2024年高考江西卷物理真题

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

【答案与解析】

两极板电压 $U$ 恒定，板间为匀强电场，电场强度 $E=\dfrac{U}{d}$ ，两板间距 $d$ 减小时 $E$ 增大，电子所受电场力 $F=eE$ 增大；由题图知极板间电场线方向水平向左，电子带负电，受力方向与电场方向相反，即水平向右。故选B。
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，开创了国际上第三条 $\mathrm{LED}$ 技术路线。某氮化镓基 $\mathrm{LED}$ 材料的简化能级如图所示，若能级差为 $2.20\mathrm{eV}$ （约 $3.52\times10^{-19}\mathrm{J}$ ）,普朗克常量 $h=6.63\times10^{-34}\mathrm{J\cdot s}$ ，则发光频率约为（　　）

A． $6.38\times10^{14}\mathrm{Hz}$

B． $5.67\times10^{14}\mathrm{Hz}$

C． $5.31\times10^{14}\mathrm{Hz}$

D． $4.67\times10^{14}\mathrm{Hz}$

【答案与解析】

发光光子能量 $E=2.20\mathrm{eV}\approx3.52\times10^{-19}\mathrm{J}$ ，由光子能量公式 $E=h\nu$ 得 $\nu=\dfrac{E}{h}=\dfrac{3.52\times10^{-19}}{6.63\times10^{-34}}\approx5.31\times10^{14}\mathrm{Hz}$ 。故选C。
一质点沿 $x$ 轴运动，其位置坐标 $x$ 与时间 $t$ 的关系为 $x = 1$ ＋ $2t$ ＋ $3t^2$ （ $x$ 的单位是 $\mathrm{m}$ ， $t$ 的单位是 $\mathrm{s}$ ）。关于速度及该质点在第 $1\mathrm{s}$ 内的位移，下列说法正确的是（　　）

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； $5m$

【答案与解析】

速度是描述物体位置变化快慢的物理量；由 $x=1+2t+3t^2$ 知 $t=0$ 时位置 $x_0=1\mathrm{m}$ ， $t=1\mathrm{s}$ 时位置 $x_1=1+2+3=6\mathrm{m}$ ，第 $1\mathrm{s}$ 内位移 $\Delta x=x_1-x_0=5\mathrm{m}$ 。故选C。
两个质量相同的卫星绕月球做匀速圆周运动，半径分别为 $r_{1}$ 、 $r_{2}$ ，则动能和周期的比值为（　　）

A． $\frac{E_{k1}}{E_{k2}}=\frac{r_{2}}{r_{1}},\frac{T_{1}}{T_{2}}=\frac{\sqrt{r_{1}^{3}}}{\sqrt{r_{2}^{3}}}$

B． $\frac{E_{k1}}{E_{k2}}=\frac{r_1}{r_2},\frac{T_1}{T_2}=\sqrt{\frac{r_1^3}{r_2^3}}$

C． $\frac{E_{k1}}{E_{k2}}=\frac{r_2}{r_1},\frac{T_1}{T_2}=\frac{\sqrt{r_2^{3}}}{\sqrt{r_1^{3}}}$

D． $\frac{E_{k1}}{E_{k2}}=\frac{r_1}{r_2},\frac{T_1}{T_2}=\frac{\sqrt{r_{2}^{3}}}{\sqrt{r_{1}^{3}}}$

【答案与解析】

卫星绕月做匀速圆周运动，万有引力提供向心力 $G\dfrac{Mm}{r^2}=m\dfrac{v^2}{r}$ ，动能 $E_k=\dfrac12mv^2=\dfrac{GMm}{2r}$ ，故 $\dfrac{E_{k1}}{E_{k2}}=\dfrac{r_2}{r_1}$ ；周期 $T=2\pi\sqrt{\dfrac{r^3}{GM}}$ ，故 $\dfrac{T_1}{T_2}=\sqrt{\dfrac{r_1^3}{r_2^3}}$ 。故选A。
庐山瀑布“飞流直下三千尺，疑是银河落九天”瀑布高 $150m$ ，水流量 $10\mathrm{m^3/s}$ ，假设利用瀑布来发电，能量转化效率为70%，则发电功率为（　　）

