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2024年江西省高考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共10小题，共46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6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选
错的得0分。
1．（4分）蜡烛火焰是一种含有电子、正离子、中性粒子的气体状物质，将其置于电压恒定的两平行金
属板间，板间电场视为匀强电场，如图所示。若两金属板间距减小，关于火焰中电子所受的电场力，
下列说法正确的是（ ）
A．电场力增大，方向向左
B．电场力增大，方向向右
C．电场力减小，方向向左
D．电场力减小，方向向右
【考点】匀强电场中电势差与电场强度的关系．
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【答案】B
【分析】根据E＝ 判断出E的变化；再判断出电场力大小及方向。
【解答】解：两极板之间电压不变，则根据
E＝
可知当d减小时，E增大；平行金属板电场强度由正极指向负极，且方向水平向左，故电子所受电场
力方向水平向右，且根据
F＝Ee
可知，电场力增大，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题考查电场力的大小判断，其中平行板之间为匀强电场且电场强度变化需熟练掌握。
2．（4分）近年来，江西省科学家发明硅衬底氮化镓基系列发光二极管（LED），开创了国际上第三条
LED技术路线。某氮化镓基LED材料的简化能级如图所示，若能级差为 2.20eV（约3.52×10﹣19J），普朗克常量h＝6.63×10﹣34J•s，则发光频率约为（ ）
A．6.38×1014Hz B．5.67×1014Hz
C．5.31×1014Hz D．4.67×1014Hz
【考点】能量子与量子化现象．
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【答案】C
【分析】根据 ＝hν求解出答案。
【解答】解：辐ɛ 射光子能量为 ＝3.52×10﹣19J，根据 ＝hν
解得 ɛ ɛ
ν＝5.31×1014Hz
故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题考查的是能量子 ＝hν的计算，为基础题。
3．（4分）一质点沿x轴运动，其ɛ 位置坐标x与时间t的关系为x＝1+2t+3t2（x的单位是m，t的单位是
s）。关于速度及该质点在第1s内的位移，下列选项正确的是（ ）
A．速度是对物体位置变化快慢的描述；6m
B．速度是对物体位移变化快慢的描述；6m
C．速度是对物体位置变化快慢的描述；5m
D．速度是对物体位移变化快慢的描述；5m
【考点】匀变速直线运动位移与时间的关系．
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【答案】C
【分析】熟练掌握速度的物理意义；
将时间代入关系式得出答案。
【解答】解：根据速度的定义式v＝ 表明，速度等于位移与时间的比值。位移是物体在一段时间
内从一个位置到另一个位置的位置变化量，而时间是这段时间的长度。这个定义强调了速度不仅描述
了物体运动的快慢，还描述了物体运动的方向。因此，速度是刻画物体位置变化快慢的物理量。再根
据物体位置随时间的关系x＝1+2t+3t2，可知开始时，即t＝0物体的位置为x＝1m，1s时物体的位置为x ＝1+2t+3t2＝（1+2×1+3×12）m＝6m
1
则1s内物体的位移为
Δx＝x ﹣x＝6m﹣1m＝5m
1
故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题考查的是速度的物理意义，其中对于位移求解需注意是时间段位移差。
