2021年廣東省梅州市高考物理質檢試卷（一模）

一、單選題（本大題共7小題，共28.0分）

1.下列說法正確的是（）

A.在國際單位制中，力是基本物理量之一，其測量工具是測力計

B.在建立合力、分力、重心、質點等概念時都用到了等效替代法

C.在推導勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程劃分為很多小段，每一小段近似看成勻

速直線運動，然后把各段位移相加，應用了“微元法”

D.用比值法定義的物理概念在物理學中占有相當大的比例，例如：電場強度的定義E=；,速

度的定義%加速度的定義a=￡

cm

2.月球土壤里大量存在著一種叫做“氫的化學元素，是核聚變重要原料之一.科學家初

步估計月球上至少有100萬噸氮3,如果相關技術開發成功，將可為地球帶來取之不盡的能源.關

于“氮3”與笊核（出）聚變生成氨4（加e）和質子，下列說法中正確的是（）

A.核反應方程為iHe+出一狙e+Jn

B.核反應生成物的質量將大于參加反應物質的質量

C.該聚變反應是當前核電站所用核反應之一

D.該聚變過程將放出巨大能量

3.如圖為四個質點分別從原點出發沿直線運動的及-s圖象，則以下質點在前2s內位移最大的是

4.如圖所示，d處固定有負點電荷。，一個帶電質點只在電場力作用下運

動，射入此區域時的軌跡為圖中曲線加c,a、b、c、d恰好是一正方形

的四個頂點，則有（）

a

A.a、b、c三點處電勢高低關系是%%%

B.質點由〃到c,電勢能先減小后增加，在b點動能最大

C.質點在。、氏c三點處的加速度大小之比為2：1：2

D.若將d處的點電荷改為+Q,該帶電質點的軌跡仍可能為曲線昉c

5.一石塊從地面上方高”處自由落下，不計空氣阻力，當它的速度大小等于著地時速度的三分之

一時，石塊離地的高度是（）

6.如圖所示電路中，電源電動勢為E、內阻為r,電阻品為定值電阻，

此為滑動變阻器，4、B為電容器的兩個極板.當滑動變阻器％的

滑動端處于某位置時，4、8兩板間的帶電油滴靜止不動.經下列操

作并穩定后，說法正確的是（）

A.僅把8的滑動端向上滑動時，電流表讀數減小，油滴向下運動

B.僅把飛的滑動端向下滑動時，電流表讀數增大，油滴向上運動

C.僅把兩極板A、8間距離增大，油滴向下運動，電流表讀數不變

D.僅把兩極板A、8間距離減小，油滴向下運動，電流表讀數不變

7.如圖所示，用OA、OB、0C三根輕繩采用不同方式將同一重物懸掛在空中，保證0B與水平成

二、多選題（本大題共3小題，共18.0分）

8.如圖所示，理想變壓器的原副線圈匝數比為2:1,交變電源的電動勢

e=^2Unsin314tV原副線圈中的燈泡完全相同，電阻均為R（不考慮

燈絲電阻的變化），且都正常發光，電壓表對電路的影響忽略不計，下列結論正確的是

A.電流頻率為50”zB.電壓表匕和彩的示數之比為2:1

率為4

C.t=0.01s時電壓表七的示數為0D.每只燈泡的發熱功

OR

9.設地球的質量為平均半徑為R,自轉角速度為包,引力常量為G,則有關同步衛星的說法正

確的是（）

A.同步衛星的軌道與地球的赤道在同一平面內

B.同步衛星的離地高度為h=3翳

C.同步衛星的離地高度為h=3等-R

D.同步衛星的角速度為3,線速度大小為3翳

10.如圖所示，兩板間距為力的帶電平行金屬板A、B,B板中央有一

小孔，且8板上方無電場。一質量為〃?、電荷量為q的帶正電微

粒，自孔的正上方距8板高/?處自由落下，若微粒恰能落至A板，

則（）

A.微粒在下落過程中動能逐漸增加，重力勢能逐漸減小

B.金屬板B板帶正電

C.兩板間電勢差以B=午

D.微粒到達下板過程中，電勢能增加2相

三、填空題（本大題共2小題，共9.0分）

11.若一氣泡從湖底上升到湖面的過程中溫度保持不變，若將氣泡內的氣體視為理想氣體，氣泡從

湖底上升到湖面的過程中，對外界做了0.6/的功，則此過程中的氣泡（填“吸收”或“放

出”）的熱量是_____1/.氣泡到達湖面后，溫度上升的過程中，又對外界做了0.1/的功，同時吸

收了0.31的熱量，則此過程中，氣泡內氣體內能增加了J.

