甘肃省天水市2022年高考物理一模试题（含解析）

甘肃省天水市2022年高考一模物理试卷一、选择题（本题共12小题；每小题4分，共48分．每小题给出的四个选项中，1-8为单选，9-12为多选，全选对得4分，选对但不全得2分，错选或不答得0分）1．如图，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正在沿斜面以速度v0匀速下滑，斜劈保持静止，则地面对斜劈的摩擦力（　　）　A．等于零　B．不为零，方向向右　C．不为零，方向向左　D．不为零，v0较大时方向向左，v0较小时方向向右考点：共点力平衡的条件及其应用．.专题：压轴题．分析：在研究力和运动关系的问题时，常会涉及相互关联的物体间的相互作用问题，即“连接体问题”．连接体问题一般是指由两个或两个以上物体所构成的有某种关联的系统．研究此系统的受力或运动时，求解问题的关键是研究对象的选取和转换．一般若讨论的问题不涉及系统内部的作用力时，可以以整个系统为研究对象列方程求解﹣﹣“整体法”；若涉及系统中各物体间的相互作用，则应以系统某一部分为研究对象列方程求解﹣﹣“隔离法”．这样，便将物体间的内力转化为外力，从而体现其作用效果，使问题得以求解．在求解连接体问题时，隔离法与整体法相互依存，相互补充，交替使用，形成一个完整的统一体，可以分别列方程求解．本题中由于小木块与斜面体间有相对滑动，但无相对加速度，可以当作两物体间相对静止，摩擦力达到最大静摩擦力的情况，然后运用整体法研究．解答：解：斜劈和物块都平衡，受力的大小和方向情况与两物体间相对静止且摩擦力达到最大静摩擦力的情况相同，故可以对斜劈和物块整体受力分析受重力和支持力，二力平衡，无摩擦力；故选A．点评：本题关键要灵活地选择整体法与隔离法，选用整体法可以不考虑两物体间的作用力，使问题大为简化．　2．（4分）（2022•天水一模）如图所示，在动摩擦因数μ=0.2的水平面上有一个质量m=1kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ=45°角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零．在剪断轻绳的瞬间（g取10m/s2），下列说法中正确的是（　　）　A．小球受力个数不变　B．小球立即向左运动，且a=8m/s2-14-\n　C．小球立即向左运动，且a=10m/s2　D．若剪断的是弹簧，则剪断瞬间时小球加速度的大小a=10m/s2考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．.专题：牛顿运动定律综合专题．分析：剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，对小球受力分析，确定小球的受力个数，根据牛顿第二定律求出瞬间的加速度大小．剪断弹簧的瞬间，因为绳子的作用力可以发生突变，小球瞬间所受的合力为零．解答：解：A、在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡，根据共点力平衡得，弹簧的弹力：F=mgtan45°=10×1=10N剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为10N，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用．小球的受力个数发生改变．故A错误．BC、小球所受的最大静摩擦力为：f=μmg=0.2×10N=2N，根据牛顿第二定律得小球的加速度为：a=．合力方向向左，所以向左运动．故B正确，C错误．D、剪断弹簧的瞬间，轻绳对小球的拉力瞬间为零，此时小球所受的合力为零，则小球的加速度为零．故D错误．故选：B．点评：解决本题的关键知道剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，剪短弹簧的瞬间，轻绳的弹力要变化，结合牛顿第二定律进行求解．　3．（4分）（2022•江苏）如图所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，用铅笔靠着线的左侧水平向右匀速移动，运动中始终保持悬线竖直，则橡皮运动的速度（　　）　A．大小和方向均不变B．大小不变，方向改变　C．大小改变，方向不变D．大小和方向均改变考点：运动的合成和分解．.分析：橡皮参加了两个分运动，水平向右匀速移动，同时，竖直向上匀速运动，实际运动是这两个运动的合运动，根据平行四边形定则可以求出合速度．解答：解：橡皮在水平方向匀速运动，由于橡皮向右运动的位移一定等于橡皮向上的位移，故在竖直方向以相等的速度匀速运动，根据平行四边形定则，可知合速度也是一定的，故合运动是匀速运动；故选A．-14-\n点评：本题关键是先确定水平方向和竖直方向的分运动，然后根据合运动与分运动的等效性，由平行四边形定则求出合速度．　4．（4分）（2022•天水一模）汽车在平直的公路上以恒定的功率启动，设阻力恒定，则在图中关于汽车运动过程中加速度、速度随时间变化的关系，以下判断正确的是（　　）　A．汽车的加速度﹣时间图象可用图乙描述　B．汽车的速度﹣时间图象可用图甲描述　C．汽车的加速度﹣时间图象可用图丁描述　D．