2013年高考物理試卷（大綱版）（解析卷）

第頁(yè)|共頁(yè)2013年全國(guó)統(tǒng)一高考物理試卷（大綱版）參考答案與試題解析一、選擇題：（本大題共8小題，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有的只有一項(xiàng)是符合題目要求，有的有多選項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)得6分，選對(duì)但不全得3分，有選錯(cuò)或不答的得0分）1．（6分）下列現(xiàn)象中，屬于光的衍射現(xiàn)象的是（）A．雨后天空出現(xiàn)彩虹 B．通過一個(gè)狹縫觀察日光燈可看到彩色條紋 C．海市蜃樓現(xiàn)象 D．日光照射在肥皂泡上出現(xiàn)彩色條紋 【考點(diǎn)】HA：光的衍射．【專題】54H：光的衍射、偏振和電磁本性專題．【分析】在天空出現(xiàn)彩虹種現(xiàn)象叫做光的色散現(xiàn)象，過一個(gè)狹縫觀察日光燈可看到彩色條紋，屬于單縫衍射，市蜃樓現(xiàn)象屬于光的折射，肥皂泡上出現(xiàn)彩色條紋屬于光的干涉．【解答】解：A、雨過天晴時(shí)，常在天空出現(xiàn)彩虹，這是太陽(yáng)光通過懸浮在空氣中細(xì)小的水珠折射而成的，白光經(jīng)水珠折射以后，分成各種彩色光，這種現(xiàn)象叫做光的色散現(xiàn)象，A錯(cuò)誤；B、通過一個(gè)狹縫觀察日光燈可看到彩色條紋，屬于單縫衍射，B正確；C、海市蜃樓現(xiàn)象屬于光的折射，C錯(cuò)誤；D、日光照射在肥皂泡上出現(xiàn)彩色條紋屬于光的干涉，D正確。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】掌握折射現(xiàn)象、干涉現(xiàn)象和衍射現(xiàn)象的本質(zhì)的不同是順利解決此類題目的關(guān)鍵．2．（6分）根據(jù)熱力學(xué)第一定律，下列說法正確的是（）A．電冰箱的工作過程表明，熱量可以從低溫物體向高溫物體傳遞 B．空調(diào)機(jī)在制冷過程中，從室內(nèi)吸收的熱量少于向室外放出的熱量 C．科技的進(jìn)步可以使內(nèi)燃機(jī)成為單一熱源的熱機(jī) D．對(duì)能源的過度消耗將使自然界得能量不斷減少，形成能源危機(jī) 【考點(diǎn)】8F：熱力學(xué)第一定律．【專題】548：熱力學(xué)定理專題．【分析】熱量可以從低溫物體向高溫物體傳遞，但要引起其它變化，空調(diào)機(jī)在制冷過程中，電能也部分轉(zhuǎn)化為熱能，所以從室內(nèi)吸收的熱量少于向室外放出的熱量．【解答】解：A、熱量可以從低溫物體向高溫物體傳遞，但要引起其它變化，A正確；B、空調(diào)機(jī)在制冷過程中，從室內(nèi)吸收的熱量少于向室外放出的熱量，因?yàn)殡娔芤膊糠洲D(zhuǎn)化為熱能，B正確；C、不可能從單一熱源吸熱全部用來對(duì)外做功而不引起其它變化，C錯(cuò)誤；D、對(duì)能源的過度消耗將形成能源危機(jī)，但自然界的總能量守恒，D錯(cuò)誤；故選：AB?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了熱力學(xué)定律的應(yīng)用和生活中應(yīng)用熱力學(xué)定律可以解釋的問題．3．（6分）放射性元素氡（）經(jīng)α衰變成為釙，半衰期為3.8天；但勘測(cè)表明，經(jīng)過漫長(zhǎng)的地質(zhì)年代后，目前地殼中仍存在天然的含有放射性元素的礦石，其原因是（）A．目前地殼中的主要來自于其它放射元素的衰變 B．在地球形成的初期，地殼中元素的含量足夠高 C．當(dāng)衰變產(chǎn)物積累到一定量以后，的增加會(huì)減慢的衰變進(jìn)程 D．主要存在于地球深處的礦石中，溫度和壓力改變了它的半衰期 【考點(diǎn)】JA：原子核衰變及半衰期、衰變速度．【專題】54O：衰變和半衰期專題．【分析】放射性元素氡（）經(jīng)α衰變成為釙，半衰期為3.8天，目前地殼中仍存在天然的含有放射性元素的礦石，主要來自其它放射性元素的衰變．半衰期的大小由原子核內(nèi)部因素決定，與所處的物理環(huán)境和化學(xué)環(huán)境無(wú)關(guān)．【解答】解：A、因?yàn)榉派湫栽仉保ǎ┑陌胨テ诒容^短，目前地殼中仍存在天然的含有放射性元素的礦石，主要來自其它放射性元素的衰變。