2021年遼寧省高考物理模擬預測試卷（三）（附答案詳解）

2021年遼寧省高考物理模擬預測試卷（三）

一、單選題（本大題共7小題，共28.0分）

1.下列說法正確的是（）

A.氣球充氣后會膨脹，是由于所充氣體分子斥力造成的

B.由同種元素構成的固體，可能會由于原子的排列方式不同而成為不同的晶體

C.若兩個分子在相互靠近的過程中分子力逐漸增大，分子勢能可能逐漸減小

D.某氣體的摩爾體積為V,每個分子的體積為力,則阿伏加德羅常數(shù)可表示為NA=

V

記

2.一個物體做勻加速直線運動，它在第3s內(nèi)的位移為5W，則下列說法正確的是（）

A.物體在第3s末的速度一定是6m/s

B.物體的加速度一定是2m/s?

C.物體在前5s內(nèi)的位移一定是25m

電粒子八6的動能之比為117：2,下列說法正確的是（）

A.此衰變?yōu)橄λプ?/p>

B.大圓為?粒子的運動軌跡

C.小圓為a粒子的運動軌跡

D.兩帶電粒子a、b的周期之比為10：13

5.如圖所示，MN、P。為兩條平行的水平放置的金屬導

軌，左端接有定值電阻R,金屬棒而斜放在兩導軌之

間，與導軌接觸良好，磁感應強度為B的勻強磁場垂

直于導軌平面，設金屬棒與兩導軌接觸點之間的距離

為L金屬棒與導軌間夾角為60。，以速度v水平向右勻速運動，不計導軌和棒的

電阻，則流過金屬棒中的電流為（）

AA-/r=vBJ_6BwD./f

?一2RC”翳

6.如圖，在真空中有兩個固定的等量異種點電荷+Q和-Q。直線是兩點電荷連線

的中垂線，匕和c、d是關于中點。的對稱點。正確的是（）

M

+Q

ob

（/?

N

A.電場強度￡大于Ed；將一電荷由c豎直移動到d,所受電場力先增大后減小

B.電場強度Ec小于場；將一電荷由c豎直移動到人所受電場力先減小后增大

C.電場強度Ea等于%；將一電荷由〃水平移動到b,所受電場力先減小后增大

D.電場強度Ea等于%；將一電荷由。水平移動到江所受電場力先增大后減小

7.北京時間11月28日20時58分，嫦娥五號探測器經(jīng)過約112小時奔月飛行，在距

月面約400公里處成功實現(xiàn)3000牛發(fā)動機點火，約17分鐘后，發(fā)動機正常關機。

根據(jù)實時遙控數(shù)據(jù)監(jiān)測判斷，嫦娥五號探測器近月制動正常，順利進入環(huán)月軌道,

其運行軌道示意圖如圖所示。已知環(huán)月軌道口離月球表面的高度為/?,探測器在環(huán)

月軌道口上運行周期為T,月球半徑為R,萬有引力常量為G。下列說法正確的是

()

A.月球質(zhì)量為

GT2

B.探測器在。點點火制動

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c.探測器在橢圓軌道I上運行的周期比在圓軌道n上運動的周期短

D.探測器在橢圓軌道I上經(jīng)過P點比在圓軌道口上經(jīng)過P點的加速度大

二、多選題（本大題共3小題，共12.0分）

8.一束光從水中射向水面，形成兩條折射光必和一條反射光c,

如圖所示（）

A.a光的折射率大于b光的折射率

B.a光在水中的傳播速度大于b光在水中的傳播速度

C.保持入射點不變，逆時針方向旋轉入射光，則反射光的角速度大于入射光的角

速度

D.保持入射點不變，順時針方向旋轉入射光，則6光首先消失

9.如圖所示，理想變壓器原、副線圈分別接有額定電壓均為%

的燈泡及和42。原、副線圈匝數(shù)比為4：1。S斷開時，兩

燈泡均恰能正常發(fā)光，則（）

A.電源電壓U=5“）

B.S斷開時，燈泡訂和人的電流之比為1：?

