2023-2024学年江苏省兴化市高三调研测试物理试卷（4月）(含详细答案解析)

这是一份2023-2024学年江苏省兴化市高三调研测试物理试卷（4月）(含详细答案解析)，共18页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.以下四幅图中所涉及热学知识的论述，说法正确的是( )
A. 图甲为中间有隔板的绝热容器，隔板左侧装有温度为T的理想气体，右侧为真空。现抽掉隔板，气体温度不变
B. 图乙为布朗运动示意图，悬浮在液体中的微粒越大，撞击作用的不平衡性表现得越明显
C. 图丙中，液体表面层中分子间的作用力表现为斥力
D. 图丁为同一气体在0℃和100℃两种不同情况下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比与分子速率间的关系图线，两图线与横轴所围面积不相等
2.我国科学家钱三强、何泽慧夫妇在实验中发现铀核也可能分裂为三部分或四部分。如图是铀核俘获中子后，裂变成三个质量较大的核和一个质量较小的核时产生的径迹。下列说法错误的是( )
A. 铀核裂变过程质量数守恒
B. 铀核裂变过程质子数守恒
C. 铀核裂变过程如果生成物不同，释放的能量可能会有差异
D. 铀核中使核子紧密结合在一起的作用是强相互作用
3.哈雷彗星是裸眼所见短周期彗星之一。如图所示为地球、哈雷彗星绕太阳运动的示意图，已知哈雷彗星大约每76年环绕太阳一周，在近日点与太阳中心的距离为r1，在远日点与太阳中心的距离为r2，于2023年12月初抵达远日点。若地球的公转轨道可视为半径为R的圆轨道，则下列说法正确的是( )
A. 在近日点与远日点的加速度大小之比为r22r12
B. 在近日点与远日点的速度大小之比为 r2r1
C. 哈雷彗星大约将在2071年左右离太阳最近
D. 哈雷彗星的轨道参数与地球轨道参数间满足r1+r2R≈18
4.如图所示，两列简谐横波在同一介质中沿相反方向传播，某时刻两列波相遇，图示时刻x=9m处的质点正在向上振动，若两列波的波速均为15m/s，则下列说法正确的是( )
A. 虚线波的传播方向为x轴正方向
B. 实线波与虚线波的频率相同
C. 两列波在相遇区域能发生干涉现象
D. 从图示时刻起再过0.6s，平衡位置x=9m处的质点位于平衡位置
5.如图所示，铅球运动员采用滑步推的方式推出铅球，滑步推铅球能比原地推铅球增加几米的成绩。两种方式出手时铅球的位置和速度方向都相同，忽略空气阻力，则( )
A. 采用滑步推铅球方式运动员对铅球做功更多
B. 两种方式推出的铅球在空中运动的过程中重力冲量相同
C. 两种方式推出的铅球在空中运动到最高点时的速度都相同
D. 若想要铅球抛得更远，抛出时的速度与水平方向夹角越小越好
6.食盐(NaCl)晶胞的结构如图所示，由带电荷量为+e的钠离子和带电荷量为−e的氯离子组成。图中面abcd和面ijmn为立体晶体的两个中垂面，、p两点分别为图示立方体上、下表面的中心。取无穷远处为零势能点，则( )
A. 图中a、b两点的场强相同
B. 图中a、b两点的电势相同
C. 沿图中p线段，电场强度的大小先减小后增大
D. 沿图中p线段，电势先减小后增大
7.某发电站高压输电示意图如图所示，发电站输出的电压U1不变，为了测高压电路的电压和电流，在输电线路的起始端接入电压互感器和电流互感器，若不考虑变压器和互感器自身的能量损耗，所有的电表均为理想电表，则( )
A. 用户增多时，输电线损耗功率减少
B. ②为电压表，电压互感器是升压变压器
C. ②为电流表，电流互感器是升压变压器
