備考2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 單元訓(xùn)練金卷 第十單元 磁場B卷

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1、 第十單元 注意事項： 1．答題前，先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在試題卷和答題卡上，并將準(zhǔn)考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。 2．選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。 3．非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。 4．考試結(jié)束后，請將本試題卷和答題卡一并上交。 一、 (本題共13小題，每小題4分，共52分。在每小題給出的四個選項中，第1～8題只有一項符合題目要求，第9～13題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但

2、不全的得2分，有選錯的得0分) 1．(2019?全國I卷)如圖，等邊三角形線框LMN由三根相同的導(dǎo)體棒連接而成，固定于勻強磁場中，線框平面與磁感應(yīng)強度方向垂直，線框頂點M、N與直流電源兩端相接，已如導(dǎo)體棒MN受到的安培力大小為F，則線框LMN受到的安培力的大小為(　　) A．2F B．1.5F C．0.5F D．0 2．(2019?全國II卷)如圖，邊長為l的正方形abcd內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外。ab邊中點有一電子發(fā)源O，可向磁場內(nèi)沿垂直于ab邊的方向發(fā)射電子。已知電子

3、的比荷為k。則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為(　　) A．， B．， C．， D．， 3．如圖所示，一個理想邊界為PQ、MN的勻強磁場區(qū)域，磁場寬度為d，方向垂直紙面向里。一電子從O點沿紙面垂直PQ以速度v0進入磁場，若電子在磁場中運動的軌道半徑為2d，O′在MN上，且OO′與MN垂直，下列判斷正確的是(　　) A．電子將向右偏轉(zhuǎn) B．電子打在MN上的點與O′點的距離為d C．電子打在MN上的點與O′點的距離為d D．電子在磁場中運動的時間為 4．如圖所示是速度選擇器的原理圖，已知電場強度為E、磁感應(yīng)強度為B，電場和磁場相互垂

4、直分布，某一帶電粒子(重力不計)沿圖中虛線水平通過，則該帶電粒子(　　) A．一定帶正電 B．速度大小為 C．可能沿QP方向運動 D．若沿PQ方向運動的速度大于，將一定向下極板偏轉(zhuǎn) 5．質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小物塊，從傾角為θ的光滑絕緣固定斜面上由靜止下滑，整個斜面置于方向水平向里的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為B，如圖所示。若帶電小物塊下滑后某時刻對斜面的作用力恰好為零，下列說法中正確的是(　　) A．小物塊一定帶正電荷 B．小物塊在斜面上運動時做勻加速直線運動 C．小物塊在斜面上運動時做加速度增大的變加速直線運動 D．小物塊在斜面上下滑過程中，當(dāng)小物塊對斜面的作用力為零時的速

5、率為 6．如圖所示，無限長導(dǎo)線均通以恒定電流I.直線部分和坐標(biāo)軸接近重合，彎曲部分是以坐標(biāo)原點O為圓心的相同半徑的一段圓弧，已知直線部分在原點O處不形成磁場，則下列選項中O處磁感應(yīng)強度和圖中O處磁感應(yīng)強度相同的是(　　) 7．如圖所示，帶電小球a由絕緣細線PM和PN懸掛而處于靜止?fàn)顟B(tài)，其中PM水平，地面上固定一絕緣且內(nèi)壁光滑的圓弧細管道GH，圓心P與a球位置重合，管道底端H與水平地面相切，一質(zhì)量為m可視為質(zhì)點的帶電小球b從G端口由靜止釋放，當(dāng)小球b運動到H端時對管道壁恰好無壓力，重力加速度為g。在小球b由G滑到H過程中，下列說法中正確的是(　　) A．細線PM的拉力先增大

6、后減小 B．小球b機械能逐漸減小 C．小球b所受庫侖力大小始終為2mg D．小球b加速度大小先變大后變小 8．如圖所示，空間存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的水平勻強磁場。在該區(qū)域中，有一個豎直放置的光滑絕緣圓環(huán)，環(huán)上套有一個帶正電的小球。O點為圓環(huán)的圓心，a、b、c、d為圓環(huán)上的四個點，a點為最高點，c點為最低點，bd沿水平方向。已知小球從環(huán)的頂端a點由靜止釋放，下列判斷正確的是(　　) A．小球能越過與O等高的d點并繼續(xù)沿環(huán)向上運動 B．當(dāng)小球運動到c點時，洛倫茲力最大 C．小球從a點到b點，重力勢能減小，電勢能增大 D．小球從b點到c點，電勢能增大，動能先增大后減小

