福建省福州外国语学校2023-2024学年高二下学期期末物理试卷

这是一份福建省福州外国语学校2023-2024学年高二下学期期末物理试卷，共20页。试卷主要包含了单项选择题，双项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（4分）中科院EAST全超导托卡马克装置，被称为中国的“人造太阳”，已实现了1.6亿度（约为太阳中心温度的10倍），则（ ）
A．的结合能小于与结合能之和
B．该反应前后核子的总质量相等
C．的比结合能小于的比结合能
D．X为中子
2．（4分）铷原子失去电子非常容易，具有优良的光电特性，是制造光电池的重要材料。已知铷的逸出功为W0，普朗克常量为h，则下列说法正确的是（ ）
A．只要入射光光照强度足够大，任何频率的光均能使铷发生光电效应
B．铷的极限频率为
C．用某频率光照射铷发生光电效应，光照强度越弱，光电子从铷表面逸出所需时间越长
D．若用频率为ν的光照射铷发生光电效应，则逸出光电子动能均为 hν﹣W0
3．（4分）降噪可分为被动式降噪和主动式降噪。其中主动式降噪指通过降噪系统产生与外界噪音相位相反的声波，二者叠加后，将噪音中和，采集一些有规律的噪声，通过电路，从而达到降噪效果。图甲为原理简化图，图乙为理想情况下的降噪过程图，虚线表示降噪系统产生的降噪声波，则下列说法正确的是（ ）
A．降噪过程应用了声波的多普勒效应
B．降噪声波与环境噪声声波的频率不相等
C．降噪过程应用的是声波的干涉原理，P点振动减弱
D．降噪过程应用了声波的衍射原理，使噪声无法从外面进入耳麦
4．（4分）如图所示，水面上漂浮着一个半径为r的圆形充气圆台，某潜水爱好者下潜至圆台圆心正下方某点时，该点距圆台底部的垂直距离为h，再往下潜，则水的折射率为（ ）
A．B．C．D．
二、双项选择题（本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有2个正确选项，全部答对得6分，答对但不全得3分。）
（多选）5．（6分）如图所示为氢原子的能级图，下列说法正确的是（ ）
A．从n＝3能级跃迁到n＝2能级时，电子的电势能减小氢原子的能量增加
B．氢原子从高能级向低能级跃迁时要放出光子
C．用能量为9.6eV的电子轰击处于基态的氢原子，能使氢原子发生能级跃迁
D．用12.09eV的光子照射大量处于基态的氢原子时，可以发出三种频率的光
（多选）6．（6分）一个质量为50kg的蹦床运动员，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0m高处。已知运动员与网接触的时间为0.8s2。下列说法正确的是（ ）
A．运动员与网接触的这段时间内动量的变化量大小为100kg•m/s
B．网对运动员的平均作用力大小为1625N
C．从自由下落开始到蹦回离水平网面5.0m高处这一过程中运动员所受重力冲量的大小为1300N•S
D．运动员与网接触的过程中，运动员和网构成的系统机械能守恒
（多选）7．（6分）某同学做“用油膜法估测油酸分子的大小”实验时，油酸酒精溶液的浓度为μ，一滴油酸酒精溶液的体积为V，等油膜形状稳定后，把玻璃板盖在浅盘上并描画出油膜的轮廓，数得油膜占有的正方形小方格个数为m，则下列说法正确的是（ ）
A．该实验体现的物理思想方法是等效替代法
B．油酸分子直径约为
C．若在配置油酸酒精溶液时，不小心把酒精倒多了一点，会导致油酸分子直径的测量值偏小
D．若在计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，会导致油酸分子直径的测量值偏大
（多选）8．（6分）如图甲所示，一列简谐横波沿x轴传播，实线和虚线分别为t1＝0时刻和t2时刻的波形图，P、Q分别是平衡位置为x1＝1.0m和x2＝4.0m的两质点。图乙为质点Q的振动图像，则（ ）
