《2021届湖北省三校联考高考物理模拟试卷(含答案解析).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021届湖北省三校联考高考物理模拟试卷(含答案解析).pdf（16页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2021届湖北省三校联考高考物理模拟试卷一、单 选 题（本大题共8 小题，共 3 2.0 分）1 .1 9 3 2 年考克劳夫特和瓦尔顿发明了世界上第一台粒子加速器。将一质子通过加速器加速后撞击静止的原子核i,得到两个氢核，其核反应方程为：该核反应的类型是（）A.核裂变B.核聚变C.原子核衰变D.原子核的人工转变2 .如图所示的水平面上，伸长的橡皮绳一端固定，另一端连接两根 Fil9弹簧，连接点p在&、尸 2 和尸三力作用下保持静止。下列判断正 3 0 3%入 F iA.尸1 尸2 尸3 胃/F iB.F2 F3&eC.F3F1 F2D.F3F2&3 .如图甲、乙、丙所示，三个完全相同的半圆形
2、光滑绝缘轨道置于竖直平面内，左右两端点等高，其中乙轨道处在垂直纸面向外的匀强磁场中，丙轨道处在竖直向下的匀强电场中，三个相同的带正电小球同时从轨道左端最高点处由静止释放.则三个小球通过圆轨道最低点时（）A.速度相同B.所用时间相同C.对轨道的压力相同D.均能到达轨道右端最高点处4 .如图所示，G和乙 2 是输电线，甲是电压互感器，乙是电流互感器.若 2 壬已知变压比为1 0 0 0：1,变流比为1 0 0：1,并且知道电压表示数为2 2 0 匕 乜电流表示数为1 0 A,则输电线的输送功率为（）A.2.2 x 1 0-2 B.2.2 x 1 03 W C.2.2 x 104W D.2.2 x
3、1 08 W5 .关于动能，以下说法正确的是（）A.速度越大动能越大B.质量越大动能越大C.质量不变，速度增大到原来的2 倍，动能增大到原来的4倍D.速度不变，质量增大到原来的2倍，动能增大到原来的4倍6.如图所示，一质量为M的光滑大网环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环:亡上质量为?的小环（可视为质点）处于静止状态.现轻微扰动一下，小环从大环的（最高处由静止滑下.重力加速度大小为g.当小环滑到大环的最低点时;下列说法正确的是（）A.大环对小环的弹力为3mg B.大环对小环的弹力为4 际C.轻杆对大环的弹力为Mg+5mg D.轻杆对大环的弹力为Mg+67ng7.一物体正在做匀速直线运动，某
4、时刻突然受到恒定外力作用做曲线运动，下列对物体运动判断正确的是（）A.物体可能做匀速圆周运动B.物体运动的最小动能可能为零C.若物体运动过程中存在动能相等的两点，则该两点的连线一定与恒力方向垂直D.若物体运动过程中存在动能相等的两点，则该恒定外力方向与初速度方向夹角为锐角8.如图甲，倾角为。的光滑绝缘斜面，底端固定一带电量为。的正点电荷。将一带正电小物块（可视为质点）从斜面上A点由静止释放，小物块沿斜面向上滑动至最高点B处，此过程中小物块的动能和重力势能随位移的变化图象如图乙（Ei和与为已知量）。已知重力加速度为g,静电力常量为 由 图 象 可 求 出（）A.小物块的带电量B.A、B间的电势差
5、C.小物块的质量D.小物块速度最大时到斜面底端的距离二、多 选 题（本大题共3小题，共12.0分）9.一列简谐横波沿x轴正方向传播，/时刻波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到P点,t+0.6s时刻的波形如图中的虚线所示，氏c、P、。是介质中的质点，则下列说法正确的是（）80050A.这列波的波速一定大于5 0 m/sB.质点a 在这段时间内通过的路程可能小于3 0 c mC.若周期7 =0.8 s,则在t +0.8 s 时刻，质点c 的位移为一 1 0 c mD.这列波与频率为1.2 5 H z 的简谐横波相遇一定会发生干涉现象E.若周期T =0.8 s,从t +0.4 s 时刻开始计时，则
