2021届天津市和平区第一中学高三(上)第三次月考物理试题(解析版)

天津一中学校2020—2021 学年度高三年级三月考物理学科试卷
本试卷分为第I 卷（选择题）、第II 卷（非选择题）两部分，共100 分，考试用时60 分钟。

考生务必将答案涂写规定的位置上，答在试卷上的无效。

祝各位考生考试顺利！
第I卷
一、单项选择题
1. 竖直放置的条形磁铁中央，有一闭合金属弹性圆环，条形磁铁中心线与弹性环轴线重合，现将弹性圆环均匀向外扩大，下列说法中正确的是（）
A. 穿过弹性圆环的磁通量增大
B. 从上往下看，弹性圆环中有顺时针方向的感应电流
C. 弹性圆环中无感应电流
D. 弹性圆环受到的安培力方向沿半径向外
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】将弹性圆环均匀向外扩大，由于磁感线是闭合曲线，故穿过弹性圆环的磁通量减小，选项A错误；由楞次定律可判断，从上往下看，弹性圆环中有顺时针方向的感应电流，弹性圆环受到的安培力方向沿半径指向圆心，选项B正确，选项C、D错误.
故选B
2. 水平线上方存在区域足够大、方向如图所示的匀强磁场，在水平线上的O点有一粒子发射源，能连续地向水平线的上方发射粒子，已知粒子源发射的粒子带正电、重力可忽略，粒子的速度大小用v表示、粒子速度方向与水平线的夹角用θ（θ为锐角）表示。

经过一段时间，粒子到达水平线上的A点（图中未画出）。

关于粒子在匀强磁场中的运动，下列说法正确的是（）
A. 如果粒子的发射速度不变，增大入射角θ，则OA 减小
B. 如果粒子的发射速度不变，增大入射角θ，则粒子由O 到A 的时间缩短
C. 如果粒子的入射角θ不变，增大发射速度，则粒子在磁场中的运动周期减小
D. 如果粒子的入射角θ不变，增大发射速度，则粒子由O 到A 的时间缩短 【答案】B 【解析】 【分析】
【详解】BD ．速度相同的粒子在磁场中半径相同；画出粒子在磁场中运动的轨迹如图所示
由几何关系得轨迹对应的圆心角为22απθ=-；粒子在磁场中运动的时间
2222()·22m m t T qB qB
απθππθππ--=
== 则得知：θ越大，时间t 越短；若θ一定，运动时间一定。

故B 正确，D 错误； A ．设粒子的轨迹半径为r ，则
mv
r qB
=
如图
2sin 2sin mv AO r qB
θ
θ==
则若θ是锐角，θ越大，AO 越大。

若θ是钝角，θ越大，AO 越小，故A 错误； C ．粒子在磁场中运动的周期2r
T v
π=，又mv r qB =，可得2m T qB π=，与速度v 和角度θ无关，故C 错误；
故选B 。

3. 电子在电场中仅在电场力作用下运动时，由a 点运动到b 点的轨迹如图中虚线所示，图中一组平行等距实线可能是电场线，也可能是等势线，下列说法正确的是（ ）
A. 如果图中实线是电场线，则电场方向向右
B. 如果图中实线是等势线，则电子在b点电势能较大
C. 不论图中实线是电场线还是等势线，电子在a点的动能都比b点小
D. 不论图中实线是电场线还是等势线，电子在a点的电势能都比b点小
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．如果图中实线是电场线，电子所受的电场力水平向右，则电场方向向左，A错误；
BCD．如果图中实线是电场线，电子所受的电场力水平向右，因此电场力对电子做正功，由动能定理得知，电子在a点动能较小，电势能较大；如果图中实线是等势线，电子所受的电场力竖直向下，电场力对电子做负功，则电子在a点的动能较大，电势能较小，B正确，CD错误。

