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试卷01-2021年高考物理考前冲刺押题卷（山东卷）（解析版）
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这是一份试卷01-2021年高考物理考前冲刺押题卷（山东卷）（解析版），共19页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每个题目只有一个选项符合要求，选对得4分，选错得0分。
1、核电池又称“放射性同位素电池”，利用衰变放出的射线能量转变为电能而制成。科学家利用→+x变反应制成核电池，已知的半衰期约为2.6年，、原子核及x粒子的质量分别为m1、m2、m，真空中的光速为c，则（ ）
A．射线粒子x的符号是
B．5.2年后所有原子核均已衰变
C．每个原子核衰变放出的能量为（m1-m2-m）c2
D．单位时间内该电池因衰变而放出的核能一直保持不变
【答案】C
【解析】根据核反应过程电荷数质量数守恒可知射线粒子x的符号是，所以A错误；5.2年后经过了2个半衰期，所以有 原子核已衰变，则B错误；由爱恩斯坦的质能方程 可得，每个原子核衰变放出的能量为（m1-m2-m）c2，所以C正确；由能量守恒定律可知核电池衰变化后，位时间内该电池因衰变而放出的核能会逐渐减小，所以D错误；故选C。
2、拆卸高楼旧空调外机时，常用电动机通过缆绳进行牵引，为避免其与竖直墙壁碰撞，地面上的工人（图中未画出）用一根拉绳拽着外机，如图所示。设缆绳拉力的大小为F1，方向与竖直方向成角；拉绳拉力大小为F2，与竖直方向的夹角为β。工人拉拉绳使β保持不变，外机沿竖直方向缓慢下降过程中（ ）
A．F1不断增大B．F2不断减小C． D．
【答案】B
【解析】对外机受力分析，由重力G，拉绳的拉力和缆绳的拉力，由题意可知，外机在缓慢下降的过程中，处于动态平衡状态。将力和沿着水平和竖直方向分解，由力的平衡条件可得，，则，，由题意可知，β不变，随着外机的下降逐渐减小，可得当逐渐减小时，和都在逐渐减小。所以B正确，A错误；由AB选项分析可知，外机在三个力作用下处于动态平衡状态，又β不变，所以可知为和G的合力，由平行四边形定则可得，，所以CD错误。故选B。
3、如图所示，在x轴上放有两个电荷量分别为q1和q2的点电荷，其中q1位于x轴的坐标原点，电荷q2的右侧各点电势φ随x变化的关系如图曲线所示，其余部分的电势变化情况没有画出，其中B点电势为零，BD段中的电势最低点为C点，则（ ）
A．B点的电场强度大小为零
B．A点的电场强度强度方向向左
C．两点电荷的电荷量的大小关系为q1D．将一带负电的试探电荷从C点移到D点，电场力做负功
【答案】B
【解析】根据，可得B点的电场强度等于图像在B点的斜率，故B点的电场强度大小为零，故A错误；由图知CD段电场强度向右，可得电荷q2为正电荷，BC段电场强度向左，可得电荷q1为负电荷，故A点的电场强度强度方向向左，故B正确；C点电场强度强度为0，且C点靠近电荷q2，故q1>q2，故C错误；根据电场力做功，将一带负电的试探电荷从C点移到D点，电场力做正功，故D错误。故选B。
4、螺旋千斤顶由带手柄的螺杆和底座组成，螺纹与水平面夹角为，如图所示。水平转动手柄，使螺杆沿底座的螺纹槽（相当于螺母）缓慢旋进而顶起质量为m的重物，如果重物和螺杆可在任意位置保持平衡，称为摩擦自锁。能实现自锁的千斤顶，的最大值为。现用一个倾角为的千斤顶将重物缓慢顶起高度h后，向螺纹槽滴入润滑油使其动摩擦因数μ减小，重物回落到起点。假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计螺杆和手柄的质量及螺杆与重物间的摩擦力，转动手柄不改变螺纹槽和螺杆之间的压力。下列说法正确的是（ ）
A．实现摩擦自锁的条件为B．下落过程中重物对螺杆的压力等于mg
C．从重物开始升起到最高点摩擦力做功为mghD．从重物开始升起到最高点转动手柄做功为2mgh
【答案】D
【解析】实现自锁的条件是重物重力沿斜面下滑的分力小于等于最大静摩擦力，即，
解得，A错误；B．重物从静止开始下落，落回到起点位置重物速度又减为0，所以重物在下落过程中先失重后超重，所以螺杆对重物的支持力先小于，后大于，根据牛顿第三定律可知重物对螺杆的作用力小于，后大于，B错误；重物缓慢上升的过程中，对螺杆和重物为整体受力分析如图
则摩擦力做功为，C错误；从重物开始升起到最高点，即用于克服摩擦力做功，也转化为重物上升增加的重力势能，所以根据动能定理得，解得，D正确。故选D。
5、如图所示。地球绕太阳运动的轨道为椭圆，太阳在椭圆的一个焦点上，点为近日点，到太阳的距离为，点为远日点，到太阳的距离为，公转周期为，月球围绕地球做圆周运动，运转轨道半径为，公转周期为，在考虑地球公转时可将地球和月球看成整体。则（ ）
A．地球和月球整体从点运动到点的过程中机械能变大
B．地球在点和点的速率之比为
C．地球和太阳的质量之比为
D．由开普勒第三定律可知，为常量
【答案】B
【解析】地球和月球整体围绕太阳运动过程中，只有太阳的引力做功，机械能不变，A错误；由开普勒第二定律可知相同极短时间内，地球在近日点和远日点与太阳的连线扫过的面积相等，有，所以，B正确；地球绕太阳运动时有，月球绕地球运动时有，可得，C错误；由开普勒第三定律可知，绕同一天体运动的所有行星的轨道半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比值都相等，但月球和地球的中心天体不一样，则值不同，D错误。故选B。
