2024-2025学年山东省潍坊市高二（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年山东省潍坊市高二（上）期末物理试卷（含解析），共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.分析下列物理现象：①“空山不见人，但闻人语响”；②彩超测出反射波频率的变化，从而知道血液流速；③围绕发声的双股音叉走一圈，听到声音忽强忽弱；④声呐系统，用于探测海中的物体，这些物理现象分别属于波的( )
A. 衍射、多普勒效应、干涉、反射B. 衍射、干涉、多普勒效应、折射
C. 折射、干涉、多普勒效应、反射D. 衍射、折射、多普勒效应、干涉
2.如图甲所示，一摆球在竖直平面内做小角度摆动(θd2空间分为左右两部分，分别填充磁感应强度大小相等的匀强磁场，左侧磁场沿y轴正向，右侧磁场沿y轴负向，从x=d2边界射出，且速度方向沿x轴正向的粒子进入Ⅲ区后垂直通过x轴另一坐标，求左侧磁场沿x轴方向的宽度D1和右侧磁场沿x轴方向的宽度的最小值D2。
答案解析
1.【答案】A
【解析】解：①“空山不见人，但闻人语响”属于声波的衍射；②彩超测出反射波频率的变化，从而知道血液流速，属于多普勒效应的应用；③围绕发声的双股音叉走一圈，听到声音忽强忽弱，属于声波的干涉和叠加；④声呐系统，属于波的反射，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据波的衍射、多普勒效应、干涉、反射等知识进行分析解答。
考查波的干涉、波的衍射以及多普勒效应，明确相应的波动现象，能准确进行区分，属于基础题。
2.【答案】D
【解析】解：A、单摆周期T=2s，则根据
T=2π Lg
可得摆长约为L=1m，故A错误；
B、t=0.5s时摆球到达最高点，此时摆球加速度不为零，即所受合外力不为零，故B错误；
C、从t=1.5s至t=2.0s的过程中，摆球从左侧最高点向平衡位置摆动，此时所受回复力逐渐减小，故C错误；
D、单摆做小角度摆动，则其运动可以看为简谐运动，周期为2s，则单摆的位移x随时间变化的关系式为
x=Asinωt=Asin2πTt=8sin(2π2t)cm=8sin(πt)cm
故D正确。
故选：D。
根据T=2π Lg求解摆长；
根据单摆的振动图像分析回复力的变化；
根据单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=Asinωt代入数据可求表达式。
明确单摆的振动方程，知道单摆的周期公式，注意单摆运动情况的分析。
3.【答案】B
【解析】解：AB、一带正电粒子(不计重力)从两极板左侧以速度v飞入，恰能沿直线飞过此区域，可知电场力与洛伦兹力平衡，根据左手定则可知，带正电粒子受到的洛伦兹力向下，则电场力向上，所以电场方向向上
根据平衡条件可得qvB=qE
解得场强大小为E=Bv
故A错误，B正确；
C、若增大入射速度，则有洛伦兹力qv′B>qE，该粒子所受的合力竖直向下，与运动方向间有夹角，故粒子不可以沿直线飞过此区域，故C错误；
D、若从两极板的右侧飞入，根据左手定则可知，该粒子受到的洛伦兹力向上，受到的电场力也向上，则该粒子向上偏转，不可以沿直线飞过此区域，故D错误。
故选：B。
首先应明确粒子在复合场中沿直线运动的条件是电场力和洛伦兹力平衡；根据左手定则分析洛伦兹力的方向，进而确定电场力的方向和电场方向；考虑粒子从不同方向飞入时，电场力和洛伦兹力的变化情况。
本题考查速度选择器，关键要明确其原理，通过分析电场力和洛伦兹力的变化情况解题。
4.【答案】C
【解析】解：设每边通过的电流为I，正方形边长为L，磁场方向与x轴正向夹角为θ，如图所示
则根据左手定则，ab和bc边受安培力方向相反，则合力为F1=BILsin(45°+θ)−BILsin(45°−θ)= 2BILsinθ
同理ad和dc边受安培力的合力仍为F1，整个线圈受安培力F=2F1=2 2BILcsθ
