2025年高考云南卷物理真题

2025年3月，我国科学家研制的碳14核电池原型机“烛龙一号”发布，标志着我国在核能技术领域与微型核电池领域取得突破。碳14的衰变方程为 ${}_{6}^{14}\mathrm{C}\to{}_{7}^{14}\mathrm{N}+\mathrm{X}$ ，则（　　）

A．X为电子，是在核内中子转化为质子的过程中产生的

B．X为电子，是在核内质子转化为中子的过程中产生的

C．X为质子，是由核内中子转化而来的

D．X为中子，是由核内质子转化而来的

【答案与解析】

由质量数守恒与电荷数守恒： $6=7+Z_X$ 得 $Z_X=-1$ ， $14=14+A_X$ 得 $A_X=0$ ，故 X 为电子（ $_1^0\mathrm{e}$ ）。 $\beta^-$ 衰变的本质是核内中子转化为质子： $\mathrm{n}\to\mathrm{p}+\mathrm{e}^-+\bar{\nu}_\mathrm{e}$ ，电子在此过程中产生。故选A。
如图所示，中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发，沿水平直轨道逐渐加速到 $144\mathrm{km/h}$ ，在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近（　　）

A． $4\times 10^5\mathrm{J}$

B． $4\times 10^4\mathrm{J}$

C． $4\times 10^3\mathrm{J}$

D． $4\times 10^2\mathrm{J}$

【答案与解析】

列车对高中生做的功等于其动能增量，由动能定理 $W=\frac12mv^2-0$ ，初速为 $0$ 。 $v=144\,\mathrm{km/h}=40\,\mathrm{m/s}$ ，取高中生质量 $m\approx50\,\mathrm{kg}$ ，则 $W\approx\frac12\times50\times40^2=4.0\times10^4\,\mathrm{J}$ 。故选B。
如图所示，某同学将两颗鸟食从O点水平抛出，两只小鸟分别在空中的M点和N点同时接到鸟食。鸟食的运动视为平抛运动，两运动轨迹在同一竖直平面内，则（　　）

A．两颗鸟食同时抛出

B．在N点接到的鸟食后抛出

C．两颗鸟食平抛的初速度相同

D．在M点接到的鸟食平抛的初速度较大

【答案与解析】

鸟食做平抛运动，竖直方向 $h=\frac12gt^2$ ，由图知 $h_M<h_N$ ，故 $t_M<t_N$ 。两者同时被接到，说明在 N 点接到的鸟食先抛出，A、B 错。水平方向 $x=v_0t$ ，过 M 作水平辅助线可见同一高度处 M 点的水平位移更大，故 $v_{0M}>v_{0N}$ ，C 错，D 对。故选D。
某介电电泳实验使用非匀强电场，该电场的等势线分布如图所示。a、b、c、d四点分别位于电势为 $-2V$ 、 $-1V$ 、 $1V$ 、 $2V$ 的等势线上，则（　　）

A．a、b、c、d中a点电场强度最小

B．a、b、c、d中d点电场强度最大

C．一个电子从b点移动到c点电场力做功为 $2\mathrm{eV}$

D．一个电子从a点移动到d点电势能增加了 $4\mathrm{eV}$

【答案与解析】

等差等势线越密处场强越大，由图知 a 点等势线最疏（场强最大）、c 点最密（场强最小），A、B 错。电子电量 $q=-e$ ，从 b( $-1\,\mathrm{V}$ ) 到 c( $1\,\mathrm{V}$ )：电场力做功 $W_{bc}=-e(\varphi_b-\varphi_c)=-e(-1-1)=2\,\mathrm{eV}$ ，C 对。从 a( $-2\,\mathrm{V}$ ) 到 d( $2\,\mathrm{V}$ )： $W_{ad}=-e(-2-2)=4\,\mathrm{eV}$ ，电场力做正功，电势能减小 $4\,\mathrm{eV}$ ，D 错。故选C。
国际编号为192391的小行星绕太阳公转的周期约为5.8年，该小行星与太阳系内八大行星几乎在同一平面内做圆周运动。规定地球绕太阳公转的轨道半径为 $1\mathrm{AU}$ ，八大行星绕太阳的公转轨道半径如下表所示。忽略其它行星对该小行星的引力作用，则该小行星的公转轨道应介于（　　）

