【高考真题】重庆市2024年高考物理试卷
一、单项选择题：共7题，每题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·重庆） 如图所示，某滑雪爱好者经过M点后在水平雪道滑行。然后滑上平滑连接的倾斜雪道，当其达到N点时速度如果当0，水平雪道上滑行视为匀速直线运动，在倾斜雪道上的运动视为匀减速直线运动。则M到N的运动过程中，其速度大小v随时间t的变化图像可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】滑雪爱好者在水平雪道上做匀速直线运动，速度不变，加速度为零，在倾斜雪道上做匀减速直线运动，加速度速度不断减小，到达最高点速度为零，再结合v-t图像的斜率表示加速可知C符合题意。
故选C。
【分析】明确运动员在水平赛道和倾斜赛道的受力情况，再根据牛顿第二定律确定其在不同赛道的加速度及运动情况，再根据v-t图像的斜率表示加速进行解答。
2．（2024·重庆）2024年5月3日，嫦娥六号探测成功发射，开启月球背面采样之旅，探测器的着陆器上升器组合体着陆月球要经过减速、悬停、自由下落等阶段。则组合体着陆月球的过程中（ ）
A．减速阶段所受合外力为0
B．悬停阶段不受力
C．自由下落阶段机械能守恒
D．自由下落阶段加速度大小g = 9.8m/s2
【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；万有引力定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．根据减速概念分析合外力是否为0，组合体在减速阶段有加速度，合外力不为零，故A错误；
B．根据悬停的平衡态分析受力情况，组合体在悬停阶段速度为零，处于平衡状态，合力为零，仍受重力和升力，故B错误；
C．组合体在自由下落阶段只受重力，只有重力做功，机械能守恒，故C正确；
D．月球表面重力加速度不为9.8m/s2，故D错误。
故选C。
【分析】根据机械能守恒条件进行判断；根据月球表面重力加速度小于地球表面重力加速度进行判断。
3．（2024·重庆） 某救生手环主要由高压气罐密闭。气囊内视为理想气体。密闭气囊与人一起上浮的过程中。若气囊内气体温度不变，体积增大，则（ ）
A．外界对气囊内气体做正功 B．气囊内气体压强增大
C．气囊内气体内能增大 D．气囊内气体从外界吸热
【答案】D
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】AB．由于气囊内密闭气体温度不变， 上浮过程中体积增大，根据
可得
温度不变，体积变大，则压强变小。体积变大，则气体对外做功，故AB错误；
CD．理想气体内能只与温度有关，气体温度不变，额内能不变，由热力学第一定律有
即
由于气体对外做功，则，故，即气囊内气体从外界吸热，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】 气囊内气体温度不变，体积增大，根据玻意耳定律判断封闭气体压强变化情况。气体体积变大，气体对外做功。对于理想气体，温度不变，气体的内能不变，再结合热力学第一定律判断气体吸放热情况。
4．（2024·重庆） 活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针蕊和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。针鞘在软组织中运动距离d1后进入目标组织，继续运动d2后停下来。若两段运动中针翘鞘整体受到阻力均视为恒力。大小分别为F1、F2，则针鞘（ ）
A．被弹出时速度大小为
B．到达目标组织表面时的动能为F1d1
C．运动d2过程中，阻力做功为(F1＋F2)d2
D．运动d2的过程中动量变化量大小为
【答案】A
【知识点】功的计算；动能；动能定理的综合应用；动量
【解析】【解答】A．根据动能定理有
解得
故A正确；
B．针鞘到达目标组织表面后，继续前进d2减速至零，对在目标组织中运动过程运用动能定理有
故B错误；
C．针鞘运动d2的过程中，克服阻力做功为
故C错误；
D．针鞘运动d2的过程中，动量变化量大小
故D错误。
故选A。
【分析】针鞘在两段运动过程中，在阻力的作用下，最终速度为零。明确各阶段针鞘所受各力的做功情况，再根据动能定律确定弹出时针鞘的初速度大小。根据运动的可逆性及动能定理确定针鞘通过目标组织时的初速度，再根据动能与动量的关系确定针鞘运动d2的过程中动量变化量大小。根据功的定义确定各阶段阻力做功情况。
5．（2024·重庆） 某同学设计了一种测量液体折射率的方案。容器过中心轴线的剖面图如图所示，其宽度为16cm，让单色光在此剖面内从空气入射到液体表面的中心。调整入射角，当反射光与折射光垂直时，测出竖直器壁上的反射光点与液体表面的距离h，就能得到液体的折射率n。忽略气壁厚度，由该方案可知（ ）
A．若h = 4cm，则 B．若h = 6cm，则
C．若，则h = 10cm D．若，则h = 5cm
【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】根据几何关系画出光路图，如图所示
标注入射角θ1，折射角θ2，根据折射定律可得
A．若h=4cm，则n=2，故A错误；
B．若h=6cm，则，故B正确；
C．若，则 ，故C错误；
D．若，则，故D错误。
故答案为：B。
【分析】根据光路图确定光线在液面的入射角及折射角，再根据折射定律及几何关系确定折射率与高度h的关系，再将各选项数据代入进行解答。
6．（2024·重庆） 沿空间某直线建立x轴，该直线上的静电场方向沿x轴，其电电势的φ随位置x变化的图像如图所示，一电荷都为e带负电的试探电荷，经过x2点时动能为1.5eV，速度沿x轴正方向若该电荷仅受电场力。则其将（ ）
A．不能通过x3点 B．在x3点两侧往复运动
C．能通过x0点 D．在x1点两侧往复运动
【答案】B
【知识点】电势能与电场力做功的关系；电势；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】根据
