1．光学实验

光学实验是通过可控手段研究光现象及其规律的实践活动，包括光的折射、干涉、衍射、偏振等基本特性验证，以及其他光学性质的研究。

 

1．分别用红光和紫光进行杨氏双缝干涉实验时，保持其他条件相同，所得条纹可能是______。

2．如图，自然光经过两个环形偏振片，保持 A 不动，偏振片 B 绕圆心所在平面匀速旋转的周期为 T，则光屏上相邻两次光强最弱的时间间隔为______。

A．2T             B．T               C．0.5T          D．0.25T

 

3．如图，进行“测量玻璃的折射率”实验。在玻璃砖的一侧垂直于纸面插两枚大头针 a、b，在另一侧透过玻璃砖观察，插入大头针 c，使其遮住大头针 a、b；插入大头针 d，使其将________都挡住，并获得图示光路。测得入射角 θ₁ 和折射角 θ₂，则玻璃的折射率为________。

【答案】

1．A

2．C

3．abc，sinθ₁/sinθ₂

【解析】

1．干涉条纹是平行等距明暗相间的条纹，根据 Δx = \(\frac{L}{d}\)λ，红光的波长大于紫光，可知红光的条纹间距大于紫光的条纹间距，故选项 A 正确；

 

2．根据偏振原理，偏振片 B 每转过半周透光强度从最小到最大、再到最小，可知光屏上两个光强最小的时间间隔为 0.5T，故选 C。

 

3．若从 c 侧观察，插入 c 时，应遮住 a、b；插入 d 时，应遮住 c 以及 a、b 的像；

该玻璃的折射率为 n = \(\frac{{\sin {\theta _1}}}{{\sin {\theta _2}}}\)。

 

2．量子百年

2025 年被联合国宣布为国际量子科学与技术年，以致敬量子力学为科学技术领域带来的巨大发展和深远影响。

 

1．太阳内部发生的核聚变反应称为 p–p 循环，其核反应方程为 4¹₁H→ X + 2⁰₁e，则 X 是______。

A．氢核               B．氦核               C．锂核               D．铍核

 

2．（多选）复色光频率范围为 5.50×10¹⁴ Hz ~ 6.50×10¹⁴ Hz，用此光照射下列金属可发生光电效应。由表中各金属的截止频率 ν₀ 可知，该金属可能是______。

几种金属的截止频率
金属	锌	钙	钠	钾	铷
ν0（×1014 Hz）	8.07	7.73	5.53	5.44	5.15

A．锌             B．钙             C．钠             D．钾             E．铷

 

3．氢原子的核外电子以半径 r 绕核做匀速圆周运动，则该电子动量的大小是____________。（电子质量为 m，元电荷为 e，静电力常量为 k）

 

4．一氢原子在从量子数为 4 的激发态跃迁到量子数为 2 的激发态的过程中，_________。（里德伯常量为 R，真空中光速为 c）

A．吸收一频率为 Rc\(\left( {\frac{1}{2} - \frac{1}{4}} \right)\) 的光子                  B．发射一频率为 Rc\(\left( {\frac{1}{2} - \frac{1}{4}} \right)\) 的光子

C．吸收一频率为 Rc\(\left( {\frac{1}{{{2^2}}} - \frac{1}{{{4^2}}}} \right)\) 的光子               D．发射一频率为 Rc\(\left( {\frac{1}{{{2^2}}} - \frac{1}{{{4^2}}}} \right)\) 的光子

【答案】

（1）B

（2）CDE

（3）e\(\sqrt {\dfrac{{km}}{r}} \)

（4）D

【解析】

1．设 X 的质量数为 A，电荷数为 Z。由核反应过程中质量数守恒可得：4 = A + 0；

由电荷数守恒可得：4 = Z + 2；

解得 A = 4，Z = 2。对应 He。正确选项为 B。

 

2．当入射光的频率大于金属的截止频率时，可发生光电效应。与表格数据对比可知可发生光电效应的钠、钾、铷，故选 CDE。

 

3．电子绕氢原子核做匀速圆周运动，库仑力提供向心力，有

k\(\dfrac{{{e^2}}}{{{r^2}}}\) = m\(\dfrac{{{v^2}}}{r}\)

求得 v = \(\sqrt {\frac{{k{e^2}}}{{mr}}} \)

进一步求得电子动量大小 p = mv = e\(\sqrt {\dfrac{{km}}{r}} \)

 

