北京2020年高考物理模擬分類-第19計算題匯編

1、2020北京高三物理一模第19計算題匯編1、(2020北京朝陽高三一模)由相互作用的物體所組成的系統(tǒng)中，能量和動量可以相互轉(zhuǎn)化或傳遞，但其總量往往可以保持不變。質(zhì)量為皿的正點電荷A和質(zhì)量為m2的負(fù)點電荷B,僅在彼此間電場力的作用下由靜止開始運動，已知兩者相遇前某時刻A的速度大小為人。a.求此時B的速度大小v；2b求此過程中A、B系統(tǒng)電勢能的減少量AE在地球表面附近，質(zhì)量為m的物體自高為h處自由下落，根據(jù)重力勢能的減少量等于動能的增加量有，可得出物體落地時的速度大小。然而，表達(dá)式中的用前是下落過程中地球和物體所組成系統(tǒng)的重力勢能減少量，這樣處理即認(rèn)為系統(tǒng)減少的勢能單獨轉(zhuǎn)化為物體的動能。請通過計算

2、說明這樣處理的合理性。2、(2020北京朝陽高三一模)回旋加速器原理如圖所示，D和D2是兩個中空的半圓形金屬盒，置于與盒面垂直的勻強(qiáng)磁場中，它們接在交流電源上，位于圓心處的離子源A能不斷產(chǎn)生正離子，它們在兩盒之間被電場加速，當(dāng)正離子被加速到最大動能Ek后，再設(shè)法將其引出。已知正離子的電荷量為q,質(zhì)量為m,加速時電極間電壓大小恒為U,磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,D型盒的半徑為R,狹縫之間的距離為d。設(shè)正離子從離子源出發(fā)時的初速度為零。丁丁7頻電源+卜汛+/+-作-一另一出丁二F試計算上述正離子被第一次加速后進(jìn)入d2中運動的軌道半徑；2)計算正離子飛出時的最大動能；設(shè)該正離子在電場中的加速次數(shù)與回旋半周

3、的次數(shù)相同，試證明當(dāng)Rd時，正離子在電場中加速的總時間相對于在D形盒中回旋的時間可忽略不計(正離子在電場中運動時，不考慮磁場的影響)。3、(2020北京豐臺高三一模)如圖所示，一顆質(zhì)量為m的子彈以一定的水平速度V。射入靜止在水平地面上的質(zhì)量為M的木塊中，具有共同速度后，一起向前滑行一段距離x后靜止。已知子彈的質(zhì)量m=0.01kg，V0=100m/s，M=0.99kg,x=0.25m，子彈射入木塊的深度d=1cm。q取g=10m/s2。甲同學(xué)認(rèn)為子彈射入木塊的過程中，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒。請按照甲同學(xué)的思路完成以下任務(wù)。求子彈射入木塊達(dá)到相對靜止時的共同速度v和木塊與地面水平間的動摩擦因

4、數(shù)U；設(shè)子彈與木塊間的相互作用力為恒力，求此相互作用力F的大小和子彈射入木塊過程所經(jīng)歷的時間t。乙同學(xué)認(rèn)為木塊與水平地面間存在摩擦力的作用，子彈射入木塊過程中子彈與木塊系統(tǒng)動量不守恒，不能應(yīng)用動量守恒定律求子彈與木塊的共同速度。請說說你對乙同學(xué)觀點的看法。4、(2020北京自適應(yīng)高三一模)如圖所示，電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)射出。已知電子質(zhì)量為丁-，電荷量為匚加速電場極板間電勢差為門。偏轉(zhuǎn)電場極板間電勢差為丁，極板長度為：，板間距為5偏轉(zhuǎn)電場可視為勻強(qiáng)電場，電子所受重力可忽略。Ay；由問題(1)的結(jié)論可知，電子偏轉(zhuǎn)距離-與偏轉(zhuǎn)電場極板間電勢差丁有

