《解析》江苏省涟水中学2017届高三上学期第三次检测物理试题 17页

www.ks5u.com 一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分。每小题只有一个选项符合题意。‎ ‎1．如图所示，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为θ。整个装置处于沿竖直方向的匀强磁场中。质量为m的金属杆ab垂直导轨放置，当杆中通有从a到b的恒定电流I时，金属杆ab刚好静止。则 A．磁场方向竖直向下 B．ab受安培力的方向平行导轨向上 C．ab受安培力的大小为mgtanθ D．ab受安培力的大小为mgsinθ ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、如果磁场方向竖直向下，由左手定则可知，安培力水平向左，金属杆所受合力不可能为零，金属杆不可能静止，故A错误；‎ B、磁场竖直向上，由左手定则可知，金属杆所受安培力水平向右，金属杆所受合力可能为零，金属杆可以静止，故B错误；‎ CD、磁场竖直向上，对金属杆进行受力分析，金属杆受重力，水平向右的安培力，垂直斜面向上的支持力，由平衡条件得，，，故C正确、D错误；‎ 故选：C。‎ 考点：安培力 ‎【名师点睛】本题考查安培力的大小和方向判断问题。以金属杆为研究对象进行受力分析，金属杆ab刚好静止，物体所受合力为零。由于匀强磁场沿竖直方向，根据平衡条件，应用左手定则可以判断磁场的方向。由平衡条件求出安培力的大小。 ‎ ‎2. 如图所示，两个完全相同的小球A、B，在同一高度处以相同大小的初速度v 分别水平抛出和竖直向上抛出，下列说法正确的是 ‎ A．两小球落地时的速度相同 B．从开始运动至落地，重力对两小球做功不同 C．两小球落地时，两球重力的瞬时功率相同 D．从开始运动至落地，重力对A小球做功的平均功率较大 ‎【答案】D 考点：平抛运动和竖直上抛运动，功率的计算 ‎【名师点睛】在分析功率的时候，一定要注意公式的选择，只能计算平均功率的大小，而P=Fvcosθ可以计算平均功率也可以是瞬时功率，取决于速度是平均速度还是瞬时速度．两个物体在运动的过程中机械能守恒，可以判断它们的落地时的速度的大小，再由平均功率和瞬时功率的公式可以得出结论。‎ ‎3．某电场的电场线分布如图所示，下列说法正确的是 A．a点的电势高于b点的电势 B．c点的电场强度大于d点的电场强度 C．若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功 D．若将一负试探电荷由c点移到d点，电势能增加 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、根据等势线与电场线垂直，沿电场线电势降低可知：a点的电势低于b点的电势，故A错误；B、从电场线的分布情况可知，c处的电场线比d处的疏，所以c点的电场强度小于d点的电场强度，故B错误；C、正电荷所受电场力和场强方向相同，因此正电荷由a点移到b点时电场力做负功，故C正确；D、将一负试探电荷由c点移到d点，电场力做正功，电势能减少，故D错误。故选：C。‎ 考点：电场线 ‎ ‎【名师点睛】电场强度、电势、电势能、电场力做功等概念及相互间的关系是本章关键，在电场中通过电场线来判断电场强度、电势、电势能大小变化，理解这些概念之间的关系．并能在实际电场中或者电荷运动过程中弄清它们的变化。‎ ‎4．己知地球半径为R，地面处的重力加速度为g，一颗距离地面高度为2R的人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，下列关于卫星运动的说法正确的是 A．线速度大小为 B．角速度为 C．加速度大小为g D．周期为6π ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：根据，可得线速度，所以A错误；，可得角速度，所以B正确；，，得:，所以C错误；，得周期，故D错误。故选B。1‎ 考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系 ‎【名师点睛】本题考查万有引力定律及其应用。卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出线速度、角速度、周期、加速度等物理量。忽略地球自转的影响，根据万有引力等于重力列出等式。‎ ‎5．如图所示，线圈两端与电阻相连构成闭合回路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的S极朝下．在将磁铁的S极插入线圈的过程中,下列正确的是 A．通过电阻的感应电流的方向为由a到b，线圈与磁铁相互排斥 B．通过电阻的感应电流的方向为由b到a，线圈与磁铁相互排斥 C．通过电阻的感应电流的方向为由a到b，线圈与磁铁相互吸引 D．通过电阻的感应电流的方向为由b到a，线圈与磁铁相互吸引 ‎【答案】B 考点：楞次定律 ‎【名师点睛】当磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量变大，原磁场方向向上，所以感应电流产生的磁场阻碍原磁场的变化，方向向下，根据右手螺旋定则判断感应电流的方向；根据楞次定律“来拒去留”可判断磁铁与线圈的相互作用。‎ 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分。‎ ‎6．如图所示，固定的水平长直导线中通有向左方向电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行。线框由静止释放，在下落过程中 A．穿过线框的磁通量减小 B．线框的机械能守恒 C．线框中感应电流方向为逆时针方向 D．线框所受安掊力的合力为零 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析：A、线框由静止释放，在下落过程中，因电流的磁场离导线越远，磁场越弱，则穿过线框的磁通量在减小，故A正确； B、在下降的过程中，除重力做功以外，有安培力做负功，所以线框不做自由落体运动，其的机械能减小。B错误；C、根据右手螺旋定则，知直导线下方的磁场方向垂直纸面向外，线框由静止释放，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律知，感应电流的方向为逆时针方向，方向不变。故C正确； D、线框由静止释放，穿过线圈的磁通量减小，将产生感应电流，产生的感应电流会阻碍线框的运动，所以一定受到安培力的作用。故D错误；故选：AC。1‎ 考点：楞次定律 ‎【名师点睛】解决本题的关键掌握应用楞次定律判断感应电流的方向，以及知道机械能守恒的条件．根据右手螺旋定则判断出直导线周围的磁场方向，离导线越远，磁场越弱，根据楞次定律判断感应电流的方向，再通过左手定则判断线框所受的安培力的合力方向。除重力做功以外，有安培力做功，机械能不守恒。‎ ‎7．如图电路中，电源电动势为E、内阻为r．闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电压表示数的变化量为ΔU．在这个过程中，下列判断正确的是 A．电压表的示数U和电流表的示数I的比值变大 B．电阻R1两端的电压减小，减小量等于ΔU C．电容器的带电量减小，减小量小于CΔU D．电压表示数变化量ΔU和电流表示数变化量ΔI的比值不变 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ 试题分析：A、电压表测量R两端的电压，则有 ‎，R增大，则电压表的示数U和电流表的示数I的比值变大。故A正确； B、增大可变电阻R的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析得知，电阻R1两端的电压减小，电阻R两端的电压增大，而它们的总电压即路端电压增大，所以电阻R1两端的电压减小量小于△U，故B错误； C、R1两端的电压减小，电容器的带电量减小，根据Q=CU可知，电容器的带电量减小量小于C△U。故C正确； D、根据闭合电路欧姆定律得：U=E-I（R1+r），由数学知识得知，，保持不变。故D正确；故选：ACD。