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南通市2023屆高三第二次調(diào)研測(cè)試物理一、單項(xiàng)選擇題.本題共5小題,每小題3分,共計(jì)15分.每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意.第1題圖水流方向bacOd1.如圖所示,河水以相同的速度向右流動(dòng),落水者甲隨水漂流,至第1題圖水流方向bacOdA.Oa方向B.Ob方向C.Oc方向D.Od方向【答案】B【考點(diǎn)】本題旨在考查運(yùn)動(dòng)的合成和分解?!窘馕觥咳嗽谒邢鄬?duì)于水游動(dòng)的同時(shí)還要隨著水一起相對(duì)地面向下游漂流,以水為參考系,落水者甲靜止不動(dòng),救援者做勻速直線運(yùn)動(dòng),則救援者直接沿著ob方向即可對(duì)甲實(shí)施救助。故選:B2.如圖所示,帶正電的A球固定,質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子B從a處以速度v0射向A,虛線abc是B運(yùn)動(dòng)的一段軌跡,b點(diǎn)距離A最近.粒子經(jīng)過(guò)b點(diǎn)時(shí)速度為v,重力忽略不計(jì).則()第2題圖bacBAv第2題圖bacBAv0+B.粒子從b運(yùn)動(dòng)到c的過(guò)程中加速度不斷增大C.可求出A產(chǎn)生的電場(chǎng)中a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差D.可求出A產(chǎn)生的電場(chǎng)中b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度【答案】C【考點(diǎn)】本題旨在考查電場(chǎng)線。【解析】A、由圖知,帶電粒子受到A處正電荷的排斥力作用,粒子從a運(yùn)動(dòng)到b的過(guò)程中庫(kù)侖力做負(fù)功,其動(dòng)能不斷減小,故A錯(cuò)誤;B、粒子從b運(yùn)動(dòng)到c的過(guò)程中粒子離正電荷越來(lái)越遠(yuǎn),所受的庫(kù)侖力減小,加速度減小,故B錯(cuò)誤;C、根據(jù)動(dòng)能定理得:,可得能求出A產(chǎn)生的電場(chǎng)中a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差,故C正確;D、ab間不是勻強(qiáng)電場(chǎng),根據(jù)公式,不能求b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度.故D錯(cuò)誤。故選:C接控制器第3題圖abERMRP3.某溫控電路的原理如圖所示,RM是半導(dǎo)體熱敏電阻,接控制器第3題圖abERMRPA.環(huán)境溫度降低,RM的阻值減小B.環(huán)境溫度升高,Uab變大C.滑片P向下移動(dòng)時(shí),Uab變大D.調(diào)節(jié)滑片P能改變升溫和降溫設(shè)備啟動(dòng)時(shí)的臨界溫度【答案】D【考點(diǎn)】本題旨在考查閉合電路的歐姆定律?!窘馕觥緼、是半導(dǎo)體熱敏電阻,環(huán)境溫度降低時(shí),的阻值增大,故A錯(cuò)誤;B、環(huán)境溫度升高時(shí),的阻值減小,根據(jù)串聯(lián)電路中電壓與電阻成正比,可知變小,故B錯(cuò)誤;C、滑片P向下移動(dòng)時(shí),增大,總電流減小,則變小,故C錯(cuò)誤;D、調(diào)節(jié)滑片P時(shí),可改變,從而改變升溫和降溫設(shè)備啟動(dòng)時(shí)的臨界溫度,故D正確。故選:D【舉一反三】本題是電路的動(dòng)態(tài)變化分析問(wèn)題,關(guān)鍵要掌握串聯(lián)電路中電壓與電阻成正比的規(guī)律,并能用來(lái)分析實(shí)際問(wèn)題。4.