2022-2023学年云南省昆明市西山区高二（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年云南省昆明市西山区高二（上）期末物理试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.对公式R3T2=k (R表示椭圆轨道的半长轴)的理解下列说法正确的是( )
A. T表示行星运动的自转周期
B. 行星轨道半长轴越大，运动周期越大
C. 离太阳越近的行星运动周期越大
D. 若地球绕太阳运转轨道的半长轴为R地，周期为T地；月球绕地球运转轨道的半长轴r，周期为t，则有R3T2=r3t2
2.了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要。以下符合事实的是( )
A. 丹麦物理学家奥斯特梦圆电生磁，并在此基础上发现了电磁感应现象
B. 安培提出分子电流假说，并总结出了磁生电过程中的定量关系
C. 法拉第发现了磁生电的条件，纽曼、韦伯提出了法拉第电磁感应定律
D. 麦克斯韦预言了电磁波，并用实验证实了电磁波的存在
3.下列说法正确的是( )
A. 由B=FIL可知，磁场中某点磁感应强度B与磁场力F成正比，与电流元IL成反比
B. 根据公式F=kq1q2r2可知，当两个电荷之间的距离趋近于零时库仑力变得无限大
C. 电动势在数值上等于非静电力在电源内把1C的电子从正极移送到负极所做的功
D. 根据公式UAB=WABq可知，若将电荷量为1C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功 1J，则A、B两点的电势差为1V
4.一个做直线运动的物体的v−t图象如图所示，由图象可知( )
A. 0−1.5s内物体的加速度为−4m/s2
B. 0−4s内物体的位移为12m
C. 3s末物体的运动方向发生变化
D. 3s末物体回到出发点
5.如图所示，将表头G改装成一大量程的电表，表头的内阻rg=100Ω，满偏电流Ig=100mA，定值电阻R=50Ω。则以下说法中正确的是( )
A. 此表头改成电压表，量程为1.5VB. 此表头改成电压表，量程为15V
C. 此表头改成电流表，量程为150mAD. 此表头改成电流表，量程为300mA
6.如图坐标系中有方向平行于坐标平面的匀强电场，坐标原点O处的电势为0V，点A处的电势为24V，点B处的电势为12V，则电场强度的大小为( )
A. 400V/m
B. 500V/m
C. 600V/m
D. 1000V/m
7.如图，充电后的平行板电容器竖直放置，在电容器中间挂上一个质量为m，带电量为q小球，受电容器电场力的作用，小球发生如图所示的偏转，细绳与竖直方向间的夹角为α。现将平行板电容器两极板间的距离d缩小一段距离，则下列说法正确的是( )
A. 平行板电容器电容减小B. 平行板电容器两极板间电场强度减小
C. 若α=45°，极板间的电场强度为mgqD. 细绳与竖直方向间的夹角α增大
8.穿过某线圈的磁通量随时间变化的关系如图所示，在下列几段时间内，线圈中感应电动势最小的是( )
A. 0～2s
B. 2s～3s
C. 3s～4s
D. 4s～6s
9.如图，一光滑小球置于车上，竖直挡板对小球的弹力大小为N1，小车斜面对球的弹力大小为N2。小车沿水平地面向左加速运动且加速度a逐渐增加，则( )
A. N2逐渐减小B. N2不变
C. N1逐渐增加D. N1与N2的合力有可能不变
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
10.“嫦娥之父”欧阳自远预计我国将在2020年实现火星的着陆巡视，在2030年实现火星的采样返回。已知地球的质量约为火星质量的N倍，地球的半径约为火星半径的K倍，则下列说法正确的是( )
A. 地球的密度是火星的NK倍
B. 地球表面的重力加速度是火星表面的NK2倍
C. 地球的第一宇宙速度是火星的NK倍
D. 地球同步卫星的运行速度是火星的NK倍
11.用如图1所示的电路来测量电池电动势和内电阻，根据测得的数据作出了如图2所示的 U−I 图线，由图可知 ( )
