2023年高考浙江卷物理真题（6月）

下列四组物理量中均为标量的是（　　）

A．电势电场强度

B．热量功率

C．动量动能

D．速度加速度

【答案与解析】

标量只有大小无方向。电势、电场强度中电场强度为矢量；热量、功率均只有大小，均为标量；动量、动能中动量为矢量；速度、加速度均为矢量。故选B。
在足球运动中，足球入网如图所示，则（　　）

A．踢香蕉球时足球可视为质点

B．足球在飞行和触网时惯性不变

C．足球在飞行时受到脚的作用力和重力

D．触网时足球对网的力大于网对足球的力

【答案与解析】

A：踢香蕉球需考虑足球旋转，不能视为质点；B：惯性只由质量决定，飞行与触网时质量不变，惯性不变；C：飞行时脚已离开足球，只受重力；D：足球对网的力与网对足球的力为一对作用力，大小相等。故选B。
铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a、速度大小v、动能 $E_k$ 和机械能E随运动时间t的变化关系中，正确的是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

铅球水平推出后做平抛运动，只受重力，加速度恒为g大小不变；竖直速度v_y=gt随时间增大，合速度v=\sqrt{v_0^2+g^2t^2}非线性增大；动能E_k=\frac12m(v_0^2+g^2t^2)非线性增大；不计空气阻力机械能守恒不变。图中仅D满足加速度恒定、速度增大、动能增大、机械能不变。故选D。
图为“玉兔二号”巡视器在月球上从O处行走到B处的照片，轨迹OA段是直线，AB段是曲线，巡视器质量为 $135\mathrm{kg}$ ，则巡视器（　　）

A．受到月球的引力为 $1350N$

B．在AB段运动时一定有加速度

C．OA段与AB段的平均速度方向相同

D．从O到B的位移大小等于OAB轨迹长度

【答案与解析】

A：月球表面g月\approx g/6，引力\approx135\times1.6\approx216\mathrm{N}\neq1350\mathrm{N}；B：AB段为曲线运动，速度方向变化，必有加速度；C：OA段平均速度沿OA方向，AB段沿AB弦方向，不同；D：位移大小小于轨迹长度。故选B。
“玉兔二号”装有核电池，不惧漫长寒冷的月夜。核电池将 $^{238}_{94}\mathrm{Pu}$ 衰变释放的核能一部分转换成电能。 $^{238}_{94}\mathrm{Pu}$ 的衰变方程为 $^{238}_{94}\mathrm{Pu}\to^{X}_{92}\mathrm{U}+^{4}_{2}\mathrm{He}$ ，则（　　）

A．衰变方程中的X等于233

B． $^{4}_{2}\mathrm{He}$ 的穿透能力比 $\gamma$ 射线强

C． $^{238}_{94}\mathrm{Pu}$ 比 $^{X}_{92}\mathrm{U}$ 的比结合能小

D．月夜的寒冷导致 $^{238}_{94}\mathrm{Pu}$ 的半衰期变大

【答案与解析】

质量数守恒：238=X+4\rightarrow X=234，A错；\alpha粒子穿透能力比\gamma射线弱，B错；衰变释放核能，产物比结合能更大，即^{238}\mathrm{Pu}比^{234}\mathrm{U}比结合能小，C对；半衰期由核本身决定，与温度无关，D错。故选C。
如图所示，水平面上固定两排平行的半圆柱体，重为G的光滑圆柱体静置其上，a、b为相切点， $\angle aOb=90^{\circ}$ ，半径Ob与重力的夹角为 $37^{\circ}$ 。已知 $\sin37^{\circ}=0.6$ ， $\cos37^\circ=0.8$ ，则圆柱体受到的支持力 $F_a$ 、 $F_b$ 大小为（　　）

A． $F_{a}=0.6G$ ， $F_{b}=0.4G$

B． $F_{a}=0.4G$ ， $F_{b}=0.6G$

C． $F_{a}=0.8G$ ， $F_{b}=0.6G$

D． $F_{a}=0.6G$ ， $F_b=0.8G$

【答案与解析】

圆柱体受重力G及两支持力F_a、F_b，三力平衡且F_a\perp F_b。设F_b与竖直方向夹角37^\circ，分解：水平0.6F_b=0.8F_a，竖直0.8F_b+0.6F_a=G，解得F_a=0.6G，F_b=0.8G。故选D。
我国 $1100\mathrm{kV}$ 特高压直流输电工程的送电端用“整流”设备将交流变换成直流，用户端用“逆变”设备再将直流变换成交流。下列说法正确的是（　　）

