2023-2024学年江西省重点中学协作体高三（第二次）联考物理试卷(含详细答案解析)

这是一份2023-2024学年江西省重点中学协作体高三（第二次）联考物理试卷(含详细答案解析)，共18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。

1.传统家用电视遥控器工作时发出的是300THz−400THz红外线;而手机蓝牙技术使用2.4GHz频段的无线电波与各设备之间进行信息交换。1THz=103GHz。关于这两种电磁信号，下列说法正确的是( )
A. 这两种电磁信号都是纵波
B. 该红外线所处波段电磁波能量比X射线能量高
C. 题述红外线信号比蓝牙信号更容易被墙壁遮挡
D. 蓝牙信号穿墙时波长比它在空气中波长更长
2.如图，C由质量为M的物块及右上角光滑轻质定滑轮组成，静置于水平地面。跨过滑轮用轻绳连接两质量分别为2m和m的物块A、B，除地面外的其余各接触处均光滑。开始用手托住 B，使轻绳刚好伸直。由静止释放 B，在 B下落而A又未碰到滑轮的过程中，C始终保持静止，下列说法正确的是( )
A. 地面对C有向右的摩擦B. 物体C受到4个力作用
C. 绳中拉力等于mgD. 地面对C的支持力小于(M+2m)g
3.汽车以一定的初速度沿平直公路开始匀减速刹车，此后t时间内的位移为x，汽车的xt−t关系如图所示，图线前10s为直线，之后部分属于双曲线，则由图像可知，汽车前16 s内平均速度大小为( )
A. 6.00m/sB. 6.20m/sC. 6.25m/sD. 6.35m/s
4.2023年6月15日13时30分，长征二号丁运载火箭在太原卫星发射中心成功将吉林一号高分06A星等41颗卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，创造“一箭41星”中国航天新纪录。若本次发射的某卫星处于与赤道平面共面的高轨道做匀速圆周运动，已知该卫星的绕行周期为 T，与地球自转同向，地球自转周期为T0(T0>T)，地球半径为R，引力常量为G，根据以上数据可以推导出的量是( )
A. 卫星所受地球的引力
B. 地球的质量和密度
C. 卫星离地面的高度
D. 连续两次经过地面同一点正上方所用的时间
5.如图所示为静置坚硬玻璃瓶，用橡胶塞密封住压强为1atm的一定体积空气，从早晨到中午，因太阳暴晒致使橡胶塞突然蹦出。假设瓶中空气可视为理想气体，玻璃与外界能缓慢热交换，外部大气压强为1 atm，下列说法正确的是( )
A. 橡胶塞蹦出前，瓶中空气压强不变
B. 橡胶塞蹦出前，瓶中空气内能增量大于从外界所吸热量
C. 橡胶塞蹦出的短暂过程，瓶内空气温度会迅速下降
D. 橡胶塞蹦出的短暂过程，瓶内空气内能减少量等于橡胶塞动能增加量
6.氢原子能级图如图甲所示。某基态氢原子受激后可辐射出三种不同频率的光，其中有两种能使乙图中逸出功为2.25eV的K极钾金属发生光电效应，通过乙图实验装置得到这两种光分别实验时的电流和电压读数，绘出图丙①②两根曲线，则下列说法正确的是( )
A. 不能使K极金属产生光电效应的光是从n=2跃迁到n=1时产生的
B. 丙图中②曲线对应的入射光光子能量为12.09eV
C. 丙图中①曲线对应的入射光光子能使钾金属产生最大初动能为10.20eV的光电子
D. 丙图中Uc1=9.84V
7.如图所示一沟槽截面ABCD为正方形，现从A点以45∘发射角发射小球(视为质点)，忽略空气阻力，则击中C点和击中D点的发射初速度之比为( )
A. 1:2B. 1: 2C. 2: 3D. 3:2
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1:R2:R3=1:8:12，当U为如图乙所示正弦式交流电源时，理想交流电压表示数为30 V。则该变压器原、副线圈匝数比可设计为( )
A. 1:10B. 2:5C. 1:2D. 3:5
