2020年山东省青岛市高考物理二模试卷 (含答案解析)

2020年山东省青岛市高考物理二模试卷
一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）
1.某物体运动的v−t图象如图所示，则下列说法正确的是()
A. 物体在第1s末运动方向发生改变
B. 物体在第2s内和第3s内的加速度方向相反
C. 物体在第4s末返回出发点
D. 物体在第5s离出发点最远，且最大位移为0.5m
2.关于理想变压器下列说法正确的是()
A. 原线圈磁通量大于副线圈磁通量
B. 原线圈电流的频率大于副线圈电流的频率
C. 对同一变压器的任意两个线圈，电压和匝数成正比
D. 变压器的输入功率大于输出功率
3.在光电效应实验中，飞飞同学用同一光电管在不同实验条件下得
到了三条光电流与电压之间的关系曲线(甲光、乙光、丙光)，如图
所示。

则可判断出()
A. 甲光的频率大于乙光的频率
B. 乙光的波长大于丙光的波长
C. 乙光对应的截止频率大于丙光的截止频率
D. 甲光对应的光电子最大初动能大于丙光的光电子最大初动能
4.一定质量的理想气体，压强为3atm，保持温度不变，当压强减小2atm时，体积变化4L，则该
气体原来的体积为()
A. 4
3L B. 2L C. 8
3
L D. 8L
5.如图甲，学校趣味运动会上某同学用乒乓球拍托球跑，球、球拍与人保持相对静止，球拍与水
平方向的夹角为θ。

图乙是在倾角为θ的静止斜面上用竖直挡板挡住与图甲中相同的球，忽略空气阻力和一切摩擦，下列说法正确的是()
A. 该同学可能托着球做匀速直线运动
B. 该同学可能托着球做变加速直线运动
C. 球拍和斜面对球的弹力一定相等
D. 图甲中球所受合力大于图乙中挡板对球的弹力
6.一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t时刻的波形如图所示，此时P、Q两质点分别处于平衡位
置和波峰位置。

则在t时刻，下列说法正确的是()
A. 质点P的动能为零
B. 质点P沿y轴正方向运动
C. 质点Q的速度最大
D. 质点Q的加速度为零
7.双星系统由两颗恒星组成，两恒星在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点做周期相
同的匀速圆周运动．研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量､距离和周期均可能发生变化．若某双星系统中两星做圆周运动的周期为T，经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的k倍，两星之间的距离变为原来的n倍，则此时圆周运动的周期为()
A. √n
k T B. √n2
k
T C. √n3
k2
T D. √n3
k
T
8.如图，一充电后的平行板电容器的两极板相距l.在正极板附近有一质量
为M、电荷量为q(q>0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷
量为−q的粒子．在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动．已知
两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距2
5
l的平面．若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M：m为()
A. 3：2
B. 2：1
C. 5：2
D. 3：1
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
9.如图所示，电源电动势为E，内阻为r，电动机M的线圈电阻为R1.闭合
开关S，电动机开始转动，稳定后电路中的电流为I，滑动变阻器接入
电路的电阻为R2.则()
A. 电源的输出功率为IE−I2r
B. 电动机两端的电压U=IR1
C. 电源的效率η=R1+R2
R1+R2+r
×100%
D. 电动机的机械功率P=IE−I2(R1+R2+r)
10.如图所示，半径为R的竖直光滑圆轨道内侧底部静止着一个光滑小球，现给
小球一个冲击使其在瞬间获得一个水平初速v0，若v0大小不同，则小球能够
上升到的最大高度(距离底部)也不同。

