1、2021年普通高中学业水平等级考试物理仿真模拟卷(三) (时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1给旱区送水的消防车停于水平地面上，在缓慢放水过程中，若车胎不漏气，胎内气体温度不变，不计分子间势能，则胎内气体()A从外界吸热 B对外界做负功C分子平均动能减小 D内能增加命题意图本题考查理想气体的性质、玻意耳定律、热力学第一定律等知识。A消防车停于水平地面上缓慢放水的过程中，车胎内气体压强逐渐减小，根据玻意耳定律可得气体体积增大，气体对外做正功，温度不变，内能不变，由热力学第一定律可得气体要从外界吸收热量，A正确，B、D
2、错误；不计分子间势能，则胎内气体分子的平均动能只与温度有关，温度不变，分子平均动能不变，C错误。2如图所示，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细绳将整体悬挂于固定点O；整个系统处于静止状态；现将细绳剪断，将物块a的加速度大小记为a1，S1和S2相对原长的伸长量分别为l1和l2，重力加速度大小为g，在剪断瞬间()Aa12g Ba1gCl12l2 Dl1l2命题意图本题考查牛顿第二定律、胡克定律和平衡条件等知识。C开始时系统处于平衡状态，在剪断最上边细绳的瞬间，绳上的拉力即刻消失，剪断瞬间物块a、b、c都没有发生位移，因此两个弹簧的伸长量不
3、会改变，根据胡克定律可得，物块受到的弹簧的弹力也不会发生变化，再根据物体的平衡条件和牛顿第二定律可得物块a的加速度大小为3g，A、B错误；由于是相同的弹簧，弹簧S1受到的拉力是弹簧S2所受拉力的2倍，因此伸长量满足l12l2，C正确，D错误。3某科学家提出年轻热星体中核聚变的一种理论，其中的两个核反应方程为HCNQ1，HNCXQ2，方程式中Q1、Q2表示核反应中释放的能量，相关的原子核质量见下表。原子核HHeHeCNN质量/u1.007 83.016 04.002 612.000 013.005 715.000 1以下推断正确的是()AX是He，Q2Q1 BX是He，Q2Q1CX是He，Q2Q
4、1 DX是He，Q2Q1命题意图本题考查核反应方程和爱因斯坦质能方程等知识。B根据原子核反应过程中质量数守恒和电荷数守恒可知X是He，A、C错误；根据核反应方程中的质量亏损可知m1m2，根据爱因斯坦质能方程可知Q1Q2，B正确，D错误。4如图，将额定电压为60 V的用电器，通过一理想变压器接在正弦交流电源上。闭合开关S后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220 V和2.2 A。以下判断正确的是()A变压器输入功率为484 WB通过原线圈的电流的有效值为0.6 AC通过副线圈的电流的最大值为2.2 AD变压器原、副线圈匝数比n1n2103命题意图本题考查理想变压
5、器规律、功率、交流电有效值和最大值等知识。B根据理想变压器的特点，可知变压器的输入功率P1P2U2I2602.2 W132 W，A错误；同理可得通过原线圈的电流的有效值为0.6 A，B正确；根据正弦交变电流有效值和最大值的关系可以求得通过副线圈的电流的最大值为2.2 A，C错误；根据理想变压器的工作原理可知，原、副线圈的匝数比n1n2U1U2113，D错误。5如图所示，在xOy平面内有一匀强电场，以坐标原点O为圆心的圆，与坐标轴的交点分别为a、b、c、d，从坐标原点O向纸面内各个方向以相同的速率射出电子，电子可以到达圆上任意一点，而到达b点的电子动能增加量最大。则()A电场线与x轴平行Ba点电
6、势高于c点电势C在圆上的各点中，b点电势最高D电子从O点射出至运动到b点过程中，其电势能增加命题意图本题考查静电场、电势、电势能、动能定理等知识。C根据题意可知，电场力的方向沿着y轴正方向，所以电场线沿着y轴负方向，与x轴垂直，A错误；a点电势等于c点电势，在圆上的各点中，b点电势最高，B错误，C正确；电子从O点射出至运动到b点过程中电场力做正功，其电势能减小，D错误。6如图所示，甲、乙两物体用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，其中甲物体静止在粗糙的水平面上，乙物体悬空静止，轻绳OM、ON与水平方向间的夹角分别为53、37。已知乙物体的质量为10 kg，重力加速度g取10 m/s2，sin 530.8
