2024年辽宁省辽阳市高考物理一模试卷(含详细答案解析)

这是一份2024年辽宁省辽阳市高考物理一模试卷(含详细答案解析)，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.春天来了，雨后荷叶上有很多晶莹剔透的水珠，如图所示。下列说法正确的是( )
A. 荷叶上的水珠呈球形是因为水珠受到重力
B. 在水珠表面层，水分子间的作用力表现为引力
C. 在水珠表面层，水分子间的作用力表现为斥力
D. 在水珠表面层，水分子间的作用力为零
2.某同学自制了一个手摇交流发电机，如图所示。大轮与小轮通过皮带传动(皮带不打滑)，小轮与线圈固定在同一转轴上。磁体间的磁场可视为匀强磁场。大轮匀速转动带动小轮及线圈绕转轴转动，转轴与磁场方向垂直。线圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值恒定的灯泡。假设发电机发电时灯泡能发光且工作电压保持在额定电压以内，下列说法正确的是( )
A. 大轮边缘质点的线速度比小轮边缘质点的线速度小
B. 若仅增大大轮的转速，则灯泡变暗
C. 若仅增加线圈的匝数，则灯泡变亮
D. 若仅将小轮的半径增大，则灯泡变得更亮
3.一列简谐横波在0时刻的波动图如图甲所示，传播方向上有平衡位置相距为10m的两个质点P、Q(图中未画出)，质点P的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是( )
A. 该波的波长为5mB. 该波的波速为2m/s
C. 6s时质点P沿y轴负方向振动D. 6s时质点Q沿y轴负方向振动
4.如图甲所示，一点电荷P(图中未画出)所在的水平直线上有a、b两点。在a、b两点分别放置试探电荷，两试探电荷受到的静电力与其电荷量的关系分别如图乙中的直线Ⅰ、Ⅱ所示。规定向右为正方向，则下列说法正确的是( )
A. P带正电B. P在a点左侧
C. a点的电势比b点的高D. a点的电场强度比b点的大
5.某人坐在树下看到熟透的苹果(视为质点)从树上掉下来，从与头顶相同高度处落到水平地面的时间为0.1s。已知头顶到地面的高度为1.25m，取重力加速度大小为10m/s2，则苹果( )
A. 经过与头顶相同高度处时的速度大小为10m/s
B. 在空中运动的时间为1.2s
C. 刚掉落时离地的高度为8.45m
D. 落地时的速度大小为12m/s
6.如图所示，电源的电动势为3V、内阻为2Ω，R1的电阻为8Ω，电容器的电容为600μF，所有电压表和电流表均视为理想电表。在将滑动变阻器R2(最大阻值为8Ω)的滑片由上端缓慢地滑到下端的过程中，下列说法正确的是( )
A. V1示数增大，V2示数减小
B. R2消耗的电功率先增大后减小
C. R1两端的最大电压为2V
D. 电容器极板上增加的电荷量为8×10−4C
7.一电动玩具汽车启动时，以额定功率沿直线加速并达到最大速度，其加速度a与速度倒数1v的关系图像如图所示。已知电动玩具汽车受到的阻力大小恒为100N，取重力加速度大小g=10m/s2。则电动玩具汽车的额定功率和最大速度分别为( )
A. 200W2m/sB. 100W4m/sC. 100W2m/sD. 200W4m/s
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.设想将来发射一颗人造卫星，其绕地球运行的轨道半径是月球绕地球运行轨道半径的14。该卫星与月球绕地球做匀速圆周运动时的( )
A. 周期之比为1：8B. 线速度大小之比为8：1
C. 向心加速度大小之比为16：1D. 角速度之比为4：1
9.研究光电效应中遏止电压、光电流大小与照射光的频率及强弱等物理量关系的电路如图甲所示。图中阳极A和阴极K间的电压大小可调，电源的正负极也可以对调。分别用a、b、c三束单色光照射阴极K，调节A、K间的电压U的大小，得到光电流I与电压U的关系如图乙所示。已知电子的电荷量为e，则下列说法正确的是( )
