2019届江苏省高淳高级中学高三上学期期初调研模拟物理试题（解析版）

2019届江苏省高淳高级中学高三上学期期初调研模拟物理试题（解析版）

一、单项选择题：本题共6小题，每小题3分，共18分。每小题只有一个选项符合题意。

1. 下列说法正确的是

A. 开普勒测出了万有引力常量

B. 牛顿第一定律能通过现代的实验手段直接验证

C. 卡文迪许发现地月间的引力满足距离平方反比规律

D. 伽利略将实验和逻辑推理和谐地结合起来，发展了科学的思维方式和研究方法

【答案】D

【解析】

试题分析：卡文迪许测出了万有引力常量，选项A错误；牛顿第一定律不是实验定律，不能能通过现代的实验手段直接验证，选项B错误；牛顿发现地月间的引力满足距离平方反比规律，选项C错误；伽利略将实验和逻辑推理和谐地结合起来，发展了科学的思维方式和研究方法，选项D正确；故选D．

考点：物理学史

2.如图所示，小明将叠放在一起的A、B两本书抛给小强，已知A的质量为m，重力加速度为g，两本书在空中不翻转，不计空气阻力，则A、B在空中运动时

A. A的加速度等于g

B. B的加速度大于g

C. A对B的压力等于mg

D. A对B的压力大于mg

【答案】A

【解析】

两个物体叠在一起水平抛出，做加速度为g的抛体运动，处于完全失重状态，则A与B间的作用力为零。故A正确，B、C、D错误。故选A。

【点睛】解决本题的关键知道斜抛运动的物体仅受重力，处于完全失重状态，不受压力、摩擦力。

3.如图所示，物块以初速度v0从粗糙斜面底端沿斜面上滑，达到最高点后沿斜面返回，下列v-t图像能正确反映物体运动规律的是

A.     B.

C.     D.

【答案】C

【解析】

在上滑过程中，根据牛顿第二定律可知上滑加速度大小为，下滑过程的加速度大小为,故a1＞a2，上滑和下滑运动方向相反，故C正确,故选C.

【点睛】本题主要考查了牛顿第二定律，明确加速度的大小即可判断.

4.带电球体的半径为R，以球心为原点O建立坐标轴x，轴上各点电势随x变化如图所示，下列说法正确的是

A. 球体带负电荷

B. 球内电场强度最大

C. A、B两点电场强度相同

D. 正电荷在B点的电势能比C点的大

【答案】D

【解析】

A、从球出发向两侧电势降低，而电场线从正电荷出发，沿着电场线电势降低，故球带正电荷，故A错误；B、球是等势体，故内部任意两点间的电势为零，故场强为零，故B错误；C、A点与点B的电场强度大小相等，但方向相反，故不同，故C错误；D、从B到C，电势降低，故正电荷电势能降低，故D正确；故选D.

【点睛】本题考查电势与电场强度，关键是明确等势体内部场强为零，知道沿着电场线电势降低.

5. 如图，支架固定在水平地面上，其倾斜的光滑直杆与地面成30°角，两圆环A、B穿在直杆上，并用跨过光滑定滑轮的轻绳连接，滑轮的大小不计，整个装置处于同一竖直平面内。圆环平衡时，绳OA竖直，绳OB与直杆间夹角为30°。则环A、B的质量之比为

A.     B. 1:2    C.     D.

【答案】A

【解析】

试题分析：设绳的拉力为T，则对物体A：mAg=T；对物体B：mBgsin300=Tcos300；联立解得：，故选A.

考点：物体的平衡

二、 多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分。

6.我国研制并成功发射了“嫦娥二号”探月卫星。若卫星在距月球表面高度为h的轨道上以速度v做匀速圆周运动，月球的半径为R，则（    ）

A. 卫星运行时的向心加速度为    B. 卫星运行时的角速度为

C. 月球表面的重力加速度为    D. 卫星绕月球表面飞行的速度为v

【答案】ABD

【解析】

卫星运行时轨道半径为r=R+h，向心加速度为：；故A正确；卫星运行时轨道半径为r=R+h，角速度：；故B正确；对于近月卫星，有：G＝mg；对于探测卫星，有：；联立解得：；故C错误；对于近月卫星，有：mg=m；解得：；故D正确；故选ABD。

