2026年高考甘肃卷物理高考真题（网络收集版）

铅（Pb）205放射性核素的半衰期约为1700万年，对其丰度的研究为推断太阳的形成时间提供了重要的科学依据。天体环境中，形成铅205的重要机制之一是铊（ $\mathrm{Tl}$ ）核的束缚态 $\beta$ 衰变，其方程为 ${}_{81}^{Y}\mathrm{Tl}\rightarrow{}_{X}^{205}\mathrm{Pb}+{}_{-1}^{0}\mathrm{e}$ 。下列说法正确的是（　　）

A． $X=81$

B． $Y=206$

C． ${}_{81}^{Y}\mathrm{Tl}$ 核的中子数为124

D． ${}_{81}^{Y}\mathrm{Tl}$ 核与 ${}_{X}^{205}\mathrm{Pb}$ 核质量数不同

【答案与解析】

核反应方程遵循电荷数守恒与质量数守恒： ${}_{81}^{Y}\mathrm{Tl}\rightarrow{}_{X}^{205}\mathrm{Pb}+{}_{-1}^{0}\mathrm{e}$
- 质量数守恒： $Y=205+0=205$ ；
- 电荷数守恒： $81=X+(-1)$ ，得 $X=82$ 。逐项判断：
- A： $X=81$ ，错，应为 $82$ ；
- B： $Y=206$ ，错，应为 $205$ ；
- C： ${}_{81}^{205}\mathrm{Tl}$ 核的中子数 $=205-81=124$ ，正确；
- D： ${}_{81}^{Y}\mathrm{Tl}$ 与 ${}_{X}^{205}\mathrm{Pb}$ 的质量数均为 $205$ ，相同，错。故故选 C。故选C。
如图，边长为 $l$ 的正方形回路内，存在半径为 $r$ 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度 $B$ 的方向与回路所在平面垂直、变化率 $\frac{\Delta B}{\Delta t}=C$ （ $C$ 为常量）。除了电阻 $R$ ，不计其他电阻，则通过电阻 $R$ 的电流大小为（　　）

A．0

B． $\frac{C\pi r^{2}}{R}$

C． $\frac{Cl^{2}}{R}$

D． $\frac{C(l^{2}-\pi r^{2})}{R}$

【答案与解析】

回路中只有电阻 $R$ 不计其他电阻。穿过正方形回路的磁通量变化仅由圆形匀强磁场区域贡献（回路其余部分无磁场）。 $\Phi=B\cdot \pi r^{2}$ 由法拉第电磁感应定律，感应电动势大小 $E=\left|\frac{\Delta\Phi}{\Delta t}\right|=\frac{\Delta B}{\Delta t}\cdot \pi r^{2}=C\pi r^{2}$ 回路中电流 $I=\frac{E}{R}=\frac{C\pi r^{2}}{R}$ 逐项判断：
- A：磁通量确实变化，电流不为 $0$ ，错；
- B：与上式一致，正确；
- C：误用整个正方形面积 $l^{2}$ ，错；
- D：误用圆外面积 $(l^{2}-\pi r^{2})$ ，错。故故选 B。故选B。
关于地球的重力加速度，考虑地球自转，下列说法正确的是（　　）

A．两极地表的重力加速度最大

B．地球表面的重力加速度处处相等

C．地球表面的重力加速度方向处处指向地心

D．同一地点上空，距离地面越高，重力加速度越大

【答案与解析】

考虑地球自转，地表重力加速度 $g$ 等于万有引力减去随地球自转所需的向心加速度后的有效值。
- A：两极处自转线速度为零，无向心加速度分量，故 $g$ 最大，正确；
- B：由赤道向两极 $g$ 逐渐增大，并非处处相等，错；
- C：除两极外，重力方向并不严格指向地心（含指向自转轴的向心分量），错；
- D：同一地点上空，距地面越高，万有引力越小，且 $g$ 随高度增大而减小，错。故故选 A。故选A。
2025年11月，人形机器人“夸父”担任第十五届全运会0号火炬手，以拟人姿态奔跑完成百米火炬传递。已知机器人的质量为 $45\mathrm{kg}$ ，鞋底与地面的动摩擦因数为0.8，重力加速度取 $10\mathrm{m/s^2}$ 。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，考虑奔跑时竖直方向的重心起伏，下列说法正确的是（　　）