12.（1）在用插針法測定玻璃磚折射率的實驗中，甲、乙、丙三位同學在紙上畫出的界面aa'、bb'與

玻璃磚位置的關系分別如圖①、②和③所示，其中甲、丙兩同學用的是矩形玻璃磚，乙同學用

的是

梯形玻璃磚.他們的其他操作均正確，且均以aa'、帥’為界面

畫光路圖.貝U：

甲同學測得的折射率與真實值相比（選填“偏大”、“偏小”或“不變”）.

乙同學測得的折射率與真實值相比（選填“偏大”、“偏小”或“不變”）.

（2）如圖甲、乙所示是螺旋測微器和游標卡尺測量工件長度時的情形.螺旋測微器讀數為mm.

游標卡尺讀數為mm.

四、實驗題（本大題共2小題，共16.0分）

13.某同學在“用打點計時器測速度”的實驗中，用打點計時器記錄了被小車拖動的紙帶的運動情

況，在紙帶上確定出0、1、2、3、4、5、6共7個測量點，每兩個相鄰的測量點之間還有四個

點沒標出，其部分相鄰點間的距離如圖所示，完成下列問題.

0123456

■??9

5.68

*---------------------A

8.56

11.95

-----------------------------------------------

15.85單位：cm

（1）關于打點計時器的時間間隔，下列是四位同學各自發表的看法，其中正確的是

A.電源電壓越高，每打兩個點的時間間隔就越短

B.紙帶速度越大，每打兩個點的時間間隔就越短

C打點計時器連續打兩個點的時間間隔由電源的頻率決定

D如果將交流電源改為直流電源，打點計時器連續打兩個點的時間間隔保持不變

（2）計算出打下點4時小車的瞬時速度為,求出小車的加速度為.（要求計算結

果保留三位有效數字）

14.用如圖所示電路，測定一節干電池的電動勢和內阻.電池的內阻較小，

R。是一個保護電阻.除電池、開關和導線外，可供使用的實驗器材還

有：

a,電流表（量程0.64、34）；b,電壓表（量程3K151Q；

c.滑動變阻器（阻值范圍0?10。、額定電流24）；

d.滑動變阻器（阻值范圍0?1000、額定電流14）.那么

（1）要正確完成實驗，電流表的量程應選擇A；電壓表的量程應選擇V,R應選擇阻值

范圍是（填字母c或者d）的滑動變阻器.

（2）引起該實驗系統誤差的主要原因是.

