2021-2022学年福建省莆田市高三（下）第二次质检物理
试卷
一、单选题（本大题共4小题，共16.0分）
1. 2021年5月15日，“天问一号”火星探测器平稳着陆火星；5月22日10：40，“祝
融号”火星车安全驶离着陆平台到达火星表面，开始巡视探测，至12月31日，“祝融号”火星车累计行驶突破1400𝑚。下列叙述正确的是( )
A. “5月22日10：40”指的是时间
B. “1400𝑚”指的是“祝融号”火星车的位移大小 C. 从地球到火星，“祝融号”火星车的惯性发生改变
D. 研究“祝融号”火星车在火星表面的运行轨迹时，可将其视为质点
2. 一定质量的理想气体从状态𝐴变化到状态𝐵，它的体积𝑉随热力
学温度𝑇的变化关系如图所示。在这个过程中( )
A. 气体压强不断变大 B. 气体内能保持不变 C. 气体对外界做负功 D. 气体从外界吸收热量
3. 带电粒子流的磁聚焦是薄膜材料制备的关键技术之一。磁
聚焦原理如图，真空中一半径为𝑟的圆形区域内存在垂直纸面的匀强磁场，一束宽度为2𝑟、沿𝑥轴正方向运动的带电粒子流射入该磁场后会聚于坐标原点𝑂。已知粒子的质量
均为𝑚、电荷量均为𝑞、进入磁场的速度均为𝑣，不计带电粒子的重力及粒子间的相互作用力。则磁感应强度的大小应为( )
A. 2𝑞𝑟
𝑚𝑣
B. √2𝑞𝑟
2𝑚𝑣
C. 𝑞𝑟
𝑚𝑣
D.
2𝑚𝑣𝑞𝑟
4. 在我市创建全国文明城市期间，清洁工人经常使用高压水枪来清除墙壁上的小广告。
其模型简化为圆形水枪管口贴近竖直墙壁，水以速度𝑣垂直射到墙壁上，随后沿墙面散开，不反弹。设水枪管口的半径为𝑅，水的密度为𝜌。则水对墙壁的冲击力为( )
A. 2𝜋𝜌𝑣2𝑅2
B. 𝜋𝜌𝑣2𝑅2
C. 2𝜋𝜌𝑣2𝑅2
1
D. 4𝜋𝜌𝑣2𝑅2
1
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二、多选题（本大题共4小题，共24.0分）
5. 2021年12月9日，中国航天员翟志刚、王亚平、叶光富在天和核心舱进行太空授课。
已知天和核心舱绕地球运行周期约90𝑚𝑖𝑛，天和核心舱和地球同步卫星的轨道均可视为圆形。则( )
A. 天和核心舱的轨道半径比地球同步卫星的大 B. 天和核心舱的角速度比地球同步卫星的小 C. 天和核心舱的线速度比地球同步卫星的大 D. 天和核心舱的加速度比地球同步卫星的大
6. 如图所示是一种调压变压器的原理图，线圈𝐴𝐵绕在一个
圆形的铁芯上，𝐴、𝐵端加上𝑢=220√2𝑠𝑖𝑛100𝜋𝑡𝑉的交流电压，通过移动滑动触头𝑃来调节𝐶、𝐷端输出电压。当𝑃处于图示位置时，原、副线圈的匝数比𝑛1：𝑛2=2：1。
现想将一个“38𝑉，19𝑊”的灯泡接到输出端𝐶、𝐷，下列操作可使灯泡正常发光的是( )
A. 仅将𝑃顺时针旋转到合适位置 B. 仅将𝑃逆时针旋转到合适位置 C. 仅将灯泡并联一个阻值为144𝛺的电阻 D. 仅将灯泡串联一个阻值为144𝛺的电阻
7. “繁灯夺霁华”，挂灯笼迎新春已成为中国人喜庆节日的习俗。如图所示，一轻质
细绳上等距悬挂四个质量相等的灯笼，𝐵𝐶段的细绳是水平的，另外四段细绳与水平面所成的角分别为𝜃1和𝜃2。设绳子𝑂𝐴段、𝐴𝐵段的拉力分别为𝑇1、𝑇2。则( )
=A. 𝑇1
2
𝑇
2𝑠𝑖𝑛𝜃1sin𝜃2
=B. 𝑇12
𝑇
2𝑠𝑖𝑛𝜃2sin𝜃1
=cos𝜃2 C. 𝑇121
𝑇𝑐𝑜𝑠𝜃
