山西省临汾市精华学校2016届高三下学期月考物理试卷 18页

www.ks5u.com ‎2015-2016学年山西省临汾市精华学校高三（下）月考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（本题共10小题，每小题6分，共60分．在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求，第6-10题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全对的得3分，有选错的得0分）‎ ‎1．如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里．长度为L的导体中通有恒定电流，电流大小为I．当导体垂直于磁场方向放置时，导体受到的安培力大小为BIL．若将导体在纸面内顺时针转过30°角，导体受到的安培力大小为（　　）‎ A． B．BIL C． D．2BIL ‎2．将质量为1kg的物体以3m/s的速度水平抛出，当物体的速度为5m/s时，其重力的瞬时功率为（　　）‎ A．20W B．30W C．40W D．50W ‎3．如图所示，A1、A2、A3为三个相同的电流表，开关K1、K2均闭合，流过电流表A1、A2的电流分别为I1、I2．现将开关K2断开，则K2断开后与断开前相比（　　）‎ A．I1减小，I2增大 B．I1增大，I2减小 C．I1增大，I2增大 D．I1减小，I2减小 ‎4．一矩形线圈位于一个方向垂直线圈平面向里的磁场中，如图1所示，磁感应强度B随t的变化规律如图2所示．以I表示线圈中的感应电流，以图1线圈上箭头所示方向的电流为正，则以下的i﹣t图中正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．如图所示，回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形盒，两盒间构成一狭缝，两D形盒处于垂直于盒面的匀强磁场中．下列有关回旋加速器的描述正确的是（　　）‎ A．粒子由加速器的边缘进入加速器 B．粒子由加速器的中心附近进入加速器 C．粒子在狭缝和D形盒中运动时都能获得加速 D．交流电源的周期必须等于粒子在D形盒中运动周期的2倍 ‎6．下列科学家中对发现惯性定律作出重大贡献的有（　　）‎ A．伽利略 B．爱因斯坦 C．牛顿 D．笛卡儿 ‎7．我们知道地球周围存在磁场，也存在电场，电场的方向指向地心．若飞机在飞行过程中带上了负电荷．下列说法正确的是（　　）‎ A．飞机在南半球降落的过程中电势能增大 B．飞机在南半球降落的过程中电势能减小 C．飞机在北半球降落的过程中电势能增大 D．飞机在北半球降落的过程中电势能减小 ‎8．如图所示，在竖直平面内有一半径为R的半圆轨道与一斜面轨道平滑链接，A、B连线竖直．一质量为m的小球自P点由静止开始下滑，小球沿轨道运动到最高点B时对轨道的压力大小为mg．已知P点与轨道最高点B的高度差为2R，则小球从P点运动到B点的过程中（　　）‎ A．重力做功2mgR B．机械能减小mgR C．合外力做功mgR D．克服摩擦力做功mgR ‎9．在如图所示的空间直角坐标系所在的区域内，同时存在匀强电场E和匀强磁场B．已知从坐标原点O沿x轴正方向射入的质子，穿过此区域时未发生偏转，则可以判断此区域中E和B的方向可能是（　　）‎ A．E和B都沿y轴的负方向 B．E和B都沿x轴的正方向 C．E沿y轴正方向，B沿z轴负方向 D．E沿z轴正方向，B沿y轴负方向 ‎10．如图所示，一光滑平行金属轨道平面与水平面成θ角，两轨道上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上．质量为m的金属杆ab，以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到某一高度h后又返回到底端．若运动过程中，金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，且轨道与金属杆的电阻均忽略不计，则（　　）‎ A．整个过程中金属杆所受合外力的冲量大小为2mv0‎ B．上滑到最高点的过程中克服安培力与重力所做功之和等mv C．上滑到最高点的过程中克服R上产生的焦耳热等于mv﹣mgh D．金属杆两次通过斜面上的同一位置时电阻R的热功率相同 ‎　‎ 三、计算题（本题共3小题，共40分．