浙江省余姚中学2023-2024学年高二上学期期中物理试题（选考）试卷（Word版附解析）

余姚中学2023学年第一学期中考高二物理选考试卷本卷一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.A、B两物体质量不同，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面水平且光滑。当两物体被同时释放后，则错误的是（　　）A.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，则A、B组成系统的动量守恒B.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，则A、B、C组成系统的动量守恒C.若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成系统的动量守恒D.若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B、C组成系统的动量守恒【答案】A【解析】【详解】A．A、B的质量不等，若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，则所受摩擦力大小不等，A、B组成的系统所受的外力之和不为零，则A、B组成系统的动量不守恒，故A错误；B．不论A、B的摩擦力是否相等，A、B、C组成的系统，外力之和为零，则动量守恒，故B正确；C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统外力之和为零，则A、B组成系统的动量守恒，故C正确；D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统，外力之和为零，则A、B、C组成系统的动量守恒，故D正确。本题选错误的，故选A。2.一列简谐横波沿直线由向传播，相距的、两处的质点振动图像如图所示，则（　　）A.该波的振幅一定是B.该波的波长可能是C.该波波速可能是D.该波由传播到可能历时 【答案】C【解析】【详解】A．由图可知该波的振幅为，周期为4s，故A错误；B．由图可知，在时刻，质点a经过平衡位置向上运动，质点b位于波谷，波由a向b传播，结合波形得到a、b间距离与波长的关系为得到波长为当时，则不是整数，故B错误；C．该波的波速为当，则故该波的波速可能是，故C正确；D．该波由a传播到b的时间为当，则不是整数，故D错误。故选C。3.一束复色光沿方向由真空射向半圆柱状的玻璃砖，发生折射而分为a、b两束单色光，其传播方向如图所示，则（　　）A.真空中a光的波长比b长 B.a光在玻璃中的传播速度比b大C.a光在玻璃中的波长比其在真空中的长D.a、b光在玻璃砖中传播的时间相等【答案】D【解析】【详解】A．设入射角i，折射角为r，则根据折射定律可知，当入射角相同，折射角越小的折射率越大，故由于光的折射率越大，其频率越大，波长越短，则a光在真空中的波长小于光束b的波长，故A错误；B．根据可知，玻璃对光折射率越大，则光在玻璃中的传播速度越小，故a光在玻璃中的传播速度比b小，故B错误；C．a光在玻璃和真空中传播时频率不变，而a光在玻璃中的传播速度小于真空中的光速，根据可知，a光在玻璃中的波长比其在真空中的小，故C错误；D．根据几何关系可知光在玻璃中传播的距离为所以传播的时间为因此a、b光在玻璃砖中传播的时间相等，故D正确。 故选D。4.G1、G2为放在水平面上的高度略有差别的两个长方体，为了检查这两个长方体的上表面是否相互平行，检测员用一块标准的平行透明平板T压在G1、G2的上方，T与G1、G2支架分别形成尖劈形空气层，如图所示。G1、G2的上表面与平板的夹角分别为α和β，P为平板T上表面上的一点。用单色光从上方照射平板T，G1、G2的上方都能观察到明显的干涉条纹可以推知（　　）A.若α=β，则G1上方的干涉条纹间距小于G2上方的干涉条纹间距B.若α>β，则G1上方的干涉条纹间距大于G2上方的干涉条纹间距C.若将G1、G2的间距缩短些，则G1上方的干涉条纹分布变得更稀疏D.若在P处用较小的力下压平板T，则G1上方的干涉条纹分布变稀疏【答案】D【解析】【详解】A．设有一物体上表面与平板的夹角为，相邻亮条纹的间距为，由空气薄膜干涉条件有解得若α=β，则G1上方的干涉条纹间距等于G2上方的干涉条纹间距；若α>β，则G1上方的干涉条纹间距小于G2上方的干涉条纹间距，故AB错误；C．