陕西省西安市达标名校2018年高考四月物理模拟试卷含解析

陕西省西安市达标名校2018年高考四月物理模拟试卷
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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．真空中的可见光与无线电波( )
A ．波长相等
B ．频率相等
C ．传播速度相等
D ．传播能量相等
2．一质点做匀加速直线运动时，速度变化v ∆时发生位移1x ，紧接着速度变化同样的v ∆时发生位移2x ，则该质点的加速度为（ ）
A ．21211()v x x ⎛
⎫∆+ ⎪⎝⎭
B ．212
()2v x x ∆- C ．2
1211()v x x ⎛⎫∆- ⎪⎝⎭ D ．2
12
()v x x ∆- 3．如图，长为L 、倾角30θ=o 的传送带始终以2.5m/s 的速率顺时针方向运行，小物块以4.5m/s 的速度从传送带底端A 沿传送带上滑，恰能到达传送带顶端B ，已知物块与斜面间的动摩擦因数为34，取210m/s g =，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，则下列图像中能正确反映物块在传送带上运动的速度v 随时间t 变化规律的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
4．甲、乙两物体零时刻开始从同一地点向同一方向做直线运动，位移-时间图象如图所示，则在0～t 1时间内
A．甲的速度总比乙大
B．甲、乙位移相同
C．甲经过的路程比乙小
D．甲、乙均做加速运动
5．如图所示，质量为M的小车的表面由光滑水平面和光滑斜面连接而成，其上放一质量为m的球，球与水平面的接触点为a，与斜面的接触点为b，斜面倾角为θ。

当小车和球一起在水平桌面上做直线运动时，下列说法正确的是（）
A．若小车匀速运动，则球对斜面上b点的压力大小为mgcosθ
B．若小车匀速运动，则球对水平面上a点的压力大小为mgsinθ
C．若小车向左以加速度gtanθ加速运动，则球对水平面上a点无压力
D．若小车向左以加速度gtanθ加速运动，则小车对地面的压力小于（M+m）g
6．如图所示，甲球用细线悬挂于车厢顶，乙球固定在竖直轻杆的下端，轻杆固定在天花板上，当车向右加速运动时，细线与竖直方向的夹角为θ=45°，已知甲球的质量为m，乙球的质量为2m，重力加速度为g。

则轻杆对乙球的作用力大小等于（）
A．mg B2mg C．2mg D．22
二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以大小不变的初速度沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10 m/s2，根据图象可求出
A ．物体的初速度0v =6 m/s
B ．物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.6
C ．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x 的最小值min 1.44x m =
D ．当某次θ=30︒时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑
8．如图所示，一光滑绝缘足够长的斜面与两个等量同种正点电荷连线的中垂面重合，O 为两点电荷连线的中点。

A 、B 为斜面上的两点，且BO AO >。

一个带电荷量为q 、质量为m ，可视为质点的小物块，从A 点以初速度v 0开始沿斜面下滑，到达B 点速度恰好为零。

（斜面对电场无影响）以下说法正确的是（ ）
A ．小物块带正电，从A 运动到
B 点，加速度先增大后减小
B ．小物块带负电，从A 运动到B 点，电势能先减小后增大
C ．小物块运动到O 点时具有最大速度
D ．小物块能回到A 点，且速度大小等于v 0
9．氢原子的能级如图所示，普朗克常量为h 。

处于第4能级的大量氢原子向第2能级跃迁，下列说法中正确的是（ ）
A ．可以释放出3种不同频率的光子
B ．可以释放出2种不同频率的光子
C ．所释放的光子的最小频率为43-E E h
D ．所释放的光子的最小频率为与42-
E E h
10．小球甲从斜面顶端以初速度v 沿水平方向抛出，最终落在该斜面上．已知小球甲在空中运动的时间为t ，落在斜面上时的位移为s ，落在斜面上时的动能为E k ，离斜面最远时的动量为p ．现将与小球甲质量相
同的小球乙从斜面顶端以初速度v n （n ＞1）沿水平方向抛出，忽略空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A ．小球乙落在斜面上时的位移为
s n B ．小球乙在空中运动的时间为t n
C ．小球乙落在斜面上时的动能为2k E n
D ．小球乙离斜面最远时的动量为2p n
11．如图，空气中有两块材质不同、上下表面平行的透明玻璃板平行放置；一细光束从空气中以某一角度θ（0＜θ＜90°）入射到第一块玻璃板的上表面．下列说法正确的是（ ）
A ．在第一块玻璃板下表面一定有出射光
B ．在第二块玻璃板下表面一定没有出射光
C ．第二块玻璃板下表面的出射光方向一定与入射光方向平行
D ．第二块玻璃板下表面的出射光一定在入射光延长线的左侧
E.第一块玻璃板下表面的出射光线一定在入射光延长线的右侧
12．如图所示，某空间存在一竖直方向的电场，其中的一条电场线如图甲所示，一个质量为m 。

