綜合模塊測評2　電磁部分高考物理總復(fù)習(xí)精品

1、金版教程高考總復(fù)習(xí)首選用卷物理(新教材)綜合模塊測評(二)電磁部分時間：75分鐘 滿分：100分一、單項(xiàng)選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1(2021北京市豐臺區(qū)高三上期末)在示波器、電子顯微鏡等器件中都需要將電子束聚焦，常采用的聚焦裝置之一是靜電透鏡。靜電透鏡內(nèi)電場分布的截面圖如圖中所示，虛線為等勢面，實(shí)線為電場線，相鄰等勢面間電勢差相等?，F(xiàn)有一束電子以某一初速度從左側(cè)進(jìn)入該區(qū)域，P、Q為電子運(yùn)動軌跡上的兩點(diǎn)。下列說法正確的是()AP點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于Q點(diǎn)的電場強(qiáng)度BP點(diǎn)的電勢高于Q點(diǎn)的電勢C電子在P點(diǎn)的電勢能小于在Q點(diǎn)的電勢能D電

2、子在P點(diǎn)的動能小于在Q點(diǎn)的動能答案D解析電場線的疏密表示電場強(qiáng)度的大小，所以P點(diǎn)的電場強(qiáng)度小于Q點(diǎn)的電場強(qiáng)度，A錯誤；沿著電場線方向電勢逐漸降低，再結(jié)合等勢面的特點(diǎn)，可知P點(diǎn)的電勢低于Q點(diǎn)的電勢，B錯誤；電子帶負(fù)電，負(fù)電荷在電勢越高的地方電勢能越低，在電勢越低的地方電勢能越高，則電子在P點(diǎn)的電勢能大于在Q點(diǎn)的電勢能，C錯誤；從P運(yùn)動到Q，電子所受靜電力方向向右，運(yùn)動過程靜電力做正功，由動能定理可得電子的動能增大，所以電子在P點(diǎn)的動能小于在Q點(diǎn)的動能，D正確。2(2021遼寧省營口市高三上期末)有一電流表，當(dāng)電流從它的正接線柱流入時，指針向正接線柱一側(cè)偏轉(zhuǎn)?，F(xiàn)把它與一個線圈串聯(lián)，就如圖所示的各圖

3、指出正確的是()A圖甲中電流表指針的偏轉(zhuǎn)方向?yàn)槠蜇?fù)接線柱B圖乙中磁體下方的極性是N極C圖丙中磁體的運(yùn)動方向是向下D圖丁中線圈從上向下看的電流方向是順時針答案D解析圖甲中，磁體向下運(yùn)動，穿過線圈的磁通量增加，原磁場方向向下，根據(jù)楞次定律知感應(yīng)電流方向俯視為逆時針方向，從正接線柱流入電流表，指針偏向正接線柱，故A錯誤；由圖乙可知，電流從負(fù)接線柱流入電流表，根據(jù)安培定則，感應(yīng)電流的磁場方向向下，又因?yàn)榇朋w向下運(yùn)動，穿過線圈的磁通量增加，根據(jù)楞次定律可知，磁體下方為S極，故B錯誤；圖丙中，原磁場方向向下，電流從負(fù)接線柱流入電流表，根據(jù)安培定則，感應(yīng)電流的磁場方向向下，根據(jù)楞次定律可知，穿過線圈的磁通

4、量減小，磁體向上運(yùn)動，故C錯誤；圖丁中，磁體向下運(yùn)動，穿過線圈的磁通量增加，原磁場方向向上，根據(jù)楞次定律知感應(yīng)電流方向俯視為順時針方向，故D正確。3. (2021北京市豐臺區(qū)高三上期末)如圖所示，來自外層空間的大量帶電粒子進(jìn)入地磁場影響范圍后，粒子將繞地磁場的磁感線做螺旋運(yùn)動，形成范艾倫輻射帶。螺旋運(yùn)動中回轉(zhuǎn)一周的時間稱為周期，回轉(zhuǎn)一周前進(jìn)的距離稱為螺距。忽略帶電粒子之間以及帶電粒子與空氣分子之間的相互作用，帶電粒子向地磁場兩極運(yùn)動的過程中，下列說法正確的是()A粒子運(yùn)動的速率逐漸變大B粒子運(yùn)動的周期不變C粒子螺旋運(yùn)動的半徑不變D粒子螺旋運(yùn)動的螺距逐漸變小答案D解析由于洛倫茲力不做功，則粒子的