7、。则甲物体受到水平面的摩擦力的大小和方向为()A20N、沿水平面向左 B20N、沿水平面向右C28 N、沿水平面向左 D28 N、沿水平面向右命题意图本题考查力的平衡、平行四边形定则等知识。B对乙物体进行受力分析，由平衡条件解得左侧轻绳中的拉力为FMmgsin 5380 N，右侧轻绳中的拉力为FNmgsin 3760 N，所以甲物体受到水平面的摩擦力的大小为20 N，方向沿水平面向右，B正确。7如图所示，在等边三棱镜截面ABC内，有一束单色光从空气射向其边界上的E点，已知该单色光入射方向与三棱镜边界AB的夹角为30，该三棱镜对该单色光的折射率为，则下列说法正确的是()A该单色光在AB边界发生全
8、反射B该单色光从空气进入棱镜，波长变长C该单色光在三棱镜中的传播方向与底边BC平行D该单色光在AC边界发生全反射命题意图本题考查折射定律、折射率和全反射等几何光学知识。C单色光只有在从光密介质射入光疏介质，且入射角大于或等于临界角时才能发生全反射，所以该单色光在AB边界不会发生全反射，A错误。该单色光从空气进入棱镜，频率不变，波速减小，所以波长变短，B错误。该单色光在AB边界的入射角为60，根据折射定律有n，解得130，所以该单色光在三棱镜中的传播方向与底边BC平行，C正确；根据对称性可知，该单色光不会在AC边界发生全反射，而只能发生折射，D错误。8如图所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感
9、应强度大小均为B，磁场方向相反，且均与纸面垂直，两磁场边界均与x轴垂直且磁场宽度均为L，在y轴方向足够长。现有一高和底边均为L的等腰三角形导线框，顶点a在y轴上，从图示x0位置开始，在外力F的作用下沿x轴正方向匀速穿过磁场区域。在运动过程中，线框bc边始终与磁场的边界平行。线框中感应电动势E大小、感应电流i大小、线框所受安培力F安大小、外力F大小这四个量与线框顶点a的位移x的关系图象正确的是()ABCD命题意图本题考查法拉第电磁感应定律、安培力、闭合电路欧姆定律以及力的平衡等知识。B从bc边进入磁场到a点进入磁场的过程中，整个回路中的总电动势等效为ab和ac边之间与左侧磁场左边界(xL处)所夹
10、的线段的长度y切割磁感线所产生的感应电动势，大小为E1Byv，y随时间(位移)均匀减小，其最大值为L，则E随x的增大均匀减小到零；当bc边进入第二个磁场时，ab和ac边产生的感应电动势与bc边产生的感应电动势的方向相同，整个回路中的总电动势等效为ab和ac边之间与磁场中间边界(x2L处)所夹的线段的长度y的2倍切割磁感线所产生的感应电动势，大小为E22Byv，y随x的增大均匀减小到零，所以E2也随x的增大均匀减小到零。当bc边从右侧磁场出来时，回路中感应电动势的大小与bc边从左侧磁场进入时相同，回路中感应电流的大小与电动势的大小的变化规律相同，A错误，B正确；根据力的平衡可知，线框所受安培力F
11、安与外力F的大小相同，安培力也需使用等效长度来计算，即F安FBIy，应是关于y的二次函数(分为三段的减函数)，C、D错误。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。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9如图所示为一台小型发电机结构示意图，线圈绕垂直匀强磁场方向的轴匀速转动，通过电刷接有一盏小灯泡。已知线圈匝数为N，内阻为r，转动的周期为T，小灯泡的电阻为9r，理想电压表的示数为U，从图示位置开始计时，下列说法正确的是()A从开始到t过程中，通过灯泡的电荷量为B从开始到t过程中，灯泡消耗的电能为C线圈产生的电动势瞬时值表达式为eUcos
