2018-2019学年山西省祁县中学高二上学期期末模拟二考试物理试题 解析版

2018-2019学年山西省祁县中学高二上学期期末模拟二考试物理试题 解析版

祁县中学2019年高二年级 物理模拟试题（二）‎ 一、单选题 ‎1.如图所示，以O点为圆心的圆周上有六个等分点a、b、c、d、e、f，等量正、负点电荷分别放置在a、d 两点时，下列说法中正确的是 A. b、c、e、f 四点的场强相同 B. b、c、e、f 四点的电势相等 C. 将一带正电的试探电荷从O点移到e点，电场力做正功 D. O点的电势高于b、c、e、f 四点的电势 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据两个点电荷的电场强度的叠加，满足矢量合成的原理，并依据等量异种电荷的电场线与等势线的分布，进行分析即可。‎ ‎【详解】由题意可知，两点电荷在e、f处的电场强度各自进行矢量合成，则e、f处场强大小相等，但方向相同，同理b、c电场强度大小相等，方向相同，因此这四点的电场强度大小相等，方向不同，故A错误。依据等量异种电荷，等势线的分布，可知，b、f 二点的电势相等，而c、e二点的电势相等，且b、f 二点的电势高于c、e二点的电势，故B错误；根据沿着电场线方向，电势降低，因此O点的电势高于c、e二点的电势，而低于b、f 二点的电势，故D错误；将一带正电的试探电荷从O点移到e点，即从高电势移动低电势，那么电势能降低，因此电场力做正功，故C正确；故选C。‎ ‎【点睛】考查点电荷的电场强度的叠加，关键要掌握库仑定律，理解电场强度的大小与方向，及矢量叠加原理，并掌握等量异种电荷的等势线的分布。‎ ‎2.如图所示电路,已知电源电动势为E,内阻为r,R0为固定电阻.当滑动变阻器R的触头向下移动时,下列说法中错误的是 A. 电压表的示数变小 B. 灯泡L一定变亮 C. 电流表的示数变小 D. 消耗的功率变小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当R的滑动触头向下滑移动时，R变大，外电路总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，确定伏特表的读数变化和灯泡L亮度的变化。再分析并联部分的电压变化，判断安培表A读数变化。根据电流的变化，分析R0消耗的功率如何变化。‎ ‎【详解】当R的滑动触点向下滑移动时，R变大，外电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律知，总电流I变小，电源的内电压变小，则路端电压变大，因此电压表读数变大。灯泡L的电压增大，则灯L一定变亮。故A错误，B正确。电路中并联部分的电压变大，通过L的电流变大，而总电流减小，则电流表A的读数减小，R0消耗的功率变小。故CD正确。本题错误的，故选A。‎ ‎【点睛】本题是电路动态变化分析问题，往往按“局部→整体→局部”的顺序进行分析。路端电压也可以直接根据外电阻的变化判断。‎ ‎3.洛伦兹力使带电拉子在匀强磁场中做匀速圆周运动，下列各图中均标有带正电荷粒子的运动速度，洛伦兹力，及磁场的方向，虚线圆表示粒子的轨迹，其中可能出现的情况是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 洛伦兹力要使带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力．根据左手定则，将各项逐一代入，选择符合题意的选项．‎ ‎【详解】A图中，由正电粒子的速度和磁场方向，根据左手定则判断得知，洛伦兹力背离圆心，不能提供向心力。故A错误。B图中，由正电粒子的速度和磁场方向，根据左手定则判断得知，洛伦兹力向下指向圆心，粒子能沿图示轨迹做匀速圆周运动。故B正确。C图中，由正电粒子的速度和磁场方向，根据左手定则判断得知，洛伦兹力向左背离圆心，粒子不可能沿图示轨迹做匀速圆周运动。故C错误。D图中，洛伦兹力方向不指向圆心，正电粒子不可能沿图示轨迹做匀速圆周运动。故D错误。故选B。‎ ‎4.如图所示，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，通过L1、L2中的电流相同，L1、L2中的电流方向垂直纸面向里，L3中的电流方向垂直纸面向外，在三根导线与纸面的交点所构成的等边三角形的中心上放有一电流方向垂直纸面向外的通电长直导线，则该导线受到的安培力的方向为 A. 指向 B. 指向 C. 背离 D. 指向 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据同向电流相吸，异向电流相斥的原理，判断三条直导线对中心处的合力方向。‎ ‎【详解】根据同向电流相吸，异向电流相斥的原理可知，L1和L2对放在中心处的导线均为斥力，合力的方向指向L3；L3对放在中心处的导线为吸引力，方向指向L3；则三条直导线对放在中心处的导线的作用力的合力方向指向L3；故选D.