2025年高考河北卷物理真题

《汉书》记载“姑句家矛端生火”，表明古人很早就发现了尖端放电现象。若带电长矛尖端附近某条电场线如图，则 $a$ 、 $b$ 、 $c$ 、 $d$ 四点中电势最高的是（　　）

A．a点

B．b点

C．c点

D．d点

【答案与解析】

沿电场线方向电势逐渐降低。题图中电场线由矛尖端发出，d点位于电场线最靠近尖端（电势最高）的一端，沿电场线依次经过c、b到a，故电势满足 $\varphi_d>\varphi_c>\varphi_b>\varphi_a$ 。故选D。
某同学将一充气皮球遗忘在操场上，找到时发现因太阳曝晒皮球温度升高，体积变大。在此过程中若皮球未漏气，则皮球内封闭气体（　　）

A．对外做功

B．向外界传递热量

C．分子的数密度增大

D．每个分子的速率都增大

【答案与解析】

皮球温度升高、体积变大且未漏气，气体膨胀对外界做功，故A正确。由热力学第一定律 $\Delta U=Q+W$ （ $W$ 为外界对气体做功，膨胀时 $W<0$ ），温度升高使 $\Delta U>0$ ，故 $Q>0$ 即气体从外界吸热，B错误。分子总数不变而体积变大，分子数密度减小，C错误。温度升高使分子平均速率增大，但并非每个分子速率都增大，D错误。故选A。
1992年，江苏扬州出土的古代铜卡尺，由固定尺和活动尺组成，现代游标卡尺的构件与其非常相似，已成为常用的测量工具。用游标卡尺测量某物体的长度，示数如图所示，其读数为（　　）

A． $14.20\mathrm{mm}$

B． $14.2\mathrm{mm}$

C． $17.20\mathrm{mm}$

D． $17.2\mathrm{mm}$

【答案与解析】

游标卡尺读数=主尺整毫米数+游标尺对齐刻度数×精度。主尺读数为 $17\mathrm{mm}$ ，游标尺为50分度（精度 $0.02\mathrm{mm}$ ），第10条刻线对齐，游标读数为 $0.02\times10=0.20\mathrm{mm}$ ，总读数为 $17.20\mathrm{mm}$ 。故选C。
如图，内壁截面为半圆形的光滑凹槽固定在水平面上，左右边沿等高。该截面内，一根不可伸长的细绳穿过带有光滑孔的小球，一端固定于凹槽左边沿，另一端过右边沿并沿绳方向对其施加拉力F。小球半径远小于凹槽半径，所受重力大小为G。若小球始终位于内壁最低点，则F的最大值为（　　）

A． $\frac{1}{2}G$

B． $\frac{\sqrt{2}}{2}G$

C．G

D． $\sqrt{2}G$

【答案与解析】

小球在最低点受重力 $G$ 、凹槽支持力 $F_N$ （竖直向上）及两段绳的拉力 $F^{\prime}$ （对称，各与水平成 $45^\circ$ ）。竖直方向平衡： $F_N+2F\sin45^\circ=G$ ，即 $F_N+\sqrt{2}F=G$ 。当 $F_N=0$ 时 $F^{\prime}$ 最大， $F_{\max}=G/\sqrt{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}G$ 。故选B。
某同学在傍晚用内嵌多个彩灯的塑料绳跳绳，照片录了彩灯在曝光时间内的运动轨迹，简图如图。彩灯的运动可视为匀速圆周运动，相机本次曝光时间是 $\frac{1}{30}\mathrm{s}$ ，圆弧对应的圆心角约为 $30^{\circ}$ ，则该同学每分钟跳绳的圈数约为（　　）