行星水星金星地球火星木星土星天王星海王星
轨道半径 $R/\mathrm{AU}$ 0.39 0.72 1.0 1.5 5.2 9.5 19 30

A．金星与地球的公转轨道之间

B．地球与火星的公转轨道之间

C．火星与木星的公转轨道之间

D．天王星与海王星的公转轨道之间

【答案与解析】

由开普勒第三定律 $\frac{R^3}{T^2}=$ 常量，对地球 $R_\oplus=1\,\mathrm{AU},T_\oplus=1\,\mathrm{a}$ ，小行星 $T=5.8\,\mathrm{a}$ ，得 $R=(5.8)^{2/3}\,\mathrm{AU}$ 。 $(5.8)^{1/3}\approx1.80$ ，故 $R\approx3.2\,\mathrm{AU}$ ，介于火星（ $1.5\,\mathrm{AU}$ ）与木星（ $5.2\,\mathrm{AU}$ ）之间。故选C。
如图所示，质量为m的滑块（视为质点）与水平面上MN段的动摩擦因数为 $\mu_{1}$ ，与其余部分的动摩擦因数为 $\mu_{2}$ ，且 $\mu_{1}>\mu_{2}$ 。第一次，滑块从I位置以速度 $v_{0}$ 向右滑动，通过MN段后停在水平面上的某一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为 $x_1$ ，所用时间为 $t_{1}$ ；第二次，滑块从Ⅱ位置以相同速度 $v_{0}$ 向右滑动，通过MN段后停在水平面上的另一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为 $x_2$ ，所用时间为 $t_{2}$ 。忽略空气阻力，则（　　）

A． $t_{1}<t_{2}$

B． $t_{1}>t_{2}$

C． $x_{1}>x_{2}$

D． $x_{1}<x_{2}$

【答案与解析】

对两次运动全过程，由能量守恒： $\frac12mv_0^2=\mu_1mgx_{MN}+\mu_2mg(x_1-x_{MN})=\mu_1mgx_{MN}+\mu_2mg(x_2-x_{MN})$ ，得 $x_1=x_2$ ，故 C、D 错。滑块在 MN 段加速度 $a=\mu g$ ，因 $\mu_1>\mu_2$ ，在 MN 段减速更快。两次总位移相等，即 $v-t$ 图线与轴围成面积相等；第二次出发点距 M 点较近，由 $v^2=2\mu_2gx$ 知第二次到达 M 点时速度较大，作出 $v-t$ 图像可得 $t_2>t_1$ 。故选A。
如图所示，均匀介质中矩形区域内有一位置未知的波源。 $t=0$ 时刻，波源开始振动产生简谐横波，并以相同波速分别向左、右两侧传播，P、Q分别为矩形区域左右两边界上振动质点的平衡位置。 $t=1.5\mathrm{s}$ 和 $t=2.5\mathrm{s}$ 时矩形区域外波形分别如图中实线和虚线所示，则（　　）

