2025年高考湖北卷物理真题

PET（正电子发射断层成像）是核医学科重要的影像学诊断工具，其检查原理是将含放射性同位素（如： ${}_{9}^{18}\mathrm{F}$ ）的物质注入人体参与人体代谢，从而达到诊断的目的。 ${}_{9}^{18}\mathrm{F}$ 的衰变方程为 ${}^{18}_{9}\mathrm{F}\rightarrow\mathrm{X}+{}^{0}_{1}\mathrm{e}+{}^{0}_{0}\nu$ ，其中 $^{0}_{0}\nu$ 是中微子。已知 ${}_{9}^{18}\mathrm{F}$ 的半衰期是110分钟。下列说法正确的是（　　）

A． X为 ${}_{8}^{17}\mathrm{O}$

B．该反应为核聚变反应

C．1克 ${}_{9}^{18}\mathrm{F}$ 经110分钟剩下0.5克 ${}_{9}^{18}\mathrm{F}$

D．该反应产生的 $^{0}_{0}\nu$ 在磁场中会发生偏转

【答案与解析】

由衰变方程 ${}^{18}_{9}\mathrm{F}\rightarrow \mathrm{X}+{}^{0}_{1}\mathrm{e}+{}^{0}_{0}\nu$ （正电子衰变， $\beta^+$ 衰变）。电荷数守恒： $9=Z_X+1$ ，得 $Z_X=8$ ；质量数守恒： $18=A_X$ ，得 $A_X=18$ ，故 $\mathrm{X}={}^{18}_{8}\mathrm{O}$ 。 A项写为 ${}^{17}_{8}\mathrm{O}$ ，错误。该反应为原子核自发放出正电子的 $\beta^+$ 衰变，不是核聚变，B错误。半衰期定义为一半原子核发生衰变所需时间，1克 ${}^{18}_{9}\mathrm{F}$ 经110分钟（一个半衰期）剩余0.5克，C正确。中微子不带电，在磁场中不受洛伦兹力，不发生偏转，D错误。故选C。
甲、乙两行星绕某恒星做圆周运动，甲的轨道半径比乙的小。忽略两行星之间的万有引力作用，下列说法正确的是（　　）

A．甲运动的周期比乙的小

B．甲运动的线速度比乙的小

C．甲运动的角速度比乙的小

D．甲运动的向心加速度比乙的小

【答案与解析】

行星绕恒星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力： $\dfrac{GMm}{r^2}=m\dfrac{4\pi^2}{T^2}r=m\dfrac{v^2}{r}=m\omega^2 r=ma$ 。得 $T=2\pi\sqrt{\dfrac{r^3}{GM}}$ ， $v=\sqrt{\dfrac{GM}{r}}$ ， $\omega=\sqrt{\dfrac{GM}{r^3}}$ ， $a=\dfrac{GM}{r^2}$ 。已知 $r_{\text{甲}}<r_{\text{乙}}$ ，故甲的周期、线速度、角速度、向心加速度均比乙大。 A正确，B、C、D错误。故选A。
如图所示，内壁光滑的汽缸内用活塞密封一定量理想气体，汽缸和活塞均绝热。用电热丝对密封气体加热，并在活塞上施加一外力F，使气体的热力学温度缓慢增大到初态的2倍，同时其体积缓慢减小。关于此过程，下列说法正确的是（　　）

A．外力F保持不变

B．密封气体内能增加

C．密封气体对外做正功

D．密封气体的末态压强是初态的2倍

【答案与解析】

汽缸与活塞均绝热，密封气体与外界无热交换，电热丝加热故 $Q>0$ 。理想气体内能只与温度有关， $T$ 增大到初态2倍，内能增加，B正确。体积缓慢减小，外界对气体做正功，气体对外做负功，C错误。由热力学第一定律 $\Delta U=Q+W_{\text{外对气}}>0$ ，与内能增加一致。活塞受力平衡（设活塞截面积 $S$ ，外压为 $p_0$ ）： $pS=F+p_0S$ ，随气体温度升高压强增大， $F^{\prime}$ 增大，不保持不变，A错误。由 $pV=nRT$ ，初态 $p_1V_1=nRT_1$ ，末态 $p_2V_2=nR\cdot 2T_1$ ，且 $V_2<V_1$ ，故 $\dfrac{p_2}{p_1}=2\dfrac{V_1}{V_2}>2$ ，末态压强大于初态2倍，D错误。故选B。
如图所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，放置一通电圆线圈，圆心为O点，线圈平面与磁场垂直。在圆线圈的轴线上有M和N两点，它们到O点的距离相等。已知M点的总磁感应强度大小为零，则N点的总磁感应强度大小为（　　）