可知试探电荷在x2处的电势能为
则试探电荷在x2处的总能量为
根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，在x0-0与x1-x3区域电场强度方向沿x轴负方向，在0-x1区域电场强度方向沿x轴正方向，x3右侧区域电场强度方向沿x轴正方向。则电荷在x0-0与x1-x3区域所受电场力方向沿x正方向，在0-x1和x3右侧区域电场强度方向沿x轴负方向。由于电荷在x2处速度沿x轴正方向，则电荷在x2~x3区域做加速运动，且在x3处加速度为零，速度最大，随后试探电荷在x3右侧做减速运动，当电荷速度减为零时，根据能量守恒定律可知，此时试探电荷的电势能为0.5eV，根据
可知电荷运动到电势为-0.5V处减速到零。随后试探电荷开始向x轴负方向运动，电荷先在x3右侧区域做加速运动，随后在x3左侧区域做减速运动，当电荷速度减为零时，根据能量守恒定律可知，及
，可知电荷运动到电势为-0.5V处减速到零。随后又开始向右加速，如此往复，但电荷不会运动到x0、x1处，即电荷在x3点两侧往复运动。
故选B。
【分析】根据沿电场线方向电势逐渐降低，确定沿x轴电场方向的变化情况，继而确定电荷在不同位置所受电场力的方向，再根据功能关系及能量守恒定律确定确定试探电荷向右运动的速度最大及速度为零的位置，再根据电场力的方向判断减为零后，粒子的运动情况，继而再结合功能关系及能量守恒定律确定确定试探电荷向左运动速度为零的位置，从而得出电荷的运动情况。
7．（2024·重庆） 在万有引力作用下，太空中的某三个天体可以做相对位置不变的圆周运动，假设a、b两个天体的质量均为M，相距为2r，其连线的中点为O，另一天体（图中未画出）质量为m（m << M），若c处于a、b连线的垂直平分线上某特殊位置，a、b、c可视为绕O点做角速度相同的匀速圆周，且相对位置不变，忽略其他天体的影响。引力常量为G。则（ ）
A．c的线速度大小为a的倍 B．c的向心加速度大小为b的一半
C．c在一个周期内的路程为2πr D．c的角速度大小为
【答案】A
【知识点】万有引力定律的应用；双星（多星）问题
【解析】【解答】D． a、b、c可视为绕O点做角速度相同的匀速圆，由于m<解得
故D错误；
A．设c与a、b的连线与a、b连线中垂线的夹角为α，则a、b天体与c的距离为
a、b天体对c的万有引力大小相等，均为
则根据力的合成与分解及牛顿第二定律，对c天体有
联立解得
则c做匀速圆周运动的轨道半径为
根据
可知c的线速度大小为a的倍，故A正确；
B．由
由于 a、b、c的角速度相等，可知c的向心加速度大小是b的倍，故B错误；
C．根据几何关系可知，c在一个周期内运动的路程为
故C错误。
故选A。
【分析】m<二、多项选择题:共3题，每题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．（2024·重庆） 我国太阳探测科学技术试验卫星“羲和号”在国际上首次成功实现空间太阳Hα波段光谱扫描成像。Hα和Hβ分别为氢原子由n = 3和n = 4能级向n = 2能级跃迁产生的谱线（如图），则（ ）
A．Hα的波长比Hβ的小
B．Hα的频率比Hβ的小
C．Hβ对应的光子能量为3.4eV
D．Hβ对应的光子不能使氢原子从基态跃迁到激发态
【答案】B,D
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【解答】AB．能级差越大，能级跃迁释放的光子的能力越大，能量越大，光子的频率越大，波长越小。氢原子n=3与n=2的能级差小于n=4与n=2的能级差，则Hα与Hβ相比，Hα的波长大、频率小，故A错误、B正确；
C．根据能级跃迁的特点，可知Hβ对应的光子能量为
故C错误；
D．氢原子从低能级跃迁至高能级吸收的能量等于两能级的能量差。氢原子从基态跃迁到激发态至少需要能量
所以Hβ对应的光子不能使氢原子从基态跃迁到激发态，故D正确。
故选BD。
【分析】氢原子从高能级向低能级跃迁，释放的光子能量等于两能级的能量差，能级差越大，能级跃迁释放的光子的能力越大，能量越大，光子的频率越大，波长越小。氢原子吸收能量从低能级跃迁至高能级，吸收的能量等于两能级的能量差。
9．（2024·重庆）小明设计了台灯的两种调光方案，电路图分别如图甲，乙所示，图中额定电压为6V灯泡的电阻恒定，R为滑动变阻器，理想变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2。原线圈两端接电压为220V的交流电，滑片P可调节灯泡L的亮度，P在R最左端时，甲、乙图中灯泡L均在额定功率下工作，则（ ）
A．n1：n2 = 110：3
B．当P滑到R中点时，图甲中L功率比图乙中的小
C．当P滑到R最左端时，图甲所示电路比图乙更节能
D．图甲中L两端电压的可调范围比图乙中的大
【答案】A,C
【知识点】电功率和电功；变压器原理；变压器的应用
【解析】【解答】A．滑片P在最左端时，滑动变阻器R被短路，只有灯泡L被接入电路中，则此时图甲、乙中变压器输出电压均为灯泡的额定电压6V，根据理想变压器规律可得
故A正确；
B．当P滑到R中点时，图甲中滑动变阻器与灯泡串联，则图乙中灯泡与Р右端的电阻并联后再与P左端电阻串联，其中，则根据串联分压可知， 图甲中灯泡电压大于图乙中灯泡电压，根据
可知，图甲中灯泡功率比图乙中灯泡功率大，故B错误；
C．当P滑到R最左端时，图甲只有灯泡接入电路，总电阻等于灯泡电阻，图乙R与灯泡并联接入电路，总电阻小于灯泡电阻，而原线圈两端接电压及原副线圈匝数比不变，则副线圈输出电压不变，则根据
可知乙图输出功率比甲图输出功率大，则图甲比图乙更节能，故C正确；
D．图乙滑动变阻器为分压式接法，灯泡两端电压在0到6V间变化。图甲滑动变阻器为限流式接法，灯泡两端电压最高为6V，最低电压大于零， 故图甲中L两端电压的可调范围比图乙中的小 ，故D错误。
故选AC。
【分析】根据电路图确定滑动变阻器位于最左端时，电路的连接情况，根据电路的连接情况及灯泡恰好正常发光确定此时副线圈的电压，再根据理想变压器原理确定原副线圈匝数比。总电阻越大，回路中电流越小，电路中的输出功率越小。根据题意结合串并联规律确定不同情况下两图总电阻的大小关系，再结合电功率的定义分析灯泡功率及电路总功率的关系。
