2024年天津市南开区高考物理一模试卷（含解析）

这是一份2024年天津市南开区高考物理一模试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题：本大题共5小题，共25分。
1.在人类对微观世界进行探索的过程中，科学实验起到了非常重要的作用。下列说法符合历史事实的是( )
A. 汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，人们由此认识到原子不是组成物质的最小微粒
B. 卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究发现了质子
C. 爱因斯坦第一次将量子观念引入原子领域，成功解释了氢原子光谱是分立的线状光谱
D. 贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，发现了原子中存在原子核
2.下列说法正确的是( )
A. 由图甲可知，状态①的温度比状态②的温度低
B. 由图乙可知，气体由状态A变化到B的过程中，气体分子平均动能一直增大
C. 由图丙可知，当分子间的距离r>r0时，分子间的作用力随分子间距离的增大先减小后增大
D. 由图丁可知，在r由r1变到r2的过程中分子力做正功
3.千斤顶在汽车维修、地震救灾中经常用到。如图所示是剪式(菱形)千斤顶，当摇动把手时，螺纹杆迫使A、B间距离变小，千斤顶的两臂靠拢(螺旋杆始终保持水平)，从而将重物缓慢顶起。若物重为G，AB与AC间的夹角为θ，不计千斤顶杆件自重，下列说法正确的是( )
A. AC、BC两杆受到的弹力大小均为G2csθ
B. 当θ=60°时，AC、BC两杆受到的弹力大小均为G
C. 摇动把手将重物缓慢顶起的过程，AC、BC杆受到的弹力将减小
D. 摇动把手将重物缓慢顶起的过程，重物受到的支持力将增大
4.北京时间2020年12月17日1时59分，探月工程嫦娥五号返回器在内蒙古四子王旗预定区域成功着陆，标志着我国首次地外天体采样返回任务圆满完成。嫦娥五号于11月24日在中国文昌航天发射场发射升空并进入地月转移轨道，然后实施2次轨道修正、2次近月制动，顺利进入环月圆轨道。已知嫦娥五号探测器在环月圆轨道上的运行周期为T，轨道半径为r，月球半径为R，引力常量为G，则( )
A. 月球的质量为4π2R3GT2B. 月球表面的重力加速度大小为4π2r3R2T2
C. 月球的第一宇宙速度为 4π2R3rT2D. “嫦娥五号”探测器运行的速率为2πRT
5.如图所示，虚线a、b、c是电场中的三个等势面，实线为一个带正电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点。下列说法正确的是( )
A. 三个等势面中，等势面a的电势最高B. 粒子在Q点时的电势能比在P点时大
C. 粒子在Q点时的动能比在P点时大D. 粒子在Q点时的加速度比在P点时大
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
6.杜甫在《曲江》中写到：“穿花蛱蝶深深见，点水蜻蜓款款飞。”平静水面上的S处，“蜻蜓点水”时形成一列水波向四周传播(可视为简谐波)，A、B、C三点与S在同一条直线上。某时刻A在波谷且与水平面的高度差为H，B、C在不同的波峰上，其波形如图中虚线所示。已知波速为v，A、B在水平方向的距离为a。则下列说法正确的是( )
A. 水波通过尺寸为1.5a的障碍物能发生明显衍射
B. 到达第一个波峰的时刻，C比A滞后3av
C. 经过2av的时间，质点B、C之间的距离为14a
D. 从图示时刻开始计时，A点的振动方程是y=Hsin(πvat+3π2)
7.如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P=100kW，发电机输出电压U1=250V经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R线=8Ω，用户端用降压变压器把电压降为U4=220V。已知输电线上损失的功率P线=5kW，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是( )
A. 发电机输出的电流I1=40AB. 输电线上的电流I线=25A
