2016届湖北省部分高中联考高三上学期期中物理试卷【解析版】

2016届湖北省部分高中联考高三上学期期中物理试卷【解析版】一、选择题（每小题4分，共44分．其中1-7为单选，8-11为多选，选对不选全2分，错选0分）1．如图所示，一质量均匀的实心圆球被直径AB所在的平面一分为二，先后以AB沿水平和竖直两种不同方向放置在光滑支架上，处于静止状态，两半球间的作用力分别为F和F′，已知支架间的距离为AB的一半，则为( )A．B．C． D．【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】对左图，上面球收重力和支持力而平衡，根据平衡条件得到支持力；对右图，隔离半个球分析，受重力、左侧球的支持力和右角的支持力，根据平衡条件列式求解．【解答】解：设两半球的总质量为m，当球以AB沿水平方向放置，可知；当球以AB沿竖直方向放置，以两半球为整体，隔离右半球受力分析如图所示，可得，根据支架间的距离为AB的一半，可得θ=30°，则，A正确．故选：A【点评】本题关键是根据隔离法和整体法灵活选择研究对象，受力分析后根据平衡条件列式求解，基础题目．2．某质点做直线运动，运动速率的倒数与位移x的关系如图所示，关于质点运动的下列说法正确的是( )A．质点做匀加速直线运动B．﹣x图线斜率等于质点运动的加速度C．四边形AA′B′B面积可表示质点从B到B′过程的时间D．四边形BB′C′C面积可表示质点从B到B′过程的时间【考点】匀变速直线运动的图像．【专题】运动学中的图像专题．【分析】结合公式x=vt分析图线与坐标轴围成面积的物理意义．【解答】解：A、由题中﹣x图象可知，与x成正比，即vx=常数，质点做减速直线运动，故A错误；B、图线斜率不等于质点运动的加速度，B错误；C、由于三角形OBC的面积s1=OC•BC=，体现了从O到C所用的时间，同理，从O到C′所用的时间可由S2=体现，所以四边形BB′C′C面积可体现质点从B到B′所用的时间，四边形AA′B′B面积不表示时间，故C错误，D正确；故选：D．【点评】此题考查对运动速率的倒数与位移x的关系图象的理解，分析方法类似于v﹣t图象的方法，要会举一反三．3．以相同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可以忽略，另一个物体所受空气阻力大小恒定不变，下列用虚线和实线描述两物体运动过程的v﹣t图象可能正确的是( )A．B．C．D．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】竖直上抛运动是初速度不为零的匀变速直线运动，加速度恒定不变，故其v﹣t图象是直线；有阻力时，根据牛顿第二定律判断加速度情况，v﹣t图象的斜率表示加速度．【解答】解：不计空气阻力时，物体的加速度恒定，物体先向上做匀减速运动，然后向下做匀加速运动，加速度相等，图线为一倾斜直线．考虑空气阻力时，物体上升的加速度大小a=，下降时的加速度大小，可知a′＜a，则下落的加速度小于上升的加速度，则上升时图线的斜率绝对值大于下落时图线的斜率绝对值，故B正确，A、C、D错误．故选：B．【点评】解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，速度的正负表示运动的方向，图线的斜率表示加速度．4．如图所示，一宇宙飞船沿椭圆轨道Ⅰ绕地球运行，机械能为E，周期为T，通过远地点P 时，速度为v，加速度大小为a，当飞船运动到P时实施变轨，转到圆形轨道Ⅱ上运行，则飞船在轨道Ⅱ上运行时，下列说法不正确的是( )A．速度大于v B．加速度大于a C．周期大于T D．机械能大于E【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．【专题】定量思想；推理法；人造卫星问题．【分析】研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出所要比较的物理量即可解题．