2021年江苏省六校高考物理三模试卷（含答案解析）

这是一份2021年江苏省六校高考物理三模试卷（含答案解析），共18页。试卷主要包含了2hB，【答案】B，【答案】C，【答案】D等内容，欢迎下载使用。

2021年江苏省六校高考物理三模试卷

1. 往返跑是体育特长生进行体育技能训练的一种常见运动，如图所示为某特长生进行往返跑简化情境的v−t图象，下列关于该特长生运动过程的说法正确的是( )
A. 第1s末的加速度最大，第3s末的加速度最小
B. 第3s末的位移最大，第6s末的位移为零
C. 2∼4s过程中位移方向发生了变化
D. 0∼2s速度一直增大，2∼4s速度一直减小
2. 如图所示，用方向、大小均可变化的力F抵住靠墙的质量为m的物块，墙与物块之间的动摩擦因数为μ=34，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，若要使物块不滑下，F的最小值为( )


A. 35mg B. 45mg C. 34mg D. 43mg
3. 人的眼球可简化为如图所示的光学模型，即眼球可视为由两个折射率相同但大小不同的球体组成。沿平行于球心连线方向，入射宽度为2R的平行光束进入眼睛，会聚于视网膜上的P处(两球心连线的延长线交于大球表面的一点)，图中小球半径为R，光线会聚角为α=30∘，则两球体折射率为( )
A. 62 B. 3 C. 2 D. 2
4. 关于分子力，下列对自然中的现象解释合理的是( )
A. 拉长一根橡皮筋，能感觉到橡皮筋的张力，是因为分子间的距离变大，相邻分子间只有引力
B. 水很难被压缩，是因为压缩时，分子间距离变小，相邻分子间只有斥力，没有引力
C. 空中的小雨滴一般呈球形，主要是因为表面张力使水分子聚集成球体
D. 注射器中封闭一段气体，堵住出口，压缩气体感觉比较费力，因为压缩气体时相邻分子间的作用力表现为斥力
5. 一定质量的理想气体从状态A开始，经历状态B、C、D回到状态A的p−T图象如图所示，其中BA的延长线经过原点O，BC、AD与横轴平行，CD与纵轴平行，下列说法正确的是( )

A. A到B的过程中，气体的体积变大
B. B到C的过程中，气体分子单位时间内撞击单位面积器壁的次数减少
C. C到D的过程中，气体从外界吸收的热量大于气体对外界做的功
D. D到A的过程中，气体内能减小、体积增大
6. 滑雪是冬奧会的比赛项目之一。如图所示，整个滑雪轨道在同一竖直平面内，弯曲滑道OA与长直滑道AB平滑衔接，某运动员从高为H的O点由静止滑下，到达A点水平飞出后落到长直滑道上的B点，不计空气阻力，不考虑任何能量损失，若弯曲滑道OA的高H加倍，运动员仍落在斜面上，则( )
A. 运动员在A点水平飞出的速度加倍
B. 运动员在A点飞出后在空中运动的时间加倍
C. 运动员落到斜面上的速度大小不变
D. 运动员落到斜面上的速度方向不变
7. 2020年的中国航天让国人振奋不已，也让世界看到了中国力量、中国速度。“北斗三号”最后一颗全球组网卫星成功定点于距离地球3.6万公里的地球同步轨道，其轨道半径约为地球半径的6.6倍，顺利进入长期运行管理模式；长征五号遥四运载火箭飞行了约36分钟就成功将首个火星探测器“天问一号”送入预定轨道。若火星密度是地球密度的0.7倍，则“天问一号”绕火星表面做圆周运动的周期约为( )
A. 0.2h B. 1.7h C. 4h D. 12h
8. 如图甲所示，理想变压器原副线圈匝数之比为1：10，副线圈接有电阻R和额定电压为10V的小灯泡C，原线圈与图乙所示的交流发电机相连接，交流发电机线圈为100匝，电阻不计，线圈面积为0.1m2，磁感应强度为B=0.1T，A1和A2为理想交流电流表，则下列说法正确的是( )
A. A1和A2示数之比为1：10
B. 小灯泡要能够正常发光，线圈转速为2r/s
C. 如果线圈的转速加倍，电阻R的热功率也加倍
D. 若仅小灯泡烧坏了，则A1示数将变小
9. 一列简谐横波沿x轴正方向传播，部分波形如图所示。质点P、Q的横坐标分别为8cm、14cm，此时质点P已振动了0.02s。以P点开始振动时为计时起点，波速小于6m/s，下列说法正确的是( )
A. 波的传播速度可能为1m/s
B. t=0.015s时刻，质点P可能第一次到达波峰
C. 在t=0.035s到t=0.04s时间内，质点Q速度逐渐增大
D. 图示时刻波已经传到质点Q
10. 如图甲、乙所示的电路中，两光滑平行导轨之间的距离均为L，在两导轨之间的平面内都有垂直导轨平面向下、磁感应强度为B的匀强磁场，两金属杆完全相同、阻值均为r，均与导轨接触良好。图甲中导轨的左端接有阻值为R的定值电阻，金属杆在水平拉力的作用下以速度v水平向右做匀速运动；图乙中导轨的左端接有内阻不计的电源，金属杆通过跨过定滑轮的绝缘轻绳与一重物相连，杆正以速度v水平向右做匀速运动，电路中的电流为I。若导轨电阻不计，忽略所有摩擦，则下列说法正确的是( )

