江苏省2021届新高考物理下学期模拟预测卷（四）（含解析）一、单项选择题:共11题，每题4分，共44分。每题只有一个选项最符合题意。1.如图所示，一定质量的理想气体由状态A沿平行纵轴的直线变化到状态B，则它的状态变化过程是( )A．气体的温度不变B．气体的内能增加C．气体的分子平均速率减少D．气体分子在单位时间内与器壁单位面积上碰撞的次数不变2.我国自主研发制造的国际热核聚变核心部件在国际上率先通过权威机构认证，这是我国对国际热核聚变项目的重大贡献。下列核反应方程中属于聚变反应的是（ ）A.H＋H→He＋nB.N＋He→O＋HC.He＋Al→P＋nD.U＋n→Ba＋Kr＋3n3.可调式理想变压器示意图如图所示，原线圈的输入电压为U1，副线圈输出电压为U2，R为电阻。将原线圈输入端滑动触头P向下移动时。下列结论中正确的是（ ）A．输出电压U2增大B．流过R的电流减小C．原线圈输入电流减小D．原线圈输入功率不变4.如图甲所示是演示简谐运动图像的装置，它由一根较长的细线和较小的沙漏组成。当沙漏摆动时，漏斗中的细沙均匀流出，同时匀速拉出沙漏正下方的木板，漏出的细沙在板上会形成一条曲线，这条曲线可以理解为沙漏摆动的振动图像。图乙是同一个沙漏分别在两块木板上形成的曲线(图中的虚线)，已知P、Q分别是木板1上的两点，木板1、2的移动速度分别为v1、v2，则（）20\nA．P处堆积的细沙与Q处一样多B．P处堆积的细沙比Q处多C．v1∶v2＝4∶3D．t1∶t2＝3∶45.如图所示，有一矩形线圈的面积为S，匝数为N，电阻不计，绕OO′轴在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω匀速转动，从图示位置开始计时。矩形线圈通过铜滑环接理想变压器原线圈，副线圈接有固定电阻R0和滑动变阻器R，下列判断正确的是( )A．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωsinωtB.矩形线圈从图示位置经过时间内，通过电流表A1的电荷量为零C．滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电流表A1和A2示数都变小D．滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电压表V1示数不变，V2和V3的示数都变小6.质量为m的球从地面以初速度v0竖直向上抛出，已知球所受的空气阻力与速度大小成正比。下列图像分别描述了球在空中运动的加速度a、速度v随时间t的变化关系和动能Ek、机械能E(选地面处重力势能为零)随球距离地面高度h的变化关系，其中可能正确的是( )7.如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，R0为定值电阻，电容器的电容为C。闭合开关S，增大可变电阻R的阻值，电压表示数的变化量为ΔU，电流表示数的变化量为ΔI，则( )20\nA．变化过程中ΔU和ΔI的比值保持不变B．电压表示数U和电流表示数I的比值不变C．电阻R0两端电压减小，减小量为ΔUD．电容器所带的电荷量减小，减小量为CΔU8.物体从地面以某一初速度竖直向上抛出，受到与速度v成正比的空气阻力，则在从抛出到返回的全过程中，表示该物体加速度a和速度v的关系图像正确的是(取向上为正方向)( )9.如图所示的电路中，A、B、C是三个完全相同的灯泡，L是一个自感系数较大的线圈，其直流电阻与灯泡电阻相同。下列说法正确的是( )A．闭合开关S，A灯逐渐变亮B．电路接通稳定后，流过B灯的电流是流过C灯电流的倍C．电路接通稳定后，断开开关S，C灯立即熄灭D．电路接通稳定后，断开开关S，三个灯过一会儿才熄灭，且A灯亮度比B、C灯亮度高10.几个水球可以挡住一颗子弹？《国家地理频道》的实验结果是：四个水球足够！完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，则下列说法不正确的是( )A．子弹在每个水球中的速度变化相同B．子弹在每个水球中运动的时间不同C．每个水球对子弹的冲量不同20\nD．子弹在每个水球中的动能变化相同11.如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T0。