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2024年高考物理大一轮复习:考前增分集训 集训1 专项特色练
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这是一份2024年高考物理大一轮复习:考前增分集训 集训1 专项特色练,共25页。试卷主要包含了物理学史和物理思想方法,物理学中的STSE问题等内容,欢迎下载使用。
考前增分集训
集训一 专项特色练
一、物理学史和物理思想方法
1.下列说法正确的是( )
A.“交流电的有效值”使用了平均思想法
B.探究导体的电阻与导体的材料、长度、粗细的关系,使用了控制变量法
C.电场强度是用比值法定义的,电场强度与电场力成正比,与试探电荷的电荷量成反比
D.“如果电场线与等势面不垂直,那么电场强度沿着等势面方向就有一个分量,在等势面上移动电荷时电场力就要做功”,这里用到了归纳法
解析 “交流电的有效值”使用了等效替代法,选项A错误;探究导体的电阻与导体的材料、长度、粗细的关系,用的是控制变量法,选项B正确;电场强度是用比值法定义的,但电场强度与电场力、试探电荷的电荷量都无关,选项C错误;“如果电场线与等势面不垂直,那么电场强度沿着等势面方向就有一个分量,在等势面上移动电荷时电场力就要做功”用的是反证法,选项D错误。
答案 B
2.在物理学的发展过程中,许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步。下列表述符合物理学史的是( )
A.法拉第首次引入电场线和磁感线,极大地促进了人类对电磁现象的研究
B.伽利略猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比,并直接用实验进行了验证
C.牛顿利用“理想斜面实验”推翻了“力是维持物体运动的原因”的观点
D.胡克认为弹簧的弹力与弹簧的长度成正比
解析 法拉第首先引入电场线和磁感线,极大地促进了人类对电磁现象的研究,故A正确;伽利略用数学和逻辑推理得出了自由落体的速度与下落时间成正比,而不是直接用实验验证了这个结论,故B错误;伽利略利用“理想斜面实验”推翻了“力是维持物体运动的原因”的观点,故C错误;胡克认为弹簧的弹力与弹簧的形变量成正比,故D错误。
答案 A
3.2017年9月29日世界首条量子保密通信干线—“京沪干线”正式开通,我国科学家成功实现了世界上首次洲际量子保密通信。下列有关量子化学说的叙述中正确的是( )
A.爱因斯坦根据光电效应的实验规律,提出了“光子说”
B.库仑通过对油滴实验的分析,发现“电荷是量子化”的
C.汤姆孙根据原子核式结构学说,提出了“原子轨道量子化”的假说
D.卢瑟福根据原子光谱的实验规律,提出了“原子能量量子化”的假说
解析 爱因斯坦根据光电效应的实验规律,提出了“光子说”,选项A正确;密立根通过对油滴实验的分析,发现“电荷是量子化”的,选项B错误;玻尔根据原子核式结构学说,提出了“原子轨道量子化”的假说,选项C错误;玻尔根据原子光谱的实验规律,提出了“原子能量量子化”的假说,选项D错误。
答案 A
4.对于曲线运动,当所研究的时间足够短(或位移足够小)时,它就可以认为是匀速直线运动。这种分析方法叫做“微小量分析法”,在物理学的研究中经常使用。下列使用到“微小量分析法”的有( )
A.当时间足够短时,平均速度就可以认为是瞬时速度
B.利用激光放大微小形变
C.平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动
D.在伽利略的斜面实验中,当右侧斜面的倾角无限接近零时,小球就做匀速直线运动
解析 根据题干的介绍,选项A符合要求;选项B中利用的是放大法;选项C中利用的是运动的合成与分解;选项D中利用的是理想实验法。
答案 A
5.在牛顿发现太阳与行星间的引力过程中,得出太阳对行星的引力表达式后推出行星对太阳的引力表达式,是一个很关键的论证步骤,这一步骤采用的论证方法是( )
A.研究对象的选取 B.理想化过程
C.控制变量法 D.等效法
解析 对于太阳与行星之间的相互作用力,太阳和行星的地位完全相同,既然太阳对行星的引力符合关系式F∝,依据等效法,行星对太阳的引力也符合关系式F∝,故选项D正确。
答案 D
6.学习物理不仅要掌握物理知识,还要领悟并掌握处理物理问题的思想方法。在如图所示的几个实验中,研究物理问题的思想方法相同的是( )
A.甲、乙 B.乙、丙 C.甲、丙 D.丙、丁
