2023年高考湖南卷物理真题

2023年4月13日，中国“人造太阳”反应堆中科院环流器装置 $(\mathrm{EAST})$ 创下新纪录，实现403秒稳态长脉冲高约束模等离子体运行，为可控核聚变的最终实现又向前迈出了重要的一步，下列关于核反应的说法正确的是（　　）

A．相同质量的核燃料，轻核聚变比重核裂变释放的核能更多

B．氘氚核聚变的核反应方程为 $^{2}_{1}\mathrm{H}+^{3}_{1}\mathrm{H}\to^{4}_{2}\mathrm{He}+^{0}_{-1}\mathrm{e}$

C．核聚变的核反应燃料主要是铀235

D．核聚变反应过程中没有质量亏损

【答案与解析】

轻核聚变时每个核子平均结合能的变化比中等质量核裂变时大，故相同质量的轻核燃料聚变释放的核能更多，A 正确；氘氚聚变方程应为 $^{2}_{1}\mathrm{H}+^{3}_{1}\mathrm{H}\to ^{4}_{2}\mathrm{He}+^{1}_{0}\mathrm{n}$ ，B 错；核聚变燃料主要是氘、氚，不是铀235，C 错；核聚变过程中存在质量亏损，D 错。故选A。
如图（a），我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播种。某次抛出的谷粒中有两颗的运动轨迹如图（b）所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为 $O$ ，且轨迹交于 $P$ 点，抛出时谷粒1和谷粒2的初速度分别为 $v_{1}$ 和 $v_2$ ，其中 $v_{1}$ 方向水平， $v_2$ 方向斜向上。忽略空气阻力，关于两谷粒在空中的运动，下列说法正确的是（　　）

A．谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度

B．谷粒2在最高点的速度小于 $v_{1}$

C．两谷粒从 $O$ 到 $P$ 的运动时间相等

D．两谷粒从 $O$ 到 $P$ 的平均速度相等

【答案与解析】

两谷粒均只受重力，加速度均为 $g$ ，A 错。两轨迹交于 $P$ ，水平位移相同；谷粒2 斜抛先升后降，飞行时间 $t_2$ 大于谷粒1 平抛时间 $t_1$ ，故 $v_2\cos\theta_2=v_1t_1/t_2<v_1$ ，谷粒2 最高点速度即水平分速度，小于 $v_1$ ，B 对。 $t_1\neq t_2$ ，C 错。位移 $\overrightarrow{OP}$ 相同而时间不同，平均速度不同，D 错。故选B。
如图（a），在均匀介质中有 $A$ 、 $B$ 、 $C$ 和 $D$ 四点，其中 $A$ 、 $B$ 、 $C$ 三点位于同一直线上， $AC=BC=4\mathrm{m},DC=3\mathrm{m},DC$ 垂直 $AB$ ． $t=0$ 时，位于 $A$ 、 $B$ 、 $C$ 处的三个完全相同的横波波源同时开始振动，振动图像均如图（b）所示，振动方向与平面 $ABD$ 垂直，已知波长为 $4\mathrm{m}$ ．下列说法正确的是（　　）

