2023年高考浙江卷物理真题（1月）

下列属于国际单位制中基本单位符号的是（　　）

A．J

B．K

C．W

D． $\mathrm{Wb}$

【答案与解析】

国际单位制中基本单位包括 m、kg、s、A、K、mol、cd。A. J（焦耳， $\mathrm{J=N\cdot m}$ ）为导出单位；B. K（开尔文）为基本单位；C. W（瓦特， $\mathrm{W=J/s}$ ）为导出单位；D. Wb（韦伯， $\mathrm{Wb=V\cdot s}$ ）为导出单位。故选B。
如图所示，轻质网兜兜住重力为G的足球，用轻绳挂于光滑竖直墙壁上的A点，轻绳的拉力为 $F_{T}$ ，墙壁对足球的支持力为 $F_{N}$ ，则（　　）

A． $F_{T}<F_{N}$

B． $F_{T}=F_{N}$

C． $F_T>G$

D． $F_{T}=G$

【答案与解析】

设轻绳与竖直方向夹角为 $\theta$ 。足球（含网）受重力 $G$ 、轻绳拉力 $F_T$ 、墙支持力 $F_N$ ，三力平衡： $F_T\cos\theta=G$ ， $F_T\sin\theta=F_N$ ，解得 $F_T=G/\cos\theta>G$ ， $F_N=G\tan\theta$ 。 $F_T$ 大小只取决于夹角 $\theta$ 而 $F_N$ 与之不可确定大小关系。故选C。
“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，在轨运行如图所示，则（　　）

A．选地球为参考系，“天和”是静止的

B．选地球为参考系，“神舟十五号”是静止的

C．选“天和”为参考系，“神舟十五号”是静止的

D．选“神舟十五号”为参考系，“天和”是运动的

【答案与解析】

对接后"神舟十五号"与"天和"相对静止，二者绕地球运行，相对地球都不是静止的，故A、B错；选"天和"为参考系，"神舟十五号"静止，C对；选"神舟十五号"为参考系，"天和"也静止，D错。故选C。
一位游客正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下。游客从跳台下落直到最低点过程中（　　）

A．弹性势能减小

B．重力势能减小

C．机械能保持不变

D．绳一绷紧动能就开始减小

【答案与解析】

下落过程中橡皮绳拉伸，弹性势能增加（A错）；高度降低，重力势能减小（B对）；受空气阻力，机械能减少（C错）；绳绷紧瞬间弹力为零，动能继续增大直到弹力等于重力时达最大后才减小（D错）。故选B。
如图所示，在考虑空气阻力的情况下，一小石子从O点抛出沿轨迹 $OPQ$ 运动，其中P是最高点。若空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，则小石子竖直方向分运动的加速度大小（　　）

A．O点最大

B．P点最大

C．Q点最大

D．整个运动过程保持不变

【答案与解析】

设空气阻力大小 $f=kv$ ，方向与速度反向，则竖直方向加速度 $a_y=-g-\dfrac{k}{m}v_y$ 。O点： $v_y>0$ ， $|a_y|=g+\dfrac{k}{m}v_y>g$ ；P点（最高点）： $v_y=0$ ， $|a_y|=g$ ；Q点： $v_y<0$ ， $|a_y|=g-\dfrac{k}{m}|v_y|<g$ 。故O点加速度最大。故选A。
主动降噪耳机能收集周围环境中的噪声信号，并产生相应的抵消声波，某一噪声信号传到耳膜的振动图像如图所示，取得最好降噪效果的抵消声波（声音在空气中的传播速度为 $340\mathrm{m/s}$ ）（　　）