点睛：物体在星球上或在星球附近（不做圆周运动）利用万有引力等于重力求解星球表面的重力加速度．物体围绕星球做圆周运动，利用万有引力提供向心力求解向心加速度，线速度，角速度，周期，第一宇宙速度等．

7.如图所示，理想变压器原副线圈匝数比为2:1，原线圈接交流电，保险丝的电阻为1Ω，熔断电流为2A，电表均为理想电表．下列说法正确的有

A. 电压表V的示数为V

B. 为了安全，滑动变阻器接入电路的最小阻值为4Ω

C. 电流表A1、A2的示数之比为2:1

D. 将滑动变阻器滑片向上移动，电流表A1的示数减小

【答案】BD

【解析】

【详解】原线圈电压有效值为U1==20V，根据变压器原理可得U2=U1=×20V=10V，故电压表V的示数为10V，故A错误；保险丝的电阻为1Ω，熔断电流为2A，为了安全，滑动变阻器接入电路的最小阻值为，故B正确；根据变压器原理可知，电流强度与匝数成反比，故电流表A1、A2的示数之比为1：2，故C错误； 将滑动变阻器滑片向上移动，滑动变阻器接入电路的总电阻增大，副线圈电流强度减小，则原线圈的电流强度也减小，所以电流表A1的示数减小，故D正确；故选BD。

【点睛】本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。

8.如图所示，相距l的两小球A、B位于距地面同一高度h处。将A向B水平抛出的同时，B自由下落。A、B与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向反向。不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则

A. A、B在第一次落地前能否相碰，取决于A的初速度

B. A、B在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰

C. A、B不可能运动到最高处相碰

D. A、B一定能相碰

【答案】AD

【解析】

试题分析：若A球经过水平位移为l时，还未落地，则在B球正下方相碰．可知当A的初速度较大时，A、B在第一次落地前能发生相碰．若A的初速度较小时，A、B在第一次落地前不碰，A第一次落地时，水平位移较小，由于反弹后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，则以后一定能碰．故D正确，B错误．若A球落地时的水平位移为时，则A、B在最高点相碰．故C错误．由上分析可知，A、B 在第一次落地前能否相碰，取决于A 的初速度．故A正确．故选AD．

考点：平抛运动

【名师点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，根据该规律进行分析。

视频

9.在一个很小的矩形半导体薄片上，制作四个电极E、F、M、N，做成了一个霍尔元件，在E、F间通入恒定电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，M、N间的电压为UH．已知半导体薄片中的载流子为正电荷，电流与磁场的方向如图所示，下列说法正确的有（　　）

A. N板电势高于M板电势

B. 磁感应强度越大，MN间电势差越大

C. 将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，UH不变

D. 将磁场和电流分别反向，N板电势低于M板电势

【答案】AB

【解析】

A、根据左手定则，电流的方向向里，自由电荷受力的方向指向N端，向N端偏转，则N点电势高，故A正确；B、设左右两个表面相距为d，电子所受的电场力等于洛仑兹力，即：

设材料单位体积内电子的个数为n，材料截面积为s，则 ①;I=nesv   ②; s=dL  ③;由①②③得：,令，则  ④;所以若保持电流I恒定，则M、N间的电压与磁感虑强度B成正比，故B正确；C、将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，则带电粒子不会受到洛伦兹力，因此不存在电势差，故C错误；D、若磁场和电流分别反向，依据左手定则，则N板电势仍高于M板电势，故D错误。故选AB.

【点睛】解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道最终电子在电场力和洛伦兹力作用下平衡。

三、简答题：本题共4小题，满分42分．请将解答填在答题卡相应的位置．

10.某兴趣小组在实验室完成了“测定金属电阻率”的实验。

（1）正确操作获得金属丝的直径以及电压表的读数如图所示，则它们的读数值依次是d=____mm、U=____V。

（2）已知实验中所用的滑动变阻器阻值范围为0—10Ω，金属丝电阻约2Ω，电流表内阻几欧，电压表内阻约几十千欧。电源为干电池（不宜在长时间、大功率状况下使用），其电动势E = 4.5V，内阻很小。请画出本次实验的电路图_______。