7、 9．圖中直流電源電動勢為E＝1 V，電容器的電容為C＝1 F．兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為l＝1 m，電阻不計．一質(zhì)量為m＝1 kg、電阻為R＝1 Ω的金屬棒MN，垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與導(dǎo)軌良好接觸．首先開關(guān)S接1，使電容器完全充電。然后將S接至2，MN開始向右加速運動，導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強度大小為B＝1 T的勻強磁場(圖中未畫出)。當(dāng)MN達到最大速度時離開導(dǎo)軌，則(　　) A．磁感應(yīng)強度垂直紙面向外 B．MN離開導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量為0.5 C C．MN的最大速度為1 m/s D．MN剛開始運動時加速度大小為1 m/s2 10．如圖，

8、為探討霍爾效應(yīng)，取一塊長度為a、寬度為b、厚度為d的金屬導(dǎo)體，給金屬導(dǎo)體加與前后側(cè)面垂直的勻強磁場B，且通以圖示方向的電流I時，用電壓表測得導(dǎo)體上、下表面M、N間電壓為U。已知自由電子的電荷量為e。下列說法中正確的是(　　) A．M板比N板電勢高 B．導(dǎo)體單位體積內(nèi)自由電子數(shù)越多，電壓表的示數(shù)越大 C．導(dǎo)體中自由電子定向移動的速度為v＝ D．導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為 11．如圖所示，真空中xOy平面內(nèi)有一束寬度為d的帶正電粒子束沿x軸正方向運動，所有粒子為同種粒子，速度大小相等，在第一象限內(nèi)有一方向垂直xOy平面的有界勻強磁場區(qū)(圖中未畫出)，所有帶電粒子通過磁場偏轉(zhuǎn)后都會聚于x

9、軸上的a點。下列說法中正確的是(　　) A．磁場方向一定是垂直xOy平面向里 B．所有粒子通過磁場區(qū)的時間相同 C．所有粒子在磁場區(qū)運動的半徑相等 D．磁場區(qū)邊界可能是圓弧 12．如圖所示，兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角為θ，間距為d。導(dǎo)軌處于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量為m的金屬棒被固定在導(dǎo)軌上，距底端的距離為s，導(dǎo)軌與外接電源相連，使金屬棒通有電流。金屬棒被松開后，以加速度a沿導(dǎo)軌勻加速下滑，重力加速度為g。在金屬棒下滑到底端的過程中(　　) A．末速度的大小 B．通過金屬棒的電流大小 C．通過金屬棒的電流大小 D．通過金屬棒的電

10、荷量 13．空間存在平面直角坐標(biāo)系xOy，在x＜0區(qū)域內(nèi)有沿x軸正向的勻強電場，在x＞0區(qū)域內(nèi)有垂直平面向外的勻強磁場，在第二象限內(nèi)有矩形OACD，OA＝h，OD＝2h。一個質(zhì)量為m，電量為q的帶正電粒子（不計重力）從A點沿y軸正方向以某速度射入第二象限，經(jīng)t0時間后由D點進入磁場，又經(jīng)一段時間射出磁場又回到A點，現(xiàn)只改變粒子自A點出射速度大小至v，粒子經(jīng)過一段時間運動可經(jīng)過C點，則(　　) A．勻強電場的場強大小為 B．勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為 C．能使粒子以最短時間從A點運動至C點的初速度v＝ D．能使粒子以最短時間從A點運動至C點的初速度v＞ 二、(本題共4小題，共48分。

11、把答案填在題中的橫線上或按題目要求作答。解答題應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位) 14．(8分)如圖所示，在水平放置的光滑平行導(dǎo)軌一端架著一根質(zhì)量m＝0.04 kg的金屬棒ab，導(dǎo)軌另一端通過開關(guān)與電源相連。該裝置放在高h＝20 cm的絕緣墊塊上。當(dāng)有豎直向下的勻強磁場時，接通開關(guān)金屬棒ab會被拋到距導(dǎo)軌右端水平位移s＝100 cm處。試求開關(guān)接通后安培力對金屬棒做的功。(g取10 m/s2) 15．(10分)如圖所示，圓形區(qū)域半徑為R，圓心在O點，區(qū)域中有方向垂直紙面向外

