知识点：物理

C

【考点】物理学史．

【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．

【解答】解：A、伽利略通过逻辑推理和实验对落体问题进行了研究，故A错误．

B、奥斯特发现了电流的周围存在磁场，法拉第最早提出了场的概念，故B错误．

C、静电力常量是由库仑首先测出的，故C正确．

D、卡文迪许被人们称为“能称出地球质量的人”，故D错误．

故选：C．

【点评】对于物理学上重大发现、发明和实验、著名理论要加强记忆，注意积累．

知识点：物理

C

【考点】匀变速直线运动的图像．

【专题】运动学中的图像专题．

【分析】根据速度时间图线能分析出汽车的运动规律，通过图线与时间轴围成的面积大小表示位移判断哪个汽车在前．通过图线的斜率判断加速度的变化．

【解答】解：A、已知在t2时刻，两车相遇，在t1﹣t2时间内，a图线与时间轴围成的面积大，则知甲通过的位移大，可知t1时刻，乙车在前，甲车在后，两车没有相遇．故A、B错误．

C、由图线可知，甲车的速度先增大后减小，乙车的速度先减小后增大．故C正确．

D、图线切线的斜率表示加速度，可知甲车的加速度先减小后增大，乙车的加速度先减小后增大．故D错误．

故选：C．

【点评】解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线与时间轴围成的面积表示位移，图线的切线斜率表示瞬时加速度．

知识点：物理

B

【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．

【专题】共点力作用下物体平衡专题．

【分析】小球受力平衡，对小球进行受力分析，作出受力分析图，当水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块时，θ增大，根据几何关系判断墙对小球的压力和物块对球支持力的大小变化情况，再结合牛顿第三定律判断球对墙壁的压力和球对长木板的压力变化情况，对小球和长方形物块整体进行受力分析，整体处于平衡状态，受力平衡，根据平衡条件及滑动摩擦力公式判断地面对长方体物块的支持力和地面对长方体物块的摩擦力变化情况，再对长方形物块受力分析，根据水平方向受力平衡列式求解水平拉力F的变化情况．

【解答】解：A、对小球进行受力分析，如图所示：

小球受力平衡，则有：N1=Gtanθ，，

当水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块时，θ增大，则tanθ增大，所以N1增大，cosθ减小，则N2增大，根据牛顿第三定律可知，球对墙壁的压力逐渐增大，故A错误；

C、对小球和长方形物块整体进行受力分析，整体处于平衡状态，受力平衡，受到重力、地面的支持力、拉力F和墙壁对球水平向右的压力以及水平向左的滑动摩擦力，

竖直方向受力平衡，则地面对物块的支持力等于整体的重力，不发生改变，动摩擦因数不变，则滑动摩擦力不变，故CD错误；

B、对长方形物块受力分析，受到重力、地面的支持力、拉力F、球对物块的压力N2′以及滑动摩擦力作用，

如图所示：

受力平衡，则水平方向有：

F+N2′sinθ=f，根据牛顿第三定律可知，N2′=N2，由于N2增大，θ增大，f不变，则F减小，故B正确．

故选：B

【点评】本题主要考查了共点力平衡条件的直接应用，要求同学们能灵活选择研究对象，并能正确对物体进行受力分析，根据平衡条件结合几何关系求解，特别要注意对整体受力分析后，根据共点力平衡条件得出支持力不变，从而判断摩擦力为恒力，难度适中．

