江西省宜春市丰城市第九中学2024-2025学年高二上学期开学考试物理试题（日新班）
1．（2024高二上·丰城开学考）“智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的科技产品。该装置通过马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态，在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护，能有效地避免摔倒带来的伤害。在穿戴者着地的过程中，安全气囊可以（ ）
A．减小穿戴者所受重力的冲量
B．减小地面对穿戴者的平均冲击力
C．减小穿戴者动量的变化量
D．减小穿戴者与地面的接触时间
2．（2024高二上·丰城开学考）超市里用的购物车为顾客提供了购物方便，又便于收纳，收纳时一般采用完全非弹性碰撞的方式把购物车收到一起，如图甲所示。某兴趣小组在超市对同款购物车（以下简称“车”）的碰撞进行了研究，分析时将购物车简化为原来静止的小物块。已知车的净质量均为，将1号车以速度向右推出，先与2碰撞结合为一体后再撞击3，最终三车合为一体。忽略一切摩擦和阻力，则第二次碰撞过程中损失的机械能为（ ）
A．18J B．36J C．54J D．72J
3．（2024高二上·丰城开学考）如图1所示为某修正带照片，图2为其结构示意图。修正带由出带轮、传动轮、收带轮、基带、出带口等组成。测量可知出带轮有45齿，半径为，传动轮齿数未知，半径为，收带轮有15齿，半径未知，下列选项正确的是（ ）
A．使用时，出带轮与收带轮转动方向相反
B．根据题中信息，可以算出传动轮的齿数
C．根据题中信息，不能算出收带轮轴心到齿轮边缘的半径
D．在纸面长时间匀速拉动修正带时，出带轮边缘某点的向心加速度大小不变
4．（2024高二上·丰城开学考）AB、CD两块正对的平行金属板与水平面成30°角固定，竖直截面如图所示。两板间距10cm，电荷量为、质量为的小球用长为5cm的绝缘细线悬挂于A点。闭合开关S，小球静止时，细线与AB板夹角为30°；剪断细线，小球运动到CD板上的M点（未标出），则（ ）
A．MC距离为 B．电势能增加了
C．电场强度大小为 D．减小R的阻值，MC的距离将变大
5．（2024高二上·丰城开学考）某节能储能输电网络如图所示，发电机的输出电压U1= 250V，输出功率500kW。降压变压器的匝数比n3：n4= 50：1，输电线总电阻R = 62.5Ω。其余线路电阻不计，用户端电压U4= 220V，功率88kW，所有变压器均为理想变压器。下列说法正确的是（ ）
A．发电机的输出电流为368A
B．输电线上损失的功率为4.8kW
C．输送给储能站的功率为408kW
D．升压变压器的匝数比n1：n2= 1：44
6．（2024高二上·丰城开学考）匝数为100的线圈通有如图所示的交变电流（图中曲线为余弦曲线的一部分），单匝线圈电阻，则在内线圈产生的焦耳热为（ ）
A．80J B．85J C．90J D．125J
7．（2024高二上·丰城开学考）如图，在宽度均为a的区域Ⅰ、Ⅱ中分别存在垂直纸面且方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小相等。正三角形金属线框efg（高也为a）从图示位置沿x轴正方向匀速穿过Ⅰ、Ⅱ区域，规定逆时针方向为电流正方向，则线框efg中感应电流I与线框移动距离x的关系图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2024高二上·丰城开学考）钓鱼时甩竿是一关键技巧。图中a至b位置的过程为甩竿过程的示意图，甩竿过程中鱼钩和鱼饵（以下简称“钩饵”）可近似认为始终在竿的末端。钓鱼者在a位置开始甩竿，钩饵运动到最高点b时，迅速释放鱼线，钩饵被水平抛出，最后落在距b位置水平距离为s的水面上。甩竿过程可视为竿在竖直平面内绕O点转过了角，O点离水面高度为h、到竿末端的距离为L。钩饵从b点抛出后在空中运动过程中，不计鱼线对其作用。不计空气阻力。钩饵质量为m。重力加速度为g。则（ ）
A．钩饵在b点抛出时的速度大小为
B．甩竿过程中，钩饵、鱼线和鱼竿构成的系统机械能增加
C．甩竿过程中，钩饵所受的合力做功
D．释放鱼线后，钩饵在落到水面前其速率随时间均匀增加
9．（2024高二上·丰城开学考）每逢重大节日，人们都会在夜间燃放高空礼花来渲染节日气氛。如图，某型号高空礼花弹从专用炮筒中以初速度竖直射向天空，礼花弹到达最高点时炸开，爆炸后礼花弹内的大量小弹丸向四面八方射出，燃烧着的小弹丸形成一个不断扩大的光彩夺目的球面，直到熄灭。设礼花弹的质量为m，爆炸后瞬间所有弹丸的速度大小均为v，每个弹丸的燃烧时间均为，重力加速度为g。忽略一切空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．发射礼花弹过程中，炮筒内高压气体对礼花弹做的功为
B．爆炸时礼花弹离地面的高度为
C．在夜间能看到的礼花球面的最大半径为
D．礼花熄灭前，礼花球面的球心离地面的最小高度为
10．（2024高二上·丰城开学考）一个电荷量为+Q、半径为r的均匀带电圆环，在其轴线上距离圆心x处产生的电场强度如图中实线所示（虚线表示位于x=0处电荷量为+Q的点电荷在距其x处产生的电场强度）。将一个带电量为+q、质量为m的微粒（不计重力）从靠近圆心处释放，粒子沿轴线向远离圆环的方向运动。下列说法正确的是（ ）
A．微粒最大加速度约为
B．从r到3r位置过程中，电势升高
C．从r到3r位置过程中，微粒的电势能减小量约为1.1qE0r
D．位于轴线上x=8r处点电荷所受圆环的静电力可用库仑定律计算
11．（2024高二上·丰城开学考）在第四次“天宫课堂”中，航天员演示了动量守恒实验。受此启发，某同学使用如图甲所示的装置进行了碰撞实验，气垫导轨两端分别安装a、b两个位移传感器，a测量滑块A与它的距离xA，b测量滑块B与它的距离xB。部分实验步骤如下：