五、簡答題（本大題共1小題，共3.（）分）

15.某均勻介質中有相距5機的P、。兩質點，一列簡諧橫波沿P0方向傳播，質點上下振動，當P

質點在波峰時，。質點剛好通過平衡位置向上運動。已知P質點的振動圖象如圖所示，該波波

長大于3/?o求：

（1）該波可能的傳播速度？

（2）以最小的波速計算，從波傳到P質點開始計時，經過2s時間內。質點通過的路程。

六、計算題（本大題共3小題，共33.0分）

16.如圖所示（俯視），MN和尸。是兩根固定在同一水平面上的足夠長且電阻不計的光滑平行金屬導

軌,兩導軌間距為L=0.20m,其間有一個方向垂直水平面豎直向下的勻強磁場，磁感應強度當=

5.0T,導軌上NQ之間接一電阻％=0.400.質量為巾2=02的橡膠棒和阻值為=01。。、質

量為uh=0.4kg的金屬桿垂直導軌放置并與導軌始終保持良好接觸，兩導軌右端通過金屬導線

分別與電容器C的兩極板相連。電容器C的A極板開有小孔乩b正對固定、絕緣、薄壁彈性

圓筒上的小孔a（只能容一個粒子通過），圓筒壁光滑，筒內有垂直水平面豎直向下的勻強磁場，

磁感應強度/=梟10-37,。是圓筒的圓心，圓筒的半徑r=0.40m。

（1）橡膠棒以為=10m/s的速度與靜止的金屬桿發生碰撞（時間極短），碰撞過程中系統動能損失一半。

碰撞后立即對金屬桿施加一個與導軌平行的水平向左的力F,使金屬桿以碰撞后的速度做勻速

運動，求產的大小；

（2）當金屬桿處于（1）問中的勻速運動狀態時，電容器內緊靠B極板。處且靜止的一個帶正電的粒子

經電容器C加速后由人孔射出，并從〃孔垂直磁場％并正對著圓心。進入筒中，該粒子與器壁

碰撞后恰好又從小孔a射出圓筒而做周期性運動。已知該帶電粒子每次與筒壁發生碰撞時電量

和能量都不損失，粒子的比荷為2=5xl07（c/kg）,求該帶電粒子每次進磁場到出磁場過程中

與圓筒壁碰撞的次數及所用的時間。（不計粒子重力及空氣阻力）

。A

17.如圖所示，在豎直平面內固定著半徑為R的半圓形軌道，小球B靜止在軌道

的最低點，小球4從軌道右端正上方3.5R處由靜止自由落下，沿圓弧切線進

入軌道后，與小球8發生彈性碰撞.碰撞后8球上升的最高點C,圓心。與

C的連線與豎直方向的夾角為60。.若兩球均可視為質點，不計一切摩擦，求4、

B兩球的質量之比小打：mB.

18.某深海探測船探測到1990,”深處的海水溫度為276K,若有一導熱性良好的氣缸內用

活塞（質量不計）封閉一定質量的理想氣體氣體，活塞與氣缸間的摩擦不計.最初氣缸d

所處海平面的溫度To=300K,壓強%=1戊加，封閉氣體的體積%=3ni3.如果該氣

缸隨探測船緩慢下滑至海面下1990根深處（latm近似相當于10巾深的海水產生的壓強）問:

⑴下滑過程中封閉氣體（填“吸熱”或“放熱”），傳遞的熱量______（填“大于”或“小

于”）外界對氣體所做的功;

（2）1990m深處封閉氣體的體積.

【答案與解析】

1.答案：C

解析：解：A、力是導出單位，不是基本單位；故A錯誤；

8、在建立合力、分力、重心、等概念時都用到了等效替代法，而質點采用了理想模型法，故8錯誤；

C、在推導勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程劃分為很多小段，每一小段近似看成勻速直

線運動，然后把各段位移相加，應用了“微元法”，故C正確：

。、用比值法定義的物理概念在物理學中占有相當大的比例，例如：電場強度的定義?=速度的

定義〃=而加速度的定義a=￡中。與力尸成正比與質量成反比，不必于比值定義法，故。錯誤.

cm

故選：C.

明確國際單位制的規定以及常見物理方法的掌握情況，知道理想化模型是抓主要因素，忽略次要因

素得到的，而比值定義法中所定義的量與比式中的物理量無關，如速度、場強等.

本題考查了基本單位制以及常見物理方法，要注意正確理解對應的物理方法，如微元法、等效替代

法、理想模型法、比值定義法等.

2.答案：D

解析：解：4、該核反應方程劑e+出tiHe+Jn,電荷數不守恒。產生的粒子是質子，不是中

子。故4錯誤。

B、關于“氮3”與笊核聚變生成氮4dHe）和質子，有大量的能量放出，根據愛因斯坦質能方

程，知有質量虧損，生成物的質量小于參加反應物質的質量。故B錯誤。。正確。

C、核電站產生的核能來自重核裂變；故C錯誤。

故選:Do

根據電荷數守恒、質量數守恒判斷核反應方程的正誤；輕核聚變將放出大量的能量，知有質量虧損；

核電站產生的核能來自重核裂變；

解決本題的關鍵知道輕核聚變和重核裂變的區別，知道這兩種核反應都有質量虧損，都放出大量的

能量.

3.答案：D

解析：解：A圖中，在前1s內質點沿正方向運動，在后1s內沿負方向運動，兩段時間內位移大小相

等，方向相反，所以質點在前2s內位移為0.同理可知，C圖中質點的位移也為0。

B圖中，質點一直沿正方向，質點在前2s內位移為：xc=—=3m,D圖中質點的位移為：xD=vt=

3x2m=6m,所以。圖中質點的位移最大，故ABC錯誤，力正確。

故選：Do

由速度-時間圖象中速度的正負讀出速度的方向。根據速度時間圖線與f軸圍成的面積表示位移進行

分析.

