2023年高考湖北卷物理真题

2022年10月，我国自主研发的“夸父一号”太阳探测卫星成功发射。该卫星搭载的莱曼阿尔法太阳望远镜可用于探测波长为 $121.6\mathrm{nm}$ 的氢原子谱线（对应的光子能量为 $10.2\mathrm{eV}$ ）。根据如图所示的氢原子能级图，可知此谱线来源于太阳中氢原子（　　）

A． $n=2$ 和 $n=1$ 能级之间的跃迁

B． $n=3$ 和 $n=1$ 能级之间的跃迁

C． $n=3$ 和 $n=2$ 能级之间的跃迁

D． $n=4$ 和 $n=2$ 能级之间的跃迁

【答案与解析】

由能级图， $n=2$ 与 $n=1$ 能级之差为 $E_2-E_1=-3.4\mathrm{eV}-(-13.6\mathrm{eV})=10.2\mathrm{eV}$ ，与题给光子能量相符； $n=3$ 与 $n=1$ 、 $n=3$ 与 $n=2$ 、 $n=4$ 与 $n=2$ 能级之差分别为 $12.09\mathrm{eV}$ 、 $1.89\mathrm{eV}$ 、 $2.55\mathrm{eV}$ ，均不等于 $10.2\mathrm{eV}$ ，故此谱线来源于 $n=2$ 与 $n=1$ 能级之间的跃迁。故选A。
2022年12月8日，地球恰好运行到火星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线，此现象被称为“火星冲日”。火星和地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动，火星与地球的公转轨道半径之比约为 $3:2$ ，如图所示。根据以上信息可以得出（　　）

A．火星与地球绕太阳运动的周期之比约为 $27:8$

B．当火星与地球相距最远时，两者的相对速度最大

C．火星与地球表面的自由落体加速度大小之比约为 $9:4$

D．下一次“火星冲日”将出现在2023年12月8日之前

【答案与解析】

由开普勒第三定律 $\dfrac{T_{\text{火}}}{T_{\text{地}}}=\left(\dfrac{r_{\text{火}}}{r_{\text{地}}}\right)^{3/2}=\left(\dfrac{3}{2}\right)^{3/2}=\dfrac{3\sqrt3}{2\sqrt2}\approx1.84$ ，而 $27:8=\left(\dfrac32\right)^3$ 是周期平方之比，A错误。相距最远时两位置矢量反向，两速度矢量亦反向，相对速度 $v_{\text{火}}+v_{\text{地}}$ 为最大；冲日时两者同向，相对速度 $|v_{\text{火}}-v_{\text{地}}|$ 为最小，B正确。星球表面重力加速度 $g=\dfrac{GM}{R^2}$ 由星球本身的质量和半径决定，不能由公转轨道半径之比推出，C错误。会合周期 $T_{\text{合}}=\dfrac{T_{\text{火}}T_{\text{地}}}{T_{\text{火}}-T_{\text{地}}}=\dfrac{1.84\times1}{1.84-1}\approx2.2$ 年，下一次冲日约在 $2.2$ 年之后，不会出现在2023年12月8日之前，D错误。故选B。
在正点电荷Q产生的电场中有M、N两点，其电势分别为 $\varphi_{M}$ 、 $\varphi_{N}$ ，电场强度大小分别为 $E_{M}$ 、 $E_{N}$ 。下列说法正确的是（　　）

