2025年高考海南卷物理部分真题

海南昌江核电示范项目“玲珑一号”是中国自主研发的全球首个陆上商用模块化小型核反应堆，其中发生的一个核反应方程为 ${}_{92}^{235}\mathrm{U}+\mathrm{X}\to{}_{56}^{144}\mathrm{Ba}+{}_{36}^{89}\mathrm{Kr}+3{}_{0}^{1}\mathrm{n}$ ，则 $\mathrm{X}$ 为（　　）

A． ${}_{2}^{4}\mathrm{He}$

B． ${}_{1}^{1}\mathrm{H}$

C． ${}^{1}_{0}\mathrm{n}$

D． $^{0}_{-1}\mathrm{e}$

【答案与解析】

核反应遵循质量数守恒与电荷数守恒。设 $X$ 的质量数为 $\mathrm{A}$ 、电荷数为 $Z$ ：由 $235+A=144+89+3\times1$ 得 $A=1$ ；由 $92+Z=56+36+3\times0$ 得 $Z=0$ 。故 $X$ 为中子 ${}_{0}^{1}\mathrm{n}$ 。故选C。
如图所示，带正电的金属球靠近不带电的验电器金属小球 $a$ ，则关于验电器金属小球 $a$ 和金属箔 $b$ ，下列说法正确的是（　　）

A． $a$ 和 $b$ 都带正电

B． $a$ 和 $b$ 都带负电

C． $a$ 带负电， $b$ 带正电

D． $a$ 带正电， $b$ 带负电

【答案与解析】

验电器原本不带电。带正电金属球靠近小球 $a$ 时异种电荷相吸，电子被吸引到近端 $a$ ，故 $a$ 带负电；金属箔 $b$ 因失去电子而带正电。故选C。
ETC是电子不停车收费系统的简称，常见于高速公路出入口，只要在车挡风玻璃上安装一个打卡装置，就能实现快速收费，提高通行效率。如图所示是一辆汽车通过ETC通道运动过程的速度—时间图像，其中 $t_{1}\sim t_{2}$ 时间内的图线是一条平行于 $t$ 轴的直线，则（　　）

A．汽车在 $0\sim t_{1}$ 时间内做匀减速直线运动

B．汽车在 $t_1\sim t_2$ 时间内处于静止状态

C．汽车在 $0\sim t_{1}$ 和 $t_2\sim t_3$ 时间内的加速度方向相同

D．汽车在 $0\sim t_{1}$ 和 $t_2\sim t_3$ 时间内的速度方向相反

【答案与解析】

$v-t$ 图像斜率表示加速度。 $0\sim t_1$ 图线斜率恒定且为负、速度为正，加速度与速度反向，汽车做匀减速直线运动。 $t_1\sim t_2$ 图线平行 $t$ 轴为匀速直线运动而非静止。 $0\sim t_1$ 加速度为负、 $t_2\sim t_3$ 加速度为正，方向相反。两段速度均为正，方向相同。故选A。
2025年4月24日，载人飞船神舟二十号在酒泉卫星发射中心点火发射，在进入预定轨道后成功与空间站完成自主快速交会对接，然后绕地球做匀速圆周运动。已知空间站轨道高度低于地球同步卫星轨道，则下面说法正确的是（　　）

A．火箭在加速升空的过程中处于失重状态

B．航天员在空间站所受地球的引力小于其在地面上受到的地球引力

C．空间站绕地球做匀速圆周运动的角速度小于地球自转角速度

D．空间站绕地球做匀速圆周运动的加速度小于地球同步卫星的加速度

【答案与解析】

火箭加速升空时加速度向上，处于超重，A错。由 $F=\frac{GMm}{r^2}$ ，空间站轨道半径大于地面，万有引力更小，B对。由 $\omega=\sqrt{\frac{GM}{r^3}}$ ，轨道越低角速度越大，空间站角速度大于同步卫星（即大于地球自转角速度），C错。由 $a=\frac{GM}{r^2}$ ，空间站加速度大于同步卫星，D错。故选B。
如图所示，实线和虚线分别是沿着 $x$ 轴正方向传播的一列简谐横波在 $t=0$ 时刻和 $t=0.5\mathrm{s}$ 的波形图，已知波的周期 $T>0.5\mathrm{s}$ ，则下列关于该列波说法正确的是（　　）