5、速率總保持不變，A錯誤；由于帶電粒子向地磁場兩極運(yùn)動的過程中，磁感應(yīng)強(qiáng)度越來越大，根據(jù)周期公式T可知，粒子運(yùn)動的周期越來越小，B錯誤；由于帶電粒子向地磁場兩極運(yùn)動的過程中，磁感應(yīng)強(qiáng)度越來越大，根據(jù)軌道半徑公式r可知，粒子螺旋運(yùn)動的半徑越來越小，C錯誤；因粒子向兩極運(yùn)動過程中，其速度方向與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向不垂直，與磁場方向平行的分速度不受洛倫茲力影響，粒子在該方向做勻速運(yùn)動，則粒子螺旋運(yùn)動的螺距為xvT，因粒子運(yùn)動的周期逐漸變小，所以粒子螺旋運(yùn)動的螺距逐漸變小，D正確。4. (2021北京市西城區(qū)高三上期末)如圖所示，U形金屬框架豎直放置在絕緣地面上，框架的上端接有一電容器C，金屬框架處于水平方向

6、的勻強(qiáng)磁場中。將一電阻為R的金屬棒MN從一定高度處由靜止釋放，下落過程中金屬棒方向始終平行于地面，且與金屬框架接觸良好。忽略金屬棒與金屬框架之間的摩擦，在金屬棒由靜止開始下落的過程中，以下說法正確的是()A金屬棒做自由落體運(yùn)動B電容器左側(cè)極板將帶上正電荷C電容器儲存的電能等于金屬棒減少的重力勢能D金屬棒減少的機(jī)械能大于電容器儲存的電能答案D解析金屬棒下落過程中，由于切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，則要給電容器充電，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，金屬棒受到向上的安培力，則金屬棒的運(yùn)動不是自由落體運(yùn)動，A錯誤；由右手定則可知，金屬棒N端的電勢高于M端的電勢，則電容器右側(cè)極板將帶上正電荷，B錯誤；由能量守恒可知，金

7、屬棒減少的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電容器儲存的電能以及金屬棒上電阻產(chǎn)生的焦耳熱，則金屬棒減少的機(jī)械能大于電容器儲存的電能，電容器儲存的電能等于金屬棒減少的重力勢能減去金屬棒增加的動能與產(chǎn)生的焦耳熱之和，C錯誤，D正確。5(2020山東高考)圖甲中的理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比n1n2223，輸入端a、b所接電壓u隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示。燈泡L的電阻恒為15 ，額定電壓為24 V。定值電阻R110 、R25 ，滑動變阻器R的最大阻值為10 。為使燈泡正常工作，滑動變阻器接入電路的電阻應(yīng)調(diào)節(jié)為() A1 B5 C6 D8 答案A解析原線圈兩端電壓的有效值為U1 V220 V，根據(jù)理想變壓器原、副線圈電壓與

8、匝數(shù)的關(guān)系式，可知副線圈兩端電壓的有效值為U2U1220 V30 V。燈泡正常工作時，根據(jù)歐姆定律可知，通過燈泡的電流，即副線圈電路的干路電流為IL A1.6 A，根據(jù)串聯(lián)分壓規(guī)律可知，R1和R2、R構(gòu)成的電路部分的分壓為UU2UL30 V24 V6 V，通過R1的電流為I1 A0.6 A，通過R2、R的電流為I2ILI11.6 A0.6 A1 A，根據(jù)歐姆定律可知，對R2、R的串聯(lián)電路有UI2(R2R)，解得滑動變阻器接入電路的電阻為RR2 5 1 ，A正確，B、C、D錯誤。6(2021遼寧省沈陽市高三一模)如圖甲所示，正五邊形硬導(dǎo)線框abcde固定在磁場中，磁場方向與線框平面垂直，圖乙表示

