2020年安徽省皖智教育联盟高二(下)期中物理试卷

期中物理试卷

题号一二三四总分

得分

一、单选题（本大题共5小题，共20.0分）

1.Th具有放射性，它能放出一个新的粒子而变为镤Pa，同时伴随有γ射线产生

其方程为Th→Pa+x，钍的半衰期为24天。则下列说法中正确的是（）

A. x为质子

B. x是钍核中的一个中子转化成一个质子时产生的

C. γ射线是钍原子核放出的

D. 1g钍Th经过120天后还剩0.2g钍

2.铜的摩尔质量为M，密度为ρ，若用N A表示阿伏加德罗常数，则下列说法中不正

确的

是（）

A. 1个铜原子的质量为

B. 1个铜原子占有的体积为

C. 1m3铜所含原子的数目为

D. 1kg铜所含原子的数目为

3.汽车在水平公路上运动时速度为36km/h，司机突然以2m/s2的加速度刹车，则刹车

后8s汽车滑行的距离为（）

A. 25 m

B. 16 m

C. 50 m

D. 144 m

4.2011年9月29日，我国第一个空间交会对接目标飞行器“天宫一号”成功发射并

进入预定圆轨道，11月1日发射的“神舟八号”飞船，入轨后主动接近目标飞行器完成对接。关于“天宫一号”与“神舟八号”，下列说法中正确的是（）

A. 如果测得“天宫一号”的轨道半径和它的周期，再利用万有引力常量，就可算

出地球质量

B. 如果对接前“神舟八号”与“天宫一号”在同一轨道上一前一后运行，则它们

的绕行速率和绕行周期可能是相等的

C. 如果对接前“神舟八号”与“天宫一号”在同一轨道上一前一后沿着同一方向

绕行（“神舟八号”在后），若要对接，只需将“神舟八号”速率增大一些即可

D. 飞船对接后，如果宇航员从飞船组合体舱内慢慢“走”到舱外后，飞船组合体

会因所受万有引力减少而使飞行速度减少

5.如图所示，一根轻质的绝缘弹簧将光滑绝缘水平面上两个相同的不带电金属小球

A、B（可以视为质点）连接起来。现用另一大小相同的带电金属小球C分别与A

和B依次接触之后移去小球C，A、B均平衡时弹簧的形变量为x1；然后再将刚才移走的小球C与A接触之后再次移去小球C，A、B再次达到平衡时弹簧的形变量

为x2．已知弹簧始终处在弹性限度以内，则可能为（）

A. B. C. D. 2

二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）

6.竖直放置的平行光滑导轨，其电阻不计，磁场方向如图所示，磁感

强度B=0.5T，导体ab及cd长均为0.2m，电阻均为0.1Ω，重均为

0.1N，现用力向上推动导体ab，使之匀速上升（与导轨接触良好），

此时，cd恰好静止不动，那么ab上升时，下列说法正确的是（）

A. ab受到的推力大小为2N

B. ab向上的速度为2m/s

C. 在2s内，推力做功转化的电能是0.4J

D. 在2s内，推力做功为0.6J

7.如图所示，在水平面上固定有相互垂直的挡板MON，质

量均为m的两个小球A和B（均可视为质点）通过铰链用

刚性轻杆链接，分别停靠在两挡板上，A到O点的距离为

L．现用沿MO方向的恒力F作用于A．A沿MO运动。B

沿ON运动，不计一切摩擦。则下列说法正确的是（）

A. A碰到ON前，B的速度一直增大

B. A碰到ON前，且OB的速度最大时，MO对A的作用力为2mg

C. A碰到ON时的速度小于

D. A碰到ON前，B的加速度方向始终沿ON方向

8.在x轴上有两个点电荷q 1、q2，其静电场的电势φ在x

轴上分布如图所示。下列说法正确有( )

