高考物理一輪復(fù)習(xí)一?？记盁嵘砭?一)含答案

一模考前熱身卷(一)(本試卷滿分：100分)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)1．用中子轟擊eq\o\al(235,92)U原子核產(chǎn)生裂變反應(yīng)，可能的裂變方程為eq\o\al(235,92)U＋eq\o\al(1,0)n→Y＋eq\o\al(89,36)Kr＋3eq\o\al(1,0)n，方程中的單個原子核eq\o\al(235,92)U、Y、eq\o\al(89,36)Kr及單個中子eq\o\al(1,0)n的質(zhì)量分別為m1、m2、m3、m4，eq\o\al(235,92)U的半衰期為T，eq\o\al(235,92)U原子核的比結(jié)合能比Y原子核的小，光在真空中的傳播速度為c。下列說法正確的是()A．Y原子核中含有56個中子B．若提高eq\o\al(235,92)U的溫度，eq\o\al(235,92)U的半衰期將會小于TC．方程中的核反應(yīng)釋放的能量為(m1－m2－m3－2m4)c2D.eq\o\al(235,92)U原子核比Y原子核更穩(wěn)定解析：選C由質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可得：Y原子核的質(zhì)量數(shù)A＝235＋1－89－3＝144，核電荷數(shù)Z＝92－36＝56，故中子數(shù)N＝144－56＝88，故A錯誤；半衰期的大小與溫度、壓強等因素?zé)o關(guān)，由原子核內(nèi)部因素決定，故B錯誤；根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程知，裂變時釋放的能量ΔE＝Δmc2＝(m1＋m4－m2－m3－3m4)c2＝(m1－m2－m3－2m4)c2，故C正確；eq\o\al(235,92)U原子核的比結(jié)合能小于Y原子核的比結(jié)合能，故Y原子核比eq\o\al(235,92)U原子核更穩(wěn)定，故D錯誤。2．陸游在詩作《村居書喜》中寫道“花氣襲人知驟暖，鵲聲穿樹喜新晴”。從物理視角分析詩詞中“花氣襲人”的主要原因是()A．氣體分子之間存在著空隙B．氣體分子在永不停息地做無規(guī)則運動C．氣體分子之間存在著相互作用力D．氣體分子組成的系統(tǒng)具有分子勢能解析：選B從物理視角分析，“花氣襲人”的主要原因是氣體分子在永不停息地做無規(guī)則運動，B正確。3.如圖所示，M、N是在真空中豎直放置的兩塊平行金屬板，板間有勻強電場，質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電粒子(不計重力)，以初速度v0由小孔進入電場，當(dāng)M、N間電壓為U時，粒子剛好能到達N板，如果要使這個帶電粒子能到達M、N兩板間距的eq\f(1,2)處返回，則下述措施能滿足要求的是()A．使初速度減為原來的eq\f(1,2)B．使M、N間電壓減為原來的eq\f(1,2)C．使M、N間電壓提高到原來的4倍D．使初速度和M、N間電壓都減為原來的eq\f(1,2)解析：選D在粒子剛好到達N板的過程中，由動能定理得－qEd＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，所以d＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qE)，設(shè)帶電粒子離開M板的最遠(yuǎn)距離為x，則使初速度減為原來的eq\f(1,2)，所以x＝eq\f(d,4)，A錯誤；使M、N間電壓減為原來的eq\f(1,2)，電場強度變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，粒子將打到N板上，B錯誤；使M、N間電壓提高到原來的4倍，所以x＝eq\f(d,4)，C錯誤；使初速度和M、N間電壓都減為原來的eq\f(1,2)，電場強度變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，所以x＝eq\f(d,2)，D正確。