2023-2024学年广东省广州天省实验学校高二（上）月考物理试卷（12月）（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省广州天省实验学校高二（上）月考物理试卷（12月）（含解析），共19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。

1.为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心轴的环形电流I引起的。在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是
( )
A. B. C. D.
2.P、Q两电荷的电场线分布如图所示，c、d为电场中的两点。一带电粒子从a运动到b(不计重力)，轨迹如图所示。下列判断正确的是
( )
A. P、Q带同种电荷
B. c、d两点的电势相等
C. 带电粒子在a点所受电场力小于在b点所受电场力
D. 带电粒子从a运动到b，电场力做负功，电势能增大
3.传感器是采集信息的一种重要元件，如图所示是一种电容式压力传感器，当待测压力作用于可动电极时，使它发生形变，从而改变传感器的电容。若流经灵敏电流计的电流方向向左时，指针向右偏。当待测压力突然增大时，下列说法正确的是( )
A. 电容器的电容将减小B. 灵敏电流表指针向左偏转
C. M点的电势比N点的低D. 电容器放电
4.在如图所示的分压电路中，c、d间的电压恒为U=10V，滑动变阻器的总电阻R0=20Ω，滑动触头P可在a、b两端点间滑动，定值电阻R=10Ω，则触头P位于a、b连线的中点时，电阻R消耗的功率是( )
A. 10WB. 2.5WC. 103WD. 109W
5.如图，长L，质量为m的导体棒ab，被两轻质细绳水平悬挂，静置于竖直方向的匀强磁场中．当ab中通过如图的恒定电流I时，ab棒摆离原竖直面，在细绳与竖直方向成θ角的位置再次处于静止状态．已知ab棒始终与磁场方向垂直，则磁感应强度的方向及大小是
A. 竖直向下，mgtanθILB. 竖直向下，mgsinθIL
C. 竖直向上，mgtanθILD. 竖直向上，mgsinθIL
6.某国产直升机在我国某地上空悬停，长度为L的螺旋桨叶片在水平面内顺时针匀速转动(俯视)，转动角速度为ω。该处地磁场的水平分量为Bx，竖直分量为By。叶片的近轴端为a，远轴端为b。忽略转轴的尺寸，则叶片中感应电动势为
( )
A. 12BxLω，a端电势高于b端电势B. 12BxL2ω，a端电势低于b端电势
C. 12ByL2ω，a端电势高于b端电势D. 12ByL2ω，a端电势低于b端电势
7.某电磁弹射装置的简化模型如图所示，线圈固定在水平放置的光滑绝缘杆上，将金属环放在线圈左侧。闭合开关时金属环被弹射出去，若( )
A. 从右向左看，金属环中感应电流沿顺时针方向
B. 将电源正负极调换，闭合开关时金属环将向右运动
C. 将金属环放置在线圈右侧，闭合开关时金属环将向右运动
D. 金属环不闭合，则闭合开关时金属环不会产生感应电动势
8.如图所示，在光滑绝缘的水平地面上放置着四个可视为点电荷的带电金属小球，一个带正电放置于圆心，带电荷量为Q；另外三个带负电，带电荷量均为q，位于圆周上互成120°放置，四个小球均处于静止状态，则Qq为( )
A. 13B. ​33C. ​3D. 3
二、多选题（本大题共4小题，共16分）
9.关于以下四图，说法正确的是( )
A. 甲图用来探究闭合电路欧姆定律——电压表V1测电路内电压，电压表V2测外电压
B. 乙图可以用安培分子电流假说来解释——未被磁化的铁棒内存在无数取向杂乱无章的分子电流，当外加磁场时，各分子电流取向趋于规则，铁棒对外显磁性
C. 丙图是扭称实验——卡文迪许用此装置来研究真空中两个点电荷间的相互作用
D. 丁图是回旋加速器的原理图——只有两个D形盒间的电场对离子起加速作用，外加磁场仅改变离子的运动方向
10.如图是话筒的原理图，在弹性膜片后面粘接金属线圈，线圈处于永磁体的磁场中，声波使膜片振动，将声音信号转变为电信号。下列说法正确的是
( )
A. 话筒是利用电流的热效应工作的B. 话筒是利用电磁感应原理工作的
C. 膜片振动时，金属线圈中会产生感应电流D. 膜片振动时，穿过金属线圈的磁通量不变
