重庆市巴蜀中学校2023-2024学年高三下学期适应性月考卷（六）物理试题（含解析）
文档属性
| 名称 | 重庆市巴蜀中学校2023-2024学年高三下学期适应性月考卷（六）物理试题（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.7MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2024-02-22 10:25:31 | ||
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文档简介
重庆市巴蜀中学高2024届（三下）高考适应性月考卷（六）物理试题
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。满分100分，考试用时75分钟。
一、单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．如图所示为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图，电容器上极板固定，下极板可随材料尺度的变化上下移动，两极板间电压不变。若材料温度变化时，极板上所带电荷量变多，则（ ）
A．材料竖直方向尺度增大 B．极板间电场强度不变
C．极板间电场强度变小 D．电容器电容变小
2．如图甲，一名登山爱好者正沿着竖直崖壁向上攀爬，绳的一端固定在较高处的A点，另一端拴在人的腰间C点（重心处），在人向上攀爬的过程中可以把人简化为图乙的物理模型：脚与崖壁接触点为O点（可自由转动），人的重力G全部集中在C点，O到C点可简化为轻杆，AC为轻绳，已知OC长度不变，人向上攀爬过程中到达某位置后保持O点不动，缓慢转动OC来调整姿势，某时刻AOC构成等边三角形，则（ ）
A．脚对崖壁的压力与崖壁对脚的支持力是一对平衡力
B．在此时刻，轻绳对人的拉力与人的重力的合力不一定沿杆
C．在虚线位置时，OC段承受的压力比在实线位置时更小
D．在此时刻，轻绳AC承受的拉力大小为T1；当OC水平时，轻绳AC承受的拉力大小为T2，则
3．某介质中两持续振动的振源A、B分别位于x轴上x1=0和x2=12m处，t=0时刻两振源同时开始振动，形成甲、乙两列横波，t=4s时刻在x轴上第一次形成如图所示的波形。振源的振幅均为2cm。则下列说法不正确的是（ ）
A．这两列波的波速大小均为1m/s
B．振源A起振方向沿y轴负方向
C．从t=0至t=10s过程，质点C运动的路程为24cm
D．振源B的振动方程为y=2sin（π）cm
4．2023年10月26日，我国自主研发的神舟十七号载人飞船圆满的完成了发射，与天和核心舱成功对接，“太空之家”迎来汤洪波、唐胜杰、江新林3名中国航天史上最年轻的乘组人驻。如图所示为神舟十七号的发射与交会对接过程示意图，图中①为飞船的近地圆轨道，其轨道半径为R1，②为椭圆变轨轨道，③为天和核心舱所在的圆轨道，其轨道半径为R2，P、Q分别为②轨道与①、③轨道的交会点。关于神舟十七号载人飞船与天和核心舱交会对接过程，下列说法正确的是（ ）
A．神舟十七号飞船先到③轨道，然后再加速，才能与天和核心舱完成对接
B．神舟十七号飞船变轨前通过椭圆轨道近地点P时的加速度大于变轨后经过P点的加速度
C．神舟十七号飞船在①轨道运动的角速度可能小于天和核心舱在③轨道运动的角速度
D．若神舟十七号飞船在①轨道运行周期为T，则飞船在②轨道从P点运动到Q点的最短时间为
5．图甲所示是一种能自动计数的智能呼啦圈，简化模型如图乙。已知配重（可视为质点）质量m=0.4kg，绳长为L=0.25m，悬挂点A到转轴OO′的距离r=0.15m。水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重从静止开始加速旋转，一段时间后配重在水平面内做匀速圆周运动，此时绳子与竖直方向夹角θ=37°。配重运动过程中腰带可视为不动，不计空气阻力。重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.下列说法正确的是（ ）
A．此时绳子的张力为
B．此时配重的角速度为/s
C．配重从静止开始加速旋转到匀速转动的过程中，绳对配重做的功为0.65J
D．改变配重旋转的角速度，当其在水平面内匀速转动时θ可能等于90°
6．ETC是高速公路上不停车电子收费系统的简称。如图所示，甲、乙两汽车均以15m/s的速度并排直线行驶，甲汽车过人工收费通道，需要在收费站中心线处减速至0，经过18s缴费后，再加速至15m/s行驶；乙汽车过ETC通道，需要在中心线前方10m处减速至5m/s，匀速到达中心线后，再加速至15m/s行驶。设两汽车加速和减速的加速度大小均为1m/s2，从开始减速至恢复原速过程两车均做直线运动，下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙两汽车同时开始减速
B．乙汽车比甲汽车先减速
C．乙汽车比甲汽车节约25s
D．乙汽车比甲汽车节约26s
7．如图a所示的xOy平面处于匀强电场中，电场方向与x轴平行，电场强度E随时间t变化的周期为T，变化图线如图b所示，E为+E0时电场强度的方向沿x轴正方向。有一带正电的粒子P，在某一时刻t0以某一速度v沿y轴正方向从坐标原点O射入电场，粒子P经过时间T到达的点记为A（A点在图中未画出）。若t0=0，则OA连线与x轴正方向夹角为30°，不计粒子重力。下列说法正确的是（ ）
A．当t0=0时，从O到A的路程为2vT
B．若，A点的坐标为（，vT）
C．粒子的比荷为
D．若，粒子到达A点时的速度为2v
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．如图所示，两滑块P、Q置于水平桌面上，Q的质量是P的两倍，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力。下列说法正确的是（ ）