4．氢原子从高能级向低能级跃迁时会放出光子，光子的能量等于两个能级的能量差。而氢原子能级公式为 E_n = \(\dfrac{{{E_1}}}{{{n^2}}}\)，与量子数 n 的平方成反比，所以从量子数 n = 4 跃迁到量子数 n = 2 的能量差应有的 \(\left( {\dfrac{1}{{{2^2}}} - \dfrac{1}{{{4^2}}}} \right)\) 形式。正确选项为 D。

另附严格证明：由广义巴尔末公式 \(\dfrac{1}{\lambda }\) = R\(\left( {\dfrac{1}{{{m^2}}} - \dfrac{1}{{{n^2}}}} \right)\)（m = 1，2，3，…；n = m + 1，m + 2，m + 3，…）、光子能量公式 E = hν = h\(\dfrac{c}{\lambda }\)，可以推得：ν = Rc\(\left( {\dfrac{1}{{{m^2}}} - \dfrac{1}{{{n^2}}}} \right)\)。从 n = 4 跃迁到 m = 2 过程中放出光子的频率为 Rc\(\left( {\dfrac{1}{{{2^2}}} - \dfrac{1}{{{4^2}}}} \right)\)。

 

3．滑动变阻器

改变滑动变阻器接入电路的方式和阻值可对电路进行调控。小佳用最大阻值为 10 Ω 的滑动变阻器等器材做了一系列实验。

 

1．实验室利用如图所示电路进行实验。调节滑动变阻器，当电流表示数 I₁ = 1 A 时，电压表示数 U₁ = 3 V；当电流表示数 I₂ = 2 A 时，电压表示数为 U₂ = 1.5 V，则电源电动势为_____V，内阻为_____Ω。

 

2．小佳用柱形电阻 X、电动势为 3 V 的电池、滑动变阻器 R、电流表、电压表、开关连成电路进行实验，根据实验数据作出通过 X 的电流 I 随 X 两端电压 U 变化的 I–U 图线。实验过程中 X 的长度和横截面积保持不变。

（1）若 X 的阻值为 R_X，X 的材料的电阻率为 ρ，根据 I–U 图线可知，当加在 X 两端的电压增大时，_______。

A．R_X 增大，ρ 增大

B．R_X 减小，ρ 减小

C．R_X 增大，ρ 不变

D．R_X 减小，ρ 不变

（2）当电阻两端电压为 1.80 V 时，该电阻的功率约为______W。（保留 3 位有效数字）

（3）根据 I–U 图线的测量数据点推测，小佳所采用的实验电路图可能为_______。

3．水平放置的平行板电容器连接在图示电路中，电容器极板间距为 d，电容为 C。移动滑动变阻器的滑片P，当两极板间电压为 U 时，该电容器所带电荷量为______。此时，一质量为 m，电荷量为 q 的带正电粒子以速度 v₀ 从该电容器左侧两极板间中点位置水平向右射入，恰好从上极板右侧边缘飞出，则两极板长度 L =__________。（不计带电粒子所受重力和边缘效应）

【答案】

1．4.5，1.5

2．（1）B     （2）0.225     （3）C

3．CU，v₀d\(\sqrt {\dfrac{m}{{qU}}} \)

【解析】

1．根据闭合电路欧姆定律 E = U + Ir

代入数据可得 E = 3 + r；E = 1.5 + 2r

联立两式解得 E = 4.5 V；r = 1.5 Ω

 

2．（1）因为电阻 I–U 图线的斜率为电阻的倒数，随着电阻两端的电压增大，可知斜率在不断增大，故随着电阻两端的电压增大，R 减小，再根据电阻定律 R = ρ\(\frac{l}{S}\) 可得 ρ 也在减小，B 选项正确。

（2）从图像上可以看出，当电阻两端电压为 1.8 V 时，可读出此时流过电阻的电流为 0.125 V，根据公式 P = UI，代入数据解得 P = 0.225 W。

（3）根据 I–U 图像，实验装置能测得 U = 0 附近的数据，因此滑动变阻器应采用分压式接法，而且电流表应测量流过电阻的电流，可推测该实验电路符合条件的只有 C 选项。

 

3．（1）闭合开关，稳定时，电容器两端的电压为 U。根据电容的定义式可知电容器的电荷量为 Q = CU。

（2）根据牛顿第二定律得 qE = q\(\dfrac{U}{d}\) = ma，得加速度 a = \(\dfrac{{qU}}{{md}}\)。

粒子恰好从上极板右侧射出，垂直于板的方向有 \(\dfrac{d}{2}\) = \(\dfrac{1}{2}\)at²，解得 t = d\(\sqrt {\dfrac{m}{{qU}}} \)