将导线框拉成与x轴平行的两条直导线，并保持通电的电流不变，则导线框受到的安培力大小为F′=2BI⋅2Lsinθ,解得F′= 2F，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据左手定则判断安培力方向，根据安培力求解公式和矢量合成法则求解安培力大小。
本题主要考查了安培力的计算公式，熟悉安培力的计算公式结合矢量合成法则即可完成分析。
5.【答案】B
【解析】解：A.如图所示，从左侧位置观察时光路如图所示：
由几何关系可知tanr=1212 3= 33
可知r=30°
根据n=sinθsinr
解得sinθ=0.8
则θ=53°
坦克内部人员可以看到外界角度的范围是106°，故A错误；
B.适当增加孔的左右宽度，坦克壁厚度不变，可知r角变大，θ变大，即可增大外界角度的观察范围，故B正确；
C.适当增加坦克壁的厚度，孔的左右宽度不变，可知r角变小，θ变小，可减小外界角度的观察范围，故C错误；
D.更换折射率更小的玻璃，根据n=sinθsinr可知r角一定，则θ减小，即可能看到外界角度的范围减小，不可能是180°，故D错误。
故选：B。
作出光路图，由几何关系求出入射角和折射角，从而得到看到外界角度的范围；改变坦克壁厚度、孔的左右宽度以及更换折射率，结合θ角变化，从而得到视角变化。
对于几何光学问题，正确画出光路图是解答的基础，同时要充分运用几何知识，辅助求解。
6.【答案】D
【解析】解：A.已知a端为直流电源正极，可知充电后电容器上极板带正电，根据安培定则可知，电容器放电时导轨电流在两导轨间形成垂直纸面向里的非匀强磁场，故A错误；
B.根据安培力表达式F=BIL可知，弹射过程中，随电容器电量减小，即B和I均减小，则弹射器受到的安培力大小减小，故B错误；
C.由能量关系可知，电容器储存的电能一部分转化为弹射器的机械能，另一部分转化成弹射器和电阻R的内能，故C错误；
D.若将电源正负极对调，磁场方向和电流方向均会反向，则安培力方向不变，即弹射器仍能实现向右弹射，故D正确。
故选：D。
a端为直流电源正极，可知充电后电容器上极板带正电，根据安培定则和安培力F=BIL，结合电容器储存的电能一部分转化为弹射器的机械能，另一部分转化成弹射器和电阻R的内能分析求解。
本题考查了安培力相关知识，理解电容器的充放电特点，熟练掌握安培力的大小与方向的判断是解决此类问题的关键。
7.【答案】D
【解析】解：A.匀强磁场的磁感应强度方向与导体棒ab是垂直的，ab所受的安培力大小F安=BIL，故A错误；
B.根据左手定则判断出安培力方向，作出导体棒ab的受力示意图如图所示
安培力有水平方向上的分力，若没有摩擦力，则水平方向无法平衡，所以导体棒一定会受到水平向左的摩擦力，故B错误；
C.将安培力在水平方向上和竖直方向上分解，根据平衡条件可得支持力大小FN=mg−BILcsθ，故C错误；
D.由于导体棒在重力、支持力、摩擦力和安培力的作用下处于平衡状态，重力和支持力沿竖直方向，故安培力和摩擦力的合力也一定沿竖直方向，由于支持力的大小小于重力的大小，故ab所受安培力和摩擦力的合力方向竖直向，故D正确。
故选：D。
根据安培力公式求解安培力大小；根据左手定则判断安培力方向，根据平衡条件判断摩擦力方向以及支持力大小；根据平衡条件判断ab所受安培力和摩擦力的合力方向。
对于有关安培力的平衡问题研究思路常常从力的角度分析，重点是判断安培力的方向问题，根据平衡条件求解。
8.【答案】A
【解析】解：作出粒子在磁场中运动轨迹，如图所示
由几何知识可得cs∠CAO=CAOA=12
解得∠CAO=60°
由于粒子射出磁场时速度方向与入射速度方向间的夹角为30°，可知∠OAO1=75°
所以∠OAO2=15°，∠AOO2=75°
由几何知识可知AO2=Rsin75°，O2B=rsin15°
又因为AO2=O2B
则有rsin15°=Rsin75°
解得r=Rtan15∘=(2+ 3)R
