2023-2024学年河南省信阳市信阳高级中学高二（下）开学考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年河南省信阳市信阳高级中学高二（下）开学考试物理试卷（含解析），共18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.中国古代屋脊有仰起的龙头，龙口吐出伸向天空的金属舌头，舌头连接一根直通地下的细铁丝，起到避雷的作用.当雷云放电接近房屋时，舌头顶端由于聚集着大量正电荷而形成局部电场集中的空间.图中虚线表示某时刻舌头周围的等差等势面分布情况，一带电粒子(不计重力)在该电场中的运动轨迹如图所示.下列说法正确的是( )
A. 该粒子带正电
B. a点的电势比c点的低
C. a点的场强比c点的场强大
D. 该粒子在b点的电势能比在c点的电势能小
2.如图，边长均为a的立方体木块和空心铁块，用长度也为a的细绳连接，悬浮在平静的池中，木块上表面和水面的距离为h。当细绳断裂后，木块与铁块分别竖直向上、向下运动，当木块上表面刚浮出水面时，铁块恰好到达池底。已知木块的质量为m，铁块的质量为M，不计水的阻力，则池深为
( )
A. M+mMhB. M+mMh+2aC. M+mMh+2aD. M+mMh+3a
3.如图为某电吹风电路图，a、b、c、d为四个固定触点。可动的扇形金属触片P可同时接触两个触点。触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风三种工作状态。n1和n2分别是理想变压器原、副线圈的匝数。该电吹风的各项参数如下表所示。下列说法正确的是( )

A. 当触片P同时接触两个触点a和b，电吹风处于吹冷风状态
B. 吹热风时，流过电热丝的电流是2011A
C. 小风扇的内阻是60Ω
D. 变压器原、副线圈的匝数比n1:n2=3:11
4.嫦娥五号“绕、落、回”三步走规划完美收官，是我国航天事业发展的里程碑。若在本次任务中封装月壤的仪器在月球表面的重力为G1，返回地球表面时的重力为G2，月球与地球均视为质量均匀分布的球体，其半径分别为R1、R2，地球表面重力加速度为g，万有引力常量为G，则( )
A. 月球的第一宇宙速度为 G2G1R1g
B. 嫦娥五号环绕月球表面做匀速圆周运动的周期为2π G1R1G2g
C. 月球的质量为G1R12gGG2
D. 月球的密度为3G1gπGG2R1
5.如图所示，abcd为水平放置的平行光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计。已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)。则( )
A. 电路中感应电流的大小为BlvrB. 金属杆的热功率为B2lv2sinθr
C. 电路中感应电动势的大小为BlvsinθD. 金属杆所受安培力的大小为B2lvsinθr
6.空间存在沿x轴方向的电场，其φ− x图像为余弦函数如图所示。一质量为m=1×10−6kg、电荷量为q=−3×10−8C的带电粒子，从坐标原点以一定的初速度v0沿x轴正方向射入电场粒子仅受电场力作用。则下列说法正确的是( )
A. 粒子在由原点运动至x=0.2m处的过程中，其加速度先减小后增大
B. 欲使粒子沿x轴正方向持续运动下去，v0至少大于6m/s
C. 若粒子的初速度v0=3m/s，则粒子可以运动到0.1m处
D. 粒子在由原点运动至x=0.2m处的过程中，在x=0.1m处加速度最大，速度最小
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.图甲中笔记本电脑机身和显示屏分别装有霍尔元件和磁体，实现开屏变亮，合屏熄灭。图乙为一块利用自由电子导电，长、宽、高分别为a、b、c的霍尔元件，电流大小恒定且方向向右。当合上显示屏时，水平放置的元件处于竖直向下的匀强磁场中，元件前、后表面间产生电压，当电压超过某一临界值时，屏幕自动熄灭。则( )
