2021年甘肅省武威高考物理第五次診斷試卷

2021年甘肅省武威高考物理第五次診斷試卷

1.2019年4月1日，在中國核能可持續(xù)發(fā)展論壇上，生態(tài)環(huán)境部介紹2019年會有核

電項目陸續(xù)開工建設。某核電站獲得核能的核反應方程為

llsU+lnBa+^Kr+xln,己知鈾核笏U的質量為如，領核毅Ba的質量

為m2,甄核器Kr的質量為皿3,中子加的質量為皿4,下列說法中正確的是（）

A.該核電站通過核聚變獲得核能

B.鈾核第5（/的質子數為235

C.在上述核反應方程中x=3

D.—?個鈾核泥5（7發(fā)生上述核反應，釋放的能量為（mi-血2-7n3-根4）。2

2.如圖所示，兩個等量正點電荷分別位于4、B兩點，AB連線的中點為O,一半徑為

R、圓心在。點的圓位于水平面內，該圓與A8連線的交點分別為a、b,cd為該圓

的直徑且與A8垂直。下列說法正確的是（）

A.。點的電勢小于8點的電勢

B.同一試探電荷在c、d兩點受到的電場力大小相等、方向相同

C.帶負電的試探電荷可能僅在電場力作用下沿圓弧"加做勻速圓周運動

D.將帶負電的試探電荷從“點沿直線外移動到匕點，電勢能先增大后減小

3.兩個質量相同、所帶電荷量相等的帶電粒子a、b,以不同的速率對準圓心。沿著

A。方向射入圓形勻強磁場區(qū)域，其運動軌跡如圖。若不計粒子的重力，則下列說

法正確的是（）

A.〃粒子帶正電，6粒子帶負電B.a粒子在磁場中所受洛倫茲力較大

C"粒子動能較大D.6粒子在磁場中運動時間較長

4.如圖所示，傾角為。的光滑斜面固定于水平面上，滑塊B

A、B疊放在一起,A上表面水平,A物體的質量為2m,

8物體的質量為〃當滑塊4、B一起沿斜面向下運動

77

時，4、8始終保持相對靜止。關于B物體在下滑過程

中的受力，下列說法正確的是（）

A.B物體受到的支持力N=mg,方向豎直向上

B.B物體受到的支持力N=mg-mgsind,方向豎直向上

C.B物體受到的摩擦力/=mgsind,方向沿斜面向下

D.8物體受到的摩擦力/=mgsindcosd,方向水平向左

5.如圖所示，匝數為N的矩形導線框以角速度在磁感應強度為B的勻強磁場中繞垂

直磁場方向的軸00'勻速轉動，線框面積為S且與理想變壓器原線圈相連，原、副

線圈匝數比為1：4,圖示時刻線框平面與磁感線垂直并以此時刻為計時起點。用、

/?2為定值電阻，R為滑動變阻器，電流表和電壓表均為理想電表，電流表4、4的

示數分別為人、/2,電壓表匕、匕的示數分別為/、U2.不計線框電阻，下列說法

正確的是（）

xXX

XXX

4XX

A.交流電壓表七的示數為2aNBS3

B.從圖示位置開始，線框轉過180。的過程中，通過線圈的電荷量為0

C.若只將滑動變阻器的滑片向d端滑動，則電流表4的示數I1變小

D.若只將滑動變阻器的滑片向d端滑動，則變大

6.我國首個火星探測器-“天問一號"，于2020年7月軌月少"一二二二"三

23日在海南文昌航天發(fā)射中心成功發(fā)射，計劃于2021

年5月至6月?lián)駲C實施火星著陸，開展巡視探測，如圖

為“天問一號”環(huán)繞火星變軌示意圖。已知地球質量為M,地球半徑為R,地球表

面重力加速度為g;火星的質量約為地球質量的;，半徑約為地球半徑的;；著陸器

質量為膽。下列說法正確的是（）

第2頁，共19頁

A.“天問一號”探測器環(huán)繞火星運動的速度應大于11.2km/s

B.“天問一號”在軌道II運行到。點的速度小于在圓軌道I運行的速度

C.若軌道I為近火星圓軌道，測得周期為T,則火星的密度約為器

D.著陸器在火星表面所受重力約為詈

4

7.如圖所示，斜面與足夠長的水平橫桿均固定，斜面頂入1

角為氏套筒P套在橫桿上，與繩子左端連接，繩子跨A

過不計大小的定滑輪，其右端與滑塊。相連接，此段

橫桿P。

繩與斜面平行，。放在斜面上,P與Q質量相等且為根,

。為橫桿上一點且在滑輪的正下方，滑輪距橫桿兒手握住戶且使P和。均靜止，此

時連接尸的繩與豎直方向夾角。，然后無初速釋放P.不計繩子的質量和伸長及一切

摩擦，重力加速度為g.關于P描述正確的是（）

A.釋放尸前繩子拉力大小為mgcos。

B.釋放后尸做勻加速運動

C.尸達。點時速率為-cos。）

D.P從釋放到第一次過。點，繩子拉力對P做功功率一直增大

8.如圖所示，兩相距/的平行金屬導軌與水平面間的夾，B\qN

\

角為。，與阻值為R的定值電阻相連，導軌電阻不計，\\

勻強磁場垂直穿過導軌平面，磁感應強度為B.有一質

量為，"的導體棒垂直于軌道且與兩軌道接觸良好，從R弋之1!廠白

"位置獲得平行于斜面的、大小為v的初速度向上運動，最遠到達a'b'位置，上滑

的整個過程中流過電阻R的電荷量為4,導體棒接入電路的電阻也為R,與導軌之

間的動摩擦因數為〃，貝ij（）

A.上滑過程中導體棒受到的最大安培力為吧

2R

B.上滑過程中導體棒克服安培力做的功為盧

C.上滑過程中電流做功產生的熱量為;小浮-曙（sin。+“cos。）

LDI

D.導體棒上滑過程中損失的機械能為;-當"s歷。

NDL

9.在“探究恒力做功與動能改變的關系”實驗中（裝置如圖甲）:

①下列說法哪一項是正確的o（填選項前字母）

4平衡摩擦力時必須將鉤碼通過細線掛在小車上

員為減小系統(tǒng)誤差，應使鉤碼質量遠大于小車質量

C.實驗時，應使小車靠近打點計時器由靜止釋放

②圖乙是實驗中獲得的一條紙帶的一部分，選取。、A、B、C計數點，已知打點

計時器使用的交流電頻率為50〃z,則打B點時小車的瞬時速度大小為m/s（

保留三位有效數字）。

10.某同學想要測量一個電源的電動勢和內阻，準備的器材有電流表4（0?內

阻為300）、電阻箱R（最大阻值99.90）、開關和若干導線。

m

（1）由于電流表A的量程較小，考慮到安全因素，同學們需將一個定值電阻和電流

表4進行聯(lián)（填寫“串”或“并”），若要使連接后的電流表A可測量電流的

最大值變?yōu)樵瓉淼?倍，則定值電阻的阻值&=0。

（2）如圖甲所示，虛線框中為同學設計了實驗電路的一部分，請將電路圖補充完整

______O

（3）實驗中記錄了若干組電阻箱的阻值R和電流表A的示數I,并用記錄的實驗數

據描繪出R-（圖線如圖乙所示，則該電源的電動勢E=V,內阻r=0（

結果保留兩位有效數字）。

第4頁，共19頁

11.如圖所示，8C。是半徑R=0.4m的豎直圓形光滑軌道，。是軌道的最高點，水平

面AB與圓軌道在B點相切。一質量為m=Mg可以看成質點的物體靜止于水平面

上的A點?，F(xiàn)用F=7N的水平恒力作用在物體上，使它在水平面上做勻加速直線

運動，當物體到達8點時撤去外力F,之后物體沿BCD軌道運動，物體到達。點

時的速度大小%=4m/s。已知物體與水平面間的動摩擦因數〃=0.3,取重力加速

度g=lOm/s2.求：

(1)在D點軌道對物體的壓力大小氐；

(2)物體運動到8點時的速度大小與；

(3)4與B之間的距離X。

12.如圖所示，虛線MN沿豎直方向，其左側區(qū)域內有勻強電場(圖中未畫出)和方向垂

直紙面向里，磁感應強度為8的勻強磁場，虛線的右側區(qū)域有方向水平向右的

勻強電場。水平線段AP與相交于O點。在A點有一質量為加，電量為+q的帶

電質點，以大小為火的速度在左側區(qū)域垂直磁場方向射入，恰好在左側區(qū)域內做勻

速圓周運動，已知A與。點間的距離為回也，虛線右側電場強度為四，重

qRq

力加速度為g。求：

(1)MN左側區(qū)域內電場強度的大小和方向；

(2)帶電質點在A點的入射方向與A0間的夾角為多大時，質點在磁場中剛好運動

到。點，并畫出帶電質點在磁場中運動的軌跡；

(3)帶電質點從。點進入虛線MN右側區(qū)域后運動到尸點時速度的大小與。

13.關于固體、液體和氣體，下列說法正確的是()

A.固體中的分子是靜止的，液體、氣體中的分子是運動的

B.液體表面層中分子間的相互作用表現(xiàn)為引力

C.液體的蒸發(fā)現(xiàn)象在任何溫度下都能發(fā)生

