ARTICLE · 1279631

2026湖南高考物理真题全解:考情总评+2027预测+逐题拆解

发布时间：2026-10-30 12:43:09 最近访问：2026-10-30 12:43:10

📎 本文配套资料下载

湖南高考物理_考情总评与2027预测.pptx

湖南卷物理_题目与解析.docx

2026湖南高考物理

真题全解：考情总评 + 2027预测 + 逐题拆解

牛牛时空 · 高中物理｜真题研读

2026 年湖南卷物理考完了。很多家长和同学问：今年难度怎么样？考了什么？明年会怎么考？

这篇文章，我们把 2026 湖南卷的题型结构、难度梯度、命题趋势、逐题考点一次性讲清楚，并给出对 2027 的预测与备考建议。基础题占了近半数，能不能拿住，决定了你的分数下限。

01 ｜试卷总览：结构稳定，难度分层

据原卷与考情分析，2026 湖南卷满分 100 分，题型、题量、分值划分清晰：

· 客观题 10 道（46 分）：7 道单选题（28 分）+ 3 道多选题（18 分），是得分主力； · 实验题 2 道（15 分）：单独专项考查物理实操与数据处理能力； · 解答题 3 道（39 分）：作为压轴板块，分值占比最高，是拉开差距的关键。整体题型布局延续湖南卷传统模式，考生备考与作答节奏相对稳定。

难度梯度（原卷难度系数）

单选题（0.40~0.85）整体偏基础，保障基础得分；多选题（0.46~0.77）难度略高，侧重知识辨析；实验题（0.62~0.78）是全卷得分率较高的板块；解答题（0.15~0.65）跨度极大，最后设置极难题（难度系数 0.15），区分度极强。

02 ｜命题特点：情境立意，突出逻辑

试卷突出科技应用情境，将郭守敬望远镜、车载摄像头、磁悬浮装置、霍尔位移传感器、均热板散热器等真实科技场景与物理知识融合，体现湖南卷"情境立意"的命题风格。核心素养覆盖全面：物理观念涵盖力学、电磁学、热学、光学、近代物理五大模块。

典型情境题：第3题郭守敬望远镜（天体密度）、第8题均热板散热器（热学）、第10题磁悬浮装置（洛伦兹力与圆周运动）、第12题霍尔效应（微小位移测量实验）、第13题车载摄像头（折射扩大视角）、第14题储能器导轨（电磁感应）、第15题智能弹射爆炸（动量守恒）。

03 ｜逐题拆解与解析（15 题）

下面按题号给出完整题干、完整选项、原题配图、标准答案、完整解析与易错点。每道题下方均附逐步解析（含公式推导），需要离线精排版可下载文首的 Word。

第1题｜单项选择题｜利用v-t图像求加速度

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．10m/s²

B．20m/s²

C．30m/s²

D．40m/s²

【答案】B

【解析】

根据加速度的定义式a=Δv/Δt=(50−30)/1m/s²=20m/s²

故选B。

易错点：误将v-t图像中某时刻的速度值当作加速度；混淆加速度与速度的量纲关系；读取图像数据时未注意坐标轴单位。

第2题｜单项选择题｜α衰变的特点、本质及其方程的写法；α、β、γ三种射线的性质

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，²¹⁶₈₆Rn（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²¹⁶₈₆Rn→2₂⁴He+₈₂²⁰⁸Pb

【答案】D

【解析】

A．α衰变放出的α粒子为⁴₂He，衰变过程电荷数守恒，因此母核电荷数减少2，而非增大，故A错误；

B．α粒子质量数为4，衰变过程质量数守恒，因此母核质量数减少4，而非增大，故B错误；

C．α粒子电离能力强、穿透能力极弱，一张白纸即可将其挡住，穿透能力强、可穿透几厘米厚铅板的是γ射线，故C错误；

D．衰变方程满足电荷数守恒和质量数守恒：左边电荷数为86，右边2×2＋82 = 86；左边质量数为216，右边2×4＋208 = 216，守恒关系成立，故D正确。