A．这三列波的波速均为 $2\mathrm{m/s}$

B． $t=2\mathrm{s}$ 时， $D$ 处的质点开始振动

C． $t=4.5\mathrm{s}$ 时， $D$ 处的质点向 $y$ 轴负方向运动

D． $t=6\mathrm{s}$ 时， $D$ 处的质点与平衡位置的距离是 $6\mathrm{cm}$

【答案与解析】

由图(b)读得振动周期 $T=4\mathrm{s}$ 、振幅 $A=2\mathrm{cm}$ ，则波速 $v=\lambda/T=4/4=1\mathrm{m/s}$ ，A 错。C 到 D 距离 $3\mathrm{m}$ ，C 波传到 D 用时 $3/1=3\mathrm{s}$ ，B 错。 $t=4.5\mathrm{s}$ 时仅 C 波到达 D（A、B 波尚未传到），C 波使 D 振动 $1.5\mathrm{s}=3T/8$ ，位移 $y_D=2\sin\!\left(2\pi\cdot1.5/4\right)=2\sin\frac{3\pi}{4}=\sqrt2\,\mathrm{cm}$ ，速度 $v_y=\dfrac{2\pi}{T}A\cos\dfrac{3\pi}{4}=\pi\cdot\left(-\dfrac{\sqrt2}{2}\right)<0$ ，D 处质点向 $y$ 轴负方向运动，C 对。 $t=6\mathrm{s}$ 时 C 波使 D 振 $4.5\mathrm{s}=9T/4$ ， $y_C=2\sin\dfrac{9\pi}{4}=\sqrt2\,\mathrm{cm}$ ；A、B 波分别使 D 振 $1\mathrm{s}=T/4$ ， $y_A=y_B=2\sin\dfrac{\pi}{4}=\sqrt2\,\mathrm{cm}$ ；叠加位移 $3\sqrt2\,\mathrm{cm}\approx4.24\mathrm{cm}\neq6\mathrm{cm}$ ，D 错。故选C。
根据宇宙大爆炸理论，密度较大区域的物质在万有引力作用下，不断聚集可能形成恒星。恒星最终的归宿与其质量有关，如果质量为太阳质量的 $1\sim8$ 倍将坍缩成白矮星，质量为太阳质量的 $10\sim20$ 倍将坍缩成中子星，质量更大的恒星将坍缩成黑洞。设恒星坍缩前后可看成质量均匀分布的球体，质量不变，体积缩小，自转变快．不考虑恒星与其它物体的相互作用．已知逃逸速度为第一宇宙速度的 $\sqrt{2}$ 倍，中子星密度大于白矮星。根据万有引力理论，下列说法正确的是（　　）

A．同一恒星表面任意位置的重力加速度相同

B．恒星坍缩后表面两极处的重力加速度比坍缩前的大

C．恒星坍缩前后的第一宇宙速度不变

D．中子星的逃逸速度小于白矮星的逃逸速度

【答案与解析】

恒星自转时不同纬度所需向心力不同，故表面各处重力加速度不同，A 错。两极处无自转向心加速度， $g=GM/R^{2}$ ，坍缩后 $R$ 减小， $g$ 增大，B 对。第一宇宙速度 $v_1=\sqrt{GM/R}$ ， $R$ 减小则 $v_1$ 增大，C 错。逃逸速度 $v_2=\sqrt{2GM/R}$ ，中子星 $M$ 大于白矮星 $M$ 、半径远小于白矮星，逃逸速度更大，D 错。故选B。
如图，真空中有三个点电荷固定在同一直线上，电荷量分别为 $Q_1$ 、 $Q_2$ 和 $Q_3$ ，P点和三个点电荷的连线与点电荷所在直线的夹角分别为 $90^{\circ}$ 、 $60^{\circ}$ 、和 $30^{\circ}$ 。若P点处的电场强度为零， $q > 0$ ，则三个点电荷的电荷量可能为（　　）

A． $Q_1= q$ ， $Q_2=\sqrt{2}q$ ， $Q_3= q$

B． $Q_1= -q$ ， $Q_{2}=-\frac{4\sqrt{3}}{3}q$ ， $Q_3= -4q$

C． $Q_1= -q$ ， $Q_2=\sqrt{2}q$ ， $Q_3= -q$

D． $Q_1= q$ ， $Q_{2}=-\frac{4\sqrt{3}}{3}q$ ， $Q_3= 4q$

【答案与解析】

设 P 到 Q1 距离为 $d$ （Q1 在 P 正下方，连线与直线夹角 $90^\circ$ ），则 P 到 Q2 距离 $2d/\sqrt3$ 、到 Q3 距离 $2d$ ；Q1Q2 间距 $d/\sqrt3$ ，Q1Q3 间距 $\sqrt3\,d$ 。以 Q1 为原点、水平向右为 $x$ 轴正方向建立坐标，则 P 位于 $(0,d)$ ，三电荷在 P 产生场强之和为零要求 $3Q_2+\sqrt3\,Q_3=0$ 且 $8Q_1+3\sqrt3\,Q_2+Q_3=0$ ，解得 $Q_3=-\sqrt3\,Q_2$ 、 $Q_1=-\sqrt3\,Q_2/4$ 。代入 D 选项 $Q_1=q$ 、 $Q_2=-\dfrac{4\sqrt3}{3}q$ 、 $Q_3=4q$ 恰好满足上述两式，而 A、B、C 均不满足。故选D。
如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下（与纸面平行），磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形CGF区域（区域Ⅱ）内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。图中A、C、O三点在同一直线上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向均垂直。A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为 $B_1$ ，区域Ⅱ中磁感应强度大小为 $B_2$ ，则粒子从CF的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为 $t_0$ 。若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（　　）

