江苏省盐城中学2020届高三上学期第二次阶段性质量检测物理试题 Word版含解析 20页

- 1 - 江苏省盐城中学 2020 高三第二次阶段性之质量检测 高三物理试题 一．单项选择题 1.蹦极”是一项非常刺激的体育运动。某人身系弹性绳自高空 P 点自由下落，图中 a 点是弹 性绳的原长度位置，c 是人所到达的最低点，b 是人静止地悬吊着时的平衡位置。人在从 P 点 下落到最低点 c 点的过程中 A. 人在 a 点时速度最大 B. 人在 ab 段做加速度增大的加速运动 C. 在 bc 段绳的拉力大于人的重力 D. 在 c 点，人的速度为零，处于平衡状态 【答案】C 【解析】 【详解】AB.弹性绳伸直前，人做自由落体运动，速度越来越大，绳伸直后人受到向下的重力 和向上的弹力作用，由牛顿第二定律可得 故当弹力逐渐增大时，人的加速度逐渐减小，速度仍然继续增大，当重力和弹力相等时，人 的速度最大，即在 b 点时，人的速度最大，在 ab 之间，人做加速度逐渐减小的加速运动，A、 B 错误； C.过了 b 点后，绳 拉力大于人的重力，故 bc 段拉力大于重力，C 正确； D.在 c 点，人的加速度为 0，绳的拉力大于重力，有向上的加速度，不是处于平衡状态，D 错 误； 故选 C。 2.1922 年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖． 若速度相同的同一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列相关说法中正确 的是 的 mg F ma− = - 2 - A. 该束带电粒子带负电 B. 速度选择器的 P1 极板带正电 C. 在 B2 磁场中运动半径越大的粒子，质量越大 D. 在 B2 磁场中运动半径越大的粒子，荷质比 越大 【答案】B 【解析】 【详解】AB.在速度选择器中，粒子做匀速直线运动，合力为 0，若粒子带正电，则洛伦兹力 向上，电场力必向下，即上板带正电；若粒子带负电，则洛伦兹力向下，故电场力必向上， 即上板带正电，因此粒子既可以带正电，也可以带负电，但是上极板必然带正电，故 A 错误； B 正确； CD.由 可得 由于磁感应强度相同，粒子速度相同，故半径越大的粒子，比荷越小，故 C、D 错误； 故选 B。 3.在地面上插入一对电极 M 和 N，将两个电极与直流电源相连，大地中形成恒定电流和恒定电 场．恒定电场的基本性质与静电场相同，其电场线分布如图，P、Q 是电场中的两点．下列说 法正确的是 A. P 点场强比 Q 点场强大 B. P 点电势比 Q 点电势高 q m 2υqυB m r = mr qB υ= - 3 - C. P 点电子的电势能比 Q 点电子的电势能大 D. 电子沿直线从 N 到 M 的过程中所受电场力变大 【答案】B 【解析】 【详解】A.电场线的疏密表示电场强度大小，故 P 点场强比 Q 点场强小，故 A 错误； B.沿电场线方向电势逐渐降低，故 P 点电势比 Q 点电势高，故 B 正确； C.负电荷在电势越高的地方电势能越小，由于 P 点电势比 Q 点电势高，故 P 点电子的电势能 比 Q 点电子的电势能小，C 错误； D.从 N 到 M 的过程中，电场强度先减小后增大，故受到的电场力先减小后增大，D 错误； 故选 B。 4.如图，将 a、b 两小球以不同的初速度同时水平抛出，它们均落在水平地面上的 P 点，a 球 抛出时的高度较 b 球的高，P 点到两球起抛点的水平距离相等，不计空气阻力．与 b 球相比， a 球 A. 初速度较大 B. 速度变化率较大 C. 落地时速度一定较大 D. 落地时速度方向与其初速度方向的夹角较大 【答案】D 【解析】 【详解】A.