故选D。

易错点：混淆α衰变中电荷数和质量数的变化方向（减少而非增大）；混淆α、β、γ三种射线的穿透能力和电离能力强弱关系；验证衰变方程时忽略电荷数和质量数守恒的双重检验。

第3题｜单项选择题｜计算中心天体的密度

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．3πn³/GT

B．3π/GT

C．3πn³/GT²

D．3π/GT²

【答案】C

【解析】

设恒星半径为R，由题意得行星轨道半径r=nR

行星绕恒星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，有GMm/r²=m4π²/T²r

整理得恒星质量M=4π²r³/GT²

恒星为均匀球体，体积V=4/3πR³，平均密度ρ=M/V，将r=nR代入得ρ=4π²(nR)³/GT²/4/3πR³=3πn³/GT²

故选C。

易错点：混淆轨道半径r与恒星半径R的关系，忘记r=nR的代入；推导过程中遗漏n³因子或T²的分母；密度公式ρ=M/V中球体体积公式记错。

第4题｜单项选择题｜求波长的多解问题

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

【解析】

已知某时刻A处质点位于波峰，B处质点位于波谷，因此A、B两点的波程差应满足半波长的奇数倍Δr=(n＋1/2)λ（n=0，1，2，…）

AB．若波源在（0，0），由坐标可推得A点到波源距离rA=√(4²＋3²)m=5m

B点到波源距离rB=4m

波程差Δr=1m

代入得1=(n＋0.5)λ

解得λ=2/2n＋1m

当λ=1m时，2n＋1=2，n=0.5（非整数）

当λ=2m时，2n＋1=1，n=0

故A错误，故B正确；

CD．若波源在（0，3），则A点到波源距离r′A=4m

B点到波源距离r′B=√(4²＋3²)m=5m

波程差仍为1m，同样有λ=2/2n＋1m

当λ=3m时，2n＋1=2/3，无整数解

当λ=4m时，2n＋1=0.5，无整数解

故CD错误。

故选B。

易错点：混淆波峰与波谷对应的波程差条件（应为半波长奇数倍而非整数倍）；验证波长时忽略n必须为整数的条件；计算A、B到波源距离时坐标运算出错。

第5题｜单项选择题｜计算电源的电动势和内阻

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

【解析】

设单个电池组的电动势为E，内阻为r，根据闭合电路欧姆定律分两种情况列方程求解：

a、b接d、e时：只有单个电池接入电路，根据闭合电路欧姆定律： E=I₁(R+r)

a、c接d、e时：两个电池串联，总电动势为2E，总内阻为2r，同理得： 2E=I₂(R+2r)

联立解得：E=15V，r=5Ω

故选A。

易错点：混淆单个电池接入和两个电池串联接入时电动势和内阻的变化（串联时总电动势为2E，总内阻为2r）；方程建立时遗漏外电路电阻R的贡献。

第6题｜单项选择题｜匀强电场中电势差与电场强度的关系、匀强电场中电势的计算

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d₁、d₂，d₁<d₂。a点到A、B板的距离相等，b点到B、C板的距离相等。A、C板均接地，B板带电。关于a、b两点的电场强度Eₐ、Eb和电势φₐ、φb，下列关系正确的是（）

