2017-2018学年四川省双流中学高二1月月考物理试题 解析版

2017-2018学年四川省双流中学高二1月月考物理试题 解析版

四川省双流中学2017-2018学年高二1月月考物理试题 一、单项选择题 ‎1. 下列说法正确的是 A. 电容器，电流、磁感应强度都用到了比值定义法 B. 在匀强电场中，同一直线上距离相等的任意两点间的电势差大小一定都相等 C. 电荷所受电场力一定与该处电场方向一致，但所受洛伦兹力不一定与磁场方向垂直 D. 通电导线在磁场中受到的安培力越大，该处磁场的磁感应强度就越强 ‎【答案】B ‎【解析】电容、磁感应强度都用到了比值定义法；但电流不是用比值法定义的，故A错误；根据U=Ed可知，在匀强电场中，同一直线上距离相等的任意两点间的电势差大小一定都相等，故B正确；正电荷所受电场力一定与该处电场方向一致，负电荷所受电场力一定与该处电场方向相反，运动电荷所受的洛伦兹力一定与磁场方向垂直，故C错误；根据公式F=BILsinθ，通电导线在磁场中受到的安培力大，该处磁场的磁感应强度不一定强，还与电流方向与磁场方向的夹角θ有关，故D错误；故选B.‎ ‎2. 如图所示，虚线a、b、c代表电场中一簇等势线，相连等势面之间的电势差相等，实线为一带电质点（重力不计）仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知 A. a、b、c三个等势面中，a的电势最高 B. 电场中Q点处的电场强度大小比P点处大 C. 该带电质点在P点处的动能比在Q点处的大 D. 该带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：根据轨迹弯曲的方向和电场线与等势线垂直，画出P、Q两点处场强的方向，如图：‎ 则可知，三个等势面中的，a的电势最低，故A错误；根据电场线的疏密可知，P点的电场强度大于Q点，则带电质点在P点受到的电场力大于Q点，故B错误；若质点从P到Q过程，电场力做负功，质点的电势能增大，动能减小，则质点在P点时的动能比通过Q点时大，故C正确，D错误；‎ 考点：等势面、电势、电势能 名师点睛：根据合力指向轨迹的内侧和电场线与等势线垂直，确定电场力的方向，判断电势的高低．由电场力做功的正负判断电势能的变化．电场力做正功，质点的电势能减小，动能增大；电场力做负功，质点的电势能增大，动能减小．根据等差等势面密处场强大，判断场强大小，确定加速度的大小。‎ ‎3. 如图所示，当滑动变阻器滑动触头向左滑动时，灯泡的亮度将 A. 都变亮 B. 都变暗 C. A、B变暗，C变亮 D. A、B变亮，C变暗 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：当滑动变阻器的滑动触头向左移动时，根据变阻器接入电路的电阻如何变化，分析总电阻的变化，由欧姆定律分析总电流的变化，判断A灯亮度的变化．由欧姆定律分析并联部分电压如何变化，确定灯C亮度的变化．根据总电流与C电流的变化关系，分析通过灯B灯电流的变化，判断B灯亮度的变化．‎ 解：当滑动变阻器的滑动触头向左移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据全电路欧姆定律得知，干路中电流I增大，则A灯变亮．‎ 电路中并联部分电压 U并=E﹣I（RA+r），I增大，其他量不变，则U并减小，C灯变暗．‎ 通过B灯的电流 IB=I﹣IC，I增大，IC减小，则IB增大，B灯变亮．所以A、B灯变亮，C灯变暗．故D正确 故选：D ‎【点评】对于电路中动态变化分析问题，往往按“局部→整体→局部”的思路，按部就班进行分析．也可以直接根据串联电路电压与电阻成正比，分析各部分电压的变化，确定A、C两灯亮度的变化．‎ ‎4. 质量和电荷量都相等的带电粒子M和N（不计重力），以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是 A. M带负电，N带正电 B. M的速率小于N的速率 C. 