2023年福建省南平市高考物理第三次质检试卷-普通用卷

第=page11页，共=sectionpages11页2023年福建省南平市 高考 地理事物空间分布特征语文高考下定义高考日语答题卡模板高考688高频词汇高考文言文120个实词 物理第三次质检试卷1.福建南平茶文化久负盛名，“风过武夷茶香远”“最是茶香沁人心”。人们在泡大红袍茶时茶香四溢，下列说法正确的是(    )A.茶香四溢是扩散现象，说明分子间存在着相互作用力B.茶香四溢是扩散现象，泡茶的水温度越高，分子热运动越剧烈，茶香越浓C.茶香四溢是布朗运动现象，说明分子间存在着相互作用力D.茶香四溢是布朗运动现象，说明分子在永不停息地做无规则运动2.回旋加速器工作原理如图所示，置于真空中的两个半圆形金属盒半径为R，两盒间留有一狭缝接有频率为f的高频交流电，加速电压为U，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。若A处粒子源产生的氘核(12H)在狭缝中被加速，不考虑相对论效应和重力的影响，不计粒子在电场中的加速时间。则(    )A.氘核离开回旋加速器时的最大速率随加速电压U增大而增大B.氘核被加速后的最大速度可能超过2πRfC.氘核第n次和第n−1次经过两金属盒间狭缝后的轨道半径之比为n：(n−1)D.不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器也能加速α粒子3.在研究光电效应中，当不同频率的光照射某种金属时，以遏止电压UC为纵坐标，入射光波长的倒数1λ为横坐标，作出UC−1λ图像如图所示。其横轴截距为a，纵轴截距为−b、元电荷电量为e。则(    )A.普朗克常量为beaB.该金属的截止频率为1bC.该金属的逸出功为beD.遏止电压Uc与入射光波长的倒数1λ成正比4.如图甲，对花样跳水的最早描述出现在宋人孟元老《东京梦华录》中：“又有两画船，上立秋千，……筋斗掷身入水，谓之水秋千。”某次“水秋千” 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 演过程如图乙，质量为m的表演者，以O点为圆心荡到与竖直方向夹角θ=45°的B点时，松手沿切线方向飞出。若在空中经过最高点C时的速度为v，水秋千绳长为l，A为最低点，表演者可视为质点，整个过程船体静止不动，不计空气阻力和绳的质量，重力加速度为g。则(    )A.表演者在C处重力的瞬时功率为mgvB.表演者从A运动到B的过程中，处于失重状态C.表演者在A处受到秋千的作用力大小为2mv2l+(2−2)mgD.若B到水面的高度为CB间高度的3倍，则落水点到B点的水平距离为3v2g5.如图，飞力士棒是一种物理康复器材，其整体结构是一根两端带有配重的弹性杆。用户在健身训练时，使杆体发生振动，从而使杆体带动手臂肌肉运动，改变配重可以改变杆体振动快慢，以达到最佳锻炼效果。若杆体振动越快，则(    )A.手臂肌肉的振动快慢程度保持不变B.手臂肌肉的振动一定越快C.手臂肌肉的振动幅度一定越大D.手臂肌肉的振动幅度不一定越大6.如图，光滑绝缘水平地面上有一水平绝缘轻弹簧左端固定，右端与一质量为m、电荷量为+q的滑块P(可视作质点)拴接，沿水平方向建立x轴，沿x轴加一水平方向电场(图中未画出)，x轴上的电势φ随位置x的变化关系如图所示。滑块从弹簧原长处静止释放(未超出弹性限度)，沿x轴正方向运动直至速度为零的过程中(    )A.电场的电势越来越低，电场强度越来越小B.滑块的加速度先增大后减小C.当滑块的速度最大时，弹簧弹性势能与滑块动能之和最大D.滑块克服弹力做的功等于电势能的减少量7.如图，一位运动员在拔河时身体缓慢向后倾倒，在此期间运动员与地面的夹角θ逐渐减小，但仍保持平衡状态，脚与水平地面之间没有滑动，绳子的方向始终保持水平。