4．（4分）“嫦娥六号”探测器于2024年5月8日进入环月轨道，后续经调整环月轨道高度和倾角，实
施月球背面软着陆。当探测器的轨道半径从r 调整到r 时（两轨道均可视为圆形轨道），其动能和周
1 2
期从E 、T 分别变为E 、T 。下列选项正确的是（ ）
k1 1 k2 2
A． ，
B． ，
C． ，
D． ＝ ， ＝
【考点】动能的定义、性质、表达式及推导；开普勒三大定律；万有引力与重力的关系（黄金代换）；
近地卫星与黄金代换．
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【答案】A
【分析】根据万有引力提供向心力分别求出线速度、周期与轨道半径的关系。根据动能的定义式得到
动能与轨道半径的关系。从而得出在不同轨道半径对应的动能与周期的比。
【解答】解：A、探测器在环月轨道做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得：
解得：v2＝ ，T＝动能： ＝
可得动能之比为： ，周期之比为： ，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题考查了万有引力定律的应用和动能的概念，基础题目。求解周期的比亦可应用开普勒第
三定律解答。
5．（4分）“飞流直下三千尺，疑是银河落九天。”是李白对庐山瀑布的浪漫主义描写。设瀑布的水流
量约为10m3/s，水位落差约为150m。若利用瀑布水位落差发电，发电效率为70%，则发电功率大致为
（ ）
A．109W B．107W C．105W D．103W
【考点】功率的定义、物理意义和计算式的推导．
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【答案】B
【分析】根据能的转化和守恒定律列式求解发电功率。
【 解 答 】 解 ： 根 据 能 的 转 化 和 守 恒 定 律 ， 发 电 功 率 为 P ＝ • ＝ Qgh ＝
η ρ η
1×103×10×10×150×70%W＝1.05×107W，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】考查能的转化和守恒定律，会根据题意进行准确分析和计算。
6．（4分）如图（a）所示，利用超声波可以检测飞机机翼内部缺陷。在某次检测实验中，入射波为连续
的正弦信号，探头先后探测到机翼表面和缺陷表面的反射信号，分别如图（b）、（c）所示。已知超
声波在机翼材料中的波速为6300m/s。关于这两个反射信号在探头处的叠加效果和缺陷深度d，下列选
项正确的是（ ）A．振动减弱；d＝4.725mm B．振动加强；d＝4.725mm
C．振动减弱；d＝9.45mm D．振动加强；d＝9.45mm
【考点】波发生稳定干涉的条件．
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【答案】A
【分析】根据图像读出超声波的传播周期，结合波速求得波长，根据两个反射信号传播到探头处的时
间差计算出故两个反射信号的路程差，此路程差等于缺陷深度的2倍。根据波的干涉现象的振动加强
与振动减弱的条件判断两个反射信号在探头处的叠加效果。
【解答】解：根据反射信号图像可知，超声波的传播周期T＝2×10﹣7s，又有波速v＝6300m/s
则超声波在机翼材料中的波长为： ＝vT，解得： ＝1.26×10﹣3m
结合题图（b）和题图（c）可知，两λ 个反射信号传λ播到探头处的时间差为：Δt＝1.5×10﹣6s
故两个反射信号的路程差为： ，解得 d＝
4.725×10﹣3m
因波程差等于半波长的奇数倍，故两个反射信号在探头处振动减弱，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题考查了波的干涉现象。当波源振动步调一致的两列波在某点发生干涉时，若该点到两波