C.S閉合后，燈泡G仍恰能正常發(fā)光

D.S斷開時，燈泡人和G的功率之比1：4

10.如圖，傾角為。的光滑絕緣斜面，該空間存在著兩個磁感應強度

大小均為B的勻強磁場區(qū)域I和n,區(qū)域I的磁場方向垂直斜

面向下，區(qū)域n的磁場方向垂直斜面向上，兩勻強磁場在斜面

上的寬度均為L，一個質(zhì)量為機，電阻為R,邊長為L的正方形金屬線框必〃由靜

止開始沿斜面下滑，當線圈運動到外邊剛越過ee'即做勻速直線運動，則（）

A.當線框剛進入磁場區(qū)域I時的速度3=寫瀉

B.當線框剛進入磁場區(qū)域H時的加速度a=2gsin9

。外邊越過/「后，線框可能存在勻速運動過程

D.線框通過磁場區(qū)域I、n過程，線框減少的重力勢能等于回路產(chǎn)生的焦耳熱

三、實驗題（本大題共2小題，共18.0分）

11.某學習小組將一內(nèi)阻為12000、量程為250/M的微安表改裝為量程為l.OnM的電流

表，后又把該電流表改裝為一多擋位歐姆表。

(1)把該微安表改裝為量程為L0m4的電流表需要(填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”)

阻值Ro=0的電阻。

(2)取一電動勢為1.5P、內(nèi)阻較小的電源和調(diào)節(jié)范圍足夠大的滑動變阻器，與改裝

所得的1.0mA電流表連接成如圖1所示歐姆表，其中〃為(填“紅”或

“黑”)表筆，改裝表盤后，正確使用該歐姆表測量某電阻的阻值，示數(shù)如圖2所

示，圖2所測的電阻為0。

(3)利用兩定值電阻⑹、/?2(匕＜氏2)，將該歐姆表改裝成如圖3所示含有“X

1”“xlO”“X100”三個擋位的歐姆表，其中“I”為擋。

12.某同學用如圖1所示裝置，通過測量加速度來測定物塊與水平軌道之間的摩擦因數(shù)。

重力加速度的大小為g,已知打點的頻率為50也，請回答：

隹

口

圖1

0.3

0.25

0.2

0.15

0.1

0.05

0

00.050.10.150.20.250.30.350.4

圖2

(1)除電火花計時器、紙帶、鉤碼、鐵架臺、夾子、導線及開關外，在下面的器材

中，還必須使用的有(填選項代號)；

A.電壓為6丫以下的交流電源

8.電壓為220V的交流電源

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C.刻度尺

D秒表

（2）根據(jù)打出的紙帶測量出數(shù)據(jù)，利用WPS表格軟件畫出位移與時間的關系圖并給

出擬合方程（方程中，位移x的單位是米，時間，的單位是秒），如圖2所示，可知

加速度為m/s2；

（3）已知物塊的質(zhì)量為100g,鉤碼的質(zhì)量為50g,使用（2）中計算的加速度，則物塊

與軌道間的摩擦因數(shù)為（g取10rn/s2,結果均保留三位有效數(shù)字）。

四、簡答題（本大題共1小題，共3.0分）

13.如圖所示，在直角坐標系內(nèi)，OP射線（。為頂點）與y「

軸夾角為30。,OP與y軸所圍區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外NY..二-----------

的勻強磁場，磁感應強度為B,。尸與x軸之間存在勻-E

強電場，方向沿x軸負方向。一個帶電粒子經(jīng)加速電壓產(chǎn)r

。加速后，以與OP平行的速度從N點進入磁場，ON°!

