2026年高考贵州卷物理高考真题（网络收集版）

某同学乘坐列车时，在自己的座位上利用车厢内信息屏和手机秒表估算隧道长度。该同学进隧道时速度为 $60\mathrm{m/s}$ ，出隧道时速度为 $50\mathrm{m/s}$ ，总用时 $200\mathrm{s}$ 。若列车在隧道中做匀减速直线运动，则该隧道长为（　　）

A． $5000\mathrm{m}$

B． $8000\mathrm{m}$

C． $11000\mathrm{m}$

D． $14000\mathrm{m}$

【答案与解析】

本题考查匀变速直线运动的位移计算。列车在隧道中做匀减速直线运动，初速度 $v_0=60~\mathrm{m/s}$ ，末速度 $v_t=50~\mathrm{m/s}$ ，时间 $t=200~\mathrm{s}$ 。平均速度 $\bar v=\frac{v_0+v_t}{2}=\frac{60+50}{2}=55~\mathrm{m/s}$ 隧道长度 $s=\bar v\,t=55\times200=11000~\mathrm{m}$ 故选C。
月球引潮力是引起海洋潮汐的主要原因，可等效为地表某点处质量为 $\Delta m$ 的海水所受月球引力减去地心处相同质量的物质所受月球引力。已知地球半径为 $R$ ，地心 $O$ 与月心 $O^{\prime}$ 间距为 $d$ ，月球质量为 $M$ ，引力常量为 $G$ ，地表 $P$ 点背对月球，P、O和 $O^{\prime}$ 在同一直线上，如图所示，则 $P$ 点处质量为 $\Delta m$ 的海水所受月球引潮力大小为（　　）

A． $\left|\frac{GM\Delta m}{d}-\frac{GM\Delta m}{R}\right|$

B． $\left|\frac{GM\Delta m}{d^{2}}-\frac{GM\Delta m}{R^{2}}\right|$

C． $\left|\frac{GM\Delta m}{d+R}-\frac{GM\Delta m}{d}\right|$

D． $\left|\frac{GM\Delta m}{(d+R)^{2}}-\frac{GM\Delta m}{d^{2}}\right|$

【答案与解析】

本题考查引潮力的等效定义：某点海水所受月球引力减去地心处同质量物质所受月球引力。 $P$ 点背对月球， $P$ 到月心 $O'$ 的距离为 $d+R$ ，地心 $O$ 到月心距离为 $d$ 。月球对 $P$ 点质量为 $\Delta m$ 的海水引力大小为 $F_P=\frac{GM\Delta m}{(d+R)^2}$ 对地心处同质量物质的引力大小为 $F_O=\frac{GM\Delta m}{d^2}$ 引潮力为二者之差的绝对值： $F_{\text{潮}}=\left|\frac{GM\Delta m}{(d+R)^2}-\frac{GM\Delta m}{d^2}\right|$ 故选D。
如图，完全相同的均质小球A、B被不可伸长的细线悬挂，静止在同一竖直平面内，相互接触无挤压，悬挂点到球心的距离分别为 $L$ 和 $\frac{4}{5}L$ ，A被拉至与竖直方向成 $60^\circ$ 的位置并由静止释放，随后与B发生弹性正碰。忽略空气阻力，B的球心上升的最大高度为（　　）

A． $\frac{1}{2}L$

B． $\frac{1}{3}L$

C． $\frac{1}{4}L$

D． $\frac{1}{5}L$

【答案与解析】

本题考查单摆与弹性碰撞（等质量动碰静速度交换）。 A 球摆长 $L$ ，从与竖直方向成 $60^\circ$ 处释放，下摆至最低点由机械能守恒： $mgL(1-\cos60^\circ)=\frac12 mv_A^2$ $v_A^2=2gL(1-0.5)=gL,\qquad v_A=\sqrt{gL}$ A、B 完全相同且发生弹性正碰（一动一静），等质量弹性碰撞速度交换，故 B 获得速度 $v_B=v_A=\sqrt{gL}$ B 上升的最大高度由机械能守恒： $\frac12 mv_B^2=mgh\;\Rightarrow\;h=\frac{v_B^2}{2g}=\frac{gL}{2g}=\frac12L$ 故选A。
如图，密闭真空中，有一竖直放置的金属靶和水平放置的两平行极板，极板与金属靶受光面垂直，板间存在竖直向上的匀强电场 $E$ 。用频率为 $v_{1}$ 和 $v_{2}$ 的光分别照射靶时，垂直靶面逸出最大初动能分别为 $E_{k1}$ 和 $E_{k2}$ 的光电子，经狭缝 $S_{1}$ 、 $S_{2}$ 后进入电场，分别落到下极板M、N处。忽略极板边缘效应及电子间的相互作用，则（　　）