A. 两杆所受安培力的方向相同
B. 图甲、乙中两杆所受安培力大小之比为BLvIr
C. 在时间Δt内图甲中金属杆产生的电能为B2L2vΔtR+r
D. 在时间Δt内图乙中电源输出的能量为BILvΔt
11. 如图所示，天花板下面分别悬挂质量为m1、m2的带有异种电荷的A、B两小球。平衡时，两小球恰处于同一水平面，细线与竖直方向的夹角分别为θ1与θ2(θ1>θ2)。两小球各自所带电荷被瞬间中和后开始运动，运动中线未断裂。则下列说法正确的是( )
A. 平衡时连接A、B两小球的细线上的拉力大小之比为sinθ1sinθ2
B. A、B两球的质量比为tanθ1tanθ2
C. A球到达最低点时的速度小于B球到达最低点时的
D. A球到达最低点时的动能大于B球到达最低点时的
12. 现要尽量准确地测量量程为0∼0.6A、内阻约为2Ω的电流表A1的内阻RA，实验室提供的其他器材如下：
电流表A2(量程0∼3A，内阻r=10Ω)；
滑动变阻器R1(最大阻值10Ω，最大电流3.5A)；
电阻箱R2(阻值0∼999Ω)；
电源E(电动势30V，内阻约0.5Ω)；
开关、导线若干。
选用上述的一些器材，两个同学分别设计了图甲、图乙所示的电路图。

(1)在图甲的电路中，下列电阻箱R2的取值最合理的是______。
A.5Ω
B.50Ω
C.500Ω
(2)在图甲的电路中，测得电流表A1、A2的示数分别为I1、I2，电阻箱的示数为R2，则电流表A1的内阻RA的测量值为______。(用所给物理量表示)
(3)按图乙的电路进行如下操作：
①先将滑动变阻器R1的滑动触头移到使电路安全的位置，再把电阻箱R2的阻值调到______(填“最大”或“最小”)。
②闭合开关S1、S，调节滑动变阻器R1，使两电流表的指针有较大幅度偏转，记录电流表A2的示数I。
③断开S1，保持S闭合、R1不变，再闭合S2，调节R2，使电流表A2的示数______，读出此时电阻箱的阻值R0，则电流表A1的内阻RA=______。
(4)从实验测量精度的角度分析，用图______电路较好，原因是______。
13. 如图甲所示的巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重状态，该器械有一个可乘坐二十人的环形座舱套在竖直柱子上，由升降机将座舱送上几十米的高处，然后让座舱自由下落，落到一定位置时，制动系统启动，到地面时刚好停下。若座舱中某人用手水平托着质量为0.2kg的手机，手机中的软件记录了手机下落过程中加速度随时间变化的关系图象，如图乙所示。
(1)当座舱下落4s时，求人的速度大小；
(2)当座舱下落4s时，求手机对手的作用力。








