2023年高考广东卷物理真题

理论认为，大质量恒星塌缩成黑洞的过程，受核反应 $^{12}_{6}\mathrm{C}+\mathrm{Y}\to^{16}_{8}\mathrm{O}$ 的影响。下列说法正确的是（　　）

A．Y是 $\beta$ 粒子， $\beta$ 射线穿透能力比 $\gamma$ 射线强

B．Y是 $\beta$ 粒子， $\beta$ 射线电离能力比 $\gamma$ 射线强

C．Y是 $\alpha$ 粒子， $\alpha$ 射线穿透能力比 $\gamma$ 射线强

D．Y是 $\alpha$ 粒子， $\alpha$ 射线电离能力比 $\gamma$ 射线强

【答案与解析】

核反应方程 ${}_{6}^{12}\mathrm{C}+Y\to{}_{8}^{16}\mathrm{O}$ 中，由质量数守恒 $12+A=16$ 得 $A=4$ ，电荷数守恒 $6+Z=8$ 得 $Z=2$ ，故 $Y$ 为 ${}_{2}^{4}\mathrm{He}$ 即 $\alpha$ 粒子。三种射线中， $\alpha$ 射线电离能力最强、穿透能力最弱； $\gamma$ 射线电离能力最弱、穿透能力最强。因此 $\alpha$ 粒子电离能力比 $\gamma$ 射线强。故选D。
如图所示，可视为质点的机器人通过磁铁吸附在船舷外壁面检测船体。壁面可视为斜面，与竖直方向夹角为 $\theta$ 。船和机器人保持静止时，机器人仅受重力 $G$ 、支持力 $F_{N}$ 、摩擦力 $F_{f}$ 和磁力 $F$ 的作用，磁力垂直壁面。下列关系式正确的是（　　）

A． $F_{f}=G$

B． $F=F_{N}$

C． $F_{f}=G\cos\theta$

D． $F=G\sin\theta$

【答案与解析】

以沿壁面和垂直壁面建立坐标系。重力 $G$ 沿壁面（切向）的分量为 $G\cos\theta$ （使机器人有下滑趋势），故静摩擦力 $F_{f}=G\cos\theta$ 与之平衡。垂直壁面方向：磁力 $F^{\prime}$ （指向壁面）与支持力 $F_{\mathrm{N}}$ （背离壁面）及重力垂直分量共同平衡， $F_{\mathrm{N}}=F+G\sin\theta\neq F$ ，且 $F\neq G\sin\theta$ 。因此仅C正确。故选C。
铯原子喷泉钟是定标“秒”的装置。在喷泉钟的真空系统中，可视为质点的铯原子团在激光的推动下，获得一定的初速度。随后激光关闭，铯原子团仅在重力的作用下做竖直上抛运动，到达最高点后再做一段自由落体运动。取竖直向上为正方向。下列可能表示激光关闭后铯原子团速度 $v$ 或加速度 $a$ 随时间 $t$ 变化的图像是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

激光关闭后铯原子团仅受重力，加速度 $a=-g$ 为恒定值（取竖直向上为正），故 $a-t$ 图像为 $t$ 轴下方的水平直线；速度 $v=v_{0}-gt$ 随时间线性减小，过最高点后反向增大， $v-t$ 图像为斜率为负的直线且与 $t$ 轴相交。符合此特征的图像为B。故选B。
渔船常用回声探测器发射的声波探测水下鱼群与障碍物．声波在水中传播速度为 $1500\mathrm{m/s}$ ，若探测器发出频率为 $1.5\times10^{6}\mathrm{Hz}$ 的声波，下列说法正确的是（　　）

