【文档说明】高考物理一轮复习阶段检测四 第六_十一章验收(含解析).doc，共(12)页，305.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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阶段综合检测（四）第六~十一章验收(其中第六~八章分值约占40%)(时间：100分钟满分：120分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题3分，共21分。每小题只有一个选项符合题意)1．(2018·温州模拟)在物理学发展过程中，观测、实验

、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。下列叙述错误的是()A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系B．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说C．法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流D．

楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化解析：选C奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系，选项A正确；根据通电螺线管产生

的磁场与条形磁铁的磁场相似性，安培提出了磁性是分子内环形电流产生的，即分子电流假说，选项B正确；根据感应电流的产生条件，导线中通有恒定电流时导线圈中不产生感应电流，选项C错误；楞次定律指出感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，选项D正确。2．如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝

数分别为n1、n2，原线圈回路接有内阻不计的交流电流表A，副线圈回路接有定值电阻R＝2Ω，现在a、b间和c、d间分别接上示波器，同时监测得a、b间和c、d间的电压随时间变化的图像如图乙、丙所示，则下列说法中错误的是()A．T＝0.0

2sB．n1∶n2≈55∶1C．电流表A的示数I≈36.4mAD．当原线圈电压瞬时值最大时，副线圈两端电压瞬时值为0解析：选D由题图知，电压变化的周期是0.02s，所以A正确；根据变压规律得：n1n2＝U1U2≈55，所以B正确；副线圈的电流I2＝U2R＝5.6622A，根据

变流规律得原线圈电流I1＝I255≈0.0364A＝36.4mA，所以C正确；由题图知，当原线圈电压瞬时值最大时，副线圈两端电压瞬时值也最大，故D错误。3．a、b是两种单色光，其光子能量分别为εa和εb，且εaεb＝k，()A．则a、b的光子动

量之比papb＝1∶kB．若a、b都不能使某种金属发生光电效应，二者同时照射该金属则可能发生光电效应C．若a、b都能使某种金属发生光电效应，则光电子最大初动能之差Eka－Ekb＝εb(k－1)D．若a、b是由处在同一激发态的原子跃迁到a态和b态时产

生的，则a、b两态能级之差Ea－Eb＝εb(k－1)解析：选C光子的能量ε＝hν，光子的动量p＝hλ，联立方程c＝λν，所以papb＝εaεb，选项A错误。不能发生光电效应说明a、b光的频率均未达到该金属的截止频率，同时照射二者频率也不会发生变化，选项B错误。光电子最

大初动能Ek＝hν－W0，整理得Eka－Ekb＝(k－1)εb，选项C正确。根据能级跃迁知识可得εa＝E0－Ea，εb＝E0－Eb，所以Ea－Eb＝εb(1－k)，选项D错误。4.(2018·石家庄模拟)如图所示电路中，A、B是构成平行板电容器的两金属极板，P为其中的一个

定点。将开关S闭合，电路稳定后将A板向上平移一小段距离，则下列说法正确的是()A．电容器的电容增加B．在A板上移过程中，电阻R中有向上的电流C．A、B两板间的电场强度增大D．P点电势升高解析：选B根据C＝εrS4πkd，当A板向上平移一小段距离，间距d增大，其他条件不

变，则导致电容变小，故A错误；在A板上移过程中，导致电容减小，由于极板电压不变，那么极板所带电荷量减小，因此电容器处于放电状态，电阻R中有向上的电流，故B正确；根据E＝Ud、Q＝CU与C＝εrS4πkd

相结合可得E＝4πkQεrS，由于电荷量减小，场强大小变小，故C错误；因场强变小，导致P点与B板的电势差减小，因B板接地，电势为零，即P点电势降低，故D错误。5.(2018·南昌三校联考)如图所示，一个有矩形边界的匀强磁场区域，磁

场方向垂直纸面向里。一个三角形闭合导线框，由位置1(左)沿纸面匀速运动到位置2(右)。取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点(t＝0)，规定逆时针方向为电流的正方向，则图中能正确反映线框中电流与时间关系的是()解析：选

