浙江省2020高考物理二轮复习考前仿真模拟卷三含解析

浙江省2020高考物理二轮复习考前仿真模拟卷三含解析

考前仿真模拟卷(三)‎ ‎ (时间：90分钟　满分：100分)‎ 本卷计算中，无特殊说明时，重力加速度g均取10 m/s2.‎ 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．武广客运专线上运行的“和谐号”高速列车在1 min内，时速由“0”瞬间飙升到“130公里”，假设“和谐号”高速列车从静止开始做匀加速直线运动，下列说法正确的是(　　)‎ A．1 min末的速度约为36.1 m/s B．1 min末的速度约为72.2 m/s C．1 min内的平均速度约为72.2 m/s D．1 min内的平均速度约为36.1 m/s ‎2．如图所示，高速公路收费站都设有“ETC”通道(即不停车收费通道)，设ETC车道是笔直的，由于有限速，汽车通过时一般是先减速至某一限定速度，然后匀速通过电子收费区，再加速驶离(将减速和加速过程都看做加速度大小相等的匀变速直线运动)．设汽车开始减速的时刻t＝0，下列四幅图能与汽车通过ETC的运动情况大致吻合的是(　　)‎ ‎3．如图所示，一架无人机执行航拍任务时正沿直线朝斜向下方匀速运动．用G表示无人机重力，F表示空气对它的作用力，下列四幅图中能表示此过程中无人机受力情况的是(　　)‎ ‎4．图示为某同学课桌上整齐摆放的一堆书，中间夹了一本物理课本，其他书对物理课本的压力为10 N，已知书与书之间的动摩擦因数为0.25，为了将物理课本水平抽出，该同学提供的拉力至少为(　　)‎ A．2.5 N　　　　　　　　 B．5 N C．10 N D．15 N ‎5．2018年底我国发射了“嫦娥四号”登月探测器，首次造访月球背面，首次实现对月球中继通信，若“嫦娥四号”从距月面高度为100 km的环月圆形轨道Ⅰ上的P点实施变轨，进入近月点为15 km的椭圆轨道Ⅱ，由近月点Q登月，如图所示，关于“嫦娥四号”，‎ - 16 -‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A．沿轨道Ⅰ运动至P点时，需加速才能进入轨道Ⅱ B．沿轨道Ⅱ运行的周期大于沿轨道Ⅰ运行的周期 C．在轨道Ⅰ、Ⅱ上的P点的加速度相等 D．沿轨道Ⅱ运行时，在P点的速度大于在Q点的速度 ‎6．A、B为带电荷量分别为＋Q和－Q的两个等量异种点电荷，c、d为A、B连线上的两点，且Ac＝Bd，如图所示，关于c、d两点间电场强度的情况是(　　)‎ A．由c到d电场强度由大变小 ‎ B．由c到d电场强度由小变大 C．由c到d电场强度不变 ‎ D．由c到d电场强度先变小后变大 ‎7．关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是(　　)‎ A．安培力的方向可以不垂直于直导线 B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向 C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关 D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半 ‎8．直流电动机线圈电阻为R，当电动机工作时通过的电流为I，两端电压是U，则其输出功率是(　　)‎ A．IU B．IU＋I2R C．IU－I2R D. ‎9．如图所示，带电小球a由绝缘细线OC和OE悬挂而处于静止状态，其中OC水平，地面上固定一绝缘且内壁光滑的圆弧细管道AB，圆心O与a球位置重合，管道底端B与水平地面相切．一质量为m的带电小球b从A端口由静止 释放，当小球b运动到B端时对管道内壁恰好无压力，在此过程下列说法错误的是(　　)‎ A．小球b的机械能守恒 B．悬线OE的拉力先增大后减小 C．悬线OC的拉力先增大后减小 D．b球受到的库仑力大小始终为3mg ‎10．如图所示，均匀的长方形薄片合金电阻板abcd，ab边为L1，ad边为L2，当端点1、2或3、4接入电路时，R12∶R34为(　　)‎ A．L1∶L2‎ - 16 -‎ B．L2∶L1‎ C．L∶L D．L∶L ‎11．如图所示，两木块的质量分别为m1和m2，两轻质弹簧的劲度系数分别为k1和k2，上面木块压在上面的弹簧上(但不拴接)，整个系统处于平衡状态．现缓慢向上提上面的木块，直到它刚离开上面弹簧．