2020届江苏无锡高三上学期期末物理试卷解析版

1、江苏省无锡市2020届高三上学期期末物理试卷单选题（本大题共 5小题）1.中国选手王峥在第七届世界军人运动会上获得链球项目的金牌。如图所示，王峥双手握住柄环，站在投掷圈后缘，经过预摆和34圈连续加速旋转及最后用力，将链球掷出。整个过程可简化为加速圆周运动和斜抛运动，忽略空气阻力，则下列说法中正确的是（）A.链球圆周运动过程中，链球受到的拉力指向圆心B.链球掷出瞬间速度方向沿该点圆周运动的径向C.链球掷出后做匀变速运动D.链球掷出后运动时间与速度的方向无关2.架在A、B两根晾衣杆之间的一定质量的均匀铁丝在夏、冬两季由于热胀冷缩的效应，铁丝呈现如图所示的两种形状.则铁丝对晾衣杆的拉力（）3.4.A

2、.夏季时的拉力较大B.冬季时的拉力较大C.夏季和冬季时的拉力一样大D.无法确定如图所示电路中，A、B是相同的两小灯泡。L是一个带铁芯的线圈，电阻可不计,合上开关S,电路稳定时两灯泡都正常发光，再断开S,则（）A.合上S时，两灯同时点亮B.合上S时，A逐渐变亮直到正常发光状态C.断开S时，A灯立即熄灭D.断开S时，B灯立即熄灭如图所示，两位同学在体育课上进行传接篮球训练，甲同学将篮球从A点抛给乙（篮球运动的轨迹如图中实线1所示），乙在B点接住然后又将篮球传给甲（篮球运动的轨迹如图中虚线2所示）.已知篮球在空中运动的最大高度恰好相同。若忽略空气阻力，则下列说法中正确的是（）A.篮球沿轨迹1运动的时

3、间较长B.篮球沿轨迹1运动的过程中速度变化较快C.两同学将篮球抛出的速度大小相等D.篮球落到B点前的瞬间重力做功的功率等于落到C点（与A、B两点高度相同）前的瞬间重力做功的功率5.有一磁场方向竖直向下，磁感应强度 B随时间t的变化关系如图5甲所示的匀强磁场.现有如图乙所示的直角三角形导线框 abc水平放置，放在匀强磁场中保持静止不动， t=0时刻，磁感应强度B的方向 垂直纸面向里，设产生的感应电流i顺时针方向为正、竖直边ab所受安培力F的方向水平向左为正.则 下面关于F和i随时间t变化的图象正确的是（）a2瓦 取 O-2厮C.D.二、多选题（本大题共 4小题，共16.0 分）6.2019年4月

4、10日，天文学家召开全球新闻发布会，宣布首次直接拍摄到黑洞 的照片如图所示。黑洞是一种密度极大、引力极大的天体，以至于光都无法逃 逸（光速为c）。若黑洞的质量为 M,半径为R,引力常量为 G,其逃逸速度公式为v.如果天文学家观测到一天体以速度v绕某黑洞做半径为r的匀速圆周运动，则下列说法正确的有（7.A. M=?B.该黑洞的最大半径为C.该黑洞的最大半径为如图甲中的变压器为理想变压器 图乙所示的正弦式交流电，电阻D.该黑洞的最小半径为,原线圈匝数ni与副线圈匝数n2之比为10： 1,变压器的原线圈接如Rl=R2=R3=20 和电容器C连接成如图所示甲的电路，其中电容器的击穿电压为8V,电压表V

5、为理想交流电表，开关 S处于断开状态，则（A.电压表V的读数约为7.07VB.电阻R2上消耗的功率为2.5WC.电流表A的读数为0.05AD.若闭合开关S,电容器不会被击穿8.一个带负电的粒子仅在电场力作用下运动，其电势能随时间变化规律如图所示，则下列说法正确的是（甲LA.该粒子在运动过程中速度一定不变B.该粒子在运动过程中速率一定不变C.tl、t2两个时刻，粒子所处位置电势一定相同D. ti、t2两个时刻，粒子所处位置电场强度一定相同mA=1 kg 和 mB=2kg 的物块 A、9.如图所示，一块足够长的轻质长木板放在光滑水平地面上，质量分别为B放在长木板上，A、B与长木板间的动摩擦因数均为