A．波速为 $2.5\mathrm{m/s}$

B．波源的平衡位置距离P点 $1.5\mathrm{m}$

C． $t=1.0\mathrm{s}$ 时，波源处于平衡位置且向下运动

D． $t=5.5\mathrm{s}$ 时，平衡位置在P、Q处的两质点位移相同

【答案与解析】

由图读得波长 $\lambda=4\,\mathrm{m}$ ；比较 $t=1.5\,\mathrm{s}$ 与 $t=2.5\,\mathrm{s}$ 两波形，波形在 $1\,\mathrm{s}$ 内平移 $2\,\mathrm{m}$ ，故波速 $v=2\,\mathrm{m/s}$ ，周期 $T=\lambda/v=2\,\mathrm{s}$ ，A 错（A 为 $2.5\,\mathrm{m/s}$ ）。由左侧波形及 P 点位置可知波源平衡位置距 P 点 $x_0=1\,\mathrm{m}$ ，B 错（B 为 $1.5\,\mathrm{m}$ ）。由波的传播方向与初始振动方向判断， $t=1.0\,\mathrm{s}$ （即振动半周期时）波源并不处于平衡位置向下运动，C 错。P、Q 关于波源对称，在 $t=5.5\,\mathrm{s}$ 时两质点振动状态相同，位移相等，D 对。故选D。
电动汽车充电桩的供电变压器（视为理想变压器）示意图如图所示。变压器原线圈的匝数为 $n_{1}$ ，输入电压 $U_1=1.1\mathrm{kV}$ ；两副线圈的匝数分别为 $n_{2}$ 和 $n_{3}$ ，输出电压 $U_{2}=U_{3}=220\mathrm{V}$ 。当I、Ⅱ区充电桩同时工作时，两副线圈的输出功率分别为 $7.0\mathrm{kW}$ 和 $3.5\mathrm{kW}$ ，下列说法正确的是（　　）

A． $n_{1}:n_{2}=5:1$

B． $n_{1}:n_{3}=1:5$

C．变压器的输入功率为 $10.5\mathrm{kW}$

D．两副线圈输出电压最大值均为 $220\mathrm{V}$

【答案与解析】

理想变压器匝数比等于电压比： $\frac{n_1}{n_2}=\frac{U_1}{U_2}=\frac{1100}{220}=5$ ，即 $n_1:n_2=5:1$ ，A 对；同理 $\frac{n_1}{n_3}=\frac{U_1}{U_3}=5:1$ ，B 错（B 为 $1:5$ ）。输入功率等于各副线圈输出功率之和 $P_\text{入}=7.0+3.5=10.5\,\mathrm{kW}$ ，C 对。副线圈输出电压 $220\,\mathrm{V}$ 为有效值，其最大值为 $220\sqrt2\,\mathrm{V}\neq220\,\mathrm{V}$ ，D 错。故选AC。
图甲为1593年伽利略发明的人类历史上第一支温度计，其原理如图乙所示。硬质玻璃泡a内封有一定质量的气体（视为理想气体），与a相连的b管插在水槽中固定，b管中液面高度会随环境温度变化而变化。设b管的体积与a泡的体积相比可忽略不计，在标准大气压 $p_0$ 下，b管上的刻度可以直接读出环境温度。则在 $p_0$ 下（　　）

A．环境温度升高时，b管中液面升高

B．环境温度降低时，b管中液面升高

C．水槽中的水少量蒸发后，温度测量值偏小

D．水槽中的水少量蒸发后，温度测量值偏大

【答案与解析】

环境温度升高时封闭气体膨胀，将 b 管内液体压低（液面下降），A 错；环境温度降低时气体收缩，外界大气压将液体压入 b 管使液面升高，B 对。水槽中水蒸发使槽内液面下降，b 管液面随槽面同步下降，刻度（固定在 b 管上）读得的位置偏低，相当于显示更高温度，测量值偏大，C 错，D 对。故选BD。
如图所示，倾角为 $\theta$ 的固定斜面，其顶端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧处于原长时下端位于O点。质量为m的滑块Q（视为质点）与斜面间的动摩擦因数 $\mu=\tan\theta$ 。过程I：Q以速度 $v_{0}$ 从斜面底端P点沿斜面向上运动恰好能滑至O点；过程Ⅱ：将Q连接在弹簧的下端并拉至P点由静止释放，Q通过M点（图中未画出）时速度最大，过O点后能继续上滑。弹簧始终在弹性限度内，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度为g。则（　　）

A．P、M两点之间的距离为 $\frac{kv_{0}^{2}-4mg^{2}\sin^{2}\theta}{4kg\sin\theta}$

B．过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能为 $\frac{1}{4}mv_{0}^{2}$

C．过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为 $\dfrac{kv_0^2-8mg^2\sin^2\theta}{2kg\sin\theta}$