A．若 $\varphi_{M}>\varphi_{N}$ ，则M点到电荷Q的距离比N点的远

B．若 $E_{M}<E_{N}$ ，则M点到电荷Q的距离比N点的近

C．若把带负电的试探电荷从M点移到N点，电场力做正功，则 $\varphi_{M}<\varphi_{N}$

D．若把带正电的试探电荷从M点移到N点，电场力做负功，则 $E_{M}>E_{N}$

【答案与解析】

正点电荷的电场中 $\varphi=\dfrac{kQ}{r}$ 、 $E=\dfrac{kQ}{r^2}$ 。 $\varphi_{\mathrm{M}}>\varphi_{\mathrm{N}}$ 说明 $r_{\mathrm{M}}<r_{\mathrm{N}}$ ，M点比N点近，A错误。 $E_{\mathrm{M}}<E_{\mathrm{N}}$ 说明 $r_{\mathrm{M}}>r_{\mathrm{N}}$ ，M点比N点远，B错误。负电荷从M移到N电场力做正功， $W=q(\varphi_{\mathrm{M}}-\varphi_{\mathrm{N}})>0$ 且 $q<0$ ，得 $\varphi_{\mathrm{M}}-\varphi_{\mathrm{N}}<0$ ，即 $\varphi_{\mathrm{M}}<\varphi_{\mathrm{N}}$ ，C正确。正电荷从M移到N电场力做负功， $W=q(\varphi_{\mathrm{M}}-\varphi_{\mathrm{N}})<0$ 且 $q>0$ ，得 $\varphi_{\mathrm{M}}<\varphi_{\mathrm{N}}$ ，即 $r_{\mathrm{M}}>r_{\mathrm{N}}$ ，从而 $E_{\mathrm{M}}<E_{\mathrm{N}}$ ，D错误。故选C。
两节动车的额定功率分别为 $P_1$ 和 $P_{2}$ ，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为 $v_{1}$ 和 $v_2$ 。现将它们编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为（　　）

A． $\frac{P_{1}v_{1}+P_{2}v_{2}}{P_{1}+P_{2}}$

B． $\frac{P_{1}v_{2}+P_{2}v_{1}}{P_{1}+P_{2}}$

C． $\frac{(P_{1}+P_{2})v_{1}v_{2}}{P_{1}v_{1}+P_{2}v_{2}}$

D． $\frac{(P_{1}+P_{2})v_{1}v_{2}}{P_{1}v_{2}+P_{2}v_{1}}$

【答案与解析】

两节动车单独运行时 $P_1=f_1v_1$ 、 $P_2=f_2v_2$ ，故 $f_1=\dfrac{P_1}{v_1}$ 、 $f_2=\dfrac{P_2}{v_2}$ 。编组后阻力不变、功率相加， $P_1+P_2=(f_1+f_2)v$ ，解得 $v=\dfrac{P_1+P_2}{\dfrac{P_1}{v_1}+\dfrac{P_2}{v_2}}=\dfrac{(P_1+P_2)v_1v_2}{P_1v_2+P_2v_1}$ 。故选D。
近场通信（NFC）器件应用电磁感应原理进行通讯，其天线类似一个压平的线圈，线圈尺寸从内到外逐渐变大。如图所示，一正方形NFC线圈共3匝，其边长分别为 $1.0\mathrm{cm}$ 、 $1.2\mathrm{cm}$ 和 $1.4\mathrm{cm}$ ，图中线圈外线接入内部芯片时与内部线圈绝缘。若匀强磁场垂直通过此线圈，磁感应强度变化率为 $10^{3}\mathrm{T/s}$ ，则线圈产生的感应电动势最接近（　　）

A． $0.30\mathrm{V}$

B． $0.44\mathrm{V}$

C． $0.59\mathrm{V}$

D． $4.3\mathrm{V}$

【答案与解析】

三匝线圈彼此绝缘、串联叠加，各自围成的面积为 $(1.0\mathrm{cm})^2$ 、 $(1.2\mathrm{cm})^2$ 、 $(1.4\mathrm{cm})^2$ ，总磁通面积 $S=(1.0^2+1.2^2+1.4^2)\mathrm{cm}^2=4.40\times10^{-4}\mathrm{m}^2$ 。感应电动势 $E=\dfrac{\Delta B}{\Delta t}S=10^3\times4.40\times10^{-4}\mathrm{V}=0.44\mathrm{V}$ 。故选B。
如图所示，楔形玻璃的横截面POQ的顶角为 $30^{\circ}$ ，OP边上的点光源S到顶点O的距离为d，垂直于OP边的光线SN在OQ边的折射角为 $45^{\circ}$ 。不考虑多次反射，OQ边上有光射出部分的长度为（　　）

