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2019-2020年高考物理一輪復習 仿真預測卷（二） 一、單項選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計15分。每小題只有一個選項符合題意。 1.(xx北京海淀區(qū)高三月考)輕桿的一端安裝有一個小滑輪P，用手握住桿的另一端支持著懸掛重物的繩子，如圖1所示?，F(xiàn)保持滑輪的位置不變，使桿向下轉動一個角度到虛線位置，則下列關于桿對滑輪P的作用力的判斷正確的是(　　) 圖1 A.變大 B.不變 C.變小 D.無法確定 解析　據(jù)題意，保持滑輪的位置不變，處于靜止狀態(tài)，其合力為零，重物也靜止，則知繩子的拉力大小始終等于重物的重力大小，保持不變，兩繩的夾角也不變，故兩繩拉力的合力保持不變，使桿向下轉動一個角度到虛線位置的過程中，根據(jù)平衡條件知，桿對滑輪P的作用力與兩繩拉力的合力大小相等、方向相反，所以桿對滑輪P的作用力保持不變。故B正確，A、C、D錯誤。 答案　B 2.如圖2所示，一小球用輕質線懸掛在木板的支架上，木板沿傾角為θ的斜面下滑時，細線呈豎直狀態(tài)，則在木板下滑的過程中，下列說法中正確的是(　　) 圖2 A.小球的機械能守恒 B.木板、小球組成的系統(tǒng)機械能守恒 C.木板與斜面間的動摩擦因數(shù)為 D.木板、小球組成的系統(tǒng)減少的機械能轉化為內能 解析　因拉小球的細線呈豎直狀態(tài)，所以木板、小球均勻速下滑，小球的動能不變，重力勢能減小，機械能不守恒，A錯；同理，木板、小球組成的系統(tǒng)動能不變，重力勢能減小，機械能也不守恒，B錯；木板與小球下滑過程中滿足(M＋m)gsin θ＝μ(M＋m)gcos θ，即木板與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ＝tan θ，C錯；由能量守恒知木板、小球組成的系統(tǒng)減少的機械能轉化為內能，D對。 答案　D 3.匝數(shù)為100匝的線圈通有如圖3所示的交變電流(圖中曲線為余弦曲線的一部分)，單匝線圈電阻r＝0.02 Ω，則在0～10 s內線圈產生的焦耳熱為(　　) 圖3 A.80 J 　　　 B.85 J C.90 J 　　 　D.125 J 解析　由交變電流的有效值定義知IR＋IR＝I2RT，該交變電流的有效值為I＝，I1＝3 A，I2＝2 A。聯(lián)立得I＝ A，由Q＝I2Rt得Q＝85 J，B對。 答案　B 4.2013年12月2日，我國第三顆探月衛(wèi)星“嫦娥三號”搭乘“長征三號乙”火箭發(fā)射升空。已知月球半徑為地球半徑R的，月球表面重力加速度大小為地球表面重力加速度g大小的，地球的第一宇宙速度為v1，“嫦娥三號”總質量為m，環(huán)月運行為圓周運動，則在環(huán)月過程中“嫦娥三號”的動能可能為(　　) A. B. C. D. 解析　由mg月＝m可知月球的第一宇宙速度v＝＝＝v1，這是最大環(huán)繞速度，所以在環(huán)月過程中“嫦娥三號”的動能Ek≤mv2＝，即D對。 答案　D 5.如圖4所示，兩水平虛線ef、gh之間存在垂直紙面向外的勻強磁場，一質量為m、電阻為R的正方形鋁線框abcd從虛線ef上方某位置由靜止釋放，線框運動中ab始終是水平的，已知兩虛線ef、gh間距離大于線框邊長，則從開始運動到ab邊到達gh線之前的速度隨時間的變化關系圖象合理的是(　　) 圖4 解析　線框先做自由落體運動，由線框寬度小于磁場的寬度可知，當ab邊進入磁場且cd邊未出磁場的過程中，線框的加速度與線框自由下落時一樣，均為g。若cd邊剛好勻速進入磁場，mg＝F安＝，ab邊進入磁場后線框又做勻加速運動，cd邊出磁場后減速，當達到上述勻速的速度后又做勻速運動，A、B錯；若cd邊加速進入磁場，全部進入后做勻加速運動，當cd邊出磁場時線框有可能加速、勻速、減速，D對；若cd邊減速進入磁場，線框全部進入后做勻加速運動，達到進磁場的速度時不可能勻速，C錯。 