5、關(guān)。已知x加速電場:=：，當(dāng)偏轉(zhuǎn)極板間電壓為隨時間變化的交變電壓:.二時，在計算其中任意一個電子通過極板的偏轉(zhuǎn)距離-時，仍可認(rèn)為偏轉(zhuǎn)極板間電勢差是某一定值。請利用下面所給數(shù)據(jù)，分析說明這樣計算的合理性。已知e=1.6xiO-19fTlx!0-31o5、(2020北京海淀高三一模反饋)如圖20甲所示為法拉第發(fā)明的圓盤發(fā)電機(jī)，圖20乙是其原理示意圖，其中的銅質(zhì)圓盤安裝在水平的銅軸上，銅質(zhì)圓盤的圓心與銅軸重合，它的邊緣正好在兩磁極之間，兩塊銅片C、D分別與圓盤的轉(zhuǎn)動軸和邊緣良好接觸，用導(dǎo)線將兩塊銅片與電阻R連接起來形成閉合回路，在圓盤繞銅軸勻速轉(zhuǎn)動時，通過電阻R的電流是恒定的。為討論問題方便，將磁場

6、簡化為水平向右磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場；將圓盤勻速轉(zhuǎn)動簡化為一根始終在勻強(qiáng)磁場中繞銅軸勻速轉(zhuǎn)動、長度為圓盤半徑的導(dǎo)體棒，其等效電阻為r。除了R和r以外，其他部分電阻不計。已知圓盤半徑為a,勻速轉(zhuǎn)動的角速度為3。(1)論證圓盤勻速轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢圓盤勻速轉(zhuǎn)動一圈，電阻R產(chǎn)生的熱量；若圓盤勻速轉(zhuǎn)動時，閉合回路的電流為I,試從電動勢的定義及閉合電路能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度論證圓盤產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=I(R+r)。6、(2020北京海淀高三一模)如圖20甲所示為法拉第發(fā)明的圓盤發(fā)電機(jī)，圖20乙是其原理示意圖，其中的銅質(zhì)圓盤安裝在水平的銅軸上，銅質(zhì)圓盤的圓心與銅軸重合，它的邊緣正好在兩磁極之間，兩塊銅片

7、C、D分別與圓盤的轉(zhuǎn)動軸和邊緣良好接觸，用導(dǎo)線將兩塊銅片與電阻R連接起來形成閉合回路，在圓盤繞銅軸勻速轉(zhuǎn)動時，通過電阻R的電流是恒定的。為討論問題方便，將磁場簡化為水平向右磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場；將圓盤勻速轉(zhuǎn)動簡化為一根始終在勻強(qiáng)磁場中繞銅軸勻速轉(zhuǎn)動、長度為圓盤半徑的導(dǎo)體棒，其等效電阻為r。除了R和r以外，其他部分電阻不計。已知圓盤半徑為a,當(dāng)其以角速度s勻速轉(zhuǎn)動時，產(chǎn)生E=-B的感應(yīng)電動勢？。圓盤轉(zhuǎn)動方向如圖20乙所示，求通過電阻R的電流大小，并說明其流向；2)若各接觸點及轉(zhuǎn)軸的摩擦均可忽略不計，圓盤勻速轉(zhuǎn)動一圈，外力需要做多少功3)圓盤勻速轉(zhuǎn)動時，圓盤簡化的導(dǎo)體棒的內(nèi)部電子因棒轉(zhuǎn)動而在勻

8、強(qiáng)磁場中受沿棒方向的洛侖茲力的分力，其大小f隨電子與圓心距離X變化的圖象如圖21所示，試從E=/電動勢的定義式論證圓盤勻速轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢。7、(2020北京門頭溝高三一模)如圖17所示，長為L的輕質(zhì)細(xì)繩上端固定在0點，下端連接一個質(zhì)量為m的可視為質(zhì)點的帶電小球，小球靜止在水平向左的勻強(qiáng)電場中的A點，繩與豎直方向的夾角。=37。此勻強(qiáng)電場的空間足夠大，且場強(qiáng)為E。取sin37=0.6，cos37=0.8，不計空氣阻力。請判斷小球的電性，并求出所帶電荷量的大小q；如將小球拉到0點正右方C點(0C=L)后靜止釋放，求小球運動到最低點時所受細(xì)繩拉力的大小F；0點正下方B點固定著鋒利刀片，小球運動

