2016年广东省汕头市高考物理模拟试卷（5月份） 含解析

2016年广东省汕头市高考物理模拟试卷（5月份）一、选择题：本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第15题中只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1酒后驾驶会导致许多安全隐患，其中之一是驾驶员的反应时间变长，“反应时间”是指驾驶员从发现情况到开始采取制动的时间下表中“反应距离”是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间内汽车行驶的距离；“刹车距离”是指驾驶员从踩下刹车踏板制动到汽车停止的时间内汽车行驶的距离分析下表可知，下列说法正确的是（）速度反应距离刹车距离正常酒后正常酒后15m/s6m12m15m15mA驾驶员酒后反应时间为1sB驾驶员酒后反应时间比正常情况下多0.5sC汽车刹车时，加速度大小为10m/s2D汽车刹车时，加速度大小为7.5m/s22如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心，一质量为m的小滑块，在水平力F的作用下从半球形容器最低点由静止缓慢移近最高点设滑块所受支持力为FN，有关对F和FN的描述正确的有（）AF和FN都保持不变BF和FN都逐渐增大CF逐渐增大，FN逐渐减少DF逐渐减少，FN逐渐增大3如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1，电压表和电流表均为理想电表，原线圈接如图乙所示的正弦交流电，图甲中的R1为正温度系数的热敏电阻，R为定值电阻下列说法正确的是（）A在0.5102S时，电压表V2的示数为9VBR1处温度升高时，电流表的示数变小，电压表V2的示数不变C原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=36sin50t（V）D变压器原线圈的输入功率和副线圈的输出功率之比为1：44导线环及圆形匀强磁场区域的半径均为R，磁场方向与导线环所在平面垂直当导线环从图示位置沿两圆心连线匀速穿过磁场区域的过程中，导线环中感应电流i随时间t的变化关系如图所示，规定逆时针方向的感应电流为正其中最符合实际的是（）ABCD5如图，轻弹簧一端固定在O1点，一端系一小球，小球穿在固定于竖直面内、圆心为O2的光滑圆环上，在O1上O2的 正上方，C是O1O2 和圆环的交点，将小球从圆环上的A点无初速释放后，发现小球通过了C点、最终在A、B之间做往复运动己知小球在A点时弹簧被拉长、在 C点时弹簧被压缩，则下列判断正确的是（）A弹簧在A点的伸长量一定大于弹簧在 C点的压缩量B小球从A至C一直做加速运动，从C至B一直做减速运动C弹簧处于原长时，小球的速度最大D在C点小球的机械能最大61930年，劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，工作原理示意图如图所示关于回旋加速器，下列说法正确的是（）A离子从D形盒射出时的动能与加速电场的电压无关B回旋加速器交流电的周期在粒子加速过程中保持不变C要使粒子获得的最大动能增大，可以增大D形盒的半径D不改变交流电的频率和磁感应强度B，加速质子的回旋加速器也可以用来加速粒子7宇航员抵达一半径为R的星球后，做了如下的实验：取一根细绳穿过光滑的细直管，细绳的一端拴一质量为m的砝码，另一端连接在一固定的拉力传感器上，手捏细直管抡动砝码，使它在竖直平面内做圆周运动若该星球表面没有空气，不计阻力，停止抡动细直管，砝码可继续在同一竖直平面内做完整的圆周运动，如图所示，此时拉力传感器显示砝码运动到最低点与最高点两位置时读数差的绝对值为F已知万有引力常量为G，根据题中提供的条件和测量结果，可知（）A该星球表面的重力加速度为B该星球表面的重力加速度为C该星球的质量为D该星球的质量为8如图，真空中有一半径为R、电荷量为+Q的均匀带电球体，以球心O为坐标原点，沿半径方向建立x轴，P点为球面与x轴的交点已知均匀带电球体，xR处的电场分布与电荷量全部集中在球心时相同，而均匀带电球壳内部电场强度处处为零k为静电力常量，则（）A