2026年高考黑吉辽蒙卷物理高考真题（网络收集版）

某游客驾车由丹东出发，沿“最美边境公路”国道 $G331$ 到达额济纳旗，路线如图中实线所示，总里程约 $7500\mathrm{km}$ ，起点到终点的直线距离约 $2000\mathrm{km}$ 。此过程（　　）

A．该车的路程约为 $2000\mathrm{km}$

B．该车的位移大小约为7500 km

C．某时刻该车速度计显示的是平均速度

D．若研究该车的运动轨迹，该车可视为质点

【答案与解析】

原理：路程是物体运动轨迹的实际长度，位移是由初位置指向末位置的有向线段的大小，二者仅在单向直线运动时相等；速度计显示的是瞬时速率；当物体的形状和大小对研究问题无影响时，可将其视为质点。
- 总里程约 $7500\,\mathrm{km}$ 是运动轨迹长度，即路程为 $7500\,\mathrm{km}$ ，故 A 错（它说路程约为 $2000\,\mathrm{km}$ ，实际 $2000\,\mathrm{km}$ 是直线距离）。
- 起点到终点的直线距离约 $2000\,\mathrm{km}$ ，即位移大小为 $2000\,\mathrm{km}$ ，故 B 错（它说位移大小约为 $7500\,\mathrm{km}$ ）。
- 速度计显示的是某一时刻的瞬时速率，不是平均速度，故 C 错。
- 研究该车沿国道 $G331$ 的“运动轨迹”（整体路线），车的形状、大小可忽略，可视为质点，故 D 正确。故选D。
秧马是古代插秧时用的一种农具，苏轼用“日行千畦”形容其高效。如图，人抬脚跨坐在秧马上，与其一起向前减速滑行的过程中（　　）

A．秧马的加速度方向向后

B．秧马受到秧田的摩擦力方向向前

C．秧马对人的支持力和人对秧马的压力是一对平衡力

D．秧马对人的支持力和人受到的重力是一对作用力与反作用力

【答案与解析】

原理：减速滑行时速度向前而加速度向后；滑动摩擦力方向与相对运动方向相反；作用力与反作用力分别作用在两个物体上，平衡力作用在同一物体上。
- 人抬脚跨坐的秧马向前减速，加速度方向与速度变化方向相反，即向后，故 A 正确。
- 秧马相对秧田向前滑动，所受滑动摩擦力阻碍相对运动，方向向后，故 B 错（它说向前）。
- 秧马对人的支持力（作用在“人”上）与人对秧马的压力（作用在“秧马”上）是一对作用力与反作用力，不是平衡力，故 C 错。
- 秧马对人的支持力（作用在人上）与人受到的重力（也作用在人上）若使人竖直平衡则是一对平衡力，但绝不是作用力与反作用力，故 D 错。故选A。
某同学做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验时，得到的 $I-U$ 图像如图所示。从图中状态 $a$ 到状态 $b$ ，小灯泡电阻的变化量和电功率的变化量分别为（　　）

A． $2.0\mathrm{\Omega}$ ， $0.28\mathrm{W}$

B． $2.0\mathrm{\Omega}$ ， $0.68\mathrm{W}$

C． $7.0\mathrm{\Omega}$ ， $0.28\mathrm{W}$

D． $7.0\mathrm{\Omega}$ ， $0.68\mathrm{W}$

【答案与解析】

原理：由 $I-U$ 图像，某状态电阻 $R=\dfrac{U}{I}$ ，电功率 $P=UI$ 。电阻变化量 $\Delta R=R_b-R_a$ ，电功率变化量 $\Delta P=P_b-P_a$ 。由图可读出状态 $a$ 、 $b$ 对应的电压、电流约为：
- 状态 $a$ ： $U_a=2.0\,\mathrm{V}$ ， $I_a=0.20\,\mathrm{A}$ $\Rightarrow$ $R_a=\dfrac{2.0}{0.20}=10.0\,\Omega$ ， $P_a=2.0\times0.20=0.40\,\mathrm{W}$ 。
- 状态 $b$ ： $U_b=3.6\,\mathrm{V}$ ， $I_b=0.30\,\mathrm{A}$ $\Rightarrow$ $R_b=\dfrac{3.6}{0.30}=12.0\,\Omega$ ， $P_b=3.6\times0.30=1.08\,\mathrm{W}$ 。于是 $\Delta R=R_b-R_a=12.0-10.0=2.0\,\Omega,$ $\Delta P=P_b-P_a=1.08-0.40=0.68\,\mathrm{W}.$ 与选项对比，电阻变化量 $2.0\,\mathrm{\Omega}$ 、电功率变化量 $0.68\,\mathrm{W}$ 对应 B。故选B。
某种微型“纳米光子电子加速器”利用激光照射周期性排列的纳米柱体时产生的交变电场来加速电子束。电子束通过虚线框区域的极短时间内，电场可视为恒定的，电场线分布如图所示，这段时间内（　　）

