吉林省白城市2024学年物理高三第一学期期末调研模拟试题含解析

吉林省白城市2024学年物理高三第一学期期末调研模拟试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。

2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。

3．考生必须保证答题卡的整洁。

考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、一物块以某一初速度从倾角37θ=的固定斜面底端上滑，到达最大高度处后又返回斜面底端。

已知物块上滑时间是下滑时间的13，sin 370.6=，cos370.8=，则物块与斜面间的动摩擦因数为（ ） A ．0.2 B ．0.4 C ．0.6 D ．0.8
2、甲、乙两车在平直公路上行驶，其v-t 图象如图所示．t =0时，两车间距为0s ；0
t 时刻，甲、乙两车相遇．00t 时
间内甲车发生的位移为s ，下列说法正确的是( )
A ．00
t 时间内甲车在前，002t t 时间内乙车在前 B ．002t 时间内甲车平均速度的大小是乙车平均速度大小的2倍
C ．02t 时刻甲、乙两车相距
012s D ．067
s s = 3、如图，虛线1、2、3是竖直方向匀强电场中间距相等的等势线。

将重力不可忽略、带等量异种电荷的小球a 、b 同时以相等的速率分别沿1、3等势线抛出，t 时刻两小球经过等势线2。

不计两小球间的相互作用。

下列说法正确的是（ ）
A ．a 的质量比b 的小
B ．在t 时刻，a 的动能比b 的大
C ．在t 时刻，a 和b 的电势能相等
D ．在t 时刻，a 和b 的动量大小相等
4、如图所示，匀强磁场分布在平面直角坐标系的整个第I 象限内，磁感应强度为B 、方向垂直于纸面向里．一质量为m 、电荷量绝对值为q 、不计重力的粒子，以某速度从O 点沿着与y 轴夹角为30︒的方向进入磁场，运动到A 点时，粒子速度沿x 轴正方向．下列判断错误的是（ ）
A ．粒子带负电
B ．粒子由O 到A 经历的时间6m t qB π=
C ．若已知A 到x 轴的距离为d ，则粒子速度大小为2qBd m
D ．离开第Ⅰ象限时，粒子的速度方向与x 轴正方向的夹角为60︒
5、在空间P 点以初速度v 0水平抛出一个小球，小球运动到空中A 点时，速度与水平方向的夹角为60°，若在P 点抛出的初速度方向不变，大小变为02v ，结果小球运动到空中B 点时速度与水平方向的夹角也为60°，不计空气阻力，则下列说法正确的是
A ．P
B 长是PA 长的2倍
B ．PB 长是PA 长的4倍
C ．PA 与水平方向的夹角小于PB 与水平方向的夹角
D ．PA 与水平方向的夹角大于PB 与水平方向的夹角
6、如图所示，AB 是固定在竖直平面内的光滑绝缘细杆，A 、B 两点恰好位于圆周上，杆上套有质量为m 、电荷量为+q 的小球(可看成点电荷)，第一次在圆心O 处放一点电荷+Q ，让小球从A 点沿杆由静止开始下落，通过B 点时的速度为1v ，加速度为a 1；第二次去掉点电荷，在圆周平面加上磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场，让小球仍从A 点沿杆由静止开始下落，经过B 点时速度为2v ，加速度为a 2，则（ ）
A ．1v ＜2v
B ．1v ＞2v
C ．a 1＜ a 2
D ．a 1＞ a 2
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

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、小明同学尝试用图1所示的电路图进行实验，定值电阻R1=8Ω，在滑动变阻器由a端向b端移动的过程中，分别用两个电流传感器测量了电流I1与I2关系，并得到的完整图象如图2所示，其中C点为图线最低点，则由图可知
A．当滑动头P滑到b点时得到图2中B点B．图2中A点纵坐标为0.375A
C．滑动变阻器总阻值为16ΩD．电源电动势为6V
8、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
9、水平放置的平行板电容器，极板长为l，间距为d，电容为C。