A．90

B．120

C．150

D．180

【答案与解析】

曝光时间 $\Delta t=\frac{1}{30}\mathrm{s}$ 内彩灯转过圆心角 $\Delta\theta=30^\circ=\frac{\pi}{6}$ ，角速度 $\omega=\frac{\Delta\theta}{\Delta t}=\frac{\pi/6}{1/30}=5\pi\ \mathrm{rad/s}$ 。周期 $T=\frac{2\pi}{\omega}=0.4\mathrm{s}$ ，每分钟圈数 $n=\frac{60}{T}=150$ 。故选C。
2024年底，世界装机容量最大的抽水蓄能电站——河北丰宁抽水蓄能电站全面投产发电。如图，若该电站通过理想变压器调节输出电压 $U_{2}$ 时，输入电压 $U_{1}$ 保持不变。已知副线圈总匝数为n，分接头 $1$ 、 $2$ 间和 $2$ 、 $3$ 间的线圈匝数 $n_{12}=n_{23}=\frac{n}{10}$ ，开关S接3时输出电压的瞬时值 $u_{2}=U_{m}\sin\omega t$ ，则S接2时 $u_{2}-t$ 的图像为（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

理想变压器 $\frac{U_2}{U_1}=\frac{n_2}{n_1}$ ，输入 $U_1$ 不变。S接3时副线圈匝数为 $n$ ，输出 $u_2=U_{\mathrm{m}}\sin\omega t$ 。S接2时副线圈匝数为 $n_{12}=\frac{n}{10}$ ，故输出电压幅值为原来的 $\frac{1}{10}$ ，频率与初相不变，即 $u_2=\frac{U_{\mathrm{m}}}{10}\sin\omega t$ 。故选D。
随着我国航天事业飞速发展，人们畅想研制一种核聚变能源星际飞行器。从某星球表面发射的星际飞行器在飞行过程中只考虑该星球引力，不考虑自转，该星球可视为质量分布均匀的球体，半径为 $R_{0}$ ，表面重力加速度为 $g_{0}$ 。质量为m的飞行器与星球中心距离为r时，引力势能为 $mg_{0}R_{0}^{2}\left(\frac{1}{R_{0}}-\frac{1}{r}\right)(r\geq R_{0})$ 。要使飞行器在距星球表面高度为 $R_{0}$ 的轨道上做匀速圆周运动，则发射初速度为（　　）

A． $\sqrt{g_{0}R_{0}}$

B． $\sqrt{\frac{3g_{0}R_{0}}{2}}$

C． $\sqrt{2g_{0}R_{0}}$

D． $\sqrt{3g_{0}R_{0}}$

【答案与解析】

由表面重力加速度 $g_0=\frac{GM}{R_0^2}$ 得 $GM=g_0R_0^2$ 。轨道半径 $r=2R_0$ 处圆周运动： $\frac{mv^2}{r}=\frac{GMm}{r^2}$ ，得 $v^2=\frac{GM}{2R_0}=\frac{g_0R_0}{2}$ ，动能 $\frac12mv^2=\frac{mg_0R_0}{4}$ 。引力势能 $E_{\mathrm{p}}(r)=mg_0R_0^2\left(\frac{1}{R_0}-\frac{1}{r}\right)$ ，故 $E_{\mathrm{p}}(2R_0)=\frac{mg_0R_0}{2}$ 。机械能守恒： $\frac12mv_0^2=\frac{mg_0R_0}{4}+\frac{mg_0R_0}{2}=\frac{3mg_0R_0}{4}$ ，得 $v_0=\sqrt{\frac{3g_0R_0}{2}}$ 。故选B。
如图，真空中固定在绝缘台上的两个相同的金属小球A和B，带有等量同种电荷，电荷量为q，两者间距远大于小球直径，两者之间的静电力大小为F。用一个电荷量为Q的同样的金属小球C先跟A接触，再跟B接触，移走C后，A和B之间的静电力大小仍为F，则 $Q:q$ 的绝对值可能是（　　）