6、科=0.4最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用水g=10m/s2.改变F的大小，B的加速度大小可能为（平拉力F拉A,取重力加速度A. 1m/s2B. 2m/s2C. 3m/s2D. 4m/s2三、实验题（本大题共 2小题，共18.0分）10. LED灯的核心部件是发光二极管。某同学欲测量一只工作电压为2.9V的发光二极管的正向伏安特性曲线，所用器材有：电压表（量程3V,内阻约3kQ）,电流表（用多用电表的直流25mA挡替代，内阻约为5Q）,滑动变阻器（0-20Q）,电池组，电键和导线若干。他设计的电路如图（ a）所示。回答 下列问题：图询网向圉（1）根据图（a）,在实物图（b）上完成连线；（2）在

7、电键S闭合前，将多用电表选择开关拨至直流25mA挡，调节变阻器的滑片至最 端（填“左”或“右”）;（3）某次测量中，多用电表示数如图（ c）,则通过二极管的电流为 mA;（4）该同学得到的正向伏安特性曲线如图（d）所示。由曲线可知，随着两端电压增加，二极管的正向电阻 （填“增大”、“减小”或“几乎不变”）；4 m A(H LO 13 2.0 2.5 3,0 15(5)若实验过程中发现，将变阻器滑片从一端移到另一端，二极管亮度几乎不变，电压表示数在2.7V-2.9V之间变化，试简要描述形成这种现象的原因是： 。.学校开展研究性学习，某同学为了探究杆子转动时的动能表达式，设计了下图所示的实验：质量

8、为的均匀长直杆一端固定在转轴O处，杆由水平位置静止释放，用置于圆弧上某位置的光电门测出另端A经过该位置时的瞬时速度 va,并记下该位置与转轴 O的高度差ho(1)该同学用20分度的游标卡尺测得长直杆的横截面的直径如图为 mm。(2)调节h的大小并记录对应的速度 VA,数据如下表。为了形象直观地反映VA和h的关系，请选择适当的纵坐标并画出图象。组次123456h/m0.050.100.150.200.250.30va/ (m?s-1)1.231.732.122.462.743.00va-1/ (s?m-1)0.810.580.470.410.360.33va2/ (m2?s-2)1.503.00

9、4.506.057.519.00(3)当地重力加速度g取10m/s2,不计一切摩擦。请根据能量守恒规律并结合你找出的函数关系式，写出此杆转动时动能E 用数字、质量m、速度va表示)(4)为了减小空气阻力对实验的影响，请提出一四、计算题(本大题共 1小题，共16.0分).如图所示，在倾角为。=30的固定斜面上固定一块与斜面垂直的光滑挡板，质量为m的4页半圆柱体A紧靠挡板放在斜面上，质量为2m 的圆柱体B放在A上并靠在挡板上静止。 A与B半径均为R,曲面均光滑，半圆柱体 A底面与斜面间的动摩擦因数为出现用平行斜面向上的力拉A,使A沿斜面向上缓慢移动，直至B恰好降到斜面。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力

10、，重力加速度为g。求：(1)未拉A时，B受到A的作用力F。(2) A移动的整个过程中，拉力做的功 W。(3)动摩擦因数的最小值 如所。五、简答题(本大题共 3小题，共42.0分)13.如图甲所示，静止在水平地面上一个质量为m=4kg的物体，其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移x变化的图象如图乙所示。 已知物体与地面之间的动摩擦因数为科=0.5 g=10m/s2.求:(1)运动过程中物体的最大加速度大小为多少；(2)距出发点多远时物体的速度达到最大；(3)物体最终停在何处？14.在XV0空间有沿x轴正方向的匀强电场，在0av 9.0cm内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B=0

11、.10T, P点坐标(-16cm, 32cm),带正电的粒子(重力不计，比荷.=8.0 107C/kg)从P点由静止释放，求(1)若粒子恰能从右侧飞出匀强磁场，求粒子在磁场中运动的时间。(2)若粒子能通过x轴上的C点(x乙9cm,图中未画)，通过 C点时速度方向与 x轴正方向成37。, 则匀强电场的场强为多大？ ( sin37 =0.6, cos37=0.8)q=4C,求导体棒15.如图所示，足够长的 U形导体框架的宽度 L=0.5m,底端接有阻值 R=0.5 Q 的电阻，导体框架电阻忽略不计，其所在平面与水平面成。=37角。有一磁感应强度B=0.8T的匀强磁场，方向垂直于导体框架平面向上。一

