广东省江门市(4校联考)2021届新高考模拟物理试题含解析

广东省江门市(4校联考）2021届新高考模拟物理试题
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．如图所示，空间有一正三棱锥P ABC -，D 点是BC 边上的中点，O 点是底面ABC 的中心，现在顶点P 点固定一正的点电荷，在O 点固定一个电荷量与之相等的负点电荷。

下列说法正确的是（ ）
A ．A 、
B 、
C 三点的电场强度相同
B ．底面AB
C 为等势面
C ．将一正的试探电荷从B 点沿直线BC 经过
D 点移到C 点，静电力对该试探电荷先做正功再做负功 D ．将一负的试探电荷从P 点沿直线PO 移动到O 点，电势能先增大后减少
【答案】C
【解析】
【详解】
A ．A 、
B 、
C 三点到P 点和O 点的距离都相等，根据场强的叠加法则可知A 、B 、C 三点的电场强度大小相等，但方向不同，A 错误；
BC ．处于O 点的负电荷周围的等势面为包裹该负电荷的椭球面，本题O 为等边三角形ABC 的中心，即A 、B 、C 三点电势相等，但是该平面不是等势面，沿着电场线方向电势降低，越靠近负电荷，电势越低，即
B C 、电势高于D 点电势，B 经D 到C ，电势先减小后增大，根据电势能的计算公式
p E q ϕ=
可知正试探电荷电势能先减小后增大，电场力先做正功再做负功，B 错误，C 正确；
D ．沿着电场线方向电势降低，负试探电荷从高电势P 点移到低电势O 点，根据电势能的计算公式可知电势能一直增大，D 错误。

故选C 。

2．如图所示物块A 和B 的质量分别为4m 和m ，开始A 、B 均静止，细绳拉直，在竖直向上拉力F ＝6mg 作用下，动滑轮竖直向上运动．已知动滑轮质量忽略不计，动滑轮半径很小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长，在滑轮向上运动中，物块A 和B 的加速度分别为
A ．a A ＝
12
g ，a B ＝5g B ．a A ＝a B ＝15g C ．a A ＝14g ，a B ＝3g D ．a A ＝0，a B ＝2g
【答案】D
【解析】
【详解】 在竖直向上拉力F ＝6mg 时，此时A 、B 受的拉力分别为3mg 、3mg ，对A 因为3mg ＜4mg ，故物体A 静止，加速度为0；对物体B
3mg －mg ＝ma B
解得
a B ＝2g
故选D 。

3．某原子电离后其核外只有一个电子，若该电子在核的静电力作用下绕核做匀速圆周运动，那么电子运动
A ．半径越小，周期越大
B ．半径越小，角速度越小
C ．半径越大，线速度越小
D ．半径越大，向心加速度越大
【答案】C
【解析】
【详解】
原子核与核外电子的库仑力提供向心力；
A ．根据 22
224 ke m r r T
π=， 可得
423
2m r T ke
π= 故半径越小，周期越小，A 错误；
B ．根据
2
22 ke m r r ω=， 可得
2
3ke mr
ω=， 故半径越小，角速度越大，B 错误；
C ．根据
22
2 ke mv r r
=， 可得
2
ke v mr
=， 故半径越大，线速度越小，C 正确；
D ．根据
2
2 ke ma r
=， 可得
2
2ke a mr
=， 故半径越大，加速度越小，D 错误。

故选C 。

4．在如图所示的电路中，理想变压器的原、副线圈的匝数比为12:3:1n n =，电阻122R R =，电流表和电压表均为理想交流电表，若电流表的示数为2A ，电压表的示数为30V ，则电阻1R 的阻值为（ ）
A ．45Ω
B ．55Ω
C ．65Ω
D ．75Ω
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】 原、副线圈两端的电压之比
112231
U n U n == 已知230V U =故
12390V U U ==
则通过1R 的电流
11012
2U U I R R == 副线圈的电流
222
U I R = 又因为1221
I n I n =，所以通过原线圈的电流 2121
n I I n = 流过电流表的电流
01I I I =+
即
122212
2U n U I R n R =+⨯ 解得
227.5R =Ω
12255R R ==Ω
故选B 。

