《2021年天津市滨海新区高考物理模拟试卷（附答案详解）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021年天津市滨海新区高考物理模拟试卷（附答案详解）.pdf（17页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2021年天津市滨海新区高考物理模拟试卷一、单 选 题（本大题共5 小题，共 2 5.0分）1 .2 02 0年 1 2 月，我国自主研制新一代“人造太阳”，“中 国 环 流 器 二 号 装 置 首次成功放电，标志我国核物理发展取得重大突破。“人造太阳”中的核反应方程为:出+；T$H e +X.下列说法正确的是（）A.该核反应是核聚变反应，聚变反应过程需要吸收能量才能进行B.该核反应是核裂变反应，核反应方程式中的X 是中子C.人造太阳释放的能量大小的计算公式是 E=m e2D.核反应表明，原子核越重，比结合能越大2 .如今共享单车随处可见，与大多山地自行车相比，共享单车具有以下特点：质量更小更
2、轻便；科技含量更高，携带G P S 模块和S/M 卡便于定位和传输信息；每辆车自带二维码，以方便手机扫描进行连接；自行车可通过车轮转动给车内电池进行充电。根据以上信息，下列说法不正确的是（）A.共享单车比山地自行车惯性更大更容易改变运动状态B.A pp上定位共享单车位置信息须通过人造通讯卫星C.共享单车和手机之间是靠电磁波传递信息D.共享单车内部电源的充电是利用电磁感应原理实现的3.氏 问 是中国战国时期诗人屈原创作的一首长诗，全诗问天间地问自然，表现了作者对传统的质疑和对真理的探索精神。2 02 0年 7 月 2 3 日，我国探测飞船天间一号发射成功飞向火星，屈原的“天问”梦想成为现实。图中
3、虚线为天间一号的“地”“火”转移轨道，下列说法正确的是（）A.天问一号最小发射速度为7.9 k m/sB.天间一号由虚线轨道进入火星轨道需要点火加速C.天问一号由地球到火星的虚线轨道上线速度逐渐变大D.天问一号从地球飞到火星轨道的时间大于火星公转周期的一半4 .关于热学的说法中，下列表述正确的是（）A.花粉颗粒在液体中的布朗运动，是由于花粉颗粒内部分子无规则热运动引起的B.冰箱在制冷过程中，能将热量从温度低的物体传到温度高的物体，所以冰箱工作时不遵守热力学第二定律C.在完全失重的状态下，密闭容器对容器壁压强为零D.在绝热过程中，外界对一定质量的理想气体做功，气体的内能必然增加5 .海上作业和军
4、事领域中，在雷达无法使用的时候，经常通过解析海上浮标的位置信号来粗略地定位船舶和潜艇。设某海域内常态下海浪表面波长为100，延海浪传播方向有“、b、c 三个间距15 0%的浮标，常态下浮标上下浮动周期为5 s,而当某小型潜艇经过时，系统检测到a浮标发生异常浮动，3 6 后和6 s 后又相继检测到b、A.浮标随海水波浪方向向前移动B.浮标区域常态下海水波浪速度为2 0m/sC.根据数据可推测小型潜艇行驶速度约为2（h n/sD.常态下浮标a到达最高点时，浮标b处在海平面位置二、多 选 题（本大题共3小题，共 15.0分）6.高压输电可大大节能，至 2 017 年 11月，我国己建成投运8 项 1
5、000匹特高压交流工程和1 1 项8 0 0 k U 特高压直流工程。中国全面掌握了特高压核心技术，成为世界首个也是唯成功掌握并实际应用特高压技术的国家。某小型水电站的电能输送示意第2页，共17页图如图甲所示，发电机输出的电压恒定，通过升压变压器Ti和降压变压器72向用户供电，已知输电线的总电阻为七 降压变压器72的原、副线圈匝数之比为4：1,它的副线圈两端的交变电压如图乙所示，若将变压器视为理想变压器，则下列说法中正确的是（）A.降压变压器乃原线圈的输入电压为880VB.降压变压器R 的输入功率与输出功率之比为4：1C.当用户端用电量增大时，输电线上损耗的功率减小D.当用户端用电量增大时，发