A. 合屏状态下，前表面的电势比后表面的高
B. 若磁场变强，可能出现闭合屏幕时无法熄屏
C. 增大霍尔元件的高度c，可能出现闭合屏幕时无法熄屏
D. 前、后表面间的电压与流过霍尔元件的电流大小无关
8.如图所示，在光滑的水平面内建立xOy坐标，质量为m的小球以某一速度从O点出发后，受到一平行于y轴方向的恒力作用，恰好通过A点，已知小球通过A点的速度大小为v0，方向沿x轴正方向，且OA连线与Ox轴的夹角为30°。则( )
A. 恒力的方向一定沿y轴负方向B. 恒力在这一过程中所做的功为16mv02
C. 恒力在这一过程中的冲量大小为 36mv0D. 小球从O点出发时的动能为76mv02
9.如图质量为m、电荷量为q的带正电粒子(忽略粒子重力)，以速度v0沿OO′方向垂直射入相互正交的竖直向下的匀强电场E和水平向里匀强磁场B，经过该区域中的P点的速率为vP，此时侧移量为s，若v0=2EB，下列说法中正确的是( )
A. 带电粒子在P点的速率vP= 2qEsm+v02
B. 带电粒子的加速度大小恒为qEm
C. 若s=mEqB2，粒子从射入该区域到P点所用时间至少πm2qB
D. 粒子在运动过程中洛伦兹力始终大于电场力
10.如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ棒进入磁场时加速度恰好为零，PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.学校某物理实验小组用如图1所示的实验装置来验证“当物体的质量一定时，加速度与所受合外力成正比”的实验。
(1)实验时，下列操作中正确的是___________
A. 用天平测出砂和砂桶的质量
B. 小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源
C. 为了实验准确，每次改变砂桶中砂的质量后，都要重新平衡摩擦力
D. 平衡摩擦力时，将无滑轮端适当垫高，在小车后端连纸带且穿过打点计时器，小车前端不需要悬挂砂桶
(2)如图2所示是实验中选择的一条合适的纸带(纸带上相邻的两个计数点之间还有4个点没有画出)，已知打点计时器的打点频率为50Hz，该小车的加速度a=___________。
(3)若保持小车的质量不变，改变砂桶中砂的质量，记录多组拉力传感器的示数F和对应纸带求出的加速度a的数值，并根据这些数据，绘制出如图3所示的a−F图像，实验小组仔细分析图像，得出了实验所用小车的质量为_______kg。
12.实验室中某课外活动小组想较准确测量一电源的电动势和内阻：
(1)某同学先用多用电表的直流电压“2.5V”挡进行粗略测量，结果指针偏转如图所示，则该电池的电动势约为_____V。
(2)现有以下器材：
待测电源E；
电流表A(量程为0∼0.6A，内阻不计)；
电阻箱R(最大阻值99.9Ω)；
开关S；
导线若干。
请你根据所给实验器材，画出实验原理图_____。
(3)根据实验原理，进行如下操作：调节电阻箱R的阻值，记录多组电流表的读数I和电阻箱的对应读数R，以1I为纵坐标，R为横坐标，根据测量数据作出的1I−R图像如图所示，则电源电动势E=_____V，内阻r=_____Ω(结果均保留3位有效数字)。
(4)若考虑到实际电流表有内阻，关于该实验中电动势的测量，下列说法正确的是_____。
A.电源电动势的测量值准确
B.电源电动势的测量值比真实值小
C.电源电动势的测量值比真实值大
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.如图所示，质量m 0=2 kg的滑块与质量m=3 kg的带挡板的木板用弹簧拴接在一起，起初弹簧处于原长，它们一起以v ​0=4 m/s的速度在足够大的水平地面上向右运动，之后木板与静止的、质量M=1 kg的小球发生弹性碰撞，碰撞时间极短，此后弹簧压缩过程中木板运动的位移大小x=2.3 m，弹簧的最大压缩量Δx=1.25 m，弹簧始终处于弹性限度内，忽略一切摩擦。求：