【解答】解：A、在P点，飞船要加速才能变轨到Ⅱ轨道，否则会做向心运动，故飞船在轨道Ⅱ上运行时速度大于v，故A正确；B、飞船在轨道Ⅰ通过远地点P时，加速度大小为a；根据牛顿第二定律，在轨道Ⅱ上任意一点的万有引力均等于P点的万有引力，故飞船在轨道Ⅱ上运行时加速度大小一直为a，故B错误；C、根据开普勒第三定律，轨道Ⅱ的半长轴大于轨道Ⅰ的半长轴，在轨道Ⅰ的周期为T，故在轨道Ⅱ的周期大于T，故C正确；D、飞船在轨道Ⅰ通过远地点P时，要加速才能变轨到Ⅱ轨道，而在同一个轨道的机械能守恒，飞船在轨道Ⅰ上运行时机械能为E，故飞船在轨道Ⅱ上运行时机械能大于E，故D正确；本题选错误的，故选：B【点评】解决本题的关键是掌握万有引力提供向心力，不能考虑一个变量而忽略了另一个变量的变化．5．如图所示，闭合线圈abcd在有界的匀强磁场中，bc边与磁场边界重合，在线圈匀速离开磁场的过程中，闭合线圈的磁通量逐渐减小，线圈中就有感应电流通过．关于线圈中产生的感应电动势的说法以下正确的是( )A．与线圈移动的快慢无关B．与电场力有关C．与洛伦兹力有关D．与线圈不动，磁场均匀变化时，产生的电动势的原因相同【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理．【专题】定性思想；推理法；电磁感应——功能问题．【分析】明确动生电动势产生的基本原理，并明确其大小E=BLv；注意明确动生和感生电动势基本原理的区别和联系．【解答】解：A、由E=BLV可知，感应电动势的大小与线圈运动的快慢有关；故A错误；B、感应电动势和电场力无关；故B错误；C、切割产生的电动势是由于导体中电荷受到洛仑兹力移动而形成的电势差；故C正确；D、线圈不动磁场变化时，是由于磁场变化而产生的电场；故与动生电动势的成因不相同；故D错误；故选：C．【点评】本题考查动生和感生电动势之间的区别与联系，要明确它们各自产生的原理，注意产生电动势的基本原因．6．如图甲所示，水平面上的不平行导轨MN、PQ上放着两根的光滑导体棒ab、cd，两棒间用绝缘丝线系住；开始时匀强磁场垂直纸面向里，磁感强度B随时间t的变化如图乙所示．则以下说法正确的是( )A．在t0时刻导体棒ab中无感应电流B．在t0时刻绝缘丝线不受拉力C．在0～t0时间内导体棒ab始终静止D．在0～t0时间内回路电流方向是abdca【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】由乙图看出，磁感应强度均匀变化，由法拉第电磁感应定律可得出线圈中将产生感应电流，由楞次定律可判断感应电流的方向及ab、cd受到的安培力方向，则可分析丝线上的拉力．【解答】解：AD、由图乙所示图象可知，0到t0时间内，磁场向里，磁感应强度B均匀减小，线圈中磁通量均匀减小，由法拉第电磁感应定律得知，回路中产生恒定的感应电动势，形成恒定的电流．由楞次定律可得出电流方向沿acbda，在t0时刻导体棒ab中不为零，故AD错误．B、在t0时刻B=0，根据安培力公式F=BIL知此时ab和cd都不受安培力，所以细线不受拉力，故B正确．C、在0～t0时间内，根据楞次定律可知ab受力向左，cd受力向右，由于cd所受的安培力比ab的安培力大，所以ab将向右运动，故C错误．故选：B．【点评】本题只要楞次定律的第二种表达掌握好了，本题可以直接利用楞次定律的“来拒去留”进行判断，要注意B=0时安培力为0．7．两个相距很近的等量异种点电荷组成的系统称为电偶极子．设相距为l，电荷量分别为+q和﹣q的点电荷构成电偶极子，如图所示．取二者连线方向为y轴方向，中点O为原点，建立如图所示的xOy坐标系，p点距坐标原点O的距离为r（r＞＞l），p、O两点间的连线与y轴正方向的夹角为θ，设无穷远处的电势为零，p点的电势为φ，真空中静电力常量为k．下面给出φ的四个表达式，其中只有一个是合理的．你可能不会求解p点的电势φ，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断．根据你的判断，φ的合理表达式应为( )A．B．C．D．