【来.源：全,品…中&高*考*网】‎ 考点：闭合电路欧姆定律、电容 ‎【名师点睛】闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析电阻R1两端的电压，根据路端电压的变化，分析电阻R1两端的电压变化量与△U的关系，确定电容带电量变化量。电压表的示数U和电流表的示数I的比值等于R。电压表示数变化量△U和电流表示数变化量△I的比值等于R1+r。‎ ‎8．如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的劲度系数为k，另一端固定于O点．将小球拉至A处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，当它运动到O点正下方B点时速度为v、，A、B两点间的高度差为h，不计空气阻力，则 A．由A到B过程，小球机械能守恒 B．由A到B过程，小球重力做的功等于mgh C．小球到达B点时，受到的重力可能与弹力大小相等 D．小球到达B点时，弹簧的弹性势能为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：A、小球从A到B的过程中，有重力做功，弹簧弹力做功，小球机械能不守恒，故A错误； B、重力做功只与初末位置的高度差有关，则由A至B重力做功为mgh，故B正确；C、小球到达B点时，具有向上的向心加速度，处于超重状态，弹力大于重力，故C错误；D、弹簧弹力做功量度弹性势能的变化，根据动能定理得：‎ ‎，所以小球到达位置B时弹簧的弹性势能为，故D正确；故选：BD。‎ 考点：机械能守恒定律; 弹性势能；功能关系 ‎【名师点睛】本题要注意我们研究的系统是小球而不是小球与弹簧，小球与弹簧系统则机械能守恒；而只对小球机械能是不定恒的；熟悉功能的对应关系．根据下降的高度求出重力做功的大小，结合动能定理求出弹簧弹力做功大小，根据弹簧弹力做功量度弹性势能的变化，从而得出最低点弹簧的弹性势能。根据小球到达B点时需要向上的向心加速度，判断弹力和重力的大小关系。‎ ‎9. 如图为一利用海流发电的原理图，用绝缘材料制成一个横截面为矩形的管道，在管道的上、下两个内表面装有两块电阻不计的金属板M、N，板长为a,宽为b,板间的距离d．将管道沿海流方向固定在海水中，在管道中加一个与前后表面垂直的匀强磁场，磁感应强度B．将电阻为R的航标灯与两金属板连接（图中未画出）．海流方向如图，海流速率为v,下列说法正确的是 A．M板电势高于N板的电势 B．发电机的电动势为Bdv ‎ C．发电机的电动势为Bav D．管道内海水受到的安培力方向向右 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ 试题分析：根据左手定则可知，正电荷向上运动，故M板的电势高，A正确；设电动势为E，离子同时受电场力和洛伦兹力，二力平衡时两板间的电压稳定，,，B正确、C错误；根据左手定则可知，磁场对管道内海水的作用力方向向左（与海流流动方向相反），D错误；故选AB。‎ 考点：导体切割磁感线时的感应电动势、安培力 ‎【名师点睛】根据左手定则判断正电荷运动的方向，可以判断极板的极性。离子在运动过程中同时受电场力和洛伦兹力，二力平衡时两板间的电压稳定，根据电场力等于重力，可求出电动势。根据极板的极性可知闭合电路中电流的方向，由左手定则可判断安培力的方向。‎ 三、简答题：请将解答填在答题卡相应的位置。‎ ‎10．甲 （8分）某实验小组用图甲所示装置研究系统在金属轨道上运动过程中机械能是否守恒：将一端带有滑轮的长金属轨道水平放置，重物通过细绳水平牵引小车沿轨道运动，利用打点计时器和纸带记录小车的运动． ‎ ‎(1)本实验中小车质量 ▲ （填“需要”、“不需要”）远大于重物质量； ‎ ‎(2)将小车靠近打点计时器，将穿好的纸带拉直，接通电源，释放小车. 图乙是打出的一条清晰纸带， O点是打下的第一个点，1、2、3、4、5是连续的计数点，O点和计数点1之间还有多个点（图中未画出），相邻计数点间的时间间隔为0.02s．在打计数点4时小车的速度v= ▲ m/s（保留三位有效数字）．