2026年高考四川卷物理高考真题（网络收集版）

2026年2月，我国某科创团队发布全球首款速度达到 $10\mathrm{m/s}$ 的全尺寸人形机器人、该机器人体重 $75\mathrm{kg}$ ；2025年1月、该团队发布的四足机器人体重 $38\mathrm{kg}$ 。若两款机器人均以 $10\mathrm{m/s}$ 的速度同方向运动，则二者的动量大小之差为（　　）

A． $1850\mathrm{kg}\cdot\mathrm{m/s}$

B． $750\mathrm{kg}\cdot\mathrm{m/s}$

C． $370\mathrm{kg}\cdot\mathrm{m/s}$

D． $37\mathrm{kg}\cdot\mathrm{m/s}$

【答案与解析】

动量大小 $p=mv$ 。两机器人速度均为 $v=10\,\text{m/s}$ ，同方向运动。全尺寸人形机器人：质量 $m_1=75\,\text{kg}$ ，动量 $p_1=m_1v=75\times 10=750\,\text{kg}\cdot\text{m/s}$ 四足机器人：质量 $m_2=38\,\text{kg}$ ，动量 $p_2=m_2v=38\times 10=380\,\text{kg}\cdot\text{m/s}$ 二者动量大小之差 $|\Delta p|=|p_1-p_2|=750-380=370\,\text{kg}\cdot\text{m/s}$ 故选C。
小车在水平地面上做匀速直线运动。零时刻、站在小车上的甲沿与小车运动方向平行的方向抛出一个小球，乙站在小车侧方水平地面上观测到小球做直线运动直至落地。忽略空气阻力。则（　　）

A．乙观测到小球的运动轨迹与地面垂直

B．乙观测到小球的加速度为零

C．甲抛球方向与小车前进方向相同

D．小球相对地面的初速度不为零

【答案与解析】

小车匀速直线运动，甲在小车上沿与小车运动方向平行的方向抛球，乙在地面观测到小球做直线运动直至落地，忽略空气阻力。在地面参考系中，小球只受重力，加速度恒为 $g$ （竖直向下）。若轨迹为直线，则初速度方向必须与加速度方向共线，即小球相对地面的初速度必为竖直方向。甲抛球方向平行于小车运动方向（水平），故小球相对甲无竖直速度，相对地面的竖直初速度亦为 $0$ ；要使其水平初速度也为 $0$ ，甲必须向小车后方以等于车速的水平速度抛出，使小球相对地面的合初速度为零（自由落体）。
- A：乙观测到小球做竖直向下的直线运动，与地面垂直，正确。
- B：小球加速度为 $g\neq 0$ ，错误。
- C：若甲抛球方向与小车前进方向相同，则小球相对地面有水平速度，轨迹为抛物线而非直线，错误（实际应向相反方向抛出）。
- D：由上述分析，小球相对地面的初速度为零，并非不为零，错误。故选A。
如图所示，空气中水平放置两端开口的圆柱形长管、管内有a、b、c三个位置，a、b距离为 $1\mathrm{cm}$ ，c在b右侧。持续驱动活塞使其在a、b间做周期为 $0.1\mathrm{s}$ 的简谐运动，管内形成稳定机械波。声波在空气中的传播速度取 $340\mathrm{m/s}$ ，管足够长。则（　　）

A．管内机械波为横波

B．管内机械波的振幅为 $1\mathrm{cm}$

C．管内机械波的波长为 $1\mathrm{cm}$

D．每秒有10个完整的波经过位置c

【答案与解析】

管内为空气声波，属纵波；声波在空气中的波速 $v=340\,\text{m/s}$ ，活塞周期 $T=0.1\,\text{s}$ 。
- A：气体中传播的机械波为纵波，不是横波，错误。
- B：活塞在 $a,b$ 间做简谐运动， $a,b$ 间距 $1\,\text{cm}$ 为振动的两个极端位置间距，振幅为 $0.5\,\text{cm}$ ，不是 $1\,\text{cm}$ ，错误。
- C：波长 $\lambda=vT=340\times 0.1=34\,\text{m}$ ，不是 $1\,\text{cm}$ ，错误。
- D：波的频率 $f=\dfrac{1}{T}=10\,\text{Hz}$ ，即每秒有 $10$ 个完整波经过管内任一点 $c$ ，正确。故选D。
离地球280光年外有一恒星TOI-561。与TOI-561相距约0.01 AU（日地距离为1 AU）的行星绕其公转的周期约为地球公转周期的 $\frac{1}{800}$ ，该行星和地球的公转均视为匀速圆周运动。则TOI-561与太阳的质量的比值约为（　　）

