2026年高考浙江卷物理高考真题（网络收集版）

下列物理量属于标量的是（　　）

A．位移

B．电场强度

C．磁感应强度

D．热量

【答案与解析】

原理：标量与矢量的区分。 既有大小又有方向、运算遵循平行四边形定则的物理量是矢量；只有大小、无方向的物理量是标量。
- A．位移：有方向，是矢量；
- B．电场强度：有方向，是矢量；
- C．磁感应强度：有方向，是矢量；
- D．热量：只有大小、无方向，是标量。故故选 D。故选D。
在2026年人形机器人半程马拉松比赛中，“闪电”机器人以50分26秒的成绩获得冠军，比赛路程为21.0975 km。下列说法正确的是（　　）

A．途中转弯时，机器人的加速度大小一定不为零

B．以冲刺的机器人为参考系，站在终点的裁判员是静止的

C．研究机器人在奔跑过程中的姿态时，可将机器人视为质点

D．“21.0975 km”与“50分26秒”之比为机器人的平均速度大小

【答案与解析】

原理：参考系、质点、平均速度与加速度的概念。
- A．途中转弯时速度方向发生改变，速度矢量变化必有加速度，且转弯时法向加速度不为零，故加速度大小一定不为零，正确；
- B．以冲刺中的机器人为参考系，站在终点的裁判员相对于机器人是运动的（机器人正奔向终点），并非静止，错误；
- C．研究奔跑过程中的姿态时必须考虑肢体动作，不能简化为质点，错误；
- D．“21.0975 km”是路程，“50分26秒”是时间，二者之比只是平均速率的量级，平均速度应为位移与时间的比值，而赛道并非直线、位移小于路程，错误。故故选 A。故选A。
卢瑟福用 $a$ 粒子轰击氮原子核，其核反应方程为 $^{14}_{7}\mathrm{N}+^{4}_{2}\mathrm{He}\rightarrow^{17}_{8}\mathrm{O}+\mathrm{X}$ ，这是人类第一次实现原子核的人工转变。方程中X是（　　）

A． $^{1}_{1}\mathrm{H}$

B． $^{2}_{1}\mathrm{H}$

C． $^{1}_{0}\mathrm{n}$

D． $^{0}_{-1}\mathrm{e}$

【答案与解析】

原理：核反应中的质量数守恒与电荷数守恒。 反应方程： ${}^{14}_{7}\mathrm{N}+{}^{4}_{2}\mathrm{He}\rightarrow{}^{17}_{8}\mathrm{O}+X$ 。设 $X$ 的质量数为 $\mathrm{A}$ 、电荷数为 $Z$ ，则 $14+4=17+A \Rightarrow A=1,$ $7+2=8+Z \Rightarrow Z=1.$ 所以 $X$ 为 ${}^{\;1}_{1}\mathrm{H}$ （质子）。故故选 A。故选A。
一架直梯静止斜靠在光滑的竖直墙壁上，下端置于粗糙的水平地面。从侧面观察直梯，其受力示意图正确的是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

原理：受力分析（共点力平衡）。 直梯受三个力：
- 重力 $G$ ：竖直向下，作用于梯中点；
- 墙的支持力 $N$ ：墙光滑，只提供水平向右的力，作用于梯上端；
- 地面作用力：竖直向上的支持力与水平向左的静摩擦力，作用于梯下端。三力不平行，应构成封闭矢量三角形，受力示意图须同时体现“上端水平向右、下端水平向左+竖直向上、中点竖直向下”的关系。选项（　　）符合。故故选 C。故选C。
多彩的灯光为晚会营造快乐的气氛。某彩灯带由121个灯泡并联组成，每个灯泡的额定电压为4 V，额定电流为0.1 A。将其接在理想变压器的副线圈上，变压器原线圈输入电压为 $220V$ ，该彩灯带正常发光。则变压器（　　）

A．原、副线圈的匝数之比为1∶55

B．原、副线圈的电流之比为55∶1

C．原线圈的输入功率为0.4 W

D．原线圈的电流为0.22 A

【答案与解析】

原理：理想变压器的电压、电流与功率关系。 121 个灯泡并联，副线圈电压等于每个灯泡额定电压 $U_2=4\,\mathrm{V}$ ，副线圈总电流 $I_2=121\times0.1\,\mathrm{A}=12.1\,\mathrm{A}.$ 原线圈电压 $U_1=220\,\mathrm{V}$ ，则匝数比 $\frac{n_1}{n_2}=\frac{U_1}{U_2}=\frac{220}{4}=55:1,$ 故 A（1∶55）错误。电流比与匝数成反比： $\frac{I_1}{I_2}=\frac{n_2}{n_1}=1:55,$ 故 B（55∶1）错误。副线圈输出功率（即原线圈输入功率） $P=U_2 I_2=4\times12.1=48.4\,\mathrm{W},$ 故 C（0.4 W）错误。原线圈电流 $I_1=\frac{P}{U_1}=\frac{48.4}{220}=0.22\,\mathrm{A},$ 故 D 正确。故故选 D。故选D。
一列波速为 $v=4\mathrm{m/s}$ 、沿 $x$ 轴正方向传播的简谐波， $t=0.5\mathrm{s}$ 时刻的波形如图所示。A、B、C为传播方向上的三个质点，B、C所在的位置分别为 $x_{B}=0.5\mathrm{m}$ 和 $x_{C}=1.5\mathrm{m}$ 。则（　　）

