2018-2019学年福建省泉州市泉港区第一中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

2018-2019学年福建省泉州市泉港区第一中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

泉港一中2018~2019学年高二上学期期末考试物理试题 一、选择题 ‎1.一个阻值为R的电阻两端加上电压U后，通过电阻横截面的电量q随时间t变化的图象如图所示，此图象的斜率可表示为( )‎ A. U B. R C. U/R D. 1/R ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据电流强度的定义公式I=q/t；可知q-t图象的斜率代表的就是电流；根据欧姆定律有：I=U/R，故斜率也代表电流。故B正确，ACD错误，故选B。‎ ‎2.如图所示的电路可将声音信号转化为电信号。该电路中，b是固定不动的金属板，a是能在声波驱动下沿水平方向振动的镀有金属层的振动膜，a、b构成了一个电容器，且通过导线与电源两极相接。若声源S发出的声波能使a做左右方向的往复振动，则a振动过程中（ )‎ ‎ ‎ A. a向右位移最大时，电容器的电容最大 B. a、b板之间的电场强度不变 C. 电路中始终有方向不变的电流 D. a、b板所带的电荷量不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图知，a、b间电压不变，由公式E=U/d分析板间电场强度的变化。由电容的定义式C=Q/U 分析电量的变化，根据电容器充电和放电情况，分析电路中电流的方向。a向右的位移最大时，根据板间距离分析可知：a、b 板构成的电容器的电容最大。‎ ‎【详解】a向右的位移最大时，a、b 板间的距离最小，则a、b构成的电容器的电容最大，故A正确；a、b间电压不变，a振动过程中，板间距离周期性变化，则由公式E=U/d分析得知，a、b板间的电场强度也会周期性变化，故B错误；a振动过程中，a、b 板所带的电量会周期性变化，电容器放电和充电周期性交替产生，电路中电流的方向也会周期性变化，故C错误；a振动过程中，a、b间电压不变，由电容的定义式C=Q/U分析可知，a、b 板所带的电量会周期性变化，故D错误；故选A。‎ ‎3.电流表的内阻是Rg＝200 Ω，满刻度电流值是Ig＝500 μA，现欲把该电流表改装成量程为3.0 V的电压表，正确的方法是（ ）‎ A. 应串联一个5800 Ω的电阻 B. 应串联一个1800 Ω的电阻 C. 应并联一个0.1 Ω的电阻 D. 应并联一个1800 Ω的电阻 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出串联电阻阻值．‎ ‎【详解】把电流表改装成3V的电压表需要串联分压电阻，分压电阻阻值为：；故选A。‎ ‎4.如图所示，两等量异种电荷在同一水平线上，它们连线的中点为O，竖直面内的半圆弧光滑绝缘轨道的直径AB水平，圆心在O点，圆弧的半径为R，C为圆弧上的一点，OC与竖直方向的夹角为37°，一电荷量为+q，质量为m的带电小球从轨道的A端由静止释放，沿轨道滚动到最低点时速度v=，g为重力加速度，取无穷远处电势为零，则（ ）‎ A. 电场中B点的电势为 B. 电场中A点的电势为 C. 小球运动到B点时的动能为2mgR D. 小球运动到C点时，其动能与电势能的和为1.3mgR ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 图中过O点的虚线是一条等势线，一直延伸到无穷远，O点的电势为零。小球从A运动到最低点的过程，由动能定理求出AO两点间的电势差，从而得到A点的电势。由对称性求B点的电势。小球从最低点到B的过程，由能量守恒定律求小球运动到B点时的动能，并求得总能量。‎ ‎【详解】取无穷远处电势为0，则最低点处电势为0．小球从A点运动到最低点过程中，由动能定理可得：mgR+qUAO＝mv2；解得 ；而UAO=φA-0；解得：φA＝，故A错误；由对称性可知：UAO=UOB，即为：φA-0=0-φB；故有：φB＝−，故A错误；小球从A点运动到B点过程中，由动能定理得：Ek=qUAB=mgR，故C错误；小球在最低点处的动能和电势能的总和为：E1＝mv2+0＝mgR；由最低点运动到C点过程，动能、电势能、重力势能的总量守恒，而重力势能增加量为：△Ep=mgR（1-cos37°）=0.2mgR；故动能、电势能的综合减少了0.2mgR，所以小球在C点的动能和电势能的总和为：E2=E1-0.2mgR=1.3mgR，故D正确；故选D。