2025年高考二輪復習物理熱點3　科技發(fā)展類3

熱點三科技發(fā)展類選擇題:每小題8分,共32分1.(2024江蘇南京一模)汽車主動降噪系統的原理是通過揚聲器發(fā)出聲波將車外噪聲反向抵消,從而減少車內噪聲。下列說法正確的是()A.抵消信號的振幅應為噪聲信號的2倍B.抵消信號與噪聲信號的波長相同C.汽車降噪是因為噪聲信號發(fā)生了偏振D.汽車降噪是因為噪聲信號發(fā)生了多普勒效應答案B解析汽車降噪過程應用的是聲波的疊加原理,抵消聲波振幅和頻率應與環(huán)境噪聲的振幅和頻率相同。由于機械波波速由介質決定,由公式v=λf可知抵消信號與噪聲信號的波長相同,故A、C、D錯誤,B正確。2.(多選)(2024廣東一模)如圖甲所示是航母電磁阻攔技術的原理簡圖,飛機著艦時通過絕緣阻攔索鉤住水平導軌上的金屬棒ab并關閉動力系統,在勻強磁場中減速滑行。若忽略導軌電阻、摩擦和空氣阻力,ab所受安培力F隨位移x的變化如圖乙所示,則在飛機滑行過程()A.飛機的加速度與位移成正比B.飛機的加速度與速度成正比C.通過ab的電荷量與位移成正比D.回路產生的焦耳熱與位移成正比答案BC解析飛機著艦時受安培力,由牛頓第二定律可得F=ma,由圖乙得F=F0x0x+F0,可得a=F0mx0x+F0m,故飛機的加速度與位移不成正比,故A錯誤;由牛頓第二定律F=BIL=ma,而I=ER=BLv,可得a=B2L2vmR,可知飛機的加速度與速度成正比,故B正確;通過ab的電荷量q=IΔt=ERΔt=ΔΦΔt·ΔtR=ΔΦR,設ab棒長度為L,則ΔΦ=BL·x,則有q=BLx3.(2024山東濰坊一模)制造半導體元件,需要精確測定硅片上涂有的二氧化硅(SiO2)薄膜的厚度,把左側二氧化硅薄膜腐蝕成如圖所示的劈尖,用波長λ=630nm的激光從上方照射劈尖,觀察到在腐蝕區(qū)域內有8條暗紋,且二氧化硅的棱MN處是亮紋,二氧化硅的折射率為1.5,則二氧化硅薄膜的厚度為()A.1680nm B.1890nmC.2520nm D.3780nm答案A解析根據題意,由于二氧化硅的折射率為1.5,則激光在二氧化硅中的波長為λ1=λn,觀察到在腐蝕區(qū)域內有8條暗紋,則二氧化硅的棱MN處的亮紋是第9條,設二氧化硅薄膜的厚度為d,則有2d=8λ1,聯立解得d=1680nm,故選A4.(多選)如圖所示是特高壓輸電線路上使用的六分裂阻尼間隔棒簡化圖。間隔棒將六根相同平行長直導線分別固定在正六邊形的頂點a、b、c、d、e、f上,O為正六邊形的中心。已知通電長直導線周圍的磁感應強度B的大小與電流I、距離r的關系式為B=kIr(式中k為常量)。設a、b間距為L,當六根導線通有等大同向電流I0時,a處導線對b處導線的安培力大小為F,則(A.a處導線在O點產生的磁感應強度大小為kB.六根導線在O點產生的磁感應強度大小為6C.a處導線所受安培力方向沿aO指向O點D.a處導線對d處導線的安培力大小為F答案ACD解析根據幾何關系可知,a、O間距為L,則a處導線在O點產生的磁感應強度大小為BaO=kI0L,故A正確。根據右手螺旋定則結合對稱性可知,a、d兩處導線在O點產生的磁感應強度大小相等,方向相反;b、e兩處導線在O點產生的磁感應強度大小相等,方向相反;c、f兩處導線在O點產生的磁感應強度大小相等,方向相反;則六根導線在O點產生的磁感應強度大小為0,故B錯誤。根據方向相同的兩根直線電流之間的安培力為吸引力,結合對稱性可知,b、f兩處導線對a處導線的安培力合力方向沿aO指向O點;c、e兩處導線對a處導線的安培力合力方向沿aO指向O點;d處導線對a處導線的安培力方向沿aO指向O點;故a處導線所受安培力方向沿aO指向O點,故C正確。