D. 若输送功率一定，增加输电电压可以增大输电线中的电流
8.如图所示，由粗细均匀的金属导线围成的一个正六边形线框abcdef，它的六个顶点均位于一个半径为R的圆形区域的边界上，be为圆形区域的一条直径，be上存在大小为B的匀强磁场， be下方存在大小均为2B且与上方方向相反的匀强磁场，磁场方向垂直于圆形区域。现给线框接入从a点流入、从f点流出的大小为I的恒定电流，则金属线框受到的安培力的大小为( )
A. BIR3B. 2BIR3C. BIRD. 0
9.如图所示，整个空间中存在方向垂直导轨平面向里的匀强磁场B，导轨间距为l且足够长，左端接阻值为R的定值电阻，导轨电阻不计，现有一长为2l的金属棒垂直放在导轨上，在金属棒以O点为轴沿顺时针方向以恒定角速度ω转过60∘的过程中(金属棒始终与导轨接触良好，电阻不计)( )
A. 通过定值电阻的电流方向由b到aB. 转动过程中棒两端的电动势大小不变
C. 通过定值电阻的最大电流为ωBl2RD. 通过定值电阻的电荷量为 3Bl28R
10.有一长为L，质量为2m且质量分布均匀的软绳，放在足够高的斜面上，斜面顶端是一个很小的滑轮，斜面倾角为30∘，软绳一端通过一根轻质细线系着一质量为2m的物块。初始时，用手托住物块底部，使细线恰好拉直。然后由静止释放物块，忽略空气阻力，不计软绳与滑轮之间的摩擦，重力加速度为 g，软绳与斜面间动摩擦因数为 34，则在物块下落的过程中，下列说法正确的是( )
A. 释放瞬间，物块的加速度为12gB. 释放瞬间，细线的拉力为54mg
C. 当软绳全部滑出时摩擦力做功为−34mgLD. 当软绳全部滑出时物块的速度为 17gL4
二、实验题：本大题共1小题，共9分。
11.小张同学用如图所示实验装置做“用单摆测重力加速度”的实验。
(1)如图甲所示安装好实验装置后，先用刻度尺测量摆线长L，再用游标卡尺测量摆球直径d，其示数如图乙所示，则d=__________mm;
(2)为了减小测量误差，下列说法正确的是__________(选填字母代号);
A.将钢球换成塑料球
B.当摆球经过平衡位置时开始计时
C.把摆球从平衡位置拉开一个很大的角度后释放
D.记录一次全振动的时间作为周期，根据公式计算重力加速度g
(3)若测得的重力加速度g值偏小，可能的原因是__________(选填字母代号);
A.把悬点到摆球下端的长度记为摆长
B.把摆线的长度记为摆长
C.摆线上端未牢固地系于悬点，在振动过程中出现松动
D.实验中误将摆球经过平衡位置49次记为50次
(4)某同学在家里做用单摆测量重力加速度的实验，但没有合适的摆球，他找到了一块外形不规则的石块代替了摆球，摆球的重心不在球心，但是在球心与悬点的连线上。他仍将从悬点到石块中心的距离当作摆长L，通过改变摆线的长度，测得几组L和对应的周期T，画出T2−L图线;
首先根据图像判断测量摆长L__________(填“大于”、“小于”、“等于”)真实摆长;然后在图线上选取A、B两个点，坐标分别为(LA,TA2)(LB,TB2)如图所示。由图可计算出重力加速度g=__________。
三、计算题：本大题共4小题，共40分。
12.为了从坦克内部观察外部的目标，在坦克壁上开了一个小孔。假定坦克壁厚20cm，孔左右两边的距离为30 cm。坦克外部孔内安装一玻璃，厚度与坦克壁厚相同，ABCD为玻璃的截面，如图所示。用一束激光从A点与水平方向成37∘射入玻璃，恰好从CD边中点射出，已知sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。真空中的光速c=3×108m/s。求：