①测量两个滑块的质量，分别为200.0g和400.0g；
②接通气源，调整气垫导轨水平；
③拨动两滑块，使A、B均向右运动；
④导出传感器记录的数据，绘制xA、xB随时间变化的图像，分别如图乙、图丙所示。
回答以下问题：
（1）从图像可知两滑块在t= s时发生碰撞；
（2）滑块B碰撞前的速度大小v= m/s （保留2位有效数字）；
（3）通过分析，得出质量为200.0g的滑块是 （填“A”或“B”）。
12．（2024高二上·丰城开学考）某探究小组要测量电池的电动势和内阻。可利用的器材有：电压表、电阻丝、定值电阻（阻值为）、金属夹、刻度尺、开关S、导线若干。他们设计了如图所示的实验电路原理图。
（1）实验步骤如下：
①将电阻丝拉直固定，按照图（a）连接电路，金属夹置于电阻丝的 。（填“A”或“B”）端；
②闭合开关S，快速滑动金属夹至适当位置并记录电压表示数U，断开开关S，记录金属夹与B端的距离L；
③多次重复步骤②，根据记录的若干组U、L的值，作出图（c）中图线Ⅰ；
④按照图（b）将定值电阻接入电路，多次重复步骤②，再根据记录的若干组U、L的值，作出图（c）中图线Ⅱ。
（2）由图线得出纵轴截距为b，则待测电池的电动势 。
（3）由图线求得Ⅰ、Ⅱ的斜率分别为、，若，则待测电池的内阻 （用和表示）。
13．（2024高二上·丰城开学考）现在有些餐厅推行了送餐机器人，深受就餐消费者的喜爱。一质量为m的送餐机器人在送餐过程中沿一直线运动，先后经过匀加速、匀速和匀减速运动过程，已知机器人在这三个运动过程中依次通过的位移为s的路径，所用时间分别为2t、t和。（已知重力加速度为g）。求：
（1）匀加速过程机器人所受到的合外力；
（2）从匀减速开始到停下来机器人所走的位移大小。
14．（2024高二上·丰城开学考）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角的直轨道，半径的圆弧轨道，长度、倾角为的直轨道，半径为R、圆心角为的圆弧管道组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量的小物块a从轨道上高度为h静止释放，经圆弧轨道滑上轨道，轨道由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数，向下运动时动摩擦因数，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为，小物块a动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，，）
（1）若，求小物块
①第一次经过C点的向心加速度大小；
②在上经过的总路程；
③在上向上运动时间和向下运动时间之比。
（2）若，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。
15．（2024高二上·丰城开学考）如图所示，一“U”型金属导轨固定在竖直平面内，一电阻不计，质量为m的金属棒ab垂直于导轨，并静置于绝缘固定支架上。边长为L的正方形cdef区域内，存在垂直于纸面向外的匀强磁场。支架上方的导轨间，存在竖直向下的匀强磁场。两磁场的磁感应强度大小B随时间的变化关系均为B = kt（SI），k为常数（k > 0）。支架上方的导轨足够长，两边导轨单位长度的电阻均为r，下方导轨的总电阻为R。t = 0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，整个运动过程中ab与两边导轨接触良好。已知ab与导轨间动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。不计空气阻力，两磁场互不影响。
（1）求通过面积Scdef的磁通量大小随时间t变化的关系式，以及感应电动势的大小，并写出ab中电流的方向；
（2）求ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式；
（3）求经过多长时间，对ab所施加的拉力达到最大值，并求此最大值。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】动量定理
【解析】【解答】根据动量定理
可知安全气囊的作用是延长了人与地面的接触时间，从而减小人所受到的合外力。穿戴者动量的变化量未发生变化，重力的冲量增大了。
故选B。
【分析】分析碰撞前后的动量变化关系，明确动量变化率的变化，再根据动量定理分析冲击力的变化。
2．【答案】B
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】依题意，碰撞过程系统动量守恒，根据动量守恒定律求解碰撞后速度，
求得
，
则第二次碰撞过程中损失的机械能等于碰撞前后损失的动能
故选B。
【分析】应用能量守恒定律求出碰撞过程两车损失的机械能。
3．【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】A．使用时，传动轮与收带轮传动方向相反，则出带轮与收带轮转动方向相同，故A错误；
B．由于是齿轮带动，相邻齿之间的间距相等，则有
解得
故B正确；
C．相邻齿之间的间距相等，由
解得
故C错误；
D．在纸面长时间匀速拉动修正带时，出带轮边缘某点的圆周半径减小，根据向心加速度的表达式有
则该点的向心加速度大小变大，故D错误。
故选B。
【分析】齿轮传动时，齿轮边缘上的点的线速度大小相等；结合v=ωr，求解。
4．【答案】B
【知识点】电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．对小球受力分析如图所示
