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2018-2019学年辽宁省沈阳市东北育才学校高二
上学期期中考试物理试题
物理
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
第I卷（选择题)
一、单选题
1．一段长0.2m，通过2.5A电流的直导线，关于在磁感应强度为B的匀强磁场中所受安培力F的情况，正确的是（ ）
A．如果B=2T，F一定是1N
B．如果F=0，B也一定为零
C．如果B=4T，F有可能是1N
D．当F有最大值时，通电导线一定与磁场平行
2．如图所示，垂直纸面放置的两根平行长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1>I2，纸面内的一点H到两根导线的距离相等，则该点的磁感应强度方向可能为图中的(　　)
A．B4 B．B3 C．B2 D．B1
3．如图所示，一束质量、速度和电荷不全相等的离子，经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后，进入另一个匀强磁场中并分裂为A、B两束，下列说法中正确的是( )
A．组成A束和B束的离子都带负电
B．组成A束和B束的离子质量一定不同
C．A束离子的比荷大于B束离子的比荷
D．速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向外
4．如图所示，直线A为电源的图线，直线B和C分别为电阻R1、R2的图线。现用该电源分别与R1、R2组成闭合电路甲和乙。由图像一定能确定的是(　　)
A．<
B．电源与R1组成回路时，电源输出功率较大
C．电源与R1组成回路时，电源内阻消耗的功率较小
D．两种情况下电源效率相同
5．如图所示，电路中每个电阻的额定功率和阻值都相同，当电压U升高时，先烧坏的电阻应是（ ）
A．R1和R2 B．R3 C．R4 D．R5
6．如图所示的电路中，C2=2C1，R2=2R1，下列说法正确的是（ ）
A．开关处于断开状态，电容器C2的电量大于C1的带电量
B．开关处于断开状态，电容器C1的电量大于C2的带电量
C．开关处于接通状态，电容器C2的电量大于C1的带电量
D．开关处于接通状态，电容器C1的电量大于C2的带电量
7．空间存在竖直向下的匀强电场和水平方向（垂直纸面向里）的匀强磁场，如图所示，已知一离子在电场力和洛仑兹力共同作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C为运动的最低点.不计重力，则（ ）
A．该离子带负电
B．A、B两点位于同一高度
C．C点时离子速度最小
D．离子到达B点后，将沿原曲线返回A点
8．如图所示，电源电动势恒定不变，电源内阻忽略不计，开关S闭合。现将滑动变阻器的滑片P向右移动一段距离，电压表示数的变化量为，电流表示数的变化量为。两电表均为理想电表。下列说法正确的是(　　)
A．电阻R1的功率增大
B．滑片P向右移动过程中，电阻R3中有向上的瞬时电流
C．电压表示数U和电流表示数I的比值不变
D．与的比值不变
9．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，R1、R2为定值电阻，，且 大于滑动变阻器的最大阻值闭合电键S，将滑动变阻器的滑动片P由最上端滑到最下端，若电压表V1、V2、电流表A的读数改变量的大小分别用、、 表示，则下列说法中正确的是（ ）
A．
B．
C．电源的发热功率先减小，再增大
D．电源的输出功率先增大，再减小
10．如图甲，一带电物块无初速度地放上皮带轮底端，皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针传动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端E运动至皮带轮顶端F的过程中，其v-t图像如图乙所示，物块全程运动的时间为4．5 s，关于带电物块及运动过程的说法正确的是（ ）
A．该物块带负电
B．皮带轮的传动速度大小一定为lm／s
C．若已知皮带的长度，可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移