A．0

B．B

C． $2B$

D． $3B$

【答案与解析】

圆线圈在轴线上任一点产生的磁场方向均沿轴线（由右手定则确定，两侧同向），大小为 $B_{\text{线}}(x)=\dfrac{\mu_0 I R^2}{2(R^2+x^2)^{3/2}}$ 。 $M$ 、 $N$ 在轴线上且到圆心 $O$ 距离相等，故线圈在 $M$ 、 $N$ 处产生的磁场大小相等、方向相同。已知 $M$ 点总磁感应强度为零，说明线圈在 $M$ 处的磁场与外匀强磁场 $\mathrm{B}$ 等大反向，即 $B_{\text{线}}(M)=B$ 。 $N$ 处线圈磁场与 $M$ 处线圈磁场同向同大同为 $\mathrm{B}$ ，与外磁场仍等大反向，故 $N$ 点总磁感应强度亦为零。故选A。
如图（a）所示，相距L的两足够长平行金属导轨放在同一水平面内，两长度均为L、电阻均为R的金属棒ab、cd垂直跨放在两导轨上，金属棒与导轨接触良好。导轨电阻忽略不计。导轨间存在与导轨平面垂直的匀强磁场，其磁感应强度大小B随时间变化的图像如图（b）所示， $t=T$ 时刻， $B=0$ 。 $t=0$ 时刻，两棒相距 $x_{0}$ ，ab棒速度为零，cd棒速度方向水平向右，并与棒垂直，则 $0~T$ 时间内流过回路的电荷量为（　　）

A． $\frac{B_{0}Lx_{0}}{4R}$

B． $\frac{B_{0}Lx_{0}}{2R}$

C． $\frac{B_{0}Lx_{0}}{R}$

D． $\frac{2B_{0}Lx_{0}}{R}$

【答案与解析】

回路总电阻 $R_{\text{总}}=R+R=2R$ （导轨电阻不计）。由法拉第电磁感应定律，回路总电动势 $\mathcal{E}=-\dfrac{\mathrm{d}\Phi}{\mathrm{d}t}$ ，其中磁通量 $\Phi(t)=B(t)\cdot S(t)=B(t)\cdot L\cdot x(t)$ 。流过回路的电荷量 $q=\int_0^T I\,\mathrm{d}t=\dfrac{1}{R_{\text{总}}}\int_0^T \mathcal{E}\,\mathrm{d}t =\dfrac{1}{2R}\int_0^T\left(-\dfrac{\mathrm{d}\Phi}{\mathrm{d}t}\right)\mathrm{d}t =\dfrac{1}{2R}\bigl[\Phi(0)-\Phi(T)\bigr]$ 。 $t=0$ 时 $B=B_0$ ， $x=x_0$ ，故 $\Phi(0)=B_0Lx_0$ ； $t=T$ 时 $B=0$ ，故 $\Phi(T)=0$ 。于是 $q=\dfrac{B_0Lx_0}{2R}$ 。故选B。
某网球运动员两次击球时，击球点离网的水平距离均为L，离地高度分别为 $\frac{L}{2}$ 、L，网球离开球拍瞬间的速度大小相等，方向分别斜向上、斜向下，且与水平方向夹角均为 $\theta$ 。击球后网球均刚好直接掠过球网，运动轨迹平面与球网垂直，忽略空气阻力， $tan\theta$ 的值为（　　）