A. 单色光a的频率等于单色光b的频率
B. 单色光a的频率大于单色光c的频率
C. 单色光a的强度大于单色光b的强度
D. 单色光c与单色光a的光子能量之差为(Uc2−Uc1)e
10.如图所示，圆形区域内存在一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。质量为m、电荷量为q的带电粒子由A点沿平行于直径CD的方向射入磁场，射入时粒子运动的速率为qBRm，粒子经过圆心O，最后离开磁场。已知圆形区域半径为R，不计粒子受到的重力。下列说法正确的是( )
A. 粒子在磁场中运动的半径为R2B. A点到CD的距离为R2
C. 粒子在磁场中运动的位移大小为 3RD. 粒子在磁场中运动的时间为πm3qB
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某同学想验证“当系统在某一方向上所受外力之和为0时，系统在该方向上动量守恒”的物理规律。为此他设计了一个实验：如图甲所示，把一个小球从末端切线水平的斜槽上某一位置由静止释放，在斜槽末端安装光电门1，调整光电门1的高度，使光电门1与小球在斜槽末端时球心的位置等高。在下方水平面上放置光滑气垫导轨，把一带凹槽的滑块放在导轨上，滑块里装有细砂，不考虑砂从滑块上漏出。调整装置的位置，使小球从斜槽上释放后恰好能落入细砂中(立即与滑块共速)。在气垫导轨的右端安装光电门2，在滑块上安装宽度为d2的遮光条。
(1)用游标卡尺测量小球的直径d1，测量结果如图乙所示，则小球的直径d1=______ mm。
(2)实验中光电门1、2记录的时间分别为Δt1、Δt2，则小球经过光由门1的速度大小为______，滑块经过光电门2的速度大小为______。(用题中所给字母表示)
(3)用天平分别测量小球和滑块(含遮光条和砂)的质量，测量结果分别为m、M。当等式md1Δt1=______时，由小球和滑块组成的系统在相互作用的过程中水平方向动量守恒。(用题中所给字母表示)
12.某同学做“用双缝干涉测量光的波长”实验，使用的双缝间距d=0.30mm，双缝到光屏的距离L=900mm，该同学观察到的干涉条纹如图甲所示。
(1)在测量头上的是一个螺旋测微器(又叫“千分尺”)，分划板上的刻度线处于x1、x2位置时，对应的示数如图乙、丙所示，则相邻亮条纹的间距Δx=______mm(结果保留三位小数)。
(2)计算单色光的波长的公式λ=______(用L、d、x1、x2表示)，可得波长λ=______nm(结果保留三位有效数字)。
(3)若该单色光恰好能使某金属发生光电效应，则用波长更长的单色光照射时，一定______(填“能”或“不能”)发生光电效应。
四、简答题：本大题共3小题，共40分。
13.2023年3月23日，山西省考古研究院发布消息，考古专家证实山西运城董家营西汉墓出土墨书题铭陶罐，从中可以窥见汉代河东地区丰富多样的饮食生活。现有一半径R=13m的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合，如图所示。转台静止不转动时，将一质量m=0.3kg的物块(视为质点)放入陶罐内，物块恰能静止于陶罐内壁的A点，且A点与陶罐球心O的连线与对称轴OO′的夹角θ=37∘。取重力加速度大小g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)求物块与陶罐内壁之间的动摩擦因数μ；
(2)若物块位于与O点等高的陶罐上且与陶罐一起绕OO′轴转动，求转台转动的最小角速度ωmin。
