2022年吉林省吉林市高考物理二模试卷（含答案解析）

2022年吉林省吉林市高考物理二模试卷

1. 汽车自动控制刹车系统的原理如图所示．铁质齿轮P与车轮同步转动，右端有一个绕有线圈的磁体极性如图，M是一个电流检测器．当车轮带动齿轮P转动时，靠近线圈的铁齿被磁化，使通过线圈的磁通量增大，铁齿离开线圈时又使磁通量减小，从而能使线圈中产生感应电流，感应电流经电子装置放大后即能实现自动控制刹车．齿轮从图示位置开始转到下一个铁齿正对线圈的过程中，通过M的感应电流的方向是

A. 总是从左向右 B. 总是从右向左
C. 先从右向左，然后从左向右 D. 先从左向右，然后从右向左

2. 台风具有极强的破坏力，若某次台风以的水平速度垂直吹向某大楼外玻璃幕墙上，已知某块玻璃幕墙的长10m、宽5m，空气密度取，设台风遇到玻璃幕墙后速度变为零，则幕墙受到台风的压力大小约为

A.  B.  C.  D.

3. 甲、乙两个同学打乒乓球，某次动作中，甲同学持拍的拍面与水平方向成角乙同学持拍的拍面与水平方向成角，如图所示。设乒乓球击打拍面时速度方向与拍面垂直，且乒乓球每次击打球拍前、后的速度大小和等，不计空气阻力，则乒乓球击打甲的球拍的速度当与乒乓球击打乙的球拍的速度”之比为

A.  B.  C.  D.

4. 甲、乙两车在一平直道路上同向运动，其图象如图所示，图中和的面积分别为和计时开始时，甲、乙两车相距在两车运动过程中，下列说法正确的是

A. 若甲车在乙车前方且，两车相遇2次
B. 若甲车在乙车前方且，两车相遇2次
C. 若乙车在甲车前方且，两车不会相遇
D. 若乙车在甲车前方且，甲车追上乙车前，在T时刻相距最远

5. 为了测量化工厂的污水排放量，技术人员在排污管末端安装了流量计流量Q为单位时间内流过某截面流体的体积如图所示，长方体绝缘管道的长、宽、高分别为a、b、c，左、右两端开口，所在空间有垂直于前后表面、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N，污水充满管道从左向右匀速流动．测得M、N间电压为U，污水流过管道时受到的阻力大小，k是比例系数，L为污水沿流速方向的长度，v为污水的流速．则

A. 污水的流量
B. 金属板M的电势低于金属板N的电势
C. 左、右两侧管口的压强差
D. 电压U与污水中离子浓度成正比

6. 冬奥会上有一种女子单板滑雪U形池项目，如图所示为U形池模型，池内各处粗糙程度相同，其中a、c为U形池两侧边缘，且在同一水平面，b为U形池最低点。某运动员从a点上方h高的O点自由下落由左侧切线进入池中，从右侧切线飞出后上升至最高位置d点相对c点高度为。不计空气阻力，重力加速度为g，则运动员

A. 第一次经过b点时处于失重状态
B. 第一次经过c点时的速度大小为
C. 第一次从a到b与从b到c的过程中机械能损失相同
D. 从d向下返回一定能越过a点再上升一定高度

7. 2020年7月，我国计划发射一颗火星探测卫星。假设火星可视为半径为R的均匀球体，探测卫星沿椭圆轨道绕火星运动，如图所示。椭圆轨道的“近火点”P离火星表面的距离为2R，“远火点”Q离火星表面的距离为6R，若已知探测卫星在轨道运行的周期为T，万有引力常量为G，则由以上信息可得

A. 火星的质量为 B. 火星的第一宇宙速度为
C. 火星的密度为 D. 火星表面的重力加速度为

8. 冰壶是冬奥会热门比赛项目之一，我国奥运健儿正在积极备战2022北京冬奥会。如图，红壶静止在大本营圆心O处，蓝壶从P点开始以的初速度沿直线向红壶滑去，滑行一段距离后，与红壶发生正碰，已知碰撞前后蓝壶的速度大小分别为和，方向不变，两壶质量均为，营垒直径为1m，两壶与冰面动摩擦因数相等，g取则

