2024年福建省厦门市高考物理第二次质检试卷(含详细答案解析)

这是一份2024年福建省厦门市高考物理第二次质检试卷(含详细答案解析)，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.2024年春节，厦门在赏笃湖举办了多场灯光展。如图所示为白鹭女神雕像灯光秀，展现了厦门的历史、文化和未来愿景。以下说法正确的是( )
A. 红光的频率比蓝光的高
B. 红光从湖水进入空气后传播速度变慢
C. 在湖水中传播时，红光的速度比蓝光大
D. 从岸上看到湖水中彩灯的位置比实际位置深
2.在身体素质测试“原地纵跳摸高”科目中，某同学快速下蹲后立即蹬伸竖直起跳。在此过程中，测得该同学竖直方向加速度α随时间t的变化关系如图所示，已知竖直向上为正方向，则该同学( )
A. 从A到B的过程中，处于超重状态B. 在B点时，速度为零
C. 在C点时，恰好离开地面D. 从C到D的过程中，处于失重状态
3.如图甲所示，小明沿倾角为10∘的斜坡向上推动平板车，将一质量为10kg的货物运送到斜坡上某处，货物与小车之间始终没有发生相对滑动。已知平板车板面与斜坡平行，货物的动能Ek随位移x的变化图像如图乙所示，sin10∘=0.17，则货物( )
A. 在0∼3m的过程中，所受的合力逐渐增大
B. 在3m∼5m的过程中，所受的合力逐渐减小
C. 在0∼3m的过程中，机械能先增大后减小
D. 在3m∼5m的过程中，机械能先增大后减小
4.如图所示，送水工人用推车运桶装水，到达目的地后，工人抬起把手，带动板OA转至水平即可将水桶卸下。水桶对板OA、OB的压力分别为F1、F2，若桶与接触面之间的摩擦不计，∠AOB为锐角且保持不变，在OA由竖直缓慢转到水平过程中( )
A. F1一直增大B. F1先增大后减小C. F2先减小后不变D. F2先增大后减小
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.2024年某贺岁档电影中，两辆赛车的碰撞测试为国内首个赛车碰撞实拍镜头。高速移动的白色车与迎面而来的灰色车碰撞后，两车一起沿着白色车原运动方向移动，两车碰撞时间极短。则( )
A. 碰撞过程中两车组成的系统机械能守恒
B. 白色车对灰色车和灰色车对白色车的撞击力大小相等
C. 白色车碰撞前的动量大于灰色车碰撞前的动量
D. 碰撞过程中白色车的动量变化量小于灰色车的动量变化量
6.某自耦变压器构造如图所示，线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，AB间加上正弦交流电，移动滑动触头P，就可调节输出电压。在输出端连接了滑动变阻器R和理想交流电流表，变阻器的滑动触头为Q。保持输入电压u不变，则( )
A. 保持P的位置不动，将Q向下移动时，电流表的读数增大
B. 保持P的位置不动，将Q向下移动时，电流表的读数减小
C. 保持Q的位置不动，将P沿逆时针方向移动时，电流表的读数增大
D. 保持Q的位置不动，将P沿逆时针方向移动时，电流表的读数减小
7.《厦门志⋅风俗记》中记载：“(厦门人)俗好啜茶，……如啜酒然，以饷客，客必辨其色、香、味而细啜之，名曰功夫茶。”在茶叶生产过程中有道茶叶茶梗分离的工序，可通过电晕放电、感应极化等方式让茶叶茶梗都带上正电荷，且茶叶的比荷qm小于茶梗的比荷，之后两者通过静电场便可分离。如图所示，图中A、B分别为带电量不同的两个带电球，之间产生非匀强电场，茶叶、茶梗通过电场分离，并沿光滑绝缘分离器落入小桶。假设有一茶梗P电荷量为3×10−8C，质量为2×10−4kg，以1m/s的速度离开A球表面O点，最后落入桶底，O点电势为1×104V，距离桶底高度为0.8m，桶底电势为零。不计空气阻力、茶叶茶梗间作用力及一切碰撞能量损失，重力加速度g取10m/s2，则( )
A. M处电场强度大于N处电场强度B. 茶叶落入左桶，茶梗落入右桶
