西藏拉萨市2021届新高考二诊物理试题含解析

西藏拉萨市2021届新高考二诊物理试题
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．如图甲所示为用伏安法测量某合金丝电阻的实验电路。

实验中分别用最大阻值是5Ω、50Ω、500Ω的三种滑动变阻器做限流电阻。

当滑动变阻器的滑片由一端向另一端移动的过程中，根据实验数据，分别作
出电流表读数I随x
L
（
x
L
指滑片移动的距离x与滑片在变阻器上可移动的总长度L的比值）变化的关系
曲线a、b、c，如图乙所示。

则图乙中的图线a对应的滑动变阻器及最适合本实验的滑动变阻器是（）
A．最大阻值为5Ω的滑动变阻器∶图线a对应的滑动变阻器
B．最大阻值为50Ω的滑动变阻器；图线b对应的滑动变阻器
C．最大阻值为500Ω的滑动变阻器；图线b对应的滑动变阻器
D．最大阻值为500Ω的滑动变阻器；图线c对应的滑动变阻器
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
从图乙中可以看出a曲线在滑片移动很小距离，就产生了很大的电流变化，说明该滑动变阻器阻值远大于被测量电阻阻值，所以a图对应500Ω滑动变阻器，c图线电流几乎不随着距离x变化，说明该滑动变阻器是小电阻，所以对应是5Ω的图像，本实验采用的是伏安法测量电阻，为了减小实验误差，应该要保证被测电阻中的电流变化范围适当大一些，所以选择图中b所对应的滑动变阻器，故ABD错误，C正确。

故选C。

2．在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A 点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示，小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点，小球抛出时的动能为8.0J，在M点的动能为6.0J，不计空气的阻力，则（）
A．从A点运动到M点电势能增加2J
B．小球水平位移x1与x2的比值1：4
C．小球落到B点时的动能24J
D．小球从A点运动到B点的过程中动能有可能小于6J
【答案】D
【解析】
【详解】
将小球的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速直线运动，竖直分运动为匀变速直线运动；
A．从A点运动到M点过程中，电场力做正功，电势能减小，故A错误；
B．对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间间隔内位移之比为1：3，故B错误；
C．设物体在B动能为E kB，水平分速度为V Bx，竖直分速度为V By。

由竖直方向运动对称性知
1
2
mV By2=8J
对于水平分运动
Fx1=1
2
mV Mx2-
1
2
mV AX2
F（x1+x2）=1
2
mV Bx2-
1
2
mV AX2
x1：x2=1：3
解得：
Fx1=6J；
F（x1+x2）=24J 故
E kB=1
2
m（V By2+V Bx2）=32J
故C错误；
D．由于合运动与分运动具有等时性，设小球所受的电场力为F，重力为G，则有：Fx1=6J
2
262 J 1F t m ⋅⋅= Gh=8J
2
21 8J 2G t m
⋅⋅= 所以： 3 F G = 由右图可得：
tan F G
θ=
所以
3sin 7
θ=则小球从 A 运动到B 的过程中速度最小时速度一定与等效G’垂直，即图中的 P 点，故
2201124sin J 6J 227
kmin min E mv m v θ===（）＜ 故D 正确。

故选D 。

3．一个小物体从斜面底端冲上足够长的斜面，然后又滑回斜面底端，已知小物体的初动能为E ，返回斜面底端时的速度为v ，克服摩擦力做功为
2E 若小物体冲上斜面的初动能为2E ，则下列选项中正确的一组是（ ）
①物体返回斜面底端时的动能为E
②物体返回斜面底端时的动能为32
E ③物体返回斜面底端时的速度大小为2v
2v
A ．①③
B ．②④
C ．①④
D ．②
【答案】C
【解析】
【详解】
以初动能为E 冲上斜面并返回的整个过程中，由动能定理得：
22
12 E mv E -=-…①
设以初动能为E 冲上斜面的初速度为v 0，则以初动能为2E 冲上斜面时，v 0，而加速度相同。

对于上滑过程，根据-2ax=v 2-v 02可知，202v x a =，所以第二次冲上斜面的位移是第一次的两倍，上升过程中克服摩擦力做功是第一次的两倍，上升和返回的整个过程中克服摩擦力做功是第一次的两倍，即为E 。

