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2023年重庆市普通高中高考物理一诊试卷（选择考）（含答案解析）
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这是一份2023年重庆市普通高中高考物理一诊试卷（选择考）（含答案解析），共15页。
2. 如图所示，在攒尖式屋顶的垂脊上，有只壁虎从A点缓慢的爬向B点。关于垂脊给壁虎的作用力，下列说法正确的是( )
A. 方向垂直垂脊，大小不断增大
B. 方向垂直垂脊，大小一直不变
C. 方向竖直向上，大小不断增大
D. 方向竖直向上，大小一直不变
3. 北京冬奥会成功举办，使北京成为世界仅有的“双奥之城”。跳台滑雪是冬奥会重要竞技项目，如图所示，运动员在滑雪道上获得一定速度后从跳台O点水平飞出，某运动员两次试滑分别在斜坡a、b点着陆。已知运动员两次试滑在空中运动的位移之比为xaxb=k，斜坡与水平面夹角为θ，忽略空气阻力，则运动员两次试滑在空中运动时间之比tatb为( )
A. kB. ksinθC. kD. ksinθ
4. 如图1所示为某款人工智能(AI)扫地机器人，可实现自动充电、工作、休息等智能化工作，充电桩固定于墙面。某次充电时，发射线圈通入“220V 50Hz”的正弦式交流电，便会在接收线圈中感应出电流，实现对扫地机器人充电，接收线圈获得的感应电压约为15V，如图2所示。下列说法正确的是( )
A. 接收线圈中电流方向始终与发射线圈中电流方向相同
B. 接收线圈中电流方向始终与发射线圈中电流方向相反
C. 接收线圈与发射线圈中磁通量的变化率之比约为3：44
D. 接收线圈与发射线圈的匝数之比约为3：44
5. 2022年5月，一颗直径约为1.77km，名为7335(1989JA)的小行星从地球轨道外侧擦过(与地球最近)，科学家推算再经过约172年该行星会再次掠过地球。若该小行星与地球绕太阳的公转方向相同且轨道近似为圆形，则该行星的公转周期约为( )
A. 172171年B. 172173年C. 171年D. 173年
6. 静电现象在生活中广泛存在，如图所示为半径为R的均匀带电球体，以球心O点为坐标原点建立x坐标轴，a、b、c三点均在x轴上，b点在球体表面处，ab=bc=R2。已知均匀带电球壳内任一点的电场强度均为0，则a、b、c三点电场强度大小的比值Ea：Eb：Ec为( )
A. 4：9：8B. 9：9：4C. 9：18：8D. 9：72：32
7. 将一篮球从距地面高度为H处由静止释放，篮球与地面碰撞过程损失的能量总为碰撞前动能的14，篮球始终在竖直方向运动，不计空气阻力。则篮球停止运动前运动的总路程为( )
A. 8HB. 7HC. 4HD. 2H
8. 传感器的使用使我们的生活更加方便、安全和舒适，下列应用了力传感器的是( )
A. 无人管理自动灌溉系统B. 商场使用的电子秤
C. 酒店大厅的自动门D. 给货车称重的地磅
9. EH电磁流量计的外形如图1所示，工作原理如图2所示：直径为d的圆柱形管道的上、下方装有励磁线圈，通电后在管内产生竖直方向的匀强碰场；当含有大量离子的液体沿管道以恒定速度通过流量计时，在水平直径两端的a、b电极之间就会产生电势差Uab，下列说法正确的是( )
A. a、b两电极的电势高低与磁场的方向有关
B. a、b两电极的电势高低与离子的种类有关
C. 电势差Uab的大小与液体流速大小有关
D. 电势差Uab的大小与液体离子浓度有关
10. 如图1所示，在与竖直平面平行的匀强电场中，有一质量为m、带电量为+q的小球(可视为质点)在长为l的绝缘轻绳牵引下绕其悬点O在竖直面内沿逆时针方向做完整的圆周运动。直径AC竖直，直径BD水平。小球从A点开始电势能Ep与转过的角度θ的关系如图2所示，已知重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 该匀强电场的场强方向沿BD方向B. 该匀强电场的场强大小为mgq
C. 轻绳在D、B两点拉力的差值为3 3mgD. 轻绳在D、B两点拉力的差值为6 3mg
11. 某同学做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验，主要实验步骤如下：
①轻质光滑小圆环(可视为质点)挂在橡皮条的一端，另一端固定，橡皮条刚好伸直无弹力，长度为GE；
②用手通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环，小圆环受到拉力F1、F2的共同作用，处于O点，记录下O点的位置，读出两个弹簧测力计的示数并记录其方向；
③撤去F1、F2，改用一个力F单独拉住小圆环，______ ，读出弹簧测力计的示数并记录其方向；
④做出三力的图示，猜想它们的关系，再用作图工具进行检验，并改变拉力F1、F2的大小和方向，重做上述实验，验证猜想。
(1)其中步骤③中，横线上应填入的内容是______ 。
(2)本实验采用的科学方法是______ 。
A.理想实验法
B.控制变量法
C.等效替代法
D.转换法
(3)实验用的弹簧测力计标记的单位为N，某次实验如图丙所示，则测力计示数F1=______ N，欲使F1大小和小圆环位置不变，F2稍增加，下列方法可行的是______ 。
A.F1绕O点顺时针稍转动、F2绕O点顺时针稍转动
B.F1绕O点逆时针稍转动、F2绕O点顺时针稍转动
C.F1绕O点顺时针稍转动、F2绕O点逆时针稍转动
D.F1绕O点逆时针稍转动、F2绕O点逆时针稍转动
12. 某同学采用“半偏法”测量一量程为250μA的微安表G的电阻，将其改装为量程为5mA的电流表，并利用量程为5mA的标准电流表A进行检验。
(1)如图1所示，断开开关K1、K2，将滑动变阻器的阻值调到最大，闭合开关K2，调节滑动变阻器Rp的阻值使微安装满偏，保持滑动变阻器Rp的阻值不变，闭合开关K1并调节电阻箱R的阻值，微安表电流为125μA时，电阻箱R阻值为190.0Ω，则微安表的电阻测量值为______ Ω；要把该微安表改装成量程为5mA的电流表，需要将与微安表并联的电阻箱R的阻值调到______ Ω。
