江苏省兴化一中2020届高考物理第四次模拟考试试卷(含解析)

2020届高三考前模拟考试

物理试题

一、单项选择题．本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意．

1. 一平行板电容器，其一个极板带+4.8×10-3C电量，另一极板带-4.8×10-3C电量，两极板之间电压为400V，则该电容器的电容为

A. 2.4×10-5F

B. 1.2×10-5F

C. 8.3×104F

D. 4.2×104F

【答案】B

【解析】根据，则，故选B.

2. 如图所示为一螺距较大、有弹性的通电螺线管的磁场截面分布图，虚线为螺线管的中轴线（与某一磁感线重合），ab为用绝缘细线悬挂的位于螺线管的正上方的通电直导线，其电流方向由a到b，电流很小，不影响螺线管磁场。下列说法正确的是

A. P、Q两点的磁感应强度相同

B. 直导线ab通电后，a端垂直纸面向外转动

C. 断开螺线管的电源后，螺线管有沿水平方向向内收缩的趋势

D. 将不计重力的电子沿中轴线射入螺线管，电子将做匀速直线运动

【答案】D

【解析】P、Q两点的磁感应强度大小相同，方向不相同，选项A错误；直导线ab

通电后，由左手定则可知，a端受安培力向里，则a端垂直纸面向里转动，选项B 错误；螺线管通电时，各匝之间为同向电流，相互吸引，则断开螺线管的电源后，螺线管有沿水平方向向外扩张的趋势，选项C错误；长螺线管内部的磁场可认为是匀强磁场，将不计重力的电子沿中轴线射入螺线管，电子运动的方向与磁感线平行，不受洛伦兹力作用，则电子将做匀速直线运动，选项D正确；故选D.

3. 金属探测器是用来探测金属的仪器，关于其工作原理，下列说法中正确的是

A. 探测器内的探测线圈会产生稳定的磁场

B. 只有有磁性的金属物才会被探测器探测到

C. 探测到金属物是因为金属物中产生了涡流

D. 探测到金属物是因为探测器中产生了涡流

【答案】C

【解析】金属探测器探测金属时，探测器内的探测线圈会产生变化的磁场，被测金属中感应出涡流，故选项AD错误，C正确；所有的金属都能在变化的磁场中产生涡流，所以不一定是只有有磁性的金属物才会被探测器探测到，选项B错误；故选C.

4. 如图，一个礼花弹竖直上升到最高点时炸裂成三块碎片，其中一块碎片首先沿竖直方向落至地面，另两块碎片稍后一些同时落至地面。则在礼花弹炸裂后的瞬间这三块碎片的运动方向可能是

A. B. C. D.

【答案】D

【解析】礼花弹炸裂的瞬间动量守恒，因炸裂前的总动量为竖直向上的方向，则炸裂后总动量也是竖直向上，水平方向的总动量为零，因一碎块沿竖直方向先落地，可知其速度方向竖直向下，则礼花弹炸裂后的瞬间这三块碎片的运动方向可能是D，故选D.

5. 如图所示，竖直放置的等螺距螺线管高为h，该螺线管用长为l的硬质直管（内径远小于h）弯制而成。一光滑小球从管口上端由静止释放，下列说法正确的是

A. 若仅增大l，小球到达管口下端时的速度增大

B. 小球到达管口下端时重力的功率

C. 小球到达管口下端的时为

D. 在运动过程中小球受管道的作用力大小不变

【答案】C

............

点睛：本题主要考查了动能定理和牛顿第二定律，实质上螺旋管的每一部分都可看做是一个小斜面，总体来说整个螺线管是一个大斜面；抓住小球在下滑过程中速度越来越大，所需要的向心力也越来越大即可.

二、多项选择题．本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．

6. 我国的“天链一号”卫星是地球同步卫星，可为中低轨道卫星提供数据通讯，如图所示为“天链一号”卫星a、赤道平面内的低轨道卫星b、地球的位置关系示意图，O为地心，卫星a的轨道半径是b的4倍，已知卫星a、b绕地球同向运行，卫星a 的周期为T，下列说法正确的是

A. 卫星a、b的速度之比为2∶1

B. 卫星b的周期为

C. 卫星a的质量是b的两倍

D. 卫星a、b的向心加速度之比为1:16

【答案】BD

【解析】设卫星a、b的轨道半径分别为r

1和r

2

．根据得，，卫星

a、b的速度之比为1：2．故A错误。根据得，，因为 r

1=4r

2

．则

得卫星b星的周期为T/8，故B正确。根据题中条件不能确定卫星a、b的质量关系，

选项C错误；根据可知，卫星a、b的向心加速度之比为1:16，选项D正确；

故选BD.

