2025年高考湖南卷物理真题

关于原子核衰变，下列说法正确的是（　　）

A．原子核衰变后生成新核并释放能量，新核总质量等于原核质量

B．大量某放射性元素的原子核有半数发生衰变所需时间，为该元素的半衰期

C．放射性元素的半衰期随环境温度升高而变长

D．采用化学方法可以有效改变放射性元素的半衰期

【答案与解析】

原子核衰变释放能量，根据质能方程存在质量亏损，新核静止质量小于原核质量，故A错误。半衰期是大量放射性原子核有半数发生衰变所需的时间，题干强调“大量”，符合定义，故B正确。半衰期由原子核内部结构决定，与温度、化学状态等外界条件无关，故C、D错误。故选B。
如图，物块以某一初速度滑上足够长的固定光滑斜面，物块的水平位移、竖直位移、水平速度、竖直速度分别用x、y、 $v_x$ 、 $v_{y}$ 表示。物块向上运动过程中，下列图像可能正确的是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

物块沿光滑斜面向上做匀减速直线运动，设初速 $v_0$ ，斜面倾角 $\theta$ ，沿斜面加速度大小 $a=g\sin\theta$ 。水平分速度 $v_x=v_0\cos\theta-a\cos\theta\cdot t$ ，随 $t$ 线性减小； $x=(v_0t-\frac12at^2)\cos\theta$ ，故 $v_x-x$ 满足 $v_x^2=(v_0\cos\theta)^2-2a\cos\theta\cdot x$ ，为抛物线的一部分。竖直分速度 $v_y=v_0\sin\theta-a\sin\theta\cdot t$ ，同理 $v_y-y$ 满足 $v_y^2=(v_0\sin\theta)^2-2a\sin\theta\cdot y$ ，亦为抛物线的一部分。结合题图，只有 $v_y-y$ 图为抛物线的一部分（C），其余不符（A、B、D错）。故选C。
如图，ABC为半圆柱体透明介质的横截面，AC为直径，B为ABC的中点。真空中一束单色光从AC边射入介质，入射点为A点，折射光直接由B点出射。不考虑光的多次反射，下列说法正确的是（　　）

A．入射角 $\theta$ 小于 $45^{\circ}$

B．该介质折射率大于 $\sqrt{2}$

C．增大入射角，该单色光在BC上可能发生全反射

D．减小入射角，该单色光在AB上可能发生全反射

【答案与解析】

光从A点入射、折射后由B点出射。由几何关系（AC为直径、B为中点）可知折射角 $r=45^\circ$ 。由折射定律 $n=\sin\theta/\sin45^\circ=\sqrt2\sin\theta$ 。因 $n>1$ ，故 $\sin\theta>\sqrt2/2$ 即 $\theta>45^\circ$ ，A错；又 $\sin\theta<1$ ，故 $n<\sqrt2$ ，B错。临界角 $C$ 满足 $\sin C=1/n>\sqrt2/2$ ，即 $C>45^\circ$ 。增大入射角时，光在BC面的入射角小于 $45^\circ<C$ ，不发生全反射，C错；减小入射角时，光在AB面的入射角可大于 $45^\circ$ 且可能大于 $C$ ，故可能发生全反射，D对。故选D。
我国研制的“天问二号”探测器，任务是对伴地小行星及彗星交会等进行多目标探测。某同学提出探究方案，通过释放卫星绕小行星进行圆周运动，可测得小行星半径R和质量M。为探测某自转周期为 $T_{0}$ 的小行星，卫星先在其同步轨道上运行，测得距离小行星表面高度为h，接下来变轨到小行星表面附近绕其做匀速圆周运动，测得周期为 $T_{1}$ 。已知引力常量为G，不考虑其他天体对卫星的引力，可根据以上物理量得到 $R=\frac{a^{\frac{2}{3}}}{b^{\frac{2}{3}}-a^{\frac{2}{3}}}h,M=\frac{4\pi^{2}R^{3}}{Gc^{2}}$ 。下列选项正确的是（　　）