故A正確，B、C錯(cuò)誤。D、半衰期的大小與溫度、壓力無(wú)關(guān)，由原子核內(nèi)部因素決定。故D錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】原子核的衰變和半衰期是?？嫉念}型，要理解半衰期的定義，以及知道影響半衰期的因素．4．（6分）紙面內(nèi)兩個(gè)半徑均為R的圓相切于O點(diǎn)，兩圓形區(qū)域內(nèi)分別存在垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反，且不隨時(shí)間變化．一長(zhǎng)為2R的導(dǎo)體桿OA繞過O點(diǎn)且垂直于紙面的軸順時(shí)針勻速旋轉(zhuǎn)，角速度為ω，t=0時(shí)，OA恰好位于兩圓的公切線上，如圖所示．若選取從O指向A的電動(dòng)勢(shì)為正，下列描述導(dǎo)體桿中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化的圖象可能正確的是（）A． B． C． D． 【考點(diǎn)】D9：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；DD：電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化．【專題】53C：電磁感應(yīng)與電路結(jié)合．【分析】根據(jù)右手定則判斷方向，然后根據(jù)分析大小變化即可做出選擇．【解答】解：由右手定則可判，開始時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為正，故D錯(cuò)誤；設(shè)經(jīng)時(shí)間t導(dǎo)體桿轉(zhuǎn)過的角度為α，則α=ωt，導(dǎo)體桿有效切割長(zhǎng)度為L(zhǎng)=2Rsinωt。由可知，E=2BR2ωsin2ωt，B、R、ω不變，切割的有效長(zhǎng)度隨時(shí)間先增大后減小，且做非線性、非正弦的變化，經(jīng)半個(gè)周期后，電動(dòng)勢(shì)的方向反向，故ABD錯(cuò)誤，C正確；故選：C。【點(diǎn)評(píng)】電磁感應(yīng)與圖象的結(jié)合問題，近幾年高考中出現(xiàn)的較為頻繁，在解題時(shí)涉及的內(nèi)容較多，同時(shí)過程也較為復(fù)雜；故在解題時(shí)要靈活，可以先利用右手定則或楞次定律判斷方向排除法，在選擇其他合適的解法等解答．5．（6分）“嫦娥一號(hào)”是我國(guó)首次發(fā)射的探月衛(wèi)星，它在距月球表面高度為200km的圓形軌道上運(yùn)行，運(yùn)行周期為127分鐘．已知引力常量G=6.67×10﹣11N?m2/kg2，月球的半徑為1.74×103km．利用以上數(shù)據(jù)估算月球的質(zhì)量約為（）A．8.1×1010kg B．7.4×1013kg C．5.4×1019kg D．7.4×1022kg 【考點(diǎn)】4F：萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用；4H：人造衛(wèi)星．【專題】52A：人造衛(wèi)星問題．【分析】嫦娥一號(hào)繞月球做圓周運(yùn)動(dòng)，萬(wàn)有引力提供向心力，已知軌道半徑和運(yùn)動(dòng)行周期求月球質(zhì)量即可．【解答】解：根據(jù)有引力提供嫦娥一號(hào)圓周運(yùn)動(dòng)的向心力有：得中心天體月球的質(zhì)量M=代入軌道半徑r=R+h=1.74×103+200km=1.94×106m，周期T=127min=127×60s=7620s，引力常量G=6.67×10﹣11N?m2/kg2可得月球質(zhì)量M=7.4×1022kg所以A、B、C錯(cuò)誤，D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】注意萬(wàn)有引力提供圓周運(yùn)動(dòng)的向心力只能計(jì)算中心天體的質(zhì)量，不能計(jì)算環(huán)繞天體的質(zhì)量．6．（6分）將甲乙兩小球先后以同樣的速度在距地面不同高度處豎直向上拋出，拋出時(shí)間間隔2s，它們運(yùn)動(dòng)的圖象分別如直線甲乙所示。則（）A．t=2s時(shí)，兩球的高度相差一定為40m B．