A．波的频率为0.5 Hz

B．图示时刻， $A$ 向 $y$ 轴正方向运动

C．当波从 $x_{B}$ 点传播到 $x_{C}$ 点， $B$ 运动了1 m

D． $C$ 的振动方程为 $y=0.4\sin(4\pi t-\pi)\mathrm{m}$

【答案与解析】

原理：机械波的图像与振动方程。 已知 $v=4\,\mathrm{m/s}$ ，由图可读出波长 $\lambda=1.0\,\mathrm{m}$ （相邻同相点间距），则 $f=\frac{v}{\lambda}=\frac{4}{1.0}=4\,\mathrm{Hz},\qquad \omega=2\pi f=4\pi\,\mathrm{rad/s},$ 故 A（0.5 Hz）错误。
- B．波沿 $+x$ 传播，由“上坡下、下坡上”或平移法可知图示时刻 $\mathrm{A}$ 点向 $y$ 轴负方向运动，错误；
- C．质点不随波迁移，只在平衡位置附近振动，波从 $x_B$ 传到 $x_C$ 的过程中 $\mathrm{B}$ 点并不平移 $1\,\mathrm{m}$ ，错误；
- D． $C$ 点振幅 $0.4\,\mathrm{m}$ ，角频率 $4\pi$ ，波数 $k=\omega/v=\pi\,\mathrm{rad/m}$ 。结合 $t=0.5\,\mathrm{s}$ 时刻 $C$ 位于平衡位置且向某方向运动，可得其振动方程为 $y_C=0.4\sin(4\pi t-\pi)\,\mathrm{m},$ 正确。故故选 D。故选D。
月球上的宇航员用测力计测得质量为 $m$ 的钩码重力为 $W$ 。已知月球绕地球做圆周运动的速度大小 $v$ 、月球半径 $R$ 、光速 $c$ 、引力常量 $G$ 。下列说法正确的是（　　）

A．月球的质量为 $\frac{WR^{2}}{Gm}$

B．月球的第一宇宙速度为 $\sqrt{\frac{Gm}{R}}$

C．月球上测力计弹簧的劲度系数是地球上的 $\frac{1}{6}$

D．宇航员将激光射向地球，地球上测得激光速度大小为 $\sqrt{v^{2}+c^{2}}$

【答案与解析】

原理：万有引力、宇宙速度、弹簧劲度系数与光速不变原理。 月球表面重力加速度由测力计测得： $g_{\text{月}}=W/m$ 。
- A．由 $\dfrac{GMm}{R^2}=mg_{\text{月}}=\dfrac{W}{m}m=W$ ，得 $M=\frac{WR^2}{Gm},$ 正确；
- B．月球第一宇宙速度 $v_1=\sqrt{g_{\text{月}}R}=\sqrt{\dfrac{W}{m}R}$ ，而选项写为 $\sqrt{Gm/R}$ ，量纲与推导均错误；
- C．弹簧劲度系数由弹簧本身决定，与所在星球无关，错误；
- D．根据狭义相对论光速不变原理，真空中激光速度恒为 $c$ ，不会合成 $\sqrt{v^2+c^2}$ ，错误。故故选 A。故选A。
如图所示，在竖直向上的匀强磁场中，同轴固定的两个电阻不计、光滑的相同金属圆环，其轴线水平，它们与电动势恒为 $E$ 的电源相连接。有一导体棒水平置于两圆环之间、且具有良好的电接触，接触点记作 $M$ 、 $M^{\prime}$ ，它们与环心 $O$ 、 $O^{\prime}$ 的连线 $MO$ 、 $M^{\prime}O^{\prime}$ 与竖直方向的夹角为 $\theta$ 。闭合开关 $\mathrm{S}$ 后，导体棒平衡在 $\theta_{0}=30^{\circ}$ 处；让其偏离 $\theta_{0}$ 小角度，此后运动的 $\theta-t$ 关系示意图最接近的是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

原理：导体棒在磁场中的平衡与微小振动（阻尼振动）。 闭合开关后导体棒在 $\theta_0=30^{\circ}$ 处平衡：安培力力矩与重力力矩平衡。当棒偏离平衡位置一小角度 $\theta$ 时，净回复力矩近似与偏角成正比（线性恢复），故做简谐振动；又因回路存在电阻，振动过程中有能量耗散，属于阻尼振动，其 $\theta-t$ 图像应为振幅逐渐衰减的振荡曲线。选项（　　）符合“衰减振荡”特征。故故选 C。故选C。
在建筑工地上的某次打桩过程中，质量为 $1\times10^{3}\mathrm{kg}$ 的重锤，从 $t_{1}=0$ 时刻开始由某一高度静止下落， $t_{2}=0.6\mathrm{s}$ 时刻与质量为 $3\times10^{3}\mathrm{kg}$ 的桩发生撞击，随后一起运动， $t_{3}=0.8\mathrm{s}$ 时刻桩静止于软土中。不计空气阻力，重力加速度 $g$ 取 $10\mathrm{m/s^{2}}$ ，则下列说法正确的是（　　）