故选B。

4. 在真空中某区域有一电场，电场中有一点O，经过O点的一条直线上有P、M、N三点，到O点的距离分别为r0、r1、r2，直线上各点的电势φ分布如图所示，r表示该直线上某点到O点的距离，下列说法中正确的是( )
A. O、P两点间电势不变，O、P间场强不一定为零
B. M点的电势低于N点的电势
C. M点的电场强度大小小于N点的电场强度大小
D. 在将正电荷沿该直线从M移到N的过程中，电场力做负功
【答案】A
【解析】
【分析】
根据直线上各点的电势φ分布图直接判断M点和N点电势高低．图象斜率大小等于场强．沿电场线方向电势逐渐降低．根据电场力方向和运动方向关系判断电场力做功情况
【详解】O 、P 两点间的各点电势不变，各点间电势差为零，移动电荷时电场力不做功，O 、P 间场强不一定为零，选项A 正确；由图象可知，M 点的电势高于N 点的电势，故B 错误；电势变化越快的地方场强越大，根据图线斜率可以得出，M 点的电场强度大于N 点的电场强度，故C 错误；正电荷沿直线从M 点移到N 点的过程中电势降低，电势能减小，电场力做正功，故D 错误；故选A ．
【点睛】解决该题要掌握根据电势高低判断电场方向，根据电场力和速度方向判断做功情况．本题也根据场强公式E=U/d 分析得出图象斜率大小等于场强，判断场强的关系.
5. 如图一所示是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D 形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连.带电粒子在磁场中运动的动能k E 随时间t 的变化规律如图二所示忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断中正确的是（ ）
A. 在k E t -图像中应有433221t t t t t t -<-<-
B. 加速电压越大，粒子最后获得的
动能就越大 C. 粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大
D. 要想粒子获得的最大动能增大，可增加D 形盒的面积 【答案】D 【解析】 【分析】
【详解】A ．根据2m
T qB
π=
，粒子回旋周期不变，在E k -t 图中应有t 4-t 3=t 3-t 2=t 2-t 1，故A 错误； BC ．根据公式2
v qvB m r
=有
qBr
v m
=
故最大动能
222
2122km
q B r E mv m
==
与加速电压无关，与加速次数无关，故BC 错误； D ．根据最大动能222
2km q B r E m
=
，与半径有关；面积增加，则半径增加，故D 正确； 故选D 。

6. 如图所示为几种仪器的原理示意图，图甲为磁流体发电机，图乙为质谱仪，图丙为多级直线加速器，图丁是霍尔元件，下列说法正确的是（ ）
A. 图甲中，将一束等离子体喷入磁场，A 、B 板间产生电势差，A 板电势高
B. 图乙中，1
1H 、21H 、31H 三种粒子经加速电场射入磁场，1
1H 在磁场中的偏转半径最大 C. 图丙中，加速电压越大，粒子获得的能量越高，比回旋加速器更有优势 D. 图丁中，磁感应强度增大时，a 、b 两表面间的电压 U 增大 【答案】D 【解析】 【分析】
【详解】A ．图甲中，将一束等离子体喷入磁场，由左手定则可知，正离子向下偏转，负离子向上偏转，则A 、B 板间产生电势差，B 板电势高，A 错误； B ．图乙中，粒子先在电场中加速，则
212
Uq mv =
进入磁场后
2
v qvB m R
=
解得
12Um
R B q
=
则荷质比越小的粒子半径越大，即1
1H 、21H 、3
1H 三种粒子经加速电场射入磁场，在磁场中的偏转半径最大的是3
1H ，B 错误； C ．图丙中，根据
k E nqU =
可知，加速电压越大，粒子获得的能量越高，但是这种加速器需要的长度较大，比回旋加速器没有优势，C 错误；
D ．图丁中，当达到平衡时满足
U
q qvB d
= 解得
U=Bdv
则磁感应强度增大时，a 、b 两表面间的电压 U 增大，D 正确。

故选D 。

7. 如图所示是一速度选择器，当粒子速度满足v 0=
E
B
时，粒子沿图中虚线水平射出；若某一粒子以速度v 射入该速度选择器后，运动轨迹为图中实线，则关于该粒子的说法正确的是( )
A. 粒子射入的速度一定是v >
E B B. 粒子射入的速度可能是v <E
B
C. 粒子射出时的速度一定大于射入速度
D. 粒子射出时的速度一定小于射入速度 【答案】B 【解析】 【分析】
【详解】AB.若粒子射入的速度是v >
E
B
，则qvB >qE ，若粒子带正电，则粒子沿实线运动；若粒子射入的速度是v <
E
B
，则qvB <qE ，若粒子带负电，则粒子也可能沿实线运动；则选项A 错误，B 正确； CD.若粒子带正电，则电场力向下，则粒子沿实线运动时电场力做负功，则动能减小，则粒子射出时的速度一定小于射入速度；若粒子带负电，则电场力向上，则粒子沿实线运动时电场力做正功，则动能增大，则粒子射出时的速度一定大于射入速度；故选项CD 错误.
8. 如图所示，两光滑且平行的固定水平杆位于同一竖直平面内，两静止小球1m 、2m 分别穿在两杆上，两球间拴接一竖直轻弹簧，弹簧处于原长状态。