A．1

B．2

C．3

D．5

【答案与解析】

设A、B间距为 $r$ ，初始静电力 $F=\frac{kq^2}{r^2}$ 。C先与A接触，二者电荷均变为 $\frac{q+Q}{2}$ ；C再与B接触，二者电荷均变为 $\frac{(q+Q)/2+q}{2}=\frac{3q+Q}{4}$ 。移走C后静电力 $F'=\frac{k\cdot\frac{q+Q}{2}\cdot\frac{3q+Q}{4}}{r^2}=F$ ，整理得 $(q+Q)(3q+Q)=8q^2$ ，即 $Q^2+4Qq-5q^2=0$ ，解得 $Q=q$ 或 $Q=-5q$ ，故 $\left|\frac{Q}{q}\right|=1$ 或 $5$ 。故选AD。
如图，截面为等腰三角形的光滑斜面体固定在水平地面上，两个相同的小物块通过不可伸长的细绳跨过顶端的轻质定滑轮，静止在斜面体两侧，细绳与斜面平行。此外，两物块分别用相同的轻质弹簧与斜面体底端相连，且弹簧均处于原长。将左侧小物块沿斜面缓慢拉下一小段距离，然后松开。弹簧始终在弹性限度内，斜面倾角为 $\theta$ ，不计摩擦和空气阻力。在两物块运动过程中，下列说法正确的是（　　）

A．左侧小物块沿斜面做简谐运动

B．细绳的拉力随左侧小物块加速度的增大而增大

C．右侧小物块在最高位置的加速度与其在最低位置的加速度大小相等

D．若 $\theta$ 增大，则右侧小物块从最低位置运动到最高位置所用的时间变长

【答案与解析】

设左侧物块沿斜面向下位移为 $x$ ，对左侧有 $mg\sin\theta-kx-F_T=ma$ ，对右侧（沿斜面向上为正）有 $F_T-kx-mg\sin\theta=ma$ 。两式相加得 $F_T=mg\sin\theta$ （恒定，B错误）；相减得左侧合外力 $F_{\text{合}}=-kx$ ，故左侧做简谐运动，A正确。右侧同理也做简谐运动，由对称性其在最高与最低位置的加速度大小相等，C正确。弹簧振子周期 $T=2\pi\sqrt{\frac{m}{k}}$ 与 $\theta$ 无关，从最低到最高用时 $T/2$ 不变，D错误。故选AC。
如图，真空中两个足够大的平行金属板 $\mathrm{M}$ 、 $\mathrm{N}$ 水平固定，间距为 $d,M$ 板接地。M板上方整个区域存在垂直纸面向里的匀强磁场。M板O点处正上方P点有一粒子源，可沿纸面内任意方向发射比荷、速度大小均相同的同种带电粒子。当发射方向与 $OP$ 的夹角 $\theta=60^{\circ}$ 时，粒子恰好垂直穿过M板Q点处的小孔。已知 $OQ=3L$ ，初始时两板均不带电，粒子碰到金属板后立即被吸收，电荷在金属板上均匀分布，金属板电量可视为连续变化，不计金属板厚度、粒子重力及粒子间的相互作用，忽略边缘效应。下列说法正确的是（　　）

