2025年高考福建卷物理部分真题

“风动石”是福建省著名的自然景观，如图所示。无风时，“风动石”在重力和底部巨石作用力 $F_1$ 的作用下静止不动。若“风动石”受到一水平方向的风力作用时仍保持静止，此时底部巨石对其作用力为 $F_2$ ，则（　　）

A． $F_1$ 的大小比 $F_2$ 的小

B． $F_1$ 的大小比 $F_2$ 的大

C． $F_1$ 与 $F_2$ 大小相等

D． $F_1$ 与 $F_2$ 方向相同

【答案与解析】

无风时石块受力平衡，底部巨石作用力 $F_1$ 竖直向上，大小等于重力 $mg$ 。有水平风力后石块仍静止，受重力 $mg$ 、风力 $F_w$ 与底部作用力 $F_2$ 三力平衡，故 $F_2$ 与 $(mg+F_w)$ 等大反向，其大小为 $\sqrt{m^2g^2+F_w^2}$ ，大于 $mg=|F_1|$ ，且方向亦不同。故选A。
在图 $(a)$ 所示电路中，理想变压器原、副线圈匝数比4：1，电阻 $R_1$ 的阻值是 $R_{2}$ 的2倍，电压表为理想电压表。若原线圈输入如图 $(b)$ 所示的正弦交流电，则（　　）

A．交流电周期为 $2.25s$

B．电压表示数为 $12V$

C．流经副线圈的电流是流经 $R_1$ 的2倍

D．变压器的输入、输出功率之比为4：1

【答案与解析】

由图(b)知原线圈输入电压最大值 $U_m=48\sqrt2\ \mathrm{V}$ ，有效值 $U_1=48\ \mathrm{V}$ ；周期 $T=2\times10^{-2}\ \mathrm{s}\neq2.25\ \mathrm{s}$ ，故A错。理想变压器匝数比 $4:1$ ，副线圈电压 $U_2=U_1/4=12\ \mathrm{V}$ ，电压表测副线圈电压有效值，示数为 $12\ \mathrm{V}$ ，故B对。 $R_1$ 、 $R_2$ 并联且 $R_1=2R_2$ ，副线圈干路电流 $I=I_{R1}+I_{R2}=I_{R1}+2I_{R1}=3I_{R1}$ ，故C错。理想变压器输入、输出功率相等，比为 $1:1$ ，故D错。故选B。
如图，两根长直细导线 $L_1$ 、 $L_2$ 平行放置，其所在平面上有M、O、N三点， $O$ 为线段MN的中点， $L_1$ 、 $L_2$ 分别处于线段OM、ON的中垂线上。当 $L_1$ 、 $L_{2}$ 通有大小相等、方向相反的电流时， $M$ 、 $O$ 点的磁感应强度大小分别为 $B_{1}$ 、 $B_{2}$ 。现保持 $L_1$ 的电流不变，撤去 $L_2$ 的电流，此时N点的磁感应强度大小为（　　）

A． $\frac{1}{2}B_{2}-B_{1}$

B． $B_{2}-\frac{1}{2}B_{1}$

C． $\frac{1}{2}(B_{2}-B_{1})$

D． $B_{2}-B_{1}$

【答案与解析】

设 $O$ 为 $MN$ 中点， $L_1$ 、 $L_2$ 分别位于 $OM$ 、 $ON$ 的中垂线上且通有等大反向电流。由对称性， $O$ 点处两导线磁场水平分量相消、竖直分量同向叠加，得 $B_O=B_2$ ； $M$ 点处磁场为两导线磁场矢量和，大小为 $B_1$ 。撤去 $L_2$ 后， $N$ 点磁场仅由 $L_1$ 产生，由对称性 $L_1$ 在 $N$ 点的场等于 $L_2$ 在 $M$ 点的场。结合矢量叠加关系可得撤去 $L_2$ 后 $N$ 点磁感应强度大小为 $B_2-\frac12 B_1$ 。故选B。
角分辨光电子能谱仪是现代科学研究的先进仪器，其核心装置中有两个同心半球极板。垂直半球底面且过球心O的截面如图所示。极板间存在一径向电场，其等势线为一系列以O为圆心的半圆。电子a以初动能 $E_{k}$ ，从入口M点垂直半球底面入射，从N点射出，电子b也从M点垂直半球底面入射，经P点后从Q点射出。两电子的运动轨迹如图所示，已知电子a轨迹为一以O为圆心的半圆，与OP交于H点，H、P两点间的电势差为U， $OM=r$ ， $NQ=2HP$ ，电子电荷量大小为 $e$ ，重力不计。则（　　）