下列说法中正确的是()
A. 如果v0=√gR，则小球能够上升的最大高度为R/2
B. 如果v0=√2gR，则小球能够上升的最大高度为R
C. 如果v0=√3gR，则小球能够上升的最大高度为3R/2
D. 如果v0=√4gR，则小球能够上升的最大高度为2R
11.位于光滑水平面上的小车受到水平向右的拉力作用从静止开始运动，已知这一过程中拉力大小
由F1随时间均匀增大到F2，所用时间为t，小车的位移为s，小车末速度为v.则下列判断正确的是
A. 小车增加的动能等于1
2(F1+F2)s B. 小车增加的动能大于1
2
(F1+F2)s
C. 小车增加的动量等于1
2(F1+F2)t D. 小车的位移小于1
2
vt
12.如图甲所示，一个U形光滑足够长的金属导轨固定在水平桌面上，电阻R=10Ω，其余电阻均
不计，两导轨间的距离1=0.2m，有垂直于桌面向下并随时间变化的匀强磁场，磁感应强度B 随时间变化规律如图乙所示．一个电阻不计的金属杆可在导轨上无摩擦地滑动，在滑动过程中保持与导轨两边垂直．在t=0时刻，金属杆紧靠在最左端，杆在外力的作用下以速度v=0.5m/s 向右做匀速运动．当t=4s时，下列说法中正确的是()
A. 穿过回路的磁通量为0.08Wb
B. 流过电阻R的感应电流的方向为b→a
C. 电路中感应电动势大小E=0.02V
D. 金属杆所受到的安培力的大小为1.6×10−4N
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
13.现利用如图所示装置验证动量守恒定律。

在图中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧
带有一撞针，滑块B左侧有橡皮泥，上面固定有遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间。

实验测得滑块A的质量m1=300.0g，滑块B的质量m2=100.0g，两滑块的遮光片宽度均为d=1.00cm.将两个光电门固定在合适位置，滑块A置于光电门1左侧某一合适位置，滑块B置于两光电门之间某一合适位置，给滑块A向右的初速度，通过光电门1后使它与B相碰并粘在一起通过光电门2.计时器显示滑块A、B的遮光片通过光电门1和2的时间分别为△t1=30ms和△t2=41ms。

请完成下面的问题：
(1)碰撞前，滑块A的动量为P1=______kg⋅m/s
(2)碰撞后，滑块A、B的动量为P2=______kg⋅m/s
(3)碰撞前后总动量之差为|△p|=______ kg⋅m/s(以上均保留3位小数)
|是本实验的误差指标，则η=______。

(保留2位小数)
(4)诺η=|△p
p1
(5)η≤0.05是本实验误差允许的范围，则本实验是否验证了动量守恒？回答______(“是”或
“否”)
14.有一量程为0−5V的电压表V，某同学为了知道它的内阻，采用了下列测量方法：
(1)该同学利用欧姆表通过图1的方式进行测量．测量时欧姆表的黑表笔应该与电压表的______(
选填“正”或“负”)极接线柱相连，红表笔与另一接线柱相连．在欧姆表的挡位位于“×1k”
挡时，欧姆表的示数如图2所示，则电压表的内阻R V约为______kΩ．
(2)为了更准确地测出这块电压表V的内阻，该同学在实验室找到了下列器材：
电压表V1：量程0～10V
定值电阻R0：阻值5000Ω
滑动变阻器R1：0～50Ω
滑动变阻器R2：0～10kΩ
电源E：电动势12V，内阻很小
开关S、导线若干
该同学设计了图3所示的电路，其中甲为______，乙为______(选填“V”或“V1”).滑动变阻器应选______(选填“R1”或“R2”).该同学通过调节滑动变阻器的阻值，得到电压表V、V1的多组读数U、U1，以U为纵坐标、U1为横坐标建立坐标系并画出相应图象，如图4所示．若图象的斜率为k，则电压表V的内阻R V=______(用k和R0表示)．
四、简答题（本大题共2小题，共29.0分）
15.如图所示，abcd为用粗细均匀的同种材料制成的金属线框，其中ab长度只有bc长度的一半．现
将线框放在水平光滑绝缘的桌面上，在外力F的作用下让线框以速度v匀速穿过右边两个磁感应强度大小相等、方向相反的磁场区域．若以图示位置开始计时，规定逆时针电流方向为正，磁感线向下穿过线框时的磁通量为正，外力F的功率P随时间变化的图象如何？
16.一段凹槽A倒扣在水平长木板C上，凹槽内有一可视为质点的小物块B，它到凹槽两内侧的距
离均为L
，如图所示。

