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题型14 球面与流体模型
选择题每小题3 分。
1.截至2024 年4 月17 日,被誉为“中国天眼”的500 米口径球面射电望远镜已发现超900 颗新脉冲
星。“天眼”对距地球为L 的天体进行观测,其接收光子的横截面半径为R。若其对天体辐射光子
的接收率为η(η<1),每秒接收到该天体发出的频率为ν 的N 个光子。普朗克常量为h,则该天体发射
频率为ν 光子的功率为( )
A.4 N L
2hν
R
2η
B.2 N L
2hν
R
2η
C.η L
2hν
4 R
2 N
D.η L
2hν
2 R
2 N
2.如图所示,虚线圆的半径为R,某激光器的一端固定于圆心O 点,且绕O 点以角速度ω 转动,转动过程
中从激光器的另一端连续发出功率为P、波长为λ 的细束激光(不计光束截面积),在虚线圆某处固定
一弧形接收屏,该接收屏沿虚线圆的长度为l。已知普朗克常量为h,激光传播的速度为c,则在激光器
转动一周的过程中,接收屏接收到的光子数为
( )
A. lcP
hλRω
B. lλP
hcRω
C.lλcP
hRω
D.hRω
lλcP
3.太阳内部核聚变反应产生的能量向太空辐射,太阳辐射在到达地面之前会经过厚厚的大气层并损
失近50%的能量。现测得单位时间内地球表面正对太阳光的单位面积上吸收的太阳辐射约为
1.4×103 J/m2·s。已知日地距离为1.5×108 km,则太阳每秒钟因辐射而亏损的质量约为( )
A.8.8×103 kg
B.6.6×105 kg
C.2.2×107 kg
D.8.8×109 kg
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4.目前地球上消耗的能量绝大部分来自太阳内部核聚变时释放的核能。如图所示,太阳能路灯的额
定功率为P,光电池系统的光电转换效率为η。用P0表示太阳辐射的总功率,太阳与地球的间距为r,
地球半径为R,光在真空中传播的速度为c。太阳光传播到达地面的过程中大约有30%的能量损耗,电
池板接收太阳垂直照射的等效面积为S。在时间t 内
( )
A.到达地球表面的太阳辐射总能量约为7 P0t R
2
40r
2
B.路灯正常工作所需日照时间约为40 π R
2 Pt
7 P0 Sη
C.路灯正常工作消耗的太阳能约为ηPt
D.因释放核能而带来的太阳质量变化约为10 P0t
7c
2
5.某景区景点喷泉喷出的水柱高约20 m,如图所示,小明了解到该喷泉专用泵额定电压为220 V,正常
工作时输入电流为3 A,泵输出的机械功率占输入功率的75%,则此喷泉( )
A.出水流量约为0.1 m3/s
B.电机绕组的电阻是55 Ω
C.稳定时空中处于上升状态的水的质量约为10 kg
D.喷管的横截面积约为1.2×10-4 m2
6.如图所示,某人用水管冲洗竖直墙面,水龙头的流量(单位时间流出水的体积)可视为一定,水管的入
水口与水龙头相连接,水从出水口水平出射,打到墙面后不反弹顺墙面流下。若用手挤压出水口,使出
水口的横截面积变为原来的一半,则被水流冲击部分的墙面所受压强约为挤压前的多少倍( )
A.1
B.2
C.4
D.8
7.如图所示的太阳帆飞船是利用太阳光的光压进行宇宙航行的一种航天器。光压是光照射到物体上
对物体表面产生的压力,从而使航天器获得加速度。假设光子打到帆面上全部反射,地球上太阳光光
强(单位时间垂直照射到单位面积上的光能)为I0,地球轨道半径为r0,光在真空中传播速度为c,则太阳
帆飞船在与太阳距离为r 的地方,帆面正对太阳的单位面积上的光压为( )
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A.I 0
