1、2015年天津市高考物理模拟试卷（5月份）一、单项选择题（每小题6分，共30分每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的）1（6分）一汽车从静止开始做匀加速直线运动，然后刹车做匀减速直线运动，直到停止下列速度v和位移x的关系图象中，能描述该过程的是（） A B C D 【考点】： 匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系【专题】： 运动学中的图像专题【分析】： 根据匀变速直线运动位移速度公式列式分析即可求解【解析】： 解：物体做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，则v2=2a1xv=，所以图象是单调递增凸函数，刹车后做匀减速直线运动，可以反
2、过来看成初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a2，则v2=2a2x解得：v=，则图象是单调递增的凸函数，再反过来即为单调递减的凸函数，故A正确故选：A【点评】： 本题主要考查了匀变速直线运动位移速度公式的直接应用，知道车后做匀减速直线运动，可以反过来看成初速度为零的匀加速直线运动，难度适中2（6分）如图所示，E为电源，其内阻不可忽略，RT为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，L为指示灯泡，C为平行板电容器，G为灵敏电流计闭合开关S，当环境温度明显升高时，下列说法正确的是（） A L变暗 B RT两端电压变大 C C所带的电荷量保持不变 D G中电流方向由ab【考点】： 闭合电路的欧姆定律
3、；电容【专题】： 恒定电流专题【分析】： 当环境温度升高时，热敏电阻阻值减小；由闭合电路欧姆定律可知电路中电流及电压的变化；由电容器的充放电知识可知G中电流方向【解析】： 解：A、由图可知，热敏电阻与L串联当环境温度升高时热敏电阻的阻值减小，总电阻减小，则电路中电流增大，灯泡L变亮，故A错误；B、因为电路中电流增大，电源的内压及灯泡L两端的电压增大，由E=U内+U外可得，RT两端电压减小，故B错误；C、因为电容器并联在电源两端，因内电压增大，路端电压减小，故由Q=CU知电容器的带电量减小故C错误；D、电容器的带电量减小，电容器放电，故G中电流由ab；故D正确；故选：D【点评】： 本题考查闭合电
4、路的欧姆定律，此类问题一般按“整体局部整体”顺序进行分析，难度不大，属于基础题3（6分）据报道，一颗来自太阳系外的彗星于2014年10月20日擦火星而过如图所示，设火星绕太阳在圆轨道上运动，运动半径为r，周期为T该彗星在穿过太阳系时由于受到太阳的引力，轨道发生弯曲，彗星与火星在圆轨道的A点“擦肩而过”已知万有引力恒量G，则（） A 可计算出彗星的质量 B 可计算出彗星经过A点时受到的引力 C 可计算出彗星经过A点的速度大小 D 可确定彗星在A点的速度大于火星绕太阳的速度【考点】： 万有引力定律及其应用【专题】： 万有引力定律的应用专题【分析】： 火星绕太阳在圆轨道上运动，根据万有引力提供向心力
5、，列出等式求解彗星经过A点做离心运动，万有引力小于向心力【解析】： 解：A、火星绕太阳在圆轨道上运动，根据万有引力提供向心力，列出等式=mr，所以只能求出太阳的质量，无法求出彗星的质量，故A错误；B、由于不知道彗星的质量，所以无法求解彗星经过A点时受到的引力，故B错误；C、彗星经过A点做离心运动，万有引力小于向心力，不能根据v=求解彗星经过A点的速度大小，该彗星在穿过太阳系时由于受到太阳的引力，轨道发生弯曲，彗星与火星在圆轨道的A点“擦肩而过”，所以可确定彗星在A点的速度大于火星绕太阳的速度，故C错误，D正确；故选：D【点评】： 本题考查了万有引力在天体中的应用，解题的关键在于：据万有引力提供
6、向心力，列出等式只能求出中心体的质量这是该题的解答过程中容易出现错误的地方4（6分）如图所示，X1、X2，Y1、Y2，Z1、Z2分别表示导体板左、右，上、下，前、后六个侧面，将其置于垂直Z1、Z2面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中，当电流I通过导体板时，在导体板的两侧面之间产生霍耳电压UH已知电流I与导体单位体积内的自由电子数n、电子电荷量e、导体横截面积S和电子定向移动速度v之间的关系为I=neSv实验中导体板尺寸、电流I和磁感应强度B保持不变，下列说法正确的是（） A 导体内自由电子只受洛伦兹力作用 B UH存在于导体的Z1、Z2两面之间 C 单位体积内的自由电子数n越大，UH越小 D 通