A． $t_{2}{\sim}t_{3}$ 时间内，锤对桩的平均作用力大小为 $3\times10^{4}\mathrm{N}$

B． $t_{2}{\sim}t_{3}$ 时间内，软土对桩的平均阻力大小为 $7\times10^{4}\mathrm{N}$

C． $t_{1}{\sim}t_{3}$ 时间内，软土对桩做的功等于锤和桩的机械能损失

D． $t_{1}{\sim}t_{3}$ 时间内，锤的重力冲量值大于桩对锤作用力的冲量值

【答案与解析】

原理：动量守恒、牛顿第二定律、冲量与功能关系。 锤质量 $m_1=10^3\,\mathrm{kg}$ ，桩质量 $m_2=3\times10^3\,\mathrm{kg}$ ， $g=10\,\mathrm{m/s^2}$ 。撞击前锤速： $v_1=gt_2=10\times0.6=6\,\mathrm{m/s}$ 。碰撞（极短）动量守恒： $(m_1+m_2)v=m_1v_1 \Rightarrow v=\frac{1000\times6}{4000}=1.5\,\mathrm{m/s}\ (\text{向下}).$ $t_2\sim t_3$ 共 $0.2\,\mathrm{s}$ 内锤+桩整体减速至 0，取向下为正： $a=\frac{0-1.5}{0.2}=-7.5\,\mathrm{m/s^2}.$ 对整体： $(m_1+m_2)g-f=(m_1+m_2)a$ ，即 $40000-f=4000\times(-7.5)=-30000 \Rightarrow f=7\times10^4\,\mathrm{N},$ 故 B 正确。
- A．对桩： $m_2g+F_{\text{锤对桩}}-f=m_2a$ ，得 $F_{\text{锤对桩}}=17500\,\mathrm{N}\neq3\times10^4\,\mathrm{N}$ ，错误；
- C． $t_1\sim t_3$ 内机械能损失包含碰撞中的非弹性损失与克服软土阻力做功两部分，软土对桩做功仅等于后者，不等于总机械能损失，错误；
- D．对锤从 $t_1$ 到 $t_3$ ：重力冲量 $m_1g\times0.8=8000\,\mathrm{N\cdot s}$ ；由动量定理 $8000+I_{\text{桩对锤}}=0-6000$ 得桩对锤冲量大小为 $14000\,\mathrm{N\cdot s}>8000$ ，即重力冲量值小于桩对锤冲量值，错误。故故选 B。故选B。
我国某企业正式发布了全液冷兆瓦（MW）级充电装置（图甲），其持续充电电流约为2400 A，每分钟可充电20度，装置中的充电电路发热功率约为10 kW。为保持充电装置的稳定运行，现采用水冷却技术，如图乙所示，让 $15^{\circ}\mathrm{C}$ 冷水通过水泵流入充电电路的水冷系统，经过热交换后流出，水温升至 $25^{\circ}\mathrm{C}$ 。已知水的比热容为 $4200\mathrm{J}/(\mathrm{kg}\cdot^{\circ}\mathrm{C})$ ，水的密度为 $1000\mathrm{kg}/\mathrm{m}^{3}$ ，忽略水的重力势能变化及其它散热。则（　　）

A．充电装置的输出功率约为12 MW

B．充电装置的输出电压约为220 V

C．水的流量约为 $2.4\times10^{-4}\mathrm{m}^{3}/\mathrm{s}$

D．每分钟流出约24 L水

【答案与解析】

原理：电功率、能量守恒与水冷散热。 每分钟充电 $20$ 度 $=20\times3.6\times10^6=7.2\times10^7\,\mathrm{J}$ ，充电功率 $P=\frac{7.2\times10^7}{60}=1.2\times10^6\,\mathrm{W}=1.2\,\mathrm{MW},$ 故 A（12 MW）错误。输出电压 $U=\frac{P}{I}=\frac{1.2\times10^6}{2400}=500\,\mathrm{V},$ 故 B（220 V）错误。电路发热功率约 $10\,\mathrm{kW}$ ，每分钟发热 $Q=10^4\times60=6\times10^5\,\mathrm{J}.$ 设每分钟水流质量 $m_w$ ，由 $Q=c m_w\Delta T$ 得 $m_w=\frac{6\times10^5}{4200\times(25-15)}=\frac{6\times10^5}{4.2\times10^4}\approx14.3\,\mathrm{kg}.$ 流量 $\Phi=\frac{m_w}{\rho\cdot 60}=\frac{14.3}{1000\times60}\approx2.4\times10^{-4}\,\mathrm{m^3/s},$ 故 C 正确。每分钟流出体积 $V=\dfrac{14.3}{1000}=14.3\,\mathrm{L}\neq24\,\mathrm{L}$ ，故 D 错误。故故选 C。故选C。
关于下列关系曲线，说法正确的是（　　）

A．图甲中 $T_{1}>T_{2}$

B．图乙中 $l_{1}>l_{2}$

C．图丙中 $C_{1}<C_{2}$

D．图丁中1为半导体，2为金属

【答案与解析】

原理：黑体辐射、受迫振动、平行板电容、电阻—温度特性。
- A．图甲为黑体单色辐出度—波长曲线：温度越高，曲线整体越高且峰值向短波方向移动。由图 $T_1$ 曲线整体较低、峰值在长波侧，故 $T_1<T_2$ ，A 错误；
- B．图乙为受迫振动振幅—频率关系， $l_1>l_2$ 与图像相符，B 正确；
- C．图丙反映平行板电容 $C=\dfrac{\varepsilon S}{d}$ 与 $d$ 成反比的关系，由图 $C_1<C_2$ ，C 正确；
- D．图丁为电阻—温度曲线：金属电阻率随温度升高而增大（曲线上升），半导体随温度升高而减小（曲线下降）。图中 1 随 $T$ 升高而增大，应为金属；2 减小，应为半导体，故 D 错误。故故选 BC。故选BC。
光射入方解石晶体发生双折射，产生寻常光（ $o$ 光）和非常光（ $e$ 光）。现将一方解石晶体沿特定方向切割成相同的两块，把切割面磨成平整的光学面、用均匀等厚的薄透明树脂胶粘合在一起，形成晶体—树脂胶—晶体AC界面，制作成如图所示的光学器件ABCD（俯视图），其中 $\angle BAC=\angle ACD=90^{\circ}$ ，BC和AD面涂黑吸收光线。已知黄光在树脂胶中折射率 $n=1.55$ ；在方解石晶体中， $o$ 光折射率 $n_{o}=1.658$ ， $e$ 光折射率 $n_{e}=1.486$ 。一束黄光以入射角 $i$ 从AB面射入该器件，折射光均能到达AC面。下列说法正确的是（　　）（光从折射率为 $n_{1}$ 的介质射入折射率为 $n_{2}$ 的介质，入射角为 $\theta_{1}$ ，折射角为 $\theta_{2}$ ，有 $\frac{\sin\theta_{1}}{\sin\theta_{2}}=\frac{n_{2}}{n_{1}}$ ）

