届安徽省芜湖市高三高考仿真模拟卷一物理试题解析版.docx
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届安徽省芜湖市高三高考仿真模拟卷一物理试题解析版
2020届安徽省芜湖市高三高考仿真模拟卷
（一）
物理试题（解析版）
（时间：
60分钟满分：
110分）
第Ⅰ卷（选择题共48分）
一、选择题（本题共8小题，每小题6分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的
得0分）
14.物理学重视逻辑，崇尚理性，其理论总是建立在对事实观察的基础上。
下列说法正确的是（ ）
A.贝克勒尔发现天然放射现象，其中B射线来自原子最外层的电子
B.密立根油滴实验表明核外电子的轨道是不连续的
C.卢瑟福的a粒子散射实验发现电荷量子化的
D.汤姆逊发现电子使人们认识到原子内部是有结构的
15.质量为m的光滑小球恰好放在质量也为m的圆弧档内，它与槽左右两端的接触处分别为A点和B点，圆弧槽的半径为R，OA与水平线AB成60°角。
槽放在光滑的水平桌面上，通过细线和滑轮与重物C相连，细线始终处于水平状态。
通过实验知道，当槽的加速度很大时，小球将从槽中滚出，滑轮与绳质量都不计，要使小球不从槽中滚出，则重物C的最大质量为（ ）
A.
B.2mC.
mD.
m
16.如图，小球甲从A点水平抛出，同时将小球乙从B点自由释放，两小球先后经过C点时速度大小相等，方向夹角为30°，已知B、C高度差为h，两小球质量相等，不计空气阻力，由以上条件可知（ ）
A.小球甲作平抛运动的初速度大小为2
B.甲、乙两小球到达C点所用时间之比为1：
2
C.A、B两点高度差为
D.两小球在C点时重力的瞬时功率相等
17.如图所示为发射卫星的示意图，先将卫星发射到半径为r的圆轨道上做圆周运动，到A点时使卫星加速进入椭圆运动，到椭圆轨道的远地点B点时，再次改变卫星的速度，使卫星进入半径为2r的圆轨道，卫星在椭圆轨道上A点时的速度为v，卫星的质量为m，地球的质量为M，引力常量为G，则发动机在A点时对卫星做功与在B点时对卫星做功之差为（忽略卫星的质量变化和切摩擦阻力）（ ）
18.一足够长的传送带与水平面的夹角为θ，传送带以一定的速度匀速运动，某时刻在传送带上适当的位置放上质量为m、具有一定初速度的小物块，如图甲所示，以此时为计时起点（t=0），小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系如图乙所示，图中取沿传送带向上的运动方向为正方向，v1＞v2，已知传送带的速度保持不变，则（ ）
A.小物块与传送带间的动摩擦因数μ＜tanθ
B.小物块在0～t1时间内运动的位移比在t1～t2时间内运动的位移小
C.0～t2时间内，传送带对物块做的功为
D.0～t2时间内，物块动能的变化量一定小于物块与传送带间因摩擦而产生的热量
19.如图所示，虚线所围矩形区域abcd内充满磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场。
现从ab边的中点O处，某一粒子以最小速度υ垂直于磁场射入、方向垂直于ab时，恰能从ad边的a点穿出。
若撤去原来的磁场在此矩形区域内存在竖直向下的匀强电场，使该粒子以原来的初速度在O处垂直于电场方向射入，通过该区域后恰好从d点穿出，已知此粒子的质量为m，电荷量的大小为q，其重力不计；ab边长为2l，ad边长为3l，则下列说法中正确的是（ ）
A. 匀强磁场的磁感应强度大小与匀强电场的电场强度大小之比为
B. 匀强磁场的磁感应强度大小与匀强电场的电场强度大小之比为
C. 离子穿过磁场和电场的时间之比
D. 离子穿过磁场和电场的时间之比
20.如图所示，在竖直平面内的xOy坐标系中分布着与水平方向成30°角的匀强电场，将一质量为0.1kg、带电荷量为+0.02C的小球以某一初速度从原点O竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程y2=x，已知P点为轨迹与直线方程y=x的交点，重力加速度g=10m/s2，则（ ）