【考点】电势；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】可用一些比较特殊的位置进行尝试，结合所给的表达式进行验证．【解答】解：若夹角θ=90°，则P点位于检验电荷从无穷远沿x轴移动到O点的过程中，电力始终与位移方向垂直，则x轴上的电势处处为0，这与cos90°相符，可见A，D错误，因离O点越远，其电势就越小，故r应在分母上，故B错误，C正确．故选：C【点评】对于不会列式求解的问题，可用特殊位置分析法进行尝试分析．8．一个研究性学习小组设计了一个竖直加速度器，如图所示．把轻弹簧上端用胶带固定在一块纸板上，让其自然下垂，在弹簧末端处的纸板上刻上水平线A．现把垫圈用胶带固定在弹簧的下端，在垫圈自由垂下处刻上水平线B，在B的下方刻一水平线C，使AB间距等于BC间距．假定当地重力加速度g=10m/s2，当加速度器在竖直方向运动时，若弹簧末端的垫圈( )A．在A处，则表示此时的加速度为零B．在A处，则表示此时的加速度大小为g，且方向向下C．在C处，则质量为50g的垫圈对弹簧的拉力为lND．在BC之间某处，则此时加速度器一定是在加速上升【考点】牛顿第二定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】弹簧末端的垫圈在B处时，知弹簧的弹力等于重力，根据弹力的大小，运用牛顿第二定律和胡克定律得出加速度的大小和方向，从而判断出加速器的运动情况．分析时还要抓住简谐运动的对称性．【解答】解：A、B在B处时，弹簧末端的垫圈受力平衡，其合外力为零；在AB之间运动时，受竖直向下的重力和向上的弹力，其加速度的方向始终指向B，可能向上减速也可能向下加速，当在A处时，垫圈只受重力，加速度为g，方向竖直向下，故A错误，B正确；C、D在BC之间运动时，受竖直向下的重力和向上的弹力，其加速度的方向也始终指向B，可能向上加速也可能向下减速，当在C处时，有牛顿第二定律和C点与A点对称得，F﹣mg=mg，代入数据的弹簧对垫圈的拉力F为lN，故C正确，D错误．故选BC【点评】本题中垫圈做简谐运动，运用牛顿第二定律分析其运动情况时，要抓住对称性和加速度的特点：总是指向平衡位置进行分析．9．如图所示，在水平面上固定一个半圆形光滑的细管，在直径两端A、B分别放置一个正点电荷Q1、Q2，且Q2=8Q1．AB的距离为L，现将另一带正电的小球（可视为点电荷）从管内靠近A处由静止释放，设该点电荷沿细管运动到B过程中，以下说法正确的是( )A．小球的速度先增加后减小B．电势能最低的点与A点距LC．电势能最低的点与B点相距LD．对调Q1、Q2，电势能最低点的位置不变【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．【专题】定量思想；极值法；带电粒子在电场中的运动专题．【分析】题目没有出现小球的质量，所以可以认为小球的重力不计，小球受到支持力和管子的支持力，在细管内运动，当受到的电场力的合力与细管垂直时，速度最大，结合库仑定律求出该点，然后依此解答即可．【解答】解：由电荷之间的相互作用的特点可知，正电荷受到A、B两处的正电荷的排斥力，当合力的方向沿半径的方向时，设该点为C点，BC与AB之间的夹角为θ，设小球的带电量为q则：AC=Lsinθ，BC=L•cosθ，AC⊥BC由库仑定律：；当受到的电场力的合力与细管垂直时，由几何关系可得：F1cosθ=F2sinθ联立以上方程，解得：A、由以上的分析可知，在C点与A点之间，A对小球的作用力沿细管的切线方向的分力比较大，所以小球做加速运动，而小球在C以下，B对小球的电场力沿切线方向的分力比较大，小球做减速运动．所以小球在AC之间做加速运动，过C点后做减速运动．故A正确；B、C、小球在C点的速度最大，则但最小．由于，则sinθ=，cosθ=，所以C点到A的距离为L，C点到B点的距离为L．故B错误，C正确．D、对调Q1、Q2，电势能最低点的位置仍然距离A比较近，位置将发生变化．故D错误．故选：AC【点评】本题属于电场的叠加的题目类型，解答的关键是正确找出小球的速度最大的点，然后再结合题目的要求解答．