D．在2s～4．5s内，物块与皮带仍可能有相对运动
二、多选题
11．如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时台秤读数为F1，现在磁铁上方中心偏左位置固定一通电导线，电流方向如图所示，在加上电流后的一小段时间内，台秤读数为F2，则以下说法正确的是( )
A．F1>F2
B．F1C．弹簧长度将变长
D．弹簧长度将变短
12．物理课堂教学中的洛伦兹力演示仪由励磁线圈、玻璃泡、电子枪等部分组成。励磁线圈是一对彼此平行的共轴的圆形线圈，它能够在两线圈之间产生匀强磁场。玻璃泡内充有稀薄的气体，电子枪在加速电压下发射电子，电子束通过泡内气体时能够显示出电子运动的径迹。若电子枪垂直磁场方向发射电子，给励磁线圈通电后，能看到电子束的径迹呈圆形。若只增大电子枪的加速电压或励磁线圈中的电流，下列说法正确的是( )
A．增大电子枪的加速电压，电子束的轨道半径变大
B．增大电子枪的加速电压，电子束的轨道半径不变
C．增大励磁线圈中的电流，电子束的轨道半径变小
D．增大励磁线圈中的电流，电子束的轨道半径不变
13．如图所示，质量m=0.5kg、长L=1m的通电金属导体棒在安培力作用下静止在倾角为370的光滑绝缘框架上，磁场方向垂直于框架向下磁场范围足够大，右侧回路电源电动势E=8V，内电阻r=1，额定功率为8W、额定电压为4V的电动机正常工作，则（ ）
A．回路总电流为4A
B．电动机的额定电流为4A
C．金属导体棒的电阻为2Ω
D．磁感应强度的大小为1.5T
14．将阻值为非线性变化的滑动变阻器R2接入图甲的电路中，移动滑动变阻器滑动触头改变接入电路中的电阻丝长度x（x为图中a与触头之间的距离），定值电阻R1两端的电压U1与x间的关系如图乙，a、b、c为滑动变阻器上等间距的三个点，在触头从a移到b和从b移到c的这两过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电流表A示数变化量相等
B．电压表V2的示数变化量不相等
C．从a点到b点电阻R1的功率变化量较大
D．电源的输出功率均不断增大
15．如图所示，在第二象限内有水平向右的匀强电场，电场强度为E，在第一象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，有一个带电粒子（重力不计）以垂直于轴的初速度从轴上的P点进入匀强电场，恰好与轴成射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入第四象限，已知OP之间的距离为，则带电粒子（ ）
A．带电正荷
B．在电场中运动的时间为
C．在磁场中做圆周运动的半径为
D．在磁场中运动半周
第II卷（非选择题)
三、实验题
16．某同学想设计一个粗测金属棒电阻率的实验方案，实验室提供的器材有：
螺旋测微器，游标卡尺，万用电表
（1）如图1，用螺旋测微器测金属棒直径为______ mm；如图2用20分度游标卡尺测金属棒长度为___ mm．
(2)用多用电表粗测金属棒的阻值：当用“×10Ω”挡时发现指针偏转角度过大，他应该换用______ 挡（填“×1Ω”或“×100Ω”），换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图3所示，则金属棒的阻值约为_____Ω
17．一同学测量某干电池的电动势和内阻。
(1)下图所示是该同学正准备接入最后一根导线图中虚线所示时的实验电路。请指出图中在器材操作上存在的不妥之处(一处即可)_____________________。
(2)实验测得的电阻箱阻值R和电流表示数I，以及计算的数据见下表：
根据表中数据，在答题卡的方格纸上作出关系图象______________。
由图象可计算出该干电池的电动势为______V；内阻为______。(保留两位有效数字)
为了得到更准确的测量结果，在测出上述数据后，该同学将一只量程为100mV的电压表并联在电流表的两端。调节电阻箱，当电流表的示数为0.33A时，电压表的指针位置如右图所示，则该干电池内阻应为______。（保留两位有效数字）
四、解答题
