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【高考真卷】湖南省2026年物理普通高中学业水平等级性考试
1．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． B． C． D．
【答案】B
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A、第2s内指1s到2s的时间段，该过程速度变化量为20m/s，时间间隔为1s，计算可得加速度大小为20m/s2，并非10m/s2，故A错误；
B、第2s内初速度为30m/s，末速度为50m/s，时间变化量Δt=1s，根据加速度公式，故B正确；
C、该选项数值没有依据速度变化量与时间间隔进行正确计算，不符合v-t图像的加速度求解规律，故C错误；
D、该选项误选取错误的时间间隔进行计算，得出错误结果，不符合加速度定义式的计算要求，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查v-t图像与加速度的计算，混淆了时间段，错误选取0~2s的总过程计算加速度，导致结果偏小；
B、考查加速度定义式以及v-t图像的物理意义，明确第2s内是1s~2s的时间区间，利用速度变化量与对应时间的比值求出加速度；
C、考查加速度的计算规范，未结合图像中的速度、时间数据合理计算，数值无物理依据；
D、考查对“第2s内”时间范围的理解，因时间区间判断错误，造成加速度计算结果偏大。
2．关于原子核衰变，下列说法正确的是
A．原子核发生α衰变时，电荷数增大
B．原子核发生α衰变时，质量数增大
C．衰变产生的α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， (氡核)可能在一次衰变过程中放出两个α粒子，则其衰变方程为
【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】A、原子核发生α衰变时会释放粒子，新核的电荷数会减少2，并非增大，故A错误；
B、α衰变过程遵循质量数守恒，衰变前后总质量数保持不变，只是衰变后新核的质量数减少4，并非质量数增大，故B错误；
C、α粒子的穿透能力很弱，一张薄纸就可以将其挡住；γ射线才可以穿透几厘米厚的铅板，故C错误；
D、根据电荷数守恒：，质量数守恒：，该衰变方程满足核反应两大守恒规律，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查α衰变的规律，α粒子带有2个单位正电荷，发生一次α衰变，原子核电荷数减少2；
B、考查核反应的质量数守恒，α衰变只是将部分质量数随α粒子释放，总质量数不变，新核质量数减小；
C、考查三种射线的穿透能力，α射线穿透能力最弱，γ射线穿透能力最强；
D、考查核反应方程的书写规则，需要同时满足电荷数守恒与质量数守恒两大条件。
3．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． B． C． D．
【答案】C
【知识点】向心力；万有引力定律的应用
【解析】【解答】设恒星半径为，则行星轨道半径，由万有引力提供向心力：
解得恒星质量：，恒星体积，平均密度，代入得：
A：公式缺少周期的平方项，推导错误，故A错误；
B：既缺少项又缺少周期平方，推导错误，故B错误；
C：推导结果与该选项表达式一致，故C正确；
D：遗漏轨道半径是恒星半径倍的条件，缺少，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查万有引力与密度推导，错误将周期直接代入而非周期平方，导致公式出错；
B、考查中心天体密度推导，既忽略轨道半径与恒星半径的倍数关系，又错误使用周期而非周期平方；
C、考查万有引力提供向心力求中心天体密度，先由向心力公式求出恒星质量，再结合球体体积公式推导出平均密度；
D、考查天体密度计算易错点，忽略题目给出的轨道半径是恒星半径倍的条件，直接默认轨道半径等于恒星半径进行计算。
4．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】B
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】先计算AB间距：，A在波峰、B在波谷，故
A、波源在，，，波程差，则，。若，则，不是整数，不满足条件，故A错误；
B、波源在时，取，可得，符合整数取值要求，故B正确；
C、波源在，，，波程差，则，，无对应整数，故C错误；
D、波源在时，无对应整数，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查波程差与相位关系，波峰波谷间波程差为半波长奇数倍，代入波长1m无法得到整数k，不符合波动规律；
B、考查点波源的波程差计算，通过波源到两点的距离差结合半波长奇数倍条件，取k=0可得到波长2m，满足题意；
C、考查波程差公式应用，该波源位置下波长只能为，3m不在该取值范围内；
D、考查波长的取值约束，结合波峰波谷的相位条件，4m无法满足半波长奇数倍的要求。
5．如图，电阻R的阻值为10Ω，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1.0A；若将a、c端分别接入d、e端，电流表示数为1.5A。则单个电池组的电动势和内阻分别为
A．15V， 5Ω B．15V， 10Ω C．30V， 5Ω D．30V， 10Ω
【答案】A