A．Eₐ>Eb

B．Eₐ<Eb

C．φₐ>φb

D．φₐ<φb

【答案】A

【解析】

AB．A、C板均接地，电势为0，B板是等势体，因此BA间、BC间的电势差相等，都等于U=φB

平行板内部为匀强电场，电场强度满足E=U/d，已知d₁<d₂，故E₁>E₂，故A正确，B错误；

CD． a点到A板的距离为d₁/2，电势φₐ=Eₐ⋅d₁/2=U/d₁⋅d₁/2=U/2

b点到C板的距离为d₂/2，电势φb=Eb⋅d₂/2=U/d₂⋅d₂/2=U/2

因此φₐ=φb，故CD错误。

故选A。

易错点：混淆匀强电场中E=U/d的关系，误认为距离大的区域场强大；计算电势时忽略参考点（接地板）的选择，误认为a、b点电势不等。

第7题｜单项选择题｜关联气体模型、玻意耳定律的理解及初步应用

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

【解析】

设心形气球总体积为V（恒定），小气球体积为V₁，外部气体体积V₂=V−V₁

小气球内气体物质的量n₁，压强p₁，外部气体物质的量n₂，压强p₂。

由于忽略温度对气球材料性质的影响，弹性气球的压强差Δp=p₁−p₂为恒定值。

根据理想气体状态方程pV=nRT，得： p₁V₁=n₁RT，p₂V₂=n₂RT

整理得： Δp=RT(n₁/V₁−n₂/(V−V₁))

CD．Δp为定值，温度T升高时，等式要求(n₁/V₁−n₂/(V−V₁))减小。而(n₁/V₁−n₂/(V−V₁))随V₁增大单调递减，因此V₁（小气球体积）一定变大，故C错误，D正确；

A．温度升高后，小气球体积V₁增大，因此V₂=V−V₁减小，由p₂=n₂RT/V₂，T升高、V₂减小，p₂一定增大，A错误；

B．初始时V₁=V₂=V/2，已知p₁>p₂，由pV=nRT得n₁>n₂，分子数不相等，故B错误。

故选D。

易错点：忽略弹性气球压强差恒定的关键假设；误认为温度升高时外部气体压强不变；混淆关联气体模型中内外气体分子数的比较方法。

第8题｜多项选择题｜热力学第二定律两种表述、分子动能、理解内能的概念

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】BC

【解析】

A．温度是分子平均动能的统计标志，仅反映整体的平均水平，高温处仍存在速率小的水分子，低温处也存在速率大的水分子，并非所有水分子的运动速率都满足高温处大于低温处，故A错误；

B．一定量的水变为同温度的水蒸气，温度不变则分子总动能不变。汽化过程吸收热量，且汽化后分子间距大幅增大，分子势能增加，因此总内能变大，故B正确；

C．该过程中，均热板从高温的芯片吸热，向低温的冷凝端放热，整个过程循环进行，均热板自身状态复原，不需要对外界做功，仅依靠水传递热量，符合物理规律，故C正确；

D．根据热力学第二定律，不可能从低温物体吸热、向高温物体放热，同时不产生其他影响，该描述违反热力学第二定律，故D错误。

故选BC。

易错点：将”温度高→分子平均动能大”误推广为”所有分子速率都大”；混淆内能变化中分子动能和分子势能的贡献；对热力学第二定律的克劳修斯表述理解不到位，误认为均热板可自发从低温向高温传热。

第9题｜多项选择题｜整体法与隔离法解决共点力平衡问题

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】BC

【解析】

AB．根据题意，设每根绳子的拉力为T，两根绳子之间的夹角为2α，每个气球受到空气阻力f=kv，浮力为F浮，对整体受力分析，由平衡条件，竖直方向上有2F浮=2G+2Tcosαsinθ

水平方向上有2kv=2Tcosαcosθ

整理可得tanθ=(F浮−G)/kv

运动速度缓慢增大，tanθ减小，则θ减小，T增大，故A错误，B正确；

CD．对单个气球受力分析，由平衡条件有Tsinα=F

由于α不变，T增大，则F增大，故C正确，D错误。

故选BC。

易错点：混淆整体法与隔离法的适用场景；推导tanθ时遗漏浮力与重力的差值关系；忽略α不变的条件导致弹力分析错误。

第10题｜多项选择题｜带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动、动量定理的内容

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π√(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√((2+π²)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√5mg

