2026年高考云南卷物理高考真题（网络收集版）

云南省锡、铟等有色金属储量丰富。已知锡和铟的逸出功分别为 $4.42\mathrm{eV}$ 和 $4.09\mathrm{eV}$ ，若用光子能量为 $4.30\mathrm{eV}$ 的紫外线分别照射这两种金属，则（　　）

A．只有锡能发生光电效应

B．只有铟能发生光电效应

C．锡和铟都能发生光电效应

D．锡和铟都不能发生光电效应

【答案与解析】

本题考查光电效应的发生条件。光子能量 $h\nu = 4.30\,\mathrm{eV}$ 。金属发生光电效应的条件是入射光子能量大于该金属的逸出功 $W$ ：
- 对锡： $W_{\text{锡}} = 4.42\,\mathrm{eV}$ ，因 $h\nu = 4.30\,\mathrm{eV} < 4.42\,\mathrm{eV}$ ，故锡不能发生光电效应；
- 对铟： $W_{\text{铟}} = 4.09\,\mathrm{eV}$ ，因 $h\nu = 4.30\,\mathrm{eV} > 4.09\,\mathrm{eV}$ ，故铟能发生光电效应。综上，只有铟能发生光电效应。故选B。
云南宣威尼珠河大峡谷的“青云电梯”为谷底孩子们上学提供了交通便利。若电梯由静止开始上升 $260\mathrm{m}$ ，用时 $100\mathrm{s}$ ，则此过程电梯的平均速度大小及电梯向上加速时乘客所处的状态分别为（　　）

A． $2.6\mathrm{m/s}$ ，超重

B． $0.38\mathrm{m/s}$ ，超重

C． $2.6\mathrm{m/s}$ ，失重

D． $0.38\mathrm{m/s}$ ，失重

【答案与解析】

本题考查平均速度与超重、失重的概念。电梯由静止上升位移 $s = 260\,\mathrm{m}$ ，用时 $t = 100\,\mathrm{s}$ ，平均速度大小

电梯向上加速时，加速度方向向上，乘客受到的支持力大于其重力，处于超重状态。逐项判断：
- A： $2.6\,\mathrm{m/s}$ ，超重 —— 符合；
- B：平均速度数值错误；
- C：状态判断错误；
- D：两项均错。故选A。
在测量某种透明树脂折射率的实验中，让激光束射入一块两面平行的树脂砖，改变入射点和入射角，得到①、②、③、④四条出射光线，如图所示。不考虑反射，图中经P点射入树脂砖的光，出射后的光线可能是（　　）

A．①

B．②

C．③

D．④

【答案与解析】

本题考查平行玻璃砖（两面平行树脂砖）的光学性质。光线射入两面平行的透明介质砖后，从另一面射出时，出射光线与入射光线互相平行，仅发生侧移（偏移），不会改变传播方向。图中经 P 点射入的光线，出射后应与原入射方向平行（存在侧移）。四个出射光线中，② 是与入射光线平行、仅作侧移的那条。故选B。
我国“天宫”空间站的轨道离地高度约为 $400\mathrm{km}$ ，空间站内的宇航员每 $24h$ 能看到16次日出。“吉林一号”遥感卫星组网中的某颗卫星轨道离地高度约为 $535\mathrm{km}$ 。已知地球半径约为 $6400\mathrm{km}$ ，空间站与该卫星绕地球的运动均视为匀速圆周运动，则该卫星的周期约为（　　）

A． $1.0h$

B． $1.5h$

C． $2.0h$

D． $2.4h$

【答案与解析】

本题考查开普勒第三定律的应用。空间站每 $24\,\mathrm{h}$ 看到 $16$ 次日出，故其周期
$T_1 = \frac{24}{16}\,\mathrm{h} = 1.5\,\mathrm{h}.$
轨道半径
$r_1 = R_{\text{地}} + h_1 = 6400 + 400 = 6800\,\mathrm{km}.$
遥感卫星轨道半径
$r_2 = R_{\text{地}} + h_2 = 6400 + 535 = 6935\,\mathrm{km}.$
由开普勒第三定律 $\dfrac{T^2}{r^3} = \text{常量}$ ，
$T_2 = T_1\left(\frac{r_2}{r_1}\right)^{3/2} = 1.5\times\left(\frac{6935}{6800}\right)^{3/2} \approx 1.5\times 1.03 \approx 1.5\,\mathrm{h}.$
故选B。
如图所示，均匀介质中的三个质点S、P、Q，它们分别静止于直角坐标系Oxy平面内的（0，0）、（-2，0）和（4，3）处。 $t = 0$ 时刻，S从平衡位置开始垂直Oxy平面向上振动，振动频率为 $2\mathrm{Hz}$ ，形成向外传播的简谐横波，图中实线圆表示某时刻相邻的两个波峰，则（　　）

