河北省石家庄市2018-2019学年高二上学期期末考试物理试题 20页

河北省石家庄市2018-2019学年度高二上学期期末考试 物理试题 一、选择题：本大题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求；9-12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。‎ ‎1.如图所示为地磁场的示意图．从太阳和其他星体发射出的高能粒子流，称为宇宙射线，在射向地球时，由于地磁场的存在，改变了带电粒子的运动方向，对地球起到了保护作用，下列说法正确的是：‎ A. 地球内部也存在磁场,地磁S极在地理南极附近 B. 地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行 C. 若带正电的粒子流垂直射向赤道,在进入地球周围的空间将向东偏转 D. 若带正电的粒子流垂直射向赤道,在进入地球周围的空间将向北偏转 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题图可知，考查地磁场以及带电粒子在磁场中的运动．地球外部，地磁场从地理的南极指向地理的北极，带正电的粒子，地磁场的方向在赤道的上空从南指向北，根据左手定则判断出质子流所受洛伦兹力的方向．‎ ‎【详解】A、由地磁场的特点可知，地磁S极在地理北极附近，故A错误；‎ B、由地磁场的磁感线分布特点可知，只有地球赤道的地磁场方向与地面平行，故B错误；‎ CD、带正电的粒子的运动方向从上而下射向地球表面，地磁场方向在赤道的上空从南指向北，根据左手定则，洛伦兹力的方向向东，所以向东偏转．故C正确，D错误．‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握地磁场的方向，以及会运用左手定则判断洛伦兹力的方向．‎ ‎2.如图所示为研究电磁感应现象的一个实验装置图,在螺线管两侧分别放置两个条形磁铁,‎ 螺线管导线接灵敏电流表构成闭合回路．下列说法正确的是 A. 右边磁铁S极向右转动的过程，有感应电流从a至b通过电流表 B. 右边磁铁S极向右转动的过程，有感应电流从b至a通过电流表 C. 左边磁铁N极向左转动的过程，有感应电流从b至a通过电流表 D. 右边磁铁S极向右转动、同时从左边磁铁N极向左转动的过程，有感应电流从b至a通过电流表 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题图和“研究电磁感应现象”可知，考查了电磁感应现象以及楞次定律．根据楞次定律结合产生感应电流的条件，即可判断．‎ ‎【详解】AB、在题图所示的情景中，原螺旋管内部的磁感应强度方向沿螺线管向右，当右边的磁铁S极向右转动的过程中，螺线管的磁通量变小，根据楞次定律，感应磁场的方向向右，由安培定则可得，有感应电流从a至b通过电流表，故A正确B错误；‎ C、当左边的磁铁N极向左转动的过程，螺线管的磁通量变小，根据楞次定律，感应磁场的方向向右，由安培定则可得，有感应电流从a至b通过电流表，故C错误；‎ D、右边磁铁S极向右转动、同时从左边磁铁N极向左转动的过程，螺线管的磁通量变小，根据楞次定律，感应磁场的方向向右，由安培定则可得，有感应电流从a至b通过电流表，故D错误．‎ ‎【点睛】掌握楞次定律的应用，注意磁通量与磁通量变化的区别．‎ ‎3.如图所示，相互平行且等间距的直线a、b、c、d为一匀强电场中的等势面，一带正电的粒子以初速度v射入该匀强磁场，AB为其运动轨迹．若不计粒子所受重力，下列说法正确的是 A. 四个等势面的电势关系满足 B. 粒子从A点运动到B点的过程中，速度大小不变 C. 粒子从A点运动到B点的过程中，动能先减少后增大 D. 粒子从A点运动到B点的过程中，电势能减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题图和“等势面”可知，考查了电场强度和电势的关系以及电场力做功；根据曲线运动中，合外力指向凹的一侧，以及电荷只受电场力作用，可知电场力将指向运动轨迹的内侧，电场线和等势线垂直，从而得电场力竖直向下，由于粒子带正电，电场强度的方向竖直向下，即可判断各点电势的高低；正电荷沿轨迹AB运动，根据电场力做功情况，即可判断动能的变化以及电势能的变化．