点睛：本题要掌握卫星问题的基本思路：万有引力提供向心力，列出关于线速度及周期的表达式即可进行讨论.

7. 如图所示，R

1、R

3

为定值电阻，R

2

为滑动变阻器，D为阻值恒定的灯泡，电表为

理想电表，理想变压器接输出电压恒定的正弦交流电源，下列说法正确的是

A. 若仅滑片P向右滑动，电压表示数变大

B. 若仅增加变压器副线圈匝数，电流表示数变大

C. 若仅增加交流电频率，灯泡D变亮

D. 若仅电阻R

3

断路，灯泡D变亮

【答案】ABD

【解析】若仅滑片P向右滑动，则R

2

阻值变大，次级电流减小，初级电流减小，电

阻R

1

上的电压减小，则初级电压变大，次级电压也变大，即电压表示数变大，选项A正确；若仅增加变压器副线圈匝数，则次级电压变大，次级电流变大，则初级电流变大，即电流表示数变大，选项B正确；若仅增加交流电频率，则电感线圈的阻

碍作用变大，灯泡D变暗，选项C错误；若仅电阻R

3

断路，则次级电阻变大，次级

电流减小，初级电流减小，R

1电压减小，则初级电压变大，次级电压变大，因R

2

电

压减小，则灯泡上的电压变大，灯泡D变亮，选项D正确；故选ABD.

点睛：变压器中的动态电路分析，往往是从变化的部分开始分析，从次级电阻分析次级电流，在回到初级电流，然后再回到次级；注意搞清电路的结构，尤其是初级线圈的电压与输入的电压不同.

8. 在真空中的x轴上的原点和x=6a处分别固定一个点电荷M、N，在x=2a处由静止释放一个正点电荷P，假设点电荷P只受电场力作用沿x轴方向运动，其速度大小与在x轴上的位置关系如图所示，则下列说法中正确的是

A. 点电荷M、N一定都是正电荷

B. 点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为2:1

C. 点电荷P的电势能一定是先增大后减小

D. 点电荷P的所受电场力一定先减小后增大

【答案】AD

【解析】由v-x图象可知，点电荷P的速度先增大后减小，所以点电荷P的动能先增大后减小，说明电场力先做正功，后做负功，结合正电荷受到的电场力的方向与场强的方向相同可知，电场强度的方向先沿x轴的正方向，后沿x轴的负方向，根据点电荷的电场线的特点与电场的叠加原理可知，点电荷M、N一定都是正电荷。故A正确；由图可知，在x=4a处点电荷P的速度最大，速度的变化率为0，说明了x=4a 处的电场强度等于0．则M与N的点电荷在x=4a处的电场强度大小相等，方向相反，

根据库仑定律得：，所以点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4：1．故

B错误。点电荷P的动能先增大后减小，由于只有电场力做功，所以点电荷P的电势能一定是先减小后增大。故C错误；由速度关系可知，点电荷的加速度先减小后增加，则所受的电场力一定先减小后增大，选项D正确；故选AD.

点睛：该题结合v-x图象考查对点电荷的电场特点的理解，以及对电场叠加的应用，熟悉点电荷的电场分布特点是解答的关键，同时注意明确电场力做功和电势能之间的关系，知道电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大．

9. 如图，质量为4m的立方体木块A置于光滑水平面上，B为固定在木块A上的轻质滑轮，不可伸长的细绳一端固定在O点，另一端拴接质量为m的小木块C，C与木块A的竖直边紧靠着，接触面光滑，细线OB段始终水平，若系统由静止释放，则木块C落地前，下列说法中正确的是

A. 当木块A向右滑行的位移为x时，木块C位移为x

B. 运动过程中，细绳对木块C的拉力等于mg

C. 以地面为参考系，木块C做直线运动

D. 当木块A向右滑行的位移为x时，木块A的速度为

【答案】CD

【解析】当木块A向右滑行的位移为x时，木块C向下的位移为x，向右的位移为x，则总位移为x，选项A错误；运动过程中，木块C有向下的加速度，则细绳对木块C的拉力不等于mg，选项B错误；以地面为参考系，木块C在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向也做初速度为零的匀加速度直线运动，则合运动仍为直线运动，选项C正确；当木块A向右滑行的位移为x时，C下落x，设A的速度为v，则C的竖直速度和水平速度均为v，即C的速度为；由动能定理：

，解得木块A的速度为，选项D正确；故选CD.

