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301，安徽省淮北市第一中学2023-2024学年高二下学期开学考试物理试题
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这是一份301，安徽省淮北市第一中学2023-2024学年高二下学期开学考试物理试题，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.图甲为某款“自发电”无线门铃按钮，其“发电”原理如图乙所示，按下门铃按钮过程磁铁靠近螺线管，松开门铃按钮磁铁远离螺线管回归原位置。下列说法正确的是( )
A. 按下按钮过程，螺线管P端电势较高
B. 松开按钮过程，螺线管Q端电势较高
C. 按住按钮不动，螺线管没有产生感应电动势
D. 按下和松开按钮过程，螺线管产生大小相同的感应电动势
【答案】C
【解析】解：A.按下按钮过程，穿过螺线管的磁通量向左增大，根据楞次定律可知螺线管中感应电流为从P端流入从Q端流出，螺线管充当电源，则Q端电势较高，故A错误；
B.松开按钮过程，穿过螺线管的磁通量向左减小，根据楞次定律可知螺线管中感应电流为从Q端流入，从P端流出，螺线管充当电源，则P端电势较高，故B错误；
C.按住按钮不动，穿过螺线管的磁通量不变，螺线管不会产生感应电动势，故C正确；
D.按下和松开按钮过程，螺线管中磁通量的变化率不一定相同，故螺线管产生的感应电动势不一定相同，故D错误。
故选C。您看到的资料都源自我们平台，20多万份最新小初高试卷，家威鑫 MXSJ663 免费下载 按压和松开按键过程，会导致线圈内磁场变化，产生感应电动势，根据楞次定律判断感应电流的方向；当保持不动时，线圈内磁通量不变化，无感应电流。
明确电磁感应的概念，知道线圈中磁通量变化，才会有感应电动势，闭合回路电路中才有电流产生。
2.如图所示，正电荷q均匀分布在半球面ACB上，球面半径为R，CO′为通过半球面顶点C和球心O的轴线。P、M为轴线上的两点，距球心O的距离均为2R。在M右侧轴线上O′点固定一带负电的点电荷Q，O′、M点间的距离为R，已知P点的场强为零。已知均匀带电的封闭球壳外部空间的电场强度可等效在球心处的点电荷，则M点的场强为( )
A. kq4R2+kQR2B. kq2R2+4kQ5R2C. kq2R2+24kQ25R2D. kq4R2+2kQ5R2
【答案】C
【解析】【分析】本题解题时抓住对称性及带电均匀的封闭球壳内部电场强度处处为零。
P点的场强为零，是半球面与点电荷Q在P点产生的场强叠加的结果，结合点电荷场强公式可求得半球面在P点产生的场强大小，根据对称性求出半球面在M点的场强，最后由电场的叠加原理求M点的场强。
【解答】
由P点的场强为零可知，左半球壳在P点场强与点电荷−Q在P点场强等大、反向，故左半球壳在P点场强方向向左，大小为E左=kQ(5R)2，半球壳补圆后(电荷量为2q)在P点场强方向向左，大小为E圆=k2q(2R)2，则右半球壳在P点的场强方向向左，大小为E右=E圆−E左=kq2R2−kQ25R2，由对称性可知，左半球壳在M点的场强方向向右，大小为E1=E右=kq2R2−kQ25R2，故M点的合场强为E合=E1+kQR2=kq2R2+k24Q25R2，方向向右，故C正确，ABD错误。
3.静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布可简化为如图所示的折线。x轴上的两点B、C的电场强度分别为EB和EC，下列说法中正确的有( )
A. EB大于EC
B. B点的电场强度方向沿x轴正方向
C. B点的电势低于C点的电势，UBC为正值
D. 负电荷沿x轴从B点移到C点的过程中，静电力先做正功，后做负功
【答案】D
【解析】AB、从图像上看，电势沿x轴正、负方向均匀减小，根据沿着电场线方向电势降低，可知电场线分布如图所示，又根据电势差与电场强度的关系知，B、C点电场强度大小相等，故A、B错误。B点电势低于C点电势，UBC为负值，故 C错误。
C、根据图象知C点电势大于B点电势，所以UBC=φB−φC<0，故C错误;
D、负电荷沿x轴从B点移到C点的过程中，电势先升高后降低，负电荷的电势能先减小后增大，则电场力先做正功后做负功，故D正确。
4.磁流体发电是一项新兴技术，如图是磁流体发电机的示意图。平行金属板P、Q间距为d、面积为S，两金属板和电阻R连接。一束等离子体以恒定速度v0垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中，电路稳定时电阻R两端会产生恒定电势差U。假定等离子体在两板间均匀分布，忽略边缘效应，则等离子体的电导率δ(电阻率的倒数)的计算式是( )
A. Ud(Bdv0−U)RSB. Ud(Bdv0+U)RSC. US(Bdv0−U)RdD. US(Bdv0+U)Rd
【答案】A
【解析】【分析】本题考查霍尔效应，通过左手定则分析载流子的偏转方向，从而确定电势的高低。
当稳定时，电场力与洛伦兹力平衡，据此列式，结合闭合电路欧姆定律、电阻定律进行分析。
【解答】由左手定则知，正离子向P板运动，即P板带正电。
发电机稳定时，离子所受电场力等于洛伦兹力，设电动势为E，即：Edq=qv0B
解得：E=Bv0d
设板间等离子体的电阻为R1
根据欧姆定律可知 ER+R1=UR ，且R1=ρdS=dδS，
联立解得：δ=Ud(Bdv0−U)RS，故A正确，BCD错误。
故选：A。
5.磁控溅射是一种新型溅射技术，如图所示，电子在跑道上的运动原理可以近似认为：从水平靶面电离出初速度为零的电子，在阴极暗区只受竖直方向的电场力作用，加速飞向负辉区，阴极暗区上下侧面间的电势差保持不变；电子进入负辉区的运动速度始终与磁场方向垂直，磁感应强度大小处处相等，电子绕行半个圆周之后，重新进入阴极暗区，回到靶面时，速度恰好为零。电子就实现跳跃式地朝右漂移，简称E×B漂移。则下列说法正确的是( )
A. 负辉区中磁场方向垂直纸面向外
B. 电子每次飞离靶面时，电场和磁场的方向均要与原先反向才能实现E×B漂移
C. 其他条件不变的情况下，阴极暗区厚度越小，电子到达负辉区的速度越小
D. 在直道区，电子每次跳跃的水平距离相同
【答案】D
