高考物理大二輪總復(fù)習(xí) 模塊滾動(dòng)檢測(cè)卷（三）-人教版高三全冊(cè)物理試題

模塊滾動(dòng)檢測(cè)卷(三)(范圍：選修3－1滿分：100分)一、單項(xiàng)選擇題(本題共13小題，每小題3分，滿分39分．每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)選項(xiàng)正確．選對(duì)的得3分，不選或錯(cuò)選得0分)1．庫侖通過實(shí)驗(yàn)研究電荷間的作用力與距離、電荷量的關(guān)系時(shí)，先保持電荷量不變，尋找作用力與電荷間距離的關(guān)系；再保持距離不變，尋找作用力與電荷量的關(guān)系．這種研究方法常被稱為“控制變量法”．下列應(yīng)用了控制變量法的實(shí)驗(yàn)是()A．驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律B．驗(yàn)證力的平行四邊形定則C．探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系D．探究勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度隨時(shí)間的變化規(guī)律答案C2．以下說法正確的是()A．由E＝eq\f(F,q)可知此場(chǎng)中某點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度E與F成正比B．由公式φ＝eq\f(Ep,q)可知電場(chǎng)中某點(diǎn)的電勢(shì)φ與q成反比C．由Uab＝Ed可知，勻強(qiáng)電場(chǎng)中的任意兩點(diǎn)a、b間的距離越大，則兩點(diǎn)間的電勢(shì)差也一定越大D．公式C＝eq\f(Q,U)，電容器的電容大小C與電容器兩極板間電勢(shì)差U無關(guān)答案D解析電場(chǎng)強(qiáng)度E＝eq\f(F,q)是采用比值定義的，E是由電場(chǎng)本身決定的，與F以及檢驗(yàn)電荷q無關(guān)，故A錯(cuò)誤．電場(chǎng)中某點(diǎn)的電勢(shì)φ與檢驗(yàn)電荷q無關(guān)，是由電場(chǎng)本身和零電勢(shì)點(diǎn)決定的．故B錯(cuò)誤．Uab＝Ed中的d是勻強(qiáng)電場(chǎng)中的任意兩點(diǎn)a、b沿著電場(chǎng)線方向的距離，故C錯(cuò)誤．公式C＝eq\f(Q,U)為電容定義式，電容器的電容大小C與電容器兩極板間電勢(shì)差U無關(guān)．3．(2016·嘉興模擬)絕緣細(xì)線上端固定，下端懸掛一小球N(有重力)，由絕緣支架支撐著一小球M，當(dāng)M靠近N時(shí)，N偏離豎直方向，如圖1.下列關(guān)于M、N帶電情況的表述正確的是()圖1A．M一定帶正電B．M、N都帶正電C．M、N都帶負(fù)電D．M、N帶異種電荷答案D解析對(duì)球N受力分析，根據(jù)平衡條件得：球N受重力、細(xì)線的拉力和水平向左的引力，所以M、N帶異種電荷．4．關(guān)于電容器，下列說法正確的是()A．在充電過程中電流恒定B．在放電過程中電容減小C．能儲(chǔ)存電荷，但不能儲(chǔ)存電能D．兩個(gè)彼此絕緣又靠近的導(dǎo)體可視為電容器答案D解析電容器的充電電流是逐漸減小的，故A錯(cuò)誤；電容器的電容與帶電量無關(guān)，由電容器自身的因素決定，故B錯(cuò)誤；電容器既能儲(chǔ)存電荷，也能儲(chǔ)存電能，故C錯(cuò)誤；兩個(gè)彼此絕緣又靠近的導(dǎo)體可視為電容器，故D正確．5．等量異種點(diǎn)電荷的連線和其中垂線如圖2所示，現(xiàn)將一個(gè)帶負(fù)電的檢驗(yàn)電荷先從圖中a點(diǎn)沿直線移到b點(diǎn)，再從b點(diǎn)沿直線移到c點(diǎn)．則檢驗(yàn)電荷在此全過程中()圖2A．所受電場(chǎng)力的方向?qū)l(fā)生改變B．所受電場(chǎng)力的大小恒定C．電勢(shì)能一直減小D．電勢(shì)能先不變后減小答案D解析在等量異種點(diǎn)電荷的中垂線上，電場(chǎng)方向始終垂直中垂線且指向負(fù)電荷，檢驗(yàn)電荷所受電場(chǎng)力的方向保持不變，所以A錯(cuò)誤；電荷從a運(yùn)動(dòng)到b，因電場(chǎng)力與位移方向垂直，故電場(chǎng)力不做功，所以C錯(cuò)；因電場(chǎng)線分布的疏密不同，所以檢驗(yàn)電荷所受電場(chǎng)力是變化的，所以B錯(cuò)誤；檢驗(yàn)電荷從b運(yùn)動(dòng)到c，因?yàn)殡妶?chǎng)力做正功，所以檢驗(yàn)電荷電勢(shì)能減小，所以D正確．