福建省泉州市南安一中2016届高三上学期物理练习卷(九) Word版含解析

2015-2016学年福建省泉州市南安一中高三（上）物理练习卷（九）
一、选择题
1．一个质点正在做匀加速直线运动，用固定的照相机对该质点进行闪光照相，闪光时间间隔为1s，分析照片得到的数据，发现质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了0.2m；在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了0.8m，由上述条件可知（）
A．质点运动的加速度是0.6 m/s2
B．质点运动的加速度是0.3 m/s2
C．第1次闪光时质点的速度是0.1m/s
D．第2次闪光时质点的速度是0.3m/s
2．如图所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆所能承受的弹力的最大值一定，A端用铰链固定，滑轮在A点正上方（滑轮大小及摩擦均可不计），B端吊一重力为G的重物．现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓慢向上拉（均未断），在AB杆转到竖直方向前，以下分析正确的是（）
A．绳子越来越容易断 B．绳子越来越不容易断
C．AB杆越来越容易断D．AB杆越来越不容易断
3．如图所示，放在光滑水平面上的木块以速率v0向右做匀速直线运动．现有一随时间从零开始做线性变化的水平力F向左作用在木块上，在这个过程中，以向右为正方向，能正确描述木块运动的v﹣t图线是图中的（）
A． B．C．D．
4．图甲为一理想变压器，负载电路中R=5Ω，若原线圈两端输入电压u是如图乙所示的正弦交流电，电压表示数为10V，则（）
A．输入电压u=100 sin 50πt V
B．电流表示数为0.2 A
C．变压器原副线圈匝数比为5：1
D．若输入电压稳定，R阻值减小，则输入电功率减小
5．如图所示，轻绳的一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球（可视为质点）．当小球在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动时，通过传感器测得轻绳拉力T、轻绳与竖直线OP的夹角θ满足关系式T=a+bcosθ，式中a、b为常数．若不计空气阻力，则当地的重力加速度为（）
A．B．C．D．
6．已知地球半径为R，质量为M，自转角速度为ω，地球表面重力加速度为g，万有引力常量为G，地球同步卫星与地心间的距离为r，则（）
A．地面赤道上物体随地球自转运动的线速度为ωR
B．地球同步卫星的运行速度为
C．地球近地卫星做匀速圆周运动的线速度为ωR
D．地球近地卫星做匀速圆周运动的线速度为
7．如图所示，圆心在O点、半径为R的圆弧轨道abc竖直固定在水平桌面上，Oc与Oa的夹角为60°，轨道最低点a与桌面相切．一轻绳两端系着质量为m1和m2的小球（均可视为质点），挂在圆弧轨道边缘c的两边，开始时，m1位于c点，然后从静止释放，设轻绳足够长，不计一切摩擦．则（）
A．在m1由c下滑到a的过程中，两球速度大小始终相等
B．m1在由c下滑到a的过程中重力的功率先增大后减小
C．若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，则m1=2m2
D．若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，则m1=3m2
8．如图所示，真空中等量同种正点电荷放置在M、N两点，在MN的连线上有对称点a、c，MN连线的中垂线上有对称点b、d，则下列说法正确的是（）
A．正电荷+q在c点电势能大于在a点电势能
B．正电荷+q在c点电势能等于在a点电势能
C．在MN连线的中垂线上，O点电势最高
D．负电荷﹣q从d点静止释放，在它从d点运动到b点的过程中，加速度先减小再增大
二、非选择题
9．某实验小组利用图甲所示的装置探究加速度与力、质量的关系．
（1）为使砝码桶及桶内砝码的总质量在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码通及桶内砝码的总质量木块和木块上钩码的总质量．（填“远大于”、“远小于”或“近似等于”）
（2）A、B两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图乙中1、2两条直线．设A、B两同学所选用的木块质量分别为m1、m2，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ1，μ2，则m1m2，μ1μ2（填“＞”、“＜”或“=”）
