2023-2024学年江西省吉安市吉水中学高三（上）一模物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江西省吉安市吉水中学高三（上）一模物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.有一束紫外线照射某金属时不能产生光电效应，可能使金属产生光电效应的措施是( )
A. 改用频率更小的紫外线照射B. 改用X射线照射
C. 改用强度更大的原紫外线照射D. 延长原紫外线的照射时间
2.网球比赛中，网球以15m/s的速度飞来，运动员用球拍将它以大小相同的速度反向击回，球与球网的作用时间为0.1s，下列说法正确的是( )
A. 这个过程中网球的速度方向不变
B. 这个过程网球的平均加速度大小为300m/s2
C. 球对网的作用力与网对球的作用力大小不相等
D. 球对网的作用力与网对球的作用力是一对作用力与反作用力
3.如图所示，货车车厢中央放置一装有货物的木箱，该木箱可视为质点。已知木箱与车厢之间的动摩擦因数μ=0.4。下列说法正确的是
A. 若货车向前加速时，木箱对车厢的摩擦力方向向左
B. 为防止木箱发生滑动，则货车加速时的最大加速度不能超过4 m/s2
C. 若货车行驶过程中突然刹车，木箱一定与车厢前端相撞
D. 若货车的加速度为5 m/s2时，木箱受到的摩擦力为静摩擦力
4.如图所示，相距10cm的平行板A和B之间有匀强电场，电场强度E=2×103V/m，方向向下，电场中C点距B板3cm，B板接地，下列说法正确的是
( )
A. A板电势φA=2×104VB. A板电势φA=-200V
C. C点电势φC=60VD. C点电势φC=-60V
5.如图所示是使用静电计探究平行板电容器电容与哪些因素有关的实验装置．用导线将充了电的平行板电容器的带正电的A板与静电计的金属小球相连，将带负电的B板与静电计的金属外壳同时接地．要使静电计的指针张角变小，可采用的方法是
A. 增大A板与B板之间的水平距离
B. A板位置不动，将B板竖直向上平移少许
C. A板位置不动，将B板拿走
D. 将云母片插入A板与B板之间
6.1831年法拉第把两个线圈绕在一个铁环上，A线圈与电源、滑动变阻器R组成一个回路，B线圈与开关S、电流表G组成另一个回路，通过多次实验，法拉第终于总结出产生感应电流的条件，关于该实验下列说法正确的是( )
A. 闭合开关S的瞬间，电流表G中有a→b的感应电流
B. 闭合开关S的瞬间，电流表G中有b→a的感应电流
C. 闭合开关S后，在增大电阻R的过程中，电流表G中有b→a的感应电流
D. 闭合开关S后，匀速向右滑动滑动变阻器滑片，电流表G指针不偏转
7.如图所示，是一多匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动所产生的交变电动势的图象，根据图象可知( )
A. 此交变电动势的瞬时表达式为e=200sin 0.02tV
B. 此交变电动势的瞬时表达式为e=200sin 100πtV
C. t=0.01 s时，穿过线圈的磁通量为零
D. t=0.02 s时，穿过线圈的磁通量的变化率最大
二、多选题（本大题共5小题，共20分）
8.粗糙水平桌面上放一单匝闭合矩形线框如甲所示，线框右半部分处在匀强磁场中，磁感应强度B竖直向下，磁场的左边界OO'与线框交于M.N两点。已知线框面积S=100cm2，总电阻R=0.02Ω，M、N间距离x=8cm，磁感应强度B按图乙所示变化时(向下为B正方向)，线框始终静止不动，则( )
A. 在t=1s时，线框上M、N两点的电势差UMN>0
B. 在t=1s时，线框受到的摩擦力f=0.04N
C. 在t=2s时，线框中感应电流的方向发生改变
D. 在t=2s时，线框所受的摩擦力方向发生改变
9.甲乙两车同时自左向右运动，现记录下两车辆每隔10秒所处的位置，一共记录了40秒，如图所示。由图可知，在40秒内( )
