2021年江苏省新高考“八省联考”高考物理适应性试卷(附答案详解)

2021年江苏省新高考“八省联考”高考物理适应性试卷
一、单选题（本大题共11小题，共44.0分）
1.小华通过偏振太阳镜观察平静水面上反射的阳光，转动镜片时发现光有强弱变化。

下列说法能够解释这一现象的是()
A. 阳光在水面反射后的反射光是偏振光，镜片起起偏器的作用
B. 阳光在水面反射后的反射光是偏振光，镜片起检偏器的作用
C. 阳光在水面反射时没有发生偏振，镜片起起偏器的作用
D. 阳光在水面反射时没有发生偏振，镜片起检偏器的作用
2.如图所示，一束激光照射在横截面为正方形的透明玻璃柱上，
光线与横截面平行，则透过玻璃柱的光线可能是图中的()
A. ①
B. ②
C. ③
D. ④
3.如图所示，对称晾挂在光滑等腰三角形衣架上的衣服质量为M，
衣架顶角为120°，重力加速度为g，则衣架右侧对衣服的作用力
大小为()
A. 1
2
Mg
B. √3
3
Mg
C. √3
2
Mg
D. Mg
4.2020年12月3日，嫦娥五号上升器携带月壤样品成功回到预定环月轨道，这是我
国首次实现地外天体起飞。

环月轨道可以近似为圆轨道，已知轨道半径为r，月球质量为M，引力常量为G。

则上升器在环月轨道运行的速度为()
A. GM
r2B. GM
r
C. √GM
r2
D. √GM
r
5.某生态公园的人造瀑布景观如图所示，水流从高处水平流
出槽道，恰好落入步道边的水池中。

现制作一个为实际尺
寸1
16
的模型展示效果，模型中槽道里的水流速度应为实际的()
A. 1
2
B. 1
4
C. 1
8
D. 1
16
6.在“油膜法估测分子大小”的实验中，将1mL的纯油酸配制
成5000mL的油酸酒精溶液，用注射器测得1mL溶液为80滴，
再滴入1滴这样的溶液到准备好的浅盘中，描出的油膜轮廓如
图所示，数出油膜共占140个小方格，每格边长是0.5cm，由
此估算出油酸分子直径为()
A. 7×10−8m
B. 1×10−8m
C. 7×10−10m
D. 1×10−10m
7.小明分别按图1和图2电路探究远距离输电的输电损耗，
将长导线卷成相同的两卷A、B来模拟输电线路，忽略
导线的自感作用。

其中T1为理想升压变压器，T2为理想
降压变压器，两次实验中使用的灯泡相同，灯泡的电
压相等。

两次实验中()
A. 都接直流电源
B. A两端的电压相等
C. A损耗的功率相等
D. 图1中A的电流较大
8.渔船上的声呐利用超声波来探测远方鱼群的方位。

某渔船发出的一列超声波在t=
0时的波动图象如图1所示，图2为质点P的振动图象，则()
A. 该波的波速为1.5m/s
B. 该波沿x轴负方向传播
C. 0～1s时间内，质点P沿x轴运动了1.5m
D. 0～1s时间内，质点P运动的路程为2m
9.某汽车的四冲程内燃机利用奥托循环进行工作。

该循
环由两个绝热过程和两个等容过程组成。

如图所示为
一定质量的理想气体所经历的奥托循环，则该气体()
A. 在状态a和c时的内能可能相等
B. 在a→b过程中，外界对其做的功全部用于增加内能
C. b→c过程中增加的内能小于d→a过程中减少的内能
D. 在一次循环过程中吸收的热量小于放出的热量
10.如图所示，光滑的平行长导轨水平放置，质量相等的导体棒L1和L2静止在导轨上，
与导轨垂直且接触良好。

已知L1的电阻大于L2，两棒间的距离为d，不计导轨电阻，忽略电流产生的磁场。

将开关S从1拨到2，两棒运动一段时间后达到稳定状态，则()
A. S拨到2的瞬间，L1中的电流大于L2
B. S拨到2的瞬间，L1的加速度大于L2
C. 运动稳定后，电容器C的电荷量为零
D. 运动稳定后，两棒之间的距离大于d
11.带电粒子碰撞实验中，t=0时粒子A静止，粒子以
一定的初速度向A运动。

