2024年河北省石家庄市正定中学高考物理三模试卷(含详细答案解析)

这是一份2024年河北省石家庄市正定中学高考物理三模试卷(含详细答案解析)，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.如图所示是研究光电效应的实验原理图，某实验小组用光强相同(即单位时间照射到单位面积的光的能量相等)的红光和紫光分别照射阴极K，移动滑片P分别得到红光和紫光照射时，光电管的光电流I与电势差UKA的关系图像可能正确的是( )
A.
B.
C.
D.
2.图示为控制中心大屏幕上显示的“神舟”十四号飞船在轨运行图，屏幕上的曲线表示它一段时间内先后两次在同一轨道绕地球做匀速圆周运动的“轨迹”。已知飞船运行周期为1.5h，在飞船先后经过同一纬度上a、b两位置的时间内，则地球自转转过的角度为( )
A. 360∘B. 180∘C. 22.5∘D. 75.5∘
3.如图所示，在正四面体ABCD的ABD面内，有一内切圆，圆心为O，M、N、P分别为BD、AB和AD边与圆的切点。正四面体的顶点A、B、D分别固定有电荷量为+Q、+Q、−Q的点电荷，则( )
A. M、P两点的电场强度相同
B. M、O、N、P四点的电势φN>φP>φO>φM
C. 将正试探电荷由C移动到M，电势能减少
D. 将正试探电荷由P移动到N，电场力做负功
4.如图甲所示，水平桌面上有一算盘。中心带孔的相同算珠(可视为质点)可穿在固定的杆上滑动，算珠与杆之间的动摩擦因数恒定，使用时发现某一根杆上有A、B两颗算珠未在归零位。A、B相隔s1=3.5cm，B与上边框相隔s2=2cm，现用手指将A以某一初速度拨出，在方格纸中作出A、B运动的v−t图像如图乙所示(实线代表A，虚线代表B)。忽略A、B碰撞的时间，g取10m/s2，则下列说法中正确的是( )
A. 算珠A、B均能回到自己的归零位B. 算珠A在碰撞前运动了0.2s
C. 算珠与杆之间的动摩擦因数为0.1D. 算珠A与算珠B在碰撞过程中机械能守恒
5.在吊运表面平整的重型板材(混凝土预制板、厚钢板)时，如因吊绳无处钩挂而遇到困难，可用一根钢丝绳将板拦腰捆起(不必捆的很紧)，用两个吊钩勾住绳圈长边的中点起吊(如图所示)，若钢丝绳与板材之间的动摩擦因数为μ，为了满足安全起吊(不考虑钢丝绳断裂)，需要满足的条件是( )
A. tanα>μB. tanα<μC. sinα>μD. sinα<μ
6.图甲是一种家用台灯的原理图，理想自耦变压器的a、b间接入220V的交流电，变压器线圈总匝数为1100匝，交流电流表A为理想电表，定值电阻R=2500Ω，灯泡L的伏安特性曲线如图乙所示。当c、P之间线圈匝数为750匝时，则( )
A. 灯泡两端的电压约为47VB. 通过电阻的电流约为0.02A
C. 通过电流表的示数约为0.03AD. 灯泡的功率约为2.3W
7.如图所示，质量为m的摩托艇静止在水面上，t=0时刻，摩托艇在恒定牵引力作用下开始沿直线运动，其加速度a随速度v的变化规律如图所示。已知摩托艇受到的阻力与运动速度成正比，即f=kv(k为常数，大小未知)。则( )
A. 摩托艇从开始运动到速度最大过程中，牵引力对摩托艇做的功为12mv02
B. 摩托艇从开始运动到速度最大过程中，牵引力的冲量为mv0
C. 牵引力的最大功率为ma0v0
D. 常数k的大小为ma02v0
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.一列简谐横波沿x轴传播，平衡位置位于坐标原点Q的质点振动图像如右图所示。当t=8s时，简谐波的波动图像可能正确的是( )
A.
B.
C.
D.
