《金版程》2025-高考大二轮刷题首选卷-物理第一部分 专题特训题组阶段滚动卷一含答案

大二轮刷题首选卷物理《金版程》2025-高考大二轮刷题首选卷-物理第一部分专题特训题组阶段滚动卷一本试卷满分100分，考试时间75分钟。一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．(2024·广西高考)潮汐现象出现的原因之一是在地球的不同位置海水受到月球的引力不相同。图中a、b和c处单位质量的海水受月球引力大小在()A．a处最大 B．b处最大C．c处最大 D．a、c处相等，b处最小答案：A解析：由题图可知，a、b和c处到月球球心的距离ra<rb<rc，根据万有引力定律F＝Geq\f(m1m2,r2)，可知题图中a、b和c处单位质量的海水受月球引力大小Fa>Fb>Fc，故选A。2.(2024·辽宁省大连市高三下二模)2028年奥运会新增壁球运动项目。如图所示，运动员从A点将球斜向上击出，水平击中墙上B点反弹后又水平飞出，落到C点，BB′竖直，AB′C三点在同一水平面上，B′C垂直于AC。不计空气阻力，球碰撞B点前后的速度大小分别为v1、v2，球在AB、BC两段运动时间分别为t1、t2，则下列关系式正确的是()A．v1＝v2 B．v1<v2C．t1>t2 D．t1＝t2答案：D解析：依题意，球在AB段做斜抛运动，看成反方向的平抛运动，在竖直方向上，有hBB′＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，在水平方向上，有xAB′＝v1t1，球在BC段做平抛运动，同理有hBB′＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，xCB′＝v2t2，解得t1＝t2，由题图可知xAB′>xCB′，解得v1>v2，故A、B、C错误，D正确。3．(2024·福建省厦门市高三下第三次质量检测)某博物馆发起了一项“单手拿金砖”的挑战。如图所示，静置在桌面上金砖的纵截面为上窄下宽的梯形，挑战者用单手捏住金砖a、b两侧面，竖直拿起金砖并保持25秒以上即挑战成功。已知金砖质量为25kg，截面底角为71°，手与金砖间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取10m/s2，sin71°＝0.95，cos71°＝0.33，若要缓慢竖直拿起金砖，挑战者对a侧面的压力至少约为()A．2500N B．2000NC．1500N D．300N答案：A解析：设金砖的质量为m，截面底角为θ，手与金砖间的动摩擦因数为μ，对被缓慢竖直拿起的金砖受力分析，可知金砖受到手的压力F，手的摩擦力f以及重力mg的作用，如图所示，在竖直方向上，由平衡条件可得2fsinθ＝2Fcosθ＋mg，其中f≤μF，解得F≥eq\f(mg,2（μsinθ－cosθ）)＝2500N，即若要缓慢竖直拿起金砖，挑战者对a侧面的压力至少约为2500N，故选A。4.(2024·江苏省南通市高三下模拟预测)如图所示，质量相同的两小球分别系在一根细线的下端和中点，细线的上端悬于O点。现使系统绕过O点的竖直轴以某一角速度匀速转动，稳定时两球可能的位置是()答案：D解析：设两小球的质量均为m，系统稳定时，两球做匀速圆周运动的角速度均为ω，上段细线与竖直方向的夹角为θ1，张力为F1，下段细线与竖直方向的夹角为θ2，张力为F2，细线的总长度为2L。在竖直方向，根据平衡条件，对上方小球有F1cosθ1－F2cosθ2＝mg①，对下方小球有F2cosθ2＝mg②。若两段细线偏向同一侧(如题中A、B选项的情境)，在水平方向，根据牛顿第二定律，对上方小球有F1sinθ1－F2sinθ2＝mω2Lsinθ1③，对下方小球有F2sinθ2＝mω2(Lsinθ1＋Lsinθ2)④，由①②③④得tanθ1＝eq\f(ω2L（2sinθ1＋sinθ2）,2g)，由②④得tanθ2＝eq\f(ω2L（sinθ1＋sinθ2）,g)，故tanθ1<tanθ2，θ1<θ2，A、B错误；若两段细线偏向不同方向(如题中C、D选项的情境)，对下方小球受力分析知，F2水平方向的分力应指向过O点的竖直轴，即两小球应在竖直轴的不同侧，故C错误，D正确。5.(2023·辽宁省鞍山市高三下第二次质量监测)两个完全相同的小球A、B用长度均为L的细线悬于天花板上，如图所示。若将A从图示位置由静止释放，不考虑空气阻力，则B球被碰后第一次速度为零时距离最低点的高度可能是()A.eq\f(L,9) B.eq\f(L,5)C.eq\f(2L,3) D.eq\f(L,10)答案：B解析：设A、B质量均为m。小球A从释放到最低点，由动能定理可知mg(L－Lcos60°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－0，解得碰前瞬间A的速度vA＝eq\r(gL)。若A与B发生弹性碰撞，由机械能守恒定律和动量守恒定律可知两者交换速度，即碰后B的速度vB＝vA＝eq\r(gL)，B上升过程中由动能定理可知－mgh＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得B球被碰后第一次速度为零时距离最低点的高度h＝eq\f(L,2)；若A与B发生完全非弹性碰撞，即碰后A、B粘在一起，由动量守恒定律可知mvA＝2mv，解得碰后瞬间A、B的速度v＝eq\f(1,2)eq\r(gL)，在A、B上升过程中，由动能定理可知－2mgh′＝0－eq\f(1,2)×2mv2，解得B球被碰后第一次速度为零时距离最低点的高度h′＝eq\f(L,8)。结合上述分析，B球被碰后第一次速度为零时距离最低点的高度在eq\f(L,8)到eq\f(L,2)之间，故B可能，A、C、D不可能。6.(2024·湖南省娄底市高三下一模)如图所示，半径为R的大圆环悬挂固定在竖直平面内，圆心为O，质量为m的小圆环套在大圆环上，从大圆环顶端由静止开始下滑，当小圆环运动到P点(图中未画出)时，向心加速度大小等于重力加速度g的3倍，下列说法正确的是()A．小圆环运动到P点的过程中重力势能减少mgRB．小圆环运动到P点时的速度大小为eq\r(2gR)C．PO连线与竖直方向的夹角为60°D．