C. 茶梗P落入桶底速度为 17m/sD. 茶梗P落入桶底速度为2 5m/s
8.太阳每秒释放的能量约为3.8×1026J，如此巨大能量的一小部分辐射到地球，就可为地球上生命的生存提供能量。已知地球和火星大气层表面每秒每平方米垂直接收到的太阳辐射能量分别约为1350J和600J，则( )
A. 地球与火星的公转半径之比约为2：3B. 地球与火星的公转线速度之比约为3：2
C. 火星的公转周期约为3.4年D. 火星与太阳的距离约为2.3×1011m
三、填空题：本大题共3小题，共9分。
9.如图所示，某学校操场有两个固定的高功率喇叭，防空演练时同时发出频率相同的警报声，图中弧线表示某一时刻的波面示意图，相邻两波面的距离为一个波长。A、B、C位置分别站着一个同学，听到声音最弱的位置是______，造成这一现象的原因是两列声波发生了______(选填“干涉”或“衍射”)现象。
10.在研究光电效应实验中，光电管的阴极材料为铯(Cs)，用某一频率的光照射，实验测得光电流I随光电管两端电压U变化图像如图所示，图像与横轴交点为(−Uc,0)，已知铯的逸出功为W，普朗克常量为h，电子电荷量的绝对值为e，则该实验产生的光电子的最大初动能为______，入射光的频率为______。
11.如图所示，一定质量的理想气体封闭在导热性能良好的汽缸中。在某次深潜实验中，探测到汽缸所在处的海水温度为280K，压强为100atm，汽缸内气体体积为0.028m3。已知海平面的温度为300K，大气压强为1atm，不计活塞质量和一切摩擦。当该汽缸缓慢上升至海平面时，气体体积为______m3，则在此过程中气体______(选填“吸热”或“放热”)。
四、实验题：本大题共2小题，共12分。
12.某同学设计实验“探究向心力大小与半径、角速度的关系”，装置如图甲所示，角速度ω可调节的水平圆盘，沿半径方向固定一光滑凹槽，小球Q通过轻绳与传感器在圆心O处连接，且可在凹槽内沿半径方向滑动，当小球与凹槽一起绕圆心O旋转时，传感器可测出转动的角速度和轻绳的拉力大小。
(1)用游标卡尺测出小球的直径，示数如图乙所示，则小球的直径d=______ mm；
(2)关闭转动盘的开关，转盘缓慢减速，测出这一过程的角速度ω和轻绳拉力F数据，作出F与ω2的关系图像如图丙所示，由图可判断当小球质量m和转动半径r一定时，ω减小，F ______(选填“增大”“减小”或“不变”)，已知r=0.40m，根据相关数据可求得小球的质量m=______kg(计算结果保留2位有效数字)。
(3)在“探究向心力大小F与转动半径r的关系”时，根据实验数据得出F与r的关系图像如图丁所示，图线没有过原点，图线没有过原点的原因可能是______。
A.把轻绳长作为转动的半径
B.把轻绳长与小球直径之和作为转动的半径
C.凹槽不够光滑小球受到指向圆心的摩擦力
13.某实验小组为测量一个热敏电阻的阻值(可变范围15∼100Ω)随温度变化的关系，利用下列仪器设计了如图甲所示的电路图：
A.电源E(电动势12V，内阻约为1Ω)
B.电压表V1(量程为6V，内阻约为3kΩ)
C.电压表V2量程为15V，内阻约为5kΩ)
D.电流计G(量程为100mA，内阻为10Ω)
E.滑动变阻器R1(最大阻值为10Ω，额定电流为3A)
F.定值电阻R0=10Ω
(1)断开开关S2，闭合开关S1，调节滑动变阻器测出较低温度时的热敏电阻阻值；
(2)随着热敏电阻温度升高，所测电流也逐渐增大，当通过热敏电阻电流即将超过100mA时，闭合开关S2，相当于将电流计改装为量程为______ mA的电流表，并继续进行电阻的测量；
(3)为减小实验误差，应保证电表示数超过量程的三分之一，则电压表应选择______(选填“V1”或“V2”)；
(4)经过测量得出热敏电阻的阻值R与温度t的关系图像如图乙所示，该小组利用此热敏电阻R与继电器组成一个简单恒温箱温控电路如图丙所示，当线圈的电流达到一定值时，继电器的衔铁被吸合，图中“电源”是恒温箱加热器的电源。则恒温箱的加热器应接在______(选填“A、B”或“C、D”)端；若要提高恒温箱内的温度，应______(选填“调大”或“调小”)可变电阻器R的阻值。
