2025年高考安徽卷物理真题

2025年4月，位于我国甘肃省武威市的钍基熔盐实验堆实现连续稳定运行，标志着人类在第四代核电技术上迈出关键一步。该技术利用钍核（ ${}^{232}_{90}\mathrm{Th}$ ）俘获x个中子（ $^{1}_{0}\mathrm{n}$ ），共发生y次 $\beta$ 衰变，转化为易裂变的铀核（ ${}^{233}_{92}\mathrm{U}$ ），则（　　）

A． $x=1,y=1$

B． $x=1,y=2$

C． $x=2,y=1$

D． $x=2,y=-2$

【答案与解析】

核反应过程： $^{232}_{90}\mathrm{Th}+x\,^{1}_{0}\mathrm{n}\rightarrow{}^{233}_{92}\mathrm{U}$ ，中间经历 $y$ 次 $\beta^-$ 衰变（每次电荷数 $+1$ ，质量数不变）。质量数守恒： $232+x=233\Rightarrow x=1$ 。电荷数守恒： $90+y=92\Rightarrow y=2$ 。故选B。
如图，某同学演示波动实验，将一根长而软的弹簧静置在光滑水平面上，弹簧上系有一个标记物，在左端沿弹簧轴线方向周期性地推、拉弹簧，形成疏密相间的机械波。下列表述正确的是（　　）

A．弹簧上形成的波是横波

B．推、拉弹簧的周期越小，波长越长

C．标记物振动的速度就是机械波传播的速度

D．标记物由静止开始振动的现象表明机械波能传递能量

【答案与解析】

沿弹簧轴线方向推拉形成疏密波，质点振动方向与传播方向平行，为纵波，A错误。波速由介质决定，周期越小则频率越高、波长越短，B错误。标记物振动速度是介质质点的振动速度，不等于波的传播速度，C错误。标记物由静止开始振动，说明机械波传递了能量使其运动，D正确。故选D。
在恒温容器内的水中，让一个导热良好的气球缓慢上升。若气球无漏气，球内气体（可视为理想气体）温度不变，则气球上升过程中，球内气体（　　）

A．对外做功，内能不变

B．向外放热，内能减少

C．分子的平均动能变小

D．吸收的热量等于内能的增加量

【答案与解析】

气球上升过程中外部压强减小，球内气体等温膨胀，对外做功（ $W<0$ ）。理想气体内能只取决于温度，温度不变则 $\Delta U=0$ 。由热力学第一定律 $\Delta U=Q+W$ 得 $Q=-W>0$ ，即吸热量等于对外做功量。分子平均动能仅与温度有关，不变。A项满足条件，B、C、D项不满足。故选A。
汽车由静止开始沿直线从甲站开往乙站，先做加速度大小为a的匀加速运动，位移大小为x；接着在t时间内做匀速运动；最后做加速度大小也为a的匀减速运动，到达乙站时速度恰好为0。已知甲、乙两站之间的距离为 $8x$ ，则（　　）

A． $x=\frac{1}{18}at^{2}$

B． $x=\frac{1}{16}at^{2}$

C． $x=\frac{1}{8}at^2$

D． $x=\frac{1}{2}at^{2}$

【答案与解析】

设匀加速阶段末速度为 $v$ 。由 $v^2=2ax$ 得 $v=\sqrt{2ax}$ 。匀减速阶段位移同样为 $x$ （对称性），匀速阶段位移 $vt$ 。总距离： $x+vt+x=8x\Rightarrow vt=6x$ 将 $t=\dfrac{6x}{v}=\dfrac{6x}{\sqrt{2ax}}$ 两边平方： $t^2=\frac{36x^2}{2ax}=\frac{18x}{a}\Rightarrow x=\frac{1}{18}at^2$ 故选A。
如图，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上，木箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动，木箱始终保持静止。已知甲、乙质量均为 $1.0\mathrm{kg}$ ，甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5，不计空气阻力，重力加速度g取 $10\mathrm{m/s^2}$ ，则在乙下落的过程中（　　）

