【物理】安徽省肥东县高级中学2020届高三下学期1月调研考试试题（解析版）

【物理】安徽省肥东县高级中学2020届高三下学期1月调研考试试题（解析版）

安徽省肥东县高级中学2020届高三下学期 ‎1月调研考试试题 第Ⅰ卷(选择题 共48分)‎ 一、选择题(本卷共12小题，每小题4分，满分48分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题中只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)‎ ‎1.根据高中所学知识可知，做自由落体运动的小球，将落在正下方位置．但实际上，从赤道上方20m处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6cm处．这一现象可解释为，除重力外，由于地球自转，下落过程小球还受到一个水平向东的“力”，该“力”与竖直方向的速度大小成正比．现将小球从赤道地面竖直上抛，考虑对称性，上升过程该“力”水平向西，则小球（　　）‎ A. 上升过程相对抛出点向西运动，下落过程相对抛出点向东运动 B. 到最高点时，水平方向的加速度为零，水平速度达到最大 C. 到最高点时，水平方向的加速度和速度均不为零 D. 小球在水平方向上先做匀加速后做匀减速运动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】将此物体的运动分解成水平方向与竖直方向，在上抛过程中，水平方向速度不断增大，当下降时，因加速度方向与水平速度方向相反，做减速运动，但在落回到抛出点时，水平方向有向西的位移，因此落地点在抛出点西侧，故A错误；在刚竖直上抛时，因竖直方向有速度，则受到水平向西的一个力，导致物体水平向西有个加速度，加速度会随着竖直方向速度减小而减小，因此在水平方向不是匀变速运动；因此物体到最高点时，水平方向有速度，竖直方向速度为零；水平方向加速度为零，故CD错误，B正确．‎ ‎2.如图所示，倾角为30°的粗糙绝缘斜面固定在水平面上，在斜面的底端A和顶端B分别固定等量的同种正电荷．质量为m、带电荷量为＋q的物块从斜面上的M点由静止释放，物块向下运动的过程中经过斜面中点O时速度达到最大值v，运动的最低点为N(图中没有标出)，则下列说法正确的是 A. 物块向下运动过程中加速度先增大后减小 B. 物块和斜面间的动摩擦因数μ=‎ C. 物块运动的最低点N到O点的距离小于M点到O点的距离 D. 物块的释放点M与O点间的电势差为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据点电荷的电场特点和电场的叠加原理可知，沿斜面从A到B电场强度先减小后增大，中点O的电场强度为零．设物块下滑过程中的加速度为a，根据牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＋qE=ma，物块下滑的过程中电场力qE先方向沿斜面向下逐渐减少后沿斜面向上逐渐增加，所以物块的加速度大小先减小后增大，选项A错误；物块在斜面上运动到O点时的速度最大，加速度为零，又电场强度为零，所以有mgsinθ－μmgcosθ=0，所以物块和斜面间的动摩擦因数μ=tanθ=，选项B错误；由于运动过程中mgsinθ－μmgcosθ=0，所以物块从M点运动到N点的过程中受到的合外力为qE，因此最低点N与释放点M关于O点对称，选项C错误；根据动能定理有qUMO＋mgxMOsinθ－μmgxMOcosθ=mv2，且mgsinθ=μmgcosθ，所以物块的释放点M与O点间的电势差UMO=，选项D正确．‎ ‎3.如图所示，在边长为L的正方形区域abcd内有垂直纸面向里的匀强磁场，有一个质量为m，带电量大小为q的离子，从ad边的中点O处以速度v垂直ad边界向右射入磁场区域，并从b点离开磁场．则 A. 离子在O、b两处的速度相同 B. 离子在磁场中运动的时间为 C. 若增大磁感应强度B，则离子在磁场中的运动时间增大 D. 