9、到最低點時細(xì)繩突然斷了。求小球從細(xì)繩斷開到再次運動到0點正下方的過程中重力對小球所做的功W。8、(2020北京密云高三一模)如圖13所示，空間內(nèi)有一磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.8T的水平勻強(qiáng)磁場，其上下水平邊界的間距為H,磁場的正上方有一長方形導(dǎo)線框，其長和寬分別為L=2m、D=0.8m(DH),質(zhì)量m=0.4kg,電阻R=3.2Q。將線框從距磁場高h(yuǎn)=0.8m處由靜止釋放，線框平面始終與磁場方向垂直，線框上下邊始終保持水平，重力加速度取取=亍。求：線框下邊緣剛進(jìn)入磁場時加速度的大??；若在線框上邊緣進(jìn)入磁場之前，線框已經(jīng)開始勻速運動。求線框進(jìn)入磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q；請畫出從線框由靜止開始下落到線框上

10、邊緣進(jìn)入磁場的過程中，線框速度v隨t變化的圖像。vh9、(2020北京平谷高三一模)研究比較復(fù)雜的運動時，可以把一個運動分解為兩個或幾個比較簡單的運動，從而使問題變得容易解決。如圖，一束質(zhì)量為、電荷量為的粒子，以初速度二沿垂直于電場方向射入兩塊水平放置的平行金屬板中央，受到偏轉(zhuǎn)電壓丁的作用后離開電場，已知平行板長為：，兩板間距離為乙不計粒子受到的重力及它們之間的相互作用力，試求：粒子在電場中的運動時間;粒子從偏轉(zhuǎn)電場射出時的側(cè)移量.o（2）深刻理解運動的合成和分解的思想，可以幫助我們輕松處理比較復(fù)雜的問題。小船在流動的河水中行駛時，如圖乙所示。假設(shè)河水靜止，小船在發(fā)動機(jī)的推動下沿匚4方向運動，

11、經(jīng)時間運動至對岸處，位移為、；若小船發(fā)動機(jī)關(guān)閉，小船在水流的沖擊作用下從二點沿河岸運動，經(jīng)相同時間運動至下游二處，位移為二。小船在流動的河水中，從點出發(fā)，船頭朝向方向開動發(fā)動機(jī)行駛時，小船同時參與了上述兩種運動，實際位移二為上述兩個分運動位移的矢量和，即此時小船將到達(dá)對岸匚處，請運用以上思想，分析下述問題：弓箭手用弓箭射擊斜上方某位置處的一個小球，如圖丙所示。弓箭手用箭瞄準(zhǔn)小球后，以初速度將箭射出，同時將小球由靜止釋放。箭射出時箭頭與小球間的距離為：，空氣阻力不計。請分析說明箭能否射中小球，若能射中，求小球下落多高時被射中；若不能射中，求小球落地前與箭頭的最近距離。10、（2020北京石景山高

12、三一模）如圖甲所示，一邊長為：、質(zhì)量為尤的正方形金屬線框，放在光滑絕緣的水平面上，整個裝置放在方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為的勻強(qiáng)磁場中，它的一邊與磁場的邊界MN重合。線框在一水平力作用下由靜止開始向左運動，經(jīng)過一段時間二被拉出磁場。測得金屬線框中的電流隨時間變化的圖像如圖乙所示，在金屬線框被拉出的過程中，求：2）線框的電阻；（3）水平力F隨時間變化的表達(dá)式。11、（2020北京延慶高三一模）如圖所示,人、和血、M為兩組平行金屬板。質(zhì)量為用、電荷量為亠的粒子，自蟲板中央小孔進(jìn)入人、石間的電場，經(jīng)過電場加速，從廿板中央小孔射出，沿聰、N極板間的中心線方向進(jìn)入該區(qū)域。已知極板人、辦間的電壓為耳，極板城

