高二下半期考试物理试卷答案详解
选择题答案：
1. C 2.A 3.D 4.A 5.C 6.C 7.D 8.D
9.BC 10.AD 11.AD 12.BC 13.AC
选择题详解
1.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了麦克斯韦电磁场理论的两条基本假设，注意变化的电(磁)场才能产生磁(电)场，
交变的电(磁)场才能产生同频率交变的磁(电)场．
麦克斯韦建立了电磁场理论，预言了电磁波的存在．麦克斯韦电磁理论的两大支柱：变化的
磁场能够在周围空间产生电场，变化的电场能够在周围空间产生磁场．
【解答】
A、变化的磁场在周围的空间一定产生电场，但如果是均匀变化的磁场，只能产生恒定的电
场，故 A错误。
B、电磁波是横波，可以在真空中传播，故 B错误；
C、电磁波既可以传递信息，又可以传递能量；故 C正确；
D、麦克斯韦提出了完整的电磁场理论的假说，而赫兹通过实验证实了电磁波的存在，故 D
错误。
故选： 。
2. 【答案】A
3.【答案】D
【解析】
【详解】
A．带电粒子在电场中做曲线运动，合力应该指向轨迹曲线内侧，故电场力向左，与电场线
方向相反，粒子带负电，A 错误；
BCD．由图可知，运动过程中，粒子受到的电场力与运动方向的夹角为钝角，故电场力做负
功，电势能增大，粒子速度减小，B、C 错误，D 正确；
故选 D。
4.【答案】A
5.【答案】C
【解析】
【详解】
A．根据角速度公式得
2 5 rad/s
T
A 正确，不符合题意；
B．根据最大值公式得
Em nBS n m 50 V
B 正确，不符合题意；
C．在 t 0.2s时，磁通量变化最快，电动势最大，电流方向不变。C 错误，符合题意；
D．在 t 0.1s和 t 0.3s时，磁通量最大，磁通量变化率为零，线框产生的电动势最小。D 正
确，不符合题意。
故选 C。
6.【答案】C
【详解】
E
B．潜水器上浮，压力减小，电阻增大。电路中的总电阻增大，根据 I= ，电路中的电流减
R
小，显示器电流减小，B 错误；
A．电路中各元件电压加起来等于电源电动势，故压力传感器电压有
U压=E-I(r R0 R显 )
因电路中只有传感器电阻变化，其他元件电阻不变，电路电流减小，所以压力传感器两端电
压增加，A 错误；
C．根据 P=EI，电路中电流减小，电源电动势不变，所以电路的总功率减小，C 正确；
D．根据电功率 P I 2R，定值电阻的电阻不变，电路电流减小，所以定值电阻的功率也减
小，D错误；
故选 C。
7.【答案】D
【解析】
【分析】
通过对导体棒受力分析知，上滑的过程做变减速直线运动，下滑的过程做变加速直线运动，
抓住位移相等，平均速度不同，比较运动的时间，根据 = 比较出电量的大小，由右手定
则可判断金属杆向上滑行时感应电流的方向。
解决这类问题的关键时分析受力，进一步确定运动性质。
【解答】
A.金属杆向上滑行时合力大于向下滑行时的合力，所以向上滑行时的加速度较大，两次位移
相等，向上滑行的平均速度大，向下滑行的平均速度小，金属杆向上滑行的时间较短，选项
A错误；
B.由右手定则可判断金属杆向上滑行时感应电流的方向为从 到 ，选项 B错误；
C. = 由公式 可知，金属杆上滑时通过电阻的电荷量与下滑时的相等，选项 C错误；
2 2
D.感应电动势 = ，安培力 = = ，可得 ，由于金属杆滑动过程中有机械能损
失，故金属杆开始上滑时的速度比回到斜面底端时的速度大，金属杆刚向上滑行时受到的安
培力大于刚回到导轨底端时受到的安培力，选项 D正确。
故选 D。
8.【答案】D
【解析】
【分析】
当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变
化，根据自感现象的规律，以及二极管具有单向导电性进行分析。
对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，它是电阻不计的导线；当电流变化时，产生自感
电动势，相当于电源；同时运动注意二极管的作用。