以初动能为2E 冲上斜面并返回的整个过程中，运用动能定理得：
21 22
mv E E '-=-…② 所以返回斜面底端时的动能为E ；由①②得：
v 。

故①④正确，②③错误；
A ．①③，与结论不相符，选项A 错误；
B ．②④，与结论不相符，选项B 错误；
C ．①④，与结论相符，选项C 正确；
D ．②，与结论不相符，选项D 错误；
故选C 。

4．一物体静止在升降机的地板上，在升降机加速上升的过程中，地板对物体的支持力所做的功等于（ ） A ．物体势能的增加量
B ．物体动能的增加量
C ．物体动能的增加量加上物体势能的增加量
D ．物体动能的增加量减去物体势能的增加量
【答案】C
【解析】
【详解】
物体受重力和支持力，设重力做功为W G ，支持力做功为W N ，运用动能定理研究在升降机加速上升的过程得：
W G +W N =△E k
W N =△E k -W G
根据重力做功与重力势能变化的关系得：
W G =-△E p
所以有：
W N =△E k -W G =△E k +△E p 。

A．物体势能的增加量，与结论不相符，选项A错误；
B．物体动能的增加量，与结论不相符，选项B错误；
C．物体动能的增加量加上物体势能的增加量，与结论相符，选项C正确；
D．物体动能的增加量减去物体势能的增加量，与结论不相符，选项D错误；
故选C。

5．在升降机底部安装一个加速度传感器，其上放置了一个质量为m小物块，如图甲所示。

升降机从t=0时刻开始竖直向上运动，加速度传感器显示加速度a随时间t变化如图乙所示。

取竖直向上为正方向，重力加速度为g，以下判断正确的是（）
A．在0～2t0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态
B．在t0～3t0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态
C．t=t0时刻，物块所受的支持力大小为mg
D．t=3t0时刻，物块所受的支持力大小为2mg
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．由乙图可知，在0～2t0时间内，物块先处于超重状态，后处于失重状态，A错误；
B．由乙图可知，在t0～3t0时间内，物块先处于超重状态，后处于失重状态，B猎；
C．由乙图可知，t=t0时刻，物块所受的支持力大小为mg，C正确；
D．由乙图可知，t=3t0时刻，物块所受的支持力大小为mg，D错误。

故选C。

6．如图所示为两辆汽车同时同地沿同一平直的公路同向行驶时，通过DIS系统在计算机中描绘出的速度时间图像。

则下列说法正确的是（）
A．汽车A的运动轨迹为直线，汽车B的运动轨迹为曲线
B．t1时刻两辆汽车相遇
C．t1时刻汽车A的加速度大于汽车B的加速度
D．在0~t1时间内，两辆汽车之间的距离增大后减小
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．由图像可知：汽车A做匀加速直线运动，汽车B做加速度逐渐减小的加速直线运动，A错误；B．A、B两v-t图像的交点表示此时两辆汽车共速，B错误；
C．v-t图像的斜率表示加速度，由于t1时刻图线A的斜率较大，因此t1时刻汽车A的加速度大于汽车B 的加速度，C正确；
D．在0~t1时间内，由于汽车B的速度一直大于汽车A的速度，因此两辆汽车之间的距离一直增大，D错误。

故选C。

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．如图所示为理想变压器，其原、副线圈的匝数比为4∶1，电压表和电流表均为理想电表，原线圈接有362sin100(V)
u tπ
=的正弦交流电，图中D为理想二极管，定值电阻R＝9 Ω.下列说法正确的是
A．
1
s
600
t=时，原线圈输入电压的瞬时值为18V
B．
1
s
600
t=时，电压表示数为36V
C．电流表的示数为1 A D
2【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
A、将时刻代入瞬时值公式可知，
1
s
600
t=时，原线圈输入电压的瞬时值为182V，A选项错误；
B、电压表的示数为有效值，输入电压的峰值为362V,根据正弦式交变电流有效值与最大值的关系可知，
36V 2m U ==，B 选项正确； C 、D 、电流表测量流过副线圈的电流，根据理想变压器电压和匝数的关系可知，副线圈的电压为9V ，正向导通时电流为1A ，根据电流的热效应可知222T I RT I R =⋅
有效，解得：2=A 2
I 有效；故C 选项错误，D 选项正确．
故选BD.
【点睛】
准确掌握理想变压器的特点及电压、电流与匝数比的关系，明确电表测量的为有效值是解决本题的关键. 8．一竖直放置的轻弹簧，一端固定于地面，一端与质量为3kg 的B 固定在一起，质量为1kg 的A 放于B 上。