6、为探测某空间存在的匀强磁场的磁感应强度B的大小，某同学用两根绝缘细线将质量为m、长为L的导体棒水平悬挂于两点，如图甲所示。已知磁场的方向与导体棒垂直，当导体棒中通入沿a向b方向、大小为I的恒定电流时，稳定后，细线与竖直方向的夹角均为；当导体棒中通入沿a向b方向、大小为的恒定电流时，稳定后，细线与竖直方向的夹角均为，如图乙所示。重力加速度为g，则该匀强磁场的磁感应强度B的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设安培力的方向与竖直方向夹角为β，则通电流I时，水平方向有，竖直方向有，当导体棒中通入沿a向b方向、大小为的恒定电流时，则稳定后水平方向有，竖直方向有，联立解得，。即，故选B。
7、如图所示为研究远距离输电的装置。理想变压器T1、T2的匝数比相等（n1：n2=n4：n3），变压器T1的输入电压，输电线的总电阻为r，则（ ）
A．闭合开关后，灯泡两端的电压为50V
B．闭合开关后，通过灯泡电流的频率为100Hz
C．闭合的开关数越多，所有灯泡获得的总功率越大
D．依次闭合开关S1、S2、S3·····，灯泡L1越来越暗
【答案】D
【解析】闭合开关后，灯泡两端的电压为，
A错误；变压器不改变频率，交变电流的频率为，B错误；设升压变压器的输出电压为，输送电流为，所有灯泡获得的总功率为，闭合的开关数越多，灯泡总电阻越小，所以灯泡总功率有可能先增大后减小，也有可能一直减小。C错误；依次闭合开关S1、S2、S3·····，灯泡总电阻逐渐减小，输送电流逐渐增大，所以灯泡两端的电压逐渐减小，灯泡L1越来越暗。D正确。故选D。
8、两个比荷相等的带电粒子a、b，以不同的速率va、vb对准圆心O沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图所示不计粒子的重力，则下列说法正确的是（ ）
A．a粒子带正电，b粒子带负电
B．粒子射入磁场中的速率va：vb = 1：2
C．粒子在磁场中的运动时间ta：tb = 2：1
D．若将磁感应强度变为原来的倍，其它条件不变，b粒子在磁场中运动的时间将变为原来的
【答案】 C
【解析】粒子向右运动，根据左手定则，b向上偏转，应当带正电，a向下偏转，应当带负电，A错误；画出a、b粒子的运动轨迹，如下图所示，
设粒子的半径分别为ra、rb，则根据洛伦兹力提供向心力有qvB = m，解得v1= ，v2= ，设大圆半径为R，做如图蓝色辅助线，根据几何关系有tan30° = ，tan30° =，整理得，B错误；设粒子的半径分别为ra、rb，则根据洛伦兹力提供向心力有qvB = mr，解得T = ，画出a、b粒子的运动轨迹，如下图所示，
由上图可知θb = 60°，θa = 120°，则ta = = T，tb = = T，整理有ta：tb = 2：1，C正确；．将磁感应强度变为原来的倍，其它条件不变，设此时该粒子的运动半径为r、周期为T′、运动时间为t，则根据洛伦兹力提供向心力有qvB = m，解得r = ，可计算出r = ，根据选项B有tan30° = ，tanθ = = tan30° = 1，θ = 45°，根据选项C运动的时间分别为tb = = T，t = = T′，T′ = ，则可计算出 = ，b粒子在磁场中运动的时间将变为原来的，D错误。故选C。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9、如图甲所示，劲度系数为k的竖直轻弹簧下端固定在地面上，上端与物块B相连并处于静止状态。一物块A在外力作用下静止在弹簧正上方某高度处，取物块A静止时的位置为原点O、竖直向下为正方向建立x轴。某时刻撤去外力，物块A自由下落，与物块B碰撞后以相同的速度向下运动，碰撞过程用时极短．测得物块A的动能与其位置坐标x的关系如图乙所示（弹簧始终处于弹性限度内），图中除之间的图线为直线外，其余部分均为曲线。已知物块A、B均可视为质点，重力加速度为g，则（ ）
A．物块A、B的质量之比为1∶2
B．弹簧的劲度系数
C．从到的过程中，物块运动加速度的最大值
D．从到的过程中，弹簧的弹性势能增加了
【答案】ABD
【解析】当A与B接触时，A下降x1，当A与B即将接触时有，解得，由图乙可知，A、B共速时的速度v共，由动量守恒定律mAv =（mA+mB）v共，解得mA﹕mB=1﹕2，A正确；当A、B一起运动到x2位置时，速度最大，有（mA+mB）g=k（x2−x1），，A下落运动x1中，有mAgx1=Ek1，，2mA=mB，，B正确；当A、B一起运动到x=x3时，加速度a最大，由牛顿第二定律有k（x3−x1）−（mA+mB）g=（mA+mB ）amax ，，C错误；在A、B碰撞的运动中，减少的能量，在整个运动中，由能量守恒定律有mAgx3+mBg（x3−x1）−ΔE=ΔEP，解得，D正确。故选ABD。
10、一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程：从a到b，b到c，c到a回到原状态，其中V－T图象如图所示．用pa、pb、pc分别表示状态a、b、c的压强，下列说法正确的是( )
A．pa＜pc＝pb
B．由a到b的过程中，气体一定吸热
C．由b到c的过程中，气体放出的热量一定等于外界对气体做的功
D．由b到c的过程中，每一个气体分子的速率都减小
【答案】AB
【解析】从状态a到状态b，由理想气体状态方程可知，eq \f(pa·3V0,T0)＝eq \f(pb·3V0,3T0)，整理得：pb＝3pa，同理可知：eq \f(pa·3V0,T0)＝eq \f(pc·V0,T0)，整理得：pc＝3pa，所以pc＝pb>pa，故A正确；从状态a到状态b过程中气体的体积不变，没有做功，温度升高，内能增大，所以气体一定吸热，故B正确；由题图可知，b到c过程气体压强不变，温度降低，所以其体积减小，外界对气体做功，W>0，内能减小，ΔU<0，由热力学第一定律可知，b到c过程中气体放出的热量一定大于外界对气体做的功，故C错误；温度是分子平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律，对单个分子没意义，所以b到c过程中气体的温度降低，分子平均动能减小，并不是每一个气体分子的速率都减小，故D错误．