【解析】A.由左手定则可知，负辉区中磁场方向垂直纸面向里;
B.电子每次飞离靶面时，电子都要加速运动，电场方向不变，电子从阴极暗区进入负辉区所受洛伦力都是向右，磁场方向不变，故 B错误;
C.由动能定理eU=12mv2可知，电子到达负辉区的速度由阴极暗区的电压决定，与阴极暗区厚度无关，故C错误;
D.阴极暗区上下侧面间的电势差保持不变，由eU=12mv2，可知电子从阴极暗区进入负辉区的运动速度大小不变，磁感应强度大小处处相等，由evB=mv2r，可知电子在负辉区做圆周运动的半径相同，所以电子绕行半个圆周之后，电子每次跳跃的水平距离相同，故 D正确。
故选D。
6.如图所示，直角坐标系中y轴右侧存在一垂直纸面向里、宽为a的有界匀强磁场，磁感应强度为B，右边界PQ平行于y轴，一粒子(重力不计)从原点O以与x轴正方向成θ角的速率v垂直射入磁场，当斜向上射入时，粒子恰好垂直PQ射出磁场，当斜向下射入时，粒子恰好不从右边界射出，则粒子的比荷及粒子恰好不从右边界射出时在磁场中运动的时间分别为
( )
A. vBa 2πa3vB. v2Ba 2πa3vC. v2Ba 4πa3vD. vBa 4πa3v
【答案】C
【解析】 粒子在磁场中运动轨迹如图所示，则由图知斜向上射入时有rsin θ=a，斜向下射入时有rsin θ+a=r，联立解得θ=30°，且r=2a，由洛伦兹力提供向心力得Bqv=mv2r，解得r=mvBq，即粒子的比荷为qm=v2Ba，粒子恰好不从右边界射出时在磁场中运动的圆心角为α=2×(90°−30°)=120°，运动时间为t=T3=4πa3v，选项C正确．
7.如图所示，abcd为水平固定放置的“匚”型金属导轨，导轨的间距为l，导轨的左端接上阻值为R的定值电阻，匀强磁场方向竖直向下，金属杆MN倾斜放置在导轨上，现让金属杆在外力的作用下以速度v在导轨上匀速滑行，回路中的电流为I，MN与导轨的夹角始终为θ，速度v始终与MN垂直，导轨与金属杆足够长，滑行的过程中两者始终接触良好，导轨、金属杆以及导线的电阻均忽略不计，下列说法正确的是( )
A. 定值电阻R的电流由c指向b
B. 匀强磁场的磁感应强度大小为IRsinθlv
C. 金属杆MN切割磁感线的有效长度为l
D. 一段时间t内，回路中磁通量的变化量为IRtsin θ
【答案】B
【解析】A. 由右手定则可知，金属杆MN的电流方向由N指向M，则定值电阻R的电流由b指向c，A项错误；
B. 由法拉第电磁感应定律可得E=Blvsinθ，由闭合电路欧姆定律可得I=ER，综合解得B=IRsinθlv，B项正确；
C. 金属杆MN切割磁感线的有效长度为lsinθ，C项错误；
D. 一段时间t内，回路的面积增加量为ΔS=vtlsinθ，回路中磁通量的变化量为ΔΦ=BΔS，综合可得ΔΦ=IRt，D项错误。
故选：B。
8.如图所示，空间有范围足够大的匀强磁场，一个带正电的小圆环套在一根竖直固定且足够长的绝缘细杆上。现使圆环以一定的初速度向上运动，经一段时间后圆环回到起始位置，已知杆与环间的动摩擦因数保持不变，圆环所带电荷量保持不变，空气阻力不计，对于圆环从开始运动到回到起始位置的过程，下面关于圆环的速度v、加速度a随时间t变化的图像、重力势能EP、机械能E随圆环离开出发点的高度h变化的图像，可能正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】【分析】
解决本题的关键是最好圆环的受力分析，根据牛顿第二定律分析圆环的运动过程，结合牛顿第二定律、功能关系分析解题。
【解答】
A、上升过程，对圆环分析，根据牛顿第二定律有mg+μqvB=ma，做减速运动，v变小，则a变小，直到速度为零后，圆环反向做加速运动，根据牛顿第二定律mg−μqvB=ma，随着v增大，a变小，当a=0时，圆环做匀速运动，回到原位置时，只有滑动摩擦力做了负功，重力做功为零，洛伦兹力不做功，则速度一定变小，故A错误；
B、根据A选项分析可知a变为零后将不再变化，故B错误；
D、机械能的变化量等于摩擦力做的功，所以E−h图像的切线斜率大小应该表示滑动摩擦力f=μqvB，上升过程随着h的增大，机械能减小，f变小，下降过程，随着h的减小，机械能减小，f变大，故D正确。
C、以初始位置为零势能参考平面，圆环的重力势能为EP=mgh，可知 EP−h 图像为过原点的倾斜直线，故C错误；
故选 D。
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.如图所示，在光滑绝缘水平面的P点正上方O点固定一电荷量为+Q的点电荷，在水平面上的N点，由静止释放质量为m、电荷量为–q的试探电荷，该试探电荷经过P点时速度为v，图中θ=60°.则在+Q形成的电场中(规定P点的电势为零)
A. N点电势低于P点电势B. N点电势为–mv22q
C. P点电场强度大小是N点的2倍D. 试探电荷在N点具有的电势能为–12mv2
【答案】AB
【解析】A项：根据顺着电场线方向电势降低可知，
M点的电势高于N点的电势，而M、P两点的电势相等，则N点电势低于P点电势．故A正确；
B项：根据动能定理得：检验电荷由N到P的过程： −q(φN−φP)=12mv2 ，由题，P点的电势为零，即φP=0，解得，N点的电势 φN=−mv22q ，故B正确；
C项：P点电场强度大小是 Ep=kQrp2 ，N点电场强度大小是 EN=kQrN2 则 EP:EN=rN2:rP2=4:1 ，故C错误；
D项：检验电荷在N点具有的电势能为 Ep=−qφN=12mv2 ，故D错误．
10.某节能路灯可通过光控开关自动随周围环境的亮度改变进行自动控制。其内部电路简化如图所示，电源电动势为E，内阻为r，R1为光敏电阻(光照强度增加时，其电阻值减小)，R0为定值电阻，灯泡电阻不变。随着傍晚到来，光照逐渐减弱时，下列判断正确的是( )
A. A灯、B灯都变亮B. 电源的输出功率变大
C. 电源的效率变大D. R1中电流变化量等于R0中电流变化量
【答案】AC
【解析】光照逐渐减弱时，光敏电阻阻值增大，电路总电阻增大，总电流减小，内电压减小，外电压增大。
A.外电压增大，A灯变亮；支路R0上的电流减小，R0上的电压减小，又因为外电压增大，所以B灯电压增大，所以B灯变亮，故A正确；