A. 电场强度的大小为100N/C
B. 小球初速度的大小为
m/s
C. 小球通过P点时的动能为
J
D. 小球从O点运动到P点的过程中，电势能减少
J
21.如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，固定在水平面上，右端接一个阻值为R的定值电阻，平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，质量为m、电阻也为R的金属棒从高为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。
己知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中（ ）
（重力加速度为g）
A. 金属棒克服安培力做的功等于金属棒产生的焦耳热
B. 金属棒克服安培力做的功为mgh
C. 金属棒产生的电热为
D. 金属棒运动的时间为
第Ⅱ卷（非选择题共62分）
二、必考题（本题共4小题，共47分）
22.（5分）如图甲所示为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置，数字化信息系统获得了小车加速度α与钩码的质量及小车和砝码的质量对应关系图。
钩码的质量为m1，小车和砝码的质量为m2，重力加速度为g。
（1）下列说法正确的是______。
A．每次在小车上加、减砝码时，应重新平衡摩擦力
B．实验时若用打点计时器，则应先释放小车后接通电源
C．本实验中m2应远小于m1
D．在用图象探究加速度与质量关系时，应作
图象
（2）实验时，某同学遗漏了平衡摩擦力这一步骤，若木板水平，他测量得到的
图象如图乙所示，设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，则小车与木板间的动摩擦因数μ=______，钩码的质量m1=______。
（3）实验中打出的纸带如图所示。
相邻计数点间的时间间隔是0.1s，图中长度单位是cm，由此可以算出小车运动的加速度是______m/s2。
23.（10分）导电玻璃是制造LCD的主要材料之一，为测量导电玻璃的电阻率，某小组同学选取了一个长度为L的圆柱体导电玻璃器件，上面标有“3V，L”的字样，主要步骤如下，完成下列问题。
（1）首先用螺旋测微器测量导电玻璃的直径，示数如图甲所示，则直径d=______mm。
（2）然后用欧姆表×100档粗测该导电玻璃的电阻，表盘指针位置如图乙所示，则导电玻璃的电阻约为______Ω。
（3）为精确测量Rx在额定电压时的阻值，且要求测量时电表的读数不小于其量程的
，滑动变阻器便于调节，他们根据下面提供的器材，设计了一个方案，请在图3的虚线框中画出电路图，标出所选器材对应的电学符号。
A．电流表A1（量程为60mA，内阻RA1约为3Ω）
B．电流表A2（量程为2mA，内阻RA2=15Ω）
C．定值电阻R1=747Ω
D．定值电阻R2=1985Ω
E．滑动变阻器R（0～20Ω）一只
F．电压表V（量程为10V，内阻RV=1kΩ）
G．蓄电池E（电动势为12V，内阻很小）
H．开关S一只，导线若干
（4）由以上实验可测得该导电玻璃电阻率值ρ=______（用字母表示，可能用到的字母有长度L、直径d、电流表A1、A2的读数I1、I2，电压表读数U，电阻值RA1、RA2、RV、R1、R2）。
24.（12分）如图所示，一轻质弹簧一端固定在倾角为37°的光滑固定斜面的底端，另一端连接质量mA=2kg的小物块A，小物块A静止在斜面上的O点，距O点x0=0.75m的P处有一质量mB=1kg的小物块B，由静止开始下滑，与小物块A发生弹性正碰，碰撞时间极短，碰后当小物块B第一次上滑至最高点时，小物块A恰好第一次回到O点。