水平方向上，可求得两极板的长度L = v₀t = v₀d\(\sqrt {\dfrac{m}{{qU}}} \)

 

4．竖直圆轨道

如图，一光滑圆轨道竖直固定放置，a 为轨道最低点，b、d 是与轨道圆心 O 等高的点，c 为轨道最高点，e 为圆弧 ab 的中点。一小滑块以一定的水平初速度从 a 点出发，仅在重力和轨道对其弹力作用下沿圆轨道顺时针运动。

 

1．若物块从 a 点运动到 c 点所用时间为 t₀，则在 t₀/2 时刻，物块位于_______。

A．ae 之间            B．e 点          C．eb 之间            D．b 点          E．bc 之间

 

2．若质量为 m 的滑块从 a 点以水平速度 v₀ 出发，恰能运动到 b 点，且用时为 t，则此过程中轨道对滑块弹力的冲量大小为__________。（重力加速度大小为 g）

A．mv₀                   B．mgt                   C．mv₀ + mgt                 D．m\(\sqrt {v_0^2 + {g^2}{t^2}} \)

 

3．已知物块质量 m = 0.5 kg，以初速度 v₀ 可以沿轨道做完整的圆周运动。图（b）是物块的速率 v 与物块与圆心连线转过的角度 θ 关系的图像。

（1）（计算）求轨道半径 R；

（2）（计算）当 θ = 60° 时，求小球克服重力做功的瞬时功率 P。

【答案】

1．E

2．D

3．（1）0.59 m     （2）23.8 W

【解析】

1．物块从 a 点运动到 c 点过程中一直做减速运动，因此物块沿圆弧从 a 点运动到 b 点、从 b 点运动到 c 点，这两个过程虽然路程相同，但前半段路程用时短，因此经过 t₀/2 时间物块应运动在 b 点之上，即位于 bc 之间。正确选项为 E。

 

2．根据动量定理的矢量表达式，有

I_合 = I_G + I_N = Δp

式中 I_G = mgt，方向竖直向下；Δp = mv₀，方向水平向右，由右图的矢量关系可知：

I_N = \(\sqrt {I_G^2 + {{(\Delta p)}^2}} \) = m\(\sqrt {{g^2}{t^2} + v_0^2} \)

故选 D。

 

3．（1）由图像可知，物块在最低点的速度 v₀ = 6 m/s，转过 60° 时的速度 v₁ = 5.5 m/s。由动能定理得

− mg·\(\dfrac{R}{2}\) = \(\dfrac{1}{2}\)mv₁² − \(\dfrac{1}{2}\)mv₀²

解得        R = \(\dfrac{{v_0^2 - v_1^2}}{g}\) = \(\dfrac{{{6^2} - {{5.5}^2}}}{{9.8}}\) m ≈ 0.59 m

（2）物块克服重力做功的瞬时功率

P = mgv₁sin60° = 0.5×9.8×5.5×\(\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\) W ≈ 23.3 W

 

5．特雷门琴

图示的特雷门琴是一种“不能碰的乐器”，它的两根天线与演奏者的双手构成两个电容器。弹奏者通过在空中移动双手来控制音调和音量。

 

1．特雷门琴电路的一部分可看成图示的 LC 回路。将其电磁振荡视为自由振荡。

（1）若将手与水平天线构成的电容器近似看成平行板电容器，则当手与水平天线之间的距离减小时，它们构成的电容器的电容__________。

A．增大                      B．减小               C．不变

（2）电容器放电完毕瞬间，以下各物理量中达到最大值的有__________。（多选）

A．电场能                   B．电流               C．磁场能                   D．电容器两端电压

 

2．特雷门琴的电磁振荡通过扬声器转换为声波。扬声器的音圈绕在永磁体 N 上，其结构的剖面图和正视图分别如图（a）和（b）所示。

（1）A4 音的频率为 440 Hz，25℃ 时空气中的声速为 347.6 m/s，则 25℃ 时 A4 音的声波在空气中的波长为__________m。

（2）当音圈中电流 I 的方向如图（a）所示时，图（a）中音圈所受安培力的方向__________。

A．向左               B．向右               C．径向向内               D．径向向外

（3）音圈中一匝线圈的周长为 2.0 cm，若音圈所在处的径向磁场磁感应强度大小均为 0.50 T，音圈中的电流 i = I₀sin(2πft)，其中 I₀ = 0.71 A，f = 200 Hz，则该电流的有效值为_____A；音圈中一匝线圈受到的安培力的最大值为______N。

