湖南省益阳市2021届新高考第二次模拟物理试题含解析

湖南省益阳市2021届新高考第二次模拟物理试题含解析

湖南省益阳市 2021 届新高考第二次模拟物理试题 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的 1．如图所示，在直角坐标系 xOy 平面内存在一正点电荷 Q，坐标轴上有 A、B、C 三点， OA=OB=BC=a ， 其中 A 点和 B 点的电势相等， O 点和 C 点的电势相等，静电力常量为 k ，则下列说法正确的是（ ） A．点电荷 Q 位于 O 点 B． O 点电势比 A 点电势高 C． C 点的电场强度大小为 22 kQ a D．将某一正试探电荷从 A 点沿直线移动到 C 点，电势能一直减小 【答案】 C 【解析】 因 A 点和 B 点的电势相等， O 点和 C 点的电势相等，故 A、B 到点电荷的距离相等， O、C 到点电荷的 距离也相等，则点电荷位置如图所示 由图可知 A 错误，因点电荷带正电，故离点电荷越近电势越高，故 O 点电势比 A 点低，故 B 错误，由图 可知 OC 的距离 2Cr a ，根据 2 QE k r ，得 22C kQE a ，故 C 正确；由图可知，将正试探电荷从 A 点 沿直线移动到 C 点，电势先升高再降低，故电势能先增大再减小，故 D 错误，故选 C. 2．相传我国早在 5000 多年前的黄帝时代就已经发明了一种指南车。如图所示为一种指南车模型，该指南 车利用机械齿轮传动的原理， 在任意转弯的情况下确保指南车上的小木人右手臂始终指向南方。 关于该指 南车模型，以下说法正确的是（ ） A．以指南车为参照物，车上的小木人始终是静止的 B．如果研究指南车的工作原理，可以把车看成质点 C．在任意情况下，指南车两个车轮轮缘的线速度大小都相等 D．在任意情况下，车转弯的角速度跟小木人的角速度大小相等 【答案】 A 【解析】 【详解】 A．以指南车为参照物，车上的小木人相对于小车的位置不变，所以始终是静止的，故 A 正确； B．在研究指南车的工作原理时，不可以把车看成质点，否则车上的小木人右手臂始终指向南方的特点不 能体现，故 B 错误； C．在指南车转弯时，两个车轮的角速度相等，线速度不一定相等，故 C 错误； D．由题，车转弯时，车转动，但车上的小木人右手臂始终指向南方，可知小木人是不转动的，所以它们 的角速度是不相等的，故 D 错误； 故选 A。 3．某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁心的线圈 L 、小灯泡 A 、开关 S 和电池组 E，用导线将 它们连接成如图所示的电路。检查电路后，闭合开关 S，小灯泡正常发光；再断开开关 S，小灯泡仅有不 显著的延时熄灭现象。虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象。你认为最有可能造成小 灯泡未闪亮的原因是（ ） A．线圈的电阻偏大 B．小灯泡的额定电压偏大 C．电源的电动势偏小 D．线圈的自感系数偏小 【答案】 A 【解析】 【分析】 【详解】 图中的电路是一个灯泡与电感线圈并联再与电源、开关串联起来的电路，当小灯泡正常发光时，通过灯泡 和电感线圈中都有电流，当开关断开时，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象，说明开关断开后，通过小灯 泡的电流也没有显著增大，这是因为原来通过电感线圈的电流小于灯泡的电流，当断电后，电感最多会产 生原来通过自己的等大的电流，故造成小灯泡未闪亮的原因是线圈的电阻偏大的缘故。 故选 A。 4．关于一定质量的理想气体，下列说法正确的是（ ） A．气体的体积是所有气体分子的体积之和 B．气体的压强是由气体分子重力产生的 C．气体压强不变时，气体的分子平均动能可能变大 D．气体膨胀时，气体的内能一定减小 【答案】 C 【解析】 【分析】 【详解】 A．气体的体积是气体分子所能充满的整个空间，不是所有气体分子的体积之和，故 A 错误； B．大量做无规则热运动的分子对器壁频繁、 持续地碰撞产生了气体的压强， 与气体重力无关， 故 B 错误； C．气体压强不变时，体积增大，气体温度升高，则分子的平均动能增大，故 C 正确； D．