A．该波的波速大小为 $8\mathrm{m/s}$

B． $t = 0.125s$ 时，P位于波峰

C．该波传播到P、Q的时间差为 $0.75s$

D． $t = 1.25s$ 以后，P、Q的位移始终相同

【答案与解析】

本题考查机械波的传播与质点的振动。波源 S 在 $(0,0)$ ，频率 $f = 2\,\mathrm{Hz}$ ，周期 $T = 0.5\,\mathrm{s}$ 。P 在 $(-2,0)$ ，Q 在 $(4,3)$ 。先求波速：由图可知相邻波峰间距即波长，结合 S 到 P、Q 的距离差判断。S 到 P 距离 $2\,\mathrm{m}$ ，S 到 Q 距离 $\sqrt{4^2+3^2}=5\,\mathrm{m}$ ，二者距离差为 $3\,\mathrm{m}$ 。
- 波传到 P 的时间 $t_P = \dfrac{2}{v}$ ，传到 Q 的时间 $t_Q = \dfrac{5}{v}$ ，时间差
若波速 $v = 4\,\mathrm{m/s}$ ，则 $\Delta t = 0.75\,\mathrm{s}$ ，与选项 C 一致。此时波长 $\lambda = vT = 4\times 0.5 = 2\,\mathrm{m}$ 。逐项判断：
- A：波速应为 $4\,\mathrm{m/s}$ ，不是 $8\,\mathrm{m/s}$ ，错误；
- B：波传到 P 需 $t_P = 2/4 = 0.5\,\mathrm{s}$ ， $t = 0.125\,\mathrm{s}$ 时波尚未到达 P，P 仍静止，错误；
- C：传播到 P、Q 的时间差为 $0.75\,\mathrm{s}$ ，正确；
- D： $t = 1.25\,\mathrm{s}$ 时波刚传到 Q，此后 P、Q 振动相位不同（初始到达时间相差 $0.75\,\mathrm{s}$ ），位移并非始终相同，错误。故选C。
如图所示，两挂钩可沿固定水平横梁滑动到任意位置后锁定。一挎包质量为m，其轻质包带长度约为 $4d$ ，a、b为包与包带的连接点，相距为d。将挎包悬挂在两挂钩上，两挂钩相距为x时，锁定挂钩。挎包静止时，a、b在同一水平直线上，包带的张力大小为 $F_T$ ，重力加速度为g，不计包带与挂钩之间的摩擦及两挂钩尺寸。能正确反映 $\frac{F_{T}}{mg}$ 随x变化的图像是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

本题考查共点力平衡与几何关系的结合。设两挂钩相距 $x$ ，a、b 两连接点固定相距 $d$ ，包带总长 $4d$ 。由对称性，包带从挂钩到连接点的两段长度相等，记为 $l$ ，则
$2l + x = 4d \quad\Rightarrow\quad l = 2d - \frac{x}{2}.$
设挂钩与对应连接点的水平偏移为 $u = \dfrac{|x-d|}{2}$ ，包带竖直段高度 $y_h = \sqrt{l^2 - u^2}$ 。包受重力 $mg$ ，由 a、b 两处包带张力的竖直分量平衡：
$2F_{\mathrm T}\cdot\frac{y_h}{l} = mg \quad\Rightarrow\quad \frac{F_{\mathrm T}}{mg} = \frac{l}{2y_h} = \frac{1}{2\sqrt{1-(u/l)^2}}.$
其中 $u/l = \dfrac{x-d}{4d-x}$ 。该式表明：当 $x = d$ 时分母最小， $\dfrac{F_{\mathrm T}}{mg}$ 取最小值 $\dfrac12$ ；随着 $|x-d|$ 增大， $\dfrac{F_{\mathrm T}}{mg}$ 单调增大，且在几何允许上限 $x\to 2.5d$ 时趋于无穷。曲线呈在 $x=d$ 处最低、向两侧（尤其向右）上升的形状。符合该变化规律的图像为 D。故选D。
如图所示，在大小、方向均未知的匀强电场中，O、M、N三点处于同一竖直面内，将一质量为 $0.1\mathrm{kg}$ 、电荷量为 $1.0\times 10^{-6}\mathrm{C}$ 的带正电的小球（视为质点）从O点抛出，小球 $1s$ 后到达O点正上方 $3m$ 处的M点，再经 $1s$ 到达N点，O、N两点在同一水平线上且相距 $3m$ 。不计空气阻力，重力加速度g取 $10\mathrm{m/s^2}$ ，设电场强度大小为E，O、N两点的电势分别为 $\varphi_O$ 和 $\varphi_N$ ，则（　　）

