2020年普通高等学校招生统一考试物理模拟卷8

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2020年普通高等学校招生统一考试物理模拟卷8 (满分：100分，时间：90分钟)一、选择题(本题共16小题，共38分，第1～10小题为单选题，每小题2分，第11～16小题为多选题，每小题3分)1．关于分子间相互作用力与分子间势能，下列说法正确的是(　　)A．在10r0(r0为分子间作用力为零的间距，其值为10－10 m)距离范围内，分子间总存在着相互作用的引力B．分子间作用力为零时，分子间的势能一定是零C．当分子间作用力表现为引力时，分子间的距离越大，分子势能越小D．分子间距离越大，分子间的斥力越大A　[分子间同时存在引力和斥力，在平衡距离以内表现为斥力，在平衡距离以外表现为引力，在10r0距离范围内，分子间总存在着相互作用的引力，A正确；设分子平衡距离为r0，分子距离为r，当r>r0，分子力表现为引力，分子距离越大，分子势能越大；当r<r0，分子力表现为斥力，分子距离越小，分子势能越大；故当r＝r0，分子力为0，分子势能最小；由于分子势能是相对的，其值与零势能点的选择有关，所以分子距离为平衡距离时分子势能最小，但不一定为零，B、C错误；分子间距离越大，分子间的斥力越小，D错误。]2．如图甲所示为氢原子能级图，大量处于n＝4激发态的氢原子向低能级跃迁时能辐射出多种不同频率的光，其中用从n＝4能级向n＝2能级跃迁时辐射的光照射如图乙所示光电管的阴极K时，电路中有光电流产生，则(　　)甲　　　　　　　乙A．改用从n＝4能级向n＝1能级跃迁时辐射的光照射，一定能使阴极K发生光电效应B．改用从n＝3能级向n＝1能级跃迁时辐射的光照射，不能使阴极K发生光电效应C．改用从n＝4能级向n＝1能级跃迁时辐射的光照射，逸出光电子的最大初动能不变D．入射光的强度增大，逸出光电子的最大初动能也增大A　[根据跃迁规律可知从n＝4向n＝2跃迁时辐射光子的能量小于从n＝4向n＝1跃迁时辐射光子的能量，一定能使阴极K发生光电效应，A正确。根据跃迁规律可知，从高能级向低能级跃迁时辐射光子的能量等于这两个能级差，从n＝3能级向n＝1能级跃迁时辐射的光子能量大于从n＝4能级向n＝2能级跃迁时辐射的光子的能量，一定能使阴极K发生光电效应，B错误。改用从n＝4能级向n＝1能级跃迁时辐射的光照射时，入射光能量变大，因此逸出光电子的最大初动能变大，C错误。入射光的强度增大，不会影响逸出光电子的最大初动能，只会使逸出的光电子数目增多，D错误。]3.如图所示，在水平晾衣杆(可视为光滑杆)上晾晒床单时，为了尽快使床单晾干，可在床单间支撑轻质细杆。随着细杆位置的不同，细杆上边两侧床单间夹角θ(θ<150°)将不同。设床单重力为G，晾衣杆所受压力大小为N，下列说法正确的是(　　)A．当θ＝60°时，N＝GB．当θ＝90°时，N＝GC．只有当θ＝120°时，才有N＝GD．无论θ取何值，都有N＝GD　[以床单和细杆整体为研究对象，整体受到重力G和晾衣杆的支持力N′，由平衡条件知N′＝G，与θ取何值无关，由牛顿第三定律知床单对晾衣杆的压力大小N＝N′＝G，与θ无关，故A、B、C错误，D正确。]4.(2019·贵阳模拟)如图所示为甲、乙两车在平直公路上行驶的v­t图象，则在t1到t2时间内(　　)A．甲、乙两车的位移相等B．乙车的平均速度等于C．甲车的平均速度比乙车的平均速度大D．乙车的加速度始终比甲车的加速度小C　[在t1到t2时间内，两图线与t轴所围成的面积不等，则甲、乙两车的位移不等，选项A错误；甲车做匀变速直线运动，在t1到t2时间内，平均速度甲＝，根据图线与t轴所围成的面积知，甲车的位移大于乙车的位移，则甲车的平均速度大于乙车的平均速度，即乙车的平均速度小于，选项B错误，C正确；乙图线的切线的斜率先比甲图线的斜率小，后比甲图线的斜率大，可知乙车的加速度先小于甲车的加速度，后大于甲车的加速度，选项D错误。]5.