12、tD线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为命题意图本题考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、电能的计算、交变电流的四值及其相关知识点，意在考查考生对知识的灵活运用。BD从开始到t过程中，穿过线圈的磁通量变化量BS，由法拉第电磁感应定律知产生的平均感应电动势E平N，平均感应电流I，Rr9r10r，通过灯泡的电荷量qIt，联立解得q，由串联电路规律，而E，EmNBS，联立解得q，A错误；从开始到t过程中，灯泡消耗电能W，B正确；由，E，解得电动势最大值EmU，线圈产生的电动势瞬时值表达式为eEmcos tUcos t，C错误；由mBS以及EmNBSU，可得线圈转动过程中穿过线圈的磁通量最大值
13、为m，D正确。10在宇宙中，当一颗恒星靠近黑洞时，黑洞和恒星可以相互绕行，从而组成双星系统。在相互绕行的过程中，质量较大的恒星上的物质会逐渐被吸入到质量较小的黑洞中，从而被缓慢吞噬掉，黑洞吞噬恒星的过程也被称为“潮汐瓦解事件”。天鹅座X1就是这样一个由黑洞和恒星组成的双星系统，它们共同以两者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动，如图所示。在刚开始吞噬的较短时间内，恒星和黑洞的距离不变，则在这段时间内，下列说法正确的是()A它们间的万有引力变大B它们间的万有引力大小不变C恒星做圆周运动的线速度变大D恒星做圆周运动的角速度变大命题意图本题考查双星系统、万有引力定律及其相关知识，意在考查考生的推理能力
14、。AC由题可知，质量较大的恒星上的物质会逐渐被吸入到质量较小的黑洞中，由万有引力定律FG可知，它们之间的万有引力变大，A正确，B错误；由万有引力提供向心力有Gm12r1，Gm22r2，r1r2r，解得，在刚开始吞噬的较短时间内，恒星与黑洞的距离r不变，所以恒星做匀速圆周运动的角速度不变，D错误；由于质量较大的恒星上的物质会逐渐被吸入到质量较小的黑洞中，双星系统做匀速圆周运动的圆心逐渐移向黑洞，恒星做圆周运动的半径r1增大，由v1r1，可知恒星做圆周运动的线速度变大，C正确。11图甲为沿x轴传播的一列简谐横波在t0.3 s时刻的波动图象，此时质点K的纵坐标为y5 cm，质点L和M分别是平衡位置在
15、x4 m和x12 m处的质点。图乙是质点M的速度随时间变化的图象。则下列说法正确的是()甲乙A该波沿x轴负方向传播，传播速度为10 m/sB经过0.8 s，质点M传播到质点L点所在的位置C从图甲所示时刻，经过1.4 s，质点L振动的路程为(405) cmD从图甲所示位置开始，质点K和L振动半个周期的过程中，K比L迟0.3 s达到加速度为零的状态命题意图本题考查机械振动和机械波等知识，意在考查考生的分析综合能力，体现了科学思维这一学科素养。ACD根据图乙可知，t0.3 s时，质点M的速度最大，且沿y轴正方向运动，结合图甲的波形图，可知波沿x轴负方向传播，传播速度v10 m/s，A选项正确。机械波
16、传播的过程中，质点只在平衡位置附近上下振动，并不随波迁移，B选项错误；根据正弦函数特点可知，此时质点L的纵坐标为5 cm，经过1.4 s，波传播的距离为14 m，x18 m处振动状态传播至质点L处，即质点L正经过平衡位置，速度沿y轴负方向，期间质点L完成了一次全振动，故质点L振动的路程为(405) cm，C选项正确；经过平衡位置时，质点的加速度为零，根据正弦函数特点可知，质点K的横坐标为x1 m，回到平衡位置时，即x6 m处的振动状态传播至K点，所需的时间为 s0.5 s，同理，质点L回到平衡位置所需的时间为 s0.2 s，故K比L迟0.3 s回到平衡位置(即加速度为零的状态)，D选项正确。1
17、2如图所示，轻弹簧一端与不可伸长的轻绳OC、DC连接于C(两绳另一端均固定)，弹簧另一端连接质量为m的小球。地面上竖直固定一半径为R、内壁光滑的1/4开缝圆弧管道AB，A点位于O点正下方且与C点等高，管道圆心与C点重合。现将小球置于管道内A点由静止释放，已知轻绳DC水平，当小球沿圆弧管道运动到B点时恰好对管道壁无弹力，管道与弹簧间的摩擦不计，重力加速度为g。则小球从A运动到B的过程中()A弹簧一直处于伸长状态B小球的机械能不守恒C小球在B点的动能为mgRD轻绳OC的拉力不断增大命题意图本题考查受力分析，圆周运动和机械能守恒，力的合成与分解，意在考查考生的分析综合能力。ACD小球在B点恰好对轨道
