2013届湖南省浏阳一中高三第三次月考物理试卷与答案（带解析）.doc

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1、2013届湖南省浏阳一中高三第三次月考物理试卷与答案（带解析） 选择题 一个朝着某方向做直线运动的物体，在时间 t内的平均速度是 v，紧接着内的平均速度是 ，则物体在这段时间内的平均速度是（ ） A B .C D 答案： D 试题分析：物体在 t时间内的位移为 ，在 内的位移是 ，所以该段时间内的总位移是 ，所以过程中的平均速度为， D正确， 考点：本题考查了平均速度的求解 点评：在求解平均速度的时候，需要先求出该过程中的总位移，以及所用的总时间， “天宫一号 ”被长征二号火箭发射后，准确进入预定轨道，如图所示， “天宫一号 ”在轨道 1上运行 4周后，在 Q 点开启发动机短时间加速，关闭发动

2、机后，“天宫一号 ”沿椭圆轨道 2运行到达 P点，开启发动机再次加速，进入轨道 3绕地球作圆周运动， “天宫一号 ”在图所示轨道 1、 2、 3上正常运行时，下列说法正确的是（ ） A “天宫一号 ”在轨道 3上的速率大于在轨道 1上的速率。 B “天宫一号 ”在轨道 3上的角速度小于在轨道 1的角速度 C “天宫一号 ”在轨道 1上经过 Q 点的加速度大于它在轨道 2上经过 Q 点的加速度 D “天宫一号 ”在轨道 2上经过 P点的加速度等于它在轨道 3上经过 P点的加速度 答案： BD 试题分析：由公式 得 ，即半径越大，速度越小，故 “天宫一号 ”在轨道 3上的速率小于在轨道 1上的速率

3、。 A错误， 由公式 得 所以卫星在轨道 3上的角速度小于在轨道 1上的角速度， B正确，卫星在轨道 1上经过 Q 点时的万有引力等于它在轨道 2上经过 Q 点时的万有引力，所以两者的向心加速度是相等的，故 C错，同理 D正确 考点：本题考查了天体的匀速圆周运动模型 点评：做此类的问题，关键是灵活运用公式 如图所示，带有正电荷的 A粒子和 B粒子同时以同样大小的速度从宽度为d 的有界匀强磁场的边界上的 O 点分别以 30和 60（与边界的夹角）射入磁场，又恰好都不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是：（ ） A A、 B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是 B A、 B两粒子在磁场中做圆周运动

4、的半径之比是 C A、 B两粒子的 之比是 D A、 B两粒子的 之比是 答案： D 试题分析：画出粒子的轨迹图，根据几何知识可得 ，解得 ， AB错误，因为 ,所以 ，故 ,D正确， C错误， 考点：本题考查了带电粒子在磁场中的运动 点评：此类型的题目关键是 找出粒子的运动轨迹，然后 结合几何知识解题 如图所示， AOB为透明扇形玻璃砖，圆心角 AOB=60， OM为 AOB的角平分线，一束平行于 OM的单色光在空气中由 OA边射入玻璃砖，经 OA面折射后的光线恰平行于 OB。则下列说法正确的是：（ ） A、该玻璃的折射率为 2 B、经 OA面折射后的光线射到 AMB面都将发生全反射 C、该

5、入射光在空气中的波长与玻璃砖中的波长相等 D、该入射光在空气中的频率与玻璃砖中的频率相等 答案： D 试题分析：光路图如图所示： 由几何知识可知，入射角 ，折射角 ，根据折射定律得 ，代入数据得： ， A错误，设临界角为 C ：则 ，由图中几何关系可知，折射光线中恰好射到 M 点的光线，在 M点的入射角仍为 30，小于临界角 ，不能发生全反射所以 B错误，根据 ，以及 可得，该入射光在空气中的波长与玻璃砖中的波长不等，光发生折射后，光的频率不变，所以 D正确， 考点：本题考查了光的折射 点评：几何光学常常用几何知识确定入射角、折射角 如图所示，甲图中的电容器 C原来不带电，除电阻 R外，其余部