D.汽化現(xiàn)象是液體分子間因相互排斥而發(fā)生的

E.有的物態(tài)變化中雖然吸收熱量但溫度卻不升高

14.如圖所示，用質量為如橫截面積為S的活塞在氣缸內封閉

一定質量的理想氣體，不計活塞厚度及活塞和氣缸之間的摩

擦。開始時活塞距氣缸底的高度為力且氣缸足夠高，氣體溫

度為To,外界大氣壓強為方,重力加速度為g,其中巾=禁，

求：

。)封閉氣體的壓強；

3)在活塞上面放置一個物體，物體的質量也為相，再次平衡后，發(fā)現(xiàn)活塞距氣缸

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底的高度為9九，則此時氣體的溫度為多少。

15.一列簡諧橫波沿x軸傳播，t=0.1s時波形圖如圖中實線所示，波剛好傳到c點,

t=0.4s時波形如圖中虛線所示，波剛好傳遞到e點，a、b、c、d、e是同一介質中

的質點，下列說法正確的是()

A.該波的波速為10m/s

B.t=0.2s時質點6和質點c的位移相等

C.質點d在0.1s?0.4s時間內通過的路程為40cm

D.t=：s時質點。運動到波峰位置

O

E.這列波遇到頻率為2Hz的另一列簡諧橫波時會發(fā)生干涉現(xiàn)象

16.可見光通信是利用燈的光線實現(xiàn)上網的新型高速數

據傳輸技術.如圖所示，A8CD是閃光燈的圓柱形封

裝玻璃體，其橫截面的直徑AB=d,厚度AD=隹d.LED燈

2

(可視為點光源)固定在玻璃體面的圓心。，玻璃體的

折射率為北，光在真空中的傳播速度為C.求:

(1)光在玻璃體中傳播的速度；

(2)光線OA在AB面發(fā)生折射時的折射角.

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答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：A、該核電站利用核裂變獲得核能；故A錯誤；

B、鈾核筍U的質子數為92,故8錯誤；

C、根據電荷數守恒、質量數守恒，知矩正的電荷數為0,質量數為3,得久=3,故C

正確；

D、核反應后的中子數是3個，所以中子增加2個，則一個鈾核馥5[/發(fā)生上述核反應,

2

釋放的能量為(mi-m2-63-2m4)c,故。錯誤。

故選：Co

目前的核電站利用核裂變獲得核能;根據原子核的組成特點分析；由質量數守恒判斷x：

根據愛因斯坦質能方程分析。

本題考查了核反應方程和愛因斯坦質能方程的基本運用，比較簡單，要加強訓練，才能

熟練。

2.【答案】D

【解析】解：AB、由等量正點電荷電場強

度和電勢的對稱性可知，6兩點電勢相

同，c、4兩點電場強度等大反向，故AB錯

、口

慶；

C、在圓弧碇㈤上，電場強度大小有變化，

故帶負電的試探電荷不可以僅在電場力作

用下沿圓弧。沙”做勻速圓周運動，故c錯誤:

D、電勢從a到匕先減小后增大，將試探負電荷從。點沿直線斷移動到方點，電勢能先

增大后減小，故。正確。

故選：Do

由等量同種正電荷的電場線的平面圖，在想象中旋轉后得到其立體圖形，根據對稱性判

斷圓上各點的場強以及電勢大?。?/p>

帶負電粒子，如果滿足電場力提供其所需要的向心力才可做勻速圓周運動；負電荷的電

勢能隨電勢升高而減小。

常見電場的電場線分布及等勢面的分布要求我們能熟練掌握，同時注意等量同號電荷電

荷形成電場的對稱性。加強基礎知識的學習，掌握住電場線的特點，即可解決本題。

3.【答案】C

【解析】

【分析】

6兩個質量相同、所帶電荷量相等的帶電粒子以不同的速率射入圓形勻強磁場區(qū)域，

偏轉的方向不同，說明受力的方向不同，電性不同，可以根據左手定則判定。從圖線來

看，。的半徑較小，可以結合洛倫茲力提供向心力，寫出公式，進行判斷，之后，根據

公式，再判定動能和運動的時間。

該題考查帶電粒子在勻強磁場中的偏轉，可以結合兩個公式進行判定。屬于簡單題目。

【解答】

4粒子向右運動，根據左手定則，6向上偏轉，應當帶正電；a向下偏轉，應當帶負電，

故A錯誤；

C.洛倫茲力提供向心力，即：qvB=叱，得：「=翳，故半徑較大的b粒子速度大，

1rqs

動能也大，故C正確；

B.由公式；F=qvB,故速度大的b受洛倫茲力較大，故8錯誤；

D磁場中偏轉角大的運動的時間也長；。粒子的偏轉角大，因此運動的時間較長。故。

錯誤。

故選Co

4.【答案】D

【解析】解：整體向下勻加速直線運動，加速度方向沿斜面向下，則8的加速度方向沿

斜面向下。

則B一定受到水平向左的摩擦力以及重力和支持力，如下圖所示：

對整體分析，根據牛頓第二定律知，則其加速度為:a=（2m+m）gsine=,

2m+md

那么B的加速度大小也為:aB=gsine,

將其沿著豎直方向與水平方向分解，如上圖所示;