13、、N的長度為，極板間的距離為。不計粒子重力及其在板時的初速度。A3昭吟d.ri（1）求粒子到達(dá)板時的速度大?。唬?）若在酸、N間只加上偏轉(zhuǎn)電壓V,粒子能從舷、N間的區(qū)域從右側(cè)飛出。求粒子射出該區(qū)域時沿垂直于板面方向的側(cè)移量y；（3）若在皿、N間只加上垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，粒子恰好從川板的右側(cè)邊緣飛出，求磁感應(yīng)強(qiáng)度占的大小和方向。13、（2020北京順義高三一模）能量守恒定律、動量守恒定律、電荷守恒定律是自然界普遍遵循的規(guī)律，在微觀粒子的相互作用過程中也同樣適用。盧瑟福發(fā)現(xiàn)質(zhì)子之后，他猜測：原子核內(nèi)可能還存在一種不帶電的粒子。（1）為尋找這種不帶電的粒子，他的學(xué)生查德威克用a粒子轟擊一系列元素進(jìn)

14、行實驗，當(dāng)他用a粒子（：-）轟擊鈹原子核（）時發(fā)現(xiàn)了一種未知射線，并經(jīng)過實驗確定這就是中子，從而證實了盧瑟福的猜測，請你完成此核反應(yīng)方程板童時盹7）+樹。（2）為了測定中子的質(zhì)量：1,查德威克用初速度相同的中子分別與靜止的氫核與靜止的氮核發(fā)生彈性正碰，實驗中他測得碰撞后氮核的速率與氫核的速率關(guān)系是V】二，已知氮核質(zhì)量與氫核質(zhì)量的關(guān)系是：；二=飛,將中子與氫核、氮核的碰撞視為完全彈性碰撞。請你根據(jù)以上數(shù)據(jù)計算中子質(zhì)量匚與氫和質(zhì)量：;的比值。（3）以鈾235為裂變?nèi)剂系摹奥凶印焙朔磻?yīng)堆中，裂變時放出的中子有的速度很大，不易被鈾235俘獲，需要使其減速。在討論如何使中子減速的問題時，有人設(shè)計了一種

15、方案：讓快中子與靜止的粒子發(fā)生碰撞，他選擇了三種粒子：鉛核、氫核、電子，以彈性正碰為例，僅從力學(xué)角度分析，哪一種粒子使中子減速效果最好，請說出您的觀點并說明理由。14、（2020北京西城高三一模）人們對電場的認(rèn)識是不斷豐富的，麥克斯韋經(jīng)典電磁場理論指出，除靜止電荷產(chǎn)生的靜電場外，變化的磁場還會產(chǎn)生感生電場。靜電場和感生電場既有相似之處，又有區(qū)別。電子質(zhì)量為，電荷量為-請分析以下問題。（1）如圖1所示，在金屬絲和金屬板之間加以電壓丁，金屬絲和金屬板之間會產(chǎn)生靜電場，金屬絲發(fā)射出的電子在靜電場中加速后，從金屬板的小孔穿出。忽略電子剛剛離開金屬絲時的速度，求電子穿出金屬板時的速度大小V。（2）電子感

16、應(yīng)加速器是利用感生電場加速電子的裝置，其基本原理如圖2所示。上圖為側(cè)視圖，二；為電磁鐵的兩個磁極，磁極之間有一環(huán)形真空室，下圖為真空室的俯視圖。電磁鐵線圈中電流發(fā)生變化時，產(chǎn)生的感生電場可以使電子在真空室中加速運動。如果電子做半徑不變的變加速圓周運動。已知電子運動軌跡半徑為二電子軌跡所在處的感生電場的場強(qiáng)大小恒為二，方向沿軌跡切線方向。求初速為的電子經(jīng)時間獲得的動能及此時電子所在位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小三；在靜電場中，由于靜電力做的功與電荷運動的路徑無關(guān)，電荷在靜電場中具有電勢能，電場中某點的電荷的電勢能與它的電荷量的比值，叫做這一點的電勢。試分析說明對加速電子的感生電場是否可以引入電勢概念。電子