解析 比较平抛运动和自由落体运动,来研究平抛运动在竖直方向上运动的规律,用到了比较法;观察桌面的微小形变和测定万有引力常量的实验中,通过平面镜的反射,反射光线发生较大的角度变化,从而扩大了形变,该方法称为微小形变放大法;探究加速度与力、质量的关系中,用到了控制变量法。所以,乙和丙用到了相同的研究物理问题的思想方法,故B正确。
答案 B
7.(多选)1820年,奥斯特发现了电流的磁效应,1831年法拉第发现了电磁感应现象,这两个发现在物理学史上都具有划时代的意义。围绕这两个发现,下列说法正确的是( )
A.电流磁效应的发现从相反的角度对法拉第发现电磁感应现象具有启发意义
B.可以推断出,在法拉第发现电磁感应现象的年代,已经发明了电池
C.电磁感应的发现为大规模发电提供了理论基础
D.电磁感应的发现为解释地球磁场的形成提供了理论方向
解析 电流产生磁场的现象叫做电流的磁效应,利用磁场产生电流的现象叫做电磁感应现象,电流磁效应的发现对法拉第发现电磁感应现象具有启发意义,所以选项A正确;电流的磁效应比电磁感应现象发现得早,而发现电流的磁效应时需要有持续的电流,说明当时已经发明了电池,选项B正确;电磁感应现象的发现,说明大量的机械能可以通过磁场转化为电能,所以为大规模发电提供了理论基础,选项C正确;解释地球磁场的形成需要知道磁场形成的原因,电流磁效应的发现为解释地球磁场的形成提供了理论方向,选项D错误。
答案 ABC
8.(多选)(2019·广东省深圳市二模)学习物理除了知识的学习外,还要领悟并掌握处理物理问题的思想与方法。下列关于物理学中的思想方法的叙述不正确的是( )
A.在探究求合力的方法的实验中使用了等效替代的思想
B.伽利略在研究自由落体运动时采用了微元法
C.在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了理想化模型的思想方法
D.卡文迪许开创性地测出了万有引力常量和静电力常量
解析 合力与分力是等效替代的关系,在探究求合力的方法的实验中使用了等效替代的思想,故A说法正确;伽利略在研究自由落体运动时采用了理想实验和逻辑推理相结合的方法,故B说法错误;在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了控制变量的思想方法,故C说法错误;卡文迪许通过扭秤实验,只测出了万有引力常量,故D说法错误。
答案 BCD
9.下列关于物理学史或物理方法的说法中错误的是( )
A.伽利略利用斜面研究自由落体运动时,使用了“外推”的方法,即当斜面的倾角为90°时,物体在斜面上的运动就变成了自由落体运动
B.运动的合成与分解是研究曲线运动的一般方法,该方法也同样适用研究匀速圆周运动
C.物理模型在物理学的研究中起了重要作用,其中“质点”“点电荷”“光滑的轻滑轮”“轻弹簧”等都是理想化模型
D.牛顿在发现万有引力定律的过程中使用了“月—地检验”
解析 对于选项A和D,只要熟悉教材,即可顺利判断其是正确的;在曲线运动中,教材中选用了平抛运动和匀速圆周运动两个特例,但这两个曲线运动的研究方法是不同的。平抛运动的研究方法是运动的合成与分解;研究匀速圆周运动使用的方法是利用加速度的定义式和矢量差的知识推导出向心加速度公式,再利用牛顿第二定律得出向心力公式,故选项B错误;“质点”和“点电荷”没有大小,“光滑的轻滑轮”没有质量且不计摩擦力,“轻弹簧”没有质量,所以它们都是理想化模型,选项C正确。
答案 B
二、物理学中的STSE问题
题型1 物理与生产、生活实际结合
1.(2019·河北唐山二模)随着经济发展,乡村公路等级越来越高,但汽车超速问题也日益凸显,为此一些特殊路段都设立了各式减速带,如图1甲所示。现有一辆汽车发现前方有减速带,开始减速,减至某一速度,开始匀速运动,匀速通过减速带,然后再加速到原来速度,总位移为80 m。汽车行驶80 m位移的v2-x图象如图乙所示,其中v为汽车的行驶速度,x为汽车行驶的距离。则汽车通过80 m位移的平均速度为( )
图1
A.20 m/s B.15 m/s
C.8 m/s D.4 m/s
解析 由公式v2-v=2ax得v2=v+2ax,对比v2-x图象,图线斜率k=2a,则减速运动的加速度大小a1=5 m/s2,加速运动的加速度大小a2=2.5 m/s2。设初速度为v0,减速后速度为v,则v0=15 m/s,v=5 m/s。由运动学公式v=v0+at得,减速运动时间t1=2 s,加速运动时间t2=4 s。由运动学公式x=vt得,匀速运动时间t3=4 s,则t总=t1+t2+t3=10 s,则全程平均速度==8 m/s。故选项C正确。
答案 C
2.(2019·山东菏泽模拟)如图2所示,一辆汽车正通过一弯道半径为R的道路(已知车辆通过该路段时的转弯半径均为R)。道路左低右高,其水平宽度为s,右侧与左侧之间的竖直高度为h,重力加速度为g,考虑到雨雪天气,路面结冰,此路段应限速为( )