A. 蓝壶从P点被推出后到碰撞前摩擦力对蓝壶的冲量大小为
B. 若红壶刚好被蓝壶打出营垒，则两壶与冰面动摩擦因数为
C. 蓝壶从P点被推出后到碰撞前滑行的一段距离为8m
D. 通过计算可知两壶的碰撞为弹性碰撞

9. 如图1所示，足够长的传送带与水平面夹角为，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因数为，小木块速度随时间变化关系如图2所示，、已知，则

A. 传送带一定逆时针转动 B.
C. 传送带的速度大于 D. 后滑块的加速度为

10. 如图所示，是电视机显像管主聚焦电场中的电场线分布图，中间一根电场线是直线，电子从O点由静止开始只在电场力作用下运动到A点，取O点为坐标原点，沿直线向右为x轴正反向。在此过程中关于电子运动速度v、加速度a随时间t的变化，电子的动能、运动径迹上电势随位移x的变化曲线，下列可能正确的是

A.  B.
C.  D.

11. 一辆汽车在平直的公路上以某一初速度运动，运动过程中保持恒定的牵引功率，其加速度a和速度的倒数图象如图所示．若已知汽车的质量，则根据图象所给的信息，能求出的物理量是
    
     

A. 汽车的功率 B. 汽车行驶的最大速度
C. 汽车所受到的阻力 D. 汽车运动到最大速度所需的时间

12. 如图所示，在宽度为L的倾斜光滑金属导轨上，有质量为m的金属杆MN，导轨下端有一个阻值为R的电阻，不考虑其他地方的电阻，虚线下方有垂直导轨向上的磁场，磁感应强度为B，MN棒从图示位置由静止释放，则MN棒在导轨上可能的运动情况正确的是

A.  B.
C.  D.

13. 利用如图1所示装置，可以完成“研究匀变速直线运动规律”、“探究加速度与力、质量的关系”、“探究功与速度变化的关系”等力学实验。
    
    用图示装置完成上述三个实验中______ 。
    A.都需要用天平来称量小车质量
    B.都需要调节滑轮高度使细线与木板平行
    C.都必须平衡摩擦力
    图2中的分别为上述三个实验中作出的小车速度与时间、小车加速度与小车质量、合外力对小车做功与小车速度平方的关系图像，下列说法正确的是______ 。
    A.图：v轴的截距表示打计数点“0”时的速率
    B.图：由图线可知小车的加速度与其质量成反比
    C.图：不能仅通过一条纸带上的数据就作出该图线
    利用图示中的实验装置，平衡摩擦力后，______ 选填“能”或“不能”验证“机械能守恒定律”。
14. 如图所示，图1为多用电表中欧姆表的电路图，已知灵敏电流计表头内阻，满偏电流，电源电动势，内阻。定值电阻，。图2为多用电表的表盘，请回答下列问题：
    
    电源的______ 端为正极填“左”或“右”；
    当电键拨至1时，欧姆表的倍率是______ 填“”或“”。
    某同学把电键拨至2后，进行欧姆调零，当调零完毕时，滑动变阻器接入电路的电阻应为______ 。接着测量某一电阻，电表指针指示位置如图2所示，则该电阻阻值为______ 。
15. 如图，单人双桨赛艇比赛中，运动员用双桨同步划水使赛艇沿直线运动。运动员每次动作分为划水和空中运桨两个阶段，假设划水和空中运桨用时均为，赛艇含运动员、双桨质量为70kg，受到的阻力恒定，划水时双桨产生动力大小为赛艇所受阻力的2倍。某时刻双桨刚入水时赛艇的速度大小为，运动员紧接着完成1次动作，此过程赛艇前进8m，求：
    划水和空中运桨两阶段赛艇的加速度大小之比；
    赛艇的最大速度大小和受到的恒定阻力大小。

16. 如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心在O点，半径为r，内壁光滑，A、B两点分别是圆弧的最低点和最高点。该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动电荷量不变，经C点时速度最大，O、C连线与竖直方向的夹角，重力加速度为g。
    求小球所受到的电场力大小；
    若恰好能完整的做圆周运动，求过D点的速度？
    小球在A点速度多大时，小球经B点时对轨道的压力最小？
    
    
    
    
    