【答案】AD

【解析】

A．根据题意可知，小球所受洛伦兹力的水平分力提供小球做圆周运动的向心力，由左手定则可知，从管道上方俯视，小球沿顺时针方向做圆周运动，故A正确；

B．设磁感应强度为B，小球的速度为v，此时小球与管道间无弹力，竖直方向上有mg=qvBcos45°

水平方向上有qvBsin45°=mv²/R

解得v=√gR

则小球做圆周运动的周期为T=2πR/v=2π√(R/g)，故B错误；

C．根据题意，水平方向上，由动量定理有Iₓ=Δp=−mv−mv=−2m√gR

竖直方向有Iy=qvBcos45°⋅T/2=mπ√gR

则小球做圆周运动的半个周期内洛伦兹力的冲量大小为I=√(Iₓ²+Iy²)=m√((4+π²)gR)，故C错误；

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，竖直方向上有mg+F_Ny=q⋅2vBcos45°

水平方向上有q⋅2vBsin45°+F_Nx=m(2v)²/R

小球与管道间的弹力大小FN=√(FNy²+FNₓ²)

联立解得FN=√5mg，故D正确。

故选AD。

易错点：混淆周期公式中的2π与π（正确结果为T=2π√(R/g)）；冲量计算时将水平方向动量变化2m√gR误写为m√gR；计算弹力时未同时考虑竖直和水平两个方向的力分量。

第11题｜实验题｜用单摆测量重力加速度的大小

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°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】0.6π；b；4π²l/T²；低于

【解析】

（3）根据题意，由图1可知，单摆的周期T为0.6πs。

（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，应读出球心所在位置的读数，即b位置的读数，该读数即为摆长l。

（5）由单摆周期公式T=2π√(l/g)

可得重力加速度g=4π²l/T²

（6）若该同学发现所得实验结果小于当地重力加速度，可知摆长测量值偏小，即刻度尺0刻度线低于悬点。

易错点：读取v-t图像时混淆周期与半周期；测量摆长时误读球顶（a）或球底（c）而非球心（b）；推导重力加速度公式时混淆g与l的位置关系；误差分析时混淆刻度尺0刻度线高于/低于悬点对结果的影响方向。

第12题｜实验题｜位移传感器、螺旋测微器的读数、霍尔效应的原理

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S，测量其霍尔电压，电压表指针如图3所示，此时电压为_______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_______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。

（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；见图；1.55

【解析】

（2）由霍尔效应原理可知，霍尔电压会出现在垂直电流和磁场方向上，结合图2可知，将电压表接在霍尔元件的c、d两端。

由图3可知，电压表的最小刻度为2mV，则此时电压为50mV。

（3）图4中螺旋测微器读数为11mm+35.0×0.01mm=11.350mm。

（5）根据表格中数据，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，如图所示

（6）根据图像可知，电压表示数为20mV时，有z₁=12.15mm，移动后电压表示数为60mV时，有z₂=13.70mm，则此过程中物体位移的大小为z=z₂−z₁=1.55mm。

易错点：混淆霍尔电压测量端的选择（应选垂直电流和磁场的c、d端而非a、b端）；电压表读数时忽略最小刻度估读；螺旋测微器读数时固定刻度与可动刻度的加法计算出错；通过z−U图像查读位移时对应关系判断不准。

第13题｜解答题｜平行玻璃砖模型、折射定律、全反射

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°。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°，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)2√3/3；(2)0.9

【解析】

（1）如图所示

根据几何关系可知光线1的折射角为60°，入射角为90°

可得n=sin 90°/sin 60°=2√3/3

（2）根据几何关系可得光线2在玻璃砖中的折射角为β=30°

根据折射定律n′=sinθ/sinβ

其中n′=1.8

解得sinθ=0.9

易错点：混淆入射角和折射角的定义（入射角是入射光线与法线的夹角而非与界面的夹角）；光线1入射角为90°（掠射）而非0°；光线2的折射角需从光路图的几何关系推导（30°），而非直接给出。

第14题｜解答题｜有电源存在的导轨单杆模型、动量定理、能量守恒

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。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t₀时刻导体棒加速度a₀的大小；

(2)若t₁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U₀时（此时电路中电流不为0），求导体棒速度v的大小；

(3)若t₁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)a₀=BEL/mr；(2)v=E/BL−BLU₀/mk；(3)Q=(（R+2r）mE²)/(2（R+r）B²L²)