若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经M、Q到N的运动过程中( )A．从P到M所用的时间等于B．从Q到N阶段，机械能逐渐变大C．从P到Q阶段，速率逐渐变大D．从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功二、非选择题:共5题，共56分。其中第13题～第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。12.（15分）在研究金属电阻阻值与温度的关系时，为了能够较准确地测出金属电阻的阻值，设计了如图甲所示的电路．除了金属电阻Rx外，还提供的实验器材有：学生电源E，灵敏电流计G，滑动变阻器R、Rs，定值电阻R1、R2，电阻箱R0，开关S，控温装置，导线若干．甲乙①按照电路图连接好电路后，将R0调至适当数值，R的滑片调至最右端，Rs的滑片调至最下端，闭合开关S；②把R的滑片调至适当位置，调节R0，并逐步减小Rs的阻值，直到Rs为零时，电流计G指针不发生偏转，记录R0的阻值和Rx的温度；③多次改变温度，重复实验；④实验完毕，整理器材．根据上述实验回答以下问题：(1)上述②中，电流计G指针不发生偏转时，a点电势________(选填“大于”“等于”或“小于”)b点电势．(2)某次测量时，R0的旋钮如图乙所示，则R0的读数为________Ω.(3)用R0、R1、R2表示Rx，Rx＝________．(4)求出的阻值Rx和对应温度如下表所示：温度t/℃35.040.045.050.055.0阻值Rx/Ω58.359.460.661.762.8请在图丙所示的坐标纸上描绘出Rxt图线．20\n丙(5)本实验中Rs的作用为________________________．13.如图甲所示，气缸左右侧壁导热，其它侧壁绝热，平放在水平面上。质量为m、横截面积为S的绝热活塞将气缸分隔成A、B两部分，每部分都封闭有气体，此时两部分气体体积相等。外界温度T0保持不变，重力加速度为g(不计活塞和气缸间的摩擦)。(1)若将气缸缓慢转动，直到气缸竖直如图乙所示，稳定后A、B两部分气体体积之比变为3∶1，整个过程不漏气，求此时B部分气体的压强。(2)将丙图中B的底端加一绝热层，对B部分气体缓慢加热，使A、B两部分气体体积再次相等，求此时B部分气体的温度T。14.如图所示，在水平桌面上倒立着一个透明圆锥，其底面是半径r＝0.24m的圆，圆锥轴线与桌面垂直，过轴线的竖直截面是等腰三角形，底角θ＝30°。有一束光从距轴线a＝0.15m处垂直于圆锥底面入射，透过圆锥后在水平桌面上形成一个小光点。已知透明圆锥介质的折射率n＝，真空中光速c＝3.0×108m/s。求：（1）光在圆锥中传播的时间t；（2）桌面上光点到圆锥顶点O间的距离l。20\n15.15．如图所示，有一倾角的固定斜面，斜面底端固定有一垂直斜面的挡板，第一次将质量的“”形木板（前端挡板厚度忽略）单独从斜面上由静止释放，木板与挡板P发生第一次碰撞后，沿斜面上升的最大距离为；第二次将木板与一放置在木板最上端的光滑物块同时由静止释放，物块的质量，大小可忽略。已知：木板下端到挡板P的距离，木板长，，木板与挡板P碰后速率均为碰前速率的一半，物块与木板前端挡板碰撞后立刻粘合在一起，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：（1）木板与斜面间的动摩擦因数；（2）物块与木板前端挡板碰撞过程中系统损失的机械能；（3）物块与木板前端挡板碰撞后木板运动的总路程。20\n16.某控制带电粒子运动的仪器原理如图所示，区域PP′M′M内有竖直向下的匀强电场，电场场强E＝1.0×103V/m，宽度d＝0.05m，长度L＝0.40m；区域MM′N′N内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝2.5×10－2T，宽度D＝0.05m，比荷＝1.0×108C/kg的带正电的粒子以水平初速度v0从P点射入电场．边界MM′不影响粒子的运动，不计粒子重力．(1)若v0＝8.0×105m/s，求粒子从区域PP′N′N射出的位置；(2)若粒子第一次进入磁场后就从M′N′间垂直边界射出，求v0的大小；(3)若粒子从M′点射出，求v0满足的条件．