银川市达标名校2019年高考五月大联考物理试卷含解析

银川市达标名校2019年高考五月大联考物理试卷
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．如图甲所示，直径为0.4m 、电阻为0.1Ω的闭合铜环静止在粗糙斜面上，CD 为铜环的对称轴，CD 以下部分的铜环处于磁感应强度B 方向垂直斜面且磁感线均匀分布的磁场中，若取向上为磁场的正方向，B 随时间t 变化的图像如图乙所示，铜环始终保持静止，取π3=，则（ ）
A ．2s t =时铜环中没有感应电流
B ． 1.5s t =时铜环中有沿逆时针方向的感应电流（从上向下
看） C ． 3.5s t =时铜环将受到大小为34.810N -⨯、沿斜面向下的安培力 D ．1~3s 内铜环受到的摩擦力先逐渐增大后逐渐减小
2．某同学釆用如图所示的装置来研究光电效应现象。

某单色光照射光电管的阴极K 时，会发生光电效应现象，闭合开关S ，在阳极A 和阴极K 之间加反向电压，通过调节滑动变阻器的滑片逐渐增大电压， 直至电流计中电流恰为零，此时电压表显示的电压值U 称为反向截止电压。

现分别用频率为v 1和v 2的单色光照射阴极，测量到的反向截止电压分别为U 1和U 2设电子质量为m ，电荷量为e ，则下列关系 式中不正确的是
A ．频率为1v 的单色光照射阴极K 时光电子的最大初速度12m eU v m
=B ．阴极K 金属的极限频率2112021
U v U v v U U -=- C ．普朗克常量()
2112
e U U h v v -=-
D．阴极K金属的逸出功
() 12
21
12
e U v U v
W
v v
-
=
-
3．如图，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块(A A、B接触面竖直)，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑
.已知A与B间的动摩擦因数为
1
μ，A与地面间的动摩擦因数为
2
μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力.A与B的质量之比为()
A．
12
1
μμ
B．12
12
1μμ
μμ
-
C．12
12
1μμ
μμ
+
D．12
12
2μμ
μμ
+
4．某实验装置如图所示，用细绳竖直悬挂一个多匝矩形线圈，细绳与传感器相连，传感器可以读出细绳上的拉力大小。

将线框的下边ab置于蹄形磁铁的、S极之间，使ab边垂直于磁场方向且ab边全部处于N、S极之间的区域中。

接通电路的开关，调节滑动变阻器的滑片，当电流表读数为时，传感器的读数为1F；保持ab中的电流大小不变，方向相反，传感器的读数变为2F（21
F F
<）。

已知金属线框的匝数为n，ab 边长为L，重力加速度为g，则可得到（）
A．金属线框的质量12
2
F F
m
g
+
=
B．N、S极之间的磁感应强度12
F F
B
nIL
-
=
C．传感器的读数为1F时，ab中的电流方向为b→a
D．减小电流I重复实验，则1F、2F均减小
5．如图所示，P是一束含有两种单色光的光线，沿图示方向射向半圆形玻璃砖的圆心O，折射后分成a、
b两束光线，则下列说法中正确的是（）
A．a光频率小于b光频率
B．在玻璃砖中传播的时间a光比b光长
C．玻璃对a光的折射率小于对b光的折射率
D．若让玻璃砖在纸面内绕O点逆时针转动180°，P光线保持不变，则a、b两束光线也保持不变
6．如图所示，轻绳一端系在物体A上，另一端与套在粗糙竖直杆MN上的轻圆环B相连接。

用水平力F 拉住绳子上的一点O，使物体A及轻圆环B静止在实线所示的位置。

现保持力F的方向不变，使物体A 缓慢移到虚线所示的位置，这一过程中圆环B保持静止。

若杆对环的弹力为F N，杆对环的摩檫力为F f，OB段绳子的张力为F T，则在上述过程中（）
A．F不变，F N减小
B．F f不变，F T增大
C．F f减小，F N不变
D．F N减小，F T减小
二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．如图所示，一个匝数n=1000匝、边长l=20cm、电阻r=1Ω的正方形线圈，在线圈内存在面积S=0.03m2的匀强磁场区域，磁场方向垂直于线圈所在平面向里，磁感应强度大小B随时间t变化的规律是B=0.15t （T）。

