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2024届重庆市巴蜀中学高三下学期二模物理试卷（原卷版+解析版）
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一、单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1. 下列说法正确的是（ ）
A. 声源远离观察者时，观察者接收到声音频率比声源发出的频率大
B. 肥皂膜上出现彩色条纹是光的偏振现象
C. 将原本精准的摆钟从广州运到黑龙江后应调整其摆长
D. 双缝干涉实验中形成的干涉图样，条纹间距与光的频率无关
【答案】C
【解析】
【详解】A．声源远离观察者时，根据多普勒效应可知，观察者接收到的声音频率比声源发出的频率小，故A错误；
B．肥皂膜上出现彩色条纹是光的干涉现象，故B错误；
C．根据
将原本精准的摆钟从广州运到黑龙江后，由于重力加速度发生变化，所以应调整其摆长，故C正确；
D．双缝干涉实验中形成的干涉图样，根据
可知条纹间距与光的波长有关，则与光的频率有关，故D错误。
故选C。
2. 下列四幅图分别对应四种说法，其中正确的是（ ）
A. 图甲中铀238的半衰期是45亿年，经过45亿年，10个铀238必定有5个发生衰变
B. 图乙中氘核的比结合能小于氦核的比结合能
C. 图丙中一个氢原子从n=4的能级向基态跃迁时，最多可以放出6种不同频率的光
D. 图丁中为光电效应实验，用不同光照射某金属得到的关系图，则a光频率最高
【答案】B
【解析】
【详解】A．图甲中铀238的半衰期是45亿年，半衰期只适用大量原子核的衰变，所以经过45亿年，10个铀238不一定有5个发生衰变，故A错误；
B．图乙中氦核比氘核更稳定，氘核的比结合能小于氦核的比结合能，故B正确；
C．图丙中一个氢原子从n=4的能级向基态跃迁时，跃迁路径可能为、、、，所以最多可以放出3种不同频率的光，故C错误；
D．图丁中为光电效应实验，用不同光照射某金属得到的关系图，根据
，
由图像可知，c光对应的遏止电压最大，则c光对应的光电子最大初动能最大，c光频率最高，故D错误。
故选B。
3. 如图，一根绝缘的光滑水平横杆上套有质量均为m的A、B两个小环，两环上都带有正电荷，系在两环上的等长细绳拴住质量为M的物块处于静止状态，某时刻开始环上电荷量缓慢减少，则（ ）
A. 单根细绳对物块的拉力始终不变
B. 两细绳对物块的合力变大
C. 杆对A环的作用力保持不变
D. 两环间距等于绳长时，单根细绳拉力大小等于Mg
【答案】C
【解析】
【详解】B．某时刻开始环上电荷量缓慢减少，稳定后，物块仍保持静止，根据平衡条件可知两细绳对物块的合力与物块重力等大反向，故两细绳对物块的合力不变，故B错误；
AD．设绳子与竖直方向的夹角为，稳定后，物块仍保持静止，则
可得
环上电荷量缓慢减少，将减小，故单根细绳对物块的拉力逐渐减小，当两环间距等于绳长时，设绳长为，根据几何关系有
可得
此时单根细绳拉力大小等于
故AD错误；
C．根据对称性，可知杆对A环的作用力等于杆对B环的作用力，以A、B小环、物块为整体受力分析，竖直方向有
可得杆对A环的作用力为
故杆对A环的作用力保持不变，故C正确。
故选C。
4. 霍尔推进器不断被改进，未来有望成为远距离太空探测的首选推进装置。有一种霍尔推进器如图所示，很窄的圆环空间内有沿半径方向向外的辐射状磁场Ⅰ，其磁感强度大小可近似认为处处相等；在垂直于圆环平面方向上加有匀强磁场Ⅱ和匀强电场（图中都没有画出），磁场Ⅰ与磁场Ⅱ的磁感应强度大小相等。电子恰好可以在圆环内沿顺时针方向做匀速圆周运动。下列说法正确的是（ ）
A. 磁场Ⅱ垂直圆环平面向里
B. 电场方向垂直圆环平面向外
C. 电子受到的电场力提供向心力
D. 磁场对电子的洛伦兹力做正功
【答案】A
【解析】
【详解】ABC．根据洛伦兹力和电场力受力特点，电子沿顺时针方向做圆周运动，因此在磁场I中，受到的洛伦兹力方向垂直平面向里，所以电场力要和其平衡，电场力方向垂直纸面向外，电场方向垂直圆环平面向里，磁场Ⅱ提供圆周运动的向心力，因此方向垂直圆环平面向里，故BC错误，A正确；
D．磁场对电子的洛伦兹力在任何情况下都不做功，故D错误。
故选A。
5. 如图，两个电荷量都为Q的正、负点电荷固定在A、B两点，AB连线中点为O。现将另一个电荷量为+q的试探电荷放在AB连线的中垂线上距O为x的C点，沿某一确定方向施加外力使试探电荷由静止开始沿直线从C点加速运动到O点，不计重力，则此过程中（ ）
A. 施加的外力沿CO方向
B. 试探电荷受到的电场力一直变小
C. 试探电荷做加速度增大的加速运动
D. 试探电荷的电势能逐渐增加
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据等量异种电荷周围电场分布情况，可知试探电荷+q在运动过程中受水平向左的电场力作用，要想让该电荷由静止开始沿直线从C点运动到О点，则该电荷所受合力的方向应沿CО方向，受力分析如图所示
可知外力F的方向应当斜向左下，故A错误；