现在A 和B 正在一起竖直向上运动，如图所示。

当A 、B 分离后，A 上升0.2m 到达最高点，此时B 速度方向向下，弹簧为原长，则从A 、B 分离起至A 到达最高点的这一过程中，下列说法正确的是(g 取10m/s 2)
A ．A 、
B 分离时B 的加速度为g
B ．弹簧的弹力对B 做功为零
C ．弹簧的弹力对B 的冲量大小为6N·s
D ．B 的动量变化量为零
【答案】ABC
【解析】
【详解】
A 、由分离的条件可知，A 、
B 物体分离时二者的速度、加速度相等，二者之间的相互作用力为0，对A 分析可知，A 的加速度A a g =，所以B 的加速度为g ，故A 正确；
B 、 A 、B 物体分离时弹簧恢复原长，A 到最高点弹簧恢复原长，从A 、B 分离起至A 到达最高点的这一过程中弹簧的弹性势能变化为零，所以弹簧对B 做的功为零，故B 正确；
CD 、A 、B 物体分离后A 做竖直上抛运动，可知竖直上抛的初速度22100.22/v gh m s ==⨯⨯=，上升到最高点所需的时间：20.2h t s g
==，由运动的对称性可知此时B 的速度为2m/s ，方向竖直向下，对B 在此过程内用动量定理(规定向下为正方向)得：()B N B B m gt I m v m v +=--，解得弹簧的弹力对B 的
冲量大小为：6N I N s =•，B 的动量变化量为()12/B B P m v m v kg m s ∆=--=•，故C 正确，D 错误； 故选ABC 。

9．如图所示，边长为L 、匝数为N 、电阻不计的正方形线圈abcd ，在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕转轴OO′以角速度ω匀速转动，轴OO′'垂直于磁感线，制成一台交流发电机，它与理想变压器的原线圈连接，变压器原、副线圈的匝数之比为1∶2，二极管的正向电阻为零，反向电阻无穷大，从正方形线圈处于图示位置开始计时，下列判断正确的是(
)
A ．交流发电机的感应电动势的瞬时值表达式为e ＝NBωL 2cos ωt
B ．变压器的输入功率与输出功率之比为2∶1
C ．电压表V 示数为NBωL 2
D ．若将滑动变阻器的滑片向下滑动，电流表和电压表示数均变小
【答案】AC
【解析】
【详解】
A ．从垂直于中性面时开始时，矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为
e=NBL 2ωcosωt
故A 正确；
B ．变压器的输入与输出功率之比为1：1，故B 错误；
C ．交流电在一个周期内有半个周期通过二极管，次级交流电压的最大值等于
U 2m =2NBωL 2
根据电流的热效应可得
22 ()22m T U T R
＝
解得
U=NBωL 2
故C 正确；
D ．当P 位置向下移动，R 增大，根据理想变压器的变压原理知输出电压即电压表V 的示数不变，电阻消
耗的功率变小，故电流表示数变小，故D 错误。

故选AC ．
10．投掷标枪是运动会的比赛项目。

运动员将标枪持在离地面1.6m 高的位置，之后有三个阶段：①运动员与标枪--起由静止加速至速度为8m /s ；②以8m /s 的速度为基础，运动员经0.8s 的时间将标枪举高至2.0m 处，并以26m /s 的速度将标枪掷出；③标枪离手后向斜上方向运动至离地面18m 的最高点后再向斜下方运动至地面。

