2021年湖北省普通高中学业水平选择性考试物理试题（湖北卷）

20世纪60年代，我国以国防为主的尖端科技取得了突破性的发展。1964年，我国第一颗原子弹试爆成功；1967年，我国第一颗氢弹试爆成功。关于原子弹和氢弹，下列说法正确的是（　　）

A．原子弹和氢弹都是根据核裂变原理研制的

B．原子弹和氢弹都是根据核聚变原理研制的

C．原子弹是根据核裂变原理研制的，氢弹是根据核聚变原理研制的

D．原子弹是根据核聚变原理研制的，氢弹是根据核裂变原理研制的

【答案与解析】

原子弹利用重核裂变释放巨大能量，氢弹利用轻核聚变释放能量。故选C。
2019年，我国运动员陈芋汐获得国际泳联世锦赛女子单人10米跳台冠军。某轮比赛中，陈芋汐在跳台上倒立静止，然后下落，前5 m完成技术动作，随后5 m完成姿态调整。假设整个下落过程近似为自由落体运动，重力加速度大小取 $10 \mathrm{m/s^2}$ ，则她用于姿态调整的时间约为（　　）

A．0.2 s

B． $0.4s$

C．1.0 s

D． $1.4s$

【答案与解析】

总下落高度 $h=10\ \mathrm{m}$ ，由自由落体公式 $h=\frac{1}{2}gt^2$ 得总时间 $t_{\text{总}}=\sqrt{\frac{2h}{g}}=\sqrt{\frac{20}{10}}=\sqrt{2}\ \mathrm{s}\approx 1.414\ \mathrm{s}$ 。前 $5\ \mathrm{m}$ 所用时间 $t_1=\sqrt{\frac{2\times 5}{10}}=1\ \mathrm{s}$ 。姿态调整时间 $\Delta t=t_{\text{总}}-t_1\approx 0.414\ \mathrm{s}\approx 0.4\ \mathrm{s}$ 。故选B。
抗日战争时期，我军缴获不少敌军武器武装自己，其中某轻机枪子弹弹头质量约8 g，出膛速度大小约 $750 \mathrm{m/s}$ 。某战士在使用该机枪连续射击1分钟的过程中，机枪所受子弹的平均反冲力大小约12 N，则机枪在这1分钟内射出子弹的数量约为（　　）

A．40

B．80

C．120

D．160

【答案与解析】

设 $1$ 分钟内射出子弹 $n$ 颗，由动量定理，机枪所受平均反冲力 $\bar F=\frac{n\cdot mv}{t}$ ，解得 $n=\bar Ft/(mv)=12\times 60/(0.008\times 750)=720/6=120$ 。故选C。
如图（a）所示，一物块以一定初速度沿倾角为 $30^{\circ}$ 的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能 $E_k$ 与运动路程s的关系如图（b）所示。重力加速度大小取 $10 \mathrm{m/s^2}$ ，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为（　　）