知识点：物理

B

【考点】曲线运动；加速度．

【分析】根据题意可知，质点在恒力作用下，做匀变速曲线运动，速度的变化量相等，而速度大小与方向时刻在变化，从而即可求解．

【解答】解：因质点在恒力作用下运动，由牛顿第二定律可知，质点做匀变速曲线运动，由于加速度不变，

A、从M到N过程中，根据v=，可知，速度大小变化，故A错误；

B、因加速度不变，则质点在这两段时间内的速度变化量大小相等，方向相同，故B正确，C错误；

D、由运动的轨迹可知，质点受到的恒力的方向向右下，与初速度的方向最近的之间的夹角大于90°，是钝角，所以质点会先做减速运动．故D错误；

故选：B．

【点评】考查曲线运动的特点：速度在变化，可能大小变，也可能方向变，但必存在加速度，可能加速度在变，也可能加速度不变．

知识点：物理

C

【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；安培力．

【分析】当导轨中的电流发生变化时，导轨之间的磁场也发生变化，然后由安培力的公式与牛顿第二定律即可求出结果．

【解答】解：当轨道电流为I0时，设导轨之间的磁感应强度为B，导体棒能匀速运动，此时的安培力的大小与摩擦力的大小相等，即：μmg=BI0L ①

当轨道电流为2I0时，由电流产生的磁场的特点可知，此时导轨之间的磁感应强度是2B，此时的安培力：

F=2B•2I0•L=4BI0L ②

导体棒运动的加速度： ③

联立①②③得：a=3μg

故选：C

【点评】该题通过导体棒CD的受力的变化，考查电流周围的磁场，以及安培力的表达式，另外涉及共点力的平衡问题以及牛顿第二定律，应用到的知识点比较大，要注意理清头绪，从中找出解题的方法．

知识点：物理

B

【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．

【专题】电场力与电势的性质专题．

【分析】由图可知，AB两点电势相等，M点的电势小于N点的电势，O点的电势最高．根据粒子在电场作用下运动的方向可以判断它的电性；

【解答】解：A、由图可知，AB两点电势相等，O点的电势最高，A到O是逆电场线，粒子仅在电场力作用下，从M点由静止开始沿x轴向右运动即逆电场线方向运动，故粒子一定带负电．A错误；

B、由图可知，AB两点电势相等，M点的电势小于N点的电势，则0与M点的电势差大于O与N点的点的电势差，故M到O电场力做的功大于O到N电场力做的功，所以粒子能通过N点．故B正确；

C、A到M电势均匀升高，故A到0的电场是匀强电场，所以粒子M向O运动过程中所受电场力不变．故C错误；

D、粒子从M向O运动过程电场力做正功，电势能一定减小，故D错误．

故选：B．

【点评】该题中根据电势的关系，判定各点的电势高低是解题的关键；另外电势能不仅与电荷有关还与电势有关，分析时一定要注意电荷的正负．属于基础题目．

知识点：物理

C

【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．

【专题】电磁感应与图像结合．

【分析】首先根据右手定则判断环刚进入磁场时回路中感应电流方向，排除部分答案，然后根据进入磁场中有效切割长度的变化，求出感应电流的变化，从而得出正确结果．

【解答】解：开始时进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，即为正方向，当开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针，方向为负方向；

当进入磁场时，切割的有效长度变大，则产生感应电流也变大；当离开磁场时，切割的有效长度变小，则产生感应电流也变小，

根据i==2Bvsinθ=2Bvsinωt，当环与磁场完全重合之前，电流按正弦规律最大，之后电流变为反向，按椭圆规律变化的；故ABD错误；因此只有C正确；

故选：C

【点评】该题考查导体棒切割磁感线产生的电动势，对于图象问题可以通过排除法进行求解，如根据图象过不过原点、电流正负、大小变化等进行排除．

知识点：物理

D

【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．

【专题】电场力与电势的性质专题．

【分析】根据动能定理比较动能的增加量；通过速度时间图线，抓住路程相等，结合加速度不同，比较运动时间的长短

【解答】解：带电小球从B运动到A初末位置相同，电场力做功相同，故根据动能定理可得△Ek=qUBA﹣mgh，电场力做功相同，重力做功相同，故动能的变化量相同，

作出在两个轨道上运动的速度时间图线如图所示，由于路程相等，则图线与时间轴围成的面积相等，由图可知，t1＞t2．由电场力的平均功率为P=可知，；P1＜P2故D正确，A、B、C错误．

故选：D

【点评】本题考查了动能定理与运动学的综合，通过动能定理比较动能变化量的关系，难点在于通过速度时间图线比较运动的时间，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移