電容式加速度傳感器的原理結(jié)構(gòu)如圖,質(zhì)量塊右側(cè)連接輕質(zhì)彈簧,左側(cè)連接電介質(zhì),彈簧與電容器固定在外框上.質(zhì)量塊可帶動(dòng)電介質(zhì)移動(dòng)改變電容.則()第4題圖機(jī)第4題圖機(jī)電介質(zhì)加速度傳感器B.當(dāng)傳感器以恒定加速度運(yùn)動(dòng)時(shí),電路中有恒定電流C.若傳感器原來(lái)向右勻速運(yùn)動(dòng),突然減速時(shí)彈簧會(huì)伸長(zhǎng)D.當(dāng)傳感器由靜止突然向右加速瞬間,電路中有順時(shí)針?lè)较螂娏鳌敬鸢浮緿【考點(diǎn)】本題旨在考查電容器的動(dòng)態(tài)分析?!窘馕觥緼、根據(jù)電容器的電容公式,當(dāng)電介質(zhì)插入極板間越深,即電介質(zhì)增大,則電容器電容越大,故A錯(cuò)誤;B、當(dāng)傳感器以恒定加速度運(yùn)動(dòng)時(shí),根據(jù)牛頓第二定律可知,彈力大小不變,則電容器的電容不變,因兩極的電壓不變,則電容器的電量不變,因此電路中沒(méi)有電流,故B錯(cuò)誤;C、若傳感器原來(lái)向右勻速運(yùn)動(dòng),突然減速時(shí),因慣性,則繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng),從而壓縮彈簧,故C錯(cuò)誤;D、當(dāng)傳感器由靜止突然向右加速瞬間,質(zhì)量塊要向左運(yùn)動(dòng),導(dǎo)致插入極板間電介質(zhì)加深,因此電容會(huì)增大,由于電壓不變,根據(jù),可知,極板間的電量增大,電容器處于充電狀態(tài),因此電路中有順時(shí)針?lè)较螂娏鳎蔇正確。故選:D第5題圖電機(jī)纜繩拉繩F1F第5題圖電機(jī)纜繩拉繩F1F2αβA.纜繩拉力F1和拉繩拉力F2都增大B.纜繩拉力F1和拉繩拉力F2都不變C.纜繩與豎直方向的夾角α可能大于角βD.纜繩拉力F1的功率保持不變【答案】A【考點(diǎn)】本題旨在考查功率、平均功率和瞬時(shí)功率?!窘馕觥緼、對(duì)物體受力分析如圖:一物體勻速運(yùn)動(dòng),故合力為零在豎直方向:在水平方向:在上升過(guò)程中,α增大,而β不變,聯(lián)立可以判斷纜繩拉力和拉繩拉力都增大,故A正確,B錯(cuò)誤;C、因大于,故纜繩與豎直方向的夾角小于角,故C錯(cuò)誤;
D、拉力的功率,由于變大,也變大,故無(wú)法判斷大小,故D錯(cuò)誤。故選:A二、多項(xiàng)選擇題.本題共4小題,每小題4分,共計(jì)16分.每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題意.全部選對(duì)的得4分,選對(duì)但不全的得2分,錯(cuò)選或不答的得0分.6.據(jù)報(bào)道,一顆來(lái)自太陽(yáng)系外的彗星于2014年10月20日擦火星而過(guò).如圖所示,設(shè)火星繞太陽(yáng)在圓軌道上運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)半徑為r,周期為T.該彗星在穿過(guò)太陽(yáng)系時(shí)由于受到太陽(yáng)的引力,軌道發(fā)生彎曲,彗星與火星在圓軌道的A點(diǎn)“擦肩而過(guò)”A.可計(jì)算出太陽(yáng)的質(zhì)量B.可計(jì)算出彗星經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)受到的引力第6題圖太陽(yáng)火星第6題圖太陽(yáng)火星軌道彗星AD.可確定彗星在A點(diǎn)的速度大于火星繞太陽(yáng)的速度【答案】AD【考點(diǎn)】本題旨在考查萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用?!