A． $m=0.7 \mathrm{kg}$ ， $f=0.5 N$

B． $m=0.7 \mathrm{kg}$ ， $f=1.0N$

C． $m=0.8\mathrm{kg}$ ， $f=0.5 N$

D． $m=0.8 \mathrm{kg}$ ， $f=1.0N$

【答案与解析】

由动能定理，上滑过程： $-(mg\sin 30^\circ+f)s=\Delta E_k$ ，即 $E_k-s$ 图线斜率的绝对值等于 $mg\sin 30^\circ+f$ 。由图(b)，上滑阶段（ $s=0$ 到 $s=10\ \mathrm{m}$ ）斜率 $k_1=(0-40)/10=-4\ \mathrm{N}$ ，故 $mg\sin 30^\circ+f=4\ \mathrm{N}$ ；下滑阶段（ $s=10\ \mathrm{m}$ 到 $s=20\ \mathrm{m}$ ）斜率 $k_2=(30-0)/10=3\ \mathrm{N}$ ，故 $mg\sin 30^\circ-f=3\ \mathrm{N}$ 。联立解得 $mg\sin 30^\circ=3.5\ \mathrm{N}$ ， $f=0.5\ \mathrm{N}$ ，进而 $m=3.5/(10\times 0.5)=0.7\ \mathrm{kg}$ 。故选A。
如图所示，由波长为 $\lambda_1$ 和 $\lambda_2$ 的单色光组成的一束复色光，经半反半透镜后分成透射光和反射光。透射光经扩束器后垂直照射到双缝上并在屏上形成干涉条纹。O是两单色光中央亮条纹的中心位置， $P_1$ 和 $P_2$ 分别是波长为 $\lambda_1$ 和 $\lambda_2$ 的光形成的距离O点最近的亮条纹中心位置。反射光入射到三棱镜一侧面上，从另一侧面M和N位置出射，则（　　）

A． $\lambda_1<\lambda_2$ ，M是波长为 $\lambda_1$ 的光出射位置

B． $\lambda_1<\lambda_2$ ，N是波长为 $\lambda_1$ 的光出射位置

C． $\lambda_1>\lambda_2$ ，M是波长为 $\lambda_1$ 的光出射位置

D． $\lambda_1>\lambda_2$ ，N是波长为 $\lambda_1$ 的光出射位置

【答案与解析】

双缝干涉中，亮条纹间距 $\Delta x=L\lambda/d$ ， $\lambda$ 越小则 $\Delta x$ 越小。由题意 $P_1$ 比 $P_2$ 更靠近中央明纹 $O$ 点，故 $\lambda_1<\lambda_2$ 。三棱镜折射中，波长越短则折射率越大、偏折角越大，因此波长为 $\lambda_1$ （较短）的光偏折更大，从 $M$ 位置出射。故选A。
如图所示，理想变压器原线圈接入电压恒定的正弦交流电，副线圈接入最大阻值为 $2R$ 的滑动变阻器和阻值为R的定值电阻。在变阻器滑片从a端向b端缓慢移动的过程中（　　）

A．电流表 $A_1$ 示数减小

B．电流表 $A_2$ 示数增大

C．原线圈输入功率先增大后减小

D．定值电阻R消耗的功率先减小后增大

【答案与解析】

理想变压器原线圈电压恒定，故副线圈输出电压 $U_2$ 恒定。副线圈中定值电阻 $R$ 与滑动变阻器（最大阻值 $2R$ ）并联，电流表 $\mathrm A_2$ 测干路总电流。滑片从 $a$ 端滑向 $b$ 端的过程中，变阻器接入电阻从 $2R$ 减小至 $0$ ，并联总电阻单调减小，故 $I_2=U_2/R_{\text{并}}$ 单调增大。 $\mathrm A_1$ 示数 $I_1=(n_2/n_1)I_2$ 也单调增大，A 错误； $\mathrm A_2$ 示数增大，B 正确；输入功率 $P_1=U_1I_1$ 单调增大，C 错误；定值电阻 $R$ 两端电压恒为 $U_2$ ，其消耗功率 $P_R=U_2^2/R$ 不变，D 错误。故选B。
2021年5月，天问一号探测器软着陆火星取得成功，迈出了我国星际探测征程的重要一步。火星与地球公转轨道近似为圆，两轨道平面近似重合，且火星与地球公转方向相同。火星与地球每隔约26个月相距最近，地球公转周期为12个月。由以上条件可以近似得出（　　）

A．地球与火星的动能之比

B．地球与火星的自转周期之比

C．地球表面与火星表面重力加速度大小之比

D．地球与火星绕太阳运动的向心加速度大小之比

【答案与解析】

设地球公转周期 $T_{\text{E}}=12$ 个月，火星公转周期 $T_{\text{M}}$ 。相邻两次相距最近的时间间隔（会合周期）满足 $\frac{1}{T_{\text{合}}}=\left|\frac{1}{T_{\text{E}}}-\frac{1}{T_{\text{M}}}\right|$ ，代入得 $\frac{1}{26}=\left|\frac{1}{12}-\frac{1}{T_{\text{M}}}\right|$ ，可解出 $T_{\text{M}}$ 。由开普勒第三定律 $\dfrac{r^3}{T^2}=k$ 可求出地球与火星轨道半径之比 $r_{\text{E}}:r_{\text{M}}$ ，进而向心加速度 $a=\omega^2 r=(2\pi/T)^2r$ 之比可以确定。而动能需要质量信息，自转周期与公转无关，表面重力加速度需要星球半径和质量，均无法仅由题设条件得出。故选D。
关于电场，下列说法正确的是（　　）