汽车的速度﹣时间图象可用图丙描述考点：功率、平均功率和瞬时功率．.专题：功率的计算专题．分析：由P=Fv可明确力、功率及速度间的关系；则可明确加速度、速度随时间的变化关系．解答：解：汽车恒定功率启动，则开始时加速度较大，速度增大；则由P=FV可知，牵引力减小，则加速度减小；当牵引力等于阻力时，物体的加速度为零；此后做匀速直线运动；注意图象的斜率表示纵坐标物理量的变化；故速度﹣时间图象为甲图；加速度﹣时间图象为乙图；故选：AB．点评：本题考查功率公式的应用，要明确P=FV表示瞬时速度、力及功率的关系，故可明确物体的运动情况．　5．（4分）（2022•安徽）如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O处的电势为0V，点A处的电势为6V，点B处的电势为3V，则电场强度的大小为（　　）　A．200V/mB．200V/mC．100V/mD．100V/m考点：带电粒子在匀强电场中的运动．.专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：-14-\n根据题中的数据找出x轴方向上电势与B点相等的C点，BC两点的电势相等，即BC连线上的各点电势相等，通过几何关系，求出O点到BC的距离，由匀强电场中电势差与电场强度的关系可得出电场强度的大小．解答：OA的中点C点，由题意可得C点的电势为3V，即BC的电势相等，连接BC，因BC的电势相等，所以匀强电场的方向垂直于BC，过O点做BC的垂线相较于D点，由几何关系得：OD=OC•sin∠BCO=1.5cm=1.5×10﹣2m则电场强度为：E===200V/m，选项BCD错误，A正确故选：A点评：在匀强电场中，电场是处处相等的，电场强度，电势差与沿电场方向上的距离有关系E=，值得注意的是该关系式只适用于匀强电场．　6．（4分）（2022•北京）如图所示电路，电源内阻不可忽略．开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中（　　）　A．电压表与电流表的示数都减小　B．电压表与电流表的示数都增大　C．电压表的示数增大，电流表的示数减小　D．电压表的示数减小，电流表的示数增大考点：闭合电路的欧姆定律．.分析：由电路图可知R2与R0并联后与R1串联，电压表测路端电压；由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化及路端电压的变化，再分析局部电路可得出电流表中示数的变化．解答：解：滑片下移，则滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小，电路中总电流增大，内阻两端电压增大，则由闭合电路欧姆定律可知，电路的路端电压减小，故电压表示数减小；由欧姆定律可知，R1上的分压增大，故并联部分电压减小，即可知电流表示数减小，故A正确，BCD错误；故选A．点评：分析闭合电路的欧姆定律的动态分析的题目时，一般要按先外电路、再内电路、后外电路的思路进行分析；重点分析电路中的路端电压、总电流及部分电路的电流及电压变化．　7．（4分）（2022•四川）图l是一列简谐横波在t=1.25s时的波形图，已知c位置的质点比a位置的晚0.5s起振，则图2所示振动图象对应的质点可能位于（　　）-14-\n　A．a＜x＜bB．b＜x＜cC．c＜x＜dD．d＜x＜e考点：横波的图象；简谐运动的振动图象．.专题：振动图像与波动图像专题．分析：由题，根据c位置的质点比a位置的晚0.5s起振，确定出该波的周期及波的传播方向，作出1.25s前的波形图象，即t=0时刻的波形，逐项分析t=0时刻各个区间质点的状态，选择与图2相符的选项．解答：解：由图2知，t=0时刻质点处于平衡位置上方，且向上振动．由题，c位置的质点比a位置的晚0.5s起振，则知该波的周期为T=1s，波的传播方向为向右，则t=1.25s=1T，作出1.25s前的波形图象，即t=0时刻的波形图象如图所示（红线），则位于平衡位置上方且振动方向向上的质点位于区间为de间，即有d＜x＜e．故选D点评：本题的解题技巧是画出t=0时刻的波形，考查分析和理解波动图象和振动图象联系的能力．　8．（4分）（2022•天水一模）如图所示，两平行的虚线间的区域内存在着有界匀强磁场，有一较小的三角形线框abc的ab边与磁场边界平行，现使此线框向右匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与ab边垂直．则下列各图中哪一个可以定性地表示线框在进入磁场的过程中感应电流随时间变化的规律（　　）　A．B．C．D．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．.专题：电磁感应与电路结合．分析：-14-\n首先根据右手定则判断边cb刚进入磁场时回路中感应电流方向，排除部分答案，然后根据进入磁场中有效切割长度的变化，求出感应电流的变化，从而得出正确结果．解答：解：开始时进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，当开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针；不论进入磁场，还是出磁场时，由于切割的有效长度变小，导致产生感应电流大小变小，故ABC错误，D正确；故选D．