熱點(diǎn)3　科技發(fā)展類2025年高考總復(fù)習(xí)優(yōu)化設(shè)計(jì)二輪專題物理課后習(xí)題熱點(diǎn)情境練含答案

2025年高考總復(fù)習(xí)優(yōu)化設(shè)計(jì)二輪專題物理課后習(xí)題熱點(diǎn)情境練含答案熱點(diǎn)三科技發(fā)展類選擇題:每小題4分,共16分1.(2024江蘇南京一模)汽車主動(dòng)降噪系統(tǒng)的原理是通過揚(yáng)聲器發(fā)出聲波將車外噪聲反向抵消,從而減少車內(nèi)噪聲。下列說法正確的是()A.抵消信號(hào)的振幅應(yīng)為噪聲信號(hào)的2倍B.抵消信號(hào)與噪聲信號(hào)的波長(zhǎng)相同C.汽車降噪是因?yàn)樵肼曅盘?hào)發(fā)生了偏振D.汽車降噪是因?yàn)樵肼曅盘?hào)發(fā)生了多普勒效應(yīng)答案B解析汽車降噪過程應(yīng)用的是聲波的疊加原理,抵消聲波振幅和頻率應(yīng)與環(huán)境噪聲的振幅和頻率相同。由于機(jī)械波波速由介質(zhì)決定,由公式v=λf可知抵消信號(hào)與噪聲信號(hào)的波長(zhǎng)相同,故A、C、D錯(cuò)誤,B正確。2.(多選)(2024廣東廣州一模)如圖甲所示是航母電磁阻攔技術(shù)的原理簡(jiǎn)圖,飛機(jī)著艦時(shí)通過絕緣阻攔索鉤住水平導(dǎo)軌上的金屬棒ab并關(guān)閉動(dòng)力系統(tǒng),在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中減速滑行。若忽略導(dǎo)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(jī)滑行過程()A.飛機(jī)的加速度與位移成正比B.飛機(jī)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(chǎn)生的焦耳熱與位移成正比答案BC解析飛機(jī)著艦時(shí)受安培力,由牛頓第二定律可得F=ma,由圖乙得F=-F0x0x+F0,可得a=-F0mx0x+F0m,故飛機(jī)的加速度與位移不成正比,故A錯(cuò)誤;由牛頓第二定律F=BIL=ma,而I=ER=BLv,可得a=B2L2vmR,可知飛機(jī)的加速度與速度成正比,故B正確;通過ab的電荷量q=IΔt=ERΔt=ΔΦΔt·ΔtR=ΔΦR,設(shè)ab棒長(zhǎng)度為L(zhǎng),則ΔΦ=BL·x,則有q=BLx3.(2024山東濰坊一模)制造半導(dǎo)體元件,需要精確測(cè)定硅片上涂有的二氧化硅(SiO2)薄膜的厚度,把左側(cè)二氧化硅薄膜腐蝕成如圖所示的劈尖,用波長(zhǎng)λ=630nm的激光從上方照射劈尖,觀察到在腐蝕區(qū)域內(nèi)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.1680nm B.1890nmC.2520nm D.3780nm答案A解析根據(jù)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(zhǎng)為λ1=λn,觀察到在腐蝕區(qū)域內(nèi)有8條暗紋,則二氧化硅的棱MN處的亮紋是第9條,設(shè)二氧化硅薄膜的厚度為d,則有2d=8λ1,聯(lián)立解得d=1680nm,故選A4.(多選)(2024廣東廣州一模)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(jiǎn)化圖。間隔棒將六根相同平行長(zhǎng)直導(dǎo)線分別固定在正六邊形的頂點(diǎn)a、b、c、d、e、f上,O為正六邊形的中心。已知通電長(zhǎng)直導(dǎo)線周圍的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小與電流I、距離r的關(guān)系式為B=kIr(式中k為常量)。設(shè)a、b間距為L(zhǎng),當(dāng)六根導(dǎo)線通有等大同向電流I0時(shí),a處導(dǎo)線對(duì)b處導(dǎo)線的安培力大小為F,則(A.a處導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為kB.六根導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為6C.a處導(dǎo)線所受安培力方向沿aO指向O點(diǎn)D.a處導(dǎo)線對(duì)d處導(dǎo)線的安培力大小為F答案ACD解析根據(jù)幾何關(guān)系可知,a、O間距為L(zhǎng),則a處導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為BaO=kI0L,故A正確。