球内部各点的电势相等B球内部的电场为匀强电场Cx轴上各点中，P点场强最大Dx轴上x1（x1R）处场强大小为三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9题第12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题第14题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9某同学利用如图甲所示的实验装置，运用牛顿第二定律测量滑块的质量M主要步骤为：A调整长木板倾角，当钩码的质量为m0时滑块沿木板恰好向下做匀速运动B保持木板倾角不变，撤去钩码m0，将滑块移近打点计时器，然后释放滑块，滑块沿木板向下做匀加速直线运动，并打出点迹清晰的纸带如图乙所示（已知打点计时器每隔0.02s打下一个点）请回答下列问题：（1）打点计时器在打下B点时滑块的速度B=m/s；（2）滑块做匀加速直线运动的加速度a=m/s2；（3）滑块质量M=（用字母a、m0、当地重力加速度g表示）10现有一块59CII型的小量程电流表G（表头），满偏电流为2mA，内阻约为190220，把它改装成一只多用表现采用如图甲的电路测量G的内阻Rg，可供选择的器材有：滑动变阻器R1，最大阻值200；滑动变阻器R2，最大阻值10k；电阻箱R，最大阻值9999；电池E1，电动势1.5V；电池E2，电动势3.0V；电池E3，电动势4.5V；（所有电池内阻均不计）开关及导线若干（1）为提高测量精确度，选用的滑动变阻器为；选用的电池为（2）若已知Rg=200，要改装的电压表的两个量程分别为3V和15V，如图乙所示，则R3=，R4=（3）将改装好的电压表开关S板到挡位1，用红黑表笔探测如图丙的电路故障，发现当表笔正确接触在电灯L1两端接线柱时表头有示数；当接在L3两端时表头也有示数；当接在L2两端时表头无示数已知各接线柱接触良好，则电路中一定有故障是11某娱乐设施如图，AB为水平直轨道，上面安装有电动悬挂器，可以载人运动，水面上漂浮着一个铺有海绵垫的转盘，转盘的轴心离平台的水平距离为L=8m，平台边缘与转盘平面的高度差为H=5m现选手抓住悬挂器，从A点下方的平台边缘处沿AB方向做初速度为零、加速度为a=2m/s2的匀加速直线运动，若选手在C点放手离开悬挂器，恰好能落到转盘的圆心上设人（可以看成质点）的质量为m，重力加速度为g=10m/s2求（1）选手从C点放手离开悬挂器到落到转盘的圆心上所用的时间t1（2）选手从A点运动到C点所用的时间t212如图，竖直平面内放着两根间距L=1m、电阻不计的足够长平行金属板M、N，两板间接一阻值R=2的电阻，N板上有一小孔Q，在金属板M、N及CD上方有垂直纸面向里的磁感应强度B0=1T的有界匀强磁场，N板右侧区域KL上、下部分分别充满方向垂直纸面向外和向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B1=3T和B2=2T有一质量M=0.2kg、电阻r=1的金属棒搭在MN之间并与MN良好接触，用输出功率恒定的电动机拉着金属棒竖直向上运动，当金属棒达最大速度时，在与Q等高并靠近M板的P点静止释放一个比荷=1104C/kg的正离子，经电场加速后，以v=200m/s的速度从Q点垂直于N板边界射入右侧区域不计离子重力，忽略电流产生的磁场，取g=10m/s2求：（1）金属棒达最大速度时，电阻R两端电压U；（2）电动机的输出功率P；（3）离子从Q点进入右侧磁场后恰好不会回到N板，Q点距分界线高h等于多少(二）选做题【物理-选修3-5】13氢原子能级如图所示，一群处于第4能级的氢原子在跃迁时能够发出种频率的光，已知金属钛的逸出功为4.1eV，则用这些光照射金属钛时能打出光电子的有种，其中打出的光电子的初动能最大的是eV14如图（俯视）所示，质量为m、半径为R的质量分布均匀的圆环静止在粗糙的足够长水平桌面上，一质量为2m的光滑小球以v0的水平速度通过环上的小孔正对环心射入环内，与环发生第一次碰撞后到第二次碰撞前小球恰好不会从小孔穿出若小球与环内壁的碰撞为弹性碰撞，求：（i）第一次刚碰撞完，小球和环各自的速度大小；（ii）圆环最终通过的总位移2016年广东省汕头市高考物理模拟