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2026年山西省部分学校高考物理二模试卷
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.关于近代物理知识，下列说法中正确的是( )
A. 一个处于能级的氢原子向基态跃迁最多能产生种频率的光子
B. 铀核裂变的一种核反应方程为
C. 原子核的结合能越大，原子核越稳定
D. 光电效应现象说明光具有波动性
2.“晋作家具”作为中国古典家具四大流派之一，具有独特的艺术魅力。如图所示，一茶壶静置在八仙桌的水平桌面上，下列说法正确的是( )
A. 茶壶受到重力、支持力、弹力和摩擦力
B. 茶壶受到的重力就是桌子受到的压力
C. 茶壶受到的重力和支持力是一对平衡力
D. 茶壶对桌面的压力和桌子对地面的压力是一对相互作用力
3.弹珠游戏是小朋友常玩的游戏之一。某次游戏时，小明将弹珠从某位置水平弹出，的轨迹如图中虚线所示，轨迹与弹珠共面。为使两弹珠直接相撞，不计空气阻力，下列方法可行的是( )
A. 仅减小弹出时的速度
B. 保持抛出的速度大小不变，换用质量更大的弹珠
C. 保持抛出的速度大小不变，将斜向下抛出
D. 仅增大弹出时的竖直高度
4.如图所示，三角形为一直角三棱镜的横截面，。一束与边平行的单色光从边进入棱镜，已知光线第一次到达边时刚好发生全反射，则三棱镜对该单色光的折射率为( )
A.
B.
C.
D.
5.如图所示，可视为质点的滑雪运动员从一段圆弧滑道由静止无助力下滑，初始时，运动员和圆心的连线与竖直方向的夹角，忽略一切阻力。运动员在圆弧轨道下滑到最低点的过程中，下列说法正确的是( )
A. 沿滑道方向的加速度和速度都在增大
B. 沿滑道方向的加速度和速度都在减小
C. 若初始夹角，下滑时间变长
D. 若初始夹角，下滑时间不变
6.是一个由两颗互相绕转的脉冲星组成的双星系统。科学家通过长期观测发现，其绕行周期每年减少约微秒，两脉冲星质量均不变。据此可以判断两脉冲星( )
A. 线速度均变大 B. 距离不变 C. 轨道半径之比变小 D. 向心加速度均变小
7.某质谱仪简化结构如图所示，在平面的区域存在方向垂直纸面向外、大小为的匀强磁场，在轴上放置照相底片，间有电压为的辐射状加速电场，大量的氢同位素H、离子从圆弧处飘入，经过加速后，从坐标原点且与轴成角的范围内垂直磁场方向射入磁场，最后均打到照相底片上。已知H、两种离子打在照相底片上的区域刚好不重叠，不考虑离子间的相互作用，的质量为，电量为，则为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，两个完全相同的固定细圆环同轴放置，分别带有等量均匀分布的正电荷，、分别为两环的圆心，两圆心间距等于圆环的半径。以两圆心连线中点为坐标原点，向右为正方向建立轴，在轴上电场强度随变化的图像如图所示。一带负电、不计重力的粒子以某一初速度沿轴线方向向右穿过两环，取无穷远处电势为。下列说法正确的是( )
A. 点电场强度为，电势为
B. 从到的过程中，粒子的加速度先减小后增大
C. 从到的过程中，粒子的电势能先增大后减小
D. 从到的过程中，粒子的动能先增大后减小
9.如图所示，虚线下方有垂直纸面向外、磁感应强度为的匀强磁场，半径为的刚性圆形线框悬挂在弹簧测力计下端，线框中通有恒定的电流，开始时与匀强磁场的边界相切。现将线框沿竖直方向缓慢向上拉动不考虑感应电流，线框移动距离为时弹簧测力计的读数为，移动距离为时弹簧测力计的读数为，已知重力加速度为，则( )
A. 线框中的恒定电流方向为
B. 初始线框全部在磁场中时，线框所受安培力方向向上
C. 线框中恒定电流的大小为
D. 线框的质量为
10.一质量的物体在水平拉力的作用下沿水平面做匀速直线运动，运动后，逐渐减小，继续运动后减为，物体的速度也刚好减为。随物体位移的变化关系如图所示，重力加速度取，则( )