間距為2d,帶電粒子從OP上的某點4（圖中未畫出）垂直于OP離開磁場，從x軸

上的某點C（圖中未畫出）垂直于x軸離開電場，不計粒子的重力。求：

（1）帶電粒子的電性及比荷；

（2）帶電粒子在第一象限中的運動時間；

（3）勻強電場的電場強度。

五、計算題（本大題共2小題，共20.0分）

14.如圖所示，某種材料制成的半球體，左側面鍍有水銀，8為

半球底面直徑，。為球心，直線OB垂直CZ）,且與半球面交于

B點?，F(xiàn)有一單色光平行BO方向從半球面上的A點射入半球，

經(jīng)CD面反射后恰好從B點射出半球。半球的半徑為R,人射

時單色光線與的距離d=^R,透明半球?qū)υ搯紊獾恼?/p>

2

射率n=V3,不考慮單色光在B點的反射。

①求單色光從8點射出時的折射角a；

②己知光在真空中的傳播速度為c,求單色光在半球內(nèi)傳播的總時間t。

15.如圖所示，小車右端有一半圓形光滑軌道相切車表面于3點，一個質(zhì)量為rn=

1.0kg可以視為質(zhì)點的物塊放置在A點，隨小車一起以速度為=5.07H/S沿光滑水平

面上向右勻速運動。勁度系數(shù)較大的輕質(zhì)彈簧固定在右側豎直擋板上。當小車壓縮

彈簧到最短時，彈簧自鎖(即不再壓縮也不恢復形變)，此時，物塊恰好在小車的B

處，此后物塊恰能沿圓弧軌道運動到最高點C.已知小車的質(zhì)量為"=1.0kg,小車

的長度為/=1.0m,半圓形軌道半徑為R=0.4m,物塊與小車間的動摩擦因數(shù)為4=

0.2,重力加速度g取lOm/sz.求：

(1)物塊在小車上滑行時的加速度

(2)物塊運到B點時的速度如；

(3)彈簧在壓縮到最短時具有的彈性勢能Ep以及彈簧被壓縮的距離X。

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答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：A、氣球充氣后會膨脹，這是氣體壓強的緣故，與分子斥力無關，故A錯