若标枪的质量为0.8kg ，离手后的运动的最大水平距离为60m 。

取地面为零势能参考面，g 取210m /s 。

下列说法中正确的是（ ）
A ．第①阶段中，运动员对标枪做功25.6J
B ．第①②③阶段中，标枪获得的最大动能为51.2J
C ．第①②③阶段中，标枪的最大机械能为286.4J
D ．第②阶段中，运动员对标枪做功的平均功率为310W
【答案】ACD
【解析】
【详解】
A ．第①阶段中，标枪在水平面加速运动，动能增加量为
22k 1110.88J 25.6J 22
E mv ==⨯⨯= 由动能定理得运动员对标枪做功为25.6J ，故A 正确；
B ．第①②③阶段中，标枪出手时速度最大，其动能也最大，有
22k 110.826J 270.4J 22
E mv '==⨯⨯= 故B 错误；
C ．第①②③阶段中，标枪出手前机械能一直增大，出手时机械能最大，有
p k k (0.810 2.0)J 286.4J E E E '+=⨯⨯+=
故C 正确；
D ．第②阶段中，标枪机械能增加量为
p k [0.810(2.0 1.6)]J (270.4J 25.6J)248J E E +=⨯⨯-+-=V V
则运动员对标枪做功的平均功率为 p k 248J 310W 0.8s
E E P t +===V V 故D 正确。

故选ACD 。

11．如图所示，以O 为圆心、半径为R 的虚线圆位于足够大的匀强电场中，圆所在平面与电场方向平行，M 、N 为圆周上的两点。

带正电粒子只在电场力作用下运动，在M 点速度方向如图所示，经过M 、N 两点时速度大小相等。

已知M 点电势高于O 点电势，且电势差为U ，下列说法正确的是（ ）
A ．M ，N 两点电势相等
B ．粒子由M 点运动到N 点，电势能减小
C ．该匀强电场的电场强度大小为2U
D ．粒子在电场中可能从M 点沿圆弧运动到N 点
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．带电粒子仅在电场力作用下，由于粒子在M 、N 两点动能相等，则电势能也相等，根据p E q ϕ=可知
M 、N 两点电势相等，A 正确；
B ．因为匀强电场，所以两点的连线MN 即为等势面。

根据等势面与电场线垂直和沿电场线方向电势降低的特性，从而画出电场线CO 如图
由曲线运动条件可知，正电粒子所受的电场力沿着CO 方向；可知，速度方向与电场力方向夹角先大于90°后小于90°，电场力对粒子先做负功后做正功，所以电势能先增大后减小，B 错误；
C ．匀强电场的电场强度Ed U =式中的d 是沿着电场强度方向的距离，则
2sin 45U U E R R
︒== C 正确；
D ．粒子在匀强电场受到的是恒定的电场力，不可能做圆周运动，D 错误。

故选AC 。

12．如图所示，两根弯折的平行的金属轨道AOB 和A′O′B′固定在水平地面上，与水平地面夹角都为θ，AO=OB=A′O′=O′B′=L ，OO′与AO 垂直，两虚线位置离顶部OO′等距离，虚线下方的导轨都处于匀强磁场中，左侧磁场磁感应强度为B 1，垂直于导轨平面向上，右侧磁场B 2（大小、方向未知）平行于导轨平面，两根金属导体杆a 和b 质量都为m ，与轨道的摩擦系数都为μ，将它们同时从顶部无初速释放，能同步到达水平地面且刚到达水平地面速度均为v ，除金属杆外，其余电阻不计，重力加速度为g ，则下列判断正确的是（ ）
A ．匀强磁场
B 2的方向一定是平行导轨向上 B ．两个匀强磁场大小关系为：B 1=μB 2
C ．整个过程摩擦产生的热量为Q 1=2μmgLcosθ
D ．整个过程产生的焦耳热Q 2=mgLsinθ﹣μmgLcosθ﹣12
mv 2 【答案】ABD
【解析】
【详解】
A.由题意可知，两导体棒运动过程相同，说明受力情况相同，对a 分析可知，a 切割磁感线产生感应电动势，从而产生沿导轨平面向上的安培力，故a 棒受合外力小于mgsinθ﹣μmgcosθ；对b 棒分析可知，b 棒的受合外力也一定小于mgsinθ﹣μmgcosθ，由于磁场平行于斜面，安培力垂直于斜面，因此只能是增大摩擦力来减小合外力，因此安培力应垂直斜面向下，由流过b 棒的电流方向，根据左手定则可知，匀强磁场B 2的方向一定是平行导轨向上，故A 正确；
B.根据A 的分析可知，a 棒受到的安培力与b 棒受到的安培力产生摩擦力应相等，即B 1IL=μB 2IL ；解得B 1=μB 2，故B 正确；
C.由以上分析可知，b 棒受到的摩擦力大于μmgcosθ，因此整个过程摩擦产生的热量Q 1>2μmgLcosθ，故C 错误；
D.因b 增加的摩擦力做功与a 中克服安培力所做的功相等，故b 中因安培力而增加的热量与焦耳热相同，设产生焦耳热为Q 2，则根据能量守恒定律可知：
2mgLsinθ﹣2μmgLcosθ﹣2Q 2=1
2⨯2mv 2 解得整个过程产生的焦耳热：
Q 2=mgL sinθ﹣μmgLcosθ﹣
12
mv 2 故D 正确。

