2023年高考重庆卷物理真题

矫正牙齿时，可用牵引线对牙施加力的作用。若某颗牙齿受到牵引线的两个作用力大小均为F，夹角为 $\alpha$ （如图），则该牙所受两牵引力的合力大小为（　　）

A． $2F\sin\frac{\alpha}{2}$

B． $2F\cos\frac{\alpha}{2}$

C． $F\sin\alpha$

D． $F\cos\alpha$

【答案与解析】

由力的平行四边形定则（或矢量合成），两个大小均为F、夹角为α的共点力的合力大小为 $F_{\text{合}}=\sqrt{F^{2}+F^{2}+2F^{2}\cos\alpha}=F\sqrt{2(1+\cos\alpha)}=2F\cos\frac{\alpha}{2}$ 。故选B。
某小组设计了一种呼吸监测方案：在人身上缠绕弹性金属线圈，观察人呼吸时处于匀强磁场中的线圈面积变化产生的电压，了解人的呼吸状况。如图所示，线圈P的匝数为N，磁场的磁感应强度大小为B，方向与线圈轴线的夹角为 $\theta$ 。若某次吸气时，在t时间内每匝线圈面积增加了S，则线圈P在该时间内的平均感应电动势为（　　）

A． $\frac{NBS\cos\theta}{t}$

B． $\frac{NBS\sin\theta}{t}$

C． $\frac{BS\sin\theta}{t}$

D． $\frac{BS\cos\theta}{t}$

【答案与解析】

每匝线圈磁通量的变化量为 $\Delta\Phi=B\Delta S\cos\theta=BS\cos\theta$ （ $\theta$ 为磁场方向与线圈轴线即法线方向的夹角），N匝线圈的总磁通量变化为 $N\Delta\Phi=NBS\cos\theta$ 。由法拉第电磁感应定律，平均感应电动势 $\bar{\mathcal{E}}=\dfrac{N\Delta\Phi}{t}=\dfrac{NBS\cos\theta}{t}$ 。故选A。
真空中固定有两个点电荷，负电荷 $Q_1$ 位于坐标原点处，正电荷 $Q_2$ 位于x轴上， $Q_2$ 的电荷量大小为 $Q_1$ 的8倍。若这两点电荷在x轴正半轴的 $x=x_0$ 处产生的合电场强度为0，则 $Q_1$ 、 $Q_2$ 相距（　　）

A． $\sqrt{2}x_{0}$

B． $(2\sqrt{2}-1)x_{0}$

C． $2\sqrt{2}x_0$

D． $(2\sqrt{2}+1)x_{0}$

【答案与解析】

设Q1的电荷量为 $-q\,(q>0)$ ，位于原点；Q2电荷量为 $+8q$ ，位于 $x=d$ 处。合场强为零的点 $x=x_0>0$ 必在两电荷之间或Q2右侧。若 $d>0$ （Q2在正半轴），则Q1在 $x_0$ 处产生的场强指向 $-x$ 方向（指向负电荷），Q2产生的场强指向 $+x$ 方向（远离正电荷），二者可抵消。由 $k\dfrac{q}{x_0^{2}}=k\dfrac{8q}{(x_0-d)^{2}}$ 得 $(x_0-d)^{2}=8x_0^{2}$ ，取正根 $x_0-d=2\sqrt{2}\,x_0$ ，解得 $d=(1-2\sqrt{2})x_0<0$ ，与 $d>0$ 矛盾。故Q2必在负半轴（ $d<0$ ），此时Q2在 $x_0$ 处场强仍指向 $+x$ 。方程形式不变，得 $x_0-d=2\sqrt{2}\,x_0$ ， $d=x_0(1-2\sqrt{2})<0$ ，自洽。两电荷间距 $|d|=(2\sqrt{2}-1)x_0$ 。故选B。
密封于汽缸中的理想气体，从状态 $a$ 依次经过ab、bc和cd三个热力学过程达到状态d。若该气体的体积V随热力学温度T变化的V-T图像如图所示，则对应的气体压强p随T变化的p-T图像正确的是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