源的波程差等于波长的整数倍，则该点振动加强，若该点到两波源的波程差等于半波长的奇数倍，则
该点振动减弱；当波源振动步调相反时，结论相反。
7．（4分）石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的电学性能。现设
计一电路测量某二维石墨烯样品的载流子（电子）浓度。如图（a）所示，在长为a，宽为b的石墨烯
表面加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为 B，电极1、3间通以恒定电流I，电极2、4间将产生电
压U。当I＝1.00×10﹣3A时，测得U﹣B关系图线如图（b）所示，元电荷e＝1.60×10﹣19C，则此样品
每平方米载流子数最接近（ ）A．1.7×1019 B．1.7×1015 C．2.3×1020 D．2.3×1016
【考点】霍尔效应与霍尔元件．
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【答案】D
【分析】先确定时间t内通过样品的电荷量，根据电流的定义式得到电流的微观表达式。当产生的电
压稳定时，电子所受电场力与洛伦兹力平衡，据此求得电压U与磁感应强度B的关系式，结合题图
（b）的U﹣B图像的斜率求解此样品每平方米载流子数。
【解答】解：设样品每平方米载流子（电子）数为n，电子定向移动的速率为v，则时间t内通过样品
的电荷量为：q＝nevtb
根据电流的定义式得：
当电子稳定通过样品时，其所受电场力与洛伦兹力平衡，则有：
联立解得：
结合题图（b）的U﹣B图像的斜率，可得：
已知：I＝1.00×10﹣3A，e＝1.60×10﹣19C，解得：n≈2.3×1016（个），故D正确，ABC错误。
故选：D。
【点评】本题考查了霍尔效应的应用，掌握电流的微观表达式的推导过程，要知道产生的霍尔电压稳
定时，导电粒子的受力情况是电场力与洛伦兹力平衡。
（多选）8．（6分）一条河流某处存在高度差，小鱼从低处向上跃出水面，冲到高处。如图所示，以小
鱼跃出水面处为坐标原点，x轴沿水平方向，建立坐标系，小鱼的初速度为v ，末速度v沿x轴正方向。
0
在此过程中，小鱼可视为质点且只受重力作用。关于小鱼的水平位置 x、竖直位置y、水平方向分速度
v 和竖直方向分速度v 与时间t的关系，下列图像可能正确的是（ ）
x yA． B．
C． D．
【考点】平抛运动速度的计算；合运动与分运动的关系．
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【答案】AD
【分析】AC.根据小鱼运动过程的受力情况结合水平分运动的速度和位移进行分析求解；
BD.根据小鱼在竖直方向上的位移规律和速度规律列式结合图线进行判断。
【解答】解：AC.小鱼在运动过程中只受重力，水平方向上小鱼做匀速运动，即v 为定值，且水平位
x
置x＝v t，x﹣t图像是一条过原点的倾斜直线，故A正确，C错误；
x
BD.竖直方向上小鱼做竖直上抛运动，则y＝v t﹣ gt2，v ＝v ﹣gt，且最高点竖直方向的速度为0，
0y y 0y
B图像最高点对应的速度不为0，故B错误，D正确。
故选：AD。
【点评】考查斜上抛运动的问题，会利用分运动和合运动的思想分析解决实际问题。
（多选）9．（6分）某同学用普通光源进行双缝干涉测光的波长实验。下列说法正确的是（ ）
A．光具座上依次摆放光源、透镜、滤光片、双缝、单缝、遮光筒、测量头等元件
B．透镜的作用是使光更集中
C．单缝的作用是获得线光源
D．双缝间距越小，测量头中观察到的条纹数目越多
【考点】用双缝干涉测量光的波长．
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【答案】BC【分析】光源经过透镜会聚后射向滤光片的光更集中，然后经过滤光片变成单色光，经过单缝得到线
光源，然后通过双缝得到两列完全相同的相干光；根据双缝干涉条纹间距公式 判断条纹间
距的变化。