小圆环运动到P点时大圆环对小圆环的弹力大小为3mg答案：C解析：设小圆环运动到P点时的速度大小为v，重力势能的减少量为ΔEp，由题意可知，此时小圆环的向心加速度大小an＝eq\f(v2,R)＝3g，小圆环运动到P点的过程中重力势能的减少量等于动能的增加量，即ΔEp＝eq\f(1,2)mv2，联立可得v＝eq\r(3gR)，ΔEp＝eq\f(3,2)mgR，故A、B错误；设PO连线与竖直方向的夹角为θ，小圆环运动到P点时大圆环对小圆环的弹力大小为FN，如图所示，小圆环从初始位置运动到P的过程中，根据动能定理有mgR·(1＋cosθ)＝eq\f(1,2)mv2－0，在P点，根据牛顿第二定律有FN－mgcosθ＝meq\f(v2,R)，联立可得FN＝eq\f(7,2)mg，cosθ＝eq\f(1,2)，所以θ＝60°，故C正确，D错误。7．(2023·福建省福州市高三二模)在无风天气里，毽子受到的空气阻力大小与其下落的速度大小成正比。一毽子从高处由静止竖直下落至地面的过程中，位移大小为x、速度大小为v、加速度大小为a、重力势能为Ep、动能为Ek、下落时间为t。取地面为零势能面，则下列图像正确的是()答案：B解析：依题意可知，毽子所受空气阻力大小f＝kv(k为大于零的常量)，根据牛顿第二定律有mg－f＝ma，得a＝g－eq\f(k,m)v，B正确；毽子下落过程中，速度v逐渐变大，则加速度逐渐减小，最后加速度可能减小为零，即速度先增大后可能不变，则x­t图像的斜率先增加后可能不变，A错误；设毽子原来的高度为h，则重力势能Ep＝mg(h－x)，则Ep与x为线性关系，C错误；根据动能定理W合＝ΔEk及功率的定义式P＝eq\f(W,t)，可知Ek­t图像的斜率为eq\f(ΔEk,Δt)＝P合，合外力做功的功率P合＝(mg－kv)v，在下落过程中，v从0逐渐变大，最后可能不变，则Ek­t图像的斜率先从0增大，最后可能减小到0，D错误。二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全都选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.在光滑水平桌面上有一个静止的木块，高速飞行的子弹水平穿过木块，若子弹穿过木块过程中受到的摩擦力大小不变，则()A．若木块固定，则子弹对木块的摩擦力的冲量为零B．若木块不固定，则子弹减小的动能大于木块增加的动能C．不论木块是否固定，两种情况下木块对子弹的摩擦力的冲量大小相等D．不论木块是否固定，两种情况下子弹与木块间因摩擦产生的热量相等答案：BD解析：若木块固定，子弹在木块中运动的时间t不为零，摩擦力f不为零，则子弹对木块的摩擦力的冲量I＝ft不为零，故A错误；若木块不固定，子弹减小的动能等于木块增加的动能与系统增加的内能之和，可知子弹减小的动能大于木块增加的动能，故B正确；木块固定时子弹射出木块所用时间较短，木块不固定时子弹射出木块所用时间较长，摩擦力大小不变，则木块不固定时木块对子弹的摩擦力的冲量大小大于木块固定时木块对子弹的摩擦力的冲量大小，故C错误；不论木块是否固定，摩擦力与木块厚度都相等，因摩擦产生的热量等于摩擦力与木块厚度的乘积，因此两种情况下子弹与木块间因摩擦产生的热量相等，故D正确。9.(2024·广东省汕头市高三下二模)如图所示，球筒中静置着一个羽毛球。小明左手拿着球筒，右手迅速拍打筒的上端，使筒获得向下的初速度并与左手发生相对运动，最后羽毛球(视为质点)从上端筒口出来。已知球筒质量为M＝90g(不含球的质量)，羽毛球质量为m＝5g，球筒与手之间的滑动摩擦力为f1＝2.6N，球与筒之间的滑动摩擦力为f2＝0.1N，开始时球离筒的上端距离为d＝9cm，重力加速度g取10m/s2，空气阻力忽略不计。下列说法正确的是()A．静置时，羽毛球受到的摩擦力为0.1NB．拍打球筒后瞬间，羽毛球受到向上的摩擦力C．拍打球筒后瞬间，羽毛球的加速度为30m/s2D．仅拍打一次，羽毛球恰能出来，则筒的初速度为3m/s答案：CD解析：静置时，根据平衡条件可知，羽毛球受到的摩擦力f＝mg＝0.05N，故A错误；拍打球筒后瞬间，球筒相对于羽毛球向下运动，则羽毛球给球筒的摩擦力向上，而根据牛顿第三定律可知，球筒给羽毛球的摩擦力向下，故B错误；拍打球筒后瞬间，设羽毛球的加速度大小为a1，由牛顿第二定律有mg＋f2＝ma1，解得a1＝30m/s2，故C正确；仅拍打一次，羽毛球恰能出来，则羽毛球相对球筒上升距离d后恰好与球筒达到共速，设球筒的加速度大小为a2，初速度大小为v，由牛顿第二定律有f1＋f2－Mg＝Ma2，解得a2＝20m/s2，球筒向下做匀减速运动，羽毛球向下做匀加速运动，设经过时间t后羽毛球与球筒共速，由运动学规律有v－a2t＝a1t，vt－eq\f(1,2)a2t2－eq\f(1,2)a1t2＝d，联立解得v＝3m/s，故D正确。10.(2023·湖北省十堰市高三下4月调研)如图所示，光滑直角杆aOb固定，质量均为0.1kg的P、Q两小球(均可视为质点)分别套在水平杆Oa和竖直杆Ob上，两小球用长为5m的细线(不可伸长)相连。开始时P静止在O点，现对P施加一水平拉力，使P向右做加速度大小为0.5m/s2的匀加速直线运动(Q未到达O点)。取重力加速度大小g＝10m/s2。在P从O点向右运动4m的过程中()A．该水平拉力F先增大后减小B．P所受重力的冲量大小为4N·sC．Q所受重力对Q做的功为－3JD．该水平拉力F做的功为eq\f(23,9)J答案：BD解析：由于细线不可伸长且一直绷直，所以P、Q沿细线方向的速度、加速度相等，令∠OPQ＝θ，则有vPcosθ＝vQsinθ，aPcosθ＝aQsinθ，根据牛顿第二定律有F－Tcosθ＝maP，Tsinθ－mg＝maQ，解得F＝maP＋eq\f(\a\vs4\al(mg),tanθ)＋eq\f(maP,tan2θ)，P向右运动过程中，θ减小，则水平拉力F增大，A错误；P从O点向右运动4m的过程有x＝eq\f(1,2)aPt2，解得t＝4s，则P所受重力的冲量大小I＝mgt＝4N·s，B正确；Q的位移大小为x′＝5m－eq\r(52－42)m＝2m，则Q所受重力对Q做的功W＝－mgx′＝－2J，C错误；P的末速度大小vP1＝aPt＝2m/s，根据cosθ1＝eq\f(4m,5m)可知，当P运动了4m时，夹角θ＝θ1＝37°，结合vP1cosθ1＝vQ1sinθ1可解得此时Q的速度大小vQ1＝eq\f(8,3)m/s，对P、Q系统根据功能关系有WF＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q1)＋mgx′，解得WF＝eq\f(23,9)J，D正确。三、非选择题：本题共5小题，共54分。11．