气体膨胀时，气体对外做功，由热力学第一定律 U W Q 可知，气体对外做功同时可能吸收更多 的热量，内能可以增加，故 D 错误。 故选 C。 5．一定质量的理想气体，其状态变化的 P-T 图像如图所示。气体在由状态 1 变化到状态 2 的过程中，下 列说法正确的是 A．分子热运动的平均速率增大 B．分子热运动的平均速率减小 C．单位体积内分子数增多 D．单位面积、单位时间内撞击器壁的分子数增多 【答案】 A 【解析】 【分析】 本题考查分子动理论。 【详解】 AB ．温度是分子热运动平均动能的标志，温度升高，分子热运动平均动能增加，分子热运动的平均速率 增大， A 正确， B 错误； C．由理想气体状态方程， PV nRT nRTV P 温度升高，压强变小，体积变大，单位体积内分子数减少， C 错误； D．温度升高，分子热运动的平均速率增大，压强却减小了，故单位面积，单位时间内撞击壁的分子数减 少， D 错误； 故选 A。 6．一简谐机械横波沿 x 轴正方向传播，波长为 λ，周期为 T。 2 Tt 时刻的波形如图所示， a、b 是波上 的两个质点。图是波上某一质点的振动图像。下列说法中正确的是（ ） A． 4 Tt 时质点 a 的速度比质点 b 的大 B． 2 Tt 时质点 a 的加速度比质点 b 的小 C．如图可以表示质点 a 的振动 D．如图可以表示质点 b 的振动 【答案】 A 【解析】 【分析】 【详解】 A． 4 Tt 时质点 a 在平衡位置向上振动，质点 b 在波峰位置，则此时质点 a 的速度比质点 b 的大，选项 A 正确； B． 2 Tt 时质点 a 在波峰位置，质点 b 在平衡位置，根据 kxa m 可知，则此时质点 a 的加速度比质点 b 的大，选项 B 错误； CD ．因为 2 Tt 时质点 a 在最高点，质点 b 在平衡位置向下振动，可知右图不是质点 ab 的振动图像，选 项 CD 错误。 故选 A。 二、多项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目 要求．全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分 7．一个静止的放射性原子核处于垂直纸面向里的匀强磁场中，由于发生了某种衰变而形成了如图所示的 两个圆形径迹，则（ ） A．该原子核发生了 衰变 B．该原子核发生了 衰变 C．打出衰变粒子的反冲核沿小圆逆时针运动 D．该原子核的衰变过程结束后，其系统的总质量略有增加 【答案】 BC 【解析】 【详解】 AB ．而衰变后两个新的带电粒子向相同方向偏转，故两粒子带异种电荷，原子核发生了 β衰变， A 项错 误、 B 项正确； C．由于衰变后两带电粒子的动量大小相等， 根据圆周运动的规律， 带电粒子的轨迹半径 mvr qB ，电荷量 大的轨迹半径小，再利用左手定则判断反冲核沿逆时针方向运动， C 项正确； D．衰变中有核能转变为其他形式的能，故系统发生质量亏损，即总质量略有减少， D 项错误。 故选 BC 。 8．如图所示，在 x 轴上坐标原点 O 处固定电荷量 q l=+4×10－8C 的点电荷，在 x=6cm 处固定电荷量 q 2=－ 1×10－ 8 C 的点电荷。 现在 x 轴上 x>12cm 的某处由静止释放一试探电荷， 则该试探电荷运动的 v－t 图像可 能正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】 BC 【解析】 【分析】 【详解】 设 x 轴上场强为 0 的坐标为 x，由有 1 2 2 2( 6) q qk k x x 解得 12cmx 则 12x 区域场强方向沿 x 轴正方向，由于无穷远处场强也为 0，所以从 12cmx 到无穷远场强先增大 后减小， 6cm 12cmx 场强方向沿 x 轴负方向，若试探电荷带正电，则从静止释放开始沿 x 轴正方向 做加速运动，由于从 12cmx 到无穷远场强先增大后减小，则试探电荷做加速度先增大后减小的加速运 动，若试探电荷带负电，则从静止释放开始沿 x 轴负方向做加速度减小的加速运动，运动到 12cmx 处 加速度为 0，由于 6cm 12cmx 场强方向沿 x 轴负方向且场强增大，则试探电荷接着做加速度增大的 减速运动， 当速度减到 0 后反向做加速度减小的加速运动， 运动到 12cmx 处加速度为 0，过 12cmx 后 做加速度增大的减速运动，由于两点荷产生的电场不是匀强电场，故试探电荷开始不可能做匀加速运动， 由于 12cmx 处电场强度为 0，且从 12cmx 到无穷远场强先增大后减小和 6cm 12cmx 场强方向 沿 x 轴负方向且场强增大，试探电荷不可能一直做加速度增大的加速运动，故 AD 错误， BC 正确。 