B.电源的输出功率P出=(ER外+r)2R外=E2R外(R外+r)2=E2(R外+r)2R外=E2(R外−r)2R外+4r，显然，只有当外电阻等于内阻时电源的输出功率才最大，而当R外>r，且R外始终增大时，电源的输出功率始终减小，而当 R外C.因为外电阻变大，根据η=I2R外I2(R外+r)=R外R外+r=1−rR外+r，可知，电源的效率变大，故C正确；
D.对于R0所在支路，有ΔI0=ΔIB+ΔI1，其中ΔI0<0，ΔIB>0，所以|ΔI0|<|ΔI1|，故D错误。
故选AC。
11.如图所示，等腰直角三角形abc区域内(包含边界)有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，在bc的中点O处有一粒子源，沿与ba平行的方向发射速率不同，质量为m，电荷量为q的带负电粒子，已知这些粒子都能从ab边离开abc区域，ab=2l，不计粒子重力及粒子间的相互作用。下列说法正确的是
( )
A. 速度的最大值为( 2+1)qBlmB. 速度的最大值为( 2+2)qBlm
C. 在磁场中运动的最长时间为πm4qBD. 在磁场中运动的最长时间为πmqB
【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查了带电粒子在有界磁场中的运动，解题的关键是画出图形，根据几何关系找出对应的半径以及圆心角，根据洛伦兹力提供向心力以及周期公式可求出速度以及运动时间，难度一般。
粒子在磁场中做圆周，洛伦兹力提供向心力，作出粒子运动轨迹，求出粒子轨道半径与粒子转过的圆心角，然后应用牛顿第二定律求出粒子的速度，根据粒子做圆周运动的周期公式求出粒子的运动时间。
【解答】
AB.粒子从ab边离开磁场时的临界运动轨迹如图所示：
由几何知识可知r1=l2，
2r2cs 45°=O2c=r2+l，
解得r2=(1+ 2)l，
粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB=mv2r，解得v=qBrm，
故粒子的最大速度为vmax=qBr2m=(1+ 2)qBlm，故A正确，B错误；
CD.由粒子从ab边离开磁场区域的临界运动轨迹可知，粒子转过的最大圆心角θmax=180°，粒子做圆周运动的周期T=2πmqB，最长时间tmax=θmax360∘T=πmqB，故C错误，D正确。
故选：AD。
12.如图所示，CN、DQ是两条足够长水平固定放置的阻值可忽略的光滑平行金属导轨，导轨间距为L，水平导轨所在区域存在竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。水平导轨的左端与一段半径为r的光滑圆弧轨道平滑连接，水平导轨的右端接入阻值为R的电阻。一质量为m、长度为L、电阻为R的导体棒a静置于水平轨道最左端，将另一个与导体棒a完全相同的导体棒b从圆弧轨道上h(hA. b棒刚到达圆弧底端时对轨道的压力大小为3mg
B. 两棒最终停在CD右侧3mR 2gh2B2L2处
C. 整个过程中，通过b棒的电荷量为m 2ghBL
D. 整个过程中，电阻R上产生的焦耳热为13mgh
【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查电磁感应和动量定理知识，考查考生的推理论证能力。导体棒b在光滑圆弧轨道下滑时，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出导体棒b到达圆弧轨道底端时的速度；a、b棒发生完全非弹性碰撞，动量守恒，再应用动量定理求出通过电阻R的电荷量；能量守恒定律求出回路产生的焦耳热，然后求出电阻R产生的焦耳热。
解决该题需要明确知道导体棒的运动过程，再应用机械能守恒定律、能量守恒定律、法拉第电磁感应定律与欧姆定律及电流的定义式分析答题。
【解答】
A.对b棒从释放至运动到圆弧底端的过程中，根据机械能守恒有mgh=12mv2−0，根据牛顿第二定律有FN−mg=mv2r，联立解得b棒刚到达圆弧导轨底端时对轨道的压力大小为FN=mg(1+2hr)，选项A错误；
C.a、b棒发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律有mv=2mv′，可得a、b棒碰撞后瞬间速度v′= 2gh2，对a、b棒粘连后的整体根据动量定理有−BIL·Δt=−BLq=0−2mv′，解得q=2mv′BL=m 2ghBL。
a、b棒粘连一起可视为并联，所以通过b棒的电荷量q′=q2=m 2gh2BL，选项C错误；
B.根据q=△ΦR总有q=BLx3R2，得两棒最终停止时到CD的距离x=3qR2BL=3mR 2gh2B2L2，选项B正确；
D.a、b棒最终停止，回路中产生的总焦耳热Q=12×2mv′2=14mv2=12mgh，
a、b棒粘连一起后的等效电阻为R′=R2，根据串联电路规律可得，电阻R上产生的焦耳热Q1=23Q=13mgh，选项D正确。
三、实验题：本大题共1小题，共9分。
13.用伏安法测定一个待测电阻Rx的阻值(阻值约为200Ω)，实验室提供如下器材：
电池组E：电动势3V，内阻不计；
电流表A1：量程0～15mA，内阻约为100Ω；
电流表A2：量程0～300μA，内阻为1000Ω；
滑动变阻器R1：阻值范围0～20Ω，额定电流2A；
电阻箱R2，阻值范围0～9999Ω，额定电流1A；
开关S、导线若干。
要求实验中尽可能准确地测量Rx的阻值，请回答下列问题：
(1)为了测量待测电阻两端的电压，可以将电流表________(填写器材代号)与电阻箱串联，并将电阻箱阻值调到________Ω，这样可以改装成一个量程为3.0V的电压表。
(2)在图中画出完整测量Rx阻值的电路图，并在图中标明器材代号。
(3)调节滑动变阻器R1，两表的示数如图所示，可读出电流表A1的示数是________mA，电流表A2的示数是________μA，测得待测电阻Rx的阻值是________。
【答案】(1)A2，9000；
(2)；
(3)8.0，150，191Ω
【解析】【分析】
(1)应用伏安法测电阻，需要用电压表测待测电阻电压，现在没有电压表，应该用小量程电流表与电阻箱串联改装成电压表，由串联电路特点及欧姆定律可以求出串联电阻阻值．