6、质点c 的振动方程为y =O.l c o s 1 7 r t（n i）1 0 .如图所示，有一束平行于等边三棱镜截面A 8 C 的单色光从空气射向E点，并偏折到F点.已知入射方向与边A8的夹角为。=3 0。，E、F分别为边8c的中点，贝）A.该棱镜的折射率为百B.光在F点发生全反射C.光从空气进入棱镜，波长变小D.从 F点出射的光束与入射到E点的光束平行1 1 .如图所示，理想变压器的原线圈与定值电阻r 串联，副线圈接热敏电阻R r，在正弦交流电源的电压如不变的情况下，下 列 说 法 正 确 的 是（）A.B.C.D.三、1 2.当场 的温度升高时，原线圈两端的电压一定减小当场 的温度升高时，
7、原线圈中的电流一定减小当RT的温度降低时，消耗的功率可能减小当 R T 的温度降低时，R 7 消耗的功率一定增大实 验 题（本大题共2 小题，共 1 6.0 分）现仅有以下器:电流表为量程0.24电流表2量程0.24电压表匕量程”电压表%量 程 110 V变阻器R0-10/2电阻箱岛 0-9 9 9 9.9 0,额定电流0.L4蓄电池组E 电动势E=6 V,内阻r 约0.10开关S 及导线若干丙乙为较精确地测定电阻丝心 的阻值(约1.2。)，有同学设计了甲、乙两个电路进行测量.但两电路设计均有不合理之处，请指出存在的问题(每图分别指出两处即可)(1)甲图不合理之处乙图不合理之处(2)请设计一个
8、合理的电路，画在图丙的规定方框内，并用一组测量数据表示“=:公式中各物理量的意义是13.一种新的短途代步工具-电动平衡车，被称为站着骑的电动车，某同学为测量该车在平直水泥里面上受到的阻力情况，设计了下述实验：将输液用的500 也塑料瓶装适量水后，连同输液管一起绑在平衡车的护手上，调节输液管的滴水速度，某滴水刚落地开始计时，从下一滴水开始依次计数为1、2、3.,当第50滴水刚好落地时停止计时，测得时间为2 5.0 s,该同学骑上平衡车后，先加速到某一速度，然后关闭动力，让平衡车沿着直线滑行，如图所示是某次实验中在水泥路面上的部分水滴及测出的间距值(左侧是起点，单位：m),已知当地重力加速度g=9
9、.8m/s2,则根据该同学的测量结果可得出(结果均保留两位有效数字):(1)平衡车经过路面上相邻两滴水间的时间间隔7(2)平衡车加速过程的加速度大小a=.m/s2；(3)设平衡车运动过程中所受阻力的大小是人与车总重力的A倍，贝味=A B C DE1.O 1：1.5OY1.9 8 T 2.47四、计算题(本大题共3小题，共40.0分)1 4 .如图所示，A、B两个气缸中装有体积均为1 0 L、压强均为l a t m(标-II-4a*B准大气压)、温度均为2 7。(：的空气，中间用细管连接,细管容积不计.细-管中有一绝热活塞，现将B气缸中的气体升温到1 2 7。&若要使细管中的活塞仍停在原位置.(
10、不计摩擦，A气缸中的气体温度保持不变，A气缸截面积为5 0 0 c m 2)(1)求 A中活塞应向右移动的距离；(2)4 中气体是吸热还是放热，为什么？15 .质量为2 奴 的物体置于水平面上，在运动方向上受到水平拉力尸作用，沿水平方向做匀变速运动，拉力尸作用2 s 后撤去，物体运动的速度图象如图所示。(g=l O m/s?)求：(1)拉力做功多少？(2)克服摩擦力做功多少？16 .如图所示，在直角坐标系的原点。处有一放射源，向四周均匀发射速度大小相等、方向都平行于纸面的带电粒子。在放射源右侧有一很薄的挡板，垂直于x 轴放置，挡板与x O,y 平面交线的两端、N正好与原点O构成等边三角形，。为
11、挡板与x 轴的交点。在整个空间中，有垂直于x O y 平面向外的匀强磁场(图中未画出)，带电粒子在磁场中沿顺时针方向做匀速圆周运动。已知带电粒子的质量为机，带电荷量大小为 速度大小为“MN的长度为L (不计带电粒子的重力及粒子间的相互作用)(1)确定带电粒子的电性；(2)要使带电粒子不打在挡板上，求磁感应强度的最小值;(3)要使MN的右侧都有粒子打到，求磁感应强度的最大值。(计算过程中，要求画出各临界状态的轨迹图),yOXN【答案与解析】1.答案：D解析：解：人工核反应，是指通过人为的方式，利用射线来轰击某些元素的原子核，使之发生核反应，这 就 叫“人工核反应”，根据题意将一质子通过加速器加速
