1.(2024湖南岳陽二模)如圖所示,一束復色光從真空射向半圓形玻璃磚的表面,在圓心O處發(fā)生折射,光分成了兩束單色光a、b分別從A、B兩點射出,下列說法正確的是( )
A.玻璃對a光的折射率小于對b光的折射率
B.a光從O點傳播到A點的時間大于b光從O點傳播到B點的時間
C.若該復色光由紅光與紫光組成,則a光為紅光
D.若用同一雙縫干涉裝置實驗,可看到a光的干涉條紋間距比b光的長
答案 B
解析 由圖可知,兩光的入射角相同,a光的折射角小,根據n=sin θ1sin θ2可知,a光的折射率大,故A錯誤;根據v=cn可知,在玻璃磚中a光的傳播速度小于b光的傳播速度,光傳播的路程都為半圓形玻璃磚的半徑r,根據t=rv可知,在玻璃磚中a光的傳播時間大于b光的傳播時間,故B正確;a光的折射率大,頻率高,波長短,若該復色光由紅光與紫光組成,則a光為紫光,故C錯誤;若用a、b光分別進行雙縫干涉實驗,在其他條件相同的情況下,根據Δx=ldλ可知,a光的干涉條紋間距小于b光的,故D錯誤。
2.(2024廣西貴港二模)B超是醫(yī)院對病人進行檢查的重要設備,B超成像的基本原理是探頭向人體發(fā)射一組超聲波,遇到人體不同組織時會產生不同程度的反射,探頭接收到的超聲波信號由計算機處理,從而形成B超圖像。如圖為探頭沿x軸正方向發(fā)送的簡諧超聲波圖像,t=0時刻波恰好傳到質點M。已知此超聲波的頻率為1×107 Hz。下列說法正確的是( )
A.質點M開始振動的方向沿y軸正方向
B.探頭發(fā)出的超聲波在人體中的傳播速度為1.4×103 m/s
C.t=0.75×10-7 s時,質點M運動到橫坐標x=28×10-2 mm處
D.0~0.75×10-7 s時間內,質點M運動的路程為1.6 mm
答案 B
解析 因為超聲波沿x軸正方向傳播,根據波形平移法可知,質點M開始振動的方向沿y軸負方向,故A錯誤;由圖像可知波長為λ=14×10-2 mm,則探頭發(fā)出的超聲波在人體中的傳播速度為v=λT=λf=14×10-5×1×107 m/s=1.4×103 m/s,故B正確;質點并不會隨波的傳播方向遷移,故C錯誤;由題意可知周期為T=1f=1×10-7 s,由于Δt=0.75×10-7 s=34T,且t=0時刻,質點M處于平衡位置開始起振,則0~0.75×10-7 s時間內,質點M運動的路程為s=34×4A=3A=1.2 mm,故D錯誤。
3.(2024河北一模)研究表明原子核的質量雖然隨著原子序數(shù)的增大而增大,但是二者之間并不成正比關系,其核子的平均質量(原子核的質量除以核子數(shù))與原子序數(shù)的關系如圖所示,一般認為大于鐵原子核質量數(shù)(56)的為重核,小于則為輕核,下列對該圖像的說法錯誤的是( )
A.從圖中可以看出,Fe原子核最穩(wěn)定
B.從圖中可以看出,重核A裂變成原子核B和C時,釋放核能
C.從圖中可以看出,輕核D和E發(fā)生聚變生成原子核F時,釋放核能
D.從圖中可以看出,重核隨原子序數(shù)的增加,其比結合能越大
答案 D
解析 從圖中可以看出,Fe原子核核子平均質量最小,比結合能最大,Fe原子核最穩(wěn)定,故A正確,不符合題意;重核A裂變成原子核B和C時,由圖可知,核子平均質量減小,裂變過程存在質量虧損,需要釋放能量,故B正確,不符合題意;輕核D和E發(fā)生聚變生成原子核F時,由圖可知,核子平均質量減小,聚變過程存在質量虧損,需要釋放能量,故C正確,不符合題意;從圖中可以看出,重核隨原子序數(shù)的增加,原子核越不穩(wěn)定,故比結合能越小,故D錯誤,符合題意。
4.(2024山東棗莊一模)如圖所示,光滑斜面與平臺相連,小物塊以某一初速度從斜面底端沖上斜面并從平臺右端滑落。已知斜面長2 m,小物塊在斜面上運動的時間為1 s,則其初速度的大小可能為( )
A.2 m/s B.3 m/s
C.4 m/sD.5 m/s
答案 B
解析 設小物塊的初速度大小為v0,加速度大小為a,根據勻減速直線運動規(guī)律有x=v0t-12at2,v=v0-at>0,聯(lián)立解得v0v=xt=2 m/s,所以有2 m/sv3,但無法確定v2與v3的大小關系,故C錯誤;由于不知道三顆衛(wèi)星的質量關系,所以不能確定它們在軌道上1、2、3位置所受的萬有引力大小關系,故D錯誤。