且Bqv=mv2r
解得v=(2+ 3)BqRm
故BCD错误，A正确。
故选：A。
根据粒子在磁场中运动轨迹，结合几何关系，以及洛伦兹力提供向心力分析求解。
本题考查了带电粒子在磁场中的运动，理解粒子在磁场中的运动状态，根据题目合理选取公式是解决此类问题的关键。
9.【答案】CD
【解析】解：A.由单摆的周期公式T=2π Lg，可知摆长越短，周期越小，又因为f=1T，可知单摆的周期越小，固有频率越大，故戊摆的固有频率最大，故A错误；
BC.做受迫振动的物体的频率等于驱动力频率，振动稳定后，所有摆的振动频率都与乙摆的振动频率相等，故B错误，C正确；
D.甲、丙的摆长与乙的摆长相等，即固有频率与驱动力频率相等，发生共振，振幅最大，故甲、丙摆的振幅比丁、戊摆的振幅大，故D正确。
故选：CD。
根据固有频率，受迫振动特点和共振的条件进行分析解答。
本题主要考查了共振现象，关键明确两点：做受迫振动的物体的频率等于驱动力频率；当固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象。
10.【答案】BC
【解析】解：AB、从空气膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，其光程差为Δx=2d，即光程差为空气层厚度的2倍，当光程差Δx=2d=nλ时此处表现为亮条纹，故相邻亮条纹之间的空气层的厚度差12λ，故A错误，B正确；
CD.光线在空气膜的上下表面上反射，并发生干涉，从而形成干涉条纹．设空气膜顶角为θ处为两相邻明条纹，如图所示
由于下表面光线从光疏介质射向光密介质发生发射，存在半波损失，则两处光程差分别为Δx1=2d1，Δx2=2d2
即有d2−d1=λ2
设条纹间距为Δl，由几何知识可得tanθ=d2−d1Δl
解得Δl=λ2tanθ
若用波长更长的单色光入射，则Δl增大，干涉条纹会变疏；若抽去一张纸，θ变小，tanθ减小，则Δl增大，干涉条纹会变疏，故C正确，D错误。
故选：BC。
从空气膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，其光程差为空气层厚度的2倍，当光程差Δx=nλ时此处表现为亮条纹，此时相邻亮条纹之间的空气层的厚度差为12λ。
解本题的关键是知道薄膜干涉的原理和相邻条纹空气层厚度差的关系。
11.【答案】AD
【解析】解：A、质子在D1、D2运动过程中，洛伦兹力与速度方向垂直，则洛伦兹力对质子不做功，根据I=Ft可知其冲量不为零，故A正确；
B、为了使得每次质子经过电场时都能被加速，则电场变化的周期应等于粒子在磁场中做圆周运动的周期，故B错误；
C、根据洛伦兹力提供向心力，有qvmB=mvm2R
且T=2πmqB
可得质子所能获得的最大动能为Ekm=12mvm2=2mπ2R2T2
故C错误；
D、质子在电场中被加速，根据动能定理有nqU0=12mvm2
则质子在电场中被加速的次数n=mvm22qU0
每加速一次则质子在磁场中运动半个周期，运动时间为T2(最后一次除外)
质子加速至动能最大所用的时间为t=(n−1)T2=(2mπ2R2qU0T2−1)T2
故D正确。
故选：AD。
A、洛伦兹力始终与质子速度方向垂直，故不做功；但冲量是力与时间的乘积，洛伦兹力不为零且作用了时间，故冲量不为零。
B、为保证质子每次经过狭缝都被加速，电场变化周期需与粒子在磁场中做圆周运动的周期相等。
C、质子最大轨道半径为R，由洛伦兹力提供向心力，结合圆周运动周期公式，联立得到动能表达式。
D、先求出质子被加速的次数(最大动能除以每次加速获得的能量qU0)，每次加速对应半个周期的电场变化，总时间为加速次数乘以T2，再结合最大动能的表达式化简得到时间公式。
这道题是回旋加速器原理的综合考查题，既有基础概念(洛伦兹力的做功)，也有原理逻辑(周期匹配)，还有公式推导(最大动能、加速时间)，能同时考查概念理解与公式运用能力。
12.【答案】BCD