6．下列說法中，正確的是()A．當(dāng)兩個(gè)正點(diǎn)電荷相互靠近時(shí)，它們的電勢(shì)能減小B．當(dāng)兩個(gè)負(fù)點(diǎn)電荷相互靠近時(shí)，它們的電勢(shì)能不變C．一個(gè)正點(diǎn)電荷與一個(gè)負(fù)點(diǎn)電荷相互靠近時(shí)，它們的電勢(shì)能增大D．一個(gè)正點(diǎn)電荷與一個(gè)負(fù)點(diǎn)電荷相互靠近時(shí)，它們的電勢(shì)能減小答案D解析同種電荷間存在斥力，當(dāng)兩個(gè)正點(diǎn)電荷相互靠近時(shí)，庫侖力對(duì)它們做負(fù)功，它們的電勢(shì)能增大，故A錯(cuò)誤；同種電荷間存在斥力，當(dāng)兩個(gè)負(fù)點(diǎn)電荷相互靠近時(shí)，庫侖力對(duì)它們做負(fù)功，它們的電勢(shì)能增大，故B錯(cuò)誤；異種電荷間存在引力，一個(gè)正點(diǎn)電荷與一個(gè)負(fù)點(diǎn)電荷相互靠近時(shí)，庫侖力對(duì)它們做正功，它們的電勢(shì)能減小，故C錯(cuò)誤，D正確．7．如圖3所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場(chǎng)，實(shí)線和虛線分別表示電場(chǎng)線和等勢(shì)線．兩電子分別從a、b兩點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)，設(shè)電場(chǎng)力對(duì)兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為Ea和Eb，則()圖3A．Wa＝Wb，Ea＜EbB．Wa≠Wb，Ea＞EbC．Wa＝Wb，Ea＞EbD．Wa≠Wb，Ea＜Eb答案C解析圖中a、b兩點(diǎn)在一個(gè)等勢(shì)面上，故Uac＝Ubc，根據(jù)W＝qU，有Wa＝Wb；a位置的電場(chǎng)線較密集，故Ea＞Eb.8．(2015·浙江部分學(xué)校聯(lián)考)如圖4所示，一根質(zhì)量為m的金屬棒AC用軟線懸掛在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，通入A→C方向的電流時(shí)，懸線張力不為零，欲使懸線張力為零，可以采用的辦法是()圖4A．不改變電流和磁場(chǎng)方向，適當(dāng)增大電流B．只改變電流方向，并適當(dāng)減小電流C．不改變磁場(chǎng)和電流方向，適當(dāng)減小磁感應(yīng)強(qiáng)度D．只改變磁場(chǎng)方向，并適當(dāng)減小磁感應(yīng)強(qiáng)度答案A9．如果家里的微波爐(1000W)、電視機(jī)(100W)和洗衣機(jī)(400W)平均每天都工作1h，一個(gè)月(30天計(jì))的用電量是()A．10kW·h B．20kW·hC．45kW·h D．40kW·h答案C解析P＝1000W＋100W＋400W＝1500W＝1.5kW故W＝Pt＝1.5kW×1h×30＝45kW·h.10．如圖5是一個(gè)說明示波管工作的原理圖，電子經(jīng)加速電場(chǎng)(加速電壓為U1)加速后垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)偏轉(zhuǎn)量是h，兩平行板間的距離為d，電壓為U2，板長(zhǎng)為l，每單位電壓引起的偏移eq\f(h,U2)叫做示波管的靈敏度，為了提高靈敏度，可采用下列哪些方法()圖5A．增大U2 B．減小lC．減小d D．增大U1答案C解析電子在加速電場(chǎng)中加速，根據(jù)動(dòng)能定理可得，eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，所以電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)速度的大小為v0＝eq\r(\f(2eU1,m))，電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后偏轉(zhuǎn)的位移：h＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)eq\f(eU2,md)(eq\f(l,v0))2＝eq\f(eU2l2,2md\f(2eU1,m))＝eq\f(U2l2,4dU1)，所以示波管的靈敏度eq\f(h,U2)＝eq\f(l2,4dU1)，所以要提高示波管的靈敏度可以增大l、減小d或減小U1，所以C正確．11．(2016·麗水模擬)如圖6所示電路中，電源的內(nèi)阻不可忽略，當(dāng)開關(guān)S斷開時(shí)，電流表的示數(shù)為0.3A，則當(dāng)S閉合時(shí)，電流表的示數(shù)可能是()圖6A．