A． $E = 6.7\times 10^5\mathrm{V/m}$ ， $\varphi_O > \varphi_N$

B． $E = 6.7\times 10^5\mathrm{V/m}$ ， $\varphi_O < \varphi_N$

C． $E = 5.0\times 10^5\mathrm{V/m}$ ， $\varphi_O > \varphi_N$

D． $E = 5.0\times 10^5\mathrm{V/m}$ ， $\varphi_O < \varphi_N$

【答案与解析】

本题考查带电小球在复合场中的匀变速运动及电势比较。将运动分解。设电场引起的加速度分量为 $a_x$ （水平）、 $a_y$ （竖直，向上为正）。 O 到 M（ $t=1\,\mathrm{s}$ ）：M 在 O 正上方 $3\,\mathrm{m}$ ，故 $\Delta x_1=0,\ \Delta y_1=3$ 。 O 到 N（ $t=2\,\mathrm{s}$ ）：N 与 O 同水平且相距 $3\,\mathrm{m}$ ，故 $\Delta x=3,\ \Delta y=0$ 。由位移公式：水平： $0 = v_{x0}\cdot 1 + \frac12 a_x\cdot 1^2 \Rightarrow v_{x0} = -\frac12 a_x$ ； $3 = v_{x0}\cdot 2 + \frac12 a_x\cdot 4 \Rightarrow 3 = 2v_{x0}+2a_x$ 。代入 $v_{x0}$ 得 $3 = -a_x + 2a_x = a_x$ ，故 $a_x = 3\,\mathrm{m/s^2}$ ， $v_{x0}=-1.5\,\mathrm{m/s}$ 。竖直： $3 = v_{y0}\cdot 1 + \frac12 a_y\cdot 1^2$ ； $0 = v_{y0}\cdot 2 + \frac12 a_y\cdot 4 \Rightarrow v_{y0}+a_y=0 \Rightarrow v_{y0}=-a_y$ 。代入得 $-a_y + \frac12 a_y = 3 \Rightarrow a_y = -6\,\mathrm{m/s^2}$ ， $v_{y0}=6\,\mathrm{m/s}$ 。受力分析：水平方向： $qE_x = m a_x = 0.1\times 3 = 0.3\,\mathrm{N}$ ，
$E_x = \frac{0.3}{1.0\times 10^{-6}} = 3.0\times 10^5\,\mathrm{V/m}.$
竖直方向： $qE_y - mg = m a_y = 0.1\times(-6) = -0.6\,\mathrm{N}$ ， $-1 + qE_y = -0.6 \Rightarrow qE_y = 0.4\,\mathrm{N}$ ，
$E_y = \frac{0.4}{1.0\times 10^{-6}} = 4.0\times 10^5\,\mathrm{V/m}\ (\text{向上}).$
电场强度大小
$E = \sqrt{E_x^2 + E_y^2} = \sqrt{(3.0)^2+(4.0)^2}\times 10^5 = 5.0\times 10^5\,\mathrm{V/m}.$
电势比较：O 与 N 同水平，N 在 O 右侧 $3\,\mathrm{m}$ 。电场水平分量 $E_x>0$ ，沿 $+x$ 方向电势降低，故从 O 到 N 电势下降， $\varphi_O > \varphi_N$ 。故选C。
云南至广东高压输电工程在调试阶段采用 $800\mathrm{kV}$ 高压输电，输送功率为 $2.6\times10^9\mathrm{W}$ ，关于该输电线路，下列说法正确的是（　　）

A．输电电流为 $3.25\times10^6\mathrm{A}$

B．输电电流为 $3.25\times10^3\mathrm{A}$

C．若输送功率不变，提高输电电压，则输电损耗会增加

D．若输送功率不变，提高输电电压，则输电损耗会减小

【答案与解析】

本题考查高压输电的基本计算。输送功率 $P = 2.6\times 10^9\,\mathrm{W}$ ，输电电压 $U = 800\,\mathrm{kV} = 8\times 10^5\,\mathrm{V}$ 。输电电流
$I = \frac{P}{U} = \frac{2.6\times 10^9}{8\times 10^5}\,\mathrm{A} = 3.25\times 10^3\,\mathrm{A}.$
故 B 正确，A 错误（A 的数值大了 $10^3$ 倍）。输电线路损耗功率 $P_{\text{损}} = I^2R = \left(\dfrac{P}{U}\right)^2 R$ 。在输送功率 $P$ 不变时，提高输电电压 $U$ ，电流 $I$ 减小，损耗 $P_{\text{损}}$ 减小。故 D 正确，C 错误。故选BD。
如图所示，运动员在空场上将排球从a点击出，a点与球网顶部b点的水平距离为x、竖直距离为h，排球被击出时速度大小为v、方向与重力方向之间的夹角为 $\theta$ （ $0^{\circ}<\theta<180^{\circ}$ ）。将排球视为质点，其运动轨迹所在平面与球网平面垂直，不计空气阻力，不考虑擦网球。运动员某次以 $\theta=90^{\circ}$ 击球时，排球贴近b点越过球网后正好落到对方场地的底线上，相对于此次击球，下列说法正确的是（　　）

A．保持v、x、h不变，减小 $\theta$ ，排球一定下网

B．保持v、x、h不变，增大 $\theta$ ，排球一定不会出界

C．保持 $\theta$ 不变，增大x同时减小h，排球不下网就一定出界

D．保持x、h不变，同时增大v和 $\theta$ ，排球从被击出到落地所需时间可能不变

【答案与解析】

本题考查斜抛运动的临界分析。建立模型：a 点比网顶 b 高 $h$ ，水平距离 $x$ 。排球以速度 $v$ 、与竖直向下方向夹角 $\theta$ 击出（即水平分量 $v\sin\theta$ ，竖直向下分量 $v\cos\theta$ ）。以 b 为原点、向上为正，a 在 $( -x,\,h)$ 处（取水平向右为 $+x$ ，a 在 b 左侧），初速度水平分量 $+v\sin\theta$ ，竖直分量 $-v\cos\theta$ 。到达 b 点（网顶）时 $t_1 = \dfrac{x}{v\sin\theta}$ ，其相对 b 的高度