由 可得，高度越高，下落时间越大，由 可知，两球水平位移相同， 但是 b 求运动时间短，故 b 球初速度较大，A 错误； B.速度变化率即表示加速度，两球加速度相同，故速度变化率相同，B 错误； C.a 球的水平速度小于 b 球，故落地时虽然竖直分速度大于 b 球，但是合速度不一定大于 b 球 ，C 错误； D.由 ，a 球落地时间 t 大，但是 小，故 a 球的 一定大于 b 球，即 a 球落地 21 2h gt= x υt= tan gtθ υ = υ tanθ - 4 - 时速度方向与其初速度方向的夹角较大，D 正确； 故选 D。 5.如图所示为两个独立电路 A 和 B 的路端电压与其总电流 I 的关系图线，则下列说法错误的 是（ ） A. 路端电压都为 U1 时，它们的外电阻相等 B. 电流都 I1 时，两电源内电压相等 C. 电路 A 的电动势大于电路 B 的电动势 D. A 中电源的内阻大于 B 中电源的内阻 【答案】B 【解析】 【详解】由图可知：路端电压都为 U1 时，外电阻的电流相等，都为 I1，根据电阻 ，它 们的外电阻相等，故 A 正确．由闭合电路欧姆定律 U=E-Ir 可知，图象的纵轴截距表示电动势 ，斜率的绝对值表示电源的内阻大小，A 图线的纵轴截距大于 B 图线的纵轴截距，所以 A 的电 动势大于 B 的电动势，即 EA＞EB．A 图线的斜率绝对值大于 B 图线斜率的绝对值，所以 A 的内 阻大于 B 的内阻，即 rA＞rB．当电流都是 I1 时，两电路的路端电压相等，据闭合电路的欧姆 可知：U 内=E-U，所以 A 电路的内电压比 B 电路的内电压大，故 B 错误，CD 正确．此题选错误 的，故选 B． 6.如图所示，A 为一足够长的固定斜面，物块 B 由静止释放后能沿斜面匀加速下滑，现使物块 B 在 t＝0 时由静止释放，并同时受到一随时间变化规律为 F＝kt 的垂直于斜面的作用力．v、 f、a 和 E 分别表示物块的速度、物块所受的摩擦力、物块的加速度和机械能，则下列描述 v、 f、a 和 E 随时间 t 变化规律的图像中，可能正确的是（ ） 是 UR I = - 5 - A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 先求出滑动摩擦力的表达式为 f=μ（F+mgcosθ）=μ（kt+mgcosθ），由牛顿第二定律分析 其加速度，再结合图象进行分析． 【详解】物体受重力、F、斜面支持力和滑动摩擦力，滑动摩擦力大小：f=μ（F+mgcosθ）=μ （ kt+mgcosθ ） ； 可 知 ， 小 球 受 到 的 滑 动 摩 擦 力 越 来 越 大 ， 则 小 球 的 合 外 力 ： F 合 =mgsinθ-f=mgsinθ-μ（kt+mgcosθ）；根据牛顿第二定律得 F 合=ma 得 a=gsinθ-μ（ t+gcosθ）；可知当 mgsinθ＞f 时，物块受到的合外力均匀减小，方向沿斜面向下，则加速 度均匀减小，方向沿斜面向下．当 mgsinθ=f 时，合外力为零，加速度为零．当 mgsinθ＜f 时，物块受到的合外力均匀增大，方向沿斜面向上，则加速度均匀增大，方向沿斜面向上． 根据 v-t 图象的斜率等于加速度，知 A 图正确，故 A 正确，C 错误．由 f=μ（kt+mgcosθ）， 知 f 先均匀增大，当物块静止时，f 不变，故 B 错误．物块停止运动前只有重力和摩擦力做功 ，机械能的减少等于摩擦力做的功，由 f△x=△E，得 =f，可得 =f，又 v= 所 k m E x   E t t x ∆⋅ ∆   x t   - 6 - 以 =fv，则知 E-t 图象的斜率是变化的，可知物块停止运动前，E-t 图象应曲线，故 D 错 误；故选 A． 