2019年高考物理一模试卷(解析版)

2019年天津市十二区县重点中学高考物理一模试卷

一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）

1.关于原子和原子核，下列说法正确的是（）

A. 天然放射线中的射线来自原子核内

B. 天然放射现象的发现，说明原子是可以再分的

C. 核泄漏污染物能够产生对人体有害的辐射，核反应方程式为，X为中子

D. 原子核的结合能越大，原子核越稳定

2.如图所示，一架无人机执行航拍任务时正沿直线朝斜向下方向匀速运动。用G

表示无人机重力，F表示空气对它的作用力，下列四幅图中能表示此过程中无

人机受力情况的是（）

A.

B.

C.

D.

3.我国将于2020年完成35颗卫星组网的“北斗”全球卫星导航定位系统，该系统由5颗静止轨道卫星

和30颗非静止轨道卫星构成.30颗非静止轨道卫星中有27颗是中轨道卫星，中轨道卫星的轨道高度约为21500km，静止轨道卫星的高度约为36000km，已知地球半径为6400km。关于北斗导航卫星，下列说法中正确的是（）

A. 中轨道卫星的线速度约为

B. 中轨道卫星的运行周期比静止轨道卫星周期大

C. 中轨道卫星的向心加速度比静止轨道卫星的向心加速度大

D. 静止轨道卫星绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度

小

4.一束平行光照射在双缝上，在缝后屏上得到干涉条纹，下列说法中

不正确的是（）

A. 增大双缝到屏的距离，条纹间距变大

B. 入射光波长变短，光强不变，条纹间距不变

C. 入射光频率变化时条纹间距跟着变化

D. 在水里做该实验，同样条件下的条纹间距会变化5.两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中a点

进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，若粒子只受静电力作用，则下列关于带电粒子的判断正确的是（）

A.粒子带正电

B.b点和d点的电场强度相同

C. 动能先减小后增大

D. 在a点的电势能小于在e点的电势能

二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）

6.图甲为风力发电的简易模型。在风力作用下，风叶带动与杆固连的永磁体转动，磁铁下方的线圈与电

压传感器相连。在某一风速时，传感器显示如图乙所示，则（）

A. 磁铁的转速为

B. 线圈两端电压的有效值为

C.

交变电流的电压表达式为

D. 该交变电流可以直接加在击穿电压为的电容器上

7.如图甲所示为一列沿x轴传播的简谐横波在t=0时刻的波形图。图乙表示该波传播的介质中x=2m处的

a质点从t=0时刻起的振动图象。下列说法正确的是（）

A. 波传播的速度为

B. a质点在～内，通过的路程为20m

C. 时，a质点的位移沿y轴正方向

D. 时，处的b质点的加速度沿y轴负方向

8.2022年第24届冬季奥林匹克运动会将在北京举行，跳台滑雪是冬奥会的

比赛项目之一。图为一简化后的跳台滑雪的轨道示意图，运动员（可视为

质点）从O点由静止开始自由滑过一段圆心角为60°的光滑圆弧轨道后从

A点水平飞出，然后落到斜坡上的B点。已知A点是斜坡的起点，光滑圆弧轨道半径为40m，斜坡与水平面的夹角θ=30°，运动员的质量m=50kg。重力加速度g=10m/s2．下列说法正确的是（）

