2024-2025学年河南省濮阳市高二（下）期末物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年河南省濮阳市高二（下）期末物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.关于分子动理论，下列说法中正确的是( )
A. 图1中，自r=r0处开始，随分子间的距离逐渐增大，分子力先减小后增大
B. 图2中，a、b曲线相比，a曲线为同一气体温度较高时气体分子的速率分布图
C. 图3中，水中小炭粒每隔一定时间位置的连线表示小炭粒做布朗运动的轨迹
D. 图4中，仅增加单位时间落入秤盘豆粒的数量，可模拟温度不变体积减小时对气体压强的影响
2.2025年3月，中国首款碳−14核电池“烛龙一号”发布，拥有完全自主知识产权。碳−14是一种具有放射性的同位素，它会通过β衰变释放出高能电子。下列关于衰变说法正确的是( )
A. β衰变所释放的电子是由原子核中的一个质子转化成一个中子和一个电子时放出的
B. α衰变所释放的α粒子是原子核内的两个氘核合成后从原子核内放出的
C. 92238U(铀核)衰变为 86222Rn(氡核)要经过4次α衰变和2次β衰变
D. 温度升高，压强增大，会使碳−14的半衰期变长
3.两个点电荷相距为l，电荷量分别为2q和−q，其电场线分布如图所示，过两点电荷连线中点a作一条垂线，垂线上的b、c两点关于a点对称，d点和b点在同一条电场线上，静电力常量为k，则下列说法中正确的是( )
A. b、c两点的电场强度相同
B. a点的电势高于c点的电势
C. 将一正的试探电荷从b点由静止释放，它将沿电场线运动到d点
D. a点的电场强度大小为4kql2
4.如图所示为一列沿x轴负方向传播的简谐横波，质点P的平衡位置为x=2m，Q的平衡位置为x=10m。实线为t=0时的波形图，虚线为t=1.2s时的波形图。已知该波的周期T>1.2s，则下列说法正确的是( )
A. 这列波的周期为4.8sB. 这列波的传播速度为4m/s
C. t=1.2s时，质点P沿y轴负方向振动D. t=0.4s时，质点Q沿y轴负方向振动
5.由a、b两种单色光组成的一束复色光从玻璃射向空气，在界面分成a和ab两束光，其光路图如图1所示。图2和图3为分别用这两种单色光照射同一个单缝，产生的衍射图样，下列说法正确的是( )
A. 用同一装置做双缝干涉实验，a光相邻亮条纹间距较大
B. a光在玻璃中的传播速度小于b光在玻璃中的传播速度
C. a光的频率大于b光的频率
D. 图3对应的是a光产生的衍射图样
6.如图所示的电路输入端接在电压有效值为220V的交流电源上，理想变压器原、副线圈的匝数比为3：1，完全相同的两灯泡L1、L2的电阻均为R，定值电阻R0=60.5Ω，灯泡L1、L2发光亮度相同。不考虑温度变化对灯泡的影响，下列说法中正确的是( )
A. 灯泡两端电压为50VB. 灯泡两端电压为100V
C. 灯泡的电阻为121ΩD. 灯泡的电阻为181.5Ω
7.如图所示，两根长直导线A、D垂直纸面放置，导线中通有大小相等、方向未知的电流。O为AD连线的中
点，C为A、D连线中垂线上的一点，且AC=AD。已知C点处的磁场方向水平向右，磁感应强度大小为B，
下列说法正确的是( )
A. A导线中电流方向垂直纸面向里，D导线中电流方向垂直纸面向外
B. O点处的磁感应强度大小为2B
C. 若只将D中电流的方向反向，C点处的磁感应强度大小变为 33B
D. 若只将D中电流的方向反向，则O点处的磁感应强度为零
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.光电效应实验电路如图所示，电压表V的零刻度线在正中间，图示位置中滑片P和O点刚好位于滑动变阻器的上、下中点位置。用光子能量为3.1eV的单色光照射光电管的阴极K，闭合开关S，调节滑动变阻器滑片P向某个方向滑动，当电压表示数为1.3V时，微安表示数恰好为0，下列说法正确的是( )