A. 电池电动势的测量值为 1.40 V
B. 电池内阻的测量值为 3.50Ω
C. 外电路发生短路时的电流为 0.40 A
D. 电压表的示数为 1.20 V 时，电流表的示数 I′=0.20 A
12.如图，实线表示某电场的电场线(方向未标出)，虚线是一带正电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设粒子在A和B时加速度大小分别为aA、aB，A点和B点的电势分别为φA、φB，速度大小分别为vA、vB，电势能分别为EPA、EPB。下列判断正确的是( )
A. vAC. φA<φB，EpA>EpBD. aAEpB
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
13.某同学用如图所示的实验器材探究电磁感应现象。他进行了以下操作：
(1)断开开关S，将磁铁迅速插入线圈中，电流计指针将______(填“不偏转”或“偏转”)；
(2)闭合开关S，将磁铁插入线圈后不动，电流计指针将______(填“不偏转”或“偏转”)；
(3)闭合开关S，将磁铁迅速插入线圈，电流计指针将______(填“不偏转”或“偏转”)。
14.某同学在测定金属的电阻率实验中，用螺旋测微器测量金属丝的直径d，示数如图所示，读数为______mm；
该同学先用指针式多用电表粗略测金属丝的阻值。他将红黑表笔分别插入“+”、“−”插孔中，将选择开关置于“×10”挡位置，然后将红、黑表笔短接调零，此后测量阻值时发现指针偏转角度较大。为减小实验误差，该同学应将选择开关置于“______”位置；(选填“×1”、“×100”)，然后再将红、黑表笔短接，重新调零后继续实验，结果看到指针在如图所示位置，则金属丝电阻的测量值为______Ω。为了减小实验误差该同学再用图乙测得金属丝的电阻，测量电压表示数为U，电流表示数为I，测得金属丝长度为L，则金属丝电阻率的表达式ρ=______(用U、I、L、d表示)，测量结果将比真实值______(选填“偏大”或“偏小”)。
四、简答题：本大题共1小题，共14分。
15.如图所示，木块A和B质量均为1kg，置于光滑水平面上，B与一轻质弹簧端相连，弹簧另一端固定在竖直挡板上，当A以2m/s的速度向B撞击时，由于有橡皮泥而粘在一起运动。求：
(1)木块A和B碰后的速度大小。
(2)弹簧被压缩到最短时，具有的弹簧势能为多大。
五、计算题：本大题共3小题，共31分。
16.如图所示为直流电动机提升重物装置，电动机的内阻一定，闭合开关K，当把它接入电压为U1=0.2V的电路时，电动机不转，测得此时流过电动机的电流是I1=0.4A；当把电动机接入电压为U2=4.0V的电路中，电动机正常工作且电动机匀速提升重物，工作电流是I2=1.0A，求：
(1)电动机线圈的电阻r；
(2)当U2=4.0V电动机正常工作时的输出功率及电动机的效率；
(3)如果重物质量m=0.5kg，当U2=4.0V时电动机提升重物的速度大小是多少？(g取10m/s2)
17.如图所示，小球沿光滑的水平面冲上一个光滑的半圆形轨道ACB，已知轨道的半径为R，小球到达轨道的最高点B时对轨道的压力大小恰好等于小球的重力，重力加速度为g，空气阻力忽略不计。求：
(1)小球到达轨道最高点B时的速度多大；
(2)小球通过半圆轨道最低点A时，轨道对小球的支持力大小；
(3)小球落地点距离A点多远。
18.如图所示，某多级直线加速器由横截面相同的n个金属圆筒(漂移管)依次排列组成，圆筒的两底面中心开有小孔，其中心轴线在同一直线上，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间隙被电场加速，加速电压视为不变。若粒子在筒内运动时间恰好等于交变电压周期的一半，漂移管间缝隙很小，这样粒子就能“踏准节奏”在间隙处一直被加速。设质子进入漂移管C时速度为8×106m/s，进入漂移管E时速度为1×107m/s，电源频率f=1×107Hz，质子的比荷qm取1×108C/kg。粒子离开漂移管E后，沿中线进入偏转电场AB，AB间电压与漂移管间加速电压相等，AB两板之间宽度为d，长度L。不计一切阻力及质子重力，忽略电场的边缘效应。求：