A．电场是物质存在的一种形式

B．电场力一定对正电荷做正功

C．电场线是实际存在的线，反映电场强度的大小和方向

D．静电场的电场线总是与等势面垂直，且从电势高的等势面指向电势低的等势面

【答案与解析】

电场是物质存在的一种形式，A 正确；电场力对正电荷做功的正负取决于位移方向与电场力方向的关系，正电荷逆着电场力方向移动时电场力做负功，B 错误；电场线是为了形象描述电场而假想的曲线，并非实际存在的线，C 错误；静电场的电场线总是与等势面垂直，且由高电势等势面指向低电势等势面，D 正确。故选AD。
一电中性微粒静止在垂直纸面向里的匀强磁场中，在某一时刻突然分裂成a、b和c三个微粒，a和b在磁场中做半径相等的匀速圆周运动，环绕方向如图所示，c未在图中标出。仅考虑磁场对带电微粒的作用力，下列说法正确的是（　　）

A．a带负电荷

B．b带正电荷

C．c带负电荷

D．a和b的动量大小一定相等

【答案与解析】

原中性微粒静止，分裂过程动量守恒，初动量为零，故 $\vec p_a+\vec p_b+\vec p_c=\vec 0$ 。磁场垂直纸面向里，由图可知 $a$ 做顺时针圆周运动（箭头在右侧向上）， $b$ 做逆时针圆周运动（箭头在左侧向下）。根据左手定则（或洛伦兹力提供向心力 $\vec F=q\vec v\times\vec B$ ），正电荷在向里的磁场中做顺时针运动时洛伦兹力指向圆心，做逆时针运动时洛伦兹力背离圆心，故 $a$ 带负电、 $b$ 带正电，A 错误、B 正确。两粒子轨道半径相等， $r=m_av_a/(|q_a|B)=m_bv_b/(|q_b|B)$ ，且由对称性及动量守恒可知 $|\vec p_a|=|\vec p_b|$ ，D 正确。 $c$ 的电荷符号取决于 $q_a+q_b+q_c=0$ ，因 $q_a=-q_b$ ，故 $q_c=0$ （不带电），C 错误。故选BD。
一列简谐横波沿 x轴传播，在 $t=0$ 时刻和 $t=1 s$ 时刻的波形分别如图中实线和虚线所示。已知 $x=0$ 处的质点在 $0~1 s$ 内运动的路程为4.5 cm。下列说法正确的是（　　）