0.22AB．0.42AC．0.52AD．0.58A答案B解析當(dāng)S閉合時(shí)，4Ω的電阻被短路，外電路總電阻減小，電流增大，則電流表示數(shù)大于0.3A.外電阻減小，則路端電壓隨之減小，設(shè)電流表的示數(shù)為I，則有I×6Ω＜0.3A×(4Ω＋6Ω)，則得：I＜0.5A故得電流表示數(shù)范圍為：0.3A＜I＜0.5A，故B正確．12．圖7中的路燈為太陽能路燈，每只路燈的光伏電池板有效采光面積約0.3m2.晴天時(shí)電池板上每平方米每小時(shí)接收到的太陽輻射能為3×106J．如果每天等效日照時(shí)間約為6h，光電池一天產(chǎn)生的電能可供30W的路燈工作8h．光電池的光電轉(zhuǎn)換效率為()圖7A．4.8% B．9.6%C．16% D．44%答案C解析太陽能電池板每天(6h)吸收的太陽能：W總＝0.3×3×106J/h×6h＝5.4×106J，路燈正常工作，P＝P額＝30W，路燈正常工作8h消耗的電能：W有＝Pt＝30W×8×3600s＝8.64×105J，太陽能路燈利用太陽能的效率：η＝eq\f(W有,W總)＝eq\f(8.64×105,5.4×106)×100%＝16%.13．現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多的離子，其示意圖如圖8所示，其中加速電壓恒定．質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場(chǎng)加速，經(jīng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場(chǎng)．若某種一價(jià)正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場(chǎng)加速，為使它經(jīng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場(chǎng)，需將磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來的12倍．此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為()圖8A．11B．12C．121D．144答案D解析根據(jù)動(dòng)能定理得，qU＝eq\f(1,2)mv2得v＝eq\r(\f(2qU,m))①離子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有qvB＝meq\f(v2,R)得R＝eq\f(mv,qB)②①②兩式聯(lián)立得：m＝eq\f(qB2R2,2U)一價(jià)正離子電荷量與質(zhì)子電荷量相等，同一加速電場(chǎng)U相同，同一出口離開磁場(chǎng)則R相同，所以m∝B2，磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來的12倍，則離子質(zhì)量是質(zhì)子質(zhì)量的144倍，D正確，A、B、C錯(cuò)誤．二、不定項(xiàng)選擇題(本題共3小題，每小題3分，滿分9分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，至少有一個(gè)選項(xiàng)符合題意，全部選對(duì)的得3分，選不全的得2分，有選錯(cuò)或不答的得0分)14．平行板電容器如果兩極板間距不是足夠近或者兩極板面積不是足夠大時(shí)，即使在兩極板之間，它們的電場(chǎng)線也不是彼此平行的直線，而是如圖9所示的曲線(上極板帶正電)．虛線MN是穿過兩極板正中央的一條直線．關(guān)于這種電場(chǎng)，以下說法正確的是()圖9A．平行金屬板間的電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng)B．a(chǎn)點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度大于b點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度C．若將一負(fù)電荷從a點(diǎn)移到b點(diǎn)，其電勢(shì)能升高D．