2020年宁夏银川市唐徕回民中学高考物理三模试卷 (含答案解析)

2020年宁夏银川市唐徕回民中学高考物理三模试卷
一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）
1.自然界存在的放射性元素的原子核并非只发生一次衰变就达到稳定状态，而
是要发生一系列连续的衰变，最终达到稳定状态。

某些原子核的衰变情况如
图所示(N表示中子数，Z表示质子数)，则下列说法正确的是()
A. 由 88228Ra到 89228Ac的衰变是α衰变
B. 已知 88228Ra的半衰期是T，则8个 88228Ra原子核经过2T时间后还剩2个
C. 从 90228Tℎ到 82208Pb共发生5次α衰变和2次β衰变
D. 图中发生的α衰变和β衰变分别只能产生α和β射线
2.质量为2kg的物体，放在动摩擦因数p=0.1的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，
水平拉力做的功W和物体随位置X变化的关系如图所示．重力加速度g取1Om/s2，则()
A. X=Om至x=3m的过程中，物体的加速度是2.5m/s2
B. X=Om至X=3m的过程中，物体的加速度是1.5m/s2
C. X=6m时，物体的速度约为20m/s
D. x=3m至x=9m的过程中，物体做匀加速运动
3.如图所示，一光滑小球与一过球心的轻杆连接，置于一斜面上静止，
轻杆通过光滑铰链与竖直墙壁连接，已知小球所受重力为G，斜面
与水平地面的夹角为60°，轻杆与竖直墙壁的夹角也为60°，则轻杆
和斜面受到球的作用力大小分别为()
A. G和G
B. 1
2G和√3
2
G C. √3
2
G和1
2
G D. √3G和2G
4.在变电所里，经常要用交流电表去监测电网上的强电流，使用的仪器是电流互感器，如图所示
的四个图中，能正确反映其工作原理的是()
A. B.
C. D.
5.如图所示，发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经
点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步轨道3.轨
道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点(如图所示)，则当卫星分别在
1、2、3轨道正常运行时，以下说法正确的是()
①卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率
②卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度
③卫星在轨道1上的经过Q点时的加速度大于它在轨道2上经过Q点时的加速度
④卫星在轨道2上的经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度。

A. ①③
B. ②③
C. ①④
D. ②④
二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）
6.如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为4：1，原线圈接入如图乙所示的正弦式交流电
压，副线圈接一个R=27.5Ω的负载电阻．电流表、电压表均为理想电表，则下述结论正确的是()
A. 副线圈中电压表的读数为880V
B. 副线圈中输出交流电的频率为0.02Hz
C. 原线圈中电流表的读数为0.5A
D. 原线圈中的输入功率为110W
7.如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的
匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上板的过程中()
A. 它们运动的时间t Q>t P
B. 它们所带的电荷量之比q P∶q Q=1∶2
C. 它们运动的加速度a Q>a P
D. 它们的动能增加之比ΔE kP∶ΔE kQ=1∶4
8.如图所示，固定的竖直光滑U型金属导轨，间距为L，上端接有阻值为R的电
阻，处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为
m、电阻为r的导体棒与劲度系数为k的固定轻弹簧相连放在导轨上，导轨的
电阻忽略不计。

初始时刻，弹簧处于伸长状态，其伸长量为x1=mg
k
，此时导体棒具有竖直向上的初速度v0。

在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。

则下列说法正确的是()
A. 初始时刻导体棒受到的安培力大小F=B2L2v0
R
B. 初始时刻导体棒加速度的大小a=2g+B2L2v0
m(R+r)
C. 导体棒往复运动，最终静止时弹簧处于压缩状态
D. 导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q=1
2mv 02+2m2g2
k
9.下列说法正确的是()
A. 液晶既具有液体的流动性，又像某些晶体那样具有光学各向异性
B. “油膜法估测分子的大小”实验中，用一滴油酸溶液的体积与浅盘中油膜面积的比值可估测
油酸分子直径
C. 液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力
D. 一切自然过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行
E. 蔗糖受潮后粘在一起形成的糖块看起来没有确定的几何形状，是非晶体
10.一列简谐横波在t=0时刻波形图如图所示．介质中x=2m处的质点P沿y轴方向做简谐运动的
表达式为y=10sin5πt cm.关于这列简谐波，下列说法正确的是()
A. 振幅为20cm
B. 传播方向沿x轴负向
C. P点第一次回到平衡位置的时刻为0.2s
D. 传播速度为10m/s
三、实验题（本大题共1小题，共5.0分）
11.一个实验小组在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中：
(1)甲同学在做该实验时，通过处理数据得到了图甲所示的F−x图象，其中F为弹簧弹力，x为
弹簧长度。