14. 对于甲和乙两种金属，其遏止电压Uc与入射光频率ν的关系如图所示。用h、e分别表示普朗克常量和电子电荷量。
(1)求两图线的斜率和这两种金属的逸出功；
(2)若这两种金属产生的光电子具有相同的最大初动能，试比较照射这两种金属的入射光频率的大小。







15. 两等高的长木板M、N放在光滑水平面上，两木板相邻但不粘连，木板N固定在水平面上，右侧固定有半径R=0.18m的光滑半圆轨道，半圆轨道最下端与长木板N的上表面相切，长木板N上放着质量mA=1kg的物块A与质量mB=2kg的物块B，A与B均可视为质点，A、B间夹一被压缩的轻质弹簧(弹簧与A、B均不拴接)，用手固定A、B不动，此时弹簧储存的弹性势能为Ep=48J，在A、B间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧原长。放手后A向左、B向右运动，细绳在极短时间内被拉断，之后B冲上半圆轨道，B恰能到达半圆轨道最高点C，A滑上长度为L=2m的木板M，木板N的上表面光滑，物块A和木板M上表面间的动摩擦因数为μ=0.4，木板M的质量m=1kg，重力加速度g取10m/s2。
(1)求细绳被拉断过程中细绳对B的冲量I的大小；
(2)求A滑离M瞬间的速度大小；
(3)为了使A不滑离M，从A刚滑上M开始对M施加水平向左的拉力F，求拉力F应满足的条件。








16. 在一边长为a的等边三角形OPQ内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，PQ是刚性绝缘板，带电微粒垂直撞上后会反向弹回，碰撞为弹性碰撞。现以O点为坐标原点，OP为x轴正方向，建立直角坐标系，在第一象限内加一方向竖直向上的匀强电场，在y轴的左侧加一加速电场，假设A、B两极板之间的加速电压为U，在B板的中间有一小孔。现将一带电荷量为−q、质量为m的带负电的微粒在A板中间由静止释放，带电微粒从B板的小孔处飞出，接着从y轴上的M点垂直y轴进入电场，随后从x轴上的C点进入磁场，且速度方向与OQ边平行。经过一段时间带电微粒恰好垂直打到绝缘板的中点并被弹回。最后带电微粒打在y轴负半轴上的N点处(C点、N点图中均未画出)，不计带电微粒重力影响。求：
(1)第一象限内的匀强电场的电场强度大小；
(2)三角形OPQ区域内匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)带电微粒从M点运动到N点所用的总时间。







答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：A、在v−t图象中，图线的斜率表示加速度，结合图线可知，第1s末的加速度最小，第3s末的加速度最大，故A错误；
B、图线与横轴所围的面积大小表示特长生运动的位移大小，横轴以上的面积表示位移为正，由图线可知，0∼3s内位移增大，3∼6s内位移减小，根据横轴上、下两个三角形全等，可见3s末位移最大，6s末位移为零，故B正确；
C、根据B项分析可知，只有当负向位移大于正向位移时，总位移才为负值，即位移方向发生变化，3∼4s速度为负值，表示运动(速度)方向沿反方向，而总位移还是为正，故位移方向没有变化，故C错误；
D、0∼2s速度一直增大，但2∼4s速度先减小到零后反向增大，故D错误。
故选：B。
在v−t图象中，图线的斜率表示加速度，根据斜率大小比较加速度大小；图线与横轴所围的面积大小表示位移；根据v−t图象直接读出速度变化情况。
本题是简单的读图题，要知道速度-时间图象的物理意义：v−t图象反映物体的速度随时间的变化情况，斜率表示加速度，图线与横轴所围的面积大小表示位移。