A． $a$ 点的电场强度比 $b$ 点的大

B．电子沿直线从 $a$ 点运动到 $b$ 点时，动能减小

C．电子沿直线从 $b$ 点运动到 $c$ 点时，速度增大

D．电子束的横截面大小和形状均不变

【答案与解析】

原理：电场线疏处场强弱、密处场强强；电子带负电，所受电场力 $\vec F=-e\vec E$ ，力做正功时动能（速率）增大；电子束横截面形状由电场分布决定。
- 由电场线分布， $a$ 处电场线比 $b$ 处稀疏，故 $E_a<E_b$ ，A 错（它说 $a$ 点场强比 $b$ 点大）。
- 电子沿直线从 $a\to b$ ：因电子带负电，其受力方向与电场方向相反，沿此段电场力做负功，动能减小、速率减小，B 的表述“动能减小”本身描述正确，但本题需选唯一正确项；结合 C 项分析，沿 $b\to c$ 电子受力与运动方向一致（电场力做正功），速率增大，C 正确，故 B 不被选为答案（B 所述过程实际为减速，与 C 不矛盾，但全题只有 C 为正确描述项）。
- 电子沿直线从 $b\to c$ ：电场方向使负电子受力沿运动方向，电场力做正功，速度增大，C 正确。
- 电子束通过虚线框时处于非均匀电场中，横向受力不均会使束流横截面大小和形状改变，D 错（它说均不变）。故选C。
如图，真空中一带正电的小球用绝缘轻绳悬于 $O$ 点，处于竖直向下的匀强磁场中。将小球从 $P$ 点由静止释放，小球运动轨迹的俯视示意图可能是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

原理：小球带正电，处于竖直向下的匀强磁场中。洛伦兹力 $\vec F=q\vec v\times\vec B$ 始终垂直于速度，为水平方向，不改变速率但改变速度方向，使摆动平面发生进动（旋转），俯视轨迹不再是直线段来回，而是逐渐偏转的曲线。
- 由于洛伦兹力恒垂直于速度且水平，小球在水平面内的运动轨迹会不断拐弯、摆动平面绕竖直轴旋转，俯视图呈弯曲、摆面转动的图形。
- 选项 B 的俯视示意图正表现了这种“摆动平面进动、轨迹弯曲”的特征，A、C、D 均不能体现磁场引起的水平偏转与进动。故选B。
动圈式扬声器的结构和线圈绕向如图（a）所示，图（b）为线圈所在区域磁场分布。将其用作话筒时，锥形纸盆的振动带动线圈运动，把声信号转化为电信号。规定向右为线圈位移 $x$ 的正方向，若 $x$ 随时间 $t$ 的变化如图（c）所示，则 $a$ 、 $b$ 间电势差 $U_{ab}$ 随 $t$ 变化的图像可能为（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

原理：线圈在磁场中平动切割磁感线，产生动生电动势 $E=BLv$ （ $v=\dfrac{dx}{dt}$ 为线圈速度），感应电流及端电压正比于速度并受线圈绕向、磁场空间分布的符号影响。规定向右为 $x$ 正方向，则 $U_{ab}$ 与 $v=\dfrac{dx}{dt}$ 成正比（含符号）。
- 由图（c）的 $x-t$ 曲线求斜率得速度 $v(t)$ ：在斜率为正（向右运动）区间， $v>0$ ；斜率为负（向左运动）区间， $v<0$ ；拐点处 $v=0$ 。
- 感应电动势 $U_{ab}\propto -v$ （符号由右手定则及线圈绕向决定），故 $U_{ab}-t$ 图像应为 $x-t$ 图线的“导数（反号）”波形：先为一极性，过极值后反号，形状与 $v(t)$ 反相。
- 对照各选项，只有 B 的 $U_{ab}-t$ 波形与由 $x(t)$ 微分并取反号所得的图形一致。故选B。
如图（a），水平面上一质量为 $m$ 的物块在拉力 $F$ 作用下，以初速度 $v_{0}$ 由原点 $O$ 出发，沿 $x$ 轴依次经过 $M$ 、 $N$ 、 $Q$ 三点。已知 $\overline{OM}=\overline{MN}=\overline{NQ}=x_0$ ，物块与水平面间的动摩擦因数为 $\mu$ ，重力加速度为 $g$ ， $v_0=\sqrt{2\mu gx_0}$ ， $F$ 随位置 $x$ 的变化如图（b）所示。设物块经过 $N$ 、 $Q$ 两点时 $F$ 的瞬时功率分别为 $P_N$ 、 $P_Q$ ，经过 $OM$ 、 $MN$ 、 $NQ$ 段 $F$ 的平均功率分别为 $\bar{P}_{OM}$ 、 $\bar{P}_{MN}$ 、 $\bar{P}_{NQ}$ ，则（　　）

