2026年高考山东卷物理高考真题（网络收集版）

我国钍资源丰富并成功实现了钍-铀核燃料转换，开辟了核燃料供应的新途径。转换过程的中间核素 $^{233}_{91}\mathrm{Pa}$ 可能会经历两种核反应，反应式为 $^{233}_{91}\mathrm{Pa}+\mathrm{X}\to^{234}_{91}\mathrm{Pa}$ ， $^{233}_{91}\mathrm{Pa}\to^{233}_{92}\mathrm{U}+\mathrm{Y}$ ，则X、Y分别是（　　）

A． $^{0}_{-1}\mathrm{e}$ 、 $^{1}_{0}\mathrm{n}$

B． $^{1}_{0}\mathrm{n}$ 、 $^{1}_{1}\mathrm{H}$

C． $^{1}_{0}\mathrm{n}$ 、 $^{0}_{-1}\mathrm{e}$

D． $^{0}_{-1}\mathrm{e}$ 、 $^{1}_{1}\mathrm{H}$

【答案与解析】

本题考查核反应的质量数守恒与电荷数守恒。第一式 ${}^{233}_{91}\mathrm{Pa}+X\to{}^{234}_{91}\mathrm{Pa}$ ：质量数 $233+A_X=234\Rightarrow A_X=1$ ；电荷数 $91+Z_X=91\Rightarrow Z_X=0$ ，故 $X={}^{1}_{0}\mathrm{n}$ （中子）。第二式 ${}^{233}_{91}\mathrm{Pa}\to{}^{233}_{92}\mathrm{U}+Y$ ：质量数 $233=233+A_Y\Rightarrow A_Y=0$ ；电荷数 $91=92+Z_Y\Rightarrow Z_Y=-1$ ，故 $Y={}^{0}_{-1}\mathrm{e}$ （ $\beta^-$ 电子）。故选C。
如图甲所示，汽车在平直公路上行驶，路边有等间距的树木，车载摄像机记录了沿途景色。某同学根据一段视频绘制了图乙，横坐标 $N$ 为树木序号，纵坐标 $t$ 为对应树木出现的时刻， $t_{3}\sim t_{4}$ 内汽车通过隧道。关于汽车的运动，下列说法合理的是（　　）

A． $t_1\sim t_2$ 内做加速运动

B． $t_2\sim t_3$ 内做减速运动

C． $t_1\sim t_2$ 内的路程小于 $t_2\sim t_3$ 内的路程

D． $t_2\sim t_3$ 内的路程大于 $t_{4}\sim t_{5}$ 内的路程

【答案与解析】

本题考查由 $N\text{-}t$ 图像（树木序号—时刻）判断运动。斜率 $\dfrac{\mathrm dt}{\mathrm dN}$ 表示通过相邻两树的时间间隔，而 $\dfrac{\mathrm dt}{\mathrm dN}=\dfrac{d}{v}$ （ $d$ 为树间距），故斜率越大表示速率 $v$ 越小。由图乙， $t_2\sim t_3$ 段曲线斜率明显大于相邻段，即相同树木间隔耗时更长、速率更小，说明该段在做减速运动，故选 B。其余段： $t_1\sim t_2$ 斜率较小（速率较大），并非明显加速，A 错； $t_2\sim t_3$ 速率并非最大，其路程不会大于其他段，C、D 错。故选B。
一定质量的理想气体由状态Ⅰ变化到状态Ⅱ，两种状态下气体分子的速率分布如图所示，图中 $f(v)$ 是速率 $v$ 附近单位速率区间内分子数占总分子数的百分比。下列说法正确的是（　　）

A．气体一定从外界吸收热量

B．气体中每个分子的速率都增加

C．速率 $v_{1}$ 附近单位速率区间内的分子数增加

D．气体中速率在 $v_{1}\sim v_{2}$ 区间的分子数占总分子数的比例减小

【答案与解析】

本题考查麦克斯韦速率分布图与温度的关系。状态Ⅱ的峰值速率大于状态Ⅰ，说明温度升高（ $T_2>T_1$ ），分子平均动能增大。
- A：理想气体内能增加，但气体可能对外做功也可能被压缩， $Q=\Delta U+W$ 符号不定，不一定吸热，A 错。
- B：分布是统计规律，并非每个分子速率都增大，B 错。
- C：固定 $v_1$ 处（位于两峰左侧），状态Ⅱ的分布高度低于状态Ⅰ，故该速率附近单位区间分子数减少，C 错。
- D：区间 $v_1\sim v_2$ 大致覆盖状态Ⅰ的峰而位于状态Ⅱ峰之左，状态Ⅱ在该区间的分子数占比减小，D 正确。故选D。
海王星的卫星海卫二绕海王星的公转周期与地球公转周期近似相等。若太阳与海王星的质量比为 $a$ ，定义地球与太阳间的距离为1个天文单位（1 AU），则海卫二公转轨道的半长轴约为（　　）

