2024-2025学年山东省济宁市育才中学高二（上）开学收心考物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年山东省济宁市育才中学高二（上）开学收心考物理试卷（含解析），共18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.如图所示，两小球A、B通过轻质细杆相连，斜靠在车厢里，两小球及车厢均处于静止状态，则下列说法不正确的是( )
A. A球可能受到3个力的作用B. A球可能受到4个力的作用
C. B球一定仅受到3个力的作用D. B球一定仅受到4个力的作用
2.一辆汽车在水平公路上转弯，沿曲线由M向N行驶，速度逐渐减小，下图中分别画出了汽车转弯时加速度a的四种方向，你认为正确的是( )
A. B. C. D.
3.2024年4月中下旬，太阳系中被称为“恶魔彗星”的庞士−布鲁克斯彗星到达了近日点，在视野良好的情况下通过肉眼观测到该彗星，如图所示。已知地球的公转轨道半径为1AU(AU为天文单位)，该彗星的运行轨道近似为椭圆，其近日点与远日点之间的距离约为34AU，则这颗彗星绕太阳公转时，从远日点到近日点的最短时间( )
A. 34 17年B. 172 17年
C. 34年D. 17年
4.内陆盐矿中开采的氯化钠称为岩盐。如图所示，岩盐晶体结构中相邻的四个离子处于正方形的四个顶点，O点为正方形中心，A、B为两边中点，关于这四个离子形成的电场，下列说法正确的是( )
A. A点电场强度为零
B. O点电场强度不为零
C. A、B两点的电场强度相同
D. A点电场强度方向指向下方的氯离子
5.如图所示，在平行板电容器两板间有一个带电微粒。开关S闭合时，该微粒恰好能保持静止。若使该带电微粒向上运动，下列说法正确的是( )
A. 保持S闭合，极板N上移
B. 保持S闭合，极板M上移
C. 充电后将S断开，极板N上移
D. 充电后将S断开，极板M上移
6.如图所示，一半径为R的圆环处于竖直平面内，A是与圆心等高点，圆环上套着一个可视为质点的、质量为m的小球。现使圆环绕其竖直直径转动，小球和圆环圆心O的连线与竖直方向的夹角记为θ，转速不同，小球静止在圆环上的位置可能不同。当圆环以角速度ω匀速转动且小球与圆环相对静止时( )
A. 若圆环光滑，则角速度ω= gRtanθ
B. 若圆环光滑，则角速度ω= gtanθR
C. 若小球与圆环间的摩擦因数为μ，且小球位于A点，则角速度ω可能等ω= 2gμR
D. 若小球与圆环间的摩擦因数为μ，且小球位于A点，则角速度ω可能等于ω= g2μR
7.如图所示，把质量是0.2kg的小球放在竖直的弹簧上，先把小球往下按至A的位置，再迅速松手后，弹簧把小球弹起；小球运动的最高位置为C，在B位置弹簧刚好处于自由状态。已知A、B之间的高度差为0.05m，C、B的高度差为0.25m，弹簧的质量和空气阻力均可忽略，g取10m/s2。下列关于小球弹起过程的说法正确的是( )
A. 小球的动能先增大后减小，在B点时小球动能最大
B. 小球的重力势能逐渐增大，动能先增大后减小，但总的机械能保持不变
C. 若选B点为零势能点，则小球在A、C点，重力势能分别为0.1J和0.5J
D. 在A位置弹簧的弹性势能为0.6J
8.通过质量为m的电动玩具小车在水平面上的运动来研究“机车启动”问题。小车刚达到额定功率开始计时，且此后小车功率不变，小车的v−t图像如图甲所示，t0时刻小车的速度达到最大速度的三分之二，小车速度由v0增加到最大值的过程中，小车受到的牵引力F与速度v的关系图像如图乙所示，且F−v图像是双曲线的一部分(即反比例图像)，运动过程中小车所受阻力恒定，下列说法正确的是( )
