2014届福建省南安一中高三上学期期末考试物理试卷与答案（带解析）.doc

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1、2014届福建省南安一中高三上学期期末考试物理试卷与答案（带解析） 选择题 某交流发电机给灯泡供电，产生正弦式交变电流的图象如图所示，下列说法中正确的是（ ） A交变电流的频率为 0.02Hz B交变电流的瞬时表达式为 i=5cos50t（ A） C在 t=0.01s时，穿过交流发电机线圈的磁通量最大 D若发电机线圈电阻为 0.4，则其产生的热功率为 5W 答案： D 试题分析：由图象可知，交流电的周期为 ，所以交流电的频率为，所以 A错误；根据图象可得，交变电流的瞬时表达式为，所以 B错误；在 t=0.01s时，感应电流最大，所以此时穿过交流发电机线圈的磁通量的变化率最大，穿过交流发电机线圈

2、的磁通量最小，所以 C错误；交流电的有效值为 ，所以发电机的发热功率为 ，故 D正确所以选 D 考点：本题考查了正弦式电流的图象和三角函数表达式、交流发电机及其产生正弦式电流的原理、正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率 如图（甲）所示，为两个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为 B，方向分别垂直纸面向里和向外，磁场宽度均为 L，距磁场区域的左侧 L处，有一边长为 L的正方形导体线框，总电阻为 R，且线框平面与磁场方向垂直， 现用外力F使线框以速度 v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势 E为正，磁感线垂直纸面向里时磁通量 的方向为正，外力 F向右为正。则图（乙）

3、中关于线框中的磁通量 、感应电动势 E、外力 F和电功率 P随时间 t变化正确的是 （ ） 答案： D 试题分析：当线框运动 L时开始进入磁场，磁通量开始增加，当全部进入时达最大；此后向外的磁通量增加，总磁通减小；当运动到 2.5L时，磁通量最小，故 A错误；当线圈进入第一个磁场时，由 可知， E保持不变，而开始进入第二个磁场时，线框左右两边同 时切割磁感线，根据右手定则知，线框左右两边产生的感应电动势方向相同，相当于两个电源相串联，因此电动势是原来的两倍，应为 2BLV，故 B错误；因安培力总是与运动方向相反，故拉力应一直向右，故 C错误；由于线框匀速运动，根据能量转化守恒定律知，电功率等于

4、拉力的功率 ，因速度不变，而线框在第一个磁场时，电流为定值，拉力也为定值；两边分别在两个磁场中时，由前面的分析可知，电流加倍，故安培力加培，线框左右两边所受安培力方向相同，拉力为原来的 4倍，功率为原来的 4倍；此后从第二个磁场中离开时，安培力应等于线框在第一个磁场中的 安培力，故 D正确所以选 D 考点：本题考查导体切割磁感线时的感应电动势、安培力、右手定则、法拉第电磁感应定律、电磁感应中的能量转化及闭合电路的欧姆定律 一列简谐波在均匀介质中传播。甲图表示 t=0时刻的波形图，乙图表示甲图中 b质点从 t=0开始计时的振动图像，则 ( ) A该波沿 x轴负方向传播 B质点振动的频率是 4HZ

5、 C该波传播的速度是 8m/s D a质点和 c质点在振动过程中任意时刻的位移都相同 答案： C 试题分析：由乙图知， t=0时刻，质点 b向上运动，在甲图上，由波形的平移可知，该波沿 x轴正方向传播，故 A 错误；由乙图知，质点的振动周期为 T=0.5s，则频率为 ，故 B错误；由甲图知，波长 =4m，则波速为，故 C正确； a质点和 c质点的平衡位置相距半个波长，振动情况总是相反，所以在振动过程中任意时刻的位移都相反，故 D错误所以选 C 考点：本题考查横波的图象；简谐运动的振动图象及波长、频率和波速的关系 光滑水平面上有一边长为 l的正方形区域处在场强为 E的匀强电场中，电场方向与正方形