答案　D 二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共計16分。每小題有多個選項符合題意。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，錯選或不答的得0分。 6.兩個電荷量、質量均相同的帶電粒子甲、乙以不同速率從a點沿對角線方向射入正方形勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里。甲粒子垂直bc離開磁場，乙粒子垂直ac從d點離開磁場，不計粒子重力，則(　　) 圖5 A.甲粒子帶正電，乙粒子帶負電 B.甲粒子的運行動能是乙粒子運行動能的2倍 C.甲粒子所受洛倫茲力是乙粒子所受洛倫茲力的2倍 D.甲粒子在磁場中的運行時間與乙粒子相等 解析　由左手定則可判定甲粒子帶正電，乙粒子帶負電，A正確；令正方形磁場的邊長為L，則由題知甲粒子運行的半徑為L，乙粒子運行的半徑為L，由洛倫茲力提供向心力有Bqv＝m，動能Ek＝，甲粒子的運行動能是乙粒子運行動能的4倍，B錯誤；由Bqv＝m得F＝Bqv＝，所以甲粒子在磁場中所受洛倫茲力是乙粒子所受洛倫茲力的2倍，C正確；t＝，甲粒子運行軌跡所對圓心角為45，乙粒子運行軌跡所對圓心角為90，即甲粒子在磁場中的運行時間是乙粒子的一半，D錯誤。 答案　AC 7.如圖6所示，在勻速轉動的水平圓盤上，沿半徑方向放著用細線相連的質量均為m的兩個物體A和B(均可看做質點)，已知OA＝2OB，兩物體與盤面間的動摩擦因數(shù)均為μ，兩物體剛好未發(fā)生滑動，此時剪斷細線，假設最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，重力加速度為g，則(　　) 圖6 A.剪斷前，細線中的張力等于 B.剪斷前，細線中的張力等于 C.剪斷后，兩物體仍隨圓盤一起做勻速圓周運動，不會發(fā)生滑動 D.剪斷后，B物體仍隨圓盤一起做勻速圓周運動，A物體發(fā)生滑動，離圓心越來越遠 解析　剪斷前令細線中張力為T，則對物體B有μmg－T＝mω2OB，對物體A有μmg＋T＝mω22OB，聯(lián)立解得T＝，A錯、B對；剪斷細線后，T消失，物體B所受靜摩擦力能提供其做勻速圓周運動的向心力，即B仍隨圓盤做勻速圓周運動，物體A的最大靜摩擦力不足以提供其做勻速圓周運動的向心力，即物體A發(fā)生滑動，離圓心越來越遠，C錯、D對。 答案　BD 8.質量為m的物體在水平恒定外力F作用下沿水平面做勻加速直線運動，一段時間后撤去外力，已知物體的v－t圖象如圖7所示，則下列說法正確的有(　　) 圖7 A.物體所受摩擦力大小為 B.水平拉力大小是物體所受摩擦力大小的2倍 C.物體在加速段的平均速度大于減速段的平均速度 D.0～3t0時間內物體克服摩擦力做功的平均功率為 解析　由v－t圖象知物體在加速段的加速度大小為a1＝，在減速段的加速度大小為a2＝，由牛頓第二定律知物體所受摩擦力大小為f＝ma2＝，A對；而F－f＝ma1，即水平拉力大小為F＝，是物體所受摩擦力大小的3倍，B錯；由v－t圖象知物體在加速段的平均速度和在減速段的平均速度均為，C錯；0～3t0時間內物體的位移為x＝，所以克服摩擦力做功的平均功率為P＝＝，D對。 答案　AD 9.如圖8所示，水平向右的勻強電場中有一絕緣斜面，一帶電金屬滑塊以Ek0＝30 J的初動能從斜面底端A沖上斜面，到頂端B時返回，已知滑塊從A滑到B的過程中克服摩擦力做功10 J，克服重力做功24 J，則(　　) 圖8 A.滑塊帶正電，上滑過程中電勢能減小4 J B.滑塊上滑過程中機械能增加4 J C.滑塊上滑到斜面中點時重力勢能增加12 J D.