备战2025年高考二轮复习物理（广东版）热点练3 科技发展类（Word版附解析）

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1.(2024江苏南京一模)汽车主动降噪系统的原理是通过扬声器发出声波将车外噪声反向抵消,从而减少车内噪声。下列说法正确的是( )
A.抵消信号的振幅应为噪声信号的2倍
B.抵消信号与噪声信号的波长相同
C.汽车降噪是因为噪声信号发生了偏振
D.汽车降噪是因为噪声信号发生了多普勒效应
答案 B
解析 汽车降噪过程应用的是声波的叠加原理,抵消声波振幅和频率应与环境噪声的振幅和频率相同。由于机械波波速由介质决定,由公式v=λf可知抵消信号与噪声信号的波长相同,故A、C、D错误,B正确。
2.(多选)(2024广东广州一模)如图甲所示是航母电磁阻拦技术的原理简图,飞机着舰时通过绝缘阻拦索钩住水平导轨上的金属棒ab并关闭动力系统,在匀强磁场中减速滑行。若忽略导轨电阻、摩擦和空气阻力,ab所受安培力F随位移s的变化如图乙所示,则在飞机滑行过程( )
A.飞机的加速度与位移成正比
B.飞机的加速度与速度成正比
C.通过ab的电荷量与位移成正比
D.回路产生的焦耳热与位移成正比
答案 BC
解析 飞机着舰时受安培力,由牛顿第二定律可得F=ma,由图乙得F=-F0s0s+F0,可得a= -F0ms0s+F0m,故飞机的加速度与位移不成正比,故A错误;由牛顿第二定律F=BIL=ma,而I=ER=BLv,可得a=B2L2vmR,可知飞机的加速度与速度成正比,故B正确;通过ab的电荷量q=IΔt=ERΔt=ΔΦΔt·ΔtR=ΔΦR,设ab棒长度为L,则ΔΦ=BL·s,则有q=BLsR,可知通过ab的电荷量与位移成正比,故C正确;回路产生的焦耳热等于安培力做的功,得Q=W安=Fs=-F0s0s2+F0s,故回路产生的焦耳热与位移不成正比,故D错误。
3.(2024山东潍坊一模)制造半导体元件,需要精确测定硅片上涂有的二氧化硅(SiO2)薄膜的厚度,把左侧二氧化硅薄膜腐蚀成如图所示的劈尖,用波长λ=630 nm的激光从上方照射劈尖,观察到在腐蚀区域内有8条暗纹,且二氧化硅的棱MN处是亮纹,二氧化硅的折射率为1.5,则二氧化硅薄膜的厚度为( )
A.1 680 nm
B.1 890 nm
C.2 520 nm
D.3 780 nm
答案 A
解析 根据题意,由于二氧化硅的折射率为1.5,则激光在二氧化硅中的波长为λ1=λn,观察到在腐蚀区域内有8条暗纹,则二氧化硅的棱MN处的亮纹是第9条,设二氧化硅薄膜的厚度为d,则有2d=8λ1,联立解得d=1 680 nm,故选A。
4.(多选)(2024广东广州一模)如图所示是特高压输电线路上使用的六分裂阻尼间隔棒简化图。间隔棒将六根相同平行长直导线分别固定在正六边形的顶点a、b、c、d、e、f上,O为正六边形的中心。已知通电长直导线周围的磁感应强度B的大小与电流I、距离r的关系式为B=kIr(式中k为常量)。设a、b间距为L,当六根导线通有等大同向电流I0时,a处导线对b处导线的安培力大小为F,则( )
A.a处导线在O点产生的磁感应强度大小为kI0L
B.六根导线在O点产生的磁感应强度大小为6kI0L
C.a处导线所受安培力方向沿aO指向O点
D.a处导线对d处导线的安培力大小为F2
答案 ACD