A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为 $2B_1$ ，则 $t > t_0$

B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为 $2E$ ，则 $t > t_0$

C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为 $\frac{\sqrt{3}}{4}B_{2}$ ，则 $t=\frac{t_{0}}{2}$

D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为 $\frac{\sqrt{2}}{4}B_{2}$ ，则 $t=\sqrt{2}t_{0}$

【答案与解析】
一位潜水爱好者在水下活动时，利用激光器向岸上救援人员发射激光信号，设激光光束与水面的夹角为 $\alpha$ ，如图所示。他发现只有当 $\alpha$ 大于 $41^{\circ}$ 时，岸上救援人员才能收到他发出的激光光束，下列说法正确的是（　　）

A．水的折射率为 $\frac{1}{\sin41^{\circ}}$

B．水的折射率为 $\frac{1}{\sin49^{\circ}}$

C．当他以 $\alpha = 60^{\circ}$ 向水面发射激光时，岸上救援人员接收激光光束的方向与水面夹角小于 $60^{\circ}$

D．当他以 $\alpha = 60^{\circ}$ 向水面发射激光时，岸上救援人员接收激光光束的方向与水面夹角大于 $60^{\circ}$

【答案与解析】

激光从水中斜射向空气，入射角 $i=90^\circ-\alpha$ 。 $\alpha>41^\circ$ 时岸上才能收到，说明临界角 $C=90^\circ-41^\circ=49^\circ$ ，由 $\sin C=1/n$ 得 $n=1/\sin49^\circ$ ，A 错 B 对。 $\alpha=60^\circ$ 时 $i=30^\circ$ ，由 $n\sin i=\sin r$ 得 $\sin r=0.5/\sin49^\circ\approx0.6625$ ， $r\approx41.5^\circ$ ，折射光束与水面夹角 $90^\circ-r\approx48.5^\circ<60^\circ$ ，C 对 D 错。故选BC。
如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为 $\theta$ ，BC段圆心为O，最高点为C，A与C的高度差等于圆弧轨道的直径 $2R$ 。小球从A点以初速度 $v_0$ 冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是（　　）

A．小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大

B．小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变

C．小球的初速度 $v_{0}=\sqrt{2gR}$

D．若小球初速度 $v_0$ 增大，小球有可能从B点脱离轨道

【答案与解析】

设小球恰能到达 C 时 $v_C=0$ ，由能量守恒 $\dfrac{1}{2}mv_0^{2}=mg\cdot2R$ ，得 $v_0=2\sqrt{gR}$ ，C 错。B 到 C 任一位置与竖直方向夹角 $\varphi$ 时，由能量关系得 $v^2=2gR(1-\cos\varphi)$ ；小球在弧外侧（圆心 O 在 C 正下方），向心力方程 $mg\cos\varphi-N=\dfrac{mv^2}{R}$ ，故 $N=mg\cos\varphi-\dfrac{mv^2}{R}=mg(3\cos\varphi-2)$ ，由 B 到 C， $\varphi$ 减小， $\cos\varphi$ 增大， $N$ 增大，对轨道压力逐渐增大，A 对。重力功率 $P=mg\,v_y$ ，A 到 B 在斜面上 $v_y=v\sin\theta$ 随 $v$ 变，B 到 C $v_y$ 也随位置变，故 $P$ 不恒定，B 错。若 $v_0$ 增大，B 点速度增大，所需向心力增大而重力径向分量 $mg\cos\theta$ 不变，则 $N$ 减小甚至反向，使小球在 B 点脱离轨道，D 对。故选AD。
某同学自制了一个手摇交流发电机，如图所示。大轮与小轮通过皮带传动（皮带不打滑），半径之比为 $4:1$ ，小轮与线圈固定在同一转轴上。线圈是由漆包线绕制而成的边长为 $L$ 的正方形，共 $n$ 匝，总阻值为 $R$ 。磁体间磁场可视为磁感应强度大小为 $B$ 的匀强磁场。大轮以角速度 $\omega$ 匀速转动，带动小轮及线圈绕转轴转动，转轴与磁场方向垂直。线圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值恒为 $R$ 的灯泡。假设发电时灯泡能发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是（　　）

