2022-2023学年湖南省岳阳市平江县重点中学高二（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年湖南省岳阳市平江县重点中学高二（上）期末物理试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年湖南省岳阳市平江县重点中学高二（上）期末物理试卷
一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）
1. 如图所示为两个固定在同一水平面上的点电荷，距离为d，电荷量分别为+Q和−Q。在它们的水平中垂线上固定一根长为L、内壁光滑的绝缘细管，有一电荷量为+q的小球以初速度v0从管口射入，则小球(    )

A. 速度先增大后减小 B. 受到的库仑力先做负功后做正功
C. 受到的库仑力最大值为8kQqd2 D. 管壁对小球的弹力最大值为4kQqd2
2. 如图所示，小滑块在水平外力F作用下，沿水平地面从A点由静止向右滑行，滑至B点时撤去外力F，到达C点时速度恰为零，不计空气阻力。则下列说法中正确的是(    )

A. BC段滑块动量的改变量大于阻力的冲量
B. AB段和BC段滑块动量的变化量相同
C. 滑块运动的全过程，F的功与克服阻力的功相等
D. 滑块运动的全过程，F的冲量与阻力的冲量相同
3. 如图，单摆甲放在真空中，悬点处固定一带正电小球，摆球亦带正电，周期为T甲；单摆乙放在以加速度a向下加速运动的电梯中，周期为T乙；单摆丙带正电，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，周期为T丙；单摆丁带正电，放在匀强电场E中，周期为T丁。若四个单摆摆长均相等，那么(    )

A. T甲>T乙>T丁>T丙 B. T乙>T甲>T丙>T丁
C. T丙>T甲>T丁>T乙 D. T乙>T甲=T丙>T丁
4. 如图所示，由两种单色光组成的复色光，通过足够大的长方体透明材料后分成a、b两束，则(    )

A. a、b两束出射光互相平行
B. 只要满足一定的条件，a、b两束光可以发生干涉
C. 在该透明材料中，a光的传播速度大于b光的传播速度
D. 从该透明材料射入空气发生全反射时，a光的临界角较大
5. 如图，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直．线段ab、bc和cd的长度均为L，且∠abc=∠bcd=135º.流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示．导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力

A. 方向沿纸面向上，大小为( 2+1)ILB
B. 方向沿纸面向上，大小为( 2−1)ILB
C. 方向沿纸面向下，大小为( 2+1)ILB
D. 方向沿纸面向下，大小为( 2−1)ILB
6. 如图所示，在直角坐标系xoy中，x轴上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向外．许多质量为m、电荷量为+q的粒子，以相同的速率v沿纸面内，由x轴负方向与y轴正方向之间各个方向从原点O射入磁场区域．不计重力及粒子间的相互作用．下列图中阴影部分表示带电粒子在磁场中可能经过的区域，其中R=mv/qB，正确的图是(    )

A. B.
C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）
7. 一个质量为m、电荷量为+q的小球以初速度v0水平抛出，在小球经过的竖直平面内，存在着若干个如图所示的无电场区和有理想上下边界的匀强电场区，两区域相互间隔、竖直高度相等，电场区水平方向无限长，已知每一电场区的场强大小相等、方向均竖直向上，不计空气阻力，下列说法正确的是(    )

A. 若场强大小等于mgq，则小球经过每一电场区的时间均相同
B. 若场强大小等于2mgq，则小球经过每一无电场区的时间均相同
C. 无论场强大小如何，小球通过所有无电场区的时间均相同
D. 小球在水平方向一直做匀速直线运动
8. 如图所示，电源电动势为E，内电阻为r。当滑动变阻器的触片P从左端滑到右端时，发现电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为ΔU1和ΔU2，下列说法中正确的是(    )

A. 小灯泡L1、L2变暗，L3变亮 B. 小灯泡L3变暗，L1、L2变亮
C. ΔU1<ΔU2 D. ΔU1>ΔU2
9. 如图所示是一列沿x轴正方向传播的机械波在t=0时的波形图，由于某种原因，中间有一部分无法看清，已知该波的波速v=0. 5m/s，下列说法正确的是(    )