(1)碰后小球的速度大小v；
(2)弹簧第一次压缩过程中对木板的冲量I；
(3)从与小球碰撞开始到弹簧第一次压缩至最短所用的时间t。
14.如图(a)所示，一个电阻不计的平行金属导轨，间距L=1m，左半部分倾斜且粗糙，倾角θ=37∘，处于沿斜面向下的匀强磁场中；右半部分水平且光滑，导轨之间存在一个三角形匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，其边界与两导轨夹角均为α,tanα=0.1。右半部分俯视图如图(b)。导体棒Q借助小立柱静置于倾斜导轨上，其与导轨的动摩擦因数μ=0.5。导体棒P以v0=0.5m/s的速度向右进入三角形磁场区域时，撤去小立柱，Q棒开始下滑，同时对P棒施加一外力使其始终保持匀速运动。运动过程中，两棒始终垂直于导轨且接触良好。已知两磁场的磁感应强度大小均为B=1T，两棒的质量均为m=0.1kg，Q棒电阻R=0.5Ω，P棒电阻不计。重力加速度大小取g=10m/s2,sin37∘=0.6,cs37∘=0.8，以Q棒开始下滑为计时起点。求：
(1)撤去小立柱时，Q棒的加速度大小a0；
(2)Q棒中电流随时间变化的关系式；
(3)Q棒达到的最大速度vm及所用时间t1。
15.如图甲所示，平面直角坐标系中，在0≤x≤l、0≤y≤2l的矩形区域中存在一个按如图乙所示规律变化的交变磁场(B0和T0未知)，磁场方向与纸面垂直，以垂直纸面向里为正方向，一个比荷为c的带正电的粒子从原点O以初速度v0沿+x方向入射，不计粒子重力。
(1)若粒子从t=0时刻入射，在t(2)若B0=2v0cl，且粒子从0≤t≤T02的任一时刻入射时，粒子都不从y轴上离开磁场，求T0的取值范围；
(3)若B0=2v0cl，在x>l的区域施加一个沿−x方向的匀强电场，粒子在t=0时刻入射，将在T0时刻沿+x方向进入电场，并最终从0,2l沿−x方向离开磁场，求电场强度的大小以及粒子在电场中运动的路程。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查电场强度、电势、电势能。
正电荷所受的电场力方向与电场强度方向相同，负电荷所受的电场力方向与电场强度方向相反。
根据电场线(等势线)的疏密判断场强的大小，电场线越密，场强越大。根据顺着电场线方向电势降低判断电势的高低。
根据Ep=qφ可知正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势高的地方电势能小。
【解答】避雷针带正电，由电场线与等势面垂直，画出电场线如图，
A.由运动轨迹可知，该粒子带负电，故A错误;
B.沿电场线方向电势逐渐降低，故a点的电势比c点的低，故B正确;
C.由等差等势面的疏密情况可知，b点的场强比c点的场强小，故C错误;
D.因带负电的粒子在电势高的位置电势能小，b点的电势比c点的低，故该粒子在b点的电势能比在c点的大，故D错误。
2.【答案】D
【解析】设铁块下降的高度为H，对于木块和铁块整体由平均动量守恒有mh=MH
化简得H=mhM
则池深为d=h+H+3a=M+mMh+3a
故选D。
3.【答案】B
【解析】A.当触电P同时接触两个触点a和b，电热丝与小风扇均被接通，故电吹风处于吹热风状态，A错误；
D.小风扇额定电压为60V，由变压器电压与匝数之比可得n1n2=U1U2=220V60V=113
D错误；
C.正常工作时小风扇的额定功率为60W，可得P=U2I
解得I=PU2=1A
输出功率为52W，故内阻上消耗的功率为8W，可得P热=I2R
联立解得小风扇的电阻为R=8Ω
C错误；
B.由题中数据可知，吹热风时，电热丝的功率为400W，可得P′=U1I′
解得流过电热丝的电流为I′=P′U1=2011A
B正确。
故选B。
4.【答案】C
【解析】A.月球表面GMmR12=mv12R1=mg1
由于G1=mg1，G2=mg