【解答】解：A.为了获取单色的线光源，光具座上应该依次摆放光源、透镜、滤光片、单缝、双缝、
遮光筒、测量头等元件，先通过单缝得到线光源，然后通过双缝得到两列完全相同的相干光，故A错
误，C正确；
B.透镜的作用是使射向滤光片的光更集中，故B正确；
D.根据双缝干涉条纹间距公式 可知，双缝间距越小，干涉条纹间距越大，测量头中观察到
的条纹数目越少，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查了光的双缝干涉，要掌握实验器材的摆放顺序和作用，知道双缝干涉条纹间距公式。
（多选）10．（6分）如图所示，垂直于水平桌面固定一根轻质绝缘细直杆，质量均为m、带同种电荷的
绝缘小球甲和乙穿过直杆，两小球均可视为点电荷，带电荷量分别为 q和Q。在图示的坐标系中，小
球乙静止在坐标原点，初始时刻小球甲从x＝x 处由静止释放，开始向下运动。甲和乙两点电荷的电
0
势能 （r为两点电荷之间的距离，k为静电力常量）。最大静摩擦力等于滑动摩擦力f，重力
加速度为g。关于小球甲，下列说法正确的是（ ）
A．最低点的位置
B．速率达到最大值时的位置x＝C．最后停留位置x的区间是
D．若在最低点能返回，则初始电势能E ＜（mg﹣f）
p0
【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；常见力做功与相应的能量转化；库仑定律的表
达式及其简单应用．
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【答案】BD
【分析】小球甲从开始运动至第一次运动到最低点的过程，根据能量守恒定律与功能关系求解最低点
的位置；小球甲第一次向下运动至速度最大的位置时加速度为零，根据平衡条件求解速率达到最大值
时的位置；根据平衡条件分别求得小球甲最终恰好不向上运动和恰好不向下运动的位置，这两个位置
之间（包括这两个位置）是小球甲最后停留位置的区间；若小球甲在最低点能返回，在最低点电场力
要大于重力与滑动摩擦力之和。结合A选项的结论可求解初始电势能满足的条件。
【解答】解：A、小球甲从开始运动至第一次运动到最低点的过程，根据能量守恒定律有：
，解得最低点的位置为：x＝ ，故A错误；
B、小球甲第一次向下运动至速度最大的位置时加速度为零，根据平衡条件有：
，解得速率达到最大值时的位置为： ，故B正确；
C、若小球甲是在下降的过程达到静止状态，且静止后恰好不向上运动，此时受到的静摩擦力最大且
方向向下，则有：
，解得：
若小球甲是在上升的过程达到静止状态，且静止后恰好不向下运动，此时受到的静摩擦力最大且方向
向上，则有：
，解得：
因此小球甲最后停留位置x的区间为： ，故C错误；
D、若小球甲在最低点能返回，则有： ，解得：结合A选项的结论：
可得：
解得初始电势能为： ，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查了带电体在电场中的运动问题，考查了库仑定律的应用，力与运动逻辑分析能力，
能量守恒与功能关系的应用。解答时注意处于临界状态时摩擦力的方向问题。
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．（8分）某小组探究物体加速度与其所受合外力的关系。实验装置如图（a）所示，水平轨道上安装
两个光电门，小车上固定一遮光片，细线一端与小车连接，另一端跨过定滑轮挂上钩码。
（1）实验前调节轨道右端滑轮高度，使细线与轨道平行，再适当垫高轨道左端以平衡小车所受摩擦力。
（2）小车的质量为M ＝320g。利用光电门系测出不同钩码质量m时小车加速度a。钩码所受重力记
1
为F，作出a﹣F图像，如图（b）图线甲所示。
（3）由图线甲可知，F较小时，a与F成正比；F较大时，a与F不成正比。为了进一步探究，将小车
的质量增加至M ＝470g，重复步骤（2）的测量过程，作出a﹣F图像，如图（b）中图线乙所示。
2
