2024年高考山东卷物理真题

2024年是中国航天大年，神舟十八号、嫦娥六号等已陆续飞天，部分航天器装载了具有抗干扰性强的核电池。已知 $_{38}^{90}\mathrm{Sr}$ 衰变为 $^{90}_{39}\mathrm{Y}$ 的半衰期约为29年； $^{238}_{94}\mathrm{Pu}$ 衰变为 $_{92}^{234}\mathrm{U}$ 的半衰期约87年。现用相同数目的 $_{38}^{90}\mathrm{Sr}$ 和 $^{238}_{94}\mathrm{Pu}$ 各做一块核电池，下列说法正确的是（　　）

A． $_{38}^{90}\mathrm{Sr}$ 衰变为 $^{90}_{39}\mathrm{Y}$ 时产生 $\alpha$ 粒子

B． $^{238}_{94}\mathrm{Pu}$ 衰变为 $_{92}^{234}\mathrm{U}$ 时产生 $\beta$ 粒子

C．50年后，剩余的 $_{38}^{90}\mathrm{Sr}$ 数目大于 $^{238}_{94}\mathrm{Pu}$ 的数目

D．87年后，剩余的 $_{38}^{90}\mathrm{Sr}$ 数目小于 $^{238}_{94}\mathrm{Pu}$ 的数目

【答案与解析】

$_{38}^{90}\mathrm{Sr}$ 衰变为 $_{39}^{90}\mathrm{Y}$ ：质量数不变、电荷数 $90\to39$ 增加 $1$ ，放出电子，属 $\beta^-$ 衰变，A说产生 $\alpha$ 粒子错误； $_{94}^{238}\mathrm{Pu}$ 衰变为 $_{92}^{234}\mathrm{U}$ ：质量数减 $4$ 、电荷数减 $2$ ，属 $\alpha$ 衰变，B说产生 $\beta$ 粒子错误。半衰期 $_{38}^{90}\mathrm{Sr}$ 为 $29$ 年、 $_{94}^{238}\mathrm{Pu}$ 为 $87$ 年；经过相同时间，半衰期短的剩余更少。C：50年后剩余 $_{38}^{90}\mathrm{Sr}$ 比例为 $(1/2)^{50/29}$ 、剩余 $_{94}^{238}\mathrm{Pu}$ 比例为 $(1/2)^{50/87}$ ，因 $50/29>50/87$ ，Sr衰变更多，剩余Sr少于Pu，C错。D：87年后剩余Sr为 $(1/2)^{87/29}=(1/2)^3=1/8$ ，剩余Pu为 $(1/2)^{87/87}=1/2$ ，故剩余Sr小于Pu，D对。故选D。
如图所示，国产人形机器人“天工”能平稳通过斜坡。若它可以在倾角不大于 $30^{\circ}$ 的斜坡上稳定地站立和行走，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则它的脚和斜面间的动摩擦因数不能小于（　　）

A． $\dfrac{1}{2}$

B． $\frac{\sqrt{3}}{3}$

C． $\frac{\sqrt{2}}{2}$

D． $\frac{\sqrt{3}}{2}$

【答案与解析】

机器人可在倾角不大于 $30^\circ$ 的斜坡上稳定站立行走，临界为倾角 $30^\circ$ 。沿斜面方向受力平衡： $mg\sin30^\circ\le\mu mg\cos30^\circ$ ，得 $\mu\ge\tan30^\circ=\sqrt{3}/3$ ，故动摩擦因数不能小于 $\sqrt{3}/3$ 。故选B。
如图所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端与斜面上A点距离为L。木板由静止释放，若木板长度为L，通过A点的时间间隔为 $\Delta t_1$ ；若木板长度为 $2L$ ，通过A点的时间间隔为 $\Delta t_{2}$ 。 $\Delta t_2:\Delta t_1$ 为（　　）