9.北京冬奥会报道中利用“AI+8K”技术，把全新的“时间切片”特技效果首次运用在8K直播中，更精准清晰地抓拍运动员比赛精彩瞬间，给观众带来全新的视觉体验。“时间切片”是一种类似于多次“曝光”的呈现手法。如图所示为我国运动员谷爱凌在自由式滑雪女子大跳台比赛中第三跳的“时间切片”特技图。忽略空气阻力，将运动员看做质点，其轨迹abc段为抛物线。已知起跳点a的速度大小为v，起跳点a与最高点b之间的高度差为h，重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A. “时间切片”特技每次“曝光”的时间间隔均相同
B. 运动员从a到b的时间为 2ghg
C. 运动员到达最高点时速度的大小为 v2−2gh
D. 运动员从a到b的过程中速度变化的大小为 2gh
10.如图所示，足够长的“
”形光滑平行导轨MP、NQ固定在水平面上，宽轨间距为2l，窄轨间距为l，OO′左侧为金属导轨，右侧为绝缘轨道。一质量为m、阻值为r、三边长度均为l的“U”形金属框，左端紧靠OO′平放在绝缘轨道上(与金属导轨不接触)。OO′左侧存在磁感应强度大小为B0、方向竖直向上的匀强磁场，OO′右侧以O为原点，沿OP方向建立x轴，沿Ox方向存在分布规律为B=B0+kx(k>0)的竖直向上的磁场。两匀质金属棒a、b垂直于轨道放置在宽轨段，质量均为m、长度均为2l、阻值均为2r。初始时，将b锁定，a在水平向右、大小为F的恒力作用下，从静止开始运动，离开宽轨前已匀速，a滑上窄轨瞬间，撤去力F，同时释放b。当a运动至OO′时，棒a中已无电流(b始终在宽轨)，此时撤去b。金属导轨电阻不计，a棒、b棒、金属框与导轨始终接触良好，则( )
A. a棒在宽轨上匀速运动时的速度v0=Fr2B02l2
B. a棒刚滑上窄轨时a两端电势差U=5Fr3B0l
C. 从撤去外力F到金属棒a运动至OO′的过程中，a棒产生的焦耳热Qa=mF2r230B04l4
D. 若a棒与金属框碰撞后连接在一起构成回路，a棒静止时与OO′点的距离x=4mFr25k2B02l6
三、实验题：本大题共2小题，共24分。
11.如图所示为“用DIS研究物体的加速度与质量关系”的实验装置．在轨道左侧的B点固定光电门，垫高轨道右端，平衡摩擦力．将连接小车的细线跨过滑轮系住钩码，测出小车静止在A点时挡光片的前端与光电门的距离L，挡光片的宽度为d(L≫d)，在A点由静止释放小车，由DIS测出挡光片通过光电门的时间△t.
(1)为了研究小车加速度与质量的关系，本实验采用了控制变量的方法，操作中应保持______不变．
(2)小车加速度的表达式为：a=______.
(3)保持钩码数量不变，在小车上加载配重片，改变小车总质量．由于粗心，忘记测量小车的质量，只记录了配重片的质量mx，以及挡光片通过光电门的时间△t，多次改变配重片的质量，重复测量．以mx为横坐标，△t2为纵坐标建立坐标系，得到如图(乙)所示的直线，设直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，则钩码的重力为______，小车的质量为______.
