中,一滑塊(可視為質點)以初速度v0從A站M處出發沿著軌道運動,恰能到達N處。滑塊在兩段直線軌道交接處平穩過渡,能量損失忽略不計,滑塊與各段軌道之間的動摩擦因數均相同,不計空氣阻力。
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重力加速度為g,則根據圖中相關信息,若要使滑塊恰能到達B站P處,該滑塊初速度的大小應調整為(　　)
B
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3.(2024全國聯考一模)風力發電是一種綠色環保、清潔無污染的發電方式,近幾年多地部署了風力發電裝置。如圖所示,某風力發電裝置呈現風車外形,由三個葉片構成,風垂直吹向葉片驅動風輪機轉動,風輪機帶動內部線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸勻速轉動產生交流電。已知葉片轉動時可形成半徑為60 m的圓面,某日平均風速為6 m/s,風能向電能轉化的效率為30%。發電機組輸出電壓為690 V,經過變電站理想變壓器將電壓升為10 kV遠距離輸送。空氣密度為1.3 kg/m3,則下列說法正確的是(　　)
A.理想變壓器的原、副線圈匝數比約為69∶10 000
B.該風力發電機的輸出功率約為476 kW
C.該風力發電機的日發電量約為3.8×104 kW·h
D.若遠距離輸電線上損耗的功率不能超過5%,
則輸電線的電阻不能超過15 Ω
B
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4.(多選)(2024廣東一模)為了減少污染,根據相關規定,加油站必須進行“油氣回收”,操作如下:油槍從封閉油罐中吸取體積為V的汽油加到汽車油箱,同時抽取油槍周圍體積為1.2V的油氣(可視為理想氣體),壓入封閉油罐(壓至體積為V)。假設油罐及加油槍導熱良好且環境溫度不變,則將油氣壓入油罐的過程中,油氣(　　)
A.壓強增大
B.對外做正功
C.向環境放熱
D.從環境吸熱
AC
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解析 油氣壓入油罐的過程中,體積減小,外界對氣體做功,由于油罐及加油槍導熱良好且環境溫度不變,則氣體的內能不變,根據熱力學第一定律可知油氣向環境放熱,C正確,B、D錯誤;油氣壓入油罐的過程中,體積減小,溫度不變,根據理想氣體狀態方程可知壓強增大,A正確。
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5.(12分)(1)探險隊路過一化工廠外用區域時,發現一個正在偷排污水的水平管口,如圖甲所示,實測管口離落水點的高度差為h=80 cm,污水水平射程為x=160 cm。求污水流出管口時的速度大小。
(2)如圖乙所示,探險隊遇到一寬為d=6 m,水流很急的小河。實測水流速度恒為v1=5 m/s,所帶的氣墊船在靜水中的速度為v2=3 m/s,假設兩河岸相互平行,要以最短路程渡河,則氣墊船與上游河岸成多少夾角行駛 此過程的渡河時間為多少 (已知sin 37°=0.6)
答案 (1)4 m/s　(2)53°　2.5 s
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解析 (1)根據平拋運動規律,豎直方向上有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大于氣墊船在靜水中的速度v2,故氣墊船合速度的方向無法與河岸垂直,如圖所示,以v1的矢量末端為圓心、v2大小為半徑畫圓,當v合與圓相切時,氣墊船渡河路程最短
設氣墊船與上游河岸為θ角,有
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解法2:設氣墊船與上游河岸成θ角渡河,合速度與河岸成α角。渡河時速度關系如圖所示
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6.(16分)(2024北京西城期末)在許多工業生產過程中,會產生包含粉塵的廢氣,為了減少粉塵對空氣的污染,通常會讓廢氣經過除塵室后再排放。如圖甲所示,除塵室中有一矩形通道,其前、后板使用絕緣材料,上、下板使用金屬材料,并與電壓恒定的高壓直流電源相連。如圖乙所示是該裝置的截面圖。通道長L、寬b,上下板間距離d,電源電壓U,其中L和b已知,且不可調, d和U可調。質量為m、電荷量為-q(q>0)、分布均勻的帶電粉塵以水平速度v進入矩形通道,當帶負電的塵埃碰到下板后其所帶電荷被中和,同時粉塵被收集。不計粉塵重力、空氣阻力及粉塵間的相互作用。
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(1)若電源電壓為U1、上下板間距離為d1時,部分粉塵沒有被收集,求貼近上板進入通道的粉塵離開通道時,沿垂直于上下板方向偏移的距離y0。