11.在如图所示的电路中，R1、R2为滑动变阻器，R3为定值电阻，A、B为两水平放置的平行金属板。一质量为m的带电微粒由平行金属板最左端正中央的M点以水平向右的初速度v0射入平行金属板，微粒沿图中所示的轨迹落在金属板B上的N点。微粒的重力可忽略不计。下列说法正确的是( )
A. 微粒带负电
B. 如果仅将滑动变阻器R1的滑动触头向上移动，R3消耗的功率减小
C. 如果仅将滑动变阻器R2的滑动触头向右移动，微粒可能从金属板的右侧离开
D. 如果仅将滑动变阻器R1的滑动触头向上移动，微粒将落在金属板B上的N点的左侧
12.两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为0.1 m、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图(a)所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边在t=0时刻进入磁场。导线框中感应电动势随时间变化的图像如图
所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)。下列说法正确的是( )( )
A. 磁感应强度的大小为0.5 T
B. 导线框运动速度的大小为0.5 m/s
C. 磁感应强度的方向垂直于纸面向外
D. 在t=0.4 s至t=0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N
三、实验题（本大题共4小题，共21分）
13.在“测定金属丝的电阻率”的实验中，待测金属丝的电阻Rx约为5Ω。实验室备有下列实验器材
A.电压表V(量程0∼3V，内阻约为15kΩ)
B.电流表A1(量程0∼3A，内阻约为0.2Ω)
C.电流表A2(量程0∼0.6A，内阻约为1Ω)
D.滑动变阻器R(0∼10Ω,1.0A)
E.电池E(电动势为3V，内阻约为0.3Ω)
F.开关S，导线若干
(1)应选用的电流表是_____(填“B”或“C”)；
(2)应选用_____(填“a”或“b”)为该实验的电路原理图，并按所选择的原理图把实物图用导线连接起来；( )
(3)用螺旋测微器测得直径如图，则金属丝的直径_____mm；测得金属丝长度为60.00cm，电压表的示数为1.90V，电流表的示数为0.44A，则电阻率为_____Ω⋅m(保留两位有效数字)，考虑到电表内阻的影响，该值比真实值_____。(填“偏大”或“偏小”)
14.练习使用多用电表实验中。
(1)多用电表的欧姆挡直接测量某电压表的内阻(大约为几千欧)。首先进行机械调零，再将红、黑表笔短接进行欧姆调零，然后进行实验电路的连接。你认为应选择如图甲所示中的_____(选填“A”或“B”)方式连接。
(2)在进行正确的实验电路连接后，观察到该多用电表刻度盘上电阻刻度的中间值为15，为了较准确地测量电压表的内阻值，欧姆挡(有×1k、×100、×10、×1四挡)的选择开关应拨至_____挡；实验的结果如图乙所示，则电压表的内阻RV=_____Ω。
15.如图所示为某同学测量电源的电动势和内阻的电路图，其中包括电源E，开关S1和S2，电阻箱R，电流表A，保护电阻Rx，该同学进行了如下实验步骤：
(1)将电阻箱的阻值调到合适的数值，闭合S1、S2，读出电流表示数为I，电阻箱读数为9.5Ω，断开S2，调节电阻箱的阻值，使电流表示数仍为I，此时电阻箱读数为4.5Ω，则保护电阻的阻值Rx=_____Ω；(结果保留两位有效数字)
(2)S2断开，S1闭合，调节R，得到多组R和I的数值，并画出1I−R图象，如图所示，由图象可得，电源电动势E=_____V，内阻r=_____Ω。(结果保留两位有效数字)
16.(1)边长为L的闭合正方形线框的电阻为R，以速度v匀速穿过宽度为d(d>L)的有界匀强磁场，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度为B，则线框穿过磁场的过程中外力做的功为_____。
(2)光滑绝缘细杆竖直放置，与以正点电荷Q为圆心的圆周交于B、C两点。质量为m、电荷量为+q的有孔小球从杆上A点无初速度滑下，已知AB=BC=h，小球滑到B点时的速度大小为 gh，则C、A两点间的电势差UCA=_____。
(3)电磁流量计的主要部分是柱状非磁性管。该管横截面是边长为d的正方形，管内有导电液体水平向左流动。在垂直于液体流动方向上加一个水平指向纸里的匀强磁场，磁感应强度为B。现测得液体上下表面a、b两点间的电势差为U。则管内导电液体的流量Q=_____。(流量是指流过该管的液体体积与所用时间的比值)