A． $10^9\mathrm{W}$

B． $10^7\mathrm{W}$

C． $10^5\mathrm{W}$

D． $10^3\mathrm{W}$

【答案与解析】

单位时间流过的水质量 $m=\rho Q=1.0\times10^3\times10=1.0\times10^4\mathrm{kg/s}$ ，重力势能功率 $P_{\text{入}}=mgh=1.0\times10^4\times10\times150=1.5\times10^7\mathrm{W}$ ，发电功率 $P=\eta P_{\text{入}}=0.7\times1.5\times10^7\approx1.05\times10^7\mathrm{W}$ 。故选B。
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 $6300\mathrm{m/s}$ 。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； $d=4.725\mathrm{mm}$

B．振动加强； $d=4.725\mathrm{mm}$

C．振动减弱； $d=9.45\mathrm{mm}$

D．振动加强； $d=9.45\mathrm{mm}$

【答案与解析】

由反射信号图知超声波周期 $T=2\times10^{-7}\mathrm{s}$ ，波长 $\lambda=vT=6300\times2\times10^{-7}=1.26\times10^{-3}\mathrm{m}$ ；两反射信号传到探头的时间差 $\Delta t=1.5\times10^{-6}\mathrm{s}$ ，路程差 $2d=v\Delta t=6300\times1.5\times10^{-6}=9.45\times10^{-3}\mathrm{m}$ ，得 $d=4.725\times10^{-3}\mathrm{m}=4.725\mathrm{mm}$ ；路程差等于半波长的奇数倍，故探头处两信号振动减弱。故选A。
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 $I=1.00\times10^{-3}\mathrm{A}$ 时，测得 $U-B$ 关系图线如图（b）所示，元电荷 $e=1.60\times10^{-19}\mathrm{C}$ ，则此样品每平方米载流子数最接近（　　）

A． $1.7\times10^{19}$

B． $1.7\times10^{15}$

C． $2.3\times10^{20}$

D． $2.3\times10^{16}$

【答案与解析】

设样品每平方米载流子数为 $n$ ，载流子定向速率为 $v$ ，由电流微观式 $I=nevb$ ；稳定时电场力与洛伦兹力平衡 $e\dfrac{U}{b}=evB$ ，得 $U=vBb$ ，代入得 $U=\dfrac{I}{neb}\cdot Bb=\dfrac{IB}{ne}$ ，即 $U-B$ 图线斜率 $k=\dfrac{I}{ne}$ ，故 $n=\dfrac{I}{ek}=\dfrac{1.00\times10^{-3}}{1.60\times10^{-19}\times0.275}\approx2.3\times10^{16}$ 。故选D。
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 $v_{0}$ ，末速度v沿x轴正方向．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 $v_x$ 和竖直方向分速度 $v_{y}$ 与时间t的关系，下列图像可能正确的是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

水平方向不受力，小鱼做匀速直线运动， $v_x$ 为定值， $x=v_xt$ 为过原点的倾斜直线，故A对、C错；竖直方向做竖直上抛运动， $y=v_{y0}t-\dfrac12gt^2$ ， $v_y=v_{y0}-gt$ ，最高点处 $v_y=0$ ，故B错、D对。故选AD。
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

【答案与解析】

光具座上应依次摆放光源、透镜、滤光片、单缝、双缝、遮光筒、测量头，故A错；透镜的作用是会聚光使光更集中，故B对；单缝的作用是获得线光源，故C对；由条纹间距公式 $\Delta x=\dfrac{L\lambda}{d}$ 知双缝间距 $d$ 越小，条纹间距越大，测量头中观察到的条纹数目越少，故D错。故选BC。
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 $x=x_{0}$ 处由静止释放，开始向下运动。甲和乙两点电荷的电势能 $E_{P}=k\frac{Qq}{r}$ （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 $x=\frac{kQq}{(mg+f)x_{0}}$

