【物理】浙江省金华市东阳中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

【物理】浙江省金华市东阳中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

东阳中学2019年下学期期中考试卷 ‎（高二物理）‎ 一、单选题 ‎1. 关于磁感强度，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 磁感强度的方向，就是通电直导线在磁场中的受力方向 B. 磁感强度大的地方，通电导线所受的力也一定大 C. 磁感强度的方向是小磁针北极的受力方向 D. 通电导线在某处所受磁场力为零，则该处的磁感强度一定为零 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、通电导线在磁场中的受力方向由左手定则确定，安培力与磁场方向相互垂直；故A错误；‎ B、根据B=可知，通电导线受力与磁场强度无关；故B错误．‎ C、磁感强度的方向是小磁针北极的受力方向；故C正确；‎ D、通电导线在磁场中与磁场平行时，安培力为零；故通电导线在磁场中受磁场力为零时，该处的磁感应强度不一定为零；故D错误；‎ 故选C．‎ ‎2. 在长直导线AB附近，有一带正电的小球由绝缘线悬挂在M点，如下图所示，当导线中有恒定电流通过时，下列说法中正确的是 （ ）‎ A. 小球受到垂直纸面向里的磁场力 B. 小球受到垂直纸面向外的磁场力 C. 小球受到垂直于AB向右的磁场力 D. 小球不受磁场力的作用 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：当导线中有电流通过时，导线周围会产生磁场，而电荷在磁场中不运动，故不会产生洛伦兹力的作用，所以小球不受磁场力，选项D正确．‎ 考点：洛伦兹力的条件．‎ ‎3.供电站向远方送电，输送的电功率恒定，若将输电电压提高到原来的4倍，以下判断中正确的是　　‎ A. 输电电流为原来的4倍 B. 输电导线上损失的电压为原来的4倍 C. 输电导线上损失的电功率为原来的 D. 输电导线上损失的电功率为原来的 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.因为输电功率不变，输电电压提高4倍，电流变为原来的，A错误．‎ B.根据可知，损失电压变为原来的，B错误．‎ CD.根据可得，损失功率变为原来的，C错误D正确．‎ ‎4.如图所示的LC振荡电路中，某时刻的磁场方向如图所示，则下列说法错误的是　　‎ A. 若磁场正在减弱，则电容器正在充电，电流由b向a B. 若磁场正在减弱，则电场能正在增大，电容器上板带负电 C. 若磁场正在增强，则电场能正在减少，电容器上板带正电 D. 若磁场正在增强，则电容器正在充电，电流方向由a向b ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.若磁场在减弱，则磁场能在减小，电流在减小，电场能在增加，根据磁感线的方向根据右手螺旋定则可以判断出电流的方向由b到a；因为在充电，所以自感线圈相当于电源，电流由电源正极流出，所以下板带正电，上板带负电，则AB正确， 故AB不合题意；‎ C.若磁场在增强，说明电流再增大，电场能再向磁场能转化，电容器正在放电，电场能正在减少，根据右手螺旋定则可以判断出电流的方向仍是由b向a，此时电容器相当于电源，所以上极板带正电，则C正确，D错误，故C不合题意，D符合题意；故选D。‎ ‎5.将一段导线绕成图甲所示的闭合电路，并固定在水平面（纸面）内，回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中．回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示．用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图像是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】分析一个周期内的情况：在前半个周期内，磁感应强度均匀变化，磁感应强度B的变化度一定，由法拉第电磁感应定律得知，圆形线圈中产生恒定的感应电动势恒定不变，则感应电流恒定不变，ab边在磁场中所受的安培力也恒定不变，由楞次定律可知，圆形线圈中产生的感应电流方向为顺时针方向，通过ab的电流方向从b→a，由左手定则判断得知，ab所受的安培力方向水平向左，为负值；同理可知，在后半个周期内，安培力大小恒定不变，方向水平向右．