12、的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。電子在電子槍中經(jīng)電場加速后沿AO方向垂直進入磁場，偏轉(zhuǎn)后從M點射出并垂直打在熒光屏PQ上的N點，PQ平行于AO，O點到PQ的距離為2R。電子電荷量為e，質(zhì)量為m，忽略電子加速前的初動能及電子間的相互作用。求： (1)電子進入磁場時的速度大小v； (2)電子槍的加速電壓U； (3)若保持電子槍與AO平行，將電子槍在紙面內(nèi)向下平移至距AO為處，則電子打在熒光屏上的點位于N點的左側(cè)還是右側(cè)及該點距N點的距離。 16．(12分)如圖所示，在以O(shè)為圓心，內(nèi)外半徑分別為R1和R2的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)，存在垂直紙面的勻強磁場， R1

13、=R0，R2=3R0，一電荷量為+q、質(zhì)量為m的粒子從內(nèi)圓上的A點進入該區(qū)域，不計重力。 (1)如圖，已知粒子從OA延長線與外圓的交點C以速度v1射出，方向與OA延長線成45°角，求磁感應(yīng)強度的大小及粒子在磁場中運動的時間。 (2)在圖中，若粒子從A點進入磁場，速度大小為v2，方向不確定，要使粒子一定能夠從外圓射出，磁感應(yīng)強度應(yīng)小于多少？ 17．(18分)如圖甲所示，空間存在著方向豎直向上的勻強電場和方向垂直于紙面向內(nèi)、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，帶電荷量為+q、質(zhì)量為m的小球Q靜置在光滑絕緣的水平高臺邊緣，另一質(zhì)

14、量為m、不帶電的絕緣小球P以水平初速度v0向Q運動，，兩小球P、Q可視為質(zhì)點，正碰過程中沒有機械能損失且電荷量不發(fā)生轉(zhuǎn)移。已知勻強電場的電場強度，水平臺面距地面高度，重力加速度為g，不計空氣阻力。 (1)求P、Q兩球首次發(fā)生彈性碰撞后小球Q的速度大??； (2)P、Q兩球首次發(fā)生彈性碰撞后，經(jīng)過多少時間小球P落地？落地點與平臺邊緣間的水平距離多大？ (3)若撤去勻強電場，并將小球Q重新放在平臺邊緣、小球P仍以水平初速度向Q運動，小球Q的運動軌跡如圖乙所示（平臺足夠高，小球Q不與地面相撞）。求小球Q在運動過程中的最大速度和第一次下降的最大距離H。 3 單元訓(xùn)練金卷·高

15、三·物理(B)卷 第十單元 答 案 一、 (本題共13小題，每小題4分，共52分。在每小題給出的四個選項中，第1～8題只有一項符合題目要求，第9～13題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分) 1．【答案】B 【解析】設(shè)每一根導(dǎo)體棒的電阻為R，長度為L，則電路中，上下兩路電阻之比為R1∶R2＝2R∶R＝1∶1，根據(jù)并聯(lián)電路兩端各電壓相等的特點可知，上下兩路電流之比I1∶I2＝1∶2。如下圖所示，由于上路通電的導(dǎo)體受安培力的有效長度為L，根據(jù)安培力計算公式F＝BIL，可知F?∶F＝I1∶I2＝1∶2，得F?＝0.5F，根據(jù)左手定則可知，兩力方向相同，故

16、線框LMN所受的合力大小為F?＋F＝1.5F，故選B。 2． 【答案】B 【解析】a點射出粒子半徑Ra＝＝，得va＝，d點射出粒子半徑Rb＝，同理可得vd＝，故B選項符合題意。 3．【答案】D 【解析】電子帶負(fù)電，進入磁場后，根據(jù)左手定則判斷可知，所受的洛倫茲力方向向左，電子將向左偏轉(zhuǎn)，如圖所示，A錯誤；設(shè)電子打在MN上的點與O′點的距離為x，則由幾何知識得：x＝r－＝2d－＝(2－)d，故B、C錯誤；設(shè)軌跡對應(yīng)的圓心角為θ，由幾何知識得：sinθ＝＝0.5，得θ＝，則電子在磁場中運動的時間為t＝＝，故D正確。 4．【答案】B 【解析】若粒子從左邊射入，則不論帶正電還是負(fù)電，電場力

