1.(2024廣東茂名一模)《史記》中對日暈有“日有暈,謂之日輪”的描述。如圖甲所示,日暈是日光通過卷層云時,受到冰晶的折射或反射而形成的。圖乙為太陽光射到六邊形冰晶上發(fā)生兩次折射的光路圖,對于圖乙中出射的單色光a、b,下列說法正確的是( )
A.單色光a的折射率比單色光b的折射率大
B.在冰晶中,單色光a的傳播速度比單色光b的傳播速度大
C.單色光a的頻率比單色光b的頻率大
D.單色光a的單個光子能量比單色光b的單個光子能量大
答案 B
解析 根據(jù)n=sinisinγ,單色光a、b入射角相同,b光折射角小,則單色光b的折射率大于單色光a的,故A錯誤;根據(jù)v=cn,單色光b的折射率大于單色光a的,則單色光a在冰晶中的傳播速度比單色光b的大,故B正確;頻率越高,折射率越大,則單色光b的頻率大于單色光a的,故C錯誤;根據(jù)ε=hν,單色光b的頻率大于單色光a的,則單色光b的單個光子能量大于單色光a的,故D錯誤。
2.(2024湖南岳陽一模)如圖所示,真空中有一邊長為l的正六邊形ABCDFG,O為正六邊形中心,在A、B、C三點(diǎn)分別固定電荷量為q、-2q、q(q>0)的三個點(diǎn)電荷。已知點(diǎn)電荷Q的電勢公式φ=kQr,其中k為靜電常量,Q為場源電荷的電荷量,r為某點(diǎn)到Q的距離,取無窮遠(yuǎn)處電勢為零。則下列說法正確的是( )
A.O點(diǎn)電勢為負(fù)
B.D點(diǎn)和G點(diǎn)電場強(qiáng)度相同
C.O點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為kql2,方向由O指向B
D.把一帶負(fù)電的試探電荷從O點(diǎn)移至F點(diǎn),其電勢能變大
答案 C
解析 根據(jù)題意可得,O點(diǎn)電勢為φO=φA+φB+φC=kql+k·(-2q)l+kql=0,故A錯誤;如圖所示,根據(jù)點(diǎn)電荷的電場強(qiáng)度計算公式可得EA=EC'=kql2,EB=EB'=k2q3l2=2kq3l2,EC=EA'=kq4l2=kq4l2,根據(jù)電場強(qiáng)度的疊加原理可知D點(diǎn)和G點(diǎn)電場強(qiáng)度不相同,故B錯誤;O點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為EO=k2ql2-2kql2cs 60°=kql2,方向由O指向B,故C正確;從O點(diǎn)到F點(diǎn)電勢升高,所以把一帶負(fù)電的試探電荷從O點(diǎn)移至F點(diǎn),其電勢能變小,故D錯誤。
3.(2024廣東茂名一模)如圖甲所示的智能機(jī)器人廣泛應(yīng)用于酒店、醫(yī)院等場所。機(jī)器人內(nèi)電池的容量為25 000 mA·h,負(fù)載10 kg時正常工作電流約為5 A,電池容量低于20%時不能正常工作,此時需要用充電器對其進(jìn)行充電,充電器的輸入電壓如圖乙所示。下列說法正確的是( )
A.充電器的輸入電流頻率為100 Hz
B.充電器的輸入電壓瞬時表達(dá)式為u=2202sin 10πt
C.機(jī)器人充滿電后電池的電荷量為25 C
D.機(jī)器人充滿電后,負(fù)載10 kg時大約可以持續(xù)正常工作4 h
答案 D
解析 由圖乙可知交流電壓的周期為0.02 s,根據(jù)f=1T,可知輸入電流頻率為50 Hz,故A錯誤;由圖乙可知周期為0.02 s,則ω=2πT=100π rad/s,充電器的輸入電壓的瞬時值表達(dá)式為u=2202sin 100πt V,故B錯誤;機(jī)器人充滿電后電池的電荷量Q=It=25 A·h=9×104 C,正常工作可用電荷量為20 A·h,由Q=It,可知負(fù)載10 kg時大約可以持續(xù)工作4 h,故C錯誤,D正確。