(2)滑动变阻器阻值远小于待测电阻阻值，滑动变阻器应采用分压接法；根据待测电阻阻值与电表内阻间的关系，确定电流表采用内接法还是外接法，然后作出电路图．
(3)根据电表量程确定电表分度值，读出电表示数；由欧姆定律可以求出待测电阻阻值；根据电路结构分析实验误差．
要会把电流表改装成电压表，会求改装电压表时串联电阻的阻值；确定滑动变阻器的接法与电流表接法是设计实验电路图的关键．
【解答】
(1)为了测量待测电阻两端的电压，可以将电流表A2与电阻箱串联组成电压表；改装后电压表量程是3V，则电阻箱阻值R=U−I2满偏rA2I2满偏=9000Ω；
(2)滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻阻值，滑动变阻器应采用分压接法，待测电阻阻值约为200Ω，电流表A1内阻约为100Ω，电压表内阻为RV=1000Ω+9000Ω=10000Ω，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，电路图如图所示；
(3)由图示可知，电流表A1的示数为8.0mA，电流表A2的示数是150μA；待测电阻两端电压U=I2RV=150×10−6A×10000Ω=1.5V，测得待测电阻R=UI1−I2≈191Ω。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
14.电动自行车已成为城市出行的重要交通工具之一。某品牌电动自行车铭牌标识如表所示，质量m=50kg的某人骑着该电动自行车以额定功率沿平直公路从静止启动，电动车能够达到的最大速度vm=21.6km/h。已知电动自行车所受的阻力是人和车总重力的0.05倍，g=10m/s2。求：
(1)电机的输出功率P出；
(2)电机的线圈内阻R；
(3)电动自行车速度为3m/s时的加速度大小a。
【答案】(1)电动自行车以最大速度匀速运动时，牵引力F=Ff
其中Ff=0.05×m+Mg=50N
电机输出功率P出=Fvm
解得P出=300W
(2)根据能量守恒有P热+P出=P
电机的总功率为P=UI
电机的热功率为P热=I2R
联立解得R=0.6Ω
(3)电机输出功率P出=F′v′
当 v′=3m/s 时F′=100N
根据牛顿第二定律有F′−Ff=m+Ma
解得a=0.5m/s2
【解析】见答案
15.如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场中有一固定竖直挡板，挡板足够长，P处有一粒子源，PO连线垂直挡板，P到O的距离为L。粒子源能垂直磁场沿纸面向各个方向发射速度大小均为v的带正电粒子。粒子质量均为m，电荷量均为q，到达挡板的粒子都被吸收，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。
(1)若有粒子能到达挡板，求磁感应强度大小B应满足的条件；
(2)若粒子到达挡板上侧最远处为M点，下侧最远处为N点，且OMON=23，求磁感应强度的大小B。
【答案】(1)若恰有粒子能到达挡板，则粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径最小为rm
如图1所示，由几何关系可知rm=L2
洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律有qvB=mv2rm
解得B=2mvqL
即当B≤2mvqL时，有粒子能到达挡板。
(2)设粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r，粒子到达挡板上侧最远处M点时，轨迹圆在M点与挡板相切，如图2所示。设O、M间距离为x1
由几何关系有r2=x12+L−r2
粒子到达挡板下侧最远处N点时，PN为轨迹圆的直径。设O、N间距离为x2，由几何关系可得2r2=x22+L2
由题意知x1x2=23
解得r=5L8
由牛顿第二定律有qvB=mv2r
解得B=8mv5qL。
【解析】(1)根据题意作图，根据几何关系、洛伦兹力及牛顿第二定律求磁感应强度大小B应满足的条件；
(2)根据题意作图，由几何关系及牛顿第二定律求磁感应强度的大小B。
16.如图甲所示，真空中水平放置的平行金属板A、B间距为a，紧邻两板右侧有一荧光屏，O点为荧光屏的中心。A、B两板间加如图乙所示周期为4t0的变化电压(U0已知)，现有大量粒子由静止开始，经电压为U1的加速电场后，沿平行板正中间水平射入A、B两板之间。甲粒子在t=0时刻进入A、B两板间，经过时间4t0打在荧光屏上P点，已知平行金属板长为L，粒子质量为m、电荷量为q，所有粒子均从A、B两板间射出。不计粒子重力和粒子间相互作用，求：
(1)加速电压U1;
(2)OP的长度;
(3)粒子在荧光屏上的落点与O点间距的最大值与最小值之比。
【答案】解：(1)分析可知，甲粒子刚进入AB两板时的速度为v0=L4t0
粒子在加速电场中，由动能定理得qU1=12mv02
解得U1=mL232qt02
(2)0 2t0，粒子在竖直方向上的加速度为a′=Eqm=U0qam
2t0时，竖直速度为vy1=a′2t0=2t0U0qam
2t0时，竖直位移为y1=vy12⋅2t0=2t02U0qam
2t0∼3t0，粒子在竖直方向上做匀速运动，竖直位移为y2=vy1t0=2t02U0qam
3t0∼4t0，粒子在竖直方向上做匀加速运动，加速度为a′。4t0时，竖直速度为vy2=vy1+a′t0=3t0U0qam
3t0∼4t0，竖直位移为y3=vy1+vy22t0=5t02U0q2am
整个过程的竖直位移为y=y1+y2+y3=13t02U0q2am
(3)当粒子在竖直方向上，先加速3t0后匀速t0时，打在荧光屏上的落点与O点间距的最大，为Y=vy22⋅3t0+vy2t0=15t02U0q2am
由于无法比较Y与平行板正中间虚线到上平行板间距a2大小，故默认为Y最大。
粒子在竖直方向上，先匀速t0后加速3t0时，打在荧光屏上的落点与O点间距的最小，为Y′=vy22⋅3t0=9t02U0q2am
则最大值与最小值之比为YY′=53
【解析】(1)由动能定理和运动学公式求解电压；
(2)由运动学公式求解各个过程粒子竖直方向的位移；
(3)粒子在3t0进入偏转电场时y有最大值，在2t0进入偏转电场时y有最小值，根据运动学公式求解位移即可。