(1)光在玻璃的速度;
(2)坦克内的人从AB中点向外观察能看到的外界角度范围为多大。
13.如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ水平固定放置，导轨间距为L，导轨两端与定值电阻R1和R2相连，R1和R2的阻值均为R。磁感应强度大小为B的匀强磁场方向竖直向上，有一个质量为m、电阻也为R的导体棒ab与导轨垂直放置。在t=0时刻，给导体棒ab初速度v0向右运动。导轨的电阻忽略不计，求：
(1)t=0时ab两点之间的电势差Uab;
(2)全过程R1上产生的电热。
14.图中两个圆表示内、外半径几乎同为R的环形光滑轨道，它与长方形的底座连在一起放置于光滑的水平面上，环与底座的总质量为 M，轨道内有一个质量为 m的光滑小球，开始时静置于最高处(恰好与环形管道外壁不挤压)，后因受到微小扰动而向右侧滑下，在以后的运动过程中底座的底面始终与地面接触。在地面参照系中建立O−xy坐标系，O为环形光滑轨道圆心的初始位置， x轴水平向右， y轴竖直向上。重力加速度为g。求：
(1)小球下滑高度为R时，小球的速度大小;
(2)底座的速度最大时，小球的速度;
(3)在O−xy坐标系中小球运动的轨迹方程。
15.某种离子测量简化装置如图所示，方向均垂直纸面向里的磁场区域Ⅰ、Ⅱ，两匀强磁场边界直线MN、PQ平行且相距L，磁场Ⅰ和Ⅱ的磁感应强度大小之比为3:5，磁场之间有向右的匀强电场。自MN上S点水平向左射出一带正电粒子甲，甲在电、磁场中形成轨迹封闭的周期性运动。较长时间后撤去该粒子，又在 S点竖直向下往电场内射出另一个相同粒子乙，也可形成轨迹封闭的周期性运动。粒子电荷量为 q、质量为m，不计重力，两粒子射出的初速度大小均为v0。(sin53∘=0.8,cs53∘=0.6)求：
(1)粒子在匀强电场中的运动过程中加速度大小;
(2)粒子乙斜向右下经过边界PQ时间;
(3)将两磁场的磁感应强度同时增大为原来的k倍(k>1)，两粒子在各自的运动中可通过PQ上同一位置，k为多大。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查热力学第一定律、布朗运动、分子间作用力和毛细现象相关知识。熟知各相关概念是解决本题的关键。
【解答】
A.绝热容器与外界不能进行热交换，Q=0，抽掉隔板气体在向右扩散的过程中对外不做功，W=0，由热力学第一定律可知，气体内能不变，物体温度不变，仍为T，故A正确；
B.悬浮在液体中的微粒越大，在某一瞬间跟它相撞的液体分子越多，撞击作用的不平衡性表现的越不明显，B错误；
D.在0℃和100℃两种不同情况下各速率区间的分子数占总分子数的百分比与分子速率间的关系图线与横轴所围面积都应该等于1，即相等，故D错误；
C.液体表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，表现为引力，故C错误。
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了核裂变、核力；自然界有四种基本的相互作用力：万有引力、电磁作用力，强相互作用和弱相互作用。
铀核裂变过程中，质量数、电荷数守恒，反应前后有质量亏损；
知道自然界有四种基本的相互作用力。
【解答】
AB.该反应质量数、电荷数守恒，质子数不守恒，释放出大量的能量，故A正确，B错误；
C.铀核裂变产物不同，释放的能量也有差异，故C正确；
D.铀核中使核子紧密结合在一起的作用是强相互作用，故D正确。
故选B
3.【答案】A
