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1．在物理学的发展过程中，下列说法符合实际的是A．牛顿发现了万有引力定律之后，开普勒发现了开普勒行星运动定律（ ）
正确答案
解析
A、牛顿在开普勒发现开普勒三大定律之后，根据开普勒定律和圆周运动等知识发现了万有引力定律．故A错误．
B、库仑发现了库仑定律，卡文迪许用扭秤实验测出了引力恒量．故B错误．
C、法拉第提出了电荷周围存在着电场的观点后，首先采用电场线来描述电场．故C错误．
D、丹麦物理学家奥斯特发现电流磁效应之后，1831年英国科学家法拉第发现了电磁感应定律．故D正确．
考查方向
本题主要考查物理学史
解题思路
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可
易错点
常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．
知识点
13．1970年4月24日，我国自行设计、制造的第一颗人造地球卫星“东方红一号”发射成功，开创了我国航天事业的新纪元。“东方红一号”的运行轨道为椭圆轨道，如图所示。其近地点M和远地点N的高度分别为439km和2384km，不考虑高空处稀薄气体的影响，则下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
A、卫星在运动的过程中，只有万有引力做功，机械能守恒，故A错误．B、卫星从M到N点，万有引力做负功，即克服万有引力做功，故B正确．C、卫星从M点到N点可以无动力飞行，故C错误．D、第一宇宙速度，是发射卫星的最小速度，是卫星绕地球运动的最大速度，所以在N点的速度应小于7.9km/s，但是在M点的速度大于7.9km/s，故D错误．
考查方向
本题主要考查万有引力定律及其应用
解题思路
卫星在运动的过程中，只有万有引力做功，机械能守恒，第一宇宙速度为7.9km/s，是发射卫星的最小速度，是卫星绕地球运动的最大速度
易错点
理解第一宇宙速度的含义，地球的第一宇宙速度7.9km/s，是近地卫星的环绕速度，是发射卫星的最小速度，是卫星绕地球运动的最大速度
知识点
14．如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上受到水平向右的拉力F的作用下向右滑行，长木板处于静止状态．已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2．下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
A、对M分析，在水平方向受到m对M的摩擦力和地面对M的摩擦力，两个力平衡，则地面对木板的摩擦力f=μ1mg．故A正确，B错误．C、无论F大小如何，m在M上滑动时对M的摩擦力大小不变，M在水平方向上仍然受到两个摩擦力处于平衡，不可能运动．故C错误，D正确
考查方向
本题主要考查牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算
解题思路
隔离对M分析，抓住木板处于静止状态，根据共点力平衡求出地面对木板的摩擦力大小．无论改变F的大小，只要m在木板上滑动，则m对M的摩擦力大小不变，木板仍然保持静止
易错点
本题中木板受到地面的摩擦力是静摩擦力，不能根据滑动摩擦力公式求解，f2=μ2（m+M）g是错误的
知识点
2．一辆汽车从静止开始由甲地出发，沿平直公路开往乙地。汽车先做匀加速运动，接着做匀减速运动，行驶到乙地刚好停止。其速度—时间图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
根据速度图象的斜率等于加速度大小，则有在0～t0和t0～3t0两段时间内加速度大小之比为：
考查方向
本题主要考查匀变速直线运动的速度与时间的关系；平均速度
解题思路
整个运动过程0～t0速度加速运动，t0～3 t0减速运动，始终沿同一方向运动，所以A、B错误。根据速度图象的斜率等于加速度求解加速度之比．速度图象与坐标轴所围“面积”等于位移大小，由几何知识求解位移大小之比．根据匀变速直线运动的平均速度公式
