(江蘇專版)2022年高考物理一輪復(fù)習 階段綜合檢測(三)第六-八章驗收(含解析)

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1、(江蘇專版)2022年高考物理一輪復(fù)習 階段綜合檢測(三)第六-八章驗收(含解析) 一、單項選擇題(本題共7小題,每小題3分,共計21分。每小題只有一個選項符合題意) 1.(2018·連云港二模)如圖甲所示,A、B是一條電場線上的兩點,若在A點釋放一初速度為零的電子,電子僅受電場力作用,并沿電場線從A運動到B,其速度平方(v2)與位移(x)關(guān)系圖線如圖乙所示。設(shè)A、B兩點的電場強度分別為EA、EB,電勢分別為φA、φB,則(  ) A.EA>EB         B.EAφB D.φA<φB 解析:選D 電子初速度為零,故根據(jù)位移速度公式可得v2=2ax,所

2、以v2-x圖像的斜率表示加速度的2倍,從題圖可知電子的加速度恒定,即受到的電場力恒定,所以EA=EB,因為電子帶負電,電場力做正功,所以電場方向從B到A,根據(jù)沿電場線方向電勢降低可知φA<φB,D正確。 2.(2018·南京三模)如圖所示,寬度為d、厚度為h的金屬導體放在垂直于它的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中,當電流通過該導體時,在導體的上、下表面之間會產(chǎn)生電勢差,這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)。實驗表明:當磁場不太強時,電勢差U、電流I和磁感應(yīng)強度B的關(guān)系為U=k,式中的比例系數(shù)k稱為霍爾系數(shù),設(shè)載流子的電荷量大小為q,金屬導體單位體積內(nèi)的自由電荷數(shù)目為n,下列說法正確的是(  ) A.導體上表面的

3、電勢高于下表面的電勢 B.霍爾系數(shù)k= C.載流子所受靜電力的大小F=q D.載流子所受洛倫茲力的大小f= 解析:選D 由左手定則可知,載流子受到的洛倫茲力向上,由于載流子是自由電子,故導體上表面的電勢低于下表面的電勢,故A錯誤;導體中的電場強度E=,載流子所受電場力F=qE=q,故C錯誤;穩(wěn)定時,電場力與洛倫茲力相等,即q=qvB,解得U=Bhv,又電流的微觀表達式:I=nqSv=nqhdv,解兩式得:U=,則霍爾系數(shù)為k=,故B錯誤;穩(wěn)定時,電場力與洛倫茲力相等,載流子所受洛倫茲力的大小f=Bqv=,故D正確。 3.(2019·柳州模擬)兩個較大的平行金屬板A、B相距為d,分別接

4、在電壓為U的電源正、負極上,這時質(zhì)量為m、帶電荷量為-q的油滴恰好靜止在兩板之間,如圖所示。在其他條件不變的情況下,如果將B板向下移動一小段距離,則該過程中(  ) A.油滴將向上加速運動,電流計中的電流從b流向a B.油滴將向下加速運動,電流計中的電流從a流向b C.油滴靜止不動,電流計中的電流從b流向a D.油滴靜止不動,電流計中的電流從a流向b 解析:選B 開始時油滴靜止,說明電場力與重力平衡;電容器與電源直接相連,故電壓不變,當B板向下移動一小段距離,板間距離d增大,則由E=可知,電場強度減小,電場力減小,故重力大于電場力,油滴向下加速運動;由于d增大,則由C=可知,電容C減

5、小,因電壓不變,則由Q=UC可知,電荷量Q減小,電容器放電,電流計中有從a到b的電流,故B正確,A、C、D錯誤。 4.(2018·廣州模擬)如圖所示,已知甲空間中沒有電場;乙空間中有豎直向上的勻強電場;丙空間中有豎直向下的勻強電場。三個圖中的斜面相同且絕緣,相同的帶負電小球從斜面上的相同位置O 點以相同初速度v0沿水平方向拋出,分別落在甲、乙、丙圖中斜面上A、B、C 點(圖中未畫出),距離O 點的距離分別為lOA、lOB、lOC。小球受到的電場力始終小于重力,不計空氣阻力。則(  ) A.lOA>lOB>lOC         B.lOB>lOA>lOC C.lOC>lOA>lOB

