1．光波和机械波

光和机械波一样，都具有波的性质，他们不仅能够产生反射、折射，还能产生干涉和衍射，能够传递能量，携带信息。

完成下列问题：

 

1．（多选）下列关于光的说法正确的是（    ）

A．光波和超声波属于同种性质的波

B．光能发生偏振现象，说明光波是一种横波

C．阳光照耀下的肥皂泡呈现彩色花纹是光衍射的结果

D．将白光分别照射到单缝和双缝上，光屏上都可能呈现彩色条纹

 

2．如图所示，一个半圆形的玻璃砖，其折射率 n。入射光 a 沿着玻璃砖半径射到直边上 O 点，分成两束光线 b 和 c，虚线为过 O 点的法线，则有（     ）

A．n = sinγ/cosβ             B．n = sinα/sinγ

C．n = sinα/cosβ            D．n = sinγ/sinβ

 

3．一列机械横波向右传播，在 t = 0 时的波形如图所示，A、B 两质点间距为 8 m，B、C 两质点在平衡位置的间距为 3 m，当 t = 1 s 时，质点 C 恰好通过平衡位置，该波的波速可能为（     ）

A．\(\frac{1}{3}\) m/s                         B．3 m/s

C．13 m/s                       D．27 m/s

【答案】

1．BD

2．A

3．C

【解析】

1．A．光波是电磁波，超声波是机械波，故 A 错误；

B．光能发生偏振现象，说明光波是一种横波，故 B 正确；

C．阳光照耀下的肥皂泡呈现彩色花纹是光干涉的结果，故 C 错误；

D．将白光分别照射到单缝和双缝上，衍射和干涉时不同色光的亮条纹位置不同，光屏上都可能呈现彩色条纹，故 D 正确。

故选 BD。

 

2．根据折射定律 n = sinγ/sinα；

根据几何关系有 α + β = 90°；

可得 n = sinγ/cosβ

故选 A。

 

3．机械横波向右传播，当波形移动 kλ + 1 或 kλ + 5 的距离，即 k \(\frac{\lambda }{2}\) + 1 距离时，质点 C 恰好通过平衡位置，则该波的波速

v = \(\frac{x}{t}\) = \(\frac{{k\lambda /2 + 1}}{t}\) = 4k + 1（k = 0，1，2，……）

当 k = 3 时，波速为 13 m/s。

故选 C。

 

2．神舟出征，太空“会师”

2023 年 10 月 26 日，“神舟十七号”载人飞船在我国酒泉卫星发射中心成功发射，17 时 46 分“神十七”入轨后，成功对接天和核心舱前向端口，19 时 34 分，“神十七”三名宇航员顺利进驻中国空间站，和“神十六”三名宇航员会师。

完成下列问题：

 

1．空间站和地面指挥中心之间需要通过电磁波来实现通信．用实验证实了电磁波的存在，被誉为无线电通信的先驱者的物理学家是（    ）

A．安培          B．麦克斯韦          C．法拉第              D．赫兹

 

2．（多选）下列实验中，能在空间站完成的有（    ）

A．弹簧振子实验                                   B．平抛运动实验

C．光的双缝干涉实验                          D．验证机械能守恒实验

 

3．（1）在研究空间站围绕地球运动过程中，空间站能否看成质点？答_________，（选填“能”或“不能”）简要说明理由：_________________________________________。

（2）若地球表面重力加速度为 9.8 m/s²，地球半径为 6 400 km，空间站轨道离地高度为 400 km，则空间站绕地球运动的周期为________。

 

4．运载火箭的发射是利用了反冲原理．若某时刻火箭正处于水平飞行状态，此时火箭的总质量为 M，速度大小为 v₀。当火箭以 v₁ 速度向后喷出质量为 m 的高温高压气体后，火箭获得的速度 v₂ = ___________。（不考虑重力影响）

 

5．测量“神十六”飞船从空间站返回地球的时间．若地球上观察者测得的时间为 Δt，飞船中的航天员测得时间为 Δt′，仅考虑狭义相对论效应，则（     ）

A．Δt < Δt′             B．Δt = Δt′             C．Δt > Δt′             D．无法判断

【答案】

1．D

2． AC

3．（1）能；空间站大小和其绕地球运动的半径相比可以忽略。

（2）92.6 min，或者 5558.7 s，或者 1.54 h

4．\(\frac{{M{v_0} + m{v_1}}}{{M - m}}\)