12、后撞击静止的原子核 i,得到两个氢核，结合人工核反应的特点，可知上述核反应的类型为原子核的人工转变，故ABC错误，。正确。故选：D人工核反应，是指通过人为的方式，利用射线来轰击某些元素的原子核，使之发生核反应，这就叫“人工核反应”。本题考查的是原子核的人工转变的特点，学会区分四种核反应。2.答案：C解析：本题考查共点力平衡条件，首先对物体进行受力分析然后结合平衡方程可解得。首先对尸点进行受力分析，可以运用合成法、分解法、正交分解法求解。根据平衡条件，在垂直于尸3方向上有尸道济30。=F2s讥60。,则a =g尸2,&cos30+F2cos60=尸3，得尸3=2尸2，比较可得尸3 尸1 尸2，故
13、C正确，错误。故选Co3.答案：D解析：分析物体受力情况及各力做功情况，由动能定理可求得小滑块到达最低点时的速度；由滑块的运动可知滑块滑到最低点时的速度变化；由洛仑兹力公式可知大小关系；由向心加速度公式可知向心加速度的大小关系.利用功能关系是解决物理问题的常用方法，在解题时应明确洛仑兹力永不做功.A、在乙图中，因为洛仑兹力总是垂直于速度方向，故洛仑兹力不做功；滑块下落时只有重力做功，故甲和乙两次机械能均守恒，故两次滑块到最低点的速度相等，lmvl=m g R,丙图中，小球下滑的过程中电场力做正功，重力做正功，mvl=m g R +q E R,所以小球在最低点的速度大于甲图和乙图中的速度.故A错
14、误；8、甲图和丙图比较可得，丙图中，小球的加速度比较大，所以达到最低点的时间要短.故B错误;C、小球在最低点时，甲图中重力和支持力提供向心力，而乙图中是重力、支持力和洛伦兹力提供向心力，所以小球受到的支持力大小不相等，对轨道的压力也不相等.故C错误；。、三个小球的运动过程中，重力做功，动能和重力势能之间转换；洛伦兹力不做功；电场力做功，电势能与动能之间转换；由于没有其他的能量损失，所以三种情况下，小球均能到达轨道右端最高点处，故。正确；故选：D4.答案：D解析:解：已知变压比为1 0 0 0：1,电压表示数为2 2 0 匕故传输电压为:U =220 V X 1 0 0 0 =2.2 X 1 0
15、 5 H已知变流比为1 0 0：1,电流表示数为1 0 4,故传输电流为：/=1 0 4 x 1 0 0 =1 0 0 0 4；故电功率为：P =U/=2.2 X 1 05V x 1 0 0 0 4 =2.2 x 1 08；故选：D.根据变压比和变流比计算出输送电压和电流，最后根据电功率P =U/计算电功率.本题实质是电压互感器与电流互感器的简单运用，电压互感器与电流互感器是利用变压器原理将电压、电流减小到可测范围进行测量的仪器.5.答案：C解析：解：A B、由动能定义式：可知，动能与质量和速度都有关，故不能单凭质量或速度判定动能大小，故 A错误，8错误.C、由动能定义式：可知，质量不变，速度
16、增大到原来的2 倍，动能增大到原来的4倍,故 C正确.D、由动能定义式：可知，速度不变，质量增大到原来的2 倍，动能增大到原来2 倍，故。错误.故选：c.由动能定义式：Ek=3瓶 2可判定各个选项.该题重点是要掌握对于有三个变量的公式来说，要判定其中两个的正反比关系，必须限定第三个量，即实验中的控制变量法.6.答案：C解析：解：小环从最高到最低，由动能定理，则有：|m v2=m g -2R-,小环在最低点时，根据牛顿第二定律得：v2N m g =m 得：N=m g+Tny联立解得：大环对小环的支持力为：N=5mg对大环分析，有：T=N+M g =5mg+M g,则 C 正确，A3。错误故选：C
17、先根据动能定理求解出小环滑到最低点时的速度.根据牛顿第二定律求出小环运动到最低点时，大环对它的支持力，再用隔离法对大环分析，求出大环对轻杆的拉力大小.解决本题的关键搞清小环做圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解.7.答案：C解析：解：4物体受与初速度方向垂直的恒力作用时，根据牛顿第二定律可知，加速度的大小与方向都不变；将运动分解为：初速度方向物体做匀速直线运动，其垂直方向做初速度为零的匀加速直线运动，合运动为匀变速曲线运动。一定不是匀速圆周运动；故A 错误；B、物体受到恒定外力作用后做曲线运动，所以该力的方向与物体初速度的方向不在同一条直线上,物体沿垂直于合外力方向的分速度大小不变，