由V-T图像：ab段过原点的倾斜直线， $V\propto T$ ，由 $pV=nRT$ 知 $p=\dfrac{nRT}{V}=$ 常量，为等压过程，对应p-T图中水平线段；bc段竖直向上（ $T$ 不变、 $V$ 增大），为等温膨胀过程， $p=\dfrac{nRT}{V}$ 随 $V$ 增大而减小，对应p-T图中竖直向下线段；cd段水平向右（ $V$ 不变、 $T$ 增大），为等容升压过程， $p\propto T$ ，对应p-T图中过原点的倾斜上升线段。综上，p-T图像应为：a→b水平向右、b→c竖直向下、c→d沿过原点的直线斜向右上。故选C。
某实验小组利用双缝干涉实验装置分别观察a、b两单色光的干涉条纹，发现在相同的条件下光屏上a光相邻两亮条纹的间距比b光的小。他们又将a、b光以相同的入射角由水斜射入空气，发现a光的折射角比b光的大，则（　　）

A．在空气中传播时，a光的波长比b光的大

B．在水中传播时，a光的速度比b光的大

C．在水中传播时，a光的频率比b光的小

D．由水射向空气时，a光的全反射临界角比b光的小

【答案与解析】

双缝干涉条纹间距 $\Delta x=\dfrac{L\lambda}{d}$ ，相同条件下 $\Delta x_a<\Delta x_b$ ，故 $\lambda_a<\lambda_b$ （真空中波长）。光从水射入空气，入射角 $i$ 相同，折射角 $r_a>r_b$ ，由 $n_w\sin i=\sin r$ （空气 $n\approx1$ ）得 $n_a<n_b$ （水对a光折射率较小）。选项分析：A．空气中 $\lambda_a<\lambda_b$ ，A错误；B．水中 $v=c/n$ ， $n_a<n_b\Rightarrow v_a>v_b$ ，B正确；C．频率 $f=c/\lambda$ 不随介质变化， $f_a>f_b$ ，C错误；D．全反射临界角 $\sin C=1/n$ ， $n_a<n_b\Rightarrow C_a>C_b$ ，D错误。故选B。
原子核 $^{235}_{92}\mathrm{U}$ 可以经过多次 $\alpha$ 和 $\beta$ 衰变成为稳定的原子核 $^{207}_{82}\mathrm{Pb}$ ，在该过程中，可能发生的 $\beta$ 衰变是（　　）

A． $^{223}_{87}\mathrm{Fr}\to^{223}_{88}\mathrm{Ra}+^{0}_{-1}\mathrm{e}$

B． $^{213}_{83}\mathrm{Bi}\to^{213}_{84}\mathrm{Po}+^{0}_{-1}\mathrm{e}$

C． $^{225}_{88}\mathrm{Ra}\rightarrow^{225}_{89}\mathrm{Ac}+^{0}_{-1}\mathrm{e}$

D． ${}^{218}_{84}\mathrm{Po}\to{}^{218}_{85}\mathrm{At}+{}^{0}_{-1}\mathrm{e}$

【答案与解析】

$^{235}_{92}\mathrm{U}\to^{207}_{82}\mathrm{Pb}$ ：质量数减少 $235-207=28$ ，每 $\alpha$ 衰变减4，需 $7$ 次 $\alpha$ 衰变；电荷数经 $7$ 次 $\alpha$ 后为 $92-14=78$ ，目标为 $82$ ，需 $4$ 次 $\beta^{-}$ 衰变（每次Z增1）。中间核素满足 $A=235-4k$ （ $k$ 为已发生 $\alpha$ 次数）。逐项检验：A． $^{223}_{87}\mathrm{Fr}$ ： $A=223\Rightarrow k=3$ （余数3非4的倍数？ $235-4\times3=223$ ，可行）， $Z=92-6+l=87\Rightarrow l=1$ ，即 $3\alpha+1\beta$ 后可得Fr-223，再 $\beta^{-}$ 衰变→Ra-223，可能发生；B． $^{213}_{83}\mathrm{Bi}$ ： $A=213=235-4k\Rightarrow k=5.5$ ，非整数，不可能出现；C． $^{225}_{88}\mathrm{Ra}$ ： $A=225=235-4k\Rightarrow k=2.5$ ，不可能；D． $^{218}_{84}\mathrm{Po}$ ： $A=218=235-4k\Rightarrow k=4.25$ ，不可能。故选A。
如图所示，与水平面夹角为 $\theta$ 的绝缘斜面上固定有光滑U型金属导轨。质量为m、电阻不可忽略的导体杆MN沿导轨向下运动，以大小为v的速度进入方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场区域，在磁场中运动一段时间t后，速度大小变为 $2v$ 。运动过程中杆与导轨垂直并接触良好，导轨的电阻忽略不计，重力加速度为g。杆在磁场中运动的此段时间内（　　）

