2023年高考山东卷物理真题

“梦天号”实验舱携带世界首套可相互比对的冷原子钟组发射升空，对提升我国导航定位、深空探测等技术具有重要意义。如图所示为某原子钟工作的四能级体系，原子吸收频率为 $v_{0}$ 的光子从基态能级I跃迁至激发态能级Ⅱ，然后自发辐射出频率为 $v_{1}$ 的光子，跃迁到钟跃迁的上能级2，并在一定条件下可跃迁到钟跃迁的下能级1，实现受激辐射，发出钟激光，最后辐射出频率为 $v_{3}$ 的光子回到基态。该原子钟产生的钟激光的频率 $v_{2}$ 为（　　）

A． $v_{0}+v_{1}+v_{3}$

B． $v_{0}+v_{1}-v_{3}$

C． $v_{0}-v_{1}+v_{3}$

D． $v_{0}-v_{1}-v_{3}$

【答案与解析】

原子钟四能级体系：以基态I能量为0，吸收频率 $v_{0}$ 光子跃迁至激发态Ⅱ，能量为 $hv_{0}$ ；自发辐射 $v_{1}$ 至钟跃迁上能级2，能量为 $h(v_{0}-v_{1})$ ；受激辐射发出钟激光 $v_{2}$ 至下能级1，能量为 $h(v_{0}-v_{1}-v_{2})$ ；最后辐射 $v_{3}$ 回到基态，能量为0。故 $h(v_{0}-v_{1}-v_{2})=hv_{3}$ ，得 $v_{2}=v_{0}-v_{1}-v_{3}$ 。故选D。
餐厅暖盘车的储盘装置示意图如图所示，三根完全相同的弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆环上，下端连接托盘。托盘上叠放若干相同的盘子，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平。已知单个盘子的质量为 $300g$ ，相邻两盘间距 $1.0\mathrm{cm}$ ，重力加速度大小取 $10\mathrm{m/s^2}$ 。弹簧始终在弹性限度内，每根弹簧的劲度系数为（　　）

A． $10\mathrm{N/m}$

B． $100\mathrm{N/m}$

C． $200\mathrm{N/m}$

D． $300\mathrm{N/m}$

【答案与解析】

三根相同弹簧共同承担托盘与盘子的总重，取走一个质量 $m=0.3\,\mathrm{kg}$ 的盘子，总重力减少 $\Delta G=mg=3\,\mathrm{N}$ ，每根弹簧少受力 $\Delta F=\Delta G/3=1\,\mathrm{N}$ 。托盘（连同余下盘子）升高的距离等于弹簧伸长量的减少量，亦等于相邻盘间距 $1.0\,\mathrm{cm}=0.01\,\mathrm{m}$ 。由 $\Delta x=\Delta F/k$ 得 $k=\Delta F/\Delta x=1/0.01=100\,\mathrm{N/m}$ 。故选B。
牛顿认为物体落地是由于地球对物体的吸引，这种吸引力可能与天体间（如地球与月球）的引力具有相同的性质、且都满足 $F\propto\frac{Mm}{r^{2}}$ 。已知地月之间的距离r大约是地球半径的60倍，地球表面的重力加速度为g，根据牛顿的猜想，月球绕地球公转的周期为（　　）

A． $30\pi\sqrt{\frac{r}{g}}$

B． $30\pi\sqrt{\frac{g}{r}}$

C． $120\pi\sqrt{\frac{r}{g}}$

D． $120\pi\sqrt{\frac{g}{r}}$

【答案与解析】

地表重力近似由万有引力提供： $GMm/R^{2}=mg$ ，故 $GM=gR^{2}$ 。月球绕地球做圆周运动， $GMm/r^{2}=m(2\pi/T)^{2}r$ ，得 $T=2\pi\sqrt{r^{3}/(GM)}=2\pi\sqrt{r^{3}/(gR^{2})}$ 。由 $r=60R$ 得 $r^{3}/R^{2}=60^{3}R=216000R$ ，故 $T=2\pi\sqrt{216000\,r/g}=120\pi\sqrt{r/g}$ 。故选C。
《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过程简化如下：两个半径均为R的水轮，以角速度 $\omega$ 匀速转动。水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田。当地的重力加速度为g，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为（　　）

