【開學(xué)考】2024秋高三上冊開學(xué)物理摸底考試物理2025屆新高三上冊開學(xué)摸底考試卷（上海專用）.zip-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

注意事項(xiàng)：
1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。
2．回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。如
需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上。寫
在本試卷上無效。
3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回
一、選擇題：本題共12小題，每小題3分，共36分。
1．學(xué)校運(yùn)動(dòng)會(huì)中立定跳遠(yuǎn)是一項(xiàng)常規(guī)項(xiàng)目，某同學(xué)參賽時(shí)腳蹬地起跳瞬間的受力示意圖正確的是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【詳解】依據(jù)受力分析可知，受到豎直向下的重力，垂直地面的向上的彈力，還受到水平向右的靜摩擦力，因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)員立定跳遠(yuǎn)腳蹬地起跳瞬間，有相對地面向左運(yùn)動(dòng)的趨勢。故選A。
2．在滑冰場上，甲、乙兩小孩面對面靜止站在各自滑冰板上。相互猛推一下后分別向相反方向運(yùn)動(dòng)，結(jié)果甲在冰上滑行的距離比乙遠(yuǎn)（假定兩板與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同），這是由于（）
A. 在剛分開時(shí)，甲的速度大于乙的速度
B. 在推的過程中，甲推乙的時(shí)間小于乙推甲的時(shí)間
C. 在推的過程中，甲推乙的力小于乙推甲的力
D. 在分開后，甲的加速度小于乙的加速度
【答案】A
【詳解】A D．分開后，兩人受到的合力都是摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律
所以甲、乙的加速度大小相等，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式
甲在冰上滑行的距離比乙遠(yuǎn)可知?jiǎng)偡珠_時(shí)，甲的初速度大于乙的初速度，故A正確，D錯(cuò)誤；
B．作用力與反作用力具有等時(shí)性，在推的過程中，甲推乙的時(shí)間等于乙推甲的時(shí)間，故B錯(cuò)誤；
C．在推的過程中，甲推乙的力和乙推甲的力是一對作用力和反作用力，根據(jù)牛頓第三定律，作用力和反作用力大小相等，方向相反，故C錯(cuò)誤。
3．某次跳水比賽中，從運(yùn)動(dòng)員離開跳臺(tái)開始計(jì)時(shí)，運(yùn)動(dòng)過程不計(jì)阻力，其速度v隨時(shí)間t變化的圖像如圖，圖中只有過程對應(yīng)的圖線為直線，則運(yùn)動(dòng)員（）
A. 在做自由落體運(yùn)動(dòng)B. 在時(shí)刻剛好接觸水面
C. 在時(shí)刻距離跳臺(tái)最遠(yuǎn)D. 在時(shí)刻網(wǎng)好浮出水面
【答案】B
【詳解】由圖像可知，運(yùn)動(dòng)員在時(shí)間內(nèi)向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，時(shí)刻到達(dá)最高點(diǎn)；運(yùn)動(dòng)員在時(shí)間內(nèi)向下做自由落體運(yùn)動(dòng)，在時(shí)刻剛好接觸水面；在時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)員在水中向下做減速運(yùn)動(dòng)，時(shí)刻速度減為0，運(yùn)動(dòng)員到達(dá)最低點(diǎn)，即在時(shí)刻距離跳臺(tái)最遠(yuǎn)。故選B。
4．質(zhì)量為m的“天宮”空間站，繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，若地球質(zhì)量為M、半徑為R，引力常量為G，則空間站的線速度大小為（）