t=4s時(shí)，兩球相對(duì)于各自的拋出點(diǎn)的位移相等 C．兩球從拋出至落到地面所用的時(shí)間間隔相等 D．甲球從拋出至到達(dá)最高點(diǎn)的時(shí)間間隔與乙球相等 【考點(diǎn)】1I：勻變速直線運(yùn)動(dòng)的圖像．【專題】512：運(yùn)動(dòng)學(xué)中的圖像專題．【分析】速度時(shí)間圖象與時(shí)間軸所圍的“面積”表示質(zhì)點(diǎn)的位移，但不能反映物體初始的位置．由圖直接讀出物體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．【解答】解：A、根據(jù)速度時(shí)間圖象與時(shí)間軸所圍的“面積”表示質(zhì)點(diǎn)的位移，知t=2s時(shí)，甲球通過的位移為x甲=×（30+10）×2m=40m，乙的位移為零，兩球位移之差等于40m，但兩球初始的高度未知，故t=2s時(shí)兩球的高度相差不一定為40m。故A錯(cuò)誤。B、t=4s時(shí)，甲球相對(duì)于拋出點(diǎn)的位移為×30×3﹣×10×1=40m，乙球相對(duì)于拋出點(diǎn)的位移為×（30+10）×2m=40m，故兩球相對(duì)于各自的拋出點(diǎn)的位移相等。故B正確。C、兩球從不同的高度以同樣的速度豎直向上拋出，根據(jù)豎直上拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律x=﹣h=v0t﹣，h是拋出點(diǎn)距地面的高度，可知兩球從拋出至落到地面所用的時(shí)間間隔t不相等。故C錯(cuò)誤。D、由圖知，甲球從拋出至到達(dá)最高點(diǎn)的時(shí)間間隔與乙球相等，都是3s。故D正確。故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】本題要結(jié)合圖象的意義和豎直上拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律進(jìn)行分析，關(guān)鍵要掌握速度時(shí)間圖象與時(shí)間軸所圍的“面積”表示質(zhì)點(diǎn)的位移．7．（6分）如圖所示，一固定斜面傾角為30°，一質(zhì)量為m的小物塊自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小等于重力加速度的大小g。物塊上升的最大高度為H，則此過程中，物塊的（）A．動(dòng)能損失了2mgH B．動(dòng)能損失了mgH C．機(jī)械能損失了mgH D．機(jī)械能損失了 【考點(diǎn)】65：動(dòng)能定理；6B：功能關(guān)系．【專題】16：壓軸題；52D：動(dòng)能定理的應(yīng)用專題．【分析】若動(dòng)能變化為正值，說明動(dòng)能增加，若為負(fù)值，說明動(dòng)能減少，然后根據(jù)動(dòng)能定理，求出合力做的功即可；要求機(jī)械能損失，只要求出除重力外其它力做的功即可?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)動(dòng)能定理應(yīng)有=﹣ma=﹣2mgH，動(dòng)能增量為負(fù)值，說明動(dòng)能減少了2mgH，所以A正確B錯(cuò)誤；再由牛頓第二定律（選取沿斜面向下為正方向）有mgsin30°+f=ma=mg，可得f=mg，根據(jù)功能關(guān)系應(yīng)有△E=﹣f=﹣mgH，即機(jī)械能損失了mgH，所以C正確D錯(cuò)誤。故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】要熟記動(dòng)能定理與功能原理在解題中的應(yīng)用：涉及到總功、動(dòng)能變化時(shí)應(yīng)用動(dòng)能定理解決；涉及到機(jī)械能變化時(shí)應(yīng)求出除重力外其它力做的功。8．（6分）在學(xué)校運(yùn)動(dòng)場(chǎng)上50m直跑道的兩端，分別安裝了由同一信號(hào)發(fā)生器帶動(dòng)的兩個(gè)相同的揚(yáng)聲器．兩個(gè)揚(yáng)聲器連續(xù)發(fā)出波長(zhǎng)為5m的聲波．一同學(xué)從該跑道的中點(diǎn)出發(fā)，向某一段點(diǎn)緩慢行進(jìn)10m．在此過程中，他聽到揚(yáng)聲器聲音由強(qiáng)變?nèi)醯拇螖?shù)為（）A．