2022-2023学年江西省宜春市重点中学高二（下）期末联考物理试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年江西省宜春市重点中学高二（下）期末联考物理试卷（含解析），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年江西省宜春市重点中学高二（下）期末联考物理试卷一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）1.  如图所示，竖直的圆环置于水平向左的匀强电场中，三个完全相同的带正电的绝缘小球未画出分别套在固定于、、的三根光滑细杆上，其中与竖直方向夹角为，经过圆心，竖直。现将小球无初速度地从端释放，小球分别沿、、下滑到、、三点。已知小球所受电场力大小与重力大小之比为，则小球在三根细杆上运动的时间关系为
 A.  B.  C.  D. 无法确定2.  如图甲所示的陀螺可在圆轨道外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，这被称为“魔力陀螺”。它可简化为一质量为的质点在固定竖直圆轨道外侧运动的模型，如图乙所示，在竖直平面内固定的强磁性圆轨道半径为，、两点与分别为轨道的最高点最低点，、两点与圆心等高，质点受到的圆轨道的强磁性引力始终指向圆心且大小恒为，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为，若质点能始终沿圆弧轨道外侧做完整的圆周运动，则(    )
 A. 质点经过、两点时，质点对轨道压力的差值为
B. 质点经过点的最大速度为
C. 质点由到的过程中，轨道对质点的支持力逐渐增大
D. 质点经过、两点时，轨道对质点的支持力可能为3.  如图所示，物块、、通过跨过光滑轻质小滑轮的细绳相连，、静止且离地面足够远，物块在倾角为的固定足够长的斜面上恰好不下滑。已知的质量为，的质量为，与相连的细绳平行于斜面，悬挂动滑轮的细绳竖直，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取。若将换成质量为的物块，下列说法正确的是(    )
 A. 与斜面之间的动摩擦因数 B. 将沿斜面向上运动
C. 向下运动的加速度大小为 D. 与斜面之间的摩擦力大小为4.  图是一列简谐横波在时的波形图，已知位置的质点比位置的晚起振，则图所示振动图像对应的质点可能位于(    )
 A.  B.  C.  D. 5.  绝缘光滑水平面上有、、三点，以点为坐标原点，向右为正方向建立直线坐标轴轴，点坐标为，点坐标为，如图甲所示。、两点间的电势变化如图乙所示，左侧图线为一条倾斜线段，右侧图线为四分之一圆弧，现把一个负点电荷由点静止释放，则下列说法中正确的是忽略负点电荷形成的电场(    )
 A. 负点电荷在段的运动时间小于在段的运动时间
B. 负点电荷由点运动到点过程中，电势能随变化越来越慢
C. 当负点电荷分别处于和时，电场力的功率相等
D. 当负点电荷分别处于和时，加速度的大小相等6.  如图为风力发电机的结构简图。风轮机叶片转速为，转动时所有叶片迎风总面积为，风轮机转动时通过转速比为的升速齿轮箱带动面积为、匝数为的发电机线圈高速转动，产生的交变电流经过理想变压器升压后，输出电压为。已知空气密度为，风速为，匀强磁场的磁感应强度为，为交流电压表，忽略线圈电阻，则(    )
 A. 线圈位于图示位置时，交流电压表示数为零
B. 从图示位置开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式为
C. 变压器原、副线圈的匝数比为
D. 单位时间内冲击风轮机叶片气流的动能为二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）7.  在磁感应强度为的匀强磁场中，一个原来静止的原子核，由于发生了一次衰变放射出某种粒子，放射出的粒子与生成的新核在与磁场垂直的平面内做圆周运动，得到一张两个相切圆的径迹照片如图所示。以、分别表示放出的粒子的质量和电荷量，放出的粒子运动的轨迹圆半径为。则(    )