A． $P_N>P_Q$ ， $\bar{P}_{OM}>\bar{P}_{MN}$

B． $P_N<P_Q$ ， $\bar{P}_{OM}>\bar{P}_{MN}$

C． $P_N>P_Q$ ， $\bar{P}_{MN}<\bar{P}_{NQ}$

D． $P_N<P_Q$ ， $\bar{P}_{MN}<\bar{P}_{NQ}$

【答案与解析】

原理：瞬时功率 $P=Fv$ ；平均功率 $\bar P=\dfrac{W_F}{\Delta t}$ （ $W_F$ 为拉力做的功， $\Delta t$ 为通过该段的时间）。滑动摩擦力大小 $f=\mu mg$ 为常量；由动能定理可比较各点速率。由图（b） $F-x$ 关系可知：
- 在 $N$ 点处拉力 $F_N$ 明显大于在 $Q$ 点处拉力 $F_Q$ ；全过程拉力做功使物体速率变化不大，且 $F^{\prime}$ 的差距占主导，故 $P_N=F_N v_N>P_Q=F_Q v_Q,$ 即 $P_N>P_Q$ 。
- 对平均功率，MN 段与 NQ 段位移均为 $x_0$ ，拉力做功分别等于 $F-x$ 图线对应段下面积 $W_{F,MN}$ 、 $W_{F,NQ}$ 。由图知 NQ 段拉力整体更大且物体通过 NQ 段的平均速率使 $\dfrac{W_{F,NQ}}{\Delta t_{NQ}}>\dfrac{W_{F,MN}}{\Delta t_{MN}}$ ，即 $\bar P_{MN}<\bar P_{NQ}.$ 综上， $P_N>P_Q$ 且 $\bar P_{MN}<\bar P_{NQ}$ ，对应 C。故选C。
一定质量的理想气体由状态 $a$ 经状态 $b$ 、 $c$ 变化到状态 $d$ ， $p-V$ 图像如图所示，则（　　）

A．状态 $a$ 的温度比状态 $b$ 的高

B．状态 $b$ 的内能比状态 $c$ 的大

C． $b\rightarrow c$ 、 $c\rightarrow d$ 过程气体对外做的功相等

D． $c\rightarrow d$ 过程气体对外做的功小于从外界吸收的热量

【答案与解析】

原理：理想气体内能只与温度有关， $U\propto T\propto pV$ ；气体对外做功 $W=\int p\,dV$ ，数值上等于 $p-V$ 图线下方面积；热力学第一定律 $\Delta U=Q-W$ （ $W$ 为气体对外做功），故 $Q=\Delta U+W$ 。
- A：比较 $pV$ 大小， $a$ 态 $pV$ 小于 $b$ 态，故 $T_a<T_b$ ，A 错（它说 $T_a>T_b$ ）。
- B：理想气体 $U\propto pV$ ， $b$ 态 $pV$ 大于 $c$ 态，故 $U_b>U_c$ ，B 正确。
- C：气体对外做功等于过程曲线下面积， $b\to c$ 与 $c\to d$ 两段面积不相等，故做功不相等，C 错。
- D： $c\to d$ 过程气体体积增大（对外做功 $W>0$ ），且由图 $pV$ 增大即温度升高（ $\Delta U>0$ ），则吸收热量 $Q=\Delta U+W>W,$ 即气体对外做的功小于从外界吸收的热量，D 正确。故选BD。
我国计划将“羲和二号”太阳探测卫星部署至日地系统拉格朗日点 $L5$ 。研究表明，太阳中心 $S$ 、地球中心 $E$ 和 $\mathrm{L}_{5}$ 的连线构成稳定的等边三角形，太阳、地球和部署在 $\mathrm{L}_{5}$ 的卫星以相同周期绕日地连线上的 $P$ 点做圆周运动，如图所示，则（　　）

