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选择题提速练(6)
［分值：46分］
(限时：25分钟)
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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.(2024·福建卷·2)某简谐振动的y-t图像如图所示，则以下说法正确的是( )
A.振幅2 cm
B.频率2.5 Hz
C.0.1 s时速度为0
D.0.2 s时加速度方向竖直向下
答案 B
1 1
解析 根据图像可知，振幅为1 cm；周期为T=0.4 s，则频率为f= = Hz=2.5 Hz，故A错误，B正确；
T 0.4
根据图像可知，0.1 s时质点处于平衡位置，此时速度最大，故C错误；
根据图像可知，0.2 s时质点处于负向最大位置处，则此时加速度方向竖直向上，故D错误。
2.(2024·浙江省金华十校二模)2022年10月，我国自主研发的“夸父一号”太阳探测卫星成功发射。“夸父
一号”太阳探测卫星可以观测太阳辐射的硬X射线。硬X射线是波长很短的光子，设波长为λ。若太阳均
匀地向各个方向辐射硬X射线，且太阳辐射硬X射线的总功率为P。卫星探测仪镜头正对着太阳，已知卫
星探测仪镜头面积为S，卫星离太阳中心的距离为R，普朗克常量为h，光速为c，则卫星探测仪镜头每秒
接收到该种光子数为( )
PSλ PSλ PSλ 3PSλ
A. B. C. D.
4πhcR2 πhcR2 4πhcR3 4πhcR2
答案 A
c
解析 每个光子的能量为E=hν=h ，太阳均匀地向各个方向辐射硬X射线，设其t秒内发射总光子数为
λ
n 4πR2
n，卫星探测仪镜头每秒接收到该种光子数为N，有 = ，t秒辐射光子的总能量为W，W=nE，太阳
tN S
W PSλ
辐射硬X射线的总功率为P= ，解得N= ，故选A。
t 4πR2hc
3.(2024·浙江金华市二模)光程是光学中的概念，定义为光在介质中经过的几何路程与该介质折射率的乘积。
当两束相干光的光程差为光在真空中波长的整数倍时，在屏幕上出现亮条纹。瑞利干涉仪就是一种利用该
原理测量气体折射率的仪器。如图甲所示，两束光的光程差为零时，屏幕上O点为零级干涉亮条纹。将长度为l、装有待测气体的透明薄管放在S 后面，如图乙所示，零级亮条纹移至屏幕上的O'点，O点为第k
1
级干涉亮条纹。已知空气的折射率为n ，所用光在真空中的波长为λ，待测气体的折射率为( )
0
(k-1)λ kλ
A. +n B. +n
l 0 l 0
kλ (k+1)λ
C. D. +n
l l 0
答案 B
解析 乙图中两束光到O点的光程差为Δs=kλ，根据题意得Δs=(n-n )l，联立可得
0
kλ
n= +n ，故选B。
l 0
4.(2024·山东省实验中学一模)中国科幻大片《流浪地球2》中描述的“太空电梯”让人印象深刻。图甲是
“天梯”项目海基平台效果图，是在赤道上建造垂直于水平面的“太空电梯”，航天员乘坐太空舱通过
“太空电梯”直通地球空间站。图乙中r为航天员到地心的距离，R为地球半径，曲线A为地球引力对航
天员产生的加速度大小与r的关系；直线B为航天员由于地球自转而产生的向心加速度大小与r的关系，
关于质量为m、相对地面静止在不同高度的航天员，下列说法正确的是( )
A.随着r的增大，航天员的角速度减小
B.随着r的增大，航天员感受到的“重力”先增大后减小
√r
C.航天员随地球自转的周期为T= 0
a
0
mg 2mRa
D.在离地面高为R的位置，航天员对座椅的压力大小为F = 0- 0
N 4 r
0
答案 D
Mm Mm
解析 航天员的角速度与地球自转角速度相等，保持不变，故A错误；根据G =F+mω2r，得F=G -
r2 r2
mω2r=ma -ma ，由题图乙可知，随着r的增大，当R≤r≤r ，a -a 逐渐减小，则航天员感受到的重力逐
引 向 0 引 向
Mm
渐减小；当r h )，重力加速度为g。若忽略阻力、球的
0
旋转、球与台面碰撞时能量的损失，乒乓球离开球拍的速度大小为( )√ gL2 √ gL2
A. 2gh+ B. 2g(h-h )+
8h 0 8h
√ gL2 √ gL2