现给小球2m 一个水平向右的初速度0v ，两杆足够长，则在此后的运动过程中（ ）
A. 1m 、2m 组成的系统动量不守恒
B. 1m 、2m 组成的系统机械能守恒
C. 弹簧最长时，其弹性势能为()
220
122m v m m +
D. 1m 的最大速度是20
12
2m v m m +
【答案】D 【解析】 【分析】
【详解】A ．1m 、2m 组成的系统受合外力为零，则系统的动量守恒，选项A 错误； B ．1m 、2m 及弹簧组成的系统机械能守恒，选项B 错误； C ．弹簧最长时，两球共速，则由动量守恒
2012()m v m m v =+
此时弹性势能为
()
2
2
2
020********()222P m v E m v m m m m m v =-+=+
选项C 错误；
D ．当弹簧再次回到原长时1m 的速度最大，则由动量守恒定律
201122m v m v m v =+
222
201122
111222
m v m v m v =+ 解得
20
112
2m v v m m =
+
选项D 正确。

故选D 。

二、多项选择题
9. 在北半球，地磁场的水平分量由南向北，竖直分量竖直向下，如图所示，鹭洲路上，某人骑车从东往西行走，则下列说法正确的是( )
A. 自行车左车把的电势比右车把的电势高
B. 自行车左车把的电势比右车把的电势低
C. 图中辐条AB ，此时A 端比B 端的电势高
D. 图中辐条AB ，此时A 端比B 端的电势低 【答案】AD 【解析】 【分析】
【详解】AB ．某人骑车从东往西行走，车把切割地磁场的竖直向下分量，由右手定则知左侧电势高，A 正确，B 错误；
CD ．辐条在转动时切割地磁场的水平分量，由右手定则知B 端电势高，C 错误，D 正确。

故选AD 。

10. 如图所示，a 、b 、c 、d 是正方形的四个顶点，O 是正方形对角线的交点。

ad 边和bc 边中点处放有等量
异种点电荷Q +、Q -，关于图中各点电势和电场强度的关系，下列说法正确的是（ ）
A. a 、O 、c 三点的电势关系为a O c ϕϕϕ>>
B. a 、b 、c 、d 四个顶点处的电场强度大小相等
C. 在两点电荷连线上，O 点处的电场强度最大
D. a 、b 、c 、d 、O 五个点中，O 点处的电场强度最小 【答案】AB 【解析】 【分析】
【详解】A ．根据等量的异种电荷连线中垂线即为等势线，即00ϕ=，a 点电势大于零，c 点电势小于零，所以
a o c ϕϕϕ>>
故A 正确；
B ．根据电场的叠加原理可知，a 、b 、c 、d 四点的场强大小相等，方向不同，故B 正确；
C ．由等量异种电荷电场线分布可知，在两点电荷连线上，电场强度先减小后增大，所以O 点电场强度最小，故C 错误；
D ．根据电场的叠加原理可知，O 点的场强为
22()2
O kQ
E L =
其余四点的场强大小均小于E 0，故D 错误。

故选AB 。

11. 如图所示，在空间存在平行于xOy 平面的匀强电场，一簇质子（重力及质子间作用力 均不计）从P 点出发，可以到达以原点O 为圆心、R =10cm 为半径的圆上任意位置，其中质子到达B 点时动能增加量最大，最大动能增量为49eV 。

图中B 点为圆周与y 轴负半轴的交点，A 点是圆与 x 轴正半轴的交点，已知∠OAP =37°，则下列说法正确的是（ ）
A. 该匀强电场的电场强度方向一定沿 y 轴负方向
B. 该匀强电场的电场强度大小为 2.5V/m
C. 匀强电场中P 、A 两点间的电势差为 24 V
D. 质子从P 点到A 点过程中电势能减小 25 eV 【答案】AC 【解析】 【分析】
【详解】A ．质子到达B 点时动能增加量最大，即电场力做功最多，B 点的电势最低，所以等势线一定与B 点的圆面相切，即垂直于y 轴，所以该匀强电场的电场强度方向一定沿 y 轴负方向，A 正确； B ．PB 两点之间沿电场方向的距离
2cos37sin370.196m d R R =+︒︒=
由动能定理
k qEd E =∆
可得
k 49eV
=250V/m 0.196m
E E qd e ∆=
=⨯ B 错误。