10．（2024·重庆） 一列沿x轴传播的简谐波，在某时刻的波形图如图甲所示，一平衡位置与坐标原点距离为3米的质点从该时刻开始的振动图像如图乙所示，若该波的波长大于3米。则（ ）
A．最小波长
B．频率
C．最大波速
D．从该时刻开始2s内该质点运动的路程为
【答案】B,D
【知识点】简谐运动的表达式与图象；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】B．设平衡位置与坐标原点距离为3m的质点的振动方程
根据乙图带入点和（2，0）解得
，
可得
故B正确；
A．在题图甲中标出位移为的质点
若波沿x轴正方向传播则为Q点，则波长可能为
即
若沿x轴负方向传播则为P点，则波长可能为
即
故A错误；
C．根据
将AB数据代入可得
，
故C错误；
D．根据题图乙计算该质点在2s内运动的路程为
故D正确。
故选BD。
【分析】根据质点振动方程表达式结合图乙已知点的坐标确定质点振动的角速度，再根据角速度与周期及周期与频率的关系确定波的振动频率 。由于不确定波的传播方向，假设波的传播方向，再根据波平移法确定波形传至x=3处时，3m与波长之间的关系，继而确定波长的可能值，再根据波速、波长及频率的关系确定波速的可能值。根据图乙确定2s内质点运动的路程。
三、非选择题:共5题，共57分。
11．（2024·重庆） 元代王祯《农书》记载了一种人力汲水灌田农具——戽斗。某兴趣小组对库斗汲水工作情况进行模型化处理，设计了如图甲所示实验，探究库斗在竖直面内的受力与运动特点。该小组在位于同一水平线上的P、Q两点，分别固定一个小滑轮，将连结沙桶的细线跨过两滑轮并悬挂质量相同的砝码，让沙桶在竖直方向沿线段PQ的垂直平分线OO'运动。当沙桶质量为136.0g时，沙桶从A点由静止释放，能到达最高点B，最终停在C点。分析所拍摄的沙桶运动视频，以A点为坐标原点，取竖直向上为正方向。建立直角坐标系，得到沙桶位置y随时间t的图像如图乙所示。
（1）若将沙桶上升过程中的某一段视为匀速直线运动，则此段中随着连结沙桶的两线间夹角逐渐增大，每根线对沙桶的拉力 （选填“逐渐增大”“保持不变”“逐渐减小”）。沙桶在B点的加速度方向 （选填“竖直向上”“竖直向下”）。
（2）一由图乙可知，沙桶从开始运动到最终停止，机械能增加 J（保留两位有效数字，g = 9.8m/s2）。
【答案】（1）逐渐增大；竖直向下
（2）0.11
【知识点】功能关系；受力分析的应用；牛顿第二定律；重力势能
【解析】【解答】（1）设细线与竖直方向夹角为θ，沙桶匀速上升，根据力的合成与分解及平衡条件可得
即
上升过程中，夹角θ逐渐增大，T逐渐增大， 沙桶从A点由静止释放，能到达最高点B，到达最高点的速度为零，随后向下运动至C点停止，即从B点开始先向下做加速运动，再做减速运动，故沙桶在最高点的加速度方向竖直向下。
（2）沙桶从开始运动到停在C点的过程中，沙桶上升高度为8.4cm，初末状态动能均为零，则机械能增加量为
【分析】（1）砂桶匀速上升，即处于平衡状态，根据平衡条件及力的合成与分解确定绳子拉力与沙桶重力及绳子与竖直方向夹角的关系，再结合夹角变化情况，确定拉力变化情况。到达最高点沙桶的速度为零，随后由静止下落，即加速度向下；
（2）明确沙桶的初末速度，再根据机械能的定义及重力势能与重力做功的关系机械能解答。
12．（2024·重庆） 探究电容器充放电规律，实验装置如图甲所示，有电源E，定值电阻R0，电容器C，单刀双置开关S。
（1）为测量电容器充放电过程电压U和电流I变化，需在①、②处接入测量仪器，位置②应该接入测 （电流、电压）仪器。
（2）接通电路并接通开关，当电压表示数最大时，电流表示数为 。
（3）根据测到数据，某过程中电容器两端电压U与电流I的关系图如图乙所示。该过程为 （充电，放电）。放电过程中电容器两端电压U随时间t变化关系如图丙所示。0.2s时R0消耗的功率 W。
【答案】（1）电压
（2）0
（3）放电；0.32
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1）电压测量仪与电路并联，位置②与电容器并联，则②为测电压仪器。
（2）充电过程，电容器两极板电势差逐渐增大，回路中电流逐渐减小，电压表示数最大时，此时电容器充电完毕，回路中电流为零，即两极板的电流表示数为零。
（3）电容器放电过程，两极板的电压和回路中的电流都减小，由图像可知，该过程为电容器放电过程。
由图丙可知，t=0.2s时电容器两端电压为U=8V，由图乙可知，当U=8V时，电流I=40mA，则电阻R0消耗的功率为
【分析】（1）根据电路图确定测量仪器与电容器的连接方式，再根据电流测量仪与电路串联，电压测量仪与电容并联进行判断接入的测量仪；
（2）电容器充电完成时，电容器两极板的电势差最大，测量仪的示数最大，充电完成后，回路中电流为零；
（3）电容器放电过程，电容器放电时电压和电流都减小。根据图丙确定0.2s时电容器两端电压，再确定图乙确定此时的电流，再结合电功率公式进行解答。
13．（2024·重庆） 小明设计了如图所示的方案，探究金属杆在磁场中的运动情况，质量分别为2m、m的金属杆P、Q用两根不可伸长的导线相连，形成闭合回路，两根导线的间距和P、Q的长度均为L，仅在Q的运动区域存在磁感应强度大小为B、方向水平向左的匀强磁场。Q在垂直于磁场方向的竖直面内向上运动，P、Q始终保持水平，不计空气阻力、摩擦和导线质量，忽略回路电流产生的磁场。重力加速度为g，当P匀速下降时，求
（1）P所受单根导线拉力的大小；
（2）Q中电流的大小。
【答案】（1）由P匀速下降可知，P处于平衡状态，所受合力为0，设导线的拉力大小为T，对P有
解得
（2） 设Q所受安培力大小为F，对Q受力分析，有
又
解得
【知识点】受力分析的应用；安培力的计算
【解析】【分析】（1）确定P的受力情况，P做匀速运动，处于平衡状态，再根据平衡条件进行解答；
（2）根据左手定则，确定Q所受安培力的方向。P做匀速运动，则Q也做匀速运动。再对P、Q构成的整体进行受力分析，再根据平衡条件及安培力公式进行解答。
