甘肅省張掖市某重點(diǎn)校2023-2024學(xué)年高二物理上學(xué)期9月月考試題含解析

物理本試卷分第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分。共8頁(yè)，總分100分，考試時(shí)間90分鐘。第Ⅰ卷（選擇題共40分）一、選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.如圖所示，線圈abcd在勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域EFGH中，下列情況下線圈中不能產(chǎn)生感應(yīng)電流的是（）A.把線圈變成圓形（周長(zhǎng)不變） B.使線圈在磁場(chǎng)中加速平移C.使磁場(chǎng)增強(qiáng)或減弱 D.使線圈以過ab的直線為軸旋轉(zhuǎn)【答案】B【解析】【詳解】A．把線圈變成圓形（周長(zhǎng)不變），線圈的面積增大，穿過線圈的磁通量增大，能夠產(chǎn)生感應(yīng)電流。故A錯(cuò)誤；B．由于磁場(chǎng)是勻強(qiáng)磁場(chǎng)，因此線圈無(wú)論向那個(gè)方向平移，磁通量都不會(huì)發(fā)生變化，不會(huì)有感應(yīng)電流產(chǎn)生，故B正確；C．使磁場(chǎng)增強(qiáng)或減弱穿過，線圈的磁通量增大或減小，能夠產(chǎn)生感應(yīng)電流。故C錯(cuò)誤；D．當(dāng)線圈以ab為軸旋轉(zhuǎn)時(shí)，其磁通量發(fā)生變化，有感應(yīng)電流產(chǎn)生，故D錯(cuò)誤。故選B。2.如圖所示，豎直放置螺線管與導(dǎo)線abcd構(gòu)成回路，導(dǎo)線所圍區(qū)域內(nèi)有一垂直紙面向里的變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，螺線管下方水平桌面上有一導(dǎo)體圓環(huán)，導(dǎo)線abcd所圍區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度按下列哪一圖線所表示的方式隨時(shí)間變化時(shí)，導(dǎo)體圓環(huán)將受到向上的磁場(chǎng)作用力()A.B.CD.【答案】A【解析】【詳解】導(dǎo)體圓環(huán)將受到向上的磁場(chǎng)作用力，根據(jù)楞次定律的另一種表述，可見原磁場(chǎng)磁通量是減小，即螺線管和abcd構(gòu)成的回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流在減?。鶕?jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，則感應(yīng)電流可知減?。瓵．圖中減小，則選項(xiàng)A正確；B．圖中變大，則選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．圖中不變，則選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．圖中不變，則選項(xiàng)D錯(cuò)誤；3.如圖甲所示，固定的長(zhǎng)直導(dǎo)線與固定的半圓形閉合金屬線框位于同一平面內(nèi)，長(zhǎng)直導(dǎo)線中的電流I隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示，直導(dǎo)線中電流向上，則下列說法正確的是（）A.線框中會(huì)產(chǎn)生順時(shí)針方向的電流B.線框中愛到的安培力方向水平向左C.線框中電流隨時(shí)間均勻增大D.線框中感應(yīng)電流的電功率恒定【答案】D【解析】【詳解】AB．長(zhǎng)直導(dǎo)線中的電流均勻增大，則半圓形閉合金屬線框中的磁通量均勻增大，根據(jù)楞次定律和安培定則，線框中會(huì)產(chǎn)生逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，結(jié)合左手定則可知，線框會(huì)受到向右的安培力，故AB錯(cuò)誤；CD．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，線框中的感應(yīng)電流大小恒定，因此感應(yīng)電流的電功率恒定，故D正確，C錯(cuò)誤。故選D。4.如圖甲所示，兩個(gè)閉合圓形線圈A、B的圓心重合，放在同一水平面內(nèi)，線圈A中通以如圖乙所示的變化電流，設(shè)t=0時(shí)電流沿逆時(shí)針方向（圖中箭頭所示）。關(guān)于線圈B的電流方向和所受安培力產(chǎn)生的效果，下列說法中正確的是（）A.0到t1時(shí)間內(nèi)有順時(shí)針方向的電流，且有收縮的趨勢(shì)B.0到t1時(shí)間內(nèi)有逆時(shí)針方向的電流，且有擴(kuò)張的趨勢(shì)C.t1到t2時(shí)間內(nèi)有順時(shí)針方向的電流，且有收縮的趨勢(shì)D.t1到t2時(shí)間內(nèi)有逆時(shí)針方向的電流，且有擴(kuò)張的趨勢(shì)【答案】B【解析】【詳解】0到t1時(shí)間內(nèi)電流沿逆時(shí)針方向減小，穿過線圈B的磁通量垂直紙面向外減小，根據(jù)楞次定律可知線圈B內(nèi)有逆時(shí)針方向的電流，且有擴(kuò)張的趨勢(shì)；t1到t2時(shí)間內(nèi)電流沿順時(shí)針方向增大，穿過線圈B的磁通量垂直紙面向里增大，根據(jù)楞次定律可知線圈B內(nèi)有逆時(shí)針方向的電流，且有收縮的趨勢(shì)。