【文档说明】【精准解析】河北省衡水市桃城区第十四中学2019-2020学年高二上学期三调考试物理试题.doc，共(19)页，1009.500 KB，由小赞的店铺上传

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物理试卷一、选择题1.在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献．下列说法正确的是()A.法拉第发现了电流的磁效应；奥斯特发现了电磁感应现象B.欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系C.库仑发现了点电荷的相互作用规律；密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值D.安培发现了磁场对运动电

荷的作用规律，洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律【答案】C【解析】【详解】A项：奥斯特发现了电流的磁效应；法拉第发现了电磁感应现象，故A错误；B项：欧姆发现了欧姆定律，说明导体两端电压与电流之间存在的联系，故B错误；C项：库仑发现了点电荷的

相互作用规律即库仑定律，密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值，故C正确；D项：洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，安培发现了磁场对电流的作用规律，故D错误．2.2019年1月，出现在中国海军坦克登陆舰上的电磁轨道炮在全球“刷屏”，

这是电磁轨道炮全球首次实现舰载测试。如图所示为电磁炮的简化原理示意图，它由两条水平放置的平行光滑长直轨道组成。轨道间放置一个导体滑块作为弹头。当电流从一条轨道流入，经弹头从另一条轨道流回时，在两轨道间产生磁场，弹头

就在安培力推动下以很大的速度射出去。不计空气阻力，将该过程中安培力近似处理为恒力，为了使弹丸获得更大的速度，可适当（）A.减小平行轨道间距B.增大轨道中的电流C.缩短轨道的长度D.增大弹丸的质量【答案】B【解析】【详解】A．根

据题意，安培力的功等于弹头获得的动能。轨道间距减小，安培力减小，安培力做功减小，弹头获得动能减小，速度减小，故A错误；B．增大轨道中电流，安培力增大，安培力做功增大，弹头获得动能增大，速度增大，故B正确；C．缩短轨道长度，安培力做功减小

，弹头获利动能减小，速度减小，故C错误；D．只增大弹丸质量，安培力做功不变，弹头获得动能不变，所以速度减小，D错误；故选B。3.如图甲所示，x轴上固定两个点电荷Q1、Q2（Q2位于坐标原点O），其上有M、N、P三点，间距MN=

NP．Q1、Q2在x轴上产生的电势φ随x变化关系如图乙．则下列说法正确的是A.点电荷Q1带正电B.N点电场场强大小为零C.P点电场场强大小为零D.M、N之间电场方向沿x轴负方向【答案】B【解析】【详解】A．所以两点电荷在N点产生的场强大小相等，方向相反

，两电荷为异种电荷，所以1Q为负电荷，2Q为正电荷，故A错误．BC．x−图线的切线斜率表示电场强度的大小，所以N点的电场强度为零，P点的场强不为零，故B正确，C错误；D．根据沿电场线方向电势越越来低可知，ON→电场强度方向沿x轴正方向，NP→场强方向沿x轴负方向，所以M、N之间电场方向沿x轴正方

向，故D错误；4.如图所示为一个经过双向可控硅电子元件调节后加在电灯上的电压，即在正弦式电流的每一个12周期中，前面的14被截去，从而改变了电灯上的电压，那么现在电灯上电压的有效值为（）A.UmB.2mUC.2mUD.4mU【答案】C【解析】【详解】设交流电的有效值为U，将交流电与直流

电分别通过相同电阻R，分析一个周期内热量：交流电产生的热量：21()22mUTQR=；直流电产生的热量：22UQTR=；由Q1=Q2得：2mUU=，故选C．5.某水电站，用总电阻为2.5Ω的输电线输电给500km外

的用户，其输出电功率是3×106kW．现用500kV电压输电，则下列说法正确的是：A.输电线上输送的电流大小为2×105AB.输电线上由电阻造成的损失电压为15kVC.若改用5kV电压输电，则输电线上损失的功率为9×108kWD.输电

线上损失的功率为∆P=U2/r，U为输电电压，r为输电线的电阻【答案】B【解析】【详解】由P=IU得输电线上输送的电流6333P31010I610AU50010A===，由△U=Ir得输电线路上的电压损失33U6102.5V1510V==，输电线上损失的功率为26