滑塊返回到斜面底端時動能為15 J 解析　由動能定理知上滑過程中W電－WG－Wf＝ΔEk，代入數(shù)值得W電＝4 J，電場力做正功，滑塊帶正電，電勢能減小4 J，A對；由功能關系知滑塊上滑過程中機械能的變化量為ΔE＝W電－Wf＝－6 J，即機械能減小6 J，B錯；由題意知滑塊上滑到斜面中點時克服重力做功為12 J，即重力勢能增加12 J，C對；由動能定理知2Wf＝Ek0－Ek，所以滑塊返回到斜面底端時動能為10 J，D錯。 答案　AC 三、簡答題：本題分必做題(第10、11題)和選做題(第12題)兩部分，共計42分。 [必做題] 10.(8分)某實驗小組采用如圖9所示的實驗裝置探究小車加速度與力、質量的關系。 圖9 (1)下列關于該實驗的說法中正確的是________。 A.平衡摩擦力時，應將盤和盤中的砝碼用細繩通過定滑輪系在小車上 B.每次改變小車的質量時，不需要重新平衡摩擦力 C.實驗時，應先放開小車，再接通打點計時器 D.在每次實驗時，應使砝碼和砝碼盤的總質量遠大于小車的質量 (2)該實驗小組采用正確的實驗步驟后，利用打點頻率為50 Hz的打點計時器，得到的其中一條紙帶如圖10所示：(圖中每兩個計數(shù)點間還有四個點未畫出) 圖10 則在該次實驗中，小車運動的加速度大小為________m/s2(結果保留三位有效數(shù)字)。 解析　(1)砝碼和砝碼盤的重力等于小車受到的拉力，因此在平衡小車受到的摩擦力時，不能將盤和盤中的砝碼用細繩通過定滑輪系在小車上，選項A錯誤；平衡摩擦力是利用小車本身重力的下滑分量來進行的，即mgsin θ＝μmgcos θ，由此式可以看出不需要重新平衡摩擦力，選項B正確；實驗時，應先接通打點計時器，等打點計時器工作穩(wěn)定后再放開小車，因此選項C錯誤；在該實驗中，認為砝碼和砝碼盤的重力等于細繩拉小車的拉力，實際上，由于砝碼和砝碼盤要加速下降，所以細繩對小車的拉力要小于砝碼和砝碼盤的重力，所以為了減小誤差，砝碼和砝碼盤的總質量應遠小于小車的質量，選項D錯誤。 (2)由于計數(shù)點之間的時間間隔為T＝0.1 s，所以由逐差法可得小車的加速度為a＝1.19 m/s2。 答案　(1)B(4分)　(2)1.19(4分) 11.(10分)在學習了伏安法測電阻之后，某課外活動小組想通過圖11所示的實驗電路測定一個阻值約為幾十歐的電阻Rx的阻值。圖中定值電阻R0＝10 Ω，R是總阻值為50 Ω的滑動變阻器，A1和A2是電流表，電源電動勢E＝4 V，電源內阻忽略不計。 圖11 (1)該課外活動小組現(xiàn)有四只可供選擇的電流表： A.電流表(0～3 mA，內阻為2.0 Ω) B.電流表(0～0.3 A，內阻為5.0 Ω) C.電流表(0～3 mA，內阻未知) D.電流表(0～0.6 A，內阻未知) 則電流表A1應選________；電流表A2應選________。(填器材前的字母) (2)在不損壞電表的情況下，將滑動變阻器的滑片從最左端逐漸向右滑動，隨著滑動變阻器接入電路中的長度x的變化，電流表A2的示數(shù)也隨之發(fā)生變化，則下列四個選項中能正確反映電流表A2的示數(shù)I2隨滑動變阻器接入電路中的長度x的變化關系的是________。 (3)該課外活動小組利用圖11所示的電路，通過改變滑動變阻器接入電路中的阻值，得到了若干組電流表A1、A2的示數(shù)I1、I2，然后在坐標紙上描點、連線，得到的I1－I2圖線如圖12所示，由圖可知，該待測電阻Rx的阻值為________Ω。(結果保留三位有效數(shù)字) 圖12 解析　(1)由于在該實驗電路中沒有電壓表，所以要將定值電阻R0和電流表A1改裝成電壓表使用，因此A1的內阻應已知，如果采用A電流表，則流經該電流表的最大電流約為 A，超出了該電流表的量程，如果采用B電流表，則流經該電流表的最大電流約為A，小于該電流表的量程，所以要采用B電流表。由于電流表A2的內阻不是必須要知道的，其量程要大于電流表A1的量程，所以電流表A2應選擇D電流表。