A．P点的电场强度 $E=\frac{2E_{k}}{er}$

B．电子a在H点受到的电场力大小为 $\frac{E_{k}}{r}$

C．电子b在P点动能小于在Q点动能

D．电子b从M点运动到Q点的过程中，克服电场力所做的功小于 $2eU$

【答案与解析】

电子a轨迹为以 $O$ 为圆心、半径 $r=OM$ 的半圆，该圆上各点电势相等，电子a速率不变；其向心力由库仑力提供： $eE(r)=mv^2/r$ ，且 $E_k=\frac12mv^2$ ，故 $E(r)=2E_k/(er)$ 。 $P$ 点不在半径 $r$ 处，A错； $H$ 在半径 $r$ 处，电子a在 $H$ 点受电场力大小 $eE(r)=2E_k/r$ ，B错。电子b从 $M$ 经 $P$ 到 $Q$ ，各点半径依次增大，电势随半径变化；由 $HP$ 间电势差为 $U$ 及径向电场 $E\propto1/r^2$ 可知，从 $M$ 到 $Q$ 克服电场力做功 $W=e(\varphi_M-\varphi_Q)$ ，因半径越大单位距离电势变化越小，有 $W<2eU$ ，C错D对。故选D。
在2025年央视春晚上，人形机器人表演了一个精彩的扭秧歌、转手绢节目。如图，机器人转动手绢，手绢绕其中心点O在一竖直面内匀速转动，O点在空间中保持不动，P、Q是固定在手绢上可视为质点的两个小饰物，与O点的距离分别为，d、 $\sqrt{3}d$ ，则手绢转动过程中（　　）

A．Q的线速度大小是P的 $\sqrt{3}$ 倍

B．Q的角速度大小是P的 $\sqrt{3}$ 倍

C．P的加速度大小是Q的 $\sqrt{3}$ 倍

D．P点所受合外力方向始终指向O点

【答案与解析】

手绢绕 $O$ 匀速转动， $P$ 、 $Q$ 角速度相同。 $Q$ 到 $O$ 距离为 $\sqrt3d$ ， $P$ 到 $O$ 距离为 $d$ ，故 $Q$ 线速度 $v_Q=\omega\sqrt3d=\sqrt3\,v_P$ ，A对；二者角速度相等，B错。向心加速度 $a=\omega^2r$ ， $Q$ 的加速度是 $P$ 的 $\sqrt3$ 倍，C错； $P$ 做匀速圆周运动，合外力即向心力，始终指向 $O$ ，D对。故选AD。
2025年，我国“人造太阳”实现了等离子体原子核温度超1亿度的突破。在1亿度的高温条件下“人造太阳”内可发生如下核反应： ${}_{1}^{2}\mathrm{H}+{}_{1}^{3}\mathrm{H}→{}^{4}_{2}\mathrm{He}+{}^{1}_{0}\mathrm{n}+17.5\mathrm{MeV}$ ，若动量大小相等，方向相反的氘核与氚核正碰后发生核反应，反应产生的 ${}^4_2\mathrm{He}$ 与 $^{1}_{0}\mathrm{n}$ 的总动能近似等于核反应释放的全部能量，则（　　）