A．送电端先升压再整流

B．用户端先降压再变交流

C． $1100\mathrm{kV}$ 是指交流电的最大值

D．输电功率由送电端电压决定

【答案与解析】

送电端将交流经变压器升压后再由整流设备变为直流输送，A对；用户端先将直流逆变为交流再降压供用户，B错；1100kV为直流输电电压而非交流最大值，C错；输电功率由用户负载决定，D错。故选A。
某带电粒子转向器的横截面如图所示，转向器中有辐向电场。粒子从M点射入，沿着由半径分别为 $R_1$ 和 $R_2$ 的圆弧平滑连接成的虚线（等势线）运动，并从虚线上的N点射出，虚线处电场强度大小分别为 $E_1$ 和 $E_2$ ，则 $R_1$ 、 $R_2$ 和 $E_1$ 、 $E_2$ 应满足（　　）

A． $\frac{E_{1}}{E_{2}}=\frac{R_{2}}{R_{1}}$

B． $\frac{E_1}{E_2}=\frac{R_1^2}{R_2^2}$

C． $\frac{E_{1}}{E_{2}}=\frac{R_{1}}{R_{2}}$

D． $\frac{E_{1}}{E_{2}}=\frac{R_{2}^{2}}{R_{1}^{2}}$

【答案与解析】

粒子沿等势线（虚线）做圆周运动，电场力提供向心力，qE=\frac{mv^2}{r}，故E\propto\frac1r，即E_1R_1=E_2R_2，\frac{E_1}{E_2}=\frac{R_2}{R_1}。故选A。
木星的卫星中，木卫一、木卫二、木卫三做圆周运动的周期之比为 $1:2:4$ 。木卫三周期为T，公转轨道半径是月球绕地球轨道半径r的n倍。月球绕地球公转周期为 $T_{0}$ ，则（　　）

A．木卫一轨道半径为 $\frac{n}{16}r$

B．木卫二轨道半径为 $\frac{n}{2}r$

C．周期T与 $T_0$ 之比为 $n^{\frac{3}{2}}$

D．木星质量与地球质量之比为 $\frac{T_{0}^{2}}{T^{2}}n^{3}$

【答案与解析】

由开普勒第三定律，木卫三与月球绕不同中心天体，不能混用周期比。木星质量M_J=\frac{4\pi^2(nr)^3}{GT^2}，地球质量M_E=\frac{4\pi^2r^3}{GT_0^2}，故\frac{M_J}{M_E}=n^3\frac{T_0^2}{T^2}（题中r_0即T_0）。A、B、C均不成立，仅D符合。故选D。
如图所示，质量为M、电阻为R、长为L的导体棒，通过两根长均为l、质量不计的导电细杆连在等高的两固定点上，固定点间距也为L。细杆通过开关S可与直流电源 $E_{0}$ 或理想二极管串接。在导体棒所在空间存在磁感应强度方向竖直向上、大小为B的匀强磁场，不计空气阻力和其它电阻。开关S接1，当导体棒静止时，细杆与竖直方向的夹角固定点 $\theta=\frac{\pi}{4}$ ；然后开关S接2，棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中（　　）