解析 根据几何关系可知,a、O间距为L,则a处导线在O点产生的磁感应强度大小为BaO=kI0L,故A正确。根据右手螺旋定则结合对称性可知,a、d两处导线在O点产生的磁感应强度大小相等,方向相反;b、e两处导线在O点产生的磁感应强度大小相等,方向相反;c、f两处导线在O点产生的磁感应强度大小相等,方向相反;则六根导线在O点产生的磁感应强度大小为0,故B错误。根据方向相同的两根直线电流之间的安培力为吸引力,结合对称性可知,b、f两处导线对a处导线的安培力合力方向沿aO指向O点;c、e两处导线对a处导线的安培力合力方向沿aO指向O点;d处导线对a处导线的安培力方向沿aO指向O点;故a处导线所受安培力方向沿aO指向O点,故C正确。根据几何关系可知,a、d间距为2L,则a处导线在d点产生的磁感应强度大小为Bad=kI02L=12Bab,可知a处导线在d点产生的磁感应强度大小等于a处导线在b点产生的磁感应强度大小的一半,则a处导线对d处导线的安培力大小为F2,故D正确。
5.(8分)近年来,对具有负折射率(n<0)人工材料的光学性质及应用的研究备受关注。如图甲所示,光从真空射入负折射率材料时,入射角和折射角的大小关系仍然遵从折射定律,但折射角取负值,即折射光线和入射光线位于界面法线同侧。如图乙所示,在真空中对称放置两个完全相同的负折射率材料制作的直角三棱镜A、B,顶角为θ,A、B两棱镜斜面相互平行放置,两斜面间的距离为d。一束包含有两种频率光的激光,从A棱镜上的P点垂直入射,它们在棱镜中的折射率分别为n1=-2,n2=-233,在B棱镜下方有一平行于下表面的光屏,P'点为P点在光屏上的投影。
(1)为使两种频率的光都能从棱镜A斜面射出,求θ的取值范围;
(2)若θ=30°,求两种频率的光通过两棱镜后,打在光屏上的点距P'点的距离。
答案 (1)0°<θ<45°
(2)1+32d 2+64d
解析 (1)分析可知两光线的入射角等于棱镜的顶角θ,若两光线能从棱镜A斜面射出,θ应小于两光线最小的临界角,由
sin C=1|n1|
得C=45°
所以θ的取值范围为0°<θ<45°。
(2)两束光传播的光路图如图所示
由折射定律可知
sin(-θ1)sinθ=n1
sin(-θ2)sinθ=n2
由几何关系可知
x1=dcs θ1sin (θ+θ1)
x2=dcs θ2sin (θ+θ2)
解得x1=1+32d,x2=2+64d。
6.(10分)(2024福建莆田二模)福建舰成功实现电磁弹射试验后,某兴趣小组设计了一个模拟电磁弹射系统,如图甲所示,系统左侧接有直流电源、单刀双掷开关S和电容为C的电容器,右侧是离水平地面高为h的水平光滑平行金属导轨,导轨上放置一绝缘的助推模型,其外层固定一组金属线圈,线圈两端通过电刷与导轨连接形成回路,线圈处于导轨间的辐射状磁场中,侧视图如图乙所示。首先将开关S接至1,使电容器完全充电;然后将S接至2,模型从静止开始加速,达到最大速度后脱离导轨落在水平地面上,落地点离导轨右端点的水平距离为x。已知助推模型(含线圈、电刷)的质量为m,重力加速度为g;线圈的半径为r,匝数为n,总电阻为R,其所在处的磁感应强度大小均为B。不计空气阻力、导轨电阻、线圈中电流产生磁场和线圈自感的影响。求:
(1)助推模型在轨道上的最大速度vm;
(2)助推模型离开轨道时电容器所带的电荷量q;
(3)助推模型在轨道上的最大加速度am。
答案 (1)xg2h
(2)2πnCBrxg2h
(3)xRCg2h+4π2n2B2r2xmRg2h
解析 (1)助推模型达到最大速度后脱离导轨,做平抛运动,则
h=12gt2
x=vmt
解得在轨道上的最大速度为vm=xg2h。
(2)助推模型离开轨道时电容器两端的电势差为
U=nBLvm=nB·2πr·xg2h=2πnBrxg2h
离开轨道时电容器所带的电荷量为
q=CU=2πnCBrxg2h。
(3)助推模型刚在轨道上运动时,加速度最大,设助推模型刚在轨道上运动时,电容器两端的电势差为U0,根据动量定理有
nIBLΔt=mvm
其中L=2πr
Δq=IΔt=C(U0-U)
解得