点睛：此题关键是要搞清连接体AC之间的位移关系、速度关系以及加速度关系等；知道物体C参与两个方向的分运动，且两个分运动大小都是相同的，只是方向不同。

三、简答题：本题分必做题（第lO、11题)和选做题(第12题)两部分，共计44分．请将解答填写在答题卡相应的位置上.

必做题

10. 如图所示，气垫导轨上质量为M的滑块通过轻质细绳绕过轻质动滑轮与拉力传感器相连，动滑轮下悬挂质量为m的钩码，滑块上遮光条宽度为d。实验时，滑块由静止释放，测得遮光条通过光电门的时间为Δt，拉力传感器的读数为F。

（1）用游标卡尺测量遮光条宽度，其读数为_____ cm；

（2）某同学在“探究绳子拉力对滑块做功与滑块动能变化的关系”实验时，记录滑块的初位置与光电门的距离L及挡光条通过光电门的时间Δt，测得多组L和Δt

值。应用图象法处理数据时，为了获得线性图象应作 _________图象（选

填“”、“ ”或“”），该图象的斜率k=______；

（3）该同学通过实验发现：绳子拉力F做的功总大于滑块动能的变化量。若实验数据测量准确，出现该情况的可能原因是______。

A．钩码质量m未远小于滑块质量M

B．滑块运动过程中克服阻力做功

C．气垫导轨没有调节水平

D．没有考虑动滑轮的质量

（4）若用上述装置研究系统（含滑块、钩码）机械能守恒，设滑块由静止开始的释放点与光电门的距离为L、挡光条通过光电门的时间为Δt，则满足关系式_______（用已知量符号表示）时，运动过程中系统机械能守恒。

【答案】 (1). 0.355 (2). (3). (4). BC (5).

【解析】（1）用游标卡尺测量遮光条宽度，其读数为：0.3cm+0.05mm×11=0.355 cm；

（2）由动能定理：，则，则为了获得线性图象应作

图像；该图象的斜率；

（4）拉力对系统做功：W=mgL；滑块的速度，则钩码的速度为；则

系统动能的增量：；则若运动过程中系统机械能守恒，则满足关系式：.

点睛：本题考查探究功和动能变化关系的实验，关键是明确合力的功、动能的变化如何测量，知道实验中加力传感器的作用；搞清实验中的能量转化关系.

11. 实验室提供以下器材测量电流计G的内阻：

A．待测电流计G（0 – l0mA，内阻约300Ω）； B．电压表V（0 -15V，内阻约3KΩ）；

C．电流表A（0 -15mA，内阻约100Ω）； D．定值电阻R

1

( 300Ω)；

E．定值电阻R

2(10Ω)； F．滑动变阻器R

3

(0 - l000Ω)；

G．滑动变阻器R

4

(0- 15Ω)； H．干电池（4. 5V，内阻不计）；I．电键S及导线若干。

某同学设计了如图甲、乙所示两个测量电路，

(1)用图甲电路测量时误差较大，原因是_____；

(2)用图乙电路进行实验时，滑动变阻器应选用_____，定值电阻应选用____（选填器材前的字母）；

(3)请用笔画线代替导线，将丙图的电路正确连接____________。

(4)按电路图乙连接实验，记录待测电流计的读数I、电路中另一个电表的读数x；移动滑动变阻器的滑片，获得多组I、x的值。以I为纵坐标，x为横坐标，作出如图丁所示的图线，若图线的斜率为k，则待测电流计G内阻为_____。该实验测得电流计G的内阻测量值与真实值相比_____（偏大、偏小、相等）。

