2023-2024学年安徽省安庆市第一中学高二（上）第二次阶段性学业质量检测物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省安庆市第一中学高二（上）第二次阶段性学业质量检测物理试卷（含解析），共18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.下列电器在工作时，主要利用电流热效应的是( )
A. 发电机B. 电动机C. 电话机D. 电烤炉
2.一带电微粒在正交匀强电场和匀强磁场的竖直平面内做匀速圆周运动，如图所示。则微粒带电性质和环绕方向( )
A. 带正电，逆时针
B. 带正电，顺时针
C. 带负电，逆时针
D. 带负电，顺时针
3.如图所示为回旋加速器的示意图，两个靠得很近的D形金属盒处在与盒面垂直的匀强磁场中，一质子从加速器的A处开始加速。已知D形盒的半径为R，磁场的磁感应强度为B，高频交变电源的电压为U、频率为f，质子质量为m、电荷量为q，下列说法正确的是( )
A. 质子的最大速度不超过2πRf
B. 质子在回旋加速器中共加速了B2qR2mU次
C. 若忽略在电场中的运动时间，质子在回旋加速器中的运动时间为BπR2U
D. 若只增大磁感应强度B，回旋加速器仍可正常工作
4.如图所示，水平放置的两组光滑轨道上分别放有可自由移动的金属棒PQ和MN，并且分别放置在磁感应强度为B1和B2的匀强磁场中，当PQ在外力的作用下运动时，MN向右运动，则PQ所做的运动可能是( )
A. 向左加速运动B. 向左匀速运动C. 向右加速运动D. 向右匀速运动
5.恒流源是一种特殊的电源，其输出的电流能始终保持不变。如图所示的电路中电源是恒流源，当滑动变阻器滑动触头P从最右端向最左端移动时，下列说法中正确的是( )
A. R2上的电压变大B. 恒流源输出功率保持不变
C. R0上的电压变小D. R1的电功率增大
6.如图所示为磁流体发电机的示意图，平行金属板A、C组成一对平行电极，两板间距为d，面积为S。两板间有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一束等离子体(带有正、负电荷的粒子)以一定的速度v平行金属板、垂直于磁场射入两板间，两板间连接有定值电阻R等离子体的电阻率为ρ则下列说法正确的是( )
A. 电阻中的电流方向由a到b
B. 电阻R的电功率为R
C. 电源的总功率为(Bdv)2SRS+ρd
D. 增大两金属板的正对面积可增大发电机的电动势
7.如图甲所示，带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h1；若加上水平向里的匀强磁场(如图乙)，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2，若加上水平向右的匀强电场(如图丙)，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3；若加上竖直向上的匀强电场(如图丁)，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h4。不计空气阻力，则( )
A. 一定有h1>h3B. 一定有h1二、多选题（本大题共4小题，共16分）
8.(多选)如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上;L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称。整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强度大小分别为13B0和12B0，方向也垂直于纸面向外。则( )
A. 流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为712B0
B. 流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为112B0
C. 流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为112B0
D. 流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为712B0
