甘肃省武威市凉州区2024-2025学年高三上学期期末物理试卷

这是一份甘肃省武威市凉州区2024-2025学年高三上学期期末物理试卷，共19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.某同学通过Tracker软件(视频分析和建模工具)研究羽毛球运动轨迹与初速度的关系。如图所示为羽毛球的一条运动轨迹，击球点在坐标原点O，a点为运动轨迹的最高点，下列说法正确的是( )
A. 羽毛球水平方向的运动为匀速直线运动
B. a点羽毛球只受重力
C. 羽毛球下降过程处于超重状态
D. 羽毛球在空中运动过程中，机械能不断减小
2.如图所示，质量为1kg、长为0.5m的金属棒MN两端由等长的轻质绝缘细线水平悬挂，并处于匀强磁场中。棒中通以大小为2A、方向为M→N的恒定电流，平衡时两悬线与竖直方向的夹角均为θ=37∘，取重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6。匀强磁场的磁感应强度最小是( )
A. 5TB. 6TC. 7.5TD. 10T
3.相距为s0的甲、乙两辆汽车同向行驶在一条平直公路上，其v−t图像如图所示，图中△MNP的面积为S，初始时甲车在前乙车在后，下列说法正确的是( )
A. 若s=s0，则t0时刻后乙车追上甲车
B. 若s>s0，则t0时刻前乙车追上甲车
C. 若ss0，则甲、乙两车一定只能相遇1次
4.2024年10月30日，神舟十九号载人飞船成功对接空间站天和核心舱前向端口，对接前其变轨过程简化后如图所示。飞船先由近地轨道1在P点点火加速进入椭圆轨道2，在轨道2运行一段时间后，再从Q点进入圆轨道3，完成对接。已知地球的半径为R，轨道1的半径近似等于地球半径，地球表面的重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 飞船在轨道1上的线速度一定大于轨道2上Q点的线速度
B. 飞船在轨道2上Q点的加速度一定大于轨道3上Q点的加速度
C. 只根据题干的已知条件可以求出地球的密度
D. 飞船在轨道1上运行的周期为2π gR
5.手机中内置的指南针是一种基于霍尔效应的磁传感器。如图所示，将一块宽度为a，厚度为d的半导体薄片(载流子为自由电子)水平放置于地磁场中，当半导体中通入水平方向的恒定电流时，自由电子在洛伦兹力的作用下发生偏转，继而在M、N两个表面上出现了电势差，称为霍尔电势差。已知电流大小为I，霍尔电势差大小为U，电子的电荷量大小为e，半导体内自由电子的数密度(单位体积内的自由电子数)为n。该处地磁场磁感应强度的竖直分量B的大小为( )
A. neaUIdB. neaUIC. nedUID. 1nedU
6.如图所示，一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴OO′匀速转动，已知匀强磁场的磁感应强度大小为B，矩形线圈面积为S，匝数为N，线圈电阻为r，线圈的转速为n，线圈与二极管、阻值为R的定值电阻及理想交流电流表相连，交流电流表的示数为( )
A. 2NBSR+r
B. πNBSnR+r
C. 2πNBSnR+r
D. 2πNBSaR+r
7.如图所示，在x≥0、y≥0的区域中存在垂直于xOy平面的匀强磁场，磁感应强度大小相等，边界OM与x轴正方向的夹角为45∘，OM左侧磁场向里，OM右侧磁场向外。正方形导线框abcd以恒定的速度沿x轴正方向运动并穿过磁场区域，运动过程中bc边始终平行于y轴。规定导线框中逆时针方向为电流的正方向。从刚进入磁场开始计时，下列能正确反映导线框中感应电流i随时间t变化图像的是( )