A先由楞次定律依据磁通量的变化可以判定感应电流的方向，再由感应电动势公式E＝BLv和欧姆定律，分段分析感应电流的大小，即可选择图像。线框进入磁场的过程，磁通量向里增加，根据楞次定律得知感应电流的磁场向外，由安培定则可知感应电流方向为逆时针，电流i应为正方向，故

B、C错误；线框进入磁场的过程，线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由E＝BLv，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；线框完全进入磁场后，磁通量不变，没有感应电流产生。线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，根据楞次定律得知感应电流的磁场向里，由安培定则可知感应电流方向为顺时针

，电流i应为负方向；线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由E＝BLv，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小，故A正确，D错误。6.如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向射入，沿曲线dpa打到屏MN上的a点，通过pa段用时为t。若该微粒经过p点时

，与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，最终打到屏MN上。若两个微粒所受重力均忽略，则新微粒运动的()A．轨迹为pb，至屏幕的时间将小于tB．轨迹为pc，至屏幕的时间将大于tC．轨迹为pa，至屏幕的时间将大于tD．轨迹为pb，至屏幕的时间将等于t解析：选C带电微

粒和不带电微粒相碰，遵守动量守恒，故总动量不变，总电量也保持不变，由Bqv＝mv2r，得：r＝mvqB＝pqB，p、q都不变，可知微粒碰撞前后的轨迹半径r不变，故轨迹应为pa，因周期T＝2πmqB可知，因m增大，故微粒运动的周期增大，因所对应的弧线不变，圆心角不变

，故pa所用的时间将大于t，C正确。7.(2018·日照模拟)如图，理想变压器原线圈与一交流电源相连，原、副线圈分别接有相同的灯泡a、b和c。已知小灯泡的额定电压为0.3V，电阻为30Ω(假设电阻不随温度变化而变化)

。闭合开关S，三个灯泡均能正常发光，下列说法正确的是()A．原、副线圈的匝数比为3∶1B．交流电源的电压值为0.6VC．断开开关S，小灯泡b可能会烧坏D．断开开关S，小灯泡a可能会烧坏解析：选C因为三个灯泡都正常发光，所

以Ua＝Ub＝Uc＝0.3V，故副线圈中的电流I2＝0.330A＋0.330A＝0.02A，原线圈中的电流为I1＝0.330A＝0.01A，故根据I1I2＝n2n1可得n1n2＝21，A错误；副线圈两端的电

压U2＝0.3V，根据U1U2＝n1n2可得原线圈输入电压为U1＝0.6V，故交流电源的有效电压值为U＝U1＋Ua＝0.9V，B错误；如果断开开关S，副线圈少一个支路，电流减小，根据I1I2＝n2n1可得原线圈中电流也减小，a灯分压减小，因为U＝U1＋Ua，故原线圈输入电压

增大，即U1增大，根据U1U2＝n1n2可知副线圈两端的电压增大，即小灯泡b两端电压增大，大于额定电压，可能会被烧坏，C正确，D错误。二、多项选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有多个选项符合题意。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分)8．(2017·浙江11月选

考)下列说法正确的是()A．核聚变反应方程可能为21H＋31H→42He＋210nB．铀核裂变的核反应方程可能为23592U＋10n→14054Xe＋9438Sr＋210nC．发生β衰变时原子核放出电子，说明电子是原子核的组成部分D．中子和质子结合成氘核，若该过程质量亏损为Δ

m，则氘核的结合能为Δmc2解析：选BDA项中的核聚变反应方程应为21H＋31H→42He＋10n，选项A错误；根据重核裂变的核反应方程配平方式可知，选项B正确；β衰变时原子核内部中子转化为一个质子和一个电子，并不是原子核内部存在电子，选项C错误；根据质能方程可知选项D正确。9．(2018·桂林

模拟)如图所示为某电场中等势面的分布图，各等势面的电势值图中已标出。下列说法正确的是()A．A点的电场强度比B点的大B．中心轴线上各点的电场强度方向向左C．电子由A点移至B点克服电场力做功0.17eVD．