12.为了测定某电源的电动势和内阻，实验室提供了如下器材：
电阻箱R1、R2两个、阻值为6Ω定值电阻R0、电流表A(内阻未知)、电键若干、待测电源、导线若干。
(1)现实验小组成员先测量电流表内阻，实验电路如图甲所示，有关实验操作如下：
①S1闭合，S2打开，调节R1，使电流表A满偏；
②保持R1不变，再闭合S2，调节R2，当R2=2.0Ω，电流表A的读数为满刻度的三分之二，由此可得电流表的内阻RA的测量值为______。
③上述测量中，电流表的测量值比真实值______(填“偏大”、“偏小”或“不变”)，产生误差的原因是合上开关S2后，通过电阻箱R2的电流______(填“大于”或“小于”)电流表A的满刻度的三分之一的值。
(2)测定电流表内阻后，实验小组成员设计如图乙所示的电路图测量图中的电源的电动势和内阻。
将开关S合上，多次调节电阻箱R的阻值，记录每次调节后的电阻箱的阻值R及电流表A的示数I，实验小组成员作出了1I−R图像如图丙所示，根据图像和已知条件可求出电源电动势E=______ V；电源的内阻r=______。
四、简答题：本大题共1小题，共10分。
13.电磁轨道炮是利用磁场对通电导体的作用使炮弹加速的，其简化原理示意图如图丙所示。假设图中直流电源电动势为E=45V(内阻不计)，电容器的电容为C=22F。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l=1m，电阻不计。炮弹可视为一质量为m=2kg，电阻为R=5Ω的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。导轨间存在垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为B=2T的匀强磁场。接通电路后MN开始向右加速运动，经过一段时间后回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨。求：
(1)直流电源的a端是正极还是负极？
(2)若用导线将1、2连接让直流电源供电，MN离开导轨时的最大速度的大小；
(3)若开关先接1，使电容器完全充电；然后将开关接至2，MN离开导轨时的最大速度的大小。
五、计算题：本大题共2小题，共20分。
14.如图所示，导热良好的密闭容器内封闭有压强为p0的空气，现用抽气筒缓慢从容器底部的阀门处(只出不进)抽气两次。已知抽气筒每次抽出空气的体积为容器容积的15，空气可视为理想气体，求：
(1)容器内剩余空气的压强p；
(2)容器内剩余空气和抽出空气的质量之比k。
15.有一款三轨推拉门，门框内部宽为L1=2.75m。三扇门板俯视图如图甲所示，宽均为L2=1m，质量均为m0=20kg，与轨道的摩擦系数均为μ=0.01。每扇门板边缘凸起部位厚度均为d=0.05m。门板凸起部位间的碰撞均为完全非弹性碰撞(不黏连)，门板和门框的碰撞为弹性碰撞。刚开始，三扇门板静止在各自能到达的最左侧(如图乙)，用恒力F水平向右拉3号门板，经过位移s=0.3m后撤去F，一段时间后3号门板左侧凸起部位与2号门板右侧凸起部位发生碰撞，碰撞后3号门板向右运动恰好到达门框最右侧(如图丙)。重力加速度g=10m/s2。求：
(1)3号门板与2号门板碰撞后瞬间的速度大小；
(2)恒力F的大小；
(3)若力F大小可调，但每次作用过程中F保持恒定且F作用的位移均为s，要保证2号门板不与1号门板发生碰撞，请写出3号门板经过的路程x与F之间的关系式。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：当UKA>0时，电场力使电子减速，光电流为0时的电压即为遏制电压，根据所学知识可知紫光频率高于红光，紫光遏制电压较大，所以在U轴的正半轴的交点大于红光。单位时间内红光的光子数多，所以红光的饱和光电流大，故A正确，BCD错误；
故选：A。
根据光电效应的原理，结合紫光和红光的频率大小关系得出正确的图像。
本题主要考查了光电效应的相关应用，理解光电效应的原理，结合不同颜色光的频率大小关系即可完成分析。
2.【答案】C
