（浙江选考）2020届高考物理二轮复习 仿真模拟卷4

（浙江选考）2020届高考物理二轮复习 仿真模拟卷4

仿真模拟卷(四)‎ 一、选择题Ⅰ(本题共13小题,每小题3分,共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)‎ ‎1.下图中不是测量力学基本量的仪器是(　　)‎ ‎2.金丽温高铁开通后,从铁路售票网查询到G7330次列车缙云西到杭州东的信息如图所示,用电子地图测距工具测得缙云西站到杭州东站的直线距离约为‎179.8 km,下列说法正确的是(　　)‎ A.在研究动车过一桥梁所花的时间与动车从缙云西站到杭州东站所花的时间时,动车均可看成质点 B.图中07:31表示一段时间 C.动车高速行驶时,可以取‎5 m位移的平均速度近似看作这‎5 m起点位置的瞬时速度 D.G7330次列车行驶时的最高速度约为‎116 km/h ‎3.一小男孩从右侧用5 s的时间爬上滑梯,停10 s后从左侧的滑梯由静止开始滑到水平地面,用时3 s。下列说法正确的是(　　)‎ A.他爬上去和滑下来的位移相同 B.他整个过程用时18 s,指的是时间间隔 C.他爬上去和滑下来的平均速度相同 D.他爬上去和滑下来的重力做的功相等 ‎4.天舟一号货运飞船于‎2017年4月20日在文昌航天发射中心由长征七号遥二运载火箭成功发射升空,‎4月25日进入预定轨道调整,于‎4月27日成功与更高轨道的天宫二号完成首次推进剂在轨补加试验。已知天舟一号在预定轨道上做匀速圆周运动,补给前后天宫二号在轨道上均为匀速圆周运动。下列说法正确的是(　　)‎ A.补给之前天宫二号中宇航员处于超重状态 B.预定轨道上的天舟一号运行的线速度小于在轨的天宫二号的线速度 C.预定轨道上的天舟一号运行的周期小于在轨的天宫二号的周期 D.补给后的天宫二号的运行速度将会大于‎7.9 km/s ‎5.智能手机耗电量大,移动充电宝应运而生,它是能直接给移动设备充电的储能装置。充电宝的转化率是指电源放电总量占电源容量的比值,约为0.6(包括移动电源和被充电池的线路板、接头和连线的损耗)。下表为某一款移动充电宝的参数,下列说法正确的是(　　)‎ 容量 ‎20 000 mA·h 兼容性 所有智能手机 边充边放 否 保护电路 是 输入 DC 5 V ‎2 A MAX 输出 DC 5 V 0.1~‎‎2.5 A 尺寸 ‎156*82*‎‎22 mm 转化率 ‎0.60‎ 产品名称 索扬SY10-200‎ 重量 约‎403 g A.充电宝充电时将电能转化为内能 B.该充电宝最多能储存能量为3.6×106 J C.该充电宝电量从零到完全充满电的时间约为2 h D.该充电宝给电量为零、容量为3 000 mA·h的手机充电,则理论上能充满4次 ‎6.发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响)。速度较大的球越过球网,速度较小的球没有越过球网,其原因是(　　)‎ A.速度较小的球下降相同距离所用的时间较多 B.速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大 C.速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少 13‎ D.速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大 ‎7.一质量为‎1 kg的物体从高空由静止下落,下落过程中所受空气阻力恒定,在开始一段时间内其位移x随时间t变化的关系图象如图所示。g取‎10 m/s2。物体下落过程中所受空气阻力的大 小为(　　)‎ A.1 N B.2 N C.3 N D.4 N ‎8.