備戰(zhàn)2025年高考二輪復習物理（湖南版）熱點練1 生產(chǎn)生活類（Word版附解析）

這是一份備戰(zhàn)2025年高考二輪復習物理（湖南版）熱點練1 生產(chǎn)生活類（Word版附解析），共9頁。試卷主要包含了氣壓式電腦桌的簡易結(jié)構(gòu)如圖所示，0×105 NB，8×105 ND，2×105 N,故選B，玉米是我國重要的農(nóng)作物等內(nèi)容，歡迎下載使用。
選擇題:每小題4分,共20分
1.(2024江蘇南京一模)氣壓式電腦桌的簡易結(jié)構(gòu)如圖所示。導熱性能良好的汽缸與活塞之間封閉一定質(zhì)量的理想氣體,活塞可在汽缸內(nèi)無摩擦運動。設(shè)氣體的初始狀態(tài)為A,將電腦放在桌面上,桌面下降一段距離后達到穩(wěn)定狀態(tài)B。打開空調(diào)一段時間后,桌面回到初始高度,此時氣體狀態(tài)為C。下列說法正確的是( )
A.從A到B的過程中,內(nèi)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(nèi)對單位面積的碰撞次數(shù)變多
答案 C
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(nèi)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(yīng)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(nèi)對單位面積的碰撞次數(shù)變少,故C正確,D錯誤。
2.(2024廣東廣州一模)如圖所示,港珠澳大橋人工島建設(shè)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(zhì)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 NB.7.2×105 N
C.8.8×105 ND.1.2×106 N
答案 B
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(yīng)直徑構(gòu)成等邊三角形,所以每根鋼索與豎直方向的夾角為30°;設(shè)每根鋼索受到的拉力大小為F,豎直方向根據(jù)平衡條件可得8Fcs 30°=mg,解得F=7.2×105 N,故選B。
3.(2024江西模擬預測)如圖甲所示為我國研制的盾構(gòu)機刀盤吊裝場景,刀盤由繩索與長方形鋼架組成的設(shè)備懸掛于空中,處于靜止狀態(tài),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G4
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
答案 C
解析 刀盤處于平衡狀態(tài),對刀盤進行受力分析有4FTcs α=G,故每根繩索對刀盤與鋼架的拉力大小為FT=G4csα,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,cs α變大,則每根繩索受到的拉力將變小,故C正確;根據(jù)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。
4.(2024福建龍巖二模)玉米是我國重要的農(nóng)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(zhuǎn)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(zhuǎn)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(zhuǎn)運,提升了加工轉(zhuǎn)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,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.玉米粒落地點與傳送帶底端的水平距離為(3+22)htanθ
C.傳送帶的速度大小為3ghsinθ
D.玉米粒從飛出到落地所用的時間為3hg
答案 B
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(fā)生改變,故A錯誤;設(shè)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=vcs θ,vy=vsin θ,到達最高點時h=vy22g,解得v=2ghsinθ,故C錯誤;玉米粒從飛出到落地過程,豎直方向上根據(jù)位移時間關(guān)系有-h=vyt-12gt2,解得t=(2+2)hg,故D錯誤;玉米粒從脫離傳送帶頂端到落地,水平位移為x1=vxt,所以落地點與傳送帶底端的水平距離為x=x1+htanθ=(3+22)htanθ,故B正確。
5.(多選)(2024廣東三模)如圖所示,配有轉(zhuǎn)盤的中式圓餐桌是我國的傳統(tǒng)家具。質(zhì)量為m的小碗(可視為質(zhì)點)放在水平轉(zhuǎn)盤邊緣上隨轉(zhuǎn)盤一起由靜止緩慢加速轉(zhuǎn)動,若小碗與轉(zhuǎn)盤以及桌面間的動摩擦因數(shù)均為μ,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,轉(zhuǎn)盤的半徑為r,餐桌的半徑為R,重力加速度為g,轉(zhuǎn)盤與桌面的高度差不計,下列說法正確的是( )
A.當轉(zhuǎn)盤的角速度增至μg2r時,小碗相對轉(zhuǎn)盤開始滑動
B.小碗由靜止到即將滑動的過程中,轉(zhuǎn)盤對小碗做的功為12μmgr
C.若R=2r,小碗最終會從桌面滑落
D.若小碗未滑離桌面,則R不會小于52r
答案 BD
解析 小碗即將滑動時有μmg=mv2r=mω2r,解得v=μgr,ω=μgr,故A錯誤;根據(jù)動能定理可得W=12mv2=12μmgr,故B正確;小碗滑動后沿轉(zhuǎn)盤邊緣滑出,若未能滑到桌面邊緣,根據(jù)牛頓第二定律可得μmg=ma,由小碗在餐桌上移動的距離x=v22a=12r1)在平直路面上做勻速行駛時,某一時刻開始剎車,前階段阻力的大小與速度的大小成正比,即F阻=kv,后階段阻力恒為車重的μ倍,汽車做勻減速運動,重力加速度為g。
(1)如果此次剎車的過程中,油電混動汽車動能減小量的η倍被轉(zhuǎn)化為電能,那么此次剎車儲存多少電能?