两粒子的v−t图象如图所
示。

仅考虑静电力的作用，且A、B未接触。

则()
A. A粒子质量小于B粒子
B. 两粒子在t1时刻的电势能最大
C. A在t2时刻的加速度最大
D. B在0～t3时间内动能一直减小
二、实验题（本大题共1小题，共15.0分）
12.用如图1所示的实验装置测量木块与长木板间的动摩擦因数μ。

把左端带有滑轮的
长木板平放在实验桌上，载有砝码的木块右端连接穿过打点计时器的纸带，左端连接细线，细线绕过定滑轮挂有槽码，木块在槽码的牵引下运动。

通过纸带测量木块的加速度，并测出木块与砝码的总质量M，槽码的总质量m，计算木块与木板之间的摩擦力f。

改变M和m进行多次实验。

(1)下列实验操作步骤，正确顺序是______ 。

①释放木块
②接通打点计时器电源
③将木板固定在水平桌面上
④调节滑轮高度使细线与木板平行
⑤将纸带穿过打点计时器的限位孔并固定在木块上
(2)实验打出的一段纸带如图2所示。

打点计时器的工作频率为50Hz，图中纸带按实际尺寸画出，则木块的加速度为______ m/s2。

(3)甲同学测得的数据见如表。

M/kg0.7000.6000.5000.4000.300
f/N 2.48 2.18 1.80 1.50 1.16
请根据表中的数据，在方格纸上作出f−M图象。

(4)已知重力加速度g=9.80m/s2，可求得该木块与木板的动摩擦因数μ=______ 。

(5)乙同学用(3)问表中的数据逐一计算出每次测量的μ值，取其平均值作为测量结
果。

他发现该值比甲同学在(4)问中得出的μ值大。

你认为哪位同学的结果更准确，请简要说明理由。

三、计算题（本大题共4小题，共41.0分）
13.电流表改装成欧姆表的电路如图所示，两表笔直接相连时，指针指在表盘刻度“5”
上。

两表笔之间接有600Ω的电阻时，指针指在刻度“1”上。

求刻度“3”应标注的电阻值R。

14.我国中微子探测实验利用光电管把光信号转换为电信号。

如图所示，A和K分别是
光电管的阳极和阴极，加在A、K之间的电压为U。

现用发光功率为P的激光器发出频率为ν的光全部照射在K上，回路中形成电流。

已知阴极K材料的逸出功为W0，普朗克常量为h，电子电荷量为e。

(1)求光电子到达A时的最大动能E km；
(2)若每入射N个光子会产生1个光电子，所有的光电子都能到达A，求回路的电
流强度I。

15.如图所示，水平传送带足够长，向右前进的速度v=4m/s，与倾角为37°的斜面的
底端P平滑连接，将一质量m=2kg的小物块从A点静止释放。

已知A、P的距离L=8m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为μ1=0.25、μ2=0.20，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

求物块
(1)第1次滑过P点时的速度大小v1；
(2)第1次在传送带上往返运动的时间t；
(3)从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量Q。

16.跑道式回旋加速器的工作原理如图所示，两个匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ的边界平行，相
距为L，磁感应强度大小相等、方向垂直纸面向里。

P、Q之间存在匀强加速电场，电场强度为E，方向与磁场边界垂直。

质量为m、电荷量为+q的粒子从P飘入电场，多次经过电场加速和磁场偏转后，从位于边界上的出射口K引出，引出时的动能为E k。

已知K、Q的距离为d．
(1)求粒子出射前经过加速电场的次数N；
(2)求磁场的磁感应强度大小B；
(3)如果在△t时间内有一束该种粒子从P点连续飘入电场，粒子在射出K之前都未
相互碰撞，求△t的范围。

答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：阳光属于自然光，阳光在水面发生反射后的反射光是偏振光，转动镜片时发现光有强弱变化，是由于镜片相当于检偏器，起检偏器的作用，故ACD错误，B正确。

故选：B。

自然光在玻璃、水面以及木质桌面发生反射时，反射光都是偏振光，当偏振光偏振的方向与偏振镜片偏振的方向平行时可以通过偏振片，当二者方向垂直时不能通过偏振光。

该题考查光的偏振，知道自然光在玻璃、水面以及木质桌面发生反射时，反射光都是偏振光是解答的关键。

2.【答案】C
【解析】解：光通过透明玻璃柱，因为玻璃柱的上下表面平行，所以出射光和入射光平行；又因为玻璃的折射率大于空气，所以侧移应该是向右侧移，故ABD错误，C正确。