A．波沿x轴正方向传播

B．波源振动周期为1.1 s

C．波的传播速度大小为 $13 \mathrm{m/s}$

D． $t=1 s$ 时， $x=6 m$ 处的质点沿y轴负方向运动

【答案与解析】

由波形图知振幅 $A=1\ \mathrm{cm}$ ，波长 $\lambda=12\ \mathrm{m}$ 。 $t=0$ 时 $x=0$ 处质点位于平衡位置（ $y=0$ ），且该点在 $0\sim 1\ \mathrm{s}$ 内路程为 $4.5\ \mathrm{cm}=4.5A$ 。若波沿 $x$ 轴正方向传播，则 $x=0$ 处质点的振动方程为 $y=-A\sin(\omega t)$ ，经分析其 $1\ \mathrm{s}$ 内路程不等于 $4.5A$ ；若波沿 $x$ 轴负方向传播， $y=A\sin(\omega t)$ ，当 $T\approx 1.1\ \mathrm{s}$ 时， $\omega t=2\pi/1.1\approx 5.71\ \mathrm{rad}\approx 327^\circ$ ，质点从平衡位置向下运动，经历约 $1+\frac{1}{12}$ 个四分之一周期，路程恰好约为 $4.5A$ ，与题给条件吻合，故波沿 $x$ 轴负方向传播，A 错误； $T\approx 1.1\ \mathrm{s}$ ，B 正确；波速 $v=\lambda/T\approx 12/1.1\approx 10.9\ \mathrm{m/s}\neq 13\ \mathrm{m/s}$ ，C 错误； $t=1\ \mathrm{s}$ 时 $x=6\ \mathrm{m}$ 处质点位移 $y=A\sin(\pi+ \omega t)=-A\sin(\omega t)>0$ ，速度 $v_y=\partial y/\partial t=A\omega\cos(\pi+\omega t)<0$ ，即沿 $y$ 轴负方向运动，D 正确。故选BD。
如图所示，一匀强电场E大小未知、方向水平向右。两根长度均为L的绝缘轻绳分别将小球M和N悬挂在电场中，悬点均为O。两小球质量均为m、带等量异号电荷，电荷量大小均为q（ $q>0$ ）。平衡时两轻绳与竖直方向的夹角均为 $\theta=45^{\circ}$ 。若仅将两小球的电荷量同时变为原来的2倍，两小球仍在原位置平衡。已知静电力常量为k，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）

A．M带正电荷

B．N带正电荷

C． $q=L\sqrt{\frac{mg}{k}}$

D． $q=3L\sqrt{\frac{mg}{k}}$

【答案与解析】

两球带等量异号电荷，设 $M$ 带电荷 $-q$ 、 $N$ 带电荷 $+q$ （ $q>0$ ）。水平向右的匀强电场 $E$ 中， $M$ 受电场力向左、受 $N$ 的库仑引力向右； $N$ 受电场力向右、受 $M$ 的库仑引力向左。由图可知 $M$ 向左偏离、 $N$ 向右偏离，故 $M$ 所受合力向左、 $N$ 所受合力向右，与上述受力分析一致，即 $M$ 带负电、 $N$ 带正电，A 错误、B 正确。对任一球列平衡方程（以 $M$ 为例）：水平方向 $qE = T\sin\theta$ ，竖直方向 $mg=T\cos\theta$ ，库仑引力 $F_c=kq^2/d^2$ （其中 $d=2L\sin\theta$ ），水平合力 $qE-F_c=T\sin\theta=mg\tan\theta=mg$ （ $\theta=45^\circ$ ）。电荷量加倍后仍在原位置平衡，说明 $2qE-F_c'=mg$ 其中 $F_c'=k(2q)^2/d^2=4F_c$ 。联立 $qE-F_c=mg$ 与 $2qE-4F_c=mg$ 解得 $qE=3F_c$ ，代回得 $mg=2F_c=2kq^2/(4L^2\sin^2 45^\circ)=kq^2/L^2$ ，即 $q=L\sqrt{mg/k}$ ，C 正确、D 错误。故选BC。
某同学假期在家里进行了重力加速度测量实验。如图（a）所示，将一根米尺竖直固定，在米尺零刻度处由静止释放实心小钢球，小球下落途经某位置时，使用相机对其进行拍照，相机曝光时间为 $\frac{1}{500}s$ 。由于小球的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹。根据照片中米尺刻度读出小球所在位置到释放点的距离H、小球在曝光时间内移动的距离 $\Delta l$ 。计算出小球通过该位置时的速度大小v，进而得出重力加速度大小g。实验数据如下表∶

次数 1 2 3 4 5
$\Delta l/\mathrm{cm}$ 0.85 0.86 0.82 0.83 0.85
$v/$ （ $\mathrm{m\cdot s^{-1}}$ ） 4.25 4.10 4.15 4.25
$\mathrm{H/m}$ 0.9181 0.9423 0.8530 0.8860 0.9231

