2023年高考各地試卷湖南物理-解析

PAGE1PAGE22023年高考湖南卷物理真題一、單選題1．2023年4月13日，中國“人造太陽”反應(yīng)堆中科院環(huán)流器裝置EAST創(chuàng)下新紀(jì)錄，實(shí)現(xiàn)403秒穩(wěn)態(tài)長脈沖高約束模等離子體運(yùn)行，為可控核聚變的最終實(shí)現(xiàn)又向前邁出了重要的一步，下列關(guān)于核反應(yīng)的說法正確的是（

）A．相同質(zhì)量的核燃料，輕核聚變比重核裂變釋放的核能更多B．氘氚核聚變的核反應(yīng)方程為1C．核聚變的核反應(yīng)燃料主要是鈾235D．核聚變反應(yīng)過程中沒有質(zhì)量虧損【答案】A【詳解】A．相同質(zhì)量的核燃料，輕核聚變的質(zhì)量虧損比重核裂變的質(zhì)量虧損大，釋放的核能更多，A正確；B．氘氚核聚變過程，質(zhì)量數(shù)守恒，電荷數(shù)守恒，根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和核電荷數(shù)守恒可知，氘氚核聚變的核反應(yīng)方程為12H+C．鈾235是重核，核裂變的核反應(yīng)燃料主要是鈾235，C錯(cuò)誤；D．核聚變反應(yīng)過程中放出大量能量，有質(zhì)量虧損，D錯(cuò)誤。故選A。2．如圖（a），我國某些農(nóng)村地區(qū)人們用手拋撒谷粒進(jìn)行水稻播種。某次拋出的谷粒中有兩顆的運(yùn)動軌跡如圖（b）所示，其軌跡在同一豎直平面內(nèi)，拋出點(diǎn)均為O，且軌跡交于P點(diǎn)，拋出時(shí)谷粒1和谷粒2的初速度分別為v1和v2，其中v1方向水平，v

A．谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度 B．谷粒2在最高點(diǎn)的速度小于vC．兩谷粒從O到P的運(yùn)動時(shí)間相等 D．兩谷粒從O到P的平均速度相等【答案】B【詳解】A．兩谷粒均做拋體運(yùn)動，故加速度均相同，A錯(cuò)誤；C．谷粒2做斜向上拋運(yùn)動，谷粒1做平拋運(yùn)動，均從O點(diǎn)運(yùn)動到P點(diǎn)，故位移相同。在豎直方向上谷粒2做豎直上拋運(yùn)動，谷粒1做自由落體運(yùn)動，豎直方向上位移相同故谷粒2運(yùn)動時(shí)間較長，C錯(cuò)誤；B．谷粒2做斜拋運(yùn)動，水平方向上為勻速直線運(yùn)動，故運(yùn)動到最高點(diǎn)的速度即為水平方向上的分速度。與谷粒1比較水平位移相同，但運(yùn)動時(shí)間較長，故谷粒2水平方向上的速度較小即最高點(diǎn)的速度小于v1D．兩谷粒從O到P的位移相同，飛行時(shí)間不同，所以平均速度不相等，D錯(cuò)誤。故選B。3．如圖（a），在均勻介質(zhì)中有A、B、C和D四點(diǎn)，其中A、B、C三點(diǎn)位于同一直線上，AC=BC=4m,DC=3m,DC垂直AB．t=0時(shí)，位于A、B、C處的三個(gè)完全相同的橫波波源同時(shí)開始振動，振動圖像均如圖（b）所示，振動方向與平面ABD垂直，已知波長為