A． $\frac{2nmg\omega^{2}RH}{5}$

B． $\frac{3nmgoRH}{5}$

C． $\frac{3nmg\omega^{2}RH}{5}$

D． $nmg\omega RH$

【答案与解析】

水轮角速度 $\omega$ ，边缘线速度 $v=\omega R$ 。单位长度上有 $n$ 个水筒，故单位时间通过某固定点的水筒数为 $nv=n\omega R$ 。每个水筒装水质量 $m$ ，其中 $60\%=0.6m$ 被输送到高出水面 $H$ 处。筒车对这部分水做功的功率等于单位时间提升这些水所做的功： $P=(0.6m)\cdot(n\omega R)\cdot gH=0.6\,nmgoRH=\frac{3}{5}nmgoRH$ 。故选B。
如图所示为一种干涉热膨胀仪原理图。G为标准石英环，C为待测柱形样品，C的上表面与上方标准平面石英板之间存在劈形空气层。用单色平行光垂直照射上方石英板，会形成干涉条纹。已知C的膨胀系数小于G的膨胀系数，当温度升高时，下列说法正确的是（　　）

A．劈形空气层的厚度变大，条纹向左移动

B．劈形空气层的厚度变小，条纹向左移动

C．劈形空气层的厚度变大，条纹向右移动

D．劈形空气层的厚度变小，条纹向右移动

【答案与解析】

样品C与标准石英环G共同支撑上方标准平面石英板，C上表面与石英板间为劈形空气层。C的膨胀系数小于G，升温时G伸长更多，石英板被顶得更高，而C顶面升高较少，故空气层厚度变大。等厚干涉条纹为等空气层厚度线；当整体厚度均匀增大时，为保持原干涉级次（原厚度处），条纹向空气层较薄的一端移动，即向左移。故选A。
如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过R、S、T三点，已知ST间的距离是RS的两倍，RS段的平均速度是 $10\mathrm{m/s}$ ，ST段的平均速度是 $5\mathrm{m/s}$ ，则公交车经过T点时的瞬时速度为（　　）

A． $3\mathrm{m/s}$

B． $2\mathrm{m/s}$

C． $1\mathrm{m/s}$

D． $0.5\mathrm{m/s}$

【答案与解析】

设R、S、T三点速度分别为 $v_{R},v_{S},v_{T}$ ，匀减速运动。RS段平均速度 $(v_{R}+v_{S})/2=10$ ，得 $v_{R}+v_{S}=20$ ；ST段平均速度 $(v_{S}+v_{T})/2=5$ ，得 $v_{S}+v_{T}=10$ 。又 $ST=2RS$ ，由 $v^{2}-v_{0}^{2}=2as$ 得 $v_{T}^{2}-v_{S}^{2}=2a\cdot ST=2a\cdot2RS=2(v_{S}^{2}-v_{R}^{2})$ ，即 $v_{T}^{2}=3v_{S}^{2}-2v_{R}^{2}$ 。联立 $v_{R}=20-v_{S},\,v_{T}=10-v_{S}$ ： $(10-v_{S})^{2}=3v_{S}^{2}-2(20-v_{S})^{2}$ ，解得 $v_{S}=9\,\mathrm{m/s}$ ，从而 $v_{T}=1\,\mathrm{m/s}$ 。故选C。
某节能储能输电网络如图所示，发电机的输出电压 $U_1= 250V$ ，输出功率 $500\mathrm{kW}$ 。降压变压器的匝数比 $n_3$ ： $n_4= 50$ ：1，输电线总电阻 $R = 62.5\Omega$ 。其余线路电阻不计，用户端电压 $U_4= 220V$ ，功率 $88\mathrm{kW}$ ，所有变压器均为理想变压器。下列说法正确的是（　　）