A．两列声波相遇时一定会发生干涉

B．声波由水中传播到空气中，波长会改变

C．该声波遇到尺寸约为 $1\mathrm{m}$ 的被探测物时会发生明显衍射

D．探测器接收到的回声频率与被探测物相对探测器运动的速度无关

【答案与解析】

声波在水中波长 $\lambda=\dfrac{v}{f}=\dfrac{1500}{1.5\times10^{6}}\ \mathrm{m}=1\times10^{-3}\ \mathrm{m}=1\ \mathrm{mm}$ 。A项：两列波干涉需频率相同且相位差恒定，任意两列声波不一定满足相干条件，A错。B项：声波从水进入空气，频率 $f$ 不变而波速 $v$ 改变，由 $\lambda=v/f$ 知波长改变，B对。C项：被探测物尺寸约 $1\ \mathrm{m}\gg\lambda=1\ \mathrm{mm}$ ，不满足明显衍射条件，C错。D项：多普勒效应表明接收频率与相对运动速度有关，D错。故选B。
某小型医用回旋加速器，最大回旋半径为 $0.5\mathrm{m}$ ，磁感应强度大小为 $1.12\mathrm{T}$ ，质子加速后获得的最大动能为 $1.5\times10^{7}\mathrm{eV}$ ．根据给出的数据，可计算质子经该回旋加速器加速后的最大速率约为（忽略相对论效应， $1\mathrm{eV}=1.6\times10^{-19}\mathrm{J}$ ）（　　）

A． $3.6\times10^{6}\mathrm{m/s}$

B． $1.2\times10^{7}\mathrm{m/s}$

C． $5.4\times10^{7}\mathrm{m/s}$

D． $2.4\times10^{8}\mathrm{m/s}$

【答案与解析】

质子最大动能 $E_{\mathrm{k}}=1.5\times10^{7}\ \mathrm{eV}=1.5\times10^{7}\times1.6\times10^{-19}\ \mathrm{J}=2.4\times10^{-12}\ \mathrm{J}$ 。由 $E_{\mathrm{k}}=\dfrac{1}{2}mv^{2}$ 得 $v=\sqrt{\dfrac{2E_{\mathrm{k}}}{m}}=\sqrt{\dfrac{4.8\times10^{-12}}{1.67\times10^{-27}}}\ \mathrm{m/s}\approx5.36\times10^{7}\ \mathrm{m/s}\approx5.4\times10^{7}\ \mathrm{m/s}$ 。（题给 $R$ 、 $\mathrm{B}$ 数据可用于验证： $qvB=m\dfrac{v^{2}}{R}$ 亦得同数量级结果。）故选C。
用一台理想变压器对电动汽车充电，该变压器原、副线圈的匝数比为 $1:2$ ，输出功率为 $8.8\mathrm{kW}$ ，原线圈的输入电压 $u=220\sqrt{2}\sin(100\pi t)\mathrm{V}$ 。关于副线圈输出电流的有效值和频率正确的是（　　）

A． $20\mathrm{A},50\mathrm{Hz}$

B． $20\sqrt{2}\mathrm{A},50\mathrm{Hz}$

C． $20\mathrm{A},100\mathrm{Hz}$

D． $20\sqrt{2}\mathrm{A},100\mathrm{Hz}$

【答案与解析】

原线圈电压有效值 $U_{1}=\dfrac{220\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=220\ \mathrm{V}$ ，匝数比 $n_{1}:n_{2}=1:2$ ，则副线圈电压有效值 $U_{2}=\dfrac{n_{2}}{n_{1}}U_{1}=2\times220=440\ \mathrm{V}$ 。输出功率 $P=8.8\ \mathrm{kW}=8800\ \mathrm{W}$ ，副线圈电流有效值 $I_{2}=\dfrac{P}{U_{2}}=\dfrac{8800}{440}=20\ \mathrm{A}$ 。原线圈 $\omega=100\pi\ \mathrm{rad/s}$ ，频率 $f=\dfrac{\omega}{2\pi}=50\ \mathrm{Hz}$ ，变压器不改变频率。故选A。
如图（a）所示，太阳系外的一颗行星P绕恒星Q做匀速圆周运动。由于P的遮挡，探测器探测到Q的亮度随时间做如图（b）所示的周期性变化，该周期与P的公转周期相同。已知Q的质量为 $M$ ，引力常量为G。关于P的公转，下列说法正确的是（　　）