根据几何关系可得
联立解得
剪断细线，小球做匀加速直线运动，如图所示
根据几何关系求解MC
故A错误；
B．小球沿着电场力方向的位移
与电场力方向相反，电场力做功为
克服电场力做的功等于解电势能增加量，则小球的电势能增加，故B正确；
C．根据电场强度的定义式求解电场强度大小，电场强度的大小
故C错误；
D．电容器两板间的电压等于电源电动势，减小R的阻值，极板间的电势差不变，极板间的电场强度不变，所以小球的运动不会发生改变，MC的距离不变，故D错误。
故选B。
【分析】剪断细线，小球沿直线运动到M点，根据几何关系求解MC；作出受力图，根据正弦定理可得电场力大小，根据功的计算公式求解克服电场力做的功，根据功能关系求解电势能增加量；根据电场强度的定义式求解电场强度大小；电容器两板间的电压等于电源电动势，与R的阻值无关，由此分析。
5．【答案】C
【知识点】变压器原理；电能的输送
【解析】【解答】A．根据发电机的输出电压和输出功率结合电功率的计算公式分析，由题知，发电机的输出电压U1 = 250V，输出功率500kW，则有
A错误；
BD．由题知，
P' = U4I4
联立解得
I4 = 400A，I3 = 8A，U3 = 11000V
根据电功率的计算公式求解输电线上损失的功率，则输电线上损失的功率为
P损 = I32R = 4kW
且
U2 = U3＋I3R = 11500V
根据n1：n2=U1：U2可得升压变压器的匝数比，解得
BD错误；
C．根据理想变压器无功率损失有
P = U2I3＋P储
代入数据有
P储 = 408kW
C正确。
故选C。
【分析】根据降压变压器的电压比等于匝数比求得U3，再求解降压变压器线圈中的电流；输送给储能站的功率等于发动机输出功率减去送给输电电路的功率；根据功率计算公式求解升压变压器副线圈两端电压，根据n1：n2=U1：U2可得升压变压器的匝数比。
6．【答案】B
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】 该交流电中前二分之一周期为正弦交流电的四分之一周期，该时间内的有效值和最大值之间的关系仍然为：Im=根据有效值的定义方法可知
解得
根据焦耳定律，
故选B。
【分析】根据有效值的定义，结合图象可以求出电流的有效值，再利用焦耳定律求焦耳热。
7．【答案】B
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】正三角形线框efg刚进入向里的磁场Ⅰ时，利用楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，为正方向，在进入过程中，其有效长度为
感应电动势为
感应电流为
当线框efg前进a距离时，达到最大，即
在线圈刚进入向外的磁场区域Ⅱ瞬间，感应电流为零，进入过程红，有效切割长度变大，在该过程中，结合之前的分析其电流的瞬时值为
当前进距离为2a时，其感应电流达到最大，其最大值为
在刚出向外的磁场区域Ⅱ瞬间，感应电流大小为零，结合之前的分析其电流的瞬时值为
当前进距离为3a时，达到最大，其最大值为
故选B。
【分析】线框匀速穿过两磁场区域时，分为三个过程：进入左侧磁场，穿过两磁场分界线和穿过右侧磁场，由有效切割长度变化，根据感应电动势公式，分析感应电动势的变化，再分析感应电流的变化。
8．【答案】A,B
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．鱼饵在b点做平抛运动，将运动分解，在竖直方向有
在水平方向有
联立可得鱼饵在b点抛出时的速度大小为
A符合题意；
B．甩竿过程中，人对钩饵、鱼线和鱼竿构成的系统做功为正，所以系统机械能增加，B符合题意；
C．由动能定理可得
C不符合题意；
D．鱼饵做平抛运动，过程只有重力做功，速度均匀增大，速率的增加不均匀，D不符合题意；
故答案为AB。
【分析】根据平抛运动的特点，对运动的水平方向，竖直方向分别运动学公式进行求解，可判断过程中的速度大小，利用动能定理可判断系统的能量变化与做功情况。
9．【答案】B,C,D
【知识点】竖直上抛运动；斜抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．由动能定理可知炮筒内高压气体对礼花弹做的功为
故A错误；
B．忽略一切空气阻力，礼花弹上升过程做竖直上抛运动，再根据速度一位移公式求解高度，则爆炸时礼花弹离地面的高度为
故B正确；
C．礼花熄灭前，半径最大，最大半径为
故C正确；
D．礼花熄灭前，礼花球面的球心离地面的高度最小，最小高度为
故D正确。
故选BCD。
【分析】首先由动能定理列式求解发射礼花弹过程中，炮筒内高压气体对礼花弹做的功，再根据速度一位移公式求解高度即可；根据速度—位移公式和速度—时间公式联立求解即可。
10．【答案】A,C,D
【知识点】电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．由图可知，处场强最大，约为1.9E0，根据牛顿第二定律求最大加速度，
故A正确；
B．由于沿电场线方向电势降低，所以从r到3r位置过程中电势降低，故B错误；
C．根据电场力做功与电势能的关系结合E-x“面积”含义，曲线与横轴所围的区域的面积表示电势差，则从r到3r位置过程中，曲线下小方格约为11格，则电势差为
所以电场力做功为
电势能减小量为1.1qE0r，故C正确；
D．当x较大时，两条线近似重合，均匀带电圆环可近似看成电荷量集中于圆心处的一个点电荷，所以位于轴线上x=8r处点电荷所受圆环的静电力可用库仑定律计算，故D正确。
故选ACD。
【分析】根据电场力公式求最大电场力，根据牛顿第二定律求最大加速度；沿电场线电势逐渐降低；根据电场力做功与电势能的关系结合E-x“面积”含义求解；根据点电荷的场强公式结合图像作答。
