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安徽省省十联考2023-2024学年高二下学期7月期末物理试题
一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。
1．下列说法正确的是（　　）
A．布朗运动观察到的是液体分子的无规则运动
B．容器内气体压强是分子无规则运动撞击器壁造成的，故与容器形状有关
C．随着物体运动速度增大，其内能也一定增大
D．方解石的双折射现象说明其具有各向异性的属性
2．随着社会的不断进步，人类对能源的需求越来越大。核反应HH→He+X+17.6MeV释放的能量巨大，可能成为未来的能量来源。下列说法正确的是（　　）
A．X粒子带正电
B．该核反应是聚变反应
C．He的结合能是17.6MeV
D．H与H的质量之和小于He与X的质量之和
3．如图所示，表示LC振荡电路某时刻的情况，以下说法正确的是（　　）
A．电容器正在充电
B．电感线圈中的磁场能正在减小
C．电感线圈中的电流正在减小
D．此时自感电动势正在阻碍电流的增加
4．某校实验小组用如图所示的电路研究“光电效应”现象，现用频率为v的红光照射光电管，有光电子从K极逸出。下列说法正确的是（　　）
A．使用蓝光照射比红光照射需要的逸出功更大
B．仅增大入射光的强度，从K极逃逸出的电子的最大初动能可能增大
C．当滑动变阻器的滑片从左向右滑动时，电流表示数不变
D．将电源正负极反接后，当滑动变阻器的滑片从左向右滑动时，电流表示数可能一直减小
5．如图所示，水平面上放置一个上下表面均为正方形的霍尔元件，载流子的电荷量大小为e，电源输出电压为U1，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。元件前后表面间电势差为U2，前表面的电势低于后表面的电势，下列说法中正确的是（　　）
A．图中霍尔元件的载流子带负电
B．若霍尔元件的电源输出电压U1变大，则霍尔电势差U2保持不变
C．利用上述物理量可以计算霍尔元件的电阻率
D．该霍尔元件中载流子所受的洛仑兹力方向均垂直于电流方向且指向前表面
6．如图为交流发电机的示意图，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，发电机的电动势随时间的变化规律为。下列说法正确的是（　　）
A．此交流电的频率为
B．此交流电动势的有效值为
C．当线圈平面转到图示位置时产生的电动势最大
D．当线圈平面转到平行于磁场的位置时磁通量的变化率最大
7．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻，其余电阻均不计。从某时刻开始在原线圈、两端加上如图乙所示的正弦交变电压，则下列说法中正确的是（　　）
A．当单刀双掷开关与连接时，电压表的示数为
B．当单刀双掷开关与连接且时，电流表示数为零
C．当单刀双掷开关由拨向后，原线圈的输入功率变大
D．当单刀双掷开关由拨向后，副线圈输出电压的频率增大
8．如图甲所示，一高度为H的汽缸直立在水平地面上，汽缸壁和活塞都是绝热的，活塞横截面积为S，在缸的正中间和缸口处有固定卡环，活塞可以在两个卡环之间无摩擦运动。活塞下方封闭有一定质量的理想气体，已知理想气体内能U与温度T的关系为，为正的常量，重力加速度为g。开始时封闭气体温度为T0，压强等于外界大气压强p0，现通过电热丝缓慢加热，封闭气体先后经历了如图乙所示的三个状态变化过程，则（　　）
A．活塞质量为
B．从b→c过程，气体对外做功
C．从a→d全过程，气体内能增加
D．从a→d全过程，气体吸收的热量小于其内能的增量
二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
9．如图为氢原子的能级图，已知可见光的光子能量范围为，锌板的电子逸出功为，下列说法正确的是（　　）
A．用能量为的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态
B．处于能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并且使氢原子电离
C．大量处于能级的氢原子向基态跃迁时，辐射的光子中有两种不同频率的光子可使锌板产生光电效应现象
D．大量于能级的氢原子向基态跃迁时所出的光子通过同一双缝干涉实验装置，以直接跃迁到能级发出的光子所形成的干涉条纹最宽
10．如图所示，在平面直角坐标系中，竖直向下，水平。在第一象限（空间足够大）存在垂直平面向外的磁场区域，磁感应强度沿y轴正方向不变，沿x轴正方向按照（且为已知常数）规律变化。一个质量为m、边长为L的正方形导线框，电阻为R，初始时一边与x轴重合，一边与y轴重合。将导线框以速度沿x轴正方向抛出，整个运动过程中导线框的两邻边分别平行两个坐标轴。从导线框开始运动到速度恰好竖直向下的过程中，导线框下落高度为h，重力加速度为g，则在此过程中，下列说法正确的是（　　）
A．导线框受到的安培力总是与运动方向垂直
B．导线框下落高度为h时的速度小于
C．整个过程中导线框中产生的热量为
D．导线框速度恰好竖直向下时左边框的横坐标为
三、非选择题：共5题，共58分。
11．在“油膜法估测油酸分子的大小”实验中，有下列实验步骤：
①往边长约为的浅盘里倒入约深的水。待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上；
②用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定；
③将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小；
④用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积；
⑤将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上。
完成下列填空：
（1）上述步骤中，正确的顺序是④　 　；（填写步骤前面的数字）