11、战绳训练是当下一种火热的健身方式，运动员晃动战绳一端，使战绳上下振动，其运动状态可视为简谐振动，如图所示。战绳上有相距的两质点，一列简谐横波沿方向传播，当P质点在波峰时，Q质点刚好通过平衡位置且向上运动。已知该战绳的振动周期，振幅，且该简谐波波长大于。下列说法正确的是（ ）
A．该波的传播速度大小可能为
B．该波的传播速度大小可能为
C．若从波传到P质点开始计时，内Q质点通过的路程可能为
D．若从波传到P质点开始计时，内Q质点通过的路程可能为
【答案】AC
【解析】根据机械波的传播特点可知（n=0、1、2…），故有（n=0、1、2…），当n=0时，该波的传播速度大小为，当n=6时，，但此时波长为0.96m，小于3m，故该波的传播速度大小不可能为，故A正确，B错误；若n=0时，波的传播速度为
此时波从P点到Q点所用的时间为，则质点Q运动的时间为
则Q质点通过的路程为，当n=1时，波的传播速度为，此时波从P点到Q点所用的时间为，则质点Q运动的时间为，则Q质点通过的路程为，当时，波长小于3m，不符合，故C正确，D错误。故选AC。
12、如图为带灯的自行车后轮的示意图金属轮框与轮轴之间均匀地连接四根金属条，每根金属条中间都串接一个阻值为小灯泡，车轮半径为0.3m，轮轴半径可以忽略。车架上固定一个强磁铁，可形成圆心角为扇形匀强磁场区域，磁感应强度大小为，方向垂直纸面（车轮平面）向里。若自行车后轮逆时针转动的角速度恒为，不计其它电阻，则下列说法中正确的（ ）
A．通过每个小灯泡的电流始终相等
B．当金属条在磁场中运动时，金属条中的电流从指向
C．当金属条在磁场中运动时，电路的总电阻为
D．当金属条在磁场中运动时，所受安培力大小为
【答案】 BCD
【解析】当其中一根金属条在磁场中切割磁感应线时，该金属条相对于电源，其它三根金属条相对于外电路且并联，根据电路特点可知，通过磁场中的那根金属条的电流是通过其它三根金属条电流的三倍，故A错误；当金属条ab在磁场中运动时，根据右手定则可知通过金属条ab中的电流从b指向a，故B正确；金属条ab在匀强磁场中运动时充当电源，其余为外电路，且并联，其等效电路如下图所示，
设电路的总电阻为R总，根据电路图可知，故C正确；当金属条ab在磁场中运动时，产生的感应电动势为，此时通过ab的电流为，所以金属条ab所受安培力大小为，故D正确。
第Ⅱ卷
三、实验题：本题共2小题，第13题6分，第14题9分，共15分。
13、（6分）某同学利用家中物品，设计了如图甲所示装置以测量木块与餐桌之间的动摩擦因数。该同学测得餐桌桌面与地面高度差，在餐桌上用字典垫高木板构成斜面、让木块从斜面一定高度由静止下滑，在桌上运动一段距离后水平飞出，测出其平抛水平距离；将斜面后撤距离，重复第一次操作，测得木块平抛距离；回答以下问题：
(1)关于该实验的操作过程，以下说法正确的是______；
A．两次实验时，斜面倾角应保持不变
B．两次实验时，木块释放位置可以不同
C．需要知道当地重力加速度，才能求出木块与桌面间的动磨擦因数；
(2)第二次实验时，用刻度尺测木块平抛距离如图乙所示，则______；
(3)由以上数据可计算得木块与水平面间的动摩擦因数______（保留两位有效数字）。
【答案】（1）A （2分） （2）18.00 （2分） （3）0.18 （2分）
【解析】(1)A．两次实验时，斜面倾角应保持不变，以确保在桌面滑行的初速度相同，A正确；
B．两次实验时，木块释放位置必须相同，以确保在桌面滑行的初速度相同，B错误；
C．木块飞出桌面做平抛运动，竖直方向有
两次飞出后，水平方向分别满足，
在桌面上滑行时，设初速度为v0，第一次位移为L0，
两次滑行，由能量守恒可得，
联立以上各式可得，故测量动摩擦因素时不需要知道当地重力加速度，C错误。
故选A。
(2)由刻度尺的读数规则可知，18.00cm。
(3)由(1)的分析可知，代入数据可得。
14、（9分）为研究二极管的伏安特性曲线，某研究小组用：恒压电源（电压可调节）、多用电表、滑动变阻器R（最大阻值为10Ω）、电压表、灵敏电流计G、两个规格相同的二极管（电学符号为“”）、导线若干和开关S1、S2连成如图甲所示的电路图。
实验研究如下，请完成相关实验内容：
(1)判断二极管的极性：断开开关S1和S2，将多用电表选择开关调至“×1Ω”欧姆档，将红、黑表笔分别接a、a'时发现多用指针偏角很小；将红、黑表笔分别接b、b'时偏角很大。请在图甲中的两个虚框内画出二极管的示意图。
(2)结合(1)的研究结果，接着研究二极管的正向特性：调节电源输出电压至适当值，闭合开关S1，将开关S2接在_______（选填“1”或“2”）端，由A向B缓慢移动滑动变阻器的滑片P，使二极管两端的电压由零逐渐增大；某次电压表指针指示如图乙所示，则此时的电压值为_______V；记录多组电压表和对应电流表的读数。根据实验数据得到该二极管的正向伏安特性曲线如图丙所示。
(3)根据图丙的伏安特性曲线，二极管两端所加正向电压大于0.5V后，其正向电阻怎样随电压变化？________。二极管的正向电阻最终趋于________Ω。（结果保留2位有效数字）
【答案】（1） （3分） （2） 2 （1分） 0.80（1分） （3）其正向电阻随电压的增大而减小，当电压大于某值时，电阻趋于稳定值（2分） 4.0（3.8~4.2均可）。（2分）