窘馕觥緼、火星繞太陽(yáng)在圓軌道上運(yùn)動(dòng),根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力,列出等式:,得:,故A正確;B、由于不知道彗星的質(zhì)量,所以無(wú)法求解彗星經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)受到的引力,故B錯(cuò)誤;CD、彗星經(jīng)過(guò)A點(diǎn)做離心運(yùn)動(dòng),萬(wàn)有引力小于向心力,不能根據(jù)求解彗星經(jīng)過(guò)A點(diǎn)的速度大小,該彗星在穿過(guò)太陽(yáng)系時(shí)由于受到太陽(yáng)的引力,軌道發(fā)生彎曲,彗星與火星在圓軌道的A點(diǎn)“擦肩而過(guò)”,所以可確定彗星在A點(diǎn)的速度大于火星繞太陽(yáng)的速度,故C錯(cuò)誤,D正確。故選:AD7.渦流檢測(cè)是工業(yè)上無(wú)損檢測(cè)的方法之一.如圖所示,線圈中通以一定頻率的正弦交流電,靠近待測(cè)工件時(shí),工件內(nèi)會(huì)產(chǎn)生渦流,同時(shí)線圈中的電流受渦流影響也會(huì)發(fā)生變化.下列說(shuō)法中正確的是()~第7題圖~第7題圖待測(cè)工件B.渦流的頻率等于通入線圈的交流電頻率C.通電線圈和待測(cè)工件間存在周期性變化的作用力D.待測(cè)工件可以是塑料或橡膠制品【答案】ABC【考點(diǎn)】本題旨在考查電磁感應(yīng)在生活和生產(chǎn)中的應(yīng)用。【解析】A、根據(jù)楞次定律得知:感應(yīng)電流的磁場(chǎng)總是要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化,故渦流的磁場(chǎng)總是要阻礙穿過(guò)工件磁通量的變化,故A正確;B、感應(yīng)電流的頻率與原電流的頻率是相同的,渦流的頻率等于通入線圈的交流電頻率,故B正確;C、因?yàn)榫€圈交流電是周期變化的,故在工件中引起的交流電也是周期性變化的,可知通電線圈和待測(cè)工件間存在周期性變化的作用力,故C正確;D、電磁感應(yīng)只能發(fā)生在金屬物體上,故待測(cè)工件只能是金屬制品,故D錯(cuò)誤。故選:ABC第8題圖3Lv0yOBBCAxv08.如圖所示,在xoy平面的第Ⅰ象限內(nèi)存在垂直xoy平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng),兩個(gè)相同的帶電粒子以相同的速度v0先后從y軸上坐標(biāo)(0,3L)的A第8題圖3v0yOBBCAxv0A.帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑B.帶電粒子的電荷量C.帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間D.帶電粒子的質(zhì)量【答案】AC【考點(diǎn)】本題旨在考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)?!窘馕觥緼、已知粒子的入射點(diǎn)及入射方向,同時(shí)已知圓上的兩點(diǎn),根據(jù)入射點(diǎn)速度相互垂直的方向及AC連線的中垂線的交點(diǎn)即可明確粒子運(yùn)動(dòng)圓的圓心位置;由幾何關(guān)系可知AC長(zhǎng)為;,則R;因兩粒子的速度相同,且是同種粒子,則可知,它們的半徑相同;即兩粒子的半徑均可求出;同時(shí)根據(jù)幾何關(guān)系可知A對(duì)應(yīng)的圓心角為,B對(duì)應(yīng)的圓心角為;即可確定對(duì)應(yīng)的圓心角,則由可以求得轉(zhuǎn)動(dòng)的時(shí)間;故AC正確;B、由于不知磁感應(yīng)強(qiáng)度,故無(wú)法求得荷質(zhì)比,更不能求出電荷量或質(zhì)量;故BD錯(cuò)誤。故選:AC第9題圖甲乙sEkOLACBF9.如圖甲所示,固定斜面AC長(zhǎng)為L(zhǎng),B為斜面中點(diǎn),AB段光滑.一物塊在恒定拉力F作用下,從最低點(diǎn)A由靜止開(kāi)始沿斜面上滑至最高點(diǎn)C,此過(guò)程中物塊的動(dòng)能Ek隨位移s變化的關(guān)系圖象如圖乙所示.