【物理】浙江省杭州二中2020届高三上学期周末训练2（解析版） 19页

浙江省杭州二中 2020 届高三上学期周末训练 2 一、单选题 1.在物理单位制中，下列物理量单位换算正确的是 A. 1C=1A·s-1 B. 1J=1N·m C. 1V=1J·C D. 1Wb=1T·m-2 【答案】B 【解析】 【详解】A、电荷量 q的单位为 C ，电流 I 的单位为 A ，时间t 的单位为s ，根据Q It 可 得1C 1A s  ，故选项 A 错误； B、功W 的单位为 J ，力 F 的单位为 N ，位移 s 的单位为 m ，根据W Fs 可得1J 1N m  ， 故选项 B 正确； C、功W 的单位为 J ，电压U 的单位为 V ，电荷量 q的单位为 C ，根据W qU 可得 1J 1V C  ，故选项 C 错误； D、磁通量 的单位为 Wb ，磁感应强度 B 的单位为 T ，面积 S 的单位为 2m ，根据 BS  可得 21Wb 1T m  ，故选项 D 错误； 2.随着科幻 电影《流浪地球》的热映，“引力弹弓效应”进入了公众的视野．“引力弹弓效应” 是指在太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自己的速度．为了分析这个过程，可以提 出以下两种模式：探测器分别从行星运动的反方向或同方向接近行星，分别因相互作用改变 了速度．如图所示，以太阳为参考系，设行星运动的速度为u ，探测器的初速度大小为 0v ， 在图示的两种情况下，探测器在远离行星后速度大小分别为 1v 和 2v ，探测器和行星虽然没 有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同 一条直线上发生的弹性碰撞规律作类比，那么下列判断中正确的是（ ） A. 1 2v v B. 1 2v v C. 2 1v v D. 2 0v v 【答案】A 【解析】 【分析】 考查弹性碰撞动量守恒与机械能守恒问题． 【详解】设行星质量为 M，探测器质量为 m，取行星运动方向为正方向，探测器从行星运 动的反方向接近行星时，由动量守恒定律： 0 1 1Mu mv Mu mv   弹性碰撞模型，机械能守恒： 2 2 2 2 0 1 1 1 1 1 1+2 2 2 2Mu mv Mu mv  联立两式可得： 0 0 1 2Mu Mv mvv M m    ，由于 M m ，所以 1 0 +2v v u ； 同理，探测器从行星运动的同方向接近行星时， 2 0 2v v u  ；所以 1 2v v ， 2 0v v ；A 正确，BCD 错误，故选 A． 3.正三角形 ABC 在纸面内，在顶点 B、C 处分别有垂直纸面的长直导线，通有方向如图所示、 大小相等的电流，正方形 abcd 也在纸面内，A 点为正方形对角线的交点，ac 连线与 BC 平 行，要使 A 点处的磁感应强度为零，可行的措施是 A. 在 a 点加一个垂直纸面的通电长直导线，电流方向垂直纸面向外 B. 在 b 点加一个垂直纸面的通电长直导线，电流方向垂直纸面向里 C. 在 c 点加一个垂直纸面的通电长直导线，电流方向垂直纸面向外 D. 在 d 点加一个垂直纸面的通电长直导线，电流方向垂直纸面向里 【答案】A 【解析】 【详解】由图可知，B 导线中方向向里，C 导线中方向向外，根据安培定则知两导线在 a 点 处的磁感应强度方向夹角为 120°，合磁感应强度 B B  ．如图所示： 要使 A 点处的磁感应强度为零，则： A.在 a 点加一个垂直纸面的通电长直导线，电流方向垂直纸面向外，根据安培定则可知 a 在 A 点产生的磁场方向向上，A 点处的磁感应强度可能为零，故 A 正确； B.