2 B．4 C．6 D．8 【考點(diǎn)】FC：多普勒效應(yīng)．【專題】16：壓軸題．【分析】當(dāng)同學(xué)到兩個(gè)聲源的間距為波長(zhǎng)整數(shù)倍時(shí)，振動(dòng)加強(qiáng)，聽到聲音是加強(qiáng)的；當(dāng)同學(xué)到兩個(gè)聲源的間距為半波長(zhǎng)的奇數(shù)倍時(shí)，振動(dòng)減弱，聽到聲音是減弱的．【解答】解：當(dāng)同學(xué)到兩個(gè)聲源的間距為波長(zhǎng)整數(shù)倍時(shí)，振動(dòng)加強(qiáng)，聽到聲音是加強(qiáng)的，故該同學(xué)從中間向一側(cè)移動(dòng)0m、2.5m、5.0m、7.5m、10m時(shí)，聽到聲音變大；當(dāng)同學(xué)到兩個(gè)聲源的間距為半波長(zhǎng)的奇數(shù)倍時(shí)，振動(dòng)減弱，聽到聲音是減弱的，故該同學(xué)從中間向一側(cè)移動(dòng)1.25m、3.75m、6.25m、8.75m時(shí)，聲音減弱；故該同學(xué)從中間向一側(cè)移動(dòng)過程聽到揚(yáng)聲器聲音由強(qiáng)變?nèi)醯拇螖?shù)為4次；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵明確振動(dòng)加強(qiáng)和振動(dòng)減弱的條件，然后可以結(jié)合圖表分析，不難．二、解答題（共5小題，滿分72分）9．（6分）如圖所示，E為直流電源，G為靈敏電流計(jì)，A、B為兩個(gè)圓柱形電極，P是木板，C、D為兩個(gè)探針，S為開關(guān)．現(xiàn)用上述實(shí)驗(yàn)器材進(jìn)行“用描跡法畫出電場(chǎng)中平面上的等勢(shì)線”的實(shí)驗(yàn)．（1）木板P上有白紙、導(dǎo)電紙和復(fù)寫紙，最上面的應(yīng)該是導(dǎo)電紙；（2）用實(shí)線代表導(dǎo)線將實(shí)驗(yàn)器材正確連接．【考點(diǎn)】N1：用描跡法畫出電場(chǎng)中平面上的等勢(shì)線．【專題】13：實(shí)驗(yàn)題；535：恒定電流專題．【分析】（1）本實(shí)驗(yàn)利用恒定電流場(chǎng)模擬靜電場(chǎng)，A電極相當(dāng)于負(fù)點(diǎn)電荷，B相當(dāng)于正點(diǎn)電荷，導(dǎo)電紙鋪在最上面；（2）將兩個(gè)圓柱形電極A、B與開關(guān)和電源組成閉合電路，靈敏電流計(jì)與C、D兩個(gè)探針連接．【解答】解：（1）本實(shí)驗(yàn)的原理是用恒定電流場(chǎng)模擬靜電場(chǎng)，在導(dǎo)電紙上尋找等勢(shì)點(diǎn)，作出等勢(shì)線，所以導(dǎo)電紙應(yīng)鋪在最上面；（2）靈敏電流計(jì)與兩個(gè)探針組合，用來找到等勢(shì)點(diǎn)；將兩個(gè)圓柱形電極A、B與開關(guān)和電源組成閉合電路，用來模擬靜電場(chǎng)．電路如圖所示．故答案為：（1）導(dǎo)電；（2）連接電路如圖．如圖所示．【點(diǎn)評(píng)】點(diǎn)評(píng)：本題的解題關(guān)鍵是明確實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，理解?shí)驗(yàn)原理，知道三種紙的鋪放順序．本實(shí)驗(yàn)的原理是用恒定電流場(chǎng)模擬靜電場(chǎng)．10．（12分）測(cè)量小物塊Q與平板P之間的動(dòng)摩擦因數(shù)的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示．AB是半徑足夠大的、光滑的四分之一圓弧軌道，與水平固定放置的P板的上表面BC在B點(diǎn)相切，C點(diǎn)在水平地面的垂直投影為C′．重力加速度為g．實(shí)驗(yàn)步驟如下：①用天平稱出物塊Q的質(zhì)量m；②測(cè)量出軌道AB的半徑R、BC的長(zhǎng)度L和CC′的高度h；③將物塊Q在A點(diǎn)由靜止釋放，在物塊Q落地處標(biāo)記其落地點(diǎn)D；④重復(fù)步驟③，共做10次；⑤將10個(gè)落地點(diǎn)用一個(gè)盡量小的圓圍住，用米尺測(cè)量圓心到C′的距離s．用實(shí)驗(yàn)中的測(cè)量量表示：（?。