C ．P 、A 两点沿电场线方向的距离为
2cos37sin370.096m x R =︒︒=
则P 、A 两点间电势差为
24V U Ex ==
C 正确；
D ．质子从P 点到A 点过程中电势能减小
p 24V E qEx e ∆==
D 错误。

12. 水平冰面上有一固定的
竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg 的静止物块以大小为5.0 m/s 的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s 的速度与挡板弹性碰撞。

总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s ，反弹的物块不能再追上运动员。

不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为 A. 48 kg B. 53 kg
C. 58 kg
D. 63 kg
【答案】BC 【解析】 【分析】
【详解】设运动员和物块的质量分别为m 、0m 规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第一次将物块推出后，运动员和物块的速度大小分别为1v 、0v ，则
根据动量守恒定律
1000mv m v =-
解得
10m v v m
=
物块与弹性挡板撞击后，运动方向与运动员同向，当运动员再次推出物块
100200mv m v mv m v +=-
解得
203m v v m
=
第3次推出后
200300mv m v mv m v +=-
解得
305m v v m
=
依次类推，第8次推出后，运动员的速度
8015m v v m
=
8015m/s m v v m
=
>5 解得
60kg m <
第7次运动员的速度一定小于5m/s ，则
7013m/s m v v m
=
<5 解得
52kg m >
综上所述，运动员的质量满足
kg 60kg m 52<<
AD 错误，BC 正确。

故选BC 。

第 II 卷
三、填空实验题
13. 如图甲是利用电流传感器系统研究电容器充电情况的电路图。

将电容器C 接入电路检查无误后进行了如下操作：
①将S 拨至1，并接通足够长的时间； ②将S 拨至2；
③观察并保存计算机屏幕上的I-t 图，得到图线Ⅰ（图乙Ⅰ）； ④换上电容器C 2重复前面的操作，得到图线Ⅱ（图乙Ⅱ）；
(1)操作①的作用是______；
(2)两个电容器相比较，C 1的电容_____（填“较大”“较小”或“相等”）；
(3)由I-t 图线可以分析出，两个电容器都放电2s 时，C 1的电压_____（填“大于”“小于”或“等于”）C 2的电压。

【答案】 (1). 给电容器充电 (2). 较大 (3). 小于 【解析】 【分析】
【详解】(1)[1]将电容器与电源连接，目的是为了给电容器充电。

(2)[2]根据
Q It =
Q
C U
=
可知C 1的充电电流大，时间长，电荷量多，两个电容器电压相同，所用C 1的电容比较大。

(3)[3] I-t 图线中面积代表电荷量，设图线Ⅰ在6s 时的面积为1S 在2s 时的面积为1S '
，设图线Ⅱ在4s 时的面积为2S 在2s 时的面积为2S '，则
11
1Q S C U U
=
= 11111Q S C U U ''
==
22
2Q S C U U
=
= 22222
Q S C U U ''
==
联立解得
111S U U S '=
，222
S U U S '= 由图可知
1212
S S S S ''
<
因此
12U U <
14. 气垫导轨是一种现代化的力学实验仪器。

它利用小型气源将压缩空气送入导轨内腔，空气再由导轨表面上的小孔中喷出，在导轨表面与滑行器内表面之间形成很薄的气垫 层。

滑行器就浮在气垫层上，与导轨平
面脱离接触，因而能在轨面上做近似无阻力的直线 运动，极大地减小了以往在力学实验中由于摩擦力引起的误差。

某实验小组现在利用气垫 导轨装置结合频闪照相的方法进行“探究碰撞中的不变量”这一实验。

(1)实验要求研究两滑块碰撞时动能损失很小和很大等各种情况，若要求碰撞动能损失最小 则应选图中的_________。

（填“甲”或“乙”）（甲图两滑块分别装有弹性圈，乙图两滑块分别 装有撞针和橡皮泥）
(2) 利用闪光照相的方法连续 4 次拍摄得到的闪光照片如图所示。

已知相邻两次闪光的时 间间隔为 T ，在这 4 次闪光的过程中，A 、B 两滑块均在 0~80cm 的范围内，且第1次闪 光时，滑块 A 恰好位于x =55cm 处，B 恰好过 x =70cm 处。

若 A 、B 两滑块的碰撞时间 及闪光持续的时间极短，均可忽略不计，则可知碰撞发生在第 1 次闪光后的_______________时刻（用字母 T 表示），A 、B 两滑块质量比 m A ：m B = ________________。

