2019年高三物理上学期第四次月考试题2（含解析）.doc

2019年高三物理上学期第四次月考试题2（含解析）一、选择题：本题共10小题，每小题5分，共计50分在每小题给出的四个选项中，第17题只有一项符合题目要求，第810题有多项符合题目要求全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分【题文】1xx年度诺贝尔物理学奖授予日本名古屋大学的赤崎勇、大野浩以及美国加州大学圣巴巴拉分校的中村修二，以表彰他们在发明一种新型高效节能光源即蓝色发光二极管（LED）方面的贡献，在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步，下列表述符合物理学史实的是 A开普勒认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比 B牛顿认为在足够高的高山上以足够大的水平速度抛出物体，物体就不会冉落在地球上 C奥斯特发现了电磁感应现象，这和他坚信电和磁之间一定存在着联系的哲学思想是分不开的 D安培首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究【知识点】 物理学史O2【答案解析】 B 解析： A、胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比，故A错误;B、牛顿认为在足够高的高山上以足够大的水平速度抛出一物体，物体将绕地球做圆周运动，不会再落在地球上，故B正确C、法拉第发现了电磁感应现象，这和他坚信电和磁之间一定存在着联系的哲学思想是分不开的，故C错误D、法拉第首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究，故D错误;故选：B【思路点拨】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解答本题本题考查物理学史，是常识性问题，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【题文】2用比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法，下面四个表达式符合比值法定义物理量的是 A加速度 B电流强度 C电场强度 D磁感应强度【知识点】 牛顿第二定律C2【答案解析】 D 解析： A、加速度a与F和m有关，随F和m的变化而变化不是运用比值定义法定义的故A错误B、电流强度I与电压和电阻的大小有关，不是运用比值定义法定义的故B错误C、电场强度E与场源电荷的电量和距离场源电荷的距离有关，不是运用比值定义法定义的故C错误D、课本明确给出磁感应强度定义式为：B=，故D正确故选D【思路点拨】所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变解决本题的关键理解比值定义法的特点：被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变【题文】3如图所示，一条形磁铁从静止开始穿过采用双线绕成的闭合线圈，条形磁铁在穿过线圈过程中可能做A减速运动 B匀速运动C白南落体运动 D非匀变速运动【知识点】 楞次定律L1【答案解析】 C 解析：穿过采用双线绕法的通电线圈，相邻并行的导线中电流方向相反，根据安培定则可知，它们产生的磁场方向相反，在空中同一点磁场抵消，则对条形磁铁没有安培力作用，条形磁铁只受重力，又从静止开始下落，所以做自由落体运动故选C【思路点拨】根据安培定则判断双线绕法的通电线圈产生的磁场方向关系，分析条形磁铁所受的作用力，再判断它的运动性质本题中线圈采用双线并行绕法是消除自感的一种方式可用安培定则加深理解基础题【题文】4如图所示，A为水平放置的橡胶圆盘，在其侧面带有负电荷一Q，在A正上方用丝线悬挂一个金属圆环B（丝线未画出），使B的环面在水平面上与圆盘平行，其轴线与橡胶盘A的轴线O1O2重合现使橡胶盘A南静止开始绕其轴线OlO2按图中箭头方向加速转动，则 A金属圆环B有扩大半径的趋势，丝线受到拉力增大 B金属圆环B有缩小半径的趋势，丝线受到拉力减小 C金属圆环B有扩大半径的趋势，丝线受到拉力减小 