若将G1、G2的间距缩短些，则α增大，可知G1上方的干涉条纹变得更密，故C错误；D．若在P处用较小的力下压平板T，则α减小，可知G1上方的干涉条纹分布变稀疏，故D正确。故选D。5.对如图所示的图样、示意图或实验装置图，下列判断正确的是（　　）A.甲图是小孔衍射的图样，也被称为“泊松亮斑”B.乙图是利用薄膜干涉来检测玻璃板的平整程度，它是光在被检测玻璃板的上下表面反射后叠加的结果 C.丙图是双缝干涉原理图，若到、的路程差是波长的奇数倍，则处是暗纹D.图丁中的M、N是偏振片，P是光屏，当M固定不动，绕水平转轴在竖直面内转动N顺时针180°后，P上的光亮度不变【答案】D【解析】【详解】A．甲图是小孔衍射的图样，“泊松亮斑”是圆板衍射，故A错误；B．入射光经空气膜上表面反射后得到第一束光，折射光经空气膜下表面反射，又经上表面折射后得到第二束光，并不是被检测玻璃板的上下表面反射后的光，故B错误；C．丙图是双缝干涉原理图，若到、的路程差是半波长的奇数倍，则处是暗纹，故C错误；D．当M固定不动，绕水平转轴在竖直面内转动N顺时针180°，两偏振片平行，P上的光亮度不变，故D正确。故选D。6.如图所示，有两根用超导材料制成的长直平行细导线a、b，分别通以80A和100A、流向相同的电流，两导线构成的平面内有一点p，到两导线的距离相等。下列说法正确的是（　　）A.两导线受到的安培力大小关系为Fb=1.25FaB.导线所受的安培力可以用F=IlB计算C.移走导线b前后，p点的磁感应强度方向不变D.在离两导线平面有一定距离的有限空间内，存在磁感应强度为零的位置【答案】B【解析】【详解】A．根据牛顿第三定律可知，两通电导线受到的安培力为作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故A错误；B．由于通电导线所处的磁场方向与通电导线垂直，因此通电导线所受的安培力可以用F=IlB计算，故B正确；C．通电直导线以导线为轴线产生环形磁场，且电流强度越大，在同一位置产生的磁场越强，而根据安培定则可知，在移走导线b前，通入80A电流的导线在p点产生的磁场垂直纸面向外，通入100A电流的导线在p点产生的磁场垂直纸面向里，p点的合磁场垂直纸面向里，当移走导线b后，p点的磁场即为通入80A 电流的导线在p点产生的磁场，垂直纸面向外，故C错误；D．有限空间内磁感应强度为零的位置，两通电导线产生的磁感应强度一定大小相等、方向相反，而满足磁感应强度方向相反的位置就在两通电导线所在平面内，因此，在离两导线平面有一定距离的有限空间内，不存在磁感应强度为零的位置，故D错误。故选B。7.如图所示为霍尔元件的工作原理示意图，导体的宽度为h、厚度为d，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，CD两侧面会形成电势差U，其大小与磁感应强度B和电流I的关系为，式中比例常数k为霍尔系数，设载流子的电荷量的数值为q，载流子稳定流动时，下列说法正确的是（　　）A.C端的电势一定比D端的电势高B.载流子所受洛伦兹力的大小C.载流子所受静电力的大小D.霍尔系数，其中n为导体单位体积内的电荷数【答案】BD【解析】【详解】A．若载流子带正电，由左手定则可知正电荷往C端偏转，C端电势高，同理可知，若载流子带负电，D端电势高，A错误；BC．载流子稳定流动时所受静电力的大小所受洛伦兹力与静电力大小相等，也为B正确，C错误；D．载流子稳定流动时有 电流的微观表达式为其中n为导体单位体积内的电荷数，可得又，则霍尔系数D正确。故选BD。8.水平地面上固定一段光滑绝缘圆弧轨道，过轨道左端N点的竖直线恰好经过轨道的圆心（图上未画出），紧贴N点左侧还固定有绝缘竖直挡板。自零时刻起将一带正电的小球自轨道上的M点由静止释放。小球与挡板碰撞时无能量损失，碰撞时间不计，运动周期为T，M、N间的距离为L并且远远小于轨道半径，重力加速度为g，以下说法正确的是（　　）A.圆弧轨道的半径为B.空间加上竖直向下的匀强电场，小球的运动周期会增大C.空间加上垂直纸面向里的匀强磁场，若小球不脱离轨道，运动周期不变D.T时小球距N点的距离约为【答案】C【解析】【详解】A．由M、N间的距离为L并且远远小于轨道半径，则小球在圆弧轨道上的运动可看成单摆模型，其周期为单摆的半个周期，根据单摆的周期公式有 根据题意有解得圆弧轨道的半径为故A错误；B．