A．波长为 $5\mathrm{cm}$

B．波速为 $10\mathrm{cm}/\mathrm{s}$

C．周期为 $1\mathrm{s}$

D． $t=0$ 时刻，质点 $M$ 向下振动

【答案与解析】

由波形图知波长 $\lambda=10\ \mathrm{cm}$ 。波沿 $x$ 正方向传播，在 $0.5\ \mathrm{s}$ 内波形右移满足 $\Delta t=(n+\frac34)T$ （ $n=0,1,2,\cdots$ ），结合 $T>0.5\ \mathrm{s}$ 取最小周期得 $T=\frac23\ \mathrm{s}$ ，波速 $v=\frac{\lambda}{T}=15\ \mathrm{cm/s}$ ，故A、B、C均错。由同侧法， $t=0$ 时刻质点 $M$ 向下振动，D对。故选D。
某静电场电势 $\varphi$ 在 $x$ 轴上分布如图所示，图线关于 $\varphi$ 轴对称， $M$ 、 $P$ 、 $N$ 是 $x$ 轴上的三点， $OM=ON$ ；有一电子从 $M$ 点静止释放，仅受 $x$ 轴方向的电场力作用，则下列说法正确的是（　　）

A． $P$ 点电场强度方向沿 $x$ 轴负方向

B． $M$ 点的电场强度小于 $N$ 点的电场强度

C．电子在 $P$ 点的动能小于在 $N$ 点的动能

D．电子在 $M$ 点的电势能大于在 $P$ 点的电势能

【答案与解析】

由 $\varphi-x$ 图，正半轴沿 $+x$ 电势降低，电场强度 $E=-\frac{d\varphi}{dx}$ 沿 $+x$ 方向，A错。图像斜率大小表示场强大小， $M$ 、 $N$ 关于 $\varphi$ 轴对称，斜率绝对值相等，故 $M$ 处场强大小等于 $N$ 处，B错。电子在电势低处电势能大，故 $P$ 点电势能小于 $N$ 点；由能量守恒，电子在 $P$ 点动能大于 $N$ 点，C错。 $M$ 点电势高于 $P$ 点，电子在 $M$ 点电势能大于 $P$ 点，D对。故选D。
某同学设计了如图光控电路，电源电动势为 $3\mathrm{V}$ （内阻不计）， $R_{1}$ 、 $R_{2}$ 为光敏电阻或定值电阻，光敏电阻阻值随光照度变化如表所示，光照度增加至 $1\mathrm{lx}$ 时，1、2两端电压降至 $2\mathrm{V}$ ，此时控制电路打开电器开关，则（　　）

