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贵州省遵义市2024-2025学年高二下学期7月期末考试物理试题
一、选择题（本题共10小题，共43分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每题5分，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
1．碳-14核电池具有长寿命、高安全性的特点，在低功耗、长周期供电领域具有独特优势。该电池利用碳-14衰变为氮-14过程中释放的能量发电，衰变方程为，下列四幅图能对应该核反应方程示意图的是（　　）
A． B．
C． D．
2．如图所示，某货箱随水平传送带沿虚线MNPQ路径运动，其速率不变且始终与传送带保持相对静止。已知MN段是半径为R的圆弧，PQ段是半径为2R的圆弧，货箱可视为质点，不计空气阻力。关于该货箱在MN段与PQ段运动过程中说法正确的是（　　）
A．角速度大小之比为1∶1 B．角速度大小之比为1∶2
C．摩擦力大小之比为2∶1 D．摩擦力大小之比为 1∶1
3．某同学搭建了一个甲烷分子球棍模型，并将其静置在光滑水平桌面上，如图所示。质量均为m的四个相同小球a、b、c、d，通过轻杆连接在小球O周围，形成一个正四面体结构。已知小球O质量为M，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．O球受到的合力为Mg
B．O球受到的合力为零
C．a球受到桌面的作用力大小为mg
D．a球受到桌面的作用力大小为
4．某兴趣小组根据某低压电热毯工作原理设计了如图所示的模拟电路图。理想变压器原副线圈匝数比为10∶1，原线圈接在的交流电源上。单刀三掷开关S可控制电路实现加热和保温两个功能，拨至“0”电热毯停止工作。、、是三个阻值均为的电热丝，电表均为理想交流电表，二极管为理想二极管。则当开关S拨至2（　　）
A．电热毯是保温状态
B．电压表的示数为22V
C．电流表的示数为0.1A
D．若突然断路，变压器的输入功率将变大
5．某带电粒子在电场中运动时，仅受电场力作用，经M点运动到N点，其加速度大小随时间变化的关系如图所示。下列选项中粒子的运动轨迹（实线）与电场的等差等势面（虚线）分布，符合该粒子加速度变化特征的是（　　）
A． B．
C． D．
6．迄今为止，人类发射的人造地球卫星仍在轨运行的约有1万颗，其中有两颗卫星甲和乙，运行周期相等。卫星甲做匀速圆周运动且轨道半径为r，卫星乙沿椭圆轨道运动，且近地点到地心的距离为0.5r。则卫星乙远地点到地心的距离为（　　）
A． B． C． D．2r
7．如图（a）所示，将洛伦兹力演示器放在水平桌面上。励磁线圈中通入电流可使玻璃泡内充满匀强磁场，磁感应强度大小与励磁线圈中的电流成正比，电子枪水平向左发射速率恒为v的电子束。如图（b）示，球形玻璃泡的球心为O，半径为R，电子枪在O点正下方0.75R处，当励磁线圈中电流为时，电子恰好打在玻璃泡上与圆心等高的A点，如图（b）中“轨迹1”；当励磁线圈中电流为时，电子以O为圆心做匀速圆周运动，如图（b）中“轨迹2”，不计电子之间的相互作用，则（　　）
A．两种情况下电子的运动周期相同
B．电流为时，电子的轨道半径为1.1R
C．与的大小之比为9∶16
D．与的大小之比为18∶25
8．某汽车在平直路面上行驶，当发动机以30Hz的频率工作时，会引起车体共振而剧烈振动。关于车体，下列说法正确的是（　　）
A．固有频率等于30Hz
B．固有频率小于30Hz
C．在该状态下的振动频率等于30Hz
D．在该状态下的振动频率小于30Hz
9．如图所示，某同学在不同高处，固定两根仅长度不同的铜制圆管M、N，两管均竖直。在管口正上方同一水平高度，同时静止释放两个相同的很小的强磁铁甲和乙（磁极分别在上下端），两磁铁穿过铜管后恰好同时落地。不考虑两磁铁之间的相互作用及磁铁在铜管外与铜管的相互作用，不计空气阻力。则两磁铁（　　）
A．刚进入铜管时，受到铜管的作用力方向不同
B．刚进入铜管时，受到铜管的作用力方向相同
C．下落的整个过程中，M产生的焦耳热大于N产生的焦耳热
D．下落的整个过程中，M产生的焦耳热小于N产生的焦耳热
10．工程师设计了一个货物缓冲装置。如图（a）所示，倾角的固定光滑斜面与水平地面在C点平滑连接，两条宽度不计的缓冲条（货物每次经过时损失的机械能相等）分别嵌入地面上A、B两处。为检验装置缓冲性能，工程师使货物以一定的初速度从O点水平向右滑出，并记录了货物从O点开始至动能首次减为零的过程中，动能与路程s的关系图像，如图（b）所示。已知，货物质量，重力加速度g取，不计空气阻力，货物可视为质点，则货物（　　）
A．与地面间的动摩擦因数为0.5
B．沿斜面上滑的最大距离为2m
C．每次经过缓冲条损失的机械能为5J
D．最终停止的位置与O点的距离为1.8m
二、实验题（本题共2小题，共15分）
11．某小组用“插针法”测量玻璃的折射率：如图（a）所示，在木板上面铺一张白纸，把两面平行的玻璃砖放在纸上，描出玻璃砖的两个边和。在玻璃砖的一侧插两个大头针A、B，确定射入玻璃砖的光线；在玻璃砖的另一侧依次插大头针C、D，确定从玻璃砖射出的光线。在白纸上描出光线的径迹，测量相应的角度、，计算玻璃砖的折射率n。回答下列问题：
（1）关于实验操作，下列描述合理的是______
A．实验中可以直接用手接触玻璃砖的光学面
B．为减小实验误差，大头针之间的距离要尽可能小
C．插大头针D时，必须使它把前三个大头针都挡住
（2）该小组测量了多组数据，甲、乙两位同学分别采用了下表中的处理方法计算折射率，你认为合理的是　 　。（填“甲”或“乙”）
甲 项目 1 2 3 4 5 平均值
0.26 0.50 0.71 0.87 0.97
0.17 0.31 0.47 0.59 0.68
n 1.53 1.61 1.51 1.47 1.43 1.51
乙 项目 1 2 3 4 5 平均值
0.26 0.50 0.71 0.87 0.97 0.66
0.17 0.31 0.47 0.59 0.68 0.44
n
1.50
（3）该小组实验后发现该玻璃砖内部有一空气层，且空气层边界与玻璃砖外表面均平行，如图（b）所示。实验时光线通过了空气层的中间区域，则实验中测得玻璃的折射率比真实值　 　（填“偏大”或“偏小”）