10．如图所示的电路中，电源电动势E恒定，内阻r=1Ω，定值电阻R3=3Ω．当开关K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等．则以下说法中正确的是( )A．电阻R1、R2可能分别为3Ω、5ΩB．电阻R1、R2可能分别为2Ω、6ΩC．开关K断开时电压表的示数一定小于K闭合时的示数D．开关K断开与闭合时，电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比一定等于4Ω【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】比较思想；赋值法；恒定电流专题．【分析】当K闭合时R2被短路，根据开关K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等，列出方程，将电阻R1、R2代入，选择使方程成立的阻值．根据外电路总电阻的变化，分析电压表示数的大小关系．根据闭合电路欧姆定律求解电键K断开与闭合时电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比．【解答】解：AB、由题，开关K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等，则有：（）2（R1+R2）=（）2R1将R1=3Ω、R2=5Ω代入方程不成立，而将R1=2Ω、R2=6Ω代入方程成立．故A错误，B正确．C、开关K断开时外电路总电阻大于K闭合时外电路总电阻，则总电流小于K闭合时的总电流，电源的内电压和R3的电压小于K闭合时的电压，则开关K断开时电压表的示数一定大于K闭合时的示数．故C错误．D、根据闭合电路欧姆定律得：U=E﹣（R3+r）I，则电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比为：=R3+r=4Ω．故D正确．故选：BD【点评】本题考查运用闭合电路欧姆定律分析和计算电路问题的能力，采用赋值法进行研究，对于D项也可以根据U﹣I图象理解．11．如图所示，固定在水平桌面上的有缺口的方形木块，abcd为半径是R的光滑圆弧形轨道，d为圆弧轨道的最高点，M，N是质量均为m的小球（可视为质点）用长2R的轻杆固定，靠在光滑的竖直墙面上，今将N球离a点高度为h处由静止释放，让其自由下落到a处切入轨道内运动，直到N球通d点，不计空气阻力，则( )A．只有h大于R，释放后小球N就能通过d点B．两个小球的速度一定会先增加后减小C．无论怎样增加h的大小，小球M通过b点时对轨道内侧压力不变D．无论怎样增加h的大小，小球N通过d点时对轨道内侧压力始终为0【考点】动能定理的应用；向心力．【专题】定性思想；推理法；动能定理的应用专题．【分析】分析两系统的运动情况，明确杆的作用，根据动能定理可明确两球的速度变化；根据向心力公式可分析压力的大小变化．【解答】解：A、两球及杆组成的系统机械能守恒，由于两球用杆连在一起，则其速度大小始终相同；则只要MN能达到ac面上后，两物体将保持速度大小不再变化；故只要能保证MN到达ac面即可使N点到达d点，因此只要在a点上方释放，小球均能达到d点；故AB 错误；C、h不同，则两小球到达竖直高度时的速度不同，则M球通过b点时对轨道内侧的压力不同；故C错误；D、由于N通过d点时，系统竖直放置，故此时系统可以只受b点的作用点，而d点没有压力；故D正确；故选：D．【点评】本题考查动能定理的应用，要注意杆的作用使两球速度大小始终相同，根据机械能守恒定律即可分析两球的速度变化；同时注意向心力公式的正确应用．二、实验题（本大题共2小题，共15分）12．为了简单测量小木块与水平桌面间的动摩擦因数，按以下步骤进行：a．将一端固定在木板P上的轻弹簧置于水平桌面上，固定木板P，在桌面上标记弹簧自由端位置O．将小木块接触弹簧自由端（不栓接）并使其缓慢移至A位置，如图1所示．b．将小木块从静止开始释放，小木块运动至B位置停止．c．