 

3．演奏特雷门琴时，一手控制音调，手与竖直天线间距越小，琴发出的音调越高，另一手控制音量，手与水平天线间距越小，琴发出的音量越小。某特雷门琴输出的一列简谐声波的波形如图中①所示，为使其输出一列波形如②所示的简谐声波，应________。

A．一手远离竖直天线，另一手靠近水平天线

B．一手远离竖直天线，另一手远离水平天线

C．一手靠近竖直天线，另一手靠近水平天线

D．一手靠近竖直天线，另一手远离水平天线

【答案】

1．（1）A     （2）BC

2．（1）0.79    （2）B      （3）0.5，7.1×10⁻³

3．C

【解析】

1．（1）平行板电容器的电容大小与极板间的距离成反比。当人手靠近天线时，相当于减小了电容器两极板间的距离，从而使电容变大。正确选项为 A。

（2）在 LC 振荡电路中，当电荷量为零时，由 U = Q/C 可知极板的电压为零，电场能也为零；但电流却达到了最大值，而磁场能随电流的增大而增大，故磁场能也达到最大。故选 BC。

 

2．（1）观察左图，根据左手定则可知线圈所受安培力方向为向右，故选 B。

（2）对于正弦式交变电流，电流的有效值与最大值的的关系为 I = \(\dfrac{{{I_{\rm{m}}}}}{{\sqrt 2 }}\)，则此题中有效值为 \(\dfrac{{{I_0}}}{{\sqrt 2 }}\) = \(\dfrac{{0.71}}{{\sqrt 2 }}\) A ≈ 0.50 A。

将单匝线圈看成由无数段小直导线，则线圈受到的的安培力的最大值为 F = BI₀L = 0.5×0.71×0.02 N = 7.1×10⁻³ N。

（3）根据波速、频率和波长的关系，有 λ = \(\dfrac{v}{f}\) = \(\dfrac{{347.6}}{{440}}\) m = 0.79 m。

 

3．由图可知声波由图线①变成图线②频率变大，即音调变高；振幅变小，即音量变轻。而题中告知手靠近竖直天线时，音调变高；靠近水平天线时，音量变轻，可知人手靠近竖直天线、靠近水平天线。故选 C。

 

6．再生制动与气囊减震

再生制动与气囊减震相辅相成，共同提升车辆性能。再生制动通过能量回收提升能源利用效率，制动系统优先使用再生制动，不足部分由机械制动补充。气囊减震提升了乘坐舒适性和安全性。

 

1．一电动汽车采用笼式感应电机，再生制动时电机转为发电机模式。如图（a）所示的笼式电机在磁感应强度为 B 的匀强磁场中绕固定轴 OOʹ 转动，磁场方向与各导体条垂直。当电机转到如图（b）所示位置时，感应电动势最大的导体条为__________。

A．a₁ 和 a₂           B．b₁ 和 b₂            C．c₁ 和 c₂            D．d₁ 和 d₂

 

2．一质量 m = 1500 kg 的电动汽车沿坡度 θ = 4.8° 的斜坡匀减速下坡。从 v₀ = 72 km/h 减速至 v_t = 18 km/h 用时 t = 5 s。若这 5 s 内系统完全使用再生制动，且该车在行驶过程中受到的除制动力以外的其余阻力的大小 f = 500 N，求这 5 s 内该车的位移大小 x 和再生制动提供的制动力大小 F。（计算）

 

3．气囊减震技术中的气囊可简化为图示水平固定的气缸，质量为 M、横截面积为 S 的光滑活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内。开始时气缸内气体压强为 p₀、体积为 V₀，活塞静止于平衡位置 O。外界大气压强恒为 p₀。以 O 为原点、水平向右为正方向建立 x 轴。

（1）若缸内气体经历等温过程，求活塞在平衡位置 O 右侧、位移为 x 时内外气体对活塞的压力的合力大小 F。（计算）

（2）若缸内气体经历等温过程，活塞由平衡位置 O 沿 x 轴正方向移动微小位移并由静止释放，证明活塞近似做简谐振动（论证）。与振子质量为 m、弹簧劲度系数为 k 的弹簧振子频率公式 f_弹 = \(\dfrac{1}{{2\pi }}\sqrt {\dfrac{k}{m}} \) 类比，可知该活塞做简谐振动的频率 f₁ = _______。【提示：当 | y | ≪ 1 时，\(\dfrac{y}{{y + 1}}\) ≈ y】