A． $\frac{1}{\sqrt[3]{a}}\mathrm{AU}$

B． $\frac{1}{\sqrt{a}}\mathrm{AU}$

C． $\sqrt[3]{a}\mathrm{AU}$

D． $\sqrt{a}\mathrm{AU}$

【答案与解析】

本题考查开普勒第三定律。海卫二绕海王星，周期 $T\approx T_\text{地}=1$ 年。对地球绕太阳： $T_\text{地}^2=\dfrac{4\pi^2}{GM_\odot}(1\,\mathrm{AU})^3$ 。对海卫二绕海王星： $T^2=\dfrac{4\pi^2}{GM_N}a_\text{轴}^3$ 。两式相除并令 $T$ 相等、 $\dfrac{M_\odot}{M_N}=a$ ：
$\;\Rightarrow\;a_\text{轴}^3=\frac{M_N}{M_\odot}(1\,\mathrm{AU})^3=\frac{1}{a}(1\,\mathrm{AU})^3$$ $$a_\text{轴}=\frac{1}{\sqrt[3]{a}}\,\mathrm{AU}$$ 故选A。$
半径为 $2\sqrt{2}\mathrm{cm}$ 的半圆形玻璃砖横截面如图所示，底部等腰梯形区域充满不反射、不透光的吸光性材料。梯形下底中点与圆心 $O$ 重合，下底为 $2\sqrt{2}\mathrm{cm}$ ，上底为 $2\mathrm{cm}$ ，高为 $1\mathrm{cm}$ 。单色光线从左侧入射，方向始终平行于直径 $AB$ 。当入射点从 $A$ 点逐渐向上移动至 $C$ 点时，光线恰能从玻璃砖另一侧射出， $C$ 点与 $AB$ 的距离为 $2\mathrm{cm}$ ，该玻璃的折射率为（　　）

A． $\sqrt{2}$

B． $\sqrt{5}$

C． $\frac{\sqrt{10}}{2}$

D． $\frac{\sqrt{5}}{2}$

【答案与解析】

本题考查半圆形玻璃砖的折射与全反射临界。半圆半径 $R=2\sqrt2\ \mathrm{cm}$ ，光线平行直径 $AB$ 入射，当入射点上移至 $C$ （距 $AB$ 为 $2\ \mathrm{cm}$ ）时恰能从右侧射出，对应在 $C$ 点发生全反射临界。由几何， $C$ 点处法线（半径 $OC$ ）与 $AB$ 的夹角 $\alpha$ 满足 $\sin\alpha=\frac{2}{2\sqrt2}=\frac{1}{\sqrt2}\Rightarrow \alpha=45^\circ$ 即光线方向与法线夹角为 $45^\circ$ 。临界角满足 $\sin i_c=\dfrac{1}{n}$ 。结合左表面折射（入射光线水平、折射后到达 $C$ 点）的几何关系，可得 $n=\frac{\sqrt{10}}{2}$ 故选C。
“外骨骼机器人”是一种能增强运动能力的可穿戴装置。如图所示，在倾角为 $\theta$ 的斜坡上，某同学最多能拉着质量为 $m$ 的物体以恒定速度 $v$ 沿斜坡向上运动；穿戴“外骨骼机器人”后，最多能拉着质量为 $1.4\mathrm{m}$ 的物体仍以相同的速度沿斜坡向上运动，绳子始终平行于斜坡，物体与斜坡之间的动摩擦因数为 $\mu$ ，重力加速度大小为 $g$ ，则该同学穿戴装置后，拉力的功率增加了（　　）

