陕西省汉中市2021届新高考第四次质量检测物理试题含解析

陕西省汉中市2021届新高考第四次质量检测物理试题
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．下列说法中正确的是（）
A．伽利略研究自由落体运动的核心方法是把实验和逻辑推理结合起来
B．自然界的四种基本相互作用是强相互作用，弱相互作用，电相互作用和磁相互作用
C．“月－地检验”证明了一切场力都遵循“平方反比”的规律
D．一对相互作用力做功，总功一定为零
【答案】A
【解析】
【详解】
A．伽利略研究自由落体运动的核心方法是把实验和逻辑推理结合起来，故A正确；
B．自然界中的四种基本相互作用是万有引力、强相互作用、电磁力、弱相互作用，故B错误；
C．“月-地检验”证明了地面上的重力、地球吸引月球与太阳吸引行星的力遵循同样的“距离平方反比”规律，故C错误；
D．一对作用力和反作用力分别作用在两个不同物体上，它们可能分别对两个物体都做正功，其代数和为正值，比如在光滑水平面由静止释放的两个带同种电荷的小球，库仑力对两个小球都做正功，作用力和反作用力所做的功的代数和为正值，故物体间的一对相互作用力做功的代数和不一定为零，故D错误。

故选A。

2．如图所示，带正电的点电荷Q固定，电子仅在库仑力作用下，做以Q点为焦点的椭圆运动，M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点。

φM、φN和E M、E N分别表示电子在M、N两点的电势和电场强度，则电子从M点逆时针运动到N点（）
A．φM＞φN，E M＜E N B．φM＜φN，E M＞E N
C．电子的动能减小D．电场力对电子做了正功
【答案】D
【解析】
【分析】
考查点电荷场强分布，电场力做功与电势能的变化。

【详解】
AB．在正电荷形成的电场中，越靠近点电荷的位置场强越大，电势越高，所以E M＜E N，φM＜φN，故AB 错误；
CD ．当电子从M 点向N 点运动时，库仑力对电子先做正功，后做负功，运动的速度先增加后减小，根据功能关系可知，电子的电势能先减小后增加，电场力所做的总功为正，所以总的电势能减小，动能增大，故C 错误，D 正确。

故选D 。

3．若用假想的引力场线描绘质量相等的两星球之间的引力场分布，使其他星球在该引力场中任意一点所受引力的方向沿该点引力场线的切线上并指向箭头方向．则描述该引力场的引力场线分布图是( ) A ． B ．
C ．
D ．
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
根据题意，其他星球受到中心天体的引力指向中心天体，所以引力场线应该终止于中心天体，故AD 错误；其他星球在该引力场中每一点的场力应该等于两星球单独存在时场力的矢量和，所以除了两星球连线上其他各处的合力并不指向这两个星球，所以引力场线应该是曲线，故C 错误，B 正确。

故选B 。

4．如图，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m 的小球沿轨道做完整的圆周运动．已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N 1，在高点时对轨道的压力大小为N 2.重力加速度大小为g ，则N 1–N 2的值为
A ．3mg
B ．4mg
C ．5mg
D ．6mg
【答案】D
【解析】 试题分析：在最高点，根据牛顿第二定律可得222v N mg m r
+=，在最低点，根据牛顿第二定律可得211v N mg m r
-=，从最高点到最低点过程中，机械能守恒，故有221211222mg r mv mv ⋅=-，联立三式可
得126N N mg -=
考点：考查机械能守恒定律以及向心力公式
【名师点睛】根据机械能守恒定律可明确最低点和最高点的速度关系；再根据向心力公式可求得小球在最高点和最低点时的压力大小，则可求得压力的差值．要注意明确小球在圆环内部运动可视为绳模型；最高点时压力只能竖直向下．
5．一宇宙飞船的横截面积，以的恒定速率航行，当进入有宇宙尘埃的区域时，设在该区域，单位体积内有颗尘埃，每颗尘埃的质量为，若尘埃碰到飞船前是静止的，且碰到飞船后就粘在飞船上，不计其他阻力，为保持飞船匀速航行，飞船发动机的牵引力功率为（ ）
A ．
B ．
C ．snm
D ． 【答案】C
【解析】
【分析】 根据题意求出时间内黏附在卫星上的尘埃质量，然后应用动量定理求出推力大小，利用P=Fv 求得功率；
【详解】
时间t 内黏附在卫星上的尘埃质量：
， 对黏附的尘埃，由动量定理得：
解得：； 维持飞船匀速运动，飞船发动机牵引力的功率为
，故选项C 正确，ABD 错误。