故选 BC 9．如图所示，倾角为 α =37°的斜面体固定在水平面上，质量为 m=1kg 可视为质点的物块由斜面体的顶端 A 静止释放，经过一段时间物块到达 C 点。已知 AB=1.2m 、BC=0.4m ，物块与 AB 段的摩擦可忽略不计， 物块与 BC 间的动摩擦因数为 μ=0.5，重力加速度为 g=10m/s 2， sin37 °=0.6 ，cos37°=0.8。则下列说法正确 的是（ ） A．物块在 BC 段所受的摩擦力大小为 6N B．上述过程，物块重力势能的减少量为 9.6J C．上述过程，因摩擦而产生的热量为 1.6J D．物块到达 C 点的速度大小为 4m/s 【答案】 BCD 【解析】 【详解】 A．物块在 BC 段，所受的摩擦力大小 cos 4Nf mg 故 A 项错误； B．物块从顶端 A 到达 C 点，物块重力势能的减少量 p ( )sin 1 10 1.6 0.6J 9.6JE mg AB BC 故 B 项正确； C．物块在通过 BC 段时，因摩擦产生的热量等于克服摩擦力做功 cos 1.6JQ mg BC 故 C 项正确； D．物块从顶端 A 到达 C 点，根据动能定理 21( )sin cos 2 mg AB BC mgBC mv 解得：物块到达 C 点的速度大小 4m/sv 故 D 项正确。 10．18 世纪，数学家莫佩尔蒂和哲学家伏尔泰，曾设想 “穿透 ”地球：假设能够沿着地球两极连线开凿一 条沿着地轴的隧道贯穿地球，一个人可以从北极入口由静止自由落入隧道中，忽略一切阻力，此人可以从 南极出口飞出，则以下说法正确的是（已知地球表面处重力加速度 g 取 10 m/s 2；地球半径 R＝6.4 ×106 m； 地球表面及内部某一点的引力势能 Ep＝－ GMm r ，r 为物体距地心的距离） （ ） A．人与地球构成的系统，虽然重力发生变化，但是机械能守恒 B．当人下落经过距地心 0.5R 瞬间，人的瞬时速度大小为 4×103 m/s C．人在下落过程中，受到的万有引力与到地心的距离成正比 D．人从北极开始下落，直到经过地心的过程中，万有引力对人做功 W＝1.6 ×109 J 【答案】 AC 【解析】 【分析】 【详解】 A. 人下落过程只有重力做功，重力做功效果为重力势能转变为动能，故机械能守恒，故 A 正确； B. 当人下落经过距地心 0.5R 瞬间，其引力势能为： ' 0.5p GMm RE 根据功能关系可知： ' p p kE E E 即： 21 0 0.5 2 GMm GMm m R R v 在地球表面处忽略地球的自转： 2 GMm mg R 则联立以上方程可以得到： 3 2 8 2 m/s10v gR 故 B 错误； C.设人到地心的距离为 r ，地球密度为 ，那么，由万有引力定律可得：人在下落过程中受到的万有引力 为： 3 2 2 4 43 3 G r mGMmF G mr r r = = = 故万有引力与到地心的距离成正比，故 C 正确； D. 由万有引力 4 3 F G mr 可得：人下落到地心的过程万有引力做功为： 1 1 2 2 2 4 3 GMmW G mR R mgR R = = 由于人的质量 m 未知，故无法求出万有引力的功，故 D 错误； 故选 AC 。 11．一定质量的理想气体， 其状态变化的 p V 图象如图所示， 其中 a b 过程气体既不吸热、 也不放热， b c 过程气体体积不变。对此下列说法正确的是（ ） A． a b 过程中，外界对气体做功 B． a b 过程中，气体分子的平均动能不变 C． b c 过程中，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数增多 D． b c 过程中，气体温度降低 E. c a 过程中，单位体积内的气体分子数减少 【答案】 ACE 【解析】 【详解】 A． a b 过程，气体体积减小，则外界对气体做功。