A. 甲车可能做匀速运动，乙车可能做匀加速运动，加速度为0.5m/s2.
B. 甲乙两车的平均速度相同
C. 若在时刻20s与时刻30s之间，甲车做匀速运动，乙车做匀加速运动，则某时刻甲乙两车速度相同
D. 在计时之初，两车速度都为零
10.中国北斗三号全球卫星导航系统最后一颗组网卫星原定于2020年6月16日发射，“中国北斗”将进一步造福全球，也将更加广泛而深刻地影响人们的生活。此系统由中圆轨道(轨道半径约28000km)、倾斜高轨道和同步轨道(两种卫星轨道半径相等约为42000km)多个卫星组成。则下列关于北斗卫星的说法正确的是( )
A. 倾斜高轨道和同步轨道卫星周期不相等
B. 北斗三号导航系统所有卫星绕地球运行的线速度均小于7.9km/s
C. 中圆轨道卫星线速度约为同步卫星线速度的1.5倍
D. 中圆轨道卫星线速度约为同步卫星线速度的1.2倍
11.如图所示，一根粗糙的水平横杆上套有A、B两个轻环，系在两环上的等长细绳拴住的书本处于静止状态，现将两环距离变小后书本仍处于静止状态，则( )
A. 杆对A环的支持力变大
B. B环对杆的摩擦力变小
C. 杆对A环的力不变
D. 与B环相连的细绳对书本的拉力变小
12.如图所示，倾角为α的斜面固定在水平地面上，斜面上有两个质量均为m的小球A、B，它们用劲度系数为k的轻质弹簧相连接，现对A施加一个水平向右大小为F=2 33mg的恒力，使A、B在斜面上都保持静止，如果斜面和两个小球的摩擦均忽略不计，此时弹簧的长度为L，则下列说法正确的是( )
A. 斜面的倾角为α=30°B. 弹簧的原长为L+mg2k
C. 撤掉恒力F的瞬间小球A的加速度为gD. 撤掉恒力F的瞬间小球B的加速度为g
三、填空题（本大题共2小题，共12分）
13.在“验证机械能守恒定律”实验中，某研究小组采用了如图甲所示的实验装置．一根细线系住钢球，悬挂在竖直铁架台上，钢球静止于A点，光电门固定在A的正下方．在钢球底部竖直地粘住一片宽度为d的遮光条．将钢球拉至的势能变化大小ΔEp与动能变化大小ΔEk，就能验证机械能是否守恒．
(1)如图乙，用游标卡尺测得遮光条的宽度d=_________cm．
(2)某次测量中，计时器的示数为0.0052s，高度h=0.20m，小球质量m=100 g，g=9.8m/s2.计算小球重力势能的减小量ΔEp=_____J，动能的增加量ΔEk=_____J.(结果均保留三位有效数字)
(3)由第(2)问的计算结果可知ΔEp与ΔEk之间存在差异，某同学认为这是由于空气阻力造成的．你是否同意他的观点____?请说明理由：____________________．
14.某实验小组利用如图所示的电路测定一节干电池的电动势E和内电阻r，备有下列器材：
A、待测干电池，电动势约1.5V
B、电流表，量程3mA C、电流表，量程0.6A
D、电压表，量程3V E、电压表，量程1.5V
F、滑动变阻器，0-20Ω
G、滑动变阻器0-500Ω
H、开关、导线若干
(1)实验中电流表选用_____ ，电压表选用_____ ，滑动变阻器选用_____ .(填器材前面字母序号)
(2)一位同学测得的6组数据如表所示，试根据数据作出U-I图线____．
(3)根据图线求出电池的电动势E=______ V，电池的内电r=______Ω保留2位小数)
四、计算题（本大题共3小题，共30分）
15.如图所示，在竖直方向上A、B物体通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，A放在水平地面上，B、C两物体通过细绳绕过光滑轻质定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上，斜面倾角为30°，用手按住C，使细绳刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细绳竖直、cd段的细绳与斜面平行．已知A、B的质量分别为m1、m2，C的质量为2m，重力加速度为g，细绳与滑轮之间的摩擦力不计，开始时整个系统处于静止状态，释放C后它沿斜面下滑，斜面足够长，且物体A恰不离开地面．求：