解答时，要有必要的步骤、公示和文字说明，只写答案不得分）‎ ‎11．（10分）甲、乙两辆汽车以相同的初速度同时开放做匀减速直线运动，加速度方向一直不变，在第一段时间间隔内，汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一半，最后两车同时停下来．求甲、乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比．‎ ‎12．（10分）如图所示，空间存在宽度为d的竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E，现将一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从O点以初速度vo垂直于电场方向射入电场，最终从电场右边界穿出．粒子重力不计，求：‎ ‎（1）粒子在电场中运动的时间；‎ ‎（2）粒子在垂直方向的偏转距离．‎ ‎13．（10分）电视机中显像管（抽成真空玻璃管）的成像原理主要是靠电子枪产生高速电子束，并在变化的磁场作用下发生偏转，打在荧光屏不同位置上发出荧光而形成像．显像管的原理示意图（俯视图）如图甲所示，在电子枪右侧的偏转线圈可以产生使电子束沿纸面发生偏转的磁场，偏转的磁场可简化为由通电螺线管产生的与纸面垂直的磁场，该磁场分布的区域为圆形（如图乙所示），其磁感应强度B=μNI，式中μ为磁常量，N为螺线管线圈的匝数，I为线圈中电流的大小．由于电子的速度极大，同一电子穿过磁场过程中可认为磁场没有变化，是稳定的匀强磁场．已知电子质量为m，电荷量为e，电子枪加速电压为U，磁常量为μ，螺线管线圈的匝数N，偏转磁场区域的半径为r，其圆心为O点．当没有磁场时，电子束通过O点，打在荧光屏正中的M点，O点到荧光屏中心的距离OM=L．若电子被加速前的初速度和所受的重力、电子间的相互作用力以及地磁场对电子束的影响均可忽略不计，不考虑相对论效应及磁场变化所激发的电场对电子束的作用．‎ ‎（1）求电子束经偏转磁场后打到荧光屏上P点时的速率；‎ ‎（2）若电子束经偏转磁场后速度的偏转角θ=60°，求此种情况下电子穿过磁场时，螺线管线圈中电流I0的大小；‎ ‎（3）当线圈中通入如图丙所示的电流，其最大值为第（2）问中电流的0.5倍．求电子束打在荧光屏上发光所形成“亮线”的长度．‎ ‎　‎ ‎2015-2016学年山西省临汾市精华学校高三（下）月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题共10小题，每小题6分，共60分．在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求，第6-10题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全对的得3分，有选错的得0分）‎ ‎1．如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里．长度为L的导体中通有恒定电流，电流大小为I．当导体垂直于磁场方向放置时，导体受到的安培力大小为BIL．若将导体在纸面内顺时针转过30°角，导体受到的安培力大小为（　　）‎ A． B．BIL C． D．2BIL ‎【考点】安培力．‎ ‎【分析】根据左手定则，让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是导线受的安培力的方向．根据左手定则来判断如何增加安培力的大小即可．‎ ‎【解答】解：当导体垂直于磁场方向放置时，导体受到的安培力大小为BIL．‎ 当转过30°，导体棒还垂直于磁场，故此时受到的安培力还是BIL，故B正确 故选：B ‎【点评】本题是安培力的分析和计算问题．安培力大小的一般计算公式是F=BILsinα，α是导体与磁场的夹角，当B、I、L互相垂直的时候安培力最大为F=BIL．‎ ‎　‎ ‎2．将质量为1kg的物体以3m/s的速度水平抛出，当物体的速度为5m/s时，其重力的瞬时功率为（　　）‎ A．20W B．30W C．40W D．50W ‎【考点】功的计算．‎ ‎【分析】根据平行四边形法则求出竖直方向的速度，由功率公式P=mgvy，求解重力功率．‎ ‎【解答】解：根据平行四边形法则得：‎ 重力的瞬时功率P=mgvy=1×10×4=40W；‎ 故选：C．‎ ‎【点评】由平行四边形法则求出竖直分速度，熟练应用功率公式即可正确解题．