【知识点】串联电路和并联电路的特点及应用；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】设单个电池组电动势为，内阻为，将接入时，只有一组电源接入电路，根据闭合电路欧姆定律：，将接入时，两组相同电源串联接入电路，总电动势，总内阻，可得：，联立方程组解得：，
A：计算结果与该选项数据一致，故A正确；
B：内阻取值为，不符合方程组求解结果，故B错误；
C：电动势取值为，是两组电源总电动势，并非单个电池组电动势，故C错误；
D：电动势、内阻取值均不符合计算结果，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A、考查闭合电路欧姆定律的应用，分别对单个电源、串联双电源两种电路列方程，联立求解得到单个电源的电动势与内阻；
B、考查方程组的求解计算，内阻数值计算错误；
C、考查电源串并联规律，误将两组电源的总电动势当作单个电池组的电动势；
D、考查闭合电路欧姆定律的列式规范，电动势与内阻两个物理量均出现取值错误。
6．如图，三个足够大的金属板A、B、C平行放置，B板到A、C板的距离分别为( d2， d1下列关系正确的是
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】电容器及其应用；匀强电场；电势
【解析】【解答】AB、由于B带正电，则有：，BA和BC间的电场均为匀强电场，
根据可知：BA间的电场强度为：，BC间的电场强度为：，
且有，则，所以，故A正确，B错误；
CD、电场中某点的电势等于该点到零势能面的电势差，所以有：，
，所以，故CD错误。
故答案为：A。
【分析】A、考查匀强电场场强公式的应用，两极间电势差相等，场强与极板间距成反比；
B、考查平行极板间匀强电场的场强大小比较，结合已知间距关系即可判断；
C、考查匀强电场中电势的计算，接地极板电势为零，某点电势等于该点到接地极板的电势差；
D、考查匀强电场电势分布规律，结合场强与间距的乘积不变，可推导中点处电势大小关系。
7．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】D
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】A、心形气球体积不变，小气球外部气体做等容变化，温度缓慢升高，根据查理定律，外部气体压强会随温度升高而增大，故A错误；
B、初始时小气球内部、外部气体体积相等，但小气球内部气体压强大于外部气体压强，温度相同，由理想气体状态方程可知，内部气体物质的量更大，分子数更多，二者分子数不相等，故B错误；
C、温度升高时，小气球外部气体压强增大，同时小气球内部气体温度升高，弹性气球的内部压强需要平衡外部气压与气球弹力产生的压强，内部压强增长幅度更大，小气球体积会发生变化，不会保持不变，故C错误；
D、温度缓慢升高，小气球内部气体压强增长幅度大于外部气体压强增长幅度，气球弹力需要平衡内外压强差，小气球会膨胀，内部气体体积变大，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查查理定律的应用，一定质量的理想气体等容升温时，压强随温度升高而增大；
B、考查理想气体状态方程，同温同体积下，气体压强与物质的量成正比，压强越大分子数越多；
C、考查弹性气球的受力平衡，内外压强均随温度升高而增大，压强差改变会导致气球体积发生变化；
D、考查理想气体热学变化规律与弹性容器的受力分析，内部压强增幅更大，气球向外膨胀，气体体积变大。
8．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】B,C
【知识点】分子运动速率的统计规律；热力学第一定律及其应用；热力学第二定律
【解析】【解答】A、温度反映分子平均运动速率，高温处水分子平均速率更大，但单个分子速率有大有小，并非高温处所有水分子运动速率都大于低温处水分子，故A错误；
B、相同温度的水变为水蒸气，分子平均动能不变，水汽化过程吸收热量，分子势能增加，因此内能变大，故B正确；
C、均热板依靠水的汽化吸热、液化放热实现热量转移，只在芯片与冷凝端之间传递热量，过程中均热板不对外界做功，故C正确；
D、根据热力学第二定律，热量不能自发地从低温物体传向高温物体且不产生其他影响，该均热板无法实现该过程，故D错误；
故答案为：BC。
【分析】A、考查分子热运动的统计规律，温度是分子平均动能的标志，只能比较平均速率，不能限定单个分子的速率大小；
B、考查内能的决定因素，理想气体内能由分子势能与分子动能组成，等温汽化时动能不变，吸热使分子势能增加，内能增大；
C、考查热力学第一定律，均热板仅发生热量的转移，没有对外做功的过程；
D、考查热力学第二定律，热量自发传递具有方向性，不能自发从低温物体转移到高温物体而不引起其他变化。
9．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θ(θ<90°)，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．θ增大 B．θ减小 C．F 增大 D．F 减小
【答案】B,C
【知识点】整体法隔离法；受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】A、把两个气球当作整体分析，竖直方向浮力、重力平衡，水平方向空气阻力与绳子拉力的水平分量平衡，阻力，速度增大，阻力变大。设总浮力、总重力恒定，，增大时减小，减小，故A错误；
B、由可知，速度增大，减小，故B正确；
C、隔离后方气球受力分析，水平方向，增大、减小，增大，因此两球间弹力增大，故C正确；
