2021屆全國大聯(lián)考高考物理模擬試卷(2月份)(含答案解析)

2021屆全國大聯(lián)考高考物理模擬試卷（2月份）

一、單選題（本大題共5小題，共30.0分）

周運動時的速度（以、％）、角速度（34、3B）、加速度（4、和對錐壁的壓\/

力g、NB）的說法正確的是（）7

A.%>/B.34>3BC.%>D.NA>NB

2.閱讀下列內容，回答6—9題問題

改革開放以來，人們的生活水平得到了很大的改善，快捷、方便、舒適的家用汽車作為代步工具正

越來越多的走進尋常百姓家中。汽車起動的快慢和能夠達到的最大速度，是衡量汽車性能的指

標體系中的兩個重要指標。

在平直的公路上，汽車啟動后在第10s末速度表的指針指在如圖所示的

位置，前10s內汽車運動的距離為150小。下列說法中正確的是（）XX

A.第10s末汽車的瞬時速度大小是70m/sE：：...J

B.第ios末汽車的瞬時速度大小是70/￡m/hV:kmh2?>7

C.第10s內汽車的平均速度大小是70m/s

D.前10s內汽車的平均速度大小是35m/s

3.如圖所示，通電矩形導線框abed與無限長通電直導線MN在同一yiab

平面內，電流方向如圖所示，ad邊與MN平行。關于MN的磁場

對線框的作用，下列敘述中正確的是（）左］八右

A.ad邊和be邊受到的安培力大小相同

B.ab邊和cd邊受到的安培力大小相同I__________

?Mdc

c.線框所受安培力的合力向右

D.線框所受安培力的合力為零

4.如圖1所示，正弦交流電接在電阻R與理想二極管。串聯(lián)的電路兩端，通過電阻R的電流i與時間t

的關系如圖2所示，R=10n,則在t=0到t=1s時間內，電阻R上產生的熱量為（）

B./?2斷路

C.R3短路

D.R4短路

二、多選題（本大題共5小題，共27.0分）

6.雨傘半徑R高出地面九，雨傘以角速度?旋轉時，雨滴從傘邊緣飛出，則以下說法中正確的是（）

A.雨滴沿飛出點的半徑方向飛出，做平拋運動

B.雨滴沿飛出點的切線方向飛出，做平拋運動

C.雨滴落地后在地面形成一個和傘半徑相同的圓

D.雨滴落地后形成半徑為r=RJ1+等的圓

7.關于萬有引力定律及其應用，下列說法正確的是（）

A.公式尸=G*中的引力常量G適用于任何兩個物體

B.由F=G*四署可知，當r趨近于0時，萬有引力尸趨近于無窮大

C.根據(jù)地球衛(wèi)星的轉動半徑和周期及引力常量可以得出地球的質量

D.根據(jù)地球衛(wèi)星的轉動半徑和周期及引力常量可以得出衛(wèi)星的質量

8.如圖所示，在真空中兩等量異種點電荷的電場中，MN為兩電荷連線的

I

中垂線，a、b、c三點所在直線平行于兩電荷的連線，且a和c關于MN對-2-----

I

I

稱，b點位于MN上，d點位于兩電荷的連線上。以下判斷正確的是（）d\

A.b點的電勢高于d點的電勢

?

B.a點的場強與c點的場強相同W

C.a、b兩點間的電勢差等于b、c兩點間的電勢差

D.試探電荷+q在a點的電勢能大于在c點的電勢能

9.下列說法正確的是（）

A.一塊0久的冰逐漸融化成的水的過程中分子勢能會增加

B.花粉在液體中做布朗運動的劇烈程度與液體的溫度和花粉顆粒的大小有關

C.多晶體和非晶體一樣沒有規(guī)則的外形，所以它們均沒有固定的熔點

D.若理想氣體的體積不變溫度升高，則單位時間內撞擊單位面積器壁的分子數(shù)增多

E.冰箱能夠把熱量從低溫物體傳遞到高溫物體，所以它不遵循熱力學第二定律

10.一質點沿x軸做簡諧振動，振幅為8sn,頻率為0.5Hz,在t=0時，位移是4cm,且向x軸負方向

運動，下列說法正確的是（）

A.質點的振動方程為％=0.08sin（7rt+

B.質點的振動方程為％=0.08s沅（nt+/）m

o

C.t=Is時振動質點的位移大小為0.04m,方向為x軸負向

D.t=1s時振動質點的位移大小為0.04m,方向為x軸正向

三、實驗題（本大題共2小題，共15.0分）

11.（1）用落體法”驗證機械能守恒定律”的實驗中，有下列器材可供選用：鐵架臺、重錘、打點計

時器、復寫紙、紙帶、低壓直流電源、導線、電建、天平.