A．甲对木箱的摩擦力方向向左

B．地面对木箱的支持力逐渐增大

C．甲运动的加速度大小为 $2.5\mathrm{m/s^2}$

D．乙受到绳子的拉力大小为 $5.0\mathrm{N}$

【答案与解析】

对甲、乙整体分析：乙的重力 $mg$ 向下为驱动力，甲受滑动摩擦力 $f=\mu mg=5\,\mathrm{N}$ 向左为阻力。由牛顿第二定律： $2ma=mg-\mu mg\Rightarrow a=\frac{g(1-\mu)}{2}=2.5\,\mathrm{m/s^2}$ C正确。甲相对木箱向右运动，甲受木箱摩擦力向左，由牛顿第三定律甲对木箱摩擦力向右，A错误。绳中拉力 $T=m(g-a)=7.5\,\mathrm{N}\neq5.0\,\mathrm{N}$ ，D错误。滑轮处绳的张力恒定，地面对木箱支持力不变，B错误。故选C。
在竖直平面内，质点M绕定点O沿逆时针方向做匀速圆周运动，质点N沿竖直方向做直线运动，M、N在运动过程中始终处于同一高度。 $t=0$ 时，M、N与O点位于同一直线上，如图所示。此后在M运动一周的过程中，N运动的速度v随时间t变化的图像可能是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

设圆半径为 $R$ ，角速度为 $\omega$ 。由图可知 $t=0$ 时 M 位于圆的最右端（与 O、N 共线且在 O 右侧），M 做逆时针匀速圆周运动，其竖直坐标 $y_M=R\sin(\omega t)$ 。N 与 M 始终同高，故 N 的速度： $v_N=\frac{dy_N}{dt}=R\omega\cos(\omega t)$ $v-t$ 图像为余弦曲线， $t=0$ 时 $v=R\omega>0$ （取正最大值），经 $\dfrac{T}{4}$ 过零， $\dfrac{T}{2}$ 达负最大， $\dfrac{3T}{4}$ 再次过零， $T$ 回到正最大。对应图像 D。故选D。
如图，在竖直平面内的 $Oxy$ 直角坐标系中，x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在第二象限内，垂直纸面且平行于x轴放置足够长的探测薄板MN，MN到x轴的距离为d，上、下表面均能接收粒子。位于原点O的粒子源，沿 $Oxy$ 平面向x轴上方各个方向均匀发射相同的带正电粒子。已知粒子所带电荷量为q、质量为m、速度大小均为 $\frac{qBd}{m}$ 。不计粒子的重力、空气阻力及粒子间的相互作用，则（　　）

A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为 $2d$

B．薄板的上表面接收到粒子的区域长度为 $\sqrt{3}d$

C．薄板的下表面接收到粒子的区域长度为d

D．薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为 $\frac{\pi m}{6qB}$

【答案与解析】

粒子速度 $v=\dfrac{qBd}{m}$ ，圆周运动半径 $r=\dfrac{mv}{qB}=d$ ，A错误。建立坐标系：O 为原点，磁场区域 $y>0$ 。粒子从 O 以与 $+x$ 轴夹角 $\theta\in(0,\pi/2]$ 射入，逆时针偏转，轨迹圆圆心 $C=(-d\sin\theta,d\cos\theta)$ ，半径 $d$ 。薄板 MN 位于第二象限 $y=d$ 处（平行于 $x$ 轴）。粒子轨迹与直线 $y=d$ 的交点：当 $\theta\in(60^\circ,90^\circ]$ 时粒子第一次穿过 $y=d$ 于 $x_1\in[-d,0)$ ，打在下表面；当 $\theta\in(0^\circ,90^\circ)$ 时粒子第二次穿过 $y=d$ 于 $x_2\in(-\sqrt{3}d,-d]$ ，打在上表面。下表面接收区间长度为 $d-0=d$ ，C正确。上表面接收区间长度为 $(\sqrt{3}-1)d\neq\sqrt{3}d$ ，B错误。最短运动时间对应最小圆心角 $\Delta\theta_{\min}=\dfrac{\pi}{3}$ ，时间 $t_{\min}=\dfrac{\pi m}{3qB}\neq\dfrac{\pi m}{6qB}$ ，D错误。故选C。
某理想变压器的实验电路如图所示，原、副线圈总匝数之比 $n_{1}:n_{2}=1:3$ ，A为理想交流电流表。初始时，输入端a、b间接入电压 $u=12\sqrt{2}\sin(100\pi t)\mathrm{V}$ 的正弦式交流电，变压器的滑动触头P位于副线圈的正中间，电阻箱R的阻值调为 $6\mathrm{\Omega}$ 。要使电流表的示数变为 $2.0\mathrm{A}$ ，下列操作正确的是（　　）