A. 物体与地面间的动摩擦因数等于
B. 在运动的过程中合外力对物体所做的功约为
C. 物体做匀速运动的速度大小约为
D. 物体匀速运动的过程拉力的冲量大小约为
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.无人机空中配送的技术已逐渐应用于快速发展的物流行业。某科技小组设计实验，测试甲、乙两款无人机上升时的性能。
实验操作如下：
如图所示，将电火花计时器固定在水平面内；
纸带穿过限位孔后连接长细线，长细线通过定滑轮连接在待测甲无人机的正下方，细线绷直后，调整水平细线，使纸带中轴线与限位孔中轴线共线；
先打开计时器开关，然后让甲无人机带动纸带以最大加速度由静止匀加速上升，打出纸带；记录各计数点到计时起点的距离分别为、、、，相邻计数点之间的时间间隔为；
更换纸带，重复上述步骤对乙无人机进行实验；
甲、乙无人机所打纸带如图所示，计时起点和均为打下的第一个点。
根据以上内容，回答下列问题：
电火花计时器使用的是 电源填“交流”或“直流”。
计算点瞬时速度大小的方法中， 填选项前的序号方法更准确。
通过比较两条纸带可看出， 填“甲”或“乙”无人机的加速性能更好。
12.某实验小组使用某种型号多用电表测量导体的电阻以及利用多用电表分析电路故障。
某次测量时，多用电表指针指在图所示的位置，下列说法正确的 多选。
A.若此时选用的是欧姆挡“”倍率，则应该更换“”倍率重新测量
B.重新选择合适的欧姆挡倍率后，无需欧姆调零即可直接使用
C.用多用电表电流挡测直流电流时，应让红表笔接外电路的负极，黑表笔接外电路的正极
D.测二极管的正向电阻时，应让红表笔接二极管的负极，黑表笔接二极管的正极
用多用电表的欧姆挡去测量电压表量程的内阻，将选择开关拨至欧姆“”挡，多用电表和电压表的示数分别如图、所示，多用电表的示数为 ，电压表的示数为 。已知多用电表欧姆挡表盘中间刻度值为，则该多用电表内电池的电动势为 结果保留位有效数字。
图是“测量电源的电动势和内阻”实验的电路图。某同学在实验中，闭合开关后，发现无论如何改变滑动变阻器滑片的位置，电压表的示数均不变且不为零，电流表的示数始终为零。为查找故障，在其他连接不变的情况下，使用多用电表的直流电压挡进行检测，将红表笔连接在位置并保持不动，另一表笔分别试触、、三个位置。发现试触、时均有示数；试触时，没有示数。若电路中仅有一处故障，可判断出 填正确答案标号。
A.导线断路
B.滑动变阻器断路
C.导线断路
D.滑动变阻器短路
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.某汽车的空气悬架可以简化为竖直放置的绝热气缸，汽车的重力可视为作用在四个相同气缸的活塞上。如图所示，气缸内均封闭着一定质量的理想气体，初始时，气缸内气体的温度为，活塞距离缸底的高度。现通过电加热丝缓慢加热气缸内的气体，使活塞上升。已知活塞的截面积为，汽车重力为，外部大气压强，活塞质量以及活塞与气缸间的摩擦忽略不计。
求加热后气缸内气体的温度；
若每个气缸内的气体均吸收了的热量，求加热过程中每个气缸内的气体内能的变化量。
14.如图所示，两条足够长的平行金属导轨固定在倾角为的绝缘斜面上，间距为，在导轨上有一电阻为、质量为、长度为的光滑导体棒，一金属叉丝放置在的上方，叉丝由两根相同的匀质金属棒在共同的中点焊接而成，、、、分别是两根金属棒与导轨的接触点，四个点到的距离均相等，、每根金属棒的质量均为，电阻均为。整个空间有垂直导轨所在平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为。初始时，叉丝固定在导轨上，由静止释放，重力加速度为，不计导轨电阻和焊接点处的接触电阻。求：
导体棒在导轨上运动的最大速度；