18．电磁炮是利用磁场对电流的作用力，把电能转变成机械能，使炮弹发射出去的．如图所示，把两根足够长的互相平行的铜制轨道放在磁场中，轨道之间放有质量为m的炮弹，炮弹架在长为L、质量为M的金属架上，当有大的电流I1通过轨道和炮弹时，炮弹与金属架在磁场力的作用下，获得v1速度时的加速度为a，当有更大的电流I2通过轨道和炮弹时，炮弹最终以最大速度v2脱离金属架并离开轨道，求垂直于轨道平面的磁感强度多大？（设金属架与炮弹在运动过程中所受的总阻力与速度平方成正比）．
19．如图所示，以O为圆心、半径为R的圆形区域内存在垂直圆面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一粒子源位于圆周上的M点，可向磁场区域内垂直磁场沿各个方向发射质量为m、电荷量为的粒子，不计粒子重力，N为圆周上另一点，半径OM和ON间的夹角，且满足．
（1）若某一粒子以速率v，沿MO方向射入磁场，恰能从N点离开磁场，求此粒子的速率移v；
（2）若大量此类粒子以速率，从M点射入磁场，方向任意，则这些粒子在磁场中运动的最长时间为多少？
（3）若由M点射入磁场各个方向的所有粒子速率均为题中计算出的，求磁场中有粒子通过的区域面积．
2018-2019学年辽宁省沈阳市东北育才学校高二
上学期期中考试物理试题
物理答案
1．C
【解析】
A、如果B=2T，当直导线垂直于磁场时，则由公式可得安培力的大小为F=BIL=2×2.5×0.2N=1N．若不垂直，则通电导线受到的安培力小于1N，故A错误；
B、如果F=0，直导线可能与磁场平行，则B不一定为零，故B错误；
C、如果B="4" T，若垂直放置时，则安培力大小为F=BIL=4×2.5×0.2N=2N．因此F有可能是1N，故C正确；
D、如果F有最大值，通电导线一定与B垂直，故D错误，
故选：C
【点评】学会运用F=BIL计算安培力的大小，注意公式成立的条件是B与I相互垂直．若不垂直则可将磁感应强度沿直导线与垂直导线两方向进行分解，则平行的没有安培力，垂直的安培力可用F=BIL计算安培力的大小．
2．B
【解析】
根据右手螺旋定则判断出两电流在H点的磁感应强度方向，根据平行四边形定则得出合场强的方向。
根据右手螺旋定则得出两电流在H点的磁场方向，如图，
根据平行四边形定则知H点的合场强可能为方向，故B正确。
故应选：B。
【点睛】
解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围的磁场，以及知道磁感应强度是矢量，合成分解遵循平行四边形定则。
3．C
【解析】
A、B粒子进入磁场后都向左偏，根据左手定则可以判断A、B束离子都带正电，故A错误；经过速度选择器后的粒子速度相同，粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，即qvB=qE，即不发生偏转的粒子具有共同的速度大小，由图可知，进入磁场区分开，轨道半径不等，根据半径公式： 可知，半径大的比荷小，所以A束离子的比荷大于B束离子的比荷，但不能说明质量一定不同，故B错误，C正确；在速度选择器中，电场方向水平向右，A、B粒子所受电场力方向向右，所以洛伦兹力方向向左，根据左手定则可知，速度选择器中的磁场方向垂直纸面向内，故D错误。所以C正确，ABD错误。
4．C
【解析】
A项：U-I图象中图线的斜率表示电阻大小，由图象可知 ，B直线的斜率大于C图线，所以R1>R2，故A错误；
B项：当外电阻与电源内阻相等或越接近时，电源的输出功率越大，由于不知道电源内阻与两电阻的大小关系，所以无法判断哪种情况下的电源输出功率较大，故B错误；
C项：由于R1>R2，所以电源与R1组成回路时电流较小，由公式可知，电源与R1组成回路时，电源内阻消耗的功率较小，故C正确；
D项：电源效率，所以外电阻越大，电源效率越大，故D错误。
故应选：C。
5．D
【解析】
先分析电路的结构，然后根据串并联电路的特点，判断哪个电阻的电压最高，哪个电阻就先烧坏。
由图可知，R1和R2并联后与R5串联，最后跟R3和R4的串联电路并联，设电阻都为R，则
R3和R4的电压都为，R1和R2并联电阻为，所以R1和R2的电压都为，R5的电压为所以R5的电压最大，所以随着电压U升高时，先烧坏的电阻应是R5。
故选：D。
【点睛】
本题解题的关键是弄清楚电路的结构，根据串并联电路的特点判断各个电阻电压的高低。
6．A
【解析】
当开关S断开时，电路中无电流，两电容的电压都等于电源的电动势,由Q=UC得。C2的电量大于C1的电量，故A正确，B错误；当S闭合时，R1、R2串联，C1与电阻R1并联，C2与电阻R2并联，R1=2R2，所以U1=2U2，由Q=UC可知：两个电容器带电荷量相等．
