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2022-2023学年海南高考物理模拟试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年海南高考物理模拟试卷（含解析），共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年海南高考物理模拟试卷
一、单选题（本题共7小题，共21分）
1. 分子势能可用国际单位制中的基本单位表示为( )
A. J B. N⋅m C. kg·ms D. kg⋅m2s2
2. 1935年5月，红军为突破“围剿”决定强渡大渡河。首支共产党员突击队冒着枪林弹雨依托仅有的一条小木船坚决强突。若河面宽300m，水流速度3m/s，木船相对静水速度1m/s，则突击队渡河所需的最短时间为( )
A. 75s B. 95s C. 100s D. 300s
3. 在研究a、b两种金属发生光电效应现象的实验中，得到从金属表面逸出光电子最大初动能Ek与入射光频率v之间的关系如图中直线①②所示。已知h为普朗克常量，则( )
A. 图中直线①②的斜率均为he
B. 金属a的逸出功小于金属b的逸出功
C. 在得到这两条直线时，必须保证入射光的光强相同
D. 若产生的光电子具有相同的最大初动能，则照射到金属b的光频率较高
4. 2022年6月5日，中国神舟十四号载人飞船(以下简称飞船)成功发射升空，与天和核心舱成功对接。假设飞船与天和核心舱对接过程的简化示意图如图所示，天和核心舱处于半径为r2的圆轨道Ⅲ上，飞船先被发送至半径为r1的圆轨道Ⅰ上，通过变轨操作后，沿椭圆轨道Ⅱ运动到远地点B处与天和核心舱对接。已知地球质量为M，引力常量为G，则( )
A. 飞船在轨道Ⅰ上运动的周期与天和核心舱运动的周期之比为 r23r13
B. 飞船沿轨道Ⅱ从近地点A运动到远地点B的过程中，速度不断减小
C. 飞船在轨道Ⅱ上经过B点的加速度小于天和核心舱的加速度
D. 飞船在轨道Ⅱ上由A点运动到B点的过程中，由于离地高度越来越大，所以机械能逐渐增大
5. 微信运动步数的测量是通过手机内电容式加速度传感器实现的。如图所示，电容M极板固定，N极板可运动，当手机的加速度变化时，N极板只能按图中标识的“前后”方向运动。图中R为定值电阻。下列对传感器描述正确的是( )
A. 静止时，电流表示数为零，且电容器两极板不带电
B. 电路中的电流表示数越大，说明手机的加速度越大
C. 由静止突然向后加速时，电流由a向b流过电流表
D. 由静止突然向前加速时，电流由a向b流过电流表
6. 冬季奥运会中有自由式滑雪U形池比赛项目，其赛道横截面如图所示，为一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形赛道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的运动员(按质点处理)自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入赛道。运动员滑到赛道最低点N时，对赛道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示运动员从P点运动到N点的过程中克服赛道摩擦力所做的功(不计空气阻力)，则( )
A. W=34mgR，运动员没能到达Q点
B. W=14mgR，运动员能到达Q点并做斜抛运动
C. w=12mgR，运动员恰好能到达Q点
D. w=12mgR，运动员能到达Q点并继续竖直上升一段距离
7. 某条电场线是一条直线，沿电场线方向依次有O、A、B、C四个点，相邻两点间距离均为d，以O点为坐标原点，沿电场强度方向建立x轴，该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如图所示。一个带电量为+q的粒子，从O点由静止释放，仅受电场力作用。则下列说法正确的是( )
A. 若O点的电势为零，则A点的电势为12E0d
B. 粒子从A到B做匀速直线运动
C. 粒子在OA段电势能减少量小于BC段电势能减少量
D. 粒子运动到B点时动能为3qE0d2
二、多选题（本题共6小题，共24分）
8. 如图所示，竖直放置的轻弹簧下端固定，上端与物体A连接，物体A上方叠放物体B、C，三个物体的质量均为m，系统处于静止状态，弹簧处于弹性限度内，重力加速度大小为g。某时刻突然取走物体C，则( )
A. 此瞬间B的加速度为0 B. 此瞬间A对B的弹力大小为2mg
C. 之后B可能脱离A D. 之后B对A弹力的最小值为12mg
9. 如图所示，一个两端封闭的玻璃管内有一段水银柱，a、b两端各封闭有一定质量的气体，下列情况能使水银柱向a端移动的是( )
A. 让玻璃管以b端为圆心在竖直平面内慢慢转过60°角
B. 给玻璃管整体加热升温
C. 让玻璃管自由竖直下落
D. 让玻璃管加速竖直上升
10. 如图甲，两列沿相反方向传播的横波，形状相当于正弦曲线的一半，上下对称，其波速大小均为v，振幅均为A，波长均为λ。它们在相遇的某一时刻会出现两列波“消失”的现象，如图乙所示，其中a、b为此时相遇区域的左右端点，O为ab的中点，c为aO的中点。下列说法错误的是( )
A. 此时a质点具有向上的速度 B. 两列波相遇过程中质点O始终静止
C. 两列波相遇过程中质点c的总路程是4A D. 在整个过程中质点c有λ2v时间速度向下
11. 如图所示，纸面内的三条长直导线组成一等边三角形，导线间相互绝缘，导线中通入图示方向、大小始终相等的电流I。在角平分线上对称放置三个相同的环形线圈a、b、c，在三角形的中心放置相同的环形线圈d，若三根导线中通入的电流同时减小，则( )
A. 初始时线圈d的磁通量最大 B. 线圈c的感应电流最大
C. 线圈d产生逆时针方向的感应电流 D. 线圈a、b产生的感应电流相同
12. 如图所示，10匝矩形线框处在磁感应强度B= 2T的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以恒定角速度ω=10rad/s在匀强磁场中转动，线框电阻不计，面积为0.4m2，线框通过滑环与一理想自耦变压器的原线圈相连，副线圈接有一只灯泡L(规格为“4W，100Ω”)和滑动变阻器，电流表视为理想电表，则下列说法正确的是( )
A. 若从图示线框位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为e=40 2cos(10t)V
B. 当灯泡正常发光时，原、副线圈的匝数比为2：1
C. 若将滑动变阻器滑片向上移动，则电流表示数增大
D. 若将自耦变压器触头向上滑动，灯泡会变暗
13. 质量分别为M、m的A、B两物体连接在轻质弹簧两端，用轻质细线拴住A、B，弹簧被压缩，整体放置在光滑的水平面上处于静止状态。如图甲所示，若A靠在墙角，突然烧断细线，当弹簧恢复原长时，B的速度为v，如图乙所示，若A不靠在墙角，也突然烧断细线。规定水平向右为正方向，下列说法正确的是( )
A. 烧断细线之前弹簧的弹性势能为12Mv2
B. 对甲图，烧断细线后当弹簧压缩量最大时，弹簧的弹性势能为Mmv22(M+m)
C. 对乙图，烧断细线后当弹簧恢复原长时，A、B的动能之比M：m
D. 对乙图，烧断细线后当弹簧恢复原长时，A的动量为-mv MM+m
三、实验题（本题共4小题，共20分）
14. 实验所用油酸酒精溶液的浓度为每104mL溶液中含有纯油酸6mL，用注射器测得1mL上述溶液为80滴。把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用笔在玻璃板上描出油膜的轮廓形状，再把玻璃板放在坐标纸上，其形状和尺寸如图所示，坐标系中正方形方格的边长为1cm。
①油酸膜的面积是_______cm2；
②按以上实验数据估测油酸分子的直径为_____________m(保留2位有效数字)；
③利用单分子油膜法可以粗测分子的大小和阿伏加德罗常数。如果已知体积为V的一滴油酸在水面上散开形成的单分子油膜的面积为S，这种油的密度为ρ，摩尔质量为M，则阿伏加德罗常数的表达式为___________________。
15. 如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球碰撞前后的动量关系。图中的O点为小球抛出点在记录纸上的垂直投影。实验时，先使A球多次从斜轨上位置P由静止释放，找到其平均落地点的位置E。然后，把半径相同的B球静置于水平轨道的末端，再将A球从斜轨上位置P由静止释放，与B球相碰后两球均落在水平地面上，多次重复上述A球与B球相碰的过程，.分别找到碰后A球和B球落点的平均位置D和F。用刻度尺测量出水平射程OD、OE、OF分别为x1、x2、x3，测得A球的质量为m1，B球的质量为m2。
(1)该实验必须满足的条件有______。
A.两球的质量必须相等
B.轨道末端必须水平
C.B球的半径大于A球的半径
D.A球每次必须从轨道的同一位置由静止释放