7、过测量UH，可用R=求得导体X1、X2两面间的电阻【考点】： 霍尔效应及其应用【分析】： 由于磁场的作用，电子受洛伦兹力，向Y2面聚集，在Y1、Y2平面之间累积电荷，在Y1、Y2之间产生了匀强电场；电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡状态【解析】： 解：A、由于磁场的作用，电子受洛伦兹力，向Y2面聚集，在Y1、Y2平面之间累积电荷，在Y1、Y2之间产生了匀强电场，故电子也受电场力，故A错误；B、电子受洛伦兹力，向Y2面聚集，在Y1、Y2平面之间累积电荷，在Y1、Y2之间产生了电势差UH，故B错误；C、电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡状态，有：qvB=qE其中：E=（d为Y1、Y2平面之
8、间的距离）根据题意，有：I=neSv联立得到：，故单位体积内的自由电子数n越大，UH越小，故C正确；D、由于，与导体的电阻无关，故D错误；故选：C【点评】： 本题关键明确附加电压的产生原理，磁场的作用使电子受洛伦兹力，向Y2面聚集，在Y1、Y2平面之间累积电荷，在Y1、Y2之间产生了匀强电场；不难5（6分）质点以坐标原点O为中心位置在y轴上做简谐运动，其振动图象如图所示，振动在介质中产生的简谐横波沿x轴正方向传播，波速为1.0m/s，起振后0.3s此质点立即停止运动，再经过0.1s后的波形图为（） A B C D 【考点】： 波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】： 根据振动图象t=0时刻
9、质点的振动方向确定波传播时各质点起振的方向由振动图象读出周期，求出波长，分析再经过0.1s后，即总共经过0.4s时波传播的距离，确定波形图【解析】： 解：根据振动图象得知，t=0时刻质点沿y轴正方向振动，即波源的起振方向沿y轴正方向，则介质中各质点的起振方向均沿y轴正方向，与波最前头的质点振动方向相同起振后0.3s此质点立即停止运动，形成波长的波形由振动图象读出周期T=0.4s，波长=vT=0.4m，则再经过0.1s后，即t=0.4s时波总共传播的距离为S=vt=0.4m，传到x=0.4x处，故A正确，BCD错误故选：A【点评】： 本题要抓住质点的振动与波动之间关系的理解根据时间与周期的关系、
10、波传播距离与波长的关系分析二、多项选择题（每小题6分，共18分每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的全部选对的得6分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分）6（6分）如图所示，理想变压器原线圈接交流电源，副线圈接电阻箱R、电容器C和电感器L，下列说法正确的是（） A 仅当电阻箱R的阻值变大时，变压器输入功率减小 B 仅当电容器C的正对面积增大时，通过它的电流减小 C 仅当交流电源的频率增大时，通过三个元件的电流都增大 D 仅当在电感线圈L中插入铁芯时，通过它的电流将减小【考点】： 变压器的构造和原理；电功、电功率【专题】： 交流电专题【分析】： 变压器原副线圈电压之比等于线圈匝数比，输
11、入功率等于输出功率，电感线圈对交流电的阻碍作用与交流电的频率成正比，电容对交流电的阻碍作用与交流电的频率成反比【解析】： 解：A、仅当电阻箱R的阻值变大时，副线圈电阻变大，电压不变，电流变小，所以副线圈功率变小，则变压器的输入功率减小，故A正确；B、仅当电容器C的正对面积增大时，电容器的电容增大，通过它的电流增大，故B错误；C、电感线圈对交流电的阻碍作用与交流电的频率成正比，电容对交流电的阻碍作用与交流电的频率成反比，故当交流电频率增大时，电感线圈L的阻碍作用增大，电容对交流电的阻碍作用变小，电阻R的阻碍作用不变，所以电感的电流减小，电容的电流增大，电阻的电流不变，故C错误；D、当在电感线圈L