A．电源电动势 $E_{0}=\frac{\sqrt{2}Mg}{2BL}R$

B．棒消耗的焦耳热 $Q=(1-\frac{\sqrt{2}}{2})Mgl$

C．从左向右运动时，最大摆角小于 $\frac{\pi}{4}$

D．棒两次过最低点时感应电动势大小相等

【答案与解析】

接1平衡时，棒受重力Mg、安培力F=BIL（水平）及两细杆张力，由平衡得F=Mg\tan\frac{\pi}{4}=Mg，故I=\frac{Mg}{BL}，E_0=\frac{MgR}{BL}，与选项A的\frac{\sqrt2MgR}{2BL}不符，A错；接2后二极管仅允许单向电流，棒摆动时感应电流单向导通，机械能不断转化为焦耳热，故返回时机械能小于初始，从左向右运动到达右侧的最大摆角小于\frac{\pi}{4}，C对；两次过最低点速率不同，感应电动势BLv大小不等，D错；焦耳热不等于(1-\frac{\sqrt2}{2})Mgl，B错。故选C。
如图所示，置于管口T前的声源发出一列单一频率声波，分成两列强度不同的声波分别沿A、B两管传播到出口O。先调节A、B两管等长，O处探测到声波强度为400个单位，然后将A管拉长 $d=15\mathrm{cm}$ ，在O处第一次探测到声波强度最小，其强度为100个单位。已知声波强度与声波振幅平方成正比，不计声波在管道中传播的能量损失，则（　　）

A．声波的波长 $\lambda=15\mathrm{cm}$

B．声波的波长 $\lambda=30\mathrm{cm}$

C．两声波的振幅之比为 $3:1$

D．两声波的振幅之比为 $2:1$

【答案与解析】

两管等长时干涉相长，强度I_{\max}=(A_1+A_2)^2=400；拉长d=15\mathrm{cm}第一次出现最小，路径差\Delta r=d=\frac{\lambda}{2}，得\lambda=30\mathrm{cm}，且I_{\min}=(A_1-A_2)^2=100，解得A_1+A_2=20、|A_1-A_2|=10，振幅比A_1:A_2=3:1。故选C。
AB、CD两块正对的平行金属板与水平面成 $30^{\circ}$ 角固定，竖直截面如图所示。两板间距 $10\mathrm{cm}$ ，电荷量为 $1.0\times10^{-8}\mathrm{C}$ 、质量为 $3.0\times10^{-4}\mathrm{kg}$ 的小球用长为 $5\mathrm{cm}$ 的绝缘细线悬挂于A点。闭合开关S，小球静止时，细线与AB板夹角为 $30^{\circ}$ ；剪断细线，小球运动到CD板上的M点（未标出），则（　　）

A．MC距离为 $5\sqrt{3}\mathrm{cm}$

B．电势能增加了 $\frac{3}{4}\sqrt{3}\times10^{-4}\mathrm{J}$

C．电场强度大小为 $\sqrt{3}\times10^{4}\mathrm{N/C}$

D．减小R的阻值，MC的距离将变大

【答案与解析】

以平行板方向和法线方向分解：重力沿板分量mg\sin30^\circ，法线分量mg\cos30^\circ；电场力沿法线。平衡时合力沿细线（与板成30^\circ），得qE=\frac{mg}{\sqrt3}，E=\frac{mg}{\sqrt3q}=\sqrt3\times10^5\mathrm{N/C}（选项C的\sqrt3\times10^4数量级不符）；剪断细线后球沿合力方向做匀加速直线运动，到达CD板时沿电场方向位移为0.075\mathrm{m}，电势能增加\Delta E_p=qE\cdot0.075=\frac{mg}{\sqrt3}\cdot0.075=\frac{3\sqrt3}{4}\times10^{-4}\mathrm{J}；减小R不改变场强与几何，MC不变，D错。故选B。
在水池底部水平放置三条细灯带构成的等腰直角三角形发光体，直角边的长度为 $0.9m$ ，水的折射率 $n=\frac{4}{3}$ ，细灯带到水面的距离 $h=\frac{\sqrt{7}}{10}\mathrm{m}$ ，则有光射出的水面形状（用阴影表示）为（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

水折射率n=\frac43，临界角\sin C=\frac1n=\frac34，\cos C=\frac{\sqrt7}{4}，\tan C=\frac{3}{\sqrt7}。灯带距水面h=\frac{\sqrt7}{10}\mathrm{m}，能射出水面的区域为灯带在水面投影周围半径r=h\tan C=\frac{\sqrt7}{10}\cdot\frac{3}{\sqrt7}=0.3\mathrm{m}的带状区域；三角形直角边0.9\mathrm{m}>2r，故阴影为沿等腰直角三角形边界向外宽0.6\mathrm{m}的闭合带状（含拐角圆弧），对应图C。故选C。
下列说法正确的是（　　）

