2019-2020年高三物理一輪復(fù)習(xí)備考 第十五單元 必考部分綜合 滬科版.doc

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2019-2020年高三物理一輪復(fù)習(xí)備考 第十五單元 必考部分綜合 滬科版選擇題部分共10小題。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,16小題只有一個(gè)選項(xiàng)正確,710小題有多個(gè)選項(xiàng)正確;全部選對(duì)的得4分,選不全的得2分,有選錯(cuò)或不答的得0分。1.兩物體分別從不同高度自由下落,同時(shí)落地,已知甲物體下落的時(shí)間為t,乙物體下落的時(shí)間為。當(dāng)乙物體開(kāi)始下落時(shí),甲、乙兩物體的高度之比是A.21B.31C.41D. 43解析:甲物體距地面高度h=gt2,乙物體下落時(shí),甲已經(jīng)下落,即h=g()2,此時(shí)甲距地面的高度h甲=h-h=gt2,乙距地面的高度h乙=g()2=gt2,故h甲h乙=31,選項(xiàng)B正確。答案:B2.規(guī)定向右為正方向,質(zhì)點(diǎn)做直線運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖所示,則A.質(zhì)點(diǎn)在06 s內(nèi)合力做的功大于6 s10 s內(nèi)合力做的功B.3 s6 s與8 s10 s內(nèi)合力均做正功C.3 s6 s和6 s8 s內(nèi)合力的平均功率相等D.03 s內(nèi)合力的功率小于6 s8 s內(nèi)合力的功率解析:由動(dòng)能定理知:06 s內(nèi)和6 s10 s內(nèi)合力做的功均為0,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;3 s6 s和8 s10 s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)能均減小,合力做負(fù)功,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;由斜率知,3 s6 s內(nèi)與6 s8 s內(nèi)動(dòng)能的變化量相等,但所用的時(shí)間不同,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;03 s內(nèi)和6 s8 s內(nèi)動(dòng)能的變化量相等,但時(shí)間不同,由P=知,03 s內(nèi)合力的功率小于6 s8 s內(nèi)合力的功率,選項(xiàng)D正確。答案:D3.我國(guó)于2013年12月2日成功發(fā)射“嫦娥三號(hào)”月球探測(cè)衛(wèi)星。假設(shè)衛(wèi)星從地球向月球轉(zhuǎn)移的過(guò)程可以簡(jiǎn)化成如圖所示的路線:探測(cè)衛(wèi)星由地面發(fā)射后經(jīng)過(guò)發(fā)射軌道進(jìn)入停泊軌道,此時(shí)可認(rèn)為其做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑等于地球半徑;然后探測(cè)衛(wèi)星在停泊軌道經(jīng)過(guò)調(diào)速后進(jìn)入轉(zhuǎn)移軌道,經(jīng)過(guò)幾次制動(dòng)后進(jìn)入工作軌道,此時(shí)探測(cè)衛(wèi)星繞月球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑可認(rèn)為等于月球半徑;最后再經(jīng)調(diào)整,探測(cè)衛(wèi)星降落至月球開(kāi)始對(duì)月球進(jìn)行探測(cè)。已知地球的質(zhì)量與月球的質(zhì)量之比是p,地球的半徑與月球的半徑之比是q,則探測(cè)衛(wèi)星在停泊軌道與工作軌道的運(yùn)行速度大小之比是A.B.C.D.解析:探測(cè)衛(wèi)星在軌道上運(yùn)行時(shí),做勻速圓周運(yùn)動(dòng),萬(wàn)有引力提供向心力,由G=m,得v=,所以=,選項(xiàng)C正確。答案:C4.空間里存在著平行于x軸方向的靜電場(chǎng),PQMN為x軸上的點(diǎn),沿x軸正方向,電勢(shì)隨位置坐標(biāo)的變化如圖所示,一個(gè)粒子僅在電場(chǎng)力的作用下從P點(diǎn)由靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng),則下列說(shuō)法正確的是A.粒子可能帶負(fù)電B.M點(diǎn)的電勢(shì)低于N點(diǎn)的電勢(shì)C.粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)時(shí),電勢(shì)能先減小后增大D. UPQ=UMN 解析:由圖知,從P點(diǎn)到N點(diǎn)電勢(shì)均勻降低,故電場(chǎng)是勻強(qiáng)電場(chǎng),因帶電粒子僅在電場(chǎng)力作用下從P點(diǎn)由靜止開(kāi)始沿x軸運(yùn)動(dòng),則電場(chǎng)線方向沿x軸正方向,故粒子帶正電,選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤,選項(xiàng)D正確;粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn),電場(chǎng)力一直做正功,電勢(shì)能一直減小,選項(xiàng)C錯(cuò)誤。