11．【答案】（1）1.0
（2）0.20
（3）B
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】 （1）碰撞过程两滑块的速度大小会发生变化，由图像的斜率表示速度可知两滑块的速度在时发生突变，即这个时候发生了碰撞；
（2）斜率的绝对值表示速度大小
（3）由题图分别求得碰撞前、后A、B的速度大小，碰撞前A的速度大小，碰撞后A的速度大小约为，由题图丙可知，碰撞后B的速度大小为，
代入数据解得
所以质量为200.0g的滑块是B。
【分析】 （1）由x-t图像的斜率表示速度判断速度变化的时刻。
（2）根据x-t图像斜率的绝对值等于速度大小求解碰撞前瞬间B的速度大小。
（3）对A和B的碰撞过程，根据动量守恒定律求得它们的质量大小关系。
（1）由图像的斜率表示速度可知两滑块的速度在时发生突变，即这个时候发生了碰撞；
（2）根据图像斜率的绝对值表示速度大小可知碰撞前瞬间B的速度大小为
（3）由题图乙知，碰撞前A的速度大小，碰撞后A的速度大小约为，由题图丙可知，碰撞后B的速度大小为，A和B碰撞过程动量守恒，则有
代入数据解得
所以质量为200.0g的滑块是B。
12．【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）为了保护电路，防止电流过大闭合开关前，金属夹置于电阻丝的最大阻值处，应该置于端。
（2）对于图（a）、（b）的电路图，分别根据闭合电路欧姆定律和电阻定律推导出图（c）所示图像的表达式。
结合欧姆定律和电阻定律
联立可得
整理可得
对于电路图（b），
结合欧姆定律和电阻定律
联立后整理
可知图线的纵轴截距
解得
（3）根据
又
联立解得
【分析】（1）从保护电路的角度，分析闭合开关前金属夹应置于哪一端。
（2）对于图（a）、（b）的电路图，分别根据闭合电路欧姆定律和电阻定律推导出图（c）所示图像的表达式。
（3）根据图线的纵轴截距与斜率，结合已知条件求解待测电池的电动势与内阻。
（1）为了保护电路，闭合开关前，金属夹置于电阻丝的最大阻值处，由图可知，应该置于端。
（2）对于电路图（a），根据闭合电路欧姆定律有
设金属丝的电阻率为，横截面积为，结合欧姆定律和电阻定律
联立可得
整理可得
对于电路图（b），根据闭合电路欧姆定律有
结合欧姆定律和电阻定律
联立后整理
可知图线的纵轴截距
解得
（3）由题意可知
又
联立解得
13．【答案】（1）匀速运动的速度为
设匀加速运动的初速度为，根据平均速度公式有
联立解得
对匀加速运动，根据位移时间公式有
解得
所以
（2）对匀减速直线运动，根据平均速度公式有
解得
匀减速直线运动的加速度大小
由速度位移关系式得
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）根据平均速度公式求解初速度，对匀加速运动，根据位移时间公式求解加速度，根据牛顿第二定律求解合外力；
（2）对匀减速直线运动，根据平均速度公式求解末速度大小，根据速度时间关系求解加速度，根据速度位移关系求解位移。
14．【答案】（1）①对小物块a从A到第一次经过C的过程，根据机械能守恒定律有
第一次经过C点的向心加速度大小为
②小物块a在DE上时，因为
所以小物块a每次在DE上升至最高点后一定会下滑，之后经过若干次在DE上的滑动使机械能损失，最终小物块a将在B、D间往复运动，且易知小物块每次在DE上向上运动和向下运动的距离相等，设其在上经过的总路程为s，根据功能关系有
解得
③根据牛顿第二定律可知小物块a在DE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为
将小物块a在DE上的若干次运动等效看作是一次完整的上滑和下滑，则根据运动学公式有
解得
（2）对小物块a从A到F的过程，根据动能定理有
解得
设滑块长度为l时，小物块恰好不脱离滑块，且此时二者达到共同速度v，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）①根据动能定理求C点速度，根据向心力公式求C点的加速度；
②根据动能定理求物块a在DE轨道上升的最大高度，判断是否滑离DE轨道；根据动能定理求解物块a在DE轨道上运动的总路程；
③根据牛顿第二定律分别求解物块a在DE轨道上上滑和下滑时的加速度大小，根据运动学公式求时间之比；
（2）根据动能定理求物块a运动到F点的速度，小物块恰好不脱离滑块，且此时二者达到共同速度v，根据动量守恒定律和能量守恒定律求解。
15．【答案】（1）通过面积的磁通量大小随时间t变化的关系式为
根据法拉第电磁感应定律得
由楞次定律可知ab中的电流从a流向b。
（2）根据左手定则可知ab受到的安培力方向垂直导轨面向里，大小为
F安=BIL
其中
B=kt
设金属棒向上运动的位移为x，则根据运动学公式
所以导轨上方的电阻为
由闭合电路欧姆定律得
联立得ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式为
（3）由题知t = 0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，则对ab受力分析由牛顿第二定律
其中
联立可得
整理有
根据均值不等式可知，当时，F有最大值，故解得
F的最大值为
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；安培力的计算；感应电动势及其产生条件
【解析】【分析】（1）根据磁通量的公式、电动势公式计算磁通量和电动势，根据楞次定律判断感应电流的方向；
（2）根据左手定则可知ab受到的安培力方向垂直导轨面向里，根据安培力公式和闭合电路的欧姆定律推导安培力的表达式；
（3）t = 0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律推导F的表达式并求最大值和最大值满足的条件。