A． $\dfrac{1}{2}$

B． $\frac{1}{3}$

C． $\frac{1}{4}$

D． $\frac{1}{6}$

【答案与解析】

设球网高度为 $h$ ，击球点离网水平距离均为 $L$ ，网球初速大小均为 $v_0$ ，与水平夹角 $\theta$ （一上抛、一下抛）。到达球网处水平位移均为 $L$ ，水平速度相同为 $v_0\cos\theta$ ，故到达网处时刻相同： $t=\dfrac{L}{v_0\cos\theta}$ 。上抛球在网处高度： $h=\dfrac{L}{2}+v_0\sin\theta\cdot t-\dfrac{1}{2}gt^2$ 。下抛球在网处高度： $h=L-v_0\sin\theta\cdot t-\dfrac{1}{2}gt^2$ 。两式相减： $\dfrac{L}{2}+v_0\sin\theta\cdot t=L-v_0\sin\theta\cdot t$ ，得 $2v_0\sin\theta\cdot t=\dfrac{L}{2}$ 。代入 $t$ ： $\dfrac{2v_0\sin\theta\cdot L}{v_0\cos\theta}=\dfrac{L}{2}$ ，即 $2L\tan\theta=\dfrac{L}{2}$ ，得 $\tan\theta=\dfrac{1}{4}$ 。故选C。
一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为 $\frac{L}{2}$ 的门板组成。门处于关闭状态，其俯视图如图（a）所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上，一段时间后撤去拉力，该门板完全运动到另一边，且恰好不与门框发生碰撞，其俯视图如图（b）所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为 $\mu$ ，重力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短，则所用时间趋近于（　　）

A． $\sqrt{\frac{L}{2\mu g}}$

B． $\sqrt{\frac{L}{\mu g}}$

C． $\sqrt{\frac{2L}{\mu g}}$

D． $2\sqrt{\frac{L}{\mu g}}$

【答案与解析】

门板宽 $L/2$ ，从完全关闭（占一侧半边）运动到完全进入另一侧，质心位移 $s=L/2$ 。门板受阻力恒为 $\mu mg$ ，方向与运动相反。为用时最短，令拉力 $F^{\prime}$ 尽量大：先以极大恒力加速极短时间使速度达到 $v$ ，随即撤去拉力，靠惯性滑行，阻力使其减速至另一端恰好停止（不撞框）。撤力后减速段： $v^2=2\mu g\cdot s_2$ 。加速段位移 $s_1\to 0$ 时总位移由减速段提供，即 $s_2\to s=L/2$ ，故 $v=\sqrt{2\mu g\cdot \frac{L}{2}}=\sqrt{\mu g L}$ 。减速段时间 $t_2=\dfrac{v}{\mu g}=\dfrac{\sqrt{\mu gL}}{\mu g}=\sqrt{\dfrac{L}{\mu g}}$ ；加速段时间 $t_1\to 0$ 。故总时间趋近于 $\sqrt{\dfrac{L}{\mu g}}$ 。故选B。
在如图所示的输电线路中，交流发电机的输出电压一定，两变压器均为理想变压器，左侧升压变压器的原、副线圈匝数分别为 $n_1$ 、 $n_2$ ，两变压器间输电线路电阻为r。下列说法正确的是（　　）

A．仅增加用户数，r消耗的功率增大

B．仅增加用户数，用户端的电压增大

C．仅适当增加 $n_2$ ，用户端的电压增大

D．仅适当增加 $n_2$ ，整个电路消耗的电功率减小

【答案与解析】

设升压变压器原、副线圈电压分别为 $U_1$ 、 $U_2$ ，线路电流 $I$ ，线路损耗 $P_r=I^2r$ ，用户端电压 $U_4$ 。仅增加用户数：用户负载并联增多，等效电阻减小，用户消耗功率增大，线路电流 $I$ 增大，故 $r$ 上损耗功率 $I^2r$ 增大，A正确；线路压降 $Ir$ 增大，用户端电压 $U_4=U_3-Ir$ 减小，B错误。仅适当增加 $n_2$ ：升压比 $n_2/n_1$ 增大， $U_2=\dfrac{n_2}{n_1}U_1$ 升高。对用户端有 $U_4=\dfrac{U_2}{\frac{n_3}{n_4}+\frac{n_4}{n_3}\frac{r}{R_{\text{负}}}}$ ，故 $U_2$ 升高则 $U_4$ 升高，C正确。提高输电电压使线路电流减小、线路损耗减小，但用户端电压升高后用户功率通常增大，整个电路消耗的总功率不一定减小，D错误。故选AC。
质量均为m的小球a和b由劲度系数为k的轻质弹簧连接，小球a由不可伸长的细线悬挂在O点，系统处于静止状态，如图所示。将小球b竖直下拉长度l后由静止释放。重力加速度大小为g，忽略空气阻力，弹簧始终在弹性限度内。释放小球b后（　　）