A．线圈转动的角速度为 $4\omega$

B．灯泡两端电压有效值为 $3\sqrt{2}nBL^{2}\omega$

C．若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为 $L$ 的多匝正方形线圈，则灯泡两端电压有效值为 $\frac{4\sqrt{2}nBL^{2}\omega}{3}$

D．若仅将小轮半径变为原来的两倍，则灯泡变得更亮

【答案与解析】

皮带传动 $\omega_{\text{大}}\,R_{\text{大}}=\omega_{\text{小}}\,R_{\text{小}}$ ， $R_{\text{大}}:R_{\text{小}}=4:1$ ，故 $\omega_{\text{小}}=4\omega$ ，线圈角速度 $\omega_{\text{线}}=4\omega$ ，A 对。线圈电动势峰值 $\mathcal E_0=nBL^2\cdot4\omega=4nBL^2\omega$ ，有效值 $\mathcal E=\dfrac{\mathcal E_0}{\sqrt2}=2\sqrt2\,nBL^2\omega$ ；灯泡两端电压 $U=\dfrac{R}{R+R}\mathcal E=\sqrt2\,nBL^2\omega$ ，B 错。漆包线总长变为 2 倍，匝数 $n'=2n$ 、内阻 $R'=2R$ ，电动势 $\mathcal E_0'=n'BL^2\cdot4\omega=8nBL^2\omega$ ， $\mathcal E'=4\sqrt2\,nBL^2\omega$ ，灯泡电压 $U'=\dfrac{R}{R+R'}\mathcal E'=\dfrac{4\sqrt2\,nBL^2\omega}{3}$ ，C 对（题中 $\pi$ 应为 $n$ ）。仅将小轮半径变为 2 倍，由 $\omega_{\text{小}}=\omega_{\text{大}}\,R_{\text{大}}/R_{\text{小}}$ 知线圈角速度减半，灯泡两端电压减半，灯泡变暗，D 错。故选AC。
如图，光滑水平地面上有一质量为 $2m$ 的小车在水平推力 $F$ 的作用下加速运动。车厢内有质量均为 $m$ 的A、B两小球，两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁上，B球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为 $\mu$ ，杆与竖直方向的夹角为 $\theta$ ，杆与车厢始终保持相对静止假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　）

A．若B球受到的摩擦力为零，则 $F=2mg\tan\theta$

B．若推力 $F$ 向左，且 $\tan\theta\leq\mu$ ，则 $F$ 的最大值为 $2mg\tan\theta$

C．若推力 $F$ 向左，且 $\mu<\tan\theta\le2\mu$ ，则 $F$ 的最大值为 $4mg(2\mu-\tan\theta)$

D．若推力 $F$ 向右，且 $\tan\theta>2\mu$ ，则 $F$ 的范围为 $4mg(\tan\theta-2\mu)\leq F\leq4mg(\tan\theta+2\mu)$