知识点：物理

AB

【考点】万有引力定律及其应用．

【专题】万有引力定律的应用专题．

【分析】根据万有引力等于重力表示出重力加速度，再去进行比较．

研究火星和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力，列出等式再去进行比较．

【解答】解：A、根据万有引力等于重力得出：

=mg

g=，根据火星直径约为地球的一半，质量约为地球的十分之一，

计算得出火星表面的重力加速度约为地球表面的，故A正确；

B、研究火星和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力得出：

=m

T=2π，M为太阳的质量，R为轨道半径．火星的轨道半径大于地球的轨道半径，

通过T的表达式发现公转轨道半径大的周期长，故B正确；

C、研究火星和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力得出：

=m=m，

v=．M为太阳的质量，R为轨道半径．火星的轨道半径大于地球的轨道半径，

通过v的表达式发现公转轨道半径大的线速度小，故C错误；

D、研究火星和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力得出：

=ma

a=．M为太阳的质量，R为轨道半径．火星的轨道半径大于地球的轨道半径，

通过a的表达式发现公转轨道半径大的向心加速度小，故D错误；

故选：AB．

【点评】要比较一个物理量大小，我们应该把这个物理量先表示出来，在进行比较．

向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用．

知识点：物理

CD

【考点】功能关系；动能和势能的相互转化．

【分析】对木块进行受力分析，从撤去外力F到弹簧伸长到原长的过程中，木块向上运动，弹簧的弹性势能转化为A与B的机械能．结合功能关系即可正确解答．

【解答】解：A、撤去外力F后弹簧弹力对AB做功，此过程中A、B组成的系统机械能不守恒．故A错误；

B、此过程中弹簧对A物体做的功等于A物体与B物体机械能的增加量的和，即弹簧释放的弹性势能等于A、B两物体的机械能增加量．故B错误，C正确；

D、此过程中A对B的支持力一直对B做正功，B的机械能一直在增加，故D正确．

故选：CD．

【点评】本题关键是分析木块的受力情况来确定木块的运动情况和该过程中的能量转化的方向．中等难度，是常见题型，要熟练掌握．

知识点：物理

AD

【考点】功率、平均功率和瞬时功率；摩擦力的判断与计算；功的计算．

【专题】功率的计算专题．

【分析】由速度时间图象可以求得物体在各个时间段内运动的加速度的大小，再根据牛顿第二定律可以求得受力的大小，根据功率的公式P=Fv可以求得功率的大小．

【解答】解：A、小球在分界线MN的左方运动时，在水平方向上只受到恒力F1的作用，小球做初速度为零的匀加速直线运动，对应于图乙中0﹣1s所示的过程，

根据图乙可知，该过程中的加速度为a1=6m/s2，所以F1=ma1=1kg×6m/s2=6N，方向水平向右；

根据图乙，在1﹣2.5s的过程中，小球做匀减速直线运动，加速度的大小为a2=4m/s2，最后速度减为零，

可见，这对应于甲图小球在分界线MN右侧的运动情况，F2方向向左，

根据牛顿第二定律F2﹣F1=ma1，所以F2=ma+F1=10N，则F1与F2的比值大小为3：5，故A正确．

B、由图可知，前1s内，物体向右做匀加速直线运动，而1s至4s物体先减速后反向加速，4s后减速；则可判断出物体在1s末恰好经过MN，4s末又回到MN，故B错误．

C、在1﹣2.5s的过程中，对小球运用动能定理，可知小球动能的改变量不为零，所以F1与F2做功之和不为零，故C错误．

D、t=2.0s时，小球速度的大小为v=2m/s，恒力F2的功率P=F2v=20W，故D正确；

故选：AD．

【点评】本题考查学生的读图能力，从v﹣t图象中得知有用的信息，利用牛顿第二定律和功率的公式即可求得结果．

知识点：物理

AC

【考点】闭合电路的欧姆定律．

【专题】恒定电流专题．

【分析】将滑片P向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化和路端电压的变化，确定电灯L消耗功率的变化．根据流过变阻器的电流与总电流、电灯L电流的关系，分析其电流的变化，确定R1两端电压的变化，再分析变阻器两端电压的变化和电阻R1消耗的功率的变化．

【解答】解：A、将滑片P向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，电路总电流I增大，路端电压U=E﹣Ir，I增大，U减小，电灯L消耗的功率变小，不会烧坏．流过变阻器的电流I1=I﹣IL，I增大，IL减小，则I1增大，电阻R1两端的电压U1增大，电阻R1消耗的功率变大．电压表的示数UV=U﹣U1﹣U2，U减小，U1增大，U2增大，则电压表示数变小，故A正确，BD错误；