洛伦兹力对M、N做正功 D. M的运行时间等于N的运行时间 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：由左手定则判断出N带正电荷，M带负电荷，故A正确；粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，半径为：，在质量与电量相同的情况下，半径大说明速率大，即M的速度率大于N的速率，B错误；洛伦兹力永远不做功，C错误；粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为，粒子的周期相同，故M的运行时间等于N的运行时间，故D正确．‎ 故选：AD．‎ 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动.‎ ‎5. 如图所示，在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，让导体PQ在U型导轨上以速度v=10m/s向右匀速滑动，两导轨距离l=0.8m，则此时的感应电动势的大小和PQ中的电流方向分别为 A. 4V，由P向Q B. 0.4V，由Q向P C. 4V，由Q向P D. 0.4V，由P向Q ‎【答案】C ‎【解析】根据公式得，根据右手定则得电流方向有Q流向P，选C。‎ ‎6. 如图甲所示，光滑导轨水平放置在与水平方向夹角60°斜向下的匀强磁场中，匀强从的磁感应强度B随时间的变化规律如图乙所示（规定斜向下为正方向），导体棒ab垂直导轨放置，除电阻R的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab在水平外力作用下始终处于静止状态．规定a→b的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力的正方向，则在0～t时间内，能正确反映流过导体棒ab的电流i和导体棒ab所受水平外力F随时间t变化的图象是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D 点睛：对于图象问题，关键要熟练运用法拉第电磁感应定律、安培力、左手定则等规律，得到物理量的表达式，再研究图象的意义．可定性判断与定量、排除法和直判法相结合的方法进行解答．‎ 二、不定项选择题 ‎7. 下列说法正确的是 A. 只有运动的电荷在磁场中才可能会受到洛伦兹力作用 B. 由可知，磁感应强度大小与放在该处的一小段通电导线I、L的乘积成反比 C. 若一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度不一定为零 D. 静电力对电场中的电荷一定会做功，而洛伦兹力对在磁场中的电荷却不会做功 ‎【答案】AC ‎【解析】只有运动的电荷在磁场中才可能会受到洛伦兹力作用，选项A正确；磁感应强度大小由磁场本身决定，与放在该处的一小段通电导线的电流及长度无关，选项B错误；若一小段通电导线在某处不受磁场力作用，可能是电流方向与磁场方向共线了，该处磁感应强度不一定为零，选项C正确；静电力对在电场中的电荷一定会做功，而洛伦兹力与电荷的运动方向总垂直，因此它对在磁场中的电荷却不会做功，故D正确；故选ACD.‎ ‎8. 关于电场感应，下列说法中正确的是 A. 穿过同一线圈的磁通量越大，感应电动势越大 B. 感应电流的磁场可能与原磁场的方向相反也可能相同 C. 由于感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化，所以回路由磁通量保持不变 D. 穿过同一线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大 ‎【答案】BD ‎【解析】由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E=n ‎，即感应电动势与磁通量的变化率成正比，磁通量变化越快，感应电动势越大，故A错误，D正确；由楞次定律可知：感应电流的磁场方向总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故原磁通增加，感应电流的磁场与之反向，原磁通减小，感应电流的磁场与原磁场方向相同，即“增反减同”，故B正确；由于感应电流的磁场总阻碍原磁通量变化，但回路中磁通量是变化的，故C错误；故选BD．