c (
r0
r )
2
B.2 I 0
c (
r0
r )
2
C.I 0
c (
r0
2r)
2
D.I 0
c (
2r0
r )
2
8.(11 分)无线充电可以让手机充电时摆脱电源线的束缚。某种无线充电原理是:首先通过一个安置在
墙面插座上的电流转换器,将电能转化为超声波,之后让用电设备上的接收器捕获超声波信号,将其再
转化回电能为设备充电。接收器单位面积上接收到的超声波功率与接收器和电流转换器之间距离s
的二次方成反比,其将超声波转化为电能的转化效率为η1。原理图如图所示。某实验电动小汽车质
量为m,其电池将电能转化为机械能的效率为η2。某次实验用该装置为其充电,接收器和电流转换器
间距为s0,充电时间为t0,此时电池刚好充满电。充好电后启动小汽车,小汽车经过足够长的距离(电能
已耗尽)后进入一半径为R 的竖直放置的圆形轨道,安装在轨道最高点的力传感器显示所受压力大小
恰为小汽车重力大小。不计一切摩擦,小汽车在运动过程中可视为质点,电池在充满电后会自动停止
充电,已知重力加速度为g。求:
(1)电动小汽车在圆形轨道最高点的速度大小v;
(2)此次实验中接收器接收到的超声波的功率P;
(3)若小汽车不脱离轨道,充电时间t 与接收器和电流转换器间距离s 应满足什么关系?
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参考答案
题型14 球面与流体模型
1.A
【解析】 设天体发射频率为ν 光子的功率为P,由题意可知Pt× π R
2
4 π L
2×η=Nhν,其中t=1 s,解得
P=4 N L
2hν
R
2η
,故选A。
2.B
【解析】 激光器转动的周期为T=2π
ω
,转一周的过程中虚线圆单位长度接收到的光能量为E0=
PT
2π R
,接收屏接收到的光能量为E=E0l,每个光子能量为E1=hν=hc
λ
,则在激光器转动一周的过程
中,接收屏接收到的光子数为N= E
E1
,联立解得N= lλP
hcRω
,故选B。
3.D
【解析】 根据题意可知,1 s 内到达地面1 m2的能量为E1=1.4×103 J,太阳每秒钟辐射到以日地距
离为半径的球面上的总能量为E1'=E1×4πR2=1.4×103×4×3.14×(1.5×10
11)
2 J=3.956 4×1026 J,而
太阳辐射在到达地面之前会经过厚厚的大气层并损失近50%的能量,则可知太阳每秒实际辐射
出的总能量为E 总=2E1'=7.912 8×1026 J,由爱因斯坦的质能方程可知,太阳每秒钟亏损的质量为
Δm= E总
c
2 ≈8.8×109 kg,故选D。
4.A
【解析】 以太阳为球心、r 为半径的球面积为S0=4πr2,因此到达地球单位面积的功率P1=
70 % P0
S0
= 7 P0
40 π r
2,因此到达地球表面的太阳辐射总能量约为E2= 7 P0
40 π r
2·πR2·t=7 P0t R
2
40r
2
,故A 正
确;路灯需要的总能量Pt=η 7 P0
40 π r
2·S·t0=7η P0 St0
40 π r
2 ,因此路灯正常工作所需日照时间约为t0=
40 π r
2 Pt
7 P0 Sη
,故B 错误;路灯正常工作消耗的太阳能约为E= Pt
η
,故C 错误;因释放核能而带来的太
阳质量变化约为Δm= P0t
c
2 ,故D 错误。
5.D
【解析】 由喷泉喷出的水柱高约20 m,可知水喷出喷口的速度满足v2=2gh,解得v=20 m/s,设极
短时间Δt 内有质量为Δm 的水喷出喷口,由能量守恒定律有ηUIΔt=1
2
Δmv2,解得Δm=2ηUI Δt
v
2
,
这些水的体积为ΔV= Δm
ρ
,则出水流量约为Q= ΔV
Δt = 2ηUI
ρ v