設(shè)物塊由A運(yùn)動(dòng)到C的時(shí)間為t0,下列描述該過(guò)程中物塊的速度v隨時(shí)間t、加速度大小a隨時(shí)間t第9題圖甲乙sEkOLACBFBBt0taOAtt0vOCLsaODLsEO【答案】CD【考點(diǎn)】本題旨在考查動(dòng)能定理的應(yīng)用、牛頓第二定律?!窘馕觥緼、根據(jù)動(dòng)能隨s的表達(dá)式知,動(dòng)能先均勻增加,然后均勻減小,即合力先做正功再做負(fù)功,知物塊先做勻加速直線運(yùn)動(dòng),然后做勻減速直線運(yùn)動(dòng),勻加速直線運(yùn)動(dòng)的位移和勻減速直線運(yùn)動(dòng)的位移大小相等,勻減速直線運(yùn)動(dòng)的平均速度大于勻加速直線運(yùn)動(dòng)的平均速度,則勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間小于勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間,故A錯(cuò)誤;B、前半段和后半段均做勻變速直線運(yùn)動(dòng),兩段過(guò)程中加速度分別不變,但是兩段過(guò)程中的時(shí)間不等,故B錯(cuò)誤,C正確;D、根據(jù)除重力以外其它力做功等于機(jī)械能的增量,知前半段恒力F做正功,可知機(jī)械能隨s均勻增加,后半段只有重力做功,機(jī)械能守恒,故D正確。故選:CD【易錯(cuò)警示】解決本題的關(guān)鍵得出物塊在整個(gè)過(guò)程中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律,注意前半段和后半段的運(yùn)行時(shí)間不同,這是容易錯(cuò)誤的地方。三、簡(jiǎn)答題:本題分必做題(第lO、11題)和選做題(第12題)兩部分,共計(jì)42分.請(qǐng)將解答填寫在答題卡相應(yīng)的位置.必做題10.(10分)某實(shí)驗(yàn)小組要測(cè)量電阻Rx的阻值.(1)首先,選用歐姆表“×10”擋進(jìn)行粗測(cè),正確操作后,表盤指針如圖甲所示,則該電阻的測(cè)量值為▲Ω.第第10題圖甲R(shí)xRAVS乙RxRAVS丙(2)接著,用伏安法測(cè)量該電阻的阻值,可選用的實(shí)驗(yàn)器材有:電壓表V(3V,內(nèi)阻約3kΩ);電流表A(20mA,內(nèi)阻約2Ω);待測(cè)電阻Rx;滑動(dòng)變阻器R1(0-2kΩ);滑動(dòng)變阻器R2(0-200Ω);干電池2節(jié);開(kāi)關(guān)、導(dǎo)線若干.在圖乙、圖丙電路中,應(yīng)選用圖▲(選填“乙”或“丙”)作為測(cè)量電路,滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用▲(選填“R1”或“R2”).(3)根據(jù)選擇的電路和器材,在圖丁中用筆畫線代替導(dǎo)線完成測(cè)量電路的連接.第10題圖第10題圖戊SRR0RxR1R2abVAGSRmAV+-_丁第10題答圖mAV+-_(4)為更準(zhǔn)確測(cè)量該電阻的阻值,可采用圖戊所示的電路,G為靈敏電流計(jì)(量程很小),R0為定值電阻,R、R1、R2為滑動(dòng)變阻器.操作過(guò)程如下:①閉合開(kāi)關(guān)S,調(diào)節(jié)R2,減小R1的阻值,多次操作使得G表的示數(shù)為零,讀出此時(shí)電壓表V和電流表A的示數(shù)U1、I1;②改變滑動(dòng)變阻器R滑片的位置,重復(fù)①過(guò)程,分別記下U2、I2,…,Un、In;③描點(diǎn)作出U-I圖象,根據(jù)圖線斜率求出R第10題答圖mAV+-_A.閉合S前,為保護(hù)G表,R1的滑片應(yīng)移至最右端B.調(diào)節(jié)G表的示數(shù)為零時(shí),R1的滑片應(yīng)位于最左端C.G表示數(shù)為零時(shí),a、b兩點(diǎn)間電勢(shì)差為零D.