2018-2019学年福建省福州市福清市华侨中学高二(上)期末物理试卷

1、2018-2019 学年福建省福州市福清市华侨中学高二（上）期末物理试卷副标题题号一二三四五总分得分一、单选题（本大题共6 小题，共24.0 分）1.有两个固定的完全相同的通电直导线相互平行，通过的电流大小相同，方向如图所示，每个通电直导线的电流在它们的中心O处产生的磁感应强度大小均为B，则在 O 点总磁感应强度为（）A.0B.BC.BD.2B2. 如图所示，虚线 a、 b、 c 代表静电场中的三个等势面，它们的电势分别为、b 和 c，abc一带正电的粒子射a入电场中，其运动轨迹如图中实线KLMN 所示由图可知（）A.B.C.D.粒子从 K 到 L 的过程中，电场力做正功粒子从 L 到 M 的

2、过程中，电场力做负功粒子从 K 到 L 的过程中，电势能增加粒子从 L 到 M 的过程中，动能不变3. 如图所示，在矩形 ABCD 的 AD 边和 BC 边的中点 M 和 N各放一个点电荷，它们分别带等量的正、负电荷E、F 是AB 边和 CD 边的中点， P、 Q 两点在 MN 的连线上，MP=QN对于 E、F 、P、 Q 四点，其中电场强度相同、电势相等的两点是（）A.E和FB.P和QC.A和BD.C和D4. 如图所示电路中， A，B 是相同的两小灯泡， L 是一个带铁芯的线圈，电阻可不计，调节 R，电路稳定时两灯泡都能正常发光，则再开关合上和断开时（）A. 两灯同时点亮、同时熄灭B. 合上

3、 S 时， b 比 A 先到达正常发光状态C. 断开 S 时， A， B 两灯都不会立即熄灭，通过 A， B 两灯电流方向都与原电流方向相同D. 断开 S 时， A 灯会突然闪亮一下后再熄灭5. 如图所示， 光滑绝缘的水平桌面上有一边长为LR、电阻为的正方形导体框。匀强磁场区域宽度为2L、磁感应强度为B、方向垂直桌面向下。 导体框的一边始终与磁场边界平行，在外力作用下以恒定速度v 穿过磁场。下列说法不正确的是（）第1页，共 17页A. 穿过磁场过程，外力做的功为B. 穿过磁场过程，导体框产生的焦耳热为C. 进入磁场过程，通过导体框某一横截面的电荷量为D. 进入和离开磁场过程，通过导体框的电流大

4、小都为，且方向相同6. 如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在磁铁右上方固定一根与磁铁垂直的长直导线。当导线中通以由外向内的电流时磁铁仍然保持静止，则（）A. 磁铁受到向左的摩擦力，对桌面的压力增大B. 磁铁受到向右的摩擦力，对桌面的压力减小C. 磁铁受到向左的摩擦力，对桌面的压力减小D. 磁铁不受摩擦力，对桌面的压力不变二、多选题（本大题共4 小题，共16.0 分）7. 一个平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地， 两极板间有一正电荷（带电量很少）固定在P 点，如图所示 以 E 表示两极板间的场强， U 表示电容器两极板间的电压， W 表示正电荷在 P 点的电势能若保持负极板不动，将正极板

5、移到图中虚线所示的位置，那么（）A. U 变小， E不变B. E变大， W变大C.U变小，W不变D.U不变， W不变8. 如图所示， a、b 是两个带有同种电荷的小球， 用绝缘丝线悬挂于同一点，两球静止时，它们距水平面的高度相等，绳与竖直方向的夹角分别为 、 ，且 若同时剪断两根细线，空气阻力不计，两球带电荷量不变，则（）A.a球的质量比b球的大a b两球同时落地B. 、C. a 球的电荷量比b 球的大D. a、 b 两球飞行的水平距离相等9. 如图所示， 在匀强磁场中放有平行铜导轨， 它与大导线圈 M 相连接，要使小导线圈N 获得逆时针方向的感应电流，则放在导轨中的裸金属棒ab 的运动情况是