(2)如图2，虚线框内为改装后的量程为5mA的电流表，闭合开关K3，调节滑动变阻器，当量程为5mA的标准电流表示数达到满偏时，微安表示数为240ΩA，则微安表的实际内阻为______ (结果保留一位小数)。
(3)由(2)知“半偏法”测量微安表的内阻结果偏小了，为减小该系统误差，对图1电路采取的下列措施中可行的是______ 。
A.更换调节更灵敏的滑动变阻器
B.更换调节范围更大的电阻箱
C.更换电动势更大的电源
D.更换内阻更小的电源
13. 如图所示，传送带与水平面的夹角为37∘，传送带底端M与顶端N之间距离为18m，传送带始终以v=2m/s的速度顺时针转动。工人将工件无初速放在M处，该工件可视为质点，工件与传送带间的动摩擦因数μ=78，工件与传送带间最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小。已知重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。求：
(1)工件刚放在传送带底端M处瞬时，工件加速度大小；
(2)工件从传送带底端M处到达顶端N处所经过的时间。
14. 如图所示，MNP−M′N′P′为平行金属固定导轨，其中MN、M′N′为半径为R的竖直四分之一圆弧，NP、N′P′水平平行且足够长，圆弧导轨与水平导轨相切于圆弧端点N、N′。NN′右侧区域有磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场。金属棒a、b的质量分别为2m、m，电阻分别为r、2r，导轨的电阻不计，不计一切摩擦，金属棒a、b碰撞为弹性碰撞，碰撞时间很短可不计，金属棒a、b与导轨始终垂直且接触良好，重力加速度为g。先将金属棒b静置于圆弧导轨的最低处，然后将金属棒a从圆弧导轨的最高处由静止释放，到金属棒a、b碰撞后经过足够长时间。求：
(1)金属棒a、b碰撞后瞬间，金属棒b的速度大小；
(2)金属棒a产生的焦耳热。
15. 某装置可通过电磁场实现对带电微粒运动的控制，具体过程简化如下：装置如图1所示，在y轴上与O点距离为L的P点是一粒子发射源，沿平行于x轴正方向不断地发射质量为m、电荷量为q(q>0)、速度大小为v0的微粒；在x轴上距O点3L处固定有垂直于x轴的挡板CD，挡板长度为8L且关于x轴上下对称，微粒打到挡板上立即被吸收(微粒轨迹与挡板相切时也被吸收)，挡板吸收微粒后电荷可被立即导走，挡板始终不带电。在0≤x≤3L区间仅存在平行于y轴方向的匀强电场时，微粒恰好做直线运动；保持电场不变，再在0≤x≤3L区间中加上如图2所示随时间周期性变化的磁场，已知磁感应强度大小B0=mv0qL、方向垂直于xOy平面向外为正方向，T=2πLv0，忽略微粒间的相互作用，重力加速度为g。求：
(1)匀强电场的电场强度；
(2)通过定量计算判断t=5T12时刻进入电磁场区域的微粒能否打到挡板上，若微粒不能打到挡板上，求微粒在运动过程中到挡板(含端点)的最小距离；
(3)在0∼T2内从P点发射并打到挡板上的微粒，在磁场中运动的最长时间与最短时间的差值以及微粒打到挡板上区域的长度。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、根据麦克斯韦的电磁场理论，可知周期性变化的磁场产生周期性变化的电场，周期性变化的电场激发周期性变化的磁场，由近及远传播开来，形成电磁波，故A正确；
B、根据麦克斯韦的电磁场理论，可知均匀变化的磁场周围产生恒定电场，所以不会产生电磁波，故B错误；
C、第一段磁场B恒定周围不会产生的电场，第二段没有磁场，第三段B恒定周围不会产生的电场，故不能产生电磁波，故C错误；
D、根据麦克斯韦的电磁场理论，恒定磁场周围不会产生的电场，故D错误。
故选：A。
根据麦克斯韦的电磁场理论，变化的磁场周围产生电场判断；周期性变化的磁场产生周期性变化的电场，周期性变化的电场激发周期性变化的磁场，由近及远传播开来，形成电磁波。
本题考查麦克斯韦电磁场理论，要求学生明确变化的磁场周围产生电场，变化的电场周围产生磁场。
2.【答案】D
【解析】解：壁虎从A点缓慢的爬向B点，可认为始终受力平衡，则垂脊给壁虎的作用力与壁虎的重力等大反向，壁虎爬行过程中，作用力方向竖直向上，大小不变，故D正确，ABC错误。
故选：D。
对壁虎受力分析，根据平衡条件判断垂脊给壁虎的作用力即可。
本题考查共点力平衡，解题关键是对壁虎做好受力分析，根据平衡条件求解即可。
3.【答案】C
【解析】解：运动员两次试滑均落在斜面上，则位移的偏转角均为θ，有tanθ=yx=12gt2x
则运动员试滑在空中运动时间为t= 2xtanθg
两次试滑在空中运动时间之比为ta：tb= 2xatanθg： 2xbtanθg= xaxb= k
故C正确，ABD错误。
故选：C。
运动员做平抛运动，两次试滑均落在斜面上，位移的偏转角均为θ，根据运动学公式和几何关系求解运动员试滑在空中运动时间，比较即可。
本题考查平抛运动的斜面问题，解题关键是知道运动员两次落在斜面上时，位移偏转角相同，结合运动学公式求解即可。
4.【答案】D
【解析】解：AB.由于发射线圈输入的是交变电流，大小和方向都在做周期性变化，若发射线圈中的电流增大，则发射线圈产生的磁场增加，穿过接收线圈的磁通量增加，根据楞次定律可知接收线圈中电流产生与原磁场方向相反的磁场，所以接收线圈中感应电流的方向与发射线圈中电流方向相反，若发射线圈中的电流减小，则发射线圈产生的磁场减小，穿过接收线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知接收线圈中电流产生与原磁场方向相同的磁场，所以接收线圈中感应电流的方向与发射线圈中电流方向相同，故AB错误；
C.接收线圈与发射线圈中磁通量的变化率相同，故C错误；
D.接收线圈与发射线圈的匝数比约为n2n1=U2U1=15220=3:44，故D正确。
故选：D。
AB.由于发射线圈输入的是交变电流，在发射线圈中产生的是交变磁场，穿过接收线圈的磁通量发生变化而产生感应电流，再根据楞次定律分析接收线圈与发射线圈中电流的方向；