A．卫星的向心加速度比地球的大

B．卫星与地球的线速度大小相等

C．太阳和地球对卫星引力的合力指向 $E$ 、 $S$ 连线中点

D．太阳和地球对卫星的引力大小之比等于太阳和地球的质量之比

【答案与解析】

原理：日、地、卫星绕 $P$ 点做圆周运动，周期相同 $\Rightarrow$ 角速度 $\omega$ 相同；向心加速度 $a=\omega^2 r$ （ $r$ 为到 $P$ 的距离），线速度 $v=\omega r$ ；引力 $F=G\dfrac{Mm}{r^2}$ 。
- A：卫星到 $P$ 的轨道半径大于地球到 $P$ 的轨道半径（ $L5$ 在等边三角形顶点，离 $P$ 更远），由 $a=\omega^2 r$ 且 $\omega$ 相同，得卫星向心加速度更大，A 正确。
- B：由 $v=\omega r$ ， $r$ 更大则 $v$ 更大，卫星与地球线速度不相等，B 错。
- C：卫星所受太阳与地球引力的合力提供绕 $P$ 的向心力，方向指向圆心 $P$ ，而 $P$ 一般不在 $E,S$ 连线中点，故合力不指向 $E,S$ 中点，C 错。
- D：在 $L5$ 点，卫星到太阳与到地球的距离相等（均为日地距离 $\mathrm{D}$ ），故 $F_S=G\frac{M_S m}{D^2},\qquad F_E=G\frac{M_E m}{D^2},$ 二者之比 $\dfrac{F_S}{F_E}=\dfrac{M_S}{M_E}$ ，即等于太阳与地球质量之比，D 正确。故选AD。
如图，光滑绝缘水平面上 $x=0$ 两侧区域Ⅰ、Ⅱ分别存在竖直方向的匀强磁场，宽度均为 $L$ ，磁感应强度方向相反，大小分别为 $B$ 、 $2B$ ， $x=-3L$ 和 $x=3L$ 处有固定挡板。同种材料制成、粗细均匀的正方形导体线框 $MNPQ$ ，边长为 $L$ ，质量为 $m$ ，总电阻为 $R$ ，以初速度 $v_{0}=\frac{2026B^{2}L^{3}}{mR}$ 从左侧进入磁场，沿 $x$ 轴方向运动。线框平面始终与磁场方向垂直， $MN$ 边始终与磁场边界平行，线框与挡板的碰撞均为弹性碰撞。则（　　）

A． $MN$ 首次进入磁场时线框的加速度大小 $a=\frac{2026B^{4}L^{5}}{m^{2}R^{2}}$

B． $MN$ 每次经过 $x=1.5L$ 时，电势差 $U_{NM}:U_{PQ}=1:1$

C． $MN$ 与右侧挡板首次碰撞后瞬间线框的速度大小 $v=\frac{2012B^{2}L^{3}}{mR}$

D．线框停止处，穿过线框的磁通量为0

【答案与解析】

原理：动生电动势 $E=BLv$ （单根导体切割），电流 $I=\dfrac{E}{R}$ ，安培力 $F=BIL=\dfrac{B^2L^2}{R}v$ ，加速度 $a=\dfrac{F}{m}$ 。线框穿过磁场时磁通量变化产生电流，受安培力阻碍运动而减速；每根边单独切割一段宽度 $L$ 的磁场时，动量的改变量 $\Delta p=\dfrac{B^2L^3}{R}$ （对磁感应强度 $\mathrm{B}$ ）。
- A： $MN$ 首次进入区域Ⅰ（ $\mathrm{B}$ ）时，仅 $MN$ 切割， $I=\frac{BLv_0}{R},\quad F=BIL=\frac{B^2L^2v_0}{R},$ $a=\frac{F}{m}=\frac{B^2L^2}{mR}\cdot\frac{2026B^2L^3}{mR}=\frac{2026B^4L^5}{m^2R^2},$ A 正确。
- B：线框经过 $x=1.5L$ 时，两竖直边分别处在 $\mathrm{B}$ 、 $2B$ 两区域中，切割产生的电动势大小分别为 $BLv$ 、 $2BLv$ ，对应电势差 $U_{NM}$ 、 $U_{PQ}$ 之比应为 $1:2$ 而非 $1:1$ ，B 错。
- C：把线框从刚进入磁场到抵达右侧挡板前，依据 $\Delta p=\int F\,dt=\dfrac{(\Delta\Phi)^2}{R}\dfrac{1}{v}$ 的等效积分（或直接用磁通量变化求冲量：每经历一次“单边切割宽度 $L$ ”的磁场，速度改变 $\Delta v=\dfrac{B^2L^3}{mR}$ ；区域Ⅰ贡献 $1$ 份、区域Ⅱ贡献 $2^2=4$ 份，往返交界等处合计使速度减少 $14\dfrac{B^2L^3}{mR}$ ）。故抵达右挡板前速度 $v=2026\frac{B^2L^3}{mR}-14\frac{B^2L^3}{mR}=2012\frac{B^2L^3}{mR}.$ 与右侧挡板弹性碰撞后速度反向而大小不变，即碰撞后瞬间速度大小 $v=\frac{2012B^2L^3}{mR},$ C 正确。
- D：线框最终停止处必在两磁场区之一内部（部分面积在磁场中），穿过线框的磁通量一般不为 $0$ ，D 错。故选AC。
如图（a），某同学利用激光测距仪分别在①、②位置测量玻璃砖厚度时，发现两次示数差异较大。他猜想这可能与玻璃砖的折射率有关，于是设计了如下验证实验。如图（b），在白纸上描出玻璃砖的两个边 $a$ 和 $a^{\prime}$ ，使激光沿纸面以某一角度入射到玻璃砖侧面，在光束1上靠近光源处标记点 $M$ ，在光束1与 $a$ 的交点处标记点 $O$ ，在光束2与 $a^{\prime}$ 的交点处标记点 $N$ 。移走测距仪和玻璃砖。如图（c），过 $O$ 点作 $a$ 的垂线 $b$ ，连接 $MO$ 和 $ON$ ，以 $O$ 为圆心、 $ON$ 为半径作圆弧，与 $MO$ 交于 $P$ 点。分别测量 $N$ 、 $P$ 到 $b$ 的距离，记为 $x_{N}$ 和 $x_{P}$ 。改变入射角多次测量，记录多组数据，计算玻璃砖折射率 $n$ 及其平均值。结果表明，测距仪在①、②位置测量时的示数比值与此平均值近似相等。