‎ ‎【详解】A、由轨迹AB可知，带正电的粒子受到的电场力竖直向下，则有电场强度的方向竖直向下，沿着电场线的方向，电势越来越低，故，故A错误；‎ BCD、粒子从A运动到B，电场力做正功，电势能减小，动能增大，速度大小变大，故BC错误，D正确．‎ ‎【点睛】解题的突破口：做曲线运动的物体所受合外力指向其轨迹内侧，电场线与等势线垂直．‎ ‎4.如图所示，电源的电动势为E、内电阻为和为定值电阻，为滑动变阻器，理想电表．闭合开关S，将滑动变阻器的滑片向端移动时，下列说法正确的是 A. 电压表和电流表示数都减小 B. 电压表和电流表示数都增大 C. 电压表示数减小，电流表示数增大 D. 电压表示数不变，电流表示数增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题图可知，考查电路的动态分析；根据滑片的移动方向判断出滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，然后由串并联电路特点及欧姆定律分析即可．‎ ‎【详解】由电路图可知，滑动变阻器的滑片P由a端向b端移动时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，电路的总电阻减小，电源电动势不变，由闭合电路欧姆定律可知，电路总电流I增大，A1示数增大，路端电压U＝E﹣Ir，则U减小，电压表V示数减小；电阻R1的电压U1＝IR1，则知U1增大，并联部分的电压 U并＝U﹣U1减小，所以通过R2电流减小，A2示数增大．故C正确，ABD错误．‎ ‎【点睛】动态电路动态分析题的解题思路与方法：局部→整体→局部．‎ ‎5.四条长直导线垂直纸面固定在如图所示的位置，其中三条导线到导线的距离相等且与导线的连线互成120°角，四条导线均通有电流强度为、方向如图的电流，此时导线对导线的安培力为，则关于导线所受安培力的合力，下列说法正确的是 A. 大小为，方向由指向 B. 大小，方向由指向 C. 大小为，方向由指向 D. 大小为，方向由指向 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题图可知，考查了通电导线之间的安培力的计算；导线的电流方向相同二者相互吸引，电流方向相反二者相互排斥，由此进行分析．‎ ‎【详解】导线的电流方向相同二者相互吸引，电流方向相反二者相互排斥，则d导线的受力情况如图所示：‎ 根据力的平行四边形法则可知，d导线所受安培力的合力大小为‎2F，方向沿dc方向．‎ 故D正确，ABC错误．‎ ‎【点睛】掌握电流之间相互作用的情况是解题的关键．‎ ‎6.如图所示，水平桌面上固定圆形金属框通过导线与桌面上的平行金属导轨相连接，圆形金属框处在垂直桌面里、感应强度随时间如图乙所示变化的磁场中，平行金属导轨处于垂直桌面向里的匀强磁场中，导轨上固定一根导体棒，导体棒与导轨接触良好，设水平向右为安培力的正方向，则导体棒所受的安培力随时间变化的图象正确的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题图和“导体棒所受的安培力随时间变化的图象”可知，考查了电磁感应中的力学问题；根据楞次定律和法拉第电磁感应定律以及安培力的计算公式进行分析求解即可．‎ ‎【详解】在0～1.0s内B1磁场方向垂直线框平面向下，且大小变大，则由楞次定律可得线圈感应电流的方向是逆时针，即导体棒的电流方向从b到a．再由左手定则可得安培力方向水平向左，由法拉第电磁感应定律可得线圈感应电流的大小是恒定的，即导体棒的电流大小是不变的．再由F=BIL可得安培力大小随着磁场变化而变化，由于导体棒所在的磁场B2是不变的，则安培力大小不变，此时只有C选项符合要求，故选C，同理可分析后阶段的安培力情况．‎ ‎7.在如图所示的电路中，为两个完全相同的灯泡，为自感系数很大的线圈、为定值电阻，假设电源的内阻和线圈的直流电阻可忽略不计．下列说法正确的是 A. 闭合开关的瞬间，灯泡同时亮 B. 闭合开关，待稳定后，灯泡比灯泡亮 C. 