2026年高考广东卷物理高考真题（网络收集版）

核钟是基于原子核能级跃迁来建立高精度时间标准的装置，原子核可吸收光子发生类似原子的能级跃迁。现有一种激光能够激发某原子核从基态跃迁至激发态，其能级差约为 $1.3\times10^{-18}\mathrm{J}$ ，普朗克常量 $h=6.6\times10^{-34}\mathrm{J\cdot s}$ ，真空中光速 $c=3.0\times10^{8}\mathrm{m/s}$ 。关于该激光，下列说法正确的是（　　）

A．光强倍增，此能级跃迁不能发生

B．光强减半，此能级跃迁不能发生

C．频率约为 $2.0\times10^{16}\mathrm{Hz}$

D．波长约为 $1.5\times10^{-7}\mathrm{m}$

【答案与解析】

原理： 原子核吸收光子发生能级跃迁，要求单个光子能量等于能级差，即 $E=h\nu=\dfrac{hc}{\lambda}$ 。光强只影响单位时间内的光子数，不影响单个光子的能量，因此只要光子频率（能量）匹配，跃迁就能发生，与光强倍增或减半无关。已知 $\Delta E=1.3\times 10^{-18}\ \mathrm{J}$ ， $h=6.6\times 10^{-34}\ \mathrm{J\cdot s}$ ， $c=3.0\times 10^{8}\ \mathrm{m/s}$ 。
- 频率： $\nu=\dfrac{\Delta E}{h}=\dfrac{1.3\times 10^{-18}}{6.6\times 10^{-34}}\ \mathrm{Hz}\approx 1.97\times 10^{15}\ \mathrm{Hz}$ ，约为 $2.0\times 10^{15}\ \mathrm{Hz}$ ，而选项 C 给的是 $2.0\times 10^{16}\ \mathrm{Hz}$ ，故 C 错。
- 波长： $\lambda=\dfrac{hc}{\Delta E}=\dfrac{6.6\times 10^{-34}\times 3.0\times 10^{8}}{1.3\times 10^{-18}}\ \mathrm{m}\approx 1.52\times 10^{-7}\ \mathrm{m}$ ，约为 $1.5\times 10^{-7}\ \mathrm{m}$ ，与 D 一致。 选项排除：
- A：光强倍增不改变光子能量，跃迁仍能发生，A 错。
- B：光强减半同理，跃迁仍能发生，B 错。
- C：频率应为约 $2.0\times 10^{15}\ \mathrm{Hz}$ ，不是 $2.0\times 10^{16}\ \mathrm{Hz}$ ，C 错。
- D：波长约为 $1.5\times 10^{-7}\ \mathrm{m}$ ，正确。故选D。
静电卡盘是芯片制造中的重要设备，如图为双极型静电卡盘吸附原理简图，双电极接高压电源后，晶片靠近卡盘的一侧带上与电极极性相反的电荷，在电场力作用下向卡盘运动并被吸附。在晶片运动过程中，下列说法正确的是（　　）

A．电场力对晶片做负功

B．晶片在电场中的电势能逐渐减少

C．晶片与卡盘电极之间表现为斥力

D．晶片与卡盘电极之间电场强度处处相同

【答案与解析】

原理： 晶片靠近卡盘的一侧带上与电极异号的电荷，在电场力作用下被吸附向卡盘运动。电场力做正功时电势能减少；异号电荷相互吸引。 选项排除：
- A：晶片向卡盘运动，电场力方向与位移方向一致，电场力做正功，A 错。
- B：电场力做正功，电势能逐渐减少，B 正确。
- C：晶片与电极带异号电荷，表现为吸引力而非斥力，C 错。
- D：越靠近电极场强越大，场强并非处处相同，D 错。故选B。
如图是某种自由式活塞内燃发电机输出电压 $U$ 随时间 $t$ 变化的图像。下列说法正确的是（　　）

A．电压的有效值为 $200\sqrt{2}\mathrm{V}$

B．电压的最大值为400 V

C．电压的频率为50 Hz

D．电压的周期为0.01 s

【答案与解析】

原理： 由输出电压的 $U-t$ 图像（正弦交流电）可读出最大值 $U_\mathrm{m}$ 与周期 $T$ 。有效值 $U=\dfrac{U_\mathrm{m}}{\sqrt{2}}$ ，频率 $f=\dfrac{1}{T}$ 。由题图可读出：最大值 $U_\mathrm{m}=200\sqrt{2}\ \mathrm{V}$ ，周期 $T=0.02\ \mathrm{s}$ 。
- 有效值： $U=\dfrac{200\sqrt{2}}{\sqrt{2}}\ \mathrm{V}=200\ \mathrm{V}$ ，故 A（称有效值为 $200\sqrt{2}\ \mathrm{V}$ ）错。
- 最大值： $200\sqrt{2}\ \mathrm{V}\neq 400\ \mathrm{V}$ ，故 B 错。
- 频率： $f=\dfrac{1}{0.02}\ \mathrm{Hz}=50\ \mathrm{Hz}$ ，故 C 正确。
- 周期： $T=0.02\ \mathrm{s}\neq 0.01\ \mathrm{s}$ ，故 D 错。故选C。
足球比赛中，某队员为接应传球，由静止开始沿直线跑动，先匀加速冲刺，后匀减速至接球点停止。全程用时5 s，位移大小为20 m，则该队员在某时刻的速度和加速度的大小可能是（　　）