图2
A. B.
C. D.
解析 路面结冰后道路与车胎之间的摩擦很小,可不考虑摩擦力。汽车通过此路段时做半径为R的匀速圆周运动,倾斜路面对汽车的支持力和汽车的重力在水平方向的合力提供向心力,设汽车质量为m,路面倾角为θ,则有mgtan θ=m,
tan θ=,联立解得v=,选项C正确。
答案 C
3.(多选)如图3甲所示为风力发电的简易模型,在风力的作用下,风叶带动与其固定在一起的永磁铁转动,转速与风速成正比。某一风速时,线圈中产生的正弦式电流如图乙所示,则( )
图3
A.t=0.1 s时线圈中的磁通量变化率为零
B.磁铁的转速为10 r/s
C.风速加倍时电流的表达式为i=1.2sin(10πt) A
D.风速加倍时线圈中电流的有效值为 A
解析 t=0.1 s时感应电流为零,感应电动势也为零,根据法拉第电磁感应定律可知磁通量变化率为零,A正确;由题图可知交变电流的周期T=0.2 s,则转速
n==5 r/s,B错误;风速加倍,转速加倍,最大值加倍,电流的表达式应为
i=1.2sin(20πt) A,C错误;根据正弦式交变电流的有效值与峰值的关系可知,风速加倍时的有效值为 A,D正确。
答案 AD
4.随着“共享单车”的持续火热,“共享汽车”也悄然出现,表中是某种“共享汽车”的主要参数。根据题中信息,则下列说法正确的是( )
图4
空车质量
800 kg
电池容量
44 kW·h
标准承载
200 kg
最大续航(充满电最大行驶路程)
200 km
所受阻力与汽车总重力比值
0.09
A.工作时,汽车的电动机将机械能转化成电能
B.电池容量44 kW·h指的是汽车电池充满电时的电荷量
C.标准承载下,汽车以72 km/h的速度匀速行驶10 min消耗的电能为3 kW·h
D.若标准承载下汽车速度能达到120 km/h,则汽车电动机最大输出功率不小于
30 kW
解析 工作时,汽车的电动机将电能转化为机械能,则选项A错误;电池
44 kW·h指的是汽车电池充满电时储存的电能,则选项B错误;标准承载下,汽车以v=72 km/h=20 m/s的速度匀速行驶,牵引力F=f=0.09mg=0.09×(800+200)×10 N=900 N,行驶t=10 min=600 s的位移s=vt=20×600 m=1.2×
104 m,牵引力做的功为W=Fs=10.8×106 J=3 kW·h,又考虑到汽车电动机的转化效率,可知汽车消耗的电能将大于3 kW·h,则选项C错误;若标准承载下汽车速度能达到v1=120 km/h= m/s,汽车电动机的最大输出功率不小于P=Fv1=900× W=30 kW,则选项D正确。
答案 D
5.2019年元旦前夕,某市启动“机动车文明礼让斑马线”活动。交警部门为样板斑马线配上了新型电子警察,第一个月,查处违规机动车近3 000辆次,“逼迫”各位驾驶员学会“文明礼让”。一辆质量为2.0×103 kg的汽车,以54 km/h的速度沿平直道路匀速行驶,距斑马线还有30 m时,驾驶员发现有行人通过斑马线,经过0.5 s的反应时间,汽车制动开始做匀减速运动,恰好在斑马线前停住。重力加速度g=10 m/s2。
(1)不考虑制动过程中汽车的牵引力作用,求汽车制动过程中所受的阻力大小;
(2)若汽车正常行驶时所受阻力为车重的0.05倍,要使汽车从静止开始做匀加速直线运动,10 s后速度重新达到54 km/h,求牵引力的大小。
解析 (1)设汽车在反应时间内行驶距离为x1,制动过程中行驶距离为x2,加速度大小为a1,所受阻力大小为f,反应时间t0=0.5 s
由牛顿第二定律得f=ma1
由题意得x1=v0t0,x2=x-x1,v=2a1x2
联立并代入数据解得f=1.0×104 N。
(2)设汽车做匀加速运动的过程中加速度大小为a2,牵引力大小为F
由牛顿第二定律得F-f′=ma2,其中f′=0.05mg
由匀变速直线运动规律得v0=a2t加,其中t加=10 s
联立并代入数据解得F=4.0×103 N。
答案 (1)1.0×104 N (2)4.0×103 N