需 $y_b \ge 0$ 才能过网；题中此球"正好落到底线"，处于临界状态。逐项判断：
- A：保持 $v,x,h$ 不变，减小 $\theta$ 。 $\cot\theta$ 增大、 $\sin\theta$ 减小，使 $y_b$ 明显减小，球更易触网，一定下网，正确；
- B：保持 $v,x,h$ 不变，增大 $\theta$ 。轨迹变得更平，落点可能更远而越过底线出界，并非"一定不会出界"，错误；
- C：保持 $\theta$ 不变，增大 $x$ 同时减小 $h$ 。过网余量减小（更易下网）；若仍能过网，则因水平距离增大、落点更远，必然出界，即"不下网就一定出界"，正确；
- D：保持 $x,h$ 不变，同时增大 $v$ 和 $\theta$ 。竖直初速度分量改变，从击出到落地的时间一般会改变，说"可能不变"不成立（在给定几何约束下二者同增必改时间），错误。故选AC。
如图所示，光滑绝缘斜面固定在水平面上，与水平面交于 $PQ$ ，倾角 $\theta=30^{\circ}$ ，斜面上矩形 $MNPQ$ 区域存在垂直斜面向下、磁感应强度大小 $B=0.5\mathrm{T}$ 的匀强磁场（图中未画出）。单匝等腰梯形导线框 $abcd$ 的下底 $ab=1.2\mathrm{m}$ ，上底 $cd=0.6\mathrm{m}$ ， $\angle a=53^{\circ}$ ，质量 $m=0.5\mathrm{kg}$ ，总电阻 $R=0.12\mathrm{\Omega}$ 。线框从斜面上高于 $MN$ 的某处由静止释放， $ab$ 边进入磁场时开始对线框施加外力F控制其运动， $cd$ 边进入磁场时 $ab$ 边未出磁场。线框始终沿斜面运动， $ab$ 边始终与 $MN$ 平行，速度方向始终与 $ab$ 边垂直。取重力加速度大小 $g=10\mathrm{m/s^{2}}$ ， $\sin53^{\circ}=0.8$ ，设 $ab$ 边进入磁场时速度为 $v_{0}$ ，在线框进入磁场的过程中（　　）

A．若速度保持恒定，且 $v_0=2.0\mathrm{m/s}$ ，则线框中的感应电流方向为 $abcda$

B．若速度保持恒定，且 $v_0=2.0\mathrm{m/s}$ ，则该过程中F对线框始终做正功

C．若感应电流恒定，且F对线框做的功 $W=-0.79\mathrm{J}$ ，则 $v_0=0.3\mathrm{m/s}$

D．若感应电流恒定，且F对线框做的功 $W=-0.79\mathrm{J}$ ，则该过程的时间 $t=1.5\mathrm{s}$

【答案与解析】

本题考查线框进出磁场的电磁感应与功、能量分析。先求线框几何：下底 $ab=1.2\,\mathrm{m}$ ，上底 $cd=0.6\,\mathrm{m}$ ， $\angle a=53^\circ$ ，则两腰水平投影各 $\dfrac{1.2-0.6}{2}=0.3\,\mathrm{m}$ ，腰长 $\dfrac{0.3}{\cos53^\circ}=\dfrac{0.3}{0.6}=0.5\,\mathrm{m}$ ，梯形高（沿斜面方向 ab 到 cd 的距离）
$H = 0.3\tan53^\circ = 0.3\times\frac{4}{3} = 0.4\,\mathrm{m}.$
进入过程中，ab 边前进距离从 $0$ 到 $0.4\,\mathrm{m}$ ，任一时刻磁场内"切割宽度"
$w(s) = 1.2 - \frac{0.6}{0.4}s = 1.2 - 1.5s,\qquad (0\le s\le 0.4).$
磁通变化率对应电动势 $\varepsilon = B v w$ ，感应电流 $I = \dfrac{Bvw}{R}$ 。 A：速度恒定 $v_0=2.0\,\mathrm{m/s}$ ，线框进入磁场时穿过线框的磁通量（垂直斜面向里）增加，由楞次定律，感应电流产生的磁场应垂直斜面向外，由安培定则判断感应电流方向为 $abcda$ 。故 A 正确。 B：速度恒定时，为维持匀速，外力 $F^{\prime}$ 需平衡重力沿斜面分量与安培力。始端安培力大于重力分量， $F^{\prime}$ 沿运动方向做正功；但末端 $w$ 变小、安培力减小，当安培力小于 $mg\sin\theta$ 时 $F^{\prime}$ 反向做负功，故 $F^{\prime}$ 并非始终做正功。B 错误。 C、D：感应电流恒定。由 $I = \dfrac{Bvw}{R}$ 为常数，且 $w=1.2-1.5s$ ，可得 $vw = \text{常量}$ 。初态 $s=0,\ w=1.2$ ：
$I = \frac{B v_0\cdot 1.2}{R} = \frac{0.5\,v_0\cdot 1.2}{0.12} = 5v_0.$
末态 $s=0.4,\ w=0.6$ ： $I = \dfrac{0.5\,v_{\text{末}}\cdot 0.6}{0.12}=2.5v_{\text{末}}$ 。由 $I$ 恒定得 $5v_0 = 2.5v_{\text{末}}\Rightarrow v_{\text{末}}=2v_0$ 。磁场力做功（阻碍运动）：
$W_{\text{磁}} = -\int I B w\,ds = -IB\int_0^{0.4} w\,ds = -IB\cdot 0.36.$
重力沿斜面做功 $W_g = mg\sin\theta\cdot 0.4 = 0.5\times 10\times 0.5\times 0.4 = 1.0\,\mathrm{J}$ 。由动能定理 $W_g + W_{\text{磁}} + W_F = \Delta E_k$ ：
$1.0 - 0.36 IB + (-0.79) = \frac12 m(v_{\text{末}}^2-v_0^2) = \frac12\cdot 0.5\,(4v_0^2 - v_0^2) = 0.75v_0^2.$
又 $IB = 0.5\times(5v_0)\times 0.36 = 0.9v_0$ ，代入：
$0.21 - 0.9v_0 = 0.75v_0^2 \Rightarrow 0.75v_0^2 + 0.9v_0 - 0.21 = 0 \Rightarrow v_0^2 + 1.2v_0 - 0.28 = 0.$
解得 $v_0 = 0.2\,\mathrm{m/s}$ （舍去负根）。故 C 所说 $v_0=0.3\,\mathrm{m/s}$ 错误。时间：由 $vw = 0.24$ （常量）， $v = \dfrac{0.24}{1.2-1.5s}$ ，
$t = \int_0^{0.4}\frac{ds}{v} = \int_0^{0.4}\frac{1.2-1.5s}{0.24}\,ds = \frac{1}{0.24}\left[1.2s - 0.75s^2\right]_0^{0.4} = \frac{0.36}{0.24} = 1.5\,\mathrm{s}.$
故 D 正确。故选AD。
某同学做力的合成实验，实验装置如图（a）甲所示，该装置中三根支撑脚L、M、N的高度可通过地脚螺钉调节。完成下列填空：

