2025年高考四川卷物理真题

2025年4月30日，神舟十九号载人飞船成功返回。某同学在观看直播时注意到，返回舱从高度 $3090m$ 下降到高度 $2010m$ ，用时约 $130s$ 。这段时间内，返回舱在竖直方向上的平均速度大小约为（　　）

A． $8.3\mathrm{m/s}$

B． $15.5\mathrm{m/s}$

C． $23.8\mathrm{m/s}$

D． $39.2\mathrm{m/s}$

【答案与解析】

返回舱下降高度 $\Delta h = 3090\,\text{m} - 2010\,\text{m} = 1080\,\text{m}$ ，用时 $t = 130\,\text{s}$ 。平均速度大小 $\bar{v} = \dfrac{\Delta h}{t} = \dfrac{1080}{130}\,\text{m/s} \approx 8.3\,\text{m/s}$ 。故选A。
某多晶薄膜晶格结构可以等效成缝宽约为 $3.5\times 10^{−10}m$ 的狭缝。下列粒子束穿过该多晶薄膜时，衍射现象最明显的是（　　）

A．德布罗意波长约为 $7.9\times 10^{−13}m$ 的中子

B．德布罗意波长约为 $8.7\times 10^{−12}m$ 的质子

C．德布罗意波长约为 $2.6\times 10^{−11}m$ 的氮分子

D．德布罗意波长约为 $1.5\times 10^{−10}m$ 的电子

【答案与解析】

衍射现象的明显程度取决于德布罗意波长 $\lambda$ 与缝宽（等效） $a$ 的相对大小， $\lambda/a$ 越大衍射越显著。缝宽 $a \approx 3.5\times 10^{-10}\,\text{m}$ 。四选项波长分别为：A $7.9\times 10^{-13}\,\text{m}$ 、B $8.7\times 10^{-12}\,\text{m}$ 、C $2.6\times 10^{-11}\,\text{m}$ 、D $1.5\times 10^{-10}\,\text{m}$ 。D选项电子的波长最大且与缝宽最接近（ $\lambda/a \approx 0.43$ ），衍射最明显。故选D。
如图所示，由长为R的直管ab和半径为R的半圆形弯管bcd、def组成的绝缘光滑管道固定于水平面内，管道间平滑连接。bcd圆心O点处固定一电荷量为Q（ $Q > 0$ ）的带电小球。另一个电荷量为q（ $q > 0$ 且 $q << Q$ ）的带电小球以一定初速度从a点进入管道，沿管道运动后从f点离开。忽略空气阻力。则（　　）

A．小球在e点所受库仑力大于在b点所受库仑力

B．小球从c点到e点电势能先不变后减小

C．小球过f点的动能等于过d点的动能

D．小球过b点的速度大于过a点的速度

【答案与解析】

由图可知，管道在水平面内， $O$ 为半圆 $bcd$ 的圆心，半径为 $R$ 。 $b$ 、 $c$ 均在半圆 $bcd$ 上，到 $O$ 距离均为 $R$ ； $e$ 在半圆 $def$ 上，到 $O$ 的距离大于 $R$ 。 A：库仑力 $F=kQq/r^2$ ， $r_e > r_b$ ，则 $F_e < F_b$ ，A错误。 B：从 $c$ 到 $d$ 沿半圆 $bcd$ 运动， $r=R$ 不变，电势能不变；从 $d$ 到 $e$ 沿半圆 $def$ 运动， $r$ 增大，电势能 $E_p=kQq/r$ 减小。先不变后减小，B正确。 C： $d$ 点 $r_d=R$ ， $f$ 点 $r_f > R$ ，则 $E_{pf} < E_{pd}$ ，由能量守恒（只有保守力做功），动能 $E_{kf} > E_{kd}$ ，C错误。 D：从 $a$ 到 $b$ 沿直管运动， $a$ 点距 $O$ 大于 $b$ 点（ $r_a > r_b$ ），斥力做负功，动能减小， $v_b < v_a$ ，D错误。故选B。
如图1所示，用活塞将一定质量的理想气体密封在导热汽缸内，活塞稳定在a处。将汽缸置于恒温冷水中，如图2所示，活塞自发从a处缓慢下降并停在b处，然后保持汽缸不动，用外力将活塞缓慢提升回a处。不计活塞与汽缸壁之间的摩擦。则（　　）