【解析】解：A、根据振动图像乙，当t=0.5s时，质点P的位移为负且斜率为负，表明其向y轴负方向运动。结合波形图甲，P位于x=0.7m处(波谷右侧)，由“上下坡法”可知：若波沿x轴正向传播，P应向下运动；若反向传播则向上运动。实际运动方向与正向传播情况一致，故A错误；
B、图乙显示周期T=4s，振动方程为y=Asin(π2t+π)。t=0.5s时P的相位φP=5π4，而Q(x=0处)位移yQ=−0.5A且向上运动，相位φQ=11π6。由相位差公式Δφ=φQ−φP=k(xP−xQ)，代入得11π6−5π4=2πλ×0.7，解得波长λ=2.4m。波速v=λT，解得v=0.6m/s，故B正确；
C、t=0.5s时P相位5π4，首次回平衡位置需相位增至2π，耗时tP=0.75πω=1.5s；Q相位11π6，耗时tQ=π6ω=13s。时间差Δt=|1.5−13|=76s，故C正确；
D、设t′后两质点位移相等，需满足相位对称条件φP′+φQ′=(2k+1)π。初始总相位37π12，相位增加速率π。当k=2时解得t′=2312s，故D正确。
故选：BCD。
根据振动图像和波形图的关系，通过质点P的运动方向判断波的传播方向。结合振动方程和相位差计算波长，利用波长与周期关系求波速。分析两质点回到平衡位置的相位变化，计算时间差。通过相位对称条件确定两质点位移相等的时刻。
本题综合考查机械波的传播特性与振动图像分析，涉及波的传播方向判断、波速计算、质点振动时间差分析以及相位关系等核心知识点。题目计算量适中但思维深度较高，需要学生灵活运用“上下坡法“判断传播方向，并通过相位差公式建立空间与时间联系。难点在于将振动图像与波形图动态结合，要求具备较强的空间想象能力和数学推导能力。选项C和D尤其体现对波动周期性和相位对称性的深刻理解，需要学生准确计算相位变化并建立位移相等条件，是训练波动问题综合分析能力的典型范例。
13.【答案】B csαsinθ 在ef边发生全反射
【解析】解：(1)A.直接用铅笔沿侧面画线可能会损坏光学面，故A错误；
B.大头针应与纸面垂直，才能准确标记光路方向，故B正确；
C.确定出射光路需要至少两个大头针，才能准确反映光路方向，故C错误。
故选：B。
(2)根据几何关系可知入射角为θ，折射角为π2−α，如图所示
根据折射率公式，有n=sin(π2−α)sinθ=csαsinθ
(3)换了另一块同种材料、顶角更大的等腰三角形玻璃，因为顶角越大，在ef边界的入射角越大，当入射角达到或超过临界角时发生全反射，所以在ef边一侧始终找不到出射光线。
故答案为：(1)B；(2)csαsinθ；(3)在ef边发生全反射。
(1)根据实验原理和注意事项分析判断；
(2)作出光路图根据几何知和折射率公式计算；
(3)根据发生全反射的条件判断。
本题关键掌握用“插针法”测量玻璃折射率的实验原理、推导折射率的方法和发生全反射的条件。
14.【答案】12.0 4π2n2(L+d2)t2 D 9.86
【解析】解：(1)10分度游标卡尺的精确值为0.1mm，由图乙可知小钢球的直径为d=1.2cm+0×0.1mm=12.0mm
(2)单摆周期为T=tn
根据单摆周期公式可得T=2π L+d2g
联立解得重力加速度为g=4π2n2(L+d2)t2
(3)若采用上述(2)的方式测得的g值偏大，根据单摆周期公式可得T=2π lg
可得g=4π2lT2
A.单摆的悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了，则摆长测量值偏小，使测得的g值偏小，故A错误；
B.把n次全振动的时间误记为n−1次，则周期测量值偏大，使测得的g值偏小，故B错误；
C.用摆线长作为摆长来计算，则摆长测量值偏小，使测得的g值偏小，故C错误；
D.用摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算，则摆长测量值偏大，使测得的g值偏大，故D正确。