 A. 放出的是粒子且其轨迹对应着大圆，绕行方向为顺时针
B. 放出的是粒子且其轨迹对应着大圆，绕行方向为逆时针
C. 若测得新核与放出的粒子的半径之比为，则
D. 若衰变过程中释放的核能全都转化为粒子和新核的动能，则衰变过程中的质量亏损为8.  人类设想在赤道平面内建造垂直于地面并延伸到太空的电梯，又称“太空电梯”如图甲所示。图乙中，图线表示地球引力对航天员产生的加速度大小与航天员距地心的距离的关系，图线表示航天员相对地面静止时而产生的向心加速度大小与的关系。图乙中地球半径，为已知量，地球自转的周期为，引力常量为，下列说法正确的有(    )
 A. 太空电梯停在处时，航天员对电梯舱的弹力为
B. 地球的质量为
C. 地球的第一宇宙速度为
D. 随着的增大，航天员对电梯舱的弹力逐渐减小9.  如图所示，两个平行板电容器水平放置，板用导线连接一理想二极管与板相连，板和板都接地。板和板中间插有电介质，板和板正中均有一小孔，两孔在同一竖直线上，让板带正电，稳定后，一带电粒子从小孔正上方由静止开始下落，穿过小孔到达板处速度恰为零。空气阻力忽略不计，极板间电场视为匀强电场。若想使带电粒子从小孔正上方同一位置由静止开始下落后能穿过板小孔，下列方法可行的是(    )A. 板向下移动一小段距离 B. 板向下移动一小段距离
C. 板间换相对介电常数更大的电介质 D. 板向右移一小段距离10.  离子推进器是利用电场将处在等离子状态的“工质”加速后向后喷出而获得前进的动力，其工作原理如图所示：进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极、之间的匀强电场离子初速度忽略不计，、间电压为，使正离子加速形成离子束，在加速过程中推进器获得恒定的推力。已知每个正离子质量为，电荷量为，单位时间内飘入的正离子数目为，加速正离子束所消耗的功率为，引擎获得的推力为，下列说法正确的是(    )
 A. 正离子经加速后由处喷出形成的等效电流大小为
B. 离子推进器获得的平均推力大小为
C. 加速正离子束所消耗的功率
D. 为提高能量的转换效率要使尽量大，可以使用比荷更小的正离子三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）11.  某实验小组利用铁架台、弹簧、钩码、打点计时器、刻度尺等器材验证系统机械能守恒定律，实验装置如图所示。弹簧的劲度系数为，原长为，钩码的质量为。已知弹簧的弹性势能表达式为，其中为弹簧的劲度系数，为弹簧的形变量，当地的重力加速度大小为。在弹性限度内将钩码缓慢下拉至某一位置，测得此时弹簧的长度为。接通打点计时器电源。从静止释放钩码，弹簧收缩，得到了一条点迹清晰的纸带。钩码加速上升阶段的部分纸带如图所示，纸带上相邻两点之间的时间间隔均为，在误差允许范围内，认为释放钩码的同时打出点，且非常小。从打出点到打出点时间内，钩码的机械能增加量为______，弹簧的弹性势能减少量为______。结果用题中给出的字母表示利用计算机软件对实验数据进行处理，得到弹簧弹性势能减少量、钩码的机械能增加量分别与钩码上升高度的关系，如图所示。由图可知，随着增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，主要原因是______A.纸带与打点计时器之间存在摩擦力B.钩码和纸带运动速度增大，空气阻力变大C.弹簧形变量越来大，使得弹性势能减少越来越快D.此过程物块加速度变小，使得动能增加越来越慢 12.  某一电势差计原理简化如图甲所示，为标准电源，为保护电阻，由粗细均匀的电阻丝制成，阻值恒定。某实验小组用它来测量一节干电池的电动势和内电阻。当虚线框内接电池，内阻不计时，调节滑片，当间长度为时，灵敏电流计示数为零。