河南省实验中学2020届高三12月月考物理试题

一、选择题

1.运动学中有人认为引入“加速度的变化率”没有必要，然而现在有人指出“加速度的变化率”能引起人的心理效应，车辆的平稳加速（即加速度基本不变）使人感到舒服，否则人感到不舒服。关于“加速度的变化率”，下列说法正确的是（    ）

A. 从运动学角度的定义，“加速度的变化率”的单位应是m/s2

B. 加速度的变化率为0的运动是匀速运动

C. 若加速度与速度同向，如图所示的a-t图象，表示物体的速度在减小

D. 若加速度与速度同向，如图所示的a-t图象，已知物体在t＝0时速度为5m/s，则2s末的速度大小为8m/s

【答案】D

【解析】

【详解】A. 加速度的变化率为，a的单位是m/s2，t的单位是s，则知“加速度的变化率”的单位应是m/s3，故A错误。

B. 加速度的变化率为0，说明加速度不变，如果加速度为0，则物体做匀速直线运动，如果加速度不为0，则该运动是匀变速直线运动，故B错误。

C. 若加速度与速度同方向，加速度在减小，物体的速度仍在增加，故C错误。

D. a-t图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量，则知0-2s内，速度的变化量大小为

若加速度与速度同方向，物体在t=0时速度为5 m/s，则2 s末的速度大小为8 m/s，故D正确。

2.如图所示，AB为斜面，BC为水平面，从A点以水平初速度v向右抛出一小球，其落点与A的水平距离为x1，若从A点以水平初速度2v向右抛出同一小球，其落点与A的水平距离为x2，不计空气阻力，则x1与x2的比值不可能为（    ）

A. 1：2 B. 1：3 C. 1：4 D. 1：5

【答案】D

【解析】

【详解】A. 若两次小球都落在BC水平面上，则下落的高度相同，所以运动的时间相同，水平距离之比等于水平初速度之比为1：2，故A正确不符合题意；

BCD. 若两次小球都落在斜面AB上，设斜面倾角为θ，设运动的时间分别为t1和t2，第一次：

第二次：

解得：

所以

若第一次落在斜面AB上，第二次落在水平面BC上，根据平抛运动的基本规律可知其水平位移比值在1：2到1：4之间。故BC正确不符合题意，D错误符合题意。

3.随着电子技术的发展，霍尔传感器被广泛应用在汽车的各个系统中。其中霍尔转速传感器在测量发动机转速时，情景简化如图（甲）所示，被测量转子的轮齿（具有磁性）每次经过霍尔元件时，都会使霍尔电压发生变化，传感器的内置电路会将霍尔电压调整放大，输出一个脉冲信号，霍尔元件的原理如图（乙）所示。下列说法正确的是（    ）

A. 霍尔电压是由于元件中定向移动的载流子受到电场力作用发生偏转而产生的

B. 若霍尔元件的前端电势比后端低，则元件中的载流子为正电荷

C. 在其它条件不变的情况下，霍尔元件的厚度c越大，产生的霍尔电压越低

D. 若转速表显示1800r/min，转子上齿数为150个，则霍尔传感器每分钟输出12个脉冲信号

【答案】C

【解析】

【详解】A. 载流子受磁场力而偏转，故A错误；

B. 由左手定则可判断出载流子受力向前端偏转，若前端电势变低，意味着载流子带负电，故B错误；

C.霍尔电压

c越大，U越小，故C正确；

D. 每个轮齿经过，都会引发一次脉冲，则每分钟脉冲数量为270000个，故D错误。

4.我国即将展开深空探测,计划在2020年通过一次发射,实现火星环绕探测和软着陆巡视探测,已知太阳的质量为M,地球,火星绕太阳做匀速圆周运动的轨道半径分别为R1和R2:速率分别为V1和V2:地球绕太阳的周期为T．当质量为m的探测器被发射到以地球轨道上的A点为近日点,火星轨道上的B点为远日点的轨道上围绕太阳运行时(如图),只考虑太阳对探测器的作用,则:

A. 探测器在A点加速的的值等于

B. 探测器在B点的加速度为

C. 探测地在B点的动能为

D. 探测器沿椭圆轨道从A飞行到B时间为

【答案】A

【解析】

A、根据万有引力提供向心力可得，探测器在A点加速的的值等于，故A正确；

B、根据万有引力提供向心力可得，探测器在B点的加速度为，故B错误；

C、探测器由椭圆轨道变为火星轨道需要在B点点火加速，探测地在B点的速度小于，探测地在B点的动能小于，故C错误；

D、设探测器沿椭圆轨道的周期为，由开普勒第三定律可得，解得，探测器沿椭圆轨道从A飞行到B的时间为，故D错误；

故选A．

【点睛】根据万有引力提供向心力求出探测器在A点加速度和探测器在B点的加速度，由开普勒第三定律可知探测器沿椭圆轨道从A飞行到B的时间．

5.如图所示，纸面内直角坐标系xOy的y轴右侧有一菱形区域Obcd，Oc与x轴重合，Oc的长度是bd的长度的两倍．菱形区域内有方向垂直于纸面的两个匀强磁场，磁感应强度等大反向，bd为两磁场的分界线．现有一中心在x轴上的正方形线框ABCD，它的BC边与y轴平行，长度与bd的长度相同，均为．现线框以大小为的速度沿x轴正方向匀速运动，以逆时针方向为感应电流的正方向，则线框在磁场中运动时，线框中通过的感应电流随时间的变化关系图象可能为

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】线圈在进入磁场的过程中，磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流的方向沿逆时针方向，为正值，从线圈开始运动，到BC边运动到bd位置的过程中，切割的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，该段时间为；之后AD和BC棒分别在obd和bcd区域做切割磁感线运动，AD棒切割磁感线运动产生的感应电流方向为顺时针，BC棒产生的感应电流方向也为顺时针，故电路中的电流方向为顺时针方向，有效长度之和为不变，故回路总电动势不变，感应电流顺时针不变，该段时间为；运动L后，BC棒出磁场，AD边在bcd区域中做切割磁感线运动，产生的感应电流方向为逆时针，且其做切割磁感线运动的有效长度均匀减小，感应电动势均匀减小，则感应电流均匀减小，最后减小为零，该段时间，故选项D正确，ABC错误．

6.如图所示，理想变压器原副线圈匝数之比为，原线圈接在电压为的正弦式交流电源上，副线圈连接理想电压表V、交流电流表A、理想二极管D和电容器C。则下列说法中正确的是(    )

A. 电压表的示数为10V

B. 电容器不断地充电和放电，所带电荷量不断变化

C. 稳定后电流表的读数不为零

D. 稳定后电容器两极板间电势差始终为10V

【答案】A

【解析】

【详解】A. 根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压为10V，故A正确。

B. 在电路没有稳定之前，由于二极管的作用，只有正向的电流可以通过，在电路稳定之后，由于电容器的隔直流的作用，就没有电流通过了，所以电容器不会反复的充电和放电，故B错误。

C. 根据B的分析可知，稳定后没有电流，故C错误。

D. 稳定后电容器两极板间电势差为副线圈的最大的电压，即为，故D错误。

7.如图1为示波管的原理图．若在XX′上加上如图2所示的扫描电压，在YY′上加如图3所示的信号电压，则在荧光屏上会看到的图形是

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】示波管的YY′偏转电压上加的是待显示的信号电压，XX′偏转电极通常接入锯齿形电压，即扫描电压，当信号电压与扫描电压周期相同时，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象；图2中XX′偏转电极接入的是锯齿形电压，即扫描电压，且周期与YY′偏转电压上加的待显示的信号电压相同，所以在荧光屏上得到的信号是一个周期内的稳定图象．显示的图象与YY′所载入的图象形状是一样的，A正确．

8.如图所示，两个大小不计质量均为m的物体A、B放置在水平地面上，一根长为L不可伸长的轻绳两端分别系在两物体上，绳恰好伸直且无拉力，在绳的中点施加一个竖直向上的拉力F，使两物体慢慢靠近，直至两物体接触，已知两物体与水平地面间的动摩擦因素均为，则在两物体靠近的过程中下列说法正确的是(    )