(2)当满足表达式__________________时，即说明两球碰撞中动量守恒；当水平射程x1、x2、x3满足表达式_ 时，则说明两球的碰撞为弹性碰撞。(用所测量的物理量表示)
16. 某同学用螺旋测微器测量一物体的直径，读出图中读数为_________mm。
17. (1)某同学用螺旋测微器测量一物体的直径，读出图1中读数为_________mm。
(2)在测量电源电动势和内电阻的实验中，有电压表V(量程为3V，内阻约3kΩ)；电流表A(量程为0.6A，内阻约为0.70Ω)；滑动变阻器R(10Ω,2A)。为了更准确地测出电源电动势和内阻设计了如图2所示的电路图。
①如图2所示在闭合开关之前为防止电表过载而滑动变阻器的滑动头P应放在____(选填“a”或“b”)处；
②在实验中测得多组电压和电流值，得到如图所示的U-I图线，由图3可得该电源电动势E=________V，内阻r=_______Ω。
(3)某同学在设计电压表改装时，将一个内阻为60Ω，满偏电流为0.5mA的电流表表头改成量程为3V的电压表，需要____(选填“串”或“并”)联一个阻值________Ω的电阻。
四、计算题（本题共3小题，共35分）
18. 如图，一玻璃砖的横截面为14圆OPQ，14圆的半径为R，圆心为O，一束单色光从OP面上的P点射入玻璃砖，恰好在玻璃砖圆弧面上的M点发生全反射，已知入射光线与OP面的夹角为α，sinα= 63，光在真空中的传播速度为c，求：
(1)玻璃砖对该单色光的折射率n；
(2)单色光从P点射入玻璃砖到射出玻璃砖所经历的时间t。
19. 如图所示，光滑水平轨道的左端与足够长的倾角为37°的传送带的底端平滑相接于A点，传送带以v0=2m/s的速度逆时针转动，在水平轨道上的B点竖直固定一半径R=0.8m的光滑半圆轨道BD，BD连线为其竖直直径。甲、乙两滑块静置在水平轨道上，中间用细线压缩一根轻弹簧，弹簧的弹性势能为72J，弹簧与甲、乙不拴接，乙滑块与传送带间的动摩擦因数为0.5，已知甲滑块的质量为m1=3kg，甲、乙两滑块均可视为质点，弹簧恢复原长时，两滑块均未离开水平轨道，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)固定乙滑块，烧断细线，甲滑块离开弹簧后进入半圆轨道，求甲通过D点时对轨道的压力大小；
(2)固定甲滑块，烧断细线，乙滑块离开弹簧后在传送带上相对于A点滑行的最远距离s=8m，求乙滑块的质量；
(3)求(2)问中乙滑块被弹开后，从滑上传送带直至滑到最高点的过程中，乙滑块和传送带之间因摩擦产生的热量。
20. 如图所示，在平面直角坐标系中，第Ⅰ、Ⅳ象限内分别存在垂直纸面向里和向外的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小分别为B1、B2，第Ⅱ象限内存在平行于x轴的匀强电场(未画出)。现有一个质量为m、电荷量为-q(q>0)的带电粒子从A(-L,0)点垂直于x轴以v0的速度射入第Ⅱ象限，并从P(0,2L)点进入第Ⅰ象限。不计粒子重力。
(1)求匀强电场的电场强度E的大小和方向；
(2)为使带电粒子能够进入第Ⅳ象限，B1应满足什么条件？
(3)如果B2=2B1=2mvqL，且粒子垂直通过平行于y轴的直线x=nL(n>3)，则n应满足什么条件。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
【分析】
分子势能与功的单位相同，是“焦耳”，根据功的定义W=Fs，牛顿第二定律F=ma，进行推导。
本题关键要掌握国际单位制中力学基本单位：米、千克、秒及两个公式W=Fs、F=ma。
【解答】
分子势能与功的单位相同，根据功的定义式W=Fs知，1J=1N⋅m，根据牛顿第二定律F=ma知，1N=1kg·m/s2，联立解得：W=mas，所以1J=1kg⋅m2/s2，故ABC错误，D正确；
2.【答案】D
【解析】解：当静水速与河岸垂直时，垂直于河岸方向上的分速度最大，则渡河时间最短，最短时间为：
t=dvc=3001s=300s，故D正确，ABC错误；
故选：D。
3.【答案】BD
【解析】解：A.由光电效应方程有Ek=hν-W0可知，Ek-ν的斜率均为h，故A错误；
BD.由光电效应方程有Ek=hν-W0，横坐标上的截距的与h的乘积表示金属的逸出功，则金属a的逸出功小于金属b的逸出功，若产生的光电子具有相同的最大初动能，则照射到金属b的光频率较高，故BD正确；
C.由光电效应方程有Ek=hν-W0可知，在得到这两条直线时，与入射光的光强无关，故C错误。
故选：BD。
根据爱因斯坦光电效应方程与Ek-ν图像的物理意义解答。
该题考查光电效应方程的应用，牢记光电效应方程是关键。
4.【答案】B
【解析】A、圆轨道Ⅰ的半径为r1，天和核心舱的轨道半径为r2，根据开普勒第三定律得：r13T12=r23T22，则飞船在轨道Ⅰ上运动的周期与天和核心舱运动的周期之比为T1T2= r1r23，故A错误；
B、根据开普勒第二定律可知，飞船沿轨道Ⅱ从近地点A运动到远地点B的过程中，速度不断减小，故B正确；
C、根据牛顿第二定律得：GMmr2=ma，解得：a=GMr2，可知飞船在轨道Ⅱ上经过B点的加速度等于天和核心舱的加速度，故C错误；
D、飞船在轨道Ⅱ上由A点运动到B点的过程中，只有引力做功，其机械能保持不变，故D错误。
故选：B。
5.【答案】C
【解析】解：A.静止时，N板不动，电容器的电容不变，所以电容器电量不变，电流表示数为零，电容器保持与电源相连，两极板带电，故A错误；
C.由静止突然向后加速时，N板相对向前移动，则板间距减小，根据C=εrS4πkd可知电容C增大，电容器与电源直接相连，则电压不变，由电荷量的计算公式Q=CU可知电容器电量增大，电容器充电，电流由a向b流过电流表，故C正确；
D.由静止突然向前加速时，N板相对向后移动，则板间距增大，根据C=εrS4πkd可知电容C减小，电容器和电源直接相连，则电压不变，由电荷量的计算公式Q=CU可知电容器电量减小，电容器放电，电流由b向a流过电流表，故D错误。
B.根据上述分析可知，手机“前后”方向运动的加速度越快，电容变化越大，相同时间内电容充电或放电的电荷量大，电路中的电流表示数越大。因此电路中的电流表示数越大，说明手机“前后”方向运动的加速度越快，故B错误；
故选：C。
电容器与电源相连，电势差等于电源电势差，则两极板带电；
根据电容的决定式得出电容的变化趋势，结合电荷量的计算公式得出电荷量的变化趋势，由此得出电流的方向；
理解加速度的大小对电容变化趋势的影响，结合电荷量的计算公式完成分析。
本题主要考查了电容器的动态分析问题，理解变化过程中的不变量，结合电容器的比值定义式和决定式即可完成分析。
6.【答案】D
【解析】解：在N点，根据牛顿第二定律有N-mg=mvN2R，
解得vN= 3gR，
对质点从下落到N点的过程运用动能定理得mg2R-W=12mvN2-0，
解得W=12mgR，
由于PN段速度大于NQ段速度，所以NQ段的支持力小于PN段的支持力，则在NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功，
对NQ段运用动能定理得-mgR-W'=12mvQ2-12mvN2，
因为W'<12mgR，可知vQ>0，所以质点到达Q点后，继续上升一段距离，故D正确，ABC错误。
故选：D。
对N点运用牛顿第二定律，结合压力的大小求出N点的速度大小，对开始下落到N点的过程运用动能定理求出克服摩擦力做功的大小。抓住NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功，根据动能定理分析Q点的速度大小，从而判断能否到达Q点。
解决该题的关键是能选择合适运动过程求解力做功，知道在半圆的左右两段距离相同的赛道上的摩擦力大小不同，则两段过程克服摩擦力做功也不同。
7.【答案】D
【解析】
【分析】
根据E-x图象所包围的面积表示两点间的电势差大小，可计算出A点的电势；利用场力做正功情况分析物体的运动性质；运用动能定理、电场力做功的公式以及电场力做功与动能和电势能的关系可得出其动能大小及电势能的变化情况。
解答本题的关键是：要知道E-x图象所包围的面积表示两点间的电势差大小，再利用动能定理、电场力做功公式和电场力做功与电势能的变化关系可解答案。
【解答】
A.由图可知E-x图象所包围的面积表示两点间的电势差大小，因此UOA=12E0d，由于φO=0，因此φA=-12E0d，故A错误；
B.粒子由A到B过程电场力一直做正功，则带正电粒子一直加速运动，在该过程电场强度不变，带电粒子做匀加速直线运动，故B错误。
C.粒子在OA段的平均电场力大于BC段的平均电场力，则OA段的电场力做功大于BC段电场力做功，由功能关系知，粒子在OA段电势能的变化量大于BC段变化量，或者从OA段和BC段图象包围的面积分析可知UOA>UBC，根据电场力做功公式W=qU和W=△E电，也可得出粒子在OA段电势能的变化量大于BC段变化量，故C错误；