C、因为r=R1，所以外电阻大于内电阻，随着电阻的减小电源的输出功率增大，故C正确．

故选：AC

【点评】本题是电路中动态变化分析问题，按从部分到整体再到部分的顺序进行分析．

知识点：物理

BC

【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律．

【专题】电磁感应与电路结合．

【分析】利用牛顿第二定律，求解导线框进入磁场的过程中，加速度的变化情况，进而确定速度的变化，根据右手定则判断出ab边刚进入磁场时，电流的方向；匀速离开磁场，利用牛顿第二定律，求解出磁场时速度，结合运动学公式求得时间，根据能量守恒定律求出线框进入和离开磁场过程中产生的热量，进行比较．

【解答】解：A、导线框进入磁场的过程前做匀加速运动，由牛顿第二定律得：a==gsinθ，导线框进入磁场的过程中，有法拉第电磁感应定律可知，回路中产生感应电流，导体棒受重力和支持力及安培力作用，由牛顿第二定律得：mgsin，可知，导体棒做加速度减小的加速运动，故速度增大得越来越慢；故A错误；

B、根据右手定则知，ab边刚进入磁场时，电流方向为a→b→c→d．故B正确；

C、导线框匀速离开磁场，加速为零，由牛顿第二定律得：，解得运动速度：，运动位移为L2，有公式： =，故C正确；

D、线框进入磁场的过程，导体棒做加速度减小的加速运动，对线框运用能量守恒定律得，mgL2sinθ=Q1+△Ek，导线框离开磁场过程中，做匀速运动，对线框运用能量守恒定律得，mgL2sinθ=Q2，因为mgL2sinθ相同，故Q2大于Q1，故D错误；

故选：BC

【点评】本题综合考查了右手定则、安培力大小公式、闭合电路欧姆定律、切割产生的感应电动势公式和能量守恒，知道线框进入磁场的运动规律是解决本题的关键，特别是比较能量时，具体数值不好计算，但可以通过其他量的比较来确定．

知识点：物理

ACD

【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率．

【专题】交流电专题．

【分析】由交流电的图象可明确输出频率，明确变压器不会改变交流电的频率；

根据二极管的性质，利用有效值的定义求解R2中的电流；由功率公式求解输出功率．

【解答】解：A、由图甲可知，交流电的周期为0.02s，故频率为50Hz；而变压器及二极管均不会改变交流电的频率，故电阻R2两端的电压频率为50Hz；故A正确；

B、经变压器后，输出电压为=20V，因二极管的单向导电性，只有一半时间内有电压加在R2两端；则有有效值的定义可得：U=10V；则电流表的示数为：2.5A故B错误；

C、原线圈输入功率等于副线圈输出的功率，输出功率P=+（2.5）2×4=150W；故C正确；

D、因输出电压由输入电压决定，故将R1摘掉，电压表的示数不变；故D正确；

故选：ACD．

【点评】本题考查变压器的性质及有效值的计算，要注意正确分析电路及图象，明确输出电压由输入电压决定；而输出功率决定了输入功率．

知识点：物理

I、（1）F=x2；（2）B

Ⅱ、（1）①11.700；如图1

（2）如图2；②11

【考点】测定电源的电动势和内阻；伏安法测电阻．

【专题】实验题．

【分析】（一）由表格数据可以直观看出F随x的变化情况，进而由数学归纳法得到F﹣x的关系式；

（二）螺旋测微器的读数等于固定刻度加可动刻度读数，需要估读；

伏安法测量器电阻，注意滑动变阻器和电流表内接外接；

（三）根据伏安法测量电源的内阻以及电源电动势的实验画出电路图，U﹣I特性曲线的纵轴截距表示电源电动势，斜率表示内阻，从而得到内阻，根据甲乙丙图线得到电压与磁场强度的关系，从而得到100V时对应的磁感应强度．