A. 拉力F先增大后减小

B. 物体A所受的摩擦力不变

C. 地面对A物体的支持力先减小后增大

D. 当两物体间的距离为时，绳上的拉力最小

【答案】D

【解析】

【详解】A. 设两根绳子之间的夹角为α，对结点O受力分析如图甲所示，由平衡条件得：

再对任一球（如右球）受力分析如图乙所示，球刚好滑动的临界条件是：

又因为

联立解得：

当两个物体逐渐靠近的过程中，α角逐渐减小，拉力F增大，故A错误；

BCD. 设绳子与地面夹角为θ时绳子拉力最小，根据平衡条件可得：

F1cosθ=f=μ（mg-F1sinθ）

解得

令

则β=60°，所以有：

当

β+θ=90°

时F1最小，此时θ=30°，两物体相距

由于绳子拉力先变小再变大，所以摩擦力

f=F1cosθ

θ一直增大，所以摩擦力一定是变力，以整体为研究对象，拉力F一直增大，竖直方向受力平衡，则地面对两个物体的支持力一直减小，故BC错误D正确。

9.如图所示，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车（含管道）的质量为2m，原来静止在光滑的水平面上，今有一个可以看做质点的小球，质量为m，半径略小于管道半径，以水平速度v从左端滑上小车，小球恰好到达管道的最高点后，然后从管道左端滑离小车，关于这个过程，重力加速度为g，下列说法正确的是（    ）

A. 小球滑离小车时，小车回到原来位置

B. 小球滑离小车时相对小车的速度为v

C. 车上管道中心线最高点的竖直高度为

D. 小球在滑上曲面到滑到最高点的过程中，小车的动量变化量大小是

【答案】BC

【解析】

【详解】A. 小球与小车在水平方向上的合外力为零，故在水平方向上动量守恒，所以，小车的速度一直向右，小球滑离小车时，小车向右运动，不可能回到原来位置，故A错误；

B. 由动量守恒可得：

mv=2mv车+mv球

由机械能守恒可得：

解得：

小球滑离小车时相对小车的速度

v球-v车=-v

故小球滑离小车时相对小车的速度为v，故B正确；

C. 小球恰好到达管道的最高点后，则小球和小车的速度相同，故由动量守恒定理可得此时的速度，由机械能守恒可得：小球在最高点的重力势能

所以，车上管道中心线最高点的竖直高度

故C正确；

D. 小球恰好到达管道的最高点后，则小球和小车的速度相同，故由动量守恒定理可得此时的速度，故小车的动量变化大小为，故D错误。

10.如图所示，轻质弹簧和一质量为M的带孔小球套在一光滑竖直固定杆上，弹簧一端固定在地面上，另一端与小球在A处相连（小球被锁定），此时弹簧处于原长。小球通过水平细绳绕过光滑的定滑轮与一个质量为m的物块相连，到达C处速度为零，此时弹簧压缩了h。弹簧一直在弹性限度内，轻绳一直伸直，重力加速度为g，定滑轮与竖直杆间的距离为h，则下列说法正确的是（    ）

A. 在小球下滑过程中，小球的速度始终大于物块的速度

B. 从小球和弹簧组成的系统机械能一直减小

C. 小球下滑到C处时，弹簧的弹性势能为

D. 从小球和物块的重力势能和弹簧的弹性势能之和先增后减

【答案】ABC

【解析】

【详解】A. 将小球A的速度分解为沿绳子方向的分速度与垂直于绳子方向的分速度，如图。

可得：

vm=vcosθ

可知v＞vm．即小球的速度始终大于物块的速度，故A正确；

B. 从A→C的过程中，对于弹簧、小球和物块组成的系统，只有重力和弹簧的弹力做功，所以系统的机械能守恒，物块机械能一直增加，故小球和弹簧组成的系统机械能一直减小，故B正确；

C. 小球到达C时，小球和物块重力势能的减少等于弹簧弹性势能的增加，所以弹簧的弹性势能：

故C正确。

D. 从A→C的过程中，小球和物块的重力势能、动能和弹簧的弹性势能之和保持不变，由于二者的总动能先增大后减小，所以小球和物块的重力势能和弹簧的弹性势能之和先减小后增大。故D错误；

11.如图甲所示，质量M=0.8kg的足够长的木板静止在光滑的水平面上，质量m=0.2kg的滑块静止在木板的左端，在滑块上施加一水平向右、大小按图乙所示随时间变化的拉力F，4s后撤去力F．若滑块与木板间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2,则下列说法正确的是（   ）

A. 0~4s时间内拉力的冲量共为3.2N·s

B. t=4s时滑块的速度大小为9.5m/s

C. 木板受到滑动摩擦力的冲量共为2.8N·s

D. 木板的速度最大为2m/s

【答案】BC

【解析】

A、拉力F的冲量等于F-t图像的面积，0~4s时间内拉力的冲量I= ，A错误；

B、滑块与木板间恰好打滑时，对木板: .