D．连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释放，最终一定静止在OM（含O、M点）之间

【答案与解析】

过程Ⅰ：滑块上滑至 O 恰好停止，加速度 $a=2g\sin\theta$ （摩擦与重力分量同向），由 $v_0^2=2a\cdot PO$ 得 $PO=\frac{v_0^2}{4g\sin\theta}$ 。过程Ⅱ中 Q 受弹簧、重力、摩擦，速度最大处合外力为零： $k(PO-x_M)-2mg\sin\theta=0$ ，得 $x_M=PO-\frac{2mg\sin\theta}{k}=\frac{v_0^2}{4g\sin\theta}-\frac{2mg\sin\theta}{k}$ ，与选项 A 不符，A 错。过程Ⅱ中 Q 从 P 单向运动到 O 损失的机械能等于摩擦耗散 $\mu mg\cos\theta\cdot PO=mg\sin\theta\cdot PO=mg\sin\theta\cdot\frac{v_0^2}{4g\sin\theta}=\frac14mv_0^2$ ，B 对。由能量守恒求最大位移 $s_{\max}$ ： $0=-k\cdot PO+\frac12ks_{\max}+2mg\sin\theta$ ，得 $s_{\max}=2PO-\frac{4mg\sin\theta}{k}=\frac{kv_0^2-8mg^2\sin^2\theta}{2kg\sin\theta}$ ，与 C 一致，C 对。静止平衡需 $|k(PO-x)-mg\sin\theta|\le\mu mg\cos\theta=mg\sin\theta$ ，解得 $x\in[PO-\frac{2mg\sin\theta}{k},PO]=[M,O]$ ，即最终必静止于 OM 之间（含端点），D 对。故选BCD。
某实验小组做了测量木质滑块与橡胶皮之间动摩擦因数 $\mu$ 的实验，所用器材如下：钉有橡胶皮的长木板、质量为 $250g$ 的木质滑块（含挂钩）、细线、定滑轮、弹簧测力计、慢速电机以及砝码若干。实验装置如图甲所示。

实验步骤如下： ①将长木板放置在水平台面上，滑块平放在橡胶面上； ②调节定滑轮高度，使细线与长木板平行（此时定滑轮高度与挂钩高度一致）； ③用电机缓慢拉动长木板，当长木板相对滑块匀速运动时，记录弹簧测力计的示数F； ④在滑块上分别放置 $50g$ 、 $100g$ 和 $150g$ 的砝码，重复步骤③； ⑤处理实验数据（重力加速度g取 $9.8\mathrm{m/s^2}$ ）。实验数据如下表所示：

滑块和砝码的总质量 $M/g$ 弹簧测力计示数 $F/N$ 动摩擦因数 $\mu$
250 1.12 0.457
300 1.35 a
350 1.57 0.458
400 1.79 0.457

完成下列填空： $(1)$ 表格中a处的数据为＿＿＿＿（保留3位有效数字）； $(2)$ 其它条件不变时，在实验误差允许的范围内，滑动摩擦力的大小与接触面上压力的大小＿＿＿＿， $\mu$ 与接触面上压力的大小＿＿＿＿（以上两空填“成正比”“成反比”或“无关”）； $(3)$ 若在实验过程中未进行步骤②，实验装置如图乙所示，挂钩高于定滑轮，则 $\mu$ 的测量结果将＿＿＿＿（填“偏大”“偏小”或“不变”）。

【答案与解析】

(1) 由 $\mu=\frac{F}{Mg}$ ，对 $M=300\,\mathrm{g}=0.300\,\mathrm{kg}$ ： $a=\frac{1.35}{0.300\times9.8}=0.459$ （保留 3 位有效数字）。(2) 滑动摩擦力 $f=\mu Mg$ ，在误差范围内 $f$ 与压力 $Mg$ 成正比； $\mu$ 由接触面材料决定，与压力无关。(3) 未调平细线时挂钩高于定滑轮，细线有竖直分量，使正压力减小、摩擦力减小，测得的 $F^{\prime}$ 偏大，由 $\mu=F/(Mg)$ 得测量结果偏大。
基于铂电阻阻值随温度变化的特性，某兴趣小组用铂电阻做了测量温度的实验。可选用的器材如下： $Pt1000$ 型号铂电阻、电源E（电动势 $5\mathrm{V}$ ，内阻不计）、电流表 $\mathrm{A}_1$ （量程 $100\mu\mathrm{A}$ ，内阻 $4.5\mathrm{k}\Omega$ ）、电流表 $\mathrm{A}_2$ （量程 $500\mu\mathrm{A}$ ，内阻约 $1\mathrm{k\Omega}$ ）、定值电阻 $R_{1}$ （阻值 $15\mathrm{k\Omega}$ ）、定值电阻 $R_{2}$ （阻值 $1.5\mathrm{k\Omega}$ ）、开关S和导线若干。查阅技术手册可知， $Pt1000$ 型号铂电阻测温时的工作电流在 $0.1\sim0.3\mathrm{mA}$ 之间，在 $0\sim100^{\circ}\mathrm{C}$ 范围内，铂电阻的阻值 $R_{t}$ 随温度t的变化视为线性关系，如图（a）所示。