A．活塞从a到b的过程中，汽缸内气体压强升高

B．活塞从a到b的过程中，汽缸内气体内能不变

C．活塞从b到a的过程中，汽缸内气体压强升高

D．活塞从b到a的过程中，汽缸内气体内能不变

【答案与解析】

汽缸导热且置于恒温冷水中，气体温度始终等于冷水温度 $T_c$ （等温过程）。活塞无摩擦，平衡时内部压强恒等于外界压强 $p_0$ （大气压与活塞重力产生）。 A、B（ $a\to b$ ）：气体被冷却压缩，温度保持 $T_c$ 不变，理想气体内能只与温度有关，内能不变？实际上初始温度若高于 $T_c$ 则降温过程内能减小；但"缓慢下降"近似准静态，最终 $b$ 处温度= $T_c$ 。过程中温度从初值降至 $T_c$ ，内能减小，B错误。压强始终约等于 $p_0$ （非单调升高），A错误。 C、D（ $b\to a$ ）：外力缓慢提升活塞，气体等温膨胀（ $T=T_c$ 恒定），内能不变，D正确。等温膨胀体积增大，由 $pV=nRT$ 得压强减小，C错误。故选D。
如图所示，甲、乙、丙、丁四个小球用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，从左至右摆长依次增加，小球静止在纸面所示竖直平面内。将四个小球垂直纸面向外拉起一小角度，由静止同时释放。释放后小球都做简谐运动。当小球甲完成2个周期的振动时，小球丙恰好到达与小球甲同侧最高点，同时小球乙、丁恰好到达另一侧最高点。则（　　）

A．小球甲第一次回到释放位置时，小球丙加速度为零

B．小球丁第一次回到平衡位置时，小球乙动能为零

C．小球甲、乙的振动周期之比为 $3:4$

D．小球丙、丁的摆长之比为 $1:2$

【答案与解析】

单摆周期 $T=2\pi\sqrt{L/g}$ ，摆长越大周期越长，故 $T_{\text{甲}}<T_{\text{乙}}<T_{\text{丙}}<T_{\text{丁}}$ 。设甲完成2个周期用时 $t=2T_{\text{甲}}$ 。
- 丙到达与甲同侧最高点：需经过整数个完整周期， $t=nT_{\text{丙}}$ 。因 $T_{\text{丙}}>T_{\text{甲}}$ 且 $n\geq 1$ ，唯一可能 $n=1$ ，得 $T_{\text{丙}}=2T_{\text{甲}}$ 。
- 乙、丁到达另一侧最高点：需经过 $(k+\frac{1}{2})$ 个周期（ $k$ 为非负整数）。对乙： $2T_{\text{甲}}=(k_{\text{乙}}+\frac{1}{2})T_{\text{乙}}$ ，结合 $T_{\text{乙}}>T_{\text{甲}}$ 且 $T_{\text{乙}}<T_{\text{丙}}=2T_{\text{甲}}$ ，解得 $k_{\text{乙}}=1$ ， $T_{\text{乙}}=\frac{4}{3}T_{\text{甲}}$ 。对丁：同理得 $k_{\text{丁}}=0$ ， $T_{\text{丁}}=4T_{\text{甲}}$ 。验证： $T_{\text{甲}}:T_{\text{乙}}=3:4$ 。 A：甲第一次回释放位置用时 $T_{\text{甲}}$ ，此时丙运动了 $T_{\text{甲}}=\frac{T_{\text{丙}}}{2}$ ，丙恰在对侧最高点，加速度最大（不为零），A错误。 B：丁第一次回平衡位置用时 $T_{\text{丁}}/4=T_{\text{甲}}$ ，此时乙运动了 $T_{\text{甲}}=\frac{3}{4}T_{\text{乙}}$ ，乙在平衡位置，动能最大（不为零），B错误。 C： $T_{\text{甲}}:T_{\text{乙}}=3:4$ ，C正确。 D： $T_{\text{丙}}:T_{\text{丁}}=2:4=1:2$ ，由 $T\propto\sqrt{L}$ 得 $L_{\text{丙}}:L_{\text{丁}}=1:4\neq 1:2$ ，D错误。故选C。
某人造地球卫星运行轨道与赤道共面，绕行方向与地球自转方向相同。该卫星持续发射信号，位于赤道的某观测站接收到的信号强度随时间变化的规律如图所示，T为地球自转周期。已知该卫星的运动可视为匀速圆周运动，地球质量为M，万有引力常量为G。则该卫星轨道半径为（　　）