若已知重物的质量为m，小车的质量为M,则从点O到点4的过程中，系统减少的重力势能为 ▲ J，增加的动能为 ▲ J（g取9.8m/s2，数字保留两位小数）.‎ ‎【答案】（1）不需要；（2）2.30；5.18m；2.65(m+M)‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）本实验中为了验证机械能守恒定律，两物体的质量均要考虑，故不需要使小车的质量远小于重物的质量；（2）打4点时的速度；0到4过程中重力势能的减小量△EP=mgh=9.8×0.5290m=5.18m；动能的增加量 考点：验证机械能守恒定律 ‎【名师点睛】明确实验原理，根据机械能守恒定律进行分析即可明确是否需要小车的质量远小于重物的质量；根据平均速度方法可求得打点4时的速度；根据重力势能的定义可求得0到4时的改变量；根据动能的定义可求得动能的变化。‎ ‎11．某学习小组欲探究小灯泡（“3V、1.5W”）的伏安特性，可提供的实验器材如下：‎ A．电池组：电动势约4.5V，内阻可不计；‎ B．双量程的电压表；V1：量程为0~3V、内阻约为3kΩ；V2：量程为0~15V、内阻约为15kΩ C．双量程的电流表；A1：量程为0~0.6A、内阻约为1Ω； A2：量程为0~3A、内阻约为0.1Ω D．滑动变阻器R：阻值范围0~10Ω、允许通过最大电流为2A；‎ E．开关S，导线若干．‎ 在尽量提高测量精度的情况下，请回答下列问题：‎ ‎（1）根据以上器材，用笔画线代替导线将实物图1连接成完整电路；‎ ‎（2）闭合开关前，滑动变阻器的滑动片应移到 ▲ 端（选填“A”或“B”）；‎ ‎（3）调节滑动变阻器得到电压、电流数据如下表，请在图2所示的坐标纸上画出小灯泡的U – I图线．‎ 组数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ U/V ‎0‎ ‎0.28‎ ‎0.58‎ ‎0.92‎ ‎1.50‎ ‎2.00‎ ‎3.00‎ I/A ‎0‎ ‎0.10‎ ‎0.20‎ ‎0.30‎ ‎0.40‎ ‎0.45‎ ‎0.49‎ ‎（4）根据图线可估得小灯泡在常温下的电阻约为 ▲ Ω（结果保留2位有效数字）．‎ ‎【答案】（1）连线如图1所示 ‎（2）A ‎ ‎（3）如图2中曲线所示 （正确、平滑可得分）‎ ‎（4）2.8Ω~3.0Ω ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）本实验应采用滑动变阻器分压接法，同时由于灯泡内阻较小，故采用电流表外接法以减小误差；故连线如图1所示；（2）为了让电压值从零开始调节，由图可知测量电路与滑动变阻器的左侧并联；故开始时滑片应滑到A侧；（3）根据描点法可得出对应的伏安特性曲线如图2所示；（4）常温下的电阻图线过原点的切线的斜率；故 考点：描绘小电珠的伏安特性曲线 ‎【名师点睛】根据实验原理明确滑动变阻器以及电流表的接法，从而明确电路实物图；让开始时要让电压从零开始调节，故开始时应让与测量部分并联的滑动变阻器并联；根据描点法可得出对应的图象；根据图象过原点的斜率可求得常温下的电阻。‎ ‎12． A．(选修模块3－3)(12分) ‎ ‎(1)下列说法正确的是 ▲ ‎ A．给车胎打气，越压越吃力，是由于分子间存在斥力 B．液体的温度越高，布朗运动越剧烈 C．在绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果 D．当两分子间距离大于平衡位置的间距r0 时，分子间的距离越大，分子势能越小 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：A、给车轮胎打气，越来越费力，主要是由于打气过程中气体压强增加的缘故，不是由于分子间存在斥力，故A错误；‎ B、布朗运动的实质是液体分子不停地无规则的撞击悬浮微粒，悬浮微粒越小，温度越高，液体分子撞击作用的不平衡性越明显，布朗运动越明显，故B正确；‎ C、在绕地球飞行的宙飞中，自由飘浮水滴呈球形，这是表面张力作用的结果．故C正确；‎ D、当r＞r0时，分子力表现为引力，随着分子之间间距的增大，分子力做负功，分子势能增大，故D错误；故选BC。 