水平长木板C位于光滑水平的桌面上，凹槽A与水平长木板C间的摩擦
2
不计，小物块B与长木板C间的动摩擦系数为μ.A、B、C三者质量相等，原来都处于静止。

现使凹槽A以大小为v0(v02<2μgL)的初速度向右运动。

已知当任一次凹槽A和小物块B发生碰撞时，两者的速度都互换，而木板C的速度不变，凹槽A和小物块B发生碰撞的时间极短。

求：
(1)从凹槽A、小物块B发生第一次碰撞到第二次碰撞的时间内，长木板C运动的路程。

(2)在凹槽A、小物块B刚要发生第四次碰撞时，A、B、C三者速度的大小。

五、计算题（本大题共2小题，共16.0分）
17.如图所示，ABCD是一个长为α，高为b的容器，左壁距离底部为d的位置有一个点光源S，底
部有一平面镜MN.给容器灌满某种透明液体，在容器右上角B附近可以现察到两个光点，其中一个光点在原来光源的位置，另一个在原光源的上方．
①作出观察到光点在原位置时的光路图；
②求这种透明液体的折射率．
18.汽车发动机的功率为60kW，汽车的质量为4吨，当它行驶在坡度为α(sinα=0.02)的长直公路
上时，如图所示，所受摩擦阻力为车重的0.1倍(g取10m/s2)，求：
(1)汽车所能达到的最大速度；
(2)若汽车从静止开始以0.6m/s2的加速度做匀加速直线运动，则此过程能维持多长时间？
(3)当汽车以0.3m/s2的加速度匀加速行驶的速度达到最大值时，汽车发动机做功多少．
-------- 答案与解析 --------
1.答案：C
解析：解：A、物体在第1s末前后速度均为正值，故运动方向没有发生改变，故A错误；
B、物体在第2s内、第3s内的图线斜率一直为负，即加速度的方向没有发生变化，方向相同，故B 错误；
C、图线与坐标轴围城图形的面积表示位移知物体在第4s末返回出发点，故C正确；
D、图线与坐标轴围城图形的面积表示位移，根据图象可知，物体在第2s和第6s时离出发点最远，不是5s末离出发点最远，故D错误；
故选：C
v−t图象的斜率表示加速度，速度的正负表示运动方向，图线与坐标轴围城图形的面积表示位移．明确v−t图象的斜率表示加速度，图线与坐标轴围城图形的面积表示位移，难度不大，属于基础题．2.答案：C
解析：解：AB、变压器不改变频率、磁通量以及变化率，原线圈磁通量等于副线圈磁通量，原线圈电流的频率等于副线圈电流的频率，故AB错误；
C、对同一变压器的任意两个线圈，电压与匝数成正比，故C正确；
D、输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，并且大小相等，故D错误；
故选：C。

根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器不改变频率、功率、磁通量以及变化率，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论。

掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，变压器不改变频率、功率、磁通量以及变化率，本题即可得到解决。

3.答案：B
解析：
光电管加正向电压情况：P右移时，参与导电的光电子数增加；P移到某一位置时，所有逸出的光电子都刚参与了导电，光电流恰达最大值；P再右移时，光电流不能再增大；
光电管加反向电压情况：P右移时，参与导电的光电子数减少；P移到某一位置时，所有逸出的光电子都刚不参与了导电，光电流恰为零，此时光电管两端加的电压为截止电压，对应的光的频率为截
mv m2=ℎγ−W，入射光的频率越高，对应的截止频率；P再右移时，光电流始终为零，eU截=1
2
止电压U截越大．从图象中看出，丙光对应的截止电压U截最大，所以丙光的频率最高，丙光的波长最短，丙光对应的光电子最大初动能也最大。

