江苏省海安高中南京外国语学校金陵中学联考2022届高三物理下学期四模试卷含解析

2022年江苏省海安高中、南京外国语学校、金陵中学联考高考物理四模试卷　一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分，每小题只有一个选项符合题意．1．如图所示，一光滑小球在水平面上沿直线从a匀速运动到b点，空气阻力不计．当小球运动到b点时受到水平面内垂直于ab连线方向的快速一击，这之后小球运动的轨迹可能是图中的（　　）A．B．C．D．　2．利用静电除尘可以大量减少排放烟气中的粉尘．如图是静电除尘装置示意图，烟气从管口M进入，从管口N排出，当A、B两端接上高压后，在电场作用下管道内的空气分子被电离为电子和正离子，而粉尘在吸附了电子后最终附着在金属管壁上，从而达到减少排放烟气中粉尘的目的．根据上述原理，下面做法正确的是（　　）A．A端、B端都接高压正极B．A端、B端都接高压负极C．A端接高压负极、B端接高压正极D．A端接高压正极、B端接高压负极　3．已知质量分别均匀的球壳对其内部物体的引力为零．科学家设想在赤道正上方高d处和正下方深为处各修建一环形轨道，轨道面与赤道面共面．现有A、B两物体分别在上述两轨道中做匀速圆周运动，若地球半径为R，轨道对它们均无作用力，则两物体运动的向心加速度大小、线速度大小、角速度、周期之比为（　　）A．=（）2B．=-28-\nC．=D．=　4．如图所示，身高约1.7m的高中男生在学校体育课完成“引体向上”的测试，该同学在1min内完成了15次“引体向上”，每次“引体向上”都使自己的整个身体升高一个手臂的高度，且每次“引体向上”都需要2s才能完成，则该同学在整个测试过程中克服重力的平均功率约为（　　）A．10WB．20WC．90WD．300W　5．如图所示，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，导轨上端接有一平行板电容器，导轨处于方向垂直于导轨平面的匀强磁场中，在导轨上放置一金属棒，导轨及金属棒的电阻不计．t=0时刻，金属棒由静止释放，金属棒沿导轨下滑，在下滑过程中始终保持与导轨垂直并良好接触，若用x、a、EK、EP分别表示，金属棒下滑的位移大小、加速度大小、动能和重力势能（以斜面底端所在水平面为零势面），t表示时间，则下列图象能正确描述这一运动过程的是（　　）A．B．C．D．　　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．在水平地面上竖直插入一对电极M和N，将两个电极与直流电源相连，大地中形成电场．电场的基本性质与静电场相同，其电场线分布如图所示，P、Q是电场中的两点．下列说法正确的是（　　）-28-\nA．P点场强比Q点场强大B．P点电势比Q点电势高C．电子在P点的电势能比在Q点的电势能大D．电子沿直线从N到M的过程中所受电场力一直做正功　7．如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔（小孔光滑）的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动．现使小球改到一个更高一些的水平面上作匀速圆周运动（图中P′位置），两次金属块Q都静止在桌面的同一点，则后一种情况与原来相比较，下列判断中正确的是（　　）A．绳子受到的拉力变大B．小球P的向心加速度变大C．小球P运动的周期变大D．小球P的机械能变大　8．如图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比为10：11，L是自感系数较大的线圈，在变压器的原线圈两端加上如图乙所示的交变电压时，灯泡正常发光，则下列说法中正确的是（　　）A．图乙所示电压的瞬时值表达式为μ=200sin（100πt）VB．变压器副线圈两端的电压为220VC．若仅将变阻器的滑片P向下滑动，灯泡将变亮D．若仅图乙中交变电压的周期变大，灯泡将变暗　9．如图所示，足够长的长木板B在水平地面上向右运动，当长木板速度为v0时，将小物块A（可视为质点）放在B的右端并从此刻开始计时，最终A和B都停了下来，已知A、B间的动摩擦因数为μ1，B与地面间的动摩擦因数为μ2，则从开始计时后（　　）A．若μ2＜μ1，A先向右运动后向左运动B．若μ2＞μ1，A运动的时间比B运动的时间长C．若μ2不变μ1越大，A获得的最大动能越大D．若μ1不变μ2越大，则整个运动过程中产生的内能越大　　三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12、13、14）两部分。共计42分。请将解答写在答题卡相应的位置。10．多用电表是常用的测量仪器，某同学练习使用多用电表时的操作如下：-28-\n（1）图1是多用表的刻度盘，当选用量程为50mA的电流档测量电流时，连接的电路如图2所示，图中多用电表测定的是　　　　　　（选填“甲电阻”、“乙电阻”或“总电阻”）的电流，测得的值是　　　　　　mA．（2）该同学用此多用表测量一个约2.0×104Ω的电阻，若操作过程有如图3所示的两步操作，则在这两步操作中　　　　　　（选填“A合理”或“B合理”或“都不合理”）．（3）该同学还将多用电表选择开关拨到直流2.5V档，先进行机械调零，后直接将电笔与某一蓄电池的正负极相连测量电源的电动势，则测量值与真实值相比　　　　　　（选填“偏大”或“偏小”或“相等”）．　11．某同学采用如图甲所示的装置研究匀变速直线运动．打点计时器工作频率为50Hz．该同学的操作步骤如下：a．将木板的左端垫起，平衡小车的摩擦力；b．在小车中放入砝码，纸带穿过打点计时器，连在小车后端，用细线连接小车和钩码；c．将小车停在打点计时器附近，接通电源，释放小车，小车拖地纸带，打点计时器在纸带上打下一系列的点，断开电源；d．改变钩码或小车中砝码的质量，更换纸带，重复b、c的操作．（1）设钩码质量为m1，砝码和小车总质量为m2，重力加速度为g，则小车的加速度为：a=　　　　　　（用题中所给字母表示）；（2）图乙是某次实验中得到的一条纸带，在纸带上取计数点O、A、B、C、D和E，用最小刻度是毫米的刻度尺进行测量，读出各计数点对应的刻度x，通过计算得到各计数点到O的距离s以及对应时刻小车的瞬时速度v．