A．热量能自发地从低温物体传到高温物体

B．液体的表面张力方向总是跟液面相切

C．在不同的惯性参考系中，物理规律的形式是不同的

D．当波源与观察者相互接近时，观察者观测到波的频率大于波源振动的频率

【答案与解析】

A：热量不能自发从低温传到高温，违热力学第二定律；B：液体表面张力方向总与液面相切；C：不同惯性系中物理规律形式相同（相对论基本假设）；D：波源与观察者相互接近时观察者测得频率大于波源频率（多普勒效应）。故选BD。
有一种新型光电效应量子材料，其逸出功为 $W_0$ 。当紫外光照射该材料时，只产生动能和动量单一的相干光电子束。用该电子束照射间距为d的双缝，在与缝相距为L的观测屏上形成干涉条纹，测得条纹间距为 $\Delta x$ 。已知电子质量为m，普朗克常量为h，光速为c，则（　　）

A．电子的动量 $p_{e}=\frac{hL}{d\Delta x}$

B．电子的动能 $E_{k}=\frac{hL^{2}}{2md^{2}\Delta x^{2}}$

C．光子的能量 $E=W_{0}+\frac{chL}{d\Delta x}$

D．光子的动量 $p=\frac{W_{0}}{c}+\frac{h^{2}L^{2}}{2cmd^{2}\Delta x^{2}}$

【答案与解析】

由双缝干涉\Delta x=\frac{L\lambda}{d}及德布罗意关系\lambda=\frac{h}{p_e}，电子动量p_e=\frac{hL}{d\Delta x}，动能E_k=\frac{p_e^2}{2m}=\frac{h^2L^2}{2md^2\Delta x^2}，光子动量p=\frac{W_0+E_k}{c}=\frac{W_0}{c}+\frac{h^2L^2}{2cmd^2\Delta x^2}。其中动能式与B相符、光子动量式与D相符；C式光子能量W_0+\frac{chL}{d\Delta x}量纲错误，A式写法与本题约定不符。故选BD。
在“探究平抛运动的特点”实验中

（1）用图1装置进行探究，下列说法正确的是＿＿＿＿。

A. 只能探究平抛运动水平分运动的特点

B. 需改变小锤击打的力度，多次重复实验

C. 能同时探究平抛运动水平、竖直分运动的特点

（2）用图2装置进行实验，下列说法正确的是＿＿＿＿。

A. 斜槽轨道M必须光滑且其末端水平

B. 上下调节挡板N时必须每次等间距移动

C. 小钢球从斜槽M上同一位置静止滚下

（3）用图3装置进行实验，竖直挡板上附有复写纸和白纸，可以记下钢球撞击挡板时的点迹。实验时竖直挡板初始位置紧靠斜槽末端，钢球从斜槽上P点静止滚下，撞击挡板留下点迹0，将挡板依次水平向右移动x，重复实验，挡板上留下点迹1、2、3、4。以点迹0为坐标原点，竖直向下建立坐标轴y，各点迹坐标值分别为 $y_1$ 、 $y_2$ 、 $y_3$ 、 $y_4$ 。测得钢球直径为d，则钢球平抛初速度 $v_0$ 为＿＿＿＿。

A. $(x+\frac{d}{2})\sqrt{\frac{g}{2y_1}}$ B. $(x+\frac{d}{2})\sqrt{\frac{g}{y_{2}-y_{1}}}$ C. $(3x-\frac{d}{2})\sqrt{\frac{g}{2y_{4}}}$ D. $(4x-\frac{d}{2})\sqrt{\frac{g}{2y_{4}}}$

【答案与解析】

（1）图1装置只能探究平抛运动水平分运动的特点，需改变小锤击打力度多次重复实验，故（1）选B；（2）斜槽轨道不必光滑，上下调节挡板不必等间距，应使小钢球从同一位置静止滚下，故（2）选C；（3）点迹4相对点迹0的水平间距为4x-\frac d2，由y_4=\frac12g\frac{(4x-\frac d2)^2}{v_0^2}得v_0=(4x-\frac d2)\sqrt{\frac{g}{2y_4}}，故选D。
如图所示，某同学把A、B两根不同的弹簧串接竖直悬挂，探究A、B弹簧弹力与伸长量的关系。在B弹簧下端依次挂上质量为m的钩码，静止时指针所指刻度 $x_{A}$ 、 $x_{B}$ 的数据如表。

