江苏省淮阴中学姜堰中学如东中学前黄中学溧阳中学五校2020届高三上学期12月联考物理试题 25页

‎2020 届高三阶段性测试 物理试卷 一、单项选择题：本题共7小题，每小题3分，共计21分。每小题只有一个选项符合题意，全部选对的得3分，错选得0分。将答案填涂在答题卡上。‎ ‎1.某同学看到鱼缸中的一条小鱼在水中游动，当小鱼沿直线水平向左减速游动的过程中，他画出的水对鱼的作用力 F 方向正确的是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】鱼在水中受水的浮力保持鱼在竖直方向的平衡，由于水平方向向左减速，故鱼受水平方向向右的外力；故水对鱼的作用力应是浮力与向右推动力的合力；故应斜向右上方。‎ A.水平向左。故A错误；‎ B.水平向右。故B错误；‎ C. 斜向右上方。故C正确；‎ D. 斜向左上方。故D错误。‎ ‎2.如图所示，不带电的金属球接地，在球附近放置一 个带正电q的小球,的重力不计.现由静止开始释放球，在运动过程中下列说法正确的是 A. 向做匀加速运动 B. 球的电势不断增加 C. 球上感应电荷数保持不变 D. 、球上电荷相互作用电势能不断减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由于静电感应，金属球表面感应出现负电荷，向运动，根据可得金属球对作用力变大，根据可得的加速度变大，故选项A错误； ‎ B、由于金属球接地，球的电势为零，故选项B错误；‎ C、向靠近，球上感应电荷数增大，故选项C错误；‎ D、向运动，电场力做正功，所以、球上电荷相互作用电势能不断减小，故选项D正确．‎ ‎3.通电的等腰梯形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内，电流方向如图所示，ab边与MN平行．下列关于通电直导线MN的磁场对线框作用的(　　)‎ A. 线框所受安培力的合力为零 B. 线框有两条边所受的安培力方向相同 C. 线框有两条边所受的安培力大小相同 D. 线框在安培力作用下一定有向右的运动趋势 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】直导线中的电流方向由N到M ‎，根据安培定则，导线右侧区域磁感应强度方向向内，根据左手定则，ab边受向左的安培力，cd边受到向右的安培力，ad边受到斜向左下方的安培力，bc受到左上方安培力，四个边所受的安培力的合力不为零，其中bc边和ad边所受的安培力大小相同，故AB错误，C正确；离MN越远的位置，磁感应强度越小，故根据安培力公式F=BIL，cd边受到的安培力小于ab边、bc边和ad边受到的安培力的矢量和，则线框在安培力作用下一定有向左的运动趋势，故D错误．‎ ‎4.如图所示，电源电动势为 E，内阻为 r，C 为电容器，A为理想电流表，R1、R2 为可变电阻，R3 为定值电阻，R4 为光敏电阻，光敏电阻的阻值随光照射的强弱而改变，照射光越强，光敏电阻的阻值 R4 减小。如图乙所示，当电路发生变化时，下列说法正确的是( )‎ A. 当光照增强时，电容器所带电荷量减小 B. 当光照增强时，电源的输出功率减小 C. 若 R2 的阻值减小，电流表的示数减小 D. 若 R1 的阻值减小，R3 消耗的功率减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由图知，当光照增强时，光敏电阻R4减小，总电阻减小，总电流增大，并联部分的电阻不变，所以电压增大，所以电容器两端的电压增大，根据Q=UC可知，电量增大，故A错误；‎ B. 当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，由于不知道外电路电阻与内阻的关系，所以无法判断电源的输出功率的变化，故B错误；‎ C. 若R2的阻值减小，则总电阻减小，总电流增大，并联部分的电压减小，通过A的电流减小，故C正确；‎ D. R1与电容器串联，相当于断路，其变化不影响电路变化，故D错误。‎ ‎5.a、b两物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连．