A． $(\sqrt{3}-1):(\sqrt{2}-1)$

B． $(\sqrt{3}-\sqrt{2}):(\sqrt{2}-1)$

C． $(\sqrt{3}+1):(\sqrt{2}+1)$

D． $(\sqrt{3}+\sqrt{2}):(\sqrt{2}+1)$

【答案与解析】

木板从静止释放，沿光滑斜面加速度 $a$ 恒定。下端到A点距离为 $L$ ，下端到达A点用时 $t_0$ 满足 $L=\frac12at_0^2$ ，即 $t_0=\sqrt{2L/a}$ 。木板长度为 $L$ 时，上端到达A点需木板再前进 $L$ ，总位移 $2L=\frac12at_1^2$ ，故 $\Delta t_1=t_1-t_0=\sqrt{4L/a}-\sqrt{2L/a}=\sqrt{2L/a}(\sqrt2-1)$ ；木板长度为 $2L$ 时，总位移 $3L=\frac12at_2^2$ ，故 $\Delta t_2=t_2-t_0=\sqrt{6L/a}-\sqrt{2L/a}=\sqrt{2L/a}(\sqrt3-1)$ 。于是 $\Delta t_2:\Delta t_1=(\sqrt3-1):(\sqrt2-1)$ 。故选A。
检测球形滚珠直径是否合格的装置如图甲所示，将标准滚珠a与待测滚珠b、c放置在两块平板玻璃之间，用单色平行光垂直照射平板玻璃，形成如图乙所示的干涉条纹。若待测滚珠与标准滚珠的直径相等为合格，下列说法正确的是（　　）

A．滚珠b、c均合格

B．滚珠b、c均不合格

C．滚珠b合格，滚珠c不合格

D．滚珠b不合格，滚珠c合格

【答案与解析】

单色平行光垂直照射，上、下玻璃板相对面的反射光干涉形成等厚条纹，光程差由两板间距（即支撑球的直径）决定，同一条干涉条纹对应空气膜厚度相同、即支撑球直径相等。由图乙，b与标准球a处于同一干涉条纹位置，说明b与a直径相等，b合格；c处于不同条纹位置，说明c与a直径不等，c不合格。故选C。
“鹊桥二号”中继星环绕月球运行，其24小时椭圆轨道的半长轴为a。已知地球静止卫星的轨道半径为r，则月球与地球质量之比可表示为（　　）

A． $\sqrt{\frac{r^{3}}{a^{3}}}$

B． $\sqrt{\frac{a^{3}}{r^{3}}}$

C． $\frac{r^{3}}{a^{3}}$

D． $\frac{a^{3}}{r^{3}}$

【答案与解析】

由开普勒第三定律，对绕中心天体运行的卫星有 $T^2=4\pi^2a^3/(GM)$ ，即 $a^3/M$ 对同周期卫星为常数。"鹊桥二号"绕月球、周期 $24\,\mathrm{h}$ 、半长轴 $a$ ： $T^2=4\pi^2a^3/(GM_{\text{月}})$ 。地球静止卫星绕地球、周期同为 $24\,\mathrm{h}$ 、轨道半径 $r$ ： $T^2=4\pi^2r^3/(GM_{\text{地}})$ 。两式相除得 $a^3/M_{\text{月}}=r^3/M_{\text{地}}$ ，故 $M_{\text{月}}/M_{\text{地}}=a^3/r^3$ 。故选D。
一定质量理想气体经历如图所示的循环过程，a→b过程是等压过程，b→c过程中气体与外界无热量交换，c→a过程是等温过程。下列说法正确的是（　　）

A．a→b过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功

B．b→c过程，气体对外做功，内能增加

C．a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功

D．a→b过程，气体从外界吸收的热量等于c→a过程放出的热量

【答案与解析】

a→b等压、体积增大，气体对外做功 $W<0$ ，由盖—吕萨克定律 $T_b>T_a$ ，内能增大 $\Delta U_{ab}>0$ ，由 $\Delta U=Q+W$ 知 $Q_{ab}>0$ 且 $Q_{ab}>|W|$ ，吸收热量并非全部用于做功，A错。b→c绝热 $Q=0$ ，体积增大对外做功 $W<0$ ，故 $\Delta U_{bc}=W<0$ 内能减小，B错。c→a等温故 $T_c=T_a$ 、 $\Delta U_{ca}=0$ ；对a→b→c过程 $\Delta U_{ac}=0$ ，由热力学第一定律吸收的热量 $Q_{ab}$ （b→c无热交换）全部等于对外做功 $W_{ab}+W_{bc}$ ，C对。对整个循环 $\Delta U=0$ 得 $Q_{ab}=|Q_{ca}|+W_{\text{总}}$ ，一般 $Q_{ab}\ne|Q_{ca}|$ ，D错。故选C。
如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d（ $d<l$ ）。两木板与地面间动摩擦因数均为 $\mu$ ，弹性绳劲度系数为k，被拉伸时弹性势能 $E=\dfrac{1}{2}kx^2$ （x为绳的伸长量）。现用水平力F缓慢拉动乙所坐木板，直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静止，k保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则F所做的功等于（　　）