其中不必要的器材是：.

缺少的器材是：.

（2）用落體法”驗證機械能守恒定律”的實驗中，已知電磁打點計時器所用電源頻率為50/iz,某同學

從實驗得到幾紙帶中，選取了一條初速度恰好為零的紙帶，如圖所示.圖中標出的點均為計數(shù)

點，并把電磁打點計時器打下的第一個計時點記作。點，測出。、4點間的距離為68.97cm,4、

C點間的距離為15.24cm,C、E點間的距離為16.76cm.已知當?shù)刂亓铀俣葹?.8m/s2,重錘的

質量為7n=1.0kg,則打點計時器在打點C時的瞬時速度為m/s,。點到C點的這段時間

內，重錘動能的增加量為J,重錘重力勢能的減少量為J，從以上數(shù)據(jù)可以得到的

結論是：.（以上結果均保留三位有效數(shù)字）

/ABCDE

■*??

68.9715.2416.7?

12.如圖甲所示，將一根銅棒和一根鋅棒插入一只蘋果內，就成了一個簡單的“水果電池”。小明

同學做了兩個這樣的水果電池，并依次進行以下實驗:

(1)用多用電表的直流電壓(0-2.5Q擋粗測其中一個水果電池的電動勢，指針位置如圖乙所示，其

示數(shù)為九

(2)將兩個水果電池串聯(lián)起來組成電池組給“1.5IZ、0.34”的小燈泡供電，小燈泡不能發(fā)光。再將多

用電表串聯(lián)在電路中測量電流，發(fā)現(xiàn)讀數(shù)不足3mA小燈泡不發(fā)光的原因是此電池組的(填

字母)。4電動勢太小B.內阻太大

(3)用如圖丙所示的電路測量該電池組的電動勢和內阻，已知定值電阻R0=9900,兩只電流表規(guī)格

相同，內阻均為102若身邊有兩種規(guī)格的滑動變阻器：4(0~300)、B(0~3/cO),實驗中應該

選用的滑動變阻器是(填“4”或“B”)。

(4)根據(jù)上述實驗中兩只電流表讀數(shù)的多組數(shù)據(jù)，在人-%圖中描并作出圖象，如圖丁所示?？汕蟮?/p>

該電池組的電動勢與內電阻分別為E=V；r=O(r的計算結果保留2位有效數(shù)字)。

四、計算題(本大題共4小題，共52.0分)

13.一質量為M=10kg的木板8靜止于光滑水平面上，其上表面粗糙，物塊4質量為m=6kg,停在

B的左端.質量為1kg的小球用長為1=0.8m的輕繩懸掛在固定點。上，將輕繩拉直至水平

位置后，由靜止釋放小球，小球在最低點與4發(fā)生碰撞后反彈，反彈所能達到的最大高度為八=

0.2m,物塊與小球可視為質點，g取lOzn/s2,不計空氣阻力.

①求碰撞結束時4的速度；

②若木板B足夠長，4最終沒有滑離B,求4在B上滑動的過程中系統(tǒng)損失的機械能.

O-------------*0

I

I

I

I

I

I

I

5，/

14.如圖所示，在直角坐標系的第n象限中，一邊長為L的正方形區(qū)域內存在磁感應強度大小為8、

方向垂直xOy平面向里的勻強磁場，磁場的下邊界與刀軸重合，右邊界與y軸重合，在第I、W

象限％<L區(qū)域內存在沿y軸負方向的勻強電場，電場強度大小為凡在％區(qū)域內存在磁感應

強度大小為夕、方向垂直紙面向里的矩形勻強磁場；一質量為加、電荷量為q的帶正電的粒子(重

力不計)以沿y軸負方向的速度進入第II象限的勻強磁場區(qū)域，并從坐標原點0處沿%軸正方向射

入勻強電場區(qū)域；

(1)求帶電粒子射入第H象限的勻強磁場時的速度大小;