17、大小均為qE，洛倫茲力大小均為F＝qvB＝qE，這兩個力平衡，速度v＝，粒子做勻速直線運動，故A錯誤，B正確；若粒子從右邊沿虛線方向進入，則電場力與洛倫茲力在同一方向，粒子受力不平衡，不能做直線運動，故C錯誤．若速度v>，則粒子受到的洛倫茲力大于電場力，使粒子偏轉(zhuǎn)，只有當(dāng)粒子帶負(fù)電時，粒子才向下偏轉(zhuǎn)，故D錯誤。 5．【答案】B 【解析】帶電小物塊下滑后某時刻對斜面的作用力恰好為零，知洛倫茲力的方向垂直于斜面向上，根據(jù)左手定則知，小物塊帶負(fù)電，故A錯誤；小物塊沿斜面運動的過程中受重力、斜面的支持力、洛倫茲力，合外力沿斜面向下，大小為mgsinθ，根據(jù)牛頓第二定律知a＝gsinθ，小物塊在離開

18、斜面前做勻加速直線運動，故B正確，C錯誤；當(dāng)物塊對斜面的作用力為零時，在垂直于斜面方向上的合力為零，有mgcosθ＝qvB，解得v＝，故D錯誤。 6．【答案】A 【解析】由題意可知，圖中O處磁感應(yīng)強度的大小是其中一條導(dǎo)線在O點的磁感應(yīng)強度大小的2倍，方向垂直紙面向里，A中，根據(jù)安培定則可知，左上與右下的通電導(dǎo)線在O處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度疊加為零，剩余的兩條通電導(dǎo)線在O處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小是其中一條導(dǎo)線在O點的磁感應(yīng)強度的2倍，且方向垂直紙面向里，故A正確；同理，B中，四條通電導(dǎo)線在O處的磁感應(yīng)強度大小是其中一條在O處的磁感應(yīng)強度大小的4倍，方向垂直紙面向里，故B錯誤；C中，右上與左下的通電導(dǎo)

19、線在O處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度疊加為零，剩余兩條通電導(dǎo)線在O處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小是其中一條在O處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度的2倍，方向垂直紙面向外，故C錯誤；D中，左上和右下的通電導(dǎo)線在O處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度疊加為零，剩余兩條通電導(dǎo)線在O處的磁感應(yīng)強度大小是其中一條在O處產(chǎn)生磁感應(yīng)強度的2倍，方向垂直紙面向外，故D錯誤。 7．【答案】A 【解析】設(shè)PN與豎直方向成α角，對球a受力分析，豎直方向上有：FPNcos?α＝mg＋F庫sin?θ，水平方向上有：F庫cos?θ＋FPNsin?α＝FPM。解得：FPM＝mgtan?α＋3mgcos(θ－α)cosα，下滑時θ從0增大90°，細線PM的拉力先增大后減小，

20、故A正確；在小球b由G滑到H過程中，小球b所受庫侖力和管道的彈力始終與速度垂直，只有重力做功，庫侖力和彈力不做功，小球b機械能守恒，故B錯誤；根據(jù)機械能守恒定律，小球b從G滑到H過程中，有：mgR＝，H處有：F庫－mg＝，則有：F庫＝3mg，故C錯誤；設(shè)b與a的連線與水平方向成θ角，則有：mgRsin?θ＝，任意位置加速度為向心加速度和切向加速度合成，即，可知小球的加速度一直變大，故D錯誤。 8．【答案】D 【解析】小球所受的電場力與重力大小相等，則二者的合力方向與水平方向夾角為45°斜向左下，小球所受洛倫茲力、圓環(huán)的彈力方向始終與小球運動方向垂直，故不做功。該模型可等效為小球在圓環(huán)上運動