6、分电阻均不计，光滑且足够长的导轨水平放置，现给导体棒 ab水平向右的初速度 v（ VE/BL），则甲、乙、丙三种情形下 ab棒最终的运动状态是 （ ） A三种情形下导体棒 ab最终均作匀速运动 B甲、丙中导体棒 ab最终将以不同的速度作匀速运动，乙中导体棒 ab最终静止 C甲、丙中导体棒 ab最终将以相同的速度作匀速运动，乙中导体棒 ab最终静止 D三种情形下导体棒 ab最终均静止 答案： B 试题分析：对甲：导体棒切割磁感线而产生感应电动势，电容器充电，直到电容器两端电压与导体棒的感应电动势相等时，电路中无电流，导体棒匀速运动；对 乙：导体棒切割磁感线而产生感应电流，导体棒受到安培力作用而作

7、减速运动，直到将动能全部转化为内能，导体棒变为静止；对丙：导体棒在安培力作用下向右加 速，由于切割磁感线而产生感应电动势跟电源反接，直到两电源的电动势相等时，电路中无电流，导体棒铸匀速运动，所以 B正确 考点：本题考查了导体棒切割磁感线运动 点评：本题的关键是根据电路中电能与机械能的变化判断导体的运动情况 一列横波在 x轴上传播，在 x=0与 x=1cm的两点的振动图线分别如图中实线与虚线所示。由此可以得出：（ ） A波长一定是 4cm B波的周期一 定是 4s C波的振幅一定是 2cm D波的传播速度一定是 1cm/s 答案： BC 试题分析：由振动图象可直接读出振幅、周期；因不知波的传播方

8、向故需讨论两种可能的传播方向，在图象中找出同一时刻两点的位置确定两点间的可能的波长数；则由波长、频率及波速的关系可求得波速的可能值； 根据振动图象两个最大值的横坐标之差为振动周期，则 ， B选项正确；从图象纵坐标可看出振幅 ， C选项正确；根据题中所给的振动图象可得如果波从 0到 1传播，则 ,如果波从 1到 0传播，则 ，根据 可计算出波速和波长可能是 和 （波从 1 到 0 传播， n=0），但 和 ，不是唯一答案：，故 A、 D错误 考点：本题考查了横波图像 点评：题把两个质点的振动图象分虚实线画在同一个坐标系上，这在平时是很少见的，但是 y-x中这样的画法却是非常常见的，所以有的考生根

9、本就不看横坐标的含义， 就把本题认定为波形图，得到 “波长一定是 4cm”的错误答案：，这是本题的创新点；归根到底还是考生没有养成解题的良好习惯，凭感觉做题，缺乏分析，这正是 命题专家经常命题的一个方向同时应注意波的传播中在时间和空间上的多解性 如图所示，竖直放置的两个平行金属板间有匀强电场，在两板之间等 高处有两个质量相同的带电小球（不计两带电小球之间的电场影响）， P小球从紧靠左极板处由静止开始释放， Q 小球从两极板正中央由静止开始释放，两小球沿直线运动都打到右极板上的同一点，则从开始释放到打到右极板的过程中：（ ） A它们的运动时间的关系为 B它们的电荷量之比为 C它们的动能增量之比为

10、 D它们的电势能减少量之比为 答案： BD 试题分析：两小球在竖直方向都做自由落体运动，竖直分位移相等，由得到时间相等，故 A错误； 两球的水平分运动都是初速度为零的匀加速运动，根据牛顿第二定律，有，根据位移时间关系公式，有 ，联立两式得 。由于两球的水平分位移之比为 ，故电量之比为 ， B正确，根据动能定理，有，由于 h未知，故 C错误；电场力做功等于电势能的减小量，故 ，由 B选项分析可知，水平分位移之比为 2： 1，电量之比也为 2：1，故电势能减小量之比为 4： 1，故 D正确； 考点：本题考查了带电粒子在电场中的运动， 点评：本题关键将两个小球的运动分解为水平方向和竖直方向的分运动，

11、然后结合运动学公式、牛顿运动定律和动能定理列式分析 如图是双缝干涉实验装置的示意图， S为单缝， S1、 S2为双缝， P为光屏用绿光从左边照射单缝 S时，可在光屏 P上观察到干涉条纹下列说法正确的是 ( ) A减小双缝间的距离，干涉条纹间的距离减小 B增大双缝到屏的距离，干涉条纹间的距离增大 C将绿光换为红光，干涉条纹间的距离减小 D将绿光换为紫光，干涉条纹间的距离增大 答案： B 试题分析：根据公式 ，减小双缝间的距离，干涉条纹间的距离变大，A错误， 根据公式 ，增大双缝到屏的距离，干涉条纹间的距离增大， B正确， 根据公式 ，将绿光换为红光，频率减小，即波长增大，所以干涉条纹间的距离增大