A．振幅为 $2A$

B．频率为 $100\mathrm{Hz}$

C．波长应为 $1.7\mathrm{m}$ 的奇数倍

D．在耳膜中产生的振动与图中所示的振动同相

【答案与解析】

由图，噪声信号周期 $T=5\times 10^{-3}\,\mathrm{s}$ ，频率 $f=200\,\mathrm{Hz}$ ，波长 $\lambda=v/f=340/200=1.7\,\mathrm{m}$ 。最好降噪要求抵消声波与噪声信号同频、同幅、反相：振幅应为 $\mathrm{A}$ （非 $2\,\mathrm{A}$ ，A错）；频率应为 $200\,\mathrm{Hz}$ （非 $100\,\mathrm{Hz}$ ，B错）；应反相（不是同相，D错）；波长为 $1.7\,\mathrm{m}$ ，满足相消干涉条件。故选C。
如图甲所示，一导体杆用两条等长细导线悬挂于水平轴 $OO^{\prime}$ ，接入电阻R构成回路．导体杆处于竖直向上的匀强磁场中，将导体杆从竖直位置拉开小角度由静止释放，导体杆开始下摆。当 $R=R_{0}$ 时，导体杆振动图像如图乙所示。若横纵坐标皆采用图乙标度，则当 $R=2R_0$ 时，导体杆振动图像是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

导体杆下摆切割磁感线产生感应电流，受安培力阻碍运动。回路电阻由 $R_0$ 增大到 $2R_0$ ，感应电流减半，阻尼力减半，振幅衰减变慢，而周期基本不变。选项B显示振幅包络衰减比 $R=R_0$ 时更慢。故选B。
某兴趣小组设计的测量大电流的装置如图所示，通有电流I的螺绕环在霍尔元件处产生的磁场 $B=k_{1}I$ ，通有待测电流 $I^{\prime}$ 的直导线 $ab$ 垂直穿过螺绕环中心，在霍尔元件处产生的磁场 $B^{\prime}=k_{2}I^{\prime}$ 。调节电阻R，当电流表示数为 $I_{0}$ 时，元件输出霍尔电压 $U_{H}$ 为零，则待测电流 $I^{\prime}$ 的方向和大小分别为（　　）

A． $a\to b$ ， $\frac{k_{2}}{k_{1}}I_{0}$

B． $a\to b$ ， $\frac{k_{1}}{k_{2}}I_{0}$

C． $b\rightarrow a$ ， $\frac{k_{2}}{k_{1}}I_{0}$

D． $b\rightarrow a$ ， $\frac{k_{1}}{k_{2}}I_{0}$

【答案与解析】

$U_\mathrm{H}=0$ 意味着霍尔元件处合磁场为零，故 $k_1I_0=k_2I'$ ，得 $I'=\dfrac{k_1}{k_2}I_0$ 。由图示方向判定 $I'$ 方向由 $a$ 指向 $b$ 。故选B。
宇宙射线进入地球大气层与大气作用会产生中子，中子与大气中的氮14会产生以下核反应： $^{14}_{7}\mathrm{N}+^{1}_{0}\mathrm{n}\to^{14}_{6}\mathrm{C}+^{1}_{1}\mathrm{H}$ ，产生的 ${}^{14}_{6}C$ 能自发进行 $\beta$ 衰变，其半衰期为5730年，利用碳14的衰变规律可推断古木的年代．下列说法正确的是（　　）

A． ${}^{14}_{6}C$ 发生 $\beta$ 衰变的产物是 $^{15}_{7}\mathrm{N}$

B． $\beta$ 衰变辐射出的电子来自于碳原子的核外电子

C．近年来由于地球的温室效应，引起 ${}^{14}_{6}C$ 的半衰期发生微小变化

D．若测得一古木样品的 $^{14}_{6}\mathrm{C}$ 含量为活体植物的 $\frac{1}{4}$ ，则该古木距今约为11460年

【答案与解析】

A. $\beta$ 衰变： ${}^{14}_{6}\mathrm{C}\to{}^{14}_{7}\mathrm{N}+{}^{0}_{-1}\mathrm{e}$ ，产物为 $\mathrm{N}$ -14而非 $\mathrm{N}$ -15，错；B. $\beta$ 电子来自核内中子衰变而非核外电子，错；C. 半衰期由核内部决定，与外界条件无关，错；D. 含量为 $\dfrac{1}{4}=\left(\dfrac{1}{2}\right)^2$ ，经历2个半衰期，距今 $2\times 5730=11460$ 年，对。

故选D。
太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动．当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，称为“行星冲日”，已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表：