五、简答题：本大题共3小题，共39分。
14.2023年11月24日，全球首个“海底数据舱”成功安装在海南陵水海域，如图甲所示，起重机吊着“海底数据舱”从海面下沉到水中预定位置。某一阶段该舱竖直下沉15m，此过程其速度v随时间t的变化关系如图乙所示，已知“海底数据舱”质量为1.0×106kg，下沉过程中所受水的阻力(含浮力)恒为2.0×106N。重力加速度g=9.8m/s2。求；
(1)0∼30s内，“海底数据舱”的最大速度vm；
(2)10∼30s内，起重机的拉力大小F；
(3)0∼30s内，起重机拉力的最大功率Pm。
15.如图甲所示，两条足够长的平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为d。导轨上端与电容为C的电容器相连，虚线O1O2垂直于导轨，O1O2上方存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，此部分导轨由不计电阻的光滑金属材料制成，O1O2下方的导轨由粗糙的绝缘材料制成。t=0时刻，一质量为m、电阻不计的金属棒MN由静止释放，运动过程中MN始终与导轨垂直且接触良好，其速度v随时间t的变化关系如图乙所示，其中v0和t0为已知量，重力加速度为g，电容器未被击穿。求：
(1)t=0到t=t0，磁场对金属棒MN的冲量大小；
(2)t=0到t=2t0，金属棒MN损失的机械能；
(3)匀强磁场的磁感应强度大小。
16.如图所示，直角坐标系xOy平面内，第一、二象限分别存在垂直纸面向里的匀强磁场B和沿y轴正方向的匀强电场E，E、B大小均未知。质量为m、电荷量为−q(q>0)的粒子从x轴负半轴M点与x轴正方向成60∘射入电场，经电场偏转后以速度v0从点P(0,d)垂直y轴进入磁场，最后从N点与x轴正方向成60∘射出磁场，不计粒子重力。
(1)求粒子进入电场时的速度大小；
(2)求磁感应强度B的大小；
(3)若粒子在磁场中受到与速度大小成正比的阻力f=kv(k为已知常量)，粒子恰好从Q点(图中未标出)垂直x轴射出磁场，求Q点的坐标；
(4)在第(3)问的情况下，求粒子从P点运动到Q点的轨迹长度。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、红光的频率比蓝光的低，故A错误；
B、红光从湖水进入空气后传播速度变快，故B错误；
C、红光的折射率比蓝光的小，由v=cn分析可知在湖水中传播时，红光的速度比蓝光大，故C正确；
D、彩灯发出的光线从湖水进入空气时发生折射，折射角大于入射角，人逆着折射光线看去看到湖水中彩灯的位置比实际位置浅，故D错误。
故选：C。
红光的频率比蓝光的低。红光的折射率比蓝光的小，由v=cn分析在湖水中传播时速度大小。结合折射现象分析D项。
对于七种色光的折射率、频率、波长、波速等大小关系是熟练掌握，可结合光的色散、干涉实验结果记牢。
2.【答案】D
【解析】解：A、从A到B，加速度竖直向下，为失重状态，故A错误；
B、B点加速度为零，速度不为零，故B错误；
C、在离开地面之后，同学应只受重力作用，加速度为重力加速度，方向竖直向下且为定值，图像中C点之后加速度是逐渐反向增大的过程，所以C点时并非恰好离地，故C错误；
D、从C到D，加速度竖直向下，为失重状态，故D正确。
故选：D。
A、可通过图像中加速度的方向判断合力方向，进而判断超重、失重状态；
B、图像标记点仅表示物体运动的加速度变化，加速度为零不代表速度为零；
C、B点到C点为加速上升和离地上升的过程。
D、加速度方向与合力方向一致，可利用此条件判断超重、失重状态。
本题考查了超重与失重状态的辨别。
3.【答案】D
【解析】解：AB、由动能定理可知，动能Ek随位移x的变化图像的斜率的绝对值等于合力的大小，则由图乙可得在0∼3m的过程中，货物所受的合力逐渐减小，在3m∼5m的过程中，货物所受的合力逐渐增大，故AB错误；