9.空间中存在平行于纸面的匀强电场，在纸面内取O点为坐标原点建立x轴，如图甲所示。现有一个质量为m、电量为+q的带电微粒，在t=0时刻以一定初速度从x轴上的a点开始沿顺时针做匀速圆周运动，圆心为O、半径为R。已知图中圆为微粒运动轨迹，ab为圆轨迹的一条直径;除电场力外微粒还受到一个变力F，不计其它力的作用;测得试探电荷所处位置的电势φ随时间t的变化图像如图乙所示，其中φ1>0V。下列说法正确的是( )
A. 电场强度的方向与x轴正方向成π6
B. 从a点到b点F做功为qφ1
C. 微粒在a时所受变力F可能达最小值
D. 圆周运动的过程中变力F的最大值为mπ236t12R+qφ1R
10.如图正六边形是一个绝缘筒的截面，筒内无磁场，在每边中点处开一小孔。现有质量为m，电荷量为q的粒子(不计重力)，从其中一个小孔以垂直边长方向、大小恰当的初速度，进入外部磁感应强度大小为B的无限大匀强磁场。磁场方向垂直截面，若粒子可以不与筒相碰，以相同速度回到起点，那么该过程粒子经历的时间可能是( )
A. 8(2π+3 3)mqBB. 4(π+4 3)mqBC. 2(3π+2 3)mqBD. 6(5π+2 3)mqB
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.(1)用单摆测重力加速度，为避免摆球晃动，采用图甲所示装置。两悬绳长都是 l，与水平固定横杆夹角均为53∘;用螺旋测微器测小球的直径如图乙所示，其值d=__________mm，使小球做简谐运动，用秒表记录了单摆n次全振动所用的时间为t，则当地重力加速度的表达式g=__________(用题中字母及π来表示)
(2)若保持悬线与水平横杆夹角53∘不变，通过改变悬线长，使小球做简谐运动，测得了多组悬线长l和对应的周期T，用图像法处理数据，并用这些数据作出T2−l图像为一直线，其斜率为k，由此可以得出当地的重力加速度g=__________(用含斜率k的代数式表示).
(3)若测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是(多项选择，填正确答案标号)( )
A.将悬线长加球半径当成摆长
B.由于两边悬线没夹紧，球越摆越低
C.测量周期时，误将n次经过最低点的时间当成了n次全振动的时间
D.摆球的质量过大
12.某实验小组进行电压表改装实验，现有一块小量程电流表G，满偏电流Ig=15mA，内阻未知，现要将其改装成量程为3 V的电压表并进行校对。
(1)用多用电表欧姆挡测电流表G的阻值，得粗测值约为105Ω。
(2)精确测量电流表G的内阻Rg;
①按如图所示的电路图连接好电路，先将电阻箱R的阻值调到最大，闭合开关S1，断开开关S2，调节电阻箱R，使标准电流表G0的示数大于量程的13，且两电流表的示数都没有超过量程，读出标准电流表G0的示数为I0，电阻箱的示数为R1;
②保持开关S1闭合，再闭合开关S2，调节电阻箱R，使标准电流表G0的示数仍为I0，读出电阻箱的示数为R2。
以上实验可知电流表G内阻的表达式为Rg=__________(用R1、R2表示)。
(3)用该电流表G和电阻箱R改装一个电压表;若通过(2)测量得到表头G内阻为Rg=100Ω，用该表头和电阻箱R改装成量程为0∼3V的电压表，应将电阻箱R与电流表G__________(填“串联”或“并联”)，并将电阻箱R的阻值调到__________Ω。