【点睛】
本题考查了动量定理的应用，根据题意求出黏附在卫星上的尘埃质量，然后应用动量定理可以求出卫星的推力大小，利用P=Fv 求得功率。

6．甲、乙两物体同时同地沿同一直线运动的速度一时间图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A ．0t 时刻两物体的加速度方向相同
B ．0t 时刻两物体的速度方向相同
C ．甲物体的加速度逐渐减小
D ．02t 时刻两物体相遇
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由图象可知，斜率表示加速度，则0t 时刻两物体的加速度方向相反，选项A 错误；
B ．v-t 图象中速度在时间轴的同一侧表示速度方向相同，则0t 时刻两物体的速度方向相同，选项B 正确；
C ．由斜率表示物体的加速度可知，甲物体的切线斜率越来越大，即加速度逐渐增大，选项C 错误；
D ．v-t 图象所围面积表示位移，相遇表示位移相等，由图象可得，02t 时刻两物体不相遇，选项D 错误。

故选B 。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，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
7．如图所示，质量为m 的飞行器绕中心在O 点、质量为M 的地球做半径为R 的圆周运动，现在近地轨道1上的P 点开启动力装置，使其变轨到椭圆轨道3上，然后在椭圆轨道上远地点Q 再变轨到圆轨道2上，完成发射任务。

已知圆轨道2的半径为3R ，地球的半径为R ，引力常量为G ，飞行器在地球周围的引力势能表达式为E p =r G Mm ，其中r 为飞行器到O 点的距离。

飞行器在轨道上的任意位置时，r 和飞行器速率的乘积不变。

则下列说法正确的是（ ）
A ．可求出飞行器在轨道1上做圆周运动时的机械能是GMm R
B ．可求出飞行器在椭圆轨道3上运行时的机械能是-4GMm R
C ．可求出飞行器在轨道3上经过P 点的速度大小v P 和经过Q 点的速度大小v Q 32GM R 6GM R
D ．飞行器要从轨道1转移到轨道3上，在P 点开启动力装置至少需要获取的的动能是
2GMm R
【答案】BC
【解析】
【详解】
A ．飞行器在轨道1上做圆周运动，则
212v Mm G m R R = 则动能 211122k GMm E mv R
=
= 势能 1p m E R
G M =- 机械能 1112k p Mm E E E R G =+=-
选项A 错误；
BC ．飞行器在椭圆轨道3上运行时
3P Q v R v R =⋅
22311223P Q GMm GMm E mv mv R R
=
-=- 解得 34GMm E R =-
6Q GM v R
= 32P GM v R =
选项BC 正确；
D ．飞行器要从轨道1转移到轨道3上，在P 点开启动力装置至少需要获取的的动能是
22111224P GMm E mv mv R
∆=-= 选项D 错误。

故选BC 。

8．如图，理想变压器原.副线圈匝数比n 1 : n 2=3: 1，灯泡A 、B 完全相同，灯泡L 与灯泡A 的额定功率相同，但额定电压不同，当输入端接上452sin100u t π=(V)的交流电压后，三个灯泡均正常发光，图中两电流表均为理想电流表，且电流表A 2的示数为2A ，则（ ）
A ．电流表A 1的示数为12A
B ．灯泡L 的额定功率为20W
C ．灯泡A 的额定电压为5V
D ．将副线圈上的灯泡A 撤去，灯泡L 不能正常发光
【答案】BD
【解析】
【详解】
A ．因三个灯泡均正常发光，所以副线圈中总电流为
24A I =
由变压规律可知原线圈中电流为
212143
A n I I n == 即电流表A 1的示数为43
A ，故A 错误； BC ．令副线圈两端电压为2U ，则由变压规律可知原线圈两端电压为
11222
3n U U U n == 令灯泡L 两端电压为L U ，则有
12L A U I U I =
根据题意则有
1L U U U =+
45V U =
联立可得
210V U =，15V L U =
则灯泡A 的额定电压为10V ，灯泡L 与灯泡A 的额定功率相同，则灯泡L 和A 的额定功率
2210W 20W A P I U ==⨯=
故B 正确，C 错误；
D ．将副线圈上的灯泡A 撤去，则输出电流变小，根据理想变压器中电流与匝数成反比可知，输入电流变小，灯泡L 不能正常发光，故D 正确；
故选BD 。