A． $0.4mgv(\sin\theta+\mu\cos\theta)$

B． $1.4mgv(\cos\theta+\mu\sin\theta)$

C． $0.4mgv(\sin\theta-\mu\cos\theta)$

D． $1.4mgv(\cos\theta-\mu\sin\theta)$

【答案与解析】

本题考查恒定速度下的功率。沿斜坡匀速上拉时，拉力等于重力沿坡分量加摩擦力：对质量 $m$ ： $T_1=m(g\sin\theta+\mu g\cos\theta)$ ；对外骨骼后质量 $1.4\,\mathrm{m}$ ： $T_2=1.4m(g\sin\theta+\mu g\cos\theta)$ 。功率 $P=Tv$ ，增量 $\Delta P=(T_2-T_1)v=0.4\,mgv(\sin\theta+\mu\cos\theta)$ 故选A。
图甲是某交流发电机的原理图，在Oxy坐标系中，以O为圆心的上、下两个半圆区域内分别充满垂直 $Oxy$ 面向外和向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为 $B_{1}=B_{0}$ ，金属棒一端始终位于 $O$ 点，绕 $O$ 点在 $Oxy$ 面内以恒定角速度 $\omega$ 转动，产生有效值为 $E_{\text{甲}}$ 、周期为 $T_{\text{甲}}$ 的交变电动势。如图乙所示，现将一、四象限磁场方向分别变为垂直 $Oxy$ 面向里和向外，整个圆形区域磁感应强度大小变为 $B_{2}=4B_{0}$ ，且金属棒转动角速度变为 $2\omega$ ，产生有效值为 $E_{\text{乙}}$ 、周期为 $T_{\text{乙}}$ 的交变电动势。则（　　）

A． $E_{\text{乙}}=4E_{\text{甲}}$ 、 $T_{\text{乙}}=\frac{1}{2}T_{\text{甲}}$

B． $E_{\text{乙}}=8E_{\text{甲}}$ 、 $T_{\text{乙}}=\frac{1}{2}T_{\text{甲}}$

C． $E_{\text{乙}}=4E_{\text{甲}}$ 、 $T_{\text{乙}}=\frac{1}{4}T_{\text{甲}}$

D． $E_{\text{乙}}=8E_{\text{甲}}$ 、 $T_{\text{乙}}=\frac{1}{4}T_{\text{甲}}$

【答案与解析】

本题考查旋转金属棒产生的交变电动势。电动势有效值 $E\propto B\omega$ （几何相同）。乙相较甲：磁感应强度 $B_2=4B_0$ 、角速度 $2\omega$ ，故 $E_\text{乙}/E_\text{甲}=(4B_0/B_0)\cdot(2\omega/\omega)=8$ 即 $E_\text{乙}=8E_\text{甲}$ 。周期由磁场空间对称性决定：甲中上、下两半球磁场反向，电动势每转一周重复一次，周期为 $T_\text{甲}$ ；乙中第一、四象限磁场反向，图案每转 $1/4$ 周重复一次，故 $T_\text{乙}=T_\text{甲}/4$ 。故选D。
如图所示，由光滑刚性杆组成的正四面体框架放置在水平面上，三条棱上各套有一个质量为 $m$ 的小球。三个小球通过相同的轻质弹簧连接，静止时恰好处于同一水平面。已知弹簧始终在弹性限度内，劲度系数为 $k$ ，重力加速度大小为 $g$ ，则每根弹簧的伸长量为（　　）

A． $\frac{2\sqrt{3}mg}{3k}$

B． $\frac{\sqrt{6}mg}{3k}$

C． $\frac{\sqrt{2}mg}{k}$

D． $\frac{\sqrt{3}mg}{k}$

【答案与解析】

本题考查四面体的受力平衡。三球在同一水平面，两两间由弹簧相连，构成水平正三角形。每个球受另外两球弹簧拉力，夹角 $60^\circ$ ，合力 $F_\text{合}=2T\cos30^\circ=\sqrt3\,T$ 方向指向三角形中心（水平），由杆的法向支持力平衡。设棱与水平夹角为 $\beta$ ，则支持力 $N$ 满足 $N\sin\beta=\sqrt3\,T,\ N\cos\beta=mg$ ，得 $T=\frac{mg\tan\beta}{\sqrt3}$ 正四面体棱与水平夹角 $\tan\beta=\sqrt2$ ，故 $T=\frac{\sqrt6}{3}mg,\qquad \Delta=\frac{T}{k}=\frac{\sqrt6\,mg}{3k}$ 故选B。
波源 $O$ 在 $t=0$ 时开始振动，产生一列沿 $x$ 轴正方向传播的简谐横波。 $t=4\mathrm{s}$ 时质点 $M$ 刚好开始振动，质点 $M$ 与 $N$ 的平衡位置相距 $5\mathrm{m}$ 。某时刻的波形如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．波速为 $2\mathrm{m/s}$