请通过图甲，分析并计算，该弹簧的原长x0=_______cm，弹簧的劲度系数
k=_______N/m。

(2)乙同学使用两条不同的轻质弹簧a和b得到弹力与弹簧长度的图象如图乙所示，下列表述正
确的是_______。

A.a的原长比b的长
B.a的劲度系数比b的大
C.a的劲度系数比b的小
D.测得的弹力与弹簧的长度成正比
四、计算题（本大题共5小题，共62.0分）
12.某同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ，步骤如下：
(1)用20分度的游标卡尺测量其长度如图甲所示，可知其长度为______mm；
(2)用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，可知其直径为______mm。

(3)用多用电表的电阻“×10”档，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图丙，
则该电阻的阻值约为______Ω。

(4)为更精确地测量其电阻，现有的器材及其代号和规格如下：
待测圆柱体电阻R
电流表A1(量程0～15mA，内阻约30Ω)
电流表A2(量程0～3mA，内阻约50Ω)
电压表V1(量程0～3V，内阻约10kΩ)
电压表V2(量程0～15V，内阻约25kΩ)
直流电源E(电动势4V，内阻不计)
滑动变阻器R1(阻值范围0～15Ω)
滑动变阻器R2(阻值范围0～2kΩ)
开关S，导线若干
为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在图丁框中画出测量用的正确电路图，并标明所用器材的代号。

13.如图所示，一带电量为+q、质量为m的小球用长为L的绝缘细线悬挂于匀
强电场中的o点，电场方向竖直向上，小球能静止于最高点．在最高点给小
，小球恰好可以在竖直平面内做完整的圆周运动，球一水平初速度v0=√5gL
2
求：
(1)匀强电场的电场强度；
(2)小球再次运动到最高点时细绳对小球的拉力大小．
14.如图甲所示，有一磁感强度大小为B、垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界OP与水平方向夹角
为45°，紧靠磁场右上边界放置长为L，间距为d的平行金属板M、N，磁场边界上的O点与N 板在同一水平面上，O1、O2电场左右边界中点．在两板间存在如图乙所示的交变电场(取竖直向下为正方向).某时刻从O点竖直向上同时发射两个相同的粒子a和b，质量为m，电量为+q，初速度不同．粒子a在图乙中的t=T
时刻，从O1点水平进入板间电场运动，由电场中的O2点射
4
出．粒子b恰好从M板左端进入电场．(不计粒子重力和粒子间相互作用，电场周期T未知)
求：(1)粒子a、b从磁场边界射出时的速度v a、v b；
(2)粒子a从O点进入磁场到射出O2点运动的总时间；
(3)如果交变电场的周期T=4m
，要使粒子b能够穿出板间电场，求则电场强度大小E0满足的条
qB
件．
15.一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞。

初始时，管内汞
柱及空气柱长度如图所示。

用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止。

求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离。

已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p0=75.0cmHg.环境温度不变。

16.如图所示，一根长直棒AB竖直地插入水平池底，水深a=0.8m，
棒露出水面部分的长度b=0.6m，太阳光斜射到水面上，与水面夹
，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：角α=37°，已知水的折射率n=4
3
①太阳光射入水中的折射角β；
②棒在池底的影长l．
-------- 答案与解析 --------
1.答案：C
解析：
根据α衰变的过程中电荷数少2，质量数少4，β衰变的过程中电荷数多1，质量数不变，进行判断。

解决本题的关键知道衰变的实质，知道衰变的过程中电荷数守恒、质量数守恒。

A. 根据α衰变的过程中电荷数少2，质量数少4，或者是其倍数，由88228Ra到89228Ac的变化，其电荷数增加，质量数不变，应该是β衰变，故A错误；
B.半衰期是针对大量的原子核而言的，有限个数的原子核衰变不符合这种规律，故B错误；
C.从90228Tℎ到82208Pb共发生5次α衰变和2次β衰变，有核电荷数变化：90−2×5+1×2=82，质量数变化：228−4×5+0×2=208，故C正确；
D.图中发生的α衰变和β衰变分别能产生α和β射线，同时可能伴随产生γ射线，故D错误。