5．C

【解析】

1．赫兹用实验证实了电磁波的存在，被誉为无线电通信的先驱者的物理学家。

故选 D。

 

2．万有引力提供向心力，物体处于完全失重状态，故无法进行平抛运动实验、验证机械能守恒实验，弹簧振子实验、光的双缝干涉实验能在空间站完成。

故选 AC。

 

3．（1）在研究空间站围绕地球运动过程中，空间站大小和其绕地球运动的半径相比可以忽略，空间站能看成质点。

（2）根据万有引力提供向心力 G \(\frac{{Mm}}{{{{(R + h)}^2}}}\) = m \(\frac{{4{\pi ^2}}}{{{T^2}}}\) (R + h)

根据万有引力与重力的关系 G \(\frac{{Mm}}{{{R^2}}}\) = mg

解得空间站绕地球运动的周期为 T = 2π\(\sqrt {\frac{{{{(R + h)}^3}}}{{g{R^2}}}} \) ≈ 5558.7 s

 

4．以火箭的运动方向为正方向，根据动量守恒 Mv₀ = (M − m)v₂ – mv₁

可知火箭获得的速度 v₂ = \(\frac{{M{v_0} + m{v_1}}}{{M - m}}\)

 

5．根据狭义相对论的钟慢效应，地面观察者认为飞船中的钟变慢了，而飞船中的航天员观察的钟并没有这种效应，即 Δt > Δt′。故选 C。

 

3．风力发电系统

风能作为一种清洁的可再生能源，越来越受到世界各国的重视，全球风能约有 2.74×10⁹ MW，可以利用的风能为 2×10⁷ MW，比地球上可开发利用的水能总量还要大 10 倍。某风力发电系统有风机叶轮、传动装置，发电机、变流器、机组升压器和升压站等部分组成。

完成下列问题：

 

1．如图，某风力发电机的叶片长 35 m，匀速转一圈约 4 s，叶片顶端 A 点的线速度大小 v_A = _______m/s。某时刻叶片 A、B、C 三点中（     ）

A．B 和 C 的角速度相同          B．A 和 B 的线速度相同

C．A 和 C 的线速度相同           D．A 和 C 的向心加速度相同

 

2．风力发电机的叶片转动时可形成半径为 R 的圆面，设风速恒定为 v₀，风向恰好垂直于叶片转动面，已知空气的密度为 ρ，该风力发电机能将此圆面内空气动能的 10% 转化为电能．则在时间 t 内经过风力发电机叶片圆面的气流的动能 E_k = _______。此风力发电机的发电功率 P = _______。

 

3．发电机主要是利用下列哪个物理原理工作的？（     ）

A．电流的磁效应                          B．电磁感应原理

C．磁场对电流的作用                  D．电磁振荡

 

4．如图为某发电机的模型，边长 l 的正方形闭合导线框 abcd 在磁感强度为 B 的匀强磁场中绕中心轴 OO′ 顺时针匀速转动，角速度为 ω。某时刻转到线框平面和磁场平行。该时刻导线框内的感应电流方向为________（选“abcda”或者“adcba”）。若线框内有 n 匝线圈，该时刻线框内感应电动势 E = _________。

 

5．功率为 540 kW 的发电机，发出的电压有效值为 700 V，通过机组升压变压器将电压升到 10 kV，则需要的升压变压器原副线圈的匝数之比 n₁∶n₂ = _________。升压变压器线圈导线的粗细应当选择（     ）

A．原线圈比副线圈粗          B．原线圈比副线圈细          C．原线圈和副线圈一样粗细

 

6．从供电网接入小李家的正弦交流电压随时间变化图像如图所示，该交流电的频率 f = ______Hz，如用多用表交流电压档测量该交流电压，则测量值约为________V。