光照度 $(\mathrm{lx})$ 0.6 0.8 1 1.2 …
阻值 $(\mathrm{k\Omega})$ 2.8 2.3 2 1.8 …

A． $R_{1}$ 是光敏电阻， $R_{2}$ 是 $1\mathrm{k}\Omega$ 定值电阻

B． $R_{1}$ 是光敏电阻， $R_{2}$ 是 $4\mathrm{k}\Omega$ 定值电阻

C． $R_{2}$ 是光敏电阻， $R_1$ 是 $1\mathrm{k}\Omega$ 定值电阻

D． $R_{2}$ 是光敏电阻， $R_{1}$ 是 $4\mathrm{k}\Omega$ 定值电阻

【答案与解析】

光敏电阻阻值随光照增强而减小。题中光照度增大时1、2两端电压降至 $2\ \mathrm{V}$ 触发控制，说明1、2两端所接为光敏电阻 $R_1$ （ $R_1$ 减小使其分压减小）。由表，光照度 $1.0\ \mathrm{lx}$ 时 $R_1=2.0\ \mathrm{k\Omega}$ ，其两端电压 $2\ \mathrm{V}$ ，回路电流 $I=\frac{2}{2000}=1.0\times10^{-3}\ \mathrm{A}$ ，定值电阻 $R_2$ 分压 $3-2=1\ \mathrm{V}$ ，故 $R_2=\frac{1}{1.0\times10^{-3}}=1\ \mathrm{k\Omega}$ 。故选A。
如图所示，光滑圆弧竖直固定，用轻绳连接两个小球P、Q，两小球套在圆环上且均处于平衡状态，两小球与圆弧的圆心连线夹角分别为 $30^{\circ}$ 和 $60^\circ$ ，则两球质量之比 $m_{P}:m_{Q}$ 为（　　）

A． $1:2$

B． $1:\sqrt{3}$

C． $\sqrt{3}:1$

D． $2:1$

【答案与解析】

以 $P$ 、 $Q$ 为系统，对圆心 $O$ 取力矩平衡： $m_P g R\cos30^\circ=m_Q g R\cos60^\circ$ ，得 $m_P:m_Q=\cos60^\circ:\cos30^\circ=\frac12:\frac{\sqrt3}{2}=1:\sqrt3$ 。故选B。
下列关于光现象描述正确的是（　　）

A．海市蜃楼是光的衍射现象

B．光电效应表明光具有粒子性

C．水面上的油膜在阳光下呈现彩色条纹是光的干涉现象

D．斜插在水杯中的筷子看起来像被折断是光的反射现象

【答案与解析】

海市蜃楼是光的折射与全反射现象，A错。光电效应表明光具有粒子性，B对。油膜上下表面反射光叠加形成干涉呈现彩色条纹，C对。筷子“折断”是光的折射现象，D错。故选BC。
如图所示，理想变压器接在 $u=220\sqrt{2}\sin100\pi t(\mathrm{V})$ 交流电上，此时电压表读数为 $10\mathrm{V}$ ，电流表读数为 $4\mathrm{A}$ ，电表皆为理想电表，则（　　）

A．输入电压有效值为 $220\mathrm{V}$

B．原线圈输入电流为 $5.5\mathrm{A}$

C．滑动变阻器向下滑动，电压表读数减小

D．滑动变阻器向上滑动，电流表读数增大

【答案与解析】

输入电压有效值 $U=\frac{220\sqrt2}{\sqrt2}=220\ \mathrm{V}$ ，A对。理想变压器 $P_{\text{入}}=P_{\text{出}}=UI=10\times4=40\ \mathrm{W}$ ，原线圈电流 $I_1=\frac{P}{U_1}=\frac{40}{220}\approx0.18\ \mathrm{A}$ ，B错。原线圈电压、匝数比不变，副线圈电压（电压表读数）不变，C错。滑动变阻器上滑接入阻值减小，副线圈电压不变，电流 $I_2=\frac{U_2}{R}$ 增大，电流表读数增大，D对。故选AD。
一起重机将质量为m的集装箱由静止匀加速竖直向上提升，加速度为a，重力加速度为g，不计空气阻力，匀加速时间为t，则（　　）

