江苏省苏州市苏州大学附属中学2024-2025学年高二下学期期中考试物理试题
一、单项选择题：（每题4分，11题共44分）
1．（2025高二下·姑苏期中）传感器的使用让我们的生活更加方便、安全和舒适。家用全自动洗衣机设有多段式水位自动感应装置，该装置一般采用的是（ ）
A．温度传感器 B．压力传感器
C．光传感器 D．红外线传感器
2．（2025高二下·姑苏期中）在理想LC振荡电路中的某时刻，电容器极板间的电场强度E的方向、线圈电流产生的磁场方向如图所示，灵敏电流计电阻不计。下列说法正确的是（ ）
A．流过电流计的电流方向向左
B．电容器的电荷量正在减小
C．线圈中的磁感应强度正在增大
D．电容器两板间的电场强度恒定不变
3．（2025高二下·姑苏期中）质谱仪又称质谱计，分离和检测不同同位素的仪器。其示意图如图所示。从粒子源S出来时的粒子速度很小，可以看作初速为零，粒子经过电场加速后从入口进入有界的垂直纸面向外的匀强磁场区域，并沿着半圆周运动而达到出口P。现使磁感应强度大小B加倍，要使粒子的运动轨迹不发生变化，仍沿着半圆周运动而达到出口P，应该使加速电场的电压U变为原来的（ ）
A．6倍 B．5倍 C．4倍 D．3倍
4．（2025高二下·姑苏期中）如图所示，我国某地一直升机将一水平的闭合金属线圈竖直向上吊起，由于地磁场的影响，线圈中产生了感应电流，下列说法正确的是（ ）
A．线圈中的磁通量增大
B．线圈中有顺时针方向的感应电流（俯视）
C．线圈的四条边有向内收缩的趋势
D．若在赤道上空将线圈吊起，线圈中也会产生感应电流
5．（2025高二下·姑苏期中）新能源汽车日趋普及，其能量回收系统可将制动时的动能回收再利用，当制动过程中回收系统的输出电压（U）比动力电池所需充电电压（）低时，不能直接充入其中。在下列电路中，通过不断打开和闭合开关S，实现由低压向高压充电，其中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2025高二下·姑苏期中）如图所示为一种新型的回旋加速器示意图，两D形盒处于垂直纸面向里的匀强磁场中，两D形盒左边的缝隙间放置一对中心开有小孔a、b的平行金属板M、N，每当带电粒子从a孔进入时，立即在两板间加上恒定电压，粒子经加速后从b孔射出时，立即撤去电压。粒子进入D形盒中的匀强磁场后做匀速圆周运动，最终被引出。D形盒的缝隙间无磁场，不计粒子在电场中的运动时间，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（ ）
A．比荷相同的正负粒子均可用该装置加速
B．粒子每次做圆周运动的半径之比
C．粒子每次做圆周运动的半径增大，故周期也增大
D．增大板间电压，粒子在D形盒中运动的时间不变
7．（2025高二下·姑苏期中）在如图甲所示的虚线框内有匀强磁场，一固定的金属线圈有部分处在磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。规定磁感应强度垂直纸面向里为正方向、电流逆时针为正方向，安培力水平向左为正方向，线圈中产生的电动势E、电流I、内能Q、线框受到的安培力F与时间t的关系可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2025高二下·姑苏期中）甲、乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示电压按正弦规律变化，下列说法正确的是（ ）
A．图甲表示交流电，图乙表示直流电
B．甲电压的有效值大于乙电压的有效值
C．两种电压的周期不同
D．图甲所示电压的瞬时值表达式为
9．（2025高二下·姑苏期中）如图所示，端是一理想变压器副线圈中心抽头，开始时单刀双掷开关置于端，开关断开，原线圈、两端加正弦交流电。下列说法正确的是（ ）
A．将可变电阻调大，则两端电压变小
B．闭合开关，则两端电压变大
C．当单刀双掷开关由拨向时，副线圈电流的频率变小
D．当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的输入功率变小
10．（2025高二下·姑苏期中）在如图所示的两平行虚线之间存在着垂直纸面向里、宽度为d、磁感应强度为B的匀强磁场，正方形线框abcd的边长为，质量为m，电阻为R。将线框从距离磁场的上边界为h高处由静止释放后，线框的ab边刚进入磁场时的速度为，ab边刚离开磁场时的速度也为，在线框进入磁场的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．通过导线横截面的电荷量为
B．a点的电势高于b点
C．线框不一定做减速运动
D．克服安培力所做的功为
11．（2025高二下·姑苏期中）如图所示，半径为R的圆形区域内存在垂直圆面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。带电粒子从A点正对着圆心O的方向射入磁场，偏转后恰好从C点离开。已知带电粒子的质量为m，电荷量为q，∠AOC = 120°，不计粒子重力，则下列说法正确的是（ ）
A．粒子带负电
B．粒子在磁场中运动的时间为
C．粒子在磁场中运动的动量大小为
D．若只改变入射速度方向，粒子不可能经过O点
二、非选择题：（5题，共56分）
12．（2025高二下·姑苏期中）小明同学做“探究变压器原、副线圈两端电压与匝数的关系”实验。
（1）本实验采用的科学探究方法是___________。（填选项字母）
A．等效替代法 B．控制变量法 C．理想化模型 D．留迹法
（2）以下给出的器材中，不需要的一项器材为___________。（填选项字母）
A．学生电源 B．多用电表 C．电压表 D．变压器
（3）实验前，小明将可拆变压器拆下，他观察到铁芯是由相互绝缘的硅钢片平行叠成，组成铁芯的硅钢片相叠时应平行于平面 。（选填“”、“”或“”）
（4）某次实验中，用匝数匝和匝的线圈实验，测量的数据如下表所示，通过比较，判断出原线圈的匝数为 。（选填“”或“”）
Ua/V 0.92 1.80 2.80 3.80 4.90 5.88
