1、2023-2024学年重庆市渝西南七校联盟高三（第三次）诊断考试物理试卷一、单选题：本大题共7小题。1.为了测量某电荷的电荷量，某同学仿造密里根油滴实验，将两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间电压为U，形成竖直向下场强为E的匀强电场。用喷雾器从上板中间的小孔喷入大小、质量和电荷量各不相同的油滴。通过显微镜可观察到悬浮不动的油滴，若此悬浮油滴的质量为m，则下列说法正确的是()A. 悬浮油滴带正电B. 悬浮油滴的电荷量为mgUC. 增大场强，悬浮油滴将向上运动D. 油滴的电荷量不一定是电子电量的整数倍2.“鹊桥二号”中继星重1.2吨，天线长4.2米，设计寿命为8年。2024年3月我国在
2、文昌发射场使用长征八号运载火箭将“鹊桥二号”卫星送入地月转移轨道，进入环月圆轨道稳定运行后，再通过两轨道的交点A进入环月椭圆轨道，如图所示。下列说法正确的是()A. 卫星的发射速度应该大于第二宇宙速度B. 卫星在A点从圆轨道进入椭圆轨道需要减速C. 卫星在圆轨道经过A点比在椭圆轨道经过A点的向心加速度更大D. 在圆轨道的周期小于在椭圆轨道的周期3.坐过山车时，人体会分泌大量肾上腺素和多巴胺，让人感觉惊险刺激。如图所示，某车厢中游客通过环形轨道攀升的一小段时间内速率不变，则该过程中()A. 该游客的机械能守恒B. 该游客所受合力始终为零C. 该游客所受合力做功为零D. 该游客所受重力的瞬时功率一
3、定变大4.紫外光电管是利用光电效应原理对油库等重要场所进行火灾报警的装置，其工作电路如图所示，其中A为阳极，K为阴极，只有当明火中的紫外线照射到K极时，电压表才有示数且启动报警装置。已知太阳光中的紫外线频率主要在7.51014Hz9.51014Hz，而明火中的紫外线频率主要在1.11015Hz1.51015Hz，下列说法正确的是()A. 可以通过图中电压表示数变化监测火情的变化B. 电源左边接正极有利于提高报警装置的灵敏度C. 只有明火照射到K极的时间足够长，电压表才会有示数D. 为避免太阳光中紫外线干扰，K极材料的截止频率应大于1.51015Hz5.甲图是某燃气灶点火装置的原理图。转换器将直
4、流电压转换为乙图所示的正弦交流电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压表为理想交流电表。当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花点燃气体。开关闭合后，下列说法正确的是()A. 0.510-2s时电压表的示数为5VB. 电压表的示数始终为5 2VC. 原线圈中交变流电的频率为50Hz，原线圈中的电流方向每秒改变50次D. 若n1n2=11200，则可以实现燃气灶点火6.神奇的倒挂彩虹被称作“天空的微笑”，它是由大量薄且均匀的扁平六角片状冰晶(如图甲所示)折射形成。光线从冰晶的上表面进入，经折射从侧面射出，当太阳高度角增大到
5、某一临界值，侧面的折射光线因发生全反射而消失不见，简化光路如图乙所示，以下分析正确的是()A. 光线有可能在下表面发生全反射B. 光线从空气进入冰晶后传播速度变大C. 红光在冰晶中的传播速度比紫光在冰晶中的传播速度小D. 随太阳高度角增大，紫光比红光先在侧面发生全反射7.如图(a)，轿厢内质量为0.5kg的物块的右边被一根轻弹簧用1.2N的水平拉力向右拉着且保持静止，物块与轿厢水平底面间的动摩擦因数为0.3。t=0时，轿厢在竖直轨道作用下由静止开始运动，轨道对轿厢竖直向上的作用力 F的大小随时间t的变化如图(b)所示，t=10s时，物块恰好相对轿厢底面滑动。轿厢和厢内物块的总质量为500kg，
