2026年高考物理三轮冲刺：2025年全国各省市高考真题最后一题 刷题练习题（含答案解析）

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2.（2025海南卷）间距为L的金属导轨倾斜部分光滑，水平部分粗糙并平滑相接，导轨上端有电源和开关，倾斜导轨与水平面夹角θ=30°，处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，水平导轨处于垂直竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B。两相同导体棒ab、cd与水平导轨的动摩擦因数μ=0.25，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两棒的质量均为m，接入电路的电阻均为R。cd棒仅在水平导轨上运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，且不会碰撞。忽略金属导轨的电阻，重力加速度为g。
(1)锁定水平导轨上的cd棒，闭合开关，ab棒静止在倾斜导轨上，求通过ab棒的电流；断开开关，同时解除cd棒的锁定，当ab棒下滑距离为x0时，cd棒开始运动，求cd棒从解除锁定到开始运动过程中产生的焦耳热；
(2)此后ab棒在下滑过程中电流达到稳定，求此时ab棒与cd棒速度大小之差；
(3)ab棒中电流稳定之后继续下滑，从ab棒运动到水平导轨开始计时，t1时刻cd棒速度为0，加速度不为0；此后某时刻cd棒的加速度为0，速度不为0，求从开始到cd棒加速度为0时刻，ab棒与cd的路程之差。
3.（2025天津卷）轴向磁通风力发电机在新能源领域中有广泛应用，其原理可简化为一圆盘发电机。如图所示，发电机的中心轴为固定不动的圆柱，一外半径为3l、厚度均匀的环形导体盘套在轴上，接触良好并可绕轴转动，导体盘轴线与中心轴的轴线重合。整个装置处在方向与轴线平行的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。在风力的作用下，导体盘以角速度ω匀速转动，导体盘的内、外缘为发电机的两个电极。两极接在外电阻两端后，导体盘上各处均有沿半径流动的电流。
(1)磁场方向与导体盘转动方向如图所示，试判断导体盘的外缘是发电机的正极还是负极；
(2)若外电阻阻值为R，导体盘电阻忽略不计、内半径为l，通过导体盘上相同圆心角区域内的电流相同。求作用在导体盘上圆心角为θ区域(θ很小，可视为导体棒)上的安培力大小F与θ的关系式；
(3)若外电阻阻值忽略不计，导体盘电阻不可忽略，距离轴线为r处的电阻率ρ与r成正比，比例系数为k，即ρ=kr，导体盘厚度为d、内半径大小可调。求导体盘发热功率最大时内半径的大小。
4.（2025福建卷）水平地面上固定有一倾角为30°的绝缘光滑斜面，其上有两个宽度分别为L1、L2的条形匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，虚线为磁场边界，均与斜面底边平行，两区域磁场的磁感应强度大小相等、方向均垂直斜面向上，示意图如图所示。一质量为m、电阻为R的正方形细导线框abcd置于区域Ⅰ上方的斜面上，cd边与磁场边界平行。线框由静止开始下滑，依次穿过区域Ⅰ、区域Ⅱ。已知cd边进入区域Ⅰ到ab边离开区域Ⅰ的过程中，线框速度恒为v；cd边进入区域Ⅱ和ab边离开区域Ⅱ时线框的速度相同；区域Ⅰ、Ⅱ间的无磁场区域宽度大于线框边长，线框各边材料相同、粗细均匀；下滑过程线框形状不变且始终处于斜面内，cd边始终与磁场边界平行；重力加速度大小为g。求：
