2021年北京市海淀区首师大附中高考物理模拟试卷.pdf

《2021年北京市海淀区首师大附中高考物理模拟试卷.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021年北京市海淀区首师大附中高考物理模拟试卷.pdf（22页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2021年北京市海淀区首师大附中高考物理模拟试卷（4 月份）1.以下事实可作为“原子核可再分”的依据是（）A.天然放射现象 B,粒子散射实验 C.电子的发现 D.氢原子发光2.下列说法正确的是（）A.气体的温度升高，每个气体分子的运动速率都会增大B.从微观角度讲，气体压强只与气体分子的密集程度有关C.当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而增大D.若一定质量的气体膨胀对外做功50 J,则内能一定减少50 J3.如图，顶端固定着小球的直杆固定在小车上,小球的重力为G.当A、?,CX：/小车向右做匀加速运动时，直杆对小球作用力的方向可能沿图（弋-1）中的（）777 7 7 T 7 7 7

2、 7 7 7 7 7 7 7 7 7A.0A 方向B.OB方向C.OC方向D.0。方向4.一列简谐横波沿x 轴方向传播，某时刻的波形图如图所示，已知位于x=1m处的质点正向下运动，则下列说法正确的是（）A.该波沿x 轴负方向传播B.x=3m处的质点的振幅为零C.x =2m处的质点此刻具有最大加速度D.该时刻以后，x=2.5m处的质点比x=1.5M处的质点先回到平衡位置5.如图所示为氢原子能级示意图的一部分，根据玻尔理论，下列说法中正确的是（）A.从n=4能级跃迁到n=3能级比从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出电磁波的波长长1-13.64324515854O-O.O.，3B.处于n=4的定态时电

3、子的轨道半径与比处于n=3的定态时电子的轨道半径小小C.从n=4能级跃迁到n=3能级，氢原子的能量减小，电子的动能减小D.从n=3能级跃迁到n=2能级时辐射的光子可以使逸出功为2.5eV的金属发生光电效应6.如图甲所示，10匝铜导线制成的线圈两端M、N与一电压表相连，线圈内磁场方向垂直纸面向里，线圈中磁通量的变化规律如图乙所示。下列说法中正确的是（）A.电压表的正接线柱接线圈的N端B.线圈中磁通量的变化量为1.5WbC.线圈中磁通量的变化率为1.5b/sD.电压表的读数为5y7.图中虚线是某电场中的一簇等势线.两个带电粒子从P点 均 沿“，二等势线的切线方向射入电场，粒子运动的部分轨迹如图中实

4、线所示.若粒子仅受电场力的作用，下列说法中正确的是（）、*A.两粒子的电性相同B.a点的电势高于6点的电势C.粒子从尸运动到a的过程中，电势能增大D.粒子从尸运动到。的过程中，动能增大8.应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入.人坐在摩天轮吊厢的座椅上，摩天轮在竖直平面内按顺时针做匀速圆周运动的过程中，始终保持椅面水平，且人始终相对吊厢静止.关于人从最低点a随吊跑运动到最高点c的过程中，下列说法中正确的是（）A.人始终处于超重状态B.座椅对人的摩擦力越来越大第2页，共22页C.座椅对人的弹力越来越小D.人所受的合力始终不变9.如图所示，质量相同的三个小物块“、b、c处在

5、同一高度。现将小物块a和方由静止释放，则沿光滑斜面下滑，b做自由落体运动；同时将小物块c沿水平方向抛出。不计空气阻力。关于三个物块的运动情况，下列判断正确的是（）A.三个物块落地前瞬间的动量相同 B.三个物块落地前瞬间的动能相同C.重力对三个物块做功相同 D.重力对三个物块的冲量相同10.2013年12月2日1时30分，嫦娥三号探测器由长征三号乙运载火箭从西昌卫星发射中心发射，首次实现月球软着陆和月面巡视勘察。嫦娥三号的部分飞行轨道示意图如图所示。假设嫦娥三号在圆轨道和椭圆轨道上运动时，只受到月球的万有引力。下列说法中正确的是（）A.嫦娥三号沿椭圆轨道从P点运动到。点的过程中，速度逐渐变小B.