电阻R与电容器C并联后接在线圈两端，电阻R=2Ω，电容C=30μF。

下列说法正确的是（）
A．线圈中产生的感应电动势为4.5V B．若b端电势为0，则a端电势为3V
C．电容器所带电荷量为1.2×10-4C D．稳定状态下电阻的发热功率为4.5W
8．如图所示，长木板左端固定一竖直挡板，轻质弹簧左端与挡板连接右端连接一小物块，在小物块上施加水平向右的恒力F，整个系统一起向右在光滑水平面上做匀加速直线运动。

已知长木板（含挡板）的质
量为M ，小物块的质量为m ，弹簧的劲度系数为k ，形变量为(0)x x ≠，则（ ）
A ．小物块的加速度为F M m +
B ．小物块受到的摩擦力大小一定为MF kx M m
-
+，方向水平向左 C ．小物块受到的摩擦力大小可能为MF kx M m ++，方向水平向左 D ．小物块与长木板之间可能没有摩擦力
9．甲、乙两质点同时同地在外力的作用下做匀变速直线运动，其运动的
x t t
-图像如图所示。

关于甲、乙两质点的运动情况，下列说法中正确的是（ ）
A ．乙质点做初速度为c 的匀加速直线运动
B ．甲质点做加速度大小为
2c d 的匀加速直线运动 C ．2
d t =时，甲、乙两质点速度大小相等 D ．4
d t =时，甲、乙两质点速度大小相等 10．关于气体压强的产生，下列说法正确的是______。

A ．气体的压强是大量气体分子对器壁频繁、持续地碰撞产生的
B ．气体对器壁产生的压强等于大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力
C ．气体对器壁的压强是由于气体的重力产生的
D ．气体的温度越高，每个气体分子与器壁碰撞的冲力越大
E.气体压强的大小跟气体分子的平均动能和分子密集程度有关
11．如图所示，空间存在水平向左的匀强电场E 和垂直纸面向外的匀强磁场B ，在竖直平面内从a 点沿ab 、ac 方向抛出两带电小球，不考虑两带电小球间的相互作用，两小球的电荷量始终不变，关于小球的运动，下列说法正确的是( )
A ．沿ab 、ac 方向抛出的小球都可能做直线运动
B．若小球沿ac方向做直线运动，则小球带负电，可能做匀加速运动
C．若小球沿ab方向做直线运动，则小球带正电，且一定做匀速运动
D．两小球在运动过程中机械能均守恒
12．如图所示为一理想变压器，K为单刀双掷开关，P为滑动变阻器的滑动触头，U1为加在原线圈两端的电压，I1为原线圈中的电流，则（）
A．保持U1及P的位置不变，K由a合到b时，I1将减小
B．保持U1及P的位置不变，K由b合到a时，R消耗功率减小
C．保持U1不变，K合在a处，使P上滑，I1将增大
D．保持P的位置不变，K合在a处，若U1增大，I1将增大
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．测量小物块Q与平板P之间的动摩擦因数的实验装置如图所示。

AB是半径足够大的光滑四分之一圆弧轨道，与水平固定放置的P板的上表面BC在B点相切，C点在水平地面的垂直投影为Cʹ。

重力加速度为g。

实验步骤如下：
①用天平称出物块Q的质量m；
②测量出轨道AB的半径R、BC的长度L和CCʹ的长度h；
③将物块Q在A点从静止释放，在物块Q落地处标记其落点D；
④重复步骤③，共做10次；
⑤将10个落地点用一个尽量小的圆围住，用米尺测量圆心到Cʹ的距离s。