(6分)(2023·辽宁省丹东市高三下质量测试(一))某实验小组为验证系统机械能守恒，设计了如图甲所示的装置，实验过程如下：(1)用螺旋测微器测量砝码上端固定的遮光片厚度时，螺旋测微器示数如图乙所示，则d＝________mm，测得砝码和遮光片总质量m＝0.026kg；(2)按图甲安装实验器材并调试，确保砝码竖直上下振动时，遮光片运动最高点高于光电门1的激光孔，运动最低点低于光电门2的激光孔；(3)实验时，利用计算机记录弹簧拉伸量x及力传感器的读数F，画出F­x图像，如图丙所示；(4)测量遮光片经过光电门1的挡光时间t1＝0.0051s，弹簧的拉伸量x1＝0.04m，经过光电门2的挡光时间t2＝0.0102s，弹簧的拉伸量x2＝0.08m，以及两个光电门激光孔之间的距离h＝0.04m；(5)遮光片从光电门1运动到光电门2的过程中，系统势能的增加量Ep＝________J，系统动能的减少量Ek＝________J(结果保留三位有效数字，g＝10m/s2)，实验表明在误差允许范围内系统机械能守恒。答案：(1)2.040(5)1.60×10－31.56×10－3解析：(1)螺旋测微器的分度值为0.01mm，则遮光片厚度为d＝2mm＋4.0×0.01mm＝2.040mm。(5)遮光片从光电门1运动到光电门2的过程中，系统的弹性势能增加量Ep1＝eq\f(Fx1＋Fx2,2)·h＝eq\f(0.2＋0.4,2)×0.04J＝0.012J，重力势能减小量Ep2＝mgh＝0.0104J，系统势能的增加量Ep＝Ep1－Ep2＝1.60×10－3J，通过光电门的速度v＝eq\f(d,t)，系统动能的减少量Ek＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t1)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t2)))eq\s\up12(2)＝1.56×10－3J。12．(8分)(2023·江苏省苏锡常镇四市高三下一模)某实验小组用如图甲所示装置测量木块与木板间的动摩擦因数μ。实验操作步骤如下：①取若干个完全相同的钩码，将部分钩码悬挂在细线下，剩余的钩码放在木块凹槽中，记录悬挂钩码的个数n；②保持长木板水平，释放木块后打点计时器打出纸带；③将木块凹槽中的钩码逐个添加到细线下端，重复多次打出纸带。(1)如图乙所示，用刻度尺测量纸带上点的位置，其中第4个点的位置对应的刻度为________cm。(2)已知打点计时器工作时每隔T＝0.02s打一次点，则如图乙所示打第5个点时木块的瞬时速度为________m/s。(结果保留两位有效数字)(3)测得悬挂钩码数n与木块相应的加速度a如下表，请根据表中数据在图丙中作出a­n图像。已知当地重力加速度g＝9.8m/s2，由图线可求得木块与木板间的动摩擦因数μ＝________。(结果保留两位有效数字)a/(m/s2)0.601.301.962.623.30n/个678910(4)实验中发现木板未调节水平，右端偏高，考虑到此因素的影响，μ的测量值________(填“大于”“小于”或“等于”)真实值。答案：(1)10.30(2)0.85(3)图见解析0.35(4)小于解析：(1)由题图乙知刻度尺的分度值为0.1cm，读数时需要估读到分度值的下一位，则第4个点的位置对应的刻度为10.30cm。(2)由题意可知，木块释放后做匀变速直线运动，根据匀变速直线运动某段时间中间时刻的瞬时速度等于该段时间的平均速度，并结合题图乙可得v5＝eq\f(x46,2T)＝eq\f(（13.70－10.30）×10－2,2×0.02)m/s＝0.85m/s。(3)根据表中数据作出a­n图像如图所示。设每个钩码的质量为m，所有钩码质量之和为M，木块质量为m0，当细线下端挂有n个钩码时，对这n个钩码，根据牛顿第二定律有nmg－T＝nma；对木块及剩余钩码，根据牛顿第二定律有T－μ(M＋m0－nm)g＝(M＋m0－nm)a，联立解得a＝eq\f(mg（1＋μ）,M＋m0)n－μg，结合a­n图像可得μg＝3.4m/s2，解得μ＝0.35。(4)实验中发现木板未调节水平，右端偏高，设木板与水平面夹角为θ，当细线下端挂有n个钩码时，对这n个钩码，根据牛顿第二定律有nmg－T＝nma；对木块及剩余钩码，根据牛顿第二定律有T＋(M＋m0－nm)gsinθ－μ(M＋m0－nm)gcosθ＝(M＋m0－nm)a，联立解得a＝eq\f(mg（1－sinθ＋μcosθ）,M＋m0)n－(μgcosθ－gsinθ)，纵轴截距的绝对值为μgcosθ－gsinθ＝b，则μ＝eq\f(b＋gsinθ,gcosθ)，若仍按照μ＝eq\f(b,g)计算，则μ的测量值小于真实值。13.(8分)(2024·辽宁省沈阳市高三下一模)一种巨型娱乐器械可以使人们体验超重和失重。可乘坐多人的环形座舱套装在竖直柱子上，由升降机送上H＝48m的高空，然后座舱从静止开始以a1＝8m/s2的加速度匀加速下落了36m，制动系统启动，座舱立即匀减速下落，到地面时刚好停下。已知重力加速度g取10m/s2。求：(1)制动系统启动时，座舱速度的大小及减速阶段加速度a2的大小；(2)制动系统启动后，座椅对游客的支持力是游客重力的多少倍？答案：(1)24m/s24m/s2(2)eq\f(17,5)倍解析：(1)设制动系统启动时，座舱下落的高度为x1，速度的大小为v，在座舱匀加速下落阶段，根据运动学公式有v2＝2a1x1解得v＝24m/s座舱匀减速下落的距离为x2＝H－x1在座舱匀减速下落的阶段，根据运动学公式有0－v2＝－2a2x2联立解得a2＝24m/s2。(2)设游客的质量为m，则游客的重力为mg，制动系统启动后，设座椅对游客的支持力为N，根据牛顿第二定律可得N－mg＝ma2代入数据可得eq\f(N,mg)＝eq\f(17,5)即座椅对游客的支持力是游客重力的eq\f(17,5)倍。14．(14分)(2024·广东省梅州市高三二模)如图为某食品厂生产流水线的一部分，AB是半径为R的光滑半圆轨道，产品2加工后以vA＝eq\r(3gR)的速率从A点沿半圆轨道下滑，到达轨道最低点B处时，与静止在此处的产品1发生弹性碰撞(假设每一个产品的质量均为m)，被碰后的产品1沿粗糙的水平轨道BC滑动，以vC＝eq\r(2gR)的速度滑上运行速度为v的传送带CD。其中BC段为生产线中的杀菌平台，长度为4R，CD段为传送带，长度为14R，产品与传送带间的动摩擦因数为μ2＝0.5，求：(1)为了保证产品以最短的时间经过CD，则传送带的速度应满足什么条件？(2)产品与BC段杀菌平台间的动摩擦因数μ1是多少？(3)调整产品从A点出发的速度可以调整杀菌的时间，则产品既不脱轨又能滑上传送带的最长杀菌时间t是多少？