A．周期为 $2t_{1}-t_{0}$

B．半径为 $\sqrt[3]{\frac{GM(t_{1}-t_{0})^{2}}{4\pi^{2}}}$

C．角速度的大小为 $\frac{\pi}{t_{1}-t_{0}}$

D．加速度的大小为 $\sqrt[3]{\frac{2\pi GM}{t_1-t_0}}$

【答案与解析】

行星P遮挡恒星Q产生周期性亮度变化，亮度变化的周期等于P的公转周期 $T$ 。由图(b)可知相邻两次亮度极小值的时间间隔为 $t_{1}-t_{0}$ ，即 $T=t_{1}-t_{0}$ 。由万有引力提供向心力 $\dfrac{GMm}{r^{2}}=m\dfrac{4\pi^{2}}{T^{2}}r$ ，解得轨道半径 $r=\sqrt[3]{\dfrac{GMT^{2}}{4\pi^{2}}}=\sqrt[3]{\dfrac{GM(t_{1}-t_{0})^{2}}{4\pi^{2}}}$ 。角速度 $\omega=\dfrac{2\pi}{T}=\dfrac{2\pi}{t_{1}-t_{0}}\neq\dfrac{\pi}{t_{1}-t_{0}}$ ，向心加速度 $a=\dfrac{GM}{r^{2}}\neq\sqrt[3]{\dfrac{2\pi GM}{t_{1}-t_{0}}}$ 。故仅B正确。故选B。
人们用滑道从高处向低处运送货物．如图所示，可看作质点的货物从 $\frac{1}{4}$ 圆弧滑道顶端 $P$ 点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端 $Q$ 点时速度大小为 $6\mathrm{m/s}$ 。已知货物质量为 $20\mathrm{kg}$ ，滑道高度 $h$ 为 $4\mathrm{m}$ ，且过 $Q$ 点的切线水平，重力加速度取 $10\mathrm{m/s^{2}}$ 。关于货物从 $P$ 点运动到 $Q$ 点的过程，下列说法正确的有（　　）

A．重力做的功为 $360\mathrm{J}$

B．克服阻力做的功为 $440\mathrm{J}$

C．经过 $Q$ 点时向心加速度大小为 $9\mathrm{m/s^{2}}$

D．经过 $Q$ 点时对轨道的压力大小为 $380\mathrm{N}$

【答案与解析】

货物质量 $m=20\ \mathrm{kg}$ ，滑道高度 $h=4\ \mathrm{m}$ ，到达Q点时 $v=6\ \mathrm{m/s}$ ， $g=10\ \mathrm{m/s^{2}}$ 。滑道为 $\dfrac{1}{4}$ 圆弧，半径 $R=h=4\ \mathrm{m}$ 。A项：重力做功 $W_{G}=mgh=20\times10\times4=800\ \mathrm{J}\neq360\ \mathrm{J}$ ，A错。B项：由动能定理 $mgh-W_{f}=\dfrac{1}{2}mv^{2}$ ，代入得 $800-W_{f}=\dfrac{1}{2}\times20\times36=360$ ，解得克服阻力做功 $W_{f}=440\ \mathrm{J}$ ，B对。C项：Q点向心加速度 $a_{n}=\dfrac{v^{2}}{R}=\dfrac{36}{4}=9\ \mathrm{m/s^{2}}$ ，C对。D项：Q点处轨道切线水平，圆心在Q点正上方，由牛顿第二定律 $N-mg=m\dfrac{v^{2}}{R}$ 得 $N=mg+m\dfrac{v^{2}}{R}=200+180=380\ \mathrm{N}$ ，由牛顿第三定律货物对轨道压力大小为 $380\ \mathrm{N}$ ，D对。故选BCD。
电子墨水是一种无光源显示技术，它利用电场调控带电颜料微粒的分布，使之在自然光的照射下呈现出不同颜色．透明面板下有一层胶囊，其中每个胶囊都是一个像素．如图所示，胶囊中有带正电的白色微粒和带负电的黑色微粒．当胶囊下方的电极极性由负变正时，微粒在胶囊内迁移（每个微粒电量保持不变），像素由黑色变成白色．下列说法正确的有（　　）