A．机器人奔跑时，竖直方向合力恒为零

B．机器人奔跑时，受到的静摩擦力恒为 $360\mathrm{N}$

C．机器人奔跑时，支持力与重力是一对作用力与反作用力

D．机器人单脚着地时，地面给机器人的支持力可能大于 $450\mathrm{N}$

【答案与解析】

机器人质量 $m=45\,\mathrm{kg}$ ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，最大静摩擦 $f_{\max}=\mu mg=0.8\times45\times10=360\,\mathrm{N}$ 。
- A：奔跑时竖直方向重心有起伏，存在竖直加速度，竖直合力不恒为零，错；
- B：静摩擦力的大小由运动状态决定，并非恒等于最大静摩擦 $360\,\mathrm{N}$ ，错；
- C：支持力与重力不是一对作用力与反作用力（重力的反作用力是机器人对地球的引力），错；
- D：单脚着地且重心向上加速时，由 $N-mg=ma$ 得 $N=mg+ma>450\,\mathrm{N}$ ，可能大于 $450\,\mathrm{N}$ ，正确。故故选 D。故选D。
如图，一同位素电磁分离器主要有加速电场I、匀强磁场II及接收器III。从 $S$ 点进入电场的碳12和碳13两种同价阳离子经电场加速后垂直射入磁场，偏转后均被接收器接收。忽略离子的初速度及重力，则碳12和碳13离子（　　）

A．离开电场时的动量之比为 $1:1$

B．在电场中的加速度之比为 $12:13$

C．到达接收器的动能之比为 $12:13$

D．在磁场中运动的轨道半径之比为 $\sqrt{12}:\sqrt{13}$

【答案与解析】

设两离子电荷量均为 $q$ ，质量分别为 $m_{12}$ 、 $m_{13}$ 。经同一加速电场 $U$ 加速： $qU=\frac{1}{2}mv^{2}$
- 动能： $E_{\mathrm{k}}=qU$ ，与质量无关，故两者动能之比为 $1:1$ ，C 错；
- 动量： $p=\sqrt{2mqU}\propto \sqrt{m}$ ，比值为 $\sqrt{12}:\sqrt{13}$ ，并非 $1:1$ ，A 错；
- 电场中加速度： $a=\dfrac{qE}{m}\propto \dfrac{1}{m}$ ，比值为 $13:12$ ，并非 $12:13$ ，B 错；
- 磁场中轨道半径： $r=\dfrac{mv}{qB}=\dfrac{p}{qB}\propto \sqrt{m}$ ，比值为 $\sqrt{12}:\sqrt{13}$ ，D 正确。故故选 D。故选D。
简谐横波沿 $x$ 轴的负方向传播， $M$ 为介质中一个质点，某时刻的波形图如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．此刻 $M$ 点沿 $x$ 轴的负方向运动

B．此刻 $M$ 点的加速度方向沿 $y$ 轴的负方向

C．此刻后很短时间内 $M$ 点的速度逐渐减小

D．经过四分之一周期， $M$ 点通过的路程为 $A_{0}$

【答案与解析】

简谐横波沿 $x$ 轴负方向传播，介质质点只在 $y$ 方向振动。
- A：质点不沿 $x$ 方向运动，只上下振动，错；
- B：由波形图（题图）可知 $M$ 点在平衡位置上方，位移 $y>0$ ；简谐运动加速度 $a=-\omega^{2}y$ ，方向指向平衡位置，即沿 $y$ 轴负方向，正确；
- C： $M$ 正由上方朝向平衡位置运动，速度大小逐渐增大，错；
- D：只有从平衡位置或最大位移处开始计时，四分之一周期内路程才为 $A_{0}$ ，一般情形不等于 $A_{0}$ ，错。故故选 B。故选B。
如图，圆所在的空间存在平行于圆面的匀强电场，圆心为 $O$ 、半径为 $R$ ， $MN=2R$ ， $PN=R$ 。将正电荷 $q$ 从 $M$ 点移到 $N$ 点，静电力做功 $W$ ；从 $N$ 点移到 $P$ 点，静电力做功 $-0.5W$ 。下列说法正确的是（　　）