U0=mx2πnCBrg2h+2πnBrxg2h
根据牛顿第二定律有
nI0BL=mam
电流为I0=U0R
联立解得在轨道上的最大加速度为
am=xRCg2h+4π2n2B2r2xmRg2h。
7.(12分)如图甲所示,我国目前采用托卡马克磁约束装置作为核反应“容器”,某实验室简化的模拟磁约束磁场如图乙所示,半径为R的足够长水平圆柱形区域内分布水平向右的匀强磁场Ⅰ,并已知磁感应强度为B;圆柱形磁场区域Ⅰ外侧分布有厚度为L的环形磁场Ⅱ,其磁感应强度大小处处相同,方向与B(磁场Ⅰ)垂直,其左视图与纵截面图分别如图丙、图丁所示。某时刻速度为v=BqRm的氘原子核(已知氘原子核质量为m,电荷量为q)从水平磁场Ⅰ最低点竖直向下射入磁场Ⅱ,氘原子核恰不能飞出磁场区域,忽略粒子重力和空气阻力,不考虑相对论效应。
(1)求环形磁场Ⅱ的磁感应强度大小;
(2)求该氘原子核从出发后到回到水平磁场Ⅰ最低点需要的时间。
答案 (1)BRL
(2)2πmBq+4πmLBqR
解析 (1)根据题意,粒子恰好不能由磁场Ⅱ飞出,则满足
R2=L
根据牛顿第二定律可得
qvB2=mv2R2
解得B2=BRL。
(2)粒子在磁场Ⅰ区域时
qvB=mv2R1,v=BqRm
解得R1=R
所以粒子在磁场Ⅰ区域轨迹如图所示
所以粒子在磁场Ⅰ区域运动总时间
t1=2πRv=2πmBq
粒子在磁场Ⅱ中做四次半个圆周运动,总时间
t2=2πL×2v=4πmLBqR
所以t总=t1+t2=2πmBq+4πmLBqR。
8.(14分)(2024山西一模)在芯片制造过程中,离子注入是一道重要的工序。为了准确地注入离子,需要在一个有限空间中用电磁场对离子的运动轨迹进行调控。如图所示,在空间直角坐标系O-xyz内的长方体OABC-O1A1B1C1区域,OA=OO1=L1=0.6 m,OC=L2=0.8 m,粒子源在y轴上OO1区域内沿x轴正方向连续均匀辐射出带正电粒子。已知粒子的比荷qm=1.0×105 C/kg,初速度大小为v0=8×104 m/s,sin 53°=0.8,cs 53°=0.6,不计粒子的重力和粒子间的相互作用。
(1)仅在长方体区域内加沿z轴正方向的匀强电场,所有的粒子从BB1边射出电场,求电场强度的大小E0;
(2)仅在长方体区域内加沿y轴正方向的匀强磁场,所有的粒子都经过A1ABB1面射出磁场,求磁感应强度大小B0的范围;
(3)在长方体区域内加沿z轴正方向的匀强电场、匀强磁场,已知磁感应强度B=43 T,电场强度E=192π2×104 V/m,求从A1ABB1面射出的粒子数占粒子源射出粒子总数的百分比。
答案 (1)1.2×105 V/m
(2)2425 T≤B0≤83 T
(3)50%
解析 (1)所有的粒子都从BB1边射出,设粒子在电场中运动的时间为t,则有
L2=v0t
L1=12·E0qmt2
联立解得E0=1.2×105 V/m。
(2)所有的粒子都经过A1ABB1面射出磁场,临界状态为分别从AA1、BB1边射出。
当粒子从AA1边射出时,则有r1=12L1,qv0B1=mv02r1
解得B1=83 T
当粒子从BB1边射出时
(r2-L1)2+L22=r22,qv0B2=mv02r2
解得B2=2425 T
则磁感应强度大小B0的范围为2425 T≤B0≤83 T。
(3)设粒子在磁场中偏转的半径为r,周期为T,粒子从发出到经过A1ABB1面射出的运动时间为t1,则有L1=Eq2mt12
解得t1=π4×10-5 s
根据洛伦兹力提供向心力有qv0B=mv02r
可得r=0.6 m
由T=2πmBq
粒子在t1时间内偏转的示意图如图所示
设偏转角度为θ,则有θ=2πTt1=π3
则有NN0=L1-(r-rcsθ)L1
代入数据解得NN0=50%。