對于v-t圖象，要知道速度圖象的斜率等于物體的加速度，速度圖象與時間軸圍成的面積等于物體

在該段時間內發生的位移。掌握了這一規律即可順利解決此類題目。

4.答案：C

解析：解：A、根據點電荷的電場線的特點，。與收距離相等，都小于6,故。點的電勢最高，〃、c

兩點的電勢相等，即0a=0c<0b.故A錯誤；

B、根據軌跡彎曲方向判斷出粒子之間存在引力，它與固定在。點的電荷是異種電荷，故質點帶正

電荷，質點從。到江電勢升高，電勢能就增加；從匕到C電勢能減小，質點在人點的電勢能最大，

則動能最小。故8錯誤；

C、質點在a、b、c,三點時的加速度大小要根據庫侖定律求出庫侖力。由圖可知，ra=rc=^-rb，

代人庫侖定律：F=k%

可得卷4號

由牛頓第二定律：中=2=：,所以質點在a、氏c三點處的加速度大小之比為2：1：2；故C正確。

a-bFb1

。、若將"處的點電荷改為+Q，質點受到斥力，軌跡不可能沿曲線必c,故。錯誤。

故選：a

電荷受到的合力指向軌跡的內側，根據軌跡彎曲方向判斷出粒子與固定在。點的電荷是異種電荷，

它們之間存在引力，根據點電荷的電場線的特點，。與ac距離相等，都小于6,故8點的電勢高于

ac兩點的電勢.應用牛頓第二定律求出加速度之間的關系.

本題屬于電場中軌跡問題，考查分析推理能力.根據軌跡的彎曲方向，判斷出電荷受到的電場力指

向軌跡內側.進而判斷出電荷是正電荷.

5.答案：D

解析：解：設石塊落地時的速度大小為也由：v2=2gH

得：v2=2gH...①

$=2洲...②

由①②解得："'=?

則距地面的高度為：△“=，—〃="-9=等，故。正確

99

故選：Do

自由落體運動是初速度為零加速度為零g的勻加速直線運動，根據位移與速度關系公式求解.

本題考查應用自由落體運動規律解題的基本能力，是基本題，比較簡單，考試時不能丟分

6.答案：C

解析：解：A、僅把&的滑動端向上滑動時，變阻器接入電路的電阻增大，外電路總電阻增大，干路

電流減小，電流表讀數減小。變阻器兩端電壓增大，電容器板間場強增大，油滴所受的電場力增大，

則油滴向上運動。故A錯誤。

8、僅把&的滑動端向下滑動時，變阻器接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小，干路電流增大，

電流表讀數增大。變阻器兩端電壓減小，電容器板間場強減小，油滴所受的電場力減小，則油滴向

下運動。故B錯誤。

C、僅把兩極板A、B間距離增大，不改變電路的電阻，則不改變電路中的電流，電流表讀數不變，

電容器兩端電壓不變，由E==分析知，板間場強減小，油滴所受的電場力減小，則油滴向下運動。

故C正確。

。、僅把兩極板A、8間距離減小，不改變電路的電阻，則不改變電路的電流，電流表讀數不變，電

容器兩端電壓不變，由E=*分析知，板間場強增大，油滴所受的電場力增大，則油滴向上運動。故

。錯誤。

故選：Co

電容器板間電壓等于變阻器％兩端的電壓，改變變阻器阻值時，分析外電阻的變化，由歐姆定律分

析電流表計數的變化及變阻器兩端電壓的變化.當變阻器的電壓增大時，油滴將向上運動.改變板

間距離，判斷電容的變化，由E=9分析場強變化，從而判斷油滴的運動情況.

本題是電路的動態分析問題，關鍵抓住電容器的電壓等于變阻器兩端的電壓，由E=J分析板間場強

d

變化，判斷出油滴的運動方向.

7.答案：B

解析：解：以結點0為研究對象，受到三段輕繩的拉力而平衡，如圖所示：

B

根據矢量三角形法則可知，當04段輕繩與0B段輕繩垂直時，輕繩0A的拉力最小，根據圖象可知

繩04上的力最小的懸掛方式的是B選項，故B正確、AC。錯誤。

故選：B。

以結點。為研究對象進行受力分析，根據矢量三角形法則分析輕繩0A的拉力最小時的狀態。

本題主要是考查了共點力的平衡之動態分析問題，如果一個力大小方向不變、一個力的方向不變，

可以根據矢量三角形（圖解法）分析各力的大小。

8.答案：AD

解析：

變壓器不改變交流電的頻率；

由于原線圈中有用電器，兩電壓表的示數不滿足變壓比；

電壓表，電流表測量的是交流電的有效值；

計算電功，電功率時要用有效值。

此題為交流電中難度較大，注意有效值的使用。

I

A由表達式看出，電流頻率為/=￡=12亞=50月，，故A正確;

2k2開z

區設電燈的額定電壓為U,則a=27，由巴■=匹=2=2得：原線圈電壓為：U\=2U^

2U2U1

則：UQ=Ul+U=3U,

即電壓表匕和匕的示數之比為3：1,故B錯誤；

C.電壓表的示數為有效值，由于電壓表匕和匕的示數之比為3:1,故電壓表匕的示數為

u、=%故c錯誤；

23

TT2TT2

。.每只燈泡的發熱功率為：尸===」，故。正確。

R9R

故選A。。

9.答案：AC

解析：解：4、因為同步衛星相對于地球靜止，所以同步衛星的軌道同只能在在赤道的上方，即在同

一平面內.故A正確.