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，A1、A2、A3为三个相同的电流表，开关K1、K2均闭合，流过电流表A1、A2的电流分别为I1、I2．现将开关K2断开，则K2断开后与断开前相比（　　）‎ A．I1减小，I2增大 B．I1增大，I2减小 C．I1增大，I2增大 D．I1减小，I2减小 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】电流表相当于小电阻，结合闭合电路欧姆定律分析即可．‎ ‎【解答】解：K2断开后，外电路的总电阻增加，根据闭合电路欧姆定律，总电流减小，故I1减小；‎ 根据闭合电路欧姆定律，并联部分的电压为：U=E﹣I（r+RA1），总电流减小，故并联部分的电压增加，根据欧姆定律，电流表A2的电流I2增加，由于总电流减小，故通过A3的电流I3减小；‎ 故A正确，BCD错误；‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题关键是明确实际的电流表相当于小电阻，然后结合闭合电路欧姆定律和串并联电路的电流、电压关系分析．‎ ‎　‎ ‎4．一矩形线圈位于一个方向垂直线圈平面向里的磁场中，如图1所示，磁感应强度B随t的变化规律如图2所示．以I表示线圈中的感应电流，以图1线圈上箭头所示方向的电流为正，则以下的i﹣t图中正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】感生电动势、动生电动势；楞次定律．‎ ‎【分析】根据楞次定律判断电流方向，根据法拉第地磁感应定律判断感应电动势的大小，从而得到电流的大小．‎ ‎【解答】解：第一秒内，磁感应强度均匀增加，根据楞次定律，感应电流的磁场与原磁场方向相反，故电流的磁场方向向外，根据右手螺旋定则，电流为逆时针方向，故电流为负方向，再根据法拉第电磁感应定律，得到感应电动势为：E=n=（定值）；‎ 第二秒内，磁感应强度不变，感应电流为零；‎ 第三秒内，磁感应强度均匀减小，根据楞次定律，感应电流的磁场与原磁场方向相同，故电流的磁场方向向内，根据右手螺旋定则，电流为顺时针方向，故电流为正方向，再次根据法拉第电磁感应定律，得到感应电动势为：E=n=（定值）；‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题中的感应电动势为感生电动势，关键是根据楞次定律判断电流方向，根据法拉第地磁感应定律判断感应电动势的大小．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形盒，两盒间构成一狭缝，两D形盒处于垂直于盒面的匀强磁场中．下列有关回旋加速器的描述正确的是（　　）‎ A．粒子由加速器的边缘进入加速器 B．粒子由加速器的中心附近进入加速器 C．粒子在狭缝和D形盒中运动时都能获得加速 D．交流电源的周期必须等于粒子在D形盒中运动周期的2倍 ‎【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．‎ ‎【分析】掌握回旋加速器工作原理及加速电场周期与粒子运动周期相等．‎ ‎【解答】解：A、由qvB=⇒v=．当r越大时，v越大．粒子由加速器中心附近进入加速器才可使粒子加速到最大，故A错误；‎ B、由A选项中的分析可知粒子由加速器的中心附近进入加速器，速度可加速到最大，故B正确；‎ C、狭缝中电场可加速粒子，在D形盒中运动时，由左手定则知，洛伦兹力总与速度方向垂直，不对粒子加速，故C错误；‎ D、交流电源周期必须等于粒子运动周期，才可以进行周期性的加速，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎【点评】此题主要考察回旋加速器工作原理，掌握其原理后，不难解答此题．‎ ‎　‎ ‎6．下列科学家中对发现惯性定律作出重大贡献的有（　　）‎ A．伽利略 B．爱因斯坦 C．牛顿 D．笛卡儿 ‎【考点】惯性．‎ ‎【分析】本题强调对惯性定律作出重大贡献的科学家，伽利略和笛卡儿做了相关实验，牛顿进行了总结．‎ ‎【解答】解：对发现惯性定律作出重大贡献是：伽利略、牛顿、笛卡儿，故ACD正确，B错误；‎ 故选：ACD ‎【点评】对物理定律与定理的物理史实要熟悉，同时还要记清晰．‎ ‎　‎ ‎7．我们知道地球周围存在磁场，也存在电场，电场的方向指向地心．若飞机在飞行过程中带上了负电荷．下列说法正确的是（　　）‎ A．飞机在南半球降落的过程中电势能增大 B．