6、一边平行。一质量为 m、带电量为 q的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速 v0进入该正方形区域。当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能不可能为（ ） A 0 BC D 答案： C 试题分析： 解决本题的关键要考虑电场方向的可能性，判断出各种方向下小球做什么运动若初速度的方向与电场方向平行，但方向与电场方向相反，则小球做匀减速直线运动，运动到对边速度恰好为 0，故 A有可能；若初速度的方向与电场方向平行，但方向与电场方向相反，则小球做匀减速直线运动，未到对边速度减为 0，返回做匀加速运动，来回运动是对称的，所以返回到出发点的速度仍为 ，所以动能为 ，故 B有可能若初 速度方向与

7、电场方向垂直，则小球做类平抛运动，从邻边出去，根据动能定理， ，所以 ，故 D有可能；因为偏转的位移不可能超过 ，故 C不可能本题选不可能的，所以选 C 考点：本题考查了带电粒子在匀强电场中的直线运动、偏转、平抛运动等知识的综合应用及动能定理的应用 如图，质量为 MA、 MB的 A、 B两小球分别连在弹簧两端， B端用细线固定在倾角为 30的光滑斜面上，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间， A、 B两球的加速度分别为（ ） A 0和 B 和 0 C 和 0 D都等于 答案： A 试题分析：在剪断细线之前， A处于平衡状态，所以弹簧的拉力等于 A的重力沿斜面的分力在剪断细线的瞬间，绳子上的拉力立即减

8、为零，而弹簧的伸长量没有来得及发生改变，故弹力不变，所以 A的受力情况没有变化，故 A球的加速度为零；在剪断细线之前，对 B球进行受力分析， B受到重力、弹簧对它斜向下的拉力、支持力及细线的拉力，在剪断细线的瞬间，细线的拉力立即减为零，对 B球进行受力分析，则 B受到到重力、弹簧的向下拉力、支持力因弹簧的拉力大小为 ，所以根据牛顿第二定律得： B的加速度为故 BCD错误， A正确所以选 D 考点：牛 顿第二定律；胡克定律及共点力作用下物体的平衡 如图所示：一理想变压器原副线圈的匝数比为 1 2；副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为 220V，额定功率为 22W；原线圈电路中接有电压表和电流表

9、现闭合开关，灯泡正常发光若用 U 和 I 分别表示此时电压表和电流表的读数，则 ( ) A U=110V ， I=0.2A B U=110V ， I=0.05A C U=110 V ， I=0.2A D U=110 V ， I=0.2 A 答案： A 试题分析：灯泡正常发光说明副线圈的电压为 ，电流为，根据电压、电流与匝数的关系知，原线圈中电压为，电流为 ，故 A正确所以选 A 考点：本题考查了变压器的特点；电压与匝数成正比，电流与匝数成反比 如图所示表示两列相干水波的叠加情况，图中的实线表示波峰，虚线表示波谷。设两列波的振幅均为 5 cm，且图示的范围内振幅不变，波速和波长分别为 1m/s和

10、 0.5m。 C点是 BE连线的中点，下列说法中正确的是（ ） A图示时刻 C点正处于平衡位置且向水面下运动 B从图示的时刻起经 0.25s， B点通过的路程为 20cm C C、 E两点都保持静止不动 D图示时刻 A、 B两点的竖直高度差为 10cm 答案： B 试题分析： 根据题设如图所示表示两列相干水波的叠加情况，图中的实线表示波峰，虚线表示波谷，则 A、 E是波峰与波峰相遇， B点是波谷与波谷相遇，它们均属于振动加强区， A点、 B点、 C点、 E点的连线属于加强线，由于振幅是 5cm， A点是波峰与波峰相遇，则 A点相对平衡位置高 10cm而 B点是波谷与波谷相遇，则 B点相对平衡低

11、 10cm，所以 A、 B相差 20cm故 D错误；点 C 属于加强点，图示时刻点 C 处于平衡位置，两列波单独引起的速度均向上，所以点 C此时的合速度向上，故 A、 C均错误；周期 ，从图示时刻起经 0.25s， B质点通过的路程为 4A=20cm，故 B正确所以选 B 考点：本题考查波的叠加及波长、波速和周期的关系 某地球同步卫星的发射过程如下：先进入环绕地球的停泊轨道 1，再进入转移轨道 2，然后启动星载火箭进入同步轨道 3。下列判断正确的是 ( ) A卫星在轨道 3上的速率大于在轨道 1上的速率 B卫星在轨道 3上的角速度大于在轨道 1上的角速度 C卫星在轨道 1上经过 Q 点时的加速