C、在0∼3m的过程中，货物所处高度增大，其重力势能增大，由图乙可知其动能也增大，故此过程货物的机械能一直增大，故C错误；
D、选x=0所在水平面为重力势能的零势能面，在x=5m的位置货物的重力势能为：
Ep=mgxsin10∘=10×9.8×5×0.17J=83.3J
根据重力势能随位移x的增大而均匀增大，在图乙中画出重力势能随位移x的变化图像如下图所示，
在x=3m时动能最大，之后动能减小，根据两图线的斜率对比，可知在x=3m之后动能随位移减小的快慢先是慢于重力势能随位移增加的快慢，此过程货物的机械能增大，在3m∼5m之间的某位置之后，动能随位移减小的快慢又快于重力势能随位移增加的快慢，此过程货物的机械能减小，故在3m∼5m的过程中，货物的机械能先增大后减小，故D正确。
故选：D。
由动能定理可知，动能Ek随位移x的变化图像的斜率的绝对值等于合力的大小，根据图乙所示图像的斜率变化判断货物所受的合力的变化情况；在0∼3m的过程中，货物所处高度增大，其重力势能增大，其动能也增大，根据机械能的定义判断机械能的变化；在3m∼5m的过程根据动能随位移减小的快慢与重力势能增加的快慢的关系，判断货物的机械能的变化。
本题考查了重力势能、机械能的概念，功能关系的应用。要知道动能随位移的变化图像的斜率的绝对值等于合力的大小。
4.【答案】B
【解析】解：在倒出石球的过程中，两个支持力的夹角是个确定值，为θ=180∘−60∘=120∘，受力情况如图所示
根据力的示意图结合平衡条件可得：F′2sinα=F′1sinβ=mgsinθ
在转动过程中α从90∘增大到180∘，则sinα不断减小，F′2将不断减小，根据牛顿第三定律可得F2将不断减小；
所以β从钝角减小到锐角，其中跨过了90∘，因此sinβ先增大后减小，则F′1将先增大后减小，根据牛顿第三定律可得F1先增大后减小，故B正确、ACD错误。
故选：B。
对石球进行受力分析，根据正弦定理(或拉密定律)列方程进行分析。
本题主要是考查了共点力的平衡之动态分析问题，如果是整体旋转问题，可以根据正弦定理(或拉密定律)分析各力的变化情况。
5.【答案】BC
【解析】解：A.两车碰撞过程是完全非弹性碰撞，有较大的能量损失，转变为热能散失，机械能不守恒，故A错误；
B.白色车对灰色车和灰色车对白色车的撞击力是作用力与反作用力，根据牛顿第三定律可得它们大小相等，故B正确；
C.两车碰撞过程系统动量守恒，碰撞前白色车动量沿其运动方向，灰色车动量沿其运动方向，碰撞后两车一起沿白色车原运动方向运动，则碰撞前白色车的动量大于灰色车的动量，
故C正确；
D.两车碰撞过程系统动量守恒，碰撞过程两车动量变化量大小相等、方向相反，故D错误。
故选：BC。
A.根据完全非弹性碰撞判断机械能是否守恒；
B.根据牛顿第三定律进行判断；
C.根据碰撞后整体的运动方向判断碰前的动量的大小关系；
D.根据动量守恒定律进行分析判断。
考查碰撞中的动量守恒和能量问题，会根据题意进行准确的分析和判断。
6.【答案】BC
【解析】解：AB.保持P的位置不动，即是保持变压器的原、副线圈的匝数比不变，则滑动变阻器R两端的电压不变，当将Q向下移动时，连入电路的电阻的阻值变大，因而电流减小，故A错误，B正确；
CD.保持Q的位置不动，即是保持滑动变阻器R连入电路的阻值不变，将P沿逆时针方向移动时，变压器的原线圈的匝数不变，副线圈的匝数增多，滑动变阻器R两端的电压将增大，所以电流表的读数变大，故C正确，D错误。
故选：BC。
保持P的位置不动，输出电压不变，将Q向下移动时，R变大，电流减小，电流表的读数减小；保持Q的位置不动，R不变，将P沿逆时针方向移动时，副线圈匝数变大，输出电压变大，电流表的读数变大．
做好本题要能知道自耦变压器的原理，结合变压器的特点和欧姆定律去分析．
7.【答案】BD
【解析】解：A.根据电场线的疏密程度可知，M点的电场强度小于N点的电场强度，故A错误；