电子在A点的电势能比B点的小解析：选AB点A与点B相比较，点A附近等势面密集而且相邻等势面的电势差较大，故A点电场强度大于B点电场强度，故A正确；电场线与等势面垂直且从高电势指向低电势，故中心轴线上可以画出向左的电场线，电场强度方向向左，故B正确；电子由A点移至B点

电场力做功：WAB＝qUAB＝(－e)(0.8V－0.97V)＝0.17eV，电子由A点移至B点电场力做正功0.17eV，故C错误；电子带负电荷，在电势低的点电势能大，由于A点的电势小于B点的电势，故电子在A点的电势能比在B点的大，故D错误。10.(2018·日照模

拟)如图所示，在竖直面内有一磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、高度为h的有界匀强磁场，磁场上、下边界水平。将一边长为l(l<h)、质量为m的正方形导体框abcd从磁场上方由静止释放，ab边刚进入磁场的瞬间和刚穿出磁场的瞬间速度相等。已知导体框的电阻为r，导体框下

落过程中，ab边始终保持水平，重力加速度为g。则()A．导体框一定是减速进入磁场B．导体框可能匀速穿过整个磁场区域C．导体框穿过磁场的过程中，电阻产生的热量为mg(l＋h)D．导体框进入磁场的过程中，通过某个横截面的电荷量为Bl2r解析

：选AD因为l<h，所以导体框在磁场中运动过程中，一定会存在不受安培力，只受重力的过程，该过程做加速运动，所以为了满足ab边刚进入磁场的瞬间和刚穿出磁场的瞬间速度相等，导体框必须先减速进入磁场，然后在磁场中

加速，再减速穿出磁场，故A正确B错误；因为ab边刚进入磁场的瞬间和刚穿出磁场的瞬间速度相等，所以进入磁场过程中和穿出磁场过程中产生的热量相等，故整个过程中产生的热量为Q＝2mgh，C错误；根据q＝ΔΦR可得导体框进入磁场的过程中，通过某个横截面的电荷量为q

＝Bl2r，D正确。11．(2018·郑州调研)电磁泵在目前的生产、科技中得到了广泛应用。如图所示，泵体是一个长方体，ab边长为L1，两侧端面是边长为L2的正方形；流经泵体内的液体密度为ρ、在泵头通入导电剂后液体的电导率为σ(电阻率倒数)，泵体处有方向垂直向外的磁场B，泵体的上下两表

面接在电压为U(内阻不计)的电源上，则()A．泵体上表面应接电源正极B．通过泵体的电流I＝UL1σC．增大磁感应强度可获得更大的抽液高度D．增大液体的电阻率可获得更大的抽液高度解析：选AC当泵体上表面接电源的正极时，电流从上向下流

过泵体，这时受到的磁场力水平向左，拉动液体，故A正确；根据电阻定律，泵体内液体的电阻：R＝ρLS＝1σ×L2L1L2＝1σL1；因此流过泵体的电流I＝UR＝UL1σ，故B错误；增大磁感应强度B，受到的磁

场力变大，因此可获得更大的抽液高度，故C正确；若增大液体的电阻率，可以使电流减小，受到的磁场力减小，使抽液高度减小，故D错误。12.(2018·枣庄模拟)如图所示，间距为l的光滑平行金属导轨平面与水平面之间的夹角θ＝30°，导轨电阻不计。正方形区域abcd内匀强

磁场的磁感应强度为B，方向垂直于导轨平面向上。甲、乙两金属杆电阻相同、质量均为m，垂直于导轨放置。起初甲金属杆位于磁场上边界ab处，乙位于甲的上方，与甲间距也为l。现将两金属杆同时由静止释放，从此刻起，对

甲金属杆施加沿导轨的拉力，使其始终以大小为a＝12g的加速度向下匀加速运动。已知乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．每根金属杆的电阻R＝B2l2glmgB．甲金属杆在磁场区域运动过程中，拉力对杆做的功在数值上等于电路中产生的焦耳热C．乙金属杆在磁场