12、度大于它在轨道 2上经过 Q 点的加速度 D卫星在转移轨道 2上经过 P点时的加速度等于它在轨道 3上经过 P点时的加速度 答案： D 试题分析：人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为 m、轨道半径为 r、地球质量为 M，则有 ， ， ， 因而 ， 解得： ， ，又因轨道 3半径比轨道 1半径大，所以卫星在轨道 1上线速度较大，角速度也较大，故 A、 B均错误；根据万有引力定律和牛顿第二定律可知： ，即 ，卫星在轨道 1上经过 Q 点时和在轨道 2上经过 Q 点时轨道半径相等，则卫星在 Q 点时加速度相等，故 C错误；根据万有引力定律和牛顿第二定律可知： ，即 ，

13、卫星在转移轨道 2上经过 P点时和在轨道 3上经过 P点时轨道半径相等，则卫星在 P点时加速度相等，故 D正确所以选 D 考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用；人造卫星的环绕速度 在如图所示的电路中，电源的电动势为 E、内阻为 r， R1、 R2为定值电阻，R3为滑动变阻器， C为电容器， A、 V为理想电流表和电压表。在滑动头 P 自 a端向 b端滑动的过程中，下列说法中正确的是（ ） A电压表示数变小 B电流表示数变小 C电容器 C所带电荷量增多 D a 、 b两点间的电势差减小 答案： D 试题分析：在滑动变阻器滑动头 P自 a端向 b端滑动的过程中，变阻器在路

14、电阻减小，外电路总电阻减小，根据欧姆定律 知：干路电流 I增大，由知，电阻 两端电压增大，则电压表示数变大，故 A错误；电容器 C、电阻 和电阻 并联，所以电容器 C的电压和电阻 两端的电压都等于电阻两端的电压 ， 两端的电压 ， I增大，则 变小，电阻 两端的电压变小，即 a 、 b 两点间的电势差减小，电容器板间电压变小，其带电量减小，故 C错误， D正确；根据 ， 变小，则通过 的电流减小，通过电流表的电流 ， I增大， 减小，则 增大，即电流表示数变大，故 B错误所以选 D 考点：本题考查闭 合电路动态变化分析问题，意在考查考生对闭合电路的欧姆定律、部分电路欧姆定律及电容的理解和掌握

15、如图所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以相同速度沿与 x轴成 30角从原点射入磁场，则正、负电子在磁场中运动时间之比为（ ） A 2 1 B 1 2 C 1 3 D 1 1 答案： A 试题分析：带电粒子以一定的速度垂直进入匀强磁场，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，粒子受到的洛伦兹力提供向心力由左手定则知，正电子进入磁场后，在洛伦兹力作用下向上偏转，而负电子在洛伦兹力作用下向下偏转由 知两个电子的周期相等正电子从 y轴上射出磁场时，根据几何知识得知，速度与 y轴的夹角为 60，则正电子速度的偏向角为 ，其轨迹对应的圆心角也为 120，则正电子在磁场中运动时间为同理

16、，知负电子以 30入射，从 x轴离开磁场时，速度方向与 x轴的夹角为 30，则轨迹对应的圆心角为 60，负电子在磁场中运动时间为 ，所以负电子与正电子在磁场中运动时间之比为 ，故选 A 考点：本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动问题，涉及其运动时间、轨迹以及周期等问题，意在考查考生的分析综合能力 如图所示， 、 、 是三个完全相同的小灯泡，串联后接在电压为 6V的电路中，原来三个小灯泡都正常发光，现在三个小灯泡都不亮了用电压表接在 a、 c两端时，示数是 6V；接在 a、 b两端时，示数是 0接在 b、 d两端时，示数也是 0，那么灯丝断了的小灯泡是（ ） A 这三个小灯泡中的某一个 B 和 C

17、 和 D 和 答案： B 试题分析：本题是电路故障分析问题，用电压表测量各部分电压，电压表的示数等于电源电动势的那部分电路存在断路若仅是 断路，电路中没有电流，由欧姆定律得知， bd两端的电压为零，而 ab两端的电压为 6V，与题不符若仅是 断路，电路中没有电流，由欧姆定律得知， ac两端的电压为 6V， ab两端的电压为零，而 bd两端的电压为 6V，与题不符若仅是 断路，电路中没有电流，由欧姆定律得知， bd两端的电压为 6V， ab两端的电压为零，而 ac两端的电压为零，与题不符，故 A 错误；若 、 断路，根据欧姆定律分 析得知，ac两端的电压为 6V， bd两端的电压为零， ab两端