当导体棒达到稳定时，释放叉丝，已知叉丝和轨道间的动摩擦因数为，求系统达到稳定时，导体棒和叉丝的速度之差。
15.如图所示，在固定的光滑水平桌面上叠放有、、足够多的完全相同的积木，积木的质量均为，其中积木、处于竖直管道内。质量的小球从倾角的光滑固定斜面上距水平桌面高度的点由静止滑下，在水平桌面与积木发生弹性正碰，斜面与桌面平滑连接。碰后滑到静止在水平地面与桌面等高且平滑衔接的小车上，小车的质量。第一次碰撞后被弹回的小球与落到水平桌面的积木发生弹性碰撞，小球又被弹回，然后与落在桌面的积木相碰，依次类推，积木落到地面被立即取走。已知积木与小车间的动摩擦因数为，且积木未从小车上滑下，不计积木之间以及小车与地面间的摩擦，积木长度不计，重力加速度取。求：
小球与积木碰撞后瞬间二者的速度分别为多大；
小车的最小长度；
小球在斜面上滑行的总路程。
答案解析
1.【答案】
【解析】解：一个处于能级的氢原子向基态跃迁时，可能的跃迁路径为或，其中路径会产生种不同频率的光子，为最多情况，故A正确；
B.核反应方程需满足质量数守恒，左边质量数：
右边质量数：，左右质量数不相等，不满足守恒条件，故B错误；
C.原子核的稳定性由比结合能决定，比结合能越大，原子核越稳定；结合能与核子总数有关，不能直接反映稳定性，故C错误；
D.光电效应现象揭示了光的粒子性，说明光具有能量量子化的特点；光的波动性由干涉、衍射等现象揭示，故D错误。
故选：。
结合氢原子跃迁规律、核反应守恒条件、比结合能概念与光电效应的物理意义，逐一分析各选项的正误。
本题涵盖原子物理与原子核物理的多个基础知识点，侧重概念辨析，能有效考查对近代物理核心概念的理解。
2.【答案】
【解析】解：由题意知，茶壶静置在水平桌面上，没有相对桌面的运动趋势，因此不受摩擦力；
桌面给茶壶的支持力本质上就是弹力，所以茶壶实际只受重力和支持力弹力两个力，故A错误；
B.茶壶受到的重力，施力物体是地球，受力物体是茶壶；
桌子受到的压力，施力物体是茶壶，受力物体是桌子；
两者的受力物体、施力物体都不同，且不是同一种力，因此不是同一个力，故B错误；
C.结合前面分析及平衡条件可知，茶壶静止在水平桌面上，处于平衡状态，受到的重力和支持力大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上，是一对平衡力，故C正确；
D.由作用力与反作用力的特点可知，相互作用力作用在两个不同的物体上，且性质相同，作用力和反作用力总是等大、反向。结合前面分析及题意可知，茶壶对桌面的压力作用在桌面上，桌子对地面的压力作用在地面上，这两个力方向相同，显然不是一对相互作用力，故D错误。
故选：。
A.结合题意，由摩擦力、弹力的特点，及共点力的平衡条件，即可分析判断；
B.结合题意，确定每个力的施力物体与受力物体，即可分析判断；
C.结合前面分析及题意，根据平衡力的特点，即可分析判断；
D.结合前面分析及题意，根据作用力与反作用的特点，即可分析判断。
本题主要考查共点力的平衡问题，解答本题时需注意：选准研究对象、做好受力分析、根据共点力的平衡条件确定力与力的关系。
3.【答案】
【解析】解：对根据平抛规律有、，联立解得。由图可知，落在的左侧，说明水平位移偏小，为使两弹珠直接相撞，若仅减小弹出时的速度，将减小，将落在更左侧，故A错误。
B.平抛运动的轨迹与物体质量无关，质量变化不影响运动时间和水平位移，故B错误。
C.若保持抛出的速度大小不变，将斜向下抛出，则竖直方向有向下的初速度，下落时间变短；同时水平分速度小于原速度。根据可知，水平位移必然减小，将落在更左侧，故C错误。
D.根据可知，若仅增大弹出时的竖直高度，将增大，则两弹珠可能相撞，故D正确。
故选：。
根据平抛运动规律推导出水平位移公式，逐一分析减小初速度、改变质量、斜向下抛出、增大抛出高度等不同操作对水平位移的影响，判断能否使两弹珠相撞。
本题考查平抛运动规律的应用，核心是平抛运动的水平位移公式，同时涉及初速度、抛出高度、抛出方式、质量等因素对平抛运动轨迹的影响分析。