根據(jù)右手螺旋定則結(jié)合對(duì)稱性可知,a、d兩處導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等,方向相反;b、e兩處導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等,方向相反;c、f兩處導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等,方向相反;則六根導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0,故B錯(cuò)誤。根據(jù)方向相同的兩根直線電流之間的安培力為吸引力,結(jié)合對(duì)稱性可知,b、f兩處導(dǎo)線對(duì)a處導(dǎo)線的安培力合力方向沿aO指向O點(diǎn);c、e兩處導(dǎo)線對(duì)a處導(dǎo)線的安培力合力方向沿aO指向O點(diǎn);d處導(dǎo)線對(duì)a處導(dǎo)線的安培力方向沿aO指向O點(diǎn);故a處導(dǎo)線所受安培力方向沿aO指向O點(diǎn),故C正確。根據(jù)幾何關(guān)系可知,a、d間距為2L,則a處導(dǎo)線在d點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為Bad=kI02L=12Bab,可知a處導(dǎo)線在d點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小等于a處導(dǎo)線在b點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的一半,5.(8分)近年來,對(duì)具有負(fù)折射率(n<0)人工材料的光學(xué)性質(zhì)及應(yīng)用的研究備受關(guān)注。如圖甲所示,光從真空射入負(fù)折射率材料時(shí),入射角和折射角的大小關(guān)系仍然遵從折射定律,但折射角取負(fù)值,即折射光線和入射光線位于界面法線同側(cè)。如圖乙所示,在真空中對(duì)稱放置兩個(gè)完全相同的負(fù)折射率材料制作的直角三棱鏡A、B,頂角為θ,A、B兩棱鏡斜面相互平行放置,兩斜面間的距離為d。一束包含有兩種頻率光的激光,從A棱鏡上的P點(diǎn)垂直入射,它們?cè)诶忡R中的折射率分別為n1=-2,n2=-233,在B棱鏡下方有一平行于下表面的光屏,P'點(diǎn)為(1)為使兩種頻率的光都能從棱鏡A斜面射出,求θ的取值范圍;(2)若θ=30°,求兩種頻率的光通過兩棱鏡后,打在光屏上的點(diǎn)距P'點(diǎn)的距離。答案(1)0°<θ<45°(2)1+32d解析(1)分析可知兩光線的入射角等于棱鏡的頂角θ,若兩光線能從棱鏡A斜面射出,θ應(yīng)小于兩光線最小的臨界角,由sinC=1得C=45°所以θ的取值范圍為0°<θ<45°。(2)兩束光傳播的光路圖如圖所示由折射定律可知sin(-θsin(-θ由幾何關(guān)系可知x1=dcosθ1sin(θx2=dcosθ2sin(θ解得x1=1+32d,x2=2+6.(10分)(2024福建莆田二模)福建艦成功實(shí)現(xiàn)電磁彈射試驗(yàn)后,某興趣小組設(shè)計(jì)了一個(gè)模擬電磁彈射系統(tǒng),如圖甲所示,系統(tǒng)左側(cè)接有直流電源、單刀雙擲開關(guān)S和電容為C的電容器,右側(cè)是離水平地面高為h的水平光滑平行金屬導(dǎo)軌,導(dǎo)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(dǎo)軌連接形成回路,線圈處于導(dǎo)軌間的輻射狀磁場(chǎng)中,側(cè)視圖如圖乙所示。首先將開關(guān)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(dá)到最大速度后脫離導(dǎo)軌落在水平地面上,落地點(diǎn)離導(dǎo)軌右端點(diǎn)的水平距離為x。已知助推模型(含線圈、電刷)的質(zhì)量為m,重力加速度為g;線圈的半徑為r,匝數(shù)為n,總電阻為R,其所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。不計(jì)空氣阻力、導(dǎo)軌電阻、線圈中電流產(chǎn)生磁場(chǎng)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(shí)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。