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2023-2024学年安徽省九师联盟高三（下）开学联考物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年安徽省九师联盟高三（下）开学联考物理试卷（含解析），共16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。
1.1898年居里夫妇发现了放射性元素钋( 84210P).若元素钋发生某种衰变，其半衰期是138天，衰变方程为 84210P→82206Pb+Y+γ.下列说法正确的是
A. 该元素发生的是β衰变
B. Y原子核含有3个核子
C. γ射线是衰变形成的铅核释放的
D. 200 g的P经276天，已发生衰变的质量为100 g
2.现代高档大客车普遍安装有空气弹簧(封闭于汽缸中的气体受外力影响产生类似弹簧的功能)，上、下乘客及剧烈颠簸均会引起车厢振动，进而引起缸内气体体积发生变化，实现减震.上、下乘客时汽缸内气体的体积变化较慢，气体与外界有充分的热交换，汽缸可视为导热汽缸；剧烈颠簸时汽缸内气体的体积变化较快，气体与外界来不及热交换，可视为绝热过程.若外界温度恒定，汽缸内气体可视为理想气体，则下列说法正确的是( )
A. 乘客上车时压缩气体使气体体积变小的过程中，外界对空气弹簧内气体做功，气体内能不变
B. 乘客上车时压缩气体使气体体积变小的过程中，空气弹簧内气体从外界吸热，气体内能增大
C. 剧烈颠簸时压缩气体使气体体积变小的过程中，外界对空气弹簧内气体做功，气体向外界放热
D. 剧烈颠簸时压缩气体使气体体积变小的过程中，外界对空气弹簧内气体做功，气体内能一定减小
3.在2023年杭州亚运会女子跳水比赛中，中国队一年仅16岁的运动员以“水花消失术”赢得了多数评委的满分。若该运动员(可看作质点)在某次跳水过程中的速度一时间图像如图所示，以竖直向下为正方向，则下列说法正确的是( )
A. t1时刻的前后瞬间，该运动员的加速度方向反向
B. t3时刻，该运动员已浮出水面
C. t1∼t3时间内，该运动员的位移大小为vmt3−t12
D. 该运动员在空中运动的位移大小为vmt22
4.2023年5月11日，我国发射的“天舟六号”货运飞船与“天和”核心舱实现快速交会对接，形成的组合体在离地面高为h的空间站轨道绕地球做匀速圆周运动，如图所示．已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，则下列说法正确的是
A. 组合体处于完全失重状态，不受重力作用
B. 组合体的运行速度大于7.9 km/s
C. 由于稀薄空气的阻力作用，组合体如果没有动力补充，速度会越来越小
D. 组合体的运行周期T=2π (R+h)3gR2
5.2023年7月22日，中国女足迎来世界杯首战．如图所示，某次扑球时，守门员戴着厚厚的手套向水平飞驰而来的足球扑去，使足球停下．与不戴手套相比，此过程守门员戴手套可以
A. 减小足球的惯性B. 减小足球对手的冲量
C. 减小足球的动量变化量D. 减小足球对手的平均作用力
6.现在的智能手机大多有“双MIC降噪技术”，简单说就是在通话时，辅助麦克风收集背景音，与主麦克风音质信号相叠加来降低背景噪音，如图甲所示，通过这种技术，在嘈杂的环境中，通话质量也有极高的保证。如图乙所示是原理简化图，如图丙所示是理想情况下的降噪过程，实线表示环境噪声，虚线表示降噪系统产生的降噪声波，则下列说法正确的是( )
A. 降噪过程应用了声波的衍射原理，使噪声无法从外面进入耳麦
B. 降噪过程应用的是声波的干涉原理，P点振动减弱
C. 降噪声波与环境噪声声波的波长不相等
D. 质点P经过一个周期向外迁移的距离为一个波长
7.如图所示，竖直平面内边长L=0.8m的正方形ABCD区域中存在竖直方向的匀强电场，一带负电的粒子从A点沿AB(水平)方向以初速度v0=2×105m/s射入电场，最后从C点离开电场。已知带电粒子的电荷量q=1×10−8C，质量m=1×10−16kg，不计粒子重力。则( )
A. 电场强度的方向竖直向下
B. A点的电势高于C点的电势
C. 粒子从A点飞到C点所用的时间为4×10−5s
D. 电场强度E的大小为2×103N/C
8.如图所示，某手机采用磁吸式无线充电，将充电器和手机紧密结合在一起，可以降低能量损耗.充电时充电器的发射线圈接在电压有效值为220V的正弦交流电源上，手机的接收线圈的电压有效值为12V，功率为44W，不计充电过程中的能量损耗，下列说法正确的是( )
A. 接收线圈的工作原理是电磁感应现象
B. 发射线圈的工作原理是电流的热效应
C. 发射线圈和接收线圈的匝数比为11:3
D. 正常充电时，充电器发射线圈的输入电流为0.1A
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.如图所示，某中学科技小组制作了利用太阳能驱动小车的装置．当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进．小车在平直的公路上由静止开始匀加速行驶，经过时间t，速度为v时功率达到额定功率，并保持不变；小车又继续前进了距离s，达到最大速度vm.设小车的质量为m，运动过程所受阻力恒为f，则
( )
A. 小车的额定功率为fvm
B. 小车的额定功率为fv
C. 小车做匀加速直线运动时的牵引力为f+mvt
D. 小车速度由零至vm的过程牵引力做功为12mvm2+f(s+vt2)
10.如图所示，纸面内有一条直线，M、N为直线上的两点，某圆形区域中存在垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B.从M点发出垂直于直线的带电粒子，初速度为v，从M点进入磁场区．粒子再次经过直线时的位置为N，且方向与直线之间的夹角为60°，设粒子质量为m，带电量为q(q>0)，不计粒子重力，cs15∘= 6+ 24，下列说法正确的是
A. M、N间的距离为(3+2 3)mv3qB
B. M、N间的距离为(1+ 3)mv2qB
C. 圆形匀强磁场区域的最小面积为(1+2 3)πm2v24q2B2