4．醫(yī)生做某些特殊手術(shù)時，利用電磁血流計來監(jiān)測通過動脈的血流速度。電磁血流計由一對電極a和b以及磁極N和S構(gòu)成，磁極間的磁場是均勻的。使用時，兩電極a、b均與血管壁接觸，兩觸點的連線、磁場方向和血流速度方向兩兩垂直，如圖所示。由于血液中的正負(fù)離子隨血液一起在磁場中運動，電極a、b之間會有微小電勢差。在達到平衡時，血管內(nèi)部的電場可看作是勻強電場，血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零。在某次監(jiān)測中，兩觸點間的距離為3.0mm，血管壁的厚度可忽略，兩觸點間的電勢差為160μV，磁感應(yīng)強度的大小為0.040T。則血流速度的近似值和電極a、b的正負(fù)為()A．1.3m/s，a正、b負(fù) B．2.7m/s，a正、b負(fù)C．1.3m/s，a負(fù)、b正 D．2.7m/s，a負(fù)、b正解析：選A由于正、負(fù)離子在勻強磁場中垂直于磁場方向運動，利用左手定則可以判斷電極a帶正電，電極b帶負(fù)電。血液流動速度可根據(jù)離子所受的電場力和洛倫茲力的合力為0求解，即qvB＝qE，得v＝eq\f(E,B)＝eq\f(U,Bd)≈1.3m/s，A正確。5．假設(shè)遠(yuǎn)距離輸電線路的簡化圖如圖所示，發(fā)電機輸出電壓有效值不變(為U)的正弦式交流電，升壓變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1∶k，降壓變壓器原、副線圈匝數(shù)比為n∶1，均為理想變壓器。若用戶負(fù)載發(fā)生變化，電流表A的示數(shù)增大了ΔI，已知輸電線的總電阻為R，則()A．電壓表V的示數(shù)減小了eq\f(ΔI,n2)RB．輸電線上損失的電壓增大了nRΔIC．輸電線上損耗的功率增大了eq\f(ΔI2,n2)RD．發(fā)電機的輸出功率增大了eq\f(UnΔI,k)解析：選A電流表A的示數(shù)增大了ΔI，則輸電線上的電流增大了eq\f(ΔI,n)，經(jīng)過發(fā)電機的電流增大了eq\f(kΔI,n)，則輸電線上損失的電壓增大了eq\f(ΔI,n)R，則電壓表V的示數(shù)減小了eq\f(ΔI,n2)R，輸電線上損失的功率增大了ΔP＝(I′2－I2)R≠eq\f(ΔI2,n2)R，發(fā)電機的輸出功率增大了eq\f(UkΔI,n)，綜上可知A正確。6.宇宙中有兩顆相距無限遠(yuǎn)的恒星S1、S2，半徑均為R0。圖線1、2分別是兩顆恒星周圍行星的公轉(zhuǎn)周期T2與半徑r3的圖像，則()A．恒星S1的密度小于恒星S2的密度B．恒星S1的質(zhì)量大于恒星S2的質(zhì)量C．恒星S1的第一宇宙速度大于恒星S2的第一宇宙速度D．距兩恒星表面高度相同的行星，S1的行星向心加速度較大解析：選A由題圖可知，當(dāng)繞恒星運動的行星的環(huán)繞半徑相等時，S1運動的周期較大，由萬有引力提供向心力有Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，解得M＝eq\f(4π2r3,GT2)，周期越大，則質(zhì)量越小，B錯誤；兩顆恒星的半徑相等，則體積相等，所以恒星S1的密度小于恒星S2的密度，A正確；根據(jù)萬有引力提供向心力，則Geq\f(Mm,r2)＝eq\f(mv2,r)解得v＝eq\r(\f(GM,r))，由于恒星S1的質(zhì)量小于恒星S2的質(zhì)量，所以恒星S1的第一宇宙速度小于恒星S2的第一宇宙速度，C錯誤；距兩恒星表面高度相等的行星，如圖當(dāng)他們軌道半徑相等時，繞恒星S1運動的周期大于繞恒星S2運動的周期，他們的向心加速度a＝eq\f(4π2,T2)r，所以S1的行星向心加速度較小，D錯誤。7．如圖所示，光滑的輕滑輪通過支架固定在天花板上，一足夠長的細(xì)繩跨過滑輪，一端懸掛小球b，另一端與套在水平細(xì)桿上的小球a連接，小球b的質(zhì)量是小球a的2倍。