2023-2024学年江西省五市九校协作体高三（上）二模联考物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江西省五市九校协作体高三（上）二模联考物理试卷（含解析），共18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。

1.下列关于原子物理知识说法正确的是( )
A. 甲图为氢原子的能级结构图，当氢原子从基态跃迁到激发态时，放出能量
B. 乙图中重核裂变产生的中子能使核裂变反应连续的进行，称为链式反应，其中一种核裂变反应方程为 92235U→56141Ba+3692Kr+201n
C. 丙图为光电效应中光电子最大初动能与入射光频率的关系图线，不同频率的光照射同种金属发生光电效应时，图线的斜率相同。
D. 核反应方程 3482Se→3682Kr+2X中，X是质子
2.如图所示，倾角为30的斜面固定在水平面上，一段轻绳左端栓接在质量为2m的物体P上，右端跨过光滑的定滑轮连接质量为m的物体Q，整个系统处于静止状态。对Q施加始终与右侧轻绳垂直的拉力F，使Q缓慢移动直至右侧轻绳水平，该过程中物体P始终静止。下列说法正确的是( )
A. 拉力F先变大后变小B. 轻绳的拉力先增大后减小
C. 物体P所受摩擦力沿斜面先向下后向上D. 斜面对物体P的作用力逐渐变大
3.图甲为12均匀带电圆环，O1为其圆心，图乙为34匀带电圆环，O2为其圆心，两圆环半径相同，单位长度的带电荷量、电性相同，O1处的电场强度大小为E0，电势为φ0。已知在真空中电荷量为Q的点电荷产生的电场中，若取无穷远处为零电势点，则离该点电荷距离为r的某点的电势为φ=kQr，则O2处的场强大小和电势分别为
( )
A. 34E0，32φ0B. 32E0，12φ0C. 22E0，32φ0D. 22E0， 22φ0
4.如图所示，一透明材料制成的圆柱形棒，长度为6m。一束光线从圆柱形棒的一个底面中心垂直射入，经2.5×10−8s由另一底面圆心射出。保持入射点不变，调整光线的入射方向，使其在材料内部恰好发生全反射，(光在真空中的速度为3×108m/s)则光通过透明材料的时间为( )
A. 2.5×10−8sB. 3.3×10−8sC. 3.125×10−8sD. 4.95×10−8s
5.2023年9月29日，在杭州亚运会田径项目女子铅球决赛中，中国选手巩立姣夺得金牌，获得亚运会三连冠。图甲是巩立姣正在比赛中。现把铅球的运动简化为如图乙模型：铅球抛出时离地的高度h=1.928m，铅球落地点到抛出点的水平距离x=20m，铅球抛出时的速度v0和水平方向的夹角θ=37°，已知铅球的质量为m=4kg，不计空气阻力，sin37°=0.6，cs37°=0.8，g=10m/s2， 2.6144=1.62， 3.3856=1.84，则( )
A. 小球运动到最高点时速度为零
B. 小球在空中运动的时间为1.62s
C. 从抛出到落地过程中小球速度的变化量是18.4m/s
D. 小球落地前任意相等时间内速度的变化量不相等
6.如图所示，在等腰直角三角形abc区域内存在垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，O为ab边的中点，在O处有一粒子源沿纸面内不同方向、以相同的速率v=qBLm不断向磁场中释放相同的带正电的粒子，已知粒子的质量为m，电荷量为q，直角边ab长为2 2L，不计重力和粒子间的相互作用力。则( )
A. 从ac边射出的粒子中在磁场中运动的最短时间为πm4qB
B. 从ac边射出的粒子中在磁场中运动的最短时间为πm3qB
C. 粒子能从bc边射出的区域长度为L
D. 粒子能从bc边射出的区域长度为2L
7.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为m0的球C，现将球C拉起使细线水平伸直，并由静止释放球C，则下列说法正确的是(重力加速度为g)( )
A. 运动过程中，A、
B. C组成的系统动量守恒B.C球摆到最低点过程，C球的速度为vC=2 mgL2m+m0
C. C球第一次摆到最低点过程中，木块A、B向右移动的距离2mL2m+m0
D. C向左运动能达到的最大高度m0L2m0+m
