2023-2024学年重庆市杨家坪中学高三（下）第二次月考物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年重庆市杨家坪中学高三（下）第二次月考物理试卷（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。

1.2023年12月14日，我国宣布新一代人造太阳“中国环流三号”面向全球开放﹐邀请全世界科学家来中国集智攻关，共同追逐“人造太阳”能源梦想。“人造太阳”物理本质就是核聚变，其发生核聚变的原理和太阳发光发热的原理很相似﹐核反应方程为 12H+13H→24He+X+17.6MeV。下列说法正确的是( )
A. X是质子B. 该反应为链式反应
C. 24He的比结合能比 12H的大D. 24He的结合能为17.6MeV
2.如图所示为某同学投篮的示意图。出手瞬间篮球中心与篮筐中心的高度差为h(篮球中心低于篮筐中心)，水平距离为2h，篮球出手时速度与水平方向夹角为37°，不计空气阻力，重力加速度为g，sin37°=0.6，cs37°=0.8；篮球中心恰好直接经过篮筐中心，则篮球出手时速度的大小为( )
A. 25 ghB. 52 ghC. 52 gh2D. 25 gh2
3.静电除尘是工业生产中处理烟尘的重要方法。除尘装置由金属管A和悬挂在管中心的金属导线B组成，如图甲所示。工作时，使中心的金属导线B带负电，金属管A接地，A、B之间产生如图乙(俯视图)所示的电场，圆内实线为未标方向的电场线。金属导线B附近的气体分子被强电场电离，形成电子和正离子，电子在向正极A运动的过程中，使烟尘中的颗粒带上负电。这些带电颗粒在静电力作用下被吸附到正极A上，最后在重力作用下落入下方的漏斗中。经过这样的除尘处理，原本饱含烟尘的气体就可能达到排放标准，满足环保要求。图乙中ab=bc；c、d在同一圆上。下列说法正确的是( )
A. 图乙中c点和d点的电场强度相同
B. 带上负电的颗粒在a点所受的电场力大于在c点所受的电场力
C. 一电子从c点运动到a点的过程中，其电势能增大
D. 电势差关系：Uab4.2023年10月26日，神舟十七号载人飞船与天和核心舱进行了对接，“太空之家”迎来汤洪波、唐胜杰、江新林3名中国航天史上最年轻的乘组入驻。如图为神舟十七号的发射与交会对接过程示意图，图中①为飞船的近地圆轨道，其轨道半径为R1，②为椭圆变轨轨道，③为天和核心舱所在的圆轨道，其轨道半径为R2，P、Q分别为②轨道与①、③轨道的交会点。关于神舟十七号载人飞船与天和核心舱交会对接过程，下列说法正确的是( )
A. 飞船从②轨道到变轨到③轨道需要在Q点点火减速
B. 飞船在轨道3上运行的速度大于第一宇宙速度
C. 飞船在①轨道的动能一定大于天和核心舱在③轨道的动能
D. 若核心舱在③轨道运行周期为T，则飞船在②轨道从P到Q的时间为12 R1+R22R23T
5.胶囊型元件水平放置，由某透明材料制成，两端是半径为r的半球，中间是长度为4r的圆柱体，中轴线是O1O2O3O4。一激光束从左侧平行中轴线水平射入，经折射、反射再折射后又从左侧水平射出。已知出射光线与入射光线的间距为1.6r，则该元件的折射率为( )
A. 45 2B. 45 3C. 85D. 6 25
6.如图所示，用轻杆通过铰链相连的小球A、B、C处于竖直平面内，质量均为m，两段轻杆等长。现将C球置于距地面高h处，由静止释放，假设三个小球只在同一竖直面内运动，不计一切摩擦，重力加速度为g，则在小球C下落过程中( )
A. 小球A、
B. C组成的系统机械能不守恒B.小球C的机械能一直减小
C. 小球C落地前瞬间的速度大小为 2gh
D. 当小球C的机械能最小时，地面对小球B的支持力大于mg
7.如图所示，半径为R的金属圆环固定在竖直平面，金属环均匀带电，带电量为Q，一长为L=2R的绝缘细线一段固定在圆环最高点，另一端连接一质量为m、带电量为q(未知)的金属小球(可视为质点)。稳定时带电金属小球在过圆心且垂直圆环平面的轴上的P点处于平衡状态，点Pˈ(图中未画出)是点P关于圆心O对称的点。已知静电常量为k，重力加速度为g，若取无穷远为零势面，下列说法正确的是( )
A. O点的场强一定为零B. Pˈ点场强大小为 3kQ8R2
C. 金属带电小球的电量为q=8mgR2kQD. 剪断细线瞬间，小球加速度水平向右
