1．上海慧眼

9 月的中秋，台风“贝碧嘉”登陆上海。上海中心里的镇楼神器——“上海慧眼”在默默地守护着这座摩天大楼，如图（a）所示。

“上海慧眼”是一个阻尼器，位于大楼的顶层。它由钢索悬吊起一个带有底盘的重物构成，如图（b）所示。当传感器探测到大楼受到风力晃动时，计算机系统会控制阻尼器朝着与大楼晃动的反方向运动。

 

1．钢索对阻尼器的拉力是由于（     ）的形变而产生的。

A．钢索                             B．阻尼器

 

2．若把某段时间内阻尼器的运动看成水平方向的等幅振动，振幅为 70 cm，则一个周期内阻尼器经过的路程为__________cm。

 

3．台风时期，阻尼器的振动（     ）受迫振动。

A．是                                 B．不是

 

4．设 t₀ 时刻阻尼器的机械能为 E₀，之后 t₁ 时刻阻尼器的机械能为 E₁，如图（c）所示。该过程中，控制系统对阻尼器（     ）

A．不做功                          B．做负功                          C．做正功

【答案】

1．A

2．280

3．A

4．C

【解析】

1．根据弹力产生的本质可知，钢索对阻尼器的拉力是由于钢索的形变而产生的。

故选 A。

2．一个周期内阻尼器经过的路程为 s = 4A = 280 cm

3．台风时期，阻尼器在台风风力的作用下做受迫振动。

故选 A。

4．由图（c）所示，阻尼器的机械能增加，则控制系统对阻尼器做正功。

故选 C。

 

2．“鹊桥”中继卫星

“鹊桥”中继卫星可以对通信信号进行中继中转，帮助中国科学家获取月球背面的信息，成功地从月球背面采集土壤并返回地球。

 

1．某段时间内中继卫星向地球发射了一种电磁波。当接收器的频率设置为 f₀ 时，接收到的能量最大，产生“电谐振”现象。则中继卫星发射的电磁波频率约为（    ）

A．2f₀                  B．f₀                    C．$\frac{1}{2f_0}$                       D．$\frac{1}{f_0}$

 

2．科学家在传回地球的电磁信号中分离出一列如图（a）所示的正弦波，传播方向向右。从该时刻起经过 1/2 周期，波形为（    ）

 

3．用运载火箭把“鹊桥”发射升空时，如图（b）所示水平风速为 v₁，当 v₁ 增大时，要保持火箭相对于地面的速度 v 不变，则火箭相对于空气的速度 v₂ 需要（    ）

A．减小                      B．增大                      C．不变

 

4．如图（c）所示为地球赤道所在平面的剖视图。地球半径为 R，地球视为球体。

（1）若地表重力加速度为 g，则距离地心 $\sqrt{3}$ R 处的重力加速度为（    ）

A．（$\sqrt{3}$ – 1）g                                 B．$\frac{1}{\sqrt{3}-1}$ g

C．$\frac{1}{\sqrt{3}}$g                                           D．$\frac{1}{3}$ g

（2）若以 $\sqrt{3}$ R 为边界，图（c）的阴影区分布着磁感应强度为 B 的匀强磁场。火箭升空的过程中，产生的一个比荷 $\frac{q}{m}$ 为 k 的带电粒子以正对地心的方向射入该匀强磁场，其轨迹恰与地表相切。则该带电粒子在匀强磁场中运动的时间为（    ）

A．$\frac{2k\pi }{3B}$               B．$\frac{k\pi }{3B}$                 C．$\frac{2\pi }{3kB}$               D．$\frac{\pi }{3kB}$

【答案】

1．B

2．D

3．B

4．（1）D      （2）C

【解析】

1．当电磁波的频率和振荡电路的固有频率相同时，会产生电谐振，振荡电流的振幅最大，接收电路产生的振荡电流最强，接收到的能量最大。

故选 B。

2．根据波的平移法可知，从该时刻起经过 1/2 周期，波形向右平移 1/2 波长，为 D 项所示。

故选 D。

3．速度的分解关系如图。

由图可以看出：当 v₁ 增大时，要保持火箭相对于地面的速度 v 不变，v₂ 需要增大。

故选 B。

4．（1）根据万有引力与重力的关系有 $\frac{GMm}{r^2}$ = mg 可得 g = $\frac{GM}{r^2}$ ∝ $\frac{1}{r^2}$，解得 gʹ = $\frac{1}{3}$g。