‎ ‎【点睛】解决本题的关键是要知道等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，其电势与无穷远处相同。在知道运用动能定理是求电势差常用的方法。‎ ‎5. 在图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r。将滑动变阻器的滑片P从图示位置向右滑动的过程中，关于各电表示数的变化，下列判断中正确的是（ ）‎ A. 电压表V的示数变小 B. 电流表A1的示数变小 C. 电流表A2的示数变小 D. 电流表A的示数变大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：滑动变阻器的滑片P从图示位置向右滑动，电路总电阻变大，电路中总电流减小，D错误；电源的内电压减小，则电路外电压变大，A错误；R1上电压变大，则电流变大，B错误；由于总电流减小，A1电流增大，则A2电流减小，C正确 考点：考查闭合电路的动态变化分析 点评：本题应先明确各用电器间的串并联关系，可以先把电表看做理想电表，电流表短接，电压表断路看待，这可以使电路结构变得简单 ‎6.如图所示，长方体金属块边长之比a：b：c=3：1：2，将A与B接入电压为U的电路中时，电流为I；若将C与D接入电压为U的电路中，则电流为（设金属块的电阻率不变）（ ）‎ ‎ ‎ A. I B. 9I/4 C. 4I/9 D. 2I ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电阻定律可确定AB及CD时的电阻，再由欧姆定律即可确定电流。‎ ‎【详解】设b长为l；根据电阻定律可知：；则接AB时，电阻；当接CD时，电阻；由欧姆定律可知：；则；故选B。‎ ‎7.如图所示，回旋加速器是用来加速带电粒子使它获得很大动能的装置，其核心部分是两个D型金属盒，置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连．下列说法正确的有（ ）‎ ‎ ‎ A. 高频电源频率随粒子速度的增大而增大 B. 粒子被加速后的最大速度随磁感应强度和D型盒的半径的增大而增大 C. 粒子被加速后的最大动能随高频电源的加速电压的增大而增大 D. 粒子从磁场中获得能量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 明确回旋加速器基本原理，明确当带电粒子从回旋加速器最后出来时速度最大，根据qvB=m求出最大速度，再根据EKm=mv2求出最大动能，可知与什么因素有关．‎ ‎【详解】高频电源的频率与粒子在磁场中的转动周期相同，根据粒子在磁场中的周期公式以及T=1/f可知，高频电源频率由粒子的质量、电量和磁感应强度决定，与速度无关，故A错误；根据qvB=m得，最大速度，则最大动能EKm=mv2=．知最大动能和金属盒的半径以及磁感应强度有关，由公式可知，最大速度随磁感应强度和D型盒的半径的增大而增大，与加速电压无关，故B正确，C错误；粒子在磁场中受到洛伦兹力，其对粒子不做功，不能获得能量，能量来自电场力做功，故D错误；故选B。‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道根据qvB=m分析最大速度的表达式，知道最大动能与D形盒的半径有关，与磁感应强度的大小有关，而与电势差的大小无关．‎ ‎8.如图甲所示,一个质量为m、电荷量为q的带正电的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙绝缘细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中（不计空气阻力），现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图象可能是图中的（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 带正电的小环向右运动时，受到的洛伦兹力方向向上，注意讨论洛伦兹力与重力的大小关系，然后即可确定其运动形式，注意洛伦兹力大小随着速度的大小是不断变化的．