如图所示,匈牙利大力士希恩考·若尔特曾用牙齿拉动50 t的A320客机。他把一条绳索的一端系在飞机下方的前轮处,另一端用牙齿紧紧咬住,在52 s的时间内将客机拉动了约‎40 m。假设大力士牙齿的拉力约为5×103 N恒定不变,绳子与水平方向夹角θ约为30°,则飞机在被拉动的过程中(　　)‎ A.重力做功约2.0×107 J B.拉力做功约1.7×105 J C.克服阻力做功约为1.5×105 J D.合外力做功约为2.0×105 J ‎9.如图所示,某带负电荷的小球沿电场中一竖直电场线从A运动到B。E表示电场强度,φ表示小球的电势,Ep表示小球的电势能,Ek表示小球的动能,则下列说法正确的是(　　)‎ A.小球从A点到B点一定是匀加速度运动 B.EA一定大于EB,φA一定大于φB C.小球电势能EpA大于EpB,动能EkA小于EkB D.小球在A点的机械能大于在B点的机械能 ‎10.应用物理知识分析生活中的常见现象,可以使物理学习更加有趣和深入。例如你用手掌平托一苹果,保持这样的姿势在竖直平面内按顺时针方向做匀速圆周运动。关于苹果从最高点c到最低点a运动的过程,下列说法正确的是(　　)‎ A.苹果先处于失重状态后处于超重状态 B.苹果在运动过程中加速度恒定 C.苹果在运动过程中机械能守恒 D.苹果所受的合外力越来越大 13‎ ‎11.频闪照相是每隔相等时间曝光一次的照相方法,在同一张相片上记录运动物体在不同时刻的位置。如图所示是小球在竖直方向运动过程中拍摄的频闪照片,相机的频闪周期为T,利用刻度尺测量相片上2、3、4、5与1位置之间的距离分别为x1、x2、x3、x4。以下说法不正确的是 (　　)‎ A.小球在位置1时的速度一定为零 B.小球在2位置的速度大小为 C.小球的加速度大小为 D.频闪照相法可用于验证机械能守恒定律 ‎12.某兴趣小组的同学设计了一个“电流表”。如图所示,质量为m=‎0.01 kg的匀质细金属棒MN的中点处通过一绝缘挂钩与一竖直悬挂的劲度系数k=2.0 N/m的弹簧相连。在矩形区域abcd内有垂直纸面向外、大小B=0.20 T的匀强磁场。与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数,MN的长度大于ab。当MN中没有电流通过且处于平衡状态时,MN与矩形区域的cd边重合;当MN中有电流通过时,指针示数可表示电流大小。若ab=‎0.2 m,bc=‎0.05 m,重力加速度g取‎10 m/s2,(不计通电时电流产生的磁场的作用)则下列说法正确的是(　　)‎ A.若要电流表正常工作,MN的N端应与电源正极相接 B.当电流表示数为零时,弹簧长度为‎0.05 m C.此电流表的量程是‎2 A D.为了将量程扩大为原来的2倍,磁感应强度应变为0.1 T ‎13.一个质量为m,电荷量为q的半径极小的小球,用丝线悬挂在某匀强电场中,电场线水平向左。当小球静止时,测得悬线与竖直方向成30°夹角,如图所示。则该电场的场强大小为(　　)‎ A.‎ B.‎ C.‎ 13‎ D.‎ 二、选择题Ⅱ(本题共3小题,每小题2分,共6分,每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得2分,选对但不全的得1分,有选错的得0分)‎ ‎14.‎ ‎【加试题】在匀强磁场中,一个100匝的闭合矩形金属线圈,绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动,穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化。