6、重力加速度大小取g=10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则()A. t=10s时，轿厢的加速度大小为2.4m/s2B. t=10s时，轿厢对物块的支持力大小为5NC. t=10s时，轿厢的速度大小为10m/sD. 物块从开始滑动到弹簧恢复原长的过程中，物块在水平方向上做匀加速直线运动二、多选题：本大题共3小题。8.潜水员在水中呼出的CO2气泡，从水下几米深处快速上升到水面，这一过程中气体与外界未实现热交换。将气泡内的CO2气体视为理想气体，则在这一过程中，下列说法正确的是()A. CO2分子的平均动能保持不变B. CO2气体温度降低C. 气泡内CO2分子的数密度不变D. 气泡体积增大，
7、CO2气体对外做功9.如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，其周期为3s，振幅为6cm，在波的传播方向上有P、Q两点，PQ=2.4m且小于波长。某一时刻P、Q两处质点都位于y轴正向1/2振幅处且分别向下和向上振动。以该时刻为计时起点，则波速v和Q处质点在2s内的路程大小d是()A. v=0.8m/sB. v=2.4m/sC. d=15cmD. d=16cm10.如图1所示，空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B=10T，电阻忽略不计的足够长、光滑的水平金属导轨间的距离L=0.1m。电阻均为R=10、质量分别为ma=0.2kg、mb=0.1kg的导体棒a、b垂直导轨放置，计时开始导体棒a
8、受到水平向右的恒力F作用，a、b从静止开始做加速运动，t1时刻导体棒a的速度正好达到v0=10m/s，此后两导体棒达到稳定的运动状态，图2是导体棒a、b运动的v-t图像，两根导体棒在运动过程中始终与导轨保持垂直且良好接触，不计水平金属导轨的电阻，磁场的范围足够大。下列说法正确的是()A. 0t1时间间隔内，安培力对导体棒b做的功等于2.5JB. 0t1时间间隔内，通过导体棒a某一横截面的电荷量为0.5CC. t2与t1差值为4sD. F的大小为0.5N三、实验题：本大题共2小题。11.某同学用图(a)所示装置研究滑块在水平传送带上的运动。实验前，该同学已先测出滑块和位移传感器(发射器)的总质量
9、为M=0.4kg。实验中，该同学让传送带保持恒定的速度，将滑块由静止轻放在传送带上 O处并将此时刻作为计时起点，用位移传感器测出了各时刻 t滑块相对于O的位移x，利用测得的多组数据在图(b)所示的x-t坐标中描出了14个点。(所有计算结果均保留两位有效数字)(1)根据描出的点作出滑块运动的x-t图线，可以得出以下结论：滑块在传送带上先做的是直线运动;传送带的速度大小为_m/s;滑块做匀加速直线运动的加速度大小为5m/s2。(2)若重力加速度大小取g=10m/s2，则利用实验数据可求得：滑块与传送带间的动摩擦因数为=_;在0.10s末0.60s末这段时间内，滑块与传送带间因摩擦产生的热量为Q=_
10、J。12.很多电子设备的屏幕是电阻式触摸屏，其原理可简化为：按压屏幕时，相互绝缘的两层导电层就在按压点位置有了接触，如图(a)，从而改变接入电路的电阻。(1)某兴趣小组找到一块电阻式触摸屏单元，将其接入电路中，简化电路如图(b)。先将开关闭合到1让电容器充满电，再将开关切换到2，通过电压传感器观察电容器两端的电压随时间变化的情况。图(c)中画出了按压和不按压两种情况下电容器两端的电压U随时间t变化的图像，则按压状态对应的图像应为图(c)中的_(填“虚线”或“实线”)所示。(2)粗测该触摸屏单元未按压状态下的电阻约为几十欧姆。几位同学想较准确测量此电阻，可供使用的器材有：A.电源E(电动势为3
