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2023年高考湖南卷物理真题 一、单选题 1．2023年4月13日，中国“人造太阳”反应堆中科院环流器装置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12H+13H→24He+-10e 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】A 【详解】A．相同质量的核燃料，轻核聚变的质量亏损比重核裂变的质量亏损大，释放的核能更多，A正确； B．氘氚核聚变过程，质量数守恒，电荷数守恒，根据质量数守恒和核电荷数守恒可知，氘氚核聚变的核反应方程为12H+13H→24He+01n，B错误； C．铀235是重核，核裂变的核反应燃料主要是铀235，C错误； D．核聚变反应过程中放出大量能量，有质量亏损，D错误。 故选A。 2．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v1和v2，其中v1方向水平，v2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v1 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】B 【详解】A．两谷粒均做抛体运动，故加速度均相同，A错误； C．谷粒2做斜向上抛运动，谷粒1做平抛运动，均从O点运动到P点，故位移相同。在竖直方向上谷粒2做竖直上抛运动，谷粒1做自由落体运动，竖直方向上位移相同故谷粒2运动时间较长，C错误； B．谷粒2做斜抛运动，水平方向上为匀速直线运动，故运动到最高点的速度即为水平方向上的分速度。与谷粒1比较水平位移相同，但运动时间较长，故谷粒2水平方向上的速度较小即最高点的速度小于v1，B正确； D．两谷粒从O到P的位移相同，飞行时间不同，所以平均速度不相等，D错误。 故选B。 3．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=4m,DC=3m,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4m．下列说法正确的是（    ）    A．这三列波的波速均为2m/s B．t=2s时，D处的质点开始振动 C．t=4.5s时，D处的质点向y轴负方向运动 D．t=6s时，D处的质点与平衡位置的距离是6cm 【答案】C 【详解】A．根据图（b）的振动图像分析可知，振动的周期为4s，故三列波的波速为v=λT=4m4s=1m/s，A错误； B．根据图（a）分析可知，D处距离波源最近的距离为3m，故开始振动后波源C处的横波传播到D处所需的时间为tC=DCv=3m1m/s=3s，因此t=2s时，D处的质点还未开始振动，B错误； C．根据几何关系可知AD=BD=5m，波源A、B产生的横波传播到D处所需的时间为tAB=ADv=5m1m/s=5s，因此t=4.5s时，只有波源C处的横波传播到D处，此时D处的质点振动时间为t1=t-tC=1.5s，根据振动图像可知此时D处的质点向y轴负方向运动，C正确； D．t=6s时，波源C处的横波传播到D处后振动时间为t2=t-tC=3s，根据振动图像可知此时D处为波源C处传播横波的波谷；t=6s时，波源A、B处的横波传播到D处后振动时间为t3=t-tAB=1s，根据振动图像可知此时D处为波源A、B处传播横波的波峰。根据波的叠加原理可知此时D处质点的位移为y=2A-A=2cm，因此t=6s时，D处的质点与平衡位置的距离是2cm。D错误。 故选C。 4．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1~8倍将坍缩成白矮星，质量为太阳质量的10~20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】B 【详解】A．考虑恒星自转，两极处万有引力等于重力，而其它地方万有引力的一个分力等于重力，所以同一恒星表面任意位置的重力加速度比一定相同，A错误； B．恒星两极处自转的向心加速度为零，万有引力全部提供重力加速度。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，根据万有引力表达式F万=GMmR2可知，恒星表面物体受到的万有引力变大，根据牛顿第二定律可知恒星坍缩后表面两极处的重力加速度比坍缩前的大。B正确； C．由第一宇宙速度物理意义可得GMmR2=mv2R，整理得v=GMR，恒星坍缩前后质量不变，体积缩小，故第一宇宙速度变大，C错误； D．根据质量分布均匀球体的质量表达式M=4π3R3ρ得R=33M4πρ，已知逃逸速度为第一宇宙速度的2倍，则 v'=2v=2GMR，联立解得v'2=2v2=2GMR=4G3πρM23，根据题意分析可知中子星的质量和密度均大于白矮星，结合上式表达式可知中子星的逃逸速度大于白矮星的逃逸速度，D错误。 故选B。 5．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Q1、Q2和Q3，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°、60°、和30°。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．Q1= q，Q2=2q，Q3= q B．Q1= －q，Q2=-433q，Q3= －4q C．Q1= －q，Q2=2q，Q3= －q D．Q1= q，Q2=-433q，Q3= 4q 【答案】D 【详解】AB．若三个点电荷同时带正电或者负电，则P点的场强不可能为零，AB错误； C．设P、Q1间的距离为r，则Q1、Q3在P点产生的合场强大小有cos120∘=(kqr2)2+(kq4r2)2-E22⋅k2q24r4， 解得E=21kq4r2，而Q2产生的场强大小为 E=32kq4r2，因P点的场强不可能为零，C错误； D．