设线圈总电阻为2 Ω,则(　　)‎ A.t=0时,线圈平面平行于磁感线 B.t=1 s时,线圈中的电流改变方向 C.t=1.5 s时,线圈中的感应电动势最大 D.一个周期内,线圈产生的热量为8π2 J ‎15.【加试题】下列说法正确的是(　　)‎ A.α粒子散射实验是卢瑟福建立原子核式结构模型的重要依据 B.根据玻尔理论,氢原子辐射出一个光子后,氢原子的电势能增大 C.在光电效应的实验中,入射光的强度增大,光电子的最大初动能也增大 DBi的半衰期是5天,‎12 g Bi经过15天衰变后剩余的质量为‎1.5 g ‎16.【加试题】如图所示,一束可见光穿过平行玻璃砖后,变为a、b两束单色光。如果光束b是蓝光,‎ 则光束a可能是(　　)‎ A.红光 B.黄光 C.绿光 D.紫光 三、非选择题(本题共7小题,共55分)‎ ‎17.(5分)用如图1所示装置来做探究加速度与力、质量的关系的实验时,回答下面问题:‎ ‎(1)下列说法正确的是　　　　。 ‎ A.连接沙桶和小车的细绳应与长木板保持平行 B.实验时,先放开小车,再接通打点计时器的电源 C.每次改变小车的质量时,不需要重新平衡摩擦力 D.平衡摩擦力时,将空的沙桶用细绳通过定滑轮拴在小车上 13‎ ‎(2)本实验中把沙和沙桶的总重力当作小车受到的拉力,当测得某一次小车连同车上的重物的总质量M=‎450 g时,则图2的物体中能用来取代沙和沙桶的是　　　　。 ‎ ‎(3)实验得到如图3所示的一条纸带,打点计时器所接交流电源的频率为50 Hz,从O点开始每5个计时点取一个计数点,在纸带上依次标出0、1、2、3、4共5个计数点,表格中记录的是各计数点对应的刻度数值,其中计数点3的刻度数为　　　　cm,并将这个测量值填入表中。 ‎ 计数点 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ 刻度数值/cm ‎0‎ ‎3.03‎ ‎7.11‎ ‎　　　 ‎ ‎18.55‎ ‎(4)根据表格中的数据试计算出小车的加速度为　　　　m/s2(结果保留两位有效数字)。 ‎ ‎18.(5分)在描绘小灯泡伏安特性曲线的实验中,某同学先用多用电表的250 mA挡测量通过小灯泡的电流。‎ ‎(1)在图甲电路中,需要将多用电表的两表笔连接到a、b两处,其中黑表笔应与　　　　(选填“a”或“b”)连接。 ‎ ‎(2)将得到的数据记录在表格中,当电源为1.50 V时,对应的多用电表指针指示如图乙所示,其读数为　　　　mA。 ‎ ‎(3)由于长期使用多用电表,表内电池的电动势会降低,仍按第(2)步骤测量电路中的电流,则测量示数会　　　　(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。 ‎ ‎19.(9分)‎2017年1月25日,在中央电视台播出的《2016年度科技盛典》节目中,海军电力工程专家马伟明院士表示正在研制“国产003型航母电磁弹射器”(如图所示)。它是由电磁弹射车给飞机一个辅助作用力,使飞机在较短的直跑道上获得较大的速度。假定航母处于静止状态,质量为M的飞机利用电磁弹射器起飞,飞机在t0时刻从静止开始在跑道上做匀加速运动,在t1时刻获得发射速度v。此过程中飞机发动机的推力恒为F,阻力恒为Ff。问:‎ ‎(1)电磁弹射车对飞机的辅助推力多大?‎ 13‎ ‎(2)若在t1时刻突然接到飞机停止起飞的命令,立刻将该飞机的推力和电磁弹射车的辅助推力同时反向但大小不变。要使飞机能安全停止,则飞行甲板L至少多长?‎ ‎20.(12分)如图所示,倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R=‎0.4 m的光滑半圆轨道BC平滑相连,O点为轨道圆心,BC为圆轨道直径且处于竖直方向,A、C两点等高。