2.【答案】B

【解析】解：根据平衡条件可知，所施加的力F的方向斜向上时有最小值，设力F的方向与水平方向之间的夹角为α，则有Fsinα+f=mg，f=μFcosα，整理得F=mgsinα+μcosα=mg1+μ2sin(α+ϕ)，由数学知识可知F的最小值为45mg，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据平衡条件结合数学知识可解得F的最小值。
本题考查共点力平衡，解题关键掌握水平与竖直方向的平衡条件解答。

3.【答案】D

【解析】解：根据几何关系可知当光线对小球的入射角为45∘时，折射角为45∘−15∘=30∘，由折射定律可知n=sin45∘sin30∘=2，故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据几何关系求出入射角和折射率，再由折射定律求透明体的折射率。
本题是光的折射定律和数学知识的综合应用，运用几何知识得到入射角与折射角的关系是解题的关键，要作好光路图．

4.【答案】C

【解析】解：A、拉长一根橡皮筋，橡皮筋内部相邻分子间距离大于r0，分子间引力和斥力同时存在，引力大于斥力，分子力表现为引力，故A错误；
B、水在被压缩时，分子间距离变小，相邻分子间既有引力又有斥力，斥力大于引力，分子力表现为斥力，故B错误；
C、空中的小雨滴一般呈球形，主要是因为表面张力作用使小雨滴的表面积达到最小，体积一定时，球的表面积最小，空中的小雨滴一般呈球形，故C正确；
D、压缩气体费力不是分子斥力造成的，而是压强造成的，故D错误。
故选：C。
分子间引力和斥力总是同时存在，相邻分子间距离大于r0时，引力大于斥力，分子力表现为引力；相邻分子间距离小于r0时，斥力大于引力，分子力表现为斥力，故水很难被压缩；
空中的小雨滴一般呈球形，主要是因为表面张力使水分子聚集成球体；
根据理想气体状态方程可知温度不变，气体体积减小，压强增大，故压缩气体比较费力。
明确物体的表面张力，知道压缩气体很难是因为压强造成的，知道分子之间的距离与分子力之间的关系。

5.【答案】B

【解析】解：A、由一定质量的理想气体状态方程：pVT=C，可得：p=CVT，因BA的延长线过原点，可知图线BA的斜率为CV且一定(即BA是等容线)，所以A到B的过程中气体的体积不变，故A错误；
B、B到C的过程为等压过程，压强不变而温度升高，分子平均动能增大，则气体分子每次撞击器壁的平均作用力增大，而压强保持不变，说明气体分子单位时间内撞击单位面积器壁的次数减少，故B正确；
C、C到D的过程中，气体的温度不变，则气体内能不变(即ΔU=0)，压强减小，由pVT=C，可知体积增大，则气体对外界做功(即W<0)，由热力学第一定律：ΔU=W+Q，可知Q=−W>0，说明气体吸收的热量等于气体对外界做的功，故C错误；
D、D到A的过程中，压强不变，气体温度降低，则内能减小，由pVT=C，可知气体体积减小，故D错误。
故选：B。
由p−T图象结合一定质量的理想气体状态方程判断气体的状态变化；温度是气体分子平均动能的标志；对于一定质量的理想气体，温度降低则气体的内能减少，温度不变则内能不变；根据热力学第一定律判断气体吸放热。
本题考查了一定质量的理想气体状态方程和热力学第一定律的综合应用，应用一定质量的理想气体状态方程判断气体的压强、体积及温度的变化；应用热力学第一定律判断内能、吸放热和外界对气体做功的关系。