参考答案20\n一、单项选择题:共11题，每题4分，共44分。每题只有一个选项最符合题意。1.如图所示，一定质量的理想气体由状态A沿平行纵轴的直线变化到状态B，则它的状态变化过程是( )A．气体的温度不变B．气体的内能增加C．气体的分子平均速率减少D．气体分子在单位时间内与器壁单位面积上碰撞的次数不变【答案】B【解析】：从p－V图象中的AB图线看，气体状态由A变到B为等容升压，根据查理定律，一定质量的气体，当体积不变时，压强跟热力学温度成正比，所以压强增大温度升高，故选项A错误；一定质量的理想气体的内能仅由温度决定，所以气体的温度升高，内能增加，故选项B对；气体的温度升高，分子平均速率增大，故选项C错；气体压强增大，则气体分子在单位时间内与器壁单位面积上碰撞的次数增加，故选项D错误。2.我国自主研发制造的国际热核聚变核心部件在国际上率先通过权威机构认证，这是我国对国际热核聚变项目的重大贡献。下列核反应方程中属于聚变反应的是（ ）A.H＋H→He＋nB.N＋He→O＋HC.He＋Al→P＋nD.U＋n→Ba＋Kr＋3n解析 H＋H→He＋n是一个氘核与一个氚核结合成一个氦核，同时放出一个中子，属于聚变反应，故A正确；N＋He→O＋H是卢瑟福发现质子的核反应方程，是人类第一次实现的原子核的人工转变，属于人工核反应，故B错误；He＋Al→P＋n是小居里夫妇用α粒子轰击铝片时发现了放射性磷（磷30），同时发现中子的核反应方程，属于人工核反应，故C错误；U＋n→Ba＋Kr＋3n是一种典型的铀核裂变，属于裂变反应，故D错误。答案 A3.可调式理想变压器示意图如图所示，原线圈的输入电压为U1，副线圈输出电压为U2，R为电阻。将原线圈输入端滑动触头P向下移动时。下列结论中正确的是（ ）20\nA．输出电压U2增大B．流过R的电流减小C．原线圈输入电流减小D．原线圈输入功率不变【解答】解：P向下移动时，原线圈的匝数减小，根据U2＝，可知副线圈电压增大，则副线圈电流增大，流过R的电流增大，输出功率增大，则输入功率也增大，原线圈电压不变，则原线圈输入电流增大，故A正确、BCD错误。故选：A。4.如图甲所示是演示简谐运动图像的装置，它由一根较长的细线和较小的沙漏组成。当沙漏摆动时，漏斗中的细沙均匀流出，同时匀速拉出沙漏正下方的木板，漏出的细沙在板上会形成一条曲线，这条曲线可以理解为沙漏摆动的振动图像。图乙是同一个沙漏分别在两块木板上形成的曲线(图中的虚线)，已知P、Q分别是木板1上的两点，木板1、2的移动速度分别为v1、v2，则__________。A．P处堆积的细沙与Q处一样多B．P处堆积的细沙比Q处多C．v1∶v2＝4∶3D．t1∶t2＝3∶4解析：(1)由沙漏摆动规律结合题图乙可知，沙漏在P处速度小，细沙堆积多，在Q处速度大，细沙堆积少，A项错误，B项正确；根据题图乙知，木板1从沙漏下拉出所用时间为2T，木板2从沙漏下拉出所用时间为1.5T，则木板移动速度之比为所用时间的反比，即v1∶v2＝3∶4，CD项错误。5.如图所示，有一矩形线圈的面积为S，匝数为N，电阻不计，绕OO′轴在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω匀速转动，从图示位置开始计时。矩形线圈通过铜滑环接理想变压器原线圈，副线圈接有固定电阻R0和滑动变阻器R，下列判断正确的是( )20\nA．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωsinωtB.矩形线圈从图示位置经过时间内，通过电流表A1的电荷量为零C．滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电流表A1和A2示数都变小D．滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电压表V1示数不变，V2和V3的示数都变小解析：选C 从矩形线圈与中性面垂直的位置开始计时，故产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcosωt，选项A错误；矩形线圈从题图所示位置经过＝T时间内，线圈中有电流产生，故通过电流表A1的电荷量不为零，选项B错误；变压器初级电压一定，则次级电压一定，故电压表V1、V2示数不变；滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，R变大，次级电流减小，故电流表A2示数变小，则电流表A1示数也变小，R0两端的电压减小，故V3示数变大，选项C正确，D错误。