空间加上竖直向下的匀强电场，等效重力加速度增大，根据单摆的周期公式可知小球的运动周期将减小，故B错误；C．空间加上垂直纸面向里的匀强磁场，小球下滑时由于洛伦兹力总是与速度方向垂直，洛伦兹力不做功，不改变速度大小，则若小球不脱离轨道，运动周期将不改变，故C正确；D．将小球的运动等效为单摆时，做简谐运动的表达式为当时，小球距N点的距离约为故D错误。故选C。9.内径为、外径为的透明介质半球壳的折射率，如图所示为其截面示意图。现将点光源放在处，点在点正上方内壳上，光射向外壳经过折射后射出球壳（不考虑光的反射），已知光在真空中的传播速度为。则介质球壳外表面发光区域在截面上形成的弧长为（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】光从介质中射向真空，发生全反射的临界角C满足 解得光源放于P点处，假设其射出的光线在Q点恰好发生全反射，如图所示，则在三角形OPQ中，根据正弦定理有解得则根据对称性可知若点光源放于P点处，则介质球壳外表面发光区域在截面上形成的弧长为故选A。10.有种灯具俗称“冷光灯”，用它照射物品能使被照物品产生的热效应大大降低，从而被广泛地应用。这种灯降低热效应的原理是灯泡后面放置的反光镜的表面上镀有一层薄膜（如氟化镁），该膜能消除不镀膜时表面反射回来的热效应最显著的红外线，以表示红外线在真空中的波长，表示薄膜对该红外线的折射率，则所镀薄膜的厚度最小应为（不计半波损失）（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】 当薄膜前后表面反射光线的光程差为半波长的奇数倍时，薄膜两个界面上的反射光干涉后互相削弱，减少了反射光中的红外线，从而减少了反射光的能量，设为红外线在薄膜中的波长，薄膜厚度为，则薄膜前后表面反射光线的光程差满足故薄膜厚度为所镀薄膜厚度最小应为故选A。11.如图所示，原来静止的可动圆环形线圈通有顺时针方向的电流I，在其直径AB上靠近B点放置一根垂直于线圈平面的固定不动的长直导线，并通以电流I，方向垂直纸面向里，此时环形线圈的运动情况是（　　）A.从A向B方向观察，以AB为轴逆时针旋转，并且B点靠近直线电流B.从A向B方向观察，以AB为轴逆时针旋转，并且B点远离直线电流C.从A向B方向观察，以AB为轴顺时针旋转，并且B点靠近直线电流D.从A向B方向观察，以AB为轴顺时针旋转，并且B点远离直线电流【答案】C【解析】【详解】根据右手螺旋定则知，直线电流在A点的磁场方向竖直向上，与A点电流方向平行，所以A点不受安培力。取线圈上下位置一微元研究，上边微元电流方向水平向右，下边微元电流方向水平向左，直线电流在此处位置产生的磁场方向为斜向上，根据左手定则，上边微元受到的安培力垂直纸面向外，下边微元所受安培力垂直纸面向里，所以从A向B方向观察，圆形线圈将以AB为轴顺时针旋转。线圈以AB为轴顺时针旋转后，B点将受到向左的安培力，因此B点靠近直线电流，选项C正确，ABD错误。故选C。 12.如图所示，一根固定的绝缘竖直长杆位于范围足够大且相互正交的匀强电场和匀强磁场中，电场强度大小为E=，磁感应强度大小为B．一质量为m、电荷量为q的带正电小圆环套在杆上，环与杆间的动摩擦因数为μ；现使圆环以初速度v0向下运动，经时间to，圆环回到出发点．若圆环回到出发点之前已经开始做匀速直线运动，不计空气阻力，重力加速度为g．则下列说法中正确的是（）A.环经过时间刚好到达最低点B.环最大加速度为am=g+C.环在t0时间内损失的机械能为D.环下降过程和上升过程系统因摩擦产生的内能相等【答案】BC【解析】【详解】A．环向下运动时竖直方向受到重力、向上的电场力、向上的摩擦力，设加速度大小为a1，则，因此速度的减小，导致洛沦兹力减小，则摩擦力会减小，因此环做加速度减小的减速运动，当环回头时，环的加速度大小，随着速度增大，开始做加速度减小的加速运动，之后做匀速直线运动，因此在时，不可能刚好到达最低点，故A错误；B．圆环在运动过程中，只有向下运动时，加速度大于向上运动的加速度，而向下运动摩擦力越大，则加速度越大，因此环刚开始运动时，加速度最大，最大加速度故B正确；C．圆环从出发到回到出发点过程中，重力势能变化为零，那么机械能的损失，即为动能的减小，根据动能定理，则有 而因此损失的机械能为故C正确；D．根据功能关系，除重力以外的力做功，则导致机械能变化，而环在下落与上升过程中，因摩擦力做功值不同，因此环在下落过程中损失的机械能不会等于上升回到出发点过程中损失的机械能，故D错误；故选BC。