（3）用此电路测得的金属电阻率与真实值相比_________。（选填“偏大”、“偏小”或“相同”）

【答案】    (1). 0.996～1.000mm    (2). 2.25～2.28V    (3).     (4). 偏小

【解析】

（1）螺旋测微器读数为L=0.5mm+49.8×0.01mm=0.998mm、电压表读数为U=2.28V．
（2）根据题意，因电源不宜在长时间、大功率状况下使用，故滑动变阻器不能用分压式应用限流式，又待测电阻阻值远小于电压表内阻，故电流表应用外接法，测所设计电路图如图所示；

（3）根据欧姆定律知，由于电压表的分流作用而使得R测量值偏小．

11.“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图甲所示。

（1）在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出了一条纸带如图乙所示。计时器打点的时间间隔为0.02s.从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离。该小车的加速度a=_______m/s2。

（2）平衡摩擦力后，将5个相同的砝码都放在小车上。挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，测量小车的加速度。小车的加速度a与砝码盘中砝码总重力F的实验数据如下表：

请根据实验数据在图11所示的坐标系中作出a-F的关系图象_______________。

（3）根据提供的实验数据作出的a-F图线不通过原点，主要原因_______________

【答案】    (1). （1）0.16 m/s2 ；      (2). （2）如图  ；     (3). （3）平衡摩擦力过度；

【解析】

(1)由题意可知得

(2)根据该组实验数据在图中的坐标纸作出a-F的关系图象如图

(3)从图中图线可发现a-F图象在a轴上有截距，当拉力F等于0时，加速度大于0，即小车已经具有一定的加速度，所以实验中存在的问题可能是：平衡摩擦力过度。

【点睛】据题意，由求出加速度大小；据实验数据描点过程中按照让尽量多的点在直线上，不在直线上的点尽量平均分布在直线的两侧；a-F图象在a轴上有截距，说明不施加拉力时，小车已经具备了一定大小的加速度。

12.一定质量的理想气体分别在T1、T2温度下发生等温变化，相应的两条等温线如图所示，T2对应的图线上有A、B两点，表示气体的两个状态．则   ．

A. 温度为T1时气体分子的平均动能比T2时大

B. A到B的过程中，气体内能增加

C. A到B的过程中，气体从外界吸收热量

D. A到B的过程中，气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减少

【答案】CD

【解析】

试题分析：温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子平均动能越大，根据；结合图像，所以，所以温度时的分子平均动能小于温度时的分子平均动能，选项A错，对气态来说，内能主要取决于分子动能，而分子平均动能取决于温度，A到B的过程中，温度不变，气态内能不变，选项B错。A到B的过程中体积变大，气体对外做功，又能保持内能不变，一定从外界吸热，选项C对。A到B的过程中，温度不变，分子平均运动速率不变，但是体积变大，分子变稀疏，所以气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减少，选项D对。

考点：气体分子热运动

13.在用油膜法测分子大小的实验中，取体积为V1的纯油酸用酒精稀释，配成体积为V2的油酸酒精溶液．现将体积为V0的一滴油酸酒精溶液滴在水面上，稳定后油膜的面积为S，已知油酸的摩尔质量为M，密度为，阿伏伽德罗常数为NA，则油酸分子的直径为   ，这一滴溶液中所含的油酸分子数为   ．

【答案】（2分）（2分）（用分子的立方体和球模型分别估测得出、均给分）

【解析】

试题分析：油酸酒精溶液中油酸的浓度为，形成油膜的这滴油酸酒精溶液中含有油酸的体积为；由于油酸展开后为单分子油膜，所以油膜厚度即油酸分子直径。若把油酸分子按照正方体来计算，一个油酸分子体积为，若把油酸分子按照球体模型计算，则一个油酸分子体积为，则计算出这一滴溶液中含有油酸分子数为，带入计算可得两种模型的结果分别为和。或者根据密度计算这一滴溶液中含有油酸的质量为，摩尔数为，分子数目为

考点：油膜法测分子直径实验探究

14.某同学估测室温的装置如图所示．气缸导热性能良好，用绝热的活塞封闭一定质量的理想气体．室温时，气体的体积V1＝66 mL，将气缸竖起放置于冰水混合物中，稳定后封闭气体的体积V2＝60 mL.不计活塞重力、活塞与缸壁间的摩擦，室内大气压p0＝1.0×105 Pa.问：

