热点4　环境保护类 2025年高考总复习优化设计二轮专题物理H课后习题热点情境练含答案

热点4环境保护类2025年高考总复习优化设计二轮专题物理H课后习题热点情境练含答案热点四环境保护类选择题:每小题8分,共32分1.福岛第一核电站的核污水含铯、锶、氚等多种放射性物质,排海会对太平洋造成长时间的污染。已知氚(13H)有放射性,会发生β衰变并释放能量,其半衰期为12.43年,衰变方程为X+-10A.ZAXB.13H衰变前的质量大于衰变后

ZAXC.自然界现有的

13H将在24.D.13答案B解析根据电荷数守恒和质量数守恒可得,ZAX的电荷数为2,质量数为3,则

ZAX的中子数为1,故A错误;根据题意可知,衰变过程释放能量,有质量亏损,则

13H衰变前的质量大于衰变后

ZAX和

-10e的总质量,故B正确;自然界现有的

13H将在24.86年后,即两个半衰期后,衰变至现有的142.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。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()A.4B.2C.4D.2答案B解析质量为m的物体在长度为s、倾角为θ的粗糙斜面上滑行时,克服摩擦力做功Wf=μmgcosθ×s=μmgscosθ,scosθ是斜面底边的长度,则滑块从M恰好到N由动能定理得mgh1-μmg(2l1+2l2+l3)=0-12mv02,解得μ=v02+2gh12g[2(l1+l2)+l3],若要使滑块从M恰能到达B站P处,设该滑块初速度的大小应调整为v,由动能定理得-μmg3.(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60m的圆面,某日平均风速为6m/s,风能向电能转化的效率为30%。发电机组输出电压为690V,经过变电站理想变压器将电压升为10kV远距离输送。空气密度为1.3kg/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∶10000B.该风力发电机的输出功率约为476kWC.该风力发电机的日发电量约为3.8×104kW·hD.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15Ω答案B解析根据n1n2=U1U2=690V10000V可知,理想变压器的匝数比应为n1∶n2=69∶1000,故A错误;由题意知,发电机的输出功率为P=12(Δm)v2Δt×30%=12ρv(Δt)πr2v2Δt×30%=320ρπr2v3=476kW,故B正确;日发电量为Q=Pt=1.1×4.(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.从环境吸热答案AC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。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=80cm,污水水平射程为x=160cm。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=6m,水流很急的小河。实测水流速度恒为v1=5m/s,所带的气垫船在静水中的速度为v2=3m/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sin37°=0.6)答案(1)4m/s(2)53°2.5s解析(1)根据平抛运动规律,竖直方向上有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cosθ=v则θ=53°则渡河时间t=dv2sinθ=2.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设路程为s,满足sinα=d有s=d故sinα越大,路程s越小,而v则有sinα=v2v1取β=90°,sinβ=1则有sinα=0.6即α=37°此时s最小,此时θ=53°则渡河时间t=dv2sinθ=2.6.(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。(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。答案(1)U(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竖直方向上有U1qd1=ma1,y0=1联立解得y0=U1(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由(1)分析可知y2=U若仅改变电源电压,要使收集率达到100%,需要使电源电压U增大,若仅改变电源电压,则y2'=U要使收集率达到100%,则有y2'=d2代入解得U2'=2516U即在其他条件不变的情况下,使电源电压调为2516U2,可以实现收集率达到100%(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=12·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)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=ΔNΔx与x热点五体育运动类选择题:每小题6分,共24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5m/s和4m/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10m/s2,则乒乓球在与球拍接触后获得的水平速度大小为()A.1.2m/s B.1.5m/sC.2.0m/s D.2.7m/s答案D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)=2.7m/s,故选D。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=90kg,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=30m/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10m/s2,sin53°=0.8。