完成下列填空： $(1)$ 由图（a）可知，在 $0\sim100^{\circ}\mathrm{C}$ 范围内，温度每升高 $1\mathrm{^{\circ}C}$ ，该铂电阻的阻值增加＿＿＿＿ $\Omega$ ； $(2)$ 兴趣小组设计了如图（b）所示的甲、乙两种测量铂电阻阻值的电路图，能准确测出铂电阻阻值的是＿＿＿＿（填“甲”或“乙”），保护电阻R应选＿＿＿＿（填“ $R_{1}$ ”或“ $R_{2}$ ”）；

$(3)$ 用（2）问中能准确测出铂电阻阻值的电路测温时，某次测量读得 $\mathrm{A}_2$ 示数为 $295\mu\mathrm{A}$ ， $\mathrm{A}_1$ 示数如图（c）所示，该示数为＿＿＿＿ $\mu\mathrm{A}$ ，则所测温度为＿＿＿＿ $^{\circ}\mathrm{C}$ （计算结果保留2位有效数字）。

【答案与解析】

(1) 由图(a)，Pt1000 在 $0^\circ\mathrm{C}$ 阻值 $1000\,\mathrm{\Omega}$ ， $100^\circ\mathrm{C}$ 约 $1385\,\Omega$ ，每升高 $1^\circ\mathrm{C}$ 阻值增加 $\Delta R=\frac{1385-1000}{100}=3.85\,\Omega$ 。(2) 电流表 $\mathrm{A_1}$ 内阻已知，可用 $\mathrm{A_1}$ 测铂电阻两端电压、用 $\mathrm{A_2}$ 与 $\mathrm{A_1}$ 示数差测电流，故能准确测量的是乙；最大工作电流 $0.3\,\mathrm{mA}$ ，电路最小总阻 $R_{\min}=\frac{5}{0.3\times10^{-3}}\approx1.7\times10^4\,\Omega$ ，应选 $R_1=15\,\mathrm{k\Omega}$ 。(3) 图(c)中 $\mathrm{A_1}$ 分度值 $1\,\mu\mathrm{A}$ ，读数为 $62.0\,\mu\mathrm{A}$ ；铂电阻电压 $U_t=I_1R_{\mathrm{A_1}}=62.0\times10^{-6}\times4.5\times10^3=0.279\,\mathrm{V}$ ，电流 $I_t=I_2-I_1=295-62.0=233\,\mu\mathrm{A}$ ，故 $R_t=\frac{0.279}{233\times10^{-6}}\approx1.20\times10^3\,\Omega$ ；由 $R_t=1000+3.85t$ 得 $t=\frac{1197-1000}{3.85}\approx51^\circ\mathrm{C}$ （保留 2 位有效数字）。
用光学显微镜观察样品时，显微镜部分结构示意图如图甲所示。盖玻片底部中心位置O点的样品等效为点光源，为避免O点发出的光在盖玻片上方界面发生全反射，可将盖玻片与物镜的间隙用一滴油填充，如图乙所示。已知盖玻片材料和油的折射率均为1.5，盖玻片厚度 $d=2.0\mathrm{mm}$ ，盖玻片与物镜的间距 $h=0.20\mathrm{mm}$ ，不考虑光在盖玻片中的多次反射，取真空中光速 $c=3.0\times10^{8}\mathrm{m/s},\pi=3.14$ 。