6、电厂输出的功率也增大7.每逢沙尘暴天气，天空中的太阳往往呈现蓝色光芒，通过查阅资料可以了解到，那是因为阳光遇到沙尘微粒发生散射导致的。除了散射以外，不同颜色的光因频率与波长的差异还会有很多奇妙的自然现象，下列说法中表述正确的有（）A.在玻璃中传播时，红光比蓝光速度更快B.照射到某金属表面时，红光比蓝光更容易发生光电效应C.观察双缝干涉实验中干涉条纹的宽度时，红光比蓝光的条纹更宽D.红蓝复色光从水中射向空气时，随着入射角的增大，红光比蓝光的折射光线先消失8.天津港是我国的八大港口之一，也是华北地区冷链食品的重要输送通道，而在新冠肺炎防控期间，冷链食品成为主要的病毒输入来源。为防止操作工人感染，天
7、津港某企业采用斜面运送冷链食品，简化如图甲所示。电动机通过绕过定滑轮的轻细绳,与放在倾角。=30。的足够长斜面上的物体相连，启动电动机后物体沿斜面上升；在0 6s时间内物体运动的u-t 图象如图乙所示，其中除1 5s时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线，1s后电动机的输出功率保持不变。已知物体的质量为 2kg,不计一切摩擦，重力加速度g=1 0 m/s2,则下列判断不正确的是（）乙A.在0 Is 内电动机所做的功为50JB.1s后电动机的输出功率为50WC.在1 5s内电动机牵引力的冲量大小为50N sD.在0 5s内物体沿斜面向上运动了 32.5m三、实 验 题（本大题共2 小题，共
8、12.0分）9.用双缝干涉测光的波长。实验装置如图（甲）所示，已知单缝与双缝间的距离及=100m m,双缝与屏的距离乙 2=700m m,双缝间距d=0.25mm。用测量头来测量亮纹中心的距离。测量头由分划板、目镜、手轮等构成，转动手轮，使分划板左右移动，让分划板的中心刻线对准亮纹的中心（如图（乙）所示），记下此时手轮上的读数，转动测量头，使分划板中心刻线对准另一条亮纹的中心，记下此时手轮上的读数。建 光 昌 内建 双戏无 皿1 T 4-V1S3乙第 I 条时读效（1）分划板的中心刻线分别对准第1条和第4 条亮纹的中心时，手轮上的读数如图（丙）所示，则对准第1条时读数无1=2.190nun、对
9、准第4 条时读数&=m m（2）根据以上条件，可算出这种光的4=mn（保留三位有效数字）（3）在双缝干涉实验中发现条纹太密，难以测量，下列操作中可以使条纹变稀疏的是_ _ _ _ _ _A.改用波长较短的光（如紫光）做入射光第4页，共17页B.增大双缝到屏的距离C.减少双缝间距D 增大双缝间距1 0.某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：A 被测干电池一节B.电流表1：量程0 0.6 4,内阻r=0.3。C.电流表2：量程0 0.6 A,内阻约为0.10D 电压表1：量程。3U,内阻未知E.电压表2：量程0 1 5 V,内阻未知产.滑动变阻器1：0 100,2AG.滑动变阻
10、器2：0 1000,M凡开关、导线若干伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差，在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻.(1)在上述器材中请选择适当的器材(填写器材前的字母)：电 流 表 选 择,电压表选择，滑 动 变 阻 器 选 择.(2)实 验 电 路 图 应 选 择 如 图 中 的(填“甲”或“乙”)；(3)根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U-/图象，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势后=V,内电阻r=O.四、计算题(本大题共3 小题，共 48.0分)11.2022年冬奥会将在北京举办，为助力冬奥我国自主
