2020-2021学年甘肃省金昌市永昌第一高级中学高二（上）期末物理试卷（附答案详解）

2020-2021学年甘肃省金昌市永昌第一高级中学高二（上）期末

物理试卷

1.下列说法正确的是（）

A.由场强定义式E可知，某电场的场强E与q成反比，与F成正比

B.电阻率是反映材料的导电性能的物理量

C.由/?=彳可知，导体两端的电压越大，导体的电阻越大

D.摩擦起电的过程就是电荷的创造过程

2.如图所示，甲图中A8是某孤立点电荷的一条电场线，乙图为该电场线上。两点的试探

电荷所受电场力大小与其电荷量的关系图象,a、b两点的电场强度及电势分别为Ea、E。和外、

9b•下列判定正确的是（）

A.点电荷带正电，在A侧，（Pa><Pb'Ea>Eb

EE

B.点电荷带正电，在B侧，（pa<<Pb'a<b

C.点电荷带负电，在A侧，<pa<<pb,Ea>Eb

D.点电荷带负电,在B侧，Wa<Wb，Ea<Eb

3.如图所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的

重力场，在竖直平面内有初速度为火的带电微粒，恰能沿图示虚线由

A向B做直线运动.那么（）

A.微粒带正、负电荷都有可能

B.微粒做匀减速直线运动

C.微粒做匀速直线运动

D.微粒做匀加速直线运动

4.三根长直导线垂直于纸面放置，通以大小相同、方向如图所示的电流，且

ab=ad=ac,若导线c在a点的磁感应强度大小为B,则a点处的合磁感应

强度大小为（）

A.y/2B

B.显B

C.3B

D.B

5.一带电粒子只在电场力的作用下沿图中曲线MN穿过一匀强电场,a、b、cN

c为该电场的等势面，各个等势面的电势关系为外>%>%，则（）b

A/

A.粒子带负电

B.从M到N粒子的动能减小

C.从M到N粒子的电势能增加

D.粒子从M到N运动过程中的动能与电势能之和保持不变

6.在匀强磁场中，一通有恒定电流的导体圆环用绝缘细线悬挂在天花板上，

初始时刻线圈平面与磁场方向平行，如图所示。则关于圆环刚开始通电后转.

动角度火W90。）的时间内（从上往下看），下列说法正确的是（）>.

A.圆环顺时针转动，同时有向内收缩的趋势B.圆环逆时针转动，同二.