在运动员缓慢向后倾倒过程中(    )A.地面对运动员的支持力大小不变B.地面对运动员的摩擦力大小不变C.地面对运动员的作用力大小变大D.地面对运动员的作用力大小不变8.水星是地球上较难观测的行星，因为它离太阳太近，总是湮没在太阳的光辉里，只有水星和太阳的距角(地球和水星连线与地球和太阳连线的夹角)达最大时(称为大距，如图所示)，公众才最有希望目睹水星。2023年1月30日凌晨，上演今年首次水星大距。已知水星公转周期约为地球公转周期的14，水星和地球公转轨道均视为圆形。则(    )A.可以求出水星与地球质量之比B.一年内至少可以看到6次水星大距C.大距时，水星和太阳距角的正弦值约为344D.太阳分别与水星和地球的连线在相同时间内扫过的面积相等9.宽阔水面下方h处安装一个发出红光的点光源(水对红光的折射率为n)，在水面上形成了一个被照亮的圆形区域，其面积为______。若换成发出蓝光的点光源，则水面上被照亮的圆形区域面积将______(选填“增大”或“减小”)。10.如图为某型号霓虹灯供电变压器的结构示意图，交流电源输出电压表达式为u=310sin100πt(V)，若霓虹灯两端瞬时电压至少为9.3kV时才能发光。为了让霓虹灯发光，霓虹灯应该接在______(选填“1、2”或“3、4”)间；若1、2间的匝数为n1，3、4间的匝数为n2，则n2n1至少为______。11.某学习小组利用如图甲实验装置探究小车的加速度与力的关系。(1)要用钩码所受的重力作为小车受到的合力，则应先平衡摩擦力，同时使钩码的质量______(选填“远小于”、“等于”或“远大于”)小车的质量；(2)保持小车质量不变，改变钩码(质量均为m)的个数n，测出小车对应的加速度a；(3)作出a−n图线如图乙所示，则说明在小车质量一定时，加速度与合力成正比：(4)若该图线斜率为k，当地重力加速度为g，则小车的质量M=______，测量值______(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值。12.某实验兴趣小组利用如图甲所示电路，测量电源的电动势E和表盘数字不清但刻度清晰的毫安表量程Ig。待测电源电动势E约为10V、内阻不计，图中内阻很大的电压表量程为10V，电阻箱R最大阻值为999.9Ω，毫安表内阻r0=50Ω，定值电阻R0阻值约为500Ω，S为开关。(计算结果均保留两位有效数字)(1)先对电表机械调零，闭合开关，多次调节电阻箱， 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多组阻值R和电压表的相应读数U；(2)根据图甲所示电路，1U=______(用R、R0、E和r0表示)；(3)画出1U−1R+r0图像如图乙，电动势E=______V；(4)调节电阻箱阻值为450.0Ω时，电压表读数为5.0V，此时毫安表指针指在刻度盘中央位置，则毫安表的量程Ig=______mA；(5)将此毫安表与电阻箱、一节干电池(电动势1.5V)、开关及导线等改装成欧姆表，如图丙所示，用它来测量一未知电阻Rx，指针指在图丁的位置，则Rx=______Ω。13.下雨时，为什么蚊子不会被雨滴砸死？科学家研究发现蚊子被雨滴击中时并不抵挡雨滴，而是很快与雨滴融为一体，随后迅速侧向微调与雨滴分离。已知蚊子的质量为m，漂浮在空气中(速度为零)；雨滴质量为nm，雨滴所受空气阻力与下落速度成正比，比例系数为k，击中蚊子前，雨滴已经匀速竖直下落，蚊子与雨滴融为一体时间为Δt，蚊子重力不计。求：(1)蚊子与雨滴融为一体后，蚊子的速度大小v；(2)蚊子与雨滴融为一体的过程中，蚊子受到的平均作用力F。14.如图甲，倾角θ=30°的足够长光滑导轨，导轨间距L=1m，该端接有R=3Ω的定值电阻，导轨处在磁感应强度大小B=1T，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。