A．发电机的输出电流为 $368A$

B．输电线上损失的功率为 $4.8\mathrm{kW}$

C．输送给储能站的功率为 $408\mathrm{kW}$

D．升压变压器的匝数比 $n_1$ ： $n_2= 1$ ：44

【答案与解析】

降压变压器匝数比 $n_{3}:n_{4}=50:1$ ，用户端 $U_{4}=220\,\mathrm{V}$ ，故 $U_{3}=220\times50=11000\,\mathrm{V}=11\,\mathrm{kV}$ 。用户功率 $88\,\mathrm{kW}$ ，理想变压器输入功率亦 $88\,\mathrm{kW}$ ，故 $I_{3}=P_{3}/U_{3}=88000/11000=8\,\mathrm{A}$ ，该电流即输电线电流。输电线损耗 $P_{\text{损}}=I_{3}^{2}R=8^{2}\times62.5=4000\,\mathrm{W}=4\,\mathrm{kW}$ ，A错（发电机输出电流 $I_{1}=P/U_{1}=500000/250=2000\,\mathrm{A}\neq368\,\mathrm{A}$ ），B错（损失为 $4\,\mathrm{kW}\neq4.8\,\mathrm{kW}$ ）。输电线头端电压 $U_{2}=U_{3}+I_{3}R=11000+8\times62.5=11500\,\mathrm{V}$ ，升压比 $n_{1}:n_{2}=250:11500=1:46\neq1:44$ ，D错。发电机输出 $500\,\mathrm{kW}$ ，扣除输电线损失 $4\,\mathrm{kW}$ 与用户 $88\,\mathrm{kW}$ ，输往储能站功率为 $500-4-88=408\,\mathrm{kW}$ ，C正确。故选C。
质量为M的玩具动力小车在水平面上运动时，牵引力F和受到的阻力f均为恒力，如图所示，小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为m的物体由静止开始运动。当小车拖动物体行驶的位移为 $S_{1}$ 时，小车达到额定功率，轻绳从物体上脱落。物体继续滑行一段时间后停下，其总位移为 $S_{2}$ 。物体与地面间的动摩擦因数不变，不计空气阻力。小车的额定功率 $P_0$ 为（　　）

A． $\sqrt{\frac{2F^{2}(F-f)(S_{2}-S_{1})S_{1}}{(M+m)S_{2}-MS_{1}}}$

B． $\sqrt{\frac{2F^{2}(F-f)(S_{2}-S_{1})S_{1}}{(M+m)S_{2}-mS_{1}}}$

C． $\sqrt{\frac{2F^{2}(F-f)(S_{2}-S_{1})S_{2}}{(M+m)S_{2}-MS_{1}}}$

D． $\sqrt{\frac{2F^{2}(F-f)(S_{2}-S_{1})S_{2}}{(M+m)S_{2}+mS_{1}}}$

【答案与解析】

设小车达额定功率时速度为 $v$ ，此时行驶位移 $S_{1}=3.2\,\mathrm{m}$ 。小车牵引力 $F^{\prime}$ 、阻力 $f$ 恒定，额定功率 $P_{0}=Fv$ 。物体质量 $m$ 在地面上滑动，与小车通过轻绳相连，二者从静止加速至 $S_{1}$ 时共速 $v$ 。对系统（车+物）： $F-f-\mu mg=(M+m)a$ ；对物体： $T-\mu mg=ma$ ；对车： $F-f-T=Ma$ 。又 $v^{2}=2aS_{1}$ ，物体脱离后滑行总位移 $S_{2}$ ，有 $v^{2}=2\mu g(S_{2}-S_{1})$ 。消去 $a,T,\mu g$ 得 $v^{2}=2(F-f)S_{1}(S_{2}-S_{1})/[(M+m)S_{2}-MS_{1}]$ ，故 $P_{0}=Fv=F\sqrt{2(F-f)S_{1}(S_{2}-S_{1})/[(M+m)S_{2}-MS_{1}]}$ 。故选A。
一定质量的理想气体，初始温度为 $300\mathrm{K}$ ，压强为 $1\times10^5\mathrm{Pa}$ 。经等容过程，该气体吸收 $400\mathrm{J}$ 的热量后温度上升 $100\mathrm{K}$ ；若经等压过程，需要吸收 $600\mathrm{J}$ 的热量才能使气体温度上升 $100\mathrm{K}$ 。下列说法正确的是（　　）

A．初始状态下，气体的体积为 $6\mathrm{L}$

B．等压过程中，气体对外做功 $400\mathrm{J}$

C．等压过程中，气体体积增加了原体积的 $\frac{1}{4}$

D．两个过程中，气体的内能增加量都为 $400\mathrm{J}$

【答案与解析】

理想气体，内能只与温度有关。等容过程吸热 $400\,\mathrm{J}$ 而 $W=0$ ，故 $\Delta U=400\,\mathrm{J}$ （升温 $100\,\mathrm{K}$ ）。等压过程吸热 $600\,\mathrm{J}$ ， $\Delta U$ 同为 $400\,\mathrm{J}$ ，故对外做功 $W=Q-\Delta U=200\,\mathrm{J}$ 。A：等压过程压强恒为 $p_{0}=1\times10^{5}\,\mathrm{Pa}$ ， $W=p_{0}\Delta V=200$ 得 $\Delta V=2\times10^{-3}\,\mathrm{m^{3}}=2\,\mathrm{L}$ ；由 $V\propto T$ 得 $(V_{0}+2)/V_{0}=400/300$ ，解得 $V_{0}=6\,\mathrm{L}$ ，正确。B：做功为 $200\,\mathrm{J}\neq400\,\mathrm{J}$ ，错误。C： $\Delta V/V_{0}=2/6=1/3\neq1/4$ ，错误。D：两过程均升温 $100\,\mathrm{K}$ ，内能增量均为 $400\,\mathrm{J}$ ，正确。故选AD。
如图所示，沿水平方向做简谐振动的质点，依次通过相距L的A、B两点。已知质点在A点的位移大小为振幅的一半，B点位移大小是A点的 $\sqrt{3}$ 倍，质点经过A点时开始计时，t时刻第二次经过B点，该振动的振幅和周期可能是（　　）

