1、2014-2015学年福建省厦门市高二（下）期末物理试卷一、单项选择题：1（3分）（2015春厦门期末）下列物理学史描述正确的是（） A 玛丽居里提出原子的核式结构学说 B 卢瑟福通过粒子散射实验发现了电子 C 查德威克在原子核人工转变的实验中发现了质子 D 爱因斯坦质能方程为核能的开发利用提供了理论依据考点： 物理学史所有分析： 本题是原子物理学史，记住卢瑟福、汤姆生、查德威克、爱因斯坦等科学家的物理学贡献，即可答题解答： 解：A、原子的核式结构学说是卢瑟福提出的，故A错误B、汤姆生通过研究阴极射线发现了电子，卢瑟福通过粒子散射实验提出原子的核式结构学说故B错误C、查德威克在原子核人工转变的
2、实验中发现了中子，故C错误D、爱因斯坦提出了质能方程，为核能的开发利用提供了理论依据，故D正确故选：D点评： 对于物理学史，关键在于平时加强记忆，注重积累，要记牢著名科学家的物理学成就2（3分）（2015春厦门期末）关于核反应与核能，下列说法正确的是（） A 目前建成的核电站能源来自于轻核聚变 B 核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量大于该原子核的结合能 C 重核裂变和轻核聚变过程有质量亏损，均能向外界释放核能 D 核子平均质量越大的原子核越稳定考点： 原子核的结合能；裂变反应和聚变反应所有分析： 核电站采用重核裂变；重核裂变和轻核聚变都有质量亏损，释放能量比结合能越大的原子核，该原子核
3、越稳定解答： 解：A、核电站能源来自重核裂变，故A错误B、自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量等于该原子核的结合能，故B错误C、重核裂变和轻核聚变都有质量亏损，均向外界释放核能，故C正确D、比结合能越大的原子核越稳定，故D错误故选：C点评： 本题考查了核电站原理、结合能和比结合能、质量亏损等基础知识点；注意概念的掌握与应用3（3分）（2015春厦门期末）下列说法正确的是（） A 产生多普勒效应的原因是波源频率发生了变化 B 光的偏振现象说明光是一种纵波 C 全息照相利用了光的干涉原理 D 医学上用激光做“光刀”来进行手术，主要是利用了激光相干性好的特点考点： 光的干涉；多普勒效应所有分
4、析： 多普勒效应的原因是接收频率发生变化；光的偏振现象说明光是一种横波全息照相的拍摄利用了光的干涉原理医学上用激光做“光刀”来进行手术，主要是利用了激光的亮度高的特点解答： 解：A、当声源与观察者的间距发生变化时，出现多普勒效应的现象，原因是接收的频率发生变化，而波源频率不变故A错误B、光的偏振现象说明光是一种横波而不是纵波故B错误C、全息照相的拍摄利用了光的干涉原理故C正确D、医学上用激光做“光刀”来进行手术，主要是利用了激光的亮度高，能量强的特点故D错误故选：C点评： 本题是振动和波部分，以选择题形式考查了全反射、偏振、干涉等现象，注意激光的特点及用途4（3分）（2015春厦门期末）关于核
5、反应方程类型，下列说法正确的是（） A NaMg+e 是衰变 B U+nBa+Kr+3n 是裂变 C H+HHe+n 是裂变 D RnPo+He 是衰变考点： 裂变反应和聚变反应所有专题： 衰变和半衰期专题分析： 解答本题需要掌握：根据质量数和电荷数守恒正确书写核反应方程；知道衰变，聚变，裂变的概念，并能区分解答： 解：A、NaMg+e 是衰变，故A错误；B、U+nBa+Kr+3n 是裂变，故B正确；C、H+HHe+n 是聚变，故C错误；D、RnPo+He 是衰变，故D错误；故选：B点评： 对于原子物理中核反应方程、裂变、聚变等基本知识要熟练掌握和应用5（3分）（2015春厦门期末）如图所示，
