《2025年高考调研高考总复习讲义高中物理人教版》

1.
(2022·浙江6月选考)风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途径之一。如图所示，风力发电机是一种将风能转化为电能的装置。某风力发电机在风速为$9\ m/s$时，输出电功率为$405\ kW$，风速在$5 \sim 10\ m/s$范围内，转化效率可视为不变。该风机叶片旋转一周扫过的面积为$A$，空气密度为$\rho$，风场风速为$v$，并保持风正面吹向叶片。下列说法正确的是(D)

A.该风力发电机的输出电功率与风速成正比
B.单位时间流过面积$A$的流动空气动能为$\frac{1}{2}\rho Av^2$
C.若每天平均有$1.0 × 10^8\ kW$的风能资源，则每天发电量为$2.4 × 10^9\ kW \cdot h$
D.若风场每年有$5000\ h$风速在$6 \sim 10\ m/s$的风能资源，则该发电机年发电量至少为$6.0 × 10^5\ kW \cdot h$

答案： 1答案 D
解析 设$\Delta t$时间内吹到风机叶片旋转形成的圆面上的空气的质量为$\Delta m$，则$\Delta m = \rho Av\Delta t$，该部分空气的动能为$\Delta E_k = \frac{\Delta m}{2}v^2 = \frac{1}{2}\rho Av^3\Delta t$，设转化效率为k，则有$P\Delta t = k\Delta E_k$，解得$P = \frac{1}{2}k\rho Av^3$，
可知风力发电机的输出功率与风速的三次方成正比，A、B两项错误；由于风力发电机的效率一定小于100%，所以若每天平均有$1.0 × 10^8kW$的风能资源，每天的发电量一定小于$2.4 × 10^9kW \cdot h$，C项错误；风力发电机在风速为$9m/s$时，输出电功率为405kW，若风场每年有5000h风速在$6 \sim 10m/s$的风能资源，按照最低风速$6m/s$计算，由上述分析可知风速为$6m/s$时，输出电功率为$\frac{405}{9^3} × 6^3kW = 120kW$，该发电机年发电量至少为$5000h × 120kW = 6.0 × 10^5kW \cdot h$，D项正确。

2.
（2021·北京）秋千由踏板和绳构成，人在秋千上的摆动过程可以简化为单摆的摆动，等效“摆球”的质量为$m$，人蹲在踏板上时摆长为$l_1$，人站立时摆长为$l_2$。不计空气阻力，重力加速度大小为$g$。
（1）如果摆长为$l_1$，“摆球”通过最低点时的速度为$v$，求此时“摆球”受到拉力$T$的大小。
（2）在没有别人帮助的情况下，人可以通过在低处站起、在高处蹲下的方式使“摆球”摆得越来越高。
a. 人蹲在踏板上从最大摆角$\theta_1$开始运动，到最低点时突然站起，此后保持站立姿势摆到另一边的最大摆角为$\theta_2$。假定人在最低点站起前后“摆球”摆动速度大小不变，通过计算证明$\theta_2 ＞ \theta_1$。
b. 实际上人在最低点快速站起后“摆球”摆动速度的大小会增大。随着摆动越来越高，达到某个最大摆角$\theta$后，如果再次经过最低点时，通过一次站起并保持站立姿势就能实现在竖直平面内做完整的圆周运动，求在最低点“摆球”增加的动能$\Delta E_k$应满足的条件。

答案： 2答案
(1)$mg + m\frac{v^2}{l_1}$
(2)a.见解析
b.$\Delta E_k \geq \frac{5}{2}mgl_2 - mgl_1(1 - \cos\theta)$
解析
(1)根据牛顿第二定律$T - mg = m\frac{v^2}{l_1}$
解得$T = mg + m\frac{v^2}{l_1}$。
(2)a.设人在最低点站起前后“摆球”的摆动速度大小分别为$v_1$、$v_2$，根据功能关系得$mgl_1(1 - \cos\theta_1) = \frac{1}{2}mv_1^2$
$mgl_2(1 - \cos\theta_2) = \frac{1}{2}mv_2^2$
已知$v_1 = v_2$，得$mgl_1(1 - \cos\theta_1) = mgl_2(1 - \cos\theta_2)$
因为$l_1 ＞ l_2$，得$\cos\theta_1 ＞ \cos\theta_2$
所以$\theta_2 ＞ \theta_1$。
b.设“摆球”由最大摆角$\theta$摆至最低点时动能为$E_k$，根据功能关系得$E_k = mgl_1(1 - \cos\theta)$
“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，通过最高点最小速度为$v_m$，根据牛顿第二定律得$mg = m\frac{v_m^2}{l_2}$
“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，根据功能关系得$E_k + \Delta E_k \geq 2mgl_2 + \frac{1}{2}mv_m^2$
得$\Delta E_k \geq \frac{5}{2}mgl_2 - mgl_1(1 - \cos\theta)$。

3.
（2021·江苏）如图所示的离心装置中，光滑水平轻杆固定在竖直转轴的$O$点，小圆环$A$和轻质弹簧套在轻杆上，长为$2L$的细线和弹簧两端分别固定于$O$和$A$，质量为$m$的小球$B$固定在细线的中点，装置静止时，细线与竖直方向的夹角为$37^{\circ}$，现将装置由静止缓慢加速转动，当细线与竖直方向的夹角增大到$53^{\circ}$时，$A$、$B$间细线的拉力恰好减小到零，弹簧弹力与静止时大小相等、方向相反，重力加速度为$g$，取$\sin 37^{\circ} = 0.6$，$\cos 37^{\circ} = 0.8$，求：
（1）装置静止时，弹簧弹力的大小$F$；
（2）环$A$的质量$M$；
（3）上述过程中装置对$A$、$B$所做的总功$W$。

答案： 3答案
(1)$\frac{3mg}{8}$
(2)$\frac{9}{64}m$
(3)$\frac{31}{30}mgL$
解析
(1)设AB、OB的张力大小分别为$F_1$、$F_2$，A受力平衡$F = F_1\sin37^{\circ}$
B受力平衡$F_1\cos37^{\circ} + F_2\cos37^{\circ} = mg$，
$F_1\sin37^{\circ} = F_2\sin37^{\circ}$
解得$F = \frac{3mg}{8}$。
(2)设装置转动的角速度为$\omega$，对A：$F = M\omega^2 \cdot \frac{8}{5}L$
对B：$mg\tan53^{\circ} = m\omega^2 \cdot \frac{4}{5}L$
解得$M = \frac{9}{64}m$。
(3)B上升的高度$h = \frac{1}{5}L$，A、B的动能分别为$E_{kA} = \frac{1}{2}M(\omega \cdot \frac{8}{5}L)^2$；
$E_{kB} = \frac{1}{2}m(\omega \cdot \frac{4}{5}L)^2$
根据能量守恒定律可知$W = (E_{kA} - 0) + (E_{kB} - 0) + mgh$
解得$W = \frac{31}{30}mgL$。