在这过程中下面木块移动的距离为(　　)‎ A. B. C. D. ‎12．在图中所示的实验装置中，平行板电容器的极板A与灵敏的静电计相接，极板B接地，若极板B稍向上移动一点，由观察到的静电计指针变化作出平行板电容器电容变小的结论，其依据是(　　)‎ A．两极板间的电压不变，极板上的电量变小 B．两极板间的电压不变，极板上的电量变大 C．极板上的电量几乎不变，两极板间的电压变小 D．极板上的电量几乎不变，两极板间的电压变大 ‎13．如图所示，匀强电场中有一个以O为圆心、半径为R的圆，电场方向与圆所在平面平行，A、O两点电势差为U，一带正电的粒子在电场中运动，经A、B两点时速度方向沿圆的切线，速度大小均为v0，粒子重力不计．下列说法正确的是(　　)‎ A．粒子在A、B间是做圆周运动 B．粒子从A到B的运动过程中，动能先增大后减小 C．匀强电场的电场强度E＝ D．圆周上，电势最高的点与O点的电势差为U 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)‎ ‎14．两列波速相同的简谐横波沿x轴相向传播，实线波的频率为3 Hz，振幅为10 cm，虚线波的振幅为5 cm.t＝0时，两列波在如图所示区域内相遇，则(　　)‎ - 16 -‎ A．两列波在相遇区域内会发生干涉现象 B．实线波和虚线波的频率之比为3∶2‎ C．t＝ s时，x＝9 m处的质点实际振动方向向上 D．t＝ s时，x＝4 m处的质点实际位移大小|y|>12.5 cm ‎15．如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，AB总质量为M，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB和C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是(　　)‎ A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动 B．C与B碰前，C与AB的速率之比为M∶m C．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动 D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动 ‎16．以下说法正确的是(　　)‎ A．放射性并不是少数元素才有的，原子序数大于或等于84的元素，都能自发地发出射线 B．β衰变的实质在于核内中子转化成了一个质子和一个电子 C．钴60的放射可以治疗癌症的原因是细胞分裂越快的组织，它对射线的耐受能力就越弱 D．贝克勒尔主持建立了世界上第一个称为“核反应堆”的装置，首次通过可控制的链式反应实现了核能的释放 三、非选择题(本题共7小题，共55分)‎ ‎17．(5分)2013年6月20日神舟十号宇航员王亚平进行太空授课．小明同学看了利用牛顿第二定律测量指令长聂海胜的质量后深受启发，在学校实验室里设计了如图甲所示的实验装置，测量小明的爸爸的手机电池的质量，为使滑块平稳运动，小明把两块质量相等的手机电池用质量不计的细棉线固定在滑块的两侧．接通空气压缩机的电源，当压缩空气从导轨两侧稳定喷出时，发现滑块与气垫导轨没有直接接触，装置能正常使用．调节导轨水平，把细线的一端固定在滑块上，另一端固定在钩码上．‎ ‎(1)小明用图乙中的螺旋测微器测得遮光条的宽度L＝________mm.‎ - 16 -‎ ‎(2)将附带手机电池的滑块由图甲所示位置从静止释放，在钩码的牵引下先后通过两个光电门，配套的数字毫秒计记录了遮光板通过第一个光电门的时间为Δt1＝7.2×10－3 s，通过第二个光电门的时间是Δt2＝2.3×10－3 s，遮光板从开始遮住第一个光电门到开始遮住第二个光电门的时间为Δt＝0.592 s，则手机电池经过光电门1时的瞬时速度v1＝______m/s(本空保留2位有效数字)，经过光电门2时的瞬时速度v2＝________m/s(本空保留3位有效数字)，重力加速度g＝10 m/s2，手机电池的加速度a＝________m/s2(本空保留2位有效数字)．‎ ‎(3)已知钩码的质量为m1＝200克，滑块与遮光条的总质量m2＝510克，则一块手机电池的质量m是________克(本空保留2位有效数字)．‎ ‎18．(5分)某兴趣小组欲通过测定工业污水(含多种重金属离子)的电阻率来判断某工厂废水是否达到排放标准(达标的污水离子浓度低，电阻率大，一般电阻率 ρ≥200 Ω·m 的工业废水即达到排放标准)．