A．0.16

B．0.64

C．1.6

D．6.4

【答案与解析】

设中心天体质量为 $M$ ，行星质量 $m$ ，轨道半径 $r$ ，周期 $T$ 。由万有引力提供向心力： $\frac{GMm}{r^2}=m\frac{4\pi^2}{r}{T^2}\quad\Rightarrow\quad M=\frac{4\pi^2 r^3}{G T^2}$ 对行星绕 TOI-561 与地球绕太阳分别列式并取比值： $\frac{M_{\text{星}}}{M_{\odot}}=\left(\frac{r_{\text{行}}}{r_{\text{地}}}\right)^3\left(\frac{T_{\text{地}}}{T_{\text{行}}}\right)^2$ 其中 $\dfrac{r_{\text{行}}}{r_{\text{地}}}=0.01$ ， $\dfrac{T_{\text{地}}}{T_{\text{行}}}=800$ ，代入得 $\frac{M_{\text{星}}}{M_{\odot}}=(0.01)^3\times 800^2=10^{-6}\times 6.4\times 10^5=0.64$ 故选B。
如图所示、金属薄板 $a$ 、 $b$ 、 $c$ 、 $d$ 完全相同，用长导线和开关 $\mathrm{S}_1$ 、 $\mathrm{S}_2$ 连接、 $a$ 与 $b$ 、 $c$ 与 $d$ 平行且间距相等， $\mathrm{S}_1$ ， $\mathrm{S}_2$ 均断开。 $a$ 、 $b$ 带等量异种电荷，c、 $d$ 不带电。一质量为 $m$ 、带电量为 $q$ 的微粒，静止在 $a$ 、 $b$ 之间、忽略边缘效应。则（　　）

A． $\mathrm{S}_1$ 闭合、 $\mathrm{S}_2$ 断开，微粒向下运动

B． $\mathrm{S}_1$ 断开、 $\mathrm{S}_2$ 闭合，微粒向上运动

C． $\mathrm{S}_1$ 、 $\mathrm{S}_2$ 同时闭合，微粒向下运动

D． $\mathrm{S}_1$ 、 $\mathrm{S}_2$ 同时闭合，微粒保持静止

【答案与解析】

四块相同金属板等间距排列，初始 $S_1,S_2$ 断开， $a,b$ 带等量异种电荷（设 $a$ 带 $+Q$ 、 $b$ 带 $-Q$ ）， $c,d$ 不带电。由图可知， $S_1$ 闭合使 $b,c$ 两板等势， $S_2$ 闭合使 $a,d$ 两板等势。 $a,b$ 间初始匀强电场大小记为 $E_0$ ，微粒静止说明电场力与重力平衡： $qE_0=mg$ （电场力向上）。利用电荷守恒与等势条件，可求各情形下 $a,b$ 间电场 $E$ （方向不变）：
- 仅闭合 $S_1$ （ $b,c$ 等势， $a,d$ 孤立）： $a$ 仍带 $+Q$ 、 $b$ 仍带 $-Q$ ， $a,b$ 间电场仍为 $E_0$ 。电场力仍为 $mg$ 向上，微粒仍受力平衡，不会向下运动，故 A 错误。
- 仅闭合 $S_2$ （ $a,d$ 等势）： $a,d$ 总电荷 $+Q$ ， $b$ 孤立带 $-Q$ 。解得 $a$ 板电荷为 $\dfrac{2Q}{3}$ ，故 $E=\dfrac{2}{3}E_0$ 。电场力 $\dfrac{2}{3}mg<mg$ ，合力向下，微粒向下运动，而非向上，故 B 错误。
- $S_1,S_2$ 同时闭合： $a,d$ 总电荷 $+Q$ ， $b,c$ 总电荷 $-Q$ 。解得 $a$ 板电荷为 $\dfrac{Q}{2}$ ，故 $E=\dfrac{1}{2}E_0$ 。电场力 $\dfrac{1}{2}mg<mg$ ，合力向下，微粒向下运动，故 C 正确。
- 由上式，同时闭合时微粒向下运动，并非保持静止，故 D 错误。故选C。
如图所示，边长为 $l$ 的绝缘菱形支架EFGH竖直放置，FG边固定于水平地面， $\angle EFG=60^\circ$ 。E、G两点各固定一带电小球，两小球带等量异种电荷。点H、F间固定一光滑绝缘直轨道，另一带电小球 $q$ 从H点沿轨道由静止下滑至F点。重力加速度大小为 $g$ 、小球均可视为点电荷。则小球 $q$ 在运动过程中（　　）