A．流过杆的感应电流方向从N到M

B．杆沿轨道下滑的距离为 $\frac{3}{2}vt$

C．流过杆感应电流的平均电功率等于重力的平均功率

D．杆所受安培力的冲量大小为 $mgt\sin\theta-mv$

【答案与解析】

杆受重力沿斜面向下的分力 $mg\sin\theta$ 和安培力 $F_A=\dfrac{B^{2}L^{2}v}{R}$ （沿斜面向上，阻碍相对运动），由牛顿第二定律 $mg\sin\theta-F_A=ma$ 。因 $v$ 从 $v$ 增至 $2v$ ， $F_A$ 增大，加速度 $a$ 逐渐减小，杆做变加速运动。A项：由右手定则（或楞次定律），感应电流的安培力阻碍杆向下运动，结合杆的运动方向可判断电流方向，但该项描述不一定正确（取决于M/N具体方位）；B项：因 $a$ 非恒定，位移 $s\neq\dfrac{v+2v}{2}\cdot t=\dfrac{3}{2}vt$ ，B错误；C项：由能量守恒，重力做功等于动能增量与焦耳热之和，平均电功率（热功率）小于重力的平均功率（后者包含动能增量贡献），C错误；D项：取沿斜面向下为正方向，由动量定理 $m(2v)-v=(mg\sin\theta)\cdot t-\bar{F}_A\cdot t$ ，整理得安培力冲量 $I_{F_A}=mgt\sin\theta-mv$ ，D正确。故选D。
某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随时间t的变化曲线如图所示，E、F、M、N为曲线上的点，EF、MN段可视为两段直线，其方程分别为 $y=4t-26$ 和 $y=-2t+140$ 。无人机及其载物的总质量为 $2\mathrm{kg}$ ，取竖直向上为正方向。则（　　）

A．EF段无人机的速度大小为 $4\mathrm{m/s}$

B．FM段无人机的货物处于失重状态

C．FN段无人机和装载物总动量变化量大小为 $4\mathrm{kg\cdot m/s}$

D．MN段无人机机械能守恒

【答案与解析】

由题意，EF段方程 $y=4t-26$ ，速度 $v_{EF}=\dfrac{dy}{dt}=4\,\mathrm{m/s}$ （向上），速率 $4\,\mathrm{m/s}$ ，A正确；MN段方程 $y=-2t+140$ ，速度 $v_{MN}=-2\,\mathrm{m/s}$ （向下），匀速运动但高度变化导致重力势能改变，机械能不守恒，D错误；FM段为曲线过渡段，无人机减速上升（加速度向下），货物处于部分失重状态而非完全失重（ $a\neq-g$ ），B不准确；FN段从F点到N点，初速 $v_F=4\,\mathrm{m/s}$ ，末速 $v_N=-2\,\mathrm{m/s}$ ，动量变化量 $\Delta p=m(v_N-v_F)=2(-2-4)=-12\,\mathrm{kg\cdot m/s}$ ，大小为 $12\,\mathrm{kg\cdot m/s}\neq4$ ，C错误。故选A。
一列简谐横波在介质中沿x轴传播，波速为 $2\mathrm{m/s}$ ， $t=0$ 时的波形图如图所示，P为该介质中的一质点。则（　　）