(1)物体A恰不离开地面时，物体C下降的高度；
(2)其他条件不变，若把物体C换为质量为2(m+△m)的物体D，释放D后它沿斜面下滑，当A恰不离开地面时，物体B的速度为多大？
16.如图所示，为某研究小组设计的磁悬浮电梯的简化模型，在竖直平面上相距为l的两根很长的平行滑轨，竖直安置，沿轨道安装的线路通上励磁电流，便会产生沿轨道移动的周期性磁场。组成周期性磁场的每小块磁场沿滑轨方向宽度相等，相间排列。相间的匀强磁场B1和B2垂直轨道平面，B1和B2方向相反，大小相等，即B1=B2=B，每个磁场的宽度都是l。采用轻巧碳纤维材料打造的一电梯轿厢里固定着绕有N匝金属导线的闭合正方形线框ABCD(轿厢未画出且与线框绝缘)，边长为l，总电阻为R。利用移动磁场与金属线框的相互作用，使轿厢获得牵引力，从而驱动电梯上升。已知磁场以速度v0向上匀速运动，电梯轿厢的总质量为M、运动中所受的摩擦阻力恒为f，重力加速度为g。
(1)电梯轿厢向上运动的最大速度；
(2)不考虑其它能量损耗，为了维持轿厢匀速上升，外界在单位时间内需提供的总能量；
(3)假设磁场由静止开始向上做匀加速运动来启动电梯轿厢，当两磁场运动的时间为t时，电梯轿厢也在向上做匀加速直线运动，此时轿厢的运动速度为v，求由磁场开始运动到电梯轿厢刚开始运动所需要的时间。
17.如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第一、二象限存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，第四象限存在着沿y轴正方向的匀强电场，场强大小未知。一带正电的粒子从y轴上的M点以速度v0沿x轴正方向开始运动，从x轴上的N点进入磁场后恰好经O点再次进入电场，已知MN两点的连线与x轴的夹角为θ，且tanθ=12，带电粒子的质量为m，电荷量为q，不计带电粒子的重力。求：
(1)粒子第一次经过N点的速度v；
(2)粒子从N点运动到O点的过程中，洛伦兹力的冲量I；
(3)电场强度E的大小；
(4)粒子连续两次通过x轴上同一点的时间间隔Δt。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查光电效应；发生光电效应要求照射光达到一定频率即可，基础问题。
【解答】
A.光电效应发生要求照射光达到一定频率，故应增大照射光频率。故A项错误。
B.X射线的频率大于紫外线频率。故B项正确。
C.光电效应是否发生与光的强度无关。故C项错误。
D.光电效应发生时间很短暂，发生条件也只与光的频率有关。故D项错误。
综上所述，本题正确答案为B。
2.【答案】BD
【解析】解：A.动员用球拍将它以大小相同的速度反向击回，网球的速度方向发生了变化，故A错误；
B.设返回的速度方向为正方向，根据加速度公式得a-=v-v0t=15-(-15)0.1m/s2=300m/s2，这个过程网球的平均加速度大小为300m/s2，故B正确；
CD.球对网的作用力与网对球的作用力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故C错误，D正确。
故选：BD。
速度为矢量，既有大小又有方向；加速度公式得a-=v-v0t；球对网的作用力与网对球的作用力是一对作用力与反作用力。
此题考查基本概念和规律：速度的矢量性、加速度的计算、作用力与反作用力，简单题目。
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查摩擦力和牛顿第二定律的应用以及相对运动的问题。
隔离分析木箱的受力可求得木箱的加速度，分析木箱和车厢的位移差，可判断两者能否相撞。
【解答】
A、若货车启动时，整体向左产生加速度，车厢对木箱的摩擦力的方向向左，根据牛顿第三定律知木箱对车厢摩擦力的方向向右，故 A错误；