【答案与解析】

对小球 A（靠左壁）和 B（底面）以及车厢整体分析，杆与竖直方向夹角 $\theta$ 。A、B 杆受压时杆对 A 沿左上方向、对 B 沿右下方向。由 A 竖直方向平衡得杆压力 $T=mg/\cos\theta$ 。设车厢加速度 $a=F/(4m)$ （ $F^{\prime}$ 向右为正），A 水平方向 $-T\sin\theta+N_A=ma$ ，B 水平方向 $T\sin\theta+f=ma$ ， $f=ma-mg\tan\theta$ ；B 竖直方向 $N_B=mg+T\cos\theta=2mg$ 。B 不打滑 $|f|\le\mu N_B=2\mu mg$ ，即 $g(\tan\theta-2\mu)\le a\le g(\tan\theta+2\mu)$ 。若 B 摩擦力 $f=0$ ，则 $a=g\tan\theta$ ， $F=4m\cdot g\tan\theta=4mg\tan\theta$ ，A 错。若 $F^{\prime}$ 向左（ $a<0$ ）且 $\tan\theta\le\mu$ ，则约束 $|a|\le g\tan\theta$ 主导， $F_{\max}=4mg\tan\theta$ ，B 错。若 $\mu<\tan\theta\le2\mu$ ， $a\ge g(\tan\theta-2\mu)$ 主导， $F_{\max}=4mg(2\mu-\tan\theta)$ ，C 对。若 $F^{\prime}$ 向右且 $\tan\theta>2\mu$ ， $F^{\prime}$ 的范围 $4mg(\tan\theta-2\mu)\le F\le4mg(\tan\theta+2\mu)$ ，D 对。故选CD。
某同学探究弹簧振子振动周期与质量的关系，实验装置如图（a）所示，轻质弹簧上端悬挂在铁架台上，下端挂有钩码，钩码下表面吸附一个小磁铁，其正下方放置智能手机，手机中的磁传感器可以采集磁感应强度实时变化的数据并输出图像，实验步骤如下：

（1）测出钩码和小磁铁的总质量 $m;$ （2）在弹簧下端挂上该钩码和小磁铁，使弹簧振子在竖直方向做简谐运动，打开手机的磁传感器软件，此时磁传感器记录的磁感应强度变化周期等于弹簧振子振动周期；（3）某次采集到的磁感应强度 $B$ 的大小随时间 $t$ 变化的图像如图（b）所示，从图中可以算出弹簧振子振动周期 $T=$ ＿＿＿＿（用“ $t_{0}$ ”表示）；

（4）改变钩码质量，重复上述步骤；（5）实验测得数据如下表所示，分析数据可知，弹簧振子振动周期的平方与质量的关系是＿＿＿＿（填“线性的”或“非线性的”）；

$m/\mathrm{kg}$ $10T/\mathrm{s}$ $T/\mathrm{s}$ $T^{2}/\mathrm{s^{2}}$
0.015 2.43 0.243 0.059
0.025 3.14 0.314 0.099
0.035 3.72 0.372 0.138
0.045 4.22 0.422 0.178
0.055 4.66 0.466 0.217

（6）设弹簧的劲度系数为 $k$ ，根据实验结果并结合物理量的单位关系，弹簧振子振动周期的表达式可能是＿＿＿＿（填正确答案标号）；

A． $2\pi\sqrt{\frac{m}{k}} B$ ． $2\pi\sqrt{\frac{k}{m}} C$ ． $2\pi\sqrt{mk} D$ ． $2\pi k\sqrt{m}$

（7）除偶然误差外，写出一条本实验中可能产生误差的原因：＿＿＿＿．

【答案与解析】

（3）由图(b) 可见从 $t=0$ 到 $t_0$ 共出现 $12$ 个波峰（ $t=0$ 处为第一峰， $t_0$ 处为第十二峰），故 $t_0$ 包含 $11$ 个完整周期， $T=\dfrac{t_0}{11}$ 。（4）由表中数据计算周期 $T$ 。（5）从表中数据可看出 $T^{2}$ 随 $m$ 均匀增大， $T^{2}$ 与 $m$ 成正比，故填线性的。（6）由 $T^{2}\propto m$ 知 $T=2\pi\sqrt{m/k}$ ，故选 A。（7）可能产生误差的原因：弹簧自身有质量（影响等效劲度系数）；或钩码下表面的小磁铁与手机磁传感器间距离变化使测得的磁感应强度不能严格反映钩码振动位移；或手机磁传感器采样频率有限，存在计时误差。（任答一条即可）
某探究小组利用半导体薄膜压力传感器等元件设计了一个测量微小压力的装置，其电路如图（a）所示， $R_{1}$ 、 $R_{2}$ 、 $R_{3}$ 为电阻箱， $R_{F}$ 为半导体薄膜压力传感器， $C$ 、 $D$ 间连接电压传感器（内阻无穷大）．