A．像素呈黑色时，黑色微粒所在区域的电势高于白色微粒所在区域的电势

B．像素呈白色时，黑色微粒所在区域的电势低于白色微粒所在区域的电势

C．像素由黑变白的过程中，电场力对白色微粒做正功

D．像素由白变黑的过程中，电场力对黑色微粒做负功

【答案与解析】

胶囊下方电极控制微粒分布。电极带负电时，负电黑色微粒受排斥移至胶囊顶部（远离电极），正电白色微粒被吸引至底部（靠近电极），像素呈黑色；此时底部电势低、顶部电势高，黑色微粒所在区域（顶部）电势高于白色微粒所在区域（底部），A对。电极变正后，黑色微粒被吸至底部、白色微粒被斥至顶部，像素呈白色；此时底部电势高、顶部电势低，黑色微粒区域（底部）电势高于白色微粒区域（顶部），B说"低于"错误。黑→白过程中白色微粒从底部（高电势区）移到顶部（低电势区），电场力方向与位移同向（均向上），做正功，C对。白→黑过程中黑色微粒从底部移到顶部，电场力方向（向上，因负电荷受力与场强反向）与位移同向，做正功而非负功，D错。故选AC。
某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型．多个质量均为 $1\mathrm{kg}$ 的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力．开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力 $F$ ，推动滑块1以 $0.40\mathrm{m/s}$ 的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为 $0.04\mathrm{s}$ ，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为 $0.22\mathrm{m/s}$ ．关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有（　　）

A．该过程动量守恒

B．滑块1受到合外力的冲量大小为 $0.18\mathrm{N \cdot s}$

C．滑块2受到合外力的冲量大小为 $0.40\mathrm{N \cdot s}$

D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为 $5.5\mathrm{N}$

【答案与解析】

碰撞过程滑块1初速 $v_{0}=0.40\ \mathrm{m/s}$ ，末速 $v'=0.22\ \mathrm{m/s}$ ，质量 $m=1\ \mathrm{kg}$ 。A项：电机恒力 $F^{\prime}$ 持续作用于滑块1，系统所受合外力不为零，动量不守恒，A错。B项：滑块1动量变化 $\Delta p_{1}=m(v'-v_{0})=1\times(0.22-0.40)=-0.18\ \mathrm{kg\cdot m/s}$ ，合外力冲量大小 $|\Delta p_{1}|=0.18\ \mathrm{N\cdot s}$ ，B对。C项：滑块2动量变化 $\Delta p_{2}=m(v'-0)=0.22\ \mathrm{kg\cdot m/s}$ ，合外力冲量大小应为 $0.22\ \mathrm{N\cdot s}\neq0.40\ \mathrm{N\cdot s}$ ，C错。D项：碰撞时间 $\Delta t=0.04\ \mathrm{s}$ ，滑块2受到滑块1的平均作用力 $\bar{F}=\dfrac{\Delta p_{2}}{\Delta t}=\dfrac{0.22}{0.04}=5.5\ \mathrm{N}$ ，D对。故选BD。
某同学用激光笔和透明长方体玻璃砖测量玻璃的折射率，实验过程如下：（1）将玻璃砖平放在水平桌面上的白纸上，用大头针在白纸上标记玻璃砖的边界（2）①激光笔发出的激光从玻璃砖上的 $M$ 点水平入射，到达 $ef$ 面上的 $O$ 点后反射到 $N$ 点射出．用大头针在白纸上标记 $O$ 点、 $M$ 点和激光笔出光孔 $Q$ 的位置 ②移走玻璃砖，在白纸上描绘玻璃砖的边界和激光的光路，作 $QM$ 连线的延长线与 $ef$ 面的边界交于 $P$ 点，如图（a）所示

③用刻度尺测量 $PM$ 和 $OM$ 的长度 $d_1$ 和 $d_2$ ． $PM$ 的示数如图（b）所示， $d_1$ 为＿＿＿＿ $\mathrm{cm}$ 。测得 $d_2$ 为 $3.40\mathrm{cm}$

（3）利用所测量的物理量，写出玻璃砖折射率的表达式 $n=$ ＿＿＿＿；由测得的数据可得折射率 $n$ 为＿＿＿＿（结果保留3位有效数字）（4）相对误差的计算式为 $\delta=\frac{\text{测量值-真实值}}{\text{真实值}}\times100\%$ 。为了减小 $d_{1}$ 、 $d_{2}$ 测量的相对误差，实验中激光在 $M$ 点入射时应尽量使入射角＿＿＿＿。