（2）添加如图所示辅助线。

设粒子运动的半径为 r，根据几何关系有

(r + R)² = ($\sqrt{3}$R)² + r²

解得 r = R

设粒子运动的圆心角为 θ，满足 sin$\frac{\theta }{2}$ = $\frac{\sqrt{3}R}{2R}$

解得 θ = 120°

根据洛伦兹力提供向心力有可知粒子运动周期 T = $\frac{2\pi m}{qB}$ = $\frac{2\pi }{kB}$，由 θ = 120° 可知粒子运动了 $\frac{1}{3}$ 圆周，即 t = $\frac{T}{3}$ = $\frac{2\pi }{3kB}$。

故选 C。

 

3．位移传感器

我们对传感器并不陌生，在很多物理实验中我们已使用过传感器，如位移传感器。

 

1．小明用 DIS 实验探究小车加速度与 其质量的关系，如图（a）所示。

（1）先调整好实验器材，然后进行以下操作。其中实验顺序合理的是（    ）

①点击“选择区域”，计算机自动计算出加速度值。

②保持钩码个数不变，在小车上增加配重片改变小车质量，重复实验。

③点击“开始记录”并释放小车，当小车到达终点时，点击“停止记录”，得到 v–t 图像。

A．①②③            B．①③②            C．②①③            D．③①②

（2）另一位同学没有使用位移传感器，而是在 A 点固定一个光电门传感器，改变配重片数目，记录小车总质量 m。由静止释放小车，测出小车经过 A 时的瞬时速度 v，由实验数据作 v²–1/m 图，得出加速度与质量的关系。实验中每次释放小车的位置（    ）

A．必须相同                             B．可以不同

 

2．小红利用自带位移传感器的小车在水平导轨 上进行碰撞实验。通过传感器采集到的数据，得到小车①和小车②对应的 v–t 图像，如图（b）所示，取向右为正方向。

（1）若箭头代表 t = 0 时刻的速度方向，则根据 v–t 图像，t = 0 时刻两车的相对位置为（    ）

（2）若小车①质量 m₁ = 0.169 kg，可得小车②质量 m₂ 为__________kg。（保留三位有效数字）

 

3．有一种反射式光纤位移传感器，其结构如图（c）所示。两光纤可等效为圆柱状玻璃丝 M、N。光纤的折射率为 n。M、N 下端横截面齐平且与被测物表面平行。激光在 M 内多次全反射后从下端射向被测物体，经被测物体表面反射至 N 下端，该光线与竖直方向的夹角为 θ，如图所示。

（1）从图示位置起，增大角 i，则角 θ 将（    ）

A．减小                      B．增大                      C．不变

（2）若 n = $\sqrt{1.64}$，当激光在 M 内恰好发生全反射时，sinθ = __________。

【答案】

1．（1）D       （2）A

2．（1）C      （2）0.140

3．（1）A      （2）0.8

【解析】

1．（1）根据实验操作顺序，应先点击“开始记录”并释放小车，当小车到达终点时，点击“停止记录”，得到 v–t 图像；再点击“选择区域”，计算机自动计算出加速度值；再重复实验即可。

故选 D。

（2）探究加速度与质量的关系，应控制拉力不变，设拉力为 F，由牛顿第二定律可知小车加速度 a = $\frac{F}{m}$。小车由静止释放，做初速度为零的匀加速直线运动，设小车释放位置到光电门的距离为 x，由匀变速直线运动的公式得 v² = 2ax。

解得 v² = 2Fx·$\frac{1}{m}$

当 2Fx 不变时 v²–$\frac{1}{m}$ 图线是一条过原点的直线，可得出在力 F 一定时，加速度与质量成正比，因此需要控制 x 不变，实验中每次释放小车的位置必须相同。

故选 A。

2．（1）由图可知①车速度为正，②车速度为 0。

故选 C

（2）两车发生碰撞后，速度为 0.146 m/s，根据动量守恒定律有 m₁v₁ = (m₁ + m₂)v

解得 m₂ = 0.140 kg

3．（1）从图示位置起，增大角 i，光从 M 下端横截面折射出光纤的入射角为 90 − i，入射角将减小，则折射角 θ 将减小。故选 A。

（2）由题意可知，当光在两侧刚好发生全反射时，设入射角为 C，则从M 下端面出射的光与竖直方向夹角为 90° − C，光在 M 下端与竖直方向的夹角为 θ，由全反射临界条件得 sinC = $\frac{1}{n}$，根据三角函数的关系可得 cosC = $\frac{\sqrt{n^2-1}}{n}$。