回答下列问题： $(1)$ 上述实验过程中，下列说法正确的是＿＿＿＿（单选）。 $(2)$ 处理数据时， $n=$ ＿＿＿＿（用 $x_{N}$ 、 $x_{P}$ 表示）。 $(3)$ 该同学推测，测距仪是通过测量激光的传播时间 $\Delta t$ 来计算距离的，则该测距仪示数是通过＿＿＿＿（选填“ $c\frac{\Delta t}{2}$ ”或“ $v\frac{\Delta t}{2}$ ”， $c$ 和 $v$ 分别是激光在真空和介质中的速度）计算的。 $(4)$ 该同学将深度为 $16.0\mathrm{cm}$ 的不锈钢杯装满水（折射率为1.33）后，测量此杯深度，若测距仪的示数接近＿＿＿＿ $\mathrm{cm}$ （保留至小数点后1位），则符合他的推测。

A．点 $M$ 只能标记在光束1上靠近光源处

B．点 $N$ 只能标记在光束2与 $a^{\prime}$ 的交点处

C．只能以 $ON$ 为半径作圆弧

【答案与解析】

(1) 原理：本实验通过几何关系将折射角、入射角的正余弦转化为线段长度比。点 $M$ 只需标记在入射光线（光束1）上任意合适位置即可，并非只能靠近光源；圆弧半径也可任取，并非只能以 $ON$ 为半径；而 $N$ 必须是折射光线（光束2）与玻璃砖出射面 $a'$ 的交点，否则对应的不是折射光线方向。故 B 正确。答案：B。 (2) 由图： $b$ 为过 $O$ 且垂直 $a$ 的直线（即法线方向）。以 $O$ 为圆心、 $ON$ 为半径作弧交 $MO$ 于 $P$ ，则 $OP=ON=r$ 。设入射角为 $i$ 、折射角为 $\gamma$ ，则 $x_P=r\sin i,\qquad x_N=r\sin\gamma.$ 折射率 $n=\frac{\sin i}{\sin\gamma}=\frac{x_P/r}{x_N/r}=\frac{x_P}{x_N}.$ 答案： $x_P/x_N$ 。 (3) 测距仪测的是目标到仪器的几何距离，由光往返时间 $\Delta t$ 按真空中光速 $c$ 计算：单程距离 $=c\dfrac{\Delta t}{2}$ 。若用介质中速度 $v$ 会得到光在介质中走过的等效长度，并非几何深度。故应选 $c\dfrac{\Delta t}{2}$ 。答案： $c\Delta t/2$ 。 (4) 杯中水深 $d=16.0\,\mathrm{cm}$ ，折射率 $n=1.33$ 。激光在杯内往返路程为 $2d$ ，在介质中速度 $v=c/n$ ，往返时间 $\Delta t=\frac{2d}{v}=\frac{2d}{c/n}=\frac{2nd}{c}.$ 仪器按 $c\Delta t/2$ 显示距离： $L_{\text{示}}=c\frac{\Delta t}{2}=c\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{2nd}{c}=nd=1.33\times16.0=21.28\,\mathrm{cm}\approx21.3\,\mathrm{cm}.$ 答案： $21.3$ 。
某同学从教材的“拓展学习”栏目中学习到平行板电容器的电容 $C=\frac{\varepsilon_{r}S}{4\pi kd}$ 。为验证 $C$ 与极板间距 $d$ 、正对面积 $S$ 的关系，他与人工智能讨论得知，用数字式多用电表可以测量电容，测量过程中电路存在额外电容，每次应扣除额外电容，以获得电容的测量值。据此，设计并完成如下实验。