电荷量为q 的带正电小球，从电场线中O 点由静止开始沿电场线竖直向上运动x 1的过程中，以O 为坐标原点，取
竖直向上为x 轴的正方向，小球运动时电势能ε与位移x 的关系如图乙所示，运动忽略空气阻力，则（ ）
A ．沿x 轴正方向的电场强度大小可能增加
B ．从O 运动到x 1的过程中，如果小球的速度先增后减 ，则加速度一定先减后增
C ．从O 点运动x 1的过程中，每经过相等的位移，小球机械能的增加变少
D ．小球运动位移x 10112(-)mgx m
εε-三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学看到某种规格热敏电阻的说明书，知悉其阻值随温度变化的图线如图甲所示。

为验证这个图线的可信度，某同学设计了一个验证性实验，除热敏电阻R 之外，实验室还提供如下器材：电源E （电动势为4.5V ，内阻约1Ω）、电流表A （量程1mA ，内阻约200Ω）、电压表V （量程3V ，内阻约10kΩ）、滑动变阻器R （最大阻值为20Ω）、开关S 、导线若干、烧杯、温度计和水。

(1)从图甲可以看出该热敏电阻的阻值随温度变化的规律是____；
(2)图乙是实验器材的实物图，图中已连接了部分导线，请用笔画线代替导线把电路连接完整______；
(3)闭合开关前，滑动变阻器的滑动触头P 应置于____端（填“a”或“b”）；
(4)该小组的同学利用测量结果，采用描点作图的方式在说明书原图的基础上作出该热敏电阻的R t －t 图像，如图丙所示，跟原图比对，发现有一定的差距，关于误差的说法和改进措施中正确的是_______ A ．在温度逐渐升高的过程中电阻测量的绝对误差越来越大
B ．在温度逐渐升高的过程中电阻测量的相对误差越来越大
C ．在温度比较高时，通过适当增大电阻两端的电压值可以减小两条曲线的差距
D ．在温度比较高时，通过改变电流表的接法可以减小两条曲线的差距
14．某同学设计了一个如图所示的实验装置验证动量守恒定律。

小球A 底部竖直地粘住一片宽度为d 的遮光条，用悬线悬挂在O 点，光电门固定在O 点正下方铁架台的托杆上，小球B 放在竖直支撑杆上，杆下方悬挂一重锤，小球A （包含遮光条）和B 的质量用天平测出分别为A m 、B m ，拉起小球A 一定角度后释放，两小球碰撞前瞬间，遮光条刚好通过光电门，碰后小球B 做平抛运动而落地，小球A 反弹右摆一定角度，计时器的两次示数分别为1t 、2t ，测量O 点到球心的距离为L ，小球B 离地面的高度为h ，小球B 平抛的水平位移为x 。

(1)关于实验过程中的注意事项，下列说法正确的是________。

A ．要使小球A 和小球
B 发生对心碰撞
B ．小球A 的质量要大于小球B 的质量
C ．应使小球A 由静止释放
(2)某次测量实验中，该同学测量数据如下：0.5cm d =，0.5m L =，0.45m h =，0.30m x =，
10.0025s t =，20.0050s t =，重力加速度g 取210m /s ，则小球A 与小球B 碰撞前后悬线的拉力之比为________，若小球A （包含遮光条）与小球B 的质量之比为A B :m m =________，则动量守恒定律得到验证，根据数据可以得知小球A 和小球B 发生的碰撞是碰撞________（“弹性”或“非弹性”）。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，在0≤x ≤a 的区域I 内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，在x >a 的区域II 内有垂直于纸面向外的匀强磁场，它们的磁感应强度均为B 0，磁场边界与x 轴交于P 点。