3221123P31010PIrr()2.5W910WU510====，输电线上损失的功率为△P计算时，U为输电线上的电压降，而不是输电电压．故选B．【点睛】本题考查远距离输电中的能量损失及功率公式

的应用，要注意功率公式中P=UI中的电压U应为输电电压．6.在高能物理研究中，回旋加速器起着重要作用，其工作原理如图所示．D1和D2是两个中空的半圆金属盒，它们之间有一定的电势差．两个半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场

中．中央O处的粒子源产生的α粒子，在两盒之间被电场加速，α粒子进入磁场后做匀速圆周运动．忽略α粒子在电场中的加速时间．下列说法正确的是：A.α粒子运动过程中电场的方向始终不变B.α粒子在磁场中运动的周期越来越大C.磁感应强度越大，α粒子离开加速器时的动能

就越大D.两盒间电势差越大，α粒子离开加速器时的动能就越大【答案】C【解析】【详解】A.粒子在电场中被加速，所以粒子运动半个圆周之后再次进入电场时，与上次在电场中的运动方向相反，所以电场必须改变方向，才能使粒子每次在电场中都能被加速．故A错误．B.粒子在磁场中运动额周期公式为2m

TqB=，粒子在运动的过程中m、q和B都不变，所以，粒子的运动周期是不变的．故B错误．C.由2mvqvBR=，可求出粒子的速度qBRvm=，则粒子的最大动能为2222min122kqBREmvm==,可知最大动能与计算器的半径、磁感应强度以及电荷的电荷量和质量有关，磁场越强

，粒子离开计算器时的动能越大．故C正确．D.粒子的最大动能为2222min122kqBREmvm==，与加速电压的大小无关，即与两盒间的电势差无关．故D错误．7.如图所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为2L，高为L.纸面内一边长为L的正方形导线

框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t＝0时刻恰好位于图中所示的位置．以顺时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流－位移(I－x)关系的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】位移在0～L过程：磁通量

增大，由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向，为正值．BLvIR=，因l=x，则BvIxR=，位移在L～2L过程：磁通量先增大后减小，由楞次定律判断感应电流方向先为顺时针方向，为正值，后为逆时针方向，为负值．位移在2L～3L过程

：磁通量减小，由楞次定律判断感应电流方向为逆时针方向，为负值．(2)BvILxR=−，故选C．8.如图所示，边界OM与ON之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界ON上有一粒子源S．某一时刻，从离子源S沿平行于纸面，向各个方向发射出大量带正电的同种粒子（不计粒子

的重力及粒子间的相互作用），所有粒子的初速度大小相等，经过一段时间有大量粒子从边界OM射出磁场．已知∠MON＝30°，从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于12T（T为粒子在磁场中运动的周期），则从边界OM射出的粒

子在磁场中运动的最短时间为（）A.13TB.14TC.16TD.18T【答案】A【解析】【详解】粒子在磁场中运动做匀速圆周运动，入射点是S，出射点在OM直线上，出射点与S点的连线为轨迹的一条弦．当从边界OM射出

的粒子在磁场中运动的时间最短时，轨迹的弦最短，根据几何知识，作ES⊥OM，则ES为最短的弦，粒子从S到E的时间即最短．由题意可知，粒子运动的最长时间等于12，设OS＝d，则DS＝OStan30°＝33d，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为：DS326rd==，由几何知识有：E

S＝OSsin30°＝12d，cosθ＝2222ES2rr−＝1-2，则：θ＝120°，粒子在磁场中运动的最长时间为：tmin＝13603TT=，故A正确，BCD错误．9.如图所示，竖直平面内有一圆周，其圆心为O

，直径AB和CD相互垂直，电荷量均为Q的正点电荷放在关于CD对称的圆周上，它们所在半径的夹角为120°。下列说法正确的是（）A.点O与点C的电场强度相等B.点C与点D的电场强度大小之比为3∶1C.一电子从D