A. 要使微安表的示数恰好为0，滑片P应由图示位置向a端移动
B. 滑片P从图示位置向b端滑动时，光电流一定一直增大
C. 增大入射光的强度，微安表的示数为0时的电压表示数增大
D. 改用光子能量为2.4eV的单色光照射阴极K，调节滑片P，微安表示数为0时，电压表示数为0.6V
9.如图所示，xOy平面内第一象限存在垂直纸面的匀强磁场(未画出)，磁感应强度大小为B，第四象限存在沿y轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带电粒子，从y轴上P点以速度v0沿与y轴正方向成45°夹角射入磁场，经过x轴上的Q点(未画出)速度方向与x轴负方向成45°夹角进入第四象限，经电场偏转后恰好经过坐标原点O，不计粒子重力。下列说法正确的是( )
A. 第一象限内磁场方向垂直纸面向里
B. 粒子在磁场中的运动时间为πm2qB
C. 粒子在电场中的运动时间为2mqB
D. 电场强度大小为 22Bv0
10.如图所示，空间存在水平向左的匀强电场，将一质量为m、电荷量为q的带正电小球向右以速度v0水平抛出，小球在此后的运动过程中最小速度为12v0。重力加速度为g，P点电势φP=0，下列说法正确的是( )
A. 电场强度大小E= 3mg3q
B. 小球抛出后经过t1= 3v04g速度最小
C. 经过t2=2 3v03g小球运动到P点正下方
D. 小球在运动过程中具有的最大电势能为mv02
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某实验小组用如图1所示的装置做“用单摆测量重力加速度”的实验。
(1)下列做法中，正确的是______。
A.摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且适当长一些
B.用刻度尺测得摆线的长度l，就是单摆的摆长
C.摆长一定的情况下，摆角越大，g值测量越准确
D.选择质量大、体积小的小球做实验
(2)某次实验时，摆球经过最低点开始计时，并记为1，当摆球第n次经过最低点时所用时间为t，则单摆的周期T= ______。
(3)为了提高实验的准确度，在实验中可多次改变摆长L，并测出相应的周期T，从而得出几组对应的L和T的数值，以L为横坐标，T2为纵坐标作T2−L图线如图2所示，图线的斜率为k，根据图像可求出当地的重力加速度g= ______。若在实验中测量摆长时忘了加上摆球的半径，则图像法的测量结果______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
12.某实验小组同学要测量阻值约9Ω的定值电阻Rx的阻值，现有下列器材：
A.电流表A(量程为10mA，内阻RA=30Ω)；
B.电压表V(量程为3V，内阻约3kΩ)；
C.滑动变阻器R1(阻值范围为0～10Ω，额定电流为2A)；
D.电阻箱R(0～99.99Ω)；
E.直流电源E(电动势为3V，内阻不计)；
F.开关S和导线若干。
(1)由于没有合适的电流表，需要将电流表A改装成0.6A的电流表，需要并联阻值为______Ω(结果保留2位有效数字)的电阻。
(2)用改装后的电流表测电阻Rx，实验小组设计了如图1、2所示的两种测量电路，为尽可能准确测量，则应选择图______(填“1”或“2”)所示的电路测量。
(3)若采用(2)中所选电路进行测量，电压表的示数U=2.7V，电流表的示数如图3所示，根据数据可得待测电阻的测量值Rx= ______Ω(结果保留2位有效数字)。