时有向内收缩的趋势

C.圆环顺时针转动，同时有向外扩张的趋势D.圆环逆时针转动，同时有向外扩张的趋

势

7.如图甲所示，一带正电粒子以水平初速度孙（孙<。）先后进入方向垂直的宽度相同且紧相

邻在一起的匀强电场和匀强磁场区域，已知电场方向竖直向下，在带电粒子穿过电场和磁场

的过程中（重力忽略不计），电场力和磁场力对粒子所做的总功大小为明；若把电场和磁场正

交重叠，如图乙所示，粒子仍以水平初速度必穿过重叠场区，在粒子穿过电场和磁场的过程

中，电场力和磁场力对粒子所做的总功大小为W2。则（）

A.一定是%>W2B.一定是叫=W2

C.一定是叫<%D.可能是名<也，也可能是明>小2

8.如图所示，直线A为电源的U-/图线，直线B为电阻R的U-/图线，用该电源和电阻组

成闭合电路时，电源的输出功率和效率分别是（）

A.2W,33.3%B.4W,33.3%C.2W,66.7%D.4W,66.7%

9.如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场（未画出）。-

带电粒子从紧贴铝板上表面的尸点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点

0。已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变，不计重力。铝板上方

和下方的磁感应强度大小之比为（）

A.2B.V2C.1D.y

10.关于安培力和洛伦兹力，下列说法中正确的是（）

A.带电粒子在磁场中运动时，有可能不受洛伦兹力作用

B.洛伦兹力对运动电荷一定不做功

C.放置在磁场中的通电直导线，一定受到安培力作用

D.放置在磁场中的通电直导线，有可能不受安培力作用

11.在同一光滑斜面上放同一导体棒，如图所示是两种情况的剖面图.它们所在空间有磁感应

强度大小相等的匀强磁场，但方向不同，一次垂直斜面向上，另一次竖直向上：两次导体棒

A分别通有电流。和力，都处于静止平衡.已知斜面的倾角为0,则（）

A.I2=cos。：1

B.l2=1：1

C.导体棒A所受安培力大小之比F2=sin。：cos。

2

D.斜面对导体棒A的弹力大小之比Ni：N2=COS0：1

12.如图所示，有一带电液滴静止于电容器两极板间，电源内阻

「不可忽略，现闭合开关S,将滑动变阻器的滑片向6端移动少

许，稳定后二个小灯泡仍能发光，则下列说法中正确的是（）

A.小灯泡人变亮，乙2变暗B.液滴带负电，将竖

直向下运动

C.液滴带正电，将竖直向上运动D.电流表中始终存在从左至右的电流

13.如图所示，在x>0,y>0的真空中有方向垂直于wy平面向里的匀丫

XX

强磁场，磁感应强度的大小为B.现有一质量为加、电荷量大小为g的带电/B*

lxXXX

粒子，从x轴上的某点P沿着与x轴成30。角的方向以任意大小的速度vLx

射入磁场。不计粒子重力，则下列说法中正确的是（）X*%$

0p

A.只要粒子的速度大小合适，粒子就可能通过坐标原点

B.粒子在磁场中运动所经历的时间可能为蜉

C.粒子在磁场中运动所经历的时间可能为黑

qB

D.粒子在磁场中运动所经历的时间可能为篝

3qB

14.某物理兴趣小组欲描绘一小灯泡“2.5忆1.2VV”的伏安特性曲线,实验室提供的器材如

下：

A.电流表（量程为0.64内阻约为0.50）：

3.电压表（量程为0~3U,内阻约为5k0）；

C.滑动变阻器（最大阻值为50,允许通过的最大电流为2.04）；

D滑动变阻器（最大阻值为2000,允许通过的最大电流为0.3A）；

E.直流电源（电动势为4匕内阻不计）；

F.开关、导线若干。

（1）请用笔画线代替导线将图甲所示的电路补充完整。

（2）滑动变阻器应选（填所选器材前的字母）。

(3)通过实验得出该灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，若将该灯泡直接接在电动势为3k内

阻为50的电源两端，则该灯泡的功率为W(结果保留一位有效数字)。

15.“测定电池的电动势和内阻”的实验中：

(1)如图乙是根据实验数据作出的U-/图象，由图可知，电源的电动势E=V,内阻

r=/2o

(2)实验中如果将电压表并连在滑动变阻器的A、B两端，则理论上电动势的测量值和真实值

关系E渊_____E意，内阻的测量值和真实值r潮_____r鼠填>,或=")。

16.有一个表头，其满偏电流/g=1巾4,内阻Rg=5000.求：

(1)如何将该表头改装成量程U=3U的电压表？

(2)如何将该表头改装成量程1=0.6A的电流表？

17.如图所示，用一条长度为力的绝缘轻绳悬挂一个带正电的小球，小

球质量为“所带电荷量为如现于水平地面上方整个空间加一水平向

右的匀强电场，静止时绝缘绳与竖直方向成。角。(重力加速度为g)

(1)求匀强电场的电场强度大小；

(2)如果将小球向右拉到细线处于水平伸直状态，再无初速释放小球,

求小球运动到。点正下方时速度大小和小球受到的拉力大小。

18.如图，一质量为机电荷量为e的电子以垂直于磁感应强度8并垂直于

磁场边界的速度v射入矩形边界的匀强磁场中，穿出磁场时速度方向和原

来射入方向的夹角为。=60°o(不计重力)求：

(1)该粒子穿越磁场的时间n

(2)该矩形磁场的宽度do

19.如图所示，在y>0的区域内有沿y轴正方向的匀强电场，在y<0的区域内有垂直坐标平

面向里的匀强磁场。一电子(质量为〃?、电荷量为e)从y轴上A点以沿x轴正方向的初速度为

开始运动，当电子第一次穿越x轴时，恰好到达C点；当电子第二次穿越x轴时，恰好到达

坐标原点；当电子第三次穿越x轴时，恰好到达。点。C、。两点均未在图中标出。已知A、

C点到坐标原点的距离分别为4、2d.不计电子的重力，求：

(1)电场强度£的大小；

(2)磁感应强度8的大小；

(3)电子从C运动到。经历的时间％

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：A、电场强度的定义式E=£可知，电场强度由电场本身决定，与有无检验电荷无关，