D. 圆形匀强磁场区域的最小面积为(2+ 3)πm2v24q2B2
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.小华利用如图1所示的装置完成了“探究加速度与外力的关系”实验，用一轻绳将两个完全相同的托盘拴接后跨过光滑的定滑轮，另在两侧的托盘中放入相同数目钩码。已知每个钩码的质量均为m，此时两侧托盘的总质量均为M，遮光条宽度为d，重力加速度用g表示。
实验时进行了如下的操作：
(1)平衡时遮光条与光电门相平齐；小华从托盘甲中取走一个钩码放在托盘乙中，将托盘甲向下拉至遮光条距离光电门h处，然后将装置由静止释放，遮光条经过光电门时的挡光时间为t，托盘甲经过光电门时的速度为____________，托盘甲的加速度大小为_______________。(结果用d、h、t表示)
(2)将托盘甲中的钩码逐个地放到托盘乙中，保持(1)中的h不变，重复操作，记录取走的钩码数N和与之相对应的挡光时间t，将记录的实验数据描绘在图2中，当图线的斜率k=______________时，即可证明物体的质量一定时，物体的加速度与合外力成正比。(用M、m、d、h、g表示)
12.有一种电阻温度传感器如图甲所示，电阻封装在传感器的探头内。其阻值随温度的变化如图乙所示。小明同学想利用这种传感器制作一个温度计，他准备的实验器材如下：干电池，电动势为1.5V，内阻不计；灵敏电流表，量程为15mA，内阻为20Ω；电阻箱；开关、导线若干。把电流表的示数改为温度计的示数。
(1)首先，小明同学直接将干电池、开关、灵敏电流表、电阻温度传感器串联成一个电路作为测温装置，则该装置能测的最低温度为__________ ∘C。
(2)小明同学为了使温度计从0∘C开始测量，又设计了如图丙所示的电路图，其中R为电阻温度传感器的电阻，R1为电阻箱，并进行了如下操作：将传感器的探头放入冰水混合物中，过一段时间后闭合开关，调节电阻箱R1，使电流表指针满偏，此时R1=__________Ω。
(3)图丙中电流表的示数I(A)和温度t( ∘C)的关系式I=__________。根据关系式将电流表刻度盘上的电流值改写为温度值，这样就可以通过电流表的表盘直接读出被测物体的温度。
(4)若干电池用久了后其电动势不变，而内阻明显变大，其他条件不变。小明使用此温度计前按题中步骤(2)中的操作进行了调节，仍使电流表指针满偏，测量结果将__________(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
四、计算题：本大题共3小题，共44分。
13.图中甲为气压升降椅，乙为其核心部件模型简图。活塞横截面积为S，气缸内封闭一定质量的理想气体，该气缸导热性能良好，忽略一切摩擦。调节到一定高度，可以认为活塞上面有卡塞，活塞只能向下移动，不能向上移动。已知室内温度为27℃，气缸内封闭气体压强为p，稳定时气柱长度为L，此时活塞与卡塞恰好接触且二者之间无相互作用力，重力加速度为g。
(1)当室内温度升高10℃时，求气缸内封闭气体增加的压强；
(2)若室内温度保持27℃不变，一质量为m的同学盘坐在椅面上，求稳定后活塞向下移动的距离。
14.质量为M=7 kg的木板B静止于光滑水平面上，质量为m=3 kg的物块A停在B的左端，质量为m0=1 kg的小球用长为l=0.8 m的轻绳悬挂在固定点O上；将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与A发生碰撞，碰撞时间极短且无机械能损失，物块与小球可视为质点，不计空气阻力．已知A、B间的动摩擦因数μ=0.1，重力加速度g=10 m/s2求：
(1)小球与A碰撞前的瞬间，绳子对小球的拉力F的大小；
(2)小球与A碰撞后的瞬间物块A的速度vA的大小及为使A恰好不滑离木板时木板的长度L．
15.如图所示，质量为M=5 kg的U形金属导轨abcd水平放在光滑的绝缘水平面上，导轨ab、cd足够长，导轨bc的长为L=1 m.一电阻不计、质量为m=1 kg的导体棒PQ水平放置在导轨上，始终与导轨接触良好，PQbc构成矩形，导体棒左侧有两个固定于水平面的立柱．开始时PQ左侧导轨的总电阻为R=2 Ω，右侧每根导轨从PQ开始长度x0=4 m段的电阻为R0=2 Ω，导体棒与PQ右侧该段导轨间的动摩擦因数为μ=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，PQ右侧导轨其余部分电阻不计且光滑；以ef为边界线，其左侧匀强磁场方向竖直向上，右侧匀强磁场方向水平向左，磁感应强度大小均为B=1 T.已知重力加速度为g=10 m/s2，在t=0时，一水平向左的拉力F垂直作用于导轨bc边上，使导轨由静止开始做匀加速直线运动且加速度为a=2 m/s2，t=2 s后撤除外力F.求：
(1)导轨刚开始运动时拉力F的大小；
(2)导轨运动过程中拉力F的最大值(保留小数点后两位)；
(3)全程导轨的位移大小．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
根据电荷数守恒和质量数守恒得出Y原子核的电荷数和质量数，从而得出核子数。根据半衰期的公式求衰变的质量。
解决本题的关键知道核反应过程中电荷数、质量数守恒，以及知道核子数等于质量数，同时注意γ射线是伴随着α衰变，或β衰变产生的。
【解答】
AB、根据质量数守恒和电荷数守恒，可知Y的电荷数为2，质量数为4，则核子数为4，Y是 24He，此衰变为α衰变，而γ射线是伴随着α衰变产生的，AB错误；
C、γ射线是衰变形成的铅核处于高能级，自发向低能级跃迁时释放的，故C正确；
D、根据m=m0(12)n，其中n=tT=276138=2，可知，200 g的P经276天，还剩余50g，故已发生衰变的质量为150 g，故D错误。
2.【答案】A
【解析】A
【详解】AB.乘客上车时压缩气体使气体体积变小的过程中，外界对气体做功，W为正值，气体与外界有充分的热交换，气体温度不变，内能不变， ΔU=0 ，根据热力学第一定律
ΔU=W+Q
可知
Q<0
所以空气弹簧内气体向外界放热，故A正确，B错误；