如果虚线框内接待测电池电动势为，内阻为，调节滑片，当间长度为时，灵敏电流计示数为零。该实验小组将图乙电路接入图甲虚线框内，来测量测量电池的内阻。他们将电阻箱调至某一阻值，闭合开关，移动滑片使电流计示数为零，测量出此时的长度；改变电阻箱的阻值，重复调节滑片使电流计示数为零，记录下多组及对应的值。利用记录的多组、数据，作出图像如图丙。待测电池的电动势______，内阻______保留三位有效数字本实验中若标准电池的内阻不可忽略，则待测电池内阻的测量结果将______填“偏大”不变”或“偏小”。 四、计算题（本大题共3小题，共30.0分）13.  如图所示，两条平行光滑水平导轨间距为，左侧弯成四分之一圆弧，其半径也为，右侧折成倾斜导轨，其倾角。导轨水平部分有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为。导体棒固定在圆弧导轨最高点，导体棒垂直于水平导轨放置，与圆弧底端相距，、长均为、电阻均为，导体棒、质量分别为和。从某时刻开始，静止释放导体棒，发现两棒在水平导轨上未相撞，且导体棒将从右侧斜面最高处沿斜面向上飞出，上升到最高点时距斜面底端高，斜面高度为。已知导体棒经过水平导轨右侧时速率不变，不考虑空气阻力影响，导轨电阻不计。已知，，，，，，，求：导体棒刚进入磁场时两端的电压；导体棒刚穿出磁场时的速度大小；导体棒刚穿出磁场时棒的位置和速度。 14.  如图所示，两平行金属板、长，两板间距离，板比板电势高，一带正电的粒子电荷量，质量，沿两板中心线以初速度飞入平行金属板，粒子飞出平行板电场后经过界面、间的无电场区域后，进入固定在点的点电荷形成的电场区域，设界面右边点电荷的电场分布不受界面的影响，已知两界面、相距为，是中心线与界面的交点，粒子穿过界面后的运动过程中速率保持不变，最后打在放置于中心线上的荧光屏上点。点未画出，静电力常数，粒子重力忽略不计求粒子到达界面时离点多远？确定点电荷的电性并求其电荷量的大小。结果保留三位有效数字求出粒子从进入平行板电场到点运动的总时间。 15.  如图，一块长木板放在光滑的水平面上，在木板上依次从左向右放有、两个可视为质点的木块，木块、质量均为，与木板动摩擦因数均为，木板质量为。开始时木板静止，、速度水平向右，大小分别为、。在后面的整个运动中、都没有从上掉下来。已知重力加速度为，求：木块的最终速度为多少？若在运动过程中木块与正在加速的木块发生了碰撞，那么木块和木块最开始的间距范围为多少？在距离木板右端为的地方固定一个竖直挡板图中未画出，保证、间距足够大，与和与挡板都不会碰撞的情况下，与挡板的碰撞为弹性碰撞。若与挡板只发生一次碰撞，则的范围为多少？
答案和解析 1.【答案】 【解析】【分析】本题考查小球在电场中的运动，涉及等时圆知识，基础题目。
结合题设求出电场力和重力合力的方向，结合等时圆知识分析即可判断。【解答】设电场力与重力的合力方向与竖直方向的方向的夹角为，则，解得，结合题知，重力和电场力的合力方向沿向下，延长，作交于，以为直径画一个圆图中虚线，与该圆交于，如图所示：

设，，则小球沿杆运动的加速度为，位移为，由得，与无关，由等时圆模型知，而，，故，故B正确，ACD错误。  2.【答案】 【解析】【分析】
在、两点点对质点受力分析，由牛顿第二定律解得轨道对其支持力；由机械能守恒解得质点能做完整的圆周运动时质点对、两点的压力差；由牛顿第二定律和机械能守恒定律判断力的变化，选项可以先假设再根据能量守恒验证。
本题主要考查牛顿第二定律及机械能守恒定律的综合应用，难度一般。
【解答】
A.设质点经过、两点的速度为分别为与，轨道对其支持力分别为与由牛顿第二定律知，对点  
对点 由机械能守恒定律知：  ，
联立解得：；
由牛顿第三定律知，质点经过、两点时，质点对轨道压力的差值为，A错误；B.要使质点始终沿圆弧轨道外侧做完整的圆周运动，在最低点，质点的向心力，