B．根据等量异种电荷中垂线电场分布特点可知，沿直线从C点加速运动到O点，电场强度逐渐增大，则试探电荷受到的电场力一直变大，故B错误；
C．沿直线从C点加速运动到O点，试探电荷受到的电场力一直变大，则外力的水平分力一直变大，由于施加外力的方向确定，则竖直分力一直变大，根据牛顿第二定律可知，试探电荷的加速度一直变大，试探电荷做加速度增大的加速运动，故C正确；
D．由于电场力垂直于试探电荷的运动方向，所以电场力不做功，试探电荷的电势能不变，故D错误。
故选C。
6. 如图，将一质量为m=10g、长度为l=20cm的长方形硬纸板放在水平桌面上，左端一小部分伸出桌外。将一质量为也为10g的橡皮擦（可视为质点）置于纸板的正中间，用手指将纸板水平弹出，纸板瞬间获得初速度。已知橡皮擦与纸板、桌面间的动摩擦因数均为，纸板与桌面间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取。则（ ）
A. 弹出纸板后瞬间，纸板的加速度大小为2m/s²
B. 橡皮擦与纸板达到相同速度后，一直与纸板相对静止
C. 最终橡皮擦不会脱离纸板
D. 因橡皮擦与纸板摩擦而产生的热量为
【答案】C
【解析】
【详解】A．弹出纸板后瞬间，对纸板受力分析可知橡皮擦给纸板水平向右的摩擦力为
桌面给纸板水平向右的摩擦力为
由牛顿第二定律可知弹出纸板后瞬间，纸板的加速度大小为
橡皮擦的加速度大小为
故A错误；
B．橡皮擦与纸板达到相同速度后，假设纸板和橡皮擦相对静止，则整体受到的加速度为
而橡皮擦开始做减速运动加速度最大值为
故此时橡皮擦将相对纸板向左运动，且橡皮擦向右的加速度为
纸板向右的加速度为
故B错误；
CD．结合AB选项，设橡皮擦与纸板经过t时间速度相同，则有
代入数据解得
此时二者向左共速的速度为
橡皮擦的位移为
纸板的位移为
则二者相对位移为
可知橡皮擦未滑出纸板，接着二者由相同的速度开始以不同加速度做减速运动，由于
所以纸板先减速为0，保持静止，橡皮擦继续以减速为0，规定向左为正方向则橡皮的位移为
纸板的位移为
则二者相对位移为
可知橡皮擦最终距离纸板中点的距离为
即最终橡皮擦不会脱离纸板，且此过程中橡皮擦与纸板摩擦而产生的热量为
故C正确，D错误。
故选C。
7. 如图，地球和某行星在同一轨道平面内同向绕太阳做顺时针的匀速圆周运动。地球和太阳的连线与地球和行星的连线所夹的角叫地球对该行星的观察视角，已知该行星的最大观察视角为θ，当行星处于最大视角处时，是地球上天文爱好者观察该行星的最佳时期。则（ ）
A. 行星的环绕半径与地球的环绕半径之比为tanθ
B. 行星的环绕周期与地球的环绕周期之比为
C. 行星两次处于最佳观察期的时间间隔至少为年
D. 行星两次处于最佳观察期的时间间隔可能为年
【答案】D
【解析】
【详解】A．该行星的最大观察视角为θ，如图
根据几何关系可知
所以行星的环绕半径与地球的环绕半径之比为
故A错误；
B．根据开普勒第三定律有
得行星的环绕周期与地球的环绕周期之比为
故B错误；
CD．若行星最初处于最佳观察期时，其位置超前于地球，则下一次行星处于最佳观察期时一定是行星落后于地球，因而有
即
故C错误，D正确。
故选D。
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8. 如图所示，小巴和小蜀在可视为光滑的水平地面上玩弹珠游戏，两人将甲球和乙球以相同的动能相向弹出。则关于碰撞后两球的情况可能的是（ ）
A. 若两球质量相等，碰后以某一相等速率互相分开
B. 若两球质量相等，碰后以某一相等速率同向而行
C. 若，碰后两球以某一相等速率同向而行
D. 若，碰后两球速度均与原方向相反，且动能仍相等
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．根据动能与动量关系有
若两球质量相等，则碰撞前动量大小相等，方向相反，总动量为零，则碰撞后总动量为零，碰后以某一相等速率互相分开，故A正确，B错误；
CD．若，则碰撞后总动量方向与甲的初速度方向相同，所以碰后两球以某一相等速率同向而行，故C正确，D错误。
故选AC。
9. 如图所示，一平行板电容器两极板水平放置，极板间距为，长度为。开始时接到一个直流电源上，开关闭合，电源电动势恒定。一个带负电的粒子以从两板正中央水平向右射入电容器，恰好沿着图中虚线做匀速直线运动，粒子质量为。则（ ）
A. 断开开关，将上板上移，粒子会向上偏转
B. 断开开关，将上板上移，粒子仍然做匀速直线运动
C. 保持开关闭合，将上板上移，粒子从原位置入射，会击中下板且击中前瞬间的动能为
D. 保持开关闭合，电动势翻倍，粒子从原位置入射，会击中上板，且击中前瞬间的动能为
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．断开开关，电容器中的电荷量不变，电荷密度不变，场强不变，即粒子不偏转，仍做匀速直线做运动，A错误；B正确；
C．保持开关闭合，电容器上下极板的电势差不变，将上板上移，根据电场强度与电势差的关系可知
则
所以粒子向下偏转，根据牛顿第二定律可知
若击中下板，竖直方向位移为