14．（2024·重庆） 有人设计了一粒种子收集装置。如图所示，比荷为的带正点的粒子，由固定于M点的发射枪，以不同的速率射出后，沿射线MN方向运动，能收集各方向粒子的收集器固定在MN上方的K点，O在MN上，且KO垂直于MN。若打开磁场开关，空间将充满磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场，速率为v0的粒子运动到O点时，打开磁场开关，该粒子全被收集，不计粒子重点，忽略磁场突变的影响。
（1）求OK间的距离；
（2）速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，该粒子仍被收集，求MO间的距离；
（3）速率为4v0的粒子射出后，运动一段时间再打开磁场开关，该粒子也能被收集。以粒子射出的时刻为计时O点。求打开磁场的那一时刻。
【答案】（1）解：当粒子到达О点时打开磁场开关，粒子在OKN区域做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示
设轨迹半径为r1，则由洛伦兹力提供向心力及牛顿第二定律得
由几何关系可知
联立可得
（2）解：速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，运动轨迹如图所示
设轨迹半径为r2，则由洛伦兹力提供向心力及牛顿第二定律得
由几何关系有
其中
联立可得
（3）解： 速率为4v0的粒子射出后，运动一段时间再打开磁场开关， 则粒子的运动轨迹半径不变，根据平移法可知，此时粒子的运动轨迹图如下所示
则根据几何关系有
其中
粒子在打开磁场开关前做匀速直线运动，则其运动时间为
联立解得
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）当粒子到达O点时打开磁场开关，粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力结合几何关系可以得出OK的距离；（2）速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，根据粒子在磁场中运动的轨迹，结合几何关系可以求解MO之间距离；
（3）率为4v0的粒子射出一段时间t到达N点要使粒子仍然经过区点，根据粒子在磁场中运动的轨迹结合几何关系可以求解ON之间距离，结合匀速直线运动可以求解粒子在打开磁场开关前运动的时间。
15．（2024·重庆） 如图所示，M、N两个钉子固定于相距a的两点，M的正上方有不可伸长的轻质细绳，一端固定在M上，另一端连接位于M正下方放置于水平地面质量为m的小木块B，绳长与M到地面的距离均为10a，质量为2m的小木块A，沿水平方向于B发生弹性碰撞，碰撞时间极短，A与地面间摩擦因数为，重力加速为g，忽略空气阻力和钉子直径，不计绳被钉子阻挡和绳断裂时的机械能损失。
（1）若碰后，B在竖直面内做圆周运动，且能经过圆周运动最高点，求B碰后瞬间速度的最小值；
（2）若改变A碰前瞬间的速度，碰后A运动到P点停止，B在竖直面圆周运动旋转2圈，经过M正下方时细绳子断开，B也来到P点，求B碰后瞬间的速度大小；
（3）若拉力达到12mg细绳会断，上下移动N的位置，保持N在M正上方，B碰后瞬间的速度与（2）间中的相同，使B旋转n圈。经过M正下的时细绳断开，求MN之间距离的范围，及在n的所有取值中，B落在地面时水平位移的最小值和最大值。
【答案】（1）解：碰后B能在竖直平面内以M点为圆心做圆周运动，运动半径为10a，设碰后B的最小速度大小为v1， 能经过圆周运动最高点，设到达最高点速度大小为v2，则此时在最高点完全有质量提供向心力，则由牛顿第二定律可得
则B从最低点到最高点的过程，由动能定理可得
联立解得
（2）解：A和B碰撞过程中动量守恒，设碰前A的速度大小为v3，碰后A的速度大小为v4。碰后B的速度大小为v5，则根据动量守恒定律及能量守恒定律有
碰后A减速到0，则A碰后到P点过程，根据动能定理有
碰后B在竖直面圆周运动旋转2圈 ，达到M点正下方时离地面距离为4a，此时速度大小为v6，则B从碰后到该处的过程，由功能关系得
细绳子断开后B随后做平抛运动，则有
联立解得
（3）解：设MN间距离为L，B转n圈后绳断开时，B到达M正下方速度大小为v，此时绳缩短2nL，绳断开瞬间，若B以M点为圆心做圆周运动至，由牛顿第二定律得
（n = 1，2，3，…）
若B以N点为圆心做圆周运动至，由牛顿第二定律得
（n = 1，2，3，…）
从碰后到B转n圈后到达M正下方的过程，对B由动能定理得
（n = 1，2，3，…）
联立解得
（n = 1，2，3，…）
可得
（n = 1，2，3，…）
绳断后，B以速度v做平抛运动，根据平抛运动规律有
（n = 1，2，3，…）
可得
（n = 1，2，3，…）
由于
（n = 1，2，3，…）
则由数学知识可知，当时，s最小，为
当n=1时，s最大，此时
s最大值为
【知识点】平抛运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）碰后B能在竖直面内做圆周运动，在最高点时由牛顿第二定律确定在最到点B的动能，再根据B从最低点到最高点的过程，利用动能定理可求解B碰后瞬间速度的最小值；
（2）碰后A做匀减速直线运动，运用动能定理确定碰后A的速度，A和B碰撞过程中动量守恒，能量守恒，根据动量守恒定律及能量守恒定律确定碰撞前后AB的速度关系。B碰后做两周圆周运动，根据几何关系确定绳子断裂时B与地面的高度及高度变化量，再根据能量守恒定律确定B开始做圆周运动至绳子断裂时B的初末速度关系，绳子断裂后B做平抛运动，再结合平抛运动规律进行解答；
（3）设MN间距离为h，则B转n圈后到达M正下方绳缩短2nh，分别以M、N为圆心，列出牛顿第二定律方程，以及从碰后到B转n圈后到达M正下方，结合功能关系以及绳断后，B做平抛运动，由数学分析可得MN之间距离的范围，及在n的所有取值中，B落在地面时水平位移的最小值和最大值。
1 / 1【高考真题】重庆市2024年高考物理试卷