故B正确．‎ ‎【点睛】本题要求学生能正确理解B-t图的含义，故道B如何变化，才能准确的利用楞次定律进行判定．根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的变化，由欧姆定律判断感应电流的变化，进而可确定安培力大小的变化．‎ ‎6.利用霍尔效应制作的霍尔元件,广泛应用于测量和自动控制等区域,如图是霍尔元件的工作原理示意图,磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下,通入图示方向的电流I,C、D两侧面会形成电势差下列说法正确的是 A. 电势差仅与材料有关 B. 仅增大磁感应强度时,电势差变大 C. 若霍尔元件的载流子是自由电子,则电势差 D. 在测定地球赤道上方的地磁场强弱时,霍尔元件的工作面应保持水平 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．根据CD间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，则有：‎ I=nqvS=nqvbc 则：‎ n由材料决定，故U与材料有关；U还与厚度c成反比，与宽b无关，同时还与磁场B与电流I有关，故A错误、B正确． C．根据左手定则，电子向C侧面偏转，C表面带负电，D表面带正电，所以D表面的电势高，则UCD＜0．故C错误． D．在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，应将元件的工作面保持竖直，让磁场垂直通过．故D错误．‎ ‎7.如图所示，在载流直导线旁固定有两平行光滑导轨A、B，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两根可自由滑动的导体棒ab和cd．当载流直导线中的电流逐渐减弱时，导体棒ab和cd的运动情况是 A. 一起向左运动 B. 一起向右运动 C. 相向运动，相互靠近 D. 相背运动，相互远离 ‎【答案】D ‎【解析】根据安培右手螺旋定则知，直线电流下方的磁场方向垂直纸面向里，当电流减小时，磁场减弱，根据楞次定律得，回路中的感应电流为acdb，根据安培左手定则知，ab所受安培力方向向左，cd所受安培力向右，即ab和cd反向运动，相互远离．‎ A. 一起向左运动，与分析不符，故A错误． ‎ B. 一起向右运动，与分析不符，故B错误． ‎ C. 相向运动，相互靠近，与分析不符，故C错误． ‎ D. 相背运动，相互远离，与分析相符，故D正确．‎ ‎8.如图所示，用两根轻细金属丝将质量为m，长为的金属棒悬挂在c、d两处，置于匀强磁场内．当棒中通以从a到b的电流I后，两悬线偏离竖直方向角处于平衡状态．为了使棒平衡在该位置上，所需的最小磁场的磁感应强度的大小、方向是（ ）‎ A. ，竖直向上 B. ，竖直向下 C. ，平行悬线向下 D. ，平行悬线向上 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】从b点沿金属棒看进去，受力分析如图 磁感应强度最小时，安培力最小，如图所示．可得 ‎，‎ 在结合左手定则，可得，磁感应强度的方向为沿绳向上．故选D ‎9.如图所示,水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场,两个边长相等的单匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ,分别用相同材料,不同粗细的导线绕制Ⅰ为细导线两线圈在距磁场上界面h高处由静止开始自由下落,再进入磁场,最后落到地面,运动过程中,线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界设线圈Ⅰ、Ⅱ落地时的速度大小分别为、,在磁场中运动时产生的热量分别为、不计空气阻力,已知线框电阻与导线长度成正比,与导线横截面积成反比,则 A. , B. ,‎ C. , D. ,‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】据题两个线圈从同一高度下落，到达磁场边界时具有相同的速度v，线圈切割磁感线产生感应电流，同时受到向上的安培力为：‎ 由电阻定律得线圈的电阻（ρ为材料的电阻率，L为线圈的边长，S为单匝导线横截面积） 所以下边刚进入磁场时所受的安培力为：‎ 此时加速度为：‎ 将线圈的质量m=ρ0S•4L（ρ0为材料的密度）代入上式，所以得加速度为：‎ 此式中各量对于两个线圈都相同，两个线圈的加速度a相同，则线圈Ⅰ和Ⅱ同步运动，落地速度相等：‎ v1=v2‎ 由能量守恒可得：‎ ‎（H是磁场区域的高度） 因为Ⅰ为导线细，质量m小，产生的热量小，所以Q1＜Q2．