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2025届重庆市南开中学高三上学期第五次质量检测物理试卷
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．物理学的发展推动了社会进步，关于物理学史，下列说法错误的是（　　）
A．奥斯特发现通电导线能使磁针发生偏转
B．楞次在分析了许多实验事实后，得到了关于感应电流方向的规律
C．法拉第发现静止导线中的稳恒电流可在近旁静止的线圈中感应出电流
D．安培用实验证明通电导线间就像磁极和磁极之间一样，也会发生相互作用
【答案】C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；安培定则；左手定则—磁场对通电导线的作用；楞次定律
【解析】【解答】A．奥斯特在实验中发现通电导线能使磁针发生偏转，故A正确；
B．楞次在分析了许多实验事实后，得到了关于感应电流方向的规律，即楞次定律，故B正确；
C．法拉第在实验中发现静止导线中的稳恒电流在近旁静止的线圈中，不会感应出电流，故C错误；
D．安培用实验证明通电导线间就像磁极和磁极之间一样，也会发生相互作用，故D正确。
故答案为：C。
【分析】本题考查电磁学物理学史的识记，核心是准确记忆奥斯特、楞次、法拉第、安培等物理学家的关键发现及实验结论，注意区分 “稳恒电流” 与 “变化电流” 的电磁感应现象，判断说法正误。
2．如图所示，左侧有一垂直纸面向外的磁场，一个线圈的两个端点、与内阻很大的电压表相连，线圈内磁通量变化的规律满足，在的时间内（　　）
A．线圈有缩小的趋势
B．电压表的示数不变
C．电压表的示数先增大后减小
D．线圈中有顺时针方向的感应电流
【答案】B
【知识点】楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】AD．由楞次定律可知线圈中将产生逆时针方向的感应电流，线圈有扩大的趋势，AD错误；
BC．题意可知线圈内的磁通量均匀减少，则线圈产生的感应电动势大小不变，故电压表的示数不变，B正确，C错误；
故答案为：B。
【分析】本题考查法拉第电磁感应定律与楞次定律的应用，核心是根据磁通量的变化规律判断感应电动势的大小，结合楞次定律分析线圈的运动趋势和感应电流方向，逐一判断选项正误。
3．如图所示，在一项户外竞技娱乐活动中，选手以一定的初速度起跳后，直接跳到对面平台上，忽略空气阻力，关于选手从离地到着地前的整个过程。则（　　）
A．选手重力的冲量为零 B．选手的动量先减小后增大
C．选手的机械能先增大后减小 D．选手重力的功率先增大后减小
【答案】B
【知识点】功率及其计算；机械能守恒定律；动量；冲量
【解析】【解答】A．重力为恒力，根据可知，恒力在一段时间内的冲量一定不为零，故A错误；
B．选手的速度先减小后增大，根据可知，选手的动量先减小后增大，故B正确；
C．选手从离地到着地前的整个过程，仅有重力做功，选手的机械能守恒，故C错误；
D．选手竖直方向的速度先减小后增大，由可知，选手重力的功率先减小后增大，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题为抛体运动类物理题，核心是分析选手起跳、跳跃、落地全过程中，重力、速度、动量、机械能及重力功率的变化规律，结合运动的分解（竖直方向为上抛 + 下落，水平方向匀速）逐一判断选项。
4．某电子天平原理如图所示，E形磁铁的两侧为N极，中心为S极。一个多匝的正方形线圈套于中心磁极，其骨架与秤盘连为一体，线圈两端、与外电路连接。当重物放在秤盘上时，弹簧被压缩，秤盘和线圈一起向下运动（骨架与磁极不接触），线圈中产生感应电流。在秤盘向下运动过程中，则（　　）
A．秤盘一直处于超重状态
B．点的电势比点的电势低
C．感应电流从端流入正方形线圈
D．秤盘的重力势能与秤盘的动能间相互转化
【答案】B
【知识点】超重与失重；右手定则
【解析】【解答】A．由于秤盘先向下加速后向下减速，秤盘先处于失重状态再处于超重状态，故A错误；
BC．线圈向下运动过程中，左右两侧分别切割磁感线产生感应电流，根据右手定则可得，两侧切割磁感线产生的感应电流都是从端流入正方形线圈，再从端流出，点电势更高，故B正确，D错误；
D．秤盘向下运动过程中需要克服安培力做功，产生电能，由电流做功转化为焦耳热，所以秤盘的重力势能会部分转化为内能，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查电磁感应与超重失重、能量转化的综合应用，核心是分析秤盘下落过程的运动状态（超重 / 失重）、线圈切割磁感线的感应电流方向与电势高低，以及能量转化的形式，逐一判断选项正误。
5．舞中幡是中国传承千年的杂技项目之一，如图所示，杂技演员用手顶住中幡，将幡从胸口处竖直向上抛起，时间后在自己的胸口相同位置处开始接幡，并缓慢下蹲，经时间幡到达最低点。已知一根中幡质量为，重力加速度为，忽略空气阻力。则（　　）
A．幡被抛出时的速度大小为
B．幡被抛出后，仅在最高点时加速度大小为
C．杂技演员接幡过程中，手对幡的冲量大小为
D．杂技演员接幡过程中，手对幡的冲量大小为
【答案】D
【知识点】动量定理；竖直上抛运动；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．幡被抛做竖直上抛运动，由对称性可得，幡被抛出时的速度大小为，故A错误；
B．幡被抛出后到被接住的过程中只受重力，其加速度大小一直为，故B错误；
CD．幡从最高点开始下落到到达最低点，设手对幡的冲量大小为，取竖直向下为正方向，根据动量定理有
解得，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查竖直上抛运动与动量定理的综合应用，核心是利用竖直上抛的对称性求抛出速度，结合受力分析判断加速度，再通过动量定理计算手对幡的冲量，逐一验证选项。