4.【答案】
【解析】解：由几何关系可知，三棱镜横截面为直角三角形，其中，，则。单色光束与边平行，即垂直于边射入棱镜，光线在面上不发生偏折，沿原方向传播至面。光线水平传播，面与水平方向夹角等于，其法线垂直于面，故光线在面上的入射角。已知光线第一次到达边时恰好发生全反射，说明此时入射角等于该单色光在三棱镜中的全反射临界角，即。根据全反射临界角公式，代入数据解得三棱镜对该单色光的折射率。
由上述分析可知，三棱镜对该单色光的折射率为，故D正确，ABC错误。
故选：。
光束从面垂直入射不发生折射，沿原方向传播至面。在面上，光线入射角为，且题目中明确光线第一次到达边时刚好发生全反射，说明该入射角等于全反射临界角。因此，根据全反射临界角与折射率的关系，已知临界角为，即可直接求出三棱镜对该单色光的折射率。
本题以三棱镜为背景，考查光的折射定律与全反射现象，重点考查学生对几何光学中光路分析与临界角公式的掌握。题目难度中等，计算量较小，但关键在于准确理解光线在棱镜内的传播路径，特别是通过几何关系确定光线在面上的入射角。学生需要具备清晰的空间想象能力，将题目中“光线与边平行”这一条件转化为“光线垂直于边入射”，进而推导出入射角为，并应用全反射临界角公式求解折射率。本题巧妙地将几何关系融入光路分析，考查学生将物理问题模型化的能力。
5.【答案】
【解析】解：、运动员沿滑道下滑时，设某时刻其位置与圆心的连线同竖直方向的夹角为，则沿切线方向的合力为，由此可得切向加速度。随着角逐渐减小，随之减小，故切向加速度也减小；同时，重力始终做正功，运动员的动能持续增加，速度不断增大，故AB错误。
、由于初始夹角很小，运动员在圆弧轨道上的运动可近似视为单摆运动。根据单摆的等时性，其振动周期与振幅即初始角度无关，因此从最高点滑至最低点所经历的时间为四分之一周期，即，该时间保持不变，故C错误，D正确。
故选：。
运动员从静止开始沿圆弧轨道无阻力下滑，下滑过程中切向加速度由重力沿切线方向的分力提供，随着角度减小，切向加速度逐渐减小，但重力始终做正功，速度持续增大。由于初始角度很小，运动可近似为单摆模型，下滑到最低点的时间为单摆周期的四分之一，而单摆周期与初始角度无关，因此下滑时间仅取决于轨道半径和重力加速度，与初始夹角大小无关。
本题巧妙地将圆周运动与单摆模型相结合，考查了学生对牛顿第二定律、变加速运动以及单摆等时性的综合理解。题目计算量不大，但需要清晰的物理图像。选项涉及对变加速圆周运动过程的分析，要求学生正确分解加速度，认识到切向加速度减小而速度增大的动态变化，这有助于锻炼学生的运动过程分析能力。选项是本题的亮点，它引导学生将小角度圆弧下滑近似为单摆运动，并运用单摆周期与振幅无关的结论判断时间，有效考查了学生的模型建构与类比迁移能力，体现了物理思想方法的应用。
6.【答案】
【解析】解：设两脉冲星的质量分别为和，轨道半径分别为和，两星之间的距离为，运行周期为。
双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，两星绕连线上的某一点做匀速圆周运动，具有相同的角速度和周期。
根据牛顿第二定律有，化简可得，即，结合解得，将此式代入万有引力公式可得，整理得。
、由双星轨道半径关系可知，由于两星质量不变，其轨道半径之比保持不变；由可知，当周期减小时，两脉冲星质量均不变，两星之间的距离变小，故BC错误；
A、根据万有引力提供向心力，代入可得，同理可得另一星的线速度，由于两星质量均不变，距离变小，可知两脉冲星的线速度均变大，故A正确；
D、根据牛顿第二定律，两星的向心加速度由万有引力产生，大小分别为和，由于两星质量均不变，距离变小，可知两脉冲星的向心加速度均变大，故D错误。
故选：。