18、电压为零，与题相符，故 B正确；若 、 断路，根据欧姆定律分析得知， ab、 ac、 bd 两端的电压均为零，与题不符，故 C错误；若 、 断路，根据欧姆定律分析得知， bd两端的电压应为 6V，与题不符，故 D错误所以选 B 考点：本题考查电路故障分析问题，意在考查考生对欧姆定律的理解和应用 如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板 P 拴接，另一端与物体 A 相连，物体 A静止于光滑水平桌面上，右端接一细线，细线绕过光滑的轻质定滑轮与物体 B相连。开始时用手托住 B，让细线恰好伸直，然后由静止释放 B，直至B获得最大速度。下列有关该过程的分析不正确的是（ ） A B物体的机械能一直减小 B

19、B物体的动能的增加量等于它所受重力与拉力做的功之和 C B物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量 D细线拉力对 A做的功等于 A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量 答案： C 试题分析：机械能的增量等于系统除重力和弹簧弹力之外的力所做的功，从开始到 B速度达到最大的过程中，绳子上拉力对 B一直做负功，所以 B的机械能一直减小，故 A分析的正确，不选；根据动能定理可知， B物体动 能的增量等于它所受重力与拉力做功之和，故 B分析的正确，不选整个系统中，根据功能关系可知， B减小的机械能转化为 A的机械能以及弹簧的弹性势能，故 B物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，故 B分析的不正

20、确，应选 B；系统机械能的增量等于系统除重力和弹簧弹力之外的力所做的功， A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对 A做的功，故 D分析的正确，不选所以应选 C 考点：本题考查了物体的受力分析；动能、重力势能、弹簧弹性势能等能量的变化情况及各种功能关系的应用，意在考查考生的分析综合能力 实验题 用伏安法测定一个待测电阻 Rx的阻值（阻值约为 200），实验室提供如下器材： 电池组 E：电动势 3V，内阻不计 电流表 A1：量程 0 15mA，内阻约为 100 电流表 A2：量程 0 300A，内阻为 1000 滑动变阻器 R1：阻值范围 0 20，额定电流 2A 电阻箱 R2，阻值

21、范围 0 9999，额定电流 1A 电键 S、导线若干 要求实验中尽可能准确地测量 Rx的阻值，请回答下面问题： (1)为了测量待测电阻两端的电压，可以将电流表 _（填写器材代号）与电阻箱串联，并将电阻箱阻值调到 _，这样可以改装成一个量程为 3.0的电压表。 (2)在方框中画完整测量 Rx阻值的电路图，并在图中标明器材代号； (3) 调节滑动变阻器 R1，两表的示数如图所示，可读出电流表 A1的示数是_mA，电流表 A2的示数是 _A，测得待测电阻 Rx的阻值是_。本次测量存在一定的系统误差，考虑这个原因测量值比较真实值_（选填 “偏大 ”或 “偏小 ”）。 答案： A2， 9000 电路如

22、图 8.0mA，150A， 187.5，偏小 试题分析：（ 1）应用伏安法测电阻，需要用电压表测待测电阻电压，现在没有电压表，应该用内电阻已知的小量程电流表 A2与电阻箱串联改装成电压表，改装后电压表量程是 3V，则电阻箱阻值 ； （ 2）滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻阻值，滑动变阻器应采用分压接法，待测电阻阻值约为 200，电流表 A1内阻约为 100，改装电压表内阻为，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，电路图如图所示 （ 3）由图示可知，电流表 A1的示数为 8.0mA，电流表 A2的示数是 150A；待测电阻两端电压 ，由欧姆定律得：待测电阻电流表采用外接法，电流测量值