Ub/V 1.99 4.00 6.01 8.02 9.98 12.00
（5）图为某电学仪器原理图，图中变压器为理想变压器。左侧虚线框内的交流电源与串联的定值电阻可等效为该电学仪器电压输出部分，该部分与一理想变压器的原线圈连接；一可变电阻R与该变压器的副线圈连接，原、副线圈的匝数分别为n1、n2。在交流电源的电压有效值U0不变的情况下，调节可变电阻R的过程中，当 时，R获得的功率最大。
13．（2025高二下·姑苏期中）如图所示，一根水平光滑的绝缘直槽轨连接一个竖直放置的半径为的绝缘光滑槽轨。槽轨处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度，有一个质量、带电量为的小球在水平轨道上向右运动。若小球恰好能通过最高点，重力加速度.求：
（1）小球在最高点的速度大小及洛伦兹力的大小；
（2）小球的初速度。（可用根号表示）
14．（2025高二下·姑苏期中）某小型水电站的输电电路如图所示，发电机的输出功率为，输出电压为，升压变压器的原、副线圈的匝数比为，输电导线的总电阻为，用户的用电电压是。求：
（1）输电线上损耗的功率；
（2）降压变压器的原、副线圈的匝数比。
15．（2025高二下·姑苏期中）如图所示，平行光滑金属导轨与水平面的夹角，导轨间距，导轨的下端接有定值电阻，水平虚线上方有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度。水平虚线下方有一放在导轨上的金属棒ab，金属棒与一细线连接，细线通过一定滑轮吊一个重物，细线与导轨所在平面平行。释放重物，细线拉着金属棒向上运动，金属棒运动过程中，始终与导轨垂直，其与导轨接触良好。已知开始时金属棒与虚线的距离为。金属棒刚进入磁场时的速度；金属棒的质量，电阻，长度等于轨道间距。导轨足够长且电阻不计，重物的质量为（，）
（1）求金属棒最后匀速运动的速度；
（2）求速度为12m/s时绳子拉力T：
（3）若金属棒进入磁场后做变速运动的位移，求变速运动过程中金属棒产生的焦耳热Q。
16．（2025高二下·姑苏期中）在坐标平面内，y轴右侧有垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。第一象限有一半径为R的中空D型薄收集盒，直径紧贴y轴放置，圆心位于，如图所示。在坐标原点O处有一粒子源，可同时沿x轴正方向持续发射各种不同速率的带正电的粒子，粒子质量均为m，电荷量均为q，忽略粒子间的相互作用，且不计重力，。求：
（1）刚好到达D型盒N点的粒子速率；
（2）能沿D型盒半径方向到达D型盒的粒子速率；
（3）能进入D型盒的粒子，到达D型盒前在磁场中运动的最短时间t。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】家用全自动洗衣机设有多段式水位自动感应装置，由于不同质量的衣服产生的压力不同，导致压敏电阻的阻值不同，根据欧姆定律可以得出回路中的电流发生改变，所以水位自动感应装置是通过不同的压力转换成相应的电学量，采用的是压力传感器。
故选B。
【分析】水位自动感应装置是通过不同的压力转换成相应的电学量，采用的是压力传感器。
2．【答案】A
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】A．由线圈电流产生磁场的方向，结合右手螺旋定则，可知流过电流计的电流方向向左，故A正确；
BD．由电容器极板间的场强E的方向，可知电容器上极板带正电，结合电流方向，可知电容器正在充电，电容器的电荷量正在增大，两板间的电压、电场强度都在增大，故BD错误；
C．由LC振荡电路的规律可知线圈中的电流正在减小，线圈中的磁感应强度正在减小，故C错误。
故答案为：A。
【分析】先根据线圈磁场方向，用右手螺旋定则判断电流方向；再结合电容器极板带电情况，判断电路处于充电还是放电过程，进而分析电荷量、磁感应强度和电场强度的变化。
3．【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】粒子在电场中加速过程，根据动能定理得
解得加速后的速度
在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有
解得
则，若轨迹不变，即x不变；B变为2倍，则U变为4倍。
故答案为：C。
【分析】粒子先在电场中加速，再在磁场中做匀速圆周运动。通过动能定理和洛伦兹力提供向心力，推导出轨迹半径与加速电压、磁感应强度的关系，再根据轨迹不变的条件求解电压变化。
4．【答案】B
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；地磁场；楞次定律
【解析】【解答】A．根据地磁场磁感线分布特点可知，磁感线竖直分量随着高度增加而减小，方向向下，闭合金属线圈竖直向上吊起过程线圈中的磁通量减小，A错误；
B．根据楞次定律，线框中有顺时针方向的感应电流（俯视），B正确；
C．根据楞次定律，线框的四条边有向外扩张的趋势，C错误；
D．赤道上空磁感线水平，线圈中磁通量始终为0，故不产生感应电流，D错误。
故答案为：B。
【分析】根据地磁场的分布特点，分析线圈竖直吊起时磁通量的变化，再用楞次定律判断感应电流方向、线圈形变趋势，以及在赤道上空的情况。
5．【答案】B
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】 本题考查对感生电动势的理解，熟悉电路图，自感线圈断开或者闭合瞬间会产生自感电动势。A．该电路中当开关S断开时，整个电路均断开，则不能给电池充电，选项A错误；
B．该电路中当S闭合时稳定时，线圈L中有电流通过，当S断开时L产生自感电动势阻碍电流减小，L相当电源，电源U与L中的自感电动势共同加在电池两端，且此时二极管能导体，从而实现给高压充电，选项B正确；
C．该电路中当S闭合时稳定时，线圈L中有电流通过，但当S断开时L也与电路断开，还是只有回收系统的电压U加在充电电池两端，则不能实现给高压充电，选项C错误；