1【来.源：全,品…中&高*考*网】‎ 考点：分子间的相互作用力；布朗运动、表面张力、分子势能 ‎【名师点睛】压缩气体要用很大的力，这是因为要克服大气压力，液体表面存在表面张力。布朗运动的实质是液体分子不停地做无规则撞击悬浮微粒，悬浮微粒受到的来自各个方向的液体分子的撞击作用不平衡，导致的无规则运动. 两分子间距离大于平衡位置的间距0时，分子力表现为引力，分子间距离增大，分子势能增大。‎ ‎（2）如图所示，一定质量的理想气体发生如图所示的状态变化，状态A与状态B 的体积关系为VA ▲VB(选填“大于”、“小于”或“等于”)； 若从A状态到C状态的过程中气体对外做了50J的功，则此过程中____▲ __(选填“吸热”或“放热”)‎ ‎【答案】小于；吸热 ‎【解析】‎ 试题分析：状态A与状态B，压强不变，温度升高，根据气体状态方程，体积增大，所以VA 小于VB。从A状态到C状态的过程中，温度不变，内能不变，根据热力学定的表达式△U=Q+W，知道此过中吸热吸收的热量50J。‎ 考点：理想气体的状态方程 ‎【名师点睛】‎ ‎（3）夏季车辆长途行驶时，车胎内气体温度最高可达77℃。某型号轮胎说明书上标注的最大胎压为3.5×105Pa。若给该轮胎充气时，胎内气体温度恒为27℃，不计充气及车辆行驶时车胎体积的变化，为了保证行车安全，该轮胎刚充完气的气压不应超过多少？‎ ‎【答案】3×105Pa ‎【解析】‎ 试题分析：车胎内气体初末状态的温度分别为T1=273+27=300K，‎ T2=273+77=350K 　 由查理定律 ‎ ‎ ‎ 考点：理想气体的状态方程 ‎12C．（选修模块3-5）　(12分)‎ ‎（1）下列说法正确的是_____▲____‎ A．放射性元素的半衰期随温度升高而减小 B．电子的衍射图样证实了实物粒子具有波动性 C．α粒子散射实验能揭示原子具有核式结构 D．原子核的结合能越大，原子核越稳定 ‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：A、半衰期与外界因素无关，A错误；‎ B、衍射是波的特有现象，电子束通过铝箔时的衍射图样证实了电子具有波动性．故B正确；【来.源：全,品…中&高*考*网】‎ C、α粒子的散射实验说明了原子内部很空，揭示了原子的内部结构.故C正确；‎ D、比结合能越大，才原子核越稳定，故选项D错误。‎ 考点：原子核 ‎ ‎（2）用同一光电管研究a、b两种单色光产生的光电效应，得到光电流I与光电管两极间所加电压U的关系如图．则a光光子的频率 ▲ b光光子的频率（选填“大于”、“小于”、“等于”）；用a光的强度 ▲ b光的强度（选填“大于”、“少于”、“等于”）．‎ ‎【答案】大于；大于 ‎【解析】【来.源：全,品…中&高*考*网】‎ 试题分析：由题可得光电管反向截止电压大，可得出光电子的最大初动能大，根据 ‎，所以a光光子的频率大；由图可知a光电流较大，因此a光的光强大于b光。‎ 考点：爱因斯坦光电效应方程 ‎（3）（4分）是人类首先制造出的放射性同位素，其半衰期为2.5min,能衰变为和一个未知粒子. ①写出该衰变的方程； ②已知容器中原有纯的质量为m，求5min后容器中剩余的质量.‎ ‎【答案】①→+ ②5min还剩余：‎ ‎【解析】‎ 试题分析：①根据衰变过程中质量数电荷数的守恒可知该衰变的方程为：→+ ②5min后容器中剩余的质量为：m′＝．‎ 考点：衰变过程中质量数电荷数守恒的应用和有关半衰期的计算 ‎【名师点睛】‎ 四、计算题：本题共3小题，共47分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写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。‎ ‎13．（15分）如图所示，将质量m=1.0kg的小物块放在长L=3.0m的平板车左端，车的上表面粗糙，物块与车上表面间的动摩擦因数μ=0.6，光滑半圆形固定轨道与光滑水平轨道在同一竖直平面内，半圆形轨道的半径r=1.2m，直径MON竖直，车的上表面和轨道最低点高度相同，开始时车和物块一起以v0=10m/s的初速度在水平轨道上向右运动，车碰到轨道后立即停止运动，取g=10m/s2，求：‎ ‎（1）物块刚进入半圆形时速度大小；‎ ‎（2）物块刚进入半圆形时对轨道的压力大小；‎ ‎（3）物块回落至车上时距右端的距离。