某同学不小心将计数点C的数据弄模糊了，请你将C点对应的数据填在表中的相应位置．计数点x/cms/cmv/（m•s）﹣1O1.000.30A2.341.340.38B4.043.040.46CD8.337.330.61E10.909.900.70（3）实验小组通过绘制△v2﹣s图线来分析运动规律（其中△v2=v2﹣v02，v是各计数点对应时刻小车的瞬时速度，v0是O点对应时刻小车的瞬时速度）．他们根据实验数据在图丙中标出了O、A、B、C、D、E对应的坐标点，请你在图丙中画出△v2﹣s图线．（4）绘制的△v2﹣s图线的斜率k=　　　　　　（用题中所给字母表示）．若发现该斜率大于理论值，其原因可能是　　　　　　．-28-\n　　四、选做题：本题包括12、13、14三个小题，请选定其中两题，并在相应的答题区域内答题，若三题都做，则按12、13两题评分．A.(选修模块3-3）（12分）12．乙醚是一种无色透明易燃液体，有特殊刺激气味，带甜味，常温放在空气下很快就挥发完了（类似酒精），与10倍体积的氧混合成混合气体，加热到100℃（着火点）以上时能引起强烈爆炸，则下列说法正确的是（　　）A．液态乙醚易挥发说明液态乙醚分子间无作用力B．液态乙醚挥发成气态过程中分子势能增大C．温度升高时所有乙醚分子的速度都增大D．混合气体发生爆炸后体积膨胀的过程中混合气体的内能增大　13．若假设乙醚液体全部挥发后的乙醚气体近似看成理想气体，则1ml乙醚液体中含有的乙醚分子数为　　　　　　，在标准状况下1ml乙醚液体全部挥发后的乙醚气体的体积为　　　　　　L．（已知乙醚的摩尔质量：74.1g•mol﹣1，乙醚液体密度为0.713g/cm3，阿伏伽德罗常数NA=6.02×1023/mol，1mol气体在标准状况下的体积为22.4L，结果取一位有效数字）　14．如图所示，一定质量的乙醚理想气体从状态A变化到状态B，已知A状态的温度为300K，且从状态A变化到状态B的过程中，气体内能增加了150J，求：①状态B的温度TB；②状态A变化到状态B的过程中气体与外界的热交换Q为多少？　　B.（选修模块3-4）（12分）15．下列说法中正确的是（　　）A．真空中的光速与光源的运动有关B．X射线是比紫外线频率低的电磁波-28-\nC．机械波和电磁波本质上不相同，但它们都能发生反射、折射、干涉和衍射现象D．在“用单摆测定重力加速度”的实验中，为使实验结果较为准确，应选用10cm长的细线和小铁球　16．如图甲所示，在水平面内，有三个质点a、b、c分别位于直角三角形的三个顶点上，已知ab=6m，ac=8m，在t1=0时刻a、b同时开始振动，振动图象均如图乙所示，所形成的机械波在水平面内传播，在t2=4s时c点开始振动，则该机械波的传播速度大小为　　　　　　m/s；两列波相遇后叠加，c点的振动　　　　　　（选填“加强”、“减弱”、“先加强后减弱”）．　17．如图所示，真空中有一块直角三角形的玻璃砖ABC，∠B=30°，若CA的延长线上S点有一点光源发出的一条光线由D点射入玻璃砖，光线经玻璃砖折射后垂直BC边射出，且此光束从S传播到D的时间与在玻璃砖内的传播时间相等，已知光在真空中的传播速度为c，BD=d，∠ASD=15°．求：①玻璃砖的折射率；②SD两点间的距离．　　C.（选修模块3-5）（12分）18．下列说法中正确的是（　　）A．氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子B．原子核所含核子单独存在时的总质量小于该原子核的质量C．一个动量为p的电子对应的物质波波长为hp（h为普朗克常量）D．在研究光电效应实验中所测得的遏制电压与入射光的强度有关　19．关于核反应方程Th→Pa+X+△E（△E为释放出的核能，X为新生成粒子），已知Th的半衰期为T，则X粒子是　　　　　　，N0个Th经2T时间因发生上述核反应而放出的核能为　　　　　　（N0数值很大）．　-28-\n20．A、B两个小球半径相同，质量不同，并排悬挂在同样长度的绳子上，彼此相互接触，把质量为m0的A球拉开后由静止释放，当A球与B球相碰前其速度为v0，碰撞后量小球的动量相等，则：①求碰撞后A球的速度②若碰撞我弹性碰撞，求碰撞后B球的动能．　　五、计算题：本题共3小题，共计47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．21．如图所示，轻质金属轮A可绕过圆心O的光滑水平轴转动，沿金属轮半径方向接有一根轻质金属棒OC，其长度为a、电阻为r，A轮的边缘与金属棒的端点O通过电刷、导线与一阻值为R的电阻相连．一轻细绳的一端固定在A轮的边缘上的某点，绳在A轮上绕有足够多的匝数后，悬挂一质量为m的重物P，金属轮处在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场中，不计金属轮、端点O与电刷之间的摩擦及A轮的电阻．求：（1）从图示位置由静止开始转过θ角的过程中通过电阻R的电量；（2）当A轮角速度为ω时，金属棒所受安培力的大小；（3）重物匀速运动时的速度．　22．如图所示，装置的左边AB部分是长为L1=1m的水平面．一水平放置的轻质弹簧左端固定并处于原长状态；装置的中间BC部分是长为L2=2m的水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接，传送带始终以v=2m/s的速度顺时针转动；装置的右边是一光滑的曲面，质量m=1kg的小滑块从其上距水平台面h=1m的D处由静止释放，滑块向左最远到达O点，OA间距x=0.1m，并且弹簧始终处在弹性限度内．已知物块与传送带及左边水平面之间的摩擦因数μ=0.25，取g=10m/s2．（1）求弹簧获得的最大弹性势能？（2）求滑块再次回到右边曲面部分所能到达的最大高度；（3）若滑块质量m′=2kg，求滑块到达O点的速度．-28-\n　23．如图所示，L1、L2为两平行的直线，间距为d．