（2）将的油酸溶于酒精，制成的油酸酒精溶液；测得的油酸酒精溶液有50滴。现取一滴该油酸酒精溶液滴在水面上，测得所形成的油膜的面积是。由此估算出油酸分子的直径为　 　m；（结果保留2位有效数字）
（3）某同学在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，计算出的分子直径明显偏大，可能是由于　 　
A.油酸分子未完全散开 B.计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格
C.油酸中含有大量酒精 D.求每滴油酸酒精溶液的体积时，的溶液滴数多计了10滴
12．电子秤能够准确地测量物体的质量，其中半导体薄膜压力传感器是其关键的电学元件。半导体薄膜压力传感器在压力作用下会发生微小形变，其阻值随压力F变化的图线如图甲所示。某学习小组利用该元件和电流表A等器材设计了如图乙所示的电路，尝试用该装置测量物体的质量。已知图乙中电源电动势为（内阻未知），电流表A的量程为，内阻为。重力加速度g取。请回答以下问题：
（1）实验时发现电流表A量程偏小，需要将其量程扩大为，应该给电流表A　 　（选填“串联”或“并联”）一个阻值为　 　Ω的电阻；
（2）用改装后的电流表按图乙所示的电路图进行实验，压力传感器上先不放物体，闭合开关S，调节滑动变阻器R的滑片P，使电流表指针满偏。保持滑片P位置不变，然后在压力传感器上放一物体，电流表的示数为，此时压力传感器的阻值为　 　，则所放物体的质量　 　；
（3）写出放到传感器上的物体的质量m与电流表的示数I满足的函数关系式　 　；（表达式中除m、I外，其余相关物理量均代入数值）
（4）使用一段时间后，该电源电动势不变，内阻变大，其他条件不变。调节滑动变阻器R的滑片P，电流表指针满偏后进行测量，则测量结果　 　（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
13．如图所示，活塞将左侧导热汽缸分成容积均为的、B两部分，汽缸部分通过带有阀门的细管与容积为、导热性良好的汽缸相连。开始时阀门关闭，、B两部分气体的压强分别为和。现将阀门打开，当活塞稳定时，B的体积变为，然后再将阀门关闭。已知、B、内为同种理想气体，细管及活塞的体积均可忽略，外界温度保持不变，活塞与汽缸之间的摩擦力不计。求：
（1）阀门打开后活塞稳定时，部分气体的压强；
（2）活塞稳定后，中剩余气体的质量与最初中气体质量之比。
14．如图甲所示，虚线MN左、右两侧的空间均存在与纸面垂直的匀强磁场，右侧匀强磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度大小恒为B0；左侧匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向，一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S0，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上，求：
（1）在内，圆环中产生的焦耳热；
（2）时，圆环受到的安培力。
15．为探测射线，威耳逊曾用置于匀强磁场或电场中的云室来显示它们的径迹。某研究小组设计了电场和磁场分布如图所示，在平面（纸面）内，在区间内存在平行y轴的匀强电场，。在的区间内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，。一未知粒子从坐标原点与x正方向成角射入，在坐标为（，）的P点以速度垂直磁场边界射入磁场，并从（，0）射出磁场。已知整个装置处于真空中，不计粒子重力，。求：
（1）该未知粒子的比荷；
（2）匀强电场电场强度E的大小及左边界的值；
（3）若粒子进入磁场后受到了与速度大小成正比、方向相反的阻力，观察发现该粒子轨迹呈螺旋状并与磁场左边界相切于点（，）（未画出）。求粒子由P点运动到Q点的时间以及坐标的值。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】布朗运动；物体的内能；压强及封闭气体压强的计算；晶体和非晶体
【解析】【解答】A. 布朗运动观察到的是固体微粒的无规则运动，A不符合题意；
B. 容器内气体压强是大量分子无规则运动撞击器壁的统计规律，与容器形状无关，B不符合题意；
C. 内能只与内部因素有关，不会随着物体运动速度变化而变化，C不符合题意；
D. 方解石具有双折射现象，说明具有各向异性的属性，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用热学的基本原理和概念可得出结论。
2．【答案】B
【知识点】质量亏损与质能方程；核聚变
【解析】【解答】A. X粒子是中子，不带电，A不符合题意；
B. 该反应是核聚变的反应方程，B符合题意；
C. 17.6MeV是质量亏损放出的能量不是He的结合能，C不符合题意；
D. 由于存在质量亏损，故H与H的质量之和大于He与X的质量之和，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】利用核反应方程的特点可得出结论。
3．【答案】D
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】根据电容器极板电性以及线圈产生磁场方向可推知此时电容器正在放电，电感线圈中的电流正在增大，磁场能正在增大，该时刻自感电动势正在阻碍电流增加，故ABC错误，D正确。故选：D。
【分析】在LC振荡电路中，当电容器充电时，电流在减小，电容器上的电荷量增大，磁场能转化为电场能；当电容器放电时，电流在增大，电容器上的电荷量减小，电场能转化为磁场能。
4．【答案】D
【知识点】光电效应
【解析】【解答】A．要使电子脱离某种金属，需要外界对它做功，做功的最小值叫作这种金属的逸出功，逸出功是由材料本身的性质决定的，改变光的颜色，金属逸出功不变，故A错误；
B．由电效应方程可知，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，而与入射光的强度无关， 仅增大入射光的强度，从K极逃逸出的电子的最大初动能不变，故B错误；
