2023-2024学年安徽省合肥市庐江县高二（下）期中物理试卷(含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省合肥市庐江县高二（下）期中物理试卷(含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.如图所示质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔垂直进入匀强磁场，带电粒子仅受洛伦兹力的作用，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是( )
A. M带负电，N带正电B. M的速率小于N的速率
C. 洛伦兹力对M、N做正功D. M在磁场中的运动时间比N长
2.如图所示，条形磁铁放在水平桌面上，其正上方略偏右处固定一根直导线，导线和磁铁垂直，并通以垂直纸面向外的电流，则( )
A. 磁铁对桌面的压力减小B. 磁铁对桌面的压力不变
C. 桌面受向左的摩擦力D. 桌面受向右的摩擦力
3.如图所示为直流电动机物理模型，电源电动势为E、内阻为r，均匀导线制成的正方形线框边长为L、匝数为N，总电阻为R。两固定磁极提供磁感应强度为B的匀强磁场，闭合开关，下列说法正确的是( )
A. 要使线框顺时针转动起来，左磁极就为 N极
B. 滑动变阻器电阻调为0，则闭合开关瞬间，线圈刚要转动时，与转轴平行的一根导线受到的安培力大小为BERL
C. 要提高线框转速，滑动变阻器的触片从左向右滑动
D. 若将电源和磁极同时改变方向，线框仍做顺时针转动
4.水平桌面上固定一根绝缘长直导线，矩形导线框abcd靠近长直导线固定桌面上，如图甲所示。当长直导线中的电流按图乙的规律变化时(图甲所示电流方向为其正方向)，则( )
A. 0～t1，线框内电流的方向为abcdaB. t1～t2，线框内电流的方向为abcda
C. t2～t3，线框所受安培力方向一直向左D. t1～t3，线框所受安培力方向一直向右
5.在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环，导体环面积为S=1m2，导体环的总电阻为R=10Ω。磁场向上为正，磁感应强度B随时间t的变化如乙图所示，B0=0.1T。下列说法正确的是( )
A. t=1s时，导体环中电流为零
B. 第2s内，导体环中电流为俯视顺时针方向
C. 第3s内，导体环中电流的大小为0.1A
D. 第4s内，通过导体环中某一截面的电荷量为零
6.一位游客在千岛湖边欲乘坐游船，当日风浪较大，游船上下浮动。可把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动，振幅为20cm，周期为6.0s。当船位于最高点时，甲板刚好与码头地面平齐。地面与甲板的高度差不超过10cm时，游客能舒服地登船。在一个周期内，游客能舒服登船的时间是( )
A. 2.0sB. 2.5sC. 3.0sD. 4.0s
7.如图甲所示，以O点为平衡位置，弹簧振子在A、B两点间做简谐运动，如图乙为这个弹簧振子的振动图像，下列说法中错误的是( )
A. 在t=0.2s时，小球的加速度为正向最大
B. 在t=0.1s与t=0.3s两个时刻，小球在同一位置
C. 从t=0到t=0.2s时间内，小球做加速度增大的减速运动
D. 在t=0.6s时，弹簧振子有最大的弹性势能
8.如图所示，先后以恒定的速度v1和v2把一个正方形金属线框水平拉出有界匀强磁场区域，且v1=2v2，则在先后两种情况( )
A. 线框中的电功率之比P1：P2=2：1
B. 线框中的感应电流之比I1：I2=1：2
C. 线框中产生的热量之比Q1：Q2=2：1
D. 通过线框某截面的电荷量之比q1：q2=2：1
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.如图为交流发电机的原理图，其矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′按图示方向匀速转动，转动角速度ω=50rad/s，线圈的匝数n=100、总电阻r=10Ω，线圈围成的面积S=0.1m2。线圈两端与阻值R=90Ω的电阻相连，交流电压表可视为理想电表。已知磁场的磁感应强度B=0.2T，图示位置矩形线圈与磁感线平行。则( )