$(1)$ 先用欧姆表“ $\times100$ ”挡粗测 $R_{F}$ 的阻值，示数如图（b）所示，对应的读数是＿＿＿＿ $\Omega;$ $(2)$ 适当调节 $R_{1}$ 、 $R_{2}$ 、 $R_{3}$ ，使电压传感器示数为0，此时， $R_{F}$ 的阻值为＿＿＿＿（用 $R_{1}$ 、 $R_{2}$ 、 $R_{3}$ 表示）； $(3)$ 依次将 $0.5\mathrm{g}$ 的标准砝码加载到压力传感器上（压力传感器上所受压力大小等于砝码重力大小），读出电压传感器示数 $U$ ，所测数据如下表所示：

次数 1 2 3 4 5 6
砝码质量 $m/\mathrm{g}$ 0.0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5
电压 $U/\mathrm{mV}$ 0 57 115 168 220 280

根据表中数据在图（c）上描点，绘制 $U-m$ 关系图线＿＿＿＿；

$(4)$ 完成前面三步的实验工作后，该测量微小压力的装置即可投入使用．在半导体薄膜压力传感器上施加微小压力 $F_{0}$ ，电压传感器示数为 $200\mathrm{mV}$ ，则 $F_{0}$ 大小是＿＿＿＿ $\mathrm{N}$ （重力加速度取 $9.8\mathrm{m/s^{2}}$ ，保留2位有效数字）； $(5)$ 若在步骤（4）中换用非理想毫伏表测量 $C$ 、 $D$ 间电压，在半导体薄膜压力传感器上施加微小压力 $F_{1}$ ，此时非理想毫伏表读数为 $200\mathrm{mV}$ ，则 $F_{1}$ ＿＿＿＿ $F_{0}$ （填“>”“=”或“<”）．

【答案与解析】

（1）欧姆表" $\times100$ "挡读数：表笔读数约为 $30$ ，故 $R_F=30\times100=3000\,\Omega$ 。（2）由电桥平衡条件 $\dfrac{R_1}{R_F}=\dfrac{R_2}{R_3}$ ，得 $R_F=\dfrac{R_1R_3}{R_2}$ 。（3）根据表中数据描点， $U$ 随 $m$ 近似线性增大，所描各点近似落在一条直线上（图略）。（4）对数据作线性拟合可得斜率 $k_U\approx111.0\,\mathrm{mV/g}$ ，由 $U=200\,\mathrm{mV}$ 得 $m=\dfrac{200}{111.0}\mathrm{g}\approx1.80\times10^{-3}\,\mathrm{kg}$ ，故 $F_0=mg\approx1.80\times10^{-3}\times9.8\,\mathrm{N}\approx0.018\,\mathrm{N}$ 。（5）非理想毫伏表内阻有限，并接在 C、D 间时会有分流，使得 C、D 间实际电压比理想电压表测量值略大；要使毫伏表读数仍为 $200\,\mathrm{mV}$ ，需在传感器上施加更大的压力，故 $F_1>F_0$ 。
汽车刹车助力装置能有效为驾驶员踩刹车省力．如图，刹车助力装置可简化为助力气室和抽气气室等部分构成，连杆 $AB$ 与助力活塞固定为一体，驾驶员踩刹车时，在连杆 $AB$ 上施加水平力推动液压泵实现刹车．助力气室与抽气气室用细管连接，通过抽气降低助力气室压强，利用大气压与助力气室的压强差实现刹车助力．每次抽气时， $K_{1}$ 打开， $K_2$ 闭合，抽气活塞在外力作用下从抽气气室最下端向上运动，助力气室中的气体充满抽气气室，达到两气室压强相等；然后， $K_{1}$ 闭合， $K_2$ 打开，抽气活塞向下运动，抽气气室中的全部气体从 $K_2$ 排出，完成一次抽气过程．已知助力气室容积为 $V_0$ ，初始压强等于外部大气压强 $p_0$ ，助力活塞横截面积为 $S$ ，抽气气室的容积为 $V_{1}$ 。假设抽气过程中，助力活塞保持不动，气体可视为理想气体，温度保持不变。（1）求第1次抽气之后助力气室内的压强 $p_1$ ；（2）第 $n$ 次抽气后，求该刹车助力装置为驾驶员省力的大小 $\Delta F$ 。

