2025年高考山东卷物理真题

在光电效应实验中，用频率和强度都相同的单色光分别照射编号为1、2、3的金属，所得遏止电压如图所示，关于光电子最大初动能 $E_{k}$ 的大小关系正确的是（　　）

A． $E_{k1}>E_{k2}>E_{k3}$

B． $E_{k2}>E_{k3}>E_{k1}$

C． $E_{k3}>E_{k2}>E_{k1}$

D． $E_{k3}>E_{k1}>E_{k2}$

【答案与解析】

光电效应中光电子最大初动能满足 $E_k=eU_c$ ，其中 $U_c$ 为遏止电压。三束光频率、强度相同，故 $E_k$ 仅由金属逸出功决定，且 $U_c$ 越大则 $E_k$ 越大。由题图遏止电压关系 $U_{c2}>U_{c3}>U_{c1}$ ，可得 $E_{k2}>E_{k3}>E_{k1}$ 。故选B。
分子间作用力F与分子间距离r的关系如图所示，若规定两个分子间距离r等于 $r_{0}$ 时分子势能 $E_p$ 为零，则（　　）

A．只有r大于 $r_{0}$ 时， $E_p$ 为正

B．只有r小于 $r_{0}$ 时， $E_p$ 为正

C．当r不等于 $r_{0}$ 时， $E_p$ 为正

D．当r不等于 $r_{0}$ 时， $E_p$ 为负

【答案与解析】

规定 $r=r_0$ 时分子势能为零。当 $r>r_0$ 时分子间表现为引力，距离增大时分子力做负功，分子势能增大，为正；当 $r<r_0$ 时分子间表现为斥力，距离减小时分子力同样做负功，分子势能也增大，为正。因此在 $r\neq r_0$ 时均有 $E_p>0$ 。故选C。
用如图所示的装置观察光的干涉和偏振现象。狭缝 $S_1$ 、 $S_2$ 关于 $OO^{\prime}$ 轴对称，光屏垂直于 $OO^{\prime}$ 轴放置。将偏振片 $\mathrm{P}_{1}$ 垂直于 $OO^{\prime}$ 轴置于双缝左侧，单色平行光沿 $OO^{\prime}$ 轴方向入射，在屏上观察到干涉条纹，再将偏振片 $\mathrm{P}_{2}$ 置于双缝右侧， $P_{1}$ 、 $P_{2}$ 透振方向平行。保持 $\mathrm{P}_{1}$ 不动，将 $\mathrm{P}_{2}$ 绕 $OO^{\prime}$ 轴转动 $90^\circ$ 的过程中，关于光屏上的干涉条纹，下列说法正确的是（　　）

A．条纹间距不变，亮度减小

B．条纹间距增大，亮度不变

C．条纹间距减小，亮度减小

D．条纹间距不变，亮度增大

【答案与解析】

双缝干涉条纹间距 $\Delta x=\frac{L\lambda}{d}$ ，转动 $P_2$ 过程中 $L$ 、 $d$ 、 $\lambda$ 均不变，故条纹间距不变。两偏振片透振方向由平行转到垂直的过程中，透过 $P_2$ 的光强逐渐减小，干涉条纹亮度减小。故选A。
某同学用不可伸长的细线系一个质量为 $0.1\mathrm{kg}$ 的发光小球，让小球在竖直面内绕一固定点做半径为 $0.6\mathrm{m}$ 的圆周运动。在小球经过最低点附近时拍摄了一张照片，曝光时间为 $\frac{1}{50}\mathrm{s}$ 。由于小球运动，在照片上留下了一条长度约为半径 $\frac{1}{5}$ 的圆弧形径迹。根据以上数据估算小球在最低点时细线的拉力大小为（　　）

A． $11\mathrm{N}$

B． $9\mathrm{N}$

C． $7\mathrm{N}$

D． $5\mathrm{N}$

【答案与解析】

曝光时间内小球弧长对应的弦长近似为 $\Delta l=\frac{1}{5}r=\frac{1}{5}\times0.6=0.12\,\mathrm{m}$ 。认为曝光时间内近似匀速，速率 $v=\frac{\Delta l}{\Delta t}=\frac{0.12}{1/50}=6\,\mathrm{m/s}$ 。在最低点由牛顿第二定律 $T-mg=m\frac{v^2}{r}$ ，代入 $m=0.1\,\mathrm{kg}$ 得 $T=0.1\times10+0.1\times\frac{36}{0.6}=1+6=7\,\mathrm{N}$ 。故选C。
一辆电动小车上的光伏电池，将太阳能转换成的电能全部给电动机供电，刚好维持小车以速度v匀速运动，此时电动机的效率为 $50\%$ 。已知小车的质量为m，运动过程中受到的阻力 $f=kv$ （k为常量），该光伏电池的光电转换效率为 $\eta$ ，则光伏电池单位时间内获得的太阳能为（　　）

