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如圖所示，在第二象限和第四象限的正方形區(qū)域內分別存在著勻強磁場，磁感應強度均為B，方向相反，且都垂直于xOy平面．一電子由P(－d，d)點，沿x軸正方向射入磁場區(qū)域Ⅰ.(電子質量為m，電荷量為e，sin 53°＝)

(1)求電子能從第三象限射出的入射速度的范圍．
(2)若電子從位置射出，求電子在磁場 Ⅰ 中運動的時間t.
(3)求第(2)問中電子離開磁場Ⅱ時的位置坐標．

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13答案：B  D 14. 答案：15.A答案：B  16答案：B  17. 答案：AC  18. 答案：A  D

二、19(1).解題指導：①造成題中現(xiàn)象的原因最可能是單縫和雙縫不平行。

   ②根據(jù)游標卡尺的讀數(shù)原理可知讀數(shù)分別為11.4 mm、16.7 mm。實驗時測量多條干涉條紋寬度的目的是減小測量的絕對誤差（或提高測量的精確度）。根據(jù)=可得，波長，代入數(shù)據(jù)得，= 6.6 × 10 ^{? 7 m}。當改用藍光照射時，由于藍光的波長短，故條紋間距變小。

19（2）、解題指導：因為待測電流表A₁的滿偏電流I_g = 2.5 mA，內阻約為50，則滿偏電壓U_g = I_gR = 0.125 V，而標準伏特表量程為15V，顯然太大，則電壓表讀數(shù)誤差過大，（甲）圖不可，�。ㄒ遥﹫D，對（乙）電路有= (I₂ ? I₁) R₁/I₁。（丙）圖中，當電鍵接通a時，R₂與電流表A₁串聯(lián)，可等效為A₁的內阻的一部分，而R₁則成為并聯(lián)電阻，由電流表的改裝原理：R_并 =可知，當R_并一定，R_g增大時，N必增大，則對應量程為3 A；當電鍵接b時，對應量程為0.6 A，則R₁ + R₂ = R_A/( ? 1)，其中= 0.6 / (2.5 × 10 ^{? 3} ) = 240，代入計算有R_A : (R₁ + R₂) = 239 : 1。

三、計算題：（要求適當?shù)奈淖终f明）

20. （18分）    （1）    重力mg，豎直向下

    支撐力N，垂直斜面向上    安培力F，沿斜面向上

    （2）當ab桿速度為v時，感應電動勢，此時電路中電流

    ab桿受到安培力

    根據(jù)牛頓運動定律，有

    （3）當時，ab桿達到最大速度

21、解題指導：（1）當R_x = 0時，U₁ = 0，對應電流為I₁ = 1 A，由閉合電路歐姆定律得，E = I₁ × (R₀ + r)   ①

當R_x為最大值時，U₂ = 3 V，對應電流I₂ = 0.75 A，有

E = I₂ × (R₀ + r) + U₂  ②

R_x的最大值為R_xm == 4

由①②兩式代入數(shù)據(jù)得，E = 12 V，r = 10。

   （2）電源的輸出功率：P_輸出=(R_x + R₀)

       當R_x + R₀ = r時，電源有最大輸出功率，但（R_x + R₀）恒小于r，由輸出功率隨外電阻變化的關系知，當（R_x + R₀）取最大值時輸出功率最大，即P_輸出=(R_xm + R₀) = 。

22、解題指導：（1）如圖3 ? 54所示，電子由P點到M點受電場力作用做類平拋運動，電子從M點剛進入磁場時的速度v = v₀ / cos 45°=v₀          ①

由動能定理得           ②

由①②式解得：h =。        ③

   （2）由題意，電子由M點進入磁場后受洛倫茲力作用做勻速圓周運動，從N點離開磁場，再由N點做勻速直線運動返回P點。

       設電子由P點到M點歷時t₁，則vsin45°= at₁       ④

       a = Ee/m        ⑤           OM = v₀t 1            ⑥

       由幾何關系知電子在磁場中歷時t₂ = 3T/4 =          ⑦

由N點到P點有h = vt₃         ⑧

由①③④⑤⑥⑦⑧解得，t = t₁ + t₂ + t₃ =    ⑨

由牛頓第二定律得，evB = mv²/R              ⑩

由幾何關系知ON = h，MN = MO + ON，(MN)² = R² + R²

聯(lián)立以上各式得，B = 4E/ 3v₀，t = (4 + 3)。

29(1)答案：④   29（2）答案②