安徽省芜湖市2025-2026学年高三（上）期末模拟物理试卷物理试题

这是一份安徽省芜湖市2025-2026学年高三（上）期末模拟物理试卷物理试题，共15页。试卷主要包含了64kg等内容，欢迎下载使用。
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题（本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1.在物理学发展过程中，有许多科学家做出了贡献，下列说法正确的是( )
A. 牛顿通过多年观测记录行星的运动，提出了行星运动的三大定律
B. 卡文迪许发现万有引力定律，被人们称为“能称出地球质量的人”
C. 伽利略利用“理想斜面”得出“力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因”的观点
D. 开普勒从理论和实验两个角度，证明了轻、重物体下落一样快，从而推翻了古希腊学者亚里士多德的“小球质量越大下落越快”的错误观点
2.如图甲为链子鞭，又名狐狸鞭、掌中甩、腰里横，属于传统武术软兵器。如图乙所示，支架上竖直悬挂着质量为m=1kg粗细均匀的链子鞭，悬点M、N处切线与竖直方向的夹角分别为α=37 ∘和β=53 ∘，A点为最低点，已知cs53 ∘=0.6，sin53 ∘=0.8，重力加速度g取10m/s2，则( )
A. 悬点M对链子鞭拉力大小为6NB. 悬点N对链子鞭拉力大小为8N
C. 最低点A处张力大小为3ND. AM段链子鞭质量为0.64kg
3.2022年2月北京举办了第24届冬季奥运会，苏翊鸣夺得男子单板滑雪大跳台项目金牌，成为中国首个单板滑雪奥运冠军。图甲是一观众用手机连拍功能拍摄苏翊鸣从起跳到落地的全过程的合成图。图乙为首钢滑雪大跳台的赛道的示意图，分为助滑区、起跳台、着陆坡和终点四个部分，运动员从一百多米的助滑跑道滑下，腾空高度平均可达7m，落地前的速度与着陆坡之间有一定的夹角。以下说法正确的是( )
A. 运动员由于与着陆坡作用时间短，所以不会受伤
B. 运动员由于受到空气阻力，机械能减少，速度降低，所以不会受伤
C. 适当增加着陆坡与水平方向的倾角可以减小运动员受到的撞击力，增加安全性
D. 运动员落到着陆坡时，由于运动员动量变化量小，所以受到的撞击力小
4.如图所示，A为置于地球赤道上待发射的卫星，B为绕地球沿椭圆轨道运行的卫星，C为地球同步卫星。已知C的线速度大小为v，运行周期为T，轨道半径为地球半径的X倍，B的轨道半长轴为地球半径的Y倍。下列说法正确的是( )
A. A的线速度大小为Xv
B. B的运行周期为(XY)32T
C. B经过轨道上Q点时的加速度大小为2πvT
D. 欲使A进入地球同步轨道，其发射速度至少为11.2km/s
5.固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于( )
A. 它滑过的弧长B. 它下降的高度
C. 它到P点的距离D. 它与P点的连线扫过的面积
6.如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块相连接，并且静止在光滑的水平桌面上。现使m1瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，以下说法正确的是( )
A. 两物块的质量之比为m1:m2=2:1
B. 在t1时刻和t3时刻弹簧的弹性势能均达到最大值
C. t1-t2时间内，弹簧的长度大于原长
D. t2-t3时间内，弹簧的弹力逐渐减小
7.空间中存在沿x轴的静电场，其电势φ沿x轴的分布如图所示，x1、x2、x3、x4是x轴上的四个点，质量为m、带电量为-q。的粒子(不计重力)，以初速度v0从O点沿x轴正方向进入电场，在粒子沿x轴运动的过程中，下列说法正确的是( )
A. 粒子在x2点的速度为0
B. 从x1到x3点的过程中，粒子的电势能先减小后增大
C. 若v0= qφ0m，则粒子在运动过程中的最大动能为32qφ0
D. 若粒子能到达x4处，则v0的大小至少应为 qφ0m
8.如图所示，空间存在垂直纸面向里的水平磁场，磁场上边界水平，以O点为坐标原点，磁场上边界为x轴，竖直向下为y轴，磁感应强度大小在x轴方向保持不变、y轴方向满足By=B0+ky，k为大于零的常数。边长为L的单匝正方形导体线框ABCD通过轻质绝缘细线悬挂于天花板，线框质量为m，通有顺时针方向的恒定电流，电流强度为I，系统处于平衡状态，已知该地的重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. AC边与BD边所受安培力相同