12、根质量m=0.4kg、电阻r=0.5 的导体棒MN垂直跨放在U形导体框架上，某时刻 起将导体棒 MN由静止释放。已知导体棒MN与导体框架间的动摩擦因数=0.5 (sin37=0.6, cos37 =0.8 , g 取 10m/s2)(1)求导体棒刚开始下滑时的加速度大小；(2)求导体棒运动过程中的最大速度大小；(3)从导体棒开始下滑到速度刚达到最大的过程中，通过导体棒横截面的电荷量 MN在此过程中消耗的电能。六、综合题(本大题共 1小题，共13.0分)16. 2019年6月29日首个江南文化特色的无锡融创乐园隆重开园。其中有一座飞翼过山车，它是目前世 界最高(最高处60米)、速度最快(最高时速

13、可达 120公里)、轨道最复杂的过山车。过山车运行时 可以底朝上在圆轨道上运行，游客不会掉下来。我们把这种情形抽象为如图乙所示的模型：弧形轨道 的下端与竖直圆轨道相接，使质量为m的小球从弧形轨道上端滚下，小球从圆轨道下端进入后沿圆轨道运动。如果已知圆轨道的半径为R,重力加速度为g,不考虑阻力。求：(1)若小球从高为h的A处由静止释放，求小球到达圆轨道底端时对轨道的压力；(2)若要使小球运动过程中能通过圆弧最高点且不脱离轨道，试求小球由静止释放时的高度应满足的条件。图用圉乙答案和解析.【答案】C【解析】 解：A、链球做加速圆周运动，拉力和重力的合力提供两方面的效果，一是径向的合力提供向心力，切向

14、的合力提供切向力，故拉力不指向圆心，故 A错误。B、轨迹的切线方向为运动方向，链球掷出瞬间速度方向沿该点圆周运动的切线方向，故B错误。C、松手后链球做斜抛运动，只受重力作用下，做匀变速运动，故 C正确。D、链球做斜抛运动，设初速度为v,速度方向与水平方向夹角为0,则竖直方向上分速度为 vcos 运动时间t=等，即运动时间与速度的方向有关，故 D错误。故选：Co链球做加速圆周运动，拉力不指向圆心。轨迹的切线方向为运动方向。松手后链球做斜抛运动，只受重力作用下，根据斜抛运动及圆周运动相关知识即可求解。本题考查了圆周运动和斜抛运动的相关知识，解题的关键是明确斜抛运动，只受重力作用下，属于匀变速运动。

15、.【答案】B【解析】 解：以整条铁丝为研究对象，受力分析如右图所示，由共点力的平衡条件知，两杆对铁丝的弹力的合力与其重力平衡，由几何关系得：Fcos。拳，故5=?，由于夏天气温较高，铁丝的体积会膨胀，两杆正中部位铁丝下坠的距离h变大，则铁丝在杆上固定处的切线方向与竖直方向的夹角。变小，故F较小，根据牛顿第三定律得，铁丝对晾衣杆拉力大小与F相等，故可知，冬天时拉力较大，故B正确，ACD错误； 故选：B以整条铁丝为研究对象，受力分析根据平衡条件列出等式，结合夏季、冬季的铁丝几何关系求解.本题考查共点力平衡条件的应用，要比较一个物理量的大小关系，我们应该先把这个物理量运用物理规律 表示出来.本题中应

16、该抓住电线杆上的电线的质量一定，受力平衡，根据夏季、冬季电线在杆上固定处的 切线方向与竖直方向的夹角的不同分析求解.【答案】B【解析】解：AB、在开关合上时，通过线圈的电流在增大，导致线圈出现自感电动势，从而阻碍灯泡A的电流增大，则B直接点亮，而 A逐渐变亮直到正常发光状态，故A错误，B正确。CD、断开开关S的瞬间，由电感的特性可知：L和A组成的回路中的电流会逐渐减小，两灯都会慢慢熄灭，故C错误，D错误。故选：Bo明确线圈的性质，知道线圈中产生的自感电动势起阻碍电流变化的作用电路稳定后，L的电阻很小，闭合瞬间L的电阻很大，断开瞬间线圈会延长电流变化为0的时间。对于自感线圈，当电流变化时产生自感