一、单项选择题：共7题，每题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·重庆） 如图所示，某滑雪爱好者经过M点后在水平雪道滑行。然后滑上平滑连接的倾斜雪道，当其达到N点时速度如果当0，水平雪道上滑行视为匀速直线运动，在倾斜雪道上的运动视为匀减速直线运动。则M到N的运动过程中，其速度大小v随时间t的变化图像可能是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024·重庆）2024年5月3日，嫦娥六号探测成功发射，开启月球背面采样之旅，探测器的着陆器上升器组合体着陆月球要经过减速、悬停、自由下落等阶段。则组合体着陆月球的过程中（ ）
A．减速阶段所受合外力为0
B．悬停阶段不受力
C．自由下落阶段机械能守恒
D．自由下落阶段加速度大小g = 9.8m/s2
3．（2024·重庆） 某救生手环主要由高压气罐密闭。气囊内视为理想气体。密闭气囊与人一起上浮的过程中。若气囊内气体温度不变，体积增大，则（ ）
A．外界对气囊内气体做正功 B．气囊内气体压强增大
C．气囊内气体内能增大 D．气囊内气体从外界吸热
4．（2024·重庆） 活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针蕊和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。针鞘在软组织中运动距离d1后进入目标组织，继续运动d2后停下来。若两段运动中针翘鞘整体受到阻力均视为恒力。大小分别为F1、F2，则针鞘（ ）
A．被弹出时速度大小为
B．到达目标组织表面时的动能为F1d1
C．运动d2过程中，阻力做功为(F1＋F2)d2
D．运动d2的过程中动量变化量大小为
5．（2024·重庆） 某同学设计了一种测量液体折射率的方案。容器过中心轴线的剖面图如图所示，其宽度为16cm，让单色光在此剖面内从空气入射到液体表面的中心。调整入射角，当反射光与折射光垂直时，测出竖直器壁上的反射光点与液体表面的距离h，就能得到液体的折射率n。忽略气壁厚度，由该方案可知（ ）
A．若h = 4cm，则 B．若h = 6cm，则
C．若，则h = 10cm D．若，则h = 5cm
6．（2024·重庆） 沿空间某直线建立x轴，该直线上的静电场方向沿x轴，其电电势的φ随位置x变化的图像如图所示，一电荷都为e带负电的试探电荷，经过x2点时动能为1.5eV，速度沿x轴正方向若该电荷仅受电场力。则其将（ ）
A．不能通过x3点 B．在x3点两侧往复运动
C．能通过x0点 D．在x1点两侧往复运动
7．（2024·重庆） 在万有引力作用下，太空中的某三个天体可以做相对位置不变的圆周运动，假设a、b两个天体的质量均为M，相距为2r，其连线的中点为O，另一天体（图中未画出）质量为m（m << M），若c处于a、b连线的垂直平分线上某特殊位置，a、b、c可视为绕O点做角速度相同的匀速圆周，且相对位置不变，忽略其他天体的影响。引力常量为G。则（ ）
A．c的线速度大小为a的倍 B．c的向心加速度大小为b的一半
C．c在一个周期内的路程为2πr D．c的角速度大小为
二、多项选择题:共3题，每题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．（2024·重庆） 我国太阳探测科学技术试验卫星“羲和号”在国际上首次成功实现空间太阳Hα波段光谱扫描成像。Hα和Hβ分别为氢原子由n = 3和n = 4能级向n = 2能级跃迁产生的谱线（如图），则（ ）
A．Hα的波长比Hβ的小
B．Hα的频率比Hβ的小
C．Hβ对应的光子能量为3.4eV
D．Hβ对应的光子不能使氢原子从基态跃迁到激发态
9．（2024·重庆）小明设计了台灯的两种调光方案，电路图分别如图甲，乙所示，图中额定电压为6V灯泡的电阻恒定，R为滑动变阻器，理想变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2。原线圈两端接电压为220V的交流电，滑片P可调节灯泡L的亮度，P在R最左端时，甲、乙图中灯泡L均在额定功率下工作，则（ ）
A．n1：n2 = 110：3
B．当P滑到R中点时，图甲中L功率比图乙中的小
C．当P滑到R最左端时，图甲所示电路比图乙更节能
D．图甲中L两端电压的可调范围比图乙中的大
10．（2024·重庆） 一列沿x轴传播的简谐波，在某时刻的波形图如图甲所示，一平衡位置与坐标原点距离为3米的质点从该时刻开始的振动图像如图乙所示，若该波的波长大于3米。则（ ）
A．最小波长
B．频率
C．最大波速
D．从该时刻开始2s内该质点运动的路程为
三、非选择题:共5题，共57分。
11．（2024·重庆） 元代王祯《农书》记载了一种人力汲水灌田农具——戽斗。某兴趣小组对库斗汲水工作情况进行模型化处理，设计了如图甲所示实验，探究库斗在竖直面内的受力与运动特点。该小组在位于同一水平线上的P、Q两点，分别固定一个小滑轮，将连结沙桶的细线跨过两滑轮并悬挂质量相同的砝码，让沙桶在竖直方向沿线段PQ的垂直平分线OO'运动。当沙桶质量为136.0g时，沙桶从A点由静止释放，能到达最高点B，最终停在C点。分析所拍摄的沙桶运动视频，以A点为坐标原点，取竖直向上为正方向。建立直角坐标系，得到沙桶位置y随时间t的图像如图乙所示。
（1）若将沙桶上升过程中的某一段视为匀速直线运动，则此段中随着连结沙桶的两线间夹角逐渐增大，每根线对沙桶的拉力 （选填“逐渐增大”“保持不变”“逐渐减小”）。沙桶在B点的加速度方向 （选填“竖直向上”“竖直向下”）。
（2）一由图乙可知，沙桶从开始运动到最终停止，机械能增加 J（保留两位有效数字，g = 9.8m/s2）。
12．（2024·重庆） 探究电容器充放电规律，实验装置如图甲所示，有电源E，定值电阻R0，电容器C，单刀双置开关S。
（1）为测量电容器充放电过程电压U和电流I变化，需在①、②处接入测量仪器，位置②应该接入测 （电流、电压）仪器。
（2）接通电路并接通开关，当电压表示数最大时，电流表示数为 。
（3）根据测到数据，某过程中电容器两端电压U与电流I的关系图如图乙所示。该过程为 （充电，放电）。放电过程中电容器两端电压U随时间t变化关系如图丙所示。0.2s时R0消耗的功率 W。