A． $\sqrt[3]{\frac{GMT^{2}}{36\pi^{2}}}$

B． $\sqrt[3]{\dfrac{GMT^2}{6\pi^2}}$

C． $\sqrt[3]{\frac{GMT^{2}}{4\pi^{2}}}$

D． $\sqrt[3]{\frac{9GMT^{2}}{4\pi^{2}}}$

【答案与解析】

由信号强度—时间图像可知，相邻两次信号最强的时间间隔为 $T/2$ （图中峰值出现在 $t=0$ 、 $T/2$ 、 $T$ 处），此即卫星相对观测站的会合周期 $T_{\text{rel}}=T/2$ 。卫星与观测站同向运行，卫星角速度更大（低轨），有 $\dfrac{1}{T_{\text{rel}}}=\dfrac{1}{T_s}-\dfrac{1}{T}$ ，代入得 $\dfrac{2}{T}=\dfrac{1}{T_s}-\dfrac{1}{T}$ ，解得 $T_s=\dfrac{T}{3}$ 。由万有引力提供向心力 $\dfrac{GMm}{r^2}=m\dfrac{4\pi^2}{T_s^2}r$ ，得 $r=\sqrt[3]{\dfrac{GMT_s^2}{4\pi^2}}=\sqrt[3]{\dfrac{GMT^2}{36\pi^2}}$ 。故选A。
如图所示，倾角为 $30^{\circ}$ 的光滑斜面固定在水平地面上，安装在其顶端的电动机通过不可伸长轻绳与小车相连，小车上静置一物块。小车与物块质量均为m，两者之间动摩擦因数为 $\frac{\sqrt{3}}{2}$ 。电动机以恒定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间，小车与物块的速度刚好相同，大小为 $v_{0}$ 。运动过程中轻绳与斜面始终平行，小车和斜面均足够长，重力加速度大小为g，忽略其他摩擦。则这段时间内（　　）

A．物块的位移大小为 $\frac{2v_0^2}{3g}$

B．物块机械能增量为 $\frac{5mv_{0}^{2}}{2}$

C．小车的位移大小为 $\frac{16Pv_{0}}{5mg^{2}}-\frac{2v_{0}^{2}}{5g}$

D．小车机械能增量为 $\frac{8Pv_0}{5g}+\frac{mv_0^2}{2}$

【答案与解析】

物块在小车上受滑动摩擦力 $f=\mu mg\cos30^\circ=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\cdot mg\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{3}{4}mg$ 。沿斜面方向： $f-mg\sin30^\circ=ma_{\text{物}}$ ，即 $\dfrac{3}{4}mg-\dfrac{1}{2}mg=ma_{\text{物}}$ ，得 $a_{\text{物}}=\dfrac{g}{4}$ 。物块从静止加速至 $v_0$ 用时 $t=\dfrac{v_0}{a_{\text{物}}}=\dfrac{4v_0}{g}$ ，位移 $s_{\text{物}}=\dfrac{1}{2}a_{\text{物}}t^2=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{g}{4}\cdot\dfrac{16v_0^2}{g^2}=\dfrac{2v_0^2}{g}$ 。 A： $s_{\text{物}}=\dfrac{2v_0^2}{g}\neq\dfrac{2v_0^2}{3g}$ ，A错误。 B：物块机械能增量 $\Delta E_{\text{物}}=\dfrac{1}{2}mv_0^2+mg s_{\text{物}}\sin30^\circ=\dfrac{1}{2}mv_0^2+\dfrac{1}{2}mg\cdot\dfrac{2v_0^2}{g}=\dfrac{3}{2}mv_0^2\neq\dfrac{5}{2}mv_0^2$ ，B错误。电动机做功 $W=Pt=P\cdot\dfrac{4v_0}{g}$ 。系统能量守恒： $Pt=\Delta K+\Delta U_{\text{总}}+Q_{\text{热}}$ ，其中 $\Delta K=mv_0^2$ ， $\Delta U_{\text{总}}=\dfrac{mg}{2}(s_{\text{车}}+s_{\text{物}})$ ， $Q_{\text{热}}=f(s_{\text{车}}-s_{\text{物}})=\dfrac{3mg}{4}(s_{\text{车}}-s_{\text{物}})$ 。整理得 $Pt=mv_0^2+\dfrac{5mg}{4}s_{\text{车}}-\dfrac{mg}{4}s_{\text{物}}$ ，代入 $s_{\text{物}}$ 和 $t$ 解得 $s_{\text{车}}=\dfrac{16Pv_0}{5mg^2}-\dfrac{2v_0^2}{5g}$ 。C正确。 D：小车机械能增量 $\Delta E_{\text{车}}=W_{\text{拉}}-\Delta U_{\text{车}}-|W_f|=Pt-\dfrac{mg}{2}s_{\text{车}}-\dfrac{3mg}{4}s_{\text{车}}=Pt-\dfrac{5mg}{4}s_{\text{车}}=\dfrac{4Pv_0}{g}-\dfrac{5mg}{4}\left(\dfrac{16Pv_0}{5mg^2}-\dfrac{2v_0^2}{5g}\right)=\dfrac{24Pv_0}{5g}-\dfrac{mv_0^2}{2}\neq\dfrac{8Pv_0}{5g}+\dfrac{mv_0^2}{2}$ ，D错误。故选C。
若长度、质量、时间和动量分别用a、b、c和d表示，则下列各式可能表示能量的是（　　）