A． $\frac{(\mu mg)^{2}}{2k}+\mu mg(l-d)$

B． $\frac{3(\mu mg)^{2}}{2k}+\mu mg(l-d)$

C． $\frac{3(\mu mg)^{2}}{2k}+2\mu mg(l-d)$

D． $\frac{(\mu mg)^2}{2k}+2\mu mg(l-d)$

【答案与解析】

甲所坐木板刚要离开原位置时，弹性绳拉力等于甲受最大静摩擦力： $kx=\mu mg$ ，得伸长量 $x=\mu mg/k$ ，此时弹性势能 $E_p=\frac12kx^2=\frac{(\mu mg)^2}{2k}$ 。乙所坐木板从原位置被拉开，其位移 $x'=(l-d)+x$ （先由间距 $d$ 拉至绳原长 $l$ ，再拉伸 $x$ ）。缓慢拉动过程动能不变，由功能关系，拉力做功等于弹性势能增量加克服摩擦做功： $W=E_p+\mu mg\,x'=\frac{(\mu mg)^2}{2k}+\mu mg\big[(l-d)+\frac{\mu mg}{k}\big]=\frac{3(\mu mg)^2}{2k}+\mu mg(l-d)$ 。故选B。
如图甲所示，在 $-d\leq x\leq d$ ， $-d\leq y\leq d$ 的区域中存在垂直Oxy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场（用阴影表示磁场的区域），边长为 $2d$ 的正方形线圈与磁场边界重合。线圈以y轴为转轴匀速转动时，线圈中产生的交变电动势如图乙所示。若仅磁场的区域发生了变化，线圈中产生的电动势变为图丙所示实线部分，则变化后磁场的区域可能为（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

线圈绕 $y$ 轴匀速转动，角速度 $\omega$ 。磁场充满原正方形区域 $-d\le x\le d,-d\le y\le d$ 时，线圈在 $xOy$ 平面投影宽 $2d|\cos\omega t|$ 、高 $2d$ ，与磁场重叠面积 $S\propto|\cos\omega t|$ ，磁通量 $\Phi\propto\cos\omega t$ ，故感应电动势 $e\propto\sin\omega t$ 为正弦波（图乙）。磁场区域改变后（图丙实线），电动势在 $\omega t=\pi/3$ 时才开始不为零，即线圈转过 $60^\circ$ 其侧边才开始切割磁感线，说明新磁场区域在平行于 $x$ 轴方向的边长缩短为 $d'=2d\cos(\pi/3)=d$ ，对应选项C所示区域。故选C。
甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中沿x轴相向传播，波速均为 $2\mathrm{m/s}$ 。 $t=0$ 时刻二者在 $x=2m$ 处相遇，波形图如图所示。关于平衡位置在 $x=2m$ 处的质点P，下列说法正确的是（　　）

A． $t=0.5s$ 时，P偏离平衡位置的位移为0

B． $t=0.5s$ 时，P偏离平衡位置的位移为 $-2\mathrm{cm}$

C． $t=1.0s$ 时，P向y轴正方向运动

D． $t=1.0s$ 时，P向y轴负方向运动

【答案与解析】

两波波速均为 $v=2\,\mathrm{m/s}$ ，由图知波长 $\lambda=4\,\mathrm{m}$ ，周期 $T=\lambda/v=2\,\mathrm{s}$ ；甲波沿 $+x$ 传播、乙波沿 $-x$ 传播。t=0.5s内各传播 $\Delta x=v\Delta t=1\,\mathrm{m}=\lambda/4$ ：甲波 $x=1\,\mathrm{m}$ 处的波谷恰传至 $P(x=2\,\mathrm{m})$ ，乙波 $x=3\,\mathrm{m}$ 处平衡位置振动恰传至 $P$ ，由叠加原理 $P$ 偏离平衡位置位移为 $-2\,\mathrm{cm}$ ，A错B对。t=1.0s内各传播 $2\,\mathrm{m}=\lambda/2$ ： $x=0$ 处甲波平衡位置振动、 $x=4\,\mathrm{m}$ 处乙波平衡位置振动恰传至 $P$ ，且两者传到 $P$ 时均向 $+y$ 方向运动，故 $P$ 向 $+y$ 方向运动，C对D错。故选BC。
如图所示，带电量为 $+q$ 的小球被绝缘棒固定在O点，右侧有固定在水平面上、倾角为 $30^{\circ}$ 的光滑绝缘斜面。质量为m、带电量为 $+q$ 的小滑块从斜面上A点由静止释放，滑到与小球等高的B点时加速度为零，滑到C点时速度为零。已知AC间的距离为S，重力加速度大小为g，静电力常量为k，下列说法正确的是（　　）