A． $\frac{2kv^2}{\eta}$

B． $\frac{kv^{2}}{2\eta}$

C． $\frac{kv^{2}+mv^{2}}{2\eta}$

D． $\frac{2kv^{2}+mv^{2}}{\eta^{2}}$

【答案与解析】

小车匀速运动，牵引力 $F=f=kv$ ，机械功率 $P_{\text{机}}=Fv=kv^2$ 。电动机效率 $50\%$ ，故光伏电池输出的电功率 $P_{\text{电}}=\frac{P_{\text{机}}}{0.5}=2kv^2$ 。光伏电池光电转换效率为 $\eta$ ，则单位时间获得的太阳能 $P_{\text{太阳}}=\frac{P_{\text{电}}}{\eta}=\frac{2kv^2}{\eta}$ 。故选A。
轨道舱与返回舱的组合体，绕质量为M的行星做半径为r的圆周运动，轨道舱与返回舱的质量比为 $5:1$ 。如图所示，轨道舱在P点沿运动方向向前弹射返回舱，分开瞬间返回舱相对行星的速度大小为 $2\sqrt{\frac{GM}{r}}$ ，G为引力常量，此时轨道舱相对行星的速度大小为（　　）

A． $\frac{2}{3}\sqrt{\frac{GM}{r}}$

B． $\frac{3}{5}\sqrt{\frac{GM}{r}}$

C． $\frac{4}{5}\sqrt{\frac{GM}{r}}$

D． $\sqrt{\frac{GM}{r}}$

【答案与解析】

设返回舱质量 $m$ ，则轨道舱质量 $5m$ ，组合体总质量 $6m$ 。原做圆周运动速度 $v_0=\sqrt{\frac{GM}{r}}$ 。弹射过程沿运动方向动量守恒： $6m v_0 = m\cdot 2v_0 + 5m v_x$ 。解得 $5m v_x = 4m v_0$ ，即 $v_x=\frac{4}{5}\sqrt{\frac{GM}{r}}$ 。故选C。
如图为一种交流发电装置的示意图，长度为 $2L$ 、间距为L的两平行金属电极固定在同一水平面内，两电极之间的区域I和区域Ⅱ有竖直方向的磁场，磁感应强度大小均为B、方向相反，区域I边界是边长为L的正方形，区域Ⅱ边界是长为L、宽为 $0.5L$ 的矩形。传送带从两电极之间以速度v匀速通过，传送带上每隔 $2L$ 固定一根垂直运动方向、长度为L的导体棒，导体棒通过磁场区域过程中与电极接触良好。该装置产生电动势的有效值为（　　）

A． $BLv$

B． $\frac{\sqrt{2}BLv}{2}$

C． $\frac{3BLv}{2}$

D． $\frac{\sqrt{10}BLv}{4}$

【答案与解析】

导体棒通过磁场区域产生电动势，周期 $T=\frac{2L}{v}$ 。通过区域Ⅰ（边长 $L$ ）时电动势 $E_1=BLv$ ，历时 $t_1=\frac{L}{v}$ ；通过区域Ⅱ（沿运动方向长 $L$ 、垂直方向宽 $0.5L$ ，仅 $0.5L$ 长度的棒切割磁感线）时电动势 $E_2=B\cdot 0.5L\cdot v=0.5BLv$ ，历时 $t_2=\frac{L}{v}$ 。由有效值定义 $E^2 T=E_1^2 t_1+E_2^2 t_2$ ，代入得 $E^2\cdot\frac{2L}{v}=(BLv)^2\frac{L}{v}+(0.5BLv)^2\frac{L}{v}$ ，化简得 $E^2=\frac{5}{8}(BLv)^2$ ，故 $E=\frac{\sqrt{10}}{4}BLv$ 。故选D。
工人在河堤的硬质坡面上固定一垂直坡面的挡板，向坡底运送长方体建筑材料。如图所示，坡面与水平面夹角为 $\theta$ ，交线为PN，坡面内QN与PN垂直，挡板平面与坡面的交线为MN， $\angle MNQ=\theta$ 。若建筑材料与坡面、挡板间的动摩擦因数均为 $\mu$ ，重力加速度大小为g，则建筑材料沿MN向下匀加速滑行的加速度大小为（　　）

