【文档说明】四川省成都市第七中学2022-2023学年高二上学期期末物理试题 含解析.docx，共(23)页，1.511 MB，由小赞的店铺上传

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2022~2023学年度上期期末高二年级调研考试模拟题物理本试卷分选择题和非选择题两部分。第Ⅰ卷（选择题）1至3页，第Ⅱ卷（非选择题）4至6页，共6页，满分100分，考试时间90分钟。注意事项：1．答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在

答题卡规定的位置上。2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号。3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。

4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。5．考试结束后，只将答题卡交回。第Ⅰ卷（选择题，共44分）一、单项选择题（本题包括8小题，每小题3分，共24分，每小题只有一个选项符合题意）1.下列单位中，作为国际单位制基本单位的是（）A.电荷量的

单位库仑(C)B.电流的单位安培(A)C.磁感应强度的单位特斯拉(T)D.磁通量的单位韦伯(Wb)【答案】B【解析】【详解】A．电荷量表达式为qIt=可知1C1As=说明电荷量的单位库仑是导出单位，故A错误；B．在国际单位制的七个基本单位中，安培是电学的基本单位，故B正确；

C．根据FBIL=可知()21T1kg/As=说明磁感应强度的单位特斯拉是导出单位，故C错误；D．根据BS=可知()()221Wb1kgm/As=说明磁通量的单位韦伯是导出单位，故D错误。故选B2.如图所示，一个粒子源发出很多种带电粒子，经速度选择器后仅有甲、乙、丙、丁四种粒子沿

平行于纸面的水平直线穿过竖直挡板MN上的小孔O，之后进入正方形虚线框内，虚线框内分布着垂直纸面向里的匀强磁场，四种粒子的运动轨迹如图所示，则关于速度选择器两极板间磁场方向和四种粒子的比荷大小说法正确的是（）A.垂直于纸面向里，甲的比荷最大B.垂直于纸面向里，丙的比荷最大C.垂直于纸面向

外，丙的比荷最大D.垂直于纸面向外，丁的比荷最大【答案】A【解析】【详解】由图可知甲、乙粒子向上偏转，根据左手定则可知甲、乙粒子带正电，所以甲、乙粒子在速度选择器中所受电场力向下，则所受洛伦兹力向上，所以速度选择器两极板间磁场

方向垂直纸面向里；设粒子在磁场中运动的半径为R，根据牛顿第二定律有2vqvBmR=解得mvRBq=。易知四种粒子的速度大小相同满足qvBqE=，所以R越小，比荷越大，所以甲的比荷最大。综上所述可知A正确。故选A。3.如图所示的扇形区域，A、B是三分之一圆弧

的两个端点，D是圆弧的中点，圆弧的圆心为O、半径为r，AB与OD相交于C点，电荷量均为Q的两个正点电荷分别固定于A、B点。关于这两个电荷形成的电场（静电力常量为k），下列说法正确的是（）A.O、C、D三点的电势相等B.C点的电场强度大小为283kQrC.D点的电场强度大小为2kQrD.若在

O点由静止释放一个试探正点电荷（仅考虑所受电场力），该电荷将在OD间做往复运动【答案】C【解析】【详解】A．根据电势叠加原理可知，两个正电荷形成的电场中，C点的电势最高，OD两点电势相等且小于C点电势，故A错误；B．两个电荷在C点形成的电场等大

反向，则根据场强的叠加原理可知C点的场强为零，故B错误；C．D点的电场强度大小为222cos60DkQkQErr==故C正确；D．若在O点由静止释放一个试探正点电荷，因O点的场强方向沿CO方向，则电荷将沿

CO方向做直线运动，故D错误。故选C。【点睛】此题考查等量同种电荷的电场分布问题；注意场强的叠加满足平行四边形法则，而电势的叠加满足代数和。4.中国宋代科学家沈括在公元1086年写的《梦溪笔谈》中最早记载了“方家（术士）以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也”。进一步研究表

明，地球周围地磁场的磁感线分布如图所示，结合上述的材料，下列说法正确的是（）A.在地磁场的作用下小磁针静止时指南的磁极叫北极，指北的磁极叫南极B.对垂直射向地球表面宇宙射线中的高能带电粒子，在南、北极所受阻挡作用最弱，赤道附近最强C.形