A．撤去拉力前，两滑块均做匀速运动时，弹簧发生压缩形变
B．撤去拉力瞬间，P的加速度大小为3μg
C．撤去拉力瞬间，Q的加速度大小为μg
D．从撤去拉力开始到弹簧第一次恢复原长之前，P、Q间的距离不断减小
9．磁悬浮电梯是基于电磁原理和磁力驱动使电梯的轿厢悬停及上下运动的，如图甲所示，它主要由磁场和含有导线框的轿厢组成，其原理为：竖直面上相距为b的两根绝缘平行直导轨，置于等距离分布的方向相反的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面，磁感应强度大小均为B，每个磁场分布区间的长度都是a，相间排列，如图乙所示。当这些磁场在竖直方向分别以速度v1、v2、v3向上匀速平动时，跨在两导轨间的宽为b、长为a、总电阻为R的导线框MNPQ（固定在轿厢上）将受到磁场力，从而使轿厢向上运动、向下运动、悬停。不考虑空气阻力和摩擦阻力，下列说法正确的是（ ）
A．轿厢悬停时，导线框中的电流大小为
B．轿厢系统（含导线框的轿厢）的总质量为
C．轿厢向上匀速运动时的速度为v1
D．轿厢向上匀速运动时的速度为v1-v3
10．如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为l的细线，细线另一端系一质量也为m的球C，球C可视为质点。现将球C拉起使细线水平伸直，并同时由静止释放A、B、C。下列说法正确的是（ ）
A．球C下摆过程，绳对C球的拉力不做功
B．A、B两木块分离时，A的速度大小为
C．球C第一次到达最低点时，绳对C的拉力大小为
D．球C第一次到达轻杆左侧最高处时，与O点的竖直距离为
三、非选择题：共5小题，共57分。
11．物理兴趣小组用可拆变压器“探究变压器原副线圈电压与匝数的关系”。可拆变压器如图甲、乙所示。
（1）为实现探究目的，保持原线圈输入的电压一定，通过改变原、副线圈匝数，测量副线圈上的电压。这个探究过程采用的科学探究方法是 。
A.控制变量法 B.等效替代法 C.演绎法 D.理想实验法
（2）若变压器原、副线圈匝数分别选择n1=800匝、n2=400匝，原线圈与10V正弦式交流电源相连，用理想电压表测得输出电压U2=3V，输出电压测量值明显小于理论值，可能的原因是
A.原线圈匝数n1少于800匝 B.副线圈匝数n2多于400匝
C.副线圈阻值较大 D.铁芯B没有安装在铁芯A上
（3）等效法、理想模型法是重要的物理学方法，合理采用物理学方法会让问题变得简单，这体现了物理学科“化繁为简“之美。图为某电学仪器原理图，变压器原副线圈的匝数分别为n1、n2.若将右侧实线框内的电路等效为一个电阻，可利用闭合电路的规律解决如下极值问题：在交流电源的电压有效值U。不变的情况下，在调节可变电阻R的过程中，当 时，R获得的功率最大。
12．我国航天员在天宫课堂中演示了利用牛顿第二定律测量物体质量的实验。受此启发，某同学利用气垫导轨、力传感器、无线加速度传感器、轻弹簧和待测物体等器材设计了测量物体质量的实验，如图甲所示。主要步骤如下：
①将力传感器固定在气垫导轨左端支架上，加速度传感器固定在滑块上；
②接通气源，放上滑块。调节气垫导轨底部的旋钮P、Q使气垫导轨水平；
③将弹簧左端连接力传感器，右端连接滑块。弹簧处于原长时滑块左端位于O点。A点到O点的距离为5.00cm，拉动滑块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时；
④计算机采集获取数据，得到滑块所受弹力F、加速度a随时间t变化的图像，部分图像图乙。
回答以下问题（计算结果均保留2位有效数字）：
（1）弹簧的劲度系数为 N/m。
（2）该同学从图乙中提取某些时刻F与a的数据，画出a-F图像如图丙中实线I所示，由此可得滑块与加速度传感器的总质量为 kg。
（3）该同学在滑块上增加待测物体，重复上述实验步骤，在图丙中画出新的a-F图线II，则待测物体的质量为 kg。
（4）完成上述实验后，该同学继续调整旋钮Q，使PQ间水平间距为l、高度差为h（l、h均采用国际单位制），得到图丙中斜虚线，由此可知当地重力加速度为 （请勿做近似处理）。
13．一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的p-V图像如图所示。已知该气体在状态A时的热力学温度为450K，求图示热力学过程中：
（1）该气体在状态B时的热力学温度；
（2）该气体从状态A到状态C全程是吸热还是放热？与外界交换的热量是多少。
14．如图所示，有两条不计电阻的平行光滑金属导轨MQN、，导轨间距L=0.5m，其中MQ、段倾斜放置，倾斜角，，QN、段水平放置，两段之间通过一小段（大小可忽略）光滑圆弧绝缘材料平滑相连，在倾斜导轨左端连接一电容C=2F的电容器，在N和两端与电阻器相连，在倾斜导轨MQ、区域内加有垂直于倾斜导轨平面向下的匀强磁场B1=2T，在水平导轨的区域内加有垂直水平导轨平面向上的匀强磁场B2=0.8T，、均与导轨垂直，且，cdef是质量为3m、各边长度均为L的开口向左的U形金属框，已知其de边电阻为，其余各段电阻可忽略不计，开始时紧挨导轨静置于左侧外，断开S1同时闭合S2，一不计电阻的质量为m的金属棒a紧贴从静止释放，使其向下滑行，越过后与U形金属框发生碰撞，碰后粘在一起形成一个正方形导体框沿导轨穿过磁场B2区域。已知m=1kg，不计一切摩擦，取重力加速度g=10m/s2，求：
（1）金属棒a在倾斜导轨下滑的加速度大小（提示：）；
（2）de边刚进入磁场B2区域时的速度大小；
（3）整个过程中电阻器R上产生的焦耳热。