B. 细线中拉力大小为mg+kIL2
C. 若仅将细线长度加长，线框始终在磁场内，则稳定后细线弹力变大
D. 若仅将磁场调整为磁感应强度为B0的匀强磁场，方向不变，则稳定后细线中弹力为0
二、多项选择题（本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题列出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
9.如图所示为波轮式洗衣机的工作原理示意图，当甩衣桶在电机的带动下高速旋转时，衣服紧贴在甩衣桶器壁上，从而迅速将水甩出。衣服(带水，可视为质点)质量为m，衣服和器壁的动摩擦因数约为μ，甩衣桶的半径为r，洗衣机的外桶的半径为R，当角速度达到ω0时，衣服上水恰好被甩出，假设滑动摩擦力和最大静摩擦力相等，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 衣服(带水)做匀变速曲线运动
B. 电动机的角速度至少为 gμr时，衣服才掉不下来
C. 当ω=ω0时，水滴下落高度g(R-r)22ω02r2打到外筒上
D. 当ω=ω0时，水滴下落高度g(R2-r2)2ω02r2打到外筒上
10.如图所示，质量为m、电阻为R的正方形金属线框abcd用绝缘细线吊着处于静止状态，ab边长为L，水平边界MN、PQ间有垂直于线框平面向里的匀强磁场Ⅰ，水平边界PQ下方有垂直于线框平面向外的匀强磁场Ⅱ，ab与MN间、MN与PQ间、PQ与cd间距离均为13L，两磁场的磁感应强度大小均为B。剪断细线，金属线框运动过程中始终在垂直于磁场的竖直面内，ab边始终水平，当ab边刚进入磁场Ⅰ的瞬间，线框的加速度为0，重力加速度大小为g，则下列判断正确的是( )
A. ab边进磁场Ⅰ前的瞬间，线框的加速度大小为12g
B. ab边穿过磁场Ⅰ的过程中，通过线框截面的电量为2BL23R
C. 线框中产生的总焦耳热为23mgL-m3g2R232B4L4
D. 线框完全在磁场Ⅱ中运动时，ab边有自由电子从a向b移动
三、非选择题：本题共5小题，共58分
11.（6分）某探究学习小组的同学用如图甲所示装置测量滑块和木板间的动摩擦因数。装置由弹簧测力计、两个光电门、滑块、长木板和砝码盘(含砝码)等组成。光电门可以测出滑块上的遮光条依次通过两个光电门的时间Δt1、Δt2，游标卡尺测出遮光条的宽度d，导轨标尺可以测出两个光电门间的距离L，不计滑轮的质量和摩擦。
(1)测量d时，游标卡尺(主尺的最小分度为1mm)的示数如图乙所示，则遮光条的宽度为 cm。
(2)改变砝码盘中的砝码，记录弹簧测力计的示数F和用所测数据求出滑块对应的加速度a。以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a-F图象是一条直线，直线与横坐标的截距为b，直线的斜率为k，重力加速度为g。则滑块与木板间的动摩擦因数可表示为 (用b、k、g表示)。
(3)如果换成表面更加粗糙的木板重新进行实验，则得到的a-F图象的斜率k将 (填“变大”“变小”或“不变”)。
12.（8分）某实验小组想验证向心力公式表达式，实验装置如图1所示，一个半圆形光滑轨道，右侧所标记的刻度为该点与圆心连线和竖直方向的夹角θ，圆弧轨道最低点固定一个力传感器，小球达到该处时可显示小球在该处对轨道的压力大小FN，小球质量为m，重力加速度为g。
实验步骤如下：
①将小球在右侧轨道某处由静止释放，记录该处的角度θ;
②小球到达轨道最低点时，记录力传感器的示数FN;
③改变小球释放的位置，重复以上操作，记录多组FN、θ的数值;
④以FNmg为纵坐标，csθ为横坐标，作出FNmg-csθ的图像，如图2所示。
回答以下问题：
(1)若该图像斜率的绝对值k= ，纵截距b= ，则可验证在最低点的向心力表达式FN-mg=mv2R。
(2)某同学认为小球运动时的轨道半径为圆轨道半径与小球半径的差值，即小球球心到轨道圆心的距离才为圆周运动的半径，因此FNmg-csθ图像斜率绝对值k的测量值与真实值相比 (填“偏大”“偏小”或“相等”)。
13.（12分）如图所示，竖直面内的圆形虚线区域内有一匀强电场，电场方向平行圆平面。圆形区域的半径为R，PQ是一条直径，与水平方向的夹角θ=30∘，A点位于P点的正下方。一个质量为m，带电荷量为+q的粒子，从P点由静止释放后，从A点以速度v0射出电场区域，不计带电粒子的重力。求：
(1)匀强电场的电场强度大小和方向;
(2)若粒子从P点水平射入电场，要使粒子恰好能从Q点射出，求粒子的入射速度?