四、计算题（本大题共3小题，共31分）
17.如图所示，空间有水平向右的匀强电场，A、B是电场中两点，相距L=20cm，且两点连线与电场线的夹角θ=37°。现将一质量m=5.0×10−11kg、电荷量q=−1.0×10−10C的带电粒子从A点移至B点电场力做功W=−1.6×10−9J。粒子重力及空气阻力均不计，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
(1)A、B两点间电势差；
(2)匀强电场的电场强度大小；
(3)若带电粒子再从A点垂直电场方向以某一速度射出，并能经过B点，求粒子在A点速度的大小。
18.如图，光滑长方形金属框(电阻不计)固定在水平面内，质量m=0.01kg的金属棒ab垂直置于金属框上，框两侧接有R1=6Ω和R2=3Ω的电阻，整个装置处于磁感应强度B=0.1T、方向与水平面垂直的匀强磁场中。t=0时棒ab在与棒垂直的水平外力作用下，由静止开始向右做匀加速直线运动，t=2s时测得流过棒ab的电流为0.06A。已知棒ab长L=0.5m、电阻r=0.5Ω，棒ab与框接触良好。
(1)判断棒ab中的感应电流方向；
(2)求t=2s时感应电动势的大小；
(3)求t=2s时外力做功的功率。
19.如图，A、C两点分别位于x轴和y轴上，∠OCA=30°，OA的长度为L。在△OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以平行于y轴的方向从OA边射入磁场。已知粒子从某点射入时，恰好垂直于OC边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t0。不计重力。
(1)求磁场的磁感应强度的大小；
(2)若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从OC边上的同一点射出磁场，求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和；
(3)若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与AC边相切，且在磁场内运动的时间为53t0，求粒子此次入射速度的大小。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
要知道环形电流的方向首先要知道地磁场的分布情况：地磁的南极在地理北极的附近，故右手的拇指必需指向南方，然后根据安培定则四指弯曲的方向是电流流动的方向从而判定环形电流的方向。
主要考查安培定则和地磁场分布，掌握安培定则和地磁场的分布情况是解决此题的关键所在..另外要掌握此类题目一定要注意安培定则的准确应用。
【解答】
地磁的北极在地理南极的附近，故在用安培定则判定环形电流的方向时右手的拇指必需指向南方；而根据安培定则：拇指与四指垂直，而四指弯曲的方向就是电流流动的方向，故四指的方向应该向西，故B正确。
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查对等量异种电荷电场的认识和电场线与运动轨迹关系，基础题目。
根据等量异种电荷电场分布即可判断；根据电场线方向与电势关系即可判断；根据电场线的疏密含义结合电场力公式即可判断；根据曲线运动的特点和电场线的特征分析出粒子的电性，根据电势能表达式得出其电势能变化情况，根据电场力做功与电势能变化关系得出电场力做功情况即可判断。
【解答】
A、由图知，P、Q带等量异种电荷，故A错误；
B、由沿电场线方向电势逐渐降低知，c点电势比d点高，故B错误；
C、电场线的疏密表示场强大小，由图知，a点电场线较密集，则Ea>Eb，由F=qE知，带电粒子在a点所受电场力大于在b点所受电场力，故C错误；
D、电场线的切线方向为场强方向，做曲线运动的物体所受的合力指向轨迹的凹侧，可见粒子所受的电场力与电场强度方向相反，则粒子带负电，粒子从a运动到b过程，电势逐渐降低，由Ep=qφ知，粒子的电势能增大，则电场力做负功，故D正确。
3.【答案】C
【解析】解：A.由题可知，电容器的电压不变，当待测压力突然增大时，F向上压膜片电极，可知d减小，由C=ɛrs4πkd，电容增大，故A错误；
