2021届新高考物理二轮复习 创新应用1 物理与生产、生活实际.pptx

1、第二部分 创新创新应用应用 创新应用创新应用1 1 物理与生产、生活实际物理与生产、生活实际 高考二轮总复习 物理 第二部分 创新应用 C 题组题组 1 交通安全交通安全 1 (2020 山东菏泽模拟山东菏泽模拟)如图所示， 一辆汽车正通过一弯道半径为如图所示， 一辆汽车正通过一弯道半径为 R 的道路的道路(已知车辆通过该路段时的转弯半径均为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，道路左低右高，其 水平宽度为水平宽度为 s，右侧与左侧之间的竖直高度为，右侧与左侧之间的竖直高度为 h，重力加速度为，重力加速度为 g，考虑，考虑 到雨雪天气，路面结冰，此路段应限速为到雨雪天气，

2、路面结冰，此路段应限速为 ( ) A 2Rgh s B Rgh h2s2 C Rgh s DRgh s 高考二轮总复习 物理 第二部分 创新应用 【解析】【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， 路面倾角为路面倾角为 ，则有，则有 mgtan mv 2 R ，tan h s

3、 ，联立解得，联立解得 v Rgh s ， 选项选项 C 正确正确 高考二轮总复习 物理 第二部分 创新应用 2(2020 四川泸州模拟四川泸州模拟)在考驾驶证的科目二阶段在考驾驶证的科目二阶段，有一项测试有一项测试 叫半坡起步叫半坡起步，这是一条类似于凸形桥面设计的坡道这是一条类似于凸形桥面设计的坡道，要求学员在半坡要求学员在半坡 定点位置定点位置a启动汽车启动汽车，一段时间后匀速率通过最高点一段时间后匀速率通过最高点b以及剩下路段以及剩下路段， 如图所示如图所示，下列说法正确的是下列说法正确的是 ( ) A若汽车以额定功率从若汽车以额定功率从a点加速到点加速到b点点，则牵引力一直增大则牵引

4、力一直增大 B在最高点在最高点b汽车处于平衡状态汽车处于平衡状态 C在最高点在最高点b汽车对路面的压力小于汽车的重力汽车对路面的压力小于汽车的重力 D汽车从汽车从a运动到运动到b的过程中的过程中，合力做功为合力做功为零零 C 高考二轮总复习 物理 第二部分 创新应用 【解析解析】 由由PFv可知可知，若汽车以额定功率从若汽车以额定功率从a点加速到点加速到b点点， 则牵引力一直减小则牵引力一直减小，选项选项A错误；在最高点错误；在最高点b汽车做圆周运动汽车做圆周运动，加速加速 度向下度向下，不是平衡状态不是平衡状态，是失重状态是失重状态，在最高点在最高点b汽车对路面的压力汽车对路面的压力 小于汽

5、车的重力小于汽车的重力，选项选项B错误错误，选项选项C正确；汽车从正确；汽车从a运动到运动到b的过程的过程 中中，动能增大动能增大，由动能定理可知由动能定理可知，合力做正功合力做正功，选项选项D错误错误 高考二轮总复习 物理 第二部分 创新应用 32019年元旦前夕年元旦前夕，某市启动某市启动“机动车文明礼让斑马线机动车文明礼让斑马线”活活 动动交警部门为样板斑马线配上了新型电子警察交警部门为样板斑马线配上了新型电子警察，第一个月第一个月，查处违查处违 规机动车近规机动车近3 000辆次辆次，“逼迫逼迫”各位驾驶员学会各位驾驶员学会“文明礼让文明礼让”一一 辆质量为辆质量为2.0103 kg的