（1）请用实验中的测量量表示物块Q到达C点时的动能E kc=_________以及物块Q与平板P之间的动摩擦因数µ=_________。

（2）实验步骤④⑤的目的是__________________。

如果实验测得的µ值比实际值偏大，其原因除了实验中测量的误差之外，其它的可能是________。

（写出一个可能的原因即可）。

14．某同学利用如图所示的电路可以测量多个物理量．实验室提供的器材有：
两个相同的待测电源（内阻r≈1Ω）
电阻箱R1（最大阻值为999.9Ω）
电阻箱R1（最大阻值为999.9Ω）
电压表V（内阻约为1kΩ）
电流表A（内阻约为1Ω）
灵敏电流计G，两个开关S1、S1．
主要实验步骤如下：
①按图连接好电路，调节电阻箱R1和R1至最大，闭合开关S1和S1，再反复调节R1和R1，使电流计G的示数为0，读出电流表A、电压表V、电阻箱R1、电阻箱R1的示数分别为0.40A、11.0V、30.6Ω、18.1Ω；
②反复调节电阻箱R1和R1（与①中的电阻值不同），使电流计G的示数为0，读出电流表A、电压表V 的示数分别为0.60A、11.7V．
回答下列问题：
（1）步骤①中：电流计G的示数为0时，电路中A和B两点的电电势差U AB=_____V；A和C两点的电势差U AC=______V；A和D两点的电势差U AD=______V；
（1）利用步骤①中的测量数据可以求得电压表的内阻为______Ω，电流表的内阻为______Ω；
（3）结合步骤①步骤②的测量数据电源的电动势E为______V，内阻r为_____Ω．
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，质量M=2kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m=1kg的小球通过长L=0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给
m/s．
小球一个竖直向上的初速度0v="4" m/s，g取102
（1）若锁定滑块，试求小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小和方向．
（2）若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小．
(3)在满足（2）的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离．
16．如图所示，在平面坐标系xOy 的第Ⅰ象限内有M 、N 两个平行金属板，板间电压为U ，在第Ⅱ象限内存在沿y 轴负方向的匀强电场，在第Ⅲ、IV 象限内存在垂直坐标平面向里的匀强磁场。

一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子(不计粒子重力)从靠近M 板的S 点由静止释放后，经N 板上的小孔穿出，从y 轴上的A 点(y A =l)沿x 轴负方向射入电场，从x 轴上的C 点(x c =-2l)离开电场，经磁场偏转后恰好从坐标原点O 处再次进入电场。

求：
(1)粒子运动到A 点的速度大小
(2)电场强度E 和磁感应强度B 的大小
17．如图a 所示。

水平直线MN 下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比荷6110C /kg q m =⨯的正电荷置于电场中的O 点由静止释放，经过5110s 15t π
-=⨯后，电荷以40 1.5m s 10/v =⨯的速度通过MN
进人其上方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B 按图b 所示规律周期性变化（图b 中磁场以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN 时为t=0时刻），计算结果可用π表示。

(1)求正电荷在正向磁场和负向磁场中运动的半径及周期；
(2)如果在O 点右方47.5cm 处有一垂直于MN 的足够大的挡板，求电荷从O 点出发运动到挡板所需的时间。

参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．分析图乙可知，2s t =时，磁感应强度处于变化的过程中，铜环中磁通量变化，产生感应电流，A 错误；
B ． 1.5s t =时，垂直斜面向下的磁通量逐渐减小，根据楞次定律可知，铜环中产生顺时针方向的感应电流，B 错误；
C ． 3.5s t =时，垂直斜面向上的磁通量逐渐减小，根据法拉第电磁感应定律可知
220.012V r B BS E t t
π∆⋅∆===∆∆
根据欧姆定律可知
0.12A E I R
== 安培力
20.0048N F BIr ==
C 正确；
D ．13s ～时间内，磁感应强度变化率不变，则感应电流不变，磁感应强度先减小后增大，根据楞次定律的可知，安培力先向下减小后向上增大，则摩擦力方向向上，逐渐减小，后续可能方向向下逐渐增大，D 错误。

故选C 。

2．C
【解析】
【详解】
A.光电子在电场中做减速运动，根据动能定理得：
12112
0m eU mv -=- 则得光电子的最大初速度：
1m v =故A 不符题意；
BCD.根据爱因斯坦光电效应方程得：
11hv eU W =+
22hv eU W =+
联立可得普朗克常量为：
1212
()e U U h v v -=- 代入可得金属的逸出功：
12211112
()e U v U v W hv eU v v -=-=- 阴极K 金属的极限频率为：
1221122211201212
1()
()e U v U v v v U v U v W v e U U h U U v v ---===--- 故C 符合题意，B 、D 不符题意。