易错点
斜率等于加速度，“面积”等于位移大小
知识点
3．如图所示为洛伦兹力演示仪的结构图。励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直。电子速度的大小和磁场强弱可分别通过加在电子枪的加速电压和励磁线圈中的电流来调节，下列办法一定可使电子束径迹半径变大的是（ ）
正确答案
解析
根据电子所受洛伦兹力的方向结合右手定则判断励磁线圈中电流方向是顺时针方向，电子在加速电场中加速，由动能定理有：eU=mv02/2…①电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有：
A、增大励磁线圈中电流，使磁场增大，同时增大电子枪的加速电压，使速度增大，故半径不一定增大，故A错误；
B、增大励磁线圈中电流，使磁场增大，同时减小电子枪的加速电压，使速度减小，故半径一定减小，故B错误；
C、减小励磁线圈中电流，使磁场减小，同时增大电子枪的加速电压，使速度增大，故半径一定增大，故C正确；
D、减小励磁线圈中电流，使磁场减小，同时减小电子枪的加速电压，使速度减小，故半径不一定增大，故D错误；
考查方向
本题主要考查洛仑兹力；动能定理
解题思路
根据动能定理表示出加速后获得的速度，然后根据洛伦兹力提供向心力推导出半径的表达式
易错点
粒子在磁场中运动在实际生活中的应用，正确分析出仪器的原理是关键
知识点
8．如图，虚线AB和CD分别为椭圆的长轴和短轴，相交于D点，两个等量异号点电荷+q和-q分别处于椭圆的两个焦点从M、N上，下列说法中正确的是（ ）
正确答案
解析
A、根据顺着电场线方向电势降低，结合等量异种电荷电场线、等势面分布对称性特点可知，A、B场强相同，A点电势较高．故AB错误．C、根据电场线疏密表示场强的大小可知，在CD之间，O点处电场线最密，场强最大．故C正确．D、将一带正电的试探电荷由A点移至B点是从高电势向低电势移动，电场力做正功，故电势能减小．故D错误．
考查方向
本题主要考查电势差与电场强度的关系；电场强度；电势能
解题思路
根据等量异种电荷电场线和等势面分布特点，可以比较A与B，C与D电势、场强关系及O、B电势高低；根据电场线疏密可知，在M、N之间O点场强最小；利用电场力做功的正负判断电势的高低
易错点
巧妙利用电场线、等势面分布对称性的特点，再根据电场线方向判断电势高低，电场线的疏密判断场强的大小
知识点
9．如图所示，甲、乙圆盘的半径之比为l：2，两水平圆盘紧靠在一起，乙靠摩擦随甲转动且不打滑。两圆盘上分别放置质量为m1和m2的小物体。己知ml=2m2，两小物体与圆盘间的动摩擦因数相同，ml距甲盘圆心的距离为r，m2距乙盘圆心的距离为2r，两小物体随盘做匀速圆周运动。下列判断正确的是（ ）
正确答案
解析
甲、乙两圆盘边缘上的各点线速度大小相等，有：ω1•R=ω2•2R，则得ω1：ω2=2：1，所以物块相对盘开始滑动前，m1与m2的角速度之比为ω1：ω2=2：1．根据μmg=mrω2知，μg=rω2，因为m1的轨道半径较小，则m1先达到临界角速度，可知当转速增加时，m1先开始滑动．故A正确，BCD错误
考查方向
本题主要考查向心力；线速度、角速度和周期、转速．
解题思路
当外界提供的向心力小于物体所需要的向心力时物体将做离心运动，开始滑动．根据两个转盘边缘线速度相等，分析角速度关系，再分析所需要的向心力和最大静摩擦力关系，从而作出判断
易错点
掌握向心加速度和角速度的关系公式和离心运动的条件．
知识点
12．在水平地面上建立x轴，在与地面垂直的竖直方向建立y轴，一小球从y轴上的(0，y0)点被水平抛出，某时刻小球运动到(x1，y1)位置，已知重力加速度大小为g，则可知（ ）
A小球的初速度大小为
B小球的初速度大小为
C小球落地时的速度大小为
D小球落地时的速度大小为
正确答案
解析
AB、小球从（0，y0） 点运动到（x1，y1）点，有：y0-y1=gt2/2，x1=v0t，联立解得初速度大小为
考查方向
本题主要考查平抛运动
解题思路