C.由于发射线圈与接收线圈没有磁损，从而判断接收线圈与发射线圈中磁通量的变化率是否相同；
D.根据匝数比与电压比的关系求解接收线圈与发射线圈的匝数比。
本题考查了楞次定律在扫地机器人中的运用，忽略磁损时，可以把扫地机器人的接收线圈与发射线圈的关系近似看作理想变压器原、副线圈的关系，进而求解相关问题。
5.【答案】A
【解析】解：设小行星的周期为T，由绕行关系可知再次掠过地球满足如下关系(2π1−2πT)×172=2π，解得T=172171年，故A正确，BCD错误；
故选：A。
二者再次相距最近时，地球比该小行星多转一周，由此列方程求解。
本题主要是考查天体运动中的追及相遇问题，解答本题的关键是知道二者再次相距最近的条件。
6.【答案】C
【解析】解：设均匀带电球体带电总量为Q，则b点电场强度大小为Eb=kQR2，点电场强度大小为Ec=kQ(3R2)2=4kQ9R2，a点电场强度大小为Ea=kQ′(R2)2，Q′=4π3(R2)34π3R3Q，联立可得Ea=kQ2R2，所以a、b.c三点电场强度大小的比值为Ea：Eb：Ec=12：1：49=9：18：8，故C正确，ABD错误；
故选：C。
根据点电荷场强的定义式E=kQr2，分别表示出a、b、c三点的场强大小，再求得比值即可。
该题考查点电荷场强定义式的应用，属于基本知识点的考查，基础题。
7.【答案】B
【解析】解：根据动能定理可得，第一次落到地面时有
mgH=12mv02−0
第一次上升到最高点有
−mgH1=0−12mv02×(1−14)
第二次落到地面有
mgH1=0−12mv12
第二次上升到最高点有
−mgH2=0−12mv12×(1−14)
第三次落到地面有
mgH2=0−12mv22
…
所以篮球由释放到最终停止，通过的总路程为
s=H+2[34H+(34)2H+(34)3H+...]=7H
故ACD错误，B正确；
故选：B。
篮球从静止下落到再次达到最高点由动能定理可解得篮球由释放到最终停止运动的总路程。
本题考查动能定理，解题关键掌握篮球运动状态的分析，注意功能关系与数学方法的应用。
8.【答案】BD
【解析】解：A、无人管理自动灌溉系统根据水分蒸发情况来决定供水、停水，利用了湿度传感器来进行工作，故A错误；
B、商场使用的电子秤使用了力传感器，故B正确；
C、酒店大厅的自动门使用了红外传感器，故C错误；
D、给货车称重的地磅使用了力传感器，故D正确；
故选：BD。
无人管理自动灌溉系统利用了湿度传感器，商场使用的电子秤和给货车称重的地磅利用了力传感器，酒店大厅的自动门利用了红外传感器。
本题考查传感器，了解常见的传感器即可。
9.【答案】AC
【解析】解：AC.由右手定则可以判断出a、b两电极的电势高低与磁场的方向有关，与离子的种类没有关系，故A正确，B错误；
CD.由Bqv=qUabd，可得Uab=Bdv，电势差Uab的大小与液体流速有关，与离子的浓度没有关系，故C正确、D错误。
故选：AC。
a、b两电极的电势高低与磁场的方向有关；根据电场力和洛伦兹力的等量关系得出U的表达式并结合选项完成分析。
本题主要考查了霍尔效应的相关应用，根据左手定则分析出洛伦兹力的方向和电势的高低，结合电场力和洛伦兹力的等量关系列式完成解答。
10.【答案】BC
【解析】解：A.由图像可知θ=π6和7π6时的电势能相同，故电势相等，连线为等势线，电场线与等势线垂直，由此可以判断电场强度的方向如图1所示，不沿BD方向，故A错误；
图1
B.电荷在电场中运动最大的电势差为U=2mglq，根据U=E⋅2l，可得E=mgq，故B正确；
CD.如图2所示：
图2
小球在B点受力分析可知TB+Eqcs30∘=mvB2l
小球在D点受力分析可知TD−Eqcs30∘=mvD2l
小球从B点到D点的过程中，由动能定理：Eqcs30∘⋅2l=12mvD2−12mvB2
可得TD−TB=3 3mg
故C正确，D错误。
故选：BC。
根据电势与电场线的关系分析判断；根据电势差与电场强度的关系解得B；根据动能定理结合牛顿第二定律解得CD。
本题考查电势差与电场强度的关系，解题关键掌握带电粒子受力情况分析，注意动能定理与牛顿第二定律的应用。
11.【答案】仍使小圆环处于O点 仍使小圆环处于O点 C4.00A
【解析】解：(1)步骤③是只用一个弹簧测力计，将小圆环拉到同一位置O点，使F的作用效果与F1、F2同时作用时相同。
(2)实验中两个拉力的作用效果和一个拉力的作用效果相同，采用的科学方法是等效替代法。
故选：C。
(3)测力计的精度为0.1N，所以F1=4.00N
保持小圆环位置不变，F1、F2的合力不变，由平行四边形定则作图可知，保持F1大小不变，方向绕O点顺时针稍转动、F2绕O点顺时针稍转动可使F2的值增加。
故选：A。
故答案为：(1)仍使小圆环处于O点；(2)C；(3)4.00，A
(1)根据实验原理排列正确的操作步骤。
(2)在实验中使用一根弹簧秤拉细线与两根弹簧秤拉细线的作用效果要相同(即橡皮条拉到同一位置)。为等效替代法。
(3)要使结点不变，应保证合力不变，故可以根据平行四边形定则分析可以采取的办法。
解决该题的关键是掌握实验的实验目的、实验原理和实验的注意事项，知道实验中等效替代法的原理，会分析结点不变时，分力的变化情况。
12.【答案】
【解析】解：(1)根据并联电路分流特点有，当微安表半偏时，电阻箱支路和微安表支路电流相等，则RG=R=190.0Ω
要把该微安表改装成量程为5mA的电流表，需要将与微安表并联的电阻箱R的阻值为
R′=IGRGIA−IG=250×1905×103−250Ω=10.0Ω
(2)R真=(I−IG′)R′IG′=(5×103−240)×10240Ω=198.3Ω
(3)该实验将电阻箱和微安表并联，使总电阻减小，总电流增大，电阻箱分得的电流大于微安表满偏电流的一半，使测得的电流表内阻偏小，当根据欧姆定律可知提高电源电动势可以减小因并联后总电阻的变化对电路的影响，故C正确，ABD 错误。
故选：C。
故答案为：(1)190.0，198.3；(2)10.0；(3)C。
(1)根据并联电路分流特点和欧姆定律计算；
(2)根据串并联电路的特点和欧姆定律计算；