17、电动势，相当于电源，当电路稳定时，相当于导线，将所并联的电 路短路。基础题目。.【答案】D【解析】 解：A、篮球在竖直方向上做竖直上抛运动，水平方向做匀速直线运动，运动时间由竖直位移决定，由于高度相同，所以两次运动时间相同；故 A错误；B、篮球只受重力，根据牛顿第二定律，加速度为g,所以两次速度变化快慢相同；故 B错误；C、由轨迹知道，竖直方向初速度相同，第2次水平初速度小于第 1次，根据速度的合成，所以第 2次抛出的速度小于第1次。故C错误；D、由于篮球落到 B点前的竖直方向速度和 C相同，所以篮球落到 B点前的瞬间重力做功的功率等于落到C点前的瞬间重力做功的功率，故D正确；故选：D。把篮球

18、的运动进行分解，在竖直方向上做竖直上抛运动，水平方向做匀速直线运动，运动时间由竖直位移决定，由于高度相同，加速度相同，比较水平位移可以比较水平分速度，从而比较初速度；根据P=mgvy得到功率的大小。本题考查抛体运动，要抓住抛体运动的概念及常见的抛体运动研究的方法：运动的合成和分解；要注意根 据相应的规律解答。.【答案】A【解析】 解：ABC、在03 s时间内，磁感应强度随时间线性变化，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势恒定，回路中感应电流恒定，同时由F=BIL知道，电流恒定，安培力与磁感应强度成正比，又由楞次定律判断出回路中感应电流的方向应为顺时针方向，即正方向，在34 s时间内，磁感应强度

19、恒定，感应电动势等于零，感应电流为零，安培力等于零，故B、C错误，A正确。D、03 s时间内，磁感应强度随时间线性变化，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势恒定，回路中感应电流恒定，故 D错误；故选：Ao根据法拉第电磁感应定律求出各段时间内的感应电动势和感应电流的大小，根据楞次定律判断出感应电流 的方向，通过安培力大小公式求出安培力的大小以及通过左手定则判断安培力的方向.解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，会运用楞次定律判断感应电流的方向，以及掌握安培力大小公 式，会用左手定则判定安培力的方向.【答案】AD【解析】解：A、根据万有引力提供向心力有：号喧,得黑洞的质量 M；，故A正确。BCD、

20、根据逃逸速度公式， v=行，得R-,黑洞的最小半径 R-,故BC错误，D正确。故选：AD。根据万有引力提供向心力，结合速度和轨道半径求出“黑洞”的质量。根据逃逸速度与光速的关系，求出“黑洞”的最大半径。本题考查了万有引力定律及其应用，解决本题的关键知道黑洞是一个天体，掌握万有引力提供向心力这一 理论，并能灵活运用。.【答案】ABD【解析】解：A、开关断开时，副线圈为Ri和R2串联，电压表测量R2的电压，由图可知原线圈电压为Ui=100V,根据变压比可知，副线圈电压为 U2=10/2v,则电压表测量 R2两端的电压UR2,读数是 5 2V=7.0V,故 A 正确。C、由A的分析可知，副线圈电流为

21、 C = 40 Aq A,根据变流比可知，原线圈电流为1=兀办而A,故C错误。，、， Il/Jj ,.B、电阻R2上消耗的功率为 P=2.5W,故B正确。D、当开关闭合时，Ri与R3并联后和R2串联，电容器的电压为并联部分的电压，并联部分电阻为 R并=10亿所以并联部分的电压，即电容器两端的电压Ucr：；. 一口2竽V,最大值为：Vv8V,所以电容器不会被击穿，故D正确。故选：ABD。开关断开时，副线圈为 Ri和R2串联，电压表测量 心的电压，当开关闭合时，Ri与R3并联后和R2串联，电容器的电压为并联部分的电压，根据变压器电压、电流与匝数的关系以及串并联电路的特点即可求解。本题考查了变压器的