竖直挡板到极板右端的距离也为l，某次充电完毕后电容器上极板带正电，下极板带负电，所带电荷量为Q1如图所示，一质量为m，电荷量为q的小球以初速度v从正中间的N点水平射人两金属板间，不计空气阻力，从极板间射出后，经过一段时间小球恰好垂直撞在挡板的M点，已知M点在上极板的延长线上，重力加速度为g，不计空气阻力和边缘效应。

下列分析正确的是（）
g
A．小球在电容器中运动的加速度大小为
2
B ．小球在电容器中的运动时间与射出电容器后运动到挡板的时间相等
C ．电容器所带电荷量1mgdC Q q =
D ．如果电容器所带电荷量2132Q Q =
，小球还以速度v 从N 点水平射入，恰好能打在上级板的右端 10、如图所示为一列简谐横波在t ＝0时的波形图，波沿x 轴负方向传播，传播速度v ＝1m/s ，则下列说法正确的是
A ．此时x ＝1.25m 处的质点正在做加速度增大的减速运动
B ．x ＝0.4m 处的质点比x ＝0.6 m 处的质点先回到平衡位置
C ．x ＝4m 处的质点再经过1.5s 可运动到波峰位置
D ．x ＝2m 处的质点在做简谐运动，其振动方程为y ＝0.4sinπt (m)
E. t ＝2s 的波形图与t ＝0时的波形图重合
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）如图甲所示，是一块厚度均匀、长宽比为5：4的长方形合金材料薄板式电阻器，a 、b 和c 、d 是其两对引线，长方形在a 、b 方向的长度大于在c 、d 方向的长度。

已知该材料导电性能各向同性。

某同学想测定该材料的电阻
率。

他选取的器材有：①多用电表；②游标卡尺；③螺旋测微器；④学生电源；⑤电压表V （量程：3V ，内阻约为3k Ω）；
⑥电流表A （量程：0.6A ，内阻约为0.2Ω）；⑦滑动变阻器R 0（最大阻值10Ω）；⑧开关S 、导线若干。

（1）用多用电表粗测该电阻器的电阻值。

他首先调整多用电表“指针定位螺丝”，使指针指在零刻度；再将选择开关旋至电阻挡“×1”挡位，两支表笔金属部分直接接触，调整“欧姆调零旋钮”，使指针指向“0Ω”。

然后，用两支表笔分别连接电阻器的a 、b 引线，多用电表表盘指针位置如图乙所示。

a 、b 两引线之间的电阻值R =___________Ω。

（2）用游标卡尺和螺旋测微器分别测量薄板的宽度和厚度，结果如图丙所示，则宽度L =_______mm ，厚度D =_______mm 。

（3）为了精确测定a、b两引线之间的电阻值R，该同学在图丁所示的实物中，已经按图丁中电路图正确连接了部分电路；请用笔画线代替导线，完成剩余电路的连接_______。

（4）若该同学保持电路不变，只将a、b引线改接为c、d引线，测量c、d之间的电阻值，则测量c、d之间电阻值的相对误差___________（填“大于”、“小于”或“等于”）测量a、b之间电阻值的相对误差。

（5）计算该材料电阻率的表达式ρ=___________。

(式中用到的物理量的符号均要取自（1）（2）（3）问)
12．（12分）如图所示，某小组同学利用DIS实验装置研究支架上力的分解。

A、B为两个相同的双向力传感器，该型号传感器在受到拉力时读数为正，受到压力时读数为负。

A连接质量不计的细绳，并可沿固定的圆弧形轨道移动。

B 固定不动，通过光滑铰链连接一轻杆，将细绳连接在杆右端O点构成支架，调整使得O点位于圆弧形轨道的圆心处，保持杆沿水平方向。

随后按如下步骤操作：
①测量绳子与水平杆的夹角∠AOB＝θ；
②对两个传感器进行调零；
③用另一绳在O点悬挂住一个钩码，记录两个传感器读数；
④取下钩码，移动传感器A，改变θ角，重复上述步骤①②③④，得到图示数据表格。