一质量为m ，电荷量为q （q >0）的粒子沿x 轴从原点O 水平射入磁场。

当粒子射入速度不大于0v 时，粒子在磁场中运动的时间都相等，不计重力：
（1）求速度v 0的大小；
（2）若粒子射入速度的大小为2v 0，求粒子两次经过边界到P 点距离的比值；（结果可带根号） （3）若调节区域II 磁场的磁感应强度大小为λB 0，使粒子以速度nv 0（n >1）从O 点沿x 轴射入时，粒子均从O 点射出磁场，求n 与λ满足的关系。

16．粗细均匀的U 形玻璃管竖直放置，左端封闭，右端开口。

初始时，管内水银柱及空气柱长度如图所示，下方水银柱足够长且左、右两侧水银面等高。

已知大气压强p 0=75cmHg ，环境温度不变。

现从U 形管右侧缓慢注入水银，使右侧空气柱上方水银柱的长度变为25cm 。

求：
(i)右侧管内封闭空气柱的长度；
(ii)左侧管内水银面上升的高度。

17．如图所示，在xOy 平面内存在大小随时间周期性变化的匀强磁场和匀强电场，变化规律分别如图乙、丙所示（规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，沿y 轴负方向为电场强度的正方向）。

在0t =时刻由原点O 发射一个初速度大小为0v 、方向沿y 轴正方向的带正电粒子，粒子的比荷0
q m B t π=，0B 、0E 、0t 均为已知量，不计粒子受到的重力。

(1)求在00t :内粒子转动的半径；
(2)求02t t =时，粒子的位置坐标；
(3)若粒子在025t t =时首次回到坐标原点求电场强度0E 与磁感应强度0B 的大小关系。

参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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．C
【解析】
【详解】
可见光和无线电波都是电磁波，它们的波长与频率均不相等，则传播能量也不相等，但它们在真空中传播的速度是一样的，都等于光速，故C 正确，ABD 错误；
故选C 。

【点睛】
要解答本题需掌握电磁波的家族，它包括微波、中波、短波、红外线及各种可见光、紫外线，X 射线与γ
射线等，都属电磁波的范畴，它们的波长与频率均不同，但它们在真空中传播速度相同，从而即可求解。

2．D
【解析】
【详解】
设质点做匀加速直线运动，由A 到B ：
()
220012v v v ax +∆-=
由A 到C ()()22001222v v v a x x +∆-=+
由以上两式解得加速度
2
12
()v a x x ∆=- 故选D 。

3．B
【解析】
【分析】
【详解】
ABCD ．开始阶段，物块的速度比传送带的大，相对于传送带向上运动，受到的滑动摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律得
1sin30cos30mg mg ma μ︒+︒=
解得
21 8.75m/s a =
方向沿传送带向下，当物块与传送带共速时，因
sin30cos30mg mg μ︒<︒
所以物块与传送带不能保持相对静止，根据牛顿第二定律得
2 sin30cos30mg mg ma μ︒-︒=
解得
22 1.25m/s a =
方向沿传送带向下，所以物块继续做加速度较小的匀减速运动，直到速度为零，ACD 错误B 正确。

故选B 。

4．B
【解析】
【详解】
A ．因x-t 图像的斜率等于速度，可知在0～t 1时间内开始时甲的速度大于乙，后来乙的速度大于甲，选项A 错误；
B．由图像可知在0～t1时间内甲、乙位移相同，选项B正确；
C．甲乙均向同方向做直线运动，则甲乙的路程相同，选项C错误；
D．由斜率等于速度可知，甲做匀速运动，乙做加速运动，选项D错误．
5．C
【解析】
【分析】
【详解】
AB．小车和球一起匀速运动时，小球受到竖直向下的重力和水平面对小球竖直向上的支持力，二力平衡，所以小球对b点无压力，根据牛顿第三定律可知小球对a点的压力大小为mg，AB错误；
C．若小车向左以加速度gtanθ加速运动，假设小球对a点无压力，根据牛顿第二定律
θ=
tan
mg ma
解得
=
tan
a gθ
假设成立，所以小球对a点无压力，C正确；
D．对小车和球构成的系统整体受力分析可知，系统在竖直方向上加速度为0，竖直方向受到重力和支持力，二者等大反向，根据牛顿第三定律可知小车对地面的压力等于（M+m）g，D错误。