【答案】 (1). 甲图中电压表量程过大 (2). G (3). D (4). 电路如图；

(5). (6). 相等

【解析】(1)用图甲电路测量时误差较大，原因是甲图中电压表量程过大；

(2)用图乙电路进行实验时，滑动变阻器用分压电路，则应选用阻值较小的G；定值电阻应选用与待测电流表阻值相当的D；

(3)电路连接如图：

(4)由欧姆定律可知：，解得，则，其中R

=300Ω；

1

解得；实验中电流表A的内阻对测量结果无影响，则测得电流计G的内阻测量值与真实值相比相等。

12. 如图所示，一导热性能良好的气缸，用轻质活塞密封了一定质量的气体，活塞用轻绳悬挂在天花板上

（1）若环境温度缓慢升高，下列说法正确的有_____．

A．单位时间内气体分子与器壁单位面积碰撞的分子数减少

B．单位时间内气体分子与器壁单位面积碰撞的分子数增加

C．器壁单位面积上受到气体分子撞击力增大

D．温度升高，缸内所有气体分子运动速率均增大

（2）若已知气缸的容积为1L，气缸内气体的密度为30g/，平均摩尔质量为1.152g/mol．阿伏加德罗常数，估算气缸内气体分子数为____个，气体分子间平均距离d=____m（结果均保留一位有效数字）。

（3）已知气缸的质量为M，活塞可以在缸内无摩擦滑动，活塞的面积为S，活塞与

，此时环境温度为T。若环境温度升高时，气体从外缸底距离为h，大气压强恒为p

界吸收热量Q，气缸缓慢移动距离d 后再次处于静止，则在此过程中密闭气体的内能?U增加了________?温度升高了___________？

【答案】(1). A (2). 2×1022(3). d=4×10-9m (4).

(5).

【解析】（1）缸内气体压强可知当温度升高时，缸内气体的压强不变，因温度升高时单个分子对器壁的作用力变大，则单位时间内气体分子与器壁单位面积碰撞的分子数减少，选项A正确，B错误；气体的压强不变，则器壁单位面积上受到气体分子撞击力不变，选项C错误；温度升高，缸内气体分子运动的平均速率增大，并非所有气体分子运动速率均增大，选项D错误；故选A.

（2）气体质量：m=ρV；摩尔数为：；

分子数为：

将气体分子占据的空间看成立方体形，而且紧密排列，则=N

A

?d3

可得；

（3）缸内气体压强 P＝P

0?

气体等压膨胀过程外界对气体做功W=-PSd

根据热力学第一定律，气体内能增加量△U=Q+W

解得：△U=Q-P

Sd+Mgd

气体做等压变化，由盖?萨克定律得：

解得：

点睛：本题第二问求分子数，往往先求摩尔数，再乘以阿伏加德罗常数即可．摩尔数等于质量与摩尔质量的比值；第三问明确气体是等压膨胀，运用热力学第一定律和盖?吕萨克定律列式求解．

13. A、B为同一波源发出的两列波，某时刻在不同介质、相同距离上的波形如图所示。则两列波的波速之比是____

A．1∶3 B．1∶2

C．2∶1 D．3∶1

【答案】C

【解析】由图读出两列波的波长之比为：λ

A ：λ

B

=a：a=2：1。同一波源发出的两

列波频率f相同，则由波速公式v=λf得到，两列波的波速之比：υ

A ：υ

B

=λ

A

：λ

B

=2：

1。故选C。

14. 根据气体吸收谱线的红移现象推算，有一类星体远离我们的速度高达到光速c 的80%，则在该类星体上测得它发出光的速度是_____，我们观测到它的体积比它实际体积_____（填“大”或“小”），该类星体上的π介子平均寿命比在地球上_____（填“长”或“短”）。

【答案】 (1). C (2). 小 (3). 长

【解析】根据爱因斯坦相对论的原理可知，在该类星体上测得它发出光的速度等于c，根据相对认效应可知，我们观测到它的尺寸比它实际尺寸小，则观测到它的体积比它实际体积也小，该类星体上的π介子平均寿命比在地球上长．