6.【答案】D

【解析】解：A、根据mgH=12mv2可得运动员水平飞出的速度v=2gH，若H加倍，则水平飞出的速度v变为2倍，故A错误；
B、运动员从A点飞出后做平抛运动，则tanθ=12gt2vt=gt2v，解得t=2vtanθg=2tanθ2Hg，若H加倍，则在空中运动的时间t变为2倍，故B错误；
CD、运动员落到斜面上的速度方向与水平方向夹角α的正切值是位移方向与水平方向夹角θ正切值的2倍，若H加倍，则运动员落到斜面上的速度方向不变，其落到斜面上的速度大小v′=vcosα，α不变，若H加倍，则运动员落到斜面上的速度大小变为2倍，故C错误，D正确。
故选：D。
不计滑动过程的摩擦和空气阻力，满足机械能守恒，据此可解运动员在A点水平飞出的速度；运动员落到斜面上，竖直位移与水平位移的比始终等于斜面夹角的正切值可求解其运动时间表达式；不计滑动过程的摩擦和空气阻力，应用机械能守恒定律和合速度的表达式解决；平抛运动速度方向与水平夹角的正切值始终等于位偏角正切值的2倍，据此分析即可。
本题容易出现错误的是选项B和D，B选项的运动员落到斜面上的空中运动的时间t是一个典型问题，用位移关系解决，D选项的平抛运动速度方向与水平夹角的正切值始终等于竖直位移与水平位移的比的2倍的推论，难度较大，需要深刻理解。

7.【答案】B

【解析】解：根据万有引力提供向心力，有
GMmR2=mR(2πT0)2
又地球可以看作球体，故有V=43πR3，
根据密度公式可得
三式联立整理可得，式中G为引力常量，T0为卫星绕地球表面做圆周运动的周期。
根据开普勒第三定律可得r3R3=T2T02
整理可知T02=2426.63 h2
代入数据解得T0≈1.4h
火星密度是地球的0.7倍，设“天问一号”绕火星表面做圆周运动的周期为T1，则
联立整理代入数据可得T1≈1.7h，故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据万有引力提供向心力，结合密度公式和开普勒第三定律得出卫星绕地球表面做圆周运动的周期，结合题意进而得出“天问一号”绕火星表面做圆周运动的周期。
在处理天体运动问题时，要注意解题的关键在于：一是万有引力提供向心力；二是万有引力等于物体的重力。

8.【答案】D

【解析】解：A、理想变压器原副线圈匝数之比为1：10，根据I1I2=n2n1，则A1和A2示数之比为10：1，故A错误，
B、小灯泡要正常发光，副线圈输出电压有效值为10 V，则原线圈输入电压有效值为1 V，那么交流发电机的最大输出电压NBSω=2 V，即ω=2 rad/s，则转速为n′=ω2π=22π r/s，故B错误，
C、线圈转速加倍，交变电流的电压最大值加倍，变压器输出电压有效值加倍，电阻R的热功率变为原来的4倍，故C错误，
D、小灯泡烧坏，副线圈所接电路电阻增大，消耗的功率减小，原线圈电流减小，故D正确。
故选：D。
根据I1I2=n2n1解得电流之比，交流发电机的最大输出电压Em=NBSω，副线圈所接电路电阻增大，消耗的功率减小，原线圈电流减小。
解题关键掌握正弦式交流电电压的瞬时值u=Umsinωt、最大值Em=NBSω、有效值U=Um2。

9.【答案】B

【解析】解：AB、由题图可知波长λ=8cm=0.08m，波沿x轴正方向传播，此时质点P振动了0.02s，且位于平衡位置，但起振方向未知，则周期T满足nT2=0.02s(n=1、2、3、…)，又波速v小于6m/s，有v=λT=0.08n0.04m/s<6m/s，可知n取1、2时，波速满足题设，当n取1时，T=0.04s，v=2m/s，质点P起振方向向上，t=T4=0.01s时，质点P第一次到达波峰，当n取2时，T=0.02s，v=4m/s，质点P起振方向向下，t=3T4=0.015s时，质点P第一次到达波峰，故A错误，B正确；
CD、当n取1时，T=0.04s，t=0.14−0.082 s=0.03s时波传播到质点Q，则t=0.035s到t=0.04s时间内，质点Q速度越来越小，同理，当n取2时，在该时间段内，质点Q离开平衡位置向下运动，故CD错误。
故选：B。
依据波形图，确定周期，再根据波长和周期求波速；根据时间与周期的倍数关系判断P的运动；由3.5s∼4s内，根据质点Q位置，来判定速度的变化情况。
本题要灵活运用波形平移法确定质点的振动方向，要掌握波速公式v=λT，要根据条件灵活应用。要搞清波动形成过程，根据时间与周期的关系分析质点的运动状态。