D、结合弹力表达式可知随速度增大而增大，故D错误；
故答案为：BC。
【分析】A、考查整体法受力平衡，通过竖直、水平方向受力推导角度与阻力的关系式，速度增大阻力变大，夹角不会增大；
B、考查受力平衡中角度的动态变化分析，竖直合力恒定，水平阻力增大，绳子倾角随之减小；
C、考查隔离法受力分析，对单个气球水平方向列平衡方程，结合速度、倾角变化规律判断弹力变化趋势；
D、考查动态平衡下弹力的定量判断，速度与余弦值均增大，两球间弹力呈增大趋势。
10．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°。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
C．小球做圆周运动的半个周期内洛伦兹力的冲量大小为
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
【答案】A,D
【知识点】动量定理；左手定则—磁场对带电粒子的作用；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】A、小球不带管道弹力时，洛伦兹力竖直分力平衡重力，水平分力提供向心力。磁场与竖直方向成45°斜向外上方，小球带正电，由左手定则，俯视视角小球沿顺时针方向运动，故A正确；
B、受力分解：，，联立得，周期，故B错误；
C、半个周期内小球动量变化量，重力冲量，由动量定理，矢量运算可得洛伦兹力冲量大小，故C错误；
D、原速率，速率变为时，洛伦兹力，竖直方向：，水平方向：，设管道弹力竖直分量、水平分量，
竖直方向得；水平方向得，
合弹力，故D正确；
故答案为：AD。
【分析】A、考查左手定则与受力平衡，由洛伦兹力需要竖直向上平衡重力判断正电荷的圆周绕行方向；
B、考查匀速圆周运动周期计算，通过重力与洛伦兹力竖直分量平衡、水平分量提供向心力求线速度，再推导周期；
C、考查动量定理与矢量冲量运算，半个周期动量变化结合重力冲量，矢量合成求解洛伦兹力冲量；
D、考查变速后动态受力分析，将洛伦兹力、管道弹力正交分解，分别在竖直、水平方向列平衡与向心力方程，合成得到管道弹力大小。
11． 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：
⑴准备好单摆，用支架将手机竖直放置。
⑵打开手机录像，将单摆拉离平衡位置4°摆角由静止释放。
⑶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。
⑷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。
⑸重力加速度g= 　 　(用题中给出的字母“T”和“l”表示)。
⑹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】0.6；b；；高于
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】(3)由v-t图像可知，单摆完成一次全振动的时间为，即单摆的周期。
故答案为：0.6
(4)单摆摆长是从悬点到小球球心的距离，因此需要读出位置的读数作为摆长。
故答案为：b
(5)由单摆周期公式，变形可得重力加速度。
故答案为：
(6)根据，测得的重力加速度偏小，说明测量的摆长偏小；若刻度尺0刻度线高于悬点，会导致读出的摆长数值小于实际摆长，最终计算出的偏小。
故答案为：高于
【分析】(3)本题结合v-t图像读取单摆周期，单摆一个周期对应一次完整的往复运动，从速度周期性变化的时间间隔可直接读出周期。
(4)单摆摆长定义为悬点到小球重心（球心）的距离，因此要选取小球球心对应的刻度进行读数。
(5)由单摆周期公式做数学变形，推导出重力加速度的表达式。
(6)根据重力加速度推导式分析误差来源，摆长测量值偏小会使最终计算结果偏小，刻度尺零刻度高于悬点会造成摆长测量值偏小。
12． 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。
⑴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。
⑵将电压表接在霍尔元件的　 　(填“a、b”或“c、d”)两端，闭合开关S，测量其霍尔电压，电压表指针如图3所示，此时电压为　 　mV。
⑶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　 　mm。
⑷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/ mm U/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
⑸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　 　。
⑹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20mV，移动后电压表示数为60mV，根据图像，此过程中物体位移的大小为　 　mm(保留2位小数)。
【答案】c、d；50；11.350；；1.55
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；霍尔元件
【解析】【解答】(2)霍尔电压出现在垂直于电流与磁场的两侧，电流沿a、b方向，磁场沿竖直方向，因此电压表接在霍尔元件的c、d两端；由图3可知电压表量程0~100mV，分度值2mV，指针指在50mV位置，电压为。
