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2025 年高考云南卷物理真题
一、单选题
1．2025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 14C→14 N+X，则（ ）
6 7
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】A
【详解】根据质量数和电荷数守恒有 14C→14 N+0 e
6 7 −1
可知X为电子，电子是在核内中子转化为质子的过程中产生的。
故选A。
2．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144km/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．4×105J B．4×104J C．4×103J D．4×102J
【答案】B
【详解】高中生的质量约为50kg，根据动能定理有𝑊 = 1 𝑚𝑣2 =4.0×104J
2
故选B。
3．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】D
【详解】AB．鸟食的运动视为平抛运动，则在竖直方向有ℎ = 1 𝑔𝑡2
2
由于h < h ，则t < t ，要同时接到鸟食，则在N点接到的鸟食先抛出，故AB错误；
M N M N
CD．在水平方向有x = v t，如图
0
过M点作一水平面，可看出在相同高度处M点的水平位移大，则M点接到的鸟食平抛的初速度较大，故C错误，
D正确。故选D。
4．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2eV
D．一个电子从a点移动到d点电势能增加了4eV
【答案】C
【详解】
AB．根据等势面越密集电场强度越大，可知a、b、c、d中a点电场强度最大，故AB错误；
C．一个电子从b点移动到c点电场力做功为W = －eU = 2eV
bc bc
故C正确；
D．一个电子从a点移动到d点电场力做功为W = －eU = 4eV
ad bc
由于电场力做正功电势能减小，则一个电子从a点移动到d点电势能减小了4eV，故D错误。
故选C。
5．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1AU，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⁄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】C
𝑟 3 𝑟 3
【详解】根据开普勒第三定律可知 行 = 地
𝑇 2 𝑇 2
行 地
其中𝑟 =1AU，𝑇 =1年，𝑇 =5.8年
地 地 行
代入解得𝑟 ≈3.23AU
行
故可知该小行星的公转轨道应介于火星与木星的公转轨道之间。
故选C。
6．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𝜇 ，与其余部分的动摩擦因数为𝜇 ，
1 2
且𝜇 >𝜇 。第一次，滑块从I位置以速度𝑣 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，
1 2 0
滑块的位移大小为𝑥 ，所用时间为𝑡 ；第二次，滑块从Ⅱ位置以相同速度𝑣 向右滑动，通过MN段后停在水平面上
1 1 0
的另一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为𝑥 ，所用时间为𝑡 。忽略空气阻力，则（ ）
2 2
A．𝑡 <𝑡 B．𝑡 >𝑡 C．𝑥 >𝑥 D．𝑥 <𝑥
1 2 1 2 1 2 1 2
【答案】A【详解】
AB．根据牛顿第二定律𝜇𝑚𝑔 =𝑚𝑎
可得𝑎 =𝜇𝑔