考点：电容
7．B
【解析】
根据粒子在A点向下运动，则受到向下的电场力，粒子带正电，A错误；洛伦兹力不做功，则A、B两点位于同一高度，B正确；A→C电场力做正功，C→B电场力做负功，C错误；离子到达B点后，向右重复原来的运动形式，D错误。
8．D
【解析】
A项：滑动变阻器的滑片P向右移动一段距离，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，电路中的总电流变小，由公式可知，R1的功率减小，故A错误；
B项：由电路连接可知，电容器与电阻R1并联，滑动变阻器的滑片P向右移动一段距离，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，电路中的总电流变小，R1两端电压减小，即电容器两端电压减小，由公式可知，电容器的电荷量减小，所以电阻R3中有向下的瞬时电流，故B错误；
C项：电压表示数U和电流表示数I的比值为滑动变阻器的阻值，所以滑动变阻器的滑片P向右移动一段距离，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，故C错误；
D项：将R1与电源看成新的电源，滑动变阻器即的外电路，所以，恒定不变，故D正确。
故应选：D。
9．B
【解析】
当滑动变阻器的滑臂P由上端向下滑动的过程中，变阻器滑片上侧电阻与R1串联后与变阻器滑片下侧并联的总电阻一直变小，根据闭合电路欧姆定律分析电路中的电流变化和路端电压的变化，再根据欧姆定律分析对应的电流和电阻关系，再根据功率公式分析功率的变化。
A项：由图可知，电流表与R0的下部分串联、R1与R0的上部分串联，二者再并联后与R2串联；电流表中的电流小于流过R2的电流，故，故A错误；
B项：电压表V测量路端电压，则其电压表示数的变化等于内阻两端电压的变化，在滑片向下滑动过程中，总电阻减小，总电流增大，并联部分电压减小，流过R1的电流减小，故流过电流表的电流增大，因此总电流的变化量小于A中电流的变化，因此，故B正确；
C项：由B的分析可知，总电流增大，故电源的发热功率一直增大，故C错误；
D项：由于外电阻一定大于内电阻，而在改变中外电阻减小，故外电阻越来越接近内电阻，故电源的输出功率一定增大，故D错误。
故应选：B。
【点睛】
本题考查了串、联电路的特点和欧姆定律的灵活运用，难点是滑动变阻器滑片P从最上端→中间→最下端总电阻变化情况的判断。
10．D
【解析】
由图乙可知，物块做加速度逐渐减小的加速运动．物块的最大速度是1m/s．对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为μ，沿斜面的方向：μFN?mgsinθ＝ma①；物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，加速度逐渐减小，由①式可知，物块的加速度逐渐减小，一定是FN逐渐减小，而开始时：FN＝mgcosθ，后来：F/N＝mgcosθ?f洛，即洛伦兹力的方向是向上的．物块沿传送带向上运动，由左手定则可知，物块带正电．故A错误；mgsinθ＝μ（mgcosθ?f洛）②，由②可知，只要传送带的速度大于等于1m/s，则物块达到最大速度的条件与传送带的速度无关，所以传送带的速度可能是1m/s，有可能是大于1m/s，物块可能相对于传送带静止，有可能相对于传送带运动．故B错误，D正确；由以上的分析可知，传送带的速度不能判断，所以若已知皮带的长度，也不能求出该过程中物块与皮带发生的相对位移．故C错误．故选D．
考点：牛顿定律的应用
【名师点睛】
该题考查传送带问题，物块沿传送带向上的运动可能达到与传送带的速度相等，也有可能二者的速度不会相等要注意对题目中可能出现的情况进行分析与把握。
11．AD
【解析】
通电导体在磁场中受到力的作用，力的方向可以用左手定则判断；长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，得出导线给磁铁的反作用力方向。