在 b 点加一个垂直纸面的通电长直导线，电流方向垂直纸面向里，根据安培定则可知 b 在 A 点产生的磁场方向向左，A 点处的磁感应强度不可能为零，故 B 错误； C.在 c 点加一个垂直纸面的通电长直导线，电流方向垂直纸面向外，根据安培定则可知 c 在 A 点产生的磁场方向向下，A 点处的磁感应强度不可能为零，故 C 错误； D.在 d 点加一个垂直纸面的通电长直导线，电流方向垂直纸面向里，根据安培定则可知 b 在 A 点产生的磁场方向向右，A 点处的磁感应强度不可能为零，故 D 错误． 4.如图所示，水平虚线 MN 上方有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里．大量带正电的相同 粒子，以相同的速率沿位于纸面内水平向右到竖直向上 90°范围内的各个方向，由小孔 O 射 入磁场区域，做半径为 R 的圆周运动．不计粒子重力和粒子间相互作用．下列图中阴影部 分表示带电粒子可能经过的区域，其中正确的是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由小孔 O 射入磁场区域，做半径为 R 的圆周运动，因为粒子带正电，根据左手定 则可知粒子将向左偏转，故 C 错误；因为粒子以相同的速率沿位于纸面内水平向右到竖直 向上 90°范围内的各个方向发射，由 O 点射入水平向右的粒子恰好应为最右端边界且 ON=R； 在竖直方向上有最远点为 2R，由 O 点竖直向上射入的粒子，打在最左端且距离为 OM=2R， 但是左侧因为没有粒子射入，所以中间会出现一块空白区域，故 B 正确，AD 错误．所以 B 正确，ACD 错误． 5.如图所示，虚线圆区域内有垂直于圆面向外的匀强磁场，虚线圆的内接正方形金属线框 a 的边长为 L，金属圆环 b 与虚线圆是同心圆，a 和 b 由粗细相同的同种金属导线制成，当磁 场均匀变化时，a、b 中感应电流的功率相等，则圆环 b 的半径为 A. 3  L B. 2  L C.  L D. 2 3  L 【答案】B 【详解】根据法拉第电磁感应定律得：感应电动势为： B tE S kS   ，根据欧姆定律得： 感应电流的大小 EI R  ，感应电流的功率 2 2 2 k SP I R R   ，正方形线框 a 的功率为 2 4 0 4a k LP L S   ，圆环 b 的功率为： 2 4 2 0 ( )2 2 2b k L P r S    ，两者功率相等，即 a bP P ，代入以 上两式得：b 的半径 2 Lr  ，故 B 正确，ACD 错误． 二、不定项选择 6.小汽车 A 在平直公路上以 30m/s 速度匀速行驶，在 A 车后 100m 的同一车道上卡车 B 也以 30m/s 速度行驶，A 车突然发现前方有障碍物，开始减速，已知 A、B 两车以 A 车开始减速 作为计时零点，A、B 两车之后运动的 v－t 图象如图所示，根据图象可判断 A. 3s 时两车车相距 55m B. 6s 时两车速度不同 C. 6s 时两车相距最远 D. 两车不会相碰 【答案】AD 【详解】A.根据 v-t 图象与时间轴所围的面积表示位移，可得，两车在 0-3s 内位移之差为： 30 3 452x    m，因为 t=0 时刻，A 车在 B 前前方向 100m，所以 3s 时两车相距 55m．故 A 正确． B.6s 时两图象相交，说明两车速度相同，故 B 错误． C.在 0-6s 内，B 车的速度大于 A 车的速度，两者间距减小．6s 后，B 车的速度小于 A 车的 速度，两车间距增大，所以 6s 时两车相距最近，故 C 错误． D.0-6s 内两车位移之差为： 30 3 30 3 902 2x      m<100m，所以两车不会相碰，故 D 正确． 