贵州省贵阳市高三(上)期末物理试卷(含答案)(DOC 18页).docx

1、 高三（上）期末物理试卷 题号一二三四总分得分一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）1. 下列说法正确的是（）A. 牛顿第一定律又称惯性定律，所以惯性定律与惯性的实质相同B. 牛顿第一定律是牛顿第二定律的特殊情形，它们都可通过实验来验证C. 牛顿运动定律和动量守恒定律既适用于低速、宏观的物体，也适用于高速、微观的粒子D. 伽利略通过理想斜面实验，说明物体的运动不需要力来维持2. 一物体做匀减速直线运动，在4s内的位移为16m，速度变为原来的三分之一，方向不变。则该物体的加速度大小为（）A. 1m/s2B. 1.5m/s2C. 2m/s2D. 0.75m/s23. 如图所示，假设甲、乙两颗卫

2、星以相同的轨道半径分别绕质量为M1和M2（M1M2）的行星做匀速圆周运动。则下列说法正确的是（）A. 甲和乙的向心加速度相等B. 甲和乙运行的周期相等C. 甲的角速度比乙的小D. 甲的线速度比乙的大4. 如图所示，用完全相同的轻质弹簧1、2、3将两个相同的小球连接并懋挂，小球静止时，弹簧3水平，弹簧1与竖直方向的夹角=30，弹簧l的弹力大小为F，则（）A. 弹簧3的弹力大小为2FB. 弹簧3的弹力大小为F2C. 每个小球重力大小为32FD. 每个小球重力大小为3F5. 一条水平放置的水管，距地面高h=1.8m，水管的横截面积为S=210-4m2水从管口处以v=2m/s不变的速率源源不断地沿水平

3、方向射出，设出口处横截面上各处水的速率都相等，假设水流在空中不散开。重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，请估算水流稳定后空中的水的体积为（）A. 3.2104m3B. 4104m3C. 2.4104m3D. 2.4103m36. 如图甲所示。在同一平面内有两个绝缘金属细圆环A、B，两环重叠部分的面积为圆环A面积的一半，圆环B中电流i随时间t的变化关系如图乙所示，以甲图圆环B中所示的电流方向为负，则A环中（）A. 没有感应电流B. 有逆时针方向的感应电流C. 有顺时针方向的感应电流D. 感应电流先沿顺时针方向，后沿逆时针方向7. 如图所示，竖直实线表示某匀强电场中的一簇等势面，具有一定初速

4、度的带电小球在电场中从A到B做直线运动（如图中虚线所示）。小球只受电场力和重力，则该带电小球从A运动到B的过程中（）A. 做匀速直线运动B. 机械能守恒C. 机械能逐渐增大，电势能逐渐减小D. 机械能逐渐减小，电势能逐渐增大8. 如图所示，两个内壁光滑、半径为R（图中未标出）的半圆形轨道正对着固定在竖直平面内，对应端点（图中虚线处）相距为x，最高点A和最低点B的连线竖直。一个质量为m的小球交替着在两轨道内运动而不脱离轨道，己知小球通过最高点A时的速率vAgR，不计空气阻力，重力加速度为g则（）A. 小球在A点的向心力小于mgB. 小球在B点的向心力等于4mgC. 小球在B、A两点对轨道的压力大

5、小之差大于6mgD. 小球在B、A两点的动能之差等2mg(R+x)二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）9. 如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4：1原线圈接入一电压瞬时值随时间变化的规律为u=2202sin100t（V）的交流电源，副线圈接一个R=27.5的负载电阻，闭合开关S待电路稳定后。下述结论正确的是（）A. 副线圈中电流的周期为0.02sB. 副线圈中电压的最大值为55VC. 原线圈中电流的最大值为0.5AD. 原线圈中的输入功率为110W10. 如图所示，位于水平面上的同一物体在恒力F1的作用下，做速度为v1的匀速直线运动；在恒力F2的作用下，做速度为v2的匀速直线运动