6、汽车的汽车，以以54 km/h的速度沿平直道路匀速行驶的速度沿平直道路匀速行驶， 距斑马线还有距斑马线还有30 m时时，驾驶员发现有行人通过斑马线驾驶员发现有行人通过斑马线，经过经过0.5 s的反的反 应时间应时间，汽车制动开始做匀减速运动汽车制动开始做匀减速运动，恰好在斑马线前停住恰好在斑马线前停住重力加重力加 速度速度g取取10 m/s2. 高考二轮总复习 物理 第二部分 创新应用 (1)不考虑制动过程中汽车的牵引力作用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求汽车制动过程中所受 的阻力大小；的阻力大小； (2)若汽车正常行驶时所受阻力为车重的若汽车正常行驶时所受阻力为车重的

7、0.05倍倍，要使汽车从静止要使汽车从静止 开始做匀加速运动开始做匀加速运动，10 s后速度重新达到后速度重新达到54 km/h.求牵引力的大小求牵引力的大小 【答案答案】 (1)1.0104 N (2)4.0103 N 高考二轮总复习 物理 第二部分 创新应用 【解析】【解析】 (1)设汽车在反应时间内行驶距离为设汽车在反应时间内行驶距离为 x1， 制动过程中行驶， 制动过程中行驶 距离为距离为 x2，加速度大小为，加速度大小为 a1，所受阻力大小为，所受阻力大小为 Ff，反应时间，反应时间 t00.5 s 由牛顿第二定律得由牛顿第二定律得 Ffma1 由题意得由题意得 x1v0t0，x2x

8、x1，v2 0 2a1x2 联立并代入数据解得联立并代入数据解得 Ff1.0104 N. (2)设汽车做匀加速运动的过程中加速度大小为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， 牵引力大小为 F 由牛顿第二定律得由牛顿第二定律得 Ffma2，其中，其中 f0.05mg 由匀变速直线运动规律得由匀变速直线运动规律得 v0a2t 加加，其中，其中 t加加10 s 联立并代入数据解得联立并代入数据解得 F4.0103 N 高考二轮总复习 物理 第二部分 创新应用 题组题组2 消防安全消防安全 4如图甲所示是高层建筑配备如图甲所示是高层建筑配备 的救生缓降器材的救生缓降器材，由调速

9、器由调速器、安全安全 带带、安全钩安全钩、缓降绳索等组成缓降绳索等组成发发 生火灾时生火灾时，使用者先将安全钩挂在使用者先将安全钩挂在 室内窗户室内窗户、管道等可以承重的物体管道等可以承重的物体 上上，然后将安全带系在腰部然后将安全带系在腰部，通过通过 缓降绳索安全着陆缓降绳索安全着陆，如图乙所示如图乙所示， 高考二轮总复习 物理 第二部分 创新应用 在某中学某次火灾逃生演练过程中在某中学某次火灾逃生演练过程中，一体重为一体重为60 kg的逃生者从离地的逃生者从离地 面面18 m的高处的高处，利用缓降器材由静止开始匀加速下滑利用缓降器材由静止开始匀加速下滑，当速度达到当速度达到6 m/s时时，

10、以大小为以大小为2.5 m/s2的加速度减速的加速度减速，到达地面时速度恰好为零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，不计空气阻力不计空气阻力(g取取10 m/s2)，求：求： (1)逃生者减速下滑过程中的位移大小；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；减速下滑时逃生者对缓降绳索的拉力大小； (3)从开始到到达地面整个过程的时间从开始到到达地面整个过程的时间 【答案答案】 (1)7.2 m (2)750 N (3)6.0 s 高考二轮总复习 物理 第二部分 创新应用 【解析解析】 (1)设

11、所求位移为设所求位移为x1，由题意可知减速过程中有由题意可知减速过程中有v2 2a1x1 解得解得x17.2 m. (2)设缓降绳索对逃生者的作用力为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减速过程中由牛顿第二定 律得律得Fmgma1 解得解得F750 N 根据牛顿第三定律可知根据牛顿第三定律可知，逃生者对缓降绳索的拉力大小为逃生者对缓降绳索的拉力大小为750 N. 高考二轮总复习 物理 第二部分 创新应用 (3)加速过程时间加速过程时间 t1h x1 v 18 7.2 m 3 m/s 3.6 s 减速过程时间减速过程时间 t2x1 v 7.2 m 3 m/s 2.4 s 故故