如图所示的装置中，A、B两物块的质量分别为2 kg、1 kg，连接轻弹簧和物块的轻绳质量不计，轻弹簧的质量不计，轻绳与滑轮间的摩擦不计，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)A．固定物块A，则弹簧的弹力大小为20 NB．固定物块B，则弹簧的弹力大小为40 NC．先固定物块A，在释放物块A的一瞬间，弹簧的弹力大小为10 ND．先固定物块A，释放物块A后，A、B、弹簧一起运动的过程中，弹簧的弹力大小为15 NC　[固定物块A，则弹簧的弹力大小等于B的重力，大小为10 N，选项A错误；固定物块B，则弹簧的弹力大小等于A的重力，大小为20 N，选项B错误；先固定物块A，则弹簧的弹力为10 N，在释放物块A的一瞬间，弹簧的弹力不能突变，则大小为10 N，选项C正确；先固定物块A，释放物块A后，A、B、弹簧一起运动的过程中，加速度为a＝＝ m/s2，对物体B：T－mBg＝mBa，解得弹簧的弹力大小为 N，选项D错误。]6.北斗卫星导航系统(BDS)是中国自行研制的全球卫星定位和导轨系统，预计2020年形成全球覆盖能力。如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知a、b、c三颗卫星均做匀速圆周运动，轨道半径ra＝rb>rc，其中a是地球同步卫星，不考虑空气阻力。则(　　)A．a的向心力小于c的向心力B．a、b卫星的加速度一定相同C．c在运动过程中不可能经过北京上空D．b的周期等于地球自转周期D　[因a、c的质量关系不确定，则无法比较两卫星的向心力的大小，选项A错误；a、b卫星的半径相同，则加速度的大小一定相同，选项B错误；c是一般的人造卫星，可能会经过北京的上空，选项C错误；a、b的半径相同，则周期相同，因a是地球的同步卫星，则两卫星的周期都等于地球自转的周期，选项D正确。]7.如图所示，水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，一带电金属滑块以Ek0＝30 J的初动能从斜面底端A冲上斜面，到顶端B时返回，已知滑块从A滑到B的过程中克服摩擦力做功10 J，克服重力做功24 J，则(　　)A．滑块带正电，上滑过程中电势能减小4 JB．滑块上滑过程中机械能增加4 JC．滑块上滑到斜面中点时重力势能增加14 JD．滑块返回到斜面底端时动能为15 JA　[动能定理知上滑过程中W电－WG－Wf＝ΔEk，代入数值得W电＝4 J，电场力做正功，滑块带正电，电势能减小4 J，A正确；由功能关系知滑块上滑过程中机械能的变化量为ΔE＝W电－Wf＝－6 J，即机械能减小6 J，B错误；由题意知滑块上滑到斜面中点时克服重力做功为12 J，即重力势能增加12 J，C错误；由动能定理知Wf＝Ek0－Ek，所以滑块返回到斜面底端时动能为10 J，D错误。]8.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是关于直线x＝x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是(　　)A．x1处电场强度最小，但不为零B．粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动C．若x1、x3处电势为φ1、φ3，则φ1<φ3D．x2～x3段的电场强度大小、方向均不变D　[根据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，电场强度与电势的关系E＝，得E＝·，即qE＝，则Ep­x图象的斜率表示粒子所受电场力F，根据F＝qE可知x1处电场强度最小且为零，故A错误；粒子在0～x2段切线的斜率发生变化，所以加速度也在变化，做变速运动，x2～x3段斜率不变，所以做匀变速直线运动，故B错误；带负电的粒子从x1到x3的过程中电势能增加，说明电势降低，若x1、x3处电势为φ1、φ3，则φ1>φ3，故C错误；x2～x3段斜率不变，所以这段电场强度大小、方向均不变，故D正确。]9.