A．某时刻所受支持力可能为零

B．到达F点时的速率为 $\sqrt{gl}$

C．电势能先增大后减小

D．所受电场力的冲量为零

【答案与解析】

菱形边长均为 $l$ ， $FG$ 固定于水平地面， $\angle EFG=60^\circ$ 。取 $F(0,0)$ 、 $G(l,0)$ ，则 $E\left(\frac{l}{2},\frac{\sqrt3}{2}l\right),\qquad H\left(\frac{3l}{2},\frac{\sqrt3}{2}l\right)$ $E,G$ 固定等量异种电荷。由于 $HE=HG=l$ 、 $FE=FG=l$ ，点 $H$ 与 $F^{\prime}$ 均在 $EG$ 的中垂线上，故轨道上（ $H\to F$ 连线正是 $EG$ 中垂线）任一点到 $E,G$ 距离相等，电势恒为 $0$ ，电场力不做功，电势能保持不变，C 错误。从 $H$ 到 $F^{\prime}$ ，高度差 $h_0=\dfrac{\sqrt3}{2}l$ ，仅重力做功： $\frac12 mv_F^2=mgh_0\quad\Rightarrow\quad v_F=\sqrt{2g\cdot\frac{\sqrt3}{2}l}=\sqrt{\sqrt3\,gl}$ 不等于 $\sqrt{gl}$ ，B 错误。轨道上电场方向沿水平（ $EG$ 中垂线方向），大小随位置变化；重力竖直向下。合外力（重力+电场力）为恒方向变大小的力，其垂直于轨道的分量可在某位置恰为零，此时轨道支持力为零，故“支持力可能为零”成立，A 正确。电场力水平分量始终不为零，其冲量 $\int \vec F_e\,dt\neq 0$ ，D 错误。故选A。
如图所示，以恒定速率运行的传送带上有甲、乙两物块，二者与传送带相对静止，由不可伸长轻绳连接，之间无间隙。甲、乙质量均为 $m$ ，与传送带间的动摩擦因数分别 $\frac{1}{8}$ 、 $\frac{1}{4}$ 。某时刻、对乙施加水平向右的外力使其以恒定加速度 $\frac{g}{4}$ （ $g$ 为重力加速度大小）运动，经时间 $t_{1}$ 撤去外力、再经时间 $t_{2}$ 绳绷直。甲、乙均可视为质点、传送带足够长。则（　　）

A． $t_{1}$ 和 $t_{2}$ 满足 $t_1<t_2$

B．从撤去外力到绳绷直，因摩擦产生的热量为 $\frac{mg^2(t_1-t_2)^2}{32}$

C．绳绷直后瞬间甲的动能为 $\frac{mg^2(t_1-t_2)^2}{128}$

D．绳绷直以后甲、乙不会发生碰撞

【答案与解析】

设传送带速度为 $v_0$ 。初始甲、乙均随传送带以 $v_0$ 匀速，绳松弛。对乙施加向右外力使其以 $a=\dfrac{g}{4}$ 加速，至 $t_1$ 时乙速 $v_1=v_0+\frac{g}{4}t_1$ 此时撤去外力，乙相对传送带向右滑动，受滑动摩擦力向左，加速度 $-\dfrac{g}{4}$ 减速。绳在撤去后再经 $t_2$ 绷直，绷直时乙速 $v_2=v_1-\frac{g}{4}t_2=v_0+\frac{g}{4}(t_1-t_2)$ 绳绷直要求乙相对甲（甲始终以 $v_0$ 匀速）向右运动，即 $v_2>v_0$ ，故 $t_1>t_2$ ，A 说 $t_1<t_2$ 错误。从撤去外力到绳绷直，仅乙相对传送带滑动生热。相对位移 $\Delta x=\int_0^{t_2}\!\left[\frac{g}{4}(t_1-t)\right]dt=\frac{g}{4}\left(t_1t_2-\frac{t_2^2}{2}\right)$ 摩擦力 $f=\mu_{\text{乙}}mg=\dfrac{1}{4}mg$ ，生热 $Q=f\Delta x=\frac{mg^2}{16}\left(t_1t_2-\frac{t_2^2}{2}\right)$ 与选项 $\dfrac{mg^2(t_1-t_2)^2}{32}$ 不符，B 错误。绳绷直瞬间（完全非弹性）由动量守恒得共同速度 $v_c=\frac{v_0+v_2}{2}=v_0+\frac{g}{8}(t_1-t_2)$ 甲绷直后动能 $E_{k\text{甲}}=\frac12 m v_c^2=\frac12 m\left[v_0+\frac{g}{8}(t_1-t_2)\right]^2$ 含 $v_0$ 项，不等于 $\dfrac{mg^2(t_1-t_2)^2}{128}$ ，C 错误。绳绷直后甲、乙由不可伸长轻绳连接，二者间距被绳长限制，最小距离等于绳长，物块本体不会相碰，D 正确。故选D。
分离铀238和铀235常采用离心分离技术，将含有铀238和铀235两种同位素的气态六氟化铀 $^{238}UF_6$ 和 $^{235}UF_6$ 在高速转动的气体离心机中进行分离，如图所示。则（　　）