若磁感应强度，则该离子将从bc边射出 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】离子在磁场中做匀速圆周运动，在离子在O、b两处的速度大小相同，但是方向不同，选项A错误；离子在磁场中的运动的半径满足：，解得，则粒子在磁场中运动的弧长所对的圆心角的正弦值为，即θ=53°，运动的时间，选项B错误；若增大磁感应强度B，由 则离子在磁场中的运动半径减小，粒子将从ab边射出，此时粒子在磁场中运动对应的圆心角减小，则运动时间减小，选项C错误；若离子从bc边射出，则，即，选项D正确.‎ ‎4.如图所示，某物体自空间O点以水平初速度抛出，落在地面上的A点，其轨迹为一抛物线。现仿此抛物线制作一个光滑滑道并固定在与OA完全重合的位置上，然后将此物体从O点由静止释放，受微小扰动而沿此滑道滑下，在下滑过程中物体未脱离滑道。P为滑道上一点，OP连线与竖直方向成45°角，则此物体 A. 物体经过P点时，速度的水平分量为 B. 由O运动到P点的时间为 C. 物体经过P点时，速度的竖直分量为 D. 物体经过P点时的速度大小为 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 考查平抛运动的规律。‎ ‎【详解】ACD．从O到P点，平抛运动时，根据几何关系：‎ 运动时间：‎ 竖直位移：‎ 速度与水平夹角 沿滑道设到P点速度为v，根据动能定理得：‎ 解得：‎ 设水平分速度，竖直分速度，所以，根据勾股定理可知：‎ 解得，A正确CD错误；‎ B．平抛时，竖直方向自由落体，时间：‎ 沿滑道下滑时，竖直方向由于受到支持力，合外力小于重力，加速度小于重力加速度，所以时间长，B错误。‎ 故选A。‎ ‎5.2018年12月8日，嫦娥四号发射升空．将实现人类历史上首次月球背面登月．随着嫦娥奔月梦想实现，我国不断刷新深空探测的中国高度．嫦娥卫星整个飞行过程可分为三个轨道段：绕地飞行调相轨道段、地月转移轨道段、绕月飞行轨道段我们用如图所示的模型来简化描绘嫦娥卫星飞行过程，假设调相轨道和绕月轨道的半长轴分别为a、b，公转周期分别为T1、T2．关于嫦娥卫星的飞行过程，下列说法正确的是（　　）‎ A. ‎ B. 嫦娥卫星在地月转移轨道上运行的速度应大于11.2km/s C. 从调相轨道切入到地月转移轨道时，卫星在P点必须减速 D. 从地月转移轨道切入到绕月轨道时，卫星Q点必须减速 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据开普勒第三定律，调相轨道与绕月轨道的中心天体分别对应地球和月球，故它们轨道半长轴的三次方与周期的二次方比值不相等，故A错误；‎ B、11.2km/s是第二宇宙速度，是地球上发射脱离地球束缚的卫星的最小发射速度，故嫦娥卫星没有脱离地球束缚，故其速度小于11.2km/s，故B错误；‎ C、从调相轨道切入到地月转移轨道时，卫星的轨道将持续增大，故卫星需要在P点做离心运动，故在P点需要加速，故C错误；‎ D、从地月转移轨道切入到绕月轨道时，卫星相对月球而言，轨道半径减小，需要在Q点开始做近心运动，故卫星需在Q点减速，故D正确．故选D．‎ ‎6.在运动会上,运动员以5.05m 成绩第24次打破世界纪录．图为她在比赛中的几个画面．下列说法中正确的是( )‎ A. 运动员过最高点时的速度为零 B. 撑杆恢复形变时，弹性势能完全转化为动能 C. 运动员要成功跃过横杆，其重心必须高于横杆 D. 运动员在上升过程中对杆先做正功后做负功 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】运动员经过最高点具有水平方向的分速度，速度不为零．如果速度为零，接下来将会做自由落体运动而碰到杆，故A错误；运动员起跳过程中，杆先由直变弯，运动员的动能转化为杆的弹性势能和运动员的重力势能，然后杆再由弯变直，弹性势能又转化为机械能，故B错误；从图中可看出，运动员越过横杆时身体向下弯曲，其重心可能在腰部下方，即重心可能在横杆的下方，故C错误；在上升过程中，杆先在运动员的压力作用下由直变弯，动能转化为杆的弹性势能，然后杆再由弯变直，弹性势能又转化为重力势能，故运动员在上升过程中对杆先做正功后做负功，故D正确．故选D.‎ ‎7.如图所示，图甲为质点a和b做直线运动的位移一时间图象，图乙为质点c和d做直线运的速度一时间图象，由图可知( )‎ A. 