綜上所述可知ACD錯(cuò)誤，B正確。故選B。5.如圖所示，兩平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在傾角為的絕緣斜面上，空間中存在垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫出），勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧上端固定，下端與質(zhì)量為m的水平直導(dǎo)體棒ab的中點(diǎn)相連，彈簧與導(dǎo)軌平面平行并始終與導(dǎo)體棒ab垂直，導(dǎo)體棒ab垂直跨放在兩導(dǎo)軌上，閉合開關(guān)后導(dǎo)體棒ab保持靜止，彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)。斷開開關(guān)，將電源極性調(diào)轉(zhuǎn)﹐用外力使導(dǎo)體棒ab沿導(dǎo)軌平面往下平移x，再次閉合開關(guān)并撤掉外力，導(dǎo)體棒ab依然保持靜止。彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，重力加速度為g，則x為（）A. B. C. D.0【答案】C【解析】【詳解】接通電源后導(dǎo)體棒保持靜止，彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，有把電源極性調(diào)轉(zhuǎn)，用外力使導(dǎo)體棒沿斜面往下平移x（彈性形變范圍內(nèi)），重新接通電源并撤掉外力，ab棒依然保持靜止，有聯(lián)立解得故選C。6.如圖所示，空間某區(qū)域存在相互正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，電場(chǎng)方向豎直向上，將相距很近的兩帶電小球a、b同時(shí)向左、右水平拋出，二者均做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過一段時(shí)間，兩球碰撞，碰后瞬間速度均為零。已知兩球的電荷量分別為q1，q2，質(zhì)量分別為m1、m2，不考慮兩球之間的相互作用力。則下列說法正確的是（）A.兩球均帶負(fù)電B.q1：q2=m2：m1C.兩球做圓周運(yùn)動(dòng)的周期一定相等D.兩球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑一定相等【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，由于二者均做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故重力與電場(chǎng)力平衡，所以兩球均帶正電，A錯(cuò)誤；B．由重力與電場(chǎng)力平衡，得故B錯(cuò)誤；C．小球a、b做圓周運(yùn)動(dòng)的周期分別為因?yàn)樗訡正確；D．小球a、b做圓周運(yùn)動(dòng)半徑分別為因?yàn)樗杂捎诙邎A周運(yùn)動(dòng)的周期相等，無(wú)論二者速度大小如何，二者運(yùn)動(dòng)一周都會(huì)在出發(fā)點(diǎn)碰撞，由于v1和v2關(guān)系不確定，故兩球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑關(guān)系無(wú)法確定，D錯(cuò)誤。故選C。7.如圖所示，半徑為R的光滑半圓形絕緣軌道固定在豎直平面內(nèi)，軌道所在空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于軌道平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）由軌道左端A處無(wú)初速度滑下﹐當(dāng)小球滑至軌道最低點(diǎn)C時(shí)，給小球再施加一始終水平向右的外力F，使小球能保持不變的速率滑過軌道右側(cè)的D點(diǎn)。若軌道兩端等高，小球始終與軌道接觸，重力加速度為g，則下列判斷正確的是（）A.小球在C點(diǎn)受到的洛倫茲力大小為B.小球在C點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小為3mgC.小球從C到D的過程中，外力F的大小保持不變D.小球從C到D的過程中，外力F的功率逐漸增大【答案】D【解析】【詳解】A．小球從A到C過程機(jī)械能守恒解得所以小球在C點(diǎn)受到的洛倫茲力大小為故A錯(cuò)誤；B．在C點(diǎn)由牛頓第二定律有解得故小球在C點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小為，故B錯(cuò)誤；C．小球從C到D的過程中，合外力大小不變，方向始終指向圓心，而洛倫茲力和支持力沿水平方向的分力增大，故外力F的大小發(fā)生變化，故C錯(cuò)誤；D．小球從C到D的過程中，由能量守恒定律可知外力F的功率等于重力功率大小，所以外力F的功率逐漸增大，故D正確。故選D。8.如圖所示，真空室內(nèi)存在磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B=0.30T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。