A．该波的波长为 $14m$

B．该波的周期为 $8s$

C．t＝0时质点P的加速度方向沿y轴负方向

D． $0~2 s$ 内质点P运动的路程有可能小于 $0.1m$

【答案与解析】

由波形图：振幅 $A=0.1\,\mathrm{m}$ ； $x=0$ 处为波峰， $x=12\,\mathrm{m}$ 处为平衡位置且向上振动，该段对应 $\dfrac{3}{4}$ 个波长，故 $\lambda=\dfrac{12}{3/4}=16\,\mathrm{m}$ ，A错误（ $14\,\mathrm{m}$ 错）；周期 $T=\lambda/v=16/2=8\,\mathrm{s}$ ，B正确；质点P位于平衡位置下方（ $y_P<0$ ），简谐振动加速度 $a=-\omega^{2}y$ 始终指向平衡位置，故 $t=0$ 时P的加速度沿 $+y$ 方向，C错误； $\Delta t=2\,\mathrm{s}=T/4$ ，质点在 $T/4$ 内最大路程为 $A=0.1\,\mathrm{m}$ （从波峰/波谷到平衡位置），最小路程趋近于0（从近平衡位置出发），故路程完全有可能小于 $0.1\,\mathrm{m}$ ，D正确。故选BD。
某卫星绕地心的运动视为匀速圆周运动，其周期为地球自转周期T的 $\frac{3}{10}$ ，运行的轨道与地球赤道不共面（如图）。 $t_{0}$ 时刻，卫星恰好经过地球赤道上P点正上方。地球的质量为M，半径为R，引力常量为G。则（　　）

A．卫星距地面的高度为 $\left(\frac{GMT^{2}}{4\pi^{2}}\right)^{\frac{1}{3}}-R$

B．卫星与位于P点处物体的向心加速度大小比值为 $\frac{5}{9\pi R}(180\pi GMT^{2})^{\frac{1}{3}}$

C．从 $t_{0}$ 时刻到下一次卫星经过P点正上方时，卫星绕地心转过的角度为 $20\pi$

D．每次经最短时间实现卫星距P点最近到最远的行程，卫星绕地心转过的角度比地球的多 $7\pi$

【答案与解析】

设卫星轨道半径 $r=R+h$ ，周期 $T_s=\dfrac{3}{10}T$ 。由开普勒第三定律 $\dfrac{T_s^{2}}{r^{3}}=\dfrac{4\pi^{2}}{GM}$ ，得 $r=\left(\dfrac{GMT_s^{2}}{4\pi^{2}}\right)^{1/3}=\left(\dfrac{9GMT^{2}}{400\pi^{2}}\right)^{1/3}$ 。A项表达式对应 $T_s=T$ （同步轨道），实际 $T_s=0.3T$ ，A错误。卫星向心加速度 $a_s=\dfrac{GM}{r^{2}}$ ，P点随地球转动向心加速度 $a_p=\omega^{2}R=\dfrac{4\pi^{2}R}{T^{2}}$ ，比值 $\dfrac{a_s}{a_p}=\dfrac{GMT^{2}}{4\pi^{2}Rr^{2}}=\dfrac{5}{9\pi R}(180\pi GMT^{2})^{1/3}$ ，B正确。卫星每轨地球转过角度 $\omega_e T_s=\dfrac{2\pi}{T}\cdot\dfrac{3T}{10}=\dfrac{3\pi}{5}$ ，节点相对地面西移。再次经过P点正上方要求累计西移量为 $2\pi$ 的整数倍： $k\cdot\dfrac{3\pi}{5}=2\pi n$ ，最小正整数解 $k=10$ （ $n=3$ ），卫星转过角度 $10\times2\pi=20\pi$ ，C正确。最近（卫星在节点正上方）到最远（卫星在轨道上距P地心角最大的点）历时约半轨 $T_s/2$ ，此过程卫星转过 $\pi$ ，地球转过 $\dfrac{3\pi}{10}$ ，差值为 $\dfrac{7\pi}{10}\neq7\pi$ ，D错误。故选BC。
某实验小组用单摆测量重力加速度。所用实验器材有摆球、长度可调的轻质摆线、刻度尺、50分度的游标卡尺、摄像装置等。