3．B
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：对A 、B 整体分析，受重力、支持力、推力和最大静摩擦力，根据平衡条件，有： F=μ2（m 1+m 2）g ①
再对物体B 分析，受推力、重力、向左的支持力和向上的最大静摩擦力，根据平衡条件，有： 水平方向：F=N
竖直方向：m 2g=f
其中：f=μ1N
联立有：m 2g=μ1F ②
联立①②解得：
112212
1m m μμμμ-= 故选B ．
【考点定位】
物体的平衡
【点睛】
本题关键是采用整体法和隔离法灵活选择研究对象，受力分析后根据平衡条件列式求解，注意最大静摩擦
力约等于滑动摩擦力．
4．A
【解析】
【详解】
AB ．通电线圈受到重力安培力和细绳的拉力作用，当电流表读数为I 时，绳子的拉力为1F ，则 1F mg nBIL =+
保持ab 中的电流大小不变，方向相反，绳子的拉力为2F ，则
2F nBIL mg +=
联立解得金属框的质量为
122F F m g += 122F F B nIL
-= 选项A 正确，B 错误；
C ．传感器的读数为1F 时，安培力竖直向下，根据左手定则可知，ab 中的电流方向为a→b ，故C 错误；
D ．减小电流I 重复实验，则1F 减小，2F 增大，故D 错误。

故选A 。

5．B
【解析】
【分析】
【详解】
AC ．由图看出a 光的偏折程度大于b 光，所以根据折射定律得知：玻璃对a 光的折射率大于对b 光的折射率，折射率大则频率大，则a 光的频率大，AC 错误；
B ．根据公式c v n
=可知a 光的折射率较大，则在玻璃砖中，a 光的速度小于b 光的速度，则在玻璃砖中传播的时间a 光比b 光长，B 正确；
D ．旋转前，发生折射过程是由玻璃射向空气中，而旋转180°后，发生的折射过程是由空气射向玻璃，故光线会发生变化，D 错误。

故选B 。

6．D
【解析】
【分析】
【详解】
先以O 点为研究对象，进行受力分析，有A 物体的重力G A ，外力F 和绳子的拉力F T ，设绳子与竖直方向的夹角为θ，则
A tan F G θ=，A T cos G F θ
= 由题可知θ减小，所以F 减小，F T 减小；
再以物体B 为研究对象，进行受力分析，有B 物体的重力G B ，绳子的拉力F T ，竖直杆对B 的支持力F N 和摩擦力F f ，则
N T A sin tan F F G θθ==
f B T A B cos F G F G G θ=+=+
所以当θ减小时，F N 减小，F f 不变，所以D 正确，ABC 错误。

故选D 。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．AD
【解析】
【详解】
A ．根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中产生的感应电动势
10000.030.15V 4.5V B E n nS t t
∆Φ∆===⨯⨯=∆∆ A 正确；
B ．电流
1.5A E I R r
==+ 电容器两端电势差
3V U IR ==
由楞次定律可判断感应电流方向为逆时针方向，即a 端电势低、b 端电势高，由于b 端接地，故有 0V b ϕ=，3V a ϕ=-
B 错误；
C ．电容器带电荷量
5910C q CU -==⨯
C 错误；
D ．电阻的发热功率
2 4.5W P I R ==
D 正确。

故选AD 。

8．ACD
【解析】
【详解】
A ．长木板与小物块一起做匀加速运动，应相对静止，加速度相同，对整体有
F M m a =+()
解得加速度
F a M m
=+ 故A 正确；
BC ．因弹簧形变量0x ≠，故弹簧可能被压缩也可能被拉伸。

若被压缩，则长木板受到的摩擦力向右，对长木板有
f F kx Ma -=
解得
f MF F kx M m
=++ 小物块受到的摩擦力大小与之相等，方向水平向左，故B 错误，C 正确；
D ．若弹簧对小物块的弹力方向水平向左，对小物块，根据牛顿第二定律得
F f kx ma +-=
得
•
F MF f kx ma F kx m F kx M m M m
=+-=+-=-++ 如果 MF kx M m
=
+ 则 0f =
故D 正确。