‎ ‎【详解】由左手定则可判断洛伦兹力方向向上，圆环受到竖直向下的重力、垂直细杆的弹力及向左的摩擦力，当qvB=mg时，小环做匀速运动，此时图象为C，故C正确；当qvB＜mg时，FN=mg-qvB此时：μFN=ma，所以小环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，所以其v-t图象的斜率应该逐渐增大，故AB错误。当qvB＞mg时，FN=qvB-mg，此时：μFN=ma，所以小环做加速度逐渐减小的减速运动，直到qvB=mg时，小环开始做匀速运动，故D错误；故选C。‎ ‎9.关于电场强度和磁感应强度，下列说法正确的是（ )‎ A. 电场强度的定义式E=F/q适用于任何静电场 B. 由磁感应强度公式,若长为L,通电电流为I的直导线在磁场中受到的磁场力为零，则该位置的磁感应强度B也一定为零 C. 电场中某点电场强度的方向与在该点的带正电的检验电荷所受电场力的方向一定相同 D. 由磁感应强度公式，磁感应强度的方向与放入磁场中的通电直导线所受安培力的方向相同 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】电场强度的定义式E=F/q适用于任何静电场，选项A正确；通电电流为I的直导线在磁场中受到的磁场力为零，可能是电流的方向与磁场方向平行，而该位置的磁感应强度B不一定为零，选项B错误；电场中某点电场强度的方向与在该点的带正电的检验电荷所受电场力的方向一定相同，选项C正确；磁感应强度的方向与放入磁场中的通电直导线所受安培力的方向垂直，选项D错误；故选AC.‎ ‎10.如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2‎ 中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称。整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强度大小分别为和，方向也垂直于纸面向外。则（ ）‎ A. 流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为 B. 流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为 C. 流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为 D. 流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据右手螺旋定则来判定两直导线在a、b两处的磁场方向，再结合矢量的叠加法则，即可求解。‎ ‎【详解】整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外，且a、b两点的磁感应强度大小分别为B0和B0，方向也垂于纸面向外，根据右手螺旋定则，L1直导线电流，在a、b两点磁场方向垂直纸面向里，大小相等，设为B1，同理，L2直导线的电流，在a点磁场方向垂直纸面向里，在b点磁场方向垂直纸面向外，但两点的磁场大小相等，设为B2；依据矢量叠加法则，则有：B0-B2-B1=B0；B0+B2-B1=B0；联立上式，可解得：B1=B0；B2=B0；故AB正确， CD错误；故选AB。‎ ‎【点睛】考查右手螺旋定则的应用，掌握矢量的合成法则，注意对称位置的磁场大小是相等的。‎ ‎11.如图所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图像，直线B为电源b的路端电压与电流的关系图像，直线C为一个电阻R的两端电压与电流的关系图像。将这个电阻R分别接到a，b两电源上，那么( )‎ ‎ ‎ A. R接到b电源上，电源的输出功率较大 B. R接到b电源上，电源的效率较高 C. R接到a电源上，电源的输出功率较大，但电源效率较低 D. R接到b电源上，电阻的发热功率和电源的效率都较高 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电源的效率等于电源的输出与总功率的百分比，根据欧姆定律得到，电源的效率也等于外电阻与电路总电阻之比．由电源的U-I图象斜率大小等于电源的内阻，比较读出电源内电阻的大小，确定电源的效率关系．当电阻R与电源组成闭合电路时，电阻R的U-I图线与电源的U-I图线的交点表示工作状态，交点坐标的乘积等于电源的输出功率．‎ ‎【详解】电源的效率，由闭合电路欧姆定律U=E-Ir可知，b电源的内阻r较小，R接到b电源上，电源的效率较高。故B正确。