9.如图所示，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r，闭合开关S，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想电流表示数变化量的绝对值ΔI，则下列结论正确的是( )
A. A的示数减小B. V2的示数减小
C. ΔU3与ΔI的比值等于R+rD. ΔU1小于ΔU2
10.如图所示，粒子源S能在图示纸面内的360范围内发射速率相同、质量为m、电量为+q的同种粒子(重力不计)，MN是足够大的竖直挡板，S到档板的距离为L，挡板左侧充满垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，则下列说法正确的是( )
A. S发射的粒子速率至少为qBL2m，才能有粒子到达挡板
B. 若S发射的粒子速率为qBLm，则挡板能被粒子击中部分的长度为2L
C. 若S发射的粒子速率为qBLm，粒子到达挡板的最短时间是πm3qB
D. 若S发射的粒子速率为qBLm，粒子到达挡板的最短时间是πm2qB
11.带正电的小环套在粗糙水平杆上，杆足够长，右半部分处在匀强磁场中，小环突然获得一向右的水平速度滑入磁场中，如图所示，小环的重量不能忽略，则小环进入磁场后的运动情况可能是( )
A. 匀速直线运动B. 匀减速直线运动
C. 先逐渐减速最后匀速直线运动D. 逐渐减速最后停止
三、实验题（本大题共2小题，共14分）
12.某同学用如图所示的实验器材探究电磁感应现象。他连接好电路并检查无误后，闭合电键的瞬间观察到电流表G指针向右偏转。电键闭合后：
(1)将滑动变阻器的滑动触头快速向接线柱C移动，电流计指针将______偏(填“左”、“右”或“不”)；
(2)将线圈A中的铁芯快速抽出，电流计指针将______(填“左偏”、“右偏”或“不偏”)；
(3)在产生感应电流的回路中，相当于电源的器材是______；
13.某物理兴趣小组要组装一个简易的欧姆表，他们设计了如图甲所示的电路，通过控制单刀多掷开关S，可使欧姆表具有“×1”、“×10”和“×100”三个倍率挡，并使改装后的刻度盘正中央的刻度对应电阻刻度的15，提供的器材规格如下：
A.干电池(电动势E=1.5V，内阻不计)
B.毫安表G(量程为1mA，内阻为99.0Ω)
C.电阻箱R1(0—99.9Ω)
D.电阻箱R2(0—9.99Ω)
E.滑动变阻器R3(0—1500Ω，额定电流0.5A)
F.单刀多掷开关S一个，红、黑表笔各一支，导线若干
(1)该欧姆表的两只表笔中，________(填“A”或“B”)应为红表笔。当开关S接1时，欧姆表的倍率为______(填“×1”、“×10”或“×100”)。
(2)将开关S接2时，若为×10倍率挡，则电阻箱R1的阻值应调整为________Ω，将开关S接3时，为第三种倍率，则电阻箱R2的阻值应调整为________Ω。
四、计算题（本大题共3小题，共42分）
14.如图所示，水平U形光滑框架，宽度为1m，电阻忽略不计，导体棒ab的质量m= 0.2kg、电阻R= 0.5Ω，匀强磁场的磁感应强度B= 0.2T，方向垂直框架向上。现用F= 1N的外力由静止开始向右拉ab棒，当ab棒的速度达到2m/s时，求：
(1)ab棒产生的感应电动势的大小；
(2)ab棒所受的安培力的大小和方向；
(3)ab棒加速度的大小和方向。
15.如图所示，一绝缘板垂直于y轴放置，板上两个小孔C、D(在x轴上)关于坐标原点O对称，质量为m、电荷量为+q的粒子(不计重力)以速度v0从y轴上的A点沿+x方向进入第一象限的静电分析器，在辐向电场(方向指向O)作用下，离子沿图中虚线做半径为R的匀速圆周运动，再从小孔C沿−y方向进入x轴下方垂直纸面向外的匀强磁场区域，经一次与绝缘板的弹性碰撞后恰好从小孔D进入第二象限面内的匀强电场，恰好以速度v0返回A点。求：
(1)静电分析器内虚线处的E1的大小；
(2)磁场区域的磁感应强度B的大小；
(3)第二象限内电场强度E2的大小和方向。