【答案】

1．54.95（35π/2），A

2．\(\frac{1}{2}\)ρπR²tv₀³，\(\frac{1}{20}\)ρπR²v₀³

3．B

4．abcda，nωBl²

5．7∶100，A

6．50，220

【解析】

1．（1）叶片转动的角速度为 v = 2πrn = 2π×35×m/s ≈ 54.95 m/s

（2）A．A、B、C 三点同轴转动，角速度相等。故 A 正确；

B．根据 v = ωr 可得 v_A > v_B。故 B 错误；

C．A 和 C 的线速度大小相等，方向不同，故C错误；

D．A 和 C 的向心加速度大小相等，方向不同，故 D 错误。

故选 A。

 

10．在时间 t 内经过风力发电机叶片圆面的气流的质量为 m = ρV = ρπR²tv₀

在时间 t 内经过风力发电机叶片圆面的气流的动能为 E_k = \(\frac{1}{2}\)mv² = \(\frac{1}{2}\)ρπR²tv₀³

风力发电机的发电功率为 P = \(\frac{{\eta {E_{\rm{k}}}}}{t}\) =  \(\frac{1}{20}\)ρπR²v₀³

 

11．发电机中的闭合线圈在磁场中转动，切割磁感线，产生感应电流，发电机主要是利用电磁感应的原理工作的。故选 B。

 

12．（1）根据右手定则，该时刻导线框内的感应电流方向为 abcda。

（2）线框内感应电动势 E = 2nBlv = 2nBl·\(\frac{{\omega l}}{2}\) = nBωl²

 

13．（1）根据理想变压器原副线圈电压与线圈匝数的关系，升压变压器原副线圈的匝数之比为 \(\frac{{{n_1}}}{{{n_2}}}\) = \(\frac{{{U_1}}}{{{U_2}}}\) = \(\frac{700}{10000}\) = \(\frac{7}{100}\)

（2）根据理想变压器原副线圈电流与线圈匝数的关系 \(\frac{{{I_1}}}{{{I_2}}}\) = \(\frac{{{n_2}}}{{{n_1}}}\)，升压变压器原线圈的电流大于副线圈的电流，原线圈导线比副线圈导线粗。

故选 A。

 

14．（1）交流电的频率为 f = \(\frac{1}{T}\) = \(\frac{1}{0.02}\) Hz = 50 Hz

（2）交流电压的测量值为交流电压的有效值，为 U = \(\frac{{{U_{\rm{m}}}}}{{\sqrt 2 }}\) = \(\frac{{311}}{{\sqrt 2 }}\) ≈ 220 V。

 

4．篮球运动

篮球运动作为一个常规的球类运动在学校普遍受到学生的喜爱．一个标准合格的篮球质量为 0.6 kg，当地重力加速度 g 取 10 m/s²。

完成下列问题：

 

1．为了检验一篮球弹性性能，某同学将篮球从 H₁ = 1.8 m 高处自由下落，能够自由弹跳到 H₂ = 1.25 m 米高度处．如果不考虑篮球在运动中转动和所受的空气阻力。

（1）若取向上为正方向，则篮球刚和地面刚接触时的速度大小为_______m/s。篮球在与地面碰撞过程中，动量改变量 Δp = ________kg·m/s，地面对篮球所作的功 W = ________J。

（2）为了求得上述过程中篮球受地面的平均冲击力，该同学使用每秒拍摄 2 000 帧照片的高速摄像机拍摄了整个运动过程，通过 tracker 软件计算发现篮球和地面接触的照片一共有 23 张。则篮球和地面接触的时间 Δt = ________s；估算篮球受到地面的平均冲击力________N。

 

2．（多选）在篮球与地面接触的运动过程中，篮球（    ）

A．加速度始终向上                          B．速度为 0 时加速度最大

C．加速度先向上后向下                   D．加速度为 0 时速度最大

 

3．（计算）在某次传球过程中，不考虑篮球的转动和阻力影响．甲运动员将球从离地 h₁ = 2.4 m 高处以 v₁ = 30 m/s 的速度水平传出。求：

（1）当球运动到离抛出点水平距离 12 m 处的乙运动员位置时，球离地的高度 h₂；

（2）乙运动员接球时，球的速度的竖直分速度大小 v_y2；

（3）如果乙在该位置把球接住，使得球速度变为 0，则乙运动员对球所作的功。

 