【解析】解：飞船运动轨道面与赤道面不重合；当飞船先后经过同一纬度上a、b两位置的时间可知转过一圈时间为1.5h，所以在次时间内地球自转转过的角度为θ=1.5h24h×360∘=22.5∘，故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据题意同一轨道上，先后两次经过a，b两点的时间接近一个周期，地球自转一圈24h，所有可求出转过的角度。
本题主要考查人造卫星运行规律，在做题中要注意周期关系。
3.【答案】D
【解析】解：A.如图，空间任一点的电场是三个点电荷产生的电场的叠加，根据对称性和电场的叠加原理可知，M点和P点的电场强度大小相等
设EM和BD间的夹角为θ，有
tanθ=EA2EB=kQ(Lsin60∘)22kQ(L2)2=16
说明EM和EN的方向不同，故两点的场强不同，
故A错误；
B.根据等量同种正点电荷空间等势面的分布特点可知，在A、B两处的正点电荷产生的电场中，M、P两点的电势相等，且N点电势高于O点的电势，O点的电势高于和M、P点的电势；在D点的负点电荷产生的电场中，N点的电势高于O点的电势，O点的电势高于M、P两点的电势，所以，可知φN>φO>φM=φP，故B错误；
C.仅考虑B处和D处点电荷时，C点和M点的电势相等，正试探电荷由C到M，靠近A处的正点电荷，电场力做负功，电势能增加，故C错误；
D.由于φN>φP，则将正试探电荷由P移动到N，电场力所做的功W=qUPN=q(φP−φN)<0，
电场力做负功，故D正确。
故选：D。
A.根据电场叠加的知识判断大小和方向，再判断两点场强是否相同；
B.根据电场中各点电势的高低进行排序判断；
C.根据电场力做功和电势能的关系进行分析判断；
D.根据电场力做功的公式进行分析判断。
考查电场的合成叠加问题，会根据题意判断电势高低，电场力做功和电势能的关系。
4.【答案】C
【解析】解：C.根据图乙可知，A拨出的初速度，A碰前与A、B碰后的速度分别为
v0=0.4m/s，vA1=0.3m/s，vA2=0.1m/s，vB=0.2m/s
A碰前有
vA12−v02=−2as1，a=μg
解得μ=0.1，故C正确；
B.算珠A在碰撞前运动时间t=v0−vA1a
解得t=0.1s，故B错误；
A.碰后A、B减速至0的位移分别为
xA=vA222a
解得xA=0.5cm解得xB=0.5cm=s2，xB=vB22a
可知，算珠A没有归零，B恰好归零，故A错误；
D.根据上述可知，碰前A、B总动能为
EKA=12mvA12
解得EKA=0.045m
碰后A、B总动能为WK=12mvA22+12mB2
WK=0.025<12mvA12
算珠A与算珠B在碰撞过程中机械能不守恒，D错误。
故选：C。
AB.根据匀变速直线运动位移-时间规律、速度-时间规律和牛顿第二定律结合图像给出的速度信息列式求解判断；
C.根据能量表达式列式代入数据计算并分析判断；
D.根据匀变速直线运动的位移-时间规律计算并判断。
本题主要是考查牛顿第二定律与v−t图象的结合，关键是弄清楚两个算珠的受力情况和运动情况，知道v−t图象与时间轴围成的面积表示位移。
5.【答案】B
【解析】解：要起吊重物，只需满足绳子张力T的竖直分量小于钢丝绳与板材之间的最大静摩擦力，如图所示
即μTcsα>Tsinα
化简可得tanα<μ
故B正确，ACD错误。
故选：B。
对重物受力分析，根据共点力平衡条件可解答。
本题考查共点力平衡条件的应用，解题关键掌握物体的受力分析及力的正交分解。
6.【答案】D
【解析】解：AB.由理想变压器原副线圈电压比等于匝数比有U1U2=n1n2
可得U2=150V
对于副线圈，设灯泡电压为U，电流为I，由闭合电路欧姆定律U=U2−IR
将解析式画入灯泡的U−I图中
由图中交点可得U=75V，I=0.03A，故灯泡功率P=UI，解得P=2.3W
故D正确，ABC错误；
故选：D。
本题根据理想变压器原副线圈电压比等于匝数比以及U−I图像，结合选项，即可解答。
本题考查学生对理想变压器原副线圈电压比等于匝数比、U−I图像数据应用的掌握，是一道中等难度题。
7.【答案】C
【解析】解：A、由动能定理可知，牵引力与阻力做功之和等于摩托艇动能的变化量，阻力做负功，则牵引力对摩托艇做的功大于12mv02，故A错误；
B、由动量定理可知，牵引力与阻力冲量之和等于莫游艇动量的变化量，阻力冲量为负值，则牵引力的冲量大于mv0，故B错误；