所以 A 正确； B． a b 过程，由题意知该过程气体既不吸热、也不放热，由热力学第一定律知气体内能一定增加，则 理想气体分子的平均动能一定增大。所以 B 错误； C． b c 过程，气体体积不变而压强增大，体积不变则单位体积的气体分子数不变，压强增大则气体的 温度一定升高，气体分子的热运动更加剧烈，分子在单位时间内与器壁单位面积的碰撞次数增多。所以 C 正确； D． b c 过程，由 pV C T （常数） 知气体温度升高。所以 D 错误； E． c a 过程中，气体体积增大，则单位体积内的气体分子数减少。所以 E 正确。 故选 ACE 。 12．沿 x 轴正方向传播的一列横波在某时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为 200m/s，则下列说法正确 的是（ ） A．从图示时刻开始，经 0.01s 质点 a 通过的路程为 40cm，相对平衡位置的位移为零 B．图中质点 b 的加速度在增大 C．若产生明显的衍射现象，该波所遇到障碍物的尺寸为 20m D．从图示时刻开始，经 0.01s 质点 b 位于平衡位置上方，并沿 y 轴正方向振动做减速运动 E.若此波遇到另一列波，并产生稳定的干涉现象，则另一列波的频率为 50Hz 【答案】 BDE 【解析】 【详解】 A．由图象可知波长为 4m 又波速为 200m/sv 则该列波的周期为 0.02sT v 那么经过 0.01s，质点 a 振动了半个周期， 质点 a 通过的路程为 40cm，应在负向最大位移处， 所以 A 错误； B．根据同侧法可以判断 b 质点此时正沿 y 轴负方向振动，也就是远离平衡位置，所以回复力在增大，加 速度在增大，所以 B 正确； C．由图象已知该波的波长是 4m，要想发生明显的衍射现象，要求障碍物的尺寸与机械波的波长差不多 或更小，所以障碍物 20m 不能观察到明显的衍射现象， C 错误； D．经过 0.01s，质点 b 振动了半个周期，图示时刻质点 b 正沿 y 轴负方向振动，所以可知过半个周期后， 该质点 b 在平衡位置上方且沿 y 轴正方向振动，速度在减小，所以 D 正确； E．该波的周期是 0.02s，所以频率为 1 50Hzf T 所以若此波遇到另一列波，并产生稳定的干涉现象，那么另一列波的频率也是 50Hz ，所以 E 正确。 故选 BDE 。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．小鹏用智能手机来研究物体做圆周运动时向心加速度和角速度、半径的关系。如图甲，圆形水平桌面 可通过电机带动绕其圆心 O 转动，转速可通过调速器调节，手机到圆心的距离也可以调节。小鹏先将手 机固定在桌面某一位置 M 处，通电后，手机随桌面转动，通过手机里的软件可以测出加速度和角速度， 调节桌面的转速，可以记录不同时刻的加速度和角速度的值，并能生成如图乙所示的图象。 (1)由图乙可知， 60.0st 时，桌面的运动状态是 ______________（填字母编号） ； A．静止 B．匀速圆周运动 C．速度增大的圆周运动 D．速度减小的圆周运动 (2)仅由图乙可以得到的结论是： ____________； (3)若要研究加速度与半径的关系，应该保持 _________不变，改变 ______，通过软件记录加速度的大小， 此外，还需要的测量仪器是： __________________。 【答案】 B 半径一定，角速度大小不变时，加速度大小也不变；角速度增大时，加速度也增大 转 速（或角速度） 手机到圆心的距离（或半径） 刻度尺 【解析】 【分析】 【详解】 (1)[1] 由图乙可知， 60.0st 时，加速度大小不变，角速度大小也不变，所以此时桌面在做匀速圆周运动， 所以 B 正确， ACD 错误。 故选 B。 (2)[2] 由图乙可以看出，加速度和角速度的变化曲线大致一样，所以可以得到的结论是：半径一定时，角 速度大小不变时，加速度大小也不变；角速度增大时，加速度也增大。 (3)[3][4] 物体做圆周运动的加速度为 2 2 24πa r n r 若要研究加速度与半径的关系，应该保持转速（或角速度）不变，改变手机到圆心的距离（或半径） ； [5] 所以还需要的测量仪器是刻度尺。 