18、无压力，弹簧的弹力与小球重力的合力提供向心力，故弹簧处于伸长状态，由A到B弹簧长度不变，故弹簧一直处于伸长状态，A正确；小球由A到B弹簧的弹力和轨道的弹力始终沿半径方向，不做功，只有重力做功mgR，小球机械能守恒，B错误，C正确；小球由A到B弹簧弹力的竖直分力逐渐增大，故轻绳OC拉力的竖直分力逐渐增大，OC绳的拉力逐渐增大，D正确。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13(6分)某物理兴趣小组利用如图所示装置进行探究弹簧弹性势能与弹簧形变量的关系实验。图中光滑水平平台距水平地面高h1.25 m，平台上一轻质弹簧一端固定在挡板上，质量为m的小球与弹簧另一端接触并压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x后，
19、由静止释放小球，小球从平台边缘水平飞出，落在地面上，用刻度尺测出小球的水平飞行距离s，并用传感器(图中未画出)测量出小球从平台边缘飞出后在空中的飞行时间t。多做几次实验后，记录的数据如下表所示。(1)由表中数据可知，在h一定时，小球水平位移s_x，与_无关；(2)由实验原理和表中数据可知，弹簧弹性势能Ep与弹簧形变量x的关系式为Ep_(用m、h、x和重力加速度g表示)；(3)某同学按物体平抛运动规律计算出小球在空中的飞行时间t s0.5 s500 ms，对比表中数据，发现测量值t均偏大，经检查，实验操作及测量无误，且空气阻力可以忽略，造成以上偏差的原因是_。12345x/m0.010.020.
20、030.040.05s/m0.510.991.501.982.50t/ms505.3505.1504.8504.9505.2命题意图本题考查能量守恒定律、平抛运动规律等知识，考查考生的分析处理实验数据的能力以及实验误差分析的能力。解析(1)分析题表中数据可知，s和x成正比，其比例系数为k，取它们的算术平均值，得k50，得s50x，则s与小球从平台边缘飞出后在空中的飞行时间t无关。(2)根据能的转化和能量守恒定律可知，小球被轻质弹簧弹出的过程中弹簧的弹性势能转化为小球的动能，设小球被轻质弹簧弹出后的速度大小为v，则Epmv2，根据平抛运动的规律有v，t，再根据(1)中的结论s50x，联立解得Ep
21、x2。(3)实验操作及测量无误，且空气阻力可以忽略，则导致t的测量值偏大的原因是当地的重力加速度小于10 m/s2。答案(1)50(1分)小球从平台边缘飞出后在空中的飞行时间t(或t)(1分)(2)x2(2分)(3)重力加速度g取10 m/s2，取值偏大(或者当地的重力加速度小于10 m/s2)(2分)14(8分)在研究金属电阻阻值与温度的关系时，为了能够较准确地测出金属电阻的阻值，设计了如图所示的电路。除了金属电阻Rx外，还提供的实验器材有：学生电源E，灵敏电流计G，滑动变阻器R、RS，定值电阻R1、R2，电阻箱R0，开关S，控温装置，导线若干。按照电路图连接好电路后，将R0调至适当数值，R
22、的滑片调至最右端，RS的滑片调至最下端，闭合开关S；把R的滑片调至适当位置，调节R0，并逐步减小RS的阻值，直到RS为零时，电流计G指针不发生偏转，记录R0的阻值和Rx的温度；多次改变温度，重复实验；实验完毕，整理器材。根据上述实验回答以下问题：(1)上述中，电流计G指针不发生偏转时，a点电势_(选填“大于”“等于”或“小于”)b点电势；(2)用R0、R1、R2表示Rx，Rx_；(3)本实验中RS的作用为_；(4)若只考虑系统误差，用该方法测得的Rx的阻值_(选填“大于”“等于”或“小于”)Rx的真实值。命题意图本题考查电阻的测量、误差分析，意在考查考生的实验操作能力和数据处理能力。解析(1)