【解析】B.根据开普勒第二定律，在极短时间Δt内，结合扇形面积公式可得12v1Δt1r1=12v2Δt2r2
解得v1v2=r2r1
故B错误；
A.在近日点时，由万有引力提供向心力可得GMmr12=ma1
在远日点时，由万有引力提供向心力可得GMmr22=ma2
联立解得a1a2=r22r12
故A正确；
C.由题中信息可知，哈雷彗星将在2023+(76÷2)=2061年左右回到近日点，故C错误；
D.根据开普勒第三定律a3T2=k，得
a3T2=R3T2
则有a=3762R≈18R
又半长轴a=r1+r22
则r1+r2R≈36
故D错误。
故选：A。
根根据开普勒第二定律判断近日点和远日点线速度关系，根据牛顿第二定律判断两点的加速度关系；据开普勒第三定律a3T2=k求解哈雷彗星轨道的半长轴与地球公转半径的关系。
本题考查万有引力定律的应用，解决本题的关键是利用开普勒第三定律和第二定律处理天体运动的一般规律，多注意总结。
4.【答案】D
【解析】A、图示时刻平衡位置x=9m处的质点正在向上振动，根据波动规律可知，实线波沿x轴正方向传播，则虚线波沿x轴负方向传播，故A错误；
BC、介质决定波速，两列波传播速度大小相同，由图可知，实线波的波长是6m，虚线波的波长是9m，由v=λf可知，实线波和虚线波的频率之比为f1：f2=λ2：λ1=3：2，由于f1不等于f2，故两列波在相遇区域不会发生稳定的干涉现象，故BC错误；
D、实线波的波速为15m/s，波长λ1=6m，则频率f1=v λ1=2.5Hz，所以周期是0.4s，而虚线波的频率是53Hz，则周期是0.6s，经过0.6s，实线波向右传播了9m，平衡位置在x=9m处的质点到达平衡位置且向上振动；虚线波向左传播了9m，平衡位置x=9m处的质点此时到达平衡位置且向上振动，平衡位置x=9m处的质点位于平衡位置，故D正确。
故选D。
图示时刻平衡位置x=9m处的质点正在向上振动，根据波动规律可知实线波和虚线波传播方向。介质决定波速，两列波传播速度大小相同，根据v=λf可知，实线波和虚线波的频率之比，求出频率。两列波应频率相同才会在相遇区域发生稳定的干涉现象。
本题主要是考查了波的图象，解答本题关键是要能够根据波形图得到波长，根据波的传播方向从而得到质点振动情况，知道波速、波长和频率之间的关系。
5.【答案】A
【解析】【分析】
根据题目中的描述找到铅球抛出速度的关系：速度方向相同，抛出位置相同但是成绩不同，说明速度大小不同，结合动能定理分析做功；把斜抛沿竖直和水平两个方向分解，根据竖直方向是加速度为g的匀变速直线运动分析时间，判断重力冲量，水平方向是匀速直线运动，水平方向速度为抛出速度在水平方向的分速度，即可得出最高点的速度关系；根据斜抛运动的规律分析水平位移与抛出速度方向关系。
【解答】
A、运动员都是用最大力推铅球，初速度都是0，滑步推时末速度大，根据动能定理知采用滑步推铅球方式运动员对铅球做功更多，故A正确；
B、两种方式铅球出手时相对地面的位置和速度方向都相同，但是成绩不同，所以速度方向相同，大小不同，竖直方向的分速度不同，到达最高点的时间为t，根据速度时间公式：gt=vy，到达最高点的时间不同，根据斜抛的对称性，铅球在空中的时间不同，则铅球在空中运动的过程中重力冲量不相同，故B错误；
C、铅球推出的速度方向相同，大小不同，水平方向的分速度不同，运动到最高点时竖直分速度为零，水平分速度不同，则铅球在空中运动到最高点时的速度不同，故C错误；
D、将初速度v0沿水平方向和竖直方向进行分解可得v0x=v0csθ;v0y=v0sinθ，