D.从O到B点过程列动能定理，则有：W电=qUOB=EKB-0，而UOB=12E0(d+2d)，联立方程解得EKB=3qE0d2，故D正确。
8.【答案】D
【解析】解：A、取走物体前，三个物体受力平衡，对三个物体整体受力分析，由平衡条件得，弹簧弹力大小为F=3mg
取走C物体瞬间弹簧弹力不变，对AB整体受力分析，由牛顿第二定律得：F-2mg=2ma
联立解得：a=12g
故A错误；
B、取走C瞬间，设B受到的弹力大小FN，由牛顿第二定律得：FN-mg=ma
联立解得：FN=32mg
故B错误；
CD、取走C物体后，A、B一起做简谐运动，当A、B运动到上方最大位移处时加速度a向下，大小为a=12g
此时B对A的弹力最小，对B物体受力分析，由牛顿第二定律得：mg-F'N=ma
解得：F'N=12mg>0
则B不可能脱离A，故C错误，D正确。
故选：D。
取走物体前，对三个物体整体受力分析，根据共点力平衡求解弹簧弹力，取走C物体瞬间，弹簧弹力不变，对AB整体受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度；对B受力分析，根据牛顿第二定律求解B受到的弹力；取走C后，A和B一起做简谐运动，根据简谐运动的对称性分析A、B间的弹力，结合牛顿第二定律分析即可。
本题考查牛顿第二定律，解题关键是灵活选择研究对象并对其受力分析，结合牛顿第二定律分析求解即可。
9.【答案】ABC
【解析】解：A、让玻璃管以b端为圆心在竖直平面内慢慢转过60°角，对b部分气体产生压强的水银柱有效长度减小，b的压强减小，气体温度不变而压强减小，由玻意耳定律可知，气体体积增大，水银柱向a端移动，故A正确；
B、假设气体的体积不变，气体温度升高过程，对气体，由查理定律得：pT=p+△pT+△T，解得：△p=p△TT，由于T、△T都相等，pb>pa，则△pb>△pa，则水银柱应向a移动，故B正确；
C、让玻璃管自由竖直下落，水银处于完全失重状态，b部分气体压强减小，由玻意耳定律可知，气体体积增大，水银柱向a端移动，故C正确；
D、让玻璃管加速竖直上升，水银柱处于超重状态，水银柱对b部分气体压力增大，b的压强增大，气体温度不变，由玻意耳定律可知，气体b的体积减小，水银柱向b端移动，故D错误。
故选：ABC。
先对液柱进行分析，得出封闭气体的压强；再以管中封闭气体为研究对象，由理想气体的状态方程可求得其他量的变化。
这类题目用假设法求解，先假水银柱不移动，气体等容过程求解。因为水银柱的移动是由于受力不平衡而引起的，而它的受力改变又是两段空气柱压强增量的不同造成的，所以必须从压强变化入手。
10.【答案】ACD
【解析】解：A.根据波形平移法可知，在a点，向右传播的波单独引起的振动方向向下，向左传播的波单独引起的振动方向也向下，故此时a质点具有向下的速度，故A错误；
B.由图乙可知，O点为波峰与波谷叠加，为振动减弱点，因两列波的振幅均为A，所以两列波相遇过程中质点O始终静止，故B正确；
C.刚相遇时，c在平衡位置与波峰之间，之后向上运动；当左边的波离开c点时，c到达波谷；当右边的波到达c点时，c到达波峰；最后两列波离开O点，c尚未到达平衡位置。所以c的路程小于4A，故C错误；
D.当c从波峰到波谷时，左边的波向右运动了四分之一波长，所以其时间为t=λ4v，故D错误。
本题选错误的，故选：ACD。
根据波形平移法可分析传播方向；根据波的叠加分析两列波相遇过程中质点O的振动情况；根据c的振动情况分析其通过的路程；根据运动学公式求解传播时间。
本题考查学生对波形平移法、叠加原理、以及波速与波长关系的掌握，难度中等。
11.【答案】BD
【解析】解：A.初始时，导线1和导线3在线圈a中的磁通量抵消，故线圈a中相当于只有导线2产生的磁通量，同理可知，线圈b中相当于只有导线1产生的磁通量，3根导线在线圈c中的磁场均向外，抵消掉后线圈d中相当于只有导线2产生的磁通量，对比可知，初始时线圈c的磁通量最大，故A错误；
B.若三根导线中通入的电流同时减小，结合A解析可知，线圈c的磁通量变化率最大，产生的感应电流最大，故B正确；
C.线圈d中的磁场向内且磁通量减小，由楞次定律可知，产生顺时针方向的感应电流，故C错误；
D.线圈a、b中的磁场均向内，磁通量均减小且减小量相同，故产生的感应电流大小相等方向相同，故D正确。
故选：BD。
初始时，导线1和导线3在线圈a中的磁通量抵消，故线圈a中相当于只有导线2产生的磁通量，同理可知，线圈b中相当于只有导线1产生的磁通量，3根导线在线圈c中的磁场均向外，抵消掉后线圈d中相当于只有导线2产生的磁通量；三根导线中通入的电流同时减小，结合A解析可知，线圈c的磁通量变化率最大；线圈d中的磁场向内且磁通量减小；线圈a、b中的磁场均向内，磁通量均减小且减小量相同。
本题考查电磁感应定律，学生需充分理解磁通量以及磁通量变化率与产生的感应电流的关系。
12.【答案】AB
【解析】
【分析】
先根据公式Em=NBSω求解输入电压的最大值，然后根据理想变压器的变压比公式和变流比公式列式求解。
本题关键是记住交流发电机最大电动势表达式Em=NBSω，同时要明确输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流，输出功率决定输入功率。
【解答】
A.变压器输入电压的最大值为：Um=Em=nBSω=10× 2×0.4×10V=40 2V，若从图示线框位置开始计时即从垂直中性面开始计时，线框中感应电动势随时间应按余弦规律变化，且瞬时值表达式为e=nBSωcosωt，则线框中感应电动势的瞬时值为e=nBSωcosωt=402cos(10t)V，故A正确；
B.变压器输入电压的最大值为40 2V，输入电压的有效值为U=40V，灯泡正常发光有P=U'2R得U'= PR=20V，则n1n2=UU'=21，故B正确；
C.滑动变阻器向上移动，副线圈电阻增大，副线圈电流减小，由I1I2=n2n1可知I1减小，即电流表示数减小，故C错误；
D.若自耦变压器触头向上滑动，则副线圈匝数增大，由U1U2=n1n2知，U1不变，n1不变，n2增大，U2增大，灯泡变亮，故D错误。
故选：AB。
13.【答案】BD
【解析】
【分析】
解决本题的关键要知道两物体在弹开的过程中，系统遵守动量守恒，运用动量守恒定律时要注意规定正方向，结合能量守恒定律即可
烧断细线的瞬间对甲图，烧断细线后当A离开墙角，系统的动量守恒，两个物体组成的系统动量守恒，
根据能量守恒定律求出弹簧的弹性，从而求出两个物体的动能之比。
【解答】
A、由能量守恒定律可得烧断细线之前弹簧的弹性势能为EPm=12mv2，选项A错误;
B、对甲图，烧断细线后当A离开墙角，系统的动量守恒，当弹簧压缩量最大时A、B达到共同速度
由动量守恒可得mv=(M+m)v共，
由能量守恒定律可得弹簧的弹性势能为EP=12mv2-12(M+m)v共2，
综合解得EP=Mmv22(M+m)，选项B正确;
C、对乙图，烧断细线后系统的动量守恒且为0，则A、B的动量总是等大反向，当弹簧恢复原长时设
A、B的动量大小均为p，由能量守恒定律可得EkA=p22M、EkB=p22m，则有EkA:EkB=m:M
，选项 C错误;
D、由能量守恒定律可得EkA+EkB=EPMm，结合EkA:EkB=m:M，综合解得EkB=Mmv22(M+m)，
再结合EkB=p22m综合解得p=mv MM+m，A的动量为-mv MM+m，选项D正确。
14.【答案】115 6.5×10-10 NA=6MS3πρV3
【解析】解：①根据图中描绘的轮廓，不足半格舍去，大于半格算一格，共计115个方格，所以油膜的面积为：115×1cm×1cm=115cm2。
②每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是：V=6104×180mL=7.5×10-6mL
估测油酸分子的直径为：d=VS=7.5×10-6×10-6115×10-4m≈6.5×10-10m
③单个油分子的直径为：d0=VS
单个油分子的体积为：V0=43π(d02)3=43πV38S3=πV36S3
摩尔体积为：Vmol=Mρ
则阿伏伽德罗常数为：NA=VmolV0=6MS3πρV3
故答案为：①115(或116)；②6.5×10-10；③NA=6MS3πρV3。
①采用估算的方法求油膜的面积，通过数正方形的个数：面积超过正方形一半算一个，不足一半的不算，数出正方形的总个数乘以一个正方形的面积，近似算出油酸膜的面积；
②把油酸分子看成球形，且不考虑分子间的空隙，油膜的厚度近似等于油酸分子的直径，由d=VS求出油酸分子直径；
③计算油酸的分子质量，根据摩尔质量，得出阿伏伽德罗常数。
本实验的模型是不考虑油酸分子间的空隙，采用估算的方法求面积，肯定存在误差，但本实验只要求估算分子大小，数量级符合要求就行了。
15.【答案】BD m1x2=m1x1+m2x3 m1x22=m1x12+m2x32
【解析】解：(1)A.为防止碰后小球A反弹，应使A的质量大于B的质量，故A错误；
B.为保证小球做平抛运动，轨道末端必须水平，故B正确；