行星名称地球火星木星土星天王星海王星
轨道半径 $R/\mathrm{AU}$ 1.0 1.5 5.2 9.5 19 30

则相邻两次“冲日”时间间隔约为（　　）

A．火星365天

B．火星800天

C．天王星365天

D．天王星800天

【答案与解析】

由开普勒第三定律 $T_\text{行}=T_\text{地}\left(\dfrac{R_\text{行}}{R_\text{地}}\right)^{3/2}$ 及会合周期公式 $\dfrac{1}{T_\text{冲}}=\dfrac{1}{T_\text{地}}-\dfrac{1}{T_\text{行}}$ 。对火星： $T_\text{行}=365\times1.5^{1.5}\approx 671$ 天， $T_\text{冲}\approx 800$ 天（B对）；对天王星： $T_\text{行}\approx30230$ 天， $T_\text{冲}\approx370$ 天，不约为365天（C错）。故选B。
被誉为“中国天眼”的大口径球面射电望远镜已发现660余颗新脉冲星，领先世界。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。若天体射向天眼的辐射光子中，有 $\eta(\eta<1)$ 倍被天眼接收，天眼每秒接收到该天体发出的频率为v的N个光子。普朗克常量为h，则该天体发射频率为v光子的功率为（　　）

A． $\frac{4NL^{2}h\nu}{R^{2}\eta}$

B． $\frac{2NL^{2}hv}{R^{2}\eta}$

C． $\frac{\eta L^{2}hv}{4R^{2}N}$

D． $\frac{\eta L^{2}h\nu}{2R^{2}N}$

【答案与解析】

每秒被天眼接收的 $N$ 个光子占天体辐射的 $\eta$ 份额，且占球面 $4\pi L^2$ 中面积 $\pi R^2$ 的比例，故 $N=\eta\cdot\dfrac{P}{h\nu}\cdot\dfrac{\pi R^2}{4\pi L^2}$ ，解得 $P=\dfrac{4NL^2h\nu}{R^2\eta}$ 。故选A。
如图所示，示波管由电子枪竖直方向偏转电极YY'、水平方向偏转电极XX'和荧光屏组成。电极XX'的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY'极板间电压为零，电子枪加速电压为 $10U$ 。电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿OO'方向进入偏转电极。已知电子电荷量为e，质量为m，则电子（　　）

A．在XX'极板间的加速度大小为 $\frac{eU}{m}$

B．打在荧光屏时，动能大小为 $11eU$

C．在XX'极板间受到电场力的冲量大小为 $\sqrt{2meU}$

D．打在荧光屏时，其速度方向与OO'连线夹角 $\alpha$ 的正切 $\tan\alpha=\frac{l}{20d}$

【答案与解析】

加速电压 $10U$ 得 $v_0=\sqrt{20eU/m}$ 。XX'间加速度 $a=\dfrac{eU}{md}$ （A错）。在XX'内 $y=\dfrac{l^2}{40d}$ ，偏转场对电子做功 $\dfrac{eUl^2}{40d^2}$ ，到屏动能 $=10eU+\dfrac{eUl^2}{40d^2}$ （一般不为 $11eU$ ，B错）。电场力冲量 $I=\dfrac{eUl}{dv_0}=\sqrt{\dfrac{meUl^2}{20d^2}}$ （一般不为 $\sqrt{2meU}$ ，C错）。出XX'时 $\tan\alpha=\dfrac{v_y}{v_0}=\dfrac{eUl/(mdv_0)}{v_0}=\dfrac{l}{20d}$ ，到屏方向不变（D对）。故选D。
如图所示为一斜边镀银的等腰直角棱镜的截面图。一细黄光束从直角边 $AB$ 以角度 $\theta$ 入射，依次经 $AC$ 和 $BC$ 两次反射，从直角边 $AC$ 出射。出射光线相对于入射光线偏转了 $\alpha$ 角，则 $\alpha$ （　　）

A．等于 $90^\circ$

B．大于 $90^\circ$

C．小于 $90^\circ$

D．与棱镜的折射率有关

【答案与解析】

两次反射的反射面AC与BC的夹角为 $\angle ACB=45^\circ$ 。光线经两次平面镜反射后方向改变量等于两面夹角的两倍，即 $2\times 45^\circ=90^\circ$ ，与折射率无关。故选A。
下列说法正确的是（　　）