如图所示，abcd是边长为L的正方形回路，处在斜向左上的匀强磁场中，磁场方向与回路平面呈45°角，ab、cd为金属棒，ad、bc为细的金属丝，金属丝的质量不计，ab金属棒固定且两端通过导线与另一侧的电源相连，连接在另一端的cd金属棒刚好能悬在空中且正方形回路处于水平，cd段金属棒的质量为m，通过回路的磁通量为Φ，重力加速度为g，则cd棒中电流大小和方向为(　　)A．，方向从c到d B．，方向从d到cC．，方向从d到c D．，方向从c到dC　[设磁场的磁感应强度为B，则Φ＝BL2sin 45°，求得B＝，cd棒处于静止，则受到的安培力垂直于磁感应强度指向右上，设cd中的电流为I，则BILcos 45°＝mg，解得I＝，根据左手定则可知，cd棒中的电流方向从d到c，故选项C正确。]10.如图所示，长l的轻杆两端固定两个质量相等的小球甲和乙，初始时它们直立在光滑的水平地面上。后由于受到微小扰动，系统从图示位置开始倾倒。当小球甲刚要落地时，其速度大小为(　　)A． B．  C． D．0B　[两球组成的系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得mv－mv′＝0，即v＝v′；由机械能守恒定律得mv2＋mv′2＝mgl，解得v＝；故选B。]11.如图所示，在水平面上放置间距为L的平行金属导轨MN、PQ，导轨处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小随时间的变化规律为B＝kt(k为常数，k>0)。M、N间接一阻值为R的电阻，质量为m的金属杆ab垂直导轨放置，与导轨接触良好，其接入轨道间的电阻为R，与轨道间的动摩擦因数为μ，Pb＝Ma＝L(不计导轨电阻，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g)，从t＝0到ab杆刚要运动的这段时间内(　　)A．通过电阻R的电流方向为M→PB．回路的感应电流I＝C．通过电阻R的电量q＝D．ab杆产生的热功率P＝AC　[由楞次定律可知，通过电阻R的电流方向为M→P，故A正确；产生的感应电动势为E＝S＝kL2，根据欧姆定律可得电流为I＝＝，故B错误；杆刚要运动时，μmg－ktIL＝0，又因q＝It，联立可得q＝，故C正确；根据功率公式P＝I2R＝，故D错误。]12．如图所示，甲图为沿x轴传播的一列简谐横波在t＝0时刻的波动图象，乙图为参与波动质点P的振动图象，则下列判断正确的是(　　)甲　　　　　　　　　　　乙A．该波的传播速率为4 m/sB．该波的传播方向沿x轴正方向C．经过0.5 s，质点P沿波的传播方向向前传播2 mD．该波在传播过程中若遇到4 m的障碍物，能发生明显衍射现象AD　[由甲图读出该波的波长为λ＝4 m，由乙图读出周期为T＝1 s，则波速为v＝＝4 m/s，故A正确；在乙图上读出t＝0时刻P质点的振动方向沿y轴负方向，在甲图上判断出该波的传播方向沿x轴负方向，故B错误；质点P只在自己的平衡位置附近上下振动，并不沿波的传播方向向前传播，故C错误；由于该波的波长为4 m，与障碍物尺寸相差不多，能发生明显的衍射现象，故D正确。]13.如图所示，竖直平面内有一光滑圆环，圆心为O，OA连线水平，AB为固定在A、B两点间的光滑直杆，在直杆和圆环上分别套着一个相同的小球M、N。先后两次让小球M、N以角速度ω和2ω随圆环一起绕竖直直径BD做匀速圆周运动。则(　　)A．小球M第二次的位置比第一次时离A点近B．小球M第二次的位置比第一次时离B点近C．小球N第二次的竖直位置比第一次时高D．小球N第二次的竖直位置比第一次时低BC　[M小球做匀速圆周运动，则mgtan 45°＝mω2r，则当ω变为2ω时，r变为原来的，则小球M第二次的位置比第一次时离A点远，离B点近，选项A错误，B正确；对放在N点的小球，N与O点的连线与竖直方向的夹角为α，则mgtan α＝mω2Rsin α，则cos α＝，则当ω越大，α越大，物体的位置越高，故选项C正确，D错误。]14.一质量为m的物体以某一速度冲上一个倾角为37°的斜面，其运动的加速度的大小为0.9g。