高中物理高考 2021届高三第二次模拟考试卷 物理（一）教师版

这是一份高中物理高考 2021届高三第二次模拟考试卷 物理（一）教师版，共7页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．2020年12月4日14时02分，新一代“人造太阳”装置－中国环流器二号M装置(HL－2M)在成都建成并实现首次放电。已知一个氘核(eq \\al(2,1)H)和一个氚核(eq \\al(3,1)H)聚变成一个新核并放出一个中子(eq \\al(1,0)n)。下列说法正确的是( )
A．新核为eq \\al(3,2)He
B．此反应为链式反应
C．反应后粒子的比结合能变大
D．因为是微观粒子，粒子在反应前后不满足动量守恒定律
【答案】C
【解析】根据质量数和电荷数守恒得eq \\al(3,1)H＋eq \\al(2,1)H→eq \\al(4,2)He＋eq \\al(1,0)n，故A正确；此反应为核聚变反应，故B错误；eq \\al(2,1)H和eq \\al(3,1)H的比结合能小于eq \\al(4,2)He的比结合能，故C正确；所有核反应都满足动量守恒，故D错误。
2．a、b两个质点运动的速度一时间图像如图所示。下列说法正确的是( )
A．在0～6 s内，a、b均做曲线运动
B．第3 s末a的加速度比b的加速度大
C．在0～3 s内，a的平均速度等于b的平均速度
D．在3～6 s内b的平均速度小于2 m/s
【答案】D
【解析】在0～6 s内，a、b的速度均为正值，方向没有变化，均做直线运动，A错误；速度一时间图像中图线切线的斜率表示加速度，第3s末，a、b的加速度均为零，B错误；在0～3s内，a的位移大于b的位移，由eq \x\t(v)＝eq \f(x,t)可知，a的平均速度大于b的平均速度，C错误；速度一时间图像中图线与t轴包围的面积表示位移，在3～6 s内，b的位移小于eq \f(1,2)×(6－3)×4 m＝6 m，平均速度小于2 m/s，D正确。
3．如图，轻绳两端固定在一硬质轻杆上的A、B两点，在轻绳中点O系一重物。 现将杆顺时针在竖直面内缦慢旋转，使OA从水平位置转到到竖直位置的过程中，绳OA、OB的张力FA和FB的大小变化情况是( )
A．FA先增大后减小，FB一直减小
B．FA先减小后增大，FB一直增大
C．FA先减小后增大，FB先增大后减小
D．FA先增大后减小， FB先减小后增大
【答案】A
【解析】合力大小不变，等于mg，方向不变，两个分力的夹角不变，根据三角形法则作图，如图所示，由图可知，当OA从水平位置转到到竖直位置的过程中，FA先增大后减小，FB一直减小。
4．为家用燃气灶点火装置的电路原理图，转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交流电加在理想变压器的原线圈上，设变压器原、副线圈的匣数分别为n1、n2。当两点火针间电压大于5000 V就会产生电火花进而点燃燃气，闭合S，下列说法正确的是( )
A．电压表的示数为50eq \r(2) V
B．当eq \f(n2,n1)＞100时，才能点燃燃气
C．当eq \f(n2,n1)＝200时，点火针每个周期的放电时间为0.01 s
D．在正常点燃燃气的情况下，两点火针间电压的有效值一定大于5000 V
【答案】B
【解析】根据图乙得到原线圈电压的最大值为50 V，则加在变压器原线圈上正弦交流电压的有效值为25eq \r(2) V，故电压表的示数为50eq \r(2) V，A错误；原、副线圈的电压关系为eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，由于原线圈最大电压为50 V，副线圈最大电压要大于5000 V，所以eq \f(n2,n1)＞100，故B正确；若原、副线圈匝数比为1∶200，副线圈输出电压最大值Umax＝10000 V，则一个周期内放电时间t＝eq \f(2,3)×0.02 s＝0.013s，故C错误；两点火针间的瞬时电压大于5000 V即可产生电火花，所以有效值一定大于2500eq \r(2) V，不一定大于5000 V，故D错误。