若t1时刻a、b两质点第一次相遇，则t2时刻两质点第二次相遇 B. 若t1时刻c、d两质点第一次相遇，则t2时刻两质点第二次相遇 C. t1到t2时间内，b和d两个质点的运动方向发生了改变 D. t1到t2时间内，a和d两个质点的速率先减小后增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】在位移-时间图象中，两图线的交点表示两质点位置相同而相遇，由甲图可知，t1时刻a、b两质点第一次相遇，则t2时刻两质点第二次相遇，故A正确；t1到t2时间内，根据v-t图像的面积表示位移知c的位移大于d的位移，若t1时刻c、d两质点第一次相遇，则t2时刻两质点没有相遇．故B错误；两质点中只有b运动方向改变，a、c、d质点的方向未发生改变，故C错误；根据x-t图象的斜率表示速度，知t1到t2时间内，a质点的速度不变．由v-t图象知：d的速率先减小后增大，故D错误．‎ ‎8.如图所示，地面上固定有一半径为R的半圆形凹槽，O为圆心、AB为水平直径、现将小球（可视为质点）从A处以初速度v1水平抛出后恰好落到D点：若将该小球从A处以初速度v2水平抛出后恰好落到C点，C、D两点等高，OC与水平方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）‎ A. v1：v2＝l：4‎ B. 小球从开始运动到落到凹槽上的过程中，其两次的动量变化量相同 C. 小球落在凹槽上时，其两次的重力的瞬时功率不同 D. 小球落到C点时，速度方向可能与该处凹槽切面垂直 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】过C与D分别做AB的垂线，交AB分别与M点与N点，如图：‎ 则：OM＝ON＝R•cos60°＝0.5R；所以：AM＝0.5R，AN＝1.5R；由于C与D点的高度是相等的，由：h＝gt2可知二者运动的时间是相等的．由水平方向的位移为：x＝v0t，可得 ‎．故A错误；它们速度的变化量：△v＝gt，二者运动的时间是相等的，则它们速度的变化量也相等，根据P=mv可知动量变化量相等．故B正确；两次的位移分别为：AD和AC，显然AC≠2AD，所以前后两次的平均速度之比不等于1：2．故C错误；球落到C点时，若速度方向与该处凹槽切面垂直则速度方向为OC，O点应为AM的中点，显然不是，故D错误.‎ ‎9.《大国工匠》节目中讲述了王进利用“秋千法”在1000kV的高压线上带电作业的过程．如图所示，绝缘轻绳OD一端固定在高压线杆塔上的O点，另一端固定在兜篮上．另一绝缘轻绳跨过固定在杆塔上C点的定滑轮，一端连接兜篮，另一端由工人控制．身穿屏蔽服的王进坐在兜篮里，缓慢地从C点运动到处于O点正下方E点的电缆处．绳OD一直处于伸直状态，兜篮、王进及携带的设备总质量为m，不计一切阻力，重力加速度大小为g．关于王进从C点运动到E点的过程中，下列说法正确的是 A. 工人对绳的拉力一直变大 B. 绳OD的拉力一直变小 C. OD、CD两绳拉力的合力大小等于mg D. 当绳CD与竖直方向的夹角为30°时，工人对绳的拉力为 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析如图所示，绳OD的拉力为F1，与竖直方向的夹角为θ，绳CD的拉力为F2，与竖直方向的夹角为α．根据几何知识知：θ+2α=90°，由正弦定理可得F1增大，F2减小，A错误，‎ B.根据选项A的分析，B错误 C.两绳拉力的合力大小等于mg，C正确 D.α=30°时，θ=30°，可求出，D正确．‎ ‎10.如图所示，水平传送带两端间的距离为，传送带以速度v沿顺时针运动，一个质量为的小物体以一定的初速度从端滑上传送带，运动到端，此过程中物块先做匀加速直线运动后做匀速直线运动，物块做匀加速直线运动的时间与做匀速直线运动时间相等，两过程中物块运动的位移之比为2：3，重力加速度为，传送带速度大小不变．下列说法正确的是 A. 物块的初速度大小为 B. 物块做匀加速直线运动的时间为 C. 物块与传送带间的动摩擦因数为 D. 