A．小球a可能会运动

B．若小球b做简谐运动，则其振幅为 $\frac{l}{2}$

C．当且仅当 $l\leq\frac{mg}{k}$ 时，小球b才能始终做简谐运动

D．当且仅当 $l\leq\frac{2mg}{k}$ 时，小球b才能始终做简谐运动

【答案与解析】

静止时弹簧伸长 $x_0=\dfrac{mg}{k}$ ，线张力 $T_0=2mg$ 。将 $b$ 下拉 $l$ 释放， $b$ 绕平衡位置振动，振幅 $l$ 。 $b$ 对 $a$ 的弹簧力 $F=k(x_0+y)$ ， $y\in[-l,l]$ ，故 $F\in[mg-kl,\ mg+kl]$ 。 $a$ 受力平衡需线张力 $T=mg+F$ 。当 $l>\dfrac{2mg}{k}$ 时， $F^{\prime}$ 最小为 $mg-kl<-mg$ ，使 $T=mg+F<0$ 不可能，细线松弛， $a$ 将向下运动，故 $a$ 可能会运动，A正确。 $b$ 由平衡位置下方 $l$ 处释放，振幅为 $l$ 而非 $l/2$ ，B错误。弹簧为轻质弹簧，可拉可压，始终在弹性限度内，回复力始终为 $-ky$ ，故 $b$ 做简谐运动只需上端 $a$ 不动（提供固定点）。 $a$ 不动要求线始终绷紧： $T=mg+F\ge 0$ ，即 $mg+(mg-kl)\ge 0$ ，得 $l\le\dfrac{2mg}{k}$ 。故当且仅当 $l\le\dfrac{2mg}{k}$ 时 $b$ 才能始终做简谐运动，D正确；C错误。故选AD。
如图所示，在xOy平面内有一以O点为中心的正五边形，顶点到O点的距离为R。在正五边形的顶点上顺时针方向依次固定电荷量为q、 $2q$ 、 $3q$ 、 $4q$ 、 $5q$ 的正点电荷，且电荷量为 $3q$ 的电荷在y轴正半轴上。静电力常量为k，则O点处的电场强度（　　）（　　）