实验器材：厚度为 $d_{0}$ 的绝缘塑料板若干、面积均为 $S_{0}$ （已知）的矩形单面覆铜板两块、数字式多用电表、螺旋测微器、绝缘重物等。 $(1)$ 用螺旋测微器测量20层塑料板的厚度。测量结果如图（a）所示，读数为＿＿＿＿ $\mathrm{mm}$ 。 $(2)$ 将两极板覆铜面相对，中间夹入10层塑料板并用重物压紧，使正对面积为 $S_{0}$ ，用多用电表测量电容并记录数据。断开表笔，将极板短接放电。保持正对面积为 $S_{0}$ 不变，每次增加2层塑料板，重复上述操作直至20层。作 $C-\frac{1}{d}$ 图线如图（b）所示，由此确定 $C$ 与 $\frac{1}{d}$ 成正比。由图线，极板间夹15层塑料板时，电容为＿＿＿＿ $\mathrm{pF}$ （保留至整数）。 $(3)$ 保持极板间20层塑料板不变，使两极板正对面积依次为 $S_{0}$ 、 $\frac{3}{4}S_{0}$ 、 $\frac{2}{3}S_{0}$ 、 $\frac{1}{2}S_{0}$ 、 $\frac{1}{3}S_{0}$ 、 $\frac{1}{4}S_{0}$ ，用重物压紧，测量电容并记录数据。作 $C-S$ 图线如图（c）所示，由此确定 $C$ 与 $S$ 成正比。图（c）中某次测量值明显偏离拟合直线，排除仪器故障和数据处理错误，从实验操作角度分析，写出一条可能的原因：＿＿＿＿。 $(4)$ 若将图（b）、图（c）改绘为 $C-\frac{d_{0}}{d}$ 、 $C-\frac{S}{S_{0}}$ 图线，两图线的斜率分别为 $k_{1}$ 、 $k_{2}$ ，则理论上 $\frac{k_{1}}{k_{2}}=$ ＿＿＿＿（选填“20”“1”或“0.05”）。

【答案与解析】

(1) 螺旋测微器读数：固定刻度 $3.5\,\mathrm{mm}$ 加可动刻度 $0.300\,\mathrm{mm}$ （注意微分筒估值），得 $3.800\,\mathrm{mm}$ 。单张塑料板厚 $d_0=\frac{3.800}{20}=0.190\,\mathrm{mm}.$ 答案： $3.800$ 。 (2) 夹 $15$ 层时板间距 $d=15d_0=15\times0.190=2.85\,\mathrm{mm}$ 。由 $C-\dfrac1d$ 图线（过原点、成正比），从图（b）读出对应电容为 $157\,\mathrm{pF}$ 。答案： $157$ 。 (3) 图（c）中某点明显偏离拟合直线，排除仪器与计算错误后，常见操作原因是两极板未严格对齐，导致实际正对面积大于标称值（或边缘不齐、压紧不足等，答出一条合理原因即可）。答案：两极板未完全对齐，实际正对面积大于标称值。 (4) 平行板电容 $C=\dfrac{\varepsilon_r S}{4\pi k d}$ 。
- 图（b）改绘 $C-\dfrac{d_0}{d}$ ：固定 $S=S_0$ ， $C=\frac{\varepsilon_r S_0}{4\pi k d}=\frac{\varepsilon_r S_0}{4\pi k d_0}\cdot\frac{d_0}{d},$ 斜率 $k_1=\dfrac{\varepsilon_r S_0}{4\pi k d_0}$ 。
- 图（c）改绘 $C-\dfrac{S}{S_0}$ ：固定 $d=20d_0$ ， $C=\frac{\varepsilon_r}{4\pi k(20d_0)}S=\frac{\varepsilon_r S_0}{4\pi k(20d_0)}\cdot\frac{S}{S_0},$ 斜率 $k_2=\dfrac{\varepsilon_r S_0}{4\pi k(20d_0)}$ 。故 $\frac{k_1}{k_2}=20.$ 答案： $20$ 。
某科研机构设计了模拟月球重力环境的实验塔，简化模型如图所示。在竖直向上的电磁力 $F=3\times10^{4}\mathrm{N}$ 的驱动下，质量 $m=500\mathrm{kg}$ 的实验舱由静止开始沿塔身竖直向上做匀加速直线运动，上升 $h=6.25\mathrm{m}$ 时，立即减小电磁力，使实验舱向上做匀减速直线运动。减速过程中，舱内水平台面上的设备所受支持力为其重力的 $\frac{1}{6}$ ，从而模拟月球重力环境。不计摩擦力与空气阻力，取重力加速度 $g=10\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ 。求上升过程中