‎ A．，，与结论不相符，选项A错误；‎ B．，，与结论不相符，选项B错误；‎ C．，，与结论不相符，选项C错误；‎ D．，，与结论相符，选项D正确；‎ ‎10.如图所示,三只完全相同的灯泡a、b、c分别与电阻R、电感L、电容C串联,再将三者并联,接在220V,50Hz的交变电源两端,三只灯泡亮度相同．如果将电源改为220V,60Hz的交变电源,则 A. 三只灯泡亮度不变 B. a亮度不变,b变暗,c变亮 C. a亮度不变,b变亮,c变暗 D. 三只灯泡都将变亮 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据电感的特性：通低频、阻高频，当电源的频率变高时，电感对电流的感抗增大，b灯变暗；根据电容器的特性：通高频、阻低频，当电源的频率变高时，电容器对电流的容抗减小，c灯变亮．而电阻的亮度与频率无关，a灯亮度不变． A．三只灯泡亮度不变，与结论不相符，选项A错误；‎ B．a亮度不变，b变暗，c变亮，与结论相符，选项B正确；‎ C．a亮度不变，b变亮，c变暗，与结论不相符，选项C错误；‎ D．三只灯泡都将变亮，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎11.一条弹性绳子呈水平状态，M为绳子中点，两端P、Q同时开始上下振动，一小段时间后产生的波形如图所示，对于其后绳上各点的振动情况，下列判断正确的是（　　）‎ A. 左边的波先到达中点M B. 两列波波速之比为1：2‎ C. 中点M的振动总是加强的 D. 绳的两端点P、Q开始振动的方向相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 因波速由介质决定，则它们的传播速度相同，因此两波同时到达中点M，故A错误；波速由介质决定，与波长和频率无关，两列波波速之比为1：1，故B错误；由于波的频率不同，故两列波并不能干涉，M点并不是振动加强点，故C错误；由图可知，左边波向右传播，而右边的波向左，依据上下坡法，则它们起振方向相同，再依据波产生的原理：带动、重复、滞后，即可判定P、Q开始振动的方向相同，故D正确；故选D．‎ ‎12.如图所示是某质点做简谐运动的振动图象．关于质点的运动情况，下列描述正确的是（　　）‎ A t＝1.5s时，质点正沿x轴正方向运动 B. t＝1.5s时，质点的位移方向为x轴负方向 C. t＝2s时，质点的速度为零 D. t＝2s时，质点的加速度为零 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 在t=1.5s时刻，图象切线的斜率为负，说明质点是从x的最大位移处向平衡位置方向运动的，运动的方向沿x的负方向，故A错误．由图可知，1.5s末质点的位移大于0，质点的位移方向为x轴正方向，故B错误．由图可知，在t=2s时刻，质点的位移为0，则速度为最大，故C错误．由图可知，在t=2s时刻，质点的位移为0，则恢复力等于0，根据牛顿第二定律可知加速度等于0，故D正确．故选D.‎ 点睛：此题关键是知道位移时间图象的斜率等于速度，从而分析质点的速度方向．质点通过平衡位置时速度最大，加速度最小；通过最大位移处时加速度最大．‎ 二、不定项选择题 ‎13.如图所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路若将滑动变阻器的滑片P向上滑动，下面说法中正确的是 A. 穿过线圈a的磁通量变小 B. 线圈a有收缩的趋势 C. 自上往下看，线圈a中将产生顺时针方向的感应电流 D. 线圈a对水平桌面的压力将增大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 此题的关键首先明确滑动触头向上滑动时通过判断出线圈b中的电流减小，然后根据楞次定律判断出线圈a中感应电流的方向．根据感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因，可以很好判断线圈的运动趋势．