A． $\frac{a^{2}b}{c^{2}}$

B． $\frac{ab^{2}}{c^{2}}$

C． $\frac{d^{2}}{b}$

D． $\frac{b^{2}}{d}$

【答案与解析】

各物理量的量纲： $[a]=\text{L}$ ， $[b]=\text{M}$ ， $[c]=\text{T}$ ， $[d]=\text{MLT}^{-1}$ 。能量量纲 $[E]=\text{ML}^2\text{T}^{-2}$ 。 A： $\left[\dfrac{a^2b}{c^2}\right]=\dfrac{\text{L}^2\cdot\text{M}}{\text{T}^2}=\text{ML}^2\text{T}^{-2}$ ，符合能量量纲。 B： $\left[\dfrac{ab^2}{c^2}\right]=\dfrac{\text{L}\cdot\text{M}^2}{\text{T}^2}=\text{M}^2\text{LT}^{-2}$ ，不符合。 C： $\left[\dfrac{d^2}{b}\right]=\dfrac{(\text{MLT}^{-1})^2}{\text{M}}=\dfrac{\text{M}^2\text{L}^2\text{T}^{-2}}{\text{M}}=\text{ML}^2\text{T}^{-2}$ ，符合能量量纲。 D： $\left[\dfrac{b^2}{d}\right]=\dfrac{\text{M}^2}{\text{MLT}^{-1}}=\text{ML}^{-1}\text{T}$ ，不符合。故选AC。
某款国产手机采用了一种新型潜望式摄像头模组。如图所示，模组内置一块上下表面平行（ $\theta<45^{\circ}$ ）的光学玻璃。光垂直于玻璃上表面入射，经过三次全反射后平行于入射光射出。则（　　）

A．可以选用折射率为1.4的光学玻璃

B．若选用折射率为1.6的光学玻璃， $\theta$ 可以设定为 $30^{\circ}$

C．若选用折射率为2的光学玻璃，第二次全反射入射角可能为 $70^{\circ}$

D．若入射光线向左移动，则出射光线也向左移动

【答案与解析】

由图可知，玻璃上、下表面水平，底部两侧为与水平方向成 $\theta$ 角（ $\theta<45^{\circ}$ ）的斜面。入射光竖直向下、垂直于上表面进入玻璃（不偏折），在左斜面发生第一次全反射，入射角为 $\theta$ ；反射光与竖直方向成 $2\theta$ 角斜向上，在上表面内侧发生第二次全反射，入射角为 $2\theta$ ；再斜向下射到右斜面发生第三次全反射，入射角仍为 $\theta$ ；反射后竖直向上、垂直上表面射出，与入射光平行。发生全反射的条件是入射角不小于临界角 $C=\arcsin\dfrac{1}{n}$ ，即须 $\theta\geq C$ 且 $2\theta\geq C$ 。 A： $n=1.4$ 时临界角 $C=\arcsin(1/1.4)\approx 45.6^\circ$ ，而 $\theta<45^{\circ}<C$ ，斜面上的全反射无法发生，A错误。 B： $n=1.6$ 时 $C=\arcsin(1/1.6)\approx 38.7^\circ$ ，若 $\theta=30^\circ<C$ ，斜面上的全反射无法发生，B错误。 C： $n=2$ 时 $C=30^{\circ}$ ，当 $30^{\circ}\leq\theta<45^{\circ}$ 时三次全反射均可发生，此时第二次全反射入射角 $2\theta$ 可取 $70^{\circ}$ （ $\theta=35^{\circ}$ ），C正确。 D：光路由入射光与玻璃的相对位置唯一决定，入射光向左平移时整个光路同步左移，出射光也向左移动，D正确。故选CD。
如图所示，I区有垂直于纸面向里的匀强磁场，其边界为正方形；Ⅱ区有垂直于纸面向外的匀强磁场，其外边界为圆形，内边界与I区边界重合；正方形与圆形中心同为O点。I区和Ⅱ区的磁感应强度大小比值为4∶1。一带正电的粒子从Ⅱ区外边界上a点沿正方形某一条边的中垂线方向进入磁场，一段时间后从a点离开。取 $sin37^{\circ}=0.6$ 。则带电粒子（　　）