A． $g\sin^{2}\theta-\mu g\cos\theta-\mu g\sin\theta\cos\theta$

B． $g\sin\theta\cos\theta-\mu g\cos\theta-\mu g\sin^{2}\theta$

C． $g\sin\theta\cos\theta-\mu g\cos\theta-\mu g\sin\theta\cos\theta$

D． $g\cos^{2}\theta-\mu g\cos\theta-\mu g\sin^{2}\theta$

【答案与解析】

材料沿 MN 下滑，重力沿 MN 的分量 $mg\sin\theta\cos\theta$ ；坡面对它的支持力 $N_1=mg\cos\theta$ ，摩擦力 $f_1=\mu mg\cos\theta$ ；挡板对材料的支持力（由重力在坡面内垂直于 MN 的分量引起） $N_2=mg\sin\theta\sin\theta=mg\sin^2\theta$ ，摩擦力 $f_2=\mu mg\sin^2\theta$ 。由牛顿第二定律 $ma=mg\sin\theta\cos\theta-\mu mg\cos\theta-\mu mg\sin^2\theta$ ，得 $a=g\sin\theta\cos\theta-\mu g\cos\theta-\mu g\sin^2\theta$ 。故选B。
均匀介质中分别沿x轴负向和正向传播的甲、乙两列简谐横波，振幅均为 $2\mathrm{cm}$ ，波速均为 $1\mathrm{m/s}$ ，M、N为介质中的质点。 $t=0$ 时刻的波形图如图所示，M、N的位移均为 $1\mathrm{cm}$ 。下列说法正确的是（　　）

A．甲波的周期为 $6\mathrm{s}$

B．乙波的波长为 $6\mathrm{m}$

C． $t=6\mathrm{s}$ 时，M向y轴正方向运动

D． $t=6\mathrm{s}$ 时，N向y轴负方向运动

【答案与解析】

由 $t=0$ 波形图，甲波波长 $\lambda_{\text{甲}}=4\,\mathrm{m}$ ，周期 $T_{\text{甲}}=\frac{\lambda_{\text{甲}}}{v}=4\,\mathrm{s}$ ，故 A 错。乙波波长由图读得 $\lambda_{\text{乙}}=6\,\mathrm{m}$ ，故 B 对。甲波中 $M$ 在 $t=0$ 时位移 $1\,\mathrm{cm}$ ，由同侧法判断其向 $y$ 轴负方向运动； $t=6\,\mathrm{s}=1.5T_{\text{甲}}$ 时 $M$ 向 $y$ 轴负方向运动，故 C 错。乙波周期 $T_{\text{乙}}=\frac{\lambda_{\text{乙}}}{v}=6\,\mathrm{s}$ ， $t=6\,\mathrm{s}=T_{\text{乙}}$ 时 $N$ 运动状态与 $t=0$ 相同，仍向 $y$ 轴负方向运动，故 D 对。故选BD。
如图所示，在无人机的某次定点投放性能测试中，目标区域是水平地面上以O点为圆心，半径 $R_1=5m$ 的圆形区域，OO'垂直地面，无人机在离地面高度 $H=20m$ 的空中绕O'点、平行地面做半径 $R_2=3m$ 的匀速圆周运动，A、B为圆周上的两点， $∠AO'B=90^{\circ}$ 。若物品相对无人机无初速度地释放，为保证落点在目标区域内，无人机做圆周运动的最大角速度应为 $\omega_{max}$ 。当无人机以 $\omega_{max}$ 沿圆周运动经过A点时，相对无人机无初速度地释放物品。不计空气对物品运动的影响，物品可视为质点且落地后即静止，重力加速度大小 $g=10\mathrm{m/s^2}$ 。下列说法正确的是（　　）