7.AB 竖直边界左侧有水平向右的匀强电场，电场强度为 E＝100V/m，质量 m＝1.0kg、电荷 量 q＝0.1C 的小球自 A 点以初速度 v0＝10m/s 水平向左抛出，轨迹如图所示，C 点为轨迹的 最左端点，轨迹曲线与虚线圆相切于 C 点，其中虚线圆对应的半径可视为运动轨迹在 C 点 的曲率半径，若 F 为小球在 C 点时指向圆心方向的向心力，r 为曲率半径，两者之间满足 2 cmvF r  ；B 点为小球离开电场的位置．已知重力加速度 g＝10m/s2，不计空气阻力，下列 关于小球的相关物理量描述正确的是 A. 小球自 A 到 C 电势能和动能之和不断减少 B. 小球自 A 到 B 运动过程中机械能先减小后增大 C. 小球自 A 到 C 和自 C 到 B 过程中重力势能变化之比为 1:3 D. C 点的曲率半径 r＝1.0m 【答案】BC 【详解】A.小球自 A 到 C，重力势能逐渐减小，根据能量守恒定律可知小球的电势能和动能 之和不断增加，故 A 错误； B.小球自 A 到 B 运动过程中电场力先做负功后做正功，机械能先减小后增大，故 B 正确； C.水平方向做匀减速运动，竖直方向做自由落体运动，根据匀变速直线运动的规律知 AC 的 时间等于 CB 时间，所以竖直方向 AC 和 CB 的位移之比为 1：3，根据公式 GE mg h   可 知，小球自 A 到 C 和自 C 到 B 过程中重力势能变化之比为 1：3，故 C 正确； D.C 点速度只有竖直方向的速度，即 Cv gt ， 0vt a  ，其中 Eqa m  ，根据 2 cmvF Eqr   ， 代入数据 r=10m，故 D 错误． 8.如图所示，A、B、C 是纸面内的三点，AB 长为 4 cm，AC 长为 6 cm，AB 与 AC 的夹角为 37°，空间中存在平行于纸面的匀强电场，将电荷量为＋1C 的点电荷从 A 移到 B 电场力做功 为 5J，从 A 移到 C 电场力做功为 6J，则 A. 该点电荷在 B 点的电势能比在 C 点的电势能小 B. BC 两点的电势差为 1V C. 匀强电场的电场强度沿 AC 方向 D. 匀强电场的电场强度大小为 125V/m 【答案】BD 【解析】 【详解】AB．由题意可知将粒子由 B 移到 C，电场力做功为： BC AC ABW W W   1V， 所以 B 点的电势能大于 C 点的电势能，B、C 两点的电势差为： 1VBC BC WU q   ， 故 A 错误，B 正确； CD．因为 6 61 AC AC WU q    V， 5 51 AB AB WU q    V， 如图所示： 在 AC 段上取一点 D，使 AD=5cm，则 AD ABU U =5V， 所以 B、D 两点为等电势点，连接 BD，BD 为一条等电势面，根据几何知识可知，AB 和 BD 相互垂直，所以电场线由 A 指向 B，电场强度由 A 指向 B，电场强度为： 5 0.04 AB AB UE d   =125V/m， 故 C 错误，D 正确． 9. 1S 为振源，由平衡位置开始上下振动，产生一列简谐横波沿 1 2S S 直线传播， 1S 、 2S 两点 之间的距离为 9m ． 2S 点的左侧为一种介质，右一侧为另一种介质，波在这两种介质中传播 的速度之比为 3：4．某时刻波正好传到 2S 右侧 7m 处，且 1S 、 2S 均在波峰位置．则（ ） A. 2S 开始振动时方向可能向下也可能向上 B. 波在 2S 左侧的周期比在右侧时大 C. 右侧的波长为  2 28= m 0 1 2 3 41 nn   ，， ，， … D. 左侧的波长为  1 3= m 0 1 2 3 42 1 nn   ，， ，， … 【答案】AD 【解析】 【分析】 本题考查机械波传播的特点，以及机械波波长相关计算． 【详解】A． 2S 的起振方向与振源的起振方向相同，但题目未说明振源起振方向，所以 2S 的 起振方向无法判断，即可能向下也可能向上，A 正确； B．