14.无人快递车在水平路面上从静止开始先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，后做匀减速直线运动，经过160s到达目的地停止运动，快递车在整个运动过程中牵引力F随时间t的变化关系如图所示，图中f和t1均未知。已知快递车与货物的总质量m=80kg，运行时所受阻力大小恒定，快递车加速时的加速度大小a1=0.4m/s2，取重力加速度大小g=10m/s2，0∼t1时间内位移大小s1=20m。求：
(1)快递车在运动过程中受到的阻力大小及减速过程中的加速度大小；
(2)在快递车的整个运动过程中，牵引力对快递车所做的功。
15.如图所示，平行的两光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，PQ右侧区域存在如图所示的匀强磁场，其磁感应强度大小B=0.5T，正方形导线框abcd、导体棒ef均静止放置在金属导轨上，开始阶段先固定导线框abcd，对ef施加水平向左的恒力F(大小未知)，当ef达到最大速度v1后撤去恒力，同时释放导线框abcd，之后导线框abcd达到最大速度v2=3m/s时，ad边恰好到达PQ处，此时立即将ef固定。已知ef和导线框abcd的质量都为m=124kg，ef的电阻及导线框的ad、bc边的电阻都为r=2Ω，导轨的宽度、导线框abcd的边长及ef的长度均为L=1m，其余电阻不计，且ef与导线框abcd始终不相撞。
(1)求导体棒ef的最大速度v1和恒力F的大小；
(2)求在导线框abcd通过PQ的过程中，整个回路产生的焦耳热Q；
(3)若导线框abcd的ad边到达PQ时为0时刻，自0时刻起对导线框施加水平方向的作用力f，使导线框abcd以a=3m/s2的加速度匀减速离开磁场，求f与t的关系式及bc边刚要出磁场时作用力f的大小。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.荷叶上的水珠呈球形是因为液体的表面张力，故A错误；
BCD.在水珠表面层，水分子相对于水珠内部分布比较稀疏，水分子间的作用力表现为引力，故B正确，CD错误。
故选：B。
根据表面张力产生的原因以及其效果解答阐述。
本题考查了分子间作用力、液体表面张力等知识，学生平时要加强记忆。
2.【答案】C
【解析】解：A、由于属于皮带传动，所以大轮边缘质点的线速度大小与小轮边缘质点的线速度大小相等，故A错误；
B、若仅增大大轮的转速，大轮边缘质点线速度增大，则小轮边缘质点线速度增大，小轮角速度增大，即线圈在磁场中转动角速度增大，产生的电动势增大，回路电流增大，灯泡变亮，故B错误；
C、若仅增加线圈的匝数，根据E=NBSω可知线圈产生的电动势最大值增大，则电动势有效值增大，回路电流增大，灯泡变亮，故C正确；
D、若仅将小轮的半径增大，根据v=ωr可知小轮角速度减小，即线圈在磁场中转动角速度减小，产生的电动势减小，回路电流减小，灯泡变暗，故D错误。
故选：C。
小轮和大轮属于皮带传动，线速度大小相等；根据感应电动势的峰值表达式，判断过灯泡的电流变化情况，从而判断其亮度变化；根据线速度的表达式得出小轮的角速度变化，结合感应电动势的计算公式得出灯泡亮度的变化。
本题主要考查了交流电的相关应用，熟悉感应电动势峰值的计算公式，结合欧姆定律即可完成分析。
3.【答案】D
【解析】解：A、根据图甲可知，该波的波长为λ=4m，故A错误；
B、根据图乙可知，该波的周期为T=4s，该波的波速为：v=λT=44m/s=1m/s，故B错误；
C、t=0时刻P点沿−y方向振动，t=6s=64T=32T，所以6s时质点P沿y轴正方向振动，故C错误；
D、P和Q平衡位置相距x=10m=104λ=212λ，P和Q的振动情况完全相反，6s时质点P沿y轴正方向振动，则6s时质点Q沿y轴负方向振动，故D正确。
故选：D。
根据图甲得到波的波长，根据图乙可知该波的周期，由此得到该波的波速；根据图像可知6s时质点P沿y轴正方向振动，P和Q的振动情况完全相反，由此判断6s时质点Q的振动方向。
本题既要理解振动图像和波动图像各自的物理意义，由振动图像能判断出质点的速度方向，同时要把握两种图像的内在联系，知道波速、波长和频率之间的关系v=fλ。