A． $\omega_{\max}=\frac{\pi}{3}\mathrm{rad}/\mathrm{s}$

B． $\omega_{\max}=\frac{2}{3}\mathrm{rad/s}$

C．无人机运动到B点时，在A点释放的物品已经落地

D．无人机运动到B点时，在A点释放的物品尚未落地

【答案与解析】

物品释放后做平抛运动，竖直方向 $H=\frac{1}{2}gt^2$ ，得落地时间 $t=\sqrt{\frac{2H}{g}}=\sqrt{\frac{40}{10}}=2\,\mathrm{s}$ 。落点在目标圆内，水平位移最大值 $x_{\max}=\sqrt{R_1^2-R_2^2}=\sqrt{25-9}=4\,\mathrm{m}$ ，故最大水平速度 $v_{\max}=\frac{x_{\max}}{t}=2\,\mathrm{m/s}$ ，最大角速度 $\omega_{\max}=\frac{v_{\max}}{R_2}=\frac{2}{3}\,\mathrm{rad/s}$ ，故 A 错 B 对。无人机从 A 到 B 转过 $90^\circ$ ，用时 $t'=\frac{\pi/2}{\omega_{\max}}=\frac{3\pi}{4}\,\mathrm{s}\approx2.36\,\mathrm{s}>2\,\mathrm{s}$ ，故在 A 点释放的物品在无人机到达 B 前已落地，C 对 D 错。故选BC。
球心为O，半径为R的半球形光滑绝缘碗固定于水平地面上，带电量分别为 $+2q$ 和 $+q$ 的小球甲、乙刚好静止于碗内壁A、B两点，过O、A、B的截面如图所示，C、D均为圆弧上的点，OC沿竖直方向， $\angle AOC=45^{\circ}$ ， $OD\perp AB$ ，A、B两点间距离为 $\sqrt{3}R$ ，E、F为AB连线的三等分点。下列说法正确的是（　　）

A．甲的质量小于乙的质量

B．C点电势高于D点电势

C．E、F两点电场强度大小相等，方向相同

D．沿直线从O点到D点，电势先升高后降低

【答案与解析】

对甲、乙受力分析（重力、支持力、库仑力三力平衡）。由几何 $AB=\sqrt{3}R=2R\sin\angle OAB$ 得 $\angle OAB=\angle OBA=30^\circ$ 。对甲由正弦定理 $\frac{m_{\text{甲}}g}{\sin45^\circ}=\frac{F}{\sin30^\circ}$ ，对乙 $\frac{m_{\text{乙}}g}{\sin75^\circ}=\frac{F}{\sin30^\circ}$ ，因 $\sin45^\circ<\sin75^\circ$ 得 $m_{\text{甲}}>m_{\text{乙}}$ ，A 错。由场强叠加，C 到 D 圆弧上各点场强方向均向右下方，正电荷从 C 到 D 电场力做正功、电势能减小，故 $C$ 点电势高于 $\mathrm{D}$ 点，B 对。两带电小球连线上 E、F 处叠加后场强大小不等，C 错。OD 与 AB 交点距两电荷最近、电势最高，故沿 O→D 电势先升高后降低，D 对。故选BD。
如图甲所示的 $Oxy$ 平面内，y轴右侧被直线 $x=3L$ 分为两个相邻的区域I、Ⅱ。区域I内充满匀强电场，区域Ⅱ内充满垂直 $Oxy$ 平面的匀强磁场，电场和磁场的大小、方向均未知。 $t=0$ 时刻，质量为m、电荷量为 $+q$ 的粒子从O点沿x轴正向出发，在 $Oxy$ 平面内运动，在区域I中的运动轨迹是以y轴为对称轴的抛物线的一部分，如图甲所示。 $t_{0}$ 时刻粒子第一次到达两区域分界面，在区域Ⅱ中运动的 $y-t$ 图像为正弦曲线的一部分，如图乙所示。不计粒子重力。下列说法正确的是（　　）

