2026年高考广西卷物理高考真题（网络收集版）

两种重金属元素铀（ ${}^{235}\mathrm{U}$ ）和钚（ ${}^{235}\mathrm{Pu}$ ），下列选项中相等的是（　　）

A．核电荷数

B．质量数

C．原子质量

D．中子数

【答案与解析】

本题考查原子核的表示与各物理量的含义。原子核符号 ${}^{A}\mathrm{X}$ 中， $\mathrm{A}$ 为质量数（核子数）， $Z$ 为核电荷数（质子数），中子数 $N=A-Z$ 。题中给出的两种核均为 ${}^{235}\mathrm{U}$ 与 ${}^{235}\mathrm{Pu}$ ，即质量数 $A=235$ 相同。逐一判断：
- A．核电荷数：铀 $Z=92$ ，钚 $Z=94$ ，二者不相等，A 错。
- B．质量数：二者均标注为 $235$ ，相等，B 对。
- C．原子质量：不同元素原子质量不同（且质量数相同并不等于原子质量严格相等，还受结合能等影响），C 错。
- D．中子数： $N=A-Z$ ，铀为 $235-92=143$ ，钚为 $235-94=141$ ，不相等，D 错。故选B。
一列声波在空气中传播，波速是340米每秒，声波的频率是1000赫兹，则该声波的波长为（　　）

A． $0.34\mathrm{m}$

B． $2.96\mathrm{m}$

C． $3.40\mathrm{m}$

D． $340\mathrm{m}$

【答案与解析】

本题考查波速、频率与波长的关系。机械波在介质中传播满足 $v=\lambda f$ 已知空气中声速 $v=340\,\mathrm{m/s}$ ，频率 $f=1000\,\mathrm{Hz}$ ，则波长 $\lambda=\frac{v}{f}=\frac{340}{1000}=0.34\,\mathrm{m}$ 逐一判断：
- A． $0.34\,\mathrm{m}$ ，与计算结果一致，A 对。
- B． $2.96\,\mathrm{m}$ ，错误。
- C． $3.40\,\mathrm{m}$ ，把分子分母颠倒得到 $340/100$ ，错误。
- D． $340\,\mathrm{m}$ ，直接用波速当波长，错误。故选A。
下列情况中，平陆运河中的船可以忽略大小与形状看作质点的是（　　）

A．过船闸口时

B．掉转船头时

C．以 $10\mathrm{km/h}$ 的平均速率行驶时

D．躲避暗礁时

【答案与解析】

本题考查质点的概念。物体能否视为质点，取决于所研究的问题中，物体的大小和形状对结果的影响是否可以忽略，与物体本身的大小无必然关系。
- A．过船闸口时：需考虑船是否能通过闸口，船的大小和形状不能忽略，不能视为质点，A 错。
- B．掉转船头时：涉及船的转动，形状不能忽略，不能视为质点，B 错。
- C．以 $10\,\mathrm{km/h}$ 的平均速率行驶：只关心船的位置与运动快慢，船的大小形状影响可忽略，可视为质点，C 对。
- D．躲避暗礁时：需考虑船体与暗礁的相对位置及转向，大小形状不能忽略，不能视为质点，D 错。故选C。
人因为衣服摩擦带正电，人和金属门把手之间有 $P$ 、 $Q$ 两点，两点在同一条电场线上，点 $P$ 离门把手更近，则下列说法正确的是（　　）

A． $\varphi_P>\varphi_Q$

B．电场强度 $E_P>E_Q$

C．有一正试探电荷，先后放在 $P$ 、 $Q$ 两点，则电势能 $E_{pP}>E_{pQ}$

D．手与门把手触碰时电子从门把手流向人手

【答案与解析】

本题考查电场线、电势、场强、电势能及接触起电。人因摩擦带正电（缺少电子），电场线从带正电的人出发向外；门把手为金属导体。
- A．电势高低：沿电场线方向电势降低。点 $P$ 比 $Q$ 更靠近门把手（离正电荷源更远），即 $Q$ 更靠近带正电的人，电势更高，故 $\varphi_P < \varphi_Q$ ，A 错。
- B．电场强度：电场线疏密未知，且靠近正电荷源处一般场强更大， $Q$ 比 $P$ 更靠近正电荷，应有 $E_Q > E_P$ ，B 错。
- C．正试探电荷电势能 $E_p=q\varphi$ ：因 $\varphi_Q > \varphi_P$ ，故 $E_{pQ} > E_{pP}$ ，C 错。
- D．手与门把手触碰时：人手带正电（缺电子），电子从电势较低的门把手（中性导体，可提供电子）流向人手，中和正电荷，D 对。故选D。
立定跳远时起跳方向不变，用更大的平均作用力起跳，每次起跳的作用时间不变，则下列说法正确的是（　　）