由于𝜇 >𝜇 ，故滑块在MN上时的加速度大，根据前面分析可知两次运动的总位移相等，即两次运动过程中𝑣−𝑡图
1 2
像与横轴围成的面积相等，由于第二次时滑块距离M点的距离较近，根据公式𝑣 2−𝑣2 =2𝜇 𝑔𝑥可知第二次到达M
0 2
点时速度较大，作出整个过程中两种运动状态的𝑣−𝑡图像
可得𝑡 >𝑡 ，A正确，B错误；
2 1
CD．对两种运动的整个过程根据能量守恒有1 𝑚𝑣 2 =𝜇 𝑚𝑔𝑥 +𝜇 𝑚𝑔(𝑥 −𝑥 )，1 𝑚𝑣 2 =𝜇 𝑚𝑔𝑥 +
0 1 𝑀𝑁 2 1 𝑀𝑁 0 1 𝑀𝑁
2 2
𝜇 𝑚𝑔(𝑥 −𝑥 )
2 2 𝑀𝑁
可得𝑥 =𝑥 ，CD错误；
1 2
故选A。
7．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 =1.5s和𝑡 =2.5s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2.5m/s
B．波源的平衡位置距离P点1.5m
C．𝑡 =1.0s时，波源处于平衡位置且向下运动
D．𝑡 =5.5s时，平衡位置在P、Q处的两质点位移相同
【答案】D
【详解】
A．根据波形可知𝜆 =4m，1 𝑇 =2.5s−1.5s
2
可得𝑇 =2s
故波速为𝑣 = 𝜆 =2m/s
𝑇
A错误；
B．设波源的平衡位置距离P点距离为𝑥 ，根据左侧𝑡 =1.5s时的波形可知2+𝑥0 =1.5s
0
𝑣
解得𝑥 =1m
0
B错误；
C．根据左侧实线波形结合同侧法可知波源刚开始的振动方向向下，由于𝑡 =1.0s= 1 𝑇，故可知此时波源处于平衡位
2
置且向上运动，故C错误；
D．由于𝑥 =1m，可知波源的平衡位置距离Q点距离为𝑥 =3m
0 1
故波传到PQ两点的时间分别为𝑡 = 𝑥0 =0.5s，𝑡 = 𝑥1 =1.5s
0 1
𝑣 𝑣故𝑡 =5.5s时，平衡位置在P、Q处的两质点已经振动的时间分别为𝑡 ′ =5.5s−0.5s= 5 𝑇，𝑡 ′ =5.5s−1.5s=2𝑇
0 1
2
由于波源刚开始向下振动，故𝑡 =5.5s时，P处质点处于平衡位置向上振动，Q处质点处于平衡位置向下振动，故此
时平衡位置在P、Q处的两质点位移相同。
D正确。
故选D。
二、多选题
8．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 ，输入电压𝑈 =1.1kV；
1 1
两副线圈的匝数分别为𝑛 和𝑛 ，输出电压𝑈 =𝑈 =220V。当I、Ⅱ区充电桩同时工作时，两副线圈的输出功率分别
2 3 2 3
为7.0kW和3.5kW，下列说法正确的是（ ）
A．𝑛 :𝑛 =5:1 B．𝑛 :𝑛 =1:5
1 2 1 3
C．变压器的输入功率为10.5kW D．两副线圈输出电压最大值均为220V
【答案】AC
【详解】
AB．根据理想变压器的电压比等于匝数比可得𝑛 :𝑛 =𝑈 :𝑈 =5:1，𝑛 :𝑛 =𝑈 :𝑈 =5:1
1 2 1 2 1 3 1 3
A正确，B错误；
C．根据能量守恒可知变压器的输入功率等于总的输出功率，故𝑃 =𝑃 =7.0kW+3.5kW=10.5kW，C正确；
输入 输出
D．输出电压为交流电的有效值，根据正弦交流电的最大值与有效值的关系可知，两副线圈输出电压最大值均为𝑈 =
m
220√2V，D错误。
故选AC。
9．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 下，b管上的刻度可以直接读出环境温度。则在𝑝 下（ ）
0 0
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】BD
【详解】
AB．根据题意，𝑎中气体做等容变化，根据𝑝 =𝐶，当环境温度升高，则𝑎中气体压强增大，又𝑝 +𝜌 𝑔ℎ =𝑝
𝑇 𝑎 液 0
可知b管中液面降低，同理可知环境温度降低时，b管中液面升高，B正确，A错误；
