解析四川省绵阳市高中高三第二次诊断性考试物理试题.docx

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解析四川省绵阳市高中高三第二次诊断性考试物理试题

第Ⅰ卷（选择题　共４2分）

注意事项:

必须用2B铅笔在答题卡上将所选答案对应的标号涂黑。

第Ⅰ卷共７题,每题６分。

在每题给出的四个选项中,有的只有一个选项、有的有多个选项符合题目要求,全部选对的得6分，选对但不全的得３分,有选错和不选的得０分。

【题文】（物理卷·２021年四川省绵阳市高三二诊（01））1.法拉第在同一软铁环上绕两个线圈，一个与电池相连，另一个与电流计相连,则

A．　接通电池后,电流计指针一直保持偏转

Ｂ．接通电池时,电流计指针没有偏转

C.　接通电池后再断开时,电流计指针没有偏转

D．　接通电池时,电流计指针偏转,但不久又回复到零

【答案】【知识点】电磁感应现象中的自感现象。

　　L1

【答案解析】D。

接通的一瞬间,发生电磁感应现象，电流计指针偏转,接通后,电流不变，磁通量不一次，电流计指针回到零位置,所以本题只有D答案正确,故选择D答案。

【思路点拨】本题是由于电流的变化而引起回路中发生电磁感应现象,使电流计指针偏转，它只有在接通和断开一瞬间才发生这一现象,使电流计指针偏转，依此分析选择答案

【题文】（物理卷·2021年四川省绵阳市高三二诊（0１））2.　　如图所示,质量为m的小球（可视为质点）用长为Ｌ的细线悬挂于O点,自由静止在A位置。

现用水平力F缓慢地将小球从A拉到B位置而静止，细线与竖直方向夹角为θ=60°，此时细线的拉力为F1,然后放手让小球从静止返回，到Ａ点时细线的拉力为Ｆ2,则

Ａ.Ｆ1＝F2＝２ｍg

B.　从A到B，拉力F做功为F1L

C.从B到A的过程中,小球受到的合外力大小不变

D.从B到Ａ的过程中，小球重力的瞬时功率一直增大

【答案】【知识点】共点力动态平衡、功率、机械能守恒。

B４、E１、Ｅ3。

【答案解析】A。

解析A、根据物体的平衡可知：

F1=mｇ/coｓ60°=2mg,释放后回到最低点速度，根据机械能守恒和牛顿第二定律列式,代入数值可知：

F2=２mg，故Ａ正确;B、拉力做功,因Ｆ是变力。

所以B错误；C、合外力在变化,故C错误D、重力的瞬时功率先变大后变小（开始速度为零,故重力的瞬时功率为零，在最低点，重力方向与速度方向垂直，重力功率为零,而中间每个位置的功率都不为零，故重力的瞬时功率先变大后变小）故D错误因此本题选Ａ。

【思路点拨】本题先求在最高点绳所受的拉力,要利用此位置的共点力平衡求出。

在最低点的拉力要用机械能守恒和牛顿第二定律综合列式求解;看F力所做的功，要利用动能定理列式求出，F不是恒力，而是变力，不能用功的表达式求解;看功率的变化先看在重力方向的速度值的变化,由此来正确选择答案。

【题文】（物理卷·２02１年四川省绵阳市高三二诊（01））３.如图所示,一个不计重力的带电粒子以v0沿各图的虚线射入场中。

A中I是两

条垂直纸平面的长直导线中等大反向的电流,虚线是两条导线垂线的中垂线;B中＋Q是两个位置固定的等量同种点电荷的电荷量,虚线是两位置连线的中垂线；C中Ｉ是圆环线圈中的电流,虚线过圆心且垂直圆环平面;D中是正交的匀强电场和匀强磁场，虚线垂直于电场和磁场方向,磁场方向垂直纸面向外。

其中，带电粒子不可能做匀速直线运动的是:

【答案】【知识点】带电粒子在电场、磁场、复合场中的运动。

I３、K3。

【答案解析】B。

在Ａ中,合磁场方向是水平向右，带电粒子运动方向与合磁场方向相同，可以作匀速运动；B图中合电场方向在左边是水平向左,慢慢地减小到零,在两电荷的连线右方时,水平向右,后又增大再减小,所以粒子是作变速运动,B是不可能作匀速运动；C图是环形电流磁场方向水平向左，粒子速度方向与磁场方向相反，粒子能作匀速运动;D图是复合场，粒子所受电场力和洛伦兹力方向相反等大，可以作匀速直线运动;故本题选择Ｂ答案。