A. t=0时刻，x=7cm处的质点振动方向沿y轴负方向
B. 此列波的周期T=2s
C. 0∼0. 03s时间内，质点P的速度不断增大
D. t=0. 47s时，质点P运动到负方向最大位移处
10. 在光滑的水平面上，有一竖直向下的匀强磁场，分布在宽度为L的区域内，现有一边长为d(d
A. 线圈在滑进磁场的过程与滑出磁场的过程均做变加速直线运动
B. 线圈在滑进磁场的过程中与滑出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量相同
C. 线圈在滑进磁场的过程中速度的变化量与滑出磁场的过程中速度的变化量不同
D. 线圈在滑进磁场的过程中产生的热量Q1与滑出磁场的过程中产生的热量Q2之比为3:1
三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
11. 在“测定金属的电阻率”的实验中：

(1)用螺旋测微器测量金属丝直径时，其示数如图1所示，则金属丝的直径为d=____mm．
(2)某同学设计了如图所示的电路测量该金属丝的电阻(阻值约3Ω)
可选用的器材规格如下：
电源E(电动势3V，内阻不计)；
电流表A(0∼0.6A，内阻约0.5Ω)；
电流表G(0∼10mA，内阻为50Ω)；
滑动变阻器R1(阻值0∼5Ω，额定电流2A)；
滑动变阻器R2(阻值0∼1kΩ，额定电流1A)；
定值电阻R3=250Ω；
定值电阻R4=2500Ω；
开关S和导线若干．
①为了便于操作，并使测量尽量精确，定值电阻应选_____，滑动变阻器R应选_____．
②某次测量时电流表G的读数为5.0mA，安培表示数为0.50A，计算Rx的准确值为Rx=_____Ω(计算结果保留3为有效数字)

12. 在“测玻璃的折射率”实验中：
(1)为了取得较好的实验效果，
A.必须选用上下表面平行的玻璃砖；
B.选择的入射角应尽量小些；
C.大头针应垂直地插在纸面上；
D.大头针P1和P2及P3和P4之间的距离适当大些。
其中正确的是_______。
(2)甲同学在画界面时，不小心将两界面aa′和bb′间距画得比玻璃砖宽度大些，如图1所示，则他测得的折射率_______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。

(3)乙同学在量入射角和折射角时，由于没有量角器，在完成了光路图以后，如图2所示，以O点为圆心，OA为半径画圆，交OO′延长线于C点，过A点和C点作垂直法线的直线分别交于B点和D点，则他只需要测量_______________，就可求出玻璃的折射率n=_______。

四、计算题（本大题共3小题，共38.0分）
13. 如图，某透明介质的截面为直角三角形ABC，其中∠A=30∘，AC边长为L，一束单色光从AC面上距A为L3的D点垂直于AC面射入，恰好在AB面发生全反射。已知光速为c。则：
(1)求出该介质的折射率n；
(2)画出该光束从射入该介质到穿出该介质的光路并求出相应的偏转角；
(3)求出该光束从射入该介质到第一次穿出该介质经历的时间t。


14. 如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为θ，N、Q两点间接有阻值为R的电阻。整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下、将质量为m、阻值也为R的金属杆ab垂直放在导轨上，杆ab由静止释放，下滑距离x时达到最大速度。重力加速度为g，导轨电阻不计，杆与导轨接触良好。求：
(1)杆ab下滑的最大加速度；
(2)杆ab下滑的最大速度；
(3)上述过程中，杆上产生的热量。


15. 为了进一步提高回旋加速器的能量，科学家建造了“扇形聚焦回旋加速器”.在扇形聚焦过程中，离子能以不变的速率在闭合平衡轨道上周期性旋转．
扇形聚焦磁场分布的简化图如图所示，圆心为O的圆形区域等分成六个扇形区域，其中三个为峰区，三个为谷区，峰区和谷区相间分布．峰区内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，谷区内没有磁场．质量为m，电荷量为q的正离子，以不变的速率v旋转，其闭合平衡轨道如图中虚线所示．

(1)求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径r，并判断离子旋转的方向是顺时针还是逆时针；
(2)求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角θ，及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T；
(3)在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B′，新的闭合平衡轨道在一个峰区内的圆心角θ变为90°，求B′和B的关系．已知：sin(α±β )=sinαcosβ±cosαsinβ，cosα=1−2sin2α2