D．该电路中当S闭合时稳定时，线圈L中有电流通过，但当S断开时电源U也断开，只有L产生的自感电动势相当电源加在充电电池两端，则不能实现给高压充电，选项D错误。
故选B。
【分析】只有电源U与L中的自感电动势串联，电压之和高于充电电压时，才能给电池充电，根据电路图分析。
6．【答案】B
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．对于负电荷所受洛伦兹力方向与正电荷所受洛伦兹力方向相反，那么该装置不能用来加速比荷相同的正粒子，故A错误；
B．洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，则
设加速粒子的电压为，n为加速的次数，由动能定理得
联立解得(n=1，2，3)
所以粒子每次做圆周运动的半径之比，故B正确；
CD．粒子每次做圆周运动的半径为(n=1，2，3)
那么粒子做圆周运动的周期为
所以尽管粒子在D形盒中运动的半径不断变大，但周期不变，最大动能不变，增大板间电压，粒子在电场间加速次数变少，则做圆周运动的次数变少，在D形盒中运动的时间变小，故CD错误；
故答案为：B。
【分析】利用洛伦兹力提供向心力和动能定理，推导出粒子运动半径与加速次数的关系，再结合周期公式和运动时间的计算，对各选项进行判断。
7．【答案】C
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】AB．若设磁场向里为正方向，由楞次定律可知，根据磁通量的变化结合磁感应强度的方向可以得出在0~T时间内线圈中产生逆时针方向电流，在T~2T时间内线圈中产生顺时针方向电流，根据法拉第电磁感应定律
由于图像斜率保持不变可知感应电动势大小不变，但是方向不同，根据欧姆定律
可知，在0~T时间内线圈中产生的逆时针方向电流不变，在T~2T时间内线圈中产生顺时针方向的电流也不变，选项AB错误；
C．根据焦耳定律有可知，因I、R不变，所以热量与时间成正比，图像是过原点的直线，选项C正确；
D．根据安培力公式，由于电流的大小保持不变；在时间内B随时间均匀减小，则随时间均匀减小，根据左手定则可以得出方向向左；在时间内B随时间均匀增加，随时间均匀增加，根据左手定则可以得出方向向右；在时间内随时间均匀减小，根据左手定则可以得出安培力方向向左；时间内随时间均匀增大，根据左手定则可以判别安培力方向向右，选项D错误。
故选C。
【分析】利用楞次定律可以判别感应电流的方向，结合法拉第电磁感应定律可以判别感应电动势的大小，结合欧姆定律可以判别感应电流的大小；利用焦耳定律可以判别焦耳热和时间的关系；利用安培力的表达式可以判别安培力的大小，结合左手定则可以判别安培力的方向。
8．【答案】B
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．当电流的大小和方向随时间成周期性变化则为交流电，甲乙图所示电流的方向均随时间呈现周期性变化，可知，甲乙图中均为交流电，故A错误；
B．根据图像可知甲乙图像的周期相等，电压的峰值相等，在电压为0到电压为峰值之间的位置，甲的电压的瞬时值始终大于乙的电压的瞬时值，由于一个周期内甲图中交流电产生的热量大于乙图交流电产生的热量，可知，甲电压的有效值大于乙电压的有效值，故B正确；
C．根据图像可知，两种电压的周期均为，故C错误；
D．在甲图中，根据图示可以得出电压的峰值为311V，根据周期可以得出角频率为，所以图甲所示电压的瞬时值表达式为
故D错误。
故选B。
【分析】甲乙图所示电流的方向均随时间呈现周期性变化，可知，甲乙图中均为交流电；利用电压的瞬时值进行比较结合焦耳定律可以比较电压的有效值；利用图像可以得出周期和峰值的大小，利用周期和峰值可以得出甲图交流电的表达式。
9．【答案】D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．单刀双掷开关置于端，开关断开，将可变电阻调大，变压器次级电压不变，次级电流减小，则R1电压减小，则两端电压变大，A错误；
B．闭合开关，次级电阻减小，次级电压不变，次级电流变大，则R上电压变大，则两端电压变小，B错误；
C．当单刀双掷开关由拨向时，副线圈电流的频率不变，C错误；
D．当单刀双掷开关由a拨向b时，次级匝数减小，次级电压减小，则副线圈消耗的功率减小，则原线圈的输入功率变小，D正确。
故答案为：D。
【分析】依据理想变压器的电压比规律、功率守恒特点，结合串并联电路的分压、分流规律，分析副线圈电压、电流及功率的变化，进而判断原线圈的输入功率变化。
10．【答案】A
【知识点】动能定理的综合应用；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】A．线框进入磁场的过程中，线框的平均电动势为
线框的平均电流为
则通过导线横截面的电荷量为
联立可得，故A正确；
B．在线框进入磁场的过程中，ab边切割磁感线，根据右手定则可知产生的感应电流由a到b，由于ab边相当于电源，则a点的电势低于b点，故B错误；
C．由于线框完全进入磁场之后，线框会做加速度为g的加速运动，而ab边刚离开磁场的速度与ab边刚进入磁场的速度相同，因此线框进入磁场的过程中，一定做减速运动，故C错误；
D．从ab边刚进入磁场到ab边刚离开磁场这一过程进行研究，由于线框全部进入磁场之后，线框不受安培力，设线框进入磁场过程中安培力做的功为，根据动能定理可得
所以此过程中安培力做功为
所以克服安培力所做的功为，故D错误。
故答案为：A。
【分析】通过电磁感应定律计算电荷量，用右手定则判断电势高低，结合动能定理分析线框运动状态和安培力做功。
11．【答案】C
【知识点】动量；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．已知粒子的速度方向，所在磁场的方向，根据左手定则可判断粒子带正电，故A错误；
B．粒子轨迹如图所示
根据几何关系可以得出弧AC所对圆心角的角度为可知60°，根据粒子在磁场中运动的周期可以得出粒子在磁场中运动的时间为
故B错误；
C．如图所示，由几何关系知粒子的轨迹半径为
由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可知