这个物体沿斜面上升的最大高度为H，则在这过程中(　　)A．物体克服重力做功0.9mgHB．物体克服摩擦力做功0.6mgHC．物体的动能损失了1.5mgHD．物体的重力势能增加了mgHCD　[重力势能的增加量等于克服重力做的功mgH，故重力势能增加了mgH，故A错误，D正确；物体上滑过程，根据牛顿第二定律，有mgsin 37°＋f＝ma，解得摩擦力大小f＝0.3mg，物体克服摩擦力做功Wf＝0.3mg×＝0.5mgH，故B错误；物体上滑过程，根据牛顿第二定律，得合外力大小为F合＝ma＝0.9mg，根据动能定理得ΔEk＝－F合×＝－1.5mgH，故物体的动能减少了1.5mgH，故C正确。]15.如图所示，边长为L的等边三角形ABC内外分布着两方向相反的匀强磁场，三角形内磁场方向垂直纸面向里，两磁场的磁感应强度大小均为B。三角形顶点A处有一粒子源，粒子源能沿∠BAC的角平分线发射不同速度的粒子，粒子质量均为m、电荷量均为＋q，粒子重力不计，则其中能通过C点的粒子速度大小可能为(　　)A． B．  C． D．ABD　[粒子带正电，且经过C点，其可能的轨迹如图所示：所有圆弧所对圆心角均为60°，所以粒子运行半径r＝(n＝1,2,3…)，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝m，解得v＝＝(n＝1,2,3…)，故A、B、D正确。]16.如图所示为两个固定在同一水平面上的点电荷，距离为d，电荷量分别为＋Q和－Q，在它们连线的竖直中垂线上固定一根长为L、内壁光滑的绝缘细管，有一带电荷量为＋q的小球以初速度v0从上端管口射入，重力加速度为g，静电力常量为k，则小球(　　)A．下落过程中加速度始终为gB．受到的库仑力先做正功后做负功C．速度先增大后减小，射出时速度仍为v0D．管壁对小球的弹力最大值为8kAD　[电荷量为＋q的小球以初速度v0从管口射入的过程，因库仑力与速度方向垂直，竖直方向只受重力作用，加速度始终为g，故A正确；小球下落过程中，库仑力与速度方向垂直，则库仑力不做功，故B错误；电场力不做功，只有重力做功，根据动能定理，速度不断增加，故C错误；在两个电荷的中垂线的中点，单个电荷产生的电场强度为E＝＝，根据矢量的合成法则，则有电场强度最大值为，因此电荷量为＋q的小球受到最大库仑力为8k，结合受力分析可知，弹力与库仑力平衡，则管壁对小球的弹力最大值为8k，故D正确。]二、非选择题(本题共7小题，共62分)17．(5分)(1)用游标卡尺测量小球的直径如图甲、乙所示。测量方法正确的是________(选填“甲”或“乙”)。甲　　　　　　　　　　　乙(2)用螺旋测微器测量金属丝的直径，如图丙所示，则此示数为________mm。丙(3)在“用打点计时器测速度”实验中，交流电源的频率为50 Hz，打出一段纸带如图丁所示。测得打下计数点2时的瞬时速度v＝________m/s。丁解析：(1)用游标卡尺测量小球的直径，应将小球卡在外测量爪中，故应选图甲。(2)螺旋测微器的示数为固定读数加上可动读数，即6.5 mm＋20.0×0.01 mm＝6.700 mm。(3)打下计数点2时纸带的瞬时速度可以利用计数点1和计数点3间的平均速度来计算，即v＝ m/s＝0.36 m/s。答案：(1)甲　(2)6.700　(3)0.3618．(7分)某物理兴趣小组设计了如图甲所示的欧姆表电路，通过控制开关S和调节电阻箱，可使欧姆表具有“×10”和“×100”两种倍率，所用器材如下：甲　　　　　　　　　　　　　乙A．干电池：电动势E＝1.5 V，内阻r＝0.5 ΩB．电流表G：满偏电流Ig＝1 mA，内阻Rg＝150 ΩC．定值电阻R1＝1 200 ΩD．电阻箱R2和R3：最大阻值999.99 ΩE．电阻箱R4：最大阻值9 999 ΩF．开关一个，红、黑表笔各1支，导线若干(1)该实验小组按图甲正确连接好电路。当开关S断开时，将红、黑表笔短接，调节电阻箱R2＝________Ω，使电流表达到满偏，此时闭合电路的总电阻叫作欧姆表的内阻R内，则R内＝________Ω，欧姆表的倍率是________(选填“×10”或“×100”)。