C. 2g(h+h )+ D. 2g(h-h )-
0 8h 0 8h
答案 B
解析 设乒乓球在运动过程中水平方向的分速度为v，发球点处竖直方向的分速度为v，反弹后上升到最
x y
1 √2h √ g
高点的时间为t，则有h= gt2，L=v·2t，解得t= ，v=L ，设乒乓球质量为m，从发出到最高点，
2 x g x 8h
mv 2
由机械能守恒可知 y +mgh =mgh，解得v=√2g(h-h )，由此可得发球速度v=√v 2+v 2=
2 0 y 0 y x
√ gL2
2g(h-h )+ ，故选B。
0 8h
7.(2024·江苏如皋市二模)如图所示，倾角θ=30°的光滑固定斜面上，轻质弹簧下端与固定板C相连，另一
端与物体A相连。A上端连接一轻质细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连且始终与斜面平行。开始
时托住B，A处于静止状态且细线恰好伸直，然后由静止释放B。已知A、B的质量均为m，弹簧的劲度系
数为k，重力加速度为g，B始终未与地面接触。从释放B到B第一次下落至最低点的过程中，下列说法中
正确的是( )
A.刚释放B时，A受到细线的拉力大小为mg
√mg2
B.A的最大速度为
2k
C.B下落至最低点时，弹簧的弹性势能最小
D.B下落至最低点时，A所受合力大小为mg
答案 B
1
解析 刚释放物体B时，以A、B组成的系统为研究对象，有mg=(m+m)a，解得a= g，
2
1 1
对B有mg-F =ma，解得F = mg，故物体A受到细线的拉力大小为 mg，故A错误；手拖住物体B时，
T T 2 2
mg
物体A静止，设此时弹簧的压缩量为x ，对物体A根据平衡条件可得kx =mgsin θ，解得x = ，物体A
0 0 0 2k
上升过程中，当A和B整体的加速度为0时速度达到最大值，此时细线对A的拉力大小刚好等于B的重力，mg
设此时弹簧的伸长量为x ，则mg-kx -mgsin θ=0，解得x = ，所以此时弹簧的弹性势能与初始位置时相
1 1 1 2k
同，对A、B和弹簧组成的系统，只有重力和弹簧弹力做功，所以系统的机械能守恒，根据机械能守恒定
1 √mg2
律得mg(x +x )-mg(x +x )sin θ= ×2mv 2 ，解得v = ，故B正确；当B下落至最低点时，A、B整体减
0 1 0 1 2 m m 2k
少的机械能最大，转化为弹簧的弹性势能最多，所以此时弹簧具有最大的弹性势能，故C错误；当B下落
1
至最低点时，此时A上升到最高位置，根据对称性可知B的加速度大小也为a'=a= g，故对B受力分析，
2
3
根据牛顿第二定律可知F '-mg=ma'，解得F '= mg，故对A、B整体研究，设此时弹簧弹力为F，则
T T 2
3
F+mgsin θ-mg=(m+m)a'，解得F= mg，对A研究，A受到弹簧拉力、重力和细线的拉力，则F =mgsin
2 合
1
θ+F-F '= mg，故D错误。
T 2
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8.(2024·浙江金华市二模)多个点波源在空间也可以形成干涉图样，如图甲是利用软件模拟出某时刻三个完
全相同的横波波源产生的干涉图样。图乙是三个完全相同的横波波源在均匀介质中位置，波源S 、S 、S
1 2 3
分别位于等边三角形的三个顶点上，三角形边长为2 m。三个波源从t=0时刻同时开始振动，振动方向垂
直纸面，振动图像均如图丙所示。已知波的传播速度为0.25 m/s，O处质点位于三角形中心，C处质点位
于S 与S 连线中点。下列说法正确的是( )
2 3
A.足够长时间后，位于O处的质点的振幅为6 cm
B.足够长时间后，位于C处的质点的振幅为6 cm
C.t=4.5 s时，C处质点与平衡位置之间的距离是2√2 cm
D.其中一列波遇到尺寸为0.8 m的障碍物时，不能发生明显的衍射现象
答案 AC
解析 O处质点位于三角形中心，该点到三个波源的间距相等，可知该点为振动加强点，则该点振幅为
A =3A=3×2 cm=6 cm，故A正确；因为S C=√3 m，该波的波长为λ=vT=1 m，则C点到S 、S 的距离之差
O 1 1 3