答案(1)xg(2)2πnCBrxg(3)x解析(1)助推模型達(dá)到最大速度后脫離導(dǎo)軌,做平拋運(yùn)動(dòng),則h=12gtx=vmt解得在軌道上的最大速度為vm=xg2(2)助推模型離開軌道時(shí)電容器兩端的電勢(shì)差為U=nBLvm=nB·2πr·xg2h=2π離開軌道時(shí)電容器所帶的電荷量為q=CU=2πnCBrxg2(3)助推模型剛在軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí),加速度最大,設(shè)助推模型剛在軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí),電容器兩端的電勢(shì)差為U0,根據(jù)動(dòng)量定理有nIBLΔt=mvm其中L=2πrΔq=IΔt=C(U0-U)解得U0=mx2πnCBrg2根據(jù)牛頓第二定律有nI0BL=mam電流為I0=U聯(lián)立解得在軌道上的最大加速度為am=xRC7.(12分)如圖甲所示,我國(guó)目前采用托卡馬克磁約束裝置作為核反應(yīng)“容器”,某實(shí)驗(yàn)室簡(jiǎn)化的模擬磁約束磁場(chǎng)如圖乙所示,半徑為R的足夠長(zhǎng)水平圓柱形區(qū)域內(nèi)分布水平向右的勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ,并已知磁感應(yīng)強(qiáng)度為B;圓柱形磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ外側(cè)分布有厚度為L(zhǎng)的環(huán)形磁場(chǎng)Ⅱ,其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小處處相同,方向與B(磁場(chǎng)Ⅰ)垂直,其左視圖與縱截面圖分別如圖丙、圖丁所示。某時(shí)刻速度為v=BqRm的氘原子核(已知氘原子核質(zhì)量為m,電荷量為q)從水平磁場(chǎng)Ⅰ最低點(diǎn)豎直向下射入磁場(chǎng)Ⅱ(1)求環(huán)形磁場(chǎng)Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小;(2)求該氘原子核從出發(fā)后到回到水平磁場(chǎng)Ⅰ最低點(diǎn)需要的時(shí)間。答案(1)BR(2)2解析(1)根據(jù)題意,粒子恰好不能由磁場(chǎng)Ⅱ飛出,則滿足R2=L根據(jù)牛頓第二定律可得qvB2=m解得B2=BRL(2)粒子在磁場(chǎng)Ⅰ區(qū)域時(shí)qvB=mv2R解得R1=R所以粒子在磁場(chǎng)Ⅰ區(qū)域軌跡如圖所示所以粒子在磁場(chǎng)Ⅰ區(qū)域運(yùn)動(dòng)總時(shí)間t1=2粒子在磁場(chǎng)Ⅱ中做四次半個(gè)圓周運(yùn)動(dòng),總時(shí)間t2=2所以t總=t1+t2=2π8.(14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(zhǔn)確地注入離子,需要在一個(gè)有限空間中用電磁場(chǎng)對(duì)離子的運(yùn)動(dòng)軌跡進(jìn)行調(diào)控。如圖所示,在空間直角坐標(biāo)系O-xyz內(nèi)的長(zhǎng)方體OABC-O1A1B1C1區(qū)域,OA=OO1=L1=0.6m,OC=L2=0.8m,粒子源在y軸上OO1區(qū)域內(nèi)沿x軸正方向連續(xù)均勻輻射出帶正電粒子。已知粒子的比荷qm=1.0×105C/kg,初速度大小為v0=8×104m/s,sin53°=0.8,cos53°=0.(1)僅在長(zhǎng)方體區(qū)域內(nèi)加沿z軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),所有的粒子從BB1邊射出電場(chǎng),求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E0;(2)僅在長(zhǎng)方體區(qū)域內(nèi)加沿y軸正方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng),所有的粒子都經(jīng)過A1ABB1面射出磁場(chǎng),求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0的范圍;(3)在長(zhǎng)方體區(qū)域內(nèi)加沿z軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)、勻強(qiáng)磁場(chǎng),已知磁感應(yīng)強(qiáng)度B=43T,電場(chǎng)強(qiáng)度E=192π2×104V/m,求從A1答案(1)1.2×105V/m(2)2425T≤B0≤8(3)50%解析(1)所有的粒子都從BB1邊射出,設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,則有L2=v0tL1=12·聯(lián)立解得E0=1.2×105V/m。