高二物理上学期期中-龙岩市武平一中2014-2015学年高二上学期期中物理试题及答案(实验班)

2014-2015学年福建省龙岩市武平一中高二（上）
期中物理试卷（实验班）
参考答案与试题解析
一．选择题（每小题4分）
1．（4分）（2013秋•滑县期末）下列选项对公式认识正确的是（）
A．公式E=k可以用来求平行板电容器两极板间的匀强电场的电场强度，其中Q为
一极板所带电量的绝对值，r为研究点到带正电极板的距离
B．P=I2R可用来计算电风扇正常工作时内阻的发热功率
C．由公式R=可知导体的电阻与加在导体两端电压成正比，与通过导体的电流成反比D．由公式B=可知，磁场中某一点的磁感应强度由公式中的电流I的大小来决定
考点：安培力；点电荷的场强；欧姆定律．
专题：电磁感应——功能问题．
分析：决定式是根据物理量的产生和变化由哪些因素决定而写成的数学式；定义式是根据物理量的定义写成的数学表达式．比值定义法是用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法；比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小改变而改变．
解答：解：A、公式E=k只可以用来求点电荷的电场的电场强度，故A错误；
B、根据焦耳定律Q=I2Rt和热功率公式P=，可知P=I2R可用来计算电风扇正常工作时内阻的发热功率，故B正确；
C、公式R=是电阻的定义公式，是利用比值定义法定义的，但电阻有导体自身的因素决定，与电压无关，故C错误；
D、公式B=是磁感应强度的定义公式，是利用比值定义法定义的，但磁感应强度是有磁场自身的因素决定，与电流元IL无关，故D错误；
故选：B．
点评：本题关键是要能够区分定义公式与决定公式间的区别，明确各个公式的适用范围，基础题．
2．（4分）（2012秋•威海期末）如图所示为一带电体的电场线，已知a、b、c为电场线上的点，其中a、b两点的电势关系为φa＞φb，分别用E a、E b表示a、b两点的电场强度，则下列说法正确的是（）
A．a、c两点所在的电场线方向由a指向c
B．a、c两点所在的电场线方向由c指向a
C．E a＜E b
D．a、c两点处在同一等势面上
考点：电场线；电场强度．
分析：电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向．沿着电场线方向电势是降低的．
解答：解：由于电场线的疏密可知，b点的电场强度最强，c点的电场强度最弱所以E a＜E c＜E b
沿着电场线，电势是降低的，因a、b两点的电势关系为φa＞φb，所以电场线方向由a指向c，则a、c两点处不在同一等势面上；故AC正确，BD错误；
故选：AC
点评：电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布．掌握电场线的疏密表示电场强度的强弱，考查沿着电场线的方向电势降低．
3．（4分）（2013秋•重庆期末）如图所示，方框中有一能产生磁场的装置，在方框右边放一通电直导线（电流方向如图中箭头方向），发现通电导线受到向右的作用力，则方框中放置的装置可能是下图中的哪个（）
A．通电螺线管B．垂直纸面的通电导线
C．通电圆环D．通电直导线
考点：安培力．
分析：由右手定则可判断电流所在位置的磁场分布，再由右手螺旋定则可知方框内的通电导线的形状．
解答：解：由左手定则可知，导线受向右的作用力则所在位置处的磁场向外；则由右手螺旋定则可知；
A、产生的右侧磁场水平向右，故A错误；
B、导线产生的磁场为正面看去瞬时针，导体上半部分受向里的安培力，下半部分受向外的安培力，故B错误；
C、由右手定则可知，通电圆环在导线处的磁场向里，故C错误；
D、通电直导线的磁感线在导线处的磁场向外，故D正确；
故选：D．
点评：本题考查右手螺旋定则及左手定则的应用，判断磁场的方向用右手，判断力的方向用左手，要注意正确应用．
4．（4分）（2012秋•威海期末）关于带电粒子在电场或磁场中运动的表述，以下正确的是（）
A．带电粒子在电场中某点受到的电场力方向与该点的电场强度方向相同