A. q1和q2带有异种电荷

B. x1处的电场强度为零

C. 负电荷从x1移到x2，电势能减小

D. 负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大

9.在如图所示的电路中，闭合开关S，电路达到稳定后，平行金属板中带电质点P恰

好处于静止状态．不考虑电流表和电压表对电路的影响，二极管视为理想二极管，R1，R2，R3三个电阻阻值相等且与电源的内阻r的阻值也相等．当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（）

A. 带电质点P将向下运动

B. 电源的输出功率将变大

C. 电压表V2与电流表A的读数变化量的绝对值之比一定不变

D. 电压表V读数变化量的绝对值等于电压表V2的读数变化量的绝对值

10.如图所示，OM和ON都在纸面内，且相互垂直，只在MON区

域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为

B．在OM上的P点有一质量为m、电荷量为-q的带电粒子以一

速度沿与OM成θ=45°角方向射入磁场，O、P间距离为L，粒子所受重力不计，则（）

A. 带电粒子在磁场中的运动时间可能为

B. 带电粒子在磁场中的运动时间可能为

C. 带电粒子经过ON的位置到O的距离可能为（3-）L

D. 带电粒子经过ON的位置到O的距离可能为（2-）L

三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）

11.（1）甲图中，工件的直径是______mm；

（2）乙图中，螺旋测微器的读数是______mm．

12.有一个小灯泡上有“4V2W”的字样，现要描绘这个小灯泡的伏安特性曲线．现

有下列器材供选用：

A．电压表（0～5V，内阻10kΩ）

B．电压表（0～10V，内阻20kΩ）

C．电流表（0～0.3A，内阻1Ω）

D．电流表（0～0.6A，内阻0.4Ω）

E．滑动变阻器（10Ω，2A）

F．滑动变阻器（1kΩ，1A）

G．学生电源（直流6V），还有电键、导线若干

（1）电流表应选______，滑动变阻器应选______（用序号字母表示）．

（2）为使实验误差尽量减小，要求从零开始多取几组数据，请在图1的方框内画出满足实验要求的电路图．

（3）若该同学已正确选用器材，并连接好部分实验电路．如图2所示，请在图中完成其余的电路连接

四、计算题（本大题共4小题，共42.0分）

13.物体以一定的初速度从斜面底端A点冲上固定的光滑斜面，斜面

总长度为l，到达斜面最高点C时速度恰好为零，如图，已知物

体运动到距斜面底端l处的B点时，所用时间为t，求物体从B

滑到C所用的时间．

14.如图甲所示，长为4m的水平轨道AB与半径为R=0.6m的竖直半圆弧轨道BC在B

处相连接，有一质量为1kg的滑块（大小不计），从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB间的动摩擦因数为μ=0.25，与BC间的动摩擦因数未知，取g=10m/s2．求：

（1）滑块到达B处时的速度大小；

（2）滑块在水平轨道AB上运动前2m过程所用的时间；

（3）若到达B点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？

15.平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ现象存在

沿y轴负方向的匀强电场，如图所示。一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍。粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y 轴距离相等。不计粒子重力，求：

（1）粒子到达O点时速度的大小和方向；

（2）电场强度和磁感应强度的大小之比。

16.一实验小组想要探究点电磁刹车的效果。在遥控小车底面安装宽为L、长为2.5L

的N匝矩形线框，线框电阻为R，面积可认为与小车底面相同，其平面与水平地面平行，小车总质量为m。其俯视图如图所示，小车在磁场外行驶的功率保持P不变，且在进入磁场前已达到最大速度，当车头刚要进入磁场时立即撤去牵引力，完全进入磁场时速度恰好为零。已知有界磁场PQ和MN间点的距离为2.5L，磁感应强度大小为B．方向竖直向上，在行驶过程中小车受到地面阻力为f。求：