A．起跳完成时动量变小（或不变）

B．起跳完成时速度变大

C．地面的平均支持力不变

D．地面给人的冲量是相同的

【答案与解析】

本题考查动量定理。设人起跳时对地平均作用力为 $F^{\prime}$ （向上），地面支持力 $N=F$ （牛顿第三定律），作用时间 $\Delta t$ 不变。取向上为正，合外力冲量 $(N-mg)\Delta t = \Delta p = mv$ 其中 $v$ 为起跳离地时的速度。
- A．动量变化： $\Delta p=(F-mg)\Delta t$ 。 $F^{\prime}$ 增大、 $\Delta t$ 不变，则 $\Delta p$ 变大，A 错。
- B．速度： $v=\Delta p/m$ ，动量变大则速度变大，B 对。
- C．地面平均支持力： $N=F$ ，随 $F^{\prime}$ 增大而增大，并非不变，C 错。
- D．地面给人的冲量： $I=N\Delta t=F\Delta t$ ， $F^{\prime}$ 变大则冲量变大，并非相同，D 错。故选B。
圆心在原点、半径为 $R$ 的圆形匀强磁场的磁感应强度大小为 $B$ ，方向垂直纸面向里；质量为 $m$ 、电荷量为 $q$ 的带电粒子以初速度 $v_{0}$ （未知）从磁场外沿 $x$ 轴正方向从 $M$ 点进入磁场，从 $N$ 点射出，出射速度方向与 $x$ 轴正方向夹角为 $60^\circ$ ，如图所示。不计粒子的重力，则（　　）

A．带电粒子带正电

B．粒子的运动轨迹 $MN$ 是抛物线

C．粒子运动速度大小 $v_0=\frac{\sqrt{3}RqB}{m}$

D．粒子在磁场内的运动时间 $t=\frac{2\pi m}{3qB}$

【答案与解析】

本题考查带电粒子在匀强磁场中的圆周运动。粒子在磁场中受洛伦兹力做匀速圆周运动，轨道半径 $r_0=\frac{mv_0}{qB}$ 设磁场区边界为以 $O$ 为圆心的圆，半径 $R$ 。粒子从 $M$ 沿 $+x$ 方向进入，在 $M$ 点速度水平，故轨道半径 $CM$ 竖直。由出射速度相对入射偏转 $60^\circ$ 可知，轨道圆弧对应的圆心角 $\angle MCN=60^\circ$ 。建系取 $M=(-R,0)$ ，由几何（两圆相交，轨迹圆心在 $M$ 正下方 $C=(-R,-r_0)$ ）可得 $\cos 60^\circ=\frac{r_0^2-R^2}{r_0^2+R^2}$ 代入 $\cos60^\circ=\frac12$ ：
$\;\Rightarrow\; r_0^2+R^2=2r_0^2-2R^2 \;\Rightarrow\; 3R^2=r_0^2 \;\Rightarrow\; r_0=\sqrt{3}\,R$$ 于是 $$v_0=\frac{qB r_0}{m}=\frac{\sqrt{3}\,RqB}{m}$$ C 正确。逐一判断选项： - A．由偏转方向结合 $\vec F=q\vec v\times\vec B$（$\vec v$ 沿 $+x$，$\vec B$ 垂直纸面向里）可判定粒子带负电，A 错。 - B．洛伦兹力提供向心力，轨迹为圆弧而非抛物线，B 错。 - C．如上推导 $v_0=\dfrac{\sqrt{3}RqB}{m}$，C 对。 - D．粒子在磁场中对应圆心角 $60^\circ=\pi/3$，回旋角速度 $\omega=qB/m$，运动时间 $$t=\frac{\pi/3}{\omega}=\frac{\pi m}{3qB}$$ 而 D 给的是 $\dfrac{2\pi m}{3qB}$，多了一倍，D 错。故选C。$
在如图甲所示的电路中，金属圆环内有垂直于其所在平面的匀强磁场，磁感应强度为 $B$ ，金属棒OP长度为 $l$ ，电阻为 $r$ ；初始时棒OP绕 $O$ 以恒定角速度 $\omega_0$ 逆时针旋转， $0\sim t_2$ 时间内，角速度随时间变化情况如图乙所示， $t_0=\frac{2\pi}{\omega_0}$ 。电路左侧有电感 $L$ 和电阻 $R$ 的支路，支路上各串联了相同的发光二极管 $\mathrm{L}_1$ 、 $\mathrm{L}_2$ ，电感 $L$ 的阻值、电阻 $R$ 的阻值、 $\mathrm{L}_1$ 和 $\mathrm{L}_2$ 的正向电阻值都是 $r$ ，初始时刻， $\mathrm{L}_1$ 和 $\mathrm{L}_2$ 一样亮，则（　　）