(3)分析并联电阻箱后对总电阻和总电流的影响分析判断。
本题考查测定微安表的内阻和改装及校准，要求掌握实验原理和分析清楚电路图，根据串并联特点和欧姆定律计算。
13.【答案】解：(1)工件刚放在传送带上时，对工件，由牛顿第二定律得：μmgcsθ−mgsinθ=ma
代入数据解得：a=1m/s2
(2)工件加速到与传送带速度相等需要的时间t1=va=21s=2s
该过程传送带速度位移大小x1=v2t1=22×2m=2m由于mgsinθ<μmgcsθ，工件与传送带速度相等后相对传送带静止，一起向上做匀速直线运动
工件匀速运动的时间t2=L−x1v=18−22s=8s
工件从传送带底端M处到达顶端N处所经过的时间t=t1+t2=2s+8s=10s
答：(1)工件刚放在传送带底端M处瞬时，工件加速度大小是1m/s2；
(2)工件从传送带底端M处到达顶端N处所经过的时间是10s。
【解析】(1)应用牛顿第二定律求出工件刚放在传送带上时的加速度大小。
(2)应用牛顿第二定律求出工件的加速度大小，应用运动学公式求出工件的运动时间。
本题考查了牛顿第二定律的应用，根据题意分析清楚工件的运动过程，应用牛顿第二定律与运动学公式可以解题。
14.【答案】解：(1)设金属棒a滑到圆弧导轨最低处时的速度大小为v0，金属棒a、b碰撞后瞬间，金属棒a、b的速度分别为v1和v2。
金属棒a沿圆弧轨道下滑过程，由机械能守恒定律得
2mgR=12×2mv02
可得：v0= 2gR
金属棒a、b发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别得
2mv0=2mv1+mv2
12×2mv02=12×2mv12+12mv22
联立解得：v1=v03=13 2gR，v2=4v03=43 2gR
(2)碰撞后，回路中产生顺时针方向的感应电流，a棒受到向右的安培力而做加速运动，b棒受到向左的安培力而做减速运动，最终两棒速度相等，回路中不再产生感应电流。设两棒最终稳定时的速度为v。由于两棒组成的系统合外力为零，所以系统的动量守恒，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律得
2mv1+mv2=3mv
设金属棒a产生的焦耳热为Q，则金属棒b产生的焦耳热为2Q。根据能量守恒定律得：
12×2mv12+12mv22=12⋅3mv2+Q+2Q
联立解得：Q=29mgR
答：(1)金属棒a、b碰撞后瞬间，金属棒b的速度大小为43 2gR；
(2)金属棒a产生的焦耳热为29mgR。
【解析】(1)根据机械能守恒定律求出金属棒a滑到圆弧导轨最低处时的速度大小。金属棒a、b发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律相结合求出金属棒a、b碰撞后瞬间，金属棒b的速度大小；
(2)碰撞后，a棒的速度小于b棒的速度，a、b两棒均向右做切割磁感线运动，a棒受到向右的安培力而做加速运动，b棒受到向左的安培力而做减速运动，最终两棒速度相等，回路中不再产生感应电流。由于两棒组成的系统合外力为零，所以系统的动量守恒，根据动量守恒定律和能量守恒定律相结合求金属棒a产生的焦耳热。
本题是双杆问题，是电磁感应与电路、磁场、力学等知识的综合应用，关键要分析清楚两金属棒的运动过程，知道两棒都在水平导轨上运动时，系统的合外力为零，类型于碰撞，遵守动量守恒定律和能量守恒定律。
15.【答案】解：(1)仅存在匀强电场时，微粒做匀速直线运动，由平衡条件可得：
mg=Eq
解得：E=mgq，方向竖直向上。
(2)微粒在电磁场中由洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：
B0qv0=mv02R
解得：R=mv0B0q=L
微粒的运动周期为：T′=2πRv0=2πLv0=T
t=5T12时刻进入的微粒先在正方向的磁场中偏转T2−5T12=T12，即轨迹圆心角为30∘，运动的轨迹如下图所示：
因3Lsin30∘=6L=6R，故由几何关系可得微粒到达CD所在的直线上的E点时速度方向垂直CD，E点与x轴的距离：
yE=6Lcs30∘−L=(3 3−1)L>4L
故微粒打不到挡板上，微粒到挡板(上端点)最小距离为(3 3−1)L−4L=(3 3−5)L；
(3)设在0∼T2内某时刻进入的微粒，设第一次偏转的角度为θ时，刚好到达挡板的上边缘，轨迹如下图所示：
由几何关系可知，原点O与CD上端点的距离为5L，恰好等于运动半径的5倍，即带电微粒在磁场中运动一个θ=37∘圆弧和两个半圆后刚好在挡板的上边缘。
若微粒会打到挡板上，如下图所示：
根据几何关系得：3L=4Lsinθ+Lsinβ
随着θ角度从37∘逐渐增大，β从37∘先减小零，再减小到−90∘(此时θ=90∘)后再增大，当θ=150∘时，β=90∘，圆弧刚好和边界相切，如下图所示：
微粒在磁场中运动的时间t=θ+180+180−θ+β360T=360+β360T
由此可知，当β=−90∘时时间最短，当β=90∘时时间最长，微粒转过的圆心角的最大差值为180∘，在磁场中运动的最长时间与最短时间的差值等于半个周期，则有：
Δtm=12T=πLv0
由几何关系可知：微粒打到挡板上区域的长度为：
d=4L+4Rsin60∘=(4+2 3)L。
答：(1)匀强电场的电场强度为mgq，方向竖直向上；
(2)微粒打不到挡板上，微粒在运动过程中到挡板的最小距离为(3 3−5)L；
(3)在0∼T2内从P点发射并打到挡板上的微粒，在磁场中运动的最长时间与最短时间的差值为πLv0，以及微粒打到挡板上区域的长度为(4+2 3)L。
【解析】(1)仅存在匀强电场时，微粒做匀速直线运动，由平衡条件可求解；
(2)微粒在电磁场中由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，求得微粒的运动周期，画出微粒的轨迹图，由几何条件求解；
(3)画出微粒运动轨迹的临界情况，分析轨迹的总的圆心角的变化情况，总结圆心角的表达式，结合运动周期和几何关系求解。