A．a为 $T_{1,b}$ 为 $T_{0,c}$ 为 $T_{1}$

B．a为 $T_{1,b}$ 为 $T_{0,c}$ 为 $T_0$

C．a为 $T_{0,b}$ 为 $T_{1,c}$ 为 $T_{1}$

D．a为 $T_{0,b}$ 为 $T_{1,c}$ 为 $T_0$

【答案与解析】

卫星在同步轨道半径 $R+h$ 、周期 $T_0$ ；在表面附近轨道半径 $R$ 、周期 $T_1$ 。由开普勒第三定律 $\frac{(R+h)^3}{T_0^2}=\frac{R^3}{T_1^2}$ ，解得 $R=\frac{T_1^{2/3}}{T_0^{2/3}-T_1^{2/3}}h$ ，对应 $a=T_1$ 、 $b=T_0$ 。由万有引力提供向心力 $\frac{GMm}{R^2}=m\frac{4\pi^2R}{T_1^2}$ ，得 $M=\frac{4\pi^2R^3}{GT_1^2}$ ，对应 $c=T_1$ 。故选A。
如图，两带电小球的质量均为m，小球A用一端固定在墙上的绝缘轻绳连接，小球B用固定的绝缘轻杆连接。A球静止时，轻绳与竖直方向的夹角为 $60^\circ$ ，两球连线与轻绳的夹角为 $30^{\circ}$ ，整个系统在同一竖直平面内，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）

A．A球静止时，轻绳上拉力为 $2mg$

B．A球静止时，A球与B球间的库仑力为 $2mg$

C．若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球加速度大小为g

D．若将轻绳剪断，则剪断瞬间轻杆对B球的作用力变小

【答案与解析】

对A球受力分析：受重力 $mg$ 、轻绳拉力 $T$ 、库仑力 $F^{\prime}$ ，三力平衡。由几何关系（绳与竖直成 $60^\circ$ 、AB与绳成 $30^\circ$ ）可得轻绳拉力 $T=mg$ 。剪断轻绳瞬间张力 $T$ 突变为0，A球所受合力等于被撤去的张力（大小 $mg$ ，方向沿原张力反向），故加速度 $a=T/m=g$ 。逐项判断：A说 $T=2mg$ 错；B说 $F=2mg$ 错；C说 $a=g$ 对；D中B球始终静止，杆对其作用力不变，错。故选C。
如图，某小组设计了灯泡亮度可调的电路，a、b、c为固定的三个触点，理想变压器原、副线圈匝数比为k，灯泡L和三个电阻的阻值均恒为R，交变电源输出电压的有效值恒为U。开关S与不同触点相连，下列说法正确的是（　　）

A．S与a相连，灯泡的电功率最大

B．S与a相连，灯泡两端的电压为 $\frac{kU}{k^{2}+3}$

C．S与b相连，流过灯泡的电流为 $\frac{U}{(k^{2}+2)R}$

D．S与c相连，灯泡的电功率为 $\frac{U^{2}}{(k^{2}+1)R}$

【答案与解析】

理想变压器原、副线圈匝数比 $k=n_1/n_2$ ，副边负载 $R$ 反射到原边的等效电阻 $R'=k^2R$ 。原边电压 $U_1$ 、副边 $U_2=U_1/k$ ，原边电流 $I_1=U/(R'+\text{串联电阻})$ 。 S与a相连：原边串 $3R$ ，总阻 $k^2R+3R$ ， $U_2=U\cdot\frac{k^2R}{(k^2R+3R)k}=\frac{kU}{k^2+3}$ ，B对；因 $k$ 不定，灯泡功率不一定最大，A错。 S与b相连：原边串 $2R$ ， $I_2=kI_1=\frac{kU}{(k^2+2)R}$ ，C给出的 $\frac{U}{(k^2+2)R}$ 缺因子 $k$ ，错。 S与c相连：原边串 $1R$ ， $P=I_2^2R=\frac{k^2U^2}{(k^2+1)^2R}\neq\frac{U^2}{(k^2+1)R}$ ，D错。故选B。
如图， $A(0,0)$ 、 $B(4,0)$ 、 $C(0,3)$ 在 $xy$ 平面内，两波源分别置于A、B两点。 $t=0$ 时，两波源从平衡位置起振，起振方向相同且垂直于 $xy$ 平面。频率均为 $2.5\mathrm{Hz}$ 。两波源持续产生振幅相同的简谐横波，波分别沿 $AC$ 、 $BC$ 方向传播，波速均为 $10\mathrm{m/s}$ 。下列说法正确的是（　　）