A． $E_{k1}<E_{k2}$ ， $v_{1}<v_{2}$

B． $E_{k1}<E_{k2}$ ， $v_{1}>v_{2}$

C． $E_{k1}>E_{k2}$ ， $v_{1}<v_{2}$

D． $E_{k1}>E_{k2}$ ， $v_{1}>v_{2}$

【答案与解析】

本题考查光电效应方程与带电粒子在匀强电场中的偏转。光电效应方程： $E_k=h\nu-W_0$ ，故光电子最大初动能越大，对应的入射光频率越大，即 $E_k$ 与 $\nu$ 正相关。光电子垂直靶面逸出后进入竖直向上的匀强电场，电子带负电，受电场力竖直向下，在极板间做类平抛运动。两束电子进入电场时竖直方向初速度均为零、竖直加速度相同，落点位置（下极板 $M$ 、 $N$ ）的差异由水平速度决定：水平速度越大，水平飞行距离越远，落点越靠外。由图可知，对应频率 $\nu_1$ 的光电子落点较近，说明其水平速度较小，故最大初动能较小、频率较小： $E_{k1}<E_{k2},\qquad v_1<v_2$ 故选A。
如图，某发电站输出电压 $U_{1}=13.8\mathrm{kV}$ 的交流电，经两个变压器先后将电压升至 $U_{2}=220\mathrm{kV}$ 和 $U_{3}=500\mathrm{kV}$ ，再并入电网。输电线电阻 $R_{1}=12\Omega$ ， $R_{2}=8\Omega$ 。设所用变压器均为理想变压器，若发电站输出功率 $P_{1}=690\mathrm{kW}$ ，则 $R_{1}$ 和 $R_{2}$ 上损失的总功率为（　　）

A． $30.118\mathrm{kW}$

B． $30.072\mathrm{kW}$

C． $30.024\mathrm{kW}$

D． $30\mathrm{kW}$

【答案与解析】

本题考查远距离输电的线路损耗计算。理想变压器传输功率 $P=690~\mathrm{kW}$ 在各段不变。各段线路电流：
- 发电机侧（ $13.8~\mathrm{kV}$ ）： $I_1=\dfrac{P}{U_1}=\dfrac{690}{13.8}=50~\mathrm{A}$
- $220~\mathrm{kV}$ 段： $I_2=\dfrac{P}{U_2}=\dfrac{690}{220}\approx3.14~\mathrm{A}$
- $500~\mathrm{kV}$ 段： $I_3=\dfrac{P}{U_3}=\dfrac{690}{500}=1.38~\mathrm{A}$ 损耗主要发生在电流较大的前段线路，总损耗 $P_{\text{损}}=I_1^2R_1+I_2^2R_2=50^2\times12+\left(\frac{690}{220}\right)^2\times8\approx 3.00\times10^4+78.7\approx 3.007\times10^4~\mathrm{W}\approx30.07~\mathrm{kW}$ 故选B。
如图，农民伯伯挑玉米时用双手分别抓住轻绳的O、 $O^{\prime}$ 点处，某时刻绳 $OA$ 、 $O^{\prime}B$ 与竖直方向的夹角均为 $45^{\circ}$ ，手对绳的作用力分别垂直于 $OA$ 、 $O^{\prime}B$ ，所有作用力在同一竖直平面内，此时人和物均处于平衡状态。已知每筐玉米质量为 $m$ ，重力加速度大小为 $g$ ，忽略筐和扁担质量，则此时扁担对肩膀的作用力大小为（　　）

A． $\frac{\sqrt{2}}{2}mg$

B． $mg$

C． $\sqrt{2}mg$

D． $2mg$

【答案与解析】

本题考查共点力平衡（隔离法与整体法）。设单筐质量 $m$ ，每侧绳对手的作用力大小为 $F^{\prime}$ ，绳上段与竖直方向夹角 $45^\circ$ 。对单侧绳与筐子系统，在手的施力点 $O$ 处受力平衡。下段绳竖直，张力 $T_{\text{下}}=mg$ （支持筐重）；上段绳沿 $OA$ 方向，张力 $T$ ；手的作用力 $F^{\prime}$ 垂直于 $OA$ 。取 $OA$ 方向与竖直成 $45^\circ$ ，列平衡方程：沿 $OA$ 垂直方向： $T=F$ ；沿竖直方向： $T\cos45^\circ+F\cos45^\circ=mg$ 代入 $T=F$ 得 $\sqrt2\,F=mg\;\Rightarrow\;F=\frac{\sqrt2}{2}mg,\qquad T=\frac{\sqrt2}{2}mg$ 上段绳对扁担端点 $\mathrm{A}$ （或 $\mathrm{B}$ ）的拉力大小为 $T$ ，方向沿 $AO$ 斜向下（与竖直成 $45^\circ$ ）。两侧对称，每侧竖直分量为 $T\cos45^\circ=\frac{\sqrt2}{2}mg\cdot\frac{\sqrt2}{2}=\frac12mg$ 两侧共提供竖直向下作用力 $2\times\frac12mg=mg$ 。扁担平衡时肩膀对扁担的支撑力为 $mg$ ，由牛顿第三定律，扁担对肩膀的作用力大小亦为 $mg$ 。故选B。
如图，空间中存在垂直于纸面向里的匀强磁场及从 $O$ 点沿径向向外的电场，某处电场强度大小 $E=\frac{k}{r^{2}}$ ， $k$ 为常量， $r$ 为该处到 $O$ 的距离。一带负电粒子在纸面内沿逆时针方向做匀速圆周运动。当磁感应强度大小为 $B_{1}$ 时，粒子运动半径为 $r_{1}$ ，速率为 $v$ ，电势能为 $E_{p1}$ ；当磁感应强度大小为 $B_{2}$ （ $B_{2}>B_{1}$ ）时，粒子运动半径为 $r_{2}$ ，速率仍为 $v$ ，电势能为 $E_{p2}$ 。取无限远处的电势为零，不计粒子重力，则（　　）