A． $P$ 、 $O$ 两点间的电势差为 $\frac{W}{q}$

B．电场强度的大小为 $\frac{\sqrt{3}W}{3qR}$

C．电场强度的方向与 $MN$ 的夹角为 $60^\circ$

D．将 $q$ 从 $M$ 点移到 $P$ 点，静电力做功 $1.5W$

【答案与解析】

设圆心 $O$ 为原点， $MN$ 为直径沿 $x$ 轴，则 $M(-R,0)$ 、 $N(R,0)$ 。 $P$ 在圆上且 $PN=R$ ，解得 $P\left(\dfrac{R}{2},\pm\dfrac{\sqrt{3}}{2}R\right)$ 。设匀强电场 $\vec E=(E_x,E_y)$ 。由 $M\to N$ 静电力做功 $W$ ： $U_{MN}=-\vec E\cdot(\vec N-\vec M)=-2RE_x=\frac{W}{q}\quad\Rightarrow\quad E_x=-\frac{W}{2qR}$ 由 $N\to P$ 静电力做功 $-0.5W$ ： $U_{NP}=-\vec E\cdot(\vec P-\vec N)=\frac{R}{2}E_x-yE_y=-\frac{0.5W}{q}$ 代入 $E_x$ 得 $-\frac{W}{4q}-yE_y=-\frac{W}{2q}\quad\Rightarrow\quad yE_y=\frac{W}{4q}\quad\Rightarrow\quad E_y=\pm\frac{W}{2\sqrt{3}qR}$ 电场强度大小 $E=\sqrt{E_x^{2}+E_y^{2}}=\sqrt{\frac{W^{2}}{4q^{2}R^{2}}+\frac{W^{2}}{12q^{2}R^{2}}}=\frac{W}{\sqrt{3}qR}=\frac{\sqrt{3}W}{3qR}$ 逐项判断：
- A： $U_{PO}=-\vec E\cdot(\vec O-\vec P)=\dfrac{R}{2}E_x+yE_y=-\dfrac{W}{4q}+\dfrac{W}{4q}=0$ ，并非 $\dfrac{W}{q}$ ，错；
- B：上式 $E=\dfrac{\sqrt{3}W}{3qR}$ （注：原卷 B 选项表达式打印有误，误作 $\dfrac{\sqrt[3]{w}}{3qR}$ ，应为 $\dfrac{\sqrt{3}W}{3qR}$ ），正确；
- C： $\tan\theta=\dfrac{|E_y|}{|E_x|}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}$ ，夹角 $30^{\circ}$ ，并非 $60^{\circ}$ ，错；
- D： $U_{MP}=U_{MN}+U_{NP}=\dfrac{W}{q}-\dfrac{0.5W}{q}=0.5\dfrac{W}{q}$ ，做功为 $0.5\,\mathrm{W}$ ，并非 $1.5\,\mathrm{W}$ ，错。故故选 B。故选B。
汽车在平直公路上行驶，阻力 $f$ 保持不变。某时刻，以速度 $v$ 、加速度 $a$ 加速前进，发动机的实际功率正好等于额定功率 $P$ 。从此时开始，发动机始终在额定功率下工作。下列说法正确的是（　　）

A．汽车的牵引力大小将逐渐趋于 $f$

B．经过时间 $t$ 后，汽车的速度为 $v+at$

C．汽车的速度会先增大后减小

D．汽车能达到的速度最大值为 $\frac{P}{f}$

【答案与解析】

汽车以额定功率 $P$ 行驶，阻力 $f$ 恒定，牵引力 $F=\dfrac{P}{v}$ 。
- A：随 $v$ 增大， $F=\dfrac{P}{v}$ 减小，加速度 $a=\dfrac{F-f}{m}$ 减小；当 $a\to0$ 时 $F\to f$ ，牵引力趋于 $f$ ，正确；
- B：功率恒定下加速度不恒定，不能用匀变速公式 $v+at$ ，错；
- C：速度一直增大并趋于最大值，不会先增后减，错；
- D：最大速度满足 $F=f$ ，即 $\dfrac{P}{v_{\max}}=f$ ，得 $v_{\max}=\dfrac{P}{f}$ ，正确。故故选 AD。故选AD。
如图1，理想变压器原、副线圈匝数比为 $1:3$ ，电阻 $R_1=5\mathrm{\Omega}$ ， $R_2=10\mathrm{\Omega}$ ， $\mathrm{A}_1$ 、 $\mathrm{A}_2$ 为理想电流表， $\mathrm{V}$ 为理想电压表， $\mathrm{S}_1$ 、 $\mathrm{S}_2$ 为开关。交流电源 $\mathrm{AC}$ 的输出电压 $u$ 随时间 $t$ 的变化规律如图2所示。闭合开关 $\mathrm{S}_1$ 、 $\mathrm{S}_2$ ，则（　　）