A．利用电容传感器可制成麦克风

B．物体受合外力越大，则动量变化越快

C．利用红外传感器可制成商场的自动门

D．若物理问题牛顿运动定律不适用，则动量守恒定律也不适用

【答案与解析】

A. 电容式麦克风利用电容随声波变化，对；B. 动量变化 $\Delta p=F\Delta t$ ，不仅与合外力有关，还与时间有关，错；C. 红外传感器可感知人体红外辐射，制成自动门，对；D. 动量守恒比牛顿定律更基本，即使牛顿定律不适用的领域动量守恒仍成立，错。

故选AC。
氢原子从高能级向低能级跃迁时，会产生四种频率的可见光，其光谱如图1所示。氢原子从能级6跃迁到能级2产生可见光I，从能级3跃迁到能级2产生可见光Ⅱ。用同一双缝干涉装置研究两种光的干涉现象，得到如图2和图3所示的干涉条纹。用两种光分别照射如图4所示的实验装置，都能产生光电效应。下列说法正确的是（　　）

A．图1中的 $\mathrm{H}_\alpha$ 对应的是Ⅰ

B．图2中的干涉条纹对应的是Ⅱ

C．Ⅰ的光子动量大于Ⅱ的光子动量

D．P向a移动，电流表示数为零时Ⅰ对应的电压表示数比Ⅱ的大

【答案与解析】

A. $H_\alpha$ 对应能级 $3\to2$ 即Ⅱ而非Ⅰ，错；B. 图2条纹间距小对应波长短的Ⅰ而非Ⅱ，错；C. $p=h/\lambda=E/c$ ，Ⅰ频率高、动量大，对；D. 遏止电压 $eU_\mathrm{c}=h\nu-W$ ，Ⅰ频率高则 $U_\mathrm{c}$ 大，对。

故选CD。
在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，实验装置如图1所示。

①需要的实验操作有＿＿＿＿（多选）；

A．调节滑轮使细线与轨道平行

B．倾斜轨道以补偿阻力

C．小车靠近打点计时器静止释放

D．先接通电源再释放小车

②经正确操作后打出一条纸带，截取其中一段如图2所示。选取连续打出的点0、1、2、3、4为计数点，则计数点1的读数为＿＿＿＿ $\mathrm{cm}$ 。已知打点计时器所用交流电源的频率为 $50\mathrm{Hz}$ ，则打计数点2时小车的速度大小为：＿＿＿＿ $\mathrm{m/s}$ （结果保留3位有效数字）。

【答案与解析】

① 细线应与轨道平行以保证小车所受拉力沿轨道方向（A对）；不需倾斜轨道补偿阻力（B错）；小车应靠近打点计时器释放以充分利用纸带（C对）；应先接通电源再释放小车以保证打点稳定（D对）。故填ACD。 ② 由图，计数点1读数为 $3.00\,\mathrm{cm}$ 。打点周期 $T_0=5\times(1/50)=0.1\,\mathrm{s}$ ，由中间时刻速度等于该段平均速度： $v_2=\dfrac{x_3-x_1}{2T_0}=\dfrac{(9.00-3.00)\times 10^{-2}}{0.2}\,\mathrm{m/s}=0.300\,\mathrm{m/s}$ 。故填 $3.00$ ； $0.300$ 。
“探究向心力大小的表达式”实验装置如图所示。

①采用的实验方法是＿＿＿＿

A．控制变量法 B．等效法 C．模拟法

②在小球质量和转动半径相同的情况下，逐渐加速转动手柄到一定速度后保持匀速转动。此时左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的＿＿＿＿之比（选填“线速度大小”、“角速度平方”或“周期平方”）；在加速转动手柄过程中，左右标尺露出红白相间等分标记的比值＿＿＿＿（选填“不变”、“变大”或“变小”）。

【答案与解析】

① 实验中保持 $m$ 、 $r$ 不变改变 $\omega$ 测量向心力大小，采用控制变量法。故填A。 ② 标尺露出的红白相间等分标记反映向心力 $F^{\prime}$ 的大小。 $F=m\omega^2r$ ，两球 $m$ 、 $r$ 相同且同轴转动 $\omega$ 相同， $F^{\prime}$ 之比等于 $\omega^2$ 之比；加速过程中两球 $\omega$ 始终相同，比值始终为 $1$ 。故填角速度平方；不变。
在“测量金属丝的电阻率”实验中：（1）测量一段金属丝电阻时所用器材和部分电路连线如图1所示，图中的导线a端应与＿＿＿＿（选填“一”、“0.6”或“3”）接线柱连接，b端应与＿＿＿＿（选填“—”、“0.6”或“3”）接线柱连接。开关闭合前，图1中滑动变阻器滑片应置于＿＿＿＿（选填“左”或“右”）端。