5．2020年12月8日，中国和尼泊尔共同宣布了珠穆朗玛峰海拔的最新测定数据：8848.86米。这展示了我国测绘技术的发展成果，对于珠峰地区的生态环境保护等具有重大意义。登山队员在攀登高峰的时候必须带上专业的登山装备，某队员戴了登山手表攀登珠穆朗玛峰，手表是密封的，表内温度27 C时气体压强为1.0×105 Pa（常温下的大气压强值），当他登上峰顶时，峰顶气压为4.0×104 Pa，表内温度为－23 C；则此登山手表表面玻璃可以承受的内外压强差至少为( )
A．8.3×104 Pa B．8.3×105 Pa C．4.3×104 Pa D．1.23×105 Pa
【答案】C
【解析】取表内封闭气体为研究对象，初状态的压强为p1＝1.0×105 Pa，温度为T1＝(273＋27)K＝300 K，其末状态的压强为p2，温度为T2＝（273－23）K＝250K，根据查理定律，有，解得，所以此登山手表表面玻璃可以承受的内外压强差至少为。
6．图甲是一波源的振动图像，图乙是某同学画出的某一时刻波动图像的一部分，该波沿x轴的正方向传播，P、Q是介质中的两个质点，t＝0时刻x＝0处质点开始振动。下列说法正确的是( )
A．该时刻这列波至少传播到x＝10 m处的质点
B．此刻之后，Q比P先回到平衡位置
C．x＝2 m与x＝6 m的质点在任何时候都保持相同的距离
D．从波源开始振动，在10 s内传播方向上的质点振动经过的最长路程是25 cm
【答案】A
【解析】由振动图象知周期T＝4 s，波源起振的方向向上；根据波形图知波长λ＝8 m，并且该部分的前面还有至少半个波长，所以该刻这列波至少传播到x＝10 m处的质点，故A正确；该波沿x轴的正方向传播，结合波形图可知，Q点振动的方向向下，而P点振动的方向向上，所以P点比Q点先回到平衡位置，故B错误；根据波形图知波长λ＝8 m，则x＝2 m与x＝6 m的质点的平衡位置之间的距离为半个波长，由于它们的步调总是相反，所以它们不可能在任何时候都保持相同的距离，故C错误；由振动图象知周期T＝4 s，则10 s＝2.5T，任何质点在一个周期内通过的路程是四个振幅，所以在2.5T内的路程都是10A＝10×5 cm＝50 cm，故D错误。
7．我们知道火星轨道在地球轨道的外侧，它们共同绕太阳运动，如图甲。2020年7月23日，中国首颗火星探测器“天问一号”带着中华民族的重托踏上了火星探测之旅，可认为火星和地球在同一平面内绕太阳做同向圆周运动，且火星轨道半径为地球的1.5倍，示意图如图乙。为节约能量，“天问一号”沿椭圆轨道飞向火星，且出发时地球位置和到达时火星位置分别是椭圆轨道的近日点和远日点，仅考虑太阳对“天问一号”的引力，则“天问一号” ( )
A．在飞向火星的过程中速度越来越大
B．到达火星前的加速度小于火星的加速度
C．到达火星前瞬间的速度小于火星的速度
D．运动周期大于火星的运动周期
【答案】C
【解析】机械能守恒定律可知，“天问一号”在飞向火星过程中，引力势能增大，动能减小，速度变小，故A错误；由，可知，到达火星前，“天问一号”到太阳的距离小于火星到太阳的距离，则“天问一号”的加速度大于火星的加速度，故B错误；火星绕太阳做圆周运动有，若没有火星的存在，“天问一号”到达椭圆轨道远日点后，将做向心运动有，由上述两式得，故C正确； “天问一号”离开地球到达火星可近似认为做椭圆运动，其椭圆的半长轴小于火星运动的轨道半径，由开普勒第三定律有，得“天问一号”的运动周期小于火星的运动周期，故D错误。
8．在真空中某点电荷Q的电场中，将带电荷量为q的正试探电荷分别置于a(0，0，r)、b(r，0，0)两点时，试探电荷所受电场力的方向如图所示，Fa、Fb分别在yOz和xOy平面内，Fa与z轴负方向成60°角，Fb与x轴负方向成60°角。已知试探电荷在a点受到的电场力大小为Fa＝F，静电力常量为k。下列说法正确的是( )