mv m2=ℎγ−W。

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eU截=1
2
mv m2=ℎγ−W，入射光的频率越高，对应的截止电压U截越大．甲光、乙光的截止电根据eU截=1
2
压相等，所以甲光、乙光的频率相等；故A错误；
丙光的截止电压大于乙光的截止电压，所以丙光的频率大于乙光的频率，则乙光的波长大于丙光的波长；
故B正确；
同一金属，截止频率是相同的，故C错误；
丙光的截止电压大于甲光的截止电压，所以甲光对应的光电子最大初动能小于于丙光的光电子最大初动能，故D错误；
故选B。

4.答案：B
解析：
因为变化过程中气体的温度保持不变，所以由玻意尔定律即可求解。

分析理想气体的初态与末态是正确求解的关键。

设气体原来的体积为V1，压强为p1，后来的体积为V2，则V2=V1+4，后来的压强为p2，由玻意耳定律p1V1=p2V2，且p1=3atm，p2=1atm，得V1=2L，故B正确，ACD错误。

故选B。

5.答案：C
解析：解：AB、对图甲中乒乓球进行受力分析：
受到重力mg和球拍的支持力N，作出力图如图
甲，
根据牛顿第二定律得：mgtanθ=ma，解得：
a=gtanθ，所以加速度恒定，该同学托着球做
匀加速直线运动，故AB错误；
C、甲图中球拍对球的弹力N=mg
，乙图中斜
cosθ
，所以球拍和斜面对球的弹力一定相等，故C正确；
面对球的弹力N′=mg
cosθ
D、甲图中球所受合力为ma=mgtanθ，乙图中挡板对球的弹力为F=mgtanθ，二者大小相等，故D错误。

故选：C。

对图甲中乒乓球进行受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度大小，由此分析该同学的运动情况；根据平衡条件求解斜面和球拍的弹力、挡板的弹力大小。

本题主要是考查了共点力的平衡和牛顿第二定律的知识；解答本题的关键是能够确定研究对象、进行受力分析、根据平行四边形法则求解合力，根据几何关系进行分析。

6.答案：B
解析：解：A、质点P在平衡位置，速度最大，则动能最大，故A错误；
B、根据波向右传播，由平移法或“上下坡法”可知，质点P沿y轴正方向运动，故B正确；CD、质点Q在波峰位置，位移最大，加速度最大，速度为零，故CD错误；
故选：B。

根据质点位置得到速度、加速度大小关系，进而得到动能大小；根据波的传播方向，由平移法得到
质点振动方向。

机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波的传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据周期得到路程。

7.答案：D
解析：解：设m1的轨道半径为R1，m2的轨道半径为R2.两星之间的距离为L。

由于它们之间的距离恒定，因此双星在空间的绕向一定相同，同时角速度和周期也都相同。

由向心力公式可得：
对m1：G m1m2
L2=m14π2
T2
R1…①
对m2：G m1m2
L2=m24π2
T2
R2…②
又因为R1+R2=L，m1+m2=M
由①②式可得：T=2π√L3
GM
所以当两星总质量变为KM，两星之间的距离变为原来的n倍，所以此时圆周运动的周期为√n3
k
，故选：D。

双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度，根据牛顿第二定律分别对两星进行列式，来求解．
解决本题的关键知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度，能运用万有引力提供向心力进行解题．
8.答案：A
解析：解：根据题意，两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距2
5l的平面，所以q的位移为x1=2
5
l，
而−q的位移为：x2=l−2
5l=3
5
l
粒子只受到电场力的作用做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：a1=qE
M
，
a2=qE m
又由：x=1
2
at2
运动的时间是相等的，则：x1
x2
=a1
a2
=m
M
所以：M
m =x2
x1
=
3
5
l
2
5
l
=3
2
故选：A。