A. B. C. D.
【答案】D
【詳解】根據(jù)萬有引力提供向心力可得解得故選D。
5．如圖所示，一輕質(zhì)彈簧豎立于地面上，小球自彈簧正上方由靜止釋放，則從小球接觸彈簧到將彈簧壓縮至最短的過程中，下列說法正確的是（）
A. 小球的機(jī)械能守恒
B. 重力對小球做正功，小球的重力勢能減小
C. 彈簧的彈力對小球做負(fù)功，彈簧的彈性勢能一直減小
D. 小球的加速度一直減小
【答案】B
【詳解】A．從小球接觸彈簧到將彈簧壓縮至最短的過程中，彈簧的彈力一直對小球做負(fù)功，則小球的機(jī)械能不守恒，A錯(cuò)誤；
B．從小球接觸彈簧到將彈簧壓縮至最短的過程中，重力的方向與位移方向相同，可知重力對小球做正功，小球的重力勢能減小，B正確；
C．彈簧的彈力對小球做負(fù)功，彈簧的彈性勢能一直增加，C錯(cuò)誤；
D．開始階段，彈簧彈力小于重力，則小球的加速度向下，隨彈力的增加，向下的加速度減小，當(dāng)彈力等于重力時(shí)加速度減為零，此時(shí)小球的速度最大，以后彈簧的彈力大于重力，小球的加速度向上且逐漸變大，則小球的加速度先向下減小后反向增加，D錯(cuò)誤。故選B。
6．如圖所示，一帶電粒子從a運(yùn)動(dòng)到b，徑跡如虛線所示，下列說法錯(cuò)誤的是（）
A. 粒子帶負(fù)電B. 粒子的加速度不斷減小
C. 粒子在a點(diǎn)時(shí)電勢能小于在b點(diǎn)時(shí)的電勢能D. 粒子在a點(diǎn)的動(dòng)能比b處大
【答案】A
【解析】A．因電場方向未知，所以無法判定粒子的電性，故A符合題意；
B．粒子從a到b所受電場力減小，加速度變小，故B不符合題意；
CD．由軌跡可知所受電場力指向軌跡內(nèi)測，可知從a到b電場力做負(fù)功，電勢能增大，動(dòng)能減小，所以粒子在a點(diǎn)時(shí)電勢能小于在b點(diǎn)時(shí)的電勢能，粒子在a點(diǎn)的動(dòng)能比b處大，故CD不符合題意。故選A。
7．如圖所示，豎直墻面與水平地面均光滑且絕緣．兩個(gè)帶有同種電荷的小球A、B（均可視為質(zhì)點(diǎn)）分別位于豎直墻面和水平地面上，且處于同一豎直平面內(nèi)。若用圖示方向的水平推力F作用于小球B，則兩球靜止于圖示位置。如果將小球B向左推動(dòng)少許，并待兩球重新達(dá)到平衡時(shí)，與原來相比（）
A. 兩小球的間距變大 B. B球受到的推力F變大
C. A球?qū)ωQ直墻面的壓力變大 D. 水平地面對B球的支持力變大
【答案】A
【解析】AC．以A球?yàn)檠芯繉ο?，受力分析如圖所示
設(shè)B對A的庫侖力與墻壁的夾角為，由平衡條件得豎直墻面對小球A的彈力為
庫侖力大小為
將小球B向左推動(dòng)少許時(shí)，減小，減小，則減小，增大，則減小，
根據(jù)庫侖定律分析可知，兩小球間距變大。根據(jù)牛頓第三定律可知，A球?qū)ωQ直墻面的壓力變小，故A正確，C錯(cuò)誤；
BD．以A、B整體為研究對象，受力分析如圖所示
由平衡條件得，
減小，則減小，地面對小球B的支持力保持不變，故BD錯(cuò)誤。故選A。
8．如圖為某款配送機(jī)器人內(nèi)部電路結(jié)構(gòu)簡化圖，正常工作時(shí)電源輸出電壓為，輸出電流為，內(nèi)阻不可忽略。整機(jī)凈重，在某次配送服務(wù)時(shí)載重，勻速行駛速度為，行駛過程中受到的阻力大小為總重力的0.2倍。不計(jì)電動(dòng)機(jī)的摩擦損耗，則下列說法正確的是（）
A. 正常工作時(shí)電源的總功率為B. 勻速運(yùn)行時(shí)的機(jī)械功率為
C. 該機(jī)器人內(nèi)部熱功率為D. 該電動(dòng)機(jī)的線圈電阻為
【答案】D
【解析】A．根據(jù) ，可知電源的輸出功率為
由于電源的內(nèi)阻不可忽略，所以正常工作時(shí)電源的總功率大于電源的輸出功率，故A錯(cuò)誤；
B．行駛過程中受到的阻力大小為
勻速行駛時(shí)牽引力和阻力相等，所以勻速運(yùn)行時(shí)的機(jī)械功率為，故B錯(cuò)誤；
C．該電動(dòng)機(jī)的熱功率為
機(jī)器人內(nèi)部的熱功率大于電動(dòng)機(jī)的熱功率，如還包括電源的熱功率，故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù) ，可知，故D正確。故選D。
9．甲、乙兩單擺的振動(dòng)圖像如圖所示，由圖像可知
A. 甲、乙兩單擺的周期之比是3:2B. 甲、乙兩單擺的擺長之比是2:3
