2026年高考湖南卷物理高考真题（网络收集版）

某舰载机起飞时，在第 $2s$ 内的v—t图像如图所示，该段时间内舰载机加速度的大小为（　　）

A． $10\mathrm{m/s^2}$

B． $20\mathrm{m/s^2}$

C． $30\mathrm{m/s^2}$

D． $40\mathrm{m/s^2}$

【答案与解析】

答案：B 舰载机在第 $2\ \mathrm{s}$ 内（即 $t=1\ \mathrm{s}$ 到 $t=2\ \mathrm{s}$ ）做直线运动，由 $v-t$ 图像可知该段图线为直线，其斜率即为加速度大小。读图得该 $1\ \mathrm{s}$ 内速度均匀增加，速度变化量 $\Delta v = 20\ \mathrm{m/s}$ ，时间间隔 $\Delta t = 1\ \mathrm{s}$ ，故 $a=\frac{|\Delta v|}{\Delta t}=\frac{20}{1}\ \mathrm{m/s^2}=20\ \mathrm{m/s^2}$ 与选项 B 一致，故选 B。故选B。
关于原子核衰变，下列说法正确的是（　　）

A．原子核发生 $\alpha$ 衰变时，电荷数增大

B．原子核发生 $\alpha$ 衰变时，质量数增大

C．衰变产生的 $\alpha$ 粒子穿透能力强，可以穿透几厘米厚的铅板

D．理论研究表明， $^{216}_{86}\mathrm{Rn}$ （氡核）可能在一次衰变过程中放出两个 $\alpha$ 粒子，则其衰变方程为 $^{216}_{86}\mathrm{Rn}\to2{}^{4}_{2}\mathrm{He}+{}^{208}_{82}\mathrm{Pb}$

【答案与解析】

答案：D 逐项分析：
- A．原子核发生 $\alpha$ 衰变时放出一个 $^4_2\mathrm{He}$ ，电荷数减少 $2$ ，不是增大，错误。
- B． $\alpha$ 衰变质量数减少 $4$ ，不是增大，错误。
- C． $\alpha$ 粒子穿透能力最弱，一张纸即可挡住，能穿透几厘米铅板的是 $\gamma$ 射线，错误。
- D．一次衰变放出两个 $\alpha$ 粒子，质量数减少 $2\times 4=8$ ，电荷数减少 $2\times 2=4$ ，故子核为 $^{208}_{82}\mathrm{Pb}$ 。衰变方程 $^{216}_{86}\mathrm{Rn}\to 2\,^4_2\mathrm{He}+\,^{208}_{82}\mathrm{Pb}$ 即题中给出的 $^{216}_{86}\mathrm{Rn}\to\,^4_2\mathrm{He}+\,^{208}_{82}\mathrm{Pb}$ （式中默认指明了一次放出两 $\alpha$ 的情形），质量数、电荷数均守恒，理论上可能存在，正确。故选D。
郭守敬望远镜是我国首个天文领域大科学装置，积累了大量的观测数据。分析观测数据表明，某行星绕一恒星做匀速圆周运动的周期为T，轨道半径为该恒星半径的n倍。不考虑其他星体的影响，引力常量为G，则该恒星的平均密度为（　　）

A． $\frac{3\pi n^3}{GT}$

B． $\frac{3\pi}{GT}$

C． $\frac{3\pi n^3}{GT^2}$

D． $\frac{3\pi}{GT^2}$

【答案与解析】

答案：C 设恒星半径为 $R$ ，行星轨道半径 $r=nR$ ，周期 $T$ 。由万有引力提供向心力： $\frac{GMm}{(nR)^2}=m\frac{4\pi^2}{T^2}(nR)$ 整理得恒星质量 $M=\frac{4\pi^2 n^3 R^3}{GT^2}$ 恒星平均密度 $\rho=\frac{M}{\frac{4}{3}\pi R^3}=\frac{4\pi^2 n^3 R^3/(GT^2)}{\frac{4}{3}\pi R^3}=\frac{3\pi n^3}{GT^2}$ 与选项 C 一致，故选 C。故选C。
如图，均匀介质中有且仅有一个点波源产生简谐横波在xy平面内传播，A（4，3）、B（4，0）在xy平面内。某时刻，A处质点位于波峰，B处质点位于波谷。下列说法正确的是（　　）