6、（两导线圈共面放置）（）A. 向右匀速运动B.速运动D.向左减速运动C. 向右减向右加速运动10. 回旋加速器是获得高能带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源的两极相连的两个D 形盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D 形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，关于回旋加速器的下列说法正确的是（）A. 用同一回旋加速器分别加速比荷不同的带电粒子，需要调节交变电场的频率B. 磁场对带电粒子的洛仑兹力对粒子不做功，因此带电粒子从 D 形盒射出时的动能与磁场的强弱无关C. 带电粒子做一次圆周运动，要被加速两次，因此交变电场的周期应为圆周运动周期的二倍

7、D. 狭缝间的电场对粒子起加速作用，但带电粒子从D 形盒射出时的动能与加速电压的大小无关三、填空题（本大题共2 小题，共12.0 分）第2页，共 17页11. 使用中值电阻为 25 （ 1 档）的多用电表测量一个定值电阻R（阻值约为 300 ），在下列各项操作中选出尽可能准确地测量电阻值、 并符合多用电表使用规则的操作：A转动选择开关使其尖端对准“ 1k”档B转动选择开关使其尖端对准“ 100”档C转动选择开关使其尖端对准“ 10”档D转动选择开关使其尖端对准“1”档E转动选择开关使其尖端对准“OFF ”档F将两表笔分别接触R 两端，读出R 的阻值后，随即断开G将两表笔短接，调整欧姆调零旋钮，

8、使指针指到0 欧姆位置所选操作的合理顺序为：_12. 如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=0.5T，边长L=10cm 的正方形线圈 abcd 共 100 匝，线圈电阻r=1线圈绕垂直于磁感线的对称轴 OO匀速转动，角速度 =2rad /s，外电路电阻 R=4求：（ 1）转动过程中感应电动势的最大值；（ 2）由图示位置 （线圈平面与磁感线平行） 转过 60 角时的瞬时感应电动势；（ 3）由图示位置转过 60角的过程中产生的平均感应电动势；（ 4）交流电压表的示数；（ 5）线圈转动一周外力所做的功；（ 6）线圈转过 60角的过程中，通过 R 的电荷量是多少？四、实验题探究题（本大题共2 小题，共18

9、.0 分）13. 某研究小组收集了一个电学元件：电阻R0 （约为 2k）实验室备有如下器材：A电压表 V（量程 3V，电阻 RV 约为 4.0k）B电流表 A1（量程 100mA，电阻 RA1 约为 5）C电流表 A2（量程 2mA，电阻 RA2 约为 50）D滑动变阻器 R1（0 40，额定电流 1A）E电阻箱 R2（ 0 999.9 ）F开关 S 一只、导线若干G电动势为 4 伏的锂电池为了测定电阻 R0 的阻值，小明设计了一电路，如图甲所示为其对应的实物图，（ i）甲图中的电流表A 应选 _（选填“ A1”或“ A2”）。（ ii）请将甲图实物连线补充完整。（ iii ）开关闭合前，滑动

10、变阻器的滑动触头应放在_ （选填“左”或“右”）小组中的一个同学按图 1 电路进行实验， 测量对象为一节干电池。 他依据所测得的数据描得图 2 所示的 U-I 图象。（ i）在连接线路前，有如下器材供选用，其中应选用的器材是_。A标称为“ 3A0.05 ”的电流表B标称为“ 0.6A0.25 ”的电流表C标称为“ 3V800 ”的电压表D标称为“ 3V3000 ”的电压表E标称为“ 1.0A200 ”的滑动变阻器F 标称为“ 1.0A50”的滑动变阻器第3页，共 17页（ ii）依据图 2 所示的 U-I 图象可得该干电池的电动势E=_V，内阻为r=_ （本小题答案要求在小数点后保留两位小数）

11、14. 在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验时，所使用的电流表内阻约为几欧，电压表的内阻约为十几千欧 实验中得到了 8 组数据，在图甲所示的电流 -电压（I -U）坐标系中，通过描点连线得到了小灯泡的伏安特性曲线请你判断实验电路的连接方式，根据你的判断画出实验电路图根据图甲，可确定小灯泡的功率P 与 U2 和 I 2 的关系，如图1 的示意图中正确的是 _五、计算题（本大题共3 小题，共30.0 分）15.如图所示，分布在半径为r 的圆形区域内的匀强磁场，磁感应强度为 B，方向垂直纸面向里。电荷量为 +q、质量为 m 的带电粒子从磁场边缘 A 点沿圆半径 AO 方向射入磁场，粒子离开磁场时速