A． $\frac{2L}{\sqrt{3}-1},3t$

B． $\frac{2L}{\sqrt{3}-1},4t$

C． $\frac{2L}{\sqrt{3}+1},\frac{12}{5}t$

D． $\frac{2L}{\sqrt{3}+1},\frac{12}{7}t$

【答案与解析】

质点做简谐运动，A、B两点位移大小分别为 $|x_{A}|=A/2$ 、 $|x_{B}|=\sqrt{3}A/2$ ，沿直线运动相距 $L$ 。若A、B在平衡位置异侧，则 $L=A/2+\sqrt{3}A/2=A(\sqrt{3}+1)/2$ ，得 $A=2L/(\sqrt{3}+1)$ ；若在同侧则 $A=2L/(\sqrt{3}-1)$ 。取异侧情形（振幅 $2L/(\sqrt{3}+1)$ ）：设从 $A(+A/2)$ 向平衡位置运动出发，先到达 $B(-\sqrt{3}A/2)$ 为第一次过B，继续至负向最大返回再次过B为第二次，对应相位从 $\pi/3$ 增至 $7\pi/6$ ，历时 $\Delta\theta=5\pi/6$ ，即 $t=5T/12$ ，得 $T=12t/5$ ，对应选项C。同侧情形给出 $T=4t$ ，无对应选项；故正确组合为振幅 $2L/(\sqrt{3}+1)$ 、周期 $12t/5$ 。故选C。
如图所示，正六棱柱上下底面的中心为O和 $O^{\prime}$ ，A、D两点分别固定等量异号的点电荷，下列说法正确的是（　　）

A． $F^{\prime}$ 点与 $C^{\prime}$ 点的电场强度大小相等

B． $\mathrm{B}^{\prime}$ 点与 $E^{\prime}$ 点的电场强度方向相同

C． $A^{\prime}$ 点与 $F^{\prime}$ 点的电势差小于 $O^{\prime}$ 点与 $\mathrm{D}^{\prime}$ 点的电势差

D．将试探电荷 $+q$ 由F点沿直线移动到O点，其电势能先增大后减小

【答案与解析】

正六棱柱，A、D为对顶点且固定等量异号电荷（A为正、D为负），O、O'为上下底面中心。A：F、C关于AD轴（x轴）对称，由对称性两点的电场强度大小相等，正确。B：B'、E'为下底面上一对对顶点，其电场方向因关于x轴不对称而y分量反号，方向不同，错误。C： $U_{AF}=V_{A}-V_{F}$ ， $V_{A}$ 仅由D处负电荷贡献为 $-kq/(2R)$ ， $V_{F}=kq/R-kq/(\sqrt{3}R)$ ，故 $U_{AF}<0$ ； $U_{O'D'}=V_{O'}-V_{D'}$ ，O'在AD中垂面上 $V_{O'}=0$ ， $V_{D'}=kq/\sqrt{4R^{2}+h^{2}}-kq/(2R)<0$ ，故 $U_{O'D'}>0$ ；因此 $U_{AF}<U_{O'D'}$ ，正确。D：将 $+q$ 自F沿直线移至O，电势 $V$ 先由 $V_{F}$ 升至一极大值再单调降至 $V_{O}=0$ ，故电势能 $qV$ 先增大后减小，正确。故选ACD。
足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上，宽为 $1\mathrm{m}$ ，电阻不计。质量为 $1\mathrm{kg}$ 、长为 $1\mathrm{m}$ 、电阻为 $1\mathrm{\Omega}$ 的导体棒MN放置在导轨上，与导轨形成矩形回路并始终接触良好，I和Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度分别为 $B_{1}$ 和 $B_{2}$ ，其中 $B_1=2\mathrm{T}$ ，方向向下。用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD段中点与质量为 $0.1\mathrm{kg}$ 的重物相连，绳与CD垂直且平行于桌面。如图所示，某时刻MN、CD同时分别进入磁场区域I和Ⅱ并做匀速直线运动，MN、CD与磁场边界平行。MN的速度 $v_{1}=2\mathrm{m/s}$ ，CD的速度为 $v_2$ 且 $v_2>v_1$ ，MN和导轨间的动摩擦因数为0.2。重力加速度大小取 $10\mathrm{m/s^{2}}$ ，下列说法正确的是（　　）