9．图为回旋加速器的示意图，D 形金属盒半径为R ，两盒间的狭缝很小，磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f ，加速电压为U 。

A 处粒子源产生氘核，在加速器中被加速，加速过程
中不考虑相对论效应和重力的影响。

若加速过程中粒子在磁场中运动的周期与高频交流电周期相等，则下列说法正确的是（ ）
A ．若加速电压增加为原来2倍，则氘核的最大动能变为原来的2倍
B ．若高频交流电的频率增加为原来2倍，则磁感应强度变为原来的2倍
C ．若该加速器对氦核加速，则高频交流电的频率应变为原来的2倍
D ．若该加速器对氦核加速，则氦核的最大动能是氘核最动能的2倍
【答案】BD
【解析】
【详解】
A ．质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R ，则根据
2
v qvB m R
= 知
qBR v m
= 则最大动能为
2222122Km q B R E mv m
== 与加速的电压无关，故A 错误；
B ．电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等，若高频交流电的频率增加为原来2倍，则T 为原来一半，而2m T Bq
π=，则磁感应强度变为原来的2倍。

故B 正确； C ．氦核的比荷为12，氚核的比荷为13，根据2m T Bq π=可知，若该加速器对氦核加速，则高频交流电的周期应变为原来的
32倍，频率为原来的23．故C 错误； D ．最大动能
2222122Km q B R E mv m
==
若该加速器对氦核加速，则氦核的最大功能是氘核最大功能的2倍。

故D 正确。

故选BD 。

10．如图所示，质量为1m 、2m 的小球分别带同种电荷1q 和2q ，它们用等长的细线悬挂在同一点，由于静电斥力的作用，小球1m 靠在竖直光滑墙上，1m 的拉线沿竖直方向， 1m 、2m 均处于静止状态，由于某种原因，两球之间的距离变为原来的一半，则其原因可能是（ ）
A ．2m 变为原来的一半
B ．2m 变为原来的八倍
C ．1q 变为原来的八分之一
D ．2q 变为原来的四分之一
【答案】BC
【解析】
【详解】
AB ．如图所示，
作出A 球受到的重力和库仑斥力，根据平衡条件和几何关系可以知道， OAB V 与ACD V 相似，故有: mg F x L
= 又因为
2
2Q F k x
= 所以
2
3mg Q k L x
= 使A 球的质量变为原来的8倍，而其他条件不变，才能使A 、B 两球的距离缩短为
2x ，故A 错误，B 正确;
CD ．使B 球的带电量变为原来的
18
，而其他条件不变，则x 为原来的12，所以C 选项是正确的，D 错误; 故选BC 。

11．火星探测项目是我国继载人航天工程、嫦娥工程之后又一个重大的太空探索项目，如图所示，探测器被发射到围绕太阳的椭圆轨道上，A 为近日点，远日点B 在火星轨道近，探测器择机变轨绕火星运动，则火星探测器( )
A．发射速度介于第一、第二宇宙速度之间
B．在椭圆轨道上运行周期大于火星公转周期B
C．从A点运动到B点的过程中动能逐渐减小
D．在B点受到的太阳引力小于在A点受到的太阳引力
【答案】CD
【解析】
【详解】
A．离开地球围绕太阳运动，发射速度要大于第二宇宙速度，小于第三宇宙速度，A错误；
B．两个轨道都围绕太阳，根据开普勒行星第三定律，轨道半径（半长轴）小的，周期小，所以椭圆轨道运行周期小，所以B错误；
C．根据开普勒行星第二定律，近日点速度最大，远日点速度最小，从A到B速度不断减小，动能不断减小，C正确；
D．B点到太阳的距离大于A点到太阳的距离，万有引力与距离的平方成反比，所以在B点受到的太阳引力小于在A点受到的太阳引力，D正确；
故选D。