12、， C错误 根据公 式 ，将绿光换为紫光，频率增大，即波长减小，所以干涉条纹间的距离减小， D错误， 考点：本题考查光波的干涉条纹的间距公式， 点评：应牢记条纹间距的决定因素，不要求定量计算，但要求定性分析 如图所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有三只灯泡 L1、 L2和 L3，输电线的等效电阻为 R，原线圈接有一个理想的电流表，交流电源的电压大小不变开始时开关 S接通，当 S断开时，以下说法正确的是 ( ) A原线圈两端 P、 Q 间的输入电压减小 B等效电阻 R上消耗的功率变大 C原线圈中电流表示数变大 D灯泡 L1和 L2变亮 答案： D 试题分析：当 S断开后，副线圈上的总电阻增大

13、，所以输出功率变小，原线圈电流变小，输电线上电压损失减小，电阻 R上的功率变小，灯泡 两端电压增大，功率增大，电流表是理想的电流表，所以原线圈两端 P、 Q 间的输入电压不变，所以 ABC错误， D正确， 考点：本题考查了电路的动态变化 点评：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法 如图所示，四个相同的电流表分别改装成两个安培表和两个伏特表，安培表 A1的量程大于 A2的量程，伏特表 V1的量程大于 V2的量程，把它们按图接入电路中，则下列说法正确的是：（ ） A安培表 A1的偏转角大于安培表 A-2的

14、偏转角 B安培表 A1的读数大于安培表 A-2的读数 C伏特表 V1的读数小于伏特表 V2的读数 D伏特表 V1的偏转角等于伏特表 V2的偏转角 答案： BD 试题分析：由题：两个安培表和两个伏特表均是由四个相同的电流表改装成的，表头的满偏电流和内阻相同安培表 并联，电压相同，表头的电流，指针偏转角度相同，量程越大，其读数越大伏特表 串联，流过表头的电流相同，指针偏转的 角度相同，则量程越大，其读数越大 安培表 并联，电压相同，表头的电流，指针偏转角度相同，由于安培表的量程大于 的量程，则安培表 的读数大于安培表 的读数所以 A错误， B 正确，伏特表 串联，流过表头的电流相同，指针偏转的角度

15、相同，由于伏特表 的量程大于 的量程，则伏特表 的读数大于伏特表 的读数 C错误 D正确， 考点：本题考查了闭合电路的欧姆定律 点评：安培表和伏特表都是由小量程电流表（表头）改装而成的，其核心是表头，表头指针的偏转角度取决于流过表头的电流 如图所示，在竖直放置的穹形光滑支架上，一根不可伸长的轻绳通过轻质滑轮悬挂一重物 G现将轻绳的一端固定于支架上的 A点，另一端从 B点沿支架缓慢地向 C点靠近（ C点与 A点等高）则绳中拉力大小变化的情况是（ ） A先变小后变大 B先变小后不变 C先变大后不变 D先变大后变小 答案： C 试题分析：当轻绳的右端从 B点移到直杆最上端时，两绳的夹角增大滑轮两侧绳

16、子的拉力大小相等，方向关于竖直方向对称以滑轮为研究对象，根据平衡条件研究绳的拉力 变化情况当轻绳的右端从直杆的最上端移到 C点的过程中，根据几何知识分析得到滑轮两侧绳子的夹角不变，由平衡条件判断出绳子的拉力保持不变 当轻绳的右端从 B点移到直杆最上端时，设两绳的夹角为 2以滑轮为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件得 得到绳子的拉力 所以在轻绳的右端从 B点移到直杆最上端时的过程中， 增大， 减小，则F变大当轻绳的右端从直杆最上端移到 C点时，设两绳的夹角为 设绳子总长为 L，两直杆间的距离为 S，由数学知识得到 ,L、 S不变，则 保持不变再根据平衡条件可知，两绳的拉力 F保持不变所以绳中拉