答案：(1)v≥4eq\r(gR)(2)eq\f(5,8)(3)eq\f(\a\vs4\al(8\r(5gR)),5g)解析：(1)若产品由C运动到D的过程中一直加速，则传送时间最短，设产品在传送带上加速获得的最大速度为vm，由动能定理有μ2mg×14R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)解得vm＝4eq\r(gR)则传送带速度应满足v≥4eq\r(gR)。(2)设产品2到达B处时的速度大小为vB，在产品2从A运动到B的过程中，由动能定理得mg×2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)设产品1和产品2发生弹性碰撞后的速度分别为v1和v2，以水平向左为正方向，由动量守恒定律有mvB＝mv1＋mv2由总动能不变，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)联立解得v1＝vB＝eq\r(7gR)，v2＝0(另一解v1＝0，v2＝eq\r(7gR)，不符合实际，舍去)对产品1进入杀菌平台后滑行到C点的过程，由动能定理得－μ1mg×4R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得μ1＝eq\f(5,8)。(3)若要保证产品不脱轨，则产品2在A点的最小速度vAm满足mg＝eq\f(mveq\o\al(2,Am),R)设此时产品2到达B处时的速度为vB′，由动能定理可知mg×2R＝eq\f(1,2)mvB′2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Am)解得vB′＝eq\r(5gR)同第(2)问原理知，此时产品1进入杀菌平台的速度为v1′＝vB′＝eq\r(5gR)若要保证产品能滑上传送带，则产品1进入杀菌平台的最小速度v1m满足－μ1mg×4R＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1m)解得v1m＝eq\r(5gR)v1′＝v1m，则此时产品既恰好不脱轨又恰好能滑上传送带，此时产品进入杀菌平台后杀菌时间最长，由动量定理得－μ1mgt＝0－mv1′解得t＝eq\f(\a\vs4\al(8\r(5gR)),5g)。15．(18分)(2024·河北省张家口市高三下三模)如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧槽A与长度也为R、上表面粗糙的木板B静止在光滑水平面上，A、B之间通过大小可忽略的感应器平滑连接，当有滑块从连接处经过时两部分分离；初始时木板B的右端贴近等高的固定平台D停放；在平台左端有一弹射器，当小滑块进入弹射器后会自动补充一定量的机械能，然后以某个角度射出。小滑块C自圆弧槽的顶端由静止滑下，滑到木板B的右端时恰好与B共速，然后B撞上固定平台停止运动，滑块进入弹射器，由弹射器补充能量后射出，恰好击中距离弹射器水平距离为eq\r(3)R、高度为R的目标。已知小滑块C的质量为m，光滑圆弧槽A、木板B的质量均为eq\f(1,2)m，重力加速度为g，空气阻力不计。求：(1)小滑块C运动到圆弧槽A的最低端时对圆弧槽的压力；(2)木板B右端与固定平台的最大距离；(3)小滑块C经过弹射器的过程中需要补充能量的最小值及对应的弹射角。答案：(1)5mg，方向竖直向下(2)eq\f(7,8)R(3)eq\f(13,9)mgR60°解析：(1)设小滑块C运动到圆弧槽A的最低端时，小滑块C的速度大小为vC，圆弧槽A、木板B的速度大小为vAB，圆弧槽A对小滑块C的支持力大小为FN，以A、B、C整体为研究对象，水平方向根据动量守恒定律得mvC－mvAB＝0根据机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,AB)＝mgR联立解得vC＝eq\r(gR)，vAB＝eq\r(gR)则C相对圆弧槽A运动的速度大小为v相＝vC＋vAB对C，由牛顿第二定律有FN－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,相),R)联立解得FN＝5mg，方向竖直向上由牛顿第三定律得，小滑块C对圆弧槽的压力大小FN′＝FN＝5mg，方向竖直向下。(2)小滑块C沿圆弧槽下滑的过程中，设用时为t1，C的水平分速度的平均大小为eq\o(v,\s\up6(－))C，A、B整体的平均速度大小为eq\o(v,\s\up6(－))AB，对A、B、C整体水平方向根据动量守恒定律得meq\o(v,\s\up6(－))C－meq\o(v,\s\up6(－))AB＝0两边同时乘以t1得meq\o(v,\s\up6(－))Ct1－meq\o(v,\s\up6(－))ABt1＝0由题意可知eq\o(v,\s\up6(－))Ct1＋eq\o(v,\s\up6(－))ABt1＝R联立解得，此过程A、B向左运动的距离xAB＝eq\o(v,\s\up6(－))ABt1＝eq\f(1,2)R设B、C共速后的速度大小为vBC，B、C间的动摩擦因数为μ，自C滑到B上至C与B共速的过程，对B、C整体，以向右为正方向，根据动量守恒定律得mvC－eq\f(1,2)mvAB＝eq\f(3,2)mvBC解得vBC＝eq\f(\r(gR),3)由能量守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)mveq\o\al(2,AB)＝eq\f(1,2)×eq\f(3,2)mveq\o\al(2,BC)＋μmgR设自C滑上B至B的速度减为0的过程中，B运动的距离为xB，由动能定理有－μmgxB＝0－eq\f(1,2)×eq\f(1,2)mveq\o\al(2,AB)B离开平台的最大距离为xm＝xAB＋xB联立解得xm＝eq\f(7,8)R。(3)设小滑块C离开弹射器时速度大小为v，方向与水平方向夹角为α，之后小滑块C做斜上抛运动，设小滑块C在空中运动的时间为t，则在水平方向上，有eq\r(3)R＝vcosα·t在竖直方向上，有R＝vsinα·t－eq\f(1,2)gt2联立解得v2＝eq\f(\a\vs4\al(3gR),2\r(3)sinαcosα－2cos2α)由数学知识可知v＝eq\r(\f(\a\vs4\al(3gR),2sin（2α－30°）－1))当2α－30°＝90°，即α＝60°时，v有最小值，为vmin＝eq\r(3gR)需要补充能量的最小值为ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,min)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,BC)解得ΔE＝eq\f(13,9)mgR。