C、由图可知，速度为零时，阻力为零，牵引力为F=ma0
牵引力为恒力，则速度最大时，牵引力的功率最大值为Pm=ma0v0，故C正确；
D、由牛顿第二定律可得，F−kv=ma
所以a=−kmv+Fm
可知km=a0v0
解得k=ma0v0，故D错误。
故选：C。
根据动能定理计算做功的大小，根据动量定理计算冲量的大小，根据P=Fv计算功率，根据牛顿第二定律计算常数k的大小。
本题用牛顿第二定律变形得a−v函数关系式是处理动力学图像问题的关键，同时注重运动过程的分析找到何时达到最大速度。
8.【答案】CD
【解析】解：由Q点的振动图像可知，振幅A=10cm，周期为T=12s，设原点处的质点的振动方程为y=Asin(2πTt+φ)cm，将(0,−5)代入方程得：−5=10sinφ，解得φ=−π6，在t=8s时刻，y8=10sin(2π12×8−π6)cm=−5cm，由振动图像可知在t=8s时刻，质点在y轴−5cm处且向下振动，根据“同侧法”可判断若波向右传播，则波形为C选项所示；若波向左传播，则波形为D选项所示，故AB错误，CD正确。
故选：CD。
根据Q点的振动图像写出Q点的振动方程，从而计算出t=8s时Q的位移，再根据同侧法判断可能的波形图。
本题考查的是波动图像和振动图像相结合的题目，关键是会用同侧法判断质点的振动方向或者波的传播方向。
9.【答案】BCD
【解析】解：A、运动员做斜抛运动，从最高点到等高位置的时间相等，ac两点到b点的竖直高度不同，因此时间不同，故A错误；
B、根据竖直方向上的运动特点可知，h=12gt2，解得：t= 2ghg，故B正确；
C、从a到b根据动能定理得：
−mgh=12mvt2−12mv2
解得：vt= v2−2gh，故C正确；
D、从a到b的速度变化量为Δv=gt= 2gh，故D正确；
故选：BCD。
根据对称性可知，从最高点往左右两边等高的位置的时间是相等的；
根据竖直方向上的运动特点计算出时间；
根据动能定理计算出运动员的速度；
理解速度变化量的定义并结合公式完成分析。
本题主要考查了斜抛运动的相关应用，理解斜抛运动在不同方向上的运动特点结合动能定理即可完成分析。
10.【答案】BC
【解析】解：A、设a棒在宽轨上匀速运动时通过a棒的电流为I1，根据平衡条件有：F=B0I1⋅2l
根据闭合电路欧姆定律有：I1=E14r=B0⋅2lv04r=B0lv02r，联立解得v0=FrB02l2，故A错误；
B、a棒刚滑上窄轨时，通过a棒中间宽度为l部分的电流为I2=B0lv03r
根据右手定则以及沿电流方向电势降低，可知a棒下端电势高于上端电势，则此时a棒两端电势差的大小为
U=E1−I2r=B0⋅2lv0−B0lv03rr=5Fr3B0l，故B正确；
C、设a棒刚运动至OO′时，a、b棒的速度分别为v1、v2，取向右为正方向，对a、b棒，分别根据动量定理得
−B0I−l⋅t=mv1−mv0，B0I−⋅2l⋅t=mv2
因为此时回路中无电流，所以有B0lv1=B0⋅2lv2
联立解得：v1=4Fr5B02l2，v2=2Fr5B02l2
根据能量守恒定律可知，从撤去外力F到金属棒a运动至OO′的过程中，回路产生的总焦耳热为：Q=12mv02−12mv12−12mv22=mF2r210B04l4
则a棒产生的焦耳热为Qa=r2r+rQ=mF2r230B04l4，故C正确；
D、设a棒与金属框碰撞后瞬间整体的速度大小为v3，取向右为正方向，根据动量守恒定律有
mv1=2mv3
由题意可知金属框右边始终比左边的磁场大ΔB=kl
从a棒与金属框碰撞后到最终静止的过程，回路中的平均电流为：I′−=E−2r=ΔBlv−2r
对a棒，取向右为正方向，根据动量定理有
−ΔBI′−l⋅t′=0−2mv3
a棒静止时与OO′点的距离为x=v−t′
联立解得：x=8mFr25k2B02l6，故D错误。
故选：BC。
当a匀速运动时，受力平衡，根据平衡条件以及闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律、安培力公式相结合求解a棒在宽轨上匀速运动时的速度；a刚滑上窄轨时，画出回路中的等效电路，根据闭合电路的欧姆定律求解a两端电势差；从撤去外力F到金属棒a运动至OO′的过程中，根据动量定理、能量守恒定律、焦耳定律求解a棒产生的焦耳热；a棒与金属框相碰，根据动量守恒定律求解碰撞后的速度大小，根据动量定理结合闭合电路的欧姆定律、运动学公式求解a棒静止时与OO′点的距离。