（2）合上开关，调节滑动变阻器，得到多组U和I数据。甲同学由每组U、I数据计算电阻，然后求电阻平均值；乙同学通过 $U-I$ 图像求电阻。则两种求电阻的方法更合理的是＿＿＿＿（选填“甲”或“乙”）。（3）两同学进一步探究用镍铬丝将满偏电流 $I_{g}=300\mu\mathrm{A}$ 的表头G改装成电流表。如图2所示，表头G两端并联长为L的镍铬丝，调节滑动变阻器使表头G满偏，毫安表示数为I。改变L，重复上述步骤，获得多组I、L数据，作出 $I-\frac{1}{L}$ 图像如图3所示。

则 $I-\frac{1}{L}$ 图像斜率 $k=$ ＿＿＿＿ $\mathrm{mA\cdot m}$ 。若要把该表头G改装成量程为 $9\mathrm{mA}$ 的电流表，需要把长为＿＿＿＿m的镍铬丝并联在表头G两端。（结果均保留两位有效数字）

【答案与解析】

（1）金属丝电阻较小，电流表选 $0.6\,\mathrm{A}$ 量程，电压表选 $3\,\mathrm{V}$ 量程，开关闭合前滑片应置于阻值最大处。由图示接法，滑片置于左端。故填 $0.6$ ； $3$ ；左。（2）甲逐点求电阻再平均不能减小随机误差；乙作 $U$ - $I$ 图像求斜率能减小随机误差，更合理。故填乙。（3） $I_\mathrm{w}=\dfrac{I_\mathrm{g}R_\mathrm{G}}{R_L}=\dfrac{I_\mathrm{g}R_\mathrm{G}S}{\rho}\cdot\dfrac{1}{L}$ ，即 $I$ 与 $1/L$ 成线性关系，斜率 $k=\dfrac{I_\mathrm{g}R_\mathrm{G}S}{\rho}$ 。由图读出 $k=1.0\,\mathrm{mA\cdot m}$ 。改装为 $9\,\mathrm{mA}$ 时流过镍铬丝电流 $I_\mathrm{w}=9-0.3=8.7\,\mathrm{mA}$ ，由 $1.0\times\dfrac{1}{L}=8.7$ 得 $L\approx 0.12\,\mathrm{m}$ 。故填 $1.0$ ； $0.12$ 。
某探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示。在竖直放置的圆柱形容器内用面积 $S=100\mathrm{cm^{2}}$ 、质量 $m=1\mathrm{kg}$ 的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。开始时气体处于温度 $T_A=300\mathrm{K}$ 、活塞与容器底的距离 $h_{0}=30\mathrm{cm}$ 的状态A。环境温度升高时容器内气体被加热，活塞缓慢上升 $d=3\mathrm{cm}$ 恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态B。活塞保持不动，气体被继续加热至温度 $T_{c}=363\mathrm{K}$ 的状态C时触动报警器。从状态A到状态C的过程中气体内能增加了 $\Delta U=158\mathrm{J}$ 。取大气压 $p_{0}=0.99\times10^{5}\mathrm{Pa}$ ，求气体。（1）在状态B的温度；（2）在状态C的压强；（3）由状态A到状态C过程中从外界吸收热量Q。