‎ ‎5.如图所示，电源电压恒定不变，电源内阻忽略不计，开关S闭合。现将滑动变阻器R2的滑片P向右移动一段距离，电压表示数的变化量为ΔU，电流表示数的变化量为ΔI。两电表均为理想电表。下列说法正确的是 A. 电阻的功率增大 B. 滑片P向右移动过程中，电阻中有的瞬时电流 C. 与的比值不变 D. 电压表示数U和电流表示数I的比值不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将电容器视为断路，分析滑动变阻器接入电路的阻值的变化，再分析外电路的总电阻的变化，由闭合电路的欧姆定律分析总电流的变化，根据P=I2R1分析电阻R1消耗的功率的变化；电容器和电阻R1并联，电容器两端的电压等于电阻R1两端的电压，判断电容器电量变化，确定电阻R3中瞬时电流的方向；电压表示数与电流表示数的比值等于滑动变阻器的阻值；将电阻R1和电源等效为一个新电源，等于等效电源的内阻。‎ ‎【详解】滑动变阻器的滑片P向右移动一段距离，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，电路中的总电流变小，R1两端电压减小，即电容器两端电压减小，由Q=CU可知，电容器的电荷量减小，所以电阻R3中有a→b的向下的瞬时电流，由P=I2R1可知，R1的功率减小，故AB错误；电压表示数U和电流表示数I的比值为滑动变阻器的阻值，所以滑动变阻器的滑片P向右移动一段距离，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，故D错误；将R1和电源看成新的电源，滑动变阻器即为外电路，所以=R1，恒定不变，故C正确；故选C。‎ ‎【点睛】本题是电路动态分析问题，按“局部到整体再到局部”的思路进行分析，关键是运用等效法分析△U和△I的比值。‎ ‎6.两个相同的金属小球（可视为点电荷）带异种电荷，所带电量之比为1：7，真空中相距r，把它们接触后再放回原处，则它们间的静电力大小为原来的 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 接触带电的原则是先中和后平分，两个球的电性不同，根据 得出接触后再放回原处的库仑力大小．‎ ‎【详解】两电荷异性，设一个球的带电量为q，则另一个球的带电量为Q=7q，此时，带异种电荷，接触后再分开，带电量各为3q，则两球的库仑力大小，故D正确，ABC错误；故选D。‎ ‎7. 某平行板电容器的电容为C，带电量为Q，相距为d，今在板间中点放一个电量为q的点电荷，则它受到的电场力的大小为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 电容器两极板间的电场为匀强电场,所以F=Eq,E=U/d,U=Q/C,联立可解得,D正确,‎ ‎8.导线中带电粒子的定向运动形成了电流。带电粒子定向运动时所受洛伦兹力的矢量和，在宏观上表现为导线所受的安培力。如图所示，设导线ab中每个带正电粒子定向运动的速度都是v，单位体积的粒子数为n，粒子的电荷量为q，导线的横截面积为S，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，则下列说法正确的是 A. 由题目已知条件可以算得通过导线的电流为 B. 题中导线受到的安培力的方向可用安培定则判断 C. 每个粒子所受的洛伦兹力为，通电导线所受的安培力为 D. 改变适当的条件，有可能使图中带电粒子受到的洛伦兹力方向反向而导线受到的安培力方向保持不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 判断洛伦兹力的方向用左手定则，电流由其定义I=Q/t确定，洛伦兹力的集中表现为安培力。‎ ‎【详解】电流：，则A正确；导线受到的安培力的方向由左手定则判断，则B错误；粒子所受的洛伦兹力为F洛=qvB，导线长度为L，则其受的安培力为：F=nqLSvB=BIL，则C错误；洛伦兹力方向反向决定了所受到的安培力方向也反向，则D错误；故选A。‎ ‎【点睛】本题考查电流的微观表达式，关键在于明确有多少电荷流过我们所确定的截面，并由洛伦兹力的集中表现为安培力。‎ 二、多选题 ‎9.如图所示，质量为m、带电荷量为q的小滑块放置在倾角为α、足够长的固定光滑绝缘斜面上，斜面置于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。现让小滑块在斜面上由静止释放，一段时间后小滑块离开斜面。重力加速度大小为g．下列判断正确的是 A. 小滑块带正电 B. 小滑块在斜面上滑行的过程中机械能守恒 C. 小滑块离开斜面时的速度大小为 D. 小滑块要离开斜面时的加速度大小为g ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 带电滑块在滑至某一位置时，由于在洛伦兹力的作用下，要离开斜面。根据磁场方向结合左手定则可得带电粒子的电性。