故选ABD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学用图甲电路测量一电源的电动势和内阻，其中电流表A 的量程为0.6 A ，虚线框内为用电流计G 改装的电压表。

(1)已知电流计G 的满偏电流I g = 300 μA ，内阻Rg=100 Ω，改装后的电压表量程为3V ，则可计算出电阻R 1=____Ω。

(2)某次测量时，电流计G 的示数如图乙，则此时电源两端的电压为 ___V 。

(3)移动滑动变阻器R 的滑片，得到多组电流表A 的读数I 1和电流计G 的读数I 2，作出I 1-I 2图像如图丙。

由图可得电源的电动势E=____V ，内阻r=____Ω。

(4)若电阻R 1的实际阻值大于计算值，则电源内阻r 的测量值____实际值（填“小于”“等于”或“大于”）。

【答案】9900 2.40 2.90 1.0 小于
【解析】
【详解】 (1)[1]．由改装原理可知，要串联的电阻
16
3100990030010g g U R R I -=-=-=Ω⨯ (2)[2]．电流计G 的示数为240μA ，则此时电源两端的电压为240μA×10-6×10000V=2.40V ；
(3)[3][4]．由图像可知，纵轴截距为290μA ，则对应的电压值为2.90V ，即电源电动势为E=2.90V ；内阻 2.90 2.40 1.00.5
r -=Ω=Ω (4)[5]．若电阻R 1的实际阻值大于计算值，则通过电流计G 的电流会偏小，则图像I 2-I 1的斜率会偏小，则电源内阻r 的测量值小于实际值。

14．某实验小组设计如图甲所示的实验装置测量滑块与木板之间的动摩擦因数：一木板固定在桌面上，一端装有定滑轮；滑块的左端与穿过打点计时器（未画出）的纸带相连，右端用细线通过定滑轮与托盘连接。

在托盘中放入适量砝码，接通电源，释放滑块，打点计时器在纸带上打出一系列的点。

(1)如图乙为实验中获取的一条纸带：0、1、2、3、4、5、6是选取的计数点，每相邻两计数点间还有4个计时点（图中未标出），测得计数点间的距离如图所示。

已知交流电源的频率为50Hz ，根据图中数据计算滑块加速度a =________m/s 2 ，计数点3对应的滑块速度v 3=_________m/s 。

（结果保留两位有效数字）。

(2)滑块、托盘（含砝码）的质量分别用M 、m 表示，滑块的加速度用a 表示，重力加速度为g ，则滑块与木板间的动摩擦因数μ＝__________（用题中字母表示）。

(3)若实验测得的动摩擦因数偏大，主要原因可能是_______________________。

A ．纸带与打点计时器间有摩擦
B ．滑轮存在摩擦阻力
C ．木板未调节水平，左端偏高
D ．未满足M 远大于m
【答案】0.50m/s 2 0.26m/s 或0.27m/s ()mg M m a Mg μ-+=
AB 【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]每相邻两计数点间还有4个打点，说明相邻的计数点时间间隔T= 0.1s ，根据逐差法有 ()()26543212
0.5m 9x x x x x x a T ++-++== [2] 根据匀变速直线运动规律知道3点的瞬时速度等于2点到4点的平均速度有
2430.26m 2x v T
== （2）[3]以整个系统为研究对象，根据牛顿第二定律有
()mg f M m a -=+
f M
g μ=
联立解得 (
)mg M m a Mg
μ-+= （3）[4] 纸带与打点计时器间的摩擦力和滑轮存在摩擦阻力都会使测得的摩擦力增大，根据
f M
g μ=
可知，摩擦力增大，故摩擦因数增大。

木板未调节水平，左端偏高和未满足M 远大于m 均不会影响摩擦力变大，故AB 正确，CD 错误。

故选AB 。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．一定质量的理想气体经历如图所示的AB 、BC 、CA 三个变化过程，若B→C 过程中气体做功数值约
是C→A 过程中气体做功数值的1.6倍，气体在状态B 时压强为4.5×
105Pa ，求： (i)气体在状态A 和C 的压强。