A． $6\mathrm{m/s}$ ， $2\mathrm{m/s^{2}}$

B． $6\mathrm{m/s}$ ， $1\mathrm{m/s^{2}}$

C． $9\mathrm{m/s}$ ， $2\mathrm{m/s^{2}}$

D． $9\mathrm{m/s}$ ， $1\mathrm{m/s^{2}}$

【答案与解析】

原理： 队员由静止先匀加速后匀减速到停止，初、末速度均为 0， $v-t$ 图像为三角形。总位移等于三角形面积： $x=\frac{1}{2}v_\mathrm{max}t \quad\Rightarrow\quad 20=\frac{1}{2}v_\mathrm{max}\times 5$ 得最大速度 $v_\mathrm{max}=8\ \mathrm{m/s}$ ，故任意时刻速度必满足 $v<8\ \mathrm{m/s}$ （端点处为 0 或 $8$ ），速度 $9\ \mathrm{m/s}$ 不可能，排除 C、D。设加速段加速度 $a_1$ 、时间 $t_1$ ，减速段 $a_2$ 、时间 $t_2$ ， $t_1+t_2=5$ ，且 $a_1t_1=a_2t_2=v_\mathrm{max}=8$ 。任一时刻的加速度大小（加速段为 $a_1$ ，减速段为 $a_2$ ）满足： $a_1=\frac{8}{t_1}>\frac{8}{5}=1.6\ \mathrm{m/s^2},\qquad a_2=\frac{8}{t_2}>1.6\ \mathrm{m/s^2}$ 即加速度大小必满足 $a>1.6\ \mathrm{m/s^2}$ 。B、D 中 $a=1\ \mathrm{m/s^2}<1.6$ ，不可能。验证 A：取 $a_1=2\ \mathrm{m/s^2}$ ，则 $t_1=8/2=4\ \mathrm{s}$ ， $t_2=1\ \mathrm{s}$ ， $a_2=8\ \mathrm{m/s^2}$ ，总时 $5\ \mathrm{s}$ 。在加速段 $t=3\ \mathrm{s}$ 时 $v=a_1t=6\ \mathrm{m/s}$ ，此时加速度大小 $2\ \mathrm{m/s^2}$ ，可实现。故选A。
如图是月球上一圆柱形阴影坑竖直截面图。假定某飞行器在月面上空 $H=1.28\mathrm{km}$ 向坑中心方向以速度 $v_{0}$ 匀速水平飞行。在距坑边 $l=1.2\mathrm{km}$ 的 $P$ 点正上方关闭动力，此后只受月球重力，直至抵达着陆线。已知坑直径 $d=3\mathrm{km}$ ，月面至着陆线深度 $h=1.6\mathrm{km}$ ，月面重力加速度取 $g_\text{月}=1.6\mathrm{m/s}^2$ ，飞行器可视为质点。飞行器安全到达着陆线，则 $v_{0}$ 的大小可能是（　　）

A． $20\mathrm{m/s}$

B． $50\mathrm{m/s}$

C． $110\mathrm{m/s}$

D． $120\mathrm{m/s}$

【答案与解析】

原理： 飞行器在 $P$ 点正上方关闭动力后做平抛运动。起点高度 $H=1.28\ \mathrm{km}=1280\ \mathrm{m}$ （月面上方），着陆线在月面下 $h=1.6\ \mathrm{km}=1600\ \mathrm{m}$ ，故竖直总下落高度 $H+h=1280+1600=2880\ \mathrm{m}$ 下落时间： $t=\sqrt{\frac{2(H+h)}{g_\text{月}}}=\sqrt{\frac{2\times 2880}{1.6}}\ \mathrm{s}=\sqrt{3600}\ \mathrm{s}=60\ \mathrm{s}$ 水平位移 $x=v_0 t=60v_0$ 。建立坐标：坑近边（靠近 $P$ 的一侧）在 $x=0$ ，坑中心 $x=1500\ \mathrm{m}$ ，坑远边 $x=3000\ \mathrm{m}$ ， $P$ 点在 $x=-1200\ \mathrm{m}$ 。
- 下限（安全进入坑口）： 到达近边 $x=0$ 时须已落入坑内（即 $y\le 0$ ），否则会撞坑外月面。 $t_1=\frac{1200}{v_0},\qquad y=1280-\frac{1}{2}\times 1.6\,t_1^2\le 0$ $\Rightarrow 0.8\left(\frac{1200}{v_0}\right)^2\ge 1280 \Rightarrow v_0^2\le 900 \Rightarrow v_0\le 30\ \mathrm{m/s}$ 要“安全进入”应取 $v_0>30\ \mathrm{m/s}$ （临界 $30$ 恰到坑沿）。
- 上限（不越过远壁）： 到达着陆线（ $y=-1600\ \mathrm{m}$ ）时水平位置须在坑内 $0<x<3000\ \mathrm{m}$ ： $x=-1200+60v_0<3000 \Rightarrow v_0<70\ \mathrm{m/s}$ 故安全范围 $30<v_0<70\ \mathrm{m/s}$ 。选项中仅 $50\ \mathrm{m/s}$ 在此范围内。故选B。
如图所示，某行星对单个卫星表面最远点与最近点的单位质量物体的“引力差值”可近似为 $F=k\dfrac{MR}{r^3}$ ，其中 $k$ 为常量， $M$ 为行星质量， $R$ 为卫星球体半径， $r$ 为行星中心到卫星中心的距离。两卫星P和Q的球体半径之比 $R_P:R_Q$ 为 $2:1$ ，它们绕该行星做匀速圆周运动的周期之比 $T_P:T_Q$ 为 $8:1$ ，该行星对卫星P、Q的“引力差值”分别为 $F_P$ 、 $F_Q$ ，则 $F_P:F_Q$ 为（　　）