本题考查了带电粒子在磁场中运动的问题，画运动轨迹图是解决此类问题的基本功，掌握垂直速度方向画圆心所在的直线，依据其它条件(如出射点的位置，轨迹与边界相切等)确定圆心位置，即可确定轨迹半径与圆心角；知道半径与速度大小相关联，时间与圆心角相关联。
2. 如图所示，在攒尖式屋顶的垂脊上，有只壁虎从A点缓慢的爬向B点。关于垂脊给壁虎的作用力，下列说法正确的是( )
A. 方向垂直垂脊，大小不断增大
B. 方向垂直垂脊，大小一直不变
C. 方向竖直向上，大小不断增大
D. 方向竖直向上，大小一直不变
3. 北京冬奥会成功举办，使北京成为世界仅有的“双奥之城”。跳台滑雪是冬奥会重要竞技项目，如图所示，运动员在滑雪道上获得一定速度后从跳台O点水平飞出，某运动员两次试滑分别在斜坡a、b点着陆。已知运动员两次试滑在空中运动的位移之比为xaxb=k，斜坡与水平面夹角为θ，忽略空气阻力，则运动员两次试滑在空中运动时间之比tatb为( )
A. kB. ksinθC. kD. ksinθ
4. 如图1所示为某款人工智能(AI)扫地机器人，可实现自动充电、工作、休息等智能化工作，充电桩固定于墙面。某次充电时，发射线圈通入“220V 50Hz”的正弦式交流电，便会在接收线圈中感应出电流，实现对扫地机器人充电，接收线圈获得的感应电压约为15V，如图2所示。下列说法正确的是( )
A. 接收线圈中电流方向始终与发射线圈中电流方向相同
B. 接收线圈中电流方向始终与发射线圈中电流方向相反
C. 接收线圈与发射线圈中磁通量的变化率之比约为3：44
D. 接收线圈与发射线圈的匝数之比约为3：44
5. 2022年5月，一颗直径约为1.77km，名为7335(1989JA)的小行星从地球轨道外侧擦过(与地球最近)，科学家推算再经过约172年该行星会再次掠过地球。若该小行星与地球绕太阳的公转方向相同且轨道近似为圆形，则该行星的公转周期约为( )
A. 172171年B. 172173年C. 171年D. 173年
6. 静电现象在生活中广泛存在，如图所示为半径为R的均匀带电球体，以球心O点为坐标原点建立x坐标轴，a、b、c三点均在x轴上，b点在球体表面处，ab=bc=R2。已知均匀带电球壳内任一点的电场强度均为0，则a、b、c三点电场强度大小的比值Ea：Eb：Ec为( )
A. 4：9：8B. 9：9：4C. 9：18：8D. 9：72：32
7. 将一篮球从距地面高度为H处由静止释放，篮球与地面碰撞过程损失的能量总为碰撞前动能的14，篮球始终在竖直方向运动，不计空气阻力。则篮球停止运动前运动的总路程为( )
A. 8HB. 7HC. 4HD. 2H
8. 传感器的使用使我们的生活更加方便、安全和舒适，下列应用了力传感器的是( )
A. 无人管理自动灌溉系统B. 商场使用的电子秤
C. 酒店大厅的自动门D. 给货车称重的地磅
9. EH电磁流量计的外形如图1所示，工作原理如图2所示：直径为d的圆柱形管道的上、下方装有励磁线圈，通电后在管内产生竖直方向的匀强碰场；当含有大量离子的液体沿管道以恒定速度通过流量计时，在水平直径两端的a、b电极之间就会产生电势差Uab，下列说法正确的是( )
A. a、b两电极的电势高低与磁场的方向有关
B. a、b两电极的电势高低与离子的种类有关
C. 电势差Uab的大小与液体流速大小有关
D. 电势差Uab的大小与液体离子浓度有关
10. 如图1所示，在与竖直平面平行的匀强电场中，有一质量为m、带电量为+q的小球(可视为质点)在长为l的绝缘轻绳牵引下绕其悬点O在竖直面内沿逆时针方向做完整的圆周运动。直径AC竖直，直径BD水平。小球从A点开始电势能Ep与转过的角度θ的关系如图2所示，已知重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 该匀强电场的场强方向沿BD方向B. 该匀强电场的场强大小为mgq
C. 轻绳在D、B两点拉力的差值为3 3mgD. 轻绳在D、B两点拉力的差值为6 3mg
11. 某同学做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验，主要实验步骤如下：
①轻质光滑小圆环(可视为质点)挂在橡皮条的一端，另一端固定，橡皮条刚好伸直无弹力，长度为GE；
②用手通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环，小圆环受到拉力F1、F2的共同作用，处于O点，记录下O点的位置，读出两个弹簧测力计的示数并记录其方向；
③撤去F1、F2，改用一个力F单独拉住小圆环，______ ，读出弹簧测力计的示数并记录其方向；
④做出三力的图示，猜想它们的关系，再用作图工具进行检验，并改变拉力F1、F2的大小和方向，重做上述实验，验证猜想。
(1)其中步骤③中，横线上应填入的内容是______ 。
(2)本实验采用的科学方法是______ 。
A.理想实验法
B.控制变量法
C.等效替代法
D.转换法
(3)实验用的弹簧测力计标记的单位为N，某次实验如图丙所示，则测力计示数F1=______ N，欲使F1大小和小圆环位置不变，F2稍增加，下列方法可行的是______ 。
A.F1绕O点顺时针稍转动、F2绕O点顺时针稍转动
B.F1绕O点逆时针稍转动、F2绕O点顺时针稍转动
C.F1绕O点顺时针稍转动、F2绕O点逆时针稍转动
D.F1绕O点逆时针稍转动、F2绕O点逆时针稍转动
12. 某同学采用“半偏法”测量一量程为250μA的微安表G的电阻，将其改装为量程为5mA的电流表，并利用量程为5mA的标准电流表A进行检验。
(1)如图1所示，断开开关K1、K2，将滑动变阻器的阻值调到最大，闭合开关K2，调节滑动变阻器Rp的阻值使微安装满偏，保持滑动变阻器Rp的阻值不变，闭合开关K1并调节电阻箱R的阻值，微安表电流为125μA时，电阻箱R阻值为190.0Ω，则微安表的电阻测量值为______ Ω；要把该微安表改装成量程为5mA的电流表，需要将与微安表并联的电阻箱R的阻值调到______ Ω。
(2)如图2，虚线框内为改装后的量程为5mA的电流表，闭合开关K3，调节滑动变阻器，当量程为5mA的标准电流表示数达到满偏时，微安表示数为240ΩA，则微安表的实际内阻为______ (结果保留一位小数)。