又根据折射定律得 n = $\frac{\sin \theta }{\sin ({90}^{\circ }-C)}$，则 sinθ = ncosC = $\sqrt{n^2-1}$ = 0.8。

 

4．海上航行

小方同学暑假里乘船出海进行了一场海上航行。第一次坐船的他发现了很多有趣的物理现象。

 

1．（多选）一节电容电池的电容为 C，满载电荷量为 Q，此时电压为 U。小方将其充满电后带上船使用，当它的电压为 0.5U 时，电池的电容为 C′，电荷量为 Q′，则（    ）

A．C′ = 0.5C                B．C′ = C                    C．Q′ = 0.5Q               D．Q′ = 2Q

 

2．为了节能，船上的阳台房设定：只有在阳台门关闭，并且室内温度高于预设空调温度时，空调系统两端的电压可以达到工作电压，空调才会制冷。小方同学就想用带内阻的电源 E、电阻 R、热敏电阻 R_L（温度升高，电阻急剧增大）和开关 S（模拟阳台门开与关）模拟出空调的制冷机制。

（1）能够符合上述制冷逻辑的等效电路图为（     ）

（2）现有 R_L1 和 R_L2 两种热敏电阻，其电阻 R 随温度 t 的变化关系如图（a）所示，保持其他条件不变，在上题制冷逻辑的情况下，要得到较低的预设温度，应该选用（     ）

A．R_L1                                      B．R_L2

 

3．在海上航行的日子里，小方同学发现了一个漂浮在海上的“充电宝”。它是一个充电站，其原理是利用海浪带动浪板上下摆动，从而带动发电线框以角速度 ω 进行单向的逆时针匀速转动，并向外输出电流，其结构如图（b）所示。线框 ab 两端的电压有效值为 U。

（1）若从中性面开始计时，取初始电流方向为正。则 t 时刻 ab 两端的电压方程 u(t) 为（     ）

A．u = $\sqrt{2}$U·cos(ωt)                  B．u = U·cos(ωt)

C．u = $\sqrt{2}$U·sin(ωt)                   D．u = U·sin(ωt)

（2）若将“充电宝”ab 两端的交变电压输入自耦变压器后输出到如图（c）所示电路，当滑片处于线圈中点位置时，输出端的电压有效值 U_cd = __________。

（3）利用 cd 的输出电压给图（d）所示电路供电，cd 端口作为电源，其内阻恒定为 r。当开关 K 断开时，内阻功率为 P₁；K 闭合时，内阻功率为 P₂。若两种情况下 cd 的输出功率相等，则（     ）

A．P₁ > P₂；R₂ < r                     B．P₁ > P₂；R₂ > r

C．P₁ < P₂；R₂ > r                     D．P₁ < P₂；R₂ < r

【答案】

1．BC

2．（1）B     （2）A

3．（1）C     （2）2U （3）D

【解析】

1．AB．电容大小由电容器自身决定，与电压、电荷量大小无关，即有 C = Cʹ。故 A 错误，B 正确；

CD．在 C 不变的情况下，根据电容的定义式 Q = CU 可得 Q ∝ U，所以 Qʹ = 0.5Q。故 C 正确，D 错误。

故选 BC。

2．（1）A．开关 S 模拟阳台门开与关，开关闭合后，当温度升高时，热敏电阻接入电阻增大，电路总电阻增大，干路电流减小，内电压减小，路端电压增大，通过开关的电流增大，通过空调系统的电流减小，空调系统两端承受电压减小，空调系统不能够制冷，故 A 错误；

B．开关 S 模拟阳台门开与关，开关闭合后，当温度升高时，热敏电阻接入电阻增大，电路总电阻增大，干路电流减小，内电压减小，路端电压增大，即空调系统两端电压增大，空调系统能够正常工作制冷，故 B 正确；

C．开关 S 模拟阳台门开与关，开关闭合后，当温度升高时，热敏电阻接入电阻增大，电路总电阻增大，干路电流减小，空调系统两端承受电压减小，空调系统不能够制冷，故 C 错误。

故选 B。

（2）在坐标轴中添加一条水平线，与图像相交两点，意义为：当两电阻相同时对应可达到相同的工作电压，由横坐标可以看出 R_L1 图像对应的温度 t 较低，较低的预设温度。

故选 A。

3．（1）若从中性面开始计时，则初始电流为零，取初始电流方向为正。则 t 时刻 ab 两端的电压方程 u = U_msin(ωt) = $\sqrt{2}$U·sin(ωt)。