当用恒力F竖直向上拉着 a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1；当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着 a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2，如图所示．则（ ）‎ A. x1一定等于x2 B. x1一定大于x2‎ C. 若m1＞m2，则 x1＞x2 D. 若m1＜m2，则 x1＜x2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）竖直运动向上运动时，将ab看做一个整体，则有：‎ 单独分析b物体，则有弹力：‎ 带入加速度计算可得弹力：‎ ‎（2）光滑水平面运动，同样整体分析加速度：‎ ‎，‎ 单独分析b有弹力：‎ 所以，水平和竖直弹力相等，所以形变量相等，所以A正确，BCD错误．‎ ‎6.一小物块沿斜面向上滑动,然后滑回到原处物块初动能为,与斜面间的动摩擦因数不变,则该过程中,物块的动能与位移x关系的图线是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设斜面的倾角为，物块的质量为m，沿斜面向上为位移正方向；根据动能定理可得： ‎ 上滑过程：，则； ‎ 下滑过程：，则；‎ 物块的动能与位移x成线性关系，根据能量守恒定律可得 ，最后的总动能小于初动能．故C正确，ABD错误．‎ 故选C ‎7.如图所示为一边长为 L 正方形 abcd，P是 bc 的中点，若正方形区域内只存在由 d 指向 a 的匀强电场，则在 a 点沿 ab 方向以速度 v 入射的质量为 m、电荷量为 q的带负电粒子（不计重力）恰好从 P 点射出若该区域内只存在垂直纸面向里的匀强磁场，则在 a 点沿 ab 方向以速度 v入射的同种带电粒子恰好从c 点射出.由此可知( )‎ A. 匀强电场的电场强度为 B. 匀强磁场的磁感应强度为 ‎ C. 带电粒子在匀强电场中运动和在匀强磁场中运动的时间之比为 1:2‎ D. 带电粒子在匀强电场中运动的加速度大小等于在匀强磁场中运动的加速度大小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 粒子电场中做类平抛运动，在水平方向：‎ L=vt，‎ 在竖直方向：‎ ‎，‎ 解得：‎ ‎，‎ 故A错误；‎ B. 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系可知，粒子轨道半径：r=L，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：‎ ‎，‎ 解得：‎ ‎，‎ 故B错误；‎ C. 粒子在磁场中做圆周运动的时间：‎ ‎，‎ 粒子在电场中做平抛运动的时间：‎ 带电粒子在匀强电场中运动和在匀强磁场中运动的时间之比：‎ ‎，‎ 故C错误；‎ D. 粒子在电场中的加速度：‎ ‎，‎ 粒子在磁场中的加速度：‎ ‎，‎ 带电粒子在匀强电场中运动的加速度大小等于在匀强磁场中运动的加速度大小，故D正确。‎ 二、多项选择题：本题共6小题，每小题4分，共计24分。每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分。将答案填涂在答题卡上。‎ ‎8.2019年1月，我国“嫦娥四号”成功地在月球背面实施软着陆，为了减小月面凹凸不平的不利影响，“嫦娥四号”采取了近乎垂直的着陆方式.已知“嫦娥四号”近月环绕周期为T，月球半径为R，引力常量为G，下列说法正确的是 A. 月球的密度约为 B. 月球表面重力加速度g约为 C. “嫦娥四号”垂直着陆前的最后阶段处于失重状态 D. “嫦娥四号"着陆前近月环绕月球做圆周运动的速度等于7.9km/s ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A.“嫦娥四号”近月卫星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，则有：‎ 得月球质量：‎ 又：‎ 月球的密度：‎ 故A正确；‎ B.“嫦娥四号”着陆前近月环绕月球做圆周运动的时万有引力提供向心力，即：‎ 所以月球表面重力加速度：‎ 故B正确；‎ C.