2024年广东省中山市华侨中学高考物理模拟试卷（五）（含详细答案解析）

这是一份2024年广东省中山市华侨中学高考物理模拟试卷（五）（含详细答案解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.在2023年10月28日举行的首届国际天然铀产业发展论坛中，我国宣布，通过“天空地深”一体化勘查技术发现了一批万吨至十万吨级铀矿床.天然铀中主要有铀238和铀235，其中，铀235的裂变方程为： 92235U+01n→3689Kr+ZABa+301n，下列说法正确的是( )
A. 铀235裂变可以自发进行
B. 反应方程中A=144，Z=53
C. 3689Kr的比结合能大于 92235U的比结合能
D. 离地表越深，温度越高，铀235的半衰期也越大
2.2023年我国“天宫号”太空实验室实现了长期有人值守，我国迈入空间站时代。如图所示，“天舟号”货运飞船沿椭圆轨道运行，A、B两点分别为椭圆轨道的近地点和远地点，则以下说法正确的是( )
A. “天舟号”在A点的线速度大于“天宫号”的线速度
B. “天舟号”在B点的加速度小于“天宫号”的加速度
C. “天舟号”在椭圆轨道的周期比“天宫号”周期大
D. “天舟号”与“天宫号”对接前必须先减速运动
3.如图甲是磁电式表头的结构示意图，其中线圈是绕在一个与指针、转轴固连的铝框骨架(图中未指出)上。关于图示软铁、螺旋弹簧、铝框和通电效果，下列表述中正确的是( )
A. 线圈带动指针转动时，通电电流越大，安培力越大，螺旋弹簧形变也越大
B. 与蹄形磁铁相连的软铁叫做极靴，其作用是使得磁极之间产生稳定的匀强磁场
C. 铝框的作用是为了利用涡流，起电磁驱动作用，让指针快速指向稳定的平衡位置
D. 乙图中电流方向a垂直纸面向外，b垂直纸面向内，线框将逆时针转动
4.篮球运动员做定点投篮训练，篮球从同一位置投出，且初速度大小相等。第1次投篮篮球直接进篮筐，第2次篮球在篮板上反弹后进筐，篮球反弹前后垂直篮板方向分速度等大反向，平行于篮板方向分速度不变。轨迹如图所示。忽略空气阻力和篮球撞击篮板的时间，关于两次投篮说法正确的是( )
A. 两次投篮，篮球从离手到进筐的时间相同
B. 篮球第1次上升的最大高度比第2次的大
C. 篮球经过a点时，第1次的动能比第2次的大
D. 篮球两次进筐时，在竖直方向分速度相同
5.正三角形ABC的三个顶点处分别有垂直于三角形平面的无限长直导线，导线中通有恒定电流，方向如图所示，a、b、c三点分别是正三角形三边的中点，点为三角形的中心，若A、B、C三处导线中的电流均为I，则以下关于a、b、c、三点的磁感应强度大小正确的是( )
A. a点最大
B. b点最小
C. c点为零
D. b、c点相同
6.如图所示为宽度为3L的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。磁场左侧有一个边长为L的正方形导体线框，其总电阻为R，线框所在平面与磁场方向垂直。线框以速度v向右匀速穿过磁场区域，以线框cd边刚进入磁场的时刻为计时起点，规定电流沿逆时针方向为正，安培力F向左为正。则以下关于线框中的感应电流I、ab两点间的电势差Uab、安培力F和线框的发热功率P随时间变化的图像正确的是( )