6.如图5甲所示是高层建筑配备的救生缓降器材,由调速器、安全带、安全钩、缓降绳索等组成。发生火灾时,使用者先将安全钩挂在室内窗户、管道等可以承重的物体上,然后将安全带系在腰部,通过缓降绳索安全着陆。如图乙所示,在某中学某次火灾逃生演练过程中,一体重为60 kg的逃生者从离地面18 m的高处,利用缓降器材由静止开始匀加速下滑,当速度达到6 m/s时,以大小为2.5 m/s2的加速度减速,到达地面时速度恰好为零。假设逃生者在下降过程中悬空且不接触墙面,不计空气阻力(g=10 m/s2),求
图5
(1)逃生者减速下滑过程中的位移大小;
(2)减速下滑时逃生者对缓降绳索的拉力大小;
(3)从开始至到达地面整个过程的时间。
解析 (1)设所求位移大小为x1,由题意可知减速过程中有
v2=2a1x1,解得x1=7.2 m。
(2)设缓降绳索对逃生者的作用力为F,减速过程中由牛顿第二定律得F-mg=ma1
解得F=750 N
根据牛顿第三定律可知,逃生者对缓降绳索的拉力大小为750 N。
(3)加速过程时间t1== s=3.6 s
减速过程时间t2== s=2.4 s
故t总=t1+t2=6.0 s。
答案 (1)7.2 m (2)750 N (3)6.0 s
题型2 物理与体育运动、娱乐活动结合
1.(2019·浙江温州九校联考)在第18届雅加达亚运会中,中国女排毫无悬念地赢得了冠军,图6为中国队员比赛中高抛发球时的情形。若球离开手时正好在底线中点正上空H=3.49 m处,速度方向水平且与底线垂直。已知每边球场均为正方形,边长L=9 m,球网高h=2.24 m,g取10 m/s2,不计空气阻力。为了使球能落到对方场地,下列发球速度大小可行的是( )
图6
A.15 m/s B.17 m/s C.20 m/s D.25 m/s
解析 若球恰好过网,由平抛运动规律可知,竖直方向上有H-h=gt2,水平方向上有L=v1t,解得v1=18 m/s;球刚好落到对方的底边中点时,由平抛运动规律可知,竖直方向上有H=gt′2,水平方向上有2L=v2t′,解得v2≈22 m/s,球的初速度应小于22 m/s,所以要使球落在对方场地,球的初速度范围为18 m/s≤
v<22 m/s,故选项C正确。
答案 C
2.有一种大型游戏机叫“跳楼机”,如图7所示,参加游戏的游客被安全带固定在座椅上,先由电动机将座椅沿竖直轨道提升到离地面高H处,然后由静止释放。游客们的总质量为m,重力加速度为g,下列关于游客们缓慢上升的过程说法正确的是( )
图7
A.合力对游客们所做的功为mgH
B.游客们的重力势能增加了mgH
C.电动机所做的功为mgH
D.游客们的机械能守恒
解析 游客们在缓慢上升的过程中,动能不变,故合力对游客们做的功为零,选项A错误;游客们被提升H高度的过程中,重力做的功WG=-mgH,重力势能增加mgH,选项B正确;电动机做的功,一方面用于增加游客们的重力势能,另一方面用于克服其他阻力做功,故电动机做的功大于mgH,选项C错误;游客们在上升的过程中,动能不变,重力势能增加,故机械能增加,选项D错误。
答案 B
3.网球是一项最近比较流行的体育运动。如图8所示,两位运动员在同一位置,分别从同一高度、同一方向水平发出甲、乙两个网球,甲球出界了,乙球恰好落在界内,不计空气阻力,下列对于两球的初速度v甲和v乙,飞行时间t甲和t乙,下落过程中的加速度a甲和a乙的比较正确的是( )
图8
A.v甲<v乙,a甲=a乙 B.t甲=t乙,a甲>a乙
C.v甲>v乙,t甲<t乙 D.v甲>v乙,t甲=t乙
解析 不计空气阻力,则两球的运动均为平抛运动。根据平抛运动规律,两球飞行的时间t甲和t乙只与下落高度h有关,而两位运动员分别从同一高度、同一方向水平发出甲、乙两个网球,所以两球的飞行时间相等,即t甲=t乙,选项C错误;两球运动时只受重力,下落过程中的加速度相等,都是重力加速度g,即a甲=
a乙,选项B错误;又x=vt,可得出界的甲球水平位移大,所以甲球的初速度较大,即v甲>v乙,选项A错误,D正确。
答案 D
4.如图9甲所示为某景区内的高空滑索,质量为m的游客可利用轻绳通过轻质滑环悬吊下滑。假设某阶段钢索与水平方向的夹角θ=30°,重力加速度大小为g,轻绳始终保持竖直,示意图如图乙所示,在这一阶段( )
图9
A.钢索对滑环的摩擦力为0
B.钢索对滑环的支持力为0.5mg
C.游客运动的加速度为0
D.钢索与滑环间的动摩擦因数为