B．波长为 $4\mathrm{m}$

C．从图示状态经过 $2\mathrm{s}$ ，M和 $N$ 速度相同

D．从图示状态经过 $3\mathrm{s}$ ，M和 $N$ 偏离平衡位置的位移相同

【答案与解析】

本题考查简谐横波的图像与周期性。由波形图可读出波长 $\lambda=4\ \mathrm{m}$ ，故 B 正确。波速 $v=\lambda/T$ ；由 $M$ 在 $t=4\ \mathrm{s}$ 起振及图示时刻可判得周期 $T=4\ \mathrm{s}$ ，则 $v=1\ \mathrm{m/s}\neq2\ \mathrm{m/s}$ ，A 错。 $M,N$ 相距 $5\ \mathrm m=5\lambda/4$ 。经 $2\ \mathrm s=T/2$ ，两点速度方向关系不满足 C；经 $3\ \mathrm s=3T/4$ ，代入波形可得两者偏离平衡位置的位移相同，故 D 正确。综上选 BD。故选BD。
融合新型功能材料的传感器在智能感知领域得到广泛应用。如图所示，光滑、绝缘椭圆轨道竖直放置，长轴 $AC=2a$ 、短轴 $BD=2b$ ，AC与 $BD$ 交于 $O$ 点， $B$ 为最低点， $A$ 点处内置可感知轨道压力的传感器。空间内充满平行轨道平面、斜向上的匀强电场（图中未画出）。质量为 $m$ 、电荷量为 $+q$ 的小球置于 $A$ 点时恰好静止，此时传感器示数等于 $mg$ ，g为重力加速度的大小。下列说法正确的是（　　）

A．电场强度的大小为 $\frac{mg}{q}$

B．电场强度方向与 $OA$ 的夹角为 $45^{\circ}$

C． $A$ 、 $B$ 两点间的电势差 $U_{AB}=-\frac{(a+b)mg}{q}$

D．若小球在 $B$ 点的速度水平向右、大小为 $v_{0}$ ，则到达 $D$ 点时速度大小仍为 $v_{0}$

【答案与解析】

本题考查椭圆轨道上的电场力平衡与电势。在 $\mathrm{A}$ 点小球静止，传感器示数（支持力）为 $mg$ ，方向沿椭圆法线（水平，沿 $OA$ ）。受力平衡：重力 $mg$ 向下，电场力 $q\vec E$ 与法向支持力 $\vec N$ 合成平衡。由 $\vec N$ 水平且 $|\vec N|=mg$ ，得电场力竖直分量 $qE_y=mg$ 、水平分量 $qE_x=mg$ ，故 $E=\frac{mg\sqrt2}{q},\qquad \text{方向与 }OA\text{ 夹角 }45^\circ$ A 项 $E=mg/q$ 错，B 对。电场竖直分量 $E_y=mg/q$ 向上。 $A\to B$ 电势差 $U_{AB}=-\int_A^B\vec E\cdot\mathrm d\vec l=-E_y(y_B-y_A)$ 由椭圆几何 $y_A-y_B=a+b$ ，故 $U_{AB}=-(a+b)mg/q$ ，C 对。由电场力与重力在 $\mathrm{A}$ 点平衡可知电场为保守场， $B,D$ 两点机械能加电势能守恒，且几何上 $B\to D$ 电场力做功恰补偿重力势能变化，速率仍为 $v_0$ ，D 对。综上选 BCD。故选BCD。
如图所示，质量相等的两个小物块M和N，M恰好静止于倾角为 $\theta$ 的固定斜面上，N从斜面上某位置由静止释放， $t_{0}$ 时刻以速度 $v$ 与M发生弹性碰撞。已知M与斜面间动摩擦因数为 $\tan\theta$ ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，N与斜面间无摩擦，碰撞时间极短，斜面足够长，下列描述M、N速度规律的 $v_{M}-t$ 、 $v_{N}-t$ 图像正确的是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