B.根据牛顿第二定律可知
a=qEm
因为茶叶的比荷qm小于茶梗的比荷，由上式可知，在任何同一个位置茶梗的加速度大于茶叶的加速度，水平方向都做加速运动，茶梗的水平位移大于茶叶的水平位移，故茶梗落入右桶，茶叶落入左桶，故B正确；
CD.根据动能定理
mgh+qU=12mv2−12mv02
代入数据解得
v=2 5m/s，故C错误，D正确。
故选：BD。
A：根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小；
B：根据牛顿第二定律和运动学公式定性判断；
CD：根据动能定理求解茶梗P落入桶底的速度。
本题考查带电粒子在电场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
8.【答案】AD
【解析】解：ABD、行星距太阳中心为r的球面面积：S=4πr2
太阳每秒辐射的总能量：E0=4πr2E
则地球与火星的公转半径之比约为r1r2= E2E1
解得r1r2≈23，且r2=2.3×1011m
故AD正确，B错误；
C、根据万有引力提供向心力有
GMmr2=mr4π2T2
地球的公转周期为1年，则火星的公转周期约为1.84年，故C错误；
故选：AD。
根据行星距太阳中心为r的球面面积，结合P=4πr2E0求公转半径，根据万有引力提供向心力解得周期。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，熟悉万有引力定律的公式，结合牛顿第二定律即可完成分析。
9.【答案】C 干涉
【解析】解：由图可知AB均处于振动加强点，所以听到声音最弱的位置是C，该现象是由波的干涉造成的。
故答案为：C；干涉
当波峰与波峰、可波谷与波谷相遇时振动是加强的；当波峰与波谷相遇时振动是减弱的。
解题关键是会分析波形图，知道哪些为加强点，哪些为减弱点，
10.【答案】eUc eUc+Wh
【解析】解：根据爱因斯坦光电效应方程有
Ek=hν−W
根据光电流I随光电管两端电压U变化图像和动能定理可得
−eUc=0−Ek
得Ek=eUc
入射光的频率ν=eUc+Wh
故答案为：eUc，eUc+Wh
根据爱因斯坦的光电效应方程结合光电流I随光电管两端电压U变化图像的物理意义列式联立解答。
考查爱因斯坦光电效应和光电流I随光电管两端电压U变化图像的问题，会根据题意列式求解相关的物理量。
11.【答案】0.03吸热
【解析】解：气体缓慢上升过程可视为等压变化，根据盖-吕萨克定律可得：
V1T1=V2T2
代入数据解得：V2=0.03m3
气体缓慢上升过程中，气体对外做功，内能增加，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知气体吸热。
故答案为：0.03；吸热。
根据盖-吕萨克定律得出气体的体积，结合热力学第一定律得出气体的吸放热情况。
本题主要考查了热力学第一定律的相关应用，能熟悉气体状态参量的分析，结合热力学第一定律即可完成解答。
12.【答案】14.4减小 0.025A
【解析】解：(1)10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，小球直径d=14mm+4×0.1mm=14.4mm；
(2)根据图丙可知，角速度ω减小，力F减小；
根据向心力公式F=mrω2
F−ω2函数图像的斜率k=0.75−0.4075−40kg⋅m=0.01kg⋅m
因此k=mr
小球质量m=kr=
(3)A.若把把轻绳长作为转动的半径，则真实的转动半径r′=r+d2
根据向心力公式F=mr′ω2=mrω2+12mdω2
F−r图像的纵截距b=12mdω2>0，符合图丁对应的图线，故A正确；
B.轻绳长与小球直径之和作为转动的半径，则真实的转动半径r′=r−d2
根据向心力公式F=mr′ω2=mrω2−12mdω2