机械波传播过程中，波的周期与振源振动周期相同，与介质无关，所以左右两侧周期相 同，B 错误； C．若起振方向向下，则： 2 2 3 7m4n   得 2 28= m ( =0,1,2,3......)4 3 nn   ， 若起振方向向上，则： 2 2 1 7m4n   得 2 28= m ( =0,1,2,3......)4 1 nn   ，即有两种情况，C 错误； D．由 v T  可知： 1 1 2 2 3= 4 v v    起振方向向下时， 1 21= m ( =0,1,2,3......)4 3 nn   ，起振方向向上时， 1 21= m ( =0,1,2,3......)4 1 nn   ，因 1S 、 2S 均在波峰，所以 1S 、 2S 之间有整数个波长，即 1 9 3= 3 ( =0,1,2,3......)7 n n （4 ） 或 1 9 3= 1 ( =0,1,2,3......)7 n n （4 ） 都是整数，由数学 知识可知，两式包含所有奇数，即可表示为 2 1n + ，解得  1 3= m 0 1 2 3 42 1 nn   ，， ，， … ，D 正确；故选 AD． 三、非选择题： 10.在“验证机械能守恒定律”实验中，某研究小组采用了如图甲所示的实验装置．一根细线 系住钢球，悬挂在竖直铁架台上，钢球静止于 A 点，光电门固定在 A 的正下方．在钢球底 部竖直地粘住一片宽度为 d 的遮光条．将钢球拉至 的势能变化大小 pE 与动能变化大小 kE ，就能验证机械能是否守恒． （1）如图乙，用游标卡尺测得遮光条的宽度 d＝__________cm． （2）某次测量中，计时器的示数为0.0052s，高度h＝0.20m，小球质量m＝100 g，g＝9.8m/s2．计 算小球重力势能的减小量 pE ＝______J，动能的增加量 kE ＝______J．（结果均保留三位 有效数字） （3）由第（2）问的计算结果可知 pE 与 kE 之间存在差异，某同学认为这是由于空气阻 力造成的．你是否同意他的观点_____?请说明理由：_____________________． 【答案】(1). 1.04 (2). 0.196 0.200 (3). 不同意 可能初速度不为零 【解析】 【详解】（1）[1]游标卡尺的读数为 10mm+0.1×4mm=10.4mm=1.04cm； （2）[2]小球重力势能的减小量 pE mgh  =0.1×9.8×0.2J≈0.196J； [3] 小球通过最低点的速度 21.04 10 0.0052 dv t   m/s；则动能的增加量 2 21 1 0.1 22 2kE mv     =0.200J； （3）[4]不同意． [5]由第（2）问的计算结果可知，小球动能的增加量大于小球的重力势能的减小量；若空气 的阻力造成的，则 kE 要小于 PE ，所以误差不是空气的阻力造成的，可能初速度不为零． 11.利用如图甲所示的电路可以较为准确地测出待测电阻 xR 的阻值，其中 R1 为一较长的粗细 均匀电阻丝， xR 为待测电阻， 0R 为电阻箱，a 为电表，其测量步骤如下： 根据图甲的电路图连接电路：将 0R 调到某一数值，滑片 P 与金属丝某位置连接．闭合开关 S1，试触开关 S2，观察电表 a 的偏转情况：适当左右移动滑片 P 的位置，直至闭合开关 S2 时，电表 a 的指针不发生偏转；测出滑片左右电阻丝的长度 L1 和 L2．读出此时电阻箱接入 电路的阻值 0R ． （1）根据图甲的电路图，用笔画线代替导线，将图乙的实物连接成完整电路； （2）为了测量更准确，图甲中的电表 a 选以下的哪个电表更合适_________． A．量程为 3V，精度为 0.1V，内阻为 3000 欧的电压表 B．