A． $o$ 光和 $e$ 光的光子能量不相等

B．图中光线1是 $e$ 光，光线2是 $o$ 光

C．从CD面不可能射出平行的两束光

D．当 $\sin i\leq\sqrt{n_{o}^{2}-n^{2}}$ 时，只有一束光从CD面射出

【答案与解析】

原理：双折射、折射定律、全反射。
- A．同一束入射黄光频率相同，光子能量 $E=h\nu$ 相同， $O$ 光与 $e$ 光光子能量相等，A 错误；
- B．方解石中 $n_e=1.486<n_o=1.658$ ， $e$ 光折射率小、偏折小。图中光线 1 偏折较小，故 1 为 $e$ 光、2 为 $O$ 光，B 正确；
- C．两束光经界面反射/折射后从 CD 面可以射出平行的两束光，故“不可能”一说错误，C 不选；
- D． $O$ 光从晶体（ $n_o$ ）到树脂（ $n$ ）时， $n_o>n$ ，存在临界角。当 $\sin i\le\sqrt{n_o^2-n^2}$ 时， $O$ 光在 AC 面发生全反射而不能到达 CD 面，仅 $e$ 光从 CD 面射出，D 正确。故故选 BD。故选BD。
如图甲所示，初速度近似为0的热电子进入电势差为 $U_{0}$ 的加速区，被加速后轰击处于基态的冷氢原子气体，电子和原子发生弹性或非弹性碰撞。发生非弹性碰撞的部分电子使氢原子激发到不同能级（两个电子连续激发同一原子概率极低，可忽略），电子能量减小后向不同方向射出。具有不同能量的电子经准直后，均从 $O$ 点以入射角 $\theta=45^{\circ}$ 射入电势差 $U=8\mathrm{V}$ 、间距 $d=4\mathrm{cm}$ 的两极板间匀强电场区，经电场偏转后打到下极板上，形成一系列分立的荧光斑点，其中最远的斑点离 $O$ 点距离 $L=12.8\mathrm{cm}$ 。已知氢原子能级如图乙所示。则（　　）

A．加速电压 $U_{0}=12.8\mathrm{V}$

B．被激发的氢原子可发出3种不同频率的可见光

C．下极板上可以观测到5个荧光斑点

D．相邻荧光斑点间距的最大值为10.2 cm

【答案与解析】

原理：电子加速、氢原子能级、带电粒子在匀强电场中的偏转。 电子经 $U_0$ 加速后动能为 $eU_0$ 。与氢碰撞时，弹性电子保留全部能量；非弹性电子使氢激发到 $n=2,3,4$ 能级，分别损失 $\Delta E_2=10.2\,\mathrm{eV},\quad \Delta E_3\approx12.1\,\mathrm{eV},\quad \Delta E_4\approx12.75\,\mathrm{eV},$ 对应剩余动能 $eU_0-10.2$ 、 $eU_0-12.1$ 、 $eU_0-12.75$ （单位 eV）。进入偏转电场（ $U=8\,\mathrm{V}$ ， $d=4\,\mathrm{cm}$ ）后，电子以 $45^{\circ}$ 入射，竖直加速度 $a=\dfrac{eU}{md}$ 。剩余动能越小，偏转越大，斑点离 $O$ 越远。最远斑点 $L=12.8\,\mathrm{cm}$ 对应剩余动能最小的电子，由偏转关系可解出加速电压 $U_0=12.8\,\mathrm{V},$ 故 A 正确。
- B．若氢被激发到 $n=4$ ，可发出的谱线中属于可见光（巴尔末系，落到 $n=2$ ）的只有 $4\to2$ 、 $3\to2$ 两条，并非 3 条，B 错误；
- C．可观测到的分立斑点对应弹性束与 $n=2,3,4$ 四束不同剩余能量的电子，共 4 个斑点，并非 5 个，C 错误；
- D．相邻斑点间距最大者对应能量差最大的一对，即弹性束与 $n=2$ 束，能量差为 $10.2\,\mathrm{eV}$ ；由偏转刻度关系该最大间距恰为 $10.2\,\mathrm{cm}$ ，D 正确。故故选 AD。故选AD。
“用双缝干涉测量光的波长”的实验装置如图1所示，

$(1)$ 在图1的装置中，1位置为＿＿＿＿（选填“单缝”或“双缝”） $(2)$ 若在目镜视场中发现整体很暗且条纹不清晰，需要＿＿＿＿（选填“上下”或“左右”）拨动拨杆，并且前后移动光源或透镜，使光源发出的光能更集中地会聚在＿＿＿＿（选填“①”或“②”）位置。若图样右侧条纹清晰，但左侧较暗，如图2所示，可调节＿＿＿＿（选填“拨杆”、“手轮”或“光源”），使整个目镜视场条纹清晰明亮。 $(3)$ 实验发现测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不平行，如图3，则需要＿＿＿＿ $(4)$ 干涉图样中相邻两条亮条纹间的距离 $\Delta x=\frac{L}{d}\lambda$ ，式中 $L$ 指的是图1装置中＿＿＿＿