C. 降压变压器匝数比n3：n4=190：11D. 升压变压器匝数比n1：n2=1：20
8.2020年12月2日22时，经过约19小时月面工作，嫦娥5号完成了月面自动采样封装，这其中要用到许多压力传感器。有些压力传感器是通过霍尔元件将压力信号转化为电信号，当压力改变时有电流通过霍尔元件。如图所示，一块宽为a、长为c、厚为h的长方体半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为−e的自由电子，通入如图所示方向的电流时，电子的定向移动速度为v。若元件处于磁感应强度为B、方向垂直于上表面向下的匀强磁场中，前后两表面会形成电势差U。下列说法中正确的是( )
A. 自由电子受到的洛伦兹力方向为垂直前表面向外
B. 前表面的电势比后表面的高
C. 自由电子受到的洛伦兹力大小为eUa
D. 前、后表面间电势差U=Bhv
第II卷（非选择题）
三、实验题：本大题共2小题，共21分。
9.某实验小组用插针法测量玻璃的折射率。

①在白纸上放好玻璃砖，aa′和bb′分别是玻璃砖与空气的两个界面，如图甲所示。在玻璃砖的一侧插上两枚大头针P1和P2，用“+”表示大头针的位置，然后在另一侧透过玻璃砖观察，并依次插上大头针P3和P4。在插P3和P4时，应使______(选填选项前的字母)。
A.P3只挡住P1的像
B.P4只挡住P2的像
C.P3同时挡住P1、P2的像
②为了减小实验误差，实验时应注意的是______。
A.入射角应尽量小些
B.玻璃砖的宽度应小一些
C.大头针P1、P2之间的距离及大头针P3、P4之间的距离应适当大些
③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，如图乙所示，则他测得的折射率与真实值相比______(选填“偏大”、“偏小”、“不变”或“无法确定”)。
④乙同学在完成光路图以后，以入射点O为圆心，适当长度为半径画圆，分别交入射光线P1P2于A点，交入射点O与出射点O′连线的延长线于C点。过A点、C点作法线NN′的垂线AB、CD，垂足为B点、D点，如图丙所示。用刻度尺量得AB=8.50cm，CD=5.00cm，由此可得出该玻璃的折射率n= ______。
10.将铜片和锌片插入苹果中制成一个“水果电池”，利用下列所给器材测量该“水果电池”的电动势E和内阻r。
电流表A1(量程0.6A，内阻约0.5Ω)
电流表A2(量程20mA，内阻约10Ω)
电压表V1(量程3V，内阻约1kΩ)
电压表V2(量程15V，内阻约4kΩ)
滑动变阻器R1(0～10Ω)
滑动变阻器R2(0～1000Ω)
待测“水果电池”(电动势E约为4V，内阻r约为200Ω)
开关S，导线若干
①为尽量减小实验的误差，实验中电流表选择______；电压表选择______；滑动变阻器选______。(填写字母代号。)
②甲、乙两个实验电路中最合理的电路为______(选填“甲”或“乙”)。

③甲同学根据实验数据画出U−I图线，如图所示。由图线可得“水果电池”的电动势E= ______V，内阻r= ______Ω。(计算结果保留3位有效数字)
④乙同学利用图像对所选最佳实验电路进行误差分析。在下图中实线是根据实验数据描点作图得到的U−I图像；虚线是没有电表内阻影响的理想情况下该电源的路端电压U随电流I变化的U−I图像。则与该实验对应的U−I分析图像是______。
四、简答题：本大题共3小题，共48分。
11.2023年10月3日，杭州亚运会女子10米跳台决赛中，中国运动员全红婵的惊人一跳，赢得全场7个10分，并最终夺得冠军。在进行10米跳台跳水训练时，运动员必须在距离水面一定高度前完成规定动作并调整好入水姿势。某兴趣小组对10米跳台跳水进行模拟研究，将运动员视为质点，若运动员起跳时获得竖直向上的初速度v0=1m/s，并在距离水面h0=1.6m前完成规定动作并调整好入水姿势竖直入水，其入水深度h=2.5m，跳台距水面高度H=10m，运动员质量m=40kg，重力加速度g=10m/s2，空气阻力不计。求：
(1)运动员距离跳台的最高距离hm；
(2)运动员完成规定动作允许的最长时间tm；
(3)运动员即将入水时速度v的大小和入水至水深h处的过程运动员受到水的平均作用力F的大小。