A． $\frac{1}{2}d$

B． $\frac{\sqrt{2}}{2}d$

C． $d$

D． $\sqrt{2}d$

【答案与解析】

光线 $SN\perp OP$ ，在OQ面的入射角 $i=30°$ ，折射角 $r=45°$ ，故 $n=\dfrac{\sin45°}{\sin30°}=\sqrt2$ ，临界角满足 $\sin C=\dfrac{1}{n}=\dfrac{\sqrt2}{2}$ ，即 $C=45°$ 。设OQ边上出射点到O的距离为 $x$ ，光线在该点与OQ边的夹角为 $\gamma$ ，则入射角 $i'=|90°-\gamma|$ ，出射条件 $i'\le45°$ 即 $45°\le\gamma\le135°$ ；由正弦定理 $x=d\dfrac{\sin(150°-\gamma)}{\sin\gamma}$ ，两边界对应 $x_1=d\dfrac{\sin15°}{\sin135°}$ 、 $x_2=d\dfrac{\sin105°}{\sin45°}$ 。故有光射出部分的长度 $\Delta x=x_2-x_1=d\dfrac{\cos15°-\sin15°}{\sin45°}=d\dfrac{\frac{\sqrt2}{2}}{\frac{\sqrt2}{2}}=d$ 。故选C。
一列简谐横波沿x轴正向传播，波长为 $100\mathrm{cm}$ ，振幅为 $8\mathrm{cm}$ 。介质中有a和b两个质点，其平衡位置分别位于 $x=-\frac{40}{3}\mathrm{cm}$ 和 $x=120\mathrm{cm}$ 处。某时刻b质点的位移为 $y=4\mathrm{cm}$ ，且向y轴正方向运动。从该时刻开始计时，a质点的振动图像为（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

波沿 $x$ 轴正向传播，取 $y=A\cos(\omega t-kx+\varphi_0)$ ， $k=\dfrac{2\pi}{\lambda}=\dfrac{2\pi}{100}\mathrm{cm}^{-1}$ ，并以该时刻为 $t=0$ 。由 $y_b=8\cos\theta_b=4\mathrm{cm}$ 得 $\cos\theta_b=\dfrac12$ ；又b向 $+y$ 运动， $\dfrac{\partial y}{\partial t}=-A\omega\sin\theta_b>0$ ，故 $\sin\theta_b<0$ ， $\theta_b=-60°$ 。a与b相距 $\Delta x=120\mathrm{cm}-\left(-\dfrac{40}{3}\mathrm{cm}\right)=\dfrac{400}{3}\mathrm{cm}$ ，相位差 $k\Delta x=\dfrac{2\pi}{100}\times\dfrac{400}{3}=\dfrac{8\pi}{3}=480°$ ，故 $\theta_a=\theta_b+480°\equiv60°$ 。于是 $y_a=8\cos60°=4\mathrm{cm}$ ，且 $v_a=-A\omega\sin\theta_a<0$ ，即计时起点a的位移为 $+4\mathrm{cm}$ 并向 $-y$ 方向运动，随后先到达波谷再到达波峰。故选A。
$t=0$ 时刻，质点P从原点由静止开始做直线运动，其加速度a随时间t按图示的正弦曲线变化，周期为 $2t_{0}$ 。在 $0\sim3t_0$ 时间内，下列说法正确的是（　　）

