【文章內(nèi)容簡介】 了共振原理；WiFi信號(hào)限于短程傳輸，是因?yàn)槠淠芰刻汀Ｔ擃}考查光的干涉現(xiàn)象、光的偏振現(xiàn)象、聽診器的原理以及WiFi技術(shù)等一些記憶性知識(shí)點(diǎn)的內(nèi)容，要做好這種涉及多個(gè)簡單知識(shí)點(diǎn)的題目，關(guān)鍵要注意平時(shí)的積累。4.【答案】B【解析】解：設(shè)N2氣體摩爾數(shù)為n，則n=ρVM，氣體分子數(shù)N=n?NA=ρVM?NA，代入數(shù)據(jù)解得N=1021023=21026，故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選：B。1mol任何物質(zhì)所含有相同的粒子數(shù)，叫做阿伏加德羅常數(shù)NA，本題可利用阿伏加德羅常數(shù)的定義，求出氣體物質(zhì)的量，進(jìn)而求出分子數(shù)本題考查阿伏加德羅常數(shù)的相關(guān)計(jì)算，要求學(xué)生掌握阿伏加德羅常數(shù)的定義，明確阿伏加德羅常數(shù)與其他微觀量的關(guān)系，從而計(jì)算求解，難度較低。5.【答案】D【解析】解：A、線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω=2πn，線圈轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的交變電動(dòng)勢的最大值Em=BSω=Bπr22?2πn=π2r2Bn，故A錯(cuò)誤；BC、設(shè)此交變電動(dòng)勢在一個(gè)周期內(nèi)的有效值為E39。，根據(jù)電流的熱效應(yīng)可得：(Em2?R)2R?T2=(E39。R)2RT，解得E39。=Em2，故電流表的示數(shù)I=E39。R=π2r2Bn2R，故BC錯(cuò)誤；D、從圖1所示位置開始計(jì)時(shí)，線圈從中性面開始轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)轉(zhuǎn)動(dòng)90176。時(shí)，線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢最大，形成的感應(yīng)電流最大，此后從90176。轉(zhuǎn)動(dòng)到270176。時(shí)，線圈位于磁場之外，不產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，從270176。到360176。的過程中再次產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，故線圈在電路中產(chǎn)生的電流大致如圖2所示，故D正確；故選：D。根據(jù)題意得出感應(yīng)電動(dòng)勢的最大值，根據(jù)電流的熱效應(yīng)求得交流電的有效值，根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生交流電從而確定it圖像。本題考查了法拉第電磁感應(yīng)定律與閉合電路的歐姆定律的應(yīng)用，掌握有效值與最大值的關(guān)系，會(huì)利用電流的熱效應(yīng)求有效值。6.【答案】A【解析】解：A、活塞向左移動(dòng)過程氣體體積V減小，氣體分子總數(shù)N一定，單位體積的分子數(shù)n=NV，由于N一定，n與V成反比，nV圖象是雙曲線的一支，故A正確；B、氣體體積V減小，外界對(duì)氣體做功，W0；氣缸絕熱，活塞不導(dǎo)熱，氣體與外界沒有熱傳導(dǎo)，Q=0；由熱力學(xué)第一定律得：△U=W+Q=W0，氣體溫度T升高，由理想氣體狀態(tài)方程pVT=C得：pV=CT，如果T不變，p與V成反比，pV圖象是雙曲線的一支，現(xiàn)在T升高，p與V不是反比關(guān)系，故B錯(cuò)誤；C、氣體的體積V減小溫度T增大，由理想氣體狀態(tài)方程pVT=C可知，氣體壓強(qiáng)p增大；由理想氣體狀態(tài)方程pVT=C得：T=pCV，在p不變時(shí)T與V成正比，現(xiàn)在p增大，T與V不成正比；溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志，分子平均動(dòng)能與溫度成正比，如果T與V成正比，則分子平均動(dòng)能Ek與V成正比，現(xiàn)在T與V不成正比，則Ek與V不成正比，故C錯(cuò)誤；D、氣體體積減小，氣體溫度升高，氣體內(nèi)能怎大，內(nèi)能隨體積變化而變化，故D錯(cuò)誤。故選：A。一定量的理想氣體內(nèi)能由溫度決定，溫度升高氣體內(nèi)能增大；向左緩慢移動(dòng)活塞過程氣體體積減小，外界對(duì)氣體做功；應(yīng)用熱力學(xué)第一定律與理想氣體狀態(tài)方程分析答題。本題考查了理想氣體狀態(tài)方程與熱力學(xué)第一定律的應(yīng)用，掌握基礎(chǔ)知識(shí)，根據(jù)題意分析清楚氣體狀態(tài)變化過程是解題的前提，應(yīng)用理想氣體狀態(tài)方程、熱力學(xué)第一定律即可解題。