(2)求帶電粒子從勻強電場區(qū)域射出時的位置坐標；

(3)若帶電粒子進入％>L區(qū)域的勻強磁場時的速度方向與久軸正方向成45°角，要使帶電粒子能夠回

到x<L區(qū)域，則％>L區(qū)域矩形勻強磁場的最小面積為多少？

XXXX

XXXX

XXXX

XXXX

XXXX

XXXX

A

15.如圖所示，一個上下都與大氣相通的直圓筒，內部橫截面的面積S=0.01m2,

中間用兩個活塞4與B封住一定質量的理想氣體，4、B都可沿圓筒無摩擦地上、W

W

下滑動，但不漏氣，力的質量可不計、B的質量為M,并與一勁度系數(shù)k=5x

V

ICPN/HI的較長的彈簧相連.已知大氣壓強po=1x105pa,平衡時，兩活塞間

的距離"=0.6m,現(xiàn)用力壓4使之緩慢向下移動一定距離后，保持平衡.此時，用于壓4的力F=

5x1。2乂求：(假定氣體溫度保持不變.)

(1)此時兩活塞間的距離

(2)活塞4向下移的距離.

(3)大氣壓對活塞4和活塞B做的總功.

16.如圖所示，半圓形玻璃磚的半徑R=10cm,4B與屏幕垂直并接

觸于4點，激光束a射向半圓形玻璃磚的圓心0,激光束a對準。點

從圖示位置在紙面內順時針方向旋轉，當轉過角度為30。時，光

屏上有兩個光斑，當轉過的角度剛好為45。時，光屏上恰好只有

一個光斑，求:

①玻璃磚的折射率n；

②當轉過角度為30。時，光屏上兩個光斑之間的距離L.

參考答案及解析

1.答案：A

解析：解：對小球受力分析如圖所示，

由于兩個小球的質量相同，并且都是在水平面內做勻速圓周

運動，

所以兩個小球的受力相同，它們的向心力的大小和受到的支

持力的大小都相同，

所以有NA=NB，aA=aB,故C、O錯誤，

由于它們的受力相同，向心力的大小也相同，

由向心力的公式a=可知，半徑大的，線速度大，所以匕〉修,故A正確，

由向心力的公式4回mro?可知，半徑大的，角速度小，所以3.<3B，故8錯誤。

故選：4。

對物體受力分析，找出物體的向心力的來源和大小，再根據(jù)勻速圓周運動的向心力的公式分析可以

得出結論.

對物體受力分析得出AB兩個球的受力情況都相同是解決本題的關鍵的地方，知道48的向心力相同之

后，根據(jù)向心力的公式就很容易分析了.

2.答案：B

解析：解：AB、汽車的速度表顯示的是瞬時速率，由圖可知在第10s末汽車的瞬時速度大小是70km"