A．匀加速的最大速度为 $at$

B．集装箱的机械能增加 $\frac{1}{2}mgat^{2}$

C．起重机的最大输出功率为 $m(g+a)at$

D．起重机对集装箱的作用力为 $ma$

【答案与解析】

匀加速最大速度 $v_m=at$ ，A对。机械能增量 $\Delta E=\Delta E_k+\Delta E_p=\frac12mv_m^2+mg\cdot\frac12at^2=\frac12m(g+a)at^2\neq\frac12mgat^2$ ，B错。由 $F-mg=ma$ 得作用力 $F=m(g+a)$ ；最大输出功率 $P=Fv_m=m(g+a)at$ ，C对，D错。故选AC。
一绝缘的固定倾斜斜面，斜面倾角为 $30^{\circ}$ ，空间中存在沿斜面向下的匀强电场，电场强度为 $E=\frac{3mg}{4}$ 。质量为m的物块M、N用一根不可伸长的轻绳绕过滑轮连接，M带正电，电荷量为q，N不带电，N一端与弹簧连接，弹簧另一端固定在地面上，劲度系数为k。初始时有外力作用使M静止在斜面上，轻绳恰好伸直，使M从静止释放，第一次到达最低点的时间为t，不计一切摩擦。则（　　）

A．释放时M的加速度为 $2g$

B．M下滑的最大速度为 $\sqrt{\frac{2mg^2}{k}}$

C．M下滑的最大距离为 $\frac{3mg}{k}$

D．M下滑的距离为 $\frac{mg}{k}$ 时，所用时间为 $\frac{t}{3}$

【答案与解析】

初始轻绳恰伸直无拉力，弹簧压缩 $x_1=\frac{mg}{k}$ 。释放瞬间弹簧弹力不突变，对系统用牛顿第二定律可得释放加速度不等于 $2g$ ，A错。当系统加速度为零时 $M$ 速度最大，此时弹簧形变量为 $\frac{mg}{4k}$ ，由能量守恒得最大速度 $v_m=\sqrt{\frac{2mg^2}{k}}$ ，B对。以最大速度位置为平衡位置，系统做简谐运动，振幅 $A=\frac{3mg}{4k}$ ，最大下滑距离 $2A=\frac{3mg}{2k}\neq\frac{3mg}{k}$ ，C错。下滑距离 $x=\frac{mg}{k}$ 时对应从最大位移处到位移 $\frac{A}{3}$ 处，由简谐运动周期关系所用时间为 $\frac{t}{3}$ ，D对。故选BD。
某粒子分析器的部分电磁场简化模型如图，三维直角坐标系 $O-xyz$ 所在空间中Ⅰ区域 $(0\leq x\leq d)$ 存在沿x轴正方向的匀强电场（图中未画出）和匀强磁场，磁感应强度大小为 $B_{1},$ Ⅱ区域 $(d<x<2d)$ 存在沿z轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为 $B_{2}$ ，在 $x=2d$ 有一足够大的接收屏P，原点O处的粒子源在 $xOz$ 平面内同时发射带正电的同种粒子甲和乙，甲粒子的速度大小为 $v_{0}$ ，甲和乙的速度方向与x轴正方向夹角分别为 $30^{\circ}$ 和 $60^\circ$ ，两粒子沿x轴方向速度分量相等。乙粒子以最短时间到达 $O_{1}$ （d,d,0）点进入Ⅱ区域后恰好到达接收屏并被吸收，不计重力及粒子间的相互作用，则（　　）

A．两粒子不能同时到达接收屏P

B．两个区域磁感应强度大小之比 $\frac{B_{2}}{B_{1}}=\frac{2}{\pi}-\frac{\sqrt{3}}{6}$

C．乙粒子通过 $O_{1}$ 点时沿x轴方向速度分量 $v_{x}=\left(\frac{6}{\pi}+\frac{\sqrt{3}}{2}\right)v_{0}$

D．甲乙粒子在接收屏P上位置的z坐标之差 $\Delta z=\frac{\pi^2}{12-\sqrt{3}\pi}d$

【答案与解析】

两粒子在Ⅰ区做螺旋运动：沿 $x$ 轴方向匀加速，在 $yOz$ 平面做匀速圆周运动。因两粒子 $v_x$ 相同、为同种粒子，到达 $x=d$ 平面的时刻相同；进入Ⅱ区后运动规律相同，故能同时到达接收屏P，A错。由乙粒子以最短时间到达 $O_1$ 对应Ⅰ区半周运动、在Ⅱ区恰到达屏对应 $\frac14$ 周运动，联立几何约束可得 $\frac{B_2}{B_1}=\frac{2}{\pi}-\frac{\sqrt3}{6}$ ，B对；而C中 $v_x$ 表达式与推导结果不符，C错；两粒子在屏上 $z$ 坐标之差为 $\Delta z=\frac{\pi^2}{12-\sqrt3\pi}d$ ，D对。故选BD。
小组用单摆测量重力加速度，装置如图。

