2021年廣東省新高考物理試卷真題

2021年高考物理真題試卷（廣東卷）一、單項選擇題：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中，只有一項是符合題目要求的。（共7題；共28分）1.科學家發(fā)現(xiàn)銀河系中存在大量的放射性同位素鋁26,鋁26的半衰期為72萬年，只衰變方程為Mg+Y，下列說法正確的是（）A.Y是氨核B.Y是質(zhì)子C.再經(jīng)過72萬年，現(xiàn)有的鋁26衰變一半D.再經(jīng)過144萬年，現(xiàn)有的鋁26全部衰變2.2021年4月，我國口主研發(fā)的空間站“滅和"核心艙成功發(fā)射并入軌運行，若核心艙繞地球的運行可視為勻速圓周運動，己知引力常量，由下列物理量能計算出地球質(zhì)量的是（）核心艙的質(zhì)量和繞地半徑核心艙的質(zhì)量和繞地周期核心艙的繞地角速度和繞地周期核心艙的繞地線速度和繞地半徑唐代《來粧經(jīng)》記載了曲轅犁相對直轅犁的優(yōu)勢Z—是起土省力，設牛用大小相等的拉力F通過耕索分別拉兩種犁，F(xiàn)與豎白方向的夾角分別為a和0,,如圖所示，忽略耕索質(zhì)量，耕地過程中，下列說法正確的是（）耕索對曲轅犁拉力的水平分力比對直轅犁的大耕索對曲轅犁拉力的豎直分力比對直轅犁的大曲輯犁勻速前進時，耕索對犁的拉力小于犁對耕索的拉力直轅犁加速前進時，耕索對犁的拉力大于犁對耕索的拉力山于高度限制，車庫出入口采用圖所示的曲桿道閘，道閘山轉動桿OP與橫桿PQ鏈接而成，P、Q為橫桿的兩個端點。在道閘抬起過程屮，桿PQ始終保持水平。桿OP繞0點從與水平方向成30。勻速轉動到60。的過程中，下列說法正確的是（）帶=2P點的線速度大小不變P點的加速度方向不變Q點在豎直方向做勻速運動Q點在水平方向做勻速運動5?截面為正方形的絕緣彈性長管中心有一固定長直導線，長管外農(nóng)面固定著對稱分布的四根平行長直導線，若中心直導線通入電流/t,四根平行直導線均通入電流/2,I.?12，電流方向如圖所示，下列截面圖中可能正確表示通電后長行發(fā)生形變的是（）G厶*圖是某種靜電推進裟過的原理圖，發(fā)射極與吸極接在髙壓電源兩端，兩極間產(chǎn)生強電場，虛線為等勢而，在強電場作用下，一帶電液滴從發(fā)射極加速飛向吸極，a、b是其路徑上的兩點，不計液滴重力，下列說法正確的是（）—鬲壓電源發(fā)射極帯電液滴:■等勢面發(fā)射極帯電液滴:■等勢面a點的電勢比b點的低a點的電場強度比b點的小液滴在a點的加速度比在b點的小液滴在a點的電勢能比在b點的大某同學設計J'一個充電裝置，如圖所示，假設永磁鐵的往復運動在螺線管中產(chǎn)生近似正弦式交流電，周期為0.2s,電壓最大值為0.05V,理想變壓器原線圈接螺線管，副線圈接充電電路，原、副線圈匝數(shù)比為1：60,下列說法正確的是（）交流電的頻率為10Hz副線圈兩端電壓最大值為3V變壓器輸入電壓與永磁鐵磁場強弱無關充電電路的輸入功率大于變壓器的輸入功率二、多項選擇題：本小題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部做對的得6分，選對但不全對的得3分，有選錯的得0分。（共3題；共18分）賽龍舟是端午節(jié)的傳統(tǒng)活動。下列v-t和s-t圖像描述了五條相同的龍舟從同一起點線同時出發(fā)、沿長直河逍劃向同一終點線的運動全過程，其中能反映龍舟甲與其它龍舟在途中出現(xiàn)船頭并齊的冇長征途中，為了突破故方關隘，戰(zhàn)士爬上陡銷的山頭，居高臨下向敵方工事內(nèi)投擲手榴彈，戰(zhàn)士在同一位垃先后投出甲、乙兩顆質(zhì)雖均為m的尸榴彈，『榴彈從投出的位過到落地點的高度差為h,在空中的運動可視為平拋運動，軌跡如圖所示，重力加速度為g,下列說法正確的有（）甲在空中的運動時間比乙的長兩手榴彈在落地前瞬間，重力的功率相等從投出到落地，每顆手協(xié)彈的重力勢能減少mgh從投出到落地，每顆于?