试卷（5月份）参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第15题中只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1酒后驾驶会导致许多安全隐患，其中之一是驾驶员的反应时间变长，“反应时间”是指驾驶员从发现情况到开始采取制动的时间下表中“反应距离”是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间内汽车行驶的距离；“刹车距离”是指驾驶员从踩下刹车踏板制动到汽车停止的时间内汽车行驶的距离分析下表可知，下列说法正确的是（）速度反应距离刹车距离正常酒后正常酒后15m/s6m12m15m15mA驾驶员酒后反应时间为1sB驾驶员酒后反应时间比正常情况下多0.5sC汽车刹车时，加速度大小为10m/s2D汽车刹车时，加速度大小为7.5m/s2【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系【分析】“反应距离”是指驾驶员发现情况到采取制动的时间内汽车行驶的距离；“制动距离”是指驾驶员发现情况到汽车停止行驶的距离由于在制动之前汽车做匀速运动，所以根据思考距离的正常值可求出驾驶员正常情况下的反应时间再由思考距离的酒后值可求出酒后反应时间【解答】解：A、驾驶员正常情况下反应时间为s；驾驶员酒后的反应时间： =0.8s，所以比正常情况下多0.4s，故A错误，B错误；C、汽车刹车时，加速度大小为a=7.5m/s2故C错误，D正确故选：D2如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心，一质量为m的小滑块，在水平力F的作用下从半球形容器最低点由静止缓慢移近最高点设滑块所受支持力为FN，有关对F和FN的描述正确的有（）AF和FN都保持不变BF和FN都逐渐增大CF逐渐增大，FN逐渐减少DF逐渐减少，FN逐渐增大【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【分析】对物体进行受力分析，根据共点力平衡知识，结合力的合成求出所求力的表达式再根据几何关系去判断力的变化【解答】解：对物体进行受力分析：物体受重力mg、支持力FN、水平力F已知小滑块从半球形容器最低点缓慢移近最高点，我们可以看成小滑块每一个状态都是平衡状态根据平衡条件，应用力的合成得出：F=，FN=，由于小滑块从半球形容器最低点缓慢移近最高点，所以减小，tan减小，sin减小根据以上表达式可以发现F增大，FN增大故选：B3如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1，电压表和电流表均为理想电表，原线圈接如图乙所示的正弦交流电，图甲中的R1为正温度系数的热敏电阻，R为定值电阻下列说法正确的是（）A在0.5102S时，电压表V2的示数为9VBR1处温度升高时，电流表的示数变小，电压表V2的示数不变C原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=36sin50t（V）D变压器原线圈的输入功率和副线圈的输出功率之比为1：4【考点】变压器的构造和原理【分析】由图乙可知交流电压最大值，周期，可由周期求出角速度的值，则可得交流电压u的表达式 u=Umsint（V），由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入、输出功率之比，R1处温度升高时，阻值增大，根据负载电阻的变化，可知电流、电压变化【解答】解：A、由图知最大电压36V，有效值为36V，电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压有效值即电压表V2的示数为9V，A错误；B、R1温度升高时，阻值增大，电流表的示数变小，但不会影响输入和输出电压值，故B正确； C、原线圈接的图乙所示的正弦交流电，由图知最大电压36V，周期0.02S，故角速度是=100，U=36sin100t（V），故C错误；D、理想变压器的输入、输出功率之比应为1：1，故D错误；故选：B4导线环及圆形匀强