(3)若粒子从P点沿某一方向射入电场时，电势能变化量最大，求此过程中粒子电势能变化量的最大值?
14.（16分）物块A静止在木板B上，A、B的质量分别为2m、m，A、B之间的动摩擦因数为2μ，木板B与地面间的动摩擦因数在P点左侧为μ，在P点右侧为4μ5。P点右侧某处有N个质量均为3m的光滑小球沿直线紧密排列，球的直径等于木板的厚度且小球足够多。用带有橡胶指套的手指作用在物块A的上表面并以某一恒定速度水平向右运动，手指对物块A施加的压力大小恒为mg，运动时间t0后撤离手指。手指作用过程中，物块A上表面留下的指痕长度恰好等于物块A在木板B上痕迹长度的511。手指撤离后再经过t0时间，木板B的右端刚好抵达P点，此时物块A、木板B速度恰好相等。木板B完全通过P点又经过一段距离后其右端与小球1相接触，此时速度为木板B右端刚到P点速度的23。已知物块A始终未脱离木板B且木板B的左端不再回到P点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，所有碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间忽略不计，重力加速度大小为g。
(1)求0∼t0、t0∼2t0过程中木板B的加速度大小;
(2)求木板B右端刚好到达P点时的速度大小;
(3)求橡胶指套与物体A上表面间的动摩擦因数μ0;
(4)求木板B第一次与小球碰撞到静止的总运动时间及此过程中A、B间因摩擦产生的热量。
15.（16分）人们通常利用带电粒子在电场和磁场中会受到场力的作用特点，来控制带电粒子的运动，或对带电粒子进行分析，如回旋加速器、质谱仪等。如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、四象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向外的匀强磁场，第二象限内存在沿x轴正方向的匀强电场。一带电量为q(q>0)，质量为m的粒子从x轴上的A点(-3L,0)沿y轴正方向以初速度v0进入第二象限，经电场偏转后从y轴上的M点(0,2 3L)进入第一象限，然后从x轴上的N点(6L,0)进入第四象限。为了对带电粒子的有效控制，在实际应用中我们只需要一个比较小的磁场区域即可实现，如把原磁场撤去，在第一象限某区域只需要加一磁感应强度大小为4B、方向垂直于坐标平面向外的圆形磁场，即可以使带电粒子与x轴正方向成60°角向下经过N点。不计带电粒子的重力和其他阻力。求：
(1)匀强电场的场强大小E；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小B；
(3)磁感应强度大小为4B的圆形磁场的最小面积S。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A、开普勒提出了行星运动的三大定律，故A错误；
B、牛顿发现万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了引力常量，被人们称为“能称出地球质量的人”，故B错误；
C、伽利略利用“理想斜面”得出“力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因”的观点，故C正确；
D、伽利略从理论和实验两个角度，证明了轻、重物体下落一样快，从而推翻了古希腊学者亚里士多德的“小球质量越大下落越快”的错误观点，故D错误。
故选：C。
2.【答案】D
【解析】AB、对链子鞭受力分析，受重力mg、悬点M对链子鞭的拉力F1、悬点N对链子鞭的拉力F2，