6、两束单色光a、b分别照射到玻璃三棱镜AC面上，穿过三棱镜后垂直AB射出，a光和b光相比较，则（） A a光的频率高 B a光的波长短 C a光在三棱镜中的速度小 D 对同一双缝干涉装置，a光的干涉条纹比b光的干涉条纹宽考点： 光的干涉所有专题： 光的干涉专题分析： 由图看出经过玻璃三棱镜后a光的偏折角小于b光的偏折角，根据折射定律得知，玻璃三棱镜对b光的折射率大于对a光的折射率，再确定频率和波长的大小由v=，分析光在三棱镜中速度大小，并依据干涉条纹间距公式，即可确定解答： 解：A、B由图看出经过玻璃三棱镜后a光的偏折角小于b光的偏折角，根据折射定律得知，玻璃三棱镜对b光的折射率大于对a光的折射
7、率，则a光的频率低，b光的波长短故AB错误C、由公式v=分析知道，b光穿过三棱镜的速度小故C错误D、根据干涉条纹间距公式，可知，a光的波长大于b光，a光的干涉条纹比b光的干涉条纹宽故D正确故选：D点评： 本题的解题关键是确定出两光束偏折角的大小来判断折射率的大小，进一步确定波长、频率、光速的大小，并掌握干涉条纹间距公式的应用6（3分）（2015春厦门期末）关于光电效应，下列说法正确的是（） A 发生光电效应时，当入射光频率一定，光电子最大初动能越大，这种金属的逸出功越大 B 发生光电效应时，当入射光频率一定，光强越大，单位时间内逸出的光电子数就越多 C 只要光照射足够长，任何金属都会发生光电效
8、应 D 极限频率越大的金属材料逸出功越小考点： 光电效应所有专题： 光电效应专题分析： 金属材料的性质决定金属的逸出功，而逸出功决定入射光的极限频率；只有入射光的频率大于金属的极限频率，才能发生光电效应；光电子的最大初动能与金属的逸出功和入射光的频率有关，与入射光的强度无关；光电流的大小与入射光的强度有关，与入射光的频率无关解答： 解：A、根据爱因斯坦光电效应方程Ekm=hW，可知，当入射光频率一定，光电子的最大初动能跟金属的逸出功有关，若光电子最大初动能越大，这种金属的逸出功越小故A错误B、单位时间内逸出的光电子的数目多少跟入射光的强度有关，强度越大，单位时间内逸出的光电子的数目越多而入射光
9、的频率越高，光电子的最大初动能越大故单位时间内逸出的光电子的数目与入射光的频率无关故B正确C、电子在发生跃迁的时候一次只能吸收一个光子，而所谓极限频率是指处于最外层的电子发生电离所要吸收的光子的频率，故只要入射光的频率低于金属的极限频率，无论时间多长，无论光的强度多大，都不会发生光电效应故C错误D、根据爱因斯坦光电效应方程Ekm=hW，可知h0=W，故金属的极限频率越大，金属材料的逸出功越大故D错误故选：B点评： 本题考查光电效应的规律和特点，我们一定要熟记光电效应的现象和遵循的规律，只有这样我们才能顺利解决此类问题7（3分）（2015春厦门期末）关于天然放射现象，下列说法中正确的是（） A
10、衰变证明原子核里有电子 B 某原子核经过一次衰变，核内中子数减少2个 C 放射性物质的温度升高，其半衰期将缩短 D 射线的电离作用很强，可用来消除有害静电考点： 原子核衰变及半衰期、衰变速度；天然放射现象所有专题： 衰变和半衰期专题分析： 衰变中产生的电子是原子核中的一个中子转化而来的；衰变过程中，一个原子核释放一个粒子（由两个中子和两个质子形成的氦原子核），并且转变成一个质量数减少4，核电荷数减少2的新原子核衰变过程中，一个原子核释放一个粒子（电子）根据质量数守恒和电荷数守恒求解原子核衰变后核内中子数的变化；升高放射性物质的温度，不能缩短其半衰期射线的电离作用很弱，不能用来消除有害静电解答：