4.(2024黑龍江哈爾濱一模)如圖甲所示,直導(dǎo)線P、Q分別被兩根等長且平行的絕緣輕繩懸掛于水平軸上,且P固定于水平軸正下方,兩組輕繩長也相同,其截面圖如圖乙所示,導(dǎo)線P通以垂直紙面向里的電流;導(dǎo)線Q電流方向未知,平衡時兩導(dǎo)線位于同一水平面,且兩組絕緣輕繩與豎直方向夾角均為θ。已知Q的質(zhì)量為m,重力加速度為g。下列說法正確的是( )
A.導(dǎo)線Q中電流方向垂直紙面向里
B.導(dǎo)線P、Q間的安培力大小為2mgsin θ2
C.僅使導(dǎo)線P中電流I緩慢增大且θ不超過90°,導(dǎo)線Q對輕繩的拉力大小逐漸增大
D.當(dāng)導(dǎo)線P中電流突然消失的瞬間,導(dǎo)線Q受到兩輕繩的拉力大小之和為mgsin θ
答案 C
解析 對Q進(jìn)行受力分析可知,P對Q的力為斥力,由安培定則和左手定則可知,兩導(dǎo)線的電流方向相反,即導(dǎo)線中電流方向垂直紙面向外,故A錯誤;設(shè)導(dǎo)線Q受到兩輕繩的拉力之和為T,導(dǎo)線P、Q間的安培力為F,對Q進(jìn)行受力分析如圖所示,由幾何關(guān)系得F=mgtan θ,故B錯誤;由幾何關(guān)系得T=mgcsθ,使導(dǎo)線P中電流I緩慢增大,則θ逐漸增大,又θ不超過90°,則cs θ逐漸變小,T逐漸增大,故C正確;當(dāng)導(dǎo)線P中電流突然消失的瞬間,導(dǎo)線P、Q間的安培力消失,此時沿輕繩方向上的合力為零,則導(dǎo)線Q受到兩輕繩的拉力大小之和為mgcs θ,故D錯誤。
二、多項選擇題:本題共4小題,每小題6分,共24分。每小題有多個選項符合題目要求,全部選對得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分。
5.(2024陜西西北工業(yè)大學(xué)附屬中學(xué)二模改編)如圖所示,甲、乙兩傳送帶,傾斜于水平地面放置,傳送帶上表面以同樣恒定速率v向上運(yùn)動,現(xiàn)將一質(zhì)量為m的小物體(視為質(zhì)點(diǎn))輕輕放在A處,小物體在甲傳送帶上到達(dá)B處時恰好達(dá)到傳送帶的速率v,小物體在乙傳送帶上到達(dá)離E處豎直高度為h的C處時達(dá)到傳送帶的速率v,已知A處到B處、D處到E處的豎直高度均為H,則在小物體從傳送帶底端到傳送帶頂端的過程中( )
A.兩種傳送帶對小物體做功相等
B.將小物體分別傳送到B、E處,甲圖所示的系統(tǒng)中傳送帶消耗的電能比乙的多
C.兩種傳送帶與小物體之間的動摩擦因數(shù)相同
D.將小物體分別傳送到B、E處,甲圖所示的系統(tǒng)中因摩擦而產(chǎn)生的熱量比乙的多
答案 ABD
解析 在小物體從傳送帶底端到傳送帶頂端的過程中,根據(jù)功能關(guān)系可知,傳送帶對小物體做的功等于小物體機(jī)械能的增加量,因機(jī)械能增量相同,故傳送帶對小物體做功相等,故A正確;小物體在兩種傳送帶上均做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動,加速度大小a=μgcs θ-gsin θ,在速度達(dá)到v的過程中,小物體在甲傳送帶上的位移s較大,根據(jù)公式a=v22s,可知小物體在甲傳送帶上時的加速度較小,根據(jù)a=μgcs θ-gsin θ,可得μ=agcsθ+tan