质量m=‎1 kg的滑块从A点由静止开始下滑,恰能滑到与O点等高的D点,g取‎10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:‎ ‎(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ;‎ ‎(2)要使滑块能到达C点,求滑块从A点沿斜面滑下时初速度v0的最小值;‎ ‎(3)若滑块离开C点的速度为‎4 m/s,求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间。‎ ‎21.(4分)【加试题】(1)某物理兴趣小组的同学,在利用气垫导轨探究碰撞中的不变量实验中,测得左侧滑块质量m1=‎150 g,右侧滑块质量m2=‎121 g,挡光片宽度为‎2.00 cm,两滑块之间有一压缩的弹簧片,并用细线连在一起,如图所示。开始时两滑块都静止,烧断细线后,两滑块分别向左、向右方向运动。挡光片通过左、右光电门的时间分别为Δt1=0.20 s,Δt2=0.16 s。取向右为正方向,则烧断细线前系统的总动量为　　　　kg·m/s,烧断细线后系统的总动量为　　　　kg·m/s。 ‎ ‎(2)在用双缝干涉测光的波长实验中,小李同学在测量某暗条纹中心位置时,手轮上的示数如图所示,其示数为　　mm。当小李用黄光作为入射光,发现条纹间距太小。为了增大干涉条纹的间距,该同学可以采用的方法有　　　　。 ‎ 13‎ A.改用红光作为入射光 B.改用蓝光作为入射光 C.增大双缝到屏的距离 D.更换间距更大的双缝 ‎22.(10分)【加试题】如图所示,间距为L的倒U形金属导轨竖直放置,导轨光滑且电阻忽略不计。垂直导轨平面分布着100个场强为B的条形匀强磁场,磁场区域的宽度为a,相邻磁场距离为b。一根质量为m、电阻为R的金属棒放置在导轨上且与导轨始终良好接触,金属棒从距离第一磁场区域上端‎2a位置静止释放。(设重力加速度为g)‎ ‎(1)求刚进入第1磁场区域时的安培力大小和方向;‎ ‎(2)金属棒穿过各段磁场时,发现通过回路的电流随时间以固定周期做周期性变化,求金属棒穿出第100个磁场区域时的速度及整个过程金属棒产生的热量;‎ ‎(3)若满足第(2)问的情况,求金属棒穿过每个磁场区域的时间;并画出通过回路的电流i随时间t的变化的图象(定性即可,不需要标出具体坐标值)。‎ ‎23.‎ ‎(10分)【加试题】平面直角坐标系xOy中,第Ⅰ象限存在垂直于纸面向里的匀强磁场,第Ⅲ现象存在沿y轴负方向的匀强电场,如图所示。一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动,Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍。粒子从坐标原点O离开电场进入磁场,最终从x轴上的P点射出磁场,P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等。不计粒子重力,问:‎ ‎(1)粒子到达O点时速度的大小和方向;‎ 13‎ ‎(2)电场强度和磁感应强度的大小之比。‎ 13‎ 普通高校招生选考(物理)仿真模拟卷(四)‎ 一、选择题Ⅰ ‎1.B　解析 在国际单位制中三个力学基本量是长度、质量、时间,测量工具分别是刻度尺、天平、停表以及打点计时器;而弹簧测力计是测量力的仪器,B不是测量力学基本量的仪器,故选B。‎ ‎2.C　解析 A.在研究动车过一桥梁所花的时间时动车的长度不能忽略,不能看成质点,故A错误;B.07:31指的是时刻,故B错误;C.高速行驶时速度很快,通过‎5 m的时间很短,可以取‎5 m位移的平均速度近似看作这‎5 m起点位置的瞬时速度,故C正确;D.