阶段滚动卷二本试卷满分100分，考试时间75分钟。一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．(2024·甘肃高考)如图，相距为d的固定平行光滑金属导轨与阻值为R的电阻相连，处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中。长度为L的导体棒ab沿导轨向右做匀速直线运动，速度大小为v。则导体棒ab所受的安培力为()A.eq\f(B2d2v,R)，方向向左 B.eq\f(B2d2v,R)，方向向右C.eq\f(B2L2v,R)，方向向左 D.eq\f(B2L2v,R)，方向向右答案：A解析：导体棒ab接入电路的有效长度为d，故其切割磁感线在回路中产生的感应电动势大小为E＝Bdv，感应电流大小为I＝eq\f(E,R)，导体棒ab所受的安培力大小为F＝IdB，联立可得F＝eq\f(B2d2v,R)；根据右手定则可知，导体棒ab中的感应电流由b向a，由左手定则可知，导体棒ab所受的安培力方向向左。故A正确。2．(2024·浙江省丽水市、湖州市、衢州市3地高三下二模)先后让一束电子和一束氢核通过同一对平行板形成的偏转电场，进入时速度方向与电场方向垂直。下列情况下，射出极板时电子和氢核速度偏转角正切值相同的是()A．初速度相同 B．初速度的平方相同C．初动能相同 D．初动量相同答案：C解析：带电粒子进入电场后做类平抛运动，沿极板方向有x＝v0t，垂直极板方向有vy＝at，其中加速度a＝eq\f(qE,m)，射出极板时速度偏转角α的正切值tanα＝eq\f(vy,v0)，联立得tanα＝eq\f(qEx,mveq\o\al(2,0))，而电子和氢核所带的电荷量大小q相同，质量m不同，类平抛运动的水平位移x相同，电场强度E相同，则只有初动能eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)相同时，射出极板时电子和氢核速度偏转角正切值才相同，故选C。3.(2024·四川省宜宾市高三下二诊)水平架设的三根绝缘输电线缆彼此平行，线缆上电流大小相等，方向如图所示，位于三根线缆上的M点、P点、Q点在同一竖直平面内，△PQM为等腰三角形，MQ＝MP，O点是P、Q连线的中点，忽略地磁场的影响，下列说法正确的是()A．P点和Q点所在的两根线缆相互排斥B．M点所在的线缆在O点处产生的磁场方向竖直向下C．O点处的磁场方向沿水平方向由Q点指向P点D．M点所在的线缆受到的安培力方向竖直向下答案：C解析：由两根通电直导线，电流同向两导线相互吸引，电流异向两导线相互排斥，可知P点和Q点所在的两根线缆相互吸引，故A错误；由右手螺旋定则及对称性可知，P点和Q点所在的线缆在O点处产生的磁场等大反向，M点所在的线缆在O点处产生的磁场方向由Q点指向P点，故O点处的合磁场方向沿水平方向由Q点指向P点，故B错误，C正确；由右手螺旋定则、对称性及磁场的叠加可知，P点和Q点所在的两根线缆在M点所产生的合磁场沿水平方向由Q点指向P点，根据左手定则知，M点所在的线缆受到的安培力方向竖直向上，故D错误。4．(2024·浙江6月选考)理想变压器的原线圈通过a或b与频率为f、电压为u的交流电源连接，副线圈接有三个支路，如图所示。当S接a时，三个灯泡均发光，若()A．电容C增大，L1灯泡变亮B．频率f增大，L2灯泡变亮C．RG上光照增强，L3灯泡变暗D．S接到b时，三个灯泡均变暗答案：A解析：当S接a时，理想变压器原线圈两端电压不变，原、副线圈匝数比不变，则理想变压器副线圈两端电压不变，若电容C增大，则电容器对交流电的阻碍作用减小，则L1灯泡变亮；若交变电流的频率f增大，则电感器对交流电的阻碍作用增大，则L2灯泡变暗；若光敏电阻RG上光照增强，则RG阻值减小，则L3灯泡中电流增大，L3灯泡变亮，故A正确，B、C错误。S接到b时，理想变压器原线圈匝数n1减小，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，理想变压器副线圈两端电压U2增大，则三个灯泡均变亮，故D错误。5．已知两电池a、b的电动势分别为E1、E2，内阻分别为r1、r2。两电池分别接电阻R时，输出功率相等。当外电路电阻变为R′时，电池a、b的输出功率分别为P1、P2，已知E1<E2，R>R′。则()A．r1＝r2 B．r1>r2C．P1＝P2 D．P1>P2答案：D解析：两电池分别接电阻R时，输出功率相等，则两电源的U­I图线各自与电阻R的U­I图线的交点位于同一点，结合E1<E2可画出三者的U­I图线如图，可知r1<r2，A、B错误；根据R＞R′可画出电阻R′的U­I图线如图，根据此图线与两电池U­I图线的交点知，R′与电池a相连时路端电压U和电流I都较大，电池a的输出功率P出＝UI较大，即P1＞P2，C错误，D正确。6.(2024·江西省赣州市高三下3月摸底)如图所示，以O为圆心、半径为R的圆形区域内存在垂直圆面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。圆上有A、C、D三点，从A点沿半径AO方向射入一个带电粒子(不计重力)，入射速度为v1时，粒子恰好从C点离开磁场。已知粒子的比荷为k，且∠AOC＝90°，∠AOD＝120°，下列说法正确的是()A．粒子在磁场中的运动时间为t＝eq\f(π,kB)B．圆形区域的半径为R＝eq\f(kv1,B)C．要使粒子从D点离开磁场，入射速度为v2＝eq\r(3)v1D．若只改变入射速度方向，粒子不可能经过O点答案：C解析：粒子从A点沿AO方向进入磁场，从C点离开磁场时速度一定沿OC方向，粒子的速度方向改变了90°，根据几何知识可知，粒子的轨迹半径r1＝R，由洛伦兹力提供向心力，有qv1B＝meq\f(veq\o\al(2,1),r1)，运动周期T＝eq\f(2πr1,v1)，粒子在磁场中的运动时间为t＝eq\f(90°,360°)T，又eq\f(q,m)＝k，联立得圆形区域的半径为R＝eq\f(v1,Bk)，t＝eq\f(π,2Bk)，故A、B错误；粒子从D点离开磁场的运动轨迹如图所示，根据几何知识可得tan60°＝eq\f(r2,R)，解得轨迹半径r2＝eq\r(3)R＝eq\r(3)r1，根据r＝eq\f(mv,qB)可得，v2＝eq\r(3)v1，故C正确；由于r1＝R>eq\f(1,2)R，所以若只改变入射速度方向，粒子可能经过O点，故D错误。