A． $t=2t_{0}$ 时，P回到原点

B． $t=2t_{0}$ 时，P的运动速度最小

C． $t=t_{0}$ 时，P到原点的距离最远

D． $t=\frac{3}{2}t_{0}$ 时，P的运动速度与 $t=\frac{1}{2}t_{0}$ 时相同

【答案与解析】

由图示 $a=a_m\sin\dfrac{\pi t}{t_0}$ ，积分得 $v=\dfrac{a_mt_0}{\pi}\left(1-\cos\dfrac{\pi t}{t_0}\right)\ge0$ ， $x=\dfrac{a_mt_0}{\pi}\left(t-\dfrac{t_0}{\pi}\sin\dfrac{\pi t}{t_0}\right)$ 。 $t=2t_0$ 时 $v=0$ 为最小，而 $x=\dfrac{2a_mt_0^2}{\pi}>0$ 并未回到原点，A错误、B正确。 $0\sim2t_0$ 内 $v\ge0$ ，质点一直向前运动， $t=2t_0$ 时距原点最远； $t=t_0$ 时速度最大而位移并非最远，C错误。 $v\left(\dfrac{t_0}{2}\right)=\dfrac{a_mt_0}{\pi}\left(1-\cos\dfrac{\pi}{2}\right)=\dfrac{a_mt_0}{\pi}$ ， $v\left(\dfrac{3t_0}{2}\right)=\dfrac{a_mt_0}{\pi}\left(1-\cos\dfrac{3\pi}{2}\right)=\dfrac{a_mt_0}{\pi}$ ，两者相同，D正确。故选BD。
如图所示，原长为l的轻质弹簧，一端固定在O点，另一端与一质量为m的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5。杆上M、N两点与O点的距离均为l，P点到O点的距离为 $\frac{1}{2}l$ ，OP与杆垂直。当小球置于杆上P点时恰好能保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。小球以某一初速度从M点向下运动到N点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（　　）

A．弹簧的劲度系数为 $\frac{4mg}{l}$

B．小球在P点下方 $\frac{1}{2}l$ 处的加速度大小为 $(3\sqrt{2}-4)\mathrm{g}$

C．从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大

D．从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同

【答案与解析】

小球在P点： $OP=\dfrac{l}{2}$ ，弹簧压缩量 $l-\dfrac{l}{2}=\dfrac{l}{2}$ ，弹力水平，杆的支持力 $N=\dfrac{kl}{2}$ ；恰好静止有 $mg=\mu N=0.5\times\dfrac{kl}{2}=\dfrac{kl}{4}$ ，得 $k=\dfrac{4mg}{l}$ ，A正确。小球在P点下方 $\dfrac{l}{2}$ 处时到O点的距离 $r=\sqrt{\left(\dfrac{l}{2}\right)^2+\left(\dfrac{l}{2}\right)^2}=\dfrac{\sqrt2}{2}l$ ，压缩量 $l-\dfrac{\sqrt2}{2}l$ ，弹力 $F=k\left(l-\dfrac{\sqrt2}{2}l\right)=(4-2\sqrt2)mg$ ，其沿杆向下的分量与杆的支持力均为 $\dfrac{F}{\sqrt2}=(2\sqrt2-2)mg$ ，滑动摩擦力 $f=\mu N=(\sqrt2-1)mg$ 方向向上，合力 $mg+(2\sqrt2-2)mg-(\sqrt2-1)mg=\sqrt2mg$ ，加速度为 $\sqrt2g$ ，与 $(3\sqrt2-4)g$ 不符，B错误。设小球到P点距离为 $s$ ，弹簧长 $\sqrt{\left(\frac{l}{2}\right)^2+s^2}$ ，支持力 $N=\dfrac{kl}{2}\left(\dfrac{l}{\sqrt{\left(\frac{l}{2}\right)^2+s^2}}-1\right)$ 随 $|s|$ 增大而减小，故从M到P摩擦力变大、从P到N变小，C错误。M、N关于P对称，对称位置摩擦力大小相等，两段路程也相等，故摩擦力做功相同，D正确。故选AD。
一带正电微粒从静止开始经电压 $U_{1}$ 加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为 $U_{2}$ 。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为 $45^{\circ}$ ，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为 $2L$ 和L，到两极板距离均为d，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。下列说法正确的是（　　）