【解答】解：I、（1）由表格数据可以直观看出F随x的增大而增大；

由数学归纳法可猜想F﹣x的关系式为F=x2；

（2）由（1）中公式可知，应画出F﹣x2图象，这样图象为一次函数，比较直观；

Ⅱ、（1）螺旋测微器的固定刻度为11.5mm，可动刻度读数为0.01×20.0=0.200mm，故读数为：11.5+0.200=11.700mm；

滑动变阻器阻值与被测阻值相差较大，故滑动变阻器采用分压接法，电源电动势为3V，故电压表选择量程为3V的V1即可；

用欧姆定律估测电路中最大电流约为2mA，故电流表选A2，

==50Ω＜1500Ω，被测电阻为大电阻，故采用电流表内接，电路图如下：

（2）结合测电源电动势和内阻的实验得到电路图如上图2；图象采用电流表相对于电源的外接法；

由图可以看出电源电动势与磁感应强度的关系是：E=10B，

由斜率得到电源的内阻始终为r===10Ω，

“100V，100W”的灯泡其电阻为R==100Ω，

则电流I==1A，

则内电压为：1A×10Ω=10V，

则需要的电源电动势为：510V+100V=110V，

则B==11T；

故答案为：I、（1）F=x2；（2）B

Ⅱ、（1）①11.700；如图1；

（2）如图2；②11

【点评】本题综合考查了伏安法测电阻与测定电源电动势和内阻的实验，源于课本，稍微高于课本，只要数量掌握了这两个实验的原理与注意事项不难解答；在解题时要注意认真分析图象在本题中的作用．

知识点：物理

（1）物块B着地前加速度的大小为2m/s2，轻绳对它拉力的大小为24N；

（2）设物块B着地后立即停止运动，要使物块A不撞到定滑轮，则L至少为0.72m．

【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

【专题】牛顿运动定律综合专题．

【分析】（1）A、B开始运动到B着地前的过程中，运用隔离法，分别对两个物体由牛顿第二定律列式，即可求出加速度和绳子的拉力；

（2）物块B着地后立即停止运动，A继续向上减速运动，当速度减至刚好滑到斜面顶端时，此时L最小，由牛顿第二定律和运动学公式结合解答．

【解答】解：（1）设物块B着地前加速度的大小为a、绳上拉力为T．

根据牛顿第二定律得：

对B，有：mBg﹣T=mBa

对A，有：T﹣mAgsin37°﹣μmAgcos37°=mAa

联立解得：a=2m/s2，T=24N

（2）设B落地时A的速度为v，此后的加速度为a′，继续运动L1恰好碰到定滑轮．

对于匀加速运动过程，有 2ah=v2；

根据牛顿第二定律得：mAgsin37°+μmAgcos37°=mAa′

对于匀减速运动过程，有：2a′h=v2

得：L1=0.12m

故L=h+L1=0.72m

答：

（1）物块B着地前加速度的大小为2m/s2，轻绳对它拉力的大小为24N；

（2）设物块B着地后立即停止运动，要使物块A不撞到定滑轮，则L至少为0.72m．

【点评】本题是多过程问题，按时间顺序进行分析受力情况和运动过程分析，由牛顿第二定律、运动学公式进行解答即可，也可以根据动能定理求L．

知识点：物理

（1）赛车最大速度为10m/s；

（2）赛车以最大速度到达轨道B点时，对轨道的压力是84N，赛车以此速度能完成圆轨道运动．

（3）赛车在CD轨道将滑行10m距离才能停下．

【考点】功率、平均功率和瞬时功率；向心力．

【专题】功率的计算专题．

【分析】（1）当赛车的牵引力等于阻力时，速度达到最大，根据功率和阻力的大小求出最大速度的大小．

（2）根据牛顿第二定律求出赛车在圆轨道B点所受的支持力，从而得出赛车对轨道的压力大小．根据机械能守恒定律求出P点的速度，结合P点的最小速度判断能否完成圆轨道运动．