7．(2023·山东省德州市、菏泽市高三二模联考)绝缘天花板上悬挂有带正电的带电绳，绳的质量和带电量都分布均匀，若在虚线下方加上水平向右的匀强电场，绳静止时的形状应为()答案：C解析：设单位长度的绳的质量为m，带电量为q，匀强电场的电场强度的大小为E，对于在虚线以下、在电场中的绳，从绳的最下端向上取一段极短的长度为Δx的绳为研究对象，受力分析如图1所示，该部分绳所受重力和电场力的合力F合与竖直方向夹角θ的正切值tanθ＝eq\f(ΔxqE,Δxmg)＝eq\f(qE,mg)，由平衡条件可知，该部分绳受上面其他部分绳的拉力T斜向左上方且与竖直方向的夹角为θ，对与该段极短的绳相邻连接的上部分长度为Δx的绳受力分析可知，该上部分长度为Δx的绳所受的上面其他部分绳的拉力T′同样斜向左上方且与竖直方向的夹角为θ，同理依次类推可知，在虚线下方的绳沿着一条斜向右下方的直线，该直线与竖直方向的夹角为θ，故A、D错误；对于在虚线以上、不受电场力的绳，从虚线处向上取一段极短的长度为Δx的绳为研究对象，其受到竖直向下的重力的作用、虚线下方绳对它的拉力T下的作用，方向与竖直方向的夹角为θ，斜向右下方，以及与该段绳相邻连接的上方绳的拉力T上的作用，受力分析如图2所示，由平衡条件可知，T上与竖直方向的夹角α<θ，对与该段绳相邻连接的上方长度为Δx的绳受力分析可知，其所受上方相邻连接的绳的拉力T上′与竖直方向的夹角α′<α，以此类推可知，虚线上方绳与竖直方向夹角越向上越小。综上可知，B错误，C正确。二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全都选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8．(2019·全国卷Ⅱ)静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动，N为粒子运动轨迹上的另外一点，则()A．运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小B．在M、N两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合C．粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能D．粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行答案：AC解析：如图所示，在两正电荷形成的电场中，一带正电的粒子在两电荷的连线上运动时，粒子有可能经过先加速再减速的过程，A正确；已知带电粒子只受电场力，粒子运动轨迹与电场线重合须具备初速度与电场线平行或为0、电场线为直线两个条件，B错误；带电粒子仅受电场力在电场中运动时，其动能与电势能的总量不变，EkM＝0，而EkN≥0，故EpM≥EpN，C正确；粒子运动轨迹的切线方向为速度方向，由于粒子运动轨迹不一定是直线，故粒子在N点所受电场力的方向与粒子轨迹在该点的切线方向不一定平行，D错误。9．(2024·陕西省商洛市高三下四模)图甲为陕西某一发电厂向商洛地区远距离输电示意图，变压器均为理想变压器。升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100，其输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为100Ω。降压变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R1为一定值电阻，R2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小，电压表显示加在报警器上的电压(报警器未画出)。未出现火警时，升压变压器的输入功率为750kW。下列说法中正确的有()A．降压变压器副线圈输出的交流电频率为50HzB．远距离输电线路损耗功率为180kWC．当传感器R2所在处出现火警时，电压表的示数变大D．当传感器R2所在处出现火警时，输电线上的电流变大答案：AD解析：由题图乙知，升压变压器输入的交流电的周期为T＝0.02s，频率为f＝eq\f(1,T)＝50Hz，而理想变压器不改变交流电的频率，则降压变压器副线圈输出的交流电频率也为50Hz，故A正确；由题图乙知，升压变压器输入端电压最大值为Um＝250eq\r(2)V，则其有效值为U1＝eq\f(Um,\r(2))＝250V，设升压变压器的原、副线圈匝数分别为n1、n2，根据理想变压器原、副线圈两端电压与匝数关系知eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，得副线圈两端电压为U2＝eq\f(n2,n1)U1＝25000V，理想变压器原、副线圈的功率相等，则升压变压器的输出功率为P＝750kW，所以输电线中的电流为I2＝eq\f(P,U2)＝30A，输电线路损耗功率为ΔP＝Ieq\o\al(2,2)R＝302×100W＝90kW，故B错误；设降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4，两端电压分别为U3、U4，电流分别为I3、I4，则降压变压器及其负载作为一个等效电阻，有R等＝eq\f(U3,I3)＝eq\f(\f(n3,n4)U4,\f(n4,n3)I4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n3,n4)))eq\s\up12(2)·eq\f(U4,I4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n3,n4)))eq\s\up12(2)(R1＋R2)，当传感器R2所在处出现火警时，R2阻值减小，故R等减小，升压变压器的副线圈两端电压U2不变，由欧姆定律可知输电线中电流为I2＝eq\f(U2,R＋R等)，则I2变大，由理想变压器原、副线圈中的电流关系可知I2n3＝I4n4，则流过R1和R2的电流I4变大，而输电线上的损耗电压ΔU＝I2R变大，则降压变压器的输入电压U3＝U2－ΔU变小，由eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，可知降压变压器的输出电压U4变小，由UV＝U4－I4R1，可知电压表的示数UV变小，故C错误，D正确。