【解答】
、闭合开关的瞬间，由于二极管具有单向导电性，所以无电流通过 1，由于线圈中自感
电动势的阻碍， 2灯逐渐亮，故 AB错误；
、闭合开关，待电路稳定后断开开关，线圈 产生自感电动势，两灯串联，所以 1突然变
亮，然后逐渐变暗至熄灭．故 C错误，D正确。
故选 D。
9.【答案】BC
【解析】
【详解】
AB．电动势是一个用比值定义的物理量，这个物理量与非静电力所做的功和移送电荷量 q
的大小没有关系，它是由电源本身决定的，跟电源的体积和外电路均无关；故 A 错误，B 正
确．
CD．电动势是表征其他形式的能转化为电能本领的物理量．电动势和电势差尽管单位相同，
但本质上是不相同的，故选项 C 正确， D 错误．故选 BC。
10.【答案】AD
【解析】
解析：选 AD.在 的驱动下， 、 、 均做受迫振动，受迫振动的频率均与驱动力的频率(
的固有频率)相等，与各自的固有频率无关，A正确，B错误；判断能否达到最大振幅，即实
现共振，取决于 固是否与 驱相等；对于单摆而言，固有频率与摆球质量无关，所以不必考
虑摆球的质量；在 、 、 中，由 = 2 1及 = 知，只有 的固有频率等于驱动力的频率，
所以在 、 、 中 的振幅最大，C错误，D正确．
11.【答案】AD
12.【答案】BC
【解析】
【详解】
A．由图乙可知交流电周期为 0.02s，因此频率为 50Hz，理想变压器不改变交流电源的频率，
副线圈两端电压的变化频率应为 50Hz，故 A 错误；
B．电流表测量的是交流电的有效值，而不是瞬时值，故在 t 0时刻，电流表 A2的示数不为
0，故 B 正确；
C．理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，故
电压表V1和V2的示数不变，当滑片向上移动时，副线圈电阻变大，电路中的电流减小，定
值电阻 R0上的电压减小，因此电压表V3的示数变大，故 C 正确；
D．由于理想变压器的输入功率等于输出功率，副线圈电路中电流减小，结合原副线圈电流
与匝数比的关系可知，电流表A1示数变小，在副线圈电路中，定值电阻 R0 可看作等效内阻，
滑动变阻器 R可看作外电阻，根据
U 2 U 2R U 2P U 3I I
2R 2 R 2 2
R0 R
2 R -R 20 4RR0 R -R0
2
4R
R 0
由于不确定滑动变阻器 R与定值电阻 R0 的大小关系，因此无法判断滑动变阻器 R的功率变
化，故 D 错误。
故选 BC。
13.【答案】AC
【解析】
解： 、由于发电厂的输出电压不变，升压变压器的匝数不变，所以升压变压器的输出电压
不变，由于发电厂的输出功率增大，则升压变压器的输出功率增大，根据 = 可输电线上
的电流 线增大，根据 损 = 线 ，输电线上的电压损失增大，根据降压变压器的输入电压 3 =
2 损可得，降压变压器的输入电压 3减小，降压变压器的匝数不变，所以降压变压器的
输出电压减小，故 A正确，B错误；
C、损失的功率为△ = 5% = 5000 ，根据△ = 2 ，解得 = △ = 5000 = 25 ，升压
8
′ = = 100000
= 400 1 =
= 25 1变压器原线圈中的电流为 ， =
250 2 ′ 400 16
，故 C正确；
D 100000、输送电流为 = = = 10 ，损失功率为△ = 2 2 = 10 × 8 = 800 ，故 D错误；10000
故选： 。
正确解答本题需要掌握：理想变压器的输入功率由输出功率决定，输出电压有输入电压决定；
明确远距离输电过程中的功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压
关系。理想变压器电压和匝数关系。
对于远距离输电问题，一定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电
压和功率与哪些因素有关。
14.【答案】 B 最左端 灯泡
电阻随温度的升高而增大
【解析】
【分析】
（1）根据题目要求确定滑动变阻器与电流表的接法，然后选择实验电路；