飞机在南半球降落的过程中电势能减小 C．飞机在北半球降落的过程中电势能增大 D．飞机在北半球降落的过程中电势能减小 ‎【考点】电势能．‎ ‎【分析】根据电场力作正负判断电势能的变化：若电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大．‎ ‎【解答】解：据题意电场的方向指向地心，飞机在飞行过程中带上了负电荷，负电荷所受的电场力离开地心，所以飞机在南半球和北半球降落的过程中，电场力都做负功，电势能都增大，故AC正确，BD错误．‎ 故选：AC．‎ ‎【点评】解答本题关键知道负电荷所受的电场力方向与电场方向相反，从而判断出电场力的方向，根据电场力与位移方向的关系，分析电场力做功和正负．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，在竖直平面内有一半径为R的半圆轨道与一斜面轨道平滑链接，A、B连线竖直．一质量为m的小球自P点由静止开始下滑，小球沿轨道运动到最高点B时对轨道的压力大小为mg．已知P点与轨道最高点B的高度差为2R，则小球从P点运动到B点的过程中（　　）‎ A．重力做功2mgR B．机械能减小mgR C．合外力做功mgR D．克服摩擦力做功mgR ‎【考点】功的计算；摩擦力的判断与计算．‎ ‎【分析】重力做功根据WG=mg△‎ h求解，根据动能定理求出合外力做功和克服摩擦力做功，机械能的变化量等于除重力以外的力做的功．‎ ‎【解答】解：A、重力做功WG=mg△h=2mgR，故A正确；‎ B、在B点，根据向心力公式得：‎ mg+mg=m，解得：，‎ 从P到B的过程中根据动能定理得：‎ ‎，‎ 解得：，Wf=﹣mgR，‎ 则克服阻力所做的功W克=﹣Wf=mgR 机械能的变化量等于除重力以外的力做的功，所以机械能减小mgR，故BC正确，D错误．‎ 故选：ABC ‎【点评】本题主要考查了动能定理及重力做功公式的直接应用，知道重力做功与运动路径无关，只与高度差有关，难度不大，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎9．在如图所示的空间直角坐标系所在的区域内，同时存在匀强电场E和匀强磁场B．已知从坐标原点O沿x轴正方向射入的质子，穿过此区域时未发生偏转，则可以判断此区域中E和B的方向可能是（　　）‎ A．E和B都沿y轴的负方向 B．E和B都沿x轴的正方向 C．E沿y轴正方向，B沿z轴负方向 D．E沿z轴正方向，B沿y轴负方向 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】根据各选项提供的电场方向和磁场方向，逐一分析各选项中的受力情况，分析电场力和磁场力的合力，即可判断带电粒子的运动情况．‎ ‎【解答】解：由于质子带正电，因此则有：‎ A、E和B都沿y轴的负方向，则电场力沿y轴的负方向，而磁场力沿z轴的正方向，发生偏转，A错误．‎ B、磁场对粒子作用力为零，电场力与粒子运动方向在同一直线，方向不会发生偏移，故B正确；‎ C、E沿y轴正方向，B沿z轴负方向，电场力方向沿y轴正方向，洛伦兹力方向沿y轴负方向，当这两个力平衡时，粒子方向可以始终不变，C正确．‎ D、电场力沿z轴正方向，洛伦兹力沿z轴正方向，两力方向相同，两力的合力与运动方向垂直，粒子将做曲线运动，D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎【点评】该题考查了电场力和磁场力的方向的判断，在判断磁场力方向时，要会熟练的应用左手定则；了解二力平衡的条件，会准确的判断二力是否能平衡是解决此类问题的关键．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，一光滑平行金属轨道平面与水平面成θ角，两轨道上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上．质量为m的金属杆ab，以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到某一高度h后又返回到底端．若运动过程中，金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，且轨道与金属杆的电阻均忽略不计，则（　　）‎ A．整个过程中金属杆所受合外力的冲量大小为2mv0‎ B．上滑到最高点的过程中克服安培力与重力所做功之和等mv C．