=cos𝜃1 D. 𝑇1
22
𝑇𝑐𝑜𝑠𝜃
8. 如图，两个固定的相同圆环𝑎、𝑏，均匀带有+𝑄和−𝑄的
电荷，两环圆心𝑂、𝑂′在同一中心轴线上，𝑃为𝑂𝑂′的中点。则( )
A. 沿中心轴线从𝑂点到𝑂′点，电势逐渐降低 B. 过𝑃点垂直于𝑂𝑂′的平面为等势面
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C. 𝑂点与𝑂′点的电场强度相同
D. 两环间距越小，𝑃点的电场强度一定越大
三、填空题（本大题共2小题，共8.0分）
9. 一列机械波在某一均匀介质中传播。如果将波源的振动频率调为原来的一半，而其
他条件保持不变，则这列波在该介质中的传播速度______(填“变大”“变小”或“不变”)，波长变为原来的______倍。
10. 氦原子被电离一个核外电子后形成类氢结构的氦离子。已知基
态的氦离子能量𝐸=−54.4𝑒𝑉，氦离子能级结构如图所示。现有大量类氢结构的氦离子从能级𝑛=4向低能级跃迁，最多能辐射出______种不同频率的光子，辐射的光子最大能量为______𝑒𝑉。
四、实验题（本大题共2小题，共12.0分）
11. 某同学用如图甲所示的实验装置来探究绳子拉力做功与小车动能变化的关系。在水
平桌面上放有一端装有定滑轮的气垫导轨，气垫导轨上固定有甲、乙两个光电门，用来测量遮光片通过光电门时的遮光时间，滑块经绕过定滑轮的轻质细绳与装有砂的砂桶连接。
(1)用游标卡尺测量遮光片的宽度。
①测量时需要用图乙中的______(填“𝐴”或“𝐵”)测量爪； ②测量结果如图丙所示，则遮光片的宽度为______𝑚𝑚。
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(2)气垫导轨没有定滑轮的一端______(填“需要”或“不需要”)垫高来平衡摩擦力。
(3)实验中将砂和砂桶的重力当作细绳的拉力，经多次实验发现拉力做功总是______(填“大于”“等于”或“小于”)小车动能的增量。
12. 某小组要测量一个电池组的电动势𝐸和内阻𝑟。已知电池组的电动势约为6𝑉，内阻
约为几十欧。可选用的实验器材有 电流表𝐴(量程0～100𝑚𝐴，内阻𝑟𝐴=5𝛺) 电压表𝑉(量程0～3𝑉，内阻𝑟𝑉=1000𝛺) 定值电阻𝑅1(阻值为1000𝛺) 定值电阻𝑅2(阻值为2000𝛺) 滑动变阻器𝑅(阻值0～300𝛺) 开关𝑆一个，导线若干
(1)实验电路如图甲所示。因电压表𝑉量程过小，要把它改装成量程为0～6𝑉的电压表，应把它与定值电阻______(填“𝑅1”或“𝑅2”)串联。 (2)实验过程如下：
①正确连接电路，将变阻器𝑅的滑片移到最______(填“左”或“右”)端，闭合开关𝑆。
②改变变阻器𝑅的阻值，测量并记录多组电压表𝑉和电流表𝐴的示数𝑈、𝐼。 ③根据测量数据作出𝑈−𝐼图像如图乙所示，求得电源电动势𝐸=______𝑉，内阻𝑟=______𝛺。
五、计算题（本大题共3小题，共40.0分）
13. 图甲为北京2022年冬奥会的“雪如意”跳台滑雪场地，其简化示意图如图乙，助
滑道𝐴𝐵的竖直高度ℎ=55𝑚，𝐵、𝐶间的距离𝑠=120𝑚，𝐵、𝐶连线与水平方向的夹角𝜃=30°。某质量𝑚=60𝑘𝑔的运动员从出发点𝐴沿助滑道无初速下滑，从起跳点𝐵