粒子在磁场中运动的动量大小为
解得
故C正确；
D．由于粒子轨迹半径
所以只改变入射速度的方向，粒子可能经过O点，故D错误。
故选C。
【分析】利用左手定则结合粒子的偏转方向可以判别粒子的电性；利用轨迹所对圆心角结合周期可以求出粒子运动的时间；利用牛顿第二定律结合动量的表达式可以求出粒子动量的大小；利用粒子的半径结合轨迹可以判别粒子可以经过O点。
12．【答案】（1）B
（2）C
（3）
（4）
（5）
【知识点】探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】（1）本实验采用的科学探究方法是控制变量法。
故答案为：B。
（2）做“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验需要交流电源（学生电源），交流电压表即多用电表，变压器，不需要电压表。
故答案为：C。
（3）为了减小涡流的产生，应使硅钢片的方向与磁场方向平行，所以硅钢片相叠时应平行于平面。
故答案为：
（4）由表中数据可得，考虑到漏磁现象可知，为副线圈输出电压，则原线圈的匝数为。
故答案为：
（5）把变压器和R等效为一个电阻R1，R0当做电源内阻，当内外电阻相等时，即
此时，输出功率最大，根据
得
将公式代入上式，可得
从而得出时获得的功率最大。
故答案为：
【分析】(1) 探究电压与匝数的关系时，需控制其他变量，采用控制变量法。
(2) 多用电表可兼作交流电压表使用，因此单独的电压表不是必需的。
(3) 硅钢片平行叠放于S2 平面，可有效减小涡流损耗。
(4) 根据理想变压器电压比 U∝n，电压较低的线圈为原线圈。(5) 利用等效阻抗法，当副线圈等效电阻等于电源内阻R0 时，负载R获得最大功率。
（1）本实验采用的科学探究方法是控制变量法。
故选B。
（2）做“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验需要交流电源（学生电源），交流电压表即多用电表，变压器，不需要电压表。
故选C。
（3）为了减小涡流的产生，应使硅钢片的方向与磁场方向平行，所以硅钢片相叠时应平行于平面。
（4）由表中数据可得
考虑到漏磁现象可知，为副线圈输出电压，则原线圈的匝数为。
（5）把变压器和R等效为一个电阻R1，R0当做电源内阻，当内外电阻相等时，即
此时，输出功率最大，根据
得
将公式代入上式，可得
从而得出时获得的功率最大。
13．【答案】（1）解：设小球在最高点N的速度为，则小球在最高点所受洛伦兹力为
方向竖直向上；由于小球恰好能通过最高点N，故小球在最高点N由洛伦兹力和重力共同提供向心力，即
两式联立得，
（2）解：由于无摩擦力，且洛伦兹力不做功，所以小球在运动过程中机械能守恒，由机械能守恒定律可得
解得
【知识点】机械能守恒定律；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 小球恰好通过最高点时，重力与洛伦兹力的合力提供向心力，先列向心力方程求出速度，再代入洛伦兹力公式计算。
(2) 洛伦兹力不做功，小球运动过程中机械能守恒，由机械能守恒定律求初速度。
（1）设小球在最高点N的速度为，则小球在最高点所受洛伦兹力为
方向竖直向上；由于小球恰好能通过最高点N，故小球在最高点N由洛伦兹力和重力共同提供向心力，即
两式联立得
，
（2）由于无摩擦力，且洛伦兹力不做功，所以小球在运动过程中机械能守恒，由机械能守恒定律可得
解得
14．【答案】（1）根据题意，由公式可得，发电机的输出电流为
由理想变压器匝数与电流关系可得，输电线上的电流为
则输电线上损失的功率为
（2）根据题意，由公式可得，输电线上损失的电压为
由理想变压器匝数与电压关系可得，输电线上的输入电压为
则降压变压器的输入电压为
由理想变压器匝数与电压关系可得，降压变压器的原、副线圈的匝数比
【知识点】电能的输送
【解析】【分析】（1）已知输出功率和输出电压，利用功率的表达式可以求出输出电流，结合匝数之比可以求出输电线的电流大小，结合功率的表达式可以求出损失的功率大小；
（2）已知输电电流，结合输电线的电阻可以求出损失的电压，结合匝数之比可以求出输出电压的大小，再利用欧姆定律可以求出降压变压器的输入电压，结合输出电压的大小可以求出匝数之比。
15．【答案】（1）解：根据题意可知，金属棒匀速时，由平衡条件有，
又有，，
联立解得
（2）解：速度为12m/s时，感应电动势为
感应电流为
金属棒的安培力为
由牛顿第二定律，对金属棒和重物分别有，
解得
（3）解：根据题意，由能量守恒定律有
金属棒产生的焦耳热
联立解得
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1) 金属棒匀速运动时，合力为零，由平衡条件结合电磁感应公式求匀速速度。
(2) 先求速度为 12m/s 时的安培力，再由牛顿第二定律求绳子拉力。
(3) 由能量守恒求出总焦耳热，再按电阻比例分配给金属棒。
（1）根据题意可知，金属棒匀速时，由平衡条件有，
又有，，
联立解得
（2）速度为12m/s时，感应电动势为
感应电流为
金属棒的安培力为
由牛顿第二定律，对金属棒和重物分别有，
解得
（3）根据题意，由能量守恒定律有
金属棒产生的焦耳热
联立解得
16．【答案】（1）解：由几何关系得
由
解得
（2）解：如下图，由几何关系得
解得
由
解得
（3）解：过O做D型盒的切线，则粒子打到切点时时间最短，如下图所示
根据几何关系
解得，
根据，
解得
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 刚好到达N点的粒子，其轨迹圆与D型盒相切，由几何关系求出轨迹半径，再由洛伦兹力提供向心力求速率。
(2) 沿半径方向到达D型盒的粒子，其轨迹圆心在D型盒圆心与N点连线上，由几何关系求半径，再求速率。
(3) 最短时间对应最小圆心角，由几何关系求出最小圆心角，再由周期公式求时间。
（1）由几何关系得
由
解得
（2）如下图，由几何关系得
解得
由
解得