平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，结合竖直位移得出运动的时间，结合水平位移求得初速度．由速度的合成法求落地时的速度
易错点
平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解
知识点
4．如图所示，通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面，位置靠近ab且相互绝缘。当矩形线圈突然向右运动时，线圈所受安培力的合力方向（ ）
正确答案
解析
图中矩形线圈abcd的bc边、ad边电流方向相反，安培力相反，平衡；cd离MN较近，ab边离MN较远，故合力与cd边受到的安培力同向；根据安培定则，电流MN在cd导线位置产生的磁场方向垂直向内，根据左手定则，安培力向左，故合力向左；
考查方向
本题主要考查安培力；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向
解题思路
图中矩形线圈abcd的bc边、ad边电流方向相反，安培力相反，平衡；cd离MN较近，故合力与同向
易错点
电流与电流间的作用力问题，首先要结合对称性考虑合力与cd边受到的安培力同向，然后结合安培定则和左手定则分析
知识点
5．如图所示的交流电路中，理想变压器输入正弦式交变电流，各交流电表均为理想电表。当滑动变阻器R的滑动触头向上滑动时（ ）
正确答案
解析
A、C当滑动变阻器R的滑动触头向上滑动时电阻变大，总电阻变大，则I2变小，R0的分压变小，灯泡的分压变大，则L变亮，电压表求数变大，则A正确，C错误B、因总电流变小，而灯泡的电流变大，则通过电流表的电流变小，则B错误D、因I2变小，则输出功率变小，则输入功率变小，则D错误
考查方向
本题主要考查变压器的构造和原理；电功、电功率．
解题思路
和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况
易错点
理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变
知识点
6．如图所示，长木板上放有质量分别为m和M的两个物块，其中质量为M的物块表面粗糙，质量为m的物块表面光滑，两物块间用一小段轻弹簧相连，它们在木板上均处于静止状态。现将木板下面的垫块缓慢向右移动一小段距离，发现物块M在木板上的位置未发生改变，则下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
设木板的倾角为α．
C、以m为研究对象，由平衡条件可得，弹簧的弹力 F=mgsinα，则知α减小，F减小．故C正确．
AB、再以M为研究对象，由平衡条件得：
F+Mgsinα=f，N=Mgcosα
联立得：f=（M+m）gsinα
则α减小，物块M所受的摩擦力f减小，木板对M的支持力N增大，所以物块M对木板的压力变大，故AB错误．
D、两物块对木板的作用力的合力等于两物块对木板的压力和摩擦力的合力，由平衡条件知，木板对两物块对的支持力和摩擦力的合力大小等于它们的总重力，保持不变，则由牛顿第三定律知，两物块对木板的作用力的合力不变，故D错误．
考查方向
本题主要考查共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力
解题思路
先以m为研究对象，分析弹簧的弹力如何变化．再以M为研究对象，根据平衡条件研究M所受的支持力和摩擦力，从而得到M对木板的压力
易错点
动态变化分析问题，首先要灵活选择研究对象，采用隔离法和整体法结合分析，比较简便．二要知道两物块对木板的作用力的合力等于两物块对木板的压力和摩擦力的合力
知识点
7．某颗同步卫星放在赤道上等待发射，它随地球自转而做匀速圆周运动时的线速度、向心加速度、周期大小分别为vl、al、T1；发射时先将它发送到地球的近地轨道上做匀速圆周运动(可认为其轨道半径等于地球半径)，此时卫星的线速度、向心加速度、周期大小分别为v2、a2、T2；其后通过变轨和调控，定点在地球同步轨道上运行，此时卫星的线速度、向心加速度、周期大小分别为v3、a3、T3。下列判断正确的是（ ）
正确答案
解析