CD．由AB选项分析可知，𝑏管中刻度从上到下温度逐渐升高，同一温度，𝑎中压强不变， 𝑏管中液面液槽内液面
高度差不变，水槽中的水少量蒸发后，槽中液面降低，则𝑏管内液面降低，则温度测量值偏大，D正确，C错误。
故选BD。10．如图所示，倾角为𝜃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𝜇 =tan𝜃。过程I：Q以速度𝑣 从斜面底端P点沿斜面向上运
0
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𝑘𝑣0 2−4𝑚𝑔2sin2𝜃
4𝑘𝑔sin𝜃
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1 𝑚𝑣2
4 0
C．过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为𝑘𝑣0 2−8𝑚𝑔2sin2𝜃
2𝑘𝑔sin𝜃
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】BCD
【详解】
A．设𝑃𝑂的距离为𝐿，过程I，根据动能定理有−𝑚𝑔sin𝜃⋅𝐿−𝜇𝑚𝑔cos𝜃⋅𝐿 =0− 1 𝑚𝑣2
2 0
设𝑀𝑂的距离为𝐿 ，过程Ⅱ中，当Q速度最大时，根据平衡条件𝑘𝐿 =𝑚𝑔sin𝜃+𝜇𝑚𝑔cos𝜃
1 1
P、M两点之间的距离𝐿 =𝐿−𝐿
2 1
联立可得𝑘𝐿 = 𝑘𝑣0 2−4𝑚𝑔2sin2𝜃，A错误；
2
2𝑘𝑔sin𝜃
B．根据功能关系，可知过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能Δ𝐸 =𝜇𝑚𝑔cos𝜃⋅𝐿，结合
−𝑚𝑔sin𝜃⋅𝐿−𝜇𝑚𝑔cos𝜃⋅𝐿 =0− 1 𝑚𝑣2
2 0
可得Δ𝐸 = 1 𝑚𝑣2，B正确；
4 0
C．设过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移𝑥，根据能量守恒定律1 𝑘𝐿2 =𝑚𝑔sin𝜃⋅𝑥+𝜇𝑚𝑔cos𝜃⋅𝑥+
2
1 𝑘(𝑥−𝐿)2
2
结合−𝑚𝑔sin𝜃⋅𝐿−𝜇𝑚𝑔cos𝜃⋅𝐿 =0− 1 𝑚𝑣2
2 0
解得𝑥 = 𝑘𝑣0 2−8𝑚𝑔2sin2𝜃，C正确；
2𝑘𝑔sin𝜃
D．无论Q从何处释放，Q在斜面上运动过程中，弹簧与Q初始时的势能变为摩擦热，当在𝑀点时，满足𝑘𝐿 =
1
𝑚𝑔sin𝜃+𝜇𝑚𝑔cos𝜃
当在𝑂点时，满足𝑚𝑔sin𝜃 =𝜇𝑚𝑔cos𝜃
所以在OM（含O、M点）之间速度为零时，Q将静止，D正确。
故选BCD。
三、实验题
11．某实验小组做了测量木质滑块与橡胶皮之间动摩擦因数𝜇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9.80m/s2）。
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𝜇
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 ，𝜇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𝜇的测量结果将 （填“偏大”“偏
小”或“不变”）。
【答案】
(1) 0.459
(2) 成正比 无关
(3) 偏大
【详解】
（1）表格中a处的数据𝜇 = 1.35 ≈0.459
0.3×9.8
（2）根据表中数据分析可知其它条件不变时，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
小成正比；
[2]根据表中数据分析可知其它条件不变时，在实验误差允许的范围内，𝜇与接触面上压力的大小无关。
（3）实验装置如图乙所示，挂钩高于定滑轮，则绳子拉力有竖直向下的分力，实际的正压力大于测量值的正压力，
即𝐹 <𝐹
压测 压实
𝐹
根据𝜇 =
𝐹
压测
可得𝜇 >𝜇