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处沿水平方向飞出，在着地点𝐶处着地，不计空气阻力，𝑔取10𝑚/𝑠2。求 (1)运动员在起跳点𝐵处的速度𝑣0； (2)运动员在助滑过程中阻力做的功𝑊𝑓。
14. 如图甲所示，两平行且固定的金属导轨与水平面夹角𝜃=30°，间距为0.4𝑚，上端
连接一阻值𝑅=0.3𝛺的定值电阻；垂直导轨的虚线两侧各有一匀强磁场，磁感应强度的大小𝐵1=𝐵2=0.5𝑇，方向与两导轨所在平面垂直。𝑡=0时，长𝐿=0.4𝑚、质量𝑚=0.05𝑘𝑔、电阻𝑟=0.1𝛺的金属导体棒在沿平行导轨向下的外力𝐹作用下，由𝑀𝑁处以初速度𝑣0开始向下运动，运动过程中始终与导轨接触良好，流过电阻𝑅的电流𝑖随时间𝑡的变化关系如图乙所示。已知0～1𝑠内外力𝐹=0.1𝑁，两导轨和导线的电阻不计，𝑔取10𝑚/𝑠2，求： (1)导体棒初速度𝑣0大小；
(2)导体棒与导轨间的动摩擦因数𝜇； (3)1～2𝑠内外力𝐹与时间𝑡的关系表达式。
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15. 如图甲所示，带电量𝑞=+1.0×10−4C、质量𝑀=0.25𝑘𝑔的物块放在足够大的绝缘
粗糙水平面上，物块与水平面间的动摩擦因数𝜇=0.2；长𝑙=16𝑚的轻质细线上端固定，下端系着一质量𝑚=0.5𝑘𝑔的绝缘小球，小球静止时位于𝑂点。以𝑂为原点，水平向右为𝑥轴建立坐标。𝑂点右侧空间有一水平电场，电场强度𝐸随位置𝑥的变化关系如图乙所示，规定水平向右为场强正方向。现将小球拉至与竖直方向夹角𝜃=37°的位置静止释放，运动至最低点𝑂时与物块发生弹性正碰。设物块在碰撞和滑行过程中电荷量保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，小球与物块均视为质点。已知𝑐𝑜𝑠37°=0.8，𝑔取10𝑚/𝑠2，求：
9
(1)碰撞前瞬间细线对小球的拉力； (2)碰撞后瞬间物块的速度大小； (3)物块最终停止的位置坐标。
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答案和解析
1.【答案】𝐷
【解析】解：𝐴、“5月22日10：40”指的是时间点，是时刻，故A错误； B、“1400𝑚”指的是“祝融号”火星车的路程大小，故B错误；
C、惯性只和质量有关，在地球和在火星，“祝融号”火星车的质量不变，故惯性不变，故C错误；
D、研究“祝融号”火星车在火星表面的运行轨迹时，火星车的大小和形状对所研究的问题没有影响，故可将其视为质点，故D正确； 故选：𝐷。
时刻指时间点，时间指时间间隔； 轨迹大小表示的路程；
惯性只和质量有关系，质量不变惯性不变；
物体能否被看成质点主要看物体的大小和形状对于所研究的问题能否被忽略。 明确物体能被看成质点的条件，知道惯性只和质量有关，知道时间和时刻的区别，知道路程和位移的概念。
2.【答案】𝐷
【解析】解：𝐴、根据一定质量的理想气体的状态方程𝑝𝑉=𝐶𝑇可知，𝑇=𝑝，因为图像的斜率不变，所以气体压强也保持不变，故A错误；
B、理想气体不考虑势能，温度升高气体分子的平均动能增大，则气体内能增大，故B错误；
C、气体体积增大，气体对外界做正功，故C错误；
D、气体对外界做正功，且气体的内能增大，由热力学第一定律𝛥𝑈=𝑄+𝑊可知气体一定从外界吸收热量，故D正确； 故选：𝐷。