由光滑斜面，所以小滑块在没有离开斜面之前一直做匀加速直线运动。借助于洛伦兹力公式可求出恰好离开时的速度大小；‎ ‎【详解】由题意可知：小滑块受到的洛伦兹力垂直斜面向上，根据左手定则可得：小滑块带负电，故A错误；滑块下滑过程中，支持力与速度垂直，且洛伦兹力与速度也垂直，因此两个力不做功，因光滑，没有摩擦力，因此只有重力做功，小滑块的机械能守恒，故B正确；由题意：当滑块离开斜面时，洛伦兹力：Bqv=mgcosα，则，故C正确；滑块要离开斜面时，重力垂直斜面的分力与洛伦兹力平衡，则重力另一分力产生加速度，那么其加速度大小为gsinα，故D错误。故选BC。‎ ‎【点睛】本题突破口是从小滑块刚从斜面离开时，从而确定洛伦兹力的大小，进而得出刚离开时的速度大小，由于没有离开之前做匀加速直线运动，所以由运动与力学可解出运动的时间及位移。‎ ‎10.如图所示，M．N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值。静止的带电粒子带电荷量为，质量为m（不计重力）从P经电场加速后，从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界上的一绝缘板，它与N板的夹角为，孔Q到板的下端C的距离为L，当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，则（ ）‎ A. 两板间电压的最大值 B. CD板上可能被粒子打中区域的长度 C. 粒子在磁场中运动的最长时间 D. 能打到N板上的粒子的最大动能为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 粒子运动轨迹如图所示： A、当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，由几何知识得：‎ ‎， 粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得， 在加速电场中，由动能定理得：，解得：，故A错误； B、设粒子轨迹与CD相切于H点，此时粒子半径为，粒子轨迹垂直打在CD边上的G点，则GH间距离即为粒子打中区域的长度s，根据几何关系：，解得：，根据几何关系可得粒子打中区域的长度：‎ ‎，故B正确； C、粒子在磁场中运动的周期为：粒子在磁场中运动的最大圆心角：， 所以粒子在磁场中运动的最长时间为：，故C错误； D、当粒子在磁场的轨迹与CD边相切时，即粒子半径时，打到N板上的粒子的动能最大，最大动能：，根据洛伦兹力提供向心力可得：，解得：，故D正确。‎ 点睛：本题是带电粒子在组合电场和磁场中运动的特殊情况：带电粒子先在电场中加速，后进入磁场做匀速圆周运动，由于加速电场的电压可变，导致进入磁场的速度变化、从而半径发生变化，要根据磁场区域的几何关系、根据选项的要求进入分析判断。‎ ‎11.一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为18V.20V.26V，下列说法正确的是 A. 坐标原点处的电势为14V B. 电场强度的大小为 C. 电子在a点的电势能比在b点的电势能高2eV D. 电子从b点运动到c点，克服电场力做功为6eV ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电势差等于电势之差即可确定原点处的电势；根据匀强电场的电场强度公式结合电势差与场强间距，即可求解；根据电场力做功表达式W=qU，从而确定电场力做功，同时也能确定电势能的变化情况。‎ ‎【详解】根据φc-φa=φb-φo，因a、b、c三点电势分别为φa=18V、φb=20V、φc=26V，解得原点处的电势为φ0=12 V，故A错误；‎ 如图所示，将ac连线四等分，可以确定e点的电势为20V，则be即为等势线，电场线方向如图所示，根据几何关系可得：d=0.06cos45°=0.03m，则有：，故B正确； 因Uab=φa-φb=18-20=-2V，电子从a点到b点电场力做功为：W=qUab=2 eV，因电场力做正功，则电势能减小，那么电子在a点的电势能比在b点的高2eV，故C正确； 同理，bc间的电势差为：Ubc=φb-φc=20-26=-6V，电子从b点运动到c点，电场力做功为：W=qUbc=-e×-6V=6 eV，故D错误；故选BC。‎ ‎【点睛】本题主要是考查匀强电场中，电势之间的关系，掌握电场强度公式的应用以及几何关系的运用，并理解W=qU中各量的正负值含义，注意在求解电功时各物理量要代入符号。‎ ‎12.1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示。这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是 A. 回旋加速器交流电的周期等于带电粒子圆周运动周期的一半 B. 利用回旋加速器加速带电粒子，要提高加速粒子的最终能量，应尽可能增大磁感应强度B和D形盒的半径R C. 