高中物理人教版1本冊總復(fù)習(xí)總復(fù)習(xí)學(xué)業(yè)質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)檢測3

第三章學(xué)業(yè)質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)檢測本卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分。滿分100分，時(shí)間90分鐘。第Ⅰ卷(選擇題共40分)一、選擇題(共10小題，每小題4分，共40分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～6小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，第7～10小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，全部選對的得4分，選不全的得2分，有選錯(cuò)或不答的得0分)1．(遼寧鞍山一中2023～2023學(xué)年高二上學(xué)期期中)下列四個(gè)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象中，不能表明電流能產(chǎn)生磁場的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號50232714)(B)A．甲圖中，導(dǎo)線通電后磁針發(fā)生偏轉(zhuǎn)B．乙圖中，通電導(dǎo)線在磁場中受到力的作用C．丙圖中，當(dāng)電流方向相同時(shí)，導(dǎo)線相互靠近D．丁圖中，當(dāng)電流方向相反時(shí)，導(dǎo)線相互遠(yuǎn)離解析：甲、丙、丁中小磁針或?qū)Ь€所受的磁場力都是導(dǎo)線中電流產(chǎn)生的磁場給的力，但乙中的磁場是磁鐵產(chǎn)生的。2．(河北衡水中學(xué)2023～2023學(xué)年高二上學(xué)期調(diào)研)如圖所示，裝有導(dǎo)電液的玻璃器皿放在上端為S極的蹄形磁鐵的磁場中，器皿中心的圓柱形電極與電源負(fù)極相連，內(nèi)壁邊緣的圓環(huán)形電極與電源正極相連。電流方向與液體旋轉(zhuǎn)方向(從上往下看)分別是eq\x(導(dǎo)學(xué)號50232715)(B)A．由邊緣流向中心、順時(shí)針旋轉(zhuǎn)B．由邊緣流向中心、逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)C．由中心流向邊緣、順時(shí)針旋轉(zhuǎn)D．由中心流向邊緣、逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)解析：在電源外部電流由正極流向負(fù)極，因此電流由邊緣流向中心；器皿所在處的磁場豎直向上，由左手定則可知，導(dǎo)電液體受到的磁場力沿逆時(shí)針方向，因此液體沿逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)；故選B。3．1930年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其原理如圖所示，這臺加速器由兩個(gè)銅質(zhì)D形盒D1、D2構(gòu)成，其間留有空隙，下列說法不正確的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號50232716)(B)A．帶電粒子由加速器的中心附近進(jìn)入加速器B．帶電粒子由加速器的邊緣進(jìn)入加速器C．電場使帶電粒子加速，磁場使帶電粒子旋轉(zhuǎn)D．離子從D形盒射出時(shí)的動(dòng)能與加速電場的電壓無關(guān)解析：根據(jù)回旋加速器的加速原理，被加速離子只能由加速器的中心附近進(jìn)入加速器，從邊緣離開加速器，故A正確，B錯(cuò)誤；在磁場中洛倫茲力不做功，離子是從電場中獲得能量，故C正確；當(dāng)離子離開回旋加速器時(shí)，半徑最大，動(dòng)能最大，Em＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(B2q2r2,2m)，與加速的電壓無關(guān)，故D正確。本題選不正確的，故選B。4．(廣東汕頭市2023～2023學(xué)年高二上學(xué)期三校聯(lián)考)如圖所示，a、b是兩個(gè)勻強(qiáng)磁場邊界上的兩點(diǎn)，左邊勻強(qiáng)磁場的磁感線垂直紙面向里，右邊勻強(qiáng)磁場的磁感線垂直紙面向外，兩邊的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等。電荷量為2e的正離子以某一速度從a點(diǎn)垂直磁場邊界向左射出，當(dāng)它運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)時(shí)，擊中并吸收了一個(gè)處于靜止?fàn)顟B(tài)的電子，不計(jì)正離子和電子的重力且忽略正離子和電子間的相互作用，則它們在磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡是eq\x(導(dǎo)學(xué)號50232717)(D)解析：正離子以某一速度擊中并吸收了一個(gè)處于靜止?fàn)顟B(tài)的電子后，速度不變，電荷量變?yōu)椋玡，由左手定則可判斷出正離子過b點(diǎn)時(shí)所受洛倫茲力方向向下，由r＝mv/qB可知，軌跡半徑增大到原來的2倍，所以在磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡是圖D。