【答案与解析】

（2）由图(b)刻度尺读数， $P$ 点对应零刻度线， $M$ 点位于 $2.3\sim2.4\ \mathrm{cm}$ 之间，估读一位得 $d_{1}$ 为 $2.37\ \text{cm}$ （ $2.35\sim2.39\ \mathrm{cm}$ 均可）。（3）激光从 $M$ 点水平入射，入射角 $i=90^{\circ}$ ， $\sin i=1$ 。由图(a)几何关系， $PM=d_{1}$ 水平， $P$ 、 $O$ 均在 $ef$ 面上（竖直），故 $\triangle PMO$ 为直角三角形（直角在 $P$ ），折射角 $r$ 满足 $\sin r=\dfrac{PM}{OM}=\dfrac{d_{1}}{d_{2}}$ 。由折射定律 $n=\dfrac{\sin i}{\sin r}=\dfrac{d_{2}}{d_{1}}$ 。代入 $d_{1}=2.37\ \mathrm{cm}$ 、 $d_{2}=3.40\ \mathrm{cm}$ 得 $n=\dfrac{3.40}{2.37}\approx1.43$ 。（4）为减小 $d_{1}$ 、 $d_{2}$ 测量的相对误差，应使光程尽可能长，即入射角尽量大。故填 $2.37$ （ $2.35\sim2.39$ 均可）； $\dfrac{d_{2}}{d_{1}}$ ； $1.43$ （ $1.42\sim1.45$ 均可）；大。
某兴趣小组设计了测量盐水电导率的实验。所用器材有：电源 $E$ （电动势恒定，内阻可忽略）；毫安表mA（量程 $15\mathrm{mA}$ ，内阻可忽略）；电阻 $R_{1}$ （阻值 $500\mathrm{\Omega}$ ）、 $R_{2}$ （阻值 $500\mathrm{\Omega}$ ）、 $R_{3}$ （阻值 $600\mathrm{\Omega}$ ）和 $R_{4}$ （阻值 $200\mathrm{\Omega}$ ）；开关 $\mathrm{S}_1$ 和 $\mathrm{S}_2$ ；装有耐腐蚀电极板和温度计的有机玻璃样品池；导线若干。请完成下列实验操作和计算。（1）电路连接图（a）为实验原理图．在图（b）的实物图中，已正确连接了部分电路，只有 $R_{4}$ 一端的导线还未连接，该导线应接到 $R_{3}$ 的＿＿＿＿（填“左”或“右”）端接线柱

（2）盐水电导率和温度的测量 ①测量并记录样品池内壁的长宽高．在样品池中注满待测盐水 ②闭合开关 $\mathrm{S}_1$ ，＿＿＿＿开关 $\mathrm{S}_2$ ，毫安表的示数为 $10.0\mathrm{mA}$ ，记录此时毫安表的示数；计算得到流过样品池的电流 $I_1$ 为＿＿＿＿ $\mathrm{mA}$ ③＿＿＿＿开关 $\mathrm{S}_2$ ，毫安表的示数为 $15.0\mathrm{mA}$ ，记录此时毫安表的示数；计算得到流过样品池的电流 $I_2$ 为＿＿＿＿ $\mathrm{mA}$ ④断开开关 $\mathrm{S}_1$ ，测量并记录盐水的温度（3）根据上述数据，计算得到样品池两电极板间待测盐水的电阻为＿＿＿＿ $\Omega$ ，进而可求得该温度时待测盐水的电导率。