(2)若電源電壓為U2、上下板間距離為d2時,進入通道的粉塵的收集率η=64%。為使收集率達到100%,應如何調整裝置 請分析說明,并給出具體的調整方案。(寫出一種方案即可)
(3)若粉塵恰好能夠被完全收集,請定性畫出某段時間t0內,下板沿通道長度方向單位長度收集到的粉塵數量P隨距通道入口距離x變化的趨勢圖線,并簡要說明作圖依據。
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(2)增大電源電壓　見解析
(3)見解析
解析 (1)根據題意可知,帶電粉塵在通道內做類平拋運動,水平方向上有L=vt
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(2)根據題意可知,進入通道的粉塵的收集率η=64%,則離下極板距離為0.64d2的粒子恰好從右端飛出,貼近上板進入的粉塵不會被收集,離開通道時沿垂直于上下板方向偏移的距離y2=0.64d2
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(3)由于粉塵分布均勻且恰好被收集,設某粉塵顆粒豎直位移大小為y,
水平位移大小為x,由(1)問推導可得y=x2
又因為粉塵分布均勻,則可設在一定時間內落在下板上的粉塵顆粒數量N=ky=k'x2
若將下板分成等長的2段,則前后兩段板在相同時間內落入的塵埃數量之比N1∶N2=1∶3
若將下板分成等長的4段,則前后四段板在相同時間內落入的塵埃數量之比N1∶N2∶N3∶N4=1∶3∶5∶7
若將下板分成等長的n段,則前后n段板在相同時間內落入的塵埃數量之比N1∶N2∶N3∶N4∶…∶Nn=1∶3∶5∶7∶…∶(2n-1)
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類比自由落體運動相同時間間隔內的位移關系以及速度變化規律,可推得相同時間內在單位長度收集的粉塵數量P=與x成正比,圖像如圖所示。(共16張PPT)
熱點五　體育運動類
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選擇題:每小題8分,共32分
1.(2024河北唐山一模)一同學在練習乒乓球削球技術時,使乒乓球豎直下落,在球與球拍接觸的瞬間,保持球拍板面水平向上,并沿水平方向揮動球拍,如圖所示。已知乒乓球與球拍接觸時間極短,接觸前、后乒乓球在豎直方向的速度大小分別為5 m/s和4 m/s,乒乓球與球拍之間的動摩擦因數為0.3。若乒乓球可視為質點且不計空氣阻力,重力加速度g取10 m/s2,則乒乓球在與球拍接觸后獲得的水平速度大小為(　　)
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 取豎直向上為正方向,由動量定理(N-mg)Δt=mv2-m(-v1),水平方向μNΔt=mv水,乒乓球與球拍接觸時間極短,則重力的沖量可忽略不計,解得v水=μ(v2+v1)=2.7 m/s,故選D。
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2.鋼架雪車是一項精彩刺激的冬奧會比賽項目,運動員在起跑區推動雪車起跑后俯臥在雪車上,再經出發區、滑行區和減速區的一系列直道、彎道后到達終點,用時少者獲勝。圖甲是比賽中一運動員在滑行區某彎道的圖片,假設可視為質點的人和車的總質量m=90 kg,其在彎道上P處做水平面內圓周運動的模型如圖乙所示,車在P處既無側移也無切向加速度,速率v=30 m/s,彎道表面與水平面成θ=53°,不計摩擦力和空氣阻力,重力加速度g取10 m/s2,sin 53°=0.8。則在P處(　　)
A.車對彎道的壓力大小為900 N
B.人對車的壓力大小為1 500 N
C.人和車做圓周運動的半徑為67.5 m
D.人和車的加速度大小為7.5 m/s2
C
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解析 對人和車受力分析,如圖所示,根據幾何關系有FN==1 500 N,根據牛頓第三定律可得,車對彎道的壓力大小為1 500 N,故A錯誤;由于不知道人的質量,所以無法確定人對車的壓力,故B錯誤;根據牛頓第二定律可得mgtan θ=m=ma,解得r=67.5 m,a=13.33 m/s2,故C正確,D錯誤。
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3.(多選)(2024山東棗莊三模)藝術體操運動員在“帶操”表演中,手持細棒抖動彩帶一端,彩帶會像波浪般翻卷,如圖甲所示。t=0時刻彩帶上的波形如圖乙所示,E、F是彩帶上的兩個點。已知F點的縱坐標為yF=-10 cm,E點的振動方程為y=20sin(2πt) cm,關于彩帶上各點的運動,
下列說法正確的是(　 　)
A.該波的波長為1.6 m
B.t=0時刻F點向上運動
C.E點的平衡位置位于(-0.1 m,0)處
D.F點的振動方程為y=20sin cm
ABD