A．這三列波的波速均為2B．t=2s時(shí)，DC．t=4.5s時(shí)，D處的質(zhì)點(diǎn)向yD．t=6s時(shí)，D處的質(zhì)點(diǎn)與平衡位置的距離是【答案】C【詳解】A．根據(jù)圖（b）的振動圖像分析可知，振動的周期為4s，故三列波的波速為v=λTB．根據(jù)圖（a）分析可知，D處距離波源最近的距離為3m，故開始振動后波源C處的橫波傳播到D處所需的時(shí)間為tC=DCv=3C．根據(jù)幾何關(guān)系可知AD=BD=5m，波源A、B產(chǎn)生的橫波傳播到D處所需的時(shí)間為tAB=ADv=5m1m/s=5s，因此t=4.5s時(shí)，只有波源CD．t=6s時(shí)，波源C處的橫波傳播到D處后振動時(shí)間為t2=t-tC=3s，根據(jù)振動圖像可知此時(shí)D處為波源C處傳播橫波的波谷；t=6s時(shí)，波源A、B處的橫波傳播到D處后振動時(shí)間為t3=t-tAB=1s，根據(jù)振動圖像可知此時(shí)D故選C。4．根據(jù)宇宙大爆炸理論，密度較大區(qū)域的物質(zhì)在萬有引力作用下，不斷聚集可能形成恒星。恒星最終的歸宿與其質(zhì)量有關(guān)，如果質(zhì)量為太陽質(zhì)量的1~8倍將坍縮成白矮星，質(zhì)量為太陽質(zhì)量的10~20倍將坍縮成中子星，質(zhì)量更大的恒星將坍縮成黑洞。設(shè)恒星坍縮前后可看成質(zhì)量均勻分布的球體，質(zhì)量不變，體積縮小，自轉(zhuǎn)變快．不考慮恒星與其它物體的相互作用．已知逃逸速度為第一宇宙速度的2倍，中子星密度大于白矮星。根據(jù)萬有引力理論，下列說法正確的是（

）A．同一恒星表面任意位置的重力加速度相同B．恒星坍縮后表面兩極處的重力加速度比坍縮前的大C．恒星坍縮前后的第一宇宙速度不變D．中子星的逃逸速度小于白矮星的逃逸速度【答案】B【詳解】A．考慮恒星自轉(zhuǎn)，兩極處萬有引力等于重力，而其它地方萬有引力的一個(gè)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錯(cuò)誤；B．恒星兩極處自轉(zhuǎn)的向心加速度為零，萬有引力全部提供重力加速度。恒星坍縮前后可看成質(zhì)量均勻分布的球體，質(zhì)量不變，體積縮小，根據(jù)萬有引力表達(dá)式F萬C．由第一宇宙速度物理意義可得GMmR2=mv2D．根據(jù)質(zhì)量分布均勻球體的質(zhì)量表達(dá)式M=4π3R3ρ得v'=2v=2GMR，聯(lián)立解得v故選B。5．如圖，真空中有三個(gè)點(diǎn)電荷固定在同一直線上，電荷量分別為Q1、Q2和Q3，P點(diǎn)和三個(gè)點(diǎn)電荷的連線與點(diǎn)電荷所在直線的夾角分別為90°、60°、和30°。若P點(diǎn)處的電場強(qiáng)度為零，q>0，則三個(gè)點(diǎn)電荷的電荷量可能為（

）

A．Q1=q，Q2=2q，Q3=q B．Q1=－q，Q2=-C．Q1=－q，Q2=2q，Q3=－q D．Q1=q，Q2=-【答案】D【詳解】AB．若三個(gè)點(diǎn)電荷同時(shí)帶正電或者負(fù)電，則P點(diǎn)的場強(qiáng)不可能為零，AB錯(cuò)誤；C．設(shè)P、Q1間的距離為r，則Q1、Q3在P點(diǎn)產(chǎn)生的合場強(qiáng)大小有cos120解得E=21kq4r2，而Q2產(chǎn)生的場強(qiáng)大小為D．設(shè)P、Q1間的距離為r，所以Q1、Q3在P點(diǎn)產(chǎn)生的合場強(qiáng)大小有cos120解得E=3kqr2，而Q2產(chǎn)生的場強(qiáng)大小為故選D。6．如圖，真空中有區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，區(qū)域Ⅰ中存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向豎直向下（與紙面平行），磁場方向垂直紙面向里，等腰直角三角形CGF區(qū)域（區(qū)域Ⅱ）內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面向外。圖中A、C、O三點(diǎn)在同一直線上，AO與GF垂直，且與電場和磁場方向均垂直。A點(diǎn)處的粒子源持續(xù)將比荷一定但速率不同的粒子射入?yún)^(qū)域Ⅰ中，只有沿直線AC運(yùn)動的粒子才能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ。若區(qū)域Ⅰ中電場強(qiáng)度大小為E、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，則粒子從CF的中點(diǎn)射出，它們在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動的時(shí)間為t0。若改變電場或磁場強(qiáng)弱，能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ中的粒子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動的時(shí)間為t，不計(jì)粒子的重力及粒子之間的相互作用，下列說法正確的是（