区域运动过程中，安培力的功率是P＝mgglD．从乙金属杆进入磁场直至其离开磁场过程中，回路中通过的电量为Q＝mBgl解析：选AB乙金属杆进入磁场前的加速度为a＝gsin30°＝12g，可见其加速度与甲的加速度相同，甲、乙两杆均做匀加速运动，运动情况完全相同。所以当乙进入磁场时，甲

刚出磁场。乙进入磁场时：v＝2al＝2×12g×l＝gl，由于乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动，受力平衡有：mgsinθ＝B2l2v2R，故R＝B2l2vmg＝B2l2glmg，故A正确。甲金属杆在磁场

区域运动过程中，根据动能定理得：WF－W安＋mglsinθ＝12mv2；对于乙杆，由动能定理得：mglsinθ＝12mv2；由两式对比可得：WF＝W安；即外力做功等于甲杆克服安培力做功，而甲杆克服安培力做功等于电路中产生的焦耳热，故拉力对

杆做的功在数值上等于电路中产生的焦耳热，故B正确。乙金属杆在磁场区域中匀速运动，安培力的功率大小等于重力的功率，为P＝mgsinθ·v＝12mggl，故C错误。乙金属杆进入磁场直至出磁场过程中回路中通过的电量为Q＝It＝Blv2R·lv＝Bl22R

，由上知：R＝B2l2glmg，联立得：Q＝m2Bgl，故D错误。三、实验题(本题共2小题，共18分)13．(9分)(2018·泰安质检)利用如图所示的电路测量一个满偏电流为300μA，内阻rg约为几十到几百欧姆的电流

表的内阻值，有如下的主要实验器材可供选择：A．滑动变阻器(阻值范围0～30kΩ)B．滑动变阻器(阻值范围0～10kΩ)C．电源(电动势3V，内阻不计)D．电源(电动势6V，内阻不计)(1)为了使测量尽量精确，在上述可供

选择的器材中，滑动变阻器R应选用________，电源E应选用__________。(选填器材前面的字母序号)(2)实验时要进行的主要步骤有：A．断开S2，闭合S1B．调节R的阻值，使电流表指针偏转到满刻度C．闭合S2D．调节电阻箱R′的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的三分之一E．记

下此时R′的阻值为90Ω则待测电流表的内阻rg的测量值为________Ω，该测量值________(选填“大于”“小于”或“等于”)电流表内阻的真实值。解析：(1)用半偏法测电流表的内阻时，与电流表串联的滑动变

阻器的阻值要尽可能大，以减小测量误差，因此在回路电流不超过电流表量程的前提下，电源电动势应尽可能大些，以保证滑动变阻器的阻值尽可能大，故变阻器应选A，电源应选D。(2)闭合S2后，电流表与R′并联，且并联R′后总电阻认为不变，则总电流不变，则通过R′的电流为总电

流的23，故IR′∶Ig＝2∶1，因是并联关系：IR′Ig＝RgR′，则Rg＝180Ω，闭合S2后，电路总电阻变小，电路总电流变大，通过R′的电流大于原来电流的三分之二，则该实验测出的电表内阻要小于电流表内阻的真实值。

答案：(1)AD(2)180小于14．(9分)(2018·桂林调研)某同学利用两个电流传感器(相当于理想电流表)和定值电阻R0＝2kΩ以及滑动变阻器、待测电池，设计了如图(a)所示的电路测定电池电动势和内阻，进行

实验。该同学测出的实验数据如下表所示：次数12345I1/mA1.351.301.201.101.05I2/A0.300.400.600.800.90表中，I1和I2分别是通过电流传感器1和2的电流。该电流的值通过数据采集器输入到计算机，数据采集器和计算机对原电路的影响可忽略。

(1)在图(b)中绘出I1I2图线；(2)由I1I2图线得出，被测电池的电动势为________V，内阻为________Ω。(保留两位有效数字)解析：(1)根据描点法可得出对应的图像如图所示；(2)由图利用闭合电路欧姆定律可得：I1R0＝E－(I1＋I2)r变形可得