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，在水平面上固定着三个材料完全相同的木块，长度分别为L、2L、3L，一个子弹以水平初速度v射入木块，子弹在木块中做匀减速直线运动，穿出第一个木块和第二个木块时的速度分别为v1、v2，穿透第三个木块时速度恰好为0。下列说法正确的是( )
A. 1B. 2C. 子弹通过第二个木块和第三个木块的时间之比为t1t2= 15−33
D. 子弹通过所有木块的平均速度和初速度之比为vv=2
9.人类设想在赤道平面内建造垂直于地面并延伸到太空的电梯，又称“太空电梯”如图甲所示。图乙中，图线A表示地球引力对航天员产生的加速度大小与航天员距地心的距离r的关系，图线B表示航天员相对地面静止时而产生的向心加速度大小与r的关系。图乙中R(地球半径)，r0为已知量，地球自转的周期为T，引力常量为G，下列说法正确的有( )
A. 太空电梯停在r0处时，航天员对电梯舱的弹力为0
B. 地球的质量为4π2r03GT2
C. 地球的第一宇宙速度为2πr0T Gr0R
D. 随着r的增大，航天员对电梯舱的弹力逐渐减小
10.如图所示，BC，CD和DE为三段光滑圆弧轨道，其圆心角θ均为60∘，半径R均为0.6m，O1C，O2E沿竖直方向，AB是倾角θ=60∘的粗糙长直轨道，AB与圆弧BC相切于B点，CD和DE圆弧轨道平滑连接。现让质量m=0.6kg可视为质点的小物块从长直轨道上的F点由静止释放，已知BF为 32m，小物块与AB轨道间的动摩擦因数μ= 32，不计其他阻力，g=10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. 小物块滑至B点时的速度为 152m/s
B. 小物块滑至C点时对轨道的压力为13.5N
C. 小物块不能沿DE轨道到达E点
D. 小物块能沿DE轨道运动至E点再做平抛运动
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某研究性学习小组利用如图1所示装置测量弹簧的弹性势能和物块与桌面间的动摩擦因数，实验步骤如下：
①将一长直薄木板上端斜靠在水平桌面右边缘O点，长木板下端固定在水平地面上；
②将轻弹簧一端固定在水平桌面左边沿的墙面上，弹簧处于原长时，其右端在O点左侧；
③用带凹槽的物块把弹簧压缩到P点，释放物块，测出物块在长木板上的落点与O点的距离x；
④通过在物块上增减砝码来改变物块的质量m，重复步骤③的操作；
⑤得到一系列的m与x，根据数据作出x−1m图象，如图2所示。
回答下列问题：
(1)为达到实验目的，除已经测出物块的质量和在长木板上的落点与O点的距离x外，还需要测量______；
A.弹簧的原长L0
B.P点到桌面右边沿的距离L
C.用量角器测出长木板与水平面的夹角θ
D.弹簧压缩前物块到桌面右边沿的距离L1
(2)若当地的重力加速度为g，根据图2可知弹簧被压缩到P点时的弹性势能为______，物块与桌面间的动摩擦因数为______。(用图2中的a、b和(1)中所选物理量的符号表示结果)
12.某同学用普通的干电池(电动势E=1.5 V，内阻r=0.6 Ω)、直流电流表(量程Ig=1 mA、内阻Rg=130 Ω)、定值电阻R1=1040 Ω和电阻箱R2、R3等组装成一个简单的欧姆表，电路如图所示，通过控制开关S和调节电阻箱，可使欧姆表具有“×10”和“×100”两种倍率。
(1)该同学按图甲正确连接好电路。当开关S断开时，将红、黑表笔短接，调节电阻箱R2，使电流表达到满偏，在红、黑表笔间接入待测电阻Rx，当电流表指针指向如图乙所示的位置时，则待测电阻Rx的阻值为________Ω。
(2)闭合开关S，调节电阻箱R2和R3，当R3=________Ω且R2=________Ω时，将红、黑表笔短接，电流表再次满偏，电流表就改装成了另一倍率的欧姆表。则此欧姆表表盘正中刻度的标值为________。