（1）用游标卡尺测量摆球直径d。当量爪并拢时，游标尺和主尺的零刻度线对齐。放置摆球后游标卡尺示数如图甲所示，则摆球的直径d为＿＿＿＿mm。（2）用摆线和摆球组成单摆，如图乙所示。当摆线长度l＝ $990.1\mathrm{mm}$ 时，记录并分析单摆的振动视频，得到单摆的振动周期T＝2.00 s，由此算得重力加速度g为＿＿＿＿ $\mathrm{m/s^2}$ （保留3位有效数字）。（3）改变摆线长度l，记录并分析单摆的振动视频，得到相应的振动周期。他们发现，分别用l和 $l+\frac{d}{2}$ 作为摆长，这两种计算方法得到的重力加速度数值的差异大小 $\Delta g$ 随摆线长度l的变化曲线如图所示。由图可知，该实验中，随着摆线长度l的增加， $\Delta g$ 的变化特点是＿＿＿＿，原因是＿＿＿＿。

【答案与解析】

本块为第11大题题干，设问见下。（1）游标卡尺为50分度，精度 $0.02\,\mathrm{mm}$ 。主尺读数为 $18\,\mathrm{mm}$ （即 $1.8\,\mathrm{cm}$ 刻度线），游标尺第20条刻度线与主尺对齐，读数为 $18\,\mathrm{mm}+20\times0.02\,\mathrm{mm}=18.40\,\mathrm{mm}$ 。（2）摆长 $L=l+\dfrac{d}{2}=990.1\,\mathrm{mm}+\dfrac{18.40}{2}\,\mathrm{mm}=999.3\,\mathrm{mm}=0.9993\,\mathrm{m}$ 。由单摆周期公式 $T=2\pi\sqrt{\dfrac{L}{g}}$ ，得 $g=\dfrac{4\pi^{2}L}{T^{2}}=\dfrac{4\pi^{2}\times0.9993}{2.00^{2}}\approx9.86\,\mathrm{m/s^{2}}$ （保留三位有效数字）。（3）由 $\Delta g$ - $l$ 图像可知，随着 $l$ 增大， $\Delta g$ 逐渐减小（单调递减趋近于零）。原因是：用 $l$ 和 $l+d/2$ 作为摆长计算得到的重力加速度之差来源于 $d/2$ 这一修正项的影响；当摆线长度 $l$ 越大时， $d/2$ 占整个摆长的比例越小，两种方法算得的 $g$ 值越接近，故 $\Delta g$ 越小。
一兴趣小组拟研究某变压器的输入和输出电压之比，以及交流电频率对输出电压的影响。题图1为实验电路图，其中 $L_1$ 和 $L_2$ 为变压器的原、副线圈， $S_1$ 和 $S_2$ 为开关，P为滑动变阻器 $R_p$ 的滑片，R为电阻箱，E为正弦式交流电源（能输出电压峰值不变、频率可调的交流电）。（1）闭合 $S_1$ ，用多用电表交流电压挡测量线圈 $L_1$ 两端的电压。滑片P向右滑动后，与滑动前相比，电表的示数＿＿＿＿（选填 “变大”“不变”“ 变小”）。（2）保持 $S_2$ 断开状态，调整E输出的交流电频率为50 Hz，滑动滑片P，用多用电表交流电压挡测得线圈 $L_1$ 两端的电压为2500 mV时，用示波器测得线圈 $L_2$ 两端电压u随时间t的变化曲线如图所示，则线圈 $L_1$ 两端与 $L_2$ 两端的电压比值为＿＿＿＿（保留3位有效数字）。（3）闭合 $S_2$ ，滑动P到某一位置并保持不变。分别在E输出的交流电频率为50 Hz、1000 Hz的条件下，改变R的阻值，用多用电表交流电压挡测量线圈 $L_2$ 两端的电压U，得到U-R关系曲线如图3所示。用一个阻值恒为 $20 \Omega$ 的负载 $R_0$ 替换电阻箱R，由图可知，当频率为1000 Hz时， $R_0$ 两端的电压为＿＿＿＿mV；当频率为50 Hz 时，为保持 $R_0$ 两端的电压不变，需要将 $R_0$ 与一个阻值为＿＿＿＿ $\Omega$ 的电阻串联。（均保留3位有效数字）