）

A．若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?B1，則t>t0B．若僅將區(qū)域Ⅰ中電場強(qiáng)度大小變?yōu)?E，則t>t0C．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?4BD．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?4B【答案】D【詳解】由題知粒子在AC做直線運(yùn)動，則有qv0B1=qE，區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，則粒子從CF的中點(diǎn)射出，則粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為90°，根據(jù)qvB=m4π2A．若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?B1，則粒子在AC做直線運(yùn)動的速度，有qv?2B1=qE，則vA=v02，再根據(jù)qvB=mv2r，可知粒子半徑減小，因此粒子仍然從CFB．如果僅將區(qū)域Ⅰ中電場強(qiáng)度大小變?yōu)?E，則粒子在AC做直線運(yùn)動的速度，有qv1=q?2E，則v=2v0，再根據(jù)qvB=mv2r，可知粒子半徑變?yōu)樵瓉淼?倍，因此粒子F點(diǎn)射出，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角仍為90°，所以t=C．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?4B2，則粒子在AC做直線運(yùn)動的速度仍為v0，再根據(jù)qvB=mv2r，可知粒子半徑變?yōu)樵瓉淼挠衪=43πm9qBD．如果僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?4B2，所以粒子在AC做直線運(yùn)動的速度仍為v0，再根據(jù)qvB=mv2r，可知粒子半徑變?yōu)樵瓉淼?2>2，則粒子OF邊射出，根據(jù)幾何關(guān)系可知轉(zhuǎn)過的圓心角為45°，根據(jù)故選D。二、多選題7．一位潛水愛好者在水下活動時(shí)，利用激光器向岸上救援人員發(fā)射激光信號，設(shè)激光光束與水面的夾角為α，如圖所示。他發(fā)現(xiàn)只有當(dāng)α大于41°時(shí)，岸上救援人員才能收到他發(fā)出的激光光束，下列說法正確的是（

）

A．水的折射率為1B．水的折射率為1C．當(dāng)他以α=60°向水面發(fā)射激光時(shí)，岸上救援人員接收激光光束的方向與水面夾角小于60°D．當(dāng)他以α=60°向水面發(fā)射激光時(shí)，岸上救援人員接收激光光束的方向與水面夾角大于60°【答案】BC【詳解】AB．當(dāng)潛水愛好者發(fā)現(xiàn)只有當(dāng)α大于41°時(shí)，岸上救援人員才能收到他發(fā)出的激光光束，則說明α=41°時(shí)激光恰好發(fā)生全反射，則sin(90°-41CD．當(dāng)水愛好者以α=60°向水面發(fā)射激光時(shí)，入射角i1=30°，根據(jù)折射定律有nsini1=sini2，折射角i2大于30°，則岸上救援人員接收激光光束的方向與水面夾角小于60°，C正確、D錯(cuò)誤。故選BC。8．如圖，固定在豎直面內(nèi)的光滑軌道ABC由直線段AB和圓弧段BC組成，兩段相切于B點(diǎn)，AB段與水平面夾角為θ，BC段圓心為O，最高點(diǎn)為C、A與C的高度差等于圓弧軌道的直徑2R。小球從A點(diǎn)以初速度v0沖上軌道，能沿軌道運(yùn)動恰好到達(dá)C點(diǎn)，下列說法正確的是（