粒子只受到电场力的作用做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求出加速度，然后由运动学的公式求出位移，在通过比较位移即可得出它们的质量比．
该题中，粒子都在电场中做匀加速直线运动，运动的时间是相等的，粒子的电荷量又相等，所以并不需要求出具体的数值，写出相应的公式，然后采用比值法即可快速得出结论．
9.答案：AD
解析：解：A、电源的输出功率等于电源的总功率与内阻上的热功率的差值；故输出功率为IE−I2r；故A正确；
B、电动机为非纯电阻电路，故不能应用欧姆定律求解两端的电压；故B错误；
C、因不能用欧姆定律求解电源的输出电压；故电源的效率无法求解；故C错误；
D、电动机的机械功率等于电源的总功率与电路中各元件消耗的热功率的差值；故D正确；
故选：AD．
根据功率公式可以求得电源的输出功率；根据非纯电路的特点可以分析电压及电源效率；由能量守恒可求得电动机的机械效率．
本题考查电源及电动机的功率问题，要注意对于非纯电阻电路是无法使用欧姆定律求解电压的．10.答案：AB
解析：
先根据机械能守恒定律求出在此初速度下能上升的最大高度，再根据向心力公式判断在此位置速度能否等于零即可求解．
本题主要考查了机械能守恒定律在圆周运动中的运用，要判断在竖直方向圆周运动中哪些位置速度可以等于零，哪些位置速度不可以等于零．要明确最高点临界速度的求法：重力等于向心力．
A.当v0=√gR，根据机械能守恒定律有：1
2mv02=mgℎ，解得ℎ=R
2
，即小球上升到高度为R
2
时速度
为零，所以小球能够上升的最大高度为R
2
.故A正确。

B.设小球恰好能运动到与圆心等高处时在最低点的速度为v，则根据机械能守恒定律得：mgR= 1
2
mv2，解得v=√故如果v0=√2gR，则小球能够上升的最大高度为R.故B正确。

CD.设小球恰好运动到圆轨道最高点时在最低点的速度为v 1，在最高点的速度为v 2。

则在最高点，有mg =
mv 2R
；
从最低点到最高点的过程中，根据机械能守恒定律得：2mgR =1
2mv 12−1
2mv 22； 联立以上两式得：v =√5gR ；
所以如果v 0=√3gR 和v 0=√4gR ，小球不能到达圆轨道的最高点，即上升的高度小于2R 。

如果v 0=√3gR ，根据机械能守恒定律得：1
2mv 02=mgℎ，解得：ℎ=3
2R ，当根据竖直平面内的圆周运动知识可知小球在上升到3
2R 处之前就做斜抛运动了，故CD 错误。

故选AB 。

11.答案：BCD
解析：解：AB 、拉力大小由F 1随时间均匀增大到F 2，而小车做加速运动，位移在单位时间内增加的越来越大，所以若将位移s 均分为无数小段，则在每一小段位移内F 增加的越来越慢，如图所示：
(曲线表示题所示情况，直线表示拉力随s 均匀变化情况)，而图象面积表示拉力做的功， 其中拉力随s 均匀变化时，拉力做功为：W =1
2(F 1+F 2)s ，
故当拉力大小由F 1随时间均匀增大到F 2时(曲线情况)，做功大于1
2(F 1+F 2)s ，根据动能定理可知小车增加的动能大于1
2(F 1+F 2)s ，故A 错误，B 正确；
C 、因为拉力是随时间均匀增大，故在t 时间内拉力的平均值为F −
=1
2(F 1+F 2)，根据动量定理可知
小车增加的动量为：△p =F −
t =1
2
(F 1+F 2)t ，故C 正确；
D 、根据牛顿第二定律可知在力随时间均匀增大的过程中，小车运动的加速度逐渐增大，即图象的斜率增大，速度时间图象如图所示
(图中红线所示小车的速度时间图象，而黑线表示做匀加速直线运动情况)
根据图象的面积表示位移可知小车的位移小于匀变速直线运动的位移，即小于1
2
vt，故D正确。