故选：C。

玻璃柱的上下表面平行，所以出射光和入射光平行；玻璃的折射率大于空气。

据此分析。

解答本题的关键是知道玻璃柱的上下表面平行时，出射光和入射光平行，玻璃的折射率大于空气。

3.【答案】B
【解析】解：衣服受三力作用，根据已知条件可知，衣服给的两个支持力大小相等，夹
Mg。

故角为60°，它们的合力与重力等大反向，则有F N⋅2cos30°=Mg，解得F N=√3
3
ACD错误，B正确。

故选：B。

对衣服受力分析，衣服给的两个支持力大小相等，夹角为60°，它们的合力与重力等大反向，据此分析。

解答本题的关键是能根据共点力的平衡，分析出衣服给的两个支持力大小相等，夹角为
60°，它们的合力与重力等大反向。

4.【答案】D
【解析】解：根据上升器在环月轨道运行时万有引力提供向心力有：GMm r 2
=m v 2
r ，解得
v =√
GM r
，故D 正确，ABC 错误。

故选：D 。

万有引力提供上升器在环月轨道运行的向心力，根据牛顿第二定律：GMm r 2
=m v 2
r
，求解
上升器在环月轨道运行的速度。

本题考查万有引力定律的应用，需要在情境中抽象出匀速圆周运动模型。

5.【答案】B
【解析】解：水流做平抛运动， 水平方向：x =v 0t 竖直方向：y =1
2gt 2 联立解得：v 0=x t =x g
2y ，
模型的x ，y 都变为原来的1
16，故v 0′=116x √g 2⋅116
y =1
4v 0，故B 正确，ACD 错误。

故选：B 。

(1)根据平抛运动规律，水平方向做匀速直线匀速，竖直方向做自由落体运动，求解水流的实际速度；
(2)根据模型缩小的比例，求解模型中槽道里的水流的速度与实际流速的比例关系。

本题考查平抛运动规律，需要将人造瀑布抽象成平抛运动模型。

6.【答案】C
【解析】解：1滴溶液中纯油酸的体积为V =1
5000×1
80×10−6m 3=2.5×10−12m 3 油膜的面积为：S =140×0.5×0.5×10−4m 2=3.5×10−3m 2 所以油酸分子的直径为：d =
V S
=
2.5×10−12
3.5×10−3
m ≈7×10−10m ，故C 正确、ABD 错误。

故选：C。

通过正方形小方格的格数，估算出油酸薄膜的面积，用1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积除以油膜的面积，得到油酸分子的直径．
本题关键要懂得实验原理，建立物理模型：以油酸分子呈球型分布在水面上，且一个挨着一个紧密排列，从而可以由体积与面积相除求出油膜的厚度．
7.【答案】D
【解析】解：A、图1的实验可以采用直流电，但图2的实验必须采用交流电，因为变压器是利用互感的原理工作的，故A错误；
BCD、两次实验中使用的灯泡相同，灯泡的电压相等，则两次实验中通过灯泡的电流相等，设为I；
图1中通过A、B的电流等于灯泡的电流，为I1=I；
图2中，设降压变压器的匝数比为k：1(k大于1)，根据变压器原理可得，通过A、B的
电流为：I2=I
k
，所以I1>I2。

根据U=IR可知图1中A两端的电压大于图2中A两端电压；
根据P=I2R可知图1中A损耗的功率大于图2中A损耗的功率，故BC错误、D正确。

故选：D。

变压器是采用互感的原理工作的，必须采用交流电；
两次实验中通过灯泡的电流相等，分析图1中通过A、B的电流与图2中通过A、B的电流大小，根据U=IR、P=I2R进行分析。

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。

8.【答案】D
【解析】解：A、由图1可知，该波的波长为：λ=1.5×10−2m，由图2可知周期为：
T=1×10−5s，则该波的波速为：v=λ
T =1.5×10−2
1×10−5
m/s=1500m/s，故A错误；
B、由图2可得，在t=0时刻，P质点沿y轴正方向振动，由波形图的微平移法可知该波沿x轴正方向传播，故B错误；
C、质点P只在平衡位置附近振动，不会沿x轴运动，故C错误；
= D、质点P的振幅是A=5×10−6m，在0～1s时间内共振动的周期个数为：n=t
T
1s
=105个，质点P运动的路程为：s=4A⋅n=4×5×10−6×105m=2m，故D 1×10−5s
正确。

故选：D。

求解；由质点的振动方向分别由波动图象和振动图象得出波长和周期，根据公式v=λ
T
判断波的传播方向；质点不会随波迁移；先求出一定时间内周期的倍数，然后应用公式s=4A⋅n求解质点运动的路程。