B．正电荷只在电场力作用下，一定从高电势处向低电势处运动
C．带电粒子在磁场中运动时受到的洛伦兹力方向与粒子的速度方向垂直
D．带电粒子在磁场中某点受到的洛伦兹力方向与该点的磁场方向相同
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：带电粒子在磁场中的运动专题．
分析：正带电粒子在电场中受到电场力与电场强度方向相同，负电荷受到的电场力与电场强度方向相反；
正电荷由静止只在电场力作用下，从高电势处向低电势处运动；
带电粒子在磁场中运动时，由左手定则可知，受到的洛伦兹力方向与粒子的速度方向垂直；解答：解：A、正带电粒子在电场中某点受到的电场力方向与该点的电场强度方向相同，而负电荷受到的电场力与该点的电场强度方向相反，故A错误．
B、正电荷从静止只在电场力作用下，一定从高电势处向低电势处运动，故B错误；
C、根据左手定则可知，带电粒子在磁场中运动时受到的洛伦兹力方向与粒子的速度方向垂直，故C正确，故D错误．
故选：C
点评：本题要抓住电场力与洛伦兹力特点的不同进行分析，注意正负电荷受到的电场力与电场强度方向的不同，同时注意洛伦兹力与磁场方向总是垂直．
5．（4分）（2012秋•威海期末）如图所示，平行板电容器C与一电源E连接，P为一自动控制元件，只有自a向b的电流通过P时，P才会自动控制外电路，关于该电路的工作原理，下列叙述正确的是（）
A．当电键S闭合后，增大平行板电容器两板间距离，P会对外电路起到控制作用
B．当电键S闭合后，减小平行板电容器两板间距离，P会对外电路起到控制作用
C．将电键S断开，增大平行板电容器两板间距离，P会对外电路起到控制作用
D．将电键S断开，减小平行板电容器两板间距离，P会对外电路起到控制作用
考点：电容器的动态分析；闭合电路的欧姆定律．
专题：电容器专题．
分析：抓住四个用电器串联且只有自a向b的电流通过P时，P才会自动控制外电路；据平行板电容器公式C=和C=分析选项即可．
解答：解：A、当电键s闭合后，电流自a向b的电流通过P时，电容器处于充电过程，P 自动控制外电路；当充电完毕后，P不控制外电路，增大极板间的距离，据C=知C 变小，据公式C=知，U变大，但只有自a向b的电流通过P时，P才会自动控制外电路，所以P不会对外电路起到控制作用，故A错误．
B、当电键s闭合后，电流自a向b的电流通过P时，电容器处于充电过程，P自动控制外电路；当充电完毕后，P不控制外电路，减小极板间的距离，据C=知C 变大，据公式C=知，U变小，电流从高电势流向低电势，所以P会对外电路起到控制作用，故B正确．CD、当电键S断开，不具备产生电流的条件，无论怎样改变极板间的距离，都不会有电流通过P，所以P不会对外电路起到控制作用，故CD错误．
故选：B．
点评：此题的关键抓住题眼“只有自a向b的电流通过P时，P才会自动控制外电路”，灵活应用据平行板电容器公式C=和C=；此题另一个注意点：用公式C=分析Q和U 时，注意谁变谁不变．
6．（4分）（2012秋•威海期末）根据磁场对电流会产生作用力的原理，人们研制出一种新型的发射炮弹的装置﹣﹣电磁炮，其原理如图所示：把待发炮弹（导体）放置在强磁场中的两平行导轨上，给导轨通以大电流，使炮弹作为一个通电导体在磁场作用下沿导轨加速运动，并以某一速度发射出去．现要提高电磁炮的发射速度，你认为下列方案在理论上可行的是（
）
A．增大磁感应强度B的值
B．增大电流I的值
C．减小磁感应强度B的值
D．改变磁感应强度B的方向，使之与炮弹前进方向平行
考点：安培力；匀变速直线运动的公式；牛顿第二定律．
专题：应用题．
分析：炮弹加速运动的动力为安培力，根据安培力公式F=BIL进行分析即可．
解答：解：A、B、C、要提高电磁炮的发射速度，需要增加安培力做的功，在加速距离不变的情况下，可以考虑增加安培力，根据安培力公式F=BIL，可以增加磁感应强度B、增加电流I，故A正确，B正确，C错误；
D、改变磁感应强度B的方向，使之与炮弹前进方向平行，安培力减小为零，故D错误；故选：AB．