13．（2024·重庆） 小明设计了如图所示的方案，探究金属杆在磁场中的运动情况，质量分别为2m、m的金属杆P、Q用两根不可伸长的导线相连，形成闭合回路，两根导线的间距和P、Q的长度均为L，仅在Q的运动区域存在磁感应强度大小为B、方向水平向左的匀强磁场。Q在垂直于磁场方向的竖直面内向上运动，P、Q始终保持水平，不计空气阻力、摩擦和导线质量，忽略回路电流产生的磁场。重力加速度为g，当P匀速下降时，求
（1）P所受单根导线拉力的大小；
（2）Q中电流的大小。
14．（2024·重庆） 有人设计了一粒种子收集装置。如图所示，比荷为的带正点的粒子，由固定于M点的发射枪，以不同的速率射出后，沿射线MN方向运动，能收集各方向粒子的收集器固定在MN上方的K点，O在MN上，且KO垂直于MN。若打开磁场开关，空间将充满磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场，速率为v0的粒子运动到O点时，打开磁场开关，该粒子全被收集，不计粒子重点，忽略磁场突变的影响。
（1）求OK间的距离；
（2）速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，该粒子仍被收集，求MO间的距离；
（3）速率为4v0的粒子射出后，运动一段时间再打开磁场开关，该粒子也能被收集。以粒子射出的时刻为计时O点。求打开磁场的那一时刻。
15．（2024·重庆） 如图所示，M、N两个钉子固定于相距a的两点，M的正上方有不可伸长的轻质细绳，一端固定在M上，另一端连接位于M正下方放置于水平地面质量为m的小木块B，绳长与M到地面的距离均为10a，质量为2m的小木块A，沿水平方向于B发生弹性碰撞，碰撞时间极短，A与地面间摩擦因数为，重力加速为g，忽略空气阻力和钉子直径，不计绳被钉子阻挡和绳断裂时的机械能损失。
（1）若碰后，B在竖直面内做圆周运动，且能经过圆周运动最高点，求B碰后瞬间速度的最小值；
（2）若改变A碰前瞬间的速度，碰后A运动到P点停止，B在竖直面圆周运动旋转2圈，经过M正下方时细绳子断开，B也来到P点，求B碰后瞬间的速度大小；
（3）若拉力达到12mg细绳会断，上下移动N的位置，保持N在M正上方，B碰后瞬间的速度与（2）间中的相同，使B旋转n圈。经过M正下的时细绳断开，求MN之间距离的范围，及在n的所有取值中，B落在地面时水平位移的最小值和最大值。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】滑雪爱好者在水平雪道上做匀速直线运动，速度不变，加速度为零，在倾斜雪道上做匀减速直线运动，加速度速度不断减小，到达最高点速度为零，再结合v-t图像的斜率表示加速可知C符合题意。
故选C。
【分析】明确运动员在水平赛道和倾斜赛道的受力情况，再根据牛顿第二定律确定其在不同赛道的加速度及运动情况，再根据v-t图像的斜率表示加速进行解答。
2．【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；万有引力定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．根据减速概念分析合外力是否为0，组合体在减速阶段有加速度，合外力不为零，故A错误；
B．根据悬停的平衡态分析受力情况，组合体在悬停阶段速度为零，处于平衡状态，合力为零，仍受重力和升力，故B错误；
C．组合体在自由下落阶段只受重力，只有重力做功，机械能守恒，故C正确；
D．月球表面重力加速度不为9.8m/s2，故D错误。
故选C。
【分析】根据机械能守恒条件进行判断；根据月球表面重力加速度小于地球表面重力加速度进行判断。
3．【答案】D
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】AB．由于气囊内密闭气体温度不变， 上浮过程中体积增大，根据
可得
温度不变，体积变大，则压强变小。体积变大，则气体对外做功，故AB错误；
CD．理想气体内能只与温度有关，气体温度不变，额内能不变，由热力学第一定律有
即
由于气体对外做功，则，故，即气囊内气体从外界吸热，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】 气囊内气体温度不变，体积增大，根据玻意耳定律判断封闭气体压强变化情况。气体体积变大，气体对外做功。对于理想气体，温度不变，气体的内能不变，再结合热力学第一定律判断气体吸放热情况。
4．【答案】A
【知识点】功的计算；动能；动能定理的综合应用；动量
【解析】【解答】A．根据动能定理有
解得
故A正确；
B．针鞘到达目标组织表面后，继续前进d2减速至零，对在目标组织中运动过程运用动能定理有
故B错误；
C．针鞘运动d2的过程中，克服阻力做功为
故C错误；
D．针鞘运动d2的过程中，动量变化量大小
故D错误。
故选A。
【分析】针鞘在两段运动过程中，在阻力的作用下，最终速度为零。明确各阶段针鞘所受各力的做功情况，再根据动能定律确定弹出时针鞘的初速度大小。根据运动的可逆性及动能定理确定针鞘通过目标组织时的初速度，再根据动能与动量的关系确定针鞘运动d2的过程中动量变化量大小。根据功的定义确定各阶段阻力做功情况。
5．【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】根据几何关系画出光路图，如图所示
标注入射角θ1，折射角θ2，根据折射定律可得
A．若h=4cm，则n=2，故A错误；
B．若h=6cm，则，故B正确；
C．若，则 ，故C错误；
D．若，则，故D错误。
故答案为：B。
【分析】根据光路图确定光线在液面的入射角及折射角，再根据折射定律及几何关系确定折射率与高度h的关系，再将各选项数据代入进行解答。
6．【答案】B
【知识点】电势能与电场力做功的关系；电势；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】根据
可知试探电荷在x2处的电势能为
则试探电荷在x2处的总能量为