‎ 点睛：感应电动势取决于穿过线圈的磁通量的变化快慢，在理解该定律时要注意区分磁通量、磁通量的变化量及磁通量变化率三者间区别及联系，并注意阻碍不是阻止．‎ ‎9. 用电流表和电压表测电阻时，可以有如图所示的两种方法把电压表和电流表连入电路，对于这两个电路下列说法正确的是 A. 采用（甲）图时，测量出的电阻值比真实值小 B. 采用（乙）图时，测量出的电阻值比真实值小 C. 为了减小误差，测量较小阻值的电阻时宜采用（甲）图 D. 为了减小误差，测量较小阻值的电阻时宜采用（乙）图 ‎【答案】BD ‎【解析】甲电路时安培表内接法，乙电路是安培表外接法； 如果不考虑操作的偶然误差，按甲、乙两种电路进行实验，甲图中电压表两侧的电压是待测电阻上的电压与电流表上的电压的和，所以甲图中电阻测量值：；乙图中流过电流表的电流是待测电阻上的电流与电压表上电流的和，所以乙图中电阻测量值： ；故A错误，B正确；所以如果不考虑实验操作的偶然误差，甲电路的电阻测量值大于真实值，乙电路的电阻测量值小于真实值；测量较小阻值的电阻时宜采用（乙）图；测量较大阻值的电阻时宜采用（甲）图；故C错误，D正确．故选BD．‎ ‎10. 利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域，如图所示是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差，该电势差可以反映磁感应强度B的强弱，则下列说法正确的是 A. 若元件是正离子导电，则C侧面电势高于D侧面电势 B. 若元件是自由电子导电，则C侧面电势高于D侧面电势 C. 在测沿竖直方向的地球北极上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平 D. 在测沿水平方向的地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平 ‎【答案】AC ‎【解析】若元件的载流子是正离子，由左手定则可知，正离子受到的洛伦兹力方向向C侧面偏，则C侧面的电势高于D侧面的电势．故A正确．若元件的载流子是自由电子，由左手定则可知，电子受到的洛伦兹力方向向C侧面偏，则D侧面的电势高于C侧面的电势．故B错误． 地球北极地磁场方向竖直向下，在测地球北极上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平，故C正确．地球赤道上方的地磁场方向水平，在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直．故D错误．故选AC．‎ 点睛：解决本题的关键知道霍尔效应的原理，知道电子受到电场力和洛伦兹力平衡；知道地球两极及赤道附近的磁场分布情况．‎ ‎11. 如图所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直luoxianguanb，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路，若将滑动变阻器的滑片P向上滑动，下列表述正确的是 A. 穿过线圈a的磁通量变大 B. 线圈a有扩张的趋势 C. 线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流 D. 线圈a对水平桌面的压力将增大 ‎【答案】BC ‎【解析】当滑动触头P向上移动时电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流减小，b线圈产生的磁场减弱，故穿过线圈a的磁通量变小；故A错误；根据微元法将线圈a无限分割根据左手定则不难判断出线圈a应有扩张的趋势，或直接根据楞次定律的第二描述“感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因”，因为滑动触头向上滑动导致穿过线圈a的磁通量减小，故只有线圈面积增大时才能阻碍磁通量的减小，故线圈a应有扩张的趋势，故B正确；根据b中的电流方向和安培定则可知b产生的磁场方向向下穿过线圈a，根据楞次定律，a中的感应电流的磁场要阻碍原来磁场的减小，故a的感应电流的磁场方向也向下，根据安培定则可知线圈a中感应电流方向俯视应为顺时针，故C正确．