13.如图所示，光滑水平面上，A、B两小球与轻质弹簧拴接，初始弹簧处于原长，两小球静止。某时刻给A球水平向右的初速度，对应初动能为，设此后运动过程弹簧弹性势能最大值为。已知A球质量为，若，则B球质量可能为（　　）A.B.C.3D.5【答案】A【解析】【详解】A、B两球与弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒，且当弹簧压缩至最短或拉伸至最长时弹簧的弹性势能最大，弹簧弹性势能最大时两球共速，设B球的质量为，A的初速度为，共速时的速度为，则根据动量守恒定律有根据机械能守恒定律有其中 联立解得故选A。二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题3分，共9分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）14.如图所示，一水平长绳上系着一个弹簧和小球组成的振动系统，小球振动的固有频率为。现在长绳两端分别有一振源、同时开始以相同振幅A上下振动一段时间，某时刻两个振源在绳上形成的波形如图所示，两列波先后间隔一段时间经过弹簧振子所在位置，观察到小球先后出现了两次振动，小球第一次振动时起振方向向上，且振动并不显著，而小球第二次发生了显著的振动，则（　　）A.由振源产生的波先到达弹簧处B.由振源产生的波先到达弹簧处C两列波不能形成干涉D.由振源产生的波，其波速接近【答案】ACD【解析】【详解】AB．由“上下坡”法知P振源起振方向向上，Q振源起振方向向下，小球第一次振动时起振方向向上，故由振源产生的波先到达弹簧处，故A正确，B错误；C．两列波波长不同，在同一水平长绳中传播，传播速度相同，则两列波的频率不相等，两列波干涉时两列波频率相等，故两列波不会形成干涉，故C正确；D．振源Q产生的波后到达弹簧处，且小球产生了较强烈的振动，即共振，故Q的振动频率接近2Hz，则周期接近0.5s，振源产生的波波长为，波速接近故D正确。故选ACD。 15.打磨某剖面如图所示的宝石时，必须将OP、OQ边与轴线的夹角θ切割在θ1＜θ＜θ2的范围内，才能使从MN边垂直入射的光线，在OP边和OQ边都发生全反射（仅考虑如图所示的光线第一次射到OP边并反射到OQ边后射向MN边的情况），则下列判断正确的是（　　）A.若，光线一定在OP边发生全反射B.若，光线会从OQ边射出C.若光线会从OP边发生全反射D.若且，最终的出射光线将平行于入射光线【答案】CD【解析】【详解】AB．从MN边垂直入射，由几何关系可知光线射到PO边上时的入射角i=-θ，据题：θ在θ1＜θ＜θ2的范围内，才能使从MN边垂直入射的光线，在OP边和OQ边都发生全反射，说明临界角C的范围为：-θ2＜C＜-θ1．若θ＞θ2，光线在PO上入射角i=-θ＜-θ2＜C，故光线在OP边一定不发生全反射，会从OP边射出．故AB错误．C．若θ＜θ1，i=-θ＞-θ1＞C，故光线在OP边会发生全反射．故C正确；D．若θ1＜45°＜θ2且θ=45°，由几何关系知光线在OP、OQ边会发生全反射，垂直MN射出，即出射光线将平行于入射光线，故D正确．16.是医院常用的一种仪器，的重要部件之一就是粒子回旋加速器，回旋加速器的结构如图所示，有一磁感应强度为B的匀强磁场垂直于回旋加速器。在回旋加速器的点可以释放初速度为零、质量为、电荷量为的粒子（不计粒子重力）。粒子经过加速、回旋，最后从A点射出并获得最大动能，两D形盒之间的距离为、加速电压为，则下列说法正确的是（　　） A.形盒的最大半径为B.粒子在加速器中运动的圈数为C.回旋加速器所加交流电压的频率为D.减小加速电压，粒子从加速器射出时的动能不变【答案】AD【解析】【详解】A．粒子获得的最大动能为根据洛伦兹力提供向心力形盒的最大半径为故A正确；B．粒子在加速器中运动的圈数为，粒子每转动一圈被加速两次，有粒子在加速器中运动的圈数为故B错误；C．粒子在磁场中运动的周期为 回旋加速器所加交流电压的频率为故C错误；D．根据洛伦兹力提供向心力粒子从加速器射出时的动能为减小加速电压，形盒的最大半径不变，粒子从加速器射出时的动能不变，故D正确。故选AD。三、非选择题（本题共5小题，共52分）17.某同学在做“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，实验装置如下图所示。（1）该同学通过测量头的目镜观察单色光的干涉图样时，发现里面的亮条纹与分划板竖线未对齐，如图1所示，若要使两者对齐，该同学应如何调节_______A．