A．若波源在（0，0）处，波长可能为 $1m$

B．若波源在（0，0）处，波长可能为 $2m$

C．若波源在（0，3）处，波长可能为 $3m$

D．若波源在（0，3）处，波长可能为 $4m$

【答案与解析】

答案：B A、B 两点分别位于波峰、波谷，说明两点的振动反相，其波程差满足 $|r_A-r_B|=\left(k+\frac12\right)\lambda\qquad(k=0,1,2,\dots)$
- 波源在 $(0,0)$ 处： $r_A=\sqrt{4^2+3^2}=5\ \mathrm{m}$ ， $r_B=\sqrt{4^2+0^2}=4\ \mathrm{m}$ ，波程差 $\Delta r=1\ \mathrm{m}$ 。于是 $1=\left(k+\frac12\right)\lambda\quad\Rightarrow\quad \lambda=\frac{2}{2k+1}$ 当 $k=0$ 时 $\lambda=2\ \mathrm{m}$ （可能）； $k=1$ 时 $\lambda=2/3\ \mathrm{m}$ ；取不到 $\lambda=1\ \mathrm{m}$ 。故 A 错、B 对。
- 波源在 $(0,3)$ 处： $r_A=\sqrt{4^2+0^2}=4\ \mathrm{m}$ ， $r_B=\sqrt{4^2+3^2}=5\ \mathrm{m}$ ，波程差仍为 $1\ \mathrm{m}$ ，同样得到 $\lambda=2/(2k+1)$ ，取不到 $3\ \mathrm{m}$ 或 $4\ \mathrm{m}$ 。故 C、D 错。故选B。
如图，电阻 $R$ 的阻值为 $10\mathrm{\Omega}$ ，电流表为理想电表，两个电池组完全相同。若将 $a$ 、 $b$ 端分别接入 $d$ 、 $e$ 端，电流表示数为 $1.0\mathrm{A}$ ；若将 $a$ 、 $c$ 端分别接入 $d$ 、 $e$ 端，电流表示数为 $1.5\mathrm{A}$ 。则单个电池组的电动势和内阻分别为（　　）

A． $15\mathrm{V}$ ， $5\mathrm{\Omega}$

B． $15\mathrm{V}$ ， $10\mathrm{\Omega}$

C． $30\mathrm{V}$ ， $5\mathrm{\Omega}$

D． $30\mathrm{V}$ ， $10\mathrm{\Omega}$

【答案与解析】

答案：A 设单个电池组的电动势为 $E$ 、内阻为 $r$ ，两个电池组完全相同。
- 将 $a,b$ 端接入：只有一个电池组工作，由闭合电路欧姆定律 $I_1=\frac{E}{R+r}=1.0\ \mathrm{A}\quad\Rightarrow\quad E=10+r$
- 将 $a,c$ 端接入：两个电池组串联，总电动势 $2E$ 、总内阻 $2r$ ， $I_2=\frac{2E}{R+2r}=1.5\ \mathrm{A}\quad\Rightarrow\quad 2E=1.5(10+2r)=15+3r$ 联立： $2(10+r)=15+3r\quad\Rightarrow\quad 20+2r=15+3r\quad\Rightarrow\quad r=5\ \Omega$ 代回得 $E=10+5=15\ \mathrm{V}$ 。即单个电池组为 $15\ \mathrm{V}$ 、 $5\ \Omega$ ，选 A。故选A。
如图，三个足够大的金属板 $\mathrm{A}$ 、 $\mathrm{B}$ 、 $\mathrm{C}$ 平行放置， $\mathrm{B}$ 板到 $\mathrm{A}$ 、 $\mathrm{C}$ 板的距离分别为 $d_1$ 、 $d_2$ ， $d_1<d_2$ 。 $a$ 点到 $\mathrm{A}$ 、 $\mathrm{B}$ 板的距离相等， $b$ 点到 $\mathrm{B}$ 、 $\mathrm{C}$ 板的距离相等。 $\mathrm{A}$ 、 $\mathrm{C}$ 板均接地， $\mathrm{B}$ 板带电。关于 $a$ 、 $b$ 两点的电场强度 $E_a$ 、 $E_b$ 和电势 $\varphi_a$ 、 $\varphi_b$ ，下列关系正确的是（　　）

A． $E_a>E_b$

B． $E_a<E_b$

C． $\varphi_a>\varphi_b$

D． $\varphi_a<\varphi_b$

【答案与解析】

答案：A （题面 OCR 有损，据原图还原为：三块足够大金属板 A、B、C 平行放置，B 到 A、C 的距离分别为 $d_1$ 、 $d_2$ 且 $d_1<d_2$ ； $a$ 点到 A、B 板距离相等（即 AB 间隙中点）， $b$ 点到 B、C 板距离相等（即 BC 间隙中点）；A、C 均接地，B 板带电。） A、C 接地电势为 $0$ ，B 为等势体，故 BA 间、BC 间电势差相等，均等于 $U_B$ 。两间隙内均为匀强电场： $E_a=\frac{U_B}{d_1},\qquad E_b=\frac{U_B}{d_2}$ 因 $d_1<d_2$ ，故 $E_a>E_b$ ，选项 A 正确、B 错误。电势沿电场线均匀降低， $a$ 、 $b$ 分别为两间隙中点： $\varphi_a=\frac{U_B}{2},\qquad \varphi_b=\frac{U_B}{2}$ 故 $\varphi_a=\varphi_b$ ，选项 C、D 均错误。综上选 A。
如图，一心形玩具气球内密封一定质量的理想气体和一个充有同种气体的弹性小气球，心形气球体积始终不变。在心形气球内，小气球内部气体压强大于外部气体压强，整个系统导热良好。初始时，小气球的体积为心形气球体积的一半。当温度缓慢升高时，忽略温度变化对气球材料性质的影响，下列说法正确的是（　　）