2 =2.5×10-3 m3/s,故A 错误;设电机绕组
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的电阻为r,由能量守恒定律有(1-η)UI=I2r,解得电机绕组的电阻r≈18.3 Ω,故B 错误;水从喷出到
最高点所用的时间为t=v
g
,则稳定时空中处于上升状态的水的质量约为m= Δm
Δt
t=4.95 kg,故C 错
误;设喷管的横截面积为S,则Δm=ρSvΔt=2ηUI Δt
v
2
,解得喷管的横截面积S=2ηUI
ρ v
3 ≈1.2×10-4 m2,
故D 正确。
6.C
【解析】 设水龙头的流量为Q,水流速度为v0,水管横截面积为S,则Q=Sv0,设Δt 时间内有V 体
积的水打在墙面上,则这些水的质量为m=ρV=ρQΔt=ρSv0Δt,以这部分水为研究对象,它受到墙面
的作用力为F,以水运动的方向为正方向,由动量定理有-FΔt=0-mv0,解得F=ρSv0
2,则被水流冲击
部分的墙面所受压强p=F
S
=ρv0
2;当出水口的横截面积变为原来的一半时,设此时水流速度为v,
则有Q=Sv0=S
2
v,解得v=2v0,可知此时被水流冲击部分的墙面所受压强p'=ρv2=4p,即当出水口的
横截面积变为原来的一半时,被水流冲击部分的墙面所受压强约为挤压前的4 倍。故选C。
7.B
【解析】 设太阳的辐射功率为P,在距离太阳r0的地方太阳光光强I0=
P
4 π r0
2,在距离太阳r 的地
方太阳光光强I=
P
4 π r
2,根据动量定理,帆面单位时间获得的作用力(光压)为F=2Nh
λ
=2
I
h
λ c
h
λ=2
I
c = 2 I 0
c (
r0
r )
2
,故选B。
8.【答案】 (1)√2gR (2)3mgR
η1η2t0
(3)t≤s
2
3 s0
2t0或5 s
2
6 s0
2t0≤t≤s
2
s0
2t0
【解析】 (1)在最高点有mg+FN=mv
2
R
又FN=mg
可得v= √2 gR。
(2)设小汽车在水平轨道上的动能为Ek,从水平轨道到最高点满足机械能守恒,有Ek=mg·2R+1
2
mv2
解得Ek=3mgR
又因为电动小汽车将电能耗尽,部分转化为小汽车的机械能,有Ek=P·t0·η1·η2
联立解得P=3mgR
η1η2t0
。
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(3)若小汽车不脱离轨道,则小汽车可能有两种运动情况,做完整的圆周运动或未到高度R 便原路
返回。
①做完整的圆周运动
若恰好达到轨道最高点,则mg=mv1
2
R
从水平轨道到最高点满足机械能守恒,有Ek1=mg·2R+1
2 m v1
2
由上述可知Ek1=P1·t·η1·η2
联立可得
Ek
Ek 1
= Pt0
P1t = 3mgR
5
2 mgR
,又因为P
P1
= s
2
s0
2
解得t= 5 s
2
6 s0
2t0
故能通过最高点的条件是t≥5 s
2
6 s0
2t0
考虑到电池可能充满电,则P1t≤Pt0,又P
P1
= s
2
s0
2,可得t≤s
2
s0
2t0
所以,若做完整的圆周运动,应满足5 s
2
6 s0
2t0≤t≤s
2
s0
2t0。
②未到高度R 便原路返回
若上升高度恰好为R,则Ek2=mg·R
由上述可知Ek2=P2·t·η1·η2
联立可得Ek
Ek 2
= Pt0
P2t = 3mgR
mgR ,又因为P
P2
= s
2
s0
2
解得t= s
2
3 s0
2t0
故上升高度不大于R 时应满足t≤s
2
3 s0
2t0
此情况下Ek2=mgR<Ek,所以电池未充满电
综上,若满足t≤s
2
3 s0
2t0或5 s
2
6 s0
2t0≤t≤s
2
s0
2t0,则小汽车不会脱离轨道。