A. 小车的额定功率为F0v
B. t=0时刻，小车的加速度大小为3F0m
C. t0时刻，小车的加速度大小为F0m
D. 0∼t0时间内，小车运动的位移大小为3v0t0−3mv022F0
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
9.如图所示，在水平地面上方的某一水平面上，将A、B两球以相同大小的初速度分别竖直向上和水平向右抛出，两球可视为质点且质量相同，不计空气阻力，关于两球从抛出到落地的运动过程，下列说法正确的是( )
A. 抛出瞬间两球重力的瞬时功率大小相等
B. 落地前瞬间A球重力的瞬时功率更大
C. 两球在各自轨迹的最高点时重力的瞬时功率相等
D. 重力对A球做功的平均功率更大
10.2023年5月30日16时29分，神舟十六号载人飞船入轨后，成功对接于空间站和核心舱径向端口，形成了三舱三船组合体，飞船发射后会在停泊轨道(I)上进行数据确认，后择机经转移轨道(Ⅱ)完成与中国空间站的交会对接，其变轨过程可简化为下图所示，已知停泊轨道半径近似为地球半径R，中国空间站轨道距地面的平均高度为ℎ，飞船在停泊轨道上的周期为T1，则( )
A. 飞船在转移轨道(Ⅱ)上各点的速度均小于7.9km/s
B. 飞船在转移轨道(Ⅱ)上Q点的加速度等于空间站轨道(Ⅲ)上Q点的加速度
C. 飞船在停泊轨道(I)与组合体在空间站轨道(Ⅲ)上的速率之比为R+ℎ:R
D. 飞船在转移轨道(Ⅱ)上正常运行的周期为T=T1 1+ℎ2R3
11.有一匀强电场，方向平行于坐标轴平面，平面内a、b、c、d四点的位置如图所示，cd，cb分别垂直于x轴、y轴，其中a、b、c三点电势分别为2.0V、4.0V、5.0V。将电荷量为q=2.0×10−10C的正点电荷从a点沿abcd路线移动，则下列判断正确的是( )
A. 坐标原点0的电势为3.5V
B. 电场强度的大小为50 2V/m
C. 该点电荷在d点的电势能为10.0×10−10J
D. 该点电荷从a点移动到d点的过程中，电场力做功为−4.0×10−10J
12.如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A，轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时，重物A、B处于静止状态，释放后A、B开始运动。已知A、B的质量都为m，轻绳足够长。假设摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 当A的位移为ℎ时，B的速度大小为 8gℎ5
B. 运动过程中B的机械能在增大
C. 运动过程中B的加速度大小为15g
D. 运动过程中绳上拉力为35mg
三、实验题：本大题共2小题，共20分。
13.图(a)为观察电容器充、放电现象的实验装置。实验中使用了电流传感器来采集电流随时间的变化情况。电源输出电压恒为8V，S为单刀双掷开关，C为电容器，R为电阻箱。当开关S接1，电容器开始充电，电容器充电完毕后，把开关改接2进行放电，其放电电流随时间变化关系如图(b)所示。
(1)开关接1，电容器开始充电后，电流大小______(填正确选项前的标号)。
A.逐渐增大 B.保持不变 C.逐渐减小
(2)根据图(b)可估算出电容器开始放电时所带的电荷量q=_____ C(保留2位有效数字)。
(3)如果不改变电路其他参数，只增大电阻箱的阻值R并重复上述实验，实线和虚线分别表示改变前后放电过程电流随时间变化的曲线，最符合实际情况的图像为______(填正确图像对应的标号)。
A. B． C. D．