12.如图所示是列车进站时利用电磁阻尼辅助刹车的示意图，在车身下方固定一单匝矩形线框abcd，ab边长为L，bc边长为d，在站台轨道上存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的有界矩形匀强磁场MNPQ，MN边界与ab平行，NP长为d。若ab边刚进入磁场时列车关闭发动机，此时列车的速度大小为v0，cd边刚离开磁场时列车刚好停止运动。已知线框总电阻为R，列车的总质量为m，摩擦阻力大小恒定为kmg，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
(1)线框ab边刚进入磁场时列车加速度a的大小和安培力对ab边做功的功率P；
(2)线框从进入到离开磁场过程中，线框产生的焦耳热Q；
(3)线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量q。
13.东方超环，俗称“人造小太阳”，是中国科学院自主研制的磁约束核聚变实验装置。该装置需要将加速到较高速度的离子束变成中性粒子束，没有被中性化的高速带电离子需要利用“偏转系统”将其从粒子束中剥离出来。假设“偏转系统”的原理如图所示，混合粒子束先通过加有电压的两极板再进入垂直于纸面向外的矩形匀强磁场区域，中性粒子继续沿原方向运动，被接收器接收；未被中性化的带电离子一部分打到下极板，剩下的进入磁场发生偏转并被吞噬板吞噬。已知混合粒子束宽度为d，各组成粒子均纵向均匀分布，混合粒子进入两极板的初速度均为v0=2 qUm，方向平行于极板。离子带正电、电荷量为q，质量为m，两极板间电压为U，间距为d，极板长度为2d，吞噬板长度为2d。离子和中性粒子的重力可忽略不计，不考虑混合粒子间的相互作用。
(1)要使离子能直线通过两极板，则需在两极板间施加一垂直于纸面的匀强磁场B1，求B1的大小和方向；
(2)直线通过极板的离子进入偏转磁场，若偏转磁场的磁感应强度B2=2d mUq，且离子全部能被吞噬板吞噬，求矩形磁场B2的最小面积；
(3)撤去极板间磁场B1，且B2边界足够大，粒子束有部分带电离子会通过两极板进入偏转磁场，若要求进入偏转磁场的离子全部被吞噬板吞噬，求磁场B2的取值范围。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，人们由此认识到原子不是组成物质的最小微粒，故A正确；
B、卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究提出了原子的核式结构模型，故B错误；
C、玻尔第一次将量子观念引入原子领域，成功解释了氢原子光谱是分立的线状光谱，故C错误；
D、贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，发现了原子核具有复杂结构，故D错误。
故选：A。
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。
2.【答案】D
【解析】解：A.当温度升高时分子的平均动能增大，则分子的平均速率也将增大，题图甲中状态①的温度比状态②的温度高，故A错误；
B.一定质量的理想气体由状态A变化到B的过程中，由题图乙知状态A与状态B的pV相等，则状态A与状态B的温度相同，由p−V图线的特点可知，温度升高，pV增大，所以气体由状态A到状态B温度先升高再降低到原来温度，所以气体分子平均动能先增大后减小，故B错误；
C.由题图丙可知，当分子间的距离r>r0时，分子力表现为引力，分子间的作用力先增大后减小，故C错误；
D.题图丁为分子势能图线，r2对应的分子势能最小，则r2对应分子间的平衡距离r0，当分子间的距离r故选：D。
当温度升高时分子的平均动能增大，则分子的平均速率也将增大；p−V图线中若pV=C时，代表温度不变；当分子间的距离r>r0时，分子力表现为引力；当分子间的距离r本题考查对分子的平均动能、分子间势能和等温变化的理解，注意分子势能并不是随着分子间距的增大而增大的，关键在于分子间距与r0的关系。
3.【答案】C
【解析】解：AB、根据题意，“菱形千斤顶”C点受到的压力G分解沿两臂的两个分力F1，如图所示：
根据对称性可知，两臂受到的压力大小相等，根据几何关系可得：2F1sinθ=G
解得AC杆的弹力大小：F1=G2sinθ
当θ=60°时，AC、BC两杆受到的弹力大小均为：F1= 33G，故AB错误；
C、摇动把手将重物缓慢顶起的过程，θ增大，根据F1=G2sinθ可知，AC、BC杆受到的弹力将减小，故C正确；