根据一定质量的理想气体的状态方程𝑝𝑉=𝐶𝑇分析出气体状态参量的变化，结合气体体积和气体温度的变化和热力学第一定律分析气体的吸放热情况。
本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，熟悉公式𝑝𝑉=𝐶𝑇应用，同时结合热
𝑉
𝐶
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力学第一定律即可完成分析。
3.【答案】𝐶
【解析】解：带电粒子流射入磁场后做匀速圆周运动，要使带电粒子流射入该磁场后会聚于坐标原点𝑂，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径等于磁场半径𝑟。粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：𝑞𝑣𝐵=𝑚，解𝑟𝑣2
得磁感应强度大小：𝐵=故选：𝐶。
𝑚𝑣𝑞𝑟
，故ABD错误，C正确。
利用圆形区域匀强磁场实现对带电粒子流的磁聚焦，需要满足：粒子做匀速圆周运动的轨道半径与圆形磁场区域的半径相等，再由粒子做匀速圆周运动所需的向心力等于洛伦兹力，来求解磁感应强度的大小。
根据题意分析清楚带电粒子的运动过程，找出粒子的轨道半径是解题的前提与关键，再应用牛顿第二定律来处理。
4.【答案】𝐵
【解析】解：设𝑡时间内有𝑉体积的水打在墙面上，则这些水的质量为：𝑚=𝜌𝑉=𝜌𝜋𝑅2𝑣𝑡， 以这部分水为研究对象，它受到墙面的作用力为𝐹，以水运动的方向为正方向，由动量定理有：𝐹𝑡=0−𝑚𝑣， 即：𝐹=−
𝑚𝑣𝑡
=−𝜌𝜋𝑣2𝑅2，负号表示水受到的作用力的方向与水运动的方向相反；
ACD错误。 由牛顿第三定律可以知道，水对墙面的冲击力大小也为𝜌𝜋𝑅2𝑣2，故B正确，故选：𝐵。
取时间𝑡内的水研究对象，根据动量定理列式求解即可。
本题考查了动量定理的计算，关键是研究对象的选择，然后根据动量定理列式求解即可，基础问题。
5.【答案】𝐶𝐷
𝐴、【解析】解：根据开普勒第三定律可知，2=𝑘，天和核心舱绕地球运行周期约90𝑚𝑖𝑛，
𝑇𝑟3
小于地球同步卫星的运行周期，故天和核心舱的轨道半径比地球同步卫星的小，故A错
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误；
B、万有引力提供向心力：𝐺𝑀𝑚𝑟2=𝑚𝑎=𝑚
𝑣2𝑟
=𝑚𝜔2𝑟，解得𝜔=√
𝐺𝑀𝑟3，则天和核心舱的
角速度比地球同步卫星大，故B错误；
C、线速度：𝑣=√𝐺𝑀，天和核心舱的线速度比地球同步卫星的大，故C正确；
𝑟
D、加速度：𝑎=故选：𝐶𝐷。
𝐺𝑀𝑟2，天和核心舱的加速度比地球同步卫星的大，故D正确。
根据开普勒第三定律分析周期与轨道半径的关系；
根据万有引力提供向心力分别得到空间站绕地球做匀速圆周运动的加速度、线速度、角速度的表达式，通过表达式再比较大小。
该题考查万有引力的相关问题、卫星运行快慢问题等，从基本规律出发，结合轨道半径的关系不难判断结果。
6.【答案】𝐴𝐷
【解析】解：输入电压的有效值为：𝑈1=
𝑈𝑚√2=
200√2𝑉√2=220𝑉
𝑛
1
2
根据变压器两端的电压与线圈的匝数的关系可知，𝑈2=𝑛×𝑈1=2×220𝑉=110𝑉
1
灯泡的额定电压为38𝑉，可知现在想将一个“38𝑉，19𝑊”的灯泡接到输出端𝐶、𝐷，要想让灯泡正常发光，可以将𝑃顺时针旋转到合适的位置，减小副线圈的匝数。也可以在副线圈串联一个电阻，起到分压的作用；因为副线圈中的电流为𝐼=𝑈=38𝐴=0.5𝐴，则串联的电阻阻值为𝑅=故选：𝐴𝐷。