若將一正電荷從電場(chǎng)中的c點(diǎn)由靜止釋放，它必將沿著電場(chǎng)線運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)答案BC解析勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)線為分布均勻的平行直線，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；電場(chǎng)線的疏密表示電場(chǎng)的強(qiáng)弱，選項(xiàng)B正確；電場(chǎng)方向由a到b，一負(fù)電荷從a點(diǎn)移到b點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功，其電勢(shì)能升高，選項(xiàng)C正確；電場(chǎng)線為曲線，正電荷不可能沿電場(chǎng)線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．綜上本題選B、C.15．用如圖10所示的電路測(cè)量待測(cè)電阻Rx的阻值時(shí)，下列關(guān)于由電表產(chǎn)生的誤差的說法中，正確的是()圖10A．由于電壓表的分流作用，使電阻的測(cè)量值小于真實(shí)值B．由于電流表的分壓作用，使電阻的測(cè)量值小于真實(shí)值C．電壓表的內(nèi)電阻越大，測(cè)量結(jié)果越精確D．電流表的內(nèi)電阻越大，測(cè)量結(jié)果越精確答案AC解析實(shí)際的電壓表內(nèi)阻不是無窮大，接入電路時(shí)要分流，使得電流表測(cè)量的電流大于通過待測(cè)電阻Rx的電流，而電壓沒有系統(tǒng)誤差，根據(jù)歐姆定律R＝eq\f(U,I)得，電阻的測(cè)量值將小于真實(shí)值．故A正確．此電流表對(duì)測(cè)量電阻沒有影響．故B錯(cuò)誤．電壓表的內(nèi)電阻越大，分流越小，電流測(cè)量值越精確，電阻的測(cè)量結(jié)果越精確．故C正確，D錯(cuò)誤．16．兩個(gè)質(zhì)量相同、所帶電荷量相等的帶電粒子a、b，以不同的速率對(duì)準(zhǔn)圓心O沿著AO方向射入圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖11所示．若不計(jì)粒子的重力，則下列說法正確的是()圖11A．a(chǎn)粒子帶正電，b粒子帶負(fù)電B．a(chǎn)粒子帶負(fù)電，b粒子帶正電C．a(chǎn)粒子在磁場(chǎng)中所受洛倫茲力較大D．a(chǎn)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間較長(zhǎng)答案BD解析粒子向右運(yùn)動(dòng)，根據(jù)左手定則，b向上偏轉(zhuǎn)，應(yīng)當(dāng)帶正電；a向下偏轉(zhuǎn)，應(yīng)當(dāng)帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤，B正確．洛倫茲力提供向心力，即：qvB＝eq\f(mv2,r)，得：r＝eq\f(mv,qB)，故半徑較大的b粒子速度大，由公式F＝qvB，故速度大的b粒子所受洛倫茲力較大．故C錯(cuò)誤；磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)角大的粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間長(zhǎng)，a粒子的偏轉(zhuǎn)角大，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間較長(zhǎng)．故D正確．三、實(shí)驗(yàn)題(本題共2小題，每空格2分，共14分)17．(8分)某同學(xué)在探究規(guī)格為“6V,3W”的小燈泡伏安特性曲線實(shí)驗(yàn)中：該同學(xué)采用圖12甲所示的電路進(jìn)行測(cè)量．圖中R為滑動(dòng)變阻器(阻值范圍0～20Ω，額定電流1.0A)，L為待測(cè)小燈泡，○V為電壓表(量程6V，內(nèi)阻20kΩ)，?為電流表(量程0.6A，內(nèi)阻1Ω)，E為電源(電動(dòng)勢(shì)8V，內(nèi)阻不計(jì))，S為開關(guān)．圖12(1)在實(shí)驗(yàn)過程中，開關(guān)S閉合前，滑動(dòng)變阻器的滑片P應(yīng)置于最________(填“左”或“右”)端；(2)在實(shí)驗(yàn)過程中，已知各元器件均無故障，但閉合開關(guān)S后，無論如何調(diào)節(jié)滑片P，電壓表和電流表的示數(shù)總是調(diào)不到零，其原因是________點(diǎn)至________點(diǎn)的導(dǎo)線沒有連接好；(圖甲中的黑色小圓點(diǎn)表示接線點(diǎn)，并用數(shù)字標(biāo)記，空格中請(qǐng)?zhí)顚憟D中的數(shù)字，如“__2__點(diǎn)至__3__點(diǎn)”的導(dǎo)線)(3)該同學(xué)描繪出小燈泡的伏安特性曲線示意圖如圖乙所示，則小燈泡的電阻值隨工作電壓的增大而________(填“不變”“增大”或“減小”)．