榴彈的機械能變化量為m9h如圖所示，水平放置足夠長光滑金屬導軌abc和de,ab與de平行，be是以O為圓心的圓弧導軌，圓弧be左側和扇形Obc內(nèi)冇方向如圖的勻強磁場，金屬桿0P的O端與e點用導線相接，P端與圓弧be接觸良好，初始時，可滑動的金屬桿MN靜止在平行導軌上，若桿0P繞0點在勻強磁場區(qū)內(nèi)從b到c勻速轉動時，回路中始終有電流，則此過程中，下列說法正確的有（）桿OP產(chǎn)生的感應電動勢恒定桿0P受到的安培力不變桿MN做勻加速直線運動桿MN中的電流逐漸減小三、非選擇題：共54分。第irn4題為必考題，考生都必須作答。第15T6題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（共4題；共42分）某興趣小組測疑一緩沖裝過中彈簧的勁度系數(shù)，緩沖裝置如圖所示，固定在斜面上的透明有機玻璃管與水平而夾角為30。，彈簧固定在有機玻髓管底端。實驗過程如卜?：先沿管軸線方向固世一亳米刻度尺，再將單個質(zhì)量為200g的鋼球（直徑略小于玻璃管內(nèi)徑）逐個從管口滑逬，每滑進-個鋼球，待彈簧靜止，記錄管內(nèi)鋼球的個數(shù)n和彈簧上端對應的刻度尺示數(shù)Lo,數(shù)據(jù)如表所示。實驗過程中彈簧始終處丁?彈性限度內(nèi)。采用逐差法計算彈簧壓縮量，進而計算其勁度系數(shù)。刻度尺仃機玻璃管刻度尺仃機玻璃管30°壓縮鼠的平均值川,=壓縮鼠的平均值川,=nT23456S/cm8.0410.0312.0514.0716.1118.09（1）利用AL.=?+3-?（i=1,2,3）計算彈贊的壓縮星:（2）上述AL是管中增加個鋼球時產(chǎn)生的彈簧平均壓縮量：（3）忽略摩擦，重力加速度g取9.80m/s2，該彈簧的勁度系數(shù)為N/m°（結果保留3位有效數(shù)字）某小組研究熱敏電阻阻值隨溫度的變化規(guī)律。根據(jù)實驗需要己選用了規(guī)格和鼠程合適的器材。（1）先用多用電表預判熱敏電陽阻值隨溫度的變化趨勢。選擇適當倍率的歐姆擋，將兩表筆,調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕，使指針指向右邊"°Q”處.測量時觀察到熱敏電陽溫度越高，相同倍率卜?多用電表指針向右偏轉角度越大，由此可劌斷熱敏電阻阻值隨溫度的升髙而（2）再按圖連接好電路逬行測量。①閉合開關S前，將滑動變阻器&的滑片滑到端（選填公或“b〃）o將溫控室的溫度設置為T,電阻箱Ro調(diào)為某一阻值/?01。閉合開關S,調(diào)節(jié)滑動變阻器&,使電壓表和電流表的指針偏轉到某一位置。記錄此時電壓表和電流表的示數(shù)、T和/?01。斷開開關S。

再將電壓表與熱敏電阻C端間的導線改接到D端，閉合開關S。反復調(diào)節(jié)Ro和/?],使電圧農(nóng)和電流表的示數(shù)與上述記錄的示數(shù)相同。記錄此時電阻箱的阻值/?02o斷開開關S°②實驗中記錄的阻值/?oi/?02（選填"大于"、"小于"或"等于"）。此時熱敏電陰阻值Rt=改變溫控室的溫度，測晝不同溫度時的熱敏電阻阻值，可以得到熱敏電阻阻值隨溫度的變化規(guī)律。13?