故选C。

6．D
【解析】
【详解】
对甲球由牛顿第二定律知
ma=mgtanθ
则加速度大小为：
a=gtanθ
设杆对乙球的作用力为F，则
2ma
=
解得：
mg；
A. mg，与结论不相符，选项A错误；
B. mg，与结论不相符，选项B错误；
C. 2mg，与结论不相符，选项B错误；
D. ，与结论相符，选项D 正确；
二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．AC
【解析】
【详解】
AB.物体在粗糙斜面上向上运动，根据牛顿第二定律
sin cos mg mg ma θμθ+=
得加速度为
sin cos a g g θμθ=+
由运动学公式当θ=90°时，202v gx =，可得0m 6s
v ==，当θ=0 时，202v gx μ=，可得20324
v gx μ==，故A 项正确，B 项错误； C. 根据运动学公式得物体能达到的位移
202(sin cos )
v x g g θμθ=+ 由辅助角公式
20sin()v x θα=+
可得位移x 的最小值
2
min 1.44m x ==
故C 项正确；
D.由于>an t μθ，所以当物体在斜面上停止后，不会下滑，故D 项错误。

8．BD
【解析】
【详解】
AB ．从A 到B ，物块的动能和重力势能均减小，则机械能减小，电势能变大，电场力对滑块做负功，可知滑块带负电，从A 到O ，电场力做正功，电势能减小；从O 到B 电场力做负功，电势能变大；因在O 点两侧斜面上都存在一个场强最大的位置，此位置与AB 两点的位置关系不确定，则不能确定滑块加速度的变化情况，选项A 错误，B 正确；
C ．因滑块在O 点以下某位置时，受到向下的重力、垂直斜面的支持力以及沿斜面向上的电场力，三力平衡时加速度为零，速度最大，可知小物块运动到O 点以下某位置时具有最大速度，选项C 错误；
D ．小物块到达最低点后，加速度沿斜面向上，由能量关系可知，滑块能回到A 点，且速度大小等于v 0，选项D 正确。

故选BD 。

9．AC
【解析】
【详解】
AB ．大量氢原子处在4E 能级，向下面的2E 能级跃迁，有三种情况
42E E →、43E E →、32E E →
由E hv ∆=知光子的频率有3种。

故A 正确，B 错误；
CD ．其中43E E →跃迁放出的能量最小，相应光子的频率最小，为
43E E E v h h
-∆== 故C 正确，D 错误。

故选AC 。

10．BC
【解析】
【分析】
【详解】
设斜面倾角为θ，则212tan gt vt
θ= ，解得2tan v t g θ=；22tan cos cos vt v s g θθθ==，2222211(4tan )(14tan )22
k E m v v mv θθ=+=+；则将与小球甲质量相同的小球乙从斜面顶端以初速度v/n 沿水平方向抛出时，小球乙在空中运动的时间为t/n ；小球乙落在斜面上时的位移为s/n 2；小球乙落在
斜面上时的动能为E k /n 2，选项A 错误，BC 正确；小球离斜面最远时，速度方向平行斜面，大小为1cos v v θ=
，动量为11cos mv P mv θ
==，则将与小球甲质量相同的小球乙从斜面顶端以初速度v/n 沿水平方向抛出时，小球乙离斜面最远时的动量为p/n ，选项D 错误；故选BC.
11．ACD
【解析】
【分析】
【详解】
A 、光线从第一块玻璃板中的上表面射入，在第一块玻璃板中上表面的折射角和下表面的入射角相等，根据光的可逆原理可知，光在第一块玻璃板下表面一定有出射光，同理，在第二个玻璃板下表面也一定有出射光，故A 正确，
B 错误．
C 、因为光在玻璃板中的上表面的折射角和下表面的入射角相等，根据光的可逆原理知，从下表面出射光的折射角和开始在上表面的入射角相等，即两光线平行，所以第二块玻璃板下表面的出射光方向一定与入射光方向平行，故C 正确．
D 、根据光线在玻璃板中发生偏折，由于折射角小于入射角，可知第二块玻璃板下表面的出射光一定在入射光延长线的左侧，故D 正确，
E 错误．
故选ACD ．
12．BC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．电势能ε与位移x 的图象ε-x 图象的斜率的绝对值x
εV V 表示小球所受电场力的大小，由图乙可知图象沿x 轴正方向的斜率越来越小，说明小球所受电场力沿x 轴越来越小，即沿x 轴正方向的电场强度大小一直减小，故A 错误；
B ．从O 运动x 1的过程中，如果小球的速度先增后减，说明开始时小球所受电场力F 大于重力mg 向上做加速运动，后来电场力小于重力，向上做减速运动。