B、设木箱的质量为m，最大加速度为a2，对木箱有μmg=ma2，解得a2=4m/s2，B正确；
C、设货车车厢的长为l，货车刹车时加速度大小为a1，刹车过程所用时间为t，木箱与车厢前端相撞满足l2D、货车行驶时的加速度为5 m/s2>a2=4m/s2，木箱已经发生相对滑动，木箱受到的摩擦力为滑动摩擦力，D错误。
4.【答案】C
【解析】【分析】
根据匀强电场的场强与电势差的关系U=Ed，计算CB间的电势差，但是要注意CB间电势差的正负．根据电势差的定义，求出电势。
解决本题的关键掌握匀强电场的场强与电势差的关系U=Ed，注意d为沿电场线方向上的距离，电场力做功只与初末位置有关，与运动路径无关。
【解答】
AB.匀强电场中UAB=Ed，UAB=φA-φB由于B板接地，所以φB=0V，解得φA=200V，故AB错误；
CD.同理UCB=φC-φB=Ed，解得：φC=60V，故C正确，D错误。
故选C。
5.【答案】D
【解析】【分析】
先根据电容的决定式分析电容的变化，再根据电容的定义式分析板间电势差的变化，判断静电计指针张角的变化。
本题考查电容器的动态分析问题，对于电容器的动态变化问题，关键要抓住不变量，根据电容的定义式和决定式进行分析。
【解答】
A.增大两极板之间的距离，由电容的决定式C=εrS4πkd可知，电容减小，电容器的电量不变，由C=QU分析可知，板间电压增大，静电计指针张角变大，选项A错误，；
B.将A板稍微上移时，正对面积减小，由电容的决定式可知，电容减小，电荷量不变，由电容的定义式分析可知，板间电压增大，静电计指针张角变大，选项B错误；
C.当将B板拿走时，相当于使d变得更大，C更小，故U应更大，静电计指针张角变大，选项C错误；
D.将云母片插入两板之间，电容的决定式可知，电容增大，电量不变，由定义式分析可知，板间电压减小，静电计指针张角变小，选项D正确。
6.【答案】C
【解析】AB.闭合与断开开关S的瞬间，穿过线圈B的磁通量都不发生变化，电流表G中均无感应电流，故AB错误；
C.闭合开关S后，在增大电阻 R 的过程中，电流减小，则通过线圈B的磁通量减小了，根据右手螺旋定则可确定穿过线圈B的磁场方向，再根据楞次定律可得，电流表G中有 b→a 的感应电流，故C正确；
D.闭合开关S后，匀速向右滑动滑动变阻器滑片，A中电流变大，穿过线圈B的磁通量变大，会产生感应电流，则电流表G指针会偏转，故D错误。
故选C。
7.【答案】B
【解析】【分析】
考查交变电流的图像。
【解答】
A.由图象知周期T=0.02s，所以频率f=50Hz，由图象知电动势最大值为200V，角速度为2π0.02=100π，所以感应电动势的瞬时表达式为e=200sin100πt，A错误，B正确；
C.t=0.01 s时，感应电动势为零，则穿过线圈的磁通量最大，故C错误；
D.t=0.02 s时，感应电动为零，则穿过线圈的磁通量的变化率也为零，故D错误。
故选B。
根据函数一般表达式利用待定系数法确定具体的表达式，磁通量的变化率跟感应电动势成正比，所以感应电动势最大时磁通量的变化率最大。
8.【答案】D
【解析】解：A、0～2s内磁感应强度方向向下，通过线框的磁通量向下减小，根据楞次定律可知感应电流方向为顺时针(俯视)，则线框上M、N两点的电势差UMN<0，故A错误；
B、根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势为：E=△B△t×12S=22×12×100×10-4V=0.005V，
则回路中的感应电流为：I=ER=，
在t=1s时磁感应强度的大小为B=1T，则线框受到的安培力的合力为：FA=BIx=1×0.25×0.08N=0.02N，
根据平衡条件可得线框受到的摩擦力f=FA=0.02N，故B错误；
C、B-t图象的斜率不变，则△B△t不变、感应电动势不变，根据闭合电路的欧姆定律可知感应电流大小方向不变，故C错误；