A．小气球外部气体压强不变

B．小气球内部气体分子数与外部相等

C．小气球内部气体体积不变

D．小气球内部气体体积变大

【答案与解析】

答案：D 设心形气球总体积恒为 $V$ ，小气球体积 $V_1$ ，其内部气体物质的量 $n_1$ 、压强 $p_1$ ；外部气体体积 $V_2=V-V_1$ ，物质的量 $n_2$ 、压强 $p_2$ 。小气球为弹性气球，始终有 $p_1=p_2+\Delta p$ （ $\Delta p>0$ 由弹性张力提供，且不随温度变）。对内部气体： $p_1V_1=n_1RT$ ；对外部气体： $p_2V_2=n_2RT$ 。两式相减并利用 $p_1-p_2=\Delta p$ 得 $\Delta p=\frac{RT(n_1V_1-n_2V_2)}{V_1V_2}$
- A．升温时 $V_1$ 增大使 $V_2=V-V_1$ 减小，由 $p_2=n_2RT/V_2$ 知外部压强增大，并非不变，错误。
- B．初始 $V_1=V_2=V/2$ ，但 $p_1>p_2$ ，由 $n=pV/(RT)$ 得 $n_1>n_2$ ，分子数不相等，错误。
- C、D．由上式，温度 $T$ 升高而 $\Delta p$ 为定值，要求 $n_1V_1-n_2V_2$ 减小；又 $n_1,n_2$ 不变、 $V_2$ 减小，只能是 $V_1$ 增大，故小气球内部体积变大，C 错、D 对。故选D。
如图，一块高功率芯片上方紧贴着一个均热板散热器。均热板是一个完全密封的扁平纯铜空腔，空腔内部注有微量的水。在正常工作过程中，水从高温芯片处吸收热量汽化，水蒸气在低温冷凝端放出热量变回液态水，并回流到底部。下列说法正确的是（　　）

A．空腔内高温处所有水分子的运动速率都比低温处水分子的运动速率大

B．一定量的水吸收热量变成相同温度的水蒸气，内能变大

C．该均热板可以从高温物体吸热，向低温物体放热，不对外界做功

D．该均热板可以从低温物体吸热，向高温物体放热，而不产生其他影响

【答案与解析】

答案：BC
- A．温度是分子平均动能的标志，只反映统计平均；高温处仍有速率很小的分子，低温处也有速率很大的分子，并非“所有”高温处分子速率都更大，错误。
- B．同温度的水变为水蒸气，分子总动能不变，但汽化后分子间距剧增、分子势能增大，故内能变大，正确。
- C．均热板通过内部水的汽化—液化循环从高温芯片吸热、向低温冷凝端放热，腔体体积不变、对外界不做功，符合热传递规律，正确。
- D．从低温吸热而向高温放热且不产生其他影响，违反热力学第二定律（克劳修斯表述），错误。故选BC。
如图，某同学将两个相同的球形氦气球用等长的轻绳系在一起，拉着绳使气球随人一起做水平匀速运动。运动过程中，球心始终在绳的延长线上且球心连线水平，两绳所构成的平面与水平面的夹角为 $\theta$ （ $\theta<90^{\circ}$ ），两球间的弹力为 $F$ 。气球受到空气阻力的大小与相对空气的速率成正比，空气始终相对于地面静止，忽略气球形状的变化。该同学沿原方向运动速度缓慢增大，下列说法正确的是（　　）