17、力大小变化的情况是先变大后不变故 选 C 考点：本题是共点力平衡中动态变化分析问题， 点评：关键在于运用几何知识分析 的变化，这在高考中曾经出现过，有一定的难度 杂技表演 “飞车走壁 ”的演员骑着摩托车，飞驶在光滑的圆锥形筒壁上，筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，演员和摩托车的总质量为 m，先后在A、 B两处紧贴着内壁分别在图 5中虚线所示的水平面内做匀速圆周运动 ，下列说法不正确的是（ ） A.A处的线速度大于 B处的线速度 B.A处的角速度小于 B处的角速度 C.A处对筒的压力大于 B处对筒的压力 D.A处的向心力等于 B处的向心力 答案： C 试 题分析：两球所受的重力大小相等，支持

18、力方向相同，根据力的合成，知两支持力大小、合力大小相等根据 解得 ，合力、质量相等，r大线速度大，所以球 A的线速度大于球 B的线速度 AD正确，根据公式解得 ， r大角速度小所以球 A的角速度小于球 B的角速度 B正确，根据 ，知向心加速度相等故 C错误 考点：本题考查了圆周运动 点评：解决本题的关键知道小球做匀速圆周运动，靠重力和支持力的合力提供向心力会通过 比较线速度、角速度、向心加速度的大小 实验题 （ 10 分）某同学在探究规格为 “2.5V， 0.6W”的小电珠伏 安特性曲线实验中： （ 1）在小电珠接入电路前，使用多用电表直接测量小电珠的电阻，则应将选择开关旋至 档 _倍率（选填

19、 “1”、 “10”、或 “100”）进行测量。正确操作后，多用表的示数如图甲所示，结果为 _。 （ 2）该同学采用如右图乙所示的电路进行测量。现备有下列器材供选用： A量程是 0 0.6A，内阻是 0.5的电流表 B量程是 0 3A，内阻是 0.1的电流表 C量程是 0 3V，内阻是 6k的电压表 D量程是 0 15V，内阻是 30k的电压表 E.阻值为 0 1k，额定电流为 0.5A的滑动变阻器 F.阻值为 0 10，额定电流为 2A的滑动变阻器 G.蓄电池 (6V内阻不计） H.开关一个，导线若干 . 为使测量结果尽量准确，电流表应选用 ，电压表应选用 ，滑动变阻器应选用 .(只填字母代

20、号 ) 在实验过程中，开关 S闭合前，滑动变阻器的滑片 P应置于最 _端。（填 “左 ”或 “右 ”） 在实验过程中，已知各元器件均无故障，但闭合开关 S后，无论如何调节滑片 P，电压表和电流表的示数总是调不到零，其原因是 _点到 _点的导线没接好，（图乙 中的黑色小圆点表示接线点，并用数字标记，空格中请填写图乙中的数字，如 “2”点到 “3”点的导线） 该同学描绘出小电珠的伏安特性曲线示意图如图丙所示，则小电珠的电阻随工作电压的增大而 _（填： “不变 ”、 “增大 ”或 “减小 ”）答案：（ 1）欧姆（或 ） ,1, 7（ 2） ACF 左 1； 5 增大 试题分析：（ 1）多用电表的欧姆

21、档是测量电阻的，所以应旋至欧姆档，因为小电珠的电阻很小，所以应采用 1 档，读数为 7 （ 2）因为温度对电阻的影响很大，所以电路中的电流不宜过大，故选择电流 A，小电 珠的额定电压为 2.5V，所以采用电压表应为 C,为了操作方便，滑动变阻器的最大阻值应用被测电阻的阻值相接近，故应选 F，为了电路的安全，开关 S闭合前，滑动变阻器的滑片 P应置于最左端，使滑动变阻器处于最大阻值处，电压表和电流表的示数总是调不到零，说明 1到 5点有分压情况，即导线没有接好， I-U图像斜率的倒数表示小电珠的电阻，从图中可得其电阻随工作电压的增大后增大， 考点：考查了小电珠伏安特性曲线实验 点评：理解了该实验