A．两电流表示数相同

B．电压表的示数为 $9\mathrm{V}$

C．电源输出的交流电频率为 $50\mathrm{Hz}$

D．电阻 $R_{2}$ 消耗的功率是电源输出功率的 $\frac{1}{3}$

【答案与解析】

由图 2 交流电压 $u-t$ 图像，周期 $T=0.02\,\mathrm{s}$ ，故频率 $f=\frac{1}{T}=50\,\mathrm{Hz}$ 副线圈匝数 $n_2$ 与原线圈 $n_1$ 之比为 $3:1$ ，故副线圈电压有效值 $U_2=3U_1$ 。由图 2 原线圈电压有效值 $U_1=3\,\mathrm{V}$ ，则 $U_2=9\,\mathrm{V}$ 。电压表 V 并联于副线圈，示数为 $9\,\mathrm{V}$ 。副线圈两端接 $R_1=5\,\Omega$ 与 $R_2=10\,\Omega$ 并联：
- 两电阻电压均为 $U_2=9\,\mathrm{V}$ ；
- $R_2$ 消耗功率 $P_2=\dfrac{U_2^{2}}{R_2}$ ， $R_1$ 消耗功率 $P_1=\dfrac{U_2^{2}}{R_1}$ ，电源输出总功率 $P=P_1+P_2$ ；
- $\dfrac{P_2}{P}=\dfrac{1/R_2}{1/R_1+1/R_2}=\dfrac{R_1}{R_1+R_2}=\dfrac{5}{15}=\dfrac{1}{3}$ 。逐项判断：
- A：理想变压器电流比 $\dfrac{I_1}{I_2}=\dfrac{n_2}{n_1}=3$ ，两电流表示数不相同，错；
- B：电压表示数 $9\,\mathrm{V}$ ，正确；
- C：频率 $50\,\mathrm{Hz}$ ，正确；
- D： $R_2$ 功率占总功率 $\dfrac{1}{3}$ ，正确。故故选 BCD。故选BCD。
如图，在双缝干涉测量光波长的实验中，用波长为 $488\mathrm{nm}$ 的激光照射挡板上的双缝，测得光屏上相邻两条亮条纹的间距为 $2.44\mathrm{mm}$ 。用待测激光照射该双缝，测得光屏上相邻两条亮条纹的间距为 $2.66\mathrm{mm}$ 。则（　　）

A．待测激光的波长为 $532\mathrm{nm}$

B．待测激光的频率为 $1.77\times10^{14}\mathrm{Hz}$

C．若向右平移挡板，条纹间距减小

D．若向上平移挡板，条纹间距不变

【答案与解析】

双缝干涉条纹间距 $\Delta x=\dfrac{L\lambda}{d}$ ，对同一装置 $L,d$ 不变， $\Delta x\propto \lambda$ 。
- A：已知 $\lambda_1=488\,\mathrm{nm}$ 、 $\Delta x_1=2.44\,\mathrm{mm}$ ；待测 $\Delta x_2=2.66\,\mathrm{mm}$ 。 $\lambda_2=\lambda_1\frac{\Delta x_2}{\Delta x_1}=488\times\frac{2.66}{2.44}\approx 532\,\mathrm{nm}$ 正确。
- B：频率 $f=\dfrac{c}{\lambda_2}=\dfrac{3\times10^{8}}{532\times10^{-9}}\approx 5.64\times10^{14}\,\mathrm{Hz}$ ，并非 $1.77\times10^{14}\,\mathrm{Hz}$ ，错；
- C：向右平移挡板不改变 $L,d,\lambda$ ，条纹间距不变，错；
- D：向上平移挡板同样不改变 $L,d,\lambda$ ，条纹间距不变，正确。故故选 ACD。故选ACD。
某实验小组用如图所示的装置验证动量守恒定律。实验前，安装调节好实验装置，在水平底板上铺一张白纸，纸上放复写纸，记下重垂线所指的位置 $O$ 。