A. B.
C. D.
7.光学技术作为一门高精密度的学科，应用在各个领域。下列关于光学现象的说法，正确的是( )
A. 如图甲使光信号在光导纤维中发生全反射，内芯的折射率小于外套的折射率
B. 观看3D电影时需要佩戴特殊的眼镜，此过程利用了光的偏振现象，光是横波
C. 让激光束通过一个狭缝，可能观察到光屏上出现丙图且波长越大，条纹间距越大
D. 在丁图中激光束沿液流传播，若改用折射率更小的液体，则实验现象更明显
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.B超成像时血管探头发送的简谐超声波图像如图所示，t=0时刻超声波恰好传到质点M，超声波的周期T=8.0×10−8s，下列说法正确的是( )
A. 超声波的波长为8.0×10−2mmB. 质点M开始振动的方向沿y轴负方向
C. 超声波在血管中的传播速度为1000m/sD. t=6.0×10−8s时，质点M在平衡位置
9.近年来，手机无线充电功能越来越广泛的在汽车配置中出现，该技术为人们提供了很大便利性。如图甲为充电原理示意图。充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的励磁线圈可产生交变磁场，从而使手机内的感应线圈产生感应电流。当充电板内的励磁线圈通入如图乙所示的交变电流时(电流由a流入时方向为正)，下列说法正确的是( )
A. 感应线圈中产生的是恒定电流
B. t3∼t4时间内，感应线圈中电流的方向与励磁线圈中电流方向相同
C. t1∼t3时间内，c点电势高于d点电势
D. t1时刻，感应线圈中电流瞬时值为0
10.我国新一代航母阻拦系统采用了电磁阻拦技术，其工作原理如图(b)所示。固定在水平甲板面内的“U”型金属导轨位于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面，导轨电阻不计，MN、PQ平行且相距l。一质量为m、阻值为R的导体棒ab垂直搁置在两导轨之间，且与导轨接触良好。质量为M的飞机着舰时，迅速钩住导体棒ab上的绝缘绳，同时关闭动力系统并立即与导体棒ab获得相对航母的共同速度v0。飞机和导体棒一起减速滑行距离x后停下。除安培力外，两者一起运动时所受阻力恒为f，导体棒始终与导轨垂直，绝缘绳的质量不计。则从飞机与导体棒共速到停下来的过程中，下列说法正确的是( )
A. 导体棒产生的焦耳热12(M+m)v02−fx
B. 飞机与导体棒共速时，ab两端的电压为Blv0
C. 通过导体棒某横截面的电荷量为BlxR
D. 所经的时间为(M+m)v0f−B2lxRf
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学利用打点计时器分析自身步行时的速度特征，把接在50Hz的交流电源上的打点计时器固定在与人腰部等高的桌面上，纸带穿过打点计时器限位孔，一端固定在人腰部。人沿直线步行时带动纸带运动，打点计时器记录人步行时的运动信息。
(1)选取点迹清晰的纸带，每5个点取一个计数点，其中连续5个计数点A、B、C、D、E、F如图1所示。纸带中BC段的平均速度为vBC=______m/s。(保留两位有效数字)
(2)沿着计数点位置把纸带裁开并编号，按编号顺序把剪出的纸带下端对齐并排粘贴在坐标纸上，剪出的纸带长度代表打出这段纸带时间内的平均速度。把每段纸带上边中点连接成线，如图2所示，若用图中曲线描述人运动的速度一时间关系。如果用纵坐标表示速度大小，横坐标表示时间，则纸带的横宽d对应横坐标中的时间长度为______ s。请根据如图估算该同学的步幅为______ m。(保留两位有效数字)