(1)初始时cd边与区域Ⅰ上边界的距离；
(2)cd边进入区域Ⅰ后瞬间，cd两端的电势差；
(3)cd边进入区域Ⅱ到ab边离开区域Ⅱ的过程中，线框克服安培力做功的平均功率。
5.（2025江西卷）精密条纹相机通过将时域信号转换成空间信息可实现超短激光脉冲持续时间的测量，其简化原理如图所示。某个待测激光脉冲的持续时间为Δt，经过狭缝和聚焦透镜入射至真空条纹管的光电阴极中心。由于光电效应，产生与输入激光脉冲持续时间相同的电子脉冲。电子脉冲先后经加速和偏转等过程打到荧光屏上。阳极与光电阴极间的加速电压为U1，距离为d1。偏转极板间距和长度分别为d2和L2，其左端与阳极的距离为L1，右端与荧光屏的距离为L3。光电效应产生电子的初速度忽略不计，电子不会打到偏转极板上。电子质量为m，电荷量为e，不考虑电场力和相对论效应，以及电子之间相互作用。所有元件的中心在同一条直线上，并以荧光屏中心O为原点、竖直方向为y轴建立坐标系。(普朗克常量ℎ=6.63×10−34J⋅s，光速c=3×108m/s)
(1)现有多碱、Au和CsI三种常用的光电阴极材料，它们的逸出功分别约为1.1eV、4.5eV、6.2eV。若要使波长范围为200∼900nm的入射激光都能打出光电子，请通过定量分析确定应选用哪种光电阴极材料。1eV=1.6×10−19J
(2)当偏转极板间电压U为常数时，求电子打在荧光屏上的位置。
(3)真实情况下，偏转极板间电压U与时间t的关系为U=U0+kt(U0和k为大于零的常数)，其零时刻与激光脉冲刚入射至光电阴极的时刻相同。
①求最后进入偏转极板间的电子离开偏转极板时y方向速度的大小：
②若L2小且L2≪L3，此时可忽略不同时刻电子在偏转极板间y方向位移的差别，求电子脉冲在荧光屏上的空间宽度Δy与激光脉冲持续时间Δt的关系。
6.（2025浙江卷）利用磁偏转系统可以测量不同核反应中释放的高能粒子能量，从而研究原子核结构。如图1所示，用回旋加速器使氘原子核(12H)获得2.74MeV动能，让其在S处撞击铝(1327Al)核发生核反应，产生处于某一激发态和基态的同位素核(1328Al)以及两种不同能量的质子(11H)。产生的质子束经狭缝X沿水平直径方向射入半径为R，方向垂直纸面向里、大小为B的圆形匀强磁场区域，经偏转后打在位于磁场上方的探测板上A、D处(探测板与磁场边界相切于A点，D点与磁场圆心O处在同一竖直线上)，获得如图2所示的质子动能的能谱图。
(1)写出氘核撞击铝核的核反应方程；
(2)求A、D的间距L；
(3)若从回旋加速器引出的高能氘核流为1.0mA，求回旋加速器的输出功率；
(4)处于激发态的 1328Al核会发生β衰变，核反应方程是 1328Al→1428Si+−10e。若 1328Al核质量等于 1428Si核质量，电子质量为0.51MeV/c2，在上述两个核反应过程中，原子核被视为静止，求衰变释放的能量。
7.（2025广西卷）图甲为某智能分装系统工作原理示意图，每个散货经倾斜传送带由底端A运动到顶端B后水平抛出，撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号，随后竖直掉入以与水平传送带共速度的货箱中，此系统利用传感器探测散货的质量，自动调节水平传送带的速度，实现按规格分装。倾斜传送带与水平地面夹角为30 ∘，以速度v0匀速运行。若以相同的时间间隔Δt将散货以几乎为0的速度放置在倾斜传送带底端A，从放置某个散货时开始计数，当放置第10个散货时，第1个散货恰好被水平抛出。散货与倾斜传送带间的动摩擦因数μ= 32，到达顶端前已与传送带共速。设散货与传感器撞击时间极短，撞击后竖直方向速度不变，水平速度变为0。每个长度为d的货箱装总质量为M的一批散货。若货箱之间无间隔，重力加速度为g。分装系统稳定运行后，连续装货，某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面积为I，如图乙，求这段时间内：