1 / 1江西省宜春市丰城市第九中学2024-2025学年高二上学期开学考试物理试题（日新班）
1．（2024高二上·丰城开学考）“智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的科技产品。该装置通过马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态，在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护，能有效地避免摔倒带来的伤害。在穿戴者着地的过程中，安全气囊可以（ ）
A．减小穿戴者所受重力的冲量
B．减小地面对穿戴者的平均冲击力
C．减小穿戴者动量的变化量
D．减小穿戴者与地面的接触时间
【答案】B
【知识点】动量定理
【解析】【解答】根据动量定理
可知安全气囊的作用是延长了人与地面的接触时间，从而减小人所受到的合外力。穿戴者动量的变化量未发生变化，重力的冲量增大了。
故选B。
【分析】分析碰撞前后的动量变化关系，明确动量变化率的变化，再根据动量定理分析冲击力的变化。
2．（2024高二上·丰城开学考）超市里用的购物车为顾客提供了购物方便，又便于收纳，收纳时一般采用完全非弹性碰撞的方式把购物车收到一起，如图甲所示。某兴趣小组在超市对同款购物车（以下简称“车”）的碰撞进行了研究，分析时将购物车简化为原来静止的小物块。已知车的净质量均为，将1号车以速度向右推出，先与2碰撞结合为一体后再撞击3，最终三车合为一体。忽略一切摩擦和阻力，则第二次碰撞过程中损失的机械能为（ ）
A．18J B．36J C．54J D．72J
【答案】B
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】依题意，碰撞过程系统动量守恒，根据动量守恒定律求解碰撞后速度，
求得
，
则第二次碰撞过程中损失的机械能等于碰撞前后损失的动能
故选B。
【分析】应用能量守恒定律求出碰撞过程两车损失的机械能。
3．（2024高二上·丰城开学考）如图1所示为某修正带照片，图2为其结构示意图。修正带由出带轮、传动轮、收带轮、基带、出带口等组成。测量可知出带轮有45齿，半径为，传动轮齿数未知，半径为，收带轮有15齿，半径未知，下列选项正确的是（ ）
A．使用时，出带轮与收带轮转动方向相反
B．根据题中信息，可以算出传动轮的齿数
C．根据题中信息，不能算出收带轮轴心到齿轮边缘的半径
D．在纸面长时间匀速拉动修正带时，出带轮边缘某点的向心加速度大小不变
【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】A．使用时，传动轮与收带轮传动方向相反，则出带轮与收带轮转动方向相同，故A错误；
B．由于是齿轮带动，相邻齿之间的间距相等，则有
解得
故B正确；
C．相邻齿之间的间距相等，由
解得
故C错误；
D．在纸面长时间匀速拉动修正带时，出带轮边缘某点的圆周半径减小，根据向心加速度的表达式有
则该点的向心加速度大小变大，故D错误。
故选B。
【分析】齿轮传动时，齿轮边缘上的点的线速度大小相等；结合v=ωr，求解。
4．（2024高二上·丰城开学考）AB、CD两块正对的平行金属板与水平面成30°角固定，竖直截面如图所示。两板间距10cm，电荷量为、质量为的小球用长为5cm的绝缘细线悬挂于A点。闭合开关S，小球静止时，细线与AB板夹角为30°；剪断细线，小球运动到CD板上的M点（未标出），则（ ）
A．MC距离为 B．电势能增加了
C．电场强度大小为 D．减小R的阻值，MC的距离将变大
【答案】B
【知识点】电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．对小球受力分析如图所示
根据几何关系可得
联立解得
剪断细线，小球做匀加速直线运动，如图所示
根据几何关系求解MC
故A错误；
B．小球沿着电场力方向的位移
与电场力方向相反，电场力做功为
克服电场力做的功等于解电势能增加量，则小球的电势能增加，故B正确；
C．根据电场强度的定义式求解电场强度大小，电场强度的大小
故C错误；
D．电容器两板间的电压等于电源电动势，减小R的阻值，极板间的电势差不变，极板间的电场强度不变，所以小球的运动不会发生改变，MC的距离不变，故D错误。
故选B。
【分析】剪断细线，小球沿直线运动到M点，根据几何关系求解MC；作出受力图，根据正弦定理可得电场力大小，根据功的计算公式求解克服电场力做的功，根据功能关系求解电势能增加量；根据电场强度的定义式求解电场强度大小；电容器两板间的电压等于电源电动势，与R的阻值无关，由此分析。
5．（2024高二上·丰城开学考）某节能储能输电网络如图所示，发电机的输出电压U1= 250V，输出功率500kW。降压变压器的匝数比n3：n4= 50：1，输电线总电阻R = 62.5Ω。其余线路电阻不计，用户端电压U4= 220V，功率88kW，所有变压器均为理想变压器。下列说法正确的是（ ）
A．发电机的输出电流为368A
B．输电线上损失的功率为4.8kW
C．输送给储能站的功率为408kW
D．升压变压器的匝数比n1：n2= 1：44
【答案】C
【知识点】变压器原理；电能的输送
【解析】【解答】A．根据发电机的输出电压和输出功率结合电功率的计算公式分析，由题知，发电机的输出电压U1 = 250V，输出功率500kW，则有
A错误；
BD．由题知，
P' = U4I4
联立解得
I4 = 400A，I3 = 8A，U3 = 11000V
根据电功率的计算公式求解输电线上损失的功率，则输电线上损失的功率为
P损 = I32R = 4kW
且
U2 = U3＋I3R = 11500V
根据n1：n2=U1：U2可得升压变压器的匝数比，解得