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.一列简谐横波沿x轴方向传播，在t=1.25s时的波形如图甲所示，M、N、P、Q是介质中的四个质点，已知N、Q两质点平衡位置之间的距离为16m，图乙为质点P的振动图像。下列说法正确的是( )
A. 该波的波速为12cm/s
B. 该波沿x轴负方向传播
C. 质点P的平衡位置位于x=1m处
D. 从t=1.25s开始，质点Q比质点P早0.25s回到平衡位置
9.如图所示，某理想变压器原、副线圈的匝数之比为2:1，原线圈与阻值R0=120Ω的定值电阻串联后接在电压有效值恒为240 V的正弦交流电源两端，副线圈电路中接有理想电流表和最大阻值R=40Ω的滑动变阻器，a、b为滑动变阻器的两端点。初始时滑动变阻器的滑片P位于滑动变阻器的中点，在将滑片P向上缓慢滑至a点的过程中，下列说法正确的是( )
A. 电流表的示数逐渐减小B. 交流电源的输出功率逐渐增大
C. 滑动变阻器消耗电功率的最大值为120WD. 定值电阻消耗电功率的最大值为120W
10.如图所示，水平传送带以速度v1=2m/s向右匀速运动，小物体P、Q质量均为1kg，由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t=0时刻P在传送带左端具有向右的速度v2=5m/s，P与定滑轮间的绳水平，不计定滑轮质量和摩擦。小物体P与传送带之间动摩擦因数μ=0.2，传送带两端距离L=6m，绳足够长，g=10m/s2。关于小物体P的描述正确的是( )
A. 小物体P离开传送带时速度大小为3 2m/s
B. 小物体P在传送带上运动的时间为5s
C. 小物体P将从传送带的右端滑下传送带
D. 小物体P在传送带上运动的全过程中，合外力对它做的功为W=−3.5J
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验。有一直径为d、质量为m的金属小球由A处静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H，光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g。则：
(1)如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径d=_____cm。
(2)多次改变高度H，重复上述实验，作出1t2随H的变化图像如图丙所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直径d满足以下表达式：_____时，可判断小球下落过程中机械能守恒。
(3)某次实验发现动能增加量ΔEk总是大于重力势能减少量ΔEp，则可能的原因是_____(多选)
A.金属球从A点下落时初速度不为零
B.小杰测量的高度H为金属球在A点时球底与光电门B点的高度差
C.小球下落的高度太高，以致下落过程中空气阻力的影响比较大
12.某校举行了一次物理实验操作技能比赛，其中一项比赛为选用合适的电学元件设计合理的电路，并能较准确地测量同一电池组的电动势及其内阻。提供的器材如下：
A.电流表G(满偏电流10mA，内阻为10Ω)
B.电流表A(0∼0.6A∼3A，内阻未知)
C.电压表V(0∼5V∼10V，内阻未知)
D.滑动变阻器R(0∼20Ω,1A)
E.定值电阻R0(阻值为990Ω)
F.开关与导线若干
(1)图(a)是小李同学根据选用的仪器设计的测量该电池组电动势和内阻的电路图。根据该实验电路测出的数据绘制的I1−I2图线如图(b)所示(I1为电流表G的示数，I2为电流表A的示数)，则由图线可以得到被测电池组的电动势E=_____V，内阻r=_____Ω。(结果均保留2位有效数字)
(2)另一位小张同学则设计了图(c)所示的实验电路对电池组进行测量，记录了单刀双掷开关S2分别接1、2对应电压表的示数U和电流表的示数I；根据实验记录的数据绘制U−I图线如图(d)中所示的A、B两条图线。可以判断图线A是利用单刀双掷开关S2接_____(选填“1”或“2”)中的实验数据描出的；分析A、B两条图线可知，此电池组的电动势为E=_____，内阻r=_____。(用图中EA、EB、IA、IB表示)