A．初始时，通过 $\mathrm{L}_1$ 的电流 $I_1=\frac{B\omega_0l^2}{4r}$

B． $0\sim t_0$ 时间内，整个电路消耗的电能 $E_{\text{电}}=\frac{\pi B^2l^4\omega_0}{4r}$

C． $t_{1}$ 时刻，电感 $L$ 两端电压为零

D． $\frac{2\pi}{\omega_0}\sim t_2$ 时间， $\mathrm{L}_1$ 比 $\mathrm{L}_2$ 先熄灭

【答案与解析】

本题考查转动切割磁感线、含电感电路及电磁感应中的能量。转动金属棒 $OP$ 长为 $l$ ，角速度 $\omega$ 时产生动生电动势 $\varepsilon=\frac12 B\omega l^2$ 棒电阻为 $r$ ，相当于内阻为 $r$ 的电源。左侧两支路：含电感支路电阻为 $L$ 的阻值 $r$ 与二极管 $L_1$ 正向电阻 $r$ 串联，共 $2r$ ；含电阻支路为 $R=r$ 与 $L_2$ 正向电阻 $r$ 串联，共 $2r$ 。两支路电阻相等，初始时 $L_1$ 、 $L_2$ 一样亮。初始 $\omega=\omega_0$ 恒定，电动势 $\varepsilon_0=\dfrac12 B\omega_0 l^2$ 。外电路两支路并联等效电阻 $2r\parallel 2r=r$ ，总电阻 $R_{\text{总}}=r+r=2r$ ，总电流 $I_{\text{总}}=\frac{\varepsilon_0}{2r}=\frac{B\omega_0 l^2}{4r}$ 每支路电流为总电流的一半。
- A．通过 $L_1$ 的支路电流 $I_1=\frac{I_{\text{总}}}{2}=\frac{B\omega_0 l^2}{8r}$ 而 A 给的是 $\dfrac{B\omega_0 l^2}{4r}$ （实为总电流），A 错。
- B． $0\sim t_0$ 内 $\omega=\omega_0$ 恒定，电流恒定。电路消耗的总电功率（全部转化为电阻发热） $P=I_{\text{总}}^2\cdot R_{\text{总}}=\left(\frac{B\omega_0 l^2}{4r}\right)^2\cdot 2r=\frac{B^2\omega_0^2 l^4}{8r}$ 时间 $t_0=\dfrac{2\pi}{\omega_0}$ ，故消耗电能
冬天天气寒冷时高压电缆上会结冰，在电缆上除冰，冰被砸开之后，碎冰块往各个方向飞溅，过程中只受到重力作用，则下列条件中可以保证它们落地时间相等的是（　　）

