2023-2024学年湖南省岳阳市岳阳县高三（下）开学考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年湖南省岳阳市岳阳县高三（下）开学考试物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.如图所示，有两根长为L、质量为m的细导体棒a、b，a被水平放置在倾角为45°的光滑斜面上，b被水平固定在与a同一水平面的另一位置，且a、b平行，它们之间的距离为x。当两细棒中均通以电流强度为I的同向电流时，a恰能在斜面上保持静止，则下列关于b的电流在a处产生磁场的磁感应强度的说法中，错误的是( )
A. 方向向上
B. 大小为 2mg2IL
C. 要使a仍能保持静止，而减小b在a处的磁感应强度，可使b上移
D. 若使b下移，a将不能保持静止
2.奥运会比赛项目撑杆跳高如图所示，下列说法不正确的是
( )
A. 加速助跑过程中，运动员的动能增加
B. 起跳上升过程中，运动员的重力势能增加
C. 起跳上升过程中，人的机械能守恒
D. 起跳上升过程中，杆的弹性势能先增加后减少
3.如图所示，正方体盒子A放在固定的斜面体C的斜面上，在盒子内放有光滑球B，B恰与盒子前、后壁M、N点接触，在下述情况下，说法正确的是( )
A. 若C的斜面光滑，盒子A以一定的初速度沿斜面向上滑行，则M点对B有压力
B. 若C的斜面光滑，盒子A以一定的初速度沿斜面向上滑行，则N点对B有压力
C. 若C的斜面粗糙，且盒子A沿斜面加速下滑，则M点对球B有压力
D. 若C的斜面粗糙，且盒子A沿斜面加速下滑，则N点对球B有压力
4.如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内。现有三条光滑轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α>β>θ。现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为
( )
A. tAB=tCD=tEFB. tAB>tCD>tEFC. tAB5.如图所示，水平放置的光滑桌面中心开有光滑的小孔，轻质细绳穿过小孔一端连接质量为m的小球，另一端连接总质量为8m的漏斗(其中细沙的质量为7m)，小球在轨道1上做匀速圆周运动。某时刻起，漏斗内细沙缓慢流出而漏斗缓慢上升，漏斗内细沙全部流出时漏斗上升的高度为h，之后小球在轨道2上做匀速圆周运动，此过程中小球在任意相等时间内扫过的面积相等，重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A. 小球在单位时间内扫过的面积为 gh3B. 小球在轨道1上运动时的动能为4mgh
C. 小球在轨道2上运动时的动能为3mghD. 此过程中细绳对漏斗做的功为2mgh
6.如图所示，水平桌面上平铺一张宜纸，宣纸的左侧压有一镇纸，写字过程中宣纸保持静止不动，下列说法正确的是( )
A. 镇纸受到的支持力和它对宣纸的压力是一对平衡力
B. 竖直提起毛笔悬空时，增大握笔的力度可以增大手和笔之间的摩擦力
C. 自左向右行笔写一横过程中，镇纸不受摩擦力作用
D. 自左向右行笔写一横过程中，桌面给宣纸的摩擦力向右
7.执勤交警通常使用酒精浓度测试仪，其工作原理如图，电源的电动势为E，内阻为r，酒精传感器电阻R的电阻值随酒精气体浓度的增大而减小，电路中的电表均为理想电表。当一位酒驾驾驶员对着测试仪吹气时，下列说法中正确的是( )
A. 电流表的示数变大B. 电压表的示数变大
C. 电源的输出功率变小D. 保护电阻R0消耗的功率变小
8.静电喷涂是一种利用静电作用使雾化涂料微粒在高压电场作用下带上电荷，并吸附于带正电的被喷涂工件的涂装技术，静电喷涂机的结构如图所示，规定大地的电势为零，下列说法正确的是( )
A. 雾化涂料微粒带正电
B. 静电喷涂机喷口处的电势大于零
C. 雾化涂料向被喷涂工件运动过程中电势能减小