故选：D。
(4)设小球半径为r，根据单摆周期公式可得T=2π L+rg
可得T2=4π2gL+4π2gr
可知T2−L图像的斜率为k=4π2g=5.30−−0.80s2/m=4s2/m
可得g=π2m/s2=9.86m/s2
故答案为：(1)12.0；(2)4π2n2(L+d2)t2；(3)D；(4)9.86。
(1)先确定游标卡尺的最小分度值再读数；
(2)根据题意和单摆周期公式推导重力加速度表达式；
(3)根据重力加速度表达式结合各物理量的变化分析判断；
(4)根据题意和单摆周期公式推导图像对应的函数表达式，结合图像计算。
本题关键掌握用单摆测量当地重力加速度的实验原理和实验误差分析方法、利用图像处理问题的方法和游标卡尺的读数方法。
15.【答案】(1)若波沿x轴正方向传播，则这列波的波速为60n+403m/s(n=0,1,2……) (2)若波沿x轴负方向传播，且周期大于0.4s，这列波的波速为203m/s
【解析】解：(1)由题图可知波长为λ=6m。
若波沿x轴正方向传播，根据波形平移法可知，在0～0.3s内波向右传播的距离为：Δx=nλ+4m=(6n+4)m(n=0,1,2……)
则这列波的波速为：v=ΔxΔt=6n+40.3m/s=60n+403m/s(n=0,1,2……)；
(2)若波沿x轴负方向传播，且周期大于0.4s，根据波形平移法可知，在0～0.3s内波向左传播的距离为Δx′=2m
则这列波的波速为v′=Δx′Δt=20.3m/s=203m/s。
答：(1)若波沿x轴正方向传播，则这列波的波速为60n+403m/s(n=0,1,2……)；
(2)若波沿x轴负方向传播，且周期大于0.4s，这列波的波速为203m/s。
(1)若波沿x轴正方向传播，根据波形平移法求解波向右传播的距离，根据波速计算公式求解波速；
(2)若波沿x轴负方向传播，根据波形平移法求解波向左传播的距离，根据波速计算公式求解这列波的波速。
对于波的多解性问题，关键是知道传播方向的不确定、质点振动的周期性都会造成多解，解题时要弄清楚质点的振动情况、以及波的传播情况，知道波速、波长和频率之间的关系v=fλ。
16.【答案】该单色光线入射角α为30°；
若光线从半球面上沿半径入射，入射方向与BD平行，光线从入射点传播到EF界面所用的时间为(10+ 5)R2c
【解析】(1)作出光的折射光路图如下
由题可知BH=2R，DH=R
由几何知识可得BD= (BH)2+(DH)2= 5R
故有sin∠DBH=DHBD= 55，cs∠DBH=2 55
由全反射条件可得半球面的折射率n=1sin∠HDB=1cs∠DBH= 52
所以sinαsin∠DBH= 52
解得sinα=12
即α=30°
(2)由题意作出相关光路图如下
由几何知识可得，光在半球面内通过的路程s=R+4Rsin∠MNP=R+4Rsin∠BDH
光在半球内传播的速度v=cn
所以光线从入射点传播到EF界面所用的时间t=sv=(2 5+1)R2c 5=(10+ 5)R2c
答：(1)该单色光线入射角α为30°；
(2)若光线从半球面上沿半径入射，入射方向与BD平行，光线从入射点传播到EF界面所用的时间为(10+ 5)R2c。
(1)根据光的全反射条件，结合几何关系与光路图分析求解；
(2)根据光在半球内传播的速度，结合光在半球面内通过的路程分析求解。
本题考查了光学基本知识，理解折射定律以及全反射条件是解决此类问题的关键。
17.【答案】(1)小球处于平衡位置时弹簧的长度为x0+mgsinθk (2)小球运动到平衡位置右下方x处时弹簧弹力大小为F=k(x+Δx)
小球所受合力为F合=mgsinθ−F
联立解得F合=−kx
即小球所受合力大小与其偏离平衡位置的位移大小成正比，方向相反，说明小球的运动是简谐运动 (3)小球的加速度a随x变化的图像如图所示：

小球的最大速度为gsinθ mk
【解析】解：(1)小球处于平衡位置时，合力为零，根据平衡条件得
k⋅Δx=mgsinθ