    
     
17. 如图所示的xOy坐标系中，第一象限存在与xOy平面平行的匀强电场，且与y轴负方向的夹角，第二象限存在垂直平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带正电粒子自O点射入第二象限，速度v与x轴负方向的夹角，粒子经磁场偏转后从y轴上的P点进入第一象限，并由x轴上的M点未画出离开电场。已知电场强度为，粒子的比荷为，不计粒子重力。
    求OP两点的距离；
    求粒子在磁场中运动的时间；
    当该粒子经过P点的同时，在电场中的N点由静止释放另一个完全相同的带电粒子，若两粒子在离开电场前相遇且所需时间最长，求N点的坐标用L的倍数来表示。

答案和解析

1.【答案】C
 

【解析】解：齿靠近线圈时被磁化，产生的磁场方向从右向左，齿轮P从图示位置按顺时针方向转过a角的过程中，通过线圈的磁通量先减小，后增加。根据楞次定律，线圈中感应电流的磁场先向右后向左，根据右手螺旋定则判断出感应电流的方向，所以通过M的感应电流的方向先从右向左，然后从左向右。故C正确，A、B、D错误。
故选：C。
齿轮P从图示位置按顺时针方向转过a角的过程中，通过线圈的磁通量先减小，后增加．齿靠近线圈时被磁化，产生的磁场方向从右向左，根据楞次定律，判断出感应电流的方向．
解决本题的关键掌握楞次定律的内容：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．
 

2.【答案】B
 

【解析】解：
设幕墙受到台风冲击的时间为，冲击力大小为F，幕墙的面积为
在时间内，冲击幕墙的空气质量为
以台风的运动方向为正方向，由动量定理可得：
联立以上各式解得：
故ACD错误，B正确。
故选：B。
取极短时间的空气为研究对象，利用动量定理计算出压力的大小。
本题主要考查了动量定理，同时利用了微分法的思想，在分析空气的速度时要注意方向的问题。
 

3.【答案】C
 

【解析】解：由题可知，乒乓球在甲与乙之间做斜上抛运动，根据斜上抛运动的特点可知，乒乓球在水平方向的分速度大小保持不变，竖直方向的分速度是不断变化的，由于乒乓球击打拍面时速度与拍面垂直，
在甲处：
在乙处：
所以：故C正确，ABD错误。
故选：C。
乒乓球做斜上抛运动，将运动分解，结合运动的对称性即可求出。
解答该题，关键是理解斜上抛运动的对称性，明确甲、乙两处的速度沿水平方向的分速度是相等的。
 

4.【答案】D
 

【解析】解：由图线可知在T时间内，甲车前进了，乙车前进了，所以乙车甲车多走。
A、若甲车在乙车前方且，在T时刻乙车恰好追上甲车，但由于T时刻后甲车的速度比乙车的大，所以甲车与乙车只能相遇一次，故A错误；
B、若甲车在乙车前方且，在T时刻甲车没有追上乙车，但由于T时刻后甲车的速度比乙车的大，所以甲车与乙车不会相遇，故B错误；
CD、若乙车在甲车前方且，在T时刻之前，二者的距离越来越大，在T时刻之后，甲车的速度大于乙车，二者的距离越来越小，所以甲车追上乙车前，在T时刻相距最远，故C错误、D正确。
故选：D。
此题是追击与相遇问题，解决此类问题的关键是分析清楚两物体的位移关系。两物体的位移之差等于初始时的距离是两物体相遇的条件。
在速度图象中，纵轴截距表示初速度，斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的“面积”表示位移，根据二者的运动情况进行分析。
 

5.【答案】C
 

【解析】解：A、根据电场力与洛伦兹力的等量关系可知，，同时
解得：，故A错误；
B、根据左手定则可知，正离子受到竖直向上的洛伦兹力，向上表面偏转，负离子向下表面偏转，则金属板M的电势会高于金属板N的电势，故B错误；
C、根据平衡条件，则有，而，解得：，故C正确；
D、根据电场力与洛伦兹力的等量关系可知，
解得：，故电压与粒子浓度无关，故D错误；
故选：C。
根据洛伦兹力的方向分析出金属板的电势高低，结合电场力和洛伦兹力的等量关系分析出电压的表达式并加以分析。
本题主要考查了电磁流量计的相关应用，根据左手定则分析出粒子所受洛伦兹力的方向，结合电场力和洛伦兹力的等量关系完成分析。
 