平均速度等于位移与时间的比值,平均速度 km/h=‎116 km/h,所以最大速度不是‎116 km/h,故D错误。‎ ‎3.B　解析 位移为初位置到末位置的有向线段,由图可知他爬上去和滑下来的位移大小不相等,方向不同,所以位移不相同,故A错误;他整个过程用时18 s,18 s是它全程所用的时间间隔,故B正确;由于位移方向不同,根据定义可知平均速度方向不同,所以平均速度不同,故C错误;在爬上的过程中,重力做负功,下滑过程中,重力做正功,故D错误。‎ ‎4.C　解析 做匀速圆周运动的天宫二号中宇航员,受到的万有引力提供宇航员所需要的向心力,宇航员处于失重状态,故A错误;根据万有引力提供向心力,=m,v=,天舟一号的轨道半径小,运行的线速度大,故B错误;根据万有引力提供向心力,=mr,T=,天舟一号的轨道半径小,运行的周期小,故C正确;‎7.9 km/s即第一宇宙速度是卫星处于地球表面附近时的环绕速度,是最大的环绕速度,故D错误。‎ ‎5.D　解析 充电宝充电时将电能转化为化学能,不是内能,故A错误;该充电宝的容量为q=20 ‎000 mA·h=20 000×10-3×3 ‎600 C=7.2×‎104 C,该电池的电动势为5 V,所以充电宝储存的能量E=E电动势·q=5×7.2×104 J=3.6×105 J,故B错误;以‎2 A的电流为用电器供电时,供电时间t= s=3.6×104 s=10 h,故C错误;由于充电宝的转化率是0.6,所以可以释放的电量为20 000 mA·h×0.6=12 000 mA·h,给容量为3 000 mA·h的手机充电的次数n==4,故D正确。‎ ‎6.C　解析 由题意知,速度较大的越过球网,即同样的时间速度大的水平位移大,或者同样的水平距离速度大的用时少,故C正确;A、B、D错误。‎ ‎7.B　解析 A.‎7.9‎ km/s是地球卫星的最大速度,所以“中卫”的线速度小于‎7.9 km/s,故A错误;‎ B.同步轨道卫星轨道只能在赤道上空,则“静卫”的轨道必须是在赤道上空,故B正确;‎ C.根据万有引力提供向心力得G=m,‎ 解得mv2=,如果质量相同,动能之比等于半径的倒数比,“中卫”轨道高度为静止轨道高度的,地球半径相同,所以“中卫”轨道半径不是静止轨道半径的,则“静卫”与“中卫”的动能之比不是3∶5,故C错误;‎ D.根据G=m得T=,则半径越大周期越大,所以“静卫”的运行周期大于“中卫”的运行周期,故D错误。‎ ‎8.B　解析 A.飞机在水平方向被拉动,故此过程中飞机的重力不做功,故A错误;B.W=Fscosθ=5×103×40× J≈1.7×105 J,故B正确;C、D.飞机的获得的动能Ek=mv2=×50×103× J≈5.9×104 J,根据动能定理可知,合外力做功为5.9×104 J,又拉力做功1.7×105 J,所以克服阻力做功1.11×105 J,故C、D均错误。‎ ‎9.D　解析 小球受到向下的重力、向上的电场力,由于重力和电场力的大小未知,无法判断是加速还是减速,故A错误,C错误;沿电场线方向电势降低,φA一定大于φB;对于负电荷,电势越高电势能越小,EA一定小于EB,故B错误;从A到B,电场力做负功,机械能减小,小球在A点的机械能大于在B点的机械能,故D正确。‎ 13‎ ‎10.A　解析 A.根据题意,物体做匀速圆周运动,其加速度方向始终指向圆心,从最高点c到最低点a运动的过程中,加速度的竖直分量先向下后向上,因此,苹果先处于失重状态后处于超重状态,选项A正确;B.加速度的方向始终在变,选项B错误;C.苹果在运动过程中动能不变,重力势能逐渐减小,机械能不守恒,选项C错误;D.苹果所受的合外力提供向心力,其大小不变,选项D错误。