17、軌跡電槍罔IJ_隹屬板2(3答案1【答案】（1）a.；b.；（2）合理性分析見解析?！窘馕觥浚?）a.A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，有.吩心巾解得m2分）AEp=丄瑪評+m2b.在此過程中A、B系統(tǒng)減少的電勢能等于增加的動能，即理+3代入數(shù)據(jù)得（4分）2）因只研究這個物體下落給地球帶來的影響，取地球和下落的物體組成的系統(tǒng)為研究對象，設(shè)地球的質(zhì)量為M,物體落地時地球的速度大小為v,4Cl=眈卩解得:又因為M遠(yuǎn)大于m,所以即則根據(jù)動量守恒和機(jī)械能守恒定律有邈曲=4可見,這樣處理是合理的。3分)（3）（4分）在電場中運動可以看做連續(xù)的勻加速直線運動，設(shè)離子射出時速度為v。皿根據(jù)平均速度公式可得在電場中運

18、動時間為:2tvR離子在D形盒中運動的周期為蟲丑v的分二空粒子在磁場中回旋的時間為，有卩二冰，當(dāng)dR時，tt2,即電場中運動時間可以忽略。3、解：（l）a子彈射入木塊過程動量守恒，據(jù)動量守恒定律=做得卩=0.2在子彈和木塊滑行過程中，據(jù)動能定理3分）b設(shè)子彈射入木塊過程中，木塊的位移為X,子彈的位移為（xjd）,子彈與木塊間的相互作用力為F。在子彈射入木塊過程，據(jù)動能定理對木塊:Fl=-W-0得：，4950N（2分）設(shè)經(jīng)歷時間為t據(jù)動量定理對子彈-斑二和-叫得：f二2汎1代（2分）（2）不同意乙同學(xué)的觀點由（1）問知，子彈射入木塊過程，木塊受地面的摩擦力/=M（庇+M）g=2N作用時間心2乂1

19、。七，時間極短，相互作用的內(nèi)力月亠了，在子彈射入木塊的過程中，可認(rèn)為子彈與木塊組成的系統(tǒng)動量守恒。（3分）4、（1）由動能定理有1=亍:.：_GW電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的加速度門電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間eUL1代入數(shù)據(jù)（2）電子通過偏轉(zhuǎn)電場的時間t=7.5xl0_95代入數(shù)據(jù)交變電壓周期由于宀二所以這樣計算是合理的。兀巾護(hù)/7?5、（1）用平均速度、平均電動勢、電動勢的定義均可（略）（2）2Q?十廠乎；（3）I2（R+r）t=W=W，而W=qE，又因q=It,聯(lián)立可得：E=I（R+r）。電非非6、（1）根據(jù)歐姆定律可知，通過電流R的電流（2分）根據(jù)右手定則可知，通過電阻R的電流方向是由b到a。

20、1分）271t=（2）圓盤勻速轉(zhuǎn)動一圈皿（1分）豆電圓盤勻速轉(zhuǎn)動一圈產(chǎn)生的總電能（2分）根據(jù)功能關(guān)系可知，圓盤勻速轉(zhuǎn)動一圈外力需要做功（1分）（3）電子因棒轉(zhuǎn)動在勻強(qiáng)磁場中受沿棒方向的洛侖茲力分力f為非靜電力，對于與圓心距離為x的電子，有f#=Besx（1非分）根據(jù)f隨電子與圓心距離x變化的圖象可知，電子沿桿移動過程中，此非靜電力做的功為TOC o 1-5 h zW=fa/2（1分）非非陷1口2E-=一&如根據(jù)電動勢的定義可得：（1分）3mg167【答案】（1）負(fù)電；q=；（2）F=1.5mg；（3）W=9mgL?！窘馕觥浚?）由于勻強(qiáng)電場的方向是水平向左的，而小球明顯受到向右的電場力的作用，

21、故小球帶負(fù)電；對小球受力分析得，小球受重力、電場力和拉力的作用，三力使小球平衡，如圖所示；mgtan8則F二mgtan0，即Eq二mgtanG，故小球所帶電荷量的大小q=應(yīng)二迢電(2)小球由C到B,根據(jù)動能定理得:mgL-EqL=丄mv2,貝yv2=2gL；BB在B點，由牛頓第二定律得：F-mg二m，解之得F=1.5mg；(3)小球運動到最低點時細(xì)繩突然斷了，小球在水平方向上勻減速直線運動，到速度變?yōu)?時，再反方向做加速運動，最終回到O點的正下方，設(shè)時間為t,則根據(jù)動量定理得F電Xt=2mvB，解得t=丄托故小球豎直下落的距離h=gt2=L；16故重力對小球做的功W=mgh=mgLo8【答案】

