1、2013 年普通高等学校招生全国统一考试 (江苏 卷 )物理 一、单项选择题：本题共 5 小题，每小题 3 分，共计 15 分。每小题只有一个选项符合题意。 1.火星和木星沿各自的椭圆轨道绕太阳运行，根据开普勒行星运动定律可知 ( ) A.太阳位于木星运行轨道的中心 B.火星和木星绕太阳运行速度的大小始终相等 C.火星与木星公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方 D.相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积 解析： A、第一定律的内容为：所有行星分别沿不同大小的椭圆轨道绕太阳运动，太阳处于椭圆的一个焦点上。故 A 错误； B、第二定律：对每一个行星而言，太阳行星
2、的连线在相同时间内扫过的面积相等。行星在此椭圆轨道上运动的速度大小不断变化，故 B 错误； C、若行星的公转周期为 T，则 常量 K 与行星无关，与中心体有关，故 C 正确； D、第二定律：对每一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等，是对同一个行星而言，故 D 错误 。 答案： C. 2.如图所示， “ 旋转秋千 ” 中的两个座椅 A、 B 质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上。不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是 ( ) A.A 的速度比 B 的大 B.A 与 B 的向心加速度大小相等 C.悬挂 A、 B 的缆绳与竖直方向的夹角相
3、等 D.悬挂 A 的缆绳所受的拉力比悬挂 B 的小 解析： AB 两个座椅具有相同的角速度。 A：根据公式： v=r ， A 的运动半径小， A 的速度就小。故 A 错误； B：根据公式： a= 2r， A 的运动半径小， A 的向心加速度就小，故 B 错误； C：如图，对任一座椅，受力如图，由绳子的拉力与重力的合力提供向心力，则得：mgtan=m 2r，则得 tan= ， A 的半径 r 较小， 相等，可知 A 与竖直方向夹角 较小，故 C 错误。 D： A 的向心加速度就小， A 的向心力就小， A 对缆绳的拉力就小，故 C 错误； D 正确。 答案： D 3.下列选项中的各 圆环大小相同
4、，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各 圆环间彼此绝缘。坐标原点 O 处电场强度最大的是 ( ) A. B. C. D. 解析： A、坐标原点 O 处电场强度是 带电圆环产生的， B、坐标原点 O 处电场强度是第一象限 带正电圆环和第二象限 带负电圆环叠加产生，坐标原点 O 处电场强度大小大于 带电圆环产生的场强。 C、第一象限 带正电圆环和第三象限 带正电圆环产生电场相互抵消，所以坐标原点 O 处电场强度是 带电圆环产生的， D、第一象限 带正电圆环和第三象限 带正电圆环产生电场相互抵消，第二象限 带负电圆环和第四象限 带负电圆环产生电场相互抵消，所以坐标原点 O 处电场强度为零。 所
5、以坐标原点 O 处电场强度最大的是 B. 答案： B. 4.在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了及时发现，设计了一种报警装置，电路如图所示。 M 是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻 RM发生变化，导致 S 两端电压 U 增大，装置发出警报，此时 ( ) A.RM变大，且 R 越大， U 增大越明显 B.RM变大，且 R 越小， U 增大越明显 C.RM变小，且 R 越大， U 增大越明显 D.RM变小，且 R 越小， U 增大越明显 解析： S 两端电压 U 增大，故传感器两端电压一定减小； 当 “ 有药液从针口流出体外 ” 使传感器接触药液， RM变小； R 越大， M 与 R 并