B．速率达到最大值时的位置 $x=\sqrt{\frac{kQq}{mg-f}}$

C．最后停留位置x的区间是 $\sqrt{\frac{kQq}{mg}}\leq x\leq\sqrt{\frac{kQq}{mg-f}}$

D．若在最低点能返回，则初始电势能 $E_{p0}<(mg-f)\sqrt{\frac{kQq}{mg+f}}$

【答案与解析】

甲从 $x_0$ 运动到最低点，由动能定理 $(mg-f)(x_0-x)-\left(\dfrac{kQq}{x_0}-\dfrac{kQq}{x}\right)=0$ ，解得最低点位置 $x=\dfrac{kQq}{(mg-f)x_0}$ ，故A错；速率最大时加速度为零， $mg=f+\dfrac{kQq}{x^2}$ ，得 $x=\sqrt{\dfrac{kQq}{mg-f}}$ ，故B对；最后停留时满足 $mg-f\leq\dfrac{kQq}{x^2}\leq mg+f$ ，得 $\sqrt{\dfrac{kQq}{mg+f}}\leq x\leq\sqrt{\dfrac{kQq}{mg-f}}$ ，故C错；若在最低点能返回，需 $\dfrac{kQq}{x^2}>mg+f$ ，结合最低点动能定理结论得初始电势能 $E_{p0}<\left(mg-f\right)\sqrt{\dfrac{kQq}{mg+f}}$ ，故D对。故选BD。
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 $M_1=320\mathrm{g}$ 。利用光电门系统测出不同钩码质量m时小车加速度a。钩码所受重力记为F，作出 $a-F$ 图像，如图（b）中图线甲所示。

（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 $M_{2}=470\mathrm{g}$ ，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。（4）与图线甲相比，图线乙的线性区间＿＿＿＿，非线性区间＿＿＿＿。再将小车的质量增加至 $M_{3}=720\mathrm{g}$ ，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 $9\sim14$ 组数据未列出）。

序号 1 2 3 4 5
钩码所受重力 $F/(9.8\mathrm{N})$ 0.020 0.040 0.060 0.080 0.100
小车加速度 $a/(\mathrm{m \cdot s^{-2}})$ 0.26 0.55 0.82 1.08 1.36
序号 6 7 8 $9\sim14$ 15
钩码所受重力 $F/(9.8\mathrm{N})$ 0.120 0.140 0.160 …… 0.300
小车加速度 $a/(\mathrm{m \cdot s^{-2}})$ 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＿＿＿＿时，a与F成正比。结合所学知识对上述推断进行解释：＿＿＿＿。

【答案与解析】

（4）与图线甲相比，图线乙的线性区间较大，非线性区间较小。（5）在图（b）中补描第 $6$ 、 $7$ 、 $8$ 三个数据点，并顺其余数据点用平滑曲线补全图线丙（见解析图）。（6）小车的质量远大于钩码质量时， $a$ 与 $F^{\prime}$ 成正比；解释：设细线张力为 $T$ ，对钩码 $F-T=ma$ ，对小车 $T=Ma$ ，联立得 $a=\dfrac{F}{M+m}$ ，当 $M\gg m$ 时 $a\approx\dfrac{F}{M}$ ，即 $a$ 与 $F^{\prime}$ 成正比。
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 $d=0.07\mathrm{m}$ 和高 $h=0.03\mathrm{m}$ 。

（2）现有实验器材：电流表（量程 $300\mu\mathrm{A},$ 内阻 $R_{A}=2500\mathrm{\Omega}$ ）、电压表（量程 $3\mathrm{V}$ 或 $15\mathrm{V},$ 内阻未知）、直流电源 $(3\mathrm{V})$ 、滑动变阻器、开关和导线．请在图（a）中画线完成电路实物连接＿＿＿＿。（3）连接好电路，测量 $26^{\circ}\mathrm{C}$ 的水在不同长度l时的电阻值 $R_x$ 。将水温升到 $65^{\circ}\mathrm{C}$ ，重复测量。绘出 $26^{\circ}\mathrm{C}$ 和 $65^{\circ}\mathrm{C}$ 水的 $R_{x}-l$ 图，分别如图（b）中甲、乙所示。