实验步骤如下：第一步：用天平分别测出两小球的质量 $m_1$ 和 $m_{2}$ 。第二步：将入射小球 $m_1$ 从斜槽轨道S处由静止释放。重复实验，找到其多次落点的中心位置 $A$ 。第三步：将被碰小球 $m_{2}$ 静置于斜槽轨道末端，再将 $m_1$ 从S处由静止释放，与 $m_{2}$ 碰撞。重复实验，分别找到 $m_1$ 和 $m_{2}$ 相碰后各自多次落点的中心位置 $B$ 和 $C$ 。第四步：分别测出 $O$ 点到各个落点中心的距离 $OA$ 、 $OB$ 和 $OC$ 。回答以下问题： $(1)$ 关于实验装置和操作，下列说法正确的是＿＿＿＿（多选，填正确答案标号）。 $(2)$ 改变被碰小球的质量 $m_{2}$ ，进行多组实验，测量出对应的 $OB$ 和 $OC$ 值。以 $m_{2}$ 为横坐标，以＿＿＿＿（单选，填正确答案标号）为纵坐标描点，若这些点都近似在一条直线上，则说明动量守恒定律成立。 $(3)$ 若 $m_1=3m_2$ ，且碰撞近似为弹性碰撞，则 $OA$ 与 $OB$ 的比值应为＿＿＿＿。

A．两个小球的材质应相同

B．两个小球的大小应相等

C．斜槽轨道表面必须光滑

D．斜槽轨道末端应调节至水平

A． $\frac{(OA-OB)}{OC}$

B． $\frac{(OC-OB)}{OB}$

C． $\frac{(OA-OB)}{OA}$

D． $\frac{(OC-OB)}{OC}$

【答案与解析】

(1) 实验要求：两小球大小应相等（保证对心碰撞、落点判断可靠）；斜槽末端应调节至水平（保证碰后做平抛运动）。材质无需相同，轨道是否光滑不影响（每次从同一位置静止释放即可）。故填 BD。 (2) 平抛时间相同，用水平位移代表速度。动量守恒： $m_1 v_1=m_1 v_1'+m_2 v_2'$ 对应位移： $m_1 OA=m_1 OB+m_2 OC$ ，即 $m_2=\frac{m_1(OA-OB)}{OC}$ 以 $m_2$ 为横坐标、 $\dfrac{OA-OB}{OC}$ 为纵坐标，点近似在一条直线上即验证动量守恒。故填＿＿＿＿。 (3) 设 $m_2=m$ ，则 $m_1=3m$ 。弹性碰撞后速度： $v_1'=\frac{m_1-m_2}{m_1+m_2}v_0=\frac{3m-m}{4m}v_0=\frac{1}{2}v_0$ $v_2'=\frac{2m_1}{m_1+m_2}v_0=\frac{6m}{4m}v_0=\frac{3}{2}v_0$ 平抛位移 $OA=v_0 t$ ， $OB=v_1' t=\dfrac{1}{2}v_0 t$ ，故 $\frac{OA}{OB}=\frac{v_0}{\frac{1}{2}v_0}=2$ 填＿＿＿＿。
热敏电阻是传感器中常见的感知温度的敏感元件。某实验小组采用如图1所示的电路图测量一热敏电阻在某温度下的阻值。实验器材有：待测热敏电阻 $R_T$ （阻值约几千欧姆）、电源 $E$ （电动势3 V，内阻很小）、毫安表（内阻很小）、滑动变阻器 $R_{0}$ （最大阻值 $20\mathrm{\Omega}$ ）、定值电阻 $R_{1}$ （阻值 $2.0\mathrm{k}\Omega$ ）、开关 $\mathrm{S}_1$ 和 $\mathrm{S}_2$ 、温控装置、导线若干。

主要实验步骤及问题如下：（1）断开开关，连接电路，通过温控装置将热敏电阻的工作温度升至目标温度，并保持稳定。（2）闭合开关 $\mathrm{S}_1$ 前，应将 $R_{0}$ 的滑片置于＿＿＿＿（填“ $M$ ”或“ $N$ ”）端。实验中 $R_{0}$ 的作用是＿＿＿＿（填“限流”或“分压”）。（3）闭合 $\mathrm{S}_1$ ，调节 $R_{0}$ 的滑片至某一位置，记录毫安表的示数 $I_1$ ；保持滑片位置不变，闭合 $\mathrm{S}_2$ ，记录毫安表的示数 $I_2$ 。该温度下热敏电阻的阻值 $R_T=$ ＿＿＿＿（用 $I_1$ 、 $I_2$ 和 $R_{1}$ 表示）。（4）某次测量时，毫安表选择 $1.5\mathrm{mA}$ 量程，其指针稳定在图2所示位置，则读数为＿＿＿＿ $\mathrm{mA}$ 。（5）改变 $R_{0}$ 的滑片位置，重复实验步骤（3），记录多组 $I_1$ 和 $I_2$ 数据。以 $I_1$ 为横坐标， $I_2$ 为纵坐标描点作直线图。若直线的斜率为1.6，可求得该温度下热敏电阻 $R_T$ 的阻值为＿＿＿＿ $\mathrm{k}\Omega$ （保留2位有效数字）。