18、所以物体运动的最小动能不可能等于0.故B错误；C D,若物体运动过程中存在动能相等的两点，则该物体的速度一定是先减小后增大，说明该恒定外力方向与初速度方向夹角为钝角；同时由运动的对称性可知，该两点的连线一定与恒力方向垂直。故 C 正确，力错误故选：Co判断合运动是直线运动还是曲线运动，关键看合速度的方向和合加速度的方向是否在同一条直线上;当物体受到一个与运动方向垂直的恒力作用时，加速度的大小与方向都不变，是匀变速曲线运动。物体运动过程中存在动能相等的两点，则该物体的速度一定是先减小后增大。本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，掌握了做曲线运动的条件、平抛运动、匀速圆周运动等常见的曲线运动的特
19、点，本题基本上就可以解决了。8.答案：C解析：(1)根据动能图线分析速率的变化情况：速度先增大，后减小，根据库仑定律分析物体的合外力的变化，即可确定加速度的变化情况，从而说明小球的运动情况。(2)由动能图线看出，速度有最大值，此时小球受力平衡，由库仑力与重力沿斜面的分力平衡，由于没有x的具体数据，所以不能求得决(3)4到B的过程中重力势能的增加等于电势能的减小，所以可以求出小物块电势能的减小，由于小物块的电量不知道，所以不能求出4 8之间的电势差；(4)由重力势能线得到Ep=rng/i=m gxsinJ,读出斜率，即可求出(5)题目中也没有小物块的电量、质量等信息，所以不能确定小物块速度最大时
20、到斜面底端的距离。本题首先要抓住图象的信息，分析小球的运动情况，再根据平衡条件和动能定理进行处理。由动能图线得知，小球的速度先增大后减小。根据库仑定律得知，小球所受的库仑力逐渐减小，合外力先减小后增大，加速度先减小后增大，则小球先沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零。4由动能图线看出，速度有最大值，此时小球受力平衡，由库仑力与重力沿斜面的分力平衡，由于没有x的具体数据，所以不能求得必 故4错误；B.A到B的过程中重力势能的增加等于电势能的减小，所以可以求出小物块电势能的减小，由于小物块的电量不知道，所以不能求出A8之间的电势差。故8错误；C
21、.由重力势能线得到Ep=mgh=rngxs讥。，由图象知斜率卜 步iiW,可求出加，故C正确；1 I。.图象中不能确定哪一点的速度最大，题目中也没有小物块的电量、质量等信息，所以不能确定小物块速度最大时到斜面底端的距离。故。错误。故选Co9.答案：BCE解析：根据波形图及传播方向得到周期及任-质点的振动图，进而得到振动关系及振动方程，再根据波长求得波速；最后由周期判断是否得到稳定干涉现象。对于简谐波的相关问题，一般通过波形图求得振幅、波长（或由振动图得到振幅、周期），再根据传播方向得到某质点的振动图（或波形图），进而得到各质点的振动。A、经过0.6s,波向前传播了n+泠 波 长，故周期为：T=
22、9s=悬s,当故波速为：=2=昼=4 4 471+3一 九+5 0,当九=0时，波速为5 0zn/s,故A错误；B、当九=0时，质点。经过:个周期，通过的路程最短，t=0时，质点。向上振动，那么，质点。在这段时间内通过的路程小于34=3 0 cm,故B正确；C、1时刻波刚好传到P点，再经过打 波传到c点，且c向上振动；若周期7=0.8 s,则在t+0.8s时刻，质点C已 经 振 动 此 时 的 位 移 为1 0 cm,故C正确；4D、简谐波的周期为：T=-s,当r =S=/s=0.8时n=0,所以二者的频率可能相同，能产生稳定的干涉现象；当时，二者的频率不同，不能产生稳定的干涉现象，故。错误；
