2019年陕西省西安市高新一中、交大附中、铁一中等八校高考物理模拟试卷(解析版)

1、B.线框中产生电动势的有效值为D.允许变压器输出的最大功率为100W2021年陕西省西安市高新一中、交大附中、铁一中等八校高考物理模A.在图示位置线框中产生的感应电动势最大C.变压器原、副线圈匝数之比为25：22二、多项选择题本大题共5小题,共27.0分2.如下图的位移s-时间t图象和速度v-时间t图象中给出四条图线,甲、乙、丙、丁代框由开始下落到bc刚好运动到匀强磁场PQ边界的v-t图象,图中数据均为量.重力加速度为不计空气阻力.以下说法正确的选项是g,3.A.甲车做直线运动,乙车做曲线运动B.时间内,甲车通过的路程大于乙车通过的路程C.时间内,丙、丁两车在时刻相距最远D.时间内,丙、丁两车

2、的平均速度相等如下图,小车上有一个定滑轮,跨过定滑轮的绳一端系一重球,另一端系在弹簧秤上,弹簧秤固定在小车上,开始时小车处于静止状态.当小车匀加速向右运动时,与静止状态相比拟,下述说法中正确的选项是A.弹簧秤读数变大,小车对地面压力变大B.弹簧秤读数变大,小车对地面压力变小4.C.弹簧秤读数变大,小车对地面的压力不变D.弹簧秤读数不变,小车对地面的压力变大质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时,引力势能可表示为Ep=,其中G为引力常量,M为地球质量.该卫星原来在半径为Ri的轨道上绕地球做匀速圆周运动,由于受到极稀薄空气的摩擦作用,飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R2,此过程中因摩擦而产生的

3、热量为A.一B.C.D.5.如下图,匝数为50匝的矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小B=T的水平匀强磁场中,线框面积S=0.5m2,线框电阻不计,线框绕垂直于磁场的轴OO'以角速度co=10rad/s匀速转动,并与理想变压器原线圈相连,副线圈接入一只“220V60W的灯泡,且灯泡正常发光,熔断器允许通过的最大电流为10A,以下说法正确的选项是甲乙A.金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba方向B.磁场的磁感应强度为C.金属线框在0的时间内所产生的热量为D.MN和PQ之间的距离为8 .如下图,水平传送带以速度V1匀速运动,小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连,t=0时刻

4、P在传送带左端具有速度V2,P与定滑轮间的绳水平,t=t0时刻P离开传送带.不计定滑轮质量和摩擦,绳足够长.能正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是9 .关于热现象和热学规律,以下说法正确的选项是A.只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数,就可以算出气体分子的体积B.气体温度升高,分子的平均动能一定增大C.温度一定时,悬浮在液体中的固体颗粒越小,布朗运动越明显D.同一液体的饱和汽的压强与其温度、体积都有关系E.第二类永动机不可能制成是由于它违反了热力学第二定律10.图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图,图乙为质点P以此时刻为计时起点的振动图象.由图可知拟试卷、单项选择题本大题共5小题,共3

5、0.0分1.以下说法正确的选项是A.在国际单位制中,力学的根本单位是千克、牛顿、秒B.“平均速度、“总电阻、“交流电的有效值概念的建立都表达了等效代替的思想C.电场强度是用比值法定义的,因而电场强度与电场力成正比,与试探电荷的电量成反比D.牛顿通过理想斜面实验否认了“力是维持物体运动的原因,用到的物理思想方法属于“理想实验法6 .如下图,理想变压器的原线圈接有交变电压光敏电阻随光照强度增大而减小、定值电阻A.仅增强光照时,原线圈的输入功率减小B.仅向下滑动P时,两端的电压增大C.仅向下滑动P时,消耗的功率减小D.仅增大U时,消耗的功率增大7 .如图甲所示,abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金

6、属线框,金属线框的质量为m,电阻为R.在金属线框的下方有一匀强磁场区域,MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界,并与线框的bc边平行,磁场方向垂直于线框平面向里.现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落,如图乙是金属线11.12.A.质点振动的周期sB.波速C.由于一个周期质点运动m,所以波长mD.从该时刻起经过s,波沿x轴正方向传播了3mE.从该时刻起经过s时,质点Q的加速度大于质点P的加速度实验题探究题(本大题共2小题,共15.0分)某同学用图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律.打点计时器所用电源的频率为50Hz,重物质量m=1kg,当地重力加速度大小为g=9.80m/s2.实验中该同学