4．在实际情况下，篮球会受到空气阻力的作用，假设空气阻力大小保持不变。某同学将一个篮球竖直向上抛出，一段时间后落回原处，测得篮球上升时加速度为 11.5 m/s²。则空气阻力 f = _______N。以竖直向上为正方向，篮球离地高度 h 与运动时间 t 图像中可能正确的是（    ）

 

5．某同学将篮球下落过程的视频用 tracker 软件计算分析，得到篮球在不同位置时的速度，然后计算不同位置的动能、势能和机械能，画出它们随高度 h 的变化，取地面为零势能面，得到了图示 a、b、c 三条图线。则

（1）三根图线分别代表（    ）

A．a 机械能，b 动能                      B．a 机械能，c 动能

C．a 动能，b 势能                          D．a 势能，c 动能

（2）通过图像分析，你认为篮球在下落过程是__________（选填“受到”、“没有受到”）空气阻力作用，简要说明理由：_____________________________________________________。

【答案】

1．（1）6，6.6，− 3.3

（2）0.011，606

2．BD

3．（1）1.6 m

（2）4 m/s

（3）− 274.8 J

4．0.9，A

5．（1）A            （2）受到。理由：随高度 h 的减小，机械能减少。

【解析】

1．（1）篮球从 H₁ = 1.8 m 米高处自由下落，由 v₁² = 2gH₁，解得篮球刚和地面刚接触时的速度大小为 v₁ = \(\sqrt {2g{H_1}} \) = \(\sqrt {2 \times 10 \times 1.8} \) m/s = 6 m/s

由 v₂² = 2gH₂，解得篮球在与地面碰撞后的速度大小为 v₂ = \(\sqrt {2g{H_2}} \) = 5 m/s

篮球在与地面碰撞过程中，动量改变量

Δp = mv₂ – (− mv₁) = 6.6 kg·m/s

（3）由动能定理可得地面对篮球所作的功

W = \(\frac{1}{2}\)mv₂² − \(\frac{1}{2}\)mv₁² = − 3.3 J

（2）每秒拍摄 2 000 帧照片，每帧照片时间间隔 T = \(\frac{1}{2000}\) s = 5×10⁻⁴ s

篮球和地面接触的照片一共有 23 张。则篮球和地面接触的时间 Δt = (23 − 1)T = 0.011 s

篮球和地面接触由动量定理可得 (F − mg)Δt = Δp

解得篮球受到地面的平均冲击力 F = mg + \(\frac{{\Delta p}}{{\Delta t}}\) = 606 N

 

2．在篮球与地面接触的运动过程中，篮球下降的过程中篮球的形变量越来越大，弹力越来越大，开始阶段，篮球的压缩量较小，因此地面对篮球向上的弹力小于向下重力，此时篮球的合外力向下，加速度向下，小球做加速运动，根据牛顿第二定律有 mg – kx = ma₁，随着压缩量的增加，弹力增大，合外力减小，则加速度减小，方向向下。当 mg = kx 时，合外力为零，加速度为 0，此时速度最大；由于惯性篮球继续向下运动，此时 kx – mg = ma₂，方向向上，篮球减速，随着压缩量增大，篮球合外力增大，加速度增大，方向向上。故篮球下降过程中加速度先变小后变大，速度先变大后变小，小球运动最低点时，篮球的速度为 0，地面的弹力最大，且弹力大于重力，则小球向上的加速度最大。

篮球反弹的过程中，篮球的形变量越来越小，篮球受地面的弹力越来越小，刚开始阶段，弹力大于重力，合力向上，由牛顿第二定律可得 F − mg = ma₃，加速度越来越小，速度越来越大，当 F = mg 时，加速度为 0，速度最大；由于惯性，篮球继续上升，此后弹力小于重力，合力向下，由牛顿第二定律可得 mg − F = ma₄，加速度方向向下，越来越大；速度减小，弹力为 0 时篮球离开地面，故 BD 正确，AC 错误。

故选 BD。

 