(1)漂移管C的长度LC；
(2)相邻漂移管间的加速电压U；
(3)dL的比值为多少时粒子恰好从偏转电场的边缘飞出。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、行星围绕太阳运动的轨迹是椭圆，太阳位于椭圆的一个焦点，故A错误；
B、根据第三定律：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等。其表达式为：R2T2=k.轨道半长轴越长的，其公转周期越大，故B正确；
C、根据第三定律：所有行星中轨道离太阳越近的行星运动周期越小。故C错误；
D、地球绕太阳运转与月球绕地球运转时，它们的中心体不同，所以不满足。R3T2=r3t2.故D错误。
故选：B。
开普勒第三定律：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等．其表达式为：R2T2=k．
开普勒关于行星运动的三定律是万有引力定律得发现的基础，是行星运动的一般规律，正确理解开普勒的行星运动三定律是解答本题的关键．
2.【答案】C
【解析】解：A.英国物理学家法拉第梦圆磁生电，终于发现了电磁感应现象，故A错误；
BC.安培提出分子电流假说。法拉第通过实验研究发现了磁生电的条件，纽曼、韦伯在对理论和实验资料进行严格分析，先后总结出法拉第电磁感应定律，即磁生电过程中的定量关系，故B错误，C正确；
D.麦克斯韦预言了电磁波，赫兹用实验证实了电磁波的存在。故D错误。
故选：C。
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。
3.【答案】C
【解析】解：A.磁场中某点磁感应强度B由磁场本身决定，与磁场力F和电流元IL无关，故A错误；
B.库仑定律适用于点电荷，当两个电荷之间的距离趋近于零时不能再视为点电荷，库仑定律不再适用，此时的库仑力并不是无限大，故B错误；
C.电动势在数值上等于非静电力在电源内把1C的电子从正极移送到负极所做的功，故C正确；
D.根据公式UAB=WABq可知，若将电荷量为1C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功1J，则A、B两点的电势差为−1V，故D错误。
故选：C。
明确磁感应强度大小由磁场本身的性质决定，和IL以及电流元的受力无关；明确库仑定律的适用条件；知道电动势的意义；明确电场做功与电势能的关系，能根据W=Uq求解电势差的大小。
本题考查对电势差、电动势、库仑定律以及磁感应强度等概念和规律的认识，要明确各物理量的意义，掌握物理规律的适用范围。
4.【答案】D
【解析】【分析】
根据匀变速直线运动的速度图线由斜率读出加速度。图像与时间轴所围面积为物体通过的位移，即可判断
根据速度图象读出任意时刻的速度、加速度和位移是应具备的基本能力，抓住“面积”等于位移，斜率等于加速度是关键。
【解答】
A、0～1.5 s加速度为a=0−(−6)1.5 m/s2=4 m/s2，故A错误；
B、v−t图象与时间轴所围面积为物体的位移，横轴上方的面积表示正方向的位移，下方的面积表示负方向的位移，总位移为上下面积的代数和，即0～4 s内物体的位移为s=12×6×2.5 m−12×6×1.5 m=3 m，故B错误；
C、3 s末前后速度均为正值，即方向不变，故C错误；
D、图像与时间轴所围面积为物体通过的位移，3 s内的位移为x=12×6×1.5 m−12×6×1.5 m=0，回到出发点，故D正确。
故选：D。
5.【答案】D
【解析】解：将电流计与定值电阻R并联，可知此表头改装成电流表。
根据并联电路中的关系可得量程为：I=Ig+IgrgR=(0.1+0.1×10050)A=0.3A=300mA，故ABC错误，D正确。
故选：D。
把电流表改装成大量程的电流表需要并联分流电阻，把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，应用串并联电路特点与欧姆定律求出量程。