L1下方和L2上方的空间有垂直于纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度均为B．现有一质量为m、电荷量为+q的粒子，以速度v从L1上的M点入射两线之间的真空区域，速度方向与L1成θ=30°角．不计粒子所受的重力，试求：（1）粒子从M点出发后，经过多长时间第一次回到直线L1上？（2）若在直线L1、L2之间的平面内，存在与图示速度方向垂直斜向上场强为E的匀强电场，则粒子经过多长时间第一次到达直线L2？（3）若直线L1、L2之间无电场，v满足什么条件时，粒子恰好能回到M点？　　-28-\n2022年江苏省海安高中、南京外国语学校、金陵中学联考高考物理四模试卷参考答案与试题解析　一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分，每小题只有一个选项符合题意．1．如图所示，一光滑小球在水平面上沿直线从a匀速运动到b点，空气阻力不计．当小球运动到b点时受到水平面内垂直于ab连线方向的快速一击，这之后小球运动的轨迹可能是图中的（　　）A．B．C．D．考点：物体做曲线运动的条件．专题：物体做曲线运动条件专题．分析：根据运动的合成方法，结合矢量的法则；当物体所受的合力与速度方向在同一条直线上，物体做直线运动；若不在同一条直线上，则做曲线运动．解答：解：由题意可知，两速度的合速度的方向，即为小球运动的方向，小球受到碰撞后做匀速直线运动．由于在b处不是受到恒力的作用，因此不可能出现B、C选项的现象．故A正确，BCD错误；故选：A．点评：考查运动的合成与分解的内容，掌握矢量的合成法则，注意与曲线运动的条件区别开来．　2．利用静电除尘可以大量减少排放烟气中的粉尘．如图是静电除尘装置示意图，烟气从管口M进入，从管口N排出，当A、B两端接上高压后，在电场作用下管道内的空气分子被电离为电子和正离子，而粉尘在吸附了电子后最终附着在金属管壁上，从而达到减少排放烟气中粉尘的目的．根据上述原理，下面做法正确的是（　　）A．A端、B端都接高压正极B．A端、B端都接高压负极C．A端接高压负极、B端接高压正极D．A端接高压正极、B端接高压负极考点：*静电的利用和防止．-28-\n专题：电场力与电势的性质专题．分析：从静电除尘的原理出发即可解题．当管内接通静电高压时，管内存在强电场，它使空气电离而产生阴离子和阳离子．负离子在电场力的作用下，向正极移动时，碰到烟尘微粒使它带负电．因此，带电尘粒在电场力的作用下，向管壁移动，并附在管壁上，这样，消除了烟尘中的尘粒．解答：解：管内接通静电高压时，管内存在强电场，它使空气电离而产生阴离子和阳离子．负离子在电场力的作用下，向正极移动时，碰到烟尘微粒使它带负电．所以金属管B应接高压电源的正极，金属丝A接负极．故C正确，ABD错误．故选：C．点评：本题考查了静电在实际生产中的应用，要求同学们熟练掌握静电的防止与应用的具体实例．　3．已知质量分别均匀的球壳对其内部物体的引力为零．科学家设想在赤道正上方高d处和正下方深为处各修建一环形轨道，轨道面与赤道面共面．现有A、B两物体分别在上述两轨道中做匀速圆周运动，若地球半径为R，轨道对它们均无作用力，则两物体运动的向心加速度大小、线速度大小、角速度、周期之比为（　　）A．=（）2B．=C．=D．=考点：万有引力定律及其应用；向心力．专题：匀速圆周运动专题．分析：由地球质量等于密度乘以体积，可得地球质量表达式；由万有引力提供向心力，对A、B分别列方程可得两物体速度和加速度之比．解答：解：设地球密度为ρ，则有：在赤道上方：==a1=（R+d）ω2=在赤道下方：==a2=（R﹣d）ω2=解得：=（）2==-28-\n=．故选：ABC点评：本题主要掌握万有引力提供向心力的基本应用，要会用数学方法表示球体质量；并正确应用万有引力充当向心力求解各物理量的表达式．　4．如图所示，身高约1.7m的高中男生在学校体育课完成“引体向上”的测试，该同学在1min内完成了15次“引体向上”，每次“引体向上”都使自己的整个身体升高一个手臂的高度，且每次“引体向上”都需要2s才能完成，则该同学在整个测试过程中克服重力的平均功率约为（　　）A．10WB．20WC．90WD．300W考点：功率、平均功率和瞬时功率．专题：功率的计算专题．分析：学生的体重为60kg，每次上升的高度为0.6m，根据重力做功即可判断克服阻力做功大小，及解答：解：设体重为60kg，每次引体向上上升高度为0.6m克服重力做功为W=mgh=60×10×0.6J=360J，全过程克服重力做功的平均功率为P===90W，故C正确；故选：C点评：本题主要考查了功和功率的计算，知道平均功率与瞬时功率的不同，以及求平均功率的方法即可．　5．如图所示，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，导轨上端接有一平行板电容器，导轨处于方向垂直于导轨平面的匀强磁场中，在导轨上放置一金属棒，导轨及金属棒的电阻不计．t=0时刻，金属棒由静止释放，金属棒沿导轨下滑，在下滑过程中始终保持与导轨垂直并良好接触，若用x、a、EK、EP分别表示，金属棒下滑的位移大小、加速度大小、动能和重力势能（以斜面底端所在水平面为零势面），t表示时间，则下列图象能正确描述这一运动过程的是（　　）-28-\nA．B．C．D．考点：导体切割磁感线时的感应电动势．专题：电磁感应与电路结合．分析：根据I=、a=及牛顿第二定律求出加速度与时间的关系，即可分析出金属棒的运动情况．由力学规律分析动能和势能的变化．解答：解：AB、设金属棒的速度大小为v时，经历的时间t时，通过金属棒的电流为i，则电容器的电压u=BLv电容器的电荷量Q=Cu=CBLv设在时间间隔（t，t+△t）内流经金属棒的电荷量为△Q，按电流的定义有：i=，△Q也是平行板电容器极板在时间间隔（t，t+△t）内增加的电荷量按加速度的定义有：a=，△v为金属棒的速度变化量，则得i=CBL=CBLa由上式可得金属棒受到的安培力方向沿导轨向上，大小为F=BLi金属棒所受到的摩擦力方向沿导轨斜面向上，大小为：f=μN，式中，N是金属棒对于导轨的正压力的大小，有N=mgcosθ金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有：mgsinθ﹣F﹣f=ma，联立上此式可得：a=可知a不变，金属棒做初速度为零的匀加速运动，t时刻金属棒的位移为x=at2．