A．t2时刻可能为0.65s
B．波的传播速度为20m/s
C．质点P的振动方程为
D．质点P从t1＝0时刻开始经过0.15s通过的路程为30cm
三、填空题（本题共4小题，每小空2分，共28分）
9．（10分）光的干涉和衍射说明了光具有 性，光电效应说明了光具有 性，彩虹呈现彩色属于光的 现象，光纤利用光的 现象，利用双缝干涉测光的波长原理表达式为 。
10．（4分）如图，Rt△ABC为一玻璃三棱镜的横截面，∠A＝30°，从AC边上的D点射出。其折射角为60°，则玻璃对红光的折射率为 。若改用蓝光沿同一路径入射，则光线在D点射出时的折射角 （填“小于”“等于”或“大于”）60°。
11．（10分）在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，某同学用毫米刻度尺测得摆线长L0＝945.8mm；用游标卡尺测得摆球的直径如图甲所示，则摆球直径d＝ mm；用秒表测得单摆完成n＝40次全振动的时间如图乙所示，则秒表的示数t＝ s；若用给定物理量符号表示当地的重力加速度g，则g＝ 。
如果该同学测得的g值偏大，可能的原因是 。（填字母代号）
A．计算摆长时没有计入摆球的半径
B．开始计时时，秒表过迟按下
C．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了
D．试验中误将39次全振动数为40次。
12．（6分）在用插针法测定玻璃砖折射率的实验中，甲、乙、丙三位同学在纸上画出的界面ab、cd与玻璃砖位置的关系分别如图①、②和③所示，其中甲、丙同学用的是矩形玻璃砖，且均以ab、cd为界面画光路图．
则甲同学测得的折射率与真实值相比 （填“偏大”、“偏小”或“不变”），乙同学测得的折射率与真实值相比 （填“偏大”、“偏小”或“不变”），丙同学测得的折射率与真实、值相比 ．
四、解答题（本题共3小题，共32分。解答要有必要的文字说明和方程式。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题目，答案中必须明确写出数值和单位。）
13．（8分）一定质量的理想气体，状态从A→B→C→D→A的变化过程可用如图所示的p﹣V图线描述，其中D→A为等温线A＝400K，求：
（1）气体在状态C时的温度TC；
（2）若气体在B→C过程中吸热600J，则在B→C过程中气体内能变化了多少？
14．（10分）如图所示，两物块（可视为质点）质量分别为mA＝2kg和mB＝4kg，用轻质弹簧拴接在一起，原来均静止在光滑水平面上。现给A物块一个水平向右的初速度v0＝6m/s，求：
（1）弹簧压缩到最短时的A物块的速度；
（2）弹簧的最大弹性势能Epm；
（3）弹簧第一次恢复原长时，A物块的速度。
15．（12分）如图所示，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。PQ、MN两均匀金属棒材质相同，其中MN棒的质量为m，电阻为R，现将两金属棒垂直导轨放置，运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。
（1）先保持棒PQ静止，将棒MN由静止释放，求棒MN匀速运动时速度v0的大小；
（2）当棒MN匀速运动时，再将棒PQ由静止释放，求释放瞬间棒PQ加速度a的大小；
（3）在（2）问中，从棒PQ释放瞬间开始计时0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，及时间t0内棒MN相对于棒PQ运动的距离Δx。
2023-2024学年福建省福州外国语学校高二（下）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。）