12．某同学为测量一节旧干电池的内阻，使用的器材有：
电阻箱（0~999.9）
毫安表（量程0~100mA，内阻不计）
电流表（量程0~0.6A，内阻不计）
滑动变阻器（0~20）
干电池
开关S，导线若干
（1）该同学设计的电路图如图所示。请在图中用笔画线代替导线将实物图补充完整。
（2）闭合开关S，移动滑动变阻器R的滑片到恰当位置，调节电阻箱，使满偏，此时面板如图所示，则电阻箱阻值＝　 　。
（3）改变滑片位置，调节电阻箱，使再次满偏，记录电阻箱阻值及对应的示数。多次重复实验操作，实验数据如下表所示：
项目 1 2 3 4 5 6 7 8
13.4 12.9 12.3 12.0 11.4 11.1 10.6 10.3
0.18 0.24 0.31 0.35 0.43 0.47 0.52 0.56
根据实验数据，该同学在坐标纸上描点如图所示，请在坐标纸上绘制关系图像（用直线拟合）。
（4）若拟合的图线斜率的绝对值为k，的满偏电流为，则该电池的内阻r＝　 　（结果用、k表示）。
（5）实验中，若考虑内阻的影响，从设计原理上看，该电池内阻的测量值　 　真实值（填“大于”或“小于”）。
三、计算题（本题共3小题，共42分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位）
13．某登山运动员在攀登珠穆朗玛峰的过程中，裸露在外的手表表盘玻璃因内外压强差过大而爆裂。已知该手表表盘内封闭一定质量的理想气体，当表内气体热力学温度为时，压强为。
（1）若不考虑表内气体体积变化，爆裂前瞬间表内气体温度为0.8，求爆裂前瞬间表内气体的压强；
（2）为防止表盘爆裂，设计师将该手表表盘玻璃换为柔性材料（假设表内气体未溢出），当表内气体温度为0.8时，体积变为原来的1.2倍，求此时表内气体的压强。
14．科学家在实验室中利用电磁场控制带电粒子的运动轨迹。如图甲所示，两平行金属板M、N竖直固定，板间距离为d；水平虚线ab下方、N板右侧区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里；ab上方区域充满水平向左的匀强电场。质量为m、电荷量为的粒子紧靠M板由静止释放，经板间电场加速后垂直进入磁场区域；粒子速度方向改变30°后从P点（图中未画出）进入ab上方电场中。已知M板的电势为，MN板间电势随距M板的距离x变化关系如图乙所示，不计粒子重力及场的边缘效应。求：
（1）粒子进入磁场时的速度大小；
（2）粒子在MN板间的加速度大小与磁场中的加速度大小之比；
（3）粒子从通过P点开始，到速度大小为通过P点一半时的动量变化量。
15．如图所示，间距L=1m的足够长光滑平行金属导轨ab、cd固定在绝缘水平桌面上，bd端与固定绝缘光滑斜面底端平滑相接，斜面倾角θ=30°；bd左侧空间内充满竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B=1T；长度均为1m、电阻均为r=0.5Ω的导体棒甲、乙静置在导轨上。现锁定乙，给甲施加一水平向右的恒力F=4Ν，使其向右运动，甲稳定后，当甲、乙之间的距离s=9.6m时，撤去力F并解除乙的锁定，乙运动稳定后冲上斜面，且沿斜面上升的最大高度h=0.45m，运动过程中两棒与导轨始终垂直且接触良好。已知甲的质量m1=3kg，重力加速度g取10m/s2，不计其他电阻。求：
（1）甲速度最大时乙的电功率P；
（2）乙的质量m2；
（3）从乙开始运动到甲、乙首次碰撞前的过程中，乙产生的焦耳热Q。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】由衰变过程中质量数和电荷数守恒，结合核反应方程，可知是电子，故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】由质量数和电荷数守恒分析。
2．【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力
【解析】【解答】AB．某货箱随水平传送带沿虚线MNPQ路径运动，其速率不变且始终与传送带保持相对静止，MN段半径r1=R，PQ段半径r2=2R，根据角速度与线速度的关系式v=ωr得ω1：ω2=r2：r1=2：1，故A错误，B错误；
CD．货箱做匀速圆周运动，摩擦力提供向心力，则，则，C正确，D错误。
故选C。
【分析】根据角速度与线速度的关系式v=ωr，比较角速度；货箱做匀速圆周运动，摩擦力提供向心力，列出等式求解。
3．【答案】B
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．质量均为m的四个相同小球a、b、c、d静置在光滑水平桌面上， 整体静止在光滑水平桌面，合力为零，O球合力为零，A错误，B正确；
CD．已知小球O质量为M，3小球受力对称，每个小球受桌面支持力，由于桌面光滑，a球与桌面无摩擦，故a球受到桌面的作用力大小等于a球受到桌面的支持力大小为，CD错误。
故选B。
【分析】小球O静止，合力为零，对整体，根据平衡条件求a球受到桌面的作用力大小。
4．【答案】B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．当开关S拨至1时， 二极管为理想二极管，由于二极管的单向导电性，、、三个电热丝只有半个周期通电，当开关S拨至2时，、、三个电热丝整个周期都通电，功率最大，则当开关S拨至2，电热毯是加热状态，故A错误；
B．原线圈接在的交流电源上，可知原线圈的输入电压为，则副线圈的输出电压为
即电压表的示数为22V，故B正确；
C．根据电路连接可知副线圈的电流为
则原线圈电流为，即电流表的示数为0.2A，故C错误；
D． 若R3突然断路，由于副线圈电压不变，则R1、R2消耗功率不变，所以副线圈输出功率减小，变压器为理想变压器，可知变压器的输入功率将变小，故D错误。
故选B。
【分析】输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理和欧姆定律分析即可。
5．【答案】C
【知识点】等势面；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】粒子仅受电场力，根据牛顿第二定律可得加速度
图像加速度大小随时间先增后减，说明电场强度E先增后减，等势面越密电场强度越大。