6、 D.lOC>lOB>lOA 解析:選C 甲圖小球不受電場力,加速度為g,帶電小球在乙圖中受到豎直向下的電場力與重力,加速度大于g,而在丙圖中受到豎直向上的電場力與重力,加速度小于g,根據(jù)類平拋運動規(guī)律,他們落在斜面上時均有:tan θ===,解得:t=,可知,當加速度越大時,所用時間越短,因此沿斜面運動的距離也就越小,即lOC>lOA>lOB,故C正確,A、B、D錯誤。 5.如圖所示電路中,電源為恒流源,能始終提供大小恒定的電流。R0為定值電阻,移動滑動變阻器R的滑片,則選項圖中表示電壓表示數(shù)U、電路總功率P隨電流表示數(shù)I變化的關(guān)系圖像,可能正確的是(  ) 解析:選C 由題圖知

7、R0與R并聯(lián),電壓表測電源電壓,電流表測R支路的電流,設(shè)電源提供的電流恒定為I總,根據(jù)并聯(lián)電路特點可知:U=U0=I0R0=(I總-I)R0=-IR0+I總R0,其中I總、R0為定值,由U=-R0I+I總R0,可知U與I的圖像為一次函數(shù)圖像,且-R0<0,故A、B錯誤;由電功率的計算公式知,電路消耗總功率:P=UI總=(I總-I)R0×I總=-I總R0I+I總2R0,其中I總、R0為定值,由P=-I總R0I+I總2R0,可知P與I的圖像為一次函數(shù)圖像,-I總R0<0,且I、P不會為0,故C正確,D錯誤。 6.(2019·深圳模擬)一個重力不計的帶電粒子垂直進入勻強磁場,在與磁場垂直的平面內(nèi)做

8、勻速圓周運動。則能正確表示運動周期T與半徑R之間關(guān)系的圖像是(  ) 解析:選D 帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時,有qvB=m,可得R=,由圓周運動規(guī)律,T==,可見運動周期與半徑無關(guān),故D項正確。 7.(2019·常州期中)在真空中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強電場。質(zhì)量為m的帶電小球由MN上的A點以一定初速度水平拋出,從B點進入電場,到達C點時速度方向恰好水平。A、B、C三點在同一直線上,且AB=2BC,如圖所示。由此可見(  ) A.電場力為2mg B.小球帶正電 C.小球從A到B與從B到C的運動時間相等 D.小球從A到B與從B到C的速度變化量不相同 解析:選

9、D 帶電小球從A到C,設(shè)在進入電場前后兩個運動過程水平分位移分別為x1和x2,豎直分位移分別為y1和y2,經(jīng)歷的時間分別為t1和t2。設(shè)在電場中的加速度為a。由于軌跡向上彎曲,加速度方向必定向上,合力向上,說明電場力方向向上,所以小球帶負電,從A到B過程小球做平拋運動,則有:x1=v0t1;從B到C過程有:x2=v0t2;由題意有:x1=2x2,聯(lián)立得:t1=2t2;即小球從A到B是從B到C運動時間的2倍。又y1=gt12,將小球在電場中的運動看成沿相反方向的類平拋運動,則有:y2=at22,根據(jù)幾何知識有:y1∶y2=x1∶x2;解得:a=2g;根據(jù)牛頓第二定律得:F-mg=ma=2mg,解

10、得:F=3mg,A、B、C錯誤;根據(jù)速度變化量Δv=at,得AB過程速度變化量大小為Δv1=gt1=2gt2;BC過程速度變化量大小為Δv2=at2=2gt2;所以小球從A到B與從B到C的速度變化量大小相等,但由于從A到B時方向向下,而從B到C時方向向上,故速度變化量不相同,D正確。 二、多項選擇題(本題共5小題,每小題4分,共計20分。每小題有多個選項符合題意。全部選對的得4分,選對但不全的得2分,錯選或不答的得0分) 8.(2019·常州中學模擬)某電容式話筒的原理示意圖如圖所示,E為電源,R為電阻,薄片P和Q為兩金屬極板。對著話筒說話時,P振動而Q可視為不動。在P、Q間距減小的過程中