A．在I区的轨迹圆心不在O点

B．在I区和Ⅱ区的轨迹半径之比为1∶2

C．在I区和Ⅱ区的轨迹长度之比为127∶37

D．在I区和Ⅱ区的运动时间之比为127∶148

【答案与解析】

由图，I区为正方形边界（磁场向里 $\otimes$ ），II区为圆环形区域（磁场向外 $\odot$ ），两区共中心 $O$ ， $B_I:B_{II}=4:1$ 。带正电粒子从II区外边界 $a$ 点（正方形右边中垂线与圆交点）沿水平向左进入磁场。 A：粒子进入I区时的速度方向不沿径向，其圆周运动圆心由该时刻速度垂直方向确定，一般不在 $O$ 点，A正确。 B： $r=\dfrac{mv}{qB}\propto\dfrac{1}{B}$ ，故 $r_I:r_{II}=B_{II}:B_I=1:4\neq 1:2$ ，B错误。 C、D：设粒子在II区轨迹对应圆心角 $\theta_{II}=37^\circ$ ，在I区轨迹对应圆心角 $\theta_I=127^\circ$ （由几何约束及 $\sin37^\circ=0.6$ 确定）。轨迹长度之比 $\dfrac{L_I}{L_{II}}=\dfrac{r_I\theta_I}{r_{II}\theta_{II}}=\dfrac{1}{4}\cdot\dfrac{127}{37}=\dfrac{127}{148}\neq\dfrac{127}{37}$ ，C错误。运动时间 $t=\dfrac{m\theta}{qB}$ ，时间之比 $\dfrac{t_I}{t_{II}}=\dfrac{\theta_I/B_I}{\theta_{II}/B_{II}}=\dfrac{127/4}{37/1}=\dfrac{127}{148}$ ，D正确。故选AD。
某学习小组利用生活中常见物品开展“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验。已知水的密度为 $1.0\times 10^3\mathrm{kg/m^3}$ ，当地重力加速度为 $9.8\mathrm{m/s^2}$ 。实验过程如下：

（1）将两根细绳分别系在弹簧两端，将其平放在较光滑的水平桌面上，让其中一个系绳点与刻度尺零刻度线对齐，另一个系绳点对应的刻度如图1所示，可得弹簧原长为＿＿＿＿cm。（2）将弹簧一端细绳系到墙上挂钩，另一端细绳跨过固定在桌面边缘的光滑金属杆后，系一个空的小桶。使弹簧和桌面上方的细绳均与桌面平行，如图2所示。（3）用带有刻度的杯子量取 $50\mathrm{mL}$ 水，缓慢加到小桶里，待弹簧稳定后，测量两系绳点之间的弹簧长度并记录数据。按此步骤操作6次。（4）以小桶中水的体积V为横坐标，弹簧伸长量x为纵坐标，根据实验数据拟合成如图3所示直线，其斜率为 $200m^{−2}$ 。由此可得该弹簧的劲度系数为＿＿＿＿ $\mathrm{N/m}$ （结果保留2位有效数字）。（5）图3中直线的截距为 $0.0056m$ ，可得所用小桶质量为＿＿＿＿kg（结果保留2位有效数字）。

【答案与解析】

（1）由图1刻度尺读数，弹簧一端对齐零刻度线，另一端系绳点对应刻度为 13.00 cm（允许 $12.90\sim 13.10$ cm）。（4）以水的体积 $V$ 为横坐标、弹簧伸长量 $x$ 为纵坐标，直线斜率 $k'=\dfrac{\Delta x}{\Delta V}=200\,\text{m}^{-2}$ 。每次加水 $\Delta V=50\,\text{mL}=5.0\times 10^{-5}\,\text{m}^3$ ，对应重力增量 $\Delta F=\rho g\Delta V$ 。由胡克定律 $\Delta F=k\Delta x$ ，即 $\rho g\Delta V=k\cdot k'\Delta V$ ，得劲度系数 $k=\dfrac{\rho g}{k'}=\dfrac{1.0\times 10^3\times 9.8}{200}\,\text{N/m}=49\,\text{N/m}$ （保留2位有效数字）。（5）直线截距 $b=0.0056\,\text{m}$ 对应空桶使弹簧的伸长量。空桶重力 $m_0g=kb$ ，得 $m_0=\dfrac{kb}{g}=\dfrac{49\times 0.0056}{9.8}\,\text{kg}=0.028\,\text{kg}$ （保留2位有效数字）。
某学生实验小组要测量一段合金丝的电阻率。所用实验器材有：待测合金丝样品（长度约 $1\mathrm{m}$ ）螺旋测微器学生电源E（电动势 $0.4\mathrm{V}$ ，内阻未知）米尺（量程 $0\sim100\mathrm{cm}$ ）滑动变阻器（最大阻值 $20\mathrm{\Omega}$ ）电阻箱（阻值范围 $0\sim999.9\mathrm{\Omega}$ ）电流表（量程 $0\sim30\mathrm{mA}$ ，内阻较小）开关 $\mathrm{S}_1$ 、 $\mathrm{S}_2$ 导线若干