故答案为：c、d ；50
(3)螺旋测微器固定刻度读数11.0mm，可动刻度读数，总读数为。
故答案为：11.350
(5)第4组坐标、第5组坐标，在坐标系描点后用直线拟合所有数据点作出图像，如下图所示：
(6)由表格数据拟合图像可得电压20mV对应位移，电压60mV对应位移，
位移大小。
故答案为：1.55
【分析】(2)本题考查霍尔效应的原理，霍尔电压产生在电流、磁场的垂直方向，电流沿ab，故霍尔电压从cd两端测量。
(3)电压表直接根据表盘分度值读取示数；螺旋测微器读数为固定刻度加可动刻度乘以精度，注意半毫米刻度是否露出。
(5)（6）根据实验数据描点作图，利用线性图像，找到两个电压对应的位移做差值得到物体移动的微小位移。
13． 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 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 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θ的正弦值。
【答案】（1）解：如图所示
根据几何关系可知光线1的折射角为，入射角为
可得
（2）解：根据几何关系可得光线2在玻璃砖中的折射角为
根据折射定律
其中
解得：
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】(1)本题考查光的折射定律应用，结合光路几何关系确定折射角，贴着介质表面入射时入射角为，直接代入折射公式求解介质折射率。
(2)先根据摄像头的固定拍摄角度，结合光路几何关系确定介质内的折射角，再利用折射定律变形，直接计算出入射角的正弦值。
14． 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 (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。t0时刻开关S与a 连接，直到导体棒做匀速运动，再于t1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 时刻导体棒加速度a0的大小；
（2） 若 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( 时(此时电路中电流不为0)，求导体棒速度v的大小；
（3） 若 时刻开关与c连接，求从t0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】（1）解：时刻开关与连接，流过导体棒的电流
导体棒所受的安培力
根据牛顿第二定律
联立可得
（2）解：当导体棒匀速运动时，导体棒产生的电动势等于电源电动势，设此时导体速度为，即
当储能器电压为时（此时电路中电流不为），对导体棒根据动量定理有
又
可得
根据题意
联立可得
（3）解：从过程对导体棒，根据动量定理
又
可得
导体棒上产生的焦耳热
可得
从时刻到导体棒静止过程中，根据能量守恒定律可知电路中产生的焦耳热为
导体棒产生的焦耳热为
可得
从时刻起到导体棒静止的过程中，导体棒上产生的焦耳热
【知识点】动量定理；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1)初始时刻导体棒无感应反电动势，直接由闭合电路欧姆定律求初始电流，结合安培力、牛顿第二定律求解初始加速度。
(2)匀速时动生电动势等于电源电动势，先用动量定理结合电荷量变化、储能器的关系，对全过程列动量方程，求解瞬时速度。
(3)利用动量定理求出回路总电荷量，由能量守恒得到电路总焦耳热，再根据串联电阻焦耳热按阻值正比分配，求出导体棒上产生的焦耳热。
15．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α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θ角(θ已知，且( 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】（1）解：根据机械能守恒定律有
解得：小球接触地面瞬间的速度的大小
（2）解：设小球脱离轻杆时，轻杆与竖直方向的夹角为，如图所示：
设此时小球的速度为，根据机械能守恒定律
对小球，根据牛顿第二定律
解得
此时小球水平方向分速度
竖直方向分速度
竖直方向，根据速度位移关系
小球接触地面瞬间的速度与水平面夹角的正切值
联立解得
（3）解：(i)解：设其中一部分的质量为，则另一部分质量为，如图所示：
根据动量守恒定律有
弹射装置释放的能量
联立可得
(ii)解：根据数学知识可知，当时，最小为
即有
两小球同时落地，运动时间为
可得
两小球的距离
由可得
联立可得
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】(1) 本题考查机械能守恒的基础应用，小球下摆过程只有重力做功，重力势能全部转化为动能，直接列守恒式求解落地速度。
(2) 先结合圆周运动向心力条件与机械能守恒求出脱离杆时的速度与方位角，再将速度正交分解，结合平抛运动竖直方向匀变速规律求出落地竖直分速度，利用速度偏角定义求解正切值。
(3)(i)分裂过程内力远大于外力，系统动量守恒，分别沿速度方向、垂直速度方向列动量守恒方程，结合能量守恒推导弹射能量与质量比k的关系式；
(ii)利用均值不等式找到能量最小时的质量分配条件，结合平抛等时落地条件确定两分速度大小关系，由水平分位移差值求解落地点间距。