在水平拉力F作用下小球a從圖示虛線(最初是豎直的)位置開始緩慢向右移動至θ＝30°(細(xì)繩中張力大小視為不變)。小球a與細(xì)桿間的動摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(\r(3),3)。則拉力F的大小()A．一直增大 B．一直減小C．始終不變 D．無法確定解析：選A設(shè)a的質(zhì)量為m，則b的質(zhì)量為2m；以b為研究對象，可得繩子拉力始終等于b的重力，即T＝2mg保持不變。以a為研究對象，a受到重力、細(xì)繩的拉力T、支持力和摩擦力、水平拉力，受力如圖所示。設(shè)繩子與水平方向夾角為θ，支持力FN＝2mgsinθ－mg，向右緩慢拉動的過程中，θ角逐漸減小，水平方向F＝f＋2mgcosθ，又f＝μFN，聯(lián)立求得F＝2mg(cosθ＋μsinθ)－μmg，因為μ＝eq\f(\r(3),3)，利用數(shù)學(xué)知識可得(cosθ＋μsinθ)＝eq\f(2\r(3),3)sin(60°＋θ)，即F＝eq\f(4\r(3),3)mgsin(60°＋θ)－μmg，θ從90°減小到30°，則sin(60°＋θ)逐漸增大，所以F將一直增大。故選A。二、多項選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18分。在每題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對得6分，選對但不全得3分，有選錯的得0分)8．如圖甲所示，a、b為一列簡諧橫波上平衡位置之間相距6m的兩個質(zhì)點，兩質(zhì)點的振動圖像如圖乙所示，實線為a質(zhì)點的振動圖像，虛線為b質(zhì)點的振動圖像。已知兩質(zhì)點平衡位置之間的距離不小于一個波長。關(guān)于該簡諧波，下列說法正確的是()A．波長最大值為24mB．波長最大值為4.8mC．波速最大值為1.2m/sD．波速最大值為6.0m/s解析：選BC當(dāng)波向右傳播時，由題圖乙可知，a、b兩質(zhì)點的振動時間差為Δt＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)T＋nT))s，(n＝0,1,2…)，則a、b兩質(zhì)點的距離為6＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(3,4)))λ，(n＝0,1,2…)，由于兩質(zhì)點平衡位置之間的距離不小于一個波長，則波長的最大值為λmax＝eq\f(6,1＋\f(3,4))m≈3.43m，最大波速為vmax＝eq\f(λmax,T)≈0.86m/s，當(dāng)波向左傳播時，由題圖乙可知，a、b兩質(zhì)點的振動時間差為Δt＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)T＋nT))s，(n＝0,1,2…)，則a、b兩質(zhì)點的距離為6＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,4)))λ，(n＝0,1,2…)，同理λmax＝eq\f(6,1＋\f(1,4))m＝4.8m，最大波速為vmax＝eq\f(λmax,T)＝1.2m/s，故B、C正確，A、D錯誤。9．傳送帶是廣泛應(yīng)用于運送貨物的工具，大量應(yīng)用于工廠、車站、機場等，機場里有一條水平勻速運行的傳送帶，傳送帶的速度為v，且足夠長。一個質(zhì)量為m的箱子無初速度地放在傳送帶一端，箱子與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，當(dāng)箱子的速度與傳送帶剛好相等時，由于停電，傳送帶立即停止運轉(zhuǎn)，則下列說法正確的是()A．箱子在傳送帶上的運動總時間為eq\f(v,μg)B．由于運送箱子，傳送帶多消耗的電能為eq\f(1,2)mv2C．箱子與傳送帶間產(chǎn)生的內(nèi)能為mv2D．