A．电阻箱R的阻值调为 $18\mathrm{\Omega}$

B．副线圈接入电路的匝数调为其总匝数的 $\frac{1}{3}$

C．输入端电压调为 $u=12\sqrt{2}\sin(50\pi t)\mathrm{V}$

D．输入端电压调为 $u=6\sqrt{2}\sin(100\pi t)\mathrm{V}$

【答案与解析】

输入电压有效值 $U_1=12\,\mathrm{V}$ 。滑动触头 P 在副线圈正中间，接入匝数比为 $\dfrac{n_2/2}{n_1}=\dfrac{3}{2}$ ，副线圈电压 $U_2=12\times\dfrac{3}{2}=18\,\mathrm{V}$ 。电阻箱 $R=6\,\Omega$ 时副线圈电流 $I_2=\dfrac{18}{6}=3\,\mathrm{A}$ 。选项 B：副线圈接入匝数调为总匝数的 $\dfrac13$ ，即匝数比 $\dfrac{n_2/3}{n_1}=1$ ， $U_2'=12\,\mathrm{V}$ ， $I_2'=\dfrac{12}{6}=2.0\,\mathrm{A}$ ，符合要求。选项 A： $R=18\,\Omega$ 时 $I_2=1\,\mathrm{A}$ ；选项 C 仅改变频率不影响有效值；选项 D 有效值减半使 $I_2=1.5\,\mathrm{A}$ 。均不符合。故选B。
2025年4月，我国已成功构建国际首个基于DRO（远距离逆行轨道）的地月空间三星星座，DRO具有“低能进入、稳定停泊、机动转移”的特点。若卫星甲从DRO变轨进入环月椭圆轨道，该轨道的近月点和远月点距月球表面的高度分别为a和b，卫星的运行周期为T；卫星乙从DRO变轨进入半径为r的环月圆形轨道，周期也为T。月球的质量为M，半径为R，引力常量为G。假设只考虑月球对甲、乙的引力，则（　　）

A． $r=\frac{a+b+R}{2}$

B． $r=\frac{a+b}{2}+R$

C． $M=\frac{4\pi^{2}r^{3}}{GT^{2}}$

D． $M=\frac{4\pi^{2}R^{3}}{GT^{2}}$

【答案与解析】
如图，两个倾角相等、底端相连的光滑绝缘轨道被固定在竖直平面内，空间存在平行于该竖直平面水平向右的匀强电场。带正电的甲、乙小球（均可视为质点）在轨道上同一高度保持静止，间距为L，甲、乙所带电荷量分别为q、 $2q$ ，质量分别为m、 $2m$ ，静电力常量为k，重力加速度大小为g。甲、乙所受静电力的合力大小分别为 $F_{1}$ 、 $F_{2}$ ，匀强电场的电场强度大小为E，不计空气阻力，则（　　）

A． $F_{1}=\frac{1}{2}F_{2}$

B． $E=\frac{kq}{2L^{2}}$

C．若将甲、乙互换位置，二者仍能保持静止

D．若撤去甲，乙下滑至底端时的速度大小 $v=\sqrt{\frac{kq^{2}}{mL}}$

【答案与解析】

设轨道倾角为 $\theta$ ，甲在左轨道、乙在右轨道（同一高度水平间距 $L$ ）。两球平衡时受力分析：甲（左轨）：库仑斥力 $F=\dfrac{2kq^2}{L^2}$ 向左，电场力 $qE$ 向右，支持力 $N_1$ 沿轨道法向。切向平衡： $qE-F+mg\tan\theta=0$ 。乙（右轨）：库仑斥力 $F^{\prime}$ 向右，电场力 $2qE$ 向右，支持力 $N_2$ 。切向平衡： $F+2qE-2mg\tan\theta=0$ 。联立解得 $F=4qE$ ， $E=\dfrac{kq}{2L^2}$ ，B正确。甲所受静电力合力 $F_1=F-qE=\dfrac{3F}{4}$ （向左）；乙所受静电力合力 $F_2=F+2qE=\dfrac{3F}{2}$ （向右）。 $F_1=\dfrac12 F_2$ ，A正确。互换位置后左右轨道受力不对称，无法同时平衡，C错误。撤去甲后乙下滑：重力做功 $W_G=2mg\cdot h=\dfrac{3kq^2}{2L}$ ，电场力做功 $W_E=-qEL=-\dfrac{kq^2}{2L}$ ，总功 $W=\dfrac{kq^2}{L}=\dfrac12(2m)v^2$ ，得 $v=\sqrt{\dfrac{kq^2}{mL}}$ ，D正确。故选ABD。
某实验小组通过实验探究加速度与力、质量的关系。 $(1)$ 利用图甲装置进行实验，要平衡小车受到的阻力。平衡阻力的方法是：调整轨道的倾斜度，使小车＿＿＿＿。（选填正确答案标号）