A．两横波的波长均为 $4\mathrm{m}$

B． $t=0.4\mathrm{s}$ 时，C处质点加速度为0

C． $t=0.4\mathrm{s}$ 时，C处质点速度不为0

D． $t=0.6\mathrm{s}$ 时，C处质点速度为0

【答案与解析】

波速 $v=10\,\mathrm{m/s}$ ，频率 $f=2.5\,\mathrm{Hz}$ ，波长 $\lambda=v/f=4\,\mathrm{m}$ ，A对。A $(0,0)$ 到C $(0,3)$ 距离 $3\,\mathrm{m}$ ，波传到C需 $t_A=0.3\,\mathrm{s}$ ；B $(4,0)$ 到C距离 $5\,\mathrm{m}$ ，需 $t_B=0.5\,\mathrm{s}$ ；周期 $T=1/f=0.4\,\mathrm{s}$ 。 $t=0.4\,\mathrm{s}$ 时来自A的波已振动 $0.1\,\mathrm{s}=T/4$ ，C处质点达最大位移，速度为零、加速度最大，故B、C错。 $t=0.6\,\mathrm{s}$ 时两列波均到达C，到两波源程差 $\Delta x=5-3=2\,\mathrm{m}=\lambda/2$ ，为振动减弱点，因振幅相同，C处位移、速度始终为零，D对。故选AD。
一匀强电场的方向平行于 $xOy$ 平面，平面内A点和B点的位置如图所示。电荷量为 $+q$ 、 $-q$ 和 $+2q$ 的三个试探电荷先后分别置于O点、A点和B点时，电势能均为 $E_p(E_p>0)$ 。下列说法正确的是（　　）

A． $OA$ 中点的电势为零

B．电场的方向与x轴正方向成 $60^\circ$ 角

C．电场强度的大小为 $\frac{\sqrt{2E_{p}}}{qd}$

D．电场强度的大小为 $\frac{2\sqrt{2}E_{p}}{qd}$

【答案与解析】

由 $U=q\varphi$ ：在O放 $+q$ 得 $\varphi_O=E_p/q$ ；在A放 $-q$ 得 $\varphi_A=-E_p/q$ ；在B放 $+2q$ 得 $\varphi_B=E_p/(2q)$ 。 OA中点电势 $\varphi=(\varphi_O+\varphi_A)/2=0$ ，A对。由图（O、A、B电势分布）可得等势线方向，电场垂直于等势线且指向电势降低方向，电场与 $x$ 轴正方向成 $45^\circ$ （非 $60^\circ$ ），B错。电场强度大小由电势差与距离关系得 $E=\frac{2\sqrt2E_p}{qd}$ ，C错、D对。故选AD。
如图，关于x轴对称的光滑导轨固定在水平面内，导轨形状为抛物线，顶点位于O点。一足够长的金属杆初始位置与y轴重合，金属杆的质量为m，单位长度的电阻为 $r_{0}$ 。整个空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。现给金属杆一沿x轴正方向的初速度 $v_{0}$ ，金属杆运动过程中始终与y轴平行，且与电阻不计的导轨接触良好。下列说法正确的是（　　）