（2）滑动变阻器采用分压接法闭合开关前，滑片应置于分压电路分压最小的位置；
（3）根据实验电路图连接实物电路图；
（4）根据图像，应用欧姆定律及影响灯丝电阻的因素分析答题。
【详解】
（1）[1]实验要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到 3V，则滑动变阻器应采用分压接法，
灯泡正常发光时的电阻为
R U
2
P
解得
R 16
相对于电压表内阻应为小电阻，故电流表应采用外接法，因此实验电路应选 B；
（2）[2]滑动变阻器采用分压接法，为保护电路安全，闭合开关前，滑片应处于滑动变阻器
最左端；
（3）[3] 根据实验电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示；
（4）[4]由图像可知，随电压增大，通过灯泡的电流增大，由欧姆定律可知，电压与电流的
比值增大，即灯泡电阻变大，这是因为灯泡电阻随灯丝温度升高而增大造成的。
【点睛】
本题考查灯泡伏安特性曲线的实验；对电学实验要明确以下情况滑动变阻器必须用分压式接
法：
（1）要求电压或电流从零调；
（2）变阻器的全电阻远小于待测电阻；
（3）用限流接法时通过电流表的电流大于电流表的量程。
15. (1) 4
2
【答案】 2 ；(2) ；(3) ；(4) ；
【解析】
【分析】
(1) 根据 = 2 ，可知 的表达式；
(2)单摆在摆动的过程中摆长不能变，空气阻力能忽略；
(3)根据实验的要求与减小误差的方法分析即可；
2
(4) 4 根据 = 2 ，分析 值偏大的原因。
解决本题的关键掌握单摆的周期公式，以及知道测量时形成误差的原因。
【解答】
2
(1)根据 = 2 4 ，知 ；
= 2
(2)单摆在摆动过程中，阻力要尽量小甚至忽略不计，所以摆球选铁球；摆动时摆长不变，
所以选柔软不易伸长的丝线，故 B、C正确， 、D错误；
故选 BC；
(3)测定单摆摆长时，先测出摆球的直径，然后固定单摆，让小球自然下垂，测出摆线的长
度，摆长等于摆线的长度加上小球的半径，所以选项 ABC错误，D正确；
故选 D；
2
(4) 、根据 = 4 2 ，可知测得的重力加速度与摆球的质量无关，故 A错误；
2
、根据 = 4 2 ，可知测得的重力加速度与振幅无关，故 B错误；
2
4 、计算摆长时没有加上摆球的半径值，测得的摆长偏小，根据 = ，测得重力加
2
速度偏小，故 C错误；
2
、将实际振动次数 次误记成( + 1) 4 次．测得的周期偏小，根据 = 2 ，测得的重
力加速度偏大，故 D正确。
故选 D。
(1) 4
2
故填： 2 ；(2) ；(3) ；(4) ；
16.【答案】（1）1.0 106N/C；（2）8.0 105N/C，方向垂直轻绳斜向右上方
【解析】
【详解】
（1）对小球进行受力分析，如图所示
根据共点力平衡条件
qE mg tan
解得
E mg tan 1.0 106N/C
q
（2）根据平行四边形定则，可以将三个力放到同一个矢量三角形中，显然，只有当电场力
与绳垂直时，电场力最小
F qEmin mg sin
解得
E mg sin 5min 8.0 10 N/Cq
方向垂直轻绳斜向右上方
17.【答案】
解：(1)已知在 = 0 时刻， = 1.5 处的质点向 轴正方向运动，波形向右平移，所以该波
向右传播。
(2) 3由于该波向右传播，所以：△ = 0.06 = ( + )
4
= 0.24得： ( = 0,1,2, …)
4 +3
1 4 +3
解得：频率的通项为： = = ，
0.24
当 = 0， = 12.5 ，为最小频率．
(3)当 3 < 0.06 < 4 时，
上题中： = 3
可得： = 62.5
由图得： = 1.2
则波速为： = = 1.2 × 62.5 = 75 /
2 1 3
18.【答案】（1）E=BL 2 2 q BL（ ） ；（3）Qcd mgL mgHR 2 16
【解析】
【详解】
（1）设线框 ab边刚进入磁场时速度为 v，由动能定理得