A．OB的距离 $l=\sqrt{\frac{\sqrt{3}kq^{2}}{mg}}$

B．OB的距离 $l=\sqrt{\frac{\sqrt{3}kq^{2}}{3mg}}$

C．从A到C，静电力对小滑块做功 $W=-mgS$

D．AC之间的电势差 $U_{AC}=-\frac{mgS}{2q}$

【答案与解析】

B点与固定小球等高，故静电力沿水平方向；沿斜面方向平衡（B点加速度为零）： $mg\sin30^\circ=\frac{kq^2}{l^2}\cos30^\circ$ ，解得 $l=\sqrt{\frac{\sqrt3\,kq^2}{mg}}$ ，即选项A，A对B错。由A到C初末速度均为零， $\Delta E_k=0$ ，由动能定理 $W+mgS\sin30^\circ=0$ 得静电力做功 $W=-mgS/2$ ，C错；电势差 $U_{AC}=W/q=-mgS/(2q)$ ，D对。故选AD。
如图所示，两条相同的半圆弧形光滑金属导轨固定在水平桌面上，其所在平面竖直且平行，导轨最高点到水平桌面的距离等于半径，最低点的连线OO'与导轨所在竖直面垂直。空间充满竖直向下的匀强磁场（图中未画出），导轨左端由导线连接。现将具有一定质量和电阻的金属棒MN平行OO'放置在导轨图示位置，由静止释放。MN 运动过程中始终平行于OO'且与两导轨接触良好，不考虑自感影响，下列说法正确的是（　　）

A．MN最终一定静止于OO'位置

B．MN运动过程中安培力始终做负功

C．从释放到第一次到达OO'位置过程中，MN的速率一直在增大

D．从释放到第一次到达OO'位置过程中，MN中电流方向由M到N

【答案与解析】

A：金属棒切割磁感线产生感应电流，有焦耳热产生，机械能不断损耗，导轨光滑无其它耗能，经多次往返后最终静止于最低处 $OO'$ 位置，A对。B：棒向右运动时由右手定则电流由M到N，左手定则安培力向左做负功；向左运动时电流由N到M，安培力向右仍做负功，故安培力始终做负功，B对。C：棒从释放到第一次到 $OO'$ 过程中，在 $OO'$ 处重力沿切线分力为零，在此之前某位置安培力切向分量已大于重力切向分量，棒已开始减速，速率并非一直增大，C错。D：从释放到第一次到 $OO'$ 过程中，由右手定则棒中电流方向由M到N，D对。故选ABD。
如图所示，工程队向峡谷对岸平台抛射重物，初速度 $v_0$ 大小为 $20\mathrm{m/s}$ ，与水平方向的夹角为 $30^{\circ}$ ，抛出点P和落点Q的连线与水平方向夹角为 $30^{\circ}$ ，重力加速度大小取 $10\mathrm{m/s^2}$ ，忽略空气阻力。重物在此运动过程中，下列说法正确的是（　　）