【答案与解析】

（1）初始时助力气室气体压强 $p_0$ 、体积 $V_0$ 。K1 打开 K2 闭合后，气体等温膨胀至体积 $V_0+V_1$ ，由玻意耳定律 $p_0V_0=p_1(V_0+V_1)$ ，得 $p_1=\dfrac{p_0V_0}{V_0+V_1}$ 。（2）经 $n$ 次抽气后，助力气室压强 $p_n=p_0\left(\dfrac{V_0}{V_0+V_1}\right)^{n}$ 。大气压与助力气室压强差作用在助力活塞上产生的力 $\Delta F=(p_0-p_n)S=p_0S\left[1-\left(\dfrac{V_0}{V_0+V_1}\right)^{n}\right]$ 。
如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为 $L$ ，两导轨及其所构成的平面均与水平面成 $\theta$ 角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为 $B$ ．现将质量均为 $m$ 的金属棒 $a$ 、 $b$ 垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为 $R$ 。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为 $g$ 。（1）先保持棒 $b$ 静止，将棒 $a$ 由静止释放，求棒 $a$ 匀速运动时的速度大小 $v_{0}$ ；（2）在（1）问中，当棒 $a$ 匀速运动时，再将棒 $b$ 由静止释放，求释放瞬间棒 $b$ 的加速度大小 $a_{0}$ ；（3）在（2）问中，从棒 $b$ 释放瞬间开始计时，经过时间 $t_{0}$ ，两棒恰好达到相同的速度 $v$ ，求速度 $v$ 的大小，以及时间 $t_{0}$ 内棒 $a$ 相对于棒 $b$ 运动的距离 $\Delta x$ 。

【答案与解析】

（1）b 静止，a 以 $v_0$ 匀速时： $mg\sin\theta=BIL$ ， $I=\dfrac{BLv_0}{R}$ ，联立解得 $v_0=\dfrac{mgR\sin\theta}{B^{2}L^{2}}$ 。（2）a 匀速时再释放 b，b 释放瞬间回路总电阻为 $2R$ ，电流 $I'=\dfrac{BLv_0}{2R}$ 。a 中安培力沿斜面向上、b 中安培力沿斜面向下。由（1）知 $B^{2}L^{2}v_0/R=mg\sin\theta$ ，故 a、b 中安培力大小均为 $\dfrac{mg\sin\theta}{2}$ 。对 b： $ma_0=mg\sin\theta+\dfrac{mg\sin\theta}{2}=\dfrac{3mg\sin\theta}{2}$ ，得 $a_0=\dfrac{3g\sin\theta}{2}$ 。（3）设 b 释放后经 $t_0$ 两棒达到共同速度 $v$ 。设沿斜面向下为正方向，对 a、b 系统由动量定理（重力沿斜面分力 $mg\sin\theta$ 对每棒均做正贡献） $mv_0+2mg\sin\theta\cdot t_0=2mv$ 解得 $v=\dfrac{v_0}{2}+g\sin\theta\cdot t_0=\dfrac{mgR\sin\theta}{2B^{2}L^{2}}+g\sin\theta\cdot t_0$ 。设两棒相对速度 $u=v_a-v_b$ ，由 a、b 各自运动方程相减得 $\dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t}=-\dfrac{B^{2}L^{2}}{mR}u$ ，解得 $u(t)=v_0\exp\!\left(-\dfrac{B^{2}L^{2}}{mR}t\right)$ 。相对位移 $\Delta x=\int_0^{t_0}u\,\mathrm{d}t=\dfrac{mRv_0}{B^{2}L^{2}}\left[1-\exp\!\left(-\dfrac{B^{2}L^{2}t_0}{mR}\right)\right]$
如图，质量为 $M$ 的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为 $a$ 和 $b$ ，长轴水平，短轴竖直．质量为 $m$ 的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑．以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系 $xOy$ ，椭圆长轴位于 $x$ 轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为 $g$ 。（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；（2）在平面直角坐标系 $xOy$ 中，求出小球运动的轨迹方程；（3）若 $\frac{M}{m}=\frac{b}{a-b}$ ，求小球下降 $h=\frac{b}{2}$ 高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用 $a$ 、 $b$ 及 $g$ 表示）。