A．拨动拨杆

B．旋转整个测量头

C．旋转单缝

D．转动测量头上的手轮

A．①③之间的距离

B．①④之间的距离

C．②③之间的距离

D．②④之间的距离

【答案与解析】

(1) 图 1 中位置 1 为＿＿＿＿。 (2) 整体很暗且条纹不清晰，需要＿＿＿＿拨动拨杆，使光源光能集中会聚在＿＿＿＿位置；若图样右侧清晰、左侧较暗，可调＿＿＿＿使整个视场清晰明亮。 (3) 分划板中心刻线与干涉条纹不平行时，应＿＿＿＿（旋转整个测量头）。干涉条纹间距公式 $\Delta x=\dfrac{L}{d}\lambda$ 中， $L$ 指图 1 中＿＿＿＿（②③之间的距离，即双缝到光屏/测量头的距离）。
某学习小组测量滑动变阻器的金属丝电阻率，所用实验器材如下：

A．多用电表10 mA电流挡（内阻等于 $57.0\mathrm{\Omega}$ ）

B．直流电压表0～3 V（内阻未知）

C．待测的滑动变阻器 $R_{1}$ ，全电阻阻值 $R_{1}$ 未知

D．滑动变阻器 $R_{2}$ ，全电阻阻值 $R_{2}\approx10\mathrm{\Omega}$

E．干电池两节 F．游标卡尺 G．开关、导线若干

$(1)$ 测量 $R_{1}$ 的全电阻时，完成的部分电路连接如图1所示，还需将P连接到接线柱＿＿＿＿（选填“ $a$ ”或“ $b$ ”）。在开关闭合前，应将滑动变阻器 $R_{2}$ 的滑片移至＿＿＿＿（选填“最左侧”或“最右侧”） $(2)$ 测得多组电压、电流值，并绘制了 $U-I$ 图像如图2，求得 $R_{1}$ 为＿＿＿＿ $\Omega$ （保留三位有效数字）

$(3)$ 如图3，用刻度尺测得滑动变阻器绕线部分的长度 $L=14.00\mathrm{cm}$ 、数出绕线部分总匝数 $n=301$ 匝；用游标卡尺测量滑动变阻器陶瓷管的直径 $d$ ，正确操作后，游标卡尺的示数如图4所示，则直径 $d=$ ＿＿＿＿cm。该滑动变阻器金属丝电阻率表达式 $\rho=$ ＿＿＿＿（用 $R_{1}$ 、L、n、d表示），代入数据求得电阻率最接近于＿＿＿＿

A． $1\times10^{-7}\mathrm{\Omega}\cdot\mathrm{m} B$ ． $6\times10^{-7}\mathrm{\Omega}\cdot\mathrm{m} C$ ． $1\times10^{-8}\mathrm{\Omega}\cdot\mathrm{m} D$ ． $6\times10^{-8}\mathrm{\Omega}\cdot\mathrm{m}$

$(4)$ 仅将上述电路中的滑动变阻器位置互换，用来测量滑动变阻器 $R_{2}$ 的全电阻是否合理？＿＿＿＿（选填“合理”或“不合理”），理由是＿＿＿＿（写出一个理由即可）

【答案与解析】

(1) 测量 $R_1$ 全电阻时，应将 P 连接到接线柱＿＿＿＿；开关闭合前，滑动变阻器 $R_2$ 滑片应移至＿＿＿＿（使电路中电流最小）。 (2) 由 $U-I$ 图像斜率得 $R_1=$ ＿＿＿＿ $\Omega$ （三位有效数字）。 (3) 游标卡尺示数 $d=$ ＿＿＿＿ $\mathrm{cm}$ 。金属丝总长 $l=n\cdot(\text{每匝周长})$ ，每匝周长近似为 $4d$ （正方形绕线边长≈管直径 $d$ ），故总长 $l\approx 4nd$ ；由 $R_1=\rho\dfrac{l}{S}=\rho\dfrac{4nd}{\pi(d/2)^2}$ 并近似整理得电阻率表达式 $\rho=\underline{\hspace{2em}}.$ 代入数据 $\rho\approx6\times10^{-7}\,\Omega\cdot\mathrm{m}$ ，最接近＿＿＿＿。 (4) 仅将滑动变阻器位置互换用来测 $R_2$ 全电阻＿＿＿＿；理由：＿＿＿＿。
如图所示，在平台上固定安装一个内壁光滑的绝热汽缸，缸内被绝热活塞封闭有一定质量的理想气体，活塞处于位置1被锁定，抽气后气体处于状态 $A$ 。解除锁定，活塞移至位置2处时再次被锁定。接着用电阻丝为气体加热，直至气体达到状态 $B$ 。已知气体在状态 $A$ 时，压强 $p_{A}=9\times10^{4}\mathrm{Pa}$ ，体积 $V_{A}=20\mathrm{L}$ ，温度 $T_{A}=300\mathrm{K}$ ，在状态 $B$ 时，压强 $p_{B}=1.5\times10^{5}\mathrm{Pa}$ ，体积 $V_{B}=18\mathrm{L}$ 。