誤；

8、由同種元素構成的固體，可能會由于原子的排列方式不同而成為不同的晶體，例如

石墨和金剛石，故8正確；

C、當r<r0時，分子力表現(xiàn)為斥力，兩個分子在相互靠近的過程中分子力逐漸增大，

分子力做負功，分子勢能增大，故C錯誤；

。、由于氣體分子間距離較大，摩爾體積與分子體積的比值不等于阿伏加德羅常數(shù)，故

。錯誤。

故選：B。

氣球充氣后會膨脹，這是氣體壓強的原因；原子的排列方式不同可以成為不同的晶體；

根據(jù)分子力做功與分子勢能變化的關系判斷；氣體分子間距離較大，分子直徑無法通過

阿伏加德羅常數(shù)去計算。

本題考查了氣體壓強、晶體、分子力、分子勢能、阿伏加德羅常數(shù)等基礎知識，要求學

生對這部分知識要重視課本，強化理解并記憶。

2.【答案】C

【解析】解：A、由于勻加速直線運動的初速度未知，僅知道第3s內(nèi)的位移，無法求出

物體的加速度、3s末的速度，故A錯誤，8錯誤。

C、令物體的初速度為%m/s,加速度為am/s2,則根據(jù)勻變速直線運動的位移時間關

系有：

22

物體在第3s內(nèi)的位移工3=3v0-3-(2v0+|a-2)m=(v0

2

物體在前5s內(nèi)的位移％=5%?5m=5(v0

因為%3=5m,所以前5秒內(nèi)的位移x=25m,故C正確。

。、由于勻加速直線運動的初速度未知，僅知道第3s內(nèi)的位移，無法求出物體在第5s

內(nèi)的位移。故。錯誤

故選：C。

首先知道勻變速直線運動的規(guī)律和此題是否是初速度為零，然后利用規(guī)律靈活求解即可。

靈活應用勻變速直線運動的規(guī)律是解題的關鍵，注意選項可能對應的分類，此題易漏項。

3.【答案】3

【解析】解：設輕繩拉力為T,與豎直方向的夾角為8,根據(jù)正弦定理:胡二第m)=高sine7=

T界俎1=mgsm60。.mgsin。.mgsin.二_________mg________

sin60。'用’?信7ng(120。-。)sin(12O0-0)sin(12O0-0)sinl20。?駕-cosl20。'仕0AJ支

sinn

到水平方向的過程中，。從0。增加到90。，sin(120。-8)先增加后減小，mg不變，所以

T先減小后增大；又。從0。增加到90。，cos。逐漸減小，s譏。逐漸增大，〃吆不變，所以尸

逐漸變大，故4正確，BCD錯誤。

故選：Ao

在A。繩由豎直緩慢變?yōu)樗竭^程中，受力平衡，用共點力平衡條件即可求解。

本題考查了共點力平衡條件的運用，此題除了用正弦定理，還可以用平行四邊形圖解的

方法。

4.【答案】D

【解析】解：ABC,因為衰變過程中系統(tǒng)的動量守恒，所以兩帶電粒子動量大小相等,

方向相反，由兩圓外切可知，衰變后兩粒子帶電的性質(zhì)相同，故此為支衰變，

由^^二翳得大圓為a粒子軌跡，故ABC項錯誤；

D、由R=景費=

QBRbqa1

根據(jù)動量守恒定律以及動量與動能的關系有同篇；=歷后，得念=胃=擊，

根據(jù)周期公式T=警可知黑=普=當，故。正確。

qBTbmbqa13

故選：。。

衰變過程中，系統(tǒng)動量守恒，所以心〃兩粒子的動量大小相等，方向相反，根據(jù)運動

軌跡以及左手定則分析兩粒子的電性，從而判斷是什么衰變；

根據(jù)圓周運動的半徑公式分析電荷量越大，運動的半徑越?。?/p>

根據(jù)動量守恒定律以及動量與動能的關系分析a、6的質(zhì)量之比，結合周期公式分析其

周期之比。

解決該題需要明確衰變過程中，系統(tǒng)動量守恒，知道衰變后兩粒子的運動軌跡是外切的,

所以兩個粒子的電性是相同的，熟記相關的公式。

5.【答案】B

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【解析】解：當金屬棒以速度V水平向右勻速運動，金屬棒切割磁感線，產(chǎn)生感應電動

勢和感應電流，

金屬棒有效的切割長度為立L,

2

中產(chǎn)生的感應電動勢為E=B—LV,

2

通過R的電流為/=&=皿。

R2R

故選：B。

當金屬棒以速度V水平向右勻速運動，金屬棒切割磁感線，產(chǎn)生感應電動勢和感應電流，

金屬棒有效的切割長度為立3求出感應電動勢，由閉合電路歐姆定律求出電流.

2

本題容易產(chǎn)生的錯誤是認為金屬棒的切割長度為L,感應電動勢為E=BLv.

6.【答案】C

【解析】解：AB、在+Q和-Q連線的中垂線上，由場強的疊加原理可知，中點。的場

強最大，由于c、"兩點是關于。的對稱點，場強相等，由。點到c點或d點場強逐漸

減小，所以沿MN從c點到4點場強先增大后減小，因此檢驗電荷所受電場力先增大后

減小,所以AB錯誤。

CD,在+Q和-Q的連線上，中點。場強最小，由于匕是兩點電荷連線上關于。的對

稱點，場強相等，從。點到6點，場強先減小后增大，因此電荷所受電場力先減小后增

大，選項C正確，選項。錯誤；

故選：Co

本題考查了等量異種電荷周圍電場分布情況：在如圖所示的電場中，等量異種電荷連線

上的電場方向是相同的，由+Q指向-Q；兩電荷連線上的電場強度大小關于。點對稱.

解決本題的關鍵知道等量異種電荷周圍的電場線分布，解題時注意區(qū)分等量同種電荷與

等量異種電荷的電場分布.