A．点电荷Q位于y轴正方向上距O点2r处
B．点电荷Q带正电
C．a、b、O三点电势关系为φa＝φb＜φO
D．点电荷Q带电量为
【答案】D
【解析】点电荷的电场中，试探电荷受到的电场力的方向沿着试探电荷与点电荷的连线；由Fa、Fb的方向可知该点电荷带负电，并且同时在Fa、Fb所在的平面内，即y轴正半轴上，设其到原点的距离为L，则L＝rtan60°＝eq \r(3)r，故AB错误；点电荷的等势面是一系列以点电荷为球心的球面，由于点电荷带负电，所以离点电荷越远的等势面，其电势越高，a、b两点到点电荷的距离相等，所以其电势相等，即φa＝φb；O点到点电荷的距离小于a、b两点到点电荷的距离，所以其电势较低，即φa＝φb＞φO，故C错误；由库仑定律得，解得，故D正确。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．如图所示，将波长为λ1的单色光a和波长为λ2的单色光b沿不同方向射向三棱镜，形成复合光c，将复合光c照射到某金属上，打出的光电子的最大初动能是Ek，若该金属的极限波长为λ0，则下列判断正确的是( )
A．单色光a在三棱镜中传播速度大
B．λ1＜λ2
C．单色光a一定能使该金属发生光电效应
D．
【答案】AD
【解析】由图可知，单色光b的折射程度大，三棱镜对单色光b的折射率大，由v＝eq \f(c,n)可知，单色光a在三棱镜中传播速度大，A正确；单色光b的频率高，波长短，因此有λ1＞λ2，B错误；单色光b的频率高，单色光b一定能使该金属发生光电效应，单色光a不能确定，C错误；因此单色光b一定能使金属发生光电效应，打出的光电子最大初动能，D正确。
10．如图所示，一篮球以水平初速度v0碰撞篮板后水平弹回，速率变为原来的k倍（k＜1），碰撞时间忽略不计，弹回后篮球的中心恰好经过篮框的中心。已知篮球的质量为m，半径为r，篮框中心距篮板的距离为L，碰撞点与篮框中心的高度差为h，不计摩擦和空气阻力，则( )
A．碰撞过程中，篮球的机械能守恒
B．篮板对篮球的冲量大小为(k＋1)mv0
C．篮球的水平初速度大小为
D．若篮球气压不足，导致k减小，在v0不变的情况下，要使篮球中心经过篮框中心，应使碰撞点更高
【答案】BD
【解析】由题意知，碰撞过程中速度减小，篮球的机械能减小，A错误；以弹回的速度方向为正方向，据动量定理可得，篮板对篮球的冲量大小，B正确；篮球弹回做平抛运动，由位移公式可得，，联立可得，C错误；若篮球气压不足，导致k减小，在v0不变的情况下，篮球弹回的速度kv0减小，结合C中分析可知，要使篮球中心经过篮框中心，即水平位移不变，应延长时间，故应使碰撞点更高，D正确。
11．如图，正方形闭合导线框在边界水平的匀强磁场区域的上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻，用t3、t4分别表示线框ab边和cd边刚出磁场的时刻。线框下落过程中形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界平行，线框平面与磁场方向垂直。设磁场区域的宽度大于线框的边长，不计空气阻力的影响，则下列反映线框下落过程中速度v随时间t变化规律的图象有可能的是( )

【答案】BCD
【解析】线框先做自由落体运动，线框刚进入磁场时，若安培力大于重力，ab边进入磁场先做减速运动，线框受到的安培力F＝eq \f(B2L2v,R)，由于速度逐渐减小，安培力逐渐减小，因此线框的加速度应该是逐渐减小，v－t图象的斜率应逐渐减小，当线框受到的安培力与重力相等时，线框做匀速直线运动，速度不变；线框完全进入磁场后，磁通量不变，没有感应电流产生，线框只受重力，做加速度为g的匀加速直线运动；线框离开磁场过程中安培力大于重力，线框做加速度减小的减少运动；cd边离开磁场后，即t4时刻后线框以加速度g做匀加速直线运动，由以上分析可知，线框可能先做自由落体运动，然后做加速度减小的减速运动、匀速直线运动、匀加速直线运动、加速度减小的减速运动，线框离开磁场后做匀加速直线运动，A错误，B正确；如果ab边刚进入磁场时所受安培力小于重力，则线框做加速运动，安培力F＝eq \f(B2L2v,R)逐渐变大，加速度a逐渐减小，线框做加速度减小的加速运动；当线框完全进入磁场后线框以加速度g做匀加速直线运动，当ab边离开磁场时安培力大于重力，线框做加速度减小的减速运动，C正确；如果ab边进入磁场时所受安培力等于重力，则ab边进入磁场后线框做匀速直线运动，线框完全进入磁场后受重力作用而做匀加速直线运动，ab边离开磁场时线框所受安培力大于重力，线框做加速度减小的减速运动，D正确。
12．如图甲所示，劲度系数为k的竖直轻弹簧下端固定在地面上，上端与物块B相连并处于静止状态。一物块A在外力作用下静止在弹簧正上方某高度处，取物块A静止时的位置为原点O、竖直向下为正方向建立x轴。某时刻撤去外力，物块A自由下落，与物块B碰撞后以相同的速度向下运动，碰撞过程用时极短。测得物块A的动能Ek与其位置坐标x的关系如图乙所示（弹簧始终处于弹性限度内），图中除0～x1之间的图线为直线外，其余部分均为曲线。已知物块A、B均可视为质点，重力加速度为g，则( )
A．物块A、B的质量之比为1∶2
B．弹簧的劲度系数为
C．从x1到x3的过程中，物块运动加速度的最大值为
D．从x1到x3的过程中，弹簧的弹性势能增加了
【答案】AD
【解析】A下降x1，当A与B即将接触时有Ek1＝eq \f(1,2)mAv2，由图乙可知A、B共速时有eq \f(1,9)Ek1＝eq \f(1,2)mAv共2，由动量守恒定律mAv＝(mA＋mB)v共，联立解得mA∶mB＝1∶2，A正确；设A的质量为m，则B的质量为2m，当A、B一起运动到x2位置时动能最大，此时弹力为3mg，从x1到x2过程中弹力增加了mg，由胡克定律得k(x2−x1)＝mAg，A下落运动x1中由动能定理得mAgx1＝Ek1，联立解得，B错误；在x3处物块加速度最大，由牛顿第二定律有2mg＋k(x3−x1)−3mg＝3mam，，C错误；A、B碰撞后的总动能Ek＝eq \f(1,9)Ek1＋＝eq \f(1,3)Ek1，在从x1到x3的整个运动中，由能量守恒定律有(mAg＋mBg)(x3−x1)＋Ek＝ΔEP，解得，D正确。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，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。
13．(5分)如图甲所示，在一个带喷水口的塑料瓶中装满水，用力挤压可使水从喷口射出。利用所学的知识，设计方案，估测用手挤压瓶子时对瓶子所做的功。
(1)能否直接用W＝Fs求解用手挤压瓶子时对瓶子所做的功? ______，请简述原因：__________________。
(2)如图乙所示，将瓶子水平放置，固定在铁架台上，缓慢挤压，尽量使水落在相同位置上。此时，假定从瓶子出来的水速度为常数。本实验除了要测量实验前瓶子和水的总质量m1，以及挤压后剩余的质量m2，还应测量的物理量是__________________和__________________。（同时标上物理量对应的字母）
(3)人对瓶子做的功表达式为_____________。（用字母表示）
【答案】(1)不能 因为手对瓶子施加的力不是恒力以及瓶子产生的形变量无法测量 (2)水落下的竖直高度h (瓶口距离地面的竖直高度h) 水平距离x (3)
【解析】(1)由于手对瓶子施加的力不是恒力以及瓶子产生的形变量无法测量，所以不能用直接用W＝Fs求解用手挤压瓶子时对瓶子所做的功。
(2)要求用手挤压瓶子时对瓶子所做的功，也就是求飞出去的水获得的动能，最终转化为求水从瓶口飞出去的初速度，水从瓶口出去以后，做平抛运动，我们需要知道水落下的竖直高度h，以及水运动的水平距离x，就可以求解水获得的初动能。