(1)室温是多少？

(2)上述过程中，外界对气体做的功是多少？

【答案】(1)300.3K（2）0.60J

【解析】

试题分析：①对活塞研究，因不计活塞重力、活塞与缸壁间的摩擦，活塞只受外部气体对其向下的压力和内部气体对其向上的托力，所以气缸内的气体为等压变化，设室温为，则，代入数据解得：。

②因压强恒定，所以外界对气体做功为，代入数据解得：。

考点：本题考查了理想气体的状态方程。

15.如下图所示，强强乘坐速度为0.9c(c为光速)的宇宙飞船追赶正前方的壮壮，壮壮的飞行速度为0.5 c．强强向壮壮发出一束光进行联络，则壮壮观测到该光束的传播速度为________．(填写选项前的字母)

A. 0.4 c                B. 0.5 c               C. 0.9 c          D. 1.0 c

【答案】D

【解析】

【详解】根据爱因斯坦相对论，在任何参考系中，光速不变，即光速不随光源和观察者所在参考系的相对运动而改变．所以壮壮观测到该光束的传播速度为c，所以ABC错误，D正确．故选D．

【点睛】光速不变原理：在狭义相对论中，指出无论在何种惯性系（惯性参照系）中观察，光在真空中的传播速度都是一个常数，不随光源和观察者所在参考系的相对运动而改变．故真空中的光速对任何观察者来说都是相同的．

16.在时刻，质点A开始做简谐运动，其振动图像如图所示。时，质点A的运动沿轴的___________方向（填“正”或“负”）；质点B在波动的传播方向上与A相距16m，已知波的传播速度为2m/s，在时，质点B偏离平衡位置的位移是______cm。

【答案】    (1). 正    (2). +10

【解析】

试题分析：根据质点位移的变化判断其运动方向．由振动图象读出周期，由波速公式求出波长，根据AB间距离与波长的倍数关系，分析两点间状态关系，结合波形分析t=9s时刻质点B的位移．

图为质点A的振动图象，t=8s以后质点A从平衡位置向正向最大位移处运动，所以其运动方向沿y轴正方向．由图象可知周期为T=4s，则波长为，由题知，AB间距离为，所以AB两点的振动情况总是相同．A的振动图象知在t=9s时，A点处于波峰，则B也处于波峰，位移为+10cm．

17.如图所示，一个半圆形玻璃砖放在真空中，入射光线AO正对玻璃砖圆心方向入射，当AO与水平方向成60°角时，光线OC沿与竖直方向成45°角射出．(已知光速c＝3×108m/s)求：

①光在玻璃中传播的速度，

②当AO、OB光线的夹角为多大时，OC光线刚好能够完全消失．

【答案】①  2.1×108m/s  ② 90°

【解析】

【详解】①玻璃的折射率为：
在玻璃中的传播速度为

 ②当光线发生全反射时，入射角满足sinC＝，求得C=45°
根据反射角等于入射角，可得OA、OB光线的夹角为90°.

【点睛】本题的关键是判断光会发生全反射，必要时可以画出光路图．要注意公式的适用条件是光从真空射入介质．

18.下列说法正确的是 （______）

A. 太阳辐射的能量来自太阳内部的热核反应

B. 一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的波长太短

C. 氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能减小电势能增加

D. 将放射性元素掺杂到其它稳定元素中，并降低其温度，它的半衰期不发生改变

【答案】AD

【解析】

试题分析：卢瑟福的a粒子散射实验表明原子具有核式结构，太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反应，发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，半衰期由原子核本身决定．

太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反应，又称热核反应，故A正确；一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的波长太长，故B错误；核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增加，电势能减小，故C错误；将放射性元素掺杂到其它稳定元素中，它的半衰期不发生改变，故D正确．

19.研究发现，在核辐射形成的污染中影响最大的是铯137（），可广泛散布到几百公里之外，且半衰期大约是30年左右．请写出铯137发生β衰变的核反应方程（新核可用X表示）：_______．如果在该反应过程中释放的核能为E，光速为c，则其质量亏损为_______．

【答案】    (1).     (2).