‎ ‎【详解】当滑动触头P向上移动时电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流减小，b线圈产生的磁场减弱，故穿过线圈a的磁通量变小，故A正确；根据b中的电流方向和安培定则可知b产生的磁场方向向下穿过线圈a，根据楞次定律，a中的感应电流的磁场要阻碍原来磁场的减小，故a的感应电流的磁场方向也向下，根据安培定则可知线圈a中感应电流方向俯视应为顺时针，故C正确；再根据微元法将线圈a无限分割根据左手定则不难判断出线圈a应有扩张的趋势，或直接根据楞次定律的第二描述“感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因”，因为滑动触头向上滑动导致穿过线圈a的磁通量减小，故只有线圈面积增大时才能阻碍磁通量的减小，故线圈a应有扩张的趋势，故B错误；开始时线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力，当滑动触头向上滑动时，可以用“等效法”，即将线圈a和b看做两个条形磁铁，不难判断此时两磁铁互相吸引，故线圈a对水平桌面的压力将减小，故D错误．故选AC．‎ ‎【点睛】首先应掌握楞次定律的基本应用，楞次定律的第二描述是能量守恒定律在电磁感应现象中得出的必然结果．一般在解决有关相对运动类问题时用楞次定律的第二描述将会非常简便．‎ ‎14. 如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同灯泡a和b．当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是 A. 原、副线圈匝数比为9:1 B. 原、副线圈匝数比为1:9‎ C. 此时a和b的电功率之比为9:1 D. 此时a和b的电功率之比为1:9‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】考查了理想变压器，电功率的计算 ‎【详解】AB．设灯泡的额定电压为,两灯均能正常发光,所以原线圈输出端电压为，副线圈两端电压为，故，根据，A正确B错误；‎ CD．根据公式可得，由于由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式可得两者的电功率之比为1:9，C错误D正确；‎ ‎15.如图所示，在一根张紧的水平绳上挂几个摆，其中A、E摆长相等；先让A摆振动起来，其他各摆随后也跟着振动起来，则 ‎ A. 其它各摆摆动周期跟A摆相同 B. 其它各摆振动振幅大小相同 C. 其它各摆振动振幅大小不相同，E摆振幅最大 D. 其它各摆振动周期大小不同，D摆周期最大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AD.摆摆动，其余各摆也摆动起来，它们均做受迫振动，所以其余各摆的振动频率都等于摆摆动的频率，振动周期也等于摆摆动的频率．故A正确，D错误．‎ BC.由于摆的摆长与摆摆长相同，所以这两个摆的固有频率相同，所以摆出现共振现象，振幅最大．故C正确，B错误．‎ ‎16.两根足够长的光滑导轨竖直放置,间距为L,底端接阻值为R的电阻将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端,金属棒和导轨接触良好,导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直,如图所示除电阻R外其余电阻不计现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放,则 A. 释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度g B. 金属棒向下运动时,流过电阻R的电流方向为b→a C. 金属棒的速度为v时,所受的安培力大小为 D. 金属棒下落过程中,电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．释放瞬间金属棒的速度为零，没有感应电流产生，不受安培力，金属棒只受重力，所以金属棒的加速度为g．故A正确．‎ B．金属棒向下运动时切割磁感线，根据右手定则判断可知，流过电阻R的电流方向为b→a，故B正确．‎ C．金属棒的速度为v时，回路中产生的感应电流为，所受的安培力大小为．故C正确．‎ D．由于金属棒产生感应电流，受到安培力的阻碍，系统的机械能不断减少，最终金属棒停止运动，弹簧具有弹性势能，所以导体棒的重力势能转化为内能和弹簧的弹性势能，则根据能量守恒定律得知在金属棒运动的过程中，电阻R上产生的总热量等于棒的重力势能减少量与弹簧弹性势能之差，故D错误．