【答案与解析】

(1) 闭合 $S_1$ 前，滑动变阻器 $R_0$ 采用分压接法，为保护电路应使加在待测部分两端的初始电压最小，滑片置于＿＿＿＿端； $R_0$ 的作用是＿＿＿＿。 (2) 电路结构： $R_1$ 与 $R_T$ 串联，毫安表测总电流， $S_2$ 并联在 $R_1$ 两端（闭合时短路 $R_1$ ）。
- $S_2$ 断开： $R_1$ 与 $R_T$ 串联，电流 $I_1=\dfrac{U}{R_1+R_T}$ ；
- $S_2$ 闭合： $R_1$ 被短路，电流 $I_2=\dfrac{U}{R_T}$ 。由 $I_2-I_1=\dfrac{U}{R_T}-\dfrac{U}{R_1+R_T}=\dfrac{U R_1}{R_T(R_1+R_T)}$ ，且 $I_1=\dfrac{U}{R_1+R_T}$ ，得 $R_T=\frac{I_1 R_1}{I_2-I_1}$ 故＿＿＿＿（注：据题示已修正表达式）。 (3) 毫安表 $1.5\,\mathrm{mA}$ 量程，按图 2 指针位置读数为＿＿＿＿ $\mathrm{mA}$ 。 (4) 以 $I_1$ 为横轴、 $I_2$ 为纵轴作直线，斜率 $k=\dfrac{I_2}{I_1}$ 。由上述关系 $\frac{I_2}{I_1}=\frac{R_1+R_T}{R_T}=1+\frac{R_1}{R_T}=1.6$ 故 $\dfrac{R_1}{R_T}=0.6$ ， $R_T=\dfrac{R_1}{0.6}=\dfrac{2.0}{0.6}\approx 3.33\,\mathrm{k\Omega}$ ，保留两位有效数字为＿＿＿＿ $\mathrm{k\Omega}$ 。
如图，汽缸内壁光滑，横截面积为 $S$ ，用质量为 $m$ 的活塞封闭一定量的理想气体，活塞与缸底用一轻质弹簧连接。汽缸水平放置时，缸内气体温度为 $T_{0}$ ，弹簧为原长 $l$ 。现将汽缸与水平面成 $\theta=30^{\circ}$ 角放置，缸内气体温度保持不变，弹簧长度变为 $\frac{2}{3}l$ 。已知大气压强为 $p_0$ ，重力加速度为 $g$ ，忽略弹簧体积。