(4)若由于变阻箱老旧，在用标准电压表(内阻视为无穷大)校准时，发现标准表示数3V时，改装好的电压表表头读数为14.5mA，则在不做大的电路改变的情况下，想修正这一误差，可在旧电阻箱旁边__________(填“串联”或“并联”)一个阻值为__________Ω的定值电阻。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.纯净的石英玻璃折射率大小为1.45至1.46之间，实际应用中，为满足不同的光学需求，通过掺杂、改变制备工艺等方法可调整其折射率。图中为一块经特殊处理的半圆形石英玻璃砖横截面，圆心为O、半径为R，A为半圆形玻璃砖横截面上的一点，B为圆弧中点。将一细激光束从A点垂直于直径所在界面入射，恰好在圆弧界面上发生全反射;第二次仍从A点入射，入射角为53∘射入，发现激光束正好从玻璃砖圆弧界面上 B点平行于A点前激光束射出。光在真空中的传播速度为c，不考虑多次反射(sin53∘=0.8，计算结果用分数表示)，求：
(1)该石英玻璃的折射率n;
(2)第二次激光束从A传播到B所用的时间t。
14.将一质量为mA=1kg的足够长薄木板A置于足够长的固定斜面上，质量为mB=2kg的滑块B(可视为质点)置于A上表面的最下端，如图(a)所示，斜面倾角θ=37∘.现从t=0时刻开始，将A和B同时由静止释放，同时对A施加沿斜面向下的恒力F=22N，运动过程中A、B发生相对滑动。图(b)为滑块B开始运动一小段时间内的v2−x图像，其中v表示B的速率，x表示B相对斜面下滑的位移。已知A与斜面间的动摩擦因数μ1=0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，求：
(1)A、B间的动摩擦因数μ2以及图(b)中x=0.25m时A的加速度大小和方向;
(2)一段时间后撒去力F，从t=0时刻开始直到B从A的下端滑出，A、B间因摩擦总共产生的热量Q=11J，求力F作用在A上的时间。
15.如图所示，水平面内足够长的两光滑平行金属直导轨，左侧有电动势E=36V的直流电源、C=0.1F的电容器和R=0.05Ω的定值电阻组成的图示电路。右端和两半径r=0.45m的竖直面内14光滑圆弧轨道在PQ处平滑连接，PQ与直导轨垂直，轨道仅在PQ左侧空间存在竖直向上，大小为B=1T的匀强磁场。将质量为m1=0.2kg、电阻为R0=0.1Ω的金属棒M静置在水平直导轨上，图中棒长和导轨间距均为L=1m，M距R足够远，金属导轨电阻不计。开始时，单刀双掷开关S2断开，闭合开关S1，使电容器完全充电;然后断开S1，同时S2接“1”，M从静止开始加速运动直至速度稳定;当M匀速运动到与PQ距离为d=0.27m时，立即将S2接“2”，并择机释放另一静置于圆弧轨道最高点、质量为m2=0.1kg的绝缘棒N，M、N恰好在PQ处发生第1次弹性碰撞。随后N反向冲上圆弧轨道。已知之后N与M每次碰撞前M均已静止，所有碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短， M、N始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度g=10m/s2，13+(13)2+(13)3+⋯+(13)n−1=12，求：
(1)电容器完成充电时的电荷量q和M稳定时的速度;
(2)第1次碰撞后绝缘棒N在离开圆弧轨道后还能继续上升的高度;
(3)自发生第1次碰撞后到最终两棒都静止，金属棒 M的总位移。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
该题考查对电磁波的应用，都是一些记忆性的知识点的内容，在平时的学习过程中多加积累就可以做好这一类的题目。
【解答】
A.电磁波都是横波，故A错误；
B.根据电磁波谱可知X射线比红外线频率大，能量更高，故B错误；
C.由题意可知红外信号比蓝牙信号频率更大，则红外信号波长更短更容易被墙壁遮挡，故C正确；
D.蓝牙信号穿墙时波速变小，波长变小，故D错误；
故选C。
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了受力分析、超失重和整体、隔离法。
C受力平衡，A、B加速运动，且B处于失重状态，对C受力分析，可得面对C的摩擦力方向；根据B处于失重状态，分析绳的拉力以及地面对C的支持力。
【解答】