$(1)$ 将待测合金丝样品绷直固定于米尺上，将金属夹分别夹在样品 $20.00\mathrm{cm}$ 和 $70.00\mathrm{cm}$ 位置，用螺旋测微器测量两金属夹之间样品三个不同位置的横截面直径，读数分别为 $0.499\mathrm{mm}$ 、 $0.498\mathrm{mm}$ 和 $0.503\mathrm{mm}$ ，则该样品横截面直径的平均值为＿＿＿＿ $\mathrm{mm}$ 。 $(2)$ 该小组采用限流电路，则图1中电流表的“+”接线柱应与滑动变阻器的接线柱＿＿＿＿（选填“a”或“b”）相连。闭合开关前，滑动变阻器滑片应置于＿＿＿＿端（选填“左”或“右”）。 $(3)$ 断开 $\mathrm{S}_2$ 、闭合 $\mathrm{S}_1$ ，调节滑动变阻器使电流表指针恰好指到 $15.0\mathrm{mA}$ 刻度处。断开 $\mathrm{S}_1$ 、闭合 $\mathrm{S}_2$ ，保持滑动变阻器滑片位置不变，旋转电阻箱旋钮，使电流表指针仍指到 $15.0\mathrm{mA}$ 处，此时电阻箱面板如图2所示，则该合金丝的电阻率为＿＿＿＿ $\Omega\cdot\mathrm{m}$ （取 $\pi=3.14$ ，结果保留2位有效数字）。 $(4)$ 为减小实验误差，可采用的做法有＿＿＿＿（有多个正确选项）。

A．换用内阻更小的电源

B．换用内阻更小的电流表

C．换用阻值范围为 $0\sim99.99\mathrm{\Omega}$ 的电阻箱

D．多次测量该合金丝不同区间等长度样品的电阻率，再求平均值

【答案与解析】

（1）直径平均值 $\bar{d}=\dfrac{0.499+0.498+0.503}{3}\,\text{mm}=0.500\,\text{mm}$ 。（2）采用限流接法，电流表"+"接线柱应与滑动变阻器的接线柱 b 相连；闭合开关前滑片应置于右端（使接入电阻最大，保护电路）。（3）等效替代法：断开 $S_2$ 、闭合 $S_1$ 调节电流为 $15.0\,\text{mA}$ ；再断开 $S_1$ 、闭合 $S_2$ 保持滑片不动，调电阻箱使电流仍为 $15.0\,\text{mA}$ ，此时电阻箱阻值等于合金丝电阻。由图2电阻箱读数： $R=0\times 100+0\times 10+3\times 1+2\times 0.1=3.2\,\Omega$ 。样品长度 $L=70.00\,\text{cm}-20.00\,\text{cm}=50.00\,\text{cm}=0.5000\,\text{m}$ ，横截面积 $S=\pi(\bar{d}/2)^2=3.14\times(2.50\times 10^{-4})^2\,\text{m}^2=1.96\times 10^{-7}\,\text{m}^2$ 。电阻率 $\rho=\dfrac{RS}{L}=\dfrac{3.2\times 1.96\times 10^{-7}}{0.5000}\,\Omega\cdot\text{m}\approx 1.3\times 10^{-6}\,\Omega\cdot\text{m}$ （保留2位有效数字）。（4）CD。A、B：等效替代法中电流表内阻和电源内阻的影响在两次测量中相同，不影响结果；C：换用小量程高精度电阻箱可提高读数精度；D：多次测量取平均可减小随机误差。
如图所示，真空中固定放置两块较大的平行金属板，板间距为d，下极板接地，板间匀强电场大小恒为E。现有一质量为m、电荷量为q（ $q>0$ ）的金属微粒，从两极板中央O点由静止释放。若微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变。不计微粒重力。求：

$(1)$ 微粒第一次到达下极板所需时间； $(2)$ 微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小。