带电粒子在周期性变化的电场中运动，要注意分过程进行分析求解，将曲线运动分解为沿电场方向和垂直于电场的方向的运动。规格
后轮驱动直流电机
车型：20′′电动自行车
额定功率P=360W
整车质量M=50kg
额定工作电压U=36V
1.图甲为某款“自发电”无线门铃按钮，其“发电”原理如图乙所示，按下门铃按钮过程磁铁靠近螺线管，松开门铃按钮磁铁远离螺线管回归原位置。下列说法正确的是( )
A. 按下按钮过程，螺线管P端电势较高
B. 松开按钮过程，螺线管Q端电势较高
C. 按住按钮不动，螺线管没有产生感应电动势
D. 按下和松开按钮过程，螺线管产生大小相同的感应电动势
【答案】C
【解析】解：A.按下按钮过程，穿过螺线管的磁通量向左增大，根据楞次定律可知螺线管中感应电流为从P端流入从Q端流出，螺线管充当电源，则Q端电势较高，故A错误；
B.松开按钮过程，穿过螺线管的磁通量向左减小，根据楞次定律可知螺线管中感应电流为从Q端流入，从P端流出，螺线管充当电源，则P端电势较高，故B错误；
C.按住按钮不动，穿过螺线管的磁通量不变，螺线管不会产生感应电动势，故C正确；
D.按下和松开按钮过程，螺线管中磁通量的变化率不一定相同，故螺线管产生的感应电动势不一定相同，故D错误。
故选C。您看到的资料都源自我们平台，20多万份最新小初高试卷，家威鑫 MXSJ663 免费下载 按压和松开按键过程，会导致线圈内磁场变化，产生感应电动势，根据楞次定律判断感应电流的方向；当保持不动时，线圈内磁通量不变化，无感应电流。
明确电磁感应的概念，知道线圈中磁通量变化，才会有感应电动势，闭合回路电路中才有电流产生。
2.如图所示，正电荷q均匀分布在半球面ACB上，球面半径为R，CO′为通过半球面顶点C和球心O的轴线。P、M为轴线上的两点，距球心O的距离均为2R。在M右侧轴线上O′点固定一带负电的点电荷Q，O′、M点间的距离为R，已知P点的场强为零。已知均匀带电的封闭球壳外部空间的电场强度可等效在球心处的点电荷，则M点的场强为( )
A. kq4R2+kQR2B. kq2R2+4kQ5R2C. kq2R2+24kQ25R2D. kq4R2+2kQ5R2
【答案】C
【解析】【分析】本题解题时抓住对称性及带电均匀的封闭球壳内部电场强度处处为零。
P点的场强为零，是半球面与点电荷Q在P点产生的场强叠加的结果，结合点电荷场强公式可求得半球面在P点产生的场强大小，根据对称性求出半球面在M点的场强，最后由电场的叠加原理求M点的场强。
【解答】
由P点的场强为零可知，左半球壳在P点场强与点电荷−Q在P点场强等大、反向，故左半球壳在P点场强方向向左，大小为E左=kQ(5R)2，半球壳补圆后(电荷量为2q)在P点场强方向向左，大小为E圆=k2q(2R)2，则右半球壳在P点的场强方向向左，大小为E右=E圆−E左=kq2R2−kQ25R2，由对称性可知，左半球壳在M点的场强方向向右，大小为E1=E右=kq2R2−kQ25R2，故M点的合场强为E合=E1+kQR2=kq2R2+k24Q25R2，方向向右，故C正确，ABD错误。
3.静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布可简化为如图所示的折线。x轴上的两点B、C的电场强度分别为EB和EC，下列说法中正确的有( )
A. EB大于EC
B. B点的电场强度方向沿x轴正方向
C. B点的电势低于C点的电势，UBC为正值
D. 负电荷沿x轴从B点移到C点的过程中，静电力先做正功，后做负功
【答案】D
【解析】AB、从图像上看，电势沿x轴正、负方向均匀减小，根据沿着电场线方向电势降低，可知电场线分布如图所示，又根据电势差与电场强度的关系知，B、C点电场强度大小相等，故A、B错误。B点电势低于C点电势，UBC为负值，故 C错误。
C、根据图象知C点电势大于B点电势，所以UBC=φB−φC<0，故C错误;
D、负电荷沿x轴从B点移到C点的过程中，电势先升高后降低，负电荷的电势能先减小后增大，则电场力先做正功后做负功，故D正确。
4.磁流体发电是一项新兴技术，如图是磁流体发电机的示意图。平行金属板P、Q间距为d、面积为S，两金属板和电阻R连接。一束等离子体以恒定速度v0垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中，电路稳定时电阻R两端会产生恒定电势差U。假定等离子体在两板间均匀分布，忽略边缘效应，则等离子体的电导率δ(电阻率的倒数)的计算式是( )
A. Ud(Bdv0−U)RSB. Ud(Bdv0+U)RSC. US(Bdv0−U)RdD. US(Bdv0+U)Rd
【答案】A
【解析】【分析】本题考查霍尔效应，通过左手定则分析载流子的偏转方向，从而确定电势的高低。
当稳定时，电场力与洛伦兹力平衡，据此列式，结合闭合电路欧姆定律、电阻定律进行分析。
【解答】由左手定则知，正离子向P板运动，即P板带正电。
发电机稳定时，离子所受电场力等于洛伦兹力，设电动势为E，即：Edq=qv0B
解得：E=Bv0d
设板间等离子体的电阻为R1
根据欧姆定律可知 ER+R1=UR ，且R1=ρdS=dδS，
联立解得：δ=Ud(Bdv0−U)RS，故A正确，BCD错误。
故选：A。
5.磁控溅射是一种新型溅射技术，如图所示，电子在跑道上的运动原理可以近似认为：从水平靶面电离出初速度为零的电子，在阴极暗区只受竖直方向的电场力作用，加速飞向负辉区，阴极暗区上下侧面间的电势差保持不变；电子进入负辉区的运动速度始终与磁场方向垂直，磁感应强度大小处处相等，电子绕行半个圆周之后，重新进入阴极暗区，回到靶面时，速度恰好为零。电子就实现跳跃式地朝右漂移，简称E×B漂移。则下列说法正确的是( )
A. 负辉区中磁场方向垂直纸面向外
B. 电子每次飞离靶面时，电场和磁场的方向均要与原先反向才能实现E×B漂移
C. 其他条件不变的情况下，阴极暗区厚度越小，电子到达负辉区的速度越小
D. 在直道区，电子每次跳跃的水平距离相同
【答案】D
【解析】A.由左手定则可知，负辉区中磁场方向垂直纸面向里;
B.电子每次飞离靶面时，电子都要加速运动，电场方向不变，电子从阴极暗区进入负辉区所受洛伦力都是向右，磁场方向不变，故 B错误;