$(1)$ 求气体在状态 $B$ 时的温度 $T_{B}$ ； $(2)$ 从状态 $A$ 到状态 $B$ ，气体内能增加 $\Delta U=2.2\times10^{3}\mathrm{J}$ ；电阻丝发热为气体提供的热量 $Q=1.8\times10^{3}\mathrm{J}$ 。求状态 $A$ 到状态 $B$ 过程中外界对气体做的功 $W$ ； $(3)$ 气体处于状态 $B$ 时，让平台匀速上升，则气体的内能＿＿＿＿（选填“增大”、“减小”或“不变”）；相对于汽缸，向上运动的分子数目＿＿＿＿（选填“明显大于”、“明显小于”或“近似等于”）向下运动的分子数目。

【答案与解析】

(1) 理想气体状态方程： $\dfrac{p_A V_A}{T_A}=\dfrac{p_B V_B}{T_B}$ 。
$=\frac{2.7\times10^6}{1.8\times10^6}\times300=450\,\mathrm{K}.$$ (2) 热力学第一定律 $\Delta U=Q+W$（$W$ 为外界对气体做功）。 $$W=\Delta U-Q=2.2\times10^3-1.8\times10^3=4.0\times10^2\,\mathrm{J}=400\,\mathrm{J}.$$ 即外界对气体做功 $400\,\mathrm{J}$。 (3) 平台匀速上升，气体温度不变，理想气体内能只与温度有关，故内能＿＿＿＿；分子运动具有统计各向同性，相对于汽缸向上与向下运动的分子数目＿＿＿＿。$
如图所示，由传送带AB、直轨道BC、半圆弧轨道CDE、及直轨道EF、FG平滑连接而成的U型水平装置，除传送带AB外，其余轨道均光滑。G点为轻弹簧的固定端，与自由端连接的质量为 $5m$ 的物块b，静止处于平衡位置F点。现有质量为m的物块a，在A点以水平向右的初速度 $v_{0}$ 滑上传送带。已知 $L_{AB}=L_{FG}=0.5\mathrm{m}$ ，轨道BCDEF的总长度 $L_{BF}=\frac{7}{4}\mathrm{m}$ ，其中半圆弧轨道半径 $R=0.3\mathrm{m}$ ，物块a与传送带间的动摩擦因数 $\mu=0.8$ ，振子周期 $T=1\mathrm{s}$ ， $m=0.1\mathrm{kg}$ ， $v_{0}=\sqrt{17}\mathrm{m/s}$ ，物块a和b可视为质点，它们之间的碰撞为弹性碰撞。

$(1)$ 若传送带保持静止，求 ①物块a第一次经过B点时的速度大小； ②物块a第一次经过D点时轨道侧壁对其弹力的大小； ③第一次碰撞后弹簧的最大势能； $(2)$ 若传送带以速度 $v=3\mathrm{m/s}$ 从A向B传动，物块a重新从A点以速度 $v_{0}$ 出发，物块b仍静止在F点，通过计算判断a与b发生第二次碰撞时弹簧处于伸长还是压缩状态，以及b的运动方向。

【答案与解析】

取 $g=10\,\mathrm{m/s^2}$ 。装置为水平 U 型、其余轨道光滑，故除传送带外速度大小不变，半圆弧处由轨道侧壁提供向心力。 (1) 传送带静止 ① 在传送带上 $a=-\mu g=-8\,\mathrm{m/s^2}$ ，由 $v_B^2=v_0^2+2aL_{AB}=17+2(-8)(0.5)=9,$ 得 $v_B=3\,\mathrm{m/s}$ 。 ② 全程水平光滑，到达半圆弧最弯处 D 时速度仍为 $v_D=v_B=3\,\mathrm{m/s}$ 。侧壁弹力即向心力： $N=\frac{mv_D^2}{R}=\frac{0.1\times9}{0.3}=3\,\mathrm{N}.$ ③ 到达 F 时 $v_F=v_B=3\,\mathrm{m/s}$ 。与静止的 $b(5m)$ 弹性碰撞： $v_b'=\frac{2m}{m+5m}v_F=\frac{2}{6}\times3=1\,\mathrm{m/s},\qquad v_a'=\frac{m-5m}{6m}\times3=-2\,\mathrm{m/s}.$ 碰后 $b$ 以 $1\,\mathrm{m/s}$ 压缩弹簧，最大势能 $E_{p,\max}=\frac12(5m)(v_b')^2=\frac12\times0.5\times1^2=0.25\,\mathrm{J}.$ (2) 传送带以 $v=3\,\mathrm{m/s}$ 传动 物块 a 进入速度 $\sqrt{17}>3$ ，相对传送带向前，受向左摩擦而减速，至 B 点恰减为 $3\,\mathrm{m/s}$ （与带速相同），故第一次碰撞情形与(1)完全相同： $b$ 获 $1\,\mathrm{m/s}$ ，振幅 $A=\frac{v_b'}{\omega}=\frac{1}{2\pi}\,\mathrm{m}\approx0.159\,\mathrm{m},\quad T=1\,\mathrm{s}.$ 第一次碰撞后 a 以 $2\,\mathrm{m/s}$ 向左返回：光滑段 $L_{BF}=1.75\,\mathrm{m}$ 单程耗时 $1.75/2=0.875\,\mathrm{s}$ ；回到 B 后，在传送带上受向右摩擦，经 $0.5\,\mathrm{s}$ 以 $2\,\mathrm{m/s}$ 向右离开 B，再经 $0.875\,\mathrm{s}$ 回到 F 侧。故第二次碰撞发生在第一次碰撞后 $t=0.875+0.5+0.875=2.25\,\mathrm{s}=2T+0.25T.$ 此时 $b$ 处于 $x=+A$ （右侧最大位移、弹簧伸长最大）附近并即将向左运动。结论：第二次碰撞时弹簧处于＿＿＿＿状态， $b$ 的运动方向为＿＿＿＿（在右侧最大位移处附近反向）。
科学家发现强激光轰击电容—线圈靶可产生脉冲强磁场，并用于模拟与磁场相关的天体演变过程。如图所示，电容—线圈靶由Ni金属圆盘 $\mathrm{C}_{1}$ 、 $\mathrm{C}_{2}$ 组成的电容器和环形线圈构成，其中 $\mathrm{C}_{2}$ 盘中心开有一小孔，与电容两极板相连的线圈半径 $r_{0}=0.5\mathrm{mm}$ 。一束波长为1053 nm的脉冲激光（持续时间1.6 $ns/$ 脉冲、能量 $198 J/$ 脉冲），经小孔轰击圆盘 $\mathrm{C}_{1}$ 使Ni原子电离，产生大量电子（热效应、多光子效应等），喷射到金属圆盘 $\mathrm{C}_{2}$ 上，对电容器充电。随后电容器（视做电源）放电，形成脉冲电流、产生强大脉冲磁场（持续时间1.6 ns）。现将两个相同的电容—线圈靶环形线圈同轴平行放置，用两束相同激光同时照射，在两环形线圈间产生圆柱形（半径同为 $r_{0}$ ）匀强磁场（圆柱侧面外磁场不计）。现以圆柱中心 $O$ 建立坐标系 $O-xyz$ ，动能为48 MeV的质子形成的平行细质子束，沿 $y$ 轴射入磁场区域，发生偏转后打在垂直于 $y$ 轴的探测板上 $P$ 点。已知质子质量 $m=1.67\times10^{-27}\mathrm{kg}$ ，电荷量 $q=1.6\times10^{-19}\mathrm{C}$ ，普朗克常量 $h=6.6\times10^{-34}\mathrm{J}\cdot\mathrm{s}$ ，光速 $c=3\times10^{8}\mathrm{m/s}$ ， $1\mathrm{ns}=10^{-9}\mathrm{s}$ 。