12、度方向偏转了60?角。求：（ 1）粒子做圆周运动的半径和入射速度；（ 2）粒子在磁场中的运动时间。16. 如图所示，水平面内固定着U 形光滑金属导轨道 MNPQ ，轨距为 L ，金属裸导线ab 质量为 m，电阻为 r ，横放在导轨上，导轨左端连一个阻值为R 的电阻（导轨部分电阻不计） ，现加上竖直向下的磁感应强度为B 的匀强磁场， 用水平恒力F 拉动ab 使其始终垂直于导轨向右匀速运动问；（ 1） ab 的速度为多少？（ 2）若突然撤去外力 F，则在此后的时间中，电阻R 上还能产生多少热量？第4页，共 17页17. 如图所示，一个质量为 m。电荷量 q 的带正电粒子（重力忽略不计），从静止开始

13、经电压 U1 加速后，沿水平方向进入水平放置的两平行金属板间，已知金属板长为L，两板间距d= L ，板间电压U2=U1粒子离开偏转电场后进入一个垂直于纸面的匀强磁场，磁场左右边界线均在竖直方向上，粒子在磁场中运动的时间为t，并恰好沿水平方向从磁场右边界穿出，求：（ 1）带电粒子离开电场时偏离原运动方向的角度；（ 2）磁场 B 的大小和方向。第5页，共 17页答案和解析1.【答案】 A【解析】解：由右手螺旋定则可知，两导线在 O 点形成的磁感 应强度方向相反；因大小相等，故相互抵消；因此 O 点的总磁感应强度为零；故选：A。磁感应强度为矢量，在空间中要根据矢量的合成方法进行叠加；同时注意用右手螺

14、旋判断直 导线的磁场分布方向本题考查右手螺旋定 则的应用，要注意明确磁感 应强度的方向性，并能正确进行合成2.【答案】 C【解析】解：A 、C、据题 ，可知这个电场是正点电荷产生的，电场强度方向 a 指abc向 c，粒子从 K 到 L 的过程，电场力方向与速度方向的 夹角大于 90，则电场力做负功，电势增加。故 A 错误，C 正确。B、D、从图中可以看出，从 L 到 M 的过程中，粒子先向圆心运动，后离开圆心，电场力先做负功，后做正功，动能先减小后增加，电势能先增大减小。故 BD错误。故选：C。根据电势的高低确定 电场强度的方向，从而确定出粒子所受的 电场力的方向，判断电场力做功的正 负，根据

15、电场力做功正 负比较动能的大小和 电势能的大小解决本题 的关键 知道电势 的高低与 电场强 度的关系，以及知道 电场 力做功与电势能的关系3.【答案】 A【解析】第6页，共 17页解：A 、等量异号电荷的电场线分布情况如 图所示图中电场线从正电荷出发，等势面为不规则的圆圈，在两个异种 电荷的中垂 线上是等势面，E、F 两点关于连线对称，电场强度大小和方向都相同，故A 正确；B、在两个异种电荷的连线上，电场线从正电荷指向负电荷，沿着电场线电势越来越低，故 P、Q 电势不等，故 B 错误；C、题目图中位置 A 与位置 B 两位置关于两 电荷连线不对称，由A 选项的分析图可知，其场强方向不同，故 C

16、 错误；D、C 与 D 两位置位于两 电荷连线同一侧，结合图象可知，场强方向也不同，故 D错误；故选：A。首先画出根据等量异种 电荷的电场线，然后根据沿着电场线电势 逐渐降低来判断电势的高低；用电场线的疏密程度表示 电场强度的大小，用电场线的切线方向表示 场强方向本题关键根据等量异种 电荷的电场线图 ，确定各点的场强方向和大小，还可以画出等 势面，同时 要注意，沿着电场线 ，电势 降低4.【答案】 B【解析】解：A 、在开关断开时，两灯同时熄灭，但开关闭合时不同时点亮，在合上时，通过线圈的电流在增大，导致线圈出现自感电动势，从而阻碍灯泡 A 的电流增大，则 B 比 A 先到达正常 发光状态，故