开始时线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力，当滑动触头向上滑动时，可以用“等效法”，即将线圈a和b看做两个条形磁铁，不难判断此时两磁铁互相吸引，故线圈a对水平桌面的压力将减小，故D错误．故选BC．‎ ‎12. 如图所示，空间有一垂直纸面向外，磁感应强度为0.5T的匀强磁场，一质量为0.2lg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，，在木板的左端无初速放置一质量为0.1kg，电荷量q=+0.2C的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力．t=0时对木板施加方向水平向左，大小为0.6N的恒力F，g取10m/s2．则 A. 木板和滑块一直做加速度为2m/s2的匀加速运动 B. 滑块开始做加速度减小的变加速运动，最后做速度为10m/s匀速运动 C. 木板先做加速度为2m/s2匀加速运动，再做加速度增大的运动，最后做加速度为3m/s2的匀加速运动 D. 开始木板和滑块一起做加速度为2m/s2的匀加速运动，5s末滑块开始做匀速运动，木板做加速度为3m/s2的匀加速运动 ‎【答案】C ‎【解析】由于动摩擦因数为0.5，静摩擦力能提供的最大加速度：a0=μg=0.5×10=5m/s2，当0.6N的恒力作用于木板时，系统一起以=2m/s2＜5m/s2‎ 的加速度一起运动；当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力：f=qvB，当滑块速度为v时，两者开始相对于滑动，由牛顿第二定律得，对滑块：μ（mg-qvB）=ma′，对木板：F-μ（mg-qvB）=Ma′，解得：v=4.5m/s，当滑块的速度为4.5m/s滑块相对于木板滑动，滑块向左做加速运动，洛伦兹力f=qvB，由于v变大，洛伦兹力变大，滑动摩擦力：μ（mg-qvB）变小，滑块的加速度变小，滑块做加速度减小的加速运动，在此过程中，由于滑动摩擦力减小，木板受到的合力变大，木板做加速度增大的加速运动；当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时：Bqv′=mg，解得：v′=10m/s，此时摩擦力消失，滑块做匀速运动，而木板在恒力作用下做匀加速运动：=3m/s2；由以上分析可知：开始木板与木块一起做匀加速直线运动，加速度为2m/s2；当木板与木块的速度达到4.5m/s后，滑块做加速度减小的加速运动，木板做加速度增大的加速运动；当滑块的速度为10m/s时后，滑块做匀速直线运动，木板做匀加速直线运动，木板的加速度为3m/s2；故AB错误，C正确．如果滑块一直以2m/s2的加速度做匀加速直线运动，则经过5s滑块的速度达到10m/s，由A的分析可知，滑块先以2m/s2的加速度做匀加速直线运动，然后做加速度减小的加速运动，最后速度达到10m/s，由此可知，滑块速度达到10m/s需要的时间大于5s，由此可知，木板在5s以后才做加速度为3m/s2的匀加速直线运动，故D错误；故选C．‎ 点睛：本题考查了带电滑块在磁场中的运动问题，在滑块运动运动前，洛伦兹力是变力，滑块与木板受力情况较复杂，本题难度较大；分析清楚运动过程与受力情况是解题的前提与关键，应用洛伦兹力公式、牛顿第二定律、运动学公式可以分析答题．‎ 三、实验题 ‎13. 某人用多用电表按正确步骤测量一电阻的阻值，当选择欧姆档“×10”档测量时，指针指示位置在第11和第12刻度线的正中间（如图甲所示），则其电阻值__________（填“大于”、“等于”或“小于”）115Ω．如果要用这只多用电表测量一个约2000Ω的电阻，为了使测量比较精确，选择开关应选的欧姆挡是__________（填“×10”、“×100”或“×1k”）．用多用电表测量性能良好的晶体二极管的电阻（如图乙所示），交换两表笔前后两次测得的电阻差异明显，那么多用电表测得电阻较小的一次，其___________（填“红”或“黑”）表笔相连的一端为二极管的A极．‎ ‎【答案】 (1). 小于 (2). ×100 (3). 