┪飰KQ到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能EkB=mgR；（ⅱ）物塊Q到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能EkC=；（ⅲ）在物塊Q從B運(yùn)動(dòng)到C的過程中，物塊Q克服摩擦力做的功Wf=；（ⅳ）物塊Q與平板P之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=．（2）回答下列問題：（?。?shí)驗(yàn)步驟④⑤的目的是通過多次實(shí)驗(yàn)減小實(shí)驗(yàn)結(jié)果的誤差．（ⅱ）已知實(shí)驗(yàn)測(cè)得μ值比實(shí)際值偏大，其原因除了實(shí)驗(yàn)中測(cè)量的誤差之外，其它的可能是圓弧軌道存在摩擦，接縫B處不平滑．（寫出一個(gè)可能的原因即可）【考點(diǎn)】65：動(dòng)能定理；M9：探究影響摩擦力的大小的因素．【專題】13：實(shí)驗(yàn)題．【分析】（1）物塊由A到B點(diǎn)過程，由動(dòng)能定理可以求出物塊到達(dá)B時(shí)的動(dòng)能；（2）物塊離開C點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)的知識(shí)可以求出物塊在C點(diǎn)的速度，然后求出在C點(diǎn)的動(dòng)能；（3）由B到C，由動(dòng)能定理可以求出克服摩擦力所做的功；（4）由功的計(jì)算公式可以求出動(dòng)摩擦因數(shù)．【解答】解：（1）從A到B，由動(dòng)能定理得：mgR=EKB﹣0，則物塊到達(dá)B時(shí)的動(dòng)能EKB=mgR；（2）離開C后，物塊做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向：s=vCt，豎直方向：h=gt2，物塊在C點(diǎn)的動(dòng)能EKC=mvC2，解得：EKC=；（3）由B到C過程中，由動(dòng)能定理得：﹣Wf=mvC2﹣mvB2，克服摩擦力做的功Wf=；（4）B到C過程中，克服摩擦力做的功：Wf=μmgL=，則μ=；（2）實(shí)驗(yàn)步驟④⑤的目的，是通過多次實(shí)驗(yàn)減小實(shí)驗(yàn)結(jié)果的誤差；實(shí)驗(yàn)測(cè)得的μ值比實(shí)際值偏大，其原因除了實(shí)驗(yàn)中測(cè)量量的誤差之外，其他的可能是圓弧軌道存在摩擦，接縫B處不平滑等．故答案為：（1）（i）mgR；（ii）；（iii）；（IV）．（2）i、通過多次實(shí)驗(yàn)減小實(shí)驗(yàn)結(jié)果的誤差；ii、圓弧軌道存在摩擦，接縫B處不平滑．【點(diǎn)評(píng)】熟練應(yīng)用動(dòng)能定理、平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律、功的計(jì)算公式即可正確解題．11．（15分）一客運(yùn)列車勻速行駛，其車輪在軌道間的接縫處會(huì)產(chǎn)生周期性的撞擊。坐在該客車中的某旅客測(cè)得從第1次到第16次撞擊聲之間的時(shí)間間隔為10.0s。在相鄰的平行車道上有一列貨車，當(dāng)該旅客經(jīng)過貨車車尾時(shí)，貨車恰好從靜止開始以恒定加速度沿客車行進(jìn)方向運(yùn)動(dòng)。該旅客在此后的20.0s內(nèi)，看到恰好有30節(jié)貨車車廂被他連續(xù)超過。已知每根軌道的長(zhǎng)度為25.0m，每節(jié)貨車車廂的長(zhǎng)度為16.0m，貨車車廂間距忽略不計(jì)。求（1）客車運(yùn)行的速度大?。唬?）貨車運(yùn)行加速度的大小?！究键c(diǎn)】1D：勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度與時(shí)間的關(guān)系；1E：勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系．【專題】511：直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律專題．【分析】（1）求出客車經(jīng)過每根軌道的長(zhǎng)度所用的時(shí)間，根據(jù)平均速度求出客車運(yùn)行的速度大小。