则F1cs37∘+F2cs53∘=mg，F1sin37∘=F2sin53∘，解得F1=0.8mg=8N，F2=0.6mg=6N，故AB错误;
CD、对AN段链子鞭受力分析，受重力m1g、最低点A处张力F、悬点N对链子鞭的拉力F2，则F=F2sin53∘=0.48mg=4.8N，m1g=F2cs53∘=0.36mg=3.6N，所以AM段链子鞭质量为m2=m-m1=0.64m=0.64kg，故C错误，D正确。
3.【答案】C
【解析】如图所示，设运动员着陆前瞬间垂直于着陆坡的分速度为v2，着陆坡与水平方向的倾角为θ，运动员着陆瞬间所受着陆坡的冲击力大小为FN，与着陆坡的作用时间为Δt，对运动员着陆前后瞬间，
根据动量定理有：0-(-mv2)=(FN-mgcsθ)Δt
解得：FN=mgcsθ+mv2Δt，
运动员之所以不会受伤，是因为FN较小，即在垂直于着陆坡方向的动量的变化率较小(即mv2较小且Δt较大)，
且根据FN的表达式可知，适当增加着陆坡与水平方向的倾角θ可以减小运动员受到的撞击力，增加安全性。
运动员下落时虽然受到空气阻力，但下落时仍做加速运动，速度不会降低。
综上所述可知ABD错误，C正确。
故选：C。
4.【答案】C
【解析】A.由题可知，地球同步卫星的角速度ω=2πT，设地球的半径为R，则有v=2π⋅XRT，故待发射卫星A的线速度vA=ωR=vX，A错误；
B.由开普勒第三定律可知(XR)3T2=(YR)3TB2，解得TB=(YX)32T，B错误；
C.B经过轨道上Q点时的加速度大小等于C的向心加速度，故有aB=aC=ω2r=ω⋅ωr=ω⋅v=2πvT，C正确；
是脱离地球引力的最小发射速度，而地球的同步卫星依然没有脱离地球的引力，D错误。
故选C。
5.【答案】C
【解析】设下滑过程中，它到P点距离为L，下滑高度为h，圆环半径为R，如图
由几何关系得
sinθ=hL=L2R
根据机械能守恒定律得
mgh=12mv2
联立解得：v=L gR，
故C正确，ABD错误；
故选：C。
6.【答案】B
【解析】A.以m1的初速度方向为正方向，对0～1s时间内的过程，由动量守恒定律得
m1v1=(m1+m2)v共
将v1=3m/s，v共=1m/s代入解得
m1:m2=1:2
故A错误；
B.根据系统能量守恒可知在 t1 时刻和 t3 时刻，系统的动能最小，弹簧的弹性势能达到最大值，故B正确；
C.在 t1 时刻弹簧压缩至最短，所以 t1-t2 时间内，弹簧的长度小于原长，故C错误；
D. t2-t3 时间内，弹簧处于拉伸阶段，弹力逐渐增大
故选B。
7.【答案】C
【解析】A.根据沿着电场线方向电势逐渐降低，由 φ- x图象，画出沿 x轴方向的场强方向(图中箭头指向)及各点电势分布如图所示．由图示知， O和 x2两点电势相等， O到 x2过程，电场力做功为0，动能不变，故粒子在 x2点的速度为 v0，选项A错误；
B.从x1到x3过程中，电场力对负电荷一直做负功，粒子的电势能一直增加，选项B错误；
C.粒子运动过程中，电场力所做正功的最大值为 qφ0，若v0= qφ0m，则动能最大值为32qφ0，选项C正确；
D.从x3到x4过程中，电场力对负电荷做正功，故粒子若能到达x4点，需能到达x3点．假设粒子恰好到达x3，由动能定理得 W= qφ0=12 m v 0 2，故v0大小至少为 2qφ0m，选项D错误。
8.【答案】B
【解析】A.根据对称，AC边与BD边所受安培力大小相等，但电流方向相反，故受的安培力相反，故A错误；
B.AB边受力(B0+ky)IL，根据左手定则知方向向上，CD边受力为：[B0+k(y+L)]IL，方向向下，合力为：[B0+k(y+L)]IL-(B0+ky)IL=kIL2，细线中拉力大小为mg+kIL2，故B正确；