当电阻R与电源组成闭合电路时，电阻R的U-I图线与电源的U-I图线的交点表示工作状态，交点的纵坐标表示电压，横坐标表示电流，两者乘积表示电源的输出功率，由图看出，R接到a电源上，电压与电流的乘积较大，电源的输出功率较大。故C正确，AD错误。故选BC。‎ ‎【点睛】本题是电源的外特性曲线与电阻的伏安特性曲线的综合，关键理解交点的物理意义，也可以根据欧姆定律研究电流与电压关系，来比较电源的输出功率．‎ ‎12.空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界．一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射．这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子．不计重力．下列说法正确的是（ ）‎ A. 入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同 B. 在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同 C. 入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同 D. 在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，虽然电量、质量不同，但比荷相同，所以运动圆弧对应的半径与速率成正比．它们的周期总是相等，因此运动的时间由圆心角来决定．‎ ‎【详解】粒子在磁场中的运动时间：t=T，由题意可知，粒子的比荷相同，则粒子做圆周运动的周期：相同，入射速度不同的粒子，如果它们在磁场中转过的圆心角θ相同，则粒子在磁场中的运动时间相等，故A错误；在磁场中运动时间：，θ为转过圆心角，由于粒子做圆周运动的周期T相等，运动时间相同的粒子，其圆心角相同，如果粒子速度不同，粒子轨道半径不同，粒子运动轨迹不同，故B错误；在磁场中半径：，由于粒子的比荷相同，入射速度相同的粒子在磁场中的轨道半径相等，粒子入射方向相同，粒子运动轨迹相同，故C正确；在磁场中运动时间：，θ为转过圆心角，由于粒子做圆周运动的周期T相等，在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角也一定越大，故D正确；故选CD。‎ ‎【点睛】本题考查带电粒子在磁场中的运动问题，此类问题的解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径，要注意明确几何关系的正确应用．‎ 二、实验题 ‎13.（1）图（a）为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头G的满偏电流为250 μA，内阻为480‎ ‎ Ω。虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别于两表笔相连。该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1 V挡和5 V挡，直流电流1 mA挡和2.5 mA挡，欧姆×100 Ω挡。‎ ‎①图（a）中的A端与___________（填“红”或“黑”）色表笔相连接。 ‎ ‎②关于R6的使用，下列说法正确的是__________________（填正确答案标号）。‎ A．在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置 B．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置 C．使用电流挡时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置 ‎③根据题给条件可得R1+R2=________Ω，R4=_____________Ω。‎ ‎④某次测量时该多用电表指针位置如图（b）所示。若此时B端是与“1”连接的，则多用电表读数为_____________；若此时B端是与“3”连接的，则读数为_____________；若此时B端是与“5”连接的，则读数为____________。（结果均保留3为有效数字）‎ ‎ ‎ ‎（2）.某研究性学习小组利用如图所示电路测量电池组的电动势E和内阻r。根据实验数据绘出如图所示的图线，其中R为电阻箱读数，I为电流表读数，由此可以得到电动势E=___ V，内阻r =___Ω。