$(1)$ 求弹簧的劲度系数 $k$ 。 $(2)$ 若加热缸内气体使弹簧恢复为原长 $l$ ，则气体压强和温度分别变为多少？

【答案与解析】

注：原题“汽缸水平放置时，缸内气体温度为 $4\,\mathrm{m/s^{2}}$ ”疑为印刷错误，以下记初始热力学温度为 $T_0$ 。水平放置时弹簧为原长 $l$ ，活塞受力平衡（弹簧无形变）： $p_0 S=pS\quad\Rightarrow\quad p=p_0$ 体积 $V_0=lS$ ，温度 $T_0$ 。 (1) 斜放 $\theta=30^{\circ}$ 、等温、弹簧长 $\dfrac{2}{3}l$ （被压缩）。由玻意耳定律： $p_0\cdot lS=p_1\cdot \frac{2}{3}lS\quad\Rightarrow\quad p_1=\frac{3}{2}p_0$ 沿气缸轴向（由缸底指向缸口为正）受力平衡：气体压力 $+p_1S$ ，大气压力 $-p_0S$ ，弹簧弹力（压缩，推活塞向外） $+k\left(l-\dfrac{2}{3}l\right)=k\dfrac{l}{3}$ ，重力分量 $-mg\sin30^{\circ}$ 。 $p_1S-p_0S+k\frac{l}{3}-mg\sin30^{\circ}=0$ 代入 $p_1=\dfrac{3}{2}p_0$ 、 $\sin30^{\circ}=\dfrac{1}{2}$ ： $\frac{1}{2}p_0S+k\frac{l}{3}-\frac{1}{2}mg=0$ $k=\frac{3(mg-p_0S)}{2l}$ (2) 加热使弹簧恢复原长 $l$ ，体积回到 $V_2=lS$ ，弹簧无形变。平衡： $p_2S-p_0S-mg\sin30^{\circ}=0\quad\Rightarrow\quad p_2=p_0+\frac{mg}{2S}$ 由状态方程（初态取斜放等温态： $p_1,\dfrac{2}{3}lS,T_0$ ）： $T_2=T_0\frac{p_2V_2}{p_1V_1}=T_0\frac{\left(p_0+\frac{mg}{2S}\right)lS}{\frac{3}{2}p_0\cdot\frac{2}{3}lS}=T_0\left(1+\frac{mg}{2p_0S}\right)$ 即气体压强变为 $p_0+\dfrac{mg}{2S}$ ，温度变为 $T_0\left(1+\dfrac{mg}{2p_0S}\right)$ 。
如图，水平地面 $A$ 点左侧光滑，右侧 $AB$ 部分粗糙。质量为 $M$ 、右侧为 $\frac{1}{4}$ 光滑圆弧的大物块静置在地面光滑部分，且圆弧底端与地面相切于 $A$ 点。质量为 $m$ 的小物块从圆弧顶端由静止释放，并沿圆弧下滑，在 $B$ 点与墙壁发生弹性碰撞，返回至 $A$ 点时恰好与大物块速度相同。已知 $M=4\mathrm{kg}$ ， $m=1\mathrm{kg}$ ，圆弧半径 $R=1\mathrm{m}$ ， $A$ 、 $B$ 间距 $L=1.5\mathrm{m}$ 。重力加速度 $g$ 取 $10\mathrm{m/s^{2}}$ ，小物块视为质点。求：

$(1)$ 两物块分离前的瞬间，小物块和大物块各自速度的大小。 $(2)$ 两物块分离前的瞬间，小物块受到支持力的大小。 $(3)$ 小物块与粗糙地面之间的动摩擦因数。

【答案与解析】

(1) 小物块在圆弧上滑下至底端 $\mathrm{A}$ 与大物块分离前，地面光滑，水平方向动量守恒；圆弧光滑，机械能守恒。设分离瞬间小物块速度 $v_1$ （向右），大物块速度 $V$ （向左，记向右为正则 $V<0$ ）。动量守恒： $m v_1+M V=0\quad\Rightarrow\quad V=-\frac{m}{M}v_1=-\frac{1}{4}v_1$ 机械能守恒： $mgR=\frac{1}{2}m v_1^{2}+\frac{1}{2}M V^{2}$ 代入 $M=4\,\mathrm{kg},\,m=1\,\mathrm{kg},\,R=1\,\mathrm{m},\,g=10\,\mathrm{m/s^{2}}$ ： $10=\frac{1}{2}v_1^{2}+\frac{1}{2}\cdot4\cdot\frac{v_1^{2}}{16}=\frac{5}{8}v_1^{2}$ $v_1^{2}=16\quad\Rightarrow\quad v_1=4\,\mathrm{m/s},\qquad |V|=1\,\mathrm{m/s}$ 故小物块速度大小 $4\,\mathrm{m/s}$ ，大物块速度大小 $1\,\mathrm{m/s}$ 。 (2) 分离前瞬间在圆弧底端，向心加速度由支持力与重力提供： $N-mg=m\frac{v_1^{2}}{R}$ $N=mg+m\frac{v_1^{2}}{R}=10+1\cdot\frac{16}{1}=26\,\mathrm{N}$ (3) 分离后大物块在光滑段保持 $V=-1\,\mathrm{m/s}$ （向左）不变。小物块在粗糙段 $AB$ （长 $L=1.5\,\mathrm{m}$ ）往返，摩擦力 $f=\mu mg$ 。小物块从 $\mathrm{A}$ 到 $\mathrm{B}$ 再返回 $\mathrm{A}$ ，粗糙段总路程 $2L=3\,\mathrm{m}$ 。由动能定理（返回 $\mathrm{A}$ 时速度向左，大小记为 $v_A'$ ）： $\frac{1}{2}m v_A'^{2}-\frac{1}{2}m v_1^{2}=-f\cdot(2L)=-\mu mg\cdot 3$ 题设返回 $\mathrm{A}$ 时与大物块速度相同，即 $v_A'=1\,\mathrm{m/s}$ （向左）： $\frac{1}{2}\cdot1\cdot1^{2}-\frac{1}{2}\cdot1\cdot16=-10\mu\cdot3$ $0.5-8=-30\mu\quad\Rightarrow\quad \mu=0.25$ 故动摩擦因数 $\mu=0.25$ 。
散热控温是保证高功率器件安全可靠运行的重要措施。某研究小组基于电磁阻尼现象，设计了一款液态合金导体温控器，充满管路的液态合金在压强差驱动下持续流动，吸收并带走高功率器件产生的热量。温控器处于匀强磁场 $B$ 中的管路如图所示，其前后面为垂直于磁场的绝缘板，上下面为用导线短路的导电板。温控器工作时，通过调节管路中压强差和磁场的大小使液态合金以目标速率 $v$ 稳定流动，实现散热功率动态匹配。已知该段管路长度为 $d$ ，矩形横截面的宽度为 $a$ 、高度为 $b$ ，其中的液态合金左右两侧的压强差为 $\Delta p$ ，温差为 $\Delta T$ ，受到的黏滞阻力 $f=-kv$ （ $k$ 为常量）；液态合金密度为 $\rho_0$ 、电阻率为 $\rho$ 、比热容为 $c$ 。设液态合金克服黏滞阻力和安培力做功产生的热量完全被液态合金吸收， $\rho_0$ 、 $\rho$ 和 $c$ 不随温度变化，不计短路导线与金属板的电阻。