10．某研究性学习小组利用如图所示的实验电路来测量实际电流表G1的内阻r1的大小．要求：测量尽量准确，滑动变阻器调节方便．
供选择的实验器材有：
A．待测电流表G1（0～5mA，内阻r1约为300Ω）
B．电流表G2（0～10mA，内阻r2约为100Ω）
C．定值电阻R1
D．定值电阻R2（10Ω）
E．滑动变阻器R3（0～100Ω）
F．滑动变阻器R4（0～20Ω）
G．电源（一节干电池，1.5V）
H．开关一个，导线若干
（1）在实验时同学们采用了如上图所示的实物电路，在具体实验操作中漏接了一根导线，请在实物电路图中添上遗漏的导线．
（2）请根据实物电路选择实验器材．其中：①定值电阻应选；②滑动变阻器应选（填字母序号）．
（3）实验中移动滑动触头至某一位置，记录G1、G2的读数I1、I2，重复几次，得到几组数据，以I2为纵坐标，以I1为横坐标，作出相应图线，根据图线的斜率k及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式为r1=．
11．如图所示，质量M=2kg的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块A与质量m=kg
的小球相连．今用跟水平方向成α=30°角的力F=10N，拉着球带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m相对位置保持不变，取g=10m/s2．求：
（1）运动过程中轻绳与水平方向夹角θ；
（2）木块与水平杆间的动摩擦因数μ．
12．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=2Ω的电阻，N板上有一小孔Q，在金属板M、N之间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=1Ω的金属棒搭在M、N之间并与M、N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点由静止释放一个比荷=1×
104 C/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，求Q点距分界线的高度h．
【物理--选修3-4】
13．一列简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到P点，t+0.6s时刻，这列波刚好传到Q点，波形如图中的虚线所示，a、b、c、P、Q是介质中的质点，则以下说法正确的是（）
A．这列波的波速为16.7 m/s
B．这列波的周期为0.8 s
C．质点c在这段时间内通过的路程一定等于30 cm
D．从t时刻开始计时，质点a第一次到达平衡位置时，恰好是t+s这个时刻
E．当t+0.5 s时刻，质点b、P的位移相同
14．如图所示，一等腰直角三棱镜放在真空中，斜边BC长度为d，一束单色光以60°的入射角从AB侧面的中点D入射，折射后从侧面AC射出，不考虑光在AC面的反射．已知三棱镜
的折射率n=，单色光在真空中的光速为c，求此单色光通过三棱镜的时间？
2015-2016学年福建省泉州市南安一中高三（上）物理练
习卷（九）
参考答案与试题解析
一、选择题
1．一个质点正在做匀加速直线运动，用固定的照相机对该质点进行闪光照相，闪光时间间隔为1s，分析照片得到的数据，发现质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了0.2m；在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了0.8m，由上述条件可知（）
A．质点运动的加速度是0.6 m/s2
B．质点运动的加速度是0.3 m/s2
C．第1次闪光时质点的速度是0.1m/s
D．第2次闪光时质点的速度是0.3m/s
【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．
【分析】由匀变速直线运动的规律相邻相等的时间内位移之差为常数，即△x=at2可得出第二次闪光到第三次闪光质点的位移；再由运动学公式分析其他各项能否求出
【解答】解：A、B设第一次到第二次位移为x1=0.2m；第三次到第四次闪光为x3=0.8m，则有：x3﹣x1=0.6m=2at2；则at2=0.3m