如图甲所示为该组同学所用盛水容器，其左、右两侧面为金属薄板(电阻极小)，其余四面由绝缘材料制成，左、右两侧带有接线柱．容器内表面长 a＝40 cm，宽 b＝20 cm，高 c＝10 cm.将水样注满容器后，进行以下操作：‎ ‎(1)用多用电表欧姆挡测量电阻时，红黑表笔互换了插孔，这样________(填“会”或“不会”)影响测量结果．‎ ‎(2)分别用多用电表欧姆挡的“×100”“×1 k”两挡粗测水样的电阻值时，表盘上指针如图乙、丙所示，则所测水样的电阻约为________Ω.‎ ‎(3)为更精确地测量所取水样的电阻，该小组从实验室中找到如下实验器材： ‎ A．电流表(量程 5 mA，电阻 RA＝500 Ω)‎ - 16 -‎ B．电压表(量程 15 V，电阻 RV 约为 10 kΩ) ‎ C．滑动变阻器(0～20 Ω，额定电流 1 A) ‎ D．电源(12 V，内阻约 10 Ω)‎ E．开关一只，导线若干 请在图中完成电路连接．‎ ‎(4)正确连接电路后，闭合开关，测得一组 U、I数据；再调节滑动变阻器，重复上述测量步骤，得出一系列数据如下表所示．‎ U/V ‎2.0‎ ‎4.0‎ ‎6.0‎ ‎8.0‎ ‎10.0‎ ‎12.0‎ I/mA ‎0.73‎ ‎1.43‎ ‎2.17‎ ‎2.89‎ ‎3.58‎ ‎4.30‎ 由以上测量数据可以求出待测水样的电阻为_____________________________Ω.‎ 据此可知，所测水样________(填“达到”或“没达到”)排放标准．‎ ‎19．(9分)质量为7 t(吨)的原来静止的汽车，在3 500 N牵引力的牵引下沿水平直线运动40 s，然后在2 800 N牵引力的牵引下沿水平直线运动3 min，最后将牵引力撤消，汽车滑行20 m后停止，全过程共用时间230 s．设全过程汽车所受的摩擦阻力相同，求：‎ ‎(1)牵引力撤消后，汽车滑行的加速度大小；‎ ‎(2)汽车所受摩擦力的大小；‎ ‎(3)全过程汽车行驶的路程．‎ ‎20．(12分)如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A - 16 -‎ 点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sin α＝.一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用．已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g.求：‎ ‎(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；‎ ‎(2)小球到达A点时动量的大小；‎ ‎(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间．‎ ‎21．(4分)某实验小组在进行“用单摆测定重力加速度”的实验中，已知单摆在摆动过程中的摆角小于5°；在测量单摆的周期时，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间为t；在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长(从悬点到摆球的最上端)为L，再用螺旋测微器测得摆球的直径为d(读数如图)．‎ ‎(1)该单摆在摆动过程中的周期为________．‎ - 16 -‎ ‎(2)用上述物理量的符号写出重力加速度的一般表达式g＝________________．‎ ‎(3)从图可知，摆球的直径为____________mm.‎ ‎22．(10分)如图所示，在直角坐标系xOy中，矩形区域Oabc内(包含边界)有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小B＝2×10－2 T；第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小E＝1×104 N/C.已知矩形区域Oa边长为1.6 m，ab边长为0.5 m．在bc边中点N处有一放射源，某时刻，放射源沿纸面向磁场中各方向均匀地射出速率均为v＝2×106 m/s的某种带正电粒子，带电粒子质量m＝1.6×10－27 kg，电荷量q＝3.2×10－19 C，不计粒子重力及粒子间相互作用，取sin 37°＝0.6，cos 66°＝0.4.