6．如图所示为一种简易“千斤顶”，将一倾角为θ，质量为M的斜面体放在水平地面上，斜面体上有与轻杆下端固定连接的轻质小轮，轻杆穿过限制套管P，在轻杆上端放有质量为m的重物。由于限制套管P的作用，轻杆仅在竖直方向上运动，为了将重物顶起，现对斜面体施加水平推力F，忽略摩擦，重力加速度为g。则（　　）
A．需要施加的最小推力为
B．需要施加的最小推力随θ的减小而减小
C．地面对斜面体的支持力为
D．地面对斜面体的支持力随水平推力F的减小而增大
【答案】B
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．对斜面体分析，竖直方向满足
水平方向满足
对重物分析，竖直方向满足
联立可得
即
随θ的减小，tanθ减小，Fmin减小，故A错误，B正确；
CD．由于，可知，当F减小时，减小，减小，故CD错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查共点力平衡的临界问题分析，核心是对斜面体和重物分别进行受力分析，结合力的分解推导水平推力的最小值表达式，再分析推力变化对地面支持力的影响，逐一判断选项正误。
7．如图所示为一种潮汐发电示意图，左方为陆地和海湾，右侧为大海，中间为水坝，其下有通道，水流经通道即可带动发电机工作。涨潮时开闸蓄水，落潮时开闸放水，均在内外水面高度相同时关闭闸门。设海湾的平均面积为S，每次涨落潮海湾内外水位落差为h，一天涨潮、落潮各一次。水的密度为ρ，重力加速度为g，设一天的时间为t。则（　　）
A．一次落潮时流出海湾的海水质量为
B．一次落潮时海水流经通道对发电机做的功为
C．一天内海水流经通道对发电机做功的功率为
D．一天内海水流经通道对发电机做功的功率为
【答案】C
【知识点】功的概念；功率及其计算；重力势能的变化与重力做功的关系
【解析】【解答】A．一次落潮时流出海湾的海水质量为ρSh，故A错误；
B．一次落潮时海水流经通道对发电机做的功为，故B错误；
CD．一天内海水流经通道两次，海水流经通道对发电机做的总功为ρSgh2，对应海水流经通道对发电机做功的功率为，故C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查潮汐发电的能量与功率计算，核心是先推导一次落潮时海水的质量、做功大小，再结合一天涨潮落潮的次数计算总功和功率，逐一判断选项正误。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，至少有两项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。
8．电磁技术的应用非常广泛：图甲是磁流体发电机的原理图、图乙是回旋加速器的示意图、图丙是磁电式电流表的内部结构、图丁是利用电磁炉加热食物。下列说法正确的是（　　）
A．磁流体发电机的A板是电源的负极，B板是电源的正极
B．仅增大回旋加速器狭缝间的电压，被加速粒子获得的最大动能不变
C．磁电式仪表中的铝框可使指针较快停止摆动，这是利用了电磁驱动的原理
D．将电磁炉的电源换成电动势更大的直流电源，可以增加锅具的发热功率
【答案】A,B
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；质谱仪和回旋加速器；磁流体发电机
【解析】【解答】A．根据左手定则，满足正电荷向下偏转，所以B板带正电，为发电机的正极，A极板是发电机的负极，故A正确；
B．粒子离开回旋加速器时动能最大，根据，可得，粒子获得的最大动能为，所以仅增大回旋加速器狭缝间的电压，被加速粒子获得的最大动能不变，故B正确；
C．磁电式仪表中的铝框可使指针较快停止摆动，是利用了电磁阻尼的原理，故C错误；
D．电磁炉使用交流电作为电源，则将电磁炉的电源换成电动势更大的直流电源，锅具无法发热，故D错误。
故选AB。
【分析】1、磁流体发电机
等离子体在磁场中受洛伦兹力，正负电荷向相反方向偏转。确定哪一板是正极：根据左手定则判断正电荷偏转方向。电源外部电流从正极流向负极。
2、回旋加速器
最大动能公式 。
影响因素：磁感应强度B、D 型盒半径 R、粒子比荷 。
加速电压大小只影响加速到最大能量的时间及每半圈获得的能量增量。
3、电磁阻尼 vs 电磁驱动
电磁阻尼：导体在磁场中运动时，感应电流的磁场阻碍相对运动，用于指针快速停摆。
电磁驱动：旋转磁场带动导体跟着转动（如感应电动机）。
磁电式仪表铝框是电磁阻尼典型应用。
4、电磁炉工作原理
利用交变磁场产生涡流（感应电流）使金属锅底发热。
必须用交流电（或高频振荡），直流电不能产生交变磁场，不能工作。
9．“食双星”是指两颗恒星在相互引力作用下绕连线上某点做匀速圆周运动。由于距离遥远，观测者不能把两颗星区分开，但由于两颗恒星的彼此掩食，会造成其亮度发生周期性变化，观测者可以通过观察双星的亮度研究双星。如图，t1时刻，由于较亮的恒星遮挡较暗的恒星，造成亮度L减弱，t2时刻则是较暗的恒星遮挡较亮的恒星。若较亮的恒星与较暗的恒星的质量和圆周运动的半径分别为m1、r1和m2、r2，下列说法正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B,C
【知识点】牛顿第二定律；双星（多星）问题
【解析】【解答】由图可知双星周期
较亮的恒星，根据牛顿第二定律
较暗的恒星，根据牛顿第二定律
联可得，
故答案为：BC。
【分析】本题考查双星系统的引力与圆周运动规律，核心是利用万有引力提供向心力，结合双星 “角速度相同、轨道半径之和为两星间距” 的特征，推导质量与轨道半径的关系，逐一判断选项。
10．如图，空间存在水平方向的匀强电场，在电场中有一根长为的绝缘细线，细线一端固定在点，另一端连接质量为，带电量为的小球。现将小球从与点等高的点静止释放。若小球带负电，从点释放后恰好能到达点的正下方处，且此时动能为零。已知，小球可看成质点，重力加速度取，点为小球的重力势能和电势能的零势能点，不考虑空气阻力，则（　　）
A．电场强度的大小为，方向水平向右
B．若小球带负电，小球在点的电势能为
C．若小球带正电，当小球动能再次为零时，其电势能为零
D．若小球带正电，当小球动能再次为零时，其重力势能为