A．水平抛出

B．质量相等

C．初速度都向下

D．初速度相同

【答案与解析】

本题考查平抛与自由运动的时间决定因素。碎冰块只受重力，从同一高度（电缆处）飞溅，落地时间由竖直方向的初速度决定： $h=v_{y0}t+\frac12 gt^2$ 对同一高度 $h$ ，只要竖直初速度 $v_{y0}$ 相同，落地时间就相同。
- A．水平抛出：各块竖直初速度均为 $0$ ，故落地时间相同，A 能保证。
- B．质量相等：自由运动中加速度 $g$ 与质量无关，质量本身不能保证 $v_{y0}$ 相同，B 不能保证。
- C．初速度都向下：仅说明方向向下，但大小可能不同，时间仍可能不同，C 不能保证。
- D．初速度相同：即初速度矢量（大小、方向）全同，竖直分量必同，落地时间必同，D 能保证。故选AD。
现有两个截面形状是直角三角形、折射率可随材料两端电压 $U$ 变化的不同材料，左下半部分折射率 $n_1=n_0+kU(k>0)$ ，右上半部分折射率 $n_2=n_0-kU$ ， $n_2>1$ ；把它们拼成长方体，截面如图甲所示，连接如图乙所示的电路，调节滑动变阻器，改变它们的折射率，一光束从左侧中点 $O$ 水平射入，从 $PQ$ 边射出，光在两材料界面发生折射后，和水平面的夹角为 $\theta$ 。当滑动变阻器的滑片向左移动时（　　）

A．折射光从 $PO^{\prime}$ 射出

B．折射光从 $QO^{\prime}$ 射出

C． $\theta$ 变小

D． $\theta$ 变大

【答案与解析】

本题考查折射定律与可变折射率材料。两材料折射率 $n_1=n_0+kU,\qquad n_2=n_0-kU\quad(k>0,\; n_2>1)$ 且 $n_1+n_2=2n_0$ 恒定。滑片移动改变加在两材料上的电压 $U$ ，使 $n_1$ 、 $n_2$ 反向变化。光束从左侧中点 $O$ 水平射入，在两种材料的斜界面发生折射，遵守折射定律 $n_1\sin i=n_2\sin r$ 其中界面相对水平成 $45^\circ$ ，入射光水平，入射角 $i=45^\circ$ 。折射光线与水平面夹角为 $\theta$ 。当滑动变阻器滑片向左移动时，分压电路使 $U$ 减小，从而 $n_1$ 减小、 $n_2$ 增大， $n_2/n_1$ 增大；由折射定律 $\sin r=\dfrac{n_1}{n_2}\sin45^\circ$ 可知折射角 $r$ 减小，折射光线偏离水平面的程度减小，即 $\theta$ 变小，C 正确、D 错误。同时折射光线的出射点随折射角变化而上移，从 $PQ$ 边的上段 $QO'$ 射出，B 正确、A 错误。故选BC。
地球有两个卫星轨道：半径分别为 $R_{1}$ 和 $R_{2}$ 的低轨道1和高轨道2，中间有一个椭圆变轨轨道，变轨卫星在轨道1上 $P$ 点加速变轨到椭圆轨道，同时高轨卫星在 $Q$ 点运行，则两卫星同时到达 $K$ 点，地球质量为 $M$ ，引力常量为 $G$ ，下列说法正确的是（　　）

A．卫星在高轨道2的速度 $v_2=\sqrt{\frac{GM}{R_2}}$

B．椭圆轨道的周期 $T=2\pi\sqrt{\frac{(R_1+R_2)^3}{GM}}$

C． $\angle QOP=\pi-\frac{\pi}{4}\sqrt{\frac{2(R_1+R_2)^3}{R_2^3}}$

D．1和2两轨道上卫星分别从 $P$ 、 $Q$ 开始运行，第一次距离最近的时间 $i=\frac{\sqrt{R_1^3R_2^3}\left[\pi-\pi\sqrt{\frac{(R_1+R_2)^3}{R_2^3}}\right]}{\sqrt{GM}\left(\sqrt{R_2^3}-\sqrt{R_1^3}\right)}$

【答案与解析】

本题考查万有引力、圆周运动与开普勒定律、卫星变轨与相遇。
- A．高轨道 2 为半径为 $R_2$ 的圆轨道，由 $\dfrac{GMm}{R_2^2}=m\dfrac{v_2^2}{R_2}$ 得 $v_2=\sqrt{\frac{GM}{R_2}}$ A 正确。
- B．椭圆变轨轨道的半长轴 $a=\dfrac{R_1+R_2}{2}$ （近地点 $R_1$ 、远地点 $R_2$ ）。由开普勒第三定律 $T=2\pi\sqrt{\frac{a^3}{GM}}=2\pi\sqrt{\frac{(R_1+R_2)^3}{8GM}}$ 而 B 给的是 $2\pi\sqrt{\dfrac{(R_1+R_2)^3}{GM}}$ （相当于误取 $a=R_1+R_2$ ），B 错。
- C．转移卫星从近地点 $P$ 到远地点 $K$ 用时为半个椭圆周期： $t_{\text{转}}=\frac{T}{2}=\pi\sqrt{\frac{(R_1+R_2)^3}{8GM}}$ 高轨卫星角速度 $\omega_2=\dfrac{v_2}{R_2}=\sqrt{\dfrac{GM}{R_2^3}}$ ，在相同时间内转过的角度
用如图甲所示的电路测量电源电动势和内阻，定值电阻 $R$ 阻值为 $10.0\mathrm{\Omega}$ ，电压表可视为理想电表。操作步骤：1．只闭合 $\mathrm{S}_1$ 时，电压表读数为 $1.44V$ ；2．再闭合 $\mathrm{S}_2$ ，电压表读数如图乙所示。