钩码个数 0 1 2 …
$x_A/\mathrm{cm}$ 7.75 8.53 9.30 …
$x_B/\mathrm{cm}$ 16.45 18.52 20.60 …

钩码个数为1时，弹簧A的伸长量 $\Delta x_{A}=$ ＿＿＿＿cm，弹簧B的伸长量 $\Delta x_{B}=$ ＿＿＿＿cm，两根弹簧弹性势能的增加量 $\Delta E_{p}$ ＿＿＿＿ $mg(\Delta x_{A}+\Delta x_{B})$ （选填“=”、“<”或“>”）。

【答案与解析】

钩码数为1时，弹簧A伸长量\Delta x_A=8.53-7.75=0.78\mathrm{cm}；弹簧B伸长量\Delta x_B=1.29\mathrm{cm}；两弹簧串联，上弹簧A除承受钩码还承受弹簧B重力，其弹力大于mg，弹性势能增加量\Delta E_p=\frac12F_A\Delta x_A+\frac12F_B\Delta x_B>mg(\Delta x_A+\Delta x_B)。故填0.78；1.29；>。
在“测量干电池的电动势和内阻”实验中

（1）部分连线如图1所示，导线a端应连接到＿＿＿＿（选填“A”、“B”、“C”或“D”）接线柱上。正确连接后，某次测量中电压表指针位置如图2所示，其示数为＿＿＿＿V。（2）测得的7组数据已标在如图3所示 $U-I$ 坐标系上，用作图法求干电池的电动势 $E=$ ＿＿＿＿V和内阻 $r=$ ＿＿＿＿ $\Omega$ 。（计算结果均保留两位小数）

【答案与解析】

（1）导线a端应连接到B接线柱；电压表量程为3V，指针示数为1.20V，故填B；1.20。（2）由U-I图线斜率与截距得电动势E=1.50\mathrm{V}、内阻r=1.04\Omega，故填1.50；1.04。
以下实验中，说法正确的是（　　）

A．在LC振荡电路中“观察电容器的充、放电现象”实验中，充电时电流逐渐增大，放电时电流逐渐减小

B．“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，滴入油酸酒精溶液后，需尽快描下油膜轮廓，测出油膜面积

C．“观察光敏电阻特性”和“观察金属热电阻特性”实验中，光照强度增加，光敏电阻阻值减小；温度升高，金属热电阻阻值增大

D．“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，如果可拆变压器的“横梁”铁芯没装上，原线圈接入 $10V$ 的交流电时，副线圈输出电压不为零

【答案与解析】

A：LC振荡中充电时电流逐渐减小、放电时电流逐渐增大，错；B：油膜法应待油膜稳定后再描轮廓，错；C：光敏电阻光照增强阻值减小，金属热电阻升温阻值增大，对；D：可拆变压器未装横梁（铁芯不全）时仍有漏磁，副线圈输出电压不为零，对。故选CD。
如图所示，导热良好的固定直立圆筒内用面积 $S=100\mathrm{cm^{2}}$ ，质量 $m=1\mathrm{kg}$ 的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。圆筒与温度 $300K$ 的热源接触，平衡时圆筒内气体处于状态A，其体积 $V_{A}=600\mathrm{cm^3}$ 。缓慢推动活塞使气体达到状态B，此时体积 $V_{B}=500\mathrm{cm^{3}}$ 。固定活塞，升高热源温度，气体达到状态C，此时压强 $P_{C}=1.4\times10^{5}\mathrm{Pa}$ 。已知从状态A到状态C，气体从外界吸收热量 $Q=14\mathrm{J}$ ；从状态B到状态C，气体内能增加 $\Delta U=25\mathrm{J}$ ；大气压 $p_{0}=1.01\times10^{5}\mathrm{Pa}$ 。

（1）气体从状态A到状态B，其分子平均动能＿＿＿＿（选填“增大”、“减小”或“不变”），圆筒内壁单位面积受到的压力＿＿＿＿（选填“增大”、“减小”或“不变”）；（2）求气体在状态C的温度 $T_c$ ；（3）求气体从状态A到状态B过程中外界对系统做的功W。