$(1)$ 判断图中圆柱形匀强磁场方向（ $x$ 轴正方向或负方向）； $(2)$ 测得磁场中心与探测板的垂直距离 $(OO^{\prime})d=4.0\mathrm{cm}$ ， $P$ 点离 $O^{\prime}$ 点距离 $b=6\mathrm{mm}$ ，求圆柱形区域磁感应强度 $B$ 的大小（角度很小时可做相关近似处理）； $(3)$ 已知磁感应强度大小 $B$ 与环形线圈中电流 $I$ 关系为 $B\approx2.0\times10^{-3}I$ ，利用题（2）中测得的 $B$ 值，估算该过程的量子效率（即一个脉冲时间内，通过环形线圈的电子数与一束激光的光子数之比）。

【答案与解析】

质子电荷 $q=1.6\times10^{-19}\,\mathrm{C}$ ，质量 $m=1.67\times10^{-27}\,\mathrm{kg}$ ， $K=48\,\mathrm{MeV}=7.68\times10^{-12}\,\mathrm{J}$ 。 (1) 输电线电流沿 $+Z$ ，由右手螺旋定则，其磁场沿环绕 $Z$ 轴的圆周方向（俯视逆时针）。质子沿 $+y$ 射入，受洛伦兹力 $F=qv\times B$ 而向垂直 $y$ 的方向偏转；由题图所示偏转方向可判定圆柱形匀强磁场方向沿 $x$ 轴负方向（若质子向 $+z$ 偏转，则 $\mathrm{B}$ 必沿 $-x$ ）。 (2) 质子速度（非相对论近似） $v=\sqrt{\frac{2K}{m}}=\sqrt{\frac{2\times7.68\times10^{-12}}{1.67\times10^{-27}}}\approx9.6\times10^7\,\mathrm{m/s},$ 动量 $p=mv\approx1.60\times10^{-19}\,\mathrm{kg\cdot m/s}$ 。质子在磁场中做圆周运动，半径 $R=\frac{mv}{qB}=\frac{p}{qB}.$ 磁场作用区为半径 $r_0=0.5\,\mathrm{mm}$ 的细圆柱，质子很快从侧面出射，有效作用长度约为 $r_0$ ；出射后近似直线飞行至探测器，漂移距离约 $d=4.0\,\mathrm{cm}$ 。小角度近似下偏转 $b\approx\frac{r_0}{R}\,d=\frac{r_0 qB}{p}\,d.$ 代入 $b=6\,\mathrm{mm}=6\times10^{-3}\,\mathrm{m}$ ：
$=\frac{6\times10^{-3}\times1.60\times10^{-19}}{5\times10^{-4}\times1.6\times10^{-19}\times4.0\times10^{-2}} =\frac{6\times10^{-3}}{2.0\times10^{-5}} \approx3.0\times10^{2}\,\mathrm{T}.$$ 即磁感应强度约为 $3.0\times10^2\,\mathrm{T}$（$R\approx3.3\times10^{-3}\,\mathrm{m}$）。 **(3)** 由 $B\approx2.0\times10^{-3}I$ 得线圈电流 $$I=\frac{B}{2.0\times10^{-3}}\approx\frac{3.0\times10^2}{2.0\times10^{-3}}=1.5\times10^5\,\mathrm{A}.$$ 一个脉冲时间 $\tau=1.6\,\mathrm{ns}=1.6\times10^{-9}\,\mathrm{s}$，通过线圈的电子数 $$N_e=\frac{I\tau}{e}=\frac{1.5\times10^5\times1.6\times10^{-9}}{1.6\times10^{-19}}\approx1.5\times10^{15}.$$ 激光光子能量 $$E_{\text{ph}}=\frac{hc}{\lambda}=\frac{6.6\times10^{-34}\times3\times10^8}{1053\times10^{-9}}\approx1.88\times10^{-19}\,\mathrm{J},$$ 一束激光的光子数 $$N_{\text{ph}}=\frac{198}{1.88\times10^{-19}}\approx1.05\times10^{21}.$$ 量子效率 $$\eta_q=\frac{N_e}{N_{\text{ph}}}\approx\frac{1.5\times10^{15}}{1.05\times10^{21}}\approx1.4\times10^{-6}.$$$
为了对高压直流输电线路进行自动安全检测，某技术团队研发出一种由安培力驱动的沿输电线行走的检测机器人。其动力装置简化结构如图甲所示，在行走轮（图中未画出）上安装有由 $n$ 匝正方形线圈组成的螺绕环，其内、外半径分别为 $r_{1}$ 和 $r_{2}$ ，环内的一半空间（图中深色区域）填充有均匀磁性材料（线圈绝缘嵌入其中）；线圈以输电线中心轴（ $z$ 轴）对称绕制，每匝线圈电阻为 $R_{0}$ ， $n$ 匝线圈串联后与恒流源相连接，其输出电流为 $I$ 、且大小可调。已知： $r_{1}=0.03\mathrm{m}$ ， $r_{2}=0.06\mathrm{m}$ ， $R_{0}=0.01\mathrm{\Omega}$ ， $n=30$ ，沿 $z$ 轴正方向载有 $I_{0}=10^{3}\mathrm{A}$ 电流的长直输电导线，在线圈所在区域产生的磁场，等效于磁感应强度大小 $B=4.6\times10^{-3}\mathrm{T}$ 的均匀磁场；若空间存在磁性材料，则该处的磁感应强度增强至 $B^{\prime}=2.5\mathrm{T}$ 。