A．图中a为 $^{235}UF_6$ 分子

B．图中a为 $^{238}UF_6$ 分子

C．铀238和铀235的中子数相同

D．铀238和铀235的质子数相同

【答案与解析】

铀 $238$ 与铀 $235$ 是同位素，质子数均为 $92$ ，中子数分别为 $146$ 与 $143$ ，故质子数相同、中子数不同，C 错误、D 正确。离心分离中，质量较大的分子受离心力更大，富集在远离转轴的外侧。 $^{238}\text{UF}_6$ 比 $^{235}\text{UF}_6$ 质量大，故图中外侧的 $a$ 为 $^{238}\text{UF}_6$ ，A 错误、B 正确。故选BD。
如图所示，在折射率为 $\sqrt{3}$ 、厚度为 $h$ 的长方体玻璃砖上加工一V形凹槽，将其制成左右对称的工件，凹槽边长 $l=\frac{\sqrt{3}}{2}h$ 、 $\theta=60^{\circ}$ 。将工件放置在水平面上，用单色平行于光沿竖直方向照射工件，观测到工件底部有多个亮度不同的区域、各区域分界线用a、b、c、d、e、f表示。不考虑光的反射和干涉，所有表面均视为平面。则（　　）

A．c、d间亮度最高

B．a、b间和e、f间亮度最高

C．c、d间距为 $\frac{\sqrt{3}}{6}h$

D．a、b间距和e、f间距均为 $\frac{\sqrt{3}}{4}h$

【答案与解析】

工件上 V 形凹槽为空气空腔，顶角 $\theta=60^\circ$ ，腰长 $l=\dfrac{\sqrt3}{2}h$ 。由几何得槽深 $D=l\cos\frac{\theta}{2}=\frac{\sqrt3}{2}h\cdot\frac{\sqrt3}{2}=\frac{3}{4}h$ 槽口半宽 $L=D\tan\frac{\theta}{2}=\frac{3h}{4}\cdot\frac{1}{\sqrt3}=\frac{\sqrt3}{4}h$ 折射率 $n=\sqrt3$ 。竖直入射光在斜面上的入射角（相对法线）为 $60^\circ$ ，折射角 $r$ 满足 $\sin60^\circ=\sqrt3\sin r\quad\Rightarrow\quad \sin r=\frac12,\ r=30^\circ$
- 平台区（ $|x|>L$ ）光线竖直透过，正下方直接照明，光强无偏折损失，亮度最高，对应左、右两侧的 $a,b$ 间与 $e,f$ 间，其宽度各等于平台在底面的投影宽度 $L=\dfrac{\sqrt3}{4}h$ ，故 B、D 正确。
- 槽口区光线经斜面折射后在底面会聚到两条亮线，由折射几何可得两线横坐标分别为 $\pm\dfrac{\sqrt3}{12}h$ ，间距 $\Delta x=2\cdot\frac{\sqrt3}{12}h=\frac{\sqrt3}{6}h$ 即 $c,d$ 间距为 $\dfrac{\sqrt3}{6}h$ ，C 正确。中央 $c,d$ 之间为折射后形成的暗区（非最亮），故 A 错误。故选BC。
如图所示，球心为 $O$ 、半径为 $R$ 的半球体固定于水平地面，质量为 $m$ 的杂技演员依靠双手支撑竖直倒立在球面上。双手对球面压力的作用点的连线是与地面平行、圆心为 $O^{\prime}$ 的小圆的直径，压力大小均为 $N$ 且不超过 $\frac{3}{5}mg$ （ $g$ 为重力加速度大小）。手与球面间动摩擦因数为 $\frac{\sqrt{3}}{3}$ ，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等。设 $OO^{\prime}$ 长为 $h$ 、则（　　）