11、 解：A、衰变时，原子核中的一个中子转化为一个质子和一个电子，释放出来的电子就是粒子，可知衰变现象不是说明电子是原子核的组成部分故A错误B、某放射性元素经过1次衰变质量数减少4，核电荷数减少2个，根据质量数守恒和电荷数守恒得知，中子数减少：2个故B正确C、半衰期是由原子核内部性质决定的，与温度无关，所以升高放射性物质的温度，不能缩短其半衰期故C错误D、射线的电离作用很弱，不能用来消除有害静电故D错误故选：B点评： 本题是原子物理问题，都是基本知识对于核反应，要抓住质量数守恒和电荷数守恒进行配平若原子核衰变个过程中释放出粒子和粒子，减少的质量数等于减少的中子数和质子数之和8（3分）（2015春厦
12、门期末）如图是验证楞次定律的实验示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中表示不正确的是（） A B C D 考点： 法拉第电磁感应定律所有专题： 电磁感应与电路结合分析： 当磁铁的运动，导致线圈的磁通量变化，从而产生感应电流，感应磁场去阻碍线圈的磁通量的变化解答： 解：A、当磁铁N极向下运动时，线圈的磁通量变大，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相反再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而上故A错误；B、当磁铁S极向上运动时，
13、线圈的磁通量变小，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相同再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而上，故B正确；C、当磁铁S极向下运动时，线圈的磁通量变大，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相反再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而下故C正确；D、当磁铁N极向上运动时，线圈的磁通量变小，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相同再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而下，故D正确；本题选择错误的，故选：A点评： 可从运动角度去分析：来拒去留当N极靠近时，则线圈上端相当于N极去抗拒，从而确定感应电流方向9（3分）（2015春厦门期末）如图所示，一金属小球用一
14、根绝缘细线挂在固定点O处，将小球从匀强磁场区域外静止释放，磁感线的方向垂直纸面向里，空气阻力不计则（） A 小球在摆动过程中机械能守恒 B 小球的运动到最低点时速度最大，产生的感应电流最大 C 小球的运动过程中，摆角会越来越小，直到摆角小到某一值后不再减小 D 小球开始的摆动后，最终将停止在竖直线OO考点： 导体切割磁感线时的感应电动势所有分析： 楞次定律的内容为：闭合回路中产生的感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化；判断感应电流的方向首先要确定原磁场的方向及磁通量的变化，然后根据楞次定律进行判断感应电流的方向解答： 解：A、当金属环进入或离开磁场区域时磁通量发生变化，会产生电流环进入和离开磁
15、场区域，磁通量分别是增大和减小，故产生感应电流，从而将机械能转化为电能；故机械能不再守恒；故A错误；B、金属环进入磁场后，由于没有磁通量的变化，因而圆环中没有感应电流，不受磁场力作用，只在重力作用下，离平衡位置越近，则速度越大，故B错误C、由于从左侧摆到右侧的过程中，线框中磁通量发生变化，因而产生感应电流，由于电阻的存在，线框中将产生焦耳热，根据能量守恒知线框的机械能将不守恒，故在左侧线框的高度将高于起始时右侧的高度，所以摆角会越来越小，当完全在磁场中来回摆动时，则没有感应电流，圆环最后的运动状态为在磁场区域来回摆动，故C正确D错误；故选：C点评： 本题考查楞次定律的应用和能量守恒相合；要会分