对于电磁感应问题研究思路常常有三条：第一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；第二条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解；第三条从动量的角度，根据动量守恒定律求速度，根据动量定理求导体棒运动的距离等等。
11.【答案】钩码重力 d22L(△t)2 d22kL bk−d22gkL
【解析】解：(1)本实验采用了控制变量的方法，为了研究小车加速度与质量的关系，操作中应保持合力不变，即保持钩码重力不变，
(2)小车运动到B时的速度为：v=d△t
根据运动学公式：v2−0=2aL得：a=d22L(△t)2，
(3)把钩码、小车以及配重片看成一个整体，根据牛顿第二定律得：
(M+m+mx)a=mg
而a=d22L(△t)2，
解得：(△t)2=d22mgL⋅mx+(M+m)d22mgL，
mx−△t2图象的斜率为k，在纵轴上的截距为b，
则有：(M+m)d22mgL=b，d22mgL=k，
解得：mg=d22kL，M=bk−d22gkL
故答案为：(1)钩码重力；(2)d22L(△t)2；(3)d22kL；bk−d22gkL
(1)“探究加速度与力、质量的关系”的实验采用的是控制变量法．即研究三个物理量之间的关系时，先控制一个物理量不变；
(2)遮光条通过光电门的速度可以用平均速度代替，故v=dt，再根据v2=2al即可求出物体的加速度a；
(3)把钩码、小车以及配重片看成一个整体，根据牛顿第二定律求出mx关于△t2的表达式，再根据图象的斜率和截距求解．
研究三个物理量之间的关系，必须先控制一个物理量不变，然后研究另外两个物理量的关系，这种方法称为控制变量法，知道在时间很短的时候，可以用平均速度代替瞬时速度，难度适中．
12.【答案】1Ω偏小 大于 30.8Ω
【解析】解：(1)②保持R1不变，再闭合S2，干路电流不变，仍为电流表A的满偏电流Ig，调节R2，当R2=2.0Ω，电流表A的读数为满刻度的三分之二，则流过电阻箱的电流为电流表满偏电流的三分之一，并联电路两端电压相等，由欧姆定律可知：23IgRA=13IgR2，解得电流表的内阻RA=12R2=12×2.0Ω=1Ω.
③合上开关S2后，电流表与电阻箱并联，电路总电阻变小，由闭合电路的欧姆定律可知，电路电流变大，大于电流表A的满偏电流，当电流表读数为慢刻度的三分之二时，通过电阻箱R2的电流大于电流表A的满刻度的三分之一的值，流过电流表的电流小于流过电阻箱电流的2倍，电流表内阻大于电阻箱阻值的二分之一，实验认为电流表内阻等于电阻箱阻值的二分之一，则电流表内阻的测量值小于真实值，电流表内阻测量值偏小。
(2)根据图乙所示电路图，由闭合电路的欧姆定律得：E=I(r+RA+R0+R)，整理得：1I=1ER+r+RA+R0E，由图示1I−R图像可知，图像的斜率k=1E=5.2−−1=13V−1，纵轴截距b=r+RA+R0E=2.6A−1，代入数据解得，电源电动势E=3V，电源内阻r=0.8Ω。
故答案为：(1)②1Ω；③偏小；大于；(2)3；0.8Ω。
(1)根据并联电路特点与欧姆定律求出电流表内阻；根据实验步骤应用并联电路特点与欧姆定律分析实验误差。
(2)应用闭合电路的欧姆定律求出图像的函数表达式，根据图示图像求出电源的电动势与内阻。
理解实验原理、分析清楚图示电路结构是解题的前提，应用并联电路特点、欧姆定律与闭合电路的欧姆定律即可解题。
13.【答案】解：(1)由于电磁炮受到的安培力方向水平向右，由左手定则知MN中电流由N流向M，因此直流电源的a端为负极；
(2)电磁炮向右加速，切割磁感线运动产生的感应电动势增大到等于直流电源的电动势时，回路中电流为零，电磁炮速度达到最大。
由E=Blvm1
据题E=45V，可得最大速度vm1=22.5m/s
(3)电容器放电前所带的电荷量为Q1=CE
开关接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vm时，MN上的感应电动势为E′=Blvm