mgH 1 mv2
2
得
v 2gH
进入磁场时产生的感应电动势
E BLv
E=BL 2
（2）线框进入磁场的过程中，由法拉第电磁感应定律得
2
E n BL
Δt Δt
由闭合电路欧姆定律得
I E
R
又
q I t
联立解得
2
q BL
R
（3）从线框开始下落到 cd边刚穿出匀强磁场的过程中，由能量守恒定律得焦耳热
Q 1 1
2 3
2mgL mgH m v
2mgL mgH2 2 4
则 cd边产生的热量为
Q 1Q 1 mgL 3cd mgH4 2 16
19. 1 2 3v0
2 3mv
【答案】（ ） ；（2） 0 ；（3）1.5B
3 3qB
1
1
【解析】
【详解】
（1）设带电粒子进入磁场时的速度大小为 v，与水平方向成θ角，粒子在匀强电场中做类平
抛运动，由类平抛运动的速度方向与位移方向的关系有
tan L BC 3
LAB 3
则
θ＝30°
根据速度关系有
v v0 2 3v 0
cos 3
（2）设带电粒子在区域Ⅰ中的轨道半径为 r1，由牛顿第二定律得
qvB m v
2
1 r1
轨迹如图甲所示
由几何关系得
L＝r1
解得
L 2 3mv 0
3qB1
（3）当带电粒子不从区域Ⅱ右边界离开磁场时，在磁场中运动的时间最长．设区域Ⅱ中最
小磁感应强度为 B2m，此时粒子恰好不从区域Ⅱ右边界离开磁场，对应的轨迹半径为 r2，轨
迹如图乙所示：
同理得
2
qvB2m m
v
r2
根据几何关系有
L＝r2（1＋sin θ）
解得
B2m＝1.5B1.2021-2022 学年度高二下物理期中考试卷
考试时间：90 分钟；
第 I 卷（选择题，共 44 分）
一、单选题（共 8 小题，每小题 3分，共 24 分。每小题只有一个选项符合题目要求。）
1.下列关于电磁场和电磁波说法正确的是（ ）
A. 变化的磁场在周围的空间一定产生变化的电场
B. 电磁波是横波，不能在真空中传播
C. 电磁波既可以传递信息，又可以传递能量
D. 在赫兹发现电磁波的实验基础上，麦克斯韦提出了完整的电磁场理论
2.分析下列物理现象：①“空山不见人，但闻人语响”；②围绕发声的双股音叉走一圈，
听到声音忽强忽弱；③当正在鸣笛的火车背离我们急驶而去时，我们听到汽笛声的音调
变低；④雷声在云层里轰鸣不绝．这些物理现象分别属于波的（ ）
A. 衍射、干涉、多普勒效应、反射 B. 衍射、多普勒效应、干涉、折射
C. 折射、干涉、多普勒效应、反射 D. 衍射、折射、多普勒效应、干涉
3．带电粒子在匀强电场中从 a运动到 b的轨迹如图中虚线所示，下列分析正确的是（ ）
A．粒子带正电 B．粒子速度一定增加
C．电场力对粒子做正功 D．粒子电势能一定增加
4.如图甲所示，弹簧振子以 点为平衡位置，在 、 两点之间做简谐运动。振子的位移 随
时间的变化图像如图乙所示。下列判断正确的是( )
A. 振子做简谐运动的表达式为 x=12sin(1.25πt)cm
B. = 0.8 时，振子的速度方向沿+ 方向
C. = 0.4 和 = 1.2 时，振子的加速度相同
D. = 0.4 时振子在 点位置， = 1.2 时振子在 点位置
5.如图甲所示，在匀强磁场中，一个 50匝的矩形闭合线框以恒定的角速度 绕垂直于磁场
方向的转轴OO 转动，线框产生的电动势的最大值为 Em，从线框平面与磁感线平行时开
始计时，穿过线框的磁通量随时间变化的图像如图乙所示。下列说法错误的是（ ）
A．线框的角速度 5 rad/s
B．线框产生的电动势的最大值 Em 50 V
C．在 t 0.2s时，电流方向改变
D．在 t 0.1s和 t 0.3s时，线框产生的电动势最小
6.如图所示，安装在潜水器深度表电路原理图，显示器由电流表改装而成，压力传感器的电
阻随压力的增大而减小，电源的电动势和内阻均为定值， R0 是定值电阻。在潜水器完成
科考任务上浮的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．传感器两端的电压减小 B．通过显示器的电流增大