点评：对于图象问题可以通过排除法进行求解，如根据图象过不过原点、电流正负、大小变化等进行排除．　9．（4分）（2022•天水一模）质谱议的构造原理如图所示．从粒子源S出来时的粒子速度很小，可以看作初速为零，粒子经过电场加速后进入有界的垂直纸面向里的匀强磁场区域，并沿着半圆周运动而达到照相底片上的P点，测得P点到入口的距离为x，则以下说法正确的是（　　）　A．粒子一定带正电　B．粒子一定带负电　C．x越大，则粒子的质量与电量之比一定越大　D．x越大，则粒子的质量与电量之比一定越小考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理．.专题：压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题．分析：根据粒子的偏转方向，通过左手定则判断粒子的电性．根据带电粒子在磁场中运动的半径公式结合动能定理，根据x的大小比较出粒子质量和电量比值的大小．解答：解：A、根据粒子的运动方向和洛伦兹力方向，根据左手定则，知粒子带正电．故A正确，B错误．C、根据半径公式知，x=2r=，又qU=，联立解得x=，知x越大，质量与电量的比值越大．故C正确，D错误．故选AC．点评：解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力、电荷运动方向，磁场方向的关系，以及掌握带电粒子在磁场中运动的轨道半径公式．　10．（4分）（2022•天津）为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L1、L2，电路中分别接了理想交流电压表V1、V2和理想交流电流表A1、A2，导线电阻不计，如图所示．当开关S闭合后（　　）-14-\n　A．A1示数变大，A1与A2示数的比值不变　B．A1示数变大，A1与A2示数的比值变大　C．V2示数变小，V1与V2示数的比值变大　D．V2示数不变，V1与V2示数的比值不变考点：变压器的构造和原理；欧姆定律．.专题：压轴题．分析：和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R2的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，在根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况．解答：解：由于理想变压器原线圈接到电压有效值不变，则副线圈电压不变，V2示数不变，V1与V2示数的比值不变，C错误、D正确．开关S闭合后，变压器副线圈的负载电阻减小，V2不变，由欧姆定律可得A1示数变大，由于理想变压器P2=P1，V1与V2示数的比值不变，所以A1与A2示数的比值不变，A正确、B错误．所以AD正确．故选AD．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．　11．（4分）（2022•浙江）题为了测量储罐中不导电液体的高度，将与储罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的电容器C置于储罐中，电容器可通过开关S与线圈L或电源相连，如图所示．当开关从a拨到b时，由L与C构成的回路中产生的周期T=2π的振荡电流．当罐中液面上升时（　　）　A．电容器的电容减小B．电容器的电容增大　C．LC回路的振荡频率减小D．LC回路的振荡频率增大考点：电磁场．.专题：压轴题．分析：两块平行金属板构成的电容器C置于储罐中，故电容器的电容C的大小与液体的高度有关（电介质）：高度越高，相当于插入的电介质越多，电容越大．之后根据，-14-\n即可得出LC回路的振荡频率变化．解答：解：AB：两块平行金属板构成的电容器C的中间的液体就是一种电介质，当液体的高度升高，相当于插入的电介质越多，电容越大．故A错误，B正确；CD：根据，电容C增大时，震荡的周期T增大，由可以判定，LC回路的振荡频率f减小．故C正确，D错误．故选BC点评：本题要注意两块平行金属板构成的电容器C的中间的液体就是一种电介质，液体的高度越高，相当于插入的电介质越多，电容越大．属于简单题．　12．（4分）（2022•天水一模）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为55：9，副线圈接有一定值电阻R热敏电阻Rt（电阻随温度升高而减小），原线圈所接电源电压按图乙所示规律变化，则下列说法正确的是（　　）　A．原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=220sin100πtV　B．电压表示数为36V　C．热敏电阻RT周围环境温度升高，电流表的示数减小　D．热敏电阻RT周围环境温度升高，变压器的输入功率增大考点：变压器的构造和原理．.专题：交流电专题．分析：图乙可知交流电压最大值，周期，可由周期求出角速度的值，则可得交流电压u的表达式u=Umsinωt（V），由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入、输出功率之比，Rt处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流、电压变化．