6、。已知F1与F2的功率相同，则可能有（）A. F1=F2，v1v2C. F1F2，v1F2，v1v211. 如图所示。MN为两个方向相同且垂直于纸面的匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小关系为B1=2B2，一比荷值为k的带电粒子（不计重力）以定速率从O点垂直MN进入磁感应强度大小为B1的磁场。则粒子下一次到达O点经历的时间为（）A. 3kB1B. 4kB1C. 2kB2D. 32kB212. 如图所示，一固定光滑斜面与水平面间的夹角为，轻质弹簧的一端固定在斜面底端的挡板上，另一端与斜面上质量为m的物块连接。开始时用手拉住物块使弹簧伸长x1，放手后物块由静止开始下滑，到达最低点时弹簧压缩了x

7、2，重力加速度为g则在物块下滑到最低点的过程中。（）A. 物块的加速度先减小后增大B. 物块重力的功率先减小后增大C. 弹簧的弹性势能变化了mg(x1+x2)sinD. 物块重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变三、实验题探究题（本大题共2小题，共18.0分）13. 某同学为了测量Rx的电阻值，设计了如图甲所示的电路。用到的器材有：电源（电动势未知。内阻为r），理想电流表mA，理想电压表V，单刀双掷开关S实验时他进行了如下操作：（1）在开关处于断开状态下连接好电路；（2）将开关S向电压表一侧闭合，记录下电压表读数U1；将开关S向Rx一侧闭合，记录下电流表读数I2；（3）根据已知条件和（2）中测量数

8、据，可得电源电动势E=_，待测电阻的表达式Rx=_；（4）根据图甲电路，完成图乙中各实物器材之间的连线_。14. 利用知图1所示的装置可以“研究匀变速直线运动的规律”。将质量为m1的物块1与质量为m2的物块2（m1m2）通过轻绳悬挂在定滑轮上，打点计时器（用频率为50Hz的交流电）固定在竖直方向上，物块l与穿过打点计时器的纸带相连接。开始时托住物块2使两物块均处于静止状态，之后将物块2释放。图2所示为实验中打点计时器打出的一条点迹清晰的纸带。O是打点计时器打下的第一个点，相邻两个计数点之间还有四个点没有画出。（1）相邻两计数点之间的时间间隔为_s；（2）实验时要在接通打点计时器电源之_释放物块

9、2（选填“前”或“后”）；（3）将各计数点至0点的距离依次记为h1、h2、h3、h4，测得h2=l.60cm，h4=6.40cm，请计算打点计时器打下C点时物块的速度大小为_m/s；（4）根据测出物块l上升的高度h与相应的时间t，描绘出如图3所示的h-t2图线，由此可以求出物块的加速度大小为_m/s2。四、计算题（本大题共4小题，共40.0分）15. 质量为m=4kg的小物块静止在水平地面上，现用水平恒力F拉动物块一段时间后撤去，物块继续滑动一段位移停止运动，物块整个过程中做直线运动，其v-t图象如图所示，物块与地面间的动摩擦因数为=0.2，重力加速度g取10m/s2，求：（1）撤去拉力F后物

10、块继续滑行的位移大小x；（2）水平恒力F的大小。16. 如图所示，一斜面光滑的直角三角形劈固定在水平地面上，劈高为h=5m，右端与水平面平滑连接。物块B静止在水平面上P点，P点左侧水平面光滑，右侧粗糙。现让物块A从斜劈顶端由静止沿斜面滑下，然后与物块B发生正碰（碰撞时间极短）并粘连在一起，继续运动4s停下，物块A、B可视为质点，与P点右侧水平面间的动摩擦因数均为=0.2重力加速度g取10m/s2求：（1）物块A滑至斜劈底端时的速度大小；（2）物块A与物块B的质量之比。17. 如图所示，两光滑平行金属导轨置于水平面（纸面）内，轨道间距为l，左端连有阻值为R的电阻，一金属杆置于导轨上静止，金属杆右