(ii)整个过程中气体与外界交换的热量。

【答案】（i ）51.510Pa ⨯；51.510Pa ⨯（ii ）吸收热量；180J
【解析】
【详解】
(i)由图可知，气体从状态A 到状态B 为等容变化过程，由查理定律有B A B A
p p T T =，解得 51.510Pa A p =⨯
由图可知，气体从状态B 到状态C 为等温变化过程，由玻意耳定律有B B C C p V p V =，解得
51.510Pa C p =⨯
(ii)由状态B 经状态C 回到状态A ，设外界对气体做的总功为W ，从状态C 到状态A ，为等压变化，外界对气体做功为
()300J CA C C A W p V V =-=
B→C 过程中气体做功的大小约是C→A 过程中气体做功的大小的1.6倍，则B→C 过程中外界对气体做功为
480J BC W =-
从状态A 到状态B ，由图线知为等容过程，外界对气体不做功，所以整个过程中外界对气体做功为 180J CA BC W W W =+=-
整个过程中气体内能增加量为△U=0，设气体从外界吸收的热量为Q ，由热力学第一定律△U=Q+W ，解得
Q=180J
即气体从外界吸收的热量是180J 。

16．水银气压计的工作原理如图所示，若某水银气压计中混入了一个气泡，上升到水银柱的上方，使水银柱上方不再是真空，当实际大气压相当于768 mm 高的水银柱产生的压强时，这个水银气压计的读数只有750 mm ，此时管中的水银面到管顶的距离为80 mm 。

当这个气压计的读数为740 mm 水银柱时，实际的大气压相当于多高水银柱产生的压强？设温度保持不变。

【答案】756mmHg
【解析】
【分析】
【详解】
对上面封闭的气体，初态：p 1=768mmHg- 750mmHg=18 mmHg V 1=80S
末态：p 2=(p- 740)mmHg V 2=90S
根据玻意耳定律
p 1V 1= p 2V 2
解得
p=756 mmHg
17．如图所示，在xOy 平面坐标系的第一象限内的某区域存在匀强磁场，在第二象限内存在沿x 正方向
的匀强电场，电场强度的大小为E=5×103V/m 。

曲线OC 上分布着大量比荷为q m
=105C/kg 的正电荷，曲线OC 上各点的坐标满足y 2=k|x|，C 点的坐标为(－0.1，0.2)。

A 点在y 轴上，CA 连线平行于x 轴，D 点在x 轴上且OD=OA 。

现所有正电荷由静止释放，在第一象限内磁场的作用下都沿垂直x 轴方向通过了D 点。

不计正电荷所受的重力及电荷间的相互作用力。

求：
(1)正电荷通过y 轴时的速度与纵坐标的关系；
(2)匀强磁场的磁感应强度的大小和方向；
(3)匀强磁场区域的最小面积。

【答案】(1)v=2Eq y
km =5×105y；(2)B=5×105
my
qr
=5T，磁感应强度的方向为垂直纸面向外；(3)1.14×10－2m2
【解析】
【分析】
【详解】
(1)第二象限内，正电荷在电场力的作用下做初速为零的匀加速运动，设正电荷的坐标为(x，y)，通过y轴时的速度为v，由动能定理有
Eq x=1
2
mv2
由于y2=k x，C点的坐标为(－0.1，0.2)，得
k=0.4
联立得
v=2Eq y
km
=5×105y
(2)由C点静止释放的正电荷垂直y轴通过A点，又垂直x轴通过D点，所以该正电荷由A点进入磁场，由D点出磁场，圆周运动的圆心为O点，轨迹如图所示
该正电荷做圆周运动的半径
r=OA=0.2m
由洛仑兹力提供向心力，有
qvB=
2 v m
r
联立，得
B=5×105my
qr
=5T
由左手定则可判断，磁感应强度的方向为垂直纸面向外
(3)由(2)中分析可知正电荷在磁场中圆周运动的半径与其通过y轴时的纵坐标值相等，所有正电荷都垂直通过D点，轨迹如图所示
磁场区域的最小面积为阴影部分的面积，由几何关系可得面积 S=221
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r r π-=1.14×10－2m 2。