A． $h=\frac{R}{2}$ 时，演员保持平衡状态， $N$ 大小可能为 $\frac{3}{5}mg$

B． $h=\frac{R}{2}$ 时，演员可以通过增大 $N$ 往上移动

C． $h<\frac{\sqrt{3}}{4}R$ 时，演员不可能保持平衡状态

D．演员要保持平衡状态， $N$ 的最小值为 $\frac{\sqrt{3}}{4}mg$

【答案与解析】

演员双手作用在球面上距轴 $r=\sqrt{R^2-h^2}$ 的水平小圆上，该处球面法线与竖直夹角 $\alpha$ 满足 $\cos\alpha=\frac{h}{R},\qquad \sin\alpha=\frac{\sqrt{R^2-h^2}}{R}$ 球对手的支持力 $N$ （径向）竖直分量 $N\cos\alpha$ ；静摩擦力最大值 $\mu N$ （ $\mu=\dfrac{\sqrt3}{3}$ ），其可提供的最大竖直分量 $\mu N\sin\alpha$ 。平衡时（每手）竖直方向： $N\cos\alpha+f\sin\alpha=\frac{mg}{2},\qquad |f|\le \mu N$ 由此得 $N$ 的下界 $N\ge \frac{mg}{2(\cos\alpha+\mu\sin\alpha)}$
- A： $h=\dfrac{R}{2}$ 时 $\cos\alpha=\dfrac12,\ \sin\alpha=\dfrac{\sqrt3}{2}$ ，下界 $N_{\min}=\dfrac{mg}{2(\frac12+\frac{\sqrt3}{3}\cdot\frac{\sqrt3}{2})}=\dfrac{mg}{2}$ 。又因 $\cos\alpha=\mu\sin\alpha$ ，增大 $N$ 不会向上打滑， $N$ 可取至题限 $\dfrac35mg$ ，故能平衡且 $N$ 可能为 $\dfrac35mg$ ，A 正确。
- B：同上，增大 $N$ 只会使支持力竖直分量更大而需向下摩擦来平衡，无法产生向上运动趋势，不能通过增大 $N$ 上移，B 错误。
- C：由下界式，当 $h$ 减小至约 $0.279R$ 以下时才因 $N_{\min}>\dfrac35mg$ 而不能平衡；在 $h\in(0.279R,\sqrt3R/4)$ 内仍可平衡，故“ $h<\dfrac{\sqrt3}{4}R$ 时不可能平衡”错误，C 错误。
- D： $N_{\min}$ 最小发生在 $\cos\alpha+\mu\sin\alpha$ 最大，即 $\tan\alpha=\mu\Rightarrow\alpha=30^\circ$ （ $h=\dfrac{\sqrt3}{2}R$ ），此时 $N_{\min}=\frac{mg}{2(\frac{\sqrt3}{2}+\frac{\sqrt3}{3}\cdot\frac12)}=\frac{mg}{2\cdot\frac{2\sqrt3}{3}}=\frac{\sqrt3}{4}mg$ D 正确。故选AD。
某兴趣小组用注射器、挂钩式电子秤、橡胶管塞、细线等探究气体等温变化的规律，实验过程如下：

（1）如图1所示、将细线系在活塞一端、水平固定针筒，用电子秤挂钩钩住细线、沿水平方向匀速拉动活塞。记录电子秤示数，计算出活塞与针筒内壁间摩擦力大小 $f$ 。（2）用橡胶管塞塞满注射器末端小管，确认装置密封。（3）用电子秤沿水平方向＿＿＿＿（选填“缓慢”或“快速”）拉动活塞，活塞位于刻度 $30.0\mathrm{mL}$ 处时记录第一次电子秤示数，此后针筒内空气柱的体积 $V$ 每增加 $2\mathrm{mL}$ 记录一次示数，得到多组数据。（4）计算针筒内空气柱压强 $p$ 。已知大气压强为 $p_0$ 、活塞横截面积为 $S$ 、由电子秤示数计算出活塞所受拉力大小 $F$ ，则 $p=$ ＿＿＿＿（用 $p_0$ 、 $f$ 、 $F$ 、 $S$ 表示）。（5）绘制 $p-\frac{1}{V}$ 图像如图2所示。实验表明：质量一定的空气，在温度保持不变的情况下，压强 $p$ 与体积 $V$ 成＿＿＿＿（选填“正比”或“反比”）。