7、得到的一条点迹清楚的完整纸带如图乙所示,纸带上的第一个点记为O,另选连续的三个点A、B、C进行测量,图中给出了这三个点到.点的距离hA、hB和hC的值.答复以下问题(以下计算结果均保存3位有效数字)：打点计时器E=V,内阻r=(结果小数点后保存2位)；(3)假设将图线的纵坐标改为,那么图线与纵坐标轴交点的物理含义即为电动势的大小.四、计算题(本大题共4小题,共52.0分)13.多雨的夏季,湿滑的路面动摩擦因数比枯燥时小,给机动车出行带来极大的平安隐患.如图为一条平直的公路,当路面枯燥时,汽车三A以108km/h的速度匀速行驶到达M点时,驾驶员发现其正前方100m处的N点停有汽车B,紧急车后(车

8、轮立即停止转动)恰好可不撞上汽车B.假设路面湿滑,A以同样的速度从M点紧急剩车,到达N点后与汽车B发生撞,碰后两车粘在一起向前滑行,测得两车共同滑行的距离为20m.两车型号、质量均相同,碰撞时间极短,取g=10m/s2.求：(1)汽车与枯燥路面间的动摩擦因数(2)汽车与湿滑及枯燥路面间动摩擦因数的比值甲乙14.(1)打点计时器打B点时,重物速度的大小Vb=m/s；(2)根据以上数据,可知重物由.点运动到B点的过程中,重力势能的减少量等于J,动能的增加量等于J.重力势能的减少量大于动能的增加量的原因是.在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中,备有以下器材：A.待测的干电池(电动势约为1.5V,

9、内电阻小于1.0QB,电流表Ai(量程0-3mA,内阻Rg1=10Q)C.电流表A2(量程0-0.6A,内阻Rg2=0.19D,滑动变阻器Ri(0-20Q,10A)E,滑动变阻器R2(0-200lA)F.定值电阻Ro(990Q)G.开关和导线假设干如下图的平行板器件中,存在相互垂直的匀强磁场和匀强电场,磁场的磁感应强度Bi=0.20T,方向垂直纸面向里,电场强度Ei=1.0105V/m,PQ为板间中线紧靠平行板右侧边缘xOy坐标系的第一象限内,有一边界AO、与轴的夹角“Oy=45°,该边界线的上方有垂直纸面向外的匀强磁场,边界线的下方有竖直向上的匀强电场,电场强度E2=5.0X05V

10、/m.一束带电荷量q=8.010-29C、质量m=8.0M0-26Kg的正离子从P点射入平行板间,沿中线PQ做直线运动,穿出平行板后从轴上坐标为(0,0.4m)的Q点垂直y轴射入磁场区,屡次穿越边界线OA离子重力不计,求:(1)离子在P点运动的速度;(2)/AOy间磁感应强度B2及离子从进入磁场到第二次穿越边界线OA所需的时间;(3)离子第四次穿越边界线的位置坐标.(1)某同学发现上述器材中虽然没有电压表,但给出了两个电流表,于是他设计了如图1所示的(a)、(b)两个参考实验电路,其中合理的是图所示的电路；在该电路中,为了操作方便且能准确地15.如下图,透热的气缸内封有一定质量的理想气体,缸体

11、质量M=200kg,活塞质量m=10kg,活塞面积S=100cm2.活塞与气缸壁无摩擦且不漏气.此时,缸内气体的温度为27C,活塞正位于气缸正中,整个装置都静止.大气压恒为Po=1.0105Pa,重力加速度为g=10m/s2.求：(1)缸内气体的压强Pi；(2)气缸内气体的温度升高到多少时,活塞恰好会静止在气缸缸口AB处？此过程中气缸内的气体是吸热还是放热？进行测量,滑动变阻器应选(填写器材前的字母代号)；(2)图2为该同学根据(1)中选出的合理的实验电路,利用测出的数据绘出的I1-I2图线(Ii为电流表Ai的示数,12为电流表A2的示数,且12的数值远大于Ii的数值),那么由图线可得被测电池