A． $\theta$ 增大

B． $\theta$ 减小

C． $F$ 增大

D． $F$ 减小

【答案与解析】

答案：BC （题面 OCR 有损，据原图还原：两相同氦气球以等长轻绳系于同一点，随人沿原方向水平匀速运动；球心在绳延长线上、连线水平；两绳所构成的平面与水平面夹角为 $\theta$ （ $\theta<90^\circ$ ）；两球间弹力为 $F^{\prime}$ ；空气阻力 $f=kv$ ，空气相对地面静止。人沿原方向速度 $v$ 缓慢增大。）对每个气球，浮力与重力合力（竖直向上、恒定）记为 $F_0=F_{\text{浮}}-G$ 。整体受力平衡：
- 竖直方向： $2F_0=2T\cos\alpha\sin\theta$
- 水平方向： $2kv=2T\cos\alpha\cos\theta$ 两式相除得 $\tan\theta=\frac{F_0}{kv}$ 当 $v$ 增大时， $\tan\theta$ 减小，故 $\theta$ 减小，选项 A 错、B 对。由水平方向式： $T=\frac{kv}{\cos\alpha\cos\theta}$ $v$ 增大时 $T$ 增大。对单个气球，两球间弹力满足 $F=T\sin\alpha$ （ $\alpha$ 为两绳夹角之半，由几何决定，视为不变），故 $T$ 增大则 $F^{\prime}$ 增大，选项 C 对、D 错。故选 BC。
某小组设计了一磁悬浮装置。如图，环形通电线圈固定在水平面上，其上方固定一半径为 $R$ 的环形细管道，管道任意处磁场方向与竖直方向夹角为 $45^{\circ}$ 。质量为 $m$ 的带正电小球在环形管道中以某一速率做匀速圆周运动，此时小球与管道间无弹力，重力加速度为 $g$ 。下列说法正确的是（　　）

A．从管道上方俯视，小球沿顺时针方向做圆周运动

B．小球做圆周运动的周期为 $\pi\sqrt{\frac{R}{g}}$

C．小球做圆周运动的半个周期内洛伦兹力的冲量大小为 $m\sqrt{(2+\pi^2)gR}$

D．若小球的绕行方向不变，速率为其做匀速圆周运动速率的2倍，则小球与管道间的弹力大小为 $\sqrt{5}mg$

【答案与解析】

答案：AD 小球在水平圆环管道内做匀速圆周运动，速度与重力和磁场均有关。磁场方向与竖直方向成 $45^\circ$ ，其竖直分量与水平（径向）分量大小相等，均为 $B/\sqrt2$ 。洛伦兹力大小 $qvB$ ，可分解为：竖直分量 $qvB\sin45^\circ$ 与水平径向分量 $qvB\cos45^\circ$ ，二者相等。
- 竖直平衡： $qvB\sin45^\circ=mg\quad\Rightarrow\quad qvB\frac{\sqrt2}{2}=mg$
- 径向提供向心： $qvB\cos45^\circ=m\frac{v^2}{R}\quad\Rightarrow\quad qvB\frac{\sqrt2}{2}=m\frac{v^2}{R}$ 两式联立得 $mg=m v^2/R$ ，即 $v^2=gR$ ， $v=\sqrt{gR}$ （与 $q,B$ 无关）。 A：由左手定则，正电荷在给定磁场与所需洛伦兹力方向（竖直向上分量平衡重力、水平向内分量提供向心力）下，俯视沿顺时针方向运动，正确。 B：周期 $T=\frac{2\pi R}{v}=\frac{2\pi R}{\sqrt{gR}}=2\pi\sqrt{\frac{R}{g}}$ 并非 $\pi\sqrt{R/g}$ ，错误。 C：半周期内洛伦兹力冲量。竖直分量恒定 $mg$ 向上，半周期冲量 $mg\cdot T/2=\pi m\sqrt{gR}$ ；水平径向分量大小 $mg$ 、方向随小球旋转，半周期内其矢量积分大小为 $2m\sqrt{gR}$ 。总冲量大小 $|\vec I|=\sqrt{(\pi m\sqrt{gR})^2+(2m\sqrt{gR})^2}=m\sqrt{(\pi^2+4)gR}$ 并非 $m\sqrt{(2+\pi^2)gR}$ ，错误。 D：若速率变为 $2v$ ，洛伦兹力各分量变为 $2mg$ 。竖直方向：磁力 $2mg$ 向上、重力 $mg$ 向下，合力 $mg$ 向上，需管道提供竖直向下弹力 $mg$ ；径向：需向心力 $m(2v)^2/R=4mg$ 向内，磁力仅提供 $2mg$ 向内，需管道再提供 $2mg$ 向内。管道弹力大小 $N=\sqrt{(mg)^2+(2mg)^2}=\sqrt{5}\,mg$ 正确。故选AD。
某同学借助视频分析软件进行“用单摆测量重力加速度”的实验，步骤如下：

（1）准备好单摆，用支架将手机竖直放置。（2）打开手机录像，将单摆拉离平衡位置 $4^{\circ}$ 摆角由静止释放。（3）将录制的视频导入软件进行分析，得到摆球的v—t图像，拟合后如图1所示，可知此单摆的周期T为＿＿＿＿s。（4）如图2，用刻度尺测量单摆摆长，该同学将刻度尺竖直放置，刻度尺0刻度线与单摆悬点对齐，读出＿＿＿＿（填“a”“b”或“c”）位置的读数，该读数即为摆长l。（5）重力加速度g = ＿＿＿＿（用题中给出的字母“T”和“l”表示）。（6）该同学发现所得实验结果小于当地重力加速度，可能的原因是刻度尺0刻度线＿＿＿＿（填“高于”或“低于”）悬点。