【答案与解析】

（1）A到B活塞缓慢上升，气体等压变化，由盖-吕萨克定律 $\dfrac{V_A}{T_A}=\dfrac{V_B}{T_B}$ ， $T_B=T_A\cdot\dfrac{h_0+d}{h_0}=300\times\dfrac{33}{30}=330\,\mathrm{K}$ 。（2）B处对活塞受力分析得 $p_B=p_0+\dfrac{mg}{S}=0.99\times 10^5+\dfrac{1\times 10}{0.01}=1.00\times 10^5\,\mathrm{Pa}$ 。B到C活塞被卡口固定，体积不变，由查理定律 $\dfrac{p_B}{T_B}=\dfrac{p_C}{T_C}$ ， $p_C=p_B\cdot\dfrac{T_C}{T_B}=1.00\times 10^5\times\dfrac{363}{330}=1.1\times 10^5\,\mathrm{Pa}$ 。（3）A到B气体对外做功 $W_{AB}=p_B S d=1.00\times 10^5\times 0.01\times 0.03=30\,\mathrm{J}$ ；B到C等容变化做功为零。由热力学第一定律 $Q=\Delta U+W=158+30=188\,\mathrm{J}$ 。
一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角 $\theta=37^{\circ}$ 的直轨道 $AB$ 、螺旋圆形轨道 $BCDE$ ，倾角 $\theta=37^{\circ}$ 的直轨道 $EF$ 、水平直轨道 $FG$ 组成，除 $FG$ 段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道 $AB$ 、 $EF$ 相切于 $B(E)$ 处．凹槽 $GHIJ$ 底面 $HI$ 水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁 $GH$ 处，摆渡车上表面与直轨道 $FG$ 、平台 $JK$ 位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径 $R=0.5\mathrm{m}$ ，B点高度为 $1.2R$ ， $FG$ 长度 $L_{FG}=2.5\mathrm{m}$ ， $HI$ 长度 $L_{0}=9\mathrm{m}$ ，摆渡车长度 $L=3\mathrm{m}$ 、质量 $m=1\mathrm{kg}$ 。将一质量也为 $m$ 的滑块从倾斜轨道 $AB$ 上高度 $h=2.3\mathrm{m}$ 处静止释放，滑块在 $FG$ 段运动时的阻力为其重力的0.2倍。（摆渡车碰到竖直侧壁 $IJ$ 立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力， $\sin37^{\circ}=0.6$ ， $\cos37^\circ=0.8$ ）（1）求滑块过C点的速度大小 $v_{C}$ 和轨道对滑块的作用力大小 $F_{C}$ ；（2）摆渡车碰到 $IJ$ 前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数 $\mu$ ；（3）在（2）的条件下，求滑块从G到J所用的时间 $t$ 。

【答案与解析】

（1）从A到B机械能守恒： $mgh=\dfrac{1}{2}mv_B^2+mg\cdot 1.2R$ ， $v_B^2=2g(h-1.2R)=2\times 10\times 1.7=34\,\mathrm{m^2/s^2}$ 。螺旋圆轨道与EF相切于B(E)，圆心O位于B正上方偏侧，O点高度 $1.2R+R\cos 37^\circ=2.0R=1.0\,\mathrm{m}$ ，C为最高点高度 $3.0R=1.5\,\mathrm{m}$ 。从B到C： $\dfrac{1}{2}mv_B^2+mg\cdot 1.2R=\dfrac{1}{2}mv_C^2+mg\cdot 3.0R$ ， $v_C^2=v_B^2-2g\cdot 1.8R=34-18=16\,\mathrm{m^2/s^2}$ ， $v_C=4\,\mathrm{m/s}$ 。C点由牛顿第二定律 $mg+F_C=\dfrac{mv_C^2}{R}$ ， $F_C=\dfrac{1\times 16}{0.5}-10=22\,\mathrm{N}$ 。（2）EF段光滑且F与B同高， $v_F=v_E=v_B=\sqrt{34}\,\mathrm{m/s}$ ；F到G水平段受阻力 $0.2mg$ ， $v_G^2=v_F^2-2\times 0.2g L_{FG}=34-10=24$ ？由图F处于地面， $v_F^2=v_B^2+2g\cdot 1.2R=34+12=46$ ， $v_G^2=46-10=36$ ， $v_G=6\,\mathrm{m/s}$ 。滑块与摆渡车质量相等，相对滑动时滑块加速度 $a_1=-\mu g$ ，车加速度 $a_2=+\mu g$ 。恰好不脱离即二者达到共同速度时滑块相对车位移为车长 $L=3\,\mathrm{m}$ ： $v_\text{共}=\dfrac{v_G}{2}=3\,\mathrm{m/s}$ ， $\dfrac{v_G^2}{4\mu g}=L$ ， $\mu=\dfrac{v_G^2}{4gL}=\dfrac{36}{4\times 10\times 3}=0.3$ 。（3）达到共同速度时车向右移动 $s_1=\dfrac{v_\text{共}^2}{2\mu g}=\dfrac{9}{6}=1.5\,\mathrm{m}$ ，此时车右端距IJ距离 $L_0-L-s_1=9-3-1.5=4.5\,\mathrm{m}$ 。此后二者共同以 $3\,\mathrm{m/s}$ 匀速运动至车撞IJ，时间 $t_2=\dfrac{4.5}{3}=1.5\,\mathrm{s}$ 。达到共同速度用时 $t_1=\dfrac{v_G}{2\mu g}=1\,\mathrm{s}$ 。总时间 $t=t_1+t_2=1+1.5=2.5\,\mathrm{s}$ 。
如图1所示，刚性导体线框由长为L、质量均为m的两根竖杆，与长为 $2l$ 的两轻质横杆组成，且 $L\gg2l$ 。线框通有恒定电流 $I_{0}$ ，可以绕其中心竖直轴转动。以线框中心O为原点、转轴为z轴建立直角坐标系，在y轴上距离O为a处，固定放置一半径远小于a，面积为S、电阻为R的小圆环，其平面垂直于y轴。在外力作用下，通电线框绕转轴以角速度 $\omega$ 匀速转动，当线框平面与 $xOz$ 平面重合时为计时零点，圆环处的磁感应强度的y分量 $B_{y}$ 与时间的近似关系如图2所示，图中 $B_{0}$ 已知。（1）求0到 $\frac{\pi}{\omega}$ 时间内，流过圆环横截面的电荷量q；（2）沿y轴正方向看以逆时针为电流正方向，在 $0\sim\frac{2\pi}{3\omega}$ 时间内，求圆环中的电流与时间的关系；（3）求圆环中电流的有效值；（4）当撤去外力，线框将缓慢减速，经 $\frac{\pi}{\omega}$ 时间角速度减小量为 $\Delta\omega\left(\frac{\Delta\omega}{\omega}\ll1\right)$ ，设线框与圆环的能量转换效率为k，求 $\Delta\omega$ 的值（当 $0<x\ll1$ ，有 $(1-x)^{2}\approx1-2x$ ）。