磁场区域的半径均为R，磁场方向与导线环所在平面垂直当导线环从图示位置沿两圆心连线匀速穿过磁场区域的过程中，导线环中感应电流i随时间t的变化关系如图所示，规定逆时针方向的感应电流为正其中最符合实际的是（）ABCD【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律【分析】首先根据右手定则判断环刚进入磁场时回路中感应电流方向，排除部分答案，然后根据进入磁场中有效切割长度的变化，求出感应电流的变化，从而得出正确结果【解答】解：开始时进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，即为正方向，当开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针，方向为负方向；当进入磁场时，切割的有效长度变大，则产生感应电流也变大；当离开磁场时，切割的有效长度变小，则产生感应电流也变小，根据i=2Bvsin=2Bvsint，当环与磁场完全重合之前，电流按正弦规律最大，之后电流变为反向，按椭圆规律变化的；故ABD错误；因此只有C正确；故选：C5如图，轻弹簧一端固定在O1点，一端系一小球，小球穿在固定于竖直面内、圆心为O2的光滑圆环上，在O1上O2的 正上方，C是O1O2 和圆环的交点，将小球从圆环上的A点无初速释放后，发现小球通过了C点、最终在A、B之间做往复运动己知小球在A点时弹簧被拉长、在 C点时弹簧被压缩，则下列判断正确的是（）A弹簧在A点的伸长量一定大于弹簧在 C点的压缩量B小球从A至C一直做加速运动，从C至B一直做减速运动C弹簧处于原长时，小球的速度最大D在C点小球的机械能最大【考点】功能关系；共点力平衡的条件及其应用【分析】（1）只有重力或弹簧的弹力做功，小球和弹簧系统的机械能守恒，弹簧的弹性势能与弹簧的形变量有关，弹簧的形变量越大，弹簧的弹性势能越大，反之越小；（2）小球从A至C，在切向先做加速运动，再做减速运动，当切向合力为零时，可判断速度最大；（3）当弹簧处于原长时，弹性势能为0，小球机械能最大，而A、B是对称的，所以在A、C与B、C之间应各有一处【解答】解：A因只有重力和内力中的弹力做功，故小球和弹簧系统的机械能守恒，小球在A点的动能和重力势能均最小，故小球在A点的弹性势能必大于在C点的弹性势能，所以弹簧在A点的伸长量一定大于弹簧在C点的压缩量，故A正确；BC小球从A至C，在切向先做加速运动，再做减速运动，当切向合力为零（此时弹簧仍处于伸长状态）时，速度最大，故BC错误；D当弹簧处于原长时，弹性势能为0，小球机械能最大，有题意知，A、B相对于O1O2对称，显然，此位置在A、C与B、C之间各有一处，故D错误故选：A61930年，劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，工作原理示意图如图所示关于回旋加速器，下列说法正确的是（）A离子从D形盒射出时的动能与加速电场的电压无关B回旋加速器交流电的周期在粒子加速过程中保持不变C要使粒子获得的最大动能增大，可以增大D形盒的半径D不改变交流电的频率和磁感应强度B，加速质子的回旋加速器也可以用来加速粒子【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理【分析】带电粒子在回旋加速器中，靠电场加速，磁场偏转，通过带电粒子在磁场中运动半径公式得出带电粒子射出时的速度，看与什么因素有关【解答】解：A、根据，解得v=，带电粒子射出时的动能，与加速的电压无关，与磁感应强度的大小有关故AC正确B、周期T=，只与磁场的强度和粒子的比荷有关，故B正确；D、不改变交流电的频率和磁感应强度B，当加速质子的回旋加速器，若能加速其他粒子，必须保证粒子的比荷相等，而粒子与质子的比荷不相等，故D错误；故选：ABC7宇航员抵达一半径为R的星球后，做了如下的实验：取一根细绳穿过光滑的细直管，细绳的一端拴一质量为m的砝码，另一端连接在一固定的拉力传感器上，手捏细直管抡动砝码，使它在竖直平面内做圆周运动若该星球表面没有空气，不计阻力，停止抡动细直管，砝码可继续在同一竖直平面内做完整的圆周运动，如图所示，此时拉力传感器显示砝码运动到最低点与最高点两位置时读数差