17、 A 错误，B 正确；C、断开开关 S 的瞬间，由电感的特性可知：L 和 A 组成的回路中的 电流会维持不变，通过 A 灯的电流的方向不 变，而B 灯的电流方向与原 电流方向相反，故 C错误；D、断开开关 S 的瞬间，因灯泡相同，则电流相等，所以两灯会慢慢熄 灭，但不第7页，共 17页会闪亮一下，故 D 错误；故选：B。电路稳定后，L 的电阻很小，闭合瞬间 L 的电阻很大，断开瞬间 A 灯还要亮一下。本题考查了电感线圈对电流的阻碍作用，特别是开关闭合、断开瞬间的判断。5.【答案】 D【解析】解：A 、根据法拉第电磁感应定律，及闭合电路欧姆定律，则线圈穿过磁场过程产生的感应电流大小 I=依据安培

18、力公式F 安 =BIL=，根据力做功表达式 W=FS，那么只有在进与出磁场过程中，才有安培力，因此安培力做功 W 安 =由于在外力作用下以恒定速度v 穿过磁场则为，故A 正， 外力做的功确；B、由上分析可知，I=2过磁场过导，根据焦耳定律 Q=IRt，那么穿程， 体框产生的焦耳 热为 Q=，故 B 正确；电电磁感应闭电路欧姆定律，即C、依据 量表达式 q=It，及法拉第定律，及 合可推导电量的综合表达式 q=进入磁场过过导体框某一横截，那么程，通面的电量为 q=，故C 正确；D 、根据楞次定律，可知，进入和离开磁 场过程，通过导体框的 电流方向不同，但它们的大小是相同，即为，故D 不正确；本题

19、让选不正确的，故选：D。根据安培力公式 F=BIL ，结合法拉第 电磁感应定律，与闭合电路欧姆定律，及力做功表达式，即可求解；根据焦耳定律Q=I2Rt，即可求解；第8页，共 17页依据电量表达式 q=It，及法拉第电磁感应定律，及闭合电路欧姆定律，即可推导电量的综合表达式，从而求解；根据楞次定律，结合法拉第 电磁感应定律，及闭合电路欧姆定律，即可求解。考查法拉第感 应定律与闭合电路欧姆定律，及楞次定律的内容，掌握安培力与力做功表达式，理解 电量的综合表达式的推 导，注意当线圈完全进入磁场时，线圈中没有感 应电流，只有在进与出过程中，才有磁通量的 变化。6.【答案】 B【解析】解：条形磁铁外部磁

20、场又 N 指向 S，根据左手定则知，直导线所受的安培力的方向斜向右下方，根据牛 顿第三定律知，条形磁 铁所受力的方向斜向左上方，可知条形磁 铁有向左的运 动趋势，所受的摩擦力方向向右，磁铁对桌面的压力减小，故 B 正确，ACD 错误 。故选：B。先判断电流所在位置的磁 场方向，然后根据左手定 则判断安培力方向；再根据牛顿第三定律得到磁体受力方向，最后 对磁体受力分析，根据平衡条件判断。本题关键先对电流分析，得到其受力方向，再结合牛顿第三定律和平衡条件分析磁体的受力情况。7.【答案】 AC【解析】电电后与电源断开所带电量不变，当极板距离减小时，根据解：平行板 容器充电容决定式知，当极板距离减小时

21、 电容增大，又根据电容的定义，式，当 Q 不变时电容增大，其极板间电势差 U=，d 减小 U 变小，又根据匀强电场中得 E=，d变化而场强E 保持不变为电场强；因度 E保持不变，故将电荷移到 O 电势能位置电场力做功保持不 变，即W 不变，根据以上分析有 A 、C 正确，BD 错误 。故选：AC。第9页，共 17页平行板电容器充电后与电源断开后所 带电量不变移动极板，根据推论分析板间场强是否变化由电容的决定式分析 电容的变化，确定电压 U 的变化根据 P点与上板 间电势差的变化，分析P 点的电势如何变化，判断电势能的变化容器的电量和正对面积不变，板间场强 E 不变是重要的推 论，要能根据电容的