【解析】

（1）t₀时刻开关S与a连接，流过导体棒的电流I=E/r

导体棒所受的安培力F=BIL

根据牛顿第二定律F=ma₀

联立可得a₀=BEL/mr

（2）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，设此时导体棒速度为v₀，即E=BLv₀

当储能器电压为U₀时（此时电路中电流不为0），对导体棒根据动量定理有−∑BIL⋅t=mv−mv₀

又q=∑I⋅t

可得−BLq=mv−mv₀

根据题意U=kq

联立可得v=E/BL−BLU₀/mk

（3）从t₀∼t₁过程对导体棒，根据动量定理BI−L⋅t=mv₀

又q′=I−⋅t

可得q′=mE/B²L²

导体棒上产生的焦耳热Q₁=q₁E−1/2mv₀²

可得Q₁=mE²/2B²L²

从t₁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Q总=1/2mv₀²

导体棒产生的焦耳热为Q₂=r/(R+r)⋅Q总

可得Q₂=mrE²/(2（R+r）B²L²)

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=Q₁+Q₂=(（R+2r）mE²)/(2（R+r）B²L²)

易错点：混淆储能器U=kq与传统电容U=q/C的区别；动量定理应用时安培力方向判断错误；第(3)问中两段过程的焦耳热计算需要分段处理再相加；导体棒与定值电阻的焦耳热分配比例r/(R+r)的推导。

第15题｜解答题｜爆炸问题、机械能守恒定律在曲线运动中的应用、动量守恒

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0<θ<α）。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)v=√2gL；(2)tanα=√23/2；(3)（i）E=[((1+k)²)/4kcos²θ−1]mgL；（ii）d=8/9√69Ltanθ

【解析】

（1）根据机械能守恒定律有mgL=1/2mv²

解得小球接触地面瞬间的速度的大小v=√2gL

（2）设小球脱离轻杆时，轻杆与竖直方向的夹角为β，如图所示

设此时小球的速度为v₁，根据机械能守恒定律mgL(1−cosβ)=1/2mv₁²

对小球，根据牛顿第二定律mgcosβ=mv₁²/L

解得cosβ=2/3，v₁=√(2gL/3)

此时小球水平方向分速度vₓ₁=v₁cosβ

竖直方向分速度v_y1=v₁sinβ

竖直方向，根据速度位移关系vy²−vy₁²=2g⋅Lcosβ

小球接触地面瞬间的速度与水平面夹角α的正切值tanα=vy/vₓ₁

联立解得tanα=√23/2

（3）（i）设其中一部分的质量为m₀，则另一部分质量为km₀，如图所示

根据动量守恒定律有km₀v₂sinθ=m₀v₃sinθ，km₀v₂cosθ+m₀v₃cosθ=mv

弹射装置释放的能量E=1/2km₀v₂²+1/2m₀v₃²−1/2mv²

联立可得E=[((1+k)²)/4kcos²θ−1]mgL

（ii）根据数学知识可知，当k=1时，E最小为Eₘᵢₙ=mgLtan²θ

即有m₀v₂sinθ=m₀v₃sinθ，m₀v₂cosθ+m₀v₃cosθ=mv，Eₘᵢₙ=1/2m₀v₂²+1/2m₀v₃²−1/2mv²

两小球同时落地，运动时间为t=2⋅v₂sinα/g=2⋅v₃sinα/g

可得(v₃)=(v₂)

两小球的距离d=2v₂sinθ⋅t

由tanα=√23/2可得sinα=√(23/27)

联立可得d=8/9√69Ltanθ

易错点：弹力为零的条件判断错误（应为径向合力为零而非合力为零）；脱离后抛体运动的竖直方向分速度计算遗漏脱离时的竖直初速度；爆炸分裂的动量守恒方程建立时混淆质量比k的定义（一部分质量为m₀，另一部分为km₀，总质量m=(1+k)m₀）；第(3)(ii)问中能量最小值条件k=1的推导和同时落地条件|v₂|=|v₃|的判断。