联立解得
则粒子水平方向位移为
由此可知，水平方向位置大于极板长度，所以粒子不能击中下极板，C错误；
D．保持开关闭合，电动势翻倍，则电场强度变为，粒子向上偏转，粒子受力为
由分析可知能击中上板，击中前瞬间的动能为
D正确。
故选BD。
10. 如图所示，两平行金属导轨固定在水平面上（导轨电阻不计），导轨间距为L＝2m，在导轨所在的平面内，分布着垂直于导轨平面的磁感应强度为B＝0.5T的匀强磁场。导轨的一端接有电动势E＝5V、内阻r＝0.5Ω的电源，串联一电阻R＝2.5Ω。一导体棒垂直于轨道放在金属导轨上，导体棒的电阻不计、质量m＝1kg，与导轨的动摩擦因数μ＝0.5。当磁场以v0＝12m/s的速度匀速向右移动时，导体棒恰好能向右匀速移动，且导体棒一直在磁场内部，则下列说法正确的是（ ）
A. 导体棒运动的速度为2m/s
B. 安培力对导体棒做功的功率为10W，故电路发热的热功率为10W
C. 导体棒和轨道摩擦生热的功率为10W
D. 电源产生的电功率和外力对磁场做功的功率之和为85W
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．因为杆匀速运动，则
BIL=μmg
解得
I=5A
设杆的速度v1，由于
解得
v1=2m/s
选项A正确；
B．安培力对导体棒做功的功率为
电路发热的热功率为
选项B错误；
C．导体棒和轨道摩擦生热的功率为
选项C正确；
D．对系统可知
选项D正确。
故选ACD。
三、非选择题：共5小题，共57分。
11. 某同学利用如图所示装置探究“影响感应电流方向的因素”，下表为该同学记录的实验现象。
（1）实验前先使用多用电表的欧姆挡对二极管正负极（二极管通正向电流时，电流的流入端为二极管的正极，流出端为二极管的负极）进行确认，某次测量时发现多用电表指针几乎没有偏转，说明此时黑表笔接触的是二极管的__________（填“正极”或“负极”）。
（2）由实验记录可得当穿过线圈的磁通量增大时，感应电流的磁场方向与条形磁铁在线圈内产生的磁场方向__________（填“相同”“相反”或“没有关系”）；当穿过线圈的磁通量减小时，感应电流的磁场方向与条形磁铁在线圈内产生的磁场方向__________（填“相同”“相反”或“没有关系”）。由此得出的结论是感应电流的磁场总是阻碍原磁场的__________的变化。
（3）该同学利用上面实验中得到的结论，在图所示装置中进行了一些操作，发现电流表的指针向右偏转（电流表的偏转满足左进左偏，右进右偏），该同学可能进行了的操作是__________。
A. 闭合开关瞬间
B. 断开开关瞬间
C. 开关闭合时将滑动变阻器的滑片向左滑动
D. 开关闭合时将滑动变阻器的滑片向右滑动
【答案】（1）负极 （2） ① 相反 ②. 相同 ③. 磁通量 （3）AC
【解析】
【小问1详解】
测量时发现多用电表指针几乎没有偏转，说明二极管的负极与电源正极相连，由于黑表笔与电源正极相连，故此时黑表笔接触的是二极管的负极。
【小问2详解】
[1][2][3]由实验记录可得当穿过线圈的磁通量增大时，感应电流的磁场方向与条形磁铁在线圈内产生的磁场方向相反，感应电流的磁场方向与条形磁铁在线圈内产生的磁场方向相同，由此得出的结论是感应电流的磁场总是阻碍原磁场的磁通量的变化。
【小问3详解】
AB．闭合开关瞬间，线圈A中电流增大，产生的磁场增大，线圈B中向下的磁通量增大，根据楞次定律，电流表中有从右向左的电流，电流表的指针向右偏转，同理可得，断开开关瞬间，电流表的指针向左偏转，故A正确，B错误；
CD．开关闭合时将滑动变阻器的滑片向左滑动，滑动变阻器接入电路的阻值减小，线圈A中电流增大，产生的磁场增大，线圈B中向下的磁通量增大，根据楞次定律，电流表中有从右向左的电流，电流表的指针向右偏转，同理可得，开关闭合时将滑动变阻器的滑片向右滑动，电流表的指针向左偏转，故C正确，D错误。
故选AC。
12. 某同学采用如图甲所示装置验证物块A与物块B（带有遮光条）组成的系统机械能守恒。图中光电门安装在铁架台上且位置可调，滑轮质量不计，细线与滑轮之间的摩擦可以忽略不计，细线始终伸直。，遮光条质量不计，遮光条通过光电门的平均速度看作滑块通过光电门的瞬时速度，实验时将物块B由静止释放。
（1）用螺旋测微器测出遮光条宽度d，如图乙所示，则____。
（2）某次实验中，测得，则此时A的速度为____（保留2位有效数字）。
（3）改变光电门与物块B之间的高度h，重复实验，测得各次遮光条的挡光时间t，以h为横轴、为纵轴建立平面直角坐标系，在坐标系中作出图像，如图丙所示，该图像的斜率为k，在实验误差允许范围内，若____（用含g、d字母的表达式表示），则验证了机械能守恒定律。
【答案】（1）1.195
（2）0.10 （3）
【解析】
【小问1详解】
[1]螺旋测微器测出遮光条宽度为
【小问2详解】
[1] A的速度为
【小问3详解】
[1]系统减小的重力势能为
系统增加的动能为
在实验误差允许范围内，机械能守恒有
化解得
在实验误差允许范围内，若
则验证了机械能守恒定律。