回旋加速器的加速电压越大，带电粒子获得的最大动能越大 D. 粒子每次经过D型盒狭缝时，电场力对粒子做功一样多 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 回旋加速器靠电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力，判断粒子的最大速度与什么因素有关．加速粒子时，交变电场的周期与粒子在磁场中运动的周期相等．‎ ‎【详解】加速粒子时，交变电场的周期必须与粒子在磁场中运动的周期相等，这样才能使得每次经过D型盒的狭缝中时都能被电场加速，选项A错误；当粒子运转半径等于D型盒的半径时粒子速度最大，即，则 ，则要提高加速粒子的最终能量，应尽可能增大磁感应强度B和D形盒的半径R，带电粒子获得的最大动能与加速电压无关，选项B正确，C错误；粒子每次经过D型盒狭缝时，电场力对粒子做功均为qU，选项D正确；故选BD.‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，以及知道最大速度与什么因素有关．‎ 三、实验题探究题 ‎13.(1)在“练习使用多用电表”的实验中，小西同学选择的挡位和电表的指针位置如图甲所示。则小西同学测量的物理量是_________，读数为__________；‎ ‎(2)小北同学用电阻箱来练习使用多用电表测电阻，如图乙所示电阻箱阻值读数为_______，应该选择欧姆表的____________倍率进行测量；‎ ‎(3)小北同学发现欧姆挡的刻度盘读数范围是0到无穷大，而指针在中央时示数为15。小北同学从课本上找到了欧姆挡的电路图如图丙所示，如果选择欧姆挡“×10”倍率时，请你计算此时欧姆表内部的电阻值为_______，欧姆挡刻度是___________ （填均匀或不均匀）‎ ‎【答案】 (1). 直流电压 (2). 4.9V (3). 26.9Ω (4). “×1”档 (5). 150Ω (6). 刻度不均匀 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）图示档位为直流电压档，读数要注意估读．‎ ‎（2）电阻箱读数为各档对应的读数之和．根据其阻值确定其应选倍率．‎ ‎（3）欧姆表的读数为示数乘以倍率．‎ ‎【详解】（1）图中的档位为直流电压档10V档，对应示数为：4.9V （2）电阻箱读数为：2×10+6×1+9×0.1=26.9Ω，若用欧姆表则选倍率为×1档． （3）中值电阻为内部电阻值，则为15×10=150Ω，因电流，I不随Rx均匀变化而均匀变化，所以刻度不均匀．‎ ‎14.某同学现有以下器材，他希望利用它们来测量某电池的电动势和内阻。‎ A．被测电池（电动势在10V～15V之间，内阻未知）‎ B．电阻箱（0～20Ω）‎ C．滑动变阻器（最大阻值20Ω）‎ D．定值电阻R0（阻值5Ω）‎ E．电流表A1（量程3A，内阻忽略不计）‎ F．电流表A2（量程0.6A，内阻忽略不计）‎ G．电键 H．导线若干 实验中用到了包括电池和定值电阻R0在内的六种实验器材，并利用实验数据做出了通过电源的电流I的倒数和外电路电阻R（R0除外）的关系图线，即图线，如图所示。则根据上述条件分析该同学在实验过程中：‎ ‎①实验时电阻箱和滑动变阻器二者中应选择___________________；‎ ‎②在虚线框内画出实验原理图（请在图中表明所选器材的符号）______；‎ ‎③根据图线求出电池的电动势为________V，内阻为________Ω。‎ ‎【答案】 (1). 电阻箱 (2). (3). 12 (4). 1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①根据实验器材选择测量电源电动势与内阻实验所需实验器材； ②根据所选实验器材作出实验电路图； ③根据实验电路，由欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图象与函数表达式求出电源电动势与内阻；‎ ‎【详解】①测电源电动势与内阻，由题意可知，实验中有两个未知内阻的电流表、一个电阻箱、一个滑动变阻器与一个定值电阻，没有电压表，两电流表内阻未知，不能用电流表与定值电阻组成电压表测电压，因此不能用伏安法测电源电动势与内阻，应该用安阻法测电源电动势与内阻，需要的实验器材是：电阻箱． ②电源电动势约为10V-15V，为了保护电路安全、进行多次实验测出多组实验数据，电流表应选A1，安阻法测电源电动势与内阻的实验电路如图所示：‎ ‎ ③由实验电路可知，在闭合电路中，电源电动势：E=I（r +R0+R），则，由图所示图象可知，图象的截距，图象的斜率，则电源电动势E==12V，电源内阻：r=bE-R0 =0.5×12-5=1Ω．‎ ‎【点睛】本题考查了测电源电动势与内阻实验，要掌握测电源电动势与内阻实验的常用实验方案：伏安法、安阻法、伏阻法，要掌握各种实验方案的实验原理、实验器材、实验电路、实验步骤与实验数据的处理方法．