本题考查了电压表与电流表的改装，知道电表改装原理，由于串并联电路特点与欧姆定律可以解题；要掌握实验器材的选择原则。
6.【答案】B
【解析】解：坐标原点O处的电势为0V，点A处的电势为24V，则OA中点C的电势为
φC=0+φA2=0+242V=12V=φB
可知BC为等势线，则场强垂直于BC斜向左下方，场强大小
E=Ud=124×10−2×sin37∘V/m=500V/m
故ACD错误，B正确。
故选：B。
在y轴上找一电势为12V的点，将该点与B点连接，该连线为一条等势线，求出OB沿电场线方向上的距离d，根据E=Ud求出电场强度的大小。
解决本题的关键知道电场线与等势线垂直，掌握匀强电场的电场强度大小与电势差的关系，即E=Ud，注意d是沿电场线方向上的距离。
7.【答案】C
【解析】解：A.将平行板电容器两极板间的距离d缩小一段距离，根据电容器的决定式
C=εrS4πkd
可知，平行板电容器电容增大，故A错误；
B.两极板带电量Q一定，根据
C=εrS4πkd
C=QU
E=Ud
可得
E=4πkQϵrS，则将平行板电容器两极板间的距离d缩小一段距离，平行板电容器两极板间电场强度不变，故B错误；
C.若α=45°，对小球分析可知
qE=mgtan45°
解得极板间的电场强度为
E=mgq
故C正确；
D.根据受力分析结合平衡条件有
qE=mgtanα
将平行板电容器两极板间的距离d缩小一段距离，平行板电容器两极板间电场强度不变，则细绳与竖直方向间的夹角α不变，故D错误。
故选：C。
根据电容的决定式和定义式，结合电场强度与电势差的关系，再对小球受力分析求解。
本题考查了电容器的动态分析，关键抓住不变量，比如电容器与电源相连，则两端的电势差不变，电容器与电源断开，则电荷量不变，结合电容的定义式和决定式进行求解。
8.【答案】A
【解析】解：根据E=n△⌀△t得，感应电动势与磁通量的变化率成正比。Φ−t图线的斜率表示磁通量的变化率，0～2s内磁通量的变化率最小，则产生的感应电动势最小。故A正确，B、C、D错误。
故选：A。
根据法拉第电磁感应定律，通过磁通量变化率的大小判断哪段产生的感应电动势最小。
解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，知道电动势的大小与磁通量的变化率成正比。
9.【答案】BC
【解析】解：对小球进行受力分析，作出力图：重力mg、竖直挡板对小车的弹力N1，斜面小车对球的弹力N2
设加速度大小为a，A的倾角为α.根据牛顿第二定律得：
水平方向：N1−N2sinα=ma，①
竖直方向：mg=N2csα②
由①看出，m、α不变，则N2不变。
由②得，N1=N2sinα+ma。
则向左加速运动且加速度a逐渐增加时，N1逐渐增大。故BC正确，AD错误。
故选：BC。
对小球进行受力分析，作出力图，根据牛顿第二定律得到弹力N1和N2与加速度的关系，再分析它们的变化．
本题根据牛顿第二定律，运用正交分解法研究力的动态变化问题，作出受力分析图是解题的关键．
10.【答案】B
【解析】解：A、密度ρ=MV=M43πR3∝MR3，已知地球的质量约为火星质量的N倍，地球的半径约为火星半径的K倍，故ρ1ρ2=M1R13M2R23=NK3，故A错误；
B、星球表面的重力加速度为：g=GMR2，故g1g2=M1R12M2R22=NK2，故B正确；
C、第一宇宙速度为：v= GMR，故v1v2= GM1R1 GM2R2= NK，故C错误；
D、由于题目中不知道星球的自转情况，故无法比较其同步卫星的运动速度，故D错误；
故选：B。
根据密度定义公式比较地球与火星的密度；
根据g=GMR2比较地球表面和火星表面的重力加速度关系；
根据v= GMR比较第一宇宙速度。
本题考查卫星问题，关键是明确星球表面的重力等于万有引力，同时要知道卫星的动力学原理，根据牛顿第二定律列式分析。
11.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查闭合电路的欧姆定律的数据处理，要明确图象的意义，同时注意纵坐标是否从零开始的，不能想当然的将横坐标的截距当作短路电流。