11、侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场区域，现给金屈杆施加一水平向右的恒力，使其进入磁场区域做初速度为零的变加速直线运动，到达图中虚线位置（仍在磁场中）时速度达到最大，最大值为22v0，金属杆与导轨始终保持垂直且接触良好，除左端所连电阻外，其他电阻忽略不计。求：（1）给金属杆施加的水平向右恒力的大小；（2）金属杆达到最大速度时，电阻的热功率。18. 如图所示，竖直平面内两块厚度不计的带电平行极板ABCD正对水平放置。极板CD正中央有一小孔，两极板间电势差为U板长为2d、板间距为d两板间电场可视为匀强电场，方向竖直向下，在两极板构成的矩形区域（图中虚线框）外有垂直于纸面向外、范围足够大

12、的匀强磁场（图中未标出）将一质量为m电荷量为q（q0）的带电粒子从极板AB的正中央O点，由静止释放，经极板AB、CD间的电场加速后，从极板CD正中央小孔射出，在磁场中做匀速圆周运动改变方向后，能再次进入电场，且带电粒子射入电场时的速度方向与电场方向垂直，并恰能第二次射出电场，不计带电粒子所受重力，电场、磁场的交界处为理想边界。（1）求粒子从极板CD中央小孔射出时的速度大小：（2）求匀强磁场的磁感应强度大小；（3）请计算说明带电粒子第二次射出电场时的位置。答案和解析1.【答案】D【解析】解：A、牛顿第一定律又称惯性定律，所以惯性定律与惯性的实质不同，故A错误；B、牛顿第一定律不能用实验验证，故B

13、错误；C、牛顿运动定律和动量守恒定律只适用于低速、宏观的物体，不适用于高速、微观的粒子，故C错误；D、伽利略通过理想斜面实验，说明物体的运动不需要力来维持，故D正确；故选：D。牛顿第一定律又称惯性定律，不能用实验验证；经典力学使用条件为：宏观，低速。相对论才能解释微观，高速运动现象。动量守恒定律具有普适性。本题要求掌握牛顿运动定律的来源即适用条件。2.【答案】A【解析】解：由平均速度求位移得：x=解得初速度为：v=6m。s，根据加速度定义式有：a=m/s2=1m/s2。故A正确、BCD错误；故选：A。根据速度倍数关系，结合位移公式和平均速度公式即可求得初速度速度，再由加速度的定义求得质点的加速

14、度。本题是匀变速直线运动规律的直接运用，要注意正确利用平均速度公式分析速度与位移间的关系，同时明确加速度的定义即可正确求解。3.【答案】D【解析】解：根据万有引力提供向心力得：=ma=2r=A、向心加速度a=，由于M1M2，可知甲的向心加速度大于乙的向心加速度，故A错误；B、周期T=2，由于M1M2，可知甲的运行周期比乙的小，故B错误；C、角速度=，由于M1M2，可知甲的角速度比乙的大，故C错误；D、线速度v=，由于M1M2，可知甲的线速度比乙的大，故D正确；故选：D。抓住卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，列式展开讨论即可。抓住半径相同，中心天体质量不同，根据万有引力提供向心力展开讨论即可

15、，注意区别中心天体的质量不同。4.【答案】B【解析】解：将两球和弹簧2看成一个整体，整体受到总重力G、弹簧1和3的拉力，如图，设弹簧3的拉力为F1由平衡条件得知，F1和G的合力与F大小相等、方向相反，则得：F1=Fsin30=G=Fcos30=则每个小球重力大小为：G=F故ACD错误，B正确。故选：B。将两球和弹簧2看成一个整体，分析受力情况，根据平衡条件求出弹簧3的拉力和每个小球的重力。本题首先要选择好研究对象，其次正确分析受力情况，作出力图，再由平衡条件求解。5.【答案】C【解析】解：水从管口射出后做平抛运动，则由h=gt2得，t=s=0.6s水流稳定后在空中水的体积为V=vtS=20.6

16、210-4=2.410-4m3。故选：C。水从管口射出后做平抛运动，根据高度求出时间。再由数学知识求出水流稳定后在空中水的体积。本题是一种理想的运动，要建立物理模型，实质是平抛运动问题。6.【答案】B【解析】解：由安培定则可知，当电流为负方向时；环A产生的磁场分布为：环内垂直纸面向外，环外垂直纸面向里，由于内部的磁场大于外部的磁场，由矢量的叠加原理可知A环总磁通量向外；当导线中的电流强度I向里减小后，导致环产生感应电流。根据楞次定律，则有感应电流的方向逆时针。同理可知；当磁场向外增大时，产生的感 应电流大小和方向均不变化；故B正确，ACD错误；故选：B。根据安培定则，来确定通电导线磁场的方向，

