2017-2018学年四川省成都石室中学高二4月月考物理试题 解析版

2017-2018学年四川省成都石室中学高二4月月考物理试题 解析版

‎ 四川省成都市石室中学2017—2018学年高二下学期高4月月考物理试题 一.单选题（8小题）‎ ‎1. 关于静电场，下列结论普遍成立的是 （ ）‎ A. 电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关 B. 电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低 C. 将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功为零 D. 在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向 ‎【答案】D ‎【解析】A、电势差的大小决定于电场线方向上两点间距和电场强度，所以A错误；‎ B、在正电荷的电场中，离正电荷近，电场强度大，电势高，离正电荷远，电场强度小，电势低；而在负电荷的电场中，离负电荷近，电场强度大，电势低，离负电荷远，电场强度小，电势高，所以B错误；‎ C、场强为零，电势不一定为零，电场中肯定存在场强都为零、电势又不相等的两个点，在这样的两个点之间移动电荷，电场力将做功，所以C错误；‎ D、沿电场方向电势降低，而且降低的速度最快，所以D正确；‎ 综上所述本题答案是：D ‎2. 质量分别为和、电荷量分别为和的两粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，已知两粒子的动量大小相等。下列说法正确的是（ ）‎ A. 若，则它们作圆周运动的半径一定相等 B. 若，则它们作圆周运动的半径一定相等 C. 若，则它们作圆周运动的周期一定不相等 D. 若，则它们作圆周运动的周期一定不相等 ‎【答案】A ‎【解析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，其半径，已知两粒子动量大小相等，‎ A. 若q1=q2，则它们的圆周运动半径一定相等，选项A正确；‎ B. 若m1=m2，不能确定两粒子电量关系，不能确定半径是否相等，选项B错误；‎ C. 由周期公式可知：仅由电量或质量关系，无法确定两粒子做圆周运动的周期是否相等，故C. D错误。‎ 故选：A。‎ ‎3. 关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是（ ）‎ A. 安培力的方向可以不垂直于直导线 B. 安培力的方向总是垂直于磁场的方向 C. 安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关 D. 将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：本题考查了产生条件、大小与方向，当电流方向与磁场平行时不受安培力，根据左手定则可知安培力的方向与磁场垂直．引用公式F=BIL时，注意要求磁场与电流垂直，若不垂直应当将导线沿磁场与垂直于磁场分解，因此垂直时安培力最大，最大为F=BIL．‎ 解：A、B、根据左手定则可知，安培力方向与磁场和电流组成的平面垂直，即与电流和磁场方向都垂直，故A错误，B正确；‎ C、磁场与电流不垂直时，安培力的大小为F=BILsinθ，则安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角有关，故C错误；‎ D、当电流方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，将直导线从中折成直角，让其中的一半与磁场的方向平行，安培力的大小将变为原来的一半；将直导线在垂直于磁场的方向的平面内从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】解决本题的关键是知道当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，最小．当导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大，为F=BIL．‎ 视频 ‎4. 