）

A．小球從B到C的過程中，對軌道的壓力逐漸增大B．小球從A到C的過程中，重力的功率始終保持不變C．小球的初速度vD．若小球初速度v0增大，小球有可能從B點(diǎn)脫離軌道【答案】AD【詳解】A．據(jù)題圖分析可知，小球能沿軌道運(yùn)動恰好到達(dá)C點(diǎn)，根據(jù)小球在C點(diǎn)的速度為v0，因此小球從C到B的過程中，有mgR(1-cosα)=聯(lián)立有FN=3mgcosα－2mg，因此從C到B的過程中α由0增大到θ，cosα逐漸減小，所以FN逐漸減小，而小球從B到C的過程中，對軌道的壓力逐漸增大，A正確；B．以為A到B的過程中小球的速度逐漸減小，因此A到B的過程中重力的功率為P=－mgvsinθ，所以A到B的過程中小球重力的功率始終減小，則B錯(cuò)誤；C．根據(jù)從A到C的過程中有-mg?2R=12mvCD．小球在B點(diǎn)恰好脫離軌道有mgcosθ=mvB2R，所以vB=gRcosθ，若小球初速度故選AD。9．某同學(xué)自制了一個(gè)手搖交流發(fā)電機(jī)，如圖所示。大輪與小輪通過皮帶傳動（皮帶不打滑），半徑之比為4:1，小輪與線圈固定在同一轉(zhuǎn)軸上。線圈是由漆包線繞制而成的邊長為L的正方形，共n匝，總阻值為R。磁體間磁場可視為磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。大輪以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，帶動小輪及線圈繞轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)軸與磁場方向垂直。線圈通過導(dǎo)線、滑環(huán)和電刷連接一個(gè)阻值恒為R的燈泡。假設(shè)發(fā)電時(shí)燈泡能發(fā)光且工作在額定電壓以內(nèi)，下列說法正確的是（

）

A．線圈轉(zhuǎn)動的角速度為4ωB．燈泡兩端電壓有效值為3C．若用總長為原來兩倍的相同漆包線重新繞制成邊長仍為L的多匝正方形線圈，則燈泡兩端電壓有效值為4D．若僅將小輪半徑變?yōu)樵瓉淼膬杀叮瑒t燈泡變得更亮【答案】AC【詳解】A．大輪和小輪通過皮帶傳動，線速度相等，小輪和線圈同軸轉(zhuǎn)動，角速度相等，根據(jù)v=ωr根據(jù)題意可知大輪與小輪半徑之比為4:1，則小輪轉(zhuǎn)動的角速度為4ω，線圈轉(zhuǎn)動的角速度為4ω，A正確；B．線圈產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的最大值Emax=nBS?4ω，又因?yàn)镾=L2，所以聯(lián)立可得Emax=4nBL2C．如果用總長為原來兩倍的相同漆包線重新繞制成邊長仍為L的多匝正方形線圈，則線圈的匝數(shù)變?yōu)樵瓉淼?倍，線圈產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的最大值Emax'=8nBL2ω，此時(shí)線圈產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的有效值E'U'=D．如果僅將小輪半徑變?yōu)樵瓉淼膬杀叮瑩?jù)v=ωr可知小輪和線圈的角速度變小，根據(jù)E=nBSω2故選AC。10．如圖，光滑水平地面上有一質(zhì)量為2m的小車在水平推力F的作用下加速運(yùn)動。車廂內(nèi)有質(zhì)量均為m的A、B兩小球，兩球用輕桿相連，A球靠在光滑左壁上，B球處在車廂水平底面上，且與底面的動摩擦因數(shù)為μ，桿與豎直方向的夾角為θ，桿與車廂始終保持相對靜止假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是（

