2021年天津市滨海新区高考物理模拟试卷

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25.0分）
1.2020年12月，我国自主研制新一代“人造太阳”，“中国环流器二号M”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： 12H+13H→24He+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=△mc2
D. 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：①质量更小更轻便；②科
技含量更高，携带GPS模块和SIM卡便于定位和传输信息；③每辆车自带二维码，以方便手机扫描进行连接；④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. App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.《天问》是中国战国时期诗人屈原创作的一首长诗，全诗问天问地问自然，表现了作者对传统的质疑
和对真理的探索精神。

2020年7月23日，我国探测飞船天问一号发射成功飞向火星，屈原的“天问”
梦想成为现实。

图中虚线为天问一号的“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7.9km/s
B. 天问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100m，延海浪传播方向有a、b、c三个间距150m的浮标，常态下浮标上下浮动周期为5s，而当某小型潜艇经过时，系统检测到a浮标发生异常浮动，3s后和6s后又相继检测到b、c浮标发生了异常浮动，则下列说法正确的是()
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20m/s
C. 根据数据可推测小型潜艇行驶速度约为20m/s
D. 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2017年11月，我国已建成投运8项1000kV特高压交流工程和11项±800kV
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图如图甲所示，发电机输出的电压恒定，通过升压变压器
T1和降压变压器T2向用户供电，已知输电线的总电阻为R，降压变压器T2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T2原线圈的输入电压为880V
B. 降压变压器T2的输入功率与输出功率之比为4：1
C. 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θ=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v−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=10m/s2，则下列判断不正确的是()
A. 在0～1s内电动机所做的功为50J
B. 1s后电动机的输出功率为50W
C. 在1～5s内电动机牵引力的冲量大小为50N⋅s
D. 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L1=100mm，双缝与屏
的距离L2=700mm，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。

(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x1=2.190mm、对准第4条时读数x2=______mm
(2)根据以上条件，可算出这种光的λ=______nm(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
B.增大双缝到屏的距离
C.减少双缝间距
D.增大双缝间距
10.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0～0.6A，内阻r=0.3Ω
C.电流表2：量程0～0.6A，内阻约为0.1Ω
D.电压表1：量程0～3V，内阻未知
E.电压表2：量程0～15V，内阻未知
F.滑动变阻器1：0～10Ω，2A
G.滑动变阻器2：0～100Ω，1A
H.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−I图象，则在修正了实验系统误差后，
干电池的电动势E=______V，内电阻r=______Ω.
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m甲=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=10m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θ=45°，忽略冰面对选手的一切摩擦力。

(1)求此时运动员转弯的速度v0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v乙=2m/s的运动员乙发生碰撞完成接
力，相互作用后甲速度减为v甲′=2m/s，方向不变。

已知运动员乙的质量为m乙=60kg。

求在此过程中两位运动员增加的动能△E。

12.如图所示，直角坐标平面第Ⅰ象限内存在大小为E=4×105N/C、方向水平向左的匀强电场，在第Ⅱ
=2.5×109C/kg 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q
m 的带正电粒子从x轴上的A点以初速度v0=2×107m/s垂直x轴射入电场，OA=0.2m，不计重力。

求：
(1)粒子第一次经过y轴时的位置到原点O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。

13.电磁弹射是我国最新研究的重大科技项目，原理可用下述模型说明.如图甲所示，虚线MN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abcd放在光滑水平面上，电阻为R，质量为m，ab边在磁场外侧紧靠MN虚线边界.t=0时起磁感应强度B随时间t的变化规律是B=B0+kt(k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I及其功率P；
(2)若线框cd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q；
(3)若用相同的金属线绕制相同大小的n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
【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 01n，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=△mc2计算，故C正确；
D、中等质量的原子核比结合能较大，故D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；
D、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D正确。

本题选错误的，
故选：A。

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在生产生活中的应用。

3.【答案】B
【解析】解：A、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；
B、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B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；
D、天问一号椭圆轨道半长轴小于火星轨道半径，由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D错误。

故选：B。

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△U>0，即气体的内能增大，故D正确。

故选：D。

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，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100m，态下浮标上下浮动周期为5s，即周期为5s，由v=λ
T =100
5
m/s=20m/s，
可知B正确；
C、由题意可知潜艇的速度v
艇=150
3
m/s=50m/s，故C错误；
D、ab间距150m，刚好为3
2
λ，故两点运动相差半波长，即a最高点时，b在最低点，故D错误；
故选：B。

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】AD
【解析】解；A.令降压变压器的原副线圈电压的有效值分别为U1、U2，匝数分别为n1、n2，
由图象得到，降压变压器副线圈两端交变电压U=220√2sin100πt V，
则U2=220V，降压变压器原、副线圈匝数之比为n1n
2=4
1
，
且U1
U2
=n1
n2
，所以T2的原线圈的输入电压为U1=n1n
2
U2=4×220=880V，故A正确；
B.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，T2中副线圈电压恒为220V，故T2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=I2⋅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，故升压变压器的原线圈电流增大，又原线圈电压不变，
故发电厂输出的功率P=UI增大，故D正确；
故选：AD。

(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=UI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】AC
【解析】解：A、玻璃对红光的折射率比对蓝光的小，根据v=c
n
分析可知，在玻璃中传播时，红光比蓝光速度更快，故A正确；
B、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△x=L
d
λ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=1
n
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D错误。

故选：AC。

红光的折射率比蓝光的小，根据v=c
n
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；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v=c
n
、双缝干涉条纹间距公式△x=
L d λ、临界角公式sinC=1
n
等规律来分析红光与蓝光各个量的关系。