C.由动能定理eU=12mv2可知，电子到达负辉区的速度由阴极暗区的电压决定，与阴极暗区厚度无关，故C错误;
D.阴极暗区上下侧面间的电势差保持不变，由eU=12mv2，可知电子从阴极暗区进入负辉区的运动速度大小不变，磁感应强度大小处处相等，由evB=mv2r，可知电子在负辉区做圆周运动的半径相同，所以电子绕行半个圆周之后，电子每次跳跃的水平距离相同，故 D正确。
故选D。
6.如图所示，直角坐标系中y轴右侧存在一垂直纸面向里、宽为a的有界匀强磁场，磁感应强度为B，右边界PQ平行于y轴，一粒子(重力不计)从原点O以与x轴正方向成θ角的速率v垂直射入磁场，当斜向上射入时，粒子恰好垂直PQ射出磁场，当斜向下射入时，粒子恰好不从右边界射出，则粒子的比荷及粒子恰好不从右边界射出时在磁场中运动的时间分别为
( )
A. vBa 2πa3vB. v2Ba 2πa3vC. v2Ba 4πa3vD. vBa 4πa3v
【答案】C
【解析】 粒子在磁场中运动轨迹如图所示，则由图知斜向上射入时有rsin θ=a，斜向下射入时有rsin θ+a=r，联立解得θ=30°，且r=2a，由洛伦兹力提供向心力得Bqv=mv2r，解得r=mvBq，即粒子的比荷为qm=v2Ba，粒子恰好不从右边界射出时在磁场中运动的圆心角为α=2×(90°−30°)=120°，运动时间为t=T3=4πa3v，选项C正确．
7.如图所示，abcd为水平固定放置的“匚”型金属导轨，导轨的间距为l，导轨的左端接上阻值为R的定值电阻，匀强磁场方向竖直向下，金属杆MN倾斜放置在导轨上，现让金属杆在外力的作用下以速度v在导轨上匀速滑行，回路中的电流为I，MN与导轨的夹角始终为θ，速度v始终与MN垂直，导轨与金属杆足够长，滑行的过程中两者始终接触良好，导轨、金属杆以及导线的电阻均忽略不计，下列说法正确的是( )
A. 定值电阻R的电流由c指向b
B. 匀强磁场的磁感应强度大小为IRsinθlv
C. 金属杆MN切割磁感线的有效长度为l
D. 一段时间t内，回路中磁通量的变化量为IRtsin θ
【答案】B
【解析】A. 由右手定则可知，金属杆MN的电流方向由N指向M，则定值电阻R的电流由b指向c，A项错误；
B. 由法拉第电磁感应定律可得E=Blvsinθ，由闭合电路欧姆定律可得I=ER，综合解得B=IRsinθlv，B项正确；
C. 金属杆MN切割磁感线的有效长度为lsinθ，C项错误；
D. 一段时间t内，回路的面积增加量为ΔS=vtlsinθ，回路中磁通量的变化量为ΔΦ=BΔS，综合可得ΔΦ=IRt，D项错误。
故选：B。
8.如图所示，空间有范围足够大的匀强磁场，一个带正电的小圆环套在一根竖直固定且足够长的绝缘细杆上。现使圆环以一定的初速度向上运动，经一段时间后圆环回到起始位置，已知杆与环间的动摩擦因数保持不变，圆环所带电荷量保持不变，空气阻力不计，对于圆环从开始运动到回到起始位置的过程，下面关于圆环的速度v、加速度a随时间t变化的图像、重力势能EP、机械能E随圆环离开出发点的高度h变化的图像，可能正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】【分析】
解决本题的关键是最好圆环的受力分析，根据牛顿第二定律分析圆环的运动过程，结合牛顿第二定律、功能关系分析解题。
【解答】
A、上升过程，对圆环分析，根据牛顿第二定律有mg+μqvB=ma，做减速运动，v变小，则a变小，直到速度为零后，圆环反向做加速运动，根据牛顿第二定律mg−μqvB=ma，随着v增大，a变小，当a=0时，圆环做匀速运动，回到原位置时，只有滑动摩擦力做了负功，重力做功为零，洛伦兹力不做功，则速度一定变小，故A错误；
B、根据A选项分析可知a变为零后将不再变化，故B错误；
D、机械能的变化量等于摩擦力做的功，所以E−h图像的切线斜率大小应该表示滑动摩擦力f=μqvB，上升过程随着h的增大，机械能减小，f变小，下降过程，随着h的减小，机械能减小，f变大，故D正确。
C、以初始位置为零势能参考平面，圆环的重力势能为EP=mgh，可知 EP−h 图像为过原点的倾斜直线，故C错误；
故选 D。
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.如图所示，在光滑绝缘水平面的P点正上方O点固定一电荷量为+Q的点电荷，在水平面上的N点，由静止释放质量为m、电荷量为–q的试探电荷，该试探电荷经过P点时速度为v，图中θ=60°.则在+Q形成的电场中(规定P点的电势为零)
A. N点电势低于P点电势B. N点电势为–mv22q
C. P点电场强度大小是N点的2倍D. 试探电荷在N点具有的电势能为–12mv2
【答案】AB
【解析】A项：根据顺着电场线方向电势降低可知，
M点的电势高于N点的电势，而M、P两点的电势相等，则N点电势低于P点电势．故A正确；
B项：根据动能定理得：检验电荷由N到P的过程： −q(φN−φP)=12mv2 ，由题，P点的电势为零，即φP=0，解得，N点的电势 φN=−mv22q ，故B正确；
C项：P点电场强度大小是 Ep=kQrp2 ，N点电场强度大小是 EN=kQrN2 则 EP:EN=rN2:rP2=4:1 ，故C错误；
D项：检验电荷在N点具有的电势能为 Ep=−qφN=12mv2 ，故D错误．
10.某节能路灯可通过光控开关自动随周围环境的亮度改变进行自动控制。其内部电路简化如图所示，电源电动势为E，内阻为r，R1为光敏电阻(光照强度增加时，其电阻值减小)，R0为定值电阻，灯泡电阻不变。随着傍晚到来，光照逐渐减弱时，下列判断正确的是( )
A. A灯、B灯都变亮B. 电源的输出功率变大
C. 电源的效率变大D. R1中电流变化量等于R0中电流变化量
【答案】AC
【解析】光照逐渐减弱时，光敏电阻阻值增大，电路总电阻增大，总电流减小，内电压减小，外电压增大。
A.外电压增大，A灯变亮；支路R0上的电流减小，R0上的电压减小，又因为外电压增大，所以B灯电压增大，所以B灯变亮，故A正确；
B.电源的输出功率P出=(ER外+r)2R外=E2R外(R外+r)2=E2(R外+r)2R外=E2(R外−r)2R外+4r，显然，只有当外电阻等于内阻时电源的输出功率才最大，而当R外>r，且R外始终增大时，电源的输出功率始终减小，而当 R外