$(1)$ 游标卡尺测得摆球直径 $d=20\mathrm{mm}$ ，刻度尺测得摆线长 $l=79\mathrm{cm}$ ，则摆长 $L=$ ＿＿＿＿ $\mathrm{cm}$ （保留四位有效数字）； $(2)$ 使摆线与竖直方向夹角为 $\theta$ （ $\theta<5^{\circ}$ ），无初速度释放摆球，摆球位于＿＿＿＿选填：“最高点”或“最低点”）开始计时，记录摆球做 $30$ 次全振动 $t=54.00\mathrm{s}$ ，则单摆周期 $T=$ ＿＿＿＿ $\mathrm{s}$ ，由此测得当地重力加速度 $g=$ ＿＿＿＿ $\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ （取 $\pi^{2}\approx10$ ，保留三位有效数字）。

【答案与解析】

(1)摆长 $L=l+\frac d2=79.00+\frac{2.00}{2}=80.00\ \mathrm{cm}$ （保留四位有效数字）。 (2)为减小计时误差，在最低点开始计时；周期 $T=\frac{t}{30}=\frac{54.00}{30}=1.80\ \mathrm{s}$ ；由 $T=2\pi\sqrt{\frac{L}{g}}$ 得 $g=\frac{4\pi^2L}{T^2}=\frac{4\times10\times0.8000}{1.80^2}\approx9.88\ \mathrm{m/s^2}$ 。
测量某半圆形玻璃砖的折射率，操作步骤如下： I．在白纸上画一条直线，半圆形玻璃砖放白纸上，玻璃砖底面直径与直线重合，描出直径两端点 $A$ 、 $B$ ，取走玻璃砖，用刻度尺找出圆心 $O$ 点，过 $O$ 点作 $AB$ 垂线 $CO$ ，放回玻璃砖，将光屏垂直 $AB$ 贴近玻璃砖 $A$ 点放置在玻璃砖左侧。 II．沿玻璃砖由 $C$ 向 $B$ 缓慢移动激光笔，使激光笔入射光线平行纸面，始终沿着半径方向射向圆心 $O$ ，从玻璃砖射出的激光在 $AB$ 下方，射在光屏上，当光屏上的光线恰好消失时，记下激光入射点 $D$ 点，取走玻璃砖，过 $D$ 点作 $CO$ 的垂线 $DE$ 。

$(1)$ 步骤II中，当激光从 $D$ 点入射到 $O$ 点，光线消失的现象是光的＿＿＿＿。 $(2)$ 由刻度尺测得 $OB=4.00\mathrm{cm}$ 、 $DE=2.50\mathrm{cm}$ ，则玻璃砖的折射率 $n=$ ＿＿＿＿。

A．色散

B．衍射

C．全反射

【答案与解析】

(1)光线在 $AB$ 面下方光屏恰好消失，是光在玻璃—空气界面发生全反射。故选C。 (2)临界角 $C$ 满足 $\sin C=\frac{DE}{OD}=\frac{2.50}{4.00}=0.625$ （ $OD=OB=4.00\ \mathrm{cm}$ 为半径），折射率 $n=\frac{1}{\sin C}=\frac{1}{0.625}=1.60$ 。
某小组测量电动势和内阻，可供使用的器材有：电源（电动势 $E$ 约为 $3V$ ，内阻 $r$ 未知）电压表（量程 $0~3V$ ，内阻 $R_V$ 约为 $3k\Omega$ ）电流表（量程 $0~0.6A$ ，内阻 $R_A$ 约为 $1\Omega$ ）定值电阻 $R_{0}=3\mathrm{\Omega}$ 滑动变阻器 $R_{1}$ （最大阻值 $50\mathrm{\Omega}$ ）滑动变阻器 $R_{2}$ （最大阻值 $500\mathrm{\Omega}$ ）开关S 导线若干该小组设计了如图 $(a)$ 的实验电路：