A． $L:d=2:1$

B． $U_{1}:U_{2}=1:1$

C．微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为2

D．仅改变微粒的质量或者电荷数量，微粒在电容器中的运动轨迹不变

【答案与解析】

设微粒射入电容器时速度为 $v_0$ ，则 $v_x=v_0\cos45°$ 、 $v_y=v_0\sin45°$ ，两者相等。到最高点： $2L=v_xt$ 、 $d=\dfrac{v_y}{2}t$ ，故 $\dfrac{2L}{d}=\dfrac{v_xt}{\frac12v_yt}=2$ ，即 $L:d=1:1$ ，A错误。加速阶段 $qU_1=\dfrac12mv_0^2$ ；从射入到最高点，电场力做功 $-q\dfrac{U_2}{2d}d=-\dfrac{qU_2}{2}$ ，动能定理 $qU_1-\dfrac{qU_2}{2}=\dfrac12mv_x^2=\dfrac14mv_0^2=\dfrac12qU_1$ ，得 $U_1=U_2$ ，即 $U_1:U_2=1:1$ ，B正确。从最高点到穿出： $L=v_xt_1$ ， $v_{y1}=at_1=a\dfrac{L}{v_x}=\dfrac{v_y}{2}=\dfrac{v_x}{2}$ ，出射速度与水平方向夹角 $\alpha$ 满足 $\tan\alpha=\dfrac12$ ，偏转角 $\theta=45°+\alpha$ ， $\tan\theta=\dfrac{1+\frac12}{1-\frac12}=3\neq2$ ，C错误。轨迹方程 $y=x-\dfrac{a}{2v_x^2}x^2=x-\dfrac{qU_2}{2md}\cdot\dfrac{1}{v_0^2}x^2=x-\dfrac{U_2}{4dU_1}x^2$ ，式中 $m$ 、 $q$ 均已消去，故仅改变质量或电荷量轨迹不变，D正确。故选BD。
某同学利用测质量的小型家用电子秤，设计了测量木块和木板间动摩擦因数 $\mu$ 的实验。如图（a）所示，木板和木块A放在水平桌面上，电子秤放在水平地面上，木块A和放在电子秤上的重物B通过跨过定滑轮的轻绳相连。调节滑轮，使其与木块A间的轻绳水平，与重物B间的轻绳竖直。在木块A上放置n（ $n=0,1,2,3,4,5$ ）个砝码（电子秤称得每个砝码的质量 $m_0$ 为 $20.0\mathrm{g}$ ），向左拉动木板的同时，记录电子秤的对应示数m。

（1）实验中，拉动木板时＿＿＿＿（填“必须”或“不必”）保持匀速。（2）用 $m_{A}$ 和 $m_{B}$ 分别表示木块A和重物B的质量，则m和 $m_{A}$ 、 $m_{B}$ 、 $m_{0}$ 、 $\mu$ 、 $n$ 所满足的关系式为 $m=$ ＿＿＿＿。（3）根据测量数据在坐标纸上绘制出 $m-n$ 图像，如图（b）所示，可得木块A和木板间的动摩擦因数 $\mu=$ ＿＿＿＿（保留2位有效数字）。

【答案与解析】

（1）木块A始终静止，绳张力恒等于木板对A的滑动摩擦力 $f=\mu(m_{\mathrm{A}}+nm_0)g$ ，而滑动摩擦力与相对速度大小无关，故拉动木板时不必保持匀速。故填不必。（2）A静止有 $T=f=\mu(m_{\mathrm{A}}+nm_0)g$ ；B静止有 $T+mg=m_{\mathrm{B}}g$ 。联立得 $m=m_{\mathrm{B}}-\mu(m_{\mathrm{A}}+nm_0)$ 。故填 $m_{\mathrm{B}}-\mu(m_{\mathrm{A}}+nm_0)$ 。（3）由 $m=(m_{\mathrm{B}}-\mu m_{\mathrm{A}})-\mu m_0n$ 知， $m-n$ 图线斜率的绝对值 $k=\mu m_0$ ，由图读得 $k\approx8.0\mathrm{g}$ ，故 $\mu=\dfrac{k}{m_0}=\dfrac{8.0}{20.0}=0.40$ 。故填 $0.40$ 。
某实验小组为测量干电池的电动势和内阻，设计了如图（a）所示电路，所用器材如下：电压表（量程 $0\sim3\mathrm{V}$ ，内阻很大）；电流表（量程 $0\sim0.6\mathrm{A}$ ）；电阻箱（阻值 $0\sim999.9\mathrm{\Omega}$ ）；干电池一节、开关一个和导线若干。