C.为了使两球发生对心碰撞，碰后速度方向不改变，两球半径应相等，故C错误；
D.为保证小球A到轨道末端时的速度相等，A球每次必须从轨道的同一位置由静止释放，故D正确。
故选：BD。
(2)小球做平抛运动的过程，根据运动学公式可得：
h=12gt2，
x=vt
整理得：t= 2hg，x=v 2hg，
可见平抛运动的下落高度一定，运动时间相同，水平射程与速度大小成正比，因此可用小球做平抛运动的水平射程来代替小球抛出时的速度，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有：
m1v0=m1v1+m1v2
即满足表达式：m1x2=m1x1+m2x3，说明两球碰撞中动量守恒；
若碰撞过程为弹性碰撞，则机械能守恒，有：
12m1v02=12m1v12+12m2v22
即如果再满足表达式：m1x22=m1x12+m2x32，说明两球的碰撞为弹性碰撞。
故答案为：(1)BD(2)m1x2=m1x1+m2x3，m1x22=m1x12+m2x32
(1)根据实验原理，结合平抛运动规律分析；
(2)小球做平抛运动的水平射程来代替小球抛出时的速度，由动量守恒定律和机械能守恒定律求出需要验证的表达式。
本题考查用“碰撞实验器”验证动量守恒定律的实验，在验证动量守恒定律中，要注意明确实验原理，学会实验方法；学会在相同高度下，利用平抛运动的水平射程来间接测出速度，并能推导相应的动量守恒表达式及机械能守恒定律表达式。
16.【答案】1.194(1.193～1.195)
【解析】解：螺旋测微器的精确度为0.01mm，其固定刻度为1.0mm，可动刻度为19.4×0.01mm=0.194mm，所以最终读数为1.0mm+0.194mm=1.194mm。
故答案为：1.194(1.193～1.195)。
螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。
对于基本测量仪器如螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量，注意其读数有估计值，而游标卡尺没有估计值。
17.【答案】1.705 a 0.50 1.0 串 5940
【解析】解：(1)根据题干图可知，螺旋测微器的最小分度为0.01mm，需要估读，因此其读数为定刻度值与可动刻度值之和，1.5mm+20.5×0.01mm=1.705mm
(2)①如图所示，在闭合开关之前为防止电表过载而滑动变阻器的滑动头P应放在a处；
②由U=E-Ir，由U-I图像可得该电源电动势E=0.50V
内阻为图像的斜率的绝对值，即内阻r=0.500.50Ω=1.0Ω；
(3)根据题意，将电流表表头改装为电压表需要串联一个电阻，根据U=Ig(Rg+R)
代入数据可得，R=5940Ω，即串联的电阻阻值5940Ω；
故答案为：(1)1.705(2)a，0.50，1.0，串(3)5940
螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；根据给出图象，图象与纵坐标的交点为电源的电动势；图象的斜率表示电源的内阻；根据部分电路欧姆定律可知将电压表量程扩大需要串联一个电阻。
本题考查了螺旋测微器的读数方法、由U-I图求电源电动势与内阻以及电压表的改装等知识点，属于常规知识点的考查，要求加强基础知识点的积累。
18.【答案】解：(1)入射光线与OP面的夹角为α，且sinα= 63，设入射角为i，则sini= 33，
设折射角为γ，根据折射定律有：n=sinisinγ
根据几何关系可知，光线在M点的入射角为90°-γ，光线在M点恰好发生全反射，有：
sin(90°-γ)=1n
解得玻璃砖对该单色光的折射率n=2 33；
(2)由(1)中各式可解得折射角γ=30°
根据几何关系可得∠OPM=60°，即△OPM为等边三角形，则PM的长度xPM=R，根据光的反射定律可知反射角∠OMN=60°，
根据几何关系可知反射光线MN与OQ面垂直，MN的长度xMN=Rcos60°=12R
光在玻璃砖内传播的速度v=cn
单色光从P点射入玻璃砖到射出玻璃砖所经历的时间：t=xPM+xMNv
解得：t= 3Rc。
答：(1)玻璃砖对该单色光的折射率为2 33；
(2)单色光从P点射入玻璃砖到射出玻璃砖所经历的时间为 3Rc。
【解析】(1)光线在M点恰好发生全反射列方程，根据几何关系求解入射角和折射角，根据折射定律求解玻璃砖对该单色光的折射率；
(2)根据几何关系求解光在玻璃砖中通过的距离，光在玻璃砖内传播的速度为v=cn，因此得到单色光从P点射入玻璃砖到射出玻璃砖所经历的时间。
本题主要是考查了光的折射，解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，画出光路图，通过光路图结合折射定律和几何关系列方程联立求解。
19.【答案】解：(1)固定乙滑块，烧断细线后，甲滑块离开弹簧，上滑到D点，设甲在D点的速度大小为vD，根据机械能守恒定律有：
Ep=m1g×2R+12m1vD2
甲滑块在D点时，由牛顿第二定律得：
m1g+FD=m1vD2R
解得：FD=30N
根据牛顿第三定律知，甲滑块上滑到D点时对轨道的压力大小为30N。
(2)设乙滑块的质量为m2，固定甲滑块，烧断细线后，乙离开弹簧，沿传送带向上运动，假设乙与传送带速度相等后沿传送带向上能运动的位移为s2，该过程中根据动能定理得：
μm2gcos37°⋅s2-m2g⋅sin37°⋅s2=0-12m2v02
解得：s2=1m<8m，所以可以判定乙刚滑到传送带上时的速度大于传送带的速度。
设乙刚滑到传送带上时速度为v2，乙从滑上传送带到与传送带速度相等的过程，发生的位移为：
s1=s-s2=7m
对该过程根据动能定理得：
-μm2gcos37°⋅s1-m2gsin37°⋅s1=12m2v02-12m2v22
解得：v2=12m/s
对烧断细线后乙弹开过程，根据能量守恒定律有：Ep=12m2v22
解得：m2=1kg
(3)第一阶段：乙滑块滑上传送带到与传送带共速的过程。
根据动量定理有：-μm2gcos37°⋅t1-m2gsin37°⋅t1=m2v0-m2v2
解得：t1=1s
滑块与传送带的相对位移的大小为：Δs1=s1-v0t1=7m-2×1m=5m
第二阶段：乙滑块与传送带共速至乙滑块运动至最高点的过程。
根据动量定理有：μm2gcos37°⋅t2-m2gsin37°⋅t2=0-m2v0
解得：t2=1s
滑块与传送带的相对位移的大小为：Δs2=v0t2-s2=2×1m-1m=1m
则滑块与传送带间因摩擦产生的热量为：
Q=μm2gcos37°⋅(Δs1+Δs2)=0.5×1×10×0.8×(5+1)J=24J
答：(1)甲通过D点时对轨道的压力大小为30N；
(2)乙滑块的质量为1kg；
(3)乙滑块和传送带之间因摩擦产生的热量为24J。
【解析】(1)固定乙滑块，烧断细线，弹簧的弹性势能转化为甲的动能，根据机械能守恒定律求出甲离开弹簧时的速度。甲从B运动到D过程中，根据动能定理求出甲通过D点时的速度。甲在D点时，由合外力提供向心力，由牛顿第二、三定律求得甲对轨道的压力大小；
(2)固定甲滑块，烧断细线后乙获得速度，乙滑上传送带后做匀减速运动，根据牛顿第二定律求出乙与传送带共速前后的加速度，根据两段匀减速运动的总位移等于s=8m列式，求出乙离开弹簧时的速度，即可根据机械能守恒求乙的质量；
(3)在上一问的基础上，根据动力学规律先求出滑块从滑上传送带到共速的时间和位移。再求出从共速到最高点时的位移，求出传送带的位移后，得到两个阶段的相对位移，从而求出摩擦生热。
解决本题的关键要理清两个滑块的运动过程，通过牛顿第二定律和运动学公式相结合，边计算边判断物体的运动情况。
20.【答案】(1)由题意，带电粒子射入第Ⅱ象限后，做类平抛运动，故所受电场力水平向右，电场强度水平向左(沿x轴负方向)。由运动学公式可得：
竖直方向上：2L=v0t
水平方向上：L=12⋅qEmt2
联立解得：E=mv022qL
(2)为使带电粒子能够进入第Ⅳ象限，带电粒子在第Ⅰ象限内的运动轨迹刚好与x轴相切，如图
由平抛运动规律tanα=vyv0=2L2L，v= v02+vy2
由洛伦兹力提供向心力可得：
qvB1=mv2
由几何关系2L=r+rsinα
解得：B1=( 2+1)mv02qL
为使带电粒子能够进入第Ⅳ象限，B1<( 2+1)mv02qL。
(3)因为B2=2B1=2mvqL
由(2)可知，带电粒子能够进入第Ⅳ象限，带电粒子在第Ⅰ、Ⅳ象限内的运动半径分别为：
r1= 2L，r2= 2L2
运动轨迹如图
粒子垂直通过平行于y轴的直线，则根据几何关系x=r1cosα+2kcosα(r1+r2)=(1+3k)L=nL(k=0,1,2,3…)
或x=2r1cosα+r2cosα+2kcosα(r1+r2)=(52+3k)L=nL(k=0,1,2,3…)
所以n应满足n=1+3k(k=1,2,3…)或n=52+3k(
【解析】(1)根据粒子在不同方向上的运动特点，结合运动学公式得出场强的大小和方向；