可得月球的第一宇宙速度为v1= G1R1gG2
选项A错误；
B.嫦娥五号环绕月球表面做匀速圆周运动的周期为T=2πR1v1=2π G2R1G1g
选项B错误；
C.月球的质量为M=g1R12G=G1R12gGG2
选项C正确；
D.月球的密度为ρ=M43πR13=3G1g4πGG2R1
选项D错误。
故选C。
5.【答案】B
【解析】AC.根据公式，可得导体棒切割磁感线产生感应电动势为E=Blv
电路中感应电流的大小为I=Blvlsinθr=Bvsinθr
选项AC错误；
B.金属杆的热功率为PQ=E2lsinθr=B2v2lsinθr
B正确；
D.根据安培力公式，可得棒所受的安培力为F=BIlsinθ=B2vlr
D错误；
故选B。
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查φ−x图像，明确图像的意义是解决问题的关键。φ−x图像的斜率的绝对值表示电场强度大小，结合牛顿第二定律可知加速度的变化情况；根据动能定理求解粒子的初速度大小；根据φ−x图像的斜率和牛顿第二定律分析粒子在由原点运动至x=0.2m处的过程中的加速度，由电场力的做功情况分析粒子的速度大小变化，由此分析即可正确求解。
【解答】
A.φ−x图像的斜率的绝对值表示电场强度大小，由图可知0⩽x⩽0.2m的区间内，图线斜率的绝对值先增大后减小，根据牛顿第二定律有qE=ma，可知加速度先增大后减小，故A错误；
B.由图可知0⩽x⩽0.2m的区间内，随x的增大φ减小，因粒子带负电，所以电势能增大，电场力做负功，动能减小，当粒子恰好能到达x=0.2m处，其初速度是使粒子能沿x正方向持续运动下去的最小速度，由动能定理可得qφ0−φ2=0−12mv02，其中φ0=300V，φ2=−300V，解得：v0=6m/s，所以欲使粒子沿x轴正方向持续运动下去，v0至少大于6m/s，故B正确；
C.若粒子可以恰好运动到0.1m处，则由动能定理可得qφ0−φ1=0−12mv0′2，其中φ0=300V，φ1=0，解得：v0′=3 2m/s，故C错误；
D.x=0.1m处电势变化率最大，故电场强度最大，则加速度最大，但从原点至x=0.2m的过程中电场强度方向不变，电场力一直做负功，粒子在由原点运动至x=0.2m处的过程中，速度一直减小，故D错误。
7.【答案】AC
【解析】A.合屏状态下，根据左手定则可知，电子偏向后表面，则前表面的电势比后表面的高，选项A正确；
B.根据Ube=evB，解得U=Bbv，
则若磁场变强，前后表面产生的电压变大，则不可能出现闭合屏幕时无法熄屏现象，选项B错误；
C.根据I=nebcv，解得U=BInec
则增大霍尔元件的高度c，则前后产生的电压减小，则可能出现闭合屏幕时无法熄屏，选项C正确；
D.根据U=BInec，可知，前、后表面间的电压与流过霍尔元件的电流大小有关，选项D错误。
故选：AC。
8.【答案】AD
【解析】A.小球受到恒力作用做匀变速曲线运动，利用逆向转换方法，小球做类平抛运动。由此可判断恒力方向一定沿y轴负方向，选项A正确；
BD.由几何关系可得tan30∘=yx=12at2v0t=at2v0
所以小球经过坐标原点时，沿y轴方向的分速度vy=at=2 33v0
沿x轴方向的速度仍为 v0 。
小球从O点出发时的动能Ek=12mvx2+vy2=76mv02
恒力在这一过程中所做的功为W=12mv02−12mvx2+vy2=−23mv02
选项B错误，D正确；
C.恒力在这一过程中的冲量大小I=mΔv=mvy=2 33mv0
选项C错误。
故选AD。
9.【答案】BC
【解析】A.粒子运动过程中，洛伦兹力始终与速度方向垂直而不做功，则根据动能定理−qEs=12mvP2−12mv02
解得vP= −2qEsm+v02
故A错误；
B.将粒子进入电磁场的初速度 v0 看成是两个水平向右分速度 v1 、 v2 的合成，其中水平向右分速度 v1 满足qv1B=qE
解得v1=EB
则另一水平向右分速度 v2 满足v2=v0−EB=2EB−EB=EB