对滑块:

解得 F0=0.5N，a0=0.5m/s2.

所以t=0时刻，A. B恰好开始打滑

对滑块:IF−μmgt=mv1，解得4s末滑块的速度v1=9.5m/s，B正确；

C、t=4s时，木板的速度v2=a0t=0.5×4=2m/s，

之后A加速，B减速，直到共速．取向右为正方向，由动量守恒定律得：

mv1+Mv2=(m+M)v

解得木板的最大速度v=3.5 m/s

对木板:由动量定理得I=Mv

解得I=2.8N⋅s，C正确，D错误；

故选BC．

12.如图所示，一个质量为m、带电量为+q的小球套在一根绝缘的粗糙杆上，小球可以沿杆滑动，杆与水平方向夹角为θ，二者间动摩擦因数为µ．整个装置处在磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里的匀强磁场中．将小球无初速度释放，杆足够长，关于小球的运动下列说法正确的是（  ）

A. 小球的最大加速度为gsinθ

B. 当qvB=mgcosθ时小球速度最大

C. 小球的最大速度为v=+

D. 小球的机械能先减小后不变

【答案】AC

【解析】

【详解】A、当FN=0时，加速度最大，a=gsinθ，故A正确；

BC、FN反向后，当a=0时，速度最大，即mgsinθ=µ（qvB-mgcosθ），解得v=+，故B错误，C正确；

D、小球在运动的过程中，摩擦力做负功，故小球的机械能一直减小，故D错误．

二、实验题

13.某同学利用图所示装置，验证以下两个规律：

①两物块通过不可伸长的细绳相连接，沿绳分速度相等；

②系统机械能守恒.

P、Q、R是三个完全相同的物块，P、Q用细绳连接，放在水平气垫桌上.物块R与轻质滑轮连接，放在正中间，a、b、c是三个光电门，调整三个光电门的位置，能实现同时遮光，整个装置无初速度释放.

(1)为了能完成实验目的，除了记录P、Q、R三个遮光片的遮光时间t1、t2、t3外，还必需测量的物理量有________；

A.P、Q、R的质量M

B.两个定滑轮的距离d

C.R的遮光片到c的距离H

D.遮光片的宽度x

(2)根据装置可以分析出P、Q的速度大小相等，验证表达式为________；

(3)若要验证物块R与物块P的沿绳分速度相等，则验证表达式为________________；

(4)若已知当地重力加速度g，则验证系统机械能守恒的表达式为________________.

【答案】（1）BCD （2）（3）（4）

【解析】

(1)要证明①，需要测量d和H，通过几何关系可证明沿绳分速度相等；要证明②，还需要测量H和x，根据运动学公式和动能定理列式可验证机械能守恒，故需要测量的物理量有d，H，x.故BCD正确；

故选BCD.

(2)物块P的速度vP=，物块Q的速度vQ=，因此分析出P、Q的速度大小相等，即需要验证表达式=，化简可得验证t1=t2即可；

(3)如图所示：

物块R的速度vR=，要验证物块R与物块P的沿绳分速度相等，则需要验证表达式vRcosθ=vP

即vR⋅=vP，将vP、vR代入得：

(4)整个系统减少的重力势能是△EP=MgH

增加的动能△Ek=

要验证机械能守恒,则△EP=△EK，即验证表达式gH=

点睛：根据验证系统机械能守恒需要验证的表达式，找出需要测量的物理量；分别求出P、Q的速度大小，再根据两物体速度相等，求出需要验证的表达式；分别求出P、R的速度大小，再根据两物体速度相等，求出需要验证的表达式；根据机械能守恒定律列式，化简，求出验证系统机械能守恒的表达式．