可知A正确，B错误．C、t时刻金属棒的速度大小为v=at，动能为Ek=，t增大，Ek增大，故C错误．D、t时刻金属棒的重力势能随时间t的延长应减小，故D错误．故选：A．点评：本题关键采用微元法分析金属棒的加速度，切入点是加速度的定义式，再应用牛顿第二定律、匀变速运动的速度公式、E=BLv即可正确解题．　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）-28-\n6．在水平地面上竖直插入一对电极M和N，将两个电极与直流电源相连，大地中形成电场．电场的基本性质与静电场相同，其电场线分布如图所示，P、Q是电场中的两点．下列说法正确的是（　　）A．P点场强比Q点场强大B．P点电势比Q点电势高C．电子在P点的电势能比在Q点的电势能大D．电子沿直线从N到M的过程中所受电场力一直做正功考点：电势能；电势差与电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．要正确在电场中通过电场线来判断电场强度、电势、电势能大小变化．由电势高低分析电势能的变化，判断电场力做功正负．解答：解：A、电场线密的地方电场强度大，所以P点场强比Q点场强小，故A错误B、根据沿电场线方向电势降低可知：P点电势一定高于Q点电势，故B正确．C、P点电势高于Q点电势，即φp＞φq．由电势能公式Ep=qφ，可知由于电子带负电，q＜0，所以电子在P点的电势能小于在Q点的电势能．故C错误．D、电子沿直线从N到M的过程中，电势不断升高，由Ep=qφ，可知其电势能不断减小，则所受电场力一直做正功，故D正确．故选：BD．点评：电场强度、电势、电势能、电场力做功等概念是本章的重点和难点，要弄清它们之间的区别和联系，并能在实际电场中或者电荷运动过程中弄清它们的变化．　7．如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔（小孔光滑）的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动．现使小球改到一个更高一些的水平面上作匀速圆周运动（图中P′位置），两次金属块Q都静止在桌面的同一点，则后一种情况与原来相比较，下列判断中正确的是（　　）A．绳子受到的拉力变大B．小球P的向心加速度变大C．小球P运动的周期变大D．小球P的机械能变大考点：向心力；机械能守恒定律．专题：匀速圆周运动专题．分析：金属块Q保持在桌面上静止，根据平衡条件分析所受桌面的支持力是否变化．以P为研究对象，根据牛顿第二定律分析细线的拉力的变化，判断Q受到桌面的静摩擦力的变化．由向心力知识得出小球P运动的角速度、加速度与细线与竖直方向夹角的关系，再判断其变化．-28-\n解答：解：A、设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为T，细线的长度为L．P球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图，则有：T=，角度变大，拉力变大，故A正确；B、mgtanθ=ma，加速度a=gtanθ，角度变大，加速度增大，故B正确；C、mgtanθ=mLsinθ知T=2π，角度变大，周期变小，故C错误；D、动能增大，重力势能也变大，故机械能增大，故D正确；故选：ABD点评：本题中一个物体静止，一个物体做匀速圆周运动，分别根据平衡条件和牛顿第二定律研究，分析受力情况是关键．　8．如图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比为10：11，L是自感系数较大的线圈，在变压器的原线圈两端加上如图乙所示的交变电压时，灯泡正常发光，则下列说法中正确的是（　　）A．图乙所示电压的瞬时值表达式为μ=200sin（100πt）VB．变压器副线圈两端的电压为220VC．若仅将变阻器的滑片P向下滑动，灯泡将变亮D．若仅图乙中交变电压的周期变大，灯泡将变暗考点：变压器的构造和原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．专题：交流电专题．分析：由图象可得出对应的瞬时值表达式；同时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；注意电感对交流电的阻碍作用．解答：解：A、由图可知，交流电的最大值为200V，周期为0.02s；故交流电的表达式为：u=200sin（100πt）V；故A正确；B、变压器两端的电压为有效值，故电压为110V；故B错误；C、灯泡与R并联，仅滑动P时灯泡的亮度不变；故C错误；D、若将周期增大，则电感的阻碍作用增强，则灯泡将变暗；故D正确；故选：AD．点评：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．同时注意线圈L对电流的敏感程度-28-\n　9．如图所示，足够长的长木板B在水平地面上向右运动，当长木板速度为v0时，将小物块A（可视为质点）放在B的右端并从此刻开始计时，最终A和B都停了下来，已知A、B间的动摩擦因数为μ1，B与地面间的动摩擦因数为μ2，则从开始计时后（　　）A．若μ2＜μ1，A先向右运动后向左运动B．若μ2＞μ1，A运动的时间比B运动的时间长C．若μ2不变μ1越大，A获得的最大动能越大D．若μ1不变μ2越大，则整个运动过程中产生的内能越大考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：分析清楚物体的运动过程，根据物体运动过程、应用功的计算公式分析答题．