A. 图示位置，线圈中的电流最大，电流方向为abcda
B. 从图示位置开始计时，通过线圈的磁通量随时间t变化的关系式为Φ=0.02cs50t(Wb)
C. 电路中交流电压表的示数为45 2V
D. 线圈由图示位置转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量为0.02C
10.如图所示为一款近期火爆的玩具“弹簧小人”，由头部、弹簧和底部组成，头部的质量为m，底部质量为M，弹簧质量不计。初始时，“弹簧小人”静止于水平桌面上。现用手缓慢轻压头部至适当位置后由静止释放，头部不停上下振动，已知弹簧的劲度系数为k，不计一切摩擦力和空气阻力，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内。则下列说法正确的是( )
A. 若刚释放头部时，头部的加速度大小为g2，则头部振动的振幅为mgk
B. 若刚释放头部时，头部的加速度大小为g2，则用手缓慢轻压头部过程中，手对头部做的功为m2g28k
C. 若头部在振动至最高点时底部恰好不离开桌面，则头部在最高点的加速度为(M+m)gm
D. 若头部在振动至最高点时底部恰好不离开桌面，则刚释放头部时弹簧的压缩量为(M+m)gk
三、填空题：本大题共1小题，共6分。
11.有一台内阻为1Ω的发电机，供给一学校照明用电，如图所示。升压变压器原、副线圈匝数比为1：4，降压变压器原、副线圈匝数比为4：1，输电线的总电阻为4Ω。全校共有22个班，每班有“220V，40W”灯6盏，若保证全部电灯正常发光，则降压变压器的输出功率为______，输电线损失的功率为______。
四、实验题：本大题共1小题，共8分。
12.用图示装置完成“探究单摆周期与摆长的关系”：

(1)用游标尺上有10个小格的游标卡尺测量摆球的直径，结果如图甲所示，可读出摆球的直径为______cm；
(2)实验时，摆球在垂直纸面的平面内摆动，为了将人工记录振动次数改为自动记录振动次数，在摆球运动的最低点的左、右两侧分别放置激光光源与光敏电阻，如图乙所示，光敏电阻与某一自动记录仪相连，该仪器显示的光敏电阻阻值R随时间t的变化图线如图丙所示，则该单摆的周期为______；
(3)若把该装置放到正在匀加速上升的电梯中，用完全相同的操作重新完成实验，图像中Δt将______(选填“变大”“不变”或“变小”)，图像中t0将______(选填“变大”“不变”或“变小”)。
五、简答题：本大题共3小题，共44分。
13.如图甲，O点为单摆的固定悬点，将力传感器接在摆球与O点之间。现将摆球拉到A点，释放摆球，摆球将在竖直面内的A、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置。图乙表示细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线，图中t=0为摆球从A点开始运动的时刻，g取10m/s2。
(1)求单摆的振动周期和摆长。
(2)求摆球运动过程中的最大速度。
14.如图所示，倾角α为30°的足够长的光滑斜面固定在水平面上，斜面底端有一挡板，质量为m的木块甲紧靠挡板放置，轻质弹簧一端与木块甲相连，另一端与质量为m的木块乙相连，弹簧劲度系数为k。开始时两木块均静止，用沿斜面向下的力缓慢推物体乙，到某一位置后撤去该力，将该时刻记为t=0。此后木块乙在斜面上做简谐运动，t0时刻第一次运动到最高点，此时木块甲恰要离开挡板。已知重力加速度为g。求：
(1)木块乙做简谐运动的周期T；
(2)t=0时刻木块甲对挡板压力F的大小；
(3)木块乙与最高点距离为mg2k的时刻t。
15.如图所示，有一对平行金属板，两板相距d，电压为U，两板之间匀强磁场的磁感应强度大小为B0，方向与金属板面平行并垂直于纸面向里。平行金属板右侧圆形区域内也存在匀强磁场，圆心为O，半径为R，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。一正离子沿平行于金属板面，从A点垂直于磁场的方向射入平行金属板间，沿直线射出平行金属板之间的区域，并沿直径CD方向射入圆形磁场区域，最后从圆形区域边界上的F点射出。已知OF与OD夹角θ=60°，不计离子重力。求：