CD.剧烈颠簸时压缩气体使气体体积变小的过程中，外界对空气弹簧内气体做功，W为正值，气体与外界来不及热交换，可视为绝热过程，空气弹簧内气体不对外界放热，Q为零，根据热力学第一定律
ΔU=W+Q
可知 ΔU 为正值，气体内能一定增大，故CD错误。
故选A。
3.【答案】C
【解析】C
【详解】A.由速度—时间图像可知，0∼ t2 时间内，运动员的加速度方向不变，故A错误；
B.运动员在0∼ t1 时间内向上运动， t1 ∼ t3 时间内向下运动， t2 时刻，运动员开始进入水面， t3 时刻向下减速至0，故B错误；
D.该运动员在空中运动的位移大小应为0∼t2时间内图线围成的面积，可知不为 vmt22 ，故D错误；
C. t1 ∼ t3 时间内，该运动员的位移大小为该时间段图线围成的面积，即
s=vmt3−t12
故C正确。
故选C。
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了万有引力定律的应用；本题是分析空间站在轨道上做匀速圆周运动的向心力由万有引力提供，知道有关卫星的几个参量如：做匀速圆周运动的卫星中物体处于完全失重状态，知道第一宇宙速度的概念。
空间站绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供做匀速圆周运动的向心力，得到描述圆周运动的物理量与轨道半径的关系分析；
在稀薄大气阻力作用下，无动力补充，空间站逐渐做近心运动。
【解答】
解：A.空间站组合体处于完全失重状态，靠地球的万有引力提供向心力，做圆周运动，不是不受重力作用，故A错误；
是地球的第一宇宙速度，等于绕地球表面运行的卫星做匀速圆周运动的线速度；对卫星，由万有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r，解得v= GMr，对接后的组合体的轨道半径大于地球的半径，所以运行速度应小于7.9km/s，故B错误；
D.在地球表面，万有引力等于重力GMmR2=mg；
对于组合体，由万有引力提供向心力有：GMm(R+h)2=mv2R+h；
联立解得组合体的运行周期T=2π (R+h)3gR2，故D正确；
C.在稀薄大气阻力作用下，无动力补充，空间站逐渐做近心运动，轨道半径逐渐减小，运行速度会越来越大，故C错误。
5.【答案】D
【解析】【分析】
守门员戴手套可以增加球与手作用时间的时间，根据动量定理即可分析。
本题主要考查了动量定理的直接应用，要注意物理与生活中的联系，要能将所学物理规律用到生活中；会用所学的物理规律解释生活中遇到的现象。
【解答】
A.惯性只与质量有关，与是否戴手套无关；故A错误；
BCD.足球的初速度和末速度都是定值，根据动量的定义可知，足球的动量变化量不变；根据动量定理可知足球对手的冲量也不变；但戴手套后，增加了作用时间，减小足球对手的平均作用力；故D正确，BC错误。
6.【答案】B
【解析】解：ABC.由丙图可知，降噪声波与环境噪声声波的波长相等，由于介质相同，则频率也相同，叠加时产生稳定的干涉，由于两列声波等幅反相，所以干涉时使得振幅减为0，从而起到降噪作用，两列波在P点的振动步调相反，故P点为振动减弱点，故AC错误，B正确；
D.P为振动减弱点，由于两列波的振幅相等，故P处于静止状态，并不随波迁移，故D错误。
故选：B。
根据题设分析降噪过程的原理；波源决定波的频率，波长直接从图中读出；波传播的是振动形式，介质中的质点并不随波迁移。
一是要明确波的干涉条件：频率相同的两列波在叠加时才能形成稳定的干涉图样；二是要知道波传播过程中传播的是振动形式和能量，介质中的质点并不随波迁移。
7.【答案】A
【解析】A.根据粒子轨迹向受力方向偏转的关系可知电场力方向竖直向上，又带负电，故可知电场强度方向竖直向下，故A正确；
B.沿着电场线方向电势逐渐降低，故C点的电势高于A点的电势，故B错误；
C.粒子沿AB方向，做匀速直线运动，故粒子从A点飞到C点所用的时间为
t=Lv0=0.82×105s=4×10−6s
故C错误；
D.粒子沿AD方向，小球做匀加速直线运动，有
L=12at2
根据牛顿第二定律，有
qE=ma
联立解得
E=2mv 02qL=1×103N/C
故D错误。
故选A。
8.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查磁吸式无线充电、变压器的电压与匝数的关系以及电功率的公式应用。磁吸式无线充电器发射线圈的工作原理是电流的磁效应，接收线圈的工作原理是电磁感应现象；结合题意，根据n1n2=U1U2求解发射线圈和接收线圈的匝数比；发射线圈的输入功率等于接收线圈的输出功率，由P=UI求解正常充电时充电器发射线圈的输入电流，由此分析即可正确求解。
【解答】
A.接收线圈的工作原理是电磁感应现象，故A正确；
B.发射线圈的原理是电流的磁效应，故B错误；
C.根据变压器的变压比可知n1n2=U1U2=22012=553，故C错误；
D.因为不计能量损耗，所以发射线圈的输入功率等于接收线圈的输出功率，
因此充电器发射线圈的输入电流I=PU1=44220A=0.2A，故D错误。
9.【答案】ACD
【解析】AB、小车以启动时，当功率达到额定功率、牵引力等于阻力时，速度达到最大值，则有： P=Fvmax=fvmax ，故A正确，B错误；
C、小车在时间t内从静止开始做匀加速直线运动，达到速度v，故有 a=vt ，由牛顿第二定律得： F−f=ma=mvt ，解得： F=f+mvt ，故C正确；
D、小车速度由零至 vm 的过程，由功能关系可得： WF−f(0+v2t+s)=12mvm2 ，故牵引力做功为 WF=f(0+v2t+s)+12mvm2=f(v2t+s)+12mvm2 ，故D正确．
10.【答案】AD
【解析】本题主要考查带电粒子在圆形磁场中的运动，作出运动轨迹是解决问题的关键。
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力充当向心力列式求得轨迹半径，结合题意，由几何知识求得MN的长度；根据运动轨迹，明确圆形磁场的面积最小时对应圆形磁场的直径，结合几何关系和圆面积公式求解圆形匀强磁场区域的最小面积，由此分析即可正确求解。