12、中插入铁芯时，线圈的自感系数增大，通过它的电流将减小，故D正确故选：AD【点评】： 知道变压器原副线圈电压之比等于线圈匝数比，输入功率等于输出功率，记住电感线圈是通低频阻高频，电容是通交流，隔直流，即可解决此类题目7（6分）如图所示，两束不同的单色光A和B，分别沿半径射入截面为半圆形玻璃砖的圆心O以后，都由圆心沿OP方向射出，下列说法正确的是（） A 在玻璃中B光传播的速度较大 B A光的光子能量较小 C 若分别用这两种单色光做双缝干涉实验，且保持其他实验条件不变，则A光在屏上形成的明条纹宽度较大 D 若用B光照射某金属板能产生光电效应，则用A光照射该金属板也一定能产生光电效应【考点】： 光的
13、折射定律【专题】： 光的折射专题【分析】： 根据光线的偏折程度比较出光的折射率大小，从而比较出光在介质中的速度大小根据折射率大小得出频率、波长的大小，根据双缝干涉的条纹间距公式比较条纹间距的大小，结合光电效应产生的条件：入射光的频率大于金属的极限频率，分析光电效应现象【解析】： 解：A、通过光路图可以看出，B光的偏折程度大，则B光的折射率大，A光的折射率小由v=知，在玻璃中B光传播的速度较小，故A错误B、A光的折射率小，频率小，由E=h知，A光的光子能量较小故B正确C、A光的折射率小，则频率小，波长大，根据x=知，A光在屏上形成的干涉条纹间距较大故C正确D、根据产生光电效应的条件：入射光的频率
14、大于金属的极限频率，知B光的频率大，A光的频率小，若用B光照射某金属板能产生光电效应，则用A光照射该金属板不一定能产生光电效应故D错误故选：BC【点评】： 解决本题的突破口在于通过光的偏折程度比较出光的折射率大小，知道折射率、频率、波长、形成干涉条纹间距等大小关系8（6分）下列说法中正确的是（） A 气体的温度升高时，分子的热运动变得剧烈，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，从而气体的压强不一定增大 B 气体体积变小时，单位体积的分子数增多，单位时间内撞到器壁单位面积上的分子数增多，从而气体的压强一定增大 C 压缩一定质量的气体，气体的内能一定增加 D 分子a只在分子b的分子力作
15、用下，从无穷远处向固定不动的分子b运动的过程中，当a到达受b的作用力为零的位置时，a的动能一定最大【考点】： 封闭气体压强；物体的内能【分析】： 题目主要考察了气体压强的微观解释，气体压强取决于分子平均动能和单位体积内的分子数目这两个因素；只知道分子平均动能或者单位体积内分子数目的变化，压强的变化是无法确定的；对于气体内能变化取决于外界与气体之间的做功和吸放热情况，若外界对气体做功，同时气体放热，则内能可能增大、减小或不变；讨论分子力或者分子势能变化时要以r=r0为分界点进行讨论【解析】： 解：A、从微观上看，一定质量被封闭气体的压强取决于分子的平均动能和单位体积内的分子数目（分子的密集程度）
16、这两个因素，分子平均动能增大，单位体积内的分子数目如何变化不知，因此压强的变化是不确定的，故A正确；B、体积减小，单位体积内的分子数目增多，但是分子平均动能的变化未知，则压强变化也是不确定的，故B错误；C、根据热力学第一定律U=W+Q，可知压缩气体，外界对气体做功，但是气体的吸放热情况不知，故内能不一定增大，故C错误；D、分子a从远外趋近固定不动的分子b时分子力表现为引力，分子力做正功，分子动能增大，到达r=r0时分子力为零，若再靠近时分子力为斥力，将做负功，分子动能减小，因此当a到达受b的作用力为零处时，a的动能最大，故D正确；故选：AD【点评】： 本题主要考察了气体微观解释和气体内能变化两
17、个基本规律，对于规律的理解要全面，不能只看一个方面二.非选择题9如图所示，足够长的斜面倾角=37，一物体以v0=24m/s的初速度从斜面上A点处沿斜面向上运动；加速度大小为a=8m/s2，g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，则物体沿斜面上滑的最大距离x=9m，物体与斜面间的动摩擦因数=0.25【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】： （1）根据匀变速直线运动的速度位移公式求出物体沿斜面上滑的最大距离（2）根据牛顿第二定律，结合沿斜面方向上产生加速度，垂直斜面方向上合力为零，求出动摩擦因数的大小【解析】： 解：（1