解析 因轻绳始终保持竖直,轻绳对游客的拉力大小等于游客的重力大小,则游客的加速度为0,匀速下滑,选项C正确;钢索对滑环的摩擦力为mgsin 30°=0.5mg,选项A错误;钢索对滑环的支持力为mgcos 30°=mg,选项B错误;由mgsin 30°=μmgcos 30°,得钢索与滑环间的动摩擦因数为μ=tan 30°=,故选项D错误。
答案 C
5.(2019·广东佛山一模)一个简易的电磁弹射玩具如图10所示。线圈、铁芯组合充当炮筒,硬币充当子弹。现将一个金属硬币放在铁芯上(金属硬币半径略大于铁芯半径),电容器两极板刚开始时无电荷,已知电容器充电时间较短,则下列说法正确的是( )
图10
A.要将硬币射出,可直接将开关拨到2
B.将开关拨向1时,有电流短暂出现,且电容器上极板带负电
C.将开关由1拨向2瞬间,铁芯中的磁通量减小
D.将开关由1拨向2瞬间,硬币中会产生方向向上的感应磁场
解析 直接将开关拨向2,不能将硬币射出,选项A错误;将开关拨向1时,电容器充电,有电流短暂出现,且电容器上极板带正电,选项B错误;将开关由1拨向2瞬间,电容器通过线圈放电,由安培定则可知铁芯中的磁场方向向下,磁通量增大,根据楞次定律可知,在硬币中会产生方向向上的感应磁场,选项C错误,D正确。
答案 D
6.(多选)(2019·四川泸州模拟)在2018年世界斯诺克国际锦标赛中,中国选手丁俊晖把质量为m的白球以5v的速度推出,与正前方另一静止的相同质量的黄球发生对心正碰,碰撞后黄球的速度为3v,运动方向与白球碰前的运动方向相同。若不计球与桌面间的摩擦,则( )
A.碰后瞬间白球的速度为2v
B.两球之间的碰撞属于弹性碰撞
C.白球对黄球的冲量大小为3mv
D.两球碰撞过程中系统能量不守恒
解析 设碰后瞬间白球的速度为v1,两球碰撞过程中,由动量守恒定律有m·5v=m·3v+mv1,解得v1=2v,选项A正确;由于m·(5v)2>m·(3v)2+m·(2v)2,即碰撞前系统动能大于碰撞后系统动能,所以两球之间的碰撞是非弹性碰撞,选项B错误;由动量定理可知,白球对黄球的冲量大小为I=3mv,选项C正确;两球碰撞过程中系统能量守恒,机械能不守恒,选项D错误。
答案 AC
7.(多选)2019年1月13日(腊月初八),在某公园举行的杂技表演中,一男一女两位演员利用挂于同一悬点的两根轻绳在同一水平面内做匀速圆周运动,如图11所示。已知男演员的体重大于女演员的体重,不计空气阻力,则( )
图11
A.女演员运动的周期大
B.男、女演员运动的周期相等
C.男演员对轻绳的拉力大
D.男、女演员对轻绳的拉力可能相等
解析 设演员做匀速圆周运动的平面与悬点间的距离为h,圆周运动的半径为r,轻绳的长度为l,轻绳与竖直方向的夹角为θ,则tan θ=,又mgtan θ=mr·,解得T=2π,由此可知男、女演员运动的周期相等,选项A错误,B正确;设轻绳的拉力为F,则Fcos θ=mg,又cos θ=,因此F=,由于男演员的质量较大,所拉轻绳较短,所以男、女演员对轻绳的拉力可能相等,选项C错误,D正确。
答案 BD
8.(2019·河南开封模拟)如图12所示,在花样滑冰双人滑比赛中,两位选手携手共同滑行,男女选手的质量分别为m1=60 kg和m2=40 kg,他们滑行的速度为v=1.0 m/s。滑行中男选手突然将女选手沿原运动方向推开,女选手的速度变为v2=4.0 m/s,他们的作用时间为t=1.5 s,冰面摩擦忽略不计。求:
图12
(1)推开后男选手的速度v1;
(2)推开过程中女选手对男选手的平均作用力大小。
解析 (1)取两选手原来的运动方向为正,由动量守恒定律得
(m1+m2)v=m1v1+m2v2
解得v1=-1 m/s,负号表示推开后男选手的速度方向与原速度方向相反。
(2)由动量定理得Ft=m1v1-m1v
解得F=-80 N,即推开过程中女选手对男选手的平均作用力大小为80 N。
答案 (1)1 m/s,方向与原速度方向相反 (2)80 N
题型3 物理与科学技术结合
1.在研发无人驾驶汽车的过程中,对比甲、乙两辆车的运动,两车在计时起点时刚好经过同一位置沿同一方向做直线运动,它们的速度随时间变化的关系如图13所示,由图可知( )
图13
A.甲车任何时刻加速度大小都不为零
B.在t=3 s时,两车第一次相距最远