回答下列问题： $(1)$ 为了测量精确，滑动变阻器应选择＿＿＿＿（选填“ $R_1$ ”或“ $R_{2}$ ”）。 $(2)$ 闭合开关，调节滑动变阻器，记录电压表示数U和对应的电流表示数I如下表，根据表格的数据在图 $(b)$ 的坐标纸上补完数据点，并绘制U-I图像＿＿＿＿。

1.00 1.30 1.70 2.00 2.50
0.38 0.32 0.24 0.18 0.08

$(3)$ 由U-I图像可求得电源电动势测量值 $E_{\text{测}}=$ ＿＿＿＿V，内阻测量值 $r_{\text{测}}=$ ＿＿＿＿ $\Omega$ （结果均保留三位有效数字）。 $(4)$ 考虑电压表分流引起的误差，则 $E_{\text{测}}$ ＿＿＿＿ $E_{\text{真}}$ ；（选填“大于”、 “小于”或“等于”）； $r_{\text{测}}$ 与真实值 $r_{\text{真}}$ 之间的关系式为＿＿＿＿（用 $R_{V}$ ， $R_{0}$ ， $r_{\text{测}}$ ， $r_{\text{真}}$ 表示）。

【答案与解析】

(1)为方便调节且测量精确，选最大阻值较小的 $R_1$ 。 (2)在坐标纸上描点 $(I,U)$ 并连线（作图略）。 (3)由 $U=E_1-I(R_0+r)$ ，图像纵截距为 $E_1=2.90\ \mathrm{V}$ ，斜率绝对值 $R_0+r=\frac{2.90-1.00}{0.38-0.08}=\frac{1.90}{0.30}\approx6.33\ \Omega$ ，故 $r=6.33-3=2.18\ \Omega$ 。 (4)电压表分流使测得电流偏大，等效电源电动势 $E_{\text{测}}<E_{\text{真}}$ ；将 $R_0$ 计入内阻，等效内阻 $r_{\text{测}}=\frac{(r_{\text{真}}+R_0)R_V}{r_{\text{真}}+R_0+R_V}$ 。
如图，竖直放置的汽缸内有一横截面积 $S=0.01\mathrm{m^{2}}$ 的活塞，活塞质量忽略不计，活塞与汽缸无摩擦且密封良好。若活塞保持静止，气缸内密封一定质量的理想气体，气体温度 $T_0=300\mathrm{K}$ ，气体体积 $V_0=5\times10^{-3}\mathrm{m^3}$ 。设大气压强 $p_{0}=1\times10^{5}\mathrm{Pa}$ ，重力加速度 $g=10\mathrm{m/s^{2}}$ 。

$(1)$ 若加热气体，使活塞缓慢上升，当气体体积变为 $V_{1}=7.5\times10^{-3}\mathrm{m}^{3}$ ，求气体温度 $T_{1}$ ； $(2)$ 若往活塞上轻放质量为 $m=25\mathrm{kg}$ 的重物，且活塞下降过程中气体温度 $T_0$ 不变，求稳定后的气体体积 $V_{2}$ 。