(1)单个散货的质量。
(2)水平传送带的平均传送速度大小。
(3)倾斜传送带的平均输出功率。
8.（2025全国卷，新疆西藏）如图，物块P固定在水平面上，其上表面有半径为R的14圆弧轨道。P右端与薄板Q连在一起，圆弧轨道与Q上表面平滑连接。一轻弹簧的右端固定在Q上，另一端自由。质量为m的小球自圆弧顶端A点上方的B点自由下落，落到A点后沿圆弧轨道下滑，小球与弹簧接触后，当速度减小至刚接触时的13时弹簧的弹性势能为2mgR，此时断开P和Q的连接，从静止开始向右滑动。g为重力加速度大小，忽略空气阻力，圆弧轨道及Q的上、下表面均光滑，弹簧长度的变化始终在弹性限度内。
(1)求小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功；
(2)求小球与弹簧刚接触时速度的大小及B、A两点间的距离；
(3)欲使P和Q断开后，弹簧的最大弹性势能等于2.2mgR，Q的质量应为多大？
(4)欲使P和Q断开后，Q的最终动能最大，Q的质量应为多大？
9.（2025重庆卷）如图所示，长度为d的水平传送带M顺时针匀速运动。质量为m的小物块A在传送带左端M由静止释放。A还未与传送带达到相同速度时就从右端N平滑地进入光滑水平面NO，与向右运动的小物块B发生碰撞(碰撞时间极短)。碰后A、B均向右运动，从O点进入粗糙水平地面。设A与传送带间的动摩擦因数和A、B与地面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。
(1)求A在传送带上的加速度大小及离开传送带时的速度大小；
(2)若碰前瞬间，B的速度大小为A的一半，碰撞为弹性碰撞，且碰后A、B在粗糙地面上停下后相距d，求B的质量；
(3)若B的质量是A的n倍，碰后瞬间A和B的动量相同，求n的取值范围及碰后瞬间B的速度大小范围。
10.（2025甘肃卷）在自动化装配车间，常采用电磁驱动的机械臂系统。如图，ab、cd为两条足够长的光滑平行金属导轨，间距为L，电阻忽略不计。导轨置于磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中。导轨上有与之垂直并接触良好的金属机械臂1和2，质量均为m，电阻均为R。导轨左侧接有电容为C的电容器。初始时刻，机械臂1以初速度v0向右运动，机械臂2静止。运动过程中两机械臂不发生碰撞。系统达到稳定状态后，电流为零，两机械臂速度相同。
(1)求初始时刻机械臂1产生的感应电动势大小及感应电流方向。
(2)系统达到稳定状态前，若机械臂1和2中的电流分别为I1和I2，写出两机械臂各自所受安培力的大小；若电容器两端电压为U，写出电容器所带电荷量的表达式。
(3)求系统达到稳定状态后两机械臂的速度。若要两机械臂不相撞，二者在初始时刻的间距至少为多少？
11.（2025江苏卷）圆筒式磁力耦合器由内转子、外转子两部分组成。工作原理如图甲所示。内、外转子可绕中心轴OO′转动。外转子半径为r1，由四个相同的单匝线圈紧密围成，每个线圈的电阻均为R，直边的长度均为L，与轴线平行。内转子半径为r2，由四个形状相同的永磁体组成，磁体产生径向磁场，线圈处的磁感应强度大小均为B。外转子始终以角速度ω0匀速转动，某时刻线圈abcd的直边ab与cd处的磁场方向如图乙所示。
(1)若内转子固定，求ab边产生感应电动势的大小E；
(2)若内转子固定，求外转子转动一周，线圈abcd产生的焦耳热Q；