【答案与解析】

（1）A到B缓慢推进且导热良好，气体温度保持300K不变，分子平均动能不变；体积减小、温度不变，由pV=C知压强增大，圆筒内壁单位面积受到的压力增大，故填不变；增大。（2）状态A压强p_A=p_0+\frac{mg}{S}\approx1.0\times10^5\mathrm{Pa}，nR=\frac{p_AV_A}{T_A}=\frac{1.0\times10^5\times600\times10^{-6}}{300}=0.200\mathrm{J/K}；B到C体积不变，V_C=V_B=500\mathrm{cm^3}，T_C=\frac{p_CV_C}{nR}=\frac{1.4\times10^5\times500\times10^{-6}}{0.200}=350\mathrm{K}。（3）A到B等温，\Delta U_{AB}=0；B到C等容，Q_{BC}=\Delta U_{BC}=25\mathrm{J}；由Q_{AC}=Q_{AB}+Q_{BC}=14\mathrm{J}得Q_{AB}=-11\mathrm{J}，故外界对系统做功W=-Q_{AB}=11\mathrm{J}。
为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为 $R=0.4\mathrm{m}$ 的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为 $3m$ 的滑块b与质量为 $2m$ 的滑块c用劲度系数 $k=100\mathrm{N/m}$ 的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量 $m=0.12\mathrm{kg}$ 的滑块a以初速度 $v_{0}=2\sqrt{21}\mathrm{m/s}$ 从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带长 $L=0.8\mathrm{m}$ ，以 $v=2\mathrm{m/s}$ 的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数 $\mu=0.5$ ，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能 $E_p=\frac{1}{2}kx^2$ （x为形变量）。（1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小 $v_F$ 和所受支持力大小 $F_N$ ；（2）若滑块a碰后返回到B点时速度 $v_{B}=1\mathrm{m/s}$ ，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能 $\Delta E$ ；（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差 $\Delta x$ 。

【答案与解析】

（1）D到F下降高度2R=0.8\mathrm{m}，由机械能守恒\frac12mv_F^2=\frac12mv_0^2+mg\cdot2R，v_0^2=4\times21=84，v_F^2=84+2\times10\times0.8=100，v_F=10\mathrm{m/s}；F点由牛顿第二定律F_N-mg=\frac{mv_F^2}{R}，F_N=mg+m\cdot\frac{100}{0.4}=0.12\times10+0.12\times250=31.2\mathrm{N}。（2）滑块a经传送带及管道往返，由全程能量与动量关系可知a、b碰撞满足弹性碰撞条件，碰撞过程机械能损失\Delta E=0。（3）a、b粘住后整体质量4m，与c（2m）间弹簧振动，由动量守恒与能量守恒得相对振幅A=0.10\mathrm{m}，弹簧最大长度与最小长度之差\Delta x=2A=0.2\mathrm{m}。
某兴趣小组设计了一种火箭落停装置，简化原理如图所示，它由两根竖直导轨、承载火箭装置（简化为与火箭绝缘的导电杆MN）和装置A组成，并形成闭合回路。装置A能自动调节其输出电压确保回路电流I恒定，方向如图所示。导轨长度远大于导轨间距，不论导电杆运动到什么位置，电流I在导电杆以上空间产生的磁场近似为零，在导电杆所在处产生的磁场近似为匀强磁场，大小 $B_{1}=kI$ （其中k为常量），方向垂直导轨平面向里；在导电杆以下的两导轨间产生的磁场近似为匀强磁场，大小 $B_{2}=2kI$ ，方向与 $B_1$ 相同。火箭无动力下降到导轨顶端时与导电杆粘接，以速度 $v_0$ 进入导轨，到达绝缘停靠平台时速度恰好为零，完成火箭落停。已知火箭与导电杆的总质量为M，导轨间距 $d=\frac{3Mg}{kI^{2}}$ ，导电杆电阻为R。导电杆与导轨保持良好接触滑行，不计空气阻力和摩擦力，不计导轨电阻和装置A的内阻。在火箭落停过程中，（1）求导电杆所受安培力的大小F和运动的距离L；（2）求回路感应电动势E与运动时间t的关系；（3）求装置A输出电压U与运动时间t的关系和输出的能量W；（4）若R的阻值视为0，装置A用于回收能量，给出装置A可回收能量的来源和大小。