11、(  ) A.P、Q構(gòu)成的電容器電容增大 B.P上電荷量保持不變 C.電阻R中有N到M方向的電流 D.電阻R中有M到N方向的電流 解析:選AC 電容式話筒與電源串聯(lián),其電壓保持不變。在P、Q間距減小的過程中,根據(jù)電容決定式C=可知電容增大,又根據(jù)電容定義式C=得知電容器所帶電荷量增大,P極板上電荷量增大,電容器充電,充電電流通過R的方向由N到M,故A、C正確,B、D錯誤。 9.如圖所示,一簇電場線的分布關(guān)于y軸對稱,O是坐標原點,M、N、P、Q是以O(shè)為圓心的一個圓周上的四個點,其中M、N在y軸上,Q點在x軸上,則(  ) A.M點的電勢比P點的電勢低 B.O、M間的電勢差小于N

12、、O間的電勢差 C.一正電荷在O點時的電勢能小于在Q點時的電勢能 D.將一負電荷由M點移到P點,電場力做正功 解析:選ABD 根據(jù)等勢線與電場線垂直,順著電場線的方向電勢降低,可知M點的電勢比P點的電勢低,故A項正確;O、M間的場強小于N、O間的場強,OM=NO,由公式U=Ed分析得知,O、M間的電勢差小于N、O間的電勢差,故B項正確;根據(jù)等勢線與電場線垂直,順著電場線的方向電勢降低,可得O點的電勢高于Q點的電勢,則正電荷在O點時的電勢能大于在Q點時的電勢能,故C項錯誤;M點的電勢比P點的電勢低,則負電荷在M點的電勢能比在P點的電勢能大,所以將一負電荷由M點移到P點時,電勢能減小,電場力

13、做正功,故D項正確。 10.如圖所示,平行板電容器與電動勢為E的直流電源(內(nèi)阻不計)連接,下極板接地,靜電計所帶電荷量很少,可被忽略。一帶負電油滴被固定于電容器中的P點?,F(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離,則(  ) A.平行板電容器的電容值將變大 B.靜電計指針張角不變 C.帶電油滴的電勢能將增大 D.若先將上極板與電源正極連接的導線斷開,再將下極板向下移動一小段距離,則帶電油滴所受電場力不變 解析:選BD 根據(jù)C=知,d增大,則電容減小,故A錯誤。靜電計測量的是電容器兩端的電勢差,因為電容器始終與電源相連,則電勢差不變,所以靜電計指針張角不變,故B正確。電勢差不變,

14、d增大,則電場強度減小,故P點與上極板的電勢差減小,則P點的電勢升高,因油滴帶負電,可知帶電油滴的電勢能將減小,故C錯誤。電容器與電源斷開,則電荷量不變,d改變,根據(jù)E===,知電場強度不變,則油滴所受電場力不變,故D正確。 11.如圖所示,兩根平行長直導線相距2l,通有大小相等、方向相同的恒定電流;a、b、c是導線所在平面內(nèi)的三點,左側(cè)導線與它們的距離分別為、l和3l。關(guān)于這三點處的磁感應(yīng)強度,下列判斷正確的是(  ) A.a(chǎn)處的磁感應(yīng)強度大小比c處的大 B.b、c兩處的磁感應(yīng)強度大小相等 C.a(chǎn)、c兩處的磁感應(yīng)強度方向相同 D.b處的磁感應(yīng)強度為零 解析:選AD a、c兩點處的

15、磁感應(yīng)強度是兩導線電流產(chǎn)生的合磁感應(yīng)強度,由于a點比c點距離兩導線較近,所以a處的磁感應(yīng)強度比c處的大,A正確;根據(jù)安培定則知,a、c兩處磁感應(yīng)強度方向相反,C錯誤;b點位于兩導線中間,兩導線在b點處產(chǎn)生的磁場大小相等,方向相反,合磁感應(yīng)強度為零,c處磁感應(yīng)強度不為零,D正確,B錯誤。 12.如圖所示,虛線框中存在垂直紙面向外的勻強磁場B和平行紙面且與豎直平面夾角為45°斜向下的勻強電場E。有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電的小球在高為h處的P點從靜止開始自由下落,當小球運動到復(fù)合場內(nèi)時剛好做直線運動,那么(  ) A.小球在復(fù)合場中一定做勻速直線運動 B.若換成帶正電的小球,小球仍可能做