(1)根据表格数据，可知A传感器对应的是表中的力____（填“F1”或“F2”），并求得钩码质量为______kg（保留一位有效数字，g取10m/s2）；
(2)实验中，让A传感器沿圆心为O的圆弧形（而不是其它的形状）轨道移动的主要目的是__________。

A．方便改变A传感器的读数B．方便改变B传感器的读数
C．保持轻杆右端O的位置不变D．方便改变细绳与杆的夹角θ
四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）如图所示，两根竖直放置的足够长的光滑平行金属导轨间距为l，导轨上端接有电阻R和一个理想电流表，导轨电阻忽略不计。

导轨下部的匀强磁场区域有虚线所示的水平上边界，磁场方向垂直于金属导轨平面向外。

质量为m、电阻为r的金属杆MN，从距磁场上边界h处由静止开始沿着金属导轨下落，金属杆进入磁场后，流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I。

金属杆下落过程中始终与导轨垂直且接触良好。

已知重力加速度为g，不计空气阻力。

求：
(1)磁感应强度B的大小；
(2)电流稳定后金属杆运动速度的大小；
(3)金属杆刚进入磁场时，M、N两端的电压大小。

14．（16分）如图所示，在xOy平面第一象限内存在沿y轴负向的匀强电场，在第四象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。

一质量为m、带电荷量为+q的粒子从y轴上P点以初速度v0沿x轴正向射入匀强电场，经过x轴上Q点（图
中未画出）进入匀强磁场。

已知OP=L，匀强电场的电场强度
2
2
mv
E
qL
=，匀强磁场的磁感应强度0
2
mv
B
qL
=，不计粒子
重力。

求：
（1）粒子到达Q点的速度的大小v以及速度与x轴正方向间的夹角；（2）粒子从第四象限离开磁场的纵坐标。

15．（12分）如图所示，在直角坐标系xoy 中，第Ⅰ象限存在沿y 轴正方向、电场强度为E 的匀强电场，第Ⅳ象限存在一个方向垂直于纸面、磁感应强度为B 的圆形匀强磁场区域。

一质量为m ，带电荷量为-q 的粒子，以某一速度从A 点垂直于y 轴射入第Ⅰ象限，A 点坐标为（0，h ），粒子飞出电场区域后，沿与x 轴正方向夹角为60°的B 处进入第Ⅳ象限，经圆形磁场后，垂直射向y 轴C 处。

不计粒子重力，求：
(1)从A 点射入的速度0v ；
(2)圆形磁场区域的最小面积；
(3)证明粒子在最小圆形磁场中运动时间最长，并求出最长时间。

参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、C
【解题分析】
设物块从斜面底端向上滑时的初速度为1v ，返回斜面底端时的速度大小为2v ，则根据平均速度公式有
112222
v t v t x ==
再由牛顿运动定律和运动学公式有上滑过程
1sin cos mg mg ma θμθ+=
111v a t =
下滑过程
2sin cos mg mg ma θμθ-=
222v a t =
时间关系有 1213t t = 联立各式解得
0.6μ=
故C 正确，ABD 错误。

故选C 。

2、D
【解题分析】
A ．由图知在0～t 0时间内甲车速度大于乙车的速度，故是甲车在追赶乙车，所以A 错误；
B ．0～2t 0时间内甲车平均速度的大小032
v ，乙车平均速度012v ，所以B 错误； D ．由题意知，图中阴影部分面积即为位移s 0，根据几何关系知，三角形ABC 的面积对应位移s 0∕3，所以可求三角形OCD 的面积对应位移s 0∕6，所以0—t o 时间内甲车发生的位移为
s=s 0+ s 0∕6
得
s 0=67
s 故D 正确；
C ．2t 0时刻甲、乙两车间的距离即为三角形ABC 的面积即s 0∕3，所以C 错误．
故选D 。