a.能在轨道上保持静止 b.受牵引时，能拖动纸带沿轨道做匀速运动 c.不受牵引时，能拖动纸带沿轨道做匀速运动 $(2)$ 利用图乙装置进行实验，箱体的水平底板上安装有力传感器和加速度传感器，将物体置于力传感器上，箱体沿竖直方向运动。利用传感器测得物体受到的支持力 $F_{N}$ 和物体的加速度a，并将数据实时传送到计算机。

①图丙是根据某次实验采集的数据生成的 $F_{N}$ 和a随时间t变化的散点图，以竖直向上为正方向。 $t=4\mathrm{s}$ 时，物体处于＿＿＿＿（选填“超重”或“失重”）状态；以 $F_{N}$ 为横轴、a为纵轴，根据实验数据拟合得到的 $a-F_N$ 图像为图丁中的图线a、 ②若将物体质量增大一倍，重新进行实验，其 $a-F_N$ 图像为图丁中的图线＿＿＿＿。（选填“b”“c”或“d”）

【答案与解析】

(1) 平衡阻力的标准操作是不挂槽码时轻推小车，小车能拖动纸带沿轨道做匀速直线运动。选 c。 (2) ① 由图丙可知 $t=4\,\mathrm{s}$ 时加速度 $a\approx -10\,\mathrm{m/s^2}<0$ （方向向下），支持力 $F_{\mathrm{N}}\approx 0$ ，物体处于失重状态。 ② 由牛顿第二定律 $F_{\mathrm{N}}-mg=ma$ 得 $a=\dfrac{F_{\mathrm{N}}}{m}-g$ ， $a$ - $F_{\mathrm{N}}$ 图线斜率为 $\dfrac1m$ 、纵截距为 $-g$ 。质量增大一倍后斜率减半、截距不变，对应图线 c。
某同学设计了一个具有两种挡位（“ $\times1$ ”挡和“ $\times10$ ”挡）的欧姆表，其内部电路如图甲所示。电源为电池组（电动势E的标称值为 $3.0\mathrm{V}$ ，内阻r未知），电流表G（表头）的满偏电流 $I_{g}=20\mathrm{mA}$ ，内阻 $R_{g}=45\mathrm{\Omega}$ ，定值电阻 $R_{0}=5\mathrm{\Omega}$ ，滑动变阻器R的最大阻值为 $200\mathrm{\Omega}$ 。设计后表盘如图乙所示，中间刻度值为“15”。

$(1)$ 测量前，要进行欧姆调零：将滑动变阻器的阻值调至最大，闭合开关 $S_{1}$ 、 $S_{2}$ ，此时欧姆表处于“ $\times1$ ”挡，将红表笔与黑表笔＿＿＿＿，调节滑动变阻器的阻值，使指针指向＿＿＿＿（选填“0”或“ $\infty$ ”）刻度位置。 $(2)$ 用该欧姆表对阻值为 $150\mathrm{\Omega}$ 的标准电阻进行试测，为减小测量误差，应选用欧姆表的＿＿＿＿（选填“ $\times1$ ”或“ $\times10$ ”）挡。进行欧姆调零后，将电阻接在两表笔间，指针指向图乙中的虚线位置，则该电阻的测量值为＿＿＿＿ $\Omega$ 。 $(3)$ 该同学猜想造成上述误差的原因是电源电动势的实际值与标称值不一致。为了测出电源电动势，该同学先将电阻箱以最大阻值（ $9999\mathrm{\Omega}$ ）接在两表笔间，接着闭合 $\mathrm{S}_1$ 、断开 $\mathrm{S}_2$ ，将滑动变阻器的阻值调到零，再调节电阻箱的阻值。当电阻箱的阻值调为 $228\mathrm{\Omega}$ 时，指针指向“15”刻度位置（即电路中的电流为 $10\mathrm{mA}$ ）；当电阻箱的阻值调为 $88\mathrm{\Omega}$ 时，指针指向“0”刻度位置（即电路中的电流为 $20\mathrm{mA}$ ）。由测量数据计算出电源电动势为＿＿＿＿ $\mathrm{V}$ 。（结果保留2位有效数字）