故选 C。

（2）当滑片处于线圈中点位置时，原副线圈匝数比为 1∶2，原线圈电压有效值 U₁ = U，根据电压匝数关系有 U₁∶U_cd = 1∶2，解得 U_cd = 2U。

（3）当开关 K 断开时，外电阻为 R₁ + R₂，K 闭合时，外电阻为 R₂。由闭合电路欧姆定律可得两种情况中干路电流 I₁ < I₂。由 P_内 = I²r 可得 P₁ < P₂。

据题意有 P_出1 = P_出2，即

（$\frac{E}{R_1+R_2+r}$）²（R₁ + R₂）= （$\frac{E}{R_2+r}$）²R₂

解得 r = $\sqrt{(R_1+R_2)R_2}$

由数学知识可得 R₂ < r < R₁ + R₂

故选 D。

 

5．相互作用的电荷

两电荷之间可以通过“场”来进行相互作用。如图（a）所示，在 xOy 平面内有等量异种点电荷 p₁ 和 p₂，p₁ 的电荷量为 + q，坐标为（0，0），p₂ 的电荷量为 − q，坐标为（R，0。

 

1．若平面内坐标（0.25R，0）处的电势为 φ_A，坐标（0.75R，0）处的电势为 φ_B。则（     ）

A．φ_A > φ_B                  B．φ_A = φ_B                  C．φ_A < φ_B

 

2．若将试探电子从（0.25R，0）处沿 x 轴移动到（0.75R，0）处，选无穷远处电势为零。不考虑电子对电场的影响，则电子电势能 E_p 随坐标 x 的变化图像可能为（     ）

 

3．如图（b）所示，某时刻 p₁ 和 p₂ 分别具有沿着两个坐标轴的速率 v，由于运动的电荷会产生磁场，该时刻 p₂ 所在位置的磁感应强度为 B，静电力常量为 k。

（1）（计算）求该时刻 p₁ 对 p₂ 的总作用力大小 F。

（2）该时刻坐标（R，0）处的磁感应强度 B = $\frac{kqv}{c^2{R}^{\lambda }}$，其中 c 为光速，k 为静电力常量。根据单位制的知识可知指数 λ 的值为（     ）

A．0                    B．0.5                         C．1                            D．2

【答案】

1．A

2．C

3．（1）$\sqrt{\frac{k^2{q}^4}{R^4}+q^2{v}^2{B}^2}$

（2）D

【解析】

1．p₁ 和 p₂ 间的电场方向向右，根据沿电场线方向电势逐渐降低可知 φ_A > φ_B。

故选 A。

2．p₁ 和 p₂ 连线中点电势为 0，根据 E_p = qφ，可知电子的电势能由负值逐渐增大到正值；

根据 ΔE_p = − W_电 = − F_电x 可知 E_p–x 图像的斜率代表电场力，试探电子从（0.25R，0）处沿 x 轴移动到（0.75R，0）处，电场力先减小后增大，即斜率先增大后减小。

故选 C。

3．（1）p₁ 对 p₂ 的库仑力 F_C = k $\frac{q^2}{R^2}$

p₁ 对 p₂ 的洛伦兹力 F_L = qvB

p₁ 对 p₂ 的作用力 F = $\sqrt{F_{\mathrm{C}}^2+F_{\mathrm{L}}^2}$ = $\sqrt{\frac{k^2{q}^4}{R^4}+q^2{v}^2{B}^2}$

（2）根据 B = $\frac{F}{IL}$ 可知 1 T = 1 $\frac{\mathrm{N}}{\mathrm{A}\times \mathrm{m}}$；根据 q = It 可知 1 A = 1 $\frac{\mathrm{C}}{\mathrm{s}}$。

根据题中 B = $\frac{kqv}{c^2{R}^{\lambda }}$ 可知 $\frac{\mathrm{N}}{\frac{\mathrm{C}}{\mathrm{s}}\times \mathrm{m}}$ = $\frac{\frac{\mathrm{N}\times {\mathrm{m}}^2}{{\mathrm{C}}^2}\times \mathrm{C}\times \mathrm{m}/\mathrm{s}}{{(\mathrm{m}/\mathrm{s})}^2\times {\mathrm{m}}^{\lambda }}$，解得 λ = 2。

故选 D。

 

