北京市怀柔区2016届高考查漏补缺物理试卷(精品解析版)
2016年北京市怀柔区高考查漏补缺物理试卷
一、选择题
1．对一定质量的气体，下列说法中正确的是（）
A．从外界吸收热量后，内能一定增大
B．温度升高时，分子间的平均距离一定增大
C．温度不变而压强增大时，外界一定要对气体做功
D．要使气体分子的平均动能增大，外界必须向气体传热
2．双缝干涉实验装置如图所示，双缝间的距离为d，双缝到屏的距离为l，用红色激光照射双缝，调整实验装置使得屏上可以见到清晰的干涉条纹，关于干涉条纹，下列说法正确的是（）
A．若只将屏向右移动一小段距离，屏上条纹会变得模糊不清
B．若只将屏向右移动一小段距离，屏上相邻两亮纹间的距离变小
C．若只将双缝间的距离减小，屏上相邻两亮纹间的距离变小
D．若只将红色激光变为绿色激光，屏上相邻两亮纹间的距离变小
3．假设地球和火星都绕太阳做匀速圆周运动，已知地球到太阳的距离小于火星到太阳的距离，那么（）
A．地球公转周期大于火星的公转周期
B．地球公转的线速度小于火星公转的线速度
C．地球公转的加速度小于火星公转的加速度
D．地球公转的角速度大于火星公转的角速度
4．如图所示，带等量异种电荷的平行板之间，存在着垂直纸面向里的匀强磁场，一带电粒子在电场力和洛伦兹力的作用下，从静止开始自A 点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点是曲线的最低点，不计重力，以下说法正确的是（）
A．这个粒子带负电荷
B．A点和B点必定不在同一水平面上
C．在C点洛伦兹力大于电场力
D．粒子在C点速度最小
5．一列简谐横波，在t=6.0s时的波形如图（甲）所示，图（乙）是这列波中质点P的振动图线，那么该波的传播速度和传播方向是（）
A．v=0.20m/s，向左传播B．v=0.20 m/s，向右传播
C．v=0.15 m/s，向左传播D．v=0.15 m/s，向右传播
6．空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如图所示，a、b、c、d为电场中的4个点．则（）
A．P、Q两处的电荷等量同种
B．a点和b点的电场强度大小不同
C．b点的电势低于C点的电势
D．a点的电势高于c点的电势
7．如图，虚线框内为改装好的电表，M、N为新电表的接线柱，其中灵敏电流计G的满偏电流为100μA，已测得它的内阻为395.0?．图中电阻箱读数为5.0?．现将MN接入某电路，发现灵敏电流计G刚好满偏，则根据以上数据计算可知（）
A．M、N两端的电压为4mV B．M、N两端的电压为40mV
C．流过M、N的电流为1.25μA D．流过M、N的电流为8 mA
8．如图所示为一种早期发电机的原理示意图，该发电机由固定的圆形线圈和一对用铁芯连接的圆柱形磁铁构成，两磁极相对于线圈平面对称．当磁极绕转轴匀速转动时，磁极中心在线圈平面上的投影沿圆弧MOP运动（O是线圈的中心）．在磁极的投影从M点运动到P点的过程中（）
A．流过电流表的电流由F指向E
B．流过电流表的电流先增大再减小
C．流过电流表的电流先增大再减小，然后再增大、再减小
D．流过电流表的电流先减小再增大
二、解答题（共5小题，满分72分）
9．某班同学在做“练习使用多用电表”的实验．
①某同学用多用电表的欧姆挡测量电阻R x的阻值，当选择开关置于欧姆挡“×
100”的位置时，多用电表指针示数如图所示，此被测电阻的阻值约为Ω．②某同学按如图所示的电路图连接元件后，闭合开关S，发现A、B不亮．该同学用多用电表的欧姆挡检查电路的故障．检查前，应将开关S．（选填“闭合”或“断开”）
③若②中同学检查结果如表所示，由此可以确定
测试点b、f b、e b、d d、e
多用表
表盘指示
A．灯A断路B．灯B断路C．灯A、B都断路D．d、e间导线断路．10．（12分）某组同学设计了“探究加速度a与物体所受合力F及质量m的关系”实验．图（a）为实验装置简图，A为小车，B为电火花计时器，C为装有细砂的小桶，D为一端带有定滑轮的长方形木板，实验中认为细绳对小车拉力F等于细砂和小桶的总重量，小车运动的加速度a可用纸带上打出的点求得．