(4)采用上述方法测量电阻，从原理上分析，测量值______(填“大于”“等于”或“小于”)真实值。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.如图所示，足够高的导热性能良好的汽缸竖直放置，一面积为S、质量为m的活塞将一定质量的理想气体密封在汽缸内，活塞可在汽缸中无摩擦地滑动。初始时，活塞到缸底的距离为d，汽缸内气体的温度为T0，外界大气压为p0，重力加速度为g。将环境温度缓慢升高，使活塞上升了ℎ高度。
(1)求活塞上升了ℎ高度时气体的温度；
(2)若缸内气体的内能与热力学温度成正比，即U=kT，k为已知量，求整个过程中气体吸收的热量。
14.如图所示，光滑水平面上放置有木板A和滑块C，滑块B置于A的左端，A、B的质量分别为m、2m，A与B间的动摩擦因数为μ。开始时C静止，A、B一起以大小为v0的速度匀速向右运动，A与C发生弹性碰撞后(碰撞时间极短)，A以大小为13v0的速度反弹，最终B恰好滑至A的右端。B、C均可视为质点，重力加速度为g，求：
(1)求C的质量mC和碰后C的速度大小vC；
(2)最终A和B共速时的速度大小v；
(3)木板A的长度L。
15.如图1所示，间距为L=1m、电阻不计的足够长光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨左侧连接有阻值为R=8Ω的定值电阻，金属棒垂直放置在导轨上，金属棒接入电路的电阻为r=2Ω，金属棒的质量m=0.4kg，整个导轨处在垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B=2T。金属棒在水平向右的恒定拉力F作用下，从静止开始运动，经2.4s达到最大速度，金属棒运动的v−t图像如图2所示，求：
(1)外力F的大小；
(2)0～2.4s内电阻R上产生的焦耳热；
(3)若施加的力F为变力，当金属棒的速度达到v0时撤去外力，金属棒整个运动过程中的速度v与运动的位移x关系如图3所示，求整个过程中电阻R上产生的焦耳热(结果用题中和图3中物理量符号L、R、r、B、v0、s表示)。
答案解析
1.【答案】D
【解析】解：A.图1中，自r=r0处开始，随分子间的距离逐渐增大，分子力先增大后减小，故A错误；
B.根据分子速率随温度变化规律可知，图2中，a、b曲线相比，b曲线为同一气体温度较高时气体分子的速率分布图，故B错误；
C.图3中，水中小炭粒每隔一定时间位置的连线不是小炭粒做布朗运动的轨迹，故C错误；
D.图4中，仅增加单位时间落入秤盘豆粒的数量，可模拟温度不变体积减小时对气体压强的影响，故D正确。
故选：D。
根据分子力的作用规律、分子速率随温度变化规律、布朗运动和气体压强知识进行分析解答。
考查分子力的作用规律、分子速率随温度变化规律、布朗运动和气体压强知识，会根据题意进行准确分析解答。
2.【答案】C
【解析】解：A.β衰变是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，故A错误；
B.α衰变所释放的α粒子由二个质子和二个中子组成的氦原子核，故B错误；
C.经过4次α衰变和2次β衰变后，则质量数减小16，而质子减小6，核反应为 92238U→ 86222Rn+424He+2−10e，故C正确；
D.原子核的半衰期与所处的化学状态和外部条件无关，由内部自身因素决定，故D错误。
故选：C。
根据α、β粒子来历、质量数和电荷数守恒及半衰期的知识进行分析解答。
考查α、β粒子来历、质量数和电荷数守恒及半衰期的知识，会根据题意进行准确分析解答。
3.【答案】B
【解析】解：A、根据电场线切线方向与电场方向相同，可知b、c两点的电场方向不同，而电场强度为矢量，可知b、c两点的电场强度不同，故A错误；