A．区域I内电场强度大小 $E=\frac{4mL}{qt_{0}^{2}}$ ，方向沿y轴正方向

B．粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径 $R=\frac{20L}{3}$

C．区域Ⅱ内磁感应强度大小 $B=\frac{3m}{5qt_{0}}$ ，方向垂直 $Oxy$ 平面向外

D．粒子在区域Ⅱ内圆周运动的圆心坐标 $\left(\frac{17L}{3},0\right)$

【答案与解析】

区域Ⅰ中粒子轨迹为以 $y$ 轴为对称轴的抛物线，做类平抛运动，电场力竖直向上，电场沿 $+y$ 方向。水平方向 $x=v_0 t$ ，在 $t_0$ 到达 $x=3L$ 故 $v_0=\frac{3L}{t_0}$ ；竖直方向 $y=\frac{1}{2}at^2$ ，由图边界处 $y=2L$ 得 $a=\frac{4L}{t_0^2}$ ，由 $qE=ma$ 得 $E=\frac{4mL}{qt_0^2}$ ，A 对。进入区域Ⅱ时速度 $v=\sqrt{v_0^2+(at_0)^2}=\sqrt{(3L/t_0)^2+(4L/t_0)^2}=\frac{5L}{t_0}$ ，与竖直方向夹角满足 $\sin\theta=\frac{v_0}{v}=0.6$ 即 $\theta=37^\circ$ 。由几何圆心到入口距离（半径） $R=\sqrt{(3L-\frac{17L}{3})^2+(2L)^2}=\frac{10L}{3}\neq\frac{20L}{3}$ ，B 错。由 $qvB=\frac{mv^2}{R}$ 得 $B=\frac{mv}{qR}=\frac{3m}{2qt_0}\neq\frac{3m}{5qt_0}$ ，C 错。圆心位于入口处速度垂线与距入口 $R$ 处，坐标为 $(\frac{17L}{3},0)$ ，D 对。故选AD。
某小组采用如图甲所示的装置验证牛顿第二定律，部分实验步骤如下：

$(1)$ 将两光电门安装在长直轨道上，选择宽度为d的遮光片固定在小车上，调整轨道倾角，用跨过定滑轮的细线将小车与托盘及砝码相连。选用 $d=$ ＿＿＿＿ $\mathrm{cm}$ （填“5.00”或“1.00”）的遮光片，可以较准确地测量遮光片运动到光电门时小车的瞬时速度。 $(2)$ 将小车自轨道右端由静止释放，从数字毫秒计分别读取遮光片经过光电门1、光电门2时的速度 $v_{1}=0.40\mathrm{m/s}$ 、 $v_2=0.81\mathrm{m/s}$ ，以及从遮光片开始遮住光电门1到开始遮住光电门2的时间 $t=1.00\mathrm{s}$ ，计算小车的加速度 $a=$ ＿＿＿＿ $\mathrm{m}/\mathrm{s}^2$ （结果保留2位有效数字）。 $(3)$ 将托盘及砝码的重力视为小车受到的合力F，改变砝码质量，重复上述步骤，根据数据拟合出 $a-F$ 图像，如图乙所示。若要得到一条过原点的直线，实验中应＿＿＿＿（填“增大”或“减小”）轨道的倾角。

$(4)$ 图乙中直线斜率的单位为＿＿＿＿（填“ $\mathrm{kg}$ ”或“ $\mathrm{kg}^{-1}$ ”）。

【答案与解析】

(1) 遮光片越窄，遮光时间越接近瞬时速度，故选用 $d=1.00\,\mathrm{cm}$ 。 (2) 由 $a=\frac{v_2-v_1}{t}$ ，代入 $v_1=0.40\,\mathrm{m/s}$ 、 $v_2\approx0.81\,\mathrm{m/s}$ 、 $t=1.00\,\mathrm{s}$ 得 $a\approx0.41\,\mathrm{m/s^2}$ 。 (3) 图乙 $a-F$ 图线不过原点是因摩擦等因素，应增大轨道倾角以平衡摩擦，使图线过原点。 (4) 斜率 $k=\frac{a}{F}$ ，单位 $\frac{\mathrm{m/s^2}}{\mathrm{N}}=\frac{\mathrm{m/s^2}}{\mathrm{kg\cdot m/s^2}}=\mathrm{kg^{-1}}$ 。
某实验小组为探究远距离高压输电的节能优点，设计了如下实验。所用实验器材为：学生电源；可调变压器 $\mathrm{T}_{1}$ 、 $\mathrm{T}_{2}$ ；电阻箱R；灯泡L（额定电压为 $6\mathrm{V}$ ）；交流电流表 $\mathrm{A}_{1}$ 、 $\mathrm{A}_{2}$ 、 $\mathrm{A}_{3}$ ，交流电压表 $V_{1}$ 、 $V_{2}$ ，开关 $\mathrm{S}_1$ 、 $\mathrm{S}_2$ ，导线若干。

部分实验步骤如下： $(1)$ 模拟低压输电。按图甲连接电路，选择学生电源交流挡，使输出电压为 $12\mathrm{V}$ ，闭合 $\mathrm{S}_1$ ，调节电阻箱阻值，使 $\mathrm{V}_{1}$ 示数为 $6.00\mathrm{V}$ ，此时 $\mathrm{A}_1$ （量程为 $250\mathrm{mA}$ ）示数如图乙所示，为＿＿＿＿ $\mathrm{mA}$ ，学生电源的输出功率为＿＿＿＿W。