23、E、若T=0.8 s,从t+0.4s时刻开始计时，那么，在零时刻质点c在最高点，位移取得最大值，质点c的振幅为10。，周期为0.8 s,故振动方程为：y=0.15讥6兀 ：+1）=O.lcos17rt（ni）,故E正确；故选：BCE。10.答案：A C解析：试题分析：由几何关系可知入射角和折射角，由折射定律可求得折射率；求出三棱镜的临界角可以判断F点能否发生全反射；由波速的变化可得出波长的变化；由折射现象可知光束能否平行.在E点作出法线可知入射角为60。，折射角为30。，由n=黑=百 可得折射率为百；故A正确；由光路的可逆性可知，在BC边上的入射角小于临界角，不会发生全反射，8错；由 公 式
24、可 知，l，故C正确；三棱镜两次折射使得光线都向底边偏折，不会与入射到E点的光束平行，故力错误；故选AC.11.答案：AC解析：解：A B,热敏电阻的特点是温度升高，电阻值减小；当后 的温度升高时，热敏电阻的电阻值减小，所以副线圈上的电流将增大：根据变压器的电流与匝数的关系可知，原线圈上的电流将增大，根据欧姆定律可知，定值电阻r 消耗的电压增大，所以变压器原线圈上的电压将减小。故 A正确，B错误；C D、当场的温度降低时，耳 的电阻增大，将 r 看作是电源的内电阻，当内外电阻相等时变压器输出功率最大，由于不知道心 和 r 的大小关系，所以无法判断即 消耗的电功率如何变化，故心 消耗的功率可能增
25、大，有可能减小，故 C正确，力错误；故选：A C。变压器的匝数与电压成正比，与电流成反比，输入功率等于输出功率，/电阻的变小或变大后，结合电路欧姆定律分析即可。本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。12.答案：电路电流超过电流表量程，电压表量程太大；无控制电路；电压表量程太大；心 表量程太小；y-/?0；U是电压表匕表示，/是电流表公示数，是定值电阻解析：解：(1)图甲不合理之处：电路电流超过电流表量程，电压表量程太大，无控制电路；图乙不合理之处：电压表量程太
26、大，4 表量程太小；(2)待测电阻阻值很小，为准确测量电阻阻值，可将待测电阻与已知阻值的定值电阻串联，用电压表匕测电压，电流表公测电流，为测多组实验数据，滑动变阻器采用分压接法，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表采用外接法，电路图如图所示.产界 乡 二根据欧姆定律得心 的计算公式=7-/?o 其 中 U是电压表匕表示，/是电流表4示数，岛是定值电阻.故答案为：(1)电路电流超过电流表量程，电压表量程太大，无控制电路；电压表量程太大，4 表量程太小；(2)彳-岛；U是电压表匕表示，/是电流表公示数，是定值电阻.(1)电路应保证安全，应能进行多次实验，测出多组实验数据，分析电路结构、然后答题.(
27、2)根据伏安法测电阻的原理、根据所给实验器材设计实验电路.待测电阻阻值很小，为准确测量电阻阻值，可将待测电阻与已知阻值的定值电阻串联，用电压表匕测电压，电流表4测电流，为测多组实验数据，滑动变阻器采用分压接法，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表采用外接法.电表表指针指在中值电阻附近时读数较准一些，选用电流表与电压表量程时应根据估算，使指针指在满刻度的；I 之间即可，若题中有“要求尽可能多的测量数据”提示时，滑动变阻器应用分压式接法13.答案：0.5 0 0.5 2 5.3 x 1 0-2解析：解：(1)当第5 0 滴水刚好落地时停止计时，测得时间为2 5.0 s,则相邻两滴水间的时间间隔，7
28、 =繁=0.5 0 s；(2)在加速阶段，连续相等时间内的位移之差 x =4 m,(3)在减速阶段，根据x =a 7 2,运用逐差法得,根据牛顿第二定律得，f-K m g =m a解得：K=2 =警=5.3 x 1 0-2。故答案为：(1)0.5 0；(2)0.5 2；(3)5.3 x 1 0-2。根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，求出。点的速度；根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，求出加速度，结合牛顿第二定律求出阻力的大小。在水泥路面上的部分水滴与纸带问题类似，掌握处理的方法，会根据水滴形成的图样求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动两个重要推论的运用。14.答案：解：(