【解析】

根据质量数和电荷数守恒可得核反应方程为，根据质能方程可得质量亏损为

20.如图所示，在光滑水平冰面上，一蹲在滑板上的小孩推着冰车一起以速度v0＝1.0m/s向左匀速运动．某时刻小孩将冰车以相对冰面的速度v1＝7.0m/s向左推出，冰车与竖直墙发生碰撞后原速率弹回．已知冰车的质量为m1＝10kg，小孩与滑板的总质量为m2＝30kg，小孩与滑板始终无相对运动．取g＝10m/s2.

①求冰车与竖直墙发生碰撞过程中，墙对冰车的冲量大小I；

②通过计算判断，冰车能否追上小孩？

【答案】(1)     (2) 冰车能追上小孩

【解析】

试题分析：根据动量定理可得墙对冰车的冲量大小I；根据动量守恒定律求出小孩推出冰车后与滑板共同运动的速度为v，在与木块的速度相比较即可解题。

①冰车在碰撞过程由动量定理有     

解得                                 

②设小孩推出冰车后与滑板共同运动的速度为v，由动量守恒定律有

解得                                 

由于，故冰车能追上小孩                       

点睛：本题主要考查了动量定理和动量守恒定律，要注意正确选择研究对象及过程，明确动量守恒的条件，并能正确应用相应规律求解。

四、计算题：本题共3小题，共计47分．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，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．

21. 两根固定在水平面上的光滑平行金属导轨MN和PQ，一端接有阻值为R=4Ω的电阻，处于方向竖直向下的匀强磁场中．在导轨上垂直导轨跨放质量m=0．5kg的金属直杆，金属杆的电阻为r=1Ω，金属杆与导轨接触良好，导轨足够长且电阻不计．金属杆在垂直杆F=0．5N的水平恒力作用下向右匀速运动时，电阻R上的电功率是P=4W．

（1）求通过电阻R的电流的大小和方向；

（2）求金属杆的速度大小；

（3）某时刻撤去拉力，当电阻R上的电功率为时，金属杆的加速度大小、方向．

【答案】（1）I=1A，方向由M指向P ；

（2）v=10m/s；

（3）a=0．5m/s2,方向水平向左

【解析】

试题分析：⑴根据焦耳定律可知：P=I2R，解得：I=1A，根据右手定则可以判断其方向由M到P

⑵根据功能关系有：Fv=I2（R+r），解得：v=10m/s

⑶＝I′2R，I′＝

a=0.5m/s2，方向向左

考点：本题主要考查了牛顿第二定律、功能关系、焦耳定律、法拉第电磁感应定律、右手定则的应用问题。

22.如图甲所示，滑块与足够长的木板叠放在光滑水平面上，开始时均处于静止状态．作用于滑块的水平力F随时间t变化图象如图乙所示，t=2.0s时撤去力F，最终滑块与木板间无相对运动．已知滑块质量m=2kg，木板质量M=1kg，滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2．求：

（1）t=0.5s时滑块的速度大小；

（2）0～2.0s内木板的位移大小；

（3）整个过程中因摩擦而产生的热量．

【答案】（1）1m/s（2）6.25m（3）12J

【解析】

试题分析：（1）先判断出在0﹣0.5s内滑块与木板是相对静止的．方法是：设滑块恰好相对于木板要滑动时两者间的静摩擦力达到最大，以M为研究对象，求出临界加速度，再以整体为研究对象，求出此时的拉力F，结合图象的信息分析．再由运动学公式求解速度．