整个过程中物块与传动带因摩擦产生的热量为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意知，得，A错误；匀速运动中，则， 匀加速与匀速时间相等，B正确；由运动学公式得动摩擦因数为，C正确；由热量，，得，选项D错误．‎ ‎11.如图所示,一轻弹簧下端固定在倾角的斜面的底端,斜面固定在水平地面上.物块 B放在木箱A的里面,它们(均视为质点)一起从斜面顶端a点由静止开始下滑,到b点接触弹簧,木箱A将弹簧上端压缩至最低点c,此时将物块B迅速拿出,然后木箱A又恰好被弹簧弹回到a点.已知木箱A的质量为m,物块B的质量为3m,a、c两点间的距离为L,重力加速度为g.下列说法正确的是( )‎ A. 在A上滑的过程中与弹簧分离时A的速度最大 B. 弹簧被压缩至最低点C时，其弹性势能为0.8mgL C. 在木箱A从斜面顶端a下滑至再次回到a点的过程中,因摩擦产生的热量为1.5mgL D. 若物块B没有被拿出，AB能够上升的最高位置距离a点为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.物体加速度为零的时候，速度最大，所以在A上滑的过程中当弹力等于重力沿斜面向下分力与摩擦力之和时速度最大，A错误 B.设压缩最短时，弹性势能为，根据题意下滑过程：，上滑过程：，联立解得：，，B正确 C.根据题意可知，摩擦产热等于克服摩擦力做功：，C正确 D.B没有拿出，上滑根据能量守恒：，解得：，所以最高点距a点，D错误 ‎12.如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，在x轴上的电势q与坐标x的关系如图中曲线所示，曲线过（0.1，4.5）和（0.15，3）两点，图中虚线为该曲线过点（0.15，3）的切线，现有一质量为0.20kg、电荷量为+2.0×10﹣8C的滑块P（可视为质点），从x＝0.10m处由静止释放，其与水平面的动摩蓀因数为0.02，取重力加速度g＝10m/s．则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 滑块P运动过程中的电势能先减小后增大 B. 滑块P运动过程中的加速度先减小后增大 C. x＝0.15m处的电场强度大小为2.0×106N/C D. 滑块P运动的最大速度为0.1m/s ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】电势ϕ与位移x图线的斜率表示电场强度可知，电场方向未变，滑块运动的过程中，电场力始终做正功，电势能逐渐减小，故A错误；电势ϕ与位移x图线的斜率表示电场强度，则x＝0.15m处的场强为： ，此时的电场力为：F＝qE＝2×10﹣8×2×106N＝0.04N；滑动摩擦力大小为：f＝μmg＝0.02×2N＝0.04N，在x＝0.15m前，电场力大于摩擦力，做加速运动，加速度逐渐减小，x＝0.15m后电场力小于摩擦力，做减速运动，加速度逐渐增大．故BC正确．在x＝0.15m时，电场力等于摩擦力，速度最大，根据动能定理得，qU﹣fx＝mv2，因为0.10m和0.15m处的电势差大约为1.5×105V，代入求解，最大速度大约为0.1m/s．故D正确．‎ 二、实验题(共15分)‎ ‎13.现要测量滑块与木板之间的动摩擦因数，实验装置如图a所示．表面粗糙的木板端固定在水平桌面上，另一端抬起一定高度构成斜面；木板上有一滑块，其后端与穿过打点计时器的纸带相连；打点计时器固定在木板上，连接频率为50Hz的交流电源．接通电源后，从静止释放滑块，滑块带动纸带打出一系列的点迹．‎ ‎(1)图b给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6是实验中选取的计数点，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)，2、3和5、6计数点的距离如图b所示．由图中数据求出滑块的加速度a=___________m/s2(结果保留三位有效数字)．‎ ‎(2)已知木板两端的高度差为h、木板的水平投影长度为x、重力加速度为g，则滑块与木板间的动摩擦因数的表达式μ=___________．