$(1)$ 实验舱的最大速度 $v_{m}$ ； $(2)$ 舱内处于模拟的月球重力环境的时间 $t$ 。

【答案与解析】

(1) 上升加速阶段，竖直方向受电磁力 $F^{\prime}$ 与重力 $mg$ ，合力向上： $F_{\text{合}}=F-mg=3\times10^4-500\times10=2.5\times10^4\,\mathrm{N},$ $a_1=\frac{F_{\text{合}}}{m}=\frac{2.5\times10^4}{500}=50\,\mathrm{m/s^2}.$ 由 $v_m^2=2a_1h$ ： $v_m=\sqrt{2\times50\times6.25}=\sqrt{625}=25\,\mathrm{m/s}.$ 最大速度 $v_m=25\,\mathrm{m/s}$ 。 (2) 减速阶段，舱内设备受支持力 $N=\dfrac16 mg'$ （ $m'$ 为设备质量）。对设备列牛顿第二定律（向上为正）： $N-m'g=m'a\quad\Rightarrow\quad \frac16 m'g-m'g=m'a,$ $a=-\frac56 g=-\frac56\times10=-\frac{25}{3}\,\mathrm{m/s^2}.$ 即舱以大小 $\dfrac{25}{3}\,\mathrm{m/s^2}$ 向下减速。从 $v_m$ 减到 $0$ 的时间： $t=\frac{v_m}{|a|}=\frac{25}{25/3}=3.0\,\mathrm{s}.$ 模拟月球重力环境的时间 $t=3.0\,\mathrm{s}$ 。
如图，光滑水平面上一质量 $m_{A}=0.4\mathrm{kg}$ 的木板，其右端通过轻弹簧连接质量 $m_{B}=0.1\mathrm{kg}$ 的物块，此时弹簧伸长量 $x_{0}=0.1\mathrm{m}$ ，物块和木板均静止。质量 $m_{C}=0.1\mathrm{kg}$ 的小球（可视为质点）通过长 $L=0.9\mathrm{m}$ 的轻绳悬于 $O$ 点。小球从绳与竖直方向成 $\theta=60^{\circ}$ 处由静止释放，摆至最低点时与木板右端发生弹性碰撞，时间极短。取重力加速度 $g=10\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ 。

$(1)$ 求碰撞后瞬间木板的速度大小 $v_{A}$ 。 $(2)$ 弹簧的压缩量第一次为 $x_{0}$ 时，物块速度大小为 $v_{B}=0.8\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ，方向向左。求木板与物块间的动摩擦因数 $\mu$ 。

【答案与解析】

(1) 小球 $C$ 从 $\theta=60^\circ$ 摆下，到最低点速率由机械能守恒： $m_C gL(1-\cos60^\circ)=\frac12 m_C v_C^2,$ $v_C=\sqrt{2gL(1-\cos60^\circ)}=\sqrt{2\times10\times0.9\times0.5}=3.0\,\mathrm{m/s}.$ 小球与木板 $\mathrm{A}$ 发生弹性碰撞（ $\mathrm{A}$ 初速为 $0$ ）： $v_A=\frac{2m_C}{m_C+m_A}v_C=\frac{2\times0.1}{0.1+0.4}\times3.0=\frac{0.2}{0.5}\times3.0=1.2\,\mathrm{m/s}.$ 碰撞后瞬间木板速度 $v_A=1.2\,\mathrm{m/s}$ （向右）。 (2) 碰撞后至“弹簧压缩量第一次为 $x_0$ ”这一过程，系统 $A+B$ 水平方向不受外力，动量守恒。取向右为正，碰撞后瞬间 $v_{A0}=1.2\,\mathrm{m/s}$ 、 $v_{B0}=0$ ： $m_A v_{A0}=m_A v_A+m_B v_B=0.48.$ 题给此时 $v_B=0.8\,\mathrm{m/s}$ 。若按题述方向向左（取 $v_B=-0.8$ ）得 $v_A=1.4\,\mathrm{m/s}$ ，代入能量方程： $\frac12 m_A v_{A0}^2=\frac12 m_A v_A^2+\frac12 m_B v_B^2+W_f,$ $0.288=0.392+0.032+W_f\Rightarrow W_f=-0.136\,\mathrm{J},$ 得负值，与摩擦只能耗散能量矛盾，说明题中“方向向左”疑为笔误。取与能量守恒相容的方向（向右， $v_B=+0.8\,\mathrm{m/s}$ ）： $0.4v_A+0.1\times0.8=0.48\Rightarrow v_A=1.0\,\mathrm{m/s},$ $0.288=0.5\times0.4\times1.0^2+0.5\times0.1\times0.8^2+W_f=0.200+0.032+W_f,$ $W_f=0.056\,\mathrm{J}.$ 弹簧从伸长 $x_0$ 到压缩 $x_0$ ，弹性势能相同，机械能损失全部来自 $A,B$ 间滑动摩擦。相对滑动距离 $s_{\text{rel}}=2x_0=0.20\,\mathrm{m}.$ 摩擦耗散 $W_f=\mu m_B g\,s_{\text{rel}}$ ，故 $\mu=\frac{W_f}{m_B g\,s_{\text{rel}}}=\frac{0.056}{0.1\times10\times0.20}=0.28.$ 注：按题述“方向向左”会得到负的摩擦因数（不合理），疑为方向笔误；取与能量守恒相容的方向得 $\mu=0.28$ 。
某些材料的激发态可视为准粒子的集合，激发态寿命可由“时间分辨-能量分析仪”测量，简化原理如图（a）所示，电子源释放初速度可忽略的电子，经电压为 $U_{1}$ 的加速电场加速，穿过处于激发态的样品时，部分电子与准粒子作用后动能发生变化，相互作用时间不计。为筛选出动能变化为特定值的电子，调节匀强磁场的磁感应强度为 $B_{0}$ ，使筛选出的电子沿半径为 $R$ 的圆弧形中心线运动，从狭缝出射后，沿电场中心线且平行于极板方向进入偏转电场，偏转后打在荧光屏上形成光斑。已知电子电荷量大小为 $e$ ，质量为 $m$ ；偏转电场可视为匀强电场， $\mathrm{M}$ 、 $\mathrm{N}$ 极板长度为 $L$ 、间距为 $d$ ；荧光屏到极板边缘的距离为 $5L$ 。忽略电子间相互作用及电、磁场边缘效应。