A. 运动员从O运动到B的整个过程中机械能不守恒

B. 运动员到达A点时对轨道的压力大小为1000N

C. 运动员到达A点时重力的瞬时功率为

D. 运动员从A点飞出到落到B点所用的时间为

三、填空题（本大题共2小题，共16.0分）

9.同学们分别利用图甲、乙所示的两种装置采用不同方法探究“合外力做功与动能改变量的关系”。其

中小车A与纸带和打点计时器B相连，托盘C内装有砝码；D为无线测力传感器，可直接测量绳子给小车的拉力。

①下列说法正确的是______

A．两种方案都需要将导轨的右端垫高以平衡摩擦力

B．两种方案都需要测量并记录小车的质量

C．两种方案都需要测量并记录托盘及托盘中砝码的总质量

D．两种方案都要求托盘及盘中砝码总质量远小于小车A的质量

②若采用方案2进行实验，图丙是实验时打下的纸带，其中O点是小车由静止释放瞬间打点计时器打

下的第一个点，打点周期为T，相邻两点间还有四个点没画出，则打下C点时小车的速度大小为v c=______

③采用方案2进行实验时，用天平测得小车的质量为M，传感器D测量得到绳子拉力为F，研究小车

从开始运动到打下C点的过程，则根据动能定理，应验证的表达式为（用题目中已知物理量的符号表示）______

④若采用方案1进行实验，并将砝码盘和砝码总重力mg当作绳子拉力，多次实验发现拉力做功总是比

小车动能增加量要______一些（填“偏大”或“偏小）。10.图（a）为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池；R1、R2、R3、R4和R5是固定电

阻，R6是可变电阻；表头G的满偏电流为250μA，内阻为600Ω．虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别于两表笔相连。该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1V挡和5V挡，直流电流1mA挡和2.5mA挡，欧姆×100Ω挡。

①图（a）中的A端与______（填“红”或“黑”）色表笔相连接。

②关于R6的使用，下列说法正确的是______（填正确答案标号）。

A．在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置

B．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置

C．使用电流挡时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置

③某次测量时选择开关置于欧姆×100Ω挡，该多用电表指针位置如图（b）所示，则读数为______。

④根据题给条件可得R1+R2=______Ω。

四、计算题（本大题共3小题，共34.0分）

11.如图所示，将两根劲度系数均为k、原长均为L的轻弹簧，一端固定在水平天花板

上相距为2L的两点，另一端共同连接一物体，平衡时弹簧与竖直方向的夹角为37°，

则物体的质量m等于______。（sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度为g）

12.质量为M=1.5kg的足够长的木板固定在光滑水平面上，其左端有质量为m=0.5kg、可视为质点的遥控

电动赛车，由静止出发，经过时间t1=2.0s，赛车向右滑行了L1=1.44m，之后关闭电动机，同时解除对木板的固定，赛车在木板上又滑行一段距离后，恰好停在木板的右端。若通电后赛车以恒定功率P=0.8W 行驶，赛车与木板的阻力为1N，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2．求：

（1）2.0内电动机做功和2.0s时赛车的速度v1；

（2）关闭发动机后，赛车与木板发生的相对位移及发生相对位移的时间。

13.两间距为L=1m的平行直导轨与水平面间的夹角为θ=37°，导轨处在垂直导轨

平面向下、磁感应强度大小B=2T的匀强磁场中。金属棒P垂直地放在导轨上，

且通过质量不计的绝缘细绳跨过如图所示的定滑轮悬吊一重物（重物的质量

m0未知），将重物由静止释放，经过一段时间，将另一根完全相同的金属棒Q

垂直放在导轨上，重物立即向下做匀速直线运动，金属棒Q恰好处于静止状态。已知两金属棒的质量均为m=1kg、电阻均为R=1Ω，假设重物始终没有落在水平面上，且金属棒与导轨接触良好，一切摩擦均可忽略，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：

（1）金属棒Q放上后，金属棒P的速度v的大小；

（2）金属棒Q放上导轨之前，重物下降的加速度a的大小（结果保留两位有效数字）；

（3）若平行直导轨足够长，金属棒Q放上后，重物每下降h=1m时，Q棒产生的焦耳热。

五、综合题（本大题共1小题，共12.0分）

14.现在科学技术研究中常要用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备。它的

基本原理如图甲所示，上、下为两个电磁铁，磁极之间有一个环形真空室，电子在真空室内做圆周运动。电磁铁线圈电流的大方向可以变化，在两极间产生一个变化的磁场，这个变化的磁场又在真空室内激发感生电场，其电场线是在同一平面内的一系列同心圆，产生的感生电场使电子加速。图甲中上部分为侧视图、下部分为俯视图。如果从上往下看，电子沿逆时针方向运动。已知电子质量为m、电荷量为e，初速度为零，电子圆形轨道的半径为R．穿过电子圆形轨道面积的磁通量Φ随时间t的变化关系如图乙所示，在t0时刻后，电子轨道处的磁感应强度为B0，电子加速过程中忽略相对论效应。