徐盤是我國古老的計貳工具，中心帶孔的相同篦珠町在算盤的固定導桿上滑動，使用前并珠需要歸零，如圖所示，水平放置的算盤中有甲、乙兩顆算珠未在歸零位置，甲客邊框b,甲、乙相隔=3.5x10-2m,乙與邊框a相隔s2=2.0xl0-2m,算珠與導桿間的動摩擦因數(shù)^=0.1o現(xiàn)用手指將甲以0.4m/s的初速度撥出，甲、乙碰撞后甲的速度大小為0.lm/s,方向不變，碰撞時間極短FL不計，重力加速度g取iom/s2。邊框（V邊框詔邊框（V邊框詔（1）通過計算，判斷乙算珠能否滑動到邊框a；（2）求甲算珠從撥出到停下所需的時間。14.圖是一種花瓣形電子加速器簡化示意圖，空間有三個同心圓a、b、c圍成的區(qū)域，圓a內(nèi)為無場區(qū)，Ra與圓b之間存在輻射狀電場，圓b與圓c之間有三個圓心角均略小于90?的扇環(huán)形勻強磁場區(qū)I、II和HL各區(qū)感應強度恒定，大小不同，方向均垂直紙面向外。電子以初動能樂o從圓b上P點沿徑向進入電場，電場町以反向，保證電子每次進入電場即被全程加速，己知圓a與圓b之間電勢差為U,圓b半徑為R,圓c半徑為苗R，電子質(zhì)量為m,電荷呈為e,忽略相對論效應，取tan22.5°=0.4。（1）當Eko=0時，電子加速后均沿各磁場區(qū)邊緣進入磁場，且在電場內(nèi)相鄰運動軌跡的夾角0均為45°,最終從Q點出射，運動軌跡如圖中帶箭頭實線所示，求I區(qū)的磁感應強度大小、電子在I區(qū)磁場中的運動時間及在Q點出射時的動能：111

111（2）已知電子只耍不與I區(qū)磁場外邊界相碰，就能從出射區(qū)域出射。當Fr0=keU時，要保證電子從出射區(qū)域出射，求k的最大值。四、【選修3-3】（共1題；共12分）15.（1）在崗空飛行的客機I：某乘客喝完一瓶礦泉水后，把瓶蓋擰緊。下飛機后發(fā)現(xiàn)礦泉水瓶變癟了，機場地面溫度與高空客艙內(nèi)溫度相同。由此可判斷，高空客艙內(nèi)的氣體壓強（選填"大于"、“小于"或“等于"）機場地面大氣壓強：從高空客艙到機場地面，礦泉水瓶內(nèi)氣體的分子平均動能（選填"變大"、"變小"或"不變"）。（2）為方便抽取密封藥瓶里的藥液，護士一般先用注射器注入少彊氣體到藥瓶里后再抽取藥液，如圖所示，某種藥瓶的容積為0.9mL,內(nèi)裝有0.5訊的藥液，瓶內(nèi)氣體壓強為1.0xl05Pa,護上把注射器內(nèi)橫截面枳為0.3cm2、長度為0.4cm、壓強為l.OxltPpa的氣體注入藥瓶，若瓶內(nèi)外溫度相同且保持不變，氣體視為理想氣體，求此時藥瓶內(nèi)氣體的壓強。五、【選修3?4】（共1題；共12分）16.（1）如圖所示，一個輕質(zhì)彈簧下端掛一小球，小球靜止?，F(xiàn)將小球向下拉動距離A后山靜止秤放，并開始計時，小球在豎直方向做簡諧運動，周期為T。經(jīng)f時間，小球從最低點向上運動的距離（選填"最大"或“最小"）（選填“大于"、“小于"或啼于”）；在扌時刻，小球的動能（選填"最大"或“最小"）（2）如圖所示，一種光學傳感器是通過接收器Q接收到光的強度變化而觸發(fā)工作的。光從擋風玻璃內(nèi)側P點射向外側M點再折射到空氣中，測得入射角為a,折射角為"：光從P點射向外側N點，剛好發(fā)生全反射并被Q接收，求光從玻璃射向空氣時臨界角0的正弦值表達式。

