湖南省长沙市长郡中学2015届高三上学期第四次月考物理试卷(解析版).doc

湖南省长沙市长郡中学2015届高三上学期第四次月考物理试卷一、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1 2014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考点：物理学史.分析：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解答：解：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点评：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，这也是考试内容之一2（5分）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a=B电流强度I=C电场强度E=kD磁感应强度B=考点：物理学史；电场强度；电流、电压概念.分析：磁感强度、电容、电阻等均采用比值定义法，明确比值定义法的性质及其特点进行作答解答：解：A、加速度中a取决于力的大小，不属于比值定义法，故A错误；B、I与电压和电阻有关，不属于比值定义法，故B错误；C、点电荷的电场强度E取决于电量及距离，与电量有关；不属于比值定义法，故C错误；D、磁感强度与安培力即电流和长度无关，属于比值定义法，故D正确；故选：D点评：用比值定义法所定义的物理量有：电场强度、磁感应强度、电阻、电容等等，注意它们均是由本身的性质决定的，和定义它们的物理量无关3（5分）（2008靖江市模拟）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做（）A减速运动B匀速运动C自由落体运动D非匀变速运动考点：楞次定律.分析：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解答：解：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点评：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4（5分）如图所示，A为水平放置的橡胶圆盘，在其侧面带有负电荷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由静止开始绕其轴线O1O2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，丝线受到拉力增大考点：楞次定律.分析：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解答：解：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点评：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5（5分）由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种电荷，定性反映两板间电场线分布的图可能是（）ABCD考点：电场线；电容器.专题：电场力与电势的性质专题分析：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，电场越疏解答：解：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点评：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6（5分）一安培表由电流表G与电阻R并联而成若在使用中发现此安培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大得多的电阻考点：把电流表改装成电压表.专题：实验题；恒定电流专题分析：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解答：解：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点评：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7（5分）如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q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一直处于超重状态考点：功能关系；牛顿第二定律.分析：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；解答：解：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，故A错误；B、由于v1v2，且物体P向右运动，若P受到的摩擦力等于Q的重力，则P一直做匀速运动，故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错误；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点评：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8（5分）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圆周运动，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考点：万有引力定律及其应用.专题：万有引力定律的应用专题分析：由密度不变，半径变化可求得天体的质量变化；由万有引力充当向心力可得出变化以后的各量的变化情况解答：解：万有引力提供圆周运动向心力，根据牛顿二定律有：A、向心加速度，太阳系几何尺寸等比例地膨胀，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大，故向心加速度增大，所以A错误；B、向心力，太阳系几何尺寸等比例地膨胀，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大，故向心力增大故B正确；C、周期，太阳系几何尺寸等比例地膨胀，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增大的倍数相同，故公转周期不变，C正确；D、线速度，太阳系几何尺寸等比例膨胀，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大，故线速度增大，故D错误故选：BC点评：解决本题的关键是抓住万有引力提供圆周运动向心力，由于星系的膨胀及密度不变引起的质量和半径是否等比例增大的判断9（5分）如图所示，两个倾角分别为30和60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考点：动能定理的应用；洛仑兹力.专题：动能定理的应用专题分析：小滑块向下运动的过程中受到重力、支持力、垂直斜面向上的洛伦兹力，向下运动的过程中，速度增大，洛伦兹力增大，支持力减小，当支持力减到0时，离开斜面解答：解：A、小滑块飞离斜面时，洛伦兹力与重力的垂直斜面的分力平衡，故：mgcos=qvmB解得：vm=所以斜面角度越小，飞离斜面瞬间的速度越大，故A正确，B、由受力分析得加速度a=gsin，所以甲的加速度小于乙的加速度，因为甲的最大速度大于乙的最大速度，由vm=at得，甲的时间大于乙的时间，故B错误；C、由AB的分析和x=得，甲的位移大于乙的位移，故C错误；D、由平均功率的公式P=F=mgsin=，所以D正确故选：AD点评：解决本题的关键知道洛伦兹力的方向和洛伦兹力的大小以及能够正确的受力分析，理清物体的运动状况10（5分）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=1m质量均为，m、带+电量分别为+q和q的两粒子，比荷=0.10C/kg当矩形区域只存在电场强度大小为E=10N/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南题给数据，磁场磁感应强度B可求考点：带电粒子在匀强电场中的运动.专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：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解答：解：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、由上知粒子在磁场中运动的半径r可求得，由r=，知已知，能求出初速度的大小，则知能求出B的大小故D正确故选：ACD点评：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50Hz，则纸带的加速度为5m/s2；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：0.95m/s（如图是小明用刻度尺测量纸带时的示意图）考点：探究小车速度随时间变化的规律.