【解析】(1)因为在欧姆表内部红表笔接电源的负极，则将红、黑表笔分别接a、a'时发现多用指针偏角很小，说明读数较大，二极管上加了反向电压，即a端为二极管的正极；将红、黑表笔分别接b、b'时偏角很大，说明读数较小，二极管上加了正向电压，即b'端为二极管的正极；如图；
(2)因为研究二极管的正向特性，则需要将开关S2接在2端；由电压表指针位置可知此时的电压值为0.80V；
(3)根据图丙的伏安特性曲线，二极管两端所加正向电压大于0.5V后，其正向电阻随电压的增大而减小，当电压大于某值时，图像趋近于直线，则电阻趋于稳定值。二极管的正向电阻最终趋于。
四、解答题：本题共4小题，第15题8分，第16题9分，第17题12分，第18题16分，共45分。解答应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。
15、（8分）某民航客机在一万米左右高空飞行时，需利用空气压缩机来保持机舱内外气体压之比为4：1。机舱内有一导热气缸，活塞质量m=2kg、横截面积S=10cm2，活塞与气缸壁之间密封良好且无摩擦。客机在地面静止时，气缸如图（a）所示竖直放置，平衡时活塞与缸底相距=8cm；客机在高度h处匀速飞行时，气缸如图（b）所示水平放置，平衡时活塞与缸底相距=10cm。气缸内气体可视为理想气体，机舱内温度可认为不变。已知大气压强随高度的变化规律如图（c）所示地面大气压强p0=1.0×105Pa，地面重力加速度g=10m/s2。
(1)判断气缸内气体由图（a）状态到图（b）状态的过程是吸热还是放热，并说明原因；
(2)求高度h处的大气压强，并根据图（c）估测出此时客机的飞行高度。
【答案】(1)吸热；(2) ，104m
【解析】(1)根据热力学第一定律（1分）
由于气体体积膨胀，对外做功，而内能保持不变，因此吸热。（1分）
(2)初态封闭气体的压强（1分）
根据（1分）
可得（1分）
机舱内外气体压之比为4：1，因此舱外气体压强（1分）
对应表可知飞行高度为104m（2分）
16、（9分）如图所示为某光学元件的横截面，，现使用一束波长、功率的激光照射到边上的M点，，入射角，此时反射光与入射光的功率之比为。元件对激光的折射率，真空中光速，普朗克常量为，求：
(1)激光通过元件经历的时间t（不考虑多次反射）；
(2)单位时间内进入元件的激光的光子数N。
【答案】 (1)；(2) 个
【解析】光路如图所示
(1)根据折射定律得（1分）
解得（1分）
所以有（1分）
光在光学元件中传播的速度为（1分）
激光在光学元件中的临界角满足（1分）
所以激光在F处发生全反射，在ED面射出。所以传播时间为（1分）
(2) 单位时间内进入元件的激光的能量为（2分）
解得个（1分）
17、（12分）如图所示，一“U型槽”滑块，由两个光滑内表面的圆孤形槽、和粗糙水平面组合而成，质量，置于光滑的水平面上，其左端有一固定挡板，另一质量的物块从点正上方距离水平面的高度处自由下落，恰好从相切进入槽内，通过部分进入圆弧槽。已知“U型槽”圆弧的半径，水平轨道部分BC长，物块与“U型槽”水平轨道间的动摩擦因数，重力加速度。
(1)求物块第一次经过点对“圆弧型槽”的压力；
(2)求物块从“型槽”点分离后能到达的距离水平面的最大高度；
(3)当“U型槽”的速度最大时，求物块的速度，最终物块的运动达到稳定状态，求物块在部分运动的总路程。
【答案】 (1)；(2)；(3) ；
【解析】(1)物块由静止到第一次过点，槽静止不动，对物块由机械能守恒（1分）
在点（1分）
对槽的压力（1分）
(2)物块从点离开“U型槽”时“U型槽”的速度为，对物块和槽组成的系统，由水平方向的动量守恒
（1分）
物块从点到离“U型槽”后的最高点，对物块和槽组成的系统，由能量守恒（1分）
联立解得（1分）
(3)当物块从“U型槽”返回时的速度最大时，由水平方向的动量守恒和能量守恒
（1分）
（1分）
解得，方向水平向左（1分）
最终物块与“U型槽”相对静止，由能量守恒（2分）
物块在部分运动的总路程（1分）
18、（16分）如图所示，竖直面内有水平线MN与竖直线PQ交于P点，O在水平线MN上，OP间距为d，一质量为m、电量为q的带正电粒子，从O处以大小为v0、方向与水平线夹角为θ＝60º的速度，进入大小为E1的匀强电场中，电场方向与竖直方向夹角为θ＝60º，粒子到达PQ线上的A点时，其动能为在O处时动能的4倍．当粒子到达A点时，突然将电场改为大小为E2，方向与竖直方向夹角也为θ＝60º的匀强电场，然后粒子能到达PQ线上的B点．电场方向均平行于MN、PQ所在竖直面，图中分别仅画出一条电场线示意其方向．已知粒子从O运动到A的时间与从A运动到B的时间相同，不计粒子重力，已知量为m、q、v0、d．求：
(1)粒子从O到A运动过程中,电场力所做功W；
(2)匀强电场的场强大小E1、E2；
(3)粒子到达B点时的动能EkB．
【答案】(1) (2)E1＝ E2＝ (3) EkB＝
【解析】(1) 由题知：粒子在O点动能为Ek=（1分）
粒子在A点动能为EkA=4Ek（1分）
粒子从O到A运动过程，由动能定理得电场力所做功：W=EkA-Ek=；（2分）
(2) 以O为坐标原点，初速v0方向为x轴正向，建立直角坐标系xOy，如图所示
设粒子从O到A运动过程，粒子加速度大小为a1，历时t1，A点坐标为（x，y）
粒子做类平抛运动：x=v0t1，y= （1分）
由题知：粒子在A点速度大小vA=2 v0，vAy=，vAy=a1 t1
粒子在A点速度方向与竖直线PQ夹角为30°．解得： ， （1分）
由几何关系得：ysin60°-xcs60°=d，（1分）
解得： （1分），（1分）
由牛顿第二定律得：qE1=ma1，解得： （1分）
设粒子从A到B运动过程中，加速度大小为a2，历时t2，
水平方向上有：vAsin30°=a2sin60°（1分）
，qE2=ma2，（1分）
解得： （1分），；（1分）