1．（4分）中科院EAST全超导托卡马克装置，被称为中国的“人造太阳”，已实现了1.6亿度（约为太阳中心温度的10倍），则（ ）
A．的结合能小于与结合能之和
B．该反应前后核子的总质量相等
C．的比结合能小于的比结合能
D．X为中子
【分析】核反应释放能量，有质量亏损，生成物更稳定，据此比较结合能大小和比结合能大小，以及知道质量的变化；根据质量数守恒和电荷数守恒可得X的质量数和电荷数。
【解答】解：A、核反应释放能量，生成物更稳定He的结合能大于H的结合能之和；
B、核反应中有能量释放，所以该反应前后核子的总质量减小；
C、在核反应中生成物比反应物更加稳定，故C错误；
D、根据质量数守恒可得X的质量数为2+3﹣3＝1，所以X为中子。
故选：D。
【点评】知道在核反应中质量数守恒和电荷数守恒，以及在核反应中生成物比反应物更加稳定，所以生成物的比结合能较大。
2．（4分）铷原子失去电子非常容易，具有优良的光电特性，是制造光电池的重要材料。已知铷的逸出功为W0，普朗克常量为h，则下列说法正确的是（ ）
A．只要入射光光照强度足够大，任何频率的光均能使铷发生光电效应
B．铷的极限频率为
C．用某频率光照射铷发生光电效应，光照强度越弱，光电子从铷表面逸出所需时间越长
D．若用频率为ν的光照射铷发生光电效应，则逸出光电子动能均为 hν﹣W0
【分析】光电效应发生的条件是入射光频率大于临界频率，与光强无关；光电效应的发生具有瞬时性，只要发生光电效应就会有光电子逸出；光子能量刚好克服逸出功时，光子频率为截止频率。
【解答】解：A．发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，故A错误；
B．铷的逸出功为W0，则铷的极限频率为，故B正确；
C．光的强弱影响的是单位时间内发出光电子的数目，故C错误；
D．若用频率为ν的光照射铷发生光电效应 hν﹣W0，故D错误。
故选：B。
【点评】本题主要考查发生光电效应的条件和临界频率的概念，学生应对课本基本知识掌握扎实。
3．（4分）降噪可分为被动式降噪和主动式降噪。其中主动式降噪指通过降噪系统产生与外界噪音相位相反的声波，二者叠加后，将噪音中和，采集一些有规律的噪声，通过电路，从而达到降噪效果。图甲为原理简化图，图乙为理想情况下的降噪过程图，虚线表示降噪系统产生的降噪声波，则下列说法正确的是（ ）
A．降噪过程应用了声波的多普勒效应
B．降噪声波与环境噪声声波的频率不相等
C．降噪过程应用的是声波的干涉原理，P点振动减弱
D．降噪过程应用了声波的衍射原理，使噪声无法从外面进入耳麦
【分析】根据波的干涉条件和波的衍射定义分析判断即可。
【解答】解：A、降噪过程应用了声波的干涉原理；
B、降噪声波与环境噪声声波的频率相等；
C、降噪过程应用的是声波的干涉原理，故C正确；
D、降噪过程应用了声波的干涉原理。
故选：C。
【点评】解题的关键在于掌握波的干涉条件，以及发生干涉和衍射的物理现象，基础题。
4．（4分）如图所示，水面上漂浮着一个半径为r的圆形充气圆台，某潜水爱好者下潜至圆台圆心正下方某点时，该点距圆台底部的垂直距离为h，再往下潜，则水的折射率为（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据全反射的临界角公式结合几何知识计算折射率。
【解答】解：由题意可知潜水爱好者下潜距圆台底部的垂直距离为h时，恰好发生全反射
结合几何知识得：
解得：n＝，故A正确。
故选：A。
【点评】本题考查光的折射定律，要求学生结合分析与几何知识求解，对学生分析综合能力有一定要求，难度适中。
二、双项选择题（本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有2个正确选项，全部答对得6分，答对但不全得3分。）
（多选）5．（6分）如图所示为氢原子的能级图，下列说法正确的是（ ）