D金属圆环B有缩小半径的趋势，丝线受到拉力增大【知识点】 楞次定律L1 【答案解析】 B 解析：带电圆盘如图转动时，形成顺时针方向的电流，根据右手螺旋定则可知，在圆盘上方形成的磁场方向竖直向下，由于加速转动，所以电流增大，磁场增强，穿过金属圆环B的磁通量增大，根据楞次定律感应电流产生的磁场要阻碍原磁通量的变化，所以金属圆环B有缩小半径的趋势，金属圆环B有向上的运动趋势，所以丝线受到拉力减小故选B【思路点拨】带电圆盘转动时形成环形电流，利用右手螺旋定则判断出环形电流在导线处的磁场方向，根据楞次定律进行判定本题考查了电流的形成、右手螺旋定则，要深刻理解楞次定律“阻碍”的含义如“阻碍”引起的线圈面积、速度、受力等是如何变化的【题文】5南两块不平行的长导体板组成的电容器如图所示若使两板分别带有等量异号的电荷，定性反映两板间电场线分布的图可能是【知识点】 电场线；电容器I1 I3【答案解析】 C 解析：两板分别带有等量异种电荷，根据电势差与电场强度的关系式U=Ed得，板间电势差不变，距离越长，电场强度E越小，电场线越疏故ABD错误，C正确;故选：C 【思路点拨】根据电势差与电场强度的关系式U=Ed得，板间电势差不变，距离越长，电场强度E越小，电场越疏常见的电容器是平行板电容器，该题板不平行，但是可以运用U=Ed定性分析判断【题文】6一电流表南表头G与电阻R并联而成若在使用中发现此电流表读数比准确值稍小些，下列可采取的措施是 A在R上串联一个比R小得多的电阻 B在R上串联一个比R大得多的电阻 C在R上并联一个比R小得多的电阻 D在R上并联一个比R大得多的电阻【知识点】 把电流表改装成电压表J6【答案解析】 A 解析： A 在R上串联一个比R小得多的电阻，可实现增加分流电阻，减小分流，使电表示数增加故A正确; B 在R上串联一个比R大得多的电阻，会使G表的电流增加太多，读数偏大故B错误; C 在R上并联一个比R小得多的电阻，使分流更大，示数更偏小故C错误; D 在R的并联一个比R大的电阻，会使分流更大，示数更偏小故D正确;故选：A【思路点拨】读数偏小说明通过G表的电流稍小，分流电阻分流偏大，分流电阻稍小，要采取的措施：稍增加分流电阻阻值考查的电流表的改装原理，明确分流与电阻成反比，电阻大，分流小，反之电阻小则分流大【题文】7如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q南通过定滑轮且小可伸长的轻绳相连，t=0时刻P在传送带左端具有速度v2，已知v1v2，P与定滑轮间的绳水平不计定滑轮与轻绳质量以及定滑轮与绳间摩擦，绳足够长直到物体P从传送带右侧离开以下判断正确的是 A物体P一定先加速后匀速 B物体P可能一直匀速 C物体Q的机械能可能先增加后不变 D物体Q一直处于超重状态【知识点】 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系A2 C2【答案解析】B 解析：A、由于v1v2，且物体P向右运动，故P受到的摩擦力可能大于Q的重力，故P可能先加速后匀速，也有可能一直加速运动，如果摩擦力等于Q的重力，则物体可能一直匀速，如果摩擦力小于Q的重力，则可能减速到右端，故A错误、B正确；C、不论A中那种情况，绳子对物体Q的拉力都做正功，故Q的机械能增加，故C正确；D、当物体先加速后匀速时，物体不可能一直处于超重，故D错误；故选：B【思路点拨】由于v1v2，且物体P向右运动，故P受到的摩擦力可能大于Q的重力，故P可能先加速后匀速，也有可能一直加速运动，故物体Q不可能一直处于超重，因绳的拉力做正功，故Q的机械能增加；本题主要考查了物体在传送带上的运动过程，可能是一直加速，也可能是先加速后匀速运动，分清过程是关键【题文】8如果太阳系几何尺寸等比例地膨胀，月球绕地球的运动近似为网周运动，则下列物理量变化正确的是（假设各星球的密度不变） A月球的向心加速度比膨胀前的小 B月球受到的向心力比膨胀前的大 C月球绕地球做圆周运动的周期与膨胀前的相同 D月球绕地球做圆周运动的线速度比膨胀前的小【知识点】 万有引力定律及其应用D5【答案解析】 BC 