A．运动时间为 $2\sqrt{3}\mathrm{s}$

B．落地速度与水平方向夹角为 $60^{\circ}$

C．重物离PQ连线的最远距离为 $10m$

D．轨迹最高点与落点的高度差为 $45m$

【答案与解析】

将初速度 $v_0$ 分解为沿 $PQ$ 方向 $v_1=v_0\cos60^\circ=10\,\mathrm{m/s}$ 与垂直 $PQ$ 方向 $v_2=v_0\sin60^\circ=10\sqrt3\,\mathrm{m/s}$ ；重力加速度分解为沿 $PQ$ 方向 $a_1=g\sin30^\circ=5\,\mathrm{m/s^2}$ 、垂直 $PQ$ 方向 $a_2=g\cos30^\circ=5\sqrt3\,\mathrm{m/s^2}$ 。垂直 $PQ$ 方向做匀变速直线运动，由对称性运动时间 $t=2v_2/a_2=4\,\mathrm{s}$ ，A错；垂直 $PQ$ 最远距离 $d_{\max}=v_2^2/(2a_2)=10\sqrt3\,\mathrm{m}$ ，C错。落地时竖直分速度 $v_y=-v_0\sin30^\circ+gt=30\,\mathrm{m/s}$ ，水平分速度 $v_x=v_0\cos30^\circ$ ，落地速度与水平方向夹角正切 $\tan\theta=v_y/v_x=\sqrt3$ ，故 $\theta=60^\circ$ ，B对。从抛出到最高点用时 $t_1=v_0\sin30^\circ/g=1\,\mathrm{s}$ ，最高点到落地用时 $t_2=t-t_1=3\,\mathrm{s}$ ，轨迹最高点与落点高度差 $h=\frac12gt_2^2=45\,\mathrm{m}$ ，D对。故选BD。
在第四次“天宫课堂”中，航天员演示了动量守恒实验。受此启发，某同学使用如图甲所示的装置进行了碰撞实验，气垫导轨两端分别安装a、b两个位移传感器，a测量滑块A与它的距离 $x_A$ ，b测量滑块B与它的距离 $x_B$ 。部分实验步骤如下： ①测量两个滑块的质量，分别为 $200.0g$ 和 $400.0g$ ； ②接通气源，调整气垫导轨水平； ③拨动两滑块，使A、B均向右运动； ④导出传感器记录的数据，绘制 $x_A$ 、 $x_B$ 随时间变化的图像，分别如图乙、图丙所示。

回答以下问题： $(1)$ 从图像可知两滑块在 $t=$ ＿＿＿＿s时发生碰撞； $(2)$ 滑块B碰撞前的速度大小 $v=$ ＿＿＿＿ $\mathrm{m/s}$ （保留2位有效数字）； $(3)$ 通过分析，得出质量为 $200.0g$ 的滑块是＿＿＿＿（填“A”或“B”）。

【答案与解析】

（1）由 $x$ — $t$ 图像斜率表示速度，两滑块速度在 $t=1.0\,\mathrm{s}$ 处发生突变，即此时发生碰撞，故填 $1.0$ 。（2）由图丙碰撞前 $x_B$ 图线斜率绝对值约为 $0.20\,\mathrm{m/s}$ ，故滑块B碰撞前速度大小 $v=0.20\,\mathrm{m/s}$ （保留2位有效数字）。（3）由图像读得碰前、碰后A、B的速度大小；碰撞过程在气垫导轨上动量守恒 $m_Av_A+m_Bv_B=m_Av_A'+m_Bv_B'$ 。将质量 $0.200\,\mathrm{kg}$ 、 $0.400\,\mathrm{kg}$ 分别按A、B两种分配代入检验，并结合碰后系统动能不大于碰前，仅当质量为 $200.0\,\mathrm{g}$ 的滑块是B时等式成立，故质量为 $200.0\,\mathrm{g}$ 的滑块是B。
某学习小组对两种型号铅笔芯的电阻率进行测量。实验器材如下：学生电源（输出电压 $0~16V$ ）滑动变阻器（最大阻值 $10\Omega$ ，额定电流 $2A$ ）；电压表V（量程 $3V$ ，内阻未知）；电流表A（量程 $3A$ ，内阻未知）；待测铅笔芯R（X型号、Y型号）；游标卡尺，螺旋测微器，开关S，单刀双掷开关K，导线若干。

回答以下问题： $(1)$ 使用螺旋测微器测量铅笔芯直径，某次测量结果如图甲所示，该读数为＿＿＿＿mm； $(2)$ 把待测铅笔芯接入图乙所示电路，闭合开关S后，将滑动变阻器滑片由最右端向左调节到合适位置，将单刀双掷开关K分别掷到1、2端，观察到电压表示数变化比电流表示数变化更明显，则测量铅笔芯电阻时应将K掷到＿＿＿＿（填“1”或“2”）端； $(3)$ 正确连接电路，得到Y型号铅笔芯I-U图像如图丙所示，求得电阻 $R_Y=$ ＿＿＿＿ $\Omega$ （保留3位有效数字）；采用同样方法得到X型号铅笔芯的电阻为 $1.70\Omega$ ； $(4)$ 使用游标卡尺测得X、Y型号铅笔芯的长度分别为 $40.68\mathrm{mm}$ 、 $60.78\mathrm{mm}$ ，使用螺旋测微器测得X、Y型号铅笔芯直径近似相等，则X型号铅笔芯的电阻率＿＿＿＿（填“大于”或“小于”）Y型号铅笔芯的电阻率。