①图（b）为某次实验得到的纸带，已知实验所用电源的频率为50Hz．根据纸带可求出小车的加速度大小为m/s2．（结果保留二位有效数字）
②在“探究加速度a与质量m的关系”时，保持细砂和小桶质量不变，改变小车质量m，分别记录小车加速度a与其质量m的数据．在分析处理数据时，该组同学产生分歧：甲同学认为应该根据实验中测得的数据作出小车加速度a与其质量m的图象．乙同学认为应该根据实验中测得的数据作出小车加速度a与其质量倒数的图象．两位同学都按照自己的方案将实验数据在坐标系中进行了标注，但尚未完成图象（如图（c）所示）．你认为同学（填“甲”、“乙”）的方案更合理．请继续帮助该同学作出坐标系中的图象．
③在“探究加速度a与合力F的关系”时，保持小车的质量不变，改变小桶中细砂的质量，该同学根据实验数据作出了加速度a与合力F的图线如图（d），该图线不通过坐标原点，试分析图线不通过坐标原点的原因．
答：．
11．（16分）如图所示，一质量M=2.0kg的长木板AB静止在水平面上，木板的左侧固定一半径R=0.60m的四分之一圆弧形轨道，轨道末端的切线水平，轨道与木板靠在一起，且末端高度与木板高度相同．现在将质量m=1.0kg的小铁块（可视为质点）从弧形轨道顶端由静止释放，小铁块到达轨道底端时的速度v0=3.0m/s，最终小铁块和长木板达到共同速度．忽略长木板与地面间的摩擦．取重力加速度g=10m/s2．求
（1）小铁块在弧形轨道末端时所受支持力的大小F；
（2）小铁块在弧形轨道上下滑过程中克服摩擦力所做的功W f；
（3）小铁块和长木板达到的共同速度v．
12．（18分）如图甲所示，在圆形水池正上方，有一半径为r的圆形储水桶．水桶底部有多个沿半径方向的水平小孔，小孔喷出的水在水池中的落点离水池中心的距离为R，水桶底部与水池水面之间的高度差是h．为了维持水桶水面的高度不变，用水泵通过细水管将洒落的水重新抽回到高度差为H的水桶上方．水泵
由效率为η1的太阳能电池板供电，电池板与水平面之间的夹角为α，太阳光竖直向下照射（如图乙所示），太阳光垂直照射时单位时间、单位面积接受的能量为E0．水泵的效率为η2，水泵出水口单位时间流出水的质量为m0，流出水流的速度大小为v0（不计水在细水管和空气中运动时所受的阻力）．求：
（1）水从小孔喷出时的速度大小；
（2）水泵的输出功率；
（3）为了使水泵的工作能维持水面的高度不变，太阳能电池板面积的最小值S．13．（20分）如图（甲）所示，光滑的平行水平金属导轨MN、PQ相距l，在M 点和P点间连接一个阻值为R的电阻，一质量为m、电阻为r、长度也刚好为l 的导体棒垂直搁在导轨上a、b两点间，在a点右侧导轨间加一有界匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面，宽度为d0，磁感应强度为B，设磁场左边界到ab距离为d．现用一个水平向右的力F拉导体棒，使它从a、b处静止开始运动，棒离开磁场前已做匀速直线运动，与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，水平力F﹣x的变化情况如图（乙）所示，F0已知．求：
（1）棒ab离开磁场右边界时的速度；
（2）棒ab通过磁场区域的过程中整个回路所消耗的电能E；
（3）d满足什么条件时，棒ab进入磁场后一直做匀速运动；
（4）若改变d的数值，定性画出棒ab从静止运动到d+d0的过程中v2﹣x的可能图线（棒离开磁场前已做匀速直线运动）．
2016年北京市怀柔区高考查漏补缺物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．对一定质量的气体，下列说法中正确的是（）
A．从外界吸收热量后，内能一定增大
B．温度升高时，分子间的平均距离一定增大
C．温度不变而压强增大时，外界一定要对气体做功
D．要使气体分子的平均动能增大，外界必须向气体传热
【考点】热力学第一定律；气体压强的微观意义．
【分析】改变物体内能有两种方式：做功和热传递．物体的内能与物体的温度和体积有关．温度是分子平均动能的标志，根据气态方程和热力学第一定律分析．【解答】解：A、改变物体内能有两种方式：做功和热传递．从外界吸收热量后，根据热力学第一定律得知，内能不一定增大，还与做功情况有关．故A错误．B、温度升高时，分子平均动能增大，但气体的体积不一定增大，则分子间的平均距离不一定增大，故B错误．