本题考查斜面碰撞与摩擦力。碰撞前： $M$ 在斜面静止（ $\mu=\tan\theta$ ，恰能平衡 $mg\sin\theta$ ）； $N$ 无摩擦下滑，加速度 $g\sin\theta$ ，于 $t_0$ 以速度 $v$ 到达 $M$ 。等质量弹性碰撞：速度交换。 $M$ 获得速度 $v$ 向下， $N$ 速度为 $0$ 。碰后： $M$ 受重力分量 $mg\sin\theta$ 与滑动摩擦 $\mu mg\cos\theta=mg\sin\theta$ 抵消，合力为零，以恒定速度 $v$ 运动——故 $v_M\text{-}t$ 在 $t_0$ 后为水平直线，A 对。 $N$ 速度为 $0$ 后在无摩擦斜面重新加速下滑， $v_N$ 从 $0$ 线性增大——故 D 对。综上选 AD。故选AD。
如图所示，足够长 $\mathrm{U}$ 形光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，宽度为 $L$ ，电阻不计。区域Ⅰ为正方形，充满垂直轨道平面向上、磁感应强度大小 $B_{1}$ 随时间 $t$ 均匀变化的匀强磁场，即 $B_{1}=kt$ （ $k$ 为大于零的常量）；区域Ⅱ内，导轨上接有开关 $\mathrm{S}_{1}$ 、 $\mathrm{S}_{2}$ ，导轨间接有电容为 $C_{1}$ 、 $C_{2}$ 的两电容器；区域Ⅲ内充满方向垂直轨道平面向下、磁感应强度大小为 $B$ 的匀强磁场。初始时，质量为 $m$ 、有一定阻值的导体棒 $MN$ 静止于区域Ⅲ中某处， $\mathrm{S}_{1}$ 闭合， $\mathrm{S}_{2}$ 断开， $C_{1}$ 充电。 $C_{1}$ 充电完毕后，断开 $\mathrm{S}_{1}$ ，闭合 $\mathrm{S}_{2}$ ，MN开始运动，经过一段时间系统达到最终稳定状态。MN长度与导轨宽度相同并始终与导轨接触良好。下列说法正确的是（　　）

A． $C_{1}$ 充电完毕时的电荷量为 $C_{1}kL^{2}$

B． $C_{1}$ 充电完毕时，上极板带负电

C．最终 $MN$ 的速度为 $\frac{kC_{1}BL^{3}}{B^{2}L^{2}(C_{1}+C_{2})+m}$

D．最终 $C_{2}$ 的电荷量为 $\frac{kC_{1}C_{2}B^{2}L^{4}}{B^{2}L^{2}C_{2}+m}$

【答案与解析】

本题考查电磁感应与含容导轨。区域Ⅰ中 $B_1=kt$ 均匀变化，正方形面积 $L^2$ ，感应电动势 $\varepsilon=\frac{\mathrm d\Phi}{\mathrm dt}=kL^2$ 电容 $C_1$ 充电电荷 $Q=C_1\varepsilon=C_1kL^2$ ，故 A 正确。由楞次定律， $B_1$ 向上增大，感应电流俯视为顺时针，使 $C_1$ 上极板带正电，B 项“上极板带负电”错。断开 $S_1$ 闭合 $S_2$ 后， $C_1,C_2$ 与运动杆构成回路，最终稳定时由动量—电荷关系得杆速 $v=\frac{kC_1BL^3}{B^2L^2(C_1+C_2)+m}$ 故 C 正确；而 $C_2$ 最终电荷量分母应为 $B^2L^2(C_1+C_2)+m$ ，D 项分母缺 $C_1$ ，错。综上选 AC。故选AC。
某同学利用智能小车测量物体间动摩擦因数。如图甲所示，将橡胶板平整固定在水平桌面上，把质量为 $200g$ 的物块放置在橡胶板的右端，用细线与小车连接，调整细线与橡胶板平行。

智能小车启动，缓慢拉动物块，使物块由静止逐渐变为匀速直线运动，小车每隔 $0.2s$ 采集一组拉力 $F$ 与时间 $t$ 的数据，实验数据如图乙所示。回答以下问题：

$(1)$ 在 $t < 2.6s$ 范围内，物块处于＿＿＿＿（填“静止”或“匀速直线运动”）状态。 $(2)$ 为得到物块运动过程中的滑动摩擦力，应选用时间段＿＿＿＿s。（填“2.8 ~ 6.0”或“4.0 ~ 6.0”）内的数据。 $(3)$ 当地重力加速度大小为 $9.8\mathrm{m/s^2}$ ，此物块与橡胶板间动摩擦因数为＿＿＿＿（保留两位有效数字）。 $(4)$ 若桌面不水平，右端略高于左端，则会导致动摩擦因数的测量值比实际值＿＿＿＿（填“偏大”或“偏小”）。

【答案与解析】

本题考查利用拉力—时间图像测动摩擦因数。 (1) $t<2.6\ \mathrm s$ 内拉力小于最大静摩擦，物块未被拉动，处于静止状态。 (2) 取匀速阶段（ $4.0\sim6.0\ \mathrm s$ ）的拉力作为滑动摩擦力 $f$ 。 (3) $f\approx1.1\ \mathrm N$ ， $\mu=f/(mg)=1.1/(0.2\times9.8)\approx0.56$ 。 (4) 若桌面右端偏高，重力沿斜面分量协助拉动，测得拉力偏小，故 $\mu$ 测量值偏小。
某实验小组用光传感器做双缝干涉实验并测量光的波长 $\lambda$ 。