由此可知，质点经过点速度最大时，轨道对质点的支持力为，由  知，质点经过点的最大速度为  ；由机械能守恒定律知：    ，
解得  ，B正确；C、从到的过程中，设质点在轨道上的某点的速度为，速度与水平向右方向的夹角为，则由牛顿第二定律知：  ，则 由于从到的过程中，角逐渐增大，速度逐渐增大，故轨道对质点的支持力逐渐减小，C错误；D、假设质点经过、点时轨道对质点的支持力为，则由牛顿第二定律知：对点  ，得    ，
由能量守恒定律知，这是不可能的，故在质点绕轨道做完整圆周的情况下，质点经过、两点时，轨道对质点的支持力不可能为，D错误；
故选B。  3.【答案】 【解析】【分析】对受力分析，根据平衡状态求解与斜面之间的动摩擦因数和与斜面之间的摩擦力大小；若将换成质量为的物块，利用假设法根据牛顿第二定律分析的状态和的加速度。【解答】A.对受力分析可知，细最上的拉力大小，与相连的细绳上的拉力大小等于，对受力分析，有，解得，故A错误；
假设将换为后静止不动，设的质量为，对由牛顿第二定律有，对有，解得，，由此可知保持静止，假设成立，故BC错误；
D.对受力分析，有，解得，故D正确。  4.【答案】 【解析】【分析】由题，根据位置的质点比位置的晚起振，确定出该波的周期及波的传播方向，作出前的波形图象，即时刻的波形，逐项分析时刻各个区间质点的状态，选择与图相符的选项。 
本题的解题技巧是画出时刻的波形，考查分析和理解波动图象和振动图象联系的能力。【解答】由图知，时刻质点处于平衡位置上方，且向上振动，
由题，位置的质点比位置的晚起振，则知该波的周期为，波的传播方向为向右，则，作出前的波形图象，即时刻的波形图象如图所示红线，则位于平衡位置上方且振动方向向上的质点可能位于区间为间，即有，故ABC错误，D正确。
故选D。
   5.【答案】 【解析】解：、图线的斜率表示电场强度，由图可知，在到之间为匀强电场，在到之间电场强度逐渐增大；电荷受到的电场力与电场强度成正比，结合牛顿第二定律可知，负点电荷在段做匀加速直线运动，在段做加速度逐渐增大的减速直线运动，两段的位移大小相等图线与横轴之间的面积相等，做出两段的图像如图，可知，负点电荷在段的运动时间大于在段的运动时间，故A错误；

B、电势与位移图线的斜率表示电场强度，由题图可知到电场强度逐渐增大，电势能的变化等于电场力做的功，结合，可知负点电荷由点运动到点过程中，电势能随变化越来越快，故B错误；
C、由图可知，在和时的电势不同，所以负电荷的电势能不相等，由于负电荷的电势能与动能的总和不变，则负电荷在两点的动能也不同，则负电荷的速度大小不相等；到之间图线为四分之一圆弧，则在时圆弧的斜率为，与到之间的斜率大小相等，所以和两点电场强度大小相等，则负电荷在和时受到的电场力大小相等；根据瞬时功率的表达式：可知，负点电荷分别处于和时，电场力的功率不相等，故C错误；
D、负电荷在和时受到的电场力大小相等，根据可知，负电荷分别处于和时，加速度的大小相等，故D正确。
故选：。
电势与位移图线的斜率表示电场强度，根据斜率判断电场强度的方向和变化，根据顺着电场线的方向电势降低判断电势的高低，由判定电荷的电势能的变化，结合牛顿第二定律判断加速度的大小关系。
解决本题的关键是掌握电场线方向与电势变化的关系，能熟练运用电势能的表达式判断电势能的变化，是常见的问题．
 6.【答案】 【解析】解：、线圈位于图示位置时，线圈所在平面与磁场方向垂直，则穿过线圈的磁通量最大，变化率最小，电动势为零，交流电压表的示数为有效值，故不为零，故A错误；
B、风轮机叶片转速为，发电机线圈的转速为，线圈转动的角速度：
电动势的峰值
则从图示位置开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式为
故B错误；
C、变压器原线圈电压的有效值为
变压器原副线圈的匝数比为：：：
故C错误；
D、单位时间内垂直流向叶片旋转面积的气体质量为
单位时间内冲击风轮机叶片气流的动能为
故D正确。
故选：。