5．马路施工处警示灯是红色的，这除了因为红色光容易引起视觉注意以外，还因为红色光比其它可见光（ ）
A ．容易发生明显衍射
B ．容易发生稳定干涉
C ．容易发生折射现象
D ．容易发生光电效应
【答案】A
【解析】
【详解】
A ．红光在可见光中的波长最长，容易发生明显衍射，故选项A 正确；
B ．干涉与光的颜色无关，选项B 错误；
C ．所有的光都能发生折射，选项C 错误；
D ．红光在可见光中频率最小，最不容易发生光电效应，选项D 错误.
6．2018年7月29日09时48分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以“一箭双星”方式成功发射第33、34颗北斗导航卫星。

火箭将两颗卫星送入了同一个轨道上的不同位置，如图所示。

如果这两颗卫星与地心连线成θ(弧度)角，在轨运行的加速度大小均为a ，均沿顺时针做圆周运动。

已知地球的半径为R ，地球表面的重力加速度为g ，则第33颗北斗卫星从图示位置运动到第34颗北斗卫星图示位置所用的时间为
A R g a a θ
πB ．R
g a a C 2R g a a θ
πD 4R g a a
θ
π【答案】B
【解析】
【详解】
根据题意卫星运动的加速为a ，则
222()GMm ma m r r T π== 在地球表面时2
GMm mg R = 则第33颗北斗卫星从图示位置运动到第34颗北斗卫星图示位置所用的时间为2t T θπ
=⨯ 解得：R g t a a
= ，故B 对；ACD 错 故选B 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．下列说法正确的是（ ）
A ．在完全失重的情况下，气体的压强为零
B ．液体表面张力产生的原因是液体表面层分子较稀疏，分子间的引力大于斥力
C ．当两分子间距离大于平衡位置的间距时，分子间的距离越大，分子势能越小
D ．水中气泡上浮过程中，气泡中的气体在单位时间内与气泡壁单位面积碰撞的分子数减小
E.不可能利用高科技手段将散失在环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化
【答案】BDE
【解析】
【详解】
A.气体压强是由于大量气体分子频繁碰撞容器壁而产生的，在完全失重的情况下，气体的压强并不为零，故A 错误；
B.液体表面张力产生的原因是由于液体表面层里的分子较稀疏，分子间的引力大于斥力，分子间表现为引力，故B 正确；
C.当两分子间距离大于平衡位置的间距时，分子间的距离越大，分子势能越大，故C 错误；
D.气泡在水中上浮过程中，体积增大，温度基本不变，压强减小，根据气体压强的微观解释可知，气泡中的气体在单位时间内与气泡壁单位面积碰撞的分子数减小，故D 正确；
E.根据热力学第二定律可知，不可能将散失在环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化，故E 正确。

故选BDE.
8． “嫦娥四号”探测器在2017年自动完成月面样品采集，并从月球起飞，返回地球。

若已知月球半径为R ，“嫦娥五号”在距月球表面高度为R 的圆轨道上飞行，周期为T ，万有引力常量为G ，下列说法正确的是（ ）
A ．月球表面重力加速度为232R T
π B ．月球质量为23
2
32R GT π
C ．月球第一宇宙速度为T
D ．月球密度为
224GT
π 【答案】BD
【解析】
【详解】 B ．对探测器，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律，有
()222422Mm
G m R T
R π=⋅⋅ 解得
23
232R M GT
π= 故B 选项正确；
A ．月球表面的重力加速度为 22232R M T G g R π== 则A 选项错误；
C ．月球的第一宇宙速度为月球表面的环绕速度，根据牛顿第二定律，有
2
2=Mm v G m R R
解得
42GM v T
R R π== 故C 选项错误；
D ．月球的密度
2
24M V GT πρ== 故D 选项正确。

故选BD 。

9．如图，在地面上方水平向左的匀强电场中，两带电小球a 、b 以一定初速度射入电场中P 点后的运动轨迹分别如图中虚线所示，b 轨迹为直线。

已知b 球带电量大小为q ，质量为m ，其轨迹与电场夹角为θ，重力加速度大小为g ，则（ ）
A ．a 球带负电
B ．匀强电场的电场强度E=mg q tan θ
C ．b 球经P 点后做匀加速直线运动
D ．a 球经P 点后的运动过程中电势能逐渐增大
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．a 球最后做直线运动，电场力和重力的合力在这条直线上，可知，a 球受到的电场力必定水平向左，与
电场方向一致，则a 球带正电，A 错误；
BC ．b 球做直线运动，切受到的电场力水平向左，所以电场力和重力的合力与初速度方向相同，故做匀加速直线运动，轨迹与电场方向夹角为θ，则
tan Eq mg θ=
解得 tan mg E q θ
= BC 正确；
D ．b 球受到的电场力方向和位移方向夹角为锐角，则电场力做正功，所以电势能减小，D 错误。