11、研发了一款“人体高速弹射装置”。在装置协助下，只需几秒一名滑冰运动员就能从静止状态达到指定速度。现有一质量75kg的运动员甲在弹射装置协助下，通过加速段后获得一定初速度，匀速通过变道段后，进入半径为R=10加的弯道。假设在过弯道时冰刀与冰面弯道凹槽处的接触点如放大图所示，即可认为冰面对人的弹力沿身体方向，身体与冰面的夹角0=45。，忽略冰面对选手的一切摩擦力。交道段-I加射装置(1)求此时运动员转弯的速度为及弹射装置对运动员做的功w；(2)根据第一问的数据，运动员甲获得上述初速度后，与速度为 乙=2 m/s的运动员乙发生碰撞完成接力，相 互 作 用 后 甲 速 度 减 为=2 m/s,方向不变
12、。已知运动员乙的质量为血乙=6 0 k g。求在此过程中两位运动员增加的动能小E。1 2.如图所示，直角坐标平面第I象限内存在大小为E =4 x 1 05W/C,方向水平向左的匀强电场，在第n象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，x轴下方为无限大的真空区域。荷质比为5 =2.5 X l()9 c/k g的带正电粒子从X轴上的A点以初速度为=2 x l C)7m/s垂直x轴射入电场，。4 =0.2 m,不计重力。求：(1)粒子第一次经过)，轴时的位置到原点。的距离；(2)求当磁感应强度B的值为多少时，粒子第二次通过y轴时的纵坐标与第一次关于原点对称。第6页，共17页1 3.电磁弹射是我国最新研究
13、的重大科技项目，原理可用下述模型说明.如图甲所示,虚线右侧存在一个竖直向上的匀强磁场,一边长L的正方形单匝金属线框abed放在光滑水平面上，电阻为R,质量为m,外 边 在 磁 场 外 侧 紧 靠 虚 线 边 界.t=0时起磁感应强度8 随时间，的变化规律是B=%+为大于零的常数)，空气阻力忽略不计.(1)求t=0时刻，线框中的感应电流/及其功率尸；(2)若线框边穿出磁场时速度为v,求线框穿出磁场过程中，安培力对线框所做的功W及通过导线截面的电荷量力(3)若用相同的金属线绕制相同大小的匝线框，如图乙所示，在线框上加一质量为 M 的负载物，求t=0时线框加速度的大小和方向.答案和解析1.【答案】C
14、【解析】解：AB、尽管核聚变在高温高压下才能发生，但聚变过程会放出大量热量，根据质量数守恒和电荷数守恒可知，X的质量数A=2+3-4=1,电荷数Z=1+1-2=0,故X为中子乩，此为核聚变反应，故AB错误；C、由于核聚变过程放出能量，有质量亏损，释放的能量用E=amc2计算，故C正确；。、中等质量的原子核比结合能较大，故。错误。故选：C。根据质量数守恒和电荷数守恒判断生成物，根据生成物判断反应类型；轻核聚变将放出大量的能量，可知有质量亏损，释放的核能用质能方程计算；中等质量的原子核比结合能较大，从而即可判定分析。考查核反应方程书写规律，掌握质能方程的内容，理解聚变反应与裂变反应的区别，解决本题
15、的关键知道轻核聚变反应有质量亏损，放出大量的能量，及注意结合能与比结合能的区别。2.【答案】A【解析】解：A、共享单车的质量小，故其惯性小，所以才能比山地自行车更容易改变运动状态，故A错误；B、App上单车某个时刻的准确位置信息是借助通讯卫星定位确定的，故B正确；C、共享单车和手机不需要接触即可传递信息，二者之间是靠电磁波传递信息，故C正确；。、单车在运动过程通过电磁感应将机械能转化为电能从而实现充电，故。正确。本题选错误的，故选：4。明确质量是惯性大小的唯一量度；明确电磁波的应用，知道手机是利用电磁波传递信息的，知道单车的定位是通过人造通讯卫星进行定位的；内部电源的充电是利用电磁感应原理实现