【点睛】本题的关键分析清楚物体的运动情况，明确滑动摩擦力与时间的关系．对于图象， 往往根据数学知识研究斜率的变化情况． 二、多项选择题 7.如图所示，线圈与一通电直导线在同一平面内，a、b、c 为线圈由左向右匀速运动的过程中 的三个位置，其中 b 处通电导线在线框中间，则感应电流的方向情况是（　　） A. a 处电流为顺时针 B. c 处电流为顺时针 C. b 处电流为逆时针 D. b 处没有电流 【答案】ABC 【解析】 【详解】由安培定则得，载有恒定电流的直导线产生的磁场在导线左边的方向为垂直直面向 外，右边的磁场方向垂直向里，当线圈向导线靠近时，则穿过线圈的磁通量变大，根据楞次 定律，可知：感应电流方向为顺时针，那么 a 处电流为顺时针；当线圈越过导线时到线圈中 心轴与导线重合，穿过线圈的磁通量的变小，则感应电流方向为逆时针，那么 b 处电流为逆 时针；当远离导线时，由楞次定律可知，感应电流方向为顺时针，那么 c 处电流为顺时针； 故 ABC 正确，D 错误，故选 ABC． 8.轨道平面与赤道平面夹角为 90°的人造地球卫星被称为极地轨道卫星，它运行时能到达南 北极区的上空，需要在全球范围内进行观测和应用的气象卫星、导航卫星等都采用这种轨道 如图，若某颗极地轨道卫星从北纬 45°的正上方按图示方向首次运行到南纬 45°的正上方用 时 45 分钟，则（　　） E t   - 7 - A. 该卫星运行速度一定小于 7.9km/s B. 该卫星轨道半径与同步卫星轨道半径之比为 1：4 C. 该卫星加速度与同步卫星加速度之比为 2：1 D. 该卫星的机械能一定小于同步卫星的机械能 【答案】AB 【解析】 分析】 根据题意求出卫星的周期，卫星绕地球做圆周运动万有引力提供向心力，应用万有引力公式 与牛顿第二定律求出线速度、轨道半径、加速度，然后分析答题。 【详解】A．由题意可知卫星的周期： 由于卫星的轨道半径大于地球半径，卫星的线速度小于第一宇宙速度，即卫星的线速度小于 7.9km/h，故 A 正确； B．万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得： 解得： 该卫星轨道半径与同步卫星轨道半径之比： 故 B 正确； C．万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得： 【 360 45min 180min 3h90T °= × = =° 2 2 2( )MmG m rr T π= 2 3 24 GMTr π= 2 233 3 1( ) ( )24 4 r T r T = = = 同步 同步 - 8 - 解得： 该卫星加速度与同步卫星加速度之比： 故 C 错误； D．由于不知该卫星与同步卫星的质量关系，无法比较其机械能大小，故 D 错误； 故选 AB。 9.电阻不变的三个电灯 A、B、C 连接在如图所示的电路中，闭合电键 S 后三灯电功率相同， 此后向上移动滑动变阻器 R 的滑片．则可判断（ ） A. 三灯的电阻大小是 RB＞RC＞RA B. 三灯的电阻大小是 RA＞RB＞RC C. A、C 两灯变亮，B 灯变暗 D. A、B 两灯变亮，C 灯变暗 【答案】BD 【解析】 【分析】 根据电功率公式 P=I2R 或 P=U2/R 分析灯泡电阻的大小．当滑动变阻器 R 的滑片向上滑动时， 变阻器在路电阻增大，外电阻增大，分析路端电压的变化情况和干路电流的变化，即可确定 灯 A 亮度的变化．根据干路电流的变化和通过 A 灯的电流变化，分析通过 C 灯的电流变化， 即可判断 C 灯电压的变化，判断其亮度变化．