或19.4m/s。故A錯誤，B正確；

CD、10秒內汽車的位移是150zn,則在10s內汽車的平均速度9=詈m/s=15m/s。故C。錯誤。

故選：B。

汽車的速度表每時每刻都在變化，速度表顯示的是瞬時速率；汽車在平直的公路上行駛，在10s內通

過的位移（大小等于路程）與所用時間10s的比值，就是汽車在10s內的平均速度。

本題考查平均速度和瞬時速度、瞬時速率的定義，明確汽車的速度表指示的是瞬時速度大小。

3.答案：B

解析：解：AB,直導線中的電流方向由M到N,根據(jù)安培定則可知，導線右側區(qū)域磁感應強度方向

垂直紙面向里，根據(jù)左手定則可知，ad邊受向左的安培力，兒邊受到向右的安培力，ab邊受到向下

的安培力，cd受到向上的安培力，離MN越遠的位置，磁感應強度越小，根據(jù)安培力公式F=B/L,

ad邊受到的安培力大小大于be邊，ab邊受到的安培力大小等于cd受到的安培力大小，故A錯誤，B

正確；

CD、ad邊受向左的安培力，兒邊受到向右的安培力，ad邊受到的安培力大小大于be邊，則線框所

受安培力的合力向左，不為零，故C￡＞錯誤。

故選：B。

直導線中的電流方向由M到N,根據(jù)安培定則判斷導線框所在處磁場方向。根據(jù)左手定則分析導線框

所受的安培力情況。

本題關鍵：（1）會根據(jù)安培定則判斷通電直導線的磁場；（2）會根據(jù)左手定則判斷安培力方向；（3）會

根據(jù)安培力公式F=B/L并結合微元法判斷安培力的大小。

4.答案:A

解析：分析：

求出電流的有效值，然后應用焦耳定律求出電阻R上產生的熱量。

本題考查了求焦耳熱問題，根據(jù)圖示圖象求出電流的有效值是解題的前提，應用焦耳定律即可解題。

解答：

設電流的有效值為/,則：/2Rr=（￥）2R《

解得：1=^A

2

在t=0到￡=1s時間內電阻R上產生的熱量：

Q=/2a=（誓）2xiox1/=125/,故A正確，8CO錯誤；

故選：4。

5.答案：B

解析：解：4、若此斷路，外電路總電阻增大，干路電流/減小，/?2、%并聯(lián)與區(qū)4串聯(lián)，再G并聯(lián)的

電壓減小，電流表的讀數(shù)減小，而燈人的電壓增大，燈人變亮.故A錯誤.

B、若斷路，外電路總電阻增大，干路電流/減小，％、L1的并聯(lián)電壓減小，及變喑.燈G的電壓

增大，通過燈員的電流，2增大，而通過電流表的電流〃=/-/2，則〃減小.故B正確.

C、若/?3短路，外電路總電阻減小，干路電流增大，&、L的并聯(lián)電壓增大，L變亮.故C錯誤.

D、若/?4短路，外電路總電阻減小，干路電流增大，之、刀的并聯(lián)電壓增大，刀變亮.故。錯誤.

故選：B

首先認識電路的結構：R?、心并聯(lián)與串聯(lián)，再與42并聯(lián)后，最后與凡、刀的并聯(lián)電路串聯(lián).將四

個選項逐項代入，分析Li的亮度變化和電流表讀數(shù)變化，選擇符合題意的選項.

本題是故障分析問題，相當于電路動態(tài)分析問題，首先要能認識電路的連接方式，其次按“局部T整

體T局部”的順序依次分析.

6.答案：BD

解析：解：雨點甩出后沿飛出點的切線方向飛出，做平拋運動，故4錯誤；B正確；

豎直方向有：h=1gt2,t=后水平方向初速度為雨傘邊緣的線速度，所以為=3/?

雨點甩出后水平方向做勻速直線運動，x=vot=后設雨傘的軸心點到落地點的水平距離為S：

則s=V/?2+x2=RJ1+等故C錯誤；D正確；

故選：BD。

物體做平拋運動，我們可以把平拋運動分解為水平方向上的勻速直線運動，和豎直方向上的自由落

體運動來求解，兩個方向上運動的時間相同.

本題就是對平拋運動規(guī)律的考查，平拋運動可以分解為在水平方向上的勻速直線運動，和豎直方向

上的自由落體運動來求解.

7.答案：AC

解析：解：AB,萬有引力定律適用于兩個質點間，一般情況下，兩個物體可以看成質點；當r趨近

于。時，兩物體不能看成質點，故A正確，8錯誤；

CD,根據(jù)地球衛(wèi)星的轉動半徑和周期及引力常量可以得出中心天體地球的質量，而衛(wèi)星質量不影響

其運動情況，故C正確，。錯誤；

故選：AC.

根據(jù)萬有引力適用情況范圍及萬有引力做向心力求解.

萬有引力問題的運動，一般通過萬有引力做向心力得到半徑和周期、速度、角速度的關系，然后通

過比較半徑來求解，若是變軌問題則由能量守恒來求解.

8.答案：CD

解析：解：等量異種電荷電場線分別如圖所示。、\/

人MN是一條等勢線，所以點的電勢等于兩電荷\VJr7

連線中點的電勢，根據(jù)沿電場線方向電勢降低，d點

勢的電,勢…要高MN上的電勢，所以d點電勢高于b點電/

B、根據(jù)電場線的分布情況可知，a點的場強與c點'//

的場強方向不同，則電場強度不同，故B錯誤；

C、由對稱性可知，a、b兩點的平均電場強度等于b、c的平均電場強度，根據(jù)U=Ed可知a、b兩點

的電勢差等于氏c兩點間的電勢差，故C正確；

。、MN線上電勢為零，MN左邊的電勢為正、右邊的電勢為負，所以a點的電勢高于c點的電勢，故

試探電荷+q在a點的電勢能高于在c點的電勢能，故。正確。

故選:CD.