C．光电管两端所加电压为正向电压，当滑动变阻器的滑片从左向右滑动时，正向电压不断增大，可能滑片滑到最右端时电流尚未达到饱和电流，此过程中电流表示数一直增大，故C错误；
D．将电源正负极反接后，所加电压为反向电压，逸出的光电子要克服电场力做功才能到达A板形成电流，可能滑动变阻器的滑片滑到最右端时电流表的示数还未减小到零，此过程中电流表示数一直减小，故D正确。
故选D。
【分析】根据逸出功的概念分析判断；根据爱因斯坦光电效应方程分析判断；根据电路特点分析正向电压变化判断；根据电路特点判断。
5．【答案】A
【知识点】电阻定律；霍尔元件；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A． 空间存在竖直向下的匀强磁场， 根据左手定则可知粒子在洛伦兹力的作用下偏向前表面，因为前表面的电势低于后表面的电势，所以可知霍尔元件的载流子带负电，A正确；
B．设正方形的霍尔元件长和宽为d，元件厚度为， 磁感应强度为B，带电粒子受力平衡时有
根据电流的微观表达式有
联立可得
①
当霍尔元件的电源输出电压U1变大，此时电流变大，可得霍尔电势差U2变大，B错误；
C．电源输出电压为U1，根据欧姆定律和电阻定律有，
与①式联立可得
由于题中没有参数n，所以利用上述物理量不能计算出霍尔元件的电阻率，C错误；
D． 载流子带负电，根据左手定则可知载流子所受的洛仑兹力方向垂直于电流方向且指向前表面，D错误。
故选A。
【分析】根据左手定则和电势高低，得知载流子电性；根据受力平衡和电流的微观表达式，分析霍尔电势差；根据欧姆定律和电阻定律，分析电阻率；根据左手定则，载流子所受的洛伦兹力方向垂直于电流方向且指向前表面。
6．【答案】D
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．根据e=20sin100πt（V）可知交流电的角速度ω=100πrad/s， 此交流电的频率为
故A错误；
B． 根据e=20sin100πt（V）可知交流电压的最大值为Em=20V， 此交流电动势的有效值为
故B错误；
C．当线圈平面转到图示位置时处于中性面，产生的感应电动势为零，故C错误；
D．当线圈平面转到平行于磁场的位置时，垂直于中性面，磁通量的变化率最大，此时产生的电动势最大，D正确。
故选D。
【分析】线圈在磁场中转动产生感应电动势，根据瞬时感应电动势的表达式判断出产生的感应电动势的最大值和角速度，即可求得有效值和频率，明确中性面的特点即可判断产生的感应电动势的大小和磁通量的变化率。
7．【答案】C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A、由图象可知，电压的最大值为311V，交流电的有效值为220V，根据电压与匝数程正比可知，副线圈的电压为10V，故电压表读数为10V，故A错误；B、当单刀双掷开关与a连接时，副线圈电压为10V，所以副线圈电流为1A，电流表示数为电流的有效值，不随时间的变化而变化，所以电流表的示数为1A，故B错误；
C、当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的匝数变小，所以副线圈的输出的电压要变大，电阻R上消耗的功率变大，原线圈的输入功率也要变大，故C正确；
D、变压器不会改变电流的频率，所以副线圈输出电压的频率不会改变，故D错误。
故选：C。
【分析】根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论。
8．【答案】A,C
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】A．开始时封闭气体温度为T0，压强等于外界大气压强p0，气体在等压膨胀过程中由受力平衡，有
解得
故A正确；
B．根据理想气体状态方程可知图像斜率不变时体积不变，只有在b→c过程中气体对外做功
故B错误；
C．结合图乙可知在a→d全过程中，由理想气体状态方程，有
由题目条件可知气体内能的变化量
故C正确；
D．从a→d全过程，气体内能增大，气体对外做功，根据热力学第一定律可知，气体吸收的热量大于其内能的增量，故D错误。
故选AC。
【分析】加热过程中，气体温度升高，活塞上移。由受力平衡可求活塞质量，气体仅在b→c过程中对外做功。结合状态方程分析a→d全过程温度变化，利用内能公式可得其增量。根据热力学第一定律，气体吸收的热量大于内能的增量。
9．【答案】B,C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】A．光子能量必须刚好等于两个能级的差值才能被原子吸收而发生跃迁，11.0eV的能量不等于基态与其它能级间的能级差，所以不能吸收而发生跃迁，故A错误；B．紫外线的光子能量大于3.11eV，处于n=3能级的能量为-1.51eV，可知处于n=3能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并且使氢原子电离，故B正确；
C．大量处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时，辐射的光子中有3→1和2→1光子能量大于锌板的电子逸出功为3.34eV，可使锌板产生光电效应现象，故C错误；
D．从n=4能级跃迁到n=1能级释放出的光子频率最大，波长最短，根据可知从n=4能级跃迁到n=1能级释放出的光子束对应的干涉条纹间距最窄，选项D错误。
故选BC。
【分析】光子能量必须刚好等于两个能级的差值才能被吸收；紫外线的能量大于3.11eV，判断n=3能级的氢原子可以吸收紫外线后，能量是否大于0，即可知是否电离；氢原子从高能级向基态跃迁时发出的光子的最小能量与锌板的逸出功的关系判断是否发生光电效应现象；根据干涉条纹的宽度与光的波长的关系判断。
10．【答案】C,D
【知识点】电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】本题的易错点在于分析安培力的方向出错，任意作出导线框的两个位置可以看出导线框在水平方向和竖直方向均有磁通量的变化，从而容易得出导线框在竖直方向所受安培力不为0的错误结论。A．根据右手定则可知，线框将产生顺时针方向的电流，根据左手定则可知左边框产生方向向右的安培力，右边框产生方向向左的安培力，上边框产生方向向下的安培力，下边框产生方向向上的安培力，再根据磁场的分布规律可知左边框产生的安培力小于右边框产生的安培力，上、下边框产生的安培力大小相等，可知导线框受到向左的安培力的作用，即沿x轴负方向的安培力作用，而不是与运动方向垂直，故A错误；