【思路点拨】本题求解的关键是看合磁场、合电场方向与带电粒子速度方向的关系。

来判断粒子的运动情况，只要分析清了磁场、电场方向和受力方向,就不难判断粒子是否作匀速运动。

【题文】（物理卷·202１年四川省绵阳市高三二诊（01））4.静电计是在验电器基础上制成，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间电势差大小。

如图，A、B是平行板电容器的两个金属板,A板固定,手握Ｂ板的绝缘柄，Ｇ为静电计。

开始时开关S闭合，静电计G指针张开一定角度。

则

A．保持S闭合，只将Ａ、B两板靠近些，G指针张角变小

B．保持S闭合，只将变阻器滑动触头向左移动,G指针张角变大

C．断开S后,只将Ａ、Ｂ两板分开些,Ｇ指针张角变小

D．断开S后,只在A、Ｂ两板间插入电介质，G指针张角变小

【答案】【知识点】电容器的动态分析。

Ｉ3

【答案解析】Ｄ。

A、B、保持开关闭合，电路稳定时电路中没有电流，则电容器两端的电势差等于电源的电动势，故电容器两端的电势差不变,不论A、B两板靠近些，还是将变阻器滑动触头向左移动，则静电计指针张角不变,AB错误；C、断开电键，电容器的带电量Q不变，将A、B两极板分开一些，则d增大,根据C=

可知电容减小,而Q不变，根据Ｃ=

，知电容器极板间电势差增大，静电计指针张角增大，Ｃ错误；D、断开电键，电容器带电量Q不变，在A、Ｂ插入一块电介质,则据C=

，可知电容增大，而Q不变，根据C=

知电容器极板间电势差减小，静电计指针张角减小，D正确.故本题选择D答案.

【思路点拨】本题要理解静电计测量的是电容器两端的电势差，断开电键,电容器所带的电量不变,根据电容的变化判断电势差的变化.闭合电键，电容器两端的电势差等于电源的电动势.它考查电容器的动态分析,关键抓住断开电键,电容器所带的电量不变,电键闭合，电容器两端的电势差不变，根据电容的决定式和定义式结合分析.

【题文】（物理卷·２02１年四川省绵阳市高三二诊（0１））5.假设月球是质量分布均匀的球体。

已知月球半径为ｒ,飞行器仅在月球万有引

力作用下在月球表面附近绕月球表面飞行一周用时为t，可以认为月球不自转，引力常量为G。

则可以计算

A.月球的第一宇宙速度

B.月球与地球之间的距离

Ｃ.飞行器的质量

D．飞行器静止在月球表面上时对月球表面的压力

【答案】【知识点】万有引力定律的应用。

D5

【答案解析】A。

在A中,由

就可求出第一宇宙速度,A正确；B、要求月球与地球之间的距离，由

=

须知月球转动的规律,B错误;Ｍ=

，即可求出月球的质量M，不能求出空间站ｍ.Ｃ、空间站贴近月球表面做匀速圆周运动，由月球的万有引力提供向心力,列出等式,其中空间站的质量消去，无法求解空间站的质量,C错误D、由mg=

，则月球表面的重力加速度g=

=

，即可求出月球表面的重力加速度.故知飞行器静止在月球表面上时对月球表面的压力F=mg，质量不知，不能求出在月球表面上对月球的压力,Ｄ错误;故本题选择A答案。

【思路点拨】本题要会理解飞行器贴近月球表面做匀速圆周运动,由月球的万有引力提供向心力,根据牛顿第二定律和密度公式分析能否求出月球的质量和密度.根据月球对卫星的万有引力等于卫星的重力,得到月球表面的重力加速度。