（1）求在t1时刻后，电子运动的速度大小；

（2）求电子在整个加速过程中运动的圈数；

（3）为了约束加速电子在同一轨道上做圆周运动，电子感应加速器还需要加上“轨道约束”磁场，其原理如图丙所示。两个同心圆，内圆半径为R，内圆内有均匀的“加速磁场”B1，方向垂直纸面向外。另外在两圆面之间有垂直纸面向外的“轨道约束”磁场B2，B1之值恰好使电子在二圆之间贴近内圆面B2在磁场中做逆时针的圆周运动（圆心为0，半径为R）。现使B1随时间均匀变化，变化率=k（常

数）为了使电子保持在同一半径R上做圆周运动，求磁场B2的变化率。

答案和解析

1.【答案】A

【解析】

解：A、原子核能够放射出β粒子，是由于原子核内发生β衰变，其中的中子转化为质子而放出的电子，故A正确；

B、天然放射现象的发现，说明原子核是可以再分的，故B错误；

C、根据量子说守恒与电荷数守恒可知，核反应方程式Cs→Cs+X，可以判断X的质量数为0，电荷数为：z=55-56=-1，所以X为电子，故C错误；

D、原子核的比结合能越大，原子核越稳定，故D错误。

故选：A。

β衰变的本质是中子转化为一个质子和一个电子；

天然放射现象揭示了原子核具有复杂的结构；

根据质量数守恒与电荷数守恒判断X的种类；

比结合能越大，原子核越稳定。

该题考查原子物理学的几个不同的知识点的内容，掌握核反应方程书写规律，理解结合能与比结合能的区别，注意β衰变的本质。

2.【答案】B

【解析】

解：无人机受重力和空气作用力的作用，由于无人机匀速运动，故受力平衡，空气作用力竖直向下，与重力相互平衡，故B正确ACD错误。

故选：B。

无人机在匀速运动，根据平衡条件进行分析，从而明确重力和空气作用力的方向。

本题关键明确平衡条件的应用，注意明确力和运动的关系，知道物体匀速运动时受到的合力为零。3.【答案】C

【解析】

解：G =m=mω2r=m

（）2r=ma

解得：v=①

T==2π②ω=③a=④

A、由

v=可知轨道半径大的线速度小，则中轨道卫星的线速度小于近地卫星的线速度

7.9Km/s，故A错误

B、由

T=

=2π可知轨道半径小的周期小，故B错误

C、由a=可知轨道半径小的加速度大，故C正确

D、由

ω=可知轨道半径小的角速度大，故D错误

故选：C。

人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、周期和向心力的表达式。

本题关键根据人造卫星的万有引力等于向心力，用不同的量来表示出向心力，求得各量的表达式即可分析出各项，

4.【答案】B

【解析】

解：A、根据x=λ可得增大双缝到屏的距离L，条纹间距变大，故A正确；

B、入射光的强度与入射光的波长无关，故入射光的强度改变，但波长变短时，条纹间距减小，故B不正确；

C、入射光的频率改变时，入射光的波长就发生改变，则条纹间距会随之发生改变，故C正确；

D、在水里做双缝干涉实验，使光的传播速度变小，由于光的频率不变，故波长变小，所以条纹间距变小，故D正确；

本题选择不正确的，故选：B。

根据x=λ可知条纹间距与双缝到屏的距离L，双缝间距d，光的波长λ有关。光从空气射入水中波长变短。

该题考查光的干涉条纹的宽度公式，掌握x=λ和光从空气射入水中频率不变，光速变小，波长变短是解决本题的关键。

5.【答案】C

【解析】

解：A、根据两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面的特点可得，该图中的等势面中，正电荷在上方，负电荷在下方；从粒子运动轨迹看出，轨迹向上弯曲，可知带电粒子受到了向上的力的作用，所以粒子带负电，故A错误；