A． $B_{2}$ 的方向向上

B． $B_{2}$ 的方向向下

C． $v_{2}=5\mathrm{m/s}$

D． $v_2=3\mathrm{m/s}$

【答案与解析】

MN在区域I（ $B_{1}=2\,\mathrm{T}$ 向下）中以 $v_{1}=2\,\mathrm{m/s}$ 运动，产生动生电动势 $\mathcal{E}_{1}=B_{1}Lv_{1}=4\,\mathrm{V}$ ，回路电流 $I$ （MN中向上）。MN受安培力向左 $F_{MN}=B_{1}IL=2I$ ，MN相对导轨向后滑，导轨对MN的摩擦力向右 $f=\mu m_{MN}g=2\,\mathrm{N}$ 。MN匀速： $2I=2$ 得 $I=1\,\mathrm{A}$ 。导轨（含CD段）受绳的拉力 $T=mg=1\,\mathrm{N}$ （重物匀速）、CD在区域II的安培力及MN摩擦反作用力 $2\,\mathrm{N}$ （向左）。导轨匀速要求 $T+F_{CD}-2=0$ ，故 $F_{CD}=1\,\mathrm{N}$ 向右。CD中电流向下，要受向右安培力须 $B_{2}$ 向下，且 $F_{CD}=B_{2}IL=B_{2}=1\,\mathrm{T}$ 。总电动势 $\mathcal{E}=\mathcal{E}_{1}-B_{2}Lv_{2}=4-B_{2}v_{2}=I\cdot R=1$ ，得 $B_{2}v_{2}=3$ ；又 $F_{CD}=B_{2}=1\,\mathrm{T}$ ，故 $v_{2}=3\,\mathrm{m/s}$ 。故选BD。
利用图甲所示实验装置可探究等温条件下气体压强与体积的关系。将带有刻度的注射器竖直固定在铁架台上，注射器内封闭一定质量的空气，下端通过塑料管与压强传感器相连。活塞上端固定一托盘，托盘中放入砝码，待气体状态稳定后，记录气体压强 $p$ 和体积 $V$ （等于注射器示数 $V_0$ 与塑料管容积 $\Delta V$ 之和），逐次增加砝码质量，采集多组数据并作出拟合曲线如图乙所示。

回答以下问题：（1）在实验误差允许范围内，图乙中的拟合曲线为一条过原点的直线，说明在等温情况下，一定质量的气体＿＿＿＿。

A． $p$ 与 $V$ 成正比 B． $p$ 与 $\frac{1}{V}$ 成正比

（2）若气体被压缩到 $V=10.0\mathrm{mL}$ ，由图乙可读出封闭气体压强为＿＿＿＿ $\mathrm{Pa}$ （保留3位有效数字）。（3）某组同学进行实验时，一同学在记录数据时漏掉了 $\Delta V$ ，则在计算 $pV$ 乘积时，他的计算结果与同组正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值会随 $p$ 的增大而＿＿＿＿（填“增大”或“减小”）。

【答案与解析】

（1）由玻意耳定律，等温下一定质量气体 $pV=C$ （常量），即 $p$ 与 $1/V$ 成正比；图乙拟合曲线过原点的直线正说明此关系，故填B（或写 $P$ 与 $\frac{1}{V}$ 成正比）。（2）压缩至 $V=10.0\,\mathrm{mL}$ 时 $1/V=0.1\,\mathrm{mL^{-1}}=100\times10^{-3}\,\mathrm{mL^{-1}}$ ，由图乙直线 $P=2.0\times10^{3}\times(1/V)$ （横坐标单位 $\times10^{-3}\,\mathrm{mL^{-1}}$ 、纵坐标单位 $\times10^{3}\,\mathrm{Pa}$ ）得 $P=2.00\times10^{5}\,\mathrm{Pa}$ 。（3）正确关系应为 $p(V_{0}+\Delta V)$ ，漏记 $\Delta V$ 者算得 $pV_{0}$ ，二者之差的绝对值为 $|p(V_{0}+\Delta V)-pV_{0}|=p\Delta V$ ，随 $p$ 增大而增大，故填增大。
电容储能已经在电动汽车，风、光发电、脉冲电源等方面得到广泛应用。某同学设计图甲所示电路，探究不同电压下电容器的充、放电过程，器材如下：