B．导线框在竖直方向所受安培力的合力为零，可知导线框在竖直方向做自由落体运动，下落高度为h时的速度满足运动学关系
可得
故B错误；
C．当导线框速度恰好竖直向下时，说明导线框在水平方向速度减小为零，又导线框在竖直方向所受合力与重力大小相等，即导线框在竖直方向满足机械能守恒，所以下落过程中导线框中产生的热量大小等于水平方向动能的损失，大小为，故C正确；
D．设导线框在时间t时的水平分速度大小为，水平位移为x，则在此时刻导线框产生感应电动势大小为
导线框内的感应电流大小为
所以导线框受到安培力的大小
又根据
可得
导线框速度恰好竖直向下时左边框的横坐标为
故D正确。
故选CD。
【分析】根据楞次定律判断线框中感应电流方向，再根据左手定则判断导线框四条边受到的安培力方向，确定线框所受的安培力的合力方向，从而判断线框的运动情况，根据竖直方向的运动规律求导线框下落高度为h时的速度；根据能量守恒定律求整个过程中导线框中产生的热量；研究x轴正方向的受力情况，利用动量定理求导线框速度恰好竖直向下时左边框的横坐标。
11．【答案】①②⑤③；；AB
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小
【解析】【解答】（1） “用油膜法估测分子的大小”实验的步骤为：配制油酸酒精溶液→测定一滴油酸酒精溶液的体积④→准备浅水盘①→形成油膜②→描绘油膜边缘⑤→测量油膜面积，计算分子直径③。 所以接下来的步骤是①②⑤③。
（2） 将的油酸溶于酒精，制成的油酸酒精溶液；，测得的油酸酒精溶液有50滴，则一滴油酸酒精溶液的体积为
油酸分子的直径为
（3）A．油酸分子未完全散开，则油膜面积偏小，计算出的分子直径明显偏大，故A符合题意；
B．计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，则油膜面积偏小，计算出的分子直径明显偏大，故B符合题意；
C．油酸中含有大量酒精，对实验结果无影响，故C不符合题意；
D．求每滴油酸酒精溶液的体积时，的溶液滴数多计了10滴，则油酸的体积偏小，计算出的分子直径明显偏小，故D不符合题意。
故选：AB。
【分析】（1）根据实验原理分析判断；
（2）根据浓度计算一滴油酸酒精溶液的体积，根据体积公式计算油酸分子的直径；
（3）根据体积公式分析一滴油酸体积和面积的变化引起的测量结果的变化。
12．【答案】并联；1；11；0.6；；不变
【知识点】常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】（1） 当小量程的电流表改装成量程较大的电流表时，需要并联一个小电阻来分担电流，根据并联电路中电流的关系有：
代入数据解得
（2）根据闭合电路欧姆定律可得，当秤盘上不放重物时，调节滑动变阻器使得电流表满偏，有
当秤盘上放上重物，且电流表示数为0.2A时，有
联立得
（3）根据闭合回路欧姆定律可得
得
又当压力传感器上放上质量为m的物体时，电流为：
代入数据整理得
（4） 当电源电动势不变，而内阻增大时，仍可以使得电流表达到满偏，滑动变阻器接入电路的阻值减小，但回路中电源内阻和滑动变阻器接入电路的总电阻不变，所以测量结果不变。
【分析】（1）根据电流表的改装原理求并联的分流电阻；
（2）根据闭合电路欧姆定律可得，当秤盘上不放重物时，和放上重物时，电流表的两次示数，求压力传感器电阻的值，再从图甲求出重物的质量；
（3）根据图甲的线性关系图结合闭合电路欧姆定律求解质量m的表达式；
（4）应用根据闭合电路欧姆定律分析电源内阻变大后，电子秤测量值与真实值间的关系，然后答题。
13．【答案】（1）初始时对活塞有
得到
打开阀门后，活塞稳定时，对B气体有
对活塞有
所以得到
（2）设未打开阀门前，气体的压强为，
对、两气体整体有
得到
所以，中剩余气体的质量与最初中气体质量之比
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）根据玻意耳定律结合合适的研究对象联立等式得出A部分气体的压强；
（2）根据玻意耳定律得出体积的变化量，根据体积的比值关系得出质量的比值关系。
14．【答案】（1）根据法拉第电磁感应定律可得圆环中产生的感应电动势
由题图乙可知
根据闭合电路的欧姆定律有
根据电阻定律有
在内，根据焦耳定律可得
（2）时，圆环受到的安培力大小为
联立解得
由左手定则知，方向垂直于MN向左。
【知识点】感应电动势及其产生条件
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求出圆环产生的感应电动势，应用闭合电路欧姆定律求出感应电流，然后根据焦耳定律求解圆环中产生的焦耳热；
（2）根据安培力公式求出圆环受到的安培力。
15．【答案】（1）粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得
又
联立解得粒子的比荷为
（2）粒子的轨迹如图所示
粒子在电场中可逆向看成做类平抛运动，则有
联立解得匀强电场电场强度大小为
由几何关系可得
解得
（3）若粒子进入磁场后受到了与速度大小成正比、方向相反的阻力，粒子在磁场的运动轨迹如图所示
由
可得
即角速度为一定值，又可知粒子与磁场左边界相切时转过的弧度为，则有
取一小段时间，对粒子在方向上列动量定理（如图）
两边同时对过程求和
可得
即
其中
则有
结合
可得
故有
【知识点】动量定理；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）分析粒子在磁场中的匀速圆周运动，确定圆心与轨迹半径，利用洛伦兹力提供向心力的规律，结合几何关系推导粒子的比荷；
（2）将粒子在电场中的运动分解为沿x、y方向的分运动，结合速度方向与位移的几何关系，利用运动学公式和电场力加速度的关系，推导场强E与左边界x1；