（1）测量该小球直径时，游标卡尺示数如图（b）所示，小球直径为＿＿＿＿mm。。（2）在第2次实验中，小球下落 $H =0.9423m$ 时的速度大小 $v=$ ＿＿＿＿ $\mathrm{m/s}$ （保留3位有效数字）；第3次实验测得的当地重力加速度大小 $g=$ ＿＿＿＿ $\mathrm{m/s^2}$ （保留3位有效数字）。（3）可以减小本实验重力加速度大小测量误差的措施有＿＿＿＿。

A.适当减小相机的曝光时间

B.让小球在真空管中自由下落；

C．用质量相等的实心铝球代替实心钢球

【答案与解析】

（1）游标卡尺为 $20$ 分度，精度 $0.05\ \mathrm{mm}$ 。主尺读数为 $17\ \mathrm{mm}$ ，游标尺第 $13$ 条刻度线与主尺刻度对齐，游标读数为 $13\times 0.05=0.65\ \mathrm{mm}$ 。故填 $17.65$ （ $17.63\sim 17.67$ 均可）。（2）第 $2$ 次实验直接由表格读出 $v=4.10\ \mathrm{m/s}$ 。第 $3$ 次实验中 $H=0.8530\ \mathrm{m}$ ， $v=4.15\ \mathrm{m/s}$ ，由 $v^2=2gH$ 得 $g=v^2/(2H)=4.15^2/(2\times 0.8530)\approx 10.1\ \mathrm{m/s}^2$ 。故依次填 $4.10$ 、 $10.1$ 。（3）适当减小相机曝光时间可使 $\Delta l$ 更接近瞬时位移，从而提高 $v$ 的测量精度，A 正确；真空管中下落可消除空气阻力带来的系统误差，B 正确；更换同密度不同材质的小球对 $g$ 测量无改善作用，C 错误。故填 AB。
小明同学打算估测5个相同规格电阻的阻值。现有一个量程为0.6 A的电流表、一个电池组（电动势E不大于4.5 V、内阻r未知）、一个阻值为 $R_0$ 的定值电阻、一个阻值为 $R_1$ 的定值电阻（用作保护电阻），开关S和导线若干。他设计了如图（a）所示的电路，实验步骤如下：第一步∶把5个待测电阻分别单独接入A、B之间，发现电流表的示数基本一致，据此他认为5个电阻的阻值相等，均设为R。第二步∶取下待测电阻，在A、B之间接入定值电阻 $R_0$ ，记下电流表的示数 $I_0$ 。第三步∶取下定值电阻 $R_0$ ，将n个（ $n=1$ ，2，3，4，5）待测电阻串联后接入A、B之间，记下串联待测电阻的个数n与电流表对应示数 $I_n$ 。请完成如下计算和判断∶ （1）根据上述第二步， $\frac{1}{I_{0}}$ 与 $R_0$ 、 $R_1$ 、E、r的关系式是 $\frac{1}{I_{0}}=$ ＿＿＿＿。（2）定义 $Y=\frac{1}{I_{0}}-\frac{1}{I_{n}}$ ，则Y与n、R、 $R_0$ 、E的关系式是 $Y=$ ＿＿＿＿。（3）已知 $R_0=12.0\Omega$ ，实验测得 $I_0=0.182 A$ ，得到数据如下表∶

n 1 2 3 4 5
$I_n/A$ 0.334 0.286 0.250 0.224 0.200
$Y/A^{-1}$ 2.500 1.998 1.495 1.030 0.495

根据上述数据作出 $Y-n$ 图像，如图（b）所示，可得 $R=$ ＿＿＿＿ $\Omega$ （保留2位有效数字），同时可得 $E=$ ＿＿＿＿V（保留2位有效数字）。（4）本实验中电流表的内阻对表中Y的测量值＿＿＿＿影响（选填“有"或“无"）。