红 ‎【解析】试题分析:欧姆表表盘刻度左密右疏，则115Ω应该在第11和第12刻度线的正中间偏左，则在指针指示位置在第11和第12刻度线的正中间其电阻值小于115Ω；尽量使指针指在中央刻度附近读数，测量一个约2000Ω的电阻则应使指针指在20的位置，选择开关选取×100档；多用电表测得电阻较小的一次应是电流从B（二极管正极）流入，而电流从多用电表黑表笔（接内部电源正极）流出，故黑表笔接的是B极，则红表笔接的是A极．‎ 考点：考查欧姆表的原理和使用、二极管的性质。‎ ‎14. 用图a的电路测定一节蓄电池的电动势和内阻，为防止调节滑动变阻器时造成短路，电路中连接了一个保护电阻R0，除蓄电池、开关、导线外，可供使用的实验器材还有：‎ A．电流表（量程0.6A、内阻约0.5Ω）‎ B．电压表（量程3V，内阻约6kΩ）‎ C．电压表（量程15V，内阻约30kΩ）‎ D．定值电阻（阻值1Ω；额定功率5W）‎ E．定值电阻（阻值10Ω、额定功率10W）‎ F．滑动变阻器（阻值范围0～10Ω、额定电流2A）‎ G．滑动变阻器（阻值范围0～200Ω、额定电流lA）‎ ‎（1）在实验中，定值电阻应选_________，滑动变阻器应选________．（填相应仪器的序号）‎ ‎（2）根据电路图a用笔画线代替导线，将实物电路图b补充完整_______．‎ ‎（3）图c是某同学利用图b进行实验测得的数据，而绘出的蓄电池路端电压U随电流I变化的U-I图线，则由图线可得蓄电池的电动势E=________V，内阻r=________Ω．‎ ‎【答案】 (1). D (2). F (3). 见解析 (4). 1.98 (5). 0.6‎ ‎【解析】（1）蓄电池电动势约为2V，因此电压表应选B．电压表（量程3V，内阻约6kΩ）；定值电阻如果选E，则电路最大电流约为0.2A，实验时电流变化范围太小，不利于多次测量，故定值电阻应选D．定值电阻（阻值1Ω；额定功率5W）；为方便实验操作，滑动变阻器应选F．滑动变阻器（阻值范围0～10Ω、额定电流2A）． （2）根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示．‎ ‎ （3）由图c可知，蓄电池电动势为1.98V，电源内阻：； 点睛：在闭合电路欧姆定律实验中，要注意实验中的数据分析方法；根据闭合电路欧姆定律及图象求电动势和内电阻，是实验的常考问题．‎ 四、计算题：解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位 ‎15. 如图所示的电路中，电源电动势E=10V，内电阻r=0.50Ω，电动机M的电阻R0=1.0Ω，闭合电键S后，标有“8V、16W”的灯泡恰能正常发光。‎ ‎（1）电源两端的路端电压；‎ ‎（2）电源输出的功率；‎ ‎（3）电动机的输出功率．‎ ‎【答案】（1）8V（2）32W（3）12W ‎【解析】（1）灯泡正常发光，电压为额定电压，则路端电压，‎ ‎（2）则电源内阻的电压 由欧姆定律得流过电源的电流 ‎ 电源的总功率．‎ ‎..................‎ ‎（3）灯泡的电流 ‎ 电动机的电流 ‎ 电动机消耗的电功率 电动机发热功率 所以电动机的输出功率；‎ ‎16. 如图所示，平行金属带电极板A、B间可看作匀强电场，场强E=1.2×103V/m，极板间距离d=5cm，电场中C和D分别到A、B两板的距离均为0.5m，B极板接地，求：‎ ‎（1）C、D两点的电势和两点间的电势差；‎ ‎（2）点电荷q1=-2×10-3C分别在C和D两点的电势能；‎ ‎（3）将点电荷q2=2×10-3C从C匀速移到D时外力所做的功．‎ ‎【答案】（1）φC=-54V；，（2）；（3）‎ ‎【解析】试题分析：（1）根据在匀强电场中电势差和场强的关系式U=Ed可求出C和D之间的电势差UCD、B和D之间的电势差UBD、B和C之间的电势差UBC．根据UBD=φB﹣φD可求出φD．同理可求出φC．‎ ‎（2）根据EP=qφ可知点电荷在C点和在D点的电势能．