C. tb時(shí)刻甲、乙兩擺球的速度相同D. ta時(shí)刻甲、乙兩單擺的擺角不等
【答案】D
【詳解】A．由圖像可知，甲、乙兩單擺的周期之比是2:3，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)，則，則甲、乙兩單擺的擺長之比是4:9，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
C．因乙擺擺長大，振幅小，則在最高點(diǎn)時(shí)離開平衡位置的高度小，則到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速度較小，即tb時(shí)刻甲、乙兩擺球的速度不相同，故C錯(cuò)誤；
D．ta時(shí)刻甲、乙兩單擺的位移相等，但是由于兩擺的擺長不等，則擺角不等，選項(xiàng)D正確。
10．在如圖電路中，線圈L的電阻和電源的內(nèi)電阻r都可以忽略。先合上電鍵K一段時(shí)間后，在時(shí)刻將電鍵K斷開，則電容器C的M板的電量變化情況為圖中的（）
A. B. C. D.
【答案】A
【詳解】在時(shí)刻將電鍵K斷開，線圈L中產(chǎn)生逆時(shí)針方向的自感電動(dòng)勢，對電容器充電，充電完畢電容器又開始放電，從而形成振蕩回路，因此電容器M板的電荷量先增大，當(dāng)充電完畢后電荷量有最大值，此時(shí)電容器開始放電，當(dāng)放電完畢后，電容器又開始反向充電，M板帶上與原來電性相反的電荷，直至充電完畢，電荷量再次達(dá)到最大后又開始放電。故選A。
11．如圖所示，長為L的金屬桿在外力作用下，在勻強(qiáng)磁場中沿水平光滑導(dǎo)軌勻速運(yùn)動(dòng)，如果速度v不變，而將磁感強(qiáng)度由B增為2B。除電阻R外，其它電阻不計(jì)。那么（）
A. 作用力將不變B. 作用力將增為2倍
C. 感應(yīng)電流的熱功率將增為2倍D. 感應(yīng)電動(dòng)勢將增為2倍
【答案】D
【詳解】AB．感應(yīng)電動(dòng)勢為感應(yīng)電流為
根據(jù)平衡條件有解得
如果速度v不變，而將磁感強(qiáng)度由B增為2B，為了確保金屬桿做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件可知，作用力將增為4倍，故AB錯(cuò)誤；
D．根據(jù)上述，感應(yīng)電動(dòng)勢為
如果速度v不變，而將磁感強(qiáng)度由B增為2B，則感應(yīng)電動(dòng)勢將增為2倍，故D正確；
C．根據(jù)上述，解得感應(yīng)電流為熱功率為
如果速度v不變，而將磁感強(qiáng)度由B增為2B，則感應(yīng)電流的熱功率將增為4倍，故C錯(cuò)誤。故選D
12．圖甲是小型交流發(fā)電機(jī)的示意圖，兩磁極N、S間的磁場可視為水平方向的勻強(qiáng)磁場，A 為交流電流表。線圈繞垂直于磁場的水平軸OO′沿逆時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，從圖示位置開始計(jì)時(shí)，產(chǎn)生的交變電流隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示。以下判斷正確的是（）
A. 電流表的示數(shù)為 B. 線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為50π rad/s
C. 0.01 s時(shí)線圈平面與磁場方向平行 D. 0.02 s時(shí)電阻R中電流方向自右向左
【答案】C
【詳解】A．由乙圖可知，交流電的最大值有效值為故A錯(cuò)誤；
B．周期角速度故B錯(cuò)誤；
C．0.01s 時(shí)線圈產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢最大，說明線框與磁場平行，故C正確。
D．據(jù)題知0.02s時(shí)線框中感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向，電阻R中電流的方向自左向右，故D錯(cuò)誤。
二、填空題：本題共5小題，每小題4分，共20分。
13．在如圖所示的電場中，A點(diǎn)的電勢，B點(diǎn)的電勢，則A、B兩點(diǎn)的電勢差_____V。現(xiàn)把電量為的點(diǎn)電荷，從電場中的A點(diǎn)移到B點(diǎn)，此過程中電場力做的功為______J。
【答案】 ①. 5 ②.