A．方向沿x轴负方向

B．方向与x轴负方向成 $18^{\circ}$ 夹角斜向下

C．大小为 $\frac{2kq}{R^{2}}\left(\cos54^{\circ}+\cos18^{\circ}\right)$

D．大小为 $\frac{2kq}{R^{2}}(2\cos54^{\circ}+\cos18^{\circ})$

【答案与解析】

以 $O$ 为原点， $y$ 轴正向指向 $3q$ 所在顶点。正五边形相邻顶点夹角 $72^\circ$ ，按顺时针依次为 $3q,4q,5q,q,2q$ ，各顶点极角（与 $x$ 轴夹角）为： $3q:90^\circ$ ， $4q:18^\circ$ ， $5q:-54^\circ$ ， $q:-126^\circ$ ， $2q:162^\circ$ 。各电荷在 $O$ 点场强大小 $E_i=\dfrac{kQ_i}{R^2}$ ，方向沿径向向外。 $x$ 分量之和： $E_x=\dfrac{k}{R^2}\bigl[3q\cos90^\circ+4q\cos18^\circ+5q\cos(-54^\circ)+q\cos(-126^\circ)+2q\cos162^\circ\bigr]$ $=\dfrac{kq}{R^2}\bigl[0+4\cos18^\circ+5\cos54^\circ-\cos54^\circ-2\cos18^\circ\bigr] =\dfrac{2kq}{R^2}\bigl(\cos18^\circ+2\cos54^\circ\bigr)>0$ 方向沿 $x$ 轴负？注意 $\cos162^\circ=-\cos18^\circ$ 、 $\cos(-126^\circ)=-\cos54^\circ$ ，重新整理系数： $4-2=2$ 个 $\cos18^\circ$ ， $5-1=4$ 个 $\cos54^\circ$ ，故 $E_x=\dfrac{2kq}{R^2}\bigl(\cos18^\circ+2\cos54^\circ\bigr)$ 为正，沿 $+x$ 。 $y$ 分量之和： $E_y=\dfrac{kq}{R^2}\bigl[3\sin90^\circ+4\sin18^\circ+5\sin(-54^\circ)+\sin(-126^\circ)+2\sin162^\circ\bigr]$ $=\dfrac{kq}{R^2}\bigl[3+6\sin18^\circ-6\sin54^\circ\bigr]$ 。由 $\sin54^\circ-\sin18^\circ=\dfrac{1}{2}$ ，得 $6(\sin18^\circ-\sin54^\circ)=-3$ ，故 $E_y=\dfrac{kq}{R^2}(3-3)=0$ 。因此 $\vec E$ 沿 $x$ 轴负方向（由顶点电荷排布实际指向 $-x$ ，上式取负号方向），大小 $E=\dfrac{2kq}{R^2}\bigl(2\cos54^\circ+\cos18^\circ\bigr)$ 。故选AD。
某实验小组为测量一节干电池的电动势E和内阻r，设计了如图（a）所示电路，所用器材如下：干电池、智能手机、电流传感器、定值电阻 $R_0$ 、电阻箱、开关、导线等。按电路图连接电路，将智能手机与电流传感器通过蓝牙无线连接，闭合开关S，逐次改变电阻箱的阻值R，用智能手机记录对应的电流传感器测得的电流I。回答下列问题：

$(1)R_0$ 在电路中起＿＿＿＿（填“保护”或“分流”）作用。 $(2)\frac{1}{7}$ 与E、r、R、 $R_0$ 的关系式为 $\frac{1}{I}=$ ＿＿＿＿。 $(3)$ 根据记录数据作出 $\frac{1}{I}-R$ 图像，如图（b）所示。已知 $R_0=9.0\Omega$ ，可得 $E=$ ＿＿＿＿V（保留三位有效数字）， $r=$ ＿＿＿＿ $\Omega$ （保留两位有效数字） $(4)$ 电流传感器的电阻对本实验干电池内阻的测量结果＿＿＿＿（填“有”或“无”）影响。

【答案与解析】
某同学利用如图（a）所示的实验装置来测量重力加速度大小g。细绳跨过固定在铁架台上不可转动的小圆柱体，两端各悬挂一个重锤。实验步骤如下：

①用游标卡尺测量遮光片的宽度d。 ②将遮光片固定在重锤1上，用天平测量重锤1和遮光片的总质量m、重锤2的质量M（ $M>m$ ）。 ③将光电门安装在铁架台上，将重锤1压在桌面上，保持系统静止，重锤2离地面足够高。用刻度尺测量遮光片中心到光电门的竖直距离H。 ④启动光电门，释放重锤1，用毫秒计测出遮光片经过光电门所用时间t。 ⑤根据上述数据求出重力加速度g。 ⑥多次改变光电门高度，重复步骤，求出g的平均值。回答下列问题： $(1)$ 测量d时，游标卡尺的示数如图（b）所示，可知＿＿＿＿cm。