【答案与解析】

(1)活塞缓慢上升，气体等压变化，由盖—吕萨克定律 $\frac{V_0}{T_0}=\frac{V_1}{T_1}$ ，得 $T_1=\frac{V_1}{V_0}T_0=\frac{7.5\times10^{-3}}{5\times10^{-3}}\times300=450\ \mathrm{K}$ 。 (2)稳定时活塞受力平衡： $p_2S=p_0S+mg$ ，得 $p_2=p_0+\frac{mg}{S}=1\times10^5+\frac{25\times10}{0.01}=1.25\times10^5\ \mathrm{Pa}$ 。温度不变，由玻意耳定律 $p_0V_0=p_2V_2$ ，得 $V_2=\frac{p_0}{p_2}V_0=\frac{1\times10^5}{1.25\times10^5}\times5\times10^{-3}=4\times10^{-3}\ \mathrm{m^3}$ 。
某自动包装系统的部分结构简化后如图所示，足够长的传送带固定在竖直平面内，半径为 $R=0.5\mathrm{m}$ ，圆心角 $\theta=53^{\circ}$ 的圆弧轨道与平台平滑连接，平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，工件A从圆弧顶点无初速度下滑，在平台上滑入静止的空箱B并与其瞬间粘连成一个整体，随后一起滑上传送带，与传送带共速后进入下一道工序。已知工件A质量为 $m_{A}=4\mathrm{kg}$ ，空箱B的质量为 $m_B=1\mathrm{kg}$ ，A、B及粘连成的整体均可视为质点，整体与传送带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中因摩擦产生的热量 $Q=2.5\mathrm{J}$ ，忽略轨道及平台的摩擦， $\cos53^{\circ}=0.6$ ，重力加速度 $g=10\mathrm{m/s^{2}}$ 。求：

$(1)$ 工件A滑到圆弧轨道最低点时受到的支持力； $(2)$ 工件A与空箱B在整个碰撞过程中损失的机械能； $(3)$ 传送带的速度大小。

【答案与解析】

(1)A从圆弧顶点到最低点机械能守恒： $mgR(1-\cos53^\circ)=\frac12mv_A^2$ ， $v_A=\sqrt{2gR(1-0.6)}=\sqrt{2\times10\times0.5\times0.4}=2\ \mathrm{m/s}$ 。最低点由牛顿第二定律： $F_N-mg=\frac{mv_A^2}{R}$ ，得 $F_N=m\left(g+\frac{v_A^2}{R}\right)=4\times\left(10+\frac{4}{0.5}\right)=72\ \mathrm{N}$ ，方向竖直向上。 (2)A与B碰撞动量守恒： $m_Av_A=(m_A+m_B)v_{\text{共}}$ ， $v_{\text{共}}=\frac{4\times2}{5}=1.6\ \mathrm{m/s}$ 。损失机械能 $\Delta E=\frac12m_Av_A^2-\frac12(m_A+m_B)v_{\text{共}}^2=\frac12\times4\times4-\frac12\times5\times2.56=8-6.4=1.6\ \mathrm{J}$ 。 (3)整体以 $v_{\text{共}}=1.6\ \mathrm{m/s}$ 滑上传送带，设传送带速度为 $v$ 。若 $v<1.6$ ，整体减速至 $v$ ，摩擦生热 $Q=\frac12M(1.6-v)^2=2.5$ （ $M=5\ \mathrm{kg}$ ），得 $v=0.6\ \mathrm{m/s}$ ；若 $v>1.6$ ，整体加速至 $v$ ， $Q=\frac12M(v-1.6)^2=2.5$ ，得 $v=2.6\ \mathrm{m/s}$ 。故传送带速度为 $0.6\ \mathrm{m/s}$ 或 $2.6\ \mathrm{m/s}$ 。
间距为L的金属导轨倾斜部分光滑，水平部分粗糙并平滑相接，导轨上端有电源和开关，倾斜导轨与水平面夹角 $\theta=30^{\circ}$ ，处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，水平导轨处于垂直竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小均为 $B$ 。两相同导体棒 $ab$ 、 $cd$ 与水平导轨的动摩擦因数 $\mu=0.25$ ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两棒的质量均为 $m$ ，接入电路的电阻均为 $R$ 。 $cd$ 棒仅在水平导轨上运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，且不会碰撞。忽略金属导轨的电阻，重力加速度为 $g$ 。