（4）与图线甲相比，图线乙的线性区间 较大 ，非线性区间 较小 。再将小车的质量增加至
M ＝720g，重复步骤（2）的测量过程，记录钩码所受重力F与小车加速度a，如表所示（表中第9～
3
14组数据未列出）。
序号 1 2 3 4 5钩码所受重力F/（9.8N） 0.020 0.040 0.060 0.080 0.100
小车加速度a/（m•s﹣2） 0.26 0.55 0.82 1.08 1.36
序号 6 7 8 9～14 15
钩码所受重力F/（9.8N） 0.120 0.140 0.160 …… 0.300
小车加速度a/（m•s﹣2） 1.67 1.95 2.20 …… 3.92
（5）请在图（b）中补充描出第6至8三个数据点，并补充完成图线丙。
（6）根据以上实验结果猜想和推断：小车的质量 远大于钩码的质量 时，a与F成正比。结合所学
知识对上述推断进行解释： 见解答 。
【考点】探究加速度与力、质量之间的关系．
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【答案】（4）较大；较小；（5）见解答；（6）远大于钩码的质量；见解答。
【分析】（4）分析题图（b）中图线甲与图线乙的线性区间与非线性区间设为大小关系。
（5）根据描点法补充完成图线丙。
（6）根据实验结果可知小车的质量越大，a﹣F图像的线性区间越大，据此推断小车的质量满足的条
件。分别以钩码和小车为研究对象，根据牛顿第二定律求得加速度与重力的关系式，据此分析进行解
释。
【解答】解：（4）根据题图（b）分析可知，与图线甲相比，图线乙的线性区间较大，非线性区间较
小。
（5）在坐标系中进行描点，结合其它点用平滑的曲线拟合，使尽可能多的点在线上，不在线上的点均
匀分布在线的两侧，如下图所示：
（6）根据实验结果可知小车的质量越大，a﹣F图像的线性区间越大，可推断小车的质量远大于钩码的质量时，a与F成正比。
设细线的张力为T，对钩码根据牛顿第二定律得：F﹣T＝ma
对小车根据牛顿第二定律得：T＝Ma
联立可得：a＝
当M≫m时，可认为m+M≈M，此时可得：a＝ ，即a与F成正比。
故答案为：（4）较大；较小；（5）见解答；（6）远大于钩码的质量；见解答。
【点评】本题考查了探究物体加速度与其所受合外力的关系的实验，考查了实验数据的处理能力与分
析能力。题目较简单，应用牛顿第二定律解答即可。
12．（7分）某小组欲设计一种电热水器防触电装置，其原理是：当电热管漏电时，利用自来水自身的电
阻，可使漏电电流降至人体安全电流以下。为此，需先测量水的电阻率，再进行合理设计。
（1）如图（a）所示，在绝缘长方体容器左右两侧安装可移动的薄金属板电极，将自来水倒入其中，
测得水的截面宽d＝0.07m和高h＝0.03m。
（2）现有实验器材：电流表（量程 300 A，内阻R ＝2500 ）、电压表（量程3V或15V，内阻未
A
知）、直流电源（3V）、滑动变阻器、开μ关和导线。请在图（Ωa）中画线完成电路实物连接。
（3）连接好电路，测量26℃的水在不同长度l时的电阻值R 。将水温升到65℃，重复测量。绘出
x
26℃和65℃水的R ﹣l图线，分别如图（b）中甲、乙所示。
x
（4）若R ﹣l图线的斜率为k，则水的电阻率表达式为 ＝ kd h （用k、d、h表示）。实验结果表
x
明，温度 高 （填“高”或“低”）的水更容易导电ρ。
（5）测出电阻率后，拟将一段塑料水管安装于热水器出水口作为防触电装置。为保证出水量不变，选
用内直径为8.0×10﹣3m的水管。若人体的安全电流为1.0×10﹣3A，热水器出水温度最高为65℃，忽略
其他电阻的影响（相当于热水器220V的工作电压直接加在水管两端），则该水管的长度至少应设计为 0.4 6 m。（保留两位有效数字）
【考点】导体电阻率的测量．
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【答案】（2）见解答；（4）kdh；高；（5）0.46