故选C。

2.答案：B
解析：解：A、B：对于前3m，根据动能定理，有
W1−μmgs=1
2
mv2
解得：3m/s
根据速度位移公式，有
2a1s=v2
解得a1=1.5m/s2
故A错误、B正确；
C、对于前6m过程，根据动能定理，有
W2−μmgs′=1
2
mv22
解得v2=2√2m/s
故C错误；
D、由图象可知，x=3m至x=9m的过程中，力F=△W
△x =27−15
6
=2N，滑动摩擦力f=Pmg=
0.1×20=2N，所以物体做匀速直线运动，故D错误．
故选：B．
对物体受力分析，受到重力G、支持力N、拉力F和滑动摩擦力f，根据牛顿第二定律和动能定理列式分析即可．
本题关键对物体受力分析，然后对物体的运动过程运用动能定理和速度位移公式列式并联立求解．3.答案：A
解析：
【试题解析】
对小球进行受力分析，根据图中几何关系可知三个力互成120°，根据平衡条件进行求解。

本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答本题的关键是对小球进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成，然后根据几何关系进行解答。

对小球进行受力分析，受到重力、杆的弹力和斜面的支持力，如图所示：
根据图中几何关系可知三个力互成120°，根据平衡条件可得：F N=F=G
根据牛顿第三定律可得轻杆和斜面受到球的作用力大小均为G，故A正确、
BCD错误。

故选A。

4.答案：A
解析：解：由理想变压器的原副线圈的电流之比可知，电流与匝数成反比．则电流互感器应串连接入火线且匝数较少的线圈上．故A正确，BCD错误；
故选：A．
原理是依据电磁感应原理的．电流互感器是由闭合的铁心和绕组组成．它的一次绕组匝数很少，串在需要测量的电流的线路中，因此它经常有线路的全部电流流过，二次绕组匝数比较多，串接在测量仪表和保护回路中，电流互感器在工作时，它的2次回路始终是闭合的，因此测量仪表和保护回路串联线圈的阻抗很小，电流互感器的工作状态接近短路
电流互感器的接线应遵守串联原则；按被测电流大小，选择合适的变化，否则误差将增大
解析：解：①万有引力提供圆周运动向心力G mM
r2=m v2
r
得卫星运行速率v=√GM
r
知轨道1的半径小
故速度大，故①错误；
②万有引力提供圆周运动向心力有G mM
r2=mrω2得卫星运行角速度ω=√GM
r3
，知轨道1的半径小，
角速度大，故②正确；
③卫星在轨道1和轨道2上经过Q点时都由万有引力产生加速度，在两个轨道上经过Q点时的卫星所受万有引力相等，故加速度相同，故③错误
④卫星在轨道3和轨道2上经过P点时都由万有引力产生加速度，在两个轨道上经过P点时的卫星所受万有引力相等，故加速度相同，故④正确。

故选：D。

卫星绕地球做圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，据此分析线速度、角速度与半径的关系，卫星运行过程中由万有引力产生加速度，由此分析讨论即可。

抓住万有引力提供圆周运动向心力，卫星在同一点的加速度等于其万有引力产生的加速度，大小是相等的。

掌握规律是解决问题的关键。

6.答案：CD
解析：解：A、变压器原线圈的有效值为U1=√2
√2=220V，则副电压U2=n2n
1
U1=55V，所以电
压表示数为55 V，选项A错误；
B、交流电的频率为f=1
T =1
2×10−2s
=50Hz，选项B错误
C、副线圈中电流I2=U2
R =55V
27.5Ω
=2A，原线圈中电流为I1=n2
n1
I2=1
4
×2A=0.5A，选项C正确；
D、原线圈输入功率P1=I1U1=0.5A×220V=110W，选项D正确；
故选：CD。

根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论。

掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，即电压与匝数成正比，电流与匝数成反比。

知道正弦交变电流最大值和有效值之间√2倍的关系即可解决本题。

解析：解：A、垂直电场方向不受力，做匀速直线运动，位移相等，速度相等，由x=vt得知，运动的时间相等，故A错误；
C、平行电场方向受到电场力作用，做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有：
y=1
2
at2
解得：a=2y
t2
由于两带电粒子平行电场方向分位移之比为y P：y Q=1：2，所以a Q>a P，故C正确。