（3）过O做D型盒的切线，则粒子打到切点时时间最短，如下图所示
根据几何关系
解得，
根据，
解得
1 / 1江苏省苏州市苏州大学附属中学2024-2025学年高二下学期期中考试物理试题
一、单项选择题：（每题4分，11题共44分）
1．（2025高二下·姑苏期中）传感器的使用让我们的生活更加方便、安全和舒适。家用全自动洗衣机设有多段式水位自动感应装置，该装置一般采用的是（ ）
A．温度传感器 B．压力传感器
C．光传感器 D．红外线传感器
【答案】B
【知识点】常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】家用全自动洗衣机设有多段式水位自动感应装置，由于不同质量的衣服产生的压力不同，导致压敏电阻的阻值不同，根据欧姆定律可以得出回路中的电流发生改变，所以水位自动感应装置是通过不同的压力转换成相应的电学量，采用的是压力传感器。
故选B。
【分析】水位自动感应装置是通过不同的压力转换成相应的电学量，采用的是压力传感器。
2．（2025高二下·姑苏期中）在理想LC振荡电路中的某时刻，电容器极板间的电场强度E的方向、线圈电流产生的磁场方向如图所示，灵敏电流计电阻不计。下列说法正确的是（ ）
A．流过电流计的电流方向向左
B．电容器的电荷量正在减小
C．线圈中的磁感应强度正在增大
D．电容器两板间的电场强度恒定不变
【答案】A
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】A．由线圈电流产生磁场的方向，结合右手螺旋定则，可知流过电流计的电流方向向左，故A正确；
BD．由电容器极板间的场强E的方向，可知电容器上极板带正电，结合电流方向，可知电容器正在充电，电容器的电荷量正在增大，两板间的电压、电场强度都在增大，故BD错误；
C．由LC振荡电路的规律可知线圈中的电流正在减小，线圈中的磁感应强度正在减小，故C错误。
故答案为：A。
【分析】先根据线圈磁场方向，用右手螺旋定则判断电流方向；再结合电容器极板带电情况，判断电路处于充电还是放电过程，进而分析电荷量、磁感应强度和电场强度的变化。
3．（2025高二下·姑苏期中）质谱仪又称质谱计，分离和检测不同同位素的仪器。其示意图如图所示。从粒子源S出来时的粒子速度很小，可以看作初速为零，粒子经过电场加速后从入口进入有界的垂直纸面向外的匀强磁场区域，并沿着半圆周运动而达到出口P。现使磁感应强度大小B加倍，要使粒子的运动轨迹不发生变化，仍沿着半圆周运动而达到出口P，应该使加速电场的电压U变为原来的（ ）
A．6倍 B．5倍 C．4倍 D．3倍
【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】粒子在电场中加速过程，根据动能定理得
解得加速后的速度
在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有
解得
则，若轨迹不变，即x不变；B变为2倍，则U变为4倍。
故答案为：C。
【分析】粒子先在电场中加速，再在磁场中做匀速圆周运动。通过动能定理和洛伦兹力提供向心力，推导出轨迹半径与加速电压、磁感应强度的关系，再根据轨迹不变的条件求解电压变化。
4．（2025高二下·姑苏期中）如图所示，我国某地一直升机将一水平的闭合金属线圈竖直向上吊起，由于地磁场的影响，线圈中产生了感应电流，下列说法正确的是（ ）
A．线圈中的磁通量增大
B．线圈中有顺时针方向的感应电流（俯视）
C．线圈的四条边有向内收缩的趋势
D．若在赤道上空将线圈吊起，线圈中也会产生感应电流
【答案】B
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；地磁场；楞次定律
【解析】【解答】A．根据地磁场磁感线分布特点可知，磁感线竖直分量随着高度增加而减小，方向向下，闭合金属线圈竖直向上吊起过程线圈中的磁通量减小，A错误；
B．根据楞次定律，线框中有顺时针方向的感应电流（俯视），B正确；
C．根据楞次定律，线框的四条边有向外扩张的趋势，C错误；
D．赤道上空磁感线水平，线圈中磁通量始终为0，故不产生感应电流，D错误。
故答案为：B。
【分析】根据地磁场的分布特点，分析线圈竖直吊起时磁通量的变化，再用楞次定律判断感应电流方向、线圈形变趋势，以及在赤道上空的情况。
5．（2025高二下·姑苏期中）新能源汽车日趋普及，其能量回收系统可将制动时的动能回收再利用，当制动过程中回收系统的输出电压（U）比动力电池所需充电电压（）低时，不能直接充入其中。在下列电路中，通过不断打开和闭合开关S，实现由低压向高压充电，其中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】 本题考查对感生电动势的理解，熟悉电路图，自感线圈断开或者闭合瞬间会产生自感电动势。A．该电路中当开关S断开时，整个电路均断开，则不能给电池充电，选项A错误；
B．该电路中当S闭合时稳定时，线圈L中有电流通过，当S断开时L产生自感电动势阻碍电流减小，L相当电源，电源U与L中的自感电动势共同加在电池两端，且此时二极管能导体，从而实现给高压充电，选项B正确；
C．该电路中当S闭合时稳定时，线圈L中有电流通过，但当S断开时L也与电路断开，还是只有回收系统的电压U加在充电电池两端，则不能实现给高压充电，选项C错误；
D．该电路中当S闭合时稳定时，线圈L中有电流通过，但当S断开时电源U也断开，只有L产生的自感电动势相当电源加在充电电池两端，则不能实现给高压充电，选项D错误。
故选B。
【分析】只有电源U与L中的自感电动势串联，电压之和高于充电电压时，才能给电池充电，根据电路图分析。
6．（2025高二下·姑苏期中）如图所示为一种新型的回旋加速器示意图，两D形盒处于垂直纸面向里的匀强磁场中，两D形盒左边的缝隙间放置一对中心开有小孔a、b的平行金属板M、N，每当带电粒子从a孔进入时，立即在两板间加上恒定电压，粒子经加速后从b孔射出时，立即撤去电压。粒子进入D形盒中的匀强磁场后做匀速圆周运动，最终被引出。D形盒的缝隙间无磁场，不计粒子在电场中的运动时间，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（ ）