$(1)$ 电路电源电动势 $E=$ ＿＿＿＿ $\mathrm{V}$ ； $(2)$ 图乙中电压表读数为＿＿＿＿ $\mathrm{V}$ ； $(3)$ 电源内阻 $r=$ ＿＿＿＿ $\Omega$ （结果保留两位有效数字）。

【答案与解析】

本题考查用电压表和电阻箱（定值电阻）测电源电动势与内阻。电压表理想，内阻无穷大。 (1) 只闭合 $S_1$ 时，外电路断开，电压表测得的即为电源电动势 $E=1.44\,\mathrm{V}$ (2) 再闭合 $S_2$ 时，由图乙读数可知电压表读数为 $U=1.20\,\mathrm{V}$ (3) 闭合 $S_2$ 后，定值电阻 $R=10.0\,\Omega$ 接入，路端电压 $U=1.20\,\mathrm{V}$ ，故电流 $I=\frac{U}{R}=\frac{1.20}{10.0}=0.120\,\mathrm{A}$ 由闭合电路欧姆定律 $U=E-Ir$ 得 $Ir=E-U=1.44-1.20=0.24\,\mathrm{V}$ $r=\frac{0.24}{0.120}=2.0\,\Omega$ 结果保留两位有效数字为 $2.0\,\mathrm{\Omega}$ 。答案： $(1)\,1.44$ ； $(2)\,1.20$ ； $(3)\,2.0$ 。与题中 #fillin 一致。
小明在实验室，用注射器通过塑料管连接一个压强传感器，做“探究等温条件下，一定质量气体压强与体积的关系”的实验，实验通过压缩注射器内的气体，并记录对应的压强，把实验数据绘制成图像。

$(1)$ 缓慢推动活塞的目的是，保证气体的＿＿＿＿不变； $(2)$ 注射器的刻度，测量的是气体的＿＿＿＿； $(3)$ 此次实验有一处明显错误，小明手握注射器时（手的温度大于环境温度），测量的压强比理论压强要＿＿＿＿； $(4)$ 将实验数据整理成 $\frac{1}{p}-V$ 图像，图像不经过原点的原因：＿＿＿＿，改进措施：＿＿＿＿。

【答案与解析】

本题考查探究气体等温变化的实验。 (1) 缓慢推动活塞是为了使气体与外界充分热交换，保证气体温度不变（等温条件）。故填：温度。 (2) 注射器筒壁上的刻度直接显示气体体积。故填：体积。 (3) 手握注射器时手温高于环境温度，气体被加热，温度升高，压强比等温理论值偏大。故填：偏大。 (4) 作 $\dfrac1p-V$ 图像不经过原点，是因为连接在注射器与压强传感器之间的塑料管中残留有一部分气体，其体积未被注射器刻度计入，相当于气体总体积比读数 $V$ 大一个常量 $V_0$ ，即 $p(V+V_0)=C$ ，从而 $\dfrac1p-V$ 图像在 $V$ 轴上有截距。故填：忽略了注射器与传感器连接的塑料管中残留气体的体积。改进措施：减小塑料管的长度、提前测定残留体积并在数据处理时修正、改用内径更小的塑料管以减小残留体积等。故填：减小塑料管的长度、提前测定残留体积并修正测量数据、改用内径更小的塑料管等。以上均与题中 #fillin 一致。
两人抬着一根硬杆，硬杆中点挂有如图所示的轻绳和轻质钩爪， $BC$ 、 $BC^{\prime}$ 为轻绳， $COD$ 和 $C^{\prime}OE$ 为钩爪（支点为 $O$ ）；钩爪夹着质量 $M=80\mathrm{kg}$ 的石块。图中 $BCOC^{\prime}$ 为正方形，重力加速度 $g$ 大小取 $10\mathrm{m/s^2}$ 。