9、該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化的關(guān)系，t0時刻磁場方向垂直紙面向里。設(shè)垂直cd邊向下為安培力的正方向，在05t0時間內(nèi)，線框cd邊受到該磁場對它的安培力F隨時間t變化的關(guān)系圖為()答案B解析在02t0時間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率不變，則感應(yīng)電流不變，方向?yàn)轫槙r針方向，則在0t0時間內(nèi)，線框cd邊受到的安培力向下，并均勻減小，在t02t0時間內(nèi)，線框cd邊受到的安培力向上，并均勻增大；在2t03t0時間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，無感應(yīng)電流，無安培力；在3t05t0時間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率不變，則感應(yīng)電流不變，方向?yàn)槟鏁r針方向，則在3t04t0時間內(nèi)，線框cd邊受到的安培力向下，并均勻減小，在4t05

10、t0時間內(nèi)，線框cd邊受到的安培力向上，并均勻增大。故選B。7. (2021山東省青島市高三下二模)如圖，一內(nèi)壁光滑、上端開口下端封閉的絕緣玻璃管豎直放置，高為h，管底有質(zhì)量為m、電荷量為q的小球，玻璃管以速度v沿垂直于磁場方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中。在外力作用下，玻璃管在磁場中運(yùn)動速度保持不變，小球最終從上端管口飛出，在此過程中，下列說法正確的是()A洛倫茲力對小球做正功B小球做變加速曲線運(yùn)動C小球機(jī)械能的增加量為qvBhD小球在玻璃管中的運(yùn)動時間與玻璃管運(yùn)動速度無關(guān)答案C解析洛倫茲力的方向與速度垂直，永遠(yuǎn)不做功，A錯誤；玻璃管在水平方向做勻速直線運(yùn)動，小球受到的洛

11、倫茲力在豎直方向的分力qvB保持不變，即在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動，合運(yùn)動為勻變速曲線運(yùn)動，B錯誤；整個運(yùn)動過程中，除重力外的其他力對小球做的功等于小球機(jī)械能的變化量，洛倫茲力在豎直方向上的分力qvB做的功WqvBh，洛倫茲力在水平方向上的分力與玻璃管的支持力平衡，做功總和為0，所以小球機(jī)械能增加量EWqvBh，C正確；在豎直方向上，由牛頓第二定律得qvBmgma，由勻變速直線運(yùn)動的位移公式得hat2，聯(lián)立解得t ，可知小球在玻璃管中的運(yùn)動時間與玻璃管運(yùn)動速度有關(guān)，D錯誤。二、多項(xiàng)選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，有兩個或兩個以上選項(xiàng)符合題目要求。全部選對的

12、得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。8智能手機(jī)屏幕的光線過強(qiáng)會對眼睛有害，因此手機(jī)都有一項(xiàng)可以調(diào)節(jié)亮度的功能，該功能既可以自動調(diào)節(jié)，也可以手動調(diào)節(jié)。某興趣小組為了模擬該功能，設(shè)計(jì)了如圖所示的電路。閉合開關(guān)，下列說法正確的是()A僅光照變強(qiáng)，小燈泡變亮B僅光照變?nèi)酰襞葑兞罜僅將滑片向a端滑動，小燈泡變亮D僅將滑片向b端滑動，小燈泡變亮答案AC解析僅光照變強(qiáng)，可知光敏電阻的阻值變小，則電路總電阻變小，由閉合電路的歐姆定律可知電路電流變大，則燈泡的功率變大，燈泡變亮，A正確；僅光照變?nèi)酰芍饷綦娮璧淖柚底兇?，則電路總電阻變大，由閉合電路的歐姆定律可知電流變小，則燈泡的功率變小，燈泡變暗