点评：本题关键明确电磁炮的工作原理，明确炮弹加速运动的动力为安培力，然后结合安培力公式列式分析即可．
7．（4分）（2012秋•威海期末）如图所示，现有一带正电的粒子能够在正交的匀强电场和匀强磁场中匀速直线穿过．设产生匀强电场的两极板间电压为U，板间距离为d，匀强磁场的磁感应强度为B，粒子带电荷量为q，进入速度为v（不计粒子的重力）．以下说法正确的是（）
A．匀速穿过时粒子速度v与U、d、B间的关系为v=
B．若只增大v，其他条件不变，则粒子仍能直线穿过
C．若只增大U，其他条件不变，则粒子仍能直线穿过
D．若保持两板间电压不变，只减小d，其他条件不变，粒子进入两板间后将向下偏
考点：带电粒子在混合场中的运动．
专题：带电粒子在复合场中的运动专题．
分析：粒子在场中受竖直向下的电场力和竖直向上的洛伦兹力，分析二力大小情况，判断粒子运动．
解答：解：分析粒子在场中受力，如图：
A、粒子匀速穿过时，则竖直方向受力平衡，即qvB=qE=q，解得：v=，故A正确；
B、若只增大v，其他条件不变，则洛伦兹力增大，即竖直向上的力增大，粒子合力不为零，因力的方向与运动方向垂直，则粒子将无法沿直线穿过，故B错误；
C、若只增大U，其他条件不变，则合力方向竖直向下，且与粒子运动方向垂直，则粒子不可能然直线穿过；
D、板间电压不变，减小d，其他条件不变，则粒子所受电场力增长，则粒子所受合力方向竖直向下，故粒子将向下偏，故D正确；
故选：AD
点评：本题关键是分析粒子在场中受力情况，根据合力的情况判断粒子运动，难度不大．
8．（4分）（2013秋•滑县期末）如图所示，直线A 是电源的路端电压和电流的关系图象，直线B、C分别是电阻R1、R2的两端电压与电流的关系图象，若将这两个电阻分别接到该电源上，下列说法正确的是（）
A．两电阻阻值R1＞R2
B．R2接在电源上时，电源的内阻消耗功率大
C．R2接在电源上时，电源的效率高
D．电源的内阻和R2的阻值相等
考点：闭合电路的欧姆定律．
专题：恒定电流专题．
分析：斜率表示电阻值，电源的内阻等于A的斜率绝对值．
电源的效率等于电源输出功率与电源总功率的百分比．根据效率的定义，找出效率与电源路端电压的关系，由图读出路端电压，就能求出效率．电源与电阻的U﹣I图线的交点，表示电阻接在电源上时的工作状态，可读出电压、电流，算出电源的输出功率，进而比较大小．解答：解：
A、由U﹣I图象的斜率表示电阻值，可得R1、R2的关系为两电阻阻值R1＞R2，故A正确．BC、电源的效率η=，效率与路端电压成正比，由图可知R1接在电源上时路端电压大，效率高，故B正确，C错误．
D、由图可知，电源内阻为：；R2的电阻为：；故D正确．
故选：ABD
点评：本题首先要知道效率与功率的区别，电源的效率高，输出功率不一定大．其次，会读图．电源与电阻的伏安特性曲线交点表示电阻接在该电源上时的工作状态．
9．（4分）（2013秋•江陵县期末）如图所示，虚线为一静电场中的等势面1、2、3、4，相邻等势面间的电势差相等，其中等势面3的电势为0．一带正电的点电荷仅在静电力的作用下沿图中实线从a点运动到b点，经过a、b两点时粒子的动能分别为5eV和26eV．当这一点电荷运动到某一位置c时，其电势能变为﹣5eV．下列说法正确的是（）
A．粒子从a点运动到b点的过程中电场力做负功
B．粒子在a点的电势能小于其在b点的电势能
C．粒子在c点时的动能为24eV
D．a、b点的电势关系为φa＞φb
考点：等势面；带电粒子在匀强电场中的运动．
专题：带电粒子在电场中的运动专题．
分析：只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，根据题意曲线3电势为零，列式求解即可．
解答：解：A、经过a、b点时的动能分别为5eV和26eV；粒子的动能增大，说明电场力做正功．故A错误；
B、电场力做正功，粒子的电势能减小，所以粒子在a点的电势能大．故B错误；
C、图中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，故电荷再各个等势面上的电势能相等；