6、嫦娥三号沿椭圆轨道从P点运动到Q点的过程中，月球的引力对其做负功C.若已知嫦娥三号在圆轨道上运行的半径、周期和引力常量，则可计算出月球的密度D.嫦娥三号在椭圆轨道经过P点时的速度小于月球的第一宇宙速度11.铁路上使用一种电磁装置向控制中心传输信号以确定火车的位置，能产生匀强磁场的磁铁被安装在火车首节车厢下面，如图所示（俯视图）.当它经过安放在两铁轨间的线圈时，便会产生一个电信号，通过和线圈相连的电压传感器被控制中心接收，从而确定火车的位置.现一列火车以加速度a驶来，则电压信号关于时间的图象为（）1 2.图中虚线。、从c、d代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面a上的电势为4匕一电子经过a

7、时的动能为8eV,从a到c的过程中克服电场力所做的功为4eU.下列说法中正确的是（）A.平面c上的电势为零B.该电子一定能够到达平面4C.该电子经过平面a时，其电势能为8ekD.该电子经过平面。时的速率是经过c时的2倍13.如图所示，厚度为、宽度为d的导体板放在垂直于它的磁感应强度为B的匀强磁场中，当电流通过导体板时，在导体板的上、下表面之间会产生电势差，这种现象称为霍尔效应。实验表明，当磁场不太强时，电势差U、电流/和B的关系为U=4,式中的比例系数称为霍尔系数。设电流/（方向如图）是由电子的定向流动形成的，导体单位体积中电子的个数为，电子定向移动的速率为v,电量为e。下列说法正确的是（）A

8、.上表面的电势比下表面低 B.洛伦兹力对电子做正功C.霍尔系数A的大小与、e有关 D.霍尔系数k的大小与丈 有关14.1916年，斯泰瓦和托尔曼发现，不带电的闭合金属圆线圈绕通过圆心且垂直于线圈平面的轴转动，在转速变化时，线圈中会有电流通过。这一现象可解释为：当线第4页，共22页圈转速变化时，由于惯性，自由电子与线圈有相对运动。取金属线圈为参照物，正离子晶格相对静止，由于惯性影响，可等效为自由电子受到一个沿线圈切线方向的“力”此,但正离子晶格对自由电子的作用力不允许自由电子无限制地增大速度,居和尸 2会达到平衡，其效果是自由电子相对金属线圈有定向运动。已知Fi与线圈角速度的变化率a成正比，尸

9、2与自由电子相对正离子晶格的速度成正比。下列说法正确的是()A.若线圈加速转动，a越大，电流越大，且方向与线圈转动方向相同B.若线圈加速转动，a越大，电流越小，且方向与线圈转动方向相反C.若线圈减速转动，a越大，电流越大，且方向与线圈转动方向相同D.若线圈减速转动，a越大，电流越小，且方向与线圈转动方向相反1 5.利用如图1所示电路测定一节干电池的电动势和内电阻：(1)现有电流表(量程00.64)、开关和导线若干，以及以下器材：A.电压表(量程015匕)B.电压表(量程031/)C.滑动变阻器(0500)。.滑动变阻器(05000)实 验 中 电 压 表 应 选 用,滑 动 变 阻 器 应 选

10、 用 (选填相应器材前的字母)(2)某位同学记录的6 组实验数据如下表所示，6 组数据的对应点已经标在坐标纸上,请画出U /图线。(3)根据(2)中所画图线可得出干电池的电动势E=V,内电阻r=序号123456电压U/U1.451.401.301.251.201.10电流0.0600.1200.2400.2600.3600.4801 6.利用图1装置做“验证机械能守恒定律”的实验。除打点计时器（含纸带、复写纸）、交流电源、铁架台、导线及开关外，在下面的器材中，必 须 使 用 的 还 有（选填器材前的字母）。4大小合适的铁质重锤B.体积较大的木质重锤C.刻度尺D游标卡尺秒表 图2是实验中得到的一