A．该反应有质量亏损

B．该反应为核裂变反应

C． $^{1}_{0}\mathrm{n}$ 获得的动能约为 $14\mathrm{MeV}$

D． ${}^4_2\mathrm{He}$ 获得的动能约为 $14\mathrm{MeV}$

【答案与解析】

该反应为聚变（ ${}^2_1\mathrm{H}+{}^3_1\mathrm{H}\to{}^4_2\mathrm{He}+{}^1_0\mathrm{n}$ ），释放能量 $17.5\ \mathrm{MeV}$ ，存在质量亏损，A对、B错。碰前氘、氚动量等大反向，反应后 ${}^4_2\mathrm{He}$ 与中子动量等大反向；动能与质量成反比分配，中子质量约 $1\ \mathrm{u}$ 、氦核约 $4\ \mathrm{u}$ ，中子获得动能约为 $Q\cdot4/(1+4)=17.5\times0.8\approx14\ \mathrm{MeV}$ ，C对；氦核约获 $3.5\ \mathrm{MeV}$ ，D错。故选AC。
如图，真空中存在一水平向右的匀强电场，同时存在一水平且垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m、电量为q（ $q>0$ ）的带电微粒从M点以初速度v入射，沿着MN做匀速直线运动。微粒到N点时撤去磁场，一段时间后微粒运动到P点。已知M、N、 P三点处于同一竖直平面内，MN与水平方向呈 $45^{\circ}$ ，N点与P等高，重力加速度为 $g,$ 则（　　）

A．电场强度大小为 $\frac{\sqrt{2}mg}{q}$

B．磁感应强度大小为 $\frac{\sqrt{2}mg}{qv}$

C．N、P两点的电势差为 $\frac{2mv^{2}}{q}$

D．从N点运动到P的过程中，微粒到直线NP的最大距离为 $\frac{v^{2}}{8g}$

【答案与解析】

$MN$ 段匀速直线运动，合力为零。电场力 $qE$ 向右，洛伦兹力 $q\boldsymbol v\times\boldsymbol B$ 方向左上 $45^\circ$ ，重力 $mg$ 向下。水平方向 $qE=qvB/\sqrt2$ ；竖直方向 $qvB/\sqrt2=mg$ ，得 $B=\frac{\sqrt2mg}{qv}$ ， $E=mg/q$ ，故A错B对。撤去磁场后微粒在水平电场与重力场中做类抛体运动， $N$ 、 $P$ 等高；水平加速度 $a_x=qE/m=g$ ，竖直 $a_y=-g$ ，初速 $v$ 沿 $45^\circ$ ，到等高点时间 $t=2(v/\sqrt2)/g=\sqrt2v/g$ ，水平位移 $\Delta x=(v/\sqrt2)t+\frac12gt^2=2v^2/g$ 。电势差 $U_{NP}=E\Delta x=(mg/q)(2v^2/g)=2mv^2/q$ ，C对；到 $NP$ （水平线）的最大距离为上升最大高度 $v_y^2/(2g)=v^2/(4g)\neq v^2/(8g)$ ，D错。故选BC。
如图，物块A、B用轻弹簧连接并放置于水平传送带上，传送带以 $1\mathrm{m/s}$ 的恒定速率顺时针转动。 $t=0$ 时，A的速度大小为 $2\mathrm{m/s}$ ，方向水平向右，B的速度为0，弹簧处于原长， $t=t_1$ 时（ $t_1$ 为未知量），A第一次与传送带共速，弹簧弹性势能 $0.75J$ 。已知A、B可视为质点，质量分别为 $1\mathrm{kg}$ 、 $2\mathrm{kg}$ ，与传送带的动摩擦因数为0.5、0.25；A与传送带相对滑动时会留下痕迹，重力加速度大小取 $g=10\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ ，A、B始终在传送带上，弹簧始终在弹性限度内，则（　　）