22、的原理即可顺利解决此题，故在学习过程中要深入理解各个物理现象产生的机理是什么 （ 8分）在 “利用双缝 干涉测定光波波长 ”的实验中，准备了下列仪器 A白炽灯 B双窄缝片 C单窄缝片 D滤光片 E毛玻璃光屏 （ 1）把以上仪器安装在光具座上，自光源起合理的顺序是 （填字母）； （ 2）在某次实验中，用某种单色光通过双缝在光屏上得到明暗相间的干涉条纹，其中亮纹的位置利用测量头上的分划板确定，如图所示。其中表示第 1条亮纹位置（如图甲）的测量头读数为 mm，表示第 n条亮纹位置（如图乙）的测量头读数为 mm。 （ 3）若在（ 2）中测得的两读数之差的绝对值用 X表示，已知双缝间的距离为 d，双缝到

23、光屏的距离为 L，则该单色光的波长可表示为 = 。 答案：（ 1） ADCBE（ 2） （ 3） 试题分析：（ 1）仪器的顺序应为白炽灯，滤光片（获得单色光），单窄缝片（获得两束相干光），双窄缝片（单色光进行干涉）毛玻璃光屏 （ 2）甲的读数为 乙的读数为 （ 3） n条亮纹有 n-1个间隔，所以根据公式 可得 考点：本题考查了利用双缝干涉测定光波波长 ”的实验 点评：理解了该实验的原理即可顺利解决此题，故在学习过程中要深入理解各个物理现象产生的机理是什么 计算题 （ 10分 ) 一个做匀加速直线运动的质点，从 t0时刻起两个连续的 2s内发生的位移分别为 s1=24m， s2=64m，求质点

24、在 t0时刻的速度 v0的大小和加速度 a的大小。 答案： 试题分析：做匀加速直线运动的物体在连续相等的时间内走过的位移差是一个定值，即 ,因为 ，故解得 ，因为 考点：本题考查了匀变速直线运动规律 点评：匀变速直线运动规律公式比较多，应结合推导过程理解应用 (10分 )如图所示，一固定的楔形木块，其斜面的倾角为 30，另一边与水平地面垂直，顶端有一个定滑轮，跨过定滑轮的细线 两端分别与物块 A和 B连接， A的质量为 4m， B的质量为 m.开始时，将 B按在地 面上不动，然后放开手，让 A沿斜面下滑而 B上升，所有摩擦均忽略不计当 A沿斜面下滑距离x后，细线突然断了求物块 B上升的最大高度

25、 H.(设 B不会与定滑轮相碰 )答案： x 试题分析：设细线断前一瞬间 A和 B速度的大小为 v， A沿斜面下滑距离 x的过程中， A的高度降低了 xsin， B的高度升高了 x.物块 A和 B组成的系统机械能守恒，物块 A机械能的减少量等于物块 B机械能的增加量，即 4mgxsin- 4mv2 mgx mv2 细线断后，物块 B做竖直上抛运动，物块 B机械能守恒，设物块 B继续上升的最大高度为 h， 有 mgh mv2. 联立两式解得 h ，故物块 B上升的最大高度为 H x h x x. 考点：本题考查了机械守恒定律的应用 点评：根据机械能守恒的条件判断系统机械能是否守恒是关键，在确定守

26、恒的条件下，更要明确在哪个过程中机械能守恒 （ 12分） 如图所示，间距 l 0.3 m的平行金属导轨 a1b1c1和 a2b2c2分别固定在两个竖直面内在水平面 a1b1b2a2区域内和倾角 37的斜面 c1b1b2c2区域内分别有磁感应强度 B1 0.4 T，方向竖直向上和 B2 1 T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场电阻 R 0.3 、质量 m1 0.1 kg、长为 l的相同导体杆 K、 S、 Q分别放置在导轨上， S杆的两端固定在 b1、 b2点， K、 Q 杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好一端系于 K 杆中点的轻绳平行于导轨绕过轻质定滑轮自然下垂，绳上穿有质量 m2 0.05 kg的

27、小环已知小环以 a 6 m/s2的加速度沿绳下滑， K 杆保持静止， Q 杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力 F作用下匀速运动不计导轨电阻和滑轮摩擦，绳不可伸长取 g 10 m/s2， sin 37 0.6， cos 37 0.8. 求 (1)小环所受摩擦力的大小； (2)Q 杆所受拉力的瞬时功率 答案： (1)0.2 N (2)2 W 试题分析： (1)以小环为研究对象，在环沿绳下滑过程中，受重力 m2g和绳向上的摩擦力 f，由牛顿第二定律知 m2g-f m2a. 代入数据解得 f m2(g-a) 0.05(10-6) N 0.2 N. (2)根据牛顿第二定律知，小环下滑过程中对绳的反作用力大小