在“嫦娥四号”着陆前的时间内“嫦娥四号”需要做减速运动，处于超重状态，故C错误；‎ D.7.9km/s是地球的第一宇宙速度，“嫦娥四号”着陆前近月环绕月球做圆周运动的速度不等于地球的第一宇宙速度7.9km/s，故D错误．‎ ‎9.如图所示，足球从草皮上的①位置被踢出后落在草皮上③位置，空中到达的最高点为②位置，已知①位置到②位置的水平距离大于②到③的水平距离，下列说法正确的是( )‎ A. ②位置足球动能等于 0‎ B. ①位置到②位置过程重力的功率先减小后增大 C. 足球从①位置到②位置的时间小于②到③的时间 D. ②位置到③位置过程足球动能的变化量等于合力做的功 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由图可知，小球由②到③过程中具有水平位移，则说明小球在②位置存在水平速度，动能不为零，故A错误；‎ B. 由图可知，①位置到②位置过程竖直速度逐渐减小，根据功率P=Fv，重力的功率逐渐减小，故B错误；‎ C. 分析竖直方向的运动，因存在阻力，上升过程阻力向下，加速度较大；下降过程，阻力向上，加速度较小。竖直位移相同，所以足球从①位置到②位置的时间小于②到③的时间，故C正确； ‎ D. 根据动能定理可得，②位置到③位置过程足球动能的变化量等于合力做的功，故D正确。‎ ‎10.如图所示，两个初速度大小不同的相同粒子 a 和 b，从 O 点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，其中 b 粒子速度方向与屏 OP 垂直，a 粒子速度方向与 b 粒子速度方向夹角θ＝30°.两粒子最后均打到屏上同一点 Q 上，不计重力．下列说法中正确的是( )‎ A. a 粒子带负电、b 粒子带正电 B. a、b 两粒子在磁场中飞行速度之比为 2∶‎ C. a、b 两粒子在磁场中飞行的周期之比为 2∶3‎ D. a、b 两粒子在磁场中飞行的时间之比为 4∶3‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由于是同种粒子，所以a、b两粒子的电性和电量相同，故A错误；‎ B. 画出两粒子的运动轨迹如图：‎ 由几何关系知道两粒子的半径之比为：‎ ‎，‎ 根据洛伦兹力等于向心力：‎ ‎，‎ 得：‎ ‎，‎ 所以a、b 两粒子在磁场中飞行速度之比：‎ 故B正确；‎ C. 由半径公式和运动学公式可以求得周期 ‎，‎ 由于是同种粒子，所以比荷相同，周期相同，周期之比为1:1，故C错误； ‎ D. 由轨迹图及几何关系可求出两粒子的偏转角分别为：‎ ‎，，‎ 所以时间之比就是偏转角之比为4：3，故D正确。‎ ‎11.如图所示，两个半径相同半圆形光滑轨道分别竖直放在匀强磁场和匀强电场中，轨道两端在同一高度上两个相同的带正电小球可视为质点同时分别从轨道的左端最高点由静止释放，M、N分别为两轨道的最低点，则( )‎ A. 两小球到达轨道最低点的速度 B. 两小球到达轨道最低点时对轨道的压力 C. 两小球第一次到达最低点的时间相同 D. 两小球都能到达轨道的另一端 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】小球在磁场中运动，在最低点进行受力分析可知，解得：①，小球在电场中运动，在最低点受力分析可知，解得②，由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒；而小球在电场中运动受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小较小，所以在电场中运动的时间也长，A正确C错误；因为，结合①②可知：，B正确；由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，所以小球可以到达轨道的另一端，而电场力做小球做负功，所以小球在达到轨道另一端之前速度就减为零了，故不能到达最右端，D错误．‎ ‎【点睛】洛仑兹力对小球不做功，但是洛仑兹力影响了球对轨道的作用力，在电场中的小球，电场力对小球做功，影响小球的速度的大小，从而影响小球对轨道的压力的大小．‎ ‎12.