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4.(多選)如圖甲所示的后排進攻是排球比賽中一種重要進攻手段。假設某次后排進攻可簡化為如圖乙所示模型,A運動員以極短的時間Δt=0.01 s完成擊球,將初速度為零的排球從O點以水平速度擊出,球恰好打到攔網隊員B的手指P后飛出。已知排球質量m=0.26 kg,O、P的水平距離L=3 m,O、P的高度差h=7.2 cm。球視為質點,忽略空氣阻力,重力加速度g取10 m/s2。則可知(　　)
A.球被A運動員擊出時的速率約為72 km/h
B.球被A運動員擊出時的速率約為90 km/h
C.A運動員對球的平均作用力大小約為650 N
D.A運動員對球的平均作用力大小約為520 N
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解析 球被A運動員擊出后做平拋運動,設球被擊出時的速率為v0,運動時間為t,則有L=v0t,h= gt2,聯立解得v0=25 m/s=90 km/h,故A錯誤,B正確;A運動員完成擊球的時間Δt=0.01 s,設擊球時對球的平均作用力大小為F,由動量定理得FΔt=mv0-0,將已知量代入上式可解得F=650 N,故C正確,D錯誤。故選B、C。
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5.(12分)(2024山東青島二模)如圖所示,單杠比賽中運動員身體保持筆直繞杠進行雙臂大回環動作,此過程中運動員以單杠為軸做圓周運動,重心到單杠的距離始終為d=1 m。當運動員重心運動到A點時,身體與豎直方向間的夾角為α,此時雙手脫離單杠,此后重心經過最高點B時的速度vB=1.5 m/s,最后落到地面上,C點為落地時重心的位置。已知A、B、C在同一豎直平面內,運動員的質量m=60 kg,A、C兩點間的高度差h=1.2 m,重力加速度g取10 m/s2,tan α==10.44,忽略空氣阻力。求:
(1)運動員重心在A點時單杠對每只手的
拉力大小F;
(2)A、C兩點間的水平距離L。
答案 (1)903.66 N　(2)1.8 m
解析 (1)運動員由A到B做斜拋運動,則運動員由A到B水平方向上做勻速直線運動,即vB=vAcos α
運動員在A點時,設單杠對人的作用力為F1,
根據牛頓第二定律F1-mgcos α=m
解得F1=1 807.32 N
則運動員重心在A點時單杠對每只手的拉力大小F==903.66 N。
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(2)運動員在A點時豎直方向的分速度為vAy=vBtan α=5 m/s
運動員由A到C點在豎直方向上做豎直上拋運動,取豎直向上為正方向,
則-h=vAyt-gt2
解得t=1.2 s
在水平方向上做勻速直線運動,則L=vBt=1.8 m。
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6.(16分)(2024天津和平一模)冰壺是冬奧會的熱門項目,其中包含著大量的物理規律。冰壺比賽場地如圖所示,投擲線AB到圓壘區圓心O的距離為L=30 m,圓壘區半徑為R=1.8 m。運動員可以用毛刷擦冰壺運行前方的冰面以減小減速時的摩擦力。若不擦冰時,冰壺與冰面的動摩擦因數為μ1=0.008,擦冰面后動摩擦因數減小至μ2=0.004。在某次訓練中,運動員推著冰壺從起滑架出發,到達投擲線中點時立即將冰壺以一定的速度向O點推出,推出冰壺后運動員靜止(推出過程忽略所受的摩擦力),若不用毛刷擦冰面,冰壺向前滑行25 m速度即減為0。已知運動員的質量M=60 kg,所有冰壺的質量均為m=20 kg,冰壺可看作質點,重力加速度g取10 m/s2,壺之間碰撞的機械能損失忽略不計。求:
(1)運動員剛將冰壺從手中推出時冰壺的速度v0;
(2)將冰壺從手中推出過程中運動員對冰壺所做的功W;
(3)在圓壘圓心位置有對方的冰壺,如果在碰撞前運動員用毛刷擦冰面的長度為18 m,通過計算判斷擦冰面之后能否將對方冰壺撞出圓壘區。
答案 (1)2 m/s　(2)37.5 J　(3)能將對方冰壺碰出圓壘區
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解析 (1)若不刷冰面,冰壺滑行過程中由動能定理有
-μ1mgx=0-
式中x=25 m
可得v0=2 m/s。
(2)冰壺被推出過程,由動量守恒定律有(M+m)v=mv0
由動能定理可得將冰壺從手中推出過程中運動員對冰壺所做的功
W=mv2
可得W=37.5 J。
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(3)推出后冰壺在冰面滑行過程,根據動能定理有
-μ1mg(L-L0)-μ2mgL0=
冰壺碰撞過程由動量守恒定律和機械能守恒定律有
mv1=mv1'+mv2'
mv1'2+mv2'2
被碰冰球的滑行過程由動能定理有
-μ1mgs=0-mv2'2
聯立以上各式解得s=4 m>R
可知,能將對方冰壺碰出圓壘區。
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