当电容器板间电压降到U′=E′时，电路中电流为零，电磁炮速度达到最大。
电容器所带电荷量为Q2=CU′=CE′
设在电容器放电过程中MN中的平均电流为I−，MN受到的平均安培力为F−=BI−l
取向右为正方向，由动量定理有：I−⋅Δt=mvm−0
又I−⋅Δt=ΔQ=C(E−E′)
联立解得：vm=22m/s
答：(1)直流电源的a端是负极；
(2)MN离开导轨时的最大速度的大小为22.5m/s；
(3)MN离开导轨时的最大速度的大小为22m/s。
【解析】(1)根据电磁炮受到的安培力方向水平向右，由左手定则判断电流方向，从而确定电源的极性。
(2)电磁炮向右加速，切割磁感线运动产生的感应电动势增大到等于直流电源的电动势时，回路中电流为零，电磁炮速度达到最大。根据E=Blv求解MN离开导轨时的最大速度的大小。
(3)将开关接至2，电容器放电，MN开始向右加速运动，产生感应电动势，当电容器板间电压等于MN产生的感应电动势时，回路中电流为零，电磁炮速度达到最大。根据动量定理计算MN离开导轨时的最大速度的大小。
本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，解决这类题目的基本思路是对研究对象正确进行受力分析，弄清运动形式，然后依据相应规律求解。
14.【答案】解：(1)第一次抽后，则有p0V=p1(V+15V)①，第二次抽出后，则有p1V=p2(V+15V)②，(p1,p2分别为第一次，第二次抽气后容器内气体的压强)，联立两式可解得p=p2=2536p0；
(2)开始压强为p0体积为V的气体，当温度不变时，压强变为2536p0时的体积为V3，则有p0V=2536p0V3，得V3=3625V，则抽出的气体体积V4=V3−V=1125V，根据同温同压下气体的质量比与体积之比相等，则k=m余m抽出=VV4=V1125V=2511.
答：(1)容器内剩余空气的压强p为2536p；
(2)容器内剩余的空气和抽出的空气的质量之比k为2511。
【解析】第一问是抽气过程，是一个变质的过程，将抽出的与余下的视为一个整体，这样就可以等效为气体的质量是不变的，然后用状态方程，就可以求解了。每二问将气体的体积都化成同一个压强下的体积，温度又不变，这样气体的质量之比与体积之比是相同的。这样就可以求解了。
要将变质量的问题转化为质量不变来处理，将质量之比转化为同温同压下的体积之比。
15.【答案】解：(1)3号门板与2号门板碰撞后相对静止一起向右做匀减速直线运动，位移
s1=(L1−L2)−(L2−d)
根据功能关系
μ⋅2m0gs1=12⋅2m0v12
解得
v1=0.4m/s
(2)3号门板与2号门板碰撞，根据动量守恒定律
m0v0=2m0v1
解得
v0=0.8m/s
3号门板从开始运动到与2号门板碰撞，位移为
s0=L2−3d
根据动能定理有：Fs−μm0gs0=12m0v02
解得：F=27N
(3)①若F≤μm0g=0.01×20×10N=20N，3号门保持静止；
②若3号门板还未与2号门板碰撞，即若xFs−μm0gx=0
解得
x=0.15F(m)
此时
0.3m2N③若3号门板与2号门板碰撞，但2号门板还未与1号门板碰撞
L2−3d即
0.85m3号门板与2号门板碰撞前
Fs−μm0g(L2−3d)=12m0v22
3号门板与2号门板发生完全非弹性碰撞，动量守恒
m0v2=2m0v3
3号门板与门框发生弹性碰撞，机械能不损失，因此碰撞后2、3号门板机械能全部转化为摩擦产热。
12⋅2m0v32=μ⋅2m0g[x−(L2−3d)]
解得
x=3(F+17)80(m)
由0.85m173N由几何关系可知，3号门板反弹后不会再次与2号门板碰撞。
答：(1)3号门板与2号门板碰撞后瞬间的速度大小为0.4m/s；
(2)恒力F的大小为27N；
(3)3号门板经过的路程x与F之间的关系式为x=3(F+17)80(m)，此时0.85m【解析】(1)根据功能关系解得；
(2)根据动量守恒定律结合动能定理解得；
(3)分类讨论三扇门碰撞后的情况，从而分析要保证2号门板不与1号门板发生碰撞的情况。
本题考查动量守恒定律与功能关系的应用，解题关键掌握三扇门碰撞的运动情况分析，根据动量守恒定律与能量守恒定律分析解答。