F−r图像的纵截距b=−12mdω2<0，不符合图丁对应的图线，故B错误；
C.凹槽不够光滑小球受到指向圆心的摩擦力，根据向心力公式F+f=mrω2
变形得F=mrω2−f
F−r图像的纵截距b=−f<0，不符合图丁对应的图线，故C错误。
故选：A。
故答案为：(1)14.4；(2)减小；0.025；(3)A。
(1)10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，测量值=主尺上对应示数(mm)+游标尺是对齐格数(不估读)×精确度；
(2)根据图丙分析角速度ω与力F的变化关系；
根据向心力公式求F−ω2函数，结合图像斜率的含义求小球质量；
(3)根据向心力公式结合图像逐项分析作答。
本题考查了“探究向心力大小与半径、角速度的关系”的实验，要明确实验原理，掌握游标卡尺的正确读数；根据向心力公式求F−ω2函数是解题的关键。
13.【答案】200V1 A、B 调大
【解析】解：(2)闭合开关S2，给电流表并联了一个定值电阻R0，并联电阻为RmA=RgR0Rg+R0=10×1010+10Ω=5Ω
改装后的量程ImA=IgRgRmA=100mA×10Ω5Ω=200mA
(3)闭合开关S2，通过热敏电阻的电流为200mA；
根据欧姆定律，热敏电阻两端电压U=IR=200×10−3×15V=3V
因此电压表的量程选择0−6V，即选择电压表V1；
(4)根据图乙可知，热敏电阻随温度的升高而减小；
根据闭合电路的欧姆定律I=ER+r
当温度升高，热敏电阻的阻值减小，通过线圈中的电流增大；
当线圈的电流达到一定值时，继电器的衔铁被吸合，加热电路被断开，停在加热，因此恒温箱的加热器应接在A、B两端；
若要提高恒温箱内的温度，就要使控制电路的电流减小，通过线圈的电流减小，使衔铁在更高的温度下被吸合，因此应调大可变电阻的阻值。
故答案为：(2)200；(3)V1；(4)A、B；调大。
(2)并联电阻具有分流作用，根据并联电路电压、和电流特点结合欧姆定律求电流表的量程；
(3)根据电动势选择电压表量程；
(4)热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，根据闭合电路的欧姆定律分析通过线圈的电流；
当线圈的电流达到一定值时，继电器的衔铁被吸合，加热电路被断开，停在加热，据此分析恒温箱所接的接线柱；
若要提高恒温箱内的温度，使衔铁在更高的温度下被吸合，就要使通过线圈的电流减小，据此分析作答。
本题主要考查了利用热敏电阻随温度变化的特性控制恒温箱的温度，理解实验原理是解题的关键；知道提高恒温箱的温度所采取的措施。
14.【答案】解：(1)根据v−t图像与时间轴所围的面积表示位移，在0∼30s内，有
h=vm2t，其中h=15m，t=30s
解得：vm=1m/s
(2)10−30s内，加速度大小为a2=vmt2=130−10m/s2=0.05m/s2
根据牛顿第二定律得
F阻−F2−mg=ma
解得拉力为：F2=−7.85×106N(负号表示拉力方向向上)
(3)0∼10s内，加速度大小为a1=vmt1=110m/s2=0.1m/s2
根据牛顿第二定律得
F1+mg−F阻=ma1
解得：F1=−7.9×106N(负号表示拉力方向向上)
故0∼30s内，起重机拉力的最大功率Pm=|F1|vm=7.9×106×1W=7.9×106W
答：(1)0∼30s内，“海底数据舱”的最大速度vm为1m/s。
(2)10∼30s内，起重机的拉力大小F为7.85×106N。
(3)0∼30s内，起重机拉力的最大功率Pm为7.9×106W。
【解析】(1)v−t图像与时间轴所围的面积表示位移，结合该舱竖直下沉位移为15m求解最大速度vm；
(2)10−30s内，由a=vmt求出加速度大小，由牛顿第二定律计算起重机的拉力大小F；
(3)0∼30s内，根据牛顿第二定律和Pm=Fvm相结合求起重机拉力的最大功率。
本题是牛顿第二定律、运动学公式和功率公式的综合应用，要知道v−t图像与时间轴所围的面积表示位移，图像的斜率表示加速度。