【答案与解析】

（1）螺旋测微器固定刻度读 $2\,\mathrm{mm}$ ，可动刻度 $45.0\times0.01\,\mathrm{mm}$ ，读数 $d=2.450\,\mathrm{mm}$ ，故填 $2.450$ 。（2）电压表示数变化比电流表示数变化更明显，说明电流表分压影响大，应采用电流表外接法，故K掷到 $1$ 端，填 $1$ 。（3）由图丙 $Y$ 型号 $I$ — $U$ 图线斜率 $k=I/U$ ，电阻 $R_Y=1/k\approx1.91\,\Omega$ （保留3位有效数字），填 $1.91$ 。（4）由电阻定律 $\rho=RS/L=R\pi d^2/(4L)$ ，两型号直径近似相等； $\rho_X/\rho_Y=(R_X/L_X)/(R_Y/L_Y)=(1.70/40.68)/(1.91/60.78)>1$ ，故 $\rho_X>\rho_Y$ ，填大于。
某光学组件横截面如图所示，半圆形玻璃砖圆心为O点，半径为R；直角三棱镜FG边的延长线过O点，EG边平行于AB边且长度等于R， $∠FEG=30^{\circ}$ 。横截面所在平面内，单色光线以 $\theta$ 角入射到EF边发生折射，折射光线垂直EG边射出。已知玻璃砖和三棱镜对该单色光的折射率均为1.5。（1）求 $sin\theta$ ；（2）以 $\theta$ 角入射的单色光线，若第一次到达半圆弧AMB可以发生全反射，求光线在EF上入射点D（图中未标出）到E点距离的范围。

【答案与解析】

（1）设光在三棱镜中的折射角为 $\alpha$ ，折射定律 $n=\sin\theta/\sin\alpha$ ；因折射光线垂直 $EG$ 边射出， $\alpha=\angle FEG=30^\circ$ ，代入 $n=1.5$ 得 $\sin\theta=n\sin30^\circ=0.75$ 。（2）光在三棱镜内折射角恒为 $\alpha=30^\circ$ 。设入射点 $\mathrm{D}$ 在 $EF$ 上距 $E$ 为 $x$ 。光线第一次到达半圆弧 $AMB$ 恰能发生全反射的临界条件为入射角等于临界角 $C$ ， $\sin C=1/n=2/3$ 。由几何关系（ $EG=R$ 、 $\angle FEG=30^\circ$ 、圆心 $O$ 在 $FG$ 延长线上），当折射光线恰以临界角 $C$ 射至半圆弧面时对应 $x$ 的上限，推得该界限 $DE=\frac{2\sqrt3}{9}R$ ； $\mathrm{D}$ 由 $E$ 向该界限移动时，光线第一次到达弧面均满足入射角 $\ge C$ ，可发生全反射。故入射点 $\mathrm{D}$ 到 $E$ 点的距离范围为 $0<x\le\frac{2\sqrt3}{9}R$ 。
图甲为战国时期青铜汲酒器，根据其原理制作了由中空圆柱形长柄和储液罐组成的汲液器，如图乙所示。长柄顶部封闭，横截面积 $S_1=1.0\mathrm{cm^2}$ ，长度 $H=100.0\mathrm{cm}$ ，侧壁有一小孔A。储液罐的横截面积 $S_2=90.0\mathrm{cm^2}$ ，高度 $h=20.0\mathrm{cm}$ ，罐底有一小孔B。汲液时，将汲液器竖直浸入液体，液体从孔B进入，空气由孔A排出；当内外液面相平时，长柄浸入液面部分的长度为x；堵住孔A，缓慢地将汲液器竖直提出液面，储液罐内刚好储满液体。已知液体密度 $\rho=1.0\times 10^3\mathrm{kg/m^3}$ ，重力加速度大小 $g=10\mathrm{m/s^2}$ ，大气压 $p_0=1.0\times 10^5\mathrm{Pa}$ 。整个过程温度保持不变，空气可视为理想气体，忽略器壁厚度。（1）求x；（2）松开孔A，从外界进入压强为 $p_0$ 、体积为V的空气，使满储液罐中液体缓缓流出，堵住孔A，稳定后罐中恰好剩余一半的液体，求V。