AB、物体C受重力、A的压力、绳子的弹力、地面的支持力、地面的摩擦力，共5个力作用，因为绳子的弹力向左下方，根据平衡条件可知，地面对C有向右的摩擦力，故A正确，B错误；
CD、B向下加速运动，加速度向下，处于失重状态，所以绳的拉力小于mg，把ABC看作整体，B失重，所以地面对C的支持力大于(M+2m)g但小于(M+3m)g，故CD错误。
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查运动学的图像问题，能根据图像得出有用的信息是解题的关键。
根据位移公式得出图像斜率和纵截距含义，从而得出汽车运动的加速度和位移，结合速度公式得出汽车停下所用的时间，结合平均速度的定义式得出汽车前16s内平均速度大小即可判断。
【解答】
由x=v0t+12at2可得xt=12at+v0，则xt−t图像的斜率为12a，纵截距为v0，由图知，汽车前10s内做匀变速直线运动，加速度a=2×10−2010−0m/s2=−2m/s2，初速度v0=20m/s，汽车停下所用的时间t1=0−v0a=10s，此过程汽车的位移x1=v02t1=100m，则t2=16s时汽车已经处于静止状态，汽车前16s内平均速度大小v=x1t2=6.25m/s，故C正确，ABD错误。
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查万有引力定律和圆周运动知识的综合应用能力．向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用。
卫星连续两次经过地面同一点正上方时相对地球转过的角度为2π，根据角度关系求解时间。
【解答】
根据万有引力定律F=GMmr2，卫星的质量m不知，所以卫星所受地球的引力无法求出，故A不符合题意；
根据万有引力提供向心力有GMmR+h2=m4π2T2R+h，
在地球表面根据万有引力等于重力有m0g=GMm0R2，
由于重力加速度g不知，所以地球质量和密度、卫星离地面的高度h都不能求出，故BC不符合题意；
连续两次经过地面同一点正上方所用的时间为t，则(2πT−2πT0)t=2π，解得t=TT0T0−T，故D符合题意。
5.【答案】C
【解析】【分析】
根据理想气体状态方程和热力学第一定律及能量守恒定律分析即可。
本题是用物理知识求解生活中的物理问题，常规题目。
【解答】
A.橡胶塞蹦出前，瓶中空气体积不变，温度升高，压强增大，故A错误；
B.根据热力学第一定律得出ΔU=W+Q，橡胶塞蹦出前，W=0，故瓶中空气内能增量等于从外界所吸热量，故B错误；
C.橡胶塞蹦出的短暂过程，瓶内空气对外做功，还没有来得及与外界进行热交换，故瓶内空气温度会迅速下降，故C正确；
D.橡胶塞蹦出的短暂过程，瓶内空气内能减少量等于橡胶塞动能增加量和重力势能的增加量之和，故D错误。
故选C。
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了能级跃迁和光电效应。
根据辐射出光的种类分析受激后所在的能级，再根据能级跃迁的规律解答；由丙图可知②曲线对应的入射光光子能量大于①曲线光子能量，再结合能级跃迁计算②曲线对应的入射光光子能量；根据光电效应方程解答CD选项。
【解答】
A、某基态氢原子受激后可辐射出三种不同频率的光，则受激后氢原子从n=3能级向下跃迁，其中从n=3能级跃迁到n=2能级的光子能量最小，所以不能使K极金属产生光电效应的光是从n=3跃迁到n=2时产生的，故A错误；
B、由丙图可知②曲线对应的入射光光子能量大于①曲线光子能量，所以丙图中②曲线对应的入射光光子是从n=3能级跃迁至n=1能级时发出的，能量为−1.51eV−(−13.60eV)=12.09eV，故B正确；
C、丙图中①曲线对应的入射光光子能量为−3.4eV−(−13.60eV)=10.2eV，所以能使钾金属产生最大初动能为10.20eV−2.25eV=7.95eV的光电子，故C错误；