B、根据牛顿第二定律，有：
qE=ma
由①②两式解得：q=2ym
Et2
所以它们所带的电荷量之比q P：q Q=1：2；故B正确。

D、根据动能定理，有：
qEx=△E k
而：q P：q Q=1：2，y P：y Q=1：2，
所以动能增加量之比△E kP：△E kQ=1：4，故D正确。

故选：BCD。

两个带电粒子垂直进入电场中做类平抛运动，将它们的运动沿垂直电场方向和平行电场方向进行正交分解，垂直电场方向不受力，做匀速直线运动；平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动学公式、牛顿第二定律和功能关系联合列式分析。

本题关键将两个带电粒子的运动垂直电场方向和平行电场方向的分运动，然后结合运动学公式、牛顿运动定律和动能定理列式分析。

8.答案：BC
解析：
由E=BLv、I=E
R
、F=BIL，求出初始时刻安培力的大小。

导体棒最终静止时，弹簧的弹力与之重力平衡，可求出弹簧的压缩量，从而由初末态弹簧型变量得到弹簧弹性势能的变化量。

从初始时刻到最终导体棒静止的过程中，导体棒的重力势能和动能减小转化为弹簧的弹性势能和内能，根据能
量守恒定律求解电阻R上产生的焦耳热Q。

本题中安培力的经验公式F=B2L2v
R
，可以由感应电动势、欧姆定律、安培力三个公式结合推导出来，要加强记忆，有助于分析和计算。

A.导体棒的初速度为v0，初始时刻产生的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律得：
E=BLv0
设初始时刻回路中产生的电流为I，由闭合电路的欧姆定律得：
I=
E R+r
设初始时刻导体棒受到的安培力为F，由安培力公式得：F=BIL
联立上式得，F=B2L2v0
R+r
，故A错误；
B.初始时刻，弹簧处于伸长状态，棒受到重力、向下的安培力和弹簧的弹力，所以：ma=mg+kx1+F
得：a=2g+B 2L2v0
m(R+r)
，故B正确；
C.从初始时刻到最终导体棒静止的过程中，导体棒减少的机械能一部分转化为弹簧的弹性势能，另一部分通过克服安培力做功转化为电路中的电能；当导体棒静止时，棒受到重力和弹簧的弹力，受力平衡，所以弹力的方向向上，此时弹簧处于压缩状态，故C正确；
D.导体棒直到最终静止时，棒受到重力和弹簧的弹力，受力平衡，则：mg=kx2，得：x2=mg
k
.由于x1=x2，所以弹簧的弹性势能不变，
由能的转化和守恒定律得：mg(x1+x2)+E k=Q
解得系统产生的总热量：Q=1
2mv02+2m2g2
k
可知R上产生的热量要小于系统产生的总热量，故D错误。

故选BC。

9.答案：ACD
解析：【试题解析】
A、液晶既具有液体的流动性，又像某些晶体那样具有光学各向异性．故A正确；
B、“油膜法估测分子的大小”实验中，用一滴油酸溶液的中纯油酸的体积与浅盘中油膜面积的比值可估测油酸分子直径，而不是用一滴油酸溶液的体积与浅盘中油膜面积的比值进行估测．故B错误；
C、液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力．故C正确；
D、熵增加原理说明一切自然过程总是向着分子热运动的无序性增大的方向进行．故D正确；
E、蔗糖受潮后粘在一起形成的糖块是多晶体，看起来没有确定的几何形状，也是多晶体的特点．故E错误．
故选：ACD
液晶是一类比较特殊的物态，液晶既有液体的流动性，又像某些晶体那样具有光学各向异性；“油
膜法估测分子的大小”实验中，用一滴油酸溶液的中纯油酸的体积与浅盘中油膜面积的比值可估测
油酸分子直径；液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，分子力表现为引力；
热力学定律的两种表述：(1)按传热的方向性表述：热量不能自发地从低温物体传到高温物体，(2)按机械能与内能转化的方向性表述：不可能从单一热源吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响．熵增加原理的内容：在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小．如果过程可逆，则熵
不变；如果过程不可逆，则熵增加．
从微观的角度看，热力学第二定律是一个统计规律：一个孤立系统总是从熵小的状态向熵大的状态
发展，而熵值较大代表着较为无序，所以自发的宏观过程总是向无序度更大的方向发展．
多晶体与非晶体都没有规则的几何形状．
该题考查3−3中热学的多个知识点，其中“油膜法估测分子的大小”实验中是热学中的唯一的实验，实验的原理一定要明白；对热力学第二定律的几种不同的说法也要深入理解．这是该题中容易出错
的地方．
10.答案：CD
解析：
根据质点P的振动方程y=10sin(5πt)cm，读出ω，振幅等于y的最大值；根据振动图象t=0时刻
P质点的速度方向，即可判断出波的传播方向．读出波长，求出波速．
本题关键要掌握振动的一般方程y=Asinωt，读出ω和P点的振动方向．
解：A、由波的图象得：振幅A=10cm，故A错误；
B、根据振动方程和振幅图象得知：P点在t=0时振动方向为正y方向，故波向正x方向传播．故B 错误．
C、由x=2m处质点沿y轴方向做简谐运动的表达式为y=10sin5πtcm，可知ω=5πrad/s，则周
期为：T=2π
ω=2π
5π
=0.4s，t=0时刻，P点向上振动，当t=0.2s，P点第一次回到平衡位置，故C
正确
D、由波的图象得：波长λ=4m，故波速为v=λ
T
=10m/s.故D正确．
故选：CD
11.答案：8 25 B
解析：解：(1)当弹力为零时，弹簧处于原长状态，故原长为x0=8cm，在F−x图象中斜率代表弹
簧的劲度系数，则k=△F
△x =7
36−8
N/cm=0.25N/cm=25N/m
(2)A、在乙图中，当弹簧的弹力为零时，弹簧处于原长，故b的原长大于a的原长，故A错误；BC、斜率代表劲度系数，故a的劲度系数大于b的劲度系数，故B正确，C错误；
D、弹簧的弹力与弹簧的形变量成正比，不是与弹簧的长度成正比，故D错误。