A. B.
C. D.
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.波源S从t=0时刻开始振动，产生的简谐横波向右传播，波在传播过程中经过P、Q两点，如图甲所示。P点的振动图像如图乙所示，P点开始振动后经0.15s后Q点开始振动，已知P、Q两点间距离为1.2m，下列说法正确的是( )
A. 波的传播速度大小是8m/s
B. t=0时刻，波源由平衡位置沿y轴正向振动
C. 波源的振动方程为y=10sin20πt(cm)
D. 平衡位置距波源4.2m处的质点M开始振动时，质点P处于波峰
9.如图甲是酒精测试仪的原理图，气敏电阻的阻值R随气体中酒精含量的变化关系如图乙所示。机动车驾驶员呼出的气体中酒精含量大于等于20mg/ml小于80mg/ml为酒驾，大于等于80mg/ml为醉驾。使用前先对酒精测试仪进行调零(改变R0的阻值)，此时电压表的示数为5V，调零后R0的阻值保持不变。已知电源电动势E=6V、内阻r=1Ω，电路中的电表均为理想电表。当一位饮酒者对着测试仪吹气时(可视为气体中酒精含量逐渐增大)，下列说法中正确的是( )
A. 电压表示数减小，电流表的示数增大
B. 电源的输出功率减小
C. 电压表、电流表示数变化量绝对值的比值|ΔUΔI|减小
D. 当电流表的示数为0.4A时，气体中酒精含量大于80mg/mL
10.如图甲所示，水平面内有两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨固定且间距为L。空间中存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。现将两根材料相同、横截面积不同、长度均为L的金属棒ab、cd分别静置在导轨上。现给ab棒一水平向右的初速度v0，其速度随时间变化的关系如图乙所示，两金属棒运动过程中，始终与导轨垂直且接触良好。已知ab棒的质量为m，电阻为R。导轨电阻可忽略不计。下列说法正确的是( )
A. ab棒刚开始运动时，cd棒中的电流方向为d→c
B. cd棒的质量为12m
C. 在0∼t0时间内，ab棒产生的热量为118mv02
D. 在0∼t0时间内，通过cd棒的电荷量为mv03BL
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.(1)请根据变压器工作原理，完成以下问题：
①街头见到的变压器是降压变压器，假设它只有一个原线圈和一个副线圈，则导线较粗的线圈为______(选填“原”或“副”)线圈。
②在“探究变压器线圈原、副电压与匝数的关系”实验中，可拆变压器如图甲所示。实验过程中，变压器的原、副线圈选择不同的匝数，利用多用电表10V交流电压挡测量相应电压，记录如表，从实验数据分析可知，原、副线圈的电压之比并不等于匝数之比，造成这种结果的可能原因是______。
(2)在利用如图乙所示装置做“探究影响感应电流方向的因素”实验中，磁铁的N极向下运动时，电流从______(选填“+”或“-”)接线柱流入电流计；磁铁插入的速度越大，电流计指针偏转幅度越______(选填“大”或“小”)。
12.某同学利用气垫导轨和光电门验证机械能守恒，实验装置如图甲所示。取重力加速度g=9.8m/s2。
(1)如图乙所示，利用游标卡尺测得遮光条的宽度d=______ cm；用天平测得滑块和遮光条的总质量M=920g，钩码的质量m=50g；用刻度尺测得释放前滑块上遮光条到光电门的距离l=35cm。
(2)接通气源，释放滑块，数字计时器上显示遮光时间Δt=1.1×10−2s；滑块从释放到遮光条经过光电门这一过程中，系统重力势能减少量为______ J，动能增加量为______ J。(结果均保留两位有效数字)
(3)①改变遮光条到光电门的距离l，多次重复实验，得到几组不同的l和对应的遮光时间Δt，作出1Δt2−l图像如图丙中a所示；
②在保证钩码的质量m和遮光条的宽度d不变的情况下，该同学换用质量不同的滑块再次进行实验，重复步骤①，得到的图像如图丙中b所示。
分析可知a图线对应的滑块和遮光条的总质量______(选填“大于”或“小于”)b图线对应的滑块和遮光条的总质量；若a图线的斜率为k，则其对应的滑块和遮光条的总质量M=______(用k、m、d、g表示)。
