3qB0
小球在B1中做匀速圆周运动的时间为t12×
小球在B2中做匀速圆周运动的时间为t2
2T24m33qB0
（1分）
故
tt1t2
5m3qB0
设小球轨迹的圆心O1与P点连线交边界MN于P′，据几何关系有
PM
故
3R13h2
AM
3R223h2
APAMPM3h
（1分）
PQ2AP23h
63qB0h5m
答案第2页共6页
宇航员匀速运动速度vPQt
（1分）
f宇航员抛球时相互作用满足动量守恒mv0Mv解得
（1分）（1分）
M
mv010m103mv933
三、【解析】（12分）接通S，电路等效为图甲。C2被短路，C1与R2并联，所以C1两极板电压等于R2两端的电压，C2两极板电压等于零。整个电路为E、R1、R2、ES组成的串联电路（此时C1的支路相当于断开）。则：R2两端电压为U2
R1C1甲R1
R2S
ER26VR1R2
－
（2分）
R2
C1所带电荷量为Q1C1U218×4C10（1分）C1C2EC2所带电荷量为Q20（2分）断开S，电路稳定后等效为图乙，此时，电容器所在支路无电流通过（相乙当于断路），故可进一步等效为图丙，即C1、C2与电源两极相接，电容器两极电压等于电源电动势10V。则：－C1所带电荷量为Q′1C1E3×4C10（1分）C1C2E－C2所带电荷量为Q′2C2E3×4C10（1分）－C1所带电荷量增加△Q1Q′1－Q112×4C10（1分）－4′丙C2所带电荷量增加△Q2Q2－Q23×10C（1分）－即C1与C2所带电荷量在S断开后增加的总和为△Q△Q1△Q242×4C（1分）10－所以断开S后，流过R1的电荷量为△Q42×4C10（2分）四、【解析】（15分）由于带电粒子从偏转电场射出时，好象是R1R2从两极板间的中点L2处沿直线射出似的，D2Ay′E如图所示，设电子离开偏转电场时的偏移d荧R3BR4量为y′L光sL2y屏据几何关系有（2分）
Ls2
D2
解得y′
LD5cm2L2s12
12at2
（1分）a
（1分）
电子在偏转电场中做类平抛运动y
eU（1分）tLv0md
（1分）
又E0
12mv02
（1分）解得
y
eUL24dE0
（2分）（2分）
由y≤y′并代入数值解得U≤25V设图中A、B两点的电势分别为φA和φB
答案第3页共6页
f则φA
R2E50VR1R2
（1分）
φB
R430000ER3R4R3300
（1分）（1分）（1分）（1分）
由φA－φB≤U代入数值解得R3≤900Ω由φB－φA≤U代入数值解得R3≥100Ω故R3的取值范围是100Ω≤R3≤900Ω五、【解析】（15分）（1）对飞船，据万有引力定律和牛顿第二定律有
G
mM2m2Rh（2分）2TRh
mMR2
（2分）
又地球表面附r