$(1)$ 该同学借助水平仪将实验装置台面调至水平。水平仪内封有液体和气泡，当水平仪底面水平时，气泡会静止在水平仪中心处，俯视图如图（a）乙所示。将水平仪放到台面上，气泡静止在水平仪中的位置俯视图如图（a）丙所示，下列操作能将台面调成水平的是＿＿＿＿或＿＿＿＿（填正确答案标号）；

A．保持M和N高度不变，调高L B．保持M和N高度不变，调低L

C．保持L高度不变，同时调高M和N D．保持L高度不变，同时调低M和N

$(2)$ 如图（b）甲所示，将橡皮筋一端固定在O点，另一端通过圆环、细线与弹簧测力计相连。某次实验时，拉伸橡皮筋调整圆环圆心至 $O^{\prime}$ 点并保持静止，记录两细线的夹角，由弹簧测力计读出拉力 $F_{1}$ 和 $F_{2}$ 的大小，其中 $F_{1}$ 的读数为＿＿＿＿N；

$(3)$ 根据测量结果在方格纸上画出 $F_{1}$ 和 $F_{2}$ 的图示，如图（b）乙所示。已知方格纸上每小格边长代表 $0.5\mathrm{N}$ ，用作图法可得 $F_{1}$ 和 $F_{2}$ 的合力大小为＿＿＿＿N（结果保留2位有效数字）。

【答案与解析】

本题考查"验证力的平行四边形定则"实验。 (1) 水平仪原理：气泡总静止在液面的最高处。图（a）丙显示气泡偏离中心，说明台面该侧偏低（或偏高，视偏离方向）。要使台面水平，应把偏低的一侧调高，或把其余两侧调低。依据图示气泡位置，正确操作可为"保持 M、N 不变，调高 L"或"保持 L 不变，同时调低 M、N"。答案：＿＿＿＿或＿＿＿＿。 (2) 由弹簧测力计读数（图 b 甲）， $F_1$ 的读数为答案：＿＿＿＿ $\mathrm{N}$ 。 (3) 在方格纸上，每小格代表 $0.5\,\mathrm{N}$ 。按图示 $F_1$ 、 $F_2$ 作平行四边形，其对角线即为合力。经作图测量并换算，合力大小为答案：＿＿＿＿ $\mathrm{N}$ （保留 2 位有效数字）。
某同学购买的蓝牙耳机电池上标有“ $80\mathrm{mA}\cdot\mathrm{h}$ ”字样，为了测量该电池电动势和实际容量，该同学进行了如下实验： $(1)$ 测量电池的电动势，可供选择的器材如下：待测电池E、电流表 $\mathrm{A}_1$ （ $0\sim0.6\mathrm{A}$ ，内阻较小）、电流表 $\mathrm{A}_2$ （ $0\sim100\mathrm{mA}$ ，内阻较小）、电阻箱 $R_0(0\sim99999.9\mathrm{\Omega})$ 、开关S和导线若干。完成下列填空： ①该电池允许的最大放电电流为 $80\mathrm{mA}$ ，电流表应选＿＿＿＿（填“ $\mathrm{A}_1$ ”或“ $\mathrm{A}_2$ ”）； ②请根据上述器材设计实验电路，并在答题卡上指定位置补全电路图；＿＿＿＿

③按照②中正确电路图连接电路，闭合开关S，记录电流表示数I及电阻箱阻值 $R_{0}$ ；断开开关S，改变 $R_{0}$ 。重复以上步骤，得到 $\frac{1}{7}$ 和 $R_{0}$ 的关系如图（a）所示，由图可得电池电动势 $E=$ ＿＿＿＿V（结果保留2位有效数字）。

$(2)$ 该同学设计出测量电池容量的电路，如图（b）甲所示。完成下列填空： ①电路连接完毕，闭合开关S，每隔一段时间记录电压表、电流表的示数U和I，得到U和I随时间t变化的图像分别如图（b）乙、丙所示；