<7

故A错误。

8、电阻率是反映材料导电性能的物理量，电阻率越大导电性能越弱，故B正确。

C、导体的电阻为导体本身的性质，与两端的电压和电流无关，故C错误。

。、电荷不能凭空产生，摩擦起电只是电荷的转移，故。错误。

故选：B。

电场强度的定义式E=£属于比值定义的范畴。

q

电阻率是反映材料的导电性能的物理量。

电阻由材料本身决定，与电压无关。

电荷不能凭空创造。

本题考查了电场强度、电阻率和摩擦起电等知识，解题的关键是明确电阻率是反映材料导电性能

的物理量，电阻率越大导电性能越弱.

2.【答案】B

【解析】解：由电场强度的定义式E=（得知：F-q图象的斜率表示电场强度大小，图线〃的斜

率小于6的斜率，说明。处场强小于6处的场强，电场是由点电荷产生的，说明〃距离场源较远，

即场源位置在B侧；

若场源电荷是正电荷，则点的电势高，即生<外，若场源电荷是负电荷，则。点的电势高，即

9a>9匕，故AC。错误，B正确；

故选：B。

由电场强度的定义式E=，得到F=qE,F-q图象的斜率表示电场强度大小，图线a的斜率小于

b的斜率，说明。处场强小于6处的场强。根据场强的大小判断场源电荷的位置，根据点电荷的电

势的特点判断电势。

本题关键从F-q图象斜率的物理意义进行分析判断，是常见的基础题。

3.【答案】B

【解析】解：微粒做直线运动的条件是速度方向和合外力的方向在同一条直线上，只有微粒受到

水平向左的电场力才能使得合力方向与速度方向相反且在同一条直线上，由此可知微粒所受的电

场力的方向与场强方向相反，则微粒必带负电，且运动过程中微粒做匀减速直线运动，故B正确。

故选：B。

带点微粒做直线运动，所以所受合力方向与运动方向在同一直线上，根据重力和电场力的方向可

确定微粒运动的性质.

本题考查了重力做功与重力势能和电场力做功与电势能的关系，难度不大，属于基础题.