3、B
【解题分析】
A ．根据题述可以判断电场方向垂直于题图中等势线，由于两小球同时经过等势线2，所以小球a 向下加速运动，小球b 向上加速运动，竖直方向上，a 的位移大小等于b 的位移大小，由212x at =
可知a 的加速度大小等于b 的加速度大小，即 a b a a a ==
竖直方向：对小球a ，由牛顿第二定律得
a a a qE m g m a +=
对小球b ，由牛顿第二定律得
b b b qE m g m a -=
解以上两式得
()()a b a b m m g m m a +=-
则
a b m m >
故A 错误；
BD ．两小球初速度大小相等，加速度大小相等，t 时刻两小球合速度大小相等，a b m m >，根据2k 12
E mv =可知，t 时刻a 的动能比b 的动能大，根据p mv =可知，t 时刻a 的动量大小大于b 的动量大小，故B 正确，D 错误； C ．由于在t 时刻两小球经过同一等势线，根据p E q ϕ=可知，此时a 和b 的电势能不相等，故C 错误。

故选B 。

4、B
【解题分析】
A ．根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示，根据左手定则判断知，此粒子带负电，故A 正确，不符合题意；
B ．粒子由O 运动到A 时速度方向改变了60°角，所以粒子轨迹对应的圆心角为θ=60°，则粒子由O 到A 运动的时间
为
6023603603m m t T qB qB
θ
ππ︒==⋅=︒︒ 故B 错误，符合题意；
C ．根据几何关系，有
cos60R d R -︒＝
解得
R =2d 根据mv R qB
＝得 2qBd v m
＝ 故C 正确，不符合题意；
D ．粒子在O 点时速度与x 轴正方向的夹角为60°，x 轴是直线，根据圆的对称性可知，离开第一象限时，粒子的速度方向与x 轴正方向的夹角为60°，故D 正确，不符合题意；
故选B 。

5、B
【解题分析】
CD ．小球到达A 点时，PA 为位移，设PA 与水平方向的夹角为θ，则1tan tan 602
θ=︒，小球到达B 点时，PB 为位移，设PB 与水平方向的夹角为α，则1tan tan 602
α=
︒，因此PA 与水平方向的夹角等于PB 与水平方向的夹角，选项CD 错误； AB ．因为θα=，可知P 、A 、B 在同一直线上，假设PAB 为斜面，小球从P 点运动到A 点的时间
012tan v t g
θ= 水平位移
201012tan v x v t g
θ== 则
2012tan cos cos PA v x s g θθθ
==， 同理得
()2022tan cos PB v s g θ
θ=
因此PB 长是PA 长的4倍，选项A 错误，选项B 正确.
故选B.
6、D
【解题分析】
AB ．A 点和B 点在同一个等势面上，第一次小球从A 点由静止运动到B 点的过程中，库仑力对小球做功的代数和为零，根据动能定理，得
2112
mgh mv = 第二次小球从A 点由静止运动到B 点的过程中，洛伦兹力不做功，根据动能定理，得 2212mgh mv =
所以12v v = ，故AB 错误；
CD ．小球第一次经过B 点时，库仑力有竖直向下的分量，小球受的竖直方向的合力F 1>mg ，由牛顿第二定律可知，小球经过B 点时的加速度a 1>g ，小球第二次经过B 点时，由左手定则可知，洛伦兹力始终与杆垂直向右，同时杆对小球产生水平向左的弹力，水平方向受力平衡。