专题：实验题；直线运动规律专题分析：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点速度解答：解：根据刻度尺可知：01的距离x1=8cm，12的距离x2=188=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：m/s=0.45m/s；则vP=v1+5Ta=0.45+50.025=0.95m/s故答案为：5m/s2；0.95m/s点评：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12（6分）某照明电路出现故障，其电路如图1所示，该电路用标称值为12V的蓄电池作为电，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50V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11.5V，说明蓄电池（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小灯（选填“蓄电池”、“保险丝”、“开关”或“小灯”）考点：用多用电表测电阻；闭合电路的欧姆定律.专题：实验题；恒定电流专题分析：（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，说明小灯泡断路解答：解：（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；故答案为：（1）11.5V，蓄电池；（2）小灯点评：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a（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B（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，原因是电压表分流造成的；由图丙可知，干电池电动势和内阻的真实值分别为Z真=UA，r真=，由图丙可知，电流表内阻RA=考点：测定电源的电动势和内阻.专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）根据电路图连接实物电路图（2）为保护电路闭合开关前滑片应置于阻值最大处（3）解答：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）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UI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，UI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，UI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，UI图象如图A所示，此时：r真+RA=，电流表内阻：RA=；故答案为：（1）电路图如图所示；（2）a；（3）B；UA；点评：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=4m/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10s，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4m/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？考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系.专题：直线运动规律专题分析：（1）设最大速度，根据速度位移关系表示加速运动和减速运动的位移，根据x=vt求匀速直线运动的位移，根据总位移为100m求解（2）根据速度时间关系求解加速直线运动和减速直线运动的时间从而求总时间解答：解：设运动过程中最大速度为vm，则总位移x=+vmt1+代入数据100=+10vm+解得vm=8m/s则总时间t=+t1+=+10=14s答：（1）该同学在奔跑中的最大速度vm是8m/s（2）该同学跑完100米的时间t是14s点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用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固定，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，再从另一导轨流回电源滑块被导轨中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=kI，比例常量k=2.5106T/A已知两导轨内侧间距为l=3.0cm，滑块的质量为m=30g，滑块沿导轨滑行5m后获得的发射速度为v=3.0km/s（此过程视为匀加速运动）（1）求发射过程中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%转换为滑块的动能，则发射过程中电源的输出功率和输出电压各是多大？考点：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.分析：（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解答：解：（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=102s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答：（1）求发射过程中金属滑块的加速度大小9105m/s2；（2）求发射过程中电源提供的电流强度大小6.0105A；（3）若电源输出的能量有9%转换为滑块的动能，则发射过程中电源的输出功率4.5108W和输出电压750V点评：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16（10分）如图（甲）所示，在场强大小为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、方向均垂直于场强方向向右的正电荷，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=30求该屏上接收到的电荷的最大动能和最小动能考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用.专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：（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RRcos，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解答：解：（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：RRcos=联立解得，（2）由（1）得知，粒子从A点出发时的动能为Ek0=设经过P点时的动能为Ek，则有 qE（RRcos）=解得，Ek=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=打在D点电场力最小，获得的动能最小，最小动能为EkD=答：（1）该电荷从A点出发时的速率是（2）该屏上接收到的电荷的最大动能和最小动能分别为大动能为和点评：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17（13分）（2014怀化三模）如图，OAC的三个顶点的坐标分别为O（0，0）、A（0，L）、C（L，0），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中运动的时间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考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力.专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（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=1802，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=21成正比，只要求出的最大值，即可求得2的最大值由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，列式求解速度解答：解：（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=1802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=21成正比，由得：=21=22180根据式可知2越大，2越大，时间差t越大由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）=90A=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=答：（1）磁场的磁感应强度B的大小是；（2）这两个粒子在磁场中运动的时间t1与t2之间应满足的关系是t1+t2=2t0；（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，粒子进入磁场时的速度大小是点评：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