B、在电场中等势面与电场线是垂直的，由图可知，b、d两点弯曲的方向不同，则过b、d两点，与-5V的等势面垂直的电场线的方向是不同的，所以b、d两点电场强度是不同的，故B错误；

C、粒子从a→b→c过程中，电场力做负功，c→d→e过程中，电场力做正功。粒子在静电场中电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，动能先减小后增大，故C正确；

D、a、e两点时电势相等，故电荷在a、e两点电势能相等，故D错误。

故选：C。

根据电势可知上方是正电荷，下方是负电荷，从粒子运动轨迹看出，轨迹向上弯曲，可知带电粒子受到了向上的力的作用，判断粒子的电性，从a→b→c过程中，电场力做负功，c→d→e过程中，电场力做正功，可判断电势能的大小情况和动能得到变化情况；电场强度是矢量，判断两点的电场强度情况。

本题是轨迹问题，首先要根据弯曲的方向判断出带电粒子所受电场力方向，确定是排斥力还是吸引力。根据电场力做功分析动能和电势能的变化是常用的思路。

6.【答案】BC

【解析】

解：A、电流的周期为T=0.4s，故磁体的转速为n==2.5r/s，故A错误；

B、通过乙图可知电压的最大值为12V，故有效值

U==6V，故B正确

C、周期T=0.4s，故

ω==5π rad/s，故电压的表达式为U=12sin5πt（V），故C正确

D、电容器的击穿电压为交流电的最大值，而交流电的最大值大于电容器的击穿电压，故不能

加在击穿电压为6V的电容器上，故D错误。

故选：BC。

根据u-t图象判断出电流的最大值与周期，明确交流电的最大值和有效值间的关系，知道电容

器的击穿电压为交流电的最大值。

根据相对性来分析与解决问题，即可判断出感应电压的大小变化，及转速与周期的关系。

7.【答案】AD

【解析】

解：A、由甲图可知，滤长为4m，由乙图可知，周期为0.2s，则波速为v==m/s=20m/s，故A

正确；

B、各质点的振幅为0.2m，1s内完成5次全振动，故1s内通过的路程为S=5×4×0.2=4m，故B错

误；

C、由乙图知，质点的振动周期为T=0.2s，所以质点a在t=0.25s的时刻的振动情况与t=0.5s时

刻的振动情况相同，即处于负的最大位移处，所以位移沿y轴负方向。故C错误；

D、由图甲可知，a质点和b质点的平衡位置相距半个波长，振动情况总是相反，所以在振动过

程中任意时刻的位移都相反，所以质点b处于正的最大位移处，加速度沿y轴负方向。故D正

确。

故选：AD。

根据两图确定波长和周期，再由波速公式即可求出波速；在乙图上读出a质点在t=0时刻的速

度方向，在甲图上判断出波的传播度方向；由由乙图读出周期，根据t=0.25s与周期的关系判断

质点的运动情况。

本题关键要把握两种图象的联系，能根据振动图象读出质点的速度方向，在波动图象上判断出

波的传播方向。

8.【答案】BD

【解析】

解：A、运动员在O到B的运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，故A错误。

B、根据动能定理得：mgR（1-cos60°）

=

在A点，根据牛顿第二定律得：

N-mg=m

解得：v A=20m/s，支持力N=1000N，则运动员在A点对轨道的压力大小为1000N，故B正确。

C、运动员运动到A点时，重力的方向与速度方向垂直，重力的瞬时功率为零，故C错误。

D、根据tanθ=得A到B的时间为：t=

=，故D正确。

故选：BD。

根据机械能守恒的条件判断运动员在运动过程中是否机械能守恒；根据动能定理求出运动员到达A点的速度，结合牛顿第二定理求出轨道对运动员的支持力，从而得出压力的大小；根据瞬时功率公式求出重力的瞬时功率。根据平抛运动水平位移和竖直位移的关系，结合运动学公式求出平抛运动的时间。

本题考查了平抛运动和圆周运动的综合运用，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，以及圆周运动向心力的来源是解决本题的关键。