【分析】（2）电流表内阻为已知的确定值，电流表采用内接法可避免出现系统误差。根据电源电动势
选择电压表的量程，据此完成电路实物连接。
（4）根据电阻定律得求解电阻率表达式。根据题图（b）中两图线斜率大小关系，判断水的电阻率与
温度高低的关系。
（5）由图（b）中图线乙的斜率求出65℃水的电阻率，根据欧姆定律和电阻定律求解该水管的长度最
小值。
【解答】解：（2）由于电流表内阻为已知的确定值，故电流表的分压可以求出，所以电流表采用内接
法。电源电动势为3V，则电压表应以量程0～3V接入电路，完成电路实物连接如下图所示。
（4）根据电阻定律得： ，又有：S＝dh，联立可得：
故R ﹣l图像的斜率： ，解得： ＝kdh
x
ρ
根据题图（b）可知，温度高的水的R ﹣l图线（图乙）斜率较小，则温度高的水的电阻率较小、更容
x
易导电。
（5）由图（b）中图线乙的斜率为k ＝
1
65℃水的电阻率为： ＝k dh
1 1
设该水管的长度至少ρ为L，根据欧姆定律和电阻定律得：其中：I＝1.0×10﹣3A，U＝220V，D＝8.0×10﹣3m，d＝0.07m，h＝0.03m
代入数据解得：L＝0.46m
故答案为：（2）见解答；（4）kdh；高；（5）0.46
【点评】本题考查了测量水的电阻率的实验，考查了实验电路的设计，应用图像法处理数据，实际问
题的探究能力。注意（5）问要采用温度较高的水的电阻率来计算该水管的长度最小值，因为水的温度
越高电阻率越小，越容易导电，水管应越长。
13．（10分）可逆斯特林热机的工作循环如图所示，一定质量的理想气体经ABCDA完成循环过程，AB
和CD均为等温过程，BC和DA均为等容过程，已知T ＝1200K，T ＝300K，气体在状态A的压强
1 2
，体积 ，气体在状态C的压强 。求：
（1）气体在状态D的压强p ；
D
（2）气体在状态B的体积V 。
2
【考点】气体的等容变化与查理定律的应用；气体的等温变化与玻意耳定律的应用．
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【答案】（1）气体在状态D的压强p 为2.0×105Pa；
D
（2）气体在状态B的体积V 为2.0m3。
2
【分析】（1）气体从状态D到状态A的过程发生等容变化，根据查理定律求解气体在状态D的压强。
（2）气体从状态C到状态D的过程发生等温变化，根据玻意耳定律求解气体在状态C的体积，由题
意可知气体在状态B的体积等于状态C的体积。
【解答】解：（1）气体从状态D到状态A的过程发生等容变化，根据查理定律得：代入数据解得：
（2）气体从状态C到状态D的过程发生等温变化，根据玻意耳定律得：
p V ＝p V
C C D 1
代入数据解得：
气体从状态B到状态C发生等容变化，因此气体在B状态的体积为：
答：（1）气体在状态D的压强p 为2.0×105Pa；
D
（2）气体在状态B的体积V 为2.0m3。
2
【点评】本题考查了气体实验定律的应用，题目较简单，气体状态参量很容易得到，应用相应的气体
实验定律求解即可。
14．（11分）雪地转椅是一种游乐项目，其中心传动装置带动转椅在雪地上滑动。如图（a）、（b）所
示，传动装置有一高度可调的水平圆盘，可绕通过中心 O点的竖直轴匀速转动。圆盘边缘A处固定连
接一轻绳，轻绳另一端B连接转椅（视为质点）。转椅运动稳定后，其角速度与圆盘角速度相等。转
椅与雪地之间的动摩擦因数为 ，重力加速度为g，不计空气阻力。
μ
（1）在图（a）中，若圆盘在水平雪地上以角速度 匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O点
1
做半径为r 的匀速圆周运动。求AB与OB之间夹角ω 的正切值。
1
（2）将圆盘升高，如图（b）所示。圆盘匀速转动，α转椅运动稳定后在水平雪地上绕 O
1
点做半径为r
2
的匀速圆周运动，绳子与竖直方向的夹角为 ，绳子在水平雪地上的投影A B与O B的夹角为 。求
1 1