D.对于R0所在支路，有ΔI0=ΔIB+ΔI1，其中ΔI0<0，ΔIB>0，所以|ΔI0|<|ΔI1|，故D错误。
故选AC。
11.如图所示，等腰直角三角形abc区域内(包含边界)有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，在bc的中点O处有一粒子源，沿与ba平行的方向发射速率不同，质量为m，电荷量为q的带负电粒子，已知这些粒子都能从ab边离开abc区域，ab=2l，不计粒子重力及粒子间的相互作用。下列说法正确的是
( )
A. 速度的最大值为( 2+1)qBlmB. 速度的最大值为( 2+2)qBlm
C. 在磁场中运动的最长时间为πm4qBD. 在磁场中运动的最长时间为πmqB
【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查了带电粒子在有界磁场中的运动，解题的关键是画出图形，根据几何关系找出对应的半径以及圆心角，根据洛伦兹力提供向心力以及周期公式可求出速度以及运动时间，难度一般。
粒子在磁场中做圆周，洛伦兹力提供向心力，作出粒子运动轨迹，求出粒子轨道半径与粒子转过的圆心角，然后应用牛顿第二定律求出粒子的速度，根据粒子做圆周运动的周期公式求出粒子的运动时间。
【解答】
AB.粒子从ab边离开磁场时的临界运动轨迹如图所示：
由几何知识可知r1=l2，
2r2cs 45°=O2c=r2+l，
解得r2=(1+ 2)l，
粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB=mv2r，解得v=qBrm，
故粒子的最大速度为vmax=qBr2m=(1+ 2)qBlm，故A正确，B错误；
CD.由粒子从ab边离开磁场区域的临界运动轨迹可知，粒子转过的最大圆心角θmax=180°，粒子做圆周运动的周期T=2πmqB，最长时间tmax=θmax360∘T=πmqB，故C错误，D正确。
故选：AD。
12.如图所示，CN、DQ是两条足够长水平固定放置的阻值可忽略的光滑平行金属导轨，导轨间距为L，水平导轨所在区域存在竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。水平导轨的左端与一段半径为r的光滑圆弧轨道平滑连接，水平导轨的右端接入阻值为R的电阻。一质量为m、长度为L、电阻为R的导体棒a静置于水平轨道最左端，将另一个与导体棒a完全相同的导体棒b从圆弧轨道上h(h
B. 两棒最终停在CD右侧3mR 2gh2B2L2处
C. 整个过程中，通过b棒的电荷量为m 2ghBL
D. 整个过程中，电阻R上产生的焦耳热为13mgh
【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查电磁感应和动量定理知识，考查考生的推理论证能力。导体棒b在光滑圆弧轨道下滑时，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出导体棒b到达圆弧轨道底端时的速度；a、b棒发生完全非弹性碰撞，动量守恒，再应用动量定理求出通过电阻R的电荷量；能量守恒定律求出回路产生的焦耳热，然后求出电阻R产生的焦耳热。
解决该题需要明确知道导体棒的运动过程，再应用机械能守恒定律、能量守恒定律、法拉第电磁感应定律与欧姆定律及电流的定义式分析答题。
【解答】
A.对b棒从释放至运动到圆弧底端的过程中，根据机械能守恒有mgh=12mv2−0，根据牛顿第二定律有FN−mg=mv2r，联立解得b棒刚到达圆弧导轨底端时对轨道的压力大小为FN=mg(1+2hr)，选项A错误；
C.a、b棒发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律有mv=2mv′，可得a、b棒碰撞后瞬间速度v′= 2gh2，对a、b棒粘连后的整体根据动量定理有−BIL·Δt=−BLq=0−2mv′，解得q=2mv′BL=m 2ghBL。
a、b棒粘连一起可视为并联，所以通过b棒的电荷量q′=q2=m 2gh2BL，选项C错误；
B.根据q=△ΦR总有q=BLx3R2，得两棒最终停止时到CD的距离x=3qR2BL=3mR 2gh2B2L2，选项B正确；
D.a、b棒最终停止，回路中产生的总焦耳热Q=12×2mv′2=14mv2=12mgh，
a、b棒粘连一起后的等效电阻为R′=R2，根据串联电路规律可得，电阻R上产生的焦耳热Q1=23Q=13mgh，选项D正确。
三、实验题：本大题共1小题，共9分。
13.用伏安法测定一个待测电阻Rx的阻值(阻值约为200Ω)，实验室提供如下器材：
电池组E：电动势3V，内阻不计；
电流表A1：量程0～15mA，内阻约为100Ω；
电流表A2：量程0～300μA，内阻为1000Ω；
滑动变阻器R1：阻值范围0～20Ω，额定电流2A；
电阻箱R2，阻值范围0～9999Ω，额定电流1A；
开关S、导线若干。
要求实验中尽可能准确地测量Rx的阻值，请回答下列问题：
(1)为了测量待测电阻两端的电压，可以将电流表________(填写器材代号)与电阻箱串联，并将电阻箱阻值调到________Ω，这样可以改装成一个量程为3.0V的电压表。
(2)在图中画出完整测量Rx阻值的电路图，并在图中标明器材代号。
(3)调节滑动变阻器R1，两表的示数如图所示，可读出电流表A1的示数是________mA，电流表A2的示数是________μA，测得待测电阻Rx的阻值是________。
【答案】(1)A2，9000；
(2)；
(3)8.0，150，191Ω
【解析】【分析】
(1)应用伏安法测电阻，需要用电压表测待测电阻电压，现在没有电压表，应该用小量程电流表与电阻箱串联改装成电压表，由串联电路特点及欧姆定律可以求出串联电阻阻值．
(2)滑动变阻器阻值远小于待测电阻阻值，滑动变阻器应采用分压接法；根据待测电阻阻值与电表内阻间的关系，确定电流表采用内接法还是外接法，然后作出电路图．
(3)根据电表量程确定电表分度值，读出电表示数；由欧姆定律可以求出待测电阻阻值；根据电路结构分析实验误差．
要会把电流表改装成电压表，会求改装电压表时串联电阻的阻值；确定滑动变阻器的接法与电流表接法是设计实验电路图的关键．
【解答】