12.如图甲所示，用铜片、铝片和可乐可以做成可乐电池，电动势大约在0.5V∼0.6V之间，内阻几千欧左右。某实验兴趣小组制作了一个可乐电池并测量。
(1)如图乙所示，直接用多用电表“直流2.5V”量程测量出可乐电池的电动势大小为______V(保留两位有效数字)；
(2)现有实验器材：
A.电压表(0∼3V,RV约为3000Ω)
B.电流表(0∼300μA,RA为300Ω)
C.电阻箱(0∼9999Ω)
D.滑动变阻器(0∼20Ω)
E.开关，导线若干
①为了更准确测量可乐电池的电动势和内阻，选择合适的器材并按电路图______完成电路连接；
②通过数据处理画出相应的可乐电池R−I图象如图丙实线所示，可知该可乐电池的内阻约为______Ω，测量值______真实值(选填“>”“=”或“0)、速率不同的离子，立方体的AOO1A1面为一薄挡板，仅在其中心D处开有一小孔供离子(可视为单个离子)进入，D点与P点等高，P、D连线垂直挡板。立方体的ABFE面为水平放置的薄硅片，E、F分别为AO和BC的中点。当板M、N间的电压大小为U0且立方体内匀强磁场的方向沿OA1方向时，由D点进入的离子恰好注入到硅片AB边上，且速度与AB边垂直。不计离子间的相互作用力、离子的重力和离子碰撞后的反弹。
(1)比较M、N两板的电势高低和由D点进入的离子的速度大小v0；
(2)求立方体内匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)通过调整板M、N间电压，可以控制离子在y轴方向上的注入；通过改变立方体内磁场的方向，可以控制离子在x轴方向上的注入。假设板M、N间的电压大小为λU0，立方体内的磁场磁感应强度大小不变、方向始终垂直于y轴，为保证进入立方体的离子均能注入硅片且硅片的全部区域都有离子注入，求λ的取值范围。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、铀235的裂变需要中子轰击才能发生，故A错误；
B、根据反应过程满足质量数和电荷数守恒可知
A=235+1−89−3=144，Z=92−36=56
故B错误；
C、核裂变会释放能量，所以反应后的产物 3689Kr的比结合能大于 92235U的比结合能，故C正确；
D、半衰期不随温度变化而变化，是由原子本身的性质决定的，故D错误。
故选：C。
根据质量数守恒和电荷数守恒判断原子核的种类；半衰期是对大量放射性元素的统计规律，与外界条件无关；质量数为质子数和中子数之和，质量数越大结合能越大。
原子物理部分知识很多是属于记忆部分的，因此需要注意平时的记忆与积累。
2.【答案】A
【解析】解：A、根据变轨原理可知，“天舟号”在A点从圆轨道加速可进入椭圆轨道。根据
GMmr2=mv2r
解得：v= GMr
所以半径越大，速度越小，很明显在A、B两点，A的半径小，所以速度大，故A正确。
B、根据牛顿第二定律，GMmr2=ma
可得：a=GMr2，则“天舟号”在B点的加速度大小等于“天宫号”的加速度大小，故B错误；
C、由开普勒第三定律R3T2=R13T12，可知“天舟号”比“天宫号”运动周期小，故C错误；
D、“天舟号”与“天宫号”对接前必须先加速，做离心运动，才能与天宫号对接，故D错误。
故选：A。
根据卫星变轨过程中速度的变化，再结合万有引力提供向心力分析。
本题主要考查万有引力在天体中的应用，在做题中要注意变轨过程中速度的变化。
3.【答案】A
【解析】解：A、当通电线圈转动时，螺旋弹簧将被扭动，产生一个阻碍线圈转动的阻力矩，其大小与线圈转动的角度成正比，当磁力矩与螺旋弹簧中的阻力矩相等时，线圈停止转动，则通电电流越大，安培力越大，螺旋弹簧形变也越大，故A正确；
B、与蹄形磁铁相连的软铁叫做极靴，其作用是和中心软铁配合产生稳定的辐射状磁场，不是匀强磁场，故B错误；