【答案与解析】

（1）缓慢提出汲液器过程中，长柄内封闭气体等温变化。初态压强 $p_1=p_0$ 、体积 $(H-x)S_1$ ；末态气体充满整个长柄，压强 $p_2$ 、体积 $HS_1$ ，且罐内储满液体时罐底小孔B处压强与外侧平衡，有 $p_2+\rho gh=p_0$ 。由玻意耳定律 $p_1(H-x)S_1=p_2HS_1$ ，代入 $p_2=p_0-\rho gh$ 得 $p_0(H-x)=(p_0-\rho gh)H$ ，解得 $x=\frac{\rho ghH}{p_0}=\frac{10^3\times10\times0.20\times1.0}{1.0\times10^5}\,\mathrm{m}=0.02\,\mathrm{m}=2\,\mathrm{cm}$ 。（2）对新进入气体与原封闭气体整体用玻意耳定律： $p_0V+p_2HS_1=p_3V_3$ ，末态气体总体积 $V_3=HS_1+\frac{h}{2}S_2$ （罐中剩一半液体），且 $p_3+\rho g\cdot\frac{h}{2}=p_0$ ，故 $p_3=p_0-\rho gh/2$ 。代入 $p_2=p_0-\rho gh$ 、 $HS_1=1.0\times10^{-4}\,\mathrm{m^3}$ 、 $\frac{h}{2}S_2=9.0\times10^{-4}\,\mathrm{m^3}$ 得 $1.0\times10^5V+9.8\times10^4\times10^{-4}=9.9\times10^4\times10^{-3}$ ，解得 $V=8.92\times10^{-4}\,\mathrm{m^3}$ 。
如图甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为 $\mu$ ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径 $R=0.4\mathrm{m}$ ，重力加速度大小 $g=10\mathrm{m/s^{2}}$ 。（1）若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于 $3mg$ ，求小物块在Q点的速度大小v；（2）若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a与F对应关系如图乙所示。（i）求 $\mu$ 和m；（ii）初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力 $F=8\mathrm{N}$ ，当小物块到P点时撤去F，小物块从Q点离开轨道时相对地的速度大小为 $7\mathrm{m/s}$ 。求轨道水平部分的长度L。

【答案与解析】

（1）轨道固定，小物块在Q点由重力与轨道弹力提供向心力： $mg+3mg=m\frac{v^2}{R}$ ，代入 $R=0.4\,\mathrm{m}$ 得 $v=4\,\mathrm{m/s}$ 。（2）（i）由图乙，当 $F\le4\,\mathrm{N}$ 时物块与轨道一起向左加速，对整体 $F=(M+m)a$ ，斜率 $1/(M+m)=2/4=0.5\,\mathrm{kg^{-1}}$ ；当 $F>4\,\mathrm{N}$ 时二者相对滑动，对轨道 $F-\mu mg=Ma$ ，斜率 $1/M=1\,\mathrm{kg^{-1}}$ 且截距 $-\mu mg/M=-2\,\mathrm{m/s^2}$ 。联立得 $M=1\,\mathrm{kg}$ 、 $m=1\,\mathrm{kg}$ 、 $\mu=0.2$ 。（ii）由图乙 $F=8\,\mathrm{N}$ 时轨道加速度 $a_M=6\,\mathrm{m/s^2}$ ，物块加速度 $a_m=\mu g=2\,\mathrm{m/s^2}$ （均向左）。设小物块到P点用时 $t_0$ ：轨道 $v_M=6t_0$ 、位移 $s_M=3t_0^2$ ；物块 $v_m=2t_0$ 、位移 $s_m=t_0^2$ 。物块相对轨道位移即水平段长 $L=s_M-s_m=2t_0^2$ 。到P撤去F后，水平方向动量守恒、物块—轨道系统机械能守恒。在Q点物块相对地速度为 $7\,\mathrm{m/s}$ （水平）： $Mv_M+mv_m=Mv_M'+mv_Q$ 即 $6t_0+2t_0=v_M'+7$ ，得 $v_M'=8t_0-7$ 。能量守恒 $\frac12Mv_M^2+\frac12mv_m^2=\frac12Mv_M'^2+\frac12mv_Q^2+mg\cdot2R$ ，代入 $M=m=1$ 、 $v_M=6t_0$ 、 $v_m=2t_0$ 、 $v_Q=7$ 、 $R=0.4$ 得 $20t_0^2=\frac12(8t_0-7)^2+\frac12\cdot49+8$ ，化简为 $12t_0^2-56t_0+57=0$ ，解得 $t_0=1.5\,\mathrm{s}$ （另一根舍去），故 $L=2t_0^2=4.5\,\mathrm{m}$ 。
如图所示，在Oxy坐标系 $x>0$ ， $y>0$ 区域内充满垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。磁场中放置一长度为L的挡板，其两端分别位于x、y轴上M、N两点， $∠OMN=60^{\circ}$ ，挡板上有一小孔K位于MN中点。 $\Delta OMN$ 之外的第一象限区域存在恒定匀强电场（图中未画出）。位于y轴左侧的粒子发生器在0＜y＜ $\frac{\sqrt{3}}{2}L$ 的范围内可以产生质量为m，电荷量为 $+q$ 的无初速度的粒子。粒子发生器与y轴之间存在水平向右的匀强加速电场，加速电压大小可调，粒子经此电场加速后进入磁场，挡板厚度不计，粒子可沿任意角度穿过小孔，碰撞挡板的粒子不予考虑，不计粒子重力及粒子间相互作用力。（1）求使粒子垂直挡板射入小孔K的加速电压 $U_0$ ；（2）调整加速电压，当粒子以最小的速度从小孔K射出后恰好做匀速直线运动，求第一象限中电场强度的大小和方向；（3）当加速电压为 $\frac{qB^{2}L^{2}}{24m}$ 时，求粒子从小孔K射出后，运动过程中距离y轴最近位置的坐标。