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.如图所示，用导线绕制成匝数为N，半径为r1的圆形线圈，线圈电阻为r，线圈两端点ab与电阻R相连接。在线圈内有一半径为r2的圆形区域，区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化关系为B=B0+kt(k>0)。求：
(1)ab两端的电势差Uab；
(2)t0时间内，R产生的焦耳热Q。
14.如图所示，质量为M(未知)的轨道A放在足够长的光滑水平桌面上，轨道上表面水平部分粗糙，竖直14圆弧部分光滑，两部分在P点平滑连接，Q点为轨道的最高点。质量m=1kg的小物块B静置在轨道左端，B与轨道水平部分之间的动摩擦因数为μ(未知)，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，B可视为质点。已知轨道水平部分的长度L=1m，14圆弧部分的半径r=0.2m，取重力加速度g=10m/s2。小物块B以v0=3m/s的初速度向右滑行，若轨道固定，恰好能够运动到Q点；若轨道不固定，恰好能够运动到P点。(计算结果可用分数表示)
(1)求动摩擦因数μ；
(2)求轨道A的质量M；
(3)若轨道不固定，小物块B以v1=5m/s的初速度向右滑行，求B离开Q点后上升的最大高度h。
15.如图所示，在xOy坐标系x0区域分为区域Ⅰ和区域Ⅱ，区域Ⅰ存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B(B未知)的匀强磁场，区域Ⅱ存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B′=12B的匀强磁场及沿y轴负方向、电场强度大小为E′=23E的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M(−d,0)点以初速度v0垂直电场方向进入第二象限，经N点进入区域Ⅰ，此时速度与y轴正方向的夹角为60∘，经区域Ⅰ后由分界线OP上的A点(图中未画出)垂直分界线进入区域Ⅱ，不计粒子重力及电磁场的边界效应。求：
(1)电场强度E的大小；
(2)带电粒子从M点运动到A点的时间t；
(3)粒子在区域Ⅱ中运动时，第1次和第5次经过x轴的位置之间的距离s。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：D、根据羽毛球的运动轨迹可知，羽毛球在运动过程中受到空气阻力的作用，而且空气阻力一定对羽毛球做负功，所以羽毛球的机械能不断减小，故D正确；
A、空气阻力方向与速度方向相反，则空气阻力一定存在水平方向的分力，所以羽毛球水平方向的运动不是匀速直线运动，故A错误；
B、a点羽毛球受到重力和空气阻力作用，故B错误；
C、羽毛球下降过程，有向下的分加速度，处于失重状态，故C错误。
故选：D。
根据羽毛球的运动轨迹可知，羽毛球在运动过程中受到空气阻力的作用，空气阻力对羽毛球做负功，羽毛球的机械能不断减小。分析羽毛球在水平方向的受力情况，判断其水平方向的运动情况。根据加速度方向，判断羽毛球处于超重还是失重状态。
解答本题时，要正确分析羽毛球的受力情况，来分析水平方向的运动情况，根据功能关系判断其机械能变化情况。
2.【答案】B
【解析】解：对棒进行受力分析，由平衡条件结合矢量三角形，可知当棒受到的安培力与悬线垂直时，有最小值
F=mgsin37∘
结合安培力公式F=BIl，代入已知数据解得最小的磁感应强度
B=6T，故ACD错误，B正确。
故选：B。
对棒进行受力分析，由平衡条件结合矢量三角形，求解最小安培力以及最小的磁感应强度。
该题结合安培力考查物体的平衡问题，正确受力分析使问题更加简单易懂。
3.【答案】B
【解析】解：A.图中△MNP的面积为S，初始时刻相距为s0，甲、乙两车做匀减速运动，若s=s0，t0时刻两车速度相等时两车恰好相遇，故A错误；
BD.若s>s0，两车应在t0时刻前相遇，设两车在t1时刻相遇，如图所示