D. 若将静电喷涂机向被喷涂工件移动，P点的电场强度减小
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
9.如图所示，AC是倾角为θ=30∘的固定斜面，CD部分为水平面，小球从斜面顶端A点以初速度v0水平抛出，刚好落在斜面上的B点，AB=13AC。现将小球从斜面顶端A点以初速度2v0水平抛出(不计空气阻力，小球下落后均不弹起，重力加速度为g)，则小球前后两次在空中运动过程中( )
A. 时间之比为1: 3
B. 水平位移之比为1：3
C. 当初速度为2v0时，小球从抛出到离斜面的最远的时间为 3v0g
D. 当初速度为v0时，小球在空中离斜面的最远距离为 3v0212g
10.风力发电是一种绿色清洁能源。其发电原理可简化如图甲所示，风轮转动带动内部的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动。产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图乙所示，发电机线圈内阻为10Ω，外接一只电阻为90Ω的灯泡，不计电路的其他电阻，则( )
A. t=0.01s时穿过线圈的磁通量最大
B. t=0.01s时穿过线圈的磁通量变化率为零
C. 灯泡两端的电压为18V
D. 每秒内电流方向改变50次
11.图甲中笔记本电脑机身和显示屏分别装有霍尔元件和磁体，实现开屏变亮，合屏熄灭。图乙为一块利用自由电子导电，长、宽、高分别为a、b、c的霍尔元件，电流大小恒定且方向向右。当合上显示屏时，水平放置的元件处于竖直向下的匀强磁场中，元件前、后表面间产生电压，当电压超过某一临界值时，屏幕自动熄灭。则( )
A. 合屏状态下，前表面的电势比后表面的高
B. 若磁场变强，可能出现闭合屏幕时无法熄屏
C. 增大霍尔元件的高度c，可能出现闭合屏幕时无法熄屏
D. 前、后表面间的电压与流过霍尔元件的电流大小无关
三、实验题：本大题共1小题，共8分。
12.某同学通过实验对平拋运动进行研究，他在竖直墙上记录了拋物线轨迹的一部分。x轴沿水平方向，y轴是竖直方向，由图中所给的数据可求出：平拋物体的初速度是_________m/s，物体运动到B点的实际速度是_________m/s，抛出点坐标为_________(保留三位有效数字，坐标的单位用cm)。(g取10m/s2)
四、计算题：本大题共4小题，共42分。
13.小明用额定功率为1200W、最大拉力为300N的提升装置，把静置于地面的质量为20kg的重物竖直提升到高为85.2m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5m/s2的匀减速运动，到达平台速度刚好为零，求提升重物所需的最短时间。(取g=10m/s2)
14.如图所示，倾角θ=30∘的斜面体固定在水平面上，一轻弹簧的下端固定在斜面底端的挡板上，轻弹簧处于原长时其上端位于C点，一根不可伸长的轻质细绳跨过轻质滑轮连接物体A和B，A、B的质量分别为4kg和2kg，均可视为质点。物体A与滑轮间的轻绳平行于斜面，与斜面间的动摩擦因数μ= 34。现使物体A从距离C点L=1m处以v0=3m/s的初速度沿斜面向下运动。物体A向下运动将弹簧压缩到最短后，恰能回到C点。弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，整个过程中轻绳处于拉伸状态且物体B未与滑轮接触，不计滑轮摩擦。求：
(1)A沿斜面向下运动到C点时轻绳的拉力；
(2)整个运动过程中弹簧的最大弹性势能；
(3)物体A沿斜面向上运动过程中的最大速度。
15.如图所示为春节期间燃放的“火箭”型爆竹，由上下A、B两部分构成，A的质量m1=0.1kg，B的质量m2=0.2kg，A、B中间夹有少量火药，不计其质量。开始时让“火箭”在距地面H=0.8m高处自由释放，“火箭”着地瞬间以原速率0.75倍的速率反弹，刚要离开地面时火药爆炸，经极短时间后A、B分离，此时B的速度恰好为零。不计空气阻力和“火箭”的体积，可认为火药爆炸所释放的化学能全部转化为A、B的机械能，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)“火箭”着地时的速度v的大小；