3．（1）根据题意，篮球被传出后，可以看做平抛运动，则：

水平方向：x = v₁t                  竖直方向：y = \(\frac{1}{2}\)gt²

代入数据，得：y = 0.8 m

故此时球离地的高度 h₂ = h₁ – y = 1.6 m

（2）因为竖直方向做自由落体运动，所以：v_y2² = 2gy

代入数据，得：    v_y2 = 4 m/s

或者                         v_y2 = gt = 4 m/s

（3）篮球到达乙运动员位置时的速度 v₂² = v₁² + v_y2²

根据动能定理，乙运动员对球所作的功 W = 0 −\(\frac{1}{2}\)mv₂²

代入数据，得：W = − 274.8 J

或者：W = 0 − (mgy + \(\frac{1}{2}\)mv₁²) = − 274.8 J

 

4．篮球竖直向上运动过程由牛顿第二定律可得 mg + f = ma

解得空气阻力 f = ma – mg = 0.9 N

篮球下降过程，由牛顿第二定律可得 mg – f = ma′

上升过程篮球的速度越来越小，h – t 图像的斜率越来越小；下降过程篮球的速度越来越大，h – t 图像的斜率越来越大；由 h = at²，a′ < a，可知下降过程的时间大于上升到时间，故 A 正确，BCD 错误。

故选 A。

 

5．（1）随之高度 h 减小，动能增加，重力势能减少，因此 b 图线表示动能，c 图线表示势能；机械能为两者之和，可知 a 图像表示机械能。故 A 正确，BCD 错误。

故选 A。

（2）篮球在下落过程随高度 h 的减小，机械能减少，所以篮球下落过程受到空气阻力作用。

 

5．质谱仪

质谱仪是用来测量带电粒子质量的一种仪器。其结构如图 a 所示，它分别由加速器 Ⅰ、速度选择器 Ⅱ、质量分离器 Ⅲ 三部分组成。若从粒子源 P 点发出一个电量 q、质量为 m 的正离子，经过加速器得到加速，进入速度选择器，速度符合一定大小的离子能够通过 S₃ 缝射入质量分离器中。整个过程中可以不考虑离子重力的影响。

完成下列问题：

 

1．加速器 Ⅰ 由 S₁S₂ 两块带电平行金属板组成，为了使正离子得到加速，则应让金属板 S₁ 带________电（选填“正”、“负”）。在下降过程中，离子的电势能________（选填“减少”、“增大”、“不变”）。如果离子从速度 v₀ 开始经加速后速度达到 v₁，则加速器两极板间电压 U₁ = ________。

 

2．离子以速度 v₁ 进入速度选择器 Ⅱ 中，两板间电压为 U₂，两板长度 l，相距 d。离子在穿过电场过程中，为了不让离子发生偏转，需要在该区域加一个垂直于电场和速度平面的磁场。

（1）则所加磁场的磁感强度 B = ________；

（2）在图 b 中分别用 F_E 和 F_B 标出离子受到的电场力与磁场力方向；

（3）离开分离器时离子的速度 v = ________。

 

3．若离子以速度 v 垂直于磁场方向进入质量分离器 Ⅲ，图 c 所示。其磁感应强度大小为 B₀。离子在磁场力作用下做半圆周运动

（1）圆周运动的直径 X = ________。

（2）带电粒子的电量和质量之比称为粒子的荷质比，设 k = q/m，如果在质谱仪底片上得到了 1、2 两条谱线，可以比较其对应的两个电荷的荷质比大小（     ）

A．k₁ > k₂             B．k₁ = k₂

C．k₁ < k₂             D．无法比较

【答案】

1．正，减少，\(\frac{{m(v_1^2 - v_0^2)}}{{2q}}\)

2．（1）\(\frac{{{U_2}}}{{d{v_1}}}\)

（2）

（3）v₁

3．（1）\(\frac{{2mv}}{{q{B_0}}}\)             （2）C

【解析】

1．正离子所受电场力应向下，则 S₁ 带正电。电场力做正功，则离子的电势能减少。

根据动能定理 qU₁ = \(\frac{1}{2}\)mv₁² − \(\frac{1}{2}\)mv₀²

得 U₁ = \(\frac{{m(v_1^2 - v_0^2)}}{{2q}}\)

 

2．（1）由题意 Bqv₁ = \(\frac{{q{U_2}}}{d}\)