(1)离子速度v的大小；
(2)离子的比荷qm；
(3)离子在圆形磁场区域中运动时间t。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、根据左手定则判断出N带正电荷，M带负电荷，故A正确；
B、粒子在磁场中运动，根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=mv2r
解得：r=mvqB
在质量与电量相同的情况下，半径越大速率大，所以M的速率大于N的速率，故B错误；
C、洛伦兹力始终与速度的方向垂直，所以洛伦兹力不做功，故C错误；
D、粒子在磁场中运动半周，所以时间为周期的一半，而周期为
T=2πrv=2πmqB
可知M的运行时间等于N的运行时间，故D错误。
故选：A。
首先根据运动轨迹判断受力方向，从而确定粒子电性；再结合洛伦兹力与速度的位置关系判断做功；根据转过的圆心角求出运动时间，确定时间长短。
本题主要考查带电粒子在磁场中的运动，以及洛伦兹力的性质。
2.【答案】D
【解析】解：在磁铁外部，磁感线从N极指向S极，导线所在处磁场向右斜向下，导线电流垂直于纸面向外，由左手定则可知，导线受到的安培力向右斜向上，由牛顿第三定律可知，导线对磁铁的作用力向左斜向下，磁铁保持静止，由共点力平衡条件可知，磁铁对桌面的压力增大，有向左的运动趋势，磁铁受到向右摩擦力，故ABC错误，D正确。
故选：D。
先以通电导线为研究对象，由左手定则判断出导线受到安培力的方向；然后由牛顿第三定律求出磁铁受到磁场力的方向，最后判断磁铁对桌面的压力如何变化，判断磁铁受到的摩擦力方向。
本题应先选导线为研究对象，然后由牛顿第三定律判断磁铁的受力情况，巧妙地选取研究对象，是正确解题的关键。
3.【答案】D
【解析】解：A.要使线圈顺时针转动起来，则线圈左端受到向上的安培力，线圈左端电流流向里面，则根据左手定则，磁场方向应为从右往左，则左磁极就为S极，右磁极就为N极，故A错误；
B.电流大小为I，由闭合电路欧姆定律得：
I=Er+R
与转轴平行的一根导线受到的安培力大小为：
F=BIL
联立解得：F=BEr+RL，故B错误；
C.要提高线框转速，则要增大电流，减小滑动变阻器的电阻，则要滑动变阻器的触片从右向左滑动，故C错误；
D.若将电源和磁极同时改变方向，则磁场方向与电流方向都改变了，由左手定则可知，线框受力方向不变，仍做顺时针转动，故D正确；
故选：D。
根据左手定则确定左磁极的极性；根据闭合电路欧姆定律，结合安培力公式分析求解；要提高线框转速，则要增大电流；要提高线框转速，则要增大电流；根据左手定则分析判断线框的转动方向。
本题考查磁场对电流的作用力，熟练掌握左手定则分析安培力的方向。
4.【答案】B
【解析】解：A.由图可知t1到t2时间内，直导线中电流方向向上，根据安培定则可知，根据楞次定律可知线框位置处的磁场方向垂直纸面向里，直导线中电流减小，穿过线框的磁通量减小，线框中感应电流产生的磁场在线框内部方向也垂直纸面向里，可知线框内电流的方向为abcda，故A错误；
B.t2到t3时间内，直导线中电流方向向下，根据安培定则可知，线框位置处的磁场方向垂直纸面向外，直导线中电流增大，穿过线框的磁通量增大，根据楞次定律可知线框中感应电流产生的磁场在线框内部方向垂直纸面向里，根据安培定则，可知线框内电流的方向为abcda，故B正确；
C.t2到t3时间内，穿过线圈的磁通量向外增加，根据楞次定律可知，线框内电流的方向为abcda，根据左手定则，ad受安培力向右，bc受安培力向左，因ad边受安培力大于bc边受的安培力，可知线框所受安培力方向一直向右，故C错误；
D.t1到t2时间内，线框内电流的方向为abcda，根据左手定则，ad受安培力向左，bc受安培力向右，因ad边受安培力大于bc边受的安培力，可知线框所受安培力方向向左；结合C的分析，t2到t3时间内，线框所受安培力方向一直向右。所以知t1～t3，线框所受安培力方向先向左后向右，故D错误。
故选：B。