故选ACD 。

9．BD
【解析】
【详解】
A ．根据匀变速直线运动位移时间公式2012x v t at =+得01 2
x v at t =+ 对于乙质点，由图可知
v 0乙=c
12c a d
=-乙 乙的加速度为
2c a d
=-乙 乙质点做初速度为c 的匀减速直线运动，选项A 错误；
B ．对于甲质点，由图可知
v 0甲=0
12c a d
=甲 甲的加速度为
2c a d
=甲 甲质点做加速度大小为
2c d 的匀加速直线运动，故B 正确。

C ．2
d t =时，甲的速度 22
=c d c d v a t ⨯==甲甲 乙质点速度 020=v 2v a d t c c d +=-
⨯=乙乙乙 选项C 错误；
D ．4
d t =时，甲的速度 '
22
=14c d v t d a c =⨯=甲甲 乙质点速度 '
021=v 42v a t c c d c d +⨯=-
=乙乙乙 即甲、乙两质点速度大小相等，选项D 正确。

故选BD 。

10．ABE
【解析】
【分析】
【详解】
A ．气体对容器的压强是大量气体分子对器壁频繁碰撞产生的，故A 正确；
B ．气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力，故B 正确；
C ．气体对器壁的压强是由于大量气体分子频繁地碰撞器壁而产生的，与气体的重力无关，故C 错误；
D ．气体的温度越高，分子平均动能越大，但不是每个气体分子的动能越大，所以气体的温度越高，并不
是每个气体分子与器壁碰撞的冲力越大，故D 错误；
E ．气体对容器壁的压强是由于大量气体分子对器壁碰撞作用产生的，压强的大小跟气体分子的平均动能、分子的密集程度有关，故E 正确。

故选ABE 。

11．AC
【解析】
【详解】
ABC ．先分析沿ab 方向抛出的带电小球，若小球带正电，则小球所受电场力方向与电场强度方向相同，重力竖直向下，由左手定则知小球所受洛伦兹力方向垂直ab 斜向上，小球受力可能平衡，可能做直线运动；若小球带负电，则小球受力不可能平衡。

再分析沿ac 方向抛出的带电小球，同理可知，只有小球带负电时可能受力平衡，可能做直线运动。

若小球做直线运动，假设小球同时做匀加速运动，则小球受到的洛伦兹力持续增大，那么小球将无法做直线运动，假设不成立，小球做的直线运动一定是匀速运动，故A 、C 正确，B 错误；
D ．在小球的运动过程中，洛伦兹力不做功，电场力对小球做功，故小球的机械能不守恒，故D 错误。

故选AC 。

12．BD
【解析】
【详解】
保持U 1及P 的位置不变，K 由a 合到b 时，原线圈匝数变小，副线圈电压变大，所以副线圈功率变大，而原线圈功率等于副线圈功率，所以原线圈功率变大，根据11
P I U =得I 1将增大，故A 错误；保持U 1及P 的位置不变，K 由b 合到a 时，原线圈匝数变大，副线圈电压变小，根据22U P R
=可知功率变小，故B 正确；保持U 1不变，K 合在a 处，使P 上滑时，R 增大，而电压不变，所以副线圈电流变小，根据22
11
I n I n ＝可知I 1将减小，故C 错误；保持P 的位置不变，K 合在a 处，若U 1增大，则副线圈电压增大，所以副线圈电流变大，根据2211
I n I n ＝可知I 1将增大，故D 正确。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．2
4mgs h
24R s hL μ- 减小实验的偶然误差 圆弧轨道与滑块间有摩擦或空气阻力 【解析】
【分析】
考查实验“测物体间的动摩擦因数”。

[1]．离开C 后，物块做平抛运动：
水平方向：
C s v t =
竖直方向：
212
h gt = 物块在C 点的动能： 2kC c 12E mv =
解得：
2kC 4mgs E h
=； [2]．从A 到B ，由动能定理得：
kB 0mgR E =-
则物块到达B 时的动能：
kB E mgR =
由B 到C 过程中，由动能定理得：
C 22f B 1122W mv mv --=
克服摩擦力做的功：
2
f 4mgs W mgR h
=－ B 到C 过程中，克服摩擦力做的功：
f W m
g μ=
得：
2
4R s L hL
μ=-； [3]．实验步骤④⑤的目的是测平均值，减少偶然误差；
[4]．实验测得的μ值比实际值偏大，其原因除了实验中测量的误差之外，很有可能就是其它地方有摩擦，比如圆弧轨道与滑块间有摩擦或空气阻力。