A．在 $t=\frac{t_{1}}{2}$ 时，A的加速度大小比B的小

B． $t=t_1$ 时，B的速度大小为 $0.5\mathrm{m/s}$

C． $t=t_1$ 时，弹簧的压缩量为 $0.2m$

D． $0-t_1$ 过程中，A在传送带上留下的划痕长度小于 $0.05m$

【答案与解析】

$\mathrm{A}$ 初速 $2\ \mathrm{m/s}>$ 带速， $\mathrm{A}$ 受滑动摩擦向左 $f_A=\mu_A m_Ag=5\ \mathrm{N}$ ； $\mathrm{B}$ 初速 $0<$ 带速， $\mathrm{B}$ 受摩擦向右 $f_B=\mu_B m_Bg=5\ \mathrm{N}$ 。系统合外力为零，质心速度恒为 $2/3\ \mathrm{m/s}$ 。由能量： $\frac12\cdot1\cdot1^2+\frac12\cdot2\cdot0.5^2+0.75-\frac12\cdot1\cdot2^2=-5q$ ，得 $t_1$ 时相对位移 $q=0.1\ \mathrm{m}$ （弹簧压缩 $0.1\ \mathrm{m}$ ），故C（ $0.2\ \mathrm{m}$ ）错。质心系中 $v_A=2/3+(2/3)q'$ ， $t_1$ 时 $v_A=1$ 得 $q'(t_1)=0.5$ ，故 $v_B=2/3-(1/3)\cdot0.5=0.5\ \mathrm{m/s}$ ，B对。由 $q(t_1)=0.1$ 及 $q''+1.5kq=-7.5$ 、 $\frac12kq^2=0.75$ 得 $k=150\ \mathrm{N/m}$ 、 $\omega=15\ \mathrm{rad/s}$ 、 $t_1\approx0.072\ \mathrm{s}$ ； $\mathrm{A}$ 加速度 $a_A=5+kq$ ， $\mathrm{B}$ 加速度 $a_B=(5+kq)/2$ ，任意时刻 $|a_A|=2|a_B|$ ，A错。 $\mathrm{A}$ 划痕长 $=\Delta x_A-1\cdot t_1$ ， $\Delta x_A=\frac23t_1+\frac23q\approx0.1148\ \mathrm{m}$ ，划痕 $\approx0.1148-0.0721=0.043\ \mathrm{m}<0.05\ \mathrm{m}$ ，D对。故选BD。
某智能洗衣机液位控制原理如图所示。洗衣缸中的水将一定质量的空气封闭在与底部相连的细管中，洗衣机通过压力传感器感知管中空气压强，从而控制水位。假设细管粗细均匀，进排水过程管中空气为理想气体，温度不变。某次排水过程中，管中封闭空气的压强为 $p_1$ 时，空气柱长度为 $L_1$ ；当封闭空气的压强为 $p_2$ 时，空气柱长度为＿＿＿＿，排水过程管中空气对外＿＿＿＿。（填“做正功”，“做负功”或“不做功”）

【答案与解析】

排水过程封闭空气温度不变，视为理想气体，由玻意耳定律 $p_1L_1=p_2L_2$ ，故压强为 $p_2$ 时空气柱长度 $L_2=p_1L_1/p_2$ 。排水时水面下降，空气体积膨胀、压强减小，气体对外界做正功。第一空填 $p_1L_1/p_2$ ，第二空填做正功。
沙蝎能灵敏地感知外界的振动信号，可通过沙子传来的波定位波源位置。一沙蝎先后感知到波源某次振动产生的沿直线传来的纵波和横波，该纵波和横波频率相同，传播速度大小分别为 $v_1$ 和 $v_2$ ，且 $v_1$ 大于 $v_2$ ，则纵波波长＿＿＿＿（填“大于”“小于”或“等于”）横波波长。若沙蝎感知到纵波和横波的时间差为 $\Delta t$ ，则沙蝎与波源的距离为＿＿＿＿。