【答案与解析】

本块为第12大题题干，设问见下。（1）闭合S1后，L1与滑动变阻器Rp串联接于交流电源E两端。滑片P右滑使Rp接入电阻增大，回路总阻抗增大、电流减小，L1分压 $U_{L1}=E-I\cdot Z_{\text{other}}$ 随之减小（或用分压原理：Rp增大则其分压增大，L1分压变小），故示数变小。（2）由示波器波形图，L2电压峰值 $U_{2m}\approx270\sim280\,\mathrm{mV}$ （读取峰值得约 $275\,\mathrm{mV}$ ），有效值 $U_2=\dfrac{U_{2m}}{\sqrt{2}}\approx194\,\mathrm{mV}$ 。已知 $U_1=2500\,\mathrm{mV}$ ，比值 $\dfrac{U_1}{U_2}\approx\dfrac{2500}{194}\approx12.9$ （保留三位有效数字， $12.8\sim13.0$ 均可）。（3）由U-R关系曲线：当频率为 $1000\,\mathrm{Hz}$ 、 $R=20\,\Omega$ 时，查 $1000\,\mathrm{Hz}$ 曲线得 $U\approx212\,\mathrm{mV}$ （ $210\sim215\,\mathrm{mV}$ 范围均可）；当频率为 $50\,\mathrm{Hz}$ 时， $50\,\mathrm{Hz}$ 曲线在相同电压 $U\approx212\,\mathrm{mV}$ 处对应的横坐标约为 $R\approx56\sim60\,\Omega$ （例如 $57\,\Omega$ ），此即为所需串联电阻值（保留三位有效数字， $55\sim62\,\Omega$ 范围内合理值均可）。
机械臂广泛应用于机械装配。若某质量为m的工件（视为质点）被机械臂抓取后，在竖直平面内由静止开始斜向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，运动方向与竖直方向夹角为 $\theta$ ，提升高度为h，如图所示。求：（1）提升高度为h时，工件的速度大小；（2）在此过程中，工件运动的时间及合力对工件做的功。

【答案与解析】

（1）工件做匀加速直线运动，加速度大小为 $a$ ，方向与竖直方向成 $\theta$ 角斜向上。提升高度 $h$ 所对应的位移大小为 $s=\dfrac{h}{\cos\theta}$ 。由运动学公式 $v^{2}-v_0^{2}=2as$ 且 $v_0=0$ ，得 $v=\sqrt{2as}=\sqrt{\dfrac{2ah}{\cos\theta}}$ 。（2）由 $v=at$ 得运动时间 $t=\dfrac{v}{a}=\sqrt{\dfrac{2h}{a\cos\theta}}$ 。合力大小 $F_{\text{合}}=ma$ ，合力对工件做的功 $W=F_{\text{合}}\cdot s=ma\cdot\dfrac{h}{\cos\theta}=\dfrac{mah}{\cos\theta}$ （或由动能定理 $W=\Delta K=\dfrac{1}{2}mv^{2}=\dfrac{mah}{\cos\theta}$ 验证一致）。
如图所示，桌面上固定有一半径为R的水平光滑圆轨道，M、N为轨道上的两点，且位于同一直径上，P为MN段的中点。在P点处有一加速器（大小可忽略），小球每次经过P点后，其速度大小都增加 $v_0$ 。质量为m的小球1从N处以初速度 $v_0$ 沿轨道逆时针运动，与静止在M处的小球2发生第一次弹性碰撞，碰后瞬间两球速度大小相等。忽略每次碰撞时间。求：（1）球1第一次经过P点后瞬间向心力的大小；（2）球2的质量；（3）两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间。