(2)流經電流表A2的電流為電路中的總電流，設滑動變阻器單位長度的電阻為r，則有I2＝，又因為R0、Rx、R1、R2等均為定值，令k＝＋R2，則上式可變?yōu)镮2＝，由數(shù)學關系可知，選項B正確。(3)由電路圖可知，(R0＋R1)I1＝Rx(I2－I1)，整理可得＝，而即題圖中I1－I2圖線的斜率，由圖可知，＝，代入數(shù)據(jù)解得Rx＝35.0 Ω。 答案　(1)B(2分)　D(2分)　(2)B(3分)　(3)35.0(結果在33.0～37.0之間均正確)(3分) 12.[選做題]本題包括A、B、C三小題，請選定其中兩小題作答。若多做，則按A、B兩小題評分。 A.【選修3－3】(12分) (1)下列說法正確的是(　　) A.懸浮在液體中的微粒越小，受到液體分子的撞擊就越容易平衡 B.物體中所有分子的熱運動動能的總和叫做物體的內能 C.熱力學溫度T與攝氏溫度t的關系為t＝T＋273.15 D.液體表面的分子距離大于分子間的平衡距離，使得液面有表面張力 (2)圖13為一定質量理想氣體的壓強P與體積V的關系圖象，它由狀態(tài)A經等容過程到狀態(tài)B，再經過等壓過程到狀態(tài)C。設A、B、C狀態(tài)對應的溫度分別為TA、TB、TC，則TA＝________TC，從狀態(tài)B到狀態(tài)C過程氣體________(填“吸”、“放”) 圖13 (3)某教室的空間體積約為120 m3。試計算在標準狀況下，教室里空氣分子數(shù).已知：阿伏加德羅常數(shù)NA＝6.01023mol－1，標準狀況下摩爾體積V0＝22.410－3m3。(計算結果保留一位有效數(shù)字) 解析　(1)懸浮微粒越小，在某一瞬間撞擊它的液體分子數(shù)就越少，布朗運動就越明顯。故A錯誤；物體中所有分子的熱運動動能的總和叫做物體的內能，故B錯誤；攝氏溫度t與熱力學溫度T的關系為T＝t＋273.15，故C錯誤；液體表面分子間距離大于平衡位置間距r0，分子力表現(xiàn)為引力，所以液體表面存在表面張力，故D正確。 (2)A到B為等容變化，故＝ 知TB＝TA 理想氣體經歷B→C過程，等壓變化，＝ 即TC＝TB＝TB＝TA，故TA＝TC 理想氣體經歷B→C過程，等壓變化，由＝k知體積增大，溫度升高，內能增大，氣體的體積變大，對外做功，W＝Fx＝pSx＝pΔV＝p2(V2－V1)，根據(jù)熱力學第一定律：△E＝Q－W，知氣體需要吸熱。 (3)設空氣摩爾數(shù)為n，則n＝ 設氣體分子數(shù)為N，則N＝nNA 代入數(shù)據(jù)聯(lián)立求解得：N＝31027個 答案　(1)D　(2)　吸熱　(3)31027個 B.【選修3－4】(12分) (1)下列說法正確的是(　　) A.一條沿自身長度方向運動的桿，其長度總比桿靜止時長 B.根據(jù)多普勒效應可以判斷遙遠天體相對于地球的運動速度 C.大量事實證明，電磁波不能產生衍射現(xiàn)象 D.受迫振動的頻率總等于系統(tǒng)的固有頻率 (2)過去已知材料的折射率都為正值(n＞0)?，F(xiàn)已有針對某些電磁波設計制作的人工材料，其折射率可以為負值(n＜0)，稱為負折射率材料。位于空氣中的這類材料，入射角i與折射角r依然滿足＝n，但是折射光線與入射光線位于法線的同一側(此時折射角取負值)。現(xiàn)空氣中有一上下表面平行的負折射率材料，一束電磁波從其上表面以入射角α射入，下表面射出。若該材料對此電磁波的折射率n＝－1，請畫出正確反映電磁波穿過該材料的傳播路徑的示意圖，若在上下兩個表面電磁波的折射角分別為r1、r2，則r1等于r2(填“大于”、“等于”、“小于”) 圖14 (3)豎直懸掛的彈簧振子下端裝有記錄筆，在豎直面內放置記錄紙。當振子上下振動時，以水平向左速度v＝10 m/s勻速拉動記錄紙，記錄筆在紙上留下記錄的痕跡，建立坐標系，測得的數(shù)據(jù)如圖15所示，求振子振動的振幅和頻率。 