故选BC 。

10．通常把电荷在离场源电荷无限远处的电势能规定为零，已知试探电荷q 在场源电荷Q 的电场中具所有电势能表达式为r kqQ E r
=式中k 为静电力常量，r 为试探电荷与场源电荷间的距离）。

真空中有两个点电荷Q 1、Q 2分别固定在 x 坐标轴的0x =和6cm x =的位置上。

x 轴上各点的电势φ随x 的变化关系如图所示。

A 、B 是图线与x 的交点，A 点的x 坐标是4.8 cm ，图线上C 点的切线水平。

下列说法正确的是（ ）
A ．电荷Q 1、Q 2的电性相同
B ．电荷Q 1、Q 2的电荷量之比为1∶4
C ．B 点的x 坐标是8cm
D ．C 点的x 坐标是12cm
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．电势能 r r E q ϕ=
故电势
r kQ r
ϕ= 那么场源电荷附近电势正负和场源电荷正负一致，故由图可得原点处电荷1Q 带正电，6cm x =处电荷2Q 带负电，故A 错误；
B ．A 点处电势为零，故有
2
210OA AQ k Q kQ x x -= 所以，电荷1Q 、2Q 的电荷量之比
2
12 4.8cm 0 4:16cm 4.8cm OA AQ x Q Q x --=== 故B 错误；
C ．B 点处电势为零，根据电势为零可得
2
12 0OB BQ k Q kQ x x -= 可得
2
120 6cm OB B BQ B x Q x Q x x --== 解得所以B 点的x 坐标
8cm B x =
故C 正确；
D ．点电荷周围场强
2kQ E r
= 两场源电荷电性相反，那么两场源电荷在C 点的场强方向相反，C 点电势变化为零，故C 点场强为零，根据叠加定理可得两场源电荷在C 点场强大小相等，故有
2122
() 6C C k Q kQ x x =- 解得
12cm C x =
故D 正确；
故选CD 。

11．如图所示，两个带电小球A 、B 分别处于光滑绝缘的竖直墙面和斜面上，且在同一竖直平面内，用水平向左的推力F 作用于B 球，两球在图示位置静止，现将B 球沿斜面向下移动一小段距离，发现A 球随之向上移动少许，两球在新位置重新平衡，重新平衡后与移动前相比，下列说法正确的是（ ）
A ．推力F 变小
B ．斜面对B 的弹力不变
C ．墙面对A 的弹力不变
D ．两球之间的距离减小
【答案】AB
【解析】
【详解】 CD ．先对小球A 受力分析，受重力、支持力、静电力，如图所示：
根据共点力平衡条件，有： mg
F cos =库α
，N F mgtan =α 由于α减小，可知墙面对A 的弹力变小，库仑力减小，故两球间距增加，选项CD 错误； AB ．对AB 整体受力分析，受重力、斜面支持力N 、墙壁支持力F N 、推力F ，如图所示：
根据共点力平衡条件，有
N
Nsin F F Ncos m M g
+==+（）ββ
解得 ()F mgtan m M gtan M m g
N cos =-++=（）αβ
β
由于α减小，β不变，所以推力F 减小，斜面对B 的弹力N 不变，选项AB 正确。