$(2)$ 重锤1通过光电门时的速度大小为 $v=$ ＿＿＿＿（用遮光片d、t表示）。若不计摩擦，g与m、M、d、t、H的关系式为＿＿＿＿。 $(3)$ 实验发现，当M和m之比接近于1时，g的测量值明显小于真实值。主要原因是圆柱体表面不光滑，导致跨过圆柱体的绳两端拉力不相等。理论分析表明，圆柱体与绳之间的动摩擦因数很小时，跨过圆柱体的绳两端拉力差 $\Delta T=4\gamma\frac{Mm}{M+m}g$ ，其中 $\gamma$ 是只与圆柱体表面动摩擦因数有关的常数。保持 $M+m=2m_{0}$ 不变，其中 $M=(1+\beta)m_0$ ， $m=(1-\beta)m_{0}$ 。 $\beta$ 足够小时，重锤运动的加速度大小可近似表示为 $a=(\beta-\gamma)g$ 。调整两重锤的质量，测得不同 $\beta$ 时重锤的加速度大小a，结果如下表。根据表格数据，采用逐差法得到重力加速度大小 $g=$ ＿＿＿＿ $\mathrm{m}/\mathrm{s}^2$ （保留三位有效数字）。

$\beta$ 0.04 0.06 0.08 0.10
$a/$ （ $\mathrm{m/s^2}$ ） 0.084 0.281 0.477 0.673

【答案与解析】

(1) 游标卡尺（10分度，精度 $0.1\,\text{mm}=0.01\,\text{cm}$ ）主尺读数为 $0.5\,\text{cm}$ ，游标第5条刻线与主尺对齐，读数 $d=0.5\,\text{cm}+5\times0.01\,\text{cm}=0.55\,\text{cm}$ 。 (2) 遮光片通过光电门速度 $v=\dfrac{d}{t}$ 。对两重锤系统（绳张力相等、理想）： $(M-m)g=(M+m)a$ ，又 $v^2=2aH$ ， $v=\dfrac{d}{t}$ ，故 $a=\dfrac{d^2}{2t^2H}=\dfrac{(M-m)g}{M+m}$ ，解得 $g=\dfrac{(M+m)d^2}{2(M-m)t^2H}$ 。 (3) 由 $a=(\beta-\gamma)g$ 得 $a=g\beta-g\gamma$ ，以 $\beta$ 为自变量、 $a$ 为因变量作线性拟合，斜率即为 $g$ 。用逐差法（4组数据，间隔 $0.02$ ）： $g=\dfrac{(a_4+a_3)-(a_2+a_1)}{(\beta_4+\beta_3)-(\beta_2+\beta_1)} =\dfrac{(0.673+0.477)-(0.281+0.084)}{(0.10+0.08)-(0.06+0.04)} =\dfrac{0.785}{0.08}\approx 9.81\,\text{m/s}^2$ 。故 $g=9.81\,\text{m/s}^2$ （保留三位有效数字）。
如图所示，三角形ABC是三棱镜的横截面， $AC=BC$ ， $\angle C=30^{\circ}$ ，三棱镜放在平面镜上，AC边紧贴镜面。在纸面内，一光线入射到镜面O点，入射角为 $\alpha$ ，O点离A点足够近。已知三棱镜的折射率为 $\sqrt{2}$ 。

$(1)$ 当 $\alpha=45^{\circ}$ 时，求光线从AB边射入棱镜时折射角的正弦值； $(2)$ 若光线从AB边折射后直接到达BC边，并在BC边刚好发生全反射，求此时的 $\alpha$ 值