答案和解析

1.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查的是明确等量异号电荷的中垂线上的电场强度的分布情况，注意与等量同种电荷的区别。
【解答】
A.电荷量为+q 的小球以初速度v0 从管口射入的过程，因电场力不做功，只有重力做功；根据动能定理，知速度不断增加，故A错误； 
B.小球下落过程中，库仑力与速度方向垂直，则库仑力不做功，故B错误； 
C.在两个电荷的中垂线的中点，单个电荷产生的电场强度为：E=kQ(d2)2=4kQd2；根据矢量的合成法则，则有电场强度最大值为8kQd2，因此电荷量为+q 的小球受到最大库仑力为8kqQd2，故C正确； 
D.根据C选项的分析，结合受力分析可知，弹力与库仑力平衡，则管壁对小球的弹力最大值为8kqQd2，故D错误。
故选C。
  
2.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题主要考查动量、冲量的矢量性，动量、冲量都是是矢量，既有大小又有方向。
【解答】
A、设滑块到B点速度为v，摩擦力为f，对BC段滑块只受摩擦力，应用动量定理有Δp=ΔI=ft，故BC段滑块动量的改变量等于阻力的冲量，故A错误；
B、AB段动量变化量Δp1=mv−0=mv，BC段滑块动量的变化量Δp2=0−mv=−mv，Δp1≠Δp2，故B错误；
C、对滑块运动的全过程应用动能定理，有FsAB−fsAC=0，因此WF=Wf，故C正确；
D、滑块运动的全过程，F的冲量与阻力的冲量大小相同，方向相反，故D错误。  
3.【答案】D 
【解析】甲摆所受库仑力和丙摆中所受洛伦兹力总是沿半径方向，不影响回复力，故有T甲=T丙=2π lg
根据等效重力加速度，对乙摆有mg乙′=mg−ma
解得g乙′=g−a
故可得T乙=2π lg−a
同理，对丁摆有mg丁′=mg+Eq
解得g丁′=g+Eqm
故可得T丁=2π lg+Eqm
故有T乙>T甲=T丙>T丁
故选D。


4.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查光的折射定律、全反射，光的干涉。解决问题的关键是根据光路图，结合光的折射定律、折射率分析判断，知道发生光的干涉的条件。
【解答】
A.a、b两束光的光路图如图所示

对a光，根据光的折射定律有na=sini1sinr1=sini2sinr2
由图可知r1=r2
则i1=i2
故a光的出射光和入射光相互平行；
同理可得，b光的出射光和入射光相互平行，所以a、b两束出射光平行，故A正确；
B.发生干涉的条件之一是两束光频率相同，由图可知，两束光在介质中的折射率的关系na>nb
折射率越大，光的波长越小，频率越大，故B错误；
C. 根据公式n=cv
可得va 故C错误；
D.根据临界角与折射率的关系n=1sinC
可得Ca 故D错误。
故选A。
  
5.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查安培力的大小与方向的判断，先求出各条导线所受的安培力，然后再进行矢量合成。关键在于理解安培力公式的含义。
【解答】
每段导线所受安培力的大小为F=BIL，
受力情况如图所示.F合=F+ 2F=( 2+1)BIL
方向沿纸面向上，A对。


故选：A。  
6.【答案】D 
【解析】试题分析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，以 x 轴为边界的磁场，粒子从 x 轴进入磁场后在离开，速度 v 与 x 轴的夹角相同，根据左手定和 R=mvqB ，知沿x轴负轴的刚好进入磁场做一个圆周，沿y轴进入的刚好转半个周期，如图，在两图形的相交的部分是粒子不经过的地方，故D正确；