‎ ‎【答案】 (1). （1）①黑； (2). ②B； (3). ③160Ω； (4). 880Ω； (5). ④1.47mA； (6). 1.10×103Ω； (7). 2.95V (8). （2）3； (9). 1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①明确欧姆表原理，知道内部电源的正极接黑表笔，负极接红表笔；‎ ‎②明确电路结构，知道欧姆档中所接滑动变阻器只能进行欧姆调零；‎ ‎③根据给出的量程和电路进行分析，再结合串并联电路的规律即可求得各电阻的阻值；‎ ‎④明确电表的量程，确定最小分度，从而得出最终的读数。‎ ‎（2）根据闭合电路欧姆定律，进行数学变形，得到R与的关系式，根据数学知识研究R-图象的斜率和截距的意义，求解电源的电动势和内阻．‎ ‎【详解】（1）①根据欧姆表原理可知，内部电源的正极应接黑表笔，这样才能保证在测电阻时电流表中电流“红进黑出”； 即图（a）中的A端与黑色表笔相连接。 ②由电路图可知，R6只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零，不能进行机械调零，同时在使用电流档时也不需要时行调节，故B正确；AC错误；故选B； ③直流电流档分为1mA和2.5mA，由图可知，当接2时应为1mA；根据串并联电路规律可知，R1+R2==160Ω； 总电阻R总==120Ω 接4时，为电压档，因串入的电阻较小，故应为量程1V的电压表；此时电流计与R1、R2并联后再与R4串联，即改装后的1mA电流表与R4串联再改装后电压表；根据串联电路规律可知，R4==880Ω； ④若与1连接，则量程为2.5mA，读数为1.48mA（1.47-1.49）； 若与3连接，则为欧姆档×100Ω挡，读数为11×100=1100Ω=1.10kΩ； 若与5连接，则量程为5V；故读数为2.95V（2.91-2.97均可）；‎ ‎（2）根据闭合电路欧姆定律，解得：R=E•-r， 由数学知识得知，R-图象的斜率等于E，纵轴截距的绝对值等于r，则由图得到，电源的电动势为E==3.0V，内阻r=1Ω ‎【点睛】（1）本题考查了多用电表读数以及内部原理，要注意明确串并联电路的规律应用，同时掌握读数原则，对多用电表读数时，要先确定电表测的是什么量，然后根据选择开关位置确定电表分度值，最后根据指针位置读数；读数时视线要与电表刻度线垂直。‎ ‎（2）物理图象关键要根据物理规律得到解析式，运用数学知识分析图象的物理意义．本题采用的是转换法，本来I-R是非线性关系，转换成R-是线性关系，图象直观，一目了然．‎ 三．计算题 ‎14.如图所示，水平放置的光滑的金属导轨M、N，平行地置于匀强磁场中，间距为，金属棒的质量为，电阻不计，放在导轨上且与导轨垂直。磁场的磁感应强度大小为，方向与导轨平面成夹角且与金属棒垂直，定值电阻为，电源内阻，当开关K闭合的瞬间，测得棒的加速度大小为，则电源电动势为多大？‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：当电键闭合的瞬间，导体棒受到重力、轨道的支持力和安培力三个力作用，如图：‎ 根据牛顿第二定律得：，又，‎ 联立以上三式得，‎ 电源的电动势 考点：牛顿运动定律综合 ‎【名师点睛】此题是磁场中通电导体平衡问题，关键是安培力的分析与计算．当电键闭合的瞬间，导体棒受到安培力及重力和轨道的支持力作用，根据牛顿第二定律求出安培力大小，由欧姆定律和安培力公式求出电动势。‎ ‎15.如图所示，M为一线圈电阻rM＝0.4Ω的电动机，R＝24Ω，电源电动势E＝40V．当S断开时，电流表1的示数I1＝1.6A，当开关S闭合时，电流表1的示数I2＝4.0A, 电流表2的示数IM＝2.5A。求：‎ ‎（1）电源内阻．‎ ‎（2）开关S闭合时电源的输出功率 ‎（3）开关S闭合时电动机发热消耗的功率和转化为机械能的功率．‎ ‎【答案】（1）1Ω（2）144W（3）2.5W；87.5W ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 据题意，开关断开时电流为I1＝1．6A，据闭合电路欧姆定律有：‎ ‎ ‎ 解得：；‎ ‎(2) 开关闭合时电源总功率为：‎ ‎ ‎ 电源输出功率为：‎ ‎；‎ ‎(3) 电动机发热功率为： ‎ 电动机输入功率为：‎ ‎ ‎ 电动机机械功率为：‎ ‎。‎ ‎【点睛】对于电动机电路，正常工作时是非电阻电路，要注意欧姆定律不成立，要根据能量守恒求解其输出功率，要区分电动机的输出功率与效率的不同，不能混淆。