18、）由运动学公式得：=36m（2）由牛顿第二定律得有：沿斜面方向上：mgsin+f=ma（1）垂直斜面方向上：mgcosN=0（2）又：f=N（3）由（1）（2）（3）得：=0.25 故答案为：9m0.25【点评】： 本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁10如图甲所示，在水平放置的气垫导轨上有一带有方盒的滑块，质量为M，气垫导轨右端固定一定滑轮，细线绕过滑轮，一端与滑块相连，另一端挂有6个钩码，设每个钩码的质量为m，且M=4m（1）用游标卡尺测出滑块上的挡光片的宽度，读数如图乙所示，则宽度d=0.520cm；（2）某同学打开气源，将滑块由静止释放，滑块
19、上的挡光片通过光电门的时间为t，则滑块通过光电门的速度为（用题中所给字母表示）；（3）开始实验时，细线另一端挂有6个钩码，由静止释放后细线上的拉力为F1，接着每次实验时将1个钩码移放到滑块上的方盒中，当只剩3个钩码时细线上的拉力为F2，则F1小于2F2（填“大于”、“等于”或“小于”）；（4）若每次移动钩码后都从同一位置释放滑块，设挡光片距光电门的距离为L，钩码的个数为n，测出每次挡光片通过光电门的时间为t，测出多组数据，并绘出 n图象，已知图线斜率为k，则当地重力加速度为（用题中字母表示）【考点】： 测定匀变速直线运动的加速度【专题】： 实验题【分析】： （1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上
20、游标读数，不需估读（2）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出滑块通过光电门的速度（3）通过整体隔离法，结合牛顿第二定律求出拉力的大小，从而进行比较（4）根据速度位移公式，结合牛顿第二定律得出n的表达式，结合图线的斜率求出当地的重力加速度【解析】： 解：（1）游标卡尺的主尺读数为5mm，游标读数为0.054mm=0.20mm，则最终读数为5.20mm=0.520cm（2）极短时间内的平均速度等于瞬时速度的大小，则滑块通过光电门的速度v=（3）对整体分析，隔离对滑块分析，根据牛顿第二定律得，F1=Ma1=4m0.6g=2.4mg，隔离对滑块分析，根据牛顿第二定律得，F2=7ma2=2.1mg，
21、知F12F2（4）滑块通过光电门的速度v=，根据v2=2aL得，因为a=，代入解得，图线的斜率k=，解得g=故答案为：（1）0.520cm； （2）； （3）小于； （4）【点评】： 解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，知道极短时间内的平均速度等于瞬时速度的大小对于图象问题，关键得出两个物理量的表达式，结合图线斜率进行求解11（10分）某实验小组要测量电阻Rx的阻值（1）首先，选用欧姆表“10”挡进行粗测，正确操作后，表盘指针如图甲所示，则该电阻的测量值为140（2）接着，用伏安法测量该电阻的阻值，可选用的实验器材有：电压表V（3V，内阻约3k）； 电流表A（20mA，内阻约2）；待测电阻R
22、x；滑动变阻器R1（02k）；滑动变阻器R2（0200）；干电池2节；开关、导线若干在图乙、图丙电路中，应选用图丙（选填“乙”或“丙”）作为测量电路，滑动变阻器应选用R2（选填“R1”或“R2”）（3）根据选择的电路和器材，在图丁中用笔画线代替导线完成测量电路的连接（4）为更准确测量该电阻的阻值，可采用图戊所示的电路，G为灵敏电流计（量程很小），R0为定值电阻，R、R1、R2为滑动变阻器操作过程如下：闭合开关S，调节R2，减小R1的阻值，多次操作使得G表的示数为零，读出此时电压表V和电流表A的示数U1、I1；改变滑动变阻器R滑片的位置，重复过程，分别记下U2、I2，Un、In；描点作出UI图象
23、，根据图线斜率求出Rx的值下列说法中正确的有CDA闭合S前，为保护G表，R1的滑片应移至最右端B调节G表的示数为零时，R1的滑片应位于最左端CG表示数为零时，a、b两点间电势差为零D该实验方法避免了电压表的分流对测量结果的影响【考点】： 伏安法测电阻【专题】： 实验题；恒定电流专题【分析】： （1）欧姆表读数时，由于中间附近的刻度最均匀，故要使指针指在中间附近；欧姆表读数等于刻度盘读数乘以倍率；（2）由待测电阻的电阻值与电压表电流表的内阻之间的关系，选择电流表的接法；由题意可知应选用的接法，则可选出滑动变阻器；（3）根据实验的原理图，依次连接电路即可；（4）结合实验的过程中需要注意的事项解答即