【答案与解析】

(1) 欧姆调零时将红表笔与黑表笔短接（或接触），调节滑动变阻器使指针指向0刻度位置（满偏）。 (2) 标准电阻 $150\,\Omega$ 接近中间刻度值 $15$ 的 $10$ 倍，应选用**×10**挡以减小测量误差。欧姆调零后接入该电阻，由于电源实际电动势 $E=2.8\,\mathrm{V}$ 低于标称值 $3.0\,\mathrm{V}$ ，×10 挡调零后等效内阻 $R_{\text{内}}=E/I_g=140\,\Omega$ （设计值为 $150\,\Omega$ ），测 $150\,\Omega$ 时指针偏转略小于半格，读数约为 16，测量值为 160 $\Omega$ （允许范围 $150\sim170\,\Omega$ ）。 (3) S $_1$ 闭合、S $_2$ 断开（×10 挡支路），滑动变阻器调零，电路总内阻为 $R_g+r$ （ $r$ 为电源内阻）。由两组数据： $E=I_1(R_{\text{内}}+R_1)=I_2(R_{\text{内}}+R_2)$ $10\times10^{-3}(R_{\text{内}}+228)=20\times10^{-3}(R_{\text{内}}+88)$ 解得 $R_{\text{内}}=52\,\Omega$ ， $E=20\times10^{-3}\times(52+88)=2.8\,\mathrm{V}$ （保留两位有效数字）。
如图，玻璃砖的横截面是半径为R的半圆，圆心为O点，直径与x轴重合。一束平行于x轴的激光，从横截面上的P点由空气射入玻璃砖，从Q点射出。已知P点到x轴的距离为 $\frac{\sqrt{2}}{2}R$ ，P、Q间的距离为 $\sqrt{3}R$ 。

$(1)$ 求玻璃砖的折射率； $(2)$ 在该横截面沿圆弧任意改变入射点的位置和入射方向，使激光能在圆心O点发生全反射，求入射光线与x轴之间夹角的范围。

【答案与解析】

(1) 半圆圆心为 O，半径 $R$ ，直径与 $x$ 轴重合。P 点坐标为 $\left(-\dfrac{\sqrt2}{2}R,\dfrac{\sqrt2}{2}R\right)$ （在第二象限圆弧上）。入射光平行于 $x$ 轴（水平向右），P 点处法线沿 OP 方向，与入射光线夹角（入射角） $i=45^\circ$ 。弦长 $|PQ|=\sqrt3 R$ ，对应圆心角 $\angle POQ=120^\circ$ ，Q 点位于第一象限圆弧上。折射光线 PQ 与法线 OP 的夹角即为折射角 $r$ 。由几何关系求得 $r=30^\circ$ 。由折射定律 $n=\dfrac{\sin i}{\sin r}=\dfrac{\sin45^\circ}{\sin30^\circ}=\dfrac{\sqrt2/2}{1/2}=\sqrt2$ 。 (2) 光线从圆弧面 A 点垂直入射（沿半径 AO 方向射入），在玻璃内沿直线传播至圆心 O，在直径界面（玻璃→空气）发生全反射。O 点处入射光线（沿 AO 方向）与直径面法线（竖直方向）的夹角等于 OA 与竖直方向的夹角。设 A 点对应的圆心角为 $\varphi$ （从 $+x$ 轴逆时针计量），则 O 点入射角 $\theta_O=|90^\circ-\varphi|$ 。全反射临界角 $C$ 满足 $\sin C=\dfrac1n=\dfrac{\sqrt2}{2}$ ，即 $C=45^\circ$ 。要求 $\theta_O\geqslant C$ ，即 $|90^\circ-\varphi|\geqslant45^\circ$ ，解得 $0^\circ<\varphi\leqslant45^\circ$ 或 $135^\circ\leqslant\varphi<180^\circ$ 。入射光线沿 OA 的延长线方向（从外指向 A），与 $x$ 轴正向夹角即为 $\varphi$ 或 $180^\circ-\varphi$ ，取锐角范围为 $(0^\circ,45^\circ]$ 。即入射光线与 $x$ 轴之间夹角的范围为 $0^\circ<\theta\leqslant45^\circ$ （或写作 $(0,\dfrac{\pi}{4}]$ 弧度）。
如图，M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距 $L=0.5\mathrm{m}$ 。一根长为 $3L$ 的轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂质量 $m=0.1\mathrm{kg}$ 的小球，小球与水平地面接触但无压力。 $t=0$ 时，小球以水平向右的初速度 $v_{0}=10\mathrm{m/s}$ 开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M，运动到M正下方与M相距L的位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做平抛运动。小球可视为质点，绳子不可伸长，不计空气阻力，重力加速度g取 $10\mathrm{m/s^{2}}$ 。