(3)若该欧姆表内电池使用已久，电动势降低到1.4 V，内阻变为20.0 Ω，当开关S断开时，短接调零时仍能实现指针指到零欧姆刻度处(指针指电流满刻度)。若用该欧姆表测出的电阻值1800 Ω，这个电阻的真实值是________Ω。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.如图1所示，导热性能良好、内壁光滑的汽缸开口向上放置，其上端口装有固定卡环。质量为4.0kg、面积为8.0cm2的活塞将一定质量的理想气体封闭在缸内，开始时缸内封闭气体的体积为4×10−4m3。现缓慢升高环境温度，使气体从状态A变化到状态C，缸内气体体积随温度变化的图像如图2所示，气体质量保持不变，已知大气压强为1.0×105Pa，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)开始时环境的温度多高；气体变化到状态C时气体的压强多大(压强保留2位小数)；
(2)若气体在整个过程中吸收的热量为90J，则整个过程缸内气体内能的增加量为多少。
14.在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示。小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上。M为轨迹的最高点。小球抛出时的动能为8.0J，在M点的动能为6.0J，不计空气的阻力。求：
(1)小球所受重力和电场力的比值；
(2)小球水平位移x1与x2的比值；
(3)小球从A点运动到B点的过程中最小动能Ekmin。
15.如图所示，水平面内有两根足够长的平行导轨L1、L2，其间距d=0.5m，左端接有电容C=2000μF的电容器。质量m=20g的导体棒可在导轨上滑动，动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻不计。整个空间存在着垂直导轨所在平面的匀强磁场，磁感应强度B=2T。现用一沿导轨方向向右的恒力F1=0.54N作用于导体棒，使导体棒从静止开始运动，经t=0.25s时间后到达B处，速度v=5m/s。此时，突然将拉力方向变为沿导轨向左，大小变为F2=0.34N，又经一段时间后导体棒返回到初始位置A处，整个过程电容器未被击穿，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)导体棒运动到B处时，电容器C上的电荷量；
(2)μ的大小：
(3)导体棒从B处返回到初始位置A处的时间(结果用根号表示)。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A.甲图为氢原子的能级结构图，当氢原子从基态跃迁到激发态时，吸收能量，故A错误；
B.铀核裂变的核反应方程式为 92235U+01n→56141Ba+3692Kr+301n，故B错误；
C.根据爱因斯坦的光电效应方程Ek=hν−W0可知，该图线的斜率表示普朗克常量 h ，不同频率的光照射同种金属发生光电效应时，图线的斜率相同，故C正确；
D.由质量数守恒和电荷数守恒可知， X 的质量数为0，电荷数为 −1 ，则 X 为电子，故D错误。
故选C。
2.【答案】D
【解析】AB.对物体Q进行受力分析，如图甲所示

由图可知，Q缓慢移动直至右侧轻绳水平过程中，细绳的拉力FT逐渐减小，而拉力F逐渐增大，故 A、B错误；
C.对物体P进行受力分析，如图乙所示

沿斜面方向有
Ff+FT=2mgsin30=mg
初始状态，轻绳拉力FT=mg，此时 Ff=0 ，随着轻绳拉力减小，则摩擦力方向沿斜面向上且逐渐增大，故C错误；
D.对P分析，在垂直斜面方向有
FN=2mgcs30
可知P受到的支持力大小、方向均不变，斜面对物体P的作用力即为P受到的摩擦力和支持力的合力，当摩擦力逐渐增大时，斜面对物体P的作用力逐渐增大，故D正确。
故选D。
3.【答案】C
【解析】解：设14圆环在圆心处产生的场强大小为E，对题中图甲12圆环，由电场强度的合成可知
2E=E0
故E= 22E0
题中图乙34圆环的左上14圆环和右下14圆环在圆心处产生的场强等大反向，故O2处的场强大小等于右上14圆环在O2处产生的场强大小，为 22E0.设图甲中12圆环圆环的带电荷量为q，则图乙中34圆环的带电荷量为32q，电势是标量，有
φ0=kqr
故O2处的电势为
φO2=3q2⋅kr=32φ0
故ABD错误，C正确
故选：C。
本题通过两不完整的带电圆环在圆心处产生的场强与电势的计算考查考生的认识理解能力、逻辑推理能力和分析综合能力。根据均匀带电圆环在圆心处产生的电场和电势的特点进行分析、推理和计算。
场强是矢量，场强的叠加不能用代数和求解，应用矢量的合成进行求解，两个场强的合成应根据平行四边形定则求解。