13. 2024年初哈尔滨旅游“火出圈”，“南方小土豆勇闯哈尔滨”等话题接连上热搜，丰富的冰雪运动吸引了大量的游客。在冰雪大世界有一个冰滑梯，如图所示，与水平面成37°角的倾斜冰滑道与水平冰滑道在B点平滑连接，滑梯顶端高度，。小孩乘坐冰车由静止开始从滑道顶端A出发，经过B点后瞬间与处于静止状态的家长所乘坐的冰车发生碰撞，碰撞后两冰车（包含小孩和家长）一起共同运动，已知小孩和冰车的总质量m=30kg，家长和冰车的总质量M=60kg，人与冰车均可视为质点，冰车与冰面的动摩擦因数均为0.25，忽略空气阻力，取重力加速度，，cs37°=0.8，求：
（1）小孩与家长碰前小孩的速度大小；
（2）要保证冰车不滑出水平滑道，水平滑道至少需要多长？
【答案】（1）；（2）
【解析】
详解】（1）对小孩和冰车从出发到B点用动能定理有
解得
（2）设碰撞后两冰车（包含小孩和家长）速度为v，根据动量守恒可得
能量守恒
解得
14. 如图所示，有两条不计电阻的平行光滑金属导轨、，导轨间距L=0.5m，其中、段倾斜放置，倾斜角，，、段水平放置，两段之间通过一小段（大小可忽略）光滑圆弧绝缘材料平滑相连，在倾斜导轨左端连接一电容的电容器，在N和两端与电阻器，R=0.1Ω相连，在倾斜导轨、区域内加有垂直于倾斜导轨平面向下的匀强磁场，在水平导轨的区域内加有垂直水平导轨平面向上的匀强磁场，、均与导轨垂直，且，是质量为3m、各边长度均为L的开口向左的U形金属框，已知其de边电阻为R=0.1Ω，其余各段电阻可忽略不计，开始时紧挨导轨静置于左侧外，一不计电阻的质量为m的金属棒a紧贴从静止释放，使其向下滑行，越过后与U形金属框发生碰撞，碰后粘在一起形成一个正方形导体框沿导轨穿过磁场区域。已知：m=1kg，不计一切摩擦，取重力加速度，求：
（1）金属棒a在倾斜导轨下滑的加速度大小（提示：）；
（2）de边刚进入磁场区域时的速度大小；
（3）整个过程中电阻器R上产生的焦耳热。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）金属棒a沿倾斜轨道向下滑行过程中有
又，所以电流为
则由牛顿第二定律
又有
则
又因为，所以可求得金属棒加速度为
（2）金属棒a沿倾斜轨道向下滑行过程由运动学公式得
金属棒a越过后与U形金属框发生碰撞，由动量守恒定律
解得
此后一起匀速向右运动直到de边进入磁场区域，即de边进入磁场区域时速度为1m/s。
（3）在de边进入磁场区域时，de边左侧电阻为0，即右侧的电阻器R被短路，无电流。此时回路总电阻就为de边的电阻R；在cf边进出磁场时，此时右侧de边和电阻器组成并联电路，此时总电阻为0.5R，根据
，
则碰后粘在一起全部进入磁场区域过程，根据动量定理有
解得
金属框一起全部穿出磁场区域过程，有
解得
所以此过程中电阻器R上产生的焦耳热为
故电阻器R上产生的焦耳热为0.48J。
15. 如图为某同学利用电磁炮来研究碰撞问题的示意图，其中ABCD为无限长的水平光滑桌面。图中左侧部分即为电磁炮的简化模型，两平行导轨固定在水平桌面上，间距d=1×10-3m，一金属弹丸P1置于两导轨之间，并与导轨保持良好接触，质量m1=9kg。导轨左端与一电流为I的理想恒流源相连。在发射过程中，假设两平行导轨中的电流I在弹丸所在位置处产生的磁场始终可视为匀强磁场，其强度与电流的关系为B=kI（其中k=103T/A），方向垂直导轨平面，t=0时刻弹丸从静止自导轨左端向右滑行l1=0.5m后以速度v1=2m/s射出。在弹丸出射方向的延长线上，静置着两小物块P2（质量m2未知）、P3（质量m3=1kg），P2与P3间有极小间隙。它们右侧足够远处放有由处于原长的轻弹簧连接的小物体P4（质量m4=1kg）、P5（质量m5=2kg）。P1、P2、P3、P4、P5均可视为质点，P3、P4之间的距离为l2（大小可调）。不计空气阻力、摩擦阻力。
（1）求理想恒流源中的电流I；
（2）在弹丸射出后撞向静置的P2P3，假定P1与P2、P2与P3间的碰撞均为弹性碰撞，（P3运动起来后立刻取走P1P2）欲使碰后P3获得最大的向右运动的速度，则P2的质量应取多少？P3获得的最大速度v3又为多少？
（3）若在t=0时刻，给P4一向右的速度v4=3m/s，则P4、P5将做某种复杂的运动。假定P3以（2）问中的最大速度飞向P4P5和弹簧组成的系统，因l2大小可调，击中P4时P4的速度不确定，且P3P4碰后立即粘在一起。求P3P4P5和弹簧组成的系统在以后的运动中，弹簧可能具有的最大弹性势能的取值范围。
【答案】（1）6A；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）弹丸受到的安培力为
根据牛顿第二定律，可得弹丸的加速度大小为
t=0时刻弹丸从静止自导轨左端向右滑行l1=0.5m后以速度v1=2m/s射出
解得
（2）P1与P2碰撞过程
P2与P3间碰撞过程
解得
当时，P3获得最大的向右运动的速度，此时
（3）设P3P4碰时的速度为，对P3P4P5整体分析可知，最终弹簧弹性势能最大时，三者共速
P3P4碰撞过程中
弹簧弹性势能表达式
整理得
因为解得
N极插入
N极拔出
S极插入
S极拔出
原磁场方向
向下
向下
向上
向上