量程为 0.6A，精度为 0.02A，内阻为 60 欧的电流表 C．量程为 30 A ，精度为 1 A ，内阻为 100 欧的灵敏电流计 （3）如果电表 a 的电流方向由 M 流向 P 时，指针向右偏转．则当指针向右偏转时，可以通 过以下哪些操作使指针不发生偏转_________． A．适当增大电阻箱 0R 的阻值 B．适当减小电阻箱 0R 的阻值 C．将滑片 P 向左移动适当的距离 D．将滑片 P 向右移动适当的距离 （4）用测量的物理量（L1、L 2 和 xR ）表示待测电阻的阻值 xR  _________． 【答案】(1). (2). C (3). BC (4). 1 0 2 L RL 【解析】 【分析】 本题考查电桥法测电阻． 【详解】（1）如图所示 （2）本实验利用电桥法测电阻，通过移动滑片，调节到电表示数为零，所以电表越灵敏越 好，故选 C． （3）电流方向由 M 流向 P 时，指针向右偏转，为正向电流， M P  ,可通过减小 M 点电 势或增大 P 点电势的方法达到电表示数为 0，通过减小 R0 阻值来减小 M 点电势，B 正确； 通过调节滑片向左移动来增大 P 点电势，C 正确．故选 BC． （4）当电表示数为 0 时， M P=  ，即 x 1R LU U ， 0 2R LU U ，设通过 Rx 的电流为 I1， 通过 R1 的电流为 I2，则： 11 x 2 LI R I R 21 0 2 LI R I R 联立两式可得： 2 1x 0L LR R R R ，其中 1 2 1 2 1 1= , =L L L LR R R RL L ，联立解得： 1 x 0 2 LR RL  ． 12.某同学在做“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，实验装置如图 1 所示．  1 某同学经过粗略的调试后，出现了干涉图样，但不够清晰，以下调节做法正确的是 ______． A.旋转测量头 B.上下拨动金属拨杆 C.左右拨动金属拨杆 D.前后拨动金属拨杆  2 该同学通过测量头的目镜观察单色光的干涉图样时，发现里面的亮条纹与分划板竖线未 对齐，如图 2 所示，若要使两者对齐，该同学应如何调节_______． A.仅左右转动透镜 B.仅旋转单缝 C.仅旋转双缝 D.仅旋转测量头  3 如图 3 所示中条纹间距表示正确是______． 【答案】 (1). C (2). D (3). CE 【解析】 【详解】  1 使单缝与双缝相互平行，干涉条纹更加清晰明亮，则要增大条纹的宽度， 根据公式 Lx d  可知，增大双缝到屏的距离 L 或减小双缝之间的距离都可以增大条纹的 间距，所以需要左右移动拨杆．故 C 正确 ABD 错误；  2 发现里面的亮条纹与分划板竖线未对齐，若要使两者对齐，该同学应调节测量头，故 ABC 错误，D 正确；  3 干涉条纹的宽度是指一个明条纹与一个暗条纹的宽度的和，为两个相邻的明条纹 ( 或暗 条纹 ) 的中心之间的距离，故图 CE 是正确的． 13.如图所示，两根不可伸长的细绳 A、B 端分别固定在水平天花板上，O 端系有一质量 m ＝ 3 kg 的物体，ABO 组成一边长为 L＝5 3 m 的正三角形．物体受到方向水平向左的风 力作用，绳 BO 能承受的最大拉力 Fm＝20N，绳 AO 不会被拉断，取 g＝10m/s2. (1) 水平风力 F1＝5N 时，物体处于静止状态，求绳 BO 中的拉力大小 FB； (2) 水平风力为 F2 时，绳 BO 刚好被拉断，求 F2 和绳 BO 拉断时物体的加速度大小 a； (3) 在(2)的情况下，求物体运动过程中的最大速度 vm 和物体运动到最高点时与初始位置的 高度差 h. 