（1）小车车头刚进入磁场时，线框的感应电动势E；

（2）电磁刹车过程中产生的焦耳热Q；

（3）若只改变小车功率，使小车刚出磁场边界MN时的速度恰好为零，假设小车两次与磁场作用时间相同，求小车的功率P′。

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：A、根据电荷数和质量数守恒知钍核衰变过程中放出了一个电子，即x为电子，故A错误；

B、β衰变的实质：β衰变时释放的电子是由核内一个中子转化成一个质子同时产生的，故B正确；

C、γ射线是镤原子核放出的，故C错误；

D、钍的半衰期为24天，1g钍Th经过120天后，发生5个半衰期，1g钍经过120天

后还剩0.03125g。故D错误；

故选：B。

衰变过程中满足质量数守恒，β粒子质量数为0；β衰变时释放的电子是由核内一个中子转化成一个质子同时释放出来的；衰变过程中满足质量数、电荷数守恒。

知道原子核的表示方法，原子核衰变的实质以及α、β、γ三种射线的性质，注意核反应方程的书写规律。

2.【答案】A

【解析】解：A、1个铜原子的质量为m0=．故A不正确；

B、1个铜原子占有的体积为V0==．故B正确；

C、1m3铜所含原子的物质的量n=，1m3铜所含原子的数目为N=nN A=．故C正确；

D、1kg铜所含原子的物质的量n=，1kg铜所含原子的数目为N=nN A=．故D正确；

本题选不正确的，故选：A。

对于固体、液体来说，分子间距离很小，可以用摩尔体积除以阿伏加德罗常数来表示分子大小。

本题考查了阿伏加德罗常数的应用。阿伏加德罗常数是宏观和微观的一个桥梁，计算是一定要抓住物质的量的计算来进行。这种题型属于基础题，只要善于积累，难度不大。

3.【答案】A

【解析】解：初速度v0=36km/h=10m/s。

选汽车初速度的方向为正方向。

设汽车由刹车开始到停止运动的时间为t0，则

由v t=v0+at=0得：

故汽车刹车后经5s停止运动，刹车后8s内汽车滑行的距离即是5s内的位移，为

故选：A。

先计算出汽车刹车到停止运动所需要的时间，再根据时间8s与刹车时间的关系，运用运动学公式求解位移．

在计算汽车的刹车的问题时，经常出错的地方就是汽车的运动时间的判断，在解决此类问题的时候一定要注意如果汽车运动的时间比要计算的时间短，那么在多余的时间内，汽车静止不动．

4.【答案】A

【解析】解：A、根据万有引力提供向心力，解得：地球质量，故

A正确；

BD、根据万有引力提供向心力，解得：，，两者轨

道一样，即半径相同，随意两者运行的线速度和周期一定相同，且线速度和周期与卫星质量无关，故BD错误；

C、若要进行对接需要一个在高轨道，一个在低轨道，然后低轨道卫星加速跑到高轨道上进行对接，故C错误；

故选：A。

根据万有引力提供向心力通过轨道半径和周期求出地球的质量，以及通过万有引力提供向心力得出线速度与轨道半径的关系，从而进行判断。

解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，并能灵活运用。

5.【答案】A

【解析】解：假设带电金属小球C的电量为Q，

带电金属小球C分别与A和B依次接触之后移去小球C，

则A的带电量为，B带电量为Q，

两球之间的相互排斥力的大小是F=k

根据胡克定律F=k△x，那么此时的弹力大小为F′=kx1；

则有：k=kx1

再将刚才移走的小球C与A接触之后再次移去小球C，A、B再次达到平衡时弹簧的形变量为x2。

则有：k=kx2；

假设上两式的分母相同，则=，但由于后者的分母减小，则＜，因此可能为，故

A正确，BCD错误；

故选：A。

根据库仑定律的公式F=；及胡克定律F=k△x，结合带电体相互接触后移开，同种

电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分，即可求解。

要清楚带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分。根据库仑定律的内容，找出变化量和不变量求出问题。