A/B灯现象
A灯亮
B灯亮
B灯亮
A灯亮
感应电流磁场的方向
向上
向下
向下
向上
一、单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1. 下列说法正确的是（ ）
A. 声源远离观察者时，观察者接收到声音频率比声源发出的频率大
B. 肥皂膜上出现彩色条纹是光的偏振现象
C. 将原本精准的摆钟从广州运到黑龙江后应调整其摆长
D. 双缝干涉实验中形成的干涉图样，条纹间距与光的频率无关
【答案】C
【解析】
【详解】A．声源远离观察者时，根据多普勒效应可知，观察者接收到的声音频率比声源发出的频率小，故A错误；
B．肥皂膜上出现彩色条纹是光的干涉现象，故B错误；
C．根据
将原本精准的摆钟从广州运到黑龙江后，由于重力加速度发生变化，所以应调整其摆长，故C正确；
D．双缝干涉实验中形成的干涉图样，根据
可知条纹间距与光的波长有关，则与光的频率有关，故D错误。
故选C。
2. 下列四幅图分别对应四种说法，其中正确的是（ ）
A. 图甲中铀238的半衰期是45亿年，经过45亿年，10个铀238必定有5个发生衰变
B. 图乙中氘核的比结合能小于氦核的比结合能
C. 图丙中一个氢原子从n=4的能级向基态跃迁时，最多可以放出6种不同频率的光
D. 图丁中为光电效应实验，用不同光照射某金属得到的关系图，则a光频率最高
【答案】B
【解析】
【详解】A．图甲中铀238的半衰期是45亿年，半衰期只适用大量原子核的衰变，所以经过45亿年，10个铀238不一定有5个发生衰变，故A错误；
B．图乙中氦核比氘核更稳定，氘核的比结合能小于氦核的比结合能，故B正确；
C．图丙中一个氢原子从n=4的能级向基态跃迁时，跃迁路径可能为、、、，所以最多可以放出3种不同频率的光，故C错误；
D．图丁中为光电效应实验，用不同光照射某金属得到的关系图，根据
，
由图像可知，c光对应的遏止电压最大，则c光对应的光电子最大初动能最大，c光频率最高，故D错误。
故选B。
3. 如图，一根绝缘的光滑水平横杆上套有质量均为m的A、B两个小环，两环上都带有正电荷，系在两环上的等长细绳拴住质量为M的物块处于静止状态，某时刻开始环上电荷量缓慢减少，则（ ）
A. 单根细绳对物块的拉力始终不变
B. 两细绳对物块的合力变大
C. 杆对A环的作用力保持不变
D. 两环间距等于绳长时，单根细绳拉力大小等于Mg
【答案】C
【解析】
【详解】B．某时刻开始环上电荷量缓慢减少，稳定后，物块仍保持静止，根据平衡条件可知两细绳对物块的合力与物块重力等大反向，故两细绳对物块的合力不变，故B错误；
AD．设绳子与竖直方向的夹角为，稳定后，物块仍保持静止，则
可得
环上电荷量缓慢减少，将减小，故单根细绳对物块的拉力逐渐减小，当两环间距等于绳长时，设绳长为，根据几何关系有
可得
此时单根细绳拉力大小等于
故AD错误；
C．根据对称性，可知杆对A环的作用力等于杆对B环的作用力，以A、B小环、物块为整体受力分析，竖直方向有
可得杆对A环的作用力为
故杆对A环的作用力保持不变，故C正确。
故选C。
4. 霍尔推进器不断被改进，未来有望成为远距离太空探测的首选推进装置。有一种霍尔推进器如图所示，很窄的圆环空间内有沿半径方向向外的辐射状磁场Ⅰ，其磁感强度大小可近似认为处处相等；在垂直于圆环平面方向上加有匀强磁场Ⅱ和匀强电场（图中都没有画出），磁场Ⅰ与磁场Ⅱ的磁感应强度大小相等。电子恰好可以在圆环内沿顺时针方向做匀速圆周运动。下列说法正确的是（ ）
A. 磁场Ⅱ垂直圆环平面向里
B. 电场方向垂直圆环平面向外
C. 电子受到的电场力提供向心力
D. 磁场对电子的洛伦兹力做正功
【答案】A
【解析】
【详解】ABC．根据洛伦兹力和电场力受力特点，电子沿顺时针方向做圆周运动，因此在磁场I中，受到的洛伦兹力方向垂直平面向里，所以电场力要和其平衡，电场力方向垂直纸面向外，电场方向垂直圆环平面向里，磁场Ⅱ提供圆周运动的向心力，因此方向垂直圆环平面向里，故BC错误，A正确；
D．磁场对电子的洛伦兹力在任何情况下都不做功，故D错误。
故选A。
5. 如图，两个电荷量都为Q的正、负点电荷固定在A、B两点，AB连线中点为O。现将另一个电荷量为+q的试探电荷放在AB连线的中垂线上距O为x的C点，沿某一确定方向施加外力使试探电荷由静止开始沿直线从C点加速运动到O点，不计重力，则此过程中（ ）
A. 施加的外力沿CO方向
B. 试探电荷受到的电场力一直变小
C. 试探电荷做加速度增大的加速运动
D. 试探电荷的电势能逐渐增加
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据等量异种电荷周围电场分布情况，可知试探电荷+q在运动过程中受水平向左的电场力作用，要想让该电荷由静止开始沿直线从C点运动到О点，则该电荷所受合力的方向应沿CО方向，受力分析如图所示
可知外力F的方向应当斜向左下，故A错误；
B．根据等量异种电荷中垂线电场分布特点可知，沿直线从C点加速运动到O点，电场强度逐渐增大，则试探电荷受到的电场力一直变大，故B错误；