A． $r_{2}>r_{1}$ ， $E_{p2}>E_{p1}$

B． $r_{2}>r_{1}$ ， $E_{p2}<E_{p1}$

C． $r_{2}<r_{1}$ ， $E_{p2}<E_{p1}$

D． $r_{2}<r_{1}$ ， $E_{p2}>E_{p1}$

【答案与解析】

本题考查叠加场中匀速圆周运动与电势能比较。粒子带负电（ $q<0$ ），在纸面内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力： $qvB=\frac{mv^2}{r}\;\Rightarrow\;r=\frac{mv}{qB}$ 两次速率 $v$ 相同，因 $B_2>B_1$ ，故 $r_2<r_1$ 电场径向向外， $E=\dfrac{k}{r^2}$ 。由 $E=-\dfrac{dV}{dr}$ 且 $r\to\infty$ 时 $V=0$ ，得 $V(r)=\frac{k}{r}$ 电势能 $E_p=qV=\dfrac{qk}{r}$ 。因 $q<0$ ，有 $E_p<0$ ，且随 $r$ 增大而增大（趋于 $0$ ）。现 $r_2<r_1$ ，故 $E_{p2}=\frac{qk}{r_2}<\frac{qk}{r_1}=E_{p1}$ 故选C。
在贵州凯里，人们常将小西红柿和红辣椒加工后放入如图所示的瓦罐中，罐口处倒扣一个钵并用水密封，发酵制作酸汤。发酵过程中罐内物质缓慢产生气体，压强足够大时气体以气泡形式溢出，间歇性放气。罐内气体可视为理想气体，设罐内气体温度和体积保持不变，则（　　）

A．在放气过程中，溢出的气体对外界做正功

B．在放气过程中，溢出的气体对外界做负功

C．在刚放气完到下次即将放气的过程中，发酵产生气体，罐内气体内能减小

D．在刚放气完到下次即将放气的过程中，发酵产生气体，罐内气体内能增大

【答案与解析】

本题考查理想气体状态变化与热力学第一定律。放气过程：罐内气体压强大于外界，气泡逸出时膨胀并推动周围介质，溢出的气体对外界做正功，故 A 正确、B 错误。刚放气完到下次即将放气期间：发酵持续产生气体，罐内物质的量 $n$ 增加，而题设温度 $T$ 与体积 $V$ 保持不变。对理想气体，内能 $U=nC_VT$ ；在 $T$ 不变而 $n$ 增大时，内能增大，故 D 正确、C 错误。故选AD。
光在折射率为 $n$ 的光纤中传播路程 $L$ ，等效于光在真空中传播路程 $nL$ ， $nL$ 称为光程。如图（a），两根同种光纤在A、B处被熔接为耦合点，形成上下两支路，上下支路A、B之间的光纤长度相同。波长为 $\lambda$ 的光经过耦合点时的变化情况如图（b）所示，任意支路的光经过耦合点，与输入口同侧的输出口的光未额外增加光程，异侧输出口的光额外增加 $\frac{\lambda}{4}$ 光程。现有波长为 $\lambda$ 的光从1口入射，则上下支路的光（　　）