竖直方向只受重力作用，由牛顿第二定律可知，小球经过B 点时的加速度a 2=g ，所以a 1>a 2 ，故C 错误，D 正确。

故选D 。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

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、BD
【解题分析】
A ．滑动头P 滑到a 点时，R 和1R 并联；滑动头P 滑到b 点时，1R 被短路，只有电阻R 接入电路，由闭合电路欧姆定律知，滑到b 点时电流小于滑到a 点时的电流，所以滑动头滑到b 点时得到图2中的A 点，故A 错误；
B ．由A 分析知，滑动头滑到b 点时得到图2中的A 点，电阻1R 被短路，电流表1A 和2A 示数相等，根据图2知： 10.375A I =
所以有：
20.375A I =
即图2中A 点纵坐标为0.375A ，故B 正确；
CD ．根据闭合电路欧姆定律，当滑动头P 位于b 点时，则有：
0.375()E R r =+ ①
图2中的C 点，
10.5A I =，20.25A I =
并联部分两支路电流相等，根据并联电路的特点，得：
18ΩPb R R ==
11 88 Ω4Ω 88
Pb Pb R R R R R ⨯===++并 设滑动变阻器的全值电阻为R
则有：
()0.5(8)0.584E r R R r R =+-+=+-+并 ②
联立①②得：
6V E =，16Ωr R +=
故C 错误，D 正确；
故选BD 。

8、BD
【解题分析】
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 。

9、BD
【解题分析】
根据水平方向做匀速直线运动分析两段过程的运动时间，根据竖直方向对称性分析小球在电容器的加速度大小，根据牛顿第二定律以及
Q U Ed C
== 分析求解电荷量，根据牛顿第二定律分析加速度从而求解竖直方向的运动位移。

【题目详解】
AB ．小球在电容器内向上偏转做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，出电容器后受到重力作用，竖直方向减速，水平方向由于不受力，仍然做匀速直线运动，由于两段过程在水平方向上的运动位移相同，则两段过程的运动时间相同，竖直方向由于对称性可知，两段过程在竖直方向的加速度大小相等，大小都为g ，但方向相反，故A 错误，B 正确；
C ．根据牛顿第二定律有
1Q U q
mg q mg qE mg d Cd a g m m m ---==== 解得
12mgdC Q q
= 故C 错误；
D ．当小球到达M 点时，竖直方向的位移为2
d ，则根据竖直方向的对称性可知，小球从电容器射出时，竖直方向的位
移为4
d ，如果电容器所带电荷量2132Q Q =，根据牛顿第二定律有 22Q q qU C a g g g md md
''=-=-= 根据公式 212
y at = 可知，相同的时间内发生的位移是原来的2倍，故竖直方向的位移为2d y =
，故D 正确。

故选BD 。

10、ACE
【解题分析】
A 、波沿x 轴负向传播，故此时x ＝1.25 m 处的质点向上运动，质点纵坐标大于零，故由质点运动远离平衡位置可得：质点做加速度增大的减速运动，故A 正确；
B 、由波沿x 轴负向传播可得：x ＝0.6 m 处的质点向平衡位置运动，故x ＝0.4 m 处的质点、x ＝0.6 m 处的质点都向平衡位置运动，且x ＝0.4 m 处的质点比x ＝0.6 m 处的质点距离远，那么，x ＝0.6m 处的质点比x ＝0.4 m 处的质点先回到平衡位置，故B 错误；
C 、由波沿x 轴负向传播可得：x ＝4 m 处的质点由平衡位置向下振动，故x ＝4 m 处的质点再经过34
T 可运动到波峰位置，又有波长λ＝2m ，波速v ＝1m/s ，所以，周期T ＝2s ，那么，x ＝4 m 处的质点再经过1.5 s 可运动到波峰位置，故C 正确；
D 、由C 可知：x ＝2 m 处的质点在做简谐运动的周期T ＝2s ，又有振幅A ＝0.4m ，t ＝0时，质点位移为零，根据波沿x 轴负向传播可知质点向下振动，故可得：振动方程为y ＝﹣0.4sin （πt ）（m ），故D 错误；
E 、由C 可知简谐波的周期T ＝2s ，故经过2s ，波正好向前传播一个波长，波形重合，故t ＝2s 的波形图与t ＝0时的波形图重合，故E 正确。

三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、6 50.60 1.200 小于 45
DR 【解题分析】
(1)[1]开关旋至电阻挡“×1”挡位，故电阻为6Ω。