(2)爆炸过程A部分所受作用力的冲量I的大小；
(3)火药爆炸所释放的化学能E。
16.如图所示是中国科学院自主研制的磁约束核聚变实验装置中的“偏转系统”原理图。偏转磁场为垂直纸面向外的矩形匀强磁场II，由正离子和中性粒子组成的粒子束以相同的速度进入两极板间，其中的中性粒子沿原方向运动，被接收器接收；一部分正离子打到下极板，其余的进入磁场发生偏转被吞噬板吞噬。已知正离子电荷量为q，质量为m，两极板间电压U可以调节，间距为d，极板长度为 3d，极板间施加一垂直于纸面向里的匀强磁场I，磁感应强度为B1，吞噬板长度为2d，其上端紧贴下极板竖直放置。已知当极板间电压U=0时，恰好没有正离子进入磁场II。不计极板厚度、粒子的重力及粒子间的相互作用。
(1)求粒子束进入极板间的初速度v0的大小；若要使所有的粒子都进入磁场II，则板间电压U0为多少？
(2)若所加的电压在U0∼(1+k)U0内小幅波动，k>0且k≪1，此时带电粒子在极板间的运动可以近似看成类平抛运动。则进入磁场II的带电粒子数目占总带电粒子数目的比例η至少多少？
(3)若所加电压为U0，且B2=3B1，此时所有正离子都恰好能被吞噬板吞噬，求矩形偏转磁场的最小面积Smin。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】A.通电导体a处于通电导体b的磁场中，由安培定则可得通电导体a 处于竖直向上的磁场中，故A正确，不符合题意；
B.当导体a处于磁场的磁感应强度B的方向竖直向上，则水平向右的安培力、支持力与重力，处于平衡状态，因夹角为45°，则大小
B=mgtan45∘IL=mgIL
故B错误，符合题意；
C.由题意可知，重力和水平向右的磁场力的合力与支持力平衡，当减小b在a处的磁感应强度，则磁场力减小，要使仍平衡，根据受力平衡条件，则可使b上移，即b对a的磁场力斜向上，故C正确，不符合题意；
D.当b竖直向下移动，导体棒间的安培力减小，根据受力平衡条件，当a受力的安培力方向顺时针转动时，只有大小变大才能保持平衡，而安培力在减小，因此不能保持静止，故D正确，不符合题意。
故选B。
2.【答案】C
【解析】A.加速助跑过程中，速度增加，运动员的动能增加，A正确，不符合题意；
B.起跳上升过程中，高度增加，运动员的重力势能增加，B正确，不符合题意；
CD.起跳上升过程中，人和杆组成的系统机械能守恒，人上升过程，杆先被压弯后伸直，故杆的弹性势能先增加后减少，人的机械能先减少后增大，C错误，符合题意，D正确，不符合题意。
故选C。
3.【答案】C
【解析】解：AB、若C的斜面光滑，对AB整体分析根据牛顿第二定律
(mA+mB)gsinθ=(mA+mB)a1
则B所受外力的合力，根据牛顿第二定律为
F合1=mBa1
解得
F合1=mBgsinθ
即B所受外力的合力与B重力沿斜面向下的分力相等，可知盒子前、后壁M、N点对B没有力的作用，故AB错误；
CD、若C的斜面粗糙，且盒子A沿斜面加速下滑，对AB整体分析根据牛顿第二定律有
(mA+mB)gsinθ−μ(mA+mB)gcsθ=(mA+mB)a2
则B所受外力的合力，根据牛顿第二定律为
F合2=mBa2
解得
F合2=mBgsinθ−μmBgcsθ即B所受外力的合力小于B的重力沿斜面向下的分力，可知盒子前M点对B有力的作用，故C正确，D错误。
故选：C。
解决本题的关键通过整体法判断整体的加速度方向，再用隔离法对B球进行分析，从而判断M、N对球有无压力。
4.【答案】B
【解析】【分析】
该题考查等时圆相关知识。画好等时圆是解决本题的关键。
根据等时圆结论和特点分析解题即可。
【解答】
物体在上面圆运动是一个典型的等时圆模型，故物体到到交点O点时，用时相等。在下半圆中，如图所示，过D点作OD的垂线与竖直虚线交于G，以OG为直径作圆，可以看出F点在辅助圆内，而B点在辅助圆外，由等时圆结论可知，tAB>tCD>tEF，B项正确。