本题以渔船上的声呐利用超声波来探测远方鱼群的方位为情景载体，考查了振动图象与波动图象相结合的题目，要求学生能够熟练掌握这两种图象的异同点去解决实际问题。

9.【答案】B
【解析】
【分析】
理想气体内能与温度有关，根据热力学第一定律和查理定律判断；根据绝热压缩和热力学第一定律判断；根据p−V图象“面积”及热力学第一定律判断。

本题考查气体定律以及热力学第一定律的综合运用，解题关键是要先根据气体实验定律判断气体的p、V、T的变化，然后结合热力学第一定律公式△U=W+Q进行分析，其中特别需要注意的是p−V图象“面积”即为气体做功大小。

【解答】
A、从c到d为绝热膨胀，有Q=0，W<0，根据热力学第一定律，可知△U<0，温
=C，可知压强减小，则温度降低，则状态度降低；从d到a，体积不变，由查理定律p
T
c的温度高于状态a态温度，根据一定质量的理想气体内能由温度决定，所以状态a的内能小于状态c的内能，故A错误；
B、在a→b过程中为绝热压缩，外界对气体做功W>0，Q=0，根据热力学第一定律，可知△U=W，即外界对其做的功全部用于增加内能，故B正确；
CD、从b→c过程系统从外界吸收热量，从c→d系统对外做功，从d→a系统放出热量，从a→b外界对系统做功，根据p−V图象“面积”即为气体做功大小，可知c到d过程气体做功，图象中b→c→d→a围成的图形的面积为气体对外做的功，整个过程气体能内能变化为零，则△W=△Q，即Q吸−Q放=△W>0，即在一次循环过程中吸收的
热量大于放出的热量，则b→c过程中增加的内能大于d→a过程中减少的内能，故CD 错误。

故选：B。

10.【答案】D
【解析】解：AB、S拨到2的瞬间，电容器通过两棒放电，由于两棒并联，电压相等，而L1的电阻大于L2，所以，L1中的电流小于L2，根据F=BIL知L1受到的安培力小于L2受到的安培力，两棒质量相等，根据牛顿第二定律可知，L1的加速度小于L2，故AB错误；
C、两棒在安培力作用下向右做切割磁感线运动，产生感应电动势，这个感应电动势要反抗电容器的电压，使得两棒中电流减小，当两棒切割磁感线产生的感应电动势等于电容器板间电压时，通过两棒的电流为零，不再受安培力，将以相同的速度做匀速直线运动，可知，运动稳定后，电容器C板间电压不为零，其电荷量不为零，故C错误；
D、由于开始时L2的加速度大于L1的加速度，两棒间距增大，故运动稳定后，两棒之间的距离大于d，故D正确。

故选：D。

S拨到2的瞬间，电容器放电，两棒并联，根据并联电路的分流规律分析两棒中电流大小，由F=BIL分析两棒受到的安培力大小，从而根据牛顿第二定律判断加速度大小。

最终两棒以相同速度向右运动，电容器两板间电压等于两棒切割磁感线产生的感应电动势。

解决本题时，可将电容器看成电源，分析电路中电流的变化，从而确定两棒受到的安培力的变化情况，来两棒的运动情况。

11.【答案】B
【解析】解：A、由图可知，t=0时刻有：p0=m B v0，在t=t2时刻有：p2=m A v A，根据两粒子碰撞过程动量守恒，则有：m B v0=m A v A，又由于v0>v A，所以有m B<m A，故A错误；
B、两粒子在t1时刻速度相等，系统损失动能最大，则系统的电势能最大，故B正确；
C、两粒子在t1时刻距离最近，两粒子库仑力最大，根据牛顿第二定律，可知A在t1时刻的加速度最大，故C错误；
D、B在0～t3时间内速度先减小后反向增加，则动能先减小后增加，故D错误。

故选：B。

根据两粒子碰撞过程动量守恒，结合v−t图象分析质量关系；在t1时刻速度相等，系统损失动能最大，系统的电势能最大；两粒子库仑力最大，加速度最大；由v−t分析速度的变化，即可知道动能的变化。

