辽宁省沈阳市第一二〇中学2023-2024学年高二上学期第一次质量监测物理试卷

辽宁省沈阳市第一二〇中学2023-2024学年高二上学期第一次质量监测物理试卷 （考试时间：90分钟 试卷总分：100分） 一、单选题（本大题共7小题，共21分） 1．有一理想变压器，副线圈所接电路如图所示，灯L1．L2为规格相同的两只小灯泡．当S断开时，灯L1正常发光．S闭合后，下列说法正确的是（    ） A．电阻R消耗的电功率增大 B．灯L1、L2都能正常发光 C．原线圈的输入功率减小 D．原副线圈的电流比减小 2．在如图所示电路中，电源电动势、内电阻、为定值。闭合S后，将R的滑片向左移动，电压表的示数变化量的绝对值为，电阻的电压变化量的绝对值为，电源电流变化量的绝对值为，下列说法中不正确的是（　　） A．通过的电流增大，增大量等于 B．通过的电流减小，减小量大于 C．与的比值保持不变 D．与的比值保持不变 3．在地磁场作用下处于水平静止的小磁针上方，平行于小磁针水平放置一直导线，当该导线中通有电流时，小磁针会发生偏转。当通过该导线电流为I时，小磁针偏转了30°，问当发现小磁针偏转了45°，通过该导线电流为（已知直导线在某点产生的磁场的磁感应强度与通过直导线的电流成正比）（   ） A．2I B．3I C． D．无法确定 4．在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r；滑动变阻器的总电阻R大于电源内阻；电流表和电压表均可视为理想电表。闭合开关S，当滑动变阻器触头P从左端开始向右移动的过程中，下列说法正确的是（    ） A．电流表、电压表的示数均增大 B．电流表、电压表的示数均减小 C．电源的输出功率增大 D．电源的输出功率先增大后减小 5．如图所示，光滑绝缘细杆水平放置，通电长直导线竖直放置，稍稍错位但可近似认为在同一竖直平面上，一质量为m带正电的小环套在细杆上，以初速度v0向右沿细杆滑动依次经过A、O、B点（小环不会碰到通电直导线），O点为细杆与直导线交错点，A、B是细杆上以O点为对称的二点．已知通电长直导线中电流方向向上，它在周围产生的磁场的磁感应强度，式中k是常数、I是导线中的电流、r为点到导线的距离．下列说法正确的是(　　) A．小球先做加速运动后做减速运动 B．从A点向O点靠近过程中，小环对桌面的压力不断增大 C．离开O点向B运动过程中，小环对桌面的压力不断增大 D．小环在A、B两点对细杆的压力大小相等，方向相反 6．如图，用丝线悬挂于一点、可自由转动的通电直导线AB ，在将电键K接通的瞬间，下列判断正确的是（  ） A．通电直导线AB，A端向上，B端向下，悬线张力不变 B．通电直导线AB，A端向下，B端向上，悬线张力不变 C．通电直导线AB，A端向纸外，B端向纸内，悬线张力变小 D．通电直导线AB，A端向纸内，B端向纸外，悬线张力变大 7．示波管中，电子束的偏转既可用电偏转也可用磁偏转技术实现。电子束经过电压为U的电场加速后，进入匀强电场或匀强磁场区，如图所示（虚线框内为电场或磁场区）。当不加电场或磁场时，电子束将打到屏幕的中心M点。为了让电子束射到M点正上方的P点，所加的偏转电场或磁场方向可能是（  ） A．竖直向上的电场 B．竖直向下的电场 C．竖直向上的磁场 D．竖直向下的磁场 二、多选题（本大题共5小题，共20分） 8．如图，电源电动势为E，内阻为r，闭合开关S，小灯泡、的电阻分别为、。不考虑灯丝电阻随温度的变化，电流表、电压表均为理想电表，当滑动变阻器的滑片由右端向左滑动时，下列说法正确的是（    ） A．电流表示数变小，电流表A示数变大，小灯泡变亮 B．电流表A示数变大，电压表V示数变小，小灯泡变暗 C．电压表示数变化，电流表A示数变化， D．电压表示数变化，电流表A示数变化， 9．如图所示，理想变压器原线圈接在的交流电源上，阻值的电阻与变压器原线圈并联。副线圈与阻值为的电阻组成闭合回路，电流表为理想电流表。已知电阻消耗的电功率是消耗的电功率4倍，则下列说法正确的是（  ） A．电流表的示数为 B．电阻消耗的电功率为 C．