(3)若内转子不固定，外转子带动内转子匀速转动，此时线圈中感应电流为I，求线圈abcd中电流的周期T。
12.（2025四川卷）如图所示，倾角为θ的斜面固定于水平地面，斜面上固定有半径为R的半圆挡板和长为7R的直挡板。a为直挡板下端点，bd为半圆挡板直径且沿水平方向，c为半圆挡板最高点，两挡板相切于b点，de与ab平行且等长。小球乙被锁定在c点。小球甲从a点以一定初速度出发，沿挡板运动到c点与小球乙发生完全弹性碰撞，碰撞前瞬间解除对小球乙的锁定，小球乙在此后的运动过程中无其他碰撞。小球甲质量为m1，两小球均可视为质点，不计一切摩擦，重力加速度大小为g。
(1)求小球甲从a点沿直线运动到b点过程中的加速度大小；
(2)若小球甲恰能到达c点，且碰撞后小球乙能运动到e点，求小球乙与小球甲的质量比值应满足的条件；
(3)在满足(2)中质量比值的条件下，若碰撞后小球乙能穿过线段de，求小球甲初动能应满足的条件。
13.（2025广东卷）如图是研究颗粒碰撞荷电特性装置的简化图。两块水平绝缘平板与两块竖直的平行金属平板相接。金属平板之间接高压电源产生匀强电场。一带电颗粒从上方绝缘平板左端A点处，由静止开始向右下方运动，与下方绝缘平板在B点处碰撞，碰撞时电荷量改变，反弹后离开下方绝缘平板瞬间，颗粒的速度与所受合力垂直，其水平分速度与碰前瞬间相同，竖直分速度大小变为碰前瞬间的k倍(k0)，质量为m，忽略粒子重力及磁场边缘效应。
(1)求粒子射入磁场的速度大小v1和在磁场中运动的时间t1。
(2)若在xOy平面内某点固定一负点电荷，电荷量为48q，粒子质量取m=B2y03k(k为静电力常量)，粒子仍沿(1)中的轨迹从M点运动到N点，求射入磁场的速度大小v2。
(3)在(2)问条件下，粒子从N点射出磁场开始，经时间t2速度方向首次与N点速度方向相反，求t2(电荷量为Q的点电荷产生的电场中，取无限远处的电势为0时，与该点电荷距离为r处的电势φ=kQr)。
答案和解析
1.【答案】电场强度大小E及该粒子第一次经过z=z0平面时的位置对应的x坐标值为4v25g 粒子从O点到P点的运动时间最短时区域Ⅱ的磁感应强度大小B2为3mgqv 若仅将匀强电场的方向改为沿y轴正向，该粒子仍以速率v从O点沿x轴正方向射出，该粒子的轨迹方程为y=gx22v2，z=0
【解析】解：(1)粒子的运动轨迹如下图所示：
在区域Ⅰ、Ⅱ中均可做匀速圆周运动，有qE=mg，即E=mgq；
在区域Ⅰ中，由洛伦兹力提供向心力，有qvB1=mv2R1，解得R1=mvqB1，根据几何关系有：(R1−z0)2+x2=R12
代值可得：x=4v25g；
(2)设在区域Ⅰ、Ⅱ的交接面MN长度为L，粒子在区域Ⅱ运动的半径为R2，
粒子每次从区域Ⅰ最低点进入Ⅱ，再回到区域Ⅰ的最低点，水平位移为2x=8v25g，
根据P点x坐标为16v25g=4x，运动时间最短，则粒子至少做三个从区域Ⅰ最低点进入Ⅱ，再回到区域Ⅰ的最低点的完整周期轨迹，此时在区域Ⅰ、Ⅱ的交接面MN长度为：L=4v25g×6−16v25g3=8v215g
则根据几何关系：L=2R2⋅cs∠O1NM，且cs∠O1NM=xR1
联立解得：R2=v23g
根据洛伦兹力提供向心力，可得R2=mvqB2，
解得：B2=3mgqv；
(3)根据粒子在x方向上不受力，x方向上做匀速运动x=vt，
在y方向上受电场力Eq，粒子做匀加速直线运动，故y=12⋅qEmt2=12gt2
在z方向上，由于洛伦兹力等于重力，即B1vq=mg，故z方向上无速度
故该粒子的运动方程为：y=gx22v2，z=0。
答：(1)电场强度大小E及该粒子第一次经过z=z0平面时的位置对应的x坐标值为4v25g；