小物块A、B都可视为质点，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）碰后小物块B的速度大小；
（2）从碰后到小物块A第一次回到O点的过程中，弹簧对小物块A的冲量大小。
25.（20分）如图所示，在直角坐标系xoy的第一象限中有两个全等的直角三角形区域Ⅰ和Ⅱ，充满了方向均垂直纸面向里的匀强磁场，区域Ⅰ的磁感应强度大小为B0，区域Ⅱ的磁感应强度大小可调，C点坐标为（4L，3L），M点为OC的中点。
质量为m带电量为-q的粒子从C点以平行于y轴方向射入磁场Ⅱ中，速度大小为
，不计粒子所受重力，粒子运动轨迹与磁场区域相切时认为粒子能再次进入磁场。
（1）若粒子无法进入区域Ⅰ中，求区域Ⅱ磁感应强度大小范围；
（2）若粒子恰好不能从AC边射出，求区域Ⅱ磁感应强度大小；
（3）若粒子能到达M点，且粒子是由区域Ⅱ到达M点的，求区域Ⅱ磁场的磁感应强度大小的所有可能值。
33.（15分）
（1）下列说法正确的是（ ）
A.常见的金属是多晶体，具有确定的熔点
B.干湿泡湿度计的湿泡和干泡所示的温度相差越多，表示空气湿度越大
C.把玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，尖端会变钝是因为液体表面张力作用的结果
D.脱脂棉脱脂的目的，在于使它从不能被水浸润变为可以被水浸润，以便吸取药液
E.饱和汽的压强一定大于非饱和汽的压强
（2）如图所示，两个导热气缸竖直放置，底部由一细管连通（忽略细管的容积）。
两气缸内各有一个活塞，左边气缸内活塞质量为2m，右边气缸内活塞质量为m，活塞与气缸无摩擦，活塞的厚度可忽略。
活塞的下方为理想气体，上方为真空。
当气体处于平衡状态时，两活塞位于同一高度h，活塞离气缸顶部距离为2h，环境温度为T0。
（i）若在右边活塞上放一质量为m的物块，求气体再次达到平衡后两活塞的高度差（假定环境温度始终保持为T0）；
（ii）在达到上一问的终态后，环境温度由T0缓慢上升到5T0，求气体再次达到平衡后两活塞的高度差。
34.（15分）
（1）一列简谐波在某均匀介质中沿x轴传播，从x=3m处的质点a开始振动时计时，图甲为t0时刻的波形图且质点a正沿y轴正方向运动，图乙为质点a的振动图象，则下列说法正确的是（ ）
A.该波的频率为2.5Hz
B.该波的传播速率为200m/s
C.该波是沿x轴负方向传播的
D.从t0时刻起，a、b、c三质点中b最先回到平衡位置
E.从t0时刻起，经0.015s质点a回到平衡位置
（2）如图所示，一透明玻璃砖横截面的上半部分是半径为R的半圆，下半部分是边长为2R的正方形，在玻璃砖的左侧距离为R处，有一和玻璃砖侧面平行的足够大的光屏。
一束单色光沿图示方向从光屏上的P点射出，从M点射入玻璃砖，恰好经过半圆部分的圆心O，且∠MOA=45°，已知玻璃砖对该单色光的折射率n=
，光在真空中的传播速度为c。
①求该单色光在玻璃砖中发生全反射的临界角的正弦值。
②从M点射入玻璃砖到第一次射出玻璃砖，求该单色光在玻璃砖内传播的时间。
解析版
14.【答案】D
【解析】
解：
A、贝克勒尔发现天然放射现象，β衰变时释放的电子是由核内一个中子转化成一个质子的同时释放出来的，故A错误；
B、密立根油滴实验测出了电子的电荷量，发现了电荷量的量子化，不明说明核外电子的轨道是不连续的，故B错误；
C、卢瑟福的α粒子散射实验揭示了原子核式结构的模型，故C错误；
D、汤姆逊发现电子使人们认识到原子内部是有结构的，故D正确；
故选：
D。
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。
15.【答案】D
【解析】
解：
由题意可知，小球恰好能滚出圆弧槽时，小球受到重力与A对小球的支持力；
球与圆弧槽有相同的加速度，则整体法可知：
F=（m+m+M）a=（m+m+M）gcotα；
对小球受力分析，则有如下图，由牛顿第二定律，可得：
ma=
，
解得：
a=gcotα=
g；
联立可得：