(2)粒子在磁场中的洛伦兹力提供向心力，结合牛顿第二定律和几何关系得出磁感应强度需要满足的条件；
(3)根据题意画出粒子的运动轨迹，结合几何关系得出n需要满足的条件
2022-2023学年海南高考物理模拟试卷
一、单选题（本题共7小题，共21分）
1. 分子势能可用国际单位制中的基本单位表示为( )
A. J B. N⋅m C. kg·ms D. kg⋅m2s2
2. 1935年5月，红军为突破“围剿”决定强渡大渡河。首支共产党员突击队冒着枪林弹雨依托仅有的一条小木船坚决强突。若河面宽300m，水流速度3m/s，木船相对静水速度1m/s，则突击队渡河所需的最短时间为( )
A. 75s B. 95s C. 100s D. 300s
3. 在研究a、b两种金属发生光电效应现象的实验中，得到从金属表面逸出光电子最大初动能Ek与入射光频率v之间的关系如图中直线①②所示。已知h为普朗克常量，则( )
A. 图中直线①②的斜率均为he
B. 金属a的逸出功小于金属b的逸出功
C. 在得到这两条直线时，必须保证入射光的光强相同
D. 若产生的光电子具有相同的最大初动能，则照射到金属b的光频率较高
4. 2022年6月5日，中国神舟十四号载人飞船(以下简称飞船)成功发射升空，与天和核心舱成功对接。假设飞船与天和核心舱对接过程的简化示意图如图所示，天和核心舱处于半径为r2的圆轨道Ⅲ上，飞船先被发送至半径为r1的圆轨道Ⅰ上，通过变轨操作后，沿椭圆轨道Ⅱ运动到远地点B处与天和核心舱对接。已知地球质量为M，引力常量为G，则( )
A. 飞船在轨道Ⅰ上运动的周期与天和核心舱运动的周期之比为 r23r13
B. 飞船沿轨道Ⅱ从近地点A运动到远地点B的过程中，速度不断减小
C. 飞船在轨道Ⅱ上经过B点的加速度小于天和核心舱的加速度
D. 飞船在轨道Ⅱ上由A点运动到B点的过程中，由于离地高度越来越大，所以机械能逐渐增大
5. 微信运动步数的测量是通过手机内电容式加速度传感器实现的。如图所示，电容M极板固定，N极板可运动，当手机的加速度变化时，N极板只能按图中标识的“前后”方向运动。图中R为定值电阻。下列对传感器描述正确的是( )
A. 静止时，电流表示数为零，且电容器两极板不带电
B. 电路中的电流表示数越大，说明手机的加速度越大
C. 由静止突然向后加速时，电流由a向b流过电流表
D. 由静止突然向前加速时，电流由a向b流过电流表
6. 冬季奥运会中有自由式滑雪U形池比赛项目，其赛道横截面如图所示，为一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形赛道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的运动员(按质点处理)自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入赛道。运动员滑到赛道最低点N时，对赛道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示运动员从P点运动到N点的过程中克服赛道摩擦力所做的功(不计空气阻力)，则( )
A. W=34mgR，运动员没能到达Q点
B. W=14mgR，运动员能到达Q点并做斜抛运动
C. w=12mgR，运动员恰好能到达Q点
D. w=12mgR，运动员能到达Q点并继续竖直上升一段距离
7. 某条电场线是一条直线，沿电场线方向依次有O、A、B、C四个点，相邻两点间距离均为d，以O点为坐标原点，沿电场强度方向建立x轴，该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如图所示。一个带电量为+q的粒子，从O点由静止释放，仅受电场力作用。则下列说法正确的是( )
A. 若O点的电势为零，则A点的电势为12E0d
B. 粒子从A到B做匀速直线运动
C. 粒子在OA段电势能减少量小于BC段电势能减少量
D. 粒子运动到B点时动能为3qE0d2
二、多选题（本题共6小题，共24分）
8. 如图所示，竖直放置的轻弹簧下端固定，上端与物体A连接，物体A上方叠放物体B、C，三个物体的质量均为m，系统处于静止状态，弹簧处于弹性限度内，重力加速度大小为g。某时刻突然取走物体C，则( )
A. 此瞬间B的加速度为0 B. 此瞬间A对B的弹力大小为2mg
C. 之后B可能脱离A D. 之后B对A弹力的最小值为12mg
9. 如图所示，一个两端封闭的玻璃管内有一段水银柱，a、b两端各封闭有一定质量的气体，下列情况能使水银柱向a端移动的是( )
A. 让玻璃管以b端为圆心在竖直平面内慢慢转过60°角
B. 给玻璃管整体加热升温
C. 让玻璃管自由竖直下落
D. 让玻璃管加速竖直上升
10. 如图甲，两列沿相反方向传播的横波，形状相当于正弦曲线的一半，上下对称，其波速大小均为v，振幅均为A，波长均为λ。它们在相遇的某一时刻会出现两列波“消失”的现象，如图乙所示，其中a、b为此时相遇区域的左右端点，O为ab的中点，c为aO的中点。下列说法错误的是( )
A. 此时a质点具有向上的速度 B. 两列波相遇过程中质点O始终静止
C. 两列波相遇过程中质点c的总路程是4A D. 在整个过程中质点c有λ2v时间速度向下
11. 如图所示，纸面内的三条长直导线组成一等边三角形，导线间相互绝缘，导线中通入图示方向、大小始终相等的电流I。在角平分线上对称放置三个相同的环形线圈a、b、c，在三角形的中心放置相同的环形线圈d，若三根导线中通入的电流同时减小，则( )
A. 初始时线圈d的磁通量最大 B. 线圈c的感应电流最大
C. 线圈d产生逆时针方向的感应电流 D. 线圈a、b产生的感应电流相同
12. 如图所示，10匝矩形线框处在磁感应强度B= 2T的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以恒定角速度ω=10rad/s在匀强磁场中转动，线框电阻不计，面积为0.4m2，线框通过滑环与一理想自耦变压器的原线圈相连，副线圈接有一只灯泡L(规格为“4W，100Ω”)和滑动变阻器，电流表视为理想电表，则下列说法正确的是( )
A. 若从图示线框位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为e=40 2cos(10t)V
B. 当灯泡正常发光时，原、副线圈的匝数比为2：1
C. 若将滑动变阻器滑片向上移动，则电流表示数增大
D. 若将自耦变压器触头向上滑动，灯泡会变暗
13. 质量分别为M、m的A、B两物体连接在轻质弹簧两端，用轻质细线拴住A、B，弹簧被压缩，整体放置在光滑的水平面上处于静止状态。如图甲所示，若A靠在墙角，突然烧断细线，当弹簧恢复原长时，B的速度为v，如图乙所示，若A不靠在墙角，也突然烧断细线。规定水平向右为正方向，下列说法正确的是( )
A. 烧断细线之前弹簧的弹性势能为12Mv2
B. 对甲图，烧断细线后当弹簧压缩量最大时，弹簧的弹性势能为Mmv22(M+m)
C. 对乙图，烧断细线后当弹簧恢复原长时，A、B的动能之比M：m
D. 对乙图，烧断细线后当弹簧恢复原长时，A的动量为-mv MM+m
三、实验题（本题共4小题，共20分）
14. 实验所用油酸酒精溶液的浓度为每104mL溶液中含有纯油酸6mL，用注射器测得1mL上述溶液为80滴。把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用笔在玻璃板上描出油膜的轮廓形状，再把玻璃板放在坐标纸上，其形状和尺寸如图所示，坐标系中正方形方格的边长为1cm。
①油酸膜的面积是_______cm2；
②按以上实验数据估测油酸分子的直径为_____________m(保留2位有效数字)；
③利用单分子油膜法可以粗测分子的大小和阿伏加德罗常数。如果已知体积为V的一滴油酸在水面上散开形成的单分子油膜的面积为S，这种油的密度为ρ，摩尔质量为M，则阿伏加德罗常数的表达式为___________________。
15. 如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球碰撞前后的动量关系。图中的O点为小球抛出点在记录纸上的垂直投影。实验时，先使A球多次从斜轨上位置P由静止释放，找到其平均落地点的位置E。然后，把半径相同的B球静置于水平轨道的末端，再将A球从斜轨上位置P由静止释放，与B球相碰后两球均落在水平地面上，多次重复上述A球与B球相碰的过程，.分别找到碰后A球和B球落点的平均位置D和F。用刻度尺测量出水平射程OD、OE、OF分别为x1、x2、x3，测得A球的质量为m1，B球的质量为m2。
(1)该实验必须满足的条件有______。
A.两球的质量必须相等
B.轨道末端必须水平
C.B球的半径大于A球的半径
D.A球每次必须从轨道的同一位置由静止释放
(2)当满足表达式__________________时，即说明两球碰撞中动量守恒；当水平射程x1、x2、x3满足表达式_ 时，则说明两球的碰撞为弹性碰撞。(用所测量的物理量表示)