则粒子在电磁场中的运动可分解为：以 v1 水平向右做匀速直线运动和以 v2 大小做匀速圆周运动，其中以 v2 大小做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力；可知粒子运动过程受到的合力大小为F合=qv2B=q⋅EBB=qE
根据牛顿第二定律可知带电粒子的加速度大小为a=F合m=qEm
故B正确；
C.以 v2 大小做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力，则有qv2B=mv22r
解得r=mv2qB=m⋅EBqB=mEqB2
若s=mEqB2=r
可知粒子从射入该区域到P点所用时间至少为tmin=14T=14×2πmqB=πm2qB
故C正确；
D.粒子的合速度为分速度 v1 与 v2 的合成，其中 v1 的大小方向均保持不变， v2 的大小不变，方向时刻发生改变，当 v2 方向与 v1 方向相反时，粒子的合速度最小，则有vmin=v1−v2=EB−EB=0
可知粒子受到的洛伦兹力最小值为零，而粒子受到的电场力保持不变，故D错误。
故选BC。
10.【答案】AD
【解析】根据图像可知，设PQ进入磁场匀速运动的速度为v，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨宽度为L，两根导体棒的总电阻为R；根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可得PQ进入磁场时电流I0=BLvR
保持不变，根据右手定则可知电流方向Q→P；如果PQ离开磁场时MN还没有进入磁场，此时电流为零；当MN进入磁场时也是匀速运动，通过PQ的感应电流大小不变，方向相反；如果PQ没有离开磁场时MN已经进入磁场，此时电流为零，当PQ离开磁场时MN的速度大于v，安培力大于重力沿斜面向下的分力，电流逐渐减小，通过PQ的感应电流方向相反；
故选AD。
11.【答案】 D 0.20m/s2 1.0
【解析】(1)[1] A.因有拉力传感器测拉力，则不需要用天平测出砂和砂桶的质量，A错误；
B.小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，B错误；
D.平衡摩擦力时，将无滑轮端适当垫高，并在小车后端连纸带且穿过打点计时器，但前端不需要连接轻绳、悬挂砂桶，D正确；
C.每次平衡摩擦力后，因为mgsinθ=μmgcsθ
故平衡摩擦力时需要满足μ=tanθ
与质量无关，故改变质量后，不需要重新平衡摩擦力，C错误。
故选D。
(2)[2]纸带上相邻的两个计数点之间还有4个点没有画出，则T=0.1s，该小车的加速度a=xCF−xAC4T2=2.40−1.60×10−24×0.12m/s2=0.20m/s2
(3)[3]由图像可知，当拉力为零时小车就已经有了加速度，可知原因是木板抬得过高，平衡摩擦力过度；设拉力为零时，所受合力为 F0 ，由牛顿第二定律2F+F0=Ma
整理可得a=2MF+F0M
故斜率为2M=5.0−
解得M=1.0kg
12.【答案】 1.55 见解析 1.50 1.50 A
【解析】1)[1]题图，选0∼250V表盘，则读数为2.5×155250V=1.55V
(2)[2]由给出的仪表可知，实验中只给出了电流表和电阻箱，所以应采用安阻法测电源的电动势和内阻，即电流表与电阻箱串联，如图所示
(3)[3][4]根据闭合电路欧姆定律可知I=ER+r
变形可得1I=1ER+rE
则由图可知1E=5−16=23，rE=1
联立解得E=1.50V,r=1.50Ω
(4)[5]由等效电路可知，电源电动势的测量值等于电源没有接入电路时电源两端的电压，所以电动势的测量值与真实值相等，内阻的测量值为电源内阻与电流表的串联值，所以偏大，故A正确。
故选A。
13.【答案】解：(1)设向右为正方向，对木板与小球这个系统，木板与静止的小球发生弹性碰撞过程：