7.【答案】A

【解析】解：A、探測器在環(huán)月軌道〃上做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，有

G即Mm"R47r2R,+h)

整理得M=也等，故A正確；

GT2

8、根據(jù)兩軌道位置關系，易知探測器在P點點火制動，順利進入環(huán)月軌道，故B錯誤；

C、根據(jù)開普勒第三定律，可知與=k

T2

探測器在橢圓軌道/上運行的周期比在圓軌道〃上運動的周期長，故C錯誤；

。、探測器在橢圓軌道/上經(jīng)過P點和在圓軌道〃上經(jīng)過P點的加速度均為萬有引力提

供，則有G詈=ma

M

整理得a=G/故。錯誤。

故選:A?

探測器在環(huán)月軌道〃上做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力，計算月球質(zhì)量，根

據(jù)開普勒第三定律，比較周期的長短，探測器在軌道上運行時，只受到萬有引力作用，

由牛頓第二定律計算加速度。

掌握解決天體問題常用方法(1)萬有引力提供向心力；(2)開普勒三定律；再結合牛頓定

律分析求解。

8.【答案】BD

【解析】解：A、由圖可知，發(fā)生折射時，。光線比。光線偏折程度大，所以b光線的

折射率比。光線大，故A錯誤；

8、由圖可知，發(fā)生折射時，b光線比”光線偏折程度大，所以匕光線的折射率比。光線

大。因此b光線在水中的速度比“光線小，即。光在水中的傳播速度大于匕光在水中的

傳播速度，故B正確；

C、保持入射點不變，逆時針方向旋轉入射光，則反射光的角速度仍等于入射光的角，

因為滿足光的反射定律。故C錯誤；

。、保持入射點不變，順時針方向旋轉入射光，則〃、6光線的折射角均增大，由于6

光線的折射率大，所以其臨界角小，所以方光線首先消失。故。正確；

故選：BD.

光從水中射向水面，則發(fā)生了光的反射與折射.由于折射光線有兩條，則說明入射光線

是復色光.可根據(jù)光的偏折程度可確定折射率的大小，同時還可以確定折射光線的速度

大小，并由臨界角從而確定誰先發(fā)生光的全反射.

考查光的反射與折射現(xiàn)象，由反射定律與折射定律來確定關系，特別是光的全反射要符

合其發(fā)生的條件.同時由折射定律可得折射率總是大于1.

9.【答案】AD

【解析】解：A、由變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關系務=件得原線圈的電壓為：

U2n2

U^XU=4U,

1=n220

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根據(jù)串聯(lián)電路電壓關系可得電源電壓為：U=Ui+%=5(70,故A正確；

B、由變壓器原、副線圈電流與匝數(shù)的關系F=竽，得：/1：/2=1：4,故B錯誤；

C、S閉合后，變壓器原線圈兩端的電壓變?yōu)閁1'=5%由保=最，得燈泡燈兩端的電壓

變?yōu)椋篣2'=/XUI'=；X5UO=L25%,比額定電壓大，無法正常發(fā)光，故C錯誤；

O、S斷開時，公和J均可以正常發(fā)光根據(jù)功率關系式P=U/可知，電壓相等時A：P2=I1：

/2=1：4,故。正確。

故選：ADc

根據(jù)變壓器原、副線圈的電壓關系學=會計算原線圈的電壓，再計算電源電壓;根據(jù)原、

U2

副線圈的電流關系?=/計算電流之比；利用公式P=U/計算燈泡功率。

>2九1

本題考查變壓器相關的參數(shù)關系，需要熟記變壓器原、副線圈的電壓、電流、功率、頻

率的比值關系。

10.【答案】AC

【解析】解:A、當外邊剛越過ee'進入磁場/時做勻速直線運動，則有:mgs出。=中,

解得：》=寫評故A正確。

B、當線框剛進入磁場區(qū)域II時，外邊和de邊都切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，產(chǎn)生的