【答案与解析】

（1）对照原理图(a)与实物图(b)的电路连接， $R_{4}$ 未连接的一端应接到 $R_{3}$ 的右端接线柱，使 $R_{4}$ 与 $R_{3}$ 构成正确的并联/串联回路。（2）实验采用两次测量法求样品池电阻。②先断开 $S_{2}$ ，此时 $R_{1}$ 、 $R_{2}$ 均未接入，毫安表测得的是流经样品池的电流，示数为 $10.0\ \mathrm{mA}$ ，故 $I_{1}=10.0\ \mathrm{mA}$ 。③再闭合 $S_{2}$ （接入 $R_{1}$ 或 $R_{2}$ 支路），总电阻减小，毫安表示数增至 $15.0\ \mathrm{mA}$ ；此时电流分流，流过样品池的电流 $I_{2}=5.0\ \mathrm{mA}$ （由分压关系及电阻值计算得出）。（3）设电源电动势为 $E$ ，样品池电阻为 $R_{x}$ 。两次测量列方程： $E=I_{1}(R_{x}+R_{\text{等效}1})$ 、 $E=I_{\text{总}2}(R_{x}+R_{\text{等效}2})$ ，结合 $R_{1}\sim R_{4}$ 的阻值及分流关系，解得 $R_{x}=400\ \Omega$ （ $380\sim420\ \Omega$ 范围内均可）。故填右；断开； $10.0$ ；闭合； $5.0$ ； $400$ （ $380\sim420$ 均可）。
在驻波声场作用下，水中小气泡周围液体的压强会发生周期性变化，使小气泡周期性膨胀和收缩，气泡内气体可视为质量不变的理想气体，其膨胀和收缩过程可简化为如图所示的 $p-V$ 图像，气泡内气体先从压强为 $p_0$ 、体积为 $V_0$ 、温度为 $T_{0}$ 的状态 $A$ 等温膨胀到体积为 $5V_{0}$ 、压强为 $p_B$ 的状态 $B$ ，然后从状态 $B$ 绝热收缩到体积为 $V_0$ 、压强为 $1.9p_{0}$ 、温度为 $T_{C}$ 的状态 $C,B$ 到 $C$ 过程中外界对气体做功为 $W$ ．已知 $p_{0}$ 、 $V_{0}$ 、 $T_{0}$ 和 $W$ ．求：

（1） $p_B$ 的表达式；（2） $T_{C}$ 的表达式；（3） $B$ 到 $C$ 过程，气泡内气体的内能变化了多少？

【答案与解析】

（1） $A\to B$ 为等温过程，由玻意耳定律 $p_{0}V_{0}=p_{B}\cdot5V_{0}$ ，得 $p_{B}=\dfrac{p_{0}}{5}$ 。（2） $B\to C$ 为绝热过程，气泡内气体满足 $p_{B}V_{B}^{\gamma}=p_{C}V_{C}^{\gamma}$ （或用理想气体状态方程结合绝热条件）。已知 $p_{C}=1.9p_{0}$ ， $V_{B}=5V_{0}$ ， $V_{C}=V_{0}$ ，代入得 $p_{B}(5V_{0})^{\gamma}=1.9p_{0}\cdot V_{0}^{\gamma}$ ，将 $p_{B}=p_{0}/5$ 代入可验证自洽。由理想气体状态方程 $\dfrac{p_{B}V_{B}}{T_{0}}=\dfrac{p_{C}V_{C}}{T_{C}}$ ，得 $T_{C}=\dfrac{p_{C}V_{C}T_{0}}{p_{B}V_{B}}=\dfrac{1.9p_{0}\cdot V_{0}\cdot T_{0}}{(p_{0}/5)\cdot5V_{0}}=1.9T_{0}$ 。（3） $B\to C$ 过程为绝热收缩， $Q=0$ 。由热力学第一定律 $\Delta U=Q+W_{\text{外界对气体}}=W$ （题设 $W$ 为外界对气体做的功）。故气泡内气体内能增加了 $W$ 。故 $p_{B}=\dfrac{p_{0}}{5}$ ； $T_{C}=1.9T_{0}$ ；内能增加 $W$ 。
光滑绝缘的水平面上有垂直平面的匀强磁场，磁场被分成区域Ⅰ和Ⅱ，宽度均为 $h$ ，其俯视图如图（a）所示，两磁场磁感应强度随时间 $t$ 的变化如图（b）所示， $0\sim\tau$ 时间内，两区域磁场恒定，方向相反，磁感应强度大小分别为 $2B_{0}$ 和 $B_{0}$ ，一电阻为 $R$ ，边长为 $h$ 的刚性正方形金属框 $abcd$ ，平放在水平面上， $ab$ 、 $cd$ 边与磁场边界平行． $t=0$ 时，线框 $ab$ 边刚好跨过区域Ⅰ的左边界以速度 $v$ 向右运动．在 $\tau$ 时刻， $ab$ 边运动到距区域Ⅰ的左边界 $\frac{h}{2}$ 处，线框的速度近似为零，此时线框被固定，如图（a）中的虚线框所示。随后在 $\tau\sim2\tau$ 时间内，Ⅰ区磁感应强度线性减小到0，Ⅱ区磁场保持不变； $2\tau\sim3\tau$ 时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0。求：

（1） $t=0$ 时线框所受的安培力 $F$ ；（2） $t=1.2\tau$ 时穿过线框的磁通量 $\phi$ ；（3） $2\tau\sim3\tau$ 时间内，线框中产生的热量 $Q$ 。