5．如圖所示，三個(gè)完全相同的半圓形光滑軌道豎直放置，分別處在真空、勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場中，軌道兩端在同一高度上，三個(gè)相同的帶正電小球同時(shí)從軌道左端最高點(diǎn)由靜止開始沿軌道運(yùn)動(dòng)，P、M、N分別為軌道的最低點(diǎn)，如圖所示，則下列有關(guān)判斷正確的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號50232718)(B)A．小球第一次到達(dá)軌道最低點(diǎn)的速度關(guān)系vp＝vM>vNB．小球第一次到達(dá)軌道最低點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力關(guān)系FP＝FM>FNC．小球從開始運(yùn)動(dòng)到第一次到達(dá)軌道最低點(diǎn)所用的時(shí)間關(guān)系tP<tM<tND．三個(gè)小球到達(dá)軌道右端的高度都不相同，但都能回到原來的出發(fā)點(diǎn)位置解析：小球沿P、M軌道下滑過程都只有重力做功，根據(jù)動(dòng)能定理WG＝mgR＝eq\f(1,2)mv2知到達(dá)底端速度相等，小球沿N軌道下滑過程電場力做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理WG－W電＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)，其到達(dá)最低點(diǎn)速度要小于沿P、M軌道下滑情況，故選項(xiàng)A正確；根據(jù)上述分析知到達(dá)最低點(diǎn)的時(shí)間關(guān)系tP＝tM<tN，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；選項(xiàng)B中，小球沿P軌道到達(dá)底端時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律：FP－mg＝eq\f(mv2,R)＝2mg，所以FP＝3mg，同理小球沿M軌道到達(dá)底端時(shí)，對軌道的壓力為FM＝3mg＋F洛，小球沿N軌道到達(dá)底端時(shí)FN－mg＝eq\f(mv\o\al(2,N),R)<2mg，故FM>FP>FN，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；小球沿軌道P、M下滑后，能到達(dá)右端同樣高度的地方，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。6．(哈爾濱六中2023～2023學(xué)年高二下學(xué)期檢測)如圖所示，一束質(zhì)量、速度和電荷量不同的正離子垂直地射入勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場正交的區(qū)域里，結(jié)果發(fā)現(xiàn)有些離子保持原來的運(yùn)動(dòng)方向，未發(fā)生任何偏轉(zhuǎn)，如果讓這些不偏轉(zhuǎn)的離子進(jìn)入另一勻強(qiáng)磁場中，發(fā)現(xiàn)這些離子又分裂成幾束，對這些進(jìn)入另一磁場的離子，可得出結(jié)論eq\x(導(dǎo)學(xué)號50232719)(D)A．它們的動(dòng)能一定各不相同B．它們的電荷量一定各不相同C．它們的質(zhì)量一定各不相同D．它們的電荷量與質(zhì)量之比一定各不相同解析：因?yàn)榱Ｗ舆M(jìn)入電場和磁場正交區(qū)域時(shí)，不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，說明粒子所受電場力和洛倫茲力平衡，有qvB＝qE，得出能不偏轉(zhuǎn)的粒子速度應(yīng)滿足v＝eq\f(E,B)，粒子進(jìn)入磁場后受洛倫茲力作用，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，即qvB＝meq\f(v2,R)，圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R＝eq\f(mv,qB)，由于粒子又分裂成幾束，也就是粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R不同，進(jìn)入第二個(gè)勻強(qiáng)磁場時(shí)，粒子具有相同的速度，所以粒子能分裂成幾束的原因是粒子的eq\f(m,q)比值不同，故D正確，ABC錯(cuò)誤。7．(山東臨沂市2023～2023學(xué)年高二上學(xué)期三校聯(lián)考)根據(jù)磁場對電流會產(chǎn)生作用力的原理，人們研制出一種新型的發(fā)射炮彈的裝置——電磁炮，其原理如圖所示：把待發(fā)炮彈(導(dǎo)體)放置在強(qiáng)磁場中的兩平行導(dǎo)軌上，給導(dǎo)軌通以大電流，使炮彈作為一個(gè)通電導(dǎo)體在磁場作用下沿導(dǎo)軌加速運(yùn)動(dòng)，并以某一速度發(fā)射出去?