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則有：mg-N=may

f=max

解得：N=mg-mgsin2。,其方向豎直向上，

f=mgsinOcosd,其方向水平向左，故。正確，A8C錯誤。

故選：D。

對整體分析，得出整體的加速度方向，結合牛頓第二定律，求得加速度大小，再對B受

力分析，依據矢量的合成法則，結合三角知識，即可8的支持力與摩擦力大小與方向。

解決本題的關鍵知道B與整體具有相同的加速度，根據加速度確定物體的合力方向。注

意整體法和隔離法的運用，及掌握矢量的合成法則的應用。

5.【答案】A

【解析】解：A、變壓器原線圈輸入電壓最大值為NBS3,根據變壓器變壓之比牛=，；

可知，副線圈電壓的最大值為4NBS3,電壓表丫測定的有效值，/=窄=竺群=

V2V2

2V2NBS0),故A正確。

B、從圖示位置開始，線框轉過180。的過程中，磁通量的變化量為2BS,通過線圈的電

荷量為q=/△t=?△t=4竺=今"力。，故B錯誤。

K&K總K&

C、若只將滑動變阻器的滑片向d端滑動，總電阻減小，因為副線圈的輸出電壓不變，

所以/2增大，因為副線圈電流決定原線圈電流，故電流表4的示數人變大，故C錯誤。

D、若只將滑動變阻器的滑片向d端滑動，內不變，人變大，貝片變小,故。錯誤。

故選：Ao

根據變壓器變壓之比，可求電壓表的示數；線框轉過180。的過程中，磁通量的變化量為

2BS,根據電荷量的表達式，可求通過線圈的電荷量；若只將滑動變阻器的滑片向“端

滑動，根據閉合電路歐姆定律可知電流表示數變化情況。

掌握變壓器的變壓、變流特點，以及最大值和有效值之間的關系即可解決本題，另外注

意求解通過線圈的電荷量時應該用平均電流。

6.【答案】BC

【解析】解：A、第二宇宙速度11.2比n/s,是掙脫地球引力束縛的最小發(fā)射速度，“天

問一號”探測器擺脫了地球的吸引，成為火星的衛(wèi)星，故“天間一號”探測器的發(fā)射速

度應大于11.2km/s,故力錯誤。

8、在軌道HQ點處作半徑為，?的外切圓，因為從軌道n的。點進入外切圓軌道時需點

火加速，所以在外切圓時的速度"勿〉"Q

根據萬有引力提供向心力得：

=m-

r

解得：V=色，因為軌道I的半徑小于軌道外切圓的半徑，所以%>V切,即%>VQ,

故“天問一號”在軌道II運行到Q點的速度小于在圓軌道I運行的速度，故8正確。

C、由題意，=R火=濁根據萬有引力提供向心力得：

在地球表面=mg①

K

GM.m47r2

在火星表面一尾二=7n方火②

M火M火

根據密度表達式得：2=京=甄③

由①②③得：P=靖故c正確。

。、根據萬有引力提供向心力得：

UM.,7a

在火星表面一^-=小?；稷?/p>

由①④得：g吠=gg，故著陸器在火星表面所受重力為gmg，故。錯誤。

故選：BC.

“天問一號”探測器的發(fā)射速度應大于11.2/cm/s；在軌道DQ點處作半徑為，的外切圓,

分別比較外切圓的速度與軌道HQ點的速度的大小以及與軌道I的速度大小，從而確定

衛(wèi)星在軌道H運行到。點的速度與在圓軌道I運行的速度的大小關系:根據萬有引力提

供向心力，對物體在地球表面和在火星表面分別列方程，解方程組，即可求火星的密度

及著陸器在火星表面所受重力。

此題考查了萬有引力定律及其應用，要熟記萬有引力的公式和圓周運動的一些關系變換

式，解題依據為萬有引力提供向心力。

7.【答案】AC

【解析】解：A、釋放尸前，對Q分析，根據共點力平衡得，T=mgcose,故A正確.

8、對P分析，知P所受的合力在變化，則加速度在變化，做變加速直線運動，故8錯

誤.

C、當尸到0點時，。的速度為零，對P和。系統(tǒng)研究，mg^-^cose=\mv2,

COSt72

第12頁，共19頁

解得i?=yjTgh^l—cosd))故C正確.

。、P從釋放到第一次過。點，速度逐漸增大，拉力在水平方向的分力在減小，則拉力

的功率不是一直增大，故。錯誤.

故選：AC.

對。分析，根據共點力平衡求出拉力的大??；根據P所受的合力變化得出加速度的變

化；對P和。系統(tǒng)研究，結合機械能守恒求出P到達。點的速度大小.根據尸點的速

度以及拉力在水平方向分力的變化判斷拉力功率的變化.

本題考查了共點力平衡、功率、機械能守恒的綜合運用，知道P到達0點時，沿繩子

方向的速度為零，則。的速度為零.

8.【答案】AD

【解析】解：A、根據E=可知，速度最大時感應電動勢最大，電流和安培力也最

大，所以初始時刻的安培力最大，根據尸=B/L、/=第可得：F=—■A正確；

B、根據動能定理可得-W安-必G=0-|mv2,所以上滑過程中導體棒克服安培

力做的功為皿安=：7n/-叼-：7n/，B錯誤；

C、設上滑過程中的位移為x,根據電荷量的經驗公式可得:q=等=第，解得：x=誓,

克服摩擦力和重力做的總功為：W=^mgcosd+mgsind)x=(jimgcosd+

mgsinJ)普

Dl

根據能量守恒定律可得產生的焦耳熱為Q=；mv2-^mgcosd+mgsinO)誓，C錯誤;

ZDl

D、設初位置為零勢能面，開始的機械能為/nuA末狀態(tài)的機械能為mgs譏

駕詈■sinS,所以導體棒上滑過程中損失的機械能為：一筆"sin。，。正確。

DIZDL

故選：A。。

根據E=可知分析感應電動勢最大的位置，由歐姆定律和安培力的計算公式求解最

大安培力；根據動能定理分析上滑過程中導體棒克服安培力做的功；根據電荷量的經驗

公式求解上滑的位移，根據能量守恒定律求解產生的焦耳熱；根據機械能守恒定律分析

機械能的損失.