6、联的电阻 R 并 越接近 RM， U增大越明显； 答案： C. 5.水平面上，一白球与一静止的灰球碰撞，两球质量相等。碰撞过程的频闪照片如图所示，据此可推断，碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的 ( ) A.30% B.50% C.70% D.90% 解析： 设碰撞前白球的速度大小为 2v，由图看出，碰撞后两球的速度大小相等，速度之间的夹角约为 60 ，设碰撞后两球的速度大小为 v 根据动量守恒得：水平方向有： m2v=2mv cos30 ， 解得， v = 则碰撞过程中系统损失的动能为 Ek= = = ，即碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的 。 答案： A 二、多项选择题：本题共
7、4 小题，每小题 4 分，共计 16 分。每小题有多个选项符合题意。全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，错选或不答的得 0 分。 6.将一电荷量为 +Q 的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等。 a、 b 为电场中的两点，则 ( ) A.a 点的电场强度比 b 点的大 B.a 点的电势比 b 点的高 C.检验电荷 q 在 a 点的电势能比在 b 点的大 D.将检验电荷 q 从 a 点移到 b 点的过程中，电场力做负功 解析： A：电场线的疏密表示场强的大小，故 A 正确； B： a 点所在的电场线从 Q 出发到不带电的金属球终止，所以 a
8、点的电势高于金属球的电势，而 b 点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于 b 点的电势。故 B正确； C：电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小，即负电荷在 a 点的电势能较 b 点小，故 C错误； D：由上知， q 在 a 点的电势能较 b 点小，则把 q 电荷从电势能小的 a 点移动到电势能大的 b 点，电势能增大，电场力做负功。故 D 正确。 答案： ABD 7.如图所示，从地面上同一位置抛出两小球 A、 B，分别落在地面上的 M、 N 点，两球运动的最大高度相同。 空气阻力不计 ，则 ( ) A.B 的加速度比 A 的大 B.B 的飞行时间比 A 的长 C.B 在最
9、高点的速度比 A 在最高点的大 D.B 在落地时的速度比 A 在落地时的大 解析： A、不计空气阻力，两球的加速度都为重力加速度 g。故 A 错误。 B、两球都做斜抛运动，竖直方向的分运动是竖直上抛运动，根据运动的对称性可知，两球上升和下落的时间相等，而下落过程，由 t= 知下落时间相等，则两球运动的时间相等。故 B 错误。 C、 h=vyt ，最大高度 h、 t 相同，则知，竖直方向的初速度大小相等，由于 A 球的初速度与水平方向的夹角大于 B 球的竖直方向的初速度，由 vy=v0sin ( 是初速度与水平方向的夹角 )得知， A 球的初速度小于 B 球的初速度，两球水平方向的分初速度为v0
10、cos=v ycot ，由于 B 球的初速度与水平方向的夹角小，所以 B 球水平分初速度较大，而两球水平方向都做匀速直线运动，故 B 在最高点的速度比 A 在最高点的大。故 C 正确。 D、根据速度的合成可知， B 的初速度大于 A 球的初速度，运动过程中两球的机械能都守恒，则知 B 在落地时的速度比 A 在落地时的大 。故 D 正确。 答案： CD 8.如图所示，理想变压器原线圈接有交流电源，当副线圈上的滑片 P 处于图示位置时，灯泡L 能发光。 要使灯泡变亮，可以采取的方法有 ( ) A.向下滑动 P B.增大交流电源的电压 C.增大交流电源的频率 D.减小电容器 C 的电容 解析： A、
11、向下滑动 P，副线圈匝数减少，电压减小， A 错误； B、增大交流电源的电压，副线圈两端电压也增大， B 正确； C、增大交流电源的频率通过电容器的电流更大， C 正确； D、减小电容器 C 的电容，增加了容抗，通过灯泡的电流减小，灯泡变暗， D 错误； 答案： BC 9.如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连。弹簧处于自然长度时物块位于 O 点 (图中未标出 )。物块的质量为 m， AB=a，物块与桌面间的动摩擦因数为 。现用水平向右的力将物块从 O 点拉至 A 点，拉力做的功为 W。撤去拉力后物块由静止向左运动，经 O 点到达 B 点时速度为零。重力加速度为 g。 则上