根据 C 灯电压和路端电压的变化，分析 B 灯电 压的变化，从而判断其亮度变化． 【详解】闭合电键 S 后，A 灯的电压大于 C 灯、B 灯的电压，而两灯的实际功率相等，由 P=U2/R 2 MmG mar = 2 GMa r = 2 2 2 4 16( )1 1 ra a r = = =同步 同步 - 9 - 可知：RA＞RC，RA＞RB．C 灯的电流大于 B 灯的电流，两灯的实际功率相等，由 P=I2R 可得：RC ＜RB．则得：RA＞RB＞RC．故 A 错误 B 正确．当滑动变阻器 R 的滑片向上滑动时，变阻器在路 电阻增大，外电阻增大，总电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，通过 A 灯的电流 增大，则 A 灯变亮；由于总电流减小，而通过 A 灯的电流增大，则通过 C 灯的电流减小，C 灯 变暗．C 灯的电压减小，而路端电压增大，则 B 灯的电压增大，B 灯变亮．即 A、B 两灯变亮， C 灯变暗，故 C 错误，D 正确．故选 BD． 【点睛】本题按“局部→整体→局部”的顺序按部就班进行分析．由于电功率公式形式较多， 要根据条件灵活选择不同的形式分析电阻关系． 10.如图甲和乙所示，分别为示波管和显像管的结构图。正常工作时由二者的电子枪发射的电 子束，经偏转电极（电场）和偏转线圈（磁场），电子束打在荧光屏上使荧光屏发光，不计 电子的重力。下列说法正确的是 甲 乙 A. 若图甲的荧光屏上只有竖直亮线，则只有 YY′间加有电压 B. 若图乙的荧光屏上只有竖直亮线，则偏转线圈只有竖直方向的磁场 C. 电子经过甲图中的偏转电极，速度方向改变，大小不变 D. 电子经过乙图中的偏转线圈，速度方向改变，大小不变 【答案】AD 【解析】 【详解】A.荧光屏上只有竖直亮线，说明水平方向没有偏转，故只有 YY′间加有电压，A 正 确； B.图乙的荧光屏上只有竖直亮线，由左手定则可知，只有水平方向的磁场，B 错误； C.电子经过甲图中的偏转电极，电场力做了正功，故速度大小和方向都发生变化，C 错误； D.电子经过乙图中的偏转线圈，洛伦兹力不做功，故电子的速度大小不变，方向变化，D 正确 ； 故选 AD。 三．简答题 - 10 - 11.在“验证机械能守恒定律”的实验中采用重物自由下落的方法。 （1）某同学列举实验中用到的实验器材为：A．铁架台、B．打点计时器及复写纸片、C．纸 带、D．秒表、E．低压交流电源、F．导线、G．重锤、H．天平，其中不必要的是_________。 （填文字前的字母） （2）如果以 为纵轴，以 h 为横轴，根据实验数据绘出的图线应是下图中的。（ ） A. B. C. D. （3）在一次实验中，若已知质量为 1kg 的重物自由下落，在纸带上打出一系列的点（交流电 频率 50Hz），如图所示，长度单位 cm，那么从起点 O 到打下记数点 B 的过程中重力势能减少 量是 =_______J，此过程中物体动能的增加量 =_________，g 取 10m/s2，结果数据均 保留至小数点后两位）；通过计算，误差产生的可能是________________________。 【答案】 (1). D (2). A (3). 0.49 (4). 0.48 (5). 由于摩擦阻力或空气 阻力 【解析】 【详解】（1）[1]本实验中通过打点计时器计时，不需要秒表； （2）[2]重锤下落过程机械能守恒，故 整理得 以 为纵轴，以 h 为横轴，作出的图像为直线，斜率为重力加速度 g； （3）[3][4][5]重力势能变化为 2 2 v pE∆ kE∆ 21 2mgh mυ= 2 2 υ gh= 2 2 v - 11 - 到达 B 点时的速度为 故动能变化为 动能增量小于重力势能的增量，这是由于重锤和空气，纸带和打点计时器之间存在阻力造成 的。 