C、温度不变而压强增大时，由气态方程=c知，气体的体积减小，则外界一定要对气体做功．故C正确．
D、气体分子的平均动能增大，则温度升高，内能增大，但外界向气体传热或外界对气体做功．故D错误．
故选C
【点评】本题要抓住温度的微观含义：温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能越大．并掌握热力学第一定律△U=W+Q的应用．
2．双缝干涉实验装置如图所示，双缝间的距离为d，双缝到屏的距离为l，用红色激光照射双缝，调整实验装置使得屏上可以见到清晰的干涉条纹，关于干涉条纹，下列说法正确的是（）
A．若只将屏向右移动一小段距离，屏上条纹会变得模糊不清
B．若只将屏向右移动一小段距离，屏上相邻两亮纹间的距离变小
C．若只将双缝间的距离减小，屏上相邻两亮纹间的距离变小
D．若只将红色激光变为绿色激光，屏上相邻两亮纹间的距离变小
【考点】双缝干涉的条纹间距与波长的关系．
【分析】由波的干涉中条纹的间距公式可得出为增大间距应采取的措施．
【解答】解：在波的干涉中，干涉条纹的间距△x=，由公式可得，条纹间距与波长、缝屏之间的距离成正比，与双缝间的距离d成反比，
A、若只将屏向右移动一小段距离，则干涉条纹的间距变大，不会变得模糊不清，故AB错误；
C、若只将双缝间的距离减小，则可得条纹间距变大，故C错误；
D、若只将红色激光变为绿色激光，则波长变小，所以屏上相邻两亮纹间的距离变小，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查光波的干涉条纹的间距公式，应牢记条纹间距的决定因素，不要求定量计算，但要求定性分析．
3．假设地球和火星都绕太阳做匀速圆周运动，已知地球到太阳的距离小于火星到太阳的距离，那么（）
A．地球公转周期大于火星的公转周期
B．地球公转的线速度小于火星公转的线速度
C．地球公转的加速度小于火星公转的加速度
D．地球公转的角速度大于火星公转的角速度
【考点】万有引力定律及其应用．
【分析】根据万有引力提供向心力=ma，解出线速度、周期、向心加速度以及角速度与轨道半径大小的关系，据此讨论即可．
【解答】解：A、B、根据万有引力提供向心力，得，．由此可知，轨道半径越大，线速度越小、周期越大，由于地球到太
阳的距离小于火星到太阳的距离，所以v
地＞v
火
，T
地
＜T
火
．故AB错误．
C、据万有引力提供向心加速度，得：，可知轨道半径比较小的地球的向心加速度比较大．故C错误；
D、根据：T=，所以：，可知轨道半径比较小的地球的公转的角速度比较大．故D正确．
故选：D．
【点评】本题考查万有引力定律的应用，要掌握万有引力提供向心力，并能够根据题意选择不同的向心力的表达式．
4．如图所示，带等量异种电荷的平行板之间，存在着垂直纸面向里的匀强磁场，一带电粒子在电场力和洛伦兹力的作用下，从静止开始自A 点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点是曲线的最低点，不计重力，以下说法正确的是（）
A．这个粒子带负电荷
B．A点和B点必定不在同一水平面上
C．在C点洛伦兹力大于电场力
D．粒子在C点速度最小
【考点】带电粒子在混合场中的运动．
【分析】（1）由离子从静止开始运动的方向可知离子必带正电荷；
（2）在运动过程中，洛伦兹力永不做功，只有电场力做功根据动能定理即可判断BC；
（3）达B点时速度为零，将重复刚才ACB的运动．
【解答】解：A．离子从静止开始运动的方向向下，电场强度方向也向下，所以离子必带正电荷，故A错误；
B．因为洛伦兹力不做功，只有静电力做功，A、B两点速度都为0，根据动能定理可知，离子从A到B运动过程中，电场力先做正功，后做负功，但总功为零，则A点和B点在同一高度，故B错误；
C．根据曲线运动条件，在C点洛伦兹力大于电场力时，才会C到B的运动轨迹，故C正确；
D．C点是最低点，从A到C运动过程中电场力做正功做大，根据动能定理可知离子在C点时速度最大，故D错误．
故选：C．