A．图A为等量同种电荷等差等势面分布，MN为等量同种电荷连线中垂线，从M到N，电场强度E先减后增，与图像不符，故A错误；
B．图B为等量异种电荷等差等势面分布，MN为等量异种电荷连线，从M到N，电场强度E先减后增，与图像不符，故B错误；
C．等势面先密后疏，电场强度先增后减，加速度先增后减，故C正确；
D．等势面均匀分布，电场强度不变，加速度不变，与图像不符，故D错误。
故选：C。
【分析】粒子仅受电场力，根据牛顿第二定律求解加速度大小，a-t图像加速度大小随时间先增后减，说明电场强度E先增后减，等势面越密电场强度越大。
6．【答案】B
【知识点】开普勒定律
【解析】【解答】根据开普勒第三定律，由于卫星甲和乙的运行周期相等，则半长轴相等，对于卫星甲，其轨道半径，即为半长轴，故，乙卫星的近地点到地心距离为，而椭圆轨道的半长轴应满足，根据开普勒第三定律，卫星乙的半长轴也为 r ，即
解得，故B正确，ACD错误。
故选B。
【分析】根据开普勒第三定律，结合椭圆轨道的半长轴定义来建立等式求解。
7．【答案】D
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A．根据题意B=kI， 根据洛伦兹力提供向心力结合圆周运动规律可知电子运动的周期
两种情况下励磁线圈电流不同，则电子的运动周期不相同，选项A错误；
B．电流为时，根据轨迹图由几何关系可知
解得电子的轨道半径为，选项B错误；
CD．根据洛伦兹力提供向心力结合牛顿第二定律可得 ，B=kI
可得，与的大小之比为，选项C错误，D正确。
故选D。
【分析】根据洛伦兹力提供向心力，结合几何关系分析求解。
8．【答案】A,C
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】做受迫振动的物体的频率等于驱动力频率；当固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象。AB．当系统发生共振时，驱动力的频率（30Hz）等于系统的固有频率，故A正确，B错误；
CD．受迫振动的频率由驱动力频率决定，与是否共振无关，因此振动频率为30Hz，故C正确，D错误。
故选：AC。
【分析】受迫振动的频率由驱动力频率决定，结合共振发生的条件分析。
9．【答案】B,D
【知识点】自由落体运动；楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】AB．两磁铁刚进入铜管时，铜管中磁通量变化产生感应磁场，依据楞次定律推论可知，感应磁场阻碍磁铁运动，作用力方向均向上，故A错误，B正确；CD．两磁铁“穿过铜管后恰好同时落地”，铜制圆管N下端更靠下，磁铁下落穿过圆管N时速度更大，可判断铜制圆管N更长；磁铁下落穿过圆管N时，产生的平均感应电动势更大，故下落的整个过程中，M产生的焦耳热小于N产生的焦耳热，故C错误，D正确。
故选：BD。
【分析】根据楞次定律的推论分析；磁铁下落穿过圆管N时速度更大，产生的平均感应电动势更大，铜制圆管N更长，N产生的焦耳热更多。
10．【答案】A,C,D
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．根据动能定理可知，图像的斜率等于合外力，根据货物从O点开始至动能首次减为零的过程中动能与路程s的关系图像可知在平面时
在斜面上时，因从B点以后的图像是直线，可知三段图像应该是平行的，由图可知，可得μ=0.5，选项A正确；
B．从B点到到达斜面最远点只有摩擦力和重力做功，所以
解得xm=2.2m，即物块沿斜面上滑的最大距离为2.2m，选项B错误；
C．由动能与路程s的关系图像可知
可得每次经过缓冲条损失的机械能为 E=5J，选项C正确；
D．物块每次经过缓冲条一次动能损失5J，在OA、AB、BC段每段损失动能也是5J，回到斜面底端时的动能为36J-5×5J=11J，则物块能越过B点剩余1J的动能继续运动停止，即最终停止的位置与O点的距离为1.8m，选项D正确。
故选ACD。
【分析】结合动能与路程的关系图像，分析货物在不同阶段（地面、斜面）的运动过程，利用动能定理、牛顿第二定律及运动学公式求解各选项。需明确货物在地面的匀减速运动、斜面的匀减速运动，以及经过缓冲条时的机械能损失规律。
11．【答案】（1）C
（2）甲
（3）偏小
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）A．用手直接接触玻璃砖的光学面，接触面的污渍会影响接触面的平整，故A错误；B．大头针之间的距离适当大些，可以提高精确度，故B错误；
C．根据实验原理可知，插上大头针D，使挡住C和A、B的像，故C正确。
故选：C。
（2）甲同学的处理方法是针对每组数据分别计算n，再取n的平均值，这种方法符合“多次测量取平均以减小误差”的实验原则，有利于减小误差。乙同学先把数据进行平均，在计算折射率n误差较大，故选甲。
（3）如图所示
没有空气层时光线从E点射出，有空气层后从F点射出，使得折射角变大，入射角不变，所以折射率变小。
【分析】（1）根据实验原理和注意事项分析判断；
（2）根据光的折射定律和减小误差的方法分析判断；
（3）作出光路图判断。
（1）A．玻璃砖的光学面不能用手直接接触，接触面的污渍会影响接触面的平整，进而影响折射率的测定，故A错误；
B．折射光线是通过隔着玻璃观察成一条直线确定的，大头针间的距离太小，引起的角度误差会较大，大头针之间的距离适当大些，可以提高精确度，故B错误；
C．根据实验原理可知，该同学接下来要完成的必要步骤有，插上大头针C，使挡住A、B的像；插上大头针D，使挡住C和A、B的像，故C正确。
故选C。
（2）在测量折射规律的实验中，通常根据光的折射定律
计算折射率n。甲同学的处理方法是针对每组数据分别计算n，再取n的平均值，这种方法符合“多次测量取平均以减小误差”的实验原则，有利于减小误差。乙同学先把数据进行平均，在计算折射率n误差较大，故选甲。
（3）如图所示
没有空气层时光线从E点射出，有空气层后从F点射出，使得折射角变大，入射角不变，所以折射率变小。
12．【答案】（1）
（2）
（3）
（4）
（5）大于
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）根据电路图，结合电流流向可知实物图如下图所示