【答案】A,D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．若小球带负电，从点释放后恰好能到达点的正下方处，且此时动能为零，根据动能定理可得
解得电场强度的大小为，由于电场力做负功，可知电场方向水平向右，故A正确；
B．因点为零电势点，带负电的小球在点的电势能为，故B错误；
CD．若小球带正电，则小球受到重力和电场力的合力大小
方向与水平方向成45度角斜向右下；小球从点到点做直线运动，由动能定理得
可得小球到达点前的速度为
到达点瞬间损失沿绳方向的速度，之后小球以初速度为
做圆周运动，假设绳子始终处于伸直状态，则从点到小球再次速度为零时，由动能定理得（为沿等效重力场方向的距离）
解得
如图所示
可知小球运动到图中点速度为0，此时绳子刚好可以处于伸直状态；点为小球的重力势能和电势能的零势能点，电场方向水平向右，根据几何关系可知小球的此时电势能为
其重力势能为，故C错误，D正确。
故答案为：AD。
【分析】本题考查匀强电场中带电小球的动能定理与能量转化，核心是结合小球的运动过程（从 P 到 M 动能为零），利用动能定理推导电场强度，再分析电势能、重力势能与动能的转化关系，逐一判断选项。
三、非选择题：共57分。
11．高中物理的学习，让小南同学的探究意识和实验操作能力大大增强。他利用实验室的基本仪器组装了如图所示的装置来测量当地的重力加速度。铁架台的上端固定一电磁铁，闭合开关后，直径为、密度较大的小铁球被电磁铁吸住，铁架台下端合适位置固定一个光电门，小铁球被吸住时，球心到光电门中心的距离为。断开开关，小铁球立即下落，经过光电门时的挡光时间。
（1）则当地的重力加速度　 　（用“、、”中的物理量表示）；
（2）小南多次改变小铁球的吸住点到光电门的距离，记录相应的挡光时间，并建立坐标系，打算用图像进行的测量。他以为纵轴，以　 　（填“”、“”、“”或“”）为横轴，将图线拟合成一条直线，若图线的斜率大小为，则重力加速度　 　（用“、”表示）。
【答案】（1）
（2）；
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；重力加速度
【解析】【解答】（1）小球经过光电门时的速度为
根据速度位移公式有
解得
故答案为：
（2）根据，变形得
可知该图像是以为纵轴，以为横轴。
根据
可知斜率为
解得
故答案为：；
【分析】(1) 小铁球下落过程做自由落体运动，通过光电门的瞬时速度用平均速度近似（），再由运动学公式 推导重力加速度的表达式。
(2) 由(1)的结论变形得到与的线性关系，结合图像斜率的物理意义，再次推导的表达式。
（1）小球经过光电门时的速度为
根据速度位移公式有
解得
（2）[1]根据
变形得
可知该图像是以为纵轴，以为横轴。
[2]根据
可知斜率为
解得
12．小明同学要把一个电流计（满偏电流为1 mA，内阻未知）改装成一个量程为6 V的电压表。为此，他设计了图甲所示的实验电路图，先进行该电流计内阻值的测量。其中R1为总阻值较大的滑动变阻器。连接好电路后，小明同学进行了如下实验操作：
①开关闭合之前将R1、R2调到最大值；
②只闭合开关S1，将R1由最大阻值逐渐调小，使电流计读数达到满偏电流Ig；
③保持R1不变，再闭合S2，调节电阻箱R2的值，使电流计读数等于，同时记录下此时电阻箱的读数为60 Ω。
（1）根据实验记录的数据，可求得待测电流计的内阻为　 　Ω；
（2）小明同学用测量值作为电流表的内阻，将电流表改装成量程为6 V的电压表，需要串联一个R = 　 　Ω的电阻；
（3）小明同学用一个同量程的标准电压表与改装后的电压表并联进行校准，其中标准电压表示数如图乙所示时，改装电压表的表盘如图丙所示，则改装后的电压表量程为　 　V（保留两位有效数字），改装电表的量程发生偏差的可能原因是：电流计内阻测量值比真实值　 　（选填“偏大”或“偏小”）；
（4）要达到预期改装目的，不重新测量电流计的内阻值，只需将阻值为R的电阻换为一个阻值为kR的电阻即可，其中k = 　 　。
【答案】（1）120
（2）5880
（3）6.4；偏小
（4）
【知识点】表头的改装；电表的改装与应用；测定电压表或电流表的内阻
【解析】【解答】（1）根据并联电路规律有
解得
故答案为：120
（2）根据串联电路规律有
解得
故答案为：5880
（3）由图乙和图丙可知，电流表指针指在表盘中央时对应的实际电压为3.2 V，故改装后的电压表量程为
改装后的电压表的量程偏大，是因为所串联的电阻偏大，而所串联的电阻为
所以，造成改装后的电压表的量程偏大的原因是，电流计内阻测量值比真实值偏小。
故答案为：6.4；偏小
（4）根据串联电路规律有，
联立求得
故答案为：
【分析】(1) 利用半偏法测电流计内阻，并联电路电流分配规律推导电流计内阻；
(2) 根据电压表改装原理（电流计串联分压电阻），由量程公式计算串联分压电阻阻值；
(3) 结合标准电压表校准读数，比例推算改装表真实量程，分析内阻测量偏差对改装量程的影响；
(4) 根据真实内阻与改装要求，推导分压电阻的倍率k。
（1）根据并联电路规律有
求得
（2）根据串联电路规律有
求得
（3）[1][2]由图乙和图丙可知，电流表指针指在表盘中央时对应的实际电压为3.2 V，故改装后的电压表量程为
改装后的电压表的量程偏大，是因为所串联的电阻偏大，而所串联的电阻为
所以，造成改装后的电压表的量程偏大的原因是，电流计内阻测量值比真实值偏小。
（4）根据串联电路规律有
联立求得
13．如图所示，边长为、绕线匝、总电阻为的正方形线圈处于磁感应强度为、水平向右的匀强磁场中，线圈以角速度绕轴匀速转动，外接电阻值为，求：
（1）图示状态时理想电压表的示数；
（2）线圈从图示位置转过的过程中，通过电阻的电荷量。
【答案】（1）解：线圈在匀强磁场中以恒定角速度转动，产生感应电动势的最大值为
电压表的示数为有效值，由闭合电路欧姆定律可得电压表示数为
（2）解：在时间段内，通过电阻的电荷量为
由闭合回路欧姆定律可知，回路中的电流为
由法拉第电磁感应定律可知感应电动势为
在时间段内，磁通量的变化量为
由以上各式联立解得