同步卫星A和地球自转同步，故周期相同，所以C错误；周期相同角速度相等，据v=GM/R知，同步卫星轨道高度大线速度大，故v2＞v3，故A错误；同步卫星轨道高度大于近地卫星的轨道高度，根据万有引力提供向心力有向心加速度a＝GM/ r2，知近地卫星轨道半径小向心加速度大，所以a2＞a3，故B正确。
考查方向
本题主要考查人造卫星的加速度、周期和轨道的关系
解题思路
根据周期相同进行比较，再比较AC根据万有引力提供圆周运动向心力由半径关系进行比较即可．
易错点
一定不能将三个物体当同一种模型分析，否则会使问题复杂化．
知识点
11．如图所示，光滑水平桌面上存在有界的匀强磁场，磁场方向垂直于桌面，磁场的四个边界分别与矩形桌面的四条边平行。一正方形线圈从图中的甲位置以某一初速度进入磁场，经过一段时间线圈离开磁场到达乙位置，此过程中线圈的速度大小v随位移大小x变化的v—x图象如图所示，图中x3- x2=x1，则由图象可知( )
正确答案
解析
根据E=BLv，线圈中产生的感应电动势随v的减小逐渐减小，v不变则感应电动势不变，由乙图可知， A正确，B错误；由乙图可知，线圈在在0≤x≤x1区间内的平均速度大于在x2<x≤x3区间内平均速度，所以C错误；根据楞次定律，可知在0<x<xl区间内和x2<x<x3区间内线圈中产生的感应电流方向相反，所以D正确。
考查方向
本题主要考查导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．
解题思路
穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中产生感应电流，线圈受到安培力作用，分析清楚线圈的运动过程，然后分析答题
易错点
本题关键要抓住线圈匀速运动，受力平衡，运用电磁感应与力学规律结合进行解题，要注意导体切割磁感线就能产生感应电动势，不一定产生感应电流
知识点
10．如图，A、B为水平放置的平行板电容器，两极板间有一个质量为m的带电粒子静止于P点。现将下极板向下移动一小段距离，则下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
AB、根据电容的定义式C= Q/U，电容器与电源保持相连，则U不变，当下极板竖直向下移动一小段距离，间距增大，C减小，则Q也减小，电容器处于放电，短时间电流指针会发生偏转，故A正确，B错误；C、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E= U/d得知板间场强减小，故C正确；D、由C选项分析可知，因电场强度减小，则电场力减小，那么粒子会向下运动；故D错误；
考查方向
本题主要考查电容器的动态分析
解题思路
将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据E= U/d
易错点
明确正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化．
知识点
20．如图所示，在光滑水平地面上放一倾角为
求：(重力加速度大小为g)
(1)第一次在斜面体上施加的推力的大小；
(2)第二次推动斜面体时挡板Q上压力传感器的示数为多大?
正确答案
（1）水平推力的大小F=（m+M）g tanθ（2）传感器的示数为
解析
（1）由于挡板P和Q上压力传感器的示数均为零，
（2）水平方向由运动学公式得x=at2/2物体m受力如图所示，沿斜面方向的加速度ax=a cosθ由牛顿第二定律得F2+mg sinθ=max解得挡板Q上压力传感器的示数为
考查方向
本题主要考查牛顿第二定律，运动学
解题思路
运用牛顿第二定律以及运动学内容即可求解。
易错点
不能很好的进行整体法的分析方法
知识点
15．下图中游标卡尺的读数是____mm，螺旋测微器的读数是_______mm。
正确答案
(1)9.60,(2)5.695(5.693-5.697均给分)
解析
游标卡尺的主尺读数为9mm，游标读数为0.05×12mm=0.60mm，所以最终读数为9.60mm
螺旋测微器固定刻度为5.5mm，可动刻度为0.01×19.5=0.195mm，所以最终读数为5.695mm