4.【答案】A
【解析】解：AB、由图像中直线Ⅱ可知，在b点放置的试探电荷带正电，受到的电场力向右，则b点的场强方向向右。由图像中直线Ⅰ可知，在a点放置的试探电荷带负电，受到的电场力向右，则a点的场强方向向左，可知点电荷P应位于a、b两点之间，且P带正电，故A正确，B错误；
CD、根据F=Eq，可知F−q图像的斜率表示场强，由F−q图像可知，直线Ⅰ对应的场强小于直线Ⅱ对应的场强，即b点电场强度比a点的大。根据E=kQr2可知b点比a点离正点电荷P更近，所以a点电势比b点的低，故CD错误。
故选：A。
根据试探电荷受到的电场力方向，结合其电性，分析a、b两点的场强方向，再判断点电荷P的电性和位置。根据F−q图像的斜率表示场强，分析a、b两点场强的大小，从而判断出a、b两点到P的距离，即可判断a、b两点电势关系。
解答本题的关键要理解F−q图像的意义，知道F−q图像的斜率表示场强，正电荷所受电场力方向与场强方向相同，负电荷所受电场力方向与场强方向相反。
5.【答案】C
【解析】解：A、根据题意，令t=0.1s，h=1.25m，设经过与头顶相同高度处时的速度大小为v，根据
h=vt+12gt2
代入数据解得v=12m/s，故A错误；
B、根据公式v=gt0，解得从刚开始下落到落到头顶时需要时间t0=vg
代入数据解得t0=1.2s
所以在空中运动的时间t总=t+t0
代入数据解得t总=1.3s，故B错误；
C、刚掉落时离地的高度为
h总=12gt总2
代入数据解得h总=8.45m，故C正确；
D、落地时的速度大小为v1=gt
代入数据解得v1=13m/s，故D错误。
故选：C。
A、可利用位移与时间公式计算速度；
B、可利用速度与时间公式计算时间；
C、可利用位移与时间公式计算总位移；
D、可利用速度与时间公式计算落地速度。
本题考查了对自由落体运动特点的理解，旨在考查对匀变速直线运动规律的理解。
6.【答案】D
【解析】解：A、由题意可知R2增大，干路电流I减小，由U1=E−Ir可知路端电压U1增大，即V1示数增大，根据UR1=IR1知电阻R1两端的电压减小，根据U1=UR1+UR2可知UR2增大，即V2示数增大，故A错误；
B、把定值电阻R1视为电源内电阻，等效电源的内阻为r效=r+R1=2Ω+8Ω=10Ω，滑动变阻器的阻值从0逐渐增大到最大值8Ω得过程中电源的输出功率一直增大，所以滑动变阻器消耗的功率也逐渐增大，故B错误；
C、当R2的阻值为零时，干路中的电流最大为Im=Er+R1=32+8A=0.3A，此时定值电阻R1两端的电压最大，其值为UR1m=ImR1=0.3×8V=2.4V，故C错误；
D、当R2的阻值为零时，电容器两端电压为0，当R2的阻值为8Ω时，电容器两端电压达到最大值，其值为Uc=ER2r+R1+R2=3×82+8+8V=43V
则电容器上增加的电荷量ΔQ=CΔU=C(Uc−0)=600×10−6×43C=8×10−4C，故D正确。
故选：D。
根据滑片的移动特点得出电路中电阻的变化趋势，结合电路构造的分析得出电学物理量的变化趋势；
根据等效电源的方法，结合输出功率最大值时的特点完成分析；
根据U=IR1分析定值电阻两端的电压最大值；
根据ΔQ=CΔU计算电容器极板上增加的电荷量。
本题主要考查了闭合电路的欧姆定律，熟悉电路构造的分析，结合欧姆定律和功率的计算公式即可完成解答。
7.【答案】A
【解析】解：汽车以额定功率P启动，设牵引力大小为F，则有P=Fv，阻力大小恒为f=100N
由牛顿第二定律得F−f=ma
则有Pv−f=ma
则a=Pm⋅1v−fm
则a一1v图像是条以Pm为斜率，−fm为纵截距的直线
则有−fm=−2m/s2，m=f2=50kg
Pm=6−(−2)2−0=4
则P=82×50W=200W
当F=f时有最大速度vm
则vm=PF=Pf=200100m/s=2m/s
故A正确，BCD错误。