14.小明同学在学习机械能守恒定律时，老师讲到“做平抛运动的物体机械能守恒”，小明对此感到怀疑，决定亲手做一做，来验证老师的结论是否正确。于是他找来了研究自由落体运动时用到的频闪相机，通过频闪照相的方法得到了小球运动的几个位置A、B、C、D、E，如图所示。已知频闪相机的频率为20Hz，O点为平抛运动的起点，以O为坐标原点，沿水平和竖直方向建立直角坐标系，经测量得到几个位置的坐标列表如下：已知小球的质量为0.2kg，重力加速度g取9.8m/s2请你帮助小明对测量的数据进行分析(结果保留
三位有效数字)。
(1)从O点到D点，小球动能的增加量为__________J，重力势能的减少量为__________J；
(2)小球重力势能的减小量与动能增加量不相等的原因可能是__________；
(3)小明想换一种方法对数据分析，测出O点到每一个点的高度d，每个点的竖直速度vy，以d为横坐标、vy2为纵坐标建立坐标系，作出vy2—d图像。若所有操作均正确，则在误差允许的范围内，vy2—d图线的“斜率”为k，可以得出重力加速度大小为__________；
(4)通过对测量结果进行分析可以得出，在误差允许范围内，“做平抛运动的物体机械能守恒”这句话__________(填“正确”、“不正确”或者“不一定正确”)。
四、计算题：本大题共4小题，共36分。
15.经过长期观测，人们发现银河系中的恒星约四分之一是双星系统。某双星系统由A、B两颗恒星构成，两星绕它们连线上一点O做匀速圆周运动，经观测可知A、B间的距离为s，B恒星的运行周期为T。
(1)请根据上述数据求出两恒星的质量之和。
(2)若观测到AO间距离为L，试求A恒星的质量。
16.藏族文化是中华文化的重要组成部分，如图甲所示为藏族文化中的转经轮，转经轮套在转轴上，轮上悬挂一吊坠，简化模型如图乙。可视为质点的吊坠质量m=0.1kg，绳长L=10cm，悬挂点P到转经轮转轴的距离为d=4cm，吊坠的运动可视为水平面内的匀速圆周运动。(g取10m/s2,sin37∘=0.6,cs37∘=0.8)求：
(1)绳子与竖直方向夹角θ1=37°时吊坠的线速度；
(2)若转经轮加速转动，使绳子与竖直夹角由θ1=37°变为θ2=53°，求此过程绳子拉力对吊坠所做的功。(不计空气阻力)
17.如图所示，倾角θ=37∘的足够长粗糙斜面固定在水平面上，斜面上放一质量M=2kg的薄木板，木板的最上端叠放一质量m=1kg的小物块，对木板施加沿斜面向上的拉力F=32.4N，使木板沿斜面向上由静止开始做匀加速直线运动，经测量得知F的作用时间为2s时，物块滑离木板。已知木板与斜面间、物块与斜面间的动摩擦因数μ1=0.5，物块与木板间的动摩擦因数μ2=0.8，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。求：
(1)此过程中拉力F所做的功；
(2)物块与木板间因摩擦产生的热量；
(3)物块滑离木板后沿斜面上升的最大距离。
18.如图1所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限中存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E；第二象限中存在水平向右的匀强电场，电场强度大小也为E；第四象限中存在竖直向上的匀强电场，电场强度大小为2E。一质量为m、电荷量为q的正离子从A点由静止释放，A点位置坐标为(−d,d)，不计该离子的重力。

(1)求离子第一次通过y轴时的速度大小；
(2)求离子第二次通过x轴时的位置坐标；
(3)若离子第一次经过x轴时开始计时，第四象限中的电场按图2规律变化(图中T=6 dm2Eq)，求离子第4次通过x轴的位置坐标。
答案解析