‎ ‎11.A　解析 A.根据题干图片知,在相等时间内的位移增大,可知向下速度越来越大,但不能确定位置1时的速度一定为零,故A错误。B.根据匀变速直线运动中某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知,位置2的瞬时速度v2=,故B正确。C.根据Δx=aT2得,x2-x1-x1=aT2,解得a=,故C正确。D.频闪照相法可用于验证机械能守恒定律,故D正确。‎ ‎12.D　解析 为使电流表正常工作,作用于通有电流的金属棒MN的安培力必须向下,由左手定则可知金属棒中电流从M端流向N端,因此M端应接正极,故A错误;当电流表示数为零时,安培力为零,设弹簧的伸长为Δx,根据平衡条件则有:mg=kΔx,解得:Δx==‎0.05 m,所以当电流表示数为零时,弹簧伸长量为‎0.05 m,故B正确;设满量程时通过MN的电流强度为Im,根据平衡条件则有:BImLab+mg=k(Lbc+Δx),联立并代入数据得:Im=‎2.5 A,故此电流表的量程是‎2.5 A,故C错误;设量程扩大后,磁感应强度变为B',则有:2B'ImLab+mg=k(Lbc+Δx),解得:B'=0.10 T,故D正确。所以D正确,ABC错误。‎ ‎13.B　解析 小球受重力mg、电场力qE和绳子的拉力FT处于平衡状态,如图所示,‎ 则有qE=mgtan 30°‎ 解得E=‎ 选项B正确,A、C、D错误。‎ 二、选择题Ⅱ ‎14.AD　解析 t=0时,磁通量为零,线圈平面平行于磁感线,故A正确;每经过一次中性面(线圈平面垂直于磁感线,磁通量有最大值),电流的方向改变一次,t=1 s时,磁通量为零,线圈平面平行于磁感线,故B错误;t=1.5 s时,磁通量有最大值,但磁通量的变化率为零(=0),根据法拉第电磁感应定律可知线圈中的感应电动势为零,故C错误;感应电动势最大值Em=NBSω=N·Φm·=4π V,有效值E==2π V,一个周期内线圈产生的热量Q=·T=8π2 J,故D正确。‎ ‎15.AD　解析 A.α粒子散射实验是卢瑟福建立原子核式结构模型的重要依据,故A正确;B.根据玻尔理论可知,结合=m,可知,氢原子辐射出一个光子后,核外电子的运动速度增大,即动能增大,则氢原子的电势能减小,故B错误;C.在光电效应的实验中,入射光的强度增大,频率不变,光电子的最大初动能Ek=hν-W0不变,C错误;D‎.12 g Bi经过15天后,发生了三次衰变,根据m=m0,则还有‎1.5 g未衰变,故D正确。‎ ‎16.D　解析 根据题意作出完整光路图,如图所示,a光进入玻璃砖时光线偏折角较大,根据光的折射定律可知玻璃砖对a光的折射率较大,因此a光的频率应高于b光,故选D。‎ 13‎ 三、非选择题 ‎17.答案 (1)AC　(2)D　(3)12.28　(4)1.1‎ 解析 (1)A.连接沙桶和小车的轻绳应和长木板保持平行,使绳子的拉力等于小车受到的合力,故A正确。B.实验时,先接通电源,后放开小车,故B错误。C.平衡摩擦力后,当改变小车或沙桶质量时,不需要再次平衡摩擦力,故C正确。D.平衡摩擦力时,不需挂沙桶,但小车后面必须与纸带相连,因为运动过程中纸带受到阻力,故D错误。‎ ‎(2)本实验中把沙和沙桶的总重力当作小车受到的拉力,要保证小车的质量远远大于沙和沙桶的质量,故D正确。‎ ‎(3)由题图刻度尺可知示数为‎12.28 cm。‎ ‎(4)根据Δx=aT2可知,a= m/s2≈‎ ‎1.1 m‎/s2‎ ‎18.答案 (1)b　(2)174(或173)　(3)不变 解析 (1)因a点的电势高于b点,故应该红表笔接a点,黑表笔接b点。‎ ‎(2)当电源为1.50 V时,对应的多用电表读数为174 mA。