D、摇动把手将重物缓慢顶起的过程，重物受到的支持力大小始终等于其重力大小，保持不变，故D错误。
故选：C。
将物重G对千斤顶的压力分解沿两臂的两个分力，根据对称性可知，两臂受到的压力大小相等，根据几何知识求解两臂受到的压力大小表达式进行分析；根据平衡条件分析支持力大小。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成，然后建立平衡方程进行解答。
4.【答案】B
【解析】解：A、设月球的质量为M，嫦娥五号探测器质量为m，根据万有引力提供向心力即GMmr2=m4π2T2r得M=4π2r3GT2，故A错误；
B、月球表面质量为m的物体受到的万有引力等于重力即GMmR2=mg即g=GMR2，结合M=4π2r3GT2可得g=4π2r3R2T2，故B正确；
C、由v= gR可得v= 4π2r3RT2，故C错误
D、“嫦娥五号”探测器运行周期为T，轨道半径为r，由速度公式可得v=2πrT，故D错误。
故选：B。
A、根据万有引力提供向心力即可求解；
B、根据月球表面物体受到的万有引力等于其重力的大小列式即可求解；
C、根据第一宇宙速度公式进行求解；
D、根据速度公式把已知量代入即可求解。
本题主要考查天体的相关知识，解题关键根据万有引力提供向心力列出牛顿第二定律方程即可求解。
5.【答案】C
【解析】解：A.根据粒子的运动轨迹可知，粒子所受电场力指向运动轨迹的凹侧，即电场力方向斜向右下，因带电粒子带正电，则电场线方向垂直于等势面斜向右下，根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，等势面c的电势最高，等势面a的电势最低，故A错误；
BC.因为P点电势高于Q点电势，根据Ep=qφ，由于带电粒子带正电，可知粒子在电势较高的P点时的电势能比在Q点时大，根据能量守恒可知粒子在Q点时的动能比在P点时大，故B错误，C正确；
D.由于P点处的等势面较密，所以P点的电场强度较大，粒子在P点受到的电场力较大，故质点在Q点时的加速度比在P点时的小，故D错误。
故选：C。
由于带电粒子只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于粒子带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场场强大。
解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化。
6.【答案】ABD
【解析】解：A.由图可知波长为2a，则水波通过尺寸为1.5a的障碍物能发生明显衍射，故A正确；
B.由图可知SA=1.5λ，SC=3λ，则到达第一个波峰的时刻，C比A滞后
t=1.5T=3av
故B正确；
C.B、C只能竖直方向振动，距离为10a不变，故C错误；
D.质点的振动角频率为ω=2πT=πva
从图示时刻开始计时，A点的振动方程是y=Hsin(πvat+3π2)
故D正确。
故选：ABD。
根据波形图可求出波长，根据衍射的条件分析A；B、C只能竖直方向振动，距离不变，结合波的图像及波的相关知识进行判断。
本题主要机械波的相关知识，解题关键是正确理解质点振动与波的传播的关系。
7.【答案】BC
【解析】解：A.由题干中可知，发电机的功率：
P=U1I1
得发电机输出的电流为I1=400A
故A错误；
B.由输电线上损失的功率P线=I线2R线
解得
I线=25A
故B正确；
D.由升压变压器的电流关系I1I2=n2n1，I2=I线
升压变压器匝数比为1：16
故D错误；
C.升压变压器电压关系U2U1=n2n1
解得
U2=4000V
输电线上损失的电压
U线=I线R线
解得U线=200V
降压变压器U3的电压
U3=U2−U线
由电压关系U3U4=n3n4
根据公式解得
n3n4=19011
故C正确。
故选：BC。
利用功率表达式即可求出发电机输出电流；在输电线上利用功率表达式，可求出线上的电流；根据升压变压器的电流，以及升压变压器的电压，可求出匝数比，根据降压变压器的电压与匝数之比的关系解得C项。
学生在解决本题时，应注意电路中的知识在变压器中同样适用，只是多了变压器的升压和降压过程。
8.【答案】AC
【解析】解：AB，电流方向向左，电子向右定向移动，由左手定则可知，自由电子受到的洛伦兹力方向为垂直前表面向外，则前表面积累了电子，前表面的电势比后表面的低，故A正确，B错误；