设P、Q1间的距离为r，所以Q1、Q3在P点产生的合场强大小有cos120∘=(kqr2)2+(4kq4r2)2-E22⋅4k2q24r4， 解得E=3kqr2，而Q2产生的场强大小为E=3kqr2，因此P点的场强可能为零，D正确。 故选D。 6．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B1，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0。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2B1，则t > t0 B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则t > t0 C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为34B2，则t=t02 D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为24B2，则t=2t0 【答案】D 【详解】由题知粒子在AC做直线运动，则有qv0B1= qE，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，则粒子转过的圆心角为90°，根据qvB=m4π2T2r，有t0=πm2qB2。 A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则粒子在AC做直线运动的速度，有qv∙2B1= qE，则vA=v02，再根据qvB=mv2r，可知粒子半径减小，因此粒子仍然从CF边射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t = t0，A错误； B．如果仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则粒子在AC做直线运动的速度，有qv1= q∙2E，则v = 2v0，再根据 qvB=mv2r，可知粒子半径变为原来的2倍，因此粒子F点射出，粒子转过的圆心角仍为90°，所以t = t0，B错误； C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为34B2，则粒子在AC做直线运动的速度仍为v0，再根据qvB=mv2r，可知粒子半径变为原来的43>2，则粒子从OF边射出，根据几何关系可知转过的圆心角为60°，根据qvB=m4π2T2r， 有t=43πm9qB2，则t=83t09，C错误； D．如果仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为24B2，所以粒子在AC做直线运动的速度仍为v0，再根据qvB=mv2r，可知粒子半径变为原来的42>2，则粒子OF边射出，根据几何关系可知转过的圆心角为45°，根据qvB=m4π2T2r，有t=2πm2qB2，则t=2t0，D正确。 故选D。 二、多选题 7．一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α，如图所示。他发现只有当α大于41°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1sin41° B．水的折射率为1sin49° C．当他以α = 60°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° D．当他以α = 60°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° 【答案】BC 【详解】AB．当潜水爱好者发现只有当α大于41°时，岸上救援人员才能收到他发出的激光光束，则说明α = 41°时激光恰好发生全反射，则sin(90∘-41∘)=1n，则n=1sin49°，A错误、B正确； CD．当水爱好者以α = 60°向水面发射激光时，入射角i1 = 30°，根据折射定律有nsini1 = sini2，折射角i2大于30°，则岸上救援人员接收激光光束的方向与水面夹角小于60°，C正确、D错误。 故选BC。 8．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θ，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v0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v0=2gR D．若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道 【答案】AD 【详解】A．据题图分析可知，小球能沿轨道运动恰好到达C点，根据小球在C点的速度为v 0，因此小球从C到B的过程中，有mgR(1-cosα)=12mv2，FN=mgcosα-mv2R 联立有FN= 3mgcosα－2mg，因此从C到B的过程中α由0增大到θ，cosα逐渐减小，所以FN逐渐减小，而小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大，A正确； B．以为A到B的过程中小球的速度逐渐减小，因此A到B的过程中重力的功率为P = －mgvsinθ，所以A到B的过程中小球重力的功率始终减小，则B错误； C．根据从A到C的过程中有-mg⋅2R=12mvC2-12mv02，解得v0=4gR，C错误； D．小球在B点恰好脱离轨道有mgcosθ=mvB2R，所以vB=gRcosθ，若小球初速度v0增大，小球在B点的速度有可能为gRcosθ，因此小球有可能从B点脱离轨道，D正确。 故选AD。 9．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ω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4ω B．灯泡两端电压有效值为32nBL2ω 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42nBL2ω3 D．