电容器C（额定电压 $10\mathrm{V}$ ，电容标识不清）；电源E（电动势 $12\mathrm{V}$ ，内阻不计）；电阻箱 $R_{1}$ （阻值 $0\sim99999.9\mathrm{\Omega}$ ）；滑动变阻器 $R_{2}$ （最大阻值 $20\mathrm{\Omega}$ ，额定电流 $2\mathrm{A}$ ）；电压表V（量程 $15\mathrm{V}$ ，内阻很大）；发光二极管 $D_{1}$ 、 $D_{2}$ ，开关 $S_{1}$ 、 $S_{2}$ ，电流传感器，计算机，导线若干。回答以下问题：（1）按照图甲连接电路，闭合开关 $\mathrm{S}_1$ ，若要升高电容器充电电压，滑动变阻器滑片应向＿＿＿＿端滑动（填“a”或“b”）。（2）调节滑动变阻器滑片位置，电压表表盘如图乙所示，示数为＿＿＿＿V（保留1位小数）。

（3）继续调节滑动变阻器滑片位置，电压表示数为 $8.0\mathrm{V}$ 时，开关 $\mathrm{S}_2$ 掷向1，得到电容器充电过程的 $I-t$ 图像，如图丙所示。借鉴“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中估算油膜面积的方法，根据图像可估算出充电结束后，电容器存储的电荷量为＿＿＿＿C（结果保留2位有效数字）。

（4）本电路中所使用电容器的电容约为＿＿＿＿F（结果保留2位有效数字）。（5）电容器充电后，将开关 $\mathrm{S}_2$ 掷向2，发光二极管＿＿＿＿（填“ $\mathrm{D}_{1}$ ”或“ $\mathrm{D}_{2}$ ”）闪光。

【答案与解析】

（1）由电路接法，升高电容器充电电压须使滑动变阻器滑片向a端滑动。（2）电压表选用0~~15V量程，指针位于0~~3量程的1.3处，按5倍关系读数为 $1.3\times5=6.5\,\mathrm{V}$ ，故示数为 $6.5\,\mathrm{V}$ 。（3）充电电荷量等于 $I-t$ 曲线与时间轴围成面积；借油膜法数格（每格 $1\,\mathrm{s}\times0.1\,\mathrm{mA}=1.0\times10^{-4}\,\mathrm{C}$ ），估算约38格，得 $Q\approx3.8\times10^{-3}\,\mathrm{C}$ 。（4）由 $Q=CU$ 及 $U=8.0\,\mathrm{V}$ ，得 $C=Q/U\approx3.8\times10^{-3}/8.0\approx4.8\times10^{-4}\,\mathrm{F}$ 。（5）放电时电流方向与充电相反，由电路连接可知发光二极管 $D_{1}$ 正向导通而闪光，故填 $D_{1}$ 。
电磁炮灭火消防车（图甲）采用电磁弹射技术投射灭火弹进入高层建筑快速灭火。电容器储存的能量通过电磁感应转化成灭火弹的动能，设置储能电容器的工作电压可获得所需的灭火弹出膛速度。如图乙所示，若电磁炮正对高楼，与高楼之间的水平距离 $L=60\mathrm{m}$ ，灭火弹出膛速度 $v_0=50\mathrm{m/s}$ ，方向与水平面夹角 $\theta=53^{\circ}$ ，不计炮口离地面高度及空气阻力，取重力加速度大小 $g=10\mathrm{m/s^{2}}$ ， $\sin53^{\circ}=0.8$ 。（1）求灭火弹击中高楼位置距地面的高度H；（2）已知电容器储存的电能 $E=\frac{1}{2}CU^{2}$ ，转化为灭火弹动能的效率 $\eta=15\%$ ，灭火弹的质量为 $3\mathrm{kg}$ ，电容 $C=2.5\times10^{4}\mathrm{\mu F}$ ，电容器工作电压U应设置为多少？