12、t 总总t1t26.0 s. 高考二轮总复习 物理 第二部分 创新应用 5在一次消防演练中在一次消防演练中，演习者被困在公寓的第演习者被困在公寓的第24层楼的房间内层楼的房间内， 通过救生缓降器进行自救通过救生缓降器进行自救，开始下滑的位置离地面开始下滑的位置离地面72 m，要求他在离要求他在离 地面高地面高6.1 m后后，以以1 m/s的速度匀速着地的速度匀速着地演习者调节调速器先加速演习者调节调速器先加速 下滑一段时间后再减速下滑下滑一段时间后再减速下滑，刚好按要求到达地面刚好按要求到达地面已知演习者的质已知演习者的质 量为量为60 kg，加速时加速度最大可达到加速时加速度最大可达到6 m

13、/s2，减速时加速度最大允许减速时加速度最大允许 值为值为5 m/s2，g取取10 m/s2.要求演习者以最短时间到达地面要求演习者以最短时间到达地面，忽略空气忽略空气 阻力阻力，求：求： (1)演习者加速下滑过程中的位移；演习者加速下滑过程中的位移； (2)整个过程中整个过程中，演习者克服缓降器的拉力所做的功演习者克服缓降器的拉力所做的功 高考二轮总复习 物理 第二部分 创新应用 【答案答案】 (1)30 m (2)43 170 J 【解析解析】 (1)当演习者以最大加速度加速和减速时当演习者以最大加速度加速和减速时，所用时间最所用时间最 短短设演习者加速下滑过程中加速度为设演习者加速下滑过

14、程中加速度为a1，位移为位移为x1，末速度为末速度为v1， 减速下滑过程中加速度是减速下滑过程中加速度是a2，位移为位移为x2，末速度为末速度为v2，开始下滑的位开始下滑的位 置离地面高度为置离地面高度为H，最后匀速下滑的位移为最后匀速下滑的位移为h 高考二轮总复习 物理 第二部分 创新应用 取向下为正方向，则有取向下为正方向，则有 a16 m/s2，a25 m/s2，v21 m/s，H 72 m，h6.1 m 由题意得由题意得 v2 1 2a1x1，v2 2 v2 1 2a2x2，Hx1x2h 联立解得联立解得 x235.9 m，x130 m. (2)设整个过程中缓降器的拉力对演习者做的功为

15、设整个过程中缓降器的拉力对演习者做的功为 W，由动能定理，由动能定理 可得可得 mgHW1 2mv 2 2 0 解得解得 W43 170 J 即演习者克服缓降器的拉力做的功为即演习者克服缓降器的拉力做的功为 43 170 J. 高考二轮总复习 物理 第二部分 创新应用 题组题组3 公共景观公共景观 6(2020 北京海淀区模拟北京海淀区模拟)如图甲所示如图甲所示，校园中的喷泉将水以相校园中的喷泉将水以相 同倾斜角度和速率喷射而出同倾斜角度和速率喷射而出，喷出的水落到水面泛起涟漪甚为美喷出的水落到水面泛起涟漪甚为美 观观喷出的水的运动可视为一般的抛体运动喷出的水的运动可视为一般的抛体运动，在水平

16、方向不受力在水平方向不受力，在在 竖直方向只受重力竖直方向只受重力，我们可以仿照研究平抛运动的方法来研究一般的我们可以仿照研究平抛运动的方法来研究一般的 抛体运动抛体运动 高考二轮总复习 物理 第二部分 创新应用 喷泉喷出水的运动轨迹示意图如图乙所示喷泉喷出水的运动轨迹示意图如图乙所示，喷出的水上升的最大高度喷出的水上升的最大高度 为为h，落在水面的位置距喷水口的水平距离为落在水面的位置距喷水口的水平距离为d.已知喷水口的水流量已知喷水口的水流量 为为Q(水流量水流量Q为单位时间内喷出水的体积为单位时间内喷出水的体积)，水的密度为水的密度为，重力加速重力加速 度为度为g，忽略空气阻力忽略空气阻