成地磁场的原因可能是带正电的地球自转引起的D.由于地磁场的影响，在奥斯特发现电流磁效应的实验中，通电导线应相对水平地面竖直放置【答案】B【解析】【分析】【详解】A．根据磁极间的相互作用可知，在地面上放置一个小磁针，静止时小磁针的南极指向地磁场的北极，故A错误；B．地球上赤

道附近磁场的方向与地面几乎平行，越往两极磁场的方向与地面之间的夹角越大，所以对垂直射向地球表面宇宙射线中的高能带电粒子，在南、北极所受阻挡作用最弱，赤道附近最强，故B正确；C．地球磁场的N极在地球的地理南极附近，

由安培定则可知，形成地磁场的原因可能是带负电的地球自转引起的，故C错误；D．由于地磁场的影响，在奥斯特发现电流磁效应的实验中，通电导线应相对水平地面水平放置，且导线的方向沿南北方向，故D错误。故选：B。5.如图，电

路中电源电动势为E、内阻为r，C为电容器，R为定值电阻，闭合开关S，小灯泡L正常发光，现将滑动变阻器的滑片由右向左滑动一段距离，滑动前后理想电压表Vl、V2示数变化量的绝对值分别为1U、1U理想电流表A示数变化量的绝对值为I，则（）A.滑动过程中，电源的输出功率一定增大B

.滑动过程中，电压表Vl的示数逐渐增大C.1UI与2UI均保持不变D.当电路稳定后，断开开关S，小灯泡一定立刻熄灭【答案】C【解析】【详解】AB．将滑动变阻器滑片向左滑动时接入电路的电阻变大，电路中电流减

小，电源的内电压减小，则路端电压增大，V1示数减小，由于电源的内阻与外电阻的大小关系未知，所以电源的输出功率不一定增大，AB错误；C．根据2UEIr=−得2UrI=保持不变，1URI=保持不变，C正确；D．当电路稳定后，断开电键，电容器通过灯泡和变

阻器放电，所以小灯泡不会立即熄灭，D错误。故选C。【点睛】本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析。6.如图，矩形ABCD位于匀强电场中，电场方向平行于矩形平面。已知AB=2BC，P是CD的中点。A、B、C的电势分别

为8V、6V、4V。用外力将一个电子从A点移动到P点，已知元电荷电量为e，下列说法正确的是（）A.该过程中，电子的电势能增加5eVB.该过程中，电子的电势能减少5eVC.该过程中，电场力对电子做正功3eVD.该过程中，电子克服电场力做功3eV【答案】D【解析】【详解】CD．根据匀强电

场强度与电势差的关系可得ADBCUU=解得D的电势为6VD=P是CD的中点，P点电势为5V2DCP+==一个电子从A点移动到P点电场力做功为(85)V()3eVAPWqUe==−−=−可知该过程

中，电子克服电场力做功3eV，故C错误，D正确；AB．根据功能关系可知该过程中，电子的电势能增加3eV，故AB错误。故选D7.如图所示，棱长为L的正方体的上、下底面的每条棱上均固定有长直导线，导线间彼此绝缘且通过导线的电流大小均为0I。已知通有电流为I的长直导线

在距离d处产生的磁感应强度大小为IBkd=。正方体中心磁感应强度的大小可能是（）A.04kILB.0C.022kILD.026kIL【答案】BCD【解析】【详解】以垂直ABFE面的四根导线为例，导线电流方向改变时对应的ABFE面中心合磁感应强度大小总共有三种，分别是0220kIL、和04kIL，若

只考虑垂直某面的四根导线在该面中心产生的磁场，当ABFE面中心磁场沿EB方向、BCHF面中心磁场沿BH方向，大小均为022kIL时，二者夹角为120°，正方体中心处的磁感应强度大小为022kIL；当ABFE面中心磁场沿BE

方向、BCHF中心磁场沿BH方向，大小均为022kIL时，二者夹角为60°，正方体中心处的磁感应强度大小026kIL；当ABFE面中心磁场方向沿EF方向，BCHF面中心磁场方向沿BC方向，大小均为04kIL时，二者夹角为90°，正方体中心处的磁。感应强度大小042kIL；当ABFE