C．电路的总功率一定减小 D．定值电阻的功率一定增大
7.如图所示，金属杆 以一定的初速度从倾斜、光滑的固定平行金属导轨底端向上滑行，一
段时间后又回到导轨底端。已知两导轨上端连有一阻值为 的电阻，导轨间有垂直于导轨
平面向上的匀强磁场。下列分析正确的是（ ）
A. 金属杆向上滑行与向下滑行的时间相等
B. 金属杆向上滑行时，通过金属杆的电流方向从 到
C. 金属杆向上滑行时，通过电阻 的电荷量大于向下滑行时通过电阻 的电荷量
D. 金属杆刚向上滑行时受到的安培力大于刚回到导轨底端时受到的安培力
8.如图所示的电路中，电感 的自感系数很大，电阻可忽略， 为理想二极管，则下列说法中
正确的有（ ）
A. 当 闭合时， 1立即变亮， 2逐渐变亮
B. 当 闭合时， 1一直不亮， 2立即变亮
C. 当 断开时， 2立即熄灭
D. 当 断开时， 1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭
二、多选题（共 5 小题，每小题 4分，共 20 分。每小题给出的四个选项中，有多项符合题
目要求，全部选对得 4 分，选对但不全的得 2 分，有错选得得 0 分。）
9.关于电动势 E的说法中正确的是( )
A．电动势 E的大小，与非静电力所做功的 W的大小成正比，与移送电荷量 q的大小成
反比
B．电动势 E是由电源本身决定的，跟电源的体积和外电路均无关
C．电动势 E是表征电源把其他形式的能转化为电能本领的物理量
D．电动势 E的单位与电势差的单位相同，故两者在本质上相同
10. 如图所示， 、 、 、 四个单摆的摆长分别为 、2 、 、 ，摆球的质量分别为 2 、2 、
2
、2，四个单摆静止地悬挂在一根水平细线上．现让 球振动起来，通过水平细线迫使 、
、 也振动起来，则下列说法正确的是（ ）
A. 、 、 、 四个单摆的周期均相同
B. 只有 、 两个单摆的周期相同
C. 、 、 中因 的质量最小，故其振幅是最大的
D. 、 、 中 的振幅最大
11.如图所示，图甲为沿 轴传播的一列简谐横波在 = 1 时刻的波动图象，图乙为质点 的
振动图象。下列说法正确的是( )
A. 波沿 轴正方向传播，波速为 2 /
B. 该波可以与另一列频率为 2 的波发生干涉
C. 波在传播过程中遇到 100 大小的障碍物能发生明显的衍射
D. .某人向着波源方向奔跑，观察到的波的频率大于 0.5
12.如图甲所示为某一理想变压器，原线圈接入如图乙所示的正弦交流电源，R0为定值电阻，
R为滑动变阻器，图中各电表均为理想电表，t=0时刻滑片处于最下端，下列说法正确的
是（ ）
A.副线圈两端电压的变化频率为 0.5Hz
B．在 t=0时刻，电流表 A2的示数不为 0
C．滑片向上移动过程中，电压表 V1和 V2的示数不变，V3的示数变大
D．滑片向上移动过程中，电流表 A1示数变小，滑动变阻器 R消耗的功率变大
13.如图所示是远距离输电示意图，电站的输出电压U1 = 250 V，输出功率P1 = 100 kW，输
电线电阻 R = 8 Ω.则进行远距离输电时，下列说法中正确的是（ ）
A. 若电站的输出功率突然增大，则降压变压器的输出电压减小
B. 若电站的输出功率突然增大，则升压变压器的输出电压增大
C. n1 1输电线损耗比例为 5%时，所用升压变压器的匝数比 =n2 16
D. 用 10 000 V高压输电，输电线损耗功率为 8 000 W
第 II 卷（非选择题，共 56 分）
三、实验题（共 2 小题，每空 2 分。）
14.要测绘一个标有“3V；0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加
到 3V，并便于操作。已选用的器材有：
电池组（电动势为 4.5V，内阻约 1Ω） 电流表（量程为 0~250mA，内阻约 5Ω）
电压表（量程为 0~3V，内限约 3kΩ） 滑动变阻器一个、电键一个、导线若干
（1）实验的电路图应选用下列的图________（填字母代号）。
A． B. C. D.