5.【答案】B
【解析】A.设轨道1、2的半径分别为r1、r2，小球在轨道1、2上运动时的速度大小分别为v1、v2，根据已知条件有
8mg=mv12r1
mg=mv22r2
12rv1t=12r2v2t
r2−r1=h
解得
r2=2r1=2h ， v1= 8gh ， v2= 2gh
则小球在单位时间内扫过的面积为
S=12r1v1= 2gh3
故A错误；
B.小球在轨道1上运动时的动能为
Ek1=12mv12=4mgh
故B正确；
C.小球在轨道2上运动时的动能为
Ek2=12mv22=mgh
故C错误；
D.此过程中小球动能的变化量为−3mgh，说明细绳对小球做功为−3mgh，则细绳对漏斗做的功为3mgh，故D错误。
故选B。
6.【答案】C
【解析】A.镇纸受到的支持力和它对宣纸的压力是一对相互作用力，选项A错误；
B.竖直提起毛笔悬空时，手对笔的静摩擦力与重力等大反向，增大握笔的力度，手和笔之间的摩擦力不变，只是增大手和笔之间的最大静摩擦力，选项B错误；
C.毛笔相对于宣纸向右运动，则宣纸对毛笔有向左的摩擦力，宣纸相对于桌面有向右的运动趋势，所以桌面对宣纸有向左的摩擦力，镇纸与宣纸只有一个接触面，且镇纸保持静止状态，所以镇纸和宣纸间无摩擦力的作用，故C正确；
D.自左向右行笔写一横过程中，笔对宣纸的摩擦力向右，则桌面给宣纸的摩擦力向左，选项D错误。
故选：C。
镇纸受到的支持力和它对宣纸的压力是相互作用力；用力握毛笔时，不会增大手对笔的摩擦力；因镇纸受力个数较少，故以镇纸为突破口，分析出镇纸不受摩擦力，宣纸在水平方向上只受笔对其的摩擦力与桌面对其的摩擦力。
解答本题的关键是能结合已知条件，灵活选择研究对象，注意相对运动趋势的理解。
7.【答案】A
【解析】【分析】
当一位酒驾驾驶员对着测试仪吹气时，分析R阻值的变化情况，根据闭合电路欧姆定律列式，分析两电表示数变化关系；当酒精气体浓度越大时，传感器电阻R的电阻值越小，根据闭合电路欧姆定律分析电路中电流的变化，根据内外电阻的关系分析电源输出功率的变化情况，根据电功率公式分析D。
本题是信息给予题，要搞清传感器电阻R的特性，分析其阻值的变化情况，要知道R相当于可变电阻，根据闭合电路欧姆定律分析两电表示数变化的关系。
【解答】
A.酒驾驾驶员对着测试仪吹气时，电阻R的阻值减小，电路总电阻减小，故干路电流增大，即电流表示数变大，故A正确；
B.干路电流变大，由闭合电路欧姆定律可知UV=E−I(r+R0)，故电压表示数变小，故B错误；
C.因为不知道内阻与外电路电阻的大小关系，故不能判断电源的输出功率如何变化，故C错误；
D.保护电阻R0消耗的功率满足P=I2R0，因为干路电流变大，故保护电阻R0消耗的功率变大，故D错误；
故选：A。
8.【答案】C
【解析】A.由图可知静电喷涂机与电源负极相连，且正极接地，故雾化涂料微粒带负电，故A错误；
B.因为电源正极接地，故正极电势为零，负极电势小于零，即静电喷涂机喷口处电势小于零，故B错误；
C.雾化颗粒带负电，工件带正电，在雾化颗粒运动过程中，受到的电场力指向工件，电场力做正功，电势能减小，故C正确；
D.若将静电喷涂机向被喷涂工件移动，P点的电场线会变得更加密集，即P点的电场强度变大，故D错误；
故选：C。
根据工件的电性判断涂料微粒的电性；根据电场力做功情况判断电势能的变化；电场线密集的地方场强大。
本题抓住异种电荷相互吸收，分析涂料微粒的电性。电场线密集的地方场强大。
9.【答案】AD
【解析】A.设小球的初速度为v0时，落在斜面上时所用时间为t，小球落在斜面上时有
tanθ=12gt2v0t=gt2v0
解得
t=2v0⋅tanθg
设落点距斜面顶端距离为s，则有
s=v0tcsθ=2v02tanθgcsθ∝v02
若斜面足够长，两次小球均落在斜面上，落点距斜面顶端距离之比为1∶4，则第二次落在距斜面顶端4L处，根据题意，斜面长度为3L，大于斜面的长度，可知以2v0水平抛出时小球落在水平面上。根据题意，两次下落高度之比为1∶3，根据