本题以带电粒子碰撞实验为情景载体，结合v−t图象考查了动量守恒定律以及能量守恒定律，此题的关键是要正确理解两粒子速度相等的物理意义。

12.【答案】(1)③⑤④②①；(2)0.47；(3)f−M图象如图所示；(4)0.35；(5)甲同学结果更准确，理由：用单组数据计算所代入的摩擦力偏大。

【解析】
【分析】
(1)根据实验原进行分析；
(2)实际尺寸测出并标注计数点，利用逐差法求得加速度；
(3)根据表中数据描点，用平滑的曲线连接如图所示；
(4)根据滑动摩擦力公式，结合图象的斜率求解；
(5)由于实验过程中物块除受到摩擦力外还受到其他的阻力，因此图象不经过原点，根据误差分析求解。

本题以测量木块与长木板间的动摩擦因数μ为情景载体，考查了纸带处理、牛顿第二定律应用、图象的数据处理、误差分析等，是一道综合考查力学实验的好题。

【解答】
(1)实验时，将木板固定在水平桌面上，接着将纸带穿过打点计时器的限位孔并固定在木块上，然后把细线拴在小车上，使细线跨过定滑轮并挂上槽码，调节滑轮高度使细线与木板平行。

再接通打点计时器电源，接着释放木块。

最后关闭电源，取下纸带，故正
确顺序是③⑤④②①。

(2)图中纸带按实际尺寸画出，如图所示：
每四个点选用一个计数点，标上字母。

则计数点之间的时间间隔为：T=0.02s×4= 0.08s
用刻度尺测得C、E两点到O点的距离分别为x OC=3.90cm，x OE=9.00cm，
由逐差法解得加速度为：a=(x OE−x OC)−x OC
(2T)2=(9.00−3.90)−3.90
(2×0.08)2
×10−2m/s2=0.47m/s2
(3)根据表中数据描点，用平滑的曲线连接如下图所示：
(4)由滑动摩擦力公式f=μMg，可知图线的斜率为：k=μg
有：
解得该木块与木板的动摩擦因数为：μ=0.35
(5)由于实验过程中物块除受到摩擦力外还受到其他的阻力，因此图象不经过原点，如果用单组数据计算所代入的摩擦力偏大，乙同学计算结果偏大，因此甲同学的结果更准确。

故答案为：(1)③⑤④②①；(2)0.47；(3)f−M图象如图所示；(4)0.35；(5)甲同学
结果更准确，理由：用单组数据计算所代入的摩擦力偏大。

13.【答案】解：当两表笔短接(即R x =0)时，指针指在表盘刻度“5”上，电流表应调
至满偏电流I g ，设此时欧姆表的内阻为R 内此时有关系：Ig =E
I 内
；
当两表笔之间接有R 1=600Ω的电阻时，指针指在表盘刻度“1”上，则由图可知，此
时I 1=1
5I g ，则此时有：1
5I g =E
R
内
+R 1，解得：R 内
=150Ω
当指针指在表盘刻度“3”上时，此时有：3
5I g =E
R+R 内
，解得：R =100Ω
答：刻度“3”应标注的电阻值R 为100Ω。

【解析】欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律，根据欧姆表的结构与欧姆表的工作原理，应用闭合电路欧姆定律分析答题。

本题考查了欧姆表的原理，要求学生会应用闭合电路欧姆定律分析，本题关键要看清楚每次测电阻时的电流与满偏电流之间的关系。

14.【答案】解：(1)根据光电效应方程：E k =ℎν−W 0可得最大初动能，从K 到A 电场
力做正功，可得：
最大动能为E km =E k +eU =ℎν−W 0+eU ；
(2)已知激光发射器激光发射的功率为P ，光子所带能量为ℎν，则 单位时间内通过的光子数量为n =P
ℎν，
单位时间内产生的光电子数目为：n 1=n
N =P
ℎνN ， 由电流的定义得I =q
t =
n 1e t
=Pe
ℎνN ；
答：(1)最大动能E km =ℎν−W 0+eU ；
(2)电流强度为Pe
ℎνN。

【解析】(1)从K到A电场力做正功，由光电效应方程与电场力做功进行分析；(2)由电流的定义式进行解答。

本题主要考查了光电效应方程和功率，电流的定义式，解题关键在于此处除了有光子的能量之外还有电场力所做的正功。

15.【答案】解：(1)物块沿斜面下滑，由牛顿第二定律得：
a1=mgsinθ−μ1mgcosθ
m
=gsinθ−μ1gcosθ
=(10×sin37°−0.25×10×cos37°)m/s2=4m/s2
由速度−位移关系式可得：v12=2a1L
代入数据，解得：v1=8m/s
(2)物块过P点后减速，因为传送带足够长，所以物块一定能减速到零，对物块根据牛顿第二定律得：
a2=μ2mg
m
=μ2g=0.20×10m/s2=2m/s2
减速过程的时间：t1=v1a
2=8
2
s=4s
x1=
v1
2
t1=
8
2
×4m=16m
减速到零后开始反向加速，这一过程先匀加速到与传送带共速，再做匀速直线运动。