17、力 (1)求喷出的水上升至最大高度时水平速度求喷出的水上升至最大高度时水平速度vx的大小；的大小； (2)假设水落在水面上时速度立即变为零假设水落在水面上时速度立即变为零，且在极短时间内落到水且在极短时间内落到水 面的水受到的重力可忽略不计面的水受到的重力可忽略不计，求水落到水面时对水面竖直向下的平求水落到水面时对水面竖直向下的平 均作用力均作用力Fy的大小；的大小； 高考二轮总复习 物理 第二部分 创新应用 (3)该喷泉利用水泵将水先从地下水池由静止提升至喷泉水面该喷泉利用水泵将水先从地下水池由静止提升至喷泉水面，然然 后再喷射出去后再喷射出去，已知地下水池的水面距喷泉水面的高度恒为已知地下

18、水池的水面距喷泉水面的高度恒为H，若若H h，d4h，水泵的效率为水泵的效率为，求水泵的平均功率求水泵的平均功率P. 【答案】【答案】 (1)d 2 g 2h (2)Q 2gh (3) 3Qgh 高考二轮总复习 物理 第二部分 创新应用 【解析】【解析】 (1)喷出的水在到达最高点后做初速喷出的水在到达最高点后做初速度为度为 vx的平抛运动，的平抛运动， 由运动的合成与分解及平抛运动规律可知竖直方向上有由运动的合成与分解及平抛运动规律可知竖直方向上有 h1 2gt 2，水平 ，水平 方向上有方向上有d 2 vxt 联立解得联立解得 vxd 2 g 2h. 高考二轮总复习 物理 第二部分 创新应

19、用 (2)极短时间极短时间 t 内落在水面上的水的质量内落在水面上的水的质量 mQt 水落在水面上竖直方向的速度水落在水面上竖直方向的速度 vy 2gh 设水受到的水面竖直向上的平均作用力为设水受到的水面竖直向上的平均作用力为 F，取竖直向下为正方向，取竖直向下为正方向 由动量定律得由动量定律得Ft0mvy，解得，解得 FQ 2gh 根据牛顿第三定律， 可得水落到水面上时对根据牛顿第三定律， 可得水落到水面上时对水面在竖直方向上的平水面在竖直方向上的平 均作用力的大小均作用力的大小 FyQ 2gh. 高考二轮总复习 物理 第二部分 创新应用 (3)在在 t 时间内，喷射出水的质量时间内，喷射出

20、水的质量 mQt 对对 t 时间内喷出的水，在最高点竖直方向速度为零，此时其动能时间内喷出的水，在最高点竖直方向速度为零，此时其动能 Ek1 2mv 2 x 由功能关系得由功能关系得 Ptmg(Hh)Ek 联立解得联立解得 P3Qgh . 高考二轮总复习 物理 第二部分 创新应用 7.香港迪士尼游乐园入口旁有一喷泉香港迪士尼游乐园入口旁有一喷泉，在水泵作用在水泵作用 下鲸鱼模型背部会喷出竖直向上的水柱下鲸鱼模型背部会喷出竖直向上的水柱，将站在冲浪板将站在冲浪板 上的米老鼠模型托起上的米老鼠模型托起，稳定地悬停在空中稳定地悬停在空中，伴随着音乐伴随着音乐 旋律旋律，米老鼠模型能够上下运动米老鼠模

21、型能够上下运动，引人驻足引人驻足，如图所如图所 示示这一景观可做如下简化这一景观可做如下简化，水柱以一定的速度从喷口水柱以一定的速度从喷口 竖直向上喷出竖直向上喷出，流量为流量为Q(流量定义：在单位时间内向上流量定义：在单位时间内向上 通过水柱横截面的水的体积通过水柱横截面的水的体积)，设同一高度水柱横截面设同一高度水柱横截面 上各处水的速率都相同上各处水的速率都相同， 高考二轮总复习 物理 第二部分 创新应用 冲浪板底部为平板且其面积大于水柱的横截面积冲浪板底部为平板且其面积大于水柱的横截面积，保证所有水都能喷保证所有水都能喷 到冲浪板的底部到冲浪板的底部，冲击冲浪板前水柱在水平方向的速度可