A．在3口干涉加强

B．在3口干涉削弱

C．在4口干涉加强

D．在4口干涉削弱

【答案与解析】

本题考查光程差与干涉加强/削弱条件。上下两支路 $\mathrm{A}$ 、 $\mathrm{B}$ 间光纤长度相同。光从 $1$ 口（设在上支路）入射，在输入耦合点 $\mathrm{A}$ 分裂：走上支路（同侧）不增加光程，走下支路（异侧）增加 $\lambda/4$ 光程；在输出耦合点 $\mathrm{B}$ 再次分配：到同侧输出口不增加光程，到异侧输出口增加 $\lambda/4$ 光程。到达 $3$ 口（与 $1$ 口同侧）的两条光程：
- 上支路全程：增加 $0+0=0$
- 下支路全程：增加 $\lambda/4+\lambda/4=\lambda/2$ 二者光程差 $\lambda/2$ ，相位差 $\pi$ ，干涉削弱，故 B 正确。到达 $4$ 口（与 $1$ 口异侧）的两条光程：
- 上支路：在 $\mathrm{B}$ 点异侧输出，增加 $0+\lambda/4=\lambda/4$
- 下支路：在 $\mathrm{B}$ 点同侧输出，增加 $\lambda/4+0=\lambda/4$ 二者光程差为 $0$ ，同相，干涉加强，故 C 正确。故选BC。
如图，水平绝缘桌面上固定有光滑金属导轨 $ECADG$ ，其中 $EC$ 和 $GD$ 的延长线交于 $\angle CAD$ 的角平分线上 $O$ 点，M、N点在 $AO$ 的延长线上， $M$ 为 $CD$ 的中点， $\angle CAD=2\alpha$ ， $\angle EOG=2\beta$ ， $|OM|=d$ ， $|ON|=L$ 。导轨所在区域存在磁感应强度大小为 $B$ 、方向竖直向下的匀强磁场。质量为 $m$ 的导体棒在水平拉力作用下，从 $A$ 点以速度 $v_{0}$ 向右匀速运动到 $M$ 点，此时撤去拉力，运动到 $N$ 点时速度为 $\frac{v_{0}}{2}$ 。已知导体棒单位长度电阻为 $r$ ，导体棒在运动过程中始终垂直于 $AN$ 且与导轨接触良好，导轨电阻不计。则导体棒（　　）

A．从 $A$ 到 $M$ 的过程中，电流为 $\frac{Bv_{0}}{r}$

B．从 $M$ 到 $N$ 的过程中，通过导体棒的电荷量为 $\frac{B(L^{2}-d^{2})}{2dr}$

C．速度 $v_{0}$ 满足关系式 $v_{0}=\frac{2B^{2}(L^{2}-d^{2})\tan\beta}{mr}$

D．从 $A$ 到 $M$ 的过程中，产生的焦耳热为 $\frac{B^{2}d^{2}v_{0}\tan\beta}{r\tan\alpha}$

【答案与解析】

本题考查导轨单杆模型（动生电动势、电荷量与能量守恒）。导体棒始终垂直于角平分线 $AN$ ，与两导轨相交。设棒到 $O$ 点沿角平分线的距离为 $s$ 。由几何，棒在电路中切割磁感线的有效长度 $\ell=2s\tan\beta$ （ $\angle EOG=2\beta$ ，导轨与角平分线夹角为 $\beta$ ）。动生电动势 $\mathcal E=B\ell v$ ，棒电阻 $R=r\ell$ ，故电流 $I=\frac{\mathcal E}{R}=\frac{B\ell v}{r\ell}=\frac{Bv}{r}$ 与位置无关。 （1）从 $\mathrm{A}$ 到 $M$ （ $v=v_0$ 匀速） $I=\frac{Bv_0}{r}$ 与选项 A 一致，A 正确。 （2）从 $M$ 到 $N$ 通过棒的电荷量 $Q=\int I\,dt=\int\frac{Bv}{r}dt=\frac{B}{r}\int ds=\frac{B}{r}(L-d)$ 选项 B 给出的 $\dfrac{B(L^2-d^2)}{2dr}$ 与此不符，B 错误。 （3）速度 $v_0$ 的关系 $M\to N$ 撤去外力，安培阻力 $F=B I\ell=B\cdot\dfrac{Bv}{r}\cdot 2s\tan\beta=\dfrac{2B^2vs\tan\beta}{r}$ 。由 $m\dfrac{dv}{dt}= -F$ 得 $m\dfrac{dv}{ds}v= -\dfrac{2B^2vs\tan\beta}{r}$ ，即 $m\frac{dv}{ds}= -\frac{2B^2s\tan\beta}{r}$ 从 $s=d,\ v=v_0$ 积分到 $s=L,\ v=v_0/2$ ： $m\left(\frac{v_0}{2}-v_0\right)=-\frac{2B^2\tan\beta}{r}\cdot\frac{L^2-d^2}{2}$ $-\frac{mv_0}{2}=-\frac{B^2\tan\beta(L^2-d^2)}{r}$ $v_0=\frac{2B^2(L^2-d^2)\tan\beta}{mr}$ 与选项 C 一致，C 正确。 （4）从 $\mathrm{A}$ 到 $M$ 的焦耳热 $Q_{AM}=\int I^2R\,dt=\int\left(\frac{Bv_0}{r}\right)^2(r\ell)\,dt=\frac{2B^2v_0^2\tan\beta}{r}\int s\,dt$ $v_0$ 恒定， $\int s\,dt=\dfrac{1}{v_0}\int_0^d s\,ds=\dfrac{d^2}{2v_0}$ ，故 $Q_{AM}=\frac{B^2d^2v_0\tan\beta}{r}$ 选项 D 多除以 $\tan\alpha$ ，D 错误。故选AC。
如图，某同学居家设计简易单摆测量重力加速度。主要器材有：细线、金属球、卷尺、手机、挂衣架。