【解析】 [1][2] A、B兩點(diǎn)的電勢差
把電量為點(diǎn)電荷，從電場中的A點(diǎn)移到B點(diǎn)，
此過程中電場力做的功為
14．如圖所示，在光滑的水平面上有A和B兩小車，質(zhì)量分別為m1、m2，A車上有一質(zhì)量為m3的人，開始時(shí)兩車和人均靜止．現(xiàn)人以速度v0向右跳上B車，并與B車保持相對靜止，則人跳離A車后，A車的速度大小為______；人跳上B車后，A、B兩車的速度大小之比為______。
【答案】 ①. ②.
【解析】將A車和人組成一個(gè)系統(tǒng)，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，設(shè)人跳離A車后，A車的速度為，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有，解得：，負(fù)號表示A車的速度方向向左；
研究人和B車，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有，解得：。
15．用力傳感器對單擺振動(dòng)過程進(jìn)行測量，力傳感器測出的F﹣t圖象如圖所示，根據(jù)圖中信息可得，擺球擺到最低點(diǎn)的時(shí)刻為_____s，該單擺的擺長為_____m（取π2=10，g=10m/s2）。
【答案】 ①. 0.6 ②. 0.64
【詳解】[1]擺球擺到最低點(diǎn)拉力最大，根據(jù)圖的信息可得，擺球擺到最低點(diǎn)的時(shí)刻為0.6s；
[2]擺球擺到最高點(diǎn)的時(shí)刻為0.2s和1.0s，單擺擺動(dòng)的周期為 T=2×（1.0﹣0.2）s=1.6s
根據(jù)公式 T=2π，解得：L==0.64m
16．一個(gè)100匝的閉合圓形線圈，總電阻為15.0Ω，面積為50cm2，放在勻強(qiáng)磁場中，線圈平面跟磁感線方向垂直。勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖（b）所示。設(shè)時(shí)，B的方向如圖（a）所示，垂直于紙面向里。則線圈在0~4×10-3s內(nèi)的平均感應(yīng)電動(dòng)勢的大小是________；在3×10-3s末通過線圈的磁通量是________。
【答案】 ①. 75V ②.