11、V，内阻约为1)；B.电压表V(量程为15 V，内阻约为10k)；C.电流表A1(量程为3 mA，内阻为5)；D.电流表A2(量程为60 mA，内阻约为2)；E.滑动变阻器R1(总阻值约为10)；F.电阻箱R2，最大阻值为9999.9。G.开关S，导线若干。甲同学设计了图(d)所示的实验电路图，结合上面给出的器材，请指出该电路设计中的不合理之处并说明理由：_。(写出一条即可)乙同学将电流表A1和电阻箱R2串联改装成量程为3 V的电压表，电阻箱R2的阻值应调为_。乙同学设计了图(e)所示的测量电路，为了尽量减小实验的系统误差，图中电阻箱右边的导线应该接_(填“a”或“b”)；按正确选择连接好电路
12、之后，改变滑动变阻器滑片位置，测得多组电流表A1的示数I1和对应的电流表A2的示数I2，得到了图(f)所示的图像，由图中数据可得该触摸屏单元未按压状态下的阻值为_(结果保留2位有效数字)。该测量方法中电流表A2的内阻对测量结果_(填“有”或“没有”)影响。四、计算题：本大题共3小题。13.现代人越来越依赖手机，有些人喜欢躺着刷手机，经常出现手机掉落伤眼睛或者额头的情况，若有一手机质量为120 g，从离人额头为20cm的高度无初速掉落，磕到额头后手机的反弹忽略不计，额头受到手机的冲击时间为0.05s。取g=10m/s2，求：(1)手机与额头作用过程中，手机的动量变化量;(2)手机对额头平均作用力
13、的大小。14.如图所示，电场强度为E的匀强电场中有一光滑水平绝缘平面，一根轻弹簧左端固定在平面上，右端拴接一个带正电的绝缘物块甲，平衡时物块甲静止在a点。某时刻在b点由静止释放带有正电的绝缘物块乙，乙与甲发生碰撞后一起向左运动但未粘连，当甲、乙一起返回到c点时，弹簧恰好恢复原长，甲、乙速度刚好为零。若在d点由静止释放乙，乙与甲发生碰撞后仍一起压缩弹簧运动，返回到c点时甲、乙分离，分离后，乙刚好能够返回到e点(未画出)。已知物块甲、乙可视为质点，质量均为m，电荷量均为q，a、b间距离为L，a、c间距离以及b、d间距离均为L3，忽略甲、乙间的库仑力。求：(1)初始状态弹簧储存的弹性势能；(2)e点
14、与a点的距离。15.如图所示，在坐标系xOy的第二象限存在匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向里;第三象限内有沿x轴正方向的匀强电场;第四象限的某圆形区域内存在一垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为第二象限磁场磁感应强度的4倍。一质量为m、带电荷量为q(q0)的粒子以速率v自y轴的A点斜射入磁场，经x轴上的C点以沿y轴负方向的速度进入电场，然后从y轴负半轴上的D点射出，最后粒子以沿着y轴正方向的速度经过x轴上的Q点。已知OA= 3d，OC=d，OD=2 33d，OQ=4d，不计粒子重力。(1)求第二象限磁感应强度B的大小与第三象限电场强度E的大小;(2)求粒子由A至D过程所用的时间
15、;(3)试求第四象限圆形磁场区域的最小面积。答案和解析1.【答案】C【解析】【分析】带电荷量为q的油滴静止不动，所受的电场力与重力平衡，由平衡条件分析微粒的电性和带电量，从而即可求解。本题关键是明确密立根油滴实验的实验原理，密立根通过该实验测量出电子的电荷量而获得诺贝尔物理奖，注意运用电场力与重力平衡，及理解带电荷量是元电荷的整数倍。【解答】A.带电油滴在两板间静止时，电场力向上，应带负电，A错误;B.qE=mg，即qUd=mg，所以q=mgdU，B错误;CD.当E变大时， qE变大，合力向上，油滴向上运动，任何带电物体的电荷量都是电子电荷量的整数倍， C正确，D错误。2.【答案】B【解析】【