B、根据点电荷的电势决定式：φ=kQr，可得到a、c两点电势表达式：φa=k×2q12l−kq12l，φc=k×2qr−kqr，由几何关系可知：r>12l，即可知a点电势比c点电势大，故B正确；
C、根据电场线的特点，可知正试探电荷的受力方向为电场线的切线方向，由图可知，该正试探电荷的受力方向与初速度方向相同，但受力方向与运动过程的速度方向不同，故正试探电荷不会沿电场线运动，故C错误；
D、根据点电荷电场强度的定义式：E=kQr2，可知a点电场强度大小为：Ea=k×2q(12l)2+kq(12l)2，解得：Ea=12kql2，故D错误。
故选：B。
根据电场线，可知b、c两点的电场方向，结合电场强度的大小、方向特点，可知电场强度是否相同；根据点电荷的电势决定式，可得到a、c两点电势表达式，即可比较a、c两点电势相对大小；根据电场线的特点，可知正试探电荷的受力方向，结合曲线运动特点，可知正试探电荷是否会沿电场线运动；根据点电荷电场强度的定义式，可知a点电场强度大小。
本题考查根据电场线分析电场强度、电势的特点，关键是掌握点电荷的电场强度、电势的决定式。
4.【答案】D
【解析】解：A、根据波形图可知：(n+34)T=1.2s，该波的周期T>1.2s，则n=0，解得周期：T=1.6s，故A错误；
B、这列波的传播速度为：v=λT=81.6m/s=5m/s，故B错误；
C、波沿x轴负方向传播，根据同侧法可知，t=1.2s时，质点P沿y轴正方向振动，故C错误；
D、根据同侧法可知，t=1.2s时Q点沿+y方向振动。t=0.4s时，即从t=1.2s向前推Δt=1.2s−0.4s=0.8s=12T，相隔半个周期振动情况相反，所以t=0.4s时，质点Q沿y轴负方向振动，故D正确。
故选：D。
根据波形图求解该波的周期；根据波速计算公式求解这列波的传播速度；根据同侧法判断质点P的振动方向；判断t=1.2s时Q点的振动方向，根据相隔半个周期振动情况相反判断t=0.4s时质点Q的振动方向。
本题主要是考查了波的图像；解答本题的关键是根据质点的振动方向判断出波的传播方向；一般的判断方法是根据“平移法”或“同侧法”，或者根据“走坡法”来判断。
5.【答案】A
【解析】解：AC、根据图1可知，a光的临界角大于b光的临界角，根据sinC=1n可知，a光的折射率小于b光的折射率，所以a光的频率小于b光的频率，根据c=λν可知，a光的波长大于b光的波长，根据Δx=ldλ可知，用同一装置做双缝干涉实验，a光相邻亮条纹间距较大，故A正确，C错误；
B、根据v=cn可知，a光在玻璃中的传播速度大于b光在玻璃中的传播速度，故B错误；
D、由上面的分析可知a光的波长大于b光的波长，所以a光更容易发生明显的衍射，用这两种单色光照射同一个单缝，产生的衍射图样a光对应的中间亮条纹更宽，所以图3对应的是b光产生的衍射图样，故D错误。
故选：A。
根据临界角比较折射率的大小，根据干涉条纹间距公式分析；根据v=cn分析；根据折射率大小比较；根据发生明显衍射的条件分析。
能够比较出两束光的折射率大小是解题的关键，掌握发生明显衍射的条件，干涉条纹间距公式，以及在介质中传播速度和折射率的关系等。
6.【答案】C
【解析】解：AB、设灯泡L1中的电流为I1，根据变流比可得副线圈中的电流为I2=n1n2I1=3I1，因为灯泡L1、L2发光亮度相同，所以加在灯泡两端的电压相等，设为UL，根据变压比有U−ULUL=n1n2=31，解得UL=55V，故AB错误；
CD、因为灯泡L1、L2发光亮度相同，所以通过灯泡L2的电流也为I1，根据并联电路电流的特点可知，通过电阻R0的电流为2I1，根据并联电路压的特点可知有I1RL=2I1R0，解得灯泡的电阻RL=121Ω，故C正确，D错误。
故选：C。
根据电压关系以及变压比计算灯泡两端的电压；根据变流比计算副线圈中的电流，然后根据电流比计算灯泡电阻和定值电阻之间关系。