求：‎ ‎(1)粒子在磁场中运动的半径；‎ ‎(2)从ab边射出粒子(不进入电场区域)的最长轨迹的长度及射出ab边时的位置坐标；‎ ‎(3)沿x轴负方向射出的粒子，从射出到从y轴离开磁场所用的时间．‎ - 16 -‎ ‎23．(10分)如图所示，两块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上．两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续不断喷出质量均为m、水平速度均为v0、带相等电荷量的墨滴．调节电源电压至U，墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动；进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的M点．‎ ‎(1)判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量；‎ ‎(2)求磁感应强度B的值；‎ ‎(3)现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置．为了使墨滴仍能到达下板M点，应将磁感应强度调至B′，则B′的大小为多少？‎ 考前仿真模拟卷(三)‎ ‎1．解析：选A.“和谐号”高速列车1分钟内，时速由“0”瞬间飙升到“130公里”，即1分钟末的速度v＝130 km/h≈36.1 m/s，则A正确，B错误；1分钟内的平均速度＝＝ m/s≈18 m/s，则C、D错误．‎ ‎2．解析：选D.此题关键是搞清不同的图象反映的运动规律；x－t图象的斜率等于速度；v－t图象的斜率等于加速度．汽车先做匀减速运动，然后做匀速运动，最后做匀加速运动；图象A反映物体先负向匀速后静止，再正向匀速，选项A错误；图象B反映物体先正向匀速后静止，再正向匀速，选项B错误；图象C反映物体先正向加速后匀速，再正向加速，选项C错误；图象D反映物体先减速后匀速，再加速，符合题意，则选项D正确．‎ - 16 -‎ ‎3．B ‎4．解析：选B.由于物理课本两面都受到摩擦力，则该同学提供的拉力至少为F＝2f＝2μN＝2×0.25×10 N＝5 N，B正确，A、C、D错误．‎ ‎5．解析：选C.探测器在轨道Ⅰ上做圆周运动，只有通过减速使圆周运动所需向心力减小，做近心运动来减小轨道高度，所以A错误；根据开普勒行星运动定律知，在轨道Ⅰ上运动时的半径大于在轨道Ⅱ上运行时的半长轴，故在轨道Ⅰ上运行的周期要大，故B错误；在轨道Ⅰ上的P点和在轨道Ⅱ上的P点探测器所受的万有引力大小相等，由牛顿第二定律可知，探测器在轨道Ⅰ上的P点和在轨道Ⅱ上的P点加速度相等，故C正确；在轨道Ⅱ上由P点运行到Q点的过程中，万有引力对其做正功，它的动能增加，速度增大，所以D错误．‎ ‎6．解析：选D.c、d两点处于A、B两异种点电荷所形成的叠加场中，各点场强可由EA＋EB表示，但计算起来较为繁杂，可借助电场线来描绘，从电场线分布看，从c→d电场线密→疏→密，因此电场强度先变小后变大．‎ ‎7．解析：选B.本题考查安培力的大小和方向．安培力总是垂直于磁场与电流所决定的平面，因此，安培力总与磁场和电流垂直，A错误，B正确；安培力F＝BILsin θ，其中θ是导线与磁场方向的夹角，所以C错误；将直导线从中点折成直角，导线受到安培力的大小不仅与有效长度有关，还与导体在磁场中的相对位置有关，D错误．‎ ‎8．解析：选C.电动机为非纯电阻用电器，所以其消耗的功率只能用UI表示，而内电阻消耗的功率为I2R，所以电动机的输出功率为IU－I2R.‎ ‎9．解析：选B.小球b运动过程管道支持力和电场力不做功，故只有重力做功，则机械能守恒，故A说法正确；对小球b运动过程根据动能定理可得：mgR＝mv2，由小球在B点时对管道壁恰好无压力，根据牛顿第二定律可得：F－mg＝m，可得小球b受到的库仑力F＝3mg，方向竖直向上，根据F＝k，可知库仑力大小不变，故D说法正确；根据B点小球受到的库仑力竖直向上可得：a受到b的库仑力由a指向b，且大小恒为3mg；随着b向下滑动，a受到的库仑力方向与竖直方向的夹角θ减小；设OE与水平方向的夹角为α，根据a受力平衡可得：FOE＝和FOC＝FOEcos α＋3mg·sin θ＝mgcot α＋＝mgcot α＋cos(θ－α)，所以悬线OE的拉力不断增大，悬线OC的拉力先增大后减小，故B说法错误，C说法正确．