16.如图，竖直面内坐标系xOy第一、三象限角平分线A1A2右侧区域有一场区(内存在匀强电场和匀强磁场)。平行板M、N如图放置，M板带正电。带负电的N板在x轴负半轴上。N板上有一小孔P，离原点O的距离为L.A1A2上的Q点处于P孔正下方。质量为m、电量为+q的小球从OA2上的某点以一水平速度v向右进入场区，恰好能做匀速圆周运动。第一次出场后，小球能进入M、N板间且恰好能到达M板但不接触。已知磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。M、N板间距为L、电压为U=mgLq，重力加速度为g。求：
(1)A1A2右侧区域内的匀强电场的场强大小与方向；
(2)求射入场区的水平速度v的大小；
(3)小球从OA2上的某点出发后，到第四次(不包括出发那次)经过边界A1A2的运动时间。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查发电机、电动机、电话机以及电烤炉的工作原理。明确发电机、电动机、电话机以及电烤炉的工作原理以及能量之间的转化即可正确求解。
【解答】
A.发电机主要是利用电磁感应将其他形式的能转化为电能的装置，故A错误；
B.电动机是通电线圈在磁场中受力转动而工作的，没有利用电流的热效应，故B错误；
C.电话机是利用了电流的磁效应的原理，不是利用电流热效应工作的，故C错误；
D.电烤炉是利用电流热效应工作的，它把电能转化为内能，故D正确。
2.【答案】C
【解析】解：带电粒子在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，可知，带电粒子受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相反，故可知带电粒子带负电荷。
磁场方向向外，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断粒子的旋转方向为逆时针(四指所指的方向与带负电的粒子的运动方向相反)。
故选：C。
带电粒子在复合场中做匀速圆周运动，可判断出电场力和重力为平衡力，从而判断电场力的方向，结合电场的方向便可知粒子的电性。根据洛伦兹力的方向，利用左手定则可判断粒子的旋转方向。
此题考查了带电粒子在复合场中的运动。复合场是指电场、磁场、重力场并存，或其中某两种场并存的场。带电粒子在这些复合场中运动时，必须同时考虑电场力、洛伦兹力和重力的作用或其中某两种力的作用，因此对粒子的运动形式的分析就显得极为重要。该题就是根据带电粒子的运动情况来判断受到的电场力情况
3.【答案】A
【解析】A.质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R，则
v=2πRT=2πRf
故A正确；
B.当质子从加速器中飞出有最大速度，则
qvB=mvm2R
最大动能
Ekm=12mvm2=B2R2q22m
则加速的次数为
n=EkmqU=B2qR22mU
故B错误；
C.质子在加速器的中周期
T=2πmqB
运动时间为
t=nT2=πBR22U
故C错误；
D.根据
T=2πmqB
磁感应强度增大，质子运动的周期减小，则频率增大，会大于高频交变电源的频率，使回旋加速器不能正常工作，故D错误。
故选A。
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了导体切割磁感线时的感应电动势、楞次定律；本题关键是分析好引起感应电流的磁通量的变化，进而才能分析产生电流的磁通量是由什么样的运动产生的。
MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；根据右手螺旋定则，与楞次定律可知PQ的运动情况。
【解答】
MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；若L1中磁场方向向上减弱，根据安培定则可知PQ中电流方向为Q→P且减小，根据右手定则可知PQ向右减速运动；若L1中磁场方向向下增强，根据安培定则可知PQ中电流方向为P→Q且增大，根据右手定则可知PQ向左加速运动；故A正确，BCD错误。
5.【答案】A
【解析】解：AC、电源输出电流不变，触头P由最右端向最左端移动时，接入电路的电阻变大，则总电阻变大，而电源输出电流不变，则并联部分电压增大，所以R2上的电压变大，R2是定值电阻，故通过R2的电流变大；而总电流不变，则通过R1电流减小，所以R1的电压减小，则R0上的电压变大，故B错误，A正确。
C、恒流源输出功率P=UI，U增大，I不变，则P增大，故C错误。