16、的。本题利用生活中熟知的单车综合考查了惯性、电磁波的应用等，要求掌握相应物理规律第 8页，共 1 7 页在生产生活中的应用。3.【答案】H【解析】解：4天问一号要离开地球到达火星，所 以“天问一号”的最小发射速度要大于第二宇宙速度小于第三宇宙速度，故 A 错误；3、根据题给图片，天问一号在图中地球位置加速做离心运动，此时速度大于地球绕太阳的公转速度，之后到达虚线轨道远日点之后，再加速才能进入火星轨道，故 8 正确；C、天问一号由地球到火星的虚线轨道向火星运动的过程中，只有重力做功，重力势能增加，动能减小，机械能守恒，故线速度逐渐减小，故 C 错误；。、天问一号椭圆轨道半长轴小于火星轨道半径，由
17、开普勒第三定律可知，火星运行周期较长，天问一号从地球飞到火星轨道的时间小于半个火星年，故。错误。故选：8。7.9km/s是卫星绕地球表面飞行的环绕速度，11.2km/s是卫星脱离地球引力的束缚的最小发射速度；根据万有引力提供向心力，即可判断出加速度和速度的的变化关系，根据开普勒第三定律求得周期即可判断。本题考查了万有引力定律的应用，解决本题的关键是理解卫星的变轨过程，以及万有引力定律的灵活运用，这类问题也是高考的热点问题。4.【答案】D【解析】解：A、花粉颗粒在液体中的布朗运动是花粉小颗粒的运动，是由于液体分子无规则热运动引起的，故 A 错误；B、冰箱在制冷过程中，能将热量从温度低的物体传到温
18、度高的物体，产生了其它影响，即消耗了电能，所以冰箱工作时不违背热力学第二定律，故 B错误；C、大量气体分子单位时间作用在器壁上单位面积上的压力，在完全失重状态下，依然存在碰撞，依然产生气体压强，故 C 错误；D、在绝热过程中，即Q=0,外界对理想气体做功，即W 0,由热力学第一定律 U=Q+W,可知 (),即气体的内能增大，故。正确。故选：DQ布朗运动是固体小颗粒的运动，它反映了液体分子的无规则运动；根据热力学第二定律判断：根据气体压强的微观解释判断；根据热力学第一定律判断。本题考查了布朗运动、热力学第二定律、气球压强、热力学第一定律等热学基础知识点,知识点多，关键是平时加强对基础知识的掌握，
19、强化记忆。5 .【答案】B【解析】解：A、浮标随着海浪上下移动，不会随海浪方向移动，故 A错误；B、由题知，海水波浪的波长为100?，态下浮标上下浮动周期为5 s,即周期为5 s,由u =：=T M/s =20m/S,可知B 正确；C、由题意可知潜艇的速度 膻=詈 6/5 =5 0加/5,故 C错误；D、a 人间距15 0加，刚好为|人 故两点运动相差半波长，即。最高点时，6 在最低点，故。错误；故选：8。浮标随着海浪上下移动，不会随海浪方向移动；根据题意可求得波速、潜艇速度，相差半波长的点运动情况总相反。本题属于波的周期、波长、速度的计算问题，以及在实际生活的应用.6 .【答案】A D【解析
20、】解；4令降压变压器的原副线圈电压的有效值分别为、U2,匝数分别为七、n2,由图象得到，降压变压器副线圈两端交变电压U =220e s 讥100a 匕则外=22017,降压变压器原、副线圈匝数之比为最=p且晟=最，所以7 2的原线圈的输入电压为必=4=4 x 220=8 8 0 V,故 A正确；A降压变压器为理想变压器，故输入功率与输出功率之比为1：1,故 B错误；C.当用户端的电量增大时，由于功率增大，7 2中副线圈电压恒为220匕 故乃中副线圈的电流增大，输电线上电流增大，因为输电线上损耗的功率P =/2.r,所以输电线上损耗的功率增大，故 C错误；D当用电量增大时，输电线上电流增大，故升