（4）若 $R_{x}-l$ 图线的斜率为k，则水的电阻率表达 $\rho=$ ＿＿＿＿（用k、d、h表示）。实验结果表明，温度＿＿＿＿（填“高”或“低”）的水更容易导电。（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 $8.0\times10^{-3}\mathrm{m}$ 的水管。若人体的安全电流为 $1.0\times10^{-3}\mathrm{A}$ ，热水器出水温度最高为 $65^{\circ}\mathrm{C}$ ，忽略其他电阻的影响（相当于热水器 $220\mathrm{V}$ 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＿＿＿＿m。（保留两位有效数字）

【答案与解析】

（2）电源电动势为 $3\mathrm{V}$ ，电压表选 $0\sim3\mathrm{V}$ 量程；电流表内阻已知，采用内接法消除系统误差（实物连线见解析图）。（4）由电阻定律 $R_x=\rho\dfrac{l}{S}$ ，截面 $S=dh$ ，得 $R_x=\dfrac{\rho}{dh}l$ ，故 $R_x-l$ 图线斜率 $k=\dfrac{\rho}{dh}$ ，即 $\rho=kdh$ ；题图（b）中 $65^{\circ}\mathrm{C}$ 图线（乙）斜率较小，电阻率较小、更易导电，故填 $kdh$ 、高。（5）由图线乙斜率 $k\approx1.14\times10^4\Omega/\mathrm{m}$ ，得 $65^{\circ}\mathrm{C}$ 水的电阻率 $\rho=kdh\approx1.14\times10^4\times0.07\times0.03\approx24\Omega\cdot\mathrm{m}$ ；水管截面积 $S'=\pi\left(\dfrac{8.0\times10^{-3}}{2}\right)^2\approx5.03\times10^{-5}\mathrm{m^2}$ ，安全条件 $R_{\min}=\dfrac{U}{I}=\dfrac{220}{1.0\times10^{-3}}=2.2\times10^5\Omega$ ，由 $R=\rho\dfrac{L}{S'}$ 得 $L=\dfrac{R_{\min}S'}{\rho}\approx0.46\mathrm{m}$ 。
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 $T_{1}=1200\mathrm{K},T_{2}=300\mathrm{K}$ ，气体在状态A的压强 $p_{A}=8.0\times10^{5}\mathrm{Pa}$ ，体积 $V_{1}=1.0\mathrm{m^{3}}$ ，气体在状态C的压强 $p_{C}=1.0\times10^{5}\mathrm{Pa}$ 。求：（1）气体在状态D的压强 $p_{D}$ ；（2）气体在状态B的体积 $V_{2}$ 。

【答案与解析】

（1） $D\to A$ 为等容变化，由查理定律 $\dfrac{p_D}{T_D}=\dfrac{p_A}{T_A}$ ；状态 $\mathrm{A}$ 在等温线 $AB$ 上， $T_A=T_1=1200\mathrm{K}$ ，状态 $\mathrm{D}$ 在等温线 $CD$ 上， $T_D=T_2=300\mathrm{K}$ ，故 $p_D=p_A\dfrac{T_D}{T_A}=8.0\times10^5\times\dfrac{300}{1200}=2.0\times10^5\mathrm{Pa}$ 。（2） $C\to D$ 为等温变化，由玻意耳定律 $p_CV_C=p_DV_D$ ；又 $V_D=V_A=V_1=1.0\mathrm{m^3}$ ，得 $V_C=\dfrac{p_DV_D}{p_C}=\dfrac{2.0\times10^5\times1.0}{1.0\times10^5}=2.0\mathrm{m^3}$ ； $B\to C$ 为等容变化，故 $V_B=V_C=2.0\mathrm{m^3}$ 。
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 $\mu$ ，重力加速度为g，不计空气阻力。（1）在图（a）中，若圆盘在水平雪地上以角速度 $\omega_{1}$ 匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O点做半径为 $r_{1}$ 的匀速圆周运动。求 $AB$ 与 $OB$ 之间夹角 $\alpha$ 的正切值。（2）将圆盘升高，如图（b）所示。圆盘匀速转动，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 $\theta$ ，绳子在水平雪地上的投影 $A_{1}B$ 与 $O_1B$ 的夹角为 $\beta$ 。求此时圆盘的角速度 $\omega_{2}$ 。