：I1＝ER0＋r－rR0＋rI2则由图像可知，ER0＋r＝1.5×10－3rR0＋r＝1.35－1.05×10－30.9－0.3＝0.5×10－3解得：E＝3.0Vr＝1.0Ω。答案：(1)图像见解析(2)3.01.0四、计算题(本题共4小题，共61分)15．(14分)(

2018·深圳调研)一根阻值为12Ω的金属导线绕成如图甲形状的闭合回路，大正方形边长为0.4m，小正方形边长为0.2m，共10匝。放在粗糙的水平桌面上，两正方形对角线间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，整个过程中线框始终未动。求闭合回

路：(1)产生的感应电动势；(2)电功率；(3)第1s末受到的摩擦力。解析：(1)据法拉第电磁感应定律可知线框中产生的电动势为：E＝NΔΦΔt＝NΔBSΔt＝10×21×12×(0.42－0.22)V＝1.2V。(2)电功率为：P＝E2R＝1.2212W＝0.

12W。(3)线框中的电流为：I＝ER＝1.212A＝0.1A在磁场中的两条边受到的力垂直于线框，大小相等，互成90°，每条边受到的力为：F＝NBIL＝10×2×0.1×(0.4＋0.2)N＝1.2N，安培力的合力为：F′＝2F＝2×1.2N＝1.70N，摩擦力为：f＝F＝1.70N。答案

：(1)1.2V(2)0.12W(3)1.70N16．(15分)(2018·安徽省“江南十校”联考)如图所示，从阴极k发射的电子经电势差为U0＝4500V的电场加速后，沿平行于板面的方向从中央射入两块长L1＝10cm，间距d＝4cm的平行金

属板AB中，在距金属板右边缘L2＝25cm处建立一直线坐标系Oy，O与A、B板的中心线处在同一水平直线上，整个装置放在真空室内，电子发射的初速度不计。已知电子的质量m＝0.9×10－30kg，电子的电荷量e＝1.6×10－1

9C，不计电子间的相互作用力及其所受重力。若在两个金属板间加上UAB＝500cos2πt(V)的交流电压，每个电子穿过极板的时间极短，可认为电子穿越期间极板间的电压不变，不考虑电子运动的相对论效应。求：(1)电子经过坐标系的位置坐标范围；(2)若在直线坐标系

的右侧加上范围足够大的垂直纸面向外的匀强磁场B，B＝4.5×10－3T，求出电子第二次经过直线坐标系的位置坐标范围。解析：(1)由U0e＝12mv02可得：v0＝4×107m/s偏转过程L1＝v0t，y1＝UABe2dmt2＝1144m，vx＝v0，vy＝UABeL1dmv0tanθ

＝vyvx＝UABL12dU0，解得y2＝L2tanθ＝5144m，y＝y1＋y2＝124m≈4.17cm。电子经过坐标系的位置坐标范围是－4.17cm≤y≤4.17cm。(2)由题意v＝v0cosθ由牛顿第二定律evB＝mv2R，得R＝

mvBeΔy＝2Rcosθ＝0.1m＋y方向：ymax＝y＋Δy≈14.17cm－y方向：ymin＝Δy－y≈5.83cm在O点上方，综上所述，电子第二次经过直线坐标系的位置坐标范围是5.83cm≤y≤14.17cm。答案：(1)－4.17cm≤y≤4.17c

m(2)5.83cm≤y≤14.17cm17．(16分)(2017·北京高考)发电机和电动机具有装置上的类似性，源于它们机理上的类似性。直流发电机和直流电动机的工作原理可以简化为如图1、图2所示的情景。在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根光滑平行金属轨道MN