23、流过电流计的电流I，通过调节R0当a、b两点电势相同时，流过电流计的电流为0。(2)由闭合电路欧姆定律知R1R2，整理得，即RxR1。(3)RS的作用是保护电流计，避免调节R0的过程中流过电流计的电流过大。(4)由RxR1可知，本实验没有系统误差。答案(1)等于(2分)(2)R0(2分)(3)保护电流计(2分)(4)等于(2分)15(8分)如图所示，是某医院消毒喷雾器设备。喷雾器的储液桶与打气筒用软细管相连，已知储液桶容积为10 L，打气筒每打次气能向储液桶内压入p01.0105 Pa的空气V0200 mL。现往储液桶内装入8 L药液后关紧桶盖和喷雾头开关，此时桶内压强为p1.0105 Pa，
24、打气过程中储液桶内气体温度与外界温度相同且保持不变，不计储液桶两端连接管以及软细管的容积。(1)若打气使储液桶内消毒液上方的气体压强达到3105 Pa，打气筒打气次数至少是多少？(2)当储液桶内消毒液上方的气体压强达到3105 Pa后，打开喷雾头开关直至储液桶消毒液上方的气压为2105 Pa，在这过程中储液桶喷出药液的体积是多少？命题意图本题通过消毒喷雾器考查气体实验定律、气体的变质量问题等相关知识，意在考查考生的分析推理能力。解析(1)储液桶内药液上方的气体初状态：压强p1p1.0105 Pa体积为V1末状态：压强p23105 Pa体积V22 L由玻意耳定律有p1V1p2V2(2分)解得V1
25、6 L(1分)因为原来的气体体积为V02 L，所以打气筒打气次数n20次。(1分)(2)对储液桶内药液上方的气体初状态：压强p13105 Pa体积V12 L末状态：压强p22105 Pa体积为V2由玻意耳定律有p1V1p2V2(1分)解得V23 L(1分)储液桶喷出药液的体积V(32) L1 L。(2分)答案(1)20(2)1 L16(8分)某娱乐节目中的高空跳伞运动中，跳伞运动员从万米高空跳下，经过短暂的自由落体运动后，打开降落伞，以保证安全着陆。经过大量实验和理论研究表明，空气对降落伞的阻力f与空气密度、降落伞的迎风面积S、降落伞相对空气速度v、阻力系数c(由伞的形状、结构、材料等决定)有
26、关，其表达式是fcSv2。取g10 m/s2。已知降落伞质量为20 kg，运动员质量m60 kg，跳伞运动员落地速度不大于5.5 m/s时是安全的。(1)若跳伞运动员使用的是有排气孔的降落伞，其阻力系数c0.90，空气密度取1.25 kg/m3。降落伞张开后达到匀速下降时，要求运动员能安全着地，则降落伞的迎风面积S至少是多大(结果精确到小数点后两位)?(2)跳伞运动员从H0167.9 m的高空跳下，做自由落体运动，过一段时间打开降落伞做加速度为1.25 m/s2的匀减速运动，求运动员在空中运动的最短时间和对应的打开降落伞时的高度。命题意图本题考查匀变速直线运动相关知识，意在考查考生的建立模型能
27、力和分析综合能力。解析(1)由题述可知运动员安全着陆的最大速度大小为v05.5 m/s，跳伞运动员在空中匀速下降时空气阻力大小等于运动员和降落伞的重力(1分)则有m总gcSminv(1分)解得降落伞的最小迎风面积为Smin m247.02 m2。(1分)(2)设运动员做自由落体运动的时间为t1，打开降落伞时离地的高度为H1，跳伞运动员落地速度最大为5.5 m/s，打开降落伞后一直做匀减速运动到落地所用时间最短，则v(gt1)22aH1(1分)H1gtH0(1分)联立解得t12 s，H1147.9 m(1分)匀减速运动时间为t211.6 s(1分)运动员在空中运动的最短时间为t总t1t213.6
28、 s。(1分)答案(1)47.02 m2(2)13.6 s17(14分)如图所示，光滑水平面上有高度相同的平板小车A和B，质量分别为mA0.3 kg和mB0.2 kg。滑块C静止于A车最右端，质量mC0.1 kg，可视为质点。C与A之间的动摩擦因数0.2。现A车在一水平向右的恒定推力作用下，由静止开始经t1 s的时间运动了x1.5 m的距离，此时撤去推力，撤去推力瞬间A车与B车发生碰撞并粘在一起(碰撞时间极短)。假设A车足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g10 m/s2。(1)求A、B两车碰撞前瞬间，滑块C与A车最右端的距离x；(2)若A、B两车碰撞前瞬间，B车的速度vB2.