16、分析】本题主要考查了宇宙速度，卫星变轨，开普勒第三定律等(1)宇宙速度，要脱离地球束缚需要达到第二宇宙速度，脱离太阳束缚离开太阳系需要达到第三宇宙速度；(2)变轨时，加速轨道变大，减速轨道变小；(3)轨道上运行时万有引力提供向心力，要应用匀速圆周运动求解；(4)应用开普勒第三定律确定运动周期。【解答】A、卫星的发射速度大于第二宇宙速度的话，会成为绕太阳运动的卫星，故A错误；B、卫星从高轨道进入低轨道，需要减速，故B正确；C、根据万有引力表达式得：F=GMmr2可知探测器在不同轨道上经过A点时所受万有引力相同，则加速度相同，故C错误；D、由开普勒第三定律r3T2=k可知，圆轨道的半径大于椭圆轨道
17、的半长轴，所以圆轨道的周期大于椭圆轨道周期，故D错误。3.【答案】C【解析】【分析】本题以坐过山车为场景模型，考查外力做功、圆周运动、机械能守恒的判断及瞬时功率，较为简单。【解答】速率不变，动能不变，该游客所受合力做功为零，选项C正确;圆周运动的合力必然不为零，选项B错误;攀升过程中，速率不变，重力势能增加，机械能增加，选项 A错误;无法确定重力与速度的夹角变化，该游客所受重力的瞬时功率可能变大或变小，选项 D错误。故选C。4.【答案】A【解析】【分析】光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，与入射光的强度无关，光电效应发生具有瞬时性，根据光电效应方程判断影响光电子最大初动能的因素；根
18、据电压表示数的变化判断明火的火势。解决本题的关键掌握光电效应的条件，以及掌握光电效应方程，并能灵活运用。【解答】A、明火越大，光电流大，电压表示数大，可以通过图中电压表示数变化监测火情的变化，故A正确；B、电源右边接正极有利于提高报警装置的灵敏度，故B错误；C、光电效应具有瞬时性，明火照射到K极立即电压表就会有示数，故C错误；D、为避免太阳光中紫外线干扰，K极材料的截止频率应大于9.51014Hz，故D错误。5.【答案】D【解析】AB.根据图(乙)得到原线圈输入电压的最大值为5V，根据正弦式交变电流最大值和有效值的关系可知，原线圈输入电压的有效值为U1=U1m 2=5 22V，则电压表的示数始
19、终为5 22V，故AB错误；C.根据图(乙)得到原线圈输入电压周期为0.02s，频率为f=1T=50Hz，一个周期电流方向改变2次，变压器不改变交变电流的频率，故副线圈电流方向每秒改变100次，故C错误；D.瞬时电压大于5000V即火花放电，即副线圈输出电压最大值为5000V，根据变压比可知n1n2=U1mU2m=11000所以实现燃气灶点火的条件是n1n211000。若n1n2=11200，则可以实现燃气灶点火，故D正确。故选D。6.【答案】D【解析】【分析】本题考查光的折射，对于七种单色光的折射率、波长、频率等等之间的关系，注意折射定律与几何关系的结合应用。光在空气中的传播速度比固体中的传
20、播速度快，红光的频率小于紫光的频率，则冰晶对红光的折射率小于对紫光的折射率，根据v=cn可知速度大小；根据几何关系结合折射定律可解得。【解答】A、冰晶内光路如图1所示，可知=，故下表面不可能发生全反射，故 A错误。B、由v=cn，光从空气进入冰晶，折射率变大，速度变小，故 B错误。C、又红光折射率小于紫光折射率，红光在冰晶中的传播速度大于紫光，故 C错误。D、根据sinC=1n，故紫光全反射临界角小于红光，增大，则增大，紫光比红光先在侧面发生全反射，故D正确。7.【答案】C【解析】【分析】本题以轿厢的运动为素材创设分析轿厢和物块的运动的学习问题探索情境，主要考查了牛顿运动定律、动量定理、直线运