12.在练习使用多用电表的实验中 （1）某同学使用多用电表的欧姆档粗略测量一定值电阻的阻值 ，先把选择开关旋到“ ”挡位，测量时指针偏转如图 1 所示．以下是接下来的测量过程： a.将两表笔短接，调节欧姆档调零旋钮，使指针对准刻度盘上欧姆档的零刻度，然后断开两 表笔 b.旋转选择开关至交流电压最大量程处（或“OFF”挡），并拔出两表笔 c.将选择开关旋到“ ”挡 d.将选择开关旋到“ ”挡 e.将选择开关旋到“ ”挡 f.将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出阻值 ，断开两表笔 以上实验步骤中的正确顺序是______（填写步骤前的字母）． （2）重新测量后，指针位于如图 2 所示位置，被测电阻的测量值为______ ． （3）如图 3 所示为欧姆表表头，已知电流计的量程为 ，电池电动势为 ，则该欧姆表的内阻是______ ，表盘上 刻度线对应的电阻值是______ ． 0.49Jp OBE mgx∆ = = 0.98m/s2 AC B xυ T = = 21 0.48J2k BE m∆ = =υ xR 10× 1× 100× 1k× xR Ω 500gI Aµ= 1.5VE = kΩ 300 Aµ kΩ - 12 - （4）为了较精确地测量另一定值电阻的阻值 ，采用如图 4 所示的电路．电源电压 U 恒定， 电阻箱接入电路的阻值可调且能直接读出． ①用多用电表测电路中的电流，则与 a 点相连的是多用电表的_____（选填“红”或“黑”） 表笔． ②闭合电键，多次改变电阻箱阻值 R，记录相应的 R 和多用电表读数 I，得到 的关系如 图 5 所示．不计此时多用电表的内阻．则 =_____ ，电源电压 U=______V． 【答案】 (1). adfb (2). 2200 (3). 3 (4). 2 (5). 红 (6). 100 (7). 4 【解析】 【详解】（1）由图可知，把选择开关旋到“×10”挡位时，指针偏转角度过小，则可知欧姆 档档位选择过低，则应该选择“×100”挡；按照欧姆表的使用规则，可知以上实验步骤中的 正确顺序是： adfb； （2）如图所示，则被测电阻的测量值为 22×100Ω=2200Ω． （3）该欧姆表的内阻是 ，由 ，解得 ，即表盘上 30μA 刻度线对应的电阻值 是 2kΩ． （4）①用多用电表测电路中的电流，按照“红进黑出”的原则，与 a 点相连的是多用电表的 红表笔． ②根据图所示电路图，由闭合电路欧姆定律可得： ，故由图可得： ， 所以，Ry=100Ω，U=4V； 四．计算题 13.如图所示，一水平放置的传送带，长为 L=4m,上表面距地面高度为 h=5m,以一定的速度顺 yR 1R I − yR Ω 6 1.5 3000 3500 10g g Er kI −= = Ω = Ω = Ω× g EI r R = + 6 1.5 3000 2000 2300 10g ER r kI −= − = Ω − Ω = Ω = Ω× y UR RI −＝ 4 100R I −＝ - 13 - 时针转动．在传送带左端静止释放一小物块（可视为质点），经一段时间从传送带右端水平 飞出，落地点距抛出点的水平距离为 s=4m,物块在离开传送带前，已经传送带达到共同速度． 求 （1）传送带的速度 v； （2）动摩擦因数 μ 的取值范围； （3）若 μ=0.4,物块相对传送带的位移． 【答案】（1）4m/s（2） （3）-2m 【解析】 【分析】 （1）物块飞离传送带后做平抛运动，根据平抛运动的规律求解传送带的速度；（2）假设物 块在传送带上一直加速，求解动摩擦因数；（3）根据加速度求解物块与传送带共速时用的时 间，根据位移公式求解物块相对传送带的位移. 