22、忽略不计冲击冲浪板前水柱在水平方向的速度可忽略不计， 冲击冲浪板后冲击冲浪板后，水在竖直方向的速度立即变为零水在竖直方向的速度立即变为零，在水平方向朝四周在水平方向朝四周 均匀散开均匀散开，冲浪板静止在水柱上冲浪板静止在水柱上已知米老鼠模型和冲浪板的总质量已知米老鼠模型和冲浪板的总质量 为为M，水的密度为水的密度为，重力加速度大小为重力加速度大小为g，空气阻力及水的粘滞阻力空气阻力及水的粘滞阻力 均可忽略不计均可忽略不计 高考二轮总复习 物理 第二部分 创新应用 (1)求喷泉单位时间内喷出的水的质量；求喷泉单位时间内喷出的水的质量； (2)由于水柱顶部的水与冲浪板相互作用的时间很短由于水柱顶部

23、的水与冲浪板相互作用的时间很短，因此在分析因此在分析 水对冲浪板的作用力时可忽略这部分水所受的重力水对冲浪板的作用力时可忽略这部分水所受的重力试计算米老鼠模试计算米老鼠模 型在空中悬停时型在空中悬停时，水到达冲浪板底部的速度大小；水到达冲浪板底部的速度大小； (3)要使米老鼠模型在空中悬停的高度发生变化要使米老鼠模型在空中悬停的高度发生变化，需调整水泵对水需调整水泵对水 做功的功率做功的功率水泵对水做功的功率定义为单位时间内从喷口喷出的水水泵对水做功的功率定义为单位时间内从喷口喷出的水 的动能的动能请根据第请根据第(2)问中的计算结果问中的计算结果，推导冲浪板底部距离喷口的高推导冲浪板底部距离

24、喷口的高 度度h与水泵对水做功的功率与水泵对水做功的功率P0之间的关系式之间的关系式 高考二轮总复习 物理 第二部分 创新应用 【解析解析】 (1)由题干定义知由题干定义知，单位时间内喷出的水的质量为单位时间内喷出的水的质量为m Q. (2)由题意知米老鼠模型和冲浪板在空中悬停时由题意知米老鼠模型和冲浪板在空中悬停时，冲击冲浪板底面冲击冲浪板底面 的水的速度由的水的速度由v变为变为0，设设t时间内这些水对板的作用力为时间内这些水对板的作用力为F，板对板对 水的作用力为水的作用力为F，以竖直向下为正方向以竖直向下为正方向，不考虑不考虑t时间内水的重力时间内水的重力， 根据动量定理有根据动量定理有

25、 【答案】【答案】 (1)Q (2)Mg Q (3)h P0 gQ M2g 2Q22 高考二轮总复习 物理 第二部分 创新应用 Ft0mt(v) 根据牛顿第三定律得根据牛顿第三定律得 FF 由于米老鼠模型在空中悬停，根据力的平衡条件得由于米老鼠模型在空中悬停，根据力的平衡条件得FMg 联立解得联立解得 vMg Q . 高考二轮总复习 物理 第二部分 创新应用 (3)设米老鼠模型和冲浪板悬停时其底面距离喷口的高度为设米老鼠模型和冲浪板悬停时其底面距离喷口的高度为 h，水离，水离 开水泵喷口时的速度为开水泵喷口时的速度为 v0，对于，对于 t 时间内喷出的水，根据机械能守恒时间内喷出的水，根据机械