1 / 1【高考真卷】湖南省2026年物理普通高中学业水平等级性考试
1．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． B． C． D．
2．关于原子核衰变，下列说法正确的是
A．原子核发生α衰变时，电荷数增大
B．原子核发生α衰变时，质量数增大
C．衰变产生的α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， (氡核)可能在一次衰变过程中放出两个α粒子，则其衰变方程为
3．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． B． C． D．
4．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
5．如图，电阻R的阻值为10Ω，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1.0A；若将a、c端分别接入d、e端，电流表示数为1.5A。则单个电池组的电动势和内阻分别为
A．15V， 5Ω B．15V， 10Ω C．30V， 5Ω D．30V， 10Ω
6．如图，三个足够大的金属板A、B、C平行放置，B板到A、C板的距离分别为( d2， d1下列关系正确的是
A． B． C． D．
7．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
8．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
9．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θ(θ<90°)，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．θ增大 B．θ减小 C．F 增大 D．F 减小
10．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°。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
C．小球做圆周运动的半个周期内洛伦兹力的冲量大小为
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
11． 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：
⑴准备好单摆，用支架将手机竖直放置。
⑵打开手机录像，将单摆拉离平衡位置4°摆角由静止释放。
⑶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。
⑷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。
⑸重力加速度g= 　 　(用题中给出的字母“T”和“l”表示)。
⑹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。
12． 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。
⑴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。
⑵将电压表接在霍尔元件的　 　(填“a、b”或“c、d”)两端，闭合开关S，测量其霍尔电压，电压表指针如图3所示，此时电压为　 　mV。
⑶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　 　mm。
⑷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/ mm U/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
⑸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　 　。
⑹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20mV，移动后电压表示数为60mV，根据图像，此过程中物体位移的大小为　 　mm(保留2位小数)。
13． 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 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 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θ的正弦值。
14． 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 (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。t0时刻开关S与a 连接，直到导体棒做匀速运动，再于t1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 时刻导体棒加速度a0的大小；
（2） 若 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( 时(此时电路中电流不为0)，求导体棒速度v的大小；
（3） 若 时刻开关与c连接，求从t0时刻起到导体棒静止的过程中，导体棒上产生的焦耳热Q。