考查方向
本题主要考查螺旋测微器的使用；刻度尺、游标卡尺的使用
解题思路
游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读
易错点
解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读
知识点
16．“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋条与细绳的结点，OB和OC为细绳。实验前发现两弹簧秤的刻度清晰，但所标数字模糊不清。实验中用两个弹簧秤拉橡皮条时，两弹簧秤上指针分别指在第30小格和第40小格的刻线上，当只用一个弹簧秤单独拉橡皮条时，拉力方向沿OD方向，弹簧秤指针指在第51小格上。由此可知(1)用两弹簧秤拉时，两根细线的夹角大约为__________；(2)只用一根弹簧秤拉时，AO和OD____(填“在”或“不在”一条直线上。
正确答案
（1）90°；（2）在
解析
（1）用两个弹簧秤拉时，两个弹簧秤指针分别指在第30小格和第40小格的刻线上，一个弹簧秤单独拉橡皮条时，弹簧秤指针指在第51小格上，则三个力之比为3：4：5，这三个力构成一个直角三角形，则用两弹簧秤拉时，两根细线的夹角大约为90°，（2）用一根弹簧秤拉时，是通过实验方法得出的，其方向一定与橡皮筋的方向相同，所以AO和OD在同一直线上．
考查方向
本题主要考查验证力的平行四边形定则
解题思路
（1）弹簧秤每一小格所表示的弹力相等，根据几何关系判断用两弹簧秤拉时，两根细线的夹角；（2）用一根弹簧秤拉时，弹力方向与AO方向在同一直线上．
易错点
在解决设计性实验时，一定先要通过分析题意找出实验的原理
知识点
(1)为了消除摩擦力对滑块的影响，实验操作和数据处理过程中，下列方法可行的是
A．在满足沙子的质量m远小于滑块的质量M的条件下，只用沙子的重力代替滑块所受拉力
B．在满足沙子的质量m远小于滑块的质量M的条件下，用沙子和沙桶的总重力代替滑块所受的拉力 C．用小木块适当垫高长木板靠近打点计时器的一端
D．用小木块适当垫高长木板固定滑轮的一端
(2)实验中误差产生的原因有_____、_______。(写出两个原因)
正确答案
（1）C；（2）测量位移有误差，用沙子和沙桶的总重力代替滑块所受的拉力有误差．
解析
（1）在实验中利用平衡摩擦力的方法消除摩擦力的影响，具体做法是用小木块适当垫高长木板靠近打点计时器的一端，用滑块的重力沿斜面的分量与摩擦力平衡，故C正确．（2）实验中误差产生的原因有：测量位移有误差，用沙子和沙桶的总重力代替滑块所受的拉力有误差．
考查方向
本题主要考查探究功与速度变化的关系
解题思路
（1）实验中由于摩擦力的存在，往往将木板一端略微垫高，来平衡摩擦力；
易错点
解答本题要知道“验证动能定理”实验中平衡摩擦力的做法，要求同学们能正确分析实验误差
知识点
18．一实验小组准备探究某合金材料制成的电子元件Z的伏安特性曲线，他们连接了如图1所示的实物图。（1）我们通常把电压表和电流表的读数当做元件Z上电压和电流的测量值。若考虑电表内阻的影响，该元件电压的测量值____真实值，电流的测量值____真实值(选填“大于”、“等于”或“小于”)。
正确答案
（1）等于，大于，（2）如图所示，（3）5.0，大于
解析
（1）电流表采用外接法，由于电压表起分流作用，则电流测量值大于真实值，电压表与待测电阻并联，电压的测量值等于真实值．（2）描点作图，如图所示．（3）由图线可知，当U=0.80V时，电流I=0.16A，则电阻R=U/I=0.80/0.16＝5.0Ω．图线上该点与原点连线的斜率的倒数表示电阻，由于该点切线斜率小于该点与原点连线的斜率，则该点切线斜率的倒数大于该点与原点连线斜率的倒数，即大于电阻值．
考查方向
本题主要考查描绘小电珠的伏安特性曲线．
解题思路
（1）根据串并联电路的特点分析电压和电流的测量值与真实值的关系．（2）根据表格中的数据作出该元件的伏安特性图线．（3）根据图线得出U=0.80V时的电流，从而结合欧姆定律求出电阻值．根据切线斜率以及该点与原点连线斜率的大小关系比较切线斜率倒数和电阻的关系．
易错点