14．某同学用图（ a）所示装置 “探究弹力和弹簧伸长的关系 ”。弹簧的上端固定在铁架台支架上，弹簧的 下端固定一水平纸片（弹簧和纸片重力均忽略不计） ，激光测距仪可测量地面至水平纸片的竖直距离 h。 (1)该同学在弹簧下端逐一增挂钩码， 每增挂一个钩码， 待弹簧 __________时， 记录所挂钩码的重力和对应 的 h； (2)根据实验记录数据作出 h 随弹簧弹力 F 变化的图线如图（ b）所示，可得未挂钩码时水平纸片到地面的 竖直距离 h0=______cm，弹簧的劲度系数 k=_______ N/m 。（结果都保留到小数点后一位） 【答案】静止 120.0 31.3 【解析】 【分析】 【详解】 (1)[1] 该同学在弹簧下端逐一增挂钩码，每增挂一个钩码，待弹簧静止时，此时弹力与重力大小相等，记 录所挂钩码的重力和对应的 h (2)[2] 由图可知，当 =0F 时 0 120.0cmh 即为未挂钩码时水平纸片到地面的竖直距离 [3] 由胡克定律可得 =F k h，即图像斜率绝对值的倒数表示弹簧劲度系数则有 2 3.13 N/m 31.3N/m (120.0 110.0) 10 k 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．受控核聚变是当前研究的热点。我国的 “东方超环 ”世界领先，将氘氚燃料用特殊的加热方法加热到聚 变反应温区（即 1 亿度以上）以点燃氘氚反应 [一个氘核（ 2 1 H ）和一个氚核（ 3 1H ）发生聚变核反应，生 成一个氦核（ 4 2He ），放出一个中子 ]，利用特殊设计的 “笼子 ”将它们稳定地约束在该真空容器内。使聚变 反应能够稳定进行， 其中一种方法是磁约束， 围绕这种 " 磁笼子 " 的设计和建道， 人类已经走过了半个多世 纪艰苦的历程。某校的研究小组进行了以下的设计，如图所示，矩形 abcd 的 ab 边长为 2L ，ab 与 ac 夹 角为 30°，矩形对角线 ac 上下方分别分布着磁感应强度大小为 B 的匀强磁场，一个氚核（ 3 1 H ）从 ab 边 中点 P 处以某一速度垂直 ab 边进入下方磁场恰好不从对角线 ac 边射出，一个氘核（ 2 1H ）从 c 点以某一 速度水平向左进入上方磁场并与氚核（ 3 1 H ）在对角线 ac 上相遇并发生聚变反应，生成一个氦核（ 4 2He ）， 放出一个中子， 生成的氢核 （ 4 2He ）速度方向竖直向下。 已知一个核子的质量为 m，质子的电量为 q，求： （ 1）氘核（ 2 1 H ）与氚核（ 3 1H ）射入磁场时的速度大小之比 1 2:v v ； （ 2）先后释放氚核（ 3 1H ）与氘核（ 2 1 H ）的时间差； （ 3）生成的氢核（ 4 2He ）速度 v 应满足的条件。使之偏转后恰好到达矩形的 a 点。 【答案】 （1） 1 2: 2 : 3v v ；（2） 3 mt qB ；（ 3） ( 1,2,3 ) 4 qBLv n nm L 【解析】 【分析】 【详解】 （ 1）从 P 点射入的氚核（ 3 1 H ）轨迹如图甲所示 由几何关系知圆心在 b 处，轨迹半径 1r L 2 1 1 1 3mvqv B r 从 c 点射入的氘核（ 2 1 H），轨迹半径 2 3 3 Lr 2 2 2 2 2mvqv B r 解得 1 2: 2 : 3v v （ 2）从 P 点射入的氟核（ 3 1 H ），运动周期 1 2 3mT qB 从 c 点射入的氘核（ 2 1 H），运动周期 2 2 2mT qB 1 2 1 6 t T T 3 mt qB （ 3）氘核（ 2 1H）和氚核（ 3 1 H ）在 e 点相遇有 3ae L 氦核的运动轨迹如图乙所示 2 cos30 2 ( 1,2,3 )r n ae n L 242 mvqvB r 解得 ( 1,2,3 ) 4 qBLv n nm L 16．如图所示， 长度为 l=2m 的水平传送带左右两端与光滑的水平面等高， 且平滑连接。 传送带始终以 2m/s 的速率逆时针转动。传送带左端水平面上有一轻质弹簧，弹簧左端固定，右端与质量为 m B 物块 B 相连， B 处于静止状态。传送带右端水平面与一光滑曲面平滑连接。