【答案与解析】

（1）转椅在水平雪地做匀速圆周运动，绳拉力 $T$ 与滑动摩擦力 $f$ 的合力提供向心力；竖直方向 $N=mg$ ，摩擦力 $f=\mu N=\mu mg$ ，切向 $T\sin\alpha=f=\mu mg$ ，径向 $T\cos\alpha=m\omega_1^2r_1$ ，故 $\tan\alpha=\dfrac{T\sin\alpha}{T\cos\alpha}=\dfrac{\mu g}{\omega_1^2r_1}$ 。（2）圆盘升高后，绳与竖直方向夹角 $\theta$ ，其水平投影与径向 $O_1B$ 夹角 $\beta$ ；竖直 $N+T\cos\theta=mg$ 即 $N=mg-T\cos\theta$ ，摩擦力 $f=\mu N=\mu(mg-T\cos\theta)$ ；切向平衡 $T\sin\theta\sin\beta=f=\mu(mg-T\cos\theta)$ ，径向 $T\sin\theta\cos\beta=m\omega_2^2r_2$ ；由切向式得 $T=\dfrac{\mu mg}{\sin\theta\sin\beta+\mu\cos\theta}$ ，代入径向式得 $\omega_2=\sqrt{\dfrac{\mu g\sin\theta\cos\beta}{(\sin\theta\sin\beta+\mu\cos\theta)r_2}}$ 。
如图（a）所示，轨道左侧斜面倾斜角满足 $sin\theta_1$ = 0.6，摩擦因数 $\mu_{1}=\frac{3}{20}$ ，足够长的光滑水平导轨处于磁感应强度为 $B = 0.5T$ 的匀强磁场中，磁场方向竖直向上，右侧斜面导轨倾角满足 $sin\theta_2$ = 0.8，摩擦因数 $\mu_{2}=\frac{44}{183}$ 。现将质量为 $m_{\text{甲}} = 6\mathrm{kg}$ 的导体杆甲从斜面上高 $h = 4m$ 处由静止释放，质量为 $m_{\text{乙}} = 2\mathrm{kg}$ 的导体杆乙静止在水平导轨上，与水平轨道左端的距离为d。已知导轨间距为 $l = 2m$ ，两杆电阻均为 $R = 1\Omega$ ，其余电阻不计，不计导体杆通过水平导轨与斜面导轨连接处的能量损失，且若两杆发生碰撞，则为完全非弹性碰撞，取 $g = 10\mathrm{m/s^2}$ ，求：（1）甲杆刚进入磁场，乙杆的加速度？（2）乙杆第一次滑上斜面前两杆未相碰，距离d满足的条件？（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（ $t_1$ 、 $t_2$ 、 $t_3$ 、 $t_4$ 、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 ~ $t_3$ 时间内未进入右侧倾斜导轨，求d的取值范围。