根據(jù)等量異號電荷的電場分布特點可知各點的場強大小和電勢的高低，由電場線性質及電場的對稱

性可知ab及be兩點間的電勢差；由電勢能的定義可知ac兩點電勢能的大小。

本題考查等量同種電荷的電場分布，要注意明確其電場線及等勢面的分布規(guī)律，同時掌握點電荷電

場強度的公式內容。

9.答案：ABD

解析：解：4、一塊0久的冰逐漸融化成0久的水的過程中，冰晶結構被破壞，分子勢能會增加，故A

正確；

B、花粉在液體中做布朗運動的劇烈程度與液體的溫度、花粉顆粒的大小都有關，液體溫度越高、顆

粒越小，布朗運動越激烈，故B正確；

C、多晶體和非晶體一樣沒有規(guī)則的外形，但多晶體有固定的熔點，故C錯誤；

。、氣體的壓強與單位體積內的分子數(shù)以及分子的平均動能都有關，若理想氣體的體積不變溫度升

高，則單位時間內撞擊單位面積器壁的分子數(shù)增多，故力正確；

E、冰箱能夠把熱量從低溫物體傳遞到高溫物體，是因為它消耗一定的電能，所以它仍然遵循熱力學

第二定律，故E錯誤。

故選：ABD。

一塊（TC的冰逐漸融化成0久的水的過程中，冰晶結構被破壞，分子勢能會增加；懸浮在液體中的花

粉顆粒，液體溫度越高、顆粒越小，布朗運動越激烈；單晶體和多晶體都有固定的熔點；根據(jù)壓強

的微觀意義解釋。選項；根據(jù)熱力學第二定律解釋E選項。

本題考查了分子勢能、布朗運動、晶體和非晶體、壓強以及熱力學第二定律等知識，知識點多，難

度不大，關鍵是記住基礎知識。

10.答案：AC

解析：解：48、振幅為8cm,頻率為0.5Hz,故x=0.08s譏（nt+中），

當t=0時刻，位移是4cm,且向x軸負方向運動，故勿=；兀；

故％=O08si?i（7rt+、7T）m；故A正確，5錯誤;

6

CD、由于x=0.08sin(jrt+故t=Is時振動質點的位移大小為：

x=-0.04m,故位移為負方向；故C正確，力錯誤；

故選：AC

簡諧運動的位移方程的表達式為x=Asin(a)t+<p),將己知數(shù)據(jù)代入求解即可.

本題關鍵是記住簡諧運動的位移方程x=Asin^t+(p),基礎題目.

11.答案：低壓直流電源，天平低壓交流電源，刻度尺4.008.008.25在誤差允許范圍內，重物

減少的重力勢能等于其增加的動能，重錘的機械能守恒

解析：解：(1)該實驗中，通過打點計時器來記錄物體運動時間，打點計時器需要的是交流電源，因

此低壓直流電源不需要，缺少低壓交流電源，由于驗證機械能公式中可以把物體質量約掉，因此不

需要天平，同時實驗中缺少刻度尺.

(2)利用勻變速直線運動的推論：立=以后=嗎=&竺常等欠m/s=4.00m/s；

重力勢能減小量：△Ep=mgh=1.0x9.8x(0.6897+0.1524)/=8.257.

動能的增加量：△Ek=-0=|xl.0x4.0027=8.00;；

結論：在誤差允許范圍內，重物減少的重力勢能等于其增加的動能，重錘的機械能守恒.

(1)通過實驗的原理出發(fā)，確定所需測量的物理量，從而確定所需的器材，以及不必要的器材.

(2)紙帶法實驗中，若紙帶勻變速直線運動，測得紙帶上的點間距，利用勻變速直線運動的推論，可

計算出打出某點時紙帶運動的瞬時速度，從而求出動能.根據(jù)功能關系得重力勢能減小量等于重力

做功的數(shù)值.

正確解答實驗問題的前提是明確實驗原理，從實驗原理出發(fā)進行分析所需實驗器材、所測數(shù)據(jù)等，

會起到事半功倍的效果.