12、的电动势16.如下图,一截面为直角三角形的玻璃镜ABC,/A=30°.一条光线以45.的入射角从AC边上的D点射入棱镜,光线最终垂直BC边射出.画出光在玻璃棱镜中的传播路线；求玻璃的折射率；判断AB面是否有光线射出.答案和解析1 .【答案】B【解析】解:A、在国际单位制中,力学的根本单位是千克、米、秒,管不是根本单位,是导出单位,故A错误.B、平均速度、总电阻、交流电的有效值概念的建立都表达了等效代替的思想；故B正确；C、电场强度是用比值法定义的,其大小与电场力和电量无关；故C错误；D、伽利略通过理想斜面实验否认了力是维持物体运动的原因,用到的物理思想方法属于理想实验法,故D错误.应

13、选：Bo在国际单位制中,力学的根本单位是千克、米、秒;顿发现了万有引力定律,场强采用的是比值定义法,其大小与电场力和电量无关；伽利略通过理想斜面实验否认了力是维持物体运动的原因.此题关键要掌握物理学史,知道国际单位制中力学的根本单位：千克、米、秒；同注意比值定义法的应用.2 .【答案】C【解析】解:A、位移时间图中,斜率代表速度,由图可知甲的速度不变,所以做匀速直线运动；乙的斜率逐渐减小,所以做速度逐渐减小的直线运动,并非曲线运动,故A错误；B、在ti时刻两车的位移相等,又都是单向直线运动,所以两车路程相等,故B错误；C、由图象与时间轴围成的面积表示位移可知：丙、丁两车在t2时刻面积差最大,所

14、以相距最远,故C正确；D.012时间内,内的位移小于丁的位移,时间相等,平均速度等于位移除以时间,所以内的平均速度小于丁车的平均速度,故D错误.应选:C.在位移-时间图象中,倾斜的直线表示物体做匀速直线运动,斜率表示速度,图象的交点表示位移相等,平均速度等于位移除以时间；在速度时间图象中,斜率表示加速度,图象与时间轴围成的面积表示位移.要求同学们能根据图象读出有用信息,注意位移-时间图象和速度-时间图象的区别,难度不大,属于根底题.3 .【答案】C【解析】解：开女邰寸小车处于静止状态,小球受重力mg、绳的拉力F绳1,由于小球静止,所以F绳1=mg,当小车匀加速向右运动稳定时,小球也向右匀加速运

15、动.小球受力如图：mg*由于小球向右做匀加速运动,所以小球的加速度水平向右,根据牛顿第二定律小球的合力也水平向右,根据力图几何关系得出：此时绳子的拉力F绳2>mg,所以纯中拉力变大,弹簧秤读数变大.对整体进行受力分析：开始时小车处于静止状态,整体所受地面的支持力等于本身重力.当小车匀加速向右运动稳定时,整体在竖直方向无加速度,也就是整体在竖直方向出于平衡状态,所以整体所受地面的支持力仍然等于本身重力.应选:C.以重球为研究对象,分研究小车静止时和运动时轻绳的拉力,分析弹簧秤读数的变化.以整体为研究对象,研究地面对小车的支持力的变化,再由牛顿第三定律研究小车对地面压力的变化.此题采用隔离法

16、和整体法结合分析物体的受力情况,是常用的方法,比较简单.4 .【答案】C【解析】解：卫星做匀速圆周运动,由地球的万有引力提供向心力,那么轨道半径为R1时Gr小马,卫星的引力势能为EP1=-XI1111iM"rf_一.j一、,aMm_轨道半径为R2时G南=m-,卫星的引力势能为Ep2=-T设摩擦而产生的热量为Q,根据能量守恒定律得:解：A、当光照增强时,光敏电阻的电阻值减小,故变压器的输出功率增加,故输入功率也增加,联立解得：RntfR.故B正确.巧+Ep1=珏+Ep2+Q联立得Q=a-)2R工7?1应选:C.求出卫星在半径为R1圆形轨道和半径为R2的圆形轨道上的动能,从而得知动能的减