15. 如图所示是光由空气射入某种介质时的折射情况，试由图中的数据求出这种介质的折射率和这种介质中的光速。

【答案】，

【解析】根据折射定律得：

这种介质中的光速为．

16. 关于下列四幅图说法正确的是：_____

①放射线监测金属板厚度②核反应堆原理图

③康普顿效应示意图④电子束通过铝箔时的衍射图样

A．图①中的放射性同位素应选择衰变时放出α粒子的同位素

B．图②中的镉棒的作用是使核反应中的快中子减速

C．图③中的光子碰撞电子后，其波长将变大

D．图④中的电子的动量越大，衍射现象越明显

【答案】C

【解析】α、β、γ三种射线的穿透能力不同，α射线不能穿过3 mm厚的铝板，γ射线又很容易穿过3 mm厚的铝板，厚度的微小变化不会使穿过铝板的γ射线的强度发生较明显变化，所以基本不受铝板厚度的影响。而β射线刚好能穿透几毫米厚的铝板，因此厚度的微小变化会使穿过铝板的β射线的强度发生较明显变化，即是β射线对控制厚度起作用，所以图①的放射性同位素应选择衰变时放出β粒子的同位素，故A错误；在核反应堆中石墨主要起减速剂的作用，将快中子变成慢中子。镉棒起到吸收中子的作用，能控制中子的数目，从而控制和反应的速度，故B 错误；图③中的光子碰撞电子后，其能量减小，则波长将变大，选项C正确；根据波长和动量的关系λ=h/p，则图④中的电子的动量越大，波长越小，则衍射现象越不明显，选项D错误；故选C.

17. 已知氢原子基态能量为—13.6eV，则氢原子处于n=4激发态的能量为_____eV ;大量处于n=4激发态的氢原子跃迁时，发出多种不同能量的光子，若用能量最大的光子照射到逸出功为 2.75eV的光电管上，加在该光电管上的反向遏止电压为_____V。

【答案】 (1). -0.85 (2). 10

【解析】则氢原子处于n=4激发态的能量为

能级间跃迁放出或吸收光子的能量满足hγ=E

m -E

n

．所以频率最大的光子能量为

E=E

4-E

1

=-0.85+13.60eV=12.75eV．

根据爱因斯坦光电效应方程，有E

km =hv-E

根据动能定理eU=E

km

解得：U=10V

点睛：本题为3-5模块的综合题，模块间不综合，全面考查了选修3-5中的基础知识，对于该部分知识一是注意平时的积累与记忆，二是注意有关能级跃迁、最大初动能与遏止电压等知识的应用．

18. 离子发动机是利用电场加速离子形成高速离子流而产生推力的航天发动机。工作时将推进剂离子化，使之带电，然后在静电场作用下推进剂得到加速后喷出，从而产生推力。这种发动机适用于航天器的姿态控制、位置保持等。设航天器质量M，单个离子质量m，带电量q，加速电场的电压为U，高速离子形成的等效电流强度为I。试求该发动机产生的推力。

【答案】

【解析】选择?t时间内喷出的质量为?m的离子流为研究对象，根据动量定理：

解得：

点睛：此题是用动量定理解决流体问题；关键是选择研究对象，即选择单位时间内喷出的离子为研究对象来分析；知道等效电流的含义.

四、计算题：本题共3小题，共计45分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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．

19. 如图所示，电阻不计的两光滑平行金属导轨相距L=1m，PM、QN部分水平放置在绝缘桌面上，半径a=0.4m的金属半圆导轨处在竖直平面内，两部分分别在M、N处相切，PQ左端与R=2Ω的电阻连接。一质量为m=1kg、电阻r=1Ω的金属棒放在导轨上的PQ处，始终与导轨垂直且接触良好。整个装置处于磁感应强度大小B=1T、

方向竖直向上的匀强磁场中，g取10m/s2。

⑴若导体棒以v=3m/s在水平轨道上向右匀速运动，求导体棒受到的安培力的大小和方向；

⑵若导体棒恰好能通过轨道最高点CD处，求导体棒通过CD处时电阻R上的电功率；

⑶若导体棒从MN处以3m/s的恒定速率沿着半圆轨道运动，产生交变电流，写出导体棒从MN运动到CD的过程中，产生的电流随时间变化的表达式（以导体棒在MN 处为t=0时刻）及电阻R中产生的焦耳热。

【答案】（1） F=1N，方向水平向左（2）（3），

【解析】（1）产生的感应电动势为：E=BLv

形成的感应电流为：

受到的安培力为：F=BIL

联立解得：F=1N 方向水平向左

（2）在最高点CD处有：mg=m

=2m/s

得v

2

E=BLv

2

解得：

=BLv=3V；电流最大值；

（3）感应电动势最大值E

m

感应电流（A）

电阻R中产生的焦耳热

点睛：本题是电磁感应与力学、交变电流的综合，要明确导体棒恰好能通过轨道最高点CD处的临界条件，把握在半圆轨道上产生的感应电流规律，知道对于交变电流，必须用有效值求热量．