它研究飞行器绕月球做匀速圆周运动,根据万有引力提供向心力,列出等式求解，注意公式的变形．

【题文】（物理卷·2021年四川省绵阳市高三二诊（01））6．如图所示,粗糙且绝缘的斜面体ABC在水平地面上始终静止。

在斜面体AＢ边

上靠近B点固定一点电荷,从Ａ点无初速释放带负电且电荷量保持不变的小物块（视为质点）,运动到P点时速度恰为零。

则小物块从A到P运动的过程

Ａ.水平地面对斜面体没有静摩擦作用力

Ｂ.　小物块的电势能一直增大

Ｃ．小物块所受到的合外力一直减小

D．　小物块损失的机械能大于增加的电势能

【答案】【知识点】电势差与电场强度的关系;电势能.菁优网版I2权

【答案解析】BＤ。

A、因带电物块是作变速运动，不能用整体受力分析可知，只能是合力做功为零，场面是否有静摩擦力要看带电物块在水平方向的加速度情况确定,地面对斜面体是有静摩擦力，在变化Ａ错误；B、有运动可知，Ｂ电荷带负电荷,A也带负电荷,故A在下滑的过程中，库仑力做负功,故物块的电势能增大,Ｂ正确;C、物块A先加速后减速，加速度大小线减小后增大，故受到的合力先减小后增大,C错误;D、由能量守恒可知小物块损失的机械能大于增加的电势能（损失的机械能包括摩擦力做负功）,D正确;

故本题选择ＢD答案。

【思路点拨】本题要对带电物块进行受力分析和运动过程的分析，通过受力分析判断出物体的各个力做功情况即可判断。

本题主要考查了库伦力做功，抓住受力分析和运动过程分析及能量守恒即可。

【题文】（物理卷·2０21年四川省绵阳市高三二诊（0１））7．如图所示，已知甲空间中没有电场、磁场；乙空间中有竖直向上的匀强电场;

丙空间中有竖直向下的匀强电场;丁空间中有垂直纸面向里的匀强磁场。

四个图中的斜面相同且绝缘,相同的带负电小球从斜面上的同一点O以相同初速度v0同时沿水平方向抛出，分别落在甲、乙、丙、丁图中斜面上A、B、C、D点（图中未画出）。

小球受到的电场力、洛伦兹力都始终小于重力，不计空气阻力。

则:

Ａ．Ｏ、Ｃ之间距离大于O、B之间距离

B.小球从抛出到落在斜面上用时相等

C.小球落到B点与C点速度大小相等

D．从O到A与从Ｏ到D,合力对小球做功相同

【答案】【知识点】带电粒子在混合场中的运动。

I3、K3。

【答案解析】AC。

A、带电小球在乙图中受到竖直向下的电场力与重力,而在丙图中受到竖直向上的电场力与重力,根据类平抛运动规律，则有:

可知,当加速度越大时,所用时间越短，因此OB间距小于OＣ间距,A正确;B、由题意可知，甲图带电小球做平抛运动,由A分析可知,运动的时间介于乙图与丙图之间，B错误;C、根据A分析，则有

，那么vy=ａt＝2v0tａnθ,则有它们的竖直方向的速度相等，根据矢量的合成法则，可得,小球落到B点与C点速度大小相等，C正确;D、由于洛伦兹力作用下，则竖直方向的加速度小于g,则使得竖直方向的速度小于甲图的平抛竖直方向的速度,又因洛伦兹力不做功，则球从O到A重力做的功多于球从Ｏ到Ｄ做的功,因此合力对小球做功不同,D错误;故本题选择AC答案．

【思路点拨】本题要根据带电小球受到重力,电场力及洛伦兹力，判定各自力的方向,结合牛顿第二定律,及平抛运动的规律，即可求解。

它考查平抛运动的规律，掌握牛顿第二定律的应用，理解左手定则的内容,注意乙图与丙图虽然加速度不同，但竖直方向的速度却相同，是解题的关键.同时掌握洛伦兹力不做功的特点．

第Ⅱ卷（非选择题共68分）

注意事项：

必须用0.5毫米黑色墨迹签字笔在答题卡上题目所指示的答题区域内作答。

作图可先用铅笔绘出，确认后再用0.５毫米黑色墨迹签字笔描清楚。

答在试题卷、草稿纸上无效。

第Ⅱ卷共4题。

【题文】（物理卷·２021年四川省绵阳市高三二诊（01））8.（17分）

Ⅰ．（6分）

用如图所示的装置来探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。

两个变速轮塔通过皮带连接,转动手柄使长槽和短槽分别随变速轮塔匀速转动,槽内的钢球就做匀速圆周运动。

横臂的挡板对钢球的压力提供向心力,钢球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺,标尺上的红白相间的等分格显示出两个钢球所受向心力的比值。