根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，在x0-0与x1-x3区域电场强度方向沿x轴负方向，在0-x1区域电场强度方向沿x轴正方向，x3右侧区域电场强度方向沿x轴正方向。则电荷在x0-0与x1-x3区域所受电场力方向沿x正方向，在0-x1和x3右侧区域电场强度方向沿x轴负方向。由于电荷在x2处速度沿x轴正方向，则电荷在x2~x3区域做加速运动，且在x3处加速度为零，速度最大，随后试探电荷在x3右侧做减速运动，当电荷速度减为零时，根据能量守恒定律可知，此时试探电荷的电势能为0.5eV，根据
可知电荷运动到电势为-0.5V处减速到零。随后试探电荷开始向x轴负方向运动，电荷先在x3右侧区域做加速运动，随后在x3左侧区域做减速运动，当电荷速度减为零时，根据能量守恒定律可知，及
，可知电荷运动到电势为-0.5V处减速到零。随后又开始向右加速，如此往复，但电荷不会运动到x0、x1处，即电荷在x3点两侧往复运动。
故选B。
【分析】根据沿电场线方向电势逐渐降低，确定沿x轴电场方向的变化情况，继而确定电荷在不同位置所受电场力的方向，再根据功能关系及能量守恒定律确定确定试探电荷向右运动的速度最大及速度为零的位置，再根据电场力的方向判断减为零后，粒子的运动情况，继而再结合功能关系及能量守恒定律确定确定试探电荷向左运动速度为零的位置，从而得出电荷的运动情况。
7．【答案】A
【知识点】万有引力定律的应用；双星（多星）问题
【解析】【解答】D． a、b、c可视为绕O点做角速度相同的匀速圆，由于m<解得
故D错误；
A．设c与a、b的连线与a、b连线中垂线的夹角为α，则a、b天体与c的距离为
a、b天体对c的万有引力大小相等，均为
则根据力的合成与分解及牛顿第二定律，对c天体有
联立解得
则c做匀速圆周运动的轨道半径为
根据
可知c的线速度大小为a的倍，故A正确；
B．由
由于 a、b、c的角速度相等，可知c的向心加速度大小是b的倍，故B错误；
C．根据几何关系可知，c在一个周期内运动的路程为
故C错误。
故选A。
【分析】m<8．【答案】B,D
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【解答】AB．能级差越大，能级跃迁释放的光子的能力越大，能量越大，光子的频率越大，波长越小。氢原子n=3与n=2的能级差小于n=4与n=2的能级差，则Hα与Hβ相比，Hα的波长大、频率小，故A错误、B正确；
C．根据能级跃迁的特点，可知Hβ对应的光子能量为
故C错误；
D．氢原子从低能级跃迁至高能级吸收的能量等于两能级的能量差。氢原子从基态跃迁到激发态至少需要能量
所以Hβ对应的光子不能使氢原子从基态跃迁到激发态，故D正确。
故选BD。
【分析】氢原子从高能级向低能级跃迁，释放的光子能量等于两能级的能量差，能级差越大，能级跃迁释放的光子的能力越大，能量越大，光子的频率越大，波长越小。氢原子吸收能量从低能级跃迁至高能级，吸收的能量等于两能级的能量差。
9．【答案】A,C
【知识点】电功率和电功；变压器原理；变压器的应用
【解析】【解答】A．滑片P在最左端时，滑动变阻器R被短路，只有灯泡L被接入电路中，则此时图甲、乙中变压器输出电压均为灯泡的额定电压6V，根据理想变压器规律可得
故A正确；
B．当P滑到R中点时，图甲中滑动变阻器与灯泡串联，则图乙中灯泡与Р右端的电阻并联后再与P左端电阻串联，其中，则根据串联分压可知， 图甲中灯泡电压大于图乙中灯泡电压，根据
可知，图甲中灯泡功率比图乙中灯泡功率大，故B错误；
C．当P滑到R最左端时，图甲只有灯泡接入电路，总电阻等于灯泡电阻，图乙R与灯泡并联接入电路，总电阻小于灯泡电阻，而原线圈两端接电压及原副线圈匝数比不变，则副线圈输出电压不变，则根据
可知乙图输出功率比甲图输出功率大，则图甲比图乙更节能，故C正确；
D．图乙滑动变阻器为分压式接法，灯泡两端电压在0到6V间变化。图甲滑动变阻器为限流式接法，灯泡两端电压最高为6V，最低电压大于零， 故图甲中L两端电压的可调范围比图乙中的小 ，故D错误。
故选AC。
【分析】根据电路图确定滑动变阻器位于最左端时，电路的连接情况，根据电路的连接情况及灯泡恰好正常发光确定此时副线圈的电压，再根据理想变压器原理确定原副线圈匝数比。总电阻越大，回路中电流越小，电路中的输出功率越小。根据题意结合串并联规律确定不同情况下两图总电阻的大小关系，再结合电功率的定义分析灯泡功率及电路总功率的关系。
10．【答案】B,D
【知识点】简谐运动的表达式与图象；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】B．设平衡位置与坐标原点距离为3m的质点的振动方程
根据乙图带入点和（2，0）解得
，
可得
故B正确；
A．在题图甲中标出位移为的质点
若波沿x轴正方向传播则为Q点，则波长可能为
即
若沿x轴负方向传播则为P点，则波长可能为
即
故A错误；
C．根据
将AB数据代入可得
，
故C错误；
D．根据题图乙计算该质点在2s内运动的路程为
故D正确。
故选BD。
【分析】根据质点振动方程表达式结合图乙已知点的坐标确定质点振动的角速度，再根据角速度与周期及周期与频率的关系确定波的振动频率 。由于不确定波的传播方向，假设波的传播方向，再根据波平移法确定波形传至x=3处时，3m与波长之间的关系，继而确定波长的可能值，再根据波速、波长及频率的关系确定波速的可能值。根据图乙确定2s内质点运动的路程。
11．【答案】（1）逐渐增大；竖直向下
（2）0.11
【知识点】功能关系；受力分析的应用；牛顿第二定律；重力势能
【解析】【解答】（1）设细线与竖直方向夹角为θ，沙桶匀速上升，根据力的合成与分解及平衡条件可得
即
上升过程中，夹角θ逐渐增大，T逐渐增大， 沙桶从A点由静止释放，能到达最高点B，到达最高点的速度为零，随后向下运动至C点停止，即从B点开始先向下做加速运动，再做减速运动，故沙桶在最高点的加速度方向竖直向下。
（2）沙桶从开始运动到停在C点的过程中，沙桶上升高度为8.4cm，初末状态动能均为零，则机械能增加量为