）

A．若B球受到的摩擦力為零，則F=2mgB．若推力F向左，且tanθ≤μ，則F的最大值為C．若推力F向左，且μ<tanθ≤2μ，則FD．若推力F向右，且tanθ>2μ，則F的范圍為【答案】CD【詳解】A．設(shè)桿的彈力為N，對小球A：豎直方向受力平衡，因此桿水平方向的分力與豎直方向的分力滿足NxNy=tanθ，，豎直方向Ny=mg，則Nx=mgtanθ，如果B球受到的摩擦力為零，對B根據(jù)牛頓第二定律分析B．如果推力F向左，根據(jù)牛頓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為Nx=mgtanθ，對小球B，因?yàn)閠anθ≤μ，小球B受到向左的合力F=μ(Ny+mg)-Nx≥mgtanθC．如果推力F向左，根據(jù)牛頓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為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<tanD．若推力F向右，根據(jù)牛頓第二定律可知系統(tǒng)整體加速度向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，理論上向右的合力可以無限大，因此只需要討論小球B即可，當(dāng)小球B所受的摩擦力向左時(shí)，小球B向右的合力最小，此時(shí)Fmin=Nx-(Ny+mg)μ=mgtanθ-2μmgtanθ，當(dāng)小球所受摩擦力向右時(shí)，小球B向右的合力最大，此時(shí)F4mg(tanθ-2μ)≤F≤4mg(故選CD。三、實(shí)驗(yàn)題11．某同學(xué)探究彈簧振子振動周期與質(zhì)量的關(guān)系，實(shí)驗(yàn)裝置如圖（a）所示，輕質(zhì)彈簧上端懸掛在鐵架臺上，下端掛有鉤碼，鉤碼下表面吸附一個(gè)小磁鐵，其正下方放置智能手機(jī)，手機(jī)中的磁傳感器可以采集磁感應(yīng)強(qiáng)度實(shí)時(shí)變化的數(shù)據(jù)并輸出圖像，實(shí)驗(yàn)步驟如下：

（1）測出鉤碼和小磁鐵的總質(zhì)量m;（2）在彈簧下端掛上該鉤碼和小磁鐵，使彈簧振子在豎直方向做簡諧運(yùn)動，打開手機(jī)的磁傳感器軟件，此時(shí)磁傳感器記錄的磁感應(yīng)強(qiáng)度變化周期等于彈簧振子振動周期；（3）某次采集到的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小隨時(shí)間t變化的圖像如圖（b）所示，從圖中可以算出彈簧振子振動周期T=______（用“t0（4）改變鉤碼質(zhì)量，重復(fù)上述步驟；（5）實(shí)驗(yàn)測得數(shù)據(jù)如下表所示，分析數(shù)據(jù)可知，彈簧振子振動周期的平方與質(zhì)量的關(guān)系是______（填“線性的”或“非線性的”）；m10T/TT0.0152.430.2430.0590.0253.140.3140.0990.0353.720.3720.1380.0454.220.4220.1780.0554.660.4660.217（6）設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k，根據(jù)實(shí)驗(yàn)結(jié)果并結(jié)合物理量的單位關(guān)系，彈簧振子振動周期的表達(dá)式可能是______（填正確答案標(biāo)號）；A．2πmk

B．2πkm

C．（7）除偶然誤差外，寫出一條本實(shí)驗(yàn)中可能產(chǎn)生誤差的原因：____________．【答案】t0【詳解】（3）從圖中可以算出彈簧振子振動周期T=t（5）分析數(shù)據(jù)可知，彈簧振子振動周期的平方與質(zhì)量的比值接近于常量3.95，則彈簧振子振動周期的平方與質(zhì)量的關(guān)系是線性的；（6）因2πmk的單位為kgN/m=kg故選A。（7）除偶然誤差外，鉤碼振動過程中受空氣阻力的影響可能會使本實(shí)驗(yàn)產(chǎn)生誤差。12．某探究小組利用半導(dǎo)體薄膜壓力傳感器等元件設(shè)計(jì)了一個(gè)測量微小壓力的裝置，其電路如圖（a）所示，R1、R2、

（1）先用歐姆表“×100”擋粗測RF的阻值，示數(shù)如圖（b）所示，對應(yīng)的讀數(shù)是____Ω（2）適當(dāng)調(diào)節(jié)R1、R2、（3）依次將0.5g的標(biāo)準(zhǔn)砝碼加載到壓力傳感器上（壓力傳感器上所受壓力大小等于砝碼重力大?。?，讀出電壓傳感器示數(shù)U次數(shù)123456砝碼質(zhì)量m0.00.51.01.52.02.5電壓U057115168220280根據(jù)表中數(shù)據(jù)在圖（c）上描點(diǎn)，繪制U-m關(guān)系圖線_____；