故选AB 。

12．如图所示，一匝数为n ，边长为L ，质量为m ，电阻为R 的正方形导体线框αbcd ，与一质量为3m 的物块通过轻质细线跨过两定滑轮相连．在导体线框上方某一高处有一宽度为L 的上、下边界水平的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里．现将物块由静止释放，当αd 边从磁场下边缘进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，不计—切摩擦．重力加速度为g ．则( )
A ．线框αd 边进入磁场之前线框加速度α=2g
B ．从线框全部进入磁场到完全离开磁场的过程中，通过线框的电荷量2=BL q R
C ．整个运动过程线框产生的焦耳热为Q=4mgL
D ．线框进入磁场时的速度大小222
2mgR
v n B L
= 【答案】CD 【解析】 【分析】 【详解】
A.在线框ad 边进入磁场之前，有33mg T ma T mg ma -=-=，，解得1
2
a g = ，A 错误；
B.根据q n R ∆=Φ可得从线框全部进入磁场到完全离开磁场的过程中，通过线框的电荷量为2
nBL q R
=，B
错误；
C.线圈进入磁场过程中和穿出磁场过程中的总热量等于过程中的重力势能减小量，故
()234Q mgL mgL mgL =⨯-=，C 正确；
D.ab 边刚进入磁场时，导体做匀速直线运动，所以有3T mg =，T mg F =+安，F nBIL =安，nBLv
I R
=，联立解得222
2mgR
v n B L
=，D 正确． 故选CD
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．实验小组采用如图甲所示实验装置测量木块与木板间动摩擦因数μ，提供的器材有：带定滑轮的长木板，有凹槽的木块，质量为20 g 的钩码若干，打点计时器，电源，纸带，细线等．实验中将部分钩码悬挂在细线下，剩余的钩码放在木块的凹槽中，保持长木板水平，利用打出的纸带测量木块的加速度．
(1) 正确进行实验操作，得到一条纸带，从某个清晰的打点开始，依次标注0、1、2、3、4、5、6，分别测出位置0到位置3、位置6间的距离，如图乙所示．已知打点周期T ＝0.02 s ，则木块的加速度a ＝________m/s 2.
(2) 将木块凹槽中的钩码逐个添加到细线下端，改变悬挂钩码的总质量m ，测得相应的加速度a ，作出a －m 图象如图丙所示．已知当地重力加速度g ＝9.8 m/s 2，则木块与木板间动摩擦因数μ＝________(保留两位有效数字)；μ的测量值________(选填“大于”“小于”或“等于”)真实值，原因是________________________(写出一个即可)．
(3) 实验中________(选填“需要”或“不需要”)满足悬挂钩码总质量远小于木块和槽中钩码总质量． 【答案】 (1) 3.33 (2) 0.32～0.36 大于 滑轮与轴承、细线间有摩擦，纸带与打点计时器间有摩擦等 (3) 不需要 【解析】
（1）已知打点周期T ＝0.02 s ，根据逐差法可得木块的加速度为：
22360322
(8.20 3.50 3.50)10 3.33m/s 990.02
x x a T ----⨯===⨯． （2）设木块的质量为M ，根据牛顿第二定律有，(0.02)mg f M a -=+，(0.02)f M m g μ=+-，联立可解得加速度为：(1)0.02
g
a m g M μμ+=
-+，由丙图可知，当m=0时，a=g μ=3.3 2m/s ，则木块与木板
间动摩擦因数μ＝0.34 ，因滑轮与轴承、细线间有摩擦，纸带与打点计时器间有摩擦，所以测量值大于真实值．
（3）实验中没有采用细线拉力等于重力，所以不需要满足悬挂钩码总质量远小于木块和槽中钩码总质量． 14．如图所示，为某同学设计的“探究加速度与物体所受合力F 及质量m 的关系”实验装置简图.
（1）本实验采用的实验方法是____．
A ．控制变量法
B ．假设法
C ．理想实验法
D ．等效替代法
（2）在保持小车受力相同时，探究加速度与质量关系的实验屮，以下故法正确的是______．
A ．平衡摩擦力时，应将装有砝码的小桶用细绳通过定滑轮系在小车上
B ．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力
C ．实验时，先放开小车，再接通打点计时器电源
D ．为得出加速度a 与与质量m 的关系而作出1
a m
-
图象 （3）下图是实验中获取的一条纸带的一部分，其中O 、A 、B 、C 、D 是计数点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图，打“B”计数点时小车的速度大小为___________________m/s.由纸带求出小车的加速度的大小为_____________m/s 2.(计算结果均保留2位有效数字）
（4）如图所示是某同学在探究加速度与力的关系时，根据测量数据作出的a 〜F 图线.其中图线不过原点的原因是______，图线在末端弯曲的原因是______.
【答案】
A BD 0.54 1.5 未平衡摩擦力或未完全平衡摩擦力 未满足小车的质量远远大于小桶和砝码的总质量 【解析】 【分析】 【详解】
（1）本实验采用的实验方法是控制变量法；
（2）平衡摩擦力时，应不挂小桶，让小车拖着纸带在木板上做匀速运动，选项A 错误；每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力，选项B 正确；实验时要先接通电源后放小车，选项C 错误；因为1
a m
- 为正比关系，故为得出加速度a 与与质量m 的关系而作出1
a m
-
图象，选项D 正确；故选BD ． （3）计数点间的时间间隔T=0.02s×
5=0.1s ，打B 计数点时小车的速度大小为 0.54m/s 2AC
B x v T
=
=； 根据逐差法得2x a T
∆=，小车的加速度
22 1.5m/s (2)BD OA x x a T -== （4）由图线可知，当力F 到达一定的值时才有加速度，故图线不过原点的原因是未平衡摩擦力或未完全平衡摩擦力；图线在末端弯曲的原因是未满足小车的质量远远大于小桶和砝码的总质量； 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图甲所示，一对平行金属板C 、D 相距为d ，O 、O l 为两板上正对的小孔，紧贴D 板右侧。