铅球在水平方向上以vx0做匀速直线运动，在竖直方向上以初速度v0y做竖直上抛运动，设上升到最高点的时间为t1，则t1=v0yg=v0sinθg，
射程x=v0x2t1=2v0csθv0sinθg=v02sin2θg，可知v0一定，θ=45∘时射程最远，
所以想要铅球抛得更远，抛出时的速度与水平方向夹角并不是越小越好，故D错误。
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查电场强度和电势在空间中的叠加。本题的难点在于能够把空间几何的问转化为平面内的问题，掌握好等量异种与等量同种电荷周围的场强和电势分布规律。
【解答】
AB.将前后一个钠离子和一个氯离子看成等量异种电荷(用等量异种电荷电场分布特点分析)，等量异种电荷的中垂面为等势面，由电势叠加可知a、b两点电势相等(易错：电势为标量，电势为各电场产生的电势的代数和)；
由电场叠加可知 a、b两点场强大小相等、方向相反，故场强不相同(易错：电场强度是矢量，仅当大小相等、方向相同时，场强才相同)，A错误，B正确；
C.将上方两个钠离子、两个氯离子分别看成等量同种电荷，这四个离子在p线段上任意一点的合场强均为零，同理下方四个离子在p线段上任意一点的合场强也均为零，因此沿题图中p线段，电场强度大小不变，C错误；
D.平面abcd和平面ijmn为等势面，故沿题图中p线段电势不变，D错误。
7.【答案】C
【解析】【分析】
接在火线与零线之间的为电压表，接在同一线上的为电流表，，由动态分析及功率公式分析输电线损耗功率。
本题考查交流电，学生需结合电学动态分析等综合解题，注意采用高压输电的目的。
【解答】
A.用户增多，负载电流增多，所以输电电流I2增大，原线圈的电流也增大，而输电线损耗
功率为△P=I22r所以输电线损耗功率增大，故A错误；
BC.由图可知①和互感器接在火线和零线之间，为电压表，②及互感器接在同一条线上，测得是电流，为电流表，根据电压与匝数成正比可知电流互感器是升压变压器，故B错误C正确;
D.若输送功率一定，增加输电电压可以减小输电线中的电流，故D错误。
8.【答案】C
【解析】【分析】
根据abcde与af并联，得到电流，根据左手定则判断安培力方向，根据F=BIL求解安培力大小，注意L为等效长度，即可求解金属线框受到的安培力。
本题主要考查安培力的大小和方向，明确F=BIL公式L的含义，掌握左手定则。
【解答】
由题意可知，线框流过af边的电流I1=56I，流过abcdef边的电流I2=I6，
bcde边受到的安培力F1=BI22R=BIR3，方向向下，
af边受到的安培力F2=BI1R=5×2BIR6=53BIR，方向向上，
ab、ef所受的安培力合力为F3=2BIR6=13BIR，方向向下，
故线框受到的安培力F=F2−F1−F3=BIR，方向向上，
故C正确。
9.【答案】B
【解析】【分析】
根据右手定则可以判断电流的方向；根据金属棒转动产生的感应电动势表达式分析感应电动势的最大处，再根据闭合电路的欧姆定律求解最大电流；根据法拉第电磁感应定律和电荷量的表达式求解电量。
本题主要考查了导线转动切割感线的问题，难度不是很大。
【解答】
A.根据右手定则可知，通过定值电阻的电流方向由a到b，故A错误；
B. 导体一直匀速切割磁感线，故产生感应电动势不变，故转动过程中棒两端的电动势大小不变，故B正确；
C.当金属棒两端接触到导轨时，电路接入感应电动势最大，E=12B2l2ω=2Bl2ω，则最大感应电流为I=ER=2Bl2ωR，故C错误；