交流电压表的示数为有效值；根据发电机线圈的转速得出线圈转动的角速度，根据求解感应电动势的最大值，进而得出电动势的有效值和瞬时值；单位时间内垂直流向叶片旋转面积的气体质量为，根据动能公式即可求解。
本题主要考查了交流电的相关应用，解题关键是掌握正弦式交变电流峰值、有效值和瞬时值的计算。
 7.【答案】 【解析】解：、衰变过程系统动量守恒，以放出的粒子速度方向为正方向，由动量守恒定律得：，解得：；
粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：，
由于衰变后粒子与新核的动量相等，磁感应强度相等，则电荷量越小，粒子轨道半径越大，放出的粒子轨迹对应着大圆，
原来静止的原子核带正电荷，衰变后，由于两个运动轨迹相外切，根据左手定则可知，放出的粒子也一定带正电荷，因此放出的是粒子，而且都做逆时针方向旋转，故AB错误；
C、粒子带两个单位正电荷，根据动量守恒，可知新核与粒子动量大小相等，因此：，解得：，故C正确；
D、放出的粒子的轨道光径：，
可得粒子动能：，
由于动量守恒，剩余新核动能：，
总动能：，
由爱因斯坦质能方程 可知，质量亏损：，故D正确。
故选：。
静止的原子核发生衰变，根据动量守恒可知，发生衰变后的粒子的运动的方向相反，在根据粒子在磁场中运动的轨迹可以判断粒子的电荷的性质；
放出的粒子与新原子核在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子的轨道半径，然后分析答题；
根据衰变过程释放的能量，应用爱因斯坦质能方程求出质量亏损。
知道原子核衰变过程动量守恒是本题解题的前提与关键，分析清楚图示运动轨迹、应用动量守恒定律与牛顿第二定律即可解题。
 8.【答案】 【解析】【分析】
电梯停在处时，由宇航员的状态及受力得解；结合图像判断第一宇宙速度，由此得解；由万有引力提供向心力解得地球质量；根据受力情况分析弹力的变化。
本题主要考查天题的运动规律，难度一般。
【解答】
A.由图乙可知，太空电梯在时，航天员所受地球的引力完全提供其随地球自转所需的向心力，此时，航天员与电梯舱间的弹力为，A正确；
太空电梯在时，由于航天员的引力完全提供其所需的向心力，设地球的质量为，航天员的质量为，则：    ，解得：  ，由第一宇宙速度的表达式得：    ，故B正确，C错误；
D.随着的增加，航天员所需的向心力 逐渐增加，在时，引力完全提供向心力，此时航天员与电梯舱的弹力为，当时，电梯舱对航天员的弹力表现为支持力，由有   ，解得  ，随着的增大而减小，当时，电梯舱对航天员的弹力表现为指向地心的压力，此时   ，随着的增大而增大，D错误。
故选AB  9.【答案】 【解析】解：、板下移一段距离时，由公式知道，电容变大，由公式，而二极管的单向导电性知，不能增大也不减小，只有两板间的电压减小，那么带电粒子到达板后电场力做的负功也将减小，故带电粒子将穿过板，故A正确；
B、如果将板下移，即减小、间的距离，根据，则电容增大，由公式，则将增大，板的电荷可以通过二极管向流动，随着对充电的进行，板放电，减小，则也将减小，那么带电粒子到达板后电场力做的负功也将减小，则带电粒子将穿过板，故B正确；
C、如果将间换相对介电常数更大的电介质，根据知道电容增大，由公式，则此时将增大，减小，所以减小，那么带电粒子到达板后电场力做的负功也将减小，故带电粒子将穿过板，故C正确；
D、板向右移动一段距离，由公式知道，电容减小，由公式，而二极管的单向导电性知，不能减小，只有增大，由于二极管的单向导电性，则的电荷量和电压不变，则电场力做功不变，故带电粒子将返回，故D错误。
故选：。
电容器与平行金属板通过二极管并联，根据左边或者右边电容器的电容的变化得出平行金属板的电荷量的变化，结合二极管的单向性，判断两板的电势差变化，再由动能定理判断粒子是穿过还是返回。
本题考查电容器的动态分析，但将两个电容器通过二极管连接使用，综合了电路、电容的知识，综合性较强；最后通过动能定理判断带电粒子的运动情况，需要认真推敲一下，题目较为新颖，但难度较大，对学生要求较高。