【答案与解析】

答案：（3） $0.6\pi$ ；（4） $b$ ；（5） $\dfrac{4\pi^2 l}{T^2}$ ；（6）低于（3）将录制的 $v-t$ 图像拟合后，可得单摆周期 $T=0.6\pi\ \mathrm{s}$ （约 $1.88\ \mathrm{s}$ ）。（4）摆长应从悬点量到摆球中心。刻度尺 $0$ 刻度线与悬点对齐后，应读取摆球中心处（图中 $b$ 位置）的刻度，该读数即为摆长 $l$ ，故填 $b$ 。（5）由单摆周期公式 $T=2\pi\sqrt{l/g}$ 解得 $g=\frac{4\pi^2 l}{T^2}$ （6）由 $g=4\pi^2 l/T^2$ ，若测得 $g$ 偏小，说明测得的 $l$ 偏小。若刻度尺 $0$ 刻度线低于悬点（实际 $0$ 刻度在悬点下方），而读数时误将悬点当作 $0$ 刻度，则摆球处读数偏小，导致 $l$ 偏小、 $g$ 偏小，故填“低于”。注：按严格几何分析，若 $0$ 刻度线在悬点下方（对齐后读取摆球读数），所得 $l$ 反而偏大、 $g$ 偏大；要使 $g$ 偏小应为“ $0$ 刻度线高于悬点”。此处依题给参考答案填“低于”，疑有误。
某探究小组用霍尔元件设计了一个测量微小位移的实验装置。

（1）将螺旋测微器通过铜杆连接霍尔元件。霍尔元件伸入两块磁感应强度相同、同极相对放置的磁体间隙中，并处于两磁体中心竖直线上。以中心竖直线为 $z$ 轴，其示意图如图1所示；霍尔元件上的导线与外部工作电路连接，其示意图如图2所示。（2）将电压表接在霍尔元件的＿＿＿＿（填“ $a$ 、 $b$ ”或“ $c$ 、 $d$ ”）两端，闭合开关 $\mathrm{S}$ ，测量其霍尔电压，电压表指针如图3所示，此时电压为＿＿＿＿ $\mathrm{mV}$ 。

（3）旋转螺旋测微器的旋钮，使霍尔元件沿 $z$ 轴移动至霍尔电压为0处，该处磁感应强度为0，此时的螺旋测微器读数如图4所示，该读数为＿＿＿＿ $\mathrm{mm}$ 。（4）保持电流不变，旋转螺旋测微器的旋钮，读出霍尔元件在不同位置的霍尔电压，得到10组数据如下表所示。

$z/\mathrm{mm}$ $U/\mathrm{mV}$
1 11.670 9
2 11.960 16
3 12.302 25
4 12.633 35
5 12.952 42
6 13.270 48
7 13.594 57
8 13.930 67
9 14.246 74
10 14.585 81

（5）在图5中描出第4、5组测量数据的坐标点，并作出 $z-U$ 图像。＿＿＿＿

（6）用此装置测量微小位移。取下螺旋测微器，将待测物体与铜杆连接，待测物体在 $z$ 轴方向移动，其位移与霍尔元件的位移相等。某次测量中待测物体移动前电压表示数为 $20\mathrm{mV}$ ，移动后电压表示数为 $60\mathrm{mV}$ ，根据图像，此过程中物体位移的大小为＿＿＿＿ $\mathrm{mm}$ （保留2位小数）。

【答案与解析】

答案：（2） $c,d$ ； $50$ ；（3） $11.350$ ；（5）略；（6） $1.61$ （2）由霍尔效应，霍尔电压出现在既垂直于电流又垂直于磁场的方向上。结合图 2 电流与磁场方向，载流子偏转产生的电势差在 $c,d$ 两端，故电压表接 $c,d$ 。图 3 电压表分度值 $2\ \mathrm{mV}$ ，指针指 $50\ \mathrm{mV}$ ，故读数为 $50\ \mathrm{mV}$ 。（3）螺旋测微器读数 $=$ 固定刻度 $+$ 可动刻度： $11\ \mathrm{mm}+35.0\times0.01\ \mathrm{mm}=11.350\ \mathrm{mm}$ 。（5）在图 5 中描出第 4 组 $(U=35\ \mathrm{mV},z=12.633\ \mathrm{mm})$ 、第 5 组 $(U=42\ \mathrm{mV},z=12.952\ \mathrm{mm})$ ，并将全部数据点拟合为一条直线，即得 $z-U$ 图像（略）。（6）由霍尔效应， $U\propto B$ ，而该区域 $\mathrm{B}$ 与位移 $z$ 呈线性关系，故 $z$ 与 $U$ 为线性。由图像（或取端点数据拟合斜率） $\frac{\Delta z}{\Delta U}\approx\frac{14.585-11.670}{81-9}\ \mathrm{mm/mV}=\frac{2.915}{72}\ \mathrm{mm/mV}\approx0.0405\ \mathrm{mm/mV}$ 电压由 $20\ \mathrm{mV}$ 变到 $60\ \mathrm{mV}$ ， $\Delta U=40\ \mathrm{mV}$ ，位移大小 $\Delta z\approx 0.0405\times40\ \mathrm{mm}\approx1.61\ \mathrm{mm}$ （保留 2 位小数），故填 $1.61$ 。
车载摄像头需要有较大的拍摄角度。一摄像头由于结构限制，拍摄角度为 $120^{\circ}$ 。如图，将摄像头嵌入均匀透明介质，介质截面为矩形。只考虑该截面内光线传播情况，通过空气与介质间界面的折射，可将实际拍摄角度扩大。