M=（
）m
故ABC错误，D正确
故选：
D。
根据对球受力分析，结合小球恰好能滚出圆弧槽，确定小球的受力情况，再由牛顿第二定律，即可求解小球的加速度，再由整体法，可确定拉力的大小与桌面对圆槽的支持力，从而即可求解。
查牛顿第二定律与力的平行四边形定则的应用，理解整体法与隔离法的方法，注意对小球受力分析是解题的关键。
16.【答案】C
【解析】
解：
A、由h=
可得乙运动的时间为：
故选：
C。
由h=求出乙运动的时间，然后求出乙的速度；然后结合运动的合成与分解求出甲的初速度和竖直方向的分速度，最后由速度公式求出甲在空中运动的时间。
该题结合重力的功率的考查平抛运动的计算，解答的关键是判断出B球沿水平方向的分速度与竖直方向的分速度与A球的速度之间的关系。
17.【答案】
B
【解析】
解：
由
可知，卫星在轨道半径为r的圆轨道上运动的线速度大小
，在半径为2r的圆轨道上做圆周运动的线速度大小为
，
故选：
B。
根据万有引力提供向心力得出卫星在半径为r和2r的圆轨道上的速度大小，结合卫星在椭圆轨道时距地球的距离与速度的乘积为定值，根据动能定理求出发动机在A点对卫星做的功与在B点对卫星做的功之差。
解决本题的关键能够从题干中获取有用的信息，掌握万有引力提供向心力这一重要理论，结合动能定理进行求解。
18.【答案】
D
【解析】
解：
A、在t1～t2时间内，物块向上运动，则有：
μmgcosθ＞mgsinθ，得μ＞tanθ，故A错误；
B、由图象与时间轴所围的面积大小等于位移可知，小物块在0～t1时间内运动的位移比在t1～t2时间内运动的位移大，故B错误；
C、0～t2时间内，物块的总位移沿传送带向下，高度下降，重力对物块做正功，设为WG，根据动能定理得：
，故传送带对物块做功
，故C错误；
D、0～t2时间内，物块的重力势能和动能均减小，减小的重力势能和动能都转化为系统产生的内能，由能量守恒定律知，系统产生的热量一定大于动能的变化量，即0～t2时间内，物块动能的变化量一定小于物块与传送带间因摩擦而产生的热量，故D正确。
故选：
D。
由图看出，物块先沿传送带向下运动后向上运动，根据向上运动时物块的受力情况，分析μ与tanθ的关系。
根据图象与时间轴所围的面积来分析物块的位移关系。
根据动能定理研究0～t2内传送带对物块做功。
根据能量的转化情况分析0～t2时间内，物块动能的变化量一定小于物块与传送带间因摩擦而产生的热量关系。
本题根据速度-时间图象要能分析出物块的运动情况，再判断其受力情况，得到动摩擦因数的范围。
要知道动能定理是求解功常用的方法。
19.【答案】
AD
【解析】
解：
当带电粒子的速度较小时，其转动半径较小，若能从ab边穿出，至少使圆弧与ad相切，从几何关系可以看出：
2R=l
而qvB=m
，解得：
B=
，
粒子在磁场中运动的时间为：
t1=
，
因板长为3l，带电粒子在电场中做类平抛运动，有水平方向有：
3l=vt
故选：
AD。
带电粒子在磁场中圆周运动，根据几何关系求出半径和偏转角，再根据牛顿第二定律求出磁感应强度B的公式和时间关系式；在电场中类平抛运动，根据牛顿第二定律和类平抛运动列方程求解电场强度E和时间，最后比较其大小关系。
本题关键是知道在磁场中做圆周运动和电场中做类平抛运动，并根据其运动情况分析求解。
20.【答案】
AC
【解析】
解：
AB、小球受重力和电场力作用；故竖直方向做加速度
的匀变速运动，水平方向做加速度
的匀加速运动；
故
；
由运动轨迹满足y2=x，所以，a1=0，
；
所以，场强
，故A正确，B错误；
CD、抛物线和直线的交点P的坐标为（x，y）=（1，1）；
故该过程重力做功为：
WG=-mgy=-0.1×10×1J=-1J
电场力做功为：
WE=qEcos30°•x+qEsin30°•y═
；
故小球从O点运动到P点的过程中，电势能减少
；小球通过P点时的动能为
；故C正确，D错误；
故选：
AC。