24、可【解析】： 解：（1）欧姆表读数=刻度盘读数倍率，读数是1410=140（2）由于待测电阻的电阻值比较大比电流表的内阻大得多，所以电流表使用内接法；由于两个滑动变阻器的电阻值都比较大，所以要选择限流电路所以实验电路选择丙，滑动变阻器选择容易调节的变阻器，所以选择R2（3）根据实验的原理图，依次连接电路如图；（4）A闭合S前，为保护G表，开始时R1的电阻值要最大，所以滑片应移至最左端故A错误；B调节G表的示数为零时，与R1的滑片的位置无关故B错误；C该图实验的原理是利用惠斯通电桥法，G表示数为零时，a、b两点间电势差为零故C正确；D该实验方法避免了电压表的分流对测量结果的影响故D正确故选：CD
25、故答案为：（1）140；（2）丙，R2；（3）如图（4）CD【点评】： 本题关键要明确电阻的测量方法、原理和实验误差的处理，其中用伏安法测量电阻时电流表内、外接法和滑动变阻器的接法选择是重点所在要知道惠斯通电桥测量电阻值的优点12（16分）某兴趣小组设计了一种实验装置，用来研究碰撞问题，其模型如图所示，光滑轨道中间部分水平，右侧为位于竖直平面内半径为R的半圆，在最低点与直轨道相切5个大小相同、质量不等的小球并列静置于水平部分，球间有微小间隔，从左到右，球的编号依次为0、1、2、3、4，球的质量依次递减，每球质量与其相邻左球质量之比为k（k1）将0号球向左拉至左侧轨道距水平高h处，然后由静止释放
26、，使其与1号球碰撞，1号球再与2号球碰撞所有碰撞皆为无机械能损失的正碰（不计空气阻力，小球可视为质点，重力加速度为g）（1）0号球与1号球碰撞后，1号球的速度大小v1；（2）若已知h=0.1m，R=0.64m，要使4号球碰撞后能过右侧轨道的最高点，问k值为多少？【考点】： 动量守恒定律；机械能守恒定律【分析】： （1）0号球下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出它滑到水平面时的速度，两球碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出球的速度（2）求出4号球的速度，然后应用机械能守恒定律与牛顿第二定律求出k【解析】： 解：（1）0号球碰前速度为v0，由机械能守恒
27、定律得：m0gh=m0v02，碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律的：m0v0=m0v0+m1v1，由机械能守恒定律得：m0v02=m0v02+m1v12，解得：v1=v0=v0=，（2）同理可得：v2=v1，v4=v3，解得：v2=（）4v0，4号球从最低点到最高点过程，由机械能守恒定律得：m4v42=m4v2+m4g2R，4号球在最高点：m4m4g，解得：k1；答：（1）0号球与1号球碰撞后，1号球的速度大小v1为；（2）若已知h=0.1m，R=0.64m，要使4号球碰撞后能过右侧轨道的最高点，问k值为：k1【点评】： 本题考查了求速度、求k，分析清楚物体运动过程，应用机械
28、能守恒定律与动量守恒定律、牛顿第二定律即可正确解题13如图所示，顶角=45的光滑金属导轨 MON固定在水平面内，导轨处在方向竖直、磁感应强度为B的匀强磁场中一根与ON垂直的导体棒在水平外力作用下以恒定速度v0沿导轨MON向右滑动，导体棒的质量为m，导轨与导体棒单位长度的电阻均匀为r，导体棒与导轨接触点为a和b，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触且没有脱离导轨当t=0时，导体棒位于坐标原点o处，求：（1）导体棒作匀速直线运动时水平外力F的表达式；（2）导体棒在0t时间内产生的焦年热Q；（3）若在t0时刻将外力F撤去，导体棒最终在导轨上静止时的坐标x【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势【