故选：B
故答案为：(1)8；25；(2)B。

(1)弹簧的弹力满足胡克定律，F=kx=k(l−l0)，在图象中斜率表示弹簧的劲度系数k，横截距表示弹簧的原长；根据F=kx求得弹簧的形变量，即可求得弹簧的原长；
(2)根据F−x图象中判断出弹簧的原长，斜率代表劲度系数。

本题考查了胡克定律，注意F−l图象的认识，要理解在图象中斜率表示弹簧的劲度系数k，横截距表示弹簧的原长。

12.答案：50.15 4.699220
解析：解：(1)游标卡尺的读数为：主尺+游标尺=50mm+3×0.05mm=50.15mm；
(2)螺旋测微器的读数为：主尺+半毫米+转筒读数=4+0.5+19.9×0.01=4.699mm；
(3)欧姆表的读数为：示数×倍率=22×10=220Ω；
(4)电路图如右图，
电压表用15V的指针偏角太小，所以用电压表V1，由电动势和电阻的值知电流最大为十几毫安，所
以用电流表A1，滑动变阻器用小阻值的，便于调节，所以用滑动变阻器R1、电流表外接、滑动变阻器分压式接法
答案为：(1)50.15；
(2)4.699；
(3)220；
(4)如图所示。

(1)游标卡尺的读数为：主尺+游标尺，
(2)螺旋测微器的读数为：主尺+半毫米+转筒读数，
(3)欧姆表的读数为：示数×倍率；
(4)根据电路最大电流选择电流表，根据实验原理与实验器材确定滑动变阻器与电流表接法，然后作出实验电路图。

对游标卡尺和螺旋测微器的读数要知道读数的方法，欧姆表读数时要让指针在中间位置附近，每次选档都要重新进行欧姆调零。

还考查了实验器材的选择、设计实验电路图；应根据电源电动势大小或待测电阻的额定电压来选择电压表量程，根据通过待测电阻的最大电流来选择电流表的量程；当待测电阻阻值远小于电压表内阻时，电流表应选外接法；当滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻值时或要求电流从零调时，滑动变阻器应用分压式；当实验要求电流从零调或要求测得多组数据或变阻器的全电阻远小于待测电阻时，变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节。