C．沿直线从C点加速运动到O点，试探电荷受到的电场力一直变大，则外力的水平分力一直变大，由于施加外力的方向确定，则竖直分力一直变大，根据牛顿第二定律可知，试探电荷的加速度一直变大，试探电荷做加速度增大的加速运动，故C正确；
D．由于电场力垂直于试探电荷的运动方向，所以电场力不做功，试探电荷的电势能不变，故D错误。
故选C。
6. 如图，将一质量为m=10g、长度为l=20cm的长方形硬纸板放在水平桌面上，左端一小部分伸出桌外。将一质量为也为10g的橡皮擦（可视为质点）置于纸板的正中间，用手指将纸板水平弹出，纸板瞬间获得初速度。已知橡皮擦与纸板、桌面间的动摩擦因数均为，纸板与桌面间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取。则（ ）
A. 弹出纸板后瞬间，纸板的加速度大小为2m/s²
B. 橡皮擦与纸板达到相同速度后，一直与纸板相对静止
C. 最终橡皮擦不会脱离纸板
D. 因橡皮擦与纸板摩擦而产生的热量为
【答案】C
【解析】
【详解】A．弹出纸板后瞬间，对纸板受力分析可知橡皮擦给纸板水平向右的摩擦力为
桌面给纸板水平向右的摩擦力为
由牛顿第二定律可知弹出纸板后瞬间，纸板的加速度大小为
橡皮擦的加速度大小为
故A错误；
B．橡皮擦与纸板达到相同速度后，假设纸板和橡皮擦相对静止，则整体受到的加速度为
而橡皮擦开始做减速运动加速度最大值为
故此时橡皮擦将相对纸板向左运动，且橡皮擦向右的加速度为
纸板向右的加速度为
故B错误；
CD．结合AB选项，设橡皮擦与纸板经过t时间速度相同，则有
代入数据解得
此时二者向左共速的速度为
橡皮擦的位移为
纸板的位移为
则二者相对位移为
可知橡皮擦未滑出纸板，接着二者由相同的速度开始以不同加速度做减速运动，由于
所以纸板先减速为0，保持静止，橡皮擦继续以减速为0，规定向左为正方向则橡皮的位移为
纸板的位移为
则二者相对位移为
可知橡皮擦最终距离纸板中点的距离为
即最终橡皮擦不会脱离纸板，且此过程中橡皮擦与纸板摩擦而产生的热量为
故C正确，D错误。
故选C。
7. 如图，地球和某行星在同一轨道平面内同向绕太阳做顺时针的匀速圆周运动。地球和太阳的连线与地球和行星的连线所夹的角叫地球对该行星的观察视角，已知该行星的最大观察视角为θ，当行星处于最大视角处时，是地球上天文爱好者观察该行星的最佳时期。则（ ）
A. 行星的环绕半径与地球的环绕半径之比为tanθ
B. 行星的环绕周期与地球的环绕周期之比为
C. 行星两次处于最佳观察期的时间间隔至少为年
D. 行星两次处于最佳观察期的时间间隔可能为年
【答案】D
【解析】
【详解】A．该行星的最大观察视角为θ，如图
根据几何关系可知
所以行星的环绕半径与地球的环绕半径之比为
故A错误；
B．根据开普勒第三定律有
得行星的环绕周期与地球的环绕周期之比为
故B错误；
CD．若行星最初处于最佳观察期时，其位置超前于地球，则下一次行星处于最佳观察期时一定是行星落后于地球，因而有
即
故C错误，D正确。
故选D。
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8. 如图所示，小巴和小蜀在可视为光滑的水平地面上玩弹珠游戏，两人将甲球和乙球以相同的动能相向弹出。则关于碰撞后两球的情况可能的是（ ）
A. 若两球质量相等，碰后以某一相等速率互相分开
B. 若两球质量相等，碰后以某一相等速率同向而行
C. 若，碰后两球以某一相等速率同向而行
D. 若，碰后两球速度均与原方向相反，且动能仍相等
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．根据动能与动量关系有
若两球质量相等，则碰撞前动量大小相等，方向相反，总动量为零，则碰撞后总动量为零，碰后以某一相等速率互相分开，故A正确，B错误；
CD．若，则碰撞后总动量方向与甲的初速度方向相同，所以碰后两球以某一相等速率同向而行，故C正确，D错误。
故选AC。
9. 如图所示，一平行板电容器两极板水平放置，极板间距为，长度为。开始时接到一个直流电源上，开关闭合，电源电动势恒定。一个带负电的粒子以从两板正中央水平向右射入电容器，恰好沿着图中虚线做匀速直线运动，粒子质量为。则（ ）
A. 断开开关，将上板上移，粒子会向上偏转
B. 断开开关，将上板上移，粒子仍然做匀速直线运动
C. 保持开关闭合，将上板上移，粒子从原位置入射，会击中下板且击中前瞬间的动能为
D. 保持开关闭合，电动势翻倍，粒子从原位置入射，会击中上板，且击中前瞬间的动能为
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．断开开关，电容器中的电荷量不变，电荷密度不变，场强不变，即粒子不偏转，仍做匀速直线做运动，A错误；B正确；
C．保持开关闭合，电容器上下极板的电势差不变，将上板上移，根据电场强度与电势差的关系可知
则
所以粒子向下偏转，根据牛顿第二定律可知
若击中下板，竖直方向位移为
联立解得
则粒子水平方向位移为
由此可知，水平方向位置大于极板长度，所以粒子不能击中下极板，C错误；
D．保持开关闭合，电动势翻倍，则电场强度变为，粒子向上偏转，粒子受力为