分析小球受力情况得到竖直、水平分运动，从而根据轨迹方程求得竖直、水平加速度及初速度，即可求得场强；再根据功的定义求得重力、电场力做的功，即可得到电势能变化及动能变化，从而求得末动能。
带电粒子在匀强电场中受到的电场力为恒力，故一般对粒子运动情况和受力情况进行分析，然后根据牛顿第二定律联立求得运动状态、受力状态；再根据运动情况，由匀变速运动规律或动能定理求得做功情况。
21.【答案】
CD
【解析】
解：
A、金属棒克服安培力做功等于金属棒与定值电阻R产生的焦耳热，故A错误；
B、由能量守恒定律可知，金属棒克服安培力做功与克服摩擦力做功的和为mgh，金属棒克服安培力做功小于mgh，故B错误；
C、根据动能定理则：
mgh-μmgd-W安=0，则克服安培力所做的功为W=mgh-μmgd；电路中产生的焦耳热等于客服安培力做功，所以金属棒产生的焦耳热为
mg（h-μd），故C正确；
D、金属棒在下滑过程中，由机械能守恒定律得：
mgh=
mv2，则得金属棒到达水平面时的速度：
v=
，
故选：
CD。
金属棒在弯曲轨道下滑时，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律或动能定理可以求出金属棒到达水平面时的速度，由E=BLv求出感应电动势。
金属棒进入水平导轨后做减速运动，产生的感应电动势减小，所以金属棒刚进入水平导轨时电压最大。
由串联电路分压规律求出最大电压；根据牛顿第二定律和加速度的定义式结合求时间。
克服安培力做功转化为焦耳热，由动能定理（或能量守恒定律）可以求出克服安培力做功，得到导体棒产生的焦耳热。
解决本题的关键是运用积分法求金属棒在磁场中运动的时间，其切入点是牛顿第二定律和瞬时加速度的定义式。
22.【解析】
解：
（1）A、由于平衡摩擦力之后有m1gsinθ=μm1gcosθ，故tanθ=μ．所以无论小车的质量是否改变，小车所受的滑动摩擦力都等于小车的重力沿斜面的分力，改变小车质量即改变拉小车拉力，不需要重新平衡摩擦力，故A错误；
B、打点计时器要“早来晚走”，即实验开始时先接通打点计时器的电源，待其平稳工作后再释放小车，故B错误；
C、根据牛顿第二定律可得系统的加速度a=
，则绳子的拉力F=m2a=
，由此可知钩码的质量m1远小于小车和砝码的质量m2时，绳子的拉力才近似等于钩码的重力，故C错误；
D、由牛顿第二定律可知a=
F，当F一定时，a与
成正比，所以应作出a-
图象，故D正确。
故选：
D。
改变小车的质量，无需重新平衡摩擦力；先接通电源后释放小车；用钩码的质量替代小车的合力需要满足m2＞＞m1；根据牛顿第二定律有m1g-μm2g=m2a，把这个方程整理成a与的函数关系，结合图象来求μ和m1；根据公式s4-s1=3aT2求加速度。
解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，尤其是理解平衡摩擦力和m2＞＞m1的操作和要求的含义。
涉及到图象问题，首先根据相应的物理规律写出公式，然后整理出关于纵轴与横轴物理量的函数表达式，再根据斜率和截距的概念即可求解。
23.【解析】
解：
（1）螺旋测微器的固定刻度为1.5mm，可动刻度为49.0×0.01mm=0.490mm，
所以最终读数为1.5mm+0.490mm=1.990mm（1.989～1.991mm均正确）
（2）表盘的读数为5，所以导电玻璃的电阻约为5×100Ω=500Ω。
（3）电源的电动势为12V，电压表的量程为10V，滑动变阻器的电阻为20Ω，
由于滑动变阻器的电阻与待测电阻的电阻值差不多，若串联使用调节的范围太小，所以滑动变阻器选择分压式接法；
流过待测电阻的电流约为：
I=
=0.006A=6mA，两电压表量程均不合适；
同时由于电压表量程为10V，远大于待测电阻的额定电压3V，故常规方法不能正常测量；
所以考虑用电流表改装成电压表使用，同时电压表量程为10V，内阻RV=1kΩ，故满偏电流为10mA，符合要求，
故将电压表充当电流表使用，电流表A2与R2串联充当电压表使用，改装后量程为4V，可以使用，