磁铁的磁感线在它的外部是从N极到S极，因为长直导线在磁铁的中心偏左位置，所以此处的磁感线是斜向右上的，电流的方向垂直与纸面向里，根据左手定则，导线受磁铁给的安培力方向是斜向右下，长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，导线给磁铁的反作用力方向就是斜向左上的；导线给磁铁的反作用力方向就是斜向左上的，将这个力在水平和竖直分解，因此光滑平板对磁铁支持力减小，由于在水平向左产生分力，所以弹簧产生压缩，弹簧长度将变短。故AD正确，BC错误。
【点睛】
本题的关键是知道磁场对电流的作用的方向可以通过左手定则判断，然后根据作用力和反作用力的知识进行推理分析。
12．AC
【解析】
根据动能定理表示出加速后获得的速度，然后根据洛伦兹力提供向心力推导出半径的表达式。
A、B项：根据电子所受洛伦兹力的方向结合安培定则判断出励磁线圈中电流方向是顺时针方向，电子在加速电场中加速，由动能定理有：
电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有：
解得：
增大电子枪的加速电压，电子束的轨道半径变大，故A正确，B错误；
C、D项：增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增强，由式可得，电子束的轨道半径变小，故C正确，D错误。
故应选：AC。
【点睛】
本题考查了粒子在磁场中运动在实际生活中的应用，正确分析出仪器的原理是关键。
13．ACD
【解析】
由P=UI求出电动机中的电流，由串并联电路的电压关系得到内电阻上的电压，由欧姆定律得到干路电流；
进而得到磁场中导线的电流，由平衡条件得到安培力，由安培力公式得到B。
A、B项：电动机的正常工作时，有：PM=UIM
代入数据解得：IM=2A
通过电源的电流为：，故A正确，B错误；
C项：流过导体棒的电流I为：I=I总-IM=4A-2A=2A，导体两端电压为4V，所以导体棒的电阻为：，故C正确；
D项：导体棒静止在导轨上，由共点力的平衡可知，安培力的大小等于重力沿斜面向下的分力，即：F=mgsin37°=0.5×10×0.6=3N，流过导体棒的电流I为：I=I总-IM=4A-2A=2A，由安培力的公式：F=BIL
解得：B=1.5T，故D正确。
故应选：ACD。
【点睛】
本题借助安培力与电路问题考查了平衡条件的应用，解答的关键是正确找出两个支路的电流之间的关系。
14．AC
【解析】
根据欧姆定律得到电阻R1两端的电压U1=IR1，由图看出，电压U1变化相等，R1一定，则知电流的变化相等，即得电流表示数变化相等，故A正确；电压表V2的示数U2=E-Ir，电流I的变化相等，E、r一定，则△U2相等，故B错误；电阻R1的功率P1=I2R1，其功率的变化量为△P1=2IR1?△I，由上知△I相等，而I减小，可知从a移到b功率变化量较大，故C正确；由图乙知，U1减小，电路中电流减小，总电阻增大，由于外电路总与电源内阻的关系未知，无法确定电源的输出功率如何变化，故D错误。所以AC正确，BD错误。
15．AC
【解析】
根据题意结合粒子在电场中偏转的分析判断出粒子的电性；作出粒子的运动轨迹，粒子进入电场后做类平抛运动，从x轴上的P点进入匀强电场，恰好与y轴成45°角射出电场，求出末速度，利用运动学公式，即可求得y轴时的坐标与粒子在电场中一定是的时间；在磁场中，粒子做匀速圆周运动，在图中画出半径，根据几何关系求出半径；根据运动的轨迹判断出是否是半个周期。
根据题意作出粒子的运动轨迹，如图所示：
粒子进入电场后做类平抛运动，从x轴上的P点进入匀强电场，恰好与y轴成45°角射出电场
所以
vx=v0tan45°=v0
沿x轴方向有：
所以

A项：由于正电荷偏转的方向沿电场线的方向，所以粒子带正电。故A正确；
B项：粒子在垂直电场方向做匀速运动，所以在电场中运动的时间：，故B错误；
C项：图中MC为在磁场中运动的轨道半径，根据几何关系可知：
，故C正确；
D项：由图可得，粒子在磁场中运动的时间不是半个周期。故D错误。
故应选：AC。
【点睛】
本题是带电粒子在组合场中运动的问题，粒子在电场中偏转做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，要求同学们能画出粒子运动的轨迹，结合几何关系求解。
16．（1）6.126mm；10.230cm （2）×1Ω； 10Ω
【解析】
(1)螺旋测微器固度刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数，