11、条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C,测得它们到起始点。的距离分别为J、而、标。重锤质量用m表示，已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为兀 从打下。点到打下8点的过程中，重锤重力势能减少量I E p|=,动能的增加量A E k =实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量，关于这个误差产生的原因是 在实验过程中，下 列 实 验 操 作 和 数 据 处 理 正 确 的 是。4做实验时，先接通打点计时器的电源，再释放重锤做B.实验时要多打几条纸带，必须选择第1、2两点间距离约为2加的纸带第6页，共22页C.为测量打点计时器打下某点时重锤的速度V,可测量该点到。点的距离儿 再

12、根据运动学公式计算，其中g 应取当地的重力加速度D 用刻度尺测量某点到。点的距离/?,利用公式侬?计算重力势能的减少量，其中g 应取当地的重力加速度某同学在纸带上选取计数点后，测量它们到起始点。的距离，并计算出打相应计数点时重锤的速度v,通过描绘/-八图像去研究机械能是否守恒。若实验中重锤所受阻力不可忽略，且阻力大小保持不变，从理论上分析，合理的讲-九 图像是图 3 中 的 哪 一 个 17.如图所示，一质量m=2kg的木箱静止在粗糙水平面上。从t=0开始，木箱受到F=1 0 N,与水平面的夹角为。=37。的恒定拉力，沿水平面匀加速运动。已知木箱与水平面间的动摩擦因数=0.2,重力加速度g=1

13、0m/s2,sin37=0.6,cos370=0.8 o(1)画出木箱受力的示意图；(2)求木箱的加速度的大小；(3)求02s时间内，拉力厂的功率。18.如图所示，两根倾斜放置与水平面成30。角的平行导电轨道间距为/,导轨间接一电阻的阻值为凡整个空间分布着匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B,一质量为八电阻也为R 的金属杆，以某一初速度沿轨道上滑，直至速度减为零。已知上述过程中电阻R产生的热量为Q,其最大瞬时电功率为P,设轨道摩擦及电阻都不计，必 杆 向上滑动的过程中始终与轨道保持垂直且接触良好。(1)请分析说明向上滑动的过程中，ab杆的加速度变化情况;(2)求金属杆ab上滑的

14、初速度北；(3)求金属杆仍上滑的最大距离X。XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX1 9.如图所示，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自向子源M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直 匚二if卜于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为打,并在磁场边界的N点射出，M N 长为I；乙 种 离 子 在 的中点射出。不计重力影响和离子间的相互作用。(1)求磁场的磁感应强度大小；(2)求甲、乙两种离子的比荷之比；(3)实际上加速电压的大小会在U A U范围内微小变化，若离子源中有电荷量相同的铀235和铀238两种离子,如前述情况它们经

15、电场加速后进入磁场中会发生分离,为使这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠，华应小于多少？(结果用百分数表示，保留两位有效数字)2 0.真空中放置的平行金属板可以用作光电转换装置，如图所示.光照前两板都不带电.以光照射A板，则板中的电子可能吸收光的能量而逸出.假设所有逸出的电子都垂直于A板向B板运动，忽略电子之间的相互作用.保持光照条件不变，a和第8页，共22页为接线柱.已知单位时间内从A板逸出的电子数为M 电子逸出时的最大动能为元电荷为e.(1)求 A 板和B 板之间的最大电势差U”以及将、匕 短接时回路中的电流/短.(2)图示装置可看作直流电源，求其电动势E 和内阻r.(3)在 a 和 人

16、之间连接一个外电阻时，该电阻两端的电压为U.外电阻上消耗的电功率设为尸；单位时间内到达B 板的电子，在从A 板运动到8 板的过程中损失的动能之和设为4 岳 心 请推导证明：P=Ek.(注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题中做必要的说明)答案和解析1.【答案】A【解析】解：A、天然放射现象是原子发生衰变之后会放出三种射线，这说明原子核可再分。故 A 正确。8、粒子散射实验说明了原子的核式结构模型。故 B错误。C、电子位于原子核外的，不能说明原子核可再分。故 C错误。、氢原子发光说明核外电子的跃迁，不能说明原子核可再分。故。错误。故选：A。天然放射现象是原子发生衰变之后会放出