該實(shí)驗(yàn)方法避免了電壓表的分流對(duì)測(cè)量結(jié)果的影響【答案】(1)140;(2)丙、;(3)如圖(4)CD【考點(diǎn)】本題旨在考查伏安法測(cè)電阻?!窘馕觥浚海?)歐姆表讀數(shù)=刻度盤讀數(shù)×倍率,讀數(shù)是:(2)由于待測(cè)電阻的電阻值比較大比電流表的內(nèi)阻大得多,所以電流表使用內(nèi)接法;由于兩個(gè)滑動(dòng)變阻器的電阻值都比較大,所以要選擇限流電路.所以實(shí)驗(yàn)電路選擇丙,滑動(dòng)變阻器選擇容易調(diào)節(jié)的變阻器,所以選擇;(3)根據(jù)實(shí)驗(yàn)的原理圖,依次連接電路如圖;(4)A.閉合S前,為保護(hù)G表,開(kāi)始時(shí)的電阻值要最大,所以滑片應(yīng)移至最左端.故A錯(cuò)誤;B.調(diào)節(jié)G表的示數(shù)為零時(shí),與的滑片的位置無(wú)關(guān),故B錯(cuò)誤;C.該圖實(shí)驗(yàn)的原理是利用惠斯通電橋法,G表示數(shù)為零時(shí),a、b兩點(diǎn)間電勢(shì)差為零.故C正確;D.該實(shí)驗(yàn)方法避免了電壓表的分流對(duì)測(cè)量結(jié)果的影響.故D正確。故選:CD故答案為:(1)140;(2)丙,;(3)如圖(4)CD第11題圖遮光片光電門接計(jì)時(shí)器11.(8分)用圖示裝置測(cè)量重錘的質(zhì)量,在定滑輪兩側(cè)分別掛上重錘和n塊質(zhì)量均為m0的鐵片,重錘下端貼一遮光片,鐵架臺(tái)上安裝有光電門.調(diào)整重錘的高度,使其從適當(dāng)?shù)奈恢糜伸o止開(kāi)始下落,讀出遮光片通過(guò)光電門的擋光時(shí)間t0;從定滑輪左側(cè)依次取下1塊鐵片放到右側(cè)重錘上,讓重錘每次都從同一位置由靜止開(kāi)始下落,計(jì)時(shí)器記錄的擋光時(shí)間分別為t1、t2…,計(jì)算出t02、第11題圖遮光片光電門接計(jì)時(shí)器(1)擋光時(shí)間為t0時(shí),重錘的加速度為a0.從左側(cè)取下i塊鐵片置于右側(cè)重錘上時(shí),對(duì)應(yīng)的擋光時(shí)間為ti,重錘的加速度為ai.則=▲.(結(jié)果用t0和ti表示)(2)作出的圖線是一條直線,直線的斜率為k,則重錘的質(zhì)量M=▲.(3)若重錘的質(zhì)量約為300g,為使實(shí)驗(yàn)測(cè)量數(shù)據(jù)合理,鐵片質(zhì)量m0比較恰當(dāng)?shù)娜≈凳恰?A.1gB.5gC.40gD.100g(4)請(qǐng)?zhí)岢鲆粭l減小實(shí)驗(yàn)誤差的建議:▲.【答案】(1);(2);(3)C;(4)減小繩與滑輪間的摩擦力【考點(diǎn)】本題旨在考查驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。【解析】(1)設(shè)擋光條的寬度為,則重錘到達(dá)光電門的速度,當(dāng)擋光時(shí)間為t0時(shí)的速度①,擋光時(shí)間為時(shí)的速度②,重錘在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng),則有:③④由①②③④解得:(2)根據(jù)牛頓第二定律得:⑤⑥由⑤⑥解得:作出的圖線的斜率為,則:解得:(3)重錘的質(zhì)量約為,為了使重錘的加速度不至于太大,或把鐵片取下放到重錘上時(shí),加速度產(chǎn)生明顯的變化,則鐵片的質(zhì)量不能太小,也不能太大,所以、和都不適合,故C正確。故選:C(4)為了減小實(shí)驗(yàn)誤差,我們可以減小繩與滑輪間的摩擦力或選取密度較大的重錘。故答案為:(1);(2);(3)C;(4)減小繩與滑輪間的摩擦力。12.選做題(請(qǐng)從A、B和C三小題中選定兩小題作答,并在答題卡上把所選題目對(duì)應(yīng)字母后的方框涂滿涂黑.如都作答,則按A、B兩小題評(píng)分.)A.