6.质量为m的球从地面以初速度v0竖直向上抛出，已知球所受的空气阻力与速度大小成正比。下列图像分别描述了球在空中运动的加速度a、速度v随时间t的变化关系和动能Ek、机械能E(选地面处重力势能为零)随球距离地面高度h的变化关系，其中可能正确的是( )解析：选C 上抛过程中，速度减小，f＝kv，阻力减小，根据mg＋f＝ma，加速度a的方向向下，但a>g，逐渐减小，当球到达最高点时，速度为零，阻力为零，则加速度a＝g，方向向下，下落过程中，速度增大，f＝kv，阻力增大，根据mg－f＝ma，加速度a的方向向下，但a<g，逐渐减小，B项错误；vt图像的斜率表示加速度，A项错误；上升过程中，Ek＝Ek0－∑(mg＋f)Δh，h增大，f减小，mg＋f减小，Ekh图线斜率绝对值减小，下降过程中Ek＝－∑(mg－f)Δh，h减小，斜率绝对值减小，C项正确；由分析C的方法，易得D项错误。7.如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，R0为定值电阻，电容器的电容为C。闭合开关S，增大可变电阻R的阻值，电压表示数的变化量为ΔU，电流表示数的变化量为ΔI，则( )20\nA．变化过程中ΔU和ΔI的比值保持不变B．电压表示数U和电流表示数I的比值不变C．电阻R0两端电压减小，减小量为ΔUD．电容器所带的电荷量减小，减小量为CΔU解析：选A 闭合开关S，增大可变电阻R的阻值，电流表示数减小，电压表示数增大，变化过程中ΔU和ΔI的比值等于定值电阻R0与电源内阻r之和，保持不变，A正确；电压表示数U和电流表示数I的比值等于可变电阻R的阻值，逐渐增大，B错误；电阻R0两端电压减小，减小量小于ΔU，C错误；电容器所带的电荷量增大，增加量为CΔU，D错误。8.物体从地面以某一初速度竖直向上抛出，受到与速度v成正比的空气阻力，则在从抛出到返回的全过程中，表示该物体加速度a和速度v的关系图像正确的是(取向上为正方向)( )解析：选B 上升过程中，取向上为正方向，－mg－kv＝ma，a＝－v－g，在最高点时a＝－g，v＝0，下降过程中，取向上为正方向，－mg＋k|v|＝ma，－mg－kv＝ma，a＝－v－g，所以全过程都满足a＝－v－g，B项正确。9.如图所示的电路中，A、B、C是三个完全相同的灯泡，L是一个自感系数较大的线圈，其直流电阻与灯泡电阻相同。下列说法正确的是( )A．闭合开关S，A灯逐渐变亮B．电路接通稳定后，流过B灯的电流是流过C灯电流的倍C．电路接通稳定后，断开开关S，C灯立即熄灭D．电路接通稳定后，断开开关S，三个灯过一会儿才熄灭，且A灯亮度比B、C灯亮度高解析：选D 画出等效电路如图所示，闭合开关S，三个灯都立即变亮，A错误；电路稳定后，线圈和A灯的并联电阻为，与B灯的串联电阻为，C灯的电阻为R，根据并联电路分流与电阻成反比，故流过B灯的电流是流过C灯电流的20\n，B错误；断开开关S，线圈产生的感应电动势对三个灯泡供电，因此三个灯都过一会儿才熄灭，供电电路是B、C灯串联后与A灯并联，因此A灯的亮度比B、C灯的亮度高，C错误，D正确。10.几个水球可以挡住一颗子弹？《国家地理频道》的实验结果是：四个水球足够！完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，则下列说法不正确的是( )A．子弹在每个水球中的速度变化相同B．子弹在每个水球中运动的时间不同C．每个水球对子弹的冲量不同D．子弹在每个水球中的动能变化相同解析：选A 子弹恰好能穿出第4个水球，即末速度v＝0，应用逆向思维，子弹由右向左做初速度为零的匀加速直线运动，则自左向右子弹通过四个水球的时间比为(2－)∶(－)∶(－1)∶1，选项B正确；由于加速度a恒定，由at＝Δv，可知子弹在每个水球中的速度变化不同，选项A错误；因加速度恒定，则每个水球对子弹的阻力恒定，则由I＝ft，可知每个水球对子弹的冲量不同，选项C正确；由动能定理知ΔEk＝fx，f相同，x相同，则ΔEk相同，选项D正确。11.