21、动等知识点。理解F-t图像的物理意义，知道图线与坐标轴所围的面积表示力的冲量。【解答】A.t=10s时，物块恰好相对轿相底面滑动，对物块：F弹-N=0，mg-N=ma，联立解得a=2m/s2，故A错误;B.t=10s时，对物块f=FN=1.2N，解得FN=4N，故B错误;C.从t=0到t=10s的过程中，对轿厢用动量定理：m总gt-IF=m总v-0，式中IF为F-t图像在010s内图像与坐标轴围成的面积，即IF=45000Ns，联立解得v=10m/s，故C正确;D.物块从开始滑动到弹簧恢复原长的过程中，对物块：F弹 -N=max，mg-N=may，对轿厢：m总g-F=m总ay，设从物块开始滑动
22、时为t=0时刻，则F=4000-100t，联立解得ay=2+15t，N=4-0.lt，F弹 =0.5ax+1.2-0.03t，若物块在水平方向上做匀加速直线运动，则F弹 随时间t呈线性减小。设弹簧的劲度系数为k，弹簧的初始形变量为x0，物块水平向右运动的距离为x，则F弹 =k(x0-x)，若物块做匀加速直线运动，水平运动的距离x=12axt2，则F弹 =k(x0-12axt2)，两种分析矛盾，因此物块在水平方向上不会做匀加速直线运动，故D错误。8.【答案】BD【解析】【分析】温度是分子动能的唯一标志；根据压强的微观意义进行分析；根据体积的变化分析出CO2分子的密度变化和气体的做功情况，结合热力
23、学第一定律完成分析。本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，分析出气体变化前后的状态参量，从而分析出气体的体积变化，结合热力学第一定律即可完成分析。【解答】ABD.设CO2气泡在水下深度为h，则气泡压强为p=p0+gh。可见从水下几米深处快速上升到水面的过程中，压强变小，假设气体温度不变，则由玻意耳定律知p1V1=p2V2，则随着气泡压强变小，气泡体积会增大，则气体对外做功W0。又因为这一过程中气体与外界未实现热交换，由热力学第一定律知U=W+Q，其中Q=0，则U=W0。即气体内能减少，又因为将气泡内的CO2气体视为理想气体，则内能减小温度会降低，与假设矛盾，即气体温度会降低，则CO2分子
24、的平均动能变小，故A错误，BD正确；C.因为气体平均动能减小且气体体积增大，则气泡内CO2分子的密度减少，故C错误。9.【答案】BC【解析】【分析】本题考查机械波的传播特点，熟悉机械波的传播规律是解题的关键。结合振动方程求出质点由平衡位置沿y轴正方向第一次运动至y=A2所用的时间，结合波动特点列方程即可求出波速，求出质点Q的振动方程，代入时间求出Q点的末位置坐标，从而求出通过的路程即可判断。【解答】质点由平衡位置沿y轴正方向运动的振动方程为y=Asin2Tt=6sin(23t)cm，当y=A2=3cm时，3=6sin23t，解得质点由平衡位置沿y轴正方向第一次运动至y=A2所用的时间t=0.2
25、5s，则P点的振动形式传播到Q点所用的时间t=PQv=(T4-T12)2，解得波速v=2.4m/s，设质点Q的振动方程为y=Asin(2Tt+)=6sin(23t+)，将y=A2=3cm代入解得=6，此后t=2s末质点P的位移y=6sin(232+6)cm=-6cm，由于t=2s=23T，可知质点Q的路程d=2A+A-A2=15cm。故BC正确，AD错误。10.【答案】BC【解析】【分析】本题考查了电磁感应中有外力作用下的双杆问题。从v-t图象中读出导体棒b在t1时刻的速度由动能定理可求出安培力的功，对导体棒b由动量定理求解电荷量，求出t1t2时间内电流和通过导体棒的电荷量即可求出时间差，t1