對于電磁感應問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，重點是分析安培力作用下導

體棒的平衡問題，根據平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應現(xiàn)象中的

能量轉化問題，根據動能定理、功能關系等列方程求解.

9.【答案】C0.653

【解析】解：①4、平衡摩擦力時要將紙帶、打點計時器、小車等連接好，要通電，但

不掛鉤碼，故4錯誤；

8、為減小系統(tǒng)誤差，應使鉤碼質量遠小于小車質量，依據牛頓第二定律，則有鉤碼的

重力接近小車的拉力，故B錯誤；

C、實驗時，應使小車靠近打點計時器由靜止釋放，故C正確；

故選：G

②8為AC時間段的中間時刻，根據勻變速運動規(guī)律得，平均速度等于中間時刻的瞬時

速度，故：如=舞=黑篙X10-2nl/s=0.653m/s

故答案為：①C②0.653。

①平衡摩擦力是用重力的下滑分量來平衡小車受到的摩擦力，故不應該將鉤碼通過細

線掛在小車上，為減小系統(tǒng)誤差，應使鉤碼質量遠小于小車質量，實驗時，應使小車靠

近打點計時器由靜止釋放；②用平均速度等于中間時刻的瞬時速度的結論求解。

“探究恒力做功與動能改變的關系”與“探究加速度與力、質量的關系”有很多類似之

處，在平時學習中要善于總結、比較，提高對實驗的理解能力。

10.【答案】并6如圖8.01.0

【解析】解：(1)改裝電流表需要并聯(lián)電阻進行分流；由并聯(lián)電路規(guī)律可知，并聯(lián)部分

電壓相等，要使量程擴大為原來的6倍；

則由并聯(lián)電路規(guī)律可知：&=竽代入數據得：％=60

(2)根據改裝原理以及測量電動勢和內電阻實驗原理可知應將改裝后的電表與電阻箱串

聯(lián)接在電源兩端，故測量原理圖如圖所示；

一,E

(3)電路中干路電流為電流表示數的6倍，故根據閉合電路歐姆定律可知：'=會尸。x

6+30

g則變形得R=3：-(r+5)，故圖象中的斜率等于K=5=3=2

oo/o5

解得E=8.07；圖象與縱坐標的交點為-6.0=-(r+5),解得r=1.00。

第14頁，共19頁

國CI帝

故答案為：(1)并6(2)如圖--------(3)8.01.0

(1)根據串并聯(lián)電路的電壓規(guī)律可知電壓相等，再由歐姆定律即可求得定值電阻的阻值;