掌握并联电路电流的特点，以及变压器的变压比和电流比是解题的基础。
7.【答案】C
【解析】解：A、已知C点处的磁场方向水平向右，由安培定则可知，A、D导线中的电流方向均垂直于纸面向里，故A错误；
B、两导线A、D中的电流在O点产生的磁感应强度等大反向，则O点处的磁感应强度为0，故B错误；
C、两导线在C点处产生的磁感应强度大小相等，方向分别与AC、AD垂直，如图所示
C点的磁感应强度B=2Bcs30°
若将D中的电流方向反向，D导线在C点产生的磁感应强度大小不变方向反向，如图所示
则B′=B1，解得B′= 33B，故C正确；
D、若将D中电流方向反向，A、D处两导线中的电流在O点产生的磁感应强度大小相等，方向均垂直于AD向下，则O点处的磁感应强度大小不为零，故D错误。
故选：C。
根据C点处磁场方向应用安培定则判断电流方向；
根据磁场的叠加原理应用平行四边形定则分析答题。
本题考查了求磁感应强度问题，根据题意应用安培定则、磁场叠加原理与平行四边形定则即可解题。
8.【答案】AD
【解析】解：A.要使微安表的示数恰好为0，应该给光电管加上反向电压，则滑片P应由图示位置向a端移动，故A正确；
B.滑片P从图示位置向b端滑动时，光电流可能增大，但因为存在饱和光电流，不一定一直增大，故B错误；
C.由于不清楚最开始加在光电管两点电压是正向电压还是反向电压，故增大入射光的强度，微安表的示数为0时的电压表示数的变化情况不确定，故C错误；
D.根据eUc1=E1−W0，eUc2=E2−W0，代入E1=3.1eV，Uc1=1.3V，改用光子能量为E2=2.4eV的单色光照射阴极K，调节滑片P，微安表示数为0时，电压表示数为Uc2=0.6V，故D正确。
故选：AD。
根据遏止电压、饱和光电流以及光电效应方程和动能定理列式解答。
考查遏止电压、饱和光电流以及光电效应方程和动能定理，会根据题意进行准确分析解答。
9.【答案】CD
【解析】解：A.带电粒子在磁场、电场中的运动轨迹如图所示：
粒子在电场中沿电场线方向运动，可知粒子带正电，根据左手定则可知，第一象限内磁场方向垂直纸面向外，故A错误；
B.粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动时，运动的周期为T=2πmqB
粒子在磁场中运动的路程为180°圆弧，则运动时间为t=T2=πmqB，故B错误；
C.粒子在第一象限的运动半径为r=mv0qB
粒子进入第四象限后做类平抛运动。设运动的时间为t1，沿x轴负方向上的位移为x，则由几何关系可知
x= 2r= 2mv0qB
粒子沿x轴负方向上的分速度为
vx=sin45°v0= 2v02
粒子在电场中的运动时间为
t1=xvx= 2mv0qB 2v02=2mqB
故C正确；
D.粒子在第四象限内运动的加速度大小a=qEm
由x=12at12，联立解得
E= 22Bv0
故D正确。
故选：CD。
A.画出粒子在磁场、电场中运动轨迹，由运动轨迹结合左手定则判断第一象限内磁场方向；
B.由洛伦兹力提供向心力，结合周期公式求得粒子在磁场中的运动时间；
CD.由运动学公式、半径公式结合几何关系求得粒子在电场中的运动时间及电场强度大小。
本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，画出运动轨迹，熟练应用几何知识帮助解题。
10.【答案】BC
【解析】解：AB、根据小球受到的电场力、重力均为恒力，可知其受到的合力为恒力，如下图：
由题意可知其初速度v0、最小速度12v0，可知其速度满足：sinα=12v0v0，vy=v0csα，可知合力的方向满足：tanα=mgqE，解得电场强度大小：E= 3mgq，
其合力大小满足：F合=mgsinα，其减速至最小速度需要的时间满足：vy=F合m×t1，解得：t1= 3v04g，故A错误，B正确；