考点：带电粒子在匀强磁场中的运动
【名师点睛】本题考查分析和处理粒子在磁场中运动的轨迹问题，难点在于分析运动轨迹的边界，可以运用极限分析法分析．


7.【答案】BD 
【解析】解：将小球的运动沿着水平方向和竖直方向正交分解，水平方向不受外力，以v0做匀速直线运动；竖直方向上，在无电场区只受重力，加速度为g，竖直向下，有电场区除重力外，还受到向上的恒定的电场力作用，加速度的大小和方向取决于合力的大小和方向。
A、当场强大小等于mgq时，电场力等于mg，故在电场区小球所受的合力为零，在无电场区小球匀加速运动，故经过每个电场区，小球的速度均不等，因而小球经过每一无电场区的时间均不相等，故A错误；
B、若场强大小等于2mgq时，电场力等于2mg，故在电场区小球所受的合力大小等于mg，方向竖直向上，加速度大小等于g，方向竖直向上，根据运动学公式，有：
经过第一个无电场区y=12gt12，v1=gt1
经过第一个电场区y=v1t−12gt22，v2=v1−gt2
联立解得：t1=t2，v2=0，接下来小球的运动重复前面的过程，即每次通过无电场区都是自由落体运动，每次通过电场区都是末速度为零匀减速直线运动，可知，小球经过每一无电场区的时间均相同。故B正确；
C、通过AB选项的计算可以知道，电场强度只有满足一定的条件，小球经过电场区的时间相同，故C错误；
D、通过前面的分析可知，小球在水平向不受力，故在水平方向上做匀速直线运动，故D正确；
故选：BD。
将小球的运动沿着水平方向和竖直方向正交分解，其水平方向不受外力，做匀速直线运动，竖直方向在无电场区做匀加速运动，有电场区也做匀变速运动，但加速度不同，运用速度时间关系公式分析，可以得到小球在竖直方向的运动规律．
本题是带电粒子在电场中运动的问题，将小球的运动沿水平方向和竖直方向正交分解后，对于竖直方向的运动，关键是找出小球的运动的一般规律，然后分析计算．

8.【答案】AD 
【解析】AB.当滑动变阻器的触片P从左端滑到右端时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，路端电压增大， L2 在干路上，故 L2 变暗。变阻器的电阻增大，并联部分的电阻增大，则并联部分电压增大， L3 的电流增大，L3变亮。总电流减小，而 L3 的电流增大，则 L1 的电流减小， L1 变暗，故A正确，B错误；
CD.电压表 V1 测的是并联电压，示数增大，电压表 V2 测的是 L2 的电压，示数减小，由于路端电压增大，因此ΔU1−ΔU2>0
故ΔU1>ΔU2
故C错误，D正确。
故选AD。


9.【答案】AD 
【解析】
【分析】
根据图象得到该波的波长，根据“平移法”可知t=0时刻x=7cm处的质点振动方向；
根据T=λv求解此列波的周期；
质点P向平衡位置运动时速度增大，判断0.03s时的位置确定质点P的速度变化；
根据时间结合图形分析P点位置。
本题主要是考查了波的图象；解答本题关键是要能够根据图象直接读出振幅、波长和各个位置处的质点振动方向，知道波速、波长和频率之间的关系v=fλ。
【解答】
由波形图可知，该波的波长大于8cm，画出波形图如图；

由图可知波长为λ=10cm，则
A.根据“同侧法”可知，t=0时刻，x=7cm处的质点振动方向沿y轴负方向，选项A正确；
B.该波的周期为T=λv=0.10.5=0.2s
选项B错误；
C.在t=0时刻，质点P向下振动，在t=0.03s时刻P点到达平衡位置下方，但是还没到达最低点，则0∼0. 03s时间内，质点P的速度先增大后减小，选项C错误；
D. t=0. 47s时，波向右传播的距离x=vt=50cm/s×0.47s=23.5cm=2λ+3.5cm
由波形图可知，质点P运动到负方向最大位移处，选项D正确。
故选AD。
  
