2019届高考物理(课标通用)一轮复习阶段综合检测(三) 第七～九章验收(重点高中)

阶段综合检测（三） 第七～九章验收

(时间：90分钟 满分：110分)

一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)

1.(2018·苏州模拟)如图为金属球放入匀强电场后电场线的分布情况。

设该电场中A 、B 两点的电场强度大小分别为E A 、E B ，则A 、B 两点( )

A ．E A ＝E

B ，电场方向相同

B ．E A

C ．E A >E B ，电场方向不同

D ．

E A

解析：选D A 、B 两点的场强方向沿电场线的切线方向，场强大小看电场线的疏密程度，由题图可知，A 点的电场线较B 点稀疏，则E A

2.(2018·安徽郎溪中学模拟)根据电磁理论，半径为R 、电流强度为I

的环形电流中心处的磁感应强度大小B ＝k I R

，其中k 为已知常量。现有一半径为r ，匝数为N 的线圈，线圈未通电流时，加水平且平行于线圈平

面、大小为B C 的匀强磁场，小磁针指向在线圈平面内(不考虑地磁场)，给线圈通上待测电流后，小磁针水平偏转了α角。则( )

A ．待测电流在圆心O 处产生的磁感应强度

B O ＝B

C sin α

B ．待测电流I x 的大小I x ＝B

C r tan αkN

C ．仅改变电流方向，小磁针转向不会变化

D ．仅改变电流大小可以使小磁针垂直于线圈平面

解析：选B 所加磁场磁感应强度B C 与待测电流在圆心O 处产生的磁

感应强度B O 的关系如图所示，有：B O ＝B C tan α，A 错误；由题意可知：

B O ＝k NI x r ，解得：I x ＝B

C r tan αkN

，B 正确；仅改变电流方向，环形电流产生的磁场的磁感应强度方向改变，小磁针转向发生变化，C 错误；仅改变电流大小，环形电流产生的磁场的磁感应强度方向不变，大小改变，合场强不能与线圈平面垂直，小磁针也不能垂直于线圈平面，D 错误。

★3.(2018·河北邯郸成安一中模拟)如图所示，两块水平放置的带电平

行金属板间有竖直向上的匀强电场。一个质量为m 、带电荷量为q 的油

滴以初速度v 0进入电场，并在电场中沿直线运动了一段时间，空气阻力

不计，则( )

A．该油滴带负电

B．在这段时间内电场力所做的功大于油滴重力势能的变化

C．在这段时间内油滴的机械能保持不变

D．在这段时间内油滴的动能保持不变

解析：选D油滴受重力和电场力，由于油滴做直线运动，故合力为零，电场力与重力平衡，电场力向上，与场强同方向，则油滴带正电，故A错误；由于电场力和重力是一对平衡力，电场力做的功等于克服重力做的功，而克服重力做的功等于重力势能的增加量，故B错误；由于除重力外电场力做正功，故机械能增加，故C错误；由于油滴做匀速直线运动，故动能不变，故D正确。

★4.(2018·钦州模拟)如图所示，质量m＝0.5 kg的通电导体棒

在安培力作用下静止在倾角为37°、宽度为L＝1 m的光滑绝缘框

架上，磁场垂直于框架平面向下(磁场仅存在于绝缘框架内)，右

侧回路电源的电动势E＝8 V、内电阻r＝1 Ω，额定功率为8 W、额定电压为4 V的电动机正常工作，则磁场的磁感应强度为(g＝10 m/s2)()

A．1.5 T B．1 T

C．2 T D．1.73 T

解析：选A电动机上的电流为：I M＝P

U＝8

4A＝2 A，

内电压为：U内＝8 V－4 V＝4 V，

则电流为：I＝U内

r＝

4

1A＝4 A，

则磁场中导体棒的电流为：I′＝4 A－2 A＝2 A。根据平衡条件：F＝mg sin 37°＝3 N，F＝BI′L，

得：B＝

3

2×1

T＝1.5 T。故A正确。

5.(2018·齐齐哈尔八中模拟)如图所示，匀强电场中的A、B、C三点的连线构成边长为3a的等边三角形。把带电荷量为－e的电子从A移动到B，电场力做功W；把带电荷量为e的粒子从B移到C，电场力也做功W，则下列说法中正确的是()