（1）根据图（a），完成图（b）中的实物图连线＿＿＿＿。（2）调节电阻箱到最大阻值，闭合开关。逐次改变电阻箱的电阻，记录其阻值R、相应的电流表示数I和电压表示数U。根据记录数据作出的 $U-I$ 图像如图（c）所示，则干电池的电动势为＿＿＿＿V（保留3位有效数字）、内阻为＿＿＿＿ $\Omega$ （保留2位有效数字）。

（3）该小组根据记录数据进一步探究，作出 $\frac{1}{I}-R$ 图像如图（d）所示。利用图（d）中图像的纵轴截距，结合（2）问得到的电动势与内阻，还可以求出电流表内阻为＿＿＿＿ $\Omega$ （保留2位有效数字）。（4）由于电压表内阻不是无穷大，本实验干电池内阻的测量值＿＿＿＿（填“偏大”或“偏小”）。

【答案与解析】

（1）按图（a）将干电池、开关、电阻箱、电流表串联成闭合回路（电流由电流表正接线柱流入，量程选 $0\sim0.6\mathrm{A}$ ），电压表并联在干电池两端（正接线柱接电池正极，量程选 $0\sim3\mathrm{V}$ ），电阻箱调至最大阻值后闭合开关。（2）由 $U=E-Ir$ ， $U-I$ 图线的纵轴截距即电动势 $E=1.58\mathrm{V}$ ，图线斜率的绝对值即内阻 $r=\dfrac{\Delta U}{\Delta I}=0.64\Omega$ 。故填 $1.58$ ； $0.64$ 。（3）由 $E=I(R+R_{\mathrm{A}}+r)$ 得 $\dfrac{1}{I}=\dfrac{1}{E}R+\dfrac{R_{\mathrm{A}}+r}{E}$ ，图（d）中纵轴截距 $b\approx2.0\mathrm{A}^{-1}$ ，故 $R_{\mathrm{A}}=bE-r=2.0\times1.58-0.64\approx2.5\Omega$ 。故填 $2.5$ 。（4）电压表内阻有限会分流，干路电流 $I_{\text{真}}=I+\dfrac{U}{R_V}$ ，由 $U=E-I_{\text{真}}r$ 整理得 $U=\dfrac{E}{1+\frac{r}{R_V}}-\dfrac{r}{1+\frac{r}{R_V}}I$ ，图线斜率的绝对值为 $\dfrac{r}{1+\frac{r}{R_V}}<r$ ，故内阻测量值偏小。故填偏小。
如图所示，竖直放置在水平桌面上的左右两汽缸粗细均匀，内壁光滑，横截面积分别为S、 $2S$ ，由体积可忽略的细管在底部连通。两汽缸中各有一轻质活塞将一定质量的理想气体封闭，左侧汽缸底部与活塞用轻质细弹簧相连。初始时，两汽缸内封闭气柱的高度均为H，弹簧长度恰好为原长。现往右侧活塞上表面缓慢添加一定质量的沙子，直至右侧活塞下降 $\frac{1}{3}H$ ，左侧活塞上升 $\frac{1}{2}H$ 。已知大气压强为 $p_{0}$ ，重力加速度大小为g，汽缸足够长，汽缸内气体温度始终不变，弹簧始终在弹性限度内。求：（1）最终汽缸内气体的压强。（2）弹簧的劲度系数和添加的沙子质量。