12、述过程中 ( ) A.物块在 A 点时，弹簧的弹性势能等于 W mga B.物块在 B 点时，弹簧的弹性势能小于 W mga C.经 O 点时，物块的动能小于 W mga D.物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在 B 点时弹簧的弹性势能 解析： A、如果没有摩擦力，则 O 点应该在 AB 中间，由于有摩擦力，物体从 A到 B 过程中机械能损失，故无法到达没有摩擦力情况下的 B 点，也即 O 点靠近 B 点。故 OA ，此过程物体克服摩擦力做功大于 ，所以物块在 A 点时，弹簧的弹性势能小于 ，故 A 错误； B、由 A 分析得物块从开始运动到最终停在 B 点，路程大于 a+ = ，故整个过程
13、物体克服阻力做功大于 ，故物块在 B 点时，弹簧的弹性势能小于 ，故 B 正确； C、从 O点开始到再次到达 O点，物体路程大于 a，故由动能定理得，物块的动能小于 W mga ，故 C 正确； D、物块动能最大时，弹力等于摩擦力，而在 B 点弹力与摩擦力的大小关系未知，故物块动能最大时弹簧伸长量与物块在 B 点时弹簧伸长量大小未知，故此两位置弹性势能大小关系不好判断，故 D 错误。 答案： BC. 三、简答题：必做题，请将解答填写在答题卡相应的位置。 10.(8 分 )为探究小灯泡的电功率 P 和电压 U 的关系，小明测量小灯泡的电压 U 和电流 I，利用 P=UI 得到电功率。 实验所使用
14、的小灯泡规格为 “3.0V ， 1.8W” ，电 源为 12V 的电池，滑动变阻器的最大阻值为 10 。 (1)准备使用的实物电路如图 1 所示。 请将滑动变阻器接入电路的正确位置。 (用笔画线代替导线 ) (2)现有 10 、 20 和 50 的定值电阻，电路中的电阻 R1 应选 _ 的定值电阻。 (3)测量结束后，应先断开开关，拆除 _两端的导线，再拆除其他导线，最后整理好器材。 (4)小明处理数据后将 P、 U2描点在坐标纸上，并作出了一条直线，如图 2 所示。 请指出图象中不恰当的地方。 解析： (1)从 P 图象可知电压从零调，所以滑动变阻器应用分压式接法，变阻器连接如图所示 (2)
15、小灯泡的额定电流为 I= = A=0.6A，根据闭合电路欧姆定律，电路中的最小电阻为= =20 ，所以定值电阻应为 R= =20 =20 =15 ，所以电路中的电阻 应选 10 。 (3)根据安全性原则，测量结束后，应先断开开关，拆除电池两端的导线，再拆除其他导线，最后整理好器材。 (4)图象中不恰当的地方有 图线不应画直线，应用平滑的曲线连接； 横坐标标度太大。 答案 ： (1)如图 (2)10 (3)电池 (4)图线不应画直线，应用平滑的曲线连接；横坐标标度太大 11.(10 分 )某兴趣小组利用自由落体运动测定重力加速度，实验装置如图所示。 倾斜的球槽中放有若干个小铁球，闭合开关 K，电
16、磁铁吸住第 1 个小球。 手动敲击弹性金属片 M， M与触头瞬间分开，第 1 个小球开始下落， M 迅速恢复，电磁铁又吸住第 2 个小球。 当第 1个小球撞击 M 时， M 与触头分开，第 2 个小球开始下落 。这样，就可测出多个小球下落的总时间。 (1)在实验中，下列做法正确的有 _。 A.电路中的电源只能选用交流电源 B.实验前应将 M 调整到电磁铁的正下 方 C.用直尺测量电磁铁下端到 M 的竖直距离作为小球下落的高度 D.手动敲击 M 的同时按下秒表开始计时 (2)实验测得小球下落的高度 H=1.980m， 10 个小球下落的总时间 T=6.5s。可求出重力加速度 g=_m/s2。 (