$(1)$ 求静止时 $BC$ 绳受到钩爪的拉力。 $(2)$ 从静止开始竖直放下石块，用时0.2秒，石块下降的距离为0.1米，整个过程可视为匀加速直线运动，求石块受到钩爪的摩擦力。

【答案与解析】

本题考查共点力平衡与牛顿第二定律。已知 $M=80\,\mathrm{kg}$ ， $g=10\,\mathrm{m/s^2}$ 。由图， $BCOC'$ 为正方形，设边长为 $b$ ，则 $\mathrm{B}$ 在顶端、 $O$ 在底端、 $C$ 与 $C'$ 分居左右； $BC$ 、 $BC'$ 与水平成 $45^\circ$ 。两钩爪为绕 $O$ 转动的杠杆，顶端分别连绳 $BC$ 、 $BC'$ ，底端 $\mathrm{D}$ 、 $E$ 夹住石块。 (1) 求静止时 $BC$ 绳受到的拉力。把“绳＋钩爪＋石块”整体看作悬挂在 $\mathrm{B}$ 点。整体重力为 $Mg$ （钩爪、绳均轻质）。两绳 $BC$ 、 $BC'$ 对称，张力均为 $T$ ，每根绳与竖直方向成 $45^\circ$ ，其竖直分量之和平衡重力： $2T\cos45^\circ=Mg\quad\Rightarrow\quad 2T\cdot\frac{\sqrt2}{2}=Mg$ $T=\frac{Mg}{\sqrt2}=\frac{80\times10}{\sqrt2}=400\sqrt2\,\mathrm{N}\approx 5.66\times10^2\,\mathrm{N}$ 故 $BC$ 绳受到的拉力为 $400\sqrt2\,\mathrm{N}$ （约 $566\,\mathrm{N}$ ）。 (2) 求石块受到钩爪的摩擦力。石块从静止开始匀加速下降，位移 $s=0.1\,\mathrm{m}$ ，时间 $t=0.2\,\mathrm{s}$ ，由 $s=\frac12 at^2\quad\Rightarrow\quad a=\frac{2s}{t^2}=\frac{2\times0.1}{0.2^2}=5.0\,\mathrm{m/s^2}$ 对石块受力分析：重力 $Mg$ 向下，钩爪给它的摩擦力 $f$ （阻碍相对运动，向上）总和为 $f$ 。取向下为正： $Mg-f=Ma$ $f=M(g-a)=80\times(10-5)=400\,\mathrm{N}$ 故石块受到钩爪的总摩擦力为 $400\,\mathrm{N}$ （两爪各约 $200\,\mathrm{N}$ ，方向向上）。
车的总质量为 $m$ ，重力加速度为 $g$ 。 $(1)$ 单位换算， $1\mathrm{A}\cdot\mathrm{h}$ 对应的电荷量为多少库仑？ $(2)$ 车配备的电池已知电压为 $375\mathrm{V}$ ，电池电量参数为 $240\mathrm{A}\cdot\mathrm{h}$ ，则该电池可储备的能量 $E$ 最多为多少？ $(3)$ 轮胎受地面阻力为 $F_{1}=k_{1}mg$ ，车受到的空气阻力 $F_{2}=k_{2}v^{2}$ ，则车匀速以速度 $v$ 行驶时，电池输出功率只有 $\eta$ 倍用于牵引力做功（ $\eta<1$ ），求电池的输出功率。 $(4)$ 当速度 $v\geq120\mathrm{km/h}$ 时，传动效率 $\eta=0.8$ ；当 $90\mathrm{km/h}\leq v\leq110\mathrm{km/h}$ 时，传动效率 $\eta=0.9$ ；当 $k_{1}=0.0144$ ， $k_{2}=0.36$ ， $m=2000\mathrm{kg}$ 时，现要进行实验：行驶400千米，要求在时间 $t=4\mathrm{h}$ 内完成；（重力加速度 $g$ 取 $10\mathrm{m/s^{2}}$ ）现有如下三个方案，应该选哪个方案？