(2)[2][3]游标卡尺读数为 50mm 0.0512mm 50.60mm L =+⨯=
螺旋测微器读数
1mm 0.01mm 20.0 1.200mm D =+⨯=
(3)[4]根据电路图可知，连线如下
(4)[5]因为cd 间电阻小于ab 间电阻，则电压表分流更小，带来的误差更小，测量c 、d 之间电阻值的相对误差小于测量a 、b 之间电阻值的相对误差。

(5)[6]根据
54
ab L L R S L D
ρρ==⋅ 可知
45
DR ρ=
12、F 1 0.05 C
【解题分析】
(1)[1]因绳子只能提供拉力，传感器示数为正值，由表中实验数据可知，A 传感器对应的是表中力F 1
[2]对节点O ，由平衡条件得
1sin 30F mg ︒=
解得
0.05kg m =
(2)[3]让A 传感器沿圆心为O 的圆弧形，移动传感器的过程中，传感器与O 点的距离保持不变，即O 点位置保持不变，故ABD 错误，C 正确
故选C
四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13、 (1)mg Il ；(2)2()I R r mg +；【解题分析】
(1)电流稳定后，导体棒做匀速运动，则有
BIl mg =
解得磁感应强度为
mg B Il
= (2)设电流稳定后导体棒做匀速运动的速度为v ，则有
感应电动势
E Blv =
感应电流
E I R r
=+ 解得
2()I R r v mg
+= (3)金属杆在进入磁场前，机械能守恒，设进入磁场时的速度为0v ，则由机械能守恒定律，则有
2012
mv mgh = 此时的电动势
00E Blv =
感应电流
00E I R r
=+ M 、N 两端的电压
0MN U I R =
解得
MN U =
14、（10；45°；（2）1)y L =-。

【解题分析】
（1）带电粒子在电场中偏转，y 轴方向上
根据牛顿第二定律有：
qE =ma
212
L at = y v at =
则粒子到达Q 点的速度大小
0v ==
夹角θ=45°
（2）进入磁场时，Q 点的横坐标
0x v t =
粒子进入磁场后，由牛顿第二定律
2
v qvB m r
= 综上可知粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在y 轴上12y L =-处，
故粒子离开磁场的纵坐标1)y L =-
15、 (2)22mhE qB π；(3)23m qB π 【解题分析】
(1)粒子在电场中做类平抛运动，其加速度大小为
F qE a m m
== 竖直方向有 221122qE h at t m =
= 故
t =在B 处有
tan 60y
x v at v v ︒=== 因此，A 点射入的速度
0v ==(2)在B 处，根据
0cos 60v v
︒= 可得粒子进入磁场的速度为
0002cos 60v v v ===粒子在磁场中，由洛伦磁力提供向心力，即
2
mv qvB R
= 故：粒子在磁场运动的轨道半径为
mv R qB ==由于粒子从B 点射入，经磁场偏转后垂直射向C 处，根据左手定则可知，圆形磁场的磁场是垂直于纸面向里。

如图所示，延长B 处速度方向与反向延长C 处速度方向相交于D 点，作BDC ∠的角平分线，在角平分线上找出点O '，使它到BD 、CD 的距离为
O N O M R ''==
则以MN 为直径的圆的磁场区域面积最小，设圆形磁场区域的半径为r ，由几何关系可得
cos30r R R =︒=
圆形磁场区域的最小面积
2min 22S mhE r qB ππ== (3)粒子在圆形磁场中运动的轨迹圆与圆形磁场关系如图所示，
由第(2)问作图过程可知，MN 是圆形磁场的直径，也是粒子的射入点与射出点的连线，其所对应的弧长最长，故粒子在磁场中运动的时间最长。

由几何知识可知，圆心角120α=︒
又因粒子在磁场中运动的周期
2m T qB
π= 故粒子在磁场中运动的时间最长
223m m t T qB αππ=
=。