2025年高考二輪復(fù)習(xí)物理熱點(diǎn)3　科技發(fā)展類2

熱點(diǎn)三科技發(fā)展類選擇題:每小題4分,共16分1.(2024江蘇南京一模)汽車主動(dòng)降噪系統(tǒng)的原理是通過(guò)揚(yáng)聲器發(fā)出聲波將車外噪聲反向抵消,從而減少車內(nèi)噪聲。下列說(shuō)法正確的是()A.抵消信號(hào)的振幅應(yīng)為噪聲信號(hào)的2倍B.抵消信號(hào)與噪聲信號(hào)的波長(zhǎng)相同C.汽車降噪是因?yàn)樵肼曅盘?hào)發(fā)生了偏振D.汽車降噪是因?yàn)樵肼曅盘?hào)發(fā)生了多普勒效應(yīng)答案B解析汽車降噪過(guò)程應(yīng)用的是聲波的疊加原理,抵消聲波振幅和頻率應(yīng)與環(huán)境噪聲的振幅和頻率相同。由于機(jī)械波波速由介質(zhì)決定,由公式v=λf可知抵消信號(hào)與噪聲信號(hào)的波長(zhǎng)相同,故A、C、D錯(cuò)誤,B正確。2.(多選)如圖甲所示是航母電磁阻攔技術(shù)的原理簡(jiǎn)圖,飛機(jī)著艦時(shí)通過(guò)絕緣阻攔索鉤住水平導(dǎo)軌上的金屬棒ab并關(guān)閉動(dòng)力系統(tǒng),在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中減速滑行。若忽略導(dǎo)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(jī)滑行過(guò)程()A.飛機(jī)的加速度與位移成正比B.飛機(jī)的加速度與速度成正比C.通過(guò)ab的電荷量與位移成正比D.回路產(chǎn)生的焦耳熱與位移成正比答案BC解析飛機(jī)著艦時(shí)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(jī)的加速度與位移不成正比,故A錯(cuò)誤;由牛頓第二定律F=BIL=ma,而I=ER=BLv,可得a=B2L2vmR,可知飛機(jī)的加速度與速度成正比,故B正確;通過(guò)ab的電荷量q=IΔt=ERΔt=ΔΦΔt·ΔtR=ΔΦR,設(shè)ab棒長(zhǎng)度為L(zhǎng),則ΔΦ=BL·x,則有q=BLx3.(2024山東濰坊一模)制造半導(dǎo)體元件,需要精確測(cè)定硅片上涂有的二氧化硅(SiO2)薄膜的厚度,把左側(cè)二氧化硅薄膜腐蝕成如圖所示的劈尖,用波長(zhǎng)λ=630nm的激光從上方照射劈尖,觀察到在腐蝕區(qū)域內(nèi)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(jù)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(zhǎng)為λ1=λn,觀察到在腐蝕區(qū)域內(nèi)有8條暗紋,則二氧化硅的棱MN處的亮紋是第9條,設(shè)二氧化硅薄膜的厚度為d,則有2d=8λ1,聯(lián)立解得d=1680nm,故選A4.(多選)(2024廣東廣州一模)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(jiǎn)化圖。間隔棒將六根相同平行長(zhǎng)直導(dǎo)線分別固定在正六邊形的頂點(diǎn)a、b、c、d、e、f上,O為正六邊形的中心。已知通電長(zhǎng)直導(dǎo)線周圍的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小與電流I、距離r的關(guān)系式為B=kIr(式中k為常量)。設(shè)a、b間距為L(zhǎng),當(dāng)六根導(dǎo)線通有等大同向電流I0時(shí),a處導(dǎo)線對(duì)b處導(dǎo)線的安培力大小為F,則(A.a處導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為kB.六根導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為6C.a處導(dǎo)線所受安培力方向沿aO指向O點(diǎn)D.a處導(dǎo)線對(duì)d處導(dǎo)線的安培力大小為F答案ACD解析根據(jù)幾何關(guān)系可知,a、O間距為L(zhǎng),則a處導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為BaO=kI0L,故A正確。根據(jù)右手螺旋定則結(jié)合對(duì)稱性可知,a、d兩處導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等,方向相反;b、e兩處導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等,方向相反;c、f兩處導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等,方向相反;則六根導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0,故B錯(cuò)誤。