23、偏大，由欧姆定律可知，测量值比较真实值偏小 考点：本题考查伏安法测电阻时电流表采用内外接法的选择原则及滑动变阻器的连接方法、电表的改装原理、电流表的选取原则、实验误差的分析及串并联电路的有关知识 甲图中游标卡尺读数 mm,乙图中螺旋测微器读数 cm。 答案： .50 0.3200 试题分析：游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读，由图甲可知：游标卡尺的主尺读数为 100mm，游标读数为 0.0510mm=0.50mm，所以最终读数为 100.50mm；螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读，由乙图中螺旋测微器可知，固定刻度示数为3.0mm，可动

24、刻度示数为 20.00.01mm=0.200mm，螺旋测微器示数为3.0mm+0.200 mm=3.200 mm=0.3200cm 考点：本题考查了螺旋测微器的使用、刻度尺、游标卡尺的使用 某同学在做 “测定匀变速直线运动的加速度 ”实验时，从打下的若干纸带中选出了如图所示的一条，点 O、 A、 B、 C、 D、 E、 F为选取的计数点（每两个计数点间还 有 4个点没有画出来），图中上部的数字为相邻两个计数点间的距离打点计时器的电源频率为 50Hz 由这些已知数据计算：（计算结果均保留 3位有效数字） （ 1）与纸带上 D点相对应的瞬时速度 v= m/s （ 2）该匀变速直线运动的加速度 a=

25、 m/s2 答案：（ 1） 1.22 （ 2） 2.06 试题分析：（ 1）由题设 “打点计时器的电源频率为 50Hz及每两个计数点间还有4个点没有画出来 ”知，相邻两个计数点间的时间间间隔为 ，在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，所以有： （ 2）采用逐差法 求加速度，则 考点：本题考查了 “测定匀变速直线运动的加速度 ”实验中的数据处理方法以及匀变速直线运动的运动学公式 计算题 （ 9分）半径 R 0.50 m的光滑圆环固定在竖直平面内，轻质弹簧的一端固定在环的最高点 A处，另一端系一个质量 m 0.20 kg的小球，小球套在圆环上，已知弹簧的原长为 L0 0.5

26、0 m，劲度系数 k 5N/m，将小球从如图所示的位置由静止开始释放，小球将沿圆环滑动并通过最低点 C，在 C 点时速度 vC 3m/s，g取 10 m/s2.求： (1)小球经过 C点时的弹簧的弹性势能的大小； (2)小球经过 C点时对环的作用力的大小和方向 答案：（ 1） （ 2） 3.1N 试题分析：（ 1）设小球经过 C点时的弹簧的弹性势能的大小为 ，小球从 B到 C，系统机械能守恒，有： 解得：故小球经过 C点时的弹簧的弹性势能的大小为 （ 2）小球经过最低点 C时受到三个力作用，即重力 G、弹簧弹力 F、环的作用力 FN.，通过径向的合力提供向心力，设环对小球的作用力方向向上，由牛

27、顿第二定律可得： 根据胡克定律得： 代入数据解得： ，因 为正值，所以方向向上 由牛顿第三定律得：小球对环的作用力大小为 3.1N，方向竖直向下 考点：本题考查了机械能守恒定律和牛顿第二定律的综合运用以及物体的弹性和弹力；向心力 (11分 )某学校探究性学习小组对一辆自制小遥控车的性能进行研究他们让这辆小车在水平的地面上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过数据处理得到如图所示的 v-t图象，已知小车在 0 2 s内做匀加速直线运动， 2 10 s内小车牵引力的功率保持不变，在 10 s末停止遥控让小车自由滑行，小车质量 m 1 kg，整个过程中小车受到的阻力大小不变求： (1)小

28、车所受的阻力 Ff是多大？ (2)在 2 10 s内小车牵引力的功率 P是多大？ (3)小车在加速运动过程中的总位移 x是多少？ 答案： (1)2N (2)12W (3)29m 试题分析： (1)在 10s末撤去牵引力后，小车只在阻力作用下做匀减速运动根据速度图象的斜率知：小车的加速度大小为 根据牛顿第二定律得：小车所受的阻力大小 (2)在 7 10s 时间内，小车做匀速运动，牵引力与阻力平衡，设牵引力大小为 F，则有 由图象知 根据公式 得： 小车牵引力的功率 (3)在 0 2s时间内，小车做匀加速运动，由图象 “面积 ”可得小车位移大小为在 2 7s时间内 小车做变加速运动，设小车位移大小