29、1)设初状态A、8气缸中气体的温度、体积、压强分别为7 1、匕、Pi，末状态A、B 气缸中气体的温度、体积、压强分别为二、以、PA，TB、/、PBB 气体体积不变，由查理定律有：段=野 A气体温度不变，由波马定律有：PiVi=PAVA-细管中的活塞仍停在原位置，有:PA=PB 而，VA=Vr-x S 代入数据，以上四式联立解得:x=0.0 5 m =5 c m；(2)活塞向右移动过程中，外界对气体A做功,A 的气体温度不变，内能不变，由热力学第一定律可知，气体要放出热量；答：(1)4中活塞应向右移动的距离为5ci；(2)4中气体是放热，外界对气体做功，气体内能不变，由热力学第一定律可知，气体放
30、热.解析：(1)4中气体发生等温变化，8 中发生等容变化，活塞M 保持在原位置不动，A、8 两部分气体的压强相等，根据玻意耳定律列式，即可求得稳定时A 气体的体积，得到A 气体的长度，从而求出活塞N 向右移动的距离.(2)应用热力学第一定律分析答题.对于两部分气体问题，既要分别研究各自的变化过程，同时要抓住之间的联系，本题是压强相等是重要关系.15.答案：解：(1)(2)、速度图象的斜率等于物体的加速度，则前2 秒的加速度为：%=2.5 m/s226秒的加速度大小为：a2=77=2.5 m/s26 2对于两段运动过程，由牛顿第二定律得：F Ff=m axFf=m a2解得：F=10 N,Ff=
31、-5 N,负号表示与选定的正方向相反。前 2 秒位移为：%1=|(5+10)x 2m =15 w2 秒6秒位移为：%2=|x(10+0)x 4 m=20 m,拉力做功为：WF=Fxi=150 J,整个过程中摩擦力做功为：WFf=-/=(%!+x2)=-175 J物体克服摩擦力做功175J；答:(1)拉力做功150 J；(2)克服摩擦力做功175J；解析：(1)(2)速度图象的斜率等于物体的加速度，由数学知识求出斜率，得到加速度。对匀加速和匀减速两个过程，运用牛顿第二定律求出拉力和滑动摩擦力，根据速度图象的“面积”求出位移，即可求得拉力和摩擦力做功。本题是速度图象与牛顿第二定律、功等等知识的综合
32、，关犍要抓住速度图象的斜率等于物体的加速度。本题也可以根据动能定理求解功。16.答案：解：(1)由左手定则可得，粒子带正电荷。(2)设磁感应强度大小为8,带电粒子运动的轨迹半径为r,带电粒子做圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，有：qvB=得r =寸 qB由于从0 点射出的粒子的速度大小都相同，由上式可知，所有粒子的轨迹半径都相等。由几何知识可知，为使粒子不打在挡板上，轨迹的半径最大时，带电粒子在。点沿y 轴正方向射出，其轨迹刚好与MN相切，如图甲所示。(2 分)则最大半径标a x =Lcos30=-L由上式可得，磁感应强度的最小值4 V 3 m vB m i n=F-(3)为使MN的右侧都有粒子
33、打到，打在N点的粒子最小半径的轨迹为图乙中的圆弧O M N.图中点。3 为轨迹的圆心，由于内接仆O MN 为正三角形，解析：(1)由磁场方向与偏转方向确定粒子的带电性质(2)要使y 轴右侧所有运动粒子都不打在MW板上,其临界条件为：沿 y 轴方向运动的粒子作圆周运动，轨迹刚好与MN相切。根据牛顿第二定律求出电场强度磁感应强度的最小值(3)为使M N的右侧都有粒子打到，打在N点的粒子最小半径的轨迹必为仆OMN的外接圆，对应此种情况，由洛伦兹力提供向心力，结合牛顿第二定律得到磁感应强度的最大值带电粒子在匀强磁场中的运动问题，关键是找到轨迹的圆心，由几何关系得到半径，由洛伦兹力提供向心力求解，其中想象粒子可能的运动情景是比较困难的