解析：万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律，有： A、向心加速度：a=，太阳系几何尺寸等比例地缩小，各星球的密度不变，由于质量与半径的三次方成正比，故表达式中分子增大的倍数更多，故向心加速度增大，故A错误；B、向心力：F=G，太阳系几何尺寸等比例地增大，各星球的密度不变，由于质量与半径的三次方成正比，故表达式中分子增大的倍数更多，故向心力增大；故B正确；C、周期：T=2，太阳系几何尺寸等比例地增大，各星球的密度不变，由于质量与半径的三次方成正比，故表达式中分子增大的倍数与分母减小的倍数相同，故公转周期不变，故C正确；D、线速度：v=，太阳系几何尺寸等比例地增大，各星球的密度不变，由于质量与半径的三次方成正比，故表达式中分子增大的倍数更多，故线速度增大，故D错误；故选：BC【思路点拨】先根据万有引力提供向心力得到线速度、向心加速度、周期和向心力的表达式，然后再结合几何比例分析本题关键是根据牛顿第二定律推导出各个运动学参量的表达式进行分析，注意质量与半径的三次方成正比【题文】9如图所示，两个倾角分别为30o和60o的足够长光滑斜面同定于水平地面上，并处于方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中两个质量均为m、带电荷量为+q的小滑块甲和乙分别从两个斜面顶端南静止释放，运动一段时间后两小滑块都将飞离斜面，在此过程中A甲滑块飞离斜面瞬间的速度比乙滑块飞离斜面瞬间的速度大B甲滑块在斜面上运动的时间比乙滑块在斜面上运动的时间短C甲滑块在斜面上运动的位移与乙滑块在斜面上运动的位移大小相同D两滑块在斜面上运动的过程中（从释放到离开斜面），重力的平均功率相等【知识点】共点力的平衡 带电粒子在磁场中运动 B3 K3【答案解析】 AD 解析： A、物体飞离斜面的条件是洛伦兹力等于重力垂直于斜面的分力 ，所以 ，角度越大，飞离斜面速度越小，故A正确；B、物体做匀加速运动，斜面倾角大，加速度大，并且速度小，故所用时间短，甲滑离斜面时间小于大于乙滑离斜面时间，故B错误；C、斜面倾角大，滑离速度大，时间短，故位移较小，即甲滑离斜面的位移大于乙滑离斜面的位移，故C错误；D、 重力的平均功率 ，带入数据解得 ，故D正确；故选AD【思路点拨】粒子离开斜面前做匀加速直线运动，重力沿斜面的分力提供加速度，离开斜面的条件是洛伦兹力等于重力垂直于斜面的分力，根据匀变速运动规律即重力的平均功率可以求解。【题文】10如图所示，有一矩形区域abcd，水平边ab长为s=m，竖直边ad长为，h=1 m质量均为，m、带+电量分别为+q和-q的两粒子，比荷C/kg当矩形区域只存在电场强度大小为E=10 N/C、方向竖直向下的匀强电场时，+q由a点沿ab方向以速率v0进入矩形区域，轨迹如图，当矩形区域只存在匀强磁场时，-q南c点沿cd方向以同样的速率进入矩形区域，轨迹如图不计重力，已知两粒子轨迹均恰好通过矩形区域的几何中心，则A做匀速圆周运动的网心在b点B磁场方向垂直纸面向外C由题给数据，初速度v0可求D由题给数据，磁场磁感应强度B可求 【知识点】 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I3 K3【答案解析】 ACD 解析：A、因为圆周运动的轨迹经过矩形区域的几何中心，设中心为0，根据几何关系知，bO= =1m，可知矩形区域几何中心到b点的距离等于bc的距离，知b点为圆周运动的圆心故A正确 B、-q由c点沿cd方向以同样的速率v0进入矩形区域，根据洛伦兹力的方向，结合左手定则知，磁场方向垂直纸面向里，故B错误C、因为粒子通过矩形区域的几何中心，可知沿电场方向上的距离y= =0.5m，垂直电场方向上的距离x=m，根据y=，可以求出初速度的大小故C正确;D、在磁场中做匀速圆周运动，故 ，由C知 可知，故可计算B，故D正确； 故选：ACD【思路点拨】电荷在匀强电场中做类平抛运动，将电荷的运动分解为沿电场方向和垂直电场方向，结合牛顿第二定律和运动学公式求出初速度的大小粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系确定粒子做圆周运动的圆心解决本题的关键掌握处理粒子做类平抛运动的方法，抓住等时性，结合运动学公式和牛顿第二定律求解，以及掌握粒子在磁场中运动的处理方向，关键确定圆心、半径和圆心角第卷 非选择题（共60分）二、实验题：本题共3小题，共18分，请将解答填写在答题卡相应的位置【题文】11（4分）在研究匀变速直线运动的实验中，小明正常进行操作，打出的一条纸带只有三个连续的清晰点，标记为0、1、2，已知打点频率为50 Hz，则纸带的加速度为 ；而P点是纸带上一个污点，小明想算出 P点的速度，你认为小明的想法能否实现？