6.【答案】D
 

【解析】解：A、第一次经过b点时，运动员做在b点做圆周运动，向心加速度竖直向上，处于超重状态，故A错误；
B、从c到d，运动员做竖直上抛运动，根据动能定理可得：，解得，故B错误；
C、由于从a到b与从b到c的平均速度不同，平均压力不同，平均摩擦力不同，所以第一次从a到b与从b到c的过程中机械能损失不相同，故C错误；
D、从高h处自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后上升的最大高度为，克服摩擦力做功为，从d返回经c到a克服摩擦力做功小于，故从d返回经c到b一定能越过a点再上升一定高度，故D正确；
故选：D。
运动员在c点向心加速度竖直向上，处于超重，从c到d竖直上抛，根据动能定理求得c点速度，运动员在圆弧中运动过程中，根据平均速率的大小判断平均压力的大小、平均摩擦力的大小、克服摩擦力做的功的大小，由此分析能量的损失情况。
本题主要是考查能量守恒定律，解答本题要知道运动员在圆弧中运动过程中的平均速率越大，平均压力也越大，平均摩擦力就大，克服摩擦力做的功也越大，由此分析能量的损失情况。
 

7.【答案】C
 

【解析】解：已知椭圆轨道的半长轴为，
设火星近地卫星的周期为，由开普勒定律可知
对于近地卫星，有
可解得火星质量
火星第一宇宙速度
火星的密度
火星表面的重力加速度
故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据开普勒定律求解探测卫星的轨道周期与近地卫星的周期的关系，然后对近地卫星由万有引力等于重力且万有引力提供向心力求解火星的质量、密度以及第一宇宙速度和表面的重力加速度即可。
本题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力是解题的前提与关键，关键是应用万有引力公式与牛顿第二定律求出火星质量即可解题。
 

8.【答案】AB
 

【解析】解：A、规定蓝壶的初速度为正方向，对蓝壶从P点被推出后到碰撞前过程中，由动量定理得：

代入数据解得：，故A正确；
B、蓝壶与红壶发生碰撞过程中，系统内力远大于外力，系统动量守恒，以碰撞前蓝壶的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

代入数据解得：
对红球根据动能定理得：

联立解得：，故B正确；
C、蓝壶从P点被推出后到碰撞前根据动能定理得：

解得：，故C错误；
D、通过计算可知，碰前动能为：
碰后总动能为：，因为碰撞前后动能不相等，所以两壶的碰撞不是弹性碰撞，故D错误；
故选：AB。
根据动量定理计算出摩擦力对蓝壶的冲量；
先根据动量守恒定律计算出红壶碰撞后的速度，结合动能定理静思园出动摩擦因数；
根据动能定理分析出蓝壶碰撞后的运动距离；
根据分析碰撞前后的动能大小关系，判断是否属于弹性碰撞。
本题以冰壶为考查背景，主要考查了动量守恒定律，在分析的过程中涉及到了动能定理计算出动摩擦因数，同时要理解碰撞的分类，根据动能的变化确定碰撞的类型。
 

9.【答案】AD
 

【解析】解：A、若传送带顺时针转动，当滑块下滑，将一直匀加速到底端；当滑块上滑，先匀加速运动，在速度相等后将匀速运动，两种均不符合运动图象；故传送带是逆时针转动，故A正确；
B、滑块在内，滑动摩擦力向下做匀加速下滑，，由图可知，，则，故B错误；
C、只有当滑块的速度等于传送带的速度时，滑块所受的摩擦力变成斜向上，故传送带的速度等于，故C错误；
D、等速后的加速度，代入值得，故D正确；
故选：AD。
对滑块受力分析，开始时，受到重力、支持力、滑动摩擦力，处于加速阶段；当速度等于传送带速度时，如果重力的下滑分力小于或等于最大静摩擦力，则一起匀速下滑，否则，继续加速。
本题的关键1、物体的速度与传送带的速度相等时物体会继续加速下滑，2、小木块两段的加速度不一样大。
 