，F(xiàn)要提高電磁炮的發(fā)射速度，你認(rèn)為下列方案在理論上可行的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號50232720)(AB)A．增大電流I的值B．增大磁感應(yīng)強(qiáng)度B的值C．減小磁感應(yīng)強(qiáng)度B的值D．改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向，使之與炮彈前進(jìn)方向平行解析：根據(jù)F＝BIL可知，選項(xiàng)A、B正確，C錯(cuò)誤；根據(jù)左手定則可知，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。8．(沈陽市2023～2023學(xué)年高二上學(xué)期期末)如圖所示，在射線OA以下有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，兩個(gè)質(zhì)量和電荷量都相同的正電粒子a和b以不同的速率由坐標(biāo)原點(diǎn)O沿著x軸正方向射入磁場，已知va＞vb，若帶電粒子只受磁場力的作用，則下列說法正確的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號50232721)(ACD)A．兩粒子的軌道半徑之比eq\f(Ra,Rb)＝eq\f(va,vb) B．粒子a在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間比b長C．兩粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等 D．兩粒子離開磁場時(shí)速度方向相同解析：粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)，得：r＝eq\f(mv,qB)，則得eq\f(Ra,Rb)＝eq\f(va,vb)，故A正確；粒子運(yùn)動(dòng)周期T＝eq\f(2πm,qB)，T相同，兩個(gè)粒子從OA射出磁場時(shí)，速度與OA夾角相同，方向平行，則兩個(gè)粒子軌跡對應(yīng)的圓心角都是60°，根據(jù)t＝eq\f(θ,2π)T知兩粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，故B錯(cuò)誤，CD正確。9．如圖所示，在沿水平方向向里的勻強(qiáng)磁場中，帶電小球A與B處在同一條豎直線上，其中小球B帶正電荷并被固定，小球A與一水平放置的光滑絕緣板C接觸而處于靜止?fàn)顟B(tài)，若將絕緣板C沿水平方向抽去，則eq\x(導(dǎo)學(xué)號50232722)(AB)A．小球A仍可能處于靜止?fàn)顟B(tài)B．小球A將可能沿軌跡1運(yùn)動(dòng)C．小球A將可能沿軌跡2運(yùn)動(dòng)D．小球A將可能沿軌跡3運(yùn)動(dòng)解析：若小球所受庫侖力和重力二力平衡，則撤去絕緣板后，小球仍能繼續(xù)處于平衡狀態(tài)，A正確。若小球在庫侖力、重力、絕緣板彈力三力作用下處于平衡狀態(tài)，則撤去絕緣板后，小球所受合力向上，小球向上運(yùn)動(dòng)并受到向左的洛倫茲力而向左偏轉(zhuǎn)，B正確，C、D錯(cuò)誤。10．長為L的水平極板間，有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，如圖所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，板間距離為L，板不帶電?，F(xiàn)在質(zhì)量為m、電量為q的正電粒子(不計(jì)重力)，從左邊極板間中點(diǎn)處垂直磁感線以速度v水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，可采用的方法是eq\x(導(dǎo)學(xué)號50232723)(AC)A．使粒子的速度v<BqL/4B．使粒子的速度v>BqL/4C．使粒子的速度v>5BqL/4D．使粒子的速度BqL/4m<v<5BqL/解析：要使粒子不打在板上，那么粒子經(jīng)過磁場后，可在板的右邊或者左邊穿出磁場，依據(jù)題意，粒子打在板上的臨界狀態(tài)，如圖所示，即從板左邊B點(diǎn)或者右邊A點(diǎn)穿出磁場。根據(jù)幾何關(guān)系，有：r1＝eq\f(L,4)req\o\al(2,2)＝L2＋(r2－eq\f(L,2))2得r2＝eq\f(5,4)L，根據(jù)r＝eq\f(mv,Bq)，則v1＝eq\f(Bqr1,m)＝eq\f(qBL,4m)，v2＝eq\f(Bqr2,m)＝eq\f(5BqL,4m)那么欲使粒子不打到極板上，v<BqL/4m或v>5BqL/4第Ⅱ卷(非選擇題共60分)二、填空題(共2小題，共14分。把答案直接填在橫線上)11．(6分)(華中師大一附中2023～2023學(xué)年高三模擬)在第三次工業(yè)革命的今天，新材料的發(fā)現(xiàn)和運(yùn)用尤為重要。我國某科研機(jī)構(gòu)發(fā)現(xiàn)一種新型的半導(dǎo)體材料，目前已經(jīng)知道這種半導(dǎo)體材料的載流子(參與導(dǎo)電的帶電粒子)的電荷量的值是e(電子電量的絕對值)，但不知道它的電性和載流子的數(shù)密度n(單位體積中載流子的數(shù)量)。