CD、小球水平方向只受到水平向左的电场力，结合其水平初速度，可知其运动到P正下方所需的时间满足：v0t2−12×qEm×t22=0，解得：t2=2 3v03g；
根据水平受力特点，结合水平初速度，即可知其运动到最右侧的位移为：x电=v022×qEm，根据电场力做功与电势能关系：W=0−Ep，
而电场力做功为：W=−qEx电，即可知其最大电势能为：Ep=mv022，故C正确，D错误。
故选：BC。
根据小球受到的电场力、重力均为恒力，可知其受到的合力为恒力，结合其初速度、最小速度，即可知合力的方向，求解电场强度大小、计算减速至最小速度需要的时间；根据水平方向的受力特点，结合其水平初速度，可知其运动到P正下方所需的时间；根据水平受力特点，结合水平初速度，即可知其运动到最右侧的位移，根据电场力做功与电势能关系，即可知其最大电势能。
本题考查带电体在复合场中的运动，关键是利用两种坐标系，分别分析实际运动的最小速度、水平分运动特点。
11.【答案】AD； 2tn−1； 4π2k；不变
【解析】(1)A.为减小实验误差，摆线要选择细些的，且不易伸缩的细长摆线，故A正确；
B.摆长等于悬点到摆球球心的距离，故B错误；
C.单摆的摆角小于5°时，视为简谐运动，实验时摆角不能太大，故C错误；
D.为减小空气阻力对实验的影响，摆球尽量选择质量大、体积小的，故D正确；
故选：AD。
(2)单摆的周期T=tn−12=2tn−1
(3)由单摆周期公式得T=2π Lg
解得T2=4π2gL
根据图像斜率可知k=4π2g
解得g=4π2k
若在实验中测量摆长时忘了加上摆球的半径，则图像法的斜率不变，测量结果不变。
故答案为：(1)AD；(2)2tn−1；(3)4π2k；不变
(1)根据实验原理分析判断；
(2)根据单摆周期特点求出周期；
(3)根据图像物理意义求解。
本题考查测量重力加速度实验，要求掌握实验原理、实验装置、实验步骤、数据处理和误差分析。
12.【答案】0.51； 1； 8.5； 等于
【解析】(1)将电流表A改装成0.6A的电流表，并联电阻阻值R=IgRAI−Ig=10×10−3×300.6−10×10−3Ω≈0.51Ω。
(2)改装后电流表内阻已知，电流表采用内接法，应选择图1所示电路进行测量。
(3)由图3所示表盘可知，电流表量程为0.02mA，读数为5.00mA，
电流表量程扩大了n=0.610×10−3倍=60倍，电路电流I=5.00×60mA=300mA=0.3A
改装后电流表内阻RA′=RARRA+R=30×0.5130+0.51Ω≈0.5Ω
待测电阻的测量值Rx=UI−RA′=2.70.3Ω−0.5Ω=8.5Ω
(4)由于电流表内阻已知，消除了实验误差，电阻测量值等于真实值。
故答案为：(1)0.51；(2)1；(3)8.5；(4)等于。
(1)应用并联电路特点与欧姆定律求解。
(2)根据题意确定电流表接法，然后选择实验电路。
(3)根据电流表量程确定其分度值，读数其示数，求出流过待测电阻的电流，然后应用欧姆定律求解。
(4)根据图示电路图分析实验误差。
要掌握常用器材的使用方法与读数方法；分析清楚图示电路结构，应用串并联电路特点与欧姆定律即可解题。
13.【答案】活塞上升了ℎ高度时气体的温度为(ℎ+d)T0d；
整个过程中气体吸收的热量为ℎkT0d+(p0S+mg)ℎ
【解析】(1)活塞上升过程气体压强不变，根据盖−吕萨克定律克得：
dST0=(ℎ+d)ST
解得：T=(ℎ+d)T0d；
(2)活塞向上运动过程中，设气体的压强为p，对活塞，由平衡条件可得：p0S+mg=pS，解得：p=p0+mgS
此过程中外界对气体做功，则有：W=−pSℎ=−(p0S+mg)ℎ
气体内能增加量为：ΔU=k(T−T0)=K((ℎT0−dT0)d−T0)=kℎdT0