(2)粒子从O点到P点的运动时间最短时区域Ⅱ的磁感应强度大小B2为3mgqv；
(3)若仅将匀强电场的方向改为沿y轴正向，该粒子仍以速率v从O点沿x轴正方向射出，该粒子的轨迹方程为y=gx22v2，z=0。
(1)根据在区域Ⅰ、Ⅱ中均可做匀速圆周运动，电场力等于重力，结合在区域Ⅰ中，洛伦兹力提供向心力分析求解；
(2)根据粒子每次从区域Ⅰ最低点进入Ⅱ，再回到区域Ⅰ的最低点，水平位移，结合几何关系分析求解；
(3)根据粒子在x方向上不受力，x方向上做匀速运动；在y方向上受电场力Eq，粒子做匀加速直线运动；在z方向上，由于洛伦兹力等于重力，z方向上无速度分析求解。
本题考查了带电粒子在复合场中的运动，理解粒子在复合场中的运动状态，理解洛伦兹力和其他力的关系是解决此类问题的关键。
2.【答案】解：(1)锁定水平导轨上的cd棒，闭合开关，ab棒静止在倾斜导轨上，导轨倾斜部分光滑，则ab棒只受重力、导轨给的支持力、安培力；
根据平衡条件可得F安ab=mgsin30°
又F安ab=BIabL
解得通过ab棒的电流为Iab=mg2BL
断开开关，同时解除cd棒的锁定，设当ab棒下滑距离为x0时速度为v0，cd棒开始运动，此时回路中的电流为I1，此时对cd棒有F安cd=μmg
ab棒切割磁场，产生电动势E1=BLv0，
回路电流I1=E12R=BLv02R
对cd棒有F安cd=BI1L
cd棒从解除锁定到开始运动过程中，导体棒ab、cd电阻相同，通过的电流相同，则cd棒产生的焦耳热与ab棒产生的焦耳热相等，整个过程根据能量守恒可得mgx0sin30°−12mv02=2Qcd
联立解得cd棒产生的焦耳热为Qcd=14mgx0−m3g2R216B4L4
(2)cd棒从解除锁定到开始运动过程中，cd棒受到的安培力向左，则cd棒向左运动，则cd棒切割磁场，c端为高电势，故回路总电动势
E2=BLvab−BLvcd
电路中电流I2=E22R=BLΔv2R
对ab棒mgsin30°−F安=maab
对cd棒F安−μmg=macd
有F安=BI2L
当电流达到稳定时，两棒的速度差恒定，此时两棒的加速度相等，联立解得此时ab、cd棒的速度大小之差为Δv=3mgR4B2L2
(3)从开始到t1时刻，两棒整体所受的合外力为零，故该过程系统动量守恒，设t1时刻ab棒的速度为v1′，cd棒速度为0，以水平向右为正方向，可知mΔv=mv1′
解得v1′=Δv=3mgR4B2L2
设某时刻cd棒的加速度为0时，ab棒速度为v1′′，cd棒速度为vcd，此时cd棒的加速度为零，可得F安cd2=μmg①
其中F安cd2=BI3L
分析可知此时两导体棒产生的电动势方向相反，可得I3=BL(v1″−vcd)2R②
从t1时刻到cd棒的加速度为0时，以水平向右为正方向，对两棒分别根据动量定理有−(μmg+BI−L)Δt=mv1″−mv1′
且(BI−L−μmg)Δt=mvcd
通过导体棒的电荷量q=I−Δt
则可得μmgΔt+BLq=mv1′−mv1′′，BLq−μmgΔt=mvcd
两式相加得2BLq=mv1′−m(v1′′−vcd)③
同时有q=I−Δt=ΔΦΔt2R⋅Δt=ΔΦ2R=BLΔs2R④
联立①②③④可得从开始到cd棒加速度为0时刻，ab、cd的路程之差为Δs=m2gR24B4L4
答：(1)锁定水平导轨上的cd棒，闭合开关，ab棒静止在倾斜导轨上，通过ab棒的电流为mg2BL；断开开关，同时解除cd棒的锁定，当ab棒下滑距离为x0时，cd棒开始运动，cd棒从解除锁定到开始运动过程中产生的焦耳热为14mgx0−m3g2R216B4L4；
(2)此后ab棒在下滑过程中电流达到稳定，此时ab棒与cd棒速度大小之差为3mgR4B2L2；