根据右手螺旋定则可以判断电流产生的磁场，根据楞次定律可以判断导线框内产生的感应磁场，由此再判断感应电流的方向以及导线和线框之间的作用力。
解决本题关键是要分析清楚导线框的整个的运动过程，以及在不同的过程中导线框受到的作用力的情况。
5.【答案】B
【解析】解：A、t=1s时，ΔBΔt≠0，穿过导体环的磁通量变化率不为零，则导体环中感应电动势不为零，感应电流不为零，故A错误；
B、第2s内，向上穿过导体环的磁通量增大，根据楞次定律可知感应电流的磁场方向向下，由安培定则可知，导体环中电流为俯视顺时针方向，故B正确；
C、第3s内，导体环中电流大小为：I=ER=ΔBSΔtR=B0StR=0.1×110×1A=0.01A，故C错误；
D、第3s内与第4s内产生的感应电流相同，则第4s内，通过导体环中某一截面的电荷量为q=It=0.01×1C=0.01C，故D错误。
故选：B。
根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势大小，再分析感应电流的大小。根据楞次定律分析感应电流的方向。根据公式q=It计算出电荷量的大小。
本题主要考查法拉第电磁感应定律、欧姆定律、楞次定律等规律，根据E=ΔΦΔt=ΔBΔtS计算感应电动势的大小，结合欧姆定律完成对电路的分析，同时要注意利用楞次定律分析出电流的方向。
6.【答案】A
【解析】解：把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动，从船上升到最高点时计时，其振动方程为
y=Acs2πTt
代入数据得y=20csπ3t(cm)
当y=10cm时，可解得t=1.0s
故在一个周期内，游客能舒服登船的时间为t总=T−4t=6s−4×1s=2s
综上分析，故A正确，BCD错误。
故选：A。
把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动，写出其振动方程，根据数学知识求解时间。
解答本题的关键要理清游船的运动模型，写出简谐运动的方程，再运用数学知识进行解答．注意求解的是不能舒服登船的时间。
7.【答案】A
【解析】解：A.在t=0.2s时，小球的位移为正向最大值，由
a=−kxm
小球的加速度为负向最大，故A错误；
B.在t=0.1s与t=0.3s两个时刻，小球的位移相同，说明小球在同一位置，故B正确；
C.从t=0到t=0.2s时间内，小球从平衡位置向最大位移处运动，位移逐渐增大，加速度逐渐增大，加速度方向与速度方向相反，小球做加速度增大的减速运动，故C正确；
D.在t=0.6s时，弹簧的形变量最大，弹簧振子的弹性势能最大，故D正确。
本题选择错误选项；
故选：A。
根据图像直接得出振子的位移，根据牛顿第二定律分析加速度方向；根据图像分析小球所处的位置关系；分析小球的运动过程从而确定小球的运动性质；根据图像确定在t=0.6s时，弹簧振子的形变量大小，进一步确定弹簧振子的弹性势能大小。
本题考查对简谐运动的理解，以及识图能力，注意简谐运动的位移与直线运动位移略有不同，要熟悉简谐运动中不同物理量之间的关系。
8.【答案】C
【解析】解：A、根据题意可知v1=2v2，根据E=BLv，知感应电动势之比2：1
根据P=E2R可知，电功率之比为4：1，故A错误；
B、感应电流I=ER
则感应电流之比为2：1
故B错误；
C、v1=2v2，知时间比为1：2，根据Q=I2Rt，知热量之比为2：1，故C正确；
D、根据q=I−t=ΔΦR，两种情况磁通量的变化量相同，所以通过某截面的电荷量之比为1：1.故D错误；
故选：C。
根据E=BLv，求出线圈中的感应电动势之比，再求出功率之比和感应电流之比；根据q=I−t=ΔΦR，求出通过线圈某截面的电荷量之比；根据Q=I2Rt，求出线圈中产生的焦耳热之比。
本题是电磁感应与电路相结合的综合题，解决本题的关键掌握导体切割磁感线时产生的感应电动势E=BLv，以及通过某截面的电荷量q=ΔΦR。
9.【答案】ACD
【解析】解：A.图示位置磁通量为零，电动势最大，电流最大，根据右手定则可知，线圈中电流方向为abcda，故A正确；
B.从图示位置开始计时，通过矩形线圈的磁通量Φ随时间t变化的关系式为
Φ=Φmsinωt=BSsinωt=0.02sin50t(Wb)
故B错误；