10.【答案】D

【解析】解：A、根据右手定则可知甲图中通过杆的电流方向b→a，根据左手定则可知安培力方向向左；已图中电流方向a→b，根据左手定则可知安培力方向向右，二者受到的安培力方向相反，故A错误；
B、图甲中电路，由闭合电路欧姆定律可得I1=BLvR+r，金属杆受到的安培力F1=BI1L=B2L2vR+r；
图乙中金属杆受到的安培力F2=BIL，安培力大小之比为F1F2=BLvI(R+r)，故B错误；
C、在Δt时间内，图甲中金属杆产生的电能等于金属杆克服安培力做的功，，故C错误；
D、图乙中电源输出的能量等于安培力对金属杆做的功，即，故D正确。
故选：D。
根据左手定则判断安培力的方向；根据安培力的计算公式求解安培力的大小；图甲中金属杆产生的电能等于金属杆克服安培力做的功，图乙中电源输出的能量等于安培力对金属杆做的功，由此解答。
本题主要是考查安培力的计算和安培力做功的计算，关键是弄清楚两根导体棒中安培力的方向，掌握安培力大小的计算方法。

11.【答案】D

【解析】解：AB、对A小球受力分析，受重力、库仑力、拉力，如图所示，

根据平衡条件有
，
，
故，
同理，有，，
由于θ1>θ2，故m1 T1T2=sinθ2sinθ1，m1m2=tanθ2tanθ1，
故AB错误；
C、由于θ1>θ2，且两小球到天花板的竖直距离相等，则悬挂A小球的细线长，A运动到最低点时下降的高度大，所以A小球到达最低点时的速度大，故C错误；
D、小球运动过程中机械能守恒，有
mgΔh=Ek，
故
，
根据数学中的半角公式，得
，
其中相同，故θ越大，动能越大，故Ek1一定大于Ek2，故D正确。
故选：D。
对AB受力分析，根据平衡条件求两小球质量和绳的拉力；两小球各自所带电荷被瞬间中和后开始做圆周圆周运动，运动到最低点重力势能转化为动能，根据机械能守恒定律可知在最低点时速度和动能大小。
本题关键分别对两个小球受力分析，然后根据平衡条件列方程；再结合机械能守恒定律列方程分析求解。

12.【答案】BI2r−I1R2I1  最大  仍为IR0  甲  图乙电路受电阻箱取值限制，阻值只能精确到个位

【解析】解：(1)为了减小测量误差，图甲中两个电流表应同时偏转较大角度，电阻箱R2的阻值应为50Ω，故B正确，AC错误；
故选：B。
(2)在图甲的电路中，测得电流表A1、A2的示数分别为I1、I2，电阻箱的示数为R2，则电流表A1两端的电压为I2r−I1R2，则RA的测量值为RA=I2r−I1R2I1；
(3)①实验前电阻箱R2的阻值应该调节到最大，以保证电表安全；
③替代法最简单的操作是让A2示数不变，则可直接从R2的读数得到电流表A1的内阻；
(4)两个电路都没有由仪器引起的系统误差，但用图乙电路测量时，受电阻箱取值限制，阻值只能精确到个位，误差较大，所以选用图甲效果更好。
故答案为：(1)B；(2)I2r−I1R2I1；(3)①最大；③仍为I；R0；(4)甲；图乙电路受电阻箱取值限制，阻值只能精确到个位。
(1)根据实验原理结合电流的特点选择合适的电阻箱；
(2)根据欧姆定律结合电路构造计算出内阻RA的测量值；
(3)①为了保证电路的安全，电阻箱的阻值在实验前要调到阻值最大处；
③根据实验原理掌握正确的实验操作，学会数据分析；
(4)根据两个电路的区别选出更加合适的电路进行实验。
本题主要考查了伏安法测电阻的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合电路构造和欧姆定律完成对电路的分析。