10.【答案】BC
 

【解析】

【分析】
电场线的疏密表示场强的大小，沿电场线方向电势逐渐降低，电势差等于两点间的电压，在电场中动能定理和牛顿第二定律仍然适用。
注意用好电场线与电场强度的关系、电场强度与电势差的关系等，在图象中，注意分析斜率、截距、面积等的含义，好题！
【解答】
A、在图象中，斜率表示加速度，而加速度由电场力产生，而，由于电场线的疏密表示电场强弱，故可得在电子运动过程中，电场先增强后减弱，故加速度应先增大后减小，故斜率应先增大后减小，故A错误；
B、由A分析，结合电场线的分布特点可得，故B正确；
C、由动能定理可得，，故图象中，斜率代表电场力，根据电场线分布特点知，电场力先增大后减小，故C正确；
D、，故在图象中，斜率表示电场强度，故斜率应先增大后减小，故D错误。
故选：BC。  

11.【答案】ABC
 

【解析】解：AC、对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：

其中：
联立得：
结合图线，有：，
解得：，，
由于质量已知，可以求出汽车的功率P和阻力f。故AC正确。
B、当物体的速度最大时，加速度为零，故结合图象可以知道，时，，，所以最大速度为，故B正确；
D、汽车的初速度未知，汽车做是变加速运动，故加速时间无法求出，故D错误；
故选：ABC。
汽车恒定功率启动，对汽车受力分析后根据牛顿第二定律列方程，再结合图象进行分析即可．
本题关键对汽车受力分析后，根据牛顿第二定律列出加速度与速度关系的表达式，再结合图象进行分析求解．
 

12.【答案】BCD
 

【解析】解：棒到达磁场前做匀加速直线运动，故A错误；
B.由于到磁场的距离不确定，当达到磁场的速度时，，MN棒接着做加速度减小的减速运动，故B正确；
C.当达到磁场的速度时，，MN棒接着做加速度减小的加速运动，故C正确；
D.当达到磁场的速度时，，MN棒接着做匀速直线运动，故D正确。
故选：BCD。
由于到磁场的距离不确定，MN棒进入磁场的速度大小也不确定，根据安培力与重力分力的大小关系分析MN棒的运动情况。
本题考查导体切割磁感线时的感应电动势，解题关键掌握牛顿第二定律的应用，注意安培力与重力的分力大小关系决定MN棒的运动。
 

13.【答案】B A 不能
 

【解析】解：、C：实验研究匀变速直线运动规律不需要平衡摩擦力，也不需要称小车质量，故A、C错误；
B、三个实验中拉小车的细线必须与长木板平行，故B正确.
故选
、图中v轴的截距表示计时起点的速率，即打计数点0时的速率，故A正确；
B、图中由图线只能看出质量增大加速度在减小，但是不能判断加速度与质量成反比，故B错误；
C、小车的初速度为0，根据动能定理有：
可知图像是过原点的一条直线，所以仅通过一条纸带上的数据就可以做出该图线，故C错误.
故选
图示所示装置中，平衡摩擦力后，不能用于验证机械能守恒定律，因为尽管平衡摩擦力，但摩擦力也要做功，一部分机械能会转化为内能.
故答案为：；；不能.
利用图示小车纸带装置可以完成很多实验，研究匀变速直线运动规律不需要平衡摩擦力，也不需要称小车质量；根据三个实验的原理及操作过程和注意事项可以进行判断；
平衡摩擦力后，不能用于验证机械能守恒定律，因为尽管平衡摩擦力，但摩擦力也要做功.
解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，然后熟练应用物理规律来解决实验问题，要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用.
 