解决本题的关键知道测量的误差引起的原因，结合电流和电压的测量误差可以得出电阻的测量误差．注意I-U图线切线斜率的倒数不表示电阻
知识点
19．如图所示，水平桌面上方固定放置一段由内壁光滑的细圆管构成的轨道ABCB，圆周部分的半径R=0.8m，AB部分竖直且与圆周相切于B点，长度为1.8m，C为圆周轨道最低点。现将一质量为0.1Kg，直径可以忽略的小球从管A处以l0m／s的初速度竖直向上抛出，g取l0m／s2。求：
(1)小球到达B点时的速度大小；(2)小球在C点时对轨道压力的大小。
正确答案
（1）小球到达B点时的速度大小是8m/s；（2）小球在C点时对轨道压力的大小是11N
解析
小球由A到B，由机械能守恒得：
考查方向
本题主要考查机械能守恒定律；向心力
解题思路
（1）小球由A到B的过程中，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律求小球到达B点时的速度大小；（2）小球由A到C，由机械能守恒求得小球通过C点的速度，在C点，根据牛顿第二定律求轨道对小球的支持力，从而得到小球在C点时对轨道压力的大小
易错点
本题是机械能守恒定律和向心力的综合应用，对于光滑轨道，往往要考虑机械能是否守恒．由注意小球通过C点时由合力充当向心力
知识点
21． 如图所示，两根质量同为m、电阻同为R、长度同为l的导体棒，用两条等长的、质量和电阻均可忽略的长直导线连接后，放在距地面足够高的光滑绝缘水平桌面上，两根导体棒均与桌边缘平行，一根在桌面上，另一根移动到靠在桌子的光滑绝缘侧面上．整个空间存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度为B．开始时两棒静止，自由释放后开始运动．已知两条导线除桌边拐弯处外其余部位均处于伸直状态，导线与桌子侧棱间无摩擦．
求：（1）刚释放时，导体棒的加速度大小；（2）导体棒运动稳定时的速度大小；
正确答案
见解析
解析
（1）刚释放时，设细线中拉力为T，根据牛顿第二定律得：
对a棒：mg-T=ma
b棒：T=ma
解得：a＝g/2
（2）导体棒运动稳定时，设细线中拉力为T′
b棒：T′=0
对a棒：mg=F安
又：F安＝BIl＝B2l2v/2R
解得：v＝2mgR/ B2l2
考查方向
本题主要考查导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；电磁感应中的能量转化．
解题思路
（1）刚释放时，回路中没有感应电流，两棒的加速度大小相等，分别对a、b两棒运用牛顿第二定律列方程，即可求解．
（2）导体棒运动稳定时，两棒都做匀速运动，可知，细线中没有张力，a棒所受的安培力与重力平衡．再根据安培力与速度的关系求解速度
易错点
解决本题关键要正确分析两棒的受力情况，能正确推导感应电荷量q与h的关系，即可运用电磁感应基本规律和牛顿第二定律、能量守恒定律进行求解．
知识点
求：（1）离子在电场中运动的时间t1；（2）P点距O点的距离y1和离子在磁场中运动的加速度大小a
正确答案
见解析
解析
（1）设离子垂直打到荧光屏上的M点时，
沿y方向的分速度大小为vy，在电场中运动的加速度为a1，
则：vy＝v0 /tan30o，由牛顿第二定律得：qE=ma1，
竖直分速度：vy=a1t1，解得：
（2）由几何关系可知：
解得：
设离子在磁场中做圆周运动半径为y2，则：y2cos30o＝v0t1，
而： 
考查方向
本题主要考查带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．
解题思路
（1）离子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出离子的运动时间．（2）作出离子运动轨迹，根据几何知识求出距离，由牛顿第二定律求出加速度．
易错点
本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚离子运动过程，作出粒子运动轨迹，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可正确解题，解题时要注意几何知识的应用