【答案】(1) 15N (2) 10N ， 210m/s （3）10m/s ， 7.5m 【解析】 【详解】（1）设此时绳 AO 中的拉力大小 FA，由平衡条件有 1 cos60 cos60 0A BF F F     sin 60 sin 60 0A BF F mg   代入数据解得 15NBF  （2）设绳 BO 拉断时，物体仍在原来位置，则拉断前瞬间水平和竖直方向的分力分别为 cos60 10Nmx mF F   sin 60 10 3Nmy mF F   由于 myF mg ，说明物体仍在原来位置，此时绳 AO 中的拉力大小为 0． 水平方向由平衡条件有 2 10NmxF F  绳 BO 被拉断后，物体做圆周运动，拉断时加速度方向沿圆切线方向，则 2 sin 60 cos60F mg ma    解得： 210m/sa  （3）设绳 AO 向左摆到与水平方向的夹角为θ时，物体运动的速度最大，则 2 sin cos 0F mg   2 2 1( cos60 cos ) ( sin sin 60 ) 2 mF L L mg L L mv      联立解得： 10m/smv  设绳 AO 向左摆到与水平方向的夹角为α时，物体到达最高点，则 2 ( cos60 cos ) ( sin sin 60 ) 0F L L mg L L      sin 60 sinh L L   解得： 7.5mh  14.如图所示，在 O 点固定一个正点电荷，同时在以 O 为圆心、 1 2 a 为半径的虚线圆内有垂 直纸面向里的匀强磁场(未画出)，MSN 是由细管制成的半径为 a 的光滑绝缘圆轨道，其圆心 位于 O 点．在 M 点以速度 v0 垂直 MN 向下射出一个质量为 m(不计重力)、电荷量为 q 的带 负电的粒子，粒子恰好做匀速圆周运动，从 N 点进入圆轨道(细管的内径略比粒子大)．粒子 从 N 点进入时，虚线圆内磁场的磁感应强度按 B=B0－βt(β>0)的规律开始变化，粒子从 M 点 出来时磁感应强度的大小恰好变为零之后不再变化，此时撤去圆轨道，粒子轨迹变为椭圆且 垂直穿过 MN 线上的 P 点，OP=7a，(以无穷远处电势为 0，点电荷电场中某点的电势 kQ r   ， k 为静电力常量，Q 为点电荷带电量、带符号代入，r 为电场中某点到点电荷的距离)求： (1)固定在 O 点的正电荷的电荷量； (2)B0、β的数值； (3)粒子从出发到达到 P 点的时间． 【答案】(1) 2 0mv a kq (2) 0 0 4( 7 2)mvB aq  , 2 0 2 3mv a q   (3) 0 0 19 4 7( ) 16 ( 01 2 3 )3 a at n nv v     ，，， 【解析】 【详解】(1)库仑力提供向心力 2 0 2 vQqk ma a  得 2 0 mv aQ kq  (2)假设在半径为 a 的地方有金属环，其感应电动势为： 2 4 at     此处的电场强度大小为(感应电场) 2 14 2 8 a E aa    所以有： 2 2 0 1 1 1 2 2mv qE a mv  ①(v1 为达 M 点的速度) 然后以初速 v1 做椭圆运动到 P 点，依开普勒第二定律可求得： 1 2 7v a v a ② 依能量守恒有： 2 2 1 2 1 1 2 2 7 qQ qQmv k mv ka a    ③ 由②③得 2 0 7 14v v ， 1 0 7 2v v 代入①得 2 03 8 mvE aq ， 2 0 2 3mv a q   1 0 1 0 4( 7 2) 3 v v at qE v m      0 0 1 4 7 2 mv B t aq     (3)此后运动周期为 T 开始圆运动的周期 0 0 2 aT v  由 2 3 T CR  可得 2 2 0 3 3a (4 ) T T a  0 0 8 16 aT T v   ， 0 0 at v  0 1 0 1 19 4 7( )2 3 at t t T v       0 0 19 4 7 16 01 2 33 a at t nT n nv v            ＋ ，，， 15.