16、直線運動 C.磁感應(yīng)強度B=,場強E= D.若同時改變小球的比荷與初始下落高度h,小球不能沿直線通過復(fù)合場 解析:選ACD 小球在復(fù)合場中受到豎直向下的重力、與電場強度方向相反的電場力和水平向右的洛倫茲力的作用,如圖所示,其中電場力和重力是恒力,而洛倫茲力的大小與小球的速度大小成正比,若小球做的是變速運動,那么洛倫茲力也是變力,小球受到的合力方向也要改變,這與題意不符,所以小球在復(fù)合場中一定做勻速直線運動,故A正確;根據(jù)小球受力平衡可得qvB=mg,qE=mg,又v2=2gh,聯(lián)立各式解得磁感應(yīng)強度B=,電場強度E=;若要使小球沿直線通過復(fù)合場,小球受到的合力一定為零,所以以上兩個式子一

17、定要同時滿足,若同時改變小球的比荷與初始下落的高度h,以上兩個式子不能同時滿足,不能做直線運動,故C、D正確;若換成帶正電的小球,則電場力和洛倫茲力同時反向,小球所受合力不可能為零,故B錯誤。 三、實驗題(本題共2小題,共18分) 13.(8分)(2019·蘇錫常鎮(zhèn)一模)在“測電源電動勢和內(nèi)阻”的實驗中,某實驗小組同學根據(jù)圖甲電路進行測量實驗。 (1)根據(jù)圖甲電路,請在乙圖中用筆畫線代替導線,完成實物電路的連接。 (2)實驗小組同學操作正確,記錄下幾組電壓表和電流表的示數(shù),并在坐標系內(nèi)作出電壓表示數(shù)U和對應(yīng)的電流表示數(shù)I的圖像,如圖丙所示。由圖像可測得E測和r測,則E測______

18、E真;r測______r真(選填“>”“=”或“<”)。 (3)為了克服系統(tǒng)誤差,同學們又根據(jù)圖丁電路進行測量。同樣作出U-I圖像,如圖戊所示。經(jīng)過討論發(fā)現(xiàn),利用圖丙和圖戊可以消除系統(tǒng)誤差得出電源的電動勢和內(nèi)阻的真實值,則E真=________,r真=________。 解析:(1)測量電動勢和內(nèi)阻的實驗原理是電流表的內(nèi)接法和滑動變阻器的限流式接法,實物連線如圖: (2)當采用電流表內(nèi)接法時,誤差原因為電壓表分流導致電流表測量總電流偏小,可把電壓表與電源看做一個等效電源,根據(jù)閉合電路歐姆定律可知E測=

19、外接法時,誤差原因為電流表分壓導致電壓表測量外電壓偏小,可把電流表與電源看做一個等效電源,E測′=E真,r測′=r真+RA>r真,綜合兩種接法的誤差可知電流表的外接法電動勢是準確的,E真=UB,而電流表內(nèi)接法時電壓表示數(shù)為零,代表外電路短路,由題圖丙可知真實的短路電流為IA=,可得r真=。 答案:(1)圖見解析 (2)< < (3)UB  14.(10分)(2019·南京沖刺)在“測定金屬的電阻率”實驗中,所用測量儀器均已校準。待測金屬絲接入電路部分的長度約為50 cm。 (1)用螺旋測微器測量金屬絲的直徑,其中某一次測量結(jié)果如圖1所示,其讀數(shù)應(yīng)為__________mm。(該值接近

20、多次測量的平均值) (2)用伏安法測金屬絲的電阻Rx。實驗所用器材為:電池組(電動勢為3 V,內(nèi)阻約1 Ω)、電流表(內(nèi)阻約0.1 Ω)、電壓表(內(nèi)阻約3 kΩ)、滑動變阻器R(0~20 Ω,額定電流2 A)、開關(guān)、導線若干。某小組同學利用以上器材正確連接好電路,進行實驗測量,記錄數(shù)據(jù)如下表。 次數(shù) 1 2 3 4 5 6 7 U/V 0.10 0.30 0.70 1.00 1.50 1.70 2.30 I/A 0.020 0.060 0.160 0.220 0.340 0.460 0.520 由以上數(shù)據(jù)可知,他們測量Rx是采用圖2中的_