故电荷经过相邻两个等势面时的动能减小量为，故经过等势面3时的动能为：E k3=E b+△E=26﹣7=19eV；
只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故当这一点电荷运动到某一位置c时，其电势能变为﹣5eV：0eV+19eV=﹣5eV+E k；解得E k=24eV；故C正确；
D、正电荷在电势高的地方电势能大，粒子在a点的电势能大，所以可得a点的电势能大．故D正确．
故选：CD
点评：“在只有电场力做功的条件下动能和电势能的总和保持不变；相邻等势面之间的电势差相同”是我们解决此类问题时的突破口．
10．（4分）（2011秋•扶余县校级期末）如图所示电路中，三只灯泡原来都正常发光，当滑动变阻器的滑动触头P向左移动时，下面判断正确的是（）
A．L1和L3变亮，L2变暗
B．L1变暗，L2变亮，L3亮度不变
C．L1中电流变化值小于L3中电流变化值
D．L1上电压变化值小于L2上的电压变化值
考点：闭合电路的欧姆定律．
专题：恒定电流专题．
分析：由图可知L3与R串联后与L2并联，再与R0、L1串联；由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则可知总电阻的变化；由闭合电路的欧姆定律可知电路中电流的变化，即可知L1亮度的变化；将R0、L1作为内电阻处理，由U=E﹣Ir可知并联部分电压的变化，由欧姆定律可得出两灯亮度的变化；因两灯电阻均为定值，则可由欧姆定律得出电压变化值的大小关系．
解答：解：A、B当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流增大，故L1变亮；
电路中总电流增大，故内电压及R0、L1两端的电压增大，而电动势不变，故并联部分的电压减小，故L2变暗；
因L2中电流减小，干路电流增大，故流过L3的电流增大，故L3变亮；故A正确，B错误；
C、因L1中电流增大，L3中电流增大，而L2中电流减小；开始时有：I1=I2+I3，故I1电流的变化值一定小于L3中电流的变化值；故C正确；
D、因并联部分的电压与L1、R0及内电阻上的总电压等于电源的电动势；L2两端的电压减小，L1、R0及内阻r两端的电压增大，而电动势不变，故L1上电压变化值小于L2上的电压变化值，故D正确；
故选ACD．
点评：本题不但考查电路中各量的变化方向，还考查了各电阻中电流及电压的变化值，题目较为新颖，要求学生能灵活应用串并联电路的电流电压规律及闭合电路的欧姆定律．
11．（4分）（2012秋•东安区校级期末）回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒．两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速．两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示．在保持匀强磁场和加速电压不变的情况下用同一装置分别对质子（H）和氦核（He）加速，则下列说法中正确的是（）
A．质子与氦核所能达到的最大速度之比为1：2
B．质子与氦核所能达到的最大速度之比为2：1
C．加速质子、氦核时交流电的周期之比为2：1
D．加速质子、氦核时交流电的周期之比为1：2
考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理．
专题：带电粒子在磁场中的运动专题．
分析：回旋加速器粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等，当粒子从D形盒中出来时，速度最大，此时运动的半径等于D形盒的半径．
解答：解：A、当粒子从D形盒中出来时速度最大，根据qv m B=m，得v m=，根据质子（H）和氦核（He），则有质子与氦核所能达到的最大速度之比2：1，故A错误，B 正确．
C、根据公式v m=．可知，周期与最大速度成反比，即加速质子、氦核时交流电的周期之比1：2．故C错误，D正确．
故选BD．