‎ 三、实验题 ‎17.（1）做“用单摆测定重力加速度”的实验,下述说法中正确的是（ ） ‎ A.测量摆长时,应先将单摆放置在水平桌面上,然后用力拉紧摆线测量悬点到球心的距离 B.单摆的偏角不要超过5°,当摆球运动到两侧位置时迅速按下秒表开始计时 C.为了精确测量单摆的周期,起码要测量小球作100次全振动所用的时间 D.如果小球的重心不在中心,通过一定方法也能精确测定重力加速度 ‎（2）某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验时,他先测得摆线长为97.50cm，然后用游标卡尺测量小钢球直径,读数如图甲所示, 则 ‎①游标卡尺读数为_________mm．‎ ‎②该单摆的摆长为_____cm．‎ ‎③该同学由测量数据作出图线（如图乙所示），根据图线求出重力加速度____m/s2（保留3位有效数字）．‎ ‎④如果测出的g值偏小，可能的原因是____．‎ A.测量摆线长时，线拉得过紧 B.摆线上端没有固定，振动中出现松动，使摆线变长了 C.开始计时时，秒表按下迟了 D.实验中误将49次全振动记为50次 ‎【答案】 (1). D (2). 9.8mm (3). 97.99 (4). 9.86 (5). B ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．A.测量摆长时，应先将单摆竖直悬挂，让摆球自然下垂，然后测量悬点到球心的距离，选项A错误；‎ B.单摆的偏角不要超过5°，当摆球运动到最低点位置时迅速按下秒表开始计时，选项B错误；‎ C.为了精确测量单摆的周期，要测量小球作30-50次全振动所用的时间，选项C错误；‎ D.如果小球的重心不在中心，可通过测量数据建立T2-L图像，通过图像的斜率求解重力加速度，选项D正确．‎ ‎（2）①[2]．由图示游标卡尺可知，主尺示数为0.9cm=9mm，游标尺示数为8×0.1mm=0.8mm，游标卡尺的读数为：9mm+0.8mm=9.8mm．‎ ‎②[3]．单摆摆长：‎ ‎ ‎ ‎③[4]．由单摆周期公式可得 由图像可知 ‎ ‎ 解得 g=9.86m/s2‎ ‎④[5]．根据则：‎ A、测量摆线长时线拉得过紧，则l的测量值偏大，则所测重力加速度偏大，故A错误；‎ B、摆线上端牢固地系于悬点，摆动中出现松动，使摆线长度增加了，使所测量的实际周期T偏大，重力加速度的测量值偏小，故B正确；‎ C、开始计时时，秒表过迟按下，所测周期T偏小，重力加速度g的测量值偏大，故B正确；‎ D、实验中误将49次全振动数为50次，测量的周期T偏小，所测重力加速度偏大，故D错误．‎ ‎18.在学校实验周活动中，某实验小组同学选用如图（a）可拆变压器做“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，实验电路图如图（b），实验时匝，匝，断开K，接通电源，观察电压表的读数为6V，则 ‎（1）下列哪一选项______为可拆变压器的输入电压有效值．‎ A.3V   B.  6V      C.12V D.15V        ‎ ‎（2）灯泡的额定电压也为6V，闭合K，灯泡能否正常发光．______（填：“能”或“不能”）‎ ‎【答案】 (1). D (2). 不能 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．根据变压器原理可得 闭合K，由于实验时变压器可能为非理想变压器，可能有“漏磁”现象，则可拆变压器的输入电压有效值应选择15V，故选D；‎ ‎（2）[2]．灯泡的额定电压也为6V，实验时变压器可能为非理想变压器，可能有“漏磁”现象，次级电压将会小于6V，灯泡不能正常发光．‎ 四、计算题 ‎19.如图所示,一质量为m的小钢珠,用长为l的细丝线挂在水平天花板上,初始时,摆线和竖直方向夹角为θ（θ＜5°）．释放小球后, ‎ ‎（1）小球摆到最低点所用时间 ‎（2）小球在最低点受到的拉力为多大 ‎【答案】（1）（2）3mg-2mg ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小球做简谐运动，则小球从释放到最低点所用的时间为：‎ ‎（2）从释放到最低点，由动能定理有：‎ 根据牛顿第二定律 ‎ ‎ ‎ 有 ‎20.一个重力不计的带电粒子,以大小为v的速度从坐标（0,L）的a点,平行于x轴射入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域,并从x轴上b点射出磁场,射出速度方向与x轴正方向夹角为60°,如图．