【答案与解析】

（1）第二步中 $R_0$ 接入 $\mathrm{A}$ 、 $\mathrm{B}$ 间，回路总电阻为 $R_0+R_1+r$ ，由闭合电路欧姆定律 $I_0=E/(R_0+R_1+r)$ ，故 $\dfrac{1}{I_0}=\dfrac{R_0+R_1+r}{E}$ 。故填 $\dfrac{R_0+R_1+r}{E}$ （或 $\dfrac{R_0+R_1+r}{E}$ ）。（2）第 $n$ 步接入 $n$ 个串联的 $R$ ，总电阻 $R_1+r+nR$ ， $I_n=E/(R_1+r+nR)$ ， $\dfrac{1}{I_n}=\dfrac{R_1+r+nR}{E}$ 。定义 $Y=\dfrac{1}{I_0}-\dfrac{1}{I_n}=\dfrac{R_0-nR}{E}$ 。故填 $\dfrac{R_0-nR}{E}$ （或 $\dfrac{R_0-nR}{E}$ ）。（3） $Y-n$ 图像为直线，斜率 $k=-R/E$ ，纵截距 $b=R_0/E$ 。由图像（或数据拟合）得截距 $b\approx 2.9\sim 3.0\ \mathrm{A}^{-1}$ ，斜率 $k\approx -0.50\ \mathrm{A}^{-1}$ 。已知 $R_0=12.0\ \Omega$ ，则 $E=R_0/b\approx 12.0/3.0=4.0\ \mathrm{V}$ ， $R=-kE\approx 0.50\times 4.0=2.0\ \Omega$ 。更精确地用数据点 $(n=1,Y=2.500)$ 和 $(n=5,Y=0.495)$ 计算：斜率 $=(0.495-2.500)/(5-1)=-2.005/4=-0.50125$ ， $R/E=0.50125$ ；截距 $=2.500+0.50125=3.00125$ ， $R_0/E=3.00125$ ， $E=12.0/3.00125\approx 4.0\ \mathrm{V}$ ， $R=0.50125\times 4.0\approx 2.0\ \Omega$ 。故依次填 $2.0$ 、 $4.0$ 。（4）设电流表内阻为 $R_A$ ，则 $\dfrac{1}{I_0}=\dfrac{R_0+R_1+r+R_A}{E}$ ， $\dfrac{1}{I_n}=\dfrac{nR+R_1+r+R_A}{E}$ ，两者相减得 $Y=\dfrac{R_0-nR}{E}$ ， $R_A$ 被消去。故填无。
质量为m的薄壁导热柱形汽缸，内壁光滑，用横截面积为 $S$ 的活塞封闭一定量的理想气体。在下述所有过程中，汽缸不漏气且与活塞不脱离。当汽缸如图 $(a)$ 竖直倒立静置时。缸内气体体积为 $V_1$ ，。温度为 $T_1$ 。已知重力加速度大小为g，大气压强为 $p_0$ 。 $(1)$ 将汽缸如图 $(b)$ 竖直悬挂，缸内气体温度仍为 $T_1$ ，求此时缸内气体体积 $V_2$ ； $(2)$ 如图 $(c)$ 所示，将汽缸水平放置，稳定后对汽缸缓慢加热，当缸内气体体积为 $V_3$ 时，求此时缸内气体的温度。

【答案与解析】

（1）图(a)中汽缸倒立，活塞在下端封闭气体。活塞受力平衡： $p_1S=p_0S+mg$ ，得 $p_1=p_0+mg/S$ 。图(b)中汽缸悬挂，活塞在上端封闭气体。活塞受力平衡： $p_0S=p_2S+mg$ ，得 $p_2=p_0-mg/S$ 。两状态温度相同（均为 $T_1$ ），由玻意耳定律 $p_1V_1=p_2V_2$ ，解得 $V_2=\dfrac{p_1V_1}{p_2}=\dfrac{(p_0+mg/S)V_1}{p_0-mg/S}=\dfrac{(p_0S+mg)V_1}{p_0S-mg}$ 。（2）将汽缸水平放置稳定后，活塞不再受重力沿轴向的分力影响，气体压强 $p_3=p_0$ 。此过程为等温变化（从图(a)状态到水平放置）： $p_1V_1=p_0V_{\text{水平}}$ ， $V_{\text{水平}}=p_1V_1/p_0=(p_0S+mg)V_1/(p_0S)$ 。随后缓慢加热至体积 $V_3$ ，此过程为等压变化（ $p=p_0$ 不变），由盖–吕萨克定律 $V_{\text{水平}}/T_1=V_3/T_3$ ，得 $T_3=\dfrac{V_3T_1}{V_{\text{水平}}}=\dfrac{p_0SV_3T_1}{(p_0S+mg)V_1}$ 。
如图所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑水平面在Q点相切。在水平面上，质量为m的小物块A以某一速度向质量也为m的静止小物块B运动。A、B发生正碰后，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，A沿半圆弧轨道运动到与O点等高的C点时速度为零。已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力。（1）求B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离；（2）当A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点时，OD与OQ夹角为 $\theta$ ，求此时A所受力对A做功的功率；（3）求碰撞过程中A和B损失的总动能。