A．A、B、C三点的电势关系为φA＞φB＞φC

B．A、B、C三点的电势关系为φA＞φB＝φC

C．电场强度的方向与AB垂直

D．若场强与纸面平行，则场强大小等于2W

3ea

解析：选D把带电荷量为－e的电子从A点移动到B点，电场力做功W，把带电荷量为e的粒子从B点移动到C点，电场力做正功仍为W，则若电子从A到C，电场力做功

为零，所以φA ＝φC ；若移动的是负电荷，随着电场力做正功，电势能减小，而电势增加；若是正电荷，则随着电场力做正功，电势能减小，且电势减小，所以有φA ＜φB ，φB ＞φC ，故A 、B 错误；由上可知A 、C 两点是等势点，连线为等势面，电场线与等势面垂直，所以电场线方向垂直于AC ，故C 错误；由题意可知，粒子从B 到C 电场力做功为W ，则B 、C

间的电势差大小为：U BC ＝W e ，B 、C 间沿电场线方向上距离为：d ＝3a ×sin 60°＝32

a ，所以E ＝U BC d ＝2W 3ea

，故D 正确。 ★6.(2018·沈阳模拟)如图，在Ⅰ、Ⅱ两个区域内存在磁感应强度均

为B 的匀强磁场，磁场方向分别垂直于纸面向外和向里，AD 、AC 边界

的夹角∠DAC ＝30°，边界AC 与边界MN 平行，Ⅱ区域宽度为d 。质量

为m 、电荷量为＋q 的粒子在边界AD 上距A 点d 处垂直AD 射入Ⅰ区，

入射速度垂直磁场，若入射速度大小为qBd m

，不计粒子重力，则粒子在磁场中运动的总时间为( )

A.πm 3qB

B.2πm 3qB

C.5πm 6qB

D.7πm 6qB

解析：选C 粒子射入磁场后受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，

由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可求得粒子的轨迹半径和

周期，画出轨迹，找出轨迹对应的圆心角θ，有t ＝θ360°

T 。 根据洛伦兹力提供向心力，有q v B ＝m v 2R ，得R ＝m v qB ＝m ×qBd m qB ＝d ，根据几何关系，粒子离开区域Ⅰ的速度方向沿AC 方向，进入磁场区域Ⅱ做匀速圆周运

动，运动14

周期后射出磁场，在Ⅰ区域圆弧所对的圆心角为60°，在Ⅱ区域圆弧所对的圆心角为90°，粒子在磁场中运动的总时间为t ＝60°＋90°360°T ＝512×2πm qB ＝5πm 6qB

，故C 正确。 ★7.如图所示，光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分，O 点为

圆弧的圆心。两金属轨道之间的宽度为0.5 m ，匀强磁场方向如图，大

小为0.5 T 。质量为0.05 kg 、长为0.5 m 的金属细杆置于金属轨道上的

M 点。当在金属细杆内通以电流强度为2 A 的恒定电流时，金属细杆可

以沿杆向右由静止开始运动。已知MN ＝OP ＝1 m ，则( )

A ．金属细杆开始运动的加速度为5 m/s 2

B ．金属细杆运动到P 点时的速度大小为5 m/s

C ．金属细杆运动到P 点时的向心加速度大小为10 m/s 2

D ．金属细杆运动到P 点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N

解析：选D 金属细杆在水平方向受到安培力作用，安培力大小：F 安＝BIL ＝0.5×2×0.5

N ＝0.5 N ，金属细杆开始运动的加速度为：a ＝F 安m ＝10 m/s 2，A 错误；对金属细杆从M 点

到P 点的运动过程，安培力做功：W 安＝F 安·(MN ＋OP )＝1 J ，重力做功：W G ＝－mg ·ON

＝－0.5 J ，由动能定理得：W 安＋W G ＝12

m v 2，解得金属细杆运动到P 点时的速度大小为v ＝20 m/s ，B 错误；金属细杆运动到P 点时的加速度可分解为水平方向的向心加速度和竖

直方向的加速度，水平方向的向心加速度大小为a ′＝v 2r

＝20 m/s 2，C 错误；在P 点金属细杆受到轨道水平向左的作用力F ，水平向右的安培力F 安，由牛顿第二定律得：F －F 安＝m v 2r ，解得：F ＝1.5 N ，每一条轨道对金属细杆的作用力大小为0.75 N ，由牛顿第三定律可知金属细杆运动到P 点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N ，D 正确。

8.(2018·东台模拟)如图所示在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极

P ，紧贴边缘内壁放一个圆环形电极Q ，并把它们与电源的两极相

连，然后在玻璃皿中放入导电液体。现在把玻璃皿放在图示磁场中，

下列判断正确的是( )