则则A错误，B正确
C、由，可求得v1=0.05m/s，则C错误
D、第2次闪光点的速度是v2=v1+at=0.35m/s，则D错误
故选：B
2．如图所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆所能承受的弹力的最大值一定，A端用铰链固定，滑轮在A点正上方（滑轮大小及摩擦均可不计），B端吊一重力为G的重物．现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓慢向上拉（均未断），在AB杆转到竖直方向前，以下分析正确的是（）
A．绳子越来越容易断 B．绳子越来越不容易断
C．AB杆越来越容易断D．AB杆越来越不容易断
【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．
【分析】以B点为研究对象，分析其受力情况，作出受力图，利用三角形相似法，得出各力与三角形ABO三边边长的关系，再分析其变化．
【解答】解：以B点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力T（等于重物的重力G）、轻杆的支持力N和绳子的拉力F，作出力图如图：
由平衡条件得知，N和F的合力与T大小相等，方向相反，根据三角形相似可得
又T=G，解得：N=，F=；
使∠BAO缓慢变小时，AB、AO保持不变，BO变小，则N保持不变，F变小．故B正确，ACD错误．
故选B．
3．如图所示，放在光滑水平面上的木块以速率v0向右做匀速直线运动．现有一随时间从零开始做线性变化的水平力F向左作用在木块上，在这个过程中，以向右为正方向，能正确描述木块运动的v﹣t图线是图中的（）
A． B．C．D．
【考点】牛顿第二定律．
【分析】物体受合力为零，做匀速直线运动或静止，受合力不为零，受力不平衡，运动状态改变；合力越大，速度变化越快；对木块受力分析，根据木块受的合力判断木块运动情况．【解答】解：在水平方向上，木块以V0向右做匀速直线运动，合力为零，
现有一向左的水平力F作用在木块上，且逐渐增大，木块受的合力逐渐变大，加速度方向与速度方向相反，速度减小，速度变化越来越快，所以木块做加速度越来越大的减速运动；
能反应这种变化的图象是B．
故选：B．
4．图甲为一理想变压器，负载电路中R=5Ω，若原线圈两端输入电压u是如图乙所示的正弦交流电，电压表示数为10V，则（）
A．输入电压u=100 sin 50πt V
B．电流表示数为0.2 A
C．变压器原副线圈匝数比为5：1
D．若输入电压稳定，R阻值减小，则输入电功率减小
【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率；正弦式电流的图象和三角函数表达式．
【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；
由变压器原理可得变压器原、副线圈中的匝数之比；同时根据电流之比等于匝数的反比可求得电流表的示数；
同时根据电流的变化，利用P=UI可求得电功率的变化．
【解答】解：A、由图乙可知交流电压最大值U m=100 V，周期T=0.02 s，可由周期求出
角速度的值，则可得交流电压u的表达式u=100 sin 100πt（V），故A错误；
BC、根据电压与匝数成正比，则有原副线圈匝数比为==，由I=知副线圈电流I=
A=2 A，根据电流与匝数成反比知原线圈电流为I′=0.2 A，故B正确，C错误；
D、若电压稳定阻值减小，由欧姆定律可知，副线圈中电流变大，则功率P=UI增大，则输入电功率增大，故D错误．
故选：B．
5．如图所示，轻绳的一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球（可视为质点）．当小球在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动时，通过传感器测得轻绳拉力T、轻绳与竖直线OP的夹角θ满足关系式T=a+bcosθ，式中a、b为常数．若不计空气阻力，则当地的重力加速度为（）
A．B．C．D．
【考点】向心力；牛顿第二定律．
【分析】分别求出当θ=0°和180°时绳子的拉力，再根据向心力公式及动能定理列式即可求解．【解答】解：当小球在最低点时，θ=0°，此时绳子的拉力T1=a+b
根据向心力公式有T1﹣mg=m
在最高点时，θ=180°，此时绳子的拉力T2=a﹣b
根据向心力公式有
根据机械能守恒定律得，．
联立以上各式解得g=．故D正确，A、B、C错误．
故选D．