4.【答案】C
【解析】C
【详解】设光在该材料中传播速度为v，由
L=vt
解得
v=Lt=2.4×108m/s
由
n=cv
可知
n=1.25
设全反射临界角为C，则
sinC=1n=0.8
光刚好发生全反射，可知光在透明材料中的路程为
s=LsinC=7.5m
则
t′=sv=7.52.4×108s=3.125×10−8s
故选C。
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查斜抛运动，解题关键是掌握运动的合成与分解规律，明确斜抛运动在水平方向是匀速直线运动，竖直方向为竖直上抛运动。
【解答】
A.小球运动到最高点竖直速度为零，水平速度不为零，故A错误；
B.设小球在空中运动的时间为t，
水平方向：x=v0cs37°t
竖直方向：y=v0sin37°t−12gt2=−h
代入数据解得：t=1.84s，故B错误；
C.根据Δv=gΔt，从抛出到落地过程中小球速度的变化量是Δv=18.4m/s，故C正确；
D.小球做匀变速曲线运动，加速度为g，小球落地前任意相等时间内速度的变化量相等，故D错误。
故选C。
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，根据题意做出粒子运动的轨迹图是解题的关键，根据洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。
【解答】
AB.根据 qvB=mv2r 代入速度得 r=L，
如图Od与ac垂直，有几何关系可知，Od长为L，即最短弦长，对应最短时间，圆心角为 60∘ ，则最短时间为 t=60∘360∘T，又 T=2πrv， 得 t=πm3qB，A错误，B正确；
CD.粒子轨迹与ac相切时，交与bc边最远的e点，由几何关系可知，Oe长度为直径，则粒子能从bc边射出的区域eb的长度为 2L ，CD错误。
7.【答案】B
【解析】B
【详解】A.木块A、B和小球C组成的系统竖直方向动量不守恒，水平方向动量守恒，所以系统的总动量不守恒，故A错误；
C.C球第一次摆到最低点过程中，A、B、C组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得
m0vC−2mvA=0
则
m0×x1t−2m×x2t=0
由几何关系得
x1+x2=L
解得木块A、B向右移动的距离为
x2=m0L2m+m0
故C错误。
BD.小球C下落到最低点时，A、B将要开始分离，此过程水平方向动量守恒，设A、B共同速度为 vAB ，根据机械能守恒有
m0gL=12m0vC2+12×2mvAB2
由水平方向动量守恒得
m0vC=2mvAB
联立解得
vC=2 mgL2m+m0
vAB=m0m mgL2m+m0
此后A、B分开。当C向左运动能达到的最大高度时，AC共速，设此时A、C速度为 v共 ，B的速度依然为 vAB 。全程水平方向动量守恒，规定向左为正方向，即
m0vC−mvAB=m0+mv共
整个过程中，系统机械能守恒，C的重力势能转化为A、B、C的动能，即
12m0vC2+12mvAB2=m0gh+12m0+mv共2
解得
h=m0+2mL2m0+m
故B正确
8.【答案】AC
【解析】AB.子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第三个木块时速度恰好为0，根据逆向思维，由 2ax=v2 可得，子弹穿出第一个木块和第二个木块时的速度之比
v1v2= 2a⋅(2L+3L) 2a⋅3L= 53
故A正确，B错误；
C.子弹通过第二个木块和第三个木块的过程中有
2L=v1+v22t1 ， 3L=v22t2
则子弹通过第二个木块和第三个木块的时间之比为
t1t2= 15−33
故C正确；
D.子弹通过所有木块的平均速度为
v=v+02=v2
可得
vv=12
故D错误。
故选AC。
9.【答案】AB
【解析】【分析】
电梯停在r0处时，由宇航员的状态及受力得解；结合图像判断第一宇宙速度，由此得解；由万有引力提供向心力解得地球质量；根据受力情况分析弹力的变化。
本题主要考查天体的运动规律，难度一般。
【解答】
A.由图乙可知，太空电梯在r0时，航天员所受地球的引力完全提供其随地球自转所需的向心力，此时，航天员与电梯舱间的弹力为0，A正确；