（3）C点的速度等于B点的速度，结合动能定理求出赛车在CD轨道将滑行的距离．

【解答】解：（1）赛车功率恒定，当F=Ff时，v达最大 又因为Ff=kmg

故有P=Fv=Ff vmax

代入数据得vmax=10 m/s．

（2）赛车到达B点时，开始做圆周运动，对B点有

FN﹣mg=m

vB=vmax=10 m/s

代入数据解得FN′=FN=84 N

赛车能够完成圆轨道运动，要求其到最高点时的速度不能小于临界速度v0

恰好过最高点时 mg=

解得v0== m/s

设以最大速度到最高点速度为vP，根据机械能守恒，有

代入数据解得vP=4 m/s＞m/s

所以赛车可以以最大速度进入轨道而完成圆轨道运动．

（3）由于圆轨道光滑，故有vC=vB=10 m/s

设小车在CD轨道上运动的距离为x，

由动能定理可得：﹣kmgx=0﹣

代入数据可得x=10 m．

答：（1）赛车最大速度为10m/s；

（2）赛车以最大速度到达轨道B点时，对轨道的压力是84N，赛车以此速度能完成圆轨道运动．

（3）赛车在CD轨道将滑行10m距离才能停下．

【点评】本题考查了动能定理、机械能守恒定律、牛顿第二定律的综合运用，知道圆周运动向心力的来源以及最高点的临界情况是解决本题的关键．

知识点：物理

（1）R的阻值为0.4Ω；

（2）在题述过程中电阻R上产生的焦耳热为20J．

【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律．

【专题】电磁感应与电路结合．

【分析】（1）由图乙的斜率求出t=0时刻棒的加速度，此时棒的速度为零，电路中感应电流为零，棒不受安培力，根据牛顿第二定律求得摩擦力f．根据图象知道棒的最大速度为10m/s，此时棒做匀速运动，根据安培力的公式和平衡条件求R．

（2）根据能量守恒定律求电阻R上产生的热量．

【解答】解：（1）由图2的斜率得t=0时刻棒的加速度为：

a==m/s2=2.5m/s2

设棒所受的滑动摩擦力大小为f．

t=0时刻，棒不受安培力，根据牛顿第二定律得：F﹣f=ma

解得：f=F﹣ma=0.45﹣0.1×2.5=0.2N

最终以速度v=10m/s匀速运动，则所受到拉力、摩擦力和安培力的合力为零，则有：

F﹣f﹣F安=0

又安培力为：

联立可得：R==Ω=0.4Ω

（2）由能量关系可得电阻上产生的焦耳热：

Q=（F﹣f）x﹣=（0.45﹣0.2）×100﹣=20J

答：（1）R的阻值为0.4Ω；

（2）在题述过程中电阻R上产生的焦耳热为20J．

【点评】本题首先要根据图象的信息，分析导体棒的运动情况，由斜率求出加速度，读出最大速度，再由牛顿第二定律、安培力的公式和能量守恒进行求解．

知识点：物理

（1）磁感应强度B2的大小为；

（2）b粒子在第Ⅲ象限磁场中运动的轨道半径为4l；

（3）若a、b两粒子经过M点时速度之比为2：1，粒子b释放位置Q的坐标为（， l﹣4l）．

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．

【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．

【分析】（1）粒子进入磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律和圆周运动规律求出轨迹半径和周期．由几何关系得到粒子运动的圆心角，得到两个粒子在磁场中运动时间之比，即可求得B2的大小．

（2）粒子a在第二象限的半径 ra==2l．对于两个粒子：在电场中，根据牛顿第二定律、运动学公式得到速度与电场强度的关系，在磁场中，由牛顿第二定律得到轨迹半径与速度的关系，联立解得b粒子在第Ⅲ象限磁场中运动的轨道半径．

（3）根据速度等于弧长与时间之比，求出两个粒子在磁场中的速度之比，求出b粒子在磁场中的速度，由数学知识求出Q的坐标．

【解答】解：（1）粒子进入磁场中：Bqv=m，得轨迹半径r=，周期 T==

由几何知识可知，a粒子在第二象限运动的圆心角 θ1=，运动时间 t1=

在第三象限运动的圆心角 θ2=，运动时间 t2=

由题意可知：t2=4t1

所以有 B2=

（2）粒子a在第二象限的半径 ra==2l

电场中：Eq=ma=m ①

磁场中：qvB=m ②

由①②联立得 r=

则得粒子b在第三象限的半径 rb=2ra=4l

（3）粒子a在磁场中速度 va==

粒子b在磁场中速度 vb==

Q点坐标：x==，y=﹣（4l﹣）=l﹣4l

即Q点坐标（， l﹣4l）．

答：（1）磁感应强度B2的大小为；

（2）b粒子在第Ⅲ象限磁场中运动的轨道半径为4l；

（3）若a、b两粒子经过M点时速度之比为2：1，粒子b释放位置Q的坐标为（， l﹣4l）．

【点评】本题中求粒子在磁场中运动的时间，根据t=T，θ是轨迹对应的圆心角，而轨迹对应的圆心角等于速度的偏向角，这个规律经常用到，要牢固掌握．