$(1)$ 求绳子被拉断时小球的速度大小，及绳子所受的最大拉力大小； $(2)$ 求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离； $(3)$ 若在 $t=0$ 时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N的正上方且绳子不松弛，求初速度的最小值。

【答案与解析】

(1) 绳长 $3L$ ，小球运动分三个阶段：
- 阶段一：绕 M 点，半径 $r_1=3L$ ，从最低点转过 $90^\circ$ 至绳碰钉 N；
- 阶段二：绕 N 点，半径 $r_2=2L$ ，转过 $180^\circ$ 至绳再次绕过 M；
- 阶段三：绕 M 点，半径 $r_3=L$ ，从左侧水平位置转过 $90^\circ$ 至 M 正下方 L 处绳断。全过程机械能守恒（以 M 所在水平面为零势能面）： $\frac12mv_0^2-3mgL=\frac12mv^2-mgL$ 代入 $v_0=10\,\mathrm{m/s}$ ， $L=0.5\,\mathrm{m}$ ， $g=10\,\mathrm{m/s^2}$ ： $v^2=v_0^2-4gL=100-20=80\Rightarrow v=4\sqrt5\,\mathrm{m/s}\approx8.9\,\mathrm{m/s}$ 绳子拉断瞬间（阶段三最低点）： $T-mg=\dfrac{mv^2}{L}$ ， $T=mg+\frac{mv^2}{L}=1+\frac{0.1\times80}{0.5}=1+16=17\,\mathrm{N}$ 各阶段张力比较：阶段一最大 $T_1=mg+\dfrac{mv_0^2}{3L}\approx7.67\,\mathrm{N}$ ，阶段二最大 $T_2\approx7\,\mathrm{N}$ ，均小于 $17\,\mathrm{N}$ 。故最大拉力为 $17\,\mathrm{N}$ 。 (2) 绳断时小球在 M 正下方 $L$ 处，速度水平向右（大小 $v=4\sqrt5\,\mathrm{m/s}$ ），距地面高度 $h=3L-L=2L=1\,\mathrm{m}$ 。平抛运动：下落时间 $t=\sqrt{\dfrac{2h}{g}}=\sqrt{\dfrac{2}{10}}=\sqrt{0.2}\,\mathrm{s}$ 。水平距离 $s=v\cdot t=4\sqrt5\times\sqrt{0.2}=\sqrt{80\times0.2}=\sqrt{16}=4\,\mathrm{m}$ 。 (3) 小球能通过 N 的正上方（即绕 N 运动的最高点，距 N 竖直距离 $2L$ ）且绳不松弛。在该点临界条件为绳张力恰好为零： $mg=\dfrac{mv_{\text{顶}}^2}{2L}$ ，得 $v_{\text{顶}}^2=2gL=10\,\mathrm{(m/s)^2}$ 。能量守恒（初始到 N 正上方）： $\frac12mv_{0\min}^2-3mgL=\frac12mv_{\text{顶}}^2+2mgL$ $v_{0\min}^2=v_{\text{顶}}^2+10gL=10+50=60$ $v_{0\min}=\sqrt{60}=2\sqrt{15}\,\mathrm{m/s}\approx7.7\,\mathrm{m/s}$ 验证各阶段绳不松弛：阶段一最小张力 $T_{1\min}=\dfrac{mv_{0\min}^2}{3L}-2mg=2\,\mathrm{N}>0$ ；阶段二最高点张力恰为 $0$ ，满足条件。
如图，平行光滑金属导轨被固定在水平绝缘桌面上，导轨间距为L，右端连接阻值为R的定值电阻。水平导轨上足够长的矩形区域MNPQ存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。某装置从MQ左侧沿导轨水平向右发射第1根导体棒，导体棒以初速度 $v_0$ 进入磁场，速度减为0时被锁定；从原位置再发射第2根相同的导体棒，导体棒仍以初速度 $v_0$ 进入磁场，速度减为0时被锁定，以此类推，直到发射第n根相同的导体棒进入磁场。已知导体棒的质量为m，电阻为R，长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好（发射前导体棒与导轨不接触），不计空气阻力、导轨的电阻，忽略回路中的电流对原磁场的影响。