（2）0.5﹣2.0s内滑块相对于木板滑动，分别由牛顿第二定律求出两者的加速度，再由位移公式求出各自的位移，再结合0﹣0.5s内的位移，即可得解．

（3）求出相对位移，再得到摩擦生热．

解：（1）设滑块恰好相对于木板要滑动时两者间的静摩擦力达到最大，以M为研究对象，根据牛顿第二定律得

μmg=Ma0，得 a0===4m/s2；

对整体，有 F0=（M+m）a0=12N

由图知，在0﹣0.5s内，F=6N＜F0，则滑块与木板相对静止，两者共同的加速度等于 a==2m/s2，则t=0.5s时滑块的速度大小 v1=at1=1m/s

（2）0﹣0.5s内，整体的位移为 x1===0.25m

在0.5s﹣2.0s内，F=16N＞F0，所以两者相对滑动．根据牛顿第二定律得

对m有：F﹣μmg=mam，得 am=6m/s2；

对M有：μmg=MaM，得 aM=4m/s2；

0.5～2.0s内木板的位移大小为 x2=v1t2++=1×1.5+×4×1.52=6m

故0～2.0s内木板的位移大小 x=x1+x2=6.25m

（3）0.5～2.0s内滑块的位移大小为 x3=v1t2+=1×1.5+×6×1.52=8.25m

故0.5～2.0s内滑块与木板的相对位移△x1=x3﹣x2=2.25m

t=2.0s时，滑块的速度为 vm=v1+amt2=1+6×1.5=10m/s

木板的速度为 vM=v1+aMt2=1+4×1.5=7m/s

撤去F后，m的加速度大小为 am′==μg=2m/s2；

设从t=2s时起经过时间t，两者速度相等，共同速度为 v，则有

v=vm﹣am′t=vM+aMt，解得 t=0.5s，v=9m/s

从t=2s到两者相对静止的过程中，滑块的位移为 x4==m=4.75m

木板的位移为 x5==m=4m

此过程两者的相对位移△x2=x4﹣x5=0.75m

故整个过程中因摩擦而产生的热量为 Q=μmg（△x1+△x2）=12J

答：

（1）t=0.5s时滑块的速度大小是1m/s；

（2）0～2.0s内木板的位移大小是6.25m；

（3）整个过程中因摩擦而产生的热量是12J．

【点评】解决本题的关键会根据物体的受力情况判断物体的运动情况，要掌握整体法和隔离法的运用，明确两个物体刚要滑动时两者的静摩擦力达到最大值．

23.如图甲所示，在y≥0的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示；与x轴平行的虚线MN下方有沿+y方向的匀强电场，电场强度E=N/C。在y轴上放置一足够大的挡板。t=0时刻，一个带正电粒子从P点以v=2×104m/s的速度沿+x方向射入磁场。已知电场边界MN到x轴的距离为m，P点到坐标原点O的距离为1.1m，粒子的比荷C/kg，不计粒子的重力。求粒子：

⑴在磁场中运动时距x轴的最大距离；

⑵连续两次通过电场边界MN所需的时间；

⑶最终打在挡板上的位置到坐标原点O的距离。

【答案】(1) 0.4m    (2) s     (3)

【解析】

【详解】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，有   

解得半径m

粒子在磁场中运动时，到x轴的最大距离ym=2R=0.4m   

(2)如答图甲所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期

s

由磁场变化规律可知，它在0-s(即0-)

时间内做匀速圆周运动至A点，接着沿-y方向做匀速直线运动直至电场边界C点，

用时     

进入电场后做匀减速运动至D点，由牛顿定律得粒子的加速度：

粒子从C点减速至D再反向加速至C所需的时间

接下来，粒子沿+y轴方向匀速运动至A所需时间仍为t2，磁场刚好恢复，粒子将在洛伦兹力的作用下从A做匀速圆周运动，再经s时间，粒子将运动到F点，此后将重复前面的运动过程．所以粒子连续通过电场边界MN有两种可能：

第一种可能是，由C点先沿-y方向到D再返回经过C，所需时间为  t=t3=   

第二种可能是，由C点先沿+y方向运动至A点开始做匀速圆周运动一圈半后，从G点沿-y方向做匀速直线运动至MN，所需时间为  s   

(3)由上问可知，粒子每完成一次周期性的运动，将向-x方向平移2R(即答图甲中所示从P点移到F点)，，故粒子打在挡板前的一次运动如答图乙所示，其中I是粒子开始做圆周运动的起点，J是粒子打在挡板上的位置，K是最后一段圆周运动的圆心，Q是I点与K点连线与y轴的交点。

由题意知，   

，则

J点到O的距离

【点睛】本题考查了小球在复合场中的运动，分析清楚小球的运动过程，应用小球最圆周运动的周期公式与半径公式、牛顿第二定律等内容进行分析求解；分析运动的全过程是解题的关键；对学生分析能力、综合能力和应用数学能力要求较高．