故选：A。
(1)对玩具汽车受力分析，根据牛顿第二定律和P=Fv结合图像求解玩具汽车的功率；
(2)当玩具汽车达到最大速度时，玩具汽车的加速度为0，结合图像分析求解即可。
本题考查机车启动问题，解题关键是对玩具汽车做好受力分析，知道汽车加速度为零时，速度最大，结合牛顿第二定律和功率公式列式分析即可。
8.【答案】AC
【解析】解：A、根据开普勒第三定律可得r3T2=k，人造卫绕地球运行的轨道半径与月球绕地球运行轨道半径之比为r1：r2=1：4，则人造卫绕地球运行的周期与月球绕地球运行周期之比为：T1：T2=1：8，故A正确；
B、卫星和月球绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r，解得：v= GMr，人造卫绕地球运行的轨道半径与月球绕地球运行轨道半径之比为r1：r2=1：4，则二者线速度大小之比为2：1，故B错误；
C、根据牛顿第二定律可得GMmr2=ma，解得a=GMr2，则人造卫绕地球运行的加速度与月球绕地球运行的加速度大小之比为16：1，故C正确；
D、由万有引力提供向心力有：GMmr2=mrω2，解得：ω= GMr3，则人造卫绕地球运行的角速度与月球绕地球运行的角速度大小之比为8：1，故D错误。
故选：AC。
根据开普勒第三定律求解周期之比；由万有引力提供向心力得到线速度、角速度表达式进行分析；根据牛顿第二定律求解加速度大小之比。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握开普勒第三定律的应用方法。
9.【答案】AD
【解析】解：AB、根据eUc=Ek=hν−W0可知由图像可知：
由于单色光a、b的截止电压相等，所以单色光a的频率等于单色光b的频率；单色光a的截止电压小于单色光c的截止电压，可知，单色光a的频率小于单色光c的频率，故A正确，B错误；
C、单色光a的饱和光电流小于b的饱和光电流，可知单色光a的强度小于单色光b的强度，故C错误；
D、根据eUc=Ek=hν−W0可知：
对c光，有eUc1=hνc−W0
对a光，有eUc2=hνa−W0
单色光c与单色光a的光子能量之差为ΔE=hνc−hνa=e(Uc2−Uc1)，故D正确。
故选：AD。
根据动能定理结合光电效应方程列式分析即可。
该题考查了爱因斯坦光电效应方程的相关知识，解决本题的关键掌握截止电压、截止频率，以及理解光电效应方程，同时理解光电流的大小与光强有关。
10.【答案】BC
【解析】解：A.带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，设带电粒子运动的轨道半径为r，根据牛顿第二定律有
qvB=mv2r
代入v=qBRm
得r=R，故A错误；
B.根据半径r=R，粒子在磁场中运动的轨迹如图所示
由上图可知AO′=OO′=AO，所以△AO′O是等边三角形，故∠AO′O=60∘，A点到CD的距离为Rcs60∘=R2，故B正确；
C.粒子在磁场中运动的位移大小为AE=2Rsin60∘=2R× 32= 3R，故C正确；
D.粒子在磁场中做圆周运动的周期公式是T=2πmqB，带电粒子在磁场中运动对应的圆心角为α=120∘，故运动时间t=120∘360∘⋅T=13×2πmqB=2πm3qB，故D错误。
故选：BC。
A.根据洛伦兹力提供向心力求解；
BCD.结合r=R画出带电粒子在磁场中运动的轨迹，根据几何关系分别求解相应距离和位移大小，再由周期公式和对应的圆心角求解运动时间。
考查带电粒子在磁场中的运动问题，会根据题意作图并结合相应的几何关系列式求解相关的物理量。
11.【答案】10.6d1Δt1 d2Δt2 (m+M)d2Δt2
【解析】解：(1)该游标卡尺的精确度为0.1mm，根据游标卡尺的读数规则，其读数为10mm+6×0.1mm=10.6mm；
(2)根据光电门计算速度的方法，小球经过光电门1的速度大小为v1=d1Δt1，滑块经过光电门2的速度大小为v2=d2Δt2。