如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T0。若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经M、Q到N的运动过程中( )A．从P到M所用的时间等于B．从Q到N阶段，机械能逐渐变大C．从P到Q阶段，速率逐渐变大D．从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功解析：选D 在海王星从P到Q的运动过程中，由于万有引力与速度的夹角大于90°，因此引力做负功，根据动能定理可知，速率越来越小，C项错误；海王星从P到M的时间小于从M到Q的时间，因此从P到M所用的时间小于，A项错误；由于海王星运动过程中只受到万有引力作用，万有引力做功不改变海王星的机械能，即从Q到N的运动过程中海王星的机械能守恒，B项错误；从M到Q的运动过程中万有引力与速度的夹角大于90°，因此万有引力做负功，从Q到N的过程中，万有引力与速度的夹角小于90°，因此万有引力做正功，即海王星从M到N的过程中万有引力先做负功后做正功，D项正确。12.在研究金属电阻阻值与温度的关系时，为了能够较准确地测出金属电阻的阻值，设计了如图甲所示的电路．除了金属电阻Rx外，还提供的实验器材有：20\n学生电源E，灵敏电流计G，滑动变阻器R、Rs，定值电阻R1、R2，电阻箱R0，开关S，控温装置，导线若干．甲乙①按照电路图连接好电路后，将R0调至适当数值，R的滑片调至最右端，Rs的滑片调至最下端，闭合开关S；②把R的滑片调至适当位置，调节R0，并逐步减小Rs的阻值，直到Rs为零时，电流计G指针不发生偏转，记录R0的阻值和Rx的温度；③多次改变温度，重复实验；④实验完毕，整理器材．根据上述实验回答以下问题：(1)上述②中，电流计G指针不发生偏转时，a点电势________(选填“大于”“等于”或“小于”)b点电势．(2)某次测量时，R0的旋钮如图乙所示，则R0的读数为________Ω.(3)用R0、R1、R2表示Rx，Rx＝________．(4)求出的阻值Rx和对应温度如下表所示：温度t/℃35.040.045.050.055.0阻值Rx/Ω58.359.460.661.762.8请在图丙所示的坐标纸上描绘出Rxt图线．丙(5)本实验中Rs的作用为________________________．解析：(1)等于(2分)(2)40.0(2分)(3)R0(2分)(4)如图所示(2分)20\n(5)保护电流计(2分)13.如图甲所示，气缸左右侧壁导热，其它侧壁绝热，平放在水平面上。质量为m、横截面积为S的绝热活塞将气缸分隔成A、B两部分，每部分都封闭有气体，此时两部分气体体积相等。外界温度T0保持不变，重力加速度为g(不计活塞和气缸间的摩擦)。(1)若将气缸缓慢转动，直到气缸竖直如图乙所示，稳定后A、B两部分气体体积之比变为3∶1，整个过程不漏气，求此时B部分气体的压强。(2)将丙图中B的底端加一绝热层，对B部分气体缓慢加热，使A、B两部分气体体积再次相等，求此时B部分气体的温度T。【答案】：(1) (2)T0【解析】：(1)假设开始时，AB两部分体积均为V此时pA＝pB＝p、TA＝TB＝T0将气缸缓慢转动，直到气缸竖直如图乙所示时设A部分压强为pA′则p′B＝p′A＋由玻意耳定律得：对A：pAV＝p′AV对B：pBV＝p′BV联立解得：p′B＝，p′A＝(2)对B部分气体缓慢加热，使A、B两部分气体体积再次相等，A回到最初状态，此时p″B＝p＋＝从乙到丙过程，对B由理想气体状态方程得：＝20\n联立解得：T＝T0。14.如图所示，在水平桌面上倒立着一个透明圆锥，其底面是半径r＝0.24m的圆，圆锥轴线与桌面垂直，过轴线的竖直截面是等腰三角形，底角θ＝30°。有一束光从距轴线a＝0.15m处垂直于圆锥底面入射，透过圆锥后在水平桌面上形成一个小光点。已知透明圆锥介质的折射率n＝，真空中光速c＝3.0×108m/s。求：①光在圆锥中传播的时间t；②桌面上光点到圆锥顶点O间的距离l。解析：（1）光在圆锥中传播的光速v＝传播时间t＝解得t＝3.0×10－10s。（2）光从底面垂直入射后沿直线射到圆锥侧面上的O′点发生折射，光路图如图所示，由几何关系可知入射角为θ，设折射角为α，则n＝，解得α＝60°由几何关系可知△OPO′为等腰三角形，则2lcosθ＝解得桌面上光点到圆锥顶点O间的距离l＝0.10m。