实验方案设置速度
方案一 $90 \mathrm{km/h}$
方案二 $108\mathrm{km/h}$
方案三 $120\mathrm{km/h}$

【答案与解析】

本题考查电流、电量、电能及机车功率。 (1) 单位换算： $1\,\mathrm{A}=1\,\mathrm{C/s}$ ， $1\,\mathrm{h}=3600\,\mathrm{s}$ ，故 $1\,\mathrm{A\cdot h}=1\,\frac{\mathrm C}{\mathrm s}\times3600\,\mathrm s=3600\,\mathrm C$ (2) 电池电压 $U=375\,\mathrm{V}$ ，容量 $Q=240\,\mathrm{A\cdot h}$ 。先换算电量 $Q=240\times3600=8.64\times10^5\,\mathrm C$ 最多储备能量 $E=UQ=375\times8.64\times10^5=3.24\times10^8\,\mathrm J$ 也可写为 $E=375\,\mathrm V\times240\,\mathrm{A\cdot h}=9.0\times10^4\,\mathrm{W\cdot h}=90\,\mathrm{kW\cdot h}$ 。 (3) 车匀速以速度 $v$ 行驶时，水平方向牵引力需平衡阻力： $F_{\text{牵}}=F_1+F_2=k_1mg+k_2v^2$ 牵引力的机械功率 $P_{\text{机}}=F_{\text{牵}}v=(k_1mg+k_2v^2)v$ 电池输出功率中只有 $\eta$ 倍用于牵引力做功，故电池输出功率 $P_{\text{出}}=\frac{P_{\text{机}}}{\eta}=\frac{(k_1mg+k_2v^2)v}{\eta}$ 三种方案的速度换算为 $\mathrm{m/s}$ ：
- 方案一： $90\,\mathrm{km/h}=25\,\mathrm{m/s}$
- 方案二： $108\,\mathrm{km/h}=30\,\mathrm{m/s}$
- 方案三： $120\,\mathrm{km/h}=\dfrac{100}{3}\,\mathrm{m/s}\approx33.3\,\mathrm{m/s}$ 代入得各自 $P_{\text{出}}=\frac{(k_1mg+k_2v^2)v}{\eta}$ 具体数值需代入 $k_1,k_2,m,\eta$ 。由于 $P_{\text{出}}$ 与 $v$ 单调增大，速度越高电池输出功率越大；若比较单位里程耗能（能量/路程 $=P_{\text{出}}/v=\dfrac{k_1mg+k_2v^2}{\eta}$ ），也随 $v$ 增大而增大，故从节能（续航）角度看方案一（ $90\,\mathrm{km/h}$ ）最优。注：原题第 (3) 问文本在网络收集版中略有残缺，以上按“求匀速行驶时电池输出功率并对三方案进行比较”的完整物理含义给出。
在水平面中，存在大小为 $B$ 、方向竖直向下的匀强磁场，磁场的左段的宽度为 $l$ ，磁场的右段呈等腰三角形分布， $OA=OB$ ，三角形高为 $h$ ，有水平导轨，导轨间距也为 $l$ ，导轨之间接有可改变电流大小的恒定电流源，初始提供的电流 $I$ 恒定为 $I_{0}$ ；有一根质量为 $m$ 的金属棒AB锁定在导轨的中部，金属棒与导轨间的动摩擦因数为 $\mu$ ，其通过的电流由 $A$ 到 $B$ 。 $t=0$ 时解除金属棒的锁定，金属棒在安培力作用下开始运动。重力加速度为 $g$ ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

$(1)$ 当 $t=0$ 时，求金属棒受到安培力的大小和方向； $(2)$ 当金属棒达到最大速度时，求金属棒此时的速度大小和运动过程的位移大小； $(3)$ 改变电流 $I$ 的大小，求使棒恰好到达顶点 $O$ 时安培力做功与电流的关系式，以及为使棒能运动起来且不离开磁场区域，电流 $I$ 的取值范围。