1.C
【解析】AB.A球受重力、杆的支持力、车厢的支持力，而车厢的摩擦可能有，也可能没有，则A、B正确；
CD.B球一定受到重力、车厢的支持力轻杆的弹力、车厢的摩擦力，4个力作用，故C错误，D正确。
故选Ｃ。
2.B
【解析】汽车从M点运动到N，曲线运动，必有些力提供向心力，向心力是指向圆心的；汽车同时减速，所以沿切向方向有与速度相反的合力；向心力和切线合力与速度的方向的夹角要大于90°，故ACD错误，B正确。
故选B。
3.B
【解析】彗星的运行轨道的半轴长为
a=342AU=17AU
根据开普勒第三定律
R3T2=a3T12
解得彗星的周期为
T1= (aR)3T=17 17年
这颗彗星绕太阳公转时，从远日点到近日点的最短时间
t=12T1=172 17年
故选B。
4.D
【解析】解：
B.两等量正离子在 O 点的合场强为 0 ，两等量负离子在 O 点的合场强为 0 ，则四个离子在 O 点的合场强为 0 ，B错误；
ACD.把左侧正负离子看成等量异种电荷，右侧正负离子看成等量异种电荷，根据等量异种电荷电场分布特点可知，左侧正负离子在 A 点的合场强指向下方的氯离子，右侧正负离子在 A 点的合场强指向上方的钠离子，但左侧正负离子在 A 点的合场强大于右侧正负离子在 A 点的合场强，故 A 点电场强度方向指向下方的氯离子，同理可知， B 点电场强度方向指向上方的氯离子，根据对称性可知， A 、 B 两点的电场强度大小相等，方向相反，D正确，AC错误。
故选D。
根据电场的矢量合成运算与对称性可判断场强。
本题考查电场强度，解题关键掌握电场的矢量叠加，可根据对称性分析判断。
5.A
【解析】解：A、保持S闭合，电容器的电压不变，上移极板N时，极板间距离减小，根据E=Ud分析可知，板间场强增大，微粒受到的电场力增大，则微粒将向上运动，故A正确；
B、保持S闭合，电容器的电压不变，上移极板M时，极板间距离增大，根据E=Ud分析可知，板间场强减小，微粒受到的电场力减小，则微粒将向下运动，故B错误；
CD、充电后将S断开，电容器的电荷量Q不变。根据电容的决定式C=ɛrS4πkd，电容的定义式C= QU以及E=Ud得：E=4πkQϵrS，可知只改变板间距离时，板间场强不变，微粒受到的电场力不变，则微粒将静止不动，故CD错误；
故选：A。
AB、根据E=Ud来判断板间场强的变化，从而判断电场力的大小然后可以分析出；
CD、根据电容的决定式C=ɛrS4πkd，定义式C= QU以及E=Ud可分析出。
本题主要考查学生对于电容的决定式、定义式的熟练度掌握情况以及对于动态分析的熟练度。
6.C
【解析】AB.小球在图示位置时的受力分析如图所示
则小球所受合外力提供向心力，即
F合=mgtanθ=mω2r
又
r=Rsinθ
联立解得
ω= gRcsθ
故AB错误；
CD.若小球在A点时，则圆环对小球的支持力提供向心力，圆环对小球的静摩擦力与重力等大反向，即
N=mω2R
又
μN≥mg
联立解得
ω≥ gμR
故C正确，D错误。
故选C。
7.D
【解析】A.小球从A上升到B位置的过程中，弹簧的弹力先大于重力，后小于重力，小球先加速后减速，当弹簧的弹力等于重力时，合力为零，小球的速度达到最大，之故小球从A上升到B的过程中，动能先增大后减小，故A错误；
B.小球从A上升至B的过程中，弹力做正功，机械能增大，从B到C过程中，只有重力做功，机械能不变，故小球的机械能先增大再不变，故B错误；
C.若选B点为零势能点，小球在A点的重力势能为
EpB=mgℎBA=0.2×10×(−0.05)J=−0.1J
小球在A点的重力势能为
EpC=mgℎBC=0.2×10×0.25J=0.5J
故C错误；