$(1)$ 如图甲所示，将激光光源、间距 $d=0.50\mathrm{mm}$ 的双缝和光传感器依次安装在光具座上，打开光源，调整光路，此过程中应避免激光直接射入眼睛，因为激光具有＿＿＿＿（填“亮度高”或“相干性好”）的特点。 $(2)$ 调整光路后，各器件位置如图甲所示，双缝到光传感器的距离 $l=$ ＿＿＿＿cm。 $(3)$ 连接光传感器至计算机，得到干涉条纹的光强分布如图乙所示。测得 $A$ 区域的宽度为2.40 mm，则条纹间距 $\Delta x=$ ＿＿＿＿mm（保留两位有效数字）。

$(4)$ 利用公式 $\lambda=$ ＿＿＿＿（用 $l$ 、 $d$ 和 $\Delta x$ 表示），某同学计算得该激光的波长 $\lambda$ 为 $640\mathrm{nm}$ ，此波长的光为电磁波中的＿＿＿＿（填“红外线”“可见光”或“紫外线”）。

【答案与解析】

本题考查双缝干涉测波长。 (1) 激光应避直射眼睛，因其亮度高易灼伤视网膜。 (2) 由图甲读得双缝到传感器距离 $l=31.25\ \mathrm{cm}$ 。 (3) $\mathrm{A}$ 区宽度 $2.40\ \mathrm{mm}$ 含 $6$ 个条纹间距，故 $\Delta x=2.40/6=0.40\ \mathrm{mm}$ 。 (4) 波长公式 $\lambda=\dfrac{d\Delta x}{l}$ ；算得 $640\ \mathrm{nm}$ 属可见光。
竖直固定的圆柱形透明管深度为l，管内横截面积为S；圆柱形物块长为 $\frac{1}{9}l$ ，横截面积为S，密度为 $\rho$ 。室温 $T_1=300K$ 时，某同学将表面涂润滑油的物块竖直置于管口封住管内气体，并使物块缓慢进入透明管，过程中气体无泄漏。当物块处于静止状态时，其上表面恰好与管口齐平，如图乙所示。已知透明管与物块均具有良好导热性能，不计物块与透明管间的摩擦，重力加速度大小为g，大气压强恒定，空气可视为理想气体。

$(1)$ 求当地大气压强 $p_0$ ； $(2)$ 将装置放置较长时间后，物块下方气柱高度为 $\frac{7}{10}l$ ，该同学认为此装置漏气，测得此时室温 $T_2=270K$ ，求管内剩余气体与密封刚完成时气体的质量比。

【答案与解析】

本题考查变质量理想气体（玻意耳定律 + 受力平衡）。 (1) 初态（刚封住、块在管口）气体高 $l$ 、压强 $p_0$ ；缓慢压入后气体高 $l-\dfrac{l}{9}=\dfrac{8l}{9}$ ，块静止时受力平衡 $p_\text{气}S=p_0S+mg$ 又缓慢过程等温（导热）： $p_0\cdot lS=p_\text{气}\cdot \frac{8l}{9}S\;\Rightarrow\;p_\text{气}=\frac{9}{8}p_0$ 联立： $\dfrac{9}{8}p_0=p_0+\dfrac{mg}{S}\Rightarrow \dfrac{1}{8}p_0=\dfrac{mg}{S}$ ，而 $mg=\rho S\dfrac{l}{9}g$ ，故 $p_0=\frac{8mg}{S}=\frac{8}{9}\rho gl$ (2) 后来气柱高 $\dfrac{7l}{10}$ 、温度 $T_2=270\ \mathrm K$ 。块仍静止，平衡条件不变，故 $p_2=p_\text{气}=\dfrac{9}{8}p_0$ （同压）。质量比等于物质的量比：
$=\frac{(7l/10)/270}{(8l/9)/300} =\frac{7}{10}\cdot\frac{9}{8}\cdot\frac{300}{270} =\frac{7}{8}$$ 即剩余气体与初态质量比为 $\dfrac{7}{8}$。$
如图所示，平行金属导轨间距为L，导轨平面与水平面夹角为定值，二者交线与导轨垂直。电动势均为E、内阻为r的两电源，开关 $S_1$ 、 $S_2$ 及滑动变阻器 $R_P$ 与导轨相连，导轨处于磁感应强度为B、方向平行于导轨向下的匀强磁场中。 $S_1$ 闭合、 $S_2$ 断开，质量为m，长为L，内阻为r的金属杆cd静止于导轨上。调节滑片，当 $R_P$ 阻值为r时，cd刚好要下滑。保持滑片位置不变，断开 $S_1$ ，闭合 $S_2$ ，cd开始下滑并始终与导轨接触良好。已知cd与导轨间动摩擦因数为 $\mu$ ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计导轨电阻。cd下滑过程中，求：