磁場(chǎng)內(nèi)有一塊較大的平面感光板ab，板面與磁場(chǎng)方向平行，在距ab的距離為l=32cm處，有一個(gè)點(diǎn)狀的α粒子放射源S，它能向各個(gè)方向發(fā)射α粒子，帶正電的α粒子速度都是。已知α粒子的電荷量與質(zhì)量之比為，現(xiàn)只考慮在紙面內(nèi)運(yùn)動(dòng)的α粒子，則感光板ab上被α粒子打中區(qū)域的長(zhǎng)度為（）A.40cm B.30cm C.35cm D.42cm【答案】A【解析】【詳解】α粒子帶正電，故在磁場(chǎng)中沿逆時(shí)針方向做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，用R表示軌道半徑，有由此得由于因朝不同方向發(fā)射的α粒子的圓軌跡都過S，由此可知，某一圓軌跡在圖中N左側(cè)與ab相切，則此切點(diǎn)P1就是α粒子能打中的左側(cè)最遠(yuǎn)點(diǎn)；再考慮N的右側(cè)。任何α粒子在運(yùn)動(dòng)中離S的距離不可能超過2R，以2R為半徑、S為圓心作圓，交ab于N右側(cè)的P2點(diǎn)，此即右側(cè)能打到的最遠(yuǎn)點(diǎn)。粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示定出P1點(diǎn)的位置，可作平行于ab的直線cd，cd到ab的距離為R，以S為圓心，R為半徑，作弧交cd于Q點(diǎn)，過Q作ab的垂線，它與ab的交點(diǎn)即為P1。根據(jù)幾何關(guān)系可得由圖中幾何關(guān)系得所求長(zhǎng)度為故選A。二、選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。9.如圖所示，邊界OA與OC之間分布有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，邊界OA上有一粒子源S。某一時(shí)刻，從S平行于紙面向各個(gè)方向發(fā)射出大量帶正電的同種粒子（不計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作用），所有粒子的初速度大小相同，經(jīng)過一段時(shí)間有大量粒子從邊界OC射出磁場(chǎng)。已知∠AOC=60°，從邊界OC射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間等于（T為粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期），則從邊界OC射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間可能為（）A. B. C. D.【答案】CD【解析】【詳解】ABCD．粒子在磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，粒子在磁場(chǎng)中出射點(diǎn)和入射點(diǎn)的連線即為軌跡的弦，初速度大小相同，根據(jù)則軌跡半徑相同，如圖所示設(shè)，當(dāng)出射點(diǎn)D與S點(diǎn)的連線垂直于OA時(shí)，DS弦最長(zhǎng)，軌跡所對(duì)的圓心角最大，周期一定，則由粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，由此得到，軌跡半徑為當(dāng)出射點(diǎn)E與S點(diǎn)的連線垂直于OC時(shí)，弦ES最短，軌跡所對(duì)的圓心角最小，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短，則由幾何知識(shí)，得，最短時(shí)間所以，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間范圍為AB錯(cuò)誤CD正確。故選CD。10.如圖所示，導(dǎo)電物質(zhì)為電子的霍爾元件樣品置于磁場(chǎng)中，表面與磁場(chǎng)方向垂直，圖中的1、2、3、4是霍爾元件上的四個(gè)接線端。當(dāng)開關(guān)S1、S2閉合后，三個(gè)電表都有明顯示數(shù)，下列說法正確的是（）A.通過霍爾元件的磁場(chǎng)方向向下B.接線端2的電勢(shì)高于接線端4的電勢(shì)C.僅將電源E1、E2反向接入電路，電壓表示數(shù)不變D.若適當(dāng)減小R1、，則增大R2電壓表示數(shù)一定增大【答案】AC【解析】【詳解】A．根據(jù)右手螺旋定則鐵芯上面有N極，則通過霍爾元件的磁場(chǎng)方向向下，所以A正確；B．通過霍爾元件的電流方向由1指向3，則電子運(yùn)動(dòng)方向由3指向1，由左手定則電子所受洛倫茲力指向2所以電子跑到2端，接線端2的電勢(shì)低于接線端4的電勢(shì)，所以B錯(cuò)誤；C．僅將電源E1、E2反向接入電路，電壓表的示數(shù)不變，所以C正確；D．根據(jù)霍爾元件的工作原理有解得電壓表示數(shù)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小由左邊電路中的電流決定，當(dāng)減小R1時(shí)，電流增大B增大，則電壓表示數(shù)增大，電子定向移動(dòng)的速度由右邊的電路電流決定，右邊電流增大增大，則增大R2時(shí)，右邊電流減小，所以電壓表示數(shù)減小，則D錯(cuò)誤；故選AC。11.