26、能守恒 定律得定律得1 2mtv 2 mtgh1 2mtv 2 0 水泵对水做功的功率为水泵对水做功的功率为 P0Ek t 1 2mtv 2 0 t 联立解得联立解得 h P0 gQ M2g 2Q22. 高考二轮总复习 物理 第二部分 创新应用 B 题组题组 4 生产实际生产实际 8.(2020 广东佛山模拟广东佛山模拟)在港珠澳大桥建设中，将数根直径在港珠澳大桥建设中，将数根直径 22 米、高米、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 筒质量为筒质量为 M，由如图所示的起重机用，由如图所示的起重机用 8

27、根对称分布的、长为根对称分布的、长为 22 米的钢米的钢 索吊起，则钢筒静止时每根钢索受到的拉力大小为索吊起，则钢筒静止时每根钢索受到的拉力大小为 ( ) A1 8Mg B 3 12 Mg C 3 24 Mg D1 4Mg 高考二轮总复习 物理 第二部分 创新应用 【解析】【解析】 由题意知，钢索与竖直方向的夹角为由题意知，钢索与竖直方向的夹角为 30 ，设每根，设每根钢索钢索 的拉力大小为的拉力大小为 F， 钢筒处于静止状态时， 由平衡条件得， 钢筒处于静止状态时， 由平衡条件得 8Fcos 30 Mg， 解得解得 F 3 12 Mg，选项，选项 B 正确正确 高考二轮总复习 物理 第二部分

28、 创新应用 9.(2020 浙江温州九校联考浙江温州九校联考)据据科技日报科技日报2018年年7月月17日报道日报道， 上海中车公司生产的全球最大马力无人遥控潜水器近日在上海下上海中车公司生产的全球最大马力无人遥控潜水器近日在上海下 线线该潜水器自重该潜水器自重5103 kg，主要用于深海搜寻和打捞等主要用于深海搜寻和打捞等若在某次若在某次 作业中作业中，潜水器带着潜水器带着4103 kg的重物从的重物从3 000 m深的海底一起匀速上深的海底一起匀速上 升到了海面升到了海面，已知上升过程中潜水器的机械功率恒为已知上升过程中潜水器的机械功率恒为180 kW，水对水对 潜水器潜水器(含重物含重物

29、)的浮力和阻力相互平衡的浮力和阻力相互平衡，则潜水器上升的时间为则潜水器上升的时间为 ( ) A0.5103 s B1.0103 s C1.5103 s D2.0103 s C 高考二轮总复习 物理 第二部分 创新应用 【解析解析】 由题意可知由题意可知，潜水器潜水器(含重物含重物)匀速运动匀速运动，动力等于重动力等于重 力力，Fmg，由由PFv可得上升速度为可得上升速度为v2 m/s，由由hvt解得潜水器解得潜水器 上升的时间为上升的时间为t1.5103 s，选项选项C正确正确 高考二轮总复习 物理 第二部分 创新应用 10图甲所示是工业上探测物件表图甲所示是工业上探测物件表 面层内部是否存

30、在缺陷的涡流探伤技面层内部是否存在缺陷的涡流探伤技 术术其原理是用通有交流电的线圈使物其原理是用通有交流电的线圈使物 件内产生涡电流件内产生涡电流，借助探测线圈测定涡借助探测线圈测定涡 电流的改变电流的改变，从而获得物件内部是否断从而获得物件内部是否断 裂及位置的信息；图乙所示是真空冶炼裂及位置的信息；图乙所示是真空冶炼 炉；图丙是将一个带铁芯的线圈炉；图丙是将一个带铁芯的线圈L、开开 关关S和电源用导线连接起来的跳环实验和电源用导线连接起来的跳环实验 装置装置，将一个套环置于线圈将一个套环置于线圈L上且使铁上且使铁 芯穿过其中芯穿过其中，闭合开关闭合开关S的瞬间的瞬间，套环套环 立刻跳起；图