点由静止释放，运动到C点的过程中，加速度先减小后增大D.将一正电荷沿着圆周从A点经D移至B点的过程中，电势能先减小后增大【答案】BD【解析】【详解】A．根据对称性知点O与点C的场强大小相等，方向相反，故选项A错误；B．根据矢量合成法则，C点场强为222cos60CkQk

QERR==D点的场强为()2232cos3033DkQkQERR==点C与点D的场强大小之比为3:1，故选项B正确；C．根据电场强度的矢量合成法则，距离两点电荷连线6382xRR=处的场强最强，则电子从点D到点C的过

程中，加速度先增大，再减小，再增大，故选项C错误；D．根据等量同种电荷的电场线，正电荷沿着圆周从点A到点D，电场力做正功，电势能减小；从点D到点B的过程中，电场力做负功，电势能增大，故选项D正确；故选BD。10.如图所示，空间存在垂直于纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，场内有一绝缘的足够长的直杆

，它与水平面的倾角为θ，一带电量为－q、质量为m的带负电的小球套在直杆上，从A点由静止沿杆下滑，小球与杆之间的动摩擦因数为μ，在小球以后运动的过程中，下列说法正确的是（）A.小球下滑的最大速度为sin=mgvBqB.小球下滑的最大

加速度为am＝gsinθC.小球的加速度先增大后减小D.小球的速度先增大后减小【答案】BC【解析】【详解】小球开始下滑时有()sincosmgmgqvBma−−=随增大，a增大，当cosmgvqB=时，a达最大值sing，此时洛伦兹力等

于mgcosθ，支持力等于0，此后随着速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，此后下滑过程中有()sincosmgqvBmgma−−=随增大，a减小，当()sincosmmgvqB+=时，0a=，此时达到平衡状态，速度不变；所以整个过程中，先一直增大后不变；a先增大后减小，所以B、C

正确，A、D错误；故选BC。11.如图，带电平行金属板中匀强电场方向竖直向上，匀强磁场方向垂直纸面向里，带电小球从光滑绝缘轨道上的a点由静止滑下，经过1/4圆弧轨道从端点P（切线水平）进入板间后恰好沿水平方向做直线运动，现使带电小球从比a点稍

低的b点由静止滑下，在经过P点进入板间的运动过程中（）A.带电小球的动能将会增大B.带电小球的电势能将会增大C.带电小球所受洛伦兹力将会减小D.带电小球所受电场力将会增大【答案】AB【解析】【详解】根据题意分析得：小球从P点进入平行板间后做直线运动

，对小球进行受力分析得小球共受到三个力作用：恒定的重力G、恒定的电场力F、洛伦兹力f，这三个力都在竖直方向上，小球在水平直线上运动，所以可以判断出小球受到的合力一定是零，即小球一定是做匀速直线运动，结合左手定则，洛伦兹力和电场力同向，都向上，小球带正电；如果小球从稍低的b点下滑

到从P点进入平行板间，则小球到达P点的速度会变小，所以洛伦兹力f比之前的减小，因为重力G和电场力F一直在竖直方向上，所以这两个力的合力一定在竖直方向上，若洛伦兹力变化了，则三个力的合力一定不为零，且在竖直方向上，而小球从P点进入时的速度方向在水平方向上，所以小球会偏离水平

方向向下做曲线运动，因此减小入射速度后，洛伦兹力减小，合力向下，故向下偏转，故电场力做负功，电势能增加，水平方向速度不变，但竖直方向的速度增加，所以动能将会增大，导致洛伦兹力也会增大，电场力不变，故AB正确，CD错误．

【点睛】本题关键先分析出小球受力平衡，然后再考虑洛仑兹力变化后的运动情况，同时要结合平行板电容器的表达式和电势差与电场强度的关系式列式分析．12.如图所示的电路，电源电动势为E，内阻为R，R1和R3为定值电阻，R2为滑动变阻器，闭合