A．从n＝3能级跃迁到n＝2能级时，电子的电势能减小氢原子的能量增加
B．氢原子从高能级向低能级跃迁时要放出光子
C．用能量为9.6eV的电子轰击处于基态的氢原子，能使氢原子发生能级跃迁
D．用12.09eV的光子照射大量处于基态的氢原子时，可以发出三种频率的光
【分析】本题根据玻尔的氢原子模型，氢原子从高能级向低能级跃迁时要释放光子，氢原子能量减小，结合跃迁的特点分析求解。
【解答】解：A.根据玻尔的氢原子模型，从n＝3能级跃迁到n＝2能级时，电势能减小，氢原子能量减小；
B.氢原子从高能级向低能级跃迁时要释放光子，故B正确；
C.由于E7﹣E1＝﹣3.2eV﹣（﹣13.6eV）＝10.2eV＞5.6eV，可知用能量为9.2eV的电子轰击处于基态的氢原子，故C错误；
D.用12.09eV的光子照射大量处于基态的氢原子时，根据12.09eV+（﹣13.6eV）＝﹣1.51eV，故可以发出，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查了玻尔理论和氢原子跃迁，理解跃迁时氢原子的变化，掌握能级与能量的关系是解决此类问题的关键。
（多选）6．（6分）一个质量为50kg的蹦床运动员，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0m高处。已知运动员与网接触的时间为0.8s2。下列说法正确的是（ ）
A．运动员与网接触的这段时间内动量的变化量大小为100kg•m/s
B．网对运动员的平均作用力大小为1625N
C．从自由下落开始到蹦回离水平网面5.0m高处这一过程中运动员所受重力冲量的大小为1300N•S
D．运动员与网接触的过程中，运动员和网构成的系统机械能守恒
【分析】A、运动员在接触网面之前做自由落体运动，接触网面之后做竖直上抛运动，可利用匀变速直线运动规律计算运动员自由落下刚接触网面和刚离开网面的速度，再利用动量变量的计算方法计算；
B、利用动量定理计算；
C、分别利用匀变速直线运动规律计算运动员接触网面之前的时间和接触网面之后的时间，利用冲量的表达式计算；
D、可利用机械能守恒的特点判断。
【解答】解：A、运动员自由下落刚接触网面的速度为
代入数据解得v1＝8m/s
方向向下，离开网面的速度为
代入数据解得v2＝10m/s
方向向上，故动量的变化量大小为
Δp＝mv2﹣mv1
代入数据解得Δp＝900kg•m/s
故A错误；
B、网面接触过程中，由动量定理得
（F﹣mg）t＝Δp
代入数据解得F＝1625N
故B正确；
C、运动员自由下落刚接触网面的时间
代入数据解得t4＝0.8s
离开网面上升的时间
代入数据解得t7＝1s
重力的冲量
I0＝mg（t2+t2+t）
代入数据解得I0＝1300N•s
故C正确；
D、因为接触网面之后到达的高度比下落时的高度高，故运动员和网构成的系统可能机械能不守恒；
故选：BC。
【点评】本题考查了对动量定理、冲量，其中掌握机械能守恒的特点和匀变速直线运动规律的理解为解决本题的关键。
（多选）7．（6分）某同学做“用油膜法估测油酸分子的大小”实验时，油酸酒精溶液的浓度为μ，一滴油酸酒精溶液的体积为V，等油膜形状稳定后，把玻璃板盖在浅盘上并描画出油膜的轮廓，数得油膜占有的正方形小方格个数为m，则下列说法正确的是（ ）
A．该实验体现的物理思想方法是等效替代法
B．油酸分子直径约为
C．若在配置油酸酒精溶液时，不小心把酒精倒多了一点，会导致油酸分子直径的测量值偏小
D．若在计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，会导致油酸分子直径的测量值偏大
【分析】A、根据理想模型法特点分析判断；
B、计算一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积，数出油膜所占格数计算油膜面积，根据体积公式计算分子直径；