【详解】（1）由 h= gt2 可得 S=vt （2）可能的情况：物块先匀加速再匀速或物块一直匀加速； 假设物块一直匀加速 V2=2aL a=2m/s2 μmg=ma μ=0.2 所以 μ 的取值范围 μ≥0.2 （3）若 μ=0 4，则 μmg=ma′ 解得 a′=4m/s2 . 0.2µ ≥ 1 2 2 1ht sg = = 4 /sv m st = = 1 1vt sa′= = - 14 - 物块的位移 传送带的位移 x2=vt1=4m 物块相对传送带的位移∆x=x1-x2=-2m 方向：向左 14.如图一带电荷量为＋q、质量为 m 的小物块处于一倾角为 37°的光滑斜面上，当整个装置 被置于一水平向右的匀强电场中时，小物块恰好静止．重力加速度用 g 表示，sin 37°＝0.6 ，cos 37°＝0.8．求： (1)电场强度的大小 E； (2)将电场强度减小为原来的 时，物块加速度的大小 a； (3)电场强度变化后物块下滑距离 L 时的动能 Ek． 【答案】(1) (2)0.3g (3)0.3mgL 【解析】 【详解】（1）小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，受力分析如图所示： FNsin37∘=qE① FNcos37∘=mg② 由①、②可得电场强度： （2）若电场强度减小为原来的 ，则变为 mgsin37∘−q cos37∘=ma③ 可得加速度： 1 1 22 vx t m= = 1 2 3mg 4q 3 4 mgE q = 1 2 3 8 mgE q ′ = E′ - 15 - a=0.3g. （3）电场强度变化后物块下滑距离 L 时，重力做正功，电场力做负功， 由动能定理则有： mgLsin37∘−qE′Lcos37∘=Ek−0④ 可得动能： Ek=0.3mgL 15.如图所示，质量为 m=0.2kg 的小球套在固定的光滑圆环上，圆环的圆心为 O，轻质弹簧的 一端固定于圆心，另一端与小球相连，弹簧、小球和圆环在同一竖直平面内，B、C 分别为圆 环的最低点和最高点．小球受到水平向右的恒力 F 作用，静止于圆环上 A 点且恰好与圆环间 无相互作用，此时弹簧与竖直方向上的夹角 θ=60o.已知弹簧劲度系数 k=40N/m,原长 l0=0.6m,g 取 10m/s2. （1）求水平力 F 的大小； （2）撤掉 F，求小球运动到 B 点时对轨道的压力的大小； （3）若圆环粗糙，撤掉 F 同时使小球获得大小为 5m/s 的速度，小球运动到最高点 C 处对轨 道的压力为 6N，求此过程中小球克服摩擦力做的功． 【答案】（1） （2）12N（3）1J 【解析】 【分析】 （1）由平衡条件求解力 F 的大小；（2）弹簧处于压缩状态，由胡克定律求解圆环半径，由 动能定理求解到达 B 点的速度，根据牛顿第二定律求解小球运动到 B 点时对轨道的压力的大 小；（3）根据牛顿第二定律和动能定理求解小球从 A 到 C 的过程克服摩擦力做的功. 【详解】（1）由平衡条件知：F=mgtan600 解得：F=2 N （2）弹簧处于压缩状态，则 R=0.5m 2 3N 3 0( )F k l R= −弹 - 16 - 小球从 A 到 B 的过程，由动能定理，得 FNB=12N （2）经分析可知，小球受到轨道对它向下的弹力 6N 小球从 A 到 C 过程，由动能定理，得 16.