C、磁电式仪表的线圈通常是用铝框做骨架，把线圈绕铝框上，这样做的目的是为利用涡流而设计的，起电磁阻尼的作用，让指针快速指向稳定的平衡位置，故C错误；
D、乙图中电流方向a垂直纸面向外，b垂直纸面向内，由左手定则可知，a受力向上，b受力向下，则线框将顺时针转动，故D错误。
故选：A。
首先分析出其制成原理，即通电线圈在磁场中受力转动，线圈的转动可以带动指针的偏转；然后找出与电流表的原理相同的选项即可．同时由左手定则来确定安培力的方向。
在本题考查磁电式仪表的原理，在学过的测量工具或设备中，每个工具或设备都有自己的制成原理；不同测量工具的制成原理，是一个热点题型，需要重点掌握。
4.【答案】B
【解析】解：B、第2次篮球在篮板上反弹后进筐，篮球反弹前后垂直篮板方向分速度等大，若没有篮板，篮球水平位移较大，又由于两次初速度大小相等，所以第2次篮球水平初速度较大，竖直分速度较小，篮球第1次上升的最大高度比第2次的大，故B正确；
A、竖直方向上，根据x=v竖直t−12gt2，第1次篮球从离手到进筐的时间较大，故A错误；
C.初动能相等，篮球经过a点时，重力势能相等，根据机械能守恒，第1次的动能等于第2次的动能，故C错误；
D.篮球两次进筐时，水平方向分速度不同，在竖直方向分速度不同，故D错误。
故选：B。
把篮球的运动反向看作平抛运动，将运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，由运动学公式即可求解。
本题考查斜抛运动问题，解题关键是用逆向思维考虑和运动分解进行求解。
5.【答案】D
【解析】解：根据通电直导线周围产生磁感应强度公式：B=kIr
设正三角形的边长为2L，结合矢量的叠加原理，
则a、b、c三点的磁感应强度大小分别为
Ba=kI 3L；
Bb= (kI 3L)2+(2kIL)2；
Bc= (kI 3L)2+(2kIL)2
综上所述，故D正确，ABC错误。
故选：D。
本题考查了通电直导线周围产生磁感应强度公式以及磁场的叠加，根据安培定则判断出两导线在a、b、c三点形成磁场方向，磁感应强度B是矢量，根据矢量分解合成的平行四边形定则求解。
6.【答案】C
【解析】解：根据题意，线框进入磁场的过程，根据楞次定律可判断电流沿逆时针方向，题目中规定电流沿逆时针方向为正，故进入磁场过程中电流为正，根据法拉第电磁感应定律和闭合回路欧姆定律有I0=BLvR
ab两点间的电势差满足
U0=14BLv(a点电势高)
根据安培力表达式，cd边受到的安培力大小为
F0=BI0L=BBLvRL=B2L2vR，根据左手定则判断方向向左
根据焦耳定律，线框的发热功率满足
P0=I02R=B2L2v2R
线框全部进入磁场后，磁通量不变，则没有感应电流，所以线框不受安培力的作用，线框的发热功率为零，ab两点间的电势差满足
U2=BLv=4U0(a点电势高)
线框离开磁场的过程，电流沿顺时针方向，与规定电流方向相反，故电流为负，电流大小为
I3=BLvR=I0
线框受安培力大小为
F3=BI3L=BBLvRL=B2L2vR=F0
方向向左，ab两点间的电势差
U3=34BLv=3U0(a点电势高)
线框的发热功率
P3=I32R=B2L2v2R=P0
综上所述可知
A.0∼Lv时间内，电流为I0，2Lv∼3Lv时间内，电流为0，4Lv∼4Lv时间内，电流为−I0，故A错误；
B.0∼Lv时间内，ab两点间的电势差U0，2Lv∼3Lv时间内，ab两点间的电势差4U0，4Lv∼4Lv时间内，ab两点间的电势差3U0，故B错误；
C.0∼Lv时间内，cd边受到的安培力F0，2Lv∼3Lv时间内，cd边受到的安培力0，4Lv∼4Lv时间内，cd边受到的安培力F0，故C正确；