8.【答案】BD
【解析】解：A、设在时间t1=1s内，物体的位移为x1，1s末速度为v1=5m/s，则由运动学公式得：
x1=v1
2t1=(5
2
×1)m=2.5m，
设在0～1s内电动机做的功为W，由动能定理得：
W−mgx1sinθ=1
2
mv12
代入数据解得：W=50J，故A正确；
B、设1s末电动机的牵引力为F1，由图像知0～1s内物体做加速度为a=5m/s2的匀加速运动，由牛顿定律得：F1−mgsinθ=ma，即F1=ma+mgsinθ=(2×5+2×10×0.5)N=20N，
电动机的输出功率为P=F1v1=(20×5)W=100W，
由于1s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=mgsinθ=(2×10×0.5)N=10N，
由P=F2v m得：v m=P F
2=100
10
m/s=10m/s．
设1−5s电动机牵引力的冲量大小为I，以v1方向为正方向由动量定理得：
I−mgsinθt=mv m−mv1
代入数据得：I=50N⋅s，故C正确；
D、设1−5s内物体位移为x2，由动能定理得：
Pt−mgx2sinθ=1
2
mv m2−
1
2
mv12
解得：x2=32.5m
在0～5s内物体沿斜面向上运动的位移：x=x1+x2=(2.5+32.5)m=35m，故D错误。

本题选错误的
故选：BD。

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0−1s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v m，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。

解答时注意分三个阶段处理，即第一阶段，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】7.868676 BC
【解析】解：(1)螺旋测微器的固定刻度为7.5mm，可动刻度为36.8×0.01mm=0.368mm，所以最终读数为7.5mm+0.368mm=7.868mm，所以对准第4条时读数为x27.868mm；
(2)相邻条纹的间距为△x=x2−x1
3=7.868−2.190
3
mm=1.89mm，根据波长为λ=676nm；
(3)根据△x=L
d
λ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，AD错误。

故答案为：(1)7.868；(2)676；(3)BC。

(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。

1nm=10−9m。

(3)由波的干涉中条纹的间距公式△x=L
d
λ，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，不要求定量计算，但要求定性分析。

10.【答案】B D F甲 1.500.7
【解析】解：(1)干电池的电动势约为1.5V，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U−I图可知，电源的电动势E=1.50V；
内电阻r+RA=△U
△I −R A=1.5−1.0
0.5
−0.3=0.7Ω
故答案为：①B，D，F；②甲；③1.50，0.7．
(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．
11.【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
m
甲
g tanθ=
m
甲 
v02
R
解得：v0=10m/s
弹射装置对运动员做的功为：W=1
2m
甲
v02=1
2
×75×102J=3750J
(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
甲v0+m
乙
v
乙
=m
甲
v
甲
′+m
乙
v
乙
′
解得：v乙′=12m/s
在此过程中两位运动员增加的动能△E=1
2
m
甲
v
甲
′2+1
2
m
乙
v
乙
′2−(1
2
m
甲
v02+1
2
m
乙
v
乙
2)
代入数据解得：△E=600J
答：
(1)此时运动员转弯的速度v0为10m/s及弹射装置对运动员做的功W为3750J
(2)在此过程中两位运动员增加的动能△E为600J。

【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。

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t，粒子经过y轴时的位置与原点O的距离为y，则
由牛顿第二定律得：a=qE
m
，代入数据解得：a=1.0×1015m/s2，
OA=1
2
at2，代入数据解得：t=2.0×10−8s，
y=v0t，代入数据解得：y=0.4m；
(2)粒子经过y轴时在电场方向的分速度为：
v x=at，代入数据解得：v x=2×107m/s，
设粒子经过y轴时的速度与y轴方向夹角为θ，则tanθ=v x v
代入数据解得：θ=45°
粒子离开电场时的速度为：v=v0
cosθ
，解得：v=2√2×107m/s
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−0.4m
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x=−0.4m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示
粒子在y=−0.4m处第二次通过y轴。

由几何关系可知，圆周运动的半径为：R=1
2×√OB2+OC2=1
2
×√0.42+0.42m=1
5
√2m
由洛伦兹力提供向心力可知：qvB=m v2
R
联立解得：B=0.04T
答：
(1)粒子第一次经过y轴时的位置到原点O的距离为0.4m；
(2)当磁感应强度B的值为0.04T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：(1)t =0时刻线框中的感应电动势 E 0 =△B △t L
2 功率 P =
E 02R 解得P =k 2L
4R
(2)由动能定理有W =△E k
解得W =12mv 2
穿出过程线框中的平均电动势E −=
△Φ△t 线框中的电流I −=E −R
通过的电量q =I −
⋅△t
解得q =B 0 L 2R
(3)n 匝线框中t =0时刻产生的感应电动势E =n
△Φ△t 线框的总电阻R 总=nR
线框中的电流I =E
R 总 t =0时刻线框受到的安培力F =nB 0 IL
设线框的加速度为a ，根据牛顿第二定律有F =(nm +M)a
解得a =kB 0 L 3(M n +m)R 答：(1)t =0时刻，线框中的感应电流I 及其功率P 为k 2L 4R ；
(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W 及通过导线截面的电荷量q 为B 0 L
2R ；
(3)若用相同的金属线绕制相同大小的n 匝线框，如图乙所示，在线框上加一质量为M 的负载物，t =0时线框加速度的大小kB 0 L
2(M n +m)R ，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。