12．有关对热学的基础知识理解正确的是________。

A．液体的表面张力使液体的表面有扩张的趋势
B．低温的物体可以自发把热量传递给高温的物体，最终两物体可达到热平衡状态
C．当装满水的某一密闭容器自由下落时，容器中的水的压强为零
D．空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发变慢
E. 在“用油膜法测分子直径”的实验中，作出了把油膜视为单分子层、忽略油酸分子间的间距并把油酸分子视为球形这三方面的近似处理
【答案】CDE
【解析】
【详解】
A、表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直指向液体内部，故A错误；
B、根据热力学第二定律，低温的物体不会自发把热量传递给高温的物体，必然会引起外界变化。

故B错误；
C、液体压强由重力产生，当装满水的某一密闭容器自由下落时，容器处于完全失重状态，故容器中的水
的压强为零，故C 正确；
D 、空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发变慢，故D 正确；
E 、在“用油膜法测分子直径”的实验中，需要将油膜看作单分子层，同时要忽略油酸分子间的间距并把油酸分子视为球形，故E 正确；
故选CDE.
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．如图所示，用做平抛运动实验的装置验证机能守恒定律。

小球从桌面左端以某一初速度开始向右滑动，在桌面右端上方固定一个速度传感，记录小球离开桌面时的速度（记作v ）。

小球落在地面上，记下落点，小球从桌面右边缘飞出点在地面上的投影点为O ，用刻度尺测量落点到O 点的距离x 。

通过改变小球的初速度，重复上述过程，记录对应的速度v 和距离x 。

已知当地的重力加速度为g 。

若想验证小球在平抛运动过程中机械能守恒，只需验证平抛运动过程的加速度等于重力加速度即可。

（1）某同学按如图所示测量高度h 和水平距离x ，其中存在测量错误的是________（填“h”或“x”），正确的测量方法应是________。

（2）若小球在下落过程中的加速度为a ，则x 与v 的关系式为x=________。

（3）该同学在坐标纸上画出了纵、横坐标，以2x 为纵坐标，画出的图象为一条过原点的直线，图线的斜率为k ，那么该同学选择________为横坐标，根据平抛运动得到的加速度为________。

然后与0g 比较，若两者在误差允许范围内相等，就验证了小球在平抛运动过程中机械能守恒。

【答案】h 从桌面到地面的距离 2h a
2v 2h k 【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1][2]．其中h 的测量有问题，应该是从桌面到地面的距离；
（2）[3]．小球下落过程中，竖直方向 212
h at = 水平方向：
x vt =
解得： 2x a v h = （3）[4][5]．根据2x a
v h =可得222x h a v =，则以2x 为纵坐标，画出的图象为一条过原点的直线，图线的斜率为k ，那么该同学选择v 2为横坐标；由2h k a =
得到的加速度为2h a k =。

