2018-2019学年黑龙江省哈尔滨市第三中学校高二上学期期末考试物理试题 解析版

2018-2019学年黑龙江省哈尔滨市第三中学校高二上学期期末考试物理试题 解析版

黑龙江省哈尔滨市第三中学校2018-2019学年高二上学期期末考试物理试题 一、选择题 ‎1.关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是（ ）‎ A. 电场强度为零的地方，电势也为零 B. 电场强度的方向处处与等势面垂直 C. 随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低 D. 电势降落的方向一定是电场强度方向 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】电场强度为零的地方，电势不一定为零，例如等量同种电荷连线的中点处，选项A错误；电场强度的方向处处与等势面垂直，选项B正确；沿电场线方向电势降低，则随着电场强度的大小逐渐减小，电势不一定也逐渐降低，选项C错误；电势降落最快的方向是电场强度方向，选项D错误；故选B.‎ ‎2. 闭合线圈abcd在磁场中运动到如图所示位置时，ab边受到的磁场力竖直向上，此线圈的运动情况可能是（ ）‎ A. 向右进入磁场 B. 向左移出磁场 C. 以ab为轴转动 D. 以cd为轴转动 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意知，ab边受到的磁场力的方向竖直向下，根据左手定则判断出ab边中感应电流的方向，再由右手定则判断abcd的运动情况．‎ ‎【详解】据题，ab边受到的磁场力的方向竖直向下，根据左手定则判断出ab边中感应电流的方向为b→a，再由右手定则判断可知，abcd的运动情况是向右平动。故A正确，B错误。‎ 线圈向上运动或者向下运动时，穿过线圈的磁通量不变，不会产生感应电流，故CD错误。故选A。‎ ‎【点睛】本题是右手定则、左手定则和楞次定律的综合应用．在电磁感应现象中，常常右手定则、安培定则和左手定则会结合应用，要明确三个定则应用的条件，不能混淆．‎ ‎3.如图，两个固定正点电荷相距L，电荷量均为q(q>0，q远大于电子电量)，两个点电荷中点为O点，A点为两点电荷中垂 线上一点。静电力常量为k，不计重力。下列说法正确的是（ ）‎ A. 若在A点由静止释放一电子，电子将做匀加速运动 B. 在两点电荷产生的电场中，O点的电场强度大小为零 C. 在两点电荷产生的电场中，O点的电势最高 D. 过O、A两点的直线位于同一等势面上 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 等量同种电荷连线的中垂线上，电场线由中点O指向上下两侧，顺着电场线电势逐渐降低。‎ ‎【详解】两点荷连线的中垂线上个点的场强不相同，若在A点由静止释放一电子，电子将做变加速运动，选项A错误；根据场强叠加可知，在两点电荷产生的电场中，O点的电场强度大小为零，选项B正确；在两点电荷产生的电场中，在两电荷连线的中垂线上，O点的电势最高，选项C错误；从O到A电势逐渐降低，选项D错误；故选B.‎ ‎【点睛】本题考查电场的叠加，注意电场强度时矢量，合成遵循平行四边形定则；电势是标量，合成遵循代数法则。‎ ‎4.如图，一绝缘光滑固定斜面处于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上，通有电流I的金属细杆水平静止在斜面上。若电流变为0.5I，磁感应强度大小变为2B，电流和磁场的方向均不变，其他条件都不变。则金属细杆将（ ）‎ A. 沿斜面加速上滑 B. 沿斜面加速下滑 C. 沿斜面匀速上滑 D. 仍静止在斜面上 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先对磁场强度和电流大小没有改变前列出平衡方程，然后当它们改变后，再列出牛顿第二定律即可判断出物体的运动情况。‎ ‎【详解】当磁场的磁感应强度大小为B，电流变为I时，金属棒处于静止状态，根据平衡条件和安培力公式可得：BIL=mgsinθ，当磁场的磁感应强度大小为2B，电流变为0.5I时，此时安培力大小变为：F=2B×0.5I×L=BIL，则金属棒仍静止，故选D.‎ ‎【点睛】解答本题的关键是：要对磁场强度和电流大小改变前后分别列出方程，通过对比可直接得出金属棒的运动情况。