10.【答案】ABD 
【解析】
【分析】
根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式得到线框的加速度表达式，再分析线圈的运动情况；根据感应电荷量公式q=nΔΦR，分析电荷量关系；根据动量定理分析速度变化关系；根据能量守恒定律分析热量关系。
本题关键要综合考虑影响加速度的因素，将加速度表达式中质量和电阻细化，掌握感应电荷量公式q=nΔΦR，应加强基础知识的学习，提高综合分析问题的能力。
【解答】
A.线圈在滑进磁场的过程与滑出磁场的过程中，运动方向只受安培力作用，根据左手定则判断知安培力方向与运动方向相反，根据法拉第电磁感应定律及牛顿第二定律可知，速度减小，则安培力减小，加速度减小，所以均做加速度减小的减速直线运动，即变加速直线运动，故A正确；
B.根据q=ΔΦR
可知进入磁场和滑出磁场的过程中穿过线框的磁通量的变化量相同，线框的电阻不变，所以两个过程中通过线框横截面的电荷量相同，故B正确；
C.进入磁场过程有−BI1LΔt1=mΔv1
又I1Δt1=q
则得−BqL=mΔv1
离开磁场过程有−BI2LΔt2=mΔv2
又I2Δt2=q
则得−BqL=mΔv2
则得Δv1=Δv2
即线圈速度的变化量相同，故C错误；
D.设线圈完全进入磁场时的速度为v，当线圈完全进入磁场到右边的框边出磁场的过程中，穿过线圈的磁通量不变，没有感应电流产生，做匀速直线运动，根据Δv1=Δv2
有v0−v=v−0
则完全进入磁场时的速度为 v2 ，根据能量守恒定律得Q1=12mv2−12m(v2)2=38mv2
Q2=12m(v2)2=18mv2
可得Q1Q2=31
故D正确。
故选ABD。
  
11.【答案】     0.800mm       R3       R1       3.03Ω 
【解析】(1)固定刻度读数为 0.5mm+0.01×30.0=0.800mm ，则此金属丝的直径为 0.800mm ．
(2)根据闭合电路欧姆定律电路和电流表最小读数，可求出电路中需要的最大电阻为：
R=EI=313×0.6Ω=15Ω ，由于待测电阻电阻为 3Ω ，所以滑动变阻器应用 R1
根据串分压原理， R=EI=30.01Ω=300Ω ，故定值电阻 R3
根据电阻定律，由： R=IR3+rIA−I=3.03Ω ．


12.【答案】CD  偏小  量AB、CD的距离 AB−DC− 
【解析】解：
(1)[1]用插针法测定折射率时，玻璃砖上下表面不一定要平行，故A错误；为了减小测量的相对误差，选择的入射角不能太小，也不能太大，故B错误；为了准确确定入射光线和折射光线，大头针应垂直地插在纸面上，所以C正确；大头针P1和P2及P3和P4之间的距离适当大些时，相同的距离误差引起的角度误差会减小，效果会好些，所以D正确。

(2)[2]如图，实线是真实的光路图，虚线是玻璃砖宽度画大后的光路图，由图可以看出，测出的折射角比真实的大，折射率偏小。
(3)[3] 需要测量AB、CD的长度 AB 、 CD 。
[4]根据折射定律 n=sin∠AOBsin∠DOC=ABBCD=ABDC。
(1)为了取得较好的实验效果，根据实验原理分析可知：玻璃砖上下表面不一定要平行，选择的入射角应尽量大些；大头针应垂直地插在纸面上；大头针P1和P2及P3和P4之间的距离适当大些，这样可以减小测量的相对误差．
(2)甲同学在画界面时，将两界面aa′和bb′间距画得比玻璃砖宽度大些，分析对入射角和折射角的影响，判断误差的变化．
(3)根据几何知识求出入射角和折射角的正弦值，再求解折射率．
本题是插针法测定玻璃砖的折射率，实验原理是折射定律，采用单位圆法处理数据，根据原理分析实验误差．

13.【答案】(1)2；(2)光路图见解析； 60∘ ；(3)  3Lc 
【解析】(1)由于光线垂直于AC面射入，故光线在AB面上的入射角为 30∘ ，由题意知，光线恰好在AB面上发生全反射，所以入射角等于临界角，则全反射临界角C=θ=30∘
由全反射条件可求得n=1sinC=1sin30∘=2
(2)如图所示光路图，