A．金属杆沿x轴正方向运动过程中，金属杆中电流沿y轴负方向

B．金属杆可以在沿x轴正方向的恒力作用下做匀速直线运动

C．金属杆停止运动时，与导轨围成的面积为 $\frac{mv_{0}r_{0}}{B^{2}}$

D．若金属杆的初速度减半，则金属杆停止运动时经过的距离小于原来的一半

【答案与解析】

A：杆沿 $+x$ 运动，磁场竖直向上，由右手定则（ $v\times B$ 正电荷受力方向）可知杆中感应电流沿 $-y$ 方向，A对。 B：若加恒力 $F^{\prime}$ 做匀速，则 $F=F_{\text{安}}=BIL$ ，而 $I=\frac{BLv}{Lr_0}=\frac{Bv}{r_0}$ ，故 $F=\frac{B^2Lv}{r_0}$ ；因杆与导轨围成面积增大时接入长度 $L$ 变化， $F^{\prime}$ 不恒定，B错。 C：对微元用动量定理 $-BL(I\Delta t)=m\Delta v$ ，且 $q=\frac{\Delta\Phi}{R_{\text{总}}}=\frac{BL\Delta S}{Lr_0}=\frac{B\Delta S}{r_0}$ ，累积得 $-\frac{B^2S}{r_0}=-mv_0$ ，故 $S=\frac{mv_0r_0}{B^2}$ ，C对。 D：初速减半则 $S'=mv_0r_0/(2B^2)=S/2$ ；由抛物线面积 $S\propto x^3$ ，得 $x'=(1/2)^{1/3}x>x/2$ ，即经过距离大于原来的一半，D错。故选AC。
如图，某爆炸能量测量装置由装载台和滑轨等构成，C是可以在滑轨上运动的标准测量件，其规格可以根据测量需求进行调整。滑轨安装在高度为h的水平面上。测量时，将弹药放入装载台圆筒内，两端用物块A和B封装，装载台与滑轨等高。引爆后，假设弹药释放的能量完全转化为A和B的动能。极短时间内B嵌入C中形成组合体D，D与滑轨间的动摩擦因数为 $\mu$ 。D在滑轨上运动 $S_{1}$ 距离后抛出，落地点距抛出点水平距离为 $S_{2}$ ，根据 $S_{2}$ 可计算出弹药释放的能量。某次测量中，A、B、C质量分别为 $3m$ 、 $m$ 、 $5m$ ， $S_{1}=\frac{h}{\mu}$ ，整个过程发生在同一竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度大小为g。则（　　）

A．D的初动能与爆炸后瞬间A的动能相等

B．D的初动能与其落地时的动能相等

C．弹药释放的能量为 $36mgh\left(1+\frac{S_{2}^{2}}{4h^{2}}\right)$

D．弹药释放的能量为 $48mgh\left(1+\frac{S_{2}^{2}}{4h^{2}}\right)$

【答案与解析】

爆炸过程A $(3m)$ 、B $(m)$ 动量守恒： $3mv_1=mv_2$ ，得 $v_2=3v_1$ 。B与C $(5m)$ 碰撞： $mv_2=6mv$ ，得 $v=v_2/6=v_1/2$ ，故 $v_1=2v$ 、 $v_2=6v$ 。 A：D初动能 $E_{kD}=\frac12\cdot6m\cdot v^2=3mv^2$ ；爆炸后瞬间A的动能 $E_{kA}=\frac12\cdot3m\cdot v_1^2=6mv^2$ ，二者不等，A错。 B：D在滑轨运动 $s_1=h/\mu$ ，摩擦做功 $W_f=-\mu\cdot6mg\cdot s_1=-6mgh$ ；平抛过程重力做功 $W_G=6mgh$ ；合外力总功为0，由动能定理D初动能等于落地动能，B对。 C、D：平抛有 $h=\frac12gt^2$ 、 $s_2=vt$ ，得 $v^2=\frac{gs_2^2}{2h}$ ；滑行动能定理 $-6mgh=\frac12\cdot6m\cdot v_l^2-\frac12\cdot6m\cdot v^2$ ，且 $v_l^2=v^2-2gh$ ，故 $v^2=\frac{gs_2^2}{2h}+2gh$ 。爆炸释放能量 $E=\frac12\cdot3m\cdot v_1^2+\frac12\cdot m\cdot v_2^2=6mv^2+18mv^2=24mv^2=24m\left(\frac{gs_2^2}{2h}+2gh\right)=\frac{12mgs_2^2}{h}+48mgh=48mgh\left(1+\frac{s_2^2}{4h^2}\right)$ ，C错、D对。故选BD。
某同学通过观察小球在黏性液体中的运动，探究其动力学规律，步骤如下：