开关，一带电液滴恰好悬浮在电容器之间。保持其他条件不变，（）A.若将滑动变阻器滑片向b端滑动，带电液滴向上运动B.若将滑动变阻器滑片向b端滑动，电流将从d流向cC.若将金属块抽出，抽出过程中，带电液滴向上运动D.若将金属块抽出，抽出过程中，电流将从

d流向c【答案】BD【解析】【详解】A．由图可知，电容器所处支路为断路，当滑片向b端滑动时，接入电路中的电阻2R增大，根据闭合电路欧姆定律EIRr=+可知电路中总电流减小，则电阻3R两端电压减小，即电容器两端电压减小，由UEd=可知电容器内场强减弱，故带电液滴向下运

动，故选项A错误；B．根据上面的分析，电容器电压减弱，电容不变，由QCU=可知带电量减小，电容器放电，瞬间放电电流将从从d流向c，故选项B正确；C．将金属块抽出，相当于电容器极板间距离增大，由4rSCkd=可知电容减小，由于电压不变，由UEd=可知场强减弱，故带电液滴向下运动，

故选项C错误；D．根据上面的分析可知电容减小，由于电压不变，由QCU=可知电量减小，电容器放电，瞬间放电电流将从从d流向c，故选项D正确。故选BD。13.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5:1，原线圈接交流电源和交流电压表，副线圈通过电阻为R的导线与热水器

、抽油烟机连接．已知原线圈两端的电压保持不变，副线圈上的电压按图乙所示规律变化．下列说法正确的是A.电压表示数为1100VB.热水器上电压的瞬时值表达式为2202sin(100π)ut=VC.若闭合开关S，热水器的实际功率不变D.若闭合开关S，原线圈中电流增大【答案】AD【解析】【分析

】电压表测的是电流的有效值．根据图乙所示图象求出交变电流的峰值、角频率初相位，然后写出交变电流的瞬时值表达式．根据动态分析法分析实际功率．由W=Pt可以求出抽油烟机消耗的电能．【详解】A.根据变压器原理可得1122522011001nUU

VVn===，则电压表示数为1100V，A正确；B.由图乙可知，交变电流的峰值是2202V，2100/0.02rads==，则副线圈两端电压的瞬时值表达式为2202sin100utv=，因有电阻R的存在，2202V不是热水器两端的电压瞬时

值，B错误；C.接通开关，副线圈电阻减小，电流增大，R上的分压增大，热水器两端的电压减小，所以实际功率减小，C错误；D.接通开关，电流增大，电压不变，所以线圈消耗的功率增大，输入功率等于输出功率，则原线圈中电流增大，D正确．14.如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直磁场方向的'OO轴匀速转

动，线圈abcd的匝数为N，电阻不计，理想变压器原、副线圈的匝数之比为1：2，定值电阻1R与2R的阻值均为R，所用电表均为理想交流电表，当线圈abcd转动的角速度大小为时，电压表的示数为U，则()A.此时电流表的示数为2URB.从

图示位置(线圈abcd与磁场方向平行)开始计时，线圈abcd中产生的电动势的瞬时表达式为52coseUt=C.在线圈abcd转动的过程中，穿过线圈的磁通量的最大值为522UND.当线圈abcd转动的角速度

大小为2时，电压表的示数为4U【答案】AC【解析】【详解】流过副线圈的电流mUIR=，根据1221InIn=可知，流过电流表的电流12UIR=，故A正确；变压器中原线圈的电压为1U，根据1122UnUn=可知电压12UU=，电阻1R分得的电压12RUIRU==，

故线圈产生的感应电动势的有效值为152RUUUU=+=有，最大值5222mUEU有==，故从线圈转动到图示位置开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时表达式为52cos2eUt=，故B错误；根据mENBS=

可知522mEUBSNN==，故C正确；根据mENBS=可知，转动角速度加倍，产生的感应电动势加倍，故电压表的示数加倍，为2U，故D错误．故选AC．15.如图所示，边长为L电阻不计的n匝正方形金属线框位于竖直平面内，连接的小灯泡的额定功率、额定电压分别为P

、U，线框及小灯泡的总质量为m，在线框的下方有一匀强磁场区域，区域宽度为l，磁感应强度方向与线框平面垂直，其上、下边界与线框底边均水平．线框从图示位置开始由静止下落，穿越磁场的过程中，小灯泡始终正常发光．则（）A有界磁场宽度l＜LB.