答案:D甲5.如圖甲所示,兩個(gè)相鄰的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的寬均為L(zhǎng),方向均垂直紙面向外,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小分別為B和2B。一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形線框從位置P勻速穿過(guò)了這兩個(gè)磁場(chǎng)到達(dá)位置Q,規(guī)定感應(yīng)電流沿逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)檎?則感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的圖象是圖乙中的乙解析:利用楞次定律和右手定則判斷感應(yīng)電流的方向,當(dāng)線框進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域時(shí),感應(yīng)電流為順時(shí)針?lè)较?且I=-,A錯(cuò)誤;當(dāng)線框開(kāi)始進(jìn)入右半邊的磁場(chǎng)區(qū)域時(shí),右邊框和左邊框均切割磁感線,則線框中感應(yīng)電流I=-,感應(yīng)電流為順時(shí)針?lè)较?選項(xiàng)A、B、C錯(cuò)誤;當(dāng)線框離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí),線框的左邊切割磁感線,感應(yīng)電流為逆時(shí)針?lè)较?且電流大小I=,選項(xiàng)D正確。答案:D6.如圖所示,磁場(chǎng)中固定一正點(diǎn)電荷+Q,一個(gè)質(zhì)子以+Q為圓心在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。磁場(chǎng)方向垂直于質(zhì)子的運(yùn)動(dòng)平面,磁感強(qiáng)度的大小為B,若質(zhì)子所受磁場(chǎng)力是電荷+Q作用的電場(chǎng)力的三倍,質(zhì)子的電荷量為q、質(zhì)量為m。則質(zhì)子運(yùn)動(dòng)的角速度可能是A.B.C.D.解析:由于兩個(gè)粒子都帶正電,故質(zhì)子的洛倫茲力一定指向圓心,向心力大小等于,由牛頓第二定律得=m2r,v=r,故=,選項(xiàng)A正確。答案:A7.物理學(xué)的發(fā)展豐富了人類(lèi)對(duì)物質(zhì)世界的認(rèn)識(shí),推動(dòng)了科學(xué)技術(shù)的創(chuàng)新和革命。同時(shí)在物理學(xué)發(fā)展中科學(xué)家們創(chuàng)造出了許多物理學(xué)研究方法,以下關(guān)于所用物理學(xué)研究方法的敘述正確的是A.在伽利略之前的學(xué)者們總是通過(guò)思辯性的論戰(zhàn)決定誰(shuí)是誰(shuí)非,是伽利略首先采用了以實(shí)驗(yàn)檢驗(yàn)猜想和假設(shè)的科學(xué)方法B.牛頓總結(jié)前人的理論,通過(guò)邏輯思維對(duì)事實(shí)進(jìn)行分析的方法得出無(wú)法用實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證的牛頓第一定律C.庫(kù)侖利用扭秤研究電荷間相互作用力的大小跟電荷量和距離的關(guān)系時(shí),采用了理想實(shí)驗(yàn)法D.通電螺線管外部的磁場(chǎng)與條形磁鐵的磁場(chǎng)相似,安培受此啟發(fā)后提出分子電流假說(shuō)用到的是控制變量法解析:伽利略開(kāi)創(chuàng)了實(shí)驗(yàn)物理的先河,選項(xiàng)A正確;牛頓第一定律是牛頓通過(guò)邏輯思維對(duì)事實(shí)進(jìn)行分析的產(chǎn)物,不是通過(guò)實(shí)驗(yàn)直接驗(yàn)證得出的,選項(xiàng)B正確;庫(kù)侖在探究庫(kù)侖定律時(shí),采用了控制變量法和放大法,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;安培是采用類(lèi)比法得到分子電流假說(shuō)的,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案:AB8.如圖所示,固定的半球殼由兩種材料做成,左側(cè)是由粗糙材料做成的,右側(cè)是光滑的,O為球心,兩個(gè)質(zhì)量相同的物體(可視為質(zhì)點(diǎn))靜止在同一高度上的A、B兩處。A處物體受到的摩擦力為F1,對(duì)球面的壓力是N1;用水平力F2推著B(niǎo)處物體,使物體恰好靜止,物體對(duì)球面的壓力為N2。