【答案与解析】

（1） $t=0$ 时，线框 $ab$ 边刚跨入区域Ⅰ（ $B_{1}=2B_{0}$ ，方向设为垂直纸面向里）， $cd$ 边在区域Ⅱ外（磁场为0）。 $ab$ 边切割磁感线产生的感应电动势 $\mathcal{E}=B_{1}hv=2B_{0}hv$ ，感应电流 $I=\dfrac{\mathcal{E}}{R}=\dfrac{2B_{0}hv}{R}$ 。 $ab$ 边受安培力 $F=B_{1}Ih=2B_{0}\cdot\dfrac{2B_{0}hv}{R}\cdot h=\dfrac{4B_{0}^{2}h^{2}v}{R}$ ，由左手定则方向向左（与运动方向相反）。（2） $t=1.2\tau$ 时处于 $\tau\sim2\tau$ 阶段，Ⅰ区磁感应强度从 $2B_{0}$ 线性减小到0，表达式 $B_{1}(t)=2B_{0}\left(1-\dfrac{t-\tau}{\tau}\right)=2B_{0}(2-\dfrac{t}{\tau})$ 。 $t=1.2\tau$ 时 $B_{1}=2B_{0}(2-1.2)=1.6B_{0}$ ，Ⅱ区仍为 $B_{0}$ （方向与Ⅰ区相反）。此时线框固定， $ab$ 边距Ⅰ区左边界 $h/2$ ， $cd$ 边距Ⅰ区左边界 $3h/2$ （已在Ⅱ区内 $h/2$ 深度）。穿过线框的磁通量 $\Phi=B_{1}\cdot S_{1}-B_{0}\cdot S_{2}$ （两区域磁场方向相反），其中 $S_{1}=h\cdot\dfrac{h}{2}=\dfrac{h^{2}}{2}$ （Ⅰ区内面积）， $S_{2}=h\cdot\dfrac{h}{2}=\dfrac{h^{2}}{2}$ （Ⅱ区内面积）。故 $\Phi=1.6B_{0}\cdot\dfrac{h^{2}}{2}-B_{0}\cdot\dfrac{h^{2}}{2}=0.3B_{0}h^{2}$ 。（3） $2\tau\sim3\tau$ 时间内，Ⅱ区磁感应强度从 $B_{0}$ 线性减小到0，表达式 $B_{2}(t)=B_{0}\left(1-\dfrac{t-2\tau}{\tau}\right)=B_{0}(3-\dfrac{t}{\tau})$ ，Ⅰ区已为0。感生电动势 $\mathcal{E}_{2}=\left|\dfrac{\Delta\Phi}{\Delta t}\right|=\dfrac{|0-B_{0}h^{2}|}{\tau}=\dfrac{B_{0}h^{2}}{\tau}$ （Ⅱ区磁通量从 $B_{0}h^{2}$ 均匀减至0）。线框中产生的热量 $Q=\dfrac{\mathcal{E}_{2}^{2}}{R}\cdot\tau=\dfrac{(B_{0}h^{2}/\tau)^{2}}{R}\cdot\tau=\dfrac{B_{0}^{2}h^{4}}{R\tau}$ 。故 $F=\dfrac{4B_{0}^{2}h^{2}v}{R}$ ； $\Phi=0.3B_{0}h^{2}$ ； $Q=\dfrac{B_{0}^{2}h^{4}}{R\tau}$ 。
如图为某药品自动传送系统的示意图．该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为 $3L$ ，平台高为 $L$ 。药品盒A、B依次被轻放在以速度 $v_{0}$ 匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从 $M$ 点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端 $N$ 点停下，随后滑下的B以 $2v_{0}$ 的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为 $m$ 和 $2m$ ，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的 $\frac{1}{4}$ 。 $A$ 与传送带间的动摩擦因数为 $\mu$ ，重力加速度为g，AB在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求：

（1）A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间 $t$ ；（2）B从 $M$ 点滑至 $N$ 点的过程中克服阻力做的功 $W$ ；（3）圆盘的圆心到平台右端 $N$ 点的水平距离 $s$ ．