【答案与解析】

（1）灭火弹做斜抛运动，水平方向匀速： $x=v_{0}\cos\theta\cdot t$ 。击中高楼时 $x=L$ ，故 $t=L/(v_{0}\cos\theta)=60/(50\times0.6)=2.0\,\mathrm{s}$ 。竖直方向位移 $H=v_{0}\sin\theta\cdot t-\frac{1}{2}gt^{2}=50\times0.8\times2-\frac{1}{2}\times10\times2^{2}=80-20=60\,\mathrm{m}$ 。（2）电容器储能转化为灭火弹动能的效率为 $\eta$ ，有 $\eta\cdot\frac{1}{2}CU^{2}=\frac{1}{2}mv_{0}^{2}$ 。代入 $\eta=0.15,\ C=2.5\times10^{4}\,\mu\mathrm{F}=2.5\times10^{-2}\,\mathrm{F},\ m=3\,\mathrm{kg},\ v_{0}=50\,\mathrm{m/s}$ ： $0.15\times\frac{1}{2}\times2.5\times10^{-2}\,U^{2}=\frac{1}{2}\times3\times50^{2}=3750$ ，得 $U^{2}=2.0\times10^{6}$ ， $U=1000\sqrt{2}\approx1.4\times10^{3}\,\mathrm{V}$ 。
一种反射式光纤位移传感器可以实现微小位移测量，其部分原理简化如图所示。两光纤可等效为圆柱状玻璃丝M、N，相距为d，直径均为 $2a$ ，折射率为n（ $n<\sqrt{2}$ ）。M、N下端横截面平齐且与被测物体表面平行。激光在M内多次全反射后从下端面射向被测物体，经被测物体表面镜面反射至N下端面，N下端面被照亮的面积与玻璃丝下端面到被测物体距离有关。（1）从M下端面出射的光与竖直方向的最大偏角为 $\theta$ ，求 $\theta$ 的正弦值；（2）被测物体自上而下微小移动，使N下端面从刚能接收反射激光到恰好全部被照亮，求玻璃丝下端面到被测物体距离b的相应范围（只考虑在被测物体表面反射一次的光线）。

【答案与解析】

设两光纤（玻璃丝）半径为 $a$ 、轴心间距为 $d$ （ $d>2a$ ），折射率为 $n$ 。光在丝内传播须满足全反射，临界角 $C$ 满足 $\sin C=1/n$ ，即丝内光线与轴夹角 $\theta_{i}$ 须有 $\sin\theta_{i}\le\sqrt{n^{2}-1}/n$ 。从M端面出射到空气的光线折射角 $\theta_{t}$ 满足 $n\sin\theta_{i}=\sin\theta_{t}$ ；该光线经被测物体表面反射一次后须落回N端面（半径 $a$ ）范围内方能进入N并被接收。由单次反射的几何对称性，边缘光线从M端面边缘出射、反射后恰好进入N端面边缘时达到临界；结合端面折射与全反射条件，可得折射率须满足 $n>\sqrt{2}$ （当 $d=2a$ 临界情形），更一般地随 $d/a$ 增大而需更大的 $n$ 。故只考虑单次反射时可接收光线的折射率范围为 $n>\sqrt{2}$ 。
如图所示，在 $0\le x\le2d$ ， $0\leq y\leq2d$ 的区域中，存在沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为m，电量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场（不计粒子重力）。（1）若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，求磁场的磁感应强度B的大小；（2）若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场、离开电场后从P点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开。（i）求改变后电场强度 $E^{\prime}$ 的大小和粒子的初速度 $v_{0}$ ；（ii）通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场。

【答案与解析】

（1）粒子从A $(d,0)$ 由静止出发，在电场中沿 $+y$ 加速，从顶边 $(d,2d)$ 垂直QN（即竖直向上）射出；进入磁场（垂直纸面向外）后受洛伦兹力向右做圆周运动，再垂直NP（右边界）回到电场。出场速率 $v$ 满足 $v^{2}=2\frac{qE}{m}\cdot2d=4qEd/m$ 。磁场中半径 $R_{1}=mv/(qB)$ ；几何上圆心在 $(d+R_{1},2d)$ ，从 $(d,2d)$ 顺时针转至右边界 $x=2d$ 且速度水平向左时恰有 $R_{1}=d$ （圆心位于 $Q(2d,2d)$ ）。故 $d=mv/(qB)$ ，得 $B=mv/(qd)=2\sqrt{mE/(qd)}$ 。（2）（i）改电场为 $E'$ 后，粒子以 $v_{0}$ 从A沿 $+y$ 进入，从顶边射出时速率 $v_{1}=\sqrt{v_{0}^{2}+4qE'd/m}$ ；在磁场中半径 $R_{2}=mv_{1}/(qB)$ 。由“从P $(2d,0)$ 第二次进入电场”知该圆过 $(2d,0)$ ，几何得 $R_{2}=5d/2$ 。又由 $\mathrm{B}$ 不变、 $R_{2}=mv_{1}/(qB)$ 及 $R_{1}=d$ 得 $v_{1}=5\sqrt{qEd/m}$ 。代入 $v_{1}^{2}=v_{0}^{2}+4qE'd/m$ 得 $E'=4E$ ， $v_{0}=3\sqrt{qEd/m}$ 。（ii）粒子从Q $(0,2d)$ 射出时速度分量 $v_{x}=-4v_{1}/5,\ v_{y}=v_{1}$ ，在磁场中圆心为 $(5d/2,4d)$ 、半径 $R_{3}=d\sqrt{41}/2$ 。该圆最低点纵坐标为 $4d-R_{3}=4d-d\sqrt{41}/2\approx0.80d>0$ ，即整段轨迹均在 $y>0$ 区域，不可能到达 $P(2d,0)$ （ $y=0$ ），故粒子不能从P点第三次进入电场。
如图所示，物块A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与B的上表面所在平面相切，竖直挡板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A与B以相同速度 $v_{0}$ 向右做匀速直线运动。当B的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点，并以水平速度v滑上B的上表面，同时撤掉外力，此时B右端与P板的距离为s。已知 $v_{0}=1\mathrm{m/s}$ ， $v=4\mathrm{m/s}$ ， $m_{A}=m_{C}=1\mathrm{kg}$ ， $m_{B}=2\mathrm{kg}$ ，A与地面间无摩擦，B与地面间动摩擦因数 $\mu_{1}=0.1$ ，C与B间动摩擦因数 $\mu_{2}=0.5$ ，B足够长，使得C不会从B上滑下。B与P、A的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加速度大小 $g=10\mathrm{m/s^{2}}$ 。（1）求C下滑的高度H；（2）与P碰撞前，若B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，求s的范围；（3）若 $s=0.48\mathrm{m}$ ，求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功W；（4）若 $s=0.48\mathrm{m}$ ，自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的变化量 $\Delta p$ 的大小。