AB.根据题意，作出粒子在圆形磁场中的运动轨迹，可知，粒子的圆心一定在MN上，且粒子经过N点时的速度方向，即为粒子从磁场出射时的速度方向，作出粒子运动的轨迹图像如图所示：
，
粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力充当向心力有Bqv=mv2R，可得R=mvqB，
而根据几何关系有MN=R+Rsin 60°=(3+2 3)3R，
即可得MN=(3+2 3)mv3qB，故A正确，B错误；
CD.圆形磁场的面积要最小，则MP应为圆形磁场的一条直径，如图所示：
，
根据几何关系可知，△POM为等腰三角形，∠PMO=15°，设圆形区域磁场的半径为r，则有r=Rcs15°，
则其面积为Smin=πr2=π(Rcs 15°)2，代入数据解得Smin=(2+ 3)πm2v24q2B2，故C错误，D正确。
11.【答案】(1)dt；d22ht2； d2M2hmg。
【解析】【分析】
(1)光电门测速原理是极短时间内的平均速度等于瞬时速度，结合运动学公式求加速度；
(2)以整体为研究对象，根据牛顿第二定律列出等式，分析图像斜率的物理意义。
【解答】
(1)遮光条在挡光时间内的平均速度等于托盘甲经过光电门瞬间的速度，即v=dt，
由运动学规律可得2ah=v2=d2t2，整理得a=d22ht2。
(2)若加速度与力成正比，则有a=Mg+Nmg−(Mg−Nmg)2M，解得a=NmgM，由以上分析可知NmgM=d22ht2，整理得N=d2M2hmg⋅1t2，则图线的斜率为k=d2M2hmg。
12.【答案】 60； 30； 1.5100+0.5t ( 3200+t 也可)； 不变；
【解析】本题考查闭合电路欧姆定律，目的是考查学生的实验探究能力。
(1)[1]该电路的最大电流为15mA，则电路中的总电阻最小值
R总=1.515×10−3Ω=100Ω
此时温度传感器的电阻
R=100Ω−20Ω=80Ω
结合题图乙可得该电路能测的最低温度
t=80−50100−50×100∘C=60∘C
(2)[2]电流表指针满偏时
R1=100Ω−50Ω−20Ω=30Ω
(3)[3]根据闭合电路欧姆定律有
I=ER+R1+RA=1.5R+50
由题图乙可知，电阻温度传感器的电阻R对应的温度
t=R−50100−50×100∘C
解得
I=1.5100+0.5t
(4)[4]干电池用久了后其电源电动势不变，而其内阻变大，不能忽略不计，小明用此温度计前进行了调零，仍有
I=1.5100+0.5t
所以测量结果不变。
13.【答案】解：(1)当室内温度升高10℃时，气缸内封闭气体发生等容变化
ΔT=Δt=10K
由查理定律，得
pT=ΔpΔT
其中
T=273+27K=300K
解得
Δp=130p
(2)若室内温度保持27℃不变，气缸内封闭气体发生等温变化，由玻意耳定律，得
p⋅LS=p+mgS⋅L−ΔLS
解得
ΔL=mgLpS+mg
【解析】(1)当室内温度升高10℃时，气缸内封闭气体发生等容变化，根据查理定律求解；
(2)若室内温度保持27℃不变，气缸内封闭气体发生等温变化，根据平衡条件求质量为m的同学盘坐在椅面上后气体压强，再由玻意耳定律解。
14.【答案】解：(1)小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
m0gl=12m0v02，代入数据解得：v0=4m/s，
对小球，由牛顿第二定律得：F−m0g=m0v02l，
代入数据解得：F=30N；
(2)小球与A碰撞过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：m0v0=−m0v1+mvA，
由机械能守恒定律得：12m0v02=12m0v12+12mvA2，
代入数据解得：v1=2m/s，vA=2m/s；
物块A与木板B相互作用过程，系统动量守恒，以A的速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mvA=(m+M)v，
代入数据解得：v=0.6m/s，
由能量守恒定律得：μmgL=12mvA2−12(m+M)v2，
代入数据解得：L=1.4m。
【解析】(1)对小球下落过程应用机械能守恒定律求出小球到达A时的速度，再由牛顿第二定律求出绳子对小球的拉力F的大小；
(2)由机械能守恒定律求得球反弹上升的初速度即球与A碰后的速度，再根据动量守恒定律求得球与A碰撞后A的速度；A没有滑离B，A、B共同运动，由动量守恒定律列方程求二者共同的速度，由摩擦力做功的特点即可求得木板的长度．
本题关键是根据动量守恒定律、能量守恒列式求解，应用动量守恒解题时要注意选取合适的系统作为研究对象，判断是否符合动量守恒的条件，注意选取正方向．
15.【答案】解：(1)导轨刚开始运动时，对导轨有
F−μmg=Ma
代入数据解得F=12N
(2)导轨运动后，根据右手定则可判断，导轨bc边中产生从c流向b的感应电流，则导体棒PQ中有从Q流向P的感应电流，根据左手定则可得，PQ受到向下的安培力，导轨bc段所受安培力向右
设导轨运动时间t内，导轨发生的位移为x，有
v=at，x=12at2
Rx=R0x0⋅x，I=BLvR+2Rx
F安= BIL
联立各式代入数据解得F安=2t2+t2
对导轨由牛顿第二定律，有F−f−F安=Ma
f=μ(mg+F安)
联立解得F=12+2.42t+t
由x0=12at02可得t0=2s
可知上式中t≤t0=2s
易得当t=2t即t= 2s时，Fmax=12.85N
(3)设t=2s撤除外力后导轨的位移大小为x1.则
刚撤除外力F时导轨的速度为v=at0=4m/s
设从撤除外力F至导轨停止所用时间为t′，则由动量定理有−BIL⋅t′=0−Mv′
其中It′=q=BL⋅x1R+2R0
联立两式代入数据解得x1=120m，
故全程导轨的位移大小为x总=x0+x1=124m
【解析】(1)导轨由静止开始做匀加速直线运动，加速度为a，刚开始运动时没有感应电流，不受安培力，由牛顿第二定律求拉力F的大小；
(2)由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由匀变速运动速度公式求得速度，由闭合电路欧姆定律求出感应电流的表达式，对导轨受力分析，根据牛顿第二定律和数学知识求F得最大值。