加速阶段：t2=v a
2=4
2
s=2s
x2=
v
2
t2=
4
2
×2m=4m
匀速阶段：x3=x1−x2=16m−4m=12m
t3=x3
v
=
12
4
s=3s
故物块第1次在传送带上往返运动的时间t=t1+t2+t3=4s+2s+3s=9s (3)根据能量守恒，物块第1次滑过P点时与斜面的摩擦产生的热量为：
Q1=mgLsin37°−1
2
mv12
此时动能为：E k=1
2
mv12
根据已知条件分析可知，物块之后再到达P点的速度不会大于4m/s，则物块此后在传送带上的运动为对称的，即从P点进入传送带跟离开传送带速度等大反向，动能E k将在之后的循环运动中转化为热量Q2，根据能量守恒有：
Q2=E k
故Q=Q1+Q2
联立，代入数据解得：Q=48J
答：(1)第1次滑过P点时的速度大小v1为8m/s；
(2)第1次在传送带上往返运动的时间t为9s；
(3)从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量Q为48J。

【解析】(1)根据牛顿第二定律，结合速度−位移关系式求解。

(2)物块过P点后减速，因为传送带足够长，所以物块一定能减速到零，减速到零后开始反向加速，这一过程先匀加速到与传送带共速，再做匀速直线运动。

根据牛顿第二定律，结合运动学公式求解。

(3)根据已知条件分析可知，物块之后再到达P点的速度不会大于4m/s，则物块此后在传送带上的运动为对称的，即从P点进入传送带跟离开传送带速度等大反向，第一次到达P时的动能E k将在之后的循环运动中转化为热量。

再根据能量守恒定律求解。

解答本题的关键是能熟练应用能量守恒定律、运动学公式及牛顿第二定律；要注意(2)中物块减速为零后，反向过程分为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段；(3)的关键是能分析出物块第一次到达P点时的动能将在之后的循环运动中转化为热量。

16.【答案】解：(1)由
于粒子被引出时的动能
为E k，根据动能定理可
得：NqEL=E k，
解得：N=
E k qEL
；
(2)已知K、Q的距离为
d，粒子最后一次加速后
在磁场中做匀速圆周运
动的半径为：R=d
2
根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=m v2
R
根据动能的计算公式可得：E k=1
2mv2，则v=√2E k
m
联立解得：B=2m
qd √2E k
m
=√8mE k
qd
；
(3)临界情况为第1个粒子在加速了N次后在Q点刚好和加速了(N−1)次的最后一个粒子相碰，则两粒子的时间差为最后一个粒子从Q点出发运动最后一圈的时间，如图所示，这一圈
由四段运动组成，其中在磁场中运动的时间为T=2πm
qB
，将B=√8mE k
qd
代入得T=πd√m
2E k
此时最后一个粒子的动能为E k−qEL，速度为：v1=√2E k−2qEL
m
，匀速回到左边运动的
时间为t1=L
v1=√mL2
2E k−2qEL
最后一段在PQ段匀加速直线运动的时间为：t2=v−v1
a
代入v和v1解得：t2=√2m
qE
(√E k−√E k−qEL)
所以△t=t1+t2+T=√mL2
2E k−2qEL +√2m
qE
(√E k−√E k−qEL)+πd√m
2E k。

答：(1)粒子出射前经过加速电场的次数为E k
qEL
；
(2)磁场的磁感应强度大小为√8mE k
qd
；
(3)如果在△t时间内有一束该种粒子从P点连续飘入电场，粒子在射出K之前都未相互
碰撞，则△t的范围为△t<√mL2
2E k−2qEL +√2m
qE
(√E k−√E k−qEL)+πd√m
2E k。

【解析】(1)由于粒子被引出时的动能为E k，根据动能定理求解加速次数；
(2)求出粒子最后一次加速后在磁场中做匀速圆周运动的半径，根据洛伦兹力提供向心力求解磁场的磁感应强度大小；
(3)临界情况为第1个粒子在加速了N次后在Q点刚好和加速了(N−1)次的最后一个粒子相碰，则两粒子的时间差为最后一个粒子从Q点出发运动最后一圈的时间，根据运动情况求出该段时间即可。

对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间；对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动或匀变速直线运动的规律进行解答。