【答案与解析】

（1）由图2， $t=0$ 时 $B_y=B_0$ ， $t=\pi/\omega$ 时 $B_y=-B_0$ 。由 $q=\dfrac{|\Delta\Phi|}{R}=\dfrac{|B_y(\pi/\omega)-B_y(0)|S}{R}=\dfrac{2B_0S}{R}$ 。（2） $0\sim\pi/(3\omega)$ ： $B_y$ 恒为 $B_0$ ， $\mathrm{EMF}=0$ ， $I=0$ 。 $\pi/(3\omega)\sim 2\pi/(3\omega)$ ： $B_y$ 由 $B_0$ 线性减小到 $-B_0$ ， $\dfrac{\mathrm{d}B_y}{\mathrm{d}t}=-\dfrac{6B_0\omega}{\pi}$ ， $\mathrm{EMF}=-S\dfrac{\mathrm{d}B_y}{\mathrm{d}t}=\dfrac{6B_0S\omega}{\pi}$ ， $I=\dfrac{6B_0S\omega}{\pi R}$ （方向：沿 $y$ 轴正方向看为逆时针，即正向）。（3）电流波形关于 $t$ 轴正负对称，每周期有效值 $I^2_\mathrm{rms}=\dfrac{1}{T}\int_0^T I^2\mathrm{d}t$ 。仅 $\pi/(3\omega)\sim 2\pi/(3\omega)$ 与 $4\pi/(3\omega)\sim 5\pi/(3\omega)$ 两段有电流，每段持续 $\pi/(3\omega)$ ， $I^2_\mathrm{rms}=\dfrac{2 I_1^2\cdot\pi/(3\omega)}{2\pi/\omega}=\dfrac{I_1^2}{3}$ ， $I_\mathrm{rms}=\dfrac{I_1}{\sqrt 3}=\dfrac{2\sqrt 3 B_0S\omega}{\pi R}$ 。（4）线框绕竖直轴转动，两竖杆质量均为 $m$ 、长 $L$ 、距轴 $l$ ，水平杆轻质。转动惯量 $I_\text{框}=2ml^2$ 。 $\Delta E_\mathrm{k}=\dfrac{1}{2}I_\text{框}[\omega^2-(\omega-\Delta\omega)^2]\approx\dfrac{1}{2}\cdot 2ml^2\cdot 2\omega\Delta\omega=2ml^2\omega\Delta\omega$ 。圆环在 $\pi/\omega$ 时间内耗能 $E_\text{环}=I_\mathrm{rms}^2 R\cdot\dfrac{\pi}{\omega}=\dfrac{12B_0^2S^2\omega}{\pi R}$ 。由效率 $k=\dfrac{E_\text{环}}{\Delta E_\mathrm{k}}$ ，得 $\Delta\omega=\dfrac{6B_0^2S^2}{\pi Rml^2 k}$ 。
探究离子源发射速度大小和方向分布的原理如图所示。x轴上方存在垂直 $xOy$ 平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。x轴下方的分析器由两块相距为d、长度足够的平行金属薄板M和N组成，其中位于x轴的M板中心有一小孔C（孔径忽略不计），N板连接电流表后接地。位于坐标原点O的离子源能发射质量为m、电荷量为q的正离子，其速度方向与y轴夹角最大值为 $60^\circ$ ；且各个方向均有速度大小连续分布在 $\frac{1}{2}v_{0}$ 和 $\sqrt{2}v_{0}$ 之间的离子射出。已知速度大小为 $v_{0}$ 、沿y轴正方向射出的离子经磁场偏转后恰好垂直x轴射入孔C。未能射入孔C的其它离子被分析器的接地外罩屏蔽（图中没有画出）。不计离子的重力及相互作用，不考虑离子间的碰撞。（1）求孔C所处位置的坐标 $x_{0}$ ；（2）求离子打在N板上区域的长度L；（3）若在N与M板之间加载电压，调节其大小，求电流表示数刚为0时的电压 $U_{0}$ ；（4）若将分析器沿着x轴平移，调节加载在N与M板之间的电压，求电流表示数刚为0时的电压 $U_x$ 与孔C位置坐标x之间关系式。