此时圆盘的角速度 。 θ β
2
【考点】牛顿第二定ω律求解向心力；判断是否存在摩擦力；牛顿第二定律的简单应用．
菁优网版权所有【答案】（1）AB与OB之间夹角 的正切值为 。
α
（2）求此时圆盘的角速度 为 。
2
ω
【分析】（1）对转椅受力分析，确定其做匀速圆周运动所需向心力的来源，根据牛顿第二定律与几何
关系求解。
（2）转椅在题图（b）情况下，由滑动摩擦力与绳拉力沿BA 方向的分力的合力提供所需的向心力。
1
在竖直方向上受力平衡，沿圆周运动的切线方向也受力平衡。根据牛顿第二定律与平衡条件解答。
【解答】解：（1）对转椅受力分析，转椅在水平面内受到滑动摩擦力f 、轻绳拉力T，两者合力提供
1
其做匀速圆周运动所需向心力，如下图所示。
设转椅的质量为m，转椅所需的向心力大小为：
转椅受到的滑动摩擦力大小为：f ＝ mg
1
μ
根据几何关系得：
联立解得：
（2）转椅在题图（b）情况下，由滑动摩擦力与绳拉力沿BA 方向的分力的合力提供所需的向心力。
1
所需的向心力大小为：
转椅受到的滑动摩擦力大小为：f ＝ N
2 2
μ
根据几何关系有：竖直方向上由平衡条件得：N +Tcos ＝mg
2
水平面上沿圆周轨迹的切线方向由平θ衡条件得：f
2
＝Tsin sin
θ β
联立解得：
答：（1）AB与OB之间夹角 的正切值为 。
α
（2）求此时圆盘的角速度 为 。
2
ω
【点评】本题考查了物体做匀速圆周运动的受力分析问题，做匀速圆周运动的物体所需向心力等于合
力。本题（2）问要注意在空间中分解绳的拉力时角度关系不要混淆了。
15．（18分）如图所示，绝缘水平面上固定一光滑平行金属导轨，导轨左右两端分别与两粗糙的倾斜平
行金属导轨平滑连接，两侧导轨倾角分别为 、 ，导轨间距均为l＝2m，水平导轨所在区域存在竖
1 2
直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.5Tθ。现θ有两均匀金属细棒甲和乙，质量分别为m ＝6kg和
1
m ＝2kg，接入导轨的电阻均为R＝1 。左、右两侧倾斜导轨与两棒的动摩擦因数分别为 ＝ 、
2 1 2
Ω μ μ
＝ 。初始时刻，乙静止在水平导轨上，与水平导轨左端P P 的距离为d，甲从左侧倾斜导轨高度h
1 2
＝4m的位置静止滑下。水平导轨足够长，两棒运动过程中始终与导轨接触良好且保持垂直。若两棒发
生碰撞，则为完全非弹性碰撞。不计空气阻力和导轨的电阻。（g取10m/s2，sin ＝0.6，sin ＝0.8）
1 2
θ θ
（1）求甲刚进入磁场时乙的加速度大小和方向；
（2）为使乙第一次到达水平导轨右端Q Q 之前甲和乙不相碰，求d的最小值；
1 2
（3）若乙前两次在右侧倾斜导轨上相对于水平导轨的竖直高度 y随时间t的变化如图（b）所示（t 、
1
t 、t 、t 、b均为未知量），乙第二次进入右侧倾斜导轨之前与甲发生碰撞，甲在0～t 时间内未进入
2 3 4 3
右侧倾斜导轨，求d的取值范围。【考点】电磁感应过程中的能量类问题；闭合电路欧姆定律的内容和表达式；导体平动切割磁感线产
生的感应电动势；电磁感应过程中的动力学类问题．
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【答案】（1）甲刚进入磁场时乙的加速度大小为2m/s2和方向为水平向右；
（2）d的最小值为24m；
（3）d的取值范围为 。
【分析】（1）根据动能定理求得甲从静止到运动至P P 处的速度大小。根据法拉第电磁感应定律，闭
1 2
合电路欧姆定律，安培力计算公式，牛顿第二定律求解乙的加速度大小。根据楞次定律判断回路中的
感应电流方向，由左手定则判断乙所受安培力方向，可知其加速度方向。
（2）甲和乙在磁场中的运动过程，两者组成的系统动量守恒，若两者共速时恰不相碰，则 d的值最小。
根据动量守恒定律，动量定理求解d的最小值。
（3）对乙第一次在右侧倾斜导轨上运动的过程中，根据牛顿第二定律与运动学公式求得乙第一次从右