‎ ‎(3)多用电表的电流挡内不接电源,故表内电池的电动势降低时,测量值不变。‎ ‎19.答案 (1)-F+Ff ‎(2)‎ 解析 (1)飞机在加速过程中加速度为a,由运动学公式a=得a1=　①‎ 由牛顿第二定律可得F-Ff+F辅=Ma1　②‎ 由①②可得F辅=-F+Ff　③‎ ‎(2)飞机在加速过程中滑行的距离x1=Δt=　④‎ 飞机在减速过程中加速度为a2,由牛顿第二定律得-F-Ff-F辅=Ma2　⑤‎ 飞机在减速过程中滑行的距离为x2,由运动学公式=2ax可得x2=-　⑥‎ 由③⑤⑥可得x2=‎ 要使飞机能安全停止,则飞行甲板长L至少为 L=x1+x2=‎ ‎20.答案 (1)0.375　(2)‎2 ‎m/s　(3)0.2 s 解析 (1)A到D过程,由动能定理知 mgR-μmgcos37°·=0-0‎ 解得μ==0.375‎ ‎(2)要使滑块能到达C点,则在圆周最高点C处,mg=m A到C过程,据动能定理有-μmgcos37°·‎ 解得v0=‎2 m/s ‎(3)从C点平抛后,建立以C点为原点,向左为x轴,向下为y轴的坐标系,则x=vct,y=gt2‎ 由几何关系,知tan 37°=‎ 代入得t=0.2 s ‎21.答案 (1)0　1.25×10-4　(2)‎6.870　AC 解析 (1)烧断细线前系统前系统静止,总动量为0;烧断细线后,左边物块的动量p1=m1·=150×10-3× kg·m/s=1.5×10‎-2 kg·m/s,右边物块的动量p2=m2·=121×10-3×‎ 13‎ ‎ kg·m/s=1.512 5×10‎-2 kg·m/s,两物体动量方向相反,烧断细线后系统的总动量为p=p2-p1=1.25×10‎-4 kg·m/s,方向与右边的物块动量方向相同。‎ ‎(2)读数为‎6.5 mm+37.0×‎0.01 mm= ‎6.870 mm;波长增大、双缝与屏间距增大,条纹间距增大,选A、C。‎ ‎22.答案 (1)　(2)‎ 解析 (1)金属棒刚进入第1磁场区域时产生的感应电动势为:E=BLv 根据速度位移公式:v2=‎2g·‎‎2a 解得:v=2‎ 感应电流为:I=‎ 安培力大小:F=BIL 联立解得:F=,方向竖直向上。‎ ‎(2)回路的电流随时间以固定周期做周期性变化,可知金属棒进入每个磁场时的速度必定相同,出每个磁场的速度也相同,即v进=2‎ 根据速度位移公式:=2gb 联立解得:v出=‎ 金属棒在每个磁场中产生热量相同,由动能定理得Q总=100Q 则有:Q=mg(a+b)‎ 总热量为:Q总=100mg(a+b)‎ ‎(3)由动量定理:mgt-I安=mv出-mv进 解得I安=a 解得:t=‎ 通过回路的电流i随时间t的变化的图象如图所示。‎ ‎23.答案 (1)v0,方向与x轴方向的夹角为45°角斜向上　(2)‎ 解析 (1)粒子在电场中由Q到O做类平抛运动,设O点速度v与x轴正方向夹角为α,Q点到x轴的距离为L,到y轴的距离为‎2L,粒子的加速度为a,运动时间为t,根据类平抛运动的规律,有 x方向:‎2L=v0t y方向:L=at2‎ 粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy=at 又tanα=‎ 解得tan α=1,即α=45°,粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为45°角斜向上。‎ 粒子到达O点时的速度大小为v=v0‎ 13‎ ‎(2)设电场强度为E,粒子的电荷量为q,质量为m,粒子在电场中受到的电场力为F,粒子在电场中运动的加速度a=‎ 设磁感应强度大小为B,粒子做匀速圆周运动的半径为R,洛伦兹力提供向心力,有qvB=m 根据几何关系可知R=L 整理可得 13‎