‎ ‎【答案】（1）2.51 （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】解：(1)每相邻两计数点间还有4个打点，说明相邻的计数点时间间隔：，根据逐差法有：；‎ ‎(2) 以滑块为研究对象，根据牛顿第二定律有：，解得：；‎ ‎14.某同学设计了一个测量金属丝电阻率的实验方案，实验室提供的器材有:‎ A.电流表G(内阻Rg=99Ω，满偏电流Ig=3mA)‎ B.电流表A(内阻约为0.2Ω，量程为0~0.6A)‎ C.螺旋测微器 D.阻箱R0(0 -9999Ω， 0.5A)‎ E.滑动变阻器R(5Ω，2A)‎ F.干电池组(6V，0.05Ω)‎ G.一个开关和导线若干 他进行了以下操作:‎ ‎(1).用多用电表粗测金属丝的阻值:当用“×10Ω”挡时发现指针偏转角度过大，他应该换用__________挡(填“×1Ω”或“×100Ω”)，换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图1所示，则金属丝的阻值约为__________Ω．‎ ‎(2).该同学为了较精确测量金属丝的阻值，设计了如图2实验电路，其中将电流表G与电阻箱串联改装成量程为0~3V的电压表，则电阻箱的阻值应调为R0=__________Ω．‎ 请根据提供的器材和实验需要，将该同学设计的电路图补画完整．‎ ‎(3).实验数据的测量与电阻率的计算，如果金属丝的长度用L表示，直径用d表示， 电路闭合后，调节滑动变阻器的滑片到合适位置，电流表G的示数为I1，，电流表A的示数为I2，请用已知量和测量量写出计算金属丝电阻率的表达式=__________．‎ ‎【答案】 (1). ×1Ω 15 (2). 901 ‎ ‎(3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]当用欧姆表“×10Ω”挡时发现指针偏转角度过大，说明待测电阻的阻值比较小，所以换用“×1Ω”挡，‎ ‎[2]由表盘可知待测电阻阻值大约15Ω；‎ ‎（2）[3]电流表改装成电压表需要串联大电阻，由得Ω；‎ ‎[4]由于要精确测量阻值，所以采取滑动变阻器的分压接法，又因为待测阻值与电流表的内阻相差不大，故采取电流表的外接法，电路图如图所示；‎ ‎（3）[5]由电路图可知待测电阻的阻值 ‎，‎ 由电阻定律可知 ‎，‎ 联立解得 三、计算题：本题共3小题，共计37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，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。‎ ‎15.湖南卫视推出了大型户外竞技类节目《快乐向前冲》，是体力与耐力展现的一个体能竞赛活动．节目的场地设施如图所示，AB为水平直轨道，上面安装有电动悬挂器，其质量为M=100kg，可以载人运动，水面上漂浮着一个半径R=1.5m、始终在匀速转动且铺有海绵垫的转盘，转盘的轴心离平台的水平距离为L=8m，平台边缘与转盘平面的高度差为H=5m．选手抓住悬挂器可以在电动机的带动下，从A点下方的平台边缘处沿水平方向做初速度为零、加速度为a=2m/s2的匀加速直线运动．选手必须作好判断，在合适的位置释放，才能顺利落在转盘上．现有两位选手参与挑战，选手甲质量为50kg，选手乙质量为60kg，两位选手均不计身高，悬挂器与AB轨道之间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10m/s2‎ ‎（1）选手甲抓住悬挂器，电动悬挂器开动仅1s，这位选手因害怕呼救，于是第2s末悬挂器牵引力立即减为零，第3s末选手甲掉落，电动悬挂器最终停在D点，求AD的距离；‎ ‎（2）选手乙抓住悬挂器加速，求加速阶段悬挂器对他的拉力大小；‎ ‎（3）选手乙从某处C点释放能恰好落到转盘的圆心上，则他是从平台出发后多长时间释放悬挂器的？