【解答】
A.由图示图象可知，电源U−I图象与纵轴交点坐标值为1.40，则电源的电动势测量值为E=1.40V，故A正确；
B.电源的内阻大小等于图象斜率的绝对值，为r=ΔUΔI=1.40−1.000.4Ω=1Ω，故B错误；
C.外电路发生短路时的电流为I短=Er=1.401A=1.40A，故C错误。
D.当电压表示数为1.20V时，电流表的示数 I′=E−Ur=1.40−1.201A=0.20A，故D正确。
故选AD。
12.【答案】BD
【解析】解：根据带正电的粒子受电场力大致指向轨迹的凹侧，可知电场力的方向向右，则电场线大致向右，沿电场线电势逐渐降低，可知φA>φB
图中B点电场线比A点密集可知，可得B点场强较大，则带电粒子在B点受到的电场力大，根据牛顿第二定律可知粒子在B点的加速度较大，即aA带电粒子受到的电场力向右，则带电粒子从A到B电场力做正功，则动能增加，电势能减小，可得vAEPB，故BD正确，AC错误。
故选：BD。
带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，根据带正电粒子受力情况可知，电场线方向斜向左上方，又沿着电场线方向，电势逐渐降低；根据电场线疏密可知场强大小；根据电场力做功可知动能变化，进而得速度大小。
本题主要考查了带电粒子在电场中运动，解题关键是根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化。
13.【答案】不偏转 不偏转 偏转
【解析】解：(1)断开开关S，因电路断开，则将磁铁迅速插入线圈中，电流计指针将不偏转；
(2)闭合开关S，将磁铁插入线圈后不动，则穿过线圈的磁通量不变，则不产生感应电流，则电流计指针将不偏转；
(3)闭合开关S，将磁铁迅速插入线圈，则穿过线圈的磁通量变化，则产生感应电流，电流计指针将偏转。
故答案为：(1)不偏转；(2)不偏转；(3)偏转。
(1)断开开关S，不能构成闭合电路，由此分析；
(2)闭合开关S，将磁铁插入线圈后不动，则穿过线圈的磁通量不变，由此分析；
(3)闭合开关S，将磁铁迅速插入线圈，则穿过线圈的磁通量变化，根据产生感应电流的条件进行分析。
本题主要是考查感应电流产生的条件，知道闭合电路的磁通量发生变化时回路中会产生感应电流。
14.【答案】0.774 ×1 12 πUd24Il 偏小
【解析】解：由图可读出螺旋测微器读数为：d=0.5mm+27.4×0.01mm=0.774mm；
欧姆表指针偏转角度较大，欧姆表盘读数小，说明倍率较大，要让指针到中央刻度附近，要调低挡位，选择“×1”挡位；
指针指着欧姆表盘12Ω刻度上，故读数为12Ω×1=12Ω；
由：R=UI=ρlπ(d2)2得：ρ=πUd24Il；
电流表外接，电流表示数大于金属丝实际电流，由上一问中公式可知电阻的测量值偏小，电阻丝测量值也偏小。
故答案为：0.772 (702～0.774均正确)、×1、12、πUd24Il、偏小
螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；
用多用电表粗测金属丝的阻值时选挡后一定要先进行欧姆调零，读数时尽量使指针指在中央刻度附近，欧姆表的读数等于表盘示数乘以倍率。
根据闭合电路欧姆定律结合电阻定律可解得金属丝电阻率表达式，由于电流表的分流作用，使得电流表测量值偏大，因此测量结果将比真实值偏小。
本题关键是明确螺旋测微器读数和欧姆表的正确使用方法，注意欧姆表每次换挡后都要重新进行欧姆调零，基础问题。
15.【答案】解：(1)A撞击B过程中系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mvA=(m+m)v
代入数据解得：v=1m/s；
(2)弹簧压缩最短时，A、B的速度为零，A、B压缩弹簧过程，
由能量守恒定律得：EP=12(m+m)v2
解得：EP=1J；
答：(1)A撞击B后A和B的共同速度为1m/s；
(2)弹簧被压缩到最短时，弹簧具有的弹性势能为1J。