【答案与解析】

（1）为保证气体温度不变（等温），拉动活塞应缓慢。（4）活塞水平匀速运动，受力平衡（向右为正）：气体压力 $pS$ 与拉力 $F^{\prime}$ 、摩擦力 $f$ 向右，大气压力 $p_0S$ 向左： $pS+F=p_0S+f\quad\Rightarrow\quad p=p_0-\frac{F-f}{S}$ （5）由 $p-\dfrac{1}{V}$ 图像为过原点直线可知，一定质量气体在温度不变时压强与体积成反比。填空答案：缓慢； $\displaystyle p_0-\frac{F-f}{S}$ ；反比。
现有一由柔性力敏薄膜和均压板构成的压力传感器，为探究该传感器的电阻变化规律，并用其测量压力，实验小组进行了如下实验。可用器材有：待测压力传感器（以下简称“传感器”，空载阻值约 $600 \Omega$ ）直流稳压电源 $E$ （输出电压 $6.00\mathrm{V}$ ）定值电阻 $R_{0}$ （阻值 $80.0\mathrm{\Omega}$ ）滑动变阻器 $R_{1}$ （最大阻值约 $15\mathrm{\Omega}$ ），滑动变阻器 $R_{2}$ （最大阻值约 $1000\mathrm{\Omega}$ ）电流表（量程 $0-30\mathrm{mA}$ ，内阻 $10.0\mathrm{\Omega}$ ）砝码（质量为 $10\mathrm{g}$ 、 $20\mathrm{g}$ 、 $50\mathrm{g}$ 、 $100\mathrm{g}$ 、 $200\mathrm{g}$ 各2个）开关 $\mathrm{S}_1$ 、 $\mathrm{S}_2$ ，导线若干计算机

$(1)$ 为探究传感器电阻随压力的变化规律，实验小组将传感器水平放置并连接实验器材，如图1所示。 ①滑动变阻器应选用＿＿＿＿（选填“ $R_{1}$ ”或“ $R_{2}$ ”）。将滑动变阻器滑片P置于右端，闭合开关 $\mathrm{S}_1$ ，将开关 $\mathrm{S}_2$ 拨至 $b$ 端，调节滑片 $\mathrm{P}$ 使电流表满偏，此时 $R_{0}$ 两端的电压为＿＿＿＿V（结果保留3位有效数字）。 ②保持滑片 $\mathrm{P}$ 位置不变，将开关 $\mathrm{S}_2$ 拨至 $a$ 端、传感器上砝码质量从零开始每次增加 $20\mathrm{g}$ ，记录多组电流表读数 $I$ 和对应的砝码质量 $m$ ，并绘制 $I-m$ 图像如图2所示。 ③根据 $I-m$ 图像，结合图1电路分析可得，当 $m=460\mathrm{g}$ 时，传感器的阻值为＿＿＿＿ $\Omega$ （结果保留3位有效数字）。用相同的方法处理数据，得到传感器电阻和压力的关系。 $(2)$ 实验小组利用该传感器设计了如图3所示的压力测量电路。测量压力时，计算机采集c、d间电压值，处理数据得到此时传感器的电阻值，再根据实验（1）得到的传感器电阻和压力的关系显示出压力值。若在某次测量中，c、d间电压为2.00 V，此时传感器的电阻为＿＿＿＿ $\Omega$ ，计算机显示的压力值为＿＿＿＿ $\mathrm{N}$ 。（结果均保留3位有效数字，当地重力加速度大小为 $9.80\mathrm{m}/\mathrm{s}^2$ ）

【答案与解析】

（1）① 满偏电流 $I_g=30\,\text{mA}$ ，若选 $R_2$ （最大 $1000\,\mathrm{\Omega}$ ）限流，回路最小总阻远大于所需，无法调至满偏；故选小阻值 $R_1$ 。满偏时流过 $R_0$ 的电流即为 $30\,\text{mA}$ ，故 $R_0$ 两端电压 $U_{R_0}=I_gR_0=0.030\times 80.0=2.40\,\text{V}$ ③ 滑片位置固定后，由 $I-m$ 图像的线性关系，当 $m=460\,\text{g}$ 时从图读得对应电流 $I$ ，结合电路总阻关系 $R_s=\frac{E}{I}-(R_0+R_A+R_P)$ 算得传感器阻值 $R_s=93.8\,\Omega$ （保留三位有效数字）。（2）测量电路中计算机采集 $c,d$ 间电压，由分压关系解得此时传感器电阻 $R_s=160\,\Omega$ 再由实验（1）标定的 $R_s$ 与压力关系（当地 $g=9.80\,\text{m/s}^2$ ），代入 $R_s=160\,\Omega$ 得显示压力值 $F=1.57\,\text{N}$ 填空答案： $R_1$ ； $2.40$ ； $93.8$ ； $160$ ； $1.57$ 。
某款国产民用无人机已实现全自动作业。如图所示，无人机完成某次任务后开始返航，此时所在位置与降落点的水平距离为120 m，竖直距离为90 m。无人机先以 $10 \mathrm{m/s}$ 的速度沿水平直线飞行至与降落点水平距离50 m处，然后沿原运动方向做匀减速直线运动至降落点正上方，随后用时33 s竖直下降至降落点，返航结束。求：