BC.太空电梯在r0时，由于航天员的引力完全提供其所需的向心力，设地球的质量为M，航天员的质量为m，则： GMmr02 = m4π2T2r0 ，解得：M= 4π2r03GT2 ，由第一宇宙速度的表达式得：v= GMR = 2πr0T r0R ，故B正确，C错误；
D.随着r的增加，航天员所需的向心力Fn=man=m4π2T2r0 逐渐增加，在r=r0时，引力完全提供向心力，此时航天员与电梯舱的弹力为0，当rr0时，电梯舱对航天员的弹力表现为指向地心的压力，此时FN= m4π2T2r− GMmr2 ，FN随着r的增大而增大，D错误。
故选AB。
10.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查了牛顿第二定律、运动学公式、动能定理、机械能守恒、竖直面的圆周运动等知识点，关键是要认真分析物理过程，把复杂的物理过程分成几个小过程并且找到每个过程遵守的物理规律，列出相应的物理方程解题。
【解答】
A.斜面上的加速度为a=mgsinθ−μmgcsθm=5 32m/s2，
根据运动学公式可得2axBF=vB2，
解得小物块滑至B点时的速度为vB= 152m/s，故A正确;
B.小物块从B到C过程由动能定理可得mgR(1−csθ)=12mvC2−12mvB2，
在C点，由牛顿第二定律可得N−mg=mvC2R，
联立可得N=19.5N
根据牛顿第三定律可知，小物块滑至C点时对轨道的压力为19.5N，故B错误;
CD.小物块从D到E过程中，假设在与竖直方向角度为α时小球脱离圆弧面，此时的速度为v，根据机械能守恒定律可得
12mvD2=12mv2+mg[R(1−cs60∘)−R(1−csα)]，
其中
vD=vB= 152m/s，
脱离瞬间有
mgcsα=mv2R
联立解得
csα=34
即α<60∘，故C正确， D错误。
故选AC。
11.【答案】(1)BC；
(2)bgcs2θ4asinθ；bcs2θ4Lsinθ
【解析】【分析】
本题考查了考查了实验数据处理，知道实验原理是解题的前提与关键，应用能量守恒定律求出图象的函数表达式是即可解题，要掌握应用图象法处理实验数据的方法。
应用能量守恒定律与平抛运动规律求出图象的函数表达式，根据图象的函数表达式确定实验需要测量的量；根据图示图象结合图象的函数表达式求出弹簧的弹性势能，求出动摩擦因数。
【解答】
(1)释放弹簧后弹簧对滑块做功，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能和摩擦内能；
从释放滑块到滑块到达桌面边缘过程，由能量守恒定律得：EP=μmgL+12mv2，
滑块离开桌面后做平抛运动，水平方向：xcsθ=vt，竖直方向：xsinθ=12gt2，
整理得：x=4Epsinθgcs2θ·1m−4μLsinθcs2θ；
实验除了测出m、x外，还需要测出P点到桌面右边沿的距离L、长木板与水平地面的夹角θ，故AD错误，BC正确。
(2)由x=4Epsinθgcs2θ·1m−4μLsinθcs2θ，可知，x−1m图象的斜率k=ba=4EPsinθgcs2θ，图象的纵轴截距b=4μLsinθcs2θ，解得EP=bgcs2θ4asinθ，动摩擦因数μ=bcs2θ4Lsinθ。
12.【答案】(1)1 000；(2)130；32.4；15；(3)1680
【解析】【分析】
本题主要考查了多用电表的原理及使用，对于实验问题关键是正确的掌握实验原理，知道实验涉及的物理规律和物理定律，知道多用电表涉及的原理是根据闭合电路的欧姆定律，知道实验误差的来源及减小误差的方法，知道数据处理的方法。
【解答】
(1)满偏时有：Ig=ER内，欧姆表的内阻R内=1500 Ω，表盘的中值电阻为1500 Ω，电流表指针指向如图乙所示的位置时的读数为0.6mA，根据Ix=ER内+Rx，得：Rx=1.50.6×10− 3Ω−1500Ω=1000Ω。
(2)闭合开关S，欧姆表的内阻变小，倍率变小至“×10”，调节电阻箱R2和R3，使电流表满偏时欧姆表内阻为150Ω，电路总电流为I=1.5150 A=0.01A，R3=Ig(Rg+R1)I−Ig=130Ω，R2+R3(Rg+R1)R3+(Rg+R1)+r=150Ω，解得：R2=32.4Ω，根据两倍率知，欧姆表表盘正中刻度的标值为15。