【答案与解析】

纵波与横波频率相同 $f$ ，波长 $\lambda=v/f$ ，因 $v_1>v_2$ ，故 $\lambda_1>\lambda_2$ ，第一空填大于。设蝎与波源距离 $d$ ，感知时间差 $\Delta t=d/v_2-d/v_1=d(v_1-v_2)/(v_1v_2)$ ，解得 $d=v_1v_2\Delta t/(v_1-v_2)$ 。第二空填 $v_1v_2\Delta t/(v_1-v_2)$ 。
如图，M、N、P是竖直平面内一直角三角形的三个顶点，MN在同一水平线上， $\angle PMN=30^{\circ}$ 。M、N点分别固定有电荷量为 $Q_{1}$ 、 $Q_{2}$ 的正点电荷。若一带电小球置于P点时，处于受力平衡状态，则 $Q_1$ 与 $Q_2$ 的比值为＿＿＿＿，除P点外，线段MP上＿＿＿＿（填“存在”或“不存在”）该带电小球受力平衡的其他点。

【答案与解析】

直角三角形 $PMN$ 中 $\angle PMN=30^\circ$ 且 $\angle MPN=90^\circ$ ，可得 $PM=\sqrt3\,PN$ 。检验电荷在 $P$ 平衡要求两库仑力大小相等： $kQ_1/PM^2=kQ_2/PN^2$ ，故 $Q_1/Q_2=(PM/PN)^2=3$ 。沿 $MP$ 连线除 $P$ 外不存在另一平衡点（其余点处到 $Q_2$ 距离单调变化，库仑力无法再平衡），故第二空填不存在。第一空填 $3$ （或 $3:1$ ）。
某实验小组探究糖水折射率n随浓度 $\eta$ 的变化规律。主要装置包括激光器和长方体玻璃缸，玻璃缸正面内侧刻有水平、竖直标尺，如图（a）所示。实验操作过程如下：

（1）调配一定浓度的糖水，注入水平放置的玻璃缸中。（2）打开激光器，让激光紧贴玻璃缸正面内侧以一定入射角从空气折射入糖水。（3）调整激光器，使入射点O处于竖直刻度尺的正后方，光路如图（b）所示，其中A点是入射光线与玻璃缸上边沿所在平面的交点，B点是折射光线与玻璃缸底部的交点，A、B点到法线的距离分别为 $L_{1}$ 、 $L_{2}$ ，到液面的距离分别为 $h_{1}$ 、 $h_{2}$ 。测得 $L_{1}$ 、 $L_{2}$ 、 $h_{1}$ 、 $h_{2}$ 的值，并利用表达式 $n=$ ＿＿＿＿（用 $L_{1}$ 、 $L_{2}$ 、 $h_{1}$ 、 $h_{2}$ 表示）求出糖水折射率。（4）改变缸内糖水浓度，进行多次实验，将实验数据填入下表。

浓度 $\eta/\%$ 11.8 21.1 32.0 39.1 51.1
折射率n 1.34 1.36 1.38 1.40 1.42

（5）在图（c）给出的坐标纸上补上浓度 $\eta=32.0\%$ 的数据点。分析图中数据点，可知糖水折射率随浓度近似线性变化，绘制出“ $n-\eta$ ”图线＿＿＿＿。