(3) 分析知：粒子过A点后，速度方向恰与电场E2方向垂直，再做类平抛运动，
粒子到达B点时动能：EkB=，vB2=（2v0）2+（a2t2）2，（1分）
解得：．（1分）
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每个题目只有一个选项符合要求，选对得4分，选错得0分。
1、核电池又称“放射性同位素电池”，利用衰变放出的射线能量转变为电能而制成。科学家利用→+x变反应制成核电池，已知的半衰期约为2.6年，、原子核及x粒子的质量分别为m1、m2、m，真空中的光速为c，则（ ）
A．射线粒子x的符号是
B．5.2年后所有原子核均已衰变
C．每个原子核衰变放出的能量为（m1-m2-m）c2
D．单位时间内该电池因衰变而放出的核能一直保持不变
【答案】C
【解析】根据核反应过程电荷数质量数守恒可知射线粒子x的符号是，所以A错误；5.2年后经过了2个半衰期，所以有 原子核已衰变，则B错误；由爱恩斯坦的质能方程 可得，每个原子核衰变放出的能量为（m1-m2-m）c2，所以C正确；由能量守恒定律可知核电池衰变化后，位时间内该电池因衰变而放出的核能会逐渐减小，所以D错误；故选C。
2、拆卸高楼旧空调外机时，常用电动机通过缆绳进行牵引，为避免其与竖直墙壁碰撞，地面上的工人（图中未画出）用一根拉绳拽着外机，如图所示。设缆绳拉力的大小为F1，方向与竖直方向成角；拉绳拉力大小为F2，与竖直方向的夹角为β。工人拉拉绳使β保持不变，外机沿竖直方向缓慢下降过程中（ ）
A．F1不断增大B．F2不断减小C． D．
【答案】B
【解析】对外机受力分析，由重力G，拉绳的拉力和缆绳的拉力，由题意可知，外机在缓慢下降的过程中，处于动态平衡状态。将力和沿着水平和竖直方向分解，由力的平衡条件可得，，则，，由题意可知，β不变，随着外机的下降逐渐减小，可得当逐渐减小时，和都在逐渐减小。所以B正确，A错误；由AB选项分析可知，外机在三个力作用下处于动态平衡状态，又β不变，所以可知为和G的合力，由平行四边形定则可得，，所以CD错误。故选B。
3、如图所示，在x轴上放有两个电荷量分别为q1和q2的点电荷，其中q1位于x轴的坐标原点，电荷q2的右侧各点电势φ随x变化的关系如图曲线所示，其余部分的电势变化情况没有画出，其中B点电势为零，BD段中的电势最低点为C点，则（ ）
A．B点的电场强度大小为零
B．A点的电场强度强度方向向左
C．两点电荷的电荷量的大小关系为q1
【答案】B
【解析】根据，可得B点的电场强度等于图像在B点的斜率，故B点的电场强度大小为零，故A错误；由图知CD段电场强度向右，可得电荷q2为正电荷，BC段电场强度向左，可得电荷q1为负电荷，故A点的电场强度强度方向向左，故B正确；C点电场强度强度为0，且C点靠近电荷q2，故q1>q2，故C错误；根据电场力做功，将一带负电的试探电荷从C点移到D点，电场力做正功，故D错误。故选B。
4、螺旋千斤顶由带手柄的螺杆和底座组成，螺纹与水平面夹角为，如图所示。水平转动手柄，使螺杆沿底座的螺纹槽（相当于螺母）缓慢旋进而顶起质量为m的重物，如果重物和螺杆可在任意位置保持平衡，称为摩擦自锁。能实现自锁的千斤顶，的最大值为。现用一个倾角为的千斤顶将重物缓慢顶起高度h后，向螺纹槽滴入润滑油使其动摩擦因数μ减小，重物回落到起点。假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计螺杆和手柄的质量及螺杆与重物间的摩擦力，转动手柄不改变螺纹槽和螺杆之间的压力。下列说法正确的是（ ）
A．实现摩擦自锁的条件为B．下落过程中重物对螺杆的压力等于mg
C．从重物开始升起到最高点摩擦力做功为mghD．从重物开始升起到最高点转动手柄做功为2mgh
【答案】D
【解析】实现自锁的条件是重物重力沿斜面下滑的分力小于等于最大静摩擦力，即，
解得，A错误；B．重物从静止开始下落，落回到起点位置重物速度又减为0，所以重物在下落过程中先失重后超重，所以螺杆对重物的支持力先小于，后大于，根据牛顿第三定律可知重物对螺杆的作用力小于，后大于，B错误；重物缓慢上升的过程中，对螺杆和重物为整体受力分析如图
则摩擦力做功为，C错误；从重物开始升起到最高点，即用于克服摩擦力做功，也转化为重物上升增加的重力势能，所以根据动能定理得，解得，D正确。故选D。
5、如图所示。地球绕太阳运动的轨道为椭圆，太阳在椭圆的一个焦点上，点为近日点，到太阳的距离为，点为远日点，到太阳的距离为，公转周期为，月球围绕地球做圆周运动，运转轨道半径为，公转周期为，在考虑地球公转时可将地球和月球看成整体。则（ ）
A．地球和月球整体从点运动到点的过程中机械能变大
B．地球在点和点的速率之比为
C．地球和太阳的质量之比为
D．由开普勒第三定律可知，为常量
【答案】B
【解析】地球和月球整体围绕太阳运动过程中，只有太阳的引力做功，机械能不变，A错误；由开普勒第二定律可知相同极短时间内，地球在近日点和远日点与太阳的连线扫过的面积相等，有，所以，B正确；地球绕太阳运动时有，月球绕地球运动时有，可得，C错误；由开普勒第三定律可知，绕同一天体运动的所有行星的轨道半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比值都相等，但月球和地球的中心天体不一样，则值不同，D错误。故选B。
6、为探测某空间存在的匀强磁场的磁感应强度B的大小，某同学用两根绝缘细线将质量为m、长为L的导体棒水平悬挂于两点，如图甲所示。已知磁场的方向与导体棒垂直，当导体棒中通入沿a向b方向、大小为I的恒定电流时，稳定后，细线与竖直方向的夹角均为；当导体棒中通入沿a向b方向、大小为的恒定电流时，稳定后，细线与竖直方向的夹角均为，如图乙所示。重力加速度为g，则该匀强磁场的磁感应强度B的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设安培力的方向与竖直方向夹角为β，则通电流I时，水平方向有，竖直方向有，当导体棒中通入沿a向b方向、大小为的恒定电流时，则稳定后水平方向有，竖直方向有，联立解得，。即，故选B。