22、决定式义和 E=结合进行推导、定式C=8.【答案】 AB【解析】解：A 、对小球受力分析，根据平衡条件有：mag=mbg=，由于 ，所以 mamb，故A 正确B、mamb，因此水平方向上，a 的加速度小于 b 的加速度。竖直方向上作自由落体运 动，根据运动的独立性可知，两球同 时落地，故 B 正确C、a 球的电荷量和 b 球的电量大小无法判断，故 C 错误D、由于 a 的加速度小于 b 的加速度，因此 a 球水平飞行的距离比 b 球小，故 D错误。故选：AB。同时剪断两根 细线时，小球受水平方向的 库仑力和竖直方向的重力作用，然后根据水平方向和 竖直方向运 动的独立性可正确求解本题考查知识点较

23、多，涉及运动的独立性以及物体的平衡等， 较好的考查了学生综合应用知识的能力，是一道考查能力的好 题9.【答案】 BD【解析】解：线圈 N 中若产生有逆时针方向的感 应电流，则线圈 N 的感应电流的磁 场方向应垂直纸面向外，根据楞次定律，可能有两种情况：第10 页，共 17页一是线圈 M 中的电流在逆时针方向上减小；二是 M 中的电流在顺时针方向上增加，根据右手定则，对应于前者，应使 ab向左减速运 动；对应后者，应使 ab向右加速运 动。故选：BD。要想小导线圈 N 获得逆时针方向的感 应电流，可根据线圈 N 的电流方向判断出线圈 N 感应电流产生的磁场方向，根据楞次定律可判断出 线圈 M 感

24、应电流的方向和大小 变化情况，然后根据右手定 则判断 ab的运动情况即可。本题是有两次 电磁感应的问题，比较复杂，考查综合运用右手定 则、楞次定律和安培定 则的能力。10.【答案】 AD【解析】解：A 、交变电场的周期与 带电粒子运动的周期相等，带电粒子在匀 强磁场中运动的周期 T=，与粒子的速度无关，所以加速后，交变电场的周期不需改变，不同的带电粒子，在磁场中运动的周期不等，所以加速不同的 带电粒子，一般要调节交变电场的频率，故 A 正确；BD 、根据 qvB=m，解得 v=带电粒子射出时的动2=，能 Ekm= mv，与加速的电压无关，与磁感应强度的大小有关，故 B 错误，D 正确；C、带电

25、粒子做一次 圆周运动，要被加速两次，但交变电场的周期应等于圆周运动周期的周期，故 C 错误 。故选：AD 。带电粒子在回旋加速器中，靠 电场加速，磁场偏转，通过带电粒子在磁 场中运动半径公式得出 带电 粒子射出 时的速度，看与什么因素有关。解决本题的关键知道回旋加速器运用 电场加速，磁场偏转来加速带电粒子，但要注意粒子射出的 动能与加速 电压无关，与磁感应强度的大小有关。11.【答案】 CGFE【解析】第11 页，共 17页解：中值电阻为 25，即使用1 档时指针指中央刻度 时示数为 25，测量一个定值电阻 R（阻值约为 300）时指针中央刻度附近 读数教准确，即使指针指 30 附近，则应选取

26、10 挡 -C，选档后要先 进行头目调零-G，然后进行测量-F，测量完毕后选择开关使其尖端 对准“OFF”档-E故答案为：CGFE选择开关旋到欧姆档某一位置，要先欧姆调零后，再测量电阻测理完后转动选择开关置于 “OFF”挡考查欧姆表的 测电阻过程，明确每次换档后要重新 进行欧姆调零，并能掌握万用电表的使用方法12.【答案】 解：（ 1）根据 Em=NBS，可得感应电动势的最大值：2（ 2）由于线框垂直于中性面开始计时，所以瞬时感应电动势表达式：e=Emcos2 t（V）；当线圈转过60角时的瞬时感应电动势为：e=1.57 V；（ 3）根据法拉第电磁感应定律可得转60角的过程中产生的平均感应电动

27、势大小为：（ 4）转动过程中，交流电压表的示数为有效值，所以有：U =；（ 5）一个周期内，通过R 的热量 Q 热 ，由公式I=与 Q=I2 （ R+r） t联立解得： Q=0.8J（ 6） 周期内，通过R 的电量 q 电，由公式可得：q=8.66 10-2 C；答：（ 1）转动过程中感应电动势的最大值3.14V；（ 2）线圈转过 60角时的瞬时感应电动势 1.57V；（ 3）线圈转过 60角过程中产生的平均感应电动势2.6V；（ 4）电压表示数 1.78V；（ 5）线圈转动一周外力所做的功0.8J；（ 6）线圈转过 60角通过电阻 R 的电荷量 8.66 10-2C；【解析】第12 页，共