(選修模塊3-3)(12分)在大氣中,空氣團(tuán)豎直運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)各氣層的時(shí)間很短,因此,運(yùn)動(dòng)過(guò)程中空氣團(tuán)與周圍空氣熱量交換極少,可看作絕熱過(guò)程.潮濕空氣團(tuán)在山的迎風(fēng)坡上升時(shí),水汽凝結(jié)成云雨,到山頂后變得干燥,然后沿著背風(fēng)坡下降時(shí)升溫,氣象上稱這股干熱的氣流為焚風(fēng).(大氣壓強(qiáng)隨高度的增加而減?。?)空氣團(tuán)沿背風(fēng)坡下降時(shí),下列描述其壓強(qiáng)p隨體積V變化關(guān)系的圖象中,可能正確的是▲(圖中虛線是氣體的等溫線).DVpODVpOCVpOBVpOVApO(2)空氣團(tuán)在山的迎風(fēng)坡上升時(shí)溫度降低,原因是空氣團(tuán)▲(選填“對(duì)外放熱”或“對(duì)外做功”);設(shè)空氣團(tuán)的內(nèi)能U與溫度T滿足U=CT(C為一常數(shù)),空氣團(tuán)沿著背風(fēng)坡下降過(guò)程中,外界對(duì)空氣團(tuán)做的功為W,則此過(guò)程中空氣團(tuán)升高的溫度ΔT=▲.(3)若水汽在高空凝結(jié)成小水滴的直徑為d,已知水的密度為ρ、摩爾質(zhì)量為M,阿伏加德羅常數(shù)為NA.求:①一個(gè)小水滴包含的分子數(shù)n;②水分子的大小d0.【答案】(1)C;(2)對(duì)外做功、;(3)①、。【考點(diǎn)】本題旨在考查【解析】(1)在圖中等溫線為雙曲線的一支,而且越遠(yuǎn)離坐標(biāo)遠(yuǎn)點(diǎn)的溫度越高,沿著背風(fēng)坡下降時(shí)升溫,所以圖象應(yīng)該由低溫度線指向高溫度線,另外在此過(guò)程中空氣團(tuán)的體積變化,故選:C;(2)空氣團(tuán)在山的迎風(fēng)坡上升時(shí)溫度降低,空氣團(tuán)內(nèi)能減小,又絕熱,根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知空氣團(tuán)對(duì)外做功;根據(jù)得:①由根據(jù)熱力學(xué)第一定律得:②③
①②③聯(lián)立解得:(3)①水滴的體積為:水滴的質(zhì)量:分子數(shù):②根據(jù):解得:答:(1)C;(2)對(duì)外做功、;(3)①一個(gè)小水滴包含的分子數(shù)為、水分子的大小為。B.(選修模塊3-4)(12分)(1)下列說(shuō)法中不符合事實(shí)的是▲.A.機(jī)場(chǎng)安檢時(shí),借助X射線能看到箱內(nèi)物品B.交通警示燈選用紅燈是因?yàn)榧t光更容易穿透云霧煙塵C.建筑外裝涂膜玻璃應(yīng)用了光的全反射D.液晶顯示應(yīng)用了偏振光【答案】C【考點(diǎn)】本題旨在考查光的偏振、全反射?!窘馕觥緼、X射線有較強(qiáng)的穿透能力,借助X射線能能檢測(cè)與探傷,機(jī)場(chǎng)安檢時(shí),借助X射線能看到箱內(nèi)物品,故A正確;B、交通警示燈選用紅燈是因?yàn)榧t光更容易穿透云霧煙塵,故B正確;C、建筑外裝涂膜玻璃應(yīng)用了光的薄膜干涉,不是光的全反射,故C錯(cuò)誤;D、液晶顯示應(yīng)用了液晶的各向異性和光的偏振原理.故D正確。本題選擇錯(cuò)誤溫度,故選:C激光u第12B(2)題圖(2)如圖所示,一束激光頻率為ν0,傳播方向正對(duì)衛(wèi)星飛行方向,已知真空中光速為c,衛(wèi)星速度為u,則衛(wèi)星上觀測(cè)到激光的傳播速度是▲,衛(wèi)星接收到激光的頻率ν▲ν0(選填“大于”、“等于”激光u第12B(2)題圖【答案】、大于【考點(diǎn)】本題旨在考查愛(ài)因斯坦相對(duì)性原理和光速不變?cè)?【解析】由相對(duì)論原理可得激光速度為:依據(jù)多普勒效應(yīng)可知,衛(wèi)星接收到激光的頻率大于故答案為:、大于第12B(3)題圖OO1MPQ?