26、t2时间内对系统写动量定理方程即可求出F。【解答】A、由图可知t1时刻导体棒b的速度为0.5v0，由动能定理可知安培力对导体棒b做的功等于导体棒b动能的变化量，即W=12mb0.5v02=1.25J，故A错误；B、对导体棒b由动量定理有：BILt=mb0.5v0-0，又有q=It，代入数据后解得：q=0.5C，故B正确；C、研究导体棒a和导体棒b的系统，t1t2时间内两棒的加速度相同，速度变化量相同均为v=2v0-v0=10m/s，电动势E=BLv0-0.5v0=5V，电流I=E2R=0.25A，对导体棒b由动量定理有：BILt=mbv，又有q=It，解得：q=1C，由I=qt2-t1，解得：
27、t2-t1=4s，故C正确；D、系统所受的合外力为F，由动量定理有：Ft2-t1=ma+mbv，代入数据后解得：F=0.75N，故D错误。11.【答案】(1)2.0(2)0.50；0.45【解析】【分析】本题为一道力学创新实验，能从题设得出实验原理是解题的关键。(1)分析图像，结合图像斜率的含义即可求出传送带的速度；(2)根据牛顿第二定律列方程即可求出加速度大小；计算滑块与传送带相对滑动时滑块和传送带的位移，从而求出因摩擦产生的热量。【解答】(1)由图知，0.4s后滑块随传送带做匀速直线运动，则传送带的速度v=80.00-40.000.60-0.4010-2m/s=2.0m/s；(2)由牛顿第
28、二定律：Mg=Ma，解得动摩擦因数=0.50；由图知，在0.10-0.60s内，只有0.1-0.4s内滑块与传送带相对滑动，此过程，滑块的位移x1=40.00cm-2.50cm=0.3750m；传送带的位移x2=v(0.4s-0.1s)=0.6m；则滑块与传送带间因摩擦产生的热量为Q=Mg(x1-x2)=0.45J。12.【答案】(1)实线(2)电压表量程过大995.0a；53；没有【解析】【分析】根据电阻的并联特点分析电阻的变化，根据欧姆定律得到电流变化，进而分析电容器放电变化；根据仪器选择判断不合理的之处；为零减小实验误差，测量小电阻，应该采用外接法；根据欧姆定律列式分析答题。【解答】(1
29、)当手指按压屏幕时，相互绝缘的两层导电层就在按压点位置有了接触，接入电路的电阻变小，放电的电流变大，放电时间变短。因此利用电压传感器得到的U-t图像为图(c)中的实线所示。(2)电源电压3V，所选电压表量程偏大，误差较大；3V=310-3A(RA1+R2)，解得R2=995.0;应该采用外接法，这样可以避免A2引起的误差，故图中电阻箱右边的导线应该接a；根据欧姆定律：Rx=I1(RA1+R2)I2-I1，代入数据解得Rx=53，其中电流表A2的内阻对测量结果没有影响。13.【答案】解：(1)选取竖直向下为正方向，根据自由落体运动规律，手机掉落到人额头位置时的速度为v= 2gh= 2100.2m
30、/s=2m/s手机与额头作用后手机的速度变为0，所以手机与额头作用过程中动量变化量为p=0-mv=-0.122kgm/s=-0.24kgm/s即手机动量变化量的大小为0.24kgm/s，方向竖直向上。(2)选取竖直向下为正方向，手机与额头作用过程中，设额头对手机平均作用力的大小为F，对手机由动量定理得(mg-F)t=p代入数据解得F=6N根据牛顿第三定律知，手机对额头平均作用力的大小为6N。答：(1)手机与额头作用过程中，手机的动量变化量为0.24kgm/s，方向竖直向上；(2)手机对额头平均作用力的大小为6N。【解析】(1)根据自由落体运动求出手机下落至额头的速度，根据动量公式解得；(2)对