如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流和，且；a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点，且a、b、c与两导线共面；b点在两导线之间，b、d的连线与导线所在平面垂直。磁感应强度可能为零的点是（ ） ‎ A. a点 B. b点 C. c点 D. d点 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：两电流在该点的合磁感应强度为0，说明两电流在该点的磁感应强度满足等大反向关系，根据右手螺旋定则在两电流的同侧磁感应强度方向相反，则为或，又，所以该点距远距近，所以是点，故选项C正确，选项ABD错误。‎ 考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向 ‎【名师点睛】由安培定则可判出两导线在各点磁感线的方向，再由矢量的合成方法可得出磁感应强度为零的点的位置；本题考查了安培定则及矢量的合成方法，特别应注意磁场的空间性，注意培养空间想象能力。‎ 视频 ‎5. 如图，通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面，位置靠近ab且相互绝缘。当MN中电流突然减小时，线圈所受安培力的合力方向（ ） ‎ A. 向左 B. 向右 C. 垂直纸面向外 D. 垂直纸面向里 ‎【答案】B ‎【解析】当MN中电流突然减小时，单匝矩形线圈abcd垂直纸面向里的磁通量减小，根据楞次定律，单匝矩形线圈abcd中产生的感应电流方向顺时针方向，由左手定则可知，线圈所受安培力的合力方向向右，选项B正确。‎ 视频 ‎6. 图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比，电阻R=20 ，为规格相同的两只小灯泡，为单刀双掷开关。原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图所示。现将接1、闭合，此时正常发光。下列说法正确的是（ ）‎ A. 输入电压u的表达式V B. 只断开后，均正常发光 C. 只断开后，原线圈的输入功率增大 D. 若换接到2后，R消耗的电功率为0.8W ‎【答案】D ‎【解析】周期是0.02s，ω==100π，所以输入电压u的表达式应为u=20sin（100πt）V，A错误；只断开S2后，负载电阻变大为原来的2倍，电压不变，副线圈电流变小为原来的一半，L1、L2的功率均变为额定功率的四分之一，B错误；只断开S2后，原线圈的输入功率等于副线圈的功率都减小，C错误；若S1换接到2后，电阻R电压有效值为4V，R消耗的电功率为 =0.8W，D正确。故选D。‎ ‎7. 在场强大小为E的匀强电场中，一质量为m、带电量为q的物体以某一初速沿电场反方向做匀减速直线运动，其加速度大小为0.8qE/m，物体运动S距离时速度变为零。则下列说法错误的是（ ）‎ A. 物体克服电场力做功qES B. 物体的电势能减少了0.8qES C. 物体的电势能增加了qES D. 物体的动能减少了0.8qES ‎【答案】B 视频 ‎8. 如图，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，一电荷量为q（q>0）。质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为R/2，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为（不计重力）（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】带电粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域做匀速圆周运动，运动轨迹如图：‎ ‎ 设运动半径为r，圆心为，连接OC、，垂直平分弦长CD． 已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为，所以，又，所以，则，，即． 再根据洛仑兹力提供向心力有：，解得：，故选项B正确，选项ACD错误。 ‎ 点睛：在磁场中做圆周运动，多数题目的解题思路是先确定圆心画出轨迹，由几何知识得到半径，然后由牛顿第二定律求解其他量。‎ 视频 二.多选题（4小题）‎ ‎9. 如图，带正电的点电荷固定于Q点，电子在库仑力作用下，做以Q为焦点的椭圆运动。