(3)根据(1)(2)可解得t=2s导轨的速度，结合动量定理求出导轨减速到零的位移，综合求解。
本题主要考查电磁感应的综合应用，难度较大，逐步分析。
1.1898年居里夫妇发现了放射性元素钋( 84210P).若元素钋发生某种衰变，其半衰期是138天，衰变方程为 84210P→82206Pb+Y+γ.下列说法正确的是
A. 该元素发生的是β衰变
B. Y原子核含有3个核子
C. γ射线是衰变形成的铅核释放的
D. 200 g的P经276天，已发生衰变的质量为100 g
2.现代高档大客车普遍安装有空气弹簧(封闭于汽缸中的气体受外力影响产生类似弹簧的功能)，上、下乘客及剧烈颠簸均会引起车厢振动，进而引起缸内气体体积发生变化，实现减震.上、下乘客时汽缸内气体的体积变化较慢，气体与外界有充分的热交换，汽缸可视为导热汽缸；剧烈颠簸时汽缸内气体的体积变化较快，气体与外界来不及热交换，可视为绝热过程.若外界温度恒定，汽缸内气体可视为理想气体，则下列说法正确的是( )
A. 乘客上车时压缩气体使气体体积变小的过程中，外界对空气弹簧内气体做功，气体内能不变
B. 乘客上车时压缩气体使气体体积变小的过程中，空气弹簧内气体从外界吸热，气体内能增大
C. 剧烈颠簸时压缩气体使气体体积变小的过程中，外界对空气弹簧内气体做功，气体向外界放热
D. 剧烈颠簸时压缩气体使气体体积变小的过程中，外界对空气弹簧内气体做功，气体内能一定减小
3.在2023年杭州亚运会女子跳水比赛中，中国队一年仅16岁的运动员以“水花消失术”赢得了多数评委的满分。若该运动员(可看作质点)在某次跳水过程中的速度一时间图像如图所示，以竖直向下为正方向，则下列说法正确的是( )
A. t1时刻的前后瞬间，该运动员的加速度方向反向
B. t3时刻，该运动员已浮出水面
C. t1∼t3时间内，该运动员的位移大小为vmt3−t12
D. 该运动员在空中运动的位移大小为vmt22
4.2023年5月11日，我国发射的“天舟六号”货运飞船与“天和”核心舱实现快速交会对接，形成的组合体在离地面高为h的空间站轨道绕地球做匀速圆周运动，如图所示．已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，则下列说法正确的是
A. 组合体处于完全失重状态，不受重力作用
B. 组合体的运行速度大于7.9 km/s
C. 由于稀薄空气的阻力作用，组合体如果没有动力补充，速度会越来越小
D. 组合体的运行周期T=2π (R+h)3gR2
5.2023年7月22日，中国女足迎来世界杯首战．如图所示，某次扑球时，守门员戴着厚厚的手套向水平飞驰而来的足球扑去，使足球停下．与不戴手套相比，此过程守门员戴手套可以
A. 减小足球的惯性B. 减小足球对手的冲量
C. 减小足球的动量变化量D. 减小足球对手的平均作用力
6.现在的智能手机大多有“双MIC降噪技术”，简单说就是在通话时，辅助麦克风收集背景音，与主麦克风音质信号相叠加来降低背景噪音，如图甲所示，通过这种技术，在嘈杂的环境中，通话质量也有极高的保证。如图乙所示是原理简化图，如图丙所示是理想情况下的降噪过程，实线表示环境噪声，虚线表示降噪系统产生的降噪声波，则下列说法正确的是( )
A. 降噪过程应用了声波的衍射原理，使噪声无法从外面进入耳麦
B. 降噪过程应用的是声波的干涉原理，P点振动减弱
C. 降噪声波与环境噪声声波的波长不相等
D. 质点P经过一个周期向外迁移的距离为一个波长
7.如图所示，竖直平面内边长L=0.8m的正方形ABCD区域中存在竖直方向的匀强电场，一带负电的粒子从A点沿AB(水平)方向以初速度v0=2×105m/s射入电场，最后从C点离开电场。已知带电粒子的电荷量q=1×10−8C，质量m=1×10−16kg，不计粒子重力。则( )
A. 电场强度的方向竖直向下
B. A点的电势高于C点的电势
C. 粒子从A点飞到C点所用的时间为4×10−5s
D. 电场强度E的大小为2×103N/C
8.如图所示，某手机采用磁吸式无线充电，将充电器和手机紧密结合在一起，可以降低能量损耗.充电时充电器的发射线圈接在电压有效值为220V的正弦交流电源上，手机的接收线圈的电压有效值为12V，功率为44W，不计充电过程中的能量损耗，下列说法正确的是( )
A. 接收线圈的工作原理是电磁感应现象
B. 发射线圈的工作原理是电流的热效应
C. 发射线圈和接收线圈的匝数比为11:3
D. 正常充电时，充电器发射线圈的输入电流为0.1A
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.如图所示，某中学科技小组制作了利用太阳能驱动小车的装置．当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进．小车在平直的公路上由静止开始匀加速行驶，经过时间t，速度为v时功率达到额定功率，并保持不变；小车又继续前进了距离s，达到最大速度vm.设小车的质量为m，运动过程所受阻力恒为f，则
( )
A. 小车的额定功率为fvm
B. 小车的额定功率为fv
C. 小车做匀加速直线运动时的牵引力为f+mvt
D. 小车速度由零至vm的过程牵引力做功为12mvm2+f(s+vt2)
10.如图所示，纸面内有一条直线，M、N为直线上的两点，某圆形区域中存在垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B.从M点发出垂直于直线的带电粒子，初速度为v，从M点进入磁场区．粒子再次经过直线时的位置为N，且方向与直线之间的夹角为60°，设粒子质量为m，带电量为q(q>0)，不计粒子重力，cs15∘= 6+ 24，下列说法正确的是
A. M、N间的距离为(3+2 3)mv3qB
B. M、N间的距离为(1+ 3)mv2qB
C. 圆形匀强磁场区域的最小面积为(1+2 3)πm2v24q2B2
D. 圆形匀强磁场区域的最小面积为(2+ 3)πm2v24q2B2
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.小华利用如图1所示的装置完成了“探究加速度与外力的关系”实验，用一轻绳将两个完全相同的托盘拴接后跨过光滑的定滑轮，另在两侧的托盘中放入相同数目钩码。已知每个钩码的质量均为m，此时两侧托盘的总质量均为M，遮光条宽度为d，重力加速度用g表示。