13.【答案】解：(1)当座舱下落4 s时，由a−t图象与横轴围成的面积表示速度可知手机的速度为
v=−10×3m/s+15×1m/s=−15m/s
则人的速度大小为15m/s
(2)当座舱下落4 s时，手机的加速度大小为a2=15m/s2
对手机，根据牛顿第二定律有FN−mg=ma2
解得FN=5N
根据牛顿第三定律可知，手机对手的作用力也为5 N，方向竖直向下
答：(1)当座舱下落4s时，人的速度大小为15m/s；
(2)当座舱下落4s时，手机对手的作用力为5 N，方向竖直向下。

【解析】(1)在a−t图像中，图像与横轴围成的面积表示速度可知手机的速度；
(2)根据牛顿第二定律求得相互作用力。
本题主要考查了牛顿第二定律，明确a−t图像中，图像与时间轴所围的面积表示速度。

14.【答案】解：(1)由爱因斯坦光电效应方程有hν−W0=Ek
遏止电压Uc与最大初动能关系为Ek=Uce
可得Uc=heν−W0e可知两图线的斜率均为he设甲、乙的逸出功分别为、，由Uc=heν−W0e可知
；
可得；
(2)设照射到甲、乙的入射光频率分别为ν1、ν2
根据以上分析有
可得
因为、，则，
综合可得ν1<ν2
答：(1)两图线的斜率和这两种金属的逸出功分别为ae和be；
(2)若这两种金属产生的光电子具有相同的最大初动能，则ν1<ν2。

【解析】(1)根据爱因斯坦光电效应方程结合图像得出金属的逸出功；
(2)根据爱因斯坦方程比较出两种入射光的频率大小。
本题主要考查了爱因斯坦光电效应方程，根据图像结合公式分析出金属的逸出功即可，整体难度不大。

15.【答案】解：(1)设物块B在细绳被拉断后的瞬时速率为vB1，到达C点的速率为vC。
B恰能到达半圆轨道最高点C，由重力提供向心力，由牛顿第二定律有
 mBg=mBvC2R
对细绳被拉断后B运动到最高点C这一过程，由动能定理有
−2mBgR=12mBvC2−12mBvB12
联立解得：vB1=3m/s
设弹簧恢复到原长时B的速率为vB，A的速率为vA，取水平向左为正方向，由能量守恒定律可知，弹簧的弹性势能转化为A、B的动能，则有
Ep=12mBvB2+12mAvA2
A和B组成的系统动量守恒，有
 0=mAvA+mB(−vB)
解得：vA=8m/s，vB=4m/s
细绳被拉断的过程，对B根据动量定理有I=mB(−vB1)−mB(−vB)
解得：I=2N⋅s，方向水平向左
(2)细绳被拉断的过程，对A根据动量定理有−I=mAvA1−mAvA
解得vA1=6m/s
A在木板M上滑动的过程满足mAvA1=mAvA2+mv
μmAgL=12mAvA12−12mAvA22−12mv2
由于A可滑离M，则vA2>v，解得vA2=4m/s
(3)为了使A刚好不从M的左端滑离M，设对M施加的最小拉力为F1，此时对应M向左的加速度大小为a1，A向右的加速度大小为μg，当A滑到M的最左端时，二者的速度刚好相等，结合相对运动的知识有
−2(a1+μg)L=0−vA12
对木板M有F1+μmAg=ma1
解得F1=1N
为了使A不从M的右端滑离M，当A和M共速后，物块A向左的最大加速度满足：μmg=ma2
对A和M整体，最大拉力F2=(m+mA)a2
解得F2=8N
故为了使A不滑离M，对M施加的拉力F应满足1N≤F≤8N
答：(1)细绳被拉断过程中细绳对B的冲量I的大小为2N⋅s；
(2)A滑离M瞬间的速度大小为4m/s；
(3)为了使A不滑离M，从A刚滑上M开始对M施加水平向左的拉力F，拉力F应满足的条件为1N≤F≤8N。