M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点。电子在从M经P到达N点的过程中（ ） ‎ A. 速率先增大后减小 B. 速率先减小后增大 C. 电势能先减小后增大 D. 电势能先增大后减小 ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：电子在从M到达N点的过程中，先靠近正电荷后远离正电荷，库仑力先做正功后做负功，动能先增后减，速率先增大后减小，A正确；B错误；电子只受电场力作用，电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，C正确；D错误；故选AC。‎ 考点：库仑定律；电势能。‎ ‎【名师点睛】根据电子与点电荷间距离的变化，分析电势的变化．电场力正做功，电势能减小，电场力负做功，电势能增大；电子先靠近正电荷，后远离正电荷；根据电场力做功情况判断电势能的变化情况和动能的变化情况，即可知速率的变化。‎ 视频 ‎10. 某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为T。一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100m，该河段涨潮和落潮时有海水（视为导体）流过。设落潮时，海水自西向东流，流速为2m/s。下列说法正确的是 （ ）‎ A. 河北岸的电势较高 B. 河南岸的电势较高 C. 电压表记录的电压为9mV D. 电压表记录的电压为5mV ‎【答案】AC ‎【解析】地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，落潮时，海水自西向东流，相当于导体切割磁感线，由右手定则判断可知，感应电动势的方向由河南岸指向北岸，则河北岸的电势较高．故A正确，B错误．海水自西向东流切割地磁场的磁感线，产生的感应电动势大小为： E=BLv=4.5×10-5T×100m×2m/s=9mV；则电压表记录的电压为9mV．故C正确，D错误．故选AC．‎ 点睛：本题运用右手定则判断感应电动势的方向，由E=BLv求感应电动势，考查运用物理知识处理实际问题的能力.‎ 视频 ‎11. 一台发电机最大输出功率为4000kW，电压为4000V，经变压器升压后向远方输电。输电线路总电阻R=1k。到目的地经变压器降压，负载为多个正常发光的灯泡（220V、60W ‎）。若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%，变压器和的耗损可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则（ ）‎ A. 原、副线圈电流分别为103A和20A B. 原、副线圈电压分别为和220V C. 和的变压比分别为1：50和40：1‎ D. 有盏灯泡（220V、60W）正常发光 ‎【答案】ABD ‎【解析】A、由P=UI可得，升压变压器输入电流，由得，升压变压器的输出电流，故A正确；‎ B、由得， ①，根据得，升压变压器的输出电压 ，输电线上的电压损失，降压变压器的输入电压②，用户得到的电压即降压变压器的输出电压 ③，由②③可知B正确；‎ C、降压变压器的匝数比④，由①④知C错误；‎ D、用户得到的功率，可供灯泡正常发光的盏数，故D正确；‎ 故选ABD。‎ ‎【点睛】本题考查远距离输电中的能量损失及功率公式的应用，要注意功率公式中P=UI中的电压U应为输电电压，不是发电机的输出电压．本题突破点是由输电线上的损失功率，从而算出电线上的电流。‎ ‎12. 半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图所示。有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图所示。在t=0时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为q的静止微粒，则以下说法正确的是（ ）‎ A. 第2秒内上极板为正极 B. 第3秒内上极板为负极 C. 第2秒末微粒回到了原来位置 D. 