29、5 m/s、方向水平向左，试通过计算判断滑块C能否滑上B车。命题意图本题考查碰撞中的动量守恒和能量守恒、牛顿第二定律等相关知识点。解析(1)设碰撞前滑块C的加速度大小为aC，运动的距离为xC，由牛顿第二定律得mCgmCa(2分)由运动学公式得xCaCt2(1分)xxxC(1分)解得x0.5 m。(1分)(2)设A、B碰撞前A的速度大小为vA，C的速度大小为vC，由运动学公式得xvAt(1分)vCaCt(1分)设碰撞后A、B的速度大小为vAB，由动量守恒定律得mAvAmBvB(mAmB)vAB(1分)设A、B、C最终的共同速度大小为v共，由动量守恒定律得(mAmB)vABmCvC(mAmBmC)
30、v共(2分)设碰撞后C相对A、B车发生的相对位移为Lx，由能量守恒定律得(mAmB)vmCv(mAmBmC)vmCgLx(3分)联立得Lx0.3 m，Lxx所以滑块C不能滑到B车上。(1分)答案(1)0.5 m(2)见解析18(16分)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限中，有沿y轴负方向的匀强电场，第二象限有一半径为rL的圆形匀强磁场区域，与坐标轴分别相切于P点和M点，在第三、四象限存在着另一匀强磁场区域。在P点有比荷均为k、速率均为v0的同种粒子a、b，分别从与x轴正方向成90角和120角的方向进入圆形匀强磁场区域，已知粒子a恰好垂直于y轴经M点进入电场，经坐标为(2L,0)的N点进
31、入第四象限后恰能到达坐标原点，不计粒子重力，求：(1)圆形匀强磁场区域的磁感应强度大小及匀强电场的电场强度的大小；(2)粒子a由P点开始运动到第一次离开磁场区域所用的时间；(3)粒子b第一次离开磁场区域时的位置的横坐标x。命题意图本题考查带电粒子在匀强电场的类平抛运动、匀强磁场中的匀速圆周运动，旨在考查考生的推理能力和应用数学解决物理问题的能力。解析(1)由于粒子a的初速度方向沿y轴正方向且粒子a经过M点，则粒子a在磁场区域中做匀速圆周运动的半径为rL(1分)而qv0Bm(1分)联立解得B(1分)对于粒子a，由题意知Lt2,2Lv0t(1分)整理得E。(1分)(2)设粒子a离开电场时的速度大小
32、为v，与x轴正方向的夹角为，则qELmv2mv，cos (1分)设粒子在磁场区域中做匀速圆周运动的半径为R，则由题意知2Rsin 2L，qvBm(1分)整理得，B(1分)粒子a在圆形磁场区域中运动的时间t1在电场中运动的时间t2在磁场区域中运动的时间t3故粒子a由P点开始运动到第一次离开磁场区域所用的总时间为tt1t2t3。(2分)(3)设粒子b在磁场区域中做圆周运动的轨迹圆圆心为O，离开磁场区域时的位置为M，圆形磁场区域的圆心为N，如图所示，则PNMO为菱形，由于PN竖直，MO也竖直，则粒子离开磁场时，速度方向一定沿x轴正方向。(1分)由图可知粒子b到达y轴的坐标ybLLsin(12090)L(1分)设粒子b离开电场时的速度大小为v，与x轴正方向的夹角为，则qELmv2mv，cos (1分)Lt2(1分)设粒子在磁场区域中做圆周运动的半径为R，则qvBm粒子b第一次离开磁场区域时的位置的横坐标为xv0t2Rsin (1分)联立解得x0。(1分)答案(1)(2)(3)0