14.【答案】右 
 

【解析】解：电流表电流要从正接线柱红表笔流入，从接线柱黑表笔流出，由图1所示电路图可知，电源右端与黑表笔相连，因此电源右端是正极。
电键拨到1时，电流表量程，
欧姆表内阻，由图2所示表盘可知，中央刻度线是15，则欧姆表的倍率为。
电键拨到2时，电流表量程
欧姆调零时，欧姆表内阻：
代入数据解得：，
电键拨到2时欧姆表的倍率是，由图2所示表盘可知，所测电阻阻值为。
故答案为：右；；；140。
欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，负极与红表笔相连，根据图1所示电路图答题。
根据图示电路图应用闭合电路的欧姆定律求出欧姆表内阻，然后确定欧姆表的倍率。
应用闭合电路的欧姆定律求出欧姆表内阻，然后求出滑动变阻器接入电路的阻值；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数。
知道电表的改装原理是解题的前提与关键，分析清楚图示电路结构，应用串并联电路特点与闭合电路的欧姆定律即可解题。
 

15.【答案】解：设赛艇所受阻力大小为f，则划水时双桨产生动力大小为2f。
划水时，对赛艇，根据牛顿第二定律得
  
空中运桨时，对赛艇，根据牛顿第二定律得
  
可得：：1
设赛艇的最大速度大小为。
根据题意可知，运动员紧接着完成1次动作，此过程赛艇前进8m，则
由题知，，结合，解得
则
赛艇受到的恒定阻力大小
答：划水和空中运桨两阶段赛艇的加速度大小之比是1：1；
赛艇的最大速度大小是，受到的恒定阻力大小为175N。
 

【解析】根据划水和空中运桨两阶段赛艇的受力情况，根据牛顿第二定律求划水和空中运桨两阶段赛艇的加速度大小之比；
根据位移-时间公式求出加速度大小，再根据速度-时间公式求赛艇的最大速度大小，由牛顿第二定律求赛艇受到的恒定阻力大小。
解答本题时，要搞清赛艇的运动过程，抓住两个过程之间的关系，如位移关系、速度关系，运用运动学公式和牛顿运动定律相结合进行解答。
 

16.【答案】解：已知带电小球在光滑的竖直圆轨道内做完整的圆周运动，经C点时速度最大，因此，C点是竖直平面内圆周运动的物理“最低点”，也就是小球在C点电场力和重力的合力则背离圆心的方向，如图。则有

因此电场力为：。
点竖直平面内圆周运动的物理“最高点”，恰好能完整的做圆周运动，在“最高点”有最小速度，
即，解得；
小球在轨道最高点B时的受力情况如图所示，

要小球经B点时对轨道的压力最小，则以最小速度经过D点，由以上知在D点速度是，
小球从A到D的过程中，由动能定理得：
联立解得：
答：小球所受到的电场力大小是；
能完整的做圆周运动，过D点的速度是；
小球在A点速度是，小球经B点时对轨道的压力最小。
 

【解析】抓住带电小球运动至C点的速度最大这一突破口，根据竖直平面内圆周运动的最大速度出现在物理“最低点”，即合外力沿半径指向圆心，而电场力和重力的合力则背离圆心的方向。作出受力示意图，求解电场力的大小。
点竖直平面内圆周运动的物理“最高点”，恰好能完整的做圆周运动，在“最高点”有最小速度，在“最高点”对轨道压力为0，由牛顿第二定律求解，
对B的压力最小时，对D的最小压力等于零。由动能定理求解。
本题抓住小球经D点时速度最小，相当于竖直平面的最高点，根据指向圆心的合力提供圆周运动向心力为解题关键。
 

17.【答案】解：带电粒子在第二象限内做匀速圆周运动，轨迹如图，圆心为C

由牛顿第二定律，得
解得
由几何关系得：
则
粒子在磁场中运动周期
粒子偏转，即在磁场中运动时间
解得：
带电粒子进入第一象限时速度与y轴正方向成角，与电场方向垂直，故粒子在第一象限内做类平抛运动，轨迹如图．由于两粒子完全相同，所以只需在带电粒子进入电场时速度方向的直线上PN范围内任一点释放粒子，均可保证两粒子在电场中相遇，且两粒子在M点相遇所需时间最长，即在图中N点由静止释放粒子即可．设N点的横坐标为x，纵坐标为y，根据几何知识可得

又

解得：，
则N点的坐标为
答：两点的距离为；
粒子在磁场中运动的时间为；
点的坐标为为。
 

【解析】带电粒子在第二象限内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，结合几何关系解得；
根据周期结合圆心角解得运动时间；
根据两粒子的运动情况结合几何关系可解得。
本题考查带电粒子在磁场中的运动，解题关键掌握粒子运动状态的分析，注意洛伦兹力提供向心力与几何关系的结合应用。