先计算出原线圈的有效值，结合匝数比得出副线圈的电压，为了让灯泡正常发光，一个是减小副线圈的匝数，一个是在副线圈串联电阻起到分压的作用，结合欧姆定律计算出电阻的大小。
本题主要考查了变压器的构造和原理，理解原副线圈匝数比和电压比的关系，结合欧姆定律即可完成分析。
𝑈2−𝑈𝐼
𝑃
19
=
110−380.5
𝛺=144𝛺，故AD正确，BC错误；
7.【答案】𝐵𝐶
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【解析】解：设每个灯笼质量为𝑚，先将四个灯笼看成一个整体，由平衡条 2𝑇1𝑠𝑖𝑛𝜃1=4𝑚𝑔
将下面两个灯笼看成一个整体，则有 2𝑇2𝑠𝑖𝑛𝜃2=2𝑚𝑔
对最左边的灯笼受力分析，水平方向上有 𝑇1𝑐𝑜𝑠𝜃1=𝑇2𝑐𝑜𝑠𝜃2 联立可得
𝑇1𝑇2𝑇1𝑇2
==
2𝑠𝑖𝑛𝜃2sin𝜃1𝑐𝑜𝑠𝜃2cos𝜃1
故BC正确，AD错误。 故选：𝐵𝐶。
分别对四个灯笼整体分析，再对下面两个灯笼分析，根据平衡条件可得水平绳子上的拉力的比值关系。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。注意整体法和隔离法的应用。
8.【答案】𝐴𝐵𝐶
【解析】解：𝐴、由场强的叠加可知从𝑂点到𝑂′点的场强方向一直向右，因此电势一直降低，故A正确；
B、由场强的叠加可知电场垂直于过𝑃点且垂直于𝑂𝑂′的平面，在此平面上移动电荷时电场力不做功，因此该平面为等势面，故B正确；
C、+𝑄在𝑂点产生场强为零，𝑂点的场强由−𝑄和距离决定，同理𝑂′点的场强有+𝑄和距离决定，由几何关系结合场强叠加知𝑂点与𝑂′点的场强大小相等，且方向均向右，故C正确；
D、两环间距越小时，𝑃点的电场强度不一定越大，比如当两环均想𝑃靠拢且间距无穷小时，𝑃点场强近似为零，故D错误； 故选：𝐴𝐵𝐶。
根据电荷的电性得出电场线的方向，而电势沿着电场线的方向逐渐降低； 垂直于电场线的方向为等势面，由此完成分析；
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根据场强叠加的特点分析出两点的场强大小。
本题主要考查了电场叠加的相关概念，同时要理解电场线中沿着电场线的方向电势逐渐降低，而且等势面垂直于电场线。
9.【答案】不变 2
【解析】解：机械波的波速由介质决定，所以这列波在该介质中的传播速度不变，根据𝑣=𝜆𝑓，可知将波源的振动频率调为原来的一半，波长为原来的2倍； 故答案为：不变，2
根据机械波的波速由介质决定，判断波速度的变化，根据𝑣=𝜆𝑓解得波长的变化。 本题考查波速与波长的计算公式，解题关键掌握波速、波长、频率的决定因素。
10.【答案】6 51.0
2【解析】解：𝐴、根据𝐶4=6知，这些𝐻𝑒+能发出6种不同频率的光子；根据玻尔理论可
知，从𝑛=4能级跃迁到𝑛=1能级产生的光子能量值最大，为：𝐸41=𝐸4−𝐸1=−3.4𝑒𝑉+54.4𝑒𝑉=51.0𝑒𝑉。 故答案为：6，51.0
2根据数学组合公式𝐶𝑛得出这些氦离子可能释放不同频率光子的种数，根据玻尔理论判断
辐射的光子最大能量。
解决本题的关键知道能级间跃迁辐射的光子能量与能级差的关系。
11.【答案】𝐵 5.2 不需要 大于
【解析】解：(1)①测量时需要用图乙中的𝐵测量爪；