如图所示，MN 是一半圆形绝缘线，O 点为圆心，P 为绝缘线所在圆上一点，且 OP垂直于 MN，等量异种电荷分别均匀分布在绝缘线上、下圆弧上．下列说法中正确的( )‎ A. O 点处和 P 点处的电场强度大小相等，方向相同 B. O 点处和 P 点处的电场强度大小不相等，方向相同 C. 将一正点电荷沿直线从 O 移动到 P，电场力始终不做功 D. 将一正点电荷沿直线从 O 移动到 P，电势能增加 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】分别画出正、负电荷产生的电场强度的方向如图，‎ 由图可知，O点与P点的合场强的方向都向下，同理可知，在OP的连线上，所以各点的合场强的方向均向下。‎ AB. 由库仑定律可知：，O点到两处电荷的距离比较小，所以两处电荷在O点产生的场强都大于在P处产生的场强，而且在O点两处电荷的场强之间的夹角比较小，所以O点的合场强一定大于P点的合场强。故A错误，B正确；‎ CD. 由于在OP的连线上，所以各点的合场强的方向均向下，将一正试探电荷沿直线从O运动到P电场力始终与运动的方向垂直，不做功，电势能不变。故C正确，D错误。‎ ‎13.如图所示，长方体物块上固定一长为L的竖直杆，物块及杆的总质量为如2m.质量为m的小 环套在杆上，当小环从杆顶端由静止下滑时，物块在水平拉力F作用下，从静止开始沿光滑 水平面向右匀加速运动，环落至杆底端时，物块移动的距离为2L,已知F=3mg,重力加速度为g.则小环从顶端下落到底端的运动过程 A. 小环通过的路程为 B. 小环所受摩擦力为 C. 小环运动的加速度为 D. 小环落到底端时，小环与物块及杆的动能之比为5:8‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC.水平方向上，据牛顿第二定律有：‎ 代入数据解得：‎ 小球在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动，另据水平方向的位移公式有：‎ 解得运动时间为：‎ 在竖直方向上有：‎ 解得：‎ 即小球在竖直方向上做加速度为的匀加速直线运动，据牛顿第二定律有：‎ 解得小球所受摩擦力为：‎ 故小球运动的加速度为：‎ 小球的合运动为匀加速直线运动，其路程与位移相等，即为：‎ 故AB正确，C错误；‎ D.小环落到底端时的速度为：‎ 环 其动能为：‎ 环 此时物块及杆的速度为：‎ 杆 其动能为：‎ 杆 故有小环与物块及杆的动能之比为5:8，故D正确．‎ 三、简答题：本题共 2 小题，共计 20 分。请将解答写在答题卡相应的位置。‎ ‎14.如图（甲）所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验．有一直径为d、质量为m的金属小球由A处从静止释放,下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H（H>>d），光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g．则：‎ ‎（1）如图（乙）所示，用游标卡尺测得小球的直径d =________mm．‎ ‎（2）小球经过光电门B时的速度表达式为__________．‎ ‎（3）多次改变高度H，重复上述实验，作出随H的变化图象如图（丙）所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直径d满足以下表达式：_______时，可判断小球下落过程中机械能守恒．‎ ‎【答案】 (1). 7.25 (2). d/t (3). 或2gH0t02=d2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]游标卡尺的主尺读数为7mm，游标读数为0.05×5mm=0.25mm，则小球的直径d=7.25mm．‎ ‎(2)[2]根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，小球在B处的瞬时速度 ‎；‎ ‎(3)[3]小球下落过程中重力势能的减小量为mgH0，动能的增加量 若机械能守恒，有：‎ 即 ‎15.在“练习多用电表的使用”实验中：‎ ‎（1）如图为一正在测量中的多用电表表盘．