h=12gt2
解得
t= 2hg
所以时间之比为 1: 3 ，A正确；
B.水平位移之比为
x1:x2=v0t1:2v0t2=1:2 3
B错误；
C.根据
tan30∘=gt′2v0
解得
t′=2 3v03g
C错误；
D.当小球的速度方向与斜面平行时，小球到斜面的距离最大。即在小球距离斜面最远时，垂直于斜面方向的速度等于零，建立沿斜面和垂直于斜面的平面直角坐标系，将初速度v0和重力加速度g进行分解，垂直于斜面的最远距离
H=v0sin30∘22gcs30∘= 3v0212g
D正确。
故选AD。
10.【答案】AB
【解析】【分析】
本题考查了交变电流的图像，基础题，难度不大。
当线框经过中性面时通过线圈的磁通量最大，感应电动势最小为零，穿过线圈的磁通量变化率为零；由题图乙可知交流电的最大值，即可求解有效值；线框每转一周，电流方向改变两次。
【解答】
A.t=0.01s时线圈产生的电动势为0，说明线框位于中性面，故穿过线圈的磁通量最大，故 A正确；
B.t=0.01s时线圈产生的电动势为0，线圈处于中性面，穿过线圈的磁通量变化率为零，故B正确；
C.由题图乙可知交流电电动势的最大值是Em=20v，有效值为：E=Em 2=10 2V，
根据闭合电路的分压特点得电压表的示数为：U=9090+10×10 2V=9 2V，故C错误；
D.由题图乙可知周期T=0.02s，线框每转一周，电流方向改变两次，每秒电流方向改变100次，故D错误；
11.【答案】AC
【解析】A.合屏状态下，根据左手定则可知，电子偏向后表面，则前表面的电势比后表面的高，选项A正确；
B.根据Ube=evB，解得U=Bbv，
则若磁场变强，前后表面产生的电压变大，则不可能出现闭合屏幕时无法熄屏现象，选项B错误；
C.根据I=nebcv，解得U=BInec
则增大霍尔元件的高度c，则前后产生的电压减小，则可能出现闭合屏幕时无法熄屏，选项C正确；
D.根据U=BInec，可知，前、后表面间的电压与流过霍尔元件的电流大小有关，选项D错误。
故选：AC。
12.【答案】 4.00 5.66 (−80cm,−20cm)
【解析】[1]在竖直方向上，有
yBC−yAB=gT2
解得
T=0.1s
水平方向，有
x=v0T
代入数据解得
v0=4.00m/s
[2]B点竖直方向的速度为
vBy=yAC2T=4m/s
所以B点速度大小为
vB= v02+vBy2=4 2m/s=5.66m/s
[3]平抛运动到B的时间为
t=vByg=0.4s
此时水平方向位移为
x=v0t=1.6m
竖直方向位移为
y=12gt2=0.8m
所以抛出点的坐标为
x′=−(x−xB)=−0.8m=−80cm
y′=−(y−yB)=−0.2m=−20cm
即抛出点坐标为(−80cm,−20cm)。
13.【答案】解：为了用最短时间提升重物，一开始应以最大拉力提升重物，重物匀加速上升，当功率达到额定功率时，保持功率不变直到重物达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做匀减速上升至平台速度刚好为零。
重物在第一阶段做匀加速上升过程，根据牛顿第二定律得：
a1=Fm−mgm=300−20×1020m/s2=5m/s2
当功率达到额定功率时，设重物的速度为v1，则有
v1=P额Fm=1200300m/s=4m/s
此过程中所用的时间和上升的高度分别为
t1=v1a1=45s=0.8s
h1=v122a1=422×5m=1.6m
重物以最大速度匀速时，速度为
vm=P额F=P额mg=120020×10m/s=6m/s
重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升的高度分别为
t3=vmam=65s=1.2s
h3=vm22a3=622×5m=3.6m
设重物从匀加速结束到开始做匀减速运动所用的时间为t2，对该过程根据动能定理得：
P额t2−mgh2=12mvm2−12mv12