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.如图所示，两个横截面积相同、导热性能良好的汽缸竖直放置在水平面上，右侧汽缸顶端封闭，左侧汽缸顶部开口与大气连通，两个汽缸通过底部的细管连通，细管上装有阀门K，阀门关闭时，在左侧汽缸中用质量为m、截面积为S的活塞封闭体积为V的气柱A，右侧汽缸内封闭有体积为2V的气柱B，打开阀门K，右侧汽缸中气体缓慢流入左侧汽缸中，当左侧汽缸中气体体积为2V时，两汽缸中气体压强相等。不计活塞厚度，活塞与汽缸内壁无摩擦且不漏气，大气压强为2mgS，重力加速度为g，环境温度始终不变，封闭气体可视为理想气体，不计细管的容积。
(1)求未打开阀门时右侧汽缸中气体的压强。
(2)全过程气体吸收的热量。
14.如图所示，将一张长方形纸板放在水平桌面上，纸板一端稍稍伸出桌外，将一物块置于距纸板左边界d=0.2m处。用水平向右的拉力F将纸板迅速抽出，如果拉力足够大，物块几乎不动落在桌面上，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若物块的质量为m1=0.5kg，纸板的质量为m2=0.3kg，物块与纸板、纸板与桌面、物块与桌面之间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度为g=10m/s2，假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)当纸板相对物块运动时，桌面对纸板摩擦力f的大小；
(2)要使物块与纸板发生相对滑动，拉力F应满足的条件；
(3)若物块移动的距离超过l=0.002m，人眼就能感知到物块位置的变化，忽略物块的体积因素影响，为确保实验成功，纸板所需最小拉力的大小F1。
15.某兴趣小组设计了一个磁悬浮列车的驱动模型，简化原理如图甲所示，Oxy平面(纸面)内有宽为L，关于x轴对称的磁场区域，磁感应强度大小为B0，变化规律如图乙所示。长为d，宽为L的矩形金属线框MM′N′N放置在图中所示位置，其中MN边与y轴重合，MM′、NN′边分别与磁场的上下边界重合。当磁场以速度v0沿x轴向左匀速运动时，会驱动线框运动，线框受到的阻力大小恒为f。已知线框的质量为m，总电阻为R。
(1)求磁场刚开始运动时，通过线框的感应电流的大小和方向；
(2)求线框稳定运动时的速度大小v1；
(3)某时刻磁场停止运动，此后线框运动t时间后停止，求t时间内线框运动的距离x；
(4)在磁悬浮列车的实际模型中，磁场应强度的大小是随时间和空间同时变化的，即B=B0cs2πTt+πdx，若将线框固定不动，求在T2时间内线框产生的热量Q。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A.根据质量数与电荷数守恒有
2+3−4=1，1+1−2=0
可知，X是中子，故A错误；
B.重核裂变是链式反应，该反应是轻核聚变，不是链式反应，故B错误；
C.该核反应释放核能，表明生成核比反应核更加稳定，即 24He 的比结合能比 12H 的大，故C正确；
D.结合能指单个自由发散的核子合成原子核释放的能量，而 17.6MeV 是 12H 与 13H 发生聚变反应释放的核能，可知， 24He 的结合能大于 17.6MeV ，故D错误。
故选C。
2.【答案】B
【解析】设向上为正方向，初速度大小为 v0 ，由于篮球做斜抛运动，速度与水平方向夹角为37°，由篮球水平方向做匀速直线运动得
2h=v0cs37∘t
篮球竖直方向做匀减速直线运动得
h=v0sin37∘t−12gt2
联立解得篮球出手时速度的大小为
v0=52 gh
故选B。
3.【答案】D
【解析】解：A、c点和d点的电场线的疏密程度相同，故电场强度大小相同，但方向不同，故A错误；
B、根据电场线的疏密可知，a点的电场强度小于c点的电场强度，则带负电的颗粒在a点所受的电场力小于在c点所受的电场力，故B错误；
C、电子从c点运动到a点的过程中，电场力做正功，电势能减小，故C错误；
D、由U=Ed可知，ab间任意一点的电场强度都小于bc间任意一点的电场强度，因ab=bc，所以电势差关系Uab故选：D。