面中心磁场方向沿EF方向、大小为04,kIBCHFL面中心磁场方向沿BH方向、大小为022kIL时，二者夹角为90°，正方体中心处的磁感应强度大小为026kIL。故正方体中心的磁感应强度大小可能为0022420kIkILL、、和026kIL。故选BCD。8.如图所示的纸

面是光滑、绝缘的水平桌面。在桌面上有一直角坐标系xOy，它的第一象限内有一过O点的虚线OP，虚线与x轴正方向间夹角θ=37°。虚线右下方到第四象限内有与虚线平行、电场强度E=1.0×103N/C的匀强电场。虚线上有一点K，OK=5m。一个质量为m=0.02kg、电量为q

=-1.0×10-4C的带负电小球从K点以速度v=4m/s垂直虚线射入电场，则小球运动过程中（）A.到x轴的最小距离为0.6mB.到x轴的最小距离为2.4mC.恰能到达x轴D.能穿过x轴【答案】A【解析】【详解】根据题意可知，小球在x方向上做匀加速直线运动，在y方向上

做匀减速直线运动，且2sin2.5m/syEqam==cos23m/syvv==当y方向上速度减为零时，有22.4m<sin3m2yyvyOKa===所以小球不能穿过x轴，其到x轴的最小距离为32.4m0.6

ml=−=故选A。二、多项选择题（本题包括5小题，每小题4分，共20分。每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）9.下列实验中，与“电生磁”或“磁生电”有关的是（）A.奥斯特电流磁效应实验B

.库仑扭秤实验C.法拉第圆盘实验D.密立根油滴实验【答案】AC【解析】【详解】AC．奥斯特电流磁效应实验是通电导线周围存在磁场，属于“电生磁”问题；而法拉第圆盘实验是产生感应电流的实验，是“磁生电”问题，故AC正确；BD．库仑扭秤

实验是测量静电常数的实验；密立根油滴实验是测量元电荷的实验，与“电生磁”或“磁生电”都无关，故BD错误。故选AC。10.在物理学中，常用比值法来定义物理量，例如用E=Fq定义电场强度。下列也采用比值法定义、且定义式正确的物理量

是（）A.电流Inesv=B.磁感应强度FBIL=C.电容器的电容C=QUD.导体的电阻LRS=【答案】BC【解析】【详解】A．导体中电流I=nesv属于电流的计算公式，不属于定义式，故A错误；B．磁感应强度与放

入磁场中的电流元无关FBIL=运用的是比值定义法．故B正确；C．电容与电压、电荷量无关C=QU属于比值定义法，故C正确；D．公式R=LS表明导体的电阻与导体的长度成正比，与导体的横截面积成反比，公式不属于定义式，是电阻定律的表达式，故D错误。故选BC.11.如图所示，一个氢离子11H和一

个氦离子42He同时从同一点由静止开始，经同一电场加速后垂直射入同一偏转电场中，最终打在与偏转电场平行的竖直荧光屏上，整个过程中不考虑两离子间的相互作用，则下列说法正确的是（)A.两离子将先后打在荧光屏上的同一点B.两离子将同时打在荧光屏上的同一点C.两离子打在荧光屏上时速度大小之比为2:1D.

两离子打在荧光屏上时速度大小之比为2:1【答案】AD【解析】【详解】（1）在加速电场中，由动能定理得21012qUmv=，由于两粒子比荷不同，所以得到的速度0v不同，两种粒子在偏转电场中，水平方向做匀速直线运动，则运动时间为0Ltv=，则运动时间不

同，所以将先后打在荧光屏上；设偏转场极板间距离为d，粒子在偏转电场中的偏转位移为：22201122qULyatmdv==，以上三式联立解得：2214ULyUd=，同理可得到偏转角的正切为：21tan2ULUd=，可见偏转量和偏转角正切值

与电荷的电荷量无关，所以两离子将打到荧光屏上同一点，故A正确，B错误；（2）打在荧光屏上的速度为()()2212002tanqULUdvvvmd+=+=，因为两离子的比荷之比为：:2:1HeHHHeqqmm=，则两