(3)ab棒中电流稳定之后继续下滑，从ab棒运动到水平导轨开始计时，t1时刻cd棒速度为0，加速度不为0；此后某时刻cd棒的加速度为0，速度不为0，从开始到cd棒加速度为0时刻，ab棒与cd的路程之差为m2gR24B4L4。
【解析】(1)根据闭合开关，ab棒静止在倾斜导轨上，导轨倾斜部分光滑，则ab棒只受重力、导轨给的支持力、安培力，结合平衡条件分析，综合cd棒从解除锁定到开始运动过程中，导体棒ab、cd电阻相同，通过的电流相同，则cd棒产生的焦耳热与ab棒产生的焦耳热相等分析求解；
(2)根据cd棒从解除锁定到开始运动过程中，cd棒受到的安培力向左，则cd棒向左运动，则cd棒切割磁场，c端为高电势，结合当电流达到稳定时，两棒的速度差恒定，此时两棒的加速度相等分析求解；
(3)根据从开始到t1时刻，两棒整体所受的合外力为零，故该过程系统动量守恒，结合动量定理分析求解。
本题考查了电磁感应相关知识，理解导体棒在不同位置时产生的感应电动势和电流，熟练掌握安培力的计算方式，合理利用动量与能量是解决此类问题的关键。
3.【答案】解：(1)根据右手定则，导体盘的外缘是发电机的正极。
(2)设导体盘上圆心角为θ的区域切割磁场的平均速度为v，有v=12(3l+l)ω
设导体盘的电动势为E，由法拉第电磁感应定律，有E=2Blv
设回路中的总电流为l，由闭合电路的欧姆定律，有I=ER
设导体盘上圆心角为θ区域的电流为I′，则I′=θ2πI
作用在导体盘上圆心角为θ区域上的安培力大小为F=2I′lB
联立上述各式，得F=4B2l3ωπRθ
(3)如图所示，设距离轴线为r处的沿半径方向的微小长度为Δr、横截面积为θrd的导体电阻为ΔR′，有ΔR′=krΔrθrd
设导体盘的内半径大小为x、圆心角为θ区域的电阻为R′，有R′=3l−xθdk
设导体盘的电阻为R盘，则R盘=θR′2π
设内半径为x时导体盘的电动势为E′
由上述方程可知E′=B(3l−x)[12(3l+x)ω]
设导体盘发热功率为P，有P=E2R盘
联立得当x=l时，导体盘发热功率最大。
【解析】详细答案和详细解答过程见答案
4.【答案】初始时cd边与区域Ⅰ上边界的距离为v2g；
cd边进入区域Ⅰ后瞬间，cd两端的电势差为34 mgRv2；
cd边进入区域Ⅱ到ab边离开区域Ⅱ的过程中，线框克服安培力做功的平均功率满足：若L2>L1，则P=mgv(L1+L2)4L1；若L2L1，在线框进入Ⅰ区域过程中，以沿斜面向下为正方向，根据动量定理
mgsinθ⋅t1−BIL1t1=0
其中t1=L1v，q=It1，I=BL1vR
联立可得q=mg2Bv
线框在Ⅱ区域运动过程中，以沿斜面向下为正方向，根据动量定理mgsinθ⋅t2−2BI−L1t3=0
根据q=E−R⋅t=BL12Rt⋅t=BL12R
线框进入磁场过程中电荷量都相等
联立可得t2=2L1v
根据能量守恒定律−W安+mgsinθ(L2+L1)=0
克服安培力做功的平均功率P=W安t2
联立可得P=mgv(L1+L2)4L1
③若L2L1，则P=mgv(L1+L2)4L1；若L2L1，和L20
上式可变形为：9x3+17x2+7x−1=0
可得：(x+1)(9x2+8x−1)=0
则有：9x2+8x−1=0
解得：x=19，另一解为负值，舍去。
可得当Mm=19，即M=19m时， Ek取最大值，即Ek取最大值。
(验证：当M=19m时，可得Ek最大值为94mgR，最终Q的最大速度大小为3v0，P的最终速度为零，即Q最终的动能等于系统初始的机械能，系统初始的机械能等于12mv02=94mgR，可见此结果合理。)
答：(1)小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功mgR；