A．粒子一定带正电

B．若间距d增大，则板间所形成的最大电场强度减小

C．粒子打到M板上表面的位置与O点的最大距离为 $7L$

D．粒子打到M板下表面的位置与Q点的最小距离为 $\sqrt{3}d$

【答案与解析】

由左手定则，粒子在磁场中向下偏转，洛伦兹力指向圆心，可知粒子带负电，A错误。粒子不断被N板吸收，板间向下电场增强；当粒子恰不能到达N板时 $qEd=\frac12mv^2$ ，得 $E=\frac{mv^2}{2qd}$ ， $d$ 越大则最大电场强度 $E$ 越小，B正确。由几何关系 $r\cos60^\circ+r=3L$ 得 $r=2L$ ， $OP=r\sin60^\circ=\sqrt{3}L$ ；直接打在上表面最远点约 $\sqrt{(2r)^2-OP^2}=\sqrt{13}L$ ，而板间电场建立后， $\theta=60^\circ$ 的粒子经Q进入板间又被电场推回、由Q再次射出后向右做半圆运动，击中上表面位置距O为 $OQ+2r=3L+4L=7L$ ，为最大距离，C正确。当轨迹弦长仍为 $PQ$ 时粒子仍可由Q进入板间，此时入射方向与M板夹角 $\alpha=30^\circ$ ，在板间做类斜抛，到达下表面距Q最小距离 $s=v\cos\alpha\cdot t$ ，其中 $t=\frac{2v\sin\alpha}{a}$ 、 $a=\frac{qE}{m}=\frac{v^2}{2d}$ ，得 $s=2d\sin2\alpha=2d\sin60^\circ=\sqrt{3}d$ ，D正确。故选BCD。
$(1)$ 某学习小组把热敏电阻置于带有温控的加热装置中，利用图1所示电路研究热敏电阻的温度特性。

①闭合开关S，观察到温度改变时电流表示数也随之改变。定量研究热敏电阻的阻值R随温度t变化的规律时，将欧姆表两表笔分别接到热敏电阻 $a$ 、 $b$ 两端测量其阻值，这时开关S应＿＿＿＿（填“断开”或“闭合”）。 ②按照正确方法测出不同温度下热敏电阻的阻值。电阻 $R_{1}$ 、 $R_{2}$ 与温度t的关系分别对应图2中曲线Ⅰ、Ⅱ。设计电路时，为防止用电器发生故障引起电流异常增大，导致个别电子元件温度过高而损坏，可串联一个热敏电阻抑制电流异常增大，起到过热保护作用。这种热敏电阻与电阻＿＿＿＿（填“ $R_{1}$ ”或“ $R_{2}$ ”）具有相同温度特性。

$(2)$ 某学习小组在倾斜的气垫导轨上验证机械能守恒定律，实验装置如图3所示，当地重力加速度为g。

①方案设计阶段，该小组同学对需要测量哪些物理量产生了不同意见。甲同学：需测量滑块和遮光条的总质量、滑块通过两个光电门的速度、两个光电门间的竖直高度差。乙同学：只需测量滑块通过两个光电门的速度、两个光电门间的竖直高度差。丙同学：只需测量滑块通过两个光电门的速度、两个光电门间的距离。你认为＿＿＿＿（填“甲”“乙”或“丙”）同学的方案不可行。 ②如图3，光电门中光源与光敏管相对，光源发出的光使光敏管感光。当滑块经过时，遮光条把光遮住，计时器记录遮光时间，可计算出滑块的速度。实验中使用的遮光条宽度 $d_{1}=10.0\mathrm{mm}$ ，光电门宽度 $d_{2}=20.0\mathrm{mm}$ 。某次测量时，记录通过光电门A的遮光时间为 $25.0\mathrm{ms}$ ，则滑块经过光电门A的速度大小为＿＿＿＿ $\mathrm{m/s}$ 。

【答案与解析】

(1)①用欧姆表测热敏电阻阻值时，应使被测电阻与电路断开，故开关S应断开。②起过热保护作用的热敏电阻应在温度升高时阻值迅速增大以抑制电流；由图2曲线Ⅰ（ $R_1$ ）在温度较高时阻值急剧增大，故应与 $R_1$ 具有相同温度特性。 (2)①验证机械能守恒需测两光电门速度及竖直高度差 $h$ ，丙方案只测速度与前一光电门沿导轨的间距而未测 $h$ ，不可行，故丙不可行。②滑块速度 $v=\frac{d_1}{\Delta t}=\frac{10.0\mathrm{mm}}{25.0\mathrm{ms}}=0.40\mathrm{m/s}$ 。
自动洗衣机水位检测的精度会影响洗净比和能效等级。某款洗衣机水位检测结构如图1所示。洗衣桶内水位升高时，集气室内气体压强增大，铁芯进入电感线圈的长度增加，从而改变线圈的自感系数。洗衣机智能电路通过测定 $LC$ 振荡电路的频率来确定水位高度。