D.转过60∘的过程中，根据法拉第电磁感应定律有：E=ΔΦΔt=BSΔt，则电荷量q=IΔt=ERΔt=BSR，又S=12×l× 3l= 3l22，故电荷量为q= 3Bl22R，故D错误。
故选B。
10.【答案】D
【解析】【分析】
释放瞬间，对物块受力分析，根据牛顿第二定律列方程， 对绳子受力分析，根据牛顿第二定律列方程 ，联立可求加速度和细绳拉力；软绳滑出过程中所受摩擦力为变力，且与位移成线性关系，根据f−x图像求解摩擦力做功，由动能定理可知当软绳全部滑出时物块的速度。
本题考查牛顿第二定律应用、动能定理等，分析受力情况和运动过程，明确做功情况是关键，难度适中。
【解答】
AB.释放瞬间，对物块受力分析有， 2mg−T=2ma ，对绳子受力分析有 T−μ2mgcs θ−2mgsin θ=2ma ，联立可得 T=158mg ， a=116g ，故AB错误；
CD.软绳与斜面间动摩擦因数为 34 ，软绳滑出过程中所受摩擦力为变力，且与位移成线性关系，如图所示。
所以整个过程摩擦力做功 Wf=−38mgL ，由动能定理可知， 2mgL+14⋅2mgL+Wf=12⋅4mv2 ，解得 v= 17gL4 ，故C错误，D正确。
11.【答案】(1)18.9mm(2)B(3)BC(4)大于 g=4π2(LB−LA)TB2−TA2
【解析】【分析】
本题为实验用单摆测量重力加速度的实验，学生需掌握基本测量仪器的读数方法，掌握如何减小误差的方法，并能够根据计算公式分析影响结果的测量量以及其产生偏差的原因。
【解答】
(1)游标卡尺读数：18mm+9×0.1mm=18.9mm；
(2)A.将钢球换成塑料球，会增加阻力的影响从而增加误差，选项A错误；
B.当摆球经过平衡位置时开始计时，可减小测定周期产生的误差，选项B正确；
C.单摆的摆角要小于5∘，否则就不是简谐振动了，则把摆球从平衡位置拉开一个很大的角度后释放，会增加实验误差，选项C错误；
D.应该至少测量30次全振动的时间测量周期，用记录一次全振动的时间作为周期误差会较大，选项D错误。
故选B。
(3)根据T=2π Lg
可知g=4π2LT2
若测得的重力加速度g值偏小，则
A.把悬点到摆球下端的长度记为摆长，则L测量值偏大，则测得的g偏大，选项A错误；
B.把摆线的长度记为摆长，则L测量值偏小，则测得的g偏小，选项B正确；
C.摆线上端未牢固地系于悬点，在振动过程中出现松动，则实际摆长变大，计算所用的摆长偏小，则测得的g偏小，选项C正确；
D.实验中误将摆球经过平衡位置49次记为50次，则周期测量值偏小，则测得的g偏大，选项D错误；
故选BC。
(4)如图所示，T=0时摆长不为零，测量值大于真实值
若摆球重心在球心以上x处，则T=2π L−xg
解得T2=4π2gL−4π2gx
则图像的斜率为k=4π2g=TB2−TA2LB−LA
解得g=4π2(LB−LA)TB2−TA2。
12.【答案】解：(1)光线从 A 点射入时的折射角为
tanr=1520=34，
则r=37∘，
在A点由光的折射定律可知
n=sin53∘sin37∘=43，
光在玻璃中的传播速度为
v=cn=34c=2.25×108m/s
(2)坦克内的人从AB中点向外观察时，外界从边缘 CD射入的光的折射角为37∘，则入射角为53∘，则能看到的最大视角为106∘。坦克内的人从AB中点向外观察能看到的外界角度范围为0−106∘
【解析】本题考查几何光学问题，要掌握光的折射定律以及折射率公式，结合几何关系分析解题。
13.【答案】解：(1)导体棒ab切割磁感线产生感应电动势
E=BLv0
R1和R2并联再与导体棒电阻串联，总电阻为
R总=32R
I=BLv0R总