8、根據萬有引力提供向心力=mro?,軌道半徑r=3翳，所以同步衛星離地的高度h=3震-

R.故8錯誤，C正確.

D、同步衛星的角速度為3,線速度大小為"==3等3=3GMo>,故。錯誤.

故選：AC.

同步衛星定軌道（在赤道上方），定周期（與地球的自轉周期相同），定速率、定高度.根據萬有引力提

供向心力，可求出同步衛星的軌道半徑，從而求出同步衛星離地的高度.

解決本題的關鍵掌握同步衛星的特點：同步衛星定軌道（在赤道上方），定周期（與地球的自轉周期相

同），定速率、定高度.以及掌握萬有引力提供向心力G等=機「0>2.

10.答案：CD

解析：解：A、微粒在下落過程中先做加速運動，后做減速運動，動能先增大，后減小。故4錯誤:

B、微粒下落過程中電場力做負功，A板帶正電，故B錯誤；

C、根據動能定理，mg2h-qU=0-0,解得：U=鬻，故C正確；

。、微粒到達下板過程中，電場力做負功，電勢能增加，增加量等于重力勢能減小量，即2根g/7,故

。正確；

故選：CD。

微粒在下落過程中先做加速運動，后做減速運動，動能先增大，后減小。重力一直做正功，重力一

直減小。微粒下落過程中重力做功為“g2〃，電場力做功為-qU.微粒落入電場中，電場力做負功，電

勢能逐漸增大，其增加量為qU。

本題根據動能定理研究微粒能否到達A板，也可以根據牛頓第二定律和運動學公式分析。

11.答案：吸收0.60.2

解析：解：氣泡從湖底上升到湖面過程中，W=-0.6/,△(/=0,根據熱力學第一定律△U=W+Q

得Q=0.6/,即吸收熱量0.6/.

氣泡到達湖面后，溫度上升的過程中W=一0.1),Q=0.3/,則△U=勿+Q=0.2J,即氣泡內氣

體內能增加0.2/.

故答案為：吸收，0.6；0.2.

一定質量的理想氣體內能只跟溫度有關，溫度不變，其內能不變.氣體對外做功，功為負值，根據

熱力學第一定律分析吸放熱情況和內能變化情況.

熱力學第一定律是能量守恒定律的特殊情況，可以從能量轉化和守恒的角度理解.應用時關鍵抓住

符號法則：使氣體內能增加的量均為正值，否則為負值.

12.答案:偏小；不變；6.210；30.35

解析：解：(1)如圖.乙同學測定折射率時，玻璃中折射角增大，入射角不變，由折射定律n=理，

sinr

可知折射率偏小；NJ

用圖②測折射率時，只要操作正確，與玻璃磚形狀無關;

故答案為：偏小、不變:

⑵由圖知:螺旋測微器固定刻度的讀數為6如n,可動刻度的讀數為0.210mzn,

則6.210nun.

游標卡尺主尺讀數為：30mmf游標尺讀數為：7x0.05mm=0.35mm,則游標尺讀數為30.357n?n.

故答案為：

(1)偏小,不變；

(2)6.210,30.35.

(1)用插針法測定玻璃磚折射率的實驗原理是折射定律71=膽，作出光路圖，確定折射光線的偏折

情況，分析入射角與折射角的誤差，來確定折射率的誤差.

(2)螺旋測微器的讀數方法是固定刻度讀數加上可動刻度讀數，在讀可動刻度讀數時需估讀到

O.OOlnun.游標卡尺讀數的方法用主尺的讀數加上游標尺讀數，不需估讀.

分析實驗誤差，關鍵要實驗原理出發進行分析.本題要知道測量折射率的原理是折射定律.要掌握

螺旋測微器和游標卡尺的讀數方法，知道游標卡尺讀數時不需估讀.