如圖，abcd是邊長(zhǎng)為L(zhǎng)且對(duì)角線ac豎直的正方形區(qū)域，區(qū)域內(nèi)既存在垂直于abcd平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫出），也存在平行于cb邊斜向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的小球從a點(diǎn)正上方高h(yuǎn)處由靜止釋放后，恰好能沿直線ac勻速穿過正方形區(qū)域。小球可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度大小為g。由此可知（）A.磁場(chǎng)方向垂直于abcd平面向里B.磁場(chǎng)方向垂直于abcd平面向外C.電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為D.從a到c，小球電勢(shì)能增加mgL【答案】BD【解析】【分析】【詳解】AB．由題知，帶正電的小球通過復(fù)合場(chǎng)時(shí)恰能沿直線ac勻速穿過正方形區(qū)域，故小球不僅受重力和電場(chǎng)力作用，還受洛倫茲力作用，為保證小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，處于平衡狀態(tài)，故洛倫茲力方向必須水平向左，根據(jù)左手定則可知，磁場(chǎng)方向垂直于abcd平面向外，故A錯(cuò)誤，B正確；C．對(duì)小球受力分析，如圖所示設(shè)電場(chǎng)力與豎直線ac的夾角θ，由幾何關(guān)系可知θ＝45°由受力分析圖，根據(jù)平衡條件可得Eqcosθ＝mg解得故C錯(cuò)誤；D．小球從a到c，沿電場(chǎng)力方向做負(fù)功，則有故電勢(shì)能增加了,故D正確。故選BD。12.如圖所示，金屬桿ab靜止放在水平固定的“U”形金屬框上，整個(gè)裝置處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增大時(shí)，桿ab總保持靜止，則（）A.桿中感應(yīng)電流方向是從b到aB.桿中感應(yīng)電流大小均勻增大C.金屬桿所受安培力方向水平向左D.金屬桿所受安培力大小均勻增大【答案】CD【解析】【分析】【詳解】AC．由楞次定律知，桿中感應(yīng)電流方向從a到b，由左手定則知金屬桿所受安培力方向水平向左，則選項(xiàng)A錯(cuò)誤，C正確；BD．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有可知當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增大時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小是恒定的，由閉合電路歐姆定律知桿中感應(yīng)電流大小是恒定的，金屬桿所受安培力大小F=BIL隨磁感應(yīng)強(qiáng)度B均勻增大，則選項(xiàng)B錯(cuò)誤，D正確。故選CD。第Ⅱ卷（非選擇題共60分）三、非選擇題：本題共5小題，共60分。13.為準(zhǔn)確測(cè)量一小量程電流表（量程為，內(nèi)阻約為）的內(nèi)阻，設(shè)計(jì)如圖所示的電路圖，其中。（1）閉合前，的滑片置于左端，斷開，接通后，的滑片置于適當(dāng)位置，調(diào)節(jié)為，調(diào)節(jié)為，然后接通，發(fā)現(xiàn)接通前后小量程電流表的示數(shù)始終不變，則可知小量程電流表的內(nèi)阻為____________Ω。（2）若將該小量程電流表改裝為量程為的電流表，則需要____________（選填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”）一個(gè)電阻，改裝后的電流表內(nèi)阻為____________Ω。（3）用改裝后的電流表、電壓表（量程，內(nèi)阻約）、滑動(dòng)變阻器（）、電源（電動(dòng)勢(shì)為，內(nèi)阻約），測(cè)量電阻（約）的阻值，且要求實(shí)驗(yàn)從零開始并測(cè)量多組數(shù)據(jù)，則下列電路圖應(yīng)選擇____________。A.B.C.D.（4）若實(shí)驗(yàn)中讀出的一組數(shù)據(jù)為（，），由這組數(shù)據(jù)計(jì)算出的電阻阻值為____________Ω?！敬鸢浮竣?600②.并聯(lián)③.1④.D⑤.9【解析】【分析】【詳解】(1)[1]接通前后小量程電流表的示數(shù)始終不變，說明微安表兩端電壓不變，則電阻需滿足關(guān)系可得(2)[2]若將該小量程電流表改裝為量程為的電流表，需要并聯(lián)一個(gè)電阻，因?yàn)椴⒙?lián)電路有分流作用；[3]改裝后的電流表滿偏電壓不變，則改裝后的電流表內(nèi)阻為(3)[4]要求實(shí)驗(yàn)從零開始并測(cè)量多組數(shù)據(jù)，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用分壓式接法，因電流表A的內(nèi)阻為已知，則應(yīng)該采用電流表內(nèi)接，故ABC錯(cuò)誤，D正確。故選D。(4)[5]由14.如圖甲所示，兩根足夠長(zhǎng)的光滑平行導(dǎo)軌間距為，在導(dǎo)軌間有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為。一根直金屬桿MN在外力F作用下以大小為的速度向左做勻速運(yùn)動(dòng)，金屬桿MN始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。