、PQ固定在水平面内，相距为L，电阻不计。电阻为R的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好，以速度v(v平行于MN)向右做匀速运动。图1轨道端点MP间接有阻值为r的电阻，导体棒ab受到水平向右的外力作用。图2轨道端点MP间接有直流电源，导体棒

ab通过滑轮匀速提升重物，电路中的电流为I。(1)求在Δt时间内，图1“发电机”产生的电能和图2“电动机”输出的机械能。(2)从微观角度看，导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力在上述能量转化中起着重要作用。为了方便，可认为导体棒中的自由电荷为正电荷。a．请在图3

(图1的导体棒ab)、图4(图2的导体棒ab)中，分别画出自由电荷所受洛伦兹力的示意图。b．我们知道，洛伦兹力对运动电荷不做功。那么，导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力是如何在能量转化过程中起到作用的

呢？请以图2“电动机”为例，通过计算分析说明。解析：(1)图1中，电路中的电流I1＝BLvR＋r棒ab受到的安培力F1＝BI1L在Δt时间内，“发电机”产生的电能等于棒ab克服安培力做的功E电＝F1·vΔt＝B2

L2v2ΔtR＋r，图2中，棒ab受到的安培力F2＝BIL在Δt时间内，“电动机”输出的机械能等于安培力对棒ab做的功E机＝F2·vΔt＝BILvΔt。(2)a.如图甲、图乙所示。b．设自由电荷的电荷量为q，沿导体棒

定向移动的速率为u。如图乙所示，沿棒方向的洛伦兹力f1′＝qvB，做负功W1＝－f1′·uΔt＝－qvBuΔt垂直棒方向的洛伦兹力f2′＝quB，做正功W2＝f2′·vΔt＝quBvΔt所以W1＝－W2，即

导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力做功为零。f1′做负功，阻碍自由电荷的定向移动，宏观上表现为“反电动势”，消耗电源的电能；f2′做正功，宏观上表现为安培力做正功，使机械能增加。大量自由电荷所受洛伦兹力做

功的宏观表现是将电能转化为等量的机械能；在此过程中洛伦兹力通过两个分力做功起到“传递”能量的作用。答案：(1)B2L2v2ΔtR＋rBILvΔt(2)见解析18．(16分)在某空间建立如图所示直角坐标系，并在该空间加上沿y轴负方向、磁感应

强度大小为B的匀强磁场，和沿某个方向的匀强电场。一质量为m、带电荷量为＋q(q＞0)的粒子从坐标原点O以初速度v沿x轴正方向射入该空间，粒子恰好能做匀速直线运动。不计粒子重力的影响，试求：(1)所加电场强度E的大小和方向；(2)若撤去电场，并改变磁感应强度的大小，使

得粒子恰好能够经过坐标为(3a,0，－a)的点，则改变后的磁感应强度B′为多大？(3)若保持磁感应强度B不变，将电场强度大小调整为E′，方向调整为平行于yOz平面且与y轴正方向成某个夹角θ，使得粒子能够在xOy平

面内做匀变速曲线运动(类平抛运动)并经过坐标为(3a，a,0)的点，则E′和tanθ各为多少？解析：(1)由左手定则可知，带电粒子所受洛伦兹力沿z轴负方向，则有平衡条件可知，电场力沿z轴正方向，即电场强度沿z轴正方向，且有：qE－qvB＝0解得：E＝vB。(2)粒子运动的轨迹

如图甲所示，根据几何关系，有：r2＝(r－a)2＋(3a)2解得粒子运动的半径为：r＝2a根据牛顿第二定律，有：qvB′＝mv2r解得B′＝mv2qa。(3)由题意，电场力的一个分力沿z轴正方向平衡洛

伦兹力，另一个分力沿y轴正方向提供类平抛运动加速度a0，如图乙所示。则由平衡条件，有：qE1－qvB＝0由曲线运动规律，有：3a＝vta＝12a0t2其中：a0＝qE2m解得：E1＝vBE2＝2mv23qa则有：E′＝E12＋E22＝vB

2＋2mv23qa2tanθ＝E1E2＝3qaB2mv。答案：(1)E＝vB，沿z轴正方向(2)B′＝mv2qa(3)vB2＋2mv23qa2tanθ＝3qaB2mv