C.在t=6 s时,两车又一次经过同一位置
D.甲车在t=6 s时的加速度与t=9 s时的加速度相同
解析 速度—时间图象切线的斜率表示加速度,甲车的v-t图象的“波峰”“波谷”处切线的斜率为零,即所对应的时刻加速度为零,选项A错误;根据v-t图象与坐标轴围成的面积表示位移可知,在t=3 s时,两车第一次相距最远,选项B正确;在t=6 s时,两车又一次速度相等,由图分析可知,此时两车位移不相等,即不经过同一位置,选项C错误;甲车在t=6 s时的加速度与t=9 s时的加速度方向相反,选项D错误。
答案 B
2.载人飞行包在中国深圳实现了首次载人飞行,为民用航天科技注入新的活力。如图14所示,载人飞行包是一个单人低空飞行装置,可以垂直起降,也可以快速前进。飞行包(包括人)运动过程中(空气阻力不可忽略),下列说法正确的是( )
图14
A.垂直缓慢降落,动力大小大于总重力
B.水平加速前进,动力方向与运动方向相同
C.水平匀速飞行,动力大小大于总重力
D.垂直加速起飞,动力做的功等于克服重力和空气阻力做的功
解析 垂直缓慢降落,可认为处于平衡状态,动力大小等于总重力,选项A错误;水平加速前进,根据牛顿第二定律可知,动力方向指向斜向上方向,与运动方向不相同,选项B错误;水平匀速飞行,动力在水平方向上的分力等于阻力,在竖直方向上的分力等于总重力,动力大小大于总重力,选项C正确;垂直加速起飞,动能增大,由动能定理可知,动力做功大于克服重力和空气阻力做的功,选项D错误。
答案 C
3.(2019·广东佛山模拟)在港珠澳大桥建设中,将数根直径22米、高40.5米的钢筒,打入海底围成人工岛,创造了快速筑岛的世界纪录。钢筒质量为M,由如图15所示的起重机用8根对称分布的、长为22米的钢索吊起,重力加速度为g,则钢筒静止时每根钢索受到的拉力大小为( )
图15
A.Mg B.Mg C.Mg D.Mg
解析 由题意知,钢索与竖直方向的夹角为30°,设每根钢索的拉力大小为F,钢筒处于静止状态时,由平衡条件得8Fcos 30°=Mg,解得F=Mg,选项B
正确。
答案 B
4.(2019·浙江温州九校联考)据报道,某公司生产的全球最大马力无人遥控潜水器近日在上海下线。该潜水器自重5×103 kg,主要用于深海搜寻和打捞等。若在某次作业中,潜水器带着4×103 kg的重物从3 000 m深的海底一起匀速上升到了海面,已知上升过程中潜水器的机械功率恒为180 kW,水对潜水器(含重物)的浮力和阻力相互平衡,则潜水器上升的时间为( )
图16
A.0.5×103 s B.1.0×103 s
C.1.5×103 s D.2.0×103 s
解析 由题意可知,潜水器(含重物)匀速运动,动力等于重力,F=mg,由P=Fv可得上升速度为v=2 m/s,由h=vt解得潜水器上升的时间为t=1.5×103 s,选项C正确。
答案 C
5.(多选)(2019·云南昆明1月模拟)2018年12月8日,我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭成功发射“嫦娥四号”探测器,“嫦娥四号”经过多次变轨,于2019年1月3日成功降落在月球背面。如图17所示为某次变轨时的示意图,轨道Ⅰ为绕月运行的椭圆轨道,轨道Ⅱ为绕月运行的圆轨道,两轨道相切于P点,下列说法正确的是( )
图17
A.“嫦娥四号”在轨道Ⅰ上经过Q点时的速度小于在轨道Ⅰ上经过P点时的速度
B.“嫦娥四号”在轨道Ⅰ上经过P点时的速度小于在轨道Ⅱ上经过P点时的速度
C.“嫦娥四号”在轨道Ⅰ上经过P点时的加速度等于在轨道Ⅱ上经过P点时的加速度
D.若已知“嫦娥四号”绕月圆轨道Ⅱ的半径、运动周期和引力常量,可求出月球的密度
解析 “嫦娥四号”围绕月球在椭圆轨道Ⅰ上运行时,机械能守恒,在近月点P引力势能最小,动能最大,速度最大,所以“嫦娥四号”在轨道Ⅰ上经过Q点时的速度小于在轨道Ⅰ上经过P点时的速度,选项A正确;“嫦娥四号”在轨道Ⅰ上经过P点时需要减速才能转移到轨道Ⅱ上做匀速圆周运动,所以“嫦娥四号”在轨道Ⅰ上经过P点时的速度大于在轨道Ⅱ上经过P点时的速度,选项B错误;根据万有引力定律可知,“嫦娥四号”经过同一点所受万有引力相等,根据牛顿第二定律可知,“嫦娥四号”在轨道Ⅰ上经过P点时的加速度等于在轨道Ⅱ上经过P点时的加速度,选项C正确;由G=mr,解得M=,若已知“嫦娥四号”绕月圆轨道Ⅱ的半径r、运动周期T和引力常量G,可以得出月球的质量M,但由于不知道月球半径R,故不能得出月球的密度,选项D错误。