D、在t=2s前磁感应强度方向向下，t=2s以后磁感应强度方向向上，由于感应电流不变，根据左手定则可知安培力的方向变化，根据平衡条件可得线框所受的摩擦力方向发生改变，故D正确。
故选：D。
根据楞次定律判断感应电流方向，由此分析电势高低；根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势，根据闭合电路的欧姆定律求解回路中的感应电流，根据平衡条件结合安培力的计算公式可得线框受到的摩擦力；B-t图象的斜率不变，感应电流大小方向不变；根据左手定则可知安培力的方向变化，根据平衡条件分析线框所受的摩擦力方向。
对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分相当于电源，根据电路连接情况，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律列方程求解。
9.【答案】BC
【解析】A.甲车在连续的四个10s内的位移均为300m，所以甲车有可能做匀速运动；乙车在连续的四个10s内的位移依次为200m，250m，300m，450m，即位移差并不相等，所以乙车不是匀加速运动，故A错误；
B.由题知，甲、乙两车的在40s内的位移都为1200m，平均速度都为
v甲=v乙=120040m/s=30m/s
故B正确；
C.在时刻20s与时刻30s之间，可得甲车的速度
v甲=900-60010m/s=30m/s
乙车的平均速度
v乙=750-45010m/s=30m/s
若乙车做匀加速运动，其平均速度将等于中间时刻的瞬时速度，即乙车在20s∼30s的中间时刻的瞬时速度等于甲车的速度，故C正确；
D.甲乙两车的运动性质不确定，无法断定计时之初两车速度都为零，故D错误。
故选BC。
10.【答案】BD
【解析】解：A、根据开普勒第三定律可得r3T2=K，倾斜高轨道和同步轨道卫星的轨道半径相等，则周期相等，故A错误；
B、7.9km/s是最大的环绕速度，根据v= GMr可知北斗三号导航系统所有卫星绕地球运行的线速度均小于7.9km/s，故B正确；
CD、根据v= GMr可得v中v同= 4200028000= 1.5≈1.2，故C错误、D正确。
故选：BD。
根据开普勒第三定律分析周期大小；7.9km/s是最大的环绕速度，根据v= GMr分析线速度大小，并计算线速度之比。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，关键是知道天体运动都可近似地看成匀速圆周运动，其向心力由万有引力提供，即F引=F向，根据相应的向心力表达式进行分析。
11.【答案】BD
【解析】【分析】
对书本进行受力分析，两绳子的合力和重力平衡，根据平衡条件可以求出绳子的拉力F的表达式，根据三角函数知识，可得F随θ变化的关系；利用整体法分析，杆对环的支持力大小总是等于书本重力，一个环各分担一半的重力；环摩擦力和F在水平方向的分量平衡，根据平衡方程可以得到摩擦力减小；杆对A环的力为杆对A的支持力与摩擦力的合力，支持力NA不变，摩擦力f减小，所以杆对A环的力变小。
本题考查了共点力的平衡条件、力的合成与分解的运用等知识点。注意整体法和隔离法的使用：通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法。
【解答】
解：两绳子拉力F大小相等，在竖直方向的夹角相等，设为θ，
根据平衡条件，两绳子的合力和重力大小相等，即有F=mg2csθ，两环距离变小，θ减小，F减小。
A、把环A、B及书本看出一个整体，杆对A环的支持力NA大小总是等于书本重力的一半，两环距离变小的过程中，杆对A环的支持力不变，故A错误；
B、对于B环，摩擦力和F在水平方向的分量平衡，有f=Fsinθ，因为θ减小，F减小，所以摩擦力f减小，故B正确；
C、杆对A环的力为杆对A的支持力与摩擦力的合力，由于支持力NA不变，摩擦力f减小，所以杆对A环的力变小，故C错误；