$(1)$ 求未滴油时，O点发出的光在盖玻片的上表面的透光面积（结果保留2位有效数字）； $(2)$ 滴油前后，光从O点传播到物镜的最短时间分别为 $t_{1}$ 、 $t_{2}$ ，求 $t_{2}-t_{1}$ （结果保留2位有效数字）。

【答案与解析】

(1) 未滴油时，光在盖玻片上表面（玻璃-空气）可能发生全反射，临界角 $C$ 满足 $\sin C=\frac1n=0.667$ ， $C\approx41.8^\circ$ ， $\tan C\approx0.894$ 。透光圆斑半径 $r=d\tan C=2.0\times10^{-3}\times0.894\approx1.79\times10^{-3}\,\mathrm{m}$ ，面积 $S=\pi r^2\approx3.14\times(1.79\times10^{-3})^2\approx1.0\times10^{-5}\,\mathrm{m^2}$ （保留 2 位有效数字）。(2) 垂直入射时传播时间最短。滴油前：光在玻璃中速 $v=c/n$ ，最短时间 $t_1=\frac{nd}{c}+\frac{h}{c}$ ；滴油后玻璃与油折射率同为 $n$ ，整体等效 $t_2=\frac{n(d+h)}{c}$ ；故 $t_2-t_1=\frac{(n-1)h}{c}=\frac{(1.5-1)\times0.20\times10^{-3}}{3.0\times10^8}\approx3.3\times10^{-13}\,\mathrm{s}$ （保留 2 位有效数字）。
磁屏蔽技术可以降低外界磁场对屏蔽区域的干扰。如图所示， $x\geq0$ 区域存在垂直 $Oxy$ 平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为 $B_{1}$ （未知）。第一象限内存在边长为 $2L$ 的正方形磁屏蔽区ONPQ，经磁屏蔽后，该区域内的匀强磁场方向仍垂直 $Oxy$ 平面向里，其磁感应强度大小为 $B_{2}$ （未知），但满足 $0<B_{2}<B_{1}$ 。某质量为m、电荷量为 $q(q>0)$ 的带电粒子通过速度选择器后，在 $Oxy$ 平面内垂直y轴射入 $x\geq0$ 区域，经磁场偏转后刚好从ON中点垂直ON射入磁屏蔽区域。速度选择器两极板间电压U、间距d、内部磁感应强度大小 $B_{0}$ 已知，不考虑该粒子的重力。

$(1)$ 求该粒子通过速度选择器的速率； $(2)$ 求 $B_{1}$ 以及y轴上可能检测到该粒子的范围； $(3)$ 定义磁屏蔽效率 $\eta=\frac{B_{1}-B_{2}}{B_{1}}\times100\%$ ，若在Q处检测到该粒子，则 $\eta$ 是多少？