第3秒末两极板之间的电场强度大小为 ‎【答案】AD ‎【解析】由图象可知，在第3s内，磁场垂直于纸面向外，磁感应强度变大，穿过金属圆环的磁通量变大，假设环闭合，由楞次定律可知，感应电流磁场与原磁场方向相反，即感应电流磁场方向垂直于纸面向里，然后由安培定则可知，感应电流沿顺时针方向，由此可知，上极板电势高，是正极，故B错误；同理第2s内，由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电，故A正确；由楞次定律可知，在第1s与第4内下极板是正极，在第2与第3s内，上极板是正极，因此两极板间的电场每隔1s改变一次方向，带电粒子q在第1s内向下做匀加速运动，第2s内向下做匀减速直线运动，第2s末速度为零，在第3s内向下做匀加速直线运动，第4s内向下做匀加速直线运动，由此可知，带电粒子一直向下运动，不会回到原来的位置，故C错误；由法拉第电磁感应定律可知，在第3s内产生的感应电动势：，两极板间的电场强度为：，故D正确。所以AD正确，BC错误。‎ 三．选做题（6小题）‎ ‎13. 氦氖激光器能产生三种波长的激光，其中两种波长分别为，，已知波长为的激光是氖原子在能级间隔为的两个能级之间跃迁产生的。用表示产生波长为的激光所对应的跃迁的能级间隔，则的近似值为（ ）‎ A. 10.50eV B. 0.98eV C. 0.53eV D. 0.36eV ‎【答案】D ‎.....................‎ 故选D。‎ ‎14. 下列关于分子力和分子势能的说法中，正确的是（ ）‎ A. 当分子力表现为引力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的增大而增大 B. 当分子力表现为引力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的增大而减小 C. 当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大 D. 当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而减小 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：当分子间的距离r＞r0时，分子间作用力表现为引力，随着分子间距离的增大，分子力先增大后减小，分子力做负功，所以分子势能随分子间距离的增大而增大，故A、B错误；当分子间的距离r＜r0时，分子间作用力表现为斥力，随着分子间距离的减小，分子力做负功，所以分子势能随分子间距离的减小而增大，故C正确，D错误。‎ 考点：分子力和分子势能 视频 ‎15. 核电站核泄漏的污染物中含有碘131和铯137。碘131的半衰期约为8天，会释放β射线；铯137是铯133的同位素，半衰期约为30年，发生衰变时会辐射γ射线。下列说法正确的是（ ）‎ A. 碘131释放的β射线由电子组成 B. 铯137衰变时辐射出的γ光子能量小于可见光光子能量 C. 与铯137相比，碘131衰变更慢 D. 铯133和铯137含有相同的质子数 ‎【答案】AD ‎【解析】本题考查放射性同位素的相关性质，碘131释放的β射线由电子组成，A错误；铯137衰变时辐射出的γ光子能量大于可见光光子能量，B错误；与铯137相比，碘131衰变要快，C错误；铯133和铯137是同位素含有相同的质子数，D正确；‎ 视频 ‎16. 做简谐振动的物体，当它每次经过同一位置时，可能不同的物理量是（ ） ‎ A. 位移 B. 回复力 C. 加速度 D. 速度 ‎【答案】D ‎【解析】振动物体的位移是平衡位置指向振子所在位置，每次经过同一位置时位移相同，故A错误；回复力总与位移大小成正比，方向相反，每次经过同一位置时位移相同，回复力必定相同，故B错误；加速度总与位移大小成正比，方向相反，每次经过同一位置时位移相同，加速度必定相同，故C错误；由于经过同一位置时速度有两种不同的方向，所以做简谐振动的质点每次经过同一位置时，速度可能不相同，故D正确。所以D正确，ABC错误。‎ ‎17. 一列简谐波沿x轴传播，t=0时刻的波形如图甲所示，此时质点P正沿y轴负方向运动，其振动图像如图乙所示，则该波的传播方向和波速分别是（ ）‎ A. 沿x轴正方向，60m/s B. 沿x轴负方向，30m/s C. 沿x轴负方向，60m/s D. 沿x轴正方向，30m/s ‎【答案】C ‎【解析】由甲图可知P点此时的运动方向向下，可知此波沿x轴负方向传播，由乙图可知：T=0.4s，由甲图可知：λ=24m，所以波速为：，故C正确，ABD错误。‎ ‎18. 在xOy平面内有一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速为2m/s，振幅为A。