BD错误；
C．根据理想变压器无功率损失有
P = U2I3＋P储
代入数据有
P储 = 408kW
C正确。
故选C。
【分析】根据降压变压器的电压比等于匝数比求得U3，再求解降压变压器线圈中的电流；输送给储能站的功率等于发动机输出功率减去送给输电电路的功率；根据功率计算公式求解升压变压器副线圈两端电压，根据n1：n2=U1：U2可得升压变压器的匝数比。
6．（2024高二上·丰城开学考）匝数为100的线圈通有如图所示的交变电流（图中曲线为余弦曲线的一部分），单匝线圈电阻，则在内线圈产生的焦耳热为（ ）
A．80J B．85J C．90J D．125J
【答案】B
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】 该交流电中前二分之一周期为正弦交流电的四分之一周期，该时间内的有效值和最大值之间的关系仍然为：Im=根据有效值的定义方法可知
解得
根据焦耳定律，
故选B。
【分析】根据有效值的定义，结合图象可以求出电流的有效值，再利用焦耳定律求焦耳热。
7．（2024高二上·丰城开学考）如图，在宽度均为a的区域Ⅰ、Ⅱ中分别存在垂直纸面且方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小相等。正三角形金属线框efg（高也为a）从图示位置沿x轴正方向匀速穿过Ⅰ、Ⅱ区域，规定逆时针方向为电流正方向，则线框efg中感应电流I与线框移动距离x的关系图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】正三角形线框efg刚进入向里的磁场Ⅰ时，利用楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，为正方向，在进入过程中，其有效长度为
感应电动势为
感应电流为
当线框efg前进a距离时，达到最大，即
在线圈刚进入向外的磁场区域Ⅱ瞬间，感应电流为零，进入过程红，有效切割长度变大，在该过程中，结合之前的分析其电流的瞬时值为
当前进距离为2a时，其感应电流达到最大，其最大值为
在刚出向外的磁场区域Ⅱ瞬间，感应电流大小为零，结合之前的分析其电流的瞬时值为
当前进距离为3a时，达到最大，其最大值为
故选B。
【分析】线框匀速穿过两磁场区域时，分为三个过程：进入左侧磁场，穿过两磁场分界线和穿过右侧磁场，由有效切割长度变化，根据感应电动势公式，分析感应电动势的变化，再分析感应电流的变化。
8．（2024高二上·丰城开学考）钓鱼时甩竿是一关键技巧。图中a至b位置的过程为甩竿过程的示意图，甩竿过程中鱼钩和鱼饵（以下简称“钩饵”）可近似认为始终在竿的末端。钓鱼者在a位置开始甩竿，钩饵运动到最高点b时，迅速释放鱼线，钩饵被水平抛出，最后落在距b位置水平距离为s的水面上。甩竿过程可视为竿在竖直平面内绕O点转过了角，O点离水面高度为h、到竿末端的距离为L。钩饵从b点抛出后在空中运动过程中，不计鱼线对其作用。不计空气阻力。钩饵质量为m。重力加速度为g。则（ ）
A．钩饵在b点抛出时的速度大小为
B．甩竿过程中，钩饵、鱼线和鱼竿构成的系统机械能增加
C．甩竿过程中，钩饵所受的合力做功
D．释放鱼线后，钩饵在落到水面前其速率随时间均匀增加
【答案】A,B
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．鱼饵在b点做平抛运动，将运动分解，在竖直方向有
在水平方向有
联立可得鱼饵在b点抛出时的速度大小为
A符合题意；
B．甩竿过程中，人对钩饵、鱼线和鱼竿构成的系统做功为正，所以系统机械能增加，B符合题意；
C．由动能定理可得
C不符合题意；
D．鱼饵做平抛运动，过程只有重力做功，速度均匀增大，速率的增加不均匀，D不符合题意；
故答案为AB。
【分析】根据平抛运动的特点，对运动的水平方向，竖直方向分别运动学公式进行求解，可判断过程中的速度大小，利用动能定理可判断系统的能量变化与做功情况。
9．（2024高二上·丰城开学考）每逢重大节日，人们都会在夜间燃放高空礼花来渲染节日气氛。如图，某型号高空礼花弹从专用炮筒中以初速度竖直射向天空，礼花弹到达最高点时炸开，爆炸后礼花弹内的大量小弹丸向四面八方射出，燃烧着的小弹丸形成一个不断扩大的光彩夺目的球面，直到熄灭。设礼花弹的质量为m，爆炸后瞬间所有弹丸的速度大小均为v，每个弹丸的燃烧时间均为，重力加速度为g。忽略一切空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．发射礼花弹过程中，炮筒内高压气体对礼花弹做的功为
B．爆炸时礼花弹离地面的高度为
C．在夜间能看到的礼花球面的最大半径为
D．礼花熄灭前，礼花球面的球心离地面的最小高度为
【答案】B,C,D
【知识点】竖直上抛运动；斜抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．由动能定理可知炮筒内高压气体对礼花弹做的功为
故A错误；
B．忽略一切空气阻力，礼花弹上升过程做竖直上抛运动，再根据速度一位移公式求解高度，则爆炸时礼花弹离地面的高度为
故B正确；
C．礼花熄灭前，半径最大，最大半径为
故C正确；
D．礼花熄灭前，礼花球面的球心离地面的高度最小，最小高度为
故D正确。
故选BCD。
【分析】首先由动能定理列式求解发射礼花弹过程中，炮筒内高压气体对礼花弹做的功，再根据速度一位移公式求解高度即可；根据速度—位移公式和速度—时间公式联立求解即可。
10．（2024高二上·丰城开学考）一个电荷量为+Q、半径为r的均匀带电圆环，在其轴线上距离圆心x处产生的电场强度如图中实线所示（虚线表示位于x=0处电荷量为+Q的点电荷在距其x处产生的电场强度）。将一个带电量为+q、质量为m的微粒（不计重力）从靠近圆心处释放，粒子沿轴线向远离圆环的方向运动。下列说法正确的是（ ）