‎ ‎5.如图中虚线框内是一个未知电路，测得它的两端点a、b之间电阻是R，在a、b之间加上电压U，测得流过电路的电流为I，则未知电路的电功率一定是（ ）‎ A. I2R B. UI－I2R C. U2/R D. UI ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由于虚线框内是一个未知电路，欧姆定律不一定适用，求解功率只能用P=UI．‎ ‎【详解】若虚线框内是一个纯电阻电路时，欧姆定律适用，求解功率可以用P=IU=I2R= U2/R求解．若虚线框内是一个非纯电阻电路时，欧姆定律不适用，求解功率不能用I2R和U2‎ ‎/R，只能通过P=UI求解．故ABC错误，D正确。故选D。‎ ‎6.空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直横截面。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向120°。不计重力，该磁场的磁感应强度大小为（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：带正电的粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场区域，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，画出轨迹如图，根据几何知识得知，轨迹的圆心角等于速度的偏向角60°，且轨迹的半径为 r=Rcot30°=R 根据牛顿第二定律得得，，故A正确，BCD错误；故选A．‎ 考点：带电粒子在磁场中的运动 ‎【名师点睛】本题是带电粒子在匀强磁场中运动的问题，画轨迹是关键，是几何知识和动力学知识的综合应用，常规问题。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎7.矩形导线框固定在匀强磁场中，如图所示，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向为垂直纸面向外，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示，则（ ）‎ A. 0～t1时间内，导线框中电流的方向为abcda B. 0～t1时间内，导线框中电流越来越小 C. 0～t2时间内，导线框中电流的方向始终为adcba D. 0～t2时间内，导线框ab边受到的安培力大小恒定不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由右图可知B的变化，则可得出磁通量的变化情况，由楞次定律可知电流的方向；由法拉第电磁感应定律可知电动势，即可知电路中电流的变化情况；由F=BIL可知安培力的变化情况．‎ ‎【详解】由图可知，0-t2内，线圈中磁通量的变化率相同，故0到t2时间内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，即电流为adcba方向，故A正确，C错误；从0到t1时间内，线圈中磁通量的变化率相同，感应电动势恒定不变，电路中电流大小时恒定不变；导线电流大小恒定，故B错误；从 t1到t2时间内，磁场的变化率不变，则电路中电流大小时恒定不变，故由F=BIL可知，F与B成正比，即增大，则0～t2时间内，导线框ab边受到的安培力大小不是恒定不变的，故D错误；故选A。‎ ‎【点睛】本题要求学生能正确理解B-t图的含义，才能准确的利用楞次定律、左手定律等进行判定；解题时要特别注意，两个时段，虽然磁场的方向发生了变化，但因其变化为连续的，故产生的电流一定是相同的．‎ ‎8.如图所示，ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB相切的圆形轨道，整个装置处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。质量相同的可看做质点的甲、乙两个小球，甲球不带电、乙球带正电。现将两个小球在轨道AB上分别从相同高度处由静止释放，都能通过圆形轨道最高点，则（ ）‎ A. 经过最高点时，甲球的速度比乙球小 B. 经过最高点时，两个小球的速度相等 C. 若两球均能恰好通过最高点则甲球的释放位置比乙球的高 D. 