不是半波长的奇数倍，也不是半波长的偶数倍，同理C点到S 、S 也一样，则该点即不加强也不减弱，则
1 2
S C √3
振幅不是6 cm，故B错误；波源S 的振动传播到C所需要时间t = 1 = s=4√3 s>4.5 s，表明t=4.5 s
1 1 v 0.25
时，波源S 的振动还没有传播到C点。由于C处质点位于S 与S 连线中点，则波源S 与S 的振动传播到
1 2 3 2 31
C所需要时间均为t = s=4 s<4.5 s，表明t=4.5 s时，波源S 与S 的振动已经传播到了C点，由于
2 0.25 2 3
T T
S C=S C=1 m=λ，T=4 s，4.5 s=T+ ，C点为振动加强点，表明C点4.5 s时刻的位移为波源S 与S 在 时
2 3 8 2 3 8
2π π T
刻振动形式的叠加，图丙的振动方程为y=2sin t(cm)=2sin t(cm)，当时间为 时，解得y =√2 cm，则
4 2 8 0
t=4.5 s时，C处质点与平衡位置之间的距离是2y =2×√2 cm=2√2 cm，故C正确；因波长为1 m，则其中一
0
列波遇到尺寸为0.8 m的障碍物时，能发生明显的衍射现象，故D错误。
9.(2024·广西南宁市二模)2017年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波。根据科学家们复原
的过程，在两颗中子星合并前约100秒时，它们间的距离为r，绕两者连线上的某点每秒转动n圈，将两颗
中子星都看作质量均匀分布的球体，忽略其他星体的影响，已知引力常量为G，下列说法正确的是( )
A.两颗中子星转动的周期均为n秒
B.两颗中子星转动时所需向心力与它们的转动半径成正比
C.两颗中子星的转动半径与它们的质量成反比
4π2n2r3
D.两颗中子星的质量之和为
G
答案 CD
解析 两颗中子星转动过程中角速度相等，周期也相等，根据题意绕两者连线上的某点每秒转动n圈，则
1
周期T= s，故A错误；设两颗设中子星的质量分别为m 、m ，两颗中子星转动时所需的向心力由二者之
n 1 2
m m
1 2
间的万有引力提供，即向心力大小均为F =G ，故B错误；设两颗中子星的轨道半径分别为r 、r ，
n r2 1 2
m m m r
1 2 1 2
相距r，根据万有引力提供向心力可知F =G =m ω2r =m ω2r ，可知 = ，即两颗中子星的转动半径
n r2 1 1 2 2 m r
2 1
m m 4π2 4π2 4π2r3 4π2n2r3
1 2
与它们的质量成反比。由G =m r =m r ，化简可得m +m = = ，故C、D正确。
r2 1 T2 1 2 T2 2 1 2 GT2 G
10.(2024·安徽池州市二模)从地面上以初速度v 竖直向上抛出一质量为m的小球，若运动过程中小球受到
0
的空气阻力与其速率成正比，比例系数为k，小球运动的速率随时间变化规律如图所示，t 时刻到达最高点，
1
再落回地面，且落地前小球已经做速率为v 的匀速直线运动。已知重力加速度为g，则( )
1
A.小球上升的时间大于下落的时间
v kv
B.小球上升过程速率为 0时的加速度大小为a=g+ 0
2 2m
(v -gt )k
C.小球上升的最大高度为H= 0 1
m1 1
D.小球从抛出到落回地面的整个过程中克服空气阻力做的功为W= mv 2 - mv 2
2 0 2 1
答案 BD
解析 图像与时间轴围成的面积表示位移，由于上升过程和下降过程中的位移相等，上升阶段平均速度大
x
于下降阶段平均速度，根据公式 v= 可知上升时间小于下降时间，故A错误；根据牛顿第二定律可得
t
v kv
mg+k 0=ma，解得 a=g+ 0 ，故B正确；设上升时加速度为a，根据牛顿第二定律可知mg+kv=ma，取极
2 2m
kv k
短Δt时间，速度变化量为Δv=aΔt=(g+ )Δt，由于vΔt=Δh，上升全程速度变化量为∑Δv=-g∑Δt- ∑Δh=0-
m m
k (v -gt )m 1
v ，则 v =gt + H，解得 H= 0 1 ，故C错误；球从上升到落回地面的全过程由动能定理-W= mv 2 -
0 0 1 m k 2 1
1 1 1
mv 2 ，则W= mv 2- mv 2 ，故D正确。
2 0 2 0 2 1