C.若仅将细线长度加长，线框始终在磁场内，根据上述分析，稳定后细线弹力不变，故C错误；
D.若仅将磁场调整为磁感应强度为B0的匀强磁场，方向不变，则稳定后细线中弹力为mg，故D错误。
故选B。
9.【答案】BD
【解析】A.以衣服为研究对象，衣服做圆周运动，加速度方向时刻变化，是非匀变速运动，故A错误；
B.衣服做圆周运动中受重力、摩擦力和弹力作用，使衣服不掉下，在竖直方向上应有mg≤f=μFN，水平方向上有FN=mω2r，整理可得ω⩾ gμr，故B正确；
CD.水滴被甩出后做平抛运动，水平方向上有 R2-r2=ω0r×t，水滴下落高度h=12gt2，联立解得h=g(R2-r2)2ω02r2，故C错误，D正确。
故选BD。
10.【答案】BCD
【解析】A .当ab刚进入磁场Ⅰ的瞬间，线框的加速度为0，此时mg=2B2BLvRL=4B2L2vR(v为ab刚进入磁场Ⅰ时的速度)。ab边进磁场Ⅰ前，线框受重力、cd边向上安培力，根据牛顿第二定律F=ma，即mg-B2L2vR=ma，则加速度a=34g， A错误；
B .根据q=I△t，I=ER，E=ΔΦΔt，所以q=ΔΦR。ab边穿过磁场Ⅰ的过程中，Δϕ=23BL2，则q=2BL23R，B正确；
C .从开始下落到完全进入磁磁场Ⅱ，根据能量守恒定律，重力势能的减少量等于动能的增加量与焦耳热Q之和，即mg×(13L+13L)=12mv12+Q。由A项分析可知，v=mgR4B2L2，故Q=23mgL-m3g2R232B4L4，C正确；
D .线框完全在磁场Ⅱ中运动时，根据右手定则，ab边切割磁感线产生感应电动势，a端为高电势，b为低电势，因此自由电子从a向b移动， D正确。
11.【答案】1.140 kbg 不变
【解析】(1)游标卡尺的读数由主尺与游标尺的示数之和，由图示游标卡尺可知，其示数：d=11mm+8×0.05mm=11.40mm=1.140cm；
(2)对滑块根据牛顿第二定律有：2F-μmg=ma，可得：a=2Fm-μg，则2m=k，2bm=μg，解得μ=kbg；
(3)根据a=2Fm-μg，改变μ，a-F图象的斜率k不变。
12.【答案】2 3 相等
【解析】(1)小球从出发点到达最低点，由动能定理得mgR(1-csθ)=12mv2；
由牛顿第三定律可知，最低点轨道对小球的支持力大小等于FN。
小球在最低点，由受力分析可得：FN-mg=mv2R，
联立上述二式可得，FN=3mg-2mgcsθ
整理可得：FNmg=3-2csθ，即斜率的绝对值k=2，纵截距b=3；
(2)通过上述方程发现，表达式与轨道半径无关，故图像斜率的绝对值k不变。
13. 【解析】(1)粒子由P点到A点匀加速运动，v02=2aR ，a=qEm，
解得：E=mv022qR， 电场强度方向竖直向下；
(2)粒子由P点到Q点做类平抛运动，设粒子的入射速度v0'，水平方向： 3R=v0't， R=12at2 ，
解得：v0'= 3v02;
(3)粒子从圆周上O点正下方射出时，电势能变化量最大，△Epmax=qE(R+12R)，
解得：电势能最大变化量△Epmax=34mv02
14. 【解析】(1)0∼t0过程中，对木板B分析可得2μ⋅(F+ 2mg)-μ⋅(F+ 2mg+mg) =maB1解得aB1=2μg，
t0∼2t0过程中，对木板B分析可得2μ⋅2mg-μ⋅(2mg+mg) =maB2解得aB2=μg;
(2)在0∼2t0过程中，对木板B由运动学分析可得vB=aB1⋅t0+aB2⋅t0=3μgt0;