【詳解】[1]根據(jù)圖中同一條直線磁通量的變化率是相同的，所以電動(dòng)勢為定值，即為
[2]根據(jù)圖像可知，在3×10-3s末磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.15T，則通過線圈的磁通量
17．用紫光做雙縫干涉實(shí)驗(yàn)，在屏上觀察到干涉條紋，若增大雙縫距離，則屏上干涉條紋的間距將________（填“變大”或“變小”）。若其他條件不變，改用紅光做實(shí)驗(yàn)，則干涉條紋的間距將________（填“變大”或“變小”）。
【答案】 ①. 變小 ②. 變大
【詳解】[1]根據(jù)知，若增大雙縫距離d，則屏上干涉條紋的間距?x將變小。
[2]根據(jù)知，若其他條件不變，改用紅光做實(shí)驗(yàn)，則波長?增大，所以干涉條紋的間距?x將變大。
三、計(jì)算題：本題共3小題，每小題10分，共30分。解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟。只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。
18．如圖所示，質(zhì)量為的小物體從A點(diǎn)以vA?5.0m/s的初速度沿粗糙的水平面勻減速運(yùn)動(dòng)距離s?1.0m到達(dá)B點(diǎn)vB?2m/s，然后進(jìn)入半徑R?0.4m豎直放置的光滑半圓形軌道，小物體恰好通過軌道最高點(diǎn)C后水平飛出軌道，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）粗糙水平面的動(dòng)摩擦因μ；
（2）小物體在B處對圓形軌道壓力的大小FN；
（3）從軌道最高點(diǎn)C水平飛出后落在距B點(diǎn)的距離x。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）小物體由A到B過程，由動(dòng)能定理得到
代入數(shù)據(jù)，解得
（2）設(shè)小物體在B處受到的支持力為，根據(jù)牛頓第二定律有
得到：
根據(jù)牛頓第三定律可知，小物塊對軌道的壓力大小為，方向豎直向下。
（3）小物體恰好通過最高點(diǎn)C，由重力提供向心力，
則解得
小球離開C點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向有
代入數(shù)據(jù)，解得
水平方向有
可得從軌道最高點(diǎn)C水平飛出后落在距B點(diǎn)的距離0.8m。
19．如圖所示是一列向正方向傳播的簡諧橫波，波速v=0.4m/s，M點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x=10m，t=0時(shí)刻波傳到N點(diǎn)，求：
（1）波源的起振方向和該波的周期T；
（2）經(jīng)過30s的時(shí)間，N點(diǎn)經(jīng)過的路程s；
（3）經(jīng)過多長時(shí)間，M點(diǎn)第二次到達(dá)波谷？
（4）畫出x=0.4m處的質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像。
【答案】（1）向上振動(dòng)，4s；（2）1.5m；（3）29s；（4）見下圖
【詳解】（1）t=0時(shí)刻波傳到N點(diǎn)，由于波沿正方向傳播，所以N點(diǎn)向上振動(dòng)，介質(zhì)中質(zhì)點(diǎn)開始振動(dòng)的方向和波源的起振方向相同，所以波源的起振方向向上；
由圖可知，波長為，所以周期為
（2）由于
所以經(jīng)過30s的時(shí)間，N點(diǎn)經(jīng)過的路程為
（3）M點(diǎn)第二次到達(dá)波谷的時(shí)間為
（4）x=0.4m處的質(zhì)點(diǎn)在t=0時(shí)處于平衡位置，且向下振動(dòng)，所以其振動(dòng)圖像如圖所示

20．如圖（甲）所示，左側(cè)接有定值電阻的水平粗糙導(dǎo)軌處于垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度，導(dǎo)軌間距為。一質(zhì)量，阻值的金屬棒在拉力F作用下由靜止開始從CD處沿導(dǎo)軌向右加速運(yùn)動(dòng)，金屬棒與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)，。金屬棒的速度—位移圖像如圖（乙）所示，則從坐標(biāo)原點(diǎn)到的過程中求：
（1）通過電阻R的電量是多少；
（2）拉力F做的功是多少；
（3）整個(gè)系統(tǒng)產(chǎn)生的總的焦耳熱是多少。
【答案】（1）0.25C；（2）9.25J；（3）0.25J；（4）見解析