C.电动势的最大值满足
Em=nBSω=100×0.2×0.1×50V=100V
根据最大值和有效值的关系，电动势的有效值满足
E=Em 2=100 2V=50 2V
由闭合电路欧姆定律，可得电路中交流电压表的示数满足
U=ER+rR=50 290+10×90V=45 2V
故C正确；
D.线圈由图示位置转过90°的过程中，根据流的定义式结合法拉第电磁感应定律，可得电阻R的电荷量满足
q=I−Δt=nΔΦΔt(R+r)⋅Δt=nΔΦR+r=nBSR+r=100×0.2×0.190+10C=0.02C
故D正确。
故选：ACD。
根据右手定则判断线圈中电流方向，根据峰值面的特点以及磁通量的表达式分析磁通量随时间t变化，根据最大值和有效值的关系，结合闭合电路欧姆定律分析电压表示数，根据电流的定义式结合法拉第电磁感应定律求解电荷量。
本题考查了交流电相关知识，理解交流电的最大值、有效值、平均值和瞬时值是解决此类问题的关键。
10.【答案】BC
【解析】解：将弹簧小人简化为如图所示模型
A.如图a对应弹簧小人静止时，如图b对应刚释放头部时，如图c对应头部到达最高点时。对图b中的头部
kA=mam
其中
am=g2
解得振幅
A=mg2k
故A错误；
B.将头部从平衡位置按压至最低点过程中，手对头部的压力与头部的回复力大小相等，此过程中，手对头部压力的平均值为
F−=0+kA2=mg4
则手对头部做功为
W=F−A=m2g28k
故B正确；
C.图c状态时底部恰不离开桌面，设此时弹簧的伸长量为x1，头部的加速度为a1，对M根据平衡关系有
kx1=Mg
对m根据牛顿第二定律有
kx1+mg=ma1
解得
a1=M+mmg
则头部在最低点和最高点的加速度大小相等、方向相反，故C正确；
D.图b中m的加速度大小也为
a1=M+mmg
设此时弹簧的压缩量为x2，对m
kx2−mg=ma1
解得
x2=(2m+M)kg
故D错误。
故选：BC。
分别对底部和头部进行受力分析，求出小人在振动过程中底部恰好不能离开桌面，头部在最高点的加速度大小和刚释放时头部的加速度大小以及底部恰好不能离开桌面，则轻压头部释放时弹簧的压缩量；对头部进行受力分析，求出刚释放时头部时头部的受力以及弹簧的压缩量，从而计算功和加速度。
该题结合功能关系考查牛顿第二定律的瞬时性变化问题，解答的关键是知道小人的头部在最高点与最低点的加速度大小相等。
11.【答案】5280W 144W
【解析】解：要保证全部电灯正常发光，则降压变压器的输出功率为
P4=nUI=40×6×22W=5280W
全部电灯正常发光，则降压变压器输出电压为
U4=220V
根据匝数比U3U4=n3n4可知降压变压器输入电压为
U3=880V
输入功率
P3=P4=5280W
所以输电线上的电流为
I2=I3=P3U3=5280880A=6A
输电线上损失的电压为
U′=I2R=6A×4Ω=24V
输电线上损失的功率为
P′=U′I2=24V×6A=144W
故答案为：5280W；144W。
根据用户端所有灯泡消耗的电功率得出降压变压器的输出功率，根据P=UI求出降压变压器副线圈的电流，结合电流比等于匝数之反比求出输电线上的电流，根据输电线上的功率损失，抓住降压变压器的输入功率求出发电机的输出功率。
解决本题的关键知道：
1、原副线圈电压比、电流比与匝数比之间的关系；
2、升压变压器的输出功率、功率损失、降压变压器的输入功率之间的关系；
3、升压变压器的输出电压、电压损失和降压变压器的输入电压之间的关系。
12.【答案】1.87 2t0 变小 变小
【解析】解：(1)游标卡尺分度值为0.1mm，摆球直径为18mm+7×0.1mm=18.7mm=1.87cm
(2)摆球运动到最低点时R变大，由图可知周期为2t0；
(3)若把该装置放到正在匀加速上升的电梯中，则等效重力加速度变为
g′=g+a>g
则用完全相同的操作重新完成实验，则摆球经过最低点时的速度变大，则遮光时间变短，即图像中Δt将变小，单摆的周期T=2π Lg变小，可知图像中t0将变小。
故答案为：(1)1.87；(2)2t0；(3)变小；变小
(1)根据游标卡尺的精确度解答；
(2)根据题意结合图像分析解答；
(3)根据等效重力加速度分析解答。