解答：解：A放在B上后，A向右做匀加速运动，B向右做匀减速直线运动，当两者速度相等时两者相对静止；A、若μ2＜μ1，然后两者一起向右做匀减速直线运动，最后两者都静止，故A错误；B、若μ2＞μ1，A、B速度相等后，A在B上相对于B向前滑动，A、B都向右做匀减速直线运动，B的速度先变为零，然后A继续减速运动直到速度为零为止，A的运动时间比B的运动时间长，故B正确；C、若μ2不变μ1越大，A、B速度相等时A的速度越大，A获得的最大动能越大，故C正确；D、由能量守恒定律可知，系统产生的内能等于A的初动能，若μ1不变μ2越大，则整个运动过程中产生的内能不变，故D错误；故选：BC．点评：本题是一道力学综合题，物体运动过程复杂，有一定的难度，分析清楚物体的受力情况与运动情况，应用能量守恒定律可以解题．　三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12、13、14）两部分。共计42分。请将解答写在答题卡相应的位置。10．多用电表是常用的测量仪器，某同学练习使用多用电表时的操作如下：（1）图1是多用表的刻度盘，当选用量程为50mA的电流档测量电流时，连接的电路如图2所示，图中多用电表测定的是　乙电阻　（选填“甲电阻”、“乙电阻”或“总电阻”）的电流，测得的值是　22　mA．（2）该同学用此多用表测量一个约2.0×104Ω的电阻，若操作过程有如图3所示的两步操作，则在这两步操作中　A合理　（选填“A合理”或“B合理”或“都不合理”）．-28-\n（3）该同学还将多用电表选择开关拨到直流2.5V档，先进行机械调零，后直接将电笔与某一蓄电池的正负极相连测量电源的电动势，则测量值与真实值相比　偏小　（选填“偏大”或“偏小”或“相等”）．考点：伏安法测电阻．专题：实验题．分析：（1）明确电路结构，电流跟测量电流时要串联在待测电路中；根据图示表盘读出电流表示数．（2）使用欧姆表测电阻时，不能用手捏住待测电阻．（3）根据电源的电动势和路端电压关系可明确实验误差．解答：解：（1）由图可知，电流表与乙串联；故所测电流为流过乙电阻的电流；其最小分度为2mA；故其阻值为22mA；（2）进行欧姆调零时大拇指和食指可以紧捏红黑表笔，测量电阻阻值时，两根食指不能接触待测电阻的两端的引脚，因此实验操作只有b不合理；（3）因电压表不是理想电压表，故所测电压应为电源的路端电压；故要比真实电动势要小故答案为：（1）乙电阻；22；（2）A合理；（3）偏小．点评：本题考查了多用电表的使用，要掌握欧姆表的实验注意事项，对多用电表读数时，要先确定其所测量的量与量程，然后确定其分度值，再根据指针位置读数，读数时视线要与刻度线垂直．　11．某同学采用如图甲所示的装置研究匀变速直线运动．打点计时器工作频率为50Hz．该同学的操作步骤如下：a．将木板的左端垫起，平衡小车的摩擦力；b．在小车中放入砝码，纸带穿过打点计时器，连在小车后端，用细线连接小车和钩码；c．将小车停在打点计时器附近，接通电源，释放小车，小车拖地纸带，打点计时器在纸带上打下一系列的点，断开电源；d．改变钩码或小车中砝码的质量，更换纸带，重复b、c的操作．（1）设钩码质量为m1，砝码和小车总质量为m2，重力加速度为g，则小车的加速度为：a=　　（用题中所给字母表示）；（2）图乙是某次实验中得到的一条纸带，在纸带上取计数点O、A、B、C、D和E，用最小刻度是毫米的刻度尺进行测量，读出各计数点对应的刻度x，通过计算得到各计数点到O的距离s以及对应时刻小车的瞬时速度v．某同学不小心将计数点C的数据弄模糊了，请你将C点对应的数据填在表中的相应位置．计数点x/cms/cmv/（m•s）﹣1O1.000.30A2.341.340.38B4.043.040.46C6.00　5.00　0.54　D8.337.330.61E10.909.900.70-28-\n（3）实验小组通过绘制△v2﹣s图线来分析运动规律（其中△v2=v2﹣v02，v是各计数点对应时刻小车的瞬时速度，v0是O点对应时刻小车的瞬时速度）．他们根据实验数据在图丙中标出了O、A、B、C、D、E对应的坐标点，请你在图丙中画出△v2﹣s图线．（4）绘制的△v2﹣s图线的斜率k=　　（用题中所给字母表示）．若发现该斜率大于理论值，其原因可能是　木板的左侧垫的过高　．考点：探究小车速度随时间变化的规律．专题：实验题．分析：对小车和砝码进行受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度．根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小．在坐标系中描出对应点，然后作出图象．根据实验原理与实验操作分析实验误差．解答：解：（1）设钩码质量为m1、砝码和小车总质量为m2，重力加速度为g，对砝码进行研究，根据牛顿第二定律得：m1g﹣F=m1a对小车进行研究，根据牛顿第二定律得：F=m2a解得：a=（2）C点对应的测量xC=6.00cm，那么C计数点到O的距离为：s=6.00﹣1.00cm=5.00cm；由于每相邻两个计数点间还有1个点，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.04s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小．vC==0.54m/s（3）画出△v2﹣s图线：-28-\n（4）由匀变速直线运动的速度位移公式可知v2﹣=2as，△v2﹣s图象的斜率k=2a=2=，斜率大于理论值，说明加速度a偏大，可能是平衡摩擦力时木板左端垫起的太高．故答案为：（1）；（2）6.00，5.00，0.54；（3）如上图所示；（4），木板的左侧垫的过高．点评：本题考查了求瞬时速度、作图象、实验误差分析等，要掌握匀变速直线运动的推论，这是求出瞬时速度的关键；要掌握描点法作图的方法；求出图象的函数表达式后再分析实验误差．　四、选做题：本题包括12、13、14三个小题，请选定其中两题，并在相应的答题区域内答题，若三题都做，则按12、13两题评分．A.(选修模块3-3）（12分）12．乙醚是一种无色透明易燃液体，有特殊刺激气味，带甜味，常温放在空气下很快就挥发完了（类似酒精），与10倍体积的氧混合成混合气体，加热到100℃（着火点）以上时能引起强烈爆炸，则下列说法正确的是（　　）A．