17、三种射线，这说明原子核可再分；粒子散射实验说明了原子的核式结构模型；电子位于原子核外的，不能说明原子核可再分；氢原子发光说明核外电子的跃迁，不能说明原子核可再分。本题考查了原子核组成、天然放射性现象等内容。这道题属于识记性题型，以基础性为主，难度不大。2.【答案】C【解析】【分析】温度是分子平均动能的标志，温度升高，气体分子的平均动能会增大，但温度对单个分子来说没有意义；从微观角度讲，气体压强与气体分子的密集程度和分子平均动能有关;通过分子力做功分析分子势能变化；改变物体内能方式时做功和热传递，然后根据热力学第一定律分析物体内能变化。本题要掌握气体的压强与分子平均动能和气体分子的数密度两个因素

18、有关。一定质量的理想气体内能只与温度有关。【解答】A.温度是分子平均动能的标志，温度升高，气体分子的平均动能会增大，但温度对单个分子来说没有意义，即当气体温度升高时，有的分子的速率可能增大，有的分子的速率可能减小，有的分子的速率可能不变，故 A 错误；R 从微观角度讲，气体压强与气体分子的密集程度和分子平均动能有关，故 8 错误；C.当分子力表现为引力时，随着分子距离增大，引力做负功，分子势能增大，故 C 正确；D 气体膨胀，气体对外做功，W=-5 0/,根据热力学第一定律得：AU=W +Q=-50 +Q，由于吸放热情况不确定，故内能变化不确定，故。错误。第 10页，共 2 2 页故选Co3.

19、【答案】C【解析解：小球和小车的加速度相同，所以小球在重力和杆的作用力两个力的作用下也沿水平向右的方向加速运动，加速度水平向右，根据牛顿第二定律产=ma可知，加速度的方向与合力的方向相同，合力水平向右，即合力沿图中的0。方向，根据力的合成的平行四边形定则，直杆对小球的作用力只可能沿0 C 方向故选：C.小球受重力和杆对小球的作用力，在两个力共同作用下沿水平向右的方向加速运动，加速度水平向右，合力水平向右.根据牛顿第二定律尸=ma可知，加速度的方向与合力的方向相同，是解决本题的关键.另外知道杆的弹力不一定沿杆的方向.4.【答案】A C D【解析】解：A、己知位于x=1m处的质点正向下运动，根据质

20、点的振动方向和波的传播方向处于曲线的同一侧可知，波沿x 轴负方向传播，故 A 正确。B、x=3m处的质点此时的位移为零，但其振幅为不为零，故 8 错误。C、x=2m处的质点此刻的位移最大，回复力最大，则此刻具有最大加速度，故 C 正确。D、该时刻，x=2.5巾处的质点向上振动，x=1.5m处的质点向下振动，则该时刻以后x-2.5m处的质点比久=1.5沉处的质点先回到平衡位置，故。正确。故选：ACD.根据质点的振动方向和波的传播方向处于曲线的同一侧，知道x=1m处的质点正向下运动可判断波的传播方向；质点的振动位移最大时，回复力最大，此时具有最大加速度；根据波的传播方向可判断=2.5m处的质点振动

21、方向以及=1.5m处的质点的振动方向，从而判断x=2.5m处的质点先回到平衡位置。本题考查波形图的基础知识，通过某个质点的振动方向来判断波的传播方向，反过来再判断其他质点的振动方向即可解题。5.【答案】A【解析】解：A、由图可知，从n=4能级跃迁到n=3能级比从n=4能级跃迁到n=2能级辐射出光子能量小，则辐射的光子频率小，所以辐射的电磁波的波长长。故 A 正确。B、根据玻尔理论，能级越高，半径越大，所以处于几=4 的定态时电子的轨道半径4 比处于n=3的定态时电子的轨道半径门大。故 8 错误。C、从n=4能级跃迁到n=3能级，氢原子向外发射电子，能量减小，根据：写=叱 可知，电子越大的半径减