本题考查用单摆测定重力加速度的实验，要求掌握实验原理、数据处理和误差分析。
13.【答案】解：(1)小球在一个周期内两次经过最低点，由图乙可知：T=0.4πs
由T=2π Lg 得：L=gT24π2=10×(0.4π)24×3.142m=0.4m
(2)根据牛顿第二定律，在最高点A有：Fmin=mgcsθ=0.495N
在最低点B有：Fmax=mg+mv2L=0.510N
从A到B，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgR(1−csθ)=12mv2
联立三式求解得：v= 25m/s，m=0.05kg
答：(1)单摆的振动周期为0.4s，摆长为0.4m。
(2)摆球运动过程中的最大速度为 25m/s。
【解析】(1)根据单摆运动特点结合图像得到振动周期，根据公式T=2π Lg求解摆长；
(2)单摆一悬点为圆心做圆周运动，指向圆心的合力提供向心力，结合动能定理列式求解摆球的最大速度。
本题主要考查动能定理、动量定理、圆周运动在单摆做简谐运动中的应用，根据单摆运动的特点结合动能定理、动量定理、圆周运动知识解答。
14.【答案】解：(1)木块乙从最低点第一次运动到最高点的时间为半个周期，因此可知乙做简谐运动的周期为T=2t0
(2)设木块乙原来静止时，弹簧的压缩量为Δx1，对乙受力分析，根据平衡条件有mgsinα=kΔx1
运动到最高点时，弹簧的伸长量为Δx2，对甲受力分析，根据平衡条件有mgsinα=kΔx2
则简谐运动振幅A=Δx1+Δx2
t=0时刻，挡板对甲的支持力F0=mgsinα+k(A+Δx1)
联立解得F0=2mg
根据牛顿第三定律，甲对挡板的压力大小F=F0=2mg
(3)以平衡位置为坐标原点，以沿斜面向下为x轴的正方向，则简谐振动的方程为x=mgksin(πt0t+π2)
当第一次x=−mg2k时，t1=23t0；当第二次x=−mg2k时，t2=43t0
考虑到简谐振动的周期性，则有t=2nt0+23t0或t=2nt0+43t0，其中n=0，1，2，⋅⋅⋅
答：(1)木块乙做简谐运动的周期为2t0；
(2)t=0时刻木块甲对挡板压力F的大小为2mg；
(3)木块乙与最高点距离为mg2k的时刻为t=2nt0+23t0或t=2nt0+43t0，其中n=0，1，2，⋅⋅⋅
【解析】(1)由简谐振动的对称性判断其周期；
(2)对甲受力分析，结合共点力平衡求出乙到达最高点时弹簧的伸长量；对乙受力分析，求出开始时弹簧的压缩量，然后结合简谐振动的对称性，由牛顿第二定律求出t=0时刻甲受到的支持力，然后由牛顿第三定律说明木块甲对挡板压力F的大小；
(3)以平衡位置为坐标原点，结合简谐振动的方程，由简谐振动的对称性求出木块乙与最高点距离为mg2k的时刻t。
该题结合牛顿第二定律考查简谐振动的问题，对物块在最高点与最低点的情况，合理选择研究对象，正确进行受力分析是解答的关键。
15.【答案】解：(1)根据题意可知，离子在平行金属板间做匀速直线运动，则由平衡条件有
qUd=qvB0
解得：v=UdB0
(2)离子进入圆形磁场区域中做匀速圆周运动，画出其运动轨迹如图所示。

由几何关系可得
tanθ2=Rr
解得离子的轨迹半径为：r= 3R
由洛伦兹力提供向心力可得
qvB=mv2r
解得：qm= 3U3dB0BR
(3)离子在圆形磁场区域中运动时间为
t=θ360T=16×2πrv=πr3v
解得：t= 3πRdB03U
答：(1)离子速度v的大小为UdB0；
(2)离子的比荷为 3U3dB0BR；
(3)离子在圆形磁场区域中运动时间t为 3πRdB03U。
【解析】(1)离子在平行金属板间做匀速直线运动，粒子所受的电场力和洛伦兹力平衡，由平衡条件可求出离子的速度大小v；
(2)离子在圆形磁场区域中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，画出离子的运动轨迹，由几何知识求出轨迹半径，再根据牛顿第二定律求解离子的比荷qm；
(3)根据轨迹对应的圆心角求解离子在圆形磁场区域中运动时间t。
本题中，离子先在速度选择器中做匀速直线运动，后在磁场中做匀速圆周运动，画出离子的运动轨迹是解题的关键，根据平衡条件、牛顿第二定律以及几何知识相结合即可处理这类问题。