此时刻乙车追上甲车，乙车的速度大于甲车速度，故乙车在前甲车在后，之后在t2时刻甲车追上乙车，两车可能再次相遇，故B正确，D错误；
C.若s2t0时，导线框全部进入磁场，如图2所示，导线框被边界分为两部分，两部分都切割磁感线，且有效长度均为af，则
af−=l−(vt−l)tan45∘=2l−vt
两部分产生的感应电动势大小相等，方向均沿顺时针，则电流
i=−2Baf−vR=−4Blv+2Bv2tR，故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据楞次定律判断感应电流的方向。由感应电动势公式和欧姆定律分别研究各段过程感应电流的大小，再选择图像。
本题研究感应电流大小和方向，关键掌握电磁感应的基本规律：E=BLv、楞次定律等等，并能正确运用。
8.【答案】AD
【解析】解：A.P、Q两点间距离为1.2m，P点开始振动后经0.15s后Q点开始振动，可得波的传播速度大小为
v=PQΔt=
故A正确；
B.根据图乙P点的振动图像可知，P点开始振动时的方向沿y轴负方向，波源t=0时刻的振动方向与P点开始振动时的方向相同，故B错误；
C.根据图乙P点的振动图像可知，振幅A=10cm，波的周期T=0.1s，则角速度为
ω=2πT,解得ω=20πrad/s
故波源的振动方程为
y=−10sin20πt(cm)
故C错误；
D.根据图乙P点的振动图像可知，且波源的振动经过0.25s传播到P点，则有
SP=8×0.25m=2m
该波的波长
λ=vT，解得λ=0.8m
故质点M与P点之间的距离为
2.2m=(2+34)λ
质点M开始振动时，质点P振动的时间为
t=(2+34)T
处于波峰，故D正确。
故选：AD。
波速等于传播距离除以传播时间，根据同侧法判断起振方向，根据周期振幅等参数写出波源的振动方程，求出质点M与P点之间的距离，结合质点振动的周期性求解。
本题有一定的综合性，考查了波动和振动图像问题，关键是会根据振动情况来判定波的相关信息。
9.【答案】AD
【解析】解：AB、当一位酒驾驾驶员对着测试仪吹气时，由图乙可知，随着气体中酒精含量的升高，气敏电阻的阻值减小，回路的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，干路电流增大，则电流表示数增大，由闭合电路的欧姆定律可得电压表示数为
U=E−I(r+R0)
可知电压表的示数减小，电源的输出功率为
P=(ER+r+R0)2(R+R0)
由于R+R0>r，当R减小时，电源的输出功率增大，故A正确，B错误；
C、根据U=E−I(r+R0)可得|ΔUΔI|=r+R0，保持不变，故C错误；
D、由题意可知，当酒精检测仪调零时，气敏电阻R=50Ω，电压表的示数为U=5V，则电路中电流为
I=UR=550A=0.1A
r+R0=E−UI=6−50.1Ω=10Ω
当电流表示数I′=0.4A时，气敏电阻的阻值为
R′=EI′−(r+R0)=(60.4−10)Ω=5Ω，小于10Ω，由图乙可知，气体中酒精含量大于80mg/mL，故D正确。
故选：AD。
当一位酒驾驾驶员对着测试仪吹气时，分析R阻值的变化情况，根据闭合电路欧姆定律分析两电表示数的变化情况；根据内外电阻的关系分析电源输出功率的变化情况；根据闭合电路欧姆定律分析电压表示数变化量与电流表示数变化量的绝对值之比的变化情况。当电流表的示数为0.4A时，根据闭合电路欧姆定律求出气敏电阻的阻值，再确定气体中酒精含量范围。
本题是信息给予题，要搞清传感器电阻R的特性，分析其阻值的变化情况，要知道R相当于可变电阻，会利用闭合电路欧姆定律分析两电表示数变化的关系。
10.【答案】BCD
【解析】解：A、金属棒ab刚开始运动时，由右手定则可知，cd棒中的电流方向为c→d，故A错误；
B、两金属棒组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=(m+m′)23v0，解得：m′=12m，故B正确；
C、由于ab棒与cd棒质量之比为2：1，且它们的材料和长度相同，故横截面积之比为2：1，由电阻定律R=ρLS可知：电阻之比为1：2，ab棒与cd棒产生的热量之比为1：2，