（1）用螺旋测微器测量小球直径D如图1所示， $D=$ ＿＿＿＿ $\mathrm{mm}$ 。（2）在液面处由静止释放小球，同时使用频闪摄影仪记录小球下落过程中不同时刻的位置，频闪仪每隔 $0.5\mathrm{s}$ 闪光一次。装置及所拍照片示意图如图2所示（图中的数字是小球到液面的测量距离，单位是 $\mathrm{cm}$ ）。（3）根据照片分析，小球在A、E两点间近似做匀速运动，速度大小 $v=$ ＿＿＿＿ $\mathrm{m}/\mathrm{s}$ （保留2位有效数字）。（4）小球在液体中运动时受到液体的黏滞阻力 $f=kDv$ （k为与液体有关的常量），已知小球密度为 $\rho$ ，液体密度为 $\rho_0$ ，重力加速度大小为g，则k的表达式为 $k=$ ＿＿＿＿（用题中给出的物理量表示）。（5）为了进一步探究动力学规律，换成直径更小的同种材质小球，进行上述实验，匀速运动时的速度将＿＿＿＿（填“增大”“减小”或“不变”）。

【答案与解析】

(1)螺旋测微器读数 $=$ 固定刻度 $+$ 可动刻度 $\times0.01\,\mathrm{mm}=2\,\mathrm{mm}+20.6\times0.01\,\mathrm{mm}=2.206\,\mathrm{mm}$ 。 (3)由图2，A、E间距 $x=(7.02-5.00)\times10^{-2}\,\mathrm{m}=2.02\times10^{-2}\,\mathrm{m}$ ，时间 $t=4\times0.5\,\mathrm{s}=2\,\mathrm{s}$ ，速度 $v=x/t\approx0.010\,\mathrm{m/s}$ （保留2位有效数字）。 (4)匀速阶段受力平衡 $\rho gV=\rho_0gV+f$ ，体积 $V=\pi D^3/6$ ，黏滞阻力 $f=kDv$ ，代入得 $k=\frac{(\rho-\rho_0)g\pi D^2}{6v}$ 。 (5)由上式 $v\propto D^2$ ，换用直径更小的同种材质小球，匀速运动速度减小。
车辆运输中若存在超载现象，将带来安全隐患。由普通水泥和导电材料混合制成的导电水泥，可以用于监测道路超载问题。某小组对此进行探究。（1）选择一块均匀的长方体导电水泥块样品，用多用电表粗测其电阻。将多用电表选择开关旋转到“ $\times1\mathrm{k}$ ”挡，正确操作后，指针位置如图1所示，则读数为＿＿＿＿ $\Omega$ 。（2）进一步提高实验精度，使用伏安法测量水泥块电阻，电源E电动势 $6\mathrm{V}$ ，内阻可忽略，电压表量程 $0\sim6\mathrm{V}$ ，内阻约 $10\mathrm{k\Omega}$ ，电流表量程 $0\sim600\mu\mathrm{A}$ ，内阻约 $100\mathrm{\Omega}$ 。实验中要求滑动变阻器采用分压接法，在图2中完成余下导线的连接＿＿＿＿。

（3）如图2，测量水泥块的长为a，宽为b，高为c。用伏安法测得水泥块电阻为R，则电阻率 $\rho=$ ＿＿＿＿（用R、a、b、c表示）。（4）测得不同压力F下的电阻R，算出对应的电阻率 $\rho$ ，作出 $\rho-F$ 图像如图3所示。