两个小球到最低点时对轨道的压力大小相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 洛伦兹力不做功，则根据能量关系可知，两球经过最高点时，甲球的速度等于乙球的速度；根据牛顿第二定律判断若两球均能恰好通过最高点时两球的速度关系，再判断两球释放位置关系；根据牛顿第二定律列式比较两个小球到最低点时对轨道的压力大小.‎ ‎【详解】两球均从相同的高度A处开始释放到小球到达圆环最高点过程中，两球重力做功相等，洛伦兹力不做功，则经过最高点时，甲球的速度等于乙球的速度，选项A错误，B正确；甲球恰能经过最高点时：mg=m；乙球：mg+qv乙B=m，则v乙>v甲，可知甲球的释放位置比乙球的低，选项C错误；两个小球到最低点时的速度相同，在最低点，对甲球：；对乙球：；可知N甲>N乙，选项D错误；故选B.‎ ‎9.如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，电压表和电流表均为理想表。现闭合开关，将滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是（ ） ‎ A. 电容器两极板间电场强度变大，电容器的带电量增加 B. 电流表示数减小，电压表示数变大 C. 电压表的示数U和电流表的示数I的比值变大 D. 电源的输出功率可能增大 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将变阻器的滑片向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电阻减小，路端电压随之减小，分析总电流和R2电压的变化，即可知道电容器板间电压的变化，判断出板间场强的变化以及电容器带电量的变化．根据欧姆定律分析电压表的示数U和电流表的示数I的比值的变化．根据内外电阻的关系分析电源输出功率的变化．‎ ‎【详解】当变阻器的滑片向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流变大，R2电压增大，则电容器板间电压增大，板间的电场强度变大，电容器所带电量增大，故A正确。总电流变大，电流表示数变大，则R2电压和内电压均增大，由闭合电路欧姆定律知，R1电压减小，所以电压表示数变小，故B错误。电压表的示数U和电流表的示数I的比值U/I =R1，变小，故C错误。由于电源的内外电阻的大小关系未知，所以不能确定电源输出功率如何变化，则电源的输出功率可能增大，故D正确。故选AD。‎ ‎【点睛】本题是电路的动态分析问题，按“局部→整体→局部”的思路进行分析．分析电源的输出功率变化时，要根据推论：内外电阻相等时，电源的输出功率最大来分析．‎ ‎10.图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知等势面b的电势为6V。一电子经过a时的动能为10eV，从a到d过程中克服电场力所做的功为6eV。不计重力，下列说法正确的是（ ）‎ A. 该电子经过平面c时，其电势能为4eV B. 该电子可能会到达平面f C. 平面f上的电势为零 D. 该电子经过平面b时的动能是经过d时的2倍 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据只有电场力做功，动能与电势能之和不变，当电场力做负功时，动能转化为电势能，在电势为零处，电势能为零，从而即可一一求解。‎ ‎【详解】虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV，动能减小了6eV，电势能增加了6eV，因此等势面间的电势差为2V，因平面b上的电势为6V，由于电子的电势能增加，等势面由a到f是降低的，因此平面f上的电势为零，故C正确；c等势面的电势为4V，则该电子经过平面c时，其电势能为-4eV，选项A错误；由上分析可知，电子在a等势面的电势能为-8eV，动能为10eV，则总能量为2eV，则若电子能到达f平面，则动能应为2eV，选项B正确；在平面b上电势为6V，则电子的电势能为-6eV，则动能为8eV，在平面d上电势为2V，则电子的电势能为-2eV，则动能为4eV；即该电子经过平面b时的动能是经过d时的2倍，故D正确；故选BCD。‎ ‎【点睛】考查电场力做功与电势能变化的关系，掌握电势能与动能之和不变，理解电势为零处的电势能为零是解题的关键。‎ ‎11.