$(2)$ 模拟高压输电。保持学生电源输出电压和电阻箱阻值不变，按图丙连接电路后闭合 $\mathrm{S}_2$ 。调节 $\mathrm{T}_{1}$ 、 $\mathrm{T}_{2}$ ，使 $\mathrm{V}_{2}$ 示数为 $6.00\mathrm{V}$ ，此时 $\mathrm{A}_2$ 示数为 $20\mathrm{mA}$ ，则低压输电时电阻箱消耗的功率为高压输电时的＿＿＿＿倍。 $(3)\mathrm{A}_{3}$ 示数为 $125\mathrm{mA}$ ，高压输电时学生电源的输出功率比低压输电时减少了＿＿＿＿W。

【答案与解析】

(1) 低压输电时 $V_1=6.00\,\mathrm{V}$ ，由图乙 $A_1$ 示数为 $200\,\mathrm{mA}$ ；学生电源输出功率 $P=12\times0.200=2.4\,\mathrm{W}$ 。 (2) 高、低压输电电阻箱阻值不变，线路电流分别为 $20\,\mathrm{mA}$ （高压）与 $200\,\mathrm{mA}$ （低压），消耗功率比 $P_{\text{低}}:P_{\text{高}}=I_{\text{低}}^2:I_{\text{高}}^2=(200:20)^2=100:1$ ，故低压是高压的 $100$ 倍。 (3) 高压输电时 $A_3=125\,\mathrm{mA}$ ，电源输出功率 $P'=12\times0.125=1.5\,\mathrm{W}$ ，比低压时减少 $\Delta P=2.4-1.5=0.9\,\mathrm{W}$ 。
由透明介质制作的光学功能器件截面如图所示，器件下表面圆弧以O点为圆心，上表面圆弧以 $O^{\prime}$ 点为圆心，两圆弧的半径及O、 $O^{\prime}$ 两点间距离均为R，点A、B、C在下表面圆弧上。左界面AF和右界面CH与 $OO^{\prime}$ 平行，到 $OO^{\prime}$ 的距离均为 $\frac{9}{10}R$ 。

$(1)B$ 点与 $OO^{\prime}$ 的距离为 $\frac{\sqrt{3}}{2}R$ ，单色光线从B点平行于 $OO^{\prime}$ 射入介质，射出后恰好经过 $O^{\prime}$ 点，求介质对该单色光的折射率n； $(2)$ 若该单色光线从G点沿GE方向垂直AF射入介质，并垂直CH射出，出射点在GE的延长线上，E点在 $OO^{\prime}$ 上， $O^{\prime}$ 、E两点间的距离为 $\frac{\sqrt{2}}{2}R$ ，空气中的光速为c，求该光在介质中的传播时间t。

【答案与解析】

(1) 设 $OO'$ 为水平轴， $O$ 为原点、 $O'$ 在 $(R,0)$ 。 $\mathrm{B}$ 在下方圆弧上且到 $OO'$ 距离 $\frac{\sqrt3}{2}R$ ，故 $\mathrm{B}$ 坐标为 $(-\frac{R}{2},\frac{\sqrt3}{2}R)$ ，入射光线平行 $OO'$ （沿 $+x$ ）。入射点法线（径向）与 $+x$ 夹角为 $60^\circ$ ，入射角 $i=60^\circ$ ；折射光线沿 $BO'$ 方向，与法线夹角为折射角 $r=30^\circ$ 。由折射定律 $n=\frac{\sin i}{\sin r}=\frac{\sin60^\circ}{\sin30^\circ}=\sqrt3$ 。 (2) 光从 $G$ 垂直 $AF$ 射入（不偏折），在介质中经两次折射后垂直 $CH$ 射出。由几何关系，光在介质中的总路程 $L=\frac{19}{5}R$ ，介质中光速 $v=\frac{c}{n}=\frac{c}{\sqrt3}$ ，传播时间 $t=\frac{L}{v}=\frac{19R/5}{c/\sqrt3}=\frac{19\sqrt3\,R}{5c}$ 。
如图所示，上端开口，下端封闭的足够长玻璃管竖直固定于调温装置内。玻璃管导热性能良好，管内横截面积为S，用轻质活塞封闭一定质量的理想气体。大气压强为 $p_0$ ，活塞与玻璃管之间的滑动摩擦力大小恒为 $f_{0}=\frac{1}{21}p_{0}S$ ，等于最大静摩擦力。用调温装置对封闭气体缓慢加热， $T_{1}=330\mathrm{K}$ 时，气柱高度为 $h_1$ ，活塞开始缓慢上升；继续缓慢加热至 $T_{2}=440\mathrm{K}$ 时停止加热，活塞不再上升；再缓慢降低气体温度，活塞位置保持不变，直到降温至 $T_2=400\mathrm{K}$ 时，活塞才开始缓慢下降；温度缓慢降至 $T_{4}=330\mathrm{K}$ 时，保持温度不变，活塞不再下降。求：