圖15 解析　(1)根據(jù)l＝l0，知這條沿自身長度方向運動的桿其長度總比桿靜止時的長度小。故A錯誤；只要是波，均有多普勒效應現(xiàn)象，根據(jù)多普勒效應可以判斷遙遠天體相對于地球的運動速度。故B正確；電磁波是波，電磁波能產生衍射現(xiàn)象。故C錯誤；受迫振動的頻率總等于策動力的頻率，故D錯誤。 (2)由折射定律：＝n＝－1 得：sin i＝－sin r，則 即折射角等于入射角，r1＝r2，且位于法線的同側，故光路圖如答案圖所示。 (3)設周期為T，振幅為A。由題圖得：A＝5 cm； 由于振動的周期就是記錄紙從O至x＝1 m運動的時間，所以，周期為： T＝＝＝0.1 s， 故頻率為：f＝＝＝10 Hz。 答案　(1)B　(2)如圖所示 (3)5 cm　10 Hz C.【選修3－5】(12分) (1)下列說法正確的是(　　) A.放射性元素的半衰期隨溫度升高而減小 B.光和電子都具有波粒二象性 C.α粒子散射實驗可以估算出原子核的數(shù)量級為10－10 m D.原子核的結合能越大，原子核越穩(wěn)定 (2)如圖16所示的裝置研究光電效應現(xiàn)象，當用光子能量為5 eV的光照射到光電管上時，測得電流計上的示數(shù)隨電壓變化的圖象如圖17所示。則光電子的最大初動能為________ J，金屬的逸出功為________ J。 圖16　　　　　　　　　　　　圖17 (3)一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進入太空預定位置，由控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離。已知前部分的衛(wèi)星質量為m1，后部分的箭體質量為m2，分離后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行，若忽略空氣阻力及分離前后系統(tǒng)質量的變化，則分離后衛(wèi)星的速率v1是多大。 圖18 解析　(1)放射性元素的半衰期不受到環(huán)境的變化而變化，故A錯誤；光和電子都具有波粒二象性，故B正確；通過α粒子散射實驗的結果可以估測原子核直徑的數(shù)量級為10－15 m，故C錯誤；比結合能越大，原子核越穩(wěn)定，故D正確； (2)由圖17可知，當該裝置所加的電壓為反向電壓，當電壓是－2 V時，電流表示數(shù)為0，知道光電子點的最大初動能為：2 eV＝3.210－19 J， 根據(jù)光電效應方程EKm＝hν－W0，W0＝3 eV＝4.810－19 J。 (3)火箭和衛(wèi)星組成的系統(tǒng)在分離時水平方向上動量守恒，規(guī)定初速度的方向為正方向，有：(m1＋m2)v0＝m2v2＋m1v1 解得：v1＝v0＋(v0－v2) 答案　(1)BD　(2)3.210－19　4.810－19 (3)v1＝v0＋(v0－v2) 四、計算題：本題共3小題，共計47分。解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟。只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。 13.(15分)(xx鹽城二模)如圖19所示，在勻強磁場中有一足夠長的光滑平行金屬導軌，與水平面間的夾角θ＝30，間距L＝0.5 m，上端接有阻值R＝0.3 Ω的電阻，勻強磁場的磁感應強度大小B＝0.4 T，磁場方向垂直導軌平面向上。一質量m＝0.2 kg，電阻r＝0.1 Ω的導體棒MN在平行于導軌的外力F作用下，由靜止開始向上做勻加速運動，運動過程中導體棒始終與導軌垂直，且接觸良好，當棒的位移d＝9 m時電阻R上消耗的功率為P＝2.7 W。其它電阻不計，g取10 m/s2。求： (1)此時通過電阻R上的電流； (2)這一過程通過電阻R上電荷量q； (3)此時作用于導體棒上的外力F的大小。 