A．比荷相同的正负粒子均可用该装置加速
B．粒子每次做圆周运动的半径之比
C．粒子每次做圆周运动的半径增大，故周期也增大
D．增大板间电压，粒子在D形盒中运动的时间不变
【答案】B
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．对于负电荷所受洛伦兹力方向与正电荷所受洛伦兹力方向相反，那么该装置不能用来加速比荷相同的正粒子，故A错误；
B．洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，则
设加速粒子的电压为，n为加速的次数，由动能定理得
联立解得(n=1，2，3)
所以粒子每次做圆周运动的半径之比，故B正确；
CD．粒子每次做圆周运动的半径为(n=1，2，3)
那么粒子做圆周运动的周期为
所以尽管粒子在D形盒中运动的半径不断变大，但周期不变，最大动能不变，增大板间电压，粒子在电场间加速次数变少，则做圆周运动的次数变少，在D形盒中运动的时间变小，故CD错误；
故答案为：B。
【分析】利用洛伦兹力提供向心力和动能定理，推导出粒子运动半径与加速次数的关系，再结合周期公式和运动时间的计算，对各选项进行判断。
7．（2025高二下·姑苏期中）在如图甲所示的虚线框内有匀强磁场，一固定的金属线圈有部分处在磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。规定磁感应强度垂直纸面向里为正方向、电流逆时针为正方向，安培力水平向左为正方向，线圈中产生的电动势E、电流I、内能Q、线框受到的安培力F与时间t的关系可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】AB．若设磁场向里为正方向，由楞次定律可知，根据磁通量的变化结合磁感应强度的方向可以得出在0~T时间内线圈中产生逆时针方向电流，在T~2T时间内线圈中产生顺时针方向电流，根据法拉第电磁感应定律
由于图像斜率保持不变可知感应电动势大小不变，但是方向不同，根据欧姆定律
可知，在0~T时间内线圈中产生的逆时针方向电流不变，在T~2T时间内线圈中产生顺时针方向的电流也不变，选项AB错误；
C．根据焦耳定律有可知，因I、R不变，所以热量与时间成正比，图像是过原点的直线，选项C正确；
D．根据安培力公式，由于电流的大小保持不变；在时间内B随时间均匀减小，则随时间均匀减小，根据左手定则可以得出方向向左；在时间内B随时间均匀增加，随时间均匀增加，根据左手定则可以得出方向向右；在时间内随时间均匀减小，根据左手定则可以得出安培力方向向左；时间内随时间均匀增大，根据左手定则可以判别安培力方向向右，选项D错误。
故选C。
【分析】利用楞次定律可以判别感应电流的方向，结合法拉第电磁感应定律可以判别感应电动势的大小，结合欧姆定律可以判别感应电流的大小；利用焦耳定律可以判别焦耳热和时间的关系；利用安培力的表达式可以判别安培力的大小，结合左手定则可以判别安培力的方向。
8．（2025高二下·姑苏期中）甲、乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示电压按正弦规律变化，下列说法正确的是（ ）
A．图甲表示交流电，图乙表示直流电
B．甲电压的有效值大于乙电压的有效值
C．两种电压的周期不同
D．图甲所示电压的瞬时值表达式为
【答案】B
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．当电流的大小和方向随时间成周期性变化则为交流电，甲乙图所示电流的方向均随时间呈现周期性变化，可知，甲乙图中均为交流电，故A错误；
B．根据图像可知甲乙图像的周期相等，电压的峰值相等，在电压为0到电压为峰值之间的位置，甲的电压的瞬时值始终大于乙的电压的瞬时值，由于一个周期内甲图中交流电产生的热量大于乙图交流电产生的热量，可知，甲电压的有效值大于乙电压的有效值，故B正确；
C．根据图像可知，两种电压的周期均为，故C错误；
D．在甲图中，根据图示可以得出电压的峰值为311V，根据周期可以得出角频率为，所以图甲所示电压的瞬时值表达式为
故D错误。
故选B。
【分析】甲乙图所示电流的方向均随时间呈现周期性变化，可知，甲乙图中均为交流电；利用电压的瞬时值进行比较结合焦耳定律可以比较电压的有效值；利用图像可以得出周期和峰值的大小，利用周期和峰值可以得出甲图交流电的表达式。
9．（2025高二下·姑苏期中）如图所示，端是一理想变压器副线圈中心抽头，开始时单刀双掷开关置于端，开关断开，原线圈、两端加正弦交流电。下列说法正确的是（ ）
A．将可变电阻调大，则两端电压变小
B．闭合开关，则两端电压变大
C．当单刀双掷开关由拨向时，副线圈电流的频率变小
D．当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的输入功率变小
【答案】D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．单刀双掷开关置于端，开关断开，将可变电阻调大，变压器次级电压不变，次级电流减小，则R1电压减小，则两端电压变大，A错误；
B．闭合开关，次级电阻减小，次级电压不变，次级电流变大，则R上电压变大，则两端电压变小，B错误；
C．当单刀双掷开关由拨向时，副线圈电流的频率不变，C错误；
D．当单刀双掷开关由a拨向b时，次级匝数减小，次级电压减小，则副线圈消耗的功率减小，则原线圈的输入功率变小，D正确。
故答案为：D。
【分析】依据理想变压器的电压比规律、功率守恒特点，结合串并联电路的分压、分流规律，分析副线圈电压、电流及功率的变化，进而判断原线圈的输入功率变化。
10．（2025高二下·姑苏期中）在如图所示的两平行虚线之间存在着垂直纸面向里、宽度为d、磁感应强度为B的匀强磁场，正方形线框abcd的边长为，质量为m，电阻为R。将线框从距离磁场的上边界为h高处由静止释放后，线框的ab边刚进入磁场时的速度为，ab边刚离开磁场时的速度也为，在线框进入磁场的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．通过导线横截面的电荷量为