的绝对值为F已知万有引力常量为G，根据题中提供的条件和测量结果，可知（）A该星球表面的重力加速度为B该星球表面的重力加速度为C该星球的质量为D该星球的质量为【考点】万有引力定律及其应用；向心力【分析】在最高点和最低点细线对砝码的拉力与砝码所受重力的合力提供砝码做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律列方程可以求出星球表面的重力加速度在星球表面的物体受到的重力等于星球对它的万有引力，由此可以求出星球的质量【解答】解：BC、设砝码在最高点的速率为v1，受到的弹力为F1，在最低点的速率为v2，受到的弹力为F2，则有F1+mg=m，F2mg=m砝码由最高点到最低点，由机械能守恒定律得：mg2R+mv12=mv22拉力传感器读数差为：F=F2F1=6mg故星球表面的重力加速度为g=，A错误，B正确；在星球表面附近有：G=mg，则M=，故C正确，D错误故选：BC8如图，真空中有一半径为R、电荷量为+Q的均匀带电球体，以球心O为坐标原点，沿半径方向建立x轴，P点为球面与x轴的交点已知均匀带电球体，xR处的电场分布与电荷量全部集中在球心时相同，而均匀带电球壳内部电场强度处处为零k为静电力常量，则（）A球内部各点的电势相等B球内部的电场为匀强电场Cx轴上各点中，P点场强最大Dx轴上x1（x1R）处场强大小为【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势【分析】均匀带电的球体，体外某点的电场强度则可由点电荷的电场强度公式求解，是将带电量的球体看成处于O点的点电荷来处理而体内某点的电场强度，根据E=k与=共同确定对于电势则可以由该点移动电势为零处电场力做功与电量的比值来确定【解答】解：球以内某点的电场强度，根据与=共同确定，则有（0xR）球体外部某点的场强（xR）画出Ex图象，A、根据U=Ed，可知Ex图线与x轴所围的面积表示电势差，球内各点的电势不相等，故A错误；B、由图象可知，球内部的电场为非匀强电场，故B错误；C、由图象可知，当x=R的球面P点场强最大，故C正确；D、由知，x轴上点坐标，场强大小为，故D正确；故选：CD三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9题第12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题第14题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9某同学利用如图甲所示的实验装置，运用牛顿第二定律测量滑块的质量M主要步骤为：A调整长木板倾角，当钩码的质量为m0时滑块沿木板恰好向下做匀速运动B保持木板倾角不变，撤去钩码m0，将滑块移近打点计时器，然后释放滑块，滑块沿木板向下做匀加速直线运动，并打出点迹清晰的纸带如图乙所示（已知打点计时器每隔0.02s打下一个点）请回答下列问题：（1）打点计时器在打下B点时滑块的速度B=1.38m/s；（2）滑块做匀加速直线运动的加速度a=3.88m/s2；（3）滑块质量M=（用字母a、m0、当地重力加速度g表示）【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【分析】（1）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上B点时小车的瞬时速度大小；（2）根据匀变速直线运动的推论公式x=at2可以求出加速度的大小；（3）应用牛顿第二定律可以求出滑块的质量【解答】解：由图示纸带可知，两个相邻两个计数点间还有1个点，计数点间的时间间隔t=2T=0.04s，（1）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上B点时小车的瞬时速度大小vB=1.38m/s；（2）根据匀变速直线运动的推论公式x=at2可以知，加速度的大小：a=3.88m/s2（3）滑块做匀速运动时受力平衡作用，由平衡条件得：m0g=Mgsinf，撤去m0时滑块做匀加速直线运动时，受到的合外力：F合=Mgsinf，由牛顿第二定律得：F合=Ma，解得：M=故答案为：（1）1