原光线垂直于AC面射入，即DF方向(EO方向)
光线在BC面出射时与BC面垂直，即EG方向，所以偏转角为 ∠OEG=60∘ 。
(3)由图可知DF=ADtan30∘= 3L9
FE=2DF=2 3L9
DE=AD=L3
则EC=L3
EG=ECcos30∘= 3L6
故光在介质中的传播距离为s=DF+FE+EG= 3L2
光在介质中的传播速度v=cn=c2
光在介质中的传播时间t=sv= 3Lc
(1)据题意，光线恰好在AB面发生全反射，入射角等于临界角．根据几何关系求出临界角C，由sinC=1n求出折射率；
(2)作出光路图，光线在BC面出射时与BC面垂直，所以偏转角为60°；
(3)运用几何知识求出光线在介质中通过的路程s，由v=cn求出光在介质中的速度，由t=sv求解时间。
本题关键要理解全反射现象及其产生的条件，知道临界角其实是入射角，能灵活几何关系求解入射角和折射角。

14.【答案】(1) gsinθ ，方向沿导轨平面向下；(2) 2mgRsinθ(BL)2 ，方向沿导轨平面向下；(3) 12mgxsinθ−m3g2R2sin2θB4L4 
【解析】(1)设ab杆下滑到某位置时速度为 v ，则此时
杆产生的感应电动势E=BLv
回路中的感应电流I=ER+R
杆所受的安培力F=BIL
根据牛顿第二定律有mgsinθ−B2L2v2R=ma
当速度 v=0 时，杆的加速度最大，最大加速度am=gsinθ
方向沿导轨平面向下；
(2)由(1)问知，当杆的加速度 a=0 时，速度最大，
最大速度vm=2mgRsinθ(BL)2
方向沿导轨平面向下；
(3)ab杆从静止开始到最大速度过程中，根据能量守恒定律有mgxsinθ=Q总+12mvm2
又Q杆=12Q总
所以Q杆=12mgxsinθ−m3g2R2sin2θB4L4
(1)对金属棒进行受力分析，受到重力、支持力、安培力，然后根据牛顿第二定律求出加速度的表达式，分析其最大值。
(2)当棒子开始运动，棒子做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减小到0时，速度达到最大．根据最终达到平衡，列出平衡方程，求出最大速度。
(3)金属棒沿导轨下滑距离为s的过程中，重力势能减小，动能增加，内能增加，根据能量守恒先求出整个电路产生的热量，再求出杆上产生的热量。
解决本题的关键会根据牛顿第二定律求加速度，以及结合运动学能够分析出金属棒的运动情况，当a=0时，速度达到最大。

15.【答案】(1) r=mvqB ；旋转方向为逆时针方向
(2) θ=2π3 ； T=(2π+3 3)mqB
(3) B′= 3−12B
 
【解析】
【分析】此题是关于带电粒子在匀强磁场中的运动问题．解题时分析粒子受到的洛伦兹力的情况，找到粒子做圆周运动的圆心及半径，画出几何图形，并借助与几何关系分析解答．此题有一定的难度，考查学生的综合能力．
【详解】(1)封区内圆弧半径 r=mvqB ①
旋转方向为逆时针方向②
(2)由对称性，封区内圆弧的圆心角 θ=2π3 ③
每个圆弧的长度 l=2πr3=2πmv3qB ④
每段直线长度 L=2rcos π6= 3r= 3mvqB ⑤
周期 T=3(l+L)v ⑥
代入得 T=(2π+3 3)mqB ⑦
(3)谷区内的圆心角 θ′=120∘−90∘=30∘ ⑧
谷区内的轨道圆弧半径 r′=mvqB′ ⑨
由几何关系 rsin θ2=r′sin θ′2 ⑩
由三角关系 sin 30∘2=sin 15∘= 6− 24 ⑪
代入得 B′= 3−12B ⑫

(1)根据带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动的半径公式和左手定则求解
(2)离子在峰区运动轨迹是圆弧，在谷区做匀速直线运动，根据几何关系求出圆弧所对的圆心角，根据t=sv求出离子绕闭合平衡轨道一周的时间，即离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T
(3)根据几何关系求出谷区圆弧所对的圆心角，峰区和谷区圆弧的弦长相等，列出等式求出B′与B之间的关系；
本题是带电粒子在磁场中运动的综合题，根据题意作出粒子的运动轨迹，运用数学知识求出粒子在磁场区中做圆周运动的轨道半径、粒子转过的圆心角，是本题的难点．