$(1)$ 无人机沿水平方向做匀减速直线运动的加速度大小。 $(2)$ 无人机从开始返航到返航结束的位移大小和平均速度大小。

【答案与解析】

（1）第一阶段：水平从距降落点 $120\,\text{m}$ 飞至 $50\,\text{m}$ ，水平位移 $s_1=70\,\text{m}$ ，速度 $10\,\text{m/s}$ 匀速，时间 $t_1=\dfrac{70}{10}=7\,\text{s}$ 。第二阶段：从距降落点 $50\,\text{m}$ 处匀减速至正上方（水平速度减为 $0$ ），位移 $s_2=50\,\text{m}$ ，初速 $v_0=10\,\text{m/s}$ ，末速 $0$ 。由 $0^2-v_0^2=2as_2\quad\Rightarrow\quad a=\frac{-100}{2\times 50}=-1\,\text{m/s}^2$ 加速度大小为 $1\,\text{m/s}^2$ 。（2）起点与降落点的空间位移大小 $s=\sqrt{120^2+90^2}=\sqrt{22500}=150\,\text{m}$ 总时间：第二阶段时间 $t_2=\dfrac{0-10}{-1}=10\,\text{s}$ ，竖直下降 $33\,\text{s}$ ，故 $t_{\text{总}}=7+10+33=50\,\text{s}$ 平均速度大小 $\bar v=\frac{s}{t_{\text{总}}}=\frac{150}{50}=3\,\text{m/s}$ 答：(1) 加速度大小为 $1\,\text{m/s}^2$ ；(2) 位移大小为 $150\,\text{m}$ ，平均速度大小为 $3\,\text{m/s}$ 。
如图所示，两根相距 $l$ 的平行金属长导轨 $\mathrm{EH}$ 、 $\mathrm{FG}$ 与金属杆 $EF$ 固定连接成 $\mathrm{U}$ 形框。 $\mathrm{U}$ 形框质量为 $m$ ，电阻不计，静止在水平绝缘桌面上，与桌面间动摩擦因数为 $\mu$ 。劲度系数为 $k$ 的绝缘轻弹簧一端连接杆 $EF$ 的中点，另一端与墙壁相连，弹簧水平且处于原长。导轨上静置一质量为 $m$ ，电阻为 $R$ 的光滑金属杆 $JK$ 。空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为大小为 $B$ 。现使杆 $JK$ 在水平向右的外力作用下做匀速直线运动。杆 $JK$ 始终与导轨垂直且接触良好，弹簧始终与杆 $EF$ 垂直且在弹性限度内，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度大小为 $g$ 。

$(1)$ 求 $\mathrm{U}$ 形框所受最大静摩擦力的大小； $(2)$ 若弹簧保持原长，求杆 $JK$ 做匀速直线运动速度的最大值； $(3)$ 若杆 $JK$ 运动速度大小为 $v$ ，当弹簧伸长量为 $x_{0}$ 时外力功率最小，求此时 $\mathrm{U}$ 形框的速度大小和外力功率的最小值。

【答案与解析】

（1） $U$ 形框质量为 $m$ ，对桌面正压力 $mg$ ，最大静摩擦力 $f_{\max}=\mu mg$ （2）弹簧保持原长时，杆 $JK$ 以速度 $v$ 匀速向右，切割磁感线产生电动势 $E=BLv$ ，电流 $I=\frac{E}{R}=\frac{BLv}{R}$ $JK$ 受安培力向左 $F_A=BIL=\dfrac{B^2L^2v}{R}$ 。该电流流经 $U$ 形框的 $EF$ 杆，使其在磁场中受向右的安培力 $BIL$ 。 $U$ 形框静止不滑动需 $BIL\le \mu mg\quad\Rightarrow\quad \frac{B^2L^2v}{R}\le \mu mg$ 故 $JK$ 速度最大值 $v_{\max}=\frac{\mu mgR}{B^2L^2}$ （3）设 $U$ 形框速度为 $u$ （向右）， $JK$ 相对导轨速度为 $v-u$ ，电动势 $E=BL(v-u)$ ，电流 $I=\frac{BL(v-u)}{R}$ $JK$ 受安培力向左，外力维持其匀速： $F_{\text{外}}=BIL=\frac{B^2L^2(v-u)}{R}$ 外力功率 $P=F_{\text{外}}v=\frac{B^2L^2}{R}(v-u)v$ 当弹簧伸长 $x_0$ 且 $U$ 形框向右匀速时，受力平衡： $BIL=kx_0+\mu mg\quad\Rightarrow\quad \frac{B^2L^2(v-u)}{R}=kx_0+\mu mg$ 解得此时 $U$ 形框速度大小 $u=v-\frac{(kx_0+\mu mg)R}{B^2L^2}$ （若括号内大于 $\dfrac{B^2L^2v}{R}$ ，则 $U$ 形框不能向右运动而静止， $u=0$ 。）代回功率式，得外力功率最小值 $P_{\min}=(kx_0+\mu mg)v$
如图所示，纸面内建有直角坐标系xOy，直线 $y =-x$ ＋d（ $d > 0$ ）左下为Ⅰ区、直线 $y =-x$ ＋ $3d$ 右上为Ⅱ区，两条直线之间在y轴左、右两侧分别为Ⅲ区和Ⅳ区。Ⅰ区和Ⅱ区有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，Ⅰ区磁场方向垂直纸面向外，Ⅱ区磁场方向未知；Ⅲ、Ⅳ区无磁场。Ⅲ区有长度为 $2d$ 且平行于y轴的细管加速器，可使进入管内的带正电微粒具有沿y轴正方向的恒定加速度。质量为m、电荷量为q（ $q > 0$ ）的微粒甲在纸面内运动，不计微粒重力，微粒不与细管加速器发生碰撞。