21、压变压器的原线圈电流增大，又原线圈电压不变，第1 0页，共1 7页故发电厂输出的功率P=U/增大，故。正确；故选：A。(1)根据电压与匝数成正比，可以求得降压变压器原线圈电压，(2)根据理想变压器的输入功率等于输出功率求解比值；(3)用户端电量增大即用户端功率变大，根据功率P=U/求出电流变化情况，再求解损耗的功率及发电厂输出的功率：(1)知道在不做特殊说明是题中所提的电压为有效值，知道有效值和最大值的关系；(2)熟记变压器原副线圈的电流、电压、和功率的关系；7.【答案】A C【解析】解：A、玻璃对红光的折射率比对蓝光的小，根据u=:分析可知，在玻璃中传播时，红光比蓝光速度更快，故A正确；8、
22、红光的频率比蓝光的小，照射到某金属表面时，红光比蓝光更不容易发生光电效应，故B错误；C、红光的波长比蓝光的长，根 据 知 观 察 双 缝 干 涉 实 验 中 干 涉 条 纹 的 宽 度 时，红光比蓝光的条纹更宽，故C正确；D、红光的折射率比蓝光的小，根据sinC=；知红光的临界角比蓝光的大，红蓝复色光从水中射向空气时，随着入射角的增大，入射角先达到蓝光的临界角，蓝光先发生全反射，则蓝光比红光的折射光线先消失，故。错误。故选：AC。红光的折射率比蓝光的小，根据=；分析两光在玻璃中传播速度大小；红光的频率比蓝光的小，蓝光比红光更容易发生光电效应；红光的波长比蓝光的长，红光比蓝光的双缝干涉条纹更宽；
23、红光的临界角比蓝光的大，结合全反射条件进行分析。对于七种色光的折射率、频率、波长等关系要牢固掌握，能 结 合 光 速 公 式 双 缝干涉条纹间距公式 X=5人 临界角公式sine=工等规律来分析红光与蓝光各个量的关a n系。8.【答案】BD【解析】解：A、设在时间Q=1s内，物体的位移为Xi，1s末速度为。1 =5 m/s,则由运动学公式得：xx=y =(|x l)m=2.5m,设在0 Is内电动机做的功为W,由动能定理得：1,W -mgxind=-mv代入数据解得：W =50J,故A正确；B、设1s末电动机的牵引力为Fi，由图像知0 1s内物体做加速度为a=5m/s2的匀加速运动，由牛顿定律
24、得：&-mgsinO=m a,即&=m a +mgsinG=(2x5+2 x l0 x 0.5)N=20N,电动机的输出功率为P=K%=(20 x 5)W=100I,由于Is后电动机的输出功率保持不变，故1s后电动机的输出功率为100W,故B错误：C、由图像知5s后物体做匀速运动，故牵引力F2-mgsind=(2 x 10 X 0.5)N ION,由P=F2Vm得:外屋=詈7n/s=10m/s.设1-5s电动机牵引力的冲量大小为/,以女方向为正方向由动量定理得：I mgsindt=m vm m vt代入数据得：I=5QN-s,故C正确；。、设l-5 s内物体位移为小，由动能定理得：1 1Pt-
25、m g x2sin0=-m v -mvl解得：x2=32.5m在0 5s内物体沿斜面向上运动的位移：x=%i+%2=(2.5+32.5)m=357n,故。错误。本题选错误的故选：B D。0-1S物体做匀加速运动，先求位移，再由动能定理求电动机做的功；由。-1s做匀加速运动，利用牛顿第二定律解出1s末的牵引力，利用瞬时功率表达式求其输出功率；先解出”在1-5s内应用动量定理，求这段时间牵引力的冲量；利用动能定理求1-5s内物体的位移，再求0 5s内物体沿斜面的位移。本题实际是一道机车启动问题的变形题，涉及动量定理、动能定理、牛顿定律、运动学公式和运动图像，是一道综合性极强的试题。解答时注意分三个