某兴趣小组在恒温环境中对此装置进行实验研究。 $(1)$ 研究集气室内气体压强与体积的关系 ①洗衣桶内水位H一定时，其内径D的大小＿＿＿＿（填“会”或“不会”）影响集气室内气体压强的大小。 ②测量集气室高度 $h_0$ 、集气室内径d。然后缓慢增加桶内水量，记录桶内水位高度H和集气室进水高度，同时使用气压传感器测量集气室内气体压强p。H和h数据如下表所示。

$\mathrm{H/cm}$ 15.00 20.00 25.00 30.00 35.00 40.00 45.00 50.00
$h/\mathrm{cm}$ 0.33 0.40 0.42 0.52 0.61 0.70 0.78 0.87

实验中使用同一把刻度尺对H和h进行测量，根据数据判断，测量＿＿＿＿（填“H”或“h”）产生的相对误差较小。 ③利用数据处理软件拟合集气室内气体体积V与 $\frac{1}{P}$ 的关系曲线，如图2所示。图中拟合直线的延长线明显不过原点，经检查实验仪器完好，实验装置密封良好，操作过程规范，数据记录准确，则该延长线不过原点的主要原因是＿＿＿＿

$(2)$ 研究洗衣桶水位高度与振荡电路频率的关系图是桶内水位在两个不同高度时示波器显示的 $u-t$ 图像，u的频率即为 $LC$ 振荡电路的频率。 $LC$ 振荡电路的频率f与线圈自感系数L、电容C的关系是 $f=\frac{1}{2\pi\sqrt{LC}}$ ，则图中＿＿＿＿（填“甲”或“乙”）对应的水位较高。

【答案与解析】

(1)①集气室气体压强 $p=p_0+\rho g(H-h_{\text{进水}})$ ，只与水位高度差有关，与桶内径 $\mathrm{D}$ 无关，故不会。②同一把刻度尺测量， $H$ 的量程（ $15\sim50\mathrm{cm}$ ）远大于 $h$ （ $0.33\sim0.87\mathrm{cm}$ ），相同分度值下 $h$ 的相对误差更大，故测量 $H$ 的相对误差较小。③拟合直线 $V-1/p$ 不过原点，是因与集气室相连的细管（及连接部分）内气体体积被忽略，使实际气体体积大于所取集气室体积 $V$ ，导致截距不为零。 (2)水位越高，集气室压强越大，铁芯进入线圈越长，自感系数 $L$ 越大；由 $f=\frac{1}{2\pi\sqrt{LC}}$ 知 $f$ 越小、周期越大。图中周期较大（频率较小）的对应水位较高，故乙对应水位较高。
光纤光谱仪的部分工作原理如图所示。待测光在光纤内经多次全反射从另一端射出，再经棱镜偏转，然后通过狭缝进入光电探测器。

$(1)$ 若将光纤简化为真空中的长玻璃丝，设玻璃丝的折射率为 $\frac{2\sqrt{3}}{3}$ ，求光在玻璃丝内发生全反射时的最小入射角。 $(2)$ 若探测器光阴极材料的逸出功为 $9.939\times10^{-20}\mathrm{J}$ ，求该材料的截止频率。（普朗克常量 $h=6.626\times10^{-34}\mathrm{J}\cdot\mathrm{s}$ ）

【答案与解析】

(1)光在玻璃丝内发生全反射的临界角 $C$ 满足 $\sin C=\frac{1}{n}$ ， $n=\frac{2\sqrt{3}}{3}$ ，得 $\sin C=\frac{\sqrt{3}}{2}$ ， $C=60^\circ$ ，故最小入射角为 $60^\circ$ 。 (2)由光电效应方程 $E_{\mathrm{k}}=h\nu-W_0$ ，截止时 $E_{\mathrm{k}}=0$ ， $\nu_{\mathrm{c}}=\frac{W_0}{h}=\frac{9.939\times10^{-20}}{6.626\times10^{-34}}\approx1.50\times10^{14}\mathrm{Hz}$ 。
如图，一长为 $2m$ 的平台，距水平地面高度为 $1.8m$ 。质量为 $0.01\mathrm{kg}$ 的小物块以 $3\mathrm{m/s}$ 的初速度从平台左端水平向右运动。物块与平台、地面间的动摩擦因数均为0.2。物块视为质点，不考虑空气阻力，重力加速度g取 $10\mathrm{m/s^2}$ 。