（4）完成前面三步的實(shí)驗(yàn)工作后，該測量微小壓力的裝置即可投入使用．在半導(dǎo)體薄膜壓力傳感器上施加微小壓力F0，電壓傳感器示數(shù)為200mV，則F0大小是_____N（5）若在步驟（4）中換用非理想毫伏表測量C、D間電壓，在半導(dǎo)體薄膜壓力傳感器上施加微小壓力F1，此時(shí)非理想毫伏表讀數(shù)為200mV，則F1【答案】1000或1000.0R1R3R2

1.7【詳解】（1）歐姆表讀數(shù)為10×100Ω=1000Ω（2）當(dāng)電壓傳感器讀數(shù)為零時(shí)，CD兩點(diǎn)電勢相等，即UCB=UDB解得RF（3）根據(jù)表中數(shù)據(jù)在圖（c）上描點(diǎn)，繪制U-m關(guān)系圖線，注意用順次平滑曲線連接各個(gè)點(diǎn)，如下圖所示：

（4）據(jù)圖像分析可知，當(dāng)電壓傳感器的讀數(shù)為200mV時(shí)，所放物體質(zhì)量為1.75g，因此F0（5）可將CD以外的電路等效為新的電源，CD兩點(diǎn)電壓看做路端電壓，因?yàn)閾Q用非理想電壓傳感器當(dāng)讀數(shù)為200mV時(shí)，實(shí)際CD間斷路（接理想電壓傳感器時(shí)）時(shí)的電壓大于200mV，則此時(shí)壓力傳感器的讀數(shù)F1>F0。四、解答題13．汽車剎車助力裝置能有效為駕駛員踩剎車省力．如圖，剎車助力裝置可簡化為助力氣室和抽氣氣室等部分構(gòu)成，連桿AB與助力活塞固定為一體，駕駛員踩剎車時(shí)，在連桿AB上施加水平力推動液壓泵實(shí)現(xiàn)剎車．助力氣室與抽氣氣室用細(xì)管連接，通過抽氣降低助力氣室壓強(qiáng)，利用大氣壓與助力氣室的壓強(qiáng)差實(shí)現(xiàn)剎車助力．每次抽氣時(shí)，K1打開，K2閉合，抽氣活塞在外力作用下從抽氣氣室最下端向上運(yùn)動，助力氣室中的氣體充滿抽氣氣室，達(dá)到兩氣室壓強(qiáng)相等；然后，K1閉合，K2打開，抽氣活塞向下運(yùn)動，抽氣氣室中的全部氣體從K2排出，完成一次抽氣過程．已知助力氣室容積為V0，初始壓強(qiáng)等于外部大氣壓強(qiáng)（1）求第1次抽氣之后助力氣室內(nèi)的壓強(qiáng)p1（2）第n次抽氣后，求該剎車助力裝置為駕駛員省力的大小ΔF

【答案】（1）p1=【詳解】（1）以助力氣室內(nèi)的氣體為研究對象，則初態(tài)壓強(qiáng)p0，體積V0，第一次抽氣后，氣體體積V=V0+V1，根據(jù)玻意耳定律（2）同理第二次抽氣p1V0=因此當(dāng)n次抽氣后助力氣室內(nèi)的氣體壓強(qiáng)pn=ΔF=(14．如圖，兩根足夠長的光滑金屬直導(dǎo)軌平行放置，導(dǎo)軌間距為L，兩導(dǎo)軌及其所構(gòu)成的平面均與水平面成θ角，整個(gè)裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面斜向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B．現(xiàn)將質(zhì)量均為m的金屬棒a、b垂直導(dǎo)軌放置，每根金屬棒接入導(dǎo)軌之間的電阻均為R。運(yùn)動過程中金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，金屬棒始終未滑出導(dǎo)軌，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，重力加速度為g。

（1）先保持棒b靜止，將棒a由靜止釋放，求棒a勻速運(yùn)動時(shí)的速度大小v0（2）在（1）問中，當(dāng)棒a勻速運(yùn)動時(shí)，再將棒b由靜止釋放，求釋放瞬間棒b的加速度大小a0（3）在（2）問中，從棒b釋放瞬間開始計(jì)時(shí)，經(jīng)過時(shí)間t0，兩棒恰好達(dá)到相同的速度v，求速度v的大