31、丁所示是阻尼摆立刻跳起；图丁所示是阻尼摆以下说以下说 法不正确的法不正确的是是 ( ) 高考二轮总复习 物理 第二部分 创新应用 A图甲所示的涡流探伤技术运用了互感原理图甲所示的涡流探伤技术运用了互感原理，图丙所示的跳环图丙所示的跳环 实验所接电源必须是交变电流的电源实验所接电源必须是交变电流的电源 B图甲中能被探测的物件和图丙所示的实验所用的套环必须都图甲中能被探测的物件和图丙所示的实验所用的套环必须都 是导电材料是导电材料 C图乙的真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置图乙的真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置 D图丁所示的阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动图丁所示的阻尼摆摆动时产生的涡流

32、总是阻碍其运动 【答案答案】 A 高考二轮总复习 物理 第二部分 创新应用 【解析解析】 图甲所示的涡流探伤技术运用了互感原理图甲所示的涡流探伤技术运用了互感原理，图丙所示图丙所示 的跳环实验中的套环可视为线圈的跳环实验中的套环可视为线圈，运用的也是互感原理运用的也是互感原理，跳环实验所跳环实验所 连接电源是稳恒电源时连接电源是稳恒电源时，在开关闭合的瞬间可看到套环跳起在开关闭合的瞬间可看到套环跳起，选项选项A 错误；图甲中能被探测的物件和图丙所示的实验所用的套环必须都是错误；图甲中能被探测的物件和图丙所示的实验所用的套环必须都是 导电材料导电材料，选项选项B正确；图乙的真空冶炼炉是利用涡流来

33、熔化金属的正确；图乙的真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的 装置装置，选项选项C正确；图丁所示的阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其正确；图丁所示的阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其 运动运动，选项选项D正确正确 高考二轮总复习 物理 第二部分 创新应用 11(2020 河南郑州一模河南郑州一模)新能源环保汽车在设计阶段要对各项性新能源环保汽车在设计阶段要对各项性 能进行测试能进行测试某次新能源汽车性能测试中某次新能源汽车性能测试中，如图甲显示的是牵引力传如图甲显示的是牵引力传 感器传回的实时数据感器传回的实时数据，但由于机械故障但由于机械故障，速度传感器只传回了第速度传感器只传回了第25 s 以后的数

34、据以后的数据，如图乙所示如图乙所示，已知汽车质量为已知汽车质量为1 500 kg，若测试平台是若测试平台是 水平的水平的，且汽车由静止开始做直线运动且汽车由静止开始做直线运动，所受阻力恒定所受阻力恒定 (1)18 s末汽车的速度是多少末汽车的速度是多少？ (2)前前25 s内汽车的位移是多少内汽车的位移是多少？ 高考二轮总复习 物理 第二部分 创新应用 【答案答案】 (1)26 m/s (2)608 m 【解析解析】 (1)由图甲知由图甲知18 s后汽车受到的牵引力恒定后汽车受到的牵引力恒定，又汽车受又汽车受 到的阻力始终恒定到的阻力始终恒定，故故18 s后汽车受到的合力恒定后汽车受到的合力恒

35、定，汽车做匀加速运汽车做匀加速运 动或匀速运动动或匀速运动，由图乙可知由图乙可知，18 s后汽车做匀速运动后汽车做匀速运动，此时牵引力为此时牵引力为 F11.5103 N 以牵引力方向为正方向以牵引力方向为正方向，由平衡条件知由平衡条件知，阻力为阻力为fF1 1.5103 N 06 s内内，牵引力为牵引力为F19103 N 高考二轮总复习 物理 第二部分 创新应用 由牛顿第二定律得由牛顿第二定律得 F1fma1， 代入数据解得代入数据解得 a15 m/s2 6 s 末汽车的速度为末汽车的速度为 v1a1t130 m/s 在在 618 s 内，牵引力为内，牵引力为 F21103 N 由牛顿第二定