【点评】本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，要注意洛伦兹力永不做功，难度适中．
5．一列简谐横波，在t=6.0s时的波形如图（甲）所示，图（乙）是这列波中质点P的振动图线，那么该波的传播速度和传播方向是（）
A．v=0.20m/s，向左传播B．v=0.20 m/s，向右传播
C．v=0.15 m/s，向左传播D．v=0.15 m/s，向右传播
【考点】波长、频率和波速的关系．
【分析】由甲读出波长λ，由乙读出周期T，由v=求出波速．由乙图读出，t=6s
时P点的振动方向，由甲图判断波的传播方向．
【解答】解：由甲读出波长λ=80cm=0.8m，由乙读出周期T=4s，则波速v=
=0.2m/s．
由乙图读出，t=6s时P点的振动方向向下，则由波形的平移法判断可知，波向右传播．故B正确．
故选B
【点评】本题考查基本的读图能力，同时要抓住振动图象和波动图象之间的联系．比较简单．
6．空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如图所示，a、b、c、d为电场中的4个点．则（）
A．P、Q两处的电荷等量同种
B．a点和b点的电场强度大小不同
C．b点的电势低于C点的电势
D．a点的电势高于c点的电势
【考点】电势差与电场强度的关系；电势．
【分析】该电场是等量异号电荷的电场，它具有对称性（上下、左右），该电场中，一般选取无穷远处电势为0，那么正电荷的区域电势为正，负电荷的区域电势为负
【解答】解：A、根据电场的图象可以知道，该电场是等量异号电荷的电场，故A错误；
B、等量异号电荷的电场，它具有对称性（上下、左右），a点和b点的电场强度大小相等，而方向不同，故B错误；
C、因为P点处为正电荷，Q点处为负电荷，b点靠近负电荷，c点靠近正电荷，所以b电势低于c点电势，故C正确；
D、电场线从正电荷出发，终止于负电荷，由于经过c点的等势面离正电荷近，
经过a点的等势面离负电荷近，故a点的电势低于c点的电势，故D错误；
故选：C
【点评】本题考查常见电场的特点，解题的关键是在两个电荷连线的中垂线上的电势和无穷远处的电势相等，而正电荷周围的电场的电势都比它高，负电荷周围的电场的电势都比它低．
7．如图，虚线框内为改装好的电表，M、N为新电表的接线柱，其中灵敏电流计G的满偏电流为100μA，已测得它的内阻为395.0?．图中电阻箱读数为5.0?．现将MN接入某电路，发现灵敏电流计G刚好满偏，则根据以上数据计算可知（）
A．M、N两端的电压为4mV B．M、N两端的电压为40mV
C．流过M、N的电流为1.25μA D．流过M、N的电流为8 mA
【考点】多用电表的原理及其使用．
【分析】由图示电路图可知，电流计与电阻箱并联，应用并联电路特点与欧姆定律分析答题．
【解答】解：A、MN两端电压：U=I g R g=100×10﹣6×395=0.0395V=39.5mV，故AB 错误；
C、D、流过M、N的电流：I=I g+=100×10﹣6+=8mA，故C错误，D正确．故选：D
【点评】本题考查了求电压与电流，分析清楚电路结构是正确解题的前提与关键，
应用并联电路特点与欧姆定律即可正确解题．
8．如图所示为一种早期发电机的原理示意图，该发电机由固定的圆形线圈和一对用铁芯连接的圆柱形磁铁构成，两磁极相对于线圈平面对称．当磁极绕转轴匀速转动时，磁极中心在线圈平面上的投影沿圆弧MOP运动（O是线圈的中心）．在磁极的投影从M点运动到P点的过程中（）
A．流过电流表的电流由F指向E
B．流过电流表的电流先增大再减小
C．流过电流表的电流先增大再减小，然后再增大、再减小
D．流过电流表的电流先减小再增大
【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】根据磁极的转动可知线圈平面中的磁通量的变化，由楞次定律定律可判断线圈中的感应电流方向．根据法拉第电磁感应定律判断感应电动势的大小，由欧姆定律分析感应电流的大小变化．
【解答】解：A、在磁极绕转轴从M到O匀速转动时，穿过线圈平面的磁场方向向上，磁通量增大，根据楞次定律可知线圈中产生顺时针方向的感应电流，电流由F经G流向E；