9.【答案】AB偏大

【解析】

解：①A、为使小车受到的合力等于绳子拉力，两种方案都需要将导轨的右端垫高以平衡摩擦力，故A正确；

B、实验需要求出小车动能的增加量，两种方案都需要测量并记录小车的质量，故B正确；

C、图乙所示实验方案中，小车所受拉力可以用测量传感器测出，该实验方案不需要测出托盘及托盘中砝码的总质量，故C错误；

D、图乙所示实验方案中，小车所受拉力可以用测量传感器测出，该方案不需要满足：托盘及盘中砝码总质量远小于小车A的质量，故D错误；

故选：AB。②由题意可知，计数点间有4个点没有标出，则计数点间的时间间隔：t=5T

打C点时的速度：v C ==。

③从释放小车到打C点过程，由动能定理得：Fs3=-0，即。

④实验过程，钩码与小车一起做加速运动，细绳对小车的拉力小于钩码的重力，因此拉力做功总是比小车动能增加量要偏大一些。

故答案为：①AB，

②，③，④偏大。

①实验前要平衡摩擦力，测力传感器可以测出拉力大小，根据图示实验与实验注意事项分析答题。

②做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，据此求出打C点的速度。

③根据题意应用动能定理求出实验需要验证的表达式。

④钩码与小车一起做加速运动，绳子对小车的拉力小于钩码的重力，因此拉力做功小于钩码重力做功。

本题考查了实验注意事项、实验数据处理等问题，掌握实验注意事项与实验原理可以解题，“探究恒力做功与动能改变的关系”与“探究加速度与力、质量的关系”有很多类似之处，在平时学习中要善于总结、比较，提高对实验的理解能力。

10.【答案】黑B1100 200

【解析】

解：①欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，负极与红表笔相连，（即红进黑出）由图示电路图可知，A端与黑色表笔相连。

②由电路图可知，R6只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零，不能进行机械调零，同时在使用电流档时也不需要时行调节，故B正确，AC错误；

③用多用电表的欧姆挡测量阻值时，选择倍率为×100欧姆挡，由图示表盘可知，该电阻的阻值约为11×100=1100Ω；

④直流电流档分为1mA和2.5mA，由图可知，当接2时应为1mA；根据串并联电路规律可知，

R1+R2

=

故答案为：①黑；②B；③1100Ω；④200。

①欧姆表内置电源的正极与黑表笔相连，红表笔与负极相连，分析图示电路图答题；

②明确电路结构，知道欧姆档中所接滑动变阻器只能进行欧姆调零；

③欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数；根据选择开关位置由表盘确定其分度值，读出其示数；

④根据给出的量程和电路进行分析，再结合串并联电路的规律即可求得各电阻的阻值。

本题考查了多用电表读数以及内部原理，要注意明确串并联电路的规律应用，同时掌握读数原则，对多用电表读数时，要先确定电表测的是什么量，然后根据选择的量程进行读数。

11.【答案】

【解析】

解：由几何知识得，左图中弹簧的伸长量为：L=

-L=

根据胡克定律可得弹簧的弹力：T=K L

竖直方向根据平衡条件可得：2Tcos37°=mg

解得：m=。

故答案为：。

由几何知识求出弹簧的伸长量，然后根据胡克定律求出弹簧的拉力，最后由平衡条件求出质量。本题考查了受力平衡和胡克定律的综合应用，注意弹簧的弹力是与形变量成正比，不是与弹簧的长度成正比。