28、17页先根据 Em=NBS 求出最大 值，再根据最大值与有效值的关系求出有效 值；先写出电动势的瞬时表达式，再代入数据求得瞬 时值；利用法拉第 电磁感应定律，求出平均感应电动势 ；电压表测量的是电阻 R 的电压，根据闭合电路欧姆定律即可求解。通过最大值求出有效 值，再由焦耳定律求出 热量；线圈由如图位置转过周期内，通过 R 的电量为 q=本题考查了有关交流 电描述的基 础知识，要能根据题意写出瞬 时值的表达式，知道有效 值跟峰值的关系，难度不大，属于基础题。线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交 变电流。而对于电表读数、求产生的热量均由交 变电的有效值来确定，而涉及到耐 压值时，则由最大值来确

29、定。而通过某一电量时，则用平均值来求。13.【答案】 A2左BDF1.481.60【解析】解： （i）通过带测电 阻的最大 电流约为：I=0.002A=2mA ，电流表应选择 A2；（ii ）由题意可知，待测电阻阻值远大于电流表内阻，电流表应采用内接法，待测电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻 值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，实物电路图如图所示：（iii ）滑动变阻器采用分 压接法，为保护电路，闭合开关前滑片要置于最左端。 （i）一节干电池电动势约为 1.5V ，为减小电压表内阻分流 对实验造成的实第13 页，共 17页验，应选择内阻较大的电压表，因此电压表应选择 D；电路最大电流约

30、为零点几安培，为减小读数对实验造成的误差，电流表应选择 B；为方便实验操作，滑动变阻器应选择 F；（ii ）由图示电源 U-I 图象可知，电源电动势：E=1.48V，电源内阻：r=1.60 ；故答案为： （i）A2；（ii）实物电路图如图所示；（iii ）左； （i）BDF；（ii）1.48；1.60。 根据通过电路的最大 电流选择电流表；根据题意确定滑 动变阻器与电流表的接法，然后连接实物电路图；滑动变阻器采用分 压接法时，为保护电路闭合开关前滑片要置于分 压电路分压为零的位置； 根据电路电动势选择电压 表，根据通过电路的最大 电流选择电流表；电源 U-I 图象与纵轴交点坐标值是电源电动势图

31、 象斜率的 绝对值等于电源内阻，根据图示图象求出电源电动势与内阻。本题考查了实验器材选择、连接实物电路图、实验注意事 项与实验数据处理，要掌握实验 器材的选择 原则：安全性原则、精确性原则 、方便实验 操作原则。14.【答案】 D【解析】解： 、因描绘小灯泡的伏安特性曲 线实验中，小灯泡电阻远小于电压表内阻，电流表应用外接法，又电流从零调到最大值，滑动变阻器应用分压式，故电路图如图所示（2）由P=I2R=可知，在 P-U2 图象中，图象上某点与原点 连线的斜率为电阻倒数，因随温度的升高 R 增大因而应减小，故 AB 均错误；在 P-I2 图象中图象上某点与原点 连线的斜率为电阻 R，而电阻 R

32、 又随温度的第14 页，共 17页升高而增大，故 D 正确，C 错误，故本题应选 D 故答案为：（1）如图所示；（2）D（1）伏安特性曲线实验变 阻器应用分压式，小灯泡电阻较小电流表应选外接法，注意导体与电源伏安特性曲 线的区别；（2）明确电阻随温度的 变化规律，从而分析 P与 I 2 以及 P-U2 关系图线 本题考查灯泡伏安特性曲 线的实验描绘，要注意学会从数学函数的角度分析物理图象问题，并区分曲线上某点与原点 连线的斜率和曲 线的切线的斜率含义的不同15.【答案】 解：（ 1）设粒子做匀速圆周运动的半径为R，如图所示，OO A=30 ，得到圆运动的半径R=O A=根据牛顿运动定律有粒子的入射速度（ 2