22、小，则电子的动能增大。故 C 错误。、从n=3能级跃迁到7 1 =2能级时辐射的光子的能量鱼2=E3-E2=-1.51-（一 3.4）=-1.89W 8eV,电子可能到达平面“；但如果电子经过。时速度方向与平面a不垂直，电子将会在电场中做抛体运动，则可能不会到达平面d,故8错误；C、因为电子到达c时，动能剩余4eV,电势能为零，故电子的总能量为4eV,根据能量守恒定律，电子经过平面。时，动能为8e匕 故电势能为-4e“故C错误；D、电子经过平面a的动能是经过c动能的2倍,故它在平面a时的速率是经过c时的夜倍，故。错误。故选：4。根据只有电场力做功，动能与电势能之和不变，当电场力做负功时，动能转

23、化为电势能，在电势为零处，电势能为零，从而即可一一求解。本题考查电场力做功与电势能变化的关系，掌握电势能与动能之和不变，理解电势为零处的电势能为零是解题的关键。13.【答案】A C【解析】解：A、根据左手定则知，电子向上表面偏转，则上表面的电势低于下表面的电势，故A正确；8、根据左手定则可知，洛伦兹力的方向始终与电子运动方向垂直，对电子不做功，故B错误；C D,电子在磁场中受到洛伦兹力作用，向上极板偏转，稳定后，极板间形成电场，后续电子在电场力和洛伦兹力的作用下，处于平衡状态，euB=e 3解得霍尔电势差：hU=B u h,根据电流的微观表达式可知，/=nevS=nevhd,解得：v=解得：n

24、ehdu=,则霍尔系数k=N,即霍尔系数k的大小与小e有关，故C正确，。错误。ned ne故选：AC根据左手定则判断电子的偏转方向，从而确定电势的高低；洛伦兹力的方向始终与电子运动方向垂直，不做功；抓住电子所受的洛伦兹力和电场力平衡，结合电流的微观表达式求出霍尔系数的大小。此题考查了霍尔效应及其应用，解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，注意偏转的是电子，掌握电流的微观表达式，结合洛伦兹力和电场力平衡进行求解。14.【答案】A【解析】解：A B,若线圈加速转动，即正离子晶格合线圈波长相对静止加速转动，自由电子相对于正离子晶格向后运动，由于规定正电荷定向运动的方向为电流方向，负电荷定向运

25、动的方向和电流方向相反，所以电流方向与线圈转动方向相同；a越大，即线圈角速度的变化率越大，电流越大，故A正确、3错误；C D,若线圈减速转动，即正离子晶格合线圈波长相对静止减速转动，自由电子相对于正离子晶格向前运动，由于规定正电荷定向运动的方向为电流方向，负电荷定向运动的方向和电流方向相反，所以电流方向与线圈转动方向相反；a越大，即线圈角速度的变化率越大，电流越大，故CC错误。第16页，共22页故选：4。无论线圈加速转动或减速，a 越大，电流越大；根据自由电子相对于正离子晶格的运动方向确定电流方向。本题主要是考查感应电流的大小与不带电的闭合金属圆线圈转速的关系，解答本题的关键是弄清楚题干叙述的

26、情景，根据题意进行解答。1 5.【答案】B C 1.5 0 0.8 3【解析】解：(1)一节干电池的电动势为1.5 U,则实验中电压表应选用&滑动变阻器应选用阻值较小的C；(2)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出电源的U-/图线如图所示：由图示U /图象可知，电场电动势:E =1.5 0 7,电源内阻:r =与=-4 x 0.8 3。故答案为：(1)B；C；(2)图示如图所示；(3)1.5 0；0.8 3。(1)根据电源电动势选择电压表，为方便实验操作应选最大阻值较小的滑动变阻器；(2)应用描点法作出图象；(3)电源U-/图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对

27、值等于电源内阻;根据电源的U-/图象求出电源电动势与内阻。本题考查了实验电路选择、实验器材选择、作图象、求电源电动势与内阻等问题，要知道实验原理，要掌握应用图象法处理实验数据的方法；电源的U-/图象与纵轴交点坐标值是电源电动势图象斜率的绝对值是电源内阻。1 6.【答案】A C 誓 受 到 阻 力 AB。A【解析】解：要验证钩码动能的增加量与重力势能的增加量是否相等，要刻度尺测量下落的高度，从而算出瞬时速度，在纸带处理时需刻度尺，游标卡尺不适用.用打点计时器来算出所用时间，不需要秒表，对于重锤在下落过程中受到阻力越小越好，则为体积小，质量适中的铁球较好.故选：AC重力势能减小量：Ep=m g h