测 实
12．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5V，内阻不计）、电流表A 。（量程100μA，内阻4.5kΩ）、电流表A （量程500μA，内阻
1 2
约1kΩ）、定值电阻𝑅 （阻值15kΩ）、定值电阻𝑅 （阻值1.5kΩ）、开关S和导线若干。
1 2查阅技术手册可知，Pt1000型号铂电阻测温时的工作电流在0.1~0.3mA之间，在0~100°C范围内，铂电阻的阻值𝑅随
t
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0~100°C范围内，温度每升高1°C，该铂电阻的阻值增加 Ω；
(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 ”或“𝑅 ”）；
1 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A 示数为295μA，A 示数如图（c）所示，该示
2 1
数为 μA，则所测温度为 °C（计算结果保留2位有效数字）。
【答案】
(1) 3.85
(2) 乙 𝑅
1
(3) 62.0 51
【详解】
（1）温度每升高1°C，该铂电阻的阻值增加Δ𝑅 = 1.385−1.000 ×103Ω=3.85Ω
100
（2）由于A 内阻确定，所以用A 测量电阻的电压，用A 与A 之差来测量经过电阻的电流，故能准确测出铂电阻阻
1 1 2 1
值的是乙；
电路中的最大电流为0.3mA，可得电路中的最小阻值𝑅 = 5 Ω≈17kΩ
min
0.0003
可知保护电阻R应选𝑅 。
1
（3）由图可知A 的分度值为1μA，则其读数为62.0μA；
1
根据欧姆定律可得𝑅 = 𝐼1𝑅A1
𝐼2−𝐼1
根据题图可得𝑅 =1000+3.85𝑡
代入数据可得𝑡 ≈51℃
四、解答题13．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 =2.0mm，盖玻片与物镜的间距ℎ =0.20mm，不考虑光在盖玻片中
的多次反射，取真空中光速𝑐 =3.0×108m/s,π=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 、𝑡 ，求𝑡 −𝑡 （结果保留2位有效数字）。
1 2 2 1
【答案】
(1)1.0×10−5m2
(2)3.3×10−13s
【详解】
（1）由折射定律可知，全反射的临界角满足sin𝐶 = 1 = 2
𝑛 3
设未滴油时，O点发出的光在盖玻片的上表面的透光圆的半径为r，由几何关系sin𝐶 = 𝑟
√𝑟2+𝑑2
代入数据解得𝑟 = 4√5 mm
5
根据𝑆 =𝜋𝑟2
所以未滴油时，O点发出的光在盖玻片的上表面的透光面积为𝑆 ≈1.0×10−5m2
（2）当光从O点垂直于盖玻片的上表面入射时，传播的时间最短，则未滴油滴时，光从O点传播到物镜的最短时
间为𝑡 = 𝑑 + ℎ = 𝑑 + ℎ = 𝑛𝑑+ℎ
1 𝑣 𝑐 𝑐 𝑐 𝑐
𝑛
滴油滴时，光从O点传播到物镜的最短时间为𝑡 = 𝑑 + ℎ = 𝑑 + ℎ = 𝑛(𝑑+ℎ)
2 𝑣 𝑣 𝑐 𝑐 𝑐
𝑛 𝑛
故𝑡 −𝑡 = (𝑛−1)ℎ = 0.5×0.2×10−3 s≈3.3×10−13s
2 1 𝑐 3.0×108
14．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 ≥0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 （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
1
磁场方向仍垂直𝑂𝑥𝑦平面向里，其磁感应强度大小为𝐵（未知），但满足0<𝐵 <𝐵 。某质量为m、电荷量为𝑞(𝑞 >0)
2 2 1