A．1∶4

B．1∶16

C．1∶32

D．1∶64

【答案与解析】

原理： 卫星绕行星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力： $\frac{GMm}{r^2}=m\left(\frac{2\pi}{T}\right)^2r \quad\Rightarrow\quad r^3\propto T^2$ 故 $r\propto T^{2/3}$ 。 $\frac{r_\mathrm{P}}{r_\mathrm{Q}}=\left(\frac{T_\mathrm{P}}{T_\mathrm{Q}}\right)^{2/3}=8^{2/3}=(2^3)^{2/3}=2^2=4$ 引力差值公式 $F=k\dfrac{MR}{r^3}$ ，则 $\frac{F_\mathrm{P}}{F_\mathrm{Q}}=\frac{R_\mathrm{P}}{R_\mathrm{Q}}\left(\frac{r_\mathrm{Q}}{r_\mathrm{P}}\right)^3=2\times\left(\frac{1}{4}\right)^3=2\times\frac{1}{64}=\frac{1}{32}$ 故选C。
图（a）为某梳齿状可变电容器截面图，上端为固定极板，下端为可上下运动的动极板。将该电容器接入图（b）所示电路，探究其电荷量 $Q$ 、极板电压 $U$ 和电容 $C$ 的变化。过程为：①当动极板运动到最高处，开关 $\mathrm{S}$ 接 $a$ 端，电源 $E$ 向电容器充电；②充电结束后 $\mathrm{S}$ 接 $b$ 端空置，动极板向下运动；③当动极板运动到最低处， $\mathrm{S}$ 接 $c$ 端，电容器通过 $R$ 放电。关于该过程，下列图像可能正确的是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

原理： 分析三个阶段的 $Q,C,U$ 变化。
- 阶段①（充电）： 动极板在最高处，间距最小，电容 $C$ 最大且不变；接电源 $E$ 充电， $Q$ 从 0 增至 $Q_\mathrm{max}=CE$ ， $U$ 从 0 增至 $E$ 。
- 阶段②（ $S$ 接 $b$ 空置）： 电容器孤立， $Q$ 不变；动极板下移间距增大， $C$ 减小；因 $U=Q/C$ ， $U$ 反而增大。
- 阶段③（放电）： 动极板在最低处， $C$ 最小且不变；经 $R$ 放电， $Q$ 减至 0， $U$ 减至 0。综上趋势： $Q$ 为“升—平—降”， $C$ 为“最大恒—降—最小恒”， $U$ 为“升到 $E$ —继续升—降到 0”。符合这些趋势的图像为 A。其余选项或使②中 $Q$ 变化、或使 $C$ 在②中不变，均违反上述分析。故选A。
如图所示，在光滑的水平地面上，P、Q、M、N四个质量相等的小球通过两根不可伸长的轻绳相连，P、Q间的绳长为 $L_1$ ，M、N间的绳长为 $L_2$ ，两绳相交于各自的中点 $O$ ，四球以相同角速度 $\omega$ 绕固定的 $O$ 点做匀速圆周运动，已知 $L_1=2\mathrm{m}$ ，P、Q的向心加速度大小均为 $a_1=4\mathrm{m/s}^2$ ，M、N的向心加速度大小均为 $a_2=1\mathrm{m/s}^2$ ，四球均可视为质点，忽略空气阻力，下列说法正确的有（　　）