存在上下范围足够大、宽度为三的有界匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，MN 、GH 是磁场的左、右边界。

现有质量为m 、电荷量为+q 的粒子从O 孔进入C 、D 板间，粒子初速度和重力均不计。

（1）C 、D 板间加恒定电压U ，C 板为正极板，求板间匀强电场的场强大小E 和粒子从O 运动到O l 的时间t ；
（2）C 、D 板间加如图乙所示的电压，U 0为已知量，周期T 是未知量。

t=0时刻带电粒子从O 孔进入，为保证粒子到达O 1孔具有最大速度，求周期T 应满足的条件和粒子到达O l 孔的最大速度v m ； （3）磁场的磁感应强度B 随时间t '的变化关系如图丙所示，B 0为已知量，周期T 0
=
m
qB π。

t '=0时，粒子
从O 1孔沿OO 1延长线O 1O 2方向射入磁场，始终不能穿出右边界GH ，求粒子进入磁场时的速度v ，应满足的条件。

【答案】（1）U E d =；2m t d qU =（2）2022md T qU ≥0
2m qU v m
=；（3）23qBL v m ≤
【解析】 【分析】 【详解】
（1）板间匀强电场的场强
U
E d =
粒子在板间的加速度
qU
a md =
根据位移公式有
212
d at =
解得
2m
t d qU
=（2）粒子一直加速到达1O 孔速度最大，设经历时间0t ，则
0022
m T
t d qU =≤ 解得
2
22md T qU ≥
由动能定理有
2
01
2
m qU mv =
解得
2m qU v m
=
（3）当磁感强度分别为0B 、02B 时，设粒子在磁场中圆周运动半径分别为1r 、2r ，周期分别为1T 、2T ，根据洛伦兹力提供向心力有
2
01
v qvB m r =
解得
10
mv
r qB =
且有
100
22m
T T qB π=
= 同理可得
12022
r mv r qB =
=，20022m
T T qB π=
= 故00~
2T 粒子以半径1r 逆时针转过四分之一圆周，00~2T
T 粒子以半径2r 逆时针转过二分之一圆周，003~2T T 粒子以半径1r 逆时针转过四分之一圆周，003~22T
T 粒子以半径2r 逆时针转过二分之一圆周，
0052~2T T 粒子以半径1r 逆时针转过四分之一圆周，005~32T
T 粒子以半径2r 逆时针转过二分之一圆周，
0073~2
T
T 粒子以半径1r 逆时针转过四分之一圆周后从左边界飞出磁场，如图所示
由几何关系有
解得
23qBL
v m
≤
16．如图所示，光滑水平面上有一被压缩的轻质弹簧，左端固定，质量为A 1kg m =的滑块A 紧靠弹簧右端（不拴接），弹簧的弹性势能为p 32J E =。

质量为B 1kg m =的槽B 静止放在水平面上，内壁间距为0.6m L =，槽内放有质量为C 2kg m =的滑块C （可视为质点），C 到左侧壁的距离为0.1m d =，槽与滑块
C 之间的动摩擦因数0.1μ=。

现释放弹簧，滑块A 离开弹簧后与槽B 发生正碰并粘连在一起。

已知槽与滑块C 发生的碰撞为弹性碰撞。

（210m/s g =）求： (1)滑块A 与槽碰撞前、后瞬间的速度大小；
(2)槽与滑块C 最终的速度大小及滑块C 与槽的左侧壁碰撞的次数； (3)从槽开始运动到槽和滑块C 相对静止时各自对地的位移大小。