离子打在荧光屏上时速度大小之比为2:1，故C错误，D正确．故本题选AD．【点睛】带电粒子经加速电场加速后进入偏转电场中做类平抛运动，利用动能定理求出加速后的速度，再根据运动学公式求出运动时间、末速度、偏转量等问题．12.如图所示，在直角坐标系xO

y的第一象限内有一条虚线x=L，虚线左方有与虚线平行的匀强电场（图中未画出），虚线右方有垂直纸面向里的匀强磁场。一带电粒子从坐标原点O点以速率v0沿某一方向射入第一象限，经电场作用后，粒子正好从点A（L，L）平行于x轴离开电场进入

磁场。之后，粒子在磁场作用下正好经过x轴上的点C（2L，0）。不计重力，则下列说法中正确的是（）A.粒子带正电B.电场方向沿+y方向C.磁场磁感应强度0mvBqL=D.粒子从O到A的时间小于从A到C的时间【答案】BD【解析】【详解】A．根据粒子在磁场中的运动轨迹可知，粒子带负电，选项A错

误；B．粒子垂直虚线进入磁场，可知粒子在电场中沿y轴正向做减速运动，电场力沿y轴负向，则电场方向沿+y方向，选项B正确；C．设v0的水平分量为v，则粒子在磁场中运动的轨迹半径为R=L则根据2vqvBmR=可得磁场磁感应强度mvBqL=选项C错误；D．粒子从O到A的时间OALtv=从A到C的时

间12ACOALLttvv==选项D正确。故选BD。13.由相同材料、相同横截面积的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，乙线圈的匝数是甲的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间

后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。已知甲线圈正好匀速进入磁场，在甲线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，甲线圈中的感应电动势为E、感应

电流为I、产生的焦耳热为Q，则在乙线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，下列说法中是（）A.乙线圈也正好匀速进入磁场B.乙线圈中的感应电动势也为EC.乙线圈中的感应电流也为ID.乙线圈中产生的焦耳热也为Q【答案】AC【解析】【详解】A．

甲线圈正好匀速进入磁场，有mgnBIL=nBLvIR=所以222nBLvmgR=对于乙线圈，有22222242222nBLnBLmgnBILRR===所以乙线圈也正好匀速进入磁场，故A正确；B．甲线圈产

生的感应电动势为2BLEnnnBLvLtv===乙线圈产生的感应电动势为22222BLEnnnBLvELtv====故B错误；C．甲线圈中的感应电流为EIR=乙线圈中的感应电流为22EEIIRR===故C正确；D．甲线圈中产生的焦耳热为2QIRt=乙线圈中产生的焦耳热为2

22QIRtQ==故D错误。故选AC。第Ⅱ卷（非选择题，共56分）三、实验探究题：（本题共两小题，共14分）14如图所示是某实验小组在“研究感应电流方向与磁通量变化的关系”实验中的部分操作示意图，图甲是电流通过灵敏检流计G时指针的偏转情况．(1)图甲电路中，

串联定值电阻R的主要目的是____．A．减小路端电压，保护电源B．增大电源的内电压，保护电源C．减小电路中的电流，保护灵敏检流计D．增大电路中的电流，便于观察灵敏检流计的示数(2)如图乙，当磁铁向上抽出线圈时，检流计G中指针将_______

_______（填“左”、“右”或“不”）偏；如图丙，根据检流计G中指针偏转方向，可知此时条形磁铁的运动是______________填“插入”或“抽出”）线圈．【答案】①.C②.）右③.抽出【解析】【

详解】（1）[1]电路中串联定值电阻，目的是减小电流，保护灵敏检流计．故C正确，ABD错误．故选C。（2）[2][3]在乙图中，当磁铁向上抽出，磁通量减小，根据楞次定律知，感应电流的磁场与原磁场方向相同，则流过电流计的电流方向

为从下往上，所以检流计指针向右偏．在丙图中，知感应电流流过检流计的方向是从上而下，则感应电流的磁场方向向上，与原磁场方向相同，知磁通量在减小，即磁铁抽出线圈。15.用实验测一电池的内阻r和一待测电阻的阻值Rx。已知电池的电动势约6V，电池

内阻和待测电阻阻值都为数十欧。可选用的实验器材有：电流表A1（量程0~30mA）；电流表A2（量程0~100mA）；电压表V（量程0~6V）；滑动变阻器R1（阻值0~5Ω）；滑动变阻器R2（阻值0~300Ω）；开关S一个，导线若干条。某同学的实验过程如下：Ⅰ.设计如图所示的电路图.Ⅱ.