（6）由所绘图线可知，糖水浓度每增加10.0%，折射率增大＿＿＿＿。（结果保留2位有效数字）

【答案与解析】

(1)由折射定律 $n=\sin i/\sin r$ ，其中 $\sin i=L_1/\sqrt{L_1^2+h_1^2}$ ， $\sin r=L_2/\sqrt{L_2^2+h_2^2}$ ，得 $n=\dfrac{L_1\sqrt{L_2^2+h_2^2}}{L_2\sqrt{L_1^2+h_1^2}}$ 。 (2)在坐标纸上补上 $\eta=32.0\%$ 对应 $n=1.38$ 的数据点，作图可见 $n$ 随 $\eta$ 近似线性；取两端 $(11.8\%,1.34)$ 、 $(51.1\%,1.42)$ ，斜率约 $(1.42-1.34)/(51.1-11.8)\approx0.0020/\%$ 。故浓度每增加 $10\%$ ，折射率增大约 $0.020$ 。填 $0.020$ 。
某实验小组基于“等效替代法”设计了如图（a）所示的电路用于电阻测量。使用的器材有：电源E（电动势 $3V$ ），电流表A（量程 $30\mathrm{mA}$ ），定值电阻 $R_{1}$ 、 $R_{2}$ 、 $R_{3}$ （阻值均为 $100\mathrm{\Omega}$ ），定值电阻 $R_{4}$ （阻值 $200\mathrm{\Omega}$ ），滑动变阻器 $R_{5}$ （最大阻值 $200\mathrm{\Omega}$ ，额定电流1.5 A），带标尺的滑动变阻器 $R_{6}$ （最大阻值 $100\mathrm{\Omega}$ ，额定电流 $1.5A$ ），选择开关 $\mathrm{S}_1$ ，单刀开关 $\mathrm{S}_2$ ，待测电阻 $R_x$ （阻值小于 $400\mathrm{\Omega}$ ），导线若干。 $(1)$ 按照图（a），将图（b）中的实物连线补充完整＿＿＿＿；

$(2)$ 将鳄鱼夹a、b短接，滑动变阻器 $R_{6}$ 的滑片移至最右端刻度处， $\mathrm{S}_1$ 打在位置1。接通 $\mathrm{S}_2$ ，调节滑动变阻器 $R_{5}$ ，电流表指针指在图（c）所示的位置，记录电流表示数 $I=$ ＿＿＿＿mA，此示数作为本次实验的电流定标值；

$(3)$ 断开 $\mathrm{S}_1$ 、 $\mathrm{S}_2$ ，用鳄鱼夹a、b夹住 $R_x$ 两端。接通 $\mathrm{S}_2$ ，将 $\mathrm{S}_1$ 依次打在位置1、2，发现电流表示数均小于定标值I； $\mathrm{S}_1$ 打到位置3时，电流表示数大于定标值I，由此确定 $R_x$ 的阻值范围为＿＿＿＿ $\Omega$ ．（填“ $0~100$ ”“ $100~200$ ”“ $200~300$ ”或“ $300~400$ ”）； $(4)$ 将 $\mathrm{S}_1$ 重新打在位置＿＿＿＿（填“1”“2”或“3”），向左调节滑动变阻器 $R_{6}$ 的滑片，直到电流表指针重新回到定标值位置，此时 $R_{6}$ 的滑片处于 $55\mathrm{\Omega}$ 刻度处。基于“等效替代法”原理，可得 $R_x$ 的阻值为＿＿＿＿ $\Omega$ ； $(5)$ 以下因素可能影响测量结果的有＿＿＿＿。（多选，填正确答案标号）

A．电源存在内阻

B．电流表存在内阻

C．滑动变阻器 $R_{6}$ 读数有偏差

D．步骤（4）电流表指针未重新回到定标值位置

【答案与解析】

由 $v-t$ 图读得：入水初速 $v_0=2.8\ \mathrm{m/s}$ ， $t_1$ 时刻 $v_1=2.0\ \mathrm{m/s}$ ， $t_2$ 时刻 $v_2=2.0\ \mathrm{m/s}$ ， $t_3$ 时刻 $v_3=2.2\ \mathrm{m/s}$ 。 (1) $t_0\sim t_1$ 匀减速，平均速度 $\bar v=(v_0+v_1)/2=(2.8+2.0)/2=2.4\ \mathrm{m/s}$ 。 (2) $t_2\sim t_3$ 匀加速，加速度 $a=(v_3-v_2)/(t_3-t_2)=(2.2-2.0)/(46.4-44.4)=0.1\ \mathrm{m/s^2}$ 。 (3) $t_2\sim t_3$ 位移 $x=(v_2+v_3)/2\cdot(t_3-t_2)=(2.0+2.2)/2\times2.0=4.2\ \mathrm{m}$ 。
在2024年巴黎奥运会上，我国游泳运动员创造了男子百米自由泳新的世界纪录。在此次比赛中，运动员起跳后于 $t_{0}$ 时刻入水。入水后的运动过程可近似分为三个阶段 $:t_{0}\sim t_{1}$ 段的前程游为匀减速直线运动， $t_{1}\sim t_{2}$ 段为匀速游， $t_{2}\sim t_{3}$ 段的冲刺游为匀加速直线运动；速率 $v$ 随时间 $t$ 变化的图像如图所示。已知 $t_{0}=0.9\mathrm{s}$ ， $t_{1}=10.4\mathrm{s}$ ， $t_{2}=44.4\mathrm{s},t_{3}=46.4\mathrm{s}$ ，求该运动员在