D.0∼Lv时间内，线框的发热功率P0，2Lv∼3Lv时间内，线框的发热功率0，4Lv∼4Lv时间内，线框的发热功率F0，故D错误
故选：C。
根据楞次定律可判断电流方向，根据法拉第电磁感应定律和闭合回路欧姆定律分析电流和电动势大小，最后安培力和功率表达式分析求解。
本题考查了电磁感应，理解法拉第电磁感应定律和闭合回路欧姆定律，熟悉用楞次定律判断电流方向是解决此类问题的关键。
7.【答案】B
【解析】解：A、光导纤维传输信号是利用光的全反射现象，条件是光线从光密介质斜射向光疏介质，内芯的折射率大于外套的折射率，故A错误；
B、立体电影是利用了光的偏振现象，说明光是横波，故B正确；
C、等间距条纹是双缝干涉现象，波长越大，条纹间距越大，故C错误；
D、改用折射率更小的液体，全反射临界角会越大，激光在液体中发生全反射的光束减少，不利于沿液流传播，故D错误；
故选：B。
光导纤维是利用全反射。立体电影是利用了光的偏振现象。根据双缝干涉的相邻亮条纹的间距公式解答。根据激光能沿水流传播，是由于光线在水流中不断的发生全反射的特点分析。
本题考查了常见的光现象涉及到的物理原理，掌握光的干涉，偏振等现象在生活中应用。
8.【答案】AC
【解析】解：A.由图可知，超声波的波长为8.0×10−2mm，故A正确；
B.根据“上下坡法”由图可知，质点M开始振动的方向沿y轴正方向，故B错误；
C.超声波在血管中的传播速度为：
v=λT
代入数据得：v=1000m/s，故C正确；
D.依题意，可得
t=6.0×10−8s=34T
结合波动图像可知质点M在负的最大位移处，故D错误。
故选：AC。
根据图像得出波长；根据“上下坡法”确定质点的起振方向；根据公式v=λT，求波速；先确定时间t与周期的关系，结合波动图像确定质点M的运动位置。
本题考查波的图像相关问题，注意：波在同种均匀介质中匀速传播，质点只在各自的平衡位置附近振动，波的传播方向与质点的振动方向的关系，可以用“同侧法”、“上下坡法”等来判断。
9.【答案】BCD
【解析】解：A、由图象励磁线圈中通有变化的交变电流时，感应线圈中产生电流也在变化，不是恒定电流，故A错误；
B、t3∼t4时间内，由楞次定律可知，此时感应电流产生的磁场方向应与励磁线圈产生的磁场方向相同所以感应电流从c流向d，即顺时针方向与励磁线圈中电流方向相同，故B正确；
C、t1∼t3时间内，由楞次定律可知，此时感应电流产生的磁场方向应与励磁线圈产生的磁场方向相同所以电流应从d流向c，所以c点电势高于d点电势，故C正确；
D、t3时刻，励磁线圈中电流的斜率为零，所以感应线圈中电流瞬时值也为0，故D正确；
故选：BCD。
励磁线圈中通有变化的交流电时，感应线圈产生电流也在变化；感应线圈中的电流方向可以由楞次定律判断；由楞次定律可知，此时感应电流产生的磁场方向应与励磁线圈产生的磁场方向相同所以电流应从d流向c，进而所以c点电势高于d点电势；t1时刻，励磁线圈中电流的斜率为零，所以感应线圈中电流瞬时值也为0；
本题以手机无线充电为背景主要考查了应用楞次定律判断感应电流的方向，结合电流的图象可知感应电流的方向以及感应电动势的变化；本题综合性较强，能考查学生对于电磁感应的理解情况。
10.【答案】AC
【解析】解：A、根据动能定理可得：−W安−fx=0−12(M+m)v02，由于导轨电阻不计，则导体棒产生的焦耳热为Q=W安=12(M+m)v02−fx，故A正确；
B、飞机与导体棒共速时，导体棒ab产生的电动势为：E=Blv0，导体棒ab相当于电源，ab两端的电压为外电压，由于导轨的电阻为零，则ab两端的电压为零，故B错误；
C、从开始到停止整个过程，通过导体棒某横截面的电荷量为：q=I−Δt=E−RΔt=ΔΦΔtRΔt=BlxR，故C正确；