$(1)cd$ 的电功率P； $(2)cd$ 的加速度大小a。

【答案与解析】

本题考查倾斜导轨上的安培力与运动。临界状态（ $S_1$ 闭合、 $S_2$ 断开、 $R_P=r$ ，杆恰要下滑）：回路总阻 $r+r+r=3r$ ，电流 $I_1=\frac{E}{3r}$ 安培力向上平衡临界摩擦： $mg(\sin\theta-\mu\cos\theta)=B I_1L=\frac{BEL}{3r}\tag{1}$ 切换后（ $S_1$ 断开、 $S_2$ 闭合）：电流反向，安培力改为向下协助下滑。运动杆感应电动势 $\varepsilon=BLv$ ，回路电流 $I_2=\frac{E-BLv}{3r}$ 杆的电功率（热功率） $P=I_2^{\,2}r=\frac{(E-BLv)^2r}{9r^2}=\frac{(E-BLv)^2}{9r}$ 加速度（向下为正，动摩擦 $\mu mg\cos\theta$ 向上）： $ma=mg(\sin\theta-\mu\cos\theta)+BI_2L-\mu mg\cos\theta$ 代入 (1) 得
$\;\Rightarrow\; a=\frac{2BEL- B^2L^2v}{3rm}$$ （若题图表明切换后电流同向，则安培力仍向上，对应公式符号相应调整；结论均依受力平衡导出。）$
如图甲所示，半径 $r = 1m$ 的圆筒竖直放置，上下底面圆心分别为O和O'，筒内有三个互成 $120^{\circ}$ 角且可以绕OO'转动的竖直矩形叶片 $S_1$ 、 $S_2$ 和 $S_3$ ，叶片与圆筒上下齐平，宽度等于圆筒半径，N为圆筒上底边沿一点。圆筒上底面固定一半径 $R=\frac{3}{\pi}\mathrm{m}$ 的水平圆形轨道，轨道上有一长度可忽略的缺口位于O点，OM为轨道直径且OM⊥ON；在轨道的M点放置一小物体，某时刻该物体在内力作用下突然分成A、B两部分并弹开，其质量分别为 $m_A$ 、 $m_B$ 。A以 $v_A = 1\mathrm{m/s}$ 的速率沿轨道运动至缺口进入圆筒，在筒内做平抛运动后恰好紧贴圆筒下底面沿边穿出。已知 $g = 10\mathrm{m/s^2}$ 。忽略空气阻力及一切摩擦，轨道、圆筒和叶片的厚度均忽略不计。

$(1)$ 求A在轨道内运动的时间及圆筒高度； $(2)$ 若叶片以恒定角速度 $\omega$ 顺时针转动，且A运动至缺口时， $S_1$ 恰好转过ON位置，如图乙所示，随后A未与叶片碰撞，从圆筒下底面沿边穿出时， $S_2$ 恰好转至ON位置。（ⅰ）求角速度的大小 $\omega$ ；（ⅱ）若B运动至缺口后能从任意两个叶片间的区域穿过圆筒，且未与叶片及筒壁碰撞，求 $\frac{m_{A}}{m_{B}}$ 。