‎ 四、计算题 ‎15.如图所示，一重力不计的带电粒子从平行板电容器的上极板左边缘处以某一速度沿极板方向射入电容器。若平行板电容器所带电荷量为Q1，该粒子经时间t1恰好打在下极板正中间，若平行板电容器所带电荷量为Q2，该粒子经时间t2恰好沿下极板边缘飞出。不考虑平行板电容器的边缘效应，求两种情况下：‎ ‎（1）粒子在电容器中运动的时间t1、t2之比；‎ ‎（2）电容器所带电荷量Q1、Q2之比。‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设粒子在极板间的运动时间为t，沿极板方向的位移为x，粒子在水平方向上做匀速直线运动，则 t= …① ‎ 即 t∝x 由条件可知 t1：t2=1：2…② ‎ ‎（2）设电容器电容为C，极板间电压为U，极板间距离为d，极板间电场强度为E，则有：‎ ‎ …③ ‎ ‎ …④ ‎ 设粒子的质量为m，带电量为q，在电容器中的加速度为a，则有：‎ a= …⑤ ‎ d=…⑥ ‎ 由①③④⑤⑥可得：Q∝ ‎ 所以Q1：Q2=4：1‎ ‎【点睛】解决本题的关键是知道粒子在水平方向和竖直方向上的运动规律，得到运动时间和电容器电荷量的表达式，再求比值，要学会运用比例法。‎ ‎16.如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ，间距为d．导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流．金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g．求下滑到底端的过程中，金属棒：‎ ‎（1）末速度的大小v；‎ ‎（2）通过的电流大小I；‎ ‎（3）通过的电荷量Q．‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）；‎ ‎【解析】‎ ‎（1）匀加速直线运动v2=2as 解得 ‎（2）安培力F安=IdB 金属棒所受合力 牛顿运动定律F=ma 解得 ‎（3）运动时间 电荷量Q=It 解得 点睛：本题是通电金属棒在磁场中匀加速运动的问题，考生易误认为是电磁感应问题而用电磁感应规律求解。‎ ‎17.如图所示，一带电微粒质量为m=2.0×10-11 kg、电荷量q=+1.0×10-5 C，从静止开始经电压为U1=100V的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角θ=60°，并接着沿半径方向进入一个垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，微粒射出磁场时的偏转角也为θ=60°．已知偏转电场中金属板长L=10 cm，圆形匀强磁场的半径为R=10 cm，重力忽略不计．求：‎ ‎（1）带电微粒经加速电场后的速度大小；‎ ‎（2）两金属板间偏转电场的电场强度E的大小；‎ ‎（3）匀强磁场的磁感应强度B的大小．‎ ‎【答案】（1）1.0×104m/s；（2）2000V/m；（3）0.13T．  ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据动能定理求解带电微粒经U1=100V的电场加速后的速率；‎ ‎（2）带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动，运用运动的分解法研究：在水平方向微粒做匀速直线运动，在竖直方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解电场强度．‎ ‎（3）带电微粒进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹对应的圆心角就等于速度的偏向角，作出轨迹，得到轨迹的圆心角，由几何知识求出轨迹半径，由牛顿第二定律求解磁感应强度的大小．‎ ‎（1）设带电微粒经加速电场加速后速度为υ1，根据动能定理得：‎ 解得：‎ ‎（2）带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动水平方向上有：‎ 竖直方向上有：，‎ 由几何关系得：，‎ 联立并代入数据得：E=2×103V/m ‎（3）设粒微进入磁场时的速度大小为υ，则有：‎ 由运动的对称性可知，入射速度的延长线过磁场区域的圆心，则出射速度的反向延长线也过磁场区域的圆心，微粒在磁场中的运动轨迹示意图如图所示，‎ 则轨迹半径为：r=Rtan60°=0.3m 得：‎ 答：（1）带电微粒经U1=100V的电场加速后的速率是1.0×104m/s；‎ ‎（2）两金属板间偏转电场的电场强度E是10000V/m；‎ ‎（3）匀强磁场的磁感应强度的大小是0.13T．‎ ‎【点评】本题的难点是作出粒子的运动轨迹，根据几何知识得到轨迹半径与磁场边界半径的关系．‎ ‎ ‎ ‎ ‎