高考物理大二輪總復(fù)習(xí) 模塊滾動(dòng)檢測(cè)卷（三）

模塊滾動(dòng)檢測(cè)卷(三)(范圍：選修31滿(mǎn)分：100分)一、單項(xiàng)選擇題(本題共13小題，每小題3分，滿(mǎn)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(kù)侖通過(guò)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(chēng)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(xiàn)運(yùn)動(dòng)速度隨時(shí)間的變化規(guī)律答案C2以下說(shuō)法正確的是()A由E可知此場(chǎng)中某點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度E與F成正比B由公式可知電場(chǎng)中某點(diǎn)的電勢(shì)與q成反比C由UabEd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，電容器的電容大小C與電容器兩極板間電勢(shì)差U無(wú)關(guān)答案D解析電場(chǎng)強(qiáng)度E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(wú)關(guān)，故A錯(cuò)誤電場(chǎng)中某點(diǎn)的電勢(shì)與檢驗(yàn)電荷q無(wú)關(guān)，是由電場(chǎng)本身和零電勢(shì)點(diǎn)決定的故B錯(cuò)誤UabEd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(xiàn)方向的距離，故C錯(cuò)誤公式C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(wú)關(guān)3(2016嘉興模擬)絕緣細(xì)線(xiàn)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1AM一定帶正電BM、N都帶正電CM、N都帶負(fù)電DM、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(xiàn)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(shuō)法正確的是()A在充電過(guò)程中電流恒定B在放電過(guò)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(wú)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(xiàn)和其中垂線(xiàn)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(xiàn)移到b點(diǎn)，再?gòu)腷點(diǎn)沿直線(xiàn)移到c點(diǎn)則檢驗(yàn)電荷在此全過(guò)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(xiàn)上，電場(chǎng)方向始終垂直中垂線(xiàn)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(xiàn)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(shuō)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(kù)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(kù)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(kù)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(xiàn)和虛線(xiàn)分別表示電場(chǎng)線(xiàn)和等勢(shì)線(xiàn)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3AWaWb，EaEbBWaWb，EaEbCWaWb，EaEbDWaWb，EaEb答案C解析圖中a、b兩點(diǎn)在一個(gè)等勢(shì)面上，故UacUbc，根據(jù)WqU，有WaWb；a位置的電場(chǎng)線(xiàn)較密集，故EaEb.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(xiàn)懸掛在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，通入AC方向的電流時(shí)，懸線(xiàn)張力不為零，欲使懸線(xiàn)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(1 000 W)、電視機(jī)(100 W)和洗衣機(jī)(400 W)平均每天都工作1 h，一個(gè)月(30天計(jì))的用電量是()A10 kWh B20 kWhC45 kWh D40 kWh答案C解析P1 000 W100 W400 W1 500 W1.5 kW故WPt1.5 kW1 h3045 kWh.10如圖5是一個(gè)說(shuō)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(kāi)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，eU1mv，所以電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)速度的大小為v0 ，電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后偏轉(zhuǎn)的位移：hat2()2，所以示波管的靈敏度，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(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)，電流表的示數(shù)為0.3 A，則當(dāng)S閉合時(shí)，電流表的示數(shù)可能是()圖6A0.22 AB0.42 AC0.52 AD0.58 A答案B解析當(dāng)S閉合時(shí)，4 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0.3 A.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 I6 0.3 A(4 6 )，則得：I0.5 A故得電流表示數(shù)范圍為：0.3 AI0.5 A，故B正確12圖7中的路燈為太陽(yáng)能路燈，每只路燈的光伏電池板有效采光面積約0.3 m2.晴天時(shí)電池板上每平方米每小時(shí)接收到的太陽(yáng)輻射能為3106 J如果每天等效日照時(shí)間約為6 h，光電池一天產(chǎn)生的電能可供30 W的路燈工作8 h光電池的光電轉(zhuǎn)換效率為()圖7A4.8% B9.6%C16% D44%答案C解析太陽(yáng)能電池板每天(6 h)吸收的太陽(yáng)能：W總0.33106 J/h6 h5.4106 J，路燈正常工作，PP額30 W，路燈正常工作8 h消耗的電能：W有Pt30 W83 600 s8.64105 J，太陽(yáng)能路燈利用太陽(yáng)能的效率：100%16%.13現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來(lái)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(kāi)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(kāi)磁場(chǎng)若某種一價(jià)正離子在入口處從靜止開(kāi)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(kāi)磁場(chǎng)，需將磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來(lái)的12倍此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為()圖8A11 B12 C121 D144答案D解析根據(jù)動(dòng)能定理得，qUmv2得v 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qvBm得R兩式聯(lián)立得：m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(kāi)磁場(chǎng)則R相同，所以mB2，磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來(lái)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(mǎn)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(xiàn)也不是彼此平行的直線(xiàn)，而是如圖9所示的曲線(xiàn)(上極板帶正電)虛線(xiàn)MN是穿過(guò)兩極板正中央的一條直線(xiàn)關(guān)于這種電場(chǎng)，以下說(shuō)法正確的是()圖9A平行金屬板間的電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng)Ba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(xiàn)運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)答案BC解析勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)線(xiàn)為分布均勻的平行直線(xiàn)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；電場(chǎng)線(xiàn)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(xiàn)為曲線(xiàn)，正電荷不可能沿電場(chǎng)線(xiàn)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(shuō)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(wú)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(guò)待測(cè)電阻Rx的電流，而電壓沒(méi)有系統(tǒng)誤差，根據(jù)歐姆定律R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(méi)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(shuō)法正確的是()圖11Aa粒子帶正電，b粒子帶負(fù)電Ba粒子帶負(fù)電，b粒子帶正電Ca粒子在磁場(chǎng)中所受洛倫茲力較大Da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，得：r，故半徑較大的b粒子速度大 ，由公式FqvB，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“6 V,3 W”的小燈泡伏安特性曲線(xiàn)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020 ，額定電流1.0 A)，L為待測(cè)小燈泡，V為電壓表(量程6 V，內(nèi)阻20 k)，為電流表(量程0.6 A，內(nèi)阻1 )，E為電源(電動(dòng)勢(shì)8 V，內(nèi)阻不計(jì))，S為開(kāi)關(guān)圖12(1)在實(shí)驗(yàn)過(guò)程中，開(kāi)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(guò)程中，已知各元器件均無(wú)故障，但閉合開(kāi)關(guān)S后，無(wú)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(xiàn)沒(méi)有連接好；(圖甲中的黑色小圓點(diǎn)表示接線(xiàn)點(diǎn)，并用數(shù)字標(biāo)記，空格中請(qǐng)?zhí)顚?xiě)圖中的數(shù)字，如“_2_點(diǎn)至_3_點(diǎn)”的導(dǎo)線(xiàn))(3)該同學(xué)描繪出小燈泡的伏安特性曲線(xiàn)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(kāi)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(kāi)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(méi)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(xiàn)上點(diǎn)的原點(diǎn)連線(xiàn)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(wèn)題：(1)用多用電表測(cè)電流或電阻的過(guò)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(wèn)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(guò)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(mǎn)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(guò)大，所以應(yīng)從倍率較小的擋進(jìn)行試測(cè)，若指針偏角過(guò)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(guò)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(kāi)，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(guò)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(xiě)出解題過(guò)程，只有答案沒(méi)有過(guò)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0.1 g，分別用10 cm長(zhǎng)的絕緣細(xì)線(xiàn)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(xiàn)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(xiàn)的拉力大小答案 (1)107 C(2)103 N，方向水平向左(3)連A球的細(xì)線(xiàn)的拉力大小為1.5103 N，連B球的細(xì)線(xiàn)的拉力大小為1103 N 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(kù)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(kù)mgFTB根據(jù)庫(kù)侖定律：F庫(kù)kmg解得：q107 C(2)對(duì)A球受力分析如圖：A球受力平衡，F(xiàn)NF庫(kù)sin 60mgsin 600.1102 N103 N由牛頓第三定律得：墻受到小球的壓力大小為103 N，方向水平向左(3)A球受力平衡：FTAmgF庫(kù)cos 600.1102(10.5) N1.5103 N由前面分析知FTBmg1103 N.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(kāi)電場(chǎng)時(shí)速度偏向角的正切值；(2)偏移量OP的大小答案(1)(2)解析(1)水平方向：粒子做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則有：t 豎直方向：粒子做初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)加速度為：a設(shè)粒子射出電場(chǎng)時(shí)，速度偏向角為，有：tan (2)作速度的反向延長(zhǎng)線(xiàn)交粒子在電場(chǎng)中水平位移的中點(diǎn)，有：tan OPtan .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；(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(2)B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Rr，又qvBm，則粒子的比荷.(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 r，又R，所以BB，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)所用時(shí)間tT.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)域和區(qū)域存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1和B2.在寬度為L(zhǎng)的區(qū)域內(nèi)存在一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)E，通過(guò)自動(dòng)調(diào)整方向使進(jìn)入這區(qū)域的粒子持續(xù)加速在圖中A位置有一個(gè)帶正電的粒子從靜止釋放，粒子經(jīng)過(guò)兩次電場(chǎng)加速后最終垂直區(qū)域邊緣AD射出(粒子質(zhì)量為m，帶電量為q，不計(jì)重力和阻力)求：圖17(1)粒子飛入?yún)^(qū)域和區(qū)域的速度之比；(2)區(qū)域和區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度之比；(3)已知區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1B，求從粒子釋放到從區(qū)域邊緣飛出的總時(shí)間答案(1)(2)(3)2解析(1)如圖所示，帶電粒子由靜止釋放，在電場(chǎng)中加速進(jìn)入?yún)^(qū)域，經(jīng)過(guò)半個(gè)圓周的偏轉(zhuǎn)進(jìn)入?yún)^(qū)域繼續(xù)加速，進(jìn)入?yún)^(qū)域經(jīng)過(guò)圓周偏轉(zhuǎn)垂直邊緣AD射出粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域時(shí)經(jīng)歷了兩次電場(chǎng)加速，2EqLmv粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域時(shí)經(jīng)歷了一次電場(chǎng)加速，EqLmv聯(lián)立可得(2)根據(jù)題意，帶電粒子在區(qū)域和區(qū)域中的圓周軌跡半徑之比2，根據(jù)公式Bqv得B可得(3)帶電粒子在三個(gè)區(qū)域的運(yùn)動(dòng)時(shí)間分別設(shè)為t1、t2、t3，粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期T，B1B，B2B可得t1T1，t2T2在電場(chǎng)中有兩次加速，電場(chǎng)力恒定為Eq，總距離是2L，根據(jù)勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得2Lat，a，聯(lián)立得t32總時(shí)間tt1t2t32.