13.答案：解：(1)最高点→最低点：1
2mv2−1
2
mv02=mg⋅2L−Eq⋅2L①
最低点有：mv2
L
=Eq−mg②
解得：E=3mg
2q
③
(2)最高点：mv02
L
=T−Eq+mg④解得：T=3mg⑤
答：(1)匀强电场的电场强度为3mg
2q
；
(2)小球再次运动到最高点时细绳对小球的拉力大小为3mg．
解析：(1)小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，知在最低点，电场力和重力的合力提供向心力，结合动能定理求出匀强电场的电场强度大小．
(2)在最高点，根据拉力、电场力、重力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律求出拉力的大小．
解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，抓住临界状态，结合牛顿第二定律和动能定理进行求解．
14.答案：解：(1)如图所示，粒子a 、b 在磁场中均速转过90°，平行于金属板进入电场．
由几何关系可得：r a =1
2d ，r b =d …① 由牛顿第二定律可得 qv a B =mv a
2r a
…② qv b B =
mv b
2r b
…③
解得：v a =
qBd
2m
，v b =qBd m
(2)粒子a 在磁场中运动轨迹如图
在磁场中运动周期为：T 0=2πm qB
…④
在磁场中运动时间：t 1=
T 04
=πm
2qB …⑤
粒子在电磁场边界之间运动时，水平方向做匀速直线运动，所用时间为 t 2=
(d
2
+L)v a
…⑥
由 ④⑤⑥则全程所用时间为：t =t 1+t 2=πm
2qB +
m(d+2L)qBd
(3)粒子在磁场中运动的时间相同，a 、b 同时离开Ⅰ磁场，a 比b 进入电场落后时间△t =d
2v a
=m
qB =
T 4
…⑦
故粒子b 在t =0时刻进入电场．
由于粒子a 在电场中从O 2射出，在电场中竖直方向位移为0，故a 在板间运动的时间t a 是周期的整数倍，由于v b =2v a ，b 在电场中运动的时间是t b =1
2t a ，可见b 在电场中运动的时间是半个周期的整数倍即t b =L v b
=n ⋅T
2 …⑧
n =2L
Tv …⑨
粒子b在T
2内竖直方向的位移为y=1
2
a(T
2
)2…⑩
粒子在电场中的加速度a=qE0
m
由题知T=4m qB
粒子b能穿出板间电场应满足ny≤d
解得E0≤qd2B2
mL
答：(1)粒子a、b从磁场边界射出时的速度v a、v b分别是：qBd
2m 和qBd
m
；
(2)粒子a从O点进入磁场到射出O2点运动的总时间是πm
2qB +m(d+2L)
qBd
；
(3)如果交变电场的周期T=4m
qB
，要使粒子b能够穿出板间电场，则电场强度大小E0满足的条件E0≤
qd2B2
mL
．
解析：(1)求出粒子轨道半径，应用牛顿第二定律可以求出粒子a、b从I磁场边界射出时的速度v a、v b．
(2)求出粒子在磁场中、在电场中、在电磁场外的运动时间，然后求出总运动时间．
(3)作出粒子在电场中的运动轨迹，应用类平抛运动规律分析答题．
本题考查了带电粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是正确解题的关键，应用牛顿第二定律、粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期公式、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题．
15.答案：解：设初始时，右管中空气柱的压强为p1，长度为l1；左管中空气柱的压强为p2=p0，长度为l2.该活塞被下推h后，右管中空气柱的压强为p1′，长度为l1′；左管中空气柱的压强为p2′，长度为l2′.以cmHg为压强单位。

由题给条件得：
p1=p0+(20.00−5.00)cmHg…①
l1′=(20.0−20.0−5.00
2
)cm…②
由玻意耳定律得p1l1=p1′l1′…③
联立①②③式和题给条件得：
p1′=144cmHg…④依题意有：p2′=p1′…⑤
l2′=4.00cm+20.00−5.00
2
cm−ℎ…⑥
由玻意耳定律得：p2l2=p2′l2′…⑦
联立④⑤⑥⑦式和题给条件得：ℎ=9.42cm
答：此时右侧管内气体的压强是144cmHg，活塞向下移动的距离9.42cm。

解析：由题意知两部分封闭气体的温度与环境温度保持相等，气体都作等温变化。

先对右端气体研究，根据玻意耳定律求出活塞下移后的压强。

水银面相平时，两部分气体的压强相等，再研究左端气体，求出活塞下移后的长度和气体压强，根据几何关系求解活塞向下移动的距离。

本题考查了玻意耳定律，关键要抓住两部分气体之间相关联的条件，运用玻意耳定律解答。

16.答案：解：①设折射角为β，则由折射定律得：
n=sin(90o−α)
sinβ
代入得：4
3=sin(90°−37°)
sinβ
代入数据解得：β=37°
②由数学知识得影长为：l=b⋅tan(90°−α)+a⋅tanβ
代入数据解得：l=1.4m
答：①太阳光射入水中的折射角β是37°；
②棒在池底的影长l是1.4m．
解析：①由图知太阳光射入水中的入射角为90°−α，根据折射定律求解折射角β．
②由数学知识求解棒在池底的影长l．
解答几何光学问题，往往由折射定律求解折射角，再充分运用几何知识求出相关的长度．。