28、B；匀变速直线运动中时间中点瞬时速度等于该过程中的平均速度，因此有：小 心VB=F 故动能的增量为：&8=:诏=有叱；重力势能的减少量略大于动能的增加量，是无法避免的，属于系统误差，因为各种阻力的存在使物体克服阻力做功而损失机械能。4、在实验过程中，释放纸带前，纸带在竖直，再接通电源后，最后释放纸带，故A正确；B、物体第一个0.02s下降的高度为h l=gT2=1 x 9.8 x 0.022m=2 m m,所以打下1、2点的距离为2加，才认为正确，故8正确；C、对于某点时重锤的速度v,不能通过公式u=J荻 计 算，否则不是实验的验证，而是理论推导，故C错误；D、某点到。点的距离/z,利用公式，

29、监力计算重力势能的减少量，故。正确。故选：AB D.若实验中重锤所受阻力不可忽略，且阻力大小保持不变，根据动能定理，则有：m g h -fh=1mv2；解得：v2=(2g-)/1,因 此 画 出/-无 图象是A图，故选：A故答案为：4C；血9狐、曾泮*受到阻力：ABD；4体积要小，质量适中的铁球，时间通过计时器来算出，而长度较长，则需要刻度尺，游标卡尺不行；由图可读出。到B点物体下落的高度，则可求得重力势能的减小量；由平均速度公式可求得B点的瞬时速度，则可求得B点的动能；比较两数据可得出结论；重力势能的减少量略大于动能的增加量，属于系统误差，原因是受到各种阻力；在释放重锤前，使纸带保持竖直，再

30、接通电源，最后释放纸带；瞬时速度不能通过运动学公式推导；实验中重锤所受阻力不可忽略,可通过动能定理,得出/-八 的关系，从而确定求解。解决本题的关键掌握验证机械能守恒定律的实验原理，通过实验原理确定所需的器第18页，共22页材.该题主要考查了验证机械能守恒定律的实验的操作步骤和运用运动学规律、功能关系去处理实验数据的能力。17.【答案】解：(1)木箱受重力、支持力、拉力以及摩擦力作用，受力如下图所示：(2)对木箱受力分析，在竖直方向：FN+F sind-m g =0在水平方向：F eos。一 f=m a又因为摩擦力为：f=再解得加速度为：a=26mzs2(3)根据匀变速直线运动位移和时间的关系

31、有：x=v0t+|a t2解得为 内的位移为：x=5.2m.故拉力的平均功率方=文空二=10 x2x08=2QQWt2答：(1)木箱受力的示意图如上图所示；(2)求木箱的加速度a的大小为2.6m/s2；(3)求0 2s时间内，拉力F 的功率为2 0.8/。【解析】(1)物体受重力、支持力、拉力和摩擦力作用，作出受力分析图；(2)根据牛顿第二定律求出物体的加速度大小。(3)根据位移时间公式求得2s内的位移大小，根据P=?求得平均功率。解决本题的关键知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，通过加速度可以根据力求运动,也可以根据运动求力。18.【答案】解：(1)由牛顿第二定律：0=2 3 0。+卑 外

32、杆沿轨道向上做减速运动，m速度越来越小，加速度。越来越小；(2)设油杆上滑的初速度为孙，则 他 杆产生的感应电动势E=引 火,通过电阻R 的电流为：/=胃 詈，R上的最大功率为P=/2R=也人也，解得：%=4 竺；2R4R V B L(3)在时杆上滑的全过程中，R上产生的热量为0,则油杆上产生的热量也为Q.全过程电路产生的总热量为2 Q,当油杆速度为零时，必 杆向上滑动的最大距离为x,根据能量转化和守恒定律：=mgxsin30 +2 Q,解得：x=-裔)。答：(l)a b 杆沿轨道向上做减速运动，速度越来越小，加速度。越来越小；(2)金属杆ab上滑的初速度为卫奥；BL(3)金属杆ab上滑的最大