.38；（2）3.88；（3）10现有一块59CII型的小量程电流表G（表头），满偏电流为2mA，内阻约为190220，把它改装成一只多用表现采用如图甲的电路测量G的内阻Rg，可供选择的器材有：滑动变阻器R1，最大阻值200；滑动变阻器R2，最大阻值10k；电阻箱R，最大阻值9999；电池E1，电动势1.5V；电池E2，电动势3.0V；电池E3，电动势4.5V；（所有电池内阻均不计）开关及导线若干（1）为提高测量精确度，选用的滑动变阻器为R2；选用的电池为E3（2）若已知Rg=200，要改装的电压表的两个量程分别为3V和15V，如图乙所示，则R3=1300，R4=6000（3）将改装好的电压表开关S板到挡位1，用红黑表笔探测如图丙的电路故障，发现当表笔正确接触在电灯L1两端接线柱时表头有示数；当接在L3两端时表头也有示数；当接在L2两端时表头无示数已知各接线柱接触良好，则电路中一定有故障是导线4断路【考点】把电流表改装成电压表【分析】（1）的关键是明确此电路的实验原理是在保持电路中电流不变的情况下才行，根据闭合电路欧姆定律不难推得应满足变阻器的电阻远大于待测电流表的内阻才行，所以应选阻值大的变阻器以及电动势大的电源；（2）的关键是根据电流表的改装原理和并联电阻的分流作用与电阻成反比的规律即可做出判断；（3）由电路的连接情况确定故障【解答】解：（1）“半偏电流法”测定电流表G的内电阻Rg的实验中，电路中电流较小，S1闭合或S1断开，的两次操作中，要求电路中的电流值几乎不变；而满足这一条件就必须使滑动变阻器的电阻值足够大，所以滑动变阻器要选择R2在前面的条件下，电路中的电流值：I，由于R2较大，所以要选择较大的电源电动势，所以电源选择E3；（2）由欧姆定律： V由串联电路的特点可得：（3）当两表笔接L1，L2两端时表头有示数则电源开关无故障，且L1，L2 不能短路或者断路，故障为导线4断路故答案为：（1）R2，E3；（2）1300，6000；（3）导线4断路11某娱乐设施如图，AB为水平直轨道，上面安装有电动悬挂器，可以载人运动，水面上漂浮着一个铺有海绵垫的转盘，转盘的轴心离平台的水平距离为L=8m，平台边缘与转盘平面的高度差为H=5m现选手抓住悬挂器，从A点下方的平台边缘处沿AB方向做初速度为零、加速度为a=2m/s2的匀加速直线运动，若选手在C点放手离开悬挂器，恰好能落到转盘的圆心上设人（可以看成质点）的质量为m，重力加速度为g=10m/s2求（1）选手从C点放手离开悬挂器到落到转盘的圆心上所用的时间t1（2）选手从A点运动到C点所用的时间t2【考点】平抛运动【分析】（1）平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，根据高度求出选手从C点放手离开悬挂器到落到转盘的圆心上所用的时间；（2）抓住匀加速直线运动的位移和平抛运动的水平位移之和等于L，结合运动学公式求出选手从A点运动到C点所用的时间【解答】解：（1）选手做平抛运动，则有：H=解得：（2）选手从A点运动到C点做匀加速直线运动，由运动学公式有：vC=at2由平抛运动规律有：LxAC=vCt1由，代入数据解得：t2=2s答：（1）选手从C点放手离开悬挂器到落到转盘的圆心上所用的时间为1s；（2）选手从A点运动到C点所用的时间为2s12如图，竖直平面内放着两根间距L=1m、电阻不计的足够长平行金属板M、N，两板间接一阻值R=2的电阻，N板上有一小孔Q，在金属板M、N及CD上方有垂直纸面向里的磁感应强度B0=1T的有界匀强磁场，N板右侧区域KL上、下部分分别充满方向垂直纸面向外和向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B1=3T和B2=2T有一质量M=0.2kg、电阻r=1的金属棒搭在MN之间并与MN良好接触，用输出功率恒定的电动机拉着金属棒竖直向上运动，当金属棒达最大速度时，在与Q等高并靠近M板的P点静止释放一个比荷=1104C/kg的正离子，经电场加速后，以v=200m/s的速度从Q点垂直于N板边界射入右侧区域不计离子重力，忽略电流产生的磁场，取g=10m/s2求：（1）金属棒达最大速度时，电阻R两端电压U；（2）电动机的输出功率P；（3）离子从Q点进入右侧磁场后恰好不