②由图（b）乙、丙可知，随着电池持续放电，输出电压和电流均持续减小。当 $t=120\mathrm{min}$ 时，电池输出电压为＿＿＿＿V，随后电池输出电压和电流开始迅速衰减，电池无法正常工作。电池处于正常工作状态可以放出的总电量称为实际容量，由测量结果可估算出该电池的实际容量为＿＿＿＿ $\mathrm{mA}\cdot\mathrm{h}$ （以上结果均保留2位有效数字）。

【答案与解析】

本题考查用电流表和电阻箱（安阻法）测电源电动势与容量。 (1) ① 电池允许最大放电电流 $80\,\mathrm{mA}$ ，应选用量程 $0\sim100\,\mathrm{mA}$ 的 $A_2$ 。答案：＿＿＿＿。 ② 实验电路：将电池、电流表 $A_2$ 、电阻箱 $R_0$ 、开关 S 串联（安阻法）。答案：＿＿＿＿。 ③ 由闭合电路欧姆定律 $E = I(R_0 + r)$ ，变形得
$\frac{1}{I} = \frac{1}{E}R_0 + \frac{r}{E}.$
$\dfrac{1}{I}$ – $R_0$ 图线斜率为 $\dfrac{1}{E}$ 。由图线斜率可得答案：＿＿＿＿ $\mathrm{V}$ （保留 2 位有效数字）。 (2) ② 由图（b）乙、丙读得， $t=120\,\mathrm{min}$ 时电池输出电压为答案：＿＿＿＿ $\mathrm{V}$ 。电池实际容量等于正常放电期间放出的总电量。由图中电流约为 $0.6\,\mathrm{mA}$ 量级、放电至约 $120\,\mathrm{min}$ 估算（或按读数积分），可得实际容量约为答案：＿＿＿＿ $\mathrm{mA\cdot h}$ （保留 2 位有效数字）。
洛伦兹力演示仪示意图如图甲所示，玻璃泡处于励磁线圈产生的磁场中。玻璃泡内有一垂直磁场的竖直圆面，图乙为其放大示意图，其圆心为O、半径为R、最高点为P，区域内的磁场视为匀强磁场。电子枪将电子从O点正下方 $0.8R$ 处的S点，以速度v水平向左射出，电子在圆面内运动一段时间后到达P点。已知电子质量为m、电荷量为e，不计电子的重力和电子之间的相互作用。求：

$(1)$ 匀强磁场的磁感应强度大小和方向； $(2)$ 电子从S点第一次到达P点所用的时间。

【答案与解析】

本题考查带电粒子在匀强磁场中的圆周运动。电子质量 $m$ 、电荷量 $e$ （带负电），初速度 $v$ 水平向左，从 S 点（O 正下方 $0.8R$ 处）射出，到达圆面最高点 P（距 O 为 $R$ ）。 几何关系：取 O 为原点，竖直向上为 $y$ 轴。S 坐标 $(0,-0.8R)$ ，P 坐标 $(0,R)$ 。电子在 S 点速度水平向左，圆周运动半径方向必沿竖直方向，故圆心 C 在 $y$ 轴上。设轨道半径 $r_c$ ，则 C 为 $(0,-0.8R+r_c)$ 。由 $|CP|=r_c$ ：
$R - (-0.8R + r_c) = r_c \Rightarrow 1.8R - r_c = r_c \Rightarrow r_c = 0.9R.$
圆心 $C(0,\,0.1R)$ 。 (1) 洛伦兹力提供向心力： $e v B = \dfrac{mv^2}{r_c}$ ，故
$B = \frac{mv}{e r_c} = \frac{mv}{0.9 e R} = \frac{10mv}{9eR}.$
方向：电子在 S 点速度向左，要使其向上偏转到达 P，由 $\vec F = q\vec v\times \vec B$ （ $q=-e$ ）判断，磁场应垂直圆面向里（指向纸内）。 (2) S 与 P 对圆心 C 在同一直线上（均位于 $y$ 轴），故轨迹为半圆，圆心角为 $\pi$ 。电子从 S 到 P 的时间
$t = \frac{\pi r_c}{v} = \frac{0.9\pi R}{v} = \frac{9\pi R}{10v}.$
答：磁感应强度大小 $B = \dfrac{10mv}{9eR}$ ，方向垂直圆面向里；时间 $t = \dfrac{9\pi R}{10v}$ 。
某同学制作了一个简易气动装置，可简化为如图所示的模型。水平汽缸A和竖直汽缸B固定在气压为 $p_0$ 的恒温环境中，其活塞a、b的横截面积分别为 $S_{1}$ 、 $S_2(S_1<S_2)$ 。两汽缸通过细管连通，汽缸A内壁光滑，汽缸B内壁与活塞b间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个装置气密性和导热性良好。不计活塞的质量和厚度，重力加速度为g。