22、原理及最大值与有效值之间的数量关系。能根据欧姆定律求解电路中的电流，会求功 率，知道电表示数为有效值，电容器的击穿电压为最大值，难度适中。.【答案】BC【解析】 解：A、粒子的电势能不变，电场力不做功，而带电粒子只受电场力，不可能做直线运动，粒子 的速度方向一定改变，故 A错误；B、根据能量守恒可知粒子的动能不变，速度大小不变，粒子做曲线运动，速度方向在改变，所以速度在 改变，故B正确；C、粒子的电势能不变，电场力不做功，根据电场力公式W=qU知粒子运动轨迹上各点的电势一定相等，故C正确；D、电场强度与电势无关，ti、t2两个时刻，粒子所处位置电场强度不一定相同，故 D错误。 故选：BC。由图

23、知粒子的电势能不变，电场力不做功，根据电场力公式W=qU分析。解决本题的关键要明确粒子的运动情况，运用电场力公式W=qU分析电势的变化，但不能确定电场强度的变化。.【答案】AB【解析】 解：当A对长木板的静摩擦力达到最大值时，B的加速度最大，将轻质长木板和B看成整体，由牛顿第二定律得：师Ag=mBaBmax, 解得 aBmax= iM =,m/s2 =2m/s2,因为aBmaxv G=4m/s2,所以结果是合理，因此，B的加速度大小只可能为 1m/s2、2m/s2,不可能为3m/s2、4m/s2,故AB正确，CD错误。故选：AB。当A对长木板的静摩擦力达到最大值时，B的加速度最大，由牛顿第二定

24、律求出B的最大加速度，即可确定B加速度的可能值。解决本题的关键要确定临界状态，求B的最大加速度，要注意灵活选择研究对象。解答本题时要注意长木板的质量是不计的。.【答案】左17.8减小 连接电源负极与滑动变阻器的导线断路10页【解析】 解：(1)根据图示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示:(2)滑动变阻器采用分压接法，为保护电路闭合开关前滑片应置于左端。(3)电流表量程为 25mA,由图示表盘可知，其分度值为0.5mA,示数为：15.1mA;(4)由图示图象可知，随着二极管两端电压增加，通过二极管的电流增大，电压与电流的比值减小，(5)将变阻器滑片从一端移到另一端，二极管亮度几乎不变，电压

25、表示数在2.7V-2.9V之间变化,移动滑片滑动变阻器接入电路的阻值不变，可能是连接电源负极与滑动变阻器的导线断路造成的。故答案为：(1)实物电路图如图所示(2)左；(3) 17.8； (4)减小；(5)连接电源负极与滑动变阻器的导线断路。(1)根据电路图连接实物电路图。(2)滑动变阻器采用分压接法时，为保护电路闭合开关前滑片应置于分压电路分压为零的位置。(3)根据电流表量程确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数。(4)根据图示图线应用欧姆定律分析阻值如何变化；(5)常见电路故障有断路与短路两种，根据电路故障现象分析电路故障原因。本题考查了实验注意事项与实验数据处理，滑动变阻器采用分压接法时

26、，为保护电路闭合开关前滑片应置 于分压电路分压为零的位置，分析图示图线应用欧姆定律即可解题。.【答案】7.25嬴城 选择密度较大的直杆【解析】解：(1)游标卡尺的主尺读数为7mm,游标尺上第5条刻度线和主尺上某一刻度线对齐，所以游标读数为5M.05mm=0.25mm,所以最终读数为：7mm+0.25mmp7.25mm。(2)用描点法做出杆的速度的平方与下降的高度之间的图象如图;(3)设杆长L,杆转动的角速度为：3在杆上取Ax长度微元，设其离 O点间距为x,其动能为:积分得到：Ek；：?一？(4)为了减小空气阻力对实验的影响，选择密度较大的直杆或选择直径较小的直杆。11页故答案为：(1) 7.2