如图是探究过程中某次实验时装置的状态。

①在研究向心力的大小Ｆ与质量m关系时,要保持______相同。

Ａ.ω和r　Ｂ.ω和mC.m和r　D.　m和F

②图中所示是在研究向心力的大小Ｆ与＿__＿__＿的关系。

Ａ.质量m　Ｂ.半径ｒC．角速度ω

③若图中标尺上红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值为1∶9,与皮带连接的两个变速轮塔的半径之比为＿_＿_＿__。

Ａ.　１∶3　　　B.3∶1　　C．　1∶9　Ｄ.　9∶1

【答案】【知识点】向心力；牛顿第二定律。

C2、D4。

【答案解析】（6分）

①Ａ（2分）;②C（2分）；③Ｂ（2分）。

解析:

①在研究向心力的大小Ｆ与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时,需先控制某些量不变,研究另外两个物理量的关系，该方法为控制变量法.选:

C．②图中两球的质量相同，转动的半径相同,则研究的是向心力与角速度的关系.故选：

B．③根据

两球的向心力之比为１:

9,半径和质量相等，则转动的角速度之比为1:

3，因为靠皮带传动,变速轮塔的线速度大小相等,根据v=rω，知与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比为３:

1.选:

A．本题的答案为：

①C;②Ｂ；③A

【思路点拨】本题的实验采用控制变量法，图中抓住质量不变、半径不变,研究向心力与角速度的关系,根据向心力之比求出两球转动的角速度之比,结合v=ｒω，根据线速度大小相等求出与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比。

也就是要研究一个量与另外一个量的关系,需要控制其它量不变．知道靠皮带传动，变速轮塔的线速度大小相等．

【题文】（物理卷·2021年四川省绵阳市高三二诊（01））Ⅱ．（１1分）

学校实验室新进了一批低阻值的绕线电阻，已知绕线金属丝是某种合金丝，电阻率为ρ。

要测算绕线金属丝长度，进行以下实验：

（1）先用多用电表粗测金属丝的电阻。

正确操作后转换开关的位置指示和表盘示数如图甲所示，则金属丝的电阻约为_＿＿_＿Ω。

（２）用螺旋测微器测金属丝的直径d。

（3）在粗测的基础上精确测量绕线金属丝的阻值R。

实验室提供的器材有：

电流表A1（量程0~3A,内阻约为０．5Ω）

电流表A2（量程０~0．6Ａ,内阻约为３Ω）

电压表Ｖ１（量程0~３V，内阻约3kΩ）

电压表V2（量程０~15V，内阻约18kΩ）

定值电阻Ｒ0＝３Ω

滑动变阻器R1（总阻值5Ω）

滑动变阻器Ｒ2（总阻值１0０Ω）

电源（电动势E＝6V,内阻约为１Ω）

开关和导线若干。

①还需要先利用实验室提供的器材较准确测量将选用的电流表的内阻。

测量电路的一部分可选用以下电路中的_＿___＿。

②请在给出的器材中选出合理的器材,在虚线框内画出精确测量绕线金属丝阻值的完整电路（要求在图中标明选用的器材标号）。

（4）绕线金属丝长度为___＿＿（用字母R、d、ρ和数学常数表示）。

【答案】【知识点】测定金属的电阻率．J5

【答案解析】（11分）

（1）9Ω（或９.0Ω）（2分）；

（3）①CD（３分）；②电路如图（分压内接）（３分,有错0分）。

（4）

（3分）。

解析：

（1）欧姆表使用“×1Ω”挡,由图1所示可知,金属丝电阻阻值为9×1Ω=９Ω.

（3）①电压表选择０﹣3V，可知电阻丝两端的电压最大为3V，电阻丝的电阻大约为9Ω,最大电流大约为0.33A，可知电流表选择Ａ2.用电压表直接测量电流表A2的内阻,电压表的量程偏大,当电压表示数适当时，会超过电流表量程,此时可以将电流表A２与定值电阻串联，定值电阻起分压作用,然后用电压表测量定值电阻和电流表Ａ2的总电压,故选:

C.②金属丝电阻约为9Ω，滑动变阻器最大阻值为５Ω,为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电流表内阻很小，约为零点几欧姆，电压表内阻很大,约为几千甚至几万欧姆，电压表内阻远大于待测电阻阻值,电流表应采用外接法,实验电路图如图所示:

（4）根据电阻定律得，

，则l=

.