甲同学利用多用电表的直流 50mA 挡测量电流，则读数为__________mA；‎ ‎（2）乙同学利用多用电表测量某一只电阻时，他用电阻挡“×100”测量时发现指针偏转角度过小，为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，操作顺序为__________（填写选项前的字母）．‎ A．将选择开关旋转到电阻挡“×1k”的位置 B．将选择开关旋转到电阻挡“×10 ”的位置 C．将两表笔分别与被测电阻的两根引线相接完成测量 D．将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮使指针指向“0 Ω”‎ ‎（3）丙同学想设计一个实验，测量多用电表“×1Ω” 挡的内部总电阻和内部电源的电动势．指针式多用电表欧姆挡的内部电路是由直流电源、调零电阻和表头相串联而成。给定的器材有：待测多用电表，量程为 100 mA 的电流表，最大电阻为 20 Ω 的滑动变阻器，鳄鱼夹，开关，导线若干. 实验过程如下：‎ ‎①实验前将多用电表调至“×1 Ω”挡，将红黑表笔短接，调节旋钮，使指针指电阻的零刻度．‎ ‎②用鳄鱼夹将红、黑表笔固定在图甲的两接线柱上，请用笔画线代替导线将图甲电路连接完整_____．‎ ‎③调节滑动变阻器，读出多用电表示数 R、毫安表示数 I，求出电流倒数，记录在下面的表格中，请根据表格数据在图乙的坐标系中描点作图________．‎ R/Ω ‎4‎ ‎7‎ ‎10‎ ‎14‎ ‎18‎ ‎20‎ I/10-3A ‎8.0‎ ‎67.0‎ ‎600‎ ‎52.0‎ ‎45.0‎ ‎43.0‎ ‎12.8‎ ‎14.9‎ ‎16.7‎ ‎19.2‎ ‎22.2‎ ‎23.2‎ ‎④请通过图线求出多用电表内部电源的电动势为__________V，内部总电阻为__________Ω.（结果保留三位有效数字）‎ ‎⑤电流表存在一定的内阻，这对实验结果__________（填“有影响”或“无影响”）.‎ ‎【答案】 (1). 20.0 （19.8〜20.0） (2). ADC （不可以改变顺序） (3). (4). (5). 1.45〜1.55 (6). 14.5〜15.5 (7). 无影响 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1] 直流 50mA 挡最小刻度是1mA，估读一位，读数为20.0mA；‎ ‎（2）[2] 指针偏转角度过小，说明阻值较大，应改为大倍率档，重新进行欧姆调零后，在进行测量。故操作顺序为ADC；‎ ‎（3）②[3] 多用电表视为电源处理，根据测量电源的电动势和内电阻实验原理可知电路结构，注意多用电表内部电源的正极与黑表笔接触；同时滑动变阻器采用限流接法；测量电路如图所示；‎ ‎③[4] 根据描点法可得出对应的图象如图所示；‎ ‎④[5] 根据闭合电路欧姆定律可知：‎ 变形可得：‎ ‎；‎ 则由图可知，当电阻为零时，；‎ 则有：‎ ‎；‎ 图象的斜率表示电源的电动势，故：‎ ‎；‎ ‎[6]多用电表内阻：‎ r=14.5Ω；‎ ‎⑤[7]由于使用欧姆表直接读出了外部电阻中包含了电流表内阻，故电流表内阻对实验没有影响。‎ 四、计算题：本题共 4 小题，共 55 分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。‎ ‎16.如图所示，在同一水平面的两导轨相互平行，相距2m并处于竖直向上的磁感应强度为B=0.75T的匀强磁场中，一根质量为3.0kg的金属棒放在导轨上且与导轨垂直．当金属棒中通如图所示的电流为5A时，金属棒恰好做匀速直线运动(g取10m/s2)求：‎ ‎（1）导轨与金属棒间动摩擦因数；‎ ‎（2）若只改变电流的大小，使电流增加到9A时，金属棒将获得多大的加速度；‎ ‎（3）若只改变磁感应强度的大小和方向，使金属棒静止在导轨上并且与导轨之间无挤压，则所加磁场的磁感应强度大小和方向？‎ ‎【答案】(1)0.25(2)2m/s2(3)3T，水平向左 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)金属棒受到的安培力，由平衡条件得 代入数据得 ‎(2)金属棒受到的安培力：，由牛顿第二定律得 代入数据得 ‎(3)金属棒静止，处于平衡状态，由平衡条件得 代入数据得 根据左手定则可知，磁感应强度方向水平向左.