$(1)$ 求 $\Delta p$ 产生的驱动力及其功率。 $(2)$ 求流速 $v$ 与压强差 $\Delta p$ 和磁感应强度 $B$ 之间的关系。 $(3)$ 求单位时间内液态合金从高功率器件吸收的热量；要使液态合金从高功率器件吸热，给出 $\Delta p$ 与 $\Delta T$ 之间所满足的关系。

【答案与解析】

设液态合金沿管路长度方向（记为 $x$ ）流动，横截面积 $S_0=ab$ 。磁场 $\mathrm{B}$ 垂直于前后绝缘板（即沿前后方向），流动切割磁感线在上下导电板间产生电动势，上下板短路形成回路。 (1) $\Delta p$ 产生的驱动力为压强差乘以横截面积： $F=\Delta p\cdot S_0=\Delta p\,ab$ 方向沿流动方向。其功率为 $P_F=Fv=\Delta p\,ab\,v$ (2) 流动切割磁感线产生的电动势（有效切割长度为上下板间距 $b$ ）： $\varepsilon=Bvb$ 液态合金电阻 $R=\rho\frac{d}{ab}$ 回路电流 $I=\frac{\varepsilon}{R}=\frac{Bvb}{\rho d/(ab)}=\frac{Bv\,ab^{2}}{\rho d}$ 电流在磁场中受安培力（电磁阻尼，方向与流动相反）： $F_B=I b B=\frac{B^{2}v\,ab^{3}}{\rho d}$ 稳态时驱动力平衡黏滞阻力与安培力： $\Delta p\,ab=kv+\frac{B^{2}v\,ab^{3}}{\rho d}=v\left(k+\frac{B^{2}ab^{3}}{\rho d}\right)$ 解得 $v=\frac{\Delta p\,ab}{k+\dfrac{B^{2}ab^{3}}{\rho d}}$ (3) 单位时间流过管路的质量流率 $\dot m=\rho_0(abv)$ ，液态合金从高温器件带走（显热）的速率 $\dot Q_{\text{带}}=\dot m\,c\,\Delta T=\rho_0 abv\,c\,\Delta T$ 液态合金克服黏滞阻力与安培力做功所生热的速率，由力平衡等于驱动力功率： $\dot Q_{\text{自}}=\left(kv+F_B\right)v=\Delta p\,ab\,v$ 故单位时间从高功率器件实际吸收的热量为 $Q=\dot Q_{\text{带}}-\dot Q_{\text{自}}=abv\left(\rho_0 c\,\Delta T-\Delta p\right)$ 要使液态合金从高功率器件吸热，需 $Q>0$ ，即 $\Delta p<\rho_0 c\,\Delta T$ （当 $\Delta p$ 过大时，阻尼自生热已足以造成温升，合金反而不必、甚至无法从器件吸热。）