磁场的磁感应强度应为mgUnPLC.线框匀速穿越磁场，速度恒为PmgD.线框穿越磁场的过程中，灯泡产生的焦耳热为mgL【答案】BC【解析】由题意知，线框在穿过磁场的过程中，灯泡始终正常发光，可知线框边长与磁场宽度相等即：l=L，所以A错误；线框在穿过磁场的过

程中，灯泡始终正常发光，可知线框做匀速运动，由平衡条件可知：F安=mg，P=mgv，所以穿越磁场的速度为v=P∕mg，所以C正确；由nBIL=mg，P=UI，联立可得：BmgUnPL=，所以B正确；根据能量守恒可知，穿越磁场的过程中，线框减少的重力势能转化为焦耳热，即Q=2mgL，所

以D错误．16.如图所示，平行金属导轨与水平面间的夹角为θ，导轨电阻不计，与阻值为R的定值电阻相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B。有一质量为m、长为l的导体棒从ab位置获得平行于斜面的、大小为v的初速度向上运动，最远到达a′b′的位置，滑行的距离为s

，导体棒的电阻也为R，与导轨之间的动摩擦因数为μ。则（）A.上滑过程中导体棒受到的最大安培力为22BlvRB.上滑过程中电流做功放出的热量为12mv2－mgs(sinθ＋μcosθ)C.上滑过程中导体棒克服安培力做

的功为12mv2D.上滑过程中导体棒损失的机械能为12mv2－mgssinθ【答案】BD【解析】【详解】A．上滑过程中开始时导体棒的速度最大，受到的安培力最大为22BlvFBIlR==故A错误；BC．根据能量守恒，上滑过程

中电流做功产生的热量为()21sincos2Wmvmgs=−+上滑过程中导体棒克服安培力做的功等于产生的热量，故有()21sincos2Qmvmgs=−+故B正确，C错误；D．上滑过程中导体棒损失的机械能为21sin2Emvmgs=−故D正确。故选BD。二、实验填空题17.一玩具

电动机M的额定电压为3V，其线圈的电阻Rx大约为15Ω，当其两端电压达到0.3V时，电动机才会开始转动．为了尽量准确测量线圈的电阻Rx，某同学设计了部分电路原理图如图所示，可供选择的器材有：A．电流表A1（0～20mA、内阻约10Ω）B．电流表A2（0～200mA、内阻约5Ω）C．滑动变

阻器R1（0～10Ω，额定电流2A）D．滑动变阻器R2（0～2kΩ，额定电流1A）E．电压表V（2.5V，内阻约3kΩ）F．电源E（电动势为3V、内阻不计）G．定值电阻（阻值为R）H．开关S及导线若干（1）应选择的电

流表为_______，滑动变阻器为_______；（填选项前的字母序号）（2）测量过程中要保持电动机处于_______（选填“转动”或“不转动”）状态，下列四个定值电阻的阻值R中，最合适的是_______；A．1

200ΩB．120ΩC．50ΩD．20Ω（3）请把虚线框内的电路原理图补充完整_______；（4）某次实验中，电压表的读数为U，电流表的读数为I，则计算电动机导线圈电阻的表达式Rx=_______．【答案】(1

).A(2).C(3).不转动(4).B(5).(6).URI−【解析】【详解】（1）[1][2]．电动机线圈的电阻Rx大约为15Ω，为了保证实验过程中电动机不转动，其两端电压不超过0.3V，可估算其电流I=0.315=0.02A，不超过20mA，所以电流表选择A；滑动变阻器若选用限流式接法，

用2kΩ不便于操作，用10Ω调节范围太小，不宜用限流式接法，最好用分压式接法，所以滑动变阻器选择C．（2）[3][4]．测量过程中要保持电动机处于不转动状态，此时可视为纯电阻，电流I不能超过0.02A，当电压表达到满偏电压2.5V时，R=2.50.02=125Ω，即电动机线