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【分析】(1) 线圈在匀强磁场中匀速转动产生正弦式交变电流，先求感应电动势的最大值，再换算为有效值，结合闭合电路欧姆定律求电压表的示数（外电路电压有效值）；
(2) 线圈转过的过程中，通过电阻的电荷量由平均感应电动势和电流的定义式求解，结合磁通量变化量与几何关系计算。
（1）线圈在匀强磁场中以恒定角速度转动，产生感应电动势的最大值为
电压表的示数为有效值，由闭合电路欧姆定律可得电压表示数为
（2）在时间段内，通过电阻的电荷量为
由闭合回路欧姆定律可知，回路中的电流为
由法拉第电磁感应定律可知感应电动势为
在时间段内，磁通量的变化量为
由以上各式联立解得
14．如图，在水平固定平台的左侧固定有力传感器，质量，长度的形平板紧靠平台右侧且上表面与平台等高，形平板右侧为竖直弹性挡板（即物体与挡板的碰撞可视为弹性碰撞），质量且可视为质点的物块被外力固定在平台上。现将弹性装置放在物块与传感器中间的空隙处，随即解除物块的束缚，物块离开弹性装置前，传感器的示数如图乙，物块离开弹性装置后滑入形平板，一段时间后在平板的正中间与平板达到相对静止。不计物块与平台间、形平板与地面间的摩擦，重力加速度取。求：
（1）物块与弹性装置分离时的速度；
（2）形平板上表面与物块间的动摩擦因数（结果保留2位有效位数）。
【答案】（1）解：图乙中，图像与时间轴所围几何图像的面积表示弹力的冲量，则内，物块所受弹力的冲量
内对物块用动量定理
故物块与弹性装置分离时的速度；
（2）解：物块与形平板在水平方向动量守恒，从物块滑入形平板到与平板共速
由能量守恒
又
若物块与挡板相碰
代入数据得
若物块不和挡板相碰，则
代入数据得
【知识点】动量定理；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 由传感器的F t图像面积求弹力的冲量，结合动量定理求解物块与弹性装置分离时的速度；
(2) 物块滑上L形平板后，系统动量守恒，再结合能量守恒定律（摩擦力做功等于系统动能损失），分两种情况（平板固定 / 不固定）求解动摩擦因数。
（1）图乙中，图像与时间轴所围几何图像的面积表示弹力的冲量，则内，物块所受弹力的冲量
内对物块用动量定理
故物块与弹性装置分离时的速度
；
（2）物块与形平板在水平方向动量守恒，从物块滑入形平板到与平板共速
由能量守恒
又
若物块与挡板相碰
代入数据得
若物块不和挡板相碰，则
代入数据得
15．如图所示，空间有一圆心为O，半径为d，垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，磁感应强度，磁场正下方有一板间距为2d的平行板电容器。y轴是电容器的中心轴线，A、B分别为极板左右边缘两点，AB连线与圆形磁场相切。连线上的P点距B点0.5d。从距圆形磁场圆周上C点L处开始存在多个间距为L1、L2 Ln的垂直纸面向外的窄条形磁场B1、B2 Bn。磁场间距Ln满足Ln=nL（n为正整数），相邻条形磁场间的无磁场区域，其间距始终为L。每个磁场的边界均与y轴平行，且位于x轴下方。现电容器左右极板间加上如图乙所示的周期为T的交变电压，大量比荷为k的正粒子从y轴上的M点以相同速度v0沿y轴正向射入电容器，其中t=0时刻射入的粒子恰好在T时刻到达P点。不计粒子重力及电场边缘效应和粒子间相互作用。
（1）求平行板电容器板长L0及电压U0的值；
（2）若t时刻打入平行板电容器的粒子能经C点沿x轴正向射出圆形磁场，求t的可能值；
（3）若窄条形磁场的磁感应强度Bn满足（n为正整数），且。将能打入条形磁场的粒子能到达的最远磁场记为Bn，到达的最近磁场记为Bm，求n-m的值。
【答案】（1）解：粒子沿y轴方向做匀速直线运动，则
粒子沿x轴方向做匀加速直线运动，t=0时刻打入的粒子在该方向v-t图像如图所示
图像面积即为0.5d，则，
联立可得
（2）解：粒子打入圆形磁场，圆周运动半径为
由磁汇聚可知粒子均汇聚到C点，沿x轴正向射出磁场的粒子，则必沿y轴正向射入磁场，即粒子在电场中的侧移距离为零，t时刻打入电场的粒子沿x方向的v-t图像如图所示，因其侧移距离为零，由对称性易知或
（3）解：设粒子打入第n个磁场时速度与水平方向的夹角为，在该磁场中粒子圆周运动半径为粒子到达的最远磁场为第n个时，粒子是可穿过第（n-1）磁场的，如图所示
由图可得
则
前n-1个式相加有
因
代入解得
前n个式相加有
故当，即粒子从C沿x轴正方向时取
同理，当，即打入电场的粒子时取
故
【知识点】磁感应强度；牛顿第二定律；带电粒子在交变电场中的运动
【解析】【分析】(1) 粒子沿 y 轴做匀速直线运动，结合运动时间可直接求极板长；沿 x 轴做变加速直线运动，由 v-t 图像面积表示位移、牛顿第二定律与运动学公式结合，求解电容器电压。
(2) 粒子进入圆形磁场后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力确定轨道半径；结合磁场几何特征与粒子在电场中的侧移规律，分析不同时刻入射粒子的运动对称性，求解入射时刻的可能值。
(3) 粒子进入条形磁场后做匀速圆周运动，根据轨道半径公式与磁场间距的几何关系，推导粒子穿过各条形磁场的临界条件，结合磁感应强度的递变规律，确定最远和最近到达的磁场序号，计算差值。
（1）粒子沿y轴方向做匀速直线运动，则
粒子沿x轴方向做匀加速直线运动，t=0时刻打入的粒子在该方向v-t图像如图所示
图像面积即为0.5d，则
联立可得
（2）粒子打入圆形磁场，圆周运动半径为
由磁汇聚可知粒子均汇聚到C点，沿x轴正向射出磁场的粒子，则必沿y轴正向射入磁场，即粒子在电场中的侧移距离为零，t时刻打入电场的粒子沿x方向的v-t图像如图所示，因其侧移距离为零，由对称性易知
或
（3）设粒子打入第n个磁场时速度与水平方向的夹角为，在该磁场中粒子圆周运动半径为粒子到达的最远磁场为第n个时，粒子是可穿过第（n-1）磁场的，如图所示
由图可得
则
前n-1个式相加有
因
代入解得
前n个式相加有
故当，即粒子从C沿x轴正方向时取
同理，当，即打入电场的粒子时取
故