$(1)$ 求筛选出的电子通过样品前后的动能变化量 $\Delta E_{k}$ 。 $(2)$ 求 $\mathrm{M}$ 、 $\mathrm{N}$ 间电压为 $U_{2}$ 时，电子到达荧光屏上的偏移距离 $x_{0}$ 。 $(3)$ 样品被激发时，电子源开始每隔相同时间发射持续时间极短、电子数目相近的脉冲，同时 $\mathrm{M}$ 、 $\mathrm{N}$ 间电压随时间线性变化，变化率为 $\beta$ （ $\beta<0$ ），使先后到达荧光屏上的电子脉冲形成间距为 $\Delta x$ 的光斑，如图（b）所示。每个脉冲经过偏转电场时间极短，在此时间内电子所受电场力可视为恒定。样品被激发后，筛选出的电子数随激发态准粒子数的衰减成比例减少，导致光斑相对强度也相应成比例减弱，相对强度与各个光斑中心位置 $x$ 的关系如图（c）所示。若样品的激发态寿命 $\tau$ 定义为准粒子数衰减一半所需的时间，求 $\tau$ 。

【答案与解析】

(1) 电子经 $U_1$ 加速后（样品前）动能 $E_{k0}=eU_1.$ 筛选磁场 $B_0$ 中电子做半径 $R$ 的圆周运动： $evB_0=\frac{mv^2}{R}\Rightarrow v=\frac{eB_0R}{m}.$ 此即电子通过样品后的速率，其动能 $E_k=\frac12 mv^2=\frac{e^2B_0^2R^2}{2m}.$ 通过样品前后的动能变化量 $\Delta E_k=E_k-E_{k0}=\frac{e^2B_0^2R^2}{2m}-eU_1.$ (2) 电子以速度 $v=\dfrac{eB_0R}{m}$ 平行极板进入偏转电场，竖直加速度 $a_y=\frac{eE}{m}=\frac{eU_2}{md}.$ 在极板内运动时间 $t_1=\dfrac{L}{v}$ ，竖直位移与出射竖直速度： $y_1=\frac12 a_y t_1^2=\frac12\frac{eU_2}{md}\frac{L^2}{v^2},\qquad v_y=a_y t_1=\frac{eU_2}{md}\frac{L}{v}.$ 离开极板后到荧光屏再飞行水平距离 $5L$ ，时间 $t_2=\dfrac{5L}{v}$ ，附加位移 $y_2=v_y t_2=5\frac{eU_2}{md}\frac{L^2}{v^2}.$ 总偏移
$=\frac{11}{2}\frac{eU_2L^2}{md}\cdot\frac{m^2}{e^2B_0^2R^2} =\frac{11mL^2U_2}{2deB_0^2R^2}.$$ (3) 由 (2) 知偏移与偏转电压成正比： $$x_0=kU_2,\qquad k=\frac{11mL^2}{2deB_0^2R^2}.$$ 又 $M,N$ 间电压随时间线性变化 $U_2(t)=U_{2,0}+\beta t$（$\beta<0$），故光斑中心位置随时间线性变化： $$x(t)=kU_2(t)=x_{\max}+k\beta t,\qquad \frac{dx}{dt}=k\beta\ (<0).$$ 相邻脉冲发射间隔（周期）$T$ 对应光斑间距 $\Delta x$： $$\Delta x=\left|\frac{dx}{dt}\right|T=k|\beta|T\quad\Rightarrow\quad T=\frac{\Delta x}{k|\beta|}.$$ 激发态准粒子数按 $N(t)=N_0\,2^{-t/\tau}$ 衰减，光斑相对强度正比于 $N(t)$。强度降为峰值一半时所经历时间恰为寿命 $\tau$。由图（c）读出半高强度对应的位置相对峰值的偏移量 $\Delta x_{1/2}$（即强度半衰所对应的 $x$ 宽度），则 $$\tau=\frac{\Delta x_{1/2}}{|dx/dt|}=\frac{\Delta x_{1/2}}{k|\beta|} =\frac{\Delta x_{1/2}\,U_2}{x_0\,|\beta|}.$$ 若以相邻脉冲间距 $\Delta x$ 为标尺，设图（c）中强度降到一半所跨越的脉冲数为 $n$（即 $\Delta x_{1/2}=n\Delta x$），则 $$\tau=nT=\frac{n\Delta x}{k|\beta|}.$$$