D.以飞机和ab棒整体为对象，以向右方向为正方向，根据动量定理可得：−BI−lΔt−fΔt=0−(M+m)v0，解得从开始到停止所经的时间为：Δt=(M+m)v0f−B2l2xRf，故D错误。
故选：AC。
根据能量守恒定律求解即可求解导体棒产生的焦耳热；
找到电源与电路结构，计算动生电动势的大小；根据闭合电路欧姆定律和电路的关系求解；
写出安培力的表达式，由积分思想即可求解；
对金属棒与飞机整体动量定理并结合第三问结果求解。
本题考查动生电动势大小计算、闭合电路欧姆定律、动量守恒定律、动量定理、能量守恒定律，是一道综合性较强的题目，注意夯实基础。
11.【答案】
【解析】解：(1)相邻两个计数点间的时间间隔T=0.1s，纸带中BC段的平均速度为
vBC=xBCT=
(2)纸带的横宽d对应横坐标中的时间长度为
T=0.10s
可把图像看成v−t图像，同学的步幅为图像一个周期内每段纸带面积之和，该同学的步幅为
s=(8.8+11+12+11+9.7)cm≈0.53m
故答案为：(1)1.1；(2)0.10；0.53
(1)根据题目得出计数点之间的时间间隔，结合运动学公式得出纸带的平均速度；
(2)理解图像的物理意义，结合题目中的数据得出同学的步幅。
本题主要考查了打点计时器测量速度的实验，根据实验原理掌握正确的操作，结合运动学公式即可完成分析。
12.【答案】0.50A1700=不变
【解析】解：(1)电表量程为2.5V，最小分度值为0.05V，根据读数规则，估读到本位，读数为0.50V。
(2)①由题可知，待测电池的电动势约为0.5∼0.6V，内阻约为几千欧，则3V量程的电压表量程过大，不能选择，20Ω滑动变阻器阻值太小，对电路电流的调节作用太小，不能选择，因此选择电流表和电阻箱，用安阻法进行电源电动势和内阻的测量，故电路图选A。
②根据闭合电路欧姆定律得E=IR+IRA+Ir
整理可得R=E1I−(RA+r)
结合图丙可知，纵截距的绝对值就是电源的内阻与电流表内阻之和，即
RA+r=2.0×103Ω
故电源内阻约为1700Ω，测量值等于真实值。
③由②可知，图像的斜率表示电池电动势，可知电池电动势不变。
故答案为：(1)0.50；(2)①A，②1700；=；③不变
(1)根据直流挡的读数方法读得数据；
(2)根据闭合电路欧姆定律结合图像分析解答。
本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，掌握仪表的选择方法，同时注意多用电表的性质以及电源内外电动势的测量方法。
13.【答案】解：(1)由查理定律得：p1T1=p2T2，其中p1=21p0，T1=273+t1=280K，p2=33p0，联立解得：T2=440K
根据T2=273+t2可得该辆气罐车能够承受的最大温度为t2=167℃
(2)设充气过程温度不变，能充n瓶气，由玻意耳定律可知：p1V=p3V+np3V′
其中：p3=10p0，V′=0.01V
联立解得：n=110
答：(1)该辆气罐车能够承受的最大温度为167℃；
(2)能充110瓶气。
【解析】(1)根据查理定律可求气罐车能够承受的最大温度；
(2)充气过程中发生等温变化，根据玻意耳定律可求充气的瓶数。
本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，解题的关键点是分析出气体变化前后的状态参量，结合查理定律即可完成分析。
14.【答案】解：(1)设A和B碰前瞬间的速度大小为v0，A和B碰后瞬间的速度大小为v。
A自由下落过程，由机械能守恒定律得
mAgH=12mAv02
解得：v0= 2gH
A与B碰撞过程，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律有