（5）基于以上结论，设计压力报警系统，电路如图4所示。报警器在两端电压大于或等于 $3\mathrm{V}$ 时启动， $R_{1}$ 为水泥块， $R_{2}$ 为滑动变阻器，当 $R_{2}$ 的滑片处于某位置， $R_{1}$ 上压力大于或等于 $F_{0}$ 时，报警器启动。报警器应并联在＿＿＿＿两端（填“ $R_{1}$ ”或“ $R_{2}$ ”）。（6）若电源E使用时间过长，电动势变小， $R_{1}$ 上压力大于或等于 $F_{1}$ 时，报警器启动，则 $F_{1}$ ＿＿＿＿ $F_{0}$ （填“大于”“小于”或“等于”）。

【答案与解析】

(1)多用电表置于“ $\times1\,\mathrm{k}$ ”挡，由图1指针示数 $\times1000$ 得读数为 $8000\,\Omega$ 。 (2)水泥块电阻约 $8\,\mathrm{k\Omega}$ ，与电压表内阻（ $10\,\mathrm{k\Omega}$ ）相近，采用电流表内接法；滑动变阻器用分压接法，将电源、滑动变阻器、水泥块串联构成分压回路，电压表并联在水泥块两端、电流表串联在支路中。 (3)由电阻定律 $R=\rho\frac{a}{bc}$ ，得电阻率 $\rho=\frac{Rbc}{a}$ 。 (5)由 $\rho-F$ 图可知压力越大电阻率越小、电阻越小；串联电路中 $R_1$ 减小则电流增大、 $R_2$ 两端电压增大，故报警器应并联在 $R_2$ 两端。 (6)电源电动势 $E$ 减小，要使 $R_2$ 两端仍达到 $3\,\mathrm{V}$ ，由串联分压 $U_2=E\frac{R_2}{R_1+R_2}$ 知需 $R_1$ 更小；压力越大 $R_1$ 越小，故 $F_1$ 大于 $F_0$ 。
用热力学方法可测量重力加速度。如图所示，粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内用液柱封闭了一段长度为 $L_1$ 的空气柱。液柱长为h，密度为 $\rho$ 。缓慢旋转细管至水平，封闭空气柱长度为 $L_2$ ，大气压强为 $p_0$ 。

$(1)$ 若整个过程中温度不变，求重力加速度g的大小； $(2)$ 考虑到实验测量中存在各类误差，需要在不同实验参数下进行多次测量，如不同的液柱长度、空气柱长度、温度等。某次实验测量数据如下，液柱长 $h=0.2000\mathrm{m}$ ，细管开口向上竖直放置时空气柱温度 $T_1=305.7\mathrm{K}$ 。水平放置时调控空气柱温度，当空气柱温度 $T_{2}=300.0\mathrm{K}$ 时，空气柱长度与竖直放置时相同。已知 $\rho=1.0\times10^3\mathrm{kg/m^3},p_0=1.0\times10^5\mathrm{Pa}$ 。根据该组实验数据，求重力加速度g的值。

