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T中习阳1)0为事[文]《)0为14.(1[章]3分)【解析】(1[来])设Q点的纵坐标为[自]h,到达Q点的水平[知]分速度为vz,粒子[嘛]从P到Q受到的恒定[答]的电场力与初速度方[案]向垂直，则粒子在电[网]场中做类平地运动，[文]则由类平抛运动的规[章]律可知竖直方向上粒[来]子做匀速直线运动，[自]h=购(1分)平方[知]向做匀加速直线运动[嘛]的平均速度刀=0巴[答]，则d=%22(1[案]分)根据速度的失量[网]合成tan45°=[文]马(1分)解得h=[章]2d(1分)(2)[来]粒子运动轨迹如图所[自]示，由几何知识可得[知]，粒子在磁场中的运[嘛]动半径R=2√2d[答](1分)由牛顿第二[案]定律得qB=mRK[网](1分)PO解得R[文]=muqB(1分)[章]由(1)可知v=c[来]0s450=√26[自](1分)联立解得B[知]=mub2qd(1[嘛]分)(3)由图可知[答]带电粒子在磁场中第[案]二次经过x轴位置到[网]O点的距离x=3R[文]+Rcos 45(2分)解得x[章]=(6W2十2)d[来](2分)评分细则：[自](1)问4分，(2[知])问5分，(3)问[嘛]4分
6.B【解析】粒子[答]旋转一周，加速电压[案]方向改变两次，加速[网]电压U的周期等于粒[文]子的回旋周期，故A[章]项错误；粒子出磁场[来]时，根据洛伦滋力提[自]供向心力Bg一"贸，民=m,联立得[知]粒子的出射动能EB[嘛]R。可见，出射粒子[答]动能与加速电压U无[案]关，故B项正确；根[网]据E,=BgR可知[文]增大磁2m2m场B[章]和D形盒半径R,粒[来]子获得的动能增大，[自]故C项错误；由于粒[知]子最终获得的总动能[嘛]不变，粒子周期不变[答]，加速电压U越大，[案]加速次数越少，粒子[网]在D形盒中运动时间[文]越短，故D项错误。[章]故选B。