14.在练习使用多用电表的实验中，

（1）某同学使用多用电表的欧姆档粗略测量一定值电阻的阻值Rx，先把选择开关旋到“×10”挡位，测量时指针偏转如图所示。以下是接下来的测量过程：

a．将两表笔短接，调节欧姆档调零旋钮，使指针对准刻度盘上欧姆档的零刻度，然后断开两表笔

b．旋转选择开关至交流电压最大量程处（或“OFF”档），并拔出两表笔

c．将选择开关旋到“×1”挡

d．将选择开关旋到“×100”挡

e．将选择开关旋到“×1k ”挡

f．将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出阻值Rx，断开两表笔

以上实验步骤中的正确顺序是________（填写步骤前的字母）。

（2）重新测量后，指针位于如图所示位置，被测电阻的测量值为____Ω。

（3）如图所示为欧姆表表头，已知电流计的量程为Ig=100μA，电池电动势为E=1.5V，则该欧姆表的表盘上30μA刻度线对应的电阻值是____kΩ。

（4）为了较精确地测量另一定值电阻的阻值Ry，采用如图所示的电路。电源电压U恒定，电阻箱接入电路的阻值可调且能直接读出。

①用多用电表测电路中的电流，则与a点相连的是多用电表的____（选填“红”或“黑”）表笔。

②闭合电键，多次改变电阻箱阻值R，记录相应的R和多用电表读数I，得到的关系如图所示。不计此时多用电表的内阻。则Ry＝___Ω，电源电压U＝___V。

【答案】    (1). dafb    (2). 2200    (3). 35kΩ    (4). 红    (5). 200    (6). 8

【解析】

【详解】(1)[1] 考察多用电表的操作步骤，自然是：先将选择开关旋到“×100”挡；后欧姆调零，即将两表笔短接，调节欧姆档调零旋钮，使指针对准刻度盘上欧姆档的零刻度，然后断开两表笔；再测量，将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出阻值Rx，断开两表笔；最后归位，即旋转选择开关至交流电压最大量程处（或“OFF”档），并拔出两表笔。所以操作顺序是：dafb

(2)[2] 图2中指针读数为22.0，由（1）可知：欧姆表倍率为×100，故被测电阻的测量值为

22.0Ω×100=2200Ω

(3)[3] 当电流计满偏时，欧姆表显示外电阻为零，故该欧姆表内阻为：

电流计电流I=30μA时，由闭合电路欧姆定律可得：表盘上30μA刻度线对应的电阻值为：

(4) ①[4] 由图可得：a点相连的为正极，故连接多用电表的红表笔；

②[5][6] 根据图4所示电路图，由闭合电路欧姆定律可得：

结合图像可知

Ry=200Ω，U=8V

三、计算题

15.如图所示，A、B两车相距x=8m时，A车正以vA=5m/s的速度向右匀速运动，而B车此时正以vB=12m/s的初速度向右匀减速运动，加速度a=-2m/s2，求：

（1）A、B两车何时速度相等；

（2）A追上B所经历时间．

【答案】（1）A、B两车经过3.5s速度相等；（2）A追上B所经历的时间是8.8s．

【解析】

【详解】（1）B车的速度为：

vB'=vB+at1

两车速度相等时有：

vB'=vA

解得：

t1=3.5 s

（2）A车追上B车时，两车的位移关系为：

xA=x+xB

即：

vAt=x+vBt+at2

代入数据有：

5t=8+12t+(-2)t2

解得：

t=8s，t=-1s（舍去）

B车做减速运动，设其速度减为0所用的时间为t0，

由速度公式得：

t0==6s；

由于t=8 s＞t0，所以B车先停下，之后A车才追上B车，

B车的位移为：

xB=vBt0+a=36m

所以A车追上的时间为：

t2=

代入数据有：

t2=8.8 s

16.如图所示，从A点以v0的水平速度抛出一质量m=1kg的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入固定光滑圆弧轨道BC，圆弧轨道C端切线水平,BC所对的圆心角θ=370．小物块过圆弧轨道C后，滑上与圆弧轨道连为一体的光滑水平板，板的右端与水平面顺时针匀速转动的传送带左端E点等高并靠拢．已知A、B两点距C点的高度分别为H＝1.0m、h=0.55m，水平面传送带长为L=9m,物块与水平面传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，传送带传送速度为v=4m/s,g=10m/s2,．sin370=0.6cos370=0.8求：