该双星系统质量不变，绕转周期逐年减小，需分析其轨道运动变化。核心是建立周期与双星距离的关系：万有引力提供向心力且两星角速度相同，可导出距离立方与周期平方及总质量成正比。周期减小意味着两星间距离减小，进而通过引力与向心力关系分析线速度与向心加速度的变化。由于质量比不变，轨道半径之比保持恒定。
本题以双星系统为背景，通过观测周期变化推断系统动态，巧妙考查万有引力与圆周运动的综合应用。题目要求学生理解双星模型的基本特征：角速度与周期相同，轨道半径与质量成反比，并需从关系出发，分析周期减小时距离的变化。核心在于推导线速度和向心加速度与距离的定量关系，进而判断各物理量的变化趋势。本题计算量适中，但需要清晰的逻辑链条和公式变形能力，能有效锻炼学生运用万有引力定律分析动态问题的建模与推理能力。
7.【答案】
【解析】解：离子经加速电场，有
离子在匀强磁场中，有
联立可得
由此可知，做圆周运动的半径应为做圆周运动半径的倍，两种离子打在照相底片上的区域刚好不重叠，则打在底片上距离点的最远位置与打在底片上距离点的最近位置相同，即
解得，故ABD错误，C正确。
故选：。
根据动能定理和洛伦兹力提供向心力求出两粒子做圆周运动的半径关系，进而求出。
该题考查动能定理、带电粒子在匀强磁场中的圆周运动的综合应用，解题要点是先通过动能定理求离子速度，再由洛伦兹力提供向心力推导轨道半径，结合入射角度分析离子打在底片上的位置，题目以质谱仪为背景，对带电粒子在磁场中的运动规律进行了多维度考查，能有效检验学生的建模能力和综合分析能力。
8.【答案】
【解析】解：由图可知点电场强度为，两圆环带正电，无穷远处电势为，根据电场线从正电荷出发终止于无穷远或负电荷，根据沿电场线电势降低，可知点电势大于，故A错误；
B.从到的过程中，由图可知电场强度大小先减小后增大，根据
可知粒子的加速度大小先减小后增大，故B正确；
C.从到的过程中，电场强度方向向左，粒子带负电，电场力方向向右，电场力做正功，电势能减小；
从到的过程中，电场强度方向向右，电场力方向向左，电场力做负功，电势能增大，所以电势能先减小后增大，故C错误；
D.从到的过程中，电场力先做正功后做负功，根据动能定理可知粒子的动能先增大后减小，故D正确。
故选：。
结合电场强度图像分析场强变化，再根据电场力与加速度、电势与电势能、动能的关系判断各选项。
本题考查带电圆环电场分布及电场力做功相关知识，需结合图像与受力分析综合判断，侧重对电场性质的理解与应用。
9.【答案】
【解析】解：线框向上拉动过程中，弹簧测力计读数增大，说明线框受到向下的安培力阻碍其运动。根据左手定则，磁场垂直纸面向外，安培力向下，则线框中电流方向为逆时针，故A正确；
B.初始时线框全部在匀强磁场中，闭合线框所受安培力矢量和为零，故B错误；
C.设线框质量为，电流为，当线框向上移动时，圆心距为，
有效切割长度，
此时，
当线框向上移动时，圆心在上，有效切割长度，
此时，
联立解得，故C错误；
D.将代入，
得，
解得，
即，故D正确。
故选：。
根据楞次定律、左手定则判断感应电流方向与磁场方向，分析线框在不同位置的有效切割长度和安培力，结合受力平衡联立求解电流和质量，判断选项正误。
本题考点为电磁感应中的楞次定律、安培力计算与受力平衡，易错点是线框在圆形磁场中有效切割长度的几何计算，以及对安培力阻碍运动的方向判断。
10.【答案】
【解析】解：物体在做匀速直线运动，处于平衡状态，拉力等于滑动摩擦力，由图可知，则，又，解得，故A正确；
B.在运动的过程中，摩擦力做功，得，拉力做功等于图线与坐标轴围成的面积，每一小格对应，共有约个小格不满半格的舍去，超过半格的算一格，拉力总功为，合外力对物体所做的功约为，故B错误；
C.根据动能定理，代入数据解得，约为，故C正确；
D.物体匀速运动的过程，时间，代入数据解得，拉力的冲量，解得，故D错误。
故选：。
根据平衡条件列式求解动摩擦因数；根据摩擦力做功的公式和图像的面积代表拉力做功结合合外力做功知识分析解答；根据动能定理列式求解；根据冲量的定义式列式求解。