答案(1)左(2)15(或51)(3)增大解析開關(guān)閉合前，應(yīng)保證小燈泡兩端電壓不能太大，要有實(shí)驗(yàn)安全意識(shí)，調(diào)節(jié)滑片在最左端使小燈泡電壓從零開始變化．電表示數(shù)總調(diào)不到零，是由于電源總是對(duì)電表供電，滑動(dòng)變阻器串聯(lián)在電路中，1點(diǎn)和5點(diǎn)間沒有接好，連成了限流式接法，這也是限流式與分壓式接法的最顯著區(qū)別．伏安特性曲線上點(diǎn)的原點(diǎn)連線的斜率表示電阻的倒數(shù)，所以隨著電壓的增大，斜率減小，電阻增大．18．(6分)多用電表是高中物理中經(jīng)常使用的電學(xué)儀器，請(qǐng)回答下面關(guān)于多用電表的幾個(gè)問題：(1)用多用電表測(cè)電流或電阻的過程中正確的做法是________．A．在測(cè)量電阻時(shí)，更換倍率后必須重新進(jìn)行調(diào)零B．在測(cè)量電流時(shí)，更換量程后必須重新進(jìn)行調(diào)零C．在測(cè)量未知電阻時(shí)，必須先選擇倍率最大擋進(jìn)行試測(cè)D．在測(cè)量未知電流時(shí)，必須先選擇電流最大量程進(jìn)行試測(cè)(2)下面是使用多用電表時(shí)表筆部分的情況，請(qǐng)問接法正確的是________．(3)如圖13，某同學(xué)利用多用電表測(cè)量分壓電路電阻的變化范圍，將滑片逐漸滑動(dòng)到最左端而不做其他變動(dòng)，移動(dòng)過程中讀數(shù)變化情況是________．圖13A．增大 B．減小C．先增大后減小 D．先減小后增大答案(1)AD(2)C(3)B解析(1)在測(cè)量電阻時(shí)，更換倍率后，歐姆表的內(nèi)部電阻發(fā)生了變化，歐姆擋的零刻度在最右邊，也就是電流滿偏，所以必須重新進(jìn)行調(diào)零，選項(xiàng)A正確；在測(cè)量電流時(shí)，根據(jù)電流表的原理，電流的零刻度在左邊，更換量程后不需要調(diào)零；在測(cè)量未知電阻時(shí)，若先選擇倍率最大擋進(jìn)行測(cè)試，當(dāng)被測(cè)電阻較小時(shí)，電流有可能過大，所以應(yīng)從倍率較小的擋進(jìn)行試測(cè)，若指針偏角過小，再換用倍率較大的擋，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在測(cè)量未知電流時(shí)，為了電流表的安全，必須先選擇電流最大量程進(jìn)行試測(cè)，若指針偏角過小，再換用較小的量程進(jìn)行測(cè)量，選項(xiàng)D正確．(2)在使用多用電表進(jìn)行歐姆調(diào)零時(shí)，將兩表筆短接，注意兩手不能與指針短接，故A錯(cuò)誤；在測(cè)量燈泡電阻時(shí)應(yīng)將兩表筆分別接外殼和中間金屬，故B錯(cuò)誤；由于多用電表內(nèi)部電源正極接黑表筆，故在測(cè)量二極管正向電阻時(shí)，應(yīng)將黑表筆接二極管正極，故C正確；在測(cè)量電阻時(shí)，電阻應(yīng)與電路斷開，故D錯(cuò)誤．(3)根據(jù)串并聯(lián)電路的特點(diǎn)可知，將滑片逐漸滑動(dòng)到最左端而不做其他變動(dòng)，電路的電阻減小，則移動(dòng)過程中讀數(shù)減小，故B正確．四、計(jì)算題(本題共4小題，19題8分，20題8分，21題10分，22題12分，共38分．要求每題寫出解題過程，只有答案沒有過程概不評(píng)分)19．(8分)如圖14所示，真空中兩個(gè)相同的小球帶有等量同種電荷，質(zhì)量均為0.1g，分別用10cm長(zhǎng)的絕緣細(xì)線懸掛于絕緣天花板的一點(diǎn)，當(dāng)平衡時(shí)B球偏離平衡位置60°，A球的懸線豎直且A球與絕緣墻壁接觸．求：圖14(1)每個(gè)小球的帶電量；(2)墻壁受到的壓力；(3)每條細(xì)線的拉力大?。鸢?1)eq\f(1,3)×10－7C(2)eq\f(\r(3),2)×10－3N，方向水平向左(3)連A球的細(xì)線的拉力大小為1.5×10－3N，連B球的細(xì)線的拉力大小為1×10－3N解析(1)對(duì)B球受力分析如圖所示：B球受三力平衡，則重力與庫侖力的合力大小等于繩子拉力，方向與繩子拉力方向相反．由幾何知識(shí)可知：F庫＝mg＝FTB根據(jù)庫侖定律：F庫＝keq\f(q2,L2)＝mg解得：q＝eq\f(1,3)×10－7C(2)對(duì)A球受力分析如圖：A球受力平衡，F(xiàn)N＝F庫sin60°＝mgsin60°＝0.1×10－2×eq\f(\r(3),2)N＝eq\f(\r(3),2)×10－3N由牛頓第三定律得：墻受到小球的壓力大小為eq\f(\r(3),2)×10－3N，方向水平向左．