现将质量 m A、可视为质点的物块 A 从曲面 上距水平面 h=1.2m 处由静止释放。已知物块 " 与传送带之间的动摩擦因数 μ=0.2，m B=3m A，物块 A 与 B 发生的是弹性正撞。重力加速度 g 取 10m/s2。 (1)求物块 A 与物块 B 第一次碰撞前瞬间的速度大小； (2)通过计算说明物块 A 与物块 B 第一次碰撞后能否回到右边曲面上； (3)如果物块 A 、B 每次碰撞后， 物块 B 再回到最初静止的位置时都会立即被锁定， 而当他们再次碰撞前瞬 间锁定被解除，求出物块 A 第 3 次碰撞后瞬间的速度大小。 【答案】 (1)4m/s； (2)不能通过传送带运动到右边的曲面上； (3)0.5m/s 【解析】 【分析】 【详解】 (1)设物块 A 沿光滑曲面下滑至水平面时的速度大小为 v0。由机械能守恒定律知 : 2 A A 0 1 2 m gh m v 物块在传送带上滑动过程，由牛顿第二定律知： A Am g m a 物块 A 通过传送带后的速度大小为 v，有 : 2 2 0 2v v al ，解得 v=4m/s 因 v＞2m/s，所以物块 A 与物块 B 第一次碰撞前的速度大小为 4m/s (2)设物块 A 、B 第一次碰撞后的速度分别为 v1、vB，取向右为正方向，由动量守恒有 A A 1 B Bm v m v m v 2 2 2 A A 1 B B 1 1 1 2 2 2 m v m v m v 解得 1 1 2 2 v v m/s 即碰撞后物块 A 沿水平台面向右匀速运动，设物块 A 在传送带上向右运动的最大位移为 'l ，则 2 ' 10 2v al 得 ' 1m 2ml 所以物块 A 不能通过传送带运动到右边的曲面上 (3)当物块 A 在传送带上向右运动的速度为零时，将会沿传送带向左加速。可以判断，物块 A 运动到左边 平面时的速度大小为 v1，设第二次碰撞后物块 A 的速度大小为 v2，由（ 2）同理可得 2 2 1 1 1( ) 2 2 v v v 则第 3 次碰撞后物块 A 的速度大小为 3 3 1( ) 0.5 2 v v m/s 17．光的干涉和衍射现象说明光具有波动性。爱因斯坦的光电效应理论和康普顿效应理论表明，光在某些 方面确实也会表现得像是由一些粒子（即一个个有确定能量和动量的 “光子 ”）组成的。人们意识到，光既 具有波动性，又具有粒子性。 （c 为光速， h 为普朗克常量） (1)物理学家德布罗意把光的波粒二象性推广到实物例子， 他提出假设： 实物粒子也具有波动性， 即每一个 运动的粒子都与一个对应的波相联系，粒子的能量 E 和动量 p 跟它所对应波的频率 v 和波长 之间也遵 从如下关系： Eν h ， h p 。请依据上述关系以及光的波长公式，试推导单个光子的能量 E 和动量 p 间存在的关系； (2)我们在磁场中学习过磁通量 ，其实在物理学中有很多通量的概念，比如电通量、光通量、辐射通量 等等。辐射通量 c 表示单位时间内通过某一截面的辐射能，其单位为 J/ s。 ①光子具有能量。一束波长为 的光垂直照射在面积为 S 的黑色纸片上，其辐射通量为 c ，且全部被黑 纸片吸收，求该束光单位体积内的光子数 n； ②光子具有动量。当光照射到物体表面上时，不论光被物体吸收还是被物体表面反射，光子的动量都会发 生改变，因而对物体表面产生一种压力。求上一问中的光对黑纸片产生的压力大小，并判断若将黑纸片换 成等大的白纸片，该束光对白纸片的压力有何变化。 【答案】 (1) E pc；(2)① c 2Shc ，② c c ，变大 【解析】 【分析】 【详解】 (1)单个光子的能量 cE h h 根据单个光子的动量 hp 可知 E pc (2)①假设 t 时间内通过黑纸片光束的体积为 V ，则光子总个数为 N n V n S c t 辐射通量 2 c cnSc t hN h nShc t t 解得单位体积内的光子数 c 2n Shc ②光束照射黑纸片，全部被吸收，根据动量定理 F t Np 解得黑纸片对光的作用力 c c 2 hn S c tNp ShcF t t Shc c 根据牛顿第三定律可知光对黑纸片的压力为 c c ；若将黑纸片换为等大的白纸片，光子在白纸片表面全部 反弹，若全部发生弹性碰撞，则根据动量定理 2F t Np 则 F F 所以根据牛顿第三定律可知该束光对白纸片的压力变大。