(3)小球和滑块组成的整体在水平方向的合外力为0，故系统在水平方向动量守恒，规定水平向右的方向为正方向，则有
mv1=(m+M)v2
即md1Δt1=(m+M)d2Δt2
故答案为：(1)10.6；(2)d1Δt1，d2Δt2；(3)(m+M)d2Δt2。
(1)根据游标卡尺的读数规则完成读数；
(2)根据光电门计算速度的公式求解；
(3)根据水平方向动量守恒列式变形求解。
考查基本器材的使用和读数，会利用光电门计算速度，结合动量守恒定律推导表达式。
12.【答案】1.236d(x2−x1)5L 412 不能
【解析】解：(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm，读数x1=1.5mm+19.0×0.01mm=1.690mm
读数x2=7.5mm+37.0×0.01mm=7.870mm
相邻亮条纹之间的距离Δx=x2−x16−1=7.870−1.6905mm=1.236mm
(2)相邻亮条纹之间的距离Δx=x2−x15
根据双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ
解得单色光的波长λ=d(x2−x1)5L
代入数据解得λ=4.12×10−7m=412nm
(3)该单色光恰好能使金属产生光电效应，根据光电效应产生的条件可知，入射光的频率ν=ν0；
用波长更长的单色光照射时，入射光的频率减小，此时ν′<ν0，该金属不能发生光电效应。
故答案为：(1)1.236；(2)d(x2−x1)5L；412；(3)不能。
(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm，测量值=固定刻度对应示数(mm)+可动刻度是对齐格数(估读一位)精确度；根据条纹宽度求相邻亮条纹之间的距离；
(2)根据双缝干涉条纹间距公式求波长的表达式及入射光的波长；
(3)入射光的波长变长，频率变小；根据光电效应产生的条件分析作答。
考查了干涉条纹的间距公式Δx=Ldλ的应用，掌握螺旋测微器的读数，知道1nm=10−9m；理解光电效应产生的条件。
13.【答案】解：(1)对物块受力分析，由平衡条件有：mgsinθ=μmgcsθ，解得：μ=0.75；
(2)物块与陶罐一起绕OO′轴转动，物块位于陶罐右端，设平台转动的角速度最小时，物块所受摩擦力和弹力大小分别为f和FN，有：f=mg
f=μFN
FN=mωmin2R
联立代入数据解得：ωmin=2 10rad/s。
答：(1)物块与陶罐内壁之间的动摩擦因数为0.75；
(2)求转台转动的最小角速度为2 10rad/s。
【解析】(1)由平衡条件可求物块与陶罐内壁之间的动摩擦因数μ
(2)若物块位于与O点等高的陶罐上且与陶罐一起绕OO′轴转动，则由陶罐对物块的支持力提供向心力，由向心力公式求出最小的角速度。
解决本题的关键搞清物块做圆周运动向心力的来源，根据受力分析找出向心力的来源，列出牛顿第二定律方程即可。本题是水平面内的圆周运动模型关键是受力分析找出向心力来源。
14.【答案】解：(1)根据题意，设快递车运行时所受阻力大小为f，由图可知快递车在加速过程中，牵引力大小为F1=64N，由牛顿第二定律
F1−f=ma1
代入数据解得f=32N
根据匀变速直线运动规律，快递车加速运动结束时刻的速度v1，则有
v12=2a1s1
解得v1=4m/s
t1=v1a1=40.4s=10s
快递车在减速时的初速度也为v1=4m/s，由图知减速运动是时间为t3=160s−140s=20s，故减速运动时加速度的大小为a2=v1t3=420m/s2=0.2m/s2；
(2)全程对快递车由动能定理
WF−f(s1+s2+s3)=0
其中s2=v1Δt=4×(140−10)m=520m
s3=v2⋅t3=42×20m=40m