31、手机运用动量定理可求出额头对手机的作用力，根据牛顿第三定律可求出手机对额头的作用力。本题主要考查了动量定理的应用，解题关键是能够根据自由落体求出手机下落至额头的速度，会列动量定理的式子，注意动量的矢量性。14.【答案】(1)乙从b到a由动能定理得qEL=12mv 02解得乙与甲碰撞前的速度大小v0= 2qELm乙与甲碰撞由动量守恒定律得mv0=2mv解得碰撞后甲、乙的速度大小均为v= qEL2m甲、乙从一起压缩弹簧到甲、乙一起返回到c点，由功能关系得Ep+122mv2=2qEL3解得初始状态弹簧储存的弹性势能Ep=16qEL(2)在d点由静止释放乙，到乙与甲发生碰撞前，对乙由动能定理得qEL+
32、13L=12mv 12解得碰撞前乙的速度大小v1= 8qEL3m甲、乙的碰撞过程由动量守恒定律得mv1=2mv2解得碰撞后甲、乙的速度大小为v2= 2qEL3m从甲、乙碰撞后到甲、乙一起返回到c点时，由功能关系得Ep+122mv 22=2qE13L+122mv 32解得甲、乙分离时的速度大小为v3= qEL6m乙分离后到乙停止运动，由动能定理得-qEL=0-12mv 32解得L=112L则e点与a点的距离为x=13L+112L=512L。【解析】详细解答和解析过程见【答案】15.【答案】解：(1)粒子运动轨迹如图所示：设粒子在第二象限磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律得：qvB=m
33、v2r由几何关系得：(r-d)2+( 3d)2=r2解得：r=2d，B=mv2qd设粒子在第三象限电场中运动的时间为t2，y轴方向分运动为匀速直线运动：2 33d=vt2设x轴方向匀加速运动的加速度为a，有：d=12at22由牛顿第二定律得：Eq=ma解得：E=3mv22qd，t2=2 3d3v(2)设粒子在第二象限磁场中运动的时间为t1，AC弧对应的圆心角为，由几何关系知：sin= 3dr解得：=60由运动学公式有：t1=13rv=2d3v粒子由A至D过程所用的时间为：t=t1+t2=2(+ 3)d3v(3)设粒子在D点的速度与y轴负方向夹角为，在D处，粒子的x轴分速度：vx=2dt2= 3
34、v由合速度与分速度的关系得：tan=vxv解得：=60，vD=2v设粒子在第四象限磁场中做匀速圆周运动的半径为r1，由牛顿第二定律得：q2v4B=m(2v)2r1解得：r1=d粒子运动轨迹如图所示：粒子在第四象限运动的轨迹必定与D、Q速度所在直线相切，由于粒子运动轨迹半径为d，故粒子在第四象限运动的轨迹是如图所示的轨迹圆O2，该轨迹圆与vD速度所在直线相切于M点、与vQ速度所在直线相切于N点，连接MN，由几何关系可知：MN= 3d由于M点、N点必须在磁场内，即线段MN在磁场内，故可知磁场面积最小时必定是以MN为直径(如图所示)的圆。即面积最小的磁场半径为：r3=12MN= 3d2设磁场的最小面积：S=r32=3d24。【解析】(1)根据题意作出粒子运动轨迹，求出粒子在第二象限内磁场中做圆周运动的轨道半径，应用牛顿第二定律可以求出磁感应强度大小；粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出电场强度大小。(2)根据题意求出粒子在第二象限磁场与第三象限电场中的运动时间，然后求出粒子由A到D的运动时间。(3)根据题意作出粒子运动轨迹，求出第四象限圆形磁场的最小半径，然后求出磁场的最小面积。本题是带电粒子在电场、磁场中运动的综合题，根据题意作出粒子的运动轨迹。应用数学知识求出粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径、粒子转过的圆心角，是本题的难点，也是正确解题的关键。