(1)为了测量待测电阻两端的电压，可以将电流表A2与电阻箱串联组成电压表；改装后电压表量程是3V，则电阻箱阻值R=U−I2满偏rA2I2满偏=9000Ω；
(2)滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻阻值，滑动变阻器应采用分压接法，待测电阻阻值约为200Ω，电流表A1内阻约为100Ω，电压表内阻为RV=1000Ω+9000Ω=10000Ω，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，电路图如图所示；
(3)由图示可知，电流表A1的示数为8.0mA，电流表A2的示数是150μA；待测电阻两端电压U=I2RV=150×10−6A×10000Ω=1.5V，测得待测电阻R=UI1−I2≈191Ω。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
14.电动自行车已成为城市出行的重要交通工具之一。某品牌电动自行车铭牌标识如表所示，质量m=50kg的某人骑着该电动自行车以额定功率沿平直公路从静止启动，电动车能够达到的最大速度vm=21.6km/h。已知电动自行车所受的阻力是人和车总重力的0.05倍，g=10m/s2。求：
(1)电机的输出功率P出；
(2)电机的线圈内阻R；
(3)电动自行车速度为3m/s时的加速度大小a。
【答案】(1)电动自行车以最大速度匀速运动时，牵引力F=Ff
其中Ff=0.05×m+Mg=50N
电机输出功率P出=Fvm
解得P出=300W
(2)根据能量守恒有P热+P出=P
电机的总功率为P=UI
电机的热功率为P热=I2R
联立解得R=0.6Ω
(3)电机输出功率P出=F′v′
当 v′=3m/s 时F′=100N
根据牛顿第二定律有F′−Ff=m+Ma
解得a=0.5m/s2
【解析】见答案
15.如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场中有一固定竖直挡板，挡板足够长，P处有一粒子源，PO连线垂直挡板，P到O的距离为L。粒子源能垂直磁场沿纸面向各个方向发射速度大小均为v的带正电粒子。粒子质量均为m，电荷量均为q，到达挡板的粒子都被吸收，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。
(1)若有粒子能到达挡板，求磁感应强度大小B应满足的条件；
(2)若粒子到达挡板上侧最远处为M点，下侧最远处为N点，且OMON=23，求磁感应强度的大小B。
【答案】(1)若恰有粒子能到达挡板，则粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径最小为rm
如图1所示，由几何关系可知rm=L2
洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律有qvB=mv2rm
解得B=2mvqL
即当B≤2mvqL时，有粒子能到达挡板。
(2)设粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r，粒子到达挡板上侧最远处M点时，轨迹圆在M点与挡板相切，如图2所示。设O、M间距离为x1
由几何关系有r2=x12+L−r2
粒子到达挡板下侧最远处N点时，PN为轨迹圆的直径。设O、N间距离为x2，由几何关系可得2r2=x22+L2
由题意知x1x2=23
解得r=5L8
由牛顿第二定律有qvB=mv2r
解得B=8mv5qL。
【解析】(1)根据题意作图，根据几何关系、洛伦兹力及牛顿第二定律求磁感应强度大小B应满足的条件；
(2)根据题意作图，由几何关系及牛顿第二定律求磁感应强度的大小B。
16.如图甲所示，真空中水平放置的平行金属板A、B间距为a，紧邻两板右侧有一荧光屏，O点为荧光屏的中心。A、B两板间加如图乙所示周期为4t0的变化电压(U0已知)，现有大量粒子由静止开始，经电压为U1的加速电场后，沿平行板正中间水平射入A、B两板之间。甲粒子在t=0时刻进入A、B两板间，经过时间4t0打在荧光屏上P点，已知平行金属板长为L，粒子质量为m、电荷量为q，所有粒子均从A、B两板间射出。不计粒子重力和粒子间相互作用，求：
(1)加速电压U1;
(2)OP的长度;
(3)粒子在荧光屏上的落点与O点间距的最大值与最小值之比。
【答案】解：(1)分析可知，甲粒子刚进入AB两板时的速度为v0=L4t0
粒子在加速电场中，由动能定理得qU1=12mv02
解得U1=mL232qt02
(2)0 2t0，粒子在竖直方向上的加速度为a′=Eqm=U0qam
2t0时，竖直速度为vy1=a′2t0=2t0U0qam
2t0时，竖直位移为y1=vy12⋅2t0=2t02U0qam
2t0∼3t0，粒子在竖直方向上做匀速运动，竖直位移为y2=vy1t0=2t02U0qam
3t0∼4t0，粒子在竖直方向上做匀加速运动，加速度为a′。4t0时，竖直速度为vy2=vy1+a′t0=3t0U0qam
3t0∼4t0，竖直位移为y3=vy1+vy22t0=5t02U0q2am
整个过程的竖直位移为y=y1+y2+y3=13t02U0q2am
(3)当粒子在竖直方向上，先加速3t0后匀速t0时，打在荧光屏上的落点与O点间距的最大，为Y=vy22⋅3t0+vy2t0=15t02U0q2am
由于无法比较Y与平行板正中间虚线到上平行板间距a2大小，故默认为Y最大。
粒子在竖直方向上，先匀速t0后加速3t0时，打在荧光屏上的落点与O点间距的最小，为Y′=vy22⋅3t0=9t02U0q2am
则最大值与最小值之比为YY′=53
【解析】(1)由动能定理和运动学公式求解电压；
(2)由运动学公式求解各个过程粒子竖直方向的位移；
(3)粒子在3t0进入偏转电场时y有最大值，在2t0进入偏转电场时y有最小值，根据运动学公式求解位移即可。
带电粒子在周期性变化的电场中运动，要注意分过程进行分析求解，将曲线运动分解为沿电场方向和垂直于电场的方向的运动。规格
后轮驱动直流电机
车型：20′′电动自行车
额定功率P=360W
整车质量M=50kg
额定工作电压U=36V
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