7、如图所示为研究远距离输电的装置。理想变压器T1、T2的匝数比相等（n1：n2=n4：n3），变压器T1的输入电压，输电线的总电阻为r，则（ ）
A．闭合开关后，灯泡两端的电压为50V
B．闭合开关后，通过灯泡电流的频率为100Hz
C．闭合的开关数越多，所有灯泡获得的总功率越大
D．依次闭合开关S1、S2、S3·····，灯泡L1越来越暗
【答案】D
【解析】闭合开关后，灯泡两端的电压为，
A错误；变压器不改变频率，交变电流的频率为，B错误；设升压变压器的输出电压为，输送电流为，所有灯泡获得的总功率为，闭合的开关数越多，灯泡总电阻越小，所以灯泡总功率有可能先增大后减小，也有可能一直减小。C错误；依次闭合开关S1、S2、S3·····，灯泡总电阻逐渐减小，输送电流逐渐增大，所以灯泡两端的电压逐渐减小，灯泡L1越来越暗。D正确。故选D。
8、两个比荷相等的带电粒子a、b，以不同的速率va、vb对准圆心O沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图所示不计粒子的重力，则下列说法正确的是（ ）
A．a粒子带正电，b粒子带负电
B．粒子射入磁场中的速率va：vb = 1：2
C．粒子在磁场中的运动时间ta：tb = 2：1
D．若将磁感应强度变为原来的倍，其它条件不变，b粒子在磁场中运动的时间将变为原来的
【答案】 C
【解析】粒子向右运动，根据左手定则，b向上偏转，应当带正电，a向下偏转，应当带负电，A错误；画出a、b粒子的运动轨迹，如下图所示，
设粒子的半径分别为ra、rb，则根据洛伦兹力提供向心力有qvB = m，解得v1= ，v2= ，设大圆半径为R，做如图蓝色辅助线，根据几何关系有tan30° = ，tan30° =，整理得，B错误；设粒子的半径分别为ra、rb，则根据洛伦兹力提供向心力有qvB = mr，解得T = ，画出a、b粒子的运动轨迹，如下图所示，
由上图可知θb = 60°，θa = 120°，则ta = = T，tb = = T，整理有ta：tb = 2：1，C正确；．将磁感应强度变为原来的倍，其它条件不变，设此时该粒子的运动半径为r、周期为T′、运动时间为t，则根据洛伦兹力提供向心力有qvB = m，解得r = ，可计算出r = ，根据选项B有tan30° = ，tanθ = = tan30° = 1，θ = 45°，根据选项C运动的时间分别为tb = = T，t = = T′，T′ = ，则可计算出 = ，b粒子在磁场中运动的时间将变为原来的，D错误。故选C。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9、如图甲所示，劲度系数为k的竖直轻弹簧下端固定在地面上，上端与物块B相连并处于静止状态。一物块A在外力作用下静止在弹簧正上方某高度处，取物块A静止时的位置为原点O、竖直向下为正方向建立x轴。某时刻撤去外力，物块A自由下落，与物块B碰撞后以相同的速度向下运动，碰撞过程用时极短．测得物块A的动能与其位置坐标x的关系如图乙所示（弹簧始终处于弹性限度内），图中除之间的图线为直线外，其余部分均为曲线。已知物块A、B均可视为质点，重力加速度为g，则（ ）
A．物块A、B的质量之比为1∶2
B．弹簧的劲度系数
C．从到的过程中，物块运动加速度的最大值
D．从到的过程中，弹簧的弹性势能增加了
【答案】ABD
【解析】当A与B接触时，A下降x1，当A与B即将接触时有，解得，由图乙可知，A、B共速时的速度v共，由动量守恒定律mAv =（mA+mB）v共，解得mA﹕mB=1﹕2，A正确；当A、B一起运动到x2位置时，速度最大，有（mA+mB）g=k（x2−x1），，A下落运动x1中，有mAgx1=Ek1，，2mA=mB，，B正确；当A、B一起运动到x=x3时，加速度a最大，由牛顿第二定律有k（x3−x1）−（mA+mB）g=（mA+mB ）amax ，，C错误；在A、B碰撞的运动中，减少的能量，在整个运动中，由能量守恒定律有mAgx3+mBg（x3−x1）−ΔE=ΔEP，解得，D正确。故选ABD。
10、一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程：从a到b，b到c，c到a回到原状态，其中V－T图象如图所示．用pa、pb、pc分别表示状态a、b、c的压强，下列说法正确的是( )
A．pa＜pc＝pb
B．由a到b的过程中，气体一定吸热
C．由b到c的过程中，气体放出的热量一定等于外界对气体做的功
D．由b到c的过程中，每一个气体分子的速率都减小
【答案】AB
【解析】从状态a到状态b，由理想气体状态方程可知，eq \f(pa·3V0,T0)＝eq \f(pb·3V0,3T0)，整理得：pb＝3pa，同理可知：eq \f(pa·3V0,T0)＝eq \f(pc·V0,T0)，整理得：pc＝3pa，所以pc＝pb>pa，故A正确；从状态a到状态b过程中气体的体积不变，没有做功，温度升高，内能增大，所以气体一定吸热，故B正确；由题图可知，b到c过程气体压强不变，温度降低，所以其体积减小，外界对气体做功，W>0，内能减小，ΔU<0，由热力学第一定律可知，b到c过程中气体放出的热量一定大于外界对气体做的功，故C错误；温度是分子平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律，对单个分子没意义，所以b到c过程中气体的温度降低，分子平均动能减小，并不是每一个气体分子的速率都减小，故D错误．