侧倾斜轨道上滑下经Q Q 时的速度大小。对甲、乙结合体第一次在右侧斜轨上运动的过程，根据牛顿
1 2
第二 定律与运动学公式求得两者碰撞后的速度大小。根据动量守恒定律求得乙第一次从右侧斜轨上滑
下经Q Q 时甲的速度大小。若乙第一次返回水平导轨时在Q Q 处恰与甲发生碰撞，则对应d取最小
1 2 1 2
值；若乙第一次返回水平导轨后，当两者共速时恰好碰撞，则对应d取最大值。分别根据动量定理，
结合位移大小关系求解d的最小值与最大值，可得d的取值范围。
【解答】解：以下解答对金属细棒甲和乙在水平导轨上运动时均以水平向右为正方向。
（1）对甲从静止到运动至P P 处的过程，根据动能定理得：
1 2
甲刚进入磁场时，由法拉第电磁感应定律得：E ＝Blv
0 0
根据闭合电路欧姆定律得：
对乙由牛顿第二定律得：BI
0
l＝m
2
a乙0
联立解得：
根据楞次定律可知，回路中的感应电流为逆时针方向（俯视），由左手定则可知，乙所受安培力方向
水平向右，则其加速度方向水平向右。
（2）甲和乙在磁场中的运动过程，两者组成的系统不受外力作用，则此系统动量守恒，若两者共速时
恰不相碰，则d的值最小（设为d ）。根据动量守恒定律得：
m
m
1
v
0
＝（m
1
+m
2
）v共 ，解得：v共 ＝6m/s对乙根据动量定理得：
又有：
d ＝Δx
m
联立解得：d ＝24m
m
（3）根据（2）的解答可知，从甲刚进入磁场至甲、乙第一次在水平导轨运动稳定的过程，两者相对
位移为Δx＝24m，且稳定时的速度均为v共 ＝6m/s。
乙第一次在右侧倾斜导轨上向上运动的过程中，根据牛顿第二定律得：
m
2
gsin
2
+
2
m
2
gcos
2
＝m
2
a上
根据运θ动学μ公式有：θ
乙第一次在右侧倾斜导轨上向下运动的过程中，同理可得：m
2
gsin
2
﹣
2
m
2
gcos
2
＝m
2
a下
根据运动学公式有： θ μ θ
又有：x上 ＝x下
联立解得乙第一次从右侧倾斜导轨上滑下经Q Q 时的速度大小为：v ＝5m/s
1 2 1
设甲、乙碰撞后的速度大小为v。甲、乙结合体第一次在右侧倾斜导轨上向上运动的过程中，根据牛
顿第二 定律得：
（m
1
+m
2
）gsin
2
+
2
（m
1
+m
2
）gcos
2
＝（m
1
+m
2
）a上 ′
根据运动学公式θ有μ： θ
由题图（b）可知：x上 ＝4.84x'上
解得：
设乙第一次从右侧倾斜导轨上滑下经Q Q 时，甲的速度大小为v ，对乙第一次返回水平导轨后与甲碰
1 2 2
撞后的过程，根据动量守恒定律得：
m v ﹣m v ＝（m +m ）v
1 2 2 1 1 2
解得：
若乙第一次返回水平导轨时在Q Q 处恰与甲发生碰撞，则对应d取最小值，设为d ，乙第一次在右
1 2 m1
侧倾斜导轨上运动的过程，对甲根据动量定理得：又有：
解得：
根据位移关系有：d ﹣Δx＝Δx
m1 1
解得：
若乙第一次返回水平导轨后，当两者共速时恰好碰撞，则对应 d取最大值，设为d ，对乙从返回水平
m2
导轨到与甲恰好共速的过程，根据动量定理得：
又有：
解得：
根据位移关系有：d ﹣Δx﹣Δx ＝Δx
m2 1 2
解得：
综上所述，d的取值范围为：
答：（1）甲刚进入磁场时乙的加速度大小为2m/s2和方向为水平向右；
（2）d的最小值为24m；
（3）d的取值范围为 。
【点评】本题考查了电磁感应现象中的力学问题，考查了动量守恒定律，动量定理，动能定理与牛顿
第二定律的应用。对于电磁感应与力学综合问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据法拉第
电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力公式、平衡条件、牛顿第二定律、动量定理列出方程；另
一条是功与能的角度，根据动能定理、功能关系、能量守恒等列方程求解。如果涉及到电荷量、位移、
时间问题时可根据动量定理，结合电荷量的推论公式进行解答。