（2）此时面板如图所示，电阻箱读数方法是各旋钮对应数值乘以倍率后相加。
（3）在画图线时，要使较多的点落在这条直线上或使各点均匀分布在直线的两侧，个别偏离直线太远的点可舍去不予考虑
（4）根据电路关系，由闭合电路欧姆定律可得
整理与的关系，可得
化简得
（5）不考虑内阻时，推导关系为，
考虑内阻，实际推导时，原来的电路关系中内阻会包含，化简得，，则
内阻未被扣除，测量时把内阻也算入了 “电池内阻”，所以测量值大于真实值。
【分析】（1）根据电路图连接实物图；
（2）根据电阻箱读数方法是各旋钮对应数值乘以倍率后相加分析求解；
（3）根据数据描点；
（4）根据闭合电路欧姆定律，结合斜率分析求解；
（5）根据推导的关系式，结合A2内阻未被扣除，测量时把A2内阻也算入了“电池内阻”情况分析求解。
（1）
（2）电阻箱读数方法是各旋钮对应数值乘以倍率后相加。
（3）
（4）电路中，的满偏电流为，根据电路关系，由闭合电路欧姆定律可得
整理与的关系
可得
化简得
（5）不考虑内阻时，推导关系为
考虑内阻，实际推导时，原来的电路关系中内阻会包含，化简得
则
内阻未被扣除，测量时把内阻也算入了 “电池内阻”，所以测量值大于真实值。
13．【答案】（1）由于整个过程为等容变化，根据查理定律则有
解得爆裂前瞬间表内气体的压强
（2）设表内气压为p时，气体的体积为，此时温度为，当温度为，体积为，此时表内气体的压强为，此过程为等温变化，由玻意耳定律可得
结合上述结论
解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）由于整个过程为等容变化，根据查理定律列式求解；
（2）过程为等温变化，由玻意耳定律列式求解。
（1）由于整个过程为等容变化，根据查理定律则有
解得爆裂前瞬间表内气体的压强
（2）设表内气压为p时，气体的体积为，此时温度为，当温度为，体积为，此时表内气体的压强为，此过程为等温变化，由玻意耳定律可得
结合上述结论
解得
14．【答案】（1）粒子在MN间被加速时由动能定理
解得
（2）粒子在MN板间的加速度大小，
解得
磁场中的加速度大小
可得
（3）粒子从通过P点时速度大小为v0，方向与虚线ab夹角为30°，此时垂直虚线ab的速度分量为
从通过P点开始到速度大小为通过P点一半时，即平行虚线ab方向的速度减为零，则此时粒子的动量变化量。
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）根据动能定理，对粒子在MN间被加速时分析求解；
（2）根据牛顿第二定律，结合电场力与电场强度的关系分析求解；
（3）根据速度的分解，结合从通过P点开始到速度大小为通过P点一半时，即平行虚线ab方向的速度减为零分析求解。
（1）粒子在MN间被加速时由动能定理
解得
（2）粒子在MN板间的加速度大小，
解得
磁场中的加速度大小
可得
（3）粒子从通过P点时速度大小为v0，方向与虚线ab夹角为30°，此时垂直虚线ab的速度分量为
从通过P点开始到速度大小为通过P点一半时，即平行虚线ab方向的速度减为零，则此时粒子的动量变化量。
15．【答案】（1）当甲速度最大时，加速度为0，甲所受的安培力与恒力F平衡，即
根据闭合电路的欧姆定律有
又有
故
整理可得
故代入数据可得
此时回路中的电流为
故乙的电功率为
（2）乙稳定后，甲、乙速度相同，设速度为v，则
乙冲上斜面，根据机械能守恒定律有
解得
从撤去F到甲、乙共速的过程中，系统动量守恒，有
解得
（3）从撤去F到甲、乙共速的过程中，根据能量守恒定律，系统减少的动能转化为焦耳热，即
解得
因为甲、乙电阻相同，所以从撤去F到甲、乙共速的过程中乙产生的焦耳热
乙运动稳定后冲上斜面，沿斜面上升到最大高度的过程中，由牛顿第二定律可得
乙沿斜面上升到最大高度的过程做匀减速直线运动，有
则乙冲上斜面时的速度为
联立解得，
对乙分析，在解除乙的锁定到乙运动稳定的过程中，由动量定理可得
又有
整理得
解得
此时甲乙间的距离为
乙沿斜面上升到最大高度，再从最大高度滑下斜面时，甲乙之间的距离为
乙滑下斜面时的速度大小与乙冲上斜面时的速度大小相等，从乙滑下斜面到甲、乙首次碰撞前的过程中，对甲由动量定理可得
对乙由动量定理可得
又有
解得，
故从乙滑下斜面到甲、乙首次碰撞前的过程中，甲、乙产生的焦耳热为
解得
因为导体棒甲、乙的电阻相等，故乙产生的焦耳热为
故从乙开始运动到甲、乙首次碰撞前的过程中，乙产生的焦耳热为
【知识点】能量守恒定律；机械能守恒定律；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）根据当甲速度最大时，加速度为0，甲所受的安培力与恒力F平衡，结合闭合电路的欧姆定律，以及电功率表达式分析求解；
（2）根据机械能守恒定律，结合系统动量守恒定律分析求解；
（3）根据从撤去F到甲、乙共速的过程中，系统减少的动能转化为焦耳热，结合乙滑下斜面时的速度大小与乙冲上斜面时的速度大小相等，从乙滑下斜面到甲、乙首次碰撞前的过程中，分别对甲、乙列动量定理分析求解。
（1）当甲速度最大时，加速度为0，甲所受的安培力与恒力F平衡，即
根据闭合电路的欧姆定律有
又有
故
整理可得
故代入数据可得
此时回路中的电流为
故乙的电功率为
（2）乙稳定后，甲、乙速度相同，设速度为v，则
乙冲上斜面，根据机械能守恒定律有
解得
从撤去F到甲、乙共速的过程中，系统动量守恒，有
解得
（3）从撤去F到甲、乙共速的过程中，根据能量守恒定律，系统减少的动能转化为焦耳热，即
解得
因为甲、乙电阻相同，所以从撤去F到甲、乙共速的过程中乙产生的焦耳热
乙运动稳定后冲上斜面，沿斜面上升到最大高度的过程中，由牛顿第二定律可得
乙沿斜面上升到最大高度的过程做匀减速直线运动，有
则乙冲上斜面时的速度为
联立解得，
对乙分析，在解除乙的锁定到乙运动稳定的过程中，由动量定理可得
又有
整理得
解得
此时甲乙间的距离为
乙沿斜面上升到最大高度，再从最大高度滑下斜面时，甲乙之间的距离为
乙滑下斜面时的速度大小与乙冲上斜面时的速度大小相等，从乙滑下斜面到甲、乙首次碰撞前的过程中，对甲由动量定理可得
对乙由动量定理可得
又有
解得，
故从乙滑下斜面到甲、乙首次碰撞前的过程中，甲、乙产生的焦耳热为
解得
因为导体棒甲、乙的电阻相等，故乙产生的焦耳热为
故从乙开始运动到甲、乙首次碰撞前的过程中，乙产生的焦耳热为