由热力学第一定律可得：ΔU=W+Q
联立解得：Q=ΔU−W=ℎkT0d+(p0S+mg)ℎ。
答：(1)活塞上升了ℎ高度时气体的温度为(ℎ+d)T0d；
(2)整个过程中气体吸收的热量为ℎkT0d+(p0S+mg)ℎ。
(1)由盖—吕萨克定律可求气体的温度；
(2)由热力学第一定律可求气体吸收的热量。
本题是对盖−吕萨克定律和热力学第一定律的考查，解题的关键是要知道气体发生的状态变化情形，注意热力学第一定律中正负符号的物理意义。
14.【答案】C的质量mC和为2m，碰后C的速度大小vC为23v0；
最终A和B共速时的速度大小v为59v0；
木板A的长度L为8v0227μg
【解析】(1)以向右为正方向，对A、C发生弹性碰撞的过程，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得：
mv0=mv1+mCvC
12mv02=12mv12+12mCvC2
联立解得：v1=m−mCm+mCv0，vC=2mm+mCv0
已知：v1=−13v0
解得：mC=2m，vC=23v0
(2)A、C碰撞后，A与B相互作用过程中，A、B组成的系统动量守恒，以向右为正方向，则有：
2mv0+mv1=3mv
解得：v=59v0
(3)A、B共速后两者相对静止一起匀速运动，两者相对滑动的过程，根据能量守恒定律与功能关系得：
2μmgL=12⋅2mv02+12mv12−12⋅3mv2
解得：L=8v0227μg
答：(1)C的质量mC和为2m，碰后C的速度大小vC为23v0；
(2)最终A和B共速时的速度大小v为59v0；
(3)木板A的长度L为8v0227μg。
(1)对A、C发生弹性碰撞的过程，根据动量守恒定律与机械能守恒定律求解C的质量和碰后C的速度大小；
(2)A与B相互作用过程中，A、B组成的系统动量守恒，据此求解最终A和B共速时的速度大小；
(3)根据能量守恒定律与功能关系求解木板A的长度。
本题考查了弹性碰撞模型与板块模型，考查了动量守恒定律、能量守恒定律、功能关系的应用。掌握从动量与能量的角度处理问题方法。
15.【答案】外力F的大小为2N；
0～2.4s内电阻R上产生的焦耳热为7.2J；
整个过程中电阻R上产生的焦耳热为B2L2Rv0s(R+r)2
【解析】(1)当外力F等于安培力时，速度最大，根据平衡条件可得：F=BIL
根据闭合电路欧姆定律可得：I=ER+r=BLvR+r，其中：v=5.0m/s
联立解答：F=2N；
(2)以导体棒为研究对象，取向右为正方向，由动量定理得：Ft−BI−Lt=mv−0
根据电荷量的计算公式可得：q=I−Δt=E−ΔtR=ΔΦR=BLxR
解得x=7m
由能量转化和守恒定律得：Fx=Q+12mv2
解得回路中产生的总的焦耳热为：Q=9J
根据焦耳定律可知，电阻R产生的热量：QR=RR+rQ
代入数据解得：QR=7.2J；
(3)由v−x图像可知，整个过程克服安培力做功：W安=ΣB2L2vR+r⋅Δx
而∑vΔx表示所围面积，如图所示：
故∑vΔx=v0s
整个过程克服安培力做功为：W安=B2L2v0sR+r
电阻R上产生的热量为：QR=RR+rW安=B2L2Rv0s(R+r)2。
答：(1)外力F的大小为2N；
(2)0～2.4s内电阻R上产生的焦耳热为7.2J；
(3)整个过程中电阻R上产生的焦耳热为B2L2Rv0s(R+r)2。
(1)根据平衡条件结合安培力的计算公式解析解答；
(2)以导体棒为研究对象，由动量定理、电荷量的计算公式求解位移，由能量转化和守恒定律、焦耳定律求解电阻R产生的热量；
(3)根据图像结合安培力的计算公式求解整个过程克服安培力做功，根据功能关系求解电阻R上产生的热量。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。