答案解析部分一、單項選擇題：木題共7小題,每小題4分，共28分,在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。【答案】C【考點】核反應方程【解析】【解mAB.根據(jù)核反應的質(zhì)疑數(shù)和電荷數(shù)守恒町知，該核反應是務al需Mg+紜即Y是正電子，AB不符合題意：CD.因72萬年是一個半衰期，可知再過72萬年，現(xiàn)有的鋁26衰變一半：再過144萬年，即兩個半衰期，現(xiàn)有的鋁26衰變四分Z三，C符合題意，D不符合題意；故答案為：Co【分析】利用質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可以判別Y是正電子；利用丫：哀期的大小可以判別原子核衰變的質(zhì)量大小?！敬鸢浮緿【考點】萬有引力定律及其應用【解析】【解答】根據(jù)核心艙做鬪周運動的向心力由地球的力有引力提供，町得G^=m-=m(D2r=r2r4n2m^r可得—寧二寧二第可知已知核心艙的質(zhì)雖和繞地半徑、已知核心艙的質(zhì)雖和繞地周期以及己知核心艙的角速度和繞地周期，都不能求解地球的質(zhì)量：若己知核心艙的繞地線速度和繞地半徑可求解地球的質(zhì)量。故答案為：D?【分析】利用引力提供向心力結合核心艙的線速度和半徑可以求出地球質(zhì)量的大小?！敬鸢浮緽【考點】力的分解，牛頓第三定律【解析】【解答】A.將拉力F正交分解如下圖所示則在x方向可得出Fxa=FsinaFxft=Fsinp在y方向町得出Fvifi=FcosaFyn=FcosP由題知a邙則sina<sinpcosa>cosp則可得到Fxtt<FxrtFyllpFyrtA不符合題意、B符合題意：CD.耕索廿犁的拉力與犁對耕索的拉力是?對相互作用力，它們大小相等，方向相反，無論是加速還是勻速，則CD不符合題意。故答案為：B?！痉治觥坷美M行分解可以比較水平分力和豎直分力的大??；耕索對犁的拉力和犁對耕索的拉力屬于相互作用力大小相等。【答案】A【考點】勻速圓周運動【解析】【解答】A.由題知桿0P繞0點從與水平方向成30。勻速轉動到60%則P點繞0點做勻速圓周運動，則P點的線速度大小不變，A符合題意：由題知桿OP繞O點從與水平方向成30。勻速轉動到60。，則P點繞O點做勻速圓周運動，P點的加速度方向時刻指向0點，B不符合題意：Q點在豎直方向的運動與P點相同，位移丫關于時間t的關系為y=l0Pxsin(;+a)t)則可看出Q點在豎直方向不是勻速運動，C不符合題意：Q點在水平方向的位移x關于時間t的關系為x=l0Pxcos(f+a)t)+lpa則可看出Q點在水平方向也不是勻速運動，D不符合題意。故答案為：Ao【分析】由于桿OP勻速轉動所以其線速度大小保持不變，由于做勻速圓周運動所以其向心加速度方向不斷改變，利用0P桿運動的位移結合位移的分解可以判別其Q點水平方向和豎直方向位移和時間的關系。【答案】C【考點】安培力，左手定則【解析】【解答】因/2?12，貝忖不考老四個邊上的直導線之間的相耳作用：根據(jù)兩通電直導線間的安培力作用滿足"同向電流相互吸引，異向電流相互排斥"，則正方形左右兩側的宜導線12要受到片吸引的安培力，形成凹形，正方形上下兩邊的直導線lz要受到人排斥的安培力，形成凸形，故變形后的形狀如圖Co故答案為：Co【分析】利用安培左則可以判別其通電導線周期產(chǎn)牛的磁場方向，結合斥手左則可以判別其導線受到的安培力方向進而判別彈性長管的變形情況?！敬鸢浮緿【考點】電場強度利電場線【解析】【解答】A.高壓電源左為正極，則所加強電場的場強向右，而沿著電場線電勢逐漸降低，可知(Pa>(PbA不符介題意：等左等勢線的疏密反映場強的大小，山圖可知a處的等勢線較密，則Ea>EbB不符合題意：液滴的垂力不計，根據(jù)牛頓第二定律町知，液滴的加速度為a=￥因Ea>Eb,可得aa>abC不符合題意：液滴在電場力作用下向右加速，則電場力做正功，動能增大，電勢能減少，即D符合題意；故答案為：Do【分析】利用等勢面的疏密可以比較電場強度的大小；利用電場線的方向町以比較電勢的髙度；利用牛頓第二定律結合場強的大小町以比較加速度的大?。