由分析可知能击中上板，击中前瞬间的动能为
D正确。
故选BD。
10. 如图所示，两平行金属导轨固定在水平面上（导轨电阻不计），导轨间距为L＝2m，在导轨所在的平面内，分布着垂直于导轨平面的磁感应强度为B＝0.5T的匀强磁场。导轨的一端接有电动势E＝5V、内阻r＝0.5Ω的电源，串联一电阻R＝2.5Ω。一导体棒垂直于轨道放在金属导轨上，导体棒的电阻不计、质量m＝1kg，与导轨的动摩擦因数μ＝0.5。当磁场以v0＝12m/s的速度匀速向右移动时，导体棒恰好能向右匀速移动，且导体棒一直在磁场内部，则下列说法正确的是（ ）
A. 导体棒运动的速度为2m/s
B. 安培力对导体棒做功的功率为10W，故电路发热的热功率为10W
C. 导体棒和轨道摩擦生热的功率为10W
D. 电源产生的电功率和外力对磁场做功的功率之和为85W
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．因为杆匀速运动，则
BIL=μmg
解得
I=5A
设杆的速度v1，由于
解得
v1=2m/s
选项A正确；
B．安培力对导体棒做功的功率为
电路发热的热功率为
选项B错误；
C．导体棒和轨道摩擦生热的功率为
选项C正确；
D．对系统可知
选项D正确。
故选ACD。
三、非选择题：共5小题，共57分。
11. 某同学利用如图所示装置探究“影响感应电流方向的因素”，下表为该同学记录的实验现象。
（1）实验前先使用多用电表的欧姆挡对二极管正负极（二极管通正向电流时，电流的流入端为二极管的正极，流出端为二极管的负极）进行确认，某次测量时发现多用电表指针几乎没有偏转，说明此时黑表笔接触的是二极管的__________（填“正极”或“负极”）。
（2）由实验记录可得当穿过线圈的磁通量增大时，感应电流的磁场方向与条形磁铁在线圈内产生的磁场方向__________（填“相同”“相反”或“没有关系”）；当穿过线圈的磁通量减小时，感应电流的磁场方向与条形磁铁在线圈内产生的磁场方向__________（填“相同”“相反”或“没有关系”）。由此得出的结论是感应电流的磁场总是阻碍原磁场的__________的变化。
（3）该同学利用上面实验中得到的结论，在图所示装置中进行了一些操作，发现电流表的指针向右偏转（电流表的偏转满足左进左偏，右进右偏），该同学可能进行了的操作是__________。
A. 闭合开关瞬间
B. 断开开关瞬间
C. 开关闭合时将滑动变阻器的滑片向左滑动
D. 开关闭合时将滑动变阻器的滑片向右滑动
【答案】（1）负极 （2） ① 相反 ②. 相同 ③. 磁通量 （3）AC
【解析】
【小问1详解】
测量时发现多用电表指针几乎没有偏转，说明二极管的负极与电源正极相连，由于黑表笔与电源正极相连，故此时黑表笔接触的是二极管的负极。
【小问2详解】
[1][2][3]由实验记录可得当穿过线圈的磁通量增大时，感应电流的磁场方向与条形磁铁在线圈内产生的磁场方向相反，感应电流的磁场方向与条形磁铁在线圈内产生的磁场方向相同，由此得出的结论是感应电流的磁场总是阻碍原磁场的磁通量的变化。
【小问3详解】
AB．闭合开关瞬间，线圈A中电流增大，产生的磁场增大，线圈B中向下的磁通量增大，根据楞次定律，电流表中有从右向左的电流，电流表的指针向右偏转，同理可得，断开开关瞬间，电流表的指针向左偏转，故A正确，B错误；
CD．开关闭合时将滑动变阻器的滑片向左滑动，滑动变阻器接入电路的阻值减小，线圈A中电流增大，产生的磁场增大，线圈B中向下的磁通量增大，根据楞次定律，电流表中有从右向左的电流，电流表的指针向右偏转，同理可得，开关闭合时将滑动变阻器的滑片向右滑动，电流表的指针向左偏转，故C正确，D错误。
故选AC。
12. 某同学采用如图甲所示装置验证物块A与物块B（带有遮光条）组成的系统机械能守恒。图中光电门安装在铁架台上且位置可调，滑轮质量不计，细线与滑轮之间的摩擦可以忽略不计，细线始终伸直。，遮光条质量不计，遮光条通过光电门的平均速度看作滑块通过光电门的瞬时速度，实验时将物块B由静止释放。
（1）用螺旋测微器测出遮光条宽度d，如图乙所示，则____。
（2）某次实验中，测得，则此时A的速度为____（保留2位有效数字）。
（3）改变光电门与物块B之间的高度h，重复实验，测得各次遮光条的挡光时间t，以h为横轴、为纵轴建立平面直角坐标系，在坐标系中作出图像，如图丙所示，该图像的斜率为k，在实验误差允许范围内，若____（用含g、d字母的表达式表示），则验证了机械能守恒定律。
【答案】（1）1.195
（2）0.10 （3）
【解析】
【小问1详解】
[1]螺旋测微器测出遮光条宽度为
【小问2详解】
[1] A的速度为
【小问3详解】
[1]系统减小的重力势能为
系统增加的动能为
在实验误差允许范围内，机械能守恒有
化解得
在实验误差允许范围内，若
则验证了机械能守恒定律。