A．微粒最大加速度约为
B．从r到3r位置过程中，电势升高
C．从r到3r位置过程中，微粒的电势能减小量约为1.1qE0r
D．位于轴线上x=8r处点电荷所受圆环的静电力可用库仑定律计算
【答案】A,C,D
【知识点】电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．由图可知，处场强最大，约为1.9E0，根据牛顿第二定律求最大加速度，
故A正确；
B．由于沿电场线方向电势降低，所以从r到3r位置过程中电势降低，故B错误；
C．根据电场力做功与电势能的关系结合E-x“面积”含义，曲线与横轴所围的区域的面积表示电势差，则从r到3r位置过程中，曲线下小方格约为11格，则电势差为
所以电场力做功为
电势能减小量为1.1qE0r，故C正确；
D．当x较大时，两条线近似重合，均匀带电圆环可近似看成电荷量集中于圆心处的一个点电荷，所以位于轴线上x=8r处点电荷所受圆环的静电力可用库仑定律计算，故D正确。
故选ACD。
【分析】根据电场力公式求最大电场力，根据牛顿第二定律求最大加速度；沿电场线电势逐渐降低；根据电场力做功与电势能的关系结合E-x“面积”含义求解；根据点电荷的场强公式结合图像作答。
11．（2024高二上·丰城开学考）在第四次“天宫课堂”中，航天员演示了动量守恒实验。受此启发，某同学使用如图甲所示的装置进行了碰撞实验，气垫导轨两端分别安装a、b两个位移传感器，a测量滑块A与它的距离xA，b测量滑块B与它的距离xB。部分实验步骤如下：
①测量两个滑块的质量，分别为200.0g和400.0g；
②接通气源，调整气垫导轨水平；
③拨动两滑块，使A、B均向右运动；
④导出传感器记录的数据，绘制xA、xB随时间变化的图像，分别如图乙、图丙所示。
回答以下问题：
（1）从图像可知两滑块在t= s时发生碰撞；
（2）滑块B碰撞前的速度大小v= m/s （保留2位有效数字）；
（3）通过分析，得出质量为200.0g的滑块是 （填“A”或“B”）。
【答案】（1）1.0
（2）0.20
（3）B
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】 （1）碰撞过程两滑块的速度大小会发生变化，由图像的斜率表示速度可知两滑块的速度在时发生突变，即这个时候发生了碰撞；
（2）斜率的绝对值表示速度大小
（3）由题图分别求得碰撞前、后A、B的速度大小，碰撞前A的速度大小，碰撞后A的速度大小约为，由题图丙可知，碰撞后B的速度大小为，
代入数据解得
所以质量为200.0g的滑块是B。
【分析】 （1）由x-t图像的斜率表示速度判断速度变化的时刻。
（2）根据x-t图像斜率的绝对值等于速度大小求解碰撞前瞬间B的速度大小。
（3）对A和B的碰撞过程，根据动量守恒定律求得它们的质量大小关系。
（1）由图像的斜率表示速度可知两滑块的速度在时发生突变，即这个时候发生了碰撞；
（2）根据图像斜率的绝对值表示速度大小可知碰撞前瞬间B的速度大小为
（3）由题图乙知，碰撞前A的速度大小，碰撞后A的速度大小约为，由题图丙可知，碰撞后B的速度大小为，A和B碰撞过程动量守恒，则有
代入数据解得
所以质量为200.0g的滑块是B。
12．（2024高二上·丰城开学考）某探究小组要测量电池的电动势和内阻。可利用的器材有：电压表、电阻丝、定值电阻（阻值为）、金属夹、刻度尺、开关S、导线若干。他们设计了如图所示的实验电路原理图。
（1）实验步骤如下：
①将电阻丝拉直固定，按照图（a）连接电路，金属夹置于电阻丝的 。（填“A”或“B”）端；
②闭合开关S，快速滑动金属夹至适当位置并记录电压表示数U，断开开关S，记录金属夹与B端的距离L；
③多次重复步骤②，根据记录的若干组U、L的值，作出图（c）中图线Ⅰ；
④按照图（b）将定值电阻接入电路，多次重复步骤②，再根据记录的若干组U、L的值，作出图（c）中图线Ⅱ。
（2）由图线得出纵轴截距为b，则待测电池的电动势 。
（3）由图线求得Ⅰ、Ⅱ的斜率分别为、，若，则待测电池的内阻 （用和表示）。
【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）为了保护电路，防止电流过大闭合开关前，金属夹置于电阻丝的最大阻值处，应该置于端。
（2）对于图（a）、（b）的电路图，分别根据闭合电路欧姆定律和电阻定律推导出图（c）所示图像的表达式。
结合欧姆定律和电阻定律
联立可得
整理可得
对于电路图（b），
结合欧姆定律和电阻定律
联立后整理
可知图线的纵轴截距
解得
（3）根据
又
联立解得
【分析】（1）从保护电路的角度，分析闭合开关前金属夹应置于哪一端。
（2）对于图（a）、（b）的电路图，分别根据闭合电路欧姆定律和电阻定律推导出图（c）所示图像的表达式。
（3）根据图线的纵轴截距与斜率，结合已知条件求解待测电池的电动势与内阻。
（1）为了保护电路，闭合开关前，金属夹置于电阻丝的最大阻值处，由图可知，应该置于端。
（2）对于电路图（a），根据闭合电路欧姆定律有
设金属丝的电阻率为，横截面积为，结合欧姆定律和电阻定律
联立可得
整理可得
对于电路图（b），根据闭合电路欧姆定律有
结合欧姆定律和电阻定律
联立后整理
可知图线的纵轴截距
解得
（3）由题意可知
又
联立解得
13．（2024高二上·丰城开学考）现在有些餐厅推行了送餐机器人，深受就餐消费者的喜爱。一质量为m的送餐机器人在送餐过程中沿一直线运动，先后经过匀加速、匀速和匀减速运动过程，已知机器人在这三个运动过程中依次通过的位移为s的路径，所用时间分别为2t、t和。（已知重力加速度为g）。求：
（1）匀加速过程机器人所受到的合外力；
（2）从匀减速开始到停下来机器人所走的位移大小。
【答案】（1）匀速运动的速度为
设匀加速运动的初速度为，根据平均速度公式有
联立解得
对匀加速运动，根据位移时间公式有
解得