（2）根据实验原理，闭合开关前，滑片应处于滑动变阻器_______。（“最左端”“最右端”）
（3）根据实验原理图，将实图甲中的实物图连线补充完整_______。
（4）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。小灯泡伏安特性曲线变化的原因是______。
15.（1）在做“用单摆测定重力加速度”的实验时，用摆长 l和周期 T计算重力加速度的公式
是 g=_______________。
（2）（双选）下列给出的材料中应选择______作为摆球与摆线，组成单摆。
A.木球 B.铁球 C.柔软不易伸长的丝线 D.粗棉线
（3）（单选）在测定单摆摆长时，下列的各项操作正确的是______
A.装好单摆，抓住摆球，用力拉紧，测出摆线悬点到摆球球心之间距离
B.让单摆自由下垂，测出摆线长度再加上摆球直径
C.取下摆线，测出摆线长度后再加上摆球半径
D.测出小球直径，把单摆固定后，让小球自然下垂，用刻度尺量出摆线的长度，再加上小
球的半径
（4）（单选）实验测得重力加速度的值较当地重力加速度的值偏大，可能的原因是____
A.摆球的质量偏大 B.单摆振动的振幅偏小
C.计算摆长时没有加上摆球的半径值 D.将实际振动次数 n次误记成(n + 1)次
四、计算题（共 4 小题。）
16.（6分）如图所示，绝缘轻绳悬挂一个带正电小球，小球质量为 m=4.0×10-3kg,，所带电
荷量为 q 3.0 10 8C，为使小球静止时绝缘绳与竖直方向成 37 ，可在空间加一匀强电
场（ sin37 0.6， cos37 0.8， g取10m/s2）。
（1）当所加的匀强电场沿水平方向时，求该匀强电场的大小；
（2）若所加的匀强电场最小，求该匀强电场的大小和方向。
17.（8 分）如图所示，实线和虚线分别是沿 轴传播的一列简谐横波在 = 0 和 = 0.06 时
刻的波形图．已知在 = 0 时刻， = 1.5 处的质点向 轴正方向运动．
(1)判断该波的传播方向；
(2)求该波的最小频率；
(3)若 3 < 0.06 < 4 ，求该波的速度大小。
18.（12 分）如图所示，水平边界 MN与 PQ之间分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应
强度大小为 B，两边界间的高度差为 L。由质量为 m的粗细均匀的电阻丝制成的单匝正方形
线框 abcd，总电阻为 R，线框边长为 L。现将线框从边界 MN上方 H处由静止释放，当 ab
边进入磁场后，线框开始减速运动，直到其上边 cd刚好穿出磁场时，速度减为 ab边刚进入
磁场时速度的一半，整个过程中线框平面始终保持竖直，且 cd边保持水平。已知重力加速
度为 g，空气阻力忽略不计，求
（1）ab边刚进入磁场时产生的电动势为多大；
（2）线框进入磁场的过程中，通过线框的电量 q；
（3）线框穿过磁场的过程中，cd边产生的热量 Qcd。
19.（14 分）如图所示，在矩形区域 ABCD内存在竖直向上的匀强电场，在 BC右侧Ⅰ、Ⅱ两
区域存在匀强磁场，L1、L2、L3是磁场的边界（BC与 L1重合），宽度相同，方向如图所示，
区域Ⅰ的磁感应强度大小为 B1。一电荷量为＋q、质量为 m的粒子（重力不计）从 AD边中
点以初速度 v0沿水平向右方向进入电场，粒子恰好从 B点进入磁场，经区域Ⅰ后又恰好从与
B点同一水平高度处进入区域Ⅱ.已知 AB长度是 BC长度的 3倍。
（1）求带电粒子到达 B点时的速度大小；
（2）求区域Ⅰ磁场的宽度 L；
（3）要使带电粒子在整个磁场中运动的时间最长，
求区域Ⅱ的磁感应强度 B2的最小值。