1 / 1贵州省遵义市2024-2025学年高二下学期7月期末考试物理试题
一、选择题（本题共10小题，共43分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每题5分，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
1．碳-14核电池具有长寿命、高安全性的特点，在低功耗、长周期供电领域具有独特优势。该电池利用碳-14衰变为氮-14过程中释放的能量发电，衰变方程为，下列四幅图能对应该核反应方程示意图的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】由衰变过程中质量数和电荷数守恒，结合核反应方程，可知是电子，故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】由质量数和电荷数守恒分析。
2．如图所示，某货箱随水平传送带沿虚线MNPQ路径运动，其速率不变且始终与传送带保持相对静止。已知MN段是半径为R的圆弧，PQ段是半径为2R的圆弧，货箱可视为质点，不计空气阻力。关于该货箱在MN段与PQ段运动过程中说法正确的是（　　）
A．角速度大小之比为1∶1 B．角速度大小之比为1∶2
C．摩擦力大小之比为2∶1 D．摩擦力大小之比为 1∶1
【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力
【解析】【解答】AB．某货箱随水平传送带沿虚线MNPQ路径运动，其速率不变且始终与传送带保持相对静止，MN段半径r1=R，PQ段半径r2=2R，根据角速度与线速度的关系式v=ωr得ω1：ω2=r2：r1=2：1，故A错误，B错误；
CD．货箱做匀速圆周运动，摩擦力提供向心力，则，则，C正确，D错误。
故选C。
【分析】根据角速度与线速度的关系式v=ωr，比较角速度；货箱做匀速圆周运动，摩擦力提供向心力，列出等式求解。
3．某同学搭建了一个甲烷分子球棍模型，并将其静置在光滑水平桌面上，如图所示。质量均为m的四个相同小球a、b、c、d，通过轻杆连接在小球O周围，形成一个正四面体结构。已知小球O质量为M，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．O球受到的合力为Mg
B．O球受到的合力为零
C．a球受到桌面的作用力大小为mg
D．a球受到桌面的作用力大小为
【答案】B
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．质量均为m的四个相同小球a、b、c、d静置在光滑水平桌面上， 整体静止在光滑水平桌面，合力为零，O球合力为零，A错误，B正确；
CD．已知小球O质量为M，3小球受力对称，每个小球受桌面支持力，由于桌面光滑，a球与桌面无摩擦，故a球受到桌面的作用力大小等于a球受到桌面的支持力大小为，CD错误。
故选B。
【分析】小球O静止，合力为零，对整体，根据平衡条件求a球受到桌面的作用力大小。
4．某兴趣小组根据某低压电热毯工作原理设计了如图所示的模拟电路图。理想变压器原副线圈匝数比为10∶1，原线圈接在的交流电源上。单刀三掷开关S可控制电路实现加热和保温两个功能，拨至“0”电热毯停止工作。、、是三个阻值均为的电热丝，电表均为理想交流电表，二极管为理想二极管。则当开关S拨至2（　　）
A．电热毯是保温状态
B．电压表的示数为22V
C．电流表的示数为0.1A
D．若突然断路，变压器的输入功率将变大
【答案】B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．当开关S拨至1时， 二极管为理想二极管，由于二极管的单向导电性，、、三个电热丝只有半个周期通电，当开关S拨至2时，、、三个电热丝整个周期都通电，功率最大，则当开关S拨至2，电热毯是加热状态，故A错误；
B．原线圈接在的交流电源上，可知原线圈的输入电压为，则副线圈的输出电压为
即电压表的示数为22V，故B正确；
C．根据电路连接可知副线圈的电流为
则原线圈电流为，即电流表的示数为0.2A，故C错误；
D． 若R3突然断路，由于副线圈电压不变，则R1、R2消耗功率不变，所以副线圈输出功率减小，变压器为理想变压器，可知变压器的输入功率将变小，故D错误。
故选B。
【分析】输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理和欧姆定律分析即可。
5．某带电粒子在电场中运动时，仅受电场力作用，经M点运动到N点，其加速度大小随时间变化的关系如图所示。下列选项中粒子的运动轨迹（实线）与电场的等差等势面（虚线）分布，符合该粒子加速度变化特征的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】等势面；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】粒子仅受电场力，根据牛顿第二定律可得加速度
图像加速度大小随时间先增后减，说明电场强度E先增后减，等势面越密电场强度越大。
A．图A为等量同种电荷等差等势面分布，MN为等量同种电荷连线中垂线，从M到N，电场强度E先减后增，与图像不符，故A错误；
B．图B为等量异种电荷等差等势面分布，MN为等量异种电荷连线，从M到N，电场强度E先减后增，与图像不符，故B错误；
C．等势面先密后疏，电场强度先增后减，加速度先增后减，故C正确；
D．等势面均匀分布，电场强度不变，加速度不变，与图像不符，故D错误。
故选：C。
【分析】粒子仅受电场力，根据牛顿第二定律求解加速度大小，a-t图像加速度大小随时间先增后减，说明电场强度E先增后减，等势面越密电场强度越大。
6．迄今为止，人类发射的人造地球卫星仍在轨运行的约有1万颗，其中有两颗卫星甲和乙，运行周期相等。卫星甲做匀速圆周运动且轨道半径为r，卫星乙沿椭圆轨道运动，且近地点到地心的距离为0.5r。则卫星乙远地点到地心的距离为（　　）
A． B． C． D．2r
【答案】B
【知识点】开普勒定律
【解析】【解答】根据开普勒第三定律，由于卫星甲和乙的运行周期相等，则半长轴相等，对于卫星甲，其轨道半径，即为半长轴，故，乙卫星的近地点到地心距离为，而椭圆轨道的半长轴应满足，根据开普勒第三定律，卫星乙的半长轴也为 r ，即