12.答案：0.70BB1.55.3x102

解析：解：(1)用多用電表的直流電壓(0~2.510擋，由圖乙所示表盤可知，其分度值為0.05人電壓

表示數(shù)為:0.70V；

(2)水果電池內阻太大，電路電流很小，燈泡實際功率很小不足以使燈泡發(fā)光，故8正確，A錯誤;

故選：Bo

(3)由圖示電路圖可知，滑動變阻器采用限流接法，由于水果電池內阻很大，為測多組實驗數(shù)據(jù)，滑

動變阻器最大阻值應大些，因此滑動變阻器應選擇B；

(4)由圖丙所示電路圖可知，電源電動勢:E=/](&+%)+/2(r+Rg),整理得：匕=瑞%一篇,

由圖示11一/2圖象可知：8=備=1.5x10-3,卜=黑=等=喘筆，解得，電源電動勢：E=

*"KQ+KgR()+Rg2.8X10J

1.5V,電源內阻：r?5.3x10212；

故答案為：(1)0.70；(2)B；(3)B；(4)1.5；5.3x102,

(1)根據(jù)電壓表量程確定其分度值，然后根據(jù)指針位置讀出其示數(shù)。

(2)水果電池內阻太大，電路電流很小，燈泡實際功率很小，燈泡不發(fā)光。

(3)水果電池內阻很大，為測多組實驗數(shù)據(jù)，滑動變阻器最大阻值應大些。

(4)根據(jù)圖示電路圖應用閉合電路歐姆定律求出圖象的函數(shù)表達式，然后根據(jù)圖示圖象求出電源電動

勢與內阻。

對電表讀數(shù)時要先確定其量程與分度值，然后根據(jù)指針位置讀出其示數(shù)，讀數(shù)時視線要與刻度線垂

直；根據(jù)圖示電路圖應用閉合電路歐姆定律求出圖象的函數(shù)表達式是求電源電動勢的前提與關鍵。

13.答案：解：①設小球運動到最低點的速度為為，由機械能守恒定律：mogl=\movl，

代入數(shù)據(jù)解得：%=4m/s.

設碰撞結束后小球的速度大小為％,4的速度大小為為，

碰撞結束后小球反彈上升，由機械能守恒有：mogh-|m0Vi.

代入數(shù)據(jù)解得：%=2m/s,

對碰撞過程，設向右為正方向，由動量守恒有：movo=-根0%+小藝

將孫、％結果代入得：v2=lm/s,方向水平向右；

②經分析知，最后4沒有滑離8,4、8共同運動，設共同運動速度為內，

對4、B系統(tǒng)，設向右為正方向，由動量守恒得mu?=(血+M)%，

解得：%=|m/s

O

此過程中損失的機械能：△E=［加出一，(m+M)詔

把第①問的W代入以上兩式解得：△E=當

答：①碰撞結束時4的速度lm/s,方向水平向右；

②若木板B足夠長，A最終沒有滑離B,4在8上滑動的過程中系統(tǒng)損失的機械能軟.

解析：(1)對小球下落過程應用機械能守恒定律求出小球到達4時的速度，再由機械能守恒定律求得

球反彈上升的初速度即球與4碰后的速度，再根據(jù)動量守恒定律求得球與4碰撞后4的速度；

(2)4沒有滑離B,4、B共同運動，由動量守恒定律列方程求二者共同的速度，由能量守恒列方程求

損失的機械能.

本題關鍵是根據(jù)動量守恒定律、動量定理、能量守恒列式求解，也可以根據(jù)牛頓第二定律和速度時

間公式列式聯(lián)立求解.

14.答案：解：(1)根據(jù)題述可知帶電粒子的第U象限勻強磁場中運動的軌道半徑等于正方形區(qū)域的

邊長有：Bqv—in

解得：

m

(2)設帶電粒子從勻強電場區(qū)域射出時的縱坐標為-y,帶電粒子從坐標原點。沿x軸正方向射入勻強

電場區(qū)域做類平拋運動，有.：

L=ut,

1.2

y=-a—,

J2

且qE=ma

聯(lián)立解得：丫二器

帶電粒子從勻強電場區(qū)域射出時的位置坐標為(L,-器)

(3)帶電粒子以與x軸正方向成45。角進入

勻強磁場，其速度"=應"=叵絲

m

由=解得：R=史必

[R'B，

畫出運動軌跡如圖所示，

由幾何關系可知%>L區(qū)域勻強磁場的最

小寬度為：d=(1+cos45。)？=°+02

x>L區(qū)域矩形勻強磁場的最小面積為S=2R'd=2(2+空2.

答：(1)帶電粒子射入第口象限的勻強磁場時的速度大小為呼;

(2)求帶電粒子從勻強電場區(qū)域射出時的位置坐標為a,-募)；

(3)若帶電粒子進入x>L區(qū)域的勻強磁場時的速度方向與x軸正方向成45°角，要使帶電粒子能夠回

到x<Z,區(qū)域，則x>L區(qū)域矩形勻強磁場的最小面積為巴出警