【答案与解析】

（1）初始时弹簧为原长、活塞轻质且平衡，两部分气体压强均为 $p_1=p_0$ ，总体积 $V_1=SH+2SH=3SH$ 。末态左侧气柱高 $H+\dfrac12H=\dfrac32H$ ，右侧气柱高 $H-\dfrac13H=\dfrac23H$ ，总体积 $V_2=S\cdot\dfrac32H+2S\cdot\dfrac23H=\dfrac{17}{6}SH$ 。气体等温变化， $p_2V_2=p_1V_1$ ，得 $p_2=\dfrac{3SH}{\frac{17}{6}SH}p_0=\dfrac{18}{17}p_0$ 。（2）左活塞上升 $\dfrac12H$ ，弹簧伸长 $\dfrac12H$ ，弹力 $k\dfrac{H}{2}$ 向下，由平衡条件 $p_2S=p_0S+k\dfrac{H}{2}$ ，得 $k=\dfrac{2(p_2-p_0)S}{H}=\dfrac{2\cdot\frac{1}{17}p_0S}{H}=\dfrac{2p_0S}{17H}$ 。右活塞由平衡条件 $p_2\cdot2S=p_0\cdot2S+Mg$ ，得 $M=\dfrac{2S(p_2-p_0)}{g}=\dfrac{2p_0S}{17g}$ 。即弹簧劲度系数为 $\dfrac{2p_0S}{17H}$ ，添加的沙子质量为 $\dfrac{2p_0S}{17g}$ 。
如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为 $2R$ 、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道 $\overset{\frown}{CDE}$ 在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为 $60^{\circ}$ 。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道 $\overset{\frown}{CDE}$ 内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为 $\frac{1}{2\pi}$ ，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求：（1）小物块到达D点的速度大小；（2）B和D两点的高度差；（3）小物块在A点的初速度大小。

【答案与解析】

（1）小物块恰好能到达轨道最高点D，在D点重力恰好提供向心力： $mg=m\dfrac{v_D^2}{R}$ ，得 $v_D=\sqrt{gR}$ 。（2）设B点高出D点 $h$ 。由几何关系，C点在圆心下方， $OC$ 与竖直方向成 $60°$ ，C点比圆心低 $R\cos60°=\dfrac{R}{2}$ ，比D点低 $R+\dfrac{R}{2}=\dfrac32R$ ；过C点的切线与水平方向成 $60°$ （斜向右下），故 $v_{Cy}=\sqrt3v_{Cx}=\sqrt3v_B$ 。从B平抛到C： $v_{Cy}^2=2g\left(h+\dfrac32R\right)$ ，且 $v_C^2=v_B^2+v_{Cy}^2=4v_B^2$ 。从C到D机械能守恒： $\dfrac12m\cdot4v_B^2=\dfrac12mv_D^2+mg\cdot\dfrac32R=\dfrac12mgR+\dfrac32mgR=2mgR$ ，得 $v_B^2=gR$ 。于是 $3gR=2g\left(h+\dfrac32R\right)$ ，解得 $h=0$ ，即B、D两点等高，高度差为 $0$ 。（3）从A到B沿半圆形挡板内侧运动，挡板光滑，只有桌面摩擦力做功，路程为半圆弧长 $\pi\cdot2R=2\pi R$ ，故 $-\mu mg\cdot2\pi R=-\dfrac{1}{2\pi}mg\cdot2\pi R=-mgR$ 。由动能定理 $\dfrac12mv_B^2-\dfrac12mv_A^2=-mgR$ ，得 $v_A^2=v_B^2+2gR=3gR$ ，即 $v_A=\sqrt{3gR}$ 。
如图所示，空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy平面向里的匀强磁场。 $t = 0$ 时刻，一带正电粒子甲从点P（ $2a$ ，0）沿y轴正方向射入，第一次到达点O时与运动到该点的带正电粒子乙发生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3倍，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周。已知粒子甲的质量为m，两粒子所带电荷量均为q。假设所有碰撞均为弹性正碰，碰撞时间忽略不计，碰撞过程中不发生电荷转移，不考虑重力和两粒子间库仑力的影响。求：（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大小；（2）粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小；（3） $t=\frac{18\pi m}{qB}$ 时刻粒子甲、乙的位置坐标，及从第一次碰撞到 $t=\frac{18\pi m}{qB}$ 的过程中粒子乙运动的路程。（本小问不要求写出计算过程，只写出答案即可）