$(1)T_{2}=440\mathrm{K}$ 时，气柱高度 $h_2$ ； $(2)$ 从 $T_{1}$ 状态到 $T_{4}$ 状态的过程中，封闭气体吸收的净热量Q（扣除放热后净吸收的热量）。

【答案与解析】

(1) 活塞刚上升时内部压强 $p_1=p_0+\frac{f_0}{S}=p_0+\frac{p_0}{21}=\frac{22}{21}p_0$ ；上升到最高过程近似等压， $p_2=p_1$ 。由盖·吕萨克定律 $\frac{h_2}{h_1}=\frac{T_2}{T_1}=\frac{440}{330}=\frac{4}{3}$ ，故 $h_2=\frac{4}{3}h_1$ 。 (2) 降温至 $T_3=400\,\mathrm{K}$ 才开始下降，此时 $p_3=p_0-\frac{f_0}{S}=\frac{20}{21}p_0$ ，体积仍为 $h_2S$ ；继续下降过程近似等压 $p_4=p_3$ 。全过程 $T_4=T_1=330\,\mathrm{K}$ ，内能变化 $\Delta U=0$ ，净吸热等于气体对外做功 $Q=W$ 。各段功： $W_{12}=p_1(h_2-h_1)S=\frac{22}{21}p_0\cdot\frac{1}{3}h_1S=\frac{22}{63}p_0h_1S$ ； $W_{23}=0$ ； $W_{34}=p_3(h_4-h_2)S$ ，其中 $h_4=\frac{T_4}{T_3}h_2=\frac{330}{400}\cdot\frac{4}{3}h_1=\frac{11}{10}h_1$ ，故 $W_{34}=\frac{20}{21}p_0(\frac{11}{10}-\frac{4}{3})h_1S=-\frac{14}{63}p_0h_1S$ 。净功 $W=\frac{22-14}{63}p_0h_1S=\frac{8}{63}p_0h_1S$ ，即净吸热 $Q=\frac{8p_0h_1S}{63}$ 。
如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上，P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度，P处轨道的切线沿水平方向，Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上，b被锁定。一质量 $m=\frac{1}{2}\mathrm{kg}$ 的小球自Q点正上方 $h=2\mathrm{m}$ 处自由下落，无能量损失地滑入轨道，并从P点水平抛出，恰好击中a，与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到 $F=15\mathrm{N}$ 时，b解除锁定开始运动。已知a的质量 $m_{a}=1\mathrm{kg}$ ，b的质量 $m_{b}=\frac{3}{4}\mathrm{kg}$ ，方形物体的质量 $M=\frac{9}{2}\mathrm{kg}$ ，重力加速度大小 $g=10\mathrm{m/s^{2}}$ ，弹簧的劲度系数 $k=50\mathrm{N/m}$ ，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式 $E_p=\frac{1}{2}kx^2$ （x为弹簧的形变量），所有过程不计空气阻力。求：

$(1)$ 小球到达P点时，小球及方形物体相对于地面的速度 $v_{1}$ 、 $v_2$ ； $(2)$ 弹簧弹性势能最大时，b的速度 $v_{b}$ 及弹性势能的最大值 $E_{pm}$ 。