15．如图为某同学利用电磁炮来研究碰撞问题的示意图，其中ABCD为无限长的水平光滑桌面。图中左侧部分即为电磁炮的简化模型，两平行导轨固定在水平桌面上，间距d=1×10-3m，一金属弹丸P1置于两导轨之间，并与导轨保持良好接触，质量m1=9kg。导轨左端与一电流为I的理想恒流源相连。在发射过程中，假设两平行导轨中的电流I在弹丸所在位置处产生的磁场始终可视为匀强磁场，其强度与电流的关系为B=kI（其中k=103T/A），方向垂直导轨平面，t=0时刻弹丸从静止自导轨左端向右滑行l1=0.5m后以速度v1=2m/s射出。在弹丸出射方向的延长线上，静置着两小物块P2（质量m2未知）、P3（质量m3=1kg），P2与P3间有极小间隙。它们右侧足够远处放有由处于原长的轻弹簧连接的小物体P4（质量m4=1kg）、P5（质量m5=2kg）。P1、P2、P3、P4、P5均可视为质点，P3、P4之间的距离为l2（大小可调）。不计空气阻力、摩擦阻力。
（1）求理想恒流源中的电流I；
（2）在弹丸射出后撞向静置的P2P3，假定P1与P2、P2与P3间的碰撞均为弹性碰撞，（P3运动起来后立刻取走P1P2）欲使碰后P3获得最大的向右运动的速度，则P2的质量应取多少？P3获得的最大速度v3又为多少？
（3）若在t=0时刻，给P4一向右的速度v4=3m/s，则P4、P5将做某种复杂的运动。假定P3以（2）问中的最大速度飞向P4P5和弹簧组成的系统，因l2大小可调，击中P4时P4的速度不确定，且P3P4碰后立即粘在一起。求P3P4P5和弹簧组成的系统在以后的运动中，弹簧可能具有的最大弹性势能的取值范围。
试卷第8页，共9页
1．A
【详解】D．根据题意可知极板之间电压U不变，极板上所带电荷量Q变多，根据电容定义式
可知电容器得电容C增大，故D错误；
BC．根据电容的决定式
由于电容C增大，可知极板间距d减小，再根据
由于电压U不变，可知极板间电场强度增大，故BC错误；
A．由于极板间距d减小，所以材料竖直方向尺度增大，故A正确。
故选A。
2．D
【详解】A．脚对崖壁的压力与崖壁对脚的支持力是一对作用力和反作用力，故A错误；
B．在此时刻，轻绳对人的拉力与人的重力的合力与杆的弹力大小相等，方向相反，则轻绳对人的拉力与人的重力的合力一定沿杆方向，故B错误；
C．对人受力分析，人受到重力G、轻绳的拉力T和轻杆的支持力F，构成力的三角形下图所示
由几何知识可知，该力的三角形与三角形AOC相似，则有
OC在虚线位置时都与在实线位置时相等，则根据上式可知，轻杆在虚线位置与实线位置时对人的支持力相等，则轻杆在虚线位置与实线位置承受的压力相等，故C错误；
D．在此时刻，由于为等边三角形，可知轻绳AC承受的拉力大小为
为当OC水平时，为等腰直角三角形，则轻绳AC承受的拉力大小为
则有
故D正确。
故选D。
3．C
【详解】A．这两列波的波速大小均为
故A正确不符合题意；
B．t=4s时刻在x轴上第一次形成如图所示的波形，根据平移法可知，C点振动方向向下，所以振源A起振方向沿y轴负方向，故B正确不符合题意；
C．从t=0至t=10s过程，4s时刻C点开始振动，8s时刻右侧波传到C点，因为C点到两波源的距离为波长的整数倍，所以C点为振动加强点，继续振动半个周期，所以从t=0至t=10s过程，质点C运动的路程为
故C错误符合题意；
D．振源B的起振方向向下，所以振源B的振动方程为
故D正确不符合题意。
故选C。
4．D
【详解】A．神舟十七号飞船先到②轨道，然后经过Q点再加速变轨到③轨道，才能与天和核心舱完成对接，故A错误；
B．由万有引力提供向心力
可得
可得神舟十七号飞船变轨前通过椭圆轨道近地点P时的加速度等于变轨后经过P点的加速度，故B错误；
C．由万有引力提供向心力
可得
因为在①轨道运动半径小于在③轨道运动的半径，所以神舟十七号飞船在①轨道运动的角速度一定大于天和核心舱在③轨道运动的角速度，故C错误；
D．由开普勒第三定律
其中
联立解得
所以飞船在②轨道从P点运动到Q点的最短时间为
故D正确。
故选D。
5．C
【详解】A．对配重受力分析可知，竖直方向
解得此时绳子的张力为
T=5N
选项A错误；
B．水平方向
解得配重的角速度为
ω=5rad/s
选项B错误；
C．配重从静止开始加速旋转到匀速转动的过程中，绳对配重做的功
其中
解得
W=0.65J
选项C正确；
D．根据
可知，改变配重旋转的角速度，当其在水平面内匀速转动时θ不可能等于90°，选项D错误。
故选C。
6．C
【详解】AB．两汽车加速和减速的加速度大小均为1m/s2，甲车匀减速至收费站中心线处的时间
乙车匀减速至5m/s的时间
之后再匀速运动的时间
乙车至中心线处的时间为
甲汽车先减速，故AB错误；
CD．甲车匀减速和匀加速运动的时间满足
甲车经过上述总位移所需要的时间
甲车匀减速和匀加速的位移大小均为
乙车匀减速和加速经过的时间均为
乙车运动的时间为
位移为
设通过剩余位移所用时间为，则
乙车经过甲车上述总位移所需要的时间
则乙车比甲车节约的时间为
故C正确，D错误。
故选C。
7．B
【详解】AC．粒子在t0=0时刻射入电场，粒子沿y轴方向匀速运动，位移大小为
粒子沿x轴方向在0~内做初速度为零的匀加速运动，位移为x1，末速度为v1，则
粒子沿x轴方向在~T内做匀减速运动，位移为x2，则
粒子沿x轴方向的总位移为x，则
粒子只受到电场力作用，由牛顿第二定律得
由题意知，OA与x轴正方向夹角为30°，则
，
解得
，
即粒子的位移大小为2vT，其小于路程，故AC错误；
B．粒子在时刻射入电场，粒子沿y轴方向匀速运动，位移大小为
粒子沿x轴方向在~内做初速度为零的匀加速运动，位移为x3，末速度为v2，则
粒子沿x轴方向在~T内做匀变速运动，位移为x4，末速度为v4，则
粒子沿x轴方向在T~内做匀减速运动，位移大小为x5，则
粒子沿x轴的总位移为x′，则
则A点的坐标为（，vT），故B正确；
D．粒子在时刻射入电场，粒子沿y轴方向匀速运动，速度不变；沿x轴方向在~内做初速度为零的匀加速运动，末速度为v5，则