(2)由欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数。
【详解】
(1)由图示螺旋测微器可知，其示数为：6mm+12.6×0.01mm=6.126mm，
由图示游标卡尺可知，其示数为：102mm+6×0.05mm=102.30mm=10.230cm；
(2)用欧姆表“×10Ω”挡时发现指针偏转角度过大，说明所选挡位太大，应该换用×1Ω挡，挡并进行一系列正确操作，由图3所示可知，则金属棒的阻约为10×1Ω=10Ω。
【点睛】
螺旋测微器固度刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数，螺旋测微器需要估读，游标卡尺不需要估读。
17．（1）该同学将连接最后一根线前，电阻箱不能为零，应使其阻值调至最大
（2）；1.4；1.2
（3）1.0
【解析】
(1)明确实验中安全性要求，知道开关应最后闭合，电阻箱在开始时应调至最大；
(2)根据描点法可得出对应的图象，再根据闭合电路欧姆定律列式，结合图象即可确定电动势和内电阻；
(3)根据电路进行分析，明确误差情况，再根据欧姆定律求出电流表内阻，从而确定电动势和内阻的准确值。
【详解】
(1)由图可知，该同学将连接最后一根线前，电阻箱不能为零，应使其阻值调至最大；
(2)根据描点法可得出对应的图象如图所示；
根据闭合电路欧姆定律可知，
，变形可得：
由图可知，，r=1.2Ω；
(3)本实验相当于采用的是相对电源的电流表内接法，故测量结果中电动势是准确的，故电动势 1.43V，而内电阻的结果中包含电流表内阻；由图可知，电压表示数为65mV，由欧姆定律可知，电流表内阻，，故电源内阻为1.2-0.2=1.0Ω。
【点睛】
本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，注意数据处理的基本方法，明确图象的准确应用是解题的关键。
18．
【解析】
当有大的电流I1通过轨道和炮弹时，炮弹与金属架在磁场力的作用下，获得v1速度时刻加速度为a，对炮弹和金属架受力分析利用牛顿第二定律列式；
当有大的电流I2通过轨道和炮弹时，炮弹最终以最大速度v2脱离金属架并离开轨道，说明炮弹和金属架受力平衡，列平衡，两式联立即可求解。
设运动中受总阻力Ff＝kv2，炮弹与金属架在磁场力和阻力合力作用下加速，根据牛顿第二定律，获得v1速度时，有：
当炮弹速度最大时，有：
解得垂直轨道的磁感强度为：。
【点睛】
本题实质上就是借助安培力问题考查了力与运动，因此解决这类题目的基本思路是对研究对象正确进行受力分析，弄清运动形式，然后依据相应规律求解。
19．（1） （2） （3）
【解析】
(1)某一粒子以速率，沿MO方向射入磁场，恰能从N点离开磁场，由几何关系求得其做匀速圆周运动的半径，由洛伦兹力提供向心力求出入射速度。
(2)某一粒子以速率从M点射入磁场，粒子在磁场中的半径为，粒子在磁场中运动时间最长时，弧长（劣弧）最长，对应的弦长最长（磁场圆的直径）。
(3)若由M点射入磁场各个方向的所有粒子速率均为，这些粒子在磁场中有相同的半径，则圆心轨迹是以M为圆心、半径为的圆。试着画出极端情况下粒子能达到的区域，从而把粒子能到达的整个区域面积求出来。
【详解】
(1)粒子以速率沿MO方向射入磁场，恰能从N点离开磁场，轨迹如图：
设轨迹半径为，则，解得：
由牛顿第二定律可得，解得：
(2)大量此类粒子以速率从M点射入磁场
由牛顿第二定律可得，解得：
粒子方向任意，粒子在磁场中运动时间最长时，弧长（劣弧）最长，对应的弦长最长（磁场圆的直径），轨迹如图：
则，解得：
粒子在磁场中运动的最长时间
(3)粒子沿各个方向以进入磁场做匀速圆周时的轨迹半径都为，且不变。由图可知，粒子在磁场中通过的面积S等于以O3为圆心的半圆形MO3O的面积S1、以M为圆心的扇形MOQ的面积S2和以O点为圆心的圆弧?MQ与直线MQ围成的面积S3之和。
、、
所以
【点睛】
本题的难点在第三问，要找到粒子能到达的区域，首先要考虑的是粒子的偏转方向--顺时针；其次要考虑的极端情况①从M点竖直向上射出，则可以做完整的圆周运动。②然后把这个完整的圆绕M点转动1800，则该圆与磁场区域公共部分，就是粒子能达到的区域。

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