【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263221123P31010PIrr()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2mTqB=，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：ES＝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222cos60CkQkQERR==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()sincosm

gqvBmgma−−=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11

22522011001nUUVVn===，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52cos2

eUt=，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2

A）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．1200ΩB．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=1

0g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＝40cm，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：mvreB=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=−−