D、由前面的分析可知通过R1电流减小，R1是定值电阻，故R1的电功率P1=I12R1 减小，故D错误。
故选：A。
考查闭合电路欧姆定律的应用，掌握分析动态电路的方法：由局部到整体，从内向外，由干路到支路，同时注意滑动变阻器的滑片移动，导致电阻的如何变化是解题的关键，注意电源输出电流不变。
6.【答案】C
【解析】A.根据左手定则，带正电的离子打在下极板上，带负电的离子打在上极板上，电阻中的电流方向由b到a，A错误；
B.稳定时
qvB=qEd
解得
E=Bdv
根据闭合电路欧姆定律
I=ER+r
电阻R的电功率为
PR=I2R
解得
PR=BdvR+r2R
B错误；
C.电源的总功率为
P电=IE
r=ρdS
解得
P电=(Bdv)2SRS+ρd
C正确；
D.根据 E=Bdv ，增大两金属板的正对面积不能增大发电机的电动势，D错误。
故选C。
7.【答案】C
【解析】A.题图甲中，由竖直上抛运动的最大高度公式得
h1= v022g
题图丙中，当加上电场时，由运动的分解可知，在竖直方向上，有
v02=2gh3
解得
h3= v022g
所以
h1=h3
故A错误；
D.题图乙中，洛伦兹力改变速度的方向，当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时小球的动能为Ek，则由能量守恒定律得
mgh2+Ek= 12 mv02
又由于
12 mv02=mgh1
所以
h1>h2
D错误；
BC.题图丁中，因小球电性未知，则电场力方向不确定，则h4可能大于h1，也可能小于h1，因为h1>h2，所以h2与h4也无法比较，故C正确，B错误。
故选C。
8.【答案】AC
【解析】【分析】根据安培定则来判定两直导线在a、b两处的磁场方向，再结合矢量的叠加法则，即可求解。
本题考查安培定则、磁场的叠加，掌握矢量的合成法则，注意对称位置的磁场大小是相等的。
【解答】 由安培定则判定，L1中的电流在a、b两点产生的磁场方向垂直纸面向里，L2中的电流在a、b两点产生的磁场方向分别垂直于纸面向里和向外;设L1和L2中的电流在a、b两点产生的磁场的磁感应强度大小分别为B1和B2，由磁感应强度的矢量叠加原理可得，B0−B1−B2=13B0，B0+B2−B1=12B0，解得B1=712B0，B2=112B0，故A、C正确。
9.【答案】BC
【解析】【分析】
分析电路结构，分清电压表和电流表测量哪部分电路的电压和电流，再根据电路总电阻的变化，分析电路中电流的变化，判断电表示数的变化。根据闭合电路欧姆定律分析ΔU3与ΔI的比值大小，并确定ΔU1与ΔU2的关系。
本题考查闭合电路欧姆定律的应用，要明确电路结构，分析电压表和电流表测量哪部分电路的电压和电流是解题的关键。分析时，要注意理想电表的特点：理想电压表内阻无穷大，相当于断路，理想电流表内阻为零，相当于短路。
【解答】
A、理想电压表内阻无穷大，相当于断路，理想电流表内阻为零，相当于短路，所以R与滑动变阻器串联，电压表V1、V2、V3分别测量R的电压、路端电压和滑动变阻器两端的电压。当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则A的示数增大，故A错误；
B、电源的内电压增大，则路端电压减小，所以V2的示数减小，故B正确；
C、根据闭合电路欧姆定律得：U3=E−I(R+r)，则得ΔU3ΔI=R+r，故C正确；
D、根据闭合电路欧姆定律得：U2=E−Ir，则得ΔU2ΔI=r，又ΔU1ΔI=R，又R>r，则ΔU1ΔI>ΔU2ΔI，故ΔU1>ΔU2，故D错误。
故选BC。
10.【答案】AC
【解析】解：A、板上的点到S的距离最小为L，要保证有粒子打在板上，粒子做圆周运动的最小半径：r=L2，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2r，解得，粒子最小速度：v=qBL2m，故A正确
B、伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2r，由题意可知：v=qBLm，解得：r=L，
粒子能打在挡板上的点与S的距离最大为：2r=2L，
由几何知识得：AC= (2r)2−L2= 3L，
当粒子向右水平射出时，刚好能打在档板上如图B点，则：BC=r=L，
被粒子击中的部分长度为：AB=AC+BC=( 3+1)L；