【答案与解析】

（1）甲从 $P(2a,0)$ 沿 $+y$ 射入，洛伦兹力指向 $-x$ ，圆心在 $x$ 轴上，半径 $r$ 满足 $|2a-r|=r$ ，得 $r=a$ 。由 $qv_0B=m\dfrac{v_0^2}{r}$ 得 $v_0=\dfrac{qBa}{m}$ 。（2）甲的运动周期 $T_{\text{甲}}=\dfrac{2\pi m}{qB}$ ，乙的周期 $T_{\text{乙}}=\dfrac{2\pi m_{\text{乙}}}{qB}$ 。甲运动一个圆周时乙运动两个圆周，即 $T_{\text{甲}}=2T_{\text{乙}}$ ，得 $m_{\text{乙}}=\dfrac{m}{2}$ 。取 $+y$ 为正，碰前甲在O点速度 $v_1=-v_0$ 、乙速度 $v_2=u$ ；碰后甲反向且大小变为 $3$ 倍， $v_1'=3v_0$ 。动量守恒 $-mv_0+m_{\text{乙}}u=3mv_0+m_{\text{乙}}v_2'$ ，弹性碰撞 $v_2'-v_1'=-(v_2-v_1)$ 即 $v_2'=2v_0-u$ 。代入 $m_{\text{乙}}=\dfrac{m}{2}$ 解得 $u=5v_0$ 、 $v_2'=-3v_0$ ，故第一次碰撞后乙的速度大小为 $3v_0=\dfrac{3qBa}{m}$ 。（3）第一次碰撞时刻 $t_1=\dfrac{T_{\text{甲}}}{2}=\dfrac{\pi m}{qB}$ 。碰后甲、乙圆轨道外切于O点，只能在O点再碰；乙每 $\dfrac{T_{\text{甲}}}{2}$ 回到O点一次，甲每 $T_{\text{甲}}$ 回到O点一次，故每隔 $T_{\text{甲}}=\dfrac{2\pi m}{qB}$ 发生一次碰撞，且碰后速度周期为 $2$ 次碰撞：第奇数次碰后甲速 $3v_0$ 沿 $+y$ （半径 $3a$ ，圆心 $(-3a,0)$ ）、乙速 $3v_0$ 沿 $-y$ （半径 $\dfrac32a$ ，圆心 $(\dfrac32a,0)$ ）；第偶数次碰后甲速 $v_0$ 沿 $-y$ （半径 $a$ ，圆心 $(a,0)$ ）、乙速 $5v_0$ 沿 $+y$ （半径 $\dfrac52a$ ）。由 $t=\dfrac{18\pi m}{qB}$ ，与第一次碰撞相隔 $\dfrac{17\pi m}{qB}=8T_{\text{甲}}+\dfrac{T_{\text{甲}}}{2}$ ，即第 $9$ 次碰撞（ $t=\dfrac{17\pi m}{qB}$ ）后又经过 $\dfrac{T_{\text{甲}}}{2}=T_{\text{乙}}$ 。第 $9$ 次碰后甲处于半径 $3a$ 的圆上，转过半周到达 $(-6a,0)$ ；乙转过一整圈回到 $(0,0)$ 。乙的路程为 $S=4\times\left(2\cdot2\pi\cdot\dfrac32a\right)+4\times\left(2\cdot2\pi\cdot\dfrac52a\right)+2\pi\cdot\dfrac32a=24\pi a+40\pi a+3\pi a=67\pi a$ 。即 $t=\dfrac{18\pi m}{qB}$ 时甲位于 $(-6a,0)$ 、乙位于 $(0,0)$ ，乙运动的路程为 $67\pi a$ 。