D.以小球和弹簧为研究对象，从A到C，根据机械能守恒可得
Ep弹簧=mgℎAC=0.2×10×(0.25+0.05)J=0.6J
故D正确。
故选D。
8.D
【解析】A.根据题意小车刚达到额定功率开始计时，且此后小车功率不变，如图乙可知当汽车的速度为 v0 时，牵引力为 3F0 ，根据题意，小车的额定功率为P=Fv=3F0v0，故A错误；
BC.根据题意可知，汽车速度最大时，汽车的牵引力等于阻力，由图乙可知汽车受的阻力大小为f=F0
由t=0时刻，牵引力为 3F0 ，根据牛顿第二定律3F0−f=ma
解得小车的加速度大小为a=2F0m
在t0时刻，汽车的速度为v′=23vm
由A选项中分析得vm=PF0=3v0
则此时的牵引力为F′=Pv′=32F0
根据牛顿第二定律有F′−f=ma′
解得a′=F02m
故BC错误；
D. 0∼t0 时间内，根据动能定理Pt0−fx=12mv′2−12mv02
解得x=3v0t0−3mv022F0
故D正确。
故选D。
9.BC
【解析】A.重力的瞬时功率为P=mgvy，由于抛出瞬间两球的竖直分速度不相等，所以两球重力的瞬时功率大小不相等，故A错误；
B.根据动能定理可得mgℎ=12mv2−12mv02，可得v= v02+2gℎ，可知两球落地时的速度大小相等，则A球的竖直分速度大于B球的竖直分速度，所以落地前瞬间A球重力的瞬时功率更大，故B正确；
C.A球在最高点时速度为0，所以重力的瞬时功率为0，B球在最高点时速度处于水平方向，重力与速度方向垂直，所以重力的瞬时功率为0，故两球在各自轨迹的最高点时重力的瞬时功率相等，故C正确；
D.根据平均功率表达式P=Wt=mgℎt，由于两球重力做功相等，A球下落的时间更长，所以重力对A球做功的平均功率更小，故D错误。
故选BC。
10.BD
【解析】A.停泊轨道(I)半径近似为地球半径R，则飞船在停泊轨道(I)运行的速度等于第一宇宙速度，即7.9km/s，飞船在停泊轨道(I)P点加速，做离心运动进入转移轨道(Ⅱ)，故飞船在转移轨道(Ⅱ)上P点的速度大于在停泊轨道(I)上P点的速度，即大于7.9km/s，故A错误；
B.由万有引力提供向心力有
GMmr2=ma
解得
a=GMr2
可知，飞船在转移轨道(Ⅱ)上Q点的加速度等于空间站轨道(Ⅲ)上Q点的加速度，故B正确；
C.由万有引力提供向心力有
GMmr2=mv2r
解得
v= GMr
则飞船在停泊轨道(I)与组合体在空间站轨道(Ⅲ)上的速率之比为 R+ℎ: R ，故C错误；
D.由开普勒第三定律有
R3T12=2R+ℎ23T2
解得
T=T1 1+ℎ2R3
故D正确。
11.BD
【解析】A.由几何关系可知c点与b点的电势差等于坐标原点0与a点的电势差，则有φc−φb=φ0−φa，解得坐标原点0的电势为φ0=3.0V，A错误；
C.由几何关系可知d点与坐标原点0的电势差等于坐标原点0与a点的电势差，则有φd−φ0=φ0−φa，解得φd=4.0V，该点电荷在d点的电势能为Ep=qφd=2.0×10−10×4J=8.0×10−10J，C错误；
D.该点电荷从a点移动到d点的过程中，电场力做功为Wad=qUad=2.0×10−10×(2.0−4.0)J=−4.0×10−10J，D正确；
B.根据U=Ed，可知沿x轴方向的分场强大小为Ex=Ucbdcb=5.0−，可知沿y轴方向的分场强大小为Ey=Ub0db0=4.0−，故电场强度的大小为E= Ex2+Ey2=50 2V/m，B正确。
12.AD