【答案与解析】

（1）离子 $v_0$ 沿 $+y$ 射入 $x$ 轴上方磁场 $\mathrm{B}$ （出纸面），洛伦兹力指向 $+x$ 方向，离子做半径 $r=\dfrac{mv_0}{qB}$ 的圆周运动，圆心在 $(r,0)$ 。当离子速度方向为 $-y$ 时恰好射入孔C，即C点坐标 $x_0=2r=\dfrac{2mv_0}{qB}$ 。（2）从O点以速度 $v$ 、与 $y$ 轴夹角 $\theta$ 射出的离子，圆心在 $\left(\dfrac{mv\cos\theta}{qB},-\dfrac{mv\sin\theta}{qB}\right)$ ，轨迹方程 $(x-r\cos\theta)^2+(y+r\sin\theta)^2=r^2$ 。与 $x$ 轴交点 $(2r\cos\theta,0)$ ，与孔C重合要求 $2r\cos\theta=x_0$ 即 $v\cos\theta=v_0$ 。此时离子在C点速度 $(v\sin\theta,-v\cos\theta)$ ，进入分析器后做匀速直线运动，打在N板位置 $(x_0+d\tan\theta,-d)$ 。由 $v\in[v_0,\sqrt 2v_0]$ 且 $\theta=\arccos(v_0/v)$ 得 $\theta\in[0,45^\circ]$ ， $\tan\theta\in[0,1]$ ，故 $L=d$ 。（3）离子在C点 $y$ 方向速度分量 $|v_y|=v\cos\theta=v_0$ 。加电压 $U$ 后电场 $E=U/d$ （设M高于N，则电场向上使正离子减速）。离子刚好到达N板： $\dfrac{1}{2}mv_0^2=qU_0$ ， $U_0=\dfrac{mv_0^2}{2q}$ 。此时电流表读数刚为 $0$ 。（4）若孔C移至 $x$ 处，由上述分析得入孔条件 $v\cos\theta=\dfrac{qBx}{2m}$ ， $y$ 方向速度 $|v_y|=\dfrac{qBx}{2m}$ 。离子刚好到达N板： $\dfrac{1}{2}m\left(\dfrac{qBx}{2m}\right)^2=qU_x$ ， $U_x=\dfrac{qB^2x^2}{8m}$ 。