15．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α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θ角(θ已知，且( 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。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A、第2s内指1s到2s的时间段，该过程速度变化量为20m/s，时间间隔为1s，计算可得加速度大小为20m/s2，并非10m/s2，故A错误；
B、第2s内初速度为30m/s，末速度为50m/s，时间变化量Δt=1s，根据加速度公式，故B正确；
C、该选项数值没有依据速度变化量与时间间隔进行正确计算，不符合v-t图像的加速度求解规律，故C错误；
D、该选项误选取错误的时间间隔进行计算，得出错误结果，不符合加速度定义式的计算要求，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查v-t图像与加速度的计算，混淆了时间段，错误选取0~2s的总过程计算加速度，导致结果偏小；
B、考查加速度定义式以及v-t图像的物理意义，明确第2s内是1s~2s的时间区间，利用速度变化量与对应时间的比值求出加速度；
C、考查加速度的计算规范，未结合图像中的速度、时间数据合理计算，数值无物理依据；
D、考查对“第2s内”时间范围的理解，因时间区间判断错误，造成加速度计算结果偏大。
2．【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】A、原子核发生α衰变时会释放粒子，新核的电荷数会减少2，并非增大，故A错误；
B、α衰变过程遵循质量数守恒，衰变前后总质量数保持不变，只是衰变后新核的质量数减少4，并非质量数增大，故B错误；
C、α粒子的穿透能力很弱，一张薄纸就可以将其挡住；γ射线才可以穿透几厘米厚的铅板，故C错误；
D、根据电荷数守恒：，质量数守恒：，该衰变方程满足核反应两大守恒规律，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查α衰变的规律，α粒子带有2个单位正电荷，发生一次α衰变，原子核电荷数减少2；
B、考查核反应的质量数守恒，α衰变只是将部分质量数随α粒子释放，总质量数不变，新核质量数减小；
C、考查三种射线的穿透能力，α射线穿透能力最弱，γ射线穿透能力最强；
D、考查核反应方程的书写规则，需要同时满足电荷数守恒与质量数守恒两大条件。
3．【答案】C
【知识点】向心力；万有引力定律的应用
【解析】【解答】设恒星半径为，则行星轨道半径，由万有引力提供向心力：
解得恒星质量：，恒星体积，平均密度，代入得：
A：公式缺少周期的平方项，推导错误，故A错误；
B：既缺少项又缺少周期平方，推导错误，故B错误；
C：推导结果与该选项表达式一致，故C正确；
D：遗漏轨道半径是恒星半径倍的条件，缺少，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查万有引力与密度推导，错误将周期直接代入而非周期平方，导致公式出错；
B、考查中心天体密度推导，既忽略轨道半径与恒星半径的倍数关系，又错误使用周期而非周期平方；
C、考查万有引力提供向心力求中心天体密度，先由向心力公式求出恒星质量，再结合球体体积公式推导出平均密度；
D、考查天体密度计算易错点，忽略题目给出的轨道半径是恒星半径倍的条件，直接默认轨道半径等于恒星半径进行计算。
4．【答案】B
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】先计算AB间距：，A在波峰、B在波谷，故
A、波源在，，，波程差，则，。若，则，不是整数，不满足条件，故A错误；
B、波源在时，取，可得，符合整数取值要求，故B正确；
C、波源在，，，波程差，则，，无对应整数，故C错误；
D、波源在时，无对应整数，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查波程差与相位关系，波峰波谷间波程差为半波长奇数倍，代入波长1m无法得到整数k，不符合波动规律；
B、考查点波源的波程差计算，通过波源到两点的距离差结合半波长奇数倍条件，取k=0可得到波长2m，满足题意；
C、考查波程差公式应用，该波源位置下波长只能为，3m不在该取值范围内；
D、考查波长的取值约束，结合波峰波谷的相位条件，4m无法满足半波长奇数倍的要求。
5．【答案】A
【知识点】串联电路和并联电路的特点及应用；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】设单个电池组电动势为，内阻为，将接入时，只有一组电源接入电路，根据闭合电路欧姆定律：，将接入时，两组相同电源串联接入电路，总电动势，总内阻，可得：，联立方程组解得：，
A：计算结果与该选项数据一致，故A正确；
B：内阻取值为，不符合方程组求解结果，故B错误；
C：电动势取值为，是两组电源总电动势，并非单个电池组电动势，故C错误；
D：电动势、内阻取值均不符合计算结果，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A、考查闭合电路欧姆定律的应用，分别对单个电源、串联双电源两种电路列方程，联立求解得到单个电源的电动势与内阻；
B、考查方程组的求解计算，内阻数值计算错误；
C、考查电源串并联规律，误将两组电源的总电动势当作单个电池组的电动势；