液态乙醚易挥发说明液态乙醚分子间无作用力B．液态乙醚挥发成气态过程中分子势能增大C．温度升高时所有乙醚分子的速度都增大D．混合气体发生爆炸后体积膨胀的过程中混合气体的内能增大考点：热力学第一定律．专题：热力学定理专题．分析：液态乙醚易挥发是由于液态乙醚沸点低；结合分子力做功分析分子势能的变化；温度是分子的平均动能的标志；结合热力学第一定律分析内能的变化．解答：解：A、液态乙醚易挥发是由于液态乙醚沸点低，与分子力的大小无关；故A错误；B、液态乙醚挥发成气态过程中要克服分子引力做功，所以分子势能增大．故B正确；C、温度是分子的平均动能的标志，温度升高时乙醚分子的平均动能增大，并不是每一个分子的速度都增大．故C错误；-28-\nD、混合气体发生爆炸后体积膨胀的过程中混合气体对外做功，内能减小．故D错误．故选：B点评：该题根据乙醚与氧气的混合气体加热爆炸的过程考查分子力、分子势能、温度的微观意义以及热力学第一定律等内容，涉及的知识点多，但都是一些记忆性的内容，在平时的学习过程中多加积累即可．　13．若假设乙醚液体全部挥发后的乙醚气体近似看成理想气体，则1ml乙醚液体中含有的乙醚分子数为　6×1021个　，在标准状况下1ml乙醚液体全部挥发后的乙醚气体的体积为　0.2　L．（已知乙醚的摩尔质量：74.1g•mol﹣1，乙醚液体密度为0.713g/cm3，阿伏伽德罗常数NA=6.02×1023/mol，1mol气体在标准状况下的体积为22.4L，结果取一位有效数字）考点：阿伏加德罗常数．专题：理想气体状态方程专题．分析：由密度公式可求得液体质量，再由阿伏加德罗常数可求得对应的分子数；根据物质的量及气体标况下的体积可求得乙醚气体的体积解答：解：1ml对应的质量m=ρV=0.713×1=0.713g；对应的分子数n===6×1021个；1ml液体成为气体后的体积为：=0.2L；故答案为：6×1021个；0.2点评：本题考查阿伏加德罗常数的运算，要注意明确质量、摩尔质量及物质的量和阿伏加德罗常数公式的正确应用．　14．如图所示，一定质量的乙醚理想气体从状态A变化到状态B，已知A状态的温度为300K，且从状态A变化到状态B的过程中，气体内能增加了150J，求：①状态B的温度TB；②状态A变化到状态B的过程中气体与外界的热交换Q为多少？考点：理想气体的状态方程；热力学第一定律．专题：理想气体状态方程专题．分析：①由图示图象求出气体状态参量，然后应用概率萨克定律求出气体在B时的温度；②应用功的计算公式求出气体对外做的功，然后应用热力学第一定律求出与外界交换的热量．解答：解：①由图示图象可知，从A到B气体发生等压变化，气体状态参量：TA=300K，VA=3L，VB=4L，由盖吕萨克定律得：=，-28-\n即：=，解得：TB=400K；②从A到B气体对外做功：W=Fl=pSl=p△V=1×105×（4﹣3）×10﹣3=100J，由热力学第一定律得：△U=W+Q，则：Q=△U﹣W=150﹣（﹣100）=250J；答：①状态B的温度TB为400K；②状态A变化到状态B的过程中气体与外界的热交换Q为250J．点评：本题考查了求气体的温度、气体的内能，由图示图象分析清楚气体状态变化过程、求出气体的状态参量，应用盖吕萨克定律、热力学第一定律即可正确解题．　B.（选修模块3-4）（12分）15．下列说法中正确的是（　　）A．真空中的光速与光源的运动有关B．X射线是比紫外线频率低的电磁波C．机械波和电磁波本质上不相同，但它们都能发生反射、折射、干涉和衍射现象D．在“用单摆测定重力加速度”的实验中，为使实验结果较为准确，应选用10cm长的细线和小铁球考点：用单摆测定重力加速度；光的干涉．分析：真空中的光速保持不变；x射线比紫外线的频率高；机械表与电磁波都能发生反射、折射、干涉与衍射现象；为减小实验误差，用单摆测重力加速度时，摆长约为1m左右摆球应选择质量大而体积小的金属球．解答：解：A、真空中的光速是恒定的，与光源的运动无关，故A错误；B、X射线是比紫外线频率高的电磁波，故B错误；C、机械波和电磁波本质上不相同，但它们都能发生反射、折射、干涉和衍射现象，故C正确；D、在“用单摆测定重力加速度”的实验中，为使实验结果较为准确，应选用100cm长的细线和小铁球，故D错误；故选：C．点评：本题涉及的知识点较多，考查了选修内容，但难度不大，只要掌握基础知识即可正确解题，平时要注意基础知识的学习．　16．如图甲所示，在水平面内，有三个质点a、b、c分别位于直角三角形的三个顶点上，已知ab=6m，ac=8m，在t1=0时刻a、b同时开始振动，振动图象均如图乙所示，所形成的机械波在水平面内传播，在t2=4s时c点开始振动，则该机械波的传播速度大小为　1.5　m/s；两列波相遇后叠加，c点的振动　加强　（选填“加强”、“减弱”、“先加强后减弱”）．-28-\n考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系．专题：振动图像与波动图像专题．分析：波在同一介质中匀速传播，A处振动先到达C点，由公式v=求解波速；由图读出波长，根据路程差分析C点的振动强弱：若路程差等于半个波长的奇数倍时，振动减弱；相反，路程差等于半个波长的偶数倍时，振动加强．解答：解：由于两列波的波速相同，A、B同时开始振动，则A处振动先到达C点，波速为v==m/s=1.5m/s．由图知：波长为λ=2m，C点到AB两点的路程差为△s=ac﹣ab=2m=λ．故C点振动加强．故答案为：1.5；加强点评：本题解题关键是要抓住在均匀介质中传播的同类波波速相同，而且两波匀速传播这个特点进行分析，并要掌握波的叠加原理，知道路程差等于半个波长的奇数倍时，振动减弱；相反，路程差等于半个波长的偶数倍时，振动加强．　17．如图所示，真空中有一块直角三角形的玻璃砖ABC，∠B=30°，若CA的延长线上S点有一点光源发出的一条光线由D点射入玻璃砖，光线经玻璃砖折射后垂直BC边射出，且此光束从S传播到D的时间与在玻璃砖内的传播时间相等，已知光在真空中的传播速度为c，BD=d，∠ASD=15°．