11、战绳训练是当下一种火热的健身方式，运动员晃动战绳一端，使战绳上下振动，其运动状态可视为简谐振动，如图所示。战绳上有相距的两质点，一列简谐横波沿方向传播，当P质点在波峰时，Q质点刚好通过平衡位置且向上运动。已知该战绳的振动周期，振幅，且该简谐波波长大于。下列说法正确的是（ ）
A．该波的传播速度大小可能为
B．该波的传播速度大小可能为
C．若从波传到P质点开始计时，内Q质点通过的路程可能为
D．若从波传到P质点开始计时，内Q质点通过的路程可能为
【答案】AC
【解析】根据机械波的传播特点可知（n=0、1、2…），故有（n=0、1、2…），当n=0时，该波的传播速度大小为，当n=6时，，但此时波长为0.96m，小于3m，故该波的传播速度大小不可能为，故A正确，B错误；若n=0时，波的传播速度为
此时波从P点到Q点所用的时间为，则质点Q运动的时间为
则Q质点通过的路程为，当n=1时，波的传播速度为，此时波从P点到Q点所用的时间为，则质点Q运动的时间为，则Q质点通过的路程为，当时，波长小于3m，不符合，故C正确，D错误。故选AC。
12、如图为带灯的自行车后轮的示意图金属轮框与轮轴之间均匀地连接四根金属条，每根金属条中间都串接一个阻值为小灯泡，车轮半径为0.3m，轮轴半径可以忽略。车架上固定一个强磁铁，可形成圆心角为扇形匀强磁场区域，磁感应强度大小为，方向垂直纸面（车轮平面）向里。若自行车后轮逆时针转动的角速度恒为，不计其它电阻，则下列说法中正确的（ ）
A．通过每个小灯泡的电流始终相等
B．当金属条在磁场中运动时，金属条中的电流从指向
C．当金属条在磁场中运动时，电路的总电阻为
D．当金属条在磁场中运动时，所受安培力大小为
【答案】 BCD
【解析】当其中一根金属条在磁场中切割磁感应线时，该金属条相对于电源，其它三根金属条相对于外电路且并联，根据电路特点可知，通过磁场中的那根金属条的电流是通过其它三根金属条电流的三倍，故A错误；当金属条ab在磁场中运动时，根据右手定则可知通过金属条ab中的电流从b指向a，故B正确；金属条ab在匀强磁场中运动时充当电源，其余为外电路，且并联，其等效电路如下图所示，
设电路的总电阻为R总，根据电路图可知，故C正确；当金属条ab在磁场中运动时，产生的感应电动势为，此时通过ab的电流为，所以金属条ab所受安培力大小为，故D正确。
第Ⅱ卷
三、实验题：本题共2小题，第13题6分，第14题9分，共15分。
13、（6分）某同学利用家中物品，设计了如图甲所示装置以测量木块与餐桌之间的动摩擦因数。该同学测得餐桌桌面与地面高度差，在餐桌上用字典垫高木板构成斜面、让木块从斜面一定高度由静止下滑，在桌上运动一段距离后水平飞出，测出其平抛水平距离；将斜面后撤距离，重复第一次操作，测得木块平抛距离；回答以下问题：
(1)关于该实验的操作过程，以下说法正确的是______；
A．两次实验时，斜面倾角应保持不变
B．两次实验时，木块释放位置可以不同
C．需要知道当地重力加速度，才能求出木块与桌面间的动磨擦因数；
(2)第二次实验时，用刻度尺测木块平抛距离如图乙所示，则______；
(3)由以上数据可计算得木块与水平面间的动摩擦因数______（保留两位有效数字）。
【答案】（1）A （2分） （2）18.00 （2分） （3）0.18 （2分）
【解析】(1)A．两次实验时，斜面倾角应保持不变，以确保在桌面滑行的初速度相同，A正确；
B．两次实验时，木块释放位置必须相同，以确保在桌面滑行的初速度相同，B错误；
C．木块飞出桌面做平抛运动，竖直方向有
两次飞出后，水平方向分别满足，
在桌面上滑行时，设初速度为v0，第一次位移为L0，
两次滑行，由能量守恒可得，
联立以上各式可得，故测量动摩擦因素时不需要知道当地重力加速度，C错误。
故选A。
(2)由刻度尺的读数规则可知，18.00cm。
(3)由(1)的分析可知，代入数据可得。
14、（9分）为研究二极管的伏安特性曲线，某研究小组用：恒压电源（电压可调节）、多用电表、滑动变阻器R（最大阻值为10Ω）、电压表、灵敏电流计G、两个规格相同的二极管（电学符号为“”）、导线若干和开关S1、S2连成如图甲所示的电路图。
实验研究如下，请完成相关实验内容：
(1)判断二极管的极性：断开开关S1和S2，将多用电表选择开关调至“×1Ω”欧姆档，将红、黑表笔分别接a、a'时发现多用指针偏角很小；将红、黑表笔分别接b、b'时偏角很大。请在图甲中的两个虚框内画出二极管的示意图。
(2)结合(1)的研究结果，接着研究二极管的正向特性：调节电源输出电压至适当值，闭合开关S1，将开关S2接在_______（选填“1”或“2”）端，由A向B缓慢移动滑动变阻器的滑片P，使二极管两端的电压由零逐渐增大；某次电压表指针指示如图乙所示，则此时的电压值为_______V；记录多组电压表和对应电流表的读数。根据实验数据得到该二极管的正向伏安特性曲线如图丙所示。
(3)根据图丙的伏安特性曲线，二极管两端所加正向电压大于0.5V后，其正向电阻怎样随电压变化？________。二极管的正向电阻最终趋于________Ω。（结果保留2位有效数字）
【答案】（1） （3分） （2） 2 （1分） 0.80（1分） （3）其正向电阻随电压的增大而减小，当电压大于某值时，电阻趋于稳定值（2分） 4.0（3.8~4.2均可）。（2分）
【解析】(1)因为在欧姆表内部红表笔接电源的负极，则将红、黑表笔分别接a、a'时发现多用指针偏角很小，说明读数较大，二极管上加了反向电压，即a端为二极管的正极；将红、黑表笔分别接b、b'时偏角很大，说明读数较小，二极管上加了正向电压，即b'端为二极管的正极；如图；
(2)因为研究二极管的正向特性，则需要将开关S2接在2端；由电压表指针位置可知此时的电压值为0.80V；