‎ ‎17.如图所示，半径均为R的四分之一光滑圆弧轨道AB、BC在B处平滑连接构成轨道ABC,其中AB如为细管道.轨道ABC竖直放置，且固定在水平台阶CE上，圆心连线水平，台阶距离水平地面的高度为R—质量为m的小球静置于水平管口A点，若 小球受微小扰动，从静止开始沿轨道ABC运动，已知小球直径略小于管道内径，重力加速度为g.‎ ‎(1)小球通过C点时，求轨道对小球的弹力大小；‎ ‎(2)小球从C点飞出落到地面上，求落地点(图中未画出)到C点的距离S；‎ ‎(3)某同学将该小球从地面上的D点斜向右上方抛出，小球恰好从C点水平飞入轨道, 已知水平距离,求小球沿轨道上滑到最高点时离地面的高度h.‎ ‎【答案】(1)5mg(2)3R(3)2R ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由到 ，由机械能守恒得：‎ 在点，根据牛顿第二定律可得：‎ 解得：‎ ‎(2)小球从点做平抛运动，水平方向有：‎ 竖直方向有：‎ 解得：‎ 落地点到点的距离：‎ S==3R ‎(3)小球从抛到的过程可以看作由到的平抛运动，设小球到达点的速度大小为，则有：‎ 解得：‎ 设小球从点上滑的最大高度为，对小球上滑到最高的过程，根据动能定理可得：‎ 解得：‎ 所以：‎ ‎18.如图所示，质量为m、半径为R的光滑圆柱体B放在水平地面上，其左侧有半径为R、质量为m的半圆柱体A，右侧有质量为m的长方体木块C，现用水平向左的推力推木块C，使其缓慢移动，直到圆柱体B恰好运动到半圆柱体A的顶端，在此过程中A始终保持静止．已知C与地面间动摩擦因数μ＝，重力加速度为g.求：‎ ‎(1)圆柱体B下端离地高为 时，地面对木块A的支持力；‎ ‎(2)木块C移动的整个过程中水平推力的最大值；‎ ‎(3)木块C移动的整个过程中水平推力所做的功．‎ ‎【答案】（1）2mg（2）mg（3）mgR ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)以A和B整体为研究对象，地面支持力 FN＝2mg ‎(2)B刚离开地面时，B对C的弹力最大 F1＝mgtan60°＝mg 此时水平推力最大为 ‎(3) C移动距离 摩擦力做功 Wf＝μmgx=‎ 根据动能定理 W－Wf－mgR＝0‎ 解得 W＝．‎ ‎19.如图所示，在平面直角坐标系第Ⅲ象限内充满沿＋y 方向的匀强电场，第Ⅰ象限的某个圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场（电场、磁场均未画出）；一个比荷为=K的带电粒子以大小为 v0 的初速度自点 P（－2d，-d）；沿＋x 方向运动，恰经原点 O 进入第Ⅰ象限，粒子穿过匀强磁场后，最终从 x 轴上的点 Q（9d，0）沿－y 方向进入第Ⅳ象限； 已知该匀强磁场的磁感应强度 B＝，不计粒子重力。求：‎ ‎（1）第Ⅲ象限内匀强电场的电场强度的大小；‎ ‎（2）粒子在匀强磁场中运动的半径及时间 tB；‎ ‎（3）圆形磁场区的最小面积 Smin。‎ ‎【答案】（1）（2）（3）πd2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）粒子在第III象限做类平抛运动，则有 ‎ 水平方向：‎ ‎2d=v0t ①‎ 竖直方向：‎ d=at2 ②‎ 又：‎ a= ③‎ 联立①②③式得电场强度 E=‎ ‎（2）设粒子到达O点瞬间，速度大小为v，与x轴夹角为α，则 vy=at ④‎ 联立①②④式得进入磁场的速度大小：‎ ‎ ⑤‎ ‎ ⑥‎ 方向：‎ tanα=，‎ α= ⑦‎ 粒子在磁场中，洛伦兹力提供向心力：‎ qvB= ⑧‎ 解得粒子在匀强磁场中运动的半径：‎ R = ⑨‎ 在磁场中运动的轨迹如图甲所示，由几何关系知，对应的圆心角：‎ ‎ ⑩‎ 在磁场中的运动时间：‎ tB= ⑪‎ ‎（3）如图乙所示，若粒子进入磁场和离开磁场的位置恰位于磁场区的某条直径两端，可求得磁场区的最小半径rmin。‎ ‎2Rsin ⑫‎ 解得：‎ rmin=Rsin ⑬‎ 面积：‎ S=πd2‎ ‎ ‎