【答案与解析】

（1）粒子垂直 $y$ 轴进入磁场（速度沿 $+x$ ），垂直挡板射入小孔K，即出射速度垂直 $MN$ 。由几何，轨迹圆心为 $N$ ，半径 $r_1=NK=L/2$ ；洛伦兹力提供向心力 $qvB=mv^2/r_1$ ，加速电场动能定理 $qU_0=\frac12mv^2$ ，联立得 $U_0=\frac{qB^2L^2}{8m}$ 。（2）粒子以最小速度从小孔K射出时轨迹半径最小，此时 $K$ 到 $y$ 轴距离恰等于半径 $r_2=L/4$ ，出射速度 $v_2=qBr_2/m=qBL/(4m)$ 。出射后在复合场中匀速直线，故 $qv_2B=qE$ ，得 $E=qB^2L/(4m)$ ；由左手定则洛伦兹力水平向左，电场力须向右，粒子带正电，故电场方向沿 $x$ 轴正方向。（3）加速电压 $U=qB^2L^2/(24m)$ ，由动能定理 $\frac12mv^2=qU$ 得 $v=\frac{\sqrt3\,qBL}{6m}$ ；磁场中半径 $r=mv/(qB)=\frac{\sqrt3}{6}L$ 。由几何（弦 $NK=L/2$ 、半径 $r$ ）得粒子出K时速度方向与 $x$ 轴成 $60^\circ$ ，分解为 $v_x=\frac{\sqrt3\,qBL}{12m}$ 、 $v_y=\frac{qBL}{4m}$ 。在 $\triangle OMN$ 外为 $E+B$ 复合场（ $E$ 沿 $+x$ 、 $\mathrm{B}$ 向里），将运动配速分解： $v_y$ 对应的洛伦兹力 $qv_yB$ 恰与电场力 $qE$ 抵消（因 $E=qB^2L/(4m)$ ， $qv_yB=q\cdot\frac{qBL}{4m}\cdot B=q^2B^2L/(4m)=qE$ ），故粒子沿 $y$ 轴做匀速直线运动；剩余 $v_x$ 对应的洛伦兹力提供向心力，在 $xOy$ 平面内做半径 $r_3=\frac{mv_x}{qB}=\frac{\sqrt3}{12}L$ 、周期 $T=2\pi m/(qB)$ 的匀速圆周运动。横坐标 $x=\frac{L}{4}+r_3\sin(\frac{qB}{m}t)$ ，当 $\sin=-1$ 时离 $y$ 轴最近， $x_{\min}=\frac{L}{4}-r_3=\frac{3-\sqrt3}{12}L$ ；此时 $t=(3+4n)\frac{\pi m}{2qB}$ （ $n=0,1,2,\dots$ ），对应纵坐标 $y=\frac{\sqrt3}{3}L+v_y t=\frac{\sqrt3}{3}L+\frac{(3+4n)\pi}{8}L$ 。故最近位置坐标为 $\left(\frac{3-\sqrt3}{12}L,\ \frac{\sqrt3}{3}L+\frac{(3+4n)\pi}{8}L\right)$ （ $n=0,1,2,\dots$ ）。