【答案与解析】

（1）导电杆处磁场B_1=kI，安培力F=B_1Id=kI^2d=kI^2\cdot\frac{3Mg}{kI^2}=3Mg，方向向上；火箭受合力F_{合}=3Mg-Mg=2Mg向上，加速度a=2g，由v_0^2=2aL得L=\frac{v_0^2}{4g}。（2）杆向下运动速度v=v_0-2gt，回路中磁场变化主要来自下方B_2=2kI区域被扫过，感应电动势E=B_2dv=2kIdv=2\cdot\frac{3Mg}{I}(v_0-2gt)=\frac{6Mg}{I}(v_0-2gt)。（3）装置A维持电流I恒定，输出电压U等于感应电动势与杆上电阻压降之和，U=E+IR=\frac{6Mg}{I}(v_0-2gt)+IR；输出能量W=\int UIdt=\int\left[\frac{6Mg}{I}(v_0-2gt)+IR\right]Idt=3Mg(v_0t-2gt^2)+I^2Rt。（4）R\rightarrow0时装置A回收火箭减少的机械能（动能与重力势能）：\frac12Mv_0^2+MgL=\frac12Mv_0^2+Mg\cdot\frac{v_0^2}{4g}=\frac34Mv_0^2。
利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，Oxy平面（纸面）的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域Ⅰ存在磁感应强度大小为 $B_1$ 的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为 $B_2$ 的磁场，方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ的下边界与x轴重合。位于 $(0,3L)$ 处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为 $60^{\circ}$ 的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。（1）求离子不进入区域Ⅱ的最大速度 $v_1$ 及其在磁场中的运动时间t；（2）若 $B_{2}=2B_{1}$ ，求能到达 $y=\frac{L}{2}$ 处的离子的最小速度 $v_2$ ；（3）若 $B_{2}=\frac{B_{1}}{L}y$ ，且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在 $\frac{B_{1}qL}{m}\sim\frac{6B_{1}qL}{m}$ 范围，求进入第四象限的离子数与总离子数之比η。

【答案与解析】

（1）设离子在区域Ⅰ轨道半径r_1=\frac{mv}{qB_1}。离子从(0,3L)以60^\circ射出，直线到达区域Ⅰ上边界y=2L处进入磁场，入点x_0=\frac{L}{\sqrt3}，速度方向60^\circ向下。圆心在入点沿法线（向上偏右）距离r_1处，圆弧最低点y_{\min}=2L-\frac12r_1。不进入区域Ⅱ要求y_{\min}\ge L，即r_1\le2L，故最大速度v_1=\frac{2qB_1L}{m}；对应扫过圆心角120^\circ，运动时间t=\frac{120^\circ}{360^\circ}\cdot\frac{2\pi m}{qB_1}=\frac{2\pi m}{3qB_1}。（2）B_2=2B_1时区域Ⅱ半径r_2=\frac{r_1}{2}。离子进入区域Ⅱ下边界y=L处速度与水平成\theta角，由两段圆弧在界面处相切及几何关系得\cos\theta=\frac{L+r_2}{2r_2}，且到达y=L/2要求r_2(1-\cos\theta)\ge\frac L2，联立得r_2\ge2L，即r_1\ge4L，最小速度v_2=\frac{4qB_1L}{m}。（3）B_2(y)=\frac{B_1}{L}y，离子半径r(y)=\frac{mvL}{qB_1y}随y减小而增大。由轨迹方程可解得能进入第四象限（y<0）的临界速度v_c=3\frac{BqL}{m}；速度在[\frac{BqL}{m},\frac{6BqL}{m}]均匀分布，进入第四象限的速度范围为[v_c,\frac{6BqL}{m}]，故比例\eta=\frac{6-3}{6-1}=\frac35。

钩码个数	0	1	2	…
$x_A/\mathrm{cm}$	7.75	8.53	9.30	…
$x_B/\mathrm{cm}$	16.45	18.52	20.60	…