$(1)t_{0}\sim t_{1}$ 段的平均速度大小； $(2)t_{2}\sim t_{3}$ 段的加速度大小； $(3)t_{2}\sim t_{3}$ 段的位移大小。

【答案与解析】

(1) $0\sim1\ \mathrm{m}$ 推力 $F=1.5\ \mathrm{N}$ 恒定，做功 $W=Fx=1.5\times1=1.5\ \mathrm{J}$ 。 (2)对 $\mathrm{A}$ 、 $\mathrm{B}$ 整体： $F-f=2ma$ ， $f=\mu m_Ag=0.25\times0.2\times10=0.5\ \mathrm{N}$ ；对 $\mathrm{B}$ ： $F_{AB}=m_Ba$ 。代入 $F=1.5\ \mathrm{N}$ 得 $a=(1.5-0.5)/0.4=2.5\ \mathrm{m/s^2}$ ， $F_{AB}=0.2\times2.5=0.5\ \mathrm{N}$ 。 (3) $\mathrm{A}$ 、 $\mathrm{B}$ 间弹力为零时分离，由(2)形式知此时对应 $x=3\ \mathrm{m}$ ，且 $0\sim3\ \mathrm{m}$ 推力做功 $W_F=1.5\times1+(0.5+1.5)/2\times2=3.5\ \mathrm{J}$ 。对 $\mathrm{A}$ 、 $\mathrm{B}$ 整体由动能定理： $W_F-\mu m_Agx=\frac12(2m)v^2$ ，代入得 $v^2=(3.5-0.5\times3)/0.2=10$ 。 $\mathrm{B}$ 从 $P$ 到半圆最高点 $M$ ： $\frac12mv_M^2-\frac12mv^2=-mg\cdot2r$ ，临界 $v_M^2=gr$ ，联立得 $r_{\max}=0.2\ \mathrm{m}$ ，故 $r\le0.2\ \mathrm{m}$ 。
如图甲，竖直平面内，一长度大于4 m的水平轨道OP与光滑半圆形轨道PNM在P点平滑连接，固定在水平地面上。可视为质点的A、B两小物块靠在一起，静置于轨道左端。现用一水平向右推力F作用在A上，使A、B向右运动。以x表示A离开初始位置的位移，F随x变化的图像如图乙所示。已知A、B质量均为0.2 kg，A与水平轨道间的动摩擦因数为0.25，B与水平轨道间的摩擦不计，重力加速度大小取 $10\mathrm{m/s^2}$ 。

（1）求A离开初始位置向右运动1 m的过程中，推力F做的功；（2）求A的位移为1 m时，A、B间的作用力大小；（3）若B能到达M点，求半圆形轨道半径应满足的条件。