箱子相對傳送帶的位移為零解析：選CD箱子的合外力為滑動摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律可得μmg＝ma1，箱子加速度大小a1＝μg，經(jīng)過一段時間t1，箱子和傳送帶剛好速度相等，解得t1＝eq\f(v,μg)。停電后，傳送帶停止，箱子在摩擦力作用下繼續(xù)向前勻減速且加速度依舊為μg，所以減速時間t2＝eq\f(v,μg)，所以箱子在傳送帶上運動總時間為t＝t1＋t2＝eq\f(2v,μg)，A錯誤；根據(jù)能量守恒定律，多消耗的電能等于全程產(chǎn)生的內(nèi)能，即為mv2，B錯誤；全程箱子與傳送帶間的相對路程為x＝2s＝eq\f(v2,μg)，所以全過程產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝μmg·x＝μmg·eq\f(v2,μg)＝mv2，C正確；箱子在加速過程和減速過程中，箱子相對傳送帶的位移大小均為s＝eq\f(v2,2a)＝eq\f(v2,2μg)，但方向相反，所以箱子相對傳送帶的位移為零，D正確。10．如圖所示，兩小滑塊P、Q的質(zhì)量分別為2m、m，P、Q用長為L的輕桿通過鉸鏈連接，P套在固定的豎直光滑桿上，Q放在光滑水平地面上，原長為eq\f(L,2)的輕彈簧水平放置，右端與Q相連，左端固定在豎直桿O點上，輕桿與豎直方向夾角α＝30°。P由靜止釋放，下降到最低點時α變?yōu)?0°，整個運動過程中，P、Q始終在同一豎直平面內(nèi)，彈簧在彈性限度內(nèi)，忽略一切摩擦，重力加速度為g。則P下降過程中()A．P、Q組成的系統(tǒng)機械能不守恒B．下降過程中P的速度始終比Q的速度大C．彈簧彈性勢能最大值為(2eq\r(3)－1)mgLD．P達到最大動能時，Q受到地面的支持力大小為3mg解析：選ADP、Q和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，因此P、Q組成的系統(tǒng)機械能不守恒，A正確；兩物體在沿著桿的方向上速度相等，因此可得vPcosα＝vQsinα，當(dāng)α<45°時vP<vQ，當(dāng)α>45°時vP>vQ，B錯誤；P下降到最低點時，彈性勢能最大，整個系統(tǒng)機械能守恒，因此彈簧彈性勢能最大值為Ep＝2mgL(cos30°－cos60°)＝(eq\r(3)－1)mgL，C錯誤；P達到最大動能時，在豎直方向上的加速度為零，整個系統(tǒng)豎直方向合力為零，因此Q受到地面的支持力大小為3mg，D正確。三、非選擇題(本題共5個小題，共54分)11．(6分)某同學(xué)從實驗室天花板處自由釋放一鋼球，用頻閃攝影手段驗證機械能守恒定律。頻閃儀每隔相等時間短暫閃光一次，照片上記錄了鋼球在各個時刻的位置。(1)操作時比較合理的做法是________。A．先打開頻閃儀再釋放鋼球B．先釋放鋼球再打開頻閃儀(2)頻閃儀閃光頻率為f，拍到整個下落過程中的頻閃照片如圖甲所示，結(jié)合實驗場景估算f的可能值為________。A．0.1Hz B．1HzC．10Hz D．100Hz(3)用刻度尺在照片上測量鋼球各位置到釋放點O的距離分別為s1、s2、s3、s4、s5、s6、s7、s8及鋼球直徑，重力加速度為g。用游標(biāo)卡尺測出鋼球?qū)嶋H直徑D，如圖乙所示，則D＝________cm。已知實際直徑與照片上鋼球直徑之比為k。(4)選用以上各物理量符號，驗證從O到A過程中鋼球機械能守恒成立的關(guān)系式為：2gs5＝________________________________________________________________________。解析：(1)為了記錄完整的過程，應(yīng)該先打開頻閃儀再釋放鋼球，A正確。(2)天花板到地板的高度約為3m，小球做自由落體運動，從圖中可知經(jīng)過8次閃光到達地面，故有eq\f(1,2)g×(8T)2＝3m，解得T≈0.1s，即f＝eq\f(1,T)＝10Hz，C正確。(3)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為D＝45mm＋5×0.1mm＝4.55cm。