為了測定這種材料中的載流子是帶正電還是帶負(fù)電，以及載流子的數(shù)密度，科學(xué)家把這種材料先加工成一塊扁平的六面體樣品，這塊樣品的長、寬和厚度分別為a、b、d(如圖所示)。現(xiàn)將這塊樣品接入電路中，且把靠外的扁平面標(biāo)記為M，靠里的扁平面標(biāo)記為N，然后在垂直于大平面的方向加上一個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。接通開關(guān)S，調(diào)節(jié)可變電阻R，使電路中產(chǎn)生合適的電流。然后用電壓表判定M、N兩個(gè)面的電勢高低并測定M、N間的電壓(也叫霍耳電壓)，從而得到這種半導(dǎo)體材料載流子的電性和數(shù)密度。eq\x(導(dǎo)學(xué)號50232724)(1)當(dāng)M的電勢比N的電勢低時(shí)，材料中的載流子帶__負(fù)__(填“正”或“負(fù)”)電；(2)為了測定載流子的數(shù)密度n，除題目中已給出的數(shù)據(jù)外，還需要測定的物理量有__電路中的電流強(qiáng)度(電流表讀數(shù))I，M、N間的電壓(電壓表讀數(shù)或霍爾電壓)U__(寫出物理量的含義并設(shè)定相應(yīng)的符號)；(3)根據(jù)題設(shè)條件和你測定的物理量，寫出載流子的數(shù)密度的表達(dá)式n＝__eq\f(BI,Ued)。解析：(1)根據(jù)左手定則判斷，載流子為負(fù)電荷，受到指向M端的磁場力作用，因此M端電勢低；若載流子為正電荷，受到指向M端的磁場力作用，M端電勢高。(2)由qeq\f(U,b)＝qvB，I＝nqvS＝nqvbd，解得n＝eq\f(BI,Ued)。所以還要測量I、U。12．(8分)圖中虛線框內(nèi)存在一沿水平方向、且與紙面垂直的勻強(qiáng)磁場?，F(xiàn)通過測量通電導(dǎo)線在磁場中所受的安培力，來測量磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小、并判定其方向。所用部分器材已在圖中給出，其中D為位于紙面內(nèi)的U形金屬框，其底邊水平，兩側(cè)邊豎直且等長；E為直流電源；R為電阻箱；為電流表；S為開關(guān)。此外還有細(xì)沙、天平、米尺和若干輕質(zhì)導(dǎo)線。eq\x(導(dǎo)學(xué)號50232725)(1)在圖中畫線連接成實(shí)驗(yàn)電路圖。(2)完成下列主要實(shí)驗(yàn)步驟中的填空：①按圖接線。②保持開關(guān)S斷開，在托盤內(nèi)加入適量細(xì)沙，使D處于平衡狀態(tài)；然后用天平稱出細(xì)沙質(zhì)量m1。③閉合開關(guān)S，調(diào)節(jié)R的值使電流大小適當(dāng)，在托盤內(nèi)重新加入適量細(xì)沙，使D__重新處于平衡狀態(tài)__；然后讀出__電流表的示數(shù)I__，并用天平稱出__此時(shí)細(xì)沙的質(zhì)量m2__。④用米尺測量__D的底邊長度L__。(3)用測量的物理量和重力加速度g表示磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，可以得出B＝__eq\f(|m2－m1|g,IL)__。(4)判定磁感應(yīng)強(qiáng)度方向的方法是：若__m2>m1，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外；反之，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里。答案：(1)如圖所示解析：考查了安培力作用下物體的平衡，解題的關(guān)鍵是弄清實(shí)驗(yàn)原理。分析知，兩次細(xì)沙的重力差與D的底邊所受安培力相等，即BIL＝|m2－m1|g，所以磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\f(|m2－m1|g,IL)；根據(jù)m1和m2的關(guān)系及左手定則可判斷磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向。三、論述·計(jì)算題(共4小題，共46分。解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案不能得分，有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位)13．(10分)(江西南昌二中2023～2023學(xué)年高二上學(xué)期期中)水平面上有電阻不計(jì)的U形導(dǎo)軌NMPQ，它們之間的寬度為L，M和P之間接入電動(dòng)勢為E的電源(不計(jì)內(nèi)阻)，現(xiàn)垂直于導(dǎo)軌擱一根質(zhì)量為m，電阻為R的金屬棒ab，并加一個(gè)范圍較大的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與水平面夾角為θ且指向右斜上方，如圖所示，問：eq\x(導(dǎo)學(xué)號50232726)(1)當(dāng)ab棒靜止時(shí)，受到的支持力和摩擦力各為多少？(2)若B的大小和方向均能改變，則要使ab棒所受支持力為零，B的大小至少為多少？此時(shí)B的方向如何？答案：(1)N＝mg－eq\f(BLEcosθ,R)，f＝eq\f(BLEsinθ,R)。