豪秒妶隽ψ龉︻员容^電勢能的大小?！敬鸢浮緽【考點】變圧器原理【解析】【解答】A.周期是T=O.2s,頻率是/=^=5HzA不符合題意；由理想變壓器原理可知尋=嚴UZnz解得副線兩端的最大電壓為匕=瓷〃i=3V,B符合題意；根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，永磁鐵磁場強，線圈中產(chǎn)心的感應電動勢越人，變壓器的輸入電壓會越大，C不符合題總；由理想變壓器原理可知，充電電路的輸入功率等于變壓器的輸入功率，D不符合題意。故答案為：B?！痉治觥坷弥芷诳梢郧蟪鲱l率的大小：利用匝數(shù)之比結合輸入電壓的峰值可以求出輸出電斥的峰值：當永磁休的磁感應強度變大時線圈產(chǎn)生的感應電動勢隨之變?nèi)耍河捎趯儆诶硐胱儔浩魉暂斎牍β实扔谳敵龉β实拇笮?。二、多項選擇題：本小題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，冇多項符合題H要求。全部做對的得6分，選對但不全對的得3分，有選錯的得0分?！敬鸢浮緽,D【考點】S-t圖象，v-t圖象【解析】【解答】A.此圖是速度圖像，由圖可知，卬的速度一直大于乙的速度，所以中途不可能出現(xiàn)卬乙船頭并齊，A不符合題意：此圖是速度圖像，由圖可知，開始丙的速度大，后來甲的速度大，速度圖像中圖像與橫軸圍成的面積表示位移，由圖可以判斷在中途甲、丙位移會相同，所以在中途甲丙船頭會并齊，B符合題總；此圖是位移圖像，由圖可知，「一直運動在甲的前面，所以中途不叮能出現(xiàn)甲「船頭并齊，C不符合題童;此圖是位移圖像，交點表示相遇，所以甲戊在中途船頭會齊，D符合題盤。故答案為：BD?！痉治觥克俣葧r間圖像中利用圖像面積代我位移，利用而積相等時可以判別兩船出現(xiàn)齊頭并進：位移時間圖像中利用圖像交點可以判別兩船齊頭并進?！敬鸢浮緽,C【考點】平拋運動【解析】【解答】A.由平拋運動規(guī)律可知，做平拋運動的時間t=J手因為兩手榴彈運動的高度差相同，所以在空中運動時間相等，A不符合題意：做平拋運動的物體落地前瞬間重力的功率p=mgvcosiff=mgvy=mgJ2g力因為兩手榴彈運動的髙度差和同，質(zhì)量相同，所以落地前瞬間，兩手榴彈重力功率相同，B符合題意：從投出到落地，手榴彈下降的高度為h,所以手榴彈重力勢能減小AE=mgh,C符合題意；P從投出到落地，手榴彈做平拋運動，只有重力做功，機械能守恒，D不符合題總。故答案為：BCo【分析】利用半拋運動的位移公式結合下落的高度可以比較運動的時間：利用豎直方向的速度結合重力可以比較重力瞬時功率的大?。豪酶叨鹊淖兓梢郧蟪鲋亓菽艿臏p少量：利用只有重力做功所以機械能守恒?！敬鸢浮緼,D【考點】電磁感應中切割類問題，電磁感應與力學【解析】【解答】A.0P轉動切割碗感線產(chǎn)生的感應電動勢為F=因為OP勻速轉動，所以桿0P產(chǎn)生的感應電動勢恒定，A符合題池;BCD.桿OP勻速轉動產(chǎn)生的感應電動勢產(chǎn)生的感應電流由M到N通過MN棒，由左手定則町知，MN歸會向左運動，MN棒運動會切割磁感線，產(chǎn)生電動勢與原來電流方向相反，讓冋路電流減小，MN棒所受合力為安培力，電流減小，安培力會減小，加速度減小，D符合題意，BC不符合題意。故答案為:ADc【分析】利用動生電動勢的表達式結合桿勻速轉動所以產(chǎn)生的電動勢大小恒定：利用右手定則可以判別感應電流的方向，結合左手定則可以判別桿0P受到的安培力方向不斷變化：利用左手定則結合右手定則可以判別MN中的電流逐漸減小所以安培力和加速度不斷減小。三、菲選擇題：共54分。第11-14為必考題,考生都必須作答。第15~16題為選考題，考生根據(jù)要求作答。