实验时进行了如下的操作：
(1)平衡时遮光条与光电门相平齐；小华从托盘甲中取走一个钩码放在托盘乙中，将托盘甲向下拉至遮光条距离光电门h处，然后将装置由静止释放，遮光条经过光电门时的挡光时间为t，托盘甲经过光电门时的速度为____________，托盘甲的加速度大小为_______________。(结果用d、h、t表示)
(2)将托盘甲中的钩码逐个地放到托盘乙中，保持(1)中的h不变，重复操作，记录取走的钩码数N和与之相对应的挡光时间t，将记录的实验数据描绘在图2中，当图线的斜率k=______________时，即可证明物体的质量一定时，物体的加速度与合外力成正比。(用M、m、d、h、g表示)
12.有一种电阻温度传感器如图甲所示，电阻封装在传感器的探头内。其阻值随温度的变化如图乙所示。小明同学想利用这种传感器制作一个温度计，他准备的实验器材如下：干电池，电动势为1.5V，内阻不计；灵敏电流表，量程为15mA，内阻为20Ω；电阻箱；开关、导线若干。把电流表的示数改为温度计的示数。
(1)首先，小明同学直接将干电池、开关、灵敏电流表、电阻温度传感器串联成一个电路作为测温装置，则该装置能测的最低温度为__________ ∘C。
(2)小明同学为了使温度计从0∘C开始测量，又设计了如图丙所示的电路图，其中R为电阻温度传感器的电阻，R1为电阻箱，并进行了如下操作：将传感器的探头放入冰水混合物中，过一段时间后闭合开关，调节电阻箱R1，使电流表指针满偏，此时R1=__________Ω。
(3)图丙中电流表的示数I(A)和温度t( ∘C)的关系式I=__________。根据关系式将电流表刻度盘上的电流值改写为温度值，这样就可以通过电流表的表盘直接读出被测物体的温度。
(4)若干电池用久了后其电动势不变，而内阻明显变大，其他条件不变。小明使用此温度计前按题中步骤(2)中的操作进行了调节，仍使电流表指针满偏，测量结果将__________(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
四、计算题：本大题共3小题，共44分。
13.图中甲为气压升降椅，乙为其核心部件模型简图。活塞横截面积为S，气缸内封闭一定质量的理想气体，该气缸导热性能良好，忽略一切摩擦。调节到一定高度，可以认为活塞上面有卡塞，活塞只能向下移动，不能向上移动。已知室内温度为27℃，气缸内封闭气体压强为p，稳定时气柱长度为L，此时活塞与卡塞恰好接触且二者之间无相互作用力，重力加速度为g。
(1)当室内温度升高10℃时，求气缸内封闭气体增加的压强；
(2)若室内温度保持27℃不变，一质量为m的同学盘坐在椅面上，求稳定后活塞向下移动的距离。
14.质量为M=7 kg的木板B静止于光滑水平面上，质量为m=3 kg的物块A停在B的左端，质量为m0=1 kg的小球用长为l=0.8 m的轻绳悬挂在固定点O上；将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与A发生碰撞，碰撞时间极短且无机械能损失，物块与小球可视为质点，不计空气阻力．已知A、B间的动摩擦因数μ=0.1，重力加速度g=10 m/s2求：
(1)小球与A碰撞前的瞬间，绳子对小球的拉力F的大小；
(2)小球与A碰撞后的瞬间物块A的速度vA的大小及为使A恰好不滑离木板时木板的长度L．
15.如图所示，质量为M=5 kg的U形金属导轨abcd水平放在光滑的绝缘水平面上，导轨ab、cd足够长，导轨bc的长为L=1 m.一电阻不计、质量为m=1 kg的导体棒PQ水平放置在导轨上，始终与导轨接触良好，PQbc构成矩形，导体棒左侧有两个固定于水平面的立柱．开始时PQ左侧导轨的总电阻为R=2 Ω，右侧每根导轨从PQ开始长度x0=4 m段的电阻为R0=2 Ω，导体棒与PQ右侧该段导轨间的动摩擦因数为μ=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，PQ右侧导轨其余部分电阻不计且光滑；以ef为边界线，其左侧匀强磁场方向竖直向上，右侧匀强磁场方向水平向左，磁感应强度大小均为B=1 T.已知重力加速度为g=10 m/s2，在t=0时，一水平向左的拉力F垂直作用于导轨bc边上，使导轨由静止开始做匀加速直线运动且加速度为a=2 m/s2，t=2 s后撤除外力F.求：
(1)导轨刚开始运动时拉力F的大小；
(2)导轨运动过程中拉力F的最大值(保留小数点后两位)；
(3)全程导轨的位移大小．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
根据电荷数守恒和质量数守恒得出Y原子核的电荷数和质量数，从而得出核子数。根据半衰期的公式求衰变的质量。
解决本题的关键知道核反应过程中电荷数、质量数守恒，以及知道核子数等于质量数，同时注意γ射线是伴随着α衰变，或β衰变产生的。
【解答】
AB、根据质量数守恒和电荷数守恒，可知Y的电荷数为2，质量数为4，则核子数为4，Y是 24He，此衰变为α衰变，而γ射线是伴随着α衰变产生的，AB错误；
C、γ射线是衰变形成的铅核处于高能级，自发向低能级跃迁时释放的，故C正确；
D、根据m=m0(12)n，其中n=tT=276138=2，可知，200 g的P经276天，还剩余50g，故已发生衰变的质量为150 g，故D错误。
2.【答案】A
【解析】A
【详解】AB.乘客上车时压缩气体使气体体积变小的过程中，外界对气体做功，W为正值，气体与外界有充分的热交换，气体温度不变，内能不变， ΔU=0 ，根据热力学第一定律
ΔU=W+Q
可知
Q<0
所以空气弹簧内气体向外界放热，故A正确，B错误；
CD.剧烈颠簸时压缩气体使气体体积变小的过程中，外界对空气弹簧内气体做功，W为正值，气体与外界来不及热交换，可视为绝热过程，空气弹簧内气体不对外界放热，Q为零，根据热力学第一定律
ΔU=W+Q
可知 ΔU 为正值，气体内能一定增大，故CD错误。
故选A。
3.【答案】C
【解析】C
【详解】A.由速度—时间图像可知，0∼ t2 时间内，运动员的加速度方向不变，故A错误；