两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为0.2m、总电阻为0.005Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t=0时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图所示（感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正）。下列说法正确的是（ ）‎ A. 磁感应强度的大小为0.05 T B. 导线框运动速度的大小为0.04m/s C. 磁感应强度的方向垂直于纸面向外 D. 在t=0.4 s至t=0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.01 N ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据线框匀速运动的位移和时间求出速度，结合E=BLv 求出磁感应强度，根据感应电流的方向，结合楞次定律得出磁场的方向。根据安培力公式得出导线框所受的安培力。‎ ‎【详解】由图象可以看出，0.2-0.4s没有感应电动势，所以从开始到ab进入用时0.2s，导线框匀速运动的速度为：，根据E=BLv知磁感应强度为：，故A正确，B错误。由b图可知，线框进磁场时，感应电流的方向为顺时针，根据楞次定律得，磁感应强度的方向垂直纸面向外，故C正确。在0.4-0.6s内，导线框所受的安培力，故D错误。故选AC。‎ ‎【点睛】本题考查了导线切割磁感线运动，掌握切割产生的感应电动势公式以及楞次定律，本题能够从图象中获取感应电动势的大小、方向、运动时间等。‎ ‎12.如图所示，空间存在一水平向左的匀强电场和一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，电场强度大小为E=，电场方向和磁场方向相互垂直．在此电磁场正交的空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场正方向成60°夹角且处于竖直平面内．一质量为m，带电量为+q的小球套在绝缘杆上．若给小球一沿杆向下的初速度v0，小球恰好做匀速运动，且小球电量保持不变，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）‎ A. 小球的初速度为v0=‎ B. 若小球的初速度为，小球将做加速度不断减小的减速运动，最后匀速 C. 若小球的初速度为，小球将做加速度不断增大的加速运动，最后匀速 D. 若小球的初速度为，则运动中克服摩擦力做功为 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 小球受重力、摩擦力（可能有）、弹力（可能有）、向右上方的洛伦兹力、向左的电场力，当受到的合外力等于0时，小球做匀速直线运动．当小球受到的合外力不为0‎ 时，要判断出支持力的方向，明确支持力的大小随洛伦兹力的变化关系，然后做出判定．‎ ‎【详解】对小球进行受力分析如图， 电场力的大小：F=qE=，由于重力的方向竖直向下。电场力的方向水平向右，二者垂直，合力：FG+F==2mg，由几何关系可知，重力与电场力的合力与杆的方向垂直，所以重力与电场力的合力不会对小球做功，而洛伦兹力的方向与速度的方向垂直，所以也不会对小球做功。所以，当小球做匀速直线运动时，不可能存在摩擦力，没有摩擦力，说明小球与杆之间就没有支持力的作用，则洛伦兹力大小与重力、电场力的合力相等，方向相反。所以qv0B=2mg。所以．故A正确；若小球的初速度为，则洛伦兹力：f=qv0B=3mg＞FG+F，则在垂直于杆的方向上，小球还受到杆的垂直于杆向下的支持力，则摩擦力：f=μFN．小球将做减速运动；随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐减小，摩擦力减小，小球做加速度不断减小的减速运动，最后当速度减小到时，小球开始做匀速直线运动。故B正确。若小球的初速度为，则洛伦兹力：f=qv0B=mg＜FG+F，则在垂直于杆的方向上，小球还受到杆的垂直于杆向上的支持力，而摩擦力：f=μFN．