由于改装后电表已知，故内外接法均可，故电路图如图所示；
（4）根据串并联电路的规律可知，待测电阻中的电流：
I=
-I2
电压：
Ux=I2（R2+RA2）
故答案为；
（1）1.990（1.989～1.991均正确）；
（2）500；（3）如图所示；（4）
。
（1）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。
（2）欧姆表的测量电阻，阻值等于表盘读数乘以倍率。
（3）明确实验要求，分析电流表和电流表量程，从而确定误差最小的电路接法，注意明确改装原理的正确应用；
（4）分析电路结构，根据串并联电路的规律以及欧姆定律再结合电阻定律即可正确求解电阻率。
本题考查电阻率的测量，本题的难点在于仪表的选择和电路接法的选择，注意题目中特别要求测量时电表的读数不小于量程的
，所以一定要认真分析各电表的量程再结合所学规律才能正确选择电路和接法。
24.【答案】
解：
（1）B下滑x0获得的速度为v0，
由动能定理得：
，
代入数据解得：
v0=3m/s；
A、B发生弹性正碰，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，
以平行于斜面向下为正方向，由动量守恒定律得：
mBv0=mAvA+mBvB，
由机械能守恒定律得：
，
代入数据解得：
vA=2m/s，vB=-1m/s；
（2）碰后，对B，由动量定理得：
mBgtsin37°=-mBvB，
代入数据解得：
，
对A，由动量定理得：
I-mAgtsin37°=2mAvA，
代入数据解得：
I=10N•s；
答：
（1）碰后小物块B的速度大小1m/s；
（2）从碰后到小物块A第一次回到O点的过程中，弹簧对小物块A的冲量大小为10N•s。
【解析】
（1）对B下滑过程应用动能定理可以求出碰撞前B的速度，A、B发生弹性正碰，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出碰撞后的速度。
（2）碰撞后B向上做匀减速直线运动，应用运动学公式可以求出其上升时间；碰撞后A在运动过程只有重力与弹力做功，系统机械能守恒，根据题意求出A回到O点时的速度，应用动量定理可以求出弹簧对A的冲量。
本题考查了动量守恒定律与动量定理的应用，根据题意分析清楚物体运动过程是解题的前提，分析清楚物体运动过程后，应用动能定理、动量守恒定律、机械能守恒定律与动量定理可以解题，解题时注意速度方向。
25.【答案】
解：
（1）粒子速度越大，半径越大，当运动轨迹恰好与x轴相切时，恰好不能进入I区域，粒子不能进入I区时，粒子运动半径：
r0＞3L，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
（2）粒子在区域I中的运动半径为：
r=
，
若粒子在区域II中的运动半径R较小，则粒子会从AC边射出磁场，恰好不从AC边射出时满足∠O2O1Q=2θ，sin2θ=2sinθcosθ=
，
又sin2θ=
，
解得：
R=
，
粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
qv0B=m
，
解得：
B=
；
答：
（1）若粒子无法进入区域I中，区域II磁感应强度大小范围是：
；
（2）若粒子恰好不能从AC边射出，区域II磁感应强度大小为
；
（3）若粒子能到达M点，区域II磁场的磁感应强度大小的所有可能值为：
B0。
【解析】
（1）粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，求出粒子恰好不能进入区域Ⅰ中的临界轨道半径，
应用牛顿第二定律求出临界磁感应强度，然后确定磁感应强度的范围。
（2）求出粒子恰好不能从AC边射出的临界轨道半径，应用牛顿第二定律求出磁感应强度大小。
（3）粒子在磁场中做圆周运
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