答案为:

（１）9，（3）Ｃ，如图所示，（４）

．.

【思路点拨】要理解欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数.根据伏安法测电阻的原理与实验要求作出实验电路图．根据电阻定律,结合电阻率，即可求解.伏安法测电阻时，如果待测电阻阻值大于滑动变阻器最大阻值、如果电压与电流从零开始变化,滑动变阻器应采用分压接法．这样就很顺利求解本题的正确答案。

【题文】（物理卷·202１年四川省绵阳市高三二诊（01））9．（15分）

绵阳规划建设一新机场,请你帮助设计飞机跑道。

设计的飞机质量m=５×104kg，起飞速度是80m/s。

（１）若起飞加速滑行过程中飞机发动机实际功率保持额定功率P=８000kW，飞机在起飞前瞬间加速度ａ1=０.４m/s2，求飞机在起飞前瞬间受到的阻力大小?

（2）若飞机在起飞加速滑行过程中牵引力恒为Ｆ＝8×104Ｎ，受到的平均阻力为f=2×1０4N。

如果允许飞机在达到起飞速度的瞬间可能因故而停止起飞,立即关闭发动机后且能以大小为4m／s2的恒定加速度减速而停下，为确保飞机不滑出跑道，则跑道的长度至少多长？

【答案】【知识点】功率、平均功率和瞬时功率;动能定理.E1、E2。

【答案解析】（1５分）解:

（1）设机在起飞前瞬间牵引力大小为F1，受到的阻力大小f1，起飞速度vm=８0m／s,则

P=Ｆ１vm　　　　　　　　………（2分）

F1–f１=ｍａ1　　　　　　　………（2分）

代入数据解得　　　f１=8×１04N　　　　　　　　………（2分）

（２）设飞机起飞过程加速度为a2,达到起飞速度应滑行距离为x1,因故减速滑行距离为x2，跑道的长度至少为x，则

Ｆ–f＝ｍa2　　　　　　　　………（2分）

　　　　　　　　………（2分）

　　　　　　　　………（2分）

　　　　　………（１分）

代入数据解得a2=１．2m/ｓ2,x1＝266７m，x2=800m

x2=3467m　　　　　………（2分）

【思路点拨】本题要从这两个方面进行分析

（1）根据P=Fｖ和牛顿第二定律列式解答；

（2）机经历了匀加速直线运动和匀减速直线运动,根据运动速度位移公式求出匀加速直线运动的位移和匀减速直线运动的位移,两个位移之和即为跑道的最小长度.本这题考的知识点是汽车的两种启动方式，恒定加速度启动和恒定功率启动.本题属于恒定加速度启动方式,由于牵引力不变，根据p=Fv可知随着汽车速度的增加，汽车的实际功率在增加，此过程汽车做匀加速运动,当实际功率达到额定功率时,功率不能增加了,要想增加速度，就必须减小牵引力，当牵引力减小到等于阻力时，加速度等于零，速度达到最大值.

【题文】（物理卷·2021年四川省绵阳市高三二诊（01））1０．（1７分）

如图甲所示，两条不光滑平行金属导轨倾斜固定放置,倾角θ=37°,间距d=1m,电阻ｒ=２Ω的金属杆与导轨垂直连接，导轨下端接灯泡Ｌ,规格为“４V,4Ｗ”，在导轨内有宽为l、长为ｄ的矩形区域ａbcd，矩形区域内有垂直导轨平面均匀分布的磁场，各点的磁感应强度B大小始终相等,Ｂ随时间t变化如图乙所示。

在t＝0时,金属杆从ＰQ位置静止释放，向下运动直到cｄ位置的过程中，灯泡一直处于正常发光状态。

不计两导轨电阻,sｉn37°=0．6,cos37°=0.8，重力加速度g＝10m／ｓ2。

求:

（1）金属杆的质量m;