6．已知地球半径为R，质量为M，自转角速度为ω，地球表面重力加速度为g，万有引力常量为G，地球同步卫星与地心间的距离为r，则（）
A．地面赤道上物体随地球自转运动的线速度为ωR
B．地球同步卫星的运行速度为
C．地球近地卫星做匀速圆周运动的线速度为ωR
D．地球近地卫星做匀速圆周运动的线速度为
【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．
【分析】研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列出等式求解．地面赤道上物体和地球具有相同的自转角速度为ω．近地卫星是在地球表面运行的人造卫星，轨道半径近似等于地球半径，地球同步卫星的周期必须与地球自转周期相同．
【解答】解：A、地面赤道上物体和地球具有相同的自转角速度为ω．所以地面赤道上物体随地球自转运动的线速度为v=ωR，故A正确
B、根据mg=G，知g=，可知地球同步卫星轨道处的重力加速度小于地球表面的重力加
速度g，设为g′．由g′=得：v=＜，故B错误．
CD、近地卫星是在地球表面运行的人造卫星，轨道半径近似等于地球半径，根据万有引力提供向心力得：
G=m，则得地球近地卫星做匀速圆周运动的线速度v=
==＞=ω
其角速度为ω
近
R＞ωR，故C错误，D正确．
所以地球近地卫星做匀速圆周运动的线速度v=ω
近
故选：AD
7．如图所示，圆心在O点、半径为R的圆弧轨道abc竖直固定在水平桌面上，Oc与Oa的夹角为60°，轨道最低点a与桌面相切．一轻绳两端系着质量为m1和m2的小球（均可视为质点），挂在圆弧轨道边缘c的两边，开始时，m1位于c点，然后从静止释放，设轻绳足够长，不计一切摩擦．则（）
A．在m1由c下滑到a的过程中，两球速度大小始终相等
B．m1在由c下滑到a的过程中重力的功率先增大后减小
C．若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，则m1=2m2
D．若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，则m1=3m2
【考点】机械能守恒定律；功率、平均功率和瞬时功率．
【分析】AB两个小球用绳子连在一起，说明沿绳子方向的速度是一样的，而在m1滑下去一段过程以后，此时的绳子与圆的切线是不重合，所以速度不等，重力的功率就是P=mgv．分析竖直方向速度的变化情况求解，若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，此时两小球速度均为零，根据动能定理求解质量关系．
【解答】解：A、m1由C点下滑到a点的过程中，沿绳子方向的速度是一样的，在m1滑下去一段过程以后，此时的绳子与圆的切线是不重合，而是类似于圆的一根弦线而存在，所以此时两个物体的速度必然不相同的，故A错误；
B、重力的功率就是P=mgv，这里的v是指竖直的分速度，一开始m1是由静止释放的，所以m1一开始的竖直速度也必然为零，最后运动到A点的时候，由于此时的切线是水平的，所以此时的竖直速度也是零但是在这个c下滑到a的过程当中是肯定有竖直分速度的，所以相当于竖直速度是从无到有再到无的一个过程，也就是一个先变大后变小的过程，所以这里重力功率mgv也是先增大后减小的过程，故B正确；
C、D、若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，此时两小球速度均为零，根据系统的机械能守恒得：
m1gR（1﹣cos60°）=m2gR，解得：m1=2m2．故C正确，D错误．
故选：BC
8．如图所示，真空中等量同种正点电荷放置在M、N两点，在MN的连线上有对称点a、c，MN连线的中垂线上有对称点b、d，则下列说法正确的是（）
A．正电荷+q在c点电势能大于在a点电势能
B．正电荷+q在c点电势能等于在a点电势能
C．在MN连线的中垂线上，O点电势最高
D．负电荷﹣q从d点静止释放，在它从d点运动到b点的过程中，加速度先减小再增大
【考点】电势差与电场强度的关系；电势；电势能．
【分析】本题根据等量同种电荷周围电场分布情况，分析ac两点电势高低，判断电势能的大小．知道在两点电荷连线的中垂线上上下电场线方向相反．a、c两点关于中垂线对称，电势相等，电荷在这两点的电势能相等．分析负电荷的受力情况，判断其运动情况．
【解答】解：AB、根据电场线的分布情况和对称性可知，a、c两点的电势相等，则点电荷在a点电势能一定等于在c点电势能．故A错误，B正确；
C、沿电场线方向电势降低，在MN连线的中垂线上，O点电势最高，故C正确；