上滑到最高点的过程中克服R上产生的焦耳热等于mv﹣mgh D．金属杆两次通过斜面上的同一位置时电阻R的热功率相同 ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；动量定理；电磁感应中的能量转化．‎ ‎【分析】‎ 根据动量定理分析安培力的冲量．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，比较安培力大小，即可分析克服安培力做功功率的大小，根据功能关系分析焦耳热的关系．在上滑过程中，导体棒减小的动能转化为重力势能和电阻R上产生的焦耳热，即可比较焦耳热与减少的动能的大小．‎ ‎【解答】解：A、在整个过程中，由于回路中产生内能，根据能量守恒定律得知，金属杆ab返回底端时速度v小于v0．取沿斜面向下为正方向，设合外力的冲量大小为I，根据动量定理得：I=mv﹣（﹣mv0）=mv+mv0＜2mv0．故A错误．‎ B、上滑过程中，重力和安培力对杆做功，安培力做负功，根据动能定理得知：克服安培力与重力所做功之和等．故B正确．‎ C、对于上滑过程，由动能定理得：﹣mgh﹣W安=0﹣，得克服安培力做功为：W安=﹣mgh．‎ 根据功能关系可知，克服安培力做功等于回路中产生的焦耳热，即有Q=W安，则得：Q=﹣mgh．故C正确．‎ D、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，经过同一位置时，上滑的速度大小大于下滑的速度大小，上滑的感应电动势大于下滑的感应电动势，上滑的感应电流大于下滑的感应电流，则上滑时所受的安培力大于下滑时的安培力，由P=Fv知，经过同一位置时，上滑过程中杆克服安培力做功的功率大于下滑过程，上滑过程中电阻R的热功率大于下滑过程R的热功率．故D错误．‎ 故选：BC ‎【点评】本题分析杆的运动情况，比较同一位置安培力的大小是关键，再根据动量定理、安培力、能量守恒定律进行分析比较．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题共3小题，共40分．解答时，要有必要的步骤、公示和文字说明，只写答案不得分）‎ ‎11．（10分）（2015•乌鲁木齐一模）甲、乙两辆汽车以相同的初速度同时开放做匀减速直线运动，加速度方向一直不变，在第一段时间间隔内，汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一半，最后两车同时停下来．求甲、乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比．‎ ‎【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎ ‎【分析】分别对甲乙两车研究，用加速度a，时间间隔t0等相同的量表示总位移，再求出路程之比．‎ ‎【解答】解：设汽车甲在第一段时间时间间隔t0末的速度为v，第一段时间间隔内行驶的路程为s1，加速度为a，在第二段时间间隔内行驶的路程为s2．由题，汽车甲在在第二段时间间隔内加速度为2a．设甲、乙两车行驶的总路程分别为s、s'，则有s=s1+s2，s'=s1′+s2′．‎ 由运动学公式得：‎ v=2at0 …①‎ ‎…②‎ ‎…③‎ 将①代入③得：s2=a…④‎ 由②+④得：s=s1+s2=‎ 设乙车在时间t0的速度为v'，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为s1′、s2′．‎ 同样有：‎ v'=at0…⑤‎ s1′=…⑥‎ s2′=v′t0+…⑦‎ ‎⑤代入⑦得 s2′=2‎ 由⑥+⑧得s'=s1′+s2′=‎ 所以甲、乙两车各自行驶的总路程之比为 ‎ 答：甲乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比为7：5．‎ ‎【点评】‎ 对于两个物体运动问题的处理，除了分别研究两个物体的运动情况外，往往要抓住它们之间的关系，列出关系式．‎ ‎　‎ ‎12．（10分）（2014•乌鲁木齐模拟）如图所示，空间存在宽度为d的竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E，现将一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从O点以初速度vo垂直于电场方向射入电场，最终从电场右边界穿出．