求：①玻璃砖的折射率；②SD两点间的距离．考点：光的折射定律．专题：光的折射专题．分析：①由几何关系可求出入射角i和折射角r，再由折射定律求解折射率．②根据光束经过SD用时和在玻璃砖内的传播时间相等，列式可求得SD两点间的距离．解答：解：①由几何关系可知入射角i=45°，折射角r=30°，则玻璃砖的折射率为：n=可得：n=②在玻璃砖中光速为：v=光束经过SD和玻璃砖内的传播时间相等有：=又BD=d得：SD=d答：①玻璃砖的折射率是；②SD两点间的距离是d．-28-\n点评：解答本题的关键是依据几何关系和折射定律、光速公式解题，解题时要作出光路图．　C.（选修模块3-5）（12分）18．下列说法中正确的是（　　）A．氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子B．原子核所含核子单独存在时的总质量小于该原子核的质量C．一个动量为p的电子对应的物质波波长为hp（h为普朗克常量）D．在研究光电效应实验中所测得的遏制电压与入射光的强度有关考点：氢原子的能级公式和跃迁；光电效应．专题：光电效应专题．分析：由玻尔理论知道氢原子从激发态跃迁到基态时会放出光子，核子结合为原子核时能量增加必然存在质量亏损，根据德布罗意波波长公式与动量表达式λ=；光电子从阴极逸出时的最大初动能是由入射光的频率决定以及金属的逸出功，与其它因素无关．解答：解：A、由玻尔理论知道氢原子从激发态跃迁到基态时只能辐射特定频率的光子，故A正确B、由于核子结合为原子核时能量增加必然存在质量亏损，原子核所含核子单独存在时的总质量大于该原子核的质量．故B错误C、根据德布罗意波波长公式，一个动量为p的电子对应的物质波波长（h为普朗克常量）．故C错误D、根据光电效应方程知，最大初动能Ekm=hv﹣W0，遏止电压：eU=Ekm，知入射光的频率越大，最大初动能越大，遏止电压越大，与入射光的强度和光的照射时间无关，故D错误故选：A．点评：本题考查了波尔理论、质量亏损、德布罗意波的波长公式以及光电效应等近代物理中的基本知识，对于这部分基本知识要注意加强理解和应用．　19．关于核反应方程Th→Pa+X+△E（△E为释放出的核能，X为新生成粒子），已知Th的半衰期为T，则X粒子是　电子　，N0个Th经2T时间因发生上述核反应而放出的核能为　N0△E　（N0数值很大）．考点：裂变反应和聚变反应．专题：衰变和半衰期专题．分析：根据质量数守恒与电荷数守恒判断出产生的粒子是什么粒子；根据衰变后剩余的质量与原质量的关系计算．-28-\n解答：解：由质量数和电荷数守恒知X的质量数是0，电荷数是﹣1，为电子，是原子核内的中子转化为质子而释放一个电子；经2T时间还剩余m==，还有四分之一没衰变，发生上述核反应而放出的核能为N0△E．故答案为：电子，N0△E点评：本题关键是掌握爱因斯坦质能方程△E=△mc2以及比结合能的计算公式，掌握衰变的实质和半衰期的特点．　20．A、B两个小球半径相同，质量不同，并排悬挂在同样长度的绳子上，彼此相互接触，把质量为m0的A球拉开后由静止释放，当A球与B球相碰前其速度为v0，碰撞后量小球的动量相等，则：①求碰撞后A球的速度②若碰撞我弹性碰撞，求碰撞后B球的动能．考点：动量守恒定律．专题：动量定理应用专题．分析：①两球碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出碰撞后A的速度；②应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出碰撞后B的动能．解答：解：①两球碰撞过程系统动量守恒，以碰撞前A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m0v0=pA+pB，由题意可知，碰撞后两球的动量相等，即：pA=pB，解得：pA=m0v0=m0v，碰撞后A的速度：v=v0；②碰撞为弹性碰撞，碰撞过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：m0v02=m0v2+EKB，解得：EKB=m0v02；答：①求碰撞后A球的速度为v0；②若碰撞我弹性碰撞，求碰撞后B球的动能为m0v02．-28-\n点评：本题考查了求球的速度与动能，两球发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，分析清楚球的运动过程，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以解题．　五、计算题：本题共3小题，共计47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．21．如图所示，轻质金属轮A可绕过圆心O的光滑水平轴转动，沿金属轮半径方向接有一根轻质金属棒OC，其长度为a、电阻为r，A轮的边缘与金属棒的端点O通过电刷、导线与一阻值为R的电阻相连．一轻细绳的一端固定在A轮的边缘上的某点，绳在A轮上绕有足够多的匝数后，悬挂一质量为m的重物P，金属轮处在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场中，不计金属轮、端点O与电刷之间的摩擦及A轮的电阻．求：（1）从图示位置由静止开始转过θ角的过程中通过电阻R的电量；（2）当A轮角速度为ω时，金属棒所受安培力的大小；（3）重物匀速运动时的速度．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：（1）根据法拉第定律、欧姆定律和电量公式结合求通过R的电量．（2）当A轮角速度为ω时，棒产生的感应电动势为E=ω，由欧姆定律求出电流，再由F=BIL求解安培力．（3）重物匀速运动时，由能量守恒定律求解重物的速度．解答：解：（1）根据法拉第电磁感应定律得=由欧姆定律得=通过电阻R的电量q=磁通量的变化量△Φ=联立得q=（2）当A轮角速度为ω时，棒产生的感应电动势为E=ω感应电流为I=棒所受的安培力F=BIa-28-\n联立得F=（3）重物匀速运动时，根据能量守恒得：mgv=解得重物的速度v=答：（1）从图示位置由静止开始转过θ角的过程中通过电阻R的电量是；（2）当A轮角速度为ω时，金属棒所受安培力的大小是；（3）重物匀速运动时的速度是．