圈内阻和定值电阻的总和为125Ω，故定值电阻应选120Ω最合适；故选B．（3）[5]．所选电流表内阻约10Ω，电压表内阻约3kΩ，由于3000151510＞，所以应选择外接法，又滑动变阻器选用分压式接法，电路补充连线如图所示

．（4）[6]．根据欧姆定律有Rx+R=UI所以有Rx=UI-R．三、计算题18.如图所示，宽度为L＝0.20m的足够长的平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨的一端连接阻值为R=1.0Ω的电阻．导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0

.50T．一根质量为m=10g的导体棒MN放在导轨上与导轨接触良好，导体棒的电阻r=1.0Ω，导轨的电阻均忽略不计．现用一平行于导轨的拉力拉动导体棒沿导轨向右匀速运动，运动速度v=10m/s，在运动过程中保持导体棒与导轨垂直．求：（1）在闭合回路

中产生的感应电流的大小；（2）作用在导体棒上的拉力的大小；（3）当导体棒移动3m时撤去拉力，求整个过程中回路中产生的热量．【答案】（1）05A（2）0.05N（3）0.65J【解析】【详解】（1）导体棒产生的感应电动势为E=BLv=1.0V感

应电流为=0.5AEIRr=+（2）导体棒匀速运动，安培力与拉力平衡即有F=F安=BIL=0.05N（3）导体棒移动3m的时间为0.3sxtv==根据焦耳定律，Q1=I2Rt=0.15J撤去F后，导体

棒做减速运动，其动能转化为内能，则根据能量守恒，有Q2=12mv2=0.5J故电阻R上产生的总热量为Q=Q1+Q2=0.65J19.如图所示，在E＝103V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R＝40c

m，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q＝10－4C的小滑块质量m＝10g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧1.5m的M处，取g＝10m/s2，求：(1)要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q

，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动？(2)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？【答案】（1）7m/s（2）0.6N【解析】【详解】（1）设滑块到达Q点时速度为v，则由牛顿第二定律得：mg+qE＝m2vR，滑块从

开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得：﹣mg•2R﹣qE•2R﹣μ（mg+qE）x12=mv212−mv20联立方程组，解得：v0＝7m/s；（2）设滑块到达P点时速度为v′，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得：﹣（mg+qE）R﹣μ（

qE+mg）x12=mv′212−mv20又在P点时，由牛顿第二定律得：FN＝m2'vR，代入数据解得：FN＝0.6N，方向水平向右；【点睛】此题中滑块恰好通过最高点时轨道对滑块没有弹力，由牛顿定律求出临界速度，再根据

动能定理和牛顿运定律结合求解小球对轨道的弹力．20.如图所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，S1、S2为板上正对的小孔，N板右侧有两个宽度均为d的匀强磁场区域，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直于纸面向里和向外，磁场区域右侧有一个荧光屏，取屏上与S1、S2共线的O点为原点，向下为正方

向建立x轴．板左侧电子枪发射出的热电子经小孔S1进入两板间，电子的质量为m，电荷量为e，初速度可以忽略．求：（1）当两板间电势差为U0时，求从小孔S2射出的电子的速度v0；（2）两金属板间电势差U在什么范围内，电子不能穿过磁场区域而打到荧光屏上；（3）电子打到荧

光屏上的位置坐标x和金属板间电势差U的函数关系．【答案】（1）220222eUdeBUmm（）＜（3）()222222222deBxemUemUdeBUeBm=−−【解析】【详解】（1）根据动能定理，得：20012eUmv=解得：002eUvm=（2）欲使电子不能穿过磁场区域

而打在荧光屏上，应有r＜d而：212eUmv=，2veBvmr=由此即可解得：222deBUm＜（3）若电子在磁场区域做圆周运动的轨道半径为r，穿过磁场区域打在荧光屏上的位置坐标为x，则由轨迹图可得：2222xrrd=−−，注意到：mvr

eB=和：212eUmv=所以，电子打到荧光屏上的位置坐标x和金属板间电势差U的函数关系为：()222222222deBxemUemUdeBUeBm=−−