21、只有“等效重力”做功的情況，等效最高點為弧ad中點，該點速度最小，等效最低點為弧bc中點，該點速度最大；由于a和d關(guān)于等效最高點對稱，則小球在a和d的速度大小相等，均為0，即小球只能達到d點，但不能越過d繼續(xù)向上運動，故A選項錯誤；由題意可知，小球的電荷量以及磁場的磁感應(yīng)強度不變，小球所受洛倫茲力與小球的速度大小有關(guān)，小球在弧bc中點速度最大，即在弧bc中點處所受洛倫茲力最大，故B選項錯誤；小球從a到b過程中，電場力做正功，電勢能減小，故C選項錯誤；小球從b到c過程中，電場力做負(fù)功，電勢能增大，小球從b到弧bc中點過程中，合外力做正功，動能增大，從弧bc中點到c過程中，合外力做負(fù)功，動能減小，

22、則從b到c過程中動能先增大后減小，故D選項正確。 9．【答案】BD 【解析】充電后電容器上板帶正電，通過MN的電流方向由M到N，由于MN向右運動，受到的安培力向右，根據(jù)左手定則知，磁感應(yīng)強度垂直紙面向里，故A錯誤；當(dāng)電容器充電完畢時，設(shè)電容器上電量為Q0，MN離開導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量為Q，有：Q0＝CE，開關(guān)S接2后，MN開始向右加速運動，速度達到最大值vmax時，設(shè)MN上的感應(yīng)電動勢為E′，有：E′＝Blvmax.依題意有：E′＝，設(shè)在此過程中MN的平均電流為，MN上受到的平均安培力為有：＝Bl，由動量定理，有t＝mvmax－0.。又t＝Q0－Q，聯(lián)立得：Q＝，代入數(shù)據(jù)解得Q＝0.

23、5 C，vmax＝0.5 m/s，B正確，C錯誤；電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，當(dāng)開關(guān)S接2時，電容器放電，設(shè)剛放電時流經(jīng)MN的電流為I，有：I＝，設(shè)MN受到的安培力F，有：F＝IlB，由牛頓第二定律有：F＝ma，聯(lián)立以上三式得，MN剛開始運動時加速度a＝1 m/s2，故D正確。 10．【答案】CD 【解析】電流方向向右，電子定向移動方向向左，根據(jù)左手定則判斷可知，電子所受的洛倫茲力方向向上，則M板積累了電子，M、N之間產(chǎn)生向上的電場，所以M板比N板電勢低，選項A錯誤．電子定向移動相當(dāng)于長度為d的導(dǎo)體垂直切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，電壓表的讀數(shù)U等于感應(yīng)電動勢E，則有U＝E＝Bdv，可

24、見，電壓表的示數(shù)與導(dǎo)體單位體積內(nèi)自由電子數(shù)無關(guān)，選項B錯誤；由U＝E＝Bdv得，自由電子定向移動的速度為v＝，選項C正確；電流的微觀表達式是I＝nevS，則導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)n＝，S＝db，v＝，代入得n＝，選項D正確。 11．【答案】CD 【解析】由題意可知，正粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后，都集中于一點a，根據(jù)左手定則可知，磁場的方向垂直平面向外，故A錯誤；由洛倫茲力提供向心力，可得T＝，而運動的時間還與圓心角有關(guān)，因此粒子的運動時間不等，故B錯誤；由洛倫茲力提供向心力，可得R＝，由于為同種粒子，且速度大小相等，所以它們的運動半徑相等，故C正確；所有帶電粒子通過磁場偏轉(zhuǎn)后都會聚于x軸上的a點

25、，因此磁場區(qū)邊界可能是圓，也可能是圓弧，故D正確。 12．【答案】ACD 【解析】根據(jù)速度位移關(guān)系v2＝2as可得末速度的大小，故A正確；以導(dǎo)體棒為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsinθ－BId＝ma，解得通過金屬棒的電流大小，故B錯誤、C正確；金屬棒運動的時間，根據(jù)電荷量的計算公式可得通過金屬棒的電荷量，故D正確。 13．【答案】AD 【解析】設(shè)粒子的初速度為v0，從A點進入電場以后做類平拋運動，可得，v0t0＝2h，，A正確；粒子從A運動到D做類平拋的位移偏轉(zhuǎn)角的正切值為，所以速度偏轉(zhuǎn)角的正切值為，所以D點速度與y軸正方向成60°，根據(jù)幾何關(guān)系可得，要想粒子回到A點，粒子必須