点评：解决本题的关键知道当粒子从D形盒中出来时，速度最大．以及知道回旋加速器粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等．
12．（4分）（2014秋•武平县校级期中）一个矩形线圈面积为4.0×10﹣4m2，将它放入水平方向的匀强磁场中，线圈与磁场之间的夹角为30°，ad、bc边与磁场垂直，如图，该匀强磁场的磁感应强度为0.2T．现将线圈以ab为轴按图中所示方向旋转60°，则穿过线圈的磁通量的变化量为（）
A．0 B．8×10﹣5Wb C．8×10﹣5Wb D．1.6×10﹣4Wb
考点：磁通量．
分析：通过线圈的磁通量可以根据Φ=BSsinθ进行求解，θ为线圈平面与磁场方向的夹角．
解答：解：当线线圈平面与磁场方向的夹角为30°度，有：
Wb
现将线圈以ab为轴按图中所示方向旋转60°，则穿过线圈的磁通量为：
Wb，
负号表示穿过线圈的磁通量的方向与原磁通量的方向相反．所以有：
Wb．选项B正确．
故选：B．
点评：解决本题的关键掌握磁通量的公式，知道当线圈平面与磁场平行时，磁通量为0，当线圈平面与磁场方向垂直时，磁通量最大．若它们之间的夹角为θ，则使用Φ=BSsinθ进行求解．
三、实验题（18分）
13．（12分）（2014秋•武平县校级期中）小明同学在测定金属丝电阻率的实验中，进行了如下操作，请你将相应的操作步骤补充完整．
（1）他首先用螺旋测微器测金属丝的直径，如图甲所示，该金属丝的直径为0.850
mm．
（2）他再用多用电表粗测金属丝的阻值，操作过程如下：
①将红、黑表笔分别插入多用电表的“+”、“﹣”插孔，选择开关旋至电阻挡“×10”挡位；
②将红、黑表笔短接，调节 B 旋钮（填图乙中的“A”或“B”或“C”），使欧姆表指针对准电阻的0刻线处；
③把红、黑表笔分别与金属丝的两端相接，此时多用电表的示数如图丙所示；
④为了使金属丝的阻值读数能够再准确一些，小明将选择开关旋至电阻挡×1挡位（填“×1”或“×1k”），重新进行欧姆调零；
⑤重新测量得到的结果如图丁所示，则金属丝的电阻为 6 Ω．
（3）他想用伏安法更精确地测量该金属丝的阻值，他用如图所示的装置进行测量，其中部分器材的规格为：电源E（两节干电池，3V），电流表（量程0.6A，内阻约1Ω），电压表（量程3V，内阻约10kΩ），滑动变阻器（阻值范围0～20Ω，额定电流1A）．要求滑动变阻器采
用限流式接法，为了减小实验误差，请你在图戊中加两条导线将未连接完的电路连起来．
考点：伏安法测电阻．
专题：实验题；恒定电流专题．
分析：（1）螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；
（2）用多用电表粗测金属丝的阻值时选档后一定要先进行欧姆调零，读数时尽量使指针指在中央刻度附近，欧姆表的读数等于表盘示数乘以倍率．
（3）先判断电流表内接还是外接后连接电路．
解答：解：（1）螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为35.0×0.01mm=0.350mm，所以最终读数为：
0.5mm+0.350mm=0.850mm；
（2）②用多用电表粗测金属丝的阻值时选档后一定要先进行欧姆调零：将红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮B，使指针对准电阻的0刻线处；
④选“×10”挡位时由图知指针偏转角度较大，被测阻值较小，应换小档：“×1”档，换挡后重新欧姆调零．
⑤测量后如图4所示指针示数为6Ω，倍率为“×1”，故最后读数为：6×1=6Ω；
（3）=100Ω＞6Ω，被测电阻为小电阻，故采用电流表外接法；题目要求滑动变阻器采用限流式接法，连接实物电路图如图：
故答案为：（1）0.850mm；（2）②B；④×1，欧姆调零；⑤6．（3）如图所示．
点评：本题关键是明确螺旋测微器读数和欧姆表的正确使用方法，注意欧姆表每次换挡后都要重新进行欧姆调零，基础问题．