(2)要想測出電源的電動勢和內電阻，只需找出電源兩端的電壓及流過電流的電流即可,

根據題目中給出的條件可以采用安阻法進行測量；

(3)由閉合電路歐姆律可得出表達式，根據數形關系可求得電動勢和內電阻。

本題考查了測量電動勢和內電阻的實驗，知道實驗原理即可作出實驗電路圖，根據改裝

原理以及閉合電路歐姆定律可得出函數表達式，由圖象可以求出電源電動勢與內阻。

11.【答案】解：在。點，物體到重力和軌道對其豎直向上的壓力作用，

根據牛頓第二定律FN+mg=

代入數據解得FN=m無一mg=lx--lxlON=30N

zRV0.4

(2)物體從B到。運動過程中只有重力對其做功，據動能定理有：

11

-mg-2R=2m詔-2小詔

代入數據解得：vB=4y/2m/s=5.64m/s,八'尸

(3)物體從A到8,受力如圖所，根據動能定理有：**

1,1,

Fx—fx=-mvg--m嶗

f—〃N—〃mg

代入數據解得：x=4m0

答：(1)在。點軌道對物體的壓力大小FN為30N；

(2)物體運動到B點時的速度大小為為5.64rn/s；

(3)4與B之間的距離x為4〃?。

【解析】(1)物體在。點運動時受重力和軌道對它的壓力，據合力提供向心力求得軌道

對物體的壓力；

(2)物體從8運動到。的過程中只有重力做功，根據動能定理求得物體在B點時的速度；

(3)物體在水平面上運動時有拉力和摩擦力做功，根據動能定理求得AB間距離。

本題是動能定理與圓周運動簡單的綜合問題，能對物體正確的受力和做功分析是解決問

題的關鍵，知道豎直平面內圓周運動的最高和最低點合外力提供圓周運動向心力，不難

屬于基礎題。

12.【答案】解：(1)質點在左側區(qū)域受重力、電場力和洛倫茲力作用，根據質點做勻速

圓周運動可得：重力和電場力等大反向，洛倫茲力做向心力；

所以，電場力qE=rng,方向豎直向上；所以，MY左側區(qū)域內電場強度石左=詈，方

向豎直向上；

(2)質點在左側區(qū)域做勻速圓周運動，洛倫茲力做向心力，故有：Bv0q=嚕,所以，

軌道半徑R=翳；

質點經過A、0兩點，故質點在左側區(qū)域做勻速圓周運動的圓心在A0的垂直平分線上，

且質點從A運動到0的過程0點為最右側；所以，粒子從A到0的運動軌跡為劣??；

又有嬴。=遮詈=百心根據幾何關系可得：帶電質點在A點的入射方向與A。間的

qB

夾角6=arcsin對絲=60。；

R

根據左手定則可得：質點做逆時針圓周運動，故帶電質點在磁場中運動的軌跡如圖所示:

Vo

(3)根據質點在左側做勻速圓周運動，由幾何關系可得：質點在。點的豎直分速度為=

vosin6O°=yv0>水平分速度以=v0cos60°=|v0；

質點從O運動到P的過程受重力和電場力作用，故水平、豎直方向都做勻變速運動；

質點運動到P點，故豎直位移為零，所以，運動時間￡=也=叵；

99

所以，質點在P點的豎直分速度為p=水平分速度也P=^+尊=濁+

ag.亨=：%；

y4

所以，帶電質點從。點進入虛線MN右側區(qū)域后運動到尸點時速度%=J啖+及「=

V13v0；

答：(1)MN左側區(qū)域內電場強度的大小為詈，方向豎直向上；

(2)帶電質點在A點的入射方向與4。間的夾角為60。時,質點在磁場中剛好運動到。點,

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帶電質點在磁場中運動的軌跡如圖所示:

(3)帶電質點從。點進入虛線MN右側區(qū)域后運動到P點時速度的大小與為g%。

【解析】(1)根據質點在左側做勻速圓周運動得到電場力和重力平衡，從而求得場強；

(2)根據洛倫茲力做向心力求得軌道半徑，再由左手定則得到質點偏轉方向，從而根據

兒何關系得到夾角和運動軌跡；

(3)根據幾何關系求得在。點的速度方向，然后由豎直位移為零求得在右側的運動時間，

即可根據豎直、水平方向均做勻變速運動求得速度變化，從而求得在尸點的速度。

帶電粒子運動軌跡的求解一般根據洛倫茲力做向心力求得軌道半徑，再根據左手定則求

得偏轉方向，進而由幾何關系求得運動軌跡。

13.【答案】BCE

【解析】解：小無論固體、液體和氣體，分子都是在永不停息的做無規(guī)則運動，故A

錯誤；

B、當分子間距離為力時，分子引力和斥力相等，液體表面層的分子比較稀疏，分子間

距大于為,所以分子間作用力表現(xiàn)為引力，故B正確；

C、蒸發(fā)是液體表面分子無規(guī)則運動的情況，故C正確；

。、汽化是物質從液態(tài)變成氣態(tài)的過程，汽化分蒸發(fā)和沸騰，而不是分子間的相互排斥

而產生的，故。錯誤；

E、冰在融化過程中吸收熱量但溫度不升高，故E正確；

故選：BCE。

分子永不停息做無規(guī)則運動；液體表面張力表現(xiàn)為引力；任何溫度下均能發(fā)生蒸發(fā)；汽

化現(xiàn)象與分子力無關；晶體有時吸收熱量，溫度不變.

考查分子永不停息做無規(guī)則運動，理解液體表面張力的含義，知道蒸發(fā)快慢與溫度有關,

而有無蒸發(fā)與溫度無關，掌握存在吸熱