29、专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： （1）求出t时刻导体棒的有效长度，结合切割产生的感应电动势和闭合电路欧姆定律求出电流强度的大小当导体棒做匀速直线运动时，水平外力等于安培力，根据平衡求出水平拉力的表达式（2）导体棒在0t时间内电流大小恒定，抓住R与时间正比，通过平均功率，根据Q=Pt求出产生的焦耳热Q（3）根据动量定理，结合微分思想、运动学公式求出在t=0时刻将外力F撤去，导体棒最终在导轨上静止时的坐标x【解析】： 解：（1）0到t时间内，导体棒的位移 x=v0tt时刻，导体棒长度 l=x导体棒的电动势 E=Blv0回路总电阻 R=（2x+x）r电流强度 I=由于导体棒做匀速运动，安培力
30、等于拉力则 F=BIl=（2）在t时刻导体棒的电阻 R=（2+）rv0t 即 Rt由于电流I恒定，因此 Q=（3）撤去外力后，设任意时刻t导体棒的坐标为x，速度为v，取极短时间t在tt+t时间内，由动量定理得 BlIt=mv可得 Bvtt=mv在t0t时间内 =mv0，s总=可得 =mv0，其中 x0=v0t0；导体棒静止时的坐标为 x=答：（1）导体棒作匀速直线运动时水平外力F的表达式为F=；（2）导体棒在0t时间内产生的焦耳热Q为；（3）若在t0时刻将外力F撤去，导体棒最终在导轨上静止时的坐标x为【点评】： 本题综合考查了切割产生的感应电动势、闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律等知识点，要注意
31、不能只根据感应电电动势变化，认为感应电流减小，其实电阻也增大，感应电流不变14（15分）如图甲所示，一对平行金属板M、N长为L，相距为d，O1O为中轴线当两板间加电压UMN=U0时，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场某种带负电的粒子从O1点以速度v0沿O1O方向射入电场，粒子恰好打在上极板M的中点，粒子重力忽略不计（1）求带电粒子的比荷；（2）若MN间加如图乙所示的交变电压，其周期，从t=0开始，前内UMN=2U，后内UMN=U，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持续射入电场，最终所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，求U的值；（3）紧贴板右侧建立xOy坐标系，在xOy坐标第I、I
32、V象限某区域内存在一个圆形的匀强磁场区域，磁场方向垂直于xOy坐标平面，要使在（2）问情景下所有粒子经过磁场偏转后都会聚于坐标为（2d，2d）的P点，求磁感应强度B的大小范围【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【专题】： 带电粒子在电场中的运动专题【分析】： （1）粒子在电场中做类平抛运动，由运动的合成与分解规律可求得比荷；（2）由题意可知粒子在电场中的运动过程，根据电场的周期性变化规律可明确粒子在电场中的运动规律，根据条件则可求得电压值；（3）所有粒子在磁场中均做匀速圆周运动，根据题意由几何关系可明确磁感应强度的大小范围【解析】： 解：（1）设粒子经过时间t0打
33、在M板中点，沿极板方向有：垂直极板方向有：解得：（2）粒子通过两板时间为：从t=0时刻开始，粒子在两板间运动时每个电压变化周期的前三分之一时间内的加速度大小，方向垂直极板向上；在每个电压变化周期的后三分之二时间内加速度大小，方向垂直极板向下不同时刻从O1点进入电场的粒子在电场方向的速度vy随时间t变化的关系如图所示因为所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，可以确定在t=nT或时刻进入电场的粒子恰好分别从极板右侧上下边缘处飞出它们在电场方向偏转的距离最大有：解得：（3）所有粒子射出电场时速度方向都平行于x轴，大小为v0设粒子在磁场中的运动半径为r，则有：解得：粒子进入圆形区域内聚焦于P点时，磁场区半径R应满足：R=r在圆形磁场区域边界上，P点纵坐标有最大值，如图所示磁场区的最小半径为：，对应磁感应强度有最大值为：=磁场区的最大半径为：Rmax=2d，对应磁感应强度有最小值为：=所以，磁感应强度B的可能范围为：B答：（1）带电粒子的比荷；（2）电压U的值为（3）紧磁感应强度B的大小范围B【点评】： 本题考查带电粒子在磁场中的运动，要注意电场中类平抛运动运动由运动的合成与分解求解；而磁场中的圆周运动解题的关键在于几何关系的把握