(4)鋼球運動到A點的速度為vA＝eq\f(s6－s4,2T)＝eq\f(s6－s4f,2)，根據(jù)比例關(guān)系可知，到A點的實際速度為v＝eq\f(ks6－s4f,2)，小球下落實際高度為H＝ks5，代入mgH＝eq\f(1,2)mv2可得，2gs5＝eq\f(1,4)kf2(s6－s4)2。答案：(1)A(2)C(3)4.55(4)eq\f(1,4)kf2(s6－s4)212.(9分)一金屬線材電阻未知且電阻分布不均勻，為了測量其阻值并將其截為阻值相等的兩段，實驗研究小組設(shè)計了如圖所示電路，實驗器材如下：未知電阻，阻值約為4.8Ω；微安表(零刻度在表盤中間)；定值電阻R1，阻值為10Ω；電阻箱R2，阻值0～99.9Ω；電流表，量程0～0.6A，內(nèi)阻RA＝1Ω；電壓表，量程0～3.0V，內(nèi)阻約為3000Ω；滑動變阻器，0～10Ω；電源，電動勢為3V；開關(guān)，導(dǎo)線若干。實驗過程如下：(1)按圖連接電路，閉合開關(guān)之前，將滑動變阻器的滑片滑到最________端(填“左”或“右”)。(2)將電阻箱R2的阻值調(diào)整到________Ω，閉合開關(guān)。(3)將滑動變阻器R3的滑片調(diào)節(jié)到合適位置，連接微安表的表筆與未知電阻試觸，防止微安表電流過大，不斷改變表筆在未知電阻上的接觸位置，直到____________時，記錄此次接觸點的位置，即為等分電阻的位置。(4)保持表筆與記錄的接觸位置的接觸，讀出此時電流表和電壓表的讀數(shù)分別為________A和________V。(5)通過兩表讀數(shù)可以得到未知電阻的阻值為________Ω(計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。解析：(1)按圖連接電路，閉合開關(guān)之前，要保護電路，則將滑動變阻器的滑片滑到最右端，讓阻值最大。(2)由題意可知需將電阻箱R2的阻值調(diào)整與定值電阻R1相等，調(diào)為10Ω。(3)利用了串聯(lián)電阻的分壓作用，當(dāng)兩電阻阻值相等時，電勢降低相同，則兩觸點的電勢相等，流過微安表的電流為零，所以為了等分電阻，只需要調(diào)節(jié)表筆在未知電阻上的接觸位置，直到流過微安表的電流為零時，記錄此次接觸點的位置，即為等分電阻的位置。(4)電流表的最小刻度為0.02A，讀數(shù)時，只需要同位估讀，所以電流表的讀數(shù)為0.50A。電壓表的最小刻度為0.1V，讀數(shù)時，需要估讀到下一位，所以電壓表的讀數(shù)為2.50V。(5)并聯(lián)電阻的阻值為R并＝eq\f(U,I)－RA＝4Ω，根據(jù)并聯(lián)電路電阻關(guān)系有eq\f(1,R并)＝eq\f(1,Rx)＋eq\f(1,R1＋R2)代入數(shù)據(jù)解得Rx＝5Ω。答案：(1)右(2)10(3)流過微安表的電流為零(4)0.502.50(5)513．(11分)“道威棱鏡”廣泛地應(yīng)用在光學(xué)儀器中，如圖所示，將一等腰直角棱鏡截去棱角，使截面平行于底面，可制成“道威棱鏡”，這樣就減小了棱鏡的重量和雜散的內(nèi)部反射。從M點發(fā)出的一束平行于底邊CD的單色光從AC邊射入，已知棱鏡玻璃的折射率n＝eq\r(2)，光在真空中的速度為c。(1)請通過計算判斷該光線能否從CD邊射出；(2)若eq\o(CD,\s\up6(———))＝eq\r(6)l，求光在“道威棱鏡”內(nèi)部傳播的時間。解析：(1)光在棱鏡中傳播光路如圖所示。由折射定律n＝eq\f(sin45°,sinr)，解得r＝30°，而sinC＝eq\f(1,n)，解得C＝45°，光線到達CD邊時，θ＝75°>C，將會在CD邊發(fā)生全反射，故光線無法從CD邊射出。