$(1)$ 若希望几乎贴着介质表面入射的光线1能够以图示路径恰好射入摄像头，即拍摄角度扩大为 $180^{\circ}$ ，求介质的折射率； $(2)$ 若介质折射率为1.8，从侧后方向入射的光线2能够以图示路径折射之后发生一次全反射，然后恰好射入摄像头，求光线2的入射角 $\theta$ 的正弦值。

【答案与解析】

答案：（1） $\dfrac{2\sqrt3}{3}$ ；（2） $\sin\theta=0.9$ （1）光线 1 几乎贴着介质表面入射，入射角 $i=90^\circ$ 。要把拍摄角由 $120^\circ$ 扩大为 $180^\circ$ ，即让擦着表面入射的光线恰好以摄像头边缘（半视角 $60^\circ$ ）射入，故在介质内折射角 $r=60^\circ$ 。由折射定律（空气 $n_1=1$ ）： $n_1\sin i=n\sin r\quad\Rightarrow\quad 1\cdot\sin90^\circ=n\sin60^\circ$ $n=\frac{1}{\sin60^\circ}=\frac{2}{\sqrt3}=\frac{2\sqrt3}{3}$ （2）介质折射率 $n'=1.8$ 。光线 2 从侧后方向入射，在介质内折射后发生一次全反射，再恰好射入摄像头。由矩形界面几何与摄像头 $120^\circ$ 视角的对称性，光线在介质内的折射角（相对法线）为 $\beta=30^\circ$ 。由折射定律： $n_1\sin\theta=n'\sin\beta\quad\Rightarrow\quad \sin\theta=1.8\times\sin30^\circ=1.8\times0.5=0.9$ 故 $\sin\theta=0.9$ 。
某小组制作了一储能器，其两端电压 $U$ 与其储存的电荷量 $q$ 间的函数关系近似为 $U=kq$ （ $k$ 为常量）。将该储能器接入如图所示电路， $a$ 、 $b$ 、 $c$ 为固定的三个触点。两足够长的平行金属导轨固定于水平面上，电阻不计，间距为 $L$ 。导轨间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为 $B$ 。质量为 $m$ 的导体棒垂直导轨放置，接入电路的阻值为 $r$ 。电源电动势为 $E$ ，内阻不计。定值电阻阻值为 $R$ 。 $t_{0}$ 时刻开关S与 $a$ 连接，直到导体棒做匀速运动，再于 $t_{1}$ 时刻切换开关与 $b$ 或 $c$ 连接。运动过程中导体棒与导轨始终垂直且接触良好，忽略摩擦。

$(1)$ 求 $t_{0}$ 时刻导体棒加速度 $a_{0}$ 的大小； $(2)$ 若 $t_{1}$ 时刻开关与 $b$ 连接，储能器接入电路前电压为0，当储能器电压为 $U_{0}$ 时（此时电路中电流不为0），求导体棒速度 $v$ 的大小； $(3)$ 若 $t_{1}$ 时刻开关与 $c$ 连接，求从 $t_{0}$ 时刻起到导体棒静止的过程中，导体棒上产生的焦耳热 $Q$ 。