质量m=0.5kg、阻值r=1Ω的金属棒，在平行于导轨的拉力F作用下，由静止开始从CD处沿导轨向上加速运动，金属棒的速度—位移图像如图乙所示，金属棒始终与导轨垂直并接触良好，导轨电阻忽略不计，重力加速度g=10m/s2，求：(1)通过金属棒的电荷量为1C时，金属棒的位移大小；(2)速度v=2m/s时，电阻R的发热功率；(3)金属棒从CD处沿导轨向上运动x=2m的过程中，外力F做的功。15.如图，在三维坐标系O−xyz中有一长方体空间区域，与Oyz平面平行的截面是以x轴为中心对称的正方形，其边长为L。在−2L≤x≤−L的区域Ⅰ内存在沿z轴负方向的匀强电场和沿y轴正方向的匀强磁场：−L≤x≤L为区域Ⅱ，区域Ⅰ和区域Ⅱ间用正中心留有小孔的正方形绝缘薄板隔开。有一电子枪从x=−2L处不断沿x轴正方向正对小孔发射速率不同的电子。已知电子电量为e，质量为m，匀强电场的电场强度大小为E，匀强磁场的磁感应强度大小为mE2eL。(1)若电子能沿x轴穿过区域Ⅰ到区域Ⅱ，求电子的速度大小；(2)若某电子穿过小孔运动到O点时，给区域Ⅱ加上一个磁感应强度大小为mE2eL、方向沿y轴负方向的匀强磁场，求该电子穿出区域Ⅱ的位置坐标；(3)若某电子穿过小孔运动到O点时，给区域Ⅱ加上一个磁感应强度大小为10mE2eL的匀强磁场和一个大小未知的匀强电场E′，方向均沿y轴负方向，该电子能打到的坐标位置为(L5,L2,L5)，求电场强度E′的可能值。答案和解析1.【答案】B 【解析】解：闻到茶香是扩散现象，是分子不停息的做无规则运动，温度越高，分子运动越剧烈，扩散越快，所以用高温开水泡茶，能很快泡出茶香，故B正确，ACD错误。故选：B。扩散现象和布朗运动说明分子永不停息地做无规则热运动，泡大红袍茶时茶香四溢是扩散现象，扩散现象和物体的温度有关系，温度越高，分子运动越剧烈，扩散越快。该题考查扩散现象，是一道基础知识题，要求学生对这部分知识要强化记忆，勤加练习。2.【答案】D 【解析】解：A.根据洛伦兹力提供向心力qvB=mv2R可得v=qBRm可知氘核离开回旋加速器时的最大速率与加速电压U无关，故A错误；B.氘核被加速后的最大速度时的半径为R，根据匀速圆周运动速度与周期公式则v=2πRT=2πRf故氘核被加速后的最大速度不可能超过2πRf，故B错误；C.氘核第n次经过两金属盒间狭缝后，根据动能定理nqU=12mvn2和第n−1次经过两金属盒间狭缝后，根据动能定理有(n−1)qU=12mvn−12解得vn=2nqUm，vn−1=2(n−1)qUm又洛伦兹力提供向心力qvB=mv2r则r=mvqB则氘核第n次和第n−1次经过两金属盒间狭缝后的轨道半径之比为rnrn−1=vnvn−1=nn−1故C错误；D.回旋加速器的周期为T=2πmqB由于氘核和α粒子的比荷相等，所以不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器也能加速α粒子，故D正确。故选：D。根据洛伦兹力提供向心力，求速度，分析最大速度；根据匀速圆周运动速度与周期公式，求速度；根据动能定理以及洛伦兹力提供向心力，分析半径之比；分析粒子比荷，确定周期，分析是否可以被加速。本题考查学生对动能定理、洛伦兹力提供向心力以及回旋加速器的周期规律的掌握，是一道具有一定综合性，难度中等的题。3.【答案】C 【解析】解：ACD、由eUc=Ekm=hν−W0，可得：Uc=heν−W0e=hce⋅1λ−W0e可知遏止电压Uc与入射光波长的倒数1λ成线性关系，但不是正比关系。结合图像得直线的斜率k=hce=ba，由于W0e=b，故金属的逸出功W0=be，普朗克常量h=beac，故AD错误，C正确；B、由W0=hνc，得金属的截止频率νc=W0h=ac，故B错误。故选：C。