A． $\omega=2\mathrm{rad/s}$

B． $L_2=0.5\mathrm{m}$

C．P的线速度大小为 $0.5\mathrm{m/s}$

D．轻绳对四球的拉力大小相等

【答案与解析】

原理： 两绳各自交于中点 $O$ ，故 $OP=OQ=L_1/2=1\ \mathrm{m}$ ， $OM=ON=L_2/2$ 。绕固定点 $O$ 匀速圆周运动，向心加速度 $a=\omega^2 r$ 。
- 对 P、Q： $a_1=\omega^2\cdot \dfrac{L_1}{2}\Rightarrow 4=\omega^2\times 1\Rightarrow \omega=2\ \mathrm{rad/s}$ ，A 正确。
- 对 M、N： $a_2=\omega^2\cdot \dfrac{L_2}{2}\Rightarrow 1=4\times \dfrac{L_2}{2}\Rightarrow L_2=0.5\ \mathrm{m}$ ，B 正确。
- C：P 的线速度 $v=\omega r_1=2\times 1=2\ \mathrm{m/s}\neq 0.5\ \mathrm{m/s}$ ，C 错。
- D：绳 1 张力提供 P、Q 向心力， $T_1=ma_1=4m$ ；绳 2 张力提供 M、N 向心力， $T_2=ma_2=m$ 。两绳拉力大小不相等，D 错。故选AB。
图中底端为锥形且顶角为 $90^\circ$ 的直光纤，可用于检测流动液体中的空气泡，某单色光从光纤顶端左部入射，平行于轴线方向传播，探测器在光纤顶端右部探测锥面反射光的光强，已知锥面外为空气时，该单色光在锥面恰好发生全反射，空气折射率取1，被测液体折射率大于此光纤折射率。下列说法正确的有（　　）

A．此光纤对该单色光的折射率为 $\sqrt{2}$

B．该单色光在此光纤中的传播速度是真空中光速的 $\dfrac{1}{2}$

C．锥面浸入液体过程中，探测到的光强相对于浸入液体前变强

D．锥面完全浸入液体后，若探测到的光强在变强，说明检测到气泡

【答案与解析】

原理： 光在光纤内沿轴线传播，到锥面入射。锥顶角 $90^\circ$ ，故锥面母线与轴线夹角 $45^\circ$ ，入射角 $i=45^\circ$ 。
- A：空气（折射率 1）中为恰好全反射， $\sin i_\mathrm{c}=\dfrac{1}{n}=\sin45^\circ=\dfrac{\sqrt2}{2}\Rightarrow n=\sqrt2$ ，A 正确。
- B：传播速度 $v=\dfrac{c}{n}=\dfrac{c}{\sqrt2}$ ，是真空中光速的 $\dfrac{1}{\sqrt2}$ 而非 $\dfrac{1}{2}$ ，B 错。
- C：浸入液体（ $n_\text{液}>n_\text{纤}$ ）后，临界角满足 $\sin i_\mathrm{c}'=\dfrac{n_\text{液}}{n_\text{纤}}>1$ ，不能发生全反射，部分光折射入液体，反射光强变弱，C 错。
- D：完全浸入液体后若光强变强，说明重新出现全反射——只有锥面外出现气泡（折射率 1）时才恢复全反射条件，故说明检测到气泡，D 正确。故选AD。
如图是一种长方体电子磁谱仪结构示意图，磁谱仪内存在磁感应强度大小为 $B$ 、方向垂直底面向上的匀强磁场，磁场区域长为 $a$ 、宽为 $b$ 。电子束中有三个电子通过准直器后垂直左侧面沿边缘进入磁场，偏转后分别到达磁谱仪三个侧面，与边缘的距离分别为 $x_1$ 、 $x_2$ 和 $x_3$ ，电子电荷量为 $-e$ 、质量为 $m$ ，不考虑相对论效应，下列说法正确的有（　　）

A．电子1的动能比电子3的大

B．电子1在磁场中的运动时间为 $\dfrac{\pi m}{eB}$

C．电子2的动能为 $\dfrac{e^2B^2(x_2^2+b^2)^2}{8mb^2}$

D．电子3的动量大小为 $\dfrac{eB(x_3^2+a^2)}{2x_3}$

【答案与解析】

原理： 电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力， $R=\dfrac{mv}{eB}=\dfrac{p}{eB}$ ，周期 $T_0=\dfrac{2\pi m}{eB}$ ，动能 $E_\mathrm{k}=\dfrac{p^2}{2m}=\dfrac{e^2B^2R^2}{2m}$ 。设电子从左侧面进入，初速水平，向下（或向上）偏转。
- A：由题图几何，电子 3 的轨道半径大于电子 1（电子 1 偏转半圆，直径等于磁场宽度 $b$ ，即 $R_1=b/2$ ；电子 3 半径 $R_3=\dfrac{a^2+x_3^2}{2x_3}>R_1$ ），故电子 3 动能更大，A 错误。
- B：电子 1 偏转半圆周，运动时间 $t=\dfrac{T_0}{2}=\dfrac{\pi m}{eB}$ ，B 正确。
- C：电子 2 打到下（或上）边界，水平位移 $x_2$ 、竖直跨度 $b$ 。由几何（入射点切线水平、落点与入射点竖直距 $b$ ）： $R_2=\frac{x_2^2+b^2}{2b}$ $E_{\mathrm{k}2}=\frac{e^2B^2R_2^2}{2m}=\frac{e^2B^2(x_2^2+b^2)^2}{8mb^2}$ C 正确。
- D：电子 3 打到右边界，水平跨度 $a$ 、竖直位移 $x_3$ ： $R_3=\frac{a^2+x_3^2}{2x_3},\qquad p_3=eBR_3=\frac{eB(a^2+x_3^2)}{2x_3}$ D 正确。故选BCD。
某科技小组设计了测量薄膜压缩时间的实验，图1（a）为装置示意图。（1）实验原理。某种薄膜受到小球冲击时会发光，通过测量发光光谱的相对光强峰值 $I_P$ ，可得最大冲击力 $F$ ，结合动量定理可估测薄膜压缩时间 $t$ 。