解得，故B正确，ACD错误。
故选B。
【分析】根据开普勒第三定律，结合椭圆轨道的半长轴定义来建立等式求解。
7．如图（a）所示，将洛伦兹力演示器放在水平桌面上。励磁线圈中通入电流可使玻璃泡内充满匀强磁场，磁感应强度大小与励磁线圈中的电流成正比，电子枪水平向左发射速率恒为v的电子束。如图（b）示，球形玻璃泡的球心为O，半径为R，电子枪在O点正下方0.75R处，当励磁线圈中电流为时，电子恰好打在玻璃泡上与圆心等高的A点，如图（b）中“轨迹1”；当励磁线圈中电流为时，电子以O为圆心做匀速圆周运动，如图（b）中“轨迹2”，不计电子之间的相互作用，则（　　）
A．两种情况下电子的运动周期相同
B．电流为时，电子的轨道半径为1.1R
C．与的大小之比为9∶16
D．与的大小之比为18∶25
【答案】D
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A．根据题意B=kI， 根据洛伦兹力提供向心力结合圆周运动规律可知电子运动的周期
两种情况下励磁线圈电流不同，则电子的运动周期不相同，选项A错误；
B．电流为时，根据轨迹图由几何关系可知
解得电子的轨道半径为，选项B错误；
CD．根据洛伦兹力提供向心力结合牛顿第二定律可得 ，B=kI
可得，与的大小之比为，选项C错误，D正确。
故选D。
【分析】根据洛伦兹力提供向心力，结合几何关系分析求解。
8．某汽车在平直路面上行驶，当发动机以30Hz的频率工作时，会引起车体共振而剧烈振动。关于车体，下列说法正确的是（　　）
A．固有频率等于30Hz
B．固有频率小于30Hz
C．在该状态下的振动频率等于30Hz
D．在该状态下的振动频率小于30Hz
【答案】A,C
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】做受迫振动的物体的频率等于驱动力频率；当固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象。AB．当系统发生共振时，驱动力的频率（30Hz）等于系统的固有频率，故A正确，B错误；
CD．受迫振动的频率由驱动力频率决定，与是否共振无关，因此振动频率为30Hz，故C正确，D错误。
故选：AC。
【分析】受迫振动的频率由驱动力频率决定，结合共振发生的条件分析。
9．如图所示，某同学在不同高处，固定两根仅长度不同的铜制圆管M、N，两管均竖直。在管口正上方同一水平高度，同时静止释放两个相同的很小的强磁铁甲和乙（磁极分别在上下端），两磁铁穿过铜管后恰好同时落地。不考虑两磁铁之间的相互作用及磁铁在铜管外与铜管的相互作用，不计空气阻力。则两磁铁（　　）
A．刚进入铜管时，受到铜管的作用力方向不同
B．刚进入铜管时，受到铜管的作用力方向相同
C．下落的整个过程中，M产生的焦耳热大于N产生的焦耳热
D．下落的整个过程中，M产生的焦耳热小于N产生的焦耳热
【答案】B,D
【知识点】自由落体运动；楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】AB．两磁铁刚进入铜管时，铜管中磁通量变化产生感应磁场，依据楞次定律推论可知，感应磁场阻碍磁铁运动，作用力方向均向上，故A错误，B正确；CD．两磁铁“穿过铜管后恰好同时落地”，铜制圆管N下端更靠下，磁铁下落穿过圆管N时速度更大，可判断铜制圆管N更长；磁铁下落穿过圆管N时，产生的平均感应电动势更大，故下落的整个过程中，M产生的焦耳热小于N产生的焦耳热，故C错误，D正确。
故选：BD。
【分析】根据楞次定律的推论分析；磁铁下落穿过圆管N时速度更大，产生的平均感应电动势更大，铜制圆管N更长，N产生的焦耳热更多。
10．工程师设计了一个货物缓冲装置。如图（a）所示，倾角的固定光滑斜面与水平地面在C点平滑连接，两条宽度不计的缓冲条（货物每次经过时损失的机械能相等）分别嵌入地面上A、B两处。为检验装置缓冲性能，工程师使货物以一定的初速度从O点水平向右滑出，并记录了货物从O点开始至动能首次减为零的过程中，动能与路程s的关系图像，如图（b）所示。已知，货物质量，重力加速度g取，不计空气阻力，货物可视为质点，则货物（　　）
A．与地面间的动摩擦因数为0.5
B．沿斜面上滑的最大距离为2m
C．每次经过缓冲条损失的机械能为5J
D．最终停止的位置与O点的距离为1.8m
【答案】A,C,D
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．根据动能定理可知，图像的斜率等于合外力，根据货物从O点开始至动能首次减为零的过程中动能与路程s的关系图像可知在平面时
在斜面上时，因从B点以后的图像是直线，可知三段图像应该是平行的，由图可知，可得μ=0.5，选项A正确；
B．从B点到到达斜面最远点只有摩擦力和重力做功，所以
解得xm=2.2m，即物块沿斜面上滑的最大距离为2.2m，选项B错误；
C．由动能与路程s的关系图像可知
可得每次经过缓冲条损失的机械能为 E=5J，选项C正确；
D．物块每次经过缓冲条一次动能损失5J，在OA、AB、BC段每段损失动能也是5J，回到斜面底端时的动能为36J-5×5J=11J，则物块能越过B点剩余1J的动能继续运动停止，即最终停止的位置与O点的距离为1.8m，选项D正确。
故选ACD。
【分析】结合动能与路程的关系图像，分析货物在不同阶段（地面、斜面）的运动过程，利用动能定理、牛顿第二定律及运动学公式求解各选项。需明确货物在地面的匀减速运动、斜面的匀减速运动，以及经过缓冲条时的机械能损失规律。
二、实验题（本题共2小题，共15分）
11．某小组用“插针法”测量玻璃的折射率：如图（a）所示，在木板上面铺一张白纸，把两面平行的玻璃砖放在纸上，描出玻璃砖的两个边和。在玻璃砖的一侧插两个大头针A、B，确定射入玻璃砖的光线；在玻璃砖的另一侧依次插大头针C、D，确定从玻璃砖射出的光线。在白纸上描出光线的径迹，测量相应的角度、，计算玻璃砖的折射率n。回答下列问题：
（1）关于实验操作，下列描述合理的是______
A．实验中可以直接用手接触玻璃砖的光学面
B．为减小实验误差，大头针之间的距离要尽可能小
C．插大头针D时，必须使它把前三个大头针都挡住
（2）该小组测量了多组数据，甲、乙两位同学分别采用了下表中的处理方法计算折射率，你认为合理的是　 　。（填“甲”或“乙”）
甲 项目 1 2 3 4 5 平均值