17、小量,通过引力势能公式求出势能的增加量,根据能量守恒求出热量.此题是信息题,要读懂引力势能的含义,建立卫星运动的模型,根据万有引力定律和圆周运动的知识、能量守恒定律结合求解.5 .【答案】C【解析】解:A、由图可知,此时线圈和磁场垂直,此时线框的磁通量最大,感应电动势为0,故A错误；B、矩形闭合导线框ABCD在磁场中转动,产生的交流电的最大值为Em=nBsco=50父;>0.5100=2506V,由于最大值为有效值的陋倍,所以交流电的有效值为250V,故B错误；C、副饯圈接入一只“220V60W的灯泡,且灯泡正常发光,由于电压与匝数成正比,所以变压器原、副线圈匝数之比为25:22,故C正

18、确；D、由于熔断器允许通过的最大电流为10A,所以允许变压器输出的最大功率为P=UI=250X10=2500W,故D错误；应选:C.根据电压与匝数成正比,电流与匝数成反比,变压器的输入功率和输出功率相等,逐项分析即可得出结论.解决此题的关键是掌握住理想变压器的电压、电流与线圈匝数关系以及电压、电流和功率之间的关系,还有中性面的特点.6 .【答案】BD【解析】BC、当滑动触头P向下滑动时,原戋圈匝数减小,根据电压与匝数成正比知变压器的输出电压增大；根据功率表达式P=,R2消耗的功率增大,故B正确,C错误；MD、当U增大时,根据电压与匝数成正比知变压器的输出电压增大；根据功率表达式P=：,R2ji

19、消耗的功率增大；故D正确；应选：BD.变压器的输入电压决定输出电压,输出电流决定输入电流,输出功率决定输入功率；结合功率表达式分析判断即可.此题关键是明确电压器的电压、电流、功率关系,知然后结合变压比公式和功率公式进行动态分析.7 .【答案】BC【解析】解:A、金属线框刚进入磁场时,根据楞次定律判断可知,感应电流方向沿abcd前向.故A错误B、在金属框进入磁场的过程中,金属框所受安培力等于重力:mg=BIL1T又L=v1t2-t1)oC、金属框在进入磁场过程中金属框产生的热为Q1,重力对其做正功,安培力对其做负功,由能量守恒定律得：Q1=mgL=mgv1t2-t1)金属框在磁场中的运动过程中金

20、属框不产生感应电流,所以金属线框在013的时间内所产生的热量为mgv1t2-t1).横正确.D、由图象可知,金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动,速度为v1,运动时间为t2-t1所以金属框的边长：L=v1t2-t1)<MN和PQ之间的距离要大于金属框的边长.故D错误.应选：BC.考查摩擦力的方向与速度的关系,明确其与相对运动方向相反,结合牛顿第二定律分析运动情此题应抓住：Q)根据楞次定律判断感应电流的方向；2)伸知,金属线框进入磁场做匀速直线运动,重力和安培力平衡,可求出Bo3)由能量守恒定律求出热量.4)伸象可知,金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动,根据时间和速度求解金属框的边长和M

21、N和PQ之间的距离；此题电磁感应与力学知识简单的综合,培养识别、理解图象的水平和分析、解决综合题的能力.8 .【答案】ABC【解析】解：1,假设V1二V2,小物体P可能受到的静摩擦力等于绳的拉力,一直相对传送带静止匀速向右运动,假设最大静摩擦力小于绳的拉力,那么小物体P先向右匀减速运动,减速到零后反向匀加速直到离开传送带,由牛顿第二定律知mQg-仙咋9=mQ+mP)a,加速度不变；2,假设丫1>v2,小物体P先向右匀加速直线运动,由牛顿第二定律知(imPg-mQg=mQ+mP)a,到小物体P加速到与传送带速度V1相等后匀速,故B选项可能；3,假设丫1<丫2,小物体P先向右匀减速直线

22、运动,由牛顿第二定律知mQg-(imPg=mQ+mP)a1,到小物体P减速到与传送带速度丫1相等后,假设最大静摩擦力大于或等于纯的拉力,继续向右匀速运动,A选项正确,假设最大静摩擦力小于绳的拉力,继续向右减速但滑动摩擦力方向改向,此时匀减速运动的加速度为mQg+pmPg=mQ+mP)a2,到减速为零后,又反向以a2加速度匀加速向左运动,而a2>aj,故C选项正确,D选项错误.应选:ABC.要分不同的情况进行讨论：着V2VV1：分析在f>Q的重力时的运动情况或f<Q的重力的运动情况假设V2<V1:分析在f>Q的重力时的运动情况或f<Q的重力的运动情况况,较难.