16. 某同学用螺旋测微器测量一物体的直径，读出图中读数为_________mm。
17. (1)某同学用螺旋测微器测量一物体的直径，读出图1中读数为_________mm。
(2)在测量电源电动势和内电阻的实验中，有电压表V(量程为3V，内阻约3kΩ)；电流表A(量程为0.6A，内阻约为0.70Ω)；滑动变阻器R(10Ω,2A)。为了更准确地测出电源电动势和内阻设计了如图2所示的电路图。
①如图2所示在闭合开关之前为防止电表过载而滑动变阻器的滑动头P应放在____(选填“a”或“b”)处；
②在实验中测得多组电压和电流值，得到如图所示的U-I图线，由图3可得该电源电动势E=________V，内阻r=_______Ω。
(3)某同学在设计电压表改装时，将一个内阻为60Ω，满偏电流为0.5mA的电流表表头改成量程为3V的电压表，需要____(选填“串”或“并”)联一个阻值________Ω的电阻。
四、计算题（本题共3小题，共35分）
18. 如图，一玻璃砖的横截面为14圆OPQ，14圆的半径为R，圆心为O，一束单色光从OP面上的P点射入玻璃砖，恰好在玻璃砖圆弧面上的M点发生全反射，已知入射光线与OP面的夹角为α，sinα= 63，光在真空中的传播速度为c，求：
(1)玻璃砖对该单色光的折射率n；
(2)单色光从P点射入玻璃砖到射出玻璃砖所经历的时间t。
19. 如图所示，光滑水平轨道的左端与足够长的倾角为37°的传送带的底端平滑相接于A点，传送带以v0=2m/s的速度逆时针转动，在水平轨道上的B点竖直固定一半径R=0.8m的光滑半圆轨道BD，BD连线为其竖直直径。甲、乙两滑块静置在水平轨道上，中间用细线压缩一根轻弹簧，弹簧的弹性势能为72J，弹簧与甲、乙不拴接，乙滑块与传送带间的动摩擦因数为0.5，已知甲滑块的质量为m1=3kg，甲、乙两滑块均可视为质点，弹簧恢复原长时，两滑块均未离开水平轨道，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)固定乙滑块，烧断细线，甲滑块离开弹簧后进入半圆轨道，求甲通过D点时对轨道的压力大小；
(2)固定甲滑块，烧断细线，乙滑块离开弹簧后在传送带上相对于A点滑行的最远距离s=8m，求乙滑块的质量；
(3)求(2)问中乙滑块被弹开后，从滑上传送带直至滑到最高点的过程中，乙滑块和传送带之间因摩擦产生的热量。
20. 如图所示，在平面直角坐标系中，第Ⅰ、Ⅳ象限内分别存在垂直纸面向里和向外的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小分别为B1、B2，第Ⅱ象限内存在平行于x轴的匀强电场(未画出)。现有一个质量为m、电荷量为-q(q>0)的带电粒子从A(-L,0)点垂直于x轴以v0的速度射入第Ⅱ象限，并从P(0,2L)点进入第Ⅰ象限。不计粒子重力。
(1)求匀强电场的电场强度E的大小和方向；
(2)为使带电粒子能够进入第Ⅳ象限，B1应满足什么条件？
(3)如果B2=2B1=2mvqL，且粒子垂直通过平行于y轴的直线x=nL(n>3)，则n应满足什么条件。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
【分析】
分子势能与功的单位相同，是“焦耳”，根据功的定义W=Fs，牛顿第二定律F=ma，进行推导。
本题关键要掌握国际单位制中力学基本单位：米、千克、秒及两个公式W=Fs、F=ma。
【解答】
分子势能与功的单位相同，根据功的定义式W=Fs知，1J=1N⋅m，根据牛顿第二定律F=ma知，1N=1kg·m/s2，联立解得：W=mas，所以1J=1kg⋅m2/s2，故ABC错误，D正确；
2.【答案】D
【解析】解：当静水速与河岸垂直时，垂直于河岸方向上的分速度最大，则渡河时间最短，最短时间为：
t=dvc=3001s=300s，故D正确，ABC错误；
故选：D。
3.【答案】BD
【解析】解：A.由光电效应方程有Ek=hν-W0可知，Ek-ν的斜率均为h，故A错误；
BD.由光电效应方程有Ek=hν-W0，横坐标上的截距的与h的乘积表示金属的逸出功，则金属a的逸出功小于金属b的逸出功，若产生的光电子具有相同的最大初动能，则照射到金属b的光频率较高，故BD正确；
C.由光电效应方程有Ek=hν-W0可知，在得到这两条直线时，与入射光的光强无关，故C错误。
故选：BD。
根据爱因斯坦光电效应方程与Ek-ν图像的物理意义解答。
该题考查光电效应方程的应用，牢记光电效应方程是关键。
4.【答案】B
【解析】A、圆轨道Ⅰ的半径为r1，天和核心舱的轨道半径为r2，根据开普勒第三定律得：r13T12=r23T22，则飞船在轨道Ⅰ上运动的周期与天和核心舱运动的周期之比为T1T2= r1r23，故A错误；
B、根据开普勒第二定律可知，飞船沿轨道Ⅱ从近地点A运动到远地点B的过程中，速度不断减小，故B正确；
C、根据牛顿第二定律得：GMmr2=ma，解得：a=GMr2，可知飞船在轨道Ⅱ上经过B点的加速度等于天和核心舱的加速度，故C错误；
D、飞船在轨道Ⅱ上由A点运动到B点的过程中，只有引力做功，其机械能保持不变，故D错误。
故选：B。
5.【答案】C
【解析】解：A.静止时，N板不动，电容器的电容不变，所以电容器电量不变，电流表示数为零，电容器保持与电源相连，两极板带电，故A错误；
C.由静止突然向后加速时，N板相对向前移动，则板间距减小，根据C=εrS4πkd可知电容C增大，电容器与电源直接相连，则电压不变，由电荷量的计算公式Q=CU可知电容器电量增大，电容器充电，电流由a向b流过电流表，故C正确；
D.由静止突然向前加速时，N板相对向后移动，则板间距增大，根据C=εrS4πkd可知电容C减小，电容器和电源直接相连，则电压不变，由电荷量的计算公式Q=CU可知电容器电量减小，电容器放电，电流由b向a流过电流表，故D错误。
B.根据上述分析可知，手机“前后”方向运动的加速度越快，电容变化越大，相同时间内电容充电或放电的电荷量大，电路中的电流表示数越大。因此电路中的电流表示数越大，说明手机“前后”方向运动的加速度越快，故B错误；
故选：C。
电容器与电源相连，电势差等于电源电势差，则两极板带电；
根据电容的决定式得出电容的变化趋势，结合电荷量的计算公式得出电荷量的变化趋势，由此得出电流的方向；
理解加速度的大小对电容变化趋势的影响，结合电荷量的计算公式完成分析。
本题主要考查了电容器的动态分析问题，理解变化过程中的不变量，结合电容器的比值定义式和决定式即可完成分析。
6.【答案】D
【解析】解：在N点，根据牛顿第二定律有N-mg=mvN2R，
解得vN= 3gR，
对质点从下落到N点的过程运用动能定理得mg2R-W=12mvN2-0，
解得W=12mgR，
由于PN段速度大于NQ段速度，所以NQ段的支持力小于PN段的支持力，则在NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功，
对NQ段运用动能定理得-mgR-W'=12mvQ2-12mvN2，
因为W'<12mgR，可知vQ>0，所以质点到达Q点后，继续上升一段距离，故D正确，ABC错误。
故选：D。
对N点运用牛顿第二定律，结合压力的大小求出N点的速度大小，对开始下落到N点的过程运用动能定理求出克服摩擦力做功的大小。抓住NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功，根据动能定理分析Q点的速度大小，从而判断能否到达Q点。
解决该题的关键是能选择合适运动过程求解力做功，知道在半圆的左右两段距离相同的赛道上的摩擦力大小不同，则两段过程克服摩擦力做功也不同。
7.【答案】D
【解析】
【分析】
根据E-x图象所包围的面积表示两点间的电势差大小，可计算出A点的电势；利用场力做正功情况分析物体的运动性质；运用动能定理、电场力做功的公式以及电场力做功与动能和电势能的关系可得出其动能大小及电势能的变化情况。
解答本题的关键是：要知道E-x图象所包围的面积表示两点间的电势差大小，再利用动能定理、电场力做功公式和电场力做功与电势能的变化关系可解答案。
【解答】
A.由图可知E-x图象所包围的面积表示两点间的电势差大小，因此UOA=12E0d，由于φO=0，因此φA=-12E0d，故A错误；
B.粒子由A到B过程电场力一直做正功，则带正电粒子一直加速运动，在该过程电场强度不变，带电粒子做匀加速直线运动，故B错误。
C.粒子在OA段的平均电场力大于BC段的平均电场力，则OA段的电场力做功大于BC段电场力做功，由功能关系知，粒子在OA段电势能的变化量大于BC段变化量，或者从OA段和BC段图象包围的面积分析可知UOA>UBC，根据电场力做功公式W=qU和W=△E电，也可得出粒子在OA段电势能的变化量大于BC段变化量，故C错误；
D.从O到B点过程列动能定理，则有：W电=qUOB=EKB-0，而UOB=12E0(d+2d)，联立方程解得EKB=3qE0d2，故D正确。
8.【答案】D
【解析】解：A、取走物体前，三个物体受力平衡，对三个物体整体受力分析，由平衡条件得，弹簧弹力大小为F=3mg