D、由对称性知O点的场强为零，电荷﹣q从d点静止释放，在它从d点运动到b点的过程中，加速度可能先减小再增大，也可能先增大再减小，再增大再减小，故D错误．
故选：BC
二、非选择题
9．某实验小组利用图甲所示的装置探究加速度与力、质量的关系．
（1）为使砝码桶及桶内砝码的总质量在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码通及桶内砝码的总质量远小于木块和木块上钩码的总质量．（填“远大于”、“远小于”或“近似等于”）
（2）A、B两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图乙中1、2两条直线．设A、B两同学所选用的木块质量分别为m1、m2，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ1，μ2，则m1＜m2，μ1＞μ2（填“＞”、“＜”或“=”）
【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．
【分析】（1）根据牛顿第二定律，运用整体法和隔离法求出拉力的表达式，从而得出砝码桶及桶内砝码的总质量在数值上近似等于木块运动时受到的拉力所满足的条件．
（2）根据牛顿第二定律得出加速度的表达式，结合图线的斜率和截距比较质量和动摩擦因数的大小．
【解答】解：（1）对整体分析，整体的加速度a=，隔离对木块分析，根据牛顿第二定律
得，绳子的拉力F=Ma=，当砝码通及桶内砝码的总质量远小于木块和木块上钩码
的总质量，砝码桶及桶内砝码的总质量在数值上近似等于木块运动时受到的拉力．
（2）根据牛顿第二定律得：a=，斜率表示质量的倒数，图线1的斜率
大于图线2的斜率，可知m1＜m2，纵轴截距的绝对值表示μg，可知μ1＞μ2．
故答案为：（1）远小于，（2）＜，＞．
10．某研究性学习小组利用如图所示的实验电路来测量实际电流表G1的内阻r1的大小．要求：测量尽量准确，滑动变阻器调节方便．
供选择的实验器材有：
A．待测电流表G1（0～5mA，内阻r1约为300Ω）
B．电流表G2（0～10mA，内阻r2约为100Ω）
C．定值电阻R1
D．定值电阻R2（10Ω）
E．滑动变阻器R3（0～100Ω）
F．滑动变阻器R4（0～20Ω）
G．电源（一节干电池，1.5V）
H．开关一个，导线若干
（1）在实验时同学们采用了如上图所示的实物电路，在具体实验操作中漏接了一根导线，请在实物电路图中添上遗漏的导线．
（2）请根据实物电路选择实验器材．其中：①定值电阻应选D；②滑动变阻器应选F （填字母序号）．
（3）实验中移动滑动触头至某一位置，记录G1、G2的读数I1、I2，重复几次，得到几组数据，以I2为纵坐标，以I1为横坐标，作出相应图线，根据图线的斜率k及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式为r1=（k﹣1）R1．
【考点】伏安法测电阻．
【分析】（1）根据题目要求明确实验接法应采用分压接法，从而确定实物图中缺少的导线；（2）根据实验电路图分析明确定值电阻及滑动变阻器的作用，则可以选择电阻值；
（3）根据串并联电路的规律可得出对应的表达式，由数学规律可确定待测电阻的内阻．
【解答】解：（1）根据题目要求可知，若用总电阻较大的滑动变阻器进行测量，调节很困难，故应使用小电阻采用滑动变阻器外接法；故应采用如图如示电路，实物图缺少的导线如图所示：
（2）由实物图可知，将一定值电阻与待测电流表并联分流，因电流表内阻较小，故应采用小的定值电阻D；由（1）的分析可知，滑动变阻器采用小电阻F；
（3）由串并联电路的规律可知：r1=，变形得：I2=I1（R2+r1）×，
即图象的斜率k=R1+r1，解得：R x=（K﹣1）R1；
故答案为：（1）电路图如图所示；（2）D；F；（3）（k﹣1）R1．
11．如图所示，质量M=2kg的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块A与质量m=kg
的小球相连．今用跟水平方向成α=30°角的力F=10N，拉着球带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m相对位置保持不变，取g=10m/s2．求：
（1）运动过程中轻绳与水平方向夹角θ；
（2）木块与水平杆间的动摩擦因数μ．
【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．