请完成下列步骤：（1）用卷尺测量金属球直径三次后得平均值 $d=1.82\mathrm{cm}$ 。（2）用卷尺测量摆线长度三次后得平均值 $L$ 。将金属球从平衡位置拉至一个偏角小于 $5^{\circ}$ 的位置并由静止释放，用手机秒表测量金属球20次全振动的时间 $t$ 。重复测量三次，得周期的平均值 $T$ 。（3）改变摆线长度，重复步骤（2）。得 $L$ 、 $t$ （ $t_{1}$ 、 $t_{2}$ 、 $t_{3}$ ）和 $T$ 的数据如下表：

$L/\mathrm{cm}$ $t_{1}/\mathrm{s}$ $t_{2}/\mathrm{s}$ $t_{3}/\mathrm{s}$ $T/\mathrm{s}$
110.10 42.43 42.25 42.38 2.12
100.37 40.43 40.50 40.38
90.23 38.62 38.38 38.50 1.93

计算上表中 $L=100.37\mathrm{cm}$ 时的 $T=$ ＿＿＿＿s。（保留三位有效数字）（4）根据重力加速度表达式 $g=$ ＿＿＿＿（用 $\pi$ 、T、L和 $d$ 表示），计算实验值。（5）查询当地重力加速度，发现 $g$ 的实验值偏小。为减小空气阻力引起的误差，应尽量选择质量＿＿＿＿（填“大”或“小”）、体积＿＿＿＿（填“大”或“小”）的摆球。

【答案与解析】

本题考查用单摆测量重力加速度的实验数据处理。 （3）求 $L=100.37~\mathrm{cm}$ 时的周期 $T$ 三次全振动时间： $t_1=40.43~\mathrm{s}$ ， $t_2=40.50~\mathrm{s}$ ， $t_3=40.38~\mathrm{s}$ 。平均时间 $\bar t=\frac{40.43+40.50+40.38}{3}=\frac{121.31}{3}\approx40.44~\mathrm{s}$ 周期（20 次全振动） $T=\frac{\bar t}{20}=\frac{40.44}{20}\approx2.02~\mathrm{s}$ （保留三位有效数字），与填＿＿＿＿一致。 （4）重力加速度表达式 摆长 $l=L+\dfrac d2=\dfrac{2L+d}{2}$ ，由 $T=2\pi\sqrt{\dfrac{l}{g}}$ 得 $g=\frac{4\pi^2 l}{T^2}=\frac{4\pi^2}{T^2}\cdot\frac{2L+d}{2}=\frac{2\pi^2(2L+d)}{T^2}$ 与填＿＿＿＿一致。 （5）减小空气阻力误差 空气阻力相对影响随摆球质量增大、体积减小而减小，故摆球应选质量大、体积小，与填＿＿＿＿、＿＿＿＿一致。
在绝缘板上均匀涂敷一种导电材料，制作的电阻样品如图（a）所示。所制三个电阻的涂层长度相同、宽度较小且相同、厚度不同（几微米），阻值均约为几十欧。某实验小组通过测量三个电阻阻值，比较其涂层厚度，所用器材有：待测电阻 $R_{x1}$ 、 $R_{x2}$ 和 $R_{x3}$ ；电压表 $V_1$ （量程 $0~3 V$ ）；电压表 $V_2$ （量程 $0~5 V$ ）；电阻箱 $R_0$ （阻值 $0\sim999.9\mathrm{\Omega}$ ）；滑动变阻器 $R$ （阻值 $0\sim10\mathrm{\Omega}$ ）；直流电源E（电动势4.5 V）；开关；导线若干。

请完成下列步骤： $(1)$ 实验小组设计了如图（b）所示的电路图。根据图（b）完成图（c）中的实物图连线。

$(2)$ 接入 $R_{x1}$ ，闭合 $\mathrm{S}$ ，调节 $R$ 和 $R_0$ ， $R_0$ 的示数如图（d）所示，此时 $R_0$ 读数为＿＿＿＿ $\Omega$ ，电压表 $V_1$ 和 $V_2$ 读数分别为 $1.81\mathrm{V}$ 和 $3.62\mathrm{V}$ ，由此可知 $R_{x1}=$ ＿＿＿＿ $\Omega$ 。断开 $\mathrm{S}$ ，改换待测电阻，重复上述步骤。分别测得 $R_{x2}=20.2\Omega$ ， $R_{x3}=70.5\mathrm{\Omega}$ 。