其精度是0.1𝑚𝑚，遮光片的宽度为5𝑚𝑚+2×0.1𝑚𝑚=5.2𝑚𝑚。 ②由图示游标卡尺可知，
(2)实验前应将气垫导轨调平，气垫导轨充气时几乎没有摩擦力，气垫导轨没有定滑轮的一端不需要垫高来平衡摩擦力。
(3)由功能关系可知，砂和砂桶重力势能的减少量转化为沙和砂桶与小车的动能，把砂和砂桶的重力当做细绳的拉力，拉力做的功即砂和砂桶重力做的功(重力势能的减少量)大于小车动能的增加量。
故答案为：(1)①𝐵；②5.2；(2)不需要；(3)大于。
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(1)游标卡尺主尺与游标尺读数的和是游标卡尺读数，用游标卡尺测遮光片的宽度应使用外测量爪。
(2)使用气垫导轨时不需要垫高气垫导轨的一端平衡摩擦力。 (3)根据题意应用功能关系分析答题。
要掌握常用器材的使用方法与读数方法；理解实验原理是解题的前提与关键，根据实验原理与实验注意事项即可解题。
12.【答案】𝑅1 左 5.8 45
(1)电压表量程为3𝑉，【解析】解：内阻为1000𝛺，把电压表改装成量程是6𝑉的电压表，串联分压电阻分压与电压表两端电压相等，则串联电阻阻值与电压表内阻相等，为1000𝛺，定值电阻应选择𝑅1。
(2)①由图示电路图可知，滑动变阻器采用限流接法，为保护电路安全，闭合开关前滑片应置于最左端。
③改装后电压表量程是原电压表量程的2倍，电压表示数为𝑈时路端电压为2𝑈，根据图𝑈=2𝐸−2𝐼(𝑟+𝑟𝐴)，𝐸=2𝑈+𝐼(𝑟+𝑟𝐴)，示电路图，由闭合电路的欧姆定律得：整理得：由图乙所示𝑈−𝐼图象可知，图象纵轴截距𝑏=2𝐸=2.9𝑉，图象斜率的绝对值𝑘=2(𝑟+𝑟𝐴)=
2.9−0.596×10−31
1
1
1
𝛺=25𝛺，解得电源电动势𝐸=5.8𝑉，电源内阻𝑟=45𝛺．
故答案为：(1)𝑅1；(2)①左；③5.8；45。
(1)根据串联电路特点求出串联电阻阻值，然后答题。
(2)滑动变阻器采用限流接法，闭合开关点滑片应置于阻值最大处；根据图示图示电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，根据图示图象求出电源电动势与内阻。
理解实验原理是解题的前提，应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式是解题的关键，解题时一定要注意，路端电压是电压表示数的2倍，这是易错点。
13.【答案】解：(1)运动员从𝐵点做平抛运动，水平方向𝑠𝑐𝑜𝑠𝜃=𝑣0𝑡
竖直方向𝑠𝑠𝑖𝑛𝜃=2𝑔𝑡2 联立解得𝑣0=30𝑚/𝑠
2
−0 (2)从𝐴到𝐵的过程中，由动能定理得𝑚𝑔ℎ+𝑊𝑓=2𝑚𝑣0
1
1
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解得𝑊𝑓=−6000𝐽
答：(1)运动员在起跳点𝐵处的速度𝑣0为30𝑚/𝑠； (2)运动员在助滑过程中阻力做的功𝑊𝑓为−6000𝐽。
【解析】(1)运动员从𝐵到𝐶，根据平抛运动的特点求得在𝐵点的速度； (2)从𝐴到𝐵根据动能定理求得阻力做功。
本题主要考查了平抛运动和动能定理，明确平抛运动的特点，在利用动能定理时抓住各个力做功情况即可。
(1)已知间距为𝐿=0.4𝑚，𝐼1=0.5𝐴，【答案】解：根据图像可知0～1𝑠内电流强度为：14.