将弹簧移至桌边，使弹簧自由端位置O与桌边缘对齐，如题6图2所示，固定木板P，使小木块接触弹簧自由端（不栓接）并使其缓慢移至C位置，使=，将小木块从静止开始释放，小木块落至水平地面D处，O'为O点在水平地面的竖直投影点．若已经测得OB 距离为L，OO'间竖直高度为h．小木块可看做质点，不计空气阻力．①为测量小木块与水平桌面间的动摩擦因数，还需要测量的物理量是：O′与D点的距离x．（用文字和字母表示）②写出小木块与桌面间的动摩擦因数的表达式：μ=．（用测得的物理量的字母表示）【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．【专题】实验题；摩擦力专题．【分析】该实验步骤a、b中，弹性势能等于物体从A运动到B的过程中克服摩擦力做的功，=，根据动能定理和平抛运动的公式求解．【解答】解：该实验步骤a、b中，弹性势能等于物体从A运动到B的过程中克服摩擦力做的功，由于=，根据动能定理得：物块在O处的动能等于由O到B的过程中克服摩擦力所做的功，根据平抛运动的公式得：在O点的速度v==所以μmgL=mv2解得：μ=所以还需要测量的物理量是：O′与D点的距离x，小木块与桌面间的动摩擦因数的表达式：μ=故答案为：①O′与D点的距离x；②．【点评】解决该题关键要根据功能关系和平抛运动公式列出等式求解，从而来理解实验的原理．13．采用伏安法测量电源电动势E和内阻r时，某创新小组对常规设计方案进行了研讨，设计出了如图所示的测量电源电动势E和内阻r的电路，E′是辅助电源，A、B两点间有一灵敏电流G．（1）请你补充实验步骤；①闭合开关S1、S2，调节R和R′使得灵敏电流计G的示数为零，读出电流表和电压表的示数I1和G1，其中I1=（选填“＞”、“＜”或“=”）通过电源E的电流．②改变滑动变阻器R、R′的阻值，重新使得电流计G的示数为零，读出电流表和电压表的示数I2和G2．（2）根据测量值求出E=、r=．（3）该实验方案的优点是消除了系统误差．【考点】测定电源的电动势和内阻．【专题】实验题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题．【分析】本题是比较创新的实验，是属于研究性学习实验，是在常规实验基础上的改进，主要考查的是测量电源电动势和内阻、测金属电阻率的实验原理及误差的消除方法．本题都是两次测量，利用消元法消除了电表内阻造成的系统误差，提高了实验的准确度，根据闭合回路欧姆定律列出等式求解．【解答】解：（1）①闭合开关S1、S2，调节R和R′使得灵敏电流计G的示数为零，这时，A、B两点的电势φA、φB的关系是φA等于φB，读出电流表和电压表的示数I1和U1，电流表测量的是干路上的电流，其中I1等于通过电源E的电流．②改变滑动变阻器R、R′的阻值，重新使得灵敏电流计示数为零．读出电流表和电压表的示数I2和U2．（2）根据闭合回路欧姆定律得：E=I1r+U1 E=I2r+U2解得：E=U1+=r=（3）两次测量，调节R和R′使得灵敏电流计G的示数为零，使得AB之间的等效电阻为零，利用消元法消除了电表内阻造成的系统误差，所以E测等于E真，r测等于r真．故答案为：（1）=，②电流计G的示数为零，（2）；（3）系统【点评】电学探究性实验有创新，要求考生对电学实验的基本知识很熟练而且能够灵活应用．是一道很好的题目，该题有一定难度，要注意认真分析题意，明确物理规律的应用．三、计算题（本大题共4小题，共51分）14．已知O、A、B、C为同一直线上的四点，一物体自O点静止起出发，沿此直线做匀加速运动，依次经过A、B、C三点．通过AB所用的时间为t1，通过BC所用的时间为t2，已知AB段与BC段的位移相等．求由O到A所用的时间t．【考点】匀变速直线运动规律的综合运用；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】直线运动规律专题．【分析】分别对AB和BC两段由平均速度公式可求得中间时刻的瞬时速度，再由速度公式可建立等式，联立即可求解．【解答】解：联立两式解得：t=．