若你认为小能实现，请说明理南；若实现请算出 P点的速度： （如图是小明用刻度尺测量纸带时的示意图）【知识点】 测定匀变速直线运动的加速度A7【答案解析】 5m/s2；0.95m/s解析：根据刻度尺可知：0-1的距离x1=8cm，1-2的距离x2=18-8=10cm，物体做匀变速直线运动，因此有：x=aT2，得：a=5m/s2根据匀加速直线运动相邻的相等时间内的位移之差是一个定值x=0.2cm，则打第3个点的位置为x3=1.8+1.2=3cm，打第4个点的位置为x4=3+1.4=4.4cm，打第5个点的位置为x5=4.4+1.6=6cm，打第6个点的位置为x5=6+1.8=7.8cm，由图可知，P点的位置为7.8cm，所以P点就是打的第6个点物体做匀变速直线运动，根据时间中点的瞬时速度等于该过程的平均速度有：v1= =0.45m/s；则vP=v1+5Ta=0.45+50.025=0.95m/s【思路点拨】根据刻度尺读出两个点之间的距离，据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度求出点1的速度，根据点2到P点的距离，求出2到P之间还有几个点，根据匀加速直线运动速度时间公式求出P点速度本题借助实验考查了匀变速直线的规律以及推论的应用，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，提高解决问题能力【题文】12（6分）某照明电路出现故障，其电路如图所示，该电路用标称值为12 V的蓄电池作为电源，导线与接线柱接触良好维修人员使用已凋好的多用电表直流50 V挡检测故障，他将黑表笔接在c点，用红表笔分别探测电路的a、b点 （1）断开开关，红表笔接a点时多用电表指示如图2所示，读数为_ V，说明 （选填“蓄电池”、“保险丝”、“开关”或“小灯”）正常 （2）红表笔接b点，断开开关时，表针不偏转，闭合开关后，多用电表指示仍然和图2相同，可判定发牛故障的器件是 （选填“蓄电池”、“保险丝”、“开关”或“小灯”）【知识点】 用多用电表测电阻J5【答案解析】 （1）11.5；蓄电池；（2）小灯解析：（1）量程为50V，故最小刻度为1V，故读数为11.5V；电压表测量是路端电压，接进电源的电动势，说明蓄电池正常；（2）闭合开关后，多用表指示读数等于路端电压，说明小灯泡断路；【思路点拨】（1）先找准刻度，得到最小分度，再读数；电压表测量是路端电压；（2）闭合开关后，多用表指示读数等于路端电压，说明小灯泡断路本题关键是明确用多用电表电压挡检测电路故障的方法，结合闭合电路欧姆定律来判断各个部分的电路情况，基础题目【题文】13（8分）为了测量某电池电动势E、内阻，一和一个电流表内阻RA（已知电流表内阻RA与电源内阻相差不大），小红同学设计了如图甲所示的实验电路 （1）根据图甲实验电路，请在乙图中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接（2）实验开始前，应先将滑动变阻器的滑片P调到 （选填“a”或“b”）端（3）合上开关Sl，S2接图甲中的1位置，改变滑动变阻器的阻值，记录下几组电压表示数和对应的电流表示数；S2接图甲中的2位置，改变滑动变阻器的阻以值，再记录下几组电压表示数和对应的电流表示数在同一坐标系内分别描点作出电压表示数U和对应的电流表示数I的图象如图丙所示，两直线与纵轴的截距分别为UA、UB，与横轴的截距分别为IA、IB 接l位置时，作出的UI图线是图丙中的 （选填“A”或“B”）图线；测出的电池电动势E和内阻r存在系统误差，原因是 ；由图丙可知，干电池电动势和内阻的真实值分别为Z = ，r= ，由图丙可知，电流表内阻RA= 。