(3)水做平抛运动，，所以，由动能定理可知，人对瓶子做的功为。
14．(10分)某同学利用实验室的器材研究一粗细均匀的导体棒（约为4 Ω）的电阻率。
电压表V（量程15.0 V，内阻约1 kΩ）
电流表A（量程0.6 A，内阻RA＝0.4 Ω）
定值电阻R0（阻值R0＝20.0 Ω）
滑动变阻器R1（最大阻值10 Ω）
学生电源E（电动势20 V）
开关S和若干导线。
(1)如图甲，用螺旋测微器测得导体棒的直径为___________mm；如图乙，用游标卡尺测得导体棒的长度为___________cm。
(2)请根据提供的器材，在图丙所示的方框中设计一个实验电路，尽可能精确地测量金属棒的阻值。
(3)实验时，调节滑动交阻器，使开关闭合后两电表的示数从零开始，根据实验数据选择合适标度描点，在方格纸上作图（如图丁），通过分析可得导体棒的电阻R＝___________Ω（保留一位小数），再根据电阻定律即可求得电阻率。从系统误差的角度分析，电阻R测___________（填“＞”“＜”或“＝”）R真。
(4)若将该导体棒制作成一等边三角形工件PQM（不改变导体棒横截面积与总长度），与一电源（E＝9 V，r＝1 Ω）、一电动机M（P额＝6 W，U额＝6 V）和开关S连成回路（如图戊）。闭合开关S，则此时电动机M___________（填“能”或“不能”）正常工作。
【答案】(1)4.620(4.619～4.621) 10.14 (2)见解析图 (3)4.6 ＝ (4)不能
【解析】(1)螺旋测微器的读数等于4.5 mm＋0.01×12.0 mm＝4.620 mm(4.619～4.621)；游标卡尺为10分度，精确度为0.1 mm，游标上的第4格与主尺对齐，故读数为101 mm＋4×0.1 mm＝101.4 mm＝10.14 cm。
要求尽可能精确地测量金属棒的阻值，而滑动变阻器的总阻值较小，则用分压式可以多测几组数据；电压表的量程为15 V，则待测电阻的电流最大为，则0.6 A的电流表量程太小，不安全，而电流表内阻已知，且有定值电阻，则可以用电流表与定值电阻串联，定值电阻能分部分电压且能精确的得到待测电阻阻值，而电流表选择内接法可以消除系统误差，电路图如图所示。

(3)根据伏安法可知，解得，因电流表用内接法，且电流表的内阻和定值电阻的阻值已知，则两者分压的系统误差可以消除，则电阻的测量值等于真实值。
(4)导体棒分成三段，并联后的阻值为，导体棒与电源、电动机构成的电路，等效电动势，，则电源的输出功率为，可知当电流为，输出功率达到最大值，即时，随着电流的增大，输出功率逐渐增大；而电动机M（P额＝6W，U额＝6V）正常工作，则电流为，此时，故当时，实际电流，故电动机不能工作。
15．(9分)如图所示，底端封闭的粗细均匀的长玻璃管静止在倾角为θ的固定斜面上，玻璃内通过水银柱封闭了一段理想气体。玻璃管的长度L＝80 cm，水银柱的长度h＝25 cm，气柱的长度x1＝37.5 cm。若把玻璃管开口竖直向上静止时，空气柱长度x2＝33 cm。已知大气压强P0＝75 cmHg，环境温度保持不变。求：
(1)斜面的倾角正弦值；
(2)当把玻璃管开口竖直向下静止时，空气柱的压强。
【解析】(1)取被封闭在玻璃管中的气体为研究对象，倾斜状态，
竖直状态，
根据玻意耳定律有
代入数据解得。
(2)若玻璃管足够长，开口向下时，设空气柱长为x3，空气柱的压强为
由玻意耳定律可知
，
有水银流出；设流出水银后，水银柱长为h0，由玻意耳定律可知
解得
故开口向下的竖直位置时，管内气体压强。
16．(9分)如图甲所示，在水平地面上固定两根平行光滑金属导轨，两导轨的间距为L，左端接一阻值为R的电阻，金属杆PQ静止在导轨上，电阻也为R，质量为m。虚线ef的右边区域存在足够长的匀强磁场，方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度大小为B。给杆PQ施加一水平向右的恒定拉力，经过一段时间杆PQ到达ef位置，之后做匀速直线运动，导轨电阻不计。