（1）小物块从A点水平抛出的速度v0大小；

（2）小物块在传送带上运动的时间t及小物块与传送带之间由于摩擦而产生的热量Q

【答案】（1）4m/s（2）2J

【解析】

【详解】（1）物块做平抛运动：

设到达B点时竖直分速度为vy，，在B点

（2）从A至C点，由动能定理，可得
由题意可知小物块m的摩擦力，解得
物体做匀减速运动时间

位移

后做匀速运动，所以
传送带与物体间的相对位移

17.如图所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，固定有半径分别为L、2L的两个水平同心圆导轨。L形棒OCA是由绝缘木棒OC与金属棒CA固定在一起的，OC⊥CA，棒AC绕圆心C以角速度ω顺时针匀速转动，棒AC始终与圆轨道接触良好。间距为L且足够长的两个固定平行导轨D1E1、D2E2与水平面的夹角均为θ，处于磁感应强度大小为2B、方向与D1E1E2D2平面垂直向上的匀强磁场中，D1E1、D2E2分别用电刷（未画出）与大、小圆轨道连接。质量为m、长为L的金属棒XY放在D1E1、D2E2上。已知XY棒的电阻为r，棒AC接入电路的阻值为r，滑动变阻器R的最大阻值为3r，其它电阻不计，一切摩擦和空气阻力均不计，重力加速度为g。

（1）求棒CA产生的感应电动势E；

（2）若开关S1闭合，S2断开，求滑动变阻器的最大功率Pm；

（3）若开关S1断开，S2闭合，棒XY由静止释放，始终与导轨垂直且接触良好，求棒XY下滑过程中的最大速度Vm以及某段时间Δt（很短）内通过棒XY某一横截面的最大电荷量qm。

【答案】（1）（2）；（3）  

【解析】

【详解】(1) 金属棒产生的感应电动势为：

(2) 若开关S1闭合，S2断开，当滑动变阻器阻值等于内阻时，消耗功率最大，此时回路电流

滑动变阻器消耗的最大功率

联立解得：

(3)当开关S1断开，S2闭合，导体棒受重力、支持力与安培力，当达到下滑过程中的最大速度时，处于平衡状态

回路总电动势

回路电流

安培力

联立解得：

当速度最大时，某段时间Δt（很短）内通过棒XY某一横截面的电荷量最大

18.如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、四象限区域内存在两个有界的匀强磁场：垂直纸面向外的匀强磁场I、垂直纸面向里的匀强磁场Ⅱ，O、M、P、Q为磁场边界和x轴的交点，OM=MP=L，在第三象限存在沿y轴正向的匀强电场，一质量为m、带电荷量为+q的粒子从电场中坐标为（-2L，-L）的点以速度v0沿x轴正方向射出，恰好经过原点O处射入区域I又从M点射出区域I（粒子的重力忽略不计）．

（1）求第三象限匀强电场场强E的大小；

（2）求区域I内匀强磁场磁感应强度B的大小；

（3）若带电粒子能再次回到原点O，则区域Ⅱ内磁场宽度至少为多少？

【答案】（1）；（2）；（3）（+1）L

【解析】

【详解】（1）由题意可知带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，则：水平方向：2L=v0t；竖直方向：L=at2；另有：qE=ma，联立解得第三象限匀强电场的场强：E=．

（2）设粒子运动到原点时竖直方向的分速度为vy，则：vy=t==v0，则粒子进入磁场I时速度大小为：v==v0，==1，即速度方向与x轴正方向成45°角，粒子进入区域Ⅰ做匀速圆周运动，由几何知识可得轨迹半径为R1=L，由洛伦兹力提供向心力，则有：Bqv=m，可解得区域I内匀强磁场磁感应强度B==．

（3）粒子运动轨迹如图，在区域Ⅱ做匀速圆周运动的半径为R2==L，带电粒子能再次回到原点的条件是区域Ⅱ的宽度dR2+L=（+1）L．