13、，B錯誤；僅將滑片向a端滑動，滑動變阻器接入電路的阻值變小，則電路總電阻變小，電流變大，燈泡的功率變大，燈泡變亮，C正確；僅將滑片向b端滑動，滑動變阻器接入電路的阻值變大，則電路總電阻變大，電流變小，燈泡的功率變小，燈泡變暗，D錯誤。9(2021山東省泰安肥城市高三下高考適應(yīng)性訓(xùn)練(一)如圖所示，有一光滑導(dǎo)電軌道，左側(cè)是豎直面內(nèi)的圓弧軌道，無磁場，右側(cè)水平部分置于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，由寬度分別為2L、L的兩部分組合而成。質(zhì)量、電阻均相同而長度不同的兩根導(dǎo)體棒ab、cd分別垂直兩導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌電阻不計(jì)且足夠長?，F(xiàn)給ab一水平向左的初速度，cd進(jìn)入圓弧軌道前，兩導(dǎo)體棒都已經(jīng)做勻速直線運(yùn)動，已

14、知兩棒始終在不同寬度的軌道上。關(guān)于兩棒的運(yùn)動情況，下列說法正確的是()A兩導(dǎo)體棒在水平軌道運(yùn)動時滿足動量守恒Bcd棒在圓弧軌道上運(yùn)動時滿足機(jī)械能守恒C兩導(dǎo)體棒最后不可能同時靜止在軌道上D兩導(dǎo)體棒最后可能以不同速度向右勻速運(yùn)動答案BD解析開始時，ab棒受到的安培力F1BIL，cd棒受到的安培力F22BIL，合外力不為零，動量不守恒，A錯誤；cd棒在圓弧軌道上運(yùn)動時只有重力做功，機(jī)械能守恒，B正確；cd棒出磁場前兩導(dǎo)體棒都已經(jīng)做勻速直線運(yùn)動，則有2BLvcdBLvab，即2vcdvab，cd棒出磁場后，ab棒切割磁感線產(chǎn)生電流，受到安培力，ab棒做減速運(yùn)動，若cd棒再返回磁場時，ab棒速度減為va

15、b，由于cd棒剛返回磁場區(qū)域時的速度大小與剛出磁場區(qū)域時的相同，則對cd棒有2BILtmv1，對ab棒有BILtmv2，可知v12v2，當(dāng)vcd減到0時vab也減到0，所以兩棒可能同時靜止在軌道上，C錯誤；由上述分析知，cd棒再進(jìn)入磁場時，若ab棒的速度小于，則ab棒速度減為零時cd棒的速度不為零，則兩棒將最后以不同的速度向右勻速運(yùn)動，D正確。10國際空間站上的阿爾法磁譜儀(AMS)是探究宇宙中的反物質(zhì)和暗物質(zhì)(即由反粒子構(gòu)成的物質(zhì))的重要儀器，如氚核(H)的反粒子(反氚核)為H。該磁譜儀核心部分的截面區(qū)域是半徑為R的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，該區(qū)域磁場方向垂直紙面向里，如圖所示，P為粒子入射窗口，各

16、粒子從P射入時的速度大小相同，且均沿直徑方向，P、a、b、c、d、e為圓周上等分點(diǎn)，若氚核射入磁場區(qū)域后打在d點(diǎn)，則反質(zhì)子(H)射入后，將有()A反質(zhì)子將打在b點(diǎn)B反質(zhì)子射入磁場后運(yùn)動軌跡的半徑為氚核的C反質(zhì)子在磁場中運(yùn)動的時間為氚核的D反質(zhì)子在磁場中運(yùn)動的軌跡弧長為氚核的答案BC解析帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvBm，解得：r，設(shè)氚核(H)的軌道半徑為r1，已知各粒子從P射入時的速度相同，根據(jù)氚核(H)和反質(zhì)子的質(zhì)量關(guān)系和電荷量關(guān)系可知反質(zhì)子(H)的軌道半徑應(yīng)為：r2，氚核(H)射入后打在d點(diǎn)，它轉(zhuǎn)過的圓心角118012060，根據(jù)幾何關(guān)系得：ta