圖19 解析　(1)根據(jù)熱功率：P＝I2R，(2分) 解得：I＝＝＝3 A(1分) (2)回路中產生的平均感應電動勢：E＝，(1分) 由歐姆定律得：I＝，(1分) 電流和電量之間關系式：q＝It＝＝＝＝4.5 C，(2分) (3)此時感應電流I＝3 A，由I＝＝(2分) 解得此時速度：v＝＝＝6 m/s，(2分) 由勻變速運動公式：v2＝2ax，(1分) 解得：a＝＝＝2 m/s2，(1分) 對導體棒由牛頓第二定律得： F－F安－mgsin 30＝ma，(2分) 即：F－BIL－mgsin 30＝ma， 解得：F＝ma＋BIL＋mgsin30＝0.22＋0.40.53＋0.210＝2 N(1分) 答案　(1)3A　(2)4.5 C　(3)2 N 14.(16分)在高速公路的同一車道上行駛的汽車，必須保持一定的距離，才能保證行車安全。若在某高速公路的某條車道上，有甲、乙兩輛小轎車均以v0＝30 m/s的速度在勻速行駛，甲車在前，乙車在后。某時刻甲車司機突然因故障開始減速，其減速時的加速度大小為a1＝5 m/s2，在看到甲車減速后乙車司機開始緊急剎車，若乙車司機的反應時間為t＝0.5 s，乙車剎車的最大加速度大小為a2＝3 m/s2，則要避免兩車相撞，甲、乙兩車在勻速行駛時的距離至少為多少？ 解析　設甲車減速到零時行駛的距離為x甲 則由運動學公式可得x甲＝(4分) 設乙車減速到零時行駛的距離為x乙 則由運動學公式可得x乙＝v0t＋(4分) 要避免兩車相撞，則兩車在勻速行駛時的距離至少應為Δx＝x乙－x甲(4分) 以上三式聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可得Δx＝75 m。(4分) 答案　75 m 15.(16分)如圖20所示，在以O1點為圓心且半徑為r＝0.10 m的圓形區(qū)域內，存在著豎直向下、場強大小為E＝4105 V/m的勻強電場(圖中未畫出)。圓的左端跟y軸相切于直角坐標系原點O，右端與一個足夠大的熒光屏MN相切于x軸上的A點。一比荷＝1.0108 C/kg的帶正電粒子從坐標原點O沿x軸正方向入射，粒子重力不計。 圖20 (1)若粒子在圓形區(qū)域的邊界Q點射出勻強電場區(qū)域，O1A與O1Q之間的夾角為θ＝60，求粒子從坐標原點O入射的初速度v0； (2)撤去電場，在該圓形區(qū)域內加一磁感應強度大小為B＝0.15 T、方向垂直紙面向里的勻強磁場，且將該圓形磁場以過O點并垂直于紙面的直線為軸，逆時針緩慢旋轉90，在此過程中不間斷地射入題干中所述粒子，粒子入射的速度等于(1)中求出的v0，求在此過程中打在熒光屏MN上的粒子與A點的最遠距離。 解析　(1)由題意可知，該粒子將在勻強電場中做類平拋運動，設其在電場中的運動時間為t，粒子在電場中運動的加速度大小為a，則有r＋rcos θ＝v0t(1分) rsin θ＝at2(1分) qE＝ma(1分) 以上三式聯(lián)立可得v0＝(1＋cos θ)(2分) 代入數(shù)據(jù)可得v0＝3106 m/s。(1分) (2)由題意可知，粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為R＝＝0.2 m，以O點為圓心、OA＝0.2 m為半徑做出圓弧AC交y軸于C點，以C點為圓心、CO為半徑作出粒子運動的軌跡交弧AC于D點，則OD＝2r＝0.2 m，如圖所示，過D點作切線，分別交OA于F點，交MN于E點，則E點即粒子能夠打在熒光屏MN上的粒子離A點的最遠距離(4分) 由幾何關系可知，sin α＝(1分) 所以OF＝Rtan α(1分) 因此AF＝2r－OF(1分) 由幾何關系可知∠EFA＝2α(1分) 所以AE＝AFtan 2α(1分) 以上各式聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)可得AE＝ m。(1分) 答案　(1)3106 m/s　(2) m