D、考查闭合电路欧姆定律的列式规范，电动势与内阻两个物理量均出现取值错误。
6．【答案】A
【知识点】电容器及其应用；匀强电场；电势
【解析】【解答】AB、由于B带正电，则有：，BA和BC间的电场均为匀强电场，
根据可知：BA间的电场强度为：，BC间的电场强度为：，
且有，则，所以，故A正确，B错误；
CD、电场中某点的电势等于该点到零势能面的电势差，所以有：，
，所以，故CD错误。
故答案为：A。
【分析】A、考查匀强电场场强公式的应用，两极间电势差相等，场强与极板间距成反比；
B、考查平行极板间匀强电场的场强大小比较，结合已知间距关系即可判断；
C、考查匀强电场中电势的计算，接地极板电势为零，某点电势等于该点到接地极板的电势差；
D、考查匀强电场电势分布规律，结合场强与间距的乘积不变，可推导中点处电势大小关系。
7．【答案】D
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】A、心形气球体积不变，小气球外部气体做等容变化，温度缓慢升高，根据查理定律，外部气体压强会随温度升高而增大，故A错误；
B、初始时小气球内部、外部气体体积相等，但小气球内部气体压强大于外部气体压强，温度相同，由理想气体状态方程可知，内部气体物质的量更大，分子数更多，二者分子数不相等，故B错误；
C、温度升高时，小气球外部气体压强增大，同时小气球内部气体温度升高，弹性气球的内部压强需要平衡外部气压与气球弹力产生的压强，内部压强增长幅度更大，小气球体积会发生变化，不会保持不变，故C错误；
D、温度缓慢升高，小气球内部气体压强增长幅度大于外部气体压强增长幅度，气球弹力需要平衡内外压强差，小气球会膨胀，内部气体体积变大，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查查理定律的应用，一定质量的理想气体等容升温时，压强随温度升高而增大；
B、考查理想气体状态方程，同温同体积下，气体压强与物质的量成正比，压强越大分子数越多；
C、考查弹性气球的受力平衡，内外压强均随温度升高而增大，压强差改变会导致气球体积发生变化；
D、考查理想气体热学变化规律与弹性容器的受力分析，内部压强增幅更大，气球向外膨胀，气体体积变大。
8．【答案】B,C
【知识点】分子运动速率的统计规律；热力学第一定律及其应用；热力学第二定律
【解析】【解答】A、温度反映分子平均运动速率，高温处水分子平均速率更大，但单个分子速率有大有小，并非高温处所有水分子运动速率都大于低温处水分子，故A错误；
B、相同温度的水变为水蒸气，分子平均动能不变，水汽化过程吸收热量，分子势能增加，因此内能变大，故B正确；
C、均热板依靠水的汽化吸热、液化放热实现热量转移，只在芯片与冷凝端之间传递热量，过程中均热板不对外界做功，故C正确；
D、根据热力学第二定律，热量不能自发地从低温物体传向高温物体且不产生其他影响，该均热板无法实现该过程，故D错误；
故答案为：BC。
【分析】A、考查分子热运动的统计规律，温度是分子平均动能的标志，只能比较平均速率，不能限定单个分子的速率大小；
B、考查内能的决定因素，理想气体内能由分子势能与分子动能组成，等温汽化时动能不变，吸热使分子势能增加，内能增大；
C、考查热力学第一定律，均热板仅发生热量的转移，没有对外做功的过程；
D、考查热力学第二定律，热量自发传递具有方向性，不能自发从低温物体转移到高温物体而不引起其他变化。
9．【答案】B,C
【知识点】整体法隔离法；受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】A、把两个气球当作整体分析，竖直方向浮力、重力平衡，水平方向空气阻力与绳子拉力的水平分量平衡，阻力，速度增大，阻力变大。设总浮力、总重力恒定，，增大时减小，减小，故A错误；
B、由可知，速度增大，减小，故B正确；
C、隔离后方气球受力分析，水平方向，增大、减小，增大，因此两球间弹力增大，故C正确；
D、结合弹力表达式可知随速度增大而增大，故D错误；
故答案为：BC。
【分析】A、考查整体法受力平衡，通过竖直、水平方向受力推导角度与阻力的关系式，速度增大阻力变大，夹角不会增大；
B、考查受力平衡中角度的动态变化分析，竖直合力恒定，水平阻力增大，绳子倾角随之减小；
C、考查隔离法受力分析，对单个气球水平方向列平衡方程，结合速度、倾角变化规律判断弹力变化趋势；
D、考查动态平衡下弹力的定量判断，速度与余弦值均增大，两球间弹力呈增大趋势。
10．【答案】A,D
【知识点】动量定理；左手定则—磁场对带电粒子的作用；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】A、小球不带管道弹力时，洛伦兹力竖直分力平衡重力，水平分力提供向心力。磁场与竖直方向成45°斜向外上方，小球带正电，由左手定则，俯视视角小球沿顺时针方向运动，故A正确；
B、受力分解：，，联立得，周期，故B错误；
C、半个周期内小球动量变化量，重力冲量，由动量定理，矢量运算可得洛伦兹力冲量大小，故C错误；
D、原速率，速率变为时，洛伦兹力，竖直方向：，水平方向：，设管道弹力竖直分量、水平分量，
竖直方向得；水平方向得，
合弹力，故D正确；
故答案为：AD。
【分析】A、考查左手定则与受力平衡，由洛伦兹力需要竖直向上平衡重力判断正电荷的圆周绕行方向；
B、考查匀速圆周运动周期计算，通过重力与洛伦兹力竖直分量平衡、水平分量提供向心力求线速度，再推导周期；
C、考查动量定理与矢量冲量运算，半个周期动量变化结合重力冲量，矢量合成求解洛伦兹力冲量；
D、考查变速后动态受力分析，将洛伦兹力、管道弹力正交分解，分别在竖直、水平方向列平衡与向心力方程，合成得到管道弹力大小。