根據(jù)方向相同的兩根直線電流之間的安培力為吸引力,結(jié)合對(duì)稱性可知,b、f兩處導(dǎo)線對(duì)a處導(dǎo)線的安培力合力方向沿aO指向O點(diǎn);c、e兩處導(dǎo)線對(duì)a處導(dǎo)線的安培力合力方向沿aO指向O點(diǎn);d處導(dǎo)線對(duì)a處導(dǎo)線的安培力方向沿aO指向O點(diǎn);故a處導(dǎo)線所受安培力方向沿aO指向O點(diǎn),故C正確。根據(jù)幾何關(guān)系可知,a、d間距為2L,則a處導(dǎo)線在d點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為Bad=kI02L=12Bab,可知a處導(dǎo)線在d點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小等于a處導(dǎo)線在b點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的一半,5.(8分)近年來(lái),對(duì)具有負(fù)折射率(n<0)人工材料的光學(xué)性質(zhì)及應(yīng)用的研究備受關(guān)注。如圖甲所示,光從真空射入負(fù)折射率材料時(shí),入射角和折射角的大小關(guān)系仍然遵從折射定律,但折射角取負(fù)值,即折射光線和入射光線位于界面法線同側(cè)。如圖乙所示,在真空中對(duì)稱放置兩個(gè)完全相同的負(fù)折射率材料制作的直角三棱鏡A、B,頂角為θ,A、B兩棱鏡斜面相互平行放置,兩斜面間的距離為d。一束包含有兩種頻率光的激光,從A棱鏡上的P點(diǎn)垂直入射,它們?cè)诶忡R中的折射率分別為n1=2,n2=233,在B棱鏡下方有一平行于下表面的光屏,P'點(diǎn)為(1)為使兩種頻率的光都能從棱鏡A斜面射出,求θ的取值范圍;(2)若θ=30°,求兩種頻率的光通過(guò)兩棱鏡后,打在光屏上的點(diǎn)距P'點(diǎn)的距離。答案(1)0°<θ<45°(2)1+32d解析(1)分析可知兩光線的入射角等于棱鏡的頂角θ,若兩光線能從棱鏡A斜面射出,θ應(yīng)小于兩光線最小的臨界角,由sinC=1得C=45°所以θ的取值范圍為0°<θ<45°。(2)兩束光傳播的光路圖如圖所示由折射定律可知sin(-θsin(-θ由幾何關(guān)系可知x1=dcosθ1sin(θx2=dcosθ2sin(θ解得x1=1+32d,x2=2+6.(10分)(2024福建莆田二模)福建艦成功實(shí)現(xiàn)電磁彈射試驗(yàn)后,某興趣小組設(shè)計(jì)了一個(gè)模擬電磁彈射系統(tǒng),如圖甲所示,系統(tǒng)左側(cè)接有直流電源、單刀雙擲開(kāi)關(guān)S和電容為C的電容器,右側(cè)是離水平地面高為h的水平光滑平行金屬導(dǎo)軌,導(dǎo)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(guò)電刷與導(dǎo)軌連接形成回路,線圈處于導(dǎo)軌間的輻射狀磁場(chǎng)中,側(cè)視圖如圖乙所示。首先將開(kāi)關(guān)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(kāi)始加速,達(dá)到最大速度后脫離導(dǎo)軌落在水平地面上,落地點(diǎn)離導(dǎo)軌右端點(diǎn)的水平距離為x。已知助推模型(含線圈、電刷)的質(zhì)量為m,重力加速度為g;線圈的半徑為r,匝數(shù)為n,總電阻為R,其所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。不計(jì)空氣阻力、導(dǎo)軌電阻、線圈中電流產(chǎn)生磁場(chǎng)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(kāi)軌道時(shí)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(dá)到最大速度后脫離導(dǎo)軌,做平拋運(yùn)動(dòng),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(kāi)軌道時(shí)電容器兩端的電勢(shì)差為U=nBLvm=nB·2πr·xg2h=2π離開(kāi)軌道時(shí)電容器所帶的電荷量為q=CU=2πnCBrxg2(3)助推模型剛在軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí),加速度最大,設(shè)助推模型剛在軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí),電容器兩端的電勢(shì)差為U0,根據(jù)動(dòng)量定理有nIBLΔt=mvm其中L=2πrΔq=IΔt=C(U0U)解得U0=mx2πnCBrg2根據(jù)牛頓第二定律有nI0BL=mam電流為I0=U聯(lián)立解得在軌道上的最大加速度為am=xRC7.