答案 AC
6.(2019·湖北黄冈1月模拟)据报道,2020年我国首颗“人造月亮”将完成从发射、入轨、展开到照明的整体系统演示验证。“人造月亮”是一种携带大型空间反射镜的人造空间照明卫星,将部署在距离地球500 km以内的低地球轨道上,预计其光照强度最大将是现在月光的8倍,可提供夜间照明。假设“人造月亮”绕地球做匀速圆周运动,则“人造月亮”在轨道上运动时( )
A.“人造月亮”的线速度等于第一宇宙速度
B.“人造月亮”绕地球运行的角速度大于月球绕地球运行的角速度
C.“人造月亮”的向心加速度大于地球表面的重力加速度
D.“人造月亮”的公转周期大于月球绕地球运行的周期
解析 根据第一宇宙速度的意义可知,绕地球表面运行的卫星的线速度等于第一宇宙速度,而“人造月亮”在距离地球500 km以内的低地球轨道上运动,轨道半径大于地球半径,又G=m,即v=,故“人造月亮”的线速度小于第一宇宙速度,选项A错误;由G=mrω2可得ω=,由于“人造月亮”绕地球运行的轨道半径r远小于月球绕地球运行的轨道半径,所以“人造月亮”绕地球运行的角速度大于月球绕地球运行的角速度,选项B正确;由G=ma和G=mg可知,“人造月亮”的向心加速度小于地球表面的重力加速度,选项C错误;由G=mr可得T=2π,由于“人造月亮”绕地球运动的轨道半径r远小于月球绕地球运动的轨道半径,所以“人造月亮”绕地球运行的周期小于月球绕地球运行的周期,选项D错误。
答案 B
7.(多选)(2019·河南洛阳模拟)为了创建绿色校园,学校将一批普通照明路灯改装成了LED太阳能路灯,所用装置主要技术参数如下:太阳能电池功率为100 W,其光电转换效率为18%;蓄电池容量为250 A·h,电压为12 V,充电效率为80%;LED照明时蓄电池的输出电流恒定,输出功率为60 W。结合上述数据,下列说法正确的是( )
A.太阳照射2小时,光电系统可吸收太阳能为4.0×106 J
B.LED照明5小时,蓄电池恒流输出电能最多为1.08×106 J
C.利用太阳能电池给蓄电池充电,充满需要的时间为30 h
D.利用蓄电池给60 W的LED供电,供电时间最长为50 h
解析 光电转换效率为18%,太阳能电池功率为100 W,2小时光电系统可吸收的太阳能为E= J=4.0×106 J,选项A正确;LED照明5小时,蓄电池恒流输出的电能最多为W=60×5×3 600 J=1.08×106 J,选项B正确;利用太阳能电池给蓄电池充电,充满需要的最短时间为t= h=37.5 h,选项C错误;利用蓄电池给60 W的LED供电,供电时间最长为t′= h=50 h,选项D正确。
答案 ABD
8.下表为某种型号的扫地机器人的铭牌信息,已知当扫地机器人剩余电池容量为总容量的20%时,机器人将停止扫地,寻觅充电基座自动回去充电。如果该机器人扫地时一直处于额定工作状态,则( )
额定工作电压
12 V
额定功率
40 W
电池容量
2 400 mA·h
A.扫地时电流为2 400 mA
B.扫地时电流为3.33 A
C.扫地时机器人的电阻为3.6 Ω
D.机器人可以连续扫地60 min
解析 扫地机器人的额定电压为12 V、额定功率为40 W,则其扫地时电流为I== A= A≈3.33 A,A错误,B正确;考虑到扫地机器人工作时一部分能量转化为机械能,所以机器人的电阻R<= Ω=3.6 Ω,C错误;扫地机器人充满电后的电池容量Q1=2 400 mA·h,下一次自动充电前的电池容量Q2=20%×2 400 mA·h=480 mA·h,则ΔQ=Q1-Q2=(2 400-480)mA·h=1 920 mA·h,正常工作时的电流I= mA,则连续正常工作的最长时间t== h=0.576 h=34.56 min,D错误。
答案 B
9.21世纪,能源问题是全球关注的焦点问题,新能源电动汽车在近几年发展迅速。下表给出的是某款电动汽车的相关参数:
参数指标
整车质量
0~100 km/h加速时间
最大速度
电池容量
制动距离
(100 km/h~0)
数值
2 000 kg