【答案与解析】

（1）设小球第一次到最低点时凹槽水平速度 $V$ （向左为正方向）。水平动量守恒 $mv_x+MV=0$ ，其中 $v_x$ 为小球水平速度。在最低点椭圆切线水平，小球相对凹槽的速度沿水平方向，大小为 $u$ ，由 $m(u+V)+MV=0$ 得 $u=-\dfrac{M+m}{m}V$ 。由能量守恒 $\dfrac{1}{2}mu^2+\dfrac{1}{2}MV^2=mgb$ ，代入 $u$ 解得 $V=m\sqrt{\dfrac{2gb}{M(M+m)}}$ 。凹槽位移：设球相对地面水平位移 $\Delta x_1$ ，凹槽位移 $\Delta x_2$ ，由动量守恒 $m\Delta x_1+M\Delta x_2=0$ ；球相对凹槽水平位移为 $-a$ ，即 $\Delta x_1-\Delta x_2=-a$ ，联立解得 $\Delta x_2=\dfrac{ma}{M+m}$ ，即凹槽相对初始位置移动距离 $d=\dfrac{ma}{M+m}$ 。（2）设某时刻小球位置相对椭圆中心参数 $\varphi$ （右端 $\varphi=0$ 、最低点 $\varphi=\pi/2$ ），凹槽中心位置 $X(t)$ 。由水平动量守恒 $m(\dot X+a\cos\varphi\cdot\dot\varphi)+M\dot X=0$ ，解得 $X(t)=\dfrac{ma}{M+m}(1-\cos\varphi)$ ，故小球坐标 $x=X+a\cos\varphi=\dfrac{ma}{M+m}+\dfrac{Ma\cos\varphi}{M+m}$ ， $y=-b\sin\varphi$ 。消去 $\cos\varphi$ 、 $\sin\varphi$ 得轨迹方程 $\dfrac{\left[(M+m)x-ma\right]^{2}}{(Ma)^{2}}+\dfrac{y^{2}}{b^{2}}=1$ ，为椭圆。（3）当 $\dfrac{M}{m}=\dfrac{b}{a-b}$ 时， $\dfrac{M}{M+m}=\dfrac{b}{a}$ 。小球下降 $h=\dfrac{b}{2}$ 时 $y=-\dfrac{b}{2}$ ，即 $\sin\varphi=\dfrac{1}{2}$ ， $\varphi=\dfrac{\pi}{6}$ ， $\cos\varphi=\dfrac{\sqrt3}{2}$ 。设 $\omega=\dot\varphi$ ，则 $v_x=-b\sin\varphi\cdot\omega=-\dfrac{b}{2}\omega$ ， $v_y=-b\cos\varphi\cdot\omega=-\dfrac{\sqrt3\,b}{2}\omega$ ，凹槽速度 $V_x=(a-b)\sin\varphi\cdot\omega=\dfrac{a-b}{2}\omega$ 。由能量守恒 $\dfrac{1}{2}m(v_x^{2}+v_y^{2})+\dfrac{1}{2}MV_x^{2}=mg\cdot\dfrac{b}{2}$ ，代入 $M=\dfrac{mb}{a-b}$ 化简得 $\omega^{2}(a+3b)=4g$ ，故小球相对地面的速度大小 $v=\sqrt{v_x^{2}+v_y^{2}}=b\omega=2b\sqrt{\dfrac{g}{a+3b}}$ 。

$m/\mathrm{kg}$	$10T/\mathrm{s}$	$T/\mathrm{s}$	$T^{2}/\mathrm{s^{2}}$
0.015	2.43	0.243	0.059
0.025	3.14	0.314	0.099
0.035	3.72	0.372	0.138
0.045	4.22	0.422	0.178
0.055	4.66	0.466	0.217

次数	1	2	3	4	5	6
砝码质量 $m/\mathrm{g}$	0.0	0.5	1.0	1.5	2.0	2.5
电压 $U/\mathrm{mV}$	0	57	115	168	220	280