粒子沿x轴方向在～T内做匀变速运动，末速度为v5，则
粒子沿x轴方向T~在内做匀减速运动，末速度为
解得
则粒子通过A点的速度等于竖直方向速度v，故D错误。
故选B。
8．BD
【详解】ABC.设P的质量是m，撤去拉力前，两滑块均做匀速运动，对P、Q和弹簧整体受力分析可知
对Q受力分析可知，弹簧对其产生的弹力应向右，所以弹簧处于伸长状态，有
撤去拉力瞬间，弹簧拉力不变。所以P的加速度大小为
方向水平向左。Q的加速度大小为
故AC错误，B正确。
D.由上分析可知，从撤去拉力开始到弹簧第一次恢复原长之前，弹簧从拉伸状态恢复到原长，所以P、Q之间的距离在不断减小。故D正确。
故选BD。
9．AD
【详解】A．轿厢悬停时，磁场运动的速度v3，则导线框中的电流大小为
选项A正确；
B．轿厢悬停时，由平衡可知
可得轿厢系统（含导线框的轿厢）的总质量为
选项B错误；
CD．轿厢向上匀速运动时，磁场相对轿厢运动的速度应该为v3，即
v3=v1-v轿厢
则轿厢向上匀速运动时的速度为
v轿厢=v1-v3
选项C错误，D正确。
故选AD。
10．BD
【详解】A．球C下摆过程，AB机械能增加，所以C的机械能减小，所以绳对C的拉力对C做了负功，故A错误；
BC．设小球由静止释放到第一次经过最低点的过程中，小球运动到最低点时的速度大小为，A、B的速度为vA；小球由静止释放在向下摆动的过程中，对A有拉力，使得A、B之间有弹力，A、B不会分离，当C运动到最低点时，A、B间弹力为零，A、B将要分离，A、B分离时速度相等，A、B、C系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，由系统水平方向动量守恒得
由机械能守恒定律得
解得
球C第一次到达最低点时，设绳对C的拉力为F，由牛顿第二定律有
得
故B正确，C错误；
D．C球向左摆至最高点时，A、C共速，水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得
由AC系统能量守恒得
解得
则小球C第一次到达轻杆左侧最高处距O点的竖直高度为，故D正确。
故选BD。
11． A D
【详解】（1）[1]该探究过程采用的科学探究方法是控制变量法。
故选A。
（2）[2]A．根据
若原线圈匝数n1少于800匝，则副线圈电压应该大于5V，选项A错误；
B．根据
副线圈匝数n2多于400匝，则副线圈电压应该大于5V，选项B错误；
C．副线圈阻值较大，不影响次级电压，选项C错误；
D．铁芯B没有安装在铁芯A上，则变压器会“漏磁”，则副线圈电压小于5V，则选项D正确。
故选D。
（3）[3]根据变压器的原理可知
解得
将U0等效为电源电动势，R0等效为电源内阻，R＇等效为外电阻，则R消耗功率最大时，则R＇=R0，此时
12． 12 0.20 0.13
【详解】（1）[1]由题知，弹簧处于原长时滑块左端位于O点，A点到O点的距离为5.00cm。拉动滑块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时。结合图乙的F—t图有
Δx = 5.00cm
F = 0.610N
根据胡克定律
计算出
k ≈ 12N/m
（2）[2]根据牛顿第二定律有
F = ma
则a—F图像的斜率为滑块与加速度传感器的总质量的倒数，根据图丙中I，则有
则滑块与加速度传感器的总质量为
m = 0.20kg
（3）[3]滑块上增加待测物体，同理，根据图丙中II，则有
则滑块、待测物体与加速度传感器的总质量为
m′ ≈0.33kg
则待测物体的质量为
Δm = m′ -m = 0.13kg
（4）[4]由牛顿第二定律有
得
可知图线的纵截距为
得
13．（1）150K；（2）吸热，200J
【详解】（1）气体从状态A到状态B做等容变化，由查理定律有
解得
TB＝150 K
气体从状态B到状态C做等压变化，由盖－吕萨克定律有
解得
TC＝450 K
（2）因为状态A和状态C温度相等，且理想气体的内能是所有分子的动能之和，温度是分子平均动能的标志，所以在这个过程中ΔU＝0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，得
Q＝－W
在整个过程中，气体在B到C过程对外做功，因此
W＝－pBΔV＝－200 J
即
Q＝－W＝200 J
是正值，所以气体从状态A到状态C过程中是吸热，吸收的热量
Q＝200 J
14．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）金属棒a与电容器组成电路，金属棒a向下滑行过程中，电容器的电压U始终等于金属棒a切割磁感线产生感应电动势，则有
电容的电量
电路中的电流
对金属棒a，由牛顿第二定律得
可得
解得
（2）金属棒a匀加速下滑，设金属棒a到达倾斜导轨底端时的速度大小为v0，由运动学公式得
解得
金属棒a越过后与U形金属框发生完全非弹性碰撞，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得
解得
（3）在de边进入磁场的过程，de边左侧被导轨和金属棒a短路（即电阻R中无电流），回路中只有de边的电阻R，设de边达到时的速度为v2，以水平向右为正方向，此过程由动量定理得
解得
在金属棒a进入磁场B2的过程，de边与电阻R并联，电路总电阻0.5R，设金属棒a达到时的速度为v3，同理，由动量定理得
解得
此过程中产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律得
整个过程中电阻器R上产生的焦耳热
15．（1）6A；（2）；（3）
【详解】（1）弹丸受到的安培力为
根据牛顿第二定律，可得弹丸的加速度大小为
t=0时刻弹丸从静止自导轨左端向右滑行l1=0.5m后以速度v1=2m/s射出
解得
（2）P1与P2碰撞过程