解得弹簧的伸长量Δx=mgsinθk
则此时弹簧的长度为l=x0+Δx=x0+mgsinθk
(2)小球运动到平衡位置右下方x处时弹簧弹力大小为F=k(x+Δx)
小球所受合力为F合=mgsinθ−F
联立解得F合=−kx
即小球所受合力大小与其偏离平衡位置的位移大小成正比，方向相反，说明小球的运动是简谐运动。
(3)由最高点运动到最低点过程中，小球做简谐运动，由牛顿第二定律得
a=F合m=−kxm
则小球的加速度a随x变化的图像如图所示：
当a=0时，小球的速度最大，设合外力做功为W合，根据图中图线(x>0或xd2空间分为左右两部分，分别填充磁感应强度大小相等的匀强磁场，左侧磁场沿y轴正向，右侧磁场沿y轴负向，从x=d2边界射出，且速度方向沿x轴正向的粒子进入Ⅲ区后垂直通过x轴另一坐标，左侧磁场沿x轴方向的宽度D1为3 3Bd7π (2− 3)BdmE，右侧磁场沿x轴方向的宽度的最小值D2为3(2+ 3)7π (2− 3)BdmE
【解析】解：(1)由题意知，进入I区磁场粒子半径r=d，qvB=mv2r
解得v=qBdm
(2)根据题意可知，从x=d2边界线(图中虚线)射出的粒子的上边界点和下边界点分别为下图中的A、B点
由几何知识可知，A、B点到x轴的距离相等，cs∠OO1A=d−d2d=12，故∠OO1A=60°
故射出点到x轴的最远距离为l=dsin60°= 32d
由几何关系知，当粒子在Ⅱ区磁场的运动轨迹与x=d2边界边界相切于B点时，该粒子从坐标原点O进入时速度方向与y轴负向夹角为60°，由几何关系知，该粒子在Ⅰ区磁场边界的入射位置距离y轴的距离为s=32d，则η=2d−s2d=25%
(3)从x=d2边界射出，且速度方向沿x轴正向的粒子从F点进入Ⅲ区电场，如图所示
则F点到x轴的距离为h=d−dcs30°=(1− 32)d
粒子进入Ⅲ区电场后做类平抛运动，其加速度为a=qEm
设该粒子再次经过x轴时的横坐标为x，则h=12at2，x−d2=vt
联立得x=Bd (2− 3)qdmE+d2
故该粒子再次经过x轴的坐标为(Bd (2− 3)qdmE+d2,0)
(4)由题意知，填充磁场后，粒子进入Ⅲ区的运动轨迹为螺旋线，再次经过x轴所需时间与(3)问相同，设填充磁场的磁感应强度大小为B0，则T=2πmqB0
由几何关系知t=712T，又qvB0=mv2R
则R=6Bd7π (2− 3)qdmE
由几何关系知，D1=Rsin60°，D2=Rsin60°+R
则D1=3 3Bd7π (2− 3)qdmE，D2=3(2+ 3)Bd7π (2− 3)qdmE
答：(1)粒子射入Ⅰ区磁场的速度大小v为qBdm；
(2)大量粒子从x=d2边界线(图中虚线)射出，射出点到x轴的最远距离为 32d，可被收集板收集的粒子占入射粒子总数的比值η为13；
(3)从x=d2边界射出，且速度方向沿x轴正向的粒子进入Ⅲ区电场后再次经过x轴时的位置坐标为(x=Bd (2− 3)qdmE+d2,0)；
(4)保持题干条件不变，再把x>d2空间分为左右两部分，分别填充磁感应强度大小相等的匀强磁场，左侧磁场沿y轴正向，右侧磁场沿y轴负向，从x=d2边界射出，且速度方向沿x轴正向的粒子进入Ⅲ区后垂直通过x轴另一坐标，左侧磁场沿x轴方向的宽度D1为3 3Bd7π (2− 3)BdmE，右侧磁场沿x轴方向的宽度的最小值D2为3(2+ 3)7π (2− 3)BdmE。
(1)根据洛伦兹力提供向心力，结合进入I区磁场粒子半径分析求解；
(2)根据几何知识，结合当粒子在Ⅱ区磁场的运动轨迹与x=d2边界边界相切于B点时，该粒子从坐标原点O进入时速度方向与y轴负向夹角为60°分析求解；
(3)根据粒子进入Ⅲ区电场后做类平抛运动，结合电场力分析求解；
(4)根据填充磁场后，粒子进入Ⅲ区的运动轨迹为螺旋线，再次经过x轴所需时间与(3)问相同，结合几何关系分析求解。
本题考查了带电粒子在复合场中的运动，理解粒子在复合场中的运动状态，根据题目合理选取公式是解决此类问题的关键。