0.26 0.50 0.71 0.87 0.97
0.17 0.31 0.47 0.59 0.68
n 1.53 1.61 1.51 1.47 1.43 1.51
乙 项目 1 2 3 4 5 平均值
0.26 0.50 0.71 0.87 0.97 0.66
0.17 0.31 0.47 0.59 0.68 0.44
n
1.50
（3）该小组实验后发现该玻璃砖内部有一空气层，且空气层边界与玻璃砖外表面均平行，如图（b）所示。实验时光线通过了空气层的中间区域，则实验中测得玻璃的折射率比真实值　 　（填“偏大”或“偏小”）
【答案】（1）C
（2）甲
（3）偏小
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）A．用手直接接触玻璃砖的光学面，接触面的污渍会影响接触面的平整，故A错误；B．大头针之间的距离适当大些，可以提高精确度，故B错误；
C．根据实验原理可知，插上大头针D，使挡住C和A、B的像，故C正确。
故选：C。
（2）甲同学的处理方法是针对每组数据分别计算n，再取n的平均值，这种方法符合“多次测量取平均以减小误差”的实验原则，有利于减小误差。乙同学先把数据进行平均，在计算折射率n误差较大，故选甲。
（3）如图所示
没有空气层时光线从E点射出，有空气层后从F点射出，使得折射角变大，入射角不变，所以折射率变小。
【分析】（1）根据实验原理和注意事项分析判断；
（2）根据光的折射定律和减小误差的方法分析判断；
（3）作出光路图判断。
（1）A．玻璃砖的光学面不能用手直接接触，接触面的污渍会影响接触面的平整，进而影响折射率的测定，故A错误；
B．折射光线是通过隔着玻璃观察成一条直线确定的，大头针间的距离太小，引起的角度误差会较大，大头针之间的距离适当大些，可以提高精确度，故B错误；
C．根据实验原理可知，该同学接下来要完成的必要步骤有，插上大头针C，使挡住A、B的像；插上大头针D，使挡住C和A、B的像，故C正确。
故选C。
（2）在测量折射规律的实验中，通常根据光的折射定律
计算折射率n。甲同学的处理方法是针对每组数据分别计算n，再取n的平均值，这种方法符合“多次测量取平均以减小误差”的实验原则，有利于减小误差。乙同学先把数据进行平均，在计算折射率n误差较大，故选甲。
（3）如图所示
没有空气层时光线从E点射出，有空气层后从F点射出，使得折射角变大，入射角不变，所以折射率变小。
12．某同学为测量一节旧干电池的内阻，使用的器材有：
电阻箱（0~999.9）
毫安表（量程0~100mA，内阻不计）
电流表（量程0~0.6A，内阻不计）
滑动变阻器（0~20）
干电池
开关S，导线若干
（1）该同学设计的电路图如图所示。请在图中用笔画线代替导线将实物图补充完整。
（2）闭合开关S，移动滑动变阻器R的滑片到恰当位置，调节电阻箱，使满偏，此时面板如图所示，则电阻箱阻值＝　 　。
（3）改变滑片位置，调节电阻箱，使再次满偏，记录电阻箱阻值及对应的示数。多次重复实验操作，实验数据如下表所示：
项目 1 2 3 4 5 6 7 8
13.4 12.9 12.3 12.0 11.4 11.1 10.6 10.3
0.18 0.24 0.31 0.35 0.43 0.47 0.52 0.56
根据实验数据，该同学在坐标纸上描点如图所示，请在坐标纸上绘制关系图像（用直线拟合）。
（4）若拟合的图线斜率的绝对值为k，的满偏电流为，则该电池的内阻r＝　 　（结果用、k表示）。
（5）实验中，若考虑内阻的影响，从设计原理上看，该电池内阻的测量值　 　真实值（填“大于”或“小于”）。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）
（5）大于
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）根据电路图，结合电流流向可知实物图如下图所示
（2）此时面板如图所示，电阻箱读数方法是各旋钮对应数值乘以倍率后相加。
（3）在画图线时，要使较多的点落在这条直线上或使各点均匀分布在直线的两侧，个别偏离直线太远的点可舍去不予考虑
（4）根据电路关系，由闭合电路欧姆定律可得
整理与的关系，可得
化简得
（5）不考虑内阻时，推导关系为，
考虑内阻，实际推导时，原来的电路关系中内阻会包含，化简得，，则
内阻未被扣除，测量时把内阻也算入了 “电池内阻”，所以测量值大于真实值。
【分析】（1）根据电路图连接实物图；
（2）根据电阻箱读数方法是各旋钮对应数值乘以倍率后相加分析求解；
（3）根据数据描点；
（4）根据闭合电路欧姆定律，结合斜率分析求解；
（5）根据推导的关系式，结合A2内阻未被扣除，测量时把A2内阻也算入了“电池内阻”情况分析求解。
（1）
（2）电阻箱读数方法是各旋钮对应数值乘以倍率后相加。
（3）
（4）电路中，的满偏电流为，根据电路关系，由闭合电路欧姆定律可得
整理与的关系
可得
化简得
（5）不考虑内阻时，推导关系为
考虑内阻，实际推导时，原来的电路关系中内阻会包含，化简得
则
内阻未被扣除，测量时把内阻也算入了 “电池内阻”，所以测量值大于真实值。
三、计算题（本题共3小题，共42分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位）
13．某登山运动员在攀登珠穆朗玛峰的过程中，裸露在外的手表表盘玻璃因内外压强差过大而爆裂。已知该手表表盘内封闭一定质量的理想气体，当表内气体热力学温度为时，压强为。
（1）若不考虑表内气体体积变化，爆裂前瞬间表内气体温度为0.8，求爆裂前瞬间表内气体的压强；
（2）为防止表盘爆裂，设计师将该手表表盘玻璃换为柔性材料（假设表内气体未溢出），当表内气体温度为0.8时，体积变为原来的1.2倍，求此时表内气体的压强。
【答案】（1）由于整个过程为等容变化，根据查理定律则有
解得爆裂前瞬间表内气体的压强
（2）设表内气压为p时，气体的体积为，此时温度为，当温度为，体积为，此时表内气体的压强为，此过程为等温变化，由玻意耳定律可得
结合上述结论
解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）由于整个过程为等容变化，根据查理定律列式求解；
（2）过程为等温变化，由玻意耳定律列式求解。
（1）由于整个过程为等容变化，根据查理定律则有