 10.【答案】 【解析】【分析】本题以离子推进器可以对卫星进行轨道高度、姿态的调整为情景载体，考查了动量定理、动能定理、电流的定义式、功率等知识，要求学生能够数练应用相关知识去解决实际问题，灵活选择研究对象，建立模型，利用力学和电路规律处理。
根据电流的定义式求解等效电流大小。电场对正离子加速，由动能定理求出离子加速获得的速度，由动量定理求出离子受到的作用力大小，由牛顿第三定律得到离子推进器获得的平均推力大小。根据求加速正离子束所消耗的功率。根据的表达式，分析增大的方法。【解答】A.正离子经加速后由处喷出形成的等效电流大小，A错误
B.电场对粒子加速有，根据动量定理有，
其中，
整理得离子推进器获得的平均推力大小，B错误
C.加速正离子束所消耗的功率，，C正确
D.根据以上分析可知
要使尽量大，可以用质量大、带电量小即比荷更小的离子作为推进器， D正确。  11.【答案】；； 【解析】解：打出点时的速度
钩码的机械能增加量为
弹簧的弹性势能减少量为
其中
解得
由于纸带与打点计时器之间存在摩擦力，纸带将克服摩擦力做功，减小的一部分弹性势能转化为内能，会导致随着增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，故A正确；
B.由于钩码和纸带运动速度增大，空气阻力变大，纸带将克服阻力做功，减小的一部分弹性势能转化为内能，会导致随着增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，故B正确；
C.弹簧形变量变大，只能说明减小的弹性势能变多，并不能说明减小的弹性势能与增加的机械能之间的差距变大的原因，故C错误；
D.过程物块加速度变小，只能说明动能增加越来越慢，并不能说明减小的弹性势能与增加的机械能之间的差距变大的原因，故D错误。
故选：。
故答案为：；；
根据打点计时器的工作原理得出对应的速度，结合能量的计算公式完成分析；
根据实验原理，结合图像的物理意义分析出对应的原因。
本题主要考查了机械能守恒定律的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合机械能守恒定律和打点计时器速度的计算公式即可完成分析。
 12.【答案】；；不变。 【解析】【分析】本题为测定电源电动势和内阻的实验，明确实验原理是解题的关键，此类实验原理均为闭合电路欧姆定律。
对于图甲，要明确当电流计示数为零时，标准电源在间的电压等于虚线框内电源的电动势。
将图乙电路接入虚线框时，要明确当电流计示数为零时，标准电源在间的电压等于虚线框内电源的路端电压。
【解答】由图甲可知，当等于虚线框内接电池电动势时，灵敏电流计示数为零，设总长，间长度为，由闭合电路欧姆定律得，则当虚线框内接电池时，当虚线框内接电池时，两式相除，则有，解得，将图乙电路接入虚线框时，当等于图乙的时，灵敏电流计示数为零，则有，令  ，则上式变形为，由此可得  图像为一倾斜直线，其截距为  ，其斜率为  ，故由图丙得，，解得。将电池接入虚线框后需调节滑片直至灵敏电流计示数为零，故而电池中并无电流，所以即使电池的内阻不可忽略，也不会对实验产生影响，故而待测电池内阻的测量结果不变。  13.【答案】解：导体棒到达圆弧底端的速度由机械能守恒得：，
解得：，
此时导体棒开始切割磁感线，产生的电动势：，
又，联立解得：；
导体棒从斜面横端斜向上抛到最高点的过程可反向看成平抛运动，
设导体棒在斜面顶端的速度为，满足：，解得：，
导体棒从斜面底端上滑到斜面顶端过程满足机械能守恒，
设导体棒在的速度为，有，
解得：；
设导体棒刚穿出磁场时棒的速度为，由题意可知，从导体棒进入磁场到导体棒穿出磁场的过程中，、两棒满足系统动量守恒，有：，
解得：，
从导体棒进入磁场到导体棒穿出磁场的过程中，两棒均在运动切割磁感线，
其构成闭合回路产生的电动势为：其中为两根导体棒相对速度，
此过程中导体棒产生的感应电流为：，