(2)所有的粒子都經(jīng)過A1ABB1面射出磁場(chǎng),臨界狀態(tài)為分別從AA1、BB1邊射出。當(dāng)粒子從AA1邊射出時(shí),則有r1=12L1,qv0B1=m解得B1=83當(dāng)粒子從BB1邊射出時(shí)(r2-L1)2+L22=r22,解得B2=2425則磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0的范圍為2425T≤B0≤83(3)設(shè)粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的半徑為r,周期為T,粒子從發(fā)出到經(jīng)過A1ABB1面射出的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1,則有L1=Eq解得t1=π4×10-5根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qv0B=mv可得r=0.6m由T=2粒子在t1時(shí)間內(nèi)偏轉(zhuǎn)的示意圖如圖所示設(shè)偏轉(zhuǎn)角度為θ,則有θ=2πTt1則有N代入數(shù)據(jù)解得NN0=50%。熱點(diǎn)四選擇題:每小題8分,共32分1.(2024山東青島高三期末)福島第一核電站的核污水含銫、鍶、氚等多種放射性物質(zhì),排海會(huì)對(duì)太平洋造成長(zhǎng)時(shí)間的污染。已知氚(13H)有放射性,會(huì)發(fā)生β衰變并釋放能量,其半衰期為12.43年,衰變方程為X+-10A.ZAXB.13H衰變前的質(zhì)量大于衰變后

ZAXC.自然界現(xiàn)有的

13H將在24.D.13答案B解析根據(jù)電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)守恒可得,ZAX的電荷數(shù)為2,質(zhì)量數(shù)為3,則

ZAX的中子數(shù)為1,故A錯(cuò)誤;根據(jù)題意可知,衰變過程釋放能量,有質(zhì)量虧損,則

13H衰變前的質(zhì)量大于衰變后

ZAX和

-10e的總質(zhì)量,故B正確;自然界現(xiàn)有的

13H將在24.86年后,即兩個(gè)半衰期后,衰變至現(xiàn)有的142.(2024山東淄博一模)為了節(jié)能環(huán)保,地鐵站的進(jìn)出軌道通常設(shè)計(jì)成不是水平的,列車進(jìn)站時(shí)就可以借助上坡減速,而出站時(shí)借助下坡加速。如圖所示,為某地鐵兩個(gè)站點(diǎn)之間節(jié)能坡的簡(jiǎn)化示意圖(左右兩邊對(duì)稱,每小段坡面都是直線)。在一次模擬實(shí)驗(yàn)中,一滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以初速度v0從A站M處出發(fā)沿著軌道運(yùn)動(dòng),恰能到達(dá)N處?；瑝K在兩段直線軌道交接處平穩(wěn)過渡,能量損失忽略不計(jì),滑塊與各段軌道之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同,不計(jì)空氣阻力。重力加速度為g,則根據(jù)圖中相關(guān)信息,若要使滑塊恰能到達(dá)B站P處,該滑塊初速度的大小應(yīng)調(diào)整為()A.4B.2C.4D.2答案B解析質(zhì)量為m的物體在長(zhǎng)度為s、傾角為θ的粗糙斜面上滑行時(shí),克服摩擦力做功Wf=μmgcosθ×s=μmgscosθ,scosθ是斜面底邊的長(zhǎng)度,則滑塊從M恰好到N由動(dòng)能定理得mgh1-μmg(2l1+2l2+l3)=0-12mv02,解得μ=v02+2gh12g[2(l1+l2)+l3],若要使滑塊從M恰能到達(dá)B站P處,設(shè)該滑塊初速度的大小應(yīng)調(diào)整為v,由動(dòng)能定理得-μmg3.