闭合开关，待电路稳定后再断开开关瞬间，灯泡中的电流大小不同 D. 闭合开关，待电路稳定后再断开开关瞬间，灯泡中的电流方向为从右向左 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题图可知，考查了自感现象；当电键K闭合时，通过线圈L的电流实然增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断感应电动势的方向和作用，分析哪个灯先亮．‎ ‎【详解】A、灯B与电阻R串联，当电键K闭合时，灯B立即发光．通过线圈L的电流增大时，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律线圈产生的感应电动势与原来电流方向相反，阻碍电流的增大，电路的电流只能逐渐增大，A逐渐亮起来．所以B比A先亮，A错误；‎ B、由于线圈直流电阻忽略不计，当电流逐渐稳定时，感应电动势减小，A灯电流逐渐增大，A灯逐渐变亮，比B灯亮，故B错误；‎ CD、稳定后，断开开关S，由于自感现象，两个灯串联，电流大小一样，B中电流方向与原方向相反，故C错误，D正确．‎ ‎8.如图所示是由电源、灵敏电流计、滑动变阻器和平行板电容器组成电路，闭合开关，在下列四个过程中，为使灵敏电流计中有到电流，下列做法可行的是 A. 在平行板电容器中插入一块塑料板 B. 增大平行板电容器两极板间的距离 C. 滑动变阻器的滑片向右滑动 D. 减小平行板电容器两极板的正对面积 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题图可知，考查了含容电路；电路稳定时，该电路中没有电流，滑动变阻器R上没有电压．根据电容的决定式分析电容如何变化，由电容的定义式分析电容器所带电量如何变化，就能判断电路中电流的方向．‎ ‎【详解】A、在平行板电容器中插入电介质，根据电容的决定式分析得知电容增大，而电容器的电压不变，则电容的定义式分析得知电容器所带电量增加，将要充电，电路中形成逆时针方向的充电电流，有b到a方向的电流通过电流计．故A正确；‎ B、增大平行板电容器两极板间的距离，根据电容的决定式分析得知电容减小，而电容器的电压不变，则电容的定义式分析得知电容器所带电量减小，将要放电，，有a到b方向的电流通过电流计．故B错误；‎ C、电路稳定时，该电路中没有电流，移动滑动变阻器R的滑片，电容器的电压不变，电路中仍没有电流．故C错误；‎ D、减小平行板电容器两极板的正对面积，根据电容的决定式分析得知电容减小，而电容器的电压不变，则电容的定义式分析得知电容器所带电量减小，将要放电，有a到b方向的电流通过电流计．故D错误．‎ ‎【点睛】当电容器保持与电源相连时，电压不变．只有电容器充电或放电时，电路中才有电路．‎ ‎9.回旋加速器的工作原理如图所示，两个半径为的形盒间加周期性变化交变电压，中心处粒子源发出的带电粒子经形盒缝隙中的电场加速度进入形盒中，经磁场回旋，最终从形盒出口导出．已知匀强磁场的磁感应强度大小为、方向与盒面垂直，忽略处粒子源产生的粒子的初速度及在狭缝中加速的时间，则 A. 交变电压的周期等于粒子在磁场中回转周期的一半 B. 越大，粒子最终获得的动能越大 C. 形盒半径越大，粒子最终获得的动能越大 D. 磁感应强度越大，粒子最终获得的动能越大 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题图可知，本题考查了回旋加速器的原理．根据回旋加速器中交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，由周期公式和半径公式，从而推导最大动能的表达式，即可进行判断．‎ ‎【详解】A、交变电压的周期等于粒子在磁场中回转周期，否则带电粒子不可能总是被加速的．故A错误．‎ BCD、根据半径公式知，，则粒子的最大动能，与加速的电压无关，与D形盒的半径以及磁感应强度有关，D形盒的半径R越大，粒子加速所能获得的最大动能越大，故CD正确，B错误；‎ ‎【点睛】在回旋加速器中，粒子获得的最大动能是由D型盒的半径决定的，交变电压的周期等于粒子在磁场中回转周期的条件．‎ ‎10.