根据光电效应方程，以及最大初动能与遏止电压的关系得出遏止电压与入射光频率的关系式，结合图线的斜率和截距分析判断。解决本题的关键掌握光电效应方程，以及知道最大初动能与遏止电压的关系，对于图线问题，一般的解题思路是得出物理量之间的关系式，结合图线的斜率和截距进行求解．4.【答案】D 【解析】解：A.表演者在空中经过最高点C时的速度为v，则其此时竖直方向速度vy=0，根据P=mgvy可知表演者在C处重力的瞬时功率为0，故A错误；B.从A运动到B的过程中，表演者做部分竖直圆周运动，其向心加速度指向O点，向心加速度有竖直向上的加速度分量，故表演者处于超重状态，故B错误；C.从A运动到B的过程中，由动能定理有−mg(l−lcosθ)=12mvB2−12mvA2从B点做斜抛运动，vB与水平方向夹角为θ=45°，则vBcosθ=v表演者在A处受到秋千的作用力大小为F，则由牛顿第二定律和向心力公式有F−mg=mvA2l联立各式，得F=2mv2l+(3−2)mg故C错误；D.设CB间高度为h，则B到水面的高度为3h，表演者从C点开始做平抛运动，故h+3h=12gt2x=vt表演者从B点运动到最高处C点，在竖直方向做匀减速直线运动，由运动学公式可得vBy=vBsinθh=vBy22gtBC=vBygBC的水平位移为xBC=vtBC故落水点到B点的水平距离为x总=x+xBC联立各式，代入数据解得x总=3v2g故D正确。故选：D。A、重力的瞬时功率等于重力与竖直方向速度的乘积。B、判断表演者超重失重，要看其加速度的方向。C、从A运动到B的过程中，由动能定理可列出方程；表演者从B点做斜抛运动，由几何关系，可列出vB与v的关系式；表演者在A处，由牛顿第二定律和向心力公式可列出方程；联立前述方程可求。D、从B到C做斜抛运动，可分解为水平方向的匀速直线运动、竖直方向的匀减速直线运动，根据相应规律可列出运动方程；在C点做平抛运动，可列出相应方程；联立方程，结合几何关系可求。本题主要考查竖直圆周运动、斜抛运动、平抛运动等，涉及动能定理、牛顿第二定律、向心力公式、瞬时功率、超重失重等知识，考查较全面，属于曲线运动部分的综合题目，对学生要求较高。5.【答案】BD 【解析】解：AB.手臂肌肉在杆的带动下做受迫振动，则杆的振动越快，手臂肌肉的振动一定越快，故A错误，B正确；CD.当驱动力的频率接近固有频率时，受迫振动的振幅越大，则杆振动越快，手臂肌肉的振幅不一定越快，故C错误，D正确。故选：BD。AB.手臂肌肉在杆的带动下做受迫振动，据此分析作答；CD.根据受迫振动的振幅与频率的关系作答。物体做受迫振动的频率与驱动力的频率相同，当驱动力的频率等于物体固有频率时，振幅最大。6.【答案】AD 【解析】解：A、由图像可知，沿x轴正方向，电场的电势越来越低；φ−x图像的斜率绝对值表示电场强度的大小，由图像可知，沿x轴正方向，电场强度越来越小，故A正确；B、由题意可知，沿x轴正方向电势降低，即电场方向沿x轴正方向。滑块P沿x轴正方向运动时，受到向右的电场力和向左的弹力，随滑块运动，电场强度逐渐减小，电场力逐渐减小，弹簧形变量逐渐增大，弹力逐渐增大。滑块开始运动时，两个力的合力向右，且逐渐减小，当弹力等于电场力时，加速度为零，滑块速度最大，滑块继续运动，弹簧弹力大于电场力，合力方向向左，且逐渐增大，即合力先减小后增大，则滑块的加速度先减小后增大，故B错误；C、由能量守恒定律得，滑块P运动中，电势能的减少量等于滑块动能的增加量与弹簧的弹性势能的增加量之和，因此滑块P速度是零时，电势能的减少量最大，则有弹簧弹性势能与滑块动能之和最大，故C错误；D、滑块P速度是零时，电势能的减少量最大，且全部转化为弹簧的弹性势能，即滑块克服弹力做的功等于电势能的减少量，故D正确。故选：AD。φ−x图像的斜率绝对值表示电场强度的大小，根据图像判断电势的变化和电场强度的变化；对滑块受力分析，结合牛顿第二定律分析加速度的变化；根据能量守恒定律分析能量的变化，进而判断滑块克服弹力做的功与电势能的减少量的关系。