21、_______圖(選填“甲”或“乙”)。 (3)圖3是測量Rx的實驗器材實物圖,圖中已連接了部分導線,滑動變阻器的滑片P置于變阻器的一端。請根據(jù)所選的電路圖,補充完成圖3中實物間的連線,并使閉合開關(guān)的瞬間,電壓表或電流表不至于被燒壞。 (4)這個小組的同學在坐標紙上建立U、I坐標系,如圖4所示,圖中已標出了測量數(shù)據(jù)對應(yīng)的4個坐標點。請在圖4中標出第2、4、6次測量數(shù)據(jù)坐標點,并描繪出U-I圖線。由圖線得到金屬絲的阻值Rx=___________Ω(保留兩位有效數(shù)字)。根據(jù)以上數(shù)據(jù)可以估算出金屬絲的電阻率約為________(保留一位有效數(shù)字)。 解析:(1)螺旋測微器的固定刻

22、度讀數(shù)為0,可動刻度讀數(shù)為39.5, 故所測長度為0+39.5×0.01 mm=0.395 mm。 (2)由記錄數(shù)據(jù)根據(jù)歐姆定律可知金屬絲的電阻Rx約為5 Ω。 則有Rx<= Ω=10 Ω,屬于小電阻,用外接法測量誤差小,實驗要描繪電阻的U-I圖線,要求電壓、電流從接近0開始調(diào)節(jié),所以應(yīng)該采用分壓接法,故選甲圖。 (3)注意連圖時連線起點和終點在接線柱上并且不能交叉,結(jié)合(2)可知應(yīng)該連接成外接分壓接法(圖甲),先連外接電路部分,再連分壓電路部分,為保證閉合開關(guān)時不燒壞電表,此時滑片P必須置于變阻器的左端。實物圖如圖所示: (4)描繪出第2、4、6次測量數(shù)據(jù)坐標點后可見第6次測量

23、數(shù)據(jù)的坐標點誤差太大,應(yīng)舍去,然后畫出U-I圖線。如圖所示: 計算U-I圖像的斜率可得到電阻的阻值R= Ω≈4.5 Ω; 根據(jù)電阻定律R=,得ρ=,代入數(shù)據(jù)可計算出ρ=1×10-6 Ω·m。 答案:(1)0.395(0.393~0.398均可) (2)甲 (3)圖見解析 (4)圖見解析 4.5(4.3~4.6均可) 1×10-6 Ω·m 四、計算題(本題共4小題,共61分) 15.(14分)制備納米薄膜裝置的工作電極可簡化為真空中間距為d的兩平行極板,如圖甲所示。加在極板A、B間的電壓UAB周期性變化,其正向電壓為U0,反向電壓為-kU0(k>1),電壓變化的周期為2t,如圖乙

24、所示。在t=0時,極板B附近的一個電子,質(zhì)量為m、電荷量為e,受電場力作用由靜止開始運動,不考慮重力作用,若k=,為使電子在0~2t時間內(nèi)不能到達極板A。求d應(yīng)滿足的條件。 解析:電子在0~t時間內(nèi)做勻加速運動 加速度的大小a1= 位移x1=a1t2 電子在t~2t時間內(nèi)先做勻減速運動,后反向做勻加速運動 加速度的大小a2= 初速度的大小v1=a1t 勻減速運動階段的位移x2= 依據(jù)題意d>x1+x2 解得d> 。 答案:d> 16.(15分)(2018·啟東中學期末)如圖所示的平行板器件中,存在相互垂直的勻強磁場和勻強電場,磁場的磁感應(yīng)強度B1=0.4 T,方向垂

25、直紙面向里,電場強度E=2.0×105 V/m,方向向下,PQ為板間中線。緊靠平行板右側(cè)邊緣xOy坐標系的第一象限內(nèi),有垂直紙面向外的勻強磁場,磁感應(yīng)強度B2=0.25 T,磁場邊界AO和y軸的夾角∠AOy=45°。一束帶電荷量q=8.0×10-19 C的正離子從P點射入平行板間,沿中線PQ做直線運動,穿出平行板后從y軸上坐標為(0,0.2 m)的Q點垂直y軸射入磁場區(qū),離子離開磁場后垂直通過x軸。求: (1)離子運動的速度大小; (2)離子的質(zhì)量; (3)若只改變AOy區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度大小,使離子都不能打到x軸上,磁感應(yīng)強度大小B2應(yīng)滿足什么條件? 解析:(1)設(shè)正離子的速