在如图所示的电路中，定值电阻的阻值为，电动机的线圈电阻为，两端加的恒定电压，电动机恰好正常工作，理想电压表的示数，下列说法正确的是 A. 通过电动机的电流为 B. 电动机的输入功率为 C. 电动机线圈在1分钟内产生焦耳热为 D. 电动机的输出的功率为 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题图可知，考查了非纯电阻电路的电功，电功率的计算；根据电阻和电动机串联，电流相等，对电阻R应用欧姆定律求出电流；根据P＝UI求出电动机的输入功率，即电动机消耗的功率，根据Q＝I2rt求出电动机产生的热量，电动机的输出功率等于输入功率减去电动机内部消耗的功率．‎ ‎【详解】A、通过电动机的电流为：，故A错误；‎ BCD、对电动机，电动机的输入功率，发热功率，输出功率，电动机1分钟内产生的热量，故CD正确．‎ ‎【点睛】解决本题的关键会灵活运用欧姆定律，以及知道电动机的输出功率等于输入功率减去电动机内部消耗的功率．‎ ‎11.如图所示为正方形，区域有垂直纸面向里的匀强磁场，区域有方向平行的匀强电场（图中未画出）．一带电粒子从点沿方向射入磁场后经过的中点进入电场，接着从点射出电场．若不计粒子的重力，下列说法正确的是 A. 粒子在磁场中运动的半径为正方形边长的一半 B. 电场的方向是由指向 C. 粒子在点和点的电势能相等 D. 粒子在磁场、电场中运动的时间之比为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据“为正方形，区域有垂直纸面向里的匀强磁场，区域有方向平行的匀强电场”可知，考查了带电粒子在复合场中的运动；粒子在电场中做类似平抛运动，根据类似平抛运动的分位移公式列式求解电场强度，根据分速度公式列式求解末速度；在磁场中做匀速圆周运动，画出临界轨迹，结合牛顿第二定律和几何关系分析即可．‎ ‎【详解】A、一带电粒子从d点沿da方向射入磁场后经过bd的中点e进入电场，由对称性可知，粒子从e点进入电场的速度水平向右，粒子的运动轨迹的圆心角为90‎ ‎°，故粒子在磁场中运动的半径为正方形边长的一半，故A正确；‎ B、由于粒子带负电，进入电场后弯向上方，受力向上，则电场方向就向下，由b指向c，故B错误；‎ C、由于磁场对粒子不做功，所以de两点的动能相等，但从e到b电场力做正功，动能增加，所以bd两点的电势能不相等，故C错误；‎ D、在磁场中偏转90°，时间，而在电场中运动的时间，两者比值为，故D正确．‎ ‎【点睛】明确粒子的运动规律，画出运动的轨迹是解题的关键．‎ ‎12.如图所示，是折成60°角的固定于竖直平面内的光滑金属导轨，导轨关于竖直轴线对称，，整个装置处在垂直导轨平面向里的足够大的匀强磁场中，磁感应强度为．一质量为、长为、电阻为、粗细均匀的导体棒锁定于的中点位置．将导体棒解除锁定，导体棒由静止向下加速运动，离开导轨时的速度为．导体棒与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，重力加速度为，下列说法正确的是 A. 解除锁定后，导体棒向下做匀加速直线运动 B. 解除锁定后，导体棒中电流由到 C. 导体棒滑到导轨末端时的加速度大小为 D. 导体棒下滑过程中产生的焦耳热为 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题图可知，考查了导体棒切割磁感线的问题，根据法拉第电磁感应定律求解电动势的大小，根据欧姆定律求解感应电流的大小，根据安培定则判断感应电流的方向，根据安培力公式求解安培力，利用牛顿第二定律求解加速度a，根据能量守恒求解过程中产生的焦耳热．‎ ‎【详解】A、导体棒在下降的过程中，对ab棒进行受力分析有：，由于导体棒粗细均匀，设单位长度的电阻为，则电流，整理得：，物体做加速运动，增大，也增加，故加速度在减小，故A错误；‎ B、解除锁定后，导体棒向下运动，由右手定则得，电流由a到b，故B正确；‎ C、导体棒滑到导轨末端时，导体棒的有效切割长度，所以加速度大小为，故C正确；‎ D、导体棒下滑过程中，由能量守恒得：，整理得：，故D正确．‎ 二、实验题（本大题共2小题，共14分）请将答案填写在答题纸相应的位置。‎ ‎13.