（3）根据分运动的规律求出粒子在电场中的运动时间。根据时间与周期的关系求出粒子在磁场中运动的时间，根据几何知识求位置坐标。
1 / 1安徽省省十联考2023-2024学年高二下学期7月期末物理试题
一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。
1．下列说法正确的是（　　）
A．布朗运动观察到的是液体分子的无规则运动
B．容器内气体压强是分子无规则运动撞击器壁造成的，故与容器形状有关
C．随着物体运动速度增大，其内能也一定增大
D．方解石的双折射现象说明其具有各向异性的属性
【答案】D
【知识点】布朗运动；物体的内能；压强及封闭气体压强的计算；晶体和非晶体
【解析】【解答】A. 布朗运动观察到的是固体微粒的无规则运动，A不符合题意；
B. 容器内气体压强是大量分子无规则运动撞击器壁的统计规律，与容器形状无关，B不符合题意；
C. 内能只与内部因素有关，不会随着物体运动速度变化而变化，C不符合题意；
D. 方解石具有双折射现象，说明具有各向异性的属性，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用热学的基本原理和概念可得出结论。
2．随着社会的不断进步，人类对能源的需求越来越大。核反应HH→He+X+17.6MeV释放的能量巨大，可能成为未来的能量来源。下列说法正确的是（　　）
A．X粒子带正电
B．该核反应是聚变反应
C．He的结合能是17.6MeV
D．H与H的质量之和小于He与X的质量之和
【答案】B
【知识点】质量亏损与质能方程；核聚变
【解析】【解答】A. X粒子是中子，不带电，A不符合题意；
B. 该反应是核聚变的反应方程，B符合题意；
C. 17.6MeV是质量亏损放出的能量不是He的结合能，C不符合题意；
D. 由于存在质量亏损，故H与H的质量之和大于He与X的质量之和，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】利用核反应方程的特点可得出结论。
3．如图所示，表示LC振荡电路某时刻的情况，以下说法正确的是（　　）
A．电容器正在充电
B．电感线圈中的磁场能正在减小
C．电感线圈中的电流正在减小
D．此时自感电动势正在阻碍电流的增加
【答案】D
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】根据电容器极板电性以及线圈产生磁场方向可推知此时电容器正在放电，电感线圈中的电流正在增大，磁场能正在增大，该时刻自感电动势正在阻碍电流增加，故ABC错误，D正确。故选：D。
【分析】在LC振荡电路中，当电容器充电时，电流在减小，电容器上的电荷量增大，磁场能转化为电场能；当电容器放电时，电流在增大，电容器上的电荷量减小，电场能转化为磁场能。
4．某校实验小组用如图所示的电路研究“光电效应”现象，现用频率为v的红光照射光电管，有光电子从K极逸出。下列说法正确的是（　　）
A．使用蓝光照射比红光照射需要的逸出功更大
B．仅增大入射光的强度，从K极逃逸出的电子的最大初动能可能增大
C．当滑动变阻器的滑片从左向右滑动时，电流表示数不变
D．将电源正负极反接后，当滑动变阻器的滑片从左向右滑动时，电流表示数可能一直减小
【答案】D
【知识点】光电效应
【解析】【解答】A．要使电子脱离某种金属，需要外界对它做功，做功的最小值叫作这种金属的逸出功，逸出功是由材料本身的性质决定的，改变光的颜色，金属逸出功不变，故A错误；
B．由电效应方程可知，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，而与入射光的强度无关， 仅增大入射光的强度，从K极逃逸出的电子的最大初动能不变，故B错误；
C．光电管两端所加电压为正向电压，当滑动变阻器的滑片从左向右滑动时，正向电压不断增大，可能滑片滑到最右端时电流尚未达到饱和电流，此过程中电流表示数一直增大，故C错误；
D．将电源正负极反接后，所加电压为反向电压，逸出的光电子要克服电场力做功才能到达A板形成电流，可能滑动变阻器的滑片滑到最右端时电流表的示数还未减小到零，此过程中电流表示数一直减小，故D正确。
故选D。
【分析】根据逸出功的概念分析判断；根据爱因斯坦光电效应方程分析判断；根据电路特点分析正向电压变化判断；根据电路特点判断。
5．如图所示，水平面上放置一个上下表面均为正方形的霍尔元件，载流子的电荷量大小为e，电源输出电压为U1，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。元件前后表面间电势差为U2，前表面的电势低于后表面的电势，下列说法中正确的是（　　）
A．图中霍尔元件的载流子带负电
B．若霍尔元件的电源输出电压U1变大，则霍尔电势差U2保持不变
C．利用上述物理量可以计算霍尔元件的电阻率
D．该霍尔元件中载流子所受的洛仑兹力方向均垂直于电流方向且指向前表面
【答案】A
【知识点】电阻定律；霍尔元件；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A． 空间存在竖直向下的匀强磁场， 根据左手定则可知粒子在洛伦兹力的作用下偏向前表面，因为前表面的电势低于后表面的电势，所以可知霍尔元件的载流子带负电，A正确；
B．设正方形的霍尔元件长和宽为d，元件厚度为， 磁感应强度为B，带电粒子受力平衡时有
根据电流的微观表达式有
联立可得
①
当霍尔元件的电源输出电压U1变大，此时电流变大，可得霍尔电势差U2变大，B错误；
C．电源输出电压为U1，根据欧姆定律和电阻定律有，
与①式联立可得
由于题中没有参数n，所以利用上述物理量不能计算出霍尔元件的电阻率，C错误；
D． 载流子带负电，根据左手定则可知载流子所受的洛仑兹力方向垂直于电流方向且指向前表面，D错误。
故选A。
【分析】根据左手定则和电势高低，得知载流子电性；根据受力平衡和电流的微观表达式，分析霍尔电势差；根据欧姆定律和电阻定律，分析电阻率；根据左手定则，载流子所受的洛伦兹力方向垂直于电流方向且指向前表面。
6．如图为交流发电机的示意图，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，发电机的电动势随时间的变化规律为。下列说法正确的是（　　）