本题的关键是明确根据电场线的疏密判定场强的大小；根据电场线的方向一定是从电势高的等势面指向电势低的等势面来判断电势的高低，依据电场力做功与电势能的关系(或正点电荷在高电势处，电势能大，负点电荷在低电势处电势能大)，从而即可一一求解。
熟记电场线与等势面处处垂直的关系，以及电场线的特点：电场线密处场强大疏处场强小；沿着电场线的方向电势逐渐降低(电场线方向总是从电势高的等势面指向电势低的等势面)。
4.【答案】D
【解析】【分析】
第一宇宙速度是最大的环绕速度；飞船从低轨道到高轨道需要点火加速；根据开普勒第三定律分析周期。
【解答】
A.飞船从②轨道变轨到③轨道，飞船将由近心运动变成圆周运动，所以需要在Q点点火加速，故A错误；
B.第一宇宙速度是最小发射速度，最大的环绕速度，即物体环绕地球表面做匀速圆周运动时的速度，根据万有引力充当向心力有GMmR2=mv2R，解得v= GMR，可知轨道半径越大，线速度越小，而轨道3的轨道半径大于地球半径，因此飞船绕地球运行的速度小于第一宇宙速
度，故 B错误；
C.根据以上分析可知，轨道半径越大，线速度越小，因此①轨道的速度大于③轨道的速度，但由于飞船和核心舱的质量未知，因此无法判断他们动能的大小，故C错误；
D.根据开普勒第三定律可知R23T2=(R1+R22)3T′2，可得T′= (R1+R22R2)3T，飞船在②轨道从P到Q的时间为 12T′ ，故等于 12 (R1+R22R2)3T ，故D正确。
故选D。
5.【答案】A
【解析】由光路的对称性与可逆性可知，激光束在胶囊元件中的光路如下图所示。
设光线在半球处的入射角为 i ，折射角为 γ ，则由折射定律得
n=sinisinγ
由几何关系得
sini=0.8rr=0.8
在三角形 MO2O4 中，由正弦定理得
sinγ5r=sini−γr
结合三角公式
sini−γ=sinicsγ−csisinγ
联解可得
tanγ=1
折射角
γ=π4
折射率
n=45 2
故BCD错误，A正确。
故选A。
6.【答案】C
【解析】A.由于小球A、B、C组成的系统只有重力做功，则系统的机械能守恒，故A错误；
B.小球B的初速度为零，C落地瞬间，B的速度为零，故B的动能先增大后减小，而B的重力势能不变，则B的机械能先增大后减小，同理可得A的机械能先增大后减小，而系统机械能守恒，故C的机械能先减小后增大，故B错误；
C.根据以上分析，设小球C落地前瞬间的速度大小为v，根据动能定理有
12mv2=mgh
解得
v= 2gh
故C正确；
D.当小球C的机械能最小时，小球B速度最大，此时小球B的加速度为零，水平方向所受的合力为零，则杆CB对小球B恰好没有力的作用，所以地面对小球B的支持力大小为mg，故D错误。
故选C。
7.【答案】C
【解析】A.根据对称性可知，带电量Q的圆环，在圆心O点场强为0，带电金属小球在O点的场强不0，所以O 点的场强不为零，故A错误；
B.设细线与半径的夹角为θ，由几何关系
csθ=RL=12
θ=60°
由微元法，无限划分，设每一极小段圆环带电量为Δq，则
∑kΔqL2sinθ=ΔE
其中
∑Δq=Q
解得
EP= 3kQ2L2= 3kQ8R2
根据对称性可知，带电量为Q的圆环，在P、P′两点的场强大小相等，方向相反，即带电量为Q的圆环在P′点的场强大小为 3kQ8R2 ，而P′点的场强大小是圆环与带电金属小球在P′的电场强度的叠加，所以
EP′≠ 3kQ8R2
故B错误；
C.对小球受力分析如图，则
qEP=mgtan60∘
解得
q=8mgR2kQ
选项C正确；
D.剪断细线瞬间，小球受合外力沿细线方向斜向右下，则加速度方向斜向右下方，选项D错误。
故选C。
8.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查机械波的传播特点，能从图像得出有用的信息是解题的关键。
根据图乙得出t=1.25s时质点P的振动方向，结合图甲，由同侧法得出波的传播方向即可判断；根据图甲得出振幅，设处波动方程，将N点和Q点坐标代入得出波长和波动方程，由图乙得出周期，从而计算出波速即可判断；由图乙得出P点的振动方程，计算出t=1.25s质点P的位移，代入波动方程求出质点P的平衡位置坐标即可判断；根据图乙得出从t=1.25 s开始回到平衡位置的时间，根据图乙得出t=1.25 s质点Q的位置，从而得出其从t=1.25 s开始回到平衡位置的时间，分析出两者回到平衡位置的时间关系即可判断。