【解析】A.设细线的拉力为T，由图示可知，A受到两细线的拉力为2T，方向向上，B受到细线的拉力为T向上，A、B所受重力大小相等，A、B释放后，A向上运动，B向下运动，若A上升的高度为ℎ时，则连接动滑轮两侧的细线上升高度均为ℎ，而细线固定端不移动，所以细线自由端下降的高度为2ℎ，设当A的位移为ℎ时，速度为v，则B的速度大小为2v，B下降的高度为2ℎ，以A、B两个物体组成的系统为研究对象，由机械能守恒定律得：mg⋅2ℎ−mgℎ=12mv2+12m(2v)2，解得v= 25gℎ，B的速度大小为vB=2v= 8gℎ5，故A正确；
B.运动过程中B受到绳子竖直向上的绳子拉力作用，绳子拉力对B做负功，所以B的机械能减小，故B错误；
CD.细线的拉力为T，由图示可知，A受到两细线的拉力为2T，方向向上，B受到细线的拉力为T向上，对A分析，由牛顿第二定律可得2T−mg=maA，对B，同理可得maB=mg−T，由x=12at2可知，B的加速度是A加速度的两倍，即aB=2aA，解得T=35mg，aB=25g，故C错误，D正确。
13.(1)C
(2) 1.8×10−2 ## 1.7×10−2 ## 1.9×10−2
(3)A

【解析】(1)刚开始充电时电流较大，随着极板上电荷的增多，电容器电势差增大，回路中的电压减小，所以电流逐渐减小。
(2)根据电流的定义式 I=qt 可得
q=It
所以， I−t 图线与横轴围成的面积表示电荷量。由图可得，面积为19个格，即电荷量为
q=19×0.5×10−3×2C=1.9×10−2C
(3)只增大电阻R的阻值，放电电流变小，但因开关接1时，电容器的电势差不变，即电容器稳定时电荷量不变，则时间变长。
故选A。
14. 3.11 3.13 空气阻力的影响 k2 正确
【解析】(1)[1]小球在相邻两点位置间的运动时间为
T=1f==0.05s
抛出点的初速度为
v0=ΔxT=25×
小球在D点的竖直速度为
vy=yCE2T=(188.89−133.10)×0.012×0.05m/s≈5.58m/s
小球在D点的速度为
vD= v02+vy2
则从O点到D点，小球动能的增加量为
ΔEk=12mvD2−12mv02≈3.11J
[2]从O点到D点，小球重力势能的减少量为
ΔEp=mgyOD=0.2×9.8×159.78×0.01J≈3.13J
(2)[3]小球重力势能的减小量与动能增加量不相等的原因可能是空气阻力的影响。
(3)[4]小球在竖直方向做自由落体运动，则有
vy2=2gd
则 vy2—d 图线的“斜率”为
k=2g
则重力加速度大小为
g=k2
(4)[5]做平抛运动的物体只有重力做功，故小球机械能守恒，不过实验中存在空气阻力做功及实验误差等。所以通过对测量结果进行分析可以得出，在误差允许范围内，“做平抛运动的物体机械能守恒”，这句话正确。
15.(1)设A星质量为m1，轨道半径为s1，B星质量为m2，轨道半径为s2，
对A恒星：Gm1m2s2=m14π2T2s1
可得：Gm2s2=4π2T2s1
对B恒星：Gm1m2s2=m24π2T2s2
联立可得：Gm1s2=4π2T2s2
又s1+s2=s
联立可得：m1+m2=4π2s3GT2
(2)由m1=4π2s2s2GT2
由题意可知s2=s−L
联立可得m1=4π2s2(s−L)GT2
答：(1)两恒星的质量之和为4π2s3GT2。
(2)若观测到AO间距离为L，A恒星的质量为4π2s2(s−L)GT2。
【解析】双星系统做匀速圆周运动的向心力来源于双星之间的万有引力，所以向心力大小相等，并且只能绕连线上同一点做圆周运动，周期相同，
本题为双星问题，要把握住双星的特点：彼此间的万有引力充当向心力，并且只能绕同一点做圆周运动。
16.(1)对吊坠受力分析，绳子竖直方向的分力等于吊坠的重力，水平分力为吊坠做圆周运动提供向心力，则mgtanθ1=mv12r1
其中r1=d+Lsinθ1
解得v1= 32m/s