D、与B环相连的细绳对书本的拉力F=mg2csθ，两环距离变小，θ减小，F减小，故D正确。
故选BD。
12.【答案】AC
【解析】解：AB、对小球B进行受力分析，由平衡条件可得：kx=mgsin α，解得x=mgsinαk
所以弹簧的原长为L-x=L-mgsinαk；
对小球A进行受力分析，由平衡条件可得：Fcs α=mgsin α+kx，解得：α=30°，所以弹簧的原长为L-mg2k，故A正确B错误。
C、撤掉恒力F的瞬间，对A进行受力分析，可得mgsin α+kx=maA，小球A此时的加速度aA=g，故C正确。
D、撤掉恒力F的瞬间，弹簧弹力不变，B球所受合力不变，故B球的加速度为零，故D错误。
故选：AC。
隔离A、B分别受力分析由平衡条件可求得弹簧的原长、斜面的倾角；撤掉恒力F的瞬间，弹簧弹力不变，B球所受合力不变，对A由牛顿第二定律可求得加速度。
本题考查了平衡条件、牛顿第二定律的应用，知道撤掉恒力F的瞬间，弹簧弹力不变，分别受力分析可求解各自的加速度。
13.【答案】 1.04 0.196 0.200 不同意 可能初速度不为零
【解析】(1)[1]游标卡尺的读数为10mm+0.1×4mm=10.4mm=1.04cm；
(2)[2]小球重力势能的减小量 ΔEp=mgh =0.1×9.8×0.2J≈0.196J；
[3]小球通过最低点的速度 v=dΔt=1.04×10-20.0052 m/s；则动能的增加量 ΔEk=12mv2=12×0.1×22 =0.200J；
(3)[4]不同意．
[5]由第(2)问的计算结果可知，小球动能的增加量大于小球的重力势能的减小量；若空气的阻力造成的，则 ΔEk 要小于 ΔEP ，所以误差不是空气的阻力造成的，可能初速度不为零．
14.【答案】 C E F 1.45 0.70
【解析】(1)[1]干电池电动势约为1.5V，电压表应选：E；
[2]根据实验数据得出最大电流为0.57A，因此电流表应选：C；
[3]干电池电动势约为1.5V，电流表量程为0.6A，电路最小电阻约为：R=2.5Ω，为方便实验操作，滑动变阻器应选：F；
(2)[4]根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示：
(3)[5][6]由闭合电路欧姆定律可知
U=E-Ir ，
再由数学知识可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势故电源的电动势为1.45V；
而图象的斜率表示电源的内阻，
r=ΔUΔI=1.45-Ω=0.70Ω ；
15.【答案】(1) (m1+m2)g2k ；(2) 2(m1+m2)Δmg2k[2(m+Δm)+m2] ；
【解析】(1)初始整个系统处于静止状态，以物体B为研究对象可知，弹簧处于压缩状态，则：
m2g=kx1
当物体A恰不离开地面时，以物体A为研究对象可知，弹簧处于伸长状态，则：
m1g=kx2
因而物体C下降的高度为
h=(x1+x2)sin30∘
联立解得
h=(m1+m2)g2k
(2)物体C沿斜面下滑，当物体A恰不离开地面时，物体C的速度为零，以物体C、B和弹簧整体为研究对象，根据机械能守恒定律可知：
2mg⋅(x1+x2)sin30∘-m2g(x1+x2)=ΔEp
把物体C换为物体D后，当物体A恰不离开地面时，此时物体D和物体B的速度大小相等，以物体D、B和弹簧整体为研究对象，根据机械能守恒定律可知：
2(m+Δm)g⋅(x1+x2)sin30∘-m2g(x1+x2)=12[m2+2(m+Δm)]v2+ΔEp
联立解得物体B的速度大小为
v= 2(m1+m2)Δmg2k[2(m+Δm)+m2]
16.【答案】(1)电梯轿厢向上运动最大速率为vm时，线框相对磁场的速率为v0-vm，线框中上、下两边都切割磁感线，产生感应电动势为E=2NBlv0-vm
则此时线框所受的安培力大小FA=2NBIl