13. 2024年初哈尔滨旅游“火出圈”，“南方小土豆勇闯哈尔滨”等话题接连上热搜，丰富的冰雪运动吸引了大量的游客。在冰雪大世界有一个冰滑梯，如图所示，与水平面成37°角的倾斜冰滑道与水平冰滑道在B点平滑连接，滑梯顶端高度，。小孩乘坐冰车由静止开始从滑道顶端A出发，经过B点后瞬间与处于静止状态的家长所乘坐的冰车发生碰撞，碰撞后两冰车（包含小孩和家长）一起共同运动，已知小孩和冰车的总质量m=30kg，家长和冰车的总质量M=60kg，人与冰车均可视为质点，冰车与冰面的动摩擦因数均为0.25，忽略空气阻力，取重力加速度，，cs37°=0.8，求：
（1）小孩与家长碰前小孩的速度大小；
（2）要保证冰车不滑出水平滑道，水平滑道至少需要多长？
【答案】（1）；（2）
【解析】
详解】（1）对小孩和冰车从出发到B点用动能定理有
解得
（2）设碰撞后两冰车（包含小孩和家长）速度为v，根据动量守恒可得
能量守恒
解得
14. 如图所示，有两条不计电阻的平行光滑金属导轨、，导轨间距L=0.5m，其中、段倾斜放置，倾斜角，，、段水平放置，两段之间通过一小段（大小可忽略）光滑圆弧绝缘材料平滑相连，在倾斜导轨左端连接一电容的电容器，在N和两端与电阻器，R=0.1Ω相连，在倾斜导轨、区域内加有垂直于倾斜导轨平面向下的匀强磁场，在水平导轨的区域内加有垂直水平导轨平面向上的匀强磁场，、均与导轨垂直，且，是质量为3m、各边长度均为L的开口向左的U形金属框，已知其de边电阻为R=0.1Ω，其余各段电阻可忽略不计，开始时紧挨导轨静置于左侧外，一不计电阻的质量为m的金属棒a紧贴从静止释放，使其向下滑行，越过后与U形金属框发生碰撞，碰后粘在一起形成一个正方形导体框沿导轨穿过磁场区域。已知：m=1kg，不计一切摩擦，取重力加速度，求：
（1）金属棒a在倾斜导轨下滑的加速度大小（提示：）；
（2）de边刚进入磁场区域时的速度大小；
（3）整个过程中电阻器R上产生的焦耳热。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）金属棒a沿倾斜轨道向下滑行过程中有
又，所以电流为
则由牛顿第二定律
又有
则
又因为，所以可求得金属棒加速度为
（2）金属棒a沿倾斜轨道向下滑行过程由运动学公式得
金属棒a越过后与U形金属框发生碰撞，由动量守恒定律
解得
此后一起匀速向右运动直到de边进入磁场区域，即de边进入磁场区域时速度为1m/s。
（3）在de边进入磁场区域时，de边左侧电阻为0，即右侧的电阻器R被短路，无电流。此时回路总电阻就为de边的电阻R；在cf边进出磁场时，此时右侧de边和电阻器组成并联电路，此时总电阻为0.5R，根据
，
则碰后粘在一起全部进入磁场区域过程，根据动量定理有
解得
金属框一起全部穿出磁场区域过程，有
解得
所以此过程中电阻器R上产生的焦耳热为
故电阻器R上产生的焦耳热为0.48J。
15. 如图为某同学利用电磁炮来研究碰撞问题的示意图，其中ABCD为无限长的水平光滑桌面。图中左侧部分即为电磁炮的简化模型，两平行导轨固定在水平桌面上，间距d=1×10-3m，一金属弹丸P1置于两导轨之间，并与导轨保持良好接触，质量m1=9kg。导轨左端与一电流为I的理想恒流源相连。在发射过程中，假设两平行导轨中的电流I在弹丸所在位置处产生的磁场始终可视为匀强磁场，其强度与电流的关系为B=kI（其中k=103T/A），方向垂直导轨平面，t=0时刻弹丸从静止自导轨左端向右滑行l1=0.5m后以速度v1=2m/s射出。在弹丸出射方向的延长线上，静置着两小物块P2（质量m2未知）、P3（质量m3=1kg），P2与P3间有极小间隙。它们右侧足够远处放有由处于原长的轻弹簧连接的小物体P4（质量m4=1kg）、P5（质量m5=2kg）。P1、P2、P3、P4、P5均可视为质点，P3、P4之间的距离为l2（大小可调）。不计空气阻力、摩擦阻力。
（1）求理想恒流源中的电流I；
（2）在弹丸射出后撞向静置的P2P3，假定P1与P2、P2与P3间的碰撞均为弹性碰撞，（P3运动起来后立刻取走P1P2）欲使碰后P3获得最大的向右运动的速度，则P2的质量应取多少？P3获得的最大速度v3又为多少？
（3）若在t=0时刻，给P4一向右的速度v4=3m/s，则P4、P5将做某种复杂的运动。假定P3以（2）问中的最大速度飞向P4P5和弹簧组成的系统，因l2大小可调，击中P4时P4的速度不确定，且P3P4碰后立即粘在一起。求P3P4P5和弹簧组成的系统在以后的运动中，弹簧可能具有的最大弹性势能的取值范围。
【答案】（1）6A；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）弹丸受到的安培力为
根据牛顿第二定律，可得弹丸的加速度大小为
t=0时刻弹丸从静止自导轨左端向右滑行l1=0.5m后以速度v1=2m/s射出
解得
（2）P1与P2碰撞过程
P2与P3间碰撞过程
解得
当时，P3获得最大的向右运动的速度，此时
（3）设P3P4碰时的速度为，对P3P4P5整体分析可知，最终弹簧弹性势能最大时，三者共速
P3P4碰撞过程中
弹簧弹性势能表达式
整理得
因为解得
N极插入
N极拔出
S极插入
S极拔出
原磁场方向
向下
向下
向上
向上
A/B灯现象
A灯亮
B灯亮
B灯亮
A灯亮
感应电流磁场的方向
向上
向下
向下
向上
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