D、根据Uc=hν−W0e可知Uc1=7.95eVe=7.95V，故D错误。
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查斜抛运动的规律，对于斜抛运动利用运动的合成与分解的思维解决问题，把斜抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动。根据题意得出列出击中C点和击中D点的运动学方程，进而解得初速度之比。
【解答】
设ABCD的边长为L，小球击中D点的发射初速度为v1，击中C点的发射初速度为v2，则有
L=v1cs45∘t1，t1=2v1sin45∘g，L=v2cs45∘t2，−L=v2sin45∘t2−12gt22，解得v2:v1=1: 2，故选B。
8.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考察的是变压器的基本规律及电路基本规律的应用，解题的时候要特别注意在原线圈中有电阻R1，因此电源的输入电压U不是原线圈的输入电压U1；题中不但考察了对物理知识的记忆和应用，还特别注重数学工具的使用，对计算能力也有一定的要求。
【解答】
设n1n2=k，由图像可知：电源电压的有效值U=30V；
因R2和R3串联,且R1:R2:R3=1:8:12，UR3=30V；
由UR2UR3=R2R3可知，UR2=20V，所以副线圈的输出电压U2=I2R2+R3=I2×20R1=50V，I2=U220R1=5020R1=52R1；
由I1I2=n2n1=1k，U1U2=n1n2=k可知，I1=1kI2 , U1=kU2；
U=I1R1+U1=1kI2R1+kU2=1k⋅52R1R1+kU2=52k+kU2；
代入数据可得：30=52k+50k；
解得：k=12或k=110；
所以n1n2=12或n1n2=110；
故AC正确。
9.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查了带电微粒在匀强电场中匀速圆周运动的φ−t图像问题，理解图像并能够根据图像画出电场方向是解题的突破口，另外将电场等效为重力场，才能够深入理解什么位置外力最大，什么位置外力最小。
根据图像判断带电微粒在电场中的运动情况，也可以判断周期，判断带电微粒绕圆心运动了多少角度达到了电势最大，还可以判断电场方向，进而根据电场强度与电势差的关系计算场强大小；
根据带电微粒在匀强电场中的匀速圆周运动沿半径方向的合力提供向心力判断F的最大值。
【解答】
A.由图乙可知，从4t1到10t1，一定是转过了π，故角速度ω=π6t1，则4t1时一定转过了ω⋅4t1=2π3，
说明圆周上电势最高的点和电势最低的点所在的直径与x轴正方向为θ=π−2π3=13π，且电势差的值为1.5φ1−(−0.5φ1)=2φ1，由匀强电场的电场强度和电势差的关系，可得电场强度的大小E=2φ12R=φ1R，方向与x轴正方向夹角为π3，故A错误；
B.从a到b由动能定理可得：W−Eq⋅2Rcsπ3=0，解得从a点到b点F做功W=qφ1，故B正确;
C.根据等效重力场的思维可知，当电场力指向圆心时，变力F最小，微粒在a时所受变力F不可能达最小值，故C错误；
D.当电场力背离圆心时，变力F最大，即10t1时电势最低时，F最大，Fmax−Eq= mω2R，代入上文已求出的场强大小和角速度，可以知道F的最大值为mπ236t12R+qφ1R，故D正确。
10.【答案】AD
【解析】【分析】
考查粒子在磁场中运动，画出粒子轨迹，结合几何关系求圆心角，结合周期公式计算运动时间。
【解答】
由qvB=mv2R，T=2πRv=2πmqB，画出粒子可能运动轨迹，
这种情况，粒子运动一个周期时间t1=3×23T+6Rtan60∘v=22π+3 3mqB，故A可能；