(3)由(2)知“半偏法”测量微安表的内阻结果偏小了，为减小该系统误差，对图1电路采取的下列措施中可行的是______ 。
A.更换调节更灵敏的滑动变阻器
B.更换调节范围更大的电阻箱
C.更换电动势更大的电源
D.更换内阻更小的电源
13. 如图所示，传送带与水平面的夹角为37∘，传送带底端M与顶端N之间距离为18m，传送带始终以v=2m/s的速度顺时针转动。工人将工件无初速放在M处，该工件可视为质点，工件与传送带间的动摩擦因数μ=78，工件与传送带间最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小。已知重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。求：
(1)工件刚放在传送带底端M处瞬时，工件加速度大小；
(2)工件从传送带底端M处到达顶端N处所经过的时间。
14. 如图所示，MNP−M′N′P′为平行金属固定导轨，其中MN、M′N′为半径为R的竖直四分之一圆弧，NP、N′P′水平平行且足够长，圆弧导轨与水平导轨相切于圆弧端点N、N′。NN′右侧区域有磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场。金属棒a、b的质量分别为2m、m，电阻分别为r、2r，导轨的电阻不计，不计一切摩擦，金属棒a、b碰撞为弹性碰撞，碰撞时间很短可不计，金属棒a、b与导轨始终垂直且接触良好，重力加速度为g。先将金属棒b静置于圆弧导轨的最低处，然后将金属棒a从圆弧导轨的最高处由静止释放，到金属棒a、b碰撞后经过足够长时间。求：
(1)金属棒a、b碰撞后瞬间，金属棒b的速度大小；
(2)金属棒a产生的焦耳热。
15. 某装置可通过电磁场实现对带电微粒运动的控制，具体过程简化如下：装置如图1所示，在y轴上与O点距离为L的P点是一粒子发射源，沿平行于x轴正方向不断地发射质量为m、电荷量为q(q>0)、速度大小为v0的微粒；在x轴上距O点3L处固定有垂直于x轴的挡板CD，挡板长度为8L且关于x轴上下对称，微粒打到挡板上立即被吸收(微粒轨迹与挡板相切时也被吸收)，挡板吸收微粒后电荷可被立即导走，挡板始终不带电。在0≤x≤3L区间仅存在平行于y轴方向的匀强电场时，微粒恰好做直线运动；保持电场不变，再在0≤x≤3L区间中加上如图2所示随时间周期性变化的磁场，已知磁感应强度大小B0=mv0qL、方向垂直于xOy平面向外为正方向，T=2πLv0，忽略微粒间的相互作用，重力加速度为g。求：
(1)匀强电场的电场强度；
(2)通过定量计算判断t=5T12时刻进入电磁场区域的微粒能否打到挡板上，若微粒不能打到挡板上，求微粒在运动过程中到挡板(含端点)的最小距离；
(3)在0∼T2内从P点发射并打到挡板上的微粒，在磁场中运动的最长时间与最短时间的差值以及微粒打到挡板上区域的长度。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、根据麦克斯韦的电磁场理论，可知周期性变化的磁场产生周期性变化的电场，周期性变化的电场激发周期性变化的磁场，由近及远传播开来，形成电磁波，故A正确；
B、根据麦克斯韦的电磁场理论，可知均匀变化的磁场周围产生恒定电场，所以不会产生电磁波，故B错误；
C、第一段磁场B恒定周围不会产生的电场，第二段没有磁场，第三段B恒定周围不会产生的电场，故不能产生电磁波，故C错误；
D、根据麦克斯韦的电磁场理论，恒定磁场周围不会产生的电场，故D错误。
故选：A。
根据麦克斯韦的电磁场理论，变化的磁场周围产生电场判断；周期性变化的磁场产生周期性变化的电场，周期性变化的电场激发周期性变化的磁场，由近及远传播开来，形成电磁波。
本题考查麦克斯韦电磁场理论，要求学生明确变化的磁场周围产生电场，变化的电场周围产生磁场。
2.【答案】D
【解析】解：壁虎从A点缓慢的爬向B点，可认为始终受力平衡，则垂脊给壁虎的作用力与壁虎的重力等大反向，壁虎爬行过程中，作用力方向竖直向上，大小不变，故D正确，ABC错误。
故选：D。
对壁虎受力分析，根据平衡条件判断垂脊给壁虎的作用力即可。
本题考查共点力平衡，解题关键是对壁虎做好受力分析，根据平衡条件求解即可。
3.【答案】C
【解析】解：运动员两次试滑均落在斜面上，则位移的偏转角均为θ，有tanθ=yx=12gt2x
则运动员试滑在空中运动时间为t= 2xtanθg
两次试滑在空中运动时间之比为ta：tb= 2xatanθg： 2xbtanθg= xaxb= k
故C正确，ABD错误。
故选：C。
运动员做平抛运动，两次试滑均落在斜面上，位移的偏转角均为θ，根据运动学公式和几何关系求解运动员试滑在空中运动时间，比较即可。
本题考查平抛运动的斜面问题，解题关键是知道运动员两次落在斜面上时，位移偏转角相同，结合运动学公式求解即可。
4.【答案】D
【解析】解：AB.由于发射线圈输入的是交变电流，大小和方向都在做周期性变化，若发射线圈中的电流增大，则发射线圈产生的磁场增加，穿过接收线圈的磁通量增加，根据楞次定律可知接收线圈中电流产生与原磁场方向相反的磁场，所以接收线圈中感应电流的方向与发射线圈中电流方向相反，若发射线圈中的电流减小，则发射线圈产生的磁场减小，穿过接收线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知接收线圈中电流产生与原磁场方向相同的磁场，所以接收线圈中感应电流的方向与发射线圈中电流方向相同，故AB错误；
C.接收线圈与发射线圈中磁通量的变化率相同，故C错误；
D.接收线圈与发射线圈的匝数比约为n2n1=U2U1=15220=3:44，故D正确。
故选：D。
AB.由于发射线圈输入的是交变电流，在发射线圈中产生的是交变磁场，穿过接收线圈的磁通量发生变化而产生感应电流，再根据楞次定律分析接收线圈与发射线圈中电流的方向；
C.由于发射线圈与接收线圈没有磁损，从而判断接收线圈与发射线圈中磁通量的变化率是否相同；
D.根据匝数比与电压比的关系求解接收线圈与发射线圈的匝数比。