(2)油電混動汽車從剎車到停止的位移的大小是多少?
(3)在一次性能檢測中,檢測機構(gòu)讓油電混動汽車在平直的路面上勻速行駛(速度小于v0)一段距離后關(guān)閉發(fā)動機,測繪了汽車只開啟“機械制動”和“機械制動”“再生制動”同時開啟兩種設(shè)定下汽車的動能與位移關(guān)系的圖線①和②,如圖所示。若檢測時忽略測試路面的阻力差異和空氣阻力,則“機械制動”“再生制動”同時開啟測試中汽車被回收的動能是多少?
答案 (1)12mv02η(n2-1)
(2)mv0(n-1)k+v022μg
(3)5×105 J
解析 (1)設(shè)油電混動汽車在剎車的過程中儲存的電能為E,依題意
E=η12mn2v02-12mv02=12mv02η(n2-1)。
(2)設(shè)油電混動汽車“再生制動”階段運動的位移為x1,由動量定理得
-F阻Δt=mΔv
又F阻=kv
即-kvΔt=mΔv
所以在“再生制動”階段有
-kx1=mv0-mnv0
解得x1=mv0(n-1)k
在“機械制動”階段,油電混動汽車做勻減速運動,由牛頓第二定律可得
F阻'=ma
又F阻'=μmg
解得a=μg
設(shè)勻減速運動的位移為x2,由運動學公式得
-v02=2(-a)x2
解得x2=v022μg
所以油電混動汽車從剎車到停止的位移為
x=x1+x2=mv0(n-1)k+v022μg。
(3)對于減速過程,因斜率的絕對值表示阻力的大小,由圖線①得
F阻″=ΔEkΔx1
代入解得F阻″=8×105-0(11-7)×102 N=2 000 N
由圖線②,回收的動能為
ΔEk=8×105 J-2 000×(8.5-7)×102 J=5×105 J。
9.(14分)(2024吉林白山二模)智能機器人自動分揀快遞包裹系統(tǒng)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(jīng)過大數(shù)據(jù)分析后生成最優(yōu)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(zhuǎn)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(zhì)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(zhì)點。
(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(shù)為μ=33,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(yīng)該是多少;
(3)若機器人A投遞完包裹后返回供包臺途中發(fā)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(fā)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(zhì)點)。則機器人A的總質(zhì)量是機器人B的多少倍?
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(jù)運動學的公式可得
t1=v0a=1 s
x1=12at12=1.5 m
勻減速直線運動階段根據(jù)運動學的公式得
t2=v0a=1 s
x2=12at22=1.5 m
勻速直線階段根據(jù)運動學的公式得
t3=L-x1-x2v0=14 s
運行總時間t=t1+t2+t3=16 s。
(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=mgcs θ
Ff=mgsin θ
其中Ff=μFN
解得托盤的最小傾角θ=30°。
(3)設(shè)機器人A制動后滑行過程中的加速度大小為a,機器人A制動后滑行4.5 m后停下來,則有
0-v02=-2a1x3
設(shè)機器人A被碰后瞬間的速度為vA,滑行2 m后停下來,則有
0-vA2=-2a1x4
聯(lián)立可得vA=v0x4x3=2 m/s
設(shè)機器人A、B的質(zhì)量分別為M1、M2,碰撞后機器人B的速度為vB,A、B發(fā)生彈性碰撞,A和B組成的系統(tǒng)根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律有
M2v0=M2vB+M1vA
12M2v02=12M2vB2+12M1vA2
解得vA=2M2M1+M2v0
由于vA=2 m/s,v0=3 m/s,可得
M1M2=2
故機器人A的質(zhì)量是機器人B的2倍。