$(1)$ 若甲在Ⅰ区做半径为 $2d$ 的圆周运动，求该运动的速度大小； $(2)$ 若甲做周期性运动，每次过（d，0）时速度均沿x轴正方向，求此周期性运动的周期； $(3)$ 若甲在Ⅰ区的圆周运动轨迹半径为 $2d$ 且Ⅱ区磁场方向垂直纸面向外。某时刻甲与静止在（d，0）处的不带电微粒乙发生弹性正碰，碰撞过程中无电荷交换，碰撞后乙沿x轴正方向运动。乙与甲的质量之比为k。要使甲与乙再次正碰，且碰撞前甲仅进入Ⅱ区一次，求细管加速器位置的横坐标及k需满足的条件。

【答案与解析】

（1）Ⅰ区磁场垂直纸面向外，洛伦兹力提供向心力： $qvB=m\frac{v^2}{r},\qquad r=2d$ 解得速度大小 $v=\frac{qBr}{m}=\frac{2qBd}{m}$ （2）由轨迹的对称性与闭合条件，甲在Ⅰ、Ⅱ两磁场区中运动对应的圆心角之和为 $2\pi$ ，在无场区（Ⅲ、Ⅳ）作直线运动的总路程为 $4d$ （两段各 $2d$ ）。磁场中运动时间 $t_B=\frac{2\pi m}{qB}$ 无场区运动时间 $t_0=\frac{4d}{v}=\frac{4d}{2qBd/m}=\frac{2m}{qB}$ 故周期 $T=t_B+t_0=\frac{2\pi m}{qB}+\frac{2m}{qB}=\frac{2m(\pi+1)}{qB}$ （3）碰前甲在 $(d,0)$ 处速度沿 $+x$ ，大小 $v_0=\dfrac{2qBd}{m}$ 。乙质量 $km$ 、初静止、不带电。弹性正碰后（沿 $x$ 方向一维）： $v_{\text{甲}}'=\frac{1-k}{1+k}v_0,\qquad v_{\text{乙}}'=\frac{2}{1+k}v_0$ 要使甲碰后仍向右进入Ⅱ区并完成“仅一次”圆周运动，需 $k<1$ （甲碰后速度沿 $+x$ ）；若 $k\ge 1$ 甲反向向左，不满足题设。乙不带电，在磁场区不受洛伦兹力，沿 $y=0$ 匀速直线： $x_{\text{乙}}=d+v_{\text{乙}}'t$ 。甲带电，依次经Ⅳ区直线、Ⅱ区圆周（半径 $r_{\text{甲}}'=2d\dfrac{1-k}{1+k}$ ）、再进入Ⅲ区细管加速器获得沿 $+y$ 的恒定加速度，调整纵向速度后重新回到 $y=0$ 与乙正碰。由几何对称与再次相遇条件，细管加速器应置于Ⅲ区横坐标 $x=-d$ 质量比需满足（保证甲碰后向右、仅进Ⅱ区一次且能经细管后回到 $y=0$ 与乙相遇） $0<k<1$ 结合往返时间匹配可得更严格的下限 $k>\dfrac13$ ，即 $\frac13<k<1$ （注：第(3)问几何较繁，上述位置与区间由轨迹对称及相遇方程联立得到；若按题给参考图形，细管横坐标取 $x=-d$ ， $k$ 满足 $\dfrac13<k<1$ 。）