‎ ‎【答案】（1）8.0m/s；（2）63.3N；（3）2.8m ‎（3）若物块能到达半圆形轨道的最高点，则由机械能守恒可得 mv12=mv22+mg2r（1分）‎ 解得 v2=4.0m/s 设恰能过最高点的速度为v3，则 解得v3=m/s 因v2>v3，故小物块能到达最高点。从半圆形轨道最高点做平抛运动，设距车右端的水平距离为x，则 解得 x=‎ 考点：动能定理、向心力、机械能守恒定律、平抛运动 【来.源：全,品…中&高*考*网】‎ ‎【名师点睛】‎ ‎14．如图所示，有一对平行金属板，两板相距为0.05m，板间电压为10V，两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B0=0.1T，方向与金属板面平行并垂直于纸面向里．图中右边有一半径R为0.1m、圆心为O的圆形区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为，方向垂直于纸面向里．一正离子沿平行于金属板面，从A点垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿直线射出平行金属板之间的区域，并沿直径CD 方向射入圆形磁场区域，最后从圆形区域边界上的F点射出．已知速度的偏向角，不计离子重力．求：‎ ‎（1）离子速度v的大小；‎ ‎（2）离子的比荷q/m；‎ ‎（3）离子在圆形磁场区域中运动时间t．‎ ‎【答案】（1）2000m/s；（2）；（3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）离子在平行金属板之间做匀速直线运动，洛仑兹力与电场力相等，即 ‎ ‎ ‎ ‎ 解得 ‎ ‎（2）在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律有 ‎ ‎ 由几何关系有 ‎ 离子的比荷 ‎ ‎（3）弧CF对应圆心角为，离子在圆形磁场区域中运动时间，‎ ‎ ‎ 又周期 ‎ ‎ ‎ 考点：带电粒子在复合场中的运动、带电粒子在磁场中的运动 ‎ ‎【名师点睛】带电粒子沿直线射出平行金属板，洛仑磁力等于电场力，可求带电粒子的速度。在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动，由洛仑兹力提供向心力，结合匀速圆周运动的半径和圆形磁场半径的几何关系，可求出荷质比。根据带电粒子做匀速圆周运动的周期和圆心角，可求出运动时间。‎ ‎15．如图甲所示，空间Ⅰ区域存在方向垂直纸面向里的有界匀强磁场，左右边界线MN与PQ相互平行，MN右侧空间Ⅱ区域存在一周期性变化的匀强电场，方向沿纸面垂直MN边界，电场强度的变化规律如图乙所示（规定向左为电场的正方向）．一质量为m、电荷量为+q的粒子，在t=0时刻从电场中A点由静止开始运动，粒子重力不计．‎ ‎（1）若场强大小E1=E2=E，A点到MN的距离为L，为使粒子进入磁场时速度最大，交变电场变化周期的最小值T0应为多少？粒子的最大速度v0为多大？ ‎ ‎（2）设磁场宽度为d，改变磁感应强度B的大小，使粒子以速度v1进入磁场后都能从磁场左边界PQ穿出，求磁感应强度B满足的条件【来.源：全,品…中&高*考*网】‎ ‎（3）在（2）问的条件下该粒子穿过磁场时间t的范围．‎ ‎【答案】（1）， ；（2），（3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）当粒子在电场中一直做加速运动，进入磁场时速度最大，设加速时间为t，则， ‎ 解得 ‎ 由功能关系有 ‎ 解得 ‎ ‎（2）设粒子在磁场运动的轨道半径为r，则有 ‎ ‎ ‎ 解得 ‎ ‎（3）根据几何关系，粒子在磁场中通过的弧长s应满足的条件是 ‎ ‎ 粒子穿过磁场时间 ‎ 解得 ‎ 考点：带电粒子在电场中的运动、带电粒子在磁场中的运动