电源输出的功率为 D．变压器原、副线圈的匝数之比为 10．如图所示，在水平向左的匀强电场E和垂直于纸面向里的匀强磁场B中，一个质量为m、电荷量为q、带正电的小球套在粗糙的足够长的竖直绝缘杆上，小球自静止开始下滑，则（　　） A．小球的速度先增大后减小，最终为零 B．小球的加速度不断减小，直至为零 C．小球的加速度先增加后减小，最终为零 D．小球的动能不断增大，直至某一最大值 11．将一段导线绕成如图甲所示的闭合回路，并固定在水平面（纸面）内。回路的边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中，用表示边受到的安培力，以水平向右为的正方向，随时间变化的图象如图乙所示。回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度随时间变化的图象可能是(　　) A． B． C． D． 12．如图所示，长度为L、内壁光滑且一端开口的轻玻璃管平放在水平面上，管底有一质量为m、电荷量为q的带正电小球。轻玻璃管以速度v0进入磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向竖直向下，在外力的作用下玻璃管向右匀速运动，最终小球从上端口飞出。从玻璃管进入磁场至小球飞出上端口的过程中，下列说法正确的是（　　） A．小球的运动轨迹是一段抛物线 B．小球沿管方向的加速度大小 C．洛伦兹力对小球做的功 D．管壁的弹力对小球做的功 三、实验题（本大题共2小题，共20分） 13．某同学要测量量程为0~3V、内阻约为的电压表V的内阻，可供选择的器材有： A．电流表A（量程0-0.6A，内阻约为） B．电阻箱R（最大阻值） C．滑动变阻器（最大阻值） D．滑动变阻器（最大阻值） E.直流电源E（电动势4V，内阻不计），开关1个，导线若干 (1)该同学先设计了如图甲所示电路进行实验，你认为该实验电路是否合理？ （填“合理”或“不合理”），因为 ； (2)该同学通过分析之后又设计了如图乙所示的实验电路，并进行了如下实验步骤： ①按电路图连接线路； ②将电阻箱阻值调节为0，将滑动变阻器的滑片移到与图中最左端所对应的位置，闭合开关S； ③调节滑动变阻器，使电压表的指针满偏； ④保持滑动变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表的示数为2.00V，记下电阻箱的阻值。实验中应选择滑动变阻器 （填“”或“”）； (3)实验步骤④中记录的电阻箱阻值为，若认为调节电阻箱时滑动变阻器上分压不变，计算可得电压表的内阻为 （结果保留到个位）； (4)电压表的实际内阻与上述测量结果相比 （填“偏大”“偏小”或“相等”）。 14．实验小组要测量一节干电池的电动势和内电阻。实验室有如下器材可供选择： A．待测干电池（电动势约为1.5 V，内阻约为1.0 Ω） B．电压表（量程3 V） C．电压表（量程15 V） D．电流表（量程0.6 A） E.定值电阻（阻值为50 Ω） F.滑动变阻器（阻值范围0~50 Ω） G.开关、导线若干 (1)为了尽量减小实验误差，在如图所示的四个实验电路中应选用 。 (2)实验中电压表应选用 （填器材前的字母）。 (3)实验中测出几组电流表和电压表的读数并记录在下表中。 请你将第5组数据描绘在图2给出的U－I坐标系中并完成U－I图线 。 (4)由此可以得到，此干电池的电动势E＝ V，内电阻r＝ Ω。（结果均保留两位小数） (5)有位同学从实验室找来了一个电阻箱，用如图3所示的电路测量干电池的电动势和内电阻。闭合开关后，改变电阻箱阻值。当电阻箱阻值为R1时，电流表示数为I1；当电阻箱阻值为R2时，电流表示数为I2。已知电流表的内阻为RA。请你用RA、R1、R2、I1、I2表示出干电池的内电阻r＝ 。 四、解答题（本大题共3小题，共40分） 15．