解答：解：A、由图象知输入电压的最大值为220V，周期0.02s，角速度，原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=220sin100πtV，A正确；B、原线圈电压有效值为220V，根据电压与匝数成正比知副线圈两端电压即电压表的示数为=36V，故B错误．C、Rt温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，但不会影响输入和输出电压值，故输入功率等于输出功率都增大，故C错误，D正确故选：AD点评：根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键．-14-\n　二、填空题（本题包括两小题，每空2分，共20分．把答案填在题中横线上或按题目要求作答．）13．（12分）（2022•天水一模）某同学用量程为1mA、内阻为120Ω的表头按图（a）所示电路改装成量程分别为1V和1A的多用电表．图中R1和R2为定值电阻，S为开关．回答下列问题：（1）根据图（a）所示的电路，在图（b）所示的实物图上连线．（2）开关S闭合时，多用电表用于测量　电流　（填“电流”、“电压”或“电阻”）；开关S断开时，多用电表用于测量　电压　（填“电流”、“电压”或“电阻”）．（3）表笔A应为　黑　色（填“红”或“黑”）．（4）定值电阻的阻值R1=　1.00　Ω，R2=　880　Ω．（结果取3位有效数字）考点：用多用电表测电阻．.专题：实验题；恒定电流专题．分析：（1）对照电路图连线即可，注意电流表的正负接线柱；（2）并联分流电阻电流量程扩大；串联分压电阻电压量程扩大；（3）红正黑负，即电流从红表笔流入，黑表笔流出；（4）根据电路串并联知识列式求解即可．解答：解：（1）对照电路图连线，如图所示；（2）开关S断开时，串联分压电阻电压量程扩大，是电压表；开关S闭合时，并联分流电阻电流量程扩大，是电流表；（3）红正黑负，故表笔A连接负接线柱，为黑表笔；-14-\n（4）开关S断开时，电压量程为1V，故：Rv=；故R2=RV﹣Rg=1000Ω﹣120Ω=880Ω；R1=；故答案为：（1）如图所示；（2）电流，电压；（3）黑；（4）1.00，880．点评：本题关键明确电压表和电流的改装原理，然后根据串并联电路的电流、电压、电阻关系列式求解；注意电表是纯电阻电路．　14．（8分）（2022•天水一模）在“用双缝干涉测光的波长”试验中，将测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数如图甲所示．然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，记下此时图乙中手轮上的示数　13.870　mm，求得相邻亮纹的间距△x为　2.310　mm；已知双缝间距d为2.0×10﹣4m，测得双缝到屏的距离l为0.700m，由计算公式λ=　　，求得所测红光波长为　6.6×10﹣4　mm．考点：用双缝干涉测光的波长．.专题：实验题．分析：螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需估读．根据双缝干涉条纹的间距公式推导波长的表达式，并求出波长的大小．解答：解：图甲中螺旋测微器的固定刻度读数为2mm，可动刻度读数为0.01×32.0mm=0.320mm，所以最终读数为2.320mm．图乙中螺旋测微器的固定刻度读数为13.5mm，可动刻度读数为0.01×37.0mm=0.370mm，所以最终读数为13.870mm．故△x=mm=2.310mm由△x=λ可得：λ=△x可求出：λ=×2.310mm=6.6×10﹣4mm故答案为：13.870，2.310，△x，6.6×10﹣4．点评：解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，以及知道双缝干涉的条纹间距公式-14-\n．　三、计算题（本题包括3小题，共32分．解答应写出必要的文字说明，方程式和验算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）15．（8分）（2022•天水一模）如图所示，用一根长为l=1m的细线，一端系一质量为m=1kg的小球（可视为质点），另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ=37°，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线的张力为T．（g取10m/s2，结果可用根式表示）求：（1）若要小球离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？（2）若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω′为多大？考点：向心力．.专题：匀速圆周运动专题．分析：（1）小球刚要离开锥面时的速度，此时支持力为零，根据牛顿第二定律求出该临界角速度ω0．