【答案与解析】

以圆轨道圆心O为原点建立坐标系：设P位于 $(R,0)$ （轨道最右端），M $(0,R)$ （最高点），N $(0,-R)$ （最低点），轨道半径为 $R$ 。小球1从N点以初速 $v_0$ 沿逆时针方向运动，经P点（速度增为 $2v_0$ ）后到达M点与静止的小球2发生弹性碰撞。（1）球1第一次经过P点后瞬间，速度大小为 $v_0+v_0=2v_0$ ，做半径为 $R$ 的圆周运动，向心力大小 $F_n=\dfrac{m(2v_0)^{2}}{R}=\dfrac{4mv_0^{2}}{R}$ 。（2）设碰撞前瞬间球1速度为 $2v_0$ （沿轨道切线方向），球2静止。弹性碰撞后两球速度大小均为 $u$ （设球1反向、球2正向）。由动量守恒（切向）： $m\cdot2v_0=m(-u)+m_2u$ ；由机械能守恒： $\dfrac{1}{2}m(2v_0)^{2}=\dfrac{1}{2}mu^{2}+\dfrac{1}{2}m_2u^{2}$ 。联立解得 $u=v_0$ ， $m_2=3m$ 。（3）碰撞后球1以速率 $v_0$ 顺时针运动，球2以速率 $v_0$ 逆时针运动。球1经P点时速度再次增为 $2v_0$ 。设从碰撞点M到第二次碰撞点历时 $\tau$ ：球1（顺时针）先经P加速，角位置 $\phi_1(\tau)=\begin{cases}\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{v_0\tau}{R}&0\leq\tau\leq\dfrac{\pi R}{2v_0}\\2\pi-\dfrac{2v_0}{R}\left(\tau-\dfrac{\pi R}{2v_0}\right)&\tau>\dfrac{\pi R}{2v_0}\end{cases}$ ；球2（逆时针）角位置 $\phi_2(\tau)=\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{v_0\tau}{R}$ （模 $2\pi$ ）。令 $\phi_1=\phi_2$ 解得首次相遇时刻 $\tau=\dfrac{5\pi R}{6v_0}$ （此时两球均在 $\phi=\dfrac{4\pi}{3}$ 处）。故两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间为 $\dfrac{5\pi R}{6v_0}$ 。
某同学设计了一种粒子加速器的理想模型。如图所示，xOy平面内，x轴下方充满垂直于纸面向外的匀强磁场，x轴上方被某边界分割成两部分，一部分充满匀强电场（电场强度与y轴负方向成 $\alpha$ 角），另一部分无电场，该边界与y轴交于M点，与x轴交于N点。只有经电场到达N点、与x轴正方向成 $\alpha$ 角斜向下运动的带电粒子才能进入磁场。从M点向电场内发射一个比荷为 $\frac{q}{m}$ 的带电粒子A，其速度大小为 $v_0$ 、方向与电场方向垂直，仅在电场中运动时间T后进入磁场，且通过N点的速度大小为 $2v_0$ 。忽略边界效应，不计粒子重力。（1）求角度 $\alpha$ 及M、N两点的电势差。（2）在该边界上任意位置沿与电场垂直方向直接射入电场内的、比荷为 $\frac{q}{m}$ 的带电粒子，只要速度大小适当，就能通过N点进入磁场，求N点横坐标及此边界方程。（3）若粒子A第一次在磁场中运动时磁感应强度大小为 $B_1$ ，以后每次在磁场中运动时磁感应强度大小为上一次的一半，则粒子A从M点发射后，每次加速均能通过N点进入磁场。求磁感应强度大小 $B_1$ 及粒子A从发射到第n次通过N点的时间。