求：‎ ‎（1）带电粒子在磁场中运动的轨道半径；‎ ‎（2）带电粒子的比荷及粒子从a点运动到b点的时间；‎ ‎（3）其他条件不变,要使该粒子恰从O点射出磁场,求粒子入射速度大小．‎ ‎【答案】（1）2L（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）画出粒子运动的轨迹如图，由几何知识：‎ ‎ ‎ 解得：‎ ‎（2）由洛伦兹力提供向心力,得：‎ ‎ ‎ 所以：‎ 粒子运动的周期：‎ ‎ ‎ 时间：‎ ‎．‎ ‎（3）要使粒子能从O点射出磁场，则 ‎ ‎ 由 可知 ‎ ‎．‎ ‎21.如图,两根足够长的固定的光滑平行金属导轨位于倾角θ=30°的固定斜面上,导轨上、下端分别接有阻值R1=10Ω和R2=30Ω的电阻,导轨自身电阻忽略不计,导轨宽度L=2m,在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面向上的匀强磁场,磁感应强度B=0.5T.质量为m=0.1kg,电阻r=2.5Ω的金属棒ab在较高处由静止释放,金属棒ab在下滑过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好当金属棒ab下滑高度时,速度恰好达到最大值．、（g=10m/s2）求：‎ ‎（1）金属棒ab达到的最大速度；‎ ‎（2）该过程通过电阻的电量q；‎ ‎（3）金属棒ab在以上运动过程中导轨下端电阻中产生的热量．‎ ‎【答案】（1）（2）0.45C（3）0.33J ‎【解析】（1）切割产生的感应电动势 根据串并联电路的特点知，外电路总电阻 ‎ ‎ 根据闭合电路欧姆定律得 ‎ ‎ 安培力 当加速度a为零时,速度v达最大,有 解得速度最大值 ‎ ‎ 由以上各式解得最大速度 ‎（2）根据电磁感应定律有 ‎ ‎ 根据闭合电路欧姆定律有 ‎ ‎ 感应电量 联立得：‎ ‎ ‎ 由以上各式解得 ‎  ‎ 通过R1的电荷为 ‎（3）金属棒下滑过程中根据能量守恒定律可得：‎ ‎   ‎ 代入数据解得 下端电阻中产生的热量 ‎22.如图所示为一磁约束装置原理图，同心圆圆心与平面坐标系原点重合.半径为的圆形区域Ⅰ内有方向垂直于平面向里的匀强磁场.一束质量为、电荷量为、动能为的带正电粒子从坐标为的点沿轴负方向射入磁场区域Ⅰ，粒子全部经过坐标为的点，方向沿轴正方向.当在环形区域Ⅱ加上方向垂直于平面向外的另一匀强磁场时，上述粒子仍从点沿轴负方向射入区域Ⅰ，所有粒子恰好能够约束在环形区域内，且经过环形区域Ⅱ的磁场偏转后第一次沿半径方向从区域Ⅱ射入区域Ⅰ时经过内圆周上的点(点未画出).不计重力和粒子间的相互作用.‎ ‎（1）求区域Ⅰ中磁感应强度的大小；‎ ‎（2）若环形区域Ⅱ中磁感应强度，求点坐标及环形外圆半径；‎ ‎（3）求粒子从点沿轴负方向射入圆形区域Ⅰ至再次以相同速度经过点的过程所通过的总路程.‎ ‎【答案】（1）（2），（3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由题设条件就能求出粒子在Ⅰ 区内做匀速圆周运动的半径，由洛仑兹力提供向心力就能求出Ⅰ区磁场的磁感应强度大小．（2）进入Ⅱ后，粒子恰好约束在该区，画出粒子运动轨迹，由两区域内磁场的关系，找到在Ⅱ区内做匀速圆周运动的半径，再由几何关系求得粒子在Ⅱ区内转过的圆心角，从而再由几何关系就能求出M点的坐标和环形的外圆半径．（3）先找出从A点出发，经过Ⅰ、Ⅱ区的正反两次偏转再次进入Ⅰ区时，相对OA方向偏转的角度，若经过m次偏转时，粒子第一次经过A点，此时转过m周，列出方程，解出整数解，那么总路程就是m倍的一次偏转的路程．‎ ‎（1）由题意，粒子在区域Ⅰ内从A点做匀速圆周运动到P点，显然 在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，则有：，且 联立解得：‎ ‎（2）粒子进入环形区域Ⅱ后做顺时针方向匀速圆周运动，则有：‎ 由题设条件：‎ 联立解得：‎ 画出粒子在Ⅱ区内做匀速圆周运动的轨迹如图所示 由几何关系得：，则M点的坐标为 由几何关系外环的半径 ‎（3）粒子在Ⅰ区域和Ⅱ区域两次偏转后，从M点再次进入Ⅰ区域时，圆心角转过，设经过m次这样偏转后第一次从A点再交入射，此时圆心角转过n个 则有：150m=360n（m、n取正整数）‎ 解得：m=12，n=5．‎ 而粒子在Ⅰ、Ⅱ区偏转一次通过的路程 所以经过12次如此偏转后第一次通过A点，则总路程为