‎ ‎【答案】（1）2m（2）612N（3）2s ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）在第1s内，悬挂器做匀加速直线运动，匀加速运动位移为：‎ 匀加速运动的末速度为：v=at1=2×1m/s=2m/s，‎ 第2s内做匀减速直线运动，加速度大小为：，2s末速度恰好为零，‎ 匀减速运动的位移为：，‎ 则AD的距离为：L=x1+x2=1+1m=2m．‎ ‎（2）隔离对选手乙分析，选手乙受重力和拉力，为：F合=m乙a=60×2N=120N，‎ 根据平行四边形法则得，拉力为：F==N=612N．‎ ‎（3）平抛运动的时间为：t=，设在C点的速度为vC，则平抛运动的水平位移为：x=vCt，‎ 匀加速直线运动的位移为：，x+x′=L，解得：vC=4m/s．‎ 则从平台出发的时间为：．‎ ‎16.如图所示，一个质量为m1=2kg的小球a用一根长为R=1.25m的轻绳悬挂于O点静止．小球a的右侧水平地面上有一竖立支架，支架上放置另一小球b，两小球刚好接触但之间无弹力，且两球球心在同一水平线上，小球b的质量为m2‎ ‎=4kg，支架高h=3.2m．现把小球a拉至左侧与O点等高处，此时轻绳刚好拉直，然后由静止释放球a，到达最低点时两球相碰，碰后球a向左做圆周运动，上升的最大高度为h′=0.05m．小球b碰后的瞬间立即受到一个大小F=20N的水平向右恒力．取g=10m/s2．求：‎ ‎(1)碰撞前后的瞬间轻绳的弹力大小之比；‎ ‎(2)球b着地时的动能．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】解：(1)碰撞前后瞬间球a的速度大小分别为、，根据机械能守恒有：‎ 碰撞前：‎ 碰撞后：‎ 根据牛顿运动定律得碰撞前瞬间：‎ 碰撞后瞬间：‎ 联立解得：‎ ‎(2两小球碰撞过程，根据动量守恒定律有：‎ 解得：‎ 小球b碰撞后，竖直方向上做自由落体运动，有：，‎ 解得：，‎ 水平方向上球b碰后在恒力作用下做匀加速直线运动，根据牛顿运动定律有：‎ 根据运动学公式，有：‎ 球b着地时的速度为：‎ 球b着地时的动能为：‎ 解得：‎ ‎17.如图所示，荧光屏MN与x轴垂直放置，荧光屏所在位置的横坐标x0=60cm，在第一象限y轴和MN之间存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度E=1.6×103N/C，在第二象限有半径R=5cm的圆形磁场，磁感应强度B=0.8T，方向垂直xOy平面向外。磁场的边界和x轴相切于P点。在P点有一个粒子源，可以向x轴上方180°范围内的各个方向发射比荷为=1.0×108C/kg的带正电的粒子，已知粒子的发射速率v0=4.0×106m/s。不考虑粒子的重力、粒子间的相互作用。求：‎ ‎（1）带电粒子在磁场中运动的轨迹半径；‎ ‎（2）粒子从y轴正半轴上射入电场的纵坐标范围；‎ ‎（3）带电粒子打到荧光屏上的位置与Q点的最远距离。‎ ‎【答案】（1）5cm （2）0≤y≤10cm （3）9cm ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 考查带电粒子在匀强磁场中的运动。‎ ‎【详解】（1）带电粒子进入磁场受到洛伦兹力的作用做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：‎ 解得： ‎ ‎（2）由（1）问可知r=R，取任意方向进入磁场的粒子，画出粒子的运动轨迹如图所示，‎ 由几何关系可知四边形PO′FO1为菱形，所以FO1∥O′P，‎ 又O′P垂直于x轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径FO1垂直，‎ 则所有粒子离开磁场时的方 向均与x轴平行，所以粒子从y轴正半轴上射入电场的纵坐标范围为 ‎ ‎（3）假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有 ‎ ‎ 解得： ‎ 说明粒子离开电场后才打在荧光屏上。设从纵坐标为y的点进入电场的粒子在电场中沿x轴方向的位移为x，则 ‎ ‎ 代入数据解得： ‎ 设粒子最终到达荧光屏的位置与Q点的最远距离为H，粒子射出电场时速度方向与x轴正方向间的夹角为θ，‎ 所以 由数学知识可知，当时，即时H有最大值 所以