16、析在电磁感应现象中能量的转化方向10（3分）（2015春厦门期末）“弹弹子”是我国传统的儿童游戏，如图所示，静置于水平地面的两个完全相同的弹子沿一直线排列，质量均为m，人在极短时间内给第一个弹子水平冲量I使其水平向右运动，当第一个弹子运动了距离L时与第二个弹子相碰，碰后第二个弹子运动了距离L时停止已知摩擦阻力大小恒为弹子所受重力的k倍，重力加速度为g，若弹子之间碰撞时间极短，为弹性碰撞，忽略空气阻力，则人给第一个弹子水平冲量I为（） A m B m C m D m考点： 动量守恒定律；动能定理的应用所有专题： 动量定理应用专题分析： 分析小球的运动过程，根据动量守恒分析碰撞后速度变化，再由动能
17、定理可求得第一个小球的初速度，则可求得动量解答： 解：小球1获得速度后由于受阻力做功，动能减小；与2球相碰时，由动量守恒定律可知，两球交换速度，即球1静止，球2以1的速度继续行驶；则可知，1的初动能克服两球运动中摩擦力所做的功；则由动能定理可知；kmg2L=mv2；解得：v=2则冲量I=mv=m故选：B点评： 本题考查动量守恒定律中，相同小球相碰时将交换速度这一规律；同时注意能将两小球的过程化为一个过程进行分析，由动能定理求解即可二、多项选择题（每小题4分）11（4分）（2015春厦门期末）下列核反应或核衰变方程中，符号“X”表示质子的是（） A Be+HeC+X B N+HeO+X C Ra
18、Rn+X D Hg+nPt+n+2X考点： 裂变反应和聚变反应所有专题： 衰变和半衰期专题分析： 根据核反应方程的质量数和电荷数守恒即可判断出X表示什么粒子，从而正确解答本题解答： 解：设A中X的质量数为m，电荷数为n，根据质量数和电荷数守恒可得：9+4=12+m，4+2=6+n，解得m=1，n=0，故X表示中子，故A错误；同理可得：B中X表示质子，C中X表示粒子，D中X表示质子，故BD正确，AC错误故选：BD点评： 本题考查了核反应方程中的质量数和电荷数守恒的应用，同时注意原子核的质量数和电荷数的表示方法12（4分）（2015春厦门期末）氢原子能级如图所示，一群原处于n=4能级的氢原子跃迁到
19、n=1能级的过程中（） A 能释放六种频率不同的光子 B 由n=2能级跃迁到n=1能级释放的光子频率最小 C 释放的光子的最大能量为12.75eV，最小能量为0.66eV D 由n=4能级跃迁到n=1能级释放的光子波长最长考点： 氢原子的能级公式和跃迁所有专题： 原子的能级结构专题分析： 根据EmEn=h求出吸收光子的能量；通过数学组合公式可以求出一群氢原子处于激发态可能发出光子频率的种数，能极差越大，辐射光子频率越大，波长越小解答： 解：A、一群原来处于n=4能级的氢原子跃迁到n=1能级的过程中，根据=6知，辐射的光子频率为6种故A正确；B、根据EmEn=hv得能极差越大，辐射光子的频率越大
20、，由n=4能级跃迁到n=3级释放的光子频率最小，故B错误；C、由n=4向n=1能级跃迁时辐射的光子能量最大，为13.60.85eV=12.75eV，由n=4向n=3能级跃迁辐射的光子能量最小，为0.85+1.51eV=0.66eV故C正确D、根据EmEn=hv得能极差越大，辐射光子的频率越大，知从n=4跃迁到n=1间能极差最大，辐射光子频率最大，光子波长最小故D错误；故选：AC点评： 解决本题的关键掌握能极差与光子频率的关系注意一群氢原子处于激发态与一个氢原子处于激发态辐射光子频率的种数不同13（4分）（2015春厦门期末）如图所示，一列向+x方向传播和简谐横波（图示时刻为t=0），已知该波周