当加速运动时，根据牛顿第二定律可得加速度 F mg a m
-＝ 因为F 逐渐减小，故a 逐渐减小。

当向上减速运动时，有 mg F a m -'＝
因为F 逐渐减小，故a'逐渐增大。

所以从O 运动x 1的过程中，如果小球的速度先增后减，加速度一定是先减后增，故B 正确；
C ．根据能的转化和守恒定律可知，在小球向上运动的过程中电场力做正功，电势能减小，减小的电势能转化为机械能。

由图乙可知从O 点运动x 1的过程中，每经过相等的位移，小球所受电场力逐渐减小，则电势能减小的越来越少，则小球机械能的增加变少，故C 正确；
D ．规定O 点所在的水平面为零重力势能面，设小球运动位移x 1时的速度为v ，根据能量守恒定律得 ε0＝ε1+mgx 1+
12
mv 2 解得
v 故D 错误。

故选BC 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．热敏电阻的阻值随温度的升高而减小 a BD
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]由R t -图像可知，随着温度的升高，热敏电阻的阻值变小；
(2)[2]研究热敏电阻的性质需要电压和电流的变化范围广，且滑动变阻器的最大值小，故滑动变阻器采用分压式接法，热敏电阻的阻值满足x A V R R R >
⋅，故采用电流表的内接法减小系统误差，实物连接如图
所示
(3)[3]滑动变阻器采用的是分压接法，为了保护电路，应让干路的阻值最大，则闭合开关前滑片置于a 端；
(4)[4]AB ．绝对误差为
R R R ∆=-测真
相对误差为
100%R R R δ-=⨯测真
真
由R t -图像可知在温度逐渐升高的过程中，热敏电阻的理论电阻值阻值和测量电阻值都在逐渐减小，理
论电阻值和测量电阻值相差不大，即绝对误差R ∆变化不大，而相对误差δ越来越大，故A 错误，B 正确；
CD ．在相同的温度下，采用电流表的内接法导致测量值总比理论值偏大，故当温度升高到一定值后，电阻变小，则电流表应该选用外接法减小系统误差，故C 错误，D 正确。

故你BD 。

14．A
32 13
弹性 【解析】
【分析】
(1)由实验原理确定操作细节；(2)根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出小球通过最低点的速度，从而得出动能的增加量，根据小球下降的高度求出重力势能的减小量，判断是否相等。

【详解】
(1)[1]A ．两个小于必发生对心碰撞，故选项A 正确；
B ．碰撞后入射球反弹，则要求入射球的质量小于被碰球的质量，故选项B 错误；
C ．由于碰撞前后A 的速度由光电门测出，A 释放不一定从静止开始，故选项C 错误； 故选A ；
(2)[2]碰撞前后入射球A 的速度由光电门测出：
2
13
10.510m/s 2.0m/s 2.510d v t --⨯===⨯， 21320.510m/s 1.0m/s 510
d v t --⨯'===⨯； 被碰球B 碰撞后的速度为：
2 1.0m/s v '===； 根据牛顿第二定律,碰撞前有：
211A mv T m g L
-=， 所以
1A 18T m =；
同理碰撞后有：
2A 12A m v T m g L
'-=， 所以
2A 12T m =，
则：
1232
T T =； [3]若碰撞前后动量守恒则有：
()
A 1A 1
B 2m v m v m v ''=-+，
从而求得： A 2B 1113
m v m v v '=='+； [4]碰撞后的动能
21A 1A 122E m v m ==， 而碰撞后的动能 222A 1B 2A 11222E m v m v m ''=
+=， 由于
12E E =，
所以机械能守恒，故是弹性碰撞。