仅左右转动透镜B．仅旋转单缝C．仅旋转双缝D．仅旋转测量头（2）为减小误差，该实验并未直接测量相邻亮条纹间的距离，而是先测量个亮条纹的间距再求出。下列实验采用了类似方法的有_______。 A．“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中合力的测量B．“用单摆测重力加速度”实验中单摆周期的测量C．“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验中弹簧形变量的测量（3）当分划板的中心刻线对准对准亮条纹的中心时读数如图2所示，其读数为________。（4）若双缝的间距为d，屏与双缝间的距离为l，如图3所示，测得第1条暗条纹中心到第4条亮条纹中心之间的距离为，则单色光的波长________。【答案】①.D②.B③.7.870④.【解析】【详解】（1）[1]亮条纹与分划板竖线未对齐时，若要使两者对齐，则需要旋转测量头。故选D。（2）[2]先测量个亮条纹的间距再求出，用到了微小量放大法。A．“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中合力的测量，用到了等效替代的思想方法，故A错误；B．“用单摆测重力加速度”实验中单摆周期的测量，一般测量次全振动的时间，然后再求完成一次全振动所用的时间，用到了微小量放大法，故B正确；C．“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验中弹簧形变量的测量，采用多次测量求其平均值的方法，故C错误。故选B。（3）[3]螺旋测微器不动尺精度为0.5mm，可动尺精度为0.01mm，需要估读一位，根据图2可得其读数为（4）[4]根据题意可得，相邻亮条纹间的距离根据可得18.某同学在做“插针法测玻璃砖的折射率”的实验中，实验装置如下图所示。用插针法测量上、下表面平行的玻璃砖的折射率。实验中用A、B两个大头针确定入射光路，C、D两个大头针确定出射光路。和分别是入射点和出射点，如图（a）所示。测得玻璃砖厚度为；A到过点的法线的距离，到玻璃砖的距离，到的距离为。 （1）玻璃砖的折射率为________。（2）用另一块材料相同，但上下两表面不平行的玻璃砖继续实验，玻璃砖的截面如图（b）所示。光从上表面入射，入射角从0逐渐增大，达到时，玻璃砖下表面的出射光线恰好消失。则此玻璃砖上下表面的夹角为_______。【答案】①.②.15°【解析】【详解】（1）[1]设入射角为，折射角为，根据数学关系可得根据折射定律，玻璃砖的折射率为（2）[2]当入射角为，设折射角为，根据折射定律可得设此玻璃砖上下表面的夹角为，光路图如图所示。 此时出射光线恰好消失，说明发生全发射，有根据几何关系有玻璃砖上下表面的夹角为19.如图所示，空间存在垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，场内有一绝缘的足够长的直杆，它与水平面的夹角为，一带电荷量为、质量为的小球套在直杆上，从A点由静止沿杆下滑，小球与杆之间的动摩擦因数为，重力加速度为g，，在小球以后的运动过程中，求：（1）小球的最大加速度；（2）小球加速度最大时的速度；（3）小球的最大速度。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）小球开始下滑，垂直杆的方向有小球受到的摩擦力为 沿杆方向，根据牛顿第二定律有可知当小球受到的摩擦力为为零时，小球的加速度最大，为（2）小球加速度最大时，有则小球加速度最大时的速度（3）小球的速度最大时，小球的加速度为零，有小球的最大速度为20.如图所示，平行金属板M、N水平放置，板间距为d，板长为nd，板间接有恒定电压，两板间电场可看作匀强电场，且两板外无电场。紧邻金属板右侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，边界线为CD。线状离子源均匀发射出大量比荷（）为k的粒子，粒子以相同的速度v0由板的左侧进入板间，粒子速度方向与板平行，有50%的粒子能从板间射出，不计粒子间的相互作用及粒子重力。（1）求两极板所加电压U的大小；（2）若射出的粒子经磁场偏转后能全部回到板间，求磁感应强度B的最小值。