(2)闭合开关S：第一步：调节电阻箱R2和R3，当R2＝________Ω且R3＝________Ω时，将红、黑表笔短接，电流表再次满偏；第二步：在红、黑表笔间接入电阻箱R4，调节R4，当电流表指针指向图乙所示的位置时，对应的欧姆表的刻度值为________。解析：(1)由闭合电路欧姆定律可知：欧姆表的内阻为R内＝＝ Ω＝1 500 Ω，则R2＝R内－R1－Rg－r＝(1 500－1 200－150－0.5)Ω＝149.5 Ω，中值电阻应为1 500 Ω，根据多用电表的刻度设置可知，表盘上只有两种档位，若为×10，则中值刻度太大，不符合实际，故欧姆表倍率应为“×100”。(2)为了得到“×10”倍率，应让满偏时对应的电阻为150 Ω；电流为I1＝ A＝0.01 A；此时表头中电流应为0.001 A，则与之并联电阻R3电流应为(0.01－0.001)A＝0.009 A，并联电阻为R3＝  Ω＝150 Ω；R2＋r＝ Ω＝15 Ω故R2＝(15－0.5)Ω＝14.5 Ω ；图示电流为0.60 mA，干路电流为6.0 mA则总电阻为R总＝×103 Ω＝250 Ω故待测电阻为R测＝(250－150)Ω＝100 Ω；故对应的刻度应为10。答案：(1)149.5　1 500　×100　(2)14.5　150　1019．(3分)(2019·济南质检)某同学测量玻璃砖的折射率，准备了下列器材：激光笔、直尺、刻度尺、一面镀有反射膜的平行玻璃砖。如图所示，直尺与玻璃砖平行放置，激光笔发出的一束激光从直尺上O点射向玻璃砖表面，在直尺上观察到A、B两个光点，读出OA间的距离为20.00 cm，AB间的距离为6.00 cm，测得图中直尺到玻璃砖上表面距离d1＝10.00 cm，玻璃砖厚度d2＝4.00 cm。玻璃的折射率n＝________，光在玻璃中的传播速度v＝________ m/s。(光在真空中传播速度c＝3.0×108 m/s，结果保留2位有效数字)解析：作出光路图如图所示，根据几何知识可得入射角i＝45°，折射角r＝37°，故折射率n＝≈1.2，故v＝＝2.5×108 m/s。答案：1.2　2.5×10820．(10分)4×100 m接力赛是运动会上最为激烈的比赛项目之一，在甲、乙两运动员训练交接棒的过程中发现，甲短距离加速后能保持9 m/s的速度跑完全程。为了确定乙起跑的时机，甲在接力区前s0处作了标记，当甲跑到此标记时向乙发出起跑口令，乙在接力区的前端听到口令时立即起跑(忽略声音传播的时间及人的反应时间)，先做匀加速运动，速度达到最大后，保持这个速度跑完全程。已知接力区的长度为L＝20 m。(1)若s0＝13.5 m，且乙恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，完成交接棒，则在完成交接棒时乙离接力区末端的距离为多大？(2)若s0＝16 m，乙的最大速度为8 m/s，要使甲、乙能在接力区内完成交接棒，且比赛成绩最好，则乙在加速阶段的加速度应为多少？解析：(1)设经过时间t，甲追上乙，根据题意有vt－＝s0将v＝9 m/s，s0＝13.5 m代入得t＝3 s此时乙离接力区末端的距离为Δs＝L－＝m＝6.5 m。(2)因为甲、乙的最大速度v甲>v乙，所以在完成交接棒时甲跑过的距离越长，成绩越好。因此应当在接力区的末端完成交换，且乙达到最大速度v乙。设乙的加速度为a，加速的时间t1＝，在接力区的运动时间t＝由运动学公式L＝at＋v乙(t－t1)解得a＝ m/s2。答案：(1)6.5 m　(2) m/s221．(10分)(2019·合肥模拟)如图所示，U形管右管内径为左管内径的2倍，管内水银在左管内封闭了一段长为L＝76 cm、温度为300 K的空气柱，左右两管水银面高度差为h1＝6 cm，大气压为76 cmHg。(1)给左管的气体加热，则当U形管两边水银面等高时，左管内气体的温度为多少？(结果保留1位小数)(2)在(1)问的条件下，保持温度不变，往右管缓慢加入水银直到左管气柱恢复原长，问此时两管水银面的高度差h2。