1 / 12025届重庆市南开中学高三上学期第五次质量检测物理试卷
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．物理学的发展推动了社会进步，关于物理学史，下列说法错误的是（　　）
A．奥斯特发现通电导线能使磁针发生偏转
B．楞次在分析了许多实验事实后，得到了关于感应电流方向的规律
C．法拉第发现静止导线中的稳恒电流可在近旁静止的线圈中感应出电流
D．安培用实验证明通电导线间就像磁极和磁极之间一样，也会发生相互作用
2．如图所示，左侧有一垂直纸面向外的磁场，一个线圈的两个端点、与内阻很大的电压表相连，线圈内磁通量变化的规律满足，在的时间内（　　）
A．线圈有缩小的趋势
B．电压表的示数不变
C．电压表的示数先增大后减小
D．线圈中有顺时针方向的感应电流
3．如图所示，在一项户外竞技娱乐活动中，选手以一定的初速度起跳后，直接跳到对面平台上，忽略空气阻力，关于选手从离地到着地前的整个过程。则（　　）
A．选手重力的冲量为零 B．选手的动量先减小后增大
C．选手的机械能先增大后减小 D．选手重力的功率先增大后减小
4．某电子天平原理如图所示，E形磁铁的两侧为N极，中心为S极。一个多匝的正方形线圈套于中心磁极，其骨架与秤盘连为一体，线圈两端、与外电路连接。当重物放在秤盘上时，弹簧被压缩，秤盘和线圈一起向下运动（骨架与磁极不接触），线圈中产生感应电流。在秤盘向下运动过程中，则（　　）
A．秤盘一直处于超重状态
B．点的电势比点的电势低
C．感应电流从端流入正方形线圈
D．秤盘的重力势能与秤盘的动能间相互转化
5．舞中幡是中国传承千年的杂技项目之一，如图所示，杂技演员用手顶住中幡，将幡从胸口处竖直向上抛起，时间后在自己的胸口相同位置处开始接幡，并缓慢下蹲，经时间幡到达最低点。已知一根中幡质量为，重力加速度为，忽略空气阻力。则（　　）
A．幡被抛出时的速度大小为
B．幡被抛出后，仅在最高点时加速度大小为
C．杂技演员接幡过程中，手对幡的冲量大小为
D．杂技演员接幡过程中，手对幡的冲量大小为
6．如图所示为一种简易“千斤顶”，将一倾角为θ，质量为M的斜面体放在水平地面上，斜面体上有与轻杆下端固定连接的轻质小轮，轻杆穿过限制套管P，在轻杆上端放有质量为m的重物。由于限制套管P的作用，轻杆仅在竖直方向上运动，为了将重物顶起，现对斜面体施加水平推力F，忽略摩擦，重力加速度为g。则（　　）
A．需要施加的最小推力为
B．需要施加的最小推力随θ的减小而减小
C．地面对斜面体的支持力为
D．地面对斜面体的支持力随水平推力F的减小而增大
7．如图所示为一种潮汐发电示意图，左方为陆地和海湾，右侧为大海，中间为水坝，其下有通道，水流经通道即可带动发电机工作。涨潮时开闸蓄水，落潮时开闸放水，均在内外水面高度相同时关闭闸门。设海湾的平均面积为S，每次涨落潮海湾内外水位落差为h，一天涨潮、落潮各一次。水的密度为ρ，重力加速度为g，设一天的时间为t。则（　　）
A．一次落潮时流出海湾的海水质量为
B．一次落潮时海水流经通道对发电机做的功为
C．一天内海水流经通道对发电机做功的功率为
D．一天内海水流经通道对发电机做功的功率为
二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，至少有两项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。
8．电磁技术的应用非常广泛：图甲是磁流体发电机的原理图、图乙是回旋加速器的示意图、图丙是磁电式电流表的内部结构、图丁是利用电磁炉加热食物。下列说法正确的是（　　）
A．磁流体发电机的A板是电源的负极，B板是电源的正极
B．仅增大回旋加速器狭缝间的电压，被加速粒子获得的最大动能不变
C．磁电式仪表中的铝框可使指针较快停止摆动，这是利用了电磁驱动的原理
D．将电磁炉的电源换成电动势更大的直流电源，可以增加锅具的发热功率
9．“食双星”是指两颗恒星在相互引力作用下绕连线上某点做匀速圆周运动。由于距离遥远，观测者不能把两颗星区分开，但由于两颗恒星的彼此掩食，会造成其亮度发生周期性变化，观测者可以通过观察双星的亮度研究双星。如图，t1时刻，由于较亮的恒星遮挡较暗的恒星，造成亮度L减弱，t2时刻则是较暗的恒星遮挡较亮的恒星。若较亮的恒星与较暗的恒星的质量和圆周运动的半径分别为m1、r1和m2、r2，下列说法正确的是（　　）
A． B．
C． D．
10．如图，空间存在水平方向的匀强电场，在电场中有一根长为的绝缘细线，细线一端固定在点，另一端连接质量为，带电量为的小球。现将小球从与点等高的点静止释放。若小球带负电，从点释放后恰好能到达点的正下方处，且此时动能为零。已知，小球可看成质点，重力加速度取，点为小球的重力势能和电势能的零势能点，不考虑空气阻力，则（　　）
A．电场强度的大小为，方向水平向右
B．若小球带负电，小球在点的电势能为
C．若小球带正电，当小球动能再次为零时，其电势能为零
D．若小球带正电，当小球动能再次为零时，其重力势能为
三、非选择题：共57分。
11．高中物理的学习，让小南同学的探究意识和实验操作能力大大增强。他利用实验室的基本仪器组装了如图所示的装置来测量当地的重力加速度。铁架台的上端固定一电磁铁，闭合开关后，直径为、密度较大的小铁球被电磁铁吸住，铁架台下端合适位置固定一个光电门，小铁球被吸住时，球心到光电门中心的距离为。断开开关，小铁球立即下落，经过光电门时的挡光时间。
（1）则当地的重力加速度　 　（用“、、”中的物理量表示）；
（2）小南多次改变小铁球的吸住点到光电门的距离，记录相应的挡光时间，并建立坐标系，打算用图像进行的测量。他以为纵轴，以　 　（填“”、“”、“”或“”）为横轴，将图线拟合成一条直线，若图线的斜率大小为，则重力加速度　 　（用“、”表示）。
12．小明同学要把一个电流计（满偏电流为1 mA，内阻未知）改装成一个量程为6 V的电压表。为此，他设计了图甲所示的实验电路图，先进行该电流计内阻值的测量。其中R1为总阻值较大的滑动变阻器。连接好电路后，小明同学进行了如下实验操作：
①开关闭合之前将R1、R2调到最大值；