动量守恒：mv0=mv1+Mv，
机械能守恒：12mv02=12mv12+12Mv2，
v1=2m/s，v=6m/s，
碰撞后小球的速度v为6m/s；
(2)从滑块开始压缩弹簧到弹簧压缩到最短，对滑块和木板组成的系统，
由动量守恒m0v0+mv1=(m0+m)v2，
该过程对木板由动量定理得：I=mv2−mv1，
代入数据解得：I=2.4N⋅s方向水平向右；
(3)设弹簧压缩过程中的某时刻滑块的速度大小为v1′，木板的速度大小为v2′，则有
m0v1′+m2v2′=m0+mv共
m0v1′·Δt+ mv2′·Δt=∑ m0+mv共·Δt
m0x+Δx+mx=m0+mv共·t
解得t=1.0s。
答：(1)碰后小球的速度大小v为6m/s；
(2)弹簧第一次压缩过程中对木板的冲量I为2.4N⋅s，方向水平向右；
(3)从与小球碰撞开始到弹簧第一次压缩至最短所用的时间t为1s。
【解析】(1)对木板与小球发生的弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律可求得碰后两个物体的速度；
(2)对滑块和木板整体分析，由动量守恒定律求出弹簧压缩到最短时的共同速度，再由动量定理求木板受到的冲量；
(3)根据动量守恒定律和动量定理求时间。
本题考查动量定理、动量守恒定律、机械能守恒定律的应用，在解题时要注意正确选择研究对象，明确是哪一系统能应用动量守恒和机械能守恒定律。
14.【答案】(1)撤去小立柱时，导体棒 P 刚刚进入三角形磁场区域，没有感应电动势，则对Q棒受力分析a0=mgsinθ−μmgcsθm=gsinθ−μgcsθ=10×0.6−0.5×10×0.8m/s2=2m/s2
(2)只有P棒在切割磁感线，所以感应电动势为E=ΔφΔt=BΔSΔt
磁场穿过闭合电路的面积与时间的关系为S=12v0t2tanα×v0t=tanα⋅v02t2
所以ΔSΔt=S′=2tanα⋅v02t
E=ΔφΔt=BΔSΔt=2Btanα⋅v02t=2×1×0.1×0.52t=0.05tV
I=ER=
(3)对Q棒受力分析ma=mgsinθ−μmgcsθ+BIL
当Q棒速度达到最大时mgsinθ=μmgcsθ+BIL
解得此时I=0.4A ， t1=4s
三角形磁场总长有L1=
而P棒在4s内运动的位移为2m，小于L1。
Q棒的加速度与时间的关系为a=gsinθ−μgcsθ+BILm=2−0.5tm/s2
画出Q棒的a−t图，则Q棒速度的变化量等于图线下方与坐标轴围成的面积，则 Q 棒达到的最大速度 vm 为vm=Δv=2×42m/s=4m/s
所用时间 t1 =4s。

【解析】本题考查电磁感应与动力学问题、题目信息较多，注意审题，解题的突破口在于正确求解P棒切割磁感线所产生的感应电动势，最后对Q棒进行受力分析结合牛顿第二定律求解，本题较难。
15.【答案】(1)粒子在碰场中做匀速圆周运动，有qv0B0=mv02R
由几何关系可得R2=l2+R−l22
解得R=54l
联立解得B0=4v05cl
(2)粒子运动的轨迹半径为R′=mv0qB0=l2
临界情况为粒子从 t=0 时刻入射，并且轨迹恰好与 y 轴相切，如图所示。
粒子运动的周期T=2πmqB0=πlv0
由几何关系， t=T02 时间内，粒子转过的圆心角为 5π6 ，对应运动时间t1=5π62πT=512T
应满足t1≥T02
联立可得T0≤5πl6v0
(3)由题意可得12⋅2πmqB0=T0
解得T0=πl2v0
粒子在电场中运动，根据牛顿第二定律可得Eq=ma
根据运动学规律可得往返一次用时Δt=2v0a=2v0Ec
则有Δt=n+12T0n=0,1,2,⋯
可得电场强度的大小E=8v022n+1πcln=0,1,2,⋯
粒子在电场中运动的路程s=12v0⋅Δt2⋅2=2n+1πl8n=0,1,2,⋯

【解析】详细解答和解析过程见【答案】热风时输入功率
460W
冷风时输入功率
60W
小风扇额定电压
60V
正常工作时小风扇输出功率
52W