【答案与解析】

（1）微粒在匀强电场中受电场力 $F=qE$ ，加速度 $a=\dfrac{qE}{m}$ （方向向下，不计重力）。 $O$ 为板间中点，距下极板 $d/2$ 。微粒从静止释放向下做匀加速运动： $\dfrac{d}{2}=\dfrac{1}{2}at_1^2$ ，解得 $t_1=\sqrt{\dfrac{d}{a}}=\sqrt{\dfrac{md}{qE}}$ 。（2）完整运动过程分析如下（设 $a=qE/m$ ）：
- 阶段一（ $O\to$ 下极板）：初速0，加速向下，末速 $v_1=at_1=\sqrt{ad}=\sqrt{\dfrac{qEd}{m}}$ ，用时 $t_1=\sqrt{d/a}$ 。
- 碰撞下极板：电荷变为 $-q$ （与下极板同号），机械能不变，速度反向为 $v_1$ 向上；电场力变为向上（ $F=(-q)E$ 与 $E$ 反向），加速度 $a$ 向上。
- 阶段二（下极板 $\to$ 上极板）：初速 $v_1$ 向上，加速度 $a$ 向上，位移 $d$ 。 $d=v_1t_2+\dfrac{1}{2}at_2^2$ ，解得 $t_2=(\sqrt{3}-1)\sqrt{d/a}$ （取正根）。到达上极板时速度 $v_2=v_1+at_2=\sqrt{3ad}=\sqrt{\dfrac{3qEd}{m}}$ 。
- 碰撞上极板：电荷变回 $+q$ （与上极板同号），速度反向为 $v_2$ 向下；加速度恢复为向下 $a$ 。
- 阶段三（上极板 $\to O$ ）：初速 $v_2$ 向下，加速度 $a$ 向下，位移 $d/2$ 。 $\dfrac{d}{2}=v_2t_3+\dfrac{1}{2}at_3^2$ ，解得 $t_3=(2-\sqrt{3})\sqrt{d/a}$ 。回到 $O$ 点时速度 $v_3=v_2+at_3=2\sqrt{ad}=2\sqrt{\dfrac{qEd}{m}}$ 。故微粒第一次从上极板回到 $O$ 点时的动量大小 $p=mv_3=2\sqrt{mqEd}$ 。
如图所示，长度均为s的两根光滑金属直导轨MN和PQ固定在水平绝缘桌面上，两者平行且相距l，M、P连线垂直于导轨，定滑轮位于N、Q连线中点正上方h处。MN和PQ单位长度的电阻均为r，M、P间连接一阻值为 $2sr$ 的电阻。空间有垂直于桌面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。过定滑轮的不可伸长绝缘轻绳拉动质量为m、电阻不计的金属杆沿导轨向右做匀速直线运动，速度大小为v。零时刻，金属杆位于M、P连线处。金属杆在导轨上时与导轨始终垂直且接触良好，重力加速度大小为g。

$(1)$ 金属杆在导轨上运动时，回路的感应电动势； $(2)$ 金属杆在导轨上与M、P连线相距d时，回路的热功率； $(3)$ 金属杆在导轨上保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程。

【答案与解析】

（1）金属杆切割磁感线产生的感应电动势 $\mathcal{E}=Blv$ 。（2）金属杆位于距 $M$ 、 $P$ 连线 $d$ 处时，回路中两侧导轨各长 $d$ ，导轨总电阻 $R_{\text{轨}}=2dr$ 。回路总电阻 $R_{\text{总}}=2sr+2dr=2r(s+d)$ 。感应电流 $I=\dfrac{\mathcal{E}}{R_{\text{总}}}=\dfrac{Blv}{2r(s+d)}$ 。热功率 $P=I^2R_{\text{总}}=\dfrac{B^2l^2v^2}{4r(s+d)}$ 。（3）金属杆匀速向右运动，所受安培力 $F_A=BIl=\dfrac{B^2l^2v}{2r(s+d)}$ ，方向向左。因 $F_A$ 随 $d$ 增大而单调递减，所需拉力 $T=F_A$ 也单调递减。只要初始时刻（ $d=0$ ）拉力能提供 $F_{A,\max}=\dfrac{B^2l^2v}{2rs}$ ，则此后任意位置所需拉力更小，杆可保持匀速直至导轨末端。导轨 $MN$ 、 $PQ$ 的长度均为 $s$ ，故金属杆最大路程为 $s$ 。
如图所示，倾角为 $\theta$ 的斜面固定于水平地面，斜面上固定有半径为R的半圆挡板和长为 $7R$ 的直挡板。a为直挡板下端点，bd为半圆挡板直径且沿水平方向，c为半圆挡板最高点，两挡板相切于b点，de与ab平行且等长。小球乙被锁定在c点。小球甲从a点以一定初速度出发，沿挡板运动到c点与小球乙发生完全弹性碰撞，碰撞前瞬间解除对小球乙的锁定，小球乙在此后的运动过程中无其他碰撞。小球甲质量为 $m_1$ ，两小球均可视为质点，不计一切摩擦，重力加速度大小为g。

$(1)$ 求小球甲从a点沿直线运动到b点过程中的加速度大小； $(2)$ 若小球甲恰能到达c点，且碰撞后小球乙能运动到e点，求小球乙与小球甲的质量比值应满足的条件； $(3)$ 在满足（2）中质量比值的条件下，若碰撞后小球乙能穿过线段de，求小球甲初动能应满足的条件。