(2024全國(guó)聯(lián)考一模)風(fēng)力發(fā)電是一種綠色環(huán)保、清潔無污染的發(fā)電方式,近幾年多地部署了風(fēng)力發(fā)電裝置。如圖所示,某風(fēng)力發(fā)電裝置呈現(xiàn)風(fēng)車外形,由三個(gè)葉片構(gòu)成,風(fēng)垂直吹向葉片驅(qū)動(dòng)風(fēng)輪機(jī)轉(zhuǎn)動(dòng),風(fēng)輪機(jī)帶動(dòng)內(nèi)部線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞垂直于磁場(chǎng)的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生交流電。已知葉片轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)可形成半徑為60m的圓面,某日平均風(fēng)速為6m/s,風(fēng)能向電能轉(zhuǎn)化的效率為30%。發(fā)電機(jī)組輸出電壓為690V,經(jīng)過變電站理想變壓器將電壓升為10kV遠(yuǎn)距離輸送?？諝饷芏葹?.3kg/m3,則下列說法正確的是()A.理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)比約為69∶10000B.該風(fēng)力發(fā)電機(jī)的輸出功率約為476kWC.該風(fēng)力發(fā)電機(jī)的日發(fā)電量約為3.8×104kW·hD.若遠(yuǎn)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15Ω答案B解析根據(jù)n1n2=U1U2=690V10000V可知,理想變壓器的匝數(shù)比應(yīng)為n1∶n2=69∶1000,故A錯(cuò)誤;由題意知,發(fā)電機(jī)的輸出功率為P=12(Δm)v2Δt×30%=12ρv(Δt)πr2v2Δt×30%=320ρπr2v3=476kW,故B正確;日發(fā)電量為Q=Pt=1.1×4.(多選)(2024廣東一模)為了減少污染,根據(jù)相關(guān)規(guī)定,加油站必須進(jìn)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(shí)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(shè)油罐及加油槍導(dǎo)熱良好且環(huán)境溫度不變,則將油氣壓入油罐的過程中,油氣()A.壓強(qiáng)增大B.對(duì)外做正功C.向環(huán)境放熱D.從環(huán)境吸熱答案AC解析油氣壓入油罐的過程中,體積減小,外界對(duì)氣體做功,由于油罐及加油槍導(dǎo)熱良好且環(huán)境溫度不變,則氣體的內(nèi)能不變,根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知油氣向環(huán)境放熱,C正確,B、D錯(cuò)誤;油氣壓入油罐的過程中,體積減小,溫度不變,根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可知壓強(qiáng)增大,A正確。5.(12分)(1)探險(xiǎn)隊(duì)路過一化工廠外用區(qū)域時(shí),發(fā)現(xiàn)一個(gè)正在偷排污水的水平管口,如圖甲所示,實(shí)測(cè)管口離落水點(diǎn)的高度差為h=80cm,污水水平射程為x=160cm。求污水流出管口時(shí)的速度大小。(2)如圖乙所示,探險(xiǎn)隊(duì)遇到一寬為d=6m,水流很急的小河。實(shí)測(cè)水流速度恒為v1=5m/s,所帶的氣墊船在靜水中的速度為v2=3m/s,假設(shè)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(shí)間為多少?(已知sin37°=0.6)答案(1)4m/s(2)53°2.5s解析(1)根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律,豎直方向上有h=12gt解得t=0.4s水平方向上有x=vt解得v=4m/s。(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(dāng)v合與圓相切時(shí),氣墊船渡河路程最短設(shè)氣墊船與上游河岸為θ角,有cosθ=v則θ=53°則渡河時(shí)間t=dv2sinθ=2.