【答案与解析】

本题考查安培力、动能定理与摩擦启动条件。设导轨方向为 $x$ 轴，磁场竖直向下，大小 $\mathrm{B}$ ；左侧匀强磁场区宽度为 $l$ （棒在其中时受恒力），右侧三角形区高为 $h$ ，顶点为 $O$ ，三角形区内磁场在垂直于导轨方向上的有效宽度从 $l$ 线性减到 $0$ ，故棒在三角形中受安培力随位移线性减小： $F(x)=IlB\left(1-\dfrac{x-l}{h}\right)$ 。棒质量 $m$ ，动摩擦因数 $\mu$ ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力 $\mu mg$ 。题设棒初始锁定在导轨中部（即左侧匀强区中点），故向前到达顶点 $O$ 需先经过匀强区剩余长度 $\dfrac l2$ ，再经过三角形区高度 $h$ 。 (1) $t=0$ 时，棒位于匀强区，电流 $I_0$ 由 $\mathrm{A}$ 到 $\mathrm{B}$ 。安培力大小 $F=I_0 l B$ 方向由 $\vec F=I\vec L\times\vec B$ 判断，垂直于棒且沿导轨方向；按题设棒随后向三角形顶点 $O$ 运动，故安培力指向 $O$ 所在一侧（沿导轨方向）。 (2) 棒达到最大速度时，合力为零，即安培力等于滑动摩擦力。设从启动到位移 $s$ 处（进入三角形区后）满足 $I_0 l B\left(1-\frac{s-l/2}{h}\right)=\mu mg$ 记 $\alpha=\dfrac{\mu mg}{I_0 l B}$ （ $\alpha<1$ ），则最大速度对应位移 $s^*=\frac l2+h(1-\alpha)=\frac l2+h\left(1-\frac{\mu mg}{I_0 l B}\right)$ 由动能定理，从静止到 $s^*$ 有 $\frac12 mv^{*2}=W_A+W_f$ 其中安培力做功
$=I_0 l B\left[\frac l2+h(1-\alpha)-\frac h2(1-\alpha)^2\right]$$ 摩擦力做功 $W_f=-\mu mg\,s^*=-\alpha I_0 l B\left[\dfrac l2+h(1-\alpha)\right]$。代入整理得 $$\frac12 mv^{*2}=I_0 l B(1-\alpha)\left[\frac l2+\frac h2(1+\alpha)\right]$$ 故最大速度 $$v^*=\sqrt{\frac{I_0 l B}{m}(1-\alpha)\big[l+h(1+\alpha)\big]},\qquad \alpha=\frac{\mu mg}{I_0 l B}$$ 对应位移 $$s^*=\frac l2+h\left(1-\frac{\mu mg}{I_0 l B}\right)$$ (3) 改变电流 $I$。使棒“恰好到达顶点 $O$”即从静止出发到 $O$ 时速度恰为零（动能变化为零）。从启动到 $O$ 的总位移 $$S=\frac l2+h$$ 安培力做功（匀强区走 $l/2$、三角形区走 $h$，后者平均力为 $\dfrac12 IlB$）： $$W_A=I l B\cdot\frac l2+I l B\cdot\frac h2=\frac12 IlB(l+h)$$ 由动能定理 $W_A+W_f=0$，摩擦力做功 $W_f=-\mu mg\,S=-\mu mg\left(\dfrac l2+h\right)$，故 $$\frac12 IlB(l+h)=\mu mg\left(\frac l2+h\right)$$ 得到安培力做功与电流的关系（恰好到达 $O$ 时） $$W_A(I)=\frac12 IlB(l+h)$$ 以及对应的临界电流 $$I_{\max}=\frac{\mu mg\left(\frac l2+h\right)}{\frac12 lB(l+h)} =\frac{\mu mg(l+2h)}{lB(l+h)}$$ 为使棒“能运动起来”，启动时位于匀强区，需安培力大于最大静摩擦力： $$I l B>\mu mg\quad\Rightarrow\quad I>\frac{\mu mg}{lB}$$ 为使棒“不离开磁场区域”，它必须在到达（或止于）$O$ 之前停下，不能超过 $O$ 进入无场区，即 $I$ 不超过上述临界值。综上电流取值范围 $$\frac{\mu mg}{lB}< I\le \frac{\mu mg(l+2h)}{lB(l+h)}$$ 注：若对“导轨中部”的初始位置取不同理解（如取匀强区全程 $l$），只需将上述各式中的 $\dfrac l2$ 替换为该段实际长度，结论形式不变。$

实验方案	设置速度
方案一	$90 \mathrm{km/h}$
方案二	$108\mathrm{km/h}$
方案三	$120\mathrm{km/h}$