【答案】（1）；（2） 【解析】【详解】（1）由题意可知粒子在匀强电场中的运动可能是向上偏转运动或向下偏转运动两种情况，无论那种情况，中间的粒子都会恰好从极板边缘飞出，此时紧贴极板飞入的粒子将从极板右侧中间飞出，水平方向有竖直方向有粒子的加速度为联立解得（2）如图所示，设粒子进入磁场的速度为，速度与水平方向的夹角为，有根据洛伦兹力提供向心力有根据几何关系有磁感应强度B的最小值为21.如图所示，正方形边界边长为4R，虚线边界为半圆，、与直径共线，c、d为正方形边长的中点，间的距离等于半圆的半径R。上方边界内（含边界）有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，下方边界内（含边界）有方向垂直于纸面向内的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。一束质量为m、电荷量为 的粒子，在纸面内从点射入磁场，这些粒子具有各种速度。不计粒子之间的相互作用及粒子重力。（1）若粒子垂直于ac射入上方磁场，经上方磁场偏转后从正方形上边界射出，求有粒子射出的正方形上边界范围长度；（2）若粒子垂直于ac射入上方磁场，经t时间上方磁场偏转后穿过虚线进入下方磁场，求t的最大值；（3）若粒子以任意方向射入下方磁场，经下方磁场偏转后从bd边离开下方磁场，求粒子入射速率的最大值。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）根据题意，做出能够恰好到达上边界的粒子的运动轨迹如图所示根据几何关系可知，该粒子的轨迹半径为，由洛伦兹力充当向心力有解得而 显然，粒子的速度越大，其轨迹半径越大，因此，当粒子有最小速度粒子恰好能够到达上边界，即粒子速度若小于，则粒子不能达到上边界，而当粒子速度大于时，粒子将在点左侧穿过上边界，因此可知，有粒子射出的正方形上边界范围长度（2）根据洛伦兹力充当向心力有根据周期与线速度之间的关系联立可得可知，所有粒子在磁场中运动的周期都相同，因此，粒子在磁场中做圆周运动时，运动轨迹对应的圆心角最大则运动时间最长，做出粒子在上方磁场中运动时间最长的轨迹，如图所示根据几何关系可得可得而由几何关系可知则粒子在磁场中运动的最长时间为 （3）根据可知，粒子在磁场中运动的速率越大，粒子的轨迹半径越大，因此，当为粒子在磁场中运动轨迹的弦长，且轨迹恰好与上方凹出来的磁场边界相切时，粒子在下方磁场中运动，偏转后从bd边离开下方磁场的速度有最大值，做出粒子运动的轨迹，如图所示根据几何关系可得解得代入可得，当粒子经下方磁场偏转后从bd边离开下方磁场的最大入射速率为22.如图所示，在平面直角坐标系内有一直角三角形，其顶点坐标分别为、、，三角形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，轴下方有沿着轴负方向的匀强电场，电场强度大小为。一质量为、电荷量为的带电粒子从轴上的某点由静止释放，粒子第一次进入磁场后恰好不能从直角三角形的斜边射出，不计粒子重力。（1）求粒子在磁场中运动的轨迹半径；（2）求点到点的距离；（3）改变粒子在轴上的释放点，使粒子由点静止释放后能沿垂直于直角三角形斜边的方向射出磁场，求点到点的距离； （4）在（3）过程中，求粒子从点由静止释放到射出磁场的运动时间。【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【解析】【详解】（1）设粒子在磁场中运动的轨迹半径为，粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示。由几何关系得联立解得粒子在磁场中运动的轨迹半径为（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得设M点到O点的距离为，由动能定理得解得（3）要使粒子由点静止释放后能沿垂直于直角三角形斜边的方向射出磁场，粒子在磁场中的运动轨迹如图乙所示，则粒子在磁场中运动轨迹的半径R满足 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得设点到O点的距离为，由动能定理有联立解得（4）设粒子在电场中的加速度为，由牛顿第二定律得设粒子在电场中每单程的运动时间为，有粒子在电场中总的运动时间联立解得粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期粒子在磁场中总的运动时间解得粒子从N点由静止释放到射出磁场运动的总时间