所以
（2）对匀减速直线运动，根据平均速度公式有
解得
匀减速直线运动的加速度大小
由速度位移关系式得
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）根据平均速度公式求解初速度，对匀加速运动，根据位移时间公式求解加速度，根据牛顿第二定律求解合外力；
（2）对匀减速直线运动，根据平均速度公式求解末速度大小，根据速度时间关系求解加速度，根据速度位移关系求解位移。
14．（2024高二上·丰城开学考）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角的直轨道，半径的圆弧轨道，长度、倾角为的直轨道，半径为R、圆心角为的圆弧管道组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量的小物块a从轨道上高度为h静止释放，经圆弧轨道滑上轨道，轨道由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数，向下运动时动摩擦因数，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为，小物块a动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，，）
（1）若，求小物块
①第一次经过C点的向心加速度大小；
②在上经过的总路程；
③在上向上运动时间和向下运动时间之比。
（2）若，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。
【答案】（1）①对小物块a从A到第一次经过C的过程，根据机械能守恒定律有
第一次经过C点的向心加速度大小为
②小物块a在DE上时，因为
所以小物块a每次在DE上升至最高点后一定会下滑，之后经过若干次在DE上的滑动使机械能损失，最终小物块a将在B、D间往复运动，且易知小物块每次在DE上向上运动和向下运动的距离相等，设其在上经过的总路程为s，根据功能关系有
解得
③根据牛顿第二定律可知小物块a在DE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为
将小物块a在DE上的若干次运动等效看作是一次完整的上滑和下滑，则根据运动学公式有
解得
（2）对小物块a从A到F的过程，根据动能定理有
解得
设滑块长度为l时，小物块恰好不脱离滑块，且此时二者达到共同速度v，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）①根据动能定理求C点速度，根据向心力公式求C点的加速度；
②根据动能定理求物块a在DE轨道上升的最大高度，判断是否滑离DE轨道；根据动能定理求解物块a在DE轨道上运动的总路程；
③根据牛顿第二定律分别求解物块a在DE轨道上上滑和下滑时的加速度大小，根据运动学公式求时间之比；
（2）根据动能定理求物块a运动到F点的速度，小物块恰好不脱离滑块，且此时二者达到共同速度v，根据动量守恒定律和能量守恒定律求解。
15．（2024高二上·丰城开学考）如图所示，一“U”型金属导轨固定在竖直平面内，一电阻不计，质量为m的金属棒ab垂直于导轨，并静置于绝缘固定支架上。边长为L的正方形cdef区域内，存在垂直于纸面向外的匀强磁场。支架上方的导轨间，存在竖直向下的匀强磁场。两磁场的磁感应强度大小B随时间的变化关系均为B = kt（SI），k为常数（k > 0）。支架上方的导轨足够长，两边导轨单位长度的电阻均为r，下方导轨的总电阻为R。t = 0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，整个运动过程中ab与两边导轨接触良好。已知ab与导轨间动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。不计空气阻力，两磁场互不影响。
（1）求通过面积Scdef的磁通量大小随时间t变化的关系式，以及感应电动势的大小，并写出ab中电流的方向；
（2）求ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式；
（3）求经过多长时间，对ab所施加的拉力达到最大值，并求此最大值。
【答案】（1）通过面积的磁通量大小随时间t变化的关系式为
根据法拉第电磁感应定律得
由楞次定律可知ab中的电流从a流向b。
（2）根据左手定则可知ab受到的安培力方向垂直导轨面向里，大小为
F安=BIL
其中
B=kt
设金属棒向上运动的位移为x，则根据运动学公式
所以导轨上方的电阻为
由闭合电路欧姆定律得
联立得ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式为
（3）由题知t = 0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，则对ab受力分析由牛顿第二定律
其中
联立可得
整理有
根据均值不等式可知，当时，F有最大值，故解得
F的最大值为
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；安培力的计算；感应电动势及其产生条件
【解析】【分析】（1）根据磁通量的公式、电动势公式计算磁通量和电动势，根据楞次定律判断感应电流的方向；
（2）根据左手定则可知ab受到的安培力方向垂直导轨面向里，根据安培力公式和闭合电路的欧姆定律推导安培力的表达式；
（3）t = 0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律推导F的表达式并求最大值和最大值满足的条件。
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