故选：BCD。

作出外力随位移变化的图象，根据F−x图象面积表示外力做功分析小车受到合外力做的功，根据动能定理分析小车增加的动能；根据拉力随时间均匀增大求解拉力的平均值，根据动量定理分析小车
增加的动量；作出小车的速度时间图象，将该图象与匀加速直线运动的速度时间图象进行比较，从
而分析小车的位移与匀加速直线运动的位移大小。

解决该题的关键是能根据题意作出小车所受到的外力随着位移变化的图象以及小车的速度时间图象，明确知道两种图象的面积所代表的物理意义。

12.答案：AD
解析：
根据磁通量的计算公式计算穿过回路的磁通量；根据右手定则可得流过电阻R的感应电流的方向；电路中感应电动势大小等于动生与感生电动势之和；根据安培力计算公式求解安培力大小。

本题主要是考查法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律，解答本题要掌握导体平动切割磁感应
线产生的感应电动势大小、感生电动势的计算方法。

A.当t=4s时，金属杆的位移为：x=vt=0.5×4m=2m，则穿过回路的磁通量为：Φ=BS=BLx=
0.2×0.2×2Wb=0.08 Wb，A正确；
B.根据右手定则可得流过电阻R的感应电流的方向为a→b，B错误；
C.电路中感应电动势大小为：E=BLv+ΔΦ
Δt =0.2×0.2×0.5V+0.08
4
V=0.04V，C错误；
D.根据欧姆定律可得电路中的电流为：I=E
R =0.04
10
A=0.004A，金属杆所受到的安培力的大小为：
F=BIL=0.2×0.004×0.2N=1.6×10−4N，D正确。

故选AD。

13.答案：0.100；0.098；0.002；0.02；是
解析：解：(1)根据v 1=x
t
=
1.00×10−230×10−3
=1
3
m/s ；
故碰撞前的动量P 1=m 1v =0.3×1
3=0.100kg ⋅m/s ； (2)碰撞后的速度v 2=
x′t′
=
1.00×10−241×10−3
=
1041
m/s ；
碰撞后的动量P 2=(m 1+m 2)v 2=(300.0+100.0)×10
41=0.098kg ⋅m/s ； (3)碰撞前后总动量之差为|△p|=|0.100−0.098|=0.002 kg ⋅m/s (4)η=|△p p 1
|=|0.002
0.100|=0.02；
(5)η≤0.05是本实验误差允许的范围，而本实验误差为0.02，因此在误差允许的范围内，可以验证机械能守恒；
故答案为：(1)0.100；(2)0.098；(3)0.002；(4)0.02；(5)是
(1)根据速度公式可求解碰撞前后的速度，再根据P =mv 可求得碰撞前后的动量； (3)根据求出的动量即可求出动量的差值； (4)根据给出的公式即可确定误差指标； (5)根据误差的范围即可确定动量是否守恒。