A ．若P 接电池的正极，Q 接电池的负极，俯视时液体逆时针转动

B ．若P 接电池的正极，Q 接电池的负极，俯视时液体顺时针转动

C ．若两电极之间接50 Hz 正弦交流电，液体不转动

D ．若两电极之间接50 Hz 正弦交流电，液体不断往返转动

解析：选BC 若P 接电源正极，Q 接电源负极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由中心流向边缘；玻璃皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿顺时针方向，因此液体顺时针方向旋转，故A 错误，B 正确；P 、Q 与50 Hz 的交流电源相接，电流方向变化时间过短，液体不会旋转，故C 正确，D 错误。

9.如图所示，电源电动势为E ，内阻不计。滑动变阻器阻值为R

＝50 Ω，定值电阻R 1＝30 Ω，R 2＝20 Ω，三只电流表都是理想电流

表。滑动变阻器的滑动触头P 从a 向b 移动过程中，下列说法正确的

是( )

A ．电流表A 的示数先增大后减小

B ．电流表A 1的示数先增大后减小

C ．电流表A 2的示数逐渐增大

D ．滑动触头P 移到b 端时电流表A 的示数最大

解析：选CD 当满足R 1＋R aP ＝R 2＋R bP 时，外电路的电阻最大，则滑动变阻器的滑动触头P 从a 向b 移动过程中，电路的总电阻先增大后减小，电流先减小后增大，电流表

A 的示数先减小后增大，选项A 错误；因电源的内阻不计，可知电流表A 1的示数I 1＝E R 1＋R aP

，则随着R aP 的增加，电流表A 1示数减小，选项B 错误；电流表A 2的示数I 2＝E R 1＋R bP

，则随着R bP 的减小，电流表A 2示数逐渐增大，选项C 正确；由数学知识可知，当滑动触头P 移到b 端时电路的总电阻最小，此时电流表A 的示数最大，选项D 正确。

10.如图所示，两平行金属板始终与电源两极相连，电源电压为

8.0 V ，两板的间距为2 cm ，而且极板B 接地。极板间有C 、D 两点，

C 距A 板0.5 cm ，

D 距B 板0.5 cm ，则( )

A ．两板间的场强大小为400 V/m

B ．

C 、

D 两点的电势相等

C ．C 点的电势φC ＝2.0 V

D ．D 点的电势φD ＝2.0 V

解析：选AD 由公式E ＝U d 计算出两板间的场强为E ＝U d ＝80.02

V/m ＝400 V/m ，则A 正确；B 板接地，φB ＝0，φA ＝8 V ，U AC ＝400×0.5×10－2 V ＝2 V ，得φC ＝6 V ；同理得φD ＝2 V ，D 正确，B 、C 错误。

11．(2018·大庆实验中学模拟)如图所示，虚线MN 将平面分成Ⅰ和Ⅱ

两个区域，两个区域都存在与纸面垂直的匀强磁场。一带电粒子仅在磁场

力作用下由Ⅰ区运动到Ⅱ区，弧线aPb 为运动过程中的一段轨迹，其中弧

aP 与弧Pb 的弧长之比为2∶1，下列判断一定正确的是( )

A ．两个磁场的磁感应强度方向相反，大小之比为2∶1

B ．粒子在两个磁场中的运动速度大小之比为1∶1

C ．粒子通过aP 、Pb 两段弧的时间之比为2∶1

D ．弧aP 与弧Pb 对应的圆心角之比为2∶1

解析：选BC 根据曲线运动的条件，可知洛伦兹力的方向与运动方向的关系，再由左

手定则可知，两个磁场的磁感应强度方向相反，根据l r ＝θ，再由r ＝m v Bq ，及洛伦兹力不做功，

即运动的速率不变，可得磁感应强度大小B ＝m v θql

，因圆心角不知，所以无法确定磁感应强度之比，故A 、D 项错误；由于洛伦兹力不做功，所以粒子在两个磁场中的运动速度大小不变，故B 正确；已知粒子在两个磁场中运动的速度大小相等，两段弧长之比为2∶1，所以时间之比为2∶1，因此C 正确。