求： $(1)$ 第1根导体棒刚进入磁场时，所受安培力的功率； $(2)$ 第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中，其横截面上通过的电荷量； $(3)$ 从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的总热量。

【答案与解析】

(1) 第 1 根棒刚进入磁场时速度为 $v_0$ ，感应电动势 $\mathcal{E}=BLv_0$ 。回路总电阻为导体棒电阻 $R$ 与定值电阻 $R$ 串联： $R_{\text{总}}=2R$ 。电流 $I=\dfrac{BLv_0}{2R}$ ，安培力 $F=BIL=\dfrac{B^2L^2v_0}{2R}$ 。安培力的功率 $P=Fv_0=\dfrac{B^2L^2v_0^2}{2R}$ 。 (2) 对第 2 根棒应用动量定理（水平方向仅受安培力）： $m\cdot\Delta v = -\int F\,dt = -\int BIL\,dt = -BL\cdot q$ 其中 $q$ 为棒横截面通过的总电荷量。初速 $v_0$ ，末速 $0$ ，故 $mv_0=BL\cdot q$ ，解得： $q=\frac{mv_0}{BL}$ （此结果与回路中已有的静止导体棒数量无关。） (3) 设第 $k+1$ 根棒进入磁场时（ $k=0,1,\ldots,n-1$ ），磁场中已有 $k$ 根静止棒被锁定。此时电路结构为：运动棒（电阻 $R$ ，电动势 $BLv$ ）与外电路并联。外电路包含定值电阻 $R$ 及 $k$ 根静止棒（各电阻 $R$ ），共 $k+1$ 个电阻并联，等效电阻 $R_{\text{ext}}=\dfrac{R}{k+1}$ 。主回路总电阻 $R_{\text{总}}=R+\dfrac{R}{k+1}=\dfrac{(k+2)R}{k+1}$ ，主回路电流 $I=\dfrac{BLv}{R_{\text{总}}}$ 。第 $k+1$ 根棒的动能全部转化为焦耳热： $Q_{\text{总}}^{(k+1)}=\dfrac12mv_0^2$ 。运动棒自身产生热量 $Q_{\text{棒}}=\int I^2R\,dt$ ，外电路 $(k+1)$ 个并联电阻各产生相等热量 $Q_{\text{支}}=\int\left(\dfrac{I}{k+1}\right)^2R\,dt=\dfrac{Q_{\text{棒}}}{(k+1)^2}$ 。能量分配关系： $Q_{\text{棒}}+(k+1)Q_{\text{支}}=Q_{\text{棒}}\left(1+\dfrac{1}{k+1}\right)=Q_{\text{棒}}\cdot\dfrac{k+2}{k+1}=\dfrac12mv_0^2$ 。定值电阻 $R$ 上的热量 $Q_R^{(k+1)}=Q_{\text{支}}=\dfrac{Q_{\text{棒}}}{(k+1)^2}=\dfrac{mv_0^2}{2(k+1)(k+2)}$ 。从第 1 根到第 $n$ 根的总热量： $Q_R=\sum_{k=0}^{n-1}\frac{mv_0^2}{2(k+1)(k+2)}=\frac{mv_0^2}{2}\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{k+1}-\frac{1}{k+2}\right)=\frac{mv_0^2}{2}\left(1-\frac{1}{n+1}\right)=\frac{nmv_0^2}{2(n+1)}$