【解答】
B、由图乙知，t=1.25s时质点P沿y轴负方向运动，结合图甲，由同侧法知，该波沿x轴负方向传播，故B正确；
A、由图甲知，振幅A=10cm，设t=1.25s时刻波动方程为y=Asin(2πλx+φ)，其中0⩽φ⩽2π，将x=0，y=−5cm代入解得φ=7π6，将x=16m，y=10cm代入解得波长λ=24m，波动方程y=10sin(π12x+76π)cm，由图乙知，周期T=2s，则波速v=λT=12m/s，故A错误；
C、由图乙知，P点的振动方程为y=Asin2πTt=10sin(πt)cm，可见t=1.25s时，质点P的位移为y=10sin(1.25π)cm=−5 2cm，代入波动方程，解得x=1m，故C正确；
D、由图乙知，质点P从t=1.25 s开始回到平衡位置所用的时间t1=2s−1.25s=0.75s，由图甲知，t=1.25 s质点Q位于波峰，则质点Q从t=1.25 s开始回到平衡位置所用的时间t2=14T=0.5s9.【答案】AC
【解析】解：A.设滑动变阻器接入电路的阻值为R1，电流表的示数为I，则变压器副线圈的电压U2=IR1，原线图中有U1=n1n2U2=2IR1，I0=n2n1I=I2，U0=I0R0+U1，解得I=2U0R0+4R1，由此可知，电流表的示数随滑动变阻器接入电路的阻值的增大而逐渐减小，故A正确;
B.交流电源的输出功率P1=I0U0=U02R0+4R1，由此可知，交流电源的输出功率随滑动变阻器接入电路的阻值的增大而逐渐减小，故B错误;
C.滑动变阻器消耗的电功率P2=I2R1=4U02R1(R0+4R1)2=4U02R02R1+16R1+8R0，当R02R1=16R1即R1=R04=30Ω时，P2有最大值P2max=120W，故C正确;
D.定值电阻消耗的电功率P3=I02R0=U02R0(R0+4R1)2，当R1最小时，P3有最大值P3max=172.8 W，故D错误。故选AC。
根据原副线圈电压表等于匝数比，电流比等于匝数的反比，结合欧姆定律求解电流表的示数表达式，进而判断电流表示数的变化；滑片P向上缓慢滑至a点的过程中，总电阻增大，根据功率公式求解滑动变阻器消耗的电功率的最大值、定值电阻消耗的电功率的最大值和交流电源的输出功率变化。
本题考查变压器的动态分析，解题关键是知道根据原副线圈电压表等于匝数比，电流比等于匝数的反比，结合欧姆定律和功率公式求解即可。
10.【答案】AD
【解析】【分析】
小物体P与传送带达到共速前受摩擦力向左，共速以后摩擦力向右，以PQ整体为研究对象，由牛顿第二定律求得加速度，分析P在传送带上的运动情况，根据运动学公式求出P离开传送带的速度大小及在传送带上的运动时间；根据动能定理求合外力对它做的功。
解答本题的关键是正确分析P在传送带上的运动情况：先以a的加速度减速运动，共速后以a′的加速度继续减速运动，速度为零后反向做加速度为a′的加速运动。注意摩擦力方向的变化，结合牛顿第二定律、运动学公式、动能定理求解。
【解答】
ABC.以PQ整体为研究对象，小物体P与传送带达到共速前受摩擦力向左，由牛顿第二定律得：mg+μmg=2ma，得a=6m/s2，共速以后摩擦力向右，则：mg−μmg=ma′，得a′=4m/s2，达到共速所用时间t1=v2−v1a=0.5s，共速时小物块P的位移x1=v1+v22t1=1.75m，之后小物体P以a′的加速度继续做匀减速运动，减速为零后向左做匀加速运动，从左端离开传送带，则有v2−v12=2a′x1，解得v=3 2m/s，共速之后的运动时间t2=v+v1a′=3 2+24s，所以小物体P在传送带上运动的时间为t=t1+t2=3 2+44s，故A正确，BC错误；
D.小物体P在传送带上运动的全过程中，合外力对它做的功为W=12mv2−12mv22=−3.5J，故D正确。
故选AD。
11.【答案】 1.86##1.87 gH0=d22t02 AB##BA
【解析】(1)[1]用游标卡尺测得小球的直径
d=1.80cm+6×0.01cm=1.86cm
(2)[2]若小球下落过程中机械能守恒，则
mgH0=12md2t02
解得
gH0=d22t02
(3)[3] A.根据能量守恒推断金属球从 A 点下落时初速度不为零，则末速度大，动能增加量 ΔEk 偏大