22、(1)2m/s2；(2)Q=1.4J；(3)圖像如下圖所示?！窘馕觥?1)線框下落時:v2=2gh.故線框下邊緣剛進(jìn)入磁場時的速度卩=血莎二后而茂m/s=4m/s；BLv線框產(chǎn)生的電動勢E=BLv，線框中的電流1=護(hù)芒卩_o護(hù)汎2以4甲故線框受到的安培力F=BIL=3.2N；安線框受到的合外力F=mg-F宀=0.4xl0N-3.2N=0.8N,合安爲(wèi)_0.827故線框下邊緣剛進(jìn)入磁場時的加速度a=m熠=2m/s2；(2)當(dāng)重力與安培力相等時，線框才能勻速運動，設(shè)線框上邊緣進(jìn)入磁場的速度為v則mg=丘，解得v5m/s；線框進(jìn)入磁場的過程中，由能量守恒定律可得：mgd+戈mv2=2mv2+Q，解之

23、得Q=1.4J；(3)線框從靜止下落的時間為t1=s=0.4s；線框進(jìn)入磁場時速度v=4m/s,進(jìn)入后做加速度逐漸減小的加速運動，最后達(dá)到v-5m/s的勻速運動，故其圖像如上圖所示。f=9、(1)a.沿垂直電場方向粒子不受外力，做勻速直線運動【1分】b粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的加速度【1分】【1分】qUI?2廓試【1分】2）箭能夠射中小球【1分】。如答圖1所示。箭射出后，若不受重力，將沿初速度方向做勻速直線運動，經(jīng)時間t從P運動至小球初始位置D處，位移為x1=L；脫離弓后，若箭的初速度為零，將沿豎直方向做自由落體運動，經(jīng)相同時間t從P運動至E,位移為x；箭射出后的實際運動，同時參與了上述兩種運2動

24、，實際位移X為上述兩個分運動位移的矢量和（遵循平行四邊形定則），即此時箭將到達(dá)F處。小球由靜止釋放后做自由落體運動，經(jīng)相同時間t運動的位移與箭在豎直方向的分位移x相同，即小球與箭同時到達(dá)F處，能夠射中小球。2【2分】L若不受重力，箭從P運動至小球初始位置D處的時間【1分】丄解得【1分】射中時小球下落的高度h=gt2【1分】10、（1）根據(jù)*=二由一圖象得:丁一匸一邛_酣（2）又根據(jù)：-n二2腫得（3）由電流圖像可知，感應(yīng)電流隨時間變化的規(guī)律：（1分）FELt由感應(yīng)電流一=丁，可得金屬框的速度隨時間也是線性變化的,（1分）n1線框做勻加速直線運動，加速度“二丁（1分）線框在外力P和安培力二作用下

25、做勻加速直線運動，-一二=乂（1分）解得陰嚴(yán)陽=衛(wèi)叫+迴（1分）12【分析（1）粒子在加速電場中加速，由動能定理可以求出粒子的速度。（2）粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，應(yīng)用類平拋運動求出粒子的偏移量。（3）粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，求粒子的軌道半徑，應(yīng)用牛頓第二定律可以求出磁感應(yīng)強(qiáng)度?！窘獯稹拷猓海?）帶電粒子在AB間運動，根據(jù)動能定理有：豎直方向：y=qE=qU加速度：a=水平方向：l=vt,in，解得：y=止d;（3）帶電粒子向下偏轉(zhuǎn)，由左手定則可知：磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外粒子運動軌跡如圖所示；d由幾何知識得：R2=l2+（R-）2,解得：R=祖,（2）粒子射出該區(qū)域時沿垂直于板面方向的側(cè)移量y為4Ud；4dI2hlU0221lJ（3）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為，方向：垂直于紙面向外?！军c評】本題考查了帶電粒子在電場與磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用動能定理、類平拋運動規(guī)律與牛頓第二定律即可解題。13、（1）根據(jù)該反應(yīng)過程中核電荷數(shù)與質(zhì)量數(shù)守恒，知核反應(yīng)方程式為：尹卡七（