答案：（1）3.0×10－10s（2）0.10m15．如图所示，有一倾角的固定斜面，斜面底端固定有一垂直斜面的挡板，第一次将质量的“”形木板（前端挡板厚度忽略）单独从斜面上由静止释放，木板与挡板P发生第一次碰撞后，沿斜面上升的最大距离为；第二次将木板与一放置在木板最上端的光滑物块同时由静止释放，物块的质量，大小可忽略。已知：木板下端到挡板P的距离，木板长，，木板与挡板P碰后速率均为碰前速率的一半，物块与木板前端挡板碰撞后立刻粘合在一起，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：（1）木板与斜面间的动摩擦因数；（2）物块与木板前端挡板碰撞过程中系统损失的机械能；20\n（3）物块与木板前端挡板碰撞后木板运动的总路程。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）木板单独下滑，由能量守恒定律得木板与挡板碰撞后上升，由能量守恒定律得解得。（2）木板与滑块同时释放，木板与斜面间的最大静摩擦力因故开始时木板静止不动。设滑块加速下滑的加速度为，有解得，物块与木板下端碰撞前速度为撞后速度设为，由动量守恒定律得损失的机械能20\n（3）设木板与物块一起在斜面上向下运动的加速度大小为a1，向上运动的加速度大小为a2，则木板与物块粘合后经时间与挡板第一次碰撞，由解得，则木板与挡板第一次撞击时的速度第一次撞击后木板上滑的距离第二次撞击后木板上滑的距离同理可得：第三次撞击后木板上滑的距离故木板运动的总路程为解得。16.某控制带电粒子运动的仪器原理如图所示，区域PP′M′M内有竖直向下的匀强电场，电场场强E＝1.0×103V/m，宽度d＝0.05m，长度L＝0.40m；区域MM′N′N内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝2.5×10－2T，宽度D＝0.05m，比荷＝1.0×108C/kg20\n的带正电的粒子以水平初速度v0从P点射入电场．边界MM′不影响粒子的运动，不计粒子重力．(1)若v0＝8.0×105m/s，求粒子从区域PP′N′N射出的位置；(2)若粒子第一次进入磁场后就从M′N′间垂直边界射出，求v0的大小；(3)若粒子从M′点射出，求v0满足的条件．解析：（1）粒子以水平初速度从P点射入电场后，在电场中做类平抛运动，假设粒子能够进入磁场，则竖直方向d＝··t2得t＝代入数据解得t＝1.0×10－6s(2分)水平位移x＝v0t代入数据解得x＝0.80m因为x大于L，所以粒子不能进入磁场，而是从P′M′间射出，(1分)则运动时间t0＝＝0.5×10－6s，竖直位移y＝··t＝0.0125m(1分)所以粒子从P′点下方0.0125m处射出．(1分)(2)由第一问可以求得粒子在电场中做类平抛运动的水平位移x＝v0粒子进入磁场时，垂直边界的速度v1＝·t＝(1分)设粒子与磁场边界之间的夹角为α，则粒子进入磁场时的速度为v＝20\n在磁场中由qvB＝m得R＝(2分)粒子第一次进入磁场后，垂直边界M′N′射出磁场，必须满足x＋Rsinα＝L把x＝v0、R＝、v＝、v1＝代入解得v0＝L·－v0＝3.6×105m/s.(2分)(3)由第二问解答的图可知粒子离MM′的最远距离Δy＝R－Rcosα＝R(1－cosα)把R＝、v＝、v1＝代入解得Δy＝·＝·tan可以看出当α＝90°时，Δy有最大值，(α＝90°即粒子从P点射入电场的速度为零，直接在电场中加速后以v1的速度垂直MM′进入磁场运动半个圆周回到电场)Δymax＝＝＝Δymax＝0.04m，Δymax小于磁场宽度D，所以不管粒子的水平射入速度是多少，粒子都不会从边界NN′射出磁场．(2分)若粒子速度较小，周期性运动的轨迹如下图所示：粒子要从M′点射出边界有两种情况，第一种情况：L＝n(2v0t＋2Rsinα)＋v0t把t＝、R＝、v1＝vsinα、v1＝代入解得v0＝·－v0＝×105m/s(其中n＝0、1、2、3、4)(2分)第二种情况：L＝n(2v0t＋2Rsinα)＋v0t＋2Rsinα把t＝、R＝、v1＝vsinα、v1＝代入解得20\nv0＝·－v0＝×105m/s(其中n＝0、1、2、3)．(2分)20