θ,即小物體與甲傳送帶間的動摩擦因數(shù)較小,故C錯誤;在小物體從傳送帶底端到傳送帶頂端的過程中,只有小物體相對傳送帶發(fā)生滑動時,即只有在加速過程中,系統(tǒng)才發(fā)生“摩擦生熱”,根據(jù)公式Q=fs相對計算系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量,可選取做勻速運(yùn)動的傳送帶為慣性參考系,小物體在慣性參考系里做初速度大小為v,加速度大小為a=μgcs θ-gsin θ,末速度為零的勻減速直線運(yùn)動,可求出s相對=v22a,可見,s相對等于小物體相對于地面速度從0加速到v過程中的位移,即系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量等于小物體加速過程中摩擦力對小物體做的功,對于甲傳送帶,在加速過程中摩擦力做正功設(shè)為W1,克服重力做功為mgH,動能改變量為12mv2,根據(jù)動能定理可求得W1=12mv2+mgH,同理可求出小物體在乙傳送帶上加速過程中摩擦力做的功為W2=12mv2+mgH-h,顯然W1>W2,所以Q1>Q2,即甲系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量多,故D正確;在將小物體分別傳送到B、E處的過程中,傳送帶消耗的電能等于系統(tǒng)增加的機(jī)械能和產(chǎn)生的內(nèi)能,兩種系統(tǒng)增加的機(jī)械能相等,產(chǎn)生的內(nèi)能Q1>Q2,所以甲圖所示的系統(tǒng)中傳送帶消耗的電能比乙的多,故B正確。
6.(2024廣東湛江一模)在兒童樂園的蹦床項目中,小孩在兩根彈性繩和彈性網(wǎng)繩的協(xié)助下實(shí)現(xiàn)上下彈跳。如圖所示,某次蹦床活動中,小孩靜止時處于O點(diǎn),當(dāng)其彈跳到最高點(diǎn)A后下落,可將彈性網(wǎng)繩壓到最低點(diǎn)B,小孩可看成質(zhì)點(diǎn),不計彈性繩的重力、彈性網(wǎng)繩的重力和空氣阻力。則從最高點(diǎn)A到最低點(diǎn)B的過程中,小孩的( )
A.重力的功率先增大后減小
B.機(jī)械能一直減小
C.重力勢能的減少量大于彈性網(wǎng)繩彈性勢能的增加量
D.機(jī)械能的減少量等于彈性網(wǎng)繩彈性勢能的增加量
答案 AC
解析 當(dāng)小孩彈跳到最高點(diǎn)A后下落,將彈性網(wǎng)繩壓到最低點(diǎn)B的過程中,速度v先增大后減小,根據(jù)P=mgv可知重力的功率先增大后減小,故A正確;當(dāng)小孩彈跳到最高點(diǎn)A后下落,將彈性網(wǎng)繩壓到最低點(diǎn)B的過程中,小孩的機(jī)械能先不變后減小,故B錯誤;當(dāng)小孩彈跳到最高點(diǎn)A后下落,將彈性網(wǎng)繩壓到最低點(diǎn)B的過程中,重力勢能的減少量等于彈性繩和彈性網(wǎng)繩的彈性勢能的增加量,則重力勢能的減少量大于彈性網(wǎng)繩彈性勢能的增加量,故C正確;當(dāng)小孩彈跳到最高點(diǎn)A后下落,將彈性網(wǎng)繩壓到最低點(diǎn)B的過程中,機(jī)械能的減少量等于彈性繩和彈性網(wǎng)繩的彈性勢能的增加量,故D錯誤。
7.(2024湖南岳陽一模改編)如圖甲所示,小明在地球表面進(jìn)行了物體在豎直方向做直線運(yùn)動的實(shí)驗(yàn),彈簧原長時,小球由靜止釋放,在彈簧彈力與重力作用下,測得小球的加速度a與位移x的關(guān)系圖像如圖乙所示。已知彈簧的勁度系數(shù)為k,地球的半徑為R,引力常量為G,不考慮地球自轉(zhuǎn)影響,忽略空氣阻力,下列說法正確的是( )
A.小球的位移為x0時,小球正好處于完全失重狀態(tài)