根据闭合电路欧姆定律I=ER
由平衡条件可得FA=Mg+f
解得vm=v0-Mg+fR4N2B2l2
(2)依题意，轿厢匀速上升处于平衡状态，则不考虑其它能量损耗时，为了维持轿厢匀速上升，外界在单位时间内需提供的总能量等于安培力的功率，为P=FAv0
即P=Mg+fv0
(3)根据题意可知，两磁场做匀加速直线运动的加速度应与电梯轿厢做匀加速直线运动的加速度大小相等，设加速度为a，t时刻线框相对磁场的速率为Δv=at-v
线框产生感应电动势为E'=2NBlΔv
I'=E'RFA'=2NBI'l
根据牛顿第二定律FA'-Mg+f=Ma
整理得4N2B2l2Rat-v-Mg+f=Ma
解得a=4N2B2l2v+Mg+fR4N2B2l2t-MR
设磁场开始运动到电梯轿厢开始运动所需要的时间为t0，t0时刻线框中感应电动势为E0=2NBlat0
安培力F0=4N2B2l2at0R
此时刻F0=Mg+f
解得t0=Mg+f4N2B2l2t-MRR16N4B4l4v+4N2B2l2RMg+f

【解析】(1)由E=BLv求出电动势，由欧姆定律求出电流，根据平衡求出电梯的最大速度；
(2)为了维持轿厢匀速上升，则外界在单位时间内需提供的总能量等于安培力的功率；
(3)电梯轿厢受到安培力重力摩擦力作用，根据牛顿第二定律和匀变速直线运动规律即可求解
17.【答案】解：(1)设带电粒子从M运动到N的过程中，水平位移为x，竖直位移为y
根据三角形定则有：tanθ=yx
因为x=v0t
y=vy2t
粒子第一次经过N点的速度为：v= v02+vy2
解得：v= 2v0，
设粒子第一次经过N点的速度与x轴夹角为α，则tanα=vyv0，
则α=45°，则到达N点时速度方向与x轴正方向成45°角；
(2)根据圆周运动的特点可知，粒子到达O点时的速度大小为v，方向斜向右下方，和x轴成45°角，如图所示：
对粒子从N点运动到O点过程中，利用动量定理以及三角形定则有
I=m△v= 2mv0，方向沿y轴负方向；
(3)粒子在磁场中运动，由向心力公式和牛顿第二定律得qvB=mv2R
由几何知识得，x= 2R，y= 22R
由运动学公式得vy2=2ay
由牛顿第二定律得qE=ma
解得：E=v0B2；
(4)带电粒子在复合场中的运动轨迹如图所示，
粒子在磁场中运动的周期为：T=2πRv
因为粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为270°，
所以带电粒子在磁场中的运动时间为：t1=32T
带点粒子在电场中的运动时间为：t2=2xv0，
粒子连续两次通过x轴上同一点的时间间隔△t=t1+t2=(3π+4)mqB。
答：(1)粒子第一次经过N点的速度v为 2v0，方向与x轴正方向成45°角；
(2)粒子从N点运动到O点过程中，洛伦兹力的冲量I大小为 2mv0，方向沿y轴负方向；
(3)电场强度E的大小为v0B2；
(4)粒子连续两次通过x轴上同一点的时间间隔△t为(3π+4)mqB。
【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律求解粒子第一次经过N点的速度v；
(2)根据动量定理并结合三角形定则求解洛伦兹力的冲量I；
(3)根据洛伦兹力提供向心力求解粒子在磁场中运动的半径，从而分析得到粒子做类平抛运动的水平和竖直方向的位移，根据运动学公式以及牛顿第二定律求解电场强度E的大小；
(4)作出运动轨迹，分别求解出粒子在电场和磁场中的运动时间，两段时间相加即可。
该题考查了带电粒子在由电场和磁场组成的组合场中的运动问题，题目的综合性较强，在解决该类问题时，需要逐步分析粒子的运动情况，根据已有条件分析解答，注意在根据动量定理求解洛伦兹力的冲量时，速度的改变量需要遵循三角形定则。组别
1
2
3
4
5
6
电流I/A
0.12
0.20
0.361
0.40
0.50
0.57
电压U/V
1.37
1.32
1.24
1.17
1.10
1.05