BC.由题可知，电容器的电压不变，若F向上压膜片电极，电容增大，电量增大，电容器充电，电路中形成逆时针方向的电流，则灵敏电流计指针向右偏；电流从N流向M，故M点的电势比N点的低，故B错误，C正确；
D.当待测压力突然增大时，F向上压膜片电极，d减小，由C=ɛrs4πkd，电容增大，电容器充电，故D错误。
故选：C。
电容器的电压不变，当待测压力突然增大时，F向上压膜片电极，d减小，由C=ɛrs4πkd，电容增大，电量增大，电容器充电，电路中形成逆时针方向的电流，则灵敏电流计指针向右偏；电流从N流向M，故M点的电势比N点的低．
本题考查的是电容器的动态变化，待测压力突然增大时，F向上压膜片电极，d减小，由C=ɛrs4πkd进行分析即可得到答案，不难。
4.【答案】D
【解析】解：触头P位于a、b连线的中点时，电阻R与RPb并联，并联部分电阻值为R并=R⋅RPbR+RPb=10×20210+202Ω=5Ω，并联后R两端的电压为：UR=UR02+R并R并=10202+5×5V=103V
根据电功率公式，可得电阻R消耗的功率为：P=UR2R=(103)210W=109W，故ABC错误，D正确。
故选：D。
触头P位于a、b连线的中点时，电阻R与RPb并联，根据串并联电路的电阻公式求出并联部分的电阻，然后由串联电路的分压特点求出并联部分的电压，然后根据电功率公式求得电阻R消耗的功率。
本题考查分压电路的应用，解答的关键是理解分压电路的特点，会根据串并联电路的知识以及电功率公式灵活求解。
5.【答案】A
【解析】【分析】
已知电流方向和磁场方向，根据左手定则可以得到安培力方向，根据平衡条件列式求解磁感应强度．
本题考查安培力的方向与大小如何确定与计算，注意当安培力的方向与拉力的方向垂直，安培力最小，磁感应强度最小。
【解答】
AB.若磁感应强度方向竖直向下，根据左手定则，直导线所受安培力方向水平向外，根据平衡条件得：
BILcsθ=mgsinθ，
所以B=mgtan θIL，故A正确，B错误；
CD.若磁感应强度方向竖直向下，根据左手定则，直导线所受安培力方向水平向内，不可能平衡，故C错误，D错误。
故选A。
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查导体转动切割磁感线问题；根据法拉第电磁感应定律及右手定则分析判定。
【解答】
每个叶片中的感应电动势E=ByL⋅ωL+02=12ByωL2，由右手定则可知，a点电势低于b点电势，选项D正确ABC错误。
7.【答案】C
【解析】解：A、线圈中电流为右侧流入，磁场方向为向左，在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，感应电流由右向左看，金属环中感应电流沿逆时针方向，故A错误；
B、电池正负极调换后，根据楞次定律的“来拒去留”可得，金属环受力向左，故仍将向左弹出，故B错误；
C、若金属环放在线圈右测，根据“来拒去留”可得，环将向右运动，故C正确；
D、若金属环不闭合，则闭合开关时金属环不会产生感应电流，但仍然能产生感应电动势，故D错误。
故选：C。
由右手螺旋定则可求得线圈中的磁场方向，再由楞次定律明确电流方向及环的受力方向，并依据感应电流条件：闭合电路中磁通量变化，而感应电动势产生条件是电路中磁通量变化，从而即可判定。
本题要掌握楞次定律的两种描述，一是“增反减同”；二是“来拒去留”；并能灵活根据它们去判断电流方向及受力方向，注意感应电流与感应电动势产生条件的不同。
8.【答案】B
【解析】【分析】
解答本题的关键是正确选择研究对象，在本题中可以选择圆周上的三个中的一个为研究对象，然后根据受力平衡列方程求解。
本题考查了在电场中的物体平衡，本质属于力学问题，对于这类问题要首先进行正确受力分析，然后根据平衡条件进行求解。
【解答】
以圆周上三个中的一个为研究对象，如以左下角的一个电荷为研究对象有：
受到另外两个圆周上的电荷的库仑斥力作用，同时受到圆心上的点电荷的库仑引力作用，设圆的半径为r，根据受力平衡得2×(kq2L2×cs30°)=kQqr2，根据几何关系有L= 3r，所以解得：Qq= 33，故ACD错误，B正确。
9.【答案】BD
【解析】A.甲图可用来探究闭合电路欧姆定律，由图可知，电压表 V1 测电路的外电压，电压表 V2 测内电压，故A错误。
B.乙图可以用安培分子电流假说来解释——未被磁化的铁棒内存在无数取向杂乱无章的分子电流，对外显示磁性，当外加磁场时，各分子电流取向趋于规则，铁棒对外显磁性，故B正确。