14．（6分）（2013秋•德州期末）某同学想用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻，其原理如图1所示，电路中串联了一只2Ω的保护电阻R0．该同学通过实验得到电压表和电流表显示的五组数据（见表格）．
U（V） 1.40 1.30 1.20 1.10 1.00
I（A）0.04 0.07 0.12 0.17 0.20
（1）请你根据表中数据在图2的坐标图中画出U﹣I图线．
（2）并求出该电池的电动势E= 1.49 V，内阻r=
0.45 Ω．
考点：测定电源的电动势和内阻．
专题：实验题．
分析：（1）应用描点法作出图象；
（2）电源U﹣I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是等效电源的内阻，根据图象求出电源电动势与内阻．
解答：解：（1）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，
然后作出图象如图所示；
（2）由图示电源U﹣I图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.49，则电动势E=1.49V，
图象斜率：k==≈2.46，电源内阻r=k﹣R0=2.46﹣2=0.46．
故答案为：（1）图象如图所示；（2）1.49；0.46．
点评：本题考查了作图象、求电源电动势与内阻，要掌握描点法作图的方法、掌握根据电源的U﹣I图象求电源电动势与内阻的方法．解题时要注意，图象斜率的绝对值是电源内阻与保护电阻阻值之和．
三．计算题
15．（8分）（2013秋•滑县期末）如图所示，两根平行光滑金属导轨MP、NQ与水平面成θ=37°角固定放置，导轨电阻不计，两导轨间距L=0.5m，在两导轨形成的斜面上放一个与导轨垂直的均匀金属棒ab，金属棒ab处于静止状态，它的质量为m=5×10﹣2kg．金属棒ab两端连在导轨间部分对应的电阻为R2=2Ω，电源电动势E=2V，电源内阻r=1Ω，电阻R1=2Ω，其他电阻不计．装置所在区域存在一垂直于斜面MPQN的匀强磁场．（已知sin37°=0.6，
cos37°=0.8，g=10m/s2）求：
（1）所加磁场磁感应强度方向；
（2）磁感应强度B的大小．
考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；闭合电路的欧姆定律；安培力．
专题：共点力作用下物体平衡专题．
分析：（1）金属棒ab处于静止状态，又是垂直于斜面MPQN的匀强磁场，则所受安培力沿斜面向上，由左手定则判断磁场的方向；
（2）根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小，由平衡条件求出安培力的大小，根据安培力公式求B．
解答：解：（1）金属棒ab处于静止状态，又是垂直于斜面MPQN的匀强磁场，则所受安培力沿斜面向上，由左手定则判断磁场的方向垂直斜面向下．
（2）R1和R2并联的总电阻R==1Ω
电路中的总电流I=
通过导体棒的电流I′==1A
根据导体棒受力平衡得：F=mgsinθ
导体棒受到安培力为F=B I′L
解得：磁感应强度为B=0.6T
答：（1）所加磁场磁感应强度方向垂直斜面向下；（2）磁感应强度B的大小为0.6T．
点评：本题是通电导体在磁场中平衡问题，分析受力情况，特别是安培力的情况是关键．
16．（8分）（2012秋•威海期末）如图所示，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ为电场和磁场的理想边界，一束电子（电量为e，质量为m，重力不计）由静止状态从P点经过Ⅰ、Ⅱ间的电场加速后垂直到达边界Ⅱ的Q点．匀强磁场的磁感应强度为B，磁场边界宽度为d，电子从磁场边界Ⅲ穿出时的速度方向与电子原来的入射方向夹角为30°．求：
（1）电子在磁场中运动的时间t；
（2）若改变PQ间的电势差，使电子刚好不能从边界Ⅲ射出，则此时PQ间的电势差U是多少？
考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．
专题：带电粒子在磁场中的运动专题．。