在磁极绕转轴从O到P匀速转动时，穿过线圈平面的磁场方向向上，磁通量减小，根据楞次定律可知线圈中产生逆时针方向的感应电流，电流由E经G流向F，故A错误．
BCD根据导线切割磁感线产生感应电动势公式E感=BLv，从M到P，可知磁铁的运动使线圈处的磁感应强度先增后减，可知感应电动势先增加后减小、则电流先增大再减小；
从O到P，导线处的磁感应强度先增后减可知感应电动势先增加后减小、电流也先增大再减小，故电流先增大再减小，然后再增大、再减小，故BD错误、C正确．
故选：C．
【点评】本题考查楞次定律的基本应用，首先明确原磁场方向及磁通量的变化，然后由楞次定律判断感应电流的磁场，再由安培定则即可判断感应电流的方向．
二、解答题（共5小题，满分72分）
9．某班同学在做“练习使用多用电表”的实验．
①某同学用多用电表的欧姆挡测量电阻R x的阻值，当选择开关置于欧姆挡“×100”的位置时，多用电表指针示数如图所示，此被测电阻的阻值约为 2.6KΩ．②某同学按如图所示的电路图连接元件后，闭合开关S，发现A、B不亮．该同学用多用电表的欧姆挡检查电路的故障．检查前，应将开关S断开．（选填“闭合”或“断开”）
③若②中同学检查结果如表所示，由此可以确定D
测试点b、f b、e b、d d、e
多用表
表盘指示
A．灯A断路B．灯B断路C．灯A、B都断路D．d、e间导线断路．【考点】用多用电表测电阻．
【分析】欧姆表的读数为示数乘以倍率，测量电阻时要将电路断开，若欧姆表两表笔之间电阻无穷大，说明测量的两点之间有断路，若电阻较小，说明连接完好．【解答】解：①欧姆表的读数为示数乘以倍率，即：26×100=2.6KΩ
②两灯不亮，可以用欧姆表测量两点间的电阻来判断有无断路，检查前，应将开关S断开；
③由图知在bf、be、de之间存在断路，而bd之间电阻较小，说明bd之间没有断路，因此判断de间发生断路，D正确；
故选D
故答案为：①2.6k ②断开③D
【点评】本题考查了欧姆表的读数方法，利用欧姆表进行断路故障的判断，注意有断路时欧姆表指针所处的位置．
10．（12分）（2016?怀柔区模拟）某组同学设计了“探究加速度a与物体所受合力F及质量m的关系”实验．图（a）为实验装置简图，A为小车，B为电火花计时器，C为装有细砂的小桶，D为一端带有定滑轮的长方形木板，实验中认为细绳对小车拉力F等于细砂和小桶的总重量，小车运动的加速度a可用纸带上打出的点求得．
①图（b）为某次实验得到的纸带，已知实验所用电源的频率为50Hz．根据纸带可求出小车的加速度大小为 3.2m/s2．（结果保留二位有效数字）
②在“探究加速度a与质量m的关系”时，保持细砂和小桶质量不变，改变小车质量m，分别记录小车加速度a与其质量m的数据．在分析处理数据时，该组同学产生分歧：甲同学认为应该根据实验中测得的数据作出小车加速度a与其质量m的图象．乙同学认为应该根据实验中测得的数据作出小车加速度a与其质量倒数的图象．两位同学都按照自己的方案将实验数据在坐标系中进行了标注，但尚未完成图象（如图（c）所示）．你认为同学乙（填“甲”、“乙”）的方案更合理．请继续帮助该同学作出坐标系中的图象．
③在“探究加速度a与合力F的关系”时，保持小车的质量不变，改变小桶中细砂的质量，该同学根据实验数据作出了加速度a与合力F的图线如图（d），该图线不通过坐标原点，试分析图线不通过坐标原点的原因．
答：实验前未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足．
【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．
【分析】①根据△x=aT2求出纸带的加速度；
②由F=ma得：在F一定的情况下，a与成正比，所以画a与的图象好找规律；根据坐标系内描出的点作出图象．
③图线不通过坐标原点，当F为某一值时，加速度为零，知平衡摩擦力不足．【解答】解：①相邻计数点之间还有1个点，说明相邻的两个计数点时间间隔为0.04s
由匀变速直线运动的推论：△x=at2可知，加速度：a==≈
3.2m/s2；
②由F=ma得：在F一定的情况下，a与成正比，所以画a与的图象好找规律，故乙同学方案更为合理；根据坐标系内描出的点作出图象如图所示：