‎ ‎10．解析：选D.设薄片合金电阻板的厚度为d，当端点1、2接入电路时，根据电阻定律，电阻R12＝ρ.当端点3、4接入电路时，根据电阻定律．电阻R34＝ρ.则＝，故D正确，A、B、C错误．‎ - 16 -‎ ‎11．解析：选C.整个系统处于平衡状态时，k2弹簧的弹力是k2x1＝(m1＋m2)g.当m1被提离上面的弹簧时，k2弹簧的弹力是k2x2＝m2g，故木块m2移动的距离是x1－x2＝－＝.‎ ‎12．解析：选D.平行板电容器相对面积减小，电量不变，电量都会集中到正对的面积上去．所以电荷面密度增加，E增大，电压增加．‎ ‎13．解析：选D.带电粒子仅在电场力作用下，由于粒子在A、B两点动能相等，则电势能也相等．因为该圆周处在匀强电场中，所以两点的连线AB即为等势面．根据等势面与电场线垂直特性，从而画出电场线CO.由曲线运动条件可知，正电粒子所受的电场力沿着CO方向，因此粒子从A到B做抛体运动，故A错误；由以上分析可知，粒子速度方向与电场力方向夹角先大于90°后小于90°，电场力对于粒子运动来说先是阻力后是动力，所以动能先减小后增大，故B错误；匀强电场的电场强度E＝，式中的d是沿着电场强度方向的距离，因而由几何关系可知，UAO＝E×R，所以E＝，故C错误；圆周上，电势最高的点与O点的电势差为U＝ER＝×R＝U，故D正确．‎ ‎14．解析：选BCD.实线波的波长为 λ1＝4 m，虚线波的波长为 λ2＝6 m，它们的波速相等，由波速公式v＝λf得：实线波和虚线波的频率之比为 f1∶f2＝λ2∶λ1＝3∶2，两列波的频率不同，不能发生干涉现象，故A错误，B正确．波速为：v＝λ1f1＝4×3 m/s＝12 m/s，则在t＝ s时间内波传播的距离 x＝vt＝2 m＝λ1＝λ2，实线波单独传播时，在t＝ s时，x＝9 m处的质点到达波谷，振动速度为零．虚线波单独传播时，在t＝ s时，x＝9 m处的质点振动方向向上，则根据波叠加原理可知t＝ s时，x＝9 m处的质点振动方向向上，故C正确．波速为：v＝λ1f1＝4×3 m/s＝12 m/s，则在t＝ s时间内波传播的距离 x＝vt＝1 m＝λ1，实线波单独传播时，t＝ s时，x＝4 m处的质点到达波谷，位移大小为 y1＝10 cm；根据波形的平移法作出虚线波传播x＝1 m时的波形，如图所示 - 16 -‎ 由图看出此刻x＝4 m处的质点位移大小y2＞2.5 cm，则波的叠加原理可知t＝ s时，x＝4 m处的质点位移|y|＝y1＋y2＞12.5 cm，故D正确．‎ ‎15．解析：选BC.小车AB与木块C组成的系统在水平方向上动量守恒，C向右运动时，AB应向左运动，故A错误．设碰前C的速率为v1，AB的速率为v2，则0＝mv1－Mv2，得＝，故B正确．设C与油泥粘在一起后，AB、C的共同速度为v共，则0＝(M＋m)v共，得v共＝0，故C正确，D错误．‎ ‎16．解析：选BC.考查原子物理的特点．原子序数大于或等于83的元素，都能自发地发出射线，A错误；费米主持建立了世界上第一个称为“核反应堆”的装置，首次通过可控制的链式反应实现了核能的释放，D错误，故选BC.‎ ‎17．解析：(2)v1＝＝ m/s≈0.69 m/s，‎ v2＝＝ m/s≈2.17 m/s，‎ a＝＝ m/s2＝2.5 m/s2.‎ ‎(3)对钩码、滑块、遮光片和手机电池整体，由牛顿第二定律得：‎ m1g＝(m1＋m2＋2m)a得m＝45克．‎ 答案：(1)5.000(或5.001或4.999均可)　(2)0.69　2.17　2.5　(3)45‎ ‎18．解析：(1)测量电阻时，多用电表内部电源被接通，电流从多用电表内部流出，因为电阻不分正、负极，所以电流流向电阻哪一端无所谓，红、黑表笔分别插在负、正插孔不会影响测量结果；‎ ‎(2)图乙中用“×100”挡，示数为18，指针示数乘以倍率100，得出水样的电阻约为1 800 Ω；‎ ‎(3)因为要精确测量电阻值，需要电路中电压有较大的变化范围，而滑动变阻器阻值又远小于待测电阻，所以连线时滑动变阻器要用分压接法；又因为电流表内阻已知，则采用电流表内接法，电路连接如图所示；‎ ‎(4)利用R＝计算出每次的电阻R，再求平均值，总电阻为 2 780 Ω，又R＝R总－RA＝2 ‎ - 16 -‎ ‎280 Ω，根据电阻定律：R＝ρ，代入数据得ρ＝114 Ω·m＜200 Ω·m，故所测水样没达到排放标准．‎ 答案：(1)不会　(2)1 800　(3)图见解析　(4)2 280　没达到 ‎19．