如图所示，在平面直角坐标系中，第Ⅰ象限存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度未知；第Ⅳ象限存在沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E。 一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴负半轴上的M点以速度垂直于y轴射入电场，经过x轴上的N点与x轴正方向成角射入磁场，最后从y轴正半轴上的P点垂直于y轴射入第Ⅱ象限。不计粒子重力，求： （1）M、N两点间的电势差； （2）第Ⅰ象内磁场的磁感应强度； （3）粒子从N点运动到P点的时间t。    16．如图中所示B为电源，电动势E=27V，内阻不计．固定电阻R1=500Ω，R2为光敏电阻．C为平行板电容器，虚线到两极板距离相等，极板长l1=8.0×10-2m，两极板的间距d=1.0×10-2m．S为屏，与极板垂直，到极板的距离l2=0.16m．P为一圆盘，由形状相同、透光率不同的三个扇形a、b和c构成，它可绕AA/轴转动．当细光束通过扇形a、b、c照射光敏电阻R2时，R2的阻值分别为1000Ω、2000Ω、4500Ω．有一细电子束沿图中虚线以速度v0=8.0×106m/s连续不断地射入C．已知电子电量e=1.6×10-19C，电子质量m=9×10-31kg．忽略细光束的宽度、电容器的充电放电时间及电子所受的重力．假设照在R2上的光强发生变化时R2阻值立即有相应的改变． （1）设圆盘不转动，细光束通过b照射到R2上，求平行板电容器两端电压U1（计算结果保留二位有效数字）． （2）设圆盘不转动，细光束通过b照射到R2上，求电子到达屏S上时，它离O点的距离y．（计算结果保留二位有效数字）． （3）转盘按图中箭头方向匀速转动，每3秒转一圈．取光束照在a、b分界处时t=0，试在图中给出的坐标纸上，画出电子到达屏S上时，它离O点的距离y随时间t的变化图线（0~6s间）．要求在y轴上标出图线最高点与最低点的值．（不要求写出计算过程，只按画出的图线就给分） 17．如图，第四象限有正交的匀强电场与匀强磁场，电场强度E=5×10²V/m，磁感应强度B1=0.5T，方向垂直纸面向里；第一象限的某个圆形区域内（图中未画出），有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的边界与x轴相切于P点。一质量m=1×10-14kg、电荷量q=1×10-10C的带正电微粒以方向与y轴正方向成60°角的某一速度v从M点沿直线运动，经P点进入第一象限的磁场区域，其磁感应强度大小为B2。一段时间后，微粒经过y轴上的N点并沿与y轴正方向成60°角的方向飞出，M点的坐标为（0，-10cm），N点的坐标为（0，30cm）。微粒重力忽略不计。求： (1)微粒运动速度v的大小? (2)B2的大小? (3)第一象限磁场区域的最小面积? 第7页 共10页 ◎ 第8页 共10页 第9页 共10页 ◎ 第10页 共10页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B C D B D B BC AB CD 题号 11 12 答案 BC AD 1．A 【详解】A．当S闭开后，由变压器电压与匝数比关系： ，可知副线圈电压不变，而电路的电阻减小，所以副线圈的电流增大，由知R消耗的功率增大，故A正确； B．当S闭开后，电路的电阻减小，副线圈的电流增大，所以电阻R的电压增大，而副线圈电压不变，所以灯泡两端的电压减小，灯L1．L2都不能正常发光，故B错误； C．由于副线圈中负载电阻减小，消耗的功率为,故消耗的功率增大，又因为输入功率等于输出功率，故原线圈的输入功率增大，所以C错误； D．由电流与匝数关系，知变压器原副线圈的匝数不变，故原副线圈中电流之比不变，故D错误。 故选A。 2．B 【详解】A．将R的滑片向左移动，增大，电路中的总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律 可知干路电流减小，内电压减小，通过电流也减小，则分压减小，根据 可知路端电压增大，所以与构成的并联电路部分分压增大，所以通过的电流增大，根据欧姆定律 可知增大量等于，故A正确，不符合题意； B．