17、结果保留两位有效数字 ) (3)在不增加实验器材的情况下，请提出减小实验误差的两个办法。 (4)某同学考虑到电磁铁在每次断电后需要时间 t 磁性才消失，因此，每个小球的实际下落时间与它的测量时间相差 t，这导致实验误差。为此，他分别取高度 H1和 H2，测量 n 个小球下落的总时间 T1和 T2。 他是否可以利用这两组数据消除 t 对实验结果的影响？请推导说明。 解析： (1)A、电路中的电源目的是线圈产生磁性，因此直流电也可以，故 A 错误； B、小球沿竖直方向自由下落，因此要使小球能够撞击 M， M 调整到电磁铁的正下方，故 B正确； C、球的正下方到 M 的竖直距离作为小球下落的高度，故
18、 C 错误； D、敲击 M 的同时小球开始下落，因此此时应该计时，故 D 正确。 故答案为： BD. (2)一个小球下落的时间为： t= 根据自由落体运动规律 可得： (3)通过多次测量取平均值可以减小误差，同时该实验的误差主要来自小球 下落过程中空气阻力的影响，因此增加小球下落的高度或者选择密度更大的实心金属球。 (4)由自由落体运动的规律可得： 联立 可得： ，因此可以消去 t 对实验结果的影响。 答案 ： (1)BD， (2)9.4， (3)增加小球下落的高度；多次重复实验结果取平均值， (4)可以。 四 、 选做题：本题包括 12、 13、 14 三小题，请选定其中两小题，并在相应的答
19、题区域内作答。若多做，则按 12、 13 两小题评分。 12.(12 分 )选修 3 3 如图所示，一定质量的理想气体从状态 A 依次经过状态 B、 C 和 D 后再回到状态 A.其中， AB和 CD 为等温过程， BC 和 DA 为绝热过程 (气体与外界无热量交换 )。 这就是著名的 “ 卡诺循环 ” 。 (1)该循环过程中，下列说法正确的是 _。 A.AB 过程中，外界对气体做功 B.BC 过程中，气体分子的平均动能增大 C.CD 过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多 D.DA 过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化 (2)该循环过程中，内能减小的过程是 _(选填 “AB” 、
20、 “BC” 、 “C D” 或“DA” )。 若气体在 AB 过程中吸收 63kJ 的热量，在 CD 过程中放出 38kJ 的热量，则气体完成一次循环对外做的功为 _kJ。 (3)若该循环过程中的气体为 1mol，气体在 A 状态时的体积为 10L，在 B 状态时压强为 A状态时的 。求气体在 B 状态时单位体积内的分子数。 (已知阿伏加德罗常数 NA=6.010 23mol 1，计算结果保留一位有效数字 ) 解析： (1)A、 AB 过程中，体积增大，气体对外界做功， A 错误； B、 BC 过程中，绝热膨胀，气体对外做功，温度降低，气体分子的平均动能减小， B 错误； C、 CD 过程中，
21、等温压缩，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多， C 正确； D、 DA 过程中，绝热压缩，外界对气体做功，温度升高，气体分子的速率分布曲线发生变化， D 错误； 故选 C (2)BC 过程中，绝热膨胀，气体对外做功，温度降低，内能减小；由 U=Q+W 知，气体完成一次循环对外做的功为 W=25KJ (3)AB 为等温过程，则 10P= ，所以 V=15L，在 B 状态时单位体积内的分子数= =410 25m 3 答案 ： (1)C (2)BC 25 (3)410 25m 3 13.(12 分 )选修 3 4 (1)如图 1 所示的装置，弹簧振子的固有频率是 4Hz。 现匀速转动把手，给弹簧
22、振子以周期性的驱动力，测得弹簧振子振动达到稳定时的频率为 1Hz，则把手转动的频率为 _。 A.1Hz B.3Hz C.4Hz D.5Hz (2)如图 2 所示，两艘飞船 A、 B 沿同一直线同向飞行，相对地面的速度均为 v(v 接近光速c)。地面上测得它们相距为 L，则 A 测得两飞船间的距离 _(选填 “ 大于 ” 、 “ 等于 ”或 “ 小于 ” )L。当 B 向 A 发出一光信号， A 测得该信号的速度为 _。 (3)图 3 为单反照相机取景器的示意图， ABCDE 为五棱镜的一个截面， AB BC. 光线垂直 AB射入，分别在 CD 和 EA 上发生反射，且两次反射的入射角相等，最后