(2)光線在棱鏡內(nèi)傳播速率v＝eq\f(c,n)，設(shè)光在棱鏡中的入射點和出射點分別為E、F，由正弦定理eq\f(\o(EP,\s\up6(———)),sin45°)＝eq\f(\o(CP,\s\up6(———)),sin120°)，解得eq\o(EP,\s\up6(———))＝eq\f(\r(6),3)eq\o(CP,\s\up6(———))，由對稱性可知，eq\o(PF,\s\up6(———))＝eq\f(\r(6),3)eq\o(PD,\s\up6(———))，所以光在棱鏡內(nèi)部傳播的路程s＝eq\f(\r(6),3)eq\o(CD,\s\up6(———))，而t＝eq\f(s,v)，所以t＝eq\f(2\r(2)l,c)。答案：(1)光線無法從CD邊射出(2)eq\f(2\r(2)l,c)14．(12分)如圖所示，長為L1＝2m的細(xì)線拴一質(zhì)量為m＝1kg的小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動(圓錐擺)，擺線與豎直方向的夾角為α＝37°，不計空氣阻力，當(dāng)小球運動到P點時細(xì)線斷了，一段時間后小球恰好從光滑圓弧ABC的A點沿切線方向進入圓弧，進入圓弧時無機械能損失，已知圓弧的半徑R＝eq\f(11,8)m，θ＝53°，小球經(jīng)圓弧運動到B點時與停在光滑地面的質(zhì)量為M＝2kg的物塊發(fā)生彈性正碰，物塊運動到C后沿順時針轉(zhuǎn)動的傾斜的傳送帶CD運動，傳送帶CD與地面的傾角α＝37°，速度為v＝2m/s，不計物塊在C處的機械能損失。已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)。求：(1)小球到達圓弧B點時(碰撞前)的速度大??；(2)小球與物塊M碰后物塊M的速度大??；(3)物塊M若能夠到達D端，傳送帶CD部分L2最長是多少。解析：(1)設(shè)小球做勻速圓周運動的速度為v1，由牛頓第二定律得Fn＝mgtanα＝meq\f(v\o\al(2,1),L1sinα)解得：v1＝3m/s在A點，設(shè)速度為v2，根據(jù)運動合成與分解：v2＝eq\f(v1,cosθ)＝5m/s從A到B，設(shè)碰前速度為v3，根據(jù)動能定理得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝mgR(1－cosθ)解得：v3＝6m/s。(2)兩物體彈性相碰，設(shè)M碰后速度為v′，m碰后速度為v4，由動量守恒定律和能量守恒定律得：mv3＝mv4＋Mv′，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,4)＋eq\f(1,2)Mv′2解得：v′＝eq\f(2,3)v3＝4m/s。(3)物塊M滑上傳送帶后，開始減速，到與傳送帶速度相同：a1＝eq\f(Mgsinα＋μMgcosα,M)＝10m/s2x1＝eq\f(v′2－v2,2a1)＝0.6m因為Mgsinα>μMgcosα，所以共速后，不能一起勻速，物塊M繼續(xù)減速，a2＝eq\f(Mgsinα－μMgcosα,M)＝2m/s2減速到零：x2＝eq\f(v2－0,2a2)＝1m所以傳送帶最長L2＝x1＋x2＝1.6m。答案：(1)6m/s(2)4m/s(3)1.6m15．(16分)如圖甲所示，在直角坐標(biāo)系0≤x≤L區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向的勻強電場，右側(cè)有一個以點(3L,0)為圓心、半徑為L的圓形區(qū)域，圓形區(qū)域與x軸的交點分別為M、N?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電荷量為e的電子，從y軸上的A點以速度v0沿x軸正方向射入電場，飛出電場后從M點進入圓形區(qū)域，此時速度方向與x軸正方向的夾角為30°，不考慮電子所受的重力。(1)求電子進入圓形區(qū)域時的速度大小和勻強電場場強E的大??；(2)若在圓形區(qū)域內(nèi)加一個垂直紙面向里的勻強磁場，使電子穿出圓形區(qū)域時速度方向垂直于x軸，求所加磁場磁感應(yīng)強度B的大小和電子剛穿出圓形區(qū)域時的位置坐標(biāo)；(3)若在電子剛進入圓形區(qū)域時，在圓形