P2与P3间碰撞过程
解得
当时，P3获得最大的向右运动的速度，此时
（3）设P3P4碰时的速度为，对P3P4P5整体分析可知，最终弹簧弹性势能最大时，三者共速
P3P4碰撞过程中
弹簧弹性势能表达式
整理得
因为解得
答案第14页，共15页
答案第15页，共15页
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。满分100分，考试用时75分钟。
一、单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．如图所示为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图，电容器上极板固定，下极板可随材料尺度的变化上下移动，两极板间电压不变。若材料温度变化时，极板上所带电荷量变多，则（ ）
A．材料竖直方向尺度增大 B．极板间电场强度不变
C．极板间电场强度变小 D．电容器电容变小
2．如图甲，一名登山爱好者正沿着竖直崖壁向上攀爬，绳的一端固定在较高处的A点，另一端拴在人的腰间C点（重心处），在人向上攀爬的过程中可以把人简化为图乙的物理模型：脚与崖壁接触点为O点（可自由转动），人的重力G全部集中在C点，O到C点可简化为轻杆，AC为轻绳，已知OC长度不变，人向上攀爬过程中到达某位置后保持O点不动，缓慢转动OC来调整姿势，某时刻AOC构成等边三角形，则（ ）
A．脚对崖壁的压力与崖壁对脚的支持力是一对平衡力
B．在此时刻，轻绳对人的拉力与人的重力的合力不一定沿杆
C．在虚线位置时，OC段承受的压力比在实线位置时更小
D．在此时刻，轻绳AC承受的拉力大小为T1；当OC水平时，轻绳AC承受的拉力大小为T2，则
3．某介质中两持续振动的振源A、B分别位于x轴上x1=0和x2=12m处，t=0时刻两振源同时开始振动，形成甲、乙两列横波，t=4s时刻在x轴上第一次形成如图所示的波形。振源的振幅均为2cm。则下列说法不正确的是（ ）
A．这两列波的波速大小均为1m/s
B．振源A起振方向沿y轴负方向
C．从t=0至t=10s过程，质点C运动的路程为24cm
D．振源B的振动方程为y=2sin（π）cm
4．2023年10月26日，我国自主研发的神舟十七号载人飞船圆满的完成了发射，与天和核心舱成功对接，“太空之家”迎来汤洪波、唐胜杰、江新林3名中国航天史上最年轻的乘组人驻。如图所示为神舟十七号的发射与交会对接过程示意图，图中①为飞船的近地圆轨道，其轨道半径为R1，②为椭圆变轨轨道，③为天和核心舱所在的圆轨道，其轨道半径为R2，P、Q分别为②轨道与①、③轨道的交会点。关于神舟十七号载人飞船与天和核心舱交会对接过程，下列说法正确的是（ ）
A．神舟十七号飞船先到③轨道，然后再加速，才能与天和核心舱完成对接
B．神舟十七号飞船变轨前通过椭圆轨道近地点P时的加速度大于变轨后经过P点的加速度
C．神舟十七号飞船在①轨道运动的角速度可能小于天和核心舱在③轨道运动的角速度
D．若神舟十七号飞船在①轨道运行周期为T，则飞船在②轨道从P点运动到Q点的最短时间为
5．图甲所示是一种能自动计数的智能呼啦圈，简化模型如图乙。已知配重（可视为质点）质量m=0.4kg，绳长为L=0.25m，悬挂点A到转轴OO′的距离r=0.15m。水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重从静止开始加速旋转，一段时间后配重在水平面内做匀速圆周运动，此时绳子与竖直方向夹角θ=37°。配重运动过程中腰带可视为不动，不计空气阻力。重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.下列说法正确的是（ ）
A．此时绳子的张力为
B．此时配重的角速度为/s
C．配重从静止开始加速旋转到匀速转动的过程中，绳对配重做的功为0.65J
D．改变配重旋转的角速度，当其在水平面内匀速转动时θ可能等于90°
6．ETC是高速公路上不停车电子收费系统的简称。如图所示，甲、乙两汽车均以15m/s的速度并排直线行驶，甲汽车过人工收费通道，需要在收费站中心线处减速至0，经过18s缴费后，再加速至15m/s行驶；乙汽车过ETC通道，需要在中心线前方10m处减速至5m/s，匀速到达中心线后，再加速至15m/s行驶。设两汽车加速和减速的加速度大小均为1m/s2，从开始减速至恢复原速过程两车均做直线运动，下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙两汽车同时开始减速
B．乙汽车比甲汽车先减速
C．乙汽车比甲汽车节约25s
D．乙汽车比甲汽车节约26s
7．如图a所示的xOy平面处于匀强电场中，电场方向与x轴平行，电场强度E随时间t变化的周期为T，变化图线如图b所示，E为+E0时电场强度的方向沿x轴正方向。有一带正电的粒子P，在某一时刻t0以某一速度v沿y轴正方向从坐标原点O射入电场，粒子P经过时间T到达的点记为A（A点在图中未画出）。若t0=0，则OA连线与x轴正方向夹角为30°，不计粒子重力。下列说法正确的是（ ）
A．当t0=0时，从O到A的路程为2vT
B．若，A点的坐标为（，vT）
C．粒子的比荷为
D．若，粒子到达A点时的速度为2v
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．如图所示，两滑块P、Q置于水平桌面上，Q的质量是P的两倍，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力。下列说法正确的是（ ）
A．撤去拉力前，两滑块均做匀速运动时，弹簧发生压缩形变
B．撤去拉力瞬间，P的加速度大小为3μg
C．撤去拉力瞬间，Q的加速度大小为μg
D．从撤去拉力开始到弹簧第一次恢复原长之前，P、Q间的距离不断减小