【分析】（1）以小球为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件求解轻绳与水平方向夹角θ；
（2）以木块和小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，由平衡条件和摩擦力公式求解木块与水平杆间的动摩擦因数μ．
【解答】解：（1）设细绳对B的拉力为T．以小球为研究对象，分析受力，作出力图如图1，由平衡条件可得：
Fcos30°=Tcosθ①
Fsin30+Tsinθ=mg ②
代入解得，T=10，tanθ=，即θ=30°
（2）以木块和小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图2．再平衡条件得Fcos30°=f
N+Fsin30°=（M+m）g
又f=μN
得到，μ=
代入解得，μ=
答：
（1）运动过程中轻绳与水平方向夹角θ=30°；
（2）木块与水平杆间的动摩擦因数μ=．
12．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=2Ω的电阻，N板上有一小孔Q，在金属板M、N之间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=1Ω的金属棒搭在M、N之间并与M、N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点由静止释放一个比荷=1×
104 C/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，求Q点距分界线的高度h．
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；导体切割磁感线时的感应电动势．
【分析】（1）粒子从P到Q是在加速电场中运动，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）做出粒子在两个磁场中的运动过程图，粒子在两部分的磁场中均做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，求解轨道半径；分析找出不会回到N板的临界条件：即轨迹恰好与y轴相切，再根据几何关系即可求出h．
【解答】解：（1）离子从P运动到Q，由动能定理：qU=mv2①
解得R两端电压：U=2 V②
（2）电路的电流：I=③
=B0IL④
安培力：F
安
⑤
受力平衡：F=Mg+F
安
由闭合电路欧姆定律：E=I（R+r）⑥
感应电动势：E=B0Lv m⑦
功率：P=Fv m⑧
联立②～⑧式解得：电动机功率：P=9 W．⑨
（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φ．
在磁场B1中，由：qvB1=m⑩
解得运动半径为：r1=×10﹣2 m⑪
在磁场B2中，由：qvB2=m⑫
解得运动半径为：r2=1×10﹣2 m⑬
由几何关系得：（r1+r2）sin φ=r2⑭
r1+r1cos φ=h⑮
由上式解得：h=1.2×10﹣2 m．
答：（1）金属棒达最大速度时，电阻R两端电压2 V；
（2）电动机的输出功率9 W；
（3）离子从Q点进入右侧磁场后恰好不会回到N板，Q点距分界线的高度1.2×10﹣2 m．
【物理--选修3-4】
13．一列简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到P点，t+0.6s时刻，这列波刚好传到Q点，波形如图中的虚线所示，a、b、c、P、Q是介质中的质点，则以下说法正确的是（）
A．这列波的波速为16.7 m/s
B．这列波的周期为0.8 s
C．质点c在这段时间内通过的路程一定等于30 cm
D．从t时刻开始计时，质点a第一次到达平衡位置时，恰好是t+s这个时刻
E．当t+0.5 s时刻，质点b、P的位移相同
【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．
【分析】由图可知波的波长，由两列波的波形图可得波传播的距离，可得出波速；由波速可知周期，根据时间与周期的关系可得出质点的路程及位移．写出从t时刻开始计时，质点a的
振动方程，再求t+s时刻的位移．
【解答】解：A、由图可知，波的波长为λ=40m；波从P传到Q的距离为x=90m﹣60m=30m，
波速为v===50m/s，故A错误．
B、这列波的周期T==s=0.8s，故B正确．。