得 B = \(\frac{{{U_2}}}{{d{v_1}}}\)

（2）正电荷所受电场力与电场方向相同，结合左手定则，离子受力如图

（3）离子在分离器中做匀速直线运动。则离开分离器的速度为 v = v₁

 

3．（1）根据 B₀qv = m \(\frac{{{v^2}}}{r}\) 又 X = 2r，得 X = \(\frac{{2mv}}{{q{B_0}}}\)

（2）由（1）得，直径大则比荷小。故 k₁ < k₂。故选 C。

 

6．电磁炮

电磁弹射在电磁炮、航天器、舰载机等需要超高速的领域中有着广泛的应用，为了研究问题的方便，将电磁炮简化为如图所示的模型（俯视图）。发射轨道为固定在水平面上的两个间距为 L 的平行金属导轨，整个装置处在竖直向下、磁感应强度为 B 的匀强磁场中。发射导轨的左端为充电电路，已知电源的电动势为 E，内电阻为 r。电容器的电容为 C。子弹载体可简化为一根垂直放置于金属导轨上、质量为 m、长度也为 L 电阻为 R 的金属导体棒 cd。忽略一切摩擦阻力以及导轨和导线的电阻。

完成下列问题：

 

1．发射前，将开关 S 连接 a，先对电容器进行充电。

（1）充电过程中电容器两极板间的电压 u 随时间 t 的变化的 u – t 图像和下列哪个图像相似（     ）

（2）当充电自然结束时，电容器两端的电压为________，电容器所带的电量为________。

 

2．电容器充电自然结束后，将 S 接到 b，电容器经金属导体棒对外放电。

（1）此时导体棒中电流方向________（填“c 到 d”或者“d 到 c”），刚放电的瞬间，导体棒受到的安培力 F = ________。

（2）（计算）如果轨道足够长，当导体棒炮弹离开导轨前已经达到最大速度 v_m。

①简要说明电容器中电能是否能全部放完？

②求最大速度 v_m。

【答案】

1．（1）B            （2）E，CE

2．（1）c 到 d，BEL/R

（2）①电容器中的电能不能全部放完。由于导体棒运动过程在做切割磁感线，导体棒上会产生与电容器电压反向的感应电动势，该电动势会阻碍电容器电能的释放。当电容器电压与感应电动势相等时，不再放电。

②v_m = \(\frac{{BLCE}}{{m + C{B^2}{L^2}}}\)

【解析】

1．（1）电容器充电时，随着极板上电荷量的增加，电容器电压逐渐升高，且电压增加的越来越慢，充满电荷时电压不变。故选 B。

（2）当充电自然结束时，电容器两端的电压数值上等于电源电动势，即为 E，电容器所带的电量为 Q = CE。

 

2．（1）充电自然结束时，电容器上极板带正电，将 S 接到 b，此时导体棒中电流方向 c 到 d，刚放电的瞬间，导体棒受到的安培力 F = BIL = BEL/R。

（2）①电容器中的电能不能全部放完。

由于导体棒运动过程在做切割磁感线，导体棒上会产生与电容器电压反向的感应电动势，该电动势会阻碍电容器电能的释放。当电容器电压与感应电动势相等时，不再放电。

②电容器自然充电结束后，电容器两端电压为 E，电容器内电量为 Q₁ = CE。

电容器开始放电后，导体棒 cd 开始向右加速运动，若经过 Δt 速度达到的最大值为 v_m 时，导体棒因切割磁感线所产生的电动势 E_感 = BLv_m，导体中不再有电流，电容两端的电压和感应电动势相等，U = E_感

电容器上的电量为 Q₂ = CE_感

在整个过程中，电容器释放的电量 ΔQ = Q₁ − Q₂ = C(E − BLv_m) 

设在此过程中 cd 的平均电流为 I，cd 受到的平均安培力为 F，则有：F = BLI

IΔt = ΔQ = C(E − BLv_m)

由动量定理 FΔt = mv_m − 0

得 BLIΔt = BLC(E − BLv_m) = mv_m

由以上解得：v_m = \(\frac{{BLCE}}{{m + C{B^2}{L^2}}}\)