如图甲所示，真空室中电极 K 发出的电子(初速不计)经电场加速后，由小孔 P 沿两水平 金属板 M、N 的中心线射入板间，加速电压为 U0，M、N 板长为 L，两板相距 3 4 L .加在 M、 N 两板间电压 u 随时间 t 变化关系为 uMN＝ 09 2sin4 U tT      ，如图乙所示．把两板间的电场 看成匀强电场，忽略板外电场．在每个电子通过电场区域的极短时间内，电场可视作恒定．两 板右侧放一记录圆筒，筒左侧边缘与极板右端相距 3 2 L ，筒绕其竖直轴匀速转动，周期为 T， 筒的周长为 s，筒上坐标纸的高为15 4 L ，以 t＝0 时电子打到坐标纸上的点作为 xOy 坐标系 的原点，竖直向上为 y 轴正方向．已知电子电荷量为 e，质量为 m，重力忽略不计． (1) 求穿过水平金属板的电子在板间运动的时间 t； (2) 通过计算，在示意图丙中画出电子打到坐标纸上的点形成的图线； (3) 为使从 N 板右端下边缘飞出的电子打不到圆筒坐标纸上，在 M、N 右侧和圆筒左侧区域 加一垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度 B 应满足什么条件？ 【答案】（1） 02 mL eU  （2） （3）①当匀强磁 场方向垂直于纸面向外时，应满足的条件 04 2 3 emUB eL  ；②当匀强磁场方向垂直 于纸面向里时，应满足的条件 02 6 emUB eL  【解析】 【详解】（1）设电子经加速电压加速后的速度为 v0，则 2 0 0 1 2e mvU  ， 0L v t 解得： 02 mt L eU   （2）电子在板间运动的加速度为： 3 4 eua Lm   能飞出的电子打到坐标纸上的偏转距离： 2 0 1 3 2 2 aty at L v    解得： 0 4 23 sin( )3 Luy L tU T   设当 M、N 两板间电压为 U 时，电子从水平金属板右边缘飞出，则 23 1 8 2 L at 解得： 0 9 8U U 故在一个周期中的 5~12 12 T T 、 7 11~12 12 T T 时间内，电子打在 M、N 板上，画出电子打到坐标 纸上的点形成的图线如图所示(正弦曲线的一部分)． （3）设从 N 板右端下边缘飞出时的电子速度与水平方向的夹角为θ，速度大小为 v，则 0 tan at v   ， 0 cos vv  解得： 3tan 4   ， 025 4 eUv m   ①当匀强磁场方向垂直于纸面向外时，电子打不到圆筒坐标纸上，磁场的磁感应强度为 B1， 电子做圆周运动的轨道半径为 r1，则 根据几何关系： 1 1 3sin 2 Lr r   ， 洛伦兹力提供向心力： 2 1 1 vevB m r  解得： 1 15 16r L ， 0 1 4 2 3 emUB eL  应满足的条件 04 2 3 emUB eL  ②当匀强磁场方向垂直于纸面向里时，电子打不到圆筒坐标纸上，磁场的磁感应强度为 B2， 电子做圆周运动的轨道半径为 r2，则 根据几何关系： 2 2 2 2 2 2 3 3 15( sin ) ( cos )2 8 8 L L Lr r r      洛伦兹力提供向心力： 2 2 2 vevB m r  解得： 2 15 2r L ， 0 2 2 6 emUB eL  应满足的条件 02 6 emUB eL  点睛：本题主要考查了带电粒子在电场和磁场中的偏转，分清过程画出轨迹，结合牛顿第二 定律、动能定理和几何关系即可解题，本题过程较为复杂．