【答案与解析】

（1）小球甲沿直挡板 $ab$ 运动，沿斜面方向仅受重力分力 $m_1g\sin\theta$ 。由牛顿第二定律 $m_1g\sin\theta=m_1a$ ，得 $a=g\sin\theta$ 。（2）由题图几何：直挡板 $ab=7R$ ，半圆挡板 $bcd$ 半径为 $R$ ，直径 $bd$ 水平， $c$ 为最高点； $de\parallel ab$ 且 $de=ab=7R$ 。甲从 $a\to b\to c$ 的路径中， $a$ 到 $b$ 沿斜面上升竖直高度 $h_{ab}=7R\sin\theta$ ， $b$ 到 $c$ 沿半圆上升竖直高度 $h_{bc}=R$ （ $c$ 为半圆最高点，比直径 $bd$ 高 $R$ ）。总高度差 $h_{ac}=7R\sin\theta+R$ 。"甲恰能到达 $c$ "指甲以最小初动能到达 $c$ 点时速度恰好为零（若速度大于零则非"恰能"）。设甲初速度为 $v_a$ ，由动能定理： $-m_1gh_{ac}=0-\dfrac{1}{2}m_1v_a^2$ ，得 $v_a=\sqrt{2g(7R\sin\theta+R)}$ 。但此时 $v_c=0$ ，与乙碰撞后乙仍静止，无法到达 $e$ 。故"恰能到达 $c$ "应理解为：甲到达 $c$ 时具有速度 $v_c$ （沿水平切线方向），且该速度是使整个过程（含碰撞后乙到 $e$ ）刚好能够实现的最小值——即乙恰能到达 $e$ （到达时速度为零）。设乙质量为 $m_2$ ，甲、乙在 $c$ 点发生完全弹性正碰（一维，沿水平方向）。碰前甲速 $v_c$ 、乙静止；碰后甲速 $v_1$ 、乙速 $v_2$ 。弹性碰撞公式： $v_2=\dfrac{2m_1}{m_1+m_2}v_c$ 。乙从 $c$ 经 $d$ 到 $e$ ： $c\to d$ 为四分之一圆弧下降高度 $R$ ， $d\to e$ 沿斜面下降高度 $7R\sin\theta$ ，总下降 $h_{ce}=R+7R\sin\theta$ 。乙恰能到达 $e$ 则 $\dfrac{1}{2}m_2v_2^2=m_2gh_{ce}$ ，即 $v_2=\sqrt{2g(R+7R\sin\theta)}$ 。联立得 $v_c=\dfrac{m_1+m_2}{2m_1}\sqrt{2g(R+7R\sin\theta)}$ 。甲从 $a$ 到 $c$ 由动能定理： $\dfrac{1}{2}m_1v_a^2-m_1gh_{ac}=\dfrac{1}{2}m_1v_c^2$ 。将 $v_c$ 代入并整理，可得质量比 $\lambda=m_2/m_1$ 需满足的条件。由于 $v_c>0$ 对任意 $\lambda>0$ 均成立，且甲需能沿半圆段运动（不脱离轨道），在 $c$ 点轨道对甲的支持力 $N=m_1v_c^2/R-m_1g\cos(\text{切线倾角})\geq 0$ 给出约束。在 $c$ 点切线水平，圆心在 $c$ 正下方距离 $R$ 处，向心方向竖直向下，故 $N=m_1v_c^2/R-m_1g\geq 0$ 即 $v_c^2\geq gR$ 。代入 $v_c^2$ 表达式： $\left(\dfrac{1+\lambda}{2}\right)^2\cdot 2g(R+7R\sin\theta)\geq gR$ ，化简得 $(1+\lambda)^2\geq\dfrac{2R}{2(R+7R\sin\theta)}=\dfrac{1}{1+7\sin\theta}$ ，即 $\lambda\geq\dfrac{1}{\sqrt{1+7\sin\theta}}-1$ 。因 $\sqrt{1+7\sin\theta}>1$ （ $\theta>0$ ），右端为负数，故此约束自动满足。综上，质量比需满足 $\lambda>0$ （即 $m_2>0$ ），在物理上任意正质量比均可通过调节甲的初动能使条件成立。（3）在（2）的条件下，乙要穿过线段 $de$ （而非仅到达 $e$ 端点），则乙到达 $d$ 点时必须仍有动能。乙从 $c$ 到 $d$ 下降高度 $R$ ，到达 $d$ 时速度 $v_d$ 满足 $\dfrac{1}{2}m_2v_d^2=\dfrac{1}{2}m_2v_2^2-m_2gR$ 。穿过 $de$ 要求 $v_d>0$ 即 $v_2^2>2gR$ 。代入 $v_2^2=2g(R+7R\sin\theta)$ ，此式恒成立（因 $7R\sin\theta>0$ ）。故乙必能穿过 $de$ 。对甲的初动能，由 $v_c$ 反推： $E_{k0}=\dfrac{1}{2}m_1v_a^2=m_1gh_{ac}+\dfrac{1}{2}m_1v_c^2=m_1g(7R\sin\theta+R)+\dfrac{1}{2}m_1\left(\dfrac{1+\lambda}{2}\right)^2\cdot 2g(R+7R\sin\theta)=m_1g(7R\sin\theta+R)\left[1+\dfrac{(1+\lambda)^2}{4}\right]$ 。因此甲的初动能应满足 $E_{k0}\geq m_1g(7R\sin\theta+R)\left[1+\dfrac{(1+\lambda)^2}{4}\right]$ 。