小球将做减速运动；随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐增大，摩擦力逐渐增大，小球的加速度增大，所以小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止。故C错误；若小球的初速度为，球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止，运动中克服摩擦力做功等于小球的动能，所以．故D正确。故选ABD。‎ ‎【点睛】本题考查小球在混合场中的运动，解答的关键明确小球的受力情况，并能够结合受力的情况分析小球的运动情况，要知道小球何时做加速度减小的减速运动，何时做加速度增大的减速运动，当加速度减为零时，做匀速运动．‎ 二、实验题 ‎13.用10分度游标卡尺测一工件外径的读数如图所示，读数为____________cm；用螺旋测微器测一圆形工件的直径读数如图所示，读数为_____________mm。‎ ‎【答案】 (1). 3.27cm; (2). ;‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．‎ ‎【详解】游标卡尺的主尺读数为：3.2cm，游标尺上第7个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为0.1×7mm=0.7mm，所以最终读数为：3.2cm+0.7mm=3.27cm．‎ 螺旋测微器的固定刻度为1.5mm，可动刻度为0.01×5.8mm=0.058mm，所以最终读数为1.558mm．‎ ‎14.用电流表和电压表测定电池的电动势和内电阻，被测电源是两节干电池串联成的电池组。可供选择的实验器材如下：‎ A．电流表，量程0.6 A，内阻约为0.5 Ω B．电流表，量程100 mA，内阻约为5 Ω C．电压表，量程3 V，内阻约为3 kΩ D．电压表，量程15 V，内阻约为5kΩ E．滑动变阻器，0～1000 Ω，0.1 A F．滑动变阻器，0～10Ω，2 A 开关一个，导线若干 ‎(1)为了尽量得到较准确的实验结果，电流表应选________，电压表应选________，滑动变阻器应选________（填器材前面的选项字母）。‎ ‎(2)有(甲)、(乙)两个可供选择的电路如图所示，为减小实验误差，应选___________电路进行实验。‎ ‎（3）如图是根据实验记录数据画出的U－I图象，则由图可求出该电源电动势为___________V，该电源内阻为______Ω（结果保留2位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). A； (2). C； (3). F； (4). 乙； (5). 3.0； (6). 1.0；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据二节干电池的电压约为3V，则根据电压值及实验中的基本要求可以选取电流表及电压表；‎ ‎（2）甲图误差来源于电流表的分压作用，乙图误差来源与电压表的分流作用，相比较，电流表分压作用引起的误差更大；‎ ‎（3）U-I图中图象与纵坐标的交点为是电源的电动势，根据斜率表示内电阻求解电源内阻．‎ ‎【详解】（1）因二节干电池的电动势约为3V，故电压表的测量量程不能太大，由题意可知，电压表只能选3V量程的C； 通过电源的电流不能太大，故量程0～3A的电流表太大，无法准确测量，故电流表应选量程为0.6A的A；滑动变阻器选择F即可； （2）甲图误差来源于电流表的分压作用，可以将电流表的内阻归结到电源中，故电动势测量值不变，内电阻测量值变大；乙图中误差来源与电压表的分流作用，由于电压表内电阻达到几千欧姆，误差较小，故选择乙方案； （3）U-I图中图象与纵坐标的交点为是电源的电动势，故电动势为3.0V；根据斜率表示内电阻求解电源内阻，故内电阻为．‎ ‎【点睛】中学实验中选择仪表是常见的一种题型，要求学生能按照安全性和准确性的要求进行分析，先确定出必须用到的器材，再去根据题目中给出的条件去判断电流表和电压表．一定要注意判断图象与横轴的交点的横坐标是不是短路电流．‎ 三、计算题 ‎15.如图所示，水平放置的固定导体框架，宽L=0.50 m，接有电阻R=0.20 Ω，匀强磁场垂直框架平面向里，磁感应强度B=0.40T。一导体棒ab垂直框边跨放在框架上，并能无摩擦地在框架上滑动，导体ab的电阻r=0.20 Ω，框架电阻均不计．