【答案】 (1). 甲 (2). 0.5T (3). 2∶3 【解析】 【分析】
【详解】(1)[1]实验若要求碰撞动能损失最小 则应选图中的甲，因为甲图两滑块分别装有弹性圈，碰撞可认为是完全弹性碰撞。

(2)[2]由图可知，碰后B 静止，则碰撞发生在x =60cm 位置；碰后A 的速度为
20cm
A v T
=
则碰后A 从x =60cm 的位置到x =50cm 的位置用时间为
10cm 2
A T
t v =
= 则碰前物块A 从x =55cm 的位置到x =60cm 的位置用时间为1
2
T ，即碰撞发生在第 1 次闪光后的0.5T 时刻； [3]碰前A 的速度
05cm 10cm
=0.5A v T T
=
碰前B 的速度
010cm 20cm
=0.5B v T T
=
设开始时B 的运动方向为正方向，则由动量守恒定律
00B B A A A A m v m v m v -=
带入解得
m A ：m B =2:3
四、计算题
15. 如图所示，足够长的金属导轨固定在水平面上，金属导轨宽度 1.0m L =，导轨上放 有垂直导轨的金属
杆 P ，金属杆质量为
1.0kg m =，空间存在磁感应强度 1.0T B =、竖直 向下的匀强磁场。

连接在导轨左端的电阻 1.0ΩR =，金属杆的电阻 1.0Ωr =，其余部分电阻不计。

某时刻给金属杆一个水平向右的恒力 F ，金属杆 P 由静止开始运动，图乙是金 属杆P 运动过程的—v t 图像，导轨与金属杆间的动摩擦因数0.4μ=。

g 取210m/s 。

求： (1)水平恒力F 的大小； (2)第一个2s 内的位移；
(3)前4 s 内电阻R 上产生的热量。

【答案】(1)12N F =；(2)1 6.0m x =；(3)52 J R Q = 【解析】 【分析】
【详解】(1)由图乙可知金属杆P 线做加速度减小的加速运动，2s 后做匀速直线运动。

当2s t =时，4m/s v =，此时感应电动势为
E BLv =
感应电流为
E
I R r
=
+ 安培力
22B L v
F BIL R r
'
==
+ 根据牛顿第二定律有
0F F mg μ'--=
解得
12N F =
(2)设0
2s 内的位移为1x ，在02s 内的平均电动势为
BLx
E t t
∆Φ=
=
平均电流为
E
I R r
=
+ 规定上水平向右为正方向，在0
2s 内根据动量定理有
BILt Ft mv -+=
联立并带入数据解得
1 6.0m x =
(3)前4s 内根据能量守恒定律得
()()2
121212
R r F x x mv mg x x Q Q μ+=
++++ 242m 8m x =⨯=
其中
::1:1R r Q Q R r ==
联立并带入数据得
52J R Q =
16. 在光滑的水平面上，有一质量M ＝2kg 的平板车，其右端固定一挡板，挡板上固定一根轻质弹簧，在平板车左端P 处有一可以视为质点的小滑块，其质量m ＝2kg ．平板车表面上Q 处的左侧粗糙，右侧光滑，且PQ 间的距离L ＝2m ，如图所示．某时刻平板车以速度v 1＝1m/s 向左滑行，同时小滑块以速度v 2＝5m/s 向右滑行．一段时间后，小滑块与平板车达到相对静止，此时小滑块与Q 点相距
14
L ．（g 取10 m/s 2）
（1）求当二者处于相对静止时的速度大小和方向； （2）求小滑块与平板车的粗糙面之间的动摩擦因数μ；
（3）若在二者共同运动方向的前方有一竖直障碍物（图中未画出），平板车与它碰后以原速率反弹，碰撞时间极短，且碰后立即撤去该障碍物，求小滑块最终停在平板车上的位置．（计算结果保留两位有效数字） 【答案】（1）2m/s ，水平向右；（2）0.60或0.36；（3）0.17m 【解析】 【分析】
(1)M 、m 作为系统，当二者处于相对静止时二者的速度是相等的，由动量守恒定律列出等式求解； (2)对A 、B 组成的系统，由能量守恒列出等式求解动摩擦因数μ；
(3)木板A 与障碍物发生碰撞后以原速率反弹，当A 、B 再次处于相对静止状态时，两者的共同速度A 、B 和弹簧组成的系统动量守恒、能量守恒列出等式求解．
【详解】(1)设M 、m 共同速度为v ，定水平向右为正方向，由动量守恒定律得： mv B -Mv A =（M+m ）v…①
2B A
mv Mv m v s M m
-=
=+ …②
(2) 本题有两种可能
①如果小滑块尚未越过Q 点就与平板车达到相对静止，对A 、B 组成的系统，由能量守恒有：
2
221113()?2224
A B Mv mv m M v mg L μ+-+= …③ 代入数据得：μ=0.6
②如果小滑块越过Q 点与弹簧相互作用后，再返回与平板车达到相对静止，有：
2221115()?2224
A B Mv mv m M v mg L μ'+-+= 解得：μ′=0.36
(3) 木板A 与障碍物发生碰撞后以原速率反弹，假设B 向右滑行并与弹簧发生相互作用，
当A 、B 再次处于相对静止状态时，两者共同速度为u ，在此过程中，A 、B 和弹簧组成的系统动量守恒、能量守恒．由能量守恒定律得： mv-Mv=（M+m ）u…④ 代入数据可得：u=0
设B 相对A 的路程为S ，由能量守恒得：
21
2
M m v mgs ()μ+= …⑤ 代入数据得：2
3
s m =
由于4
L
s >
所以B 滑过Q 点并与弹簧相互作用，然后相对A 向左滑动到Q 点左边，
设离Q 点距离为s 1有：10.174
L
s s m =-
= 【点睛】本题考查能量的转化和守恒和动量守恒定律，涉及的两个物体的多个过程，在解答时要注意对过程的把握，正确理解各过程中速度的变化关系与能量的转化关系．
17. 示波管中有两个偏转电极，其中一个电极 XX′上可以接入仪器自身产生的锯齿形电压，叫扫描电压。