A．此交流电的频率为
B．此交流电动势的有效值为
C．当线圈平面转到图示位置时产生的电动势最大
D．当线圈平面转到平行于磁场的位置时磁通量的变化率最大
【答案】D
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．根据e=20sin100πt（V）可知交流电的角速度ω=100πrad/s， 此交流电的频率为
故A错误；
B． 根据e=20sin100πt（V）可知交流电压的最大值为Em=20V， 此交流电动势的有效值为
故B错误；
C．当线圈平面转到图示位置时处于中性面，产生的感应电动势为零，故C错误；
D．当线圈平面转到平行于磁场的位置时，垂直于中性面，磁通量的变化率最大，此时产生的电动势最大，D正确。
故选D。
【分析】线圈在磁场中转动产生感应电动势，根据瞬时感应电动势的表达式判断出产生的感应电动势的最大值和角速度，即可求得有效值和频率，明确中性面的特点即可判断产生的感应电动势的大小和磁通量的变化率。
7．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻，其余电阻均不计。从某时刻开始在原线圈、两端加上如图乙所示的正弦交变电压，则下列说法中正确的是（　　）
A．当单刀双掷开关与连接时，电压表的示数为
B．当单刀双掷开关与连接且时，电流表示数为零
C．当单刀双掷开关由拨向后，原线圈的输入功率变大
D．当单刀双掷开关由拨向后，副线圈输出电压的频率增大
【答案】C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A、由图象可知，电压的最大值为311V，交流电的有效值为220V，根据电压与匝数程正比可知，副线圈的电压为10V，故电压表读数为10V，故A错误；B、当单刀双掷开关与a连接时，副线圈电压为10V，所以副线圈电流为1A，电流表示数为电流的有效值，不随时间的变化而变化，所以电流表的示数为1A，故B错误；
C、当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的匝数变小，所以副线圈的输出的电压要变大，电阻R上消耗的功率变大，原线圈的输入功率也要变大，故C正确；
D、变压器不会改变电流的频率，所以副线圈输出电压的频率不会改变，故D错误。
故选：C。
【分析】根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论。
8．如图甲所示，一高度为H的汽缸直立在水平地面上，汽缸壁和活塞都是绝热的，活塞横截面积为S，在缸的正中间和缸口处有固定卡环，活塞可以在两个卡环之间无摩擦运动。活塞下方封闭有一定质量的理想气体，已知理想气体内能U与温度T的关系为，为正的常量，重力加速度为g。开始时封闭气体温度为T0，压强等于外界大气压强p0，现通过电热丝缓慢加热，封闭气体先后经历了如图乙所示的三个状态变化过程，则（　　）
A．活塞质量为
B．从b→c过程，气体对外做功
C．从a→d全过程，气体内能增加
D．从a→d全过程，气体吸收的热量小于其内能的增量
【答案】A,C
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】A．开始时封闭气体温度为T0，压强等于外界大气压强p0，气体在等压膨胀过程中由受力平衡，有
解得
故A正确；
B．根据理想气体状态方程可知图像斜率不变时体积不变，只有在b→c过程中气体对外做功
故B错误；
C．结合图乙可知在a→d全过程中，由理想气体状态方程，有
由题目条件可知气体内能的变化量
故C正确；
D．从a→d全过程，气体内能增大，气体对外做功，根据热力学第一定律可知，气体吸收的热量大于其内能的增量，故D错误。
故选AC。
【分析】加热过程中，气体温度升高，活塞上移。由受力平衡可求活塞质量，气体仅在b→c过程中对外做功。结合状态方程分析a→d全过程温度变化，利用内能公式可得其增量。根据热力学第一定律，气体吸收的热量大于内能的增量。
二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
9．如图为氢原子的能级图，已知可见光的光子能量范围为，锌板的电子逸出功为，下列说法正确的是（　　）
A．用能量为的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态
B．处于能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并且使氢原子电离
C．大量处于能级的氢原子向基态跃迁时，辐射的光子中有两种不同频率的光子可使锌板产生光电效应现象
D．大量于能级的氢原子向基态跃迁时所出的光子通过同一双缝干涉实验装置，以直接跃迁到能级发出的光子所形成的干涉条纹最宽
【答案】B,C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】A．光子能量必须刚好等于两个能级的差值才能被原子吸收而发生跃迁，11.0eV的能量不等于基态与其它能级间的能级差，所以不能吸收而发生跃迁，故A错误；B．紫外线的光子能量大于3.11eV，处于n=3能级的能量为-1.51eV，可知处于n=3能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并且使氢原子电离，故B正确；
C．大量处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时，辐射的光子中有3→1和2→1光子能量大于锌板的电子逸出功为3.34eV，可使锌板产生光电效应现象，故C错误；
D．从n=4能级跃迁到n=1能级释放出的光子频率最大，波长最短，根据可知从n=4能级跃迁到n=1能级释放出的光子束对应的干涉条纹间距最窄，选项D错误。
故选BC。
【分析】光子能量必须刚好等于两个能级的差值才能被吸收；紫外线的能量大于3.11eV，判断n=3能级的氢原子可以吸收紫外线后，能量是否大于0，即可知是否电离；氢原子从高能级向基态跃迁时发出的光子的最小能量与锌板的逸出功的关系判断是否发生光电效应现象；根据干涉条纹的宽度与光的波长的关系判断。