【答案与解析】

（1）建立坐标系如图，M在 $y$ 轴正半轴上，N在 $x$ 轴正半轴上。电场强度 $\vec{E}$ 与 $y$ 轴负方向成 $\alpha$ 角，即 $\vec{E}=E(\sin\alpha,-\cos\alpha)$ 。粒子A从M点射入时的速度 $\vec{v}_0$ 与 $\vec{E}$ 垂直，由图知 $\vec{v}_0=v_0(\cos\alpha,\sin\alpha)$ 。粒子在电场中做类平抛运动，加速度 $\vec{a}=\dfrac{qE}{m}(\sin\alpha,-\cos\alpha)$ 。经时间 $T$ 后到达N点，速度 $\vec{v}_N=\vec{v}_0+\vec{a}T=v_0(\cos\alpha,\sin\alpha)+\dfrac{qET}{m}(\sin\alpha,-\cos\alpha)$ 。已知 $|\vec{v}_N|=2v_0$ 且方向与 $x$ 轴正方向成 $-\alpha$ 角（即 $\vec{v}_N=2v_0(\cos\alpha,-\sin\alpha)$ ）。分量比较： $x$ 向 $v_0\cos\alpha+\dfrac{qET}{m}\sin\alpha=2v_0\cos\alpha$ ①； $y$ 向 $v_0\sin\alpha-\dfrac{qET}{m}\cos\alpha=-2v_0\sin\alpha$ ②。由①②消去 $qET/m$ 得 $\tan^{2}\alpha=\dfrac{1}{3}$ ，故** $\alpha=30^\circ$ （或 $\pi/6$ ）。进而 $\dfrac{qET}{m}=v_0\cot\alpha=\sqrt{3}\,v_0$ 。由动能定理 $qU_{MN}=\dfrac{1}{2}m(2v_0)^{2}-\dfrac{1}{2}mv_0^{2}=\dfrac{3}{2}mv_0^{2}$ ，得 $U_{MN}=\dfrac{3mv_0^{2}}{2q}$ （M点电势高于N点）。（2）粒子从边界上任意一点 $(x_0,y_0)$ 以速度 $u$ 沿垂直于 $\vec{E}$ 的方向（即 $(\cos\alpha,\sin\alpha)$ 方向）射入，运动方程为 $\vec{r}(t)=(x_0,y_0)+ut(\cos\alpha,\sin\alpha)+\dfrac{1}{2}\dfrac{qE}{m}t^{2}(\sin\alpha,-\cos\alpha)$ 。要求对适当的 $u$ 和 $t$ 均有 $\vec{r}(t)=(x_N,0)$ ，消去参数可得边界满足线性关系——边界为直线MN。将粒子A的数据代入求端点坐标： $x_N=v_0\cos\alpha\cdot T+\dfrac{qE}{2m}\sin\alpha\cdot T^{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{4}v_0T(T+2)$ ， $y_M=\dfrac{qE}{2m}\cos\alpha\cdot T^{2}-v_0\sin\alpha\cdot T=\dfrac{1}{4}v_0T(3T-2)$ 。故N点横坐标为 $x_N=\dfrac{\sqrt{3}}{4}v_0T(T+2)$ ，边界方程为 $\dfrac{x}{x_N}+\dfrac{y}{y_M}=1$ （或写成 $y=y_M\left(1-\dfrac{x}{x_N}\right)$ ，其中 $y_M=\dfrac{v_0T(3T-2)}{4}$ ）。（3）粒子以速度 $2v_0$ 、角度 $-\alpha$ 进入磁场区域（ $y<0$ ， $\vec{B}=B_1\hat{z}$ ），做匀速圆周运动，半径 $r_1=\dfrac{m\cdot2v_0}{qB_1}=\dfrac{2mv_0}{qB_1}$ 。由几何关系（粒子从N点进入、经偏转后从边界返回电场区、再回到N点），结合"每次均能通过N点"的条件及 $\mathrm{B}$ 逐次减半的规律，可推得首圈磁感应强度 $B_1=\dfrac{2mv_0}{qR_0}$ （其中 $R_0$ 为由边界几何确定的首圈圆弧半径，满足 $r_1$ 使粒子轨迹恰经边界反射回N点）。粒子从M出发到第1次过N点的时间为电场中运动时间 $T$ ；此后每完成一次"电场—磁场—电场"循环增加一次过N点计数。第 $n$ 次通过N点的总时间为 $t_n=T+\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\left[\tau_{E,k}+\tau_{B,k}\right]$ ，其中 $\tau_{B,k}=\dfrac{\pi m}{qB_k}=\dfrac{\pi m}{qB_1/2^{k-1}}=\dfrac{2^{k-1}\pi m}{qB_1}$ 为第 $k$ 次磁场运动时间（半周期）， $\tau_{E,k}$ 为第 $k$ 次电场中运动时间（由边界入口到N点的飞行时间，随速度递增而递减）。综合得 $t_n=T+\dfrac{\pi m}{qB_1}\left(2^{n}-2\right)+\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\tau_{E,k}$ **（精确表达式依赖于各次电场入射点位置的递推关系）。