则在P处()A.车对弯道的压力大小为900NB.人对车的压力大小为1500NC.人和车做圆周运动的半径为67.5mD.人和车的加速度大小为7.5m/s2答案C解析对人和车受力分析,如图所示,根据几何关系有FN=mgcosθ=1500N,根据牛顿第三定律可得,车对弯道的压力大小为1500N,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mgtanθ=mv2r=ma,解得r=67.5m,a=13.33m/s2,故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=-102cm,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1.6mB.t=0时刻F点向上运动C.E点的平衡位置位于(-0.1m,0)处D.F点的振动方程为y=20sin2π答案ABD解析周期T=2πω=1s,E点的振动方程为y=20sin(2πt)cm,当t=78s时y=-102cm,即E、F两点平衡位置处的距离为18λ,则34λ-18λ=1m,得λ=1.6m,故A正确;t=0时刻E点向上运动,则此时F点向上运动,故B正确;E、F两点平衡位置处的距离为x=18λ=0.2m,则E点的平衡位置位于(-0.2m,0)处,故C错误;设F点的振动方程为y=20sin(2πt+φ)cm,当t=0时yF=-102cm,解得φ=-π4,所以F点的振动方程为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=0.01s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=0.26kg,O、P的水平距离L=3m,O、P的高度差h=7.2cm。球视为质点,忽略空气阻力,重力加速度g取10m/s2。则可知()A.球被A运动员击出时的速率约为72km/hB.球被A运动员击出时的速率约为90km/hC.A运动员对球的平均作用力大小约为650ND.A运动员对球的平均作用力大小约为520N答案BC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=12gt2,联立解得v0=25m/s=90km/h,故A错误,B正确;A运动员完成击球的时间Δt=0.01s,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=650N,故C正确,D错误。故选B、C5.(8分)某登山运动员在攀登一座超过8000m的山峰,在接近山顶时他裸露在手腕上的防水手表的表盘玻璃突然爆裂了,而手表没有受到任何撞击。假设27℃时表内气体压强为1.0×105Pa(常温下的海平面的大气压强值),当内外压强差超过6.0×104Pa时表盘玻璃将爆裂。当时登山运动员携带的温度计的读数是-18℃,未爆裂前手表内气体体积的变化可忽略不计,请通过计算判断手表的表盘玻璃是向外爆裂还是向内爆裂及当时外界的大气压强值是多少?答案向外爆裂2.5×104Pa解析以表内气体为研究对象,初状态的压强为p1=1.0×105Pa,温度为T1=300K,某状态的压强为p2,温度为T2=255K根据查理定律,有p解得p2=8.5×104Pa如果手表的表盘玻璃是向内爆裂的,则外界的大气压强为p0=8.5×104Pa+6×104Pa=1.45×105Pa大于山脚下的大气压强(即常温下的大气压强),这显然是不可能的,所以可判断手表的表盘玻璃是向外爆裂的当时外界的大气压强为p3=p2-6.0×104Pa=2.5×104Pa。6.(8分)我国南方某些城市中秋节仍保留着秋千表演节目。如图所示,某次甲从绳子与地面平行的位置由静止摆下,在秋千踏板摆到最低点时迅速将地面上的乙向上一拉,乙竖直跃上秋千,然后一起站着并向上摆。当再次返回最低点时,乙从秋千上水平跳出,甲继续摆到绳子与竖直方向成33°角时速度为零。已知秋千踏板摆到最低点时与地面平行,且距离地面1.8m;甲、乙站立在秋千上时重心与绳上端距离为3.2m,甲、乙质量相等,甲、乙始终保持身体直立,cos33°≈0.84,g取10m/s2,忽略空气阻力和踏板质量。求:(1)当甲、乙一起再次返回最低点时,甲、乙的共同速度大小。(2)乙的落地点距踏板在最低点时的水平距离。答案(1)4m/s(2)2.88m解析(1)设甲第一次摆到最低点时,速度为v0,由机械能守恒定律得mgL=1解得v0=8m/s设甲将乙拉上瞬间共速为v1,甲将乙拉上的过程,水平方向动量守恒有mv0=2mv1解得v1=4m/s所以,当甲、乙一起回到最低点时速度为4m/s。(2)设乙水平跳出瞬间,甲的速度为v2,乙的速度为v3,由动量守恒定律得2mv1=mv2+mv3甲摆到最高点过程,由机械能守恒定律得12mv22=mgL联立解得v2=3.2m/s,v3=4.8m/s乙做平抛运动,有12gt2乙落地时与踏板在最低点时的水平距离为s=v3t解得s=2.88m。7.(8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=1m。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=1.5m/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=60kg,A、C两点间的高度差h=1.2m,重力加速度g取10m/s2,tanα=103,109=(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)903.66N(2)1.8m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=vAcosα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-mgcosα=mv解得F1=1807.32N则运动员重心在A点时单杠对每只手的拉力大小F=F12=903.66(2)运动员在A点时竖直方向的分速度为vAy=vBtanα=5m/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-12gt解得t=1.2s在水平方向上做匀速直线运动,则L=vBt=1.8m。8.(12分)(2024天津和