CD、根据实验原理分析误差。
【解答】解：A、本实验中，并将油酸分子理想化为紧密排列的球体，因此。故A错误；
B、油酸酒精溶液的浓度为μ，故一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积为μV2，故油酸分子直径约，故B正确；
C、若在配置油酸酒精溶液时，会导致油酸分子直径的测量值偏大；
D、若在计算油膜面积时，会导致计算油膜所占面积比实际值偏小，故D正确；
故选：BD。
【点评】本题考查“用油膜法估测分子大小”的实验，要求掌握实验原理、实验步骤、实验数据处理和误差分析。
（多选）8．（6分）如图甲所示，一列简谐横波沿x轴传播，实线和虚线分别为t1＝0时刻和t2时刻的波形图，P、Q分别是平衡位置为x1＝1.0m和x2＝4.0m的两质点。图乙为质点Q的振动图像，则（ ）
A．t2时刻可能为0.65s
B．波的传播速度为20m/s
C．质点P的振动方程为
D．质点P从t1＝0时刻开始经过0.15s通过的路程为30cm
【分析】根据图像，确定从实线时刻到虚线时刻的时间；
根据平移法，确定波的传播方向；
质点P做简谐运动的位移表达式为Asin（t+φ），根据题意，写振动方程。
【解答】解：根据图乙，0时刻质点Q向上振动，波沿x轴正方向传播。
B、根据题中图像，周期为0.3s＝m/s＝40m/s；
D、经过时间Δt＝0.15s＝，所以通过的路程s＞3A＝3×10cm＝30cm；
A、根据图像，经过时间Δt′＝t2＝＝8.05+0.2n （s）（n＝6.1.2…）
所以t2时刻可能为0.05s、0.25s、2.65s……；
C、质点P做简谐运动的位移表达式为y＝Asin（
根据图像，A＝10cm，
P点在t＝0时刻向y轴负方向运动，两者相位差φ＝t+，故D错误。
故选：AC。
【点评】本题解题关键是根据平移法，确定波的传播方向、根据周期波长，求波速、再根据振动方程结合题意去书写，是一道中等难度题。
三、填空题（本题共4小题，每小空2分，共28分）
9．（10分）光的干涉和衍射说明了光具有 波动 性，光电效应说明了光具有 粒子 性，彩虹呈现彩色属于光的 色散 现象，光纤利用光的 全反射 现象，利用双缝干涉测光的波长原理表达式为 λ＝Δx 。
【分析】根据光的干涉、色散、全反射、光的波粒二象性等知识点分析解答。
【解答】解：光的干涉和衍射说明了光具有波动性，光电效应说明了光具有粒子性，光纤利用光的全反射现象Δx。
故答案为：波动；粒子；全反射Δx
【点评】本题考查光的干涉及波粒二象性原理，掌握光的折射色散与干涉色散的区别。
10．（4分）如图，Rt△ABC为一玻璃三棱镜的横截面，∠A＝30°，从AC边上的D点射出。其折射角为60°，则玻璃对红光的折射率为 。若改用蓝光沿同一路径入射，则光线在D点射出时的折射角 大于 （填“小于”“等于”或“大于”）60°。
【分析】先根据题意画出光路图，结合几何关系计算出入射角的大小，再利用折射定律可求出折射率的大小；根据蓝光的折射率比红光的折射率大，再利用折射定律可以定性判断出其折射角的变化情况。
【解答】解：由下图可知，当红光进入玻璃三棱镜后，到达AC界面发生了折射现象，又因为已知折射角的大小为γ＝60°，
利用折射定律可解得：玻璃对红光的折射率。
若改用蓝光沿同一路径入射，在AB界面上仍是垂直进入，其入射角不变，由于蓝光的折射率比红光的折射率大，
在∠1＝30°不变的情况下，由于折射率增加，即：光线在D点射出时的折射角大于60°。
故答案为：；大于。
【点评】解答本题的关键是：理解和记忆蓝光和红光的折射率的大小关系，熟练掌握折射定律的具体应用，特别要注意本题的隐含条件是光线从AB面垂直进入。