本题考查φ−x图像和功能关系，解题关键是知道φ−x图像的斜率的含义，结合功能关系列式分析即可。7.【答案】AC 【解析】解：对运动员受力分析，运动员受重力G、绳子的拉力T、地面对运动员竖直向上的支持力FN、水平向左的摩擦力f，如图根据平衡条件有竖直方向FN=mg，水平方向f=T=mgtanθ即随着运动员与地面夹角的逐渐变小，地面对运动员支持力的大小不变，地面对运动员的摩擦力变大，则地面对运动员的合力变大，故AC正确，BD错误。故选：AC。对运动员受力分析，根据平衡条件列式，分析力的变化。本题考查学生对平衡条件的掌握，是一道基础题。8.【答案】BC 【解析】解：A.由万有引力提供向心力有GMmr2=mr4π2T2可得r3=4π2T2GM可知可以求出水星与地球轨道半径之比，无法求得质量之比，故A错误；B.一年时间设为T，则T地=TT水=14T两次大距时间间隔为Δt=2π2π14T−2πT一年内能看到水星的次数为n=2×TΔt解得n=6故B正确；C.由A项分析知水星与地球轨道半径之比为344，根据几何关系可知大距时，水星和太阳距角的正弦值约为344，故C正确；D.开普勒第二定律是针对同一环绕天体而言的，太阳分别与水星和地球的连线在相同时间内扫过的面积不相等。故D错误。故选：BC。由万有引力提供向心力分析可知无法求出水星与地球质量之比，可解得轨道半径的比例关系，从而计算水星和太阳距角的正弦值，根据运动关系解得大距的时间，从而计算次数；根据开普勒第二定律解释D选项。本题主要考查开普勒三大定律以及万有引力提供向心力的表达式，对学生获取信息的能力有较高的要求。9.【答案】πh2n2−1 减小 【解析】解：由全反射知识，当光发生全反射时，此位置为水面上距离点光源最远的被照亮的区域，如图则有sinα=1ntanα=Rh解得R=hn2−1则照亮区域面积为s=πR2，解得s=πh2n2−1若换成发出蓝光的点光源，频率更大，折射率n更大，则面积更小。故答案为：πh2n2−1    减小。全反射知识，当光发生全反射时，画出光路图，根据几何关系，求半径，再求照亮面积，根据表达式判断面积变化。本题考查学生对全反射条件的掌握，解题关键是正确画出相应的几何光路。10.【答案】3、4 30 【解析】解：交流电源输出电压表达式为u=310sin 100πt(V)，则电源输出的最大电压瞬时值为310V，若灯两端瞬时电压至少为9.3kV时才能发光，则变压器应该为升压变压器，则霓虹灯应该接在3、4间；n2n1最小时，3、4间瞬时电压至少为9300V，根据变压规律n2n1=U2U1，可得n2n1=9300310=30故答案为：3、4；30由表达式可得原线圈两端电压的峰值为310V，从而可得有效值，根据电压与匝数的关系求副线圈的电压，由欧姆定律可求电流，再由输入功率等于输出功率判断原副线圈的电流关系．本题考查了变压器的特点：电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率．11.【答案】远小于 mgk 大于 【解析】解：(1)要用钩码所受的重力作为小车受到的合力，则应先平衡摩擦力，同时使钩码的质量远小于小车质量这一条件；(4)平衡摩擦力且满足钩码的质量远小于小车质量这一条件，小车所受合力F=nmg根据牛顿第二定律F=Ma联立解得a=mgM⋅n结合a−n图像，斜率k=mgM小车质量M=mgk若考虑钩码产生的加速度，对钩码nmg−T=nma对小车T=Ma联立解得a=mgM+nm⋅n斜率k=mgM+nm真实值M真=mgk−nm测量值大于真实值。故答案为：(1)远小于；(4)mgk；大于。(1)根据要用钩码所受的重力作为小车受到的合力需要具备的条件作答；(2)当小车所受合力F=nmg，根据牛顿第二定律结合a−n图像斜率求小车质量；考虑到小车实际产生的加速度，根据牛顿第二定律分别对钩码和小车列出表达式，再结合图像斜率分析误差。