(2)B的大小至少為eq\f(mgR,EL)，此時(shí)B的方向水平向右。解析：從b向a看其受力如圖所示。(1)水平方向：f＝FAsinθ①豎直方向：N＋FAcosθ＝mg②又FA＝BIL＝eq\f(BEL,R)③聯(lián)立①②③得：N＝mg－eq\f(BLEcosθ,R)，f＝eq\f(BLEsinθ,R)。(2)使ab棒受支持力為零，且讓磁場最小，可知所受安培力豎直向上，則有FA＝mg解得：Bmin＝eq\f(mgR,EL)，根據(jù)左手定則判定磁場方向水平向右。14．(12分)(遼寧鞍山一中2023～2023學(xué)年高二上學(xué)期期中)豎直平行放置的兩個(gè)金屬板A、K連在如圖所示電路中，電源電動(dòng)勢E＝91V，內(nèi)阻r＝1Ω，定值電阻R1＝10Ω，滑動(dòng)變阻器R2的最大阻值為80Ω，S1、S2為A、K板上的兩個(gè)小孔，S1與S2的連線水平，在K板的右側(cè)正方形MNPQ區(qū)域內(nèi)有一個(gè)水平方向的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝，方向垂直紙面向外。其中正方形MN邊與S1S2連線的延長線重合，已知正方形MNPQ的邊界有磁場，其邊長D＝0.2m，電量與質(zhì)量之比為eq\f(q,m)＝×105C/kg的帶正電粒子由S1進(jìn)入電場后，通過S2沿MN射入磁場，粒子從NP邊的中點(diǎn)離開磁場，粒子進(jìn)入電場的初速度、重力均可忽略不計(jì)，(sin30°＝，sin37°＝，sin45°＝，π＝問：eq\x(導(dǎo)學(xué)號50232727)(1)兩個(gè)金屬板A、K各帶什么電？(不用說明理由)(2)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為多長？(3)滑動(dòng)變阻器R2的滑片P左端的電阻R2′為多大？(題中涉及數(shù)學(xué)方面的計(jì)算需要寫出簡要的過程，計(jì)算結(jié)果保留三位有效數(shù)字)答案：(1)A板帶正電，K板帶負(fù)電(2)×10－5s(3)Ω解析：(1)帶正電的粒子在電場力作用下向右加速運(yùn)動(dòng)，粒子所受電場力水平向右，電場水平向右，則金屬板A帶正電，金屬板K帶負(fù)電；(2)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由幾何知識得：D2＋(r－eq\f(D,2))2＝r2，解得：r＝0.25m，sinθ＝eq\f(D,r)＝，則：θ＝53°；粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝meq\f(v2,r)，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期：T＝eq\f(2πm,qB)，粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t＝eq\f(θ,360)T，解得：v＝5×103m/s，t＝×10(3)粒子在極板間做加速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得：qU＝eq\f(1,2)mv2－0，由歐姆定律得：I＝eq\f(E,R1＋R2＋r)，U＝I(R1＋R2′)，解得：R2′＝Ω；15．(12分)如圖所示空間分為Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三個(gè)足夠長的區(qū)域，各邊界面相互平行，其中Ⅰ、Ⅱ區(qū)域存在勻強(qiáng)電場E1＝×104V/m，方向垂直邊界豎直向上，E2＝eq\f(\r(3),4)×105V/m，方向水平向右；Ⅲ區(qū)域存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝，方向垂直紙面向里，三個(gè)區(qū)域?qū)挾确謩e為d1＝5.0m，d2＝4.0m，d3＝10eq\r(3)m，一質(zhì)量m＝×10－8kg、電荷量q＝×10－6C的粒子從O點(diǎn)由靜止釋放，粒子重力忽略不計(jì)。求：eq\x(導(dǎo)學(xué)號50232728(1)粒子離開區(qū)域Ⅰ時(shí)的速度大??；(2)粒子從區(qū)域Ⅱ進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅲ時(shí)的速度方向與邊界面的夾角；(3)粒子從O點(diǎn)開始到離開Ⅲ區(qū)域時(shí)所用的時(shí)間。答案：(1)v1＝4×103m/s(2)θ＝30°(3)t＝×10解析：(1)由動(dòng)能定理得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝qE1d1得：v1＝4×103(2)粒子在區(qū)域Ⅱ做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)水平向右為y軸，豎直向上為x軸，粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅲ時(shí)速度與邊界的夾角為θtanθ＝eq\f(vx,vy) ①vx＝v1vy＝at2 ②a＝eq\f(qE2,m) ③t2＝eq\f(d2,v1) ④由①②③④式解得θ＝30°(3)粒子進(jìn)入磁場時(shí)的