12.【答案】解：（1）发动机做功为：W=Pt…①

代入数据得：W=1.6J…②

赛车加速的过程，由动能定理可得：Pt1-μmgL1=-0…③

代入数据可得：v1=0.8m/s…④

（2）关闭发动机后，赛车与木板组成的系统动量守恒，选取向右为正方向，设最终的共同速度为v，则有：mv1=（M+m）v…⑤则共同速度为：v=0.2m/s

该过程中，由能量守恒定律得：μmgL2=-（M+m）v2 …⑥

代入数据可得：L2=0.12m…⑦

关闭发动机后，对木板应用动量定理得μmgt=Mv-0…⑧

解得：t=0.3s…⑨

答：（1）2.0内电动机做功是1.6J，2.0s时赛车的速度v1是0.8m/s

（2）关闭发动机后，赛车与木板发生的相对位移是0.12m，发生相对位移的时间是0.3s。

【解析】

（1）发动机做功为W=Pt．由动能定理即可求出2.0s时赛车的速度v1；

（2）关闭发动机后，二者组成的系统的动量守恒，由此求出共同速度，然后结合功能关系即可求出赛车与木板发生的相对位移。对对木板应用动量定理求运动时间。

本题属于多过程的问题，首先要分析物理过程，确定研究对象，其次要把握解题的规律，知道关闭发动机后系统的动量守恒，能量也守恒，而且摩擦生热与相对位移有关。

13.【答案】解：（1）金属棒Q放上后，金属棒P匀速运动，受力平衡，则有：mg sinθ=F安…①

又P棒所受的安培力为：F安=BIL…②

棒中电流为：…③

P棒产生的感应电动势为：E=BLv…④

联立代入数据解得：v=3m/s…⑤

（2）金属棒Q放上后，对P棒与重物有：m0g=F安+mg sinθ=2mg sinθ…⑥

金属棒Q放上导轨之前，根据牛顿第二定律得：

对对P棒与重物有：m0g-mg sinθ=（m0+m）a⑦

解得a≈2.7m/s2⑧

（3）设两棒产生的总焦耳热为Q总．根据能量守恒定律得

m0gh=mgh sinθ+Q总⑨

Q棒产生的焦耳热总⑩

代入数据得：Q=3J?

答：

（1）金属棒Q放上后，金属棒P的速度v的大小是3m/s；

（2）金属棒Q放上导轨之前，重物下降的加速度a的大小是2.7m/s2；

（3）若平行直导轨足够长，金属棒Q放上后，重物每下降h=1m时，Q棒产生的焦耳热是J。

【解析】

（1）金属棒Q放上后，金属棒P匀速运动，受力平衡，根据平衡条件和安培力与速度的关系进行求解；

（2）金属棒Q放上导轨之前，分别对重物和P棒运用牛顿第二定律列式，即可求重物下降的加速度a的大小；

（3）金属棒Q放上后，重物每下降h=1m时，两棒产生的总焦耳热等于系统机械能的减少量，根据能量守恒定律求解。

本题电磁感应与力学知识的综合应用，分别从两个角度研究：一从力的角度，能推出安培力与速度的关系，据平衡条件列出方程；二从能量的角度，分析能量转化的情况，根据能量守恒定律列方程。

14.【答案】解：（1）在t0时刻后，电子轨道处的磁感应强度为B0，电子在磁场中作匀速圆周运动，受到洛伦兹力等于向心力，有：…①

可得：…②

（2）加速后电子的动能为：…③

感生电场的感应电动势：

感

…④

电子加速运动一圈获得的能量为：W=eE感…⑤

电子在整个加速过程中运动的圈数为…⑥

联立①②③④得…⑦

（3）对电子由牛顿运动定律得：…⑧

由法拉第电磁感应定律B1产生的电动势…⑨

圆形轨道上场强…⑩

电子在轨道上受到的电场力…?

由动量定理：…?

由⑥可知要使半径不变则需要满足…?

答：（1）在t1时刻后，电子运动的速度大小为；

（2）电子在整个加速过程中运动的圈数为；（3）磁场B2的变化率为。

【解析】

（1）电子在匀强磁场在做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即可求出粒子运动的速度；（2）由动能定理求出电子获得的总动能以及电子加速一周获得的动能，二者之比即为所求；（3）由法拉第电磁感应定律得出感生电场的大小，由牛顿第二定律求出加速度，由v=at得出速度，再结合洛伦兹力提供向心和动量定理力即可得出结论。

该题中，以电子感应加速器利用感生电场使电子加速的原理为纽带，将带电粒子在磁场中的运动与法拉第电磁感应定律结合在一起，充分考查带电粒子在磁场中的运动的特点，以及带电粒子在电场中运动的特点，是一道理论联系实际的好题。