(1)PQ从初始位置到ef所用的时间为多少？
(2)如果杆PQ到达位置ef后撤去拉力，此时刻之后，杆PQ的速度v与位移x关系如图乙所示，则0～x0与x0～3x0两个过程中金属杆PQ产生的热量之比为多少？
【解析】(1)设拉力大小为F，杆的加速度为a，进入磁场时的速度为v0，则
F＝ma，v0＝at
杆在磁场中做匀速运动，则
F＝F安＝BIL，I＝，E＝BLv0
联立解得t＝。
(2)撤去拉力后，由图乙可知，杆在x＝x0处的速度大小为v＝eq \f(2,3)v0
由能量关系，在0～x0过程中，金属杆PQ产生的热量Q1＝
在x0～3x0过程中，金属杆PQ产生的热量Q2＝
解得。
17．(11分)如图所示，竖直旗杆上下端各有一个光滑轻小滑轮A和B，滑轮间穿有绷紧的均匀闭合牵引绳，升旗时将旗帜侧面的小杆平行固定在牵引绳上并使小杆下端靠近滑轮B，用手牵拉牵引绳使小杆上端到达滑轮A后锁定牵引绳完成升旗。已知两滑轮间距为H，旗帜侧面的小杆长度为l，旗帜和小杆总质量为m，牵引绳总质量为M，重力加速度为g，不计空气阻力，忽略旗帜飘动时重心的变化。
(1)升旗过程中升旗手至少需要做多少功？
(2)降旗时解除锁定使旗帜由静止下降，求旗帜降到底端前瞬间的速度v；
(3)降旗时解除锁定使旗帜由静止下降一段时间后，用手握住牵引绳给绳施加一恒定的滑动摩擦力f＝3mg，旗帜降到底端速度刚好为零，求旗帜降落的总时间t。
【解析】(1)根据功能关系，升旗过程中升旗手至少需要做功W＝mg(H－l)。
(2)解除锁定使旗帜由静止下降，由动能定理有：mg(H－l)＝eq \f(1,2)(m＋M)v2
解得：。
(3)设开始施加一恒定的滑动摩擦力时，旗帜下降的高度为h，到底端的距离为s，由于速度刚好为零，根据动能定理，有：mg(H－l)－fs＝0
又h＝(H－l)－fs
设下降过程中最大速度为v1，根据动能定理有：mgh＝eq \f(1,2)(m＋M)v12
旗帜降落的总时间
联立解得：。
18．(16分)如图甲所示，在直角坐标系xOy的x轴下方有沿y轴正向的匀强电场，在x轴上方有垂直坐标平面的匀强磁场，其磁感应强度B随时间变化如图乙所示（图中B1、B2未知）。y轴上P（0，－d）点处一个质量为m、带电量为q的带正电粒子以大小为v0的初速度沿x轴正向射入电场，粒子从x轴上的Q（eq \f(2\r(3),3)d，0）点进入磁场，并以此时刻为t＝0时刻。已知，t1时刻后的粒子的运动轨迹与x轴、y轴均相切，不计粒子的重力，以垂直坐标平面向里为磁场正方向。求：
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)匀强磁场磁感应强度B1、B2的大小。（计算结果可用根式表示）
【解析】(1)粒子从P点射后，在电场中做类平抛运动，根据运动分解可知：
d＝eq \f(1,2)at2，eq \f(2\r(3),3)d ＝v0t
根据牛顿第二定律得：qE＝ma
解得。
(2)设粒子进磁场时速度为v，速度方向与x轴正向夹角为θ，根据动能定理有：
qEd＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
由几何关系
解得θ＝60°
粒子在磁场内做圆周运动的周期T＝eq \f(2πm,qB)，则t1＝eq \f(1,2)T，即在0～t1时间内粒子在磁场中运动轨迹是半圆
由于粒子在运动轨迹刚好与x轴、y轴相切，轨迹如图(1)、(2)所示。
①如图(1)，设粒子在t1时刻前运动半径为r1，t1时刻后运动轨迹半径为r2，由几何关系得：
r2＝(2r1＋r2)sin 30°，r2＋eq \f(2\r(3),3)d＝(2r1＋r2)cs 30°
解得，
根据牛顿第二定律：，
解得：，
②如图(2)，设粒子在t1时刻前运动半径为r1，t1时刻后运动轨迹半径为r2，由几何关系得：
r2＝(2r1＋r2)sin 30°，eq \f(2\r(3),3)d－r2＝(2r1＋r2)cs 30°
解得，
由，
得，。