兩物體與球心連線和豎直方向的夾角均為,則A.F1F2=cos21B.F1F2=cos 1C.N1N2=cos21D.N1N2=cos 1解析:A處物體保持平衡,則F1=mgsin ,N1=mgcos ;B處物體保持平衡,則F2=mgtan ,N2=。故F1F2=cos 1,N1N2=cos21,選項(xiàng)B、C正確。答案:BC9.如圖所示,輕質(zhì)彈簧的一端與固定的豎直板P連接,另一端與物體A相連,物體A靜止于光滑水平桌面上,A的右端連接一細(xì)線,細(xì)線繞過(guò)光滑的定滑輪與物體B相連。開(kāi)始時(shí)用手托住B,讓細(xì)線恰好伸直,然后由靜止釋放B,直至B獲得最大速度。下列對(duì)該過(guò)程的分析,正確的是A.物體A、B組成的系統(tǒng)的機(jī)械能減少B.B物體機(jī)械能的減少量等于彈簧彈性勢(shì)能的增加量C.A物體動(dòng)能的增加量等于B對(duì)A做的功與彈簧對(duì)A的彈力做的功之和D.A物體與彈簧所組成的系統(tǒng)機(jī)械能的增加量小于物體B對(duì)A做的功解析:桌面光滑,物體A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,故由靜止釋放B至最大速度過(guò)程中,B物體機(jī)械能的減少量等于彈簧彈性勢(shì)能的增加量和物體A、B動(dòng)能的增加量,故選項(xiàng)A正確、B錯(cuò)誤;對(duì)物體A,由動(dòng)能定理,動(dòng)能的增加量等于B對(duì)A做的功與彈簧對(duì)A的彈力做功之和,選項(xiàng)C正確;A物體與彈簧所組成的系統(tǒng)機(jī)械能的增加量等于B對(duì)A的拉力做的功,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案:AC10.如圖所示,在理想變壓器的原線圈輸入u=1100sin 100t(V)的交流電,對(duì)“220 V 100W”的燈泡和“220 V 800W”的電動(dòng)機(jī)供電,燈泡正常發(fā)光,電動(dòng)機(jī)正常工作。不計(jì)導(dǎo)線電阻,則下列說(shuō)法正確的是A.燈泡中的電流方向每秒改變100次B.電流表和的示數(shù)之比是51C.在相同時(shí)間內(nèi),燈泡和電動(dòng)機(jī)的發(fā)熱功率之比是18D.若關(guān)閉電動(dòng)機(jī),則燈泡的亮度不變解析:由u=1100sin 100t(V)知原線圈的電壓有效值U1=1100 V,交流電頻率f=50 Hz,故交流電方向每秒改變100次,選項(xiàng)A正確;“220 V100 W”的燈泡正常發(fā)光,則U2=220 V,故n1n2=51,所以I1I2=15,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;電動(dòng)機(jī)不是純電阻電路,電能沒(méi)有全部用來(lái)發(fā)熱,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;改變負(fù)載,對(duì)理想變壓器的輸出電壓無(wú)影響,故關(guān)閉電動(dòng)機(jī),燈泡仍能正常發(fā)光,選項(xiàng)D正確。答案:AD第卷(非選擇題共60分)非選擇題部分共6小題,把答案填在題中的橫線上或按題目要求作答。解答題應(yīng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要演算步驟,只寫(xiě)出最后答案的不能得分。有數(shù)值計(jì)算的題,答案中必須明確寫(xiě)出數(shù)值和單位。甲11. (6分)某物理興趣小組在一次探究活動(dòng)中,要探究加速度與合力之間的關(guān)系。實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示,先把長(zhǎng)木板固定在水平桌面上,右端裝有定滑輪;木板上有一滑塊,其左端與穿過(guò)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的紙帶相連,右端通過(guò)跨過(guò)定滑輪的細(xì)線與托盤(pán)連接。打點(diǎn)計(jì)時(shí)器使用的交流電源的頻率為50 Hz。開(kāi)始實(shí)驗(yàn)時(shí),在托盤(pán)中放入適量砝碼,放手后滑塊開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng),在紙帶上打出一系列點(diǎn)。乙(1)為使托盤(pán)與砝碼的重力大小等于滑塊所受合力,實(shí)驗(yàn)之前首先應(yīng)做的是。(2)圖乙是正確操作后,所得出的一條紙帶的一部分。0、1、2、3、4、5、6是計(jì)數(shù)點(diǎn),每相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)點(diǎn)(圖中未標(biāo)出),用刻度尺測(cè)量出計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離如圖乙所示。根據(jù)圖中數(shù)據(jù)計(jì)算打計(jì)數(shù)點(diǎn)1時(shí),滑塊的速度為m/s,滑塊的加速度是m/s2。