会回到N板，Q点距分界线高h等于多少【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动【分析】（1）粒子从P到Q是直线加速，根据动能定理求解板间电压，即为R两端电压；（2）根据欧姆定律求解电流，根据安培力公式求解安培力，根据平衡条件求解拉力，最后结合切割公式和功率公式列式，联立求解即可；（3）粒子在y轴右侧做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求解轨道半径；轨迹恰好与y轴相切，根据几何关系求解Q点距离分界线高h【解答】解：（1）离子从P运动到Q，由动能定理： 解得R两端电压：U=2V （2）电路的电流： 安培力：F安=B0IL 受力平衡：F=Mg+F安 由闭合电路欧姆定律：E=I（R+r） 感应电动势：E=B0Lvm 功率：P=Fvm 联立式解得电动机功率P=9W （3）如图所示，设离子恰好不会回到N板时，对应的离子在上、下区域的运动半径分别为r1和r2，圆心的连线与N板的夹角为在磁场B1中，由 解得运动半径为在磁场B2中，由解得运动半径为由几何关系得：（r1+r2）sin=r2 r1+r1cos=h 联立并代入数据解得：h=1.2102m答：（1）金属棒达最大速度时，电阻R两端电压U为2V；（2）电动机的输出功率P为9W；（3）离子从Q点进入右侧磁场后恰好不会回到N板，Q点距离分界线高h等于1.2102m(二）选做题【物理-选修3-5】13氢原子能级如图所示，一群处于第4能级的氢原子在跃迁时能够发出6种频率的光，已知金属钛的逸出功为4.1eV，则用这些光照射金属钛时能打出光电子的有3种，其中打出的光电子的初动能最大的是8.65eV【考点】氢原子的能级公式和跃迁【分析】氢原子能级间跃迁时，吸收和辐射的光子能量等于两能级间的能级差，能级差越大，光子频率越大根据光电效应方程求出光电子的最大初动能【解答】解：根据=6，知这群氢原子能发出6种不同频率的光根据E=EmEn，第3激发态第1激发态，放出光子的能量为E=E3E1=（1.51eV）（13.6eV）=12.09eV4.1eV；第4激发态第1激发态，放出光子的能量为E=E4E1=（0.85eV）（13.6eV）=12.75eV4.1eV；第2激发态第1激发态，放出光子的能量为E=E2E1=（3.4eV）（13.6eV）=10.2eV4.1eV；光子能量大于逸出功的会发生光电效应，故有3种频率的光能使金属钠发生光电效应；根据爱因斯坦光电效应方程，当频率最高，即能量最大时，打出的光电子的初动能最大，则有：EKm=hvW0=12.75eV4.1eV=8.65eV；故答案为：6，3，8.6514如图（俯视）所示，质量为m、半径为R的质量分布均匀的圆环静止在粗糙的足够长水平桌面上，一质量为2m的光滑小球以v0的水平速度通过环上的小孔正对环心射入环内，与环发生第一次碰撞后到第二次碰撞前小球恰好不会从小孔穿出若小球与环内壁的碰撞为弹性碰撞，求：（i）第一次刚碰撞完，小球和环各自的速度大小；（ii）圆环最终通过的总位移【考点】动量守恒定律；功能关系【分析】（1）小球与环内壁发生弹性碰撞，遵守动量守恒和机械能守恒，由动量守恒定律和机械能守恒定律结合解答（2）小球恰好不会从小孔穿出，则第一次碰撞后，环做匀减速直线运动，设经t时间与小球速度大小相等，由此列式求时间，再由牛顿第二定律求出摩擦力，再由能量守恒求圆环最终通过的总位移【解答】解：（i）设第一次刚碰撞完，小球和环各自的速度大小分别为v1和v2取向左为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有： 2mv0=2mv1+mv22mv02=2mv12+mv22解得：v1=v0，v2=v0（ii）小球恰好不会从小孔穿出，则第一次碰撞后，环做匀减速直线运动，经t时间与小球速度大小相等，对此过程有t=v1t+2R 解得：t=对环：a=解得：a=）由牛顿第二定律得：圆环所受的摩擦力大小 f=ma多次碰撞后，环和小球最终都静止，根据能量守恒定律有 fx=2mv02解得：x=4R答：（i）第一次刚碰撞完，小球和环各自的速度大小分别为v0和v0；（ii）圆环最终通过的总位移是4R2016年12月27日