②只闭合开关S1，将R1由最大阻值逐渐调小，使电流计读数达到满偏电流Ig；
③保持R1不变，再闭合S2，调节电阻箱R2的值，使电流计读数等于，同时记录下此时电阻箱的读数为60 Ω。
（1）根据实验记录的数据，可求得待测电流计的内阻为　 　Ω；
（2）小明同学用测量值作为电流表的内阻，将电流表改装成量程为6 V的电压表，需要串联一个R = 　 　Ω的电阻；
（3）小明同学用一个同量程的标准电压表与改装后的电压表并联进行校准，其中标准电压表示数如图乙所示时，改装电压表的表盘如图丙所示，则改装后的电压表量程为　 　V（保留两位有效数字），改装电表的量程发生偏差的可能原因是：电流计内阻测量值比真实值　 　（选填“偏大”或“偏小”）；
（4）要达到预期改装目的，不重新测量电流计的内阻值，只需将阻值为R的电阻换为一个阻值为kR的电阻即可，其中k = 　 　。
13．如图所示，边长为、绕线匝、总电阻为的正方形线圈处于磁感应强度为、水平向右的匀强磁场中，线圈以角速度绕轴匀速转动，外接电阻值为，求：
（1）图示状态时理想电压表的示数；
（2）线圈从图示位置转过的过程中，通过电阻的电荷量。
14．如图，在水平固定平台的左侧固定有力传感器，质量，长度的形平板紧靠平台右侧且上表面与平台等高，形平板右侧为竖直弹性挡板（即物体与挡板的碰撞可视为弹性碰撞），质量且可视为质点的物块被外力固定在平台上。现将弹性装置放在物块与传感器中间的空隙处，随即解除物块的束缚，物块离开弹性装置前，传感器的示数如图乙，物块离开弹性装置后滑入形平板，一段时间后在平板的正中间与平板达到相对静止。不计物块与平台间、形平板与地面间的摩擦，重力加速度取。求：
（1）物块与弹性装置分离时的速度；
（2）形平板上表面与物块间的动摩擦因数（结果保留2位有效位数）。
15．如图所示，空间有一圆心为O，半径为d，垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，磁感应强度，磁场正下方有一板间距为2d的平行板电容器。y轴是电容器的中心轴线，A、B分别为极板左右边缘两点，AB连线与圆形磁场相切。连线上的P点距B点0.5d。从距圆形磁场圆周上C点L处开始存在多个间距为L1、L2 Ln的垂直纸面向外的窄条形磁场B1、B2 Bn。磁场间距Ln满足Ln=nL（n为正整数），相邻条形磁场间的无磁场区域，其间距始终为L。每个磁场的边界均与y轴平行，且位于x轴下方。现电容器左右极板间加上如图乙所示的周期为T的交变电压，大量比荷为k的正粒子从y轴上的M点以相同速度v0沿y轴正向射入电容器，其中t=0时刻射入的粒子恰好在T时刻到达P点。不计粒子重力及电场边缘效应和粒子间相互作用。
（1）求平行板电容器板长L0及电压U0的值；
（2）若t时刻打入平行板电容器的粒子能经C点沿x轴正向射出圆形磁场，求t的可能值；
（3）若窄条形磁场的磁感应强度Bn满足（n为正整数），且。将能打入条形磁场的粒子能到达的最远磁场记为Bn，到达的最近磁场记为Bm，求n-m的值。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；安培定则；左手定则—磁场对通电导线的作用；楞次定律
【解析】【解答】A．奥斯特在实验中发现通电导线能使磁针发生偏转，故A正确；
B．楞次在分析了许多实验事实后，得到了关于感应电流方向的规律，即楞次定律，故B正确；
C．法拉第在实验中发现静止导线中的稳恒电流在近旁静止的线圈中，不会感应出电流，故C错误；
D．安培用实验证明通电导线间就像磁极和磁极之间一样，也会发生相互作用，故D正确。
故答案为：C。
【分析】本题考查电磁学物理学史的识记，核心是准确记忆奥斯特、楞次、法拉第、安培等物理学家的关键发现及实验结论，注意区分 “稳恒电流” 与 “变化电流” 的电磁感应现象，判断说法正误。
2．【答案】B
【知识点】楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】AD．由楞次定律可知线圈中将产生逆时针方向的感应电流，线圈有扩大的趋势，AD错误；
BC．题意可知线圈内的磁通量均匀减少，则线圈产生的感应电动势大小不变，故电压表的示数不变，B正确，C错误；
故答案为：B。
【分析】本题考查法拉第电磁感应定律与楞次定律的应用，核心是根据磁通量的变化规律判断感应电动势的大小，结合楞次定律分析线圈的运动趋势和感应电流方向，逐一判断选项正误。
3．【答案】B
【知识点】功率及其计算；机械能守恒定律；动量；冲量
【解析】【解答】A．重力为恒力，根据可知，恒力在一段时间内的冲量一定不为零，故A错误；
B．选手的速度先减小后增大，根据可知，选手的动量先减小后增大，故B正确；
C．选手从离地到着地前的整个过程，仅有重力做功，选手的机械能守恒，故C错误；
D．选手竖直方向的速度先减小后增大，由可知，选手重力的功率先减小后增大，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题为抛体运动类物理题，核心是分析选手起跳、跳跃、落地全过程中，重力、速度、动量、机械能及重力功率的变化规律，结合运动的分解（竖直方向为上抛 + 下落，水平方向匀速）逐一判断选项。
4．【答案】B
【知识点】超重与失重；右手定则
【解析】【解答】A．由于秤盘先向下加速后向下减速，秤盘先处于失重状态再处于超重状态，故A错误；
BC．线圈向下运动过程中，左右两侧分别切割磁感线产生感应电流，根据右手定则可得，两侧切割磁感线产生的感应电流都是从端流入正方形线圈，再从端流出，点电势更高，故B正确，D错误；
D．秤盘向下运动过程中需要克服安培力做功，产生电能，由电流做功转化为焦耳热，所以秤盘的重力势能会部分转化为内能，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查电磁感应与超重失重、能量转化的综合应用，核心是分析秤盘下落过程的运动状态（超重 / 失重）、线圈切割磁感线的感应电流方向与电势高低，以及能量转化的形式，逐一判断选项正误。
5．【答案】D