考查动能定理的应用和合外力做功等问题，涉及知识点较多，需平时注意相关知识的积累，属于中等难度考题。
11.【答案】交流
乙

【解析】解：电火花计时器使用的是交流电源。
计算点瞬时速度大小的方法中，根据匀变速直线运动的规律，需要取点前后相邻的两点间的平均速度代替点的瞬时速度，即满足方法更准确，故更准确。
故选：。
通过比较两条纸带可看出，计时起点和均为打下的第一个点，在相等时间内乙的位移大于甲，由可知，乙的加速度更大，故乙无人机的加速性能更好。
故答案为：交流。。乙。
根据电火花计时器的电源要求分析解答。
根据匀变速直线运动瞬时速度和平均速度的关系分析解答。
根据匀变速直线运动的位移公式列式解答。
考查打点计时器的使用要求和纸带的数据处理，熟练掌握相应的计算公式，属于基础题。
12.【答案】

【解析】解：用欧姆表的“”挡测电阻，指针偏转角度过大，待测电阻的阻值较小，应换用“”倍率重新测量，故A正确；
B.欧姆表换挡后必须重新进行欧姆调零，故B错误；
C.使用多用电表电流挡测直流电流时，电流从红表笔流入，从黑表笔流出，故红表笔应接外电路的正极，黑表笔接外电路的负极，故C错误；
D.欧姆表内部电源负极接红表笔，正极接黑表笔，测二极管正向电阻时，电流应从二极管正极流入，故黑表笔接二极管正极，红表笔接二极管负极，故D正确。
故选：。
用多用电表欧姆挡倍率为“”测电阻，待测电阻读数为；
电压表量程为，分度值为，读数为；
欧姆表电阻挡的倍率为“”，次时欧姆表的内阻
根据闭合电路欧姆定律
根据欧姆定律
联立得
电流表示数为零，说明电路断路；电压表示数不变且不为零，说明电压表两端与电源连通；用多用电表直流电压挡检测，表笔接和、时有示数，说明、点与电源负极连通；表笔接和时无示数，故断路位置在、之间，即导线断路，故C正确，ABD错误。
故选：。
故答案为：；；；；。
根据欧姆表测电阻的正确操作分析作答；
多用表的内部电流为“黑出红进”，结合二极管的单向导电性分析作答；
根据欧姆表的读数规则读数；电压表量程为，分度值为，根据电压表读数规则读数；
根据多用电表欧姆挡表盘中间刻度值及所选倍率求解中值电阻和欧姆表的内阻；根据欧姆定律、闭合电路欧姆定律求解作答；
电流表示数为零，说明电路断路，电压表示数不变且不为零，说明电压表两端与电源连通，结合实验现象进行分析。
本题主要考查了练习使用多用电表和测量普通电源的电动势和内阻的实验，要明确实验原理，掌握多用表的正确使用，掌握闭合电路欧姆定律的运用。
13.【答案】加热后气缸内气体的温度为 加热过程中每个气缸内的气体内能的变化量为
【解析】解：气缸内的气体发生等压变化
解得
气缸内气体的压强为
加热过程，气体对外做的功
气体内能的变化量
答：加热后气缸内气体的温度为；
加热过程中每个气缸内的气体内能的变化量为。
等压变化，由理想状态气体方程求解气体的温度。
先求解气体对外做的功，再求解气体内能的变化量。
题综合考查了受力平衡求气体压强、盖吕萨克定律等压变化、热力学第一定律，是热学部分的典型综合题。核心易错点：未考虑汽车重力由四个气缸分担，误算单个活塞承受的压力；等压变化中，误判气体体积变化，导致盖吕萨克定律应用错误；热力学第一定律中符号规则混淆，气体对外做功时应为负值；单位换算错误。
14.【答案】导体棒在导轨上运动的最大速度为 系统达到稳定时，导体棒和叉丝的速度之差为
【解析】解：叉丝的等效电路图如图所示：
根据串并联关系，叉丝的等效电阻为。
导体棒在导轨上先做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动，速度达到最大，设最大速度为，则
通过的电流为
棒受到的安培力大小为
联立可得
因导体棒做匀速运动，受力平衡，则有
解得