36、律得由牛顿第二定律得 F2fma2，解得，解得 a21 3 m/s 2 18 s 末汽车的速度为末汽车的速度为 v2v1a2t226 m/s. 高考二轮总复习 物理 第二部分 创新应用 (2)汽车在汽车在 06 s 内的位移为内的位移为 x11 2v1t1 90 m 在在 618 s 内的位移为内的位移为 x2t2 v1v2 2 336 m 在在 1825 s 内的位移为内的位移为 x3v2t3182 m 故汽车前故汽车前 25 s 内的位移为内的位移为 xx1x2x3608 m. 高考二轮总复习 物理 第二部分 创新应用 12(2020 湖南株洲一模湖南株洲一模)一足够长的光滑水平面上一足够

37、长的光滑水平面上，有有10个相同个相同 的小球沿直线等间隔均匀分布的小球沿直线等间隔均匀分布，总长度为总长度为l，并以相同的速度并以相同的速度v0向右运向右运 动动，如图甲所示如图甲所示，在小球的正前方有一在小球的正前方有一“加速带加速带”AB，当小球从左当小球从左 端端A进入加速带后在水平恒力作用下被加速进入加速带后在水平恒力作用下被加速，直至从右端直至从右端B离开离开，小小 球经过加速带前后速度的变化情况如图乙所示球经过加速带前后速度的变化情况如图乙所示已知已知1号球刚从号球刚从B端离端离 开时开时，4号球刚好从号球刚好从A端进入端进入不考虑球的大小不考虑球的大小，试求：试求： 高考二轮总

38、复习 物理 第二部分 创新应用 (1)10个小球最终分布的总长度；个小球最终分布的总长度； (2)加速带对加速带对10个小球做功的总功率个小球做功的总功率P(小球在加速带上所受水平恒小球在加速带上所受水平恒 力为力为F) 高考二轮总复习 物理 第二部分 创新应用 【答案答案】 (1)3l (2)5Fv0 【解析】【解析】 (1)“最终最终”是指是指 10 个小球全部离开加速带，根据图乙个小球全部离开加速带，根据图乙 可知，所有小球从加速带可知，所有小球从加速带 B 端出来后都被加速到了端出来后都被加速到了 3v0，且保持这个速，且保持这个速 度不变，度不变，这就意味着一旦这就意味着一旦 10

39、个小球全部从个小球全部从 B 端出来，它们的总长度也端出来，它们的总长度也 会保持不变 这个长度就是会保持不变 这个长度就是10号球刚离开号球刚离开B端时， 与端时， 与1号球间的距离 由号球间的距离 由 于每个小球在加速带上运动的情况完全相同， 因此， 小球依次从于每个小球在加速带上运动的情况完全相同， 因此， 小球依次从 B 端离端离 开加速带的时间差等于依次进入加速带的时间差这样，开加速带的时间差等于依次进入加速带的时间差这样，10 号球与号球与 1 号球离开加速带的时间差与进入加速带的时间差号球离开加速带的时间差与进入加速带的时间差 t 相等，而相等，而 t l v0 高考二轮总复习

40、物理 第二部分 创新应用 故故 10 号球刚从号球刚从 B 端出来时，端出来时，1 号球与号球与 10 号球间的距离号球间的距离 L3v0t 解得解得 L3l，即，即 10 个小球最终分布的总长度为个小球最终分布的总长度为 3l. (2)每个小球在加速带上运动的时间每个小球在加速带上运动的时间 T 41 101t t 3 小球在加速带上运动的平均速度小球在加速带上运动的平均速度vv 0 3v0 2 2v0 故加速带长度为故加速带长度为 L0vT 高考二轮总复习 物理 第二部分 创新应用 因而加速带对因而加速带对 10 个小球所做的总功为个小球所做的总功为 W10FL0 加速带做功的总时间应从加速带做功的总时间应从 1 号球进入加速带号球进入加速带 A 端开始，直到端开始，直到 10 号号 球离开加速带球离开加速带 B 端，这段时间为端，这段时间为 ttT 又加速带对又加速带对 10 个小球做功的总功率为个小球做功的总功率为 PW t 代入数据解得代入数据解得 P5Fv0. 谢谢观看