27、5;(2)如图；(3)；(4)选择密度较大的直杆(或选择直径较小的直杆)(1) 20分度的游标卡尺测量精度是 0.05mm,游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读；(2)使用描点法作图即可；(3)在杆上取以长度微元，求出动能表达式，然后积分求解出总动能表达式。(4)为了减小空气阻力对实验的影响，选择密度较大的直杆或选择直径较小的直杆。本题第二问数据处理时要先猜测，然后逐一验证；第三问要用到微元法，不能将将质量当作集中到重心处,只有考虑平衡时才能将质量当作集中到重心。12.【答案】 解：(1)设A对B的支持力为F,对B据平衡条件可知：F=2mgcos 0解得： (2)对整体，据平衡条

28、件，斜面对A的支持力为：移动过程中滑动摩擦力：f = pN =当,由几何关系解得 A的位移：x = 2RcoQa = R,克服摩擦力做功：Wf=fx=4.5 mgR,由几何关系可知 a上升的高度和b下降的高度均为： 仁标根据功能关系： W+2mgh-mgh-Wf=0,解得：W = 件一(3) B刚好接触斜面时，挡板对 B弹力最大，研究 B可得：=对整体：fmin+3mgsin30 = Nm,解得：fmin=2.5mg)动摩擦因数的最小值：答：(1)未拉A时，B受到A的作用力是与mg。(2) A移动的整个过程中，拉力做的功是 事(93) mgRo(3)动摩擦因数的最小值是 学。【解析】(1)对B

29、由平衡条件可求得 B受到A的作用力；(2)对整体分析，由平衡条件判断斜面对半圆柱体的支持力变化，从而求得半圆柱体受到的摩擦力，由几何关系可求得A的位移及B下降的高度，根据功能关系求拉力做的功。(3)对小球B,分析受力情况，根据平衡条件分析挡板对小球支持力的最大值，从而求得动摩擦因数的最 小值。解决本题的关键是灵活选择研究对象，采用隔离法和整体法结合分析受力情况。同时，要熟练运用数学知 识求解半圆柱体移动的距离。13.【答案】 解：(1)由牛顿第二定律得 Fm-叼g=ma,其中Fm=100N,解得：a=20m/s2;12页(2)由图象得出，推力 F随位移x变化的竖直关系为：F=100-25x,速

30、度最大时，物体的加速度为零，则F=mg=20N,解得：x=3.2m；(3) F与位移x的关系图线围城的面积表示F所做的功，即 皿-=#沏=200人对全程运动动能定理得 Wf-|imgxm=0 ,解得：xm=10m；答：(1)运动过程中物体的最大加速度大小为20m/s2;(2)距出发点3.2m时物体的速度达到最大；(3)物体最终停在据出发点10m处；【解析】(1)当推力F最大时，加速度最大，根据牛顿第二定律求出物体的最大加速度。(2)当推力大于摩擦力，物体做加速运动，当推力小于摩擦力， 物体做减速运动，可知推力等于摩擦力时, 速度最大。结合推力与位移的关系式得出速度最大时经历的位移。(3) F与

31、位移关系图线围成的面积表示F所做的功，对全过程运用动能定理，抓住动能的变化量为零，求出物体在水平面上运动的最大位移。本题考查了牛顿第二定律和动能定理的综合运用，知道F-x图线围成的面积表示 F做功的大小。14.【答案】 解：(1)粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=；粒子恰能从右侧飞出匀强磁场，此情形粒子在磁场中运动时间：t二；T；解得：t=2.0X10-7s(2)设电场强度为 E2,粒子在磁场中做圆周运动的半径为2,则由几何关系，有：r2=m=15cm由功能关系，有：-qE2xp=l,mv2,由牛顿定律有：qvB= m代入数据解得：E2=5.625 104V/m。答：(1)若粒子恰能从右侧飞出

32、匀强磁场，粒子在磁场中运动的时间为2.0X0-7s；(2)匀强电场的场强为 5.625 M04V/m。【解析】(1)粒子恰能从右侧飞出匀强磁场，轨迹与x=9cm的直线相切，运动时间为四分之一周期；(2)知道速度偏转角为 37。，故轨迹的圆心角为 37。，结合几何关系求解轨道半径；根据对加速过程根据 动能定理列式，对圆周运动过程根据牛顿第二定律列式求解。对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供 向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间；对于带电粒子在电场中运动时，一般是 按类平抛运动进行解答。.【答案】解：(1)以ab为研究对象进行受力分析