粒子重力不计，求：‎ ‎（1）粒子在电场中运动的时间；‎ ‎（2）粒子在垂直方向的偏转距离．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）粒子的重力不计，垂直射入电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，由位移时间公式求解时间．‎ ‎（2）粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律和位移时间公式结合求解偏转距离．‎ ‎【解答】解：（1）粒子在水平方向做匀速运动，则有：‎ ‎ d=v0t ‎ 得 t=‎ ‎（2）粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动 ‎ y=at2‎ 又根据牛顿第二定律得：Eq=ma ‎ 解得粒子在垂直方向的偏转距离：y=‎ 答：（1）粒子在电场中运动的时间是；（2）粒子在垂直方向的偏转距离是．‎ ‎【点评】带电粒子在电场中类平抛运动的问题，基本方法是运动的合成和分解，将粒子的运动分解为沿电场方向的匀加速运动，垂直于电场方向的匀速直线运动，运用牛顿第二定律和运动学公式结合进行处理．‎ ‎　‎ ‎13．（10分）（2014秋•海淀区期末）电视机中显像管（抽成真空玻璃管）的成像原理主要是靠电子枪产生高速电子束，并在变化的磁场作用下发生偏转，打在荧光屏不同位置上发出荧光而形成像．显像管的原理示意图（俯视图）如图甲所示，在电子枪右侧的偏转线圈可以产生使电子束沿纸面发生偏转的磁场，偏转的磁场可简化为由通电螺线管产生的与纸面垂直的磁场，该磁场分布的区域为圆形（如图乙所示），其磁感应强度B=μNI，式中μ为磁常量，N为螺线管线圈的匝数，I为线圈中电流的大小．由于电子的速度极大，同一电子穿过磁场过程中可认为磁场没有变化，是稳定的匀强磁场．已知电子质量为m，电荷量为e，电子枪加速电压为U，磁常量为μ，螺线管线圈的匝数N，偏转磁场区域的半径为r，其圆心为O点．当没有磁场时，电子束通过O点，打在荧光屏正中的M点，O点到荧光屏中心的距离OM=L．若电子被加速前的初速度和所受的重力、电子间的相互作用力以及地磁场对电子束的影响均可忽略不计，不考虑相对论效应及磁场变化所激发的电场对电子束的作用．‎ ‎（1）求电子束经偏转磁场后打到荧光屏上P点时的速率；‎ ‎（2）若电子束经偏转磁场后速度的偏转角θ=60°，求此种情况下电子穿过磁场时，螺线管线圈中电流I0的大小；‎ ‎（3）当线圈中通入如图丙所示的电流，其最大值为第（2）问中电流的0.5倍．求电子束打在荧光屏上发光所形成“亮线”的长度．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理．‎ ‎【分析】（1）电子在加速电场中，由动能定理求解获得的速度v的大小，洛伦兹力不做功，故此速度大小电子束经偏转磁场后打到荧光屏上P点时的速率；‎ ‎（2）根据几何关系求出临界状态下的半径的大小，结合洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度的大小，进而由磁感应强度B=μNI确定螺线管线圈中电流I0的大小．‎ ‎（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，出磁场做匀速直线运动，通过最大的偏转角，结合几何关系求出荧光屏上亮线的长度．‎ ‎【解答】解：（1）设经过电子枪加速电场加速后，电子的速度大小为v．‎ 根据动能定理有：eU=mv2‎ 解得：v=‎ ‎（2）设电子在磁场中做圆运动的半径为R，运动轨迹如答图5所示．‎ 根据几何关系有：tan=‎ 洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有：evB=‎ 由题知B=μNI0‎ 解得：‎ ‎（3）设线圈中电流为0.5I0时，偏转角为θ1，此时电子在屏幕上落点距M点最远． ‎ 此时磁感应强度 QUOTE轨迹圆半径 tan 电子在屏幕上落点距M点最远距离y=Ltanθ1=‎ 亮线长度Y=2y=‎ 答：（1）电子束经偏转磁场后打到荧光屏上P点时的速率；‎ ‎（2）此种情况下电子穿过磁场时，螺线管线圈中电流I0的大小；‎ ‎（3）电子束打在荧光屏上发光所形成“亮线”的长度亮线长度．‎ ‎【点评】‎ 考查电子受电场力做功，应用动能定理；电子在磁场中，做匀速圆周运动，运用牛顿第二定律求出半径表达式；同时运用几何关系来确定半径与已知长度的关系．‎ ‎　‎