当ab以v=4.0 m/s的速度向右匀速滑动时，求：‎ ‎（1）求ab棒两端电压大小；‎ ‎（2）维持导体棒ab做匀速运动的外力F的大小。‎ ‎【答案】（1）0.4V（2）0.4N ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由E=BLv求出感应电动势，结合闭合电路的欧姆定律求解ab棒两端的电压； （2）由安培力公式求出安培力，由平衡条件求出外力；‎ ‎【详解】（1）感应电动势：E=BLv=0.4×0.5×4=0.8V；‎ 由闭合电路的欧姆定律：；‎ 则ab棒两端电压大小U=IR=0.4V； （2）导体棒受到的安培力：， 导体棒做匀速运动，由平衡条件得：外力为：F=FB=0.4N；‎ ‎【点睛】本题考查了求感应电动势、外力、判断金属棒的运动性质，应用E=BLv、安培力公式、平衡条件即可正确解题．‎ ‎16.如图所示的示波管，电子由阴极K发射后，初速度可以忽略，经加速后水平飞入偏转电场，最后打在荧光屏上，电子电量大小为e，质量为m。已知加速电压为U1，BC间偏转电压为U2，两偏转极板BC间距为d，板长为L，偏转极板右侧到荧光屏的距离为D，不计重力，求：‎ ‎（1）电子射入偏转电场U2时的速度大小；‎ ‎（2）电子打在荧光屏上的偏转距离OP。‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据动能定理求出电子射入偏转电场时的速度，电子进入偏转电场后做类平抛运动，根据动力学知识求出离开偏转电场时的偏转位移，离开偏转电场时速度的反向延长线经过偏转电场中轴线的中点，根据这一推论，利用比例式求出偏距OP．‎ ‎【详解】（1）设电子射入偏转电场时的速度为v，则eU1=mv2‎ 解得 （1）设电子在偏转电场中运动的加速度为a，运动时间为t，则 t= 则 由图中三角形相似得： 由①②得：‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道电子的运动规律，现在加速电场中加速，然后进入偏转电场做类平抛运动，离开偏转电场做匀速直线运动．‎ ‎17.如图所示,位于平面直角坐标系内的水平正对的平行金属板的长度为L,板间距离也为L,金属板之间存在匀强电场,金属板厚度忽略不计，第一象限内边长也为L的正方形区域ABCD为无场区。在平行金属板和正方形区域的外侧存在范围足够大的匀强磁场,磁场的方向垂直XY平面向里。一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子沿两平行金属板的中线OO'射入电场,初速度为v,粒子恰好从下极板的右端A点离开电场。已知带电粒子进入磁场后能通过B点(粒子只在AB下方偏转),不计粒子重力。‎ ‎（1）求粒子第一次进入磁场时速度的大小和方向；‎ ‎（2）求匀强磁场的磁感应强度大小；‎ ‎（3）若仅将匀强磁场的磁感强度变为原来的两倍,求粒子从离开电场到回到电场所用的时间。‎ ‎【答案】（1） ，在A点的速度方向与水平方向的夹角 （2）2mv/qL（3） ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，根据水平和竖直方向的运动规律求解出离电场的速度和方向；根据圆周运动的规律结合几何知识求解匀强磁场的磁感应强度大小；将磁感应强度变为原来的两倍，带电粒子做圆周运动的轨道半径变为原来的一半。画出粒子在磁场区域及在ABCD区域的轨迹图；根据轨迹求解时间.‎ ‎【详解】（1） 带电粒子在电场中做类平抛运动，有L=vt ‎ L=at2‎ 根据类平抛运动的知识有： vy=at； ‎ tanα=vy/v=1‎ 可得粒子在A点的速度方向与水平方向的夹向α=45° 解得：v'=v/cosα=v ‎（2）画出粒子从A到B做圆周运动的运动轨迹，如图所示；‎ 根据几何知识得：L=2Rsinα 解得L=R 再根据qv'B=mv'2/R ；‎ 解得B=‎ ‎（2）将磁感应强度变为原来的两倍，带电粒子做圆周运动的轨道半径变为原来的一半。画出粒子在磁场区域及在ABCD区域的轨迹图；根据粒子的运动轨迹，可知粒子在磁场中运动了3/4个周期，其中周期T'=T/2 ，时间为；粒子在ABCD区域内部运动的时间为t2= ‎ 总时间t=t1+t2=‎ ‎【点睛】带电粒子的运动问题，加速电场一般由动能定理或匀加速运动规律求解；偏转电场由类平抛运动规律求解；磁场中的运动问题则根据圆周运动规律结合几何条件求解．‎ ‎ ‎ ‎ ‎