本题考查了楞次定律在扫地机器人中的运用，忽略磁损时，可以把扫地机器人的接收线圈与发射线圈的关系近似看作理想变压器原、副线圈的关系，进而求解相关问题。
5.【答案】A
【解析】解：设小行星的周期为T，由绕行关系可知再次掠过地球满足如下关系(2π1−2πT)×172=2π，解得T=172171年，故A正确，BCD错误；
故选：A。
二者再次相距最近时，地球比该小行星多转一周，由此列方程求解。
本题主要是考查天体运动中的追及相遇问题，解答本题的关键是知道二者再次相距最近的条件。
6.【答案】C
【解析】解：设均匀带电球体带电总量为Q，则b点电场强度大小为Eb=kQR2，点电场强度大小为Ec=kQ(3R2)2=4kQ9R2，a点电场强度大小为Ea=kQ′(R2)2，Q′=4π3(R2)34π3R3Q，联立可得Ea=kQ2R2，所以a、b.c三点电场强度大小的比值为Ea：Eb：Ec=12：1：49=9：18：8，故C正确，ABD错误；
故选：C。
根据点电荷场强的定义式E=kQr2，分别表示出a、b、c三点的场强大小，再求得比值即可。
该题考查点电荷场强定义式的应用，属于基本知识点的考查，基础题。
7.【答案】B
【解析】解：根据动能定理可得，第一次落到地面时有
mgH=12mv02−0
第一次上升到最高点有
−mgH1=0−12mv02×(1−14)
第二次落到地面有
mgH1=0−12mv12
第二次上升到最高点有
−mgH2=0−12mv12×(1−14)
第三次落到地面有
mgH2=0−12mv22
…
所以篮球由释放到最终停止，通过的总路程为
s=H+2[34H+(34)2H+(34)3H+...]=7H
故ACD错误，B正确；
故选：B。
篮球从静止下落到再次达到最高点由动能定理可解得篮球由释放到最终停止运动的总路程。
本题考查动能定理，解题关键掌握篮球运动状态的分析，注意功能关系与数学方法的应用。
8.【答案】BD
【解析】解：A、无人管理自动灌溉系统根据水分蒸发情况来决定供水、停水，利用了湿度传感器来进行工作，故A错误；
B、商场使用的电子秤使用了力传感器，故B正确；
C、酒店大厅的自动门使用了红外传感器，故C错误；
D、给货车称重的地磅使用了力传感器，故D正确；
故选：BD。
无人管理自动灌溉系统利用了湿度传感器，商场使用的电子秤和给货车称重的地磅利用了力传感器，酒店大厅的自动门利用了红外传感器。
本题考查传感器，了解常见的传感器即可。
9.【答案】AC
【解析】解：AC.由右手定则可以判断出a、b两电极的电势高低与磁场的方向有关，与离子的种类没有关系，故A正确，B错误；
CD.由Bqv=qUabd，可得Uab=Bdv，电势差Uab的大小与液体流速有关，与离子的浓度没有关系，故C正确、D错误。
故选：AC。
a、b两电极的电势高低与磁场的方向有关；根据电场力和洛伦兹力的等量关系得出U的表达式并结合选项完成分析。
本题主要考查了霍尔效应的相关应用，根据左手定则分析出洛伦兹力的方向和电势的高低，结合电场力和洛伦兹力的等量关系列式完成解答。
10.【答案】BC
【解析】解：A.由图像可知θ=π6和7π6时的电势能相同，故电势相等，连线为等势线，电场线与等势线垂直，由此可以判断电场强度的方向如图1所示，不沿BD方向，故A错误；
图1
B.电荷在电场中运动最大的电势差为U=2mglq，根据U=E⋅2l，可得E=mgq，故B正确；
CD.如图2所示：
图2
小球在B点受力分析可知TB+Eqcs30∘=mvB2l
小球在D点受力分析可知TD−Eqcs30∘=mvD2l
小球从B点到D点的过程中，由动能定理：Eqcs30∘⋅2l=12mvD2−12mvB2
可得TD−TB=3 3mg
故C正确，D错误。
故选：BC。
根据电势与电场线的关系分析判断；根据电势差与电场强度的关系解得B；根据动能定理结合牛顿第二定律解得CD。
本题考查电势差与电场强度的关系，解题关键掌握带电粒子受力情况分析，注意动能定理与牛顿第二定律的应用。
11.【答案】仍使小圆环处于O点 仍使小圆环处于O点 C4.00A
【解析】解：(1)步骤③是只用一个弹簧测力计，将小圆环拉到同一位置O点，使F的作用效果与F1、F2同时作用时相同。
(2)实验中两个拉力的作用效果和一个拉力的作用效果相同，采用的科学方法是等效替代法。
故选：C。
(3)测力计的精度为0.1N，所以F1=4.00N
保持小圆环位置不变，F1、F2的合力不变，由平行四边形定则作图可知，保持F1大小不变，方向绕O点顺时针稍转动、F2绕O点顺时针稍转动可使F2的值增加。
故选：A。
故答案为：(1)仍使小圆环处于O点；(2)C；(3)4.00，A
(1)根据实验原理排列正确的操作步骤。
(2)在实验中使用一根弹簧秤拉细线与两根弹簧秤拉细线的作用效果要相同(即橡皮条拉到同一位置)。为等效替代法。
(3)要使结点不变，应保证合力不变，故可以根据平行四边形定则分析可以采取的办法。
解决该题的关键是掌握实验的实验目的、实验原理和实验的注意事项，知道实验中等效替代法的原理，会分析结点不变时，分力的变化情况。
12.【答案】
【解析】解：(1)根据并联电路分流特点有，当微安表半偏时，电阻箱支路和微安表支路电流相等，则RG=R=190.0Ω
要把该微安表改装成量程为5mA的电流表，需要将与微安表并联的电阻箱R的阻值为
R′=IGRGIA−IG=250×1905×103−250Ω=10.0Ω
(2)R真=(I−IG′)R′IG′=(5×103−240)×10240Ω=198.3Ω
(3)该实验将电阻箱和微安表并联，使总电阻减小，总电流增大，电阻箱分得的电流大于微安表满偏电流的一半，使测得的电流表内阻偏小，当根据欧姆定律可知提高电源电动势可以减小因并联后总电阻的变化对电路的影响，故C正确，ABD 错误。
故选：C。
故答案为：(1)190.0，198.3；(2)10.0；(3)C。
(1)根据并联电路分流特点和欧姆定律计算；
(2)根据串并联电路的特点和欧姆定律计算；
(3)分析并联电阻箱后对总电阻和总电流的影响分析判断。
本题考查测定微安表的内阻和改装及校准，要求掌握实验原理和分析清楚电路图，根据串并联特点和欧姆定律计算。