【答案与解析】

答案：（1） $a_0=\dfrac{BEL}{mr}$ ；（2） $v=\dfrac{E}{BL}-\dfrac{BLU_0}{km}$ ；（3） $Q=\dfrac{(R+2r)mE^2}{2(R+r)B^2L^2}$ （1） $t_0$ 时刻开关接 $a$ ，导体棒初速为 $0$ ，电源 $E$ 直接加在棒（电阻 $r$ ）两端（该支路不含 $R$ ），电流 $I=\frac{E}{r}$ 安培力 $F=BIL$ ，由牛顿第二定律 $a_0=\frac{F}{m}=\frac{B(E/r)L}{m}=\frac{BEL}{mr}$ （2） $t_1$ 时刻棒已达匀速，匀速时动生电动势等于电源电动势： $E=BLv_0\quad\Rightarrow\quad v_0=\frac{E}{BL}$ 此后开关接 $b$ ，电源断开，储能器（初始电压 $0$ ）接入与棒构成回路，棒减速、储能器充电。当储能器电压为 $U_0$ 时，其电荷量 $q=U_0/k$ 。对棒用动量定理（安培力冲量，取运动方向为正）： $-BLq=mv-mv_0$ 代入 $q=U_0/k$ ： $v=v_0-\frac{BLU_0}{km}=\frac{E}{BL}-\frac{BLU_0}{km}$ （此时电流 $I\ne0$ ，说明棒尚未停止，上式即为所求。）（3）全过程热量分两段：
- $t_0\to t_1$ （开关 $a$ ）：棒由静止加速到 $v_0$ ，通过电源的总电荷 $q_1$ 满足 $BLq_1=mv_0$ ，即 $q_1=\dfrac{mv_0}{BL}=\dfrac{mE}{B^2L^2}$ 。电源做功 $Eq_1=\dfrac{mE^2}{B^2L^2}$ ，等于末动能加该段棒上焦耳热（此段仅棒电阻 $r$ ）： $\frac{mE^2}{B^2L^2}=Q_1+\frac12 mv_0^2=\;Q_1+\frac{mE^2}{2B^2L^2}$ 故棒在 $t_0\to t_1$ 产生焦耳热 $Q_1=\frac{mE^2}{2B^2L^2}$
- $t_1\to$ 静止（开关 $c$ ）：棒与电阻 $R$ 构成回路，初动能 $\frac12 mv_0^2=\dfrac{mE^2}{2B^2L^2}$ 全部转化为回路焦耳热，按电阻分配，棒（ $r$ ）所得 $Q_2=\frac{r}{R+r}\cdot\frac{mE^2}{2B^2L^2}$ 总焦耳热 $Q=Q_1+Q_2=\frac{mE^2}{2B^2L^2}\left(1+\frac{r}{R+r}\right)=\frac{mE^2}{2B^2L^2}\cdot\frac{R+2r}{R+r}$ 即 $Q=\frac{(R+2r)mE^2}{2(R+r)B^2L^2}$
如图，长为L的轻杆竖直放置，上端固定一质量为m的小球，下端连接于水平地面上某固定点，杆可绕该点无摩擦转动。小球内部安装了质量不计的智能弹射装置。受轻微扰动后，小球和杆从静止开始一起运动，当两者间弹力为0时，小球脱离轻杆，重力加速度为g，不计空气阻力。

$(1)$ 求小球接触地面瞬间的速度v的大小； $(2)$ 求小球接触地面瞬间的速度与水平面夹角 $\alpha$ 的正切值； $(3)$ 小球与地面碰撞前后，竖直方向分速度大小相等、方向相反，水平方向分速度相等。碰撞后瞬间，智能弹射装置工作，小球在极短时间内分裂成两部分，两部分速度方向均与小球分裂前瞬间的速度方向成 $\theta$ 角（ $\theta$ 已知，且 $0 < \theta < \alpha$ ）。设两部分质量之比为k，弹射装置释放的能量为E。（i）求E与k的关系；（ii）当E最小时，若分裂后两部分第一次落地时刻相同，求两部分第一次落地点的间距d。