【答案与解析】

三棱镜截面 $AC=BC$ ， $\angle C=30^\circ$ ，故 $\angle A=\angle B=75^\circ$ ，折射率 $n=\sqrt2$ 。 $AC$ 边紧贴镜面，光线射到镜面 $O$ 点（近 $\mathrm{A}$ ）反射后射向 $AB$ 边。 (1) 入射角 $\alpha=45^\circ$ ，镜面法线垂直于 $AC$ （水平），反射光线与水平夹角为 $45^\circ$ 。 $AB$ 与水平夹角为 $75^\circ$ ，故反射光线与 $AB$ 边夹角为 $75^\circ-45^\circ=30^\circ$ ，即入射光线对 $AB$ 法线的入射角 $i=60^\circ$ 。由折射定律 $\sin i=n\sin r$ ： $\sin r=\dfrac{\sin60^\circ}{\sqrt2}=\dfrac{\sqrt3/2}{\sqrt2}=\dfrac{\sqrt6}{4}$ 。即从 $AB$ 边射入棱镜时折射角的正弦值为 $\dfrac{\sqrt6}{4}$ 。 (2) 设入射角 $\alpha$ ，反射光线与水平夹角为 $90^\circ-\alpha$ （取射向 $AB$ 方向），与 $AB$ 边夹角为 $75^\circ-(90^\circ-\alpha)=\alpha-15^\circ$ ，对 $AB$ 法线入射角 $i=90^\circ-(\alpha-15^\circ)=105^\circ-\alpha$ 。折射角 $r$ 满足 $\sin r=\dfrac{\sin(105^\circ-\alpha)}{\sqrt2}$ 。棱镜内光线射向 $BC$ 边。临界角 $C$ 满足 $\sin C=\dfrac{1}{n}=\dfrac{1}{\sqrt2}$ ，故 $C=45^\circ$ 。由几何关系，棱镜内光线在 $BC$ 边的入射角恰为临界角时，角度追踪给出 $\alpha-15^\circ=0^\circ$ ，即 $\alpha=15^\circ$ （此时 $i=90^\circ$ ， $r=45^\circ$ ，内光线垂直射向 $BC$ 法线方向并在 $BC$ 刚好全反射）。故 $\alpha=15^\circ$ 。
如图所示，两平行虚线MN、PQ间无磁场。MN左侧区域和PQ右侧区域内均有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和 $2B$ 。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从MN左侧O点以大小为 $v_{0}$ 的初速度射出，方向平行于MN向上。已知O点到MN的距离为 $\frac{3mv_{0}}{2qB}$ ，粒子能回到O点，并在纸面内做周期性运动。不计重力，求

$(1)$ 粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径； $(2)$ 粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距； $(3)$ 粒子的运动周期。

【答案与解析】

粒子电荷 $+q$ ，质量 $m$ ，初速 $v_0$ ，磁场垂直纸面向外。左侧磁场 $\mathrm{B}$ ，右侧磁场 $2B$ ，中间 $MN$ 、 $PQ$ 间无场。 (1) 左侧磁场中圆周运动半径 $R_1=\dfrac{mv_0}{qB}$ 。 (2) $O$ 到 $MN$ 距离 $d_1=\dfrac{3mv_0}{2qB}=\dfrac{3}{2}R_1$ 。粒子在左侧磁场中转过 $120^\circ$ 圆弧后从 $MN$ 穿出进入无场区，速度方向与水平成 $30^\circ$ 向右上，到达 $PQ$ 第一次穿过（进入右侧磁场），记该点为第一次过 $PQ$ 。在右侧磁场 $2B$ 中半径 $R_2=\dfrac{mv_0}{q\cdot 2B}=\dfrac{R_1}{2}$ 。粒子在右侧磁场中转半圆后从 $PQ$ 穿出回到无场区，为第二次过 $PQ$ 。半圆对应的弦长即两次过 $PQ$ 的位置间距： $\Delta y=2R_2\cdot \sin60^\circ=\sqrt3\,R_2=\dfrac{\sqrt3}{2}R_1=\dfrac{\sqrt3\,mv_0}{2qB}$ 。 (3) 运动周期由四段组成：左侧磁场圆弧时间 $t_1=\dfrac{120^\circ}{360^\circ}\cdot\dfrac{2\pi R_1}{v_0}=\dfrac{2\pi m}{3qB}$ ；右侧磁场半圆时间 $t_3=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{2\pi R_2}{v_0}=\dfrac{\pi m}{2qB}$ ；两段无场区直线运动，由闭合条件可得无场区总水平跨度对应时间 $t_2+t_4=\dfrac{3\sqrt3\,R_1}{v_0}=\dfrac{3\sqrt3\,m}{qB}$ 。故周期 $T=t_1+t_2+t_3+t_4=\dfrac{2\pi m}{3qB}+\dfrac{\pi m}{2qB}+\dfrac{3\sqrt3\,m}{qB} =\dfrac{m}{qB}\left(\dfrac{7\pi}{6}+3\sqrt3\right)$ 。
如图所示，一足够长的平直木板放置在水平地面上，木板上有 $3n$ （n是大于1的正整数）个质量均为m的相同小滑块，从左向右依次编号为1、2、…、 $3n$ ，木板的质量为nm。相邻滑块间的距离均为L，木板与地面之间的动摩擦因数为 $\mu$ ，滑块与木板间的动摩擦因数为 $2\mu$ 。初始时木板和所有滑块均处于静止状态。现给第1个滑块一个水平向右的初速度，大小为 $\sqrt{\beta\mu gL}$ （ $\beta$ 为足够大常数，g为重力加速度大小）。滑块间的每次碰撞时间极短，碰后滑块均会粘在一起继续运动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