14．0 11.0V -11.0V 1530Ω 1.8Ω 11.6V 1.5Ω
【解析】
【分析】
（1）[1][1][3]当电流计示数为0时，A 、B 两点电势相等，即0AB U =；
电压表示数即为A 、C 两点电势差，即12.0V AC U =；
由闭合电路欧姆定律可知，D 、A 和A 、C 之间的电势差相等，故12.0V AD U =-；
（1）[4][5]由欧姆定律可得
11V
U U I R R += 解得
1530V R =Ω
由()12DA A U I R R =+可得
1.8A R =Ω
（3）[6][7]由步骤①可得
1224V 2E I r =+
由步骤②可得
22211.7V 2E I r =⨯+
联立可解得
12.6V E =
1.5r =Ω
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．（1）2N ，方向竖直向上（2）22m /s υ=（3）123s m =
【解析】
【分析】
【详解】
（1）设小球能通过最高点，且此时的速度为1υ，在上升过程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒．则 22101122
m mgL m υυ+=①
2/s υ=②
设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F ，方向向下，则21F mg m
L υ+=③
由②③式，得2N F =④
由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为2N ，方向竖直向上．
（2）解除锁定后，设小球通过最高点时的速度为2υ，此时滑块的速度为V ．在上升过程中，因系统在水平方向不受外力作用，水平方向的动量守恒．以水平向右的方向为正方向，有
20m MV υ+=⑤
在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则
22220111222
m MV mgL m υυ++=⑥ 由⑤⑥式，得22m /s υ=⑦
（3）设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始位置点间的距离为1s ，滑块向左移动的距离为2s ，任意时刻小球的水平速度大小为2υ，滑块的速度大小为V '．由系统水平方向的动量守恒，得
30m MV υ-'=⑧
将⑧式两边同乘以t ∆，得30m t MV t υ∆-'∆=⑨
因⑨式对任意时刻附近的微小间隔t ∆都成立，累积相加后，有120ms Ms -=⑩
又122s s L +=⑪
由⑩11式得123
s m =⑫
16．（12）=U E l 【解析】
【详解】 (1)设粒子运动到A 点的速度大小为v 0，由动能定理得
2012
qU mv = 可得粒子运动到A 点的速度大小
0v =(2)粒子在电场中做类平抛运动，设经历时间为t 1，则
012=l v t
2112=⨯qE l t m
联立解得
=U E
l 设粒子离开电场时速度大小为v ，与x 轴的夹角为a 。

则
2221122
=
-qEl mv mv 0cos α=v v 设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R ，则
2Rsinα=2l
2
v qvB m R = 可得 12=mU B l q
17． (1)5cm ，
5210s 3π-⨯；3cm ，5210s 5π-⨯；(2)537310s 45π-⨯ 【解析】
【分析】
【详解】 (1)当磁场垂直纸面向外时，设电荷运动的半径为1r
由
20101
mv B qv r = 得
011
5cm mv r qB == 当磁场垂直纸面向里时，设电荷运动的半径为2r
022
3cm mv r qB == 由圆周运动规律得
2m
T
qB
π
=
当磁场垂直纸面向外时，周期
5
1
1
22
10s
3
m
T
qB
ππ
-
==⨯
当磁场垂直纸面向里时，周期
5
2
2
22
10s
5
m
T
qB
ππ
-
==⨯
(2)故电荷从0
t=时刻开始做周期性运动，结合磁场的周期性可知运动轨迹如图所示
电荷第一次通过MN开始。

其运动的周期
55
12124
(4)10s10s
1523255
T
ππππ
--
=⨯+⨯+⨯⨯=⨯
此时粒子距离O点的水平距离为
()
12
24cm
d r r
∆=-=
即每经过一个周期，粒子在水平方向向右前进4cm，根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为10个，即
1040cm
s d
=∆=
则最后7.5cm的距离如图所示
有
11
cos7.5cm
r rα
+=
解得
cos0.5
α=
则
60
α︒
=
故电荷运动的总时间
51111603731010s 236045t t T T T π︒︒-=++-=⨯总。