【知识点】 测定电源的电动势和内阻J7【答案解析】 （1）（2）a；（3）B；UA；解析：（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）为保护电路，实验开始前，应先将滑动变阻器的滑片P调到a端（3）当S2接1位置时，可把电压表与电源看做一个等效电源，根据闭合电路欧姆定律：E=U断可知，电动势和内阻的测量值均小于真实值，所以作出的U-I图线应是B线；测出的电池电动势E和内阻r存在系统误差，原因是电压表分流造成当S2接2位置时，可把电流表与电源看做一个等效电源，根据闭合电路欧姆定律E=U断可知电动势测量值等于真实值，U-I图线应是A线，即E真=UA；由图示图象可知，E真=UA，由于S2接接1位置时，U-I图线的B线对应的短路电流为I短=IB，所以r真=；开关S2接2位置时，U-I图象如图A所示，此时：r真+RA=，电流表内阻：RA=；【思路点拨】根据电路图连接实物电路图为保护电路闭合开关前滑片应置于阻值最大处本题考查了连接实物电路图、实验注意事项、求电源电动势与内阻，分析清楚电路结构，根据图象可以求出电源电动势与内阻，要掌握应用图象法处理实验数据的方法三、计算题：本题共4小题，共计42分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不能得分有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位【题文】14（9分）在校运会上，100米迎面接力赛成为一大亮点比赛中某同学接棒后，开始以a1=4 m/s2的加速度匀加速起跑，一段时间后达到最大速度，接着以最大速度持续奔跑10 s，再以大小为a2=2m/S2的加速度做匀减速直线运动跑到终点，速度为4 m/s，完成交接棒则： （1）该同学在奔跑中的最大速度vm是多少？ （2）该同学跑完100米的时间t是多少？【知识点】 匀变速直线晕的位移与时间的关系，匀变速直线运动速度与时间的关系A2 A8【答案解析】（1）8m/s （2）14s 解析： (1)全过程最大速度为 ，匀速奔跑时间 ，末速度 ，匀加速直线运动的距离： 匀速直线晕的距离： 匀减速直线运动 的距离： 位移关系： 联立，带入数值解得： （2）匀加速直线运动的时间 匀减速直线运动的时间 跑完全程的时间为： 联立带入数值得： 【思路点拨】（1）设最大速度为 ，根据速度位移关系得到匀加速、匀减速的位移表达式，然后根据位移关系之和为100m求得最大速度。（2）根据匀加速、匀减速直线运动速度与时间关系求得匀加速、匀减速直线运动的时间，然后求得总时间。【题文】15（10分）下图是导轨式电磁炮实验装置示意图两根平行长直金属导轨沿水平方向同定，其间安放金属滑块（即实验用弹丸）滑块可沿导轨无摩擦滑行且始终与导轨保持良好接触电源提供的强大电流从一根导轨流入，经过滑块，再从另一导轨流同电源滑块被导轨巾的电流形成的磁场推动而发射在发射过程中，该磁场在滑块所在位置始终可以简化为匀强磁场，方向垂直于纸面，其强度与电流的关系为B=k I，其中比例常量k=2.5l06 T/A已知两导轨内侧间距为l=3.0102 m，滑块的质量为m=3.0102 kg，滑块沿导轨滑行5m后获得的发射速度为v=3.0103 m/s（此过程视为匀加速运动）（1）求发射过程巾金属滑块的加速度大小；（2）求发射过程中电源提供的电流强度大小；（3）若电源输出的能量有9%转化为滑块的动能，则发射过程巾电源的输出功率和输出电压各是多大？【知识点】 安培力；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律A2 C2 K1【答案解析】 （1）9105m/s2；（2）6.0105A；（3）750V解析：（1）由匀加速运动公式a= =9105m/s2（2）由安培力公式和牛顿第二定律，有F=IBl=kI2l，kI2l=ma因此I= =6.0105A（3）滑块获得的动能是电源输出能量的，即Pt9%=mv2发射过程中电源供电时间t=10-2s所需的电源输出功率为P= =4.5108W由功率P=IU，解得输出电压U= =750V【思路点拨】（1）由运动学公式确定滑块加速的加速度，再由动能定理求得安培力，最后得到电流强度；（2）先由运动学公式确定滑块加速的时间，再由能量守恒定律结合已知条件列式求解即可；（3）根据动能定理和动量守恒定律结合已知条件联立方程组求解即可滑块加速过程只有安培力做功，碰撞过程系统动量守恒，还可结合动能定理求解【题文】16（10分）如图（甲）所示，在电场强度大小为E、方向竖直向上的匀强电场中存在着一半径为R的圆形区域，O点为该圆形区域的圆心，A点是圆形区域的最低点，B点是圆形区域最右侧的点在A点有放射源释放出初速度大小不同、方向均垂直于电场强度、方向向右的正电荷，电荷的质量为m电量为q，不计电荷重力、电荷之间的作用力（1）某电荷的运动轨迹和圆形区域的边缘交于P点，如图（甲）所示，POA=，求该电荷从A点出发时的速率；（2）若在圆形区域的边缘有一接收屏CBD，如图（乙）所示，C、D分别为接收屏上最边缘的两点，COB=BOD= 