4.【答案】D

【解析】解：由于直导线c在。点处的磁感应强度大小为B,又因为三根长直导线垂直于纸面放

置，通以大小相同电流，且ab=ad=ac,所以直导线从d在4点的磁感应强度大小相等，方向

相反，所以直导线氏d在a点的合场强为零，所以再”点处的合磁感应强度只有c产生的场强大

小，即为8,故A8C错误，。正确；

故选：Do

根据安培定则先确定三根通电直导线在a点产生的磁场的方向，再利用矢量的叠加原理分析叠加

后磁场大小和方向。

本题考查的知识点是：通电直导线周围的磁感应强度大小计算和方向的判断，再利用平行四边形

法则求解矢量的合成。

5.【答案】D

【解析】解：A由运动轨迹可知电场力方向竖直向上，由电势的高低可知电场线方向竖直向上，

则电性为正，故A错误。

BCD.粒子由M到N电场力做正功，则动能增加，电势能减小，由于不计重力，根据能量守恒定

律知：动能与电势能之和不变。故8C错误，。正确。

故选：Do

由于电荷只受电场力作用，电场力将指向运动轨迹的内侧。则电场力一定竖直向上，同时注意电

场线和等势线垂直，又因电势沿电场线方向降低则说明电场线竖直向上，根据电场力和电场线的

方向判断粒子的电性。再由电场力做功判断能量变化。

解决该题的关键是明确知道物体做曲线运动的条件是合力在曲线的内侧，知道顺着电场线电势逐

渐降低，知道电场力做功与电势能变化之间的关系。

6.【答案】C

【解析】解：通电圆环在磁场中受到安培力作用，取左右两侧的一小段电流元分析，根据左手定

则可知，左侧电流元受到安培力垂直纸面向里，右侧电流元受到安培力垂直纸面向外，则从上往

下看，圆环顺时针转动。

当转动角度。=90。时，顺着磁感线方向看，电流为顺时针，根据左手定则可知，圆环受到安培力

方向沿着半径向外，故圆环有向外扩张的趋势，说明圆环在顺时针转动的同时，向外扩张，故C

正确，A8。错误。

故选：Co

通电圆环在磁场中受到安培力作用，选取关键位置的电流元分析，比如左右两侧的电流元。

选取特殊位置进行分析，比如转动角度达到90。后，从而确定运动情况。

本题考查了通电导线在磁场中的受力情况，解题的关键是选取特殊位置的电流元，分析其受力，

确定运动情况。

7.【答案】A

【解析】解：不论带电粒子带何种电荷，由于孙所以电场力qE大于洛伦兹力qB%,根据左

手定则判断可知：洛伦兹力有与电场力方向相反的分力，所以带电粒子在电场中的偏转位移比重

叠时的偏转位移大，所以不论粒子带何种电性，甲中带电粒子在电场中偏转位移一定大于乙中的

偏转位移，而洛伦兹力对带电粒子不做功，只有电场力做功，所以一定是%＞唯

故A正确，88错误。

故选：Ac

先判断带电粒子在电场中的受力情况和在重叠区的受力情况，比较两种情况中的偏转位移的大小,

而洛伦兹力对粒子不做功，只有电场力做功，进而可以判断做功大小.

本题解题的关键是分析两种情况下的偏转位移的大小，洛伦兹力对带电粒子不做功，难度适中.

8.【答案】D

【解析】解：由图象A可知电源的电动势E=3V,短路电流为6A,该电源和该电阻组成闭合电路

时路端电压为：U=2V,电流为：/=24；

电源的输出功率即为电阻R上消耗的功率，根据P=U/得：P=2x2W=4W,

电源的总功率为：P忌=E/=3x2W=6W；

p4

所以效率为：T]=~x100%=7X100%«66.7%；故ABC错误，力正确；

P总6

故选:Do

由图象4可知电源的电动势为3匕短路电流为6A,两图象的交点坐标即为电阻R和电源构成闭

合回路时的外电压和干路电流.电源的输出功率即为电阻R上消耗的功率，效率等于R消耗的功

率除以总功率。

根据U-/图象A正确读出电源的电动势和短路电流，根据U-/图象正确读出外电路两端的电压

和流过电阻的电流，是解决此类问题的出发点.

9【答案】D

【解析】解：设粒子在铝板上、下方的轨道半径分别为「I、万，速度分别为%、方。

由题意可知，粒子轨道半径：n=2r2,

由题意可知，穿过铝板时粒子动能损失一半，即：|,vr-V2V2,

粒子在磁场中做匀速圆周运动，

由牛顿第二定律得：qvB=my,

磁感应强度：B=处，

qr

磁感应强度之比：普=般=皿=%*产=冬

£>2---»■也丁1也/

故选：Do

粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律求出磁感应强度，然后再求出磁感应强度之比。

本题考查了求磁感应强度，根据题意求出粒子的轨道半径、与速度关系，然后应用牛顿第二定律

即可正确解题。

10.【答案】ABD

【解析】解：A、当带电粒子运动方向与磁场反向在同一直线上时，带电粒子不受洛伦兹力，故A

正确；

8、洛伦兹力总垂直于电荷运动方向，在洛伦兹力方向上，粒子位移为零，因此洛伦兹力对运动电

荷不做功，故3正确；

C、当电流方向与磁场方向平行时，通电导线不受安培力作用，故C错误，。正确：

故选：ABD.

根据安培力公式尸=B/LsinO与洛伦兹力公式f=件Bsin®及做功的条件分析答题.

本题难度不大是一道基础题，知道洛伦兹力与安培力公式、知道力做功的必要条件即可正确解题.

11.【答案】AO

【解析】解：导体棒受力如图,

▼mg^mg

根据共点力平衡得，

0=mgsind,N、=mgcos0o

所以导体棒所受的安培力之比2=普=?。

tan。1

斜面对导体棒的弹力大小之比今=早。

因为F=B/3所以夕="=竿.故4。正确，B、C错误。

，2F21

故选：AD.