11．（10分）在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，某同学用毫米刻度尺测得摆线长L0＝945.8mm；用游标卡尺测得摆球的直径如图甲所示，则摆球直径d＝ 20.15 mm；用秒表测得单摆完成n＝40次全振动的时间如图乙所示，则秒表的示数t＝ 78.4 s；若用给定物理量符号表示当地的重力加速度g，则g＝ 。
如果该同学测得的g值偏大，可能的原因是 BD 。（填字母代号）
A．计算摆长时没有计入摆球的半径
B．开始计时时，秒表过迟按下
C．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了
D．试验中误将39次全振动数为40次。
【分析】考查游标卡尺和秒表的读数：先读主尺（只读整数），再加上游标尺（格数乘以分度分之一，格数找对齐的一个不估读）；秒表读数等于大盘刻度读数加上小盘刻度读数；根据单摆周期公式列式分析即可。
【解答】解：直径读数：
主尺：20mm，游标尺对齐格数：3个格，所以直径为：20+0.15＝20.15mm；
秒表读数：
大盘读数60s，小盘读数18.3s；
根据T＝2π得：g＝＝＝；
同学测得的g值偏大，说明摆长测量值偏大或者周期测量值偏小；
A、计算摆长时没有计入摆球的半径，故加速度测量值偏小；
B、开始计时时，周期测量值偏小，故B正确；
C、摆线上端未牢固地系于悬点，使摆线长度增加了，周期测量值偏大了，故C错误；
D、试验中误将39次全振动数为40次，故加速度测量值偏大；
故选BD；
故答案为：20.15，78.3，。
【点评】常用仪器的读数要掌握，这是物理实验的基础。掌握单摆的周期公式，从而求解加速度并进行误差分析。
12．（6分）在用插针法测定玻璃砖折射率的实验中，甲、乙、丙三位同学在纸上画出的界面ab、cd与玻璃砖位置的关系分别如图①、②和③所示，其中甲、丙同学用的是矩形玻璃砖，且均以ab、cd为界面画光路图．
则甲同学测得的折射率与真实值相比 偏小 （填“偏大”、“偏小”或“不变”），乙同学测得的折射率与真实值相比 不变 （填“偏大”、“偏小”或“不变”），丙同学测得的折射率与真实、值相比 变小 ．
【分析】用插针法测定玻璃砖折射率的实验原理是折射定律n＝，作出光路图，确定折射光线的偏折情况，分析入射角与折射角的误差，来确定折射率的误差．
【解答】解：①如图1．测定折射率时，则折射率减小；
用图②测折射率时，只要操作正确；
用图③测折射率时，折射角偏大．
故答案为：偏小、不变．
【点评】对于实验误差，要紧扣实验原理，用作图法，确定出入射角与折射角的误差，即可分析折射率的误差．
四、解答题（本题共3小题，共32分。解答要有必要的文字说明和方程式。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题目，答案中必须明确写出数值和单位。）
13．（8分）一定质量的理想气体，状态从A→B→C→D→A的变化过程可用如图所示的p﹣V图线描述，其中D→A为等温线A＝400K，求：
（1）气体在状态C时的温度TC；
（2）若气体在B→C过程中吸热600J，则在B→C过程中气体内能变化了多少？
【分析】（1）D→A为等温线则可求出D状态温度，再根据C到D过程是等容变化，结合图像读出C、D状态压强即可求C状态温度；
（2）根据热力学第一定律ΔU＝Q+W代入数据可求解。
【解答】解：（1）D→A为等温线，则TA＝TD＝400K，
C到D过程是等容变化，由 ，代入数据c＝300K；
（2）B到C的过程中压强不变，则气体对外做功为 ，其中，
根据热力学第一定律ΔU＝Q+W其中 Q＝600J，
代入数据，解得：ΔU＝450 J。
答：（1）气体在状态C时的温度为300K；
（2）若气体在B→C过程中吸热600J，则在B→C过程中气体内能增加450J。
【点评】本题考查理想气体状态方程以及热力学第一定律的应用，要求学生能从图像读取信息并进行分析求解，难度不大。