解析：(1)汽车滑行时间t3＝t－t1－t2＝230－40－3×60 s＝10 s 汽车滑行到停止的加速度大小a3＝＝ m/s2＝0.4 m/s2.‎ ‎(2)摩擦力Ff＝ma3＝7×103×0.4 N＝2 800 N.‎ ‎(3)①在3 500 N牵引力作用下的加速度a1＝＝ m/s2＝0.1 m/s2‎ 末速度v1＝a1t1＝0.1×40 m/s＝4 m/s 位移s1＝a1t＝×0.1×402 m＝80 m.‎ ‎②在2 800 N牵引力作用下，合外力F＝F2－Ff＝2 800－2 800 N＝0 N，汽车做匀速运动，‎ s2＝v1t2＝4×3×60 m＝720 m 所以全程的总路程s＝s1＋s2＋s3＝80＋720＋20 m＝820 m.‎ 答案：(1)0.4 m/s2　(2)2 800 N　(3)820 m ‎20．解析：(1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F，由力的合成法则有 F0＝mgtan α＝mg F＝＝mg 设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得 F＝m 解得v＝.‎ ‎(2)设小球到达A点时速度大小为v1，作CD⊥PA，交PA于D点，如图所示，由几何关系得 DA＝Rsin α CD＝R(1＋cos α) ‎ 小球由A到C的过程中，由动能定理有 - 16 -‎ ‎－mg·CD－F0·DA＝mv2－mv 解得v1＝ 所以小球在A点的动量大小为 p＝mv1＝.‎ ‎(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度vy＝vsin α、加速度为g的匀加速直线运动，‎ CD＝vyt＋gt2‎ 解得t＝.‎ 答案：(1)mg　　(2)　(3) ‎21．解析：(1)根据记数的方式可知，全振动的次数 N＝，所以周期T＝＝.‎ ‎(2)摆长l＝L＋，将T和l代入g＝，‎ 得g＝.‎ ‎(3)直径d＝5.5 mm＋0.01×48.0 mm＝5.980 mm.‎ 答案：(1)　(2)　(3)5.980‎ ‎22．解析：由题意得出粒子的运动轨迹；由洛伦兹力充当向心力可求得半径；画出粒子运动轨迹，根据几何关系即可求出最长轨迹的长度和坐标；由几何关系确定磁场中的运动圆心角，再由直线运动规律确定粒子在电场中运动的时间，则可求得总时间．‎ ‎(1)粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力得：qvB＝m解得：R＝0.5 m.‎ ‎(2)当轨迹与x轴相切时轨迹最长，粒子在磁场中的运动轨迹如图中①所示：‎ 由几何关系得，R＋Rsin α＝ 解得：Rsin α＝0.3 m，所以Rcos α＝0.4 m 轨迹的长度：s＝×2πR＝1.1 m 粒子从ab边离开磁场时的位置坐标为(1.6 m，－0.1 m)．‎ - 16 -‎ ‎(3)沿x轴射出的粒子如图中②，粒子先在磁场中运动四分之一圆周，然后在电场中做一个往复运动，再回到磁场，最后从y轴射出磁场，粒子先在磁场中运动的时间为t1＝，周期：T＝＝，粒子在电场中运动的时间为t2，速度为：v＝a×，‎ 加速度为：a＝ 粒子从电场中回到磁场中，设其在磁场中运动的轨迹圆弧所对应的圆心角为θ，由几何关系得：‎ cos θ＝＝0.4‎ 可得：θ＝66°‎ 所以粒子返回磁场后运动的时间为：t3＝T，总时间为t＝t1＋t2＋t3＝2.68×10－6 s.‎ 答案：(1)0.5 m　(2)1.1 m　(1.6 m，－0.1 m)　(3)2.68×10－6 s ‎23．解析：(1)墨滴受重力和电场力做匀速直线运动，电场力与重力平衡，电场的方向竖直向下，说明墨滴带负电荷，设其电荷量为q，则有q＝mg①‎ 所以q＝.②‎ ‎(2)墨滴进入电场和磁场共存区域后，受重力、电场力和洛伦兹力作用，但重力和电场力平衡，合力等于洛伦兹力，墨滴做匀速圆周运动，设圆周运动半径为R，有qv0B＝m③‎ 因为墨滴垂直打在下板，墨滴在该区域完成一个四分之一圆周运动，根据几何关系可知，‎ 半径R＝d④‎ 联立②③④得B＝.⑤‎ ‎(3)根据题设，墨滴运动轨迹如图所示，‎ 设圆周半径为R′，则有 - 16 -‎ qv0B′＝m⑥‎ 由图示几何关系，得 R′2＝d2＋⑦‎ 得R′＝d⑧‎ 联立②⑥⑧式，得B′＝.⑨‎ 答案：(1)负电荷　　(2)　(3) - 16 -‎