（2）若细线与竖直方向的夹角为60°时，小球离开锥面，由重力和细线拉力的合力提供向心力，运用牛顿第二定律求解．解答：解：（1）若要小球刚好离开锥面，则小球受到重力和细线拉力如图所示．小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上，故向心力水平．在水平方向运用牛顿第二定律及向心力公式得：mgtanθ=mωlsinθ解得：ω=，即ω0==rad/s．（2）同理，当细线与竖直方向成60°角时，由牛顿第二定律及向心力公式有：mgtanα=mω′2lsinα解得：ω′2=，即ω′===2rad/s．答：（1）小球的角速度ω0至少为rad/s．　（2）小球的角速度ω′为=2rad/s．-14-\n点评：本题的关键点在于判断小球是否离开圆锥体表面，不能直接应用向心力公式求解．　16．（10分）（2022•浙江）山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤，其示意图如下．图中A、B、C、D均为石头的边缘点，O为青藤的固定点，h1=1.8m，h2=4.0m，x1=4.8m，x2=8.0m．开始时，质量分别为M=10kg和m=2kg的大、小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上，当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头A点起水平跳到中间石头，大猴抱起小猴跑到C点，抓住青藤下端荡到右边石头上的D点，此时速度恰好为零．运动过程中猴子均看成质点，空气阻力不计，重力加速度g=10m/s2．求：（1）大猴从A点水平跳离时速度的最小值；（2）猴子抓住青藤荡起时的速度大小；（3）猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小．考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力．.专题：机械能守恒定律应用专题．分析：（1）大猴从A点到B点做平抛运动，根据高度求出运动时间，再根据水平位移求出大猴水平跳离时的速度最小值．（2）根据C到D点机械能守恒，抓住到达D点的速度为零，求出猴子抓住青藤荡起时的速度大小．（3）根据牛顿第二定律，通过竖直方向上的合力提供向心力求出拉力的大小．解答：解：根据，解得则跳离的最小速度．（2）根据机械能守恒定律得，解得v==m/s≈9m/s．-14-\n（3）根据牛顿第二定律得，根据几何关系得，联立解得F=216N．答：（1）大猴从A点水平跳离时速度的最小值为8m/s．（2）猴子抓住青藤荡起时的速度大小9m/s．（3）猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小为216N．点评：本题综合考查了平抛运动，圆周运动，运用了机械能守恒定律、牛顿第二定律，综合性较强，难度不大，需加强这类题型的训练．　17．（14分）（2022•天津）一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O．筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷．N板带等量负电荷．质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中．粒子与圈筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：（1）M、N间电场强度E的大小；（2）圆筒的半径R：（3）保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移，粒子仍从M板边缘的P处由静止释放粒子自进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．.专题：压轴题；带电粒子在复合场中的运动专题．分析：（1）粒子在匀强电场中在加速运动，电场力做功等于粒子动能的增加；（2）使用洛伦兹力提供向心力．求出粒子的运动半径，再根据题意，正确画出粒子运动的轨迹，根据几何关系写出粒子的半径与磁场的半径的关系，从而求出磁场的半径；（3）使用动能定理求出粒子的速度，再求出运动的半径，最后判定与圆筒的碰撞次数n．解答：解：（1）粒子从开始运动到射入磁场的过程，电场力做功．由动能定理：匀强电场中有：U=Ed-14-\n联立上式，得：（2）粒子进入磁场后又从S点射出，关键几何关系可知，两碰撞点和S将圆筒三等分．设粒子在磁场中运动的轨道半径为r，由洛伦兹力提供向心力，得：根据几何关系：联立上式，解得：（3）保持MN之间的电场强度不变，仅将M板向上平移后，于是：，此时粒子经过圆后与圆筒发生碰撞，所以粒子将在于圆筒壁发生三次碰撞后由S点射出．答：（1）M、N间电场强度E的大小；（2）圆筒的半径：（3）保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移，粒子与圆筒的碰撞3次．点评：解决该题的关键是根据题目的要求，正确画出粒子运动的轨迹，并根据几何关系写出粒子的半径与磁场的半径的关系．该题对空间思维的能力要求比较高．-14-