$(1)$ 求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。 $(2)$ 若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为 $0.45m$ ，物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间共计 $1s$ 。求物块第一次与地面接触过程中，所受弹力冲量的大小，以及物块弹离地面时水平速度的大小。

【答案与解析】

(1)平台上匀减速： $a=\mu g=2\mathrm{m/s^2}$ ，离开平台速度 $v_1$ 满足 $v_1^2=v_0^2-2aL=9-8=1$ ，得 $v_1=1\mathrm{m/s}$ 。平抛： $t_1=\sqrt{\frac{2h}{g}}=\sqrt{\frac{3.6}{10}}=0.6\mathrm{s}$ ，水平距离 $x=v_1t_1=0.6\mathrm{m}$ 。 (2)弹起最大高度 $0.45\mathrm{m}$ ，则弹起初速 $v_{y2}=\sqrt{2g\cdot0.45}=3\mathrm{m/s}$ ，上升时间 $t_2=\frac{v_{y2}}{g}=0.3\mathrm{s}$ 。总时间 $1\mathrm{s}$ ，故接触时间 $\Delta t=1-t_1-t_2=0.1\mathrm{s}$ 。落地前竖直速 $v_{y1}=gt_1=6\mathrm{m/s}$ （向下）。竖直方向动量定理（向上为正）： $I_N-mg\Delta t=m v_{y2}-(-m v_{y1})=m(3+6)=0.09$ ，得 $I_N=0.09+0.01=0.1\mathrm{N\cdot s}$ 。水平方向：落地时水平速仍为 $1\mathrm{m/s}$ ，接触中受摩擦冲量使水平速减至 $0$ （摩擦足以使其停滑），故弹离地面时水平速度大小为 $0$ 。
某电磁助推装置设计如图，超级电容器经调控系统为电路提供 $1000A$ 的恒定电流，水平固定的平行长直导轨处于垂直水平面的匀强磁场中，a可视为始终垂直导轨的导体棒，b为表面绝缘的无人机。初始时a静止于MM'处，b静止于a右侧某处。现将开关S接1端，a与b正碰后锁定并一起运动，损失动能全部储存为弹性势能。当a运行至NN'时将S接2端，同时解除锁定，所储势能瞬间全部转化为动能，a与b分离。已知电容器电容C为 $10F$ ，导轨间距为 $0.5m$ ，磁感应强度大小为 $1T$ ，MM'到NN'的距离为 $5m$ ，a、b质量分别为 $2\mathrm{kg}$ 、 $8\mathrm{kg}$ ，a在导轨间的电阻为 $0.01\Omega$ 。碰撞、分离时间极短，各部分始终接触良好，不计导轨电阻、摩擦和储能耗损，忽略电流对磁场的影响。

$(1)$ 若分离后某时刻a的速度大小为 $10\mathrm{m/s}$ ，求此时通过a的电流大小。 $(2)$ 忽略a、b所受空气阻力，当a与b的初始间距为 $1.25m$ 时，求b分离后的速度大小，分析其是否为b能够获得的最大速度；并求a运动过程中电容器的电压减小量。 $(3)$ 忽略a所受空气阻力，若b所受空气阻力大小与其速度v的关系为 $f = kv^2$ （ $k = 0.025\mathrm{N\cdot s^2/m^2}$ ），初始位置与（2）问一致，试估算a运行至NN'时。a分离前的速度大小能否达到（2）问中分离前速度的99%，并给出结论。（ $0.99^2 = 0.980l$ ）