17、当电流变化时，导致环内产生感应电流，由楞次定律确定电流的方向。本题考查安培定则、楞次定律的应用，注意当直导线的电流变化时，穿过环的磁通量如何变化是解题的关键；同时注意明确B环中内部磁感应强度大于外部的磁感应强度。7.【答案】D【解析】解：A、电场线与等势面垂直，电场线应水平方向，带电小球所受电场力沿水平方向，小球受到竖直向下的重力和水平方向的电场力作用，小球做直线运动，小球所受合力方向与速度方向平行，小球所受的电场力方向必定水平向左，小球所受合力方向与速度方向相反，小球做匀减速直线运动，故A错误；B、小球所受电场力水平向左，小球运动过程电场力对小球做负功，小球机械能减小，故B错误；CD、电场力

18、对小球做负功，小球的电势能增大，小球机械能减小，故C错误，D正确；故选：D。带电小球沿直线运动，所受的合力方向与速度方向平行，可判断出小球所受的电场力方向，根据小球受力情况判断小球的运动性质，根据重力与电场力做功情况判断小球机械能与电势能变化情况。本题考查了带电小球在电场中的运动，分析清楚小球受力情况与运动过程是解题的前提，知道物体做直线运动的条件是解题的关键；解题时要注意，重力做功不改变小球的机械能。8.【答案】C【解析】解：A、小球在A点的向心力为：Fn=mmg，故A错误；B、由于x的大小以及A点的速度大小均不知道，无法计算B点的向心力，故B错误；C、在B点：FNB-mg=m在A点：FNA

19、+mg=m小球从A到B机械能守恒：mvB2=mg（2R+x）+mvA2两点的压力差：FN=FNB-FNA=6mg+；小球在B、A两点对轨道的压力大小之差大于6mg，故C正确；D、小球从A到B机械能守恒：mvB2=mg（2R+x）+mvA2，所以mvB2-mvA2=mg（2R+x），故D错误。故选：C。根据向心力的计算公式分析向心力的大小；根据西南第二定律结合机械能守恒定律分析压力之差和牛顿之差。本题主要是考查了竖直平面内的圆周运动；注意物体在竖直平面内做圆周运动的情况有两种：一种是细线系着物体在竖直平面内做圆周运动，在最高点速度最小时重力提供向心力；另一种是轻杆系着物体在竖直平面内做圆周运动，

20、在最高点时速度可以等于零。9.【答案】AD【解析】解：A、变压器不会改变电流的周期，电流的周期为T=s=0.02s，故A正确。B、由瞬时值的表达式可知，原线圈的电压最大值为220V，所以原线圈的电压的有效值为U1=V=220V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压的有效值为U2=55V，副线圈中电压的最大值为55V，故B错误。C、由欧姆定律得副线圈的电流为I2=A=2A，根据电流与匝数成反比可得，原线圈的电流大小为I1=0.5A，所以原线圈中电流的最大值为0.5A，故C错误。D、根据电功率的计算公式可得P1=U1I1=110W，故原线圈中的输入功率为110W，故D正确。故选：AD。根据瞬时值

21、的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得电压和电流；根据电功率的计算公式求解电功率。掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题，另外要注意电表示数、求功率、电热等都用有效值。10.【答案】BD【解析】解：物体做匀速运动，受力平衡，则：F1 cos=（mg-F2sin）得：F1 =同时：F2 =mg，则知可能：有F2=F1、F1F2，或F1F2根据F1与F2功率相同得：F2v2=F1v1cos联立解得：=1+tan可知v2v1故AC错误，BD正确。故选：BD。根据共点力平衡得出两个拉力的表达式，结合数学知识分析拉力的大小关系