解析：(1)左管内气体压强p1＝p－Δp＝70 cmHg当左右两管内水银面相等时，气体压强p2＝76 cmHg由于右管截面积是左管的两倍，所以左管水银面将下降4 cm，右管中水银面将上升2 cm，管内气柱长度l2＝80 cm根据＝得T2＝342.9 K。(2)设气柱恢复原长时压强为p3p2V2＝p3V3得p3＝80 cmHg又Δp＝p3－p＝4 cmHg所以高度差为4 cm。答案：(1)342.9 K　(2)4 cm22．(13分)(2019·贵阳模拟)如图所示，半径为R＝0.5 m，内壁光滑的圆轨道竖直固定在水平地面上。圆轨道底端与地面相切，一可视为质点的物块A以v0＝6 m/s的速度从左侧入口向右滑入圆轨道，滑过最高点Q，从圆轨道右侧出口滑出后，与静止在地面上P点的可视为质点的物块B碰撞(碰撞时间极短)，P点左侧地面光滑，右侧粗糙段和光滑段交替排列，每段长度均为L＝0.1 m，两物块碰后粘在一起做直线运动。已知两物块与各粗糙段间的动摩擦因数均为μ＝0.1，物块A、B的质量均为m＝1 kg，重力加速度g取10 m/s2。(1)求物块A到达Q点时的速度大小v和受到的弹力FN；(2)若两物块最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；(3)求两物块滑至第n(n<k)个光滑段上的速度vn与n的关系式。解析：(1)物块A滑入圆轨道到达Q的过程中机械能守恒，根据机械能守恒得mv＝mv2＋2mgR ①物块A做圆周运动：FN＋mg＝m ②由①②联立得v＝4 m/sFN＝22 N，方向向下。 ③(2)在与B碰撞前，系统机械能守恒，A和B在碰撞过程中动量守恒mAv0＝(mA＋mB)v1 ④A、B碰后向右滑动，由动能定理得－μ(mA＋mB)gs＝0－(mA＋mB)v ⑤由④⑤联立得s＝4.5 m所以k＝＝45。(3)碰后A、B滑至第n个光滑段上的速度vn，由动能定理得－μ(mA＋mB)gnL＝(mA＋mB)v－(mA＋mB)v              ⑥解得vn＝＝ m/s。答案：(1)4 m/s　22 N，方向向下　(2)45(3)vn＝ m/s23．(14分)(2019·日照模拟)如图所示，PQ为一竖直放置的荧光屏，一半径为R的圆形磁场区域与荧光屏相切于O点，磁场的方向垂直于纸面向里且磁感应强度大小为B，图中的虚线与磁场区域相切，在虚线的上方存在水平向左的匀强电场，电场强度大小为E。在O点放置一粒子发射源，能向右侧180°角的范围发射一系列的带正电的粒子，粒子的质量为m，电荷量为q，经测可知粒子在磁场中的轨道半径为R，忽略粒子的重力及粒子间的相互作用。求：(1)如图，当粒子的发射速度方向与荧光屏成60°角时，该带电粒子从发射到到达荧光屏上所用的时间为多少？粒子到达荧光屏的位置距O点的距离为多大？(2)从粒子源发射出的带电粒子到达荧光屏时，距离发射源的最远距离应为多少？解析：(1)根据洛伦兹力提供向心力得qvB＝m解得v＝当粒子的发射速度与荧光屏成60°角时，带电粒子在磁场中转过120°角后离开磁场，再沿直线到达图中的M点，最后垂直电场方向进入电场，做类平抛运动，并到达荧光屏，运动轨迹如图所示。粒子在磁场中运动的时间为t1＝＝粒子从离开磁场至进入电场过程做匀速直线运动，竖直位移为y＝R－Rcos 30°＝R匀速直线运动的时间为t2＝＝m由几何关系可得点M到荧光屏的距离为x1＝R＋Rsin 30°＝1.5R设粒子在电场中运动的时间为t3，由匀变速直线运动规律得x1＝·t解得t3＝故粒子从发射到到达荧光屏上所用的时间为t＝t1＋t2＋t3＝＋m＋带电粒子在竖直向上的方向上做匀速直线运动，带电粒子到达荧光屏上时有y1＝vt3＝BR带电粒子到达荧光屏时距离O点的位置为d＝R＋y1＝R＋BR。(2)带电粒子到达荧光屏的最高点时，粒子由磁场的右边界离开后竖直向上运动，且垂直进入电场中做类平抛运动，此时x′＝2R则2R＝·t带电粒子在电场中竖直向上运动的距离为y2＝vt4＝2BR该带电粒子距离发射源的间距为ym＝R＋y2＝R＋2BR。答案：(1)＋m＋　R＋BR(2)R＋2BR