(3)A球受力平衡：FTA＝mg＋F庫cos60°＝0.1×10－2×(1＋0.5)N＝1.5×10－3N由前面分析知FTB＝mg＝1×10－3N.20．(8分)如圖15所示，質(zhì)量為m、電量為q的帶電粒子以初速度v0進(jìn)入場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，v0方向與E方向垂直．極板長(zhǎng)度為L(zhǎng)，極板右邊緣到熒光屏的距離也是L，已知帶電粒子打到熒光屏上的P點(diǎn)，不計(jì)粒子重力，求：圖15(1)帶電粒子離開電場(chǎng)時(shí)速度偏向角的正切值；(2)偏移量OP的大?。鸢?1)eq\f(qEL,mv\o\al(2,0))(2)eq\f(3qEL2,2mv\o\al(2,0))解析(1)水平方向：粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有：t＝eq\f(L,v0)豎直方向：粒子做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)．加速度為：a＝eq\f(qE,m)設(shè)粒子射出電場(chǎng)時(shí)，速度偏向角為θ，有：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(qEL,mv\o\al(2,0))(2)作速度的反向延長(zhǎng)線交粒子在電場(chǎng)中水平位移的中點(diǎn)，有：tanθ＝eq\f(OP,L＋\f(L,2))OP＝eq\f(3L,2)tanθ＝eq\f(3qEL2,2mv\o\al(2,0)).21．(10分)在以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心、半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)，存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如圖16所示．一個(gè)不計(jì)重力的帶電粒子從磁場(chǎng)邊界與x軸的交點(diǎn)A處以速度v沿－x方向射入磁場(chǎng)，它恰好從磁場(chǎng)邊界與y軸的交點(diǎn)C處沿＋y方向飛出．圖16(1)請(qǐng)判斷該粒子帶何種電荷，并求出其比荷eq\f(q,m)；(2)若磁場(chǎng)的方向和所在空間范圍不變，而磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小變?yōu)锽′，該粒子仍從A處以相同的速度射入磁場(chǎng)，但飛出磁場(chǎng)時(shí)的速度方向相對(duì)于入射方向改變了60°角，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B′為多大？此次粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)所用時(shí)間t為多少？答案(1)負(fù)電荷eq\f(v,Br)(2)eq\f(\r(3),3)Beq\f(\r(3)πr,3v)解析(1)由粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡(如圖)，利用左手定則可知，該粒子帶負(fù)電荷．粒子由A點(diǎn)射入，由C點(diǎn)飛出，其速度方向改變了90°，則粒子軌跡半徑R＝r，又qvB＝meq\f(v2,R)，則粒子的比荷eq\f(q,m)＝eq\f(v,Br).(2)設(shè)粒子從D點(diǎn)飛出磁場(chǎng)，速度方向改變了60°角，故AD弧所對(duì)圓心角為60°，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R′＝eq\f(r,tan30°)＝eq\r(3)r，又R′＝eq\f(mv,qB′)，所以B′＝eq\f(\r(3),3)B，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)所用時(shí)間t＝eq\f(1,6)T＝eq\f(1,6)×eq\f(2πm,qB′)＝eq\f(\r(3)πr,3v).22．(12分)如圖17所示是學(xué)生們根據(jù)回旋加速器原理設(shè)計(jì)的一個(gè)小型粒子加速器的原理示意圖，區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1和B2.在寬度為L(zhǎng)的區(qū)域Ⅲ內(nèi)存在一個(gè)勻強(qiáng)