22、。根据拉力的功率大小相等，结合功率表达式P=Fvcos分析速度大小。解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡，结合功率相等列式求解，注意物体做匀速直线运动，合力为零，拉力的功率由P=Fv分析。11.【答案】BC【解析】解：粒子垂直进入磁场，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得：qvB=m解得：r=，粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=，已知：B1=2B2，则：r2=2r1，粒子运动如图所示，粒子在磁场B1中运动时间为T1，在磁场B2中运动时间为T2，粒子向下再一次通过O点所经历时间：t=T1+T2=+=，或t=，故BC正确，AD错误；故选：BC。粒子垂直进入磁场，做匀速圆周运动，半径

23、r=，则粒子在两个磁场中半径之比为1：2，画出轨迹，根据周期求出时间本题考查了带电粒子在磁场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，本题解题的关键在于画出粒子运动的轨迹，确定时间与周期的关系，这也是磁场中的轨迹问题常用的思路。12.【答案】AC【解析】解：A、物块由静止向下运动的过程中，弹力先沿斜面向下，且大小减小，物块的合外力减小，加速度减小。后来弹力反向增大，合外力先减小后增大，加速度先减小后增大，所以加速度先减小后增大。故A正确。B、物块先向下加速，后向下减速，则重力的功率先增大后减小。故B错误。C、对整个过程，由系统的机械能守恒得弹簧的弹性势能变化量等于物块重力势能的减少量，为mg（x1

24、+x2）sin故C正确。D、对于物块和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律知，物块重力势能、动能与弹簧弹性势能之和保持不变。故D错误。故选：AC。分析物块的受力情况，由牛顿第二定律研究加速度的变化，由速度的变化分析重力的功率变化。由系统的机械能守恒分析弹簧的弹性势能如何变化。本题属于动态分析类型的题目，要注意通过受力分析与受力分析的方程来说明物体受到的合力的变化，进而说明物体的加速度的变化与速度的变化关系。要注意机械能是针对物块和弹簧组成的系统的，对物块机械能并不守恒。13.【答案】U1；U1I2rI2；如图所示【解析】解：（1）当将开关S向电压表一侧闭合时，外电路为断路状态；故电压表的示数即为电

25、源的电动势；因电压表读数U1，可知电源的电动势E=U1；将开关S向Rx一侧闭合，电流表读数I2，则由闭合电路欧姆定律可知：E=I2（Rx+r）解得：Rx=；（4）根据原理图得出对应的实物图如图所示；故答案为：（1）U1，（4）实物连线如图；（1）根据闭合电路欧姆定律进行分析，从而根据电表的读数确定电动势和内电阻；（4）已知原理图，根据原理图即可确定对应的实物图。本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确当电表为理想电表时，直接将电表与电源两极相连时得出的示数为电源的电动势。14.【答案】0.1；后；0.24；0.8【解析】解：（1）相邻两个计数点之间还有四个点没有画出，相邻两计数点之间的时间

26、间隔为：T=0.025=0.1s；（2）实验时要在接通打点计时器之后释放物体；（3）C点的瞬时的速度为BD点的平均速度为：vc=0.24m/（4）根据运动学公式s=at2，因此s-t2图线的斜率k=，得：a=2k=2=0.8m/s2；故答案为：（1）0.1；（2 ）后；（3）0.24；（4）0.8。根据相邻点时间间隔为0.02s，即可求解相邻两计数点之间的时间间隔；先接通电源，后释放纸带；中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度；根据图象的斜率，即可求解物体的加速度。考查计数点与实际打点的区别，注意先接通电源后，释放纸带，同时从纸带上求解速度和加速度是处理纸带的两个主要问题，一定要熟练掌握。

27、15.【答案】解：（1）设撤去拉力F时的速度为v撤去拉力后的加速为a2，滑行的位移为x2。由牛顿第二定律得：mg=ma2由运动学公式有v2=2a2x2代入数据联立解得：x2=4m（2）设从开始运动到最后停止过程的位移x，从开始运动到撤去拉力过程中的位移为x1由动能定理有：Fx1-mgx=0由v-t图象得：x=v2tx1=x-x2代入数据联立解得：F=10N。答：（1）撤去拉力F后物块继续滑行的位移大小为4m；（2）水平恒力F的大小为10N。【解析】（1）由牛顿第二定律计算设撤去拉力F时的加速，由运动学公式求解位移；（2）全过程由动能定理求解水平恒力F的大小。对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键