这种情况，粒子运动一个周期时间t2=2×56T+4R′tan30∘v′=253π+2 33mqB，故D可能，BC不可能。
11.【答案】(1)20.035；π2n2(165l+2d)t2;(2)16π25k；(3)AC
【解析】【分析】
本题主要考查用单摆测定当地重力加速度实验的操作规范以及数据的处理，要熟练的运用实验数据的处理方式，特别是图像法。
(1)根据螺旋测微器原理读数；根据单摆周期公式计算重力加速度；
(2)根据单摆周期公式推导T2−l图像斜率的意义，进而得解；
(3)根据实验原理分析误差。
【解答】
(1)由图可知小球的直径d=20mm+3.5×0.01mm=20.035mm；由题意可知摆长L=lsin53∘+d2，单摆周期T=tn，由单摆周期公式T=2π Lg，解得g=π2n2(165l+2d)t2；
(2)由题意T=2π Lg=2π lsin53∘+d2g，变形可得T2=4π2gsin53 ∘l+2π2dg，故T2−l图像斜率k=4π2gsin53 ∘，解得g=16π25k；
(3)A.将悬线长加球半径当成摆长，则摆长测量值偏大，由g=4π2LT2，可知重力加速度测量值偏大，故A正确；
B.由于两边悬线没夹紧，球越摆越低，导致摆长的测量值偏小，由g=4π2LT2，可知重力加速度的测量值偏小，故B错误；
C.测量周期时，误将n次经过最低点的时间当成了n次全振动的时间，则周期的测量值偏小，由g=4π2LT2，可知重力加速度测量值偏大，故C正确；
D.摆球的质量过大，单摆周期与质量无关，故D错误。
12.【答案】 (2)R2−R1；(3)串联；100；(4)并联；1550。
【解析】【分析】
本题考查测电阻和电表改装实验，熟练掌握实验原理是解题的关键
(2)根据闭合电路欧姆定律分析电流表内阻；
(3)根据串联分压得出改装电压表需要串联的电阻；
(4)根据实验原理分析误差原因并修正误差。
【解答】
(2)由题意可知有E=I0(Rg+R1+Rg0+r)，E=I0(R2+Rg0+r)，解得Rg=R2−R1；
(3)改装成电压表需要串联一个电阻分压，由题意有R+Rg=UIg=3V15mA=200Ω，解得电阻箱R的阻值为R=100Ω；
(4)根据题意可知，改装成电压表后，发现表头示数比标准电表示数稍微偏小，则是由于串联电阻稍大，导致分压电阻的分压稍大，从而使表头的分压少小，故要想修正这一误差，在旧电阻箱旁边并联一个阻值为R′的电阻，设旧电阻箱阻值为R，则有3V=14.5mA⋅(Rg+R)，3V=15mA⋅(Rg+R⋅R′R+R′)，联立解得R′=1550Ω。
13.【答案】(1)由题意可知，光路图如图所示
设OA之间的距离为d，则垂直入射时有n=1sinC=Rd，
当入射角为53∘时，有n=sin 53∘sinθ，其中sinθ=d d2+R2
联立解得n=43;
(2)当入射角为53∘时，光在玻璃中的传播时间为t=sABv= R2+d2v，其中v=cn，
解得t=5R3c。

【解析】本题考查光的折射定律和全反射的应用
(1)根据题意画出光路图，利用折射定律和临界角公式结合几何关系，联立解方程计算折射率；
(2)计算光在介质中的速度，再利用t=sv计算时间。
14.【答案】解：(1)由b图可得物块B的加速度为a1=8m/s2>gsinθ
所以A对B的摩擦力沿A向下
规定沿斜面向下为正，有：mBgsinθ+μ2mBgcsθ=mBa1
代入数据解得：μ2=0.25
对A受力分析，可得
a2=F+mAgsinθ−μ1mA+mBgcsθ−μ2mBgcsθmA=12m/s2
方向沿斜面向下
(2)设F作用的时间为t1，撤去F时，A、B的速度分别为v1、v2，
根据运动学公式有：v1=a2t1
v2=a1t1
x1=12a2t12
x2=12a1t12
则产生的热量：Q1=μ2mBgcsθ(x1−x2)
撤去F后，B继续匀加速运动，经过t2，A、B的速度相同，
对A有：mAgsinθ−μ1(mA+mB)gcsθ−μ2mBgcsθ=mAa3