【知识点】动量定理；竖直上抛运动；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．幡被抛做竖直上抛运动，由对称性可得，幡被抛出时的速度大小为，故A错误；
B．幡被抛出后到被接住的过程中只受重力，其加速度大小一直为，故B错误；
CD．幡从最高点开始下落到到达最低点，设手对幡的冲量大小为，取竖直向下为正方向，根据动量定理有
解得，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查竖直上抛运动与动量定理的综合应用，核心是利用竖直上抛的对称性求抛出速度，结合受力分析判断加速度，再通过动量定理计算手对幡的冲量，逐一验证选项。
6．【答案】B
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．对斜面体分析，竖直方向满足
水平方向满足
对重物分析，竖直方向满足
联立可得
即
随θ的减小，tanθ减小，Fmin减小，故A错误，B正确；
CD．由于，可知，当F减小时，减小，减小，故CD错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查共点力平衡的临界问题分析，核心是对斜面体和重物分别进行受力分析，结合力的分解推导水平推力的最小值表达式，再分析推力变化对地面支持力的影响，逐一判断选项正误。
7．【答案】C
【知识点】功的概念；功率及其计算；重力势能的变化与重力做功的关系
【解析】【解答】A．一次落潮时流出海湾的海水质量为ρSh，故A错误；
B．一次落潮时海水流经通道对发电机做的功为，故B错误；
CD．一天内海水流经通道两次，海水流经通道对发电机做的总功为ρSgh2，对应海水流经通道对发电机做功的功率为，故C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查潮汐发电的能量与功率计算，核心是先推导一次落潮时海水的质量、做功大小，再结合一天涨潮落潮的次数计算总功和功率，逐一判断选项正误。
8．【答案】A,B
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；质谱仪和回旋加速器；磁流体发电机
【解析】【解答】A．根据左手定则，满足正电荷向下偏转，所以B板带正电，为发电机的正极，A极板是发电机的负极，故A正确；
B．粒子离开回旋加速器时动能最大，根据，可得，粒子获得的最大动能为，所以仅增大回旋加速器狭缝间的电压，被加速粒子获得的最大动能不变，故B正确；
C．磁电式仪表中的铝框可使指针较快停止摆动，是利用了电磁阻尼的原理，故C错误；
D．电磁炉使用交流电作为电源，则将电磁炉的电源换成电动势更大的直流电源，锅具无法发热，故D错误。
故选AB。
【分析】1、磁流体发电机
等离子体在磁场中受洛伦兹力，正负电荷向相反方向偏转。确定哪一板是正极：根据左手定则判断正电荷偏转方向。电源外部电流从正极流向负极。
2、回旋加速器
最大动能公式 。
影响因素：磁感应强度B、D 型盒半径 R、粒子比荷 。
加速电压大小只影响加速到最大能量的时间及每半圈获得的能量增量。
3、电磁阻尼 vs 电磁驱动
电磁阻尼：导体在磁场中运动时，感应电流的磁场阻碍相对运动，用于指针快速停摆。
电磁驱动：旋转磁场带动导体跟着转动（如感应电动机）。
磁电式仪表铝框是电磁阻尼典型应用。
4、电磁炉工作原理
利用交变磁场产生涡流（感应电流）使金属锅底发热。
必须用交流电（或高频振荡），直流电不能产生交变磁场，不能工作。
9．【答案】B,C
【知识点】牛顿第二定律；双星（多星）问题
【解析】【解答】由图可知双星周期
较亮的恒星，根据牛顿第二定律
较暗的恒星，根据牛顿第二定律
联可得，
故答案为：BC。
【分析】本题考查双星系统的引力与圆周运动规律，核心是利用万有引力提供向心力，结合双星 “角速度相同、轨道半径之和为两星间距” 的特征，推导质量与轨道半径的关系，逐一判断选项。
10．【答案】A,D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．若小球带负电，从点释放后恰好能到达点的正下方处，且此时动能为零，根据动能定理可得
解得电场强度的大小为，由于电场力做负功，可知电场方向水平向右，故A正确；
B．因点为零电势点，带负电的小球在点的电势能为，故B错误；
CD．若小球带正电，则小球受到重力和电场力的合力大小
方向与水平方向成45度角斜向右下；小球从点到点做直线运动，由动能定理得
可得小球到达点前的速度为
到达点瞬间损失沿绳方向的速度，之后小球以初速度为
做圆周运动，假设绳子始终处于伸直状态，则从点到小球再次速度为零时，由动能定理得（为沿等效重力场方向的距离）
解得
如图所示
可知小球运动到图中点速度为0，此时绳子刚好可以处于伸直状态；点为小球的重力势能和电势能的零势能点，电场方向水平向右，根据几何关系可知小球的此时电势能为
其重力势能为，故C错误，D正确。
故答案为：AD。
【分析】本题考查匀强电场中带电小球的动能定理与能量转化，核心是结合小球的运动过程（从 P 到 M 动能为零），利用动能定理推导电场强度，再分析电势能、重力势能与动能的转化关系，逐一判断选项。
11．【答案】（1）
（2）；
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；重力加速度
【解析】【解答】（1）小球经过光电门时的速度为
根据速度位移公式有
解得
故答案为：
（2）根据，变形得
可知该图像是以为纵轴，以为横轴。
根据
可知斜率为
解得
故答案为：；
【分析】(1) 小铁球下落过程做自由落体运动，通过光电门的瞬时速度用平均速度近似（），再由运动学公式 推导重力加速度的表达式。
(2) 由(1)的结论变形得到与的线性关系，结合图像斜率的物理意义，再次推导的表达式。
（1）小球经过光电门时的速度为
根据速度位移公式有
解得
（2）[1]根据
变形得
可知该图像是以为纵轴，以为横轴。
[2]根据
可知斜率为
解得
12．【答案】（1）120
（2）5880
（3）6.4；偏小
（4）
【知识点】表头的改装；电表的改装与应用；测定电压表或电流表的内阻