14．（10分）如图所示，两物块（可视为质点）质量分别为mA＝2kg和mB＝4kg，用轻质弹簧拴接在一起，原来均静止在光滑水平面上。现给A物块一个水平向右的初速度v0＝6m/s，求：
（1）弹簧压缩到最短时的A物块的速度；
（2）弹簧的最大弹性势能Epm；
（3）弹簧第一次恢复原长时，A物块的速度。
【分析】（1）弹簧压缩到最短时A和B共速，根据动量守恒定律求解。
（2）A和B共速时，弹簧的弹性势能最大，根据机械能守恒定律求解。
（3）从初始到弹簧第一次恢复原长的过程，根据动量守恒定律与机械能守恒定律求解。
【解答】解：（1）弹簧压缩到最短时A和B共速，设共速时两者的速度为v，根据动量守恒定律得：
mAv0＝（mA+mB）v
解得：v＝2m/s，方向水平向右。
（2）A和B共速时，弹簧的弹性势能最大
解得：Epm＝24J
（3）弹簧第一次恢复原长时，A、B的速度分别为vA、vB。以向右为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得：
mAv0＝mAvA+mBvB
联立解得：vA＝﹣6m/s，负号表示物块A的速度方向向左。
答：（1）弹簧压缩到最短时的A物块的速度大小为2m/s，方向水平向右；
（2）弹簧的最大弹性势能Epm为24J；
（3）弹簧第一次恢复原长时，A物块的速度大小为2m/s。
【点评】本题考查了动量守恒定律应用的弹簧类的模型，基础题目。要知道两物块共速时弹簧最短或者弹簧最长，此时的弹簧的弹性势能最大。
15．（12分）如图所示，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。PQ、MN两均匀金属棒材质相同，其中MN棒的质量为m，电阻为R，现将两金属棒垂直导轨放置，运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。
（1）先保持棒PQ静止，将棒MN由静止释放，求棒MN匀速运动时速度v0的大小；
（2）当棒MN匀速运动时，再将棒PQ由静止释放，求释放瞬间棒PQ加速度a的大小；
（3）在（2）问中，从棒PQ释放瞬间开始计时0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，及时间t0内棒MN相对于棒PQ运动的距离Δx。
【分析】（1）根据平衡条件、闭合电路的欧姆定律以及法拉第电磁感应定律列式求解；
（2）根据牛顿第二定律列式解答；
（3）根据动量定理列方程组求解。
【解答】解：（1）棒MN匀速运动时，由平衡得：mgsinθ＝BIL ①
由法拉第电磁感应定律可得：E＝BLv0 ②
由闭合电路欧姆定律得：I＝ ③
由题意和电阻定律可知，PQ棒的电阻：
联立解得：v8＝
（2）释放棒PQ瞬间，棒PQ 受到沿斜面向下的安培力
mPQsinθ+BIL＝mPQa
其中：mPQ＝2m ⑥
联立解得：a＝ ⑦
（3）自释放棒 PQ 至两棒恰好共速，以向斜面向下为正方向，
对棒 MN由动量定理：mgsinθ•t0﹣BLt4＝mv﹣mv0 ⑧
对棒 PQ 由动量定理：
联立解得：v＝gt6sinθ+ ⑩
由闭合电路欧姆定律可得：I＝ ⑪
由法拉第电磁感应定律得 ⑫
联立解得：Δx＝ ⑬
答：（1）先保持棒PQ静止，将棒MN由静止释放0的大小为；
（2）当棒MN匀速运动时，再将棒PQ由静止释放；
（3）在（2）问中，从棒PQ释放瞬间开始计时0，两棒恰好达到相同的速度v，速度v的大小为（gt2sinθ+），时间t0内棒MN相对于棒PQ运动的距离Δx为。
【点评】考查电磁感应、闭合电路欧姆定律以及牛顿运动定律，会根据题意进行准确的分析和解答。
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