23、光线垂直 BC 射出。若两次反射都为全反射，则该五棱镜折射率的最小值是多少？ (计算结果可用三角函数表示 ) 解析： (1)弹簧振子振动达到稳定时的频率为 1Hz，即受迫振动的频率为 1Hz，则驱动力的频率为 1Hz。故 A 正确， B、 C、 D 错误。 故选 A. (2)根据 L= ， L0为在相对静止参考系中的长度， L 为在相对运动参考系中的长度，地面上测得它们相距为 L，是以高速飞船为参考系，而 A 测得的长度为以静止参考系的长度，大于 L。根据光速不变原理，则 A 测得该信号的速度为 C. (3)设入射到 CD 面上的入射角为 ，因为在 CD 和 EA 上发生反射，且两次反射的入射
24、角相等。 根据几何关系有： 4=90 解得 =22.5 根据 sin 解得最小折射率 n= 。 答案 ： (1)A (2)大于 c (3) 14.选修 3 5 (1)如果一个电子的德布罗意波长和一个中子的相等，则它们的 _也相等。 A.速度 B.动能 C.动量 D.总能量 (2)根据玻尔原子结构理论，氦离子 (He+)的能级图如图 1 所示。 电子处在 n=3 轨道上比处在 n=5 轨道上离氦核的距离 _(选填 “ 近 ” 或 “ 远 ” )。 当大量 He+处在 n=4 的激发态时，由于跃迁所发射的谱线有 _条。 (3)如图 2 所示，进行太空行走的宇航员 A和 B 的质量分别为 80kg和
25、 100kg，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为 0.1m/s。 A 将 B 向空间站方向轻推后， A 的速度变为 0.2m/s，求此时 B 的速度大小和方向。 解析： (1)根据德布罗意波长公式 = ，一个电子的德布罗意波长和一个中子的波长相等，则动量 P 亦相等，故答案选 C； (2)根据玻尔原子理论，能级越高的电子离核距离越大，故电子处在 n=3 轨道上比处在 n=5轨道上离氦核的距离近。跃迁发出的谱线条数为 ，代入 n=4 得有 6 条谱线，故答案为 6。 (3)取 v0远离空间站的方向为正方向，则 A 和 B 开始的速度为 v0=0.1m/s 远离空间站，推开后， A 的速度 v
26、A=0.2m/s，此时 B 的速度为 vB，根据动量守恒定律有： (mA+mB)v0=mAvA+mBvB 代入数据解得： vB=0.02m/s 方向沿远离空间站方向； 答案 ： (1)C； (2)近、 6 (3)0.02m/s，方向远离空间站方向。 五、计算题：本题共 3 小题，共计 47 分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。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。 15.(15 分 )如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈 abcd，线圈平面与磁场垂直。已知线圈的匝数 N=100，边长 ab=1.0m、 bc=0.5m，电阻 r=2 。 磁感
27、应强度 B 在 0 1s 内从零均匀变化到 0.2T。 在 1 5s 内从 0.2T 均匀变化到 0.2T，取垂直纸面向里为磁场的正方向。求： (1)0.5s 时线圈内感应电动势的大小 E 和感应电流的方向； (2)在 1 5s 内通过线圈的电荷量 q； (3)在 0 5s 内线圈产生的焦耳热 Q。 解析： (1)在 0 1s 内，磁感应强度 B 的变化率 = T/s=0.2T/s，由于磁通量均 匀变化，在 0 1s 内线圈中产生的感应电动势恒定不变，则 根据法拉第电磁感应定律得： 0.5s 时线圈内感应电动势的大小E1=N =N abbc=1000.210.5=10V 根据楞次定律判断得知，
28、线圈中感应方向为逆时针方向。 (2)在 1 5s 内，磁感应强度 B 的变化率大小为 = T/s=0.1T/s，由于磁通量均匀变化，在 1 5s 内线圈中产生的感应电动势恒定不变，则 根据法拉第电磁感应定律得： 1 5s 时线圈内感应电动势的大小E2=N =N abbc=1000.110.5=5V 通过线圈的电荷量为 q=I2t2= = C=10C； (3)在 0 1s 内，线圈产生的焦耳热为 Q1= = J=50J 在 1 5s 内，线圈产生的焦耳热为 Q2= = J=50J。 故在 0 5s 内线圈产生的焦耳热 Q=Q1+Q2=100J 答案 ： (1)0.5s 时线圈内感应电动势的大小