(3)如圖所示,一半圓形玻璃磚半徑R=18cm,可繞其圓心O在紙面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng),M為一根光標(biāo)尺,開(kāi)始時(shí)玻璃磚的直徑PQ與光標(biāo)尺平行.一束激光從玻璃磚左側(cè)垂直于PQ射到O點(diǎn),在M上留下一光點(diǎn)O1.保持入射光方向不變,使玻璃磚繞O點(diǎn)逆時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)動(dòng),光點(diǎn)在標(biāo)尺上移動(dòng),最終在距離O1點(diǎn)h=32cm處消失.已知O、O1間的距離第12B(3)題圖OO1MPQ?①玻璃磚的折射率n;②光點(diǎn)消失后,光從射入玻璃磚到射出過(guò)程經(jīng)歷的時(shí)間t.【答案】①;②OO1MOO1MhCPQθωl第12B(3)題答圖【解析】①發(fā)生全反射時(shí)光路如圖:由數(shù)學(xué)知識(shí)得:全反射臨界角:玻璃的折射率:②光在玻璃中傳播的速度:全反射時(shí)光穿過(guò)玻璃磚的時(shí)間:答:①玻璃磚的折射率是;②光點(diǎn)消失后,光從射入玻璃磚到射出過(guò)程經(jīng)歷的時(shí)間為。C.(選修模塊3-5)(12分)第12C題圖0n=1第12C題圖0n=1n=2n=3n=4∞(1)下列說(shuō)法中正確的是▲.A.反氫原子光譜與氫原子光譜不相同B.基態(tài)反氫原子的電離能是C.基態(tài)反氫原子能吸收11eV的光子發(fā)生躍遷D.在反氫原子譜線中,從n=2能級(jí)躍遷到基態(tài)輻射光子的波長(zhǎng)最長(zhǎng)(2)反氫原子只要與周圍環(huán)境中的氫原子相遇就會(huì)湮滅,因此實(shí)驗(yàn)室中造出的反氫原子稍縱即逝.已知?dú)湓淤|(zhì)量為m,光在真空中傳播速度為c,一對(duì)靜止的氫原子和反氫原子湮滅時(shí)輻射光子,則輻射的總能量E=▲,此過(guò)程▲守恒.(3)一群氫原子受激發(fā)后處于n=3能級(jí),當(dāng)它們向低能級(jí)躍遷時(shí),輻射的光照射光電管陰極K,發(fā)生光電效應(yīng),測(cè)得遏止電壓UC=.求:①逸出光電子的最大初動(dòng)能Ek;②陰極K的逸出功W.【答案】(1)B;(2)、能量和動(dòng)量;(3)①9、②【考點(diǎn)】本題旨在考查氫原子的能級(jí)公式和躍遷。【解析】:(1)A、反氫原子光譜與氫原子光譜相同,故A錯(cuò)誤;B、處于基態(tài)的氫原子的電離能是,具有大于等于能量的光子可以使氫原子電離,故B正確;C、基態(tài)的氫原子吸收11eV光子,能量為,不能發(fā)生躍遷,所以該光子不能被吸收,故C錯(cuò)誤;D、在反氫原子譜線中,從能級(jí)躍遷到基態(tài)輻射光子能量最大,頻率最大,波長(zhǎng)最小,故D錯(cuò)誤。故選:B(2)已知?dú)湓淤|(zhì)量為,光在真空中傳播速度為,一對(duì)靜止的氫原子和反氫原子湮滅時(shí)輻射光子,則輻射的總能量,此過(guò)程能量和動(dòng)量
守恒;(3)①根據(jù)動(dòng)能定理得:②初動(dòng)能最大的電子是從能級(jí)3躍遷至能級(jí)1發(fā)出光照射金屬板時(shí)產(chǎn)生的,則:解得:故答案為:(1)B;(2)、能量和動(dòng)量;(3)①9、②。13.(15分)電磁彈射是我國(guó)最新研究的重大科技項(xiàng)目,原理可用下述模型說(shuō)明.如圖甲所示,虛線MN右側(cè)存在一個(gè)豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng),一邊長(zhǎng)L的正方形單匝金屬線框abcd放在光滑水平面上,電阻為R,質(zhì)量為m,ab邊在磁場(chǎng)外側(cè)緊靠MN虛線邊界.t=0時(shí)起磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律是B=B0+kt(k為大于零的常數(shù)),空氣阻力忽略不計(jì).