（2）抓住客車和貨車的位移關(guān)系求出貨車的位移，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移時(shí)間公式求出貨車的加速度?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)連續(xù)兩次撞擊軌道的時(shí)間間隔為△t，每根軌道的長(zhǎng)度為l，則客車的速度為其中l(wèi)=25.0m，解得v=37.5m/s（2）設(shè)從貨車開始運(yùn)動(dòng)后t=20.0s內(nèi)客車行駛的距離為s1，貨車行駛的距離為s2，貨車的加速度為a，30節(jié)貨車車廂的總長(zhǎng)度為L(zhǎng)=30×16.0m由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有s1=vt由題意，有L=s1﹣s2聯(lián)立解得a=1.35m/s2答：（1）客車運(yùn)行的速度大小為37.5m/s。（2）貨車運(yùn)行加速度的大小為1.35m/s2。【點(diǎn)評(píng)】解決本題理清兩車的位移關(guān)系，靈活運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行求解。12．（19分）一電荷量為q（q＞0）、質(zhì)量為m的帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)的作用下，在t=0時(shí)由靜止開始運(yùn)動(dòng)，場(chǎng)強(qiáng)隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示．不計(jì)重力，求在t=0到t=T的時(shí)間間隔內(nèi)．（1）粒子位移的大小和方向；（2）粒子沿初始電場(chǎng)反方向運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．【考點(diǎn)】37：牛頓第二定律；AK：帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．【專題】16：壓軸題；531：帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題．【分析】（1）根據(jù)加速度與時(shí)間的關(guān)系，可確定速度與時(shí)間的關(guān)系，從而由面積等于位移的大小即可求解，并確定其方向；（2）根據(jù)速度與時(shí)間的圖象，來確定沿初始電場(chǎng)反方向運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．【解答】解：粒子在0～、～、～、～T時(shí)間間隔內(nèi)做勻變速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小分別為a1、a2、a3、a4，由牛頓第二定律得qE0=ma1、2qE0=﹣ma2、2qE0=ma3、qE0=﹣ma4，由此得帶電粒子在0～T時(shí)間間隔內(nèi)運(yùn)動(dòng)的a﹣t圖象如圖（a）所示，對(duì)應(yīng)的v﹣t圖象如圖（b）所示，其中，由圖（b）可知，帶電粒子在t=0到t=T時(shí)的位移為，聯(lián)立解得，它的方向沿初始電場(chǎng)正方向．（2）由圖（b）可知，粒子在t=到t=內(nèi)沿初始電場(chǎng)反方向運(yùn)動(dòng)，總的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為．答：（1）粒子位移的大小為得和方向沿初始電場(chǎng)正方向；（2）粒子沿初始電場(chǎng)反方向運(yùn)動(dòng)的時(shí)間得．【點(diǎn)評(píng)】另一種解法：（1）帶電粒子在粒子在0～、～、～、～T時(shí)間間隔內(nèi)做勻變速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度分別為a1、a2、a3、a4，由牛頓第二定律得qE0=ma1、2qE0=﹣ma2、2qE0=ma3、qE0=﹣ma4設(shè)粒子在t=T/4、t=T/2、t=3T/4、t=T時(shí)刻的速度分別為v1、v2、v3、v4，則有、、、設(shè)帶電粒子在t=0到t=T時(shí)的位移為s，有解得它的方向沿初始電場(chǎng)正方向