【詳解】（1）通過電阻R的電荷量
（2）由速度圖像得，速度與位移的關(guān)系為
切割產(chǎn)生的電動(dòng)勢為，電流為
金屬棒所受的安培力
則知F與x是一次函數(shù)關(guān)系，當(dāng)時(shí)，安培力
當(dāng)時(shí)，安培力
則從起點(diǎn)發(fā)生位移的過程中，安培力做功為
根據(jù)動(dòng)能定理得
其中，，，代入解得，拉力做的功
（3）Q= -WA=0.25J
四、材料題：本題共1小題，共14分。
21．航天科技
我國的航天科技飛速發(fā)展，在運(yùn)載火箭、人造衛(wèi)星、載人航天、天體探測以及失重條件下的各種實(shí)驗(yàn)等方面都取得了輝煌的成就。
（1）（4分）總質(zhì)量為M（含燃料）的小型試驗(yàn)火箭，在極短的時(shí)間內(nèi)將質(zhì)量為m的氣體以相對地面v0的速度豎直向下噴出后，火箭在重力作用下開始做勻變速直線運(yùn)動(dòng)。已知重力加速度大小為g，則氣體噴出后，火箭獲得的速度為_____，火箭上升的最大高度為_____。
（2）（2分）（多選）關(guān)于空間站的運(yùn)行速度，正確的是（）
A. 空間站離地越高，運(yùn)行速度越小
B. 空間站離地越高，運(yùn)行速度越大
C. 空間站的運(yùn)行速度小于地球第一宇宙速度
D. 空間站的運(yùn)行速度介于地球第一宇宙速度和第二宇宙速度之間
（3）（2分）天宮搭載的紅外線熱成像儀，是通過收集待成像物體輻射的紅外線能量而成像的。紅外線與可見光相比，紅外線（）
A. 頻率更高 B. 更容易發(fā)生衍射現(xiàn)象
C. 真空中傳播速度更快 D. 在同一裝置中雙縫干涉條紋更窄
（4）（2分）航天科技的應(yīng)用離不開相對論。按照狹義相對論觀點(diǎn)，空間站內(nèi)的鐘會(huì)因?yàn)楦咚龠\(yùn)動(dòng)而變_______；根據(jù)廣義相對論觀點(diǎn)，鐘的快慢與引力場的強(qiáng)弱有關(guān)，在空間站的鐘要比在地面走得______。
（5）（4分）如圖所示，在機(jī)械臂作用下，微型衛(wèi)星與空間站一起繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且微型衛(wèi)星、空間站、地球位于同一直線。則連接微型衛(wèi)星與空間站的機(jī)械臂對微型衛(wèi)星的作用力（）
A. 大小為零 B. 大小不為零，方向指向空間站 C. 大小不為零，方向背離空間站
【答案】(1). ①. ②. (2). AC
(3). B (4). ①. 慢 ②. 快 (5). B
【解析】
【1題詳解】
[1]在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，根據(jù)動(dòng)量守恒可得
解得在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的速度大小為
[2]火箭上升的最大高度為
【2題詳解】
假定地球質(zhì)量為M、引力常量為G，繞地球圓周運(yùn)動(dòng)空間站的質(zhì)量為m、軌道半徑為r，
根據(jù)萬有引力提供向心力可知則有
由題意可知，空間站離地越高，運(yùn)行速度越小；由于天宮空間站的軌道半徑大于地球半徑，而第一宇宙速度的軌道半徑為地球半徑，則空間站的運(yùn)行速度小于第一宇宙速度，更小于第二宇宙速度。
故選AC。
【3題詳解】
A．紅外線波長更大，則頻率更低，A錯(cuò)誤；
B．因紅外線的波長更大，則更容易發(fā)生衍射現(xiàn)象，B正確；
C．電磁波在空氣中傳播速度都相同，C錯(cuò)誤。
D．根據(jù) 可知，相同條件下，因紅外線的波長更大，則雙縫干涉圖樣中相鄰明紋中心間距更寬，D錯(cuò)誤。
故選B。
【4題詳解】
[1][2]航天科技的應(yīng)用離不開相對論。按照狹義相對論觀點(diǎn)，空間站內(nèi)的鐘會(huì)因?yàn)楦咚龠\(yùn)動(dòng)而變慢；根據(jù)廣義相對論觀點(diǎn)，鐘的快慢與引力場的強(qiáng)弱有關(guān)，在空間站的鐘要比在地面走得快。
【5題詳解】
設(shè)機(jī)械臂的長度為d，微型衛(wèi)星與空間站一起做角速度為ω的勻速圓周運(yùn)動(dòng)。已知地球半徑為R，地球表面重力加速度為g，微型衛(wèi)星質(zhì)量為m，空間站質(zhì)量為，空間站軌道半徑為r，由萬有引力提供向心力，對空間站有
微型衛(wèi)星其中
聯(lián)立解得
所以連接微型衛(wèi)星與空間站的機(jī)械臂對微型衛(wèi)星的作用力大小不為零，方向指向空間站。
故選B。

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