又h2=85.2m−1.6m−3.6m=80m
联立解得：t2=13.5s
故总时间为t=t1+t2+t3=0.8s+13.5s+1.2s=15.5s
答：提升重物所需的最短时间为15.5s。
【解析】先分析重物上升到平台所用时间最短的情况，分阶段根据运动学公式和动能定理计算出时间，最后相加即可求得总时间。
本题的关键要分析清楚重物体的运动情况，分阶段根据运动学公式计算出运动的时间，结合动能定理即可完成解答。
14.【答案】(1) 15N ；(2) 6J ；(3) 22m/s
【解析】(1)以物体B为研究对象，根据牛顿第二定律有
mBg−F=mBa
以物体A为研究对象，根据牛顿第二定律有
F+μmAgcsθ−mAgsinθ=mAa
解得
F=15N
(2)设弹簧最大形变量为x，此时弹簧弹性势能为 Ep 。由初始位置至物体A运动到最低点过程中，选弹簧、物体A、物体B及其轻绳组成的系统为研究对象，根据能量守恒有
12mA+mBv02+mAg(L+x)sinθ=Ep+μmAgcsθ(L+x)+mBg(L+x)
由物体A从最低点运动到C点过程中，选弹簧、物体A、物体B及其轻绳组成的系统为研究对象，根据能量守恒有
mAgxsinθ+μmAgxcsθ=mBgx+Ep
解得
Ep=6J
x=0.4m
(3)设物体A向上运动速度达最大时弹簧的形变量为 x1 ，轻绳拉力为 F1 ，选A为研究对象，根据平衡条件有
kx1+F1=mAgcsθ+mAgsinθ
选B为研究对象，根据平衡条件有
F1=mBg
解得
kx1=15N
物体A由最低点返回到C点过程中，物体A、B轻绳组成的系统做简谐运动，由简谐运动规律有
x=2x1
物体A由速度最大位置返回到C点过程中，选物体A、B轻绳和弹簧组成的系统，根据能量守恒有
mAgx1sinθ+μmAgcsθx1=mBgx1+ΔEp+12mA+mBvm2
根据功能关系，弹簧弹性势能减小的大小为
ΔEp=120+kx1x1
解得
vm= 22m/s
15.【答案】(1)根据v2=2gH，得v=4m/s
(2)与地面碰撞后反弹速率v′=0.75v
根据动量守恒(m1+m2)v′=m1v1
爆炸过程A部分所受作用力的冲量I=m1v1−m1v′
得I=0.6N⋅s
(3)由能量关系E=12m1v12−12(m1+m2)v′2，得E=2.7J

【解析】本题考查爆炸问题，掌握动量守恒定理在爆炸过程中的应用及能量变化。
16.【答案】解：(1)带电粒子在磁场中做圆周运动，如图
由数学知识得 R12=R1−d2+( 3d)2，解得 R1=2d，
由牛顿第二定律得 qv0B1=mv02R1，解得 v0=2qB1dm，
带电粒子在组合场中做直线运动 qE=qv0B1，又 E=U0d ，
解得 U0=2qB12d2m；
(2)带电粒子在场中做类平抛运动，沿板方向上 3d=v0t，垂直于板方向上 y=12at2，
又 E=kU0d ， a=qEm ，解得 y=34kd，则进入磁场II的带电粒子数目占总带电粒子数目的比例至少 η=d−yd，解得 η=1−34k；
(3)带电粒子在磁场II中做圆周运动，从下极板边缘射入的粒子在磁场中做一段圆周，出磁场又做一段直线正好打到吞噬板的下边缘。设圆心到磁场II的下边界距离为a。
由牛顿第二定律得 qv0B2=mv02R2，
解得 R2=23d，
由几何知识得 aR2=R22d−R2，解得 a=13d，矩形偏转磁场的最小面积 S=(a+R2+d)R2，
解得 S=43d2。

【解析】本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹，在电场中的运动应用类平抛运动知识、在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解未知量。
在分析磁场区域最小面积问题时，关键是做出轨迹图，如果是圆形磁场，那么圆弧轨迹对应的弦长即为圆形区域的直径。如果是矩形磁场，那么轨迹与磁场相切。如果是三角形磁场，那么三角形边长分别与轨迹初末端相切。