（3）若气缸和活塞导热性均不佳，活塞移动微小位移并由静止释放，在短时间内活塞的运动仍可视为简谐运动，其频率为 f₂。

①与等温情况下活塞近似做简谐运动的频率 f₁ 相比，_________。

A．f₁ > f₂                 B．f₁ = f₂         C．f₁ < f₂

②对上述①中的选择作出解释。（简答）

【答案】

1．A

2．（1）x = 62.5 m    （2）F = 5230 N

3．（1）F = \(\dfrac{{{p_0}{S^2}}}{{{V_0} + xS}}\)x  （2）f = \(\dfrac{S}{{2\pi }}\sqrt {\dfrac{{{p_0}}}{{M{V_0}}}} \)

（3）C

根据热力学第一定律，若气缸绝热，则当气体体积增大时，气体对外做功，内能减小，气体温度降低，则压强 p 变得更小，则 F_回 = − (p₀ − p)S 变得更大，k 也随之变大，由 f = \(\dfrac{1}{{2\pi }}\sqrt {\dfrac{k}{m}} \) 可知 f 也变大，即 f₁ < f₂。

【解析】

1．由图可知，磁场方向竖直向下，图中各点的线速度都沿切线方向，而此时 a₁ 和 a₂ 点速度方向与磁场方向垂直，产生的感应电动势最大。故选 A。

 

2．解：v₀ = 72 km/h = 20 m/s，v_t = 18 km/h = 5 m/s

车沿斜坡匀减速运动    x = \(\dfrac{{{v_0} + {v_t}}}{2}\)t = \(\dfrac{{20 + 5}}{2}\)×5 m = 62.5 m

车沿斜坡匀减速运动，设其加速度大小为 a

v_t − v₀ = at

据牛顿第二定律可知 F + f – mgsinθ = ma

联立解得：F = m\(\dfrac{{{v_t} - {v_0}}}{t}\) − f + mgsinθ

= （1 500×\(\dfrac{{20 - 5}}{5}\) − 500 + 1500×9.8×sin4.8°）N = 5 230 N

 

3．（1）设活塞偏离平衡位置的位移为 x 时，气缸内气体压强为 p。等温情况下气缸内气体满足玻意耳定律

p₀V₀ = p(V₀ + xS)

气缸内外压力差 F = (p₀ − p)S

解得                        F = \(\dfrac{{{p_0}{S^2}}}{{{V_0} + xS}}\)x

（2）设x方向为正方向，则此时活塞所受合力作为回复力

F_回 = − F = − \(\dfrac{{{p_0}{S^2}}}{{{V_0} + xS}}\)x = − \(\dfrac{{\dfrac{S}{{{V_0}}}x}}{{1 + \dfrac{S}{{{V_0}}}x}}\)p₀S

由题意：若 | y | ≪ 1，\(\dfrac{y}{{y + 1}}\) ≈ y；当 x 很微小时，\({\dfrac{S}{{{V_0}}}}\)x ≪ 1，所以\(\dfrac{{\dfrac{S}{{{V_0}}}x}}{{1 + \dfrac{S}{{{V_0}}}x}}\) ≈ \({\dfrac{S}{{{V_0}}}}\)x；即

F_回 ≈ − p₀S \({\dfrac{S}{{{V_0}}}}\) x = − kx

即活塞的振动可视为简谐振动，其中比例系数 k = \(\dfrac{{{p_0}{S^2}}}{{{V_0}}}\)

频率f = \(\dfrac{1}{{2\pi }}\sqrt {\dfrac{k}{m}} \) = \(\dfrac{S}{{2\pi }}\sqrt {\dfrac{{{p_0}}}{{M{V_0}}}} \)

（3）根据热力学第一定律，若气缸绝热，则当气体体积增大时，气体对外做功，内能减小，气体温度降低，则压强 p 变得更小，则 F_回 = − (p₀ − p)S 变得更大，k 也随之变大，由 f = \(\dfrac{1}{{2\pi }}\sqrt {\dfrac{k}{m}} \) 可知 f 也变大，即 f₁ < f₂。故选C。