解得爆裂前瞬间表内气体的压强
（2）设表内气压为p时，气体的体积为，此时温度为，当温度为，体积为，此时表内气体的压强为，此过程为等温变化，由玻意耳定律可得
结合上述结论
解得
14．科学家在实验室中利用电磁场控制带电粒子的运动轨迹。如图甲所示，两平行金属板M、N竖直固定，板间距离为d；水平虚线ab下方、N板右侧区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里；ab上方区域充满水平向左的匀强电场。质量为m、电荷量为的粒子紧靠M板由静止释放，经板间电场加速后垂直进入磁场区域；粒子速度方向改变30°后从P点（图中未画出）进入ab上方电场中。已知M板的电势为，MN板间电势随距M板的距离x变化关系如图乙所示，不计粒子重力及场的边缘效应。求：
（1）粒子进入磁场时的速度大小；
（2）粒子在MN板间的加速度大小与磁场中的加速度大小之比；
（3）粒子从通过P点开始，到速度大小为通过P点一半时的动量变化量。
【答案】（1）粒子在MN间被加速时由动能定理
解得
（2）粒子在MN板间的加速度大小，
解得
磁场中的加速度大小
可得
（3）粒子从通过P点时速度大小为v0，方向与虚线ab夹角为30°，此时垂直虚线ab的速度分量为
从通过P点开始到速度大小为通过P点一半时，即平行虚线ab方向的速度减为零，则此时粒子的动量变化量。
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）根据动能定理，对粒子在MN间被加速时分析求解；
（2）根据牛顿第二定律，结合电场力与电场强度的关系分析求解；
（3）根据速度的分解，结合从通过P点开始到速度大小为通过P点一半时，即平行虚线ab方向的速度减为零分析求解。
（1）粒子在MN间被加速时由动能定理
解得
（2）粒子在MN板间的加速度大小，
解得
磁场中的加速度大小
可得
（3）粒子从通过P点时速度大小为v0，方向与虚线ab夹角为30°，此时垂直虚线ab的速度分量为
从通过P点开始到速度大小为通过P点一半时，即平行虚线ab方向的速度减为零，则此时粒子的动量变化量。
15．如图所示，间距L=1m的足够长光滑平行金属导轨ab、cd固定在绝缘水平桌面上，bd端与固定绝缘光滑斜面底端平滑相接，斜面倾角θ=30°；bd左侧空间内充满竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B=1T；长度均为1m、电阻均为r=0.5Ω的导体棒甲、乙静置在导轨上。现锁定乙，给甲施加一水平向右的恒力F=4Ν，使其向右运动，甲稳定后，当甲、乙之间的距离s=9.6m时，撤去力F并解除乙的锁定，乙运动稳定后冲上斜面，且沿斜面上升的最大高度h=0.45m，运动过程中两棒与导轨始终垂直且接触良好。已知甲的质量m1=3kg，重力加速度g取10m/s2，不计其他电阻。求：
（1）甲速度最大时乙的电功率P；
（2）乙的质量m2；
（3）从乙开始运动到甲、乙首次碰撞前的过程中，乙产生的焦耳热Q。
【答案】（1）当甲速度最大时，加速度为0，甲所受的安培力与恒力F平衡，即
根据闭合电路的欧姆定律有
又有
故
整理可得
故代入数据可得
此时回路中的电流为
故乙的电功率为
（2）乙稳定后，甲、乙速度相同，设速度为v，则
乙冲上斜面，根据机械能守恒定律有
解得
从撤去F到甲、乙共速的过程中，系统动量守恒，有
解得
（3）从撤去F到甲、乙共速的过程中，根据能量守恒定律，系统减少的动能转化为焦耳热，即
解得
因为甲、乙电阻相同，所以从撤去F到甲、乙共速的过程中乙产生的焦耳热
乙运动稳定后冲上斜面，沿斜面上升到最大高度的过程中，由牛顿第二定律可得
乙沿斜面上升到最大高度的过程做匀减速直线运动，有
则乙冲上斜面时的速度为
联立解得，
对乙分析，在解除乙的锁定到乙运动稳定的过程中，由动量定理可得
又有
整理得
解得
此时甲乙间的距离为
乙沿斜面上升到最大高度，再从最大高度滑下斜面时，甲乙之间的距离为
乙滑下斜面时的速度大小与乙冲上斜面时的速度大小相等，从乙滑下斜面到甲、乙首次碰撞前的过程中，对甲由动量定理可得
对乙由动量定理可得
又有
解得，
故从乙滑下斜面到甲、乙首次碰撞前的过程中，甲、乙产生的焦耳热为
解得
因为导体棒甲、乙的电阻相等，故乙产生的焦耳热为
故从乙开始运动到甲、乙首次碰撞前的过程中，乙产生的焦耳热为
【知识点】能量守恒定律；机械能守恒定律；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）根据当甲速度最大时，加速度为0，甲所受的安培力与恒力F平衡，结合闭合电路的欧姆定律，以及电功率表达式分析求解；
（2）根据机械能守恒定律，结合系统动量守恒定律分析求解；
（3）根据从撤去F到甲、乙共速的过程中，系统减少的动能转化为焦耳热，结合乙滑下斜面时的速度大小与乙冲上斜面时的速度大小相等，从乙滑下斜面到甲、乙首次碰撞前的过程中，分别对甲、乙列动量定理分析求解。
（1）当甲速度最大时，加速度为0，甲所受的安培力与恒力F平衡，即
根据闭合电路的欧姆定律有
又有
故
整理可得
故代入数据可得
此时回路中的电流为
故乙的电功率为
（2）乙稳定后，甲、乙速度相同，设速度为v，则
乙冲上斜面，根据机械能守恒定律有
解得
从撤去F到甲、乙共速的过程中，系统动量守恒，有
解得
（3）从撤去F到甲、乙共速的过程中，根据能量守恒定律，系统减少的动能转化为焦耳热，即
解得
因为甲、乙电阻相同，所以从撤去F到甲、乙共速的过程中乙产生的焦耳热
乙运动稳定后冲上斜面，沿斜面上升到最大高度的过程中，由牛顿第二定律可得
乙沿斜面上升到最大高度的过程做匀减速直线运动，有
则乙冲上斜面时的速度为
联立解得，
对乙分析，在解除乙的锁定到乙运动稳定的过程中，由动量定理可得
又有
整理得
解得
此时甲乙间的距离为
乙沿斜面上升到最大高度，再从最大高度滑下斜面时，甲乙之间的距离为
乙滑下斜面时的速度大小与乙冲上斜面时的速度大小相等，从乙滑下斜面到甲、乙首次碰撞前的过程中，对甲由动量定理可得
对乙由动量定理可得
又有
解得，
故从乙滑下斜面到甲、乙首次碰撞前的过程中，甲、乙产生的焦耳热为
解得
因为导体棒甲、乙的电阻相等，故乙产生的焦耳热为
故从乙开始运动到甲、乙首次碰撞前的过程中，乙产生的焦耳热为
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