mAv0=(mA+mB)v
联立解得：v=mA 2gHmA+mB
(2)从碰后至返回到碰撞点的过程中，AB结合体做简谐运动。根据简谐运动的对称性，可得运动时间：
t总=2t
回到碰撞点时速度大小为vt=v=mA 2gHmA+mB，方向竖直向上。
取向上为正方向，由动量定理得
I−(mA+mB)g⋅2t=(mA+mB)vt−[−(mA+mB)v]
解得：I=2(mA+mB)gt+2mA 2gH
答：(1)A与B碰后瞬间的速度大小v为mA 2gHmA+mB；
(2)AB结合体从结合后至返回到碰撞点过程中的运动时间为2t，该过程中弹簧对物体B冲量的大小为2(mA+mB)gt+2mA 2gH。
【解析】(1)A自由下落的过程，应用机械能守恒定律求出A与B碰撞前的速度，由动量守恒定律求出碰撞后A、B的共同速度v。
(2)从碰后至返回到碰撞点的过程中，AB结合体做简谐运动。根据简谐运动的对称性求解AB结合体从结合后至返回到碰撞点过程中的运动时间。对AB整体，由动量定理求出弹簧对物体B的冲量大小。
本题要分析清楚物体的运动过程，把握每个过程的物理规律，应用机械能守恒定律与动量守恒定律、动量定理即可正确解题，解题时注意正方向的选择。
15.【答案】解：(1)根据题意可知，由D点进入的离子在M、N板间做直线运动，因此运动时电场力与洛伦兹力平衡，根据左手定则可知洛伦兹力沿z轴正方向，则电场力应沿z轴负方向，则M板电势高于N板电势。该离子做匀速直线运动，根据平衡条件有
B0qv0=U0dq
解得
v0=U0dB0；
(2)离子由D点进入后在立方体ABC1O1面做匀速圆周运动，离子的轨迹如图1所示
因粒子到达AB边时速度垂直AB边，则A点为粒子的轨迹圆心，由几何关系得，粒子的轨迹半径
R= 2L2
由牛顿第二定律得
qv0B=mv02R
解得
B= 2mU0qB0dL；
(3)在板M、N间的电压确定时，离子在D点的速度大小和离子在磁场中做圆周运动的半径大小也相应确定，在板M、N间，根据平衡条件有
qvB0=qλU0d
离子在立方体内的磁场中运动时，根据牛顿第二定律有
qvB=mv2r
联立解得
r= 2λ2L
当粒子注入F点时，离子的轨迹半径最大，λ值最大，此时磁场方向沿x轴正方向，取DEF截面作平面图如图2所示
离子的轨迹如图2中圆弧1所示，由几何关系可知
L2+(rmax−12L)2=rmax2
解得
rmax=54L
代入半径公式解得
λmax=5 24
当粒子注入E点时，离子的轨迹半径最小，λ值最小，此时磁场方向沿x轴正方向，离子的轨迹如图2中圆弧2所示。
由几何关系可知
rmin=14L
代入半径公式解得
λmin= 24
即λ的取值范围为
24≤λ≤5 24。
答：(1)M板电势高于N板的电势，由D点进入的离子的速度大小v0为U0dB0；
(2)立方体内匀强磁场的磁感应强度大小为 2mU0qB0dL；
(3)λ的取值范围为 24≤λ≤5 24。
【解析】(1)根据左手定则判断洛伦兹力的方向，电场力与洛伦兹力平衡，可知电场力的方向，进一步可判断M、N两板电势的高低；根据平衡条件列式求解由D点进入的离子的速度大小；
(2)画出离子运动的轨迹图像，根据几何知识求解离子在磁场中做匀速圆周运动的半径，再根据牛顿第二定律求解立方体内匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)电场中根据平衡条件列式、磁场中根据牛顿第二定律列式，联立求解半径与λ的关系式，画出离子运动的临界轨迹图像，根据几何关系求解离子在磁场中做匀速圆周运的半径，进一步求解λ的最值，即可解得λ的取值范围。
本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。