代入解得，快递车在整个运动过程中牵引力所做的功为
WF=18560J
答：(1)快递车在运动过程中受到的阻力大小为32N，减速过程中的加速度大小为0.2m/s2；
(2)牵引力对快递车所做的功为18560J。
【解析】(1)根据牛顿第二定律列式求解阻力大小，由匀变速直线运动规律和加速度定义式计算加速度；
(2)根据动能定理列式代入数据解答。
考查牛顿运动定律和动能定理问题，会根据题意列式求解相应物理量。
15.【答案】解：(1)撤去力F后，以ef和导线框abcd组成的系统为研究对象，两者受到的安培力总是等大反向，系统的合外力为零，满足动量守恒定律。导线框abcd达到最大速度v2=3m/s时两者共速，取向左为正方向，由动量守恒定律可得：
mv1=2mv2
解得：v1=6m/s
ef达到最大速度v1时，感应电动势为：Em=BLv1
ef相当于电源，导线框的ad、bc边为外电路的电阻，则外电路的等效电阻为：R1=r⋅rr+r=12r=12×2Ω=1Ω
ef中的电流为：Im=EmR1+r
ef达到最大速度时其加速度为零，F与安培力等大反向，由平衡条件得：F=BImL
联立可得：F=B2L2v1(R1+r)
代入数据得：F=0.5N
(2)在导线框abcd通过PQ的过程中，bc边相对于电源，导线框的ad边和ef为外电路，外电路的电阻仍为R1。
设导线框abcd刚离开磁场时的速度为v3，取向左为正方向，对导线框由动量定理可得：
−BI−Lt=mv3−mv2
I−t=E−r+R1⋅t=BLv−⋅tr+R1
又有：v−t=L
联立可得：−B2L3(R1+r)=mv3−mv2
解得：v3=1m/s
由能量守恒定律可得整个回路中产生的焦耳热为：
Q=12mv22−12mv32
解得：Q=16J
(3)当导线框的ad边恰好越过PQ时，bc中的电流为：I′=BLv2R1+r
此时导线框受到的安培力大小为F=BI′L，解得：F=0.25N
此时在不施加f时导线框的加速度为a′=Fm，解得：a′=6m/s2，方向向右
因a′>a=3m/s2，故施加的作用力f的方向向左。
bc边切割磁感线的速度为：v=v2−at
bc中的电流为：I=BLvR1+r
根据牛顿第二定律得：BIL−f=ma
联立解得：f=18−14t (N)
设bc边刚要出磁场的时间为t1，则有
L=v2t1−12at2
解得：t1=3− 33s，(另一解为t1=3+ 33s，不合理，舍去)
此时作用力f的大小为：f1=18−14t1=(18−14×3− 33)N=2 3−324N
答：(1)导体棒ef的最大速度v1为6m/s，恒力F的大小为0.5N；
(2)在导线框abcd通过PQ的过程中，整个回路产生的焦耳热Q为16J；
(3)f与t的关系式为f=18−14t (N)(t≤3− 33s)，bc边刚要出磁场时作用力f的大小为2 3−324N。
【解析】(1)撤去力F后ef和导线框组成的系统满足动量守恒定律，导线框达到最大速度时两者共速，由动量守恒定律求解v1；ef达到最大速度时其加速度为零，由平衡条件、根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力计算公式求解；
(2)导线框由动量定理求得离开磁场时的速度，根据能量守恒定律求解整个回路中产生的焦耳热；
(3)先判断所施加的作用力的方向。根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力计算公式、牛顿第二定律与运动学公式求解。
对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分相当于电源，根据电路连接情况画出电路图，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律、以及电功率的计算公式列方程求解。对于涉及的力学问题，加速度不恒定的情况下，应用动量定理求时间，末速度，位移等物理量。