(2)转经轮加速转动后mgtanθ2=mv22r2
其中r2=d+Lsinθ2
解得v2=4 1010m/s
根据动能定理W−mgLcs37∘−mgL53∘=12mv22−12mv12
解得W=0.0625J

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
17.(1)对木板根据牛顿第二定律得
F−Mgsin37∘−μ2mgcs37∘−μ1m+Mgcs37∘=Ma1
解得
a1=1m/s2
2s末木板的位移为
x1=12a1t 12=2m
此过程中拉力F所做的功
W=Fx1=64.8J
(2)木块向上匀加速运动，对木块根据牛顿第二定律得
μ2mgcs37∘−mgsin37∘=ma2
解得
a2=0.4m/s2
2s末木块的速度和位移分别为
v2=a2t1=0.8m/s
x2=12a2t 12=0.8m
物块与木板间因摩擦产生的热量
Q=μ2mgx1−x2cs37∘=7.68J
(3)根据牛顿第二定律得
mgsin37∘+μ1mgcs37∘=ma3
解得
a3=10m/s2
物块滑离木板后沿斜面上升的最大距离
v22=2a3x3
解得
x3=0.032m

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
18.解：(1)根据动能定理有
qEd=12mv12
解得离子第一次通过y轴时的速度大小为
v1= 2qEdm
(2)离子在第一象限做类平抛运动，水平方向有
x1=v1t1
竖直方向有
d=12⋅qEmt12
联立解得
x1=2d
故离子第一次通过x轴时的位置坐标(2d,0)。由于
vy12t1=d=12v1t1
则有
vy1=v1
进入第四象限的电场时离子在竖直方向上沿y轴负方向先做匀减速，速度减到零后反向加速，第二次回到x轴，则有
t2=2vv12qEm= 2dmqE
沿x轴方向的位移
x2=v1t2= 2qEdm× 2dmqE=2d
离子第二次通过x轴时的位置坐标(4d,0)
(3)若离子第一次进入第四象限后开始计时，则在竖直方向上t=T6= dm2Eq时间内，离子向下做减速运动，在t=T6时刻的速度大小
vy2=vy1−2qEmt=0
然后经过T6后开始反向加速，仍经过T6后第2次回到x轴，之后离子以与x轴成45°的方向斜射入第一象限，则竖直方向上经过时间
t=2vy1qEm=4 dm2qE=4×⋅T6=2T3
离子第3次回到x轴，此时第四象限的电场正处于向上的2E，则再经过T6离子速度减为零，再经过两个T6，离子开始反向运动，再经过T6第4次经过x轴，此时从计时开始离子已经经过了11个T6的时间，离子第4次通过x轴时，沿x方向的位移为
x=v1⋅116T
解得
x=11d
则此时的位置坐标为(13d,0)。
答：(1)离子第一次通过y轴时的速度大小 2qEdm；
(2)离子第二次通过x轴时的位置坐标(4d,0)；
(3)离子第4次通过x轴的位置坐标(13,0)。
【解析】(1)根据动能定理求离子第一次通过y轴时的速度大小；
(2)离子进入第一象限做类平抛运动，根据分位移公式和牛顿第二定律相结合求离子第一次通过x轴时的位置坐标；
(3)离子在第四象限做匀变速曲线运动，根据牛顿第二定律求出加速度，离子水平方向的速度保持不变，结合运动的对称性，由几何关系确定离子第4次通过x轴时位置坐标。
解决本题的关键要理清离子的运动情况，把握每个过程的物理规律，熟练运用运动的分解法处理类平抛运动。A
B
C
D
E
x/cm
x0
x0+25.00
x0+50.00
x0+75.00
x0+100.00
y/cm
87.04
108.85
133.10
159.78
188.89