26、度為v,因為沿中線PQ做直線運動,則:Eq=qvB1 代入數(shù)據(jù)計算得出:v=5.0×105 m/s。 (2)設(shè)離子的質(zhì)量為m,如圖甲所示,當通過x軸時的速度方向與x軸正方向夾角為90°時,由幾何關(guān)系可以知道運動半徑:r1=0.1 m 由牛頓第二定律有:qvB2=m 代入數(shù)據(jù)計算得出:m=4.0×10-26 kg。 (3) 如圖乙所示,由幾何關(guān)系可以知道使離子不能打到x軸上的最大半徑為: r2= m 設(shè)使離子都不能打到x軸上,最小的磁感應(yīng)強度大小為B0, 則有:qvB0=m 代入數(shù)據(jù)計算得出:B0= T=0.30 T 則:B2≥0.30 T。 答案:(1)5.0×105

27、 m/s (2)4.0×10-26 kg (3)B2≥0.30 T 17.(16分)(2019·連云港模擬)如圖所示,在地面附近xOy平面內(nèi)(x軸水平,y軸豎直),有沿+x方向的勻強電場和垂直于xOy平面向里的勻強磁場,電場強度大小E=20 N/C,磁感應(yīng)強度大小B= T。一質(zhì)量m=1×10-4 kg,電荷量q=+5×10-5 C的帶電小球從坐標原點O射入第一象限,恰好做勻速直線運動。g取10 m/s2。 (1)求該小球的速度v0; (2)若把勻強電場的方向改為沿+y方向,其他條件不變,則小球從坐標原點O射入第一象限后,經(jīng)過多長時間能再次返回到O點? (3)設(shè)小球在t=0時射入,當t

28、1=1 s時撤去磁場,求小球在x軸上方運動過程中,距離x軸最遠時的坐標。 解析:(1)分析知小球受力情況如圖所示,根據(jù)平衡條件, 得qv0B= 代入數(shù)據(jù),得v0=20 m/s tan θ==1,θ=45° 即小球的速度大小為20 m/s,方向與x軸成45°斜向右上方。 (2)分析知小球受到的重力與電場力平衡,在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動,故有 qv0B=m,T=,t=nT= 代入數(shù)據(jù),得t=2πn(n=1,2,3,…)。 (3)分析知小球先做勻速直線運動,然后做類平拋運動,其運動軌跡如圖所示。 在做類平拋運動過程中 ax==10 m/s2, ay==10 m/s2

29、從撤去磁場到小球在x軸上方離x軸最遠的時間為: t2=== s 對整段過程有: x=v0cos 45°·t1+v0cos 45°·t2+axt22=(10+30)m=44.14 m y=v0sin 45°·t1+v0sin 45°·t2-ayt22=(10+10)m=24.14 m。 答案:(1)20 m/s 方向與x軸成45°斜向右上方  (2)2πn(n=1,2,3,…) (3)(44.14 m,24.14 m) 18.(16分)(2018·江蘇高考)如圖所示,真空中四個相同的矩形勻強磁場區(qū)域,高為4d,寬為d,中間兩個磁場區(qū)域間隔為2d,中軸線與磁場區(qū)域兩側(cè)相交于O、O′點

30、,各區(qū)域磁感應(yīng)強度大小相等。某粒子質(zhì)量為m、電荷量為+q,從O沿軸線射入磁場。當入射速度為v0時,粒子從O上方處射出磁場。取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。 (1)求磁感應(yīng)強度大小B; (2)入射速度為5v0時,求粒子從O運動到O′的時間t; (3)入射速度仍為5v0,通過沿軸線OO′平移中間兩個磁場(磁場不重疊),可使粒子從O運動到O′的時間增加Δt,求Δt的最大值。 解析:(1)粒子做圓周運動,洛倫茲力提供向心力, qv0B= 由題意知r0= 由以上兩式解得B=。 (2) 當初速度v=5v0時,由qvB=得r=d,粒子運動軌跡如圖, 設(shè)粒子在矩形磁場中的偏轉(zhuǎn)角為α。 由幾何關(guān)系d=rsin α,得sin α=,即α=53° 在一個矩形磁場中的運動時間t1=×, 解得t1= 粒子做直線運動的時間t2=, 解得t2= 則t=4t1+t2=。 (3)設(shè)將中間兩磁場分別向中央移動距離x。 粒子向上的偏移量y=2r(1-cos α)+xtan α 由y≤2d,解得x≤d 則當xm=d時,Δt有最大值 粒子直線運動路程的最大值sm=+(2d-2xm)=3d 增加路程的最大值Δsm=sm-2d=d 增加時間的最大值Δtm==。 答案:(1) (2) (3)

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