‎ ‎（3）根据动能定理可知物体的动能未变，则合外力所做的功为0，故要求除电场力以外的力所做的功就必须先求电场力所做的功，而根据WCD=qUCD可求出电场力所做的功 解：（1）B板接地，φB=0，沿电场方向有 CD之间的距离为：dCD=d﹣hAC﹣hBD=5﹣0.5﹣0.5=4cm=4×10﹣2m，‎ UCD=EdCD=﹣1.2×103×4×10﹣2=﹣48V；‎ UDB=EdDB=1.2×103×0.5×10﹣2=6V，‎ 即：φD﹣φB=6V，则φD=﹣6V，‎ UCB=EdCB=1.2×103×4.5×10﹣2=54V，‎ 即φC﹣φB=54V，φC=﹣54V；‎ ‎（2）由EP=qφ可知点电荷q1=﹣2×10﹣3C在C点的电势能 EPC=﹣2×10﹣3×54=0.108J，‎ 在D点的电势能EPD=2×10﹣3×6=1.2×10﹣2J；‎ ‎（3）将点电荷q2=2×10﹣2C从C匀速移到D时，‎ 电场力所做的功：W=q2×UCD=2×10﹣2×48=9.6×10﹣1J，‎ 故除电场以外的力所做的功：W外=﹣W=﹣9.6×10﹣1J 答：（1）C和D两点的电势分别为54V、6V，两点间的电势差UCD等于48V．‎ ‎（2）点电荷q1=﹣2×10﹣3C在C和D两点的电势能分别为0.108J和1.2×10﹣2J．‎ ‎（3）除电场力以外的力做功为9.6×10﹣1J．‎ ‎【点评】在利用EP=qφ求电势能时电量q和电势φ的正负号一定要保留．根据WCD=qUCD可求出电场力所做的功时电荷是从C点运动到D点 ‎17. 如图为某同学设计的速度选择装置，两根足够长的光滑导轨和间距为L与水平面成θ角，上端接阻值为R的电阻，匀强磁场B垂直导轨平面向上，金属棒ab质量为m恰好垂直横跨在导轨上．定值电阻R两端连接水平放置的平行金属板，极板间距为d，板长为2d，磁感强度也为B的匀强磁场垂直纸面向内．粒子源能发射沿水平方向不同速率的带电粒子，粒子的质量为m0，电荷量为q，ab棒的电阻为2R，其余部分电阻不计，不计粒子重力．‎ ‎（1）ab棒静止未释放时，某种粒子恰好打在上极板中点P上，判断该粒子带何种电荷？该粒子的速度多大？‎ ‎（2）释放ab棒，求ab棒的最大速度？‎ ‎（3）当ab棒达到最大速度时，能匀速穿过平行金属板粒子的速度大小？‎ ‎【答案】（1）正电荷．（2）（3）‎ ‎【解析】（1）由左手定则可知：该粒子带正电荷．‎ 粒子在磁场中做圆周运动，设半径为r，速度为v0，几何关系有：，‎ 得 粒子做匀速圆周运动，由 得： ‎ ‎ ‎ ‎（2）ab棒达到最大速度时做匀速运动：…①，‎ 对回路：…②‎ 由①②得：（3）‎ 当ab棒达到最大速度时，由①式得：‎ 又U=IR 极板电压也为U，粒子匀速运动：‎ 得： ‎ ‎18. 如图甲所示，在直角坐标系区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点（3L，0）为圆心，半径为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、N。现有一质量为m，带电量为e的电子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场，飞出电场后从M点进入圆形区域，速度方向与x轴夹角为30°．此时在圆形区域加如图（乙）所示周期性变化的磁场（磁场从t=0时刻开始变化，且以垂直于纸面向外为磁场正方向），最后电子运动一段时间后从N点飞出，速度方向与x轴夹角也为30°．求：‎ ‎（1）电子进入圆形磁场区域时的速度大小；‎ ‎（2）0≤x≤L区域内匀强电场场强E的大小；‎ ‎（3）写出圆形磁场区域磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T各应满足的表达式．‎ ‎【答案】（1）（2）（3）（n=1，2，3…）‎ ‎【解析】（1）电子在电场中作类平抛运动，射出电场时，‎ 由速度关系：，‎ 解得： ‎ ‎（2）由速度关系得 在竖直方向，，‎ 解得 ‎（3）如图所示，在磁场变化的半个周期内粒子的偏转角为60°，所以，在磁场变化的半个周期内，粒子在x轴方向上的位移等于R．粒子到达N点而且速度符合要求的空间条件是： ‎ 电子在磁场作圆周运动的轨道半径 得（n=1，2，3…）‎ 若粒子在磁场变化的半个周期恰好转过圆周，同时MN间运动时间是磁场变化半周期的整数倍时，可使粒子到达N点并且速度满足题设要求．应满足的时间条件：，，‎ 代入T的表达式得：（n=1，2，3…）‎ ‎ ‎