6.【答案】BC

【解析】解：

A、导体棒ab匀速上升，受力平衡，cd棒静止，受力也平衡，对于两棒组成的整体，

合外力为零，根据平衡条件可得：ab棒受到的推力F=2mg=0.2N，故A错误。

B、对cd棒，受到向下的重力G和向上的安培力F安，由平衡条件得：F安=G，即BIL=G，

又I=，联立得：v===2m/s，故B正确。

C、在2s内，电路产生的电能Q=t=t=×2J=0.4J，故C正确。

D、在2s内拉力做的功，W=F推vt=0.2×2×2J=0.8J，故D错误。

故选：BC。

要使cd始终保持静止不动，cd棒受到的安培力与重力平衡，ab匀速上升，受力也平衡，对两棒组成的整体研究，由平衡条件可求得推力的大小．

对ab研究，根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律求解速度．由焦耳定律求解2s内产生的电能，由W=Fs=Fvt求解推力做功．

本题是电磁感应现象中的力平衡问题，关键是对安培力和电路的分析和计算．要灵活选择研究对象，本题运用整体法和隔离法结合，比较简洁．

7.【答案】BC

【解析】解：A、D、小球B的初速度为零，A碰到ON时B的速度又为零，所以A碰到ON前，B球先加速后减速，B的加速度方向先沿ON方向，后沿NO方向，故AD错误。

B、A碰到ON前，且B的速度最大时，B的加速度为零，合力为零，则对AB的整体在竖直方向有：F N=2mg，即MO对A的作用力为2mg，故B正确。

C、A碰到ON时B的速度为零，设A的速度为v。对系统，运用功能原理得FL=mv2+E PB，得v＜．故C正确。

故选：BC。

根据B的机械能变化情况，由功能原理分析杆对B做功情况。B的速度最大时合力为零。A碰到ON时B的速度为零，对系统，运用功能原理求A的速度大小。根据B的运动情况，分析其速度方向。

解决本题的关键是明确B球的运动情况，可根据两球沿杆的方向速度相等分析，采用的是特殊位置法分析知道B球先加速后减速。

8.【答案】AC

【解析】【分析】

由电势的变化及无穷远处电势为零可得原电荷带异号电荷，再根据电场强度即曲线斜率得到电场强度变化，进而判断电场力变化。

电场强度大小与电势大小无关，只与电势差随相对位移的变化率有关；又有场强为零的地方，电势差为零，故为等势体。

【解答】

A.由图可知：无穷远处电势为零，有电势为正的地方，故存在正电荷；又有电势为负的地方，故也存在负电荷，所以，q1和q2带有异种电荷，故A正确；

B.电场强度等于图中曲线斜率，x1处的斜率不为零，故电场强度不为零，故B错误；

C.负电荷从x1移到x2，电势增大，电势能减小，故C正确；

D.负电荷从x1移到x2，曲线斜率减小，电场强度减小，所以，受到的电场力减小，故D 错误。

故选AC。

9.【答案】BC

【解析】解：A、当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，R4减小，外电路总电阻减小，则干路电流变大，内电压变大，R1的分压变大，则R3的电压变小，电容器的电压变小，由于二极管的单向导电性，所以电容器不能放电，带电量不变，板间场强不变，带电质点所受的电场力不变，仍保持静止状态，故A错误。

B、电源的内电阻一定小于外电阻，当外电阻减小时，电源的输出功率将变大，故B正确。

C、将R4看成外电路，其他部分看成电源的内电路，设等效电源的内阻为r′，等效电源的电动势为E′，根据闭合电路欧姆定律得电压表V2的读数U2=E′-Ir′，则

||=r′，不变，故C正确。

D、外电阻减小，电压表V读数U减小。R1的电压U1增大，R3的电压U3减小，根据

U=U1+U3，得|△U|＜|△U3|。

因总电流变大，则R3的电压变小，其电流变小，则R4的分流变大，电流表示数变大，但因并联部分电压U3变小，R2分压U2变大，则R4的分压U4变小，且有|△U3|＜|△U2|．所以|△U|＜|△U2|，故D错误。