10．如图所示，在平面直角坐标系中，竖直向下，水平。在第一象限（空间足够大）存在垂直平面向外的磁场区域，磁感应强度沿y轴正方向不变，沿x轴正方向按照（且为已知常数）规律变化。一个质量为m、边长为L的正方形导线框，电阻为R，初始时一边与x轴重合，一边与y轴重合。将导线框以速度沿x轴正方向抛出，整个运动过程中导线框的两邻边分别平行两个坐标轴。从导线框开始运动到速度恰好竖直向下的过程中，导线框下落高度为h，重力加速度为g，则在此过程中，下列说法正确的是（　　）
A．导线框受到的安培力总是与运动方向垂直
B．导线框下落高度为h时的速度小于
C．整个过程中导线框中产生的热量为
D．导线框速度恰好竖直向下时左边框的横坐标为
【答案】C,D
【知识点】电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】本题的易错点在于分析安培力的方向出错，任意作出导线框的两个位置可以看出导线框在水平方向和竖直方向均有磁通量的变化，从而容易得出导线框在竖直方向所受安培力不为0的错误结论。A．根据右手定则可知，线框将产生顺时针方向的电流，根据左手定则可知左边框产生方向向右的安培力，右边框产生方向向左的安培力，上边框产生方向向下的安培力，下边框产生方向向上的安培力，再根据磁场的分布规律可知左边框产生的安培力小于右边框产生的安培力，上、下边框产生的安培力大小相等，可知导线框受到向左的安培力的作用，即沿x轴负方向的安培力作用，而不是与运动方向垂直，故A错误；
B．导线框在竖直方向所受安培力的合力为零，可知导线框在竖直方向做自由落体运动，下落高度为h时的速度满足运动学关系
可得
故B错误；
C．当导线框速度恰好竖直向下时，说明导线框在水平方向速度减小为零，又导线框在竖直方向所受合力与重力大小相等，即导线框在竖直方向满足机械能守恒，所以下落过程中导线框中产生的热量大小等于水平方向动能的损失，大小为，故C正确；
D．设导线框在时间t时的水平分速度大小为，水平位移为x，则在此时刻导线框产生感应电动势大小为
导线框内的感应电流大小为
所以导线框受到安培力的大小
又根据
可得
导线框速度恰好竖直向下时左边框的横坐标为
故D正确。
故选CD。
【分析】根据楞次定律判断线框中感应电流方向，再根据左手定则判断导线框四条边受到的安培力方向，确定线框所受的安培力的合力方向，从而判断线框的运动情况，根据竖直方向的运动规律求导线框下落高度为h时的速度；根据能量守恒定律求整个过程中导线框中产生的热量；研究x轴正方向的受力情况，利用动量定理求导线框速度恰好竖直向下时左边框的横坐标。
三、非选择题：共5题，共58分。
11．在“油膜法估测油酸分子的大小”实验中，有下列实验步骤：
①往边长约为的浅盘里倒入约深的水。待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上；
②用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定；
③将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小；
④用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积；
⑤将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上。
完成下列填空：
（1）上述步骤中，正确的顺序是④　 　；（填写步骤前面的数字）
（2）将的油酸溶于酒精，制成的油酸酒精溶液；测得的油酸酒精溶液有50滴。现取一滴该油酸酒精溶液滴在水面上，测得所形成的油膜的面积是。由此估算出油酸分子的直径为　 　m；（结果保留2位有效数字）
（3）某同学在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，计算出的分子直径明显偏大，可能是由于　 　
A.油酸分子未完全散开 B.计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格
C.油酸中含有大量酒精 D.求每滴油酸酒精溶液的体积时，的溶液滴数多计了10滴
【答案】①②⑤③；；AB
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小
【解析】【解答】（1） “用油膜法估测分子的大小”实验的步骤为：配制油酸酒精溶液→测定一滴油酸酒精溶液的体积④→准备浅水盘①→形成油膜②→描绘油膜边缘⑤→测量油膜面积，计算分子直径③。 所以接下来的步骤是①②⑤③。
（2） 将的油酸溶于酒精，制成的油酸酒精溶液；，测得的油酸酒精溶液有50滴，则一滴油酸酒精溶液的体积为
油酸分子的直径为
（3）A．油酸分子未完全散开，则油膜面积偏小，计算出的分子直径明显偏大，故A符合题意；
B．计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，则油膜面积偏小，计算出的分子直径明显偏大，故B符合题意；
C．油酸中含有大量酒精，对实验结果无影响，故C不符合题意；
D．求每滴油酸酒精溶液的体积时，的溶液滴数多计了10滴，则油酸的体积偏小，计算出的分子直径明显偏小，故D不符合题意。
故选：AB。
【分析】（1）根据实验原理分析判断；
（2）根据浓度计算一滴油酸酒精溶液的体积，根据体积公式计算油酸分子的直径；
（3）根据体积公式分析一滴油酸体积和面积的变化引起的测量结果的变化。
12．电子秤能够准确地测量物体的质量，其中半导体薄膜压力传感器是其关键的电学元件。半导体薄膜压力传感器在压力作用下会发生微小形变，其阻值随压力F变化的图线如图甲所示。某学习小组利用该元件和电流表A等器材设计了如图乙所示的电路，尝试用该装置测量物体的质量。已知图乙中电源电动势为（内阻未知），电流表A的量程为，内阻为。重力加速度g取。请回答以下问题：
（1）实验时发现电流表A量程偏小，需要将其量程扩大为，应该给电流表A　 　（选填“串联”或“并联”）一个阻值为　 　Ω的电阻；
（2）用改装后的电流表按图乙所示的电路图进行实验，压力传感器上先不放物体，闭合开关S，调节滑动变阻器R的滑片P，使电流表指针满偏。保持滑片P位置不变，然后在压力传感器上放一物体，电流表的示数为，此时压力传感器的阻值为　 　，则所放物体的质量　 　；