若仅将小轮半径变为原来的两倍，则灯泡变得更亮 【答案】AC 【详解】 A．大轮和小轮通过皮带传动，线速度相等，小轮和线圈同轴转动，角速度相等，根据 v=ωr根据题意可知大轮与小轮半径之比为4:1，则小轮转动的角速度为4ω，线圈转动的角速度为4ω，A正确； B．线圈产生感应电动势的最大值Emax=nBS⋅4ω，又因为S=L2，所以联立可得Emax=4nBL2ω，所以线圈产生感应电动势的有效值E=Emax2=22nBL2ω，根据串联电路分压原理可知灯泡两端电压有效值为U=RER+R=2nBL2ω，B错误； C．如果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，则线圈的匝数变为原来的2倍，线圈产生感应电动势的最大值Emax'=8nBL2ω，此时线圈产生感应电动势的有效值E'=Emax'2=42nBL2ω，根据电阻定律R'=ρlS'，因此线圈电阻变为原来的2倍，即为2R，根据串联电路分压原理可得灯泡两端电压有效值 U'=RE'R+2R=42nBL2ω3，C正确； D．如果仅将小轮半径变为原来的两倍，据v=ωr可知小轮和线圈的角速度变小，根据E=nBSω2，可知线圈产生的感应电动势有效值变小，则灯泡变暗，D错误。 故选AC。 10．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μ，杆与竖直方向的夹角为θ，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=2mgtanθ B．若推力F向左，且tanθ≤μ，则F的最大值为2mgtanθ C．若推力F向左，且μ<tanθ≤2μ，则F的最大值为4mg(2μ-tanθ) D．若推力F向右，且tanθ>2μ，则F的范围为4mg(tanθ-2μ)≤F≤4mg(tanθ+2μ) 【答案】CD 【详解】 A．设杆的弹力为N，对小球A：竖直方向受力平衡，因此杆水平方向的分力与竖直方向的分力满足NxNy=tanθ，，竖直方向Ny=mg，则Nx=mgtanθ，如果B球受到的摩擦力为零，对B根据牛顿第二定律分析可得Nx=ma，可解得a=gtanθ，对小球A、B和小车整体根据牛顿第二定律F=4ma=4mgtanθ，A错误； B．如果推力F向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A所受向左的合力的最大值为Nx=mgtanθ，对小球B，因为tanθ≤μ，小球B受到向左的合力F=μ(Ny+mg)-Nx≥mgtanθ，则对小球A，据牛顿第二定律分析可得Nx=mamax，对系统整体根据牛顿第二定律F=4mamax，解得F=4mgtanθ，B错误； C．如果推力F向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A所受向左的合力的最大值为Nx=mgtanθ，小球B所受向左的合力的最大值Fmax=(Ny+mg)⋅μ-Nx=2μmg-mgtanθ，由于μ<tanθ≤2μ可知Fmax<mgtanθ，则对小球B，根据牛顿第二定律Fmax=2μmg-mgtanθ=mamax，对系统根据牛顿第二定律F=4mamax，联立可得F的最大值为F=4mg(2μ-tanθ)，C正确； D．若推力F向右，根据牛顿第二定律可知系统整体加速度向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，理论上向右的合力可以无限大，因此只需要讨论小球B即可，当小球B所受的摩擦力向左时，小球B向右的合力最小，此时Fmin=Nx-(Ny+mg)μ=mgtanθ-2μmgtanθ，当小球所受摩擦力向右时，小球B向右的合力最大，此时Fmax=Nx+(Ny+mg)μ=mgtanθ+2μmgtanθ，对小球B根据牛顿第二定律Fmin=mamin，Fmax=mamax，对系统根据牛顿第二定律F=4ma，代入小球B所受合力分范围可解得F的范围为 4mg(tanθ-2μ)≤F≤4mg(tanθ+2μ)，D正确。 故选CD。 三、实验题 11．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“t0”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”）； mkg 10T/s Ts T2s2 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．2πmk    B．2πkm     C．2πmk     D．2πkm （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】 t010 线性的 A 空气阻力 【详解】 （3）从图中可以算出弹簧振子振动周期T=t010。 （5）分析数据可知，弹簧振子振动周期的平方与质量的比值接近于常量3.95，则弹簧振子振动周期的平方与质量的关系是线性的； （6）因2πmk的单位为kgN/m=kg⋅mkg⋅m/s2=s，因为s（秒）为周期的单位，因此其它各项单位都不是周期的单位，A正确，BCD错误。 故选A。 （7）除偶然误差外，钩码振动过程中受空气阻力的影响可能会使本实验产生误差。 12．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，R1、R2、R3为电阻箱，RF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“×100”挡粗测RF的阻值，示数如图（b）所示，对应的读数是____Ω; （2）适当调节R1、R2、R3，使电压传感器示数为0，此时，RF的阻值为_____（用R1、R2、R3表示）； （3）依次将0.5g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mg 0.0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 电压UmV 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F0，电压传感器示数为200mV，则F0大小是_____N（重力加速度取9.8m/s2，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F1，此时非理想毫伏表读数为200mV，则F1_____F0（填“>”“=”或“<”）． 