6．疯狂过山车

图（a）是游乐园常见的“疯狂过山车”项目，该系统结构可以简化成图（b）的“单棒”模型。导体棒在 ab 处由静止释放，先经直轨道到达 cd 处，然后沿切线进入光滑圆弧轨道，圆弧轨道的底端 ef 又与足够长的光滑水平导轨相切。图中两导轨之间的阴影区域是一个正方形，其内有竖直向下的匀强磁场。（重力加速度 g 取 10 m/s²）

 

1．若导体棒在直轨道 ac（bd） 上的动摩擦因数 μ = 0.5，圆弧轨道 ce（df）半径 r = 2 m，角度 θ = 37°，释放高度 H = 3 m，导体棒质量 m = 1 kg。则：

（1）导体棒在直轨道 ac（bd）上运动的加速度大小 a = _________m/s²，1 s 末重力的瞬时功率 P₁ = __________W。

（2）（计算）导体棒到达圆弧轨道的底端 ef 处对轨道的压力大小。

 

2．已知定值电阻为 R，导体棒电阻为 R₀，水平导轨间距为 l，磁场的磁感应强度大小为 B。导体棒以速度 v₀ 进入正方形阴影区域磁场后，受到一个水平向右的外力 F 作用。

（1）在图（c）中标出通过导体棒的感应电流方向。

（2）若导体棒在磁场中做匀速直线运动，则外力 F 的表达式为__________。

（3）若导体棒质量为 m，进入磁场后做加速度为 a 的匀加速直线运动。

①（简答）求外力 F 与瞬时速度 v 的函数关系式。（结果用字母表示）

②导体棒与磁场左边界的距离为 x，若导体棒在出磁场前就撤去外力，定性画出导体棒在磁场中运动可能出现的“v–x”图线。（作图题，不需要写出演算过程）

【答案】

1．（1）2，12    （2）24 N

2．（1）如图

（2）$\frac{B^2{l}^2{v}_0}{R+R_0}$

（3）①F = ma + $\frac{B^2{l}^{2}v}{R+R_0}$

②如图

【解析】

1.（1）根据牛顿第二定律

mgsinθ − μmgcosθ = ma

得导体棒在直轨道 ac（bd）上运动的加速度大小

a = gsinθ – μgcosθ = 2 m/s²

1 s 末的速度为 v = at = 2 m/s

1 s 末重力的瞬时功率

P_G = mgvsinθ = 12 W

（2）从释放到 ef 处，根据动能定理：W_G + W_f = ΔE_k

mg[H + r（1 − cosθ）] + （− μmgcosθ ）$\frac{h}{\sin \theta }$ = $\frac{1}{2}$mv² – 0

带入数据，得：v = 2$\sqrt{7}$ m/s

ef 处，向心力表达式：F_N – mg = m $\frac{v^2}{r}$

F_N = m $\frac{v^2}{r}$ + mg = 1×$\frac{28}{2}$ + 10 = 24 N

由牛顿第三定律得导体棒到达圆弧轨道的底端 ef 处对轨道的压力大小为 24 N。

2．（1）由右手定则知导体棒中的电流方向如图所示。

（2）导体棒切割磁感线产生的感应电动势和电流分别为

E = BLv₀，I = $\frac{E}{R+R_0}$

导体棒受到的安培力 F_安  = BIL = $\frac{B^2{l}^2{v}_0}{R+R_0}$

若导体棒在磁场中做匀速直线运动，外力等于安培力 F = F_安 = $\frac{B^2{l}^2{v}_0}{R+R_0}$

（3）① 根据牛顿第二定律：F – F_A = ma

且 F_A = BIL                    得：F − $\frac{B^2{l}^{2}v}{R+R_0}$ = ma

F = ma + $\frac{B^2{l}^{2}v}{R+R_0}$

② 推理过程：（不写不扣分。）

进入磁场后，有外力 F 时，棒的速度：v = $\sqrt{2as+v_0^2}$

未出磁场前，撤去外力 F 时，棒从速度 v_max 开始减速，假设在极短时间 Δt 内的速度为 v′，

这段极短时间内的动量定理：− F_A·Δt = mv′ − mv_max

即：− $\frac{B^2{L}^2{v}^{\prime }}{R+R_0}$ Δt = mv′ − mv_max，其中 v′Δt 为极短时间内的微位移 Δx′。

微元累加：− ∑ $\frac{B^2{L}^2}{R+R_0}$ Δxʹ = mv − mv_max，

得：v = v_max − $\frac{B^2{L}^2}{m(R+R_0)}$ x。（v：减速过程中任意时刻的末速度。）