26、在D點關(guān)于x軸對稱的點回到電場才可以，所以粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑，，所以，，B錯誤；因為不改變電場，所以粒子第一次運動到y(tǒng)軸的時間不變，設(shè)粒子第一次到達y軸的坐標(biāo)為（0，y），速度為v1，方向與y軸夾角為θ，x方向的速度為vx，則vt0=y，v1cos θ=v，v1sin θ=vx=，粒子進入磁場做勻速圓周運動的半徑，所以粒子第二次到達y軸的坐標(biāo)為（0，y-2rsin θ），y-2rsin θ=v0t-4h，第一次和第二次到達y軸的點的間距為2rsin θ= 4h，與初速度無關(guān)，所以根據(jù)對稱性可知，第一次到達y軸的坐標(biāo)為（0，3h），第二次到達y軸的坐標(biāo)為（0，－h(huán)），所以能使粒子以

27、最短時間從A點運動至C點的初速度v＝，C錯誤，D正確。 二、(本題共4小題，共48分。把答案填在題中的橫線上或按題目要求作答。解答題應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位) 14．【解析】在接通開關(guān)到金屬棒離開導(dǎo)軌的短暫時間內(nèi)，安培力對金屬棒做的功為W，由動能定理得： W＝mv2 (2分) 設(shè)平拋運動的時間為t，則豎直方向：h＝gt2 (2分) 水平方向：s＝vt (2分) 聯(lián)立以上三式解得：W＝0.5 J。 (2分) 15． 【解析】(1)電子在磁場中，洛倫茲力提供做圓周運動的向心力e

28、vB＝m (1分) 電子軌跡如圖甲所示，由幾何關(guān)系得r＝R (1分) 聯(lián)立解得v＝ (1分) (2)電子在電子槍中加速，由動能定理得eU＝mv2 (2分) 聯(lián)立解得U＝ (1分) (3)電子在磁場中運動的半徑r＝R，故平行于AO射入磁場的電子都將經(jīng)過M點后打在熒光屏上.從與AO相距的C點射入磁場的電子打在熒光屏上的G點，G點位于N點的左側(cè)，其軌跡如圖乙所示。由幾何關(guān)系，α＝60° (2分) GN＝＝ (2分) 16．【解析】(1)作出粒子的運動軌跡如圖甲所示，設(shè)粒子運動的軌道半徑為r，由牛頓第二定律得： (1分) 由幾何關(guān)系可知，粒子運動的圓心角為90°，則

29、 (1分) 聯(lián)立解得： (1分) 粒子做勻速圓周運動的周期： (1分) 粒子在磁場中運動的時間： (1分) 解得： (1分) (2)要使粒子一定能夠從外圓射出，粒子剛好與兩邊界相切，軌跡如圖乙所示，分兩種情況： 第Ⅰ種情況：由幾何關(guān)系可知粒子運動的軌道半徑： (1分) 設(shè)此過程的磁感應(yīng)強度為B1，由牛頓第二定律得： (1分) 解得： (1分) 第Ⅱ種情況：由幾何關(guān)系可知粒子運動的軌道半徑： (1分) 設(shè)此過程的磁感應(yīng)強度為B2，則 (1分) 綜合Ⅰ、Ⅱ可知磁感應(yīng)強度應(yīng)小于 (1分) 17．【解析】(1)

30、小球P、Q首次發(fā)生彈性碰撞時，取向右為正方向，由動量守恒和機械能守恒，得： (1分) (1分) 聯(lián)立解得 (2分) (3)對于小球Q，由于，故Q球做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則 (2分) 經(jīng)過一個周期的時間 (1分) 小球P、Q再次發(fā)生彈性碰撞，由（1）可知碰后 (1分) 小球P離開平臺后做平拋運動，平拋運動的時間為t2，則有 (1分) 代入數(shù)據(jù)，得： 故P與Q首次發(fā)生碰撞后到落地，經(jīng)過的時間 (2分) 落地點與平臺邊緣的水平距離 (1分) (3)PQ相碰后，Q球速度vQ=v0，碰撞后Q球開始運動至Q球第一次運動至最低點Q球有最大速度，故從碰撞后Q球開始運動至Q球第一次運動至最低點過程，對Q球由動量定理得： (2分) 即 又由動能定理可得 (2分) 解得： (2分) 3