【答案与解析】

(1) 粒子在速度选择器中受力平衡： $qE=qvB_0$ ，且 $E=\frac{U}{d}$ ，故速率 $v=\frac{U}{B_0d}$ 。(2) 粒子从 ON 中点垂直 ON 射入屏蔽区，由几何关系（在第四象限做圆周运动，O 为圆心）轨迹半径 $r_1=L$ ；洛伦兹力提供向心力 $qvB_1=m\frac{v^2}{r_1}$ ，得 $B_1=\frac{mv}{qr_1}=\frac{mU}{qdB_0L}$ 。进入屏蔽区后半径 $r_2=\frac{mv}{qB_2}=L\frac{B_1}{B_2}$ ，因 $0<B_2<B_1$ 故 $r_2\in(L,\infty)$ ；当 $B_2\to B_1$ 时粒子最近打在 $y$ 轴 $(0,L)$ 处，当 $B_2\to0$ 时粒子近似直线向上穿出后偏转打在 $(0,3L)$ 处，故 $y$ 轴上可检测范围为 $L<y<3L$ 。(3) 粒子到达 Q $(2L,0)$ 时，由几何关系（轨迹圆心在 $(0,L-r_3)$ ，过 $(0,L)$ 与 $(2L,0)$ ）： $(2L)^2+(r_3-L)^2=r_3^2$ ，解得 $r_3=\frac52L$ ，对应 $B_2=\frac{mv}{qr_3}=\frac25B_1$ ；屏蔽效率 $\eta=\frac{B_1-B_2}{B_1}\times100\%=\left(1-\frac25\right)\times100\%=60\%$ 。
如图所示，光滑水平面上有一个长为L、宽为d的长方体空绝缘箱，其四周紧固一电阻为R的水平矩形导线框，箱子与导线框的总质量为M。与箱子右侧壁平行的磁场边界平面如截面图中虚线PQ所示，边界右侧存在范围足够大的匀强磁场，其磁感应强度大小为B、方向竖直向下。 $t=0$ 时刻，箱子在水平向右的恒力F（大小未知）作用下由静止开始做匀加速直线运动，这时箱子左侧壁上距离箱底h处、质量为m的木块（视为质点）恰好能与箱子保持相对静止。箱子右侧壁进入磁场瞬间，木块与箱子分离；箱子完全进入磁场前某时刻，木块落到箱子底部，且箱子与木块均不反弹（木块下落过程中与箱子侧壁无碰撞）；木块落到箱子底部时即撤去F。运动过程中，箱子右侧壁始终与磁场边界平行，忽略箱壁厚度、箱子形变、导线粗细及空气阻力。木块与箱子内壁间的动摩擦因数为 $\mu$ ，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。

$(1)$ 求F的大小； $(2)$ 求 $t=0$ 时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离； $(3)$ 若 $t=0$ 时刻，箱子右侧壁距磁场边界的距离为s（s大于（2）问中最小距离），求最终木块与箱子的速度大小。

【答案与解析】

(1) 木块恰与箱相对静止：水平方向 $F_N=ma$ ，竖直方向 $\mu F_N=mg$ ，得 $a=\frac{g}{\mu}$ ；对箱、木块、线框整体 $F=(M+m)a$ ，故 $F=\frac{(M+m)g}{\mu}$ 。(2) 设右侧壁刚进磁场时速度为 $v$ ，感应电动势 $E=Bdv$ ，电流 $I=\frac{E}{R}=\frac{Bdv}{R}$ ，安培力 $F_\text{安}=BId=\frac{B^2d^2v}{R}$ 。分离时水平合力恰为零： $F=F_\text{安}$ ，即 $\frac{(M+m)g}{\mu}=\frac{B^2d^2v}{R}$ ，得 $v=\frac{(M+m)gR}{\mu B^2d^2}$ ；由 $v^2=2as=2\frac{g}{\mu}s$ ，最小距离 $s_{\min}=\frac{v^2}{2a}=\frac{(M+m)^2gR^2}{2\mu B^4d^4}$ 。(3) 右侧壁进磁场时木块分离，此时木块水平速度 $v_1=\sqrt{2as}=\sqrt{\frac{2gs}{\mu}}$ ；木块下落时间 $t_2=\sqrt{\frac{2h}{g}}$ ，力 $F^{\prime}$ 作用总时间 $t=t_1+t_2=\sqrt{\frac{2s\mu}{g}}+\sqrt{\frac{2h}{g}}$ 。对箱+木块系统在水平方向用动量定理： $Ft-\int F_\text{安}dt=(M+m)v_f$ ，其中安培冲量 $\int F_\text{安}dt=\frac{B^2d^2}{R}\cdot L$ （部分进入阶段位移为 $L$ ）。代入得 $v_f=\sqrt{\frac{2gs}{\mu}}+\frac{\sqrt{2gh}}{\mu}-\frac{B^2d^2L}{(M+m)R}$ 。当该式 $\ge0$ 时，最终木块与箱子速度大小为 $v=\sqrt{\frac{2gs}{\mu}}+\frac{\sqrt{2gh}}{\mu}-\frac{B^2d^2L}{(M+m)R}$ ；当该式 $<0$ 时，系统在木块落地前已停止，最终速度大小为 $0$ 。

滑块和砝码的总质量 $M/g$	弹簧测力计示数 $F/N$	动摩擦因数 $\mu$
250	1.12	0.457
300	1.35	a
350	1.57	0.458
400	1.79	0.457