【解析】(1)B恰能到达半圆轨道最高点C，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出B到达C点的速度大小。B从细绳被拉断后到运动到最高点C的过程，利用动能定理求出物块B在细绳被拉断后的瞬时速率。根据动量守恒定律和能量守恒定律求出弹簧恢复到原长时B的速率。细绳被拉断的过程，对B根据动量定理计算细绳对B的冲量I的大小；
(2)细绳被拉断的过程，对A根据动量定理求出A刚滑上木板M的速率。A在木板M上滑行过程，利用动量守恒定律和能量守恒定律相结合求求A滑离M瞬间的速度大小；
(3)为了使A不滑离M，当A滑到M的最左端时，二者的速度刚好相等，对A与M分别运用牛顿第二定律、运动学公式和位移关系列式，即可求解拉力F应满足的条件。
解答本题时，首先要理清物体的运动情况，把握每个过程和状态的物理规律，特别是隐含的临界条件，要知道B恰能到达半圆轨道最高点C，由重力提供向心力。A恰好不滑离M，当A滑到M的最左端时，二者的速度刚好相等。

16.【答案】解：(1)带电微粒运动的轨迹如图所示，设带电微粒从B板射出的速度为v0，由动能定理有qU=12mv02

设带电微粒进入匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为r，圆心为O1，由几何知识有
PC=O1P=r−a2
O1C=2(r−a2)cos30∘=r
解得带电微粒在磁场中的轨迹半径：r=3+34a
OC=a−PC=3−34a
带电微粒在偏转电场中做类平抛运动，经过C点时的竖直分速度vy=a0t1
由牛顿第二定律有a0=qEm
带电微粒在电场中运动的时间为t1=OCv0
速度偏向角为60∘，则tan60∘=vyv0
联立解得：E=4(3+1)Ua；
(2)带电微粒进入匀强磁场时的速度v=v0cos60∘=2v0
由洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2r
解得：B=4(3−3)3a2mUq；
(3)带电微粒在偏转电场中运动的时间为：t1=OCv0=(32−6)a8mqU
带电微粒在磁场中运动的总时间为：t2=60∘360∘×2πrv=(3+3)πa24v0=(32+6)πa48mqU
射出磁场时速度方向水平向左，从离开磁场到N点所用的时间为：
t3=OC2v=(3−3)a16v0=(32−6)a32mqU
故带电微粒从M点运动到N点的总时间为：
t=t1+t2+t3=[5(32−6)a32+(32+6)πa48]mqU。
答：(1)第一象限内的匀强电场的电场强度大小为4(3+1)Ua；
(2)三角形OPQ区域内匀强磁场的磁感应强度大小为4(3−3)3a2mUq；
(3)带电微粒从M点运动到N点所用的总时间为[5(32−6)a32+(32+6)πa48]mqU。

【解析】(1)画出带电微粒运动的轨迹，由动能定理求解带电微粒从B板射出的速度；由几何知识求解带电微粒在磁场中的轨迹半径；带电微粒在偏转电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律求解电场强度；
(2)由洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度大小；
(3)分别求出带电微粒在偏转电场中运动的时间、带电微粒在磁场中运动的总时间、从离开磁场到N点所用的时间，由此得到带电微粒从M点运动到N点的总时间。
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；对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动或匀变速直线运动的规律进行解答。