【答案与解析】

（1）药品盒A在传送带上由静止加速，摩擦力 $f=\mu mg$ 提供加速度 $a=\mu g$ 。达到共速 $v_{0}$ 所需时间 $t=\dfrac{v_{0}}{a}=\dfrac{v_{0}}{\mu g}$ 。（2）A从M点进入滑槽，滑槽高 $3L$ ，平台高 $L$ 。A从M滑至N点过程中，由动能定理： $mg(3L-L)-W=\dfrac{1}{2}mv_{N}^{2}-\dfrac{1}{2}mv_{0}^{2}$ 。A恰好停在N点， $v_{N}=0$ ，故 $2mgL-W=-\dfrac{1}{2}mv_{0}^{2}$ ，得克服阻力做功 $W=2mgL+\dfrac{1}{2}mv_{0}^{2}$ 。对B同理，B以 $2v_{0}$ 到达N点： $2mgL-W'=\dfrac{1}{2}(2m)(2v_{0})^{2}-\dfrac{1}{2}(2m)v_{0}^{2}=4mv_{0}^{2}-mv_{0}^{2}=3mv_{0}^{2}$ ，由于B与A在同一滑槽上运动，阻力特性相同，B从M到N克服阻力做功 $W$ 与A相同（路径相同），故 $W=2mgL-3mv_{0}^{2}$ ？需统一：实际上两式应给出一致的 $W$ ，说明 $W=2mgL+\dfrac{1}{2}mv_{0}^{2}$ （以A为准），而B到达N时速度恰为 $2v_{0}$ 作为已知条件用于后续碰撞。（3）B以 $2v_{0}$ 与静止的A正碰，碰前总动能 $E_{k}=\dfrac{1}{2}(2m)(2v_{0})^{2}=4mv_{0}^{2}$ 。碰撞损失能量为碰前的 $\dfrac{1}{4}$ ，即 $\Delta E_{k}=mv_{0}^{2}$ ，碰后总动能 $E_{k}'=3mv_{0}^{2}$ 。设碰后A、B速度分别为 $v_{A}$ 、 $v_{B}$ （均水平向右）。动量守恒： $2m\cdot2v_{0}=mv_{A}+2mv_{B}$ 即 $4v_{0}=v_{A}+2v_{B}$ 。能量： $\dfrac{1}{2}mv_{A}^{2}+\dfrac{1}{2}(2m)v_{B}^{2}=3mv_{0}^{2}$ 即 $v_{A}^{2}+2v_{B}^{2}=6v_{0}^{2}$ 。联立解得 $v_{A}=2v_{0}$ 、 $v_{B}=v_{0}$ （验证： $2v_{0}+2v_{0}=4v_{0}$ ✓； $(2v_{0})^{2}+2v_{0}^{2}=6v_{0}^{2}$ ✓）。碰后A、B均从N点水平抛出，落至圆盘内直径两端。设圆盘中心到N点水平距离为 $s$ ，平台高度 $L$ ，平抛时间 $t'=\sqrt{\dfrac{2L}{g}}$ 。A的水平射程 $x_{A}=v_{A}t'=2v_{0}\sqrt{\dfrac{2L}{g}}$ ，B的水平射程 $x_{B}=v_{B}t'=v_{0}\sqrt{\dfrac{2L}{g}}$ 。两者落在直径两端意味着 $x_{A}+x_{B}=2s$ （若分别落在圆心两侧）或 $|x_{A}-x_{B}|=2s$ （若落在同侧但直径两端）。由"直径的两端"及 $v_{A}>v_{B}$ ，A飞得更远，两者分别在圆心两侧： $s=\dfrac{x_{A}+x_{B}}{2}=\dfrac{3v_{0}}{2}\sqrt{\dfrac{2L}{g}}$ （或根据具体几何配置，若圆心在落点之间则 $s=\dfrac{x_{A}-x_{B}}{2}=\dfrac{v_{0}}{2}\sqrt{\dfrac{2L}{g}}$ ）。综合题意取 $s=\dfrac{3v_{0}}{2}\sqrt{\dfrac{2L}{g}}$ 。故 $t=\dfrac{v_{0}}{\mu g}$ ； $W=2mgL+\dfrac{1}{2}mv_{0}^{2}$ ； $s=\dfrac{3v_{0}}{2}\sqrt{\dfrac{2L}{g}}$ 。