【答案与解析】

（1）甲在左斜面下滑，加速度 $a_1=g(\sin\theta_1-\mu_1\cos\theta_1)=10\left(0.6-\dfrac{3}{20}\times0.8\right)=4.8\mathrm{m/s^2}$ ，斜面长 $s_1=\dfrac{h}{\sin\theta_1}=\dfrac{4}{0.6}=\dfrac{20}{3}\mathrm{m}$ ，由 $v_0^2=2a_1s_1$ 得 $v_0=8\mathrm{m/s}$ 。甲刚进入磁场切割： $E_0=Blv_0=0.5\times2\times8=8\mathrm{V}$ ，回路总电阻 $2R=2\Omega$ ，电流 $I_0=\dfrac{E_0}{2R}=4\mathrm{A}$ ；由楞次定律回路电流俯视逆时针，左手定则乙受安培力水平向右， $F_{\text{安}}=BI_0l=0.5\times4\times2=4\mathrm{N}$ ，故 $a_{\text{乙}0}=\dfrac{F_{\text{安}}}{m_{\text{乙}}}=\dfrac{4}{2}=2\mathrm{m/s^2}$ ，方向水平向右。（2）甲、乙在磁场中系统水平方向不受外力，动量守恒；若共速时恰不相碰，则 $d$ 最小。由 $m_{\text{甲}}v_0=(m_{\text{甲}}+m_{\text{乙}})v_{\text{共}}$ 得 $v_{\text{共}}=6\mathrm{m/s}$ ；对乙用动量定理 $B l\bar q=m_{\text{乙}}v_{\text{共}}$ ，且 $\bar q=\dfrac{\Delta\Phi}{2R}=\dfrac{Bl\Delta x}{2R}$ ，故 $\dfrac{B^2l^2}{2R}\Delta x=m_{\text{乙}}v_{\text{共}}$ ，其中 $\dfrac{B^2l^2}{2R}=\dfrac{0.25\times4}{2}=0.5$ ，得 $0.5\Delta x=2\times6=12$ ， $\Delta x=24\mathrm{m}$ ，故 $d\geq24\mathrm{m}$ 。（3）由（2）知两杆在水平导轨上达相对稳定时相对位移 $\Delta x_0=24\mathrm{m}$ 、共同速度 $v_{\text{共}}=6\mathrm{m/s}$ ，此时甲在乙左方 $24\mathrm{m}$ 且二者均向右以 $6\mathrm{m/s}$ 运动。乙第一次上、下右侧斜面：上行 $a_{\text{上}}=g(\sin\theta_2+\mu_2\cos\theta_2)$ ，下行 $a_{\text{下}}=g(\sin\theta_2-\mu_2\cos\theta_2)$ ；由上行、下行位移相等且乙以 $v_{\text{共}}=6$ 上滑，得乙第一次下滑回到 $Q_2$ 的速度 $v_1$ 满足 $v_1^2=\dfrac{a_{\text{下}}}{a_{\text{上}}}v_{\text{共}}^2=25$ ，即 $v_1=5\mathrm{m/s}$ 。设甲、乙（在乙第一次返回水平导轨后）碰撞后共同速度为 $v$ ，结合体第二次上右侧斜面的位移 $x_{\text{上}}'$ 与第一次 $x_{\text{上}}$ 满足题图（b） $x_{\text{上}}=4.84x_{\text{上}}'$ ；又 $x_{\text{上}}=\dfrac{v_{\text{共}}^2}{2a_{\text{上}}}$ 、 $x_{\text{上}}'=\dfrac{v^2}{2a_{\text{上}}}$ ，故 $v=\dfrac{v_{\text{共}}}{\sqrt{4.84}}=\dfrac{30}{11}\mathrm{m/s}$ 。乙第一次位于右侧斜面期间，甲仍在水平导轨磁场中运动并受安培力减速，由动量定理 $B l\bar q=m_{\text{甲}}\Delta v_{\text{甲}}$ 且 $\bar q=\dfrac{Bl\Delta x_{\text{甲}}}{2R}$ （ $\dfrac{B^2l^2}{2R}=0.5$ ），得 $\Delta x_{\text{甲}}=12\Delta v_{\text{甲}}$ 。分两种临界：①乙恰于回到 $Q_2$ 处与甲相碰（对应 $d$ 最小，记为 $d_{\min}$ ）；②乙返回水平导轨后二者恰共速时相碰（对应 $d$ 最大，记为 $d_{\max}$ ）。结合动量关系与位移关系代入数据算得 $d_{\min}=\dfrac{356}{11}\mathrm{m}$ 、 $d_{\max}=\dfrac{696}{11}\mathrm{m}$ 。故 $d$ 的取值范围为 $\dfrac{356}{11}\mathrm{m}<d<\dfrac{696}{11}\mathrm{m}$ 。

序号	1	2	3	4	5
钩码所受重力 $F/(9.8\mathrm{N})$	0.020	0.040	0.060	0.080	0.100
小车加速度 $a/(\mathrm{m \cdot s^{-2}})$	0.26	0.55	0.82	1.08	1.36
序号	6	7	8	$9\sim14$	15
钩码所受重力 $F/(9.8\mathrm{N})$	0.120	0.140	0.160	……	0.300
小车加速度 $a/(\mathrm{m \cdot s^{-2}})$	1.67	1.95	2.20	……	3.92