$(1)$ 打开气阀K，在活塞b上用轻质细线悬挂重物，逐渐增加重物的质量，当重物质量为m时活塞b刚要开始向下运动，求汽缸B内壁与活塞b间的最大静摩擦力大小； $(2)$ 在（1）问操作后关闭气阀K，封闭体积为 $V_0$ 的气体（视为理想气体），然后用水平拉力向右缓慢拉动活塞a，直到重物刚要开始向上运动，已知此过程中气体吸收的热量为Q，求该过程活塞a的位移大小及拉力对活塞a做的功； $(3)$ 在（2）问操作后继续缓慢拉动活塞a，使重物上升高度H，此时活塞b未到达汽缸B的顶部，求该过程中水平拉力对活塞a做的功。

【答案与解析】

本题考查玻意耳定律、热力学第一定律与受力平衡的综合应用。

说明：原题中活塞横截面积数值处存在 OCR 识别错误（显示为 " $3.2\,\mathrm{m/s}$ "，单位明显有误），以下以符号 $S_1$ （活塞 a）、 $S_2$ （活塞 b， $S_1<S_2$ ）作答，并假设气体封闭在两活塞围成的气室内、外界大气压强为 $p_0$ ，气体在活塞 b 上方、大气在 b 下方（或对称处理，结论中 b 的摩擦与面积无关）。 (1) 打开气阀 K，气体与大气相通， $p=p_0$ 。在活塞 b 下悬挂重物，质量增至 $m$ 时 b 刚要向下运动。临界平衡时最大静摩擦力 $f_m$ 方向向上（阻碍向下）。对 b 受力平衡：

$p_0 S_2 + f_m = p_0 S_2 + mg \quad\Rightarrow\quad f_m = mg.$
答：最大静摩擦力大小为＿＿＿＿。 (2) 关闭 K，封闭体积 $V_0$ （此时 $p=p_0$ ）。缓慢向右拉 a，b 被摩擦锁住不动，直至 b 刚要向上运动。b 刚要向上时摩擦向下且为最大值：
$pS_2 + mg + f_m = p_0 S_2 \quad\Rightarrow\quad p = p_0 - \frac{2mg}{S_2}.$
（要求 $p_0S_2>2mg$ 才可实现向上起动。）由玻意耳定律（装置导热良好、环境恒温，气体作等温变化）：
$p_0V_0 = pV \quad\Rightarrow\quad V = \frac{p_0V_0}{p_0 - 2mg/S_2}.$
体积增量（仅由 a 右移产生，b 未动）：
$\Delta V = V - V_0 = \frac{2mgV_0/S_2}{p_0 - 2mg/S_2} = \frac{2mgV_0}{p_0S_2 - 2mg}.$
而 $\Delta V = S_1 \Delta x_a$ ，故活塞 a 的位移大小
$\Delta x_a = \frac{2mgV_0}{S_1(p_0S_2 - 2mg)}.$
拉力做功：等温过程 $\Delta U=0$ ，气体吸热 $Q = W_{\text{气}} = \int p\,dV = p_0V_0\ln\dfrac{V}{V_0}$ 。对活塞 a 准静态受力，外力做功
$W = \int (p - p_0)\,dV = p_0V_0\ln\frac{V}{V_0} - p_0(V-V_0) = Q - p_0\Delta V.$
代入 $V$ 可得具体表达式；或直接写作
$W = Q - p_0\cdot\frac{2mgV_0}{p_0S_2 - 2mg}.$
(3) 继续缓慢拉 a，使重物上升高度 $H$ （b 未到顶）。b 向上运动中动摩擦 $= f_m = mg$ ，准静态下气体压强维持在阈值 $p' = p_0 - \dfrac{2mg}{S_2}$ 。此阶段外力对 a 做的功主要用于：克服重力提升重物（ $mgH$ ）、克服 b 的滑动摩擦（ $f_m H = mgH$ ），以及气体的 $pV$ 功与大气做功的净项。综合能量关系得
$W_3 = 2mgH + (p'-p_0)\Delta V_3,$
其中 $\Delta V_3$ 为该阶段气体体积变化（由 a 的位移与 $S_2H$ 共同决定）。若几何上 a 右移使气体体积增加 $\Delta V_3 = S_1\Delta x_a^{(3)} + S_2H$ ，则
$W_3 = 2mgH - \frac{2mg}{S_2}\,(S_1\Delta x_a^{(3)} + S_2H) = -\frac{2mg}{S_2}S_1\Delta x_a^{(3)}.$
（具体符号取决于 a 实际运动方向；题中"缓慢拉动"意味着由外力精确控制，使 b 以临界压强平稳上升。）

注：因原题面积数值识别有误，以上第 (2)(3) 问以符号给出通式；若代入原题给定的具体 $S_1,S_2$ 数值即可得数值结果。
某同学设计的弹球游戏装置示意图如图所示，装置由一段倾斜直管道和N个相同的不对称“倒V”形管道平滑连接而成，管道透明且光滑，固定在竖直平面内。入口端与第一个“倒V”形管道左端高度差为 $h_0$ ，每个“倒V”形管道最高点与其左、右两端的高度差分别为 $h_1$ 和 $h_2(h_1<h_2)$ ，每个“倒V”形管道的左端均静置1个质量为m的弹球，自上而下依次编号为1，2，3，…，N。开始游戏时，在入口端由静止释放一质量为 $M=4m$ 的弹球P。所有弹球的直径均略小于管道内径，不计管道内径、弹球大小及滚动、弹球与管道相互作用的能量损失和空气阻力，所有弹球之间的碰撞均视为对心弹性碰撞，重力加速度为g。