解法2:設(shè)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(shí)速度關(guān)系如圖所示設(shè)路程為s,滿足sinα=d有s=d故sinα越大,路程s越小,而v則有sinα=v2v1取β=90°,sinβ=1則有sinα=0.6即α=37°此時(shí)s最小,此時(shí)θ=53°則渡河時(shí)間t=dv2sinθ=2.6.(16分)(2024北京西城期末)在許多工業(yè)生產(chǎn)過程中,會(huì)產(chǎn)生包含粉塵的廢氣,為了減少粉塵對(duì)空氣的污染,通常會(huì)讓廢氣經(jīng)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(zhǎng)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(diào),d和U可調(diào)。質(zhì)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(jìn)入矩形通道,當(dāng)帶負(fù)電的塵埃碰到下板后其所帶電荷被中和,同時(shí)粉塵被收集。不計(jì)粉塵重力、空氣阻力及粉塵間的相互作用。(1)若電源電壓為U1、上下板間距離為d1時(shí),部分粉塵沒有被收集,求貼近上板進(jìn)入通道的粉塵離開通道時(shí),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(shí),進(jìn)入通道的粉塵的收集率η=64%。為使收集率達(dá)到100%,應(yīng)如何調(diào)整裝置?請(qǐng)分析說明,并給出具體的調(diào)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(qǐng)定性畫出某段時(shí)間t0內(nèi),下板沿通道長(zhǎng)度方向單位長(zhǎng)度收集到的粉塵數(shù)量P隨距通道入口距離x變化的趨勢(shì)圖線,并簡(jiǎn)要說明作圖依據(jù)。答案(1)U(2)增大電源電壓見解析(3)見解析解析(1)根據(jù)題意可知,帶電粉塵在通道內(nèi)做類平拋運(yùn)動(dòng),水平方向上有L=vt豎直方向上有U1qd1=ma1,y0=1聯(lián)立解得y0=U1(2)根據(jù)題意可知,進(jìn)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(jìn)入的粉塵不會(huì)被收集,離開通道時(shí)沿垂直于上下板方向偏移的距離y2=0.64d2由(1)分析可知y2=U若僅改變電源電壓,要使收集率達(dá)到100%,需要使電源電壓U增大,若僅改變電源電壓,則y2'=U要使收集率達(dá)到100%,則有y2'=d2代入解得U2'=2516U即在其他條件不變的情況下,使電源電壓調(diào)為2516U2,可以實(shí)現(xiàn)收集率達(dá)到100%(3)由于粉塵分布均勻且恰好被收集,設(shè)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(dǎo)可得y=12·又因?yàn)榉蹓m分布均勻,則可設(shè)在一定時(shí)間內(nèi)落在下板上的粉塵顆粒數(shù)量N=ky=k'x2若將下板分成等長(zhǎng)的2段,則前后兩段板在相同時(shí)間內(nèi)落入的塵埃數(shù)量之比N1∶N2=1∶3若將下板分成等長(zhǎng)的4段,則前后四段板在相同時(shí)間內(nèi)落入的塵埃數(shù)量之比N1∶N2∶N3∶N4=1∶3∶5∶7若將下板分成等長(zhǎng)的n段,則前后n段板在相同時(shí)間內(nèi)落入的塵埃數(shù)量之比N1∶N2∶N3∶N4∶…∶Nn=1∶3∶5∶7∶…∶(2n-1)類比自由落體運(yùn)動(dòng)相同時(shí)間間隔內(nèi)的位移關(guān)系以及速度變化規(guī)律,可推得相同時(shí)間內(nèi)在單位長(zhǎng)度收集的粉塵數(shù)量P=ΔNΔx與x熱點(diǎn)五體育運(yùn)動(dòng)類選擇題:每小題6分,共24分1.(2024河北唐山一模)一同學(xué)在練習(xí)乒乓球削球技術(shù)時(shí),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(dòng)球拍,如圖所示。已知乒乓球與球拍接觸時(shí)間極短,接觸前、后乒乓球在豎直方向的速度大小分別為5m/s和4m/s,乒乓球與球拍之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3。