10．(2024·山东省潍坊市高三下三模)如图所示，af和dg是位于水平面内的宽度为L的平行轨道，be、ch两段用光滑绝缘材料制成，其余两部分均为光滑导体且足够长；ad左侧接一电容器，电容器两端电压为U0，fg右侧接有阻值为R的定值电阻；abcd和efgh区域均存在竖直向下的匀强磁场，abcd区域磁感应强度大小为B1，efgh区域的磁感应强度大小为B2。一长度为L、质量为m、电阻为R的导体棒静止于ad处，闭合开关S，导体棒开始向右运动，导体棒在abcd区域获得的最终速度为v，导体棒静止后到eh的距离为x(x为未知量)。导体棒与轨道始终保持垂直且接触良好，则()A．导体棒刚进入efgh区域时的加速度大小a＝eq\f(Beq\o\al(2,2)L2v,2mR)B．x＝eq\f(mvR,Beq\o\al(2,2)L2)C．导体棒在eh右侧到eh距离为kx(0<k<1)时，安培力的功率为P＝eq\f(（1－k）2Beq\o\al(2,2)L2v2,2R)D．当电容器电容C＝eq\f(m,Beq\o\al(2,1)L2)时，导体棒在abcd区域获得的最终速度v最大答案：AC解析：由题意知，导体棒在abcd区域获得的最终速度为v，由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知，导体棒刚进入efgh区域时的感应电流I＝eq\f(B2Lv,2R)，由牛顿第二定律可知，加速度大小a＝eq\f(B2IL,m)，解得a＝eq\f(Beq\o\al(2,2)L2v,2mR)，故A正确；设从导体棒进入efgh区域到静止用时为t，由法拉第电磁感应定律可知，平均感应电动势eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(B2Lx,t)，由闭合电路欧姆定律知，平均电流eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),2R)，以向左为正方向，根据动量定理有－B2eq\o(I,\s\up6(－))Lt＝0－mv，联立解得x＝eq\f(2mvR,Beq\o\al(2,2)L2)，故B错误；设导体棒在eh右侧到eh距离为kx(0<k<1)时，导体棒的速度为v′，从此时到导体棒静止，与B项分析同理，可得(1－k)x＝eq\f(2mv′R,Beq\o\al(2,2)L2)，列出此时的感应电流I′＝eq\f(B2Lv′,2R)，则此时安培力的功率为P＝B2I′L·v′，联立解得P＝eq\f(（1－k）2Beq\o\al(2,2)L2v2,2R)，故C正确；导体棒在abcd区域获得最终速度v时，电容器两端电压U＝B1Lv，设此时电容器所带电荷量为q，开始时电容器所带电荷量为q0，则C＝eq\f(q0,U0)＝eq\f(q,U)，从开始到导体棒到达bc，通过导体棒的电荷量Δq＝q0－q，此过程对导体棒由动量定理得B1eq\o(I,\s\up6(－))1L·Δt＝mv－0，且Δq＝eq\o(I,\s\up6(－))1Δt，联立解得v＝eq\f(CB1LU0,m＋CBeq\o\al(2,1)L2)，整理后有v＝eq\f(B1LU0,\f(m,C)＋Beq\o\al(2,1)L2)，即C越大，v越大，故D错误。三、非选择题：本题共5小题，共54分。11．(6分)(2024·浙江1月选考)在“观察电容器的充、放电现象”实验中，把电阻箱R(0～9999Ω)、一节干电池、微安表(量程0～300μA，零刻度在中间位置)、电容器C(2200μF、16V)、单刀双掷开关组装成如图1所示的实验电路。(1)把开关S接1，微安表指针迅速向右偏转后示数逐渐减小到零；然后把开关S接2，微安表指针偏转情况是________。A．迅速向右偏转后示数逐渐减小B．向右偏转示数逐渐增大C．迅速向左偏转后示数逐渐减小D．向左偏转示数逐渐增大(2)再把电压表并联在电容器两端，同时观察电容器充电时电流和电压变化情况。把开关S接1，微安表指针迅速向右偏转后示数逐渐减小到160μA时保持不变；电压表示数由零逐渐增大，指针偏转到如图2所示位置时保持不变，则电压表示数为________V，电压表的阻值为________kΩ(计算结果保留两位有效数字)。答案：(1)C(2)0.503.1解析：(1)把开关S接1时，电容器充电，电流从右向左流过微安表，微安表指针迅速向右偏转后示数逐渐减小到零；然后把开关S接2，电容器放电，则电流从左向右流过微安表，电流先迅速增大，后逐渐减小，则微安表指针迅速向左偏转后示数逐渐减小。故选C。(2)由于电源为一节干电池，可知电压表应选用0～3V量程，由题图2可知，此时电压表的分度值为0.1V，需要估读到0.01V，则电压表的示数U＝0.50V。当微安表示数稳定时，电容器中不再有电流通过，此时干电池、电阻箱、电压表和微安表串联构成回路，则通过电压表的电流大小为I＝160μA＝1.6×10－4A，根据部分电路欧姆定律可得，电压表的阻值RV＝eq\f(U,I)＝eq\f(0.50V,1.6×10－4A)＝3.1kΩ。12．(8分)(2024·山东省聊城市高三下三模)半导体薄膜压力传感器阻值会随压力变化而改变。某小组设计实验测量一薄膜压力传感器在不同压力下的阻值RF，其阻值约几十千欧，现有以下器材：电源：电动势3V，内阻不计电流表A1：量程250μA，内阻约为50Ω电流表A2：量程250mA，内阻约为10Ω电压表V：量程3V，内阻约为20kΩ滑动变阻器R：阻值范围0～100Ω压力传感器RF，开关S，导线若干(1)为了提高测量的准确性，电流表应选________(选填“A1”或“A2”)，并请补充完整图甲中虚线框内的测量电路。(2)通过多次实验测得其阻值RF随压力F变化的RF­F图像如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。(3)完成前面的实验工作后，将该压力传感器接入如图丙所示电路中，制作成简易电子秤，它的主要构成有：压力传感器RF，定值电阻R0＝6kΩ，理想电流表(量程250μA)，电动势为6V的电源，电源内阻不计。①将该电子秤水平放置在沿竖直方向运动的电梯里，在托盘上放一砝码，托盘和砝码的总质量为200g，电流表示数为200μA，通过计算可得电梯的加速度大小为________m/s2；②若使用一段时间后，电源电动势减小，电源内阻不计，则重物质量的测量值将________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。