(3)根据图丙的伏安特性曲线，二极管两端所加正向电压大于0.5V后，其正向电阻随电压的增大而减小，当电压大于某值时，图像趋近于直线，则电阻趋于稳定值。二极管的正向电阻最终趋于。
四、解答题：本题共4小题，第15题8分，第16题9分，第17题12分，第18题16分，共45分。解答应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。
15、（8分）某民航客机在一万米左右高空飞行时，需利用空气压缩机来保持机舱内外气体压之比为4：1。机舱内有一导热气缸，活塞质量m=2kg、横截面积S=10cm2，活塞与气缸壁之间密封良好且无摩擦。客机在地面静止时，气缸如图（a）所示竖直放置，平衡时活塞与缸底相距=8cm；客机在高度h处匀速飞行时，气缸如图（b）所示水平放置，平衡时活塞与缸底相距=10cm。气缸内气体可视为理想气体，机舱内温度可认为不变。已知大气压强随高度的变化规律如图（c）所示地面大气压强p0=1.0×105Pa，地面重力加速度g=10m/s2。
(1)判断气缸内气体由图（a）状态到图（b）状态的过程是吸热还是放热，并说明原因；
(2)求高度h处的大气压强，并根据图（c）估测出此时客机的飞行高度。
【答案】(1)吸热；(2) ，104m
【解析】(1)根据热力学第一定律（1分）
由于气体体积膨胀，对外做功，而内能保持不变，因此吸热。（1分）
(2)初态封闭气体的压强（1分）
根据（1分）
可得（1分）
机舱内外气体压之比为4：1，因此舱外气体压强（1分）
对应表可知飞行高度为104m（2分）
16、（9分）如图所示为某光学元件的横截面，，现使用一束波长、功率的激光照射到边上的M点，，入射角，此时反射光与入射光的功率之比为。元件对激光的折射率，真空中光速，普朗克常量为，求：
(1)激光通过元件经历的时间t（不考虑多次反射）；
(2)单位时间内进入元件的激光的光子数N。
【答案】 (1)；(2) 个
【解析】光路如图所示
(1)根据折射定律得（1分）
解得（1分）
所以有（1分）
光在光学元件中传播的速度为（1分）
激光在光学元件中的临界角满足（1分）
所以激光在F处发生全反射，在ED面射出。所以传播时间为（1分）
(2) 单位时间内进入元件的激光的能量为（2分）
解得个（1分）
17、（12分）如图所示，一“U型槽”滑块，由两个光滑内表面的圆孤形槽、和粗糙水平面组合而成，质量，置于光滑的水平面上，其左端有一固定挡板，另一质量的物块从点正上方距离水平面的高度处自由下落，恰好从相切进入槽内，通过部分进入圆弧槽。已知“U型槽”圆弧的半径，水平轨道部分BC长，物块与“U型槽”水平轨道间的动摩擦因数，重力加速度。
(1)求物块第一次经过点对“圆弧型槽”的压力；
(2)求物块从“型槽”点分离后能到达的距离水平面的最大高度；
(3)当“U型槽”的速度最大时，求物块的速度，最终物块的运动达到稳定状态，求物块在部分运动的总路程。
【答案】 (1)；(2)；(3) ；
【解析】(1)物块由静止到第一次过点，槽静止不动，对物块由机械能守恒（1分）
在点（1分）
对槽的压力（1分）
(2)物块从点离开“U型槽”时“U型槽”的速度为，对物块和槽组成的系统，由水平方向的动量守恒
（1分）
物块从点到离“U型槽”后的最高点，对物块和槽组成的系统，由能量守恒（1分）
联立解得（1分）
(3)当物块从“U型槽”返回时的速度最大时，由水平方向的动量守恒和能量守恒
（1分）
（1分）
解得，方向水平向左（1分）
最终物块与“U型槽”相对静止，由能量守恒（2分）
物块在部分运动的总路程（1分）
18、（16分）如图所示，竖直面内有水平线MN与竖直线PQ交于P点，O在水平线MN上，OP间距为d，一质量为m、电量为q的带正电粒子，从O处以大小为v0、方向与水平线夹角为θ＝60º的速度，进入大小为E1的匀强电场中，电场方向与竖直方向夹角为θ＝60º，粒子到达PQ线上的A点时，其动能为在O处时动能的4倍．当粒子到达A点时，突然将电场改为大小为E2，方向与竖直方向夹角也为θ＝60º的匀强电场，然后粒子能到达PQ线上的B点．电场方向均平行于MN、PQ所在竖直面，图中分别仅画出一条电场线示意其方向．已知粒子从O运动到A的时间与从A运动到B的时间相同，不计粒子重力，已知量为m、q、v0、d．求：
(1)粒子从O到A运动过程中,电场力所做功W；
(2)匀强电场的场强大小E1、E2；
(3)粒子到达B点时的动能EkB．
【答案】(1) (2)E1＝ E2＝ (3) EkB＝
【解析】(1) 由题知：粒子在O点动能为Ek=（1分）
粒子在A点动能为EkA=4Ek（1分）
粒子从O到A运动过程，由动能定理得电场力所做功：W=EkA-Ek=；（2分）
(2) 以O为坐标原点，初速v0方向为x轴正向，建立直角坐标系xOy，如图所示
设粒子从O到A运动过程，粒子加速度大小为a1，历时t1，A点坐标为（x，y）
粒子做类平抛运动：x=v0t1，y= （1分）
由题知：粒子在A点速度大小vA=2 v0，vAy=，vAy=a1 t1
粒子在A点速度方向与竖直线PQ夹角为30°．解得： ， （1分）
由几何关系得：ysin60°-xcs60°=d，（1分）
解得： （1分），（1分）
由牛顿第二定律得：qE1=ma1，解得： （1分）
设粒子从A到B运动过程中，加速度大小为a2，历时t2，
水平方向上有：vAsin30°=a2sin60°（1分）
，qE2=ma2，（1分）
解得： （1分），；（1分）
(3) 分析知：粒子过A点后，速度方向恰与电场E2方向垂直，再做类平抛运动，
粒子到达B点时动能：EkB=，vB2=（2v0）2+（a2t2）2，（1分）
解得：．（1分）
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