17、ntan30，同理對反質(zhì)子的軌跡由幾何關(guān)系得：tan，則2120，結(jié)合左手定則可知，反質(zhì)子將打在a點(diǎn)，故A錯誤，B正確；設(shè)氚核質(zhì)量為m1，則反質(zhì)子質(zhì)量為，根據(jù)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動的周期公式可知氚核的周期為：T1，反質(zhì)子的周期為：T2，反質(zhì)子在磁場中運(yùn)動的時間為：t2T2，氚核在磁場中運(yùn)動的時間為：t1T1，則反質(zhì)子在磁場中運(yùn)動的時間為氚核在磁場中運(yùn)動時間的，故C正確；氚核的軌跡弧長為：l1r11，反質(zhì)子的軌跡弧長為：l2r22，所以反質(zhì)子在磁場中運(yùn)動的軌跡弧長為氚核的，故D錯誤。三、非選擇題：本題共5小題，共54分。11(6分)(2021河北高考)某同學(xué)研究小燈泡的伏安特性，實(shí)驗(yàn)

18、室提供的器材有：小燈泡(6.3 V,0.15 A)，直流電源(9 V)，滑動變阻器，量程合適的電壓表和電流表，開關(guān)和導(dǎo)線若干。設(shè)計(jì)的電路如圖1所示。(1)根據(jù)圖1，完成圖2中的實(shí)物連線。(2)按照圖1連線后，閉合開關(guān)，小燈泡閃亮一下后熄滅，觀察發(fā)現(xiàn)燈絲被燒斷，原因可能是_(單項(xiàng)選擇，填正確答案標(biāo)號)。A電流表短路B滑動變阻器的滑片接觸不良C滑動變阻器滑片的初始位置在b端(3)更換小燈泡后，該同學(xué)正確完成了實(shí)驗(yàn)操作，將實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)描點(diǎn)作圖，得到IU圖像，其中一部分如圖3所示。根據(jù)圖像計(jì)算出P點(diǎn)對應(yīng)狀態(tài)下小燈泡的電阻為_ (保留三位有效數(shù)字)。答案(1)圖見解析(2)C(3)27.0解析(1)由圖1可

19、知，電壓表并聯(lián)在小燈泡兩端，滑動變阻器采用分壓式接法，即將左下方接線柱與電源正極相連，如圖。(2)閉合開關(guān)，小燈泡閃亮一下后燈絲被燒斷，說明開關(guān)閉合瞬間，通過小燈泡的電流過大。電流表內(nèi)阻非常小，若電流表短路，幾乎不影響通過小燈泡的電流，A錯誤；若滑動變阻器滑片接觸不良，則開關(guān)閉合時，無電流通過小燈泡，B錯誤；若滑動變阻器的滑片開始時置于b端，則開關(guān)閉合時，小燈泡分壓過大，通過的電流過大，可能會燒斷小燈泡燈絲，C正確。(3)根據(jù)小燈泡的伏安特性曲線可知，P點(diǎn)對應(yīng)的電壓和電流分別為U2 V，I74 mA，根據(jù)歐姆定律可知，P點(diǎn)對應(yīng)狀態(tài)下小燈泡的電阻為R 27.0 。12(9分)某同學(xué)欲利用圖a所示

20、的電路圖測量某電容器的電容。(1)圖a中電流表A1量程為300 A。為了滿足實(shí)驗(yàn)要求需要擴(kuò)大量程，該同學(xué)設(shè)計(jì)了圖b所示的電路圖，并操作如下：a將開關(guān)S4斷開，閉合S3，調(diào)節(jié)R2，使A1和A2讀數(shù)均為200 A；b將開關(guān)S4閉合，調(diào)節(jié)R1和R2，保證A2讀數(shù)不變，則當(dāng)A1讀數(shù)是_ A時，A1與R1并聯(lián)可以作為600 A的電流表使用。(2)該同學(xué)改表后，開始利用圖a所示的電路圖測量電容器的電容，具體操作如下：a按圖a接好實(shí)驗(yàn)電路，在圖c中將缺失的導(dǎo)線用筆畫線補(bǔ)充完整；b將圖c中單刀雙擲開關(guān)S2接“a”，記下此時電壓表讀數(shù)6.2 V；c調(diào)節(jié)圖c中滑動變阻器的滑片P至接入電路的阻值最大，將單刀雙擲開關(guān)