【解析】(1)A撞击B过程系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰后共同速度。
(2)当弹簧被压缩到最短时，系统的动能全部转化为弹簧的弹性势能，由能量守恒定律可以求出弹簧的弹性势能。
本题考查了求速度与弹性势能，分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以解题。
16.【答案】解：(1)电动机不转时，此时电动机为纯电阻元件，则：
r=U1I1=0.20.4Ω=0.5Ω
(2)电动机正常工作时消耗的功率为：
P=U2I2=4.0×1.0 W=4.0 W
电动机正常工作时线圈电阻损耗的功率为：
P热=I22r=1.02×0.5 W=0.5 W
电动机正常工作时输出功率为：
P出=P−P热=4.0W−0.5 W=3.5 W
电动机正常工作时效率为：
η=P出P×100%=3.54.0×100%=87.5%
(3)匀速提升时，拉力等于重力，即：
F=mg=0.5×10N=5N
由电动机的输出功率P出=Fv可得提升重物的速度为：
v=P出F=3.55m/s=0.7m/s
答：(1)电动机线圈的电阻为r=0.5Ω；
(2)当U2=4.0V电动机正常工作时的输出功率为3.5W，电动机的效率为87.5%；
(3)如果重物质量m=0.5kg，当U2=4.0V时电动机提升重物的速度大小是0.7m/s。
【解析】(1)在电动机不转时，电动机相当于纯电阻，根据欧姆定律可以求得电动机的线圈电阻；
(2)根据功率的公式P=UI，可以求得电动机的功率，进而可以求得电动机的效率；
(3)匀速提升时，拉力等于重力，由电动机的输出功率P=Fv可得提升重物的速度。
本题重点是非纯电阻电路的考查，重点要明白当电动机通电不转的时候，电动机相当于纯电阻电路。
17.【答案】解：(1)小球在最高点时，有：N+mg=mv2R
由题意N=mg
解得：v= 2gR
(2)由机械能守恒得：12mvA2=mg⋅2R+12mv2
设在A点，小球受的支持力为N′，由牛顿第二定律得：N′−mg=mvA2R
解得：N′=7mg
(3)小球离开轨道平面做平抛运动，由平抛运动规律得ℎ=2R=12gt2
即平抛运动时间：t=2 Rg
所以：x=vt=2 2R
答：(1)小球到达轨道最高点B时的速度为 2gR；
(2)小球通过半圆轨道最低点A时，轨道对小球的支持力大小是7mg；
(3)小球落地点距离A点的距离为2 2R。
【解析】(1)在最高点，结合径向的合力提供向心力求出小球在最高点的速度。
(2)小球通过A点时，由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律列式求解即可。
(3)根据高度求出平抛运动的时间，结合最高点的速度和时间求出水平位移。
本题考查了圆周运动和平抛运动的综合，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律以及圆周运动向心力的来源是解决本题的关键。
18.【答案】解：(1)交变电源的周期：T=1f
质子在C管运动的时间为：t=12T=12f，所以漂移管C的长度：LC=vC×12f
代入数据解得：LC=0.4m
(2)质子从漂移管C到漂移管E过程，加速了2次，根据动能定理有：2qU=12mvE2−12mvC2
代入解得：U=9×104V
(3)质子沿中线进入偏转电场AB后，在竖直方向上：y=12at2=12qUmd(LvE)2=d2
在水平方向上：x=vEt=L
联立解得：dL=310
答：(1)漂移管C的长度LC为0.4m；
(2)相邻漂移管间的加速电压U为9×104V；
(3)dL的比值dL=310时，粒子恰好从偏转电场的边缘飞出。
【解析】(1)质子在漂移管内做匀速直线运动，根据质子在每个管内运动时间视为电源周期的一半，求出质子在B中运动的时间，由公式x=vt求解B管的长度；
(2)质子每次在漂移管间被加速，根据动能定理列式，可求相邻漂移管间的加速电压；
(3)根据类平抛规律求宽与长的比值。
本题中要理清质子运动的过程，知道质子交替做匀加速运动和匀速运动，明确运用动能定理是求加速电压常用的思路。