$(3)$ 由三个电阻测量值可知＿＿＿＿（填“ $R_{x1}$ ”“ $R_{x2}$ ”或“ $R_{x3}$ ”）涂层最厚。 $(4)$ 实验完成后，该小组通过原理分析，发现此方法测电阻未考虑电压表 $V_1$ 内阻的影响。若已知电压表 $V_1$ 内阻为 $R_{V1}$ ，电压表 $V_1$ 和 $V_2$ 示数分别为 $U_{1}$ 和 $U_{2}$ ，电阻箱示数为 $R_0$ ，则 $R_{x}=$ ＿＿＿＿（用 $R_{V1}$ 、 $R_0$ 、 $U_{1}$ 和 $U_{2}$ 表示）。经分析发现，本实验中考虑电压表 $V_1$ 内阻后，不影响判断三个电阻涂层厚度关系。

【答案与解析】

本题考查双伏法测电阻及电压表内阻修正。 （2）读数 电阻箱示数由图（d）读得 $R_0=36.2~\Omega$ 。由电路（双伏法）， $U_1$ 为 $R_0$ 支路电压、 $U_2$ 为总电压，且 $\dfrac{U_2}{U_1}=\dfrac{R_0+R_{x1}}{R_0}$ 。代入 $U_1=1.81~\mathrm{V}$ ， $U_2=3.62~\mathrm{V}$ ： $\frac{3.62}{1.81}=2=\frac{R_0+R_{x1}}{R_0}\;\Rightarrow\;R_{x1}=R_0=36.2~\Omega$ 与填＿＿＿＿、＿＿＿＿一致。 （3）涂层厚度比较 电阻 $R=\rho\dfrac{L_{\text{涂}}}{wd}$ （长度 $L_{\text{涂}}$ 、宽度 $w$ 、厚度 $d$ 均相同），故 $R\propto\dfrac1{\text{厚度}}$ ，阻值越小涂层越厚。测得 $R_{x2}=20.2~\Omega$ 最小，故 $R_{x2}$ 涂层最厚，与填＿＿＿＿一致。 （4）考虑电压表 V1 内阻的修正推导 电路为 $R_0$ 与电压表 V1（内阻 $R_{V1}$ ）并联后，再与 $R_x$ 串联；V1 测并联支路电压 $U_1$ ，V2 测总电压 $U_2$ 。并联支路等效电阻 $R_{\text{并}}=\dfrac{R_0R_{V1}}{R_0+R_{V1}}$ 。总电流 $I=\frac{U_2-U_1}{R_0}$ （串联分压： $U_2=I(R_x+R_{\text{并}})$ ， $U_1=IR_{\text{并}}$ ，故 $U_2-U_1=IR_x$ 。）又 $U_1=I R_{\text{并}}=I\dfrac{R_0R_{V1}}{R_0+R_{V1}}$ 。由 $I=\dfrac{U_2-U_1}{R_x}$ 代入得 $U_1=\frac{U_2-U_1}{R_x}\cdot\frac{R_0R_{V1}}{R_0+R_{V1}}$ 整理： $U_1R_x(R_0+R_{V1})=(U_2-U_1)R_0R_{V1}$ $U_1R_xR_0+U_1R_xR_{V1}=(U_2-U_1)R_0R_{V1}$ $U_1R_0R_{V1}=R_x\big[(U_2-U_1)R_{V1}-U_1R_0\big]$ $R_x=\frac{R_0R_{V1}U_1}{R_{V1}(U_2-U_1)-U_1R_0}$ 与填＿＿＿＿一致。因修正后阻值仍随测量值单调变化，不影响三个电阻涂层厚度的排序结论。
图（a）是绳波在某时刻的照片。设该绳波为简谐横波，以绳中各质点平衡位置的连线为 $x$ 轴、质点振动方向为 $y$ 轴，建立如图（b）所示的直角坐标系，图中实线、虚线分别表示 $t=0$ 和 $t=0.25\mathrm{s}$ 时绳波的图像。若该绳波沿 $x$ 轴负方向传播，周期大于 $0.25\mathrm{s}$ 。

$(1)$ 求绳波的波长和振幅； $(2)$ 求绳波的周期和传播速度； $(3)$ 在图（c）中，画出 $t=0.5\mathrm{s}$ 时绳波在 $0~2.0 m$ 内的图像。