【点睛】
考查验证动量守恒定律实验原理。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．（1）0qBa υm =；（2）23332
--；（3）211λn λn
-=+ 【解析】
【分析】
【详解】 （1）粒子在磁场中运动时间相同，故转过的圆心角相同，因此粒子速度等于0υ时，在Ⅰ区域内恰好划过半个圆，由
2000υq υB m r
= 其中r a =可得，
00qB a υm
= （2）粒子速度变为02υ，则其作圆周运动半径为12r a =，粒子的轨迹如图所示
由几何关系可得130O ∠=o ，230O AB ∠=o ，故
1113cos3012AP r r r ⎛
⎫=-=- ⎪ ⎪⎝⎭
o 11332cos301PB r AP r ⎛⎫=-=- ⎪ ⎪⎝⎭o
故粒子两次经过边界到P 点距离的比值为
23332
AP BP -=- （3）设粒子在Ⅰ区域半径为1R ，Ⅱ区域半径为2R ，则
()20001n υqn υB m R =
()2
0002n υqn υλB m R =
粒子要回到O 点，则在Ⅱ区域的圆心必须位于x 轴，其轨迹如图
故
1sin R αa =
()121cos R R αR +=
联立解得
211λn λn
-=+ 16． (i)4.5cm ；(ii)2cm
【解析】
【分析】
【详解】
(i)设玻璃管的横截面积为S ；令ρ、g 分别为水银密度和重力加速度，初始时，右侧水银柱高度为h 1=15cm ，产生压强为p h1，空气柱长度为l 1=5cm ，压强为p 1，注入水银后，右侧水银柱高度为h 1ʹ=25cm ，产生压强为p h1ʹ，空气柱长度为l 1ʹ，压强为p 1ʹ，由力的平衡条件有
p 1=p 0+p h1=90cmHg
p 1ʹ=p 0+p h1ʹ=100cmHg
由玻意耳定律有p 1l 1S=p 1ʹl 1ʹS ，联立以上各式并代入数据解得 l 1ʹ=4.5cm
(ii)初始时，左侧空气柱长度为l 2=32cm ，压强为p 2=p 1；注入水银后，设左侧水银面上升的高度为h ，高出的水银柱产生压强为2p h ，左侧空气柱压强为p 2ʹ由力的平衡条件有 p 2ʹ=p 1ʹ‒2p h
由玻意耳定律有
p 2l 2S=p 2ʹ(l 2‒h)S
联立以上各式并代入数据得
h 2‒82h+160=0
解得
h=80cm （不合题意，舍去），h=2cm
17． (1) 00
r v t π=；(2) 000000022t E t v t B τππ⎛⎫--- ⎪⎝⎭，；(3) 0006v E B π= 【解析】
【详解】
(1)粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力，则有
2000mv qv B r
= 解得
00
r v t π=
(2)若粒子在磁场中做完整的圆周运动，则其周期 0
2r T v π= 解得
02T t =
在00~t 时间内，粒子在磁场中转动半周，t t =0时粒子位置的横坐标 00
22t x r ππ=-=-
在00~2t t 时间内，粒子在电场中沿y 轴负方向做匀加速直线运动
2000012qE y v t t m
=--⨯ 解得
00
0002v t E y B t π=--
故02t t =时，粒子的位置坐标为000000022t E t v t B τππ⎛⎫--- ⎪⎝
⎭，。

(3)带电粒子在x 轴上方做圆周运动的轨道半径 010
v t r r π==
当02t t =时，粒子的速度大小
000qE v v t m
=+ 002~3t t 时间内，粒子在x 轴下方做圆周运动的轨道半径 020000mv m qE r v t qB qB m ⎛⎫==+ ⎪⎝⎭
由几何关系可知，要使粒子经过原点，则必须满足 ()211222n r r r -=，1,2,3n =L
当025t t =时,6n =，解得
0006v E B π
=。