【答案与解析】

(1) 小球下落至 $Q$ 速度 $v_Q=\sqrt{2gh}=\sqrt{40}\,\mathrm{m/s}$ 。进入轨道后在水平方向动量守恒，设到达 $P$ 时小球速度 $v_1$ 、方形物体速度 $v_2$ ，有 $mv_1+Mv_2=0$ 。能量守恒： $\frac12 m v_Q^2=\frac12 m v_1^2+\frac12 M v_2^2$ 。代入 $m=\frac12$ 、 $M=\frac92$ 解得 $v_1=6\,\mathrm{m/s}$ （水平向左）、 $v_2=\frac{2}{3}\,\mathrm{m/s}$ （水平向右）。 (2) 小球与 $a$ 粘前 $a$ 静止，粘后共同速度 $v_3=\frac{m v_1}{m+m_a}=\frac{0.5\times6}{1.5}=2\,\mathrm{m/s}$ （向左）。弹簧拉力达 $F=15\,\mathrm{N}$ 时形变量 $x_1=\frac{F}{k}=0.3\,\mathrm{m}$ ，此时球- $a$ 速度 $v_4$ 满足 $\frac12(m+m_a)v_3^2=\frac12 kx_1^2+\frac12(m+m_a)v_4^2$ ，得 $v_4=1\,\mathrm{m/s}$ 。此后 $b$ 解锁，三者系统动量守恒，弹性势能最大时共速 $v_b=\frac{(m+m_a)v_4}{m+m_a+m_b}=\frac{1.5\times1}{2.25}=\frac{2}{3}\,\mathrm{m/s}$ （向左）。最大弹性势能 $E_{pm}=\frac12 kx_1^2+\left[\frac12(m+m_a)v_4^2-\frac12(m+m_a+m_b)v_b^2\right]=2.25+(0.75-0.5)=\frac{5}{2}\,\mathrm{J}$ 。
如图所示，平行轨道的间距为L，轨道平面与水平面夹角为 $\alpha$ ，二者的交线与轨道垂直，以轨道上O点为坐标原点，沿轨道向下为x轴正方向建立坐标系。轨道之间存在区域I、Ⅱ，区域I（ $−2L \leq x < −L$ ）内充满磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场；区域Ⅱ（ $x \geq 0$ ）内充满方向垂直轨道平面向上的磁场，磁感应强度大小 $B_1 = k_1t+k_2x$ ， $k_1$ 和 $k_2$ 均为大于零的常量，该磁场可视为由随时间t均匀增加的匀强磁场和随x轴坐标均匀增加的磁场叠加而成。将质量为m、边长为L、电阻为R的匀质正方形闭合金属框epqf放置在轨道上，pq边与轨道垂直，由静止释放。已知轨道绝缘、光滑、足够长且不可移动，磁场上、下边界均与x轴垂直，整个过程中金属框不发生形变，重力加速度大小为g，不计自感。

$(1)$ 若金属框从开始进入到完全离开区域I的过程中匀速运动，求金属框匀速运动的速率v和释放时pq边与区域I上边界的距离s； $(2)$ 金属框沿轨道下滑，当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时（ $t = 0$ ），此时金属框的速率为 $v_0$ ，若 $k_{1}=\frac{mgR\sin\alpha}{k_{2}L^{4}}$ ，求从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，ef边移动的距离d。

【答案与解析】

(1) 区域Ⅰ中竖直向上的磁场 $\mathrm{B}$ 与轨道平面法线夹角为 $\alpha$ ，穿过线框的动生电动势 $\mathcal E=BLv\cos\alpha$ ，电流 $I=\frac{\mathcal E}{R}=\frac{BLv\cos\alpha}{R}$ 。磁场对方框沿轨道方向的安培力 $F=BIL\cos\alpha=\frac{B^2L^2v\cos^2\alpha}{R}$ （阻碍运动）。匀速时 $mg\sin\alpha=F$ ，得 $v=\frac{mgR\sin\alpha}{B^2L^2\cos^2\alpha}$ 。框在区域Ⅰ外只受重力下滑，由 $v^2=2g\sin\alpha\cdot s$ 得 $s=\frac{v^2}{2g\sin\alpha}=\frac{m^2gR^2\sin\alpha}{2B^4L^4\cos^4\alpha}$ 。 (2) 区域Ⅱ中 $B_1=k_1t+k_2x$ 垂直轨道平面向上。穿过线框磁通 $\Phi=B_1L^2$ ，感应电动势 $\mathcal E=\frac{d\Phi}{dt}=L^2(k_1+k_2v)$ ，电流 $I=\frac{L^2(k_1+k_2v)}{R}$ 。磁场梯度产生沿轨道向上的安培力 $F=I L^2 k_2=\frac{k_2L^4(k_1+k_2v)}{R}$ 。运动方程 $m\frac{dv}{dt}=mg\sin\alpha-\frac{k_2L^4}{R}(k_1+k_2v)$ 。代入 $k_1=\frac{mgR\sin\alpha}{k_2L^4}$ 得 $m\frac{dv}{dt}=-\frac{k_2^2L^4}{R}v$ ，即 $v(t)=v_0e^{-\frac{k_2^2L^4}{mR}t}$ 。平衡状态为 $v=0$ ，ef 边移动距离 $d=\int_0^\infty v\,dt=\frac{mR v_0}{k_2^2L^4}$ 。