15.【答案】解：(1)取沿导轨向下为正方向，根据动量定理有
mgsinθt0−I=mv0
解得磁场对金属棒MN的冲量大小为
I=mgsinθt0−mv0；
(2)根据运动学公式，0∼2t0沿斜面下滑的距离为
x=v02t0+v0+3v02t0=5v02t0
根据功能关系，重力势能的减小量为
ΔEp=mgxsinθ
根据能量守恒定律有
ΔE=ΔEp−12m(3v0)2
解得机械能的损失为
ΔE=52mgv0t0sinθ−92mv02；
(3)由0∼t0的运动图像知加速度不变，知合外力不变，即此时间段电流I不变，根据冲量公式得安培力对金属棒的冲量(即磁场对金属棒MN的冲量)的大小为：
I=BIdt0
根据电流的定义式有
Q=It0
根据电容器的定义式有
Q=CBdv0
以上三式联立(1)的结果解得
B=1d mgt0sinθCv0−mC。
答：(1)t=0到t=t0，磁场对金属棒MN的冲量大小为mgsinθt0−mv0；
(2)t=0到t=2t0，金属棒MN损失的机械能为52mgv0t0sinθ−92mv02；
(3)匀强磁场的磁感应强度大小为1d mgt0sinθCv0−mC。
【解析】(1)根据动量定理求解t=0到t=t0，磁场对金属棒MN的冲量大小；
(2)先根据运动学公式求解金属棒下滑的距离，再根据功能关系求解金属棒减少的重力势能，最后根据能量守恒定律求解t=0到t=2t0，金属棒MN损失的机械能；
(3)根据冲量公式表示0∼t0内安培力的冲量，根据电流的定义式、电容器的定义式列式，联立求解匀强磁场的磁感应强度大小。
本题考查电磁感应中的能量问题，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
16.【答案】解：(1)粒子在电场的运动可看成逆向的类平抛运动，设粒子进入电场的速度为v，根据几何关系有
v0=vcs60∘
解得
v=2v0；
(2)粒子在磁场中运动的轨迹如图所示
根据几何知识有
cs60∘=R−dR
根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有
qv0B=mv02R
联立解得
B=mv02qd；
(3)对粒子受力分析可知，速度的x轴分量会产生x轴的阻力与y轴负方向的洛伦兹力；速度的y轴分量会产生y轴的阻力与x轴正向的洛伦兹力，在x轴上，取向右为正方向，根据动量定理有
∑(−kvx+qvyB)Δt=∑mΔvx
即
−kx+qBy=m(0−v0)
其中
y=−d
联立解得
x=mv02k
故Q点坐标为(mv02k,0)；
(4)同理在y轴上，取向下为正方向，根据动量定理有
∑(−kvy−qvxB)Δt=∑mΔvy
即
−ky−qBx=m(−vQ−0)
联立解得
vQ=mv024dk−kdm
切线方向，阻力使得粒子速度减小，在切线方向有
∑−kvΔt=∑mΔv
即
−kl=m(vQ−v0)
联立解得轨迹长
l=mk(v0+kdm−mv024dk)=mv0k+d−m2v024dk2。
答：(1)粒子进入电场时的速度大小为2v0；
(2)磁感应强度B的大小为磁感应强度B的大小mv02qd；
(3)Q点的坐标为(mv02k,0)；
(4)在第(3)问的情况下，粒子从P点运动到Q点的轨迹长度为mv0k+d−m2v024dk2。
【解析】(1)根据类平抛运动的规律，由几何关系求解粒子进入电场时的速度大小；
(2)根据几何知识求解粒子在磁场中运动的轨道半径，再根据牛顿第二定律求解磁感应强度B的大小；
(3)将粒子在磁场中运动过程的速度分解到x轴和y轴，在x轴方向根据动量定理求解粒子在x轴方向运动的距离，即可解得Q点的坐标；
(4)在y轴方向根据动量定理求解粒子在Q点的速度，在切线方向根据动量定理求解从P点运动到Q点的轨迹长度。
本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。