取走C物体瞬间弹簧弹力不变，对AB整体受力分析，由牛顿第二定律得：F-2mg=2ma
联立解得：a=12g
故A错误；
B、取走C瞬间，设B受到的弹力大小FN，由牛顿第二定律得：FN-mg=ma
联立解得：FN=32mg
故B错误；
CD、取走C物体后，A、B一起做简谐运动，当A、B运动到上方最大位移处时加速度a向下，大小为a=12g
此时B对A的弹力最小，对B物体受力分析，由牛顿第二定律得：mg-F'N=ma
解得：F'N=12mg>0
则B不可能脱离A，故C错误，D正确。
故选：D。
取走物体前，对三个物体整体受力分析，根据共点力平衡求解弹簧弹力，取走C物体瞬间，弹簧弹力不变，对AB整体受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度；对B受力分析，根据牛顿第二定律求解B受到的弹力；取走C后，A和B一起做简谐运动，根据简谐运动的对称性分析A、B间的弹力，结合牛顿第二定律分析即可。
本题考查牛顿第二定律，解题关键是灵活选择研究对象并对其受力分析，结合牛顿第二定律分析求解即可。
9.【答案】ABC
【解析】解：A、让玻璃管以b端为圆心在竖直平面内慢慢转过60°角，对b部分气体产生压强的水银柱有效长度减小，b的压强减小，气体温度不变而压强减小，由玻意耳定律可知，气体体积增大，水银柱向a端移动，故A正确；
B、假设气体的体积不变，气体温度升高过程，对气体，由查理定律得：pT=p+△pT+△T，解得：△p=p△TT，由于T、△T都相等，pb>pa，则△pb>△pa，则水银柱应向a移动，故B正确；
C、让玻璃管自由竖直下落，水银处于完全失重状态，b部分气体压强减小，由玻意耳定律可知，气体体积增大，水银柱向a端移动，故C正确；
D、让玻璃管加速竖直上升，水银柱处于超重状态，水银柱对b部分气体压力增大，b的压强增大，气体温度不变，由玻意耳定律可知，气体b的体积减小，水银柱向b端移动，故D错误。
故选：ABC。
先对液柱进行分析，得出封闭气体的压强；再以管中封闭气体为研究对象，由理想气体的状态方程可求得其他量的变化。
这类题目用假设法求解，先假水银柱不移动，气体等容过程求解。因为水银柱的移动是由于受力不平衡而引起的，而它的受力改变又是两段空气柱压强增量的不同造成的，所以必须从压强变化入手。
10.【答案】ACD
【解析】解：A.根据波形平移法可知，在a点，向右传播的波单独引起的振动方向向下，向左传播的波单独引起的振动方向也向下，故此时a质点具有向下的速度，故A错误；
B.由图乙可知，O点为波峰与波谷叠加，为振动减弱点，因两列波的振幅均为A，所以两列波相遇过程中质点O始终静止，故B正确；
C.刚相遇时，c在平衡位置与波峰之间，之后向上运动；当左边的波离开c点时，c到达波谷；当右边的波到达c点时，c到达波峰；最后两列波离开O点，c尚未到达平衡位置。所以c的路程小于4A，故C错误；
D.当c从波峰到波谷时，左边的波向右运动了四分之一波长，所以其时间为t=λ4v，故D错误。
本题选错误的，故选：ACD。
根据波形平移法可分析传播方向；根据波的叠加分析两列波相遇过程中质点O的振动情况；根据c的振动情况分析其通过的路程；根据运动学公式求解传播时间。
本题考查学生对波形平移法、叠加原理、以及波速与波长关系的掌握，难度中等。
11.【答案】BD
【解析】解：A.初始时，导线1和导线3在线圈a中的磁通量抵消，故线圈a中相当于只有导线2产生的磁通量，同理可知，线圈b中相当于只有导线1产生的磁通量，3根导线在线圈c中的磁场均向外，抵消掉后线圈d中相当于只有导线2产生的磁通量，对比可知，初始时线圈c的磁通量最大，故A错误；
B.若三根导线中通入的电流同时减小，结合A解析可知，线圈c的磁通量变化率最大，产生的感应电流最大，故B正确；
C.线圈d中的磁场向内且磁通量减小，由楞次定律可知，产生顺时针方向的感应电流，故C错误；
D.线圈a、b中的磁场均向内，磁通量均减小且减小量相同，故产生的感应电流大小相等方向相同，故D正确。
故选：BD。
初始时，导线1和导线3在线圈a中的磁通量抵消，故线圈a中相当于只有导线2产生的磁通量，同理可知，线圈b中相当于只有导线1产生的磁通量，3根导线在线圈c中的磁场均向外，抵消掉后线圈d中相当于只有导线2产生的磁通量；三根导线中通入的电流同时减小，结合A解析可知，线圈c的磁通量变化率最大；线圈d中的磁场向内且磁通量减小；线圈a、b中的磁场均向内，磁通量均减小且减小量相同。
本题考查电磁感应定律，学生需充分理解磁通量以及磁通量变化率与产生的感应电流的关系。
12.【答案】AB
【解析】
【分析】
先根据公式Em=NBSω求解输入电压的最大值，然后根据理想变压器的变压比公式和变流比公式列式求解。
本题关键是记住交流发电机最大电动势表达式Em=NBSω，同时要明确输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流，输出功率决定输入功率。
【解答】
A.变压器输入电压的最大值为：Um=Em=nBSω=10× 2×0.4×10V=40 2V，若从图示线框位置开始计时即从垂直中性面开始计时，线框中感应电动势随时间应按余弦规律变化，且瞬时值表达式为e=nBSωcosωt，则线框中感应电动势的瞬时值为e=nBSωcosωt=402cos(10t)V，故A正确；
B.变压器输入电压的最大值为40 2V，输入电压的有效值为U=40V，灯泡正常发光有P=U'2R得U'= PR=20V，则n1n2=UU'=21，故B正确；
C.滑动变阻器向上移动，副线圈电阻增大，副线圈电流减小，由I1I2=n2n1可知I1减小，即电流表示数减小，故C错误；
D.若自耦变压器触头向上滑动，则副线圈匝数增大，由U1U2=n1n2知，U1不变，n1不变，n2增大，U2增大，灯泡变亮，故D错误。
故选：AB。
13.【答案】BD
【解析】
【分析】
解决本题的关键要知道两物体在弹开的过程中，系统遵守动量守恒，运用动量守恒定律时要注意规定正方向，结合能量守恒定律即可
烧断细线的瞬间对甲图，烧断细线后当A离开墙角，系统的动量守恒，两个物体组成的系统动量守恒，
根据能量守恒定律求出弹簧的弹性，从而求出两个物体的动能之比。
【解答】
A、由能量守恒定律可得烧断细线之前弹簧的弹性势能为EPm=12mv2，选项A错误;
B、对甲图，烧断细线后当A离开墙角，系统的动量守恒，当弹簧压缩量最大时A、B达到共同速度
由动量守恒可得mv=(M+m)v共，
由能量守恒定律可得弹簧的弹性势能为EP=12mv2-12(M+m)v共2，
综合解得EP=Mmv22(M+m)，选项B正确;
C、对乙图，烧断细线后系统的动量守恒且为0，则A、B的动量总是等大反向，当弹簧恢复原长时设
A、B的动量大小均为p，由能量守恒定律可得EkA=p22M、EkB=p22m，则有EkA:EkB=m:M
，选项 C错误;
D、由能量守恒定律可得EkA+EkB=EPMm，结合EkA:EkB=m:M，综合解得EkB=Mmv22(M+m)，
再结合EkB=p22m综合解得p=mv MM+m，A的动量为-mv MM+m，选项D正确。
14.【答案】115 6.5×10-10 NA=6MS3πρV3
【解析】解：①根据图中描绘的轮廓，不足半格舍去，大于半格算一格，共计115个方格，所以油膜的面积为：115×1cm×1cm=115cm2。
②每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是：V=6104×180mL=7.5×10-6mL
估测油酸分子的直径为：d=VS=7.5×10-6×10-6115×10-4m≈6.5×10-10m
③单个油分子的直径为：d0=VS
单个油分子的体积为：V0=43π(d02)3=43πV38S3=πV36S3
摩尔体积为：Vmol=Mρ
则阿伏伽德罗常数为：NA=VmolV0=6MS3πρV3
故答案为：①115(或116)；②6.5×10-10；③NA=6MS3πρV3。
①采用估算的方法求油膜的面积，通过数正方形的个数：面积超过正方形一半算一个，不足一半的不算，数出正方形的总个数乘以一个正方形的面积，近似算出油酸膜的面积；
②把油酸分子看成球形，且不考虑分子间的空隙，油膜的厚度近似等于油酸分子的直径，由d=VS求出油酸分子直径；
③计算油酸的分子质量，根据摩尔质量，得出阿伏伽德罗常数。
本实验的模型是不考虑油酸分子间的空隙，采用估算的方法求面积，肯定存在误差，但本实验只要求估算分子大小，数量级符合要求就行了。
15.【答案】BD m1x2=m1x1+m2x3 m1x22=m1x12+m2x32
【解析】解：(1)A.为防止碰后小球A反弹，应使A的质量大于B的质量，故A错误；
B.为保证小球做平抛运动，轨道末端必须水平，故B正确；
C.为了使两球发生对心碰撞，碰后速度方向不改变，两球半径应相等，故C错误；
D.为保证小球A到轨道末端时的速度相等，A球每次必须从轨道的同一位置由静止释放，故D正确。
故选：BD。
(2)小球做平抛运动的过程，根据运动学公式可得：
h=12gt2，
x=vt