28、 f f 0.2 N，所以绳上的张力 FT 0.2 N设导体棒 K 中的电流为 IK，则它所受安培力 FKB1IKl，对导体棒 K，由平衡条件知 FT FK，所以电流 IK A. 因为导体棒 Q 运 动切割磁感线而产生电动势，相当于电源等效电路如图所示，因 K、 S、 Q 相同，所以导体棒 Q 中的电流 IQ 2IK A 设导体棒 Q 运动的速度大小为 v，则 E B2lv 由闭合电路的欧姆定律知 IQ 解得 v 5 m/s 导体棒 Q 沿导轨向下匀速下滑过程中，受安培力 FQ B2IQl 由平衡条件知 F m1gsin 37 FQ 代入数据解得 F 0.4 N 所以 Q 杆所受拉力的瞬时功率

29、 P F v 0.45 W 2 W 考点：本题考查了电磁综合应用 点评：此题是电磁感应、运动学和能量的综合运用，考查同学们的综合分析解答能力，对学生的要求较高，此类题目属难度较大的压轴题，对于高考中能否得高分至关重要，在学习中需要多作练习 （ 12分）如图所示，在 xoy第一象限内分布有垂直 xoy向外的匀强磁场，磁感应强度大小 B=2.510-2T。在第二象限紧贴 y轴和 x轴放置一对平行金属板MN（中心轴线过 y轴），极板间距 d=0.4m；极板与左侧电路相连接，通过移动滑动头 P可以改变极板 MN 间的电压。 a、 b为滑动变阻器的最下端和最上端（滑动变阻器的阻值分布均匀）， a、 b两

30、端所 加电压 。在 MN 中心轴线上距 y轴距离为 L=0.4m处，有一粒子源 S沿 x轴正方向连续射出比荷为，速度为 v0=2.0104m/s 带正电的粒子，粒子经过 y 轴进入磁场，经过磁场偏转后从 x轴射出磁场（忽略粒子的重力和粒子之间的相互作用）。 （ 1）、当滑动头 P在 a端时，求粒子在磁场中做圆周运动的半径 R0； （ 2）、当滑动头 P在 ab正中间时，求粒子射入磁场时速度的大小； （ 3）、滑动头 P的位置不同则粒子在磁场中运动的时间也不同，求粒子在磁场中运动的最长时间。 答案：（ 1） （ 2） （ 3） 试题分析：（ 1）当滑动 头 P在 a端时，粒子在磁场中运动的速度大

31、小为 ，根据圆周运动： 解得： （ 2）当滑动头 P在 ab正中间时，极板间电压 ，粒子在电场中做类平抛运动，设粒子射入磁场时沿 y轴方向的分速度为 ： 粒子射入磁场时速度的大小设为 ， - 解得： （或 ） （注：可以证明当极板间电压最大时，粒子也能从极板间射出） （ 3）设粒子射出极板时速度的大小为 ，偏向角为 ，在 磁场中圆周运动半径为 。根据速度平行四边形可得： 又： 可得： 粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图，圆心为 ，与 x轴交点为 D，设 ， 根据几何关系： 又： 可解得： 粒子在磁场中运动的周期为 T： 则粒子在磁场中运动的时间： 由此可知当粒子射入磁场时速度偏转角越大则粒子在磁场中运动的时间就越大，假设极板间电压为最大值 U时粒子能射出电场，则此粒子在磁场中运动的时间最长。 由（ 2）问规律可知当滑动头 P在 b端时，粒子射入磁场时沿 y方向的分速度：= y方向偏距： ，说明粒子可以射出极板。此时粒子速度偏转角最大，设为 ： - 故粒子在磁场中运动的最长时间：代入数值得： （或 ） 注：当电压最大为 U时粒子能从极板间射出需要说明， 若没有说明（或证明）扣 1分；没有证明粒子射出电场的速度偏转角越大时，粒子在磁场中运动的时间就越长，不扣 考点：本题考查了带电粒子在电磁场中的运动 点评：带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径