$(1)$ 锁定水平导轨上的 $cd$ 棒，闭合开关， $ab$ 棒静止在倾斜导轨上，求通过 $ab$ 棒的电流；断开开关，同时解除 $cd$ 棒的锁定，当 $ab$ 棒下滑距离为 $x_{0}$ 时， $cd$ 棒开始运动，求 $cd$ 棒从解除锁定到开始运动过程中产生的焦耳热； $(2)$ 此后 $ab$ 棒在下滑过程中电流达到稳定，求此时 $ab$ 棒与 $cd$ 棒速度大小之差； $(3)ab$ 棒中电流稳定之后继续下滑，从 $ab$ 棒运动到水平导轨开始计时， $t_{1}$ 时刻 $cd$ 棒速度为0，加速度不为0；此后某时刻 $cd$ 棒的加速度为0，速度不为0，求从 $t_1$ 时刻到某时刻， $ab$ 棒与 $cd$ 的路程之差。

【答案与解析】

(1)锁定 $cd$ 、闭合开关， $ab$ 静止于斜面：安培力平衡重力分量 $B I_{ab} L=mg\sin30^\circ=\frac12mg$ ，得 $I_{ab}=\frac{mg}{2BL}$ 。断开开关后 $ab$ 下滑切割磁感线，回路电流 $I=\frac{BLv}{2R}$ （两棒电阻串联）。 $cd$ 受安培力 $F_{cd}=BIL=\frac{B^2L^2v}{2R}$ ，当 $F_{cd}=\mu mg=\frac14mg$ 时 $cd$ 开始运动，此时 $v_0=\frac{mgR}{2B^2L^2}$ 。从释放到 $cd$ 起动，两棒电阻相等、产热相同，由能量守恒 $mgx_0\sin30^\circ=\frac12mv_0^2+2Q_{cd}$ ，即 $\frac12mgx_0=\frac12m\left(\frac{mgR}{2B^2L^2}\right)^2+2Q_{cd}$ ，解得 $Q_{cd}=\frac14mgx_0-\frac{m^3g^2R^2}{16B^4L^4}$ 。 (2) $ab$ 下滑产生的电动势与 $cd$ 运动产生的电动势方向相反，电流稳定时两棒速度差恒定、加速度相等。对 $ab$ （斜面光滑）： $mg\sin30^\circ-F_{\text{安}}=ma$ ；对 $cd$ （水平）： $F_{\text{安}}-\mu mg=ma$ 。消去 $a$ 得 $2F_{\text{安}}=\frac12mg-\frac14mg=\frac34mg$ ，故 $F_{\text{安}}=\frac{3mg}{8}$ 。又 $F_{\text{安}}=BIL=\frac{B^2L^2(v_1-v_2)}{2R}$ ，得 $v_1-v_2=\frac{3mgR}{4B^2L^2}$ 。 (3)从 $ab$ 到达水平开始到 $t_1$ ：两棒系统水平方向合外力为零，动量守恒，得 $t_1$ 时刻 $ab$ 速度 $v_1'=\Delta v=\frac{3mgR}{4B^2L^2}$ （ $cd$ 速度为0）。设此后某时刻 $cd$ 加速度为0，此时 $F_{\text{安}2}=BLI_2=\mu mg$ ，回路电动势仍反向，故 $I_2=\frac{BL(v_1''-v_{cd})}{2R}$ 。对两棒分别用动量定理并相加得 $2BLq=m v_1'-m(v_1''-v_{cd})$ ，其中通过电量 $q=\frac{\Delta\Phi}{2R}=\frac{BL\Delta s}{2R}$ （ $\Delta s$ 为两棒路程之差）。结合单棒动量定理关系可解得 $\Delta s=\frac{m^2gR^2}{4B^4L^4}$ 。