本题考查了探究小车的加速度与力的关系，要能根据牛顿第二定律求解a−函数，并能结合图像斜率含义求解小车质量；要注意完成该实验所具备的两个条件：一是必须要平衡摩擦力，二是要使钩码的质量远小于小车质量。12.【答案】R0E⋅1R+r0+1E 9.1 20 50 【解析】解：(2)根据闭合电路欧姆定律U=E−UR+r0R0整理得1U=R0E⋅1R+r0+1E(3)根据图像有：1E=0.11V−1解得E=9.1V(4)根据欧姆定律有：12Ig=UR+r0代入数据可得Ig=20mA(5)根据欧姆定律毫安表满偏时有：Ig=ER内解得：R内=75Ω毫安表偏转35时，则有：35Ig=ER内+Rx解得：Rx=50Ω故答案为：(2)R0E⋅1R+r0+1E；(3)9.1；(4)20；(5)50。(2)根据闭合电路欧姆定律推导图像函数表达式；(3)根据图像截距计算电动势；(4)根据欧姆定律计算微安表的量程；(5)根据欧姆定律计算欧姆表的内阻，由题意再根据欧姆定律计算待测电阻阻值。本题考查测电源电动势和测待测电阻阻值实验，要求掌握实验原理、利用图像处理数据，欧姆表的原理。13.【答案】解：(1)击中蚊子前，雨滴已经匀速竖直下落，则有：kv0=nmg蚊子与雨滴融为一体，取竖直向下为正方向，则有：nmv0=(n+1)mv解得：v=n2mg(n+1)k(2)对蚊子由动量定理有：FΔt=mv解得：F=n2m2g(n+1)kΔt答：(1)蚊子与雨滴融为一体后，蚊子的速度大小为n2mg(n+1)k；(2)蚊子与雨滴融为一体的过程中，蚊子受到的平均作用力为n2m2g(n+1)kΔt。 【解析】(1)根据平衡条件和动量守恒定律计算蚊子的速度大小；(2)根据动量定理计算蚊子受到的平均作用力。本题考查动量和动量定理，要求掌握动量守恒定律和动量定理内容。14.【答案】解：(1)根据电荷量的 计算公式 六西格玛计算公式下载结构力学静力计算公式下载重复性计算公式下载六西格玛计算公式下载年假计算公式 可得：q=I−t=E−Rt=ΔΦR+r=BLx1R+r代入数据解得：x1=4m(2)速度v=2m/s时，感应电动势大小为：E=BLv根据闭合电路的欧姆定律可得：I=ER+r根据电功率的计算公式可得：P=I2R联立并代入数据解得：P=0.75W(3)根据v−x关系图像可知，当x=2m时速度大小为v′=4m/s根据安培力的计算公式可得：FA=BIL=B2L2vR+r，根据图像可知：v=kx=42x=2x所以FA=2B2L2xR+r，由于安培力随位移成线性变化，则安培力做的功可以根据平均值进行计算根据动能定理可得：WF−0+FA2x−mgsinθ⋅x=12mv′2−0代入数据解得：WF=10J答：(1)通过金属棒的电荷量为1C时，金属棒的位移大小为4m；(2)速度v=2m/s时，电阻R的发热功率为0.75W；(3)金属棒从CD处沿导轨向上运动x=2m的过程中，外力F做的功为10J。 【解析】(1)根据电荷量的计算公式进行解答；(2)根据闭合电路的欧姆定律、电功率的计算公式进行解答；(3)根据安培力的计算公式求解安培力做的功，根据动能定理求解外力F做的功。对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。15.【答案】解：(1)直线通过I区的电子受力平衡eE=evB①由①和B=mE2eL得v=EB=2eELm②(2)区域Ⅱ加上磁场后，电子将做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律：evB=mv2R③由①③得R=2L ④根据左手定则，电子向上偏转，假设粒子打在区域右侧面某处，根据几何关系，其z坐标z=R−R2−L2=(2−3)L