8.(2024河南周口二模)如圖是差動變壓器式位移傳感器的簡化模型。兩組匝數(shù)相等的副線圈上下對稱分布,在ab端輸入穩(wěn)定的正弦式交變電流,電壓有效值為Uab,cd間輸出電壓有效值為Ucd。初始時,鐵芯兩端與副線圈平齊,鐵芯上下移動過程中始終有一端留在副線圈內,則鐵芯( )
A.向上移動,Ucd減小
B.向下移動,Ucd增大
C.靜止不動,增大Uab,則Ucd不變
D.向上移動一段距離后,增大Uab,則Ucd減小
答案 BC
解析 根據差動變壓器式位移傳感器的工作原理可知,兩組匝數(shù)相等的副線圈上下對稱,當鐵芯兩端與副線圈平齊時,兩副線圈產生的感應電動勢相互抵消,則cd間輸出的電壓為零,無論鐵芯向上移動還是向下移動,cd間的輸出電壓均增大,A錯誤,B正確;若鐵芯靜止不動,增大 ab 間的輸入電壓,則兩副線圈產生的感應電動勢仍相互抵消,cd 間輸出的電壓不變,仍為零,C正確;由以上分析可知,鐵芯向上移動一段距離后,cd 間一定有電壓輸出,若Uab增大,結合公式U1U2=n1n2可知,cd間的輸出電壓一定增大,D錯誤。
9.(2024安徽一模)如圖所示,輕質彈簧下端固定在光滑斜面底端,彈簧處于原長時上端在O點。小球將彈簧壓縮到M點(彈簧和小球不連接)。由靜止釋放小球后,將該時刻記為t=0,小球第一次運動到O點的時刻為t=t1,小球運動到的最高點為N。在小球第一次從M點運動到N點的過程中,小球的速度v、加速度a、動能Ek以及小球機械能E隨時間t變化的圖像可能正確的是( )
答案 AC
解析 小球向上運動過程中,根據牛頓第二定律有F-mgsin θ=ma,隨著彈力減小,加速度逐漸減小,速度逐漸增大,至F'=mgsin θ,此時加速度為0,速度達到最大,小球位于MO之間,隨后有mgsin θ-F=ma,隨著彈力F逐漸減小,加速度逐漸增大,直至t=t1后,加速度為a=gsin θ,之后加速度保持不變,速度逐漸減小,結合v-t圖像斜率為加速度,動能的計算公式Ek=12mv2可知,A、C正確,B錯誤;小球運動過程中,彈簧彈力對小球做正功,小球機械能先增大,后不變,故D錯誤。
10.電磁緩沖裝置廣泛應用于高鐵等交通工具,它利用電磁力來實現(xiàn)有效緩沖,其原理圖如圖所示。減速區(qū)分布著兩部分磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ(俯視),分別存在著垂直紙面向內和垂直紙面向外、寬度均為L的勻強磁場,磁感應強度的大小均為B。緩沖車質量為m,其底部最前端固定有邊長也為L的N匝正方形線圈,線圈電阻為r,緩沖車以速度v0無動力進入減速區(qū),不計摩擦及空氣阻力。則( )
A.緩沖車的線圈進入區(qū)域Ⅰ的過程中,線圈中的感應電流(從上往下看)沿逆時針方向
B.緩沖車的線圈進入區(qū)域Ⅰ的過程中,緩沖車做加速度減小的減速運動
C.若緩沖車的線圈剛進入區(qū)域Ⅱ時的速度為v,此時緩沖車受到的安培力大小為2N2B2L2vr
D.從緩沖車的線圈進入區(qū)域Ⅱ開始,在緩沖車運動位移為L的過程中,通過線圈的電荷量為2NBL2r
答案 ABD
解析 根據右手定則可知,緩沖車的線圈進入區(qū)域Ⅰ的過程中,線圈中的感應電流(從上往下看)沿逆時針方向,故A正確;緩沖車的線圈進入區(qū)域Ⅰ的過程中,根據牛頓第二定律得NIBL=ma,線圈中的電流為I=NBLv'r,可得a=N2B2L2v'mr,根據左手定則可知,緩沖車受到的安培力向左,故緩沖車的線圈進入區(qū)域Ⅰ的過程中,緩沖車做加速度減小的減速運動,故B正確;若緩沖車的線圈剛進入區(qū)域Ⅱ時的速度為v,線圈中的電流為I'=2NBLvr,此時緩沖車受到的安培力大小為F'=2I'BL=4N2B2L2vr,故C錯誤;從緩沖車的線圈進入區(qū)域Ⅱ開始,到緩沖車運動位移為L的過程中,通過線圈的電荷量為q=IΔt=NΔΦrΔtΔt=NΔΦr=N·2BL2r=2NBL2r,故D正確。

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