13.答案：(1)C(2)0.314m/s0.510m/s2

解析：

(1)解決實驗問題首先了解實驗儀器工作特點、原理構造，掌握基本儀器的使用等即可正確解答本題；

(2)根據勻變速直線運動中時間中點的速度等于該過程中的平均速度，可以求出打紙帶上4點時小車

的瞬時速度大小；根據勻變速直線運動的推論公式△%=aT2可以求出加速度的大小。

對于基本儀器的使用和工作原理，我們不僅從理論上學習它，還要從實踐上去了解它，自己動手去

做做，以加強基本儀器的了解。

(1)打點時間間隔是由電源頻率控制，因此C說法正確。

故選Co

(2)根據峪=5可以求得膿=強口=衛生三型，工顧濘=鯽鷲時網海，利用盛5：=.戰?可以求出加

畬T解@署

速度即解:-磷-麟廣瑞=霜鏟8，求得加速度為

2今=[(685-11?95)-(11-95-8-56仲0-乙皿工

T20.01

故填：(1)C(2)0.314m/s0.510m/s2

14.答案：0.6；3；C；電壓表分流導致電流表讀數不準確

解析：解：(1)：由于電源電動勢為1.5U,所以電壓表量程應選3H由于通過待測電池的電流不能

過大，所以電流表量程應選0.64根據閉合電路歐姆定律可知，電路中的最大電阻應為：

/此畸=7.50,所以變阻器應選擇的阻值范圍是。?10。；

故選：C；

(2)：根據閉合電路歐姆定律可知，由于電壓表的分流作用，造成電流表的讀數總是比電池實際輸出

電流小.

故答案為(1)0.6,3,C；(2)電壓表分流導致電流表讀數不準確

本題(1)的關鍵是明確為防止溫度對電池內阻的影響，要求通過電池的電流不能過大；可由電流表的

最小電流結合閉合電路歐姆定律求出電路中需要的最大電阻即可選擇變阻器.題(2)的關鍵是根據閉

合電路歐姆定律可知，造成誤差的原因是由電壓表的分流作用引起.

點評：伏安法測量電池內阻實驗要求通過待測的電流不能過大，應根據電路中需要的最大電阻來選

擇變阻器阻值大小.

15.答案：解：⑴由圖象可知T=0.4s,A—5cm,設波長為九波速為v,貝|PQ=nX+n—(0,1,

4

2……)

根據"=夕弋入數據可知，當九=OH寸心=20m,%=50m/s

當幾=1時％=4m,v2=10m/s

當ri=2時％=<3m

所以該波可能的傳播速度為50m/s和10m/s。

(2)波從P點傳到Q點所用時間為0,則匕=華

。質點振動時間為t一ti，代入數據得/=3|

則。質點通過的路程為：x=3x4A+34,代入數據得x=0.75m。

答：(1)該波可能的傳播速度為50zn/s和10m/s；

(2)以最小的波速計算，從波傳到P質點開始計時，經過2s時間內。質點通過的路程為0.75m。

解析：由圖象讀出波長和振幅，由題意寫出符合條件的波長的可能值，根據u=*求出波速的可能值；

根據波速算出波從P點傳到。點所用時間，進而得出。質點振動時間，用該時間和周期相比得。質

點通過的路程。

本題屬于波的圖象的識圖和對質點振動的判斷問題，考查知識點全面，重點突出，充分考查了學生

掌握知識與應用知識的能力。

16.答案：解：(1)橡膠棒與金屬桿碰撞過程系統動量守恒，以橡膠棒的初速度方向為正方向，由動

量守恒定律得：

m2Vo=rn1v1+m2v2y

由能量守恒定律得：IX|m2v^=；加1諾+涿2諺，

代入數據解得：%=5m/s,v2=Om/sQi=|m/sv2=ym/s)

感應電動勢：E=B力%,

感應電流：/=777_,

K1十/<2

金屬棒受到的安培力：FA=BJL,

金屬棒做勻速直線運動，由平衡條件得：F=FA,

代入數據解得：F=10N,/=104；

(2)電容器兩端的電壓4=(A=//?!=10x0.40V=4V,

對粒子，由動能定理得：qU=|mv2-0,

粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：

2

nV

qvB2=m—y

由幾何知識得：tan?=9

2R

代入數據解得：。=全

粒子在圓筒內的運動軌跡具有對稱性，在一個周期內與筒壁發生2次碰撞，運動軌跡由3段圓弧組

成，

粒子在磁場中的運動時間t=2丁=?1x