答：由O到A所用的时间t为．【点评】本题考查平均速度公式及速度公式的应用，要注意正确利用平均速度的结论建立方程．15．如图所示，质量为m=0.2kg的小球和A、B两根细绳相连，两绳固定在细杆的A、B两点，其中A绳长L A=2m，当两绳都拉直时，A、B两绳和细杆的夹角θ1=37°，θ2=53°，g=10m/s2．求（1）当细杆转动的角速度ω在什么范围内，A、B两绳始终张紧？（2）求当ω=3rad/s时，小球的机械能．（以细杆静止时，小球平衡的位置为零势能点）【考点】向心力；牛顿第二定律．【专题】定量思想；模型法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用．【分析】（1）小球做圆周运动靠合力提供向心力，求出两个临界情况下的加速度，即根据牛顿第二定律求出B绳恰好拉直，但T B=0时，细杆的转动角速度，当A绳恰好拉直，但T A=0时，细杆的转动角速度，从而得出角速度的范围．（2）当ω=3rad/s时，分别求出动能和重力势能，再求机械能．【解答】解：（1）当B绳恰好拉直，T B=0时，细杆的转动角速度为ω1，则有：mgtan37°=mω2L A sin37°解得：ω1=2.5rad/s当A绳恰好拉直，T A=0时，细杆的转动角速度为ω2，有：mgtan53°=mω2L A sin37°解得：ω2=rad/s≈3.3rad/s要使两绳都拉紧2.5 rad/s＜ω＜3.3rad/s．（2）以细杆静止时小球平衡的位置为零势能点，则小球的重力势能为：E P=mg（L A﹣L A cos37°）=0.8J动能为：E k=（ωL A sin37°）2=J=1.296J故小球的机械能为：E=E P+E k=2.096J答：（1）当细杆转动的角速度ω在：2.5 rad/s＜ω＜3.3rad/s范围内，A、B两绳始终张紧．（2）当ω=3rad/s时，小球的机械能是2.096J．【点评】解决本题的关键得出绳子拉直时的两种临界情况，结合牛顿第二定律进行求解，要明确小球做匀速圆周运动时由合力充当向心力．16．如图所示，足够大的荧光屏ON垂直xOy坐标面，与x轴夹角为30°，当y轴与ON间有沿+y方向、场强为E的匀强电场时，一质量为m、电荷量为﹣q的离子从y轴上的P点，以速度v0、沿+x轴方向射入电场，恰好垂直打到荧光屏上的M点（图中未标出）．现撤去电场，在y轴与ON间加上垂直坐标面向里的匀强磁场，相同的离子仍以速度v0从y轴上的Q点沿+x轴方向射入磁场，恰好也垂直打到荧光屏上的M点，离子的重力不计．求：（1）求B的大小；（2）若相同的离子分别从y轴上的不同位置以速度v=ky（y＞0，k为常数）、沿+x轴方向射入磁场，离子都能打到荧光屏上，k应满足的条件．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】计算题；定量思想；图析法；几何法；带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，应用类平抛运动规律与牛顿第二定律求出磁感应强度；（2）离子在磁场中做匀速圆周运动，作出离子运动轨迹，应用牛顿第二定律求出离子的临界轨道半径，然后分析答题．【解答】解：（1）离子在电场中做类平抛运动，运动轨迹如图所示：离子打在M点时竖直方向的分速度为v y，运动时间为t，tan60°=，v y=at=t，x=v0t，解得：x=，离子在磁场中做匀速圆周运动，轨道半径：R=OM=，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B=m，解得：B=；（2）离子运动轨迹如图所示：设从纵坐标为y处射入磁场的离子恰好能打到荧光屏上，对应的轨道半径为r0，由几何知识可知：r0+=y，此离子进入磁场时的速度：v=ky，设离子的轨道半径为r，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，为使离子能打到荧光屏上，应满足：r≥r0，而qv0B=ma，解得：k≥；答：（1）B的大小为；。