12．(2018·焦作模拟)如图所示，人工元素原子核113286Nh 开始

静止在匀强磁场B 1、B 2的边界MN 上，某时刻发生裂变生成一个

氦原子核24He 和一个Rg 原子核，裂变后的微粒速度方向均垂直

B 1、B 2的边界MN 。氦原子核通过B 1区域第一次经过MN 边界时，距出发点的距离为l ，Rg 原子核第一次经过MN 边界距出发点的距离也为l 。则下列有关说法正确的是( )

A ．两磁场的磁感应强度

B 1∶B 2为111∶2

B ．两磁场的磁感应强度B 1∶B 2为111∶141

C ．氦原子核和Rg 原子核各自旋转第一个半圆的时间比为2∶141

D ．氦原子核和Rg 原子核各自旋转第一个半圆的时间比为111∶141

解析：选AC 原子核裂变过程系统动量守恒，以24He 速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m 1v 1－m 2v 2＝0，即p 1＝p 2，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由题意可知：粒子

轨道半径：r 1＝r 2＝l 2

，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：q v B ＝m v 2r ，解得：B ＝m v qr ＝p qr ，则：B 1B 2＝q 2q 1＝1112

，A 正确，B 错误；粒子在磁场中做圆周运动的周期：T ＝2πm qB ，粒子旋转第一个半圆需要的时间：t ＝12T ＝πm qB ，时间之比：t 1t 2＝πm 1

q 1B 1πm 2q 2B 2

＝m 1q 2B 2m 2q 1B 1＝4282×1112×2111

＝2141

，C 正确，D 错误。 二、实验题(本题共2小题，共15分)

★13.(6分)(2018·江苏启东中学模拟)有一只小灯泡，额定电压为6 V ，额定功率约为3 W ，请用下列器材测定小灯泡的额定功率：

电流表A ：量程0～0.6 A 、内阻约为0.5 Ω

电压表 V ：量程0～3 V 、内阻R V ＝5 kΩ

滑动变阻器R ：阻值范围0～20 Ω、额定电流为1 A

定值电阻R 0：阻值R 0＝10 kΩ

电源E ：电动势约为10 V 、内阻很小

开关S 一个，导线若干

(1)请在虚线框内画出利用本题提供的器材所设计的实验电路图(标注所用器材的符号)；

(2)实验中，电压表的示数应调为________ V ，若此时电流表示数为 0.48 A ，则小灯泡的额定功率为________ W 。

解析：(1)要使灯泡正常发光，故只需使灯泡两端的电压为6 V 即可；但由于电压表量

程只有3 V ，故应串联定值电阻分压；由于电源电压为10 V ，灯泡电阻R ＝U 2P

＝12 Ω；故滑动变阻器电阻大于灯泡电阻，限流接法可以起到较好的调节作用，而分压接法也可以使电压达到额定值；故可以采用限流接法也可以采用分压接法，如图所示：

(2)由分压关系可知，当灯泡两端电压为6 V 时，电压表与电阻两端的总电压为6 V ，而电压表与电阻的阻值之比为：510＝12

；故分压之比为1∶2；则可知电压表示数应为2 V ； 灯泡的额定功率：P ＝UI ＝6×0.48 W ＝2.88 W 。

★答案★：(1)电路图见解析 (2)2 2.88

14．(9分)(2018·河南郑州外国语学校模拟)(1)指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器，请完成下列问题：

在使用多用电表测量时，指针的位置如图甲所示，若选择开关拨至“×1”挡，则测量的结果为________ Ω；若选择开关拨至“50 mA”挡，则测量结果为________ mA 。

(2)多用电表测未知电阻阻值的电路如图乙所示，电池的电动势为E 、内阻为r ，R 0为调零电阻，R g 为表头内阻，电路中电流I 与待测电阻的阻值R x 关系图像如图丙所示，则该图像的函数关系式为__________________。

(3)下列根据图丙中I -R x 图线作出的解释或判断中正确的是________。

A ．因为函数图线是非线性变化的，所以欧姆表的示数左小右大

B ．欧姆调零的实质是通过调节R 0使R x ＝0时电路中的电流I ＝I g

C ．R x 越小，相同的电阻变化量对应的电流变化量越大，所以欧姆表的示数左密右疏

D ．测量中，当R x 的阻值为图丙中的R 2时，指针位于表盘中央位置的右侧

解析：(1)所测的电阻R ＝18×1 Ω＝18 Ω；

选择开关拨至“50 mA ”挡，则电流为I ＝22.7 mA 。

(2)根据闭合电路欧姆定律得：I ＝E R 总＝E r ＋R 0＋R g ＋R x

。 (3)因为R x ＝E I －r －R 0－R g ，函数图线是非线性变化的，当电流比较大时，电阻比较小，

当电流比较小时，电阻比较大，所以欧姆表的示数左大右小，故A 错误；当R x ＝0时，I

＝E r ＋R 0＋R g ，此时电流为满偏电流，故B 正确；R x 越小，相同的电阻变化量对应的电流变化量越大，所以欧姆表的示数左密右疏，故C 正确；测量中，当R x 的阻值为题图丙中的R 2时，电流比半偏电流小，指针位于表盘中央位置的左侧，故D 错误。