$(1)$ 在答题纸虚线框内，画出输电线电流 $I_{0}$ 产生磁场的磁感线分布（沿 $z$ 轴方向看），并标明方向； $(2)$ 当恒流源输出电流 $I=10\mathrm{A}$ 时 ①判断线圈所受安培力 $F_{A}$ 的方向（ $z$ 轴正方向或负方向），写出其表达式，并求出其值； ②求线圈电路消耗的热功率 $P$ ； $(3)$ 另一技术团队对甲方案进行改进，如图乙所示，同轴安装半径分别为 $r_{1}$ 和 $r_{2}$ 、不计电阻的两金属圆筒，让螺绕环每匝线圈的四个顶点分别与内外圆筒短接，再将两圆筒接入恒流源。若该装置产生的安培力与甲方案相同，求 ①恒流源输出的电流 $I^{\prime}$ ； ②甲、乙方案中线圈电路消耗的热功率之比 $\eta$ 。

【答案与解析】

线圈总电阻 $R_{\text{总}}=nR_0=30\times0.01=0.30\,\Omega$ 。磁场在磁材区增强为 $B'=2.5\,\mathrm{T}$ ，其余区为 $B=4.6\times10^{-3}\,\mathrm{T}$ ；环形线圈的径向边在磁材半区与非磁材半区所受安培力方向相反，合力来自两半区之差。 (1) 长直导线电流沿 $+Z$ ，其磁感线为环绕 $Z$ 轴的同心圆，俯视（沿 $Z$ 轴看）为逆时针方向（右手螺旋定则），箭头沿圆周切线。 (2) 恒流源输出 $I=10\,\mathrm{A}$ 。 ① 由左手定则，结合题图电流绕向，线圈所受安培力沿 $Z$ 轴负方向（若绕组绕向相反则为 $+Z$ ；按题图判定为 $-Z$ ）。合力大小（每匝两条径向边，分别处于两半区）： $F_A=nI(r_2-r_1)(B'-B),$ 代入 $r_2-r_1=0.06-0.03=0.03\,\mathrm{m}$ ：
$\approx9\times2.495\approx22.5\,\mathrm{N}.$$ ② 线圈电路消耗热功率 $$P=I^2R_{\text{总}}=10^2\times0.30=30\,\mathrm{W}.$$ **(3)** 改进方案中，每匝线圈四个顶点分别与内、外圆筒短接，电流 $I'$ 从两圆筒间流过。此时相当于 $2n$ 条径向导线段并联在两筒之间，每条径向边电流为 $I'/(2n)$。净安培力 $$F_A'=\frac{I'}{2}(r_2-r_1)(B'-B).$$ 要求 $F_A'=F_A=nI(r_2-r_1)(B'-B)$，故 $$\frac{I'}{2}=nI \Rightarrow I'=2nI=2\times30\times10=600\,\mathrm{A}.$$ ② 改进后每条径向边电阻为 $\dfrac{R_0}{4}=0.0025\,\Omega$（每匝四边均分），$2n=60$ 条并联，等效电阻 $$R'=\frac{0.0025}{60}\approx4.17\times10^{-5}\,\Omega.$$ 热功率 $$P'=I'^2R'=(600)^2\times4.17\times10^{-5}\approx15\,\mathrm{W}.$$ 甲、乙两方案线圈电路热功率之比 $$\eta=\frac{P}{P'}=\frac{30}{15}=2,$$ 即甲∶乙 $=2:1$。$