③图线不通过坐标原点，F不为零时，加速度仍为零，知实验前未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足．
故答案为：①3.2；②乙；图象如图所示；③实验前未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足．
【点评】应用匀变速直线运动的推论可以求出加速度，求加速度时要注意正确求出相邻计数点间的时间间隔，解题时要注意单位换算．
解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项．其中平衡摩擦力的原因以及做法在实验中应当清．
11．（16分）（2016?怀柔区模拟）如图所示，一质量M=2.0kg的长木板AB静止在水平面上，木板的左侧固定一半径R=0.60m的四分之一圆弧形轨道，轨道末端的切线水平，轨道与木板靠在一起，且末端高度与木板高度相同．现在将质量m=1.0kg的小铁块（可视为质点）从弧形轨道顶端由静止释放，小铁块到达轨道底端时的速度v0=3.0m/s，最终小铁块和长木板达到共同速度．忽略长木板与地面间的摩擦．取重力加速度g=10m/s2．求
（1）小铁块在弧形轨道末端时所受支持力的大小F；
（2）小铁块在弧形轨道上下滑过程中克服摩擦力所做的功W f；
（3）小铁块和长木板达到的共同速度v．
【考点】动能定理的应用；向心力；动量守恒定律．
【分析】（1）小铁块做圆周运动，由牛顿第二定律可以求出在弧形轨道末端时受到的支持力；
（2）应用动能定理可以求出小铁块在圆弧轨道上滑行时克服摩擦力所做的功；（3）忽略长木板与地面间的摩擦，铁块在木板上滑动过程，系统的动量守恒，由动量守恒定律求共同速度v．
【解答】解：（1）小木块在弧形轨道末端时，由牛顿第二定律得
解得：F=mg+m=1×10+1×=25N
（2）铁块在弧形轨道上滑行过程，根据动能定理得
解得：克服摩擦力所做的功W f=mgR﹣=1×10×0.6﹣1×32=1.5J （3）铁块在木板上滑动过程，系统的动量守恒，则有mv0=（m+M）v
解得：共同速度v===1.0m/s
答：
（1）小铁块在弧形轨道末端时所受支持力的大小F是25N；
（2）小铁块在弧形轨道上下滑过程中克服摩擦力所做的功W f是1.5J．
（3）小铁块和长木板达到的共同速度v是1m/s．
【点评】本题关键是分析清楚滑块和长木板的运动，考查动能定理、牛顿第二定律和动量守恒的应用．
12．（18分）（2016?怀柔区模拟）如图甲所示，在圆形水池正上方，有一半径为r的圆形储水桶．水桶底部有多个沿半径方向的水平小孔，小孔喷出的水在水池中的落点离水池中心的距离为R，水桶底部与水池水面之间的高度差是h．为了维持水桶水面的高度不变，用水泵通过细水管将洒落的水重新抽回到高度差为H的水桶上方．水泵由效率为η1的太阳能电池板供电，电池板与水平面之间的夹角为α，太阳光竖直向下照射（如图乙所示），太阳光垂直照射时单位时间、
单位面积接受的能量为E0．水泵的效率为η2，水泵出水口单位时间流出水的质量为m0，流出水流的速度大小为v0（不计水在细水管和空气中运动时所受的阻
力）．求：
（1）水从小孔喷出时的速度大小；
（2）水泵的输出功率；
（3）为了使水泵的工作能维持水面的高度不变，太阳能电池板面积的最小值S．【考点】功能关系；功率、平均功率和瞬时功率；能源的开发和利用．
【分析】（1）由题意可知水做平抛运动的水平位移及竖直高度，则由平抛运动规律可得出水从小孔中喷出的速度；
（2）由功能关系可求得水泵做的功，由功率公式可求得功率；
（3）由太阳能及水泵在转化中的效率可求得实际需要的太阳能量，则可求得太阳能的电池板面积的最小值．
【解答】解：（1）水从小孔喷出时速度沿水平方向，只受重力作用，做平抛运动，设水喷出时的速度大小为v，有：
R﹣r=vt
h=gt2；
水喷出的速度为：v=；
（2）水泵做功，既改变水的势能，又改变水的动能．由功能关系得：
Pt=m0tgh+m0tv02；
功率为：P=m0gh+m0v02．
（3）考虑单位时间内的能量转化及利用效率，太阳能电池板接收太阳能的其中一部分转变成电能E1，电能通过水泵将其中的部分转变成水的势能与动能E2，