如图甲所示， XX′极板长L ＝0.23m ，板间距d ＝0.2m ，在金属板右 端竖直边界MN 的右侧有一区域足够大的匀强磁场，磁感应强度B ＝5×
10－3T ，方向垂 直纸面向里。

现将 X′板接地，X 极板上电势φ随时间变化的规律如图乙所示。

有带正电的q 粒子流以速度 v 0＝1×105m/s ，沿水平中线 OO ′连续射入电场中，粒子的比荷为
q
m
＝1×108 C/kg ，重力忽略不计，在每个粒子通过电场的极短时间内，电场可视为匀强电场。

（设 两
板外无电场，结果可用根式表示）求： (1)带电粒子射出电场时的最大速度；
(2)粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间之比； (3)从O ′点射入磁场和距 O ′点下方54
0.0m d
=处射入磁场的两个粒子，在 MN 上射出磁场时的出射点之间的距离。

【答案】(1)3
3
×105m/s ，与水平方向的夹角为30；(2)2∶1；(3)0.05m 【解析】 【分析】
【详解】(1)带电粒子在偏转电场中类平抛运动，水平方向
60
2310s L
t v -=
= 竖直方向
2122
d y at =
=
其中1
qU a md
=
，所以 1100
V 3
adm U q =
= 当100V 3U >
时进入电场中的粒子将打在极板上，即在电压等于100
V 3
时刻进入的粒子具有最大速度，所以由动能定理得
22
1011222
t U q
mv mv =- 得到
523
10m/s 3
t v =
⨯ (2)粒子射入磁场时的速度与水平方向的夹角为30，从下极板边缘射出的粒子轨迹如图中a 所示，磁场中轨迹所对的圆心角为240︒，时间最长
从上极板边缘射出的粒子轨迹如图中b 所示，磁场中轨迹所对应的圆心角为120︒，时间最短，因为两粒子的周期2m
T Bq
π=
相同，所以粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间之比为2:1； (3)设从O '点射入磁场的粒子速度为0v ，轨迹如图所示
它在磁场中的出射点与入射点间距为
112d R =
由2
11v qv B m R
=，得到
1
1mv R Bq
=
所以
12mv d Bq
=
从距'
O 点下方0.05cm 4
d
=处射入磁场的粒子速度与水平方向夹角φ 则它的速度为
2cos v v φ
=
它在磁场中的出射点与入射点间距为
222cos d R φ=
由于2
2mv R Bq
=
，所以 0
22mv d Bq
=
所以两个粒子向上偏移的距离相等，所以，两粒子射出磁场的出射点间距仍为射入磁场时的间距，即
0.05cm 4
d
=。

【点睛】本题以带电粒子在场中运动问题为命题背景考查学生的推理、分析和应用数学处理物理问题的能力，分析清楚粒子运动过程是正确解题的前提与关键，应用动能定理、类平抛运动规律、牛顿第二定律即可正确解题。

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