(2)小球与弹簧刚接触时速度的大小为3 2gR2，及B、A两点间的距离为54R；
(3)欲使P和Q断开后，弹簧的最大弹性势能等于2.2mgR，Q的质量应为4m；
(4)欲使P和Q断开后，Q的最终动能最大，Q的质量应为19m。
(1)根据力做功的定义求解小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道的过程重力对其做的功；
(2)根据题意，应用机械能守恒定律求解小球与弹簧刚接触时速度的大小；根据动能定理求解B、A两点间的距离；
(3)P和Q断开后，P、Q和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒。当P和Q恰好共速时弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律与机械能守恒定律求解Q的质量；
(4)P和Q断开后，当弹簧恢复原长时Q的动能最大，根据动量守恒定律与机械能守恒定律，结合数学知识解答。
本题考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，考查了数理结合的能力。掌握从动量与能量的角度处理问题的方法。
9.【答案】解：(1)A在传送带上由滑动摩擦力提供加速度，即 μmg=ma
可得 a=μg
由于A还没与传送带达到相同速度时就离开传送带，所以物体在传送带上做匀加速直线运动，由 v12=2ad
解得 v1= 2μgd
(2)设B的质量为M，则由题意由碰前 vA=v1 ，
vB=v12 ，
两物体发生弹性碰撞则动量和能量守恒有 mv1+Mv12=mv′1+Mv′2 ，
12mv12+12Mv122=12mv′12+12Mv′22
又因为在弹性碰撞中，碰前相对速度与碰后相对速度大小相等，方向相反，即 v1−v12=v′2−v′1=v12
联立解得 v′1=mv1m+M ，
v′2=3m+Mv12m+M
因为OP段粗糙，由动能定理有 −μmgs=0−12mv2
得 s=v22μg ，
即 sA=v′122μg ，
sB=v′222μg
根据题意有 sB−sA=d ，
且由(1)有 v1= 2μgd
联立各式解得 M=m3
(3)A、B碰撞过程动量守恒有 mv1=mvA+nmvB
又因为碰后瞬间A和B的动量相同，则 vB=v12n ，
vA=v12
根据碰撞的约束条件，要两物块不发生二次碰撞则有 vA≤vB ，
即 n≤1
碰后动能不增，即 12mv12≥12mv122+12nmv12n2 ，
可得 n≥13
所以n的取值范围为 13≤n≤1
分别将 n=1 和 n=13
代入 vB=v12n ，
分别可得 vB=v12 ，
vB=3v12
所以对应的B的速度范围为 v12≤vB≤3v12 ，
代入 v1= 2μgd
可得 2μgd2≤vB≤3 2μgd2

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
10.【答案】初始时刻机械臂1产生的感应电动势大小为BLv0，感应电流方向向上
两机械臂各自所受安培力的大小分别为BI1L、BI2L；若电容器两端电压为U，则电容器所带电荷量的表达式为Q=CU
系统达到稳定状态后两机械臂的速度为mv02m+CB2L2，方向向右。若要两机械臂不相撞，二者在初始时刻的间距至少为2m2Rv0B2L2(2m+CB2L2)
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律可得初始时刻机械臂1产生的感应电动势大小：E1=BLv0