(保留三位有效數(shù)字)解析:(1)實(shí)驗(yàn)之前首先平衡摩擦力。(2)打計(jì)數(shù)點(diǎn)1時(shí),滑塊的速度v0=10-2 m/s=0.220 m/s;滑塊的加速度a=0.400 m/s2。答案:(1)平衡摩擦力(2分)(2)0.220(2分)0.400(2分)12.(9分)在測(cè)量一節(jié)電池的電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r的實(shí)驗(yàn)中,可供使用的器材有:一個(gè)電壓表、一個(gè)電阻箱、一個(gè)開(kāi)關(guān)、導(dǎo)線若干。(1)請(qǐng)你在圖甲所示的方框中畫(huà)出實(shí)驗(yàn)電路圖并在圖乙所給實(shí)物器材上進(jìn)行連線。甲乙丙(2)為了便于分析,一般采用線性圖象處理數(shù)據(jù),如果根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)繪出如圖丙所示的-圖線,其中R為電阻箱的示數(shù),U為電壓表的示數(shù),由此可得到E=V,r=。解析:(2)測(cè)量電池的電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r的實(shí)驗(yàn)原理為E=U+Ir,測(cè)出多組不同的U、I值,根據(jù)所測(cè)數(shù)據(jù)在合適的坐標(biāo)系中描點(diǎn)、連線,應(yīng)用圖線求解電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。由于沒(méi)有電流表,而所作出的圖線是-圖線,所以我們要把上式整理成與的函數(shù)式,故把 I=代入上式就有E=U+r。整理后得=+。由圖象與函數(shù)關(guān)系式可知:圖象的縱軸截距是,斜率是。則有E=2 V,r=0.5 。答案:(1)原理圖如圖丁所示(2分)實(shí)物圖連線如圖戊所示(3分)丁戊(2)20.5(每空2分)13.(10分)如圖所示,在水平地面上有一長(zhǎng)L=0.5 m、質(zhì)量M=1.2 kg的木板,木板上有一可看做質(zhì)點(diǎn)的鐵塊,鐵塊質(zhì)量m=0.8 kg。若M、m間的動(dòng)摩擦因數(shù)1=0.3,木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)2=0.2,各接觸面間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,取重力加速度g=10 m/s2,現(xiàn)作用一水平恒力F在長(zhǎng)木板上。(1)若m、M一起勻速運(yùn)動(dòng),則F多大?(2)若在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中保持m、M相對(duì)靜止,則力F的最大值是多少?(3)若從靜止開(kāi)始用F1=11.2 N的力拉動(dòng)木板,則鐵塊的加速度是多大?經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間鐵塊從木板上脫離?解:(1) m、M一起勻速運(yùn)動(dòng),在水平方向?qū)、M有:F=2 (M+m)g(1分)解得F=4 N。(1分)(2)當(dāng)m、M間有最大靜摩擦力時(shí),F最大(1分)對(duì)m,由牛頓第二定律得:1mg=ma(1分)對(duì)m、M,由牛頓第二定律得:F-2 (M+m)g=(M+m)a(1分)聯(lián)立解得 F=10 N。(1分)(3)F1=11.2 N10 N,故m、M已相對(duì)滑動(dòng),設(shè)經(jīng)時(shí)間t鐵塊從木板上脫落對(duì)M,由牛頓第二定律得:F-2 (M+m)g-1mg=Ma2(1分)對(duì)m,由牛頓第二定律得:1mg=ma1(1分)當(dāng)m從M脫落時(shí)L=a1t2-a2t2(1分)代入數(shù)據(jù),解得t=1 s。(1分)甲乙14. (10分)如圖甲所示,足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ的間距L=0.3 m。導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì),與水平面的夾角為37,其間連接有阻值R=0.8 的固定電阻。開(kāi)始時(shí),導(dǎo)軌上固定著一質(zhì)量m=0.01 kg、電阻r=0.4 的金屬桿ab,整個(gè)裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.5 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)的方向垂直于導(dǎo)軌平面向上。解除固定,同時(shí)用一平行于導(dǎo)軌的外力F拉金屬桿ab,使之由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。通過(guò)電壓表采集器即時(shí)采集電壓U并輸入電腦,獲得的電壓U隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示。