29、E 为 10V，感应方向为逆时针方向。 (2)在 1 5s 内通过线圈的电荷量 q 为 10C. (3)在 0 5s 内线圈产生的焦耳热 Q 为 100J。 16.(16 分 )如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。 若砝码和纸板的质量分别为 m1和 m2，各接触面间的动摩擦因数均为 。重力加速度为 g。 (1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小； (2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小； (3)本实验中， m1=0.5kg， m2=0.1kg， =0.2 ，砝码与纸板左端的距离 d=
30、0.1m，取 g=10m/s2。若砝码移动的距离超过 l=0.002m，人眼就能感知。为确保实验成功，纸板所 需的拉力至少多大？ 解析： (1)砝码和桌面对纸板的摩擦力分别为 f1=m 1g， f2= (m1+m2)g 纸板所受摩擦力的大小 f=f1+f2= (2m1+m2)g (2)设砝码的加速度为 a1，纸板的加速度为 a2，则有： f1=m1a1 F f1 f2=m2a2 发生相对运动需要 a2 a1 解得 F 2 (m1+m2)g (3)纸板抽出前砝码运动的距离 ，纸板运动距离 d+x1= 纸板抽出后砝码运动的距离 ， L=x1+x2 由题意知 a1=a3， a1t1=a3t2 代入数
31、据联立的 F=22.4N 答案 ： (1)纸板所受摩擦力的大小为 (2m1+m2)g； (2)所需拉力的大小 F 2 (m1+m2)g； (3)纸板所需的拉力至少 22.4N。 17.(16 分 )在科学研究中，可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制。 如图 1 所示的 xOy 平面处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度 E 和磁感应强度 B随时间 t作周期性变化的图象如图 2 所示。 x 轴正方向为 E 的正方向，垂直纸面向里为 B 的正方向。在坐标原点 O 有一粒子 P，其质量和电荷量分别为 m 和 +q。不计重力。在 t=/2 时刻释放 P，它恰能沿一定轨道做往复运动。 (1
32、)求 P 在磁场中运动时速度的大小 v0； (2)求 B0应满足的关系； (3)在 t0(0 t0 /2 )时刻释放 P，求 P 速度为零时的坐标。 解析： (1)由图 2 分析可知，在 t= 时刻释放带电粒子 P，在 时间内做匀加速直线运动， 2 时间内做匀速圆周运动， 在电场中：粒子所受的电场力 F=qE0， 根据牛顿第二定律得：加速度为 a= P 在磁场中运动时速度的大小 v0=at， t= 解得， v0= (2)只有当 t=2 时刻， P 在磁场中作圆周运动结束后并开始沿 x 轴负方向运动，才能沿一定的轨道作往复运动，如图所示。设粒子在磁场中圆周运动的周期为 T，则 (n )T= ，
33、(n=1，2， 3 ) 粒子做匀速圆周运动时，有 qvB0=m ，而 T= 解得， B0= ， (n=1， 2， 3 ) (3)在 t0时刻释放 P， P 在电场中加速时间为 t0， 在磁场中作匀速圆周运动的速度为 v1= ， 圆周运动的半径为 r1= 解得， r1= 又经 ( t0)时间 P 减速为零后向右加速时间为 t0， P 再次进入磁场速度为 v2= 圆周运动的 半径为 r2= 解得， r2= 综上分析，速度为零时横坐标为 x=0 相应的纵坐标为 y= ， (k=1， 2， 3， ) 解得， y= ， (k=1， 2， 3， ) 答案 ： (1)P 在磁场中运动时速度的大小 v0为 。 (2)B0应满足的关系为 B0= ， (n=1， 2， 3 )； (3)在 t0(0 t0 /2 )时刻释放 P， P 速度为零时横坐标为 x=0，相应的纵坐标为y= ， (k=1， 2， 3， )。