B．a点的电势高于b点
C．线框不一定做减速运动
D．克服安培力所做的功为
【答案】A
【知识点】动能定理的综合应用；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】A．线框进入磁场的过程中，线框的平均电动势为
线框的平均电流为
则通过导线横截面的电荷量为
联立可得，故A正确；
B．在线框进入磁场的过程中，ab边切割磁感线，根据右手定则可知产生的感应电流由a到b，由于ab边相当于电源，则a点的电势低于b点，故B错误；
C．由于线框完全进入磁场之后，线框会做加速度为g的加速运动，而ab边刚离开磁场的速度与ab边刚进入磁场的速度相同，因此线框进入磁场的过程中，一定做减速运动，故C错误；
D．从ab边刚进入磁场到ab边刚离开磁场这一过程进行研究，由于线框全部进入磁场之后，线框不受安培力，设线框进入磁场过程中安培力做的功为，根据动能定理可得
所以此过程中安培力做功为
所以克服安培力所做的功为，故D错误。
故答案为：A。
【分析】通过电磁感应定律计算电荷量，用右手定则判断电势高低，结合动能定理分析线框运动状态和安培力做功。
11．（2025高二下·姑苏期中）如图所示，半径为R的圆形区域内存在垂直圆面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。带电粒子从A点正对着圆心O的方向射入磁场，偏转后恰好从C点离开。已知带电粒子的质量为m，电荷量为q，∠AOC = 120°，不计粒子重力，则下列说法正确的是（ ）
A．粒子带负电
B．粒子在磁场中运动的时间为
C．粒子在磁场中运动的动量大小为
D．若只改变入射速度方向，粒子不可能经过O点
【答案】C
【知识点】动量；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．已知粒子的速度方向，所在磁场的方向，根据左手定则可判断粒子带正电，故A错误；
B．粒子轨迹如图所示
根据几何关系可以得出弧AC所对圆心角的角度为可知60°，根据粒子在磁场中运动的周期可以得出粒子在磁场中运动的时间为
故B错误；
C．如图所示，由几何关系知粒子的轨迹半径为
由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可知
粒子在磁场中运动的动量大小为
解得
故C正确；
D．由于粒子轨迹半径
所以只改变入射速度的方向，粒子可能经过O点，故D错误。
故选C。
【分析】利用左手定则结合粒子的偏转方向可以判别粒子的电性；利用轨迹所对圆心角结合周期可以求出粒子运动的时间；利用牛顿第二定律结合动量的表达式可以求出粒子动量的大小；利用粒子的半径结合轨迹可以判别粒子可以经过O点。
二、非选择题：（5题，共56分）
12．（2025高二下·姑苏期中）小明同学做“探究变压器原、副线圈两端电压与匝数的关系”实验。
（1）本实验采用的科学探究方法是___________。（填选项字母）
A．等效替代法 B．控制变量法 C．理想化模型 D．留迹法
（2）以下给出的器材中，不需要的一项器材为___________。（填选项字母）
A．学生电源 B．多用电表 C．电压表 D．变压器
（3）实验前，小明将可拆变压器拆下，他观察到铁芯是由相互绝缘的硅钢片平行叠成，组成铁芯的硅钢片相叠时应平行于平面 。（选填“”、“”或“”）
（4）某次实验中，用匝数匝和匝的线圈实验，测量的数据如下表所示，通过比较，判断出原线圈的匝数为 。（选填“”或“”）
Ua/V 0.92 1.80 2.80 3.80 4.90 5.88
Ub/V 1.99 4.00 6.01 8.02 9.98 12.00
（5）图为某电学仪器原理图，图中变压器为理想变压器。左侧虚线框内的交流电源与串联的定值电阻可等效为该电学仪器电压输出部分，该部分与一理想变压器的原线圈连接；一可变电阻R与该变压器的副线圈连接，原、副线圈的匝数分别为n1、n2。在交流电源的电压有效值U0不变的情况下，调节可变电阻R的过程中，当 时，R获得的功率最大。
【答案】（1）B
（2）C
（3）
（4）
（5）
【知识点】探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】（1）本实验采用的科学探究方法是控制变量法。
故答案为：B。
（2）做“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验需要交流电源（学生电源），交流电压表即多用电表，变压器，不需要电压表。
故答案为：C。
（3）为了减小涡流的产生，应使硅钢片的方向与磁场方向平行，所以硅钢片相叠时应平行于平面。
故答案为：
（4）由表中数据可得，考虑到漏磁现象可知，为副线圈输出电压，则原线圈的匝数为。
故答案为：
（5）把变压器和R等效为一个电阻R1，R0当做电源内阻，当内外电阻相等时，即
此时，输出功率最大，根据
得
将公式代入上式，可得
从而得出时获得的功率最大。
故答案为：
【分析】(1) 探究电压与匝数的关系时，需控制其他变量，采用控制变量法。
(2) 多用电表可兼作交流电压表使用，因此单独的电压表不是必需的。
(3) 硅钢片平行叠放于S2 平面，可有效减小涡流损耗。
(4) 根据理想变压器电压比 U∝n，电压较低的线圈为原线圈。(5) 利用等效阻抗法，当副线圈等效电阻等于电源内阻R0 时，负载R获得最大功率。
（1）本实验采用的科学探究方法是控制变量法。
故选B。
（2）做“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验需要交流电源（学生电源），交流电压表即多用电表，变压器，不需要电压表。
故选C。
（3）为了减小涡流的产生，应使硅钢片的方向与磁场方向平行，所以硅钢片相叠时应平行于平面。
（4）由表中数据可得
考虑到漏磁现象可知，为副线圈输出电压，则原线圈的匝数为。
（5）把变压器和R等效为一个电阻R1，R0当做电源内阻，当内外电阻相等时，即
此时，输出功率最大，根据