正确连接电路，将R的阻值调到最大，闭合开关，逐次调小R的阻值，测出多组U和I的值，并记录。以U为纵轴，I为横轴，得到如图所示的图线Ⅲ.断开开关，将Rx改接在B、C之间，A与B直接相连，其他部分保持不变。重复Ⅱ的步骤，得到另一条U-I图线

，图线与横轴I的交点坐标为（I0，0），与纵轴U的交点坐标为（0，U0）。回答下列问题：①电流表应选用___________，滑动变阻器应选用___________；②由图的图线，得电源内阻r=___________Ω；③用I0、U0和r表示待

测电阻的关系式Rx=___________，代入数值可得Rx；④若电表为理想电表，Rx接在B、C之间与接在A、B之间，滑动变阻器滑片都从最大阻值位置调到某同一位置，两种情况相比，电流表示数变化范围___________，电压表示数变

化范围___________。（选填“相同”或“不同”）【答案】①.A2②.R2③.25④.00UrI−⑤.相同⑥.不同【解析】【分析】【详解】(1)[1]由题意可知，电动势为6V，而电阻约为数十欧姆，为了保证实验的安全，电流表应选择A2；[

2]由电路图可知，滑动变阻器起调节电流的作用，5Ω的电阻小于待测电阻较多，故只能选择R2；(2)[3]图像的斜率表示电源的内阻，则可知，内阻为5.54.025Ω0.06UrI−===(3)[4]接Rx改接在B、C之间，由

题意可知，等效内阻为00xURrI+=解得00xURrI=−(4)[5]Rx接在B、C之间与接在A、B之间，滑动变阻器滑片都从最大阻值位置调到某同一位置，此时电路中的总电阻相等，故电流表的变化范围相同。[6]电压表测的是路端电压，两种情况等效内阻不同，故电压表的变化范围不同

。四、计算题（本题共4小题，共42分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。）16.如图所示，一直流电动机与阻值R=9Ω的电阻串联在电源上，电源电动势E=30V，内阻r=1Ω，用理想电压表测出电动机两

端电压U=10V，已知电动机线圈电阻RM=1Ω，求：（1）电源两极间的电压；（2）电动机的输出功率。【答案】（1）28V；（2）16W【解析】【详解】（1）设通过电源的电流为I，则对整个回路()EUIRr=++解得2AI=对电源，所

求电源两极间的电压UEIr路端=−解得28VU=路端（2）将电动机视为理想电动机和阻值为MR的电阻的串联，理想电动机两端的电压MUUIR=−机械解得8VU=机械理想电动机的功率就是所求电动机的输出功率PIU=机械机械解得16WP=机械17.如图所示，足够高的水平桌面上

固定着两根足够长的、电阻不计的、距离为L的平行直导轨KN和PQ。导轨右端连接阻值为R的定值电阻。一根质量为m、电阻为r、长度略大于L的导体棒垂直导轨放置，与导轨接触良好。整个空间中存在磁感应强度方向竖直向上、大小为B的匀强磁场。一根与导

轨平行的轻绳一端系在导体棒的中点，另一端绕过轻质定滑轮悬挂质量为M的重物。开始时重物M被外力（图中末画出）托住处于静止状态，轻绳处于伸直且无拉力的状态。撤去外力，重物M运动起来，最终达到最大速度（重物M仍在空中）。重

力加速度为g，不计一切摩擦阻力和空气阻力。求：（1）该最大速度的大小；（2）当重物M的速度为最大速度的一半时，绳上拉力的大小。【答案】（1）()22MgRrBL+；（2）()()22MMmgMm++【解析】【详解】（1

）因为重物和导体棒的速度大小始终相等，设最大速度为v，此时绳上拉力大小为T、导体棒的感应电动势为E、导体棒的电流为I，所受安培力为F，则重物和导体棒处于平衡状态，有TMg=TF=整理有FMg=对电路有EBLv=()EIRr=+FBIL=整理有22BLvFRr=+联