导体棒受到的安培力为：，
对导体棒在磁场中运动的过程中，安培力的冲量为：为两根导体棒的相对位移，
由动量定理有：，
联立解得：，
故导体棒此时距为：。 【解析】本题主要是考查电磁感应现象与力学的结合，弄清楚两棒的受力情况和运动情况，根据电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力公式，再结合力学中的机械能守恒定律、动量守恒定律、动量定理求解。
根据机械能守恒求出导体棒到达圆弧底端的速度，根据电磁感应定律求出感应电动势，即可求出导体棒两端的电压；
导体棒从斜面抛出到最高点过程可视为反向平抛运动，由平抛运动规律和机械能守恒定律可求出导体棒刚穿出磁场时的速度大小；
由动量守恒定律求出导体棒刚穿出磁场时棒的速度，再根据电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力公式及动量定理可求得两根导体棒的相对位移，由几何关系即可求出棒的位置。
 14.【答案】解：粒子穿过界面时偏离中心线的距离  ，  ，水平方向有  ，
联立代入数据得  ，带电粒子在进入无电场区后做匀速直线运动，其轨迹与线交于，设到的距离为，
由相似三角形得  ，
解得： ；由题意可知，该带电粒子在穿过界面后将绕点电荷做匀速圆周运动，所以带负电；
带电粒子到达处时，带电粒子的水平速度： ，竖直速度：  ，
合速度为： ，该带电粒子在穿过界面时速度与水平夹角为  ，则 ，由几何关系可得粒子圆周运动的半径 ，根据圆周运动  ，
代入数据解得： ；粒子在电场区运动时间：  ，
无电场区运动时间： ，在点电荷电场内运动时间：  ，
总时间： 。 【解析】本题考查了带电粒子在电场中的运动。本题是类平抛运动与匀速圆周运动的综合，分析粒子的受力情况和运动情况是基础；难点是运用几何知识研究圆周运动的半径。
带电粒子垂直进入匀强电场后，只受电场力，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动．由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出粒子飞出电场时的侧移，由几何知识求解粒子到达界面时离点的距离；
由运动学公式求出粒子飞出电场时速度的大小和方向．粒子穿过界面后将绕电荷做匀速圆周运动，由库仑力提供向心力，由几何关系求出轨迹半径，再牛顿定律求解的电荷量；
根据题意分别求出电场区运动时间、无电场区运动时间、点电荷电场内运动时间，即可求解粒子从进入平行板电场到点运动的总时间。
 15.【答案】解：三者最终共速时，速度为木块的最终速度，
则，解得；设从开始到与共速，所经历时间设为，对由动量定理得对，同理得，联立解得由牛顿第二定律得它们的位移分别为，的速度为设木块和木块最开始的间距。、共速后，经历时间它们发生了碰撞，则化简得要使有解且仅有一个，则，解得若在运动过程中木块与正在加速的木块发生了碰撞当与共速时 那么木块和木块最开始的间距范围为；分析可知，当、的动量大小之和与的动量大小相等时，与挡板发生碰撞，此后系统动量为，刚好不再与挡板碰撞。B、共速时A、、共速时可见，、的动量大小之和与的动量大小相等时在时间段，则由于，解得当、的动量大小之和与的动量大小相等时，木板的位移为则的范围为。 【解析】解决本题的关键知道三个物体在整个过程中的运动情况，知道三者速度相同时，木板的速度最大，与木板速度相同时，的速度最小。
三者最终共速时，速度为木块的最终速度，根据运用动量守恒定律即可求出；
从开始到与共速，由动量定理可以求出经历时间和的速度，结合牛顿第二定律，求出、的位移，再在运动过程中木块与正在加速的木块发生了碰撞，可得当与共速木块和木块最开始的间距范围；
当、的动量大小之和与的动量大小相等时，与挡板发生碰撞，此后系统动量为，刚好不再与挡板碰撞，结合动量守恒可得当、的动量大小之和与的动量大小相等时木板的位移，即可得到与挡板只发生一次碰撞，则的范围。