【答案与解析】

(1)竖直放置时封闭气体压强 $p_1=p_0+\rho gh$ ，水平放置时 $p_2=p_0$ 。温度不变，由玻意耳定律 $p_1L_1S=p_2L_2S$ ，即 $(p_0+\rho gh)L_1=p_0L_2$ ，解得 $g=\frac{p_0(L_2-L_1)}{\rho hL_1}$ 。 (2)竖直放置（ $T_1=305.7\,\mathrm{K}$ ，长度 $L_1$ ，压强 $p_0+\rho gh$ ）与水平放置（ $T_2=300.0\,\mathrm{K}$ ，长度同为 $L_1$ ，压强 $p_0$ ）体积相同，由理想气体状态方程 $\frac{p_1}{T_1}=\frac{p_2}{T_2}$ 得 $\frac{p_0+\rho gh}{T_1}=\frac{p_0}{T_2}$ ，故 $g=\frac{p_0(T_1-T_2)}{\rho hT_2}$ 。代入 $p_0=1.0\times10^5\,\mathrm{Pa}$ ， $\rho=1.0\times10^3\,\mathrm{kg/m^3}$ ， $h=0.2000\,\mathrm{m}$ ， $T_1=305.7\,\mathrm{K}$ ， $T_2=300.0\,\mathrm{K}$ ： $g=\frac{1.0\times10^5\times5.7}{1.0\times10^3\times0.2000\times300.0}=9.5\,\mathrm{m/s^2}$ 。
如图。直流电源的电动势为 $E_{0}$ ，内阻为 $r_{0}$ ，滑动变阻器R的最大阻值为 $2r_{0}$ ，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为 $\sqrt{3}d$ ，平行板电容器的右侧存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。闭合开关S，当滑片处于滑动变阻器中点时，质量为m的带正电粒子以初速度 $v_{0}$ 水平向右从电容器左侧中点a进入电容器，恰好从电容器下极板右侧边缘b点进入磁场，随后又从电容器上极板右侧边缘c点进入电容器，忽略粒子重力和空气阻力。

$(1)$ 求粒子所带电荷量q； $(2)$ 求磁感应强度B的大小； $(3)$ 若粒子离开b点时，在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场，场强大小为 $\frac{4\sqrt{3}E_0}{3d}$ ，求粒子相对于电容器右侧的最远水平距离 $x_{m}$ 。

【答案与解析】

(1)滑片在中点，滑动变阻器接入 $2r_0$ ，与内阻 $r_0$ 串联，总阻 $3r_0$ ，电流 $I=E_0/(3r_0)$ ；电容器与下半段 $r_0$ 并联，板间电压 $U=Ir_0=E_0/3$ 。粒子在电容器中类平抛：水平 $\sqrt3d=v_0t$ ，竖直 $\frac d2=\frac12at^2$ ， $a=\frac{qU}{md}$ 。由 $t=\frac{\sqrt3d}{v_0}$ 、 $a=\frac{d}{t^2}=\frac{v_0^2}{3d}$ ，得 $\frac{q(E_0/3)}{md}=\frac{v_0^2}{3d}$ ，解得 $q=\frac{mv_0^2}{E_0}$ 。 (2)粒子出电容器时 $v_y=at=\frac{v_0}{\sqrt3}$ ，合速度 $v=\sqrt{v_0^2+v_y^2}=\frac{2v_0}{\sqrt3}$ ，速度与水平夹角 $30^\circ$ （与竖直夹角 $60^\circ$ ）。进入磁场做圆周运动，由几何关系（b、c为右极板上下边缘，弦 $bc=d$ ，速度转过 $240^\circ$ ）得轨道半径 $R=d/\sqrt3$ 。由 $qvB=\frac{mv^2}{R}$ ， $B=\frac{mv}{qR}=\frac{m\cdot(2v_0/\sqrt3)}{(mv_0^2/E_0)(d/\sqrt3)}=\frac{2E_0}{dv_0}$ 。 (3)右侧再加水平向右匀强电场 $E=\frac{4\sqrt3E_0}{3d}$ 。由 $qE$ 与磁场中某一竖直分速度产生的洛伦兹力平衡条件 $qv_{y1}B=qE$ ，得 $v_{y1}=E/B=\frac{2\sqrt3v_0}{3}$ （向上），此即 $E\times B$ 漂移速度。扣除漂移后做圆周运动的速度大小 $v_c=\sqrt{v_0^2+(v_0/\sqrt3+v_{y1})^2}=2v_0$ ，回旋半径 $r=\frac{mv_c}{qB}=d$ ，导向中心相对电容器右侧边缘的水平坐标为 $\frac{3\sqrt3}{2}d$ （由初始条件确定），粒子相对导向中心的水平偏移在 $\pm d$ 间变化，故最远水平距离 $x_m=\frac{3\sqrt3}{2}d+d-\sqrt3d=\left(1+\frac{\sqrt3}{2}\right)d=\frac{2+\sqrt3}{2}d$ 。
某地为发展旅游经济，因地制宜利用山体举办了机器人杂技表演。表演中，需要将质量为m的机器人抛至悬崖上的A点，图为山体截面与表演装置示意图。a、b为同一水平面上两条光滑平行轨道，轨道中有质量为M的滑杆。滑杆用长度为L的轻绳与机器人相连。初始时刻，轻绳绷紧且与轨道平行，机器人从B点以初速度v竖直向下运动，B点位于轨道平面上，且在A点正下方， $AB=1.2L$ 。滑杆始终与轨道垂直，机器人可视为质点且始终作同一竖直平面内运动，不计空气阻力，轻绳不可伸长， $\sin37^{\circ}=0.6$ ，重力加速度大小为g。