本题考查了验证动量守恒定律实验，由纸带求出滑块速度是正确解题的关键、应用动量计算公式即可正确解题。

14.答案：正 4.5 V 1 V R 1
kR 0
1−k
解析：解：(1)：根据欧姆表的工作原理可知黑表笔应与欧姆表内部电池的正极相连，所以图1中的黑表笔应与电压表的正极接线柱相连； 欧姆表的读数为：R =4.5 × 1kΩ=4.5kΩ；
(2)：根据图3，若甲为电压表V 1 乙为待测电压表V ，根据串并联规律应有：U 1 =U +U
R
V
 R 0 
，能够解出待测电压表V 的内阻，所以甲为V 1 ，乙为V ；
由于采用分压式接法时，变阻器的阻值越小调节越方便，所以变阻器应选R 1 
； 由U 1 
=U +U R V
 R 0 ，可变形为：U =11+R 0 R V
 U 1 ，所以k =1
1+R 0 R V
 ，
解得：R V
=kR 0 
1−k ；
故答案为：(1)正，4.5；(2)V 1 ，V ，R 1 
，kR 0 
1−k
本题(1)的关键是明确黑表笔与欧姆表内部电池的正极，红表笔与内部电池的负极相连．题(2)的关键是利用假设法，选择能根据串并联规律解出待测电压表内阻的电路元件即可；变阻器采用分压式接法时，变阻器的阻值越小调节越方便；应先根据串并联规律写出U与U1 的函数表达式，然后根据斜率的概念即可求解．
应明确：①黑表笔与欧姆表内部电池的正极相连，红表笔与负极相连；②根据物理规律能解出待测物理量的实验才能做成；③变阻器采用分压式接法时，变阻器的阻值越小调节越方便．④遇到根据图象求解的问题，首先要根据物理规律写出公式，然后整理出关于纵轴与横轴物理量的函数表达式，然后根据斜率、截距的概念即可求解．
15.答案：如图所示
解析：
本题考查导体切割磁感线时的感应电动势，闭合电路的欧姆定律问题，由法拉第电磁感应定律及E= BLV可得出电动势的变化；由欧姆定律可求得电路中的电流，则可求得安培力的变化；由p=I2R可求得电功率的变化。

拉力的功率P=Fv，因速度不变，而在线框在第一个磁场时，电流为定值，拉力也为定值；两边分别在两个磁场中时，由B的分析可知，电流加倍，故安培力加培，功率变为4倍；此后从第二个磁场中离开时，安培力应等于线框在第一个磁场中的安培力，功率与第一阶段相同，外力F的功率P
随时间变化的图象，如图所示。

16.答案：解：(1)A与B刚发生第一次碰撞后，A停下不动，B以初速v0向右运动。

由于摩擦，B向右作匀减速运动，而C向右作匀加速运动，两者速率逐渐接近。

设B、C达到相同速度v1时B移动的路程为S1.设A、B、C质量皆为m，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：mv0=2mv1
由能量守恒定律得：−μmgS1=1
2mv12−1
2
mv02
由①②解得：S1=3v02
8μg
，由题意知：v0<√2μgL，
解得：S1<3
4
L
可见，在B、C达到相同速度v1时，B尚未与A发生第二次碰撞，B与C一起将以v1向右匀速运动一段距离(l−S1)后才与A发生第二次碰撞。

设C的速度从零变到v1的过程中，C的路程为S2。

由能量守恒定律得：μmgS2=1
2
mv12
解得：S2=v02
8μg
，
因此在第一次到第二次碰撞间C的路程为：S=S2+L−S1=L−v02
4μg
(2)第一次碰撞前瞬间：v A=v0,v B=v C=0
第一次碰撞后瞬间，AB速度互换，C速度不变：v A=0,v B=v0,v C=0
第二次碰撞前瞬间，BC已经共速，A速度依然是0：v A=0,v B=v0
2,v C=v0
2
第二次碰撞后瞬间，AB速度互换，C速度不变：v A=v0
2,v B=0,v C=v0
2
第三次碰撞前瞬间，BC已经共速，A速度依然是v0
2:v A=v0
2
,v B=v0
4
,v C=v0
4
第三次碰撞后瞬间，AB速度互换，C速度不变：v A=v0
4,v B=v0
2
,v C=v0
4
第四次碰撞前瞬间，BC已经共速，A速度依然是v0
4：v A=v0
4
,v B=3v0
8
,v C=3v0
8
解析：【试题解析】
本题是对研究对象、多过程问题，难度较大，分析清楚物体的运动过程，应用动量守恒定律与能量守恒定律即可正确解题，求C的路程是要注意B、C位移间的几何关系..
17.答案：解：①作图要求：a.标出法线ON1和BN2；b.光线的传播路径用带箭头的实线表示，其他线条用虚线表示．。