若乒乓球可視為質(zhì)點(diǎn)且不計(jì)空氣阻力,重力加速度g取10m/s2,則乒乓球在與球拍接觸后獲得的水平速度大小為()A.1.2m/s B.1.5m/sC.2.0m/s D.2.7m/s答案D解析取豎直向上為正方向,由動(dòng)量定理(N-mg)Δt=mv2-m(-v1),水平方向μN(yùn)Δt=mv水,乒乓球與球拍接觸時(shí)間極短,則重力的沖量可忽略不計(jì),解得v水=μ(v2+v1)=2.7m/s,故選D。2.(2024四川廣安二模)鋼架雪車是一項(xiàng)精彩刺激的冬奧會(huì)比賽項(xiàng)目,運(yùn)動(dòng)員在起跑區(qū)推動(dòng)雪車起跑后俯臥在雪車上,再經(jīng)出發(fā)區(qū)、滑行區(qū)和減速區(qū)的一系列直道、彎道后到達(dá)終點(diǎn),用時(shí)少者獲勝。圖甲是比賽中一運(yùn)動(dòng)員在滑行區(qū)某彎道的圖片,假設(shè)可視為質(zhì)點(diǎn)的人和車的總質(zhì)量m=90kg,其在彎道上P處做水平面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的模型如圖乙所示,車在P處既無側(cè)移也無切向加速度,速率v=30m/s,彎道表面與水平面成θ=53°,不計(jì)摩擦力和空氣阻力,重力加速度g取10m/s2,sin53°=0.8。則在P處()A.車對(duì)彎道的壓力大小為900NB.人對(duì)車的壓力大小為1500NC.人和車做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為67.5mD.人和車的加速度大小為7.5m/s2答案C解析對(duì)人和車受力分析,如圖所示,根據(jù)幾何關(guān)系有FN=mgcosθ=1500N,根據(jù)牛頓第三定律可得,車對(duì)彎道的壓力大小為1500N,故A錯(cuò)誤;由于不知道人的質(zhì)量,所以無法確定人對(duì)車的壓力,故B錯(cuò)誤;根據(jù)牛頓第二定律可得mgtanθ=mv2r=ma,解得r=67.5m,a=13.33m/s2,故3.(多選)(2024山東棗莊三模)藝術(shù)體操運(yùn)動(dòng)員在“帶操”表演中,手持細(xì)棒抖動(dòng)彩帶一端,彩帶會(huì)像波浪般翻卷,如圖甲所示。t=0時(shí)刻彩帶上的波形如圖乙所示,E、F是彩帶上的兩個(gè)點(diǎn)。已知F點(diǎn)的縱坐標(biāo)為yF=-102cm,E點(diǎn)的振動(dòng)方程為y=20sin(2πt)cm,關(guān)于彩帶上各點(diǎn)的運(yùn)動(dòng),下列說法正確的是()A.該波的波長(zhǎng)為1.6mB.t=0時(shí)刻F點(diǎn)向上運(yùn)動(dòng)C.E點(diǎn)的平衡位置位于(-0.1m,0)處D.F點(diǎn)的振動(dòng)方程為y=20sin2π答案ABD解析周期T=2πω=1s,E點(diǎn)的振動(dòng)方程為y=20sin(2πt)cm,當(dāng)t=78s時(shí)y=-102cm,即E、F兩點(diǎn)平衡位置處的距離為18λ,則34λ-18λ=1m,得λ=1.6m,故A正確;t=0時(shí)刻E點(diǎn)向上運(yùn)動(dòng),則此時(shí)F點(diǎn)向上運(yùn)動(dòng),故B正確;E、F兩點(diǎn)平衡位置處的距離為x=18λ=0.2m,則E點(diǎn)的平衡位置位于(-0.2m,0)處,故C錯(cuò)誤;設(shè)F點(diǎn)的振動(dòng)方程為y=20sin(2πt+φ)cm,當(dāng)t=0時(shí)yF=-102cm,解得φ=-π4,所以F點(diǎn)的振動(dòng)方程為4.(多選)(2024四川廣安二模)如圖甲所示的后排進(jìn)攻是排球比賽中一種重要進(jìn)攻手段。假設(shè)某次后排進(jìn)攻可簡(jiǎn)化為如圖乙所示模型,A運(yùn)動(dòng)員以極短的時(shí)間Δt=0.01s完成擊球,將初速度為零的排球從O點(diǎn)以水平速度擊出,球恰好打到攔網(wǎng)隊(duì)員B的手指P后飛出。已知排球質(zhì)量m=0.26kg,O、P的水平距離L=3m,O、P的高度差h=7.2cm。球視為質(zhì)點(diǎn),忽略空氣阻力,重力加速度g取10m/s2。則可知()A.球被A運(yùn)動(dòng)員擊出時(shí)的速率約為72km/hB.