$(1)$ 若滑杆固定， $v=\sqrt{gL}$ ，当机器人运动到滑杆正下方时，求轻绳拉力的大小； $(2)$ 若滑杆固定，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为 $37^{\circ}$ 时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求v的大小； $(3)$ 若滑杆能沿轨道自由滑动， $M=km$ ，且 $k\geq1$ ，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为 $37^{\circ}$ 时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求v与k的关系式及v的最小值。

【答案与解析】

(1)滑杆固定，机器人从B（绳水平）到滑杆正下方（绳竖直），由动能定理 $\frac12mv^2+mgL=\frac12mv_b^2$ ， $v=\sqrt{gL}$ 得 $v_b^2=3gL$ 。最低点由牛顿第二定律 $F-mg=m\frac{v_b^2}{L}=3mg$ ，故 $F=4mg$ 。 (2)滑杆固定。释放点P处绳与水平成 $37^\circ$ 且在左上方，相对滑杆位置 $(-L\cos37^\circ,L\sin37^\circ)=(-0.8L,0.6L)$ ，相对速度沿切线向上右，方向 $(0.6,0.8)$ 。以滑杆初始位置为参考，B在 $(L,0)$ 、A在 $(L,1.2L)$ 。由机械能守恒 $\frac12mv^2=\frac12mv_P^2+mg\cdot0.6L$ 。释放后从P平抛至A： $\Delta x=1.8L=v_P\cdot0.6\cdot t$ ， $\Delta y=0.6L=v_P\cdot0.8\cdot t-\frac12gt^2$ ，解得 $v_P^2=2.5gL$ ，进而 $v^2=v_P^2+1.2gL=3.7gL$ ，故 $v=\sqrt{\frac{37gL}{10}}$ 。 (3)滑杆可动， $M=km$ 。系统水平方向动量守恒（初动量为0）： $mv_{rx}+MV=0$ ，得 $V=-\frac{m}{M}v_{rx}$ 。释放点相对速度 $u$ 沿切线， $v_{rx}=V+0.6u$ 、 $v_{ry}=0.8u$ ，联立得 $v_{rx}=\frac{0.6uk}{1+k}$ ， $V=-\frac{0.6u}{1+k}$ 。由水平动量守恒与质心不动，释放点到A的水平位移 $\Delta x=\frac{1.8Lk}{1+k}$ ，而 $v_{rx}=\frac{0.6uk}{1+k}$ ，故 $t=\frac{\Delta x}{v_{rx}}=\frac{3L}{u}$ ；竖直方向 $0.6L=0.8u\cdot t-\frac12gt^2$ 仍得 $u^2=2.5gL$ 。能量守恒： $\frac12mv^2=\frac12m(v_{rx}^2+v_{ry}^2)+\frac12MV^2+mg\cdot0.6L$ ，代入化简得 $v^2=gL\left[0.64+\frac{0.36k}{1+k}\right]+1.2gL=gL\left(3.7-\frac{0.9}{1+k}\right)=\frac{gL(28+37k)}{10(1+k)}$ 。 $k\ge1$ 时 $v^2$ 随 $k$ 增大而增大，最小值在 $k=1$ 处： $v_{\min}=\sqrt{\frac{13gL}{4}}$ 。