根据闭合电路欧姆定律可知 滑片向左移动后，结合数学知识可知 可知 结合欧姆定律可知 故B错误，符合题意； C．根据B选项分析可知 故C正确，不符合题意； D．对 变形得 则 故D正确，不符合题意。 故选B。 3．C 【详解】通电电流产生的磁场与地磁场垂直，设通过该导线电流为I时产生的磁场为B1，地磁场为B0，小磁针偏转了30°，则有 小磁针偏转了45°，则有 解得 由直导线在某点产生的磁场的磁感应强度与通过直导线的电流成正比可知通过该导线电流为。 故选C。 4．D 【详解】AB．滑动变阻器触头P从左端开始向右移动的过程中，滑动变阻器接入电路中的电阻值逐渐减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知电路中的电流增大，所以电流表的示数增大；由可知路端电压减小，所以电压表的示数减小，故AB错误； CD．电源的输出功率 当时电源的输出功率最大，由于滑动变阻器的总电阻R大于电源内阻，当滑动变阻器触头P从左端开始向右移动的过程中，滑动变阻器接入电路中的电阻值逐渐减小，外电路的电阻先大于内阻再等于内阻最后小于内阻，所以电源的输出功率先增大后减小，故C错误，D正确。 故选D。 5．B 【详解】A．由右手定则可知，直导线左侧的磁场向外，右侧磁场向里，当小球从A点向右运动时，在直导线左侧时受洛伦兹力向下，在直导线右侧时受洛伦兹力向上，可知小球做匀速运动，选项A错误； B．从A点向O点靠近过程中，由于磁场逐渐增强，向下的洛伦兹力变大，可知小环对细杆的压力不断增大，选项B正确； C．离开O点向B运动过程中，由于磁场逐渐减弱，向上的洛伦兹力逐渐减小，则小环对细杆的压力可能不断增大，也可能先减小后增大，选项C错误； D．小环在A点时洛伦兹力向下，则球对杆的压力一定向下；在B点时洛伦兹力方向向上，则球对杆的压力可能向上，也可能向下，也可能为零，则选项D错误. 6．D 【详解】根据图示可知将电键K接通的瞬间，马蹄形软磁体左侧将形成N极、右侧将形成S极。由于导线左右两部分所处的磁场方向不同，可将直导线分为左右两部分处理，根据左手定则，判断出图示位置导线左部A所受安培力向纸内，右部B所受安培力向纸外；又取特殊位置：导线转过时研究，直导线受到的安培力向下。故A端向纸内，B端向纸外，悬线张力变大。 故选D。 7．B 【详解】AB．电子经电子枪加速获得一定的速度进入虚线区域，要使电子向P点偏转，若加电场，则要求电子受力向上，但电子所受电场力方向与电场强度方向相反，所以所加电场应竖直向下，所以选项A错误，选项B正确。 CD．若加磁场，要使电子向上偏转，根据左手定则，当电子向上偏转时，则磁感线穿过手心，那么磁场应垂直纸面向外，所以选项CD错误。 故选B。 8．BC 【详解】AB．滑动变阻器滑片由右端向左滑动时，变阻器接入的阻值变小，根据“串反并同”可知，电流表示数变大，电流表A示数变大，电压表V示数变小，小灯泡变亮，小灯泡变暗，故A错误，B正确； CD．根据闭合电路欧姆定律，电压表测的是路端电压，电流表A测的是干路电流，所以 故C正确，D错误。 故选BC。 9．AB 【详解】D．电阻R1消耗的电功率是R2消耗的电功率4倍，电阻R1两端电压是R2两端电压的2倍，原、副线圈的匝数比为2：1，D错误； A．加在电阻两端电压的有效值为 电阻两端的电压为 电流表的示数为 A正确； BC．电阻消耗的功率为 电阻消耗的电功率为 电源输出的功率为 B正确、C错误。 故选AB。 10．CD 【详解】ABC．小球初始时只受电场力、重力、支持力及摩擦力，电场力水平向左，摩擦力竖直向上；开始时，有 小球的加速度为 a= 开始下滑后，小球速度将增大，受到水平向右的洛伦兹力，水平方向有 竖直方向上有 可知杆对小球的支持力N和摩擦力将减小，小球合力增大，加速度增大；当洛伦兹力等于电场力时，支持力和摩擦力为零，加速度达到最大值g；此后小球继续加速，洛伦兹力将大于电场力，杆对小球的支持力变为水平向左，即有 随着速度增大，洛伦兹力增大，则杆对小球的支持力将增大，摩擦力随之增大，小球的合力减小，加速度减小，所以小球的加速度先增大后减小，当加速度减小为零时，速度达到最大，此时有 最大速度即稳定时的速度为 可知速度不断增大，直至某一最大值，故AB错误，C正确； D．