23、9 .【答案】BCE【解析】解:A、知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数,可以算出每个气体分子占据的空间,但不能算出气体分子体积(分子句隙大),故A错误；B、温度是分子平均动能的标志,故气体温度升高,分子的平均动能一定增大,故B正确；C、温度一定时,悬浮在液体中的固体颗粒越小,布朗运动就越明显,故C正确；D、同一液体的饱和汽压只与温度有关,与体积无关,故D错误；E、第二类永动机不可能制成是由于它违反了热力学第二定律,故E正确.应选：BCE.气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数,还要知道气体的摩尔质量,才能计算体积；布朗运劝与固体颗粒大小,温度等有关；温度升高时,饱和汽分子的平均动能增加,分子密度也增加

24、；同一液体的饱和气压与温度有关,与体积无关；第二永动机并未违反能量的转化与守恒,而是违反了热力学第二定律.此题主要是考查热学局部的根本内容,牢固掌握阿伏伽德罗常数的计算、布朗运动、饱和汽的概念是解答此题的关键10 .【答案】ABD【解析】解:A、B、C由甲读出波长入=4m由图乙读出周期T=0.2s,波速v=)=20m/s.故AB正确,C错1误.D、有图乙可知x=2m的质点开始时向下振动,结合甲图知简谐波没x轴正方向传播,传播距离s=vt=200.15=3m,故D正确.E、由于周期为0.2s,经过0.25s,质点运动了1：周期,也是1；个波长,P点到达负方向最大位移,Q在平衡位置上但不到最大位置

25、,由京=£可知：质点Q的加速度小于质点P的加速度,故E错误应选:ABD由甲读出波长入由图乙读出周期T,由v=q求出波速.波源的起振方向与x=2m的质点t=0时刻的振动方向,判定波的传播方向判断.在进行计算即可.此题考查根本的读图水平,由波动图象读出波长,由波的传播方向判断质点的振动方向,由振动图象读出周期,判断质点的振动方向等等都是根本功,要增强练习,熟练掌握.11 .【答案】3.907.707.61阻力做负功【解析】解：1打,班时器周期为0.02s,B点的速度为：小=蜂=上2,:J“山=?刖川小区；2重物由O点运动到B点的过程中,重力势能的减少量为：EP=mgh=1X9.80.78

26、75=7.70J；增加的动能为:E*=；".£=：X1x：上!府=工/;由于有阻力做功,故减少的重力势能大于增加的动能.故答案为：13.90；27.70J,7.61J;阻力帧功.1打/计时器所用电源的频率为50Hz,可知其周期,由平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得B点的速度.2由重的能表达式mgh可得重物由O点运动到B点的过程中,重力势能的减少量；由动能表达式可得B点的动能,由于有阻力做功,故减少的重力势能没有全部转化为动能.验证机械能守恒的问题,要掌握如何求一个点的速度,一般的方法是用平均速度等于中间时刻的瞬时速度.12 .【答案】bD1.480.84IiR1+R0【解析

27、】解：10上述器材中虽然没有电压表,但给出了两个电流表,将电流表G串联一个电阻,可以改装成较大量程的电压表.a、b两个参考实验电路,其中合理的是b,由于电源的内阻较小,所以应该采用较小最大值的滑动变阻器,有利于数据的测量和误差的减小.滑动变阻器应选Rv2根喇合电路欧姆定律可知,I1Rg1+R0=E-12r由图示图象可知,图象与纵轴交点坐标值是1.48mA,故电源电动势：E=0.00148Rg1+R0)=0.00148XQ0+990)=1.48V,图象斜率:=0.00084,解得：r=0.001Rg1+R0)=0.00084XQ0+990)=0.84Q；3由©中分析可知,如果将纵坐标改