29、为 ，根据动能定理得 其中， t=5s， ， ，代入解得： 因此小车在加速运动过程中的总位移 考点：本题考查理解速度图象的能力、根据图象的信息研究物体运动情况、应用动能定理求解变速运动中变力做功的能力 (13分 ) 如图所示，足够长的光滑导轨 ab、 cd固定在竖直平面内，导轨间距为 d， b、 c两点间接一阻值为 r的电阻。 ef是一水平放置的导体杆，其质量为m、有效电阻值为 r，杆与 ab、 cd保持良好接触。整个装置放在磁感应强度大小为 B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直。现用一竖直向上的力拉导体杆，使导体杆从静止开始做加速度为 的匀加速运动，上升了 H高度，这一过程中 bc间电阻

30、r产生的焦耳热为 Q， g为重力加速度，不计导轨电阻及感应电流间的相互作用。求： 导体杆上升到 H过程中通过杆的电量； 导体杆上升到 H时所受拉力 F的大小； 导体杆上升到 H过程中拉力做的功。 答案：（ 1） （ 2） （ 3） 试题分析：（ 1）导体杆上升到 H过程中，回路面积减小，磁通量变化产生感应电动势，根据电磁感应定律得： 根据闭合电路的欧姆定律得：感应电流平均值 通过杆的感应电量为 以上各式联立解得：导体杆上升到 H过程中通过杆的电量 （ 2）设 ef上升到 H时，速度为 、拉力为 F、感应电流瞬时值为 ，根据运动学公式得： 解得 根据牛顿第二定律，得 根据闭合电路的欧姆定律，得

31、综上三式，联立解得导体杆上升到 H时所受拉力 F的大小 （ 3）导体杆上升到 H过程中，安培力做负功，由功能关系知克服安培力做功为回路产生的电热的 2倍，即 由功能关系得： 解得： 考点：本题考查了电磁感应中的能量转化、牛顿第二定律、功能 关系、闭合电路的欧姆定律、法拉第电磁感应定律、导体切割磁感线时的感应电动势等知识点 （ 14分）如图所示，在 x轴上方有一匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于纸面向里，大小为 B， x轴下方有一匀强电场，电场强度的大小为 E，方向与 y轴的夹角 为 45且斜向上方。现有一质量为 m电量为 q的正离子，以速度 v0由 y轴上的 A点沿 y轴正方向射入磁场，该离子在

32、磁场中运动一段时间后从 x轴上的 C点进入电场区域，该离子经 C点时的速度方向与 x轴夹角为 45。不计离子的重力，设磁场区域和电场区域足够大。求： C点的坐标； 离子从 A点出发到第三次穿越 x轴时的运动时间； 离子第四次穿越 x轴时速度的大小及速度方向与电场方向的夹角。 答案： （ ， 0） 试题分析： 带电粒子在匀强磁场中在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得： 解得： 粒子运动轨迹如图所示，由几何知识知， xC -（ r rcos450） 故 C点坐标为（ ， 0） 带电粒子在匀强磁场中在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动的周期为设粒子从 A到 C的时间为 t1，由题意知粒子从 A

33、运动 C，转过 225角，则设粒子从进入电场到返回 C的时间为 t2， 其在电场中先做匀减速直线运动，速度减到零后做匀加速直线运动返回，由牛顿第二定律和运动学知识，有 联立解得 设粒子再次进入磁场后在磁场中运动的时间为 t3，由题意知第二次穿越 x轴，进入磁场后，转过 90后第三次穿越 x轴进入电场，则 故而，粒子从 A点到第三次穿越 x轴的时间为： 粒子从第三次过 x轴到第四次过 x轴的过程是在电场中做类似平抛的运动，即沿着 v0的方向（设为 x 轴）做匀速运动，即 沿着 qE的方向（设为 y轴）做初速为 0的匀变速运动，即 设离子第四次穿越 x轴时速度的大小为 v，速度方向与电场方向的夹角为 由图中几何关系知 ， 联立 解得 考点：本题考查了带电粒子在电场和磁场中的运动、匀速圆周运动规律、牛顿第二定律、运动的合成与分解以及平面几何相关知识，意在考查考生的分析综合能力和运用数学知识解决物理问题的能力