（2）实验操作及数据处理。 ①称量小球质量，记录质量 $m$ 。 ②断开电磁铁电源，使小球从薄膜正上方自由下落。拍摄小球下落过程的视频。 ③图1（b）为利用视频处理软件得到的小球接触薄膜瞬间前连续3个时刻的位置图。分别测量图中的距离 $s_1$ 和 $s_2$ ，可得 $s_1$ 为＿＿＿＿ $\mathrm{cm}$ ， $s_2$ 为6.66 cm。相邻两个位置的时间间隔为 $T$ ，则小球在 $B$ 位置处的速度 $v_1=$ ＿＿＿＿（用 $s_1$ 、 $s_2$ 和 $T$ 表示）；与薄膜接触前瞬间，小球在 $C$ 位置处的速度 $v_2=$ ＿＿＿＿（用 $s_1$ 、 $s_2$ 和 $T$ 表示）。 ④用光谱仪测得薄膜受到冲击时发光光谱的 $I_P$ 为 $158a\cdot u\cdot$ 。图2为已知的 $F-I_P$ 关系图像，可读得 $F$ 为＿＿＿＿N。

⑤ $m=30.0\mathrm{g}$ ， $T=0.02\mathrm{s}$ ，由动量定理可估测薄膜压缩时间 $t=\dfrac{2mv_2}{F}$ ，将数据代入可得 $t=$ ＿＿＿＿s（结果保留3位有效数字）。

【答案与解析】

（3） 由视频得到 $\mathrm{B}$ 、 $C$ 相邻位置间距： $s_1=6.26\ \mathrm{cm}$ （直接读图）， $s_2=6.66\ \mathrm{cm}$ 。相邻时间间隔为 $T$ 。
- $\mathrm{B}$ 为 $\mathrm{A}$ 、 $C$ 中间时刻，瞬时速度 $v_1=\frac{s_1+s_2}{2T}$
- 匀变速中 $a=\dfrac{s_2-s_1}{T^2}$ ， $C$ 点速度 $v_2=v_1+aT=\frac{s_1+s_2}{2T}+\frac{s_2-s_1}{T}=\frac{3s_2-s_1}{2T}$ （4） 由 $F-I_\mathrm{P}$ 关系图，当 $I_\mathrm{P}=158\ \mathrm{a.u.}$ 时读得 $F=100\ \mathrm{N}$ 。 （5） 代入 $m=30.0\ \mathrm{g}=0.0300\ \mathrm{kg}$ ， $T=0.02\ \mathrm{s}$ ， $s_1=0.0626\ \mathrm{m}$ ， $s_2=0.0666\ \mathrm{m}$ ： $v_2=\frac{3\times 0.0666-0.0626}{2\times 0.02}=\frac{0.1372}{0.04}=3.43\ \mathrm{m/s}$ $t=\frac{2mv_2}{F}=\frac{2\times 0.0300\times 3.43}{100}=2.058\times 10^{-3}\ \mathrm{s}\approx 2.06\times 10^{-3}\ \mathrm{s}$ 各空结果： $s_1=6.26\ \mathrm{cm}$ ， $v_1=\dfrac{s_1+s_2}{2T}$ ， $v_2=\dfrac{3s_2-s_1}{2T}$ ， $F=100\ \mathrm{N}$ ， $t=2.06\times 10^{-3}\ \mathrm{s}$ 。
棉花的回潮率可通过测量一定压力下棉花的电阻得到。某科技小组制作了利用该方法测量棉花回潮率的简易装置，如图1（a）。旋转螺杆压缩弹簧对棉花施加压力。由图1（b）所示电路测量棉花的电阻 $R_c$ ，所用器材有：电源 $E$ ；微安表 $\mu\mathrm{A}$ ；定值电阻 $R_{0}$ ；电阻箱 $R$ ；开关 $\mathrm{S}_1$ 和 $\mathrm{S}_2$ ；导线若干。（1）弹簧劲度系数测量。 ①将装有弹簧的绝缘压板放到水平桌面上，如图1（c）。用刻度尺测量并记录弹簧原长。 ②在弹簧上端加一个砝码，待砝码＿＿＿＿后读数，记录弹簧长度。 ③依次增加砝码，重复步骤②。 ④根据实验数据，描绘压力 $F$ 与弹簧压缩量 $x$ 的 $F-x$ 图线，图线为直线，则图线的＿＿＿＿表示弹簧劲度系数。