【答案与解析】

(1)分离后 $a$ 切割磁感线，感应电动势 $E=BLv=1\times0.5\times10=5\mathrm{V}$ ，通过 $a$ 的电流 $I=\frac{E}{R}=\frac{5}{0.01}=500\mathrm{A}$ 。 (2)安培力 $F=BIL=1\times1000\times0.5=500\mathrm{N}$ ， $a$ 单独加速度 $a_1=\frac{F}{m_a}=250\mathrm{m/s^2}$ 。由 $v_a^2=2a_1\cdot1.25$ 得碰前 $v_a=25\mathrm{m/s}$ 。与 $b$ （ $8\mathrm{kg}$ ）正碰锁定，动量守恒： $m_av_a=(m_a+m_b)v_{\text{共}}$ ，得 $v_{\text{共}}=\frac{2\times25}{10}=5\mathrm{m/s}$ 。碰撞损失动能 $E_{\mathrm{p}}=\frac12m_av_a^2-\frac12(m_a+m_b)v_{\text{共}}^2=625-125=500\mathrm{J}$ 。碰后整体从 $1.25\mathrm{m}$ 处行至NN′（余 $3.75\mathrm{m}$ ），加速度 $a_2=\frac{F}{m_a+m_b}=50\mathrm{m/s^2}$ ， $v_{\text{共}1}^2=v_{\text{共}}^2+2a_2\cdot3.75=25+375=400$ ，得 $v_{\text{共}1}=20\mathrm{m/s}$ （即分离前速度）。在NN′解锁， $E_{\mathrm{p}}$ 瞬间转化为相对动能：动量 $(m_a+m_b)v_{\text{共}1}=m_av_{a1}+m_bv_{b1}$ 、能量 $\frac12(m_a+m_b)v_{\text{共}1}^2+E_{\mathrm{p}}=\frac12m_av_{a1}^2+\frac12m_bv_{b1}^2$ ，联立得 $v_{b1}=25\mathrm{m/s}$ （另一解 $v_{b1}=15\mathrm{m/s}$ 对应 $a$ 超前，非弹簧实际分离情形）。因 $b$ 在分离前最大仅随整体达 $20\mathrm{m/s}$ ，分离时释放的 $E_{\mathrm{p}}$ 使 $b$ 达到 $25\mathrm{m/s}$ 为能量与动量约束下的最大值，故 $25\mathrm{m/s}$ 是 $b$ 能获得的最大速度。电容器放电量 $\Delta q=I(t_1+t_2)$ ， $t_1=\frac{v_a}{a_1}=0.1\mathrm{s}$ ， $t_2=\frac{v_{\text{共}1}-v_{\text{共}}}{a_2}=0.3\mathrm{s}$ ， $\Delta q=1000\times0.4=400\mathrm{C}$ ，电压减小量 $\Delta U=\frac{\Delta q}{C}=\frac{400}{10}=40\mathrm{V}$ 。 (3) $b$ 受空气阻力 $f=kv^2$ ，整体（锁定）受力 $F-f$ ，质量 $10\mathrm{kg}$ 。估算：整体从 $v=5\mathrm{m/s}$ 加速到约 $20\mathrm{m/s}$ ， $f$ 最大值 $k\cdot20^2=0.025\times400=10\mathrm{N}$ ，远小于安培力 $500\mathrm{N}$ ；阻力做功约 $\int f\,\mathrm{d}x\lesssim\overline{f}\cdot3.75\lesssim\frac{10}{2}\times3.75\approx19\mathrm{J}$ （实际更小），而安培力做功 $F\cdot3.75=1875\mathrm{J}$ 。由动能增量 $\frac12\times10(v^2-25)=1875-W_f$ ，若 $W_f\approx19\mathrm{J}$ 则 $v^2\approx25+2(1875-19)/10=396.2$ ， $v\approx19.9\mathrm{m/s}>19.8\mathrm{m/s}$ （即 $20\times0.99$ ）。故 $a$ 运行至NN′时分离前速度能达到(2)问分离前速度的 $99\%$ 。结论是能。