对系统，由能量守恒定律得：12mv02=12(m+m′)(23v0)2+Q，0∼t0时间内ab棒产生的热量：Qab=13Q，解得：Qab=118mv02，故C正确；
D、以向右为正方向，对cd棒，由动量定理得：BI−Lt0=12m×23v0−0，其中：q=I−t0，则在0∼t0时间内，通过cd棒的电荷量：q=mv03BL，故D正确。
故选：BCD。
应用右手定则判断感应电流方向；两金属棒组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律求出cd棒的质量，应用能量守恒定律与串联电路特点求出ab棒产生的焦耳热；应用动量定理求出流过cd棒的电荷量。
分析清楚导体棒的运动过程与受力情况，应用右手定则、动量守恒定律与动量定理即可解题。
11.【答案】副 变压器铁芯漏磁，铁芯在交变磁场作用下产生涡流发热，原、副线圈上通过的电流发热等等 - 大
【解析】解：(1)①理想变压器的电压与匝数成正比，当只有一个副线圈的时候，电流与匝数成反比，街头用电的变压器是降压变压器，可知副线圈的匝数比原线圈的匝数少，副线圈的电流较大，应该使用较粗的导线。
②从实验数据分析可知，原、副线圈的电压之比并不等于匝数之比，造成这种结果的可能原因是：变压器铁芯漏磁，铁芯在交变磁场作用下产生涡流发热，原、副线圈上通过的电流发热等等。
(2)磁铁的N极向下运动时，穿过线圈的磁通量向下增加，根据楞次定律结合安培定则可知，感应电流-接线柱流入电流计；
磁铁插入的速度越大，穿过线圈的磁通量变化越快，线圈产生的感应电动势越大，感应电流越大，则电流计指针偏转幅度越大。
故答案为：(1)副；变压器铁芯漏磁，铁芯在交变磁场作用下产生涡流发热，原、副线圈上通过的电流发热等等。
(2)−；大。
(1)①街头用电的变压器是降压变压器，副线圈的匝数比原线圈的匝数少，原线圈的电流比副线圈的电流要小，副线圈的电流大，为了减小焦耳热，保护变压器，副线圈的导线要用较粗的导线；
②铁芯在交变磁场作用下产生涡流等原因导致原、副线圈的电压之比并不等于匝数之比；
(2)根据楞次定律结合安培定则判断感应电流方向，穿过线圈的磁通量变化越快，感应电流越大，则电流计指针偏转幅度越大。
本题主要考查了变压器的构造和原理的相关实验，要能理解实验原理，掌握正确的实验操作。
12.【答案】0.630 0.17 0.16 小于 (2gkd2−1)m
【解析】解：(1)游标卡尺的精确度为0.05mm，根据图示遮光条的宽度d=6mm+6×0.05mm=6.30mm=0.630cm；
(2)遮光条经过光电门时，滑块的速度v=dΔt，代入数据解得v=0.57m/s；系统减少的重力势能ΔEp=mgl，代入数据可得ΔEp=0.17J，增加的动能为ΔEk=12(M+m)v2，代入数据可得ΔEk=0.16J；
(3)②由机械能守恒可得mgl=12(M+m)(dΔt)2，整理可得1Δt2=2mg(M+m)d2l，由图像可知a图线的斜率大于b图线的斜率，故a图线对应的滑块和遮光条的总质量小于b图线对应的滑块和遮光条的总质量。
若a图线的斜率为k，则有k=2mg(M+m)d2，解得M=(2gkd2−1)m
故答案为：(1)0.630；(2)0.17，0.16；(3)②小于，(2gkd2−1)m。
(1)根据游标卡尺的读数规则完成读数；
(2)根据光电门计算瞬时速度，再根据重力势能和动能的表达式计算各自的改变量；
(3)②根据机械能守恒定律列式推导相应的表达式，结合图像的斜率的物理意义比较质量大小和质量的表达式。
考查系统机械能守恒的问题和光电门的相关知识，会根据题意进行准确分析解答。
13.【答案】解：(1)根据电磁感应定律，可得：
E=NΔΦΔt=NΔBΔtS=Nkπr22，
所以ab两端的电势差为：
Uab=−RR+rE=−RR+rNkπr22；
(2)根据焦耳定律，可得：
Q=Uab2Rt0=R2(R+r)2N2k2π2r24Rt0=R(R+r)2N2k2π2r24t0；
答：(1)ab两端的电势差Uab为−RR+rNkπr22；
(2)t0时间内，R产生的焦耳热Q为R(R+r)2N2k2π2r24t0。
【解析】(1)根据电磁感应定律、电路的结构分别列式，即可求解ab两端的电势差；
(2)结合前面分析，根据焦耳定律，即可求解t0时间内，R产生的焦耳热。