故选：BC。

滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，外电阻减小，则干路电流变大，内压变大，外压变小，则可确定电流及功率的变化．分析电容器板间场强的变化，判断带电质点的运动方向．根据闭合电路欧姆定律分析电压表V2与电流表A的读数变化量的绝对值之比如何变化．

本题是电路动态变化分析问题，先分析变阻器接入电路的电阻变化，再分析外总电阻变化和总电流的变化，接着分析局部电路电压和电流的变化．

10.【答案】BC

【解析】解：AB、如果粒子从OM边界射出，轨迹对应的圆心角最大，

为，故运动时间：

t max===；

如果从ON边界射出，轨迹对应的圆心角最小是接近45°，考虑45°情况，故运动时间：

t min===

故A错误，B正确；

CD、粒子经过ON的位置到O的距离最小时轨迹与ON轴相切，画出临界轨迹；

结合几何关系，有：

d min=R sin45°

R+R sin45°=L

解得：

d min=（-1）L

故C正确，D错误；

故选：BC。

AB、考虑运动时间时，如果粒子从OM边界射出，轨迹对应的圆心角最大，运动时间最长；如果从ON边界射出，轨迹对应的圆心角最小是接近45°，对应的时间最短；CD、从ON边界射出，粒子经过ON的位置到O的距离最小时轨迹与ON轴相切，画出临界轨迹，即可求解出最小距离．

本题关键是考虑不同初速度对应的轨迹的变化情况，画出临界轨迹，结合几何关系进行分析，基础题目．

11.【答案】7.2 8.695

【解析】解：游标卡尺的主尺读数为7mm，游标尺上第2个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为2×0.1mm=0.2mm，

所以最终读数为：7mm+0.2mm=7.2mm．

螺旋测微器的固定刻度为8.5mm，可动刻度为19.5×0.01mm=0.195mm，所以最终读数为8.5mm+0.195mm=8.695mm，

故答案为：7.2，8.695（8.694至8.697均正确）

解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．

对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．

12.【答案】D E

【解析】解：（1）灯泡额定电流为I===0.5A，则电流表选择D，为方便实验操作滑

动变阻器应选择E；

（2）灯泡正常发光时的电阻：R===8Ω，电压表内阻约为10kΩ，电流表内阻约为0.4Ω，

电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，描绘灯泡伏安特性曲线电压与电流应从零开始变化，电路图如图所示：

（3）根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：

故答案为：（1）D；E；（2）电路图如图所示；（3）实物电路图如图所示．

（1）根据灯泡额定电流选择电流表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器．

（2）根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后作出电路图．

（3）根据电路图连接实物电路图．

本题考查了实验器材的选择、设计电路图、连接实物电路图，要掌握实验器材的选择原则；确定电流表与滑动变阻器的接法是设计电路图、连接实物电路图的前提与关键．13.【答案】解：物体向上匀减速运动，相当于从静止向下匀加速运动，则：