9．磁悬浮电梯是基于电磁原理和磁力驱动使电梯的轿厢悬停及上下运动的，如图甲所示，它主要由磁场和含有导线框的轿厢组成，其原理为：竖直面上相距为b的两根绝缘平行直导轨，置于等距离分布的方向相反的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面，磁感应强度大小均为B，每个磁场分布区间的长度都是a，相间排列，如图乙所示。当这些磁场在竖直方向分别以速度v1、v2、v3向上匀速平动时，跨在两导轨间的宽为b、长为a、总电阻为R的导线框MNPQ（固定在轿厢上）将受到磁场力，从而使轿厢向上运动、向下运动、悬停。不考虑空气阻力和摩擦阻力，下列说法正确的是（ ）
A．轿厢悬停时，导线框中的电流大小为
B．轿厢系统（含导线框的轿厢）的总质量为
C．轿厢向上匀速运动时的速度为v1
D．轿厢向上匀速运动时的速度为v1-v3
10．如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为l的细线，细线另一端系一质量也为m的球C，球C可视为质点。现将球C拉起使细线水平伸直，并同时由静止释放A、B、C。下列说法正确的是（ ）
A．球C下摆过程，绳对C球的拉力不做功
B．A、B两木块分离时，A的速度大小为
C．球C第一次到达最低点时，绳对C的拉力大小为
D．球C第一次到达轻杆左侧最高处时，与O点的竖直距离为
三、非选择题：共5小题，共57分。
11．物理兴趣小组用可拆变压器“探究变压器原副线圈电压与匝数的关系”。可拆变压器如图甲、乙所示。
（1）为实现探究目的，保持原线圈输入的电压一定，通过改变原、副线圈匝数，测量副线圈上的电压。这个探究过程采用的科学探究方法是 。
A.控制变量法 B.等效替代法 C.演绎法 D.理想实验法
（2）若变压器原、副线圈匝数分别选择n1=800匝、n2=400匝，原线圈与10V正弦式交流电源相连，用理想电压表测得输出电压U2=3V，输出电压测量值明显小于理论值，可能的原因是
A.原线圈匝数n1少于800匝 B.副线圈匝数n2多于400匝
C.副线圈阻值较大 D.铁芯B没有安装在铁芯A上
（3）等效法、理想模型法是重要的物理学方法，合理采用物理学方法会让问题变得简单，这体现了物理学科“化繁为简“之美。图为某电学仪器原理图，变压器原副线圈的匝数分别为n1、n2.若将右侧实线框内的电路等效为一个电阻，可利用闭合电路的规律解决如下极值问题：在交流电源的电压有效值U。不变的情况下，在调节可变电阻R的过程中，当 时，R获得的功率最大。
12．我国航天员在天宫课堂中演示了利用牛顿第二定律测量物体质量的实验。受此启发，某同学利用气垫导轨、力传感器、无线加速度传感器、轻弹簧和待测物体等器材设计了测量物体质量的实验，如图甲所示。主要步骤如下：
①将力传感器固定在气垫导轨左端支架上，加速度传感器固定在滑块上；
②接通气源，放上滑块。调节气垫导轨底部的旋钮P、Q使气垫导轨水平；
③将弹簧左端连接力传感器，右端连接滑块。弹簧处于原长时滑块左端位于O点。A点到O点的距离为5.00cm，拉动滑块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时；
④计算机采集获取数据，得到滑块所受弹力F、加速度a随时间t变化的图像，部分图像图乙。
回答以下问题（计算结果均保留2位有效数字）：
（1）弹簧的劲度系数为 N/m。
（2）该同学从图乙中提取某些时刻F与a的数据，画出a-F图像如图丙中实线I所示，由此可得滑块与加速度传感器的总质量为 kg。
（3）该同学在滑块上增加待测物体，重复上述实验步骤，在图丙中画出新的a-F图线II，则待测物体的质量为 kg。
（4）完成上述实验后，该同学继续调整旋钮Q，使PQ间水平间距为l、高度差为h（l、h均采用国际单位制），得到图丙中斜虚线，由此可知当地重力加速度为 （请勿做近似处理）。
13．一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的p-V图像如图所示。已知该气体在状态A时的热力学温度为450K，求图示热力学过程中：
（1）该气体在状态B时的热力学温度；
（2）该气体从状态A到状态C全程是吸热还是放热？与外界交换的热量是多少。
14．如图所示，有两条不计电阻的平行光滑金属导轨MQN、，导轨间距L=0.5m，其中MQ、段倾斜放置，倾斜角，，QN、段水平放置，两段之间通过一小段（大小可忽略）光滑圆弧绝缘材料平滑相连，在倾斜导轨左端连接一电容C=2F的电容器，在N和两端与电阻器相连，在倾斜导轨MQ、区域内加有垂直于倾斜导轨平面向下的匀强磁场B1=2T，在水平导轨的区域内加有垂直水平导轨平面向上的匀强磁场B2=0.8T，、均与导轨垂直，且，cdef是质量为3m、各边长度均为L的开口向左的U形金属框，已知其de边电阻为，其余各段电阻可忽略不计，开始时紧挨导轨静置于左侧外，断开S1同时闭合S2，一不计电阻的质量为m的金属棒a紧贴从静止释放，使其向下滑行，越过后与U形金属框发生碰撞，碰后粘在一起形成一个正方形导体框沿导轨穿过磁场B2区域。已知m=1kg，不计一切摩擦，取重力加速度g=10m/s2，求：
（1）金属棒a在倾斜导轨下滑的加速度大小（提示：）；
（2）de边刚进入磁场B2区域时的速度大小；
（3）整个过程中电阻器R上产生的焦耳热。
15．如图为某同学利用电磁炮来研究碰撞问题的示意图，其中ABCD为无限长的水平光滑桌面。图中左侧部分即为电磁炮的简化模型，两平行导轨固定在水平桌面上，间距d=1×10-3m，一金属弹丸P1置于两导轨之间，并与导轨保持良好接触，质量m1=9kg。导轨左端与一电流为I的理想恒流源相连。在发射过程中，假设两平行导轨中的电流I在弹丸所在位置处产生的磁场始终可视为匀强磁场，其强度与电流的关系为B=kI（其中k=103T/A），方向垂直导轨平面，t=0时刻弹丸从静止自导轨左端向右滑行l1=0.5m后以速度v1=2m/s射出。在弹丸出射方向的延长线上，静置着两小物块P2（质量m2未知）、P3（质量m3=1kg），P2与P3间有极小间隙。它们右侧足够远处放有由处于原长的轻弹簧连接的小物体P4（质量m4=1kg）、P5（质量m5=2kg）。P1、P2、P3、P4、P5均可视为质点，P3、P4之间的距离为l2（大小可调）。不计空气阻力、摩擦阻力。