【解析】【解答】（1）根据并联电路规律有
解得
故答案为：120
（2）根据串联电路规律有
解得
故答案为：5880
（3）由图乙和图丙可知，电流表指针指在表盘中央时对应的实际电压为3.2 V，故改装后的电压表量程为
改装后的电压表的量程偏大，是因为所串联的电阻偏大，而所串联的电阻为
所以，造成改装后的电压表的量程偏大的原因是，电流计内阻测量值比真实值偏小。
故答案为：6.4；偏小
（4）根据串联电路规律有，
联立求得
故答案为：
【分析】(1) 利用半偏法测电流计内阻，并联电路电流分配规律推导电流计内阻；
(2) 根据电压表改装原理（电流计串联分压电阻），由量程公式计算串联分压电阻阻值；
(3) 结合标准电压表校准读数，比例推算改装表真实量程，分析内阻测量偏差对改装量程的影响；
(4) 根据真实内阻与改装要求，推导分压电阻的倍率k。
（1）根据并联电路规律有
求得
（2）根据串联电路规律有
求得
（3）[1][2]由图乙和图丙可知，电流表指针指在表盘中央时对应的实际电压为3.2 V，故改装后的电压表量程为
改装后的电压表的量程偏大，是因为所串联的电阻偏大，而所串联的电阻为
所以，造成改装后的电压表的量程偏大的原因是，电流计内阻测量值比真实值偏小。
（4）根据串联电路规律有
联立求得
13．【答案】（1）解：线圈在匀强磁场中以恒定角速度转动，产生感应电动势的最大值为
电压表的示数为有效值，由闭合电路欧姆定律可得电压表示数为
（2）解：在时间段内，通过电阻的电荷量为
由闭合回路欧姆定律可知，回路中的电流为
由法拉第电磁感应定律可知感应电动势为
在时间段内，磁通量的变化量为
由以上各式联立解得
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【分析】(1) 线圈在匀强磁场中匀速转动产生正弦式交变电流，先求感应电动势的最大值，再换算为有效值，结合闭合电路欧姆定律求电压表的示数（外电路电压有效值）；
(2) 线圈转过的过程中，通过电阻的电荷量由平均感应电动势和电流的定义式求解，结合磁通量变化量与几何关系计算。
（1）线圈在匀强磁场中以恒定角速度转动，产生感应电动势的最大值为
电压表的示数为有效值，由闭合电路欧姆定律可得电压表示数为
（2）在时间段内，通过电阻的电荷量为
由闭合回路欧姆定律可知，回路中的电流为
由法拉第电磁感应定律可知感应电动势为
在时间段内，磁通量的变化量为
由以上各式联立解得
14．【答案】（1）解：图乙中，图像与时间轴所围几何图像的面积表示弹力的冲量，则内，物块所受弹力的冲量
内对物块用动量定理
故物块与弹性装置分离时的速度；
（2）解：物块与形平板在水平方向动量守恒，从物块滑入形平板到与平板共速
由能量守恒
又
若物块与挡板相碰
代入数据得
若物块不和挡板相碰，则
代入数据得
【知识点】动量定理；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 由传感器的F t图像面积求弹力的冲量，结合动量定理求解物块与弹性装置分离时的速度；
(2) 物块滑上L形平板后，系统动量守恒，再结合能量守恒定律（摩擦力做功等于系统动能损失），分两种情况（平板固定 / 不固定）求解动摩擦因数。
（1）图乙中，图像与时间轴所围几何图像的面积表示弹力的冲量，则内，物块所受弹力的冲量
内对物块用动量定理
故物块与弹性装置分离时的速度
；
（2）物块与形平板在水平方向动量守恒，从物块滑入形平板到与平板共速
由能量守恒
又
若物块与挡板相碰
代入数据得
若物块不和挡板相碰，则
代入数据得
15．【答案】（1）解：粒子沿y轴方向做匀速直线运动，则
粒子沿x轴方向做匀加速直线运动，t=0时刻打入的粒子在该方向v-t图像如图所示
图像面积即为0.5d，则，
联立可得
（2）解：粒子打入圆形磁场，圆周运动半径为
由磁汇聚可知粒子均汇聚到C点，沿x轴正向射出磁场的粒子，则必沿y轴正向射入磁场，即粒子在电场中的侧移距离为零，t时刻打入电场的粒子沿x方向的v-t图像如图所示，因其侧移距离为零，由对称性易知或
（3）解：设粒子打入第n个磁场时速度与水平方向的夹角为，在该磁场中粒子圆周运动半径为粒子到达的最远磁场为第n个时，粒子是可穿过第（n-1）磁场的，如图所示
由图可得
则
前n-1个式相加有
因
代入解得
前n个式相加有
故当，即粒子从C沿x轴正方向时取
同理，当，即打入电场的粒子时取
故
【知识点】磁感应强度；牛顿第二定律；带电粒子在交变电场中的运动
【解析】【分析】(1) 粒子沿 y 轴做匀速直线运动，结合运动时间可直接求极板长；沿 x 轴做变加速直线运动，由 v-t 图像面积表示位移、牛顿第二定律与运动学公式结合，求解电容器电压。
(2) 粒子进入圆形磁场后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力确定轨道半径；结合磁场几何特征与粒子在电场中的侧移规律，分析不同时刻入射粒子的运动对称性，求解入射时刻的可能值。
(3) 粒子进入条形磁场后做匀速圆周运动，根据轨道半径公式与磁场间距的几何关系，推导粒子穿过各条形磁场的临界条件，结合磁感应强度的递变规律，确定最远和最近到达的磁场序号，计算差值。
（1）粒子沿y轴方向做匀速直线运动，则
粒子沿x轴方向做匀加速直线运动，t=0时刻打入的粒子在该方向v-t图像如图所示
图像面积即为0.5d，则
联立可得
（2）粒子打入圆形磁场，圆周运动半径为
由磁汇聚可知粒子均汇聚到C点，沿x轴正向射出磁场的粒子，则必沿y轴正向射入磁场，即粒子在电场中的侧移距离为零，t时刻打入电场的粒子沿x方向的v-t图像如图所示，因其侧移距离为零，由对称性易知
或
（3）设粒子打入第n个磁场时速度与水平方向的夹角为，在该磁场中粒子圆周运动半径为粒子到达的最远磁场为第n个时，粒子是可穿过第（n-1）磁场的，如图所示
由图可得
则
前n-1个式相加有
因
代入解得
前n个式相加有
故当，即粒子从C沿x轴正方向时取
同理，当，即打入电场的粒子时取
故
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