【答案】（1）6.04：6.05（2）3（3）48.6【考點】探丸彈力和彈簧伸長的關系【解析】【解答】（1）根據(jù)壓縮量的變化量為^3=（18.09-12.05）cm=6.04cm壓縮量的平均值為覓二如空嚴—沁嚴型cmR6.05cm（2）因三個AL是相差3個鋼球的壓縮量Z差，則所求平均值為管屮増加3個鋼球時產(chǎn)生的彈簧平均壓縮量；（3）根據(jù)鋼球的平衡條件有3m^sin0=k-ZL倔側r—3m^sin0_3xo.2x9.8xsin3O*辭伺k==-^7^-N/m。48.6N/m【分析】（1）利用彈簧的長度可以求出形變量的大小；利用壓縮量可以求出平均值的大小；（2）由于形變量對應増加三個鋼球的壓縮量，所以其平均值為3個鋼球產(chǎn)生的平均壓縮量；（3）利用平衡方程結合重力的大小可以求出勁度系數(shù)的大小?！敬鸢浮浚?）短接；減?。?）b；大于;/?oi—/?02【考點】熱敏電阻和光敏電阻【解析】【解答】（1）選擇倍率適當?shù)臍W姆檔，將兩農(nóng)筆短接：歐姆衣抬針向右偏轉角度越大，則阻值越小，可判斷熱敏電阻的阻值隨溫度升高而誠小。（2）①閉合開關S前，應將滑動變阻器R】的阻值調(diào)到最人，即將滑片滑到b端：②因兩次電壓點和電流表的示數(shù)相同，因為r01=r02+rt叩Rt=/?01一Ro2可知Roj大于R02o【分析】（1）歐姆調(diào)零需耍將紅黑筆短接：指針向右偏轉說明熱敏電阻其阻值隨隘度的升高而不斷減小：（2）閉合開關時英滑動變陽器要滑在b端使其電阻處丁最大值；由于電壓表和電流表讀數(shù)相同，結合歐姆定律可以比較電阻的大小，利用兩次總電阻相同可以求出熱敏電阻的阻值大小。【答案】（1）解：甲乙滑動時的加速度大小均為a=“g=lm/s2甲與乙碰前的速度Vi,則Vj=Vq-2asx解得Vi=0.3m/s甲乙碰撞時rf］動雖守恒定律mi?】=mv2+mv3解得碰后乙的速度v3=0.2m/s然后乙做減速運動，當速度減為零時則x=^=^m=002m=s2可知乙恰好能滑到邊框3（2）（2）解：甲與乙碰前運動的時間Ci=VO-V1_0.4-0.3~T~=~i~s=0.1s碰后甲運動的時間t2=7T=Ts=0.1s則甲運動的總時間為c=t1+t2=o.2s【考點】動量守恒定律，勻變速直線運動基本公式應用【解析】【分析】（1）已知動摩擦因數(shù)的大小，結合牛頓第二定律可以求出甲乙運動的加速度大小，甲與乙碰前做勻減速直線運動，利川速度位移公式可以求出碰前速度的大小，甲乙碰撞過程動量守恒，利用動呈守恒定律可以求出乙碰后速度的大小，結合乙做勻減速直線運動的速度位移公式可以求出運動的位移：（2）甲碰前做勻減速比線運動，碰后做勻減速直線運動，利用速度公式可以求出碰前和碰后的運動時間。14.【答案】（1）解：電子在電場中加速有2e〃=*nu；2在磁場I中，由幾何關系可得r=Rtan22.5°=0.4RcV2Bxev=m—1r聯(lián)立解得B.=在磁場I中的運動周期為T==晉由幾何關系可得，電子衣磁場I中運動的圓心角為＜P=^n在磁場I中的運動時間為2盞T聯(lián)立解得七=空邁空4eU從Q點出來的動能為E=8eUk（2）解：在磁場I中的做勻速圓周運動的最大半徑為卩，此時圓周的軌跡與I邊界相切.苗幾何關系m可得（冉/?一廠）2=/?2+r2解得r=孕m3u2由于Bvev=m—2eU=丄mu2一keU2m聯(lián)立解得=7【考點】動能定理的綜合應用，帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動【解析】【分析】（1）電子在電場中加速，利用動能定理可以求出電子進入磁場的速度大小，電子在磁場中做勻速惻