得
将公式代入上式，可得
从而得出时获得的功率最大。
13．（2025高二下·姑苏期中）如图所示，一根水平光滑的绝缘直槽轨连接一个竖直放置的半径为的绝缘光滑槽轨。槽轨处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度，有一个质量、带电量为的小球在水平轨道上向右运动。若小球恰好能通过最高点，重力加速度.求：
（1）小球在最高点的速度大小及洛伦兹力的大小；
（2）小球的初速度。（可用根号表示）
【答案】（1）解：设小球在最高点N的速度为，则小球在最高点所受洛伦兹力为
方向竖直向上；由于小球恰好能通过最高点N，故小球在最高点N由洛伦兹力和重力共同提供向心力，即
两式联立得，
（2）解：由于无摩擦力，且洛伦兹力不做功，所以小球在运动过程中机械能守恒，由机械能守恒定律可得
解得
【知识点】机械能守恒定律；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 小球恰好通过最高点时，重力与洛伦兹力的合力提供向心力，先列向心力方程求出速度，再代入洛伦兹力公式计算。
(2) 洛伦兹力不做功，小球运动过程中机械能守恒，由机械能守恒定律求初速度。
（1）设小球在最高点N的速度为，则小球在最高点所受洛伦兹力为
方向竖直向上；由于小球恰好能通过最高点N，故小球在最高点N由洛伦兹力和重力共同提供向心力，即
两式联立得
，
（2）由于无摩擦力，且洛伦兹力不做功，所以小球在运动过程中机械能守恒，由机械能守恒定律可得
解得
14．（2025高二下·姑苏期中）某小型水电站的输电电路如图所示，发电机的输出功率为，输出电压为，升压变压器的原、副线圈的匝数比为，输电导线的总电阻为，用户的用电电压是。求：
（1）输电线上损耗的功率；
（2）降压变压器的原、副线圈的匝数比。
【答案】（1）根据题意，由公式可得，发电机的输出电流为
由理想变压器匝数与电流关系可得，输电线上的电流为
则输电线上损失的功率为
（2）根据题意，由公式可得，输电线上损失的电压为
由理想变压器匝数与电压关系可得，输电线上的输入电压为
则降压变压器的输入电压为
由理想变压器匝数与电压关系可得，降压变压器的原、副线圈的匝数比
【知识点】电能的输送
【解析】【分析】（1）已知输出功率和输出电压，利用功率的表达式可以求出输出电流，结合匝数之比可以求出输电线的电流大小，结合功率的表达式可以求出损失的功率大小；
（2）已知输电电流，结合输电线的电阻可以求出损失的电压，结合匝数之比可以求出输出电压的大小，再利用欧姆定律可以求出降压变压器的输入电压，结合输出电压的大小可以求出匝数之比。
15．（2025高二下·姑苏期中）如图所示，平行光滑金属导轨与水平面的夹角，导轨间距，导轨的下端接有定值电阻，水平虚线上方有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度。水平虚线下方有一放在导轨上的金属棒ab，金属棒与一细线连接，细线通过一定滑轮吊一个重物，细线与导轨所在平面平行。释放重物，细线拉着金属棒向上运动，金属棒运动过程中，始终与导轨垂直，其与导轨接触良好。已知开始时金属棒与虚线的距离为。金属棒刚进入磁场时的速度；金属棒的质量，电阻，长度等于轨道间距。导轨足够长且电阻不计，重物的质量为（，）
（1）求金属棒最后匀速运动的速度；
（2）求速度为12m/s时绳子拉力T：
（3）若金属棒进入磁场后做变速运动的位移，求变速运动过程中金属棒产生的焦耳热Q。
【答案】（1）解：根据题意可知，金属棒匀速时，由平衡条件有，
又有，，
联立解得
（2）解：速度为12m/s时，感应电动势为
感应电流为
金属棒的安培力为
由牛顿第二定律，对金属棒和重物分别有，
解得
（3）解：根据题意，由能量守恒定律有
金属棒产生的焦耳热
联立解得
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1) 金属棒匀速运动时，合力为零，由平衡条件结合电磁感应公式求匀速速度。
(2) 先求速度为 12m/s 时的安培力，再由牛顿第二定律求绳子拉力。
(3) 由能量守恒求出总焦耳热，再按电阻比例分配给金属棒。
（1）根据题意可知，金属棒匀速时，由平衡条件有，
又有，，
联立解得
（2）速度为12m/s时，感应电动势为
感应电流为
金属棒的安培力为
由牛顿第二定律，对金属棒和重物分别有，
解得
（3）根据题意，由能量守恒定律有
金属棒产生的焦耳热
联立解得
16．（2025高二下·姑苏期中）在坐标平面内，y轴右侧有垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。第一象限有一半径为R的中空D型薄收集盒，直径紧贴y轴放置，圆心位于，如图所示。在坐标原点O处有一粒子源，可同时沿x轴正方向持续发射各种不同速率的带正电的粒子，粒子质量均为m，电荷量均为q，忽略粒子间的相互作用，且不计重力，。求：
（1）刚好到达D型盒N点的粒子速率；
（2）能沿D型盒半径方向到达D型盒的粒子速率；
（3）能进入D型盒的粒子，到达D型盒前在磁场中运动的最短时间t。
【答案】（1）解：由几何关系得
由
解得
（2）解：如下图，由几何关系得
解得
由
解得
（3）解：过O做D型盒的切线，则粒子打到切点时时间最短，如下图所示
根据几何关系
解得，
根据，
解得
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 刚好到达N点的粒子，其轨迹圆与D型盒相切，由几何关系求出轨迹半径，再由洛伦兹力提供向心力求速率。
(2) 沿半径方向到达D型盒的粒子，其轨迹圆心在D型盒圆心与N点连线上，由几何关系求半径，再求速率。
(3) 最短时间对应最小圆心角，由几何关系求出最小圆心角，再由周期公式求时间。
（1）由几何关系得
由
解得
（2）如下图，由几何关系得
解得
由
解得
（3）过O做D型盒的切线，则粒子打到切点时时间最短，如下图所示
根据几何关系
解得，
根据，
解得
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