导体棒受重力、支持力和安培力处于平衡，根据共点力平衡求出安培力、支持力大小之比，根据

F=B/L求出电流之比。

解决本题的关键正确地进行受力分析，运用共点力平衡进行求解。

12.【答案】AB

【解析】解：4、变阻器的滑片向〃端移动少许，变阻器接入电路的电阻减小，根据“串反并同”，

灯泡人与变阻器串联，灯泡G与变阻器并联，所以灯泡〃变亮，功变暗，故A正确；

8、由电路图可知，电容器上极板与电源正极相连，所以上极板带正电，带电液滴能够静止，则受

电场力方向向上，故液滴带负电。滑片向下滑动，电容器两板间电压降低，则板间场强变小，液

滴受电场力变小，则液滴受合力方向向下，将向下运动，故B正确。

C、由上面B的分析可知，C错误；

D,在移动滑片过程中，电容器两端电压降低，电容器带电荷量减少，电容器应该放电，所以电

流表中存在自右向左的电流，故O错误。

故选：AB.

变阻器滑片向人端移动，变阻器接入电路中的电阻减小，根据“串反并同”可以判断灯泡的明暗

变化，以及电容器带电荷量的变化；液滴原来静止在电容器中，受力平衡，则受电场力方向方向

竖直向上，进而可以判断液滴带电情况。

根据“串反并同”可以通过各个用电器中的电流以及两端电压的变化，关键是要判断出各个用电

器与变阻器的连接情况。

13.【答案】CD

【解析】解：4如果粒子要从。点射出，则其运动轨迹如图所示,

从轨迹上看出粒子还未到达0点时已经从y轴射出磁场，故粒子不可能从0点射出磁场，故A错

误。

V

XXXX

B

XXXX

BCD.如果粒子带负电,则粒子的运动轨迹如图所示:

根据几何知识可知，其轨迹所对的圆心角为：41=60。,

60。1_7rM

所以粒子的运动时间为:360s1=3qB'

当粒子带正电且从X轴射出磁场,其运动轨迹如图所示:

根据几何知识可知其圆心角为：42=300。,

所以粒子在磁场中做圆周运动的时间为：1'=罂7=瑞,

如粒子带正电，且从y轴射出，其从y轴射出时的时间最大时，其轨迹刚好和y轴相切，轨迹如

图所示:

根据几何知识可知，其圆心角为：43=240。，

所以其运动的时间为：〃=需7=翳，所以粒子从），轴射出时，其时间满足%〈翳，

综上可知，粒子在磁场中运动的时间为t（翳，t=鬻以及t=端，故B错误，CD正确。

故选：CD.