在测定某合金丝的电阻率的实验中：‎ ‎（1）用米尺测得接入电路的合金丝长度，用螺旋测微器测量合金丝直径如图甲所示，可知合金丝的直径为__________．‎ ‎（2）已知接入电路的合金丝电阻约为，现用伏安法测量合金丝的具体阻值，除被测合金丝外，还有如下器材可供选择：‎ A.直流电源：电动势约，内阻很小 B.电流表量程，内阻约 C.电流表量程，内阻约 D.电压表量程，内阻约 E.滑动变阻器最大阻值 F.滑动变阻器最大阻值 G.开关、导线等 应选用的电流表是_______________，应选用的滑动变阻器是__________．（选填字母序号）‎ 根据所选的实验器材，为尽量减小误差，要求测多组数据，请在如图乙所示的方框中画出实验电路图_____．‎ ‎（3）若伏安法测得该合金丝的电阻为，则这种合金材料的电阻率为________．（结果保留三位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). 3.700 (2). B (3). E (4). (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据“测定某合金丝的电阻率”可知，考查了实验测定金属的电阻率，根据相应的实验要求进行分析：‎ ‎（1）螺旋测微器固定刻度示数与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数，注意要估读；‎ ‎（2）根据电路中最大电流选择电流表，根据待测电阻的大小范围确定选择滑动变阻器以及电表的接法，做出电路图，根据实验数据应用电阻定律求出电阻率．‎ ‎【详解】（1）由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为‎3.5mm，可动刻度示数20.0×‎0.01mm=‎0.200mm，故螺旋测微器的读数为：‎3.700mm；‎ ‎（2）通过待测电阻的最大电流约为：，故电流表应选B；为方便实验操作，滑动变阻器应选择E；待测电阻的阻值约为10，电压表的内阻约为5，电压表的内阻远大于电阻丝阻值，电流表应采用外接法，滑动变阻器的阻值，故选择分压式接法；故电路图如下：‎ 由电阻定律得：，带入数据得：．‎ ‎14.某同学设计了如图甲所示的电路来测量定值电阻的阻值及电源的电动势和内阻．其中为待测电源、为待测电阻、为不计内阻的电流表，为的电阻箱．‎ ‎（1）闭合开关和，调节电阻箱，该同学在电阻箱示数时记下了电流表示数为；然后断开开关调节电阻箱的阻值，使电流表的示数仍为，读出此时电阻箱的示数，可知电阻___________．‎ ‎（2）该同学继续实验，断开，闭合，多次调节电阻箱，记录多组电阻箱示数和对应的电流表示数，并将测得的数据绘制了如图乙所示的图线．由图线可求出该电源的电动势____________，内阻_________．‎ ‎【答案】 (1). 6.2 (2). 9.0 (3). 2.8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据“测量定值电阻的阻值及电源的电动势和内阻”可知，考查了电阻的测量和测电源的电动势和内阻．根据实验要求进行分析：‎ ‎（1）根据前后两次电流相等，则前后两次电路中的电阻相等，即等效法测电阻；‎ ‎（2）根据闭合电路欧姆定律求出图像的函数表达式，然后根据图像求出电源的电动势和内阻．‎ ‎【详解】（1）同一个电源，前后两次电路中的电流相等，则前后两次电路中的电阻相等，由此分析可得：，即；‎ ‎（2）根据闭合电路欧姆定律得：，解得：，图像的斜率为：，电动势为：；图像截距：，电源的内阻为：．‎ ‎【点睛】解题的关键在于闭合电路欧姆定律结合数学规律求解电动势和内电阻．‎ 三、计算题（本大题共3小题，共38分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）‎ ‎15.如图所示，在平面的第I象限内有沿轴正方向的有界匀强电场，在第IV象限过点放一张垂直于平面的感光胶片．一电子以垂直于轴的初速度从点射入电场中，并从点射出电场，最后打在感光胶片上．已知电子的电荷量大小为，质量为，不计电子的重力．求：‎ ‎（1）匀强电场的电场强度大小；‎ ‎（2）电子从出发到打在感光胶片上的总时间．‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题图可知，考查了带电粒子在匀强电场中的运动；根据带电粒子的运动特点进行分析：‎ ‎（1）根据粒子做类平抛运动，将其运动分解，从而由动力学求解；‎ ‎（2）离开电场时，计算y方向上的速度，离开电场后，在y方向做匀速直线运动，根据运动学公式即可求解时间．‎ ‎【详解】（1）设匀强电场的场强大小强为，电子在电场中运动时间为，‎ 在轴方向：‎ 在轴方向：‎ 联立解得：；‎ ‎（2）电子在电场中运动的时间，‎ 射出电场时竖直方向的速度为，‎ 射出电场后至到达感光胶片前运动的时间，‎ 电子从出发至落到感光胶片上的总时间．‎ ‎16.如图所示，倾角的两平行光滑导轨间距，两导轨间有一电阻，轨道处在垂直导轨平面向上的匀强磁场中．现有质量、电阻的金属棒垂直放置在导轨上，当金属棒从离地的不同高度处由静止释放时，金属棒滑到导轨底端时的速度均为．若导轨电阻不计，金属棒运动中与导轨接触良好，取重力加速度．‎ ‎（1）求匀强磁场的磁感应强度；‎ ‎（2）若金属棒在导轨上距地面高于的某处由静止释放，下滑到底端的过程中，电路中产生的总焦耳热为，求此过程中流过电阻的电荷量．‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题图和“金属棒从离地的不同高度处由静止释放时，金属棒滑到导轨底端时的速度均为”可知，考查了电磁感应与电路、动力学、能量结合的问题．‎ ‎（1）根据等效电路，求出金属棒的电流，从力的角度，根据牛顿第二定律列方程求解；‎ ‎（2）根据功能关系，求出下落的高度H，根据电荷量的计算公式求出回路中的电荷量q．‎ ‎【详解】（1）由题意知，金属棒从离地高以上任何地方由静止释放后，在到达地面之前均已经开始匀速运动，设磁感应强度为．‎ 感应电动势：，‎ 感应电流：‎ 安培力：‎ 匀速运动时：‎ 解得：‎ ‎（2）安培力所做的功等于电路中产生的焦耳热，‎ ‎，‎ ‎【点睛】电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解．‎ ‎17.如图所示，在边长为的正方形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为．在正方形对角线上有一点，到距离均为，在点有一个能连续发射正离子的装置，且所有正离子的质量均为、电荷量均为．不计离子重力及离子间相互作用力．‎ ‎（1）若由点水平向右射出一正离子，恰好从点射出，求该离子的速度大小及在磁场中运动的时间；‎ ‎（2）若由点连续不断地向纸面内各方向发射速率均为的正离子，求在边有离子射出的区域长度．‎ ‎【答案】（1） ， （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题图可知，考查了带电粒子在匀强磁场中的运动，根据带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，确定粒子的运动轨迹，找出几何关系进行求解；‎ ‎（1）画出离子的运动轨迹，确定圆心和半径，根据洛伦兹力提供向心力进行求解；‎ ‎（2）发射速率不变，即圆周运动运动半径不变，分析找出临界状态的粒子即可确定射出的区域长度．‎ ‎【详解】（1）离子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，其运动轨迹如图：‎ 由图知：‎ 洛伦兹力提供向心力：‎ 解得：，‎ 运动周期：‎ 离子运动时间：‎ ‎（2）当时，设离子在磁场中做圆周运动的半径为，‎ 则由 可得：‎ 要使离子从射出，则其必不能从射出，其临界状态是离子轨迹与边相切，设切 点与点距离为，其轨迹如图甲所示，‎ 由几何关系得：‎ 计算可得，‎ 设此时边射出点与点的距离为，则由几何关系有：，‎ 解得 ‎（说明：若直接由轨迹图形的对称性得也可．）‎ 而当离子轨迹与边相切时，离子必将从边射出，设此时切点与点距离为，其轨迹如图乙所示，由几何关系可得，‎ 解得，‎ 故离子在边射出的区域长度 ‎【点睛】正确地画出带电粒子在匀强磁场运动的轨迹是解题的关键．‎ ‎ ‎