（3）写出放到传感器上的物体的质量m与电流表的示数I满足的函数关系式　 　；（表达式中除m、I外，其余相关物理量均代入数值）
（4）使用一段时间后，该电源电动势不变，内阻变大，其他条件不变。调节滑动变阻器R的滑片P，电流表指针满偏后进行测量，则测量结果　 　（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】并联；1；11；0.6；；不变
【知识点】常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】（1） 当小量程的电流表改装成量程较大的电流表时，需要并联一个小电阻来分担电流，根据并联电路中电流的关系有：
代入数据解得
（2）根据闭合电路欧姆定律可得，当秤盘上不放重物时，调节滑动变阻器使得电流表满偏，有
当秤盘上放上重物，且电流表示数为0.2A时，有
联立得
（3）根据闭合回路欧姆定律可得
得
又当压力传感器上放上质量为m的物体时，电流为：
代入数据整理得
（4） 当电源电动势不变，而内阻增大时，仍可以使得电流表达到满偏，滑动变阻器接入电路的阻值减小，但回路中电源内阻和滑动变阻器接入电路的总电阻不变，所以测量结果不变。
【分析】（1）根据电流表的改装原理求并联的分流电阻；
（2）根据闭合电路欧姆定律可得，当秤盘上不放重物时，和放上重物时，电流表的两次示数，求压力传感器电阻的值，再从图甲求出重物的质量；
（3）根据图甲的线性关系图结合闭合电路欧姆定律求解质量m的表达式；
（4）应用根据闭合电路欧姆定律分析电源内阻变大后，电子秤测量值与真实值间的关系，然后答题。
13．如图所示，活塞将左侧导热汽缸分成容积均为的、B两部分，汽缸部分通过带有阀门的细管与容积为、导热性良好的汽缸相连。开始时阀门关闭，、B两部分气体的压强分别为和。现将阀门打开，当活塞稳定时，B的体积变为，然后再将阀门关闭。已知、B、内为同种理想气体，细管及活塞的体积均可忽略，外界温度保持不变，活塞与汽缸之间的摩擦力不计。求：
（1）阀门打开后活塞稳定时，部分气体的压强；
（2）活塞稳定后，中剩余气体的质量与最初中气体质量之比。
【答案】（1）初始时对活塞有
得到
打开阀门后，活塞稳定时，对B气体有
对活塞有
所以得到
（2）设未打开阀门前，气体的压强为，
对、两气体整体有
得到
所以，中剩余气体的质量与最初中气体质量之比
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）根据玻意耳定律结合合适的研究对象联立等式得出A部分气体的压强；
（2）根据玻意耳定律得出体积的变化量，根据体积的比值关系得出质量的比值关系。
14．如图甲所示，虚线MN左、右两侧的空间均存在与纸面垂直的匀强磁场，右侧匀强磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度大小恒为B0；左侧匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向，一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S0，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上，求：
（1）在内，圆环中产生的焦耳热；
（2）时，圆环受到的安培力。
【答案】（1）根据法拉第电磁感应定律可得圆环中产生的感应电动势
由题图乙可知
根据闭合电路的欧姆定律有
根据电阻定律有
在内，根据焦耳定律可得
（2）时，圆环受到的安培力大小为
联立解得
由左手定则知，方向垂直于MN向左。
【知识点】感应电动势及其产生条件
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求出圆环产生的感应电动势，应用闭合电路欧姆定律求出感应电流，然后根据焦耳定律求解圆环中产生的焦耳热；
（2）根据安培力公式求出圆环受到的安培力。
15．为探测射线，威耳逊曾用置于匀强磁场或电场中的云室来显示它们的径迹。某研究小组设计了电场和磁场分布如图所示，在平面（纸面）内，在区间内存在平行y轴的匀强电场，。在的区间内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，。一未知粒子从坐标原点与x正方向成角射入，在坐标为（，）的P点以速度垂直磁场边界射入磁场，并从（，0）射出磁场。已知整个装置处于真空中，不计粒子重力，。求：
（1）该未知粒子的比荷；
（2）匀强电场电场强度E的大小及左边界的值；
（3）若粒子进入磁场后受到了与速度大小成正比、方向相反的阻力，观察发现该粒子轨迹呈螺旋状并与磁场左边界相切于点（，）（未画出）。求粒子由P点运动到Q点的时间以及坐标的值。
【答案】（1）粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得
又
联立解得粒子的比荷为
（2）粒子的轨迹如图所示
粒子在电场中可逆向看成做类平抛运动，则有
联立解得匀强电场电场强度大小为
由几何关系可得
解得
（3）若粒子进入磁场后受到了与速度大小成正比、方向相反的阻力，粒子在磁场的运动轨迹如图所示
由
可得
即角速度为一定值，又可知粒子与磁场左边界相切时转过的弧度为，则有
取一小段时间，对粒子在方向上列动量定理（如图）
两边同时对过程求和
可得
即
其中
则有
结合
可得
故有
【知识点】动量定理；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）分析粒子在磁场中的匀速圆周运动，确定圆心与轨迹半径，利用洛伦兹力提供向心力的规律，结合几何关系推导粒子的比荷；
（2）将粒子在电场中的运动分解为沿x、y方向的分运动，结合速度方向与位移的几何关系，利用运动学公式和电场力加速度的关系，推导场强E与左边界x1；
（3）根据分运动的规律求出粒子在电场中的运动时间。根据时间与周期的关系求出粒子在磁场中运动的时间，根据几何知识求位置坐标。
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