CD、根据B可知粒子做圆周运动的轨道半径：r=L，
粒子到达挡板的最短距离为L，此时所对圆心角最小，所用时间最短，
由几何关系得：sinθ2=L2r=12，解得：θ=60°，
粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=2πmqB，
粒子在磁场中运动的最短时间：t=θ360∘T=16T=πm3qB，故C正确、D错误。
故选：AC。
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据题意求出粒子到达板上的最小轨道半径，然后应用牛顿第二定律求出粒子的最小速度；
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子轨道半径，作出粒子运动轨迹，求出粒子击中挡板的长度；
粒子轨道半径一定，粒子运动轨迹越短对应的圆心角越小，运动轨迹对应的弦长越小，粒子运动时间越短，根据题意求出粒子转过的最小圆心角，然后根据粒子做圆周运动的周期公式求出粒子的最短运动时间。
本题考查了粒子在磁场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、粒子周期公式可以解题，解题时注意几何知识的应用。
11.【答案】ACD
【解析】解：A、给滑环套一个初速度，将受到向上的洛伦兹力，若洛伦兹力等于物体的重力，滑环将做匀速直线运动，故A正确；
B、若重力小于洛伦兹力，滑环受到向下的弹力，则受到摩擦力，做减速运动，根据牛顿第二定律有(qvB−mg)μ=ma，由此可见小环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，故B错误；
C、若重力小于洛伦兹力，滑环受到向下的弹力，则受到摩擦力，做减速运动，当洛伦兹力等于重力时，又做匀速运动，故C正确；
D、若重力大于洛伦兹力，滑环受到向上的弹力，则受到摩擦力，将做减速运动，最后速度为零，故D正确．
故选ACD．
根据左手定则可得小环所受洛伦兹力方向向上，通过讨论小环重力和洛伦兹力的大小关系结合牛顿第二定律可正确得出结果．
本题学生易错，解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及会根据物体的受力判断物体的运动情况．
12.【答案】右 左偏 线圈B
【解析】解：闭合电键的瞬间，穿过线圈B的磁通量增加，电流表G指针向右偏转，这说明穿过线圈B的磁通量增加，电流表指针向右偏；
(1)将滑动变阻器的滑动触头快速向接线柱C移动，滑动变阻器接入电路的阻值减小，通过线圈A的电流增大，穿过线圈B的磁场方向不变磁通量增加，则电流计指针将右偏；
(2)将线圈A中的铁芯快速抽出，穿过线圈B的磁场方向不变而磁通量减小，电流计指针将左偏；
(3)在产生感应电流的回路中，穿过线圈B的磁通量变化，线圈B产生感应电动势，线圈B相当于电源。
故答案为：(1)右；(2)左；(3)线圈B。
根据题意确定电流表指针偏转方向与磁通量变化的关系，然后根据题意判断穿过线圈B的磁通量如不变化，再判断电流表指针偏转方向；穿过线圈B的磁通量发生变化，线圈B产生感应电动势，线圈B相当于电源。
本题考查了判断感应电流方向问题，知道穿过线圈B的磁通量变化情况与电流表指针偏转方向间的关系是解题的前提，根据磁通量的变化情况即可解题。
13.【答案】(1) A ；×100 (2) 11.0；1.00。
【解析】【分析】
本题考查欧姆表，欧姆表是根据闭合电路欧姆定律制成的，在解决欧姆表的问题时，要明确欧姆表的内阻就等于中值电阻，同时等于EI(I为流过电源的满偏电流)。
【解答】
(1)欧姆表红表笔应与电源的负极相连，由图甲可知A表笔应为红表笔;
开关S接1时，两表笔短接，电流表满偏时回路中的电流为1mA，根据闭合电路欧姆定律得Ig=ER3+Rg=ERΩ1，
可知欧姆表的内阻即中值电阻为1500Ω，为×100倍率挡。
(2)将开关S接2时，若为×10倍率挡，则中值电阻应为150Ω，
毫安表G与R1并联后，改装电流表的量程应为I2=10mA，R1=IgRgI2−Ig=1×9910−1Ω=11.0Ω；
将开关S接3时，应为×1倍率挡，则中值电阻应为15Ω，毫安表G与R2并联后，改装电流表的量程应为I3=100mA，
R2=IgRgI3−Ig=1×99100−1Ω=1.00Ω。