根据x=at2得：t=

因为CB与CA的位移之比为1：4，则CB与CA的时间之比为1：2，所以CB与BA的时间之比为1：1．则物体从B运动到C的时间t BC=t

答：体从B滑到C所用的时间为t．

【解析】采用逆向思维，结合匀变速直线运动的位移时间公式求出CB、CA的时间之比，从而得出CB与BA的时间之比，得出物体从B滑到C所用的时间

解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式，并能灵活运用，注意逆向思维的运用．

14.【答案】解：（1）对滑块从A到B的过程，由动能定理得：

F1x1-F3x3-μmgx=mv B2

即：20×2 J-10×1 J-0.25×1×10×4 J=×1×v B2，

得：v B=2m/s．

（2）在前2 m内，有：F1-μmg=ma，

且x1=at12，

解得：t1=s．

（3）当滑块恰好能到达最高点C时，应用：mg=m

对滑块从B到C的过程，由动能定理得：

W-mg×2R=mv C2-mv B2

代入数值得W=-5 J，即克服摩擦力做的功为5 J．

答：（1）滑块到达B处时的速度大小2m/s

（2）滑块在水平轨道AB上运动前2m过程所用的时间为s

（3）滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是5 J

【解析】（1）对滑块从A到B的过程作为研究的过程，运用动能定理求出滑块到达B 处时的速度大小．

（2）根据牛顿第二定律求出滑块在水平轨道AB上运动前2m过程中加速度，根据运动学公式求出运动的时间．

（3）滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能达到最高点C，知最高点弹力为零，根据牛顿第二定律求出临界的速度，根据动能定理求出滑块在半圆轨道上克服摩擦力所做的功．

本题综合考查了牛顿第二定律、动能定理，并与直线运动、圆周运动相结合，综合性较强，要注意正确受力分析，明确物理过程，对于不涉及时间问题，要优先考虑动能定理的应用．

15.【答案】解：（1）在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴的距离为L，到y 轴的距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，有

沿x轴正方向：2L=v0t，①

竖直方向根据匀变速直线运动位移时间关系可得：L=②

设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为v y

根据速度时间关系可得：v y=at③

设粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为α，有tanα=④

联立①②③④式得：α=45°⑤

即粒子到达O点时速度方向与x轴正方向的夹角为45°角斜向上。

设粒子到达O点时的速度大小为v，由运动的合成有

v==；

（2）设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，

由牛顿第二定律可得：qE=ma⑧

由于

解得：⑨

设磁场的磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，所受的洛伦兹力提供向心力，有⑩

由于P点到O点的距离为2L，则由几何关系可知

解得：?

联立⑨?式得。

答：（1）粒子到达O点时速度的大小为，方向x轴方向的夹角为45°角斜向上。（2）电场强度和磁感应强度的大小之比为。

【解析】【分析】

（1）在电场中，粒子做类平抛运动，根据x轴方向的匀速直线运动和y方向的匀加速直线运动列方程求解；

（2）粒子在电场中受到的电场力时由牛顿第二定律求解加速度，再根据速度位移关系求解电场强度；根据粒子所受的洛伦兹力提供向心力得到半径计算公式，再根据则由几何关系得到半径大小，由此求解磁感应强度大小，然后求解比值。

有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度；

对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。

16.【答案】解：（1）设小车刚进入磁场时的速度为v0，根据功率与速度关系可得：v0=；产生的感应电动势为E=NBLv0，

解得：E=；

（2）根据动能定理可得：f?2.5L+Q=，

解得：Q=-2.5fL=-2.5fL；

（3）以小车刚要进入到恰好穿出磁场为研究过程，由动量定理可得：

ft+2NBILt=mv0′，

而q=It=，

所以ft+2NBLq=mv0′，

当功率为P时，小车进入磁场时间也为t，由动量定理可得：

ft+2NBLt=mv0，

得t=，

所以解得：v0′=，

根据功率速度关系可得：P′=fv0′=。

答：（1）小车车头刚进入磁场时，线框的感应电动势为；

（2）电磁刹车过程中产生的焦耳热为-2.5fL；

（3）若只改变小车功率，使小车刚出磁场边界MN时的速度恰好为零，假设小车两次与磁场作用时间相同，小车的功率P′为。

【解析】（1）根据功率与速度关系求解速度大小，再根据E=NBLv0求解感应电动势大小；

（2）根据动能定理电磁刹车过程中产生的焦耳热Q；

（3）以小车刚要进入到恰好穿出磁场为研究过程，由动量定理结合电荷量的经验公式求解小车与磁场作用时间和改变小车功率时的速度大小，根据功率速度关系可得功率。对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；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；本题中要巧妙利用动量定理和电荷量的经验公式求解时间。