如图甲所示，在直角坐标系中的 0≤x≤L 区域内有沿 y 轴正方向的匀强电场，右侧有以点 （2L，0）为圆心、半径为 L 的圆形区域，与 x 轴的交点分别为 M、N，在 xOy 平面内，从电离 室产生的质量为 m、带电荷量为 e 的电子以几乎为零的初速度从 P 点飘入电势差为 U 的加速电 场中，加速后经过右侧极板上的小孔 Q 点沿 x 轴正方向进入匀强电场，已知 O、Q 两点之间的 距离为 ，飞出电场后从 M 点进入圆形区域，不考虑电子所受的重力． （1）求 0≤x≤L 区域内电场强度 E 的大小和电子从 M 点进入圆形区域时的速度 vM； （2）若圆形区域内加一个垂直于纸面向外的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直 于 x 轴，求所加磁场磁感应强度 B 的大小和电子在圆形区域内运动的时间 t； （3）若在电子从 M 点进入磁场区域时，取 t＝0，在圆形区域内加如图乙所示变化的磁场（以 垂直于纸面向外为正方向），最后电子从 N 点飞出，速度方向与进入圆形磁场时方向相同， 请写出磁场变化周期 T 满足的关系表达式． 的 0 21(1 cos60 ) 2 BmgR mv+ = 2 = B NB vF mg F m R − − 弹 2 = c NC vF mg F m R + − 弹 2 2 0 1 1( cos60 ) 2 2Cfmg R R W mv mv°− − − = −克 1fW J=克 2 L - 17 - 【答案】（1） ， ，设 vM 的方向与 x 轴的夹角为 θ，θ＝45°；（2） ， ；（3）T 的表达式为 （n＝1，2 ，3，…） 【解析】 【详解】（1）在加速电场中，从 P 点到 Q 点由动能定理得： 可得 电子从 Q 点到 M 点，做类平抛运动， x 轴方向做匀速直线运动， y 轴方向做匀加速直线运动， 由以上各式可得： 电子运动至 M 点时： 即： 设 vM 的方向与 x 轴的夹角为 θ， 解得：θ＝45°． （2）如图甲所示，电子从 M 点到 A 点，做匀速圆周运动，因 O2M＝O2A，O1M＝O1A，且 O2A∥MO1 ，所以四边形 MO1AO2 为菱形，即 R＝L 2UE L = 2M eUv m = 2Mmv mvB eR L e = = 3 34 8M R L mt v eU π π= = 2 2 mLT n emU π= 2 0 1 2eU mv= 0 2eUv m = 0 2 L mt Lv eU = = 21 2 2 L eE tm = × 2UE L = 2 2 0 ( )M Eev v tm = + 2M eUv m = 0 2cos 2M v v θ = = - 18 - 由洛伦兹力提供向心力可得： 即 ． （3）电子在磁场中运动最简单的情景如图乙所示，在磁场变化的半个周期内，粒子的偏转角 为 90°，根据几何知识，在磁场变化的半个周期内，电子在 x 轴方向上的位移恰好等于轨道 半径 ，即 因电子在磁场中的运动具有周期性，如图丙所示，电子到达 N 点且速度符合要求的空间条件 为： （n＝1，2，3，…） 电子在磁场中做圆周运动的轨道半径 解得： （n＝1，2，3，…） 2 M M vev B m R = 2Mmv mvB eR L e = = 3 34 8M R L mt v eU π π= = 2R′ 2 2 2R L′ = 2 ( 2 ) 2n R L′ = 0 MmvR eB ′ = 0 2 2n emUB eL = - 19 - 电子在磁场变化的半个周期内恰好转过 圆周，同时在 MN 间的运动时间是磁场变化周期的整 数倍时，可使粒子到达 N 点且速度满足题设要求，应满足的时间条件是 又 则 T 的表达式为 （n＝1，2，3，…）． 1 4 0 1 4 2 TT = 0 0 2 mT eB π= 2 2 mLT n emU π= - 20 -