14.【答案】(1)0.4V；(2)0.16N，水平向左；(3)4.2m/s2，水平向右
【解析】(1)ab棒产生的感应电动势的大小为
E=BLv
代入数据，得
E=0.4V
(2)根据欧姆定律，有
I=ER=0.8A
根据左手定则，判断安培力方向水平向左，大小为
F安=BIL=0.16N
(3)根据牛顿第二定律，有
F−F安=ma
代入数据，得
a=4.2m/s2
ab棒加速度的方向与F一致为水平向右。
15.【答案】解：(1)粒子在静电分析器做圆周运动，根据牛顿第二定律得
qE1=mv02R，
解得：E1=mv02qR；
(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，只碰撞一次，有：
qv0B=mv0212R，
解得：B=2mv02qR；
(3)粒子在D、A位置动能相等，故DA是等势线，电场E2方向垂直DA斜向右下方，在x方向：
qE2cs45°=max，
2axR=v02−0，
联立解得：E2= 2mv022qR。
答：(1)静电分析器内虚线处的E1的大小为mv02qR；
(2)磁场区域的磁感应强度B的大小为2mv02qR；
(3)第二象限内电场强度E2的大小为 2mv022qR；方向方向垂直DA斜向右下方。
【解析】(1)粒子在静电分析器做圆周运动，根据牛顿第二定律列式求解即可；
(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律列式求解即可；
(3)粒子在D、A位置动能相等，故DA是等势线，电场线与等势线垂直可知场强方向，根据粒子运动情况结合运动学规律求场强大小。
本题考查带电粒子在电、磁场中的运动，解题关键要分析清楚粒子在各场区的运动情况，特别是在静电分析器中的运动。
16.【答案】解：(1)带电小球进入场区后能做匀速圆周运动，则必须满足：mg=Eq
解得：E=mgq方向竖直向上。
(2)从Q点射出场区后，到达M板时速度恰好为零，由动能定理有：
−mg(2L)−qU=0−12mv2，
而U=mgLq
解得：v= 6gL
(3)小球的运动轨迹如图所示。
小球进入电场后到M板速度减为零，之后向下加速离开电场，在重力作用下再次回到Q点时，由运动的对称性，到Q点的速度仍为v，之后在场区内再次做匀速圆周运动。由轨迹可知，在场区做匀速圆周运动的运动时间t1恰好是一个周期，即为：t1=2πmqB
从Q点射出场区到P点，在重力作用下匀减速运动，有：vp2−v2=−2gL
解得P点的速度为：vp= 4gL
设运动时间为tQP，则有：(v+vp)2tQP=L
故有：tQP=2L 4gL+ 6gL
P点到M点运动时间tPM，同理得：tPM=2L 4gL
由运动的对称性可知：从Q点射出场区到再次回到Q点，向上、向下运动时间相等。
故运动时间为：t2=2(tOP+tPM)=2( 6−1) gLg
第三次经过A1A2偏转了90°离开场区做平抛运动，经时间t3第四次经过A1A2。
沿−y轴方向位移为：△y=12gt32
沿−x轴方向位移为：△x=vt3
而△y△x=tan45°
由以上三式可得：t3=2vg=2 6gLg
小球从OA2上某点出发后，到第四次(不包括出发那次)经过边界A1A2的运动时间为：
t=t1+t2+t3=2πmqB+(4 6−2) gLg
答：(1)A1A2右侧区域内的匀强电场的场强大小为E=mgq，方向竖直向上
(2)求射入场区的水平速度v的大小v= 6gL
(3)小球从OA2上的某点出发后，到第四次(不包括出发那次)经过边界A1A2的运动时间t=2πmqB+(4 6−2) gLg
【解析】解答本题的思路是：(1)首先根据带电小球在复合场中做匀速圆周运动，判断小球所受重力与电场力的关系，从而求出电场强度的大小。
(2)根据小球在复合场中，做匀速圆周运动可知，小球小球射入复合场的速度大小与射出复合场的速度大小相等，通过对小球射出复合场后，做竖直上抛运动运动的分析以及竖直上抛运动的对称性，结合牛顿第二定律、运动学知识或动能定理，求解速度的大小。
(3)结合第二问，小球第二次进入复合场，仍做匀速圆周运动，第三次经过边界A1A2后，小球做平抛运动结合几何关系，分析物理量的关系，求得各段的时间。
此题考查带电体在复合场中的运动，运动过程比较复杂，属于压轴题。解答问题的难点是对各段运动情况和受力情况的分析。