(3)设电流表满偏电流Ig，欧姆调零时：Ig=ER内，则R内=EIg；当电动势变小、内阻变大时，由于欧姆表重新调零，内阻的变化不影响，由于满偏电流Ig不变，由R内′=E′Ig知，欧姆表的内阻变小，用欧姆表测电阻时：EEIg+R测=E′E′Ig+R真，解得R真=1680Ω。
13.【答案】解：(1)气体从A变化到B发生的是等压变化，
则VATA=VBTB，
由图2可知，VA=4×10−4m3，VB=6×10−4m3，TB=4.5×102K，
解得TA=300K，
开始时，缸内气体压强pA=p0+mgS=1.5×105Pa，
气体从状态B变化到状态C，发生等容变化，则pCTC=pBTB，
pB=pA，
解得pC=2.67×105Pa；
(2)气体从A到B过程对外做功为W=pA(VB−VA)=30J，
根据热力学第一定律，整个过程气体内能增量△U=Q−W=60J。
【解析】本题考查学生对热力学定律知识的理解与应用，考查考生的科学思维；解决问题的关键是理解V−T图像的含义，结合V−T图像分析清楚气体的状态参量及其变化，选择合适的气体实验定律和热力学第一定律分析求解。
(1)气体从A变化到B发生的是等压变化，根据盖—吕萨克定律求解开始时环境的温度。根据平衡法求出开始时缸内气体压强；气体从状态B变化到状态C，发生等容变化，根据查理定律求气体变化到状态C时气体的压强；
(2)气体从A到B过程，根据W=pΔV求气体对外做功，再根据热力学第一定律计算整个过程缸内气体内能的增加量。
14.【答案】(1)带电小球在水平方向上受电场力的作用做初速度为零的匀加速运动，竖直方向上只受重力作用做竖直上抛运动，故从A到M和M到B的时间相等；设小球所受的电场力为F，重力为G，则有vM=at
F=ma
联立可得F=mvMt
竖直方向有v0=gt
G=mg
联立可得G=mv0t
而由题意Ek0=12mv02=8J
EkM=12mvM2=6J
所以有FG=vMv0= 32
(2)由于从A点至M点和从M点至B点的时间t相等。小球在水平方向上做初速为零的匀加速直线运动，设加速度为a，则有x1=12at2
x2=12a(2t)2−12at2=32at2
所以x1x2=13
(3)设电场力F与重力G的合力与竖直方向夹角为θ，由图可知tanθ=FG= 32
则根据数学知识有sinθ= 37
小球的运动也可以看成在等效重力 G′ 的作用下的类似斜抛运动，当小球从A运动到B的过程中速度最小时速度一定与等效重力 G′ 垂直，此时沿 G′ 方向速度为0；故有Ekmin=12mv0sinθ2=8×37J=247J。

【解析】本题运用运动的合成和分解法处理，抓住竖直方向上运动的对称性得到时间关系．关键将合运动分解为水平方向的匀加速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动，然后对两个方向上的分运动运用运动学规律求解；
15.【答案】解：
(1)当棒运动到B处时，电容器两端的电压为U=Bdv
此时电容器的带电量q=CU=CBdv
代入数据解得q=1×10−2C
(2)根据牛顿第二定律F1−BId−μmg=ma
I=ΔqΔt=ΔCBdvΔt=CBdΔvΔt=CBda
联立得a=F1−μmgm+CB2d2
可见，做匀加速直线运动，所以a=vt=50.25m/s2=20m/s2
解得μ=0.5
(3)棒在F2作用下，先向右做匀减速运动，此时电容器放电，棒受到的安培力向右，加速度
a1=F2+μmgm+CB2d2=20m/s2
速度减到0需要时间t1=va1=0.25s
棒从开始运动到速度减到0的位移大小x0=v2(t+t1)=1.25m
当棒的速度减小为零时，电容器放电完毕，此后棒向左做匀加速运动，电容器被反向充电，此时棒受的安培力仍然向右，可知导体棒做匀加速直线运动的加速度大小
a3=F2−μmgm+CB2d2=12011m/s2
棒从速度减到0的位置到A处x0=12a3t22
解得t2= 3312s
所以导体棒从B处返回到初始位置A处的时间
t总=t1+t2=0.25s+ 3312s=3+ 3312s

【解析】本题是电磁感应与电路、力学相结合的一道综合题，根据题意分析清楚导体棒的运动过程是解题的前提，应用E=BLv求出感应电动势、应用安培力公式、牛顿第二定律与运动学公式即可解题。