7.【答案】D【解析】解：A、第1s末，物體的加速度向上，物體處于超重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)牛頓第二定律有Fmg=ma，代入數(shù)據(jù)可解得F=104N，故B錯(cuò)誤；C、第2s末鋼繩突然斷裂，此后木箱只受重力作用，直至第5s末落地，因此第3s末物體的加速度為重力加速度g，物體處于完全失重狀態(tài)，物體對(duì)木箱底面的壓力為0，故C錯(cuò)誤；D、木箱2s內(nèi)上升高度h1=12at12，代入數(shù)據(jù)得h1=8m，第2s末的速度v1=8m/s，鋼繩斷裂后木箱向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2=v1g，代入數(shù)據(jù)得t2=，上升的高度h2=v122g，代入數(shù)據(jù)得h2=，到最高點(diǎn)后木箱做自由落體運(yùn)動(dòng)，下落高度h=12g(tt1t2)2，代入數(shù)據(jù)得h=，則木箱原先靜止處離地高度為△h=hh2h1，代入數(shù)據(jù)得△h=13m，故D正確。故選：D。結(jié)合受力情況，對(duì)物體運(yùn)動(dòng)情況進(jìn)行分析，最初在鋼繩拉力下物體加速度向上，處于超重狀態(tài)；第2s末鋼繩突然斷裂，之后物體只受重力作用，處于失重狀態(tài)，加速度為g，方向向下。本題考查牛頓運(yùn)動(dòng)定律與勻變速直線運(yùn)動(dòng)基本規(guī)律，要求學(xué)生在對(duì)物體受力情況進(jìn)行分析的基礎(chǔ)上，利用牛頓運(yùn)動(dòng)定律，確定物體運(yùn)動(dòng)情況，并利用勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律進(jìn)行相關(guān)運(yùn)算，本題難度適中。8.【答案】C【解析】解：A、兩球同時(shí)拋出，且在最高點(diǎn)相遇，說明兩小球在豎直方向的分運(yùn)動(dòng)相同。因?yàn)锽球做初速度v2=4m/s的豎直上拋運(yùn)動(dòng)，所以A球在豎直方向的分運(yùn)動(dòng)也是初速度v2=4m/s的豎直上拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平行四邊形定則可知，A球在水平方向的速度v39。=v12v22=3m/s，B球上升到最高點(diǎn)的時(shí)間t=v2g=，此時(shí)間內(nèi)A球的水平位移x=v39。t=，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B、拋出時(shí)，兩球沿豎直方向的速度分量相等，則重力的瞬時(shí)功率PA=PB，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C、A球在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以A球與B球相碰時(shí)A球的速度v39。=3m/s，由于發(fā)生彈性碰撞，且兩球質(zhì)量相等，根據(jù)能量守恒得：mv39。=mv1+mv2根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：12mv39。2=12mv12+12mv22解得：v1=0，v2=v39。=3m/s因此碰撞后兩球速度交換，即A、B兩球相碰后，A球的速度變?yōu)榱?，B球的速度變?yōu)?m/s，此后A球做自由落體運(yùn)動(dòng)，B球做平拋運(yùn)動(dòng)，C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤。故選：C。根據(jù)兩個(gè)小球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，豎直位移相同，豎直方向的加速度均為g，可得：兩個(gè)小球豎直方向的初速度相同，根據(jù)豎直方向速度時(shí)間公式，得運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，求水平方向的位移，即兩個(gè)小球拋出時(shí)的間距；根據(jù)重力的功率為重力乘以重力方向的速度求出兩個(gè)功率的關(guān)系；根據(jù)能量守恒定律和動(dòng)量守恒定律求出在最高點(diǎn)碰后兩個(gè)小球的速度。解本題的關(guān)鍵是根據(jù)兩個(gè)小球的運(yùn)動(dòng)關(guān)系找到A小球水平和豎直方向的速度。注意重力的功率為重力乘以豎直方向的速度、在最高點(diǎn)碰撞時(shí)滿足能量守恒和動(dòng)量守恒。9.【答案】AC【解析】解：A、驅(qū)動(dòng)電機(jī)的輸入功率為：P入=UI=300V10A=3000W，故A正確；B、機(jī)動(dòng)車勻速行駛的速度為：v=xt=500m250s=2m/s電動(dòng)