答案：(1)A1图见解析(3)①1.5②偏小解析：(1)由闭合电路欧姆定律可知，电路中最大电流约为Imax＝eq\f(E,RF)≈eq\f(3,10×103)A＝300μA，故为了提高测量的准确性，电流表应选A1。滑动变阻器的阻值相比压力传感器阻值小得多，为了使电表示数变化范围更大，以提高测量的准确性，滑动变阻器采用分压式接法；根据RF>eq\r(RV·RA1)，可知电流表采用内接法，故完整的电路图如图所示。(3)①令电源电动势为E2，由闭合电路欧姆定律可知，电流表示数I＝eq\f(E2,RF＋R0)，代入数据解得RF＝24kΩ，由题图乙可知，压力传感器所受压力为F＝2.3N，则托盘和砝码所受支持力F′＝F＝2.3N；设托盘和砝码的总质量为m，电梯的加速度大小为a，由牛顿第二定律得F′－mg＝ma，解得a＝1.5m/s2。②若使用一段时间后，电源电动势减小，电源内阻不计，则对于同一重物，电路中电流比正常时小，由I＝eq\f(E2,RF＋R0)知，RF的计算值偏大，由题图乙知，将导致重物压力的测量值偏小，所以重物质量的测量值将偏小。13．(8分)(2024·安徽省蚌埠市高三第三次教学质量检查)如图所示，电荷量为2×10－6C的带正电小球B静止放在光滑绝缘水平面上，某时刻质量为0.2kg、电荷量为5×10－6C的带正电小球A以2m/s的初速度从水平面上足够远处沿直线向B运动，当两球距离最小为0.3m时，B球的动量为0.3kg·m·s－1，两小球可视为质点，静电力常量为9.0×109N·m2·C－2。设开始时刻A、B组成的系统电势能为零，求：(1)A球最大加速度的大小；(2)B球的质量；(3)系统的最大电势能。答案：(1)5m/s2(2)0.6kg(3)0.3J解析：(1)设小球A的质量为m，A球和B球的电荷量分别为q1和q2，静电力常量为k，两球间的最小距离为r，两球距离最小时两球间的静电力最大，小球A加速度最大，设为a，根据库仑定律，两球间的最大静电力F＝keq\f(q1q2,r2)由牛顿第二定律得F＝ma联立并代入数据，解得a＝5m/s2。(2)两球距离最小时速度相等，设为v，设B球的质量为M，A球的初速度为v0，由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v两球距离最小时B球的动量p1＝Mv联立并代入数据，解得M＝0.6kg，v＝0.5m/s。(3)两球距离最小时系统电势能最大，由能量守恒定律知，系统的最大电势能Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋M)v2代入数据，解得Ep＝0.3J。14.(14分)(2024·四川省雅安市高三下三诊)北京时间2023年10月31日8时11分，神舟十六号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。某课外实践小组根据所学物理知识，为返回舱设计了一种电磁缓冲着陆装置。其原理如图所示，该装置由返回舱、间距为l的平行导轨、产生垂直导轨平面的磁感应强度大小为B的匀强磁场的磁体和“人”字形刚性(忽略形变)线框支架组成，线框ab边可沿导轨滑动且接触良好。整个装置竖直着陆到水平地面前瞬间的速度大小为v0，线框接触水平地面立即静止，此后ab边与磁场发生相互作用，返回舱一直减速直至达到匀速运动状态，从而实现缓冲。已知返回舱、导轨和磁体固定在一起，总质量为m。返回舱总电阻为3r，线框7条边边长均为l，每边电阻均为r，重力加速度为g，整个运动过程中只有ab边在磁场中，线框与水平地面绝缘，不计导轨电阻和一切摩擦阻力，忽略地磁场的影响。(1)线框刚接触水平地面时，流过ab的电流大小和方向；(2)返回舱达到匀速运动状态的速度v；(3)若返回舱的速度大小从v0减到v的过程中，经历的时间为t，求该过程中返回舱下落的高度h和该装置中产生的焦耳热Q。(结果保留v)答案：(1)eq\f(Blv0,2r)方向从b到a(2)eq\f(\a\vs4\al(2mgr),B2l2)(3)eq\f(2r（mgt－mv＋mv0）,B2l2)eq\f(2mgr（mgt－mv＋mv0）,B2l2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2解析：(1)线框刚接触水平地面时，由法拉第电磁感应定律可知，ab边产生的感应电动势为E1＝Blv0ab边等效为内阻为r的电源，外电路由三个电阻为3r的定值电阻并联构成，则整个回路总电阻为R＝r＋eq\f(1,\f(1,3r)＋\f(1,3r)＋\f(1,3r))则流过ab边的电流大小为I1＝eq\f(E1,R)联立解得I1＝eq\f(Blv0,2r)此时ab边静止，磁场随返回舱向下运动，可视为ab边向上切割磁感线，由右手定则可知，流过ab的电流方向从b到a。(2)返回舱向下减速运动，最终达到匀速运动状态，此时由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E2＝Blv由闭合电路欧姆定律可知，ab中感应电流I2＝eq\f(E2,R)ab所受安培力的大小F安＝BI2l由牛顿第三定律知，返回舱、导轨和磁体所受ab对它们的作用力大小F＝F安对返回舱、导轨和磁体整体，由平衡条件可知F＝mg联立解得v＝eq\f(\a\vs4\al(2mgr),B2l2)。(3)返回舱的速度由v0减小到v的过程中，返回舱的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(h,t)由法拉第电磁感应定律知，平均感应电动势eq\o(E,\s\up6(－))＝Bleq\o(v,\s\up6(－))由闭合电路欧姆定律可知，ab中的平均感应电流eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)ab所受平均安培力eq\o(F,\s\up6(－))安＝Beq\o(I,\s\up6(－))l由牛顿第三定律知，返回舱、导轨和磁体所受ab对它们的平均作用力大小eq\o(F,\s\up6(－))＝eq\o(F,\s\up6(－))安对返回舱、导轨和磁体整体，以向下为正方向，由动量定理得mgt－eq\o(F,\s\up6(－))t＝mv－mv0联立解得h＝eq\f(2r（mgt－mv＋mv0）,B2l2)由能量守恒定律得mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2