感應電動勢均為￡=8"，線框中電流為/=1,線框所受的安培力大小為F=2B/L,

則得尸=岑包,由上題知：mgsine=等則得F=4mgsin0；根據(jù)牛頓第二定律得：

F-mgsinO=ma,得a=3gsin。，故B錯誤。

C、外邊越過//后，線框所受安培力大于重力沿斜面向下的分力，做減速運動，速度

減小，安培力減小，可能存在勻速運動過程，故C正確。

。、線框通過磁場區(qū)域I、n過程，若線框的動能不變，線框減少的重力勢能等于回路

產(chǎn)生的焦耳熱，若線框的動能減小，則線框減少的重力勢能小于回路產(chǎn)生的焦耳熱，故

。錯誤。

故選：AC。

當而邊剛越過ee'進入磁場/時做勻速直線運動，安培力、拉力與重力的分力平衡，由

平衡條件和安培力公式結合求解線框剛進入磁場/時的速度大??；

當線框剛進入磁場區(qū)域II時帥和A兩邊都切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，推導出安培力

與速度的關系式，由牛頓第二定律求解加速度；根據(jù)安培力與重力沿斜面向下分力的關

系，分析線框的運動情況；根據(jù)能量守恒研究重力勢能與回路產(chǎn)生的焦耳熱的關系.

本題從力和能量兩個角度分析電磁感應現(xiàn)象，安培力的表達式F方=0,是常用的經(jīng)

驗公式，要理解并記牢.同時，要正確把握住能量是如何轉化的.

11.【答案】并聯(lián)400紅600x1

【解析】解：(1)把該微安表改裝為量程為1.0瓶4的電流表，需要并聯(lián)一個分流電阻，

根據(jù)并聯(lián)電路電壓相等的特點，求出分流電阻R=然空=:篝立:熏。=400。；

l-iUA1X103—250X10°

(2)取一電動勢為1.5人內(nèi)阻較小的電源和調(diào)節(jié)范圍足夠大的滑動變阻器，與改裝所得

的l.OnM電流表連接成如圖1所示歐姆表，根據(jù)歐姆表的原理及表頭接線柱的規(guī)則(紅進

黑出)，那么與a端相連的紅表筆。

當表筆短接電流表滿偏l.OnM時，RQ=—=高=1500。=R,,?由圖2可以看

出：歐姆表的中間刻度為15,則該擋位是“X100”的倍率。當指針指在6示數(shù)位置時，

被測電阻％=6x100/2=6000。

(3)不同倍率的歐姆表是通過在表頭上并聯(lián)一個電阻實現(xiàn)的，并聯(lián)的電阻越小，分流越

大，中值電阻8#=(&為電路的最大電流)小，倍率越小，所以接1時的倍率為“xl”。

*c

故答案為：(1)并聯(lián)、400；(2)紅、600；(3)X1

(1)微安表改裝成電流表需要并聯(lián)一個分流電阻，根據(jù)并聯(lián)分流的規(guī)律求解分流電阻的

阻值；

(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律求出中值電阻，從而確定倍率，再確定指針所指位置歐姆表