21、期为4s，则（） A 质点A在第一秒内运动方向为y轴正方向 B 质点A在第1秒内回复力对它做负功 C 质点B在第1秒内回复力在增大 D 质点A、B、C来说，在连续的4s内，回复力做功一定为零考点： 横波的图象；波长、频率和波速的关系所有专题： 振动图像与波动图像专题分析： 据波形平移法确定波的传播方向与质点的振动关系，利用各质点做简谐运动分析各质点的振动情况，从而即可求解解答： 解：A、由于波沿+x方向传播，据波形平移法知，质点A将向下运动，即沿着y轴负方向，故A错误B、由于质点A向下运动，在第1秒内回复力与运动方向相反，则对它做负功，故B正确C、由于波沿+x方向传播，据波形平移法知，质点B将
22、从最大位移处向下运动，所以回复力减小，故C错误D、由于该波的周期为4s，三个质点在任何4s=T内，回复力做功的代数和为零，故D正确故选：BD点评： 解题关键明确波的传播方向与各质点的振动情况是解题的关键，质点在平衡位置附近做简谐运动的解题的核心14（4分）（2015春厦门期末）如图甲所示，在水平向右的磁场中，竖直放置一个单匝金属圆线圈，线圈所围面积为0.1m2，线圈电阻为0.1，磁场的磁感应强度大小B随时间t的变化规律如图乙所示，规定从左向右看顺时针方向为线圈中感应电流的正方向，则（） A 第2s内线圈有收缩的趋势 B 第3s内线圈的发热功率最大 C 第4s感应电流的方向为正方向 D 05s内
23、感应电流的最大值为0.1A考点： 楞次定律；焦耳定律所有专题： 电磁感应与电路结合分析： 根据法拉第电磁感应定律E=n=n求出各段时间内的感应电动势，就可以解得电流的大小，根据楞次定律判断出各段时间内感应电动势的方向解答： 解：A、第二秒内磁感应强度增大；故磁通量增大；则根据楞次定律可知，线圈有收缩的趋势；故A正确；B、第3s内磁感应强度不变；感应电流为零；线圈不发热；故B错误；C、第4s内磁场减小；则由楞次定律可知，电流的方向为正方向；故C正确；D、由图可知，磁感应强度的变化率最大为0.1；则感应电流为：I=0.1A；故D正确；故选：ACD点评： 解决本题的关键是掌握法拉第电磁感应定律E=n
24、=n，会根据楞次定律判断感应电流的方向；要注意灵活应用楞次定律解题：当磁通量减小时，为阻碍磁通量的减少，线圈有扩张的趋势，为阻碍磁通量的增加，线圈有收缩的趋势三、实验题（本题共2小题，共12分）15（6分）（2015春厦门期末）在做“单摆测重力加速度”的实验中：（1）某同学在实验中测得的小球直径为d，测定了摆线的长度为l，用秒表记录小球完成n次全振动的总时间为t，则当地的重力加速度的表示式为g=（用d、l、n、t表示）（2）为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出几组对应的L与T2的数据，再以L为横坐标，T2为纵坐标，描绘出图象为一直线，并求得该直线的斜率为k，则
25、重力加速度g=（用k表示）（3）为了尽可能减小实验误差，下述操作中可行的是ABA摆线偏离竖直方向的最大摆角小于5B当小球通过平衡位置时开始计时C让小球尽可能在同一竖直面内摆动D选择密度较小的小球E选择小于30厘米的摆线考点： 用单摆测定重力加速度所有专题： 实验题分析： （1）根据题意求出单摆的摆长与周期，然后应用单摆周期公式求出重力加速度（2）应用单摆周期公式求出图示的函数表达式，然后根据图象求出重力加速度（3）根据实验注意事项分析答题解答： 解：（1）单摆摆长：L=l+，单摆的周期：T=，由单摆周期公式：T=2可知，重力加速度：g=；（2）由单摆周期公式：T=2可知，T2=L，T2L图象的