C.丙图是扭称实验——卡文迪许用此装置来研究真空中两两个小球间的万有引力，故C错误；
D.丁图是回旋加速器的原理图——只有两个D形盒间的电场对离子起加速作用，外加磁场仅改变离子的运动方向，故D正确。
故选BD。
10.【答案】BC
【解析】【分析】
题中传感器是根据电磁感应原理工作的。膜片振动时，穿过金属线圈的磁通量是周期性变化的。膜片振动时，金属线圈中产生感应电动势。
本题动圈式话筒是利用电磁感应原理将声音信号变成电信号的，考查分析电子设备工作原理的能力。
【解答】
AB.当声波使膜片前后振动时，线圈切割磁感线产生感应电流，将声音信号变化电信号，是根据电磁感应原理工作的，故 A错误， B正确;
C.膜片振动时，金属线圈切割磁感线，会产生感应感应电流，故 C正确;
D.膜片随着声波而振动，穿过金属线圈的磁通量是变化的，故D错误。
11.【答案】AD
【解析】A.由题图可知A板的电势低于B板的电势，两板间电场方向向上，而微粒在电场中向下偏转，所受的电场力方向向下，可知该微粒带负电，故A正确；
B.如果将滑动变阻器R1的滑动触头向上移动，滑动变阻器R1接入电路中的电阻减小，电路中电流增大，由 PR3=I2R3 可知，R3消耗的功率增大，故B错误；
C.电路稳定时没有电流流过R2，改变R2的阻值，不改变A、B间的电压，两板间电场强度不变，微粒所受的电场力不变，所以微粒的运动情况不变，仍落在N点，故C错误；
D.设平行金属板A、B间的电压为U，微粒在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，水平方向做匀速直线运动，则竖直方向有
y=12at2=12⋅qUmdt2
水平方向有
x=v0t
联立得
y=qUx22mdv02
如果将滑动变阻器R1的滑动触头向上移动，滑动变阻器R1接入电路中的电阻减小，电路中电流增大，R1两端的电压增大，A、B间的电压U增大，故微粒落在金属板B上时运动的水平距离x减小，所以微粒落在金属板B上N点的左侧，故D正确；
故选AD。
12.【答案】BC
【解析】【分析】
根据线框匀速运动的位移和时间求出速度，读出感应电动势E，结合E=BLv求出磁感应强度。根据感应电流的方向，结合楞次定律得出磁场的方向。根据安培力公式得出导线框所受的安培力。
【解答】
B.导线框运动速度v=lt=，B正确；
A.感应电动势E=Blv，代入数据可得B=0.2 T，A错误；
C.在0～0.2 s时间内，根据右手定则可得磁场方向垂直于纸面向外，C正确；
D.根据F=BIl，E=Blv，I=ER，联立可得F=B2l2vR=0.04N，D错误．
13.【答案】 C b 5.666 1.8×10−4 偏小
【解析】(1)[1]电源电动势为3V，电压表量程 0∼3V ，电阻 Rx 约为 5Ω ，可知电压表满偏时，流过电阻 Rx 的电流约为
I=ERx=35A=0.6A
所以电流表选择C；
(2)[2][3]由于电压表的内阻远大于电阻Rx的阻值，所以电流表应外接，应选用b图为原理图，实物连接如图所示
(3)[4]由螺旋测微器的读数可得金属丝直径为
d=5.5mm+16.6×0.01 mm =5.666 mm
[5][6]由电阻定律 R=ρlS 和电阻定义式 R=UI 可得金属丝电阻率为
ρ=RxSl=πd2U4Il=1.8×10−4Ω⋅m
由于电压表的分流作用，导致电流表的示数I大于流过 Rx 的电流，所以上式计算的电阻率比真实值偏小。
14.【答案】 A ×1k 7000
【解析】(1)[1]多用表的电流满足“红进黑出”的原则，所以欧姆表电流从黑表笔流出欧姆表，从电压表正接线柱流入电压表，所以选择A方式连接。
(2)[2][3]电压表的内阻大约为几千欧，所以可以选择×1k档，由图乙可知，电压表的内阻为
RV=7000Ω
15.【答案】(1) 5.0；
(2)3.0；2.2
【解析】(1)[1]两次电路的总电流相等，则外电阻相等，则保护电阻的阻值
Rx=9.5Ω−4.5Ω=5.0Ω
(2)[2][3]由闭合电路的欧姆定律可知
E=I(R+Rx+r)
即
1I=1ER+(Rx+r)E
则
1E=
(Rx+r)E=2.4
解得
E=3.0V
r=2.2Ω
16.【答案】 2B2L3vR mgh2q dUB
【解析】(1)[1]由于线框匀速穿过磁场区域，所以外力等于安培力，即
F=F安=BIL=BLBLvR=B2L2vR
所以线框经过磁场区域外力做功为
WF=F⋅2L=2B2L3vR