CD.由电子受力平衡可得
F洛=evB=eUa
解得U=Bav，故C正确，D错误。
故选：AC。
根据左手定则判断电子受力方向，聚集电子的一侧电势低；电子受电场力和洛伦兹力平衡，根据平衡条件可得电子所受洛伦兹力大小以及前后表面的电势差。
能够根据左手定则分析出电子的受力方向是解题的基础，会根据平衡条件分析电子的受力是解题的关键。
9.【答案】C C 偏小 1.7
【解析】解：①根据实验操作步骤可知，在插P3和P4时，应使P3同时挡住P1、P2的像，故AB错误，C正确。
故选：C。
②AB.折射角随入射角的增大而增大，为了减小入射角和折射角的测量误差，实验时入射角适当大些，玻璃砖的宽度适当大些，故AB错误；
C.为了减小确定入射光线和出射光线方向的误差，大头针P1、P2之间的距离及大头针P3、P4之间的距离应适当大些，故C正确。
故选：C。
③真实的入射点为O′，光路图如图所示：
根据数学知识可知，入射角不变，折射角变小；
根据折射定律n真=sinisinr′
甲同学测得的折射率与真实值相比偏小；
④根据数学知识，入射角的正弦sin∠AOB=ABR
折射角的正弦sin∠COD=CDR
根据折射定律n=sin∠AOBsin∠COD=ABR×RCD=
故答案为：①C；②C；③偏小；④1.7。
①根据实验的正确操作步骤分析作答；
②AB.折射角随入射角的增大而增大，从减小入射角和折射角的测量误差方面分析作答；
C.从减小确定入射方向和出射方向方面分析作答；
③作出光路图，根据数学知识分析入射角和折射角的变化，根据折射定律分析作答；
④根据折射定律求解作答。
本题考查了“测定玻璃折射率”的实验，要明确实验原理，掌握正确的实验操作步骤；掌握单位圆法求折射率的方法。
10.【答案】A2 V1 R2 乙 3.80 187 C
【解析】解：①根据待测“水果电池”(电动势E约为4V，内阻r约为200Ω)可知，
电路中最大电流约为I=Er
解得I=0.02A=20mA，因此选择电流表A2；
被测电动势约为4V，根据电表读数准确性可知，指针要指在刻度盘的中间三分之一区域，因此应该选择电压表V1；由于电源内阻约为200Ω，为使电表示数有较大范围变化，滑动变阻器应选择R2；
②由于被测电源内阻较大，电压表的分流作用会明显增加，因此要选择电路图乙；
③根据闭合电路欧姆定律可知，U=E−Ir
根据图丙可知，图像与纵轴的交点即为电源电动势，即E=3.80V，图线的斜率为电源内阻，即r=ΔUΔI，代入数据解得r≈187Ω；
④根据实验电路图乙可知，当电流表示数为零时，电压表此时的示数即为电源电动势；根据等效电源法可知，此时所测量内阻为电源内阻以及电流表内阻之和，即测量阻值大于电源的真实阻值，故C正确，ABD错误；
故选：C。
故答案为：①A2，V1，R2 ②乙 ③3.80，187 ④C
①根据欧姆定律以及电流表、电压表的示数范围进行电表的选择；再根据电路的可操作性选择滑动变阻器；
②根据电流表的分压以及电压表的分流对实验带来的误差进行电路图的选择；
③根据图丙以及闭合电路欧姆定律进行分析；
④根据所选择的电路图以及等效电源法即可进行误差分析。
本题考查测电源电动势与内阻的实验，要注意分析仪表，正确选择才能得出正确的图像；同时要掌握应用图像法处理实验数据的方法。
11.【答案】解：(1)运动员从起跳到最高点做竖直上抛运动，设初速度的方向为正方向，根据位移—速度公式有
−2ghm=0−v02
得hm=0.05m
(2)运动员从起跳到最高点所用时间t1=v0g=110s=0.1s
设运动员从最高点到距水面1.6m所用的时间为t2，有
hm+H−h0=12gt22
解得t2=1.3s
所以运动员完成规定动作最大允许的时间为tm=t1+t2=0.1s+1.3s=1.4s
(3)运动员从最高点自由下落到即将入水的过程满足
2g(H+hm)=v2
得v= 201m/s
运动员入水至水深h处的过程，根据动能定理有
(mg−F)h=0−12mv2
得F=2008N
答：(1)运动员距离跳台的最高距离hm为0.05m；
(2)运动员完成规定动作允许的最长时间tm为1.4s；
(3)运动员即将入水时速度v的大小为 201m/s，入水至水深h处的过程运动员受到水的平均作用力F的大小为2008N。
【解析】(1)根据竖直上抛运动规律求解；