（2）0~3ｓ内金属杆损失的机械能

。

【答案】【知识点】电功率、电磁感应、法拉第电磁感应定律综合应用考题。

J1、L2、L３。

【答案解析】（1７分）解：

（1）设小灯泡额定功率为P=４W，额定电流为Ｉ,额定电压为U=4V,正常发光时电阻为R，则

P＝IU　………………………………（1分）

　　　………………………………（1分）

在0—１s时间内，金属杆从PQ运动到ａb位置,设整个回路中的感应电动势为E,磁场区域宽度为ｌ,则

…………………………（１分）

　　…………………………（１分）

，

　　…………………………（1分）

联立解得　I=１Ａ，Ｒ=4Ω，Ｅ=6V,l=3m

在ｔ=1s金属杆进入磁场后,磁场磁感应强度保持不变，设金属杆进入磁场时速度为v，金属杆中的感应电动势为E1,则

　　　E1＝E,E1=Bｄｖ　…………………………（１分）

设金属杆在运动过程中受到的摩擦力为f，杆进入磁场前加速度为ａ，则

　　　…………………………（1分）

　…………………………（１分）

进场后杆匀速运动，设受到的安培力为F安,所以

　　…………………………（１分）

　　…………………………（1分）

联立解得v=3ｍ/s，a=3m/ｓ2,f＝2N，Ｆ=6N

m＝0.67kg　　　…………………………（1分）

（2）设金属杆进入磁场前0～1s内的位移为x1，通过磁场的时间为t２,则

解得　　　　　　ｘ１＝1.5ｍ，t2＝1s

故在2s后金属杆出磁场，设第3s内金属杆的位移为x3,3ｓ末金属杆的速度为v3，则

　………………………（1分）

v3=v+at3　　　　………………………（1分）

　………………………（2分）

联立解得ｘ3=4.5m，v3＝6m/s

　　………………………（2分）

（2）另解：

0～3s内杆克服摩擦力做功

（２分）,克服安培力做功

（２分），0~３s内杆损失的机械能为，

（2分）。

【思路点拨】本题要从电灯泡的功率入手求解其电阻,然后用闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律综合求解未知的物理量—I=１A，Ｒ=4Ω，Ｅ＝6V,l=３m;在ｔ=１s金属杆进入磁场后，磁场磁感应强度保持不变，要分析金属棒的受力情况，根据感应电动势、加速度定义式、牛顿第二定律等规律求解金属棒的质量；最后用位移公式（采用平均速度观点列式）和能量守恒定律列式求解本题的第2问题的未知量。

本题是一道能力考查题。

【题文】（物理卷·2021年四川省绵阳市高三二诊（01））11．（19分）

如图所示，平面直角坐标系xOy,P点在x轴上，xp=2Ｌ，Q点在负ｙ轴上某处。

第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场,第Ⅱ象限内有一圆形区域与x、y轴分别相切于Ａ、C两点，AO＝L，第Ⅳ象限内有一未知的矩形区域（图中未画出）,圆形区域和矩形区域内有相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面（图中未画出）。

电荷量为＋ｑ、质量为m、速度大小为v0的粒子束a从Ａ点沿y轴正方向发射,经过Ｃ点和P点;电荷量为-q、质量为ｍ、速率为

的粒子b,从Q点向与ｙ轴成45°夹角方向发射,经过并离开矩形区域后与离开P点的粒子束a相碰,相碰时粒子速度方向相反。

不计粒子的重力和粒子间相互作用力。

求：

（1）圆形区域内磁场磁感应强度B的大小、方向;

（２）第Ⅰ象限内匀强电场的场强大小E;

（3）矩形区域的最小面积S。

【答案】【知识点】带电粒子在复合场中运动综合考查题。

K3、K4。

【答案解析】（19分）解:

（1）设粒子a在圆形区域内匀强磁场中做圆周运动的半径为R,则

Ｒ=L　　　　………………………（1分）

　　　………………………（1分）

联立解得　　　　

　　　　　………………………（2分）

由左手定则知，方向垂直纸面向外。

　　　　　　　………………………（1分）

（２）设粒子a在第Ⅰ象限内匀强电场中运动的加速度为a,运动时间为t，则

　　　　………………………（1分）

　　………………………（１分）

　　………………………（1分）

联立解得　

　　　………………………（2分）

（3）设粒子a在Ｐ点速度为v,与ｘ轴正方向夹角为θ,y轴方向的速度大小是vy,则

　　………………………（1分）

………………………（1分）

θ=45°　　　………………………（1分）

粒子b先做匀速直线运动，进入矩形区域，在洛伦兹力作用下偏转内偏转９0°，离开矩形区域,速度方向与离开P点的粒子a的速度在一条直线上，才可能