释放叉丝后，叉丝沿导轨向下做加速运动，也切割磁感线产生感应电动势，回路中总电动势减小，电流减小，导体棒和叉丝受到的安培力减小，则导体棒做加速度逐渐增大的加速运动，叉丝做加速度逐渐减小的加速运动，最终二者的加速度相等。分析受力可知，二者受到的安培力大小相等，方向相反，且安培力大小为
对导体棒和叉丝整体，根据牛顿第二定律得
对导体棒，根据牛顿第二定律得
联立解得
答：导体棒在导轨上运动的最大速度为；
系统达到稳定时，导体棒和叉丝的速度之差为。
导体棒在导轨上先做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动，速度达到最大，画出等效电路图，求出叉丝的等效电阻。根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式得到安培力与速度的关系式，再结合平衡条件求导体棒运动的最大速度；
当导体棒达到稳定时，释放叉丝，之后，导体棒做加速度逐渐增大的加速运动，叉丝做加速度逐渐减小的加速运动，最终二者的加速度相等，二者受到的安培力大小相等，方向相反，分别根据牛顿第二定律列式，结合安培力与速度差的关系求系统达到稳定时，导体棒和叉丝的速度之差。
本题是双棒类型问题，关键要正确分析受力，判断运动情况，确定系统达到稳定的条件：加速度相等。要熟练推导出安培力与速度的关系式。
15.【答案】小球与积木碰撞后瞬间，小球速度大小为，方向反向；积木速度大小为 小车的最小长度为 小球在斜面上滑行的总路程为
【解析】解：由机械能守恒定律，，解得小球到达最低点时的速度。
在碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，则有，，联立解得，，即碰后小球和积木的速度大小均为。
积木滑上小车后，系统动量守恒，。
系统能量守恒有，解得。
碰撞后小球以初速度沿着光滑斜面向上做匀减速运动，回到斜面底端速度大小不变，然后与积木相碰，碰后速度大小为。
类比可得第次碰后的速度大小。
小球在斜面上运动过程的加速度为。
碰撞后小球沿斜面第一次滑行的路程为，小球沿斜面第二次滑行的路程为，，小球沿斜面第次滑行的路程为。
小球在斜面上滑行的总路程，解得。
答：小球与积木碰撞后瞬间，小球速度大小为，方向反向；积木速度大小为。
小车的最小长度为。
小球在斜面上滑行的总路程为。
小球从斜面滑下过程机械能守恒，可求得与积木碰撞前的速度。碰撞为弹性正碰，系统动量守恒且机械能守恒，结合小球与积木的质量关系，可联立求解碰后二者速度的大小与方向。
积木以碰后获得的速度滑上静止小车，二者最终共速。积木相对小车滑动过程中，系统水平方向合外力为零，动量守恒。积木克服摩擦力做功，系统减少的动能转化为内能，对应小车的最小长度需满足积木恰好不滑离小车，利用功能关系可建立方程求解。
小球每次与桌面上的积木发生弹性碰撞后，均以特定速度返回斜面做匀变速运动，每次在斜面上的运动可视为初速度不同的匀减速上滑与等速下滑的组合。通过分析弹性碰撞规律，可归纳出小球每次碰撞后的速度与初始速度的关系，进而得到每次在斜面上滑行的路程构成等比数列，结合小球第一次从点下滑的路程，利用数列求和公式可求得总路程。
本题是一道综合性极强的力学难题，涵盖机械能守恒、弹性碰撞、动量守恒、能量守恒、匀变速运动及无穷等比数列求和等多个核心物理知识点。题目情境设计新颖，通过小球与一系列积木的连续弹性碰撞，以及积木与小车相互作用的模型，构建了一个复杂的多过程物理图景。其计算量较大，对学生的物理建模能力、过程分析能力和数学运算能力提出了很高要求。本题的亮点在于将多次弹性碰撞的速度变化规律与斜面上的往复运动巧妙结合，要求学生能够识别并推导出碰撞后速度的通项公式，进而运用无穷递缩等比数列求和解决总路程问题，充分考查学生的逻辑推理与数学应用能力。第问则需准确分析积木与小车共速过程中的相对运动与能量转化，并正确运用动量守恒与功能关系求解最小长度。
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