【答案与解析】

（1）C沿光滑圆弧下滑，机械能守恒： $mgH=\frac{1}{2}mv^{2}$ ，故 $H=v^{2}/(2g)=4^{2}/(2\times10)=0.80\,\mathrm{m}$ 。（2）C滑上B后，C受滑动摩擦力向左 $f_{2}=\mu_{2}m_{C}g=5\,\mathrm{N}$ ，加速度 $a_{C}=-5\,\mathrm{m/s^{2}}$ ；B受C的摩擦力向右 $5\,\mathrm{N}$ 、地面摩擦向左 $f_{1}=\mu_{1}m_{B}g=2\,\mathrm{N}$ ，故 $a_{B}=(5-2)/2=1.5\,\mathrm{m/s^{2}}$ 。两者达共速需时 $t=(v-v_{0})/(|a_{C}|+a_{B})=(4-1)/(5+1.5)=6/13\,\mathrm{s}$ ，此过程B向右位移 $s_{B}=v_{0}t+\frac{1}{2}a_{B}t^{2}=1\times\frac{6}{13}+\frac{1}{2}\times1.5\times(\frac{6}{13})^{2}=\frac{105}{169}\,\mathrm{m}\approx0.62\,\mathrm{m}$ 。要在与P碰撞前B、C已达共速，须 $s\ge\frac{105}{169}\,\mathrm{m}$ ；同时须A、B不发生碰撞（B碰P前不能追上A），故 $s$ 的范围为 $\frac{105}{169}\,\mathrm{m}\le s<s_{\max}$ （上界由A的初始位置决定，使B恰在碰P前未及A）。（3）当 $s=0.48\,\mathrm{m}<\frac{105}{169}\,\mathrm{m}$ 时，B在与P碰撞前尚未与C共速。设B右端行至P用时 $t_{1}$ ，由 $s=v_{0}t_{1}+\frac{1}{2}a_{B}t_{1}^{2}$ 得 $0.48=t_{1}+0.75t_{1}^{2}$ ，解得 $t_{1}\approx0.375\,\mathrm{s}$ 。此时 $v_{C}=4-5t_{1}\approx2.13\,\mathrm{m/s}$ 。摩擦力对C做功由动能定理： $W=\frac{1}{2}m_{C}(v_{C}^{2}-v^{2})=\frac{1}{2}\times1\times(2.13^{2}-4^{2})\approx-5.7\,\mathrm{J}$ 。（4）系统初动量（向右为正） $p_{0}=m_{A}v_{0}+m_{B}v_{0}+m_{C}v=1\times1+2\times1+1\times4=7\,\mathrm{kg\cdot m/s}$ 。最终A在光滑地面保持 $v_{A}=1\,\mathrm{m/s}$ 匀速（受力平衡），B、C在地面摩擦作用下最终静止（受力平衡），故末动量 $p=1\times1+0+0=1\,\mathrm{kg\cdot m/s}$ 。总动量变化量 $\Delta p=p-p_{0}=1-7=-6\,\mathrm{kg\cdot m/s}$ ，大小为 $6\,\mathrm{kg\cdot m/s}$ 。