(12分)如圖甲所示,我國(guó)目前采用托卡馬克磁約束裝置作為核反應(yīng)“容器”,某實(shí)驗(yàn)室簡(jiǎn)化的模擬磁約束磁場(chǎng)如圖乙所示,半徑為R的足夠長(zhǎng)水平圓柱形區(qū)域內(nèi)分布水平向右的勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ,并已知磁感應(yīng)強(qiáng)度為B;圓柱形磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ外側(cè)分布有厚度為L(zhǎng)的環(huán)形磁場(chǎng)Ⅱ,其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小處處相同,方向與B(磁場(chǎng)Ⅰ)垂直,其左視圖與縱截面圖分別如圖丙、圖丁所示。某時(shí)刻速度為v=BqRm的氘原子核(已知氘原子核質(zhì)量為m,電荷量為q)從水平磁場(chǎng)Ⅰ最低點(diǎn)豎直向下射入磁場(chǎng)Ⅱ,氘原子核恰不能飛出磁場(chǎng)區(qū)域,忽略粒子重力和空氣阻力,(1)求環(huán)形磁場(chǎng)Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小;(2)求該氘原子核從出發(fā)后到回到水平磁場(chǎng)Ⅰ最低點(diǎn)需要的時(shí)間。答案(1)BR(2)2解析(1)根據(jù)題意,粒子恰好不能由磁場(chǎng)Ⅱ飛出,則滿足R2=L根據(jù)牛頓第二定律可得qvB2=m解得B2=BRL(2)粒子在磁場(chǎng)Ⅰ區(qū)域時(shí)qvB=mv2R解得R1=R所以粒子在磁場(chǎng)Ⅰ區(qū)域軌跡如圖所示所以粒子在磁場(chǎng)Ⅰ區(qū)域運(yùn)動(dòng)總時(shí)間t1=2粒子在磁場(chǎng)Ⅱ中做四次半個(gè)圓周運(yùn)動(dòng),總時(shí)間t2=2所以t總=t1+t2=2π8.(14分)(2024山西一模)在芯片制造過(guò)程中,離子注入是一道重要的工序。為了準(zhǔn)確地注入離子,需要在一個(gè)有限空間中用電磁場(chǎng)對(duì)離子的運(yùn)動(dòng)軌跡進(jìn)行調(diào)控。如圖所示,在空間直角坐標(biāo)系Oxyz內(nèi)的長(zhǎng)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(nèi)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,(1)僅在長(zhǎng)方體區(qū)域內(nèi)加沿z軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),所有的粒子從BB1邊射出電場(chǎng),求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E0;(2)僅在長(zhǎng)方體區(qū)域內(nèi)加沿y軸正方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng),所有的粒子都經(jīng)過(guò)A1ABB1面射出磁場(chǎng),求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0的范圍;(3)在長(zhǎng)方體區(qū)域內(nèi)加沿z軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)、勻強(qiáng)磁場(chǎng),已知磁感應(yīng)強(qiáng)度B=43T,電場(chǎng)強(qiáng)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(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,則有L2=v0tL1=12·聯(lián)立解得E0=1.2×105V/m。(2)所有的粒子都經(jīng)過(guò)A1ABB1面射出磁場(chǎng),臨界狀態(tài)為分別從AA1、BB1邊射出。當(dāng)粒子從AA1邊射出時(shí),則有r1=12L1,qv0B1=m解得B1=83當(dāng)粒子從BB