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 ≥0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 已知，不考虑该粒子的重力。
0
(1)求该粒子通过速度选择器的速率；(2)求𝐵 以及y轴上可能检测到该粒子的范围；
1
(3)定义磁屏蔽效率𝜂 = 𝐵1−𝐵2×100%，若在Q处检测到该粒子，则𝜂是多少？
𝐵1
【答案】
𝑈
(1)
𝐵0𝑑
(2) 𝑚𝑈 ，𝐿 <𝑦 <3𝐿
𝑞𝑑𝐵0𝐿
(3)60%
【详解】
（1）由于该粒子在速度选择器中受力平衡，故𝑞𝐸 =𝑞𝑣 𝐵
0 0
其中𝐸 = 𝑈
𝑑
则该粒子通过速度选择器的速率为𝑣 = 𝑈
0
𝐵0𝑑
（2）粒子在𝑥 ≥0区域内左匀速圆周运动，从ON的中点垂直ON射入磁屏蔽区域，由几何关系可知𝑟 =𝐿
1
由洛伦兹力提供给向心力𝑞𝑣 𝐵 =𝑚 𝑣0 2
0 1
𝑟1
联立可得𝐵 = 𝑚𝑈
1
𝑞𝑑𝐵0𝐿
由于𝐵 <𝐵 ，根据洛伦兹力提供给向心力𝑞𝑣 𝐵 =𝑚 𝑣0 2
2 1 0 2
𝑟2
解得𝑟 >𝐿
2
当𝐵 =0时粒子磁屏蔽区向上做匀速直线运动，离开磁屏蔽区后根据左手定则，粒子向左偏转，如图所示
2
根据洛伦兹力提供向心力𝑞𝑣 𝐵 =𝑚 𝑣0 2
0 1
𝑟3
可得𝑟 =𝑟 =𝐿
3 1
故粒子打在y轴3L处，综上所述y轴上可能检测到该粒子的范围为𝐿 <𝑦 <3𝐿。
（3）若在Q处检测到该粒子，如图由几何关系可知𝑟2 =(2𝐿)2+(𝑟 −𝐿)2
2 2
解得𝑟 = 5 𝐿
2
2
由洛伦兹力提供向心力𝑞𝑣 𝐵 =𝑚 𝑣0 2
0 2
𝑟2
联立解得𝐵 = 2𝑚𝑈
2
5𝑞𝐵0𝑑𝐿
其中𝐵 = 𝑚𝑈
1
𝑞𝑑𝐵0𝐿
根据磁屏蔽效率𝜂 = 𝐵1−𝐵2×100%可得若在Q处检测到该粒子，则𝜂 =60%
𝐵1
15．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μ，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】
(𝑀+𝑚)𝑔
(1)
𝜇(𝑀+𝑚)2𝑔𝑅2
(2)
2𝜇𝐵4𝑑4
(3)见解析
【详解】
（1）对木块与箱子整体受力分析由牛顿第二定律𝐹 =(𝑀+𝑚)𝑎
对木块受力分析，水平方向由牛顿第二定律𝐹 =𝑚𝑎
N
竖直方向由平衡条件𝑓 =𝑚𝑔 =𝜇𝐹
N
联立可得𝐹 = (𝑀+𝑚)𝑔
𝜇
（2）设箱子刚进入磁场中时速度为v，产生的感应电动势为𝐸 =𝐵𝑑𝑣
由闭合电路欧姆定律得，感应电流为𝐼 = 𝐸
𝑅
安培力大小为𝐹 =𝐵𝐼𝑑
安
联立可得𝐹 =
𝐵2𝑑2𝑣
安 𝑅
若要使两物体分离，此时有𝐹 ≥𝐹
安
其中𝐹 = (𝑀+𝑚)𝑔
𝜇
解得𝑣 ≥ (𝑀+𝑚)𝑔𝑅
𝜇𝐵2𝑑2
由运动学公式𝑣2 =2𝑎𝑠
解得𝑠 ≥
(𝑀+𝑚)2𝑔𝑅2
2𝜇𝐵4𝑑4
故𝑡 =0时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离为𝑠 =
(𝑀+𝑚)2𝑔𝑅2
min 2𝜇𝐵4𝑑4
（3）水平方向由运动学公式𝑠 = 1 𝑎𝑡2
2 1
竖直方向有ℎ = 1 𝑔𝑡2
2 2
其中𝐹 = (𝑀+𝑚)𝑔 =(𝑀+𝑚)𝑎
𝜇
可得力F作用的总时间为𝑡 =𝑡 +𝑡 =√ 2𝜇𝑠 +√ 2ℎ
1 2
𝑔 𝑔
水平方向对系统由动量定理𝐹𝑡−𝐹 𝑡 =(𝑀+𝑚)𝑣−0
安 2
其中𝐹 𝑡 =
𝐵2𝑑2𝐿
安 2 𝑅
联立可得𝑣 = 𝑔 (√ 2𝜇𝑠 +√ 2ℎ )− 𝐵2𝑑2𝐿
𝜇 𝑔 𝑔 (𝑀+𝑚)𝑅
当𝑔 (√ 2𝜇𝑠 +√ 2ℎ )≥ 𝐵2𝑑2𝐿 时，最终木块与箱子的速度大小为𝑣 = 𝑔 (√ 2𝜇𝑠 +√ 2ℎ )− 𝐵2𝑑2𝐿
𝜇 𝑔 𝑔 (𝑀+𝑚)𝑅 𝜇 𝑔 𝑔 (𝑀+𝑚)𝑅
当𝑔 (√ 2𝜇𝑠 +√ 2ℎ )< 𝐵2𝑑2𝐿 时，最终木块与箱子的速度大小为𝑣 =0
𝜇 𝑔 𝑔 (𝑀+𝑚)𝑅