(3)t0∼2t0过程中，对物块A分析可得-2μ⋅2mg=2maA解得aA=-2μ
设手指与物块A间相对滑动的时间为t，手指、物块A、木板B的速度时间关系图像如下
则可得vA+aA⋅t0=vB解得vA=5μgt0，12vAt=511(5μgt0⋅t0-12⋅2μgt0⋅t0-12vAt)，解得t=t02，aA1=vAt=10μg，对物块A受力分析有μ0F-2μ(F+2mg)=2m⋅aA1解得μ0=26μ；
(4)物块A和木板B越过P点和小球碰前速度vAB=23⋅3μgt0=2μgt0，木板B与小球1发生弹性碰撞可得m vAB=mvB1+3mv11，12m vAB2=12m vB12+12⋅3m v112，解得vB1=-μgt0，v11=μgt0，此后，A、B发生相对滑动，1号小球与后边小球碰撞后速度交换，1号球仍停留在原处，最后一个小球向右运动碰后木板B向左减速运动，对木板B分析可得2μ⋅2mg+45μ⋅3mg=maB左，木板B速度减为0后，又反向向右运动，对木板B分析可得2μ⋅2mg-45μ⋅3mg=maB右，设木板B向左最远运行距离为xB1，则xB1=vB122aB左=vB222aB右，代入数据，联立解得xB1=5μgt0264，vB2=μgt02，tB左=vB1aB左=5t032，tB右=υB2aB右=5t016，tB1=tB左+tB右=15t032，此时可得出vA'=υAB+aA⋅tB1=17μgt016>vB2，即木板B再次返回时，未与物块A达到共速，且第二次碰撞前木板B的速度为第一次碰撞前木板B速度的14，同理可得木板B此后的运动时间为等比数列，公比为14，且碰撞次数足够多t总=tB11-q=5t08，从木板B第一次与小球碰撞到静止的过程，物块A的位移xA= vAB⋅t总+12aA⋅t总2=55μgt0264，木板B的位移xB=0，Q=2μ⋅2mg⋅△x=2μ⋅2mg⋅(xA-xB)=2μ⋅2mg⋅xA=55μ2mg2t0216。
15.【解析】(1)带电粒子在第二象限电场中做类平抛运动，垂直电场方向做匀速直线运动，则有
2 3L=v0t
沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，有qE=ma，3L=12at2
联立解得E=mv022Lq
(2)设带电粒子运动到M点时，水平分速度为v'，则水平方向有3L=12v't
解得v'= 3v0
则带电粒子进入第一象限的速度为v= v02+v'2=2v0
设速度方向与水平方向的夹角为θ，则有sinθ=v02v0=12
连接MN，由几何关系可得tan∠ONM=2 3L6L
解得∠ONM=30°
则带电粒子进入磁场时，与MN的夹角为60°，由带电粒子在直边界磁场中的运动可知，带电粒子到达N点时，速度方向与MN的夹角也为60°，即垂直x轴向下，其运动轨迹如图所示。
由几何关系得
rsin30°+r=6L
解得粒子的轨迹半径r=4L
根据洛伦兹力提供向心力有
qvB=mv2r
解得B=mv02qL
(3)加一磁感应强度为4B的圆形磁场，则根据洛伦兹力提供向心力有
qv⋅4B=mv2r'
解得r'=mv4qB=14r=L
使带电粒子与x轴正方向成60°角向下经过N点，即粒子速度偏转90°，圆弧轨迹为半径为L的14圆弧，如图所示。
可知，所加面积最小的圆形磁场的直径为D= L2+L2= 2L
面积为S=π(D2)2=12πL2
答：(1)匀强电场的场强大小E为mv022Lq；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小B为mv02qL；
(3)磁感应强度大小为4B的圆形磁场的最小面积S为12πL2。