★答案★：(1)18 22.7 (2)I ＝E r ＋R 0＋R g ＋R x (3)BC 三、计算题(本题共4小题，共47分)

15．(10分)(2018·河北邯郸成安一中模拟)如图所示，在水平向右的匀

强电场中，有一质量为m 、带正电的小球，用长为l 的绝缘细线悬挂于O

点，当小球静止在A 点时细线与竖直方向的夹角为θ。现给小球一个初速

度，使小球恰能在竖直平面内做圆周运动，试问：

(1)小球在做圆周运动的过程中，在哪一位置速度最小？速度最小值为多少？

(2)小球的初速度应为多大？

解析：(1)重力与电场力的合力：F ＝mg cos θ

，电场力为：F 电＝mg tan θ，小球恰好做圆周运动，在平衡位置的反方向上的圆周位置上B 点时速度最小，

由牛顿第二定律得：mg cos θ

＝m v B 2

l ， 解得小球的最小速度为：v B ＝

gl cos θ。 (2)由动能定理可得：

－mg ·2l cos θ－mg tan θ×2l sin θ＝12m v B 2－12

m v A 2， 解得：v A ＝ 5gl cos θ

。 ★答案★：(1)A 点关于圆心对称位置

gl cos θ (2) 5gl cos θ ★16.(12分)(2017·浙江11月选考)如图所示，x 轴上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，

坐标原点处有一正离子源，单位时间在xOy 平面内发射n 0个速率均为v 的离子，分布在y 轴两侧各为θ的范围内。在x 轴上放置长度为L 的离子收集板，其右端点距坐标原点的距离为2L ，当磁感应强度为B 0时，沿y 轴正方向入射的离子，恰好打在收集板的右端点。整个装置处于真空中，不计重力，不考虑离子间的碰撞，忽略离子间相互作用。

(1)求离子的比荷q m ；

(2)若发射的离子被收集板全部收集，求θ的最大值；

(3)假设离子到达x 轴时沿x 轴均匀分布。当θ＝37°，磁感应强度在B 0≤B ≤3B 0的区间取不同值时，求单位时间内收集板收集到的离子数n 与磁感应强度B 之间的关系。(不计离子在磁场中运动的时间)

解析：(1)洛伦兹力提供向心力q v B 0＝m v 2R

圆周运动的半径R ＝L

得q m ＝v B 0L

。

(2)如图1所示，以最大值θm 入射时，有

Δx ＝2R (1－cos θm )＝L 或2R cos θm ＝L

得θm ＝π3

。 (3)因为B ≥B 0，设全部收集到离子时的最小半径为R 1，如图2，有

2R 1cos 37°＝L ，又q v B 1＝m v 2

R 1

， 得B 1＝m v qR 1

＝1.6B 0 故当B 0≤B ≤1.6B 0时，有n 1＝n 0；

B >1.6B 0，设恰好收集不到离子时的半径为R 2，有

R 2＝0.5L

得B 2＝2B 0，

当1.6B 0

， 有n 2＝2R ′－L 2R ′(1－cos 37°)

n 0＝n 0????5－5B 2B 0 当2B 0

★答案★：(1)v B 0L (2)π3

(3)见解析

17．(12分)(2018·湖北黄冈中学模拟)如图甲所示，直角坐标系xOy 中，第二象限内有沿x 轴正方向的匀强电场，场强E ＝1 N/C ，第一象限内有垂直坐标平面的交变磁场，磁场方向垂直纸面向外为正方向。在x 轴上的点A (－2 m,0)处有一发射装置(没有画出)沿y 轴正方向射出一个比荷q m ＝100 C/kg 的带正电的粒子(可视为质点且不计重力)，该粒子以v 0的速度进入第二象限，从y 轴上的点C (0，4 3 m)进入第一象限。取粒子刚进入第一象限的时刻为t ＝0时刻，第一象限内磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化。(g ＝10 m/s 2)求：