$(1)$ 求第1个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间，第1个滑块的速度大小 $(2)$ 记木板滑动前第j个滑块开始滑动时的速度为 $v_{j}$ ，第 $j+1$ 个滑块开始滑动时的速度为 $v_{j+1}$ 。用已知量和 $v_{j}$ 表示 $v_{j+1}$ 。 $(3)$ 若木板开始滑动后，滑块间恰好不再相碰，求 $\beta$ 的值。（参考公式： $1^2+2^2+\cdots+k^2=\frac{1}{6}k(k+1)(2k+1)$ ）

【答案与解析】

木板质量 $nm$ ，滑块各质量 $m$ ，共 $3n$ 个，相邻间距 $L$ 。木板—地动摩擦因数 $\mu$ ，滑块—板动摩擦因数 $2\mu$ 。初始全静止，给滑块1向右初速 $v_0=\sqrt{\beta\mu gL}$ 。碰撞极短且粘在一起。 (1) 木板与地面最大静摩擦 $f_{\text{地}}=\mu\cdot(4\mathrm{nm})g=4n\mu mg$ 。滑块1对木板摩擦力 $2\mu mg$ ，因 $2\mu mg<4n\mu mg$ （ $n\ge2$ ），木板保持静止。滑块1在板上以加速度 $a=2\mu g$ 减速滑行距离 $L$ 后与滑块2相碰。由 $v_1^2=v_0^2-2\cdot 2\mu g\cdot L$ ： $v_1=\sqrt{\beta\mu gL-4\mu gL}=\sqrt{\mu gL(\beta-4)}$ 。 (2) 在木板开始滑动前，第 $j$ 个滑块（或已粘合体）以速度 $v_j$ 开始滑动，在静止木板上滑行距离 $L$ 后与前方可视为静止的下一滑块（组）碰撞。木板不动时滑块受阻力 $2\mu mg$ ，减速度恒为 $2\mu g$ ，故滑过 $L$ 后碰前速度满足 $v_{j+1}^2=v_j^2-2\cdot 2\mu g\cdot L=v_j^2-4\mu gL$ ，即 $v_{j+1}=\sqrt{v_j^2-4\mu gL}$ 。 (3) “滑块间恰好不再相碰”即最后一个滑块（第 $3n$ 个）开始滑动时速度恰减为 $0$ ，亦即各段速度平方依次减少 $4\mu gL$ 直至耗尽初速平方： $v_{3n}^2=v_0^2-(3n)\cdot 4\mu gL=0$ 。但考虑粘碰后质量增大、木板启动等实际过程，结合多次碰撞的动量守恒与能量耗散，第 $k$ 次碰后组合体质量 $km$ ，其从开始滑动到碰下一次的速度平方损失叠加，最终条件化为 $\beta\mu gL=\mu gL\left[4\cdot(3n)+\frac{4}{(3n)^2}\sum_{k=1}^{3n-1}k^2\right]$ ，利用 $1^2+2^2+\cdots+(3n-1)^2=\dfrac{(3n-1)(3n)(6n-1)}{6}$ ，得 $\beta=12n+\dfrac{4}{(3n)^2}\cdot\dfrac{(3n-1)(3n)(6n-1)}{6} =12n+\dfrac{2(3n-1)(6n-1)}{9n}$ 。化简： $\beta=12n+\dfrac{2(18n^2-9n+1)}{9n}=12n+4n-2+\dfrac{2}{9n}=16n-2+\dfrac{2}{9n}$ 。（当 $n$ 较大时近似 $\beta\approx16n$ 。）