B.小球的最大速度為a0x0
C.小球的質(zhì)量為kx0a0
D.地球的密度為3a02πGR
答案 BC
解析 由題圖乙可知,小球的位移為x0時,小球的加速度為0,小球的合力為0,彈簧的拉力與小球的重力等大反向,小球既不是失重狀態(tài)也不是超重狀態(tài),故A錯誤;小球的加速度a與位移x的關(guān)系圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示速度二次方的一半,當(dāng)小球的速度為零時,小球的加速度最大,設(shè)小球的最大速度為v,則有12v2=12a0x0,得小球的最大速度v=a0x0,故B正確;設(shè)地球表面的重力加速度為g,小球的質(zhì)量為m,當(dāng)小球向下運(yùn)動的位移為x,彈簧的伸長量也為x,設(shè)小球的加速度為a,對小球受力分析,由牛頓第二定律可得mg-kx=ma,整理可得a=-kmx+g,結(jié)合圖乙可知-km=-a0x0,g=a0,則有m=kx0a0,故C正確;設(shè)地球的質(zhì)量為m地,由mg=Gm地mR2,可得m地=gR2G,又有g(shù)=a0,解得m地=a0R2G,則地球的密度為ρ=m地43πR3=3a04πGR,故D錯誤。
8.(2024四川成都一模)如圖所示,傾角為30°的斜面體置于粗糙的水平地面上,斜面上有一質(zhì)量為4m的滑塊,通過輕繩繞過光滑的滑輪與質(zhì)量為m的帶正電的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))相連,滑輪下方有一個光滑的小孔,輕繩與斜面平行。小球在水平面內(nèi)做圓周運(yùn)動,輕繩與豎直方向的夾角也為30°。斜面體和滑塊始終靜止,滑塊與斜面的動摩擦因數(shù)為32,小球與小孔之間的繩長為L,重力加速度為g,下列說法正確的是( )
A.斜面體所受到地面的摩擦力大小為mg
B.若增大小球的轉(zhuǎn)速,輕繩對小孔的作用力減小
C.若增大小球的轉(zhuǎn)速,小球能達(dá)到的最大轉(zhuǎn)速為12π 5gL
D.若此時在空間加上豎直向下的電場,要使小球的轉(zhuǎn)速不變,則小球到轉(zhuǎn)動中心的距離增大
答案 AC
解析 對小球受力分析有mg=Tcs 30°,解得T= mg cs 30°=233mg,將滑塊和斜面看成整體,由平衡條件得,斜面體所受摩擦力大小為f1=Tcs 30°=233mg×32=mg,故A正確;設(shè)輕繩與豎直方向的夾角為θ,對小球有Tsin θ=mω2Lsin θ,Tcs θ=mg,可得T=mω2L,又因?yàn)棣?2πn,所以隨著轉(zhuǎn)速的增大,角速度會增大;拉力會增大,輕繩與豎直方向的夾角會增大,兩輕繩的夾角會減小,所以合力會增大;所以輕繩對小孔的作用力增大,故B錯誤;因?yàn)檩p繩對滑塊的拉力越大,滑塊越容易往上滑動,所以當(dāng)小球轉(zhuǎn)速最大,即輕繩的拉力最大時,對滑塊受力分析得T=4mgsin 30°+4μmgcs 30°,即mω2L=4mgsin 30°+4μmgcs 30°,可得最大角速度為ω=5gL,所以最大轉(zhuǎn)速為n=ω2π=12π5gL,故C正確;加上電場后,對小球受力分析知Tsin θ=mω2Lsin θ,Tcs θ=mg+qE,因?yàn)橐罐D(zhuǎn)速不變,即角速度不變,所以輕繩的拉力大小不變,因?yàn)樨Q直方向繩的分力相對沒有加電場時增大了,所以由以上公式知θ減小,即小球到轉(zhuǎn)動中心的距離減小,故D錯誤。

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