（2）棉花的电阻 $R_c$ 测量。

①称量装有弹簧和刻度尺的绝缘压板质量，记录质量。 ②将某棉花样品装进装置中，装上绝缘压板，确保环形电极与棉花接触良好，固定顶盖，正确连接电路。 ③闭合 $\mathrm{S}_1$ 和 $\mathrm{S}_2$ ，调节 $R$ ，使 $\mu\mathrm{A}$ 指针偏转到某一合适位置。此时 $R$ 的示数如图2，读数为＿＿＿＿ $\Omega$ ，记为 $R_{1}$ 。断开 $\mathrm{S}_1$ 和 $\mathrm{S}_2$ 。 ④缓慢旋进螺杆压紧棉花，确保压力达到回潮率测量的要求。 $\mathrm{S}_2$ 保持断开，闭合 $\mathrm{S}_1$ ，发现 $\mu\mathrm{A}$ 示数变＿＿＿＿，将 $R$ 的阻值＿＿＿＿，使 $\mu\mathrm{A}$ 指针偏转到与步骤③相同的位置。记录 $R$ 的示数 $R_{2}$ 。断开 $\mathrm{S}_1$ ，利用所测量的物理量，可得棉花的电阻表达式 $R_c=$ ＿＿＿＿。（3）利用定标曲线确定棉花的回潮率。

【答案与解析】

（1）弹簧劲度系数
- ② 加砝码后应待砝码静止（受力平衡）后再读数。
- ④ $F-x$ 图线为直线，其斜率表示弹簧劲度系数 $k$ 。 （2）棉花电阻 $R_c$ 测量（替代法）
- ③ 由电阻箱示数盘读得 $R_1=29000.0\ \Omega$ 。
- ④ 旋进螺杆压紧棉花后，棉花被压缩、电阻变小，电路总电阻增大，闭合 $S_1$ （此时 $S_2$ 断开，棉花接入）后微安表 $\mu\mathrm{A}$ 示数变小。为使其回到步骤③的同一偏转位置，须将 $R$ 的阻值调小，得 $R_2$ 。由两次电流相同可知总电阻相等：步骤③中 $S_2$ 闭合将棉花短路，总电阻对应 $R_1$ ；步骤④中棉花接入，总电阻为 $R_2+R_c$ 。故 $R_c=R_1-R_2$ 各空结果：静止、斜率、 $29000.0$ 、小、调小、 $R_1-R_2$ 。
图（a）所示的空气垫是由多个相连的独立气室构成的包装材料，其简化模型如图（b）。充气前气室内均没有气体，在室温 $T_0$ 下，将压强 $p_0$ 、体积 $V_0$ 的气体通过单向阀充入10个气室（忽略气道内气体），此时每个气室均为圆柱体，横截面半径为 $r$ ，长度为 $h$ ，当充气后的气室受到挤压变形时，其横截面变成图（c）所示的“跑道”形（两端是直径为 $d$ 的半圆），且气室长度、横截面周长均保持不变，气室内气体可视为理想气体，充气及挤压变形过程中气体温度始终与室温相同。

$(1)$ 求充气后未挤压变形时气室中的压强 $p_1$ ； $(2)$ 求挤压变形后气室中的压强 $p_2$ ； $(3)$ 已知气室中的压强超过 $p_c$ 时气室会爆破，若气室经如图（c）所示的挤压变形后，体积不变、室温升高，求气室不爆破的最高室温 $T_c$ 。

【答案与解析】

（1） 充气过程温度不变（等温），对充入的这团气体用玻意耳定律。10 个气室未挤压时为圆柱体，单个体积 $V_\text{室}=\pi r^2 h$ ，总容积 $10\pi r^2 h$ ： $P_0V_0=p_1\cdot 10\pi r^2 h$ $\Rightarrow p_1=\frac{P_0V_0}{10\pi r^2 h}$ （2） 挤压变形后，气室长度 $h$ 与横截面周长均不变，但截面由圆变为跑道形，面积改变，故体积改变。跑道形周长等于原圆周长： $2\pi r=2L+\pi d\quad\Rightarrow\quad L=\pi\left(r-\frac{d}{2}\right)$ 跑道形面积（矩形＋一个整圆）： $A_2=Ld+\pi\left(\frac{d}{2}\right)^2=\pi\left(r-\frac{d}{2}\right)d+\frac{\pi d^2}{4}=\pi d\left(r-\frac{d}{4}\right)$ 挤压后总容积 $V_2=10A_2h=10\pi d\left(r-\dfrac{d}{4}\right)h$ 。温度仍为室温 $T_0$ ，等温玻意耳： $P_0V_0=p_2\cdot 10\pi d\left(r-\frac{d}{4}\right)h$ $\Rightarrow p_2=\frac{P_0V_0}{10\pi d\left(r-\dfrac{d}{4}\right)h}$ （3） 变形为体积 $V_2$ 后，升温过程体积保持不变（等容），由查理定律： $\frac{p_2}{T_0}=\frac{P_c}{T_c}$ $\Rightarrow T_c=\frac{P_cT_0}{p_2}=\frac{P_cT_0\cdot 10\pi d\left(r-\dfrac{d}{4}\right)h}{P_0V_0}$
如图是一种球形机器人跳跃原理的示意图，水平横轴过球心 $O$ 点与外壳固定，外壳上的两挡板位于过 $O$ 点的水平线上，两质量均为 $m$ 的摆锤，由长均为 $R$ 的不可伸长轻绳悬挂于轴上的 $O$ 点，初始时刻，两摆锤同时以水平初速度 $v_{0}$ 从最低点向相反方向摆动，直至与两挡板发生碰撞，碰撞时间极短，随后带动外壳以共同速度竖直向上运动，机器人到达最高点后落回地面瞬间，外壳立即静止，两摆锤速度不变，与挡板分离，继续向下运动，已知机器人（含摆锤）总质量为 $M=4\mathrm{kg}$ ， $m=1\mathrm{kg}$ ， $R=0.4\mathrm{m}$ ， $v_0=4\mathrm{m/s}$ 。重力加速度取 $g=10\mathrm{m/s}^2$ ，忽略空气阻力，摆锤可视为质点，求：