11．【答案】0.6；b；；高于
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】(3)由v-t图像可知，单摆完成一次全振动的时间为，即单摆的周期。
故答案为：0.6
(4)单摆摆长是从悬点到小球球心的距离，因此需要读出位置的读数作为摆长。
故答案为：b
(5)由单摆周期公式，变形可得重力加速度。
故答案为：
(6)根据，测得的重力加速度偏小，说明测量的摆长偏小；若刻度尺0刻度线高于悬点，会导致读出的摆长数值小于实际摆长，最终计算出的偏小。
故答案为：高于
【分析】(3)本题结合v-t图像读取单摆周期，单摆一个周期对应一次完整的往复运动，从速度周期性变化的时间间隔可直接读出周期。
(4)单摆摆长定义为悬点到小球重心（球心）的距离，因此要选取小球球心对应的刻度进行读数。
(5)由单摆周期公式做数学变形，推导出重力加速度的表达式。
(6)根据重力加速度推导式分析误差来源，摆长测量值偏小会使最终计算结果偏小，刻度尺零刻度高于悬点会造成摆长测量值偏小。
12．【答案】c、d；50；11.350；；1.55
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；霍尔元件
【解析】【解答】(2)霍尔电压出现在垂直于电流与磁场的两侧，电流沿a、b方向，磁场沿竖直方向，因此电压表接在霍尔元件的c、d两端；由图3可知电压表量程0~100mV，分度值2mV，指针指在50mV位置，电压为。
故答案为：c、d ；50
(3)螺旋测微器固定刻度读数11.0mm，可动刻度读数，总读数为。
故答案为：11.350
(5)第4组坐标、第5组坐标，在坐标系描点后用直线拟合所有数据点作出图像，如下图所示：
(6)由表格数据拟合图像可得电压20mV对应位移，电压60mV对应位移，
位移大小。
故答案为：1.55
【分析】(2)本题考查霍尔效应的原理，霍尔电压产生在电流、磁场的垂直方向，电流沿ab，故霍尔电压从cd两端测量。
(3)电压表直接根据表盘分度值读取示数；螺旋测微器读数为固定刻度加可动刻度乘以精度，注意半毫米刻度是否露出。
(5)（6）根据实验数据描点作图，利用线性图像，找到两个电压对应的位移做差值得到物体移动的微小位移。
13．【答案】（1）解：如图所示
根据几何关系可知光线1的折射角为，入射角为
可得
（2）解：根据几何关系可得光线2在玻璃砖中的折射角为
根据折射定律
其中
解得：
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】(1)本题考查光的折射定律应用，结合光路几何关系确定折射角，贴着介质表面入射时入射角为，直接代入折射公式求解介质折射率。
(2)先根据摄像头的固定拍摄角度，结合光路几何关系确定介质内的折射角，再利用折射定律变形，直接计算出入射角的正弦值。
14．【答案】（1）解：时刻开关与连接，流过导体棒的电流
导体棒所受的安培力
根据牛顿第二定律
联立可得
（2）解：当导体棒匀速运动时，导体棒产生的电动势等于电源电动势，设此时导体速度为，即
当储能器电压为时（此时电路中电流不为），对导体棒根据动量定理有
又
可得
根据题意
联立可得
（3）解：从过程对导体棒，根据动量定理
又
可得
导体棒上产生的焦耳热
可得
从时刻到导体棒静止过程中，根据能量守恒定律可知电路中产生的焦耳热为
导体棒产生的焦耳热为
可得
从时刻起到导体棒静止的过程中，导体棒上产生的焦耳热
【知识点】动量定理；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1)初始时刻导体棒无感应反电动势，直接由闭合电路欧姆定律求初始电流，结合安培力、牛顿第二定律求解初始加速度。
(2)匀速时动生电动势等于电源电动势，先用动量定理结合电荷量变化、储能器的关系，对全过程列动量方程，求解瞬时速度。
(3)利用动量定理求出回路总电荷量，由能量守恒得到电路总焦耳热，再根据串联电阻焦耳热按阻值正比分配，求出导体棒上产生的焦耳热。
15．【答案】（1）解：根据机械能守恒定律有
解得：小球接触地面瞬间的速度的大小
（2）解：设小球脱离轻杆时，轻杆与竖直方向的夹角为，如图所示：
设此时小球的速度为，根据机械能守恒定律
对小球，根据牛顿第二定律
解得
此时小球水平方向分速度
竖直方向分速度
竖直方向，根据速度位移关系
小球接触地面瞬间的速度与水平面夹角的正切值
联立解得
（3）解：(i)解：设其中一部分的质量为，则另一部分质量为，如图所示：
根据动量守恒定律有
弹射装置释放的能量
联立可得
(ii)解：根据数学知识可知，当时，最小为
即有
两小球同时落地，运动时间为
可得
两小球的距离
由可得
联立可得
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】(1) 本题考查机械能守恒的基础应用，小球下摆过程只有重力做功，重力势能全部转化为动能，直接列守恒式求解落地速度。
(2) 先结合圆周运动向心力条件与机械能守恒求出脱离杆时的速度与方位角，再将速度正交分解，结合平抛运动竖直方向匀变速规律求出落地竖直分速度，利用速度偏角定义求解正切值。
(3)(i)分裂过程内力远大于外力，系统动量守恒，分别沿速度方向、垂直速度方向列动量守恒方程，结合能量守恒推导弹射能量与质量比k的关系式；
(ii)利用均值不等式找到能量最小时的质量分配条件，结合平抛等时落地条件确定两分速度大小关系，由水平分位移差值求解落地点间距。
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