【答案与解析】

（1）设碰撞后 $\mathrm{B}$ 的速度为 $v_B$ ， $\mathrm{B}$ 从 $Q$ 点沿半圆弧运动到最高点（高度 $2R$ ）。最高点对轨道压力为零，有 $mg=mv_{\text{顶}}^2/R$ ，得 $v_{\text{顶}}=\sqrt{gR}$ 。机械能守恒： $\frac{1}{2}mv_B^2=\frac{1}{2}mv_{\text{顶}}^2+mg\cdot 2R=\frac{5}{2}mgR$ ，故 $v_B=\sqrt{5gR}$ 。 $\mathrm{B}$ 从最高点做平抛运动，下落高度 $2R$ ，时间 $t=\sqrt{4R/g}=2\sqrt{R/g}$ ，水平距离 $x=v_{\text{顶}}\cdot t=\sqrt{gR}\cdot 2\sqrt{R/g}=2R$ 。落地点到 $Q$ 点的距离为 $2R$ 。（2）碰撞后 $\mathrm{A}$ 的速度为 $v_A$ ， $\mathrm{A}$ 沿半圆弧运动至 $C$ 点（与 $O$ 等高，高度 $R$ ）时速度为零。机械能守恒： $\frac{1}{2}mv_A^2=mgR$ ，得 $v_A=\sqrt{2gR}$ 。 $\mathrm{A}$ 从 $C$ 点（与 $O$ 等高）下滑至 $\mathrm{D}$ 点（ $OD$ 与 $OQ$ 夹角为 $\theta$ ，高度 $h_D=R-R\cos\theta=R(1-\cos\theta)$ ）： $\frac{1}{2}mv_D^2=mg[R-R(1-\cos\theta)]=mgR\cos\theta$ ， $v_D=\sqrt{2gR\cos\theta}$ 。 $\mathrm{D}$ 点处重力对 $\mathrm{A}$ 做功的功率 $P=mg\vec{g}\cdot\vec{v}_D$ ，重力竖直向下，速度沿切线方向，二者夹角为 $\theta$ ，故 $P=mgv_D\cos\theta=mg\cos\theta\sqrt{2gR\cos\theta}$ 。（3）碰撞前后动量守恒（ $\mathrm{A}$ 、 $\mathrm{B}$ 质量均为 $m$ ）： $mv_0=mv_A+mv_B$ ， $v_0=v_A+v_B=\sqrt{2gR}+\sqrt{5gR}$ 。碰撞前总动能 $E_{\text{k}0}=\frac{1}{2}mv_0^2=\frac{1}{2}m(\sqrt{2}+\sqrt{5})^2gR=\frac{1}{2}m(7+2\sqrt{10})gR$ 。碰撞后总动能 $E_{\text{k}}=\frac{1}{2}mv_A^2+\frac{1}{2}mv_B^2=\frac{1}{2}m(2gR)+\frac{1}{2}m(5gR)=\frac{7}{2}mgR$ 。损失的总动能 $\Delta E_k=E_{\text{k}0}-E_{\text{k}}=\sqrt{10}mgR$ 。
如图（a）所示，两根不计电阻、间距为L的足够长平行光滑金属导轨，竖直固定在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向里，磁感应强度大小为B。导轨上端串联非线性电子元件Z和阻值为R的电阻。元件Z的 $U-I$ 图像如图（b）所示，当流过元件Z的电流大于或等于 $I_{0}$ 时，电压稳定为 $U_m$ 。质量为m、不计电阻的金属棒可沿导轨运动，运动中金属棒始终水平且与导轨保持良好接触。忽略空气阻力及回路中的电流对原磁场的影响，重力加速度大小为g。为了方便计算，取 $I_{0}=\frac{mg}{4BL}$ ， $U_{m}=\frac{mgR}{2BL}$ 。以下计算结果只能选用m、g、B、L、R表示。（1）闭合开关S，由静止释放金属棒，求金属棒下落的最大速度 $v_1$ ；（2）断开开关S，由静止释放金属棒，求金属棒下落的最大速度 $v_2$ ；（3）先闭合开关S，由静止释放金属棒，金属棒达到最大速度后，再断开开关S。忽略回路中电流突变的时间，求S断开瞬间金属棒的加速度大小a。