M、N是平衡位置相距2m的两个质点，如图所示。在t=0时，M通过其平衡位置沿y轴正方向运动，N位于其平衡位置上方最大位移处。已知该波的周期大于1s。则（ ）‎ A. 该波的周期为 B. 在 时，N的速度一定为2m/s C. 从t=0到t=1s，M向右移动了2m D. 从到，M的动能逐渐增大 ‎【答案】AD ‎【解析】波速为2m/s，周期大于1s，则波长λ大于vT=2m。由题可知，可得，可得周期为，故A 正确；N的速度与波传播速度是两回事，所以在时，N的速度不一定等于2m/s，故B错误；波传播过程中质点M不向前移动，M点只上下振动，故C错误；从到，即从到，M点正从波峰向平衡位置运动，动能逐渐增大，故D正确。所以AD正确，BC错误。‎ 四．实验题（2小题）‎ ‎19. 在研究电磁感应现象和磁通量变化时感应电流方向的实验中，所需的实验器材已用导线连接成如图所示的实验电路 ‎（1）将线圈A插入线圈B中，闭合开关的瞬间，线圈B中感应电流与线圈A中电流的绕行方向_____(填“相同”或“相反”) ‎ ‎（2）(多选)某同学设想使一线圈中电流逆时针流动，另一线圈中感应电流顺时针流动，可行的实验操作是（______）‎ A．抽出线圈A           B．插入软铁棒 C．使变阻器滑片P右移     D．断开开关 ‎【答案】 (1). 相反 (2). BC ‎【解析】(1)将线圈A插入线圈B中，闭合开关的瞬间，穿过副线圈的B的磁通量变大，由楞次定律可得，线圈B中感应电流与线圈A中电流的绕行方向相反．‎ ‎(2)使一线圈中电流逆时针流动，另一线圈中感应电流顺时针流动，两线圈电流磁场方向相反，则穿过副线圈磁通量应增加；A、抽出线圈L1时，穿过副线圈的磁通量减小，原副线圈电流方向相同，故A错误；B、插入软铁棒，穿过副线圈的磁通量增大，原副线圈电流方向相反，故B正确；C、由电路图可知，使变阻器滑片P右移，原线圈电流增大小，穿过副线圈的磁通量增大，原副线圈电流方向相反，故C正确；D、断开开关，穿过副线圈B的磁通量减小，原副线圈电流方向相同，故D错误；故选BC.‎ ‎【点睛】由图示判断出原副线圈的绕向关系，熟练应用楞次定律即可正确解题.‎ ‎20. 在测量电源的电动势和内阻的实验中，由于所用电压表（视为理想电压表）的量程较小，某同学设计了如图所示的实物电路 ‎（1）实验时，应先将电阻箱的电阻调到__________（选填“最大值”、“最小值”或“任意值”） ‎ ‎（2）改变电阻箱的阻值R，分别测出阻值R0＝10 Ω的定值电阻两端的电压U，下列两组R的取值方案中，比较合理的方案是_________（选填“1”或“2”）‎ ‎（3）根据实验数据描点，绘出的图象是一条直线．若直线的斜率为k，在坐标轴上的截距为b，则该电源的电动势E＝_______，内阻r＝________.（用k、b和R0表示）‎ ‎【答案】 (1). 最大 (2). 2 (3). (4).  ‎ ‎【解析】（1）电路为限流接法，开始时应让电流最小，然后再逐渐增大，故开始时滑动变阻器应达到最大值处； （2）对比两方案可知，方案1中电阻箱电阻较大，而R0的阻值只有10Ω，故在调节电阻箱时，电流的变化不明确，误差较大； 而方案2中电阻箱的阻值与R0相差不大，可以测出相差较大的多组数据，故方案2更合理； （3）由闭合电路欧姆定律可得： ；可得 由函数知识可知：图象的斜率k=；故E=； 图象与纵坐标的交点；r=−R0；‎ 点睛：本题考查测定电动势和内阻的实验，本实验要特别注意数据的处理，能正确应用图象并结合函数关系进行分析得出结果．‎ 五．计算题（3小题）‎ ‎21. 如图所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L, ‎ 一理想电流表与两导轨相连，匀强磁场与导轨平面垂直。一质量为m、有效电阻为R的导体棒在距磁场上边界h处静止释放。导体棒进入磁场后，流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I。整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻。求：‎ ‎（1）磁感应强度的大小B；‎ ‎（2）电流稳定后，导体棒运动速度的大小v；‎ ‎【答案】（1）  （2）‎ ‎【解析】试题分析：由题，导体棒进入磁场后，最终做匀速运动，电流达到稳定值I，根据平衡条件和安培力公式求解B；由感应电动势、感应电流表示联立即可解得速度大小。