解得：a3=−10m/s2
A、B共速时，v1−|a3t2|=v2+a1t2
A、B的位移分别为x3、x4，根据位移-时间关系有：
x3=v1t2−12|a3|t22
x4=v2t2+12a1t22
则产生的热量：Q2=μ2m2gcsθ(x3−x4)
此后B相对A向下运动，直到离开A，由题意：Q1+Q2=Q2
联立解得：t1=0.75s。
【解析】(1)分别对物块B、A受力分析，根据牛顿第二定律可解得μ2和A的加速度；
(2)分别解得撤去F前后产生的热量，结合题意可解得。
本题主要考查了匀加速直线运动速度、位移公式及牛顿第二定律的应用，解答的难点是第二问，学会计算AB因摩擦产生的热量是解题的关键。
15.【答案】解：(1)电容器完成充电时的电荷量q=CE=3.6C，
电容器完全充电，然后S1接"2"，金属棒 M 从静止开始加速运动至稳定速度大小为v0，根据动量定理得
BLit=m1v0
即BLΔq=m1v0，又Δq=C(E−BLv0)
解得v0=12m/s；
(2)以水平向左为正方向，设绝缘棒N第1次到达PQ处时速度大小为v1，与金属棒M碰撞后瞬时速度大小为vN1;金属棒M到达PQ处时速度大小为v2，与绝缘棒 N碰撞后瞬时速度为vM1对绝缘棒N有
m2gr=12m2v12
解得v1= 2gr=3m/s
金属棒M从到PQ距离为d处运动到PQ处的过程中：根据动量定理得
−B2L2vt′R+R0=m1v2−m1v0，即B2L2dR+R0=m1v0−m1v2
由于发生弹性碰撞，对绝缘棒 N和金属棒M系统有
m2v1+m1(−v2)=m2(−vN1)+m1vM1，12m2v12+12×m1(−v2)2=12m2(−vN1)2+12×m1vM12
联立解得
vM1=1m/s，方向水平向左，vN1=5m/s，方向水平向右
碰后N离开圆轨道继续上升高度为h。则有
m2g⋅(r+h)=12m2vN12
解得h=0.8m
(3)发生第1次碰撞后，金属棒M向左位移大小为x1，根据动量定理得
−B2L2x1R+R0=0−m1vM1
解得x1=0.03m
由题知，绝缘棒N第2次与金属棒M碰撞前瞬时速度大小为vN1，方向水平向左，与金属棒M碰撞后瞬时速度为vN2;金属棒M与绝缘棒N碰撞后瞬时速度为vM2，由于发生弹性碰撞，对绝缘棒 N和金属棒M系统有
m2vN1=m2vN2+m1vM2，12m2vN12=12m2vN22+12×m1vM22
联立解得
vN2=−53m/s，负号表示速度方向水平向右
vM2=103m/s，方向向左
发生第2次碰撞后到金属棒M停止运动过程中，金属棒 M向左位移大小为x2，根据动量定理得
−B2L2x2R+R0=0−m1vM2，
可得x2=103x1
同理可知：金属棒 M与绝缘棒N第3次碰撞后瞬时速度为vM3
vM3=2(−vN2)3=10×(13)2vM1
发生第3次碰撞后到金属棒M停止运动过程中，金属棒M向左位移大小x3=m1(R+R0)vM3B2L2
可得x3=10×(13)2x1
以此类推⋯⋯金属棒M与绝缘棒N第n次碰撞后瞬时速度为vMn
vMn=2(−vN(n−1))3=10×(13)n−1vM1
发生第n次碰撞后到金属棒M停止运动过程中，金属棒 M向左位移大小xn=m1(R+R0)vMnB2L2
可得xn=10×(13)n−1x1
因此，发生第1次碰撞后到最终两棒都停止运动的全过程中，金属棒 M的位移大小
x=x1+x2+x3+x4+⋯+xn=x1+10x1⋅[13+(13)2+(13)3+⋯+(13)n−1]=x1+10x1⋅12=6x1=0.18m
【解析】本题考查电磁感应综合应用，难度较大
(1)根据Q=CU计算电荷量，根据动量定理计算M稳定时的速度;
(2)根据弹性碰撞规律分析碰后N的速度，再计算上升的最大高度；
(3)根据弹性碰撞规律分析碰撞n次后M的速度大小，再根据动量定理计算M的总位移，找到碰撞n次后M位移的规律，再计算总位移。