根据右手定则判断知ab棒中感应电流方向由a到b，则a点的电势比b点的低，路端电压Uab=−IR并=−13BLv0；
(2)全过程导体棒动能转化回路中的焦耳热
Q=ΔEk=12mv02
电阻R1上的电热为
QR1=16Q=112mv02。
【解析】本题是电磁感应和电路相结合的问题，解决问题的关键是要明确电路的结构。
(1)由切割公式求出导体棒向右运动时t=0时刻产生的感应电动势，结合电路结构求解t=0时ab两点之间的电势差Uab;
(2)由回路中的能量转化及电路特点求解全过程R1上产生的电热。
14.【答案】解：(1)由动量守恒得知，此时圆环及底座速度为零，
动能定理有mgR=12mv2
解得v= 2gR
(2)小球下落至最底端底座速度最大，系统机械能守恒及水平方向动量守恒。
2mgR=12mv12+12Mv22
mv1+Mv2=0
解得v1=2 MM+mgR；
(3)以圆环为参考系，小球的位置坐标为(x′m,y′m)，圆环和底座对地位移量为xM，
小球相对圆环做圆周运动，有xm′2+ym′2=R2
竖直方向有ym′=ym
水平方向动量守恒mvm,x+MvM,x=0
对时间求和有：mxm+MxM=0
由相对运动关系得xm=xM+xm′
解得x′m=M+mMxm
代入相对运动轨迹方程有：(M+mM)2xm2+ym2=R2
可见小球对地轨迹为一椭圆。

【解析】本题考查动量和能量的综合应用。解决问题的关键是清楚系统机械能守恒及水平方向动量守恒，小球相对圆环做圆周运动。利用动量守恒定律、机械能守恒定律、动能定理、相对运动的关系分析求解。
15.【答案】(1)甲粒子在磁场Ⅱ中的运动速率v，在两磁场中运动半径相等r1=r2
依据牛顿第二定律得
qvB=mv2r
r1=mv0B1q，r2=mvB2q
得vv0=B2B1=53
EqL=12mv2−12mv02
qE=ma
解得a=8v029L
(2)粒子乙运动轨迹如图，在磁场Ⅱ中速率与甲相同，速度v与竖直方向夹角为θ，轨迹圆半径为r
vcsθ=v0
vsinθ=Eqmt1
L=12Eqmt2
v0t1=rsinθ
解得r=158L;
θ=53∘;
t1=3L2v0
粒子在磁场中的运动时间t2
t2=360∘−106∘360∘⋅2πrv
T乙=2t1+t2
t=nT乙+t1
联立解得t=n(3Lv0+127πL80v0)+3L2v0；
(3)磁感应强度增大，粒子在电场中运动不变，在磁场中轨迹圆半径减小为r′，甲轨迹与PQ相交于G、H，乙的轨迹与PQ交于F、D，F和D周期性下移。
B′2B2=rr′
F、D点每个周期下移距离△y
△y=2rsinθ−2r′sinθ
情况一：F点与H点重合N△y=rsinθ(N=1,2,3⋯⋯)
k=B′2B2=2N2N−1(N=1,2,3⋯⋯)
情况二：D点与G点重合N△y+rsinθ=2r′(N=0,1,2⋯⋯)
解得k=B′2B2=4N+54N+2(N=0,1,2⋯⋯)
情况三：F点与G点重合2r′+rsinθ=NΔy(N=1.2,3⋯⋯)
解得k=B′2B2=4N+54N−2(N=1,2,3⋯⋯)。
【解析】粒子在电场中做匀变速直线运动，用动能定理分析运动过程，在磁场中做匀速圆周运动，利用洛伦兹力提供向心力分析，其中根据几何关系找到粒子在磁场中的运动圆心和半径是关键。
(1)作出甲粒子的运动轨迹图，根据洛伦兹力提供向心力和动能定理列式即可求解；
(2)作出粒子乙运动轨迹图，根据周期与半径的公式求解粒子乙在电、磁场中的运动周期T乙进而求出粒子乙斜向右下经过边界PQ时间；
(3)根据甲乙轨迹图分别讨论重合点，从而得出两粒子在各自的运动中可通过PQ上同一位置时k的值。