20. 如图所示，固定直杆上套有一个质量为m的小球和两根原长均为L的轻弹簧，两根轻弹簧的一端与小球相连，另一端分别固定在杆上相距为2L的A、B两点。已知直杆与水平面的夹角为θ，两弹簧的劲度系数均为，小球在距B点L的P点处于静止状态，此时小球受到的摩擦力为最大静摩擦力，且与滑动摩擦力相等，重力加速度为g。求：

（1）从固定点B处剪断弹簧的瞬间小球加速度的大小和方向；

（2）若小球从P点以初速度v

沿杆向上运动，恰能到达距A点L的Q点，求初速

的大小；

度v

（3）接（2），小球从Q点下滑过程中动能最大时离到B点的距离。

【答案】（1），方向沿杆向下（2）（3）

【解析】（1）小球在P点时两根弹簧的弹力大小相等，设为F，根据胡克定律有

F= k (L－L)

设小球静止时受到的摩擦力大小为f ，方向沿杆向下，根据平衡条件有

mgsinθ + f = 2F

得f =

剪断下方弹簧的瞬间, mgsinθ - f－F=ma

，方向沿杆向下

（2）小球在P、Q两点时，弹簧的弹性势能相等，故小球从P到Q的过程中，弹簧

对小球做功为零据动能定理 W

合= ΔE

k

有

－mg·2(L－L)sinθ－f·2(L－L) = 0－mv2

（3）小球沿杆下滑的过程中，当其a=0时有最大动能

2kx+f=mgsinθ

2kx=0.8mgsinθ

到B点的距离为

点睛：本题考查了动能定理与胡克定律和共点力平衡的综合运用，解决本题的关键知道两根弹簧的弹力大小相等，以及小球在不同的位置，两弹簧形变量相等，弹性势能相等，在两点之间运动弹力不做功．

21. 如图所示，一足够大的光滑绝缘水平桌面上建一直角坐标系xOy，空间存在垂直桌面向下的匀强磁场。一带电小球A（可视为质点）从坐标原点O以速度v沿着x 轴正方向入射，沿某一轨迹运动，从（0，d）坐标向左离开第I象限。若球A在第I象限的运动过程中与一个静止、不带电的小球B（可视为质点）发生弹性正碰，碰后两球电量均分，球B的速度是球A的3倍。若不论球B初始置于何处，球A碰后仍沿原轨迹运动。球A、B的质量之比为3：1，不计两球之间的库仑力。

（1）判断带电小球A的电性并求出碰后球B的速度大小；

（2）若两球碰后恰好在（，）坐标首次相遇，求球B在第I象限初始位置的坐标；

（3）若将球B置于（，）坐标处，球A、B碰后，在球B离开第I象限时撤去磁场，再过时间Δt恢复原磁场，要使得两球此后的运动轨迹没有交点，求Δt的最小值。

【答案】（1）球A带正电荷（2）（3）

【解析】（1）球A带正电荷

碰撞前后球A运动半径保持不变

qvB=m

1

碰后球A速度v

1

=v

v 2=3v

1

=v

（2）由解得

如图1所示，设两球从碰撞位置运动到（－，）半径所夹圆心角是α，球B比球A多转2π，两球角速度之比1:3，α+2π=3α

解得α=π，所以球B被碰时在第一象限的位置为（，）

（3）如图2所示，球B离开第一象限时，两球运动轨迹半径所夹圆心角是60°。磁场消失后，各自沿着图中速度方向做匀速直线运动，当磁场恢复后，两球又做匀速圆周运动，且半径相等都是。

撤去磁场时，两球运动轨迹的圆心位置均为图3中的M点，恢复磁场，当两球的圆形运动轨迹恰好相切时，△t为最小，此时球A、B的圆心位置分别为N、S。

=1:3，；

见图3，根据余弦定理可得：△t=

点睛：本题考查带电小球在匀强磁场中的运动以及动量守恒定律的应用，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，利用洛伦兹力提供向心力，结合几何关系进行求解；运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间，两球碰撞的过程运用动量守恒定律。