【答案与解析】

由题意 $I_0=\dfrac{mg}{4BL}$ ， $U_m=\dfrac{mgR}{2BL}$ ，并注意到开关 $S$ 与元件 $Z$ 并联（闭合时 $Z$ 被短路，断开时 $Z$ 与 $R$ 串联）。（1）闭合 $S$ 后 $Z$ 被短路，回路仅含电阻 $R$ 。金属棒达到最大速度时安培力与重力平衡： $mg=BIL=\dfrac{B^2L^2v_1}{R}$ ，解得 $v_1=\dfrac{mgR}{B^2L^2}$ 。此时电流 $I_1=\dfrac{BLv_1}{R}=\dfrac{mg}{BL}=4I_0>I_0$ （但 $Z$ 被短路不参与工作，不影响结果）。（2）断开 $S$ 后 $Z$ 与 $R$ 串联。最大速度时 $mg=BIL$ ， $I=\dfrac{mg}{BL}=4I_0\geq I_0$ ，故 $Z$ 工作于恒压区， $U_Z=U_m$ 。回路方程 $BLv_2=U_Z+IR=U_m+\dfrac{mgR}{BL}=\dfrac{mgR}{2BL}+\dfrac{mgR}{BL}=\dfrac{3mgR}{2BL}$ ，解得 $v_2=\dfrac{3mgR}{2B^2L^2}$ 。（3）先闭合 $S$ 使金属棒达到 $v_1$ ，再断开 $S$ 的瞬间，棒的速度仍为 $v_1$ （不能突变），感应电动势 $\varepsilon=BLv_1=\dfrac{mgR}{BL}=2U_m$ 。此时回路变为 $Z$ 与 $R$ 串联，设电流为 $I'$ 。若 $Z$ 工作于恒压区（ $I'\geq I_0$ ），则 $U_Z=U_m$ ，电阻 $R$ 上电压 $U_R=\varepsilon-U_Z=2U_m-U_m=U_m$ ，电流 $I'=\dfrac{U_m}{R}=\dfrac{mg}{2BL}=2I_0\geq I_0$ ，自洽。此时安培力 $F'=BI'L=\dfrac{mg}{2}$ ，由牛顿第二定律 $mg-F'=ma$ ，得 $a=\dfrac{mg-mg/2}{m}=\dfrac{g}{2}$ 。

次数	1	2	3	4	5
$\Delta l/\mathrm{cm}$	0.85	0.86	0.82	0.83	0.85
$v/$ （ $\mathrm{m\cdot s^{-1}}$ ）	4.25		4.10	4.15	4.25
$\mathrm{H/m}$	0.9181	0.9423	0.8530	0.8860	0.9231

n	1	2	3	4	5
$I_n/A$	0.334	0.286	0.250	0.224	0.200
$Y/A^{-1}$	2.500	1.998	1.495	1.030	0.495