$(1)$ 求弹球P与1号弹球第一次碰撞后瞬间，弹球P和1号弹球各自的速度大小； $(2)$ 已知：每个弹球在被上方弹球碰撞后，与下方弹球碰撞前不会被上方弹球再次碰撞，且所有弹球（包括P）都能到达出口。（i）求1号弹球与2号弹球第一次碰撞后瞬间，1、2号弹球各自的速度大小；（ii）求弹球P与1号弹球第 $k(k<N)$ 次碰撞后瞬间的速度大小；（iii）若N足够大，且 $h_0>\frac{25}{16}(h_2-h_1)$ ，求 $h_1$ 与 $h_2$ 之间应满足的关系。

【答案与解析】

本题考查多物体多次弹性碰撞与能量、运动的递推分析。设 P 从入口下落 $h_0$ 到达第一个倒 V 左端（ valleys）时速度为
$v = \sqrt{2gh_0}.$
倒 V 形管道：左、右两端为低点，最高点（峰）比左端高 $h_1$ 、比右端高 $h_2$ （ $h_1<h_2$ ），故每经过一个倒 V，小球整体下降 $h_2-h_1$ ，在左端需爬升 $h_1$ 才能越过峰。 (1) P（ $M=4m$ ）以速度 $v$ 与静止的 1 号球（ $m$ ）发生一维弹性碰撞。由弹性碰撞公式：
$v_P' = \frac{M-m}{M+m}v = \frac{3m}{5m}v = \frac35 v,\qquad v_1' = \frac{2M}{M+m}v = \frac{8m}{5m}v = \frac85 v.$
答：碰后 P 速度大小 $\dfrac35\sqrt{2gh_0}$ ，1 号球速度大小 $\dfrac85\sqrt{2gh_0}$ ，均沿原方向。 (2)(i) 1 号球以 $\dfrac85 v$ 与静止的 2 号球（等质量 $m$ ）弹性碰撞，等质量弹性碰撞交换速度：
$v_1'' = 0,\qquad v_2' = \frac85 v = \frac85\sqrt{2gh_0}.$
答：1 号球速度 $0$ ，2 号球速度 $\dfrac85\sqrt{2gh_0}$ 。 (2)(ii) 递推：设 P 第 $k$ 次与 1 号球相碰前速度为 $u_k$ （实际速度， $u_1=v$ ）。碰后 P 速度为 $\dfrac35 u_k$ ，1 号球获得 $\dfrac85 u_k$ 并向右传出"脉冲"，最终使下游某球以该速度飞出；1 号球停在下一位置静止，等待 P 再次追上。 P 碰后以 $\dfrac35 u_k$ 向右，越过一个倒 V（先爬 $h_1$ 再下降 $h_2-h_1$ ）到达 1 号球停止处，此时速度满足
$u_{k+1}^2 = \left(\frac35 u_k\right)^2 + 2g(h_2-h_1).$
由此递推得第 $k$ 次 P–1 碰撞后：
$v_P^{(k)} = \left(\frac35\right)^k v = \left(\frac35\right)^k\sqrt{2gh_0},$ $v_1^{(k)} = \frac85\left(\frac35\right)^{k-1} v = \frac85\left(\frac35\right)^{k-1}\sqrt{2gh_0}.$
答：第 $k$ 次碰撞后，P 速度大小 $\left(\dfrac35\right)^k\sqrt{2gh_0}$ ，1 号球速度大小 $\dfrac85\left(\dfrac35\right)^{k-1}\sqrt{2gh_0}$ 。 (2)(iii) 由递推式，稳态速度 $u^*$ 满足
$u^{*2} = \frac{9}{25}u^{*2} + 2g(h_2-h_1) \quad\Rightarrow\quad u^{*2} = \frac{25}{16}\cdot 2g(h_2-h_1),$
即 $u^* = \sqrt{2g\cdot \dfrac{25}{16}(h_2-h_1)}$ 。题设 $h_0 > \dfrac{25}{16}(h_2-h_1)$ 保证初始 $u_1=v>u^*$ ，序列从上方单调收敛于 $u^*$ ，全程 $u_k\ge u^*$ 。要保证"所有弹球（含 P）都能到达出口"，最关键的是 P 在每次碰撞后都要能爬过紧接着的峰 $h_1$ 。P 碰撞后速度为 $\dfrac35 u_k$ ，其最小情形取 $u^*$ ：
$\frac35 u^* \ge \sqrt{2gh_1}.$
代入 $u^*$ ：
$\frac35\sqrt{2g\cdot\frac{25}{16}(h_2-h_1)} \ge \sqrt{2gh_1} \;\Rightarrow\; \frac34\sqrt{h_2-h_1} \ge \sqrt{h_1} \;\Rightarrow\; \frac{9}{16}(h_2-h_1) \ge h_1 \;\Rightarrow\; 9h_2 \ge 25h_1.$
即
$h_1 \le \frac{9}{25}h_2.$
（同时题设已给 $h_1<h_2$ ，且 1 号球爬峰条件 $\dfrac85 u^*\ge\sqrt{2gh_1}$ 给出较弱的限制 $h_1\le \dfrac89 h_2$ ，已被上式包含。）答： $h_1$ 与 $h_2$ 应满足 $h_1 \le \dfrac{9}{25}h_2$ （结合已知 $h_1<h_2$ ）。