(1)初速度v 0大小；

(2)粒子出磁场时的位置坐标；

(3)粒子在磁场中运动的时间。

解析：(1)粒子在第二象限内做类平抛运动，设从A 到C 的时间为t ，则|x A |＝12

at 2，y C ＝v 0t ，a ＝qE m ，

联立解得：v 0＝20 3 m/s 。

(2)设粒子在C 点的运动方向与y 轴正方向的夹角为θ，在C 点的速度为v C ，则tan θ＝at v 0

，代入数据解得θ＝30° 由cos θ＝v 0v C

，得v C ＝40 m/s 粒子在第一象限的磁场中有：q v C B ＝m v C 2

r

解得r ＝ 3 m

粒子做圆周运动的周期T ＝2πm qB ＝3π20

s 故粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，粒子在运动的第四个半圆的过程中从D 点出磁场，由几何关系可得

OE ＝3y C ，DE ＝2r cos 30°，则OD ＝OE －DE ＝9 m

粒子第一次出磁场的点的位置坐标为D (9 m,0)。

(3)粒子在磁场中运动的时间t ＝3T 2＋T 6＝3π12 s 。 ★答案★：(1)20 3 m/s (2)(9 m,0) (3)

3π12 s ★18.(13分)(2018·广州模拟)如图所示，真空中有以O 为圆心，半径为R 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度方向垂直纸面向外，在虚线范围内、x 轴上方足够大的范围内有宽度为d ，方向沿y 轴负向、大小为E 的匀强电场。圆形磁场区域的右端与电场左边界相切，现从坐标原点O 沿纸面不同方向发射速率为v 的质子，已知质子的电荷量为e ，质量为m ，不计质子的重力。求：

(1)要使质子不出磁场区域，磁感应强度B 要满足什么条件？

(2)P 、N 两点在圆周上，M 是OP 的中点，MN 平行于x 轴，若质子从N 点平行于x 轴出磁场，求磁感应强度的大小和质子从O 点出射时的方向。

(3)求质子从N 点平行于x 轴出磁场后与x 轴的交点坐标。

解析：(1)当质子做圆周运动的半径r ≤R 2

时，质子不会出磁场， 由牛顿第二定律，得F ＝m v 2

r

洛伦兹力为：F ＝e v B

解得：B ≥2m v eR 。

(2)如图，质子做圆周运动的圆心在NA 上，AB 为ON 的垂直平分线，故交点A 为圆心，OM 为ON 的一半，知

∠ONM ＝30°，∠CNA ＝60°，则NA ＝R ，质子做圆周运动的半径为R

结合以上解得：B ＝m v eR

易知OB 与x 轴的夹角为60°

故质子出射时速度方向与x 轴成60°角斜向上。

(3)设质子刚好打到电场右边界与x 轴的交点

在竖直方向：R 2＝12·eE m

·t 2 在水平方向：d ＝v t

联立解得：d ＝v mR eE i)当d ≤v mR eE

时，质子出边界之后才与x 轴相交，设在电场中的偏移为y ，出电场时在y 轴方向的速度为v y ，偏转角为θ。由y ＝12·eE m ·t 2，结合以上解得：y ＝eEd 22m v 2

在竖直方向的速度为：v y ＝eE m t ＝eEd m v

偏转角为：tan θ＝v y v ＝eEd m v

2 由图得DF ＝R 2－y DG ＝DF tan θ

联立求解得：DG ＝mR v 22eEd －d 2

根据几何关系得：OG ＝R ＋d ＋DG ＝R ＋d 2＋mR v 22eEd

故与x 轴交点坐标为???

?R ＋d 2＋mR v 22eEd ，0 ii) 当d ＞v mR eE

时，质子在电场区域内与x 轴相交 由R 2＝12·eE m

·t 2，解得：t ＝ mR eE 水平位移s x ＝v t ＝v mR eE

根据几何关系得：OH ＝R ＋s x ＝R ＋v

mR eE 故与x 轴交点坐标为?

???R ＋v mR eE ，0。 ★答案★：(1)B ≥2m v eR (2)m v eR 质子从O 点出射时速度方向与x 轴成60°角斜向上

(3)当d ≤v

mR eE 时，????R ＋d 2＋mR v 22eEd ，0； 当d >v

mR eE 时， ???

?R ＋v mR eE ，0

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