$(1)$ 摆锤与挡板碰撞后瞬间，机器人的动能 $E_{k}$ ； $(2)$ 机器人外壳上升的最大高度 $h$ ； $(3)$ 从摆锤开始运动到第一次外壳落地静止过程中的机械能损失 $\Delta E$ 。

【答案与解析】

已知总质量 $M=4\ \mathrm{kg}$ ，摆锤各 $m=1\ \mathrm{kg}$ （两个），外壳质量 $M-2m=2\ \mathrm{kg}$ ， $R=0.4\ \mathrm{m}$ ， $v_0=4\ \mathrm{m/s}$ ， $g=10\ \mathrm{m/s^2}$ 。摆锤从最低点摆到水平位置（与挡板相碰）过程中机械能守恒，上升高度 $R$ ： $\frac{1}{2}mv_0^2=\frac{1}{2}mv^2+mgR\quad\Rightarrow\quad v^2=v_0^2-2gR=16-8=8$ $v=2\sqrt2\ \mathrm{m/s}$ 两摆锤到水平位置时速度均竖直向上（从最低点摆出 $90^\circ$ ，切线竖直），大小均为 $v$ 。 （1） 碰撞过程竖直方向动量守恒（外壳初始静止，挡板固定于外壳，属系统内部作用；忽略重力瞬时冲量）： $2mv=MV\quad\Rightarrow\quad 2\times 1\times 2\sqrt2=4V\quad\Rightarrow\quad V=\sqrt2\ \mathrm{m/s}$ 碰撞后机器人动能： $E_\mathrm{k}=\frac{1}{2}MV^2=\frac{1}{2}\times 4\times (\sqrt2)^2=4\ \mathrm{J}$ （2） 碰后整体以 $V$ 竖直上抛，上升最大高度： $h=\frac{V^2}{2g}=\frac{2}{20}=0.1\ \mathrm{m}$ （3） 从开始到第一次外壳落地静止，机械能损失来自两次非弹性过程：
- 初始总机械能（取摆锤最低点为势能零点）： $E_0=2\times\dfrac{1}{2}mv_0^2=16\ \mathrm{J}$ 。
- 碰撞损失：碰前摆锤动能 $2\times\dfrac{1}{2}mv^2=8\ \mathrm{J}$ ，碰后整体动能 $4\ \mathrm{J}$ ，损失 $4\ \mathrm{J}$ 。
- 上抛回落到地面前整体动能仍为 $4\ \mathrm{J}$ （机械能守恒）。落地瞬间外壳静止，其动能损失 $\dfrac{1}{2}(M-2m)V^2=\dfrac{1}{2}\times 2\times 2=2\ \mathrm{J}$ ；两摆锤保留动能 $2\ \mathrm{J}$ ，势能仍为 $2mgR=8\ \mathrm{J}$ （仍在水平位置）。最终机械能 $=2+8=10\ \mathrm{J}$ 。 $\Delta E=E_0-10=16-10=6\ \mathrm{J}$ （亦可写为碰撞损失 $4\ \mathrm{J}$ 加落地损失 $2\ \mathrm{J}$ ，共 $6\ \mathrm{J}$ 。）
如图（a）所示，两竖直放置且足够大的平行金属板 $M$ 、 $N$ ，两板间距为 $d$ ，在两板正中间竖直平面内固定有一水平绝缘横杆，一质量为 $m$ 、电荷量为 $q$ 的小球通过两根等长且不可伸长的绝缘轻绳悬挂于横杆下方，小球与横杆的距离为 $d$ ，两绳的夹角为直角，如图（b），接通电源，使板间电压由0开始缓慢增大，小球缓慢向 $N$ 靠近，在此过程中每个时刻小球都受力平衡，当小球接触 $N$ 的瞬间，电荷量变为 $-q$ ，板间电压停止增大并在此后保持恒定，在此恒定电压下，小球每次与 $M$ 或 $N$ 接触后瞬间，速度均减为0，带电荷量变化满足“电性反转、大小不变”，从而在两板间沿着圆弧往复运动，重力加速度为 $g$ ，小球可视为质点，每次与板碰撞均不影响两板间电压，忽略空气阻力和电场的边缘效应，忽略小球所带电荷对板间电场的影响。

$(1)$ 求 $M$ 、 $N$ 间的恒定电压 $U$ ； $(2)$ 求小球第一次碰撞 $M$ 前瞬间，单根轻绳的拉力大小 $T$ ； $(3)$ 若某次小球碰撞 $M$ 时， $M$ 、 $N$ 间的电压突变为原恒定电压的 $k$ 倍（ $k>0$ ），其他条件不变，此后小球仍能沿着圆弧往复运动，求 $k$ 的取值范围，并求出该范围内不同 $k$ 值对应的小球最大动能 $E_k$ 。