30o，求该屏上接收到的电荷的最大动能和最小动能【知识点】 带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用I3 E2【答案解析】（1） （2）qER和qER 解析 ：（1）电荷从A到P做类平抛运动，由牛顿第二定律得 a=水平方向：Rsin=v0t竖直方向：R-Rcos=at2联立解得，v0=（2）由（1）得知，粒子从A点出发时的动能为设经过P点时的动能为Ek，则有 qE（R-Rcos）=Ek-解得，Ek=qER(5-3cos)当电荷打到C点时，电场力做功最大，电荷获得的动能最大，最大动能为EkC=qER(5-3cos120)= qER打在D点电场力最小，获得的动能最小，最小动能为EkD=qER(5-3cos60)= qER【思路点拨】（1）电荷从A到P做类平抛运动，由牛顿第二定律求出加速度电荷水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，此电荷水平位移为Rsin，竖直位移为R-Rcos，由运动学公式和几何关系求出该电荷从A点出发时的速率（2）当电荷打到C点时，电场力做功最大，电荷获得的动能最大，打在D点电场力最小，获得的动能最小，根据动能定理求解该屏上接收到的电荷的最大动能和最小动能本题是平抛运动和动能定理的综合应用，同时要充分应用几何知识辅助求解【题文】17（13分）如图所示，OAC的三个顶点的坐标分别为O（0，0）、A（L，0）、C（0，L），在OAC区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场在t=0时刻，同时 从三角形的OA边各处以沿y轴正向的相同速度将质量均为m、电荷量均为q的带正电粒子射入磁场，已知在t=t0时刻从OC边射出磁场的粒子的速度方向垂直于y轴不计粒子重力和空气阻力及粒子间相互作用 （1）求磁场的磁感应强度B的大小；（2）若从OA边两个不同位置射入磁场的粒子，先后从OC边上的同一点P（P点图中未标出）射出磁场，求这两个粒子在磁场巾运动的时间t1与t2之间应满足的关系；（3）从OC边上的同一点P射出磁场的这两个粒子经过P点的时间间隔与P点位置有关，若该时间间隔最大值为，求粒子进入磁场时的速度大小【知识点】 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力K3 C2 D4【答案解析】 （1）；（2）t1+t2=2t0；（3）解析：（1）粒子在t0时间内，速度方向改变了90，t=t0=T，故周期T=4t0由T=得B=（2）在同一点射出磁场的两粒子轨迹如图，轨迹所对应的圆心角分别为1和2，由几何关系有：1=180-2故t1+t2=2t0（3）由圆周运动知识可知，两粒子在磁场中运动的时间差t与=2-1成正比，由得：=2-1=22-180根据式可知2越大，2越大，时间差t越大由t=T由题时间间隔最大值为tmax=又T=4t0 则得，2的最大值为max=150在磁场中运动时间最长的粒子轨迹如图，由几何关系=180-=30由几何知识得 tanA=得A=60（11）=90-A=30（12）且有 Rcos+=L解得：R=根据qvB=m（或v=或v=均可）代入数据解得：v=【思路点拨】（1）粒子垂直OA进入磁场中，转过90，垂直打在y轴上，则t=t0= T，求出周期，由周期公式T=求B的大小（2）画出两个粒子的运动轨迹，设轨迹所对应的圆心角分别为1和2，由几何关系有1=180-2，可得到时间之和等于 （3）根据圆周运动知识知道，两粒子在磁场中运动的时间差t与=2-1成正比，只要求出的最大值，即可求得2的最大值由t= T和已知条件tmax=，联立可求出2的最大值，再结合几何知识求出轨迹的半径，由牛顿第二定律，利用洛伦兹力等于向心力，列式求解速度对于带电粒子在磁场中运动类型，要善于运用几何知识帮助分析和求解，这是轨迹问题的解题关键