据前面分析可知，小球在运动过程中速度一直增大，最后匀速，所以小球的动能不断增大，直至某一最大值，故D正确。 故选CD。 11．BC 【详解】A．由于前半个周期，磁感应强度不变，则通过圆环的磁通量不变化，不会产生感应电流，那么边不会受到安培力的作用，故错误； B．前四分之一个周期，磁场方向垂直于纸面向里，且均匀减小，根据楞次定律以及右手定则可知，回路中会产生顺时针的感应电流，根据左手定则可知，棒受到向左的安培力，因为感应电动势问，回路中的感应电动势以及感应电流恒定不变，且，所以棒受到的安培力不变，磁场方向垂直于纸面向外，且均匀增大，根据楞次定律以及右手定则可知，回路中会产生顺时针的感应电流，根据左手定则可知，棒受到向左的安培力，因为感应电动势，回路中的感应电动势以及感应电流恒定不变，且，所以棒受到的安培力不变，磁场方向垂直于纸面向外，且均匀减小，根据楞次定律以及右手定则可知，回路中会产生逆时针的感应电流，根据左手定则可知，棒受到向右的安培力，因为感应电动势，回路中的感应电动势以及感应电流恒定不变，且，所以棒受到的安培力不变，磁场方向垂直于纸面向里，且均匀增大，根据楞次定律以及右手定则可知，回路中会产生逆时针的且感应电流，根据左手定则可知，棒受到向右的安培力，因为感应电动势，回路中的感应电动势以及感应电流恒定不变，且，所以棒受到的安培力不变，故正确； C．前二分之一个周期，磁场方向垂直于纸面向外，且均匀增大，根据楞次定律以及右手定则可知，回路中会产生顺时针的感应电流，根据左手定则可知，棒受到向左的安培力，因为感应电动势，回路中的感应电动势以及感应电流恒定不变，且，所以棒受到的安培力不变，后半个周期内，磁场方向垂直于纸面向外，且均匀减小，根据楞次定律以及右手定则可知，回路中会产生逆时针的感应电流，根据左手定则可知，棒受到向右的安培力，因为感应电动势，回路中的感应电动势以及感应电流恒定不变，且，所以棒受到的安培力不变，磁场方向垂直于纸面向里，且均匀增大，根据楞次定律以及右手定则可知，回路中会产生逆时针的且感应电流，根据左手定则可知，棒受到向右的安培力，因为感应电动势，回路中的感应电动势以及感应电流恒定不变，且，所以棒受到的安培力不变，故C正确； D．前时间内，磁场方向垂直于纸面向外，且均匀减小，根据楞次定律以及右手定则可知，回路中会产生逆时针的感应电流，根据左手定则可知，棒受到向右的安培力，因为感应电动势，回路中的感应电动势以及感应电流恒定不变，且，所以棒受到的安培力不变，故D错误； 故选BC。 12．AD 【详解】AB．由题意知小球既沿管方向运动，又和管一起向右匀速直线运动，又因为管平放在水平面上，则对小球受力分析知，沿管方向小球所受洛伦兹力为恒力，由牛顿第二定律得 解得 即沿管方向小球做匀加速直线运动，而水平方向做匀速直线运动，所以小球轨迹为抛物线，故A正确，B错误； C．因为洛伦兹力方向总是和速度方向垂直，所以洛伦兹力永不做功，故C错误； D．因为最终小球从上端口飞出，沿管方向的速度为 而水平方向一直匀速直线运动，所以小球动能增加，又因为洛伦兹力不做功，所以管壁对小球向右的弹力对小球做正功，且小球飞出时速度为 所以整个过程对小球由动能定理得 解得管壁的弹力对小球做功为 故D正确。 故选AD。 13． 不合理 电流表量程太大，电压表与电流表串联后实际流过电流表的电流太小，电流表的指针偏转不明显 4800 偏小 【详解】(1)[1]不合理； [2]电压表和电流表直接串联，流过电流表的电流不超过0.6mA，电流表指针偏转不明显，无法测量电路中的电流，因此电路设计不合理； (2)[3]本实验测电压表的内阻，调节滑动变阻器的滑片，使电压表的指针满偏，电压表两端电压为；保持滑动变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱阻值，要求可认为分压电路的电压U不变，故需要使滑动变阻器的最大阻值较小，故选可减小实验误差； (3)[4]电压表和电阻箱串联，电压表的读数，则电阻箱两端的电压 由 解得 (4)[5]保持滑动变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱阻值，分压电路的电压U稍微变大，则当电压表的读数时，电阻箱两端的真实电压 由 可知 即电压表的实际内阻与上述测量结果相比偏小。 