21、S2接“b”同時開始計(jì)時，每5 s或10 s讀一次電流表A1(A1的表盤沒變)的示數(shù)i，記錄數(shù)據(jù)；d以i為縱軸、t為橫軸，在坐標(biāo)紙上繪制點(diǎn)，請用平滑曲線在圖d中畫出it圖線；e根據(jù)實(shí)驗(yàn)結(jié)果和圖像，估算電容器的電容C_ F。(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)答案(1)100(2)圖見解析圖1圖見解析圖21.4103(1.31031.5103均可)解析(1)由題意可知，要把電流表A1的量程從300 A擴(kuò)大到600 A，則并聯(lián)電阻的分流大小與電流表A1相同，由圖b可知，保持A2的示數(shù)為200 A不變，當(dāng)A1的示數(shù)為100 A時，A1與R1并聯(lián)可以作為600 A的電流表使用。(2)根據(jù)圖a連接實(shí)物圖如圖1。將所

22、描的點(diǎn)用平滑曲線連接如圖2。由于A1的表盤沒變，由R1的分流作用可知2i，整理得C，其中it即為it圖像與坐標(biāo)軸所圍的面積，則it34255106 C，則C F1.4103 F，由于誤差取1.3103 F1.5103 F均可。13(11分)(2021福建省福州市高三一模)如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy平面的第一象限內(nèi)存在著沿x軸方向的有界勻強(qiáng)電場，其邊界由曲線AB和坐標(biāo)軸圍成；在第二象限存在沿y軸方向的勻強(qiáng)電場；已知從電場邊界曲線AB上靜止釋放的電子都能從x軸上的P點(diǎn)離開電場，P點(diǎn)在(L,0)處，兩電場強(qiáng)度大小均為E，電子電荷量為e。求： (1)電場邊界曲線AB滿足的方程；(2)從曲線AB上靜止

23、釋放的電子離開電場時的最小動能。答案(1)y(x0，y0)(2)eEL解析(1)設(shè)電子從曲線AB上坐標(biāo)(x，y)點(diǎn)釋放，經(jīng)電場加速后，速度為v0，由動能定理可知eExmv0電子進(jìn)入電場后，做類平拋運(yùn)動，y軸方向：yat2根據(jù)牛頓第二定律，有ax軸方向：Lv0t聯(lián)立上面各式，可解得y(x0，y0)。(2)在電場中，電場力對電子做功為W1eEx在電場中，電場力對電子做功為W2eEy由動能定理有eE(xy)Ek0因此，結(jié)合方程y(x0，y0)可知，當(dāng)xy時，即在(0.5L,0.5L)處進(jìn)入電場的電子，離開電場時的動能最小，最小動能為EkmineEL。14(12分)(2021遼寧省遼陽市高三下一模)如

24、圖所示，寬度d1 m的勻強(qiáng)磁場區(qū)域和寬度d22 m的勻強(qiáng)電場區(qū)域相互平行，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B4104 T、方向垂直于紙面向里，勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小E4 V/m、方向與區(qū)域邊界平行。一與邊界垂直的直線，與磁場和電場區(qū)域邊界的交點(diǎn)分別為M、N、P、Q。一質(zhì)量m6.41027 kg、電荷量q3.21019 C的帶負(fù)電粒子，從M點(diǎn)以速率v4104 m/s沿與MQ成60角垂直射入磁場，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后最終通過直線上的a點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)，不計(jì)粒子受到的重力。求：(1)帶電粒子離開磁場時到直線MQ的距離；(2)帶電粒子在電場中運(yùn)動的時間t及加速度大小a。答案(1)1 m(2)5105 s2108 m/s2解析(1)帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，由洛倫茲力提供向心力根據(jù)牛頓第二定律有qvB解得r2 m過M點(diǎn)作帶電粒子運(yùn)動速度方向的垂線與磁場右側(cè)邊界交點(diǎn)為O，如圖所示，由幾何關(guān)系有OM可得OM2 mr，可知O為粒子在磁場中運(yùn)動軌跡的圓心，且圓心角為，粒子離開磁場時，與邊界垂直，且到MQ的距離drrcos1 m。(2)粒子垂直邊界進(jìn)入電場后做類平拋運(yùn)動，在電場中的加速度大小a代入數(shù)據(jù)得a210