B.运动员在0∼ t1 时间内向上运动， t1 ∼ t3 时间内向下运动， t2 时刻，运动员开始进入水面， t3 时刻向下减速至0，故B错误；
D.该运动员在空中运动的位移大小应为0∼t2时间内图线围成的面积，可知不为 vmt22 ，故D错误；
C. t1 ∼ t3 时间内，该运动员的位移大小为该时间段图线围成的面积，即
s=vmt3−t12
故C正确。
故选C。
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了万有引力定律的应用；本题是分析空间站在轨道上做匀速圆周运动的向心力由万有引力提供，知道有关卫星的几个参量如：做匀速圆周运动的卫星中物体处于完全失重状态，知道第一宇宙速度的概念。
空间站绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供做匀速圆周运动的向心力，得到描述圆周运动的物理量与轨道半径的关系分析；
在稀薄大气阻力作用下，无动力补充，空间站逐渐做近心运动。
【解答】
解：A.空间站组合体处于完全失重状态，靠地球的万有引力提供向心力，做圆周运动，不是不受重力作用，故A错误；
是地球的第一宇宙速度，等于绕地球表面运行的卫星做匀速圆周运动的线速度；对卫星，由万有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r，解得v= GMr，对接后的组合体的轨道半径大于地球的半径，所以运行速度应小于7.9km/s，故B错误；
D.在地球表面，万有引力等于重力GMmR2=mg；
对于组合体，由万有引力提供向心力有：GMm(R+h)2=mv2R+h；
联立解得组合体的运行周期T=2π (R+h)3gR2，故D正确；
C.在稀薄大气阻力作用下，无动力补充，空间站逐渐做近心运动，轨道半径逐渐减小，运行速度会越来越大，故C错误。
5.【答案】D
【解析】【分析】
守门员戴手套可以增加球与手作用时间的时间，根据动量定理即可分析。
本题主要考查了动量定理的直接应用，要注意物理与生活中的联系，要能将所学物理规律用到生活中；会用所学的物理规律解释生活中遇到的现象。
【解答】
A.惯性只与质量有关，与是否戴手套无关；故A错误；
BCD.足球的初速度和末速度都是定值，根据动量的定义可知，足球的动量变化量不变；根据动量定理可知足球对手的冲量也不变；但戴手套后，增加了作用时间，减小足球对手的平均作用力；故D正确，BC错误。
6.【答案】B
【解析】解：ABC.由丙图可知，降噪声波与环境噪声声波的波长相等，由于介质相同，则频率也相同，叠加时产生稳定的干涉，由于两列声波等幅反相，所以干涉时使得振幅减为0，从而起到降噪作用，两列波在P点的振动步调相反，故P点为振动减弱点，故AC错误，B正确；
D.P为振动减弱点，由于两列波的振幅相等，故P处于静止状态，并不随波迁移，故D错误。
故选：B。
根据题设分析降噪过程的原理；波源决定波的频率，波长直接从图中读出；波传播的是振动形式，介质中的质点并不随波迁移。
一是要明确波的干涉条件：频率相同的两列波在叠加时才能形成稳定的干涉图样；二是要知道波传播过程中传播的是振动形式和能量，介质中的质点并不随波迁移。
7.【答案】A
【解析】A.根据粒子轨迹向受力方向偏转的关系可知电场力方向竖直向上，又带负电，故可知电场强度方向竖直向下，故A正确；
B.沿着电场线方向电势逐渐降低，故C点的电势高于A点的电势，故B错误；
C.粒子沿AB方向，做匀速直线运动，故粒子从A点飞到C点所用的时间为
t=Lv0=0.82×105s=4×10−6s
故C错误；
D.粒子沿AD方向，小球做匀加速直线运动，有
L=12at2
根据牛顿第二定律，有
qE=ma
联立解得
E=2mv 02qL=1×103N/C
故D错误。
故选A。
8.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查磁吸式无线充电、变压器的电压与匝数的关系以及电功率的公式应用。磁吸式无线充电器发射线圈的工作原理是电流的磁效应，接收线圈的工作原理是电磁感应现象；结合题意，根据n1n2=U1U2求解发射线圈和接收线圈的匝数比；发射线圈的输入功率等于接收线圈的输出功率，由P=UI求解正常充电时充电器发射线圈的输入电流，由此分析即可正确求解。
【解答】
A.接收线圈的工作原理是电磁感应现象，故A正确；
B.发射线圈的原理是电流的磁效应，故B错误；
C.根据变压器的变压比可知n1n2=U1U2=22012=553，故C错误；
D.因为不计能量损耗，所以发射线圈的输入功率等于接收线圈的输出功率，
因此充电器发射线圈的输入电流I=PU1=44220A=0.2A，故D错误。
9.【答案】ACD
【解析】AB、小车以启动时，当功率达到额定功率、牵引力等于阻力时，速度达到最大值，则有： P=Fvmax=fvmax ，故A正确，B错误；
C、小车在时间t内从静止开始做匀加速直线运动，达到速度v，故有 a=vt ，由牛顿第二定律得： F−f=ma=mvt ，解得： F=f+mvt ，故C正确；
D、小车速度由零至 vm 的过程，由功能关系可得： WF−f(0+v2t+s)=12mvm2 ，故牵引力做功为 WF=f(0+v2t+s)+12mvm2=f(v2t+s)+12mvm2 ，故D正确．
10.【答案】AD
【解析】本题主要考查带电粒子在圆形磁场中的运动，作出运动轨迹是解决问题的关键。
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力充当向心力列式求得轨迹半径，结合题意，由几何知识求得MN的长度；根据运动轨迹，明确圆形磁场的面积最小时对应圆形磁场的直径，结合几何关系和圆面积公式求解圆形匀强磁场区域的最小面积，由此分析即可正确求解。
AB.根据题意，作出粒子在圆形磁场中的运动轨迹，可知，粒子的圆心一定在MN上，且粒子经过N点时的速度方向，即为粒子从磁场出射时的速度方向，作出粒子运动的轨迹图像如图所示：
，
粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力充当向心力有Bqv=mv2R，可得R=mvqB，