然后与0g 比较，若两者在误差允许范围内相等，就验证了小球在平抛运动过程中机械能守恒。

14．硅光电池是一种将光能转换为电能的器件，某硅光电池的伏安特性曲线如图（甲）所示。

某同学利用图（乙）所示的电路研究电池的性质，定值电阻R 2的阻值为200Ω，滑动变阻器R 1的最大阻值也为200Ω，V 为理想电压表。

（1）请根据图（乙）所示的电路图，将图（丙）中的的实物图补充完整____________。

（2）闭合电键S 1，断开电键S 2，将滑动变阻器R 1的滑动片移到最右端，电池的发热功率为
_______________W 。

（3）闭合电键S 1和电键S 2，将滑动变阻器R 1的滑动片从最左端移到最右端，电池的内阻变化范围为_________________。

【答案】 1.197×10-3W （允许误差±0.2W ） 55.56Ω≤r≤60Ω（允许误差±2Ω）
【解析】
【详解】
（1）[1]根据原理图可得出对应的实物图如图所示：
；
（2）[2]闭合电键1S ，断开电键2S ，将滑动变阻器1R 的滑动片移到最右端时，两电阻串联，总电阻为400Ω；在图甲中作出电阻的伏安特性曲线，两图线的交点表示工作点：
则可知，电源的输出电压为2.1V ，电流为5.7mA ；则其功率：
332.1 5.710W 1.19710W P UI --==⨯⨯=⨯；
（3）[3]滑片由最左端移到最右端时，外电阻由100Ω增大到200Ω；则分别作出对应的伏安特性曲线，如上图所示；则可知，当在最左端时，路端电压为1.9V ，电流为9mA ；当达到最右端时，路端电压为1.5V ，电流为15mA ；
则由闭合电路欧姆定律可知，内阻最小值为：
min 32.4 1.9Ω55.56Ω910
r --=≈⨯ 最大值为：
max -3
2.4 1.5Ω60Ω1510r -==⨯
故内阻的范围为：55.56Ω60Ωr ≤≤。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图，一固定的水平气缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞。

大圆筒内侧截面积为 2S ，小圆筒内侧截面积为S ，两活塞用刚性轻杆连接，间距为2l ，活塞之间封闭有一定质量的理想气体。

初始时大活塞与大圆筒底部相距l 。

现通过滑轮用轻绳水平牵引小活塞，在轻绳右端系托盘（质量不计）。

已知整个过程中环境温度T 0、大气压p 0保持不变，不计活塞、滑轮摩擦、活塞导热良好。

求： （i ）缓慢向托盘中加沙子，直到大活塞与大圆简底部相距2
l ，停止加沙，求此时沙子质量； （ii ）在（i ）情景下对封闭气体缓慢加热可以使活塞回到原处，求回到原处时封闭气体的温度。

【答案】（i ）05p S m g =
；（ii ）3065
T T = 【解析】
【分析】
【详解】 （i ）初始时刻，设封闭气体压强为1p ，对活塞受力分析有
0110220p S p S p S p S ⨯-⨯+-=
解得
10p p =
缓慢向托盘中加沙子，直到大活塞与大圆筒底部相距2
l ，此过程封闭气体做等温变化，由玻意耳定律得 123(2)222l l p S l S l p S S ⎛⎫⋅+⋅=⋅+⋅ ⎪⎝
⎭ 联立解得
2065
p p = 对活塞受力分析，由平衡条件有
022022mg 0p S p S p S p S ⨯-⨯+-+=
联立解得
015
mg p S =
即 05p S m g
= （ii ）缓慢加热使活塞回到原处，封闭气体发生等压变化，设回到原处时气体温度为3T ，则
03
32S 222l l S Sl Sl T T ⋅+⋅+=
解得
3065
T T = 16．如图所示，横截面积均为S ，内壁光滑的导热气缸A 、B ．A 水平、B 竖直放置，A 内气柱的长为2L ，D 为B 中可自由移动的轻活塞，轻活塞质量不计．A 、B 之间由一段容积可忽略的细管相连，A 气缸中细管口处有一单向小阀门C ，A 中气体不能进入B 中，当B 中气体压强大于A 中气体压强时，阀门C 开启，B 内气体进入A 中．大气压为P 0，初始时气体温度均为27℃，A 中气体压强为1.5P 0，B 中活塞D 离气缸底部的距离为3L ．现向D 上缓慢添加沙子，最后沙子的质量为0P S m g
=．求：
(i)活塞D 稳定后B 中剩余气体与原有气体的质量之比；
(ii)同时对两气缸加热，使活塞D 再回到初始位置，则此时气缸B 内的温度为多少?
【答案】 (i)
23 (ii)2900K T = 【解析】
试题分析：（i ）对活塞受力分析，得出A 中原有气体末态的压强，分析A 中原有气体变化前后的状态参量，由玻意耳定律得A 末态的体积，同理对B 中原来气体进行分析，由由玻意耳定律得B 末态的体积，气体密度不变，质量与体积成正比，则质量之比即体积之比；（2）加热后对B 中的气体进行分析，发生等压变化，由盖吕萨克定律即可求解．
（i ）当活塞C 打开时，A 、B 成为一个整体，气体的压强20mg P P S
=+ 对A 中原有气体，当压强增大到02P 时，其体积被压缩为A
L S ' 由玻意耳定律得：001.5?
22?A P LS P L S =' 解得： 1.5A
L L '= B 中气体进入气缸A 中所占体积为0.5LS
对原来B 中气体，由玻意耳定律得：()00·32?
0.5B P LS P LS L S +'= 解得：B
L L '= B 中剩余气体与原有气体的质量比为20.53
B B
L S LS L S '=+' （ii ）对气缸加热，阀门C 关闭，此时被封闭在B 中的气体温度为127327300T K K K =+=，体积为B
L S LS '= D 活塞回到初始位置，气体体积变为3LS ，设最终温度为2T
由盖吕萨克定律得：
12
3B L S LS T T =' 解得：2900T K =
【点睛】解题的关键就是对A 、B 中气体在不同时刻的状态参量分析，并且知道气体发生什么变化，根据相应的气体实验定律分析求解．
17．如图(a)为一除尘装置的截面图，塑料平板M 、N 的长度及它们间距离均为d 。