【答案与解析】

本题考查简谐横波的波长、周期、波速及波形图。 （1）波长与振幅 由图（b）可读出：相邻波峰（或波谷）间距即波长 $\lambda=2.0~\mathrm{m}$ 波峰到平衡位置的最大位移即振幅 $A=0.10~\mathrm{m}$ （2）周期与波速 波沿 $x$ 轴负方向传播。由图（b）两时刻波形对照可读出，在 $\Delta t=0.25~\mathrm{s}$ 内波形向左平移了 $\Delta x=\lambda/4=0.5~\mathrm{m}$ （因周期大于 $0.25~\mathrm{s}$ ，平移量小于一个波长）。波速 $v=\frac{\Delta x}{\Delta t}=\frac{0.5}{0.25}=2.0~\mathrm{m/s}$ 周期 $T=\frac{\lambda}{v}=\frac{2.0}{2.0}=1.0~\mathrm{s}$ 且 $T=1.0~\mathrm{s}>0.25~\mathrm{s}$ ，符合题意。 （3） $t=0.5~\mathrm{s}$ 时波形 $t=0.5~\mathrm{s}=T/2$ ，波形相对 $t=0$ 向 $-x$ 方向平移 $\lambda/2=1.0~\mathrm{m}$ ，即与 $t=0$ 波形关于平衡位置反相（相位差 $\pi$ ）。在 $0\sim2.0~\mathrm{m}$ 内，将图（b）实线整体左移 $1.0~\mathrm{m}$ （或取反相曲线）即可得所求波形。
在竖直平面内，一带电荷量为 $q$ （ $q>0$ ）的小球在重力作用下从 $P$ 点由静止开始下落，运动过程中始终受到与运动方向相反的空气阻力作用，其大小 $f$ 与速率 $v$ 满足 $f=kv$ （ $k$ 为常量）。小球第一次经过 $P$ 点正下方的 $M$ 点时达到最大速率 $v_{0}$ ，此时，施加竖直向上的恒定匀强电场，小球做变速运动。经过一段时间后，小球在 $M$ 点正上方的 $N$ 点再次达到最大速率 $v_{0}$ ，此后匀速上升。已知小球速率从第一次 $v_{0}$ 到再次达到 $v_{0}$ 的过程中，克服空气阻力做功为 $W_{f}$ ，重力加速度大小为 $g$ 。求： $(1)$ 小球的质量和电场强度大小； $(2)$ 小球的最大加速度大小； $(3)$ 施加电场后， $M$ 、 $N$ 两点间的电势差。

【答案与解析】

本题考查变力作用下的运动、电场力与功能关系。 （1）质量 $m$ 与电场强度 $E$ 在 $M$ 点（未加电场、下落达到最大速率 $v_0$ ）时加速度为零，阻力与重力平衡： $mg=kv_0\;\Rightarrow\;m=\frac{kv_0}{g}$ 加电场后，小球在 $N$ 点再次达到最大速率 $v_0$ 并此后匀速上升。此时向上运动，阻力向下，受力平衡： $qE=mg+kv_0$ 代入 $mg=kv_0$ 得 $qE=2kv_0\;\Rightarrow\;E=\frac{2kv_0}{q}$ （2）最大加速度大小 刚加电场的瞬间（ $M$ 点，速度 $v_0$ 向下），合力向上： $F_{\text{合}}=qE-mg-kv_0=2kv_0-kv_0-kv_0=2kv_0$ 加速度 $a_{\max}=\frac{F_{\text{合}}}{m}=\frac{2kv_0}{kv_0/g}=2g$ （此后无论减速上升或加速上升，合力均不超过此值。）故最大加速度大小为 $2g$ 。 （3） $M$ 、 $N$ 两点间电势差 设 $M$ 、 $N$ 竖直间距为 $h$ （ $N$ 在 $M$ 上方）。从 $M$ （刚加电场、速度 $v_0$ 向下）到 $N$ （速度 $v_0$ 向上），动能变化 $\Delta E_k=0$ 。由动能定理（克服空气阻力做功为 $W_f$ ，即阻力做功 $-W_f$ ）： $-mgh+qEh-W_f=0$ $h(qE-mg)=W_f$ 代入 $qE-mg=2kv_0-kv_0=kv_0$ ： $h\cdot kv_0=W_f\;\Rightarrow\;h=\frac{W_f}{kv_0}$ 匀强电场竖直向上，电势沿电场方向降低。 $N$ 在 $M$ 上方，故 $U_{MN}=\varphi_M-\varphi_N=Eh=\frac{2kv_0}{q}\cdot\frac{W_f}{kv_0}=\frac{2W_f}{q}$ 即 $M$ 点电势比 $N$ 点高 $\dfrac{2W_f}{q}$ 。
如图，机舱内装有质量均为 $m_{1}=5\mathrm{kg}$ 的甲、乙两个灭火弹模型的弹射型无人机，静止在 $\theta=30^{\circ}$ 的斜直轨道上，无人机空载时质量 $m_{0}=30\mathrm{kg}$ 。无人机在弹射系统作用下以 $v_{0}=15\mathrm{m/s}$ 的速度沿轨道离开，随后无人机依靠自身动力飞行，达到高度 $H=125\mathrm{m}$ 时，开始以 $v_{1}=20\mathrm{m/s}$ 的速度沿水平方向做匀速直线运动，并进行投弹训练。设两弹所受空气阻力不计，落地点均在同一水平面上，取重力加速度 $g=10\mathrm{m/s}^{2}$ 。