整理得：t= 2hg，x=v 2hg，
可见平抛运动的下落高度一定，运动时间相同，水平射程与速度大小成正比，因此可用小球做平抛运动的水平射程来代替小球抛出时的速度，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有：
m1v0=m1v1+m1v2
即满足表达式：m1x2=m1x1+m2x3，说明两球碰撞中动量守恒；
若碰撞过程为弹性碰撞，则机械能守恒，有：
12m1v02=12m1v12+12m2v22
即如果再满足表达式：m1x22=m1x12+m2x32，说明两球的碰撞为弹性碰撞。
故答案为：(1)BD(2)m1x2=m1x1+m2x3，m1x22=m1x12+m2x32
(1)根据实验原理，结合平抛运动规律分析；
(2)小球做平抛运动的水平射程来代替小球抛出时的速度，由动量守恒定律和机械能守恒定律求出需要验证的表达式。
本题考查用“碰撞实验器”验证动量守恒定律的实验，在验证动量守恒定律中，要注意明确实验原理，学会实验方法；学会在相同高度下，利用平抛运动的水平射程来间接测出速度，并能推导相应的动量守恒表达式及机械能守恒定律表达式。
16.【答案】1.194(1.193～1.195)
【解析】解：螺旋测微器的精确度为0.01mm，其固定刻度为1.0mm，可动刻度为19.4×0.01mm=0.194mm，所以最终读数为1.0mm+0.194mm=1.194mm。
故答案为：1.194(1.193～1.195)。
螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。
对于基本测量仪器如螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量，注意其读数有估计值，而游标卡尺没有估计值。
17.【答案】1.705 a 0.50 1.0 串 5940
【解析】解：(1)根据题干图可知，螺旋测微器的最小分度为0.01mm，需要估读，因此其读数为定刻度值与可动刻度值之和，1.5mm+20.5×0.01mm=1.705mm
(2)①如图所示，在闭合开关之前为防止电表过载而滑动变阻器的滑动头P应放在a处；
②由U=E-Ir，由U-I图像可得该电源电动势E=0.50V
内阻为图像的斜率的绝对值，即内阻r=0.500.50Ω=1.0Ω；
(3)根据题意，将电流表表头改装为电压表需要串联一个电阻，根据U=Ig(Rg+R)
代入数据可得，R=5940Ω，即串联的电阻阻值5940Ω；
故答案为：(1)1.705(2)a，0.50，1.0，串(3)5940
螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；根据给出图象，图象与纵坐标的交点为电源的电动势；图象的斜率表示电源的内阻；根据部分电路欧姆定律可知将电压表量程扩大需要串联一个电阻。
本题考查了螺旋测微器的读数方法、由U-I图求电源电动势与内阻以及电压表的改装等知识点，属于常规知识点的考查，要求加强基础知识点的积累。
18.【答案】解：(1)入射光线与OP面的夹角为α，且sinα= 63，设入射角为i，则sini= 33，
设折射角为γ，根据折射定律有：n=sinisinγ
根据几何关系可知，光线在M点的入射角为90°-γ，光线在M点恰好发生全反射，有：
sin(90°-γ)=1n
解得玻璃砖对该单色光的折射率n=2 33；
(2)由(1)中各式可解得折射角γ=30°
根据几何关系可得∠OPM=60°，即△OPM为等边三角形，则PM的长度xPM=R，根据光的反射定律可知反射角∠OMN=60°，
根据几何关系可知反射光线MN与OQ面垂直，MN的长度xMN=Rcos60°=12R
光在玻璃砖内传播的速度v=cn
单色光从P点射入玻璃砖到射出玻璃砖所经历的时间：t=xPM+xMNv
解得：t= 3Rc。
答：(1)玻璃砖对该单色光的折射率为2 33；
(2)单色光从P点射入玻璃砖到射出玻璃砖所经历的时间为 3Rc。
【解析】(1)光线在M点恰好发生全反射列方程，根据几何关系求解入射角和折射角，根据折射定律求解玻璃砖对该单色光的折射率；
(2)根据几何关系求解光在玻璃砖中通过的距离，光在玻璃砖内传播的速度为v=cn，因此得到单色光从P点射入玻璃砖到射出玻璃砖所经历的时间。
本题主要是考查了光的折射，解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，画出光路图，通过光路图结合折射定律和几何关系列方程联立求解。
19.【答案】解：(1)固定乙滑块，烧断细线后，甲滑块离开弹簧，上滑到D点，设甲在D点的速度大小为vD，根据机械能守恒定律有：
Ep=m1g×2R+12m1vD2
甲滑块在D点时，由牛顿第二定律得：
m1g+FD=m1vD2R
解得：FD=30N
根据牛顿第三定律知，甲滑块上滑到D点时对轨道的压力大小为30N。
(2)设乙滑块的质量为m2，固定甲滑块，烧断细线后，乙离开弹簧，沿传送带向上运动，假设乙与传送带速度相等后沿传送带向上能运动的位移为s2，该过程中根据动能定理得：
μm2gcos37°⋅s2-m2g⋅sin37°⋅s2=0-12m2v02
解得：s2=1m<8m，所以可以判定乙刚滑到传送带上时的速度大于传送带的速度。
设乙刚滑到传送带上时速度为v2，乙从滑上传送带到与传送带速度相等的过程，发生的位移为：
s1=s-s2=7m
对该过程根据动能定理得：
-μm2gcos37°⋅s1-m2gsin37°⋅s1=12m2v02-12m2v22
解得：v2=12m/s
对烧断细线后乙弹开过程，根据能量守恒定律有：Ep=12m2v22
解得：m2=1kg
(3)第一阶段：乙滑块滑上传送带到与传送带共速的过程。
根据动量定理有：-μm2gcos37°⋅t1-m2gsin37°⋅t1=m2v0-m2v2
解得：t1=1s
滑块与传送带的相对位移的大小为：Δs1=s1-v0t1=7m-2×1m=5m
第二阶段：乙滑块与传送带共速至乙滑块运动至最高点的过程。
根据动量定理有：μm2gcos37°⋅t2-m2gsin37°⋅t2=0-m2v0
解得：t2=1s
滑块与传送带的相对位移的大小为：Δs2=v0t2-s2=2×1m-1m=1m
则滑块与传送带间因摩擦产生的热量为：
Q=μm2gcos37°⋅(Δs1+Δs2)=0.5×1×10×0.8×(5+1)J=24J
答：(1)甲通过D点时对轨道的压力大小为30N；
(2)乙滑块的质量为1kg；
(3)乙滑块和传送带之间因摩擦产生的热量为24J。
【解析】(1)固定乙滑块，烧断细线，弹簧的弹性势能转化为甲的动能，根据机械能守恒定律求出甲离开弹簧时的速度。甲从B运动到D过程中，根据动能定理求出甲通过D点时的速度。甲在D点时，由合外力提供向心力，由牛顿第二、三定律求得甲对轨道的压力大小；
(2)固定甲滑块，烧断细线后乙获得速度，乙滑上传送带后做匀减速运动，根据牛顿第二定律求出乙与传送带共速前后的加速度，根据两段匀减速运动的总位移等于s=8m列式，求出乙离开弹簧时的速度，即可根据机械能守恒求乙的质量；
(3)在上一问的基础上，根据动力学规律先求出滑块从滑上传送带到共速的时间和位移。再求出从共速到最高点时的位移，求出传送带的位移后，得到两个阶段的相对位移，从而求出摩擦生热。
解决本题的关键要理清两个滑块的运动过程，通过牛顿第二定律和运动学公式相结合，边计算边判断物体的运动情况。
20.【答案】(1)由题意，带电粒子射入第Ⅱ象限后，做类平抛运动，故所受电场力水平向右，电场强度水平向左(沿x轴负方向)。由运动学公式可得：
竖直方向上：2L=v0t
水平方向上：L=12⋅qEmt2
联立解得：E=mv022qL
(2)为使带电粒子能够进入第Ⅳ象限，带电粒子在第Ⅰ象限内的运动轨迹刚好与x轴相切，如图
由平抛运动规律tanα=vyv0=2L2L，v= v02+vy2
由洛伦兹力提供向心力可得：
qvB1=mv2
由几何关系2L=r+rsinα
解得：B1=( 2+1)mv02qL
为使带电粒子能够进入第Ⅳ象限，B1<( 2+1)mv02qL。
(3)因为B2=2B1=2mvqL
由(2)可知，带电粒子能够进入第Ⅳ象限，带电粒子在第Ⅰ、Ⅳ象限内的运动半径分别为：
r1= 2L，r2= 2L2
运动轨迹如图
粒子垂直通过平行于y轴的直线，则根据几何关系x=r1cosα+2kcosα(r1+r2)=(1+3k)L=nL(k=0,1,2,3…)
或x=2r1cosα+r2cosα+2kcosα(r1+r2)=(52+3k)L=nL(k=0,1,2,3…)
所以n应满足n=1+3k(k=1,2,3…)或n=52+3k(
【解析】(1)根据粒子在不同方向上的运动特点，结合运动学公式得出场强的大小和方向；
(2)粒子在磁场中的洛伦兹力提供向心力，结合牛顿第二定律和几何关系得出磁感应强度需要满足的条件；
(3)根据题意画出粒子的运动轨迹，结合几何关系得出n需要满足的条件
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