28、为I1Rg1+R0那么图线与纵坐标轴交点的物理含义即为电动势的大小.故答案为：1.b,D;201.48;0.84;3011Rg1+R0,1将电流表G串联一个电阻,可以改装成较大量程的电压表.由于电源的内阻较小,所以应该采用较小最大值的滑动变阻器,有利于数据的测量和误差的减小.2根喇合电路欧姆定律列式,再结合图象即可确定电动势和内电阻；3根喇合电路欧姆定律可知,只需将电流表1的示数乘以电表内阻与?之和即可表示电动势.此题考查电源电动势和内电阻的测量,要注意明确实验原理,注意此题中需要对电表进行改装;然后再根据闭合电路欧姆定律列式对数据进行处理,同时明确误差情况即可.13 .【答案】解：1汽车以速

29、度vo在枯燥路面上行驶时,根据牛顿第二定律得nmg=ma1.由运动学公式有Vo2=2aXMN.据题vo=1O8km/h=3Om/s,xMN=100m,联立解得也=0.452汽车以速度vo在湿滑路面行驶时,到达N点的速度设为Vi.根据牛顿第二定律得2mg=ma2.22由运动学公式有vo-vi=2a2XMNoA与B碰撞过程中动量守恒,设碰后共同速度为v2.取向右为正方向,那么mv=2mv2.碰后A与B一起以加速度a2滑动.2,v2=2a2X解得奥=0.25故一二一答：1汽车与枯燥路面间的动摩擦因数是0.45.(2)汽车与湿滑及枯燥路面间动摩擦因数的比值是【解析】Q)"以速度v0在枯燥路面

30、上行驶时,合力等于摩擦力,根据牛顿第二定律和运动学公式结合求汽车与枯燥路面间的动摩擦因数2)根据牛顿第二定律和运动学公式求出汽车以速度v0在湿滑路面行驶时,到达N点的速度.A与B碰撞过程中动量守恒,由此求得碰后瞬间两者的共同速度.碰后A与一起匀减速运动,由运动学公式和牛顿第二定律求得汽车与湿滑间动摩擦因数,即可求解.此题的关键要搞清汽车的运动过程,把握过程之间的联系,如速度关系和位移关系.对于涉及力在空间的效果求速度的问题,也可以根据动能定理求解.14 .【答案】解：(1)设离子的速度大小为v,由于y&中线PQ做直线运动,那么有：qEi=qvBi,代入数据解得：v=5X105mZs,(

31、2)离子进入磁场,做匀速圆周运动,由牛顿第二定律有：qvB2=m作出离子的运动轨迹,交OA边界于N,如下图：OQ=2r,根据几何关系可得：r=0.2m,解得B2=0.25T；假设磁场无边界,一定通过O点,那么圆弧QN的圆周角为45.,那么轨迹圆弧的圆心角为9=90；过N点做圆弧切线,方向竖直向下,离子垂直电场线进入电场,做匀减速运动,离子在磁场中运动为：ti=T=2兀X-70离子在电场中的加速度：a=5.01012mZs2.而离子在电场中往返运动时间为：t2=2-=2.010-7s；所以离子从进入磁场到第二次穿越边界线OA所需的时间为：t=ti+t2=(2兀+2X10-7s=8.3M0-7so

32、(3)离子当再次进入磁场后,根据左手定那么,可知洛伦兹力水平向右,导致离子向右做匀速圆弧运动,恰好完成一周期,当离子再次进入电场后,做类平抛运动,由题意可知,类平抛运动的速度的方向位移与加速度的方向的位移相等,根据运动学公式,那么有：vt3=-at32,代入数据解得：t3=2X10-7s因此离子沿着速度的方向的位移为：X3=vt3=0.1m,所以离子第四次穿越边界线的x轴的位移为：x=R+R+X3=0.2m+0.2m+0.1m=0.5m,那么离子第四次穿越边界线的位置的坐标为(0.5m,0.5m)答：(1)离子在P点运动的速度为5X105mZs；(2) ZAOy间磁感应强度为0.25T,离子从进入磁场到第二次穿越边界线OA所需的时间为8.3M0-7s；(3)离子