求:(1)金屬桿ab在3.0 s內(nèi)通過(guò)的位移。(2)3.0 s末拉力F的瞬時(shí)功率。解:(1)金屬桿的速度為v時(shí),產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv(1分)電壓表的示數(shù)等于電阻R兩端的電壓,即U=E=BLv(1分)由圖象知電壓U與時(shí)間成正比,所以金屬桿的速度與時(shí)間成正比,即金屬桿做勻加速直線運(yùn)動(dòng)(1分)t=3.0 s時(shí)電壓表的示數(shù)為0.6 V,代入數(shù)據(jù)可解得速度v=6 m/s(1分)a=2.0 m/s2(1分)金屬桿在3.0 s內(nèi)的位移x=at2=9 m。(1分)(2)金屬桿在3.0 s時(shí)受到的安培力F安=BIL=0.1125 N(1分)由牛頓第二定律,對(duì)桿有F-F安-mgsin 37=ma(1分)故3.0 s末拉力F的瞬時(shí)功率P=Fv(1分)代入數(shù)據(jù)得P=1.155 W。(1分)15.(12分)如圖所示,水平桌面上一輕彈簧的左端固定在A點(diǎn),自然狀態(tài)時(shí)其右端位于B點(diǎn)。水平桌面右側(cè)有一豎直放置的半徑R=0.5 m的光滑半圓軌道MN,其中MN為其直徑,與地面垂直?，F(xiàn)用一質(zhì)量m=0.2 kg的物塊將彈簧緩慢壓縮到C點(diǎn),釋放后物塊向右運(yùn)動(dòng),過(guò)B點(diǎn)后物塊的位移與時(shí)間滿(mǎn)足關(guān)系式x=7t-2t2(x的單位為m,t的單位為s)。物塊進(jìn)入光滑圓軌道后,恰好能從M點(diǎn)飛出。g=10 m/s2,求:(1)B、N間的距離。(2)在N點(diǎn),物塊對(duì)軌道的壓力。(3)物塊離開(kāi)M點(diǎn)后落至地面時(shí)與N點(diǎn)的距離。解:(1)物塊恰好從M點(diǎn)飛出,則物塊的重力恰好完全提供向心力,設(shè)其速度為vM,則:mg=m(1分)物塊從N到M,由機(jī)械能守恒定律,得:m+2mgR=m(1分)解得:vN=5 m/s(1分)對(duì)于物塊m在B、N段做勻減速運(yùn)動(dòng),由x=7t-2t2知初速度v0=7 m/s,a=-4 m/s2(1分)由-=-2ax得 x=3 m。(1分)(2)在N點(diǎn),由牛頓第二定律得:FN-mg=m(1分)解得FN=12 N(1分)由牛頓第三定律得物塊對(duì)N點(diǎn)的壓力是12 N,方向豎直向下。(1分)(3)物塊由M點(diǎn)水平飛出后,以初速vM做平拋運(yùn)動(dòng)水平方向:xN=vMt(1分)豎直方向:y=2R=gt2(1分)代入數(shù)據(jù)解得xN=1 m。(2分)甲16.(13分)如圖甲所示,在豎直平面內(nèi)的直角坐標(biāo)系xOy的第一象限內(nèi)存在著沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),在第四象限內(nèi)存在著等大反向的另一勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),MN為電場(chǎng)和磁場(chǎng)區(qū)域的邊界線,一帶電荷量為-q、質(zhì)量為m的小球從y軸上的P點(diǎn)(0,d)以初速度v0=垂直進(jìn)入電場(chǎng),經(jīng)x軸上的Q點(diǎn)(d,0)進(jìn)入復(fù)合場(chǎng),已知OP=OM=d,求:(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E和小球經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)速度的大小v。(2)要使小球不越過(guò)邊界MN,磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值。解:(1)小球進(jìn)入第一象限受重力和電場(chǎng)力,小球的加速度a=(1分)小球在電場(chǎng)區(qū)域做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng),則有d=v0t(1分)d=at2(1分)聯(lián)立解得E=(1分)經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí),設(shè)小球在豎直方向的速度為vy,有:-0=22gd(1分)v=(1分)代入得v=。(1分)乙(2)小球在第四象限中受到的重力和電場(chǎng)力平衡,有Eq=mg(1分)因此小球在磁場(chǎng)力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng),軌跡如圖乙所示。當(dāng)圓周與下邊界MN相切時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度最小,由幾何關(guān)系知=,式中v0=,v=(2分)解得R=(1分)又qvB=m(1分)代入解得最小的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=。(1分)