根據幾何關系可知,a、d間距為2L,則a處導線在d點產生的磁感應強度大小為Bad=kI02L=12Bab,可知a處導線在d點產生的磁感應強度大小等于a處導線在b點產生的磁感應強度大小的一半,5.(12分)(2024福建莆田二模)福建艦成功實現電磁彈射試驗后,某興趣小組設計了一個模擬電磁彈射系統,如圖甲所示,系統左側接有直流電源、單刀雙擲開關S和電容為C的電容器,右側是離水平地面高為h的水平光滑平行金屬導軌,導軌上放置一絕緣的助推模型,其外層固定一組金屬線圈,線圈兩端通過電刷與導軌連接形成回路,線圈處于導軌間的輻射狀磁場中,側視圖如圖乙所示。首先將開關S接至1,使電容器完全充電;然后將S接至2,模型從靜止開始加速,達到最大速度后脫離導軌落在水平地面上,落地點離導軌右端點的水平距離為x。已知助推模型(含線圈、電刷)的質量為m,重力加速度為g;線圈的半徑為r,匝數為n,總電阻為R,其所在處的磁感應強度大小均為B。不計空氣阻力、導軌電阻、線圈中電流產生磁場和線圈自感的影響。求:(1)助推模型在軌道上的最大速度vm;(2)助推模型離開軌道時電容器所帶的電荷量q;(3)助推模型在軌道上的最大加速度am。答案(1)xg(2)2πnCBrxg(3)x解析(1)助推模型達到最大速度后脫離導軌,做平拋運動,則h=12gtx=vmt解得在軌道上的最大速度為vm=xg2(2)助推模型離開軌道時電容器兩端的電勢差為U=nBLvm=nB·2πr·xg2h=2π離開軌道時電容器所帶的電荷量為q=CU=2πnCBrxg2(3)助推模型剛在軌道上運動時,加速度最大,設助推模型剛在軌道上運動時,電容器兩端的電勢差為U0,根據動量定理有nIBLΔt=mvm其中L=2πrΔq=IΔt=C(U0U)解得U0=mx2πnCBrg2根據牛頓第二定律有nI0BL=mam電流為I0=U聯立解得在軌道上的最大加速度為am=xRC6.(16分)(2024山西一模)在芯片制造過程中,離子注入是一道重要的工序。為了準確地注入離子,需要在一個有限空間中用電磁場對離子的運動軌跡進行調控。如圖所示,在空間直角坐標系Oxyz內的長方體OABCO1A1B1C1區(qū)域,OA=OO1=L1=0.6m,OC=L2=0.8m,粒子源在y軸上OO1區(qū)域內沿x軸正方向連續(xù)均勻輻射出帶正電粒子。已知粒子的比荷qm=1.0×105C/kg,初速度大小為v0=8×104m/s,sin53°=0.8,cos53°=0.6,不計粒子的重力和粒子間的相互作用。(1)僅在長方體區(qū)域內加沿z軸正方向的勻強電場,所有的粒子從BB1邊射出電場,求電場強度的大小E0;(2)僅在長方體區(qū)域內加沿y軸正方向的勻強磁場,所有的粒子都經過A1ABB1面射出磁場,求磁感應強度大小B0的范圍;(3)在長方體區(qū)域內加沿z軸正方向的勻強電場、勻強磁場,已知磁感應強度B=43T,電場強度E=192π2×104V/m,求從A1答案(1)1.2×105V/m(2)2425T≤B0≤8(3)50%解析(1)所有的粒子都從BB1邊射出,設粒子在電場中運動的時間為t,則有L2=v0tL1=12·聯立解得E0=1.2×105V/m。(2)所有的粒子都經過A1ABB1面射出磁場,臨界狀態(tài)為分別從AA1、BB1邊射出。當粒子從AA1邊射出時,則有r1=12L1,qv0B1=m解得B1=83當粒子從BB1邊射出時(r2L1)2+L22=r22,解得B2=2425則磁感應強度大小B0的范圍為242