的示數(shù)；

(3)明確中值電阻即為歐姆表的內(nèi)阻值，根據(jù)閉合電路歐姆定律可進行判斷。

本題考查了電流表的改裝問題，把微安表改裝成大量程的電壓表需要串聯(lián)分壓電阻，應

用串聯(lián)電路特點與歐姆定律可以求出串聯(lián)電阻阻值，掌握基礎知識是解題的前提與關鍵,

根據(jù)題意應用基礎知識即可解題。

12.【答案】BC2.420.137

【解析】解：(1)48、電火花打點計時器需要電壓為220V的交流電源，故B正確，A

錯誤，；

C、打出的紙帶需要刻度尺測量計數(shù)點間的距離，所以需要刻度尺，故C正確；

。、打點計時器本身就是一種計時儀器，所以不需要秒表，故。錯誤。

故選BC。

第12頁，共16頁

(2)結合位移公式x=%￡+[砒2,由位移與時間關系圖中給出的方程可得：|a=

1.2123m/s2,解得a=2.42m/s2

(3)設鉤碼的質(zhì)量為根，物塊的質(zhì)量為M,對物塊及鉤碼系統(tǒng)受力分析，根據(jù)牛頓第二

定律有mg-[iMg=(m+M)a,代入已知數(shù)據(jù)，求得〃?0.137。

故答案為：(1)80(2)2.42(3)0.137。

電火花打點計時器需要電壓為220y的交流電源，打出的紙帶需要刻度尺測量計數(shù)點間

的距離，所以需要刻度尺，打點計時器就是記時儀器。結合位移與時間的公式可以求出

加速。結合牛頓第二定律求出動摩擦因數(shù)。

本題屬于實驗題，考查實驗器材的原理，使用要求，要會應用已知圖像處理物理問題。

13.【答案】解：(1)磁場方向垂直紙面向外，粒子垂

直于OP離開磁場，則所受洛倫茲力垂直于速度方向

偏向右側，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電；

畫出運動軌跡如圖所示，由幾何關系可得粒子運動的

軌跡半徑為：r-2dsin30°=d

在磁場中由洛倫茲力提供向心力可得：qvB=my

在電場中加速過程中，根據(jù)動能定理可得：qU=^mv2

聯(lián)立式解得：2=懸;

(2)由(1)可得粒子進入磁場時的速度為：u=*

此后進入電場，當出射方向和x軸垂直時，可知粒子在x方向的分速度減為零，沿-y軸

方向可視為做勻速直線運動。

垂直O(jiān)P出射時，與豎直方向夾角為60。，則為=ucos60。=2

在磁場中做勻速圓周運動，運動路徑為四分之一圓周，在磁場中的運動時間：〃=》=

nBd2

4U

從OP上的出射點到0點的距離為：I=2dcos30°+r

則在電場中的運動時間為：t2=W-

vy

代入數(shù)據(jù)解得：G=。+刖2

N2U

在第一象限中運動的總時間為：t=匕+b=缶+2加呼

1乙All

(3)在x方向上做勻減速運動，根據(jù)牛頓第二定律可得：Eq=max

垂直出射，X方向速度恰好減到0,則有：vx=axt2

根據(jù)運動的合成與分解可得：vx=vsin60°

聯(lián)立可得：E=逋二出。

2d

答：(1)帶電粒子帶正電，比荷為備；

(2)帶電粒子在第一象限中的運動時間為(6+2V：；)Bd1

(3)勻強電場的電場強度大小為逋二竺。

2d

【解析】(1)根據(jù)左手定則可知粒子的電性；畫出運動軌跡，由幾何關系可得粒子運動

的軌跡半徑，在磁場中由洛倫茲力提供向心力進行解答；

(2)根據(jù)幾何關系求解粒子在磁場中運動的軌跡對應的圓心角，根據(jù)周期公式求解時間；

求出粒子進入磁場時的速度，根據(jù)運動的合成與分解求解粒子在電場中運動時豎直方向

的分速度，由此得到粒子在電場中運動的時間，最后求出在第一象限中運動的總時間；

(3)在x方向上做勻減速運動，根據(jù)牛頓第二定律結合運動學公式進行求解。

對于帶電粒子在磁場中的運動情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關系求半徑,

結合洛倫茲力提供向心力求解未知量；根據(jù)周期公式結合軌跡對應的圓心角求時間；對

于帶電粒子在電場中運動時，一般是按類平拋運動或勻變速直線運動的規(guī)律進行解答。

14.【答案】解：①該單色光在半球體內(nèi)傳播的光路如圖所示?設光在

4點的入射角為叢,則有：

dV3

sin6=-=—

1KL

可得：%=60°

設折射角為。2,則有：n=

sin(72

可得：e2=30°

由幾何關系可知，光線在B點的入射角為：％=30°

在8點，由^=鬻得:a=60。；

Sin%

②由圖可知I,OE=—R>EF=OF-OE=-R--R=—R

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