‎ ‎16.如图所示，在水平方向的匀强电场中，用长为L不可伸长的绝缘细线拴住一质量为m，带电荷量为q的小球1，线的上端固定于O点，若在B点同一水平线上的左方距离为r处固定另一带电小球2，小球1恰好处于静止状态，当拿走小球2后，小球1由静止开始向上摆动，当细线转过120°角到达A点时的速度恰好为零，此时OA恰好处于水平状态，设整个过程中细线始终处于拉直状态，静电力常量为k，求：‎ ‎(1)BA两点间的电势差U；‎ ‎(2)匀强电场的场强E的大小；‎ ‎(3)小球2的带电量Q。‎ ‎【答案】(1) 　(2)　(3) ‎ ‎【解析】‎ ‎ (1)小球1从B到A过程，由动能定理得：qU－mgLcos30°＝0－0‎ 解得：U＝‎ ‎(2)BA间沿电场线的距离为：d＝L＋Lsin30°‎ 在匀强电场，有：E＝ ‎ 所以联立以上三式得：E＝‎ ‎(3)未拿走球2时，小球1恰好处于静止状态，小球1和2间的作用力为：F库＝k 小球1受力平衡，则有：‎ Fsin30°＋qE＝k ‎ Fcos30°＝mg 所以解得：Q＝ ‎ ‎17.容器A中装有大量质量不同、电荷量均为 q 的带正电的 粒子，粒子从容器下方的小孔不断飘入加速电场初速度可视为零做直线运动通过小孔后，从两平行板中央垂直电场方向射入偏转电场。粒子通过平行板后垂直磁场方向进入 磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域，最后打在感光片上，如图所示。已 知加速场、间的加速电压为U，偏转电场极板长为L，两板间距也为 L，板间匀强电场强度 ‎ ‎，方向水平向左忽略板间外的电场。平行板 f 的下端与磁场边界 ab 相交为P，在边界PQ上固定放置感光片。测得从容器 A 中逸出的所有粒子均打在感光片P、Q之间，且Q距 P 的长度为3L，不考虑粒子所受重力与粒子间的相互作用，求：‎ 粒子射入磁场时，其速度方向与边界ab间的夹角；‎ 射到感光片Q处的粒子的质量；‎ 粒子在磁场中运动的最长时间。‎ ‎【答案】（1）45°（2） （3） ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）粒子先经过加速电场的加速后进入水平匀强电场做类平抛运动，由速度的方向公式直接能求出末速度方向，这是为后续计算做一个铺垫； （2）粒子从e板下端与水平方向成45°的角射入匀强磁场，偏转270°后打在Q点，由几何关系求出粒子做匀速圆周运动的半径，再由洛仑兹力提供向心力就能求出粒子的比荷； （3）先判断出打在何处的粒子的时间最短，由于，即质量最大的粒子时间最长，再由半径公式知质量最大则半径最小，所以打在Q点的粒子时间最长，再利用周期公式结合粒子转过的圆心角即可求出粒子在磁场中运动的最长时间。‎ ‎【详解】（1）加速电场运用动能定理：qU=mv02 可得进入偏转电场的初速度：v0=① 粒子在偏转电场中做类平抛运动，根据类平抛规律可得：L=v0t ② 沿电场线方向的分速度：vy=at ③ 根据牛顿第二定律可得：Eq=ma ④ 又因为：E=‎ ‎ ⑤ 设粒子的速度偏转角为θ，联立①②③④⑤式可得：tanθ==1 故速度偏向角为45°，其速度方向与边界ad间的夹角为：90°-45°=45°‎ ‎ （2）粒子在偏转电场中的偏转位移：y=at2= 根据运动的合成和分解可知，粒子进入磁场时的速度大小： ⑥ 根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=m ⑦ 又因为Q距 P 的长度为3L，根据几何关系：3L++y=2Rcos45°，可得：R=2L⑧ 联立⑥⑦⑧式可得粒子的质量： （3）粒子在磁场中运动的周期： 粒子在磁场中运动的时间：，可知粒子的质量m越大时间越长，根据半径公式 可知，粒子的质量m越大半径R越大，故打在Q点的粒子运动的时间最长，所以粒子在磁场中运动的最长时间：‎ ‎【点睛】本题考查带电粒子在复合场中运动，粒子在加速场中的运动运用动能定理求解，类平抛运动运用运动的合成和分解牛顿第二定律结合运动学公式求解，粒子在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解，解题关键是要作出临界的轨迹图，正确运用数学几何关系，还要分析好从电场射入磁场衔接点的速度大小和方向，运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间。‎ ‎ ‎