由于电流强度不变，则导体棒运动的速度大小不变，导体棒做匀速直线运动，根据法拉第电磁感应定律可得：𝐸=𝐵1𝐿𝑣0 根据闭合电路欧姆定律可得：𝐸=𝐼(𝑅+𝑟) 联立解得：𝑣0=1𝑚/𝑠；
(2)已知0～1𝑠内外力𝐹=0.1𝑁，根据平衡条件可得：𝐹+𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃=𝐵1𝐼1𝐿+𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃 代入数据解得：𝜇=√；
3
(3)1～2𝑠内电流大小随时间的变化情况为：𝑖=0.5+𝑡(𝐴)，方向𝑀→𝑁 根据闭合电路欧姆定律可得：𝑖(𝑅+𝑟)=𝐵2𝐿𝑣 解得：𝑣=1+2𝑡(𝑚/𝑠)
故导体棒做匀加速直线运动，加速度大小为：𝑎=2𝑚/𝑠2
安培力大小随时间变化情况为：𝐹𝐴=𝐵2𝑖𝐿=0.5×(0.5+𝑡)×0.4𝑁=0.1+0.2𝑡 根据牛顿第二定律可得：𝐹+𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃−𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃−𝐹𝐴=𝑚𝑎 解得：𝐹=0.2+0.2𝑡(𝑁)，方向沿导轨向下。 答：(1)导体棒初速度𝑣0大小为1𝑚/𝑠； (2)导体棒与导轨间的动摩擦因数为√；
333(3)1～2𝑠内外力𝐹与时间𝑡的关系表达式为𝐹=0.2+0.2𝑡(𝑁)，方向沿导轨向下。
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律联立求解； (2)已知0～1𝑠内外力𝐹=0.1𝑁，根据平衡条件求解动摩擦因数；
(3)根据1～2𝑠内电流大小随时间的变化情况结合闭合电路欧姆定律求解加速度大小，根据牛顿第二定律求解1～2𝑠内外力𝐹与时间𝑡的关系表达式。
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本题主要是考查电磁感应现象，关键是弄清楚导体棒的运动情况和受力情况，根据平衡条件、牛顿第二定律列方程进行求解。
15.【答案】(1)对小球释放后运动至𝑂点的过程，由动能定理有
𝑚𝑔𝑙(1−𝑐𝑜𝑠𝜃)=𝑚𝑣2
21
碰前瞬间细线对小球的拉力为𝑇，有 𝑇−𝑚𝑔=𝑚
𝑙𝑣2
联立代入数据解得：𝑇=7𝑁
(2)设碰撞后瞬间小球与物块的速度分别为𝑣1、𝑣2，取向右为正方向，由动量守恒定律有
𝑚𝑣=𝑚𝑣1+𝑀𝑣2 由机械能守恒定律有
12
22
𝑚𝑣2=𝑚𝑣1+𝑀𝑣2，
2
2
1
1
联立代入数据解得：𝑣2=2𝑚/𝑠 (3)碰后瞬间，物块的动能大小
2𝐸𝑘=𝑀𝑣2
21
此后运动过程中物块受到最大电场力 𝐹𝑚=𝑞𝐸 摩擦力大小 𝑓=𝜇𝑀𝑔
0～0.4𝑚内，电势差等于图像与坐标轴围成的面积，则𝛥𝑈=0，根据电场力做功与电势的关系可知 𝑊𝐹=𝑞𝛥𝑈=0𝐽 摩擦力做功 𝑊𝑓=𝜇𝑀𝑔𝑥 合外力对物块做功 𝑊=𝑊𝐹+𝑊𝑓
此后按该规律可知物块到达𝑥=0.9𝑚处速度为0，此时𝐹𝑚>𝑓，物块将反向运动，令物块在速度再次为0处受到的电场力为𝐹，反向运动的位移为𝑠，则
𝐹+𝐹𝑚2
𝑠−𝜇𝑀𝑔𝑠=0
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解得𝐹=0，可知物块速度再次为0时所在处电场强度为0，所以物块最终停止的位置坐标 𝑥=0.8𝑚
答：(1)碰撞前瞬间细线对小球的拉力为7𝑁； (2)碰撞后瞬间物块的速度大小为2𝑚/𝑠； (3)物块最终停止的位置坐标为0.8𝑚。
【解析】(1)对小球释放后运动至𝑂点的过程，由动能定理结合牛顿第二定律解得； (2)根据动量守恒定律与能量守恒定律解得； (3)分析物块的功能关系，结合物块的运动情况解得。
本题考查了求高度、速度、距离问题，分析清楚物体运动过程，应用动量守恒定律、机械能守恒定律即可正确解题。
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