ΔEk>ΔEp
故A正确；
B.小杰测量的高度 H 为金属球在 A 点时球底与光电门 B 点的高度差，则 H 偏小，重力势能 ΔEp 偏小
ΔEk>ΔEp
故B正确；
C.小球下落的高度太高，以致下落过程中空气阻力的影响比较大，则末速度偏小， ΔEk 偏小
ΔEk<ΔEp
故C错误。
故选AB。
12.【答案】 7.5 5.0 1 EA EAIB
【解析】(1)[1][2]电流表G和定值电阻串联，其可看成一个电压表，则根据闭合电路的欧姆定律有
E=I1RG+R0+I1+I2r
整理可得
I1=−rRG+R0+rI2+ERG+R0+r
设该图像的方程为
I1=−kI2+b
将坐标(0.1,7)，(0.5,5)代入可得
I1=−0.5I2+7.5
则图线与纵轴会相交于的位置 0,7.5mA ，则有
ERG+R0+r=7.5×10−3A
k=rRG+R0+r=7−5×10−30.5−0.1=5×10−3
联立可得
E=7.5V ， r=5.0Ω
(2)[3][4][5]由图(c)分析可知，单刀双掷开关接1和2时，只是电流表的内接与外接差别：当 S2 接1时，是电流表的内接法(相对于电源)，从图(d)可以看出，当电流表的示数为零时，即电源的外电路断开，而对电源来说断路电压就是电动势，根据实验原理知：图像的纵截距
b1=E
由于电流表内阻的影响，则短电流
I短1即横截距(即短路电流)小于真实值。当 S2 接2时，电流表相对于电源外接，同理可以看出，当电流的示数为零时，但由于电压表与电源仍构成通路，则此时路端电压小于电动势，根据实验原理知：图像的纵截距
b2由于电流表的测量值就是通过电源的电源，则
I短2=I短
即图像的横截距是真实值。总结以上两点可知， U−I 图像中纵截距小的 EB 是 S2 接2的数据所绘。图线A是 S2 接1时中的实验数据描出，则电源电动势
E=EA
电源内阻
r=EI短=EAIB
13.【答案】(1) pB1=9mg2S ；(2) Q=3mgVS
【解析】(1)未打开阀门时，对A中气体有
pA1S=p0S+mg
解得
pA1=3mgS
设B中气体的压强为 pB1 ，打开阀门后，根据玻意耳定律有
pA1V+pB1⋅2V=pA1⋅4V
解得
pB1=9mg2S
(2)气体发生等温变化，则气体的内能不变，根据热力学第一定律有
Q+W=0
解得
Q=pA1V=3mgVS
14.【答案】(1)4N；(2)F>8N；(3)308N
【解析】(1)当纸板相对物块运动时，桌面对纸板摩擦力的大小
f=μm1+m2g=4N
(2)物块与纸板发生相对滑动时，物块与纸板间摩擦力
f1=μm1g
纸板与桌面之间的摩擦力
f2=μm1+m2g
设物块的加速度为 a1 ，纸板的加速度为 a2 ，则
f1=m1a1
F−f1−f2=m2a2
物块与纸板发生相对滑动，则
a2>a1
解得
F>2μm1+m2g=8N
(3)对物块由牛顿第二定律得
μm1g=m1a3
对纸板由牛顿第二定律得
F1−μm1g−μm1+m2g=m2a4
物块的位移大小
x1=12a3t12
纸板的位移大小
x1+d=12a4t12
纸板抽出后物块运动的距离
x2=12a5t22
a5=a3=μg
由题意知
a3t1=a5t2 ， l=x1+x2
解得
F1=2μm1+m2g+2dμlm2g=308N
15.【答案】(1)由右手定则得，感应电流沿顺时针方向E=2B0Lv0，其中I=ER
解得I=2B0Lv0R
(2)线框稳定运动后，电流大小为I=2B0Lv0−v1R
安培力大小为F=2B0IL
由受力平衡可知F=f
解得v1=v0−fR4B 02L2
(3)由动量定理可得−Σf+4B 02L2vRΔt=0−mv1
即−ft−4B 02L2RΣvΔt=0−mv1
解得x=ΣvΔt=R4B 02L2mv0−fR4B 02L2−ft
(4)该磁场可等效为磁感应强度为B=B0csπdx，且以速度v′=2dT运动的磁场，在线框中产生正弦式交流电，电动势的最大值为Em=2B0Lv′
故产生的热量为Q=Em 22RT2
解得Q=4B 02L2d2RT

【解析】本题考查磁悬浮列车的原理。解决问题的关键是理解磁悬浮列车的工作原理，利用右手定则，电磁感应的有关知识、动量定理、正弦交流电的规律以及能量关系分析解决，难度较大。