根据右手定则可知，感应电流方向向上；
(2)根据安培力的计算公式可得机械臂1受到的安培力大小为：F1=BI1L
机械臂2受到的安培力大小为：F2=BI2L
若电容器两端电压为U，则电容器所带电荷量为：Q=CU；
(3)系统达到稳定状态后回路中电流为零，机械臂1和2的速度相等，设为v，此时电容器所带电荷量为：q=CBLv
取向右为正方向，对机械臂1根据动量定理可得：−BI1−LΔt=mv−mv0
即Bq1L=mv0−mv
取向右为正方向，对机械臂2根据动量定理可得：−BI2−LΔt=mv−0
即Bq2L=mv
由于机械臂1相当于电源，根据电荷量之间的关系可得：q1=q2+q
联立解得：v=mv02m+CB2L2，方向向右；
根据Bq2L=mv可得：B2L2Δx2R=mv
解得二者在初始时刻的最小间距：Δx=2m2Rv0B2L2(2m+CB2L2)。
答：(1)初始时刻机械臂1产生的感应电动势大小为BLv0，感应电流方向向上。
(2)两机械臂各自所受安培力的大小分别为BI1L、BI2L；若电容器两端电压为U，则电容器所带电荷量的表达式为Q=CU。
(3)系统达到稳定状态后两机械臂的速度为mv02m+CB2L2，方向向右。若要两机械臂不相撞，二者在初始时刻的间距至少为2m2Rv0B2L2(2m+CB2L2)。
(1)根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势大小，根据右手定则判断电流方向；
(2)根据安培力的计算公式求解安培力的大小；根据电容计算公式求解电容器所带电荷量；
(3)系统达到稳定状态后，通过机械臂1的电荷量等于通过机械臂2的电荷量，且最后二者速度相等，根据动量定理列方程求解速度大小，以及二者在初始时刻的最小间距。
对于电磁感应现象双棒问题的分析，关键是弄清楚电路连接情况、导体棒的受力情况和运动情况，掌握动量定理在电磁感应现象中的应用方法。
11.【答案】(1)根据题意可知，ab转动时的线速度为v=ω0r1
则ab产生的感应电动势E1=BLv=BLω0r1；
(2)根据题意，由图可知，若内转子固定，外转子转动过程中，ab、cd均切割磁感线，且产生的感应电流方向相反，则转动过程中感应电动势为E2=2BLv=2BLω0r1
感应电流为I=E2R
转子转动的周期为T=2πω0
则abcd转一圈产生的热量Q=I2RT=8πB2L2r12ω0R；
(3)结合图可知，转子转动14T电流方向改变，大小不变，若内转子不固定，跟着外转子一起转，且abcd中的电流为I，则感应电动势为E′=IR
又有E′=2BLΔv
解得Δv=IR2BL
则电流改变方向的时间为t=14×2πr1Δv=BLπr1IR
则电流的周期为T=2t=2BLπr1IR。
答：(1)ab边产生感应电动势的大小为BLω0r1；
(2)外转子转动一周，线圈abcd产生的焦耳热为8πB2L2ω0r12R；
(3)线圈abcd中电流的周期为2πBLr1IR。
【解析】(1)根据v=ωr求速度，再根据E=BLv，求切割电动势；
(2)根据切割电动势，求转动过程中感应电动势，根据欧姆定律，求电流，结合转子周期和焦耳定律，求热量；
(3)内转子不固定，跟着外转子一起转，根据欧姆定律求电动势，结合切割电动势，求切割速度差，再求电流改变方向的时间，确定电流的周期。
本题解题关键是掌握切割电动势公式、欧姆定律、焦耳定律，还需要分析出内外转子转动对应的速度差决定电流改变的时间，确定周期。
12.【答案】小球甲从a点沿直线运动到b点过程中的加速度大小为gsinθ；
小球乙与小球甲的质量比值应满足的条件为m1m2≥1或者m1m2=17；
小球甲初动能应满足的条件为172m1gRsinθ