26、斜率：k=，重力加速度：g=；（3）A、单摆在小摆角下的振动为简谐振动，实验时摆线偏离竖直方向的最大摆角小于5，故A正确；B、为减小实验误差，测单摆周期时应在小球通过平衡位置时开始计时，故B正确；C、实验时小球必须在同一竖直面内摆动，故C错误；D、为减小空气阻力对实验的应用，应选择密度较大的小球作为摆球，故D错误；E、为减小实验误差，摆线长度约为100cm，故E错误；故选AB；故答案为：（1）；（2）；（3）AB点评： 本题考查了求重力加速度、实验注意事项，掌握并灵活应用单摆周期公式即可解题，本题是一道基础题，平时要注意基础知识的学习16（6分）（2015春厦门期末）用如图甲所示双缝干涉装置测
27、量某单色光的波长在观察到清晰的干涉条纹后，将测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹，此时测量头（为50分度的游标卡尺）上的示数为8.36mm，然后转动手轮，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，记下此时图乙中测量头上的示数为19.26mm已知该单色光条纹间距为x，双缝间距d为2.0104m，测得双缝到屏的距离l为0.700m，由计算式=x（用字母表示），求得该单色光波长为6.2107m考点： 双缝干涉的条纹间距与波长的关系所有专题： 光的干涉专题分析： 游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读根据双缝干涉条纹的间距公式x=，去求单色光的波长解答： 解：图乙中的
28、游标卡尺的主尺读数为19mm，游标读数为0.0213=0.26mm，所以最终读数为19.26mm干涉条纹的间距x=mm=2.18mm根据双缝干涉条纹的间距公式x=，得，=x，代入数据得，=6.2107m故答案为：19.26，x，6.2107点评： 解决本题的关键熟悉该实验的实验装置，以及掌握螺旋测微器的读数方法和双缝干涉条纹的间距公式x=，注意螺旋测微器与游标卡尺的区别四、计算题17（8分）（2015春厦门期末）如图所示，甲图为一列横波在t=0时刻的波形图象，乙图为该横波中x=6m的质点P从t=0时刻开始计时的振动图象，求：（1）这列横波的传播速度大小和方向；（2）质点P从t=0时刻开始0.8
29、s时间内运动的路程考点： 横波的图象；波长、频率和波速的关系所有专题： 振动图像与波动图像专题分析： （1）根据t=0时刻x=6m处质点的振动方向得到波的传播方向，由左图得到波长，右图得到周期，根据v= 求解波速（2）根据图象求得周期，结合0.8s，从而确定质点P的完成的多少个周期，进而确定运动的路程解答： 解：（1）t=0时刻x=6m处质点的振动方向是向上，由波形平移法知，波沿x轴负方向传播；由左图得到波长为=8m，右图得到周期为T=0.08s，故波速v=10m/s；（2）开始0.8s时间内，质点P完成一次全振动，因此质点P运动的路程为：s=4A=45cm=20cm答：（1）这列横波的传播速
30、度大小10m/s和方向沿x轴负方向传播；（2）质点P从t=0时刻开始0.8s时间内运动的路程20cm点评： 本题关键明确波形平移方向与质点振动方向的关系，能够结合公式v= 求解波速，并掌握质点振动路程与波传播距离区别18（10分）（2015春厦门期末）一束光垂直BC面射入如图所示的透明三棱镜中，棱镜折射率n=，求：（1）在图上画出光第一次从三棱镜中射出的光路图；（2）光第一次从三棱镜中射出时的折射角考点： 光的折射定律所有专题： 光的折射专题分析： （1）应用临界角公式求出临界角，然后作出光路图（2）应用折射定律求出折射角解答： 解：（1）由临界角公式得：sinC=，C=45，由几何知识可知：