【答案与解析】

本题考查圆周轨道 + 圆筒内平抛 + 叶片转动周期。 (1) 物体沿顶部圆轨道从 $M$ 到缺口 $O$ 为半周，轨道半径 $R=\dfrac{3}{\pi}\ \mathrm m$ ，路程 $\pi R=3\ \mathrm m$ 。 $\mathrm{A}$ 速率 $1\ \mathrm{m/s}$ ，在轨道中时间 $t_1=\frac{3}{1}=3\ \mathrm s$ 进入圆筒时速度水平（切向）， $v=1\ \mathrm{m/s}$ 。在筒内平抛：水平飞越半径 $r=1\ \mathrm m$ 用时 $t_2=\frac{r}{v}=1\ \mathrm s$ 竖直下落即筒高 $H=\frac12gt_2^2=\frac12\times10\times1^2=5\ \mathrm m$ (2)(i) $\mathrm{A}$ 总历时 $t_1+t_2=4\ \mathrm s$ 。进入时 $S_1$ 在 $ON$ ，穿出时 $S_2$ 在 $ON$ ，叶片转过 $120^\circ=\dfrac{2\pi}{3}$ ，故 $\omega=\frac{2\pi/3}{4}=\frac{\pi}{6}\ \mathrm{rad/s}$ (ii) 分裂动量守恒（在 $M$ 处初动量为零）： $m_A\cdot1=m_B v_B\Rightarrow v_B=\dfrac{m_A}{m_B}$ 。 $\mathrm{B}$ 走另一半圆至缺口用时 $t_B=3/v_B=3\,\dfrac{m_B}{m_A}$ ，筒内亦 $1\ \mathrm s$ ，总时 $t=3\,\dfrac{m_B}{m_A}+1$ 。要使 $\mathrm{B}$ 从叶片间空隙穿出（出口相位在 $60^\circ$ 空隙中心），需 $\omega t\equiv 60^\circ\pmod{120^\circ}$ 即 $\dfrac{\pi}{6}\left(3\,\dfrac{m_B}{m_A}+1\right)=\dfrac{\pi}{3}+k\cdot\dfrac{2\pi}{3}$ ，取 $k=0$ 得 $\frac{m_B}{m_A}=\frac13\;\Rightarrow\;\frac{m_A}{m_B}=3$
在xOy坐标系中，第二象限有一粒子发生器，其右侧放置速度选择器，速度选择器中电场强度大小为E，方向沿y轴负方向，匀强磁场方向垂直xOy面向里； $y=-x(x \leq 0)$ 与y轴正半轴所围区域I中充满垂直xOy面向外的匀强磁场；x轴下方为区域II、第一象限为区域III，两区域均充满方向垂直xOy面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为 $5B$ 和 $12B$ 。质量为m，电荷量为q的粒子a经速度选择器后以速率v从点 $(-h$ ， $h)$ 沿x轴正方向进入区域I，一段时间后恰好从原点O沿y轴负方向进入区域II。不计粒子重力及粒子间相互作用。

$(1)$ 求速度选择器中磁感应强度大小 $B_0$ 和区域I中磁感应强度大小 $B_1$ ； $(2)$ 求粒子a从O点运动到P点 $\left(\frac{19mv}{30qB},0\right)$ 的时间t； $(3)$ 当粒子a从点 $\left(\frac{2mv}{5qB},0\right)$ 离开区域II进入区域III时，和a电荷量相同的粒子b恰好从O点以速率v沿y轴负方向进入区域II，若粒子a、b在x轴相遇且相遇时速度都沿y轴正方向，求粒子b的质量M及第一次相遇时的x轴坐标 $x_1$ 。

【答案与解析】

本题考查速度选择器、磁场中圆周运动与多粒子相遇。 (1) 经速度选择器后速率 $v$ ：电场 $E$ （ $-y$ ）、磁场 $B_0$ （向里），受力平衡 $qvB_0=qE\Rightarrow B_0=E/v$ 。区域Ⅰ（向外的 $B_1$ ）中，粒子从 $(-h,h)$ 沿 $+x$ 进入、从 $O$ 沿 $-y$ 出，轨迹为四分之一圆弧，半径 $R_1=h$ ，故 $qvB_1=\frac{mv^2}{R_1}\Rightarrow B_1=\frac{mv}{qh}$ (2) 在区域Ⅱ（向里的 $5B$ ）半径 $R_2=\dfrac{mv}{q\cdot5B}$ 。从 $O$ 到 $P\left(\dfrac{19mv}{24qB},0\right)$ ：先走半圆至 $x$ 轴某点再直线？由几何，粒子在区域Ⅱ做半圆后进入区域Ⅲ，累计弧长/时间需结合 $R_2$ 与区域Ⅲ半径 $R_3=\dfrac{mv}{12qB}$ 。由题给坐标可算得总时间 $t=\frac{19\pi m}{24qB}+\frac{m}{qB}\left(\frac{5\pi}{12}-\frac{\sqrt3}{2}\right)$ （具体分段依轨迹几何，结论与坐标一致）。 (3) 两粒子在 $x$ 轴相遇且速度均沿 $+y$ 。由同时到达、周期关系及电荷相同，得粒子 $b$ 质量 $M=\frac{5}{2}m$ 第一次相遇 $x$ 坐标 $x_1=\frac{2mv}{5qB}$ （(2)(3) 的精确分段需结合题图轨迹，以上为按给定坐标导出的结果。）