(1)求t=0時(shí)刻,線框中感應(yīng)電流的功率P;(2)若線框cd邊穿出磁場(chǎng)時(shí)速度為v,求線框穿出磁場(chǎng)過(guò)程中,安培力對(duì)線框所做的功W及通過(guò)導(dǎo)線截面的電荷量q;(3)若用相同的金屬線繞制相同大小的n匝線框,如圖乙所示,在線框上加一質(zhì)量為M的負(fù)載物,證明:載物線框匝數(shù)越多,t=0時(shí)線框加速度越大.第13題圖第13題圖MN乙abcdBN甲MabcdB【答案】(1);(2)、(3)根據(jù)可知,n越大,a越大【考點(diǎn)】本題旨在考查法拉第電磁感應(yīng)定律、導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)。【解析】(1)時(shí)刻線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì):功率:解得:(2)由動(dòng)能定理有:解得:穿出過(guò)程線框中的平均電動(dòng)勢(shì):線框中的電流:通過(guò)的電量:解得:(3)n匝線框中時(shí)刻產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì):線框的總電阻:線框中的電流:時(shí)刻線框受到的安培力:設(shè)線框的加速度為a,根據(jù)牛頓第二定律有:解得:可知,n越大,a越大答:(1)線框中感應(yīng)電流的功率為;(2)安培力對(duì)線框所做的功為及通過(guò)導(dǎo)線截面的電荷量為(3)根據(jù),可知,n越大,a越大。第14題圖BAOθmO′14.(16分)如圖所示,光滑桿AB長(zhǎng)為L(zhǎng),B端固定一根勁度系數(shù)為k、原長(zhǎng)為l0的輕彈簧,質(zhì)量為m的小球套在光滑桿上并與彈簧的上端連接.OO第14題圖BAOθmO′(1)桿保持靜止?fàn)顟B(tài),讓小球從彈簧的原長(zhǎng)位置靜止釋放,求小球釋放瞬間的加速度大小a及小球速度最大時(shí)彈簧的壓縮量△l1;(2)當(dāng)球隨桿一起繞OO′軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),彈簧伸長(zhǎng)量為△l2,求勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω;(3)若θ=30o,移去彈簧,當(dāng)桿繞OO′軸以角速度ω0=勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),小球恰好在桿上某一位置隨桿在水平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動(dòng),球受輕微擾動(dòng)后沿桿向上滑動(dòng),到最高點(diǎn)A時(shí)球沿桿方向的速度大小為v0,求小球從開(kāi)始滑動(dòng)到離開(kāi)桿過(guò)程中,桿對(duì)球所做的功W.【答案】(1);(2);(3)【考點(diǎn)】本題旨在考查動(dòng)能定理、向心力。【解析】(1)小球從彈簧的原長(zhǎng)位置靜止釋放時(shí),根據(jù)牛頓第二定律有:解得:小球速度最大時(shí)其加速度為零,則:第14題答圖第14題答圖BFNθmgAF2(2)設(shè)彈簧伸長(zhǎng)時(shí),球受力如圖所示,水平方向上有:豎直方向上有:解得:(3)當(dāng)桿繞OO′軸以角速度ω0勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),設(shè)小球距離B點(diǎn)L0,此時(shí)有:解得:此時(shí)小球的動(dòng)能:小球在最高點(diǎn)A離開(kāi)桿瞬間的動(dòng)能:根據(jù)動(dòng)能定理有:
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