導(dǎo)軌左端接阻值為的定值電阻，b端接地，金屬桿MN接在導(dǎo)軌間的阻值為，導(dǎo)軌的電阻可忽略。（1）求圖甲中a、b兩點(diǎn)間的電壓U和外力F的功率；（2）如圖乙所示，一個(gè)匝數(shù)為匝的圓形線圈，面積為，阻值為。在線圈中存在面積為垂直于線圈平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖所示。求圖乙中a、b兩點(diǎn)間的電壓U'?！敬鸢浮浚?），；（2）【解析】【詳解】（1）MN做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)MN中的電流大小為a、b兩點(diǎn)間的電壓為外力F的功率為解得（2）穿過圓形線圈的磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為由閉合電路歐姆定律得由歐姆定律得解得15.如圖所示，在xOy平面中的第一象限內(nèi)，x=4d處豎直放置一個(gè)長(zhǎng)為的粒子吸收板MN，在MN左側(cè)存在垂直于紙面向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在原點(diǎn)O處有一粒子源，可沿y軸正方向射出質(zhì)量均為m、電荷量均為q的不同速率的帶正電粒子，不計(jì)粒子的重力和粒子間的相互作用。（1）若射出的粒子能打在MN板上，求粒子的速率v的取值范圍；（2）若在點(diǎn)處放置一粒子回收器，在N、C間放一擋板（粒子與擋板碰撞無(wú)能量損失），為回收恰從N點(diǎn)進(jìn)入MN右側(cè)的粒子，需在MN右側(cè)加一垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫出），求此勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【詳解】（1）粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示①設(shè)打在吸收板MN的下邊界M點(diǎn)的粒子的速率為，由幾何關(guān)系得粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡半徑由洛倫茲力提供向心力得聯(lián)立解得②設(shè)打在吸收板MN的上邊界N點(diǎn)的粒子的速率為，由幾何關(guān)系得粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡半徑由洛倫茲力提供向心力得聯(lián)立解得能打在MN上的粒子的速率需滿足（2）經(jīng)過N點(diǎn)的粒子能夠到達(dá)C點(diǎn)，設(shè)此勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B'，由幾何關(guān)系得粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡半徑由洛倫茲力提供向心力得聯(lián)立解得16.如圖所示，在矩形區(qū)域ABCD內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在BC右側(cè)Ⅰ、Ⅱ兩區(qū)域存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，L1、L2、L3是磁場(chǎng)的邊界（BC與L1重合），寬度相同，方向如圖所示，區(qū)域Ⅰ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1。一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的粒子（重力不計(jì)）從AD邊中點(diǎn)以初速度v0沿水平向右方向進(jìn)入電場(chǎng)，粒子恰好從B點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，經(jīng)區(qū)域Ⅰ后又恰好從與B點(diǎn)同一水平高度處進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ.已知AB長(zhǎng)度是BC長(zhǎng)度的倍。（1）求帶電粒子到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大??；（2）求區(qū)域Ⅰ磁場(chǎng)的寬度L；（3）要使帶電粒子在整個(gè)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，求區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的最小值?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）1.5B1【解析】【詳解】（1）設(shè)帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度大小為v，與水平方向成θ角，粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，由類平拋運(yùn)動(dòng)的速度方向與位移方向的關(guān)系有則θ＝30°根據(jù)速度關(guān)系有（2）設(shè)帶電粒子在區(qū)域Ⅰ中的軌道半徑為r1，由牛頓第二定律得軌跡如圖甲所示由幾何關(guān)系得L＝r1解得（3）當(dāng)帶電粒子不從區(qū)域Ⅱ右邊界離開磁場(chǎng)時(shí)，在磁場(chǎng)中運(yùn)