立求解以上两式得()22MgRrvBL+=（2）当22vv=时，导体棒所受安培力为2EBLv=()EIRr=+2FBIL=整理有22MgF=设此时系统加速度大小为2a，绳上拉力大小为2T，则对导体棒有222TFma−=对重物有22MgTMa−=联立求解以上两式得所求拉力为()()

222MMmgTMm+=+18.足够长的水平桌面上存在如图所示的相邻的、宽度均为L=0.2m的区域Ⅰ、Ⅱ、和Ⅲ。区域Ⅰ中的桌面是光滑的，其它部分的桌面是粗糙的，动摩擦因数为μ=0.5。区域Ⅰ、Ⅱ、和Ⅲ（包括桌面）中存在方向均在图示竖直面内的三种匀强电场：Ⅰ中电场方

向水平向右、大小为E1=36N/C；Ⅱ中电场方向水平向左、大小为E2=18N/C；Ⅲ中电场方向斜向左下与桌面成θ=53°、大小为E3=10N/C。一个可视为质点的、带正电的绝缘滑块，质量m=0.2kg，电

量q=0.5C，从区域Ⅰ中左边缘O点由静止释放，重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8。求：（1）滑块刚进入区域Ⅱ时的速率；（2）滑块在区域Ⅱ中的运动时间；（3）滑块运动的总路程。【答案】（1）6m/s；（2）0.04s；（3）1.0m【解析】【详解

】（1）区域Ⅰ中电场力1118NFqE==区域Ⅰ中加速度大小11Fma=解得2190m/sa=加速度方向向右，进入区域Ⅱ时的速率1126m/svaL==（2）区域Ⅱ中滑动摩擦力221.0NfNmg===区域Ⅱ中加

速度大小222qEfma+=解得2250m/sa=加速度方向向左，离开区域Ⅱ时的速率221224m/svvaL=−=所求在区域Ⅱ中的运动时间120.04s2Ltvv==+（3）区域Ⅲ中地面支持力33sin6NNmgqE=+=区域Ⅲ中滑动摩擦力()333si

n3NfNmgqE==+=区域Ⅲ中加速度大小333cosqEfma+=解得2330m/sa=加速度方向向左，离开区域Ⅲ时的速率232322m/svvaL=−=离开区域Ⅲ后的加速度大小4mgma=解得245m/sa=加速度方向向左，离开区域Ⅲ后的位移大小23440.4m2vxa=

=所求总路程431.0mlLx=+=19.如图所示，三角形ACD是等腰直角三角形，A是直角，2ACADL==，在三角形内部和边界上有方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B（图中未画出）。一排足够长的质量为m、电量为q的带正电的粒子以某一初速v垂直CD边同时射入

磁场（不计重力和粒子之间的库仑力）。可能会用到的数学公式：()sinsincoscossin+=+，()coscoscossinsin+=−（1）若已知12qBLvvm==，求CD边上有粒子离

开的长度；（2）若已知这些粒子在磁场中运动的最长时间为mtqB=，求v应满足的条件；（3）若已知343qBLvvm==，求AD边上有粒子离开的长度。【答案】（1）2L；（2）qBLvm；（3）()2313L+【解析】【详解】（1）粒子在磁场

中做匀圆运动，洛伦兹力提供向心力，有2mvqvBr=解得mvrqB=带入数据，计算得112mvLrqB==其轨迹如图所示，所求长度为()()11121212xCDrrL=−+−−=（2）粒子运动的周期22rmTvqB==粒子运动的圆心角2tT==故运动半圆，故垂直CD边离开，速度

v最大时，轨迹如图对应半径由几何关系得21222rCDL==解得2rL=带入半径公式，计算得到所求条件为qBLvm（3）由之前的分析可知以及带入题中数据，解得粒子运动的半径3343mvLrqB==因为到3rL，故所有从AD离开

的粒子的运动圆心O均在CD边上靠D点一侧，再由“平移圆”分析知，OD越大，离开点越高，即当运动轨迹与AC相切时，离开点最高从最高点离开粒子轨迹如图由几何关系有34223OCRL==三角形ODN中，有几何关系有343ONrL=

=223ODCDOCL=−=45D=令OND=，利用正弦定理有sin45sinONOD=带入数据解得30=利用正弦定理()sin45sin18045ONDN=−−带入数据解得()2313DN

L+=又因为AD边上的D点有粒子离开，故所求长度为的获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com