(2)[2]小球由A运动到B，根据动能定理可得
mgh+qUAB=12mvB2
UCA=UBA=−UAB
所以
UCA=mgh2q
(3)[3]根据题意可得
qvB=Udq
Q=Sv=d2v
所以
Q=dUB
17.【答案】(1)16V；(2)100V/m；(3)3m/s
【解析】(1)根据
UAB=WABq
代入数据，解得
UAB=−1.6×10−9−1.0×10−10=16V
(2)在匀强电场中，由电势差与电场强度的关系可得
E=UABdAB=UABLcs37∘
代入数据，解得
E=100V/m
(3)沿着电场方向的加速度
a=qEm
沿着电场方向有
Lcs37=12at2
垂直于电场方向有
Lsin37=vt
解得
v=3m/s
18.【答案】解：(1)根据右手定则可知，棒ab中的感应电流方向从b到a；
(2)R1和R2并联阻值为：R并=R1R2R1+R2=6×36+3Ω=2Ω
电路总电阻：R=R并+r=2Ω+0.5Ω=2.5Ω
根据闭合电路的欧姆定律可得：E=IR总=0.06×2.5V=0.15V
(3)由E=BLv可得t=2s时棒的速度大小为：v=EBL=0.150.1×0.5m/s=3m/s
棒的加速度：a=vt=32m/s2=1.5m/s2
棒受到的安培力大小：F安=BIL=0.1×0.06×0.5N=0.003N
根据牛顿第二定律可得：F合=F−F安=ma
解得：F =F安+ma=0.003N+0.01×1.5N=0.018N
根据功率的计算公式可得：P=Fv=0.018×3W=0.054W。
答：(1)棒ab中的感应电流方向从b到a；
(2)t=2s时感应电动势的大小为0.15V；
(3)t=2s时外力做功的功率为0.054W。
【解析】(1)根据右手定则判断棒ab中的感应电流方向；
(2)由并联电路的特点求出外电路总电阻，结合闭合电路欧姆定律求t=2s时感应电动势的大小；
(3)根据E=BLv求出t=2s时棒的速度，棒ab做匀加速直线运动，由v=at求出棒的加速度大小，根据牛顿第二定律求拉力大小，再根据功率的计算公式求解t=2s时外力做功的功率。
对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分电路相当于电源，根据电路连接情况，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律、以及电功率的计算公式列方程求解。
19.【答案】解：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间t0内其速度方向改变了90°，故其周期
T=4t0①
设磁感应强度大小为B，粒子速度为v，圆周运动的半径为r。由洛伦兹力公式和牛顿运动定律得
qvB=mv2r②
匀速圆周运动的速度满足
v=2πrT③
联立①②③式得
B=πm2qt0④
(2)设粒子从OA边两个不同位置射入磁场，能从OC边上的同一点P射出磁场，粒子在磁场中运动的轨迹如图所示。
设两轨迹所对应的圆心角分别为θ1和θ2.由几何关系有
θ1=180°−θ2⑤
粒子两次在磁场中运动的时间分别为t1与t2，则
t1+t2=T2=2t0；⑥
(3)如下图，由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150°．
设O′为圆弧的圆心，圆弧的半径为r0，圆弧与AC相切与B点，从D点射出磁场，
由几何关系和题给条件可知，此时有
∠O O′D=∠B O′A=30°⑦
r0cs∠OO′D+r0cs∠BO′A=L⑧
设粒子此次入射速度的大小为v0，
由圆周运动线速度公式，则有：v0=2πr0T⑨
联立①⑦⑧⑨式得
v0= 3πL7t0
答：(1)磁场的磁感应强度的大小πm2qt0；
(2)该粒子这两次在磁场中运动的时间之和2t0；
(3)粒子此次入射速度的大小 3πL7t0。
【解析】对于带电粒子在磁场中运动类型，要善于运用几何知识帮助分析和求解，这是轨迹问题的解题关键，注意画出正确的运动轨迹图是解题的重点。
(1)粒子垂直OA进入磁场中，转过90°，垂直打在y轴上，则t=t0=14T，求出周期，由周期公式T=2πmqB求B的大小；
(2)画出两个粒子的运动轨迹，设轨迹所对应的圆心角分别为θ1和θ2，由几何关系有θ1=180°−θ2，可得到时间之和等于T2；
(3)画出粒子做圆周运动与AC相切的轨迹，再结合几何知识求出轨迹的半径，利用洛伦兹力等于向心力，列式求解速度。