（1）求理想恒流源中的电流I；
（2）在弹丸射出后撞向静置的P2P3，假定P1与P2、P2与P3间的碰撞均为弹性碰撞，（P3运动起来后立刻取走P1P2）欲使碰后P3获得最大的向右运动的速度，则P2的质量应取多少？P3获得的最大速度v3又为多少？
（3）若在t=0时刻，给P4一向右的速度v4=3m/s，则P4、P5将做某种复杂的运动。假定P3以（2）问中的最大速度飞向P4P5和弹簧组成的系统，因l2大小可调，击中P4时P4的速度不确定，且P3P4碰后立即粘在一起。求P3P4P5和弹簧组成的系统在以后的运动中，弹簧可能具有的最大弹性势能的取值范围。
试卷第8页，共9页
1．A
【详解】D．根据题意可知极板之间电压U不变，极板上所带电荷量Q变多，根据电容定义式
可知电容器得电容C增大，故D错误；
BC．根据电容的决定式
由于电容C增大，可知极板间距d减小，再根据
由于电压U不变，可知极板间电场强度增大，故BC错误；
A．由于极板间距d减小，所以材料竖直方向尺度增大，故A正确。
故选A。
2．D
【详解】A．脚对崖壁的压力与崖壁对脚的支持力是一对作用力和反作用力，故A错误；
B．在此时刻，轻绳对人的拉力与人的重力的合力与杆的弹力大小相等，方向相反，则轻绳对人的拉力与人的重力的合力一定沿杆方向，故B错误；
C．对人受力分析，人受到重力G、轻绳的拉力T和轻杆的支持力F，构成力的三角形下图所示
由几何知识可知，该力的三角形与三角形AOC相似，则有
OC在虚线位置时都与在实线位置时相等，则根据上式可知，轻杆在虚线位置与实线位置时对人的支持力相等，则轻杆在虚线位置与实线位置承受的压力相等，故C错误；
D．在此时刻，由于为等边三角形，可知轻绳AC承受的拉力大小为
为当OC水平时，为等腰直角三角形，则轻绳AC承受的拉力大小为
则有
故D正确。
故选D。
3．C
【详解】A．这两列波的波速大小均为
故A正确不符合题意；
B．t=4s时刻在x轴上第一次形成如图所示的波形，根据平移法可知，C点振动方向向下，所以振源A起振方向沿y轴负方向，故B正确不符合题意；
C．从t=0至t=10s过程，4s时刻C点开始振动，8s时刻右侧波传到C点，因为C点到两波源的距离为波长的整数倍，所以C点为振动加强点，继续振动半个周期，所以从t=0至t=10s过程，质点C运动的路程为
故C错误符合题意；
D．振源B的起振方向向下，所以振源B的振动方程为
故D正确不符合题意。
故选C。
4．D
【详解】A．神舟十七号飞船先到②轨道，然后经过Q点再加速变轨到③轨道，才能与天和核心舱完成对接，故A错误；
B．由万有引力提供向心力
可得
可得神舟十七号飞船变轨前通过椭圆轨道近地点P时的加速度等于变轨后经过P点的加速度，故B错误；
C．由万有引力提供向心力
可得
因为在①轨道运动半径小于在③轨道运动的半径，所以神舟十七号飞船在①轨道运动的角速度一定大于天和核心舱在③轨道运动的角速度，故C错误；
D．由开普勒第三定律
其中
联立解得
所以飞船在②轨道从P点运动到Q点的最短时间为
故D正确。
故选D。
5．C
【详解】A．对配重受力分析可知，竖直方向
解得此时绳子的张力为
T=5N
选项A错误；
B．水平方向
解得配重的角速度为
ω=5rad/s
选项B错误；
C．配重从静止开始加速旋转到匀速转动的过程中，绳对配重做的功
其中
解得
W=0.65J
选项C正确；
D．根据
可知，改变配重旋转的角速度，当其在水平面内匀速转动时θ不可能等于90°，选项D错误。
故选C。
6．C
【详解】AB．两汽车加速和减速的加速度大小均为1m/s2，甲车匀减速至收费站中心线处的时间
乙车匀减速至5m/s的时间
之后再匀速运动的时间
乙车至中心线处的时间为
甲汽车先减速，故AB错误；
CD．甲车匀减速和匀加速运动的时间满足
甲车经过上述总位移所需要的时间
甲车匀减速和匀加速的位移大小均为
乙车匀减速和加速经过的时间均为
乙车运动的时间为
位移为
设通过剩余位移所用时间为，则
乙车经过甲车上述总位移所需要的时间
则乙车比甲车节约的时间为
故C正确，D错误。
故选C。
7．B
【详解】AC．粒子在t0=0时刻射入电场，粒子沿y轴方向匀速运动，位移大小为
粒子沿x轴方向在0~内做初速度为零的匀加速运动，位移为x1，末速度为v1，则
粒子沿x轴方向在~T内做匀减速运动，位移为x2，则
粒子沿x轴方向的总位移为x，则
粒子只受到电场力作用，由牛顿第二定律得
由题意知，OA与x轴正方向夹角为30°，则
，
解得
，
即粒子的位移大小为2vT，其小于路程，故AC错误；
B．粒子在时刻射入电场，粒子沿y轴方向匀速运动，位移大小为
粒子沿x轴方向在~内做初速度为零的匀加速运动，位移为x3，末速度为v2，则
粒子沿x轴方向在~T内做匀变速运动，位移为x4，末速度为v4，则
粒子沿x轴方向在T~内做匀减速运动，位移大小为x5，则
粒子沿x轴的总位移为x′，则
则A点的坐标为（，vT），故B正确；
D．粒子在时刻射入电场，粒子沿y轴方向匀速运动，速度不变；沿x轴方向在~内做初速度为零的匀加速运动，末速度为v5，则
粒子沿x轴方向在～T内做匀变速运动，末速度为v5，则
粒子沿x轴方向T~在内做匀减速运动，末速度为
解得
则粒子通过A点的速度等于竖直方向速度v，故D错误。
故选B。
8．BD
【详解】ABC.设P的质量是m，撤去拉力前，两滑块均做匀速运动，对P、Q和弹簧整体受力分析可知
对Q受力分析可知，弹簧对其产生的弹力应向右，所以弹簧处于伸长状态，有
撤去拉力瞬间，弹簧拉力不变。所以P的加速度大小为