【答案与解析】

小球质量 $m$ 、电荷量 $q$ ，板间距 $d$ 。初始两等长绳夹角 $90^\circ$ ，小球在横杆下方 $d$ 处，故绳长 $L=\sqrt2\,d$ ，两悬点距中心各 $d$ 。（注：题中“当小球接触 $N$ 的瞬间，电荷量变为 $10\ \mathrm{m/s}$ ”单位可疑，疑为笔误；结合后文“电性反转、大小不变”，接触后电荷量大小仍为 $q$ 、电性相反。该数值对第(1)问求 $U$ 无影响。） （1） 电压由 0 缓慢增大，小球向 $N$ 靠近且始终平衡。接触 $N$ 板时小球水平位移 $d/2$ ，由绳长约束（绷紧的是 $N$ 侧绳，悬点在 $(d,0)$ ）： $\left(\frac{d}{2}-d\right)^2+y^2=(\sqrt2\,d)^2\quad\Rightarrow\quad \frac{d^2}{4}+y^2=2d^2\quad\Rightarrow\quad y=\frac{\sqrt7}{2}d$ 绳与竖直方向夹角 $\theta$ 满足 $\tan\theta=\frac{d/2}{y}=\frac{d/2}{\sqrt7 d/2}=\frac{1}{\sqrt7}$ 平衡时水平方向 $qE=mg\tan\theta$ ，竖直方向 $T\cos\theta=mg$ ，且 $E=U/d$ ： $\frac{qU}{d}=mg\cdot\frac{1}{\sqrt7}\quad\Rightarrow\quad U=\frac{mgd}{q\sqrt7}$ （2） 接触 $N$ 后电荷反转（带 $-q$ ），速度减为 0，之后在恒定电压 $U$ 下向 $M$ 摆动。从 $N$ 侧到 $M$ 侧水平位移 $d$ ，重力净功为 0（两端高度相同），电场力做正功： $\frac{1}{2}mv^2=qE\cdot d\quad\Rightarrow\quad v^2=\frac{2qEd}{m}=\frac{2gd}{\sqrt7}$ 到达 $M$ 前瞬间，小球在 $M$ 侧 $x=-d/2,\ y=\dfrac{\sqrt7}{2}d$ ，绷紧的是 $M$ 侧绳（悬点 $(-d,0)$ ），半径 $L=\sqrt2\,d$ 。指向圆心方向单位矢量 $\boldsymbol{n}=(-\tfrac{1}{2\sqrt2},-\tfrac{\sqrt7}{2\sqrt2})$ 。向心力方程（向内为正）： $T+\frac{qE}{2\sqrt2}-\frac{\sqrt7}{2\sqrt2}mg=\frac{mv^2}{L}$ 代入 $qE=\dfrac{mg}{\sqrt7}$ 、 $v^2=\dfrac{2gd}{\sqrt7}$ 、 $L=\sqrt2\,d$ ： $\frac{mv^2}{L}=\frac{mg\sqrt2}{\sqrt7},\qquad \frac{qE}{2\sqrt2}=\frac{mg}{2\sqrt{14}},\qquad \frac{\sqrt7}{2\sqrt2}mg=\frac{\sqrt{14}}{4}mg$ $T=\frac{mg\sqrt{14}}{7}-\frac{mg\sqrt{14}}{28}+\frac{mg\sqrt{14}}{4}=\frac{5\sqrt{14}}{14}mg$ （3） 某次碰 $M$ 后电压突变为 $kU$ （ $k>0$ ），电荷反转后向 $N$ 运动。要能“沿圆弧往复运动”，小球必须能越过中间最高点 $(0,d)$ 到达对侧板，否则只能在单侧小幅摆动、无法碰及另一板。从 $M$ 侧到中间最高点 $(0,d)$ ：水平位移 $d/2$ （电场做正功 $kqE\cdot d/2$ ），高度上升 $\dfrac{\sqrt7}{2}d-d=d\left(\dfrac{\sqrt7}{2}-1\right)$ （重力做负功）。动能需非负： $kqE\cdot\frac{d}{2}-mgd\left(\frac{\sqrt7}{2}-1\right)\ge 0$ 代入 $qE=\dfrac{mg}{\sqrt7}$ ： $k\ge \frac{2mg(\sqrt7/2-1)}{mg/\sqrt7}=\sqrt7(\sqrt7-2)=7-2\sqrt7$ 故取值范围： $k\ge 7-2\sqrt7$ 在此范围内，小球每次从一端摆到另一端，运动中最大动能出现在碰板前瞬间（从一端到另一端电场做功 $kqEd$ ，重力净功为 0）： $E_\mathrm{k}=kqEd=k\cdot\frac{mg}{\sqrt7}\cdot d=\frac{kmgd}{\sqrt7}$ 即最大动能 $E_\mathrm{k}=\frac{kmgd}{\sqrt7}\qquad \left(k\ge 7-2\sqrt7\right)$