4.4 s
250 km/h
90 kW·h
40 m
请从上面的表格中选择相关数据,重力加速度g取10 m/s2,完成下列问题:
(1)求汽车在从速度为100 km/h到完全停止的制动过程(可视为匀变速运动过程)中的加速度大小(计算过程中100 km/h近似为30 m/s);
(2)若已知电动汽车电能转化为机械能的效率为η=80%,整车在行驶过程中的阻力约为车重的0.05倍,试估算此电动汽车以20 m/s的速度匀速行驶时的续航里程(能够行驶的最大里程),并根据你的计算,提出提高电动汽车续航里程的合理化建议(至少两条);
(3)若此电动汽车的速度从5 m/s提升到20 m/s需要25 s,此过程中电动汽车获得的动力功率随时间变化的关系如图18所示,整车在行驶过程中的阻力仍约为车重的0.05倍,求此加速过程中汽车行驶的路程(提示:可利用P-t图象计算动力对电动汽车做的功)。
图18
解析 (1)加速度a==-11.25 m/s2
所以加速度的大小为11.25 m/s2。
(2)对电动汽车匀速行驶的全过程,由动能定理得
W-Wf=ΔEk
即80%C-0.05mgs=0,
其中C=90 kW·h=90×3.6×106 J=3.24×108 J
解得s=259.2 km
提高电动汽车续航里程的合理化建议:①提高电动汽车的工作效率;②减小汽车行驶过程中的阻力;③提高电动汽车电池的容量。
(3)根据动能定理得W1-fx1=-
动力做的功由P-t图象与坐标轴所围的面积可求得,由图求得W1=6.4×105 J,又f=0.05mg
解得x1=265 m。
答案 (1)11.25 m/s2 (2)见解析 (3)265 m
10.如图19甲所示,舰载机起飞技术是航母的最关键技术之一,据报道,目前我国已经成功完成了所有相关实验,成为世界上仅有的几个拥有航母舰载机电磁弹射技术的国家之一。电磁弹射器的工作原理如图乙所示,它由两条平行的长直金属导轨AB、CD和电枢MN与高功率电源E等构成,两金属导轨固定在水平底座上不能移动,其间距为d,当开关S闭合后,恒定电流I通过金属导轨并在两导轨间产生磁场,电枢MN(流过它的电流也为I)由于受到磁场力加速前进而带动飞机至起飞速度(图乙中从A到B为前进方向)。
图19
(1)判断电枢MN所在位置的磁场方向;
(2)已知该装置中某条通电导轨在电枢MN上某点处产生磁场的磁感应强度可以表示为B=,其中常数μ0是真空磁导率,I0为导轨中电流大小,r为该点到这条通电导轨的距离,试证明MN的中点附近单位长度d0的电枢所受的安培力大小与电流的二次方成正比(不考虑电枢MN对磁场的影响);
(3)在某次实际舰载机弹射过程中,电枢所受到的安培力可以简化为F=L′I2,
L′=6.4×10-3 N/A2称为电感梯度,舰载机质量为30 t,远大于电枢质量,发动机提供推力的等效功率为4 500 kW,在弹射过程中受到的阻力为重力的0.1倍,经过90 m长的加速距离,速度即达到324 km/h,从而完成起飞,重力加速度g取10 m/s2 ,试估算在此弹射过程中流经电枢MN的电流大小。
解析 (1)根据左手定则可知,电枢MN所在位置的磁场方向垂直纸面向外。
(2)AB导轨在MN中点产生的磁场的磁感应强度大小为B1==,方向垂直纸面向外
同理,CD导轨在MN中点产生的磁场的磁感应强度大小为B2=,方向垂直纸面向外。所以MN中点的磁感应强度大小为B3=B2+B1=,方向垂直纸面向外
MN中点附近单位长度d0的电枢所受的安培力大小可以表示为F=B3Id0
联立可得F=I2
式中μ0、d0、π、d均为常量,所以电枢MN中点附近单位长度d0的电枢所受到的安培力F大小与I2成正比。
(3)对于飞机的弹射过程可建立匀变速直线运动模型,由x=t
可得舰载机弹射时间为t=2 s
对弹射过程应用动能定理可得
L′I2x+Pt-0.1mgx=mv2
解得I=×104 A。
答案 (1)见解析 (2)见解析 (3)×104 A
【试题点评】 此题以航母舰载机电磁弹射为情境,将判断、论证、计算有机结合,考查安培定则、安培力、动能定理及其相关知识点,意在考查灵活运用相关知识分析解决问题的能力。
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