26、阶段处理，即第一阶段，第12页，共17页匀加速运动，处理时应用牛顿定律即可；第二阶段恒定功率阶段，注意此阶段为变加速运动，不可使用牛顿定律定量处理，应使用动能定理和动量定理解决；第三阶段为匀速运动，处理起来比较简单。9.【答案】7.8 6 8 6 7 6 BC【解析】解：(1)螺旋测微器的固定刻度为7.5 n un,可动刻度为36.8 x O.O l n un =0.36 8 m m,所以最终读数为7.5 m?n +0.36 8 m m =7.8 6 8 m m,所以对准第4 条时读数为x27.868mm；(2)相邻条纹的间距为 x=红 声=7 8 6 8-2 1 9m m =1.8 9 m
27、m,根据波长为4 =6 7 6 M m；(3)根 据 得 要 使 条 纹 变 稀 疏，则减小双缝间距，增大双缝到屏的距离，或增大入射光的波长，故 BC 正确，AO错误。故答案为：(1)7.8 6 8；(2)6 7 6；B C。(1)螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需估读。(2)根据双缝干涉条纹的间距公式，求出波长。Inm=1 0-9m(3)由波的干涉中条纹的间距公式 x =即可求解。解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需估读。根据双缝干涉条纹的间距公式计算波长。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
28、要求定量计算，但要求定性分析。1 0.【答案】8。尸 甲 1.5 0 0.7【解析】解：(1)干电池的电动势约为L 5 V,故为了读数准确，电压表应选择D内阻较小，为了准确测量内阻，选择已知内阻的电流表B；滑动变阻器阻值较小有利于电表的数值变化，减小误差，故 选F.(2)根据以上分析可知，电流表与电池串联，将电流表内阻等效为电源内阻，故电路图选择甲；(3)由 图 可 知，电源的电动势E =1.5 0V；内电阻r+RA =-/-R人A=-0.3=0.7 00.5故答案为：B,D,F；甲；1.5 0,0.7.(1)实验中要能保证安全和准确性选择电表；(2)本实验应采用电阻箱和电压表联合测量，由实验
29、原理可得出电路原理图；(3)由原理利用闭合电路欧姆定律可得出表达式，由数学关系可得出电动势和内电阻.本题为设计性实验，在解题时应注意明确实验的原理；并且要由实验原理结合闭合电路欧姆定律得出表达式，由图象得出电动势和内电阻.1 1.【答案】解：(1)此时运动员转弯时，对运动员受力分析，受到弯道地面沿着身体方向的支持力，和重力，运动员受力分析如图所示：运动员在拐弯时，合力提供向心力，即瓶甲9 瓶甲诏t a n 0 R解得：%=10m/s弹射装置对运动员做的功为：W 甲诺=：x 7 5 x 1 02/=37 5 07(2)运动员甲和乙碰撞过程中，动量守恒，取运动员甲初速度方向为正，则m 严o +血乙
30、/=m伊 /，+mzvz，解得：-1 2m/s在此过程中两位运动员增加的动能 E=如 甲 琮+：m乙琢一(如 甲诏+：m乙吃)代入数据解得：E=600J答：(1)此时运动员转弯的速度先为10 m/s及弹射装置对运动员做的功W为3 7 5 0 J(2)在此过程中两位运动员增加的动能 E为6 0 0 Jo【解析】(1)运动员转弯时合力提供向心力求出拐弯时的速度，根据能量守恒可求出弹射装置对运动员做的功；(2)两运动员碰撞过程中，动量守恒可求出碰后运动员乙的速度，然后根据碰撞过程能量守恒求出两位运动员增加的动能。第14页，共17页本题考查牛顿第二定律可碰撞过程中动量守恒、能量守恒，解答此类问题首先要