球被A運(yùn)動(dòng)員擊出時(shí)的速率約為90km/hC.A運(yùn)動(dòng)員對(duì)球的平均作用力大小約為650ND.A運(yùn)動(dòng)員對(duì)球的平均作用力大小約為520N答案BC解析球被A運(yùn)動(dòng)員擊出后做平拋運(yùn)動(dòng),設(shè)球被擊出時(shí)的速率為v0,運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t,則有L=v0t,h=12gt2,聯(lián)立解得v0=25m/s=90km/h,故A錯(cuò)誤,B正確;A運(yùn)動(dòng)員完成擊球的時(shí)間Δt=0.01s,設(shè)擊球時(shí)對(duì)球的平均作用力大小為F,由動(dòng)量定理得FΔt=mv0-0,將已知量代入上式可解得F=650N,故C正確,D錯(cuò)誤。故選B、C5.(8分)某登山運(yùn)動(dòng)員在攀登一座超過8000m的山峰,在接近山頂時(shí)他裸露在手腕上的防水手表的表盤玻璃突然爆裂了,而手表沒有受到任何撞擊。假設(shè)27℃時(shí)表內(nèi)氣體壓強(qiáng)為1.0×105Pa(常溫下的海平面的大氣壓強(qiáng)值),當(dāng)內(nèi)外壓強(qiáng)差超過6.0×104Pa時(shí)表盤玻璃將爆裂。當(dāng)時(shí)登山運(yùn)動(dòng)員攜帶的溫度計(jì)的讀數(shù)是-18℃,未爆裂前手表內(nèi)氣體體積的變化可忽略不計(jì),請(qǐng)通過計(jì)算判斷手表的表盤玻璃是向外爆裂還是向內(nèi)爆裂及當(dāng)時(shí)外界的大氣壓強(qiáng)值是多少?答案向外爆裂2.5×104Pa解析以表內(nèi)氣體為研究對(duì)象,初狀態(tài)的壓強(qiáng)為p1=1.0×105Pa,溫度為T1=300K,某狀態(tài)的壓強(qiáng)為p2,溫度為T2=255K根據(jù)查理定律,有p解得p2=8.5×104Pa如果手表的表盤玻璃是向內(nèi)爆裂的,則外界的大氣壓強(qiáng)為p0=8.5×104Pa+6×104Pa=1.45×105Pa大于山腳下的大氣壓強(qiáng)(即常溫下的大氣壓強(qiáng)),這顯然是不可能的,所以可判斷手表的表盤玻璃是向外爆裂的當(dāng)時(shí)外界的大氣壓強(qiáng)為p3=p2-6.0×104Pa=2.5×104Pa。6.(8分)我國(guó)南方某些城市中秋節(jié)仍保留著秋千表演節(jié)目。如圖所示,某次甲從繩子與地面平行的位置由靜止擺下,在秋千踏板擺到最低點(diǎn)時(shí)迅速將地面上的乙向上一拉,乙豎直躍上秋千,然后一起站著并向上擺。當(dāng)再次返回最低點(diǎn)時(shí),乙從秋千上水平跳出,甲繼續(xù)擺到繩子與豎直方向成33°角時(shí)速度為零。已知秋千踏板擺到最低點(diǎn)時(shí)與地面平行,且距離地面1.8m;甲、乙站立在秋千上時(shí)重心與繩上端距離為3.2m,甲、乙質(zhì)量相等,甲、乙始終保持身體直立,cos33°≈0.84,g取10m/s2,忽略空氣阻力和踏板質(zhì)量。求:(1)當(dāng)甲、乙一起再次返回最低點(diǎn)時(shí),甲、乙的共同速度大小。(2)乙的落地點(diǎn)距踏板在最低點(diǎn)時(shí)的水平距離。答案(1)4m/s(2)2.88m解析(1)設(shè)甲第一次擺到最低點(diǎn)時(shí),速度為v0,由機(jī)械能守恒定律得mgL=1解得v0=8m/s設(shè)甲將乙拉上瞬間共速為v1,甲將乙拉上的過程,水平方向動(dòng)量守恒有mv0=2mv1解得v1=4m/s所以,當(dāng)甲、乙一起回到最低點(diǎn)時(shí)速度為4m/s。(2)設(shè)乙水平跳出瞬間,甲的速度為v2,乙的速度為v3,由動(dòng)量守恒定律得2mv1=mv2+mv3甲擺到最高點(diǎn)過程,由機(jī)械能守恒定律得12mv22=mgL聯(lián)立解得v2=3.2m/s,v3=4.8m/s乙做平拋運(yùn)動(dòng),有12gt2乙落地時(shí)與踏板在最低點(diǎn)時(shí)的水平距離為s=v3t解得s=2.88m。7.(8分)(2024山東青島二模)如圖所示,單杠比賽中運(yùn)動(dòng)員身體保持筆直繞杠進(jìn)行雙臂大回環(huán)動(dòng)作,此過程中運(yùn)動(dòng)員以單杠為軸做圓周運(yùn)動(dòng),重心到單杠的距離始終為d=1m。當(dāng)運(yùn)動(dòng)員重心運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí),身體與豎直方向間的夾角為α,此時(shí)雙手脫離單杠,此后重心經(jīng)過最高點(diǎn)B時(shí)的速度vB=1.5m/s,最后落到地面上,C點(diǎn)為落地時(shí)重心的位置