13.【答案】解：(1)工件刚放在传送带上时，对工件，由牛顿第二定律得：μmgcsθ−mgsinθ=ma
代入数据解得：a=1m/s2
(2)工件加速到与传送带速度相等需要的时间t1=va=21s=2s
该过程传送带速度位移大小x1=v2t1=22×2m=2m
工件匀速运动的时间t2=L−x1v=18−22s=8s
工件从传送带底端M处到达顶端N处所经过的时间t=t1+t2=2s+8s=10s
答：(1)工件刚放在传送带底端M处瞬时，工件加速度大小是1m/s2；
(2)工件从传送带底端M处到达顶端N处所经过的时间是10s。
【解析】(1)应用牛顿第二定律求出工件刚放在传送带上时的加速度大小。
(2)应用牛顿第二定律求出工件的加速度大小，应用运动学公式求出工件的运动时间。
本题考查了牛顿第二定律的应用，根据题意分析清楚工件的运动过程，应用牛顿第二定律与运动学公式可以解题。
14.【答案】解：(1)设金属棒a滑到圆弧导轨最低处时的速度大小为v0，金属棒a、b碰撞后瞬间，金属棒a、b的速度分别为v1和v2。
金属棒a沿圆弧轨道下滑过程，由机械能守恒定律得
2mgR=12×2mv02
可得：v0= 2gR
金属棒a、b发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别得
2mv0=2mv1+mv2
12×2mv02=12×2mv12+12mv22
联立解得：v1=v03=13 2gR，v2=4v03=43 2gR
(2)碰撞后，回路中产生顺时针方向的感应电流，a棒受到向右的安培力而做加速运动，b棒受到向左的安培力而做减速运动，最终两棒速度相等，回路中不再产生感应电流。设两棒最终稳定时的速度为v。由于两棒组成的系统合外力为零，所以系统的动量守恒，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律得
2mv1+mv2=3mv
设金属棒a产生的焦耳热为Q，则金属棒b产生的焦耳热为2Q。根据能量守恒定律得：
12×2mv12+12mv22=12⋅3mv2+Q+2Q
联立解得：Q=29mgR
答：(1)金属棒a、b碰撞后瞬间，金属棒b的速度大小为43 2gR；
(2)金属棒a产生的焦耳热为29mgR。
【解析】(1)根据机械能守恒定律求出金属棒a滑到圆弧导轨最低处时的速度大小。金属棒a、b发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律相结合求出金属棒a、b碰撞后瞬间，金属棒b的速度大小；
(2)碰撞后，a棒的速度小于b棒的速度，a、b两棒均向右做切割磁感线运动，a棒受到向右的安培力而做加速运动，b棒受到向左的安培力而做减速运动，最终两棒速度相等，回路中不再产生感应电流。由于两棒组成的系统合外力为零，所以系统的动量守恒，根据动量守恒定律和能量守恒定律相结合求金属棒a产生的焦耳热。
本题是双杆问题，是电磁感应与电路、磁场、力学等知识的综合应用，关键要分析清楚两金属棒的运动过程，知道两棒都在水平导轨上运动时，系统的合外力为零，类型于碰撞，遵守动量守恒定律和能量守恒定律。
15.【答案】解：(1)仅存在匀强电场时，微粒做匀速直线运动，由平衡条件可得：
mg=Eq
解得：E=mgq，方向竖直向上。
(2)微粒在电磁场中由洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：
B0qv0=mv02R
解得：R=mv0B0q=L
微粒的运动周期为：T′=2πRv0=2πLv0=T
t=5T12时刻进入的微粒先在正方向的磁场中偏转T2−5T12=T12，即轨迹圆心角为30∘，运动的轨迹如下图所示：
因3Lsin30∘=6L=6R，故由几何关系可得微粒到达CD所在的直线上的E点时速度方向垂直CD，E点与x轴的距离：
yE=6Lcs30∘−L=(3 3−1)L>4L
故微粒打不到挡板上，微粒到挡板(上端点)最小距离为(3 3−1)L−4L=(3 3−5)L；
(3)设在0∼T2内某时刻进入的微粒，设第一次偏转的角度为θ时，刚好到达挡板的上边缘，轨迹如下图所示：
由几何关系可知，原点O与CD上端点的距离为5L，恰好等于运动半径的5倍，即带电微粒在磁场中运动一个θ=37∘圆弧和两个半圆后刚好在挡板的上边缘。
若微粒会打到挡板上，如下图所示：
根据几何关系得：3L=4Lsinθ+Lsinβ
随着θ角度从37∘逐渐增大，β从37∘先减小零，再减小到−90∘(此时θ=90∘)后再增大，当θ=150∘时，β=90∘，圆弧刚好和边界相切，如下图所示：
微粒在磁场中运动的时间t=θ+180+180−θ+β360T=360+β360T
由此可知，当β=−90∘时时间最短，当β=90∘时时间最长，微粒转过的圆心角的最大差值为180∘，在磁场中运动的最长时间与最短时间的差值等于半个周期，则有：
Δtm=12T=πLv0
由几何关系可知：微粒打到挡板上区域的长度为：
d=4L+4Rsin60∘=(4+2 3)L。
答：(1)匀强电场的电场强度为mgq，方向竖直向上；
(2)微粒打不到挡板上，微粒在运动过程中到挡板的最小距离为(3 3−5)L；
(3)在0∼T2内从P点发射并打到挡板上的微粒，在磁场中运动的最长时间与最短时间的差值为πLv0，以及微粒打到挡板上区域的长度为(4+2 3)L。
【解析】(1)仅存在匀强电场时，微粒做匀速直线运动，由平衡条件可求解；
(2)微粒在电磁场中由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，求得微粒的运动周期，画出微粒的轨迹图，由几何条件求解；
(3)画出微粒运动轨迹的临界情况，分析轨迹的总的圆心角的变化情况，总结圆心角的表达式，结合运动周期和几何关系求解。
本题考查了带电粒子在磁场中运动的问题，画运动轨迹图是解决此类问题的基本功，掌握垂直速度方向画圆心所在的直线，依据其它条件(如出射点的位置，轨迹与边界相切等)确定圆心位置，即可确定轨迹半径与圆心角；知道半径与速度大小相关联，时间与圆心角相关联。
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