【答案与解析】

设线框边长为 $l_1$ （由匀速穿过Ⅰ区知边长等于Ⅰ区宽度 $l_1$ ），磁场磁感应强度为 $\mathrm{B}$ 。 (1)线框在Ⅰ区上方无磁场光滑斜面上下滑，加速度 $a=g\sin30^\circ=g/2$ ；由静止到 $cd$ 到达Ⅰ区上边缘时速度为 $v$ ： $v^2=2(g/2)x_0$ ，得 $x_0=v^2/g$ 。 (2)匀速穿过Ⅰ区时安培力等于重力分量： $B^2l_1^2v/R=mg\sin30^\circ=mg/2$ ，得 $Bl_1=\sqrt{mgR/(2v)}$ 。 $cd$ 边切割磁感线电动势 $\varepsilon=Bl_1v$ ，电流 $I=\varepsilon/R$ ， $cd$ 边两端电势差 $U=\varepsilon-I\cdot(R/4)=\frac34Bl_1v=\frac34\sqrt{mgRv/2}$ 。 (3)进入Ⅱ区到离开Ⅱ区过程首尾速率相等，对全过程用动量定理： $mg\sin30^\circ\cdot t=Bl_1q$ （ $q$ 为穿过Ⅱ区总电量）。克服安培力平均功率 $P=W_A/t$ ，而 $W_A=mg\sin30^\circ(l_1+l_2)=mg(l_1+l_2)/2$ 。穿过Ⅱ区电量：若 $l_2\le l_1$ ， $q=2Bl_1l_2/R$ ；若 $l_2>l_1$ ， $q=2Bl_1^2/R$ 。代入 $t=Bl_1q/(mg/2)$ 得： $l_2\le l_1$ 时 $P=\dfrac{mgv(l_1+l_2)}{4l_2}$ ； $l_2>l_1$ 时 $P=\dfrac{mgv(l_1+l_2)}{4l_1}$ 。
水平地面上固定有一倾角为 $30^{\circ}$ 的绝缘光滑斜面，其上有两个宽度分别为 $l_1$ 、 $l_2$ 、的条形匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，虚线为磁场边界，均与斜面底边平行，两区域磁场的磁感应强度大小相等、方向均垂直斜面向上，示意图如图所示。一质量为m、电阻为R的正方形细导线框abcd置于区域Ⅰ上方的斜面上， cd边与磁场边界平行。线框由静止开始下滑，依次穿过区域Ⅰ、区域Ⅱ。已知cd边进入Ⅰ到ab边离开Ⅰ的过程中，线框速度恒为v，cd边进入区域Ⅱ和ab边离开区域Ⅱ时的速度相同；区域Ⅰ、Ⅱ间的无磁场区域宽度大于线框边长，线框各边材料相同、粗细均匀；下滑过程线框形状不变且始终处于斜面内，cd边始终与磁场边界平行；重力加速度为 $g$ 。求：

$(1)$ 初始时，cd边与Ⅰ区域上边缘的距离； $(2)$ 求cd边进入Ⅰ号区域时，cd边两端的电势差； $(3)cd$ 边进入区域Ⅱ到ab边离开区域Ⅱ的过程中，线框克服安培力做功的平均功率。

【答案与解析】

(1)按图(a)将电流表负极与 $R_5$ 、 $R_3$ 间用导线连接，补全实物连线。 (2)电流表量程 $30\ \mathrm{mA}$ 、最小分度 $1\ \mathrm{mA}$ ，图(c)指针指 $16\ \mathrm{mA}$ 处，估读得 $I=16.0\ \mathrm{mA}$ 。 (3)短接 $a$ 、 $b$ 且 $R_6$ 最大时 $S_1$ 接 $1$ 总阻为 $R_1+R_2+R_3+R_6=400\ \Omega$ ；接 $2$ 时总阻为 $R_x+R_2+R_3+R_6$ ，由题意示数 $<I$ 得 $R_x>R_1=100\ \Omega$ ；接 $3$ 时示数 $>I$ 得 $R_x<R_1+R_2=200\ \Omega$ 。故填 $100\sim200$ 。 (4)因 $R_x\in(100,200)\ \Omega$ ，将 $S_1$ 重新打在位置 $2$ ；等效替代法下电流回到定标值 $I$ 时总阻与定标时相同，即 $R_x+R_2+R_3+R_6(55)=R_1+R_2+R_3+R_6(100)$ ，得 $R_x=R_1+(100-55)=145\ \Omega$ 。故填位置 $2$ 、 $145$ 。 (5)等效替代通过调节 $R_6$ 使电流回到定标值，电源内阻与电流表内阻在前后两次中抵消，不影响结果；而 $R_6$ 读数偏差、指针未回到定标值会直接影响测量结果。故选CD。