31、对运动员受力分析，由合力提供向心力求出速度，然后根据功能关系求出弹射装置对运动员做功。12.【答案】解：（1）粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中运动的时间为3 粒子经过y 轴时的位置与原点。的距离为y,则由牛顿第二定律得：a=*代入数据解得：a =1.0 x l 0 i 5 m/s 2,O A=l a t2,代入数据解得：t =2.0 x 10-8 5,y=vot,代入数据解得：y=0.4m；（2）粒子经过），轴时在电场方向的分速度为：vx=Q3代入数据解得：=2 x 107m/s,设粒子经过y 轴时的速度与y 轴方向夹角为。，则的 9 =代入数据解得：。=45。粒子离开电场时的速度为：
32、v=-7 7，解得：v=2/2 x 107m/sc o s t?粒子进入磁场后由洛伦兹力提供向心力，粒子做匀速圆周运动，离开磁场进入X 轴下方后做匀速直线运动；根据半径与线速度的垂直关系，可知圆周运动的轨迹的圆心以及一条直径必然在直线：y=x+0.4上，该直线与x 轴的交点的横坐标为一 0.4小由于一条直径在该直线上，所以粒子离开电场时的速度也与该直线垂直，即粒子在x 轴上 =-0.4血处离开磁场，然后沿着直线：y=-x-0.4运动，粒子的运动轨迹如图所粒子在y=-0.4?n 处第二次通过y 轴。由几何关系可知，圆周运动的半径为：/?=|X yJOB2 4-0C2=|X V o.42+0.42
33、m =由洛伦兹力提供向心力可知：qvB=my联立解得：B=0.0 4TMy答：(1)粒子第一次经过y轴时的位置到原点0的距离为0.4m；(2)当磁感应强度B的值为0.0 47时，粒子第二次通过y轴时的纵坐标与第一次关于原点对称。【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，x方向上做匀加速运动，y方向做匀速运动，根据平抛运动的基本公式求解粒子经过y轴时的位置到原点O的距离；(2)根据题意画出粒子的运动轨迹图，由几何关系解出粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径，由洛伦兹力提供向心力求磁感应强度大小。本题考查带电粒子在匀强磁场和电场中的运动，可以分别使用类平抛的公式和圆周运动的公式解答，要掌握住半径公式、运
34、动特点，画出粒子的运动轨迹后，由几何关系即可求得。13.【答案】解：t =0时刻线框中的感应电动势功率P =解得P =等(2)由动能定理有W=4 Ek解得W|m v2穿出过程线框中的平均电动势=丝 C线框中的电流7=R通过的电量q =/.t解得q =噌R(3)n匝线框中t =0时刻产生的感应电动势E =嗯线框的总电阻R点=nR第1 6页，共1 7页E线框中的电流/=葭总t=0时刻线框受到的安培力F=nB0IL设线框的加速度为a,根据牛顿第二定律有F=(nm+M)a解得。=武 除答：(l)t=O时刻，线框中的感应电流/及其功率P为华;(2)若线框cd边穿出磁场时速度为v,线框穿出磁场过程中，安培力对线框所做的功卬及通过导线截面的电荷量q为华;(3)若用相同的金属线绕制相同大小的w匝线框，如图乙所示，在线框上加一质量为M的负载物，t=。时线框加速度的大小 黑 嘉 方向水平向左【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律，结合功率表达式，即可求解;(2)根据动能定理，与法拉第电磁感应定律求得平均电动势，及闭合电路欧姆定律，电量表达式，从而即可求解;(3)根据感应电动势与感应电流值，依据安培力表达式，及牛顿第二定律考查法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律的内容，掌握动能定理与牛顿第二定律的应用，理解电量的综合表达式的推导，注意安培力大小与匝数有关.