33、距离为4(式 黑-灯【解析】本题考查了电磁感应与力学的综合运用，解决本题的关键会根据受力分析运动规律，得出加速度和速度的变化，难度中等。根据速度的变化，结合加速度的表达式得出加速度的变化，下滑过程中，列出加速度的表达式,抓住加速度的方向与速度方向的关系判断速度的变化，从而得出加速度的变化。1 9.【答案】解：(1)甲离子在电场中加速，由动能定理得：=说，由题意可知，甲离子在磁场中做圆周运动的轨道半径：r i =：M N =?,甲离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：q1v1B =m1rl联立解得：8(2)离子在电场中加速，由动能定理得：对甲：若，对乙：q2U=|2 V

34、2，甲离子在磁场中做圆周运动的轨道半径：=MN=3,乙离子在磁场中做圆周运动的轨道半径：2 =/,离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力可得：qvB =my-则比荷为：鹏联立解得甲、乙离子的比荷之比：当；詈=1：4；I (2(3)根据以上分析可得，离子在磁场中做匀速圆周运动的半径为：r =芹设?为铀2 3 5 离子的质量，加 为铀2 3 8 离子的质量，由于电压在U A U 范围内微小变化，铀 2 3 5 离子在磁场中最大半径为：rmax=万2 m(l 7+U)铀 2 3 8 离子在磁场中最小半径为：F i n =7B2 m，(U-a U)第20页，共22页这两种离子在磁场中运动的轨迹不发

35、生交叠的条件为 m a x r 加n，即！网 丝 独 1 l2mf(U-AU)B q则有m(U +U)m(U-A U)tuAU mr-m所以丁=嬴 嬴解得：牛=0.6 3%,所以为使这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠，箸 0.6 3%答：磁场的磁感应强度大小为裂(2)甲、乙两种离子的比荷之比为1：4；(3)为使这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠，华应小于0.6 3%【解析】(1)离子在电场中加速，应用动能定理求出粒子的比荷，甲离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出磁感应强度；(2)离子在电场中加速，在磁场中做圆周运动，应用动能定理与牛顿第二定律求出离子的比荷，然

36、后求出两离子比荷之比；(3)为使这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠，铀 2 3 5 离子在磁场中最大半径应该小于铀2 3 8 离子在磁场中最小半径，根据洛伦兹力提供向心力得到半径关系进行解答。本题考查了离子在电场与磁场中的运动，离子在电场中加速、在磁场中做匀速圆周运动，分析清楚离子运动过程、求出离子在磁场中做圆周运的轨道半径是解题的关键，应用动能定理与牛顿第二定律即可解题。2 0.【答案】解：(1)当A、B板间达到最大电势差时，电容器极板将不再充电，即电子刚好能运动到8点，由动能定理，有：-&m=eU m，解得：加二等短路时所有逸出电子都到达8板，故短路电流：/短=怛(2)电源电动势等于断

37、路时的路端电压，即上面求出的/加，故：E=Um=f电源的内电阻：r =r=S：短(3)电阻两端的电压为U,则电源两端的电压也为U,根据动能定理，一个电子经过电源内部电场后损失的动能为：AEke=eU设单位时间内有N 个电子到达8板，则损失的动能之和为：AEk=NeU根据电流的定义，此时电流：I=Ne此时流过电阻的电流也为/=N e,外电阻上消耗的电功率：P=UI=NeU故P =%,答：(1)4板和B板之间的最大电势差为 誓，以及将人 人短接时回路中的电流为N e；(2)图示装置可看作直流电源，则其电动势E为 等，内阻r为 震；(3)证明见解析。【解析】(1)当电容器的电压达到最大值时，电子到上极板后速度刚好减小为零，根据动能定理列式求解最大电压；短路时单位时间有N个电子到达上极板，根据电流的定义求解电流强度；(2)电源电动势等于断路时的路端电压，根据闭合电路欧姆定律求解电源的内电阻；(3)根据电流的定义公式求解电流表达式，根据P =U/求解外电阻消耗的电功率，根据动能定理求解单位时间内发射的光电子的动能的减小量后比较即可.本题关键是明确光电转换装置的工作原理，要能够结合电流的定义公式、动能定理和闭合电路欧姆定律列式分析。第22页，共22页