$(1)$ 求载弹无人机在斜直轨道上运动过程中所受合力的冲量大小和方向； $(2)$ 设水平飞行过程中，载弹无人机水平方向动力与质量满足 $F=\frac{1960}{m}$ （国际单位制），所受空气阻力大小恒为 $f=49\mathrm{N}$ ，方向与飞行方向相反，若两弹相对无人机无初速度先后被释放，时间间隔 $\Delta t=2\mathrm{s}$ ，求两弹落地点之间的距离； $(3)$ 设无人机水平飞行过程中，先相对无人机无初速度释放甲，当甲落地时沿水平方向发射乙，此时乙相对地面的速度大小为 $v$ ，若无人机的速度始终不变，求乙从发射到落地的过程中，两弹之间距离的最小值与 $v$ 取值的关系。

【答案与解析】

本题考查动量定理、平抛运动与相对运动。载弹无人机总质量 $m_{\text{总}}=m_0+2m_1=30+2\times5=40~\mathrm{kg}$ 。 （1）斜直轨道上合力的冲量 无人机在轨道上由静止被弹射至 $v_0=15~\mathrm{m/s}$ ，合力冲量等于动量变化： $I=\Delta p=m_{\text{总}}v_0=40\times15=600~\mathrm{N\cdot s}$ 方向沿轨道（离开轨道的运动方向，即沿斜面向上）。 （2）两弹落地点间距 水平匀速飞行时速度 $v_1=20~\mathrm{m/s}$ 。炸弹释放后相对无人机无初速度，故具有与无人机相同的水平速度 $20~\mathrm{m/s}$ ，竖直初速度为零，做平抛运动。从高度 $H=125~\mathrm{m}$ 落地时间： $H=\frac12gt^2\;\Rightarrow\;t=\sqrt{\frac{2H}{g}}=\sqrt{\frac{2\times125}{10}}=5~\mathrm{s}$ 每弹水平飞行距离 $x=v_1t=20\times5=100~\mathrm{m}$ 。两弹释放时间间隔 $\Delta t=2~\mathrm{s}$ ，无人机匀速，故释放点水平间距为 $v_1\Delta t=20\times2=40~\mathrm{m}$ 。两弹水平速度相同、飞行时间相同，落地点间距即释放点间距： $\Delta x=40~\mathrm{m}$ （3）乙发射到落地过程中两弹距离的最小值与 $v$ 的关系 当甲落地时，甲已随初速 $20~\mathrm{m/s}$ 水平飞行 $5~\mathrm{s}$ ，水平位移 $100~\mathrm{m}$ ；无人机同样飞行 $5~\mathrm{s}$ 、水平位移 $100~\mathrm{m}$ ，恰位于甲落点正上方 $H$ 处。此时以无人机（及甲落点）为原点，甲在地面 $(0,0)$ ，乙从 $(0,H)$ 沿水平方向以地面速率 $v$ 射出。乙落地前位置： $(vt,\ H-\frac12gt^2)$ ，飞行时间仍为 $5~\mathrm{s}$ 。与甲的距离平方 $D^2=(vt)^2+\left(H-\frac12gt^2\right)^2$ 对 $t$ 求导并令为零： $\frac{d(D^2)}{dt}=2t\left(v^2-gH+\frac12g^2t^2\right)=0$ 得临界点（除 $t=0$ 外） $t^2=\frac{2(gH-v^2)}{g^2}$ 要求 $t$ 为实数且 $\le5~\mathrm{s}$ ，需 $v^2\le gH$ 。此时 $\frac12gt^2=gH-v^2,\qquad H-\frac12gt^2=\frac{v^2}{g}$ $D_{\min}^2=(vt)^2+\left(\frac{v^2}{g}\right)^2=\frac{v^2}{g}\left(2H-\frac{v^2}{g}\right)$ 令临界速率 $v_c=\sqrt{gH}=\sqrt{10\times125}=25\sqrt2\approx35.4~\mathrm{m/s}$ 。
- 当 $0\le v\le v_c$ 时： $d_{\min}=\sqrt{\frac{v^2}{g}\left(2H-\frac{v^2}{g}\right)}=\sqrt{25v^2-\frac{v^4}{100}}~\mathrm{m}$ （代入 $H=125~\mathrm{m},\ g=10~\mathrm{m/s^2}$ ）
- 当 $v\ge v_c$ 时，距离在 $t=0$ 处最小，即 $d_{\min}=H=125~\mathrm{m}$

$L/\mathrm{cm}$	$t_{1}/\mathrm{s}$	$t_{2}/\mathrm{s}$	$t_{3}/\mathrm{s}$	$T/\mathrm{s}$
110.10	42.43	42.25	42.38	2.12
100.37	40.43	40.50	40.38
90.23	38.62	38.38	38.50	1.93