带电粒子以一定速度垂直进入匀强磁场后，在洛伦兹力作用下作匀速圆周运动，讨论当粒子带正

电和带负电时粒子在磁场中的运动时间范围，根据所求得的时间范围分析解答。

解决该题的关键是能根据题意按照粒子的正负电性来分析题意，能正确做出粒子的运动轨迹，能

根据几何知识求解出粒子的轨迹所对应的圆心角。

14.【答案】C0.4

【解析】解：（1）本实验要选

择分压式外接法，故画出电路

图，如图所示：

（2）由于采用分压接法，故滑

动变阻器应选择总阻值较小的C；

(3)对于电动势为3V、内阻为50的电源其短路电流为：/短=9=^4=0.64画出该电源的U-/图

线如图，灯泡的伏安特性曲线的交点表示单独将小灯泡串联在电源两端时的电压和电流，则有：

U'=IV,I'=0.44

灯泡的电功率为：P'=U'l'=1x0.414/=0.4W

故答案为：(1)如图所示；(2)C；(3)0.4。

(1)明确实验原理，知道本实验采用滑动变阻器分压接法和电流表外接法；

(2)电路选用分压接法，为了滑动方便应选择最大阻值较小的滑动变化器；

(3)在伏安特性曲线的图象中做出电源路端电压随干路电流变化的图象，利用交点的读出电压和电

流结合电功率公式，即可求出该灯泡的功率。

本题考查了实验器材的选择、电流表与滑动变阻器采用的接法；要掌握实验器材的选择原则，当

电压表内阻远大于待测电阻阻值时，电流表应采用外接法。

15.【答案】1.51.0=>

【解析】解：(1)在U-/图象中纵坐标的截距代表的是电源的电动势，直线的斜率绝对值代表的

是电源的内阻的大小。

U-/图可知，电源的电动势为：E=1.51Z；

U-/图象斜率的绝对值等于内阻，所以有：「=岑=号”0=1・00；

(2)由图甲所示可知，相对于电源来说，实验采用电流表外接法，由于电流表的分压作用，电压的

测量值小于真实值，当电流为零时，电压的测量值等于真实值，电源的U-/图象如图所示，

由图象可知，电源电动势的测量值等于真实值，电源内阻的测量值大于真实值。

故答案为：(1)1.5,1.0；(2)=；>。

(1)由图可知，图象由纵坐标的交点为电动势；根据图象的斜率绝对值表示内电阻可求得内电阻。

(2)将电压表并联在滑动变阻器的48两端，由图象可分析其误差情况。

解决本题关键是明确：①变化电键前，应使变阻器的滑动触头置于能使电路中电流最小的一端，

以保护电表；②涉及到根据图象求解的问题，首先根据相应的物理规律写出公式，然后整理出有

关的一次函数形式，再根据斜率和截距的概念即可求解。

16.【答案】解：（1）电压表满偏时，由欧姆定律公式可知：U=/g（R+Rg）,解得：R=2500/2

即与表头串联一个25000的分压电阻，并将表头的刻度盘按设计的量程进行刻度。

（2）电流表满偏时，由欧姆定律公式可知：/gRg=解得：R~0.83/2

即与表头并联一个0.830的分流电阻，并将表头的刻度盘按设计的量程进行刻度。

答：（1）与表头串联一个2500。的分压电阻，并将表头的刻度盘按设计的量程进行刻度。

（2）与表头并联一个0.830的分流电阻，并将表头的刻度盘按设计的量程进行刻度。

【解析】（1）把电流表改装成电压表应串联一个大的分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律可以

求出串联电阻阻值。

（2）把电流表改装成大量程电流表应并联一个电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电

阻阻值。

本题考查了电压表的改装，知道电压表的改装原理、应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解

题。

17.【答案】解：（1）小球在电场中受重力、拉力和电场力作用处于平衡状态，如图所示：

mg

设场强为E,则小球所示电场力尸=Eq

根据平衡条件及数学知识tan。=—

mg

联立解得场强E=皿些

q

（2）球运动到。点正下方的过程中，根据动能定理-cos。）-EqLsind=

小球的速度大小。=巨匹还叵逅血

在最低处，根据牛顿第二定律尸-mg=血彳

代入数据联立解得绳子拉力尸=mg+2mg（l-cos。）-2Eqsin。=3mg-2mgeos。-2Eqsin。

答：（1）匀强电场的电场强度大小为驾詈；

（2）小球运动到。点正下方时速度大小为心巫三等西四；小球受到的拉力大小为（3mg-

2mgcosd—2Eqsin6）。

【解析】(1)小球在电场中受重力、拉力和电场力作用处于平衡状态；根据平衡条件及数学知识求

场强；

(2)根据动能定理求小球运动到最低点的速度，根据圆周运动知识求拉力大小。

注意：重力做功和电场力做功都与初末位置有关与路径无关。

18.【答案】解：(1)电子在磁场中和做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：

evB=771—,

r

解得：

eB

粒子运动轨迹如图所示，圆心如图所示；

x

/

x

/r

电子在磁场中做圆周运动的周期：7=驾

eb

电子在磁场中的运动时间：t=^T,

解得：t=笠;

3eB

(2)根据图示，由几何知识可知：

d=rsin"折

答：(1)该粒子穿越磁场的时间为翳;

(2)该矩形磁场的宽度为：器

【解析】(1)电子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可以求出电子轨道半径，作出电子运

动轨迹，然后确定圆心，根据电子转过的圆心角与电子做圆周运动的周期公式求出电子的运动时

间.

(2)由几何知识求出磁场的宽度.

本题考查了电子在匀强磁场中的运动，电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力,

根据题意做出其运动轨迹、根据几何知识求解宽度，再应用牛顿第二定律与周期公式即可正确解

题.

(1)由题意可知电子在电场中做类