【答案】 (1)08m/s v =，14m/s v =；(2)22m/s v =，4n =；(3)B 3.9m s =，C 4.1m s = 【解析】 【详解】
(1)设滑块与槽碰撞前后的速度分别为v 0、v 1。

弹簧将A 弹开，由机械能守恒定律得
2
p 012
A E m v =
① 解得
08m/s v =②
A 与
B 发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得：
()01A A B m v m m v =+③
解得
14m/s v =④
(2)最终滑块C 与槽共速，设为v 2，由动量守恒定律得
()()12A B A B C m m v m m m v +=++⑤
解得
设滑块C 与槽的相对运动路程为s ，由能量守恒定律得
()
()221211
22
C A B A B C m gs m m v m m m v μ=
+-++⑦ 解得 s=4m ⑧
设C 与槽的左侧壁碰撞次数为n ，则有
12s d
n L
-=
+⑨ 解得 n=4.25 取n=4 ⑩
(3)设槽和滑块A 碰后加速度大小为a 1，滑块C 的加速度大小为a 2，由牛顿第二定律得
()1C A B m g m m a μ=+⑪
2C C m g m a μ=⑫
解得
211m/s a =⑬
221m/s a =⑭
槽（含滑块A ）和滑块C 的质量相等，发生弹性碰撞后互换速度，最终以共同速度22m/s v =一起运动。

设从碰后到一起运动的时间为t ，则
2
1
v t a =
⑮ 解得 t=2s ⑯
槽B 的位移
2
1132
B s a t d L =
++⑰
代入数据的得
3.9m B s =⑱
滑块C 的位移
2
113(6)2
C s a t L s d L =
++--⑲ 代入数据的得
4.1m C s =⑳
17．真空中有如图所示的周期性交变磁场，设磁感应强度B 垂直纸面向里为正方向，B 0=1T ，t 0=π×l0-5s ，k 为正整数。

某直角坐标系原点O 处有一粒子源，在t=0时刻沿x 轴正方向发射速度为v 0=103m/s 的正点电荷，比荷
q
m
=1×l06C/kg ，不计粒子重力。

(1)若k=1，求粒子在磁场中运动的轨道半径和粒子第3次（从O 点出发记为第1次）经过y 轴时的时刻； (2)若k=2，求粒子在运动过程中与y 轴交点坐标的最大值和最小值； (3)若t 0=
2
π
⨯10-5s ，则k 取何值时，粒子可做周期性循环运动回到出发点？并求出循环周期的最小值T min 和相应的k 值。

【答案】 (1)0.01m ；5210s t π-=⨯；(2)max 0.04m y =；min 0.02m y =-；(3)当k 取非
41(0,1,2,)q q +=L L 的正整数时，均可以回到出发点；当3k =时，最小循环周期为41.25610s -⨯
【解析】 【分析】 【详解】
(1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由
20
0mv Bqv r
= 0
2r
T v π=
解得
0.01m mv r Bq
=
= 52210s m
T Bq
ππ-=
=⨯ 当1k =时，因为02
T t =
，粒子第3次经过y 轴时恰好向上经历两个半圆（如图）则时间5210s t T π-==⨯
(2)当2k =时，02t T =，粒子一个循环周期中运动分别为半圆→整圆→半圆→整圆，因此由几何关系得： 与y 轴交点坐标的最大值为
max 40.04m y r ==
与y 轴交点坐标的最小值为
min 20.02m y r =-=-
(3)因为04T
t =
，所以粒子先做14
圆弧运动，之后对k 的不同值进行分类讨论： 如图可见k =1、2、3、4时可能的分段情况．
①1k =，粒子做1
4圆弧交替运动，向右上45°方向无限延伸，不会循环运动 ②2k =，粒子做14
圆弧与2
4圆弧交替运动，经过4个周期回到出发点，循环周期23T T =
③3k =，粒子做
1
4圆弧与34圆弧交替运动，经过2个周期回到出发点，循环周期32T T = ④4k =，粒子做
14
圆弧与4
4圆弧交替运动，经过4个周期回到出发点，循环周期45T T =
当4k >时，运动过程相似，每个周期中均增加p （正整数）个圆周，能循环的运动其循环周期均延长．
综上可得：
(1)当k 取非41(0,1,2,)q q +=L L 的正整数时，均可以回到出发点． (2)当3k =时，最小循环周期为
5432410s 1.25610s T T π--==⨯≈⨯．。