大量均匀分布的带电尘埃以相同的速度v 0进人两板间，速度方向与板平行，每颗尘埃的质量均为m ，带电量均为-q 。

当两板间同时存在垂直纸面向外的匀强磁场和垂直板向上的匀强电场时，尘埃恰好匀速穿过两板;若撤去板间电场，并保持板间磁场不变，贴近N 板入射的尘埃将打在M 板右边缘，尘埃恰好全部被平板吸附，即除尘效率为100%；若撤去两板间电场和磁场，建立如图(b)所示的平面直角坐标系xOy 轴垂直于板并紧靠板右端，x 轴与两板中轴线共线，要把尘埃全部收集到位于P(2.5d ，-2d)处的条状容器中，需在y 轴右侧加一垂直于纸面向里的圆形匀强磁场区域。

尘埃颗粒重力、颗粒间作用力及对板间电场磁场的影响均不计，求:
(1)两板间磁场磁感应强度B 1的大小
(2)若撤去板间磁场，保持板间匀强电场不变，除尘效率为多少
(3)y 轴右侧所加圆形匀强磁场区域磁感应强度B 2大小的取值范围
【答案】 (1)mv qd ；(2)50%；(3)0022455mv mv B qd qd
≤≤ 【解析】
【详解】
(1)贴近N 极板射入的尘埃打在M 板右边缘的运动轨迹如图甲所示，
由几何知识可知，尘埃在磁场中的半径
1R d =
尘埃在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
2011
mv qvB R = 解得
1mv B qd
= (2)电场、磁场同时存在时，尘埃做匀速直线运动，由平衡条件得
01qE qv B =
撤去磁场以后粒子在电场力的作用下做平抛运动，假设距离N 极板y 的粒子恰好离开电场，则在水平方向
0d v t =
在竖直方向
212
y at = 加速度
qE a m
= 解得
0.5y d =
所以除尘效率
100%50%y d
η=⨯= (3)设圆形磁场区域的半径为0R ，尘埃颗粒在圆形磁场中做圆周运动的半径为2R ，要把尘埃全部收集到位于P 处的条状容器中，就必须满足
20R R =
另有
2
022
v qv B m R = 如图乙
当圆形磁场区域过P 点且与M 板的延长线相切时，圆形磁场区域的半径0R 最小，磁感应强度2B 最大，则有
0 1.25R d =小
解得
0245mv B qd
=大 如图丙
当圆形磁场区域过P 点且与y 轴在M 板的右端相切时，圆形磁场区域的半径0R 最大，磁感应强度2B 最小，则有
0 2.5R d =大
解得
0225mv B qd
=小 所以圆形磁场区域磁感应强度2B 的大小须满足的条件为
0022455mv mv B qd qd ≤≤。