31、i=60C，光在AB上发生全反射，=30，光在AC面上发生折射，光路图如图所示：（2）由折射定律得：n=，sin=，则：=45；答：（1）光第一次从三棱镜中射出的光路图如图所示；（2）光第一次从三棱镜中射出时的折射角为45点评： 本题考查了作光路图、求折射角，应用临界角公式，分析清楚光的传播过程，应用反射定律与折射定律可以解题19（10分）（2015春厦门期末）如图所示，质量N=4kg的滑板B静止放在光滑水平面上，其右端固定一根轻质弹簧，滑板B上表面光滑，质量m=2kg的小铁块A，以水平速度v0=6m/s由滑板B左端开始沿滑板表面向右运动，g取10m/s2求：（1）弹簧被压缩到最短时，滑板B的
32、速度；（2）滑板B的最大瞬时速度考点： 功能关系所有分析： （1）弹簧被压缩到最短时，A与B的速度相同A、B组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出B的速度（2）当弹簧再次恢复原长时，B的速度最大在整个过程中，系统动量守恒，机械能也守恒，由两大守恒定律可以求解解答： 解：（1）弹簧被压缩到最短时，A与滑板B具有相同的速度，设为v，从A开始沿滑板B表面向右运动至弹簧被压缩到最短的过程中，取向右为正方向，由A、B系统的动量守恒得： mv0=（M+m）v，得：v=2 m/s（2）当弹簧再次恢复原长时，B的速度最大在整个过程中，根据系统的动量守恒和机械能守恒得： mv0
33、=MvB+mvA，=+联立解得：vB=4m/s答：（1）弹簧被压缩到最短时，滑板B的速度为2m/s；（2）滑板B的最大瞬时速度是4m/s点评： 本题关键要分析清楚物体的运动过程，知道弹簧再次恢复原长时，B的速度最大，应用动量守恒定律与能量守恒定律即可正确解题20（14分）（2015春厦门期末）如图甲所示，有两根足够长、不计电阻，相距L=1m的平行光滑金属导轨cd、ef与水平面成=30固定放置，顶端接一阻值为R=2的电阻，在轨道平面内有磁感应强度为B=0.5T的匀强磁场，方向垂直轨道平面向上，现有一质量为m=0.1kg、电阻不计的金属杆ab，平行于ce且垂直于导轨，以一定初速度v0沿轨道向上运动
34、，到达某一高度后，再沿轨道向下运动，整个运动过程加速度大小与路程as关系如图乙：已知a0=15m/s2，a1=5m/s2，s1=2.9m，s2=15.8m，g取10m/s2；求：（1）金属杆的初速度大小；（2）金属杆加速度为零以后电阻R的电功率；（3）金属杆从开始运动到路程为s2全过程，电阻产生的焦耳热考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；焦耳定律所有专题： 电磁感应与电路结合分析： （1）由图读出s=0时，a=a0=15m/s2，根据牛顿第二定律和安培力与速度的关系式结合求解初速度（2）金属杆加速度为零后做匀速直线运动，由平衡条件求出回路中电流，再求电阻R的电功率（3）由
35、欧姆定律和法拉第定律求出路程为s2时棒的速度，再由能量守恒定律求焦耳热解答： 解：（1）由图读出s=0时，a=a0=15m/s2，棒刚开始运动时，根据牛顿第二定律得： mgsin+FA=ma0；又 FA=BIL=联立解得：v0=8m/s（2）金属杆加速度为零后做匀速直线运动，由平衡条件得 mgsin=BIL得 I=1A电阻R的电功率 P=I2R=2W（3）设路程为s2时棒的速度为v，则有 I=，得 v=4m/s根据能量守恒得：全过程中电阻产生的焦耳热 Q=mgsin（s2s1）+=8.85J答：（1）金属杆的初速度大小是8m/s；（2）金属杆加速度为零以后电阻R的电功率是2W；（3）金属杆从开始运动到路程为s2全过程，电阻产生的焦耳热是8.85J点评： 解决本题的关键要读懂图象的意义，明确棒的运动情况，知道棒加速度为零时做匀速直线运动，受力平衡，从力和能两个角度进行研究。