【分析】（1）砂桶匀速上升，即处于平衡状态，根据平衡条件及力的合成与分解确定绳子拉力与沙桶重力及绳子与竖直方向夹角的关系，再结合夹角变化情况，确定拉力变化情况。到达最高点沙桶的速度为零，随后由静止下落，即加速度向下；
（2）明确沙桶的初末速度，再根据机械能的定义及重力势能与重力做功的关系机械能解答。
12．【答案】（1）电压
（2）0
（3）放电；0.32
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1）电压测量仪与电路并联，位置②与电容器并联，则②为测电压仪器。
（2）充电过程，电容器两极板电势差逐渐增大，回路中电流逐渐减小，电压表示数最大时，此时电容器充电完毕，回路中电流为零，即两极板的电流表示数为零。
（3）电容器放电过程，两极板的电压和回路中的电流都减小，由图像可知，该过程为电容器放电过程。
由图丙可知，t=0.2s时电容器两端电压为U=8V，由图乙可知，当U=8V时，电流I=40mA，则电阻R0消耗的功率为
【分析】（1）根据电路图确定测量仪器与电容器的连接方式，再根据电流测量仪与电路串联，电压测量仪与电容并联进行判断接入的测量仪；
（2）电容器充电完成时，电容器两极板的电势差最大，测量仪的示数最大，充电完成后，回路中电流为零；
（3）电容器放电过程，电容器放电时电压和电流都减小。根据图丙确定0.2s时电容器两端电压，再确定图乙确定此时的电流，再结合电功率公式进行解答。
13．【答案】（1）由P匀速下降可知，P处于平衡状态，所受合力为0，设导线的拉力大小为T，对P有
解得
（2） 设Q所受安培力大小为F，对Q受力分析，有
又
解得
【知识点】受力分析的应用；安培力的计算
【解析】【分析】（1）确定P的受力情况，P做匀速运动，处于平衡状态，再根据平衡条件进行解答；
（2）根据左手定则，确定Q所受安培力的方向。P做匀速运动，则Q也做匀速运动。再对P、Q构成的整体进行受力分析，再根据平衡条件及安培力公式进行解答。
14．【答案】（1）解：当粒子到达О点时打开磁场开关，粒子在OKN区域做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示
设轨迹半径为r1，则由洛伦兹力提供向心力及牛顿第二定律得
由几何关系可知
联立可得
（2）解：速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，运动轨迹如图所示
设轨迹半径为r2，则由洛伦兹力提供向心力及牛顿第二定律得
由几何关系有
其中
联立可得
（3）解： 速率为4v0的粒子射出后，运动一段时间再打开磁场开关， 则粒子的运动轨迹半径不变，根据平移法可知，此时粒子的运动轨迹图如下所示
则根据几何关系有
其中
粒子在打开磁场开关前做匀速直线运动，则其运动时间为
联立解得
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）当粒子到达O点时打开磁场开关，粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力结合几何关系可以得出OK的距离；（2）速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，根据粒子在磁场中运动的轨迹，结合几何关系可以求解MO之间距离；
（3）率为4v0的粒子射出一段时间t到达N点要使粒子仍然经过区点，根据粒子在磁场中运动的轨迹结合几何关系可以求解ON之间距离，结合匀速直线运动可以求解粒子在打开磁场开关前运动的时间。
15．【答案】（1）解：碰后B能在竖直平面内以M点为圆心做圆周运动，运动半径为10a，设碰后B的最小速度大小为v1， 能经过圆周运动最高点，设到达最高点速度大小为v2，则此时在最高点完全有质量提供向心力，则由牛顿第二定律可得
则B从最低点到最高点的过程，由动能定理可得
联立解得
（2）解：A和B碰撞过程中动量守恒，设碰前A的速度大小为v3，碰后A的速度大小为v4。碰后B的速度大小为v5，则根据动量守恒定律及能量守恒定律有
碰后A减速到0，则A碰后到P点过程，根据动能定理有
碰后B在竖直面圆周运动旋转2圈 ，达到M点正下方时离地面距离为4a，此时速度大小为v6，则B从碰后到该处的过程，由功能关系得
细绳子断开后B随后做平抛运动，则有
联立解得
（3）解：设MN间距离为L，B转n圈后绳断开时，B到达M正下方速度大小为v，此时绳缩短2nL，绳断开瞬间，若B以M点为圆心做圆周运动至，由牛顿第二定律得
（n = 1，2，3，…）
若B以N点为圆心做圆周运动至，由牛顿第二定律得
（n = 1，2，3，…）
从碰后到B转n圈后到达M正下方的过程，对B由动能定理得
（n = 1，2，3，…）
联立解得
（n = 1，2，3，…）
可得
（n = 1，2，3，…）
绳断后，B以速度v做平抛运动，根据平抛运动规律有
（n = 1，2，3，…）
可得
（n = 1，2，3，…）
由于
（n = 1，2，3，…）
则由数学知识可知，当时，s最小，为
当n=1时，s最大，此时
s最大值为
【知识点】平抛运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）碰后B能在竖直面内做圆周运动，在最高点时由牛顿第二定律确定在最到点B的动能，再根据B从最低点到最高点的过程，利用动能定理可求解B碰后瞬间速度的最小值；
（2）碰后A做匀减速直线运动，运用动能定理确定碰后A的速度，A和B碰撞过程中动量守恒，能量守恒，根据动量守恒定律及能量守恒定律确定碰撞前后AB的速度关系。B碰后做两周圆周运动，根据几何关系确定绳子断裂时B与地面的高度及高度变化量，再根据能量守恒定律确定B开始做圆周运动至绳子断裂时B的初末速度关系，绳子断裂后B做平抛运动，再结合平抛运动规律进行解答；
（3）设MN间距离为h，则B转n圈后到达M正下方绳缩短2nh，分别以M、N为圆心，列出牛顿第二定律方程，以及从碰后到B转n圈后到达M正下方，结合功能关系以及绳断后，B做平抛运动，由数学分析可得MN之间距离的范围，及在n的所有取值中，B落在地面时水平位移的最小值和最大值。
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