点评：本题考查了法拉第电磁感应定律应用的延伸情况，转动切割磁感线时E=BL2ω对于结果要记忆．　22．如图所示，装置的左边AB部分是长为L1=1m的水平面．一水平放置的轻质弹簧左端固定并处于原长状态；装置的中间BC部分是长为L2=2m的水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接，传送带始终以v=2m/s的速度顺时针转动；装置的右边是一光滑的曲面，质量m=1kg的小滑块从其上距水平台面h=1m的D处由静止释放，滑块向左最远到达O点，OA间距x=0.1m，并且弹簧始终处在弹性限度内．已知物块与传送带及左边水平面之间的摩擦因数μ=0.25，取g=10m/s2．（1）求弹簧获得的最大弹性势能？（2）求滑块再次回到右边曲面部分所能到达的最大高度；（3）若滑块质量m′=2kg，求滑块到达O点的速度．考点：功能关系；牛顿第二定律．分析：（1）滑块从D到O过程，其重力势能转化为内能和弹簧的弹性势能，由能量守恒定律求解弹簧储存的最大弹性势能；（2）根据能量守恒定律求得滑块第二次经过B点时的速度大小，根据此速度与传送带速度的大小关系，判断出滑块将做匀加速运动，由运动学公式求出滑块的速度增加到与传送带相等时，通过的位移，即可知道滑块离开传送带时的速度．滑块从C到再次回到右边曲面部分所能到达的最大高度的过程中，重力做功，由动能定理求解最大高度．-28-\n（3）滑块到达O点时弹性势能不变，再由能量守恒求解滑块到达O点的速度．解答：解：（1）滑块从D到O过程，由能量守恒定律得EP=mgh﹣μmg（L1+L2﹣x）解得，EP=2.75J（2）设滑块再次到达B处的速度为v2，对滑块从O到再次到达B的过程，根据能量守恒得EP=μmg（L1﹣x）+，解得v1=1m/s＜v=2m/s则知滑块再次滑上传送带后将匀加速运动，由牛顿第二定律得μmg=ma，得a=2.5m/s2．速度增加到与传送带相同所经历的位移为L==0.6m＜L2=2m，可知，滑块接着相对传送带静止，速度为v=2m/s对从C到最高点的过程，由动能定理得﹣mgh′=0﹣解得，h′=0.2m（3）若滑块质量m′=2kg，滑块从D到O过程，由能量守恒定律得EP+μ•2mg（L1+L2﹣x）+=2mgh解得vO≈2m/s答：（1）弹簧获得的最大弹性势能是2.75J．（2）滑块再次回到右边曲面部分所能到达的最大高度是0.2m；（3）若滑块质量m′=2kg，滑块到达O点的速度是2m/s．点评：本题是多过程问题，分析滑块经历的过程，抓住各个过程的规律，运用能量守恒定律、牛顿第二定律和运动学公式结合按时间顺序分析和计算．　23．如图所示，L1、L2为两平行的直线，间距为d．L1下方和L2上方的空间有垂直于纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度均为B．现有一质量为m、电荷量为+q的粒子，以速度v从L1上的M点入射两线之间的真空区域，速度方向与L1成θ=30°角．不计粒子所受的重力，试求：（1）粒子从M点出发后，经过多长时间第一次回到直线L1上？（2）若在直线L1、L2之间的平面内，存在与图示速度方向垂直斜向上场强为E的匀强电场，则粒子经过多长时间第一次到达直线L2？（3）若直线L1、L2之间无电场，v满足什么条件时，粒子恰好能回到M点？考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．-28-\n专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：（1）粒子在两磁场间做匀速直线运动，应用匀速运动规律求出粒子在两磁场间的运动时间，粒子在上面磁场中做匀速圆周运动，求出粒子在磁场中的运动时间，然后求出粒子再次回到直线L1上需要的时间．（2）粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出粒子的运动时间．（3）作出粒子运动轨迹，根据几何关系可知，粒子在磁场中的轨道半径正好等于弦长，从而求出能够回到M点的几何关系．解答：解：（1）粒子两磁场间的真空区域做匀速直线运动，粒子在L2上方磁场中做匀速圆周运动，粒子运动轨迹如图所示：粒子从L1到L2的时间：t1==，粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=粒子在磁场中转过的圆心角：α=300°，粒子在磁场中的运动时间：t2=T=，粒子从M点出发后第一次回到直线L1上需要的时间：t=2t1+t2=+；（2）粒子在电场中做类平抛运动，粒子沿初速度方向做匀速直线运动，粒子第一次到达直线L2需要的时间：t==；（3）粒子在真空区域做匀速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动，粒子运动轨迹如图所示：几何关系可知，粒子在磁场中的轨道半径正好等于弦长．要使粒子在L2上方的磁场中经过n次偏转能回到M点，粒子在磁场中的轨道半径必须满足：R=n•2dcot30°（n=1，2，3…）①粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供圆周运动向心力，-28-\n由牛顿第二定律得：qvB=m②由①②解得：v=（n=1，2，3…）答：（1）粒子从M点出发后，经过时间：+第一次回到直线L1上．（2）若在直线L1、L2之间的平面内，存在与图示速度方向垂直斜向上场强为E的匀强电场，则粒子经过时间第一次到达直线L2．（3）若直线L1、L2之间无电场，粒子恰好能回到M点时v满足的条件是：v=（n=1，2，3…）．点评：本题考查了粒子在磁场与电场中的运动，分析清楚粒子运动过程是正确解题的关键，应用牛顿第二定律、运动学公式即可解题；处理粒子在磁场中运动的关键是：作出粒子运动的轨迹图，通过几何关系找出粒子运动的半径以及圆心角．　-28-