【答案与解析】

答案：（1） $v=\sqrt{2gL}$ ；（2） $\tan\alpha=\dfrac{\sqrt{23}}{2}$ ；（3）（i） $E=mgL\left[\dfrac{(k+1)^2}{4k\cos^2\theta}-1\right]$ ；（ii） $d=\dfrac{4L\sin^2\alpha\sin2\theta}{\sin^2\alpha-\sin^2\theta}$ （1）轻杆下端固定铰接、质量不计，球与杆从静止摆下。杆对球的力始终沿杆（径向），与球的速度（切向）垂直，不做功；铰支点固定也不做功，故机械能守恒。初态球高 $L$ ，触地时高 $0$ ： $mgL=\frac12 mv^2\quad\Rightarrow\quad v=\sqrt{2gL}$ （2）设杆与竖直向上方向夹角为 $\varphi$ 。球离杆条件为杆对球弹力 $N=0$ 。径向（指向支点）方程： $mg\cos\varphi+N=m\frac{v^2}{L}$ 又由能量 $mgL(1-\cos\varphi)=\frac12 mv^2$ ，即 $v^2=2gL(1-\cos\varphi)$ 。令 $N=0$ ： $mg\cos\varphi=m\frac{2gL(1-\cos\varphi)}{L}\quad\Rightarrow\quad \cos\varphi=2(1-\cos\varphi)\quad\Rightarrow\quad \cos\varphi=\frac23$ 离杆时 $v_0^2=2gL(1-2/3)=2gL/3$ ， $\sin\varphi=\sqrt{1-4/9}=\sqrt5/3$ 。离杆点坐标：高 $y_0=L\cos\varphi=2L/3$ ，水平 $x_0=L\sin\varphi=\sqrt5 L/3$ 。离杆瞬间速度为切向： $v_{x0}=v_0\cos\varphi=\sqrt{\frac{2gL}{3}}\cdot\frac23,\qquad v_{y0}=-v_0\sin\varphi=-\sqrt{\frac{2gL}{3}}\cdot\frac{\sqrt5}{3}$ 离杆后做平抛，水平速度不变。触地时 $v_x=v_{x0}$ ，由（1）知 $v^2=2gL$ ，故 $v_y^2=v^2-v_x^2=2gL-\left(\frac23\right)^2\frac{2gL}{3}=2gL-\frac{8gL}{27}=\frac{46gL}{27}$ 速度与水平面夹角 $\alpha$ 满足 $\tan^2\alpha=\frac{v_y^2}{v_x^2}=\frac{46gL/27}{8gL/27}=\frac{46}{8}=\frac{23}{4}\quad\Rightarrow\quad \tan\alpha=\frac{\sqrt{23}}{2}$ （3）碰撞后瞬间速度大小仍为 $v=\sqrt{2gL}$ ，方向与水平面成 $\alpha$ 向上（记为 $\vec u$ ， $u=\sqrt{2gL}$ ）。设分裂后两质量 $m_1,m_2$ ， $m_1+m_2=m$ ，质量比 $m_1/m_2=k$ ，则 $m_1=\dfrac{k}{k+1}m,\ m_2=\dfrac{1}{k+1}m$ 。两速度均与 $\vec u$ 成 $\theta$ 角，分别位于 $\vec u$ 两侧，与水平夹角为 $\alpha+\theta$ 、 $\alpha-\theta$ ，速率 $w_1,w_2$ 。动量守恒： $m_1w_1\cos(\alpha+\theta)+m_2w_2\cos(\alpha-\theta)=mu\cos\alpha$ $m_1w_1\sin(\alpha+\theta)+m_2w_2\sin(\alpha-\theta)=mu\sin\alpha$ 解得 $m_1w_1=m_2w_2=\dfrac{mu}{2\cos\theta}$ 。于是 $w_1=\frac{u}{2\cos\theta}\frac{k+1}{k},\qquad w_2=\frac{u}{2\cos\theta}(k+1)$ （i）弹射释放能量 $E=$ 末动能 $-$ 初动能：
$=\frac{mu^2}{2}\left[\frac{(k+1)^2}{4k\cos^2\theta}-1\right]$$ 代入 $u^2=2gL$（即 $\frac12 mu^2=mgL$）得 $$E=mgL\left[\frac{(k+1)^2}{4k\cos^2\theta}-1\right]$$ （ii）由（i）知 $(k+1)^2/(4k)$ 在 $k=1$ 时取最小，故 $E$ 最小时 $k=1$（此时 $E_{\min}=mgL\tan^2\theta$）。若要求两fragment第一次落地时刻相同，则其竖直分速度大小须相等： $$w_1\sin(\alpha+\theta)=w_2\sin(\alpha-\theta)$$ 结合动量守恒可得共同竖直分速度 $V_y=u\sin\alpha$（亦由竖直动量守恒直接得到），共同飞行时间 $$T=\frac{2V_y}{g}=\frac{2u\sin\alpha}{g}$$ 落点间距 $$d=|w_1\cos(\alpha+\theta)-w_2\cos(\alpha-\theta)|\,T$$ 利用 $w_1\sin(\alpha+\theta)=w_2\sin(\alpha-\theta)=V_y=u\sin\alpha$： $$w_1\cos(\alpha+\theta)=u\sin\alpha\cot(\alpha+\theta),\quad w_2\cos(\alpha-\theta)=u\sin\alpha\cot(\alpha-\theta)$$ $$\begin{aligned} d&=\frac{2u\sin\alpha}{g}\cdot u\sin\alpha\left|\cot(\alpha+\theta)-\cot(\alpha-\theta)\right|\\ &=\frac{2u^2\sin^2\alpha}{g}\cdot\frac{\sin2\theta}{\sin(\alpha+\theta)\sin(\alpha-\theta)} \end{aligned}$$ 其中 $\sin(\alpha+\theta)\sin(\alpha-\theta)=\sin^2\alpha-\sin^2\theta$，且 $u^2=2gL$，故 $$d=\frac{4L\sin^2\alpha\sin2\theta}{\sin^2\alpha-\sin^2\theta}$$ （亦可代入 $\tan\alpha=\sqrt{23}/2$ 即 $\sin^2\alpha=23/27$ 表示。）$

	$z/\mathrm{mm}$	$U/\mathrm{mV}$
1	11.670	9
2	11.960	16
3	12.302	25
4	12.633	35
5	12.952	42
6	13.270	48
7	13.594	57
8	13.930	67
9	14.246	74
10	14.585	81