28、是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。16.【答案】解：（1）设物块A滑到斜劈底端时的速度为v，由机械能守恒定律得：mAgh=12mAv2代入数据解得：v=10m/s（2）A与B碰撞的过程中二者组成的系统沿水平方向的动量守恒，设A、B碰撞后的共同速度为v，选取向右为正方向，由动量守恒定律得：mAv=（mA+mB）v碰撞后二者在水平方向只受到摩擦力的作用，由动量定理得：-（mA+mB）gt=0-（mA+mB）v联立解得：mA：mB=4：1答：（1）物块A滑至斜劈底端时的速度大小是10m/s；（

29、2）物块A与物块B的质量之比是4：1。【解析】（1）A向下运动的过程中机械能守恒，由此即可求出A的速度；（2）A与B碰撞的过程中二者组成的系统沿水平方向的动量守恒，由此求出碰撞后的速度，碰撞后二者在水平方向只受到摩擦力的作用，由动量定理即可求出质量关系。本题考查了求物块的速度、物体的运动时间问题，分析清楚物体的各个运动过程，应用动量守恒定律、机械能守恒定律、动量定理即可正确解题。17.【答案】解：（1）当安培力等于水平恒力F时速度为最大，设此时的电流为I，则有：F=F安F安=BIlI=ERE=Bl22v0联立解得：F=2B2l2v02R（2）设金属杆达到最大速度时，电阻R的热功率为P，则有：P

30、=I2R联立解得：P=B2l2v022R答：（1）给金属杆施加的水平向右恒力的大小为2B2l2v02R；（2）金属杆达到最大速度时，电阻的热功率B2l2v022R【解析】（1）依据法拉第电磁感应定律，求解感应电动势，再结合闭合电路欧姆定律，及安培力表达式，根据平衡条件即可求解水平向右的恒力大小；（2）根据P=求解电阻的热功率。考查法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律的内容，掌握安培力的表达式，知道速度最大时，加速度为0，受力平衡，注意电功率的内容。18.【答案】解：（1）设带电粒子经过电场加速后，从极板CD正中央小孔射出时的速度大小为v，根据动能定理可得：qU=12mv2解得：v=2qUm（2

31、）设带电粒子第一次从电场中射出后，在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由粒子再次进入匀强电场时的速度方向与电场方向垂直，可知运动方向改变270，由A点垂直射入电场。根据几何关系可得：r=d根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=mv2r联立解得：B=1d2mUq（3）带电粒子由A点垂直电场方向射入电场之后做类平抛运动，能第二次射出电场，设运动时间为t。若从极板DC右端射出，则垂直电场方向有：2d=vt沿电场方向的侧移为：y=12at2由牛顿第二定律有：Eq=ma由极板AB、CD间电场为匀强电场有：E=Ud联立解得：y=d因此带电粒子从C点射出。答：（1）粒子从极板CD中央小孔射出时的速度大小为2qU

32、m：（2）匀强磁场的磁感应强度大小为1d2mUq；（3）带电粒子从C点射出，计算过程见解析。【解析】（1）由动能定理，电场力对粒子做的功等于粒子动能的增加，从而求出从极板正中央射出时的速度大小。（2）要使带电粒子能够再次进入匀强电场，且进入电场时的速度方向与电场方向垂直，则速度方向改变了270，在画出轨迹的基础上，从而确定运动的半径，再由洛仑兹力提供向心力，可以求得磁感应强度的大小。（3）粒子再次进入电场中做类平抛运动，利用运动的合成和分解、牛顿第二定律结合运动学规律以及几何关系，联立即可求出带电粒子第二次射出电场时的位置。本题考查带电粒子在复合场中的运动问题，解题时要搞清粒子运动的物理过程，带电粒子在磁场中做圆周运动利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系联立求解，类平抛利用运动的合成和分解、牛顿第二定律结合运动学公式联立求解。第15页，共15页