14． 丙 B 1.50 0.83 【详解】(1)[1]测干电池的电动势和内阻，采用的方法是作出U-I图象，然后求出电源电动势与内阻，故甲、乙电路不行，误差太大；根据U=E-Ir测量干电池电动势和内阻时，需要测出多组对应的路端电压U和干路电流I，电压表和电流表内阻影响会造成实验误差。干电池内阻较小，所以丁电路中的电流表分压影响较大，因此应选择丙电路。 (2)[2]由于待测干电池电动势约为1.5V，故选择量程为3V的电压表即可，故选B； (3)[3]将第5组数据描绘在图2中给出的U-I坐标系中作出U-I 图线如右图所示； (4)[4]由作出的U-I 图线，可得干电池的电动势 E=1.50V [5]内电阻r等于图线的斜率，则 (5)[6]当电阻箱阻值为R1时，电流表示数为I1，由闭合电路的欧姆定律有 当电阻箱阻值为R2时，电流表示数为I2，由闭合电路的欧姆定律有 联立解得电池的内电阻为 。 15．（1）；（2）；（3） 【详解】（1）设粒子在点的速度为，根据粒子在电场中做类平抛运动可得 从到根据动能定理可得 联立可得 （2）从到，设粒子沿轴方向的位移为，沿轴方向的位移为，经历的时间为，运动轨迹如图所示。    根据电场强度与电势差的关系可得 竖直方向 水平方向 粒子在磁场中做圆周运动的半径为 由牛顿第二定律有 联立解得 （3）粒子在磁场中的匀速圆周运动转过的圆心角 ，所以带电粒子在磁场中运动时间 16．(1) 5.4V   (2) (3) 【分析】由题意可知综合考查闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律和类平抛运动，根据欧姆定律、类平抛运动及运动学公式计算可得． 【详解】解：(1) 设电容器C两极板间的电压为U1， U1=E= (2) 设电场强度大小为E′ E′=， 电子在极板间穿行时加速度大小为a，穿过C的时间为t，偏转的距离为yo ． 根据牛顿第二定律得： a= 电子做类平抛运动，则有： l1=v0t， yo=at2， 联立得： yo=（） ， 当光束穿过b时，R2=2000Ω，代入数据解得: yo=4.8×10-3m 由此可见， y1＜d， 电子通过电容器C，做匀速直线运动，打在荧光屏上O上方y处．根据三角形相似关系可得 代入数值可得: y= (3) 当光束穿过a时，R2=1000Ω，代入数据解得 y=8×10-3m 由此可见，y＞d，电子不能通过电容器C．当光束穿过C时，R2=4500 同理可求得: y= 17．(1)1000m/s；(2)T；(3)m2 【详解】(1)微粒重力忽略不计，微粒在第四象限内仅受电场力和洛伦兹力，且微粒做直线运动，可知电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反，由左手定则可知，微粒所受的洛伦兹力方向与微粒运动的方向垂直斜向上，即与y轴正方向成角斜向左上方，则电场的方向与 y 轴负方向成角斜向右下方由力的平衡条件得 解得 (2) 作出微粒的运动轨迹如图所示 由几何关系知2Rsin60°=ON-OM，微粒在第一象限做圆周运动的半径为 微粒在第一象限做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由牛顿第二定律得 解得 (3)由图可知，第一象限匀强磁场的最小区域是以圆心为、PD为直径的圆 由几何关系得该圆的半径为 所以第一象限磁场区域的最小面积为 解得 答案第10页，共10页 答案第9页，共10页 学科网（北京）股份有限公司 $$