本题考查电磁感应过程中的能量类问题，解题时需注意熟练的掌握焦耳定律及功能关系的应用，电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的。安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程，而克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程。
14.【答案】解：(1)若轨道固定，对物块列动能定理，则有
−μmgL−mgr=0−12mv02
可解得
μ=0.25
(2)若轨道不固定，则对系统满足水平方向动量守恒，初速度方向为正方向，则有
mv0=(m+M)v
根据能量守恒，则有
12mv02=12(M+m)v2+μmgL
可解得
M=1.25kg
(3)若轨道不固定，则对系统满足水平方向动量守恒，则有
mv1=(m+M)v2
根据能量守恒，则有
12mv12=12(m+M)v′2+μmgL+mg(r+h)
可解得
h=1145m
答：(1)动摩擦因数μ等于0.25；
(2)轨道A的质量M等于1.25kg；
(3)B离开Q点后上升的最大高度h等于1145m。
【解析】(1)若轨道固定，对物块列动能定理求解动摩擦因数；
(2)若轨道不固定，则对系统满足水平方向动量守恒，根据动量守恒定律以及能量守恒求解轨道A的质量M；
(3)若轨道不固定，则对系统满足水平方向动量守恒，根据动量守恒定律以及能量守恒求解B离开Q点后上升的最大高度h。
本题考查动能定理、能量守恒定律和动量守恒定律，会根据题意列式求解相应的物理量。
15.【答案】解：(1)粒子经过N点时的速度
v=v0cs60∘=2v0
粒子从M点到N点，由动能定理得
qEd=12mv2−12mv02
解得
E=3mv022qd
(2)粒子从M点到N点，由运动学公式有
d=12⋅qEmt12
解得
t1=2 3d3v0
粒子从M点到A点，其运动轨迹如图1所示
由抛体运动的规律可得
d|ON|=12tan60∘
由几何关系可得，粒子在区域I中做匀速圆周运动的半径
r1=|ON|sin60∘=d
运动时间
t2=14T1,解得t2=πr12v
则
t=t1+t2,解得t=2 3d3v0+πd4v0
(3)粒子在区域I中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有
qvB=mv2r1
解得
B=2mv0qd
在A点对粒子由配速法，如图1所示，设v1对应的洛伦兹力与静电力平衡，则有
v1=v2
方向相反，v2与v合速度v′对应洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，这样粒子进入区域II中的运动分解为以v1的匀速直线运动和以v′的匀速圆周运动
静电力等于洛伦兹力，则有
qE′=qv1B′
解得
v1=v0
合速度
v′= 3v0
设对应的匀速圆周运动的半径为r2，由洛伦兹力提供向心力有
qv′B′=mv′2r2
解得
r2= 3d
其运动轨迹如图2所示
粒子从第1次到第5次经过x轴，共运动了2个周期，时间
t3=2T2=4πr2v′=4πdv0
距离
s=v1t3
解得
s=4πd
答：(1)电场强度E的大小等于3mv022qd；
(2)带电粒子从M点运动到A点的时间t等于2 3d3v0+πd4v0；
(3)粒子在区域Ⅱ中运动时，第1次和第5次经过x轴的位置之间的距离s等于4πd。
【解析】(1)粒子在第二象限内做类平抛运动，将运动分解处理，根据牛顿第二定律与运动学公式求解；
(2)粒子在磁场内做匀速圆周运动，由几何关系解得运动半径，根据洛伦兹力提供向心力有求解；
(3)分析洛伦兹力与电场力关系，从而分析粒子的运动情况，根据几何关系解答。
本题是在电场和磁场中带电粒子运动问题，典型的磁场中匀速圆周运动，电场中的类平抛运动。带电粒子在磁场的运动画轨迹图确定轨迹半径和圆心角是基本功，电场中的匀变速曲线运动处理的方法是运动的分解与合成。n1/匝
200
400
400
800
n2/匝
100
100
200
400
U1/V
4.0
8.2
6.1
9.6
U2/V
1.9
2.0
2.9
4.6