方向水平向左。Q的加速度大小为
故AC错误，B正确。
D.由上分析可知，从撤去拉力开始到弹簧第一次恢复原长之前，弹簧从拉伸状态恢复到原长，所以P、Q之间的距离在不断减小。故D正确。
故选BD。
9．AD
【详解】A．轿厢悬停时，磁场运动的速度v3，则导线框中的电流大小为
选项A正确；
B．轿厢悬停时，由平衡可知
可得轿厢系统（含导线框的轿厢）的总质量为
选项B错误；
CD．轿厢向上匀速运动时，磁场相对轿厢运动的速度应该为v3，即
v3=v1-v轿厢
则轿厢向上匀速运动时的速度为
v轿厢=v1-v3
选项C错误，D正确。
故选AD。
10．BD
【详解】A．球C下摆过程，AB机械能增加，所以C的机械能减小，所以绳对C的拉力对C做了负功，故A错误；
BC．设小球由静止释放到第一次经过最低点的过程中，小球运动到最低点时的速度大小为，A、B的速度为vA；小球由静止释放在向下摆动的过程中，对A有拉力，使得A、B之间有弹力，A、B不会分离，当C运动到最低点时，A、B间弹力为零，A、B将要分离，A、B分离时速度相等，A、B、C系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，由系统水平方向动量守恒得
由机械能守恒定律得
解得
球C第一次到达最低点时，设绳对C的拉力为F，由牛顿第二定律有
得
故B正确，C错误；
D．C球向左摆至最高点时，A、C共速，水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得
由AC系统能量守恒得
解得
则小球C第一次到达轻杆左侧最高处距O点的竖直高度为，故D正确。
故选BD。
11． A D
【详解】（1）[1]该探究过程采用的科学探究方法是控制变量法。
故选A。
（2）[2]A．根据
若原线圈匝数n1少于800匝，则副线圈电压应该大于5V，选项A错误；
B．根据
副线圈匝数n2多于400匝，则副线圈电压应该大于5V，选项B错误；
C．副线圈阻值较大，不影响次级电压，选项C错误；
D．铁芯B没有安装在铁芯A上，则变压器会“漏磁”，则副线圈电压小于5V，则选项D正确。
故选D。
（3）[3]根据变压器的原理可知
解得
将U0等效为电源电动势，R0等效为电源内阻，R＇等效为外电阻，则R消耗功率最大时，则R＇=R0，此时
12． 12 0.20 0.13
【详解】（1）[1]由题知，弹簧处于原长时滑块左端位于O点，A点到O点的距离为5.00cm。拉动滑块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时。结合图乙的F—t图有
Δx = 5.00cm
F = 0.610N
根据胡克定律
计算出
k ≈ 12N/m
（2）[2]根据牛顿第二定律有
F = ma
则a—F图像的斜率为滑块与加速度传感器的总质量的倒数，根据图丙中I，则有
则滑块与加速度传感器的总质量为
m = 0.20kg
（3）[3]滑块上增加待测物体，同理，根据图丙中II，则有
则滑块、待测物体与加速度传感器的总质量为
m′ ≈0.33kg
则待测物体的质量为
Δm = m′ -m = 0.13kg
（4）[4]由牛顿第二定律有
得
可知图线的纵截距为
得
13．（1）150K；（2）吸热，200J
【详解】（1）气体从状态A到状态B做等容变化，由查理定律有
解得
TB＝150 K
气体从状态B到状态C做等压变化，由盖－吕萨克定律有
解得
TC＝450 K
（2）因为状态A和状态C温度相等，且理想气体的内能是所有分子的动能之和，温度是分子平均动能的标志，所以在这个过程中ΔU＝0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，得
Q＝－W
在整个过程中，气体在B到C过程对外做功，因此
W＝－pBΔV＝－200 J
即
Q＝－W＝200 J
是正值，所以气体从状态A到状态C过程中是吸热，吸收的热量
Q＝200 J
14．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）金属棒a与电容器组成电路，金属棒a向下滑行过程中，电容器的电压U始终等于金属棒a切割磁感线产生感应电动势，则有
电容的电量
电路中的电流
对金属棒a，由牛顿第二定律得
可得
解得
（2）金属棒a匀加速下滑，设金属棒a到达倾斜导轨底端时的速度大小为v0，由运动学公式得
解得
金属棒a越过后与U形金属框发生完全非弹性碰撞，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得
解得
（3）在de边进入磁场的过程，de边左侧被导轨和金属棒a短路（即电阻R中无电流），回路中只有de边的电阻R，设de边达到时的速度为v2，以水平向右为正方向，此过程由动量定理得
解得
在金属棒a进入磁场B2的过程，de边与电阻R并联，电路总电阻0.5R，设金属棒a达到时的速度为v3，同理，由动量定理得
解得
此过程中产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律得
整个过程中电阻器R上产生的焦耳热
15．（1）6A；（2）；（3）
【详解】（1）弹丸受到的安培力为
根据牛顿第二定律，可得弹丸的加速度大小为
t=0时刻弹丸从静止自导轨左端向右滑行l1=0.5m后以速度v1=2m/s射出
解得
（2）P1与P2碰撞过程
P2与P3间碰撞过程
解得
当时，P3获得最大的向右运动的速度，此时
（3）设P3P4碰时的速度为，对P3P4P5整体分析可知，最终弹簧弹性势能最大时，三者共速
P3P4碰撞过程中
弹簧弹性势能表达式
整理得
因为解得
答案第14页，共15页
答案第15页，共15页
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