(2)根据位移—时间公式求解时间及总时间；
(3)先求入水瞬间速度，再根据动能定理列式求解。
考查竖直上抛运动和动能定理的问题，会根据题意列式求解相关的物理量。
12.【答案】解：(1)线框刚进入磁场时产生的感应电动势为：E=BLv0
根据闭合电路欧姆定律可得：I=ER
根据安培力的计算公式可得：F安=BIL
由牛顿第二定律有：F安+kmg=ma
联立解得：a=B2L2v0mR+kg；
安培力对ab边做功的功率：P=F安v0
解得：P=B2L2v02R；
(2)线框由进入磁场到离开磁场过程中，由动能定理有：−W安−kmg⋅2d=0−12mv02
根据功能关系可得产生的热：Q=W安
解得：Q=12mv02−2kmgd；
(3)线框进入磁场的过程，根据电荷量的计算公式可得：
q=I−t=E−Rt=ΔΦR=BSR，其中S=Ld
解得：q=BLdR。
答：(1)线框ab边刚进入磁场时列车加速度a的大小为B2L2v0mR+kg，安培力对ab边做功的功率为B2L2v02R；
(2)线框从进入到离开磁场过程中，线框产生的焦耳热为12mv02−2kmgd；
(3)线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量为BLdR。
【解析】(1)根据安培力的计算公式、牛顿第二定律求解加速度大小，根据功率的计算公式求解安培力对ab边做功的功率；
(2)线框由进入磁场到离开磁场过程中，由动能定理、功能关系可得产生的热；
(3)线框进入磁场的过程，根据电荷量的计算公式求解通过线框横截面的电荷量。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
13.【答案】解：(1)离子能直线通过两极板，则离子所受洛伦兹力与电场力等大反向，则有：
qv0B1=qUd
已知：v0=2 qUm
解得：B1=12d mUq
洛伦兹力方向向上，由左手定则可知磁场方向垂直纸面向里。
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：
qv0B2=mv02r
已知：B2=2d mUq
解得离子的运动半径：r=d
可知从上极板边缘进入磁场的离子，正好打到吞噬板的中点，而从下极板边缘进入磁场的离子，正好打到吞噬板的下端点，如图1所示。

则矩形磁场的两边长分别为3d和d时B2的面积最小，可得矩形磁场B2的最小面积为：
Smin=3d×d=3d2
(3)对于沿上极板射入极板间的离子，在两极板间做类平抛运动，则有：
y=12at2
2d=v0t
qUd=ma
解得离开极板间时偏移量为：y=12d

设离子射出两极板的速度为v，根据动能定理得：
qUd⋅y=12mv2−12mv02
解得：v= 52v0= 5qUm
离子离开极板间时的速度偏转角的余弦值为：csθ=v0v
解得：csθ=2 5
由洛伦兹力提供向心力得：qvB2=mv2R
沿上极板射入的离子射出偏转电场时与吞噬板上端相距为12d，且当该离子恰好打到吞噬板上端时，运动半径最小，磁场B2最大。
由几何关系有：csθ=d4Rmin=d4Rmin
解得：B2max=8d mUq
从距离上极板12d的位置射入的极板间的离子，恰好从下极板的右端进入磁场，且当该离子刚好打在吞噬板下端时，运动半径最大，磁场B2最小。
由几何关系有：csθ=dRmax
解得：B2min=2d mUq
故B ​2的取值范围为：2d mUq≤B2≤8d mUq
答：(1)B1的大小为12d mUq，方向垂直纸面向里；
(2)矩形磁场B2的最小面积为3d2；
(3)磁场B2的取值范围为2d mUq≤B2≤8d mUq。
【解析】(1)离子能直线通过两极板，则离子所受洛伦兹力与电场力等大反向；洛伦兹力方向向上，由左手定则判断磁场方向；
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力求得离子的运动半径，根据几何关系求解；
(3)射入极板间的离子在两极板间做类平抛运动，根据牛顿第二定律、运动学公式、动能定理求解离开极板间的离子的偏移量和速度偏转角，确定临界情况的条件，由洛伦兹力提供向心力，结合几何关系求解。
本题是带电粒子在电场和磁场中运动问题，典型的磁场中匀速圆周运动，电场中的类平抛运动。带电粒子在磁场的运动画轨迹图确定轨迹半径和圆心角是基本功，电场中的匀变速曲线运动处理的方法是运动的分解与合成。