‎ ‎（1）电流稳定后，导体棒做匀速运动，安培力与重力平衡，则有BIL=mg ‎ 解得：‎ ‎（2）感应电动势E=BLv 感应电流： ‎ 联立解得： ‎ 点睛：本题主要考查了导体棒的运动情况是解题的基础，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力等等电磁学常用的规律求解。‎ ‎22. 如图所示，光滑的平行导轨P、Q相距L=1m，处在同一水平面中，导轨的左端接有如图所示的电路，其中水平放置的电容器C两极板相距d=10mm，定值电阻，，导轨的电阻不计，磁感强度B=0.4T的匀强磁场竖直向下穿过导轨面，当金属棒ab沿导轨向右匀速运动（开关S断开）时，电容器两极之间质量，带电量的微粒恰好静止不动；当S闭合时，微粒以加速度向下做匀加速运动，取，求： ‎ ‎（1）金属棒ab运动的速度多大？电阻多大？ ‎ ‎（2）S闭合后，使金属棒ab做匀速运动的外力的功率多大？‎ ‎【答案】（1）3m/s， （2）‎ ‎【解析】【分析】带电微粒在电容器两极间静止时，受到的重力和电场力平衡,列式可求得板间电压，判断出极板电势的关系，根据部分电路欧姆定律和闭合电路欧姆定律、串并联电路特点列出感应电动势和内阻的方程；S闭合时，带电微粒向下做匀加速运动，由牛顿第二定律可求得板间电压，再根据部分电路欧姆定律和闭合电路欧姆定律、串并联电路特点列出感应电动势和内阻的方程，从而可求出感应电动势和内阻，由可求出金属棒速度；闭合后，由上题结果求出电路中的电流，由公式求出ab所受的安培力， 金属棒ab做匀速运动时的外力与安培力大小相等，可求得外力，即可求出其功率；‎ 解：（1）S断开时，带电微粒在两极间静止时，受向上的电场力和向下的重力作用而平衡：‎ 由此式可解出电容器两极板间的电压为：‎ 因为S断开，R1、R2的电压和等于电容器两端电压U1，R3上无电流通过，可以知道电路中的感应电流即为通过R1、R2的电流I1，‎ 从而ab切割磁感线运动产生的感应电动势为： ‎ ‎ S闭合时，带电微粒向下做匀加速运动,由牛顿第二定律可得：‎ 得： ‎ 此时的干路电流为：‎ 由闭合电路欧姆定律可得： ‎ 两式可得： ‎ 由E =BLv可得： ‎ 即导体棒ab匀速运动的速度v=3m/s，电阻 ‎ ‎（2）S闭合时，通过ab的电流，ab所受的安培力为 ab以速度v=3m/s做匀速运动，所受外力F必与磁场力F2大小相等、方向相反，即 ‎，方向向右 ‎ 可见，外力的功率为：‎ ‎23. 如图，纸面内有E、F、G三点，∠GEF=30°，∠EFG=135°，空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。先使带有电荷量为q(q>0)的点电荷a在纸面内垂直于EF从F点射出，其轨迹经过G点；再使带有同样电荷量的点电荷b在纸面内与EF成一定角度从E点射出，其轨迹也经过G点，两点电荷从射出到经过G点所用的时间相同，且经过G点时的速度方向也相同。已知点电荷a的质量为m，轨道半径为R， 不计重力，求： ‎ ‎（1）点电荷a从射出到经过G点所用的时间； ‎ ‎（2）点电荷b的质量；‎ ‎（3）点电荷b的速度大小。‎ ‎【答案】（1）  （2） （3）‎ ‎【解析】试题分析：找出圆心，画出轨迹，由几何关系找出偏转角，根据公式，求在磁场中的偏转时间；根据两点电荷从射出到经过G点所用的时间相同，且经过G点时的速度方向也相同，画出轨迹，找半径关系即可求出点电荷b的速度大小；电荷在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律可以求出电荷的质量。‎ ‎（1）设点电荷a的速度大小为v，由牛顿第二定律：‎ 解得：‎ 设点电荷a做圆周运动的周期为T，有，如图所示：‎ O和O1分别是a和b的圆轨道的圆心。设a在磁场中偏转的角度为，由几何关系得：‎ 故a从开始运动到经过G点所用的时间t为：‎ ‎（2）电荷b的速度大小为v1，轨道半径为R1，b在磁场中偏转的角度为，由于两轨道在G点相切，所以过G点的半径OG与OG1在同一直线上。由几何关系和题给条件得 有： ‎ 因为：‎ 联立可得：‎ ‎（3）由几何关系和题给条件得： ‎ 联立各式解得：‎ 点睛：本题主要考查了带电粒子的运动问题，要抓住两点电荷从射出到经过G点所用的时间相同，且经过G点时的速度方向也相同，则可得出各自圆弧所对应的圆心角，从而确定粒子运动所经历的时间。‎ ‎ ‎