而根据几何关系有MN=R+Rsin 60°=(3+2 3)3R，
即可得MN=(3+2 3)mv3qB，故A正确，B错误；
CD.圆形磁场的面积要最小，则MP应为圆形磁场的一条直径，如图所示：
，
根据几何关系可知，△POM为等腰三角形，∠PMO=15°，设圆形区域磁场的半径为r，则有r=Rcs15°，
则其面积为Smin=πr2=π(Rcs 15°)2，代入数据解得Smin=(2+ 3)πm2v24q2B2，故C错误，D正确。
11.【答案】(1)dt；d22ht2； d2M2hmg。
【解析】【分析】
(1)光电门测速原理是极短时间内的平均速度等于瞬时速度，结合运动学公式求加速度；
(2)以整体为研究对象，根据牛顿第二定律列出等式，分析图像斜率的物理意义。
【解答】
(1)遮光条在挡光时间内的平均速度等于托盘甲经过光电门瞬间的速度，即v=dt，
由运动学规律可得2ah=v2=d2t2，整理得a=d22ht2。
(2)若加速度与力成正比，则有a=Mg+Nmg−(Mg−Nmg)2M，解得a=NmgM，由以上分析可知NmgM=d22ht2，整理得N=d2M2hmg⋅1t2，则图线的斜率为k=d2M2hmg。
12.【答案】 60； 30； 1.5100+0.5t ( 3200+t 也可)； 不变；
【解析】本题考查闭合电路欧姆定律，目的是考查学生的实验探究能力。
(1)[1]该电路的最大电流为15mA，则电路中的总电阻最小值
R总=1.515×10−3Ω=100Ω
此时温度传感器的电阻
R=100Ω−20Ω=80Ω
结合题图乙可得该电路能测的最低温度
t=80−50100−50×100∘C=60∘C
(2)[2]电流表指针满偏时
R1=100Ω−50Ω−20Ω=30Ω
(3)[3]根据闭合电路欧姆定律有
I=ER+R1+RA=1.5R+50
由题图乙可知，电阻温度传感器的电阻R对应的温度
t=R−50100−50×100∘C
解得
I=1.5100+0.5t
(4)[4]干电池用久了后其电源电动势不变，而其内阻变大，不能忽略不计，小明用此温度计前进行了调零，仍有
I=1.5100+0.5t
所以测量结果不变。
13.【答案】解：(1)当室内温度升高10℃时，气缸内封闭气体发生等容变化
ΔT=Δt=10K
由查理定律，得
pT=ΔpΔT
其中
T=273+27K=300K
解得
Δp=130p
(2)若室内温度保持27℃不变，气缸内封闭气体发生等温变化，由玻意耳定律，得
p⋅LS=p+mgS⋅L−ΔLS
解得
ΔL=mgLpS+mg
【解析】(1)当室内温度升高10℃时，气缸内封闭气体发生等容变化，根据查理定律求解；
(2)若室内温度保持27℃不变，气缸内封闭气体发生等温变化，根据平衡条件求质量为m的同学盘坐在椅面上后气体压强，再由玻意耳定律解。
14.【答案】解：(1)小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
m0gl=12m0v02，代入数据解得：v0=4m/s，
对小球，由牛顿第二定律得：F−m0g=m0v02l，
代入数据解得：F=30N；
(2)小球与A碰撞过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：m0v0=−m0v1+mvA，
由机械能守恒定律得：12m0v02=12m0v12+12mvA2，
代入数据解得：v1=2m/s，vA=2m/s；
物块A与木板B相互作用过程，系统动量守恒，以A的速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mvA=(m+M)v，
代入数据解得：v=0.6m/s，
由能量守恒定律得：μmgL=12mvA2−12(m+M)v2，
代入数据解得：L=1.4m。
【解析】(1)对小球下落过程应用机械能守恒定律求出小球到达A时的速度，再由牛顿第二定律求出绳子对小球的拉力F的大小；
(2)由机械能守恒定律求得球反弹上升的初速度即球与A碰后的速度，再根据动量守恒定律求得球与A碰撞后A的速度；A没有滑离B，A、B共同运动，由动量守恒定律列方程求二者共同的速度，由摩擦力做功的特点即可求得木板的长度．
本题关键是根据动量守恒定律、能量守恒列式求解，应用动量守恒解题时要注意选取合适的系统作为研究对象，判断是否符合动量守恒的条件，注意选取正方向．
15.【答案】解：(1)导轨刚开始运动时，对导轨有
F−μmg=Ma
代入数据解得F=12N
(2)导轨运动后，根据右手定则可判断，导轨bc边中产生从c流向b的感应电流，则导体棒PQ中有从Q流向P的感应电流，根据左手定则可得，PQ受到向下的安培力，导轨bc段所受安培力向右
设导轨运动时间t内，导轨发生的位移为x，有
v=at，x=12at2
Rx=R0x0⋅x，I=BLvR+2Rx
F安= BIL
联立各式代入数据解得F安=2t2+t2
对导轨由牛顿第二定律，有F−f−F安=Ma
f=μ(mg+F安)
联立解得F=12+2.42t+t
由x0=12at02可得t0=2s
可知上式中t≤t0=2s
易得当t=2t即t= 2s时，Fmax=12.85N
(3)设t=2s撤除外力后导轨的位移大小为x1.则
刚撤除外力F时导轨的速度为v=at0=4m/s
设从撤除外力F至导轨停止所用时间为t′，则由动量定理有−BIL⋅t′=0−Mv′
其中It′=q=BL⋅x1R+2R0
联立两式代入数据解得x1=120m，
故全程导轨的位移大小为x总=x0+x1=124m
【解析】(1)导轨由静止开始做匀加速直线运动，加速度为a，刚开始运动时没有感应电流，不受安培力，由牛顿第二定律求拉力F的大小；
(2)由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由匀变速运动速度公式求得速度，由闭合电路欧姆定律求出感应电流的表达式，对导轨受力分析，根据牛顿第二定律和数学知识求F得最大值。
(3)根据(1)(2)可解得t=2s导轨的速度，结合动量定理求出导轨减速到零的位移，综合求解。
本题主要考查电磁感应的综合应用，难度较大，逐步分析。
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