【答案】 1000或1000.0 R1R3R2    1.7×10-2 > 【详解】 （1）欧姆表读数为10×100Ω=1000Ω （2）当电压传感器读数为零时，CD两点电势相等，即UCB=UDB，即UABR1+RFRF=UABR2+R3R3， 解得RF=R1R3R2。 （3）根据表中数据在图（c）上描点，绘制U-m关系图线，注意用顺次平滑曲线连接各个点，如下图所示：    （4）据图像分析可知，当电压传感器的读数为200mV时，所放物体质量为1.75g，因此 F0=mg=1.75×10-3×9.8N=1.7×10-2N。 （5）可将CD以外的电路等效为新的电源，CD两点电压看做路端电压，因为换用非理想电压传感器当读数为200mV时，实际CD间断路（接理想电压传感器时）时的电压大于200mV，则此时压力传感器的读数F1>F0。 四、解答题 13．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，K1打开，K2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，K1闭合，K2打开，抽气活塞向下运动，抽气气室中的全部气体从K2排出，完成一次抽气过程．已知助力气室容积为V0，初始压强等于外部大气压强p0，助力活塞横截面积为S，抽气气室的容积为V1。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p1； （2）第n次抽气后，求该刹车助力装置为驾驶员省力的大小ΔF。    【答案】（1）p1=p0V0V0+V1；（2）ΔF=[1-(V0V0+V1)n]p0S 【详解】 （1）以助力气室内的气体为研究对象，则初态压强p0，体积V0，第一次抽气后，气体体积V=V0+V1，根据玻意耳定律p0V0=p1V，解得p1=p0V0V0+V1， （2）同理第二次抽气p1V0=p2V，解得p2=p1V0V0+V1=V0V0+V12p0以此类推…… 因此当n次抽气后助力气室内的气体压强pn=V0V0+V1np0，刹车助力系统为驾驶员省力大小为 ΔF=(p0-pn)S=[1-V0V0+V1n]p0S。 14．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θ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v0； （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a0； （3）在（2）问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx。    【答案】（1）v0=2mgRsinθB2L2；（2）a=2gsinθ；（3）v=gsinθ⋅t0+v02，Δx=mv0RB2L2 【详解】 （1）a导体棒在运动过程中重力沿斜面的分力和a棒的安培力相等时做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得 E=BLv0，有闭合电路欧姆定律及安培力公式可得I=E2R，F=BIL，a棒受力平衡可得mgsinθ=BIL，联立解得 v0=2mgRsinθB2L2。 （2）根据右手定则可知导体棒b中电流向里，b棒 沿斜面向下的安培力，此时电路中电流不变，则b棒牛顿第二定律可得mgsinθ+BIL=ma，可解得a=2gsinθ。 （3）释放b棒后a棒受到沿斜面向上的安培力，在到达共速时对a棒动量定理mgsinθt0-BILt0=mv-mv0，b棒受到向下的安培力，对b棒动量定理mgsinθt0+BILt0=mv， 联立解得v=gsinθ⋅t0+v02，此过程流过b棒的电荷量为q，因此有q=It0，根据法拉第电磁感应定律可得 I=E2R=12RBLΔxt0，联立b棒动量定理可解得Δx=mv0RB2L2。 15．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Mm=ba-b，求小球下降h=b2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】（1）v2=2m2gbM2+Mm，x2=mM+ma；（2）xM+m-ma2M2a2+y2b2=1；（3）2bga+3b 【详解】 （1）小球运动到最低点的时候小球和凹槽水平方向系统动量守恒，取向左为正0=mv1-Mv2，小球运动到最低点的过程中整个系统机械能守恒mgb=12mv12+12Mv22， 联立解得v2=2m2gbM2+Mm，因水平方向在任何时候都动量守恒即0=mv1-Mv2， 两边同时乘t可解得mx1=Mx2，根据几何关系可知x1+x2=a，联立解得x2=mM+ma （2）小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标为x,y时，此时凹槽水平向右运动的位移为Δx，根据上式有ma-x=M⋅Δx。则小球现在在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可知此时的椭圆方程为x-Δx2a2+y2b2=1，整理得xM+m-ma2M2a2+y2b2=1。 （3）将Mm=ba-b代入小球的轨迹方程化简可得x-a-b2+y2=b2，即此时小球的轨迹为以a-b为圆心，b为半径的圆，则当小球下降的高度为b2时有如图    此时可知速度和水平方向的的夹角为60°，小球下降b2的过程中，系统水平方向动量守恒 0=mv3cos60°-Mv4，系统机械能守恒mgb2=12mv32+12Mv42，联立解得v3=4gb2a+3b=2bga+3b。