一、選擇題(本大題共12個小題，共 45分。1~9小題為單項選擇題，每小題3分：10~12 小題的四個選項中，至少有兩個選項符合題意，全選對的得6分，選對但不全的得 3分，有錯選或不選的不得分)
1.如圖所示，質(zhì)量均為m、電荷量大小均為q的正離子，從磁場邊界上的一點A以初速度 v??(與磁場邊界夾角為30°)射入到勻強磁場中。已知磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里，重力忽略不計。則( )
A； 該粒子可能從圖中C.點離開
B. 該粒子在磁場中運動的時間為 πm3Bq.
C. 該粒子在磁場中運動的軌道半徑為 mv4Bq
D. 該粒子離開磁場的位置與A點的距離為 2mv0Bq
2.如圖，光滑絕緣水平桌面 x0y的第一象限存在勻強磁場B，方向垂直桌面向內(nèi). 從P點垂直 Ox軸滾入一個帶電小球甲，隨后沿著軌跡b離開磁場，在磁場中經(jīng)歷的時間為 t?，F(xiàn)在Q點放置一個不帶電的同種小球乙，再次從 P點垂直O(jiān)x軸滾入一個帶電小球甲，二者發(fā)生碰撞后結合在一起，則( )
A. 二者將繼續(xù)沿著軌跡b離開磁場，經(jīng)歷的時間同樣為 t
B. 二者將繼續(xù)沿著軌跡b離開磁場，經(jīng)歷的時間大于 t
C. 二者將沿著軌跡a離開磁場，經(jīng)歷的時間大于 t
D. 二者將沿著軌跡 c離開磁場， 經(jīng)歷的時間小于 t
3. 如圖，下端封閉、上端開口、 內(nèi)壁光滑的細玻璃管豎直放置，管底有一個帶電小球，整個裝置以一定的速度沿垂直于磁場方向進入方向垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場， 由于外力的作用，玻璃管在磁場中的速度保持不變， 最終小球從上端管口飛出，下列說法中正確的是·( )
A. 該過程中由水平速度產(chǎn)生的洛倫茲力不做功
B.小球的運動軌跡是一條直線
C. 從能量轉(zhuǎn)化角度看小球機械能的增加是因為洛倫茲力做功
D. 小球在豎直方向做勻加速運動
4. 如圖，abcd是邊長為L且對角線 ac豎直的正方形區(qū)域， 區(qū)域內(nèi)既存在垂直于 abcd平面的勻強磁場(圖中未畫出)，也存在平行于 cb邊斜向上的勻強電場。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的小球從a點正上方高h處由靜止釋放后，恰好能沿直線ac勻速穿過正方形區(qū)域。小球可視為質(zhì)點，重力加速度大小為 g。由此可知. ( )
A. 磁場方向垂直于 abcd平面向里 B. 磁場的磁感應強度大小為 mqg2h
C. 電場的場強大小為 mgq D. 從a到c, 小球電勢能增加2mgL
5. 霍爾式位移傳感器的測量原理如圖所示，有一個沿z軸方向均勻變化的勻強磁場，磁感應強度 B=Ba+kz(B、k均為常數(shù)，且k>0)。將霍爾元件固定在物體上，保持通過霍爾元件的電流I不變(方向如圖所示)，當物體沿z軸正方向平移時，由于位置不同，霍爾元件在y軸方向的上、下表面的電勢差U也不同。則( )
A. 磁感應強度B越大，霍爾元件的前、后表面的電勢差U越大
B. k越大，傳感器靈敏度 DUDz越高
C. 若圖中霍爾元件是電子導電，則下表面電勢高
D. 電流越大，霍爾元件的上、下表面的電勢差U越小
6. 在如圖所示的平面內(nèi)，存在寬為L的勻強磁場區(qū)域(足夠長、邊界上有磁場)，勻強磁場的磁感應強度大小為B，左側(cè)邊界上有一離子源S，可以向紙面內(nèi)各方向發(fā)射質(zhì)量為m'、帶電荷量 +q(q>0)速度大小為 qBIm的離子。不計離子受到的重力和空氣阻力，下列說法正確的是( )
A. 離子在磁場中運動的最長時間為 πm2qB
B. 離子從右側(cè)邊界離開磁場時，在磁場中運動的最長時間為 5πm12qB
C. 離子從右側(cè)邊界離開磁場時，在磁場中運動的最短時間為 πm3qB
D. 離子從左側(cè)邊界離開磁場時，射入點與射出點間的最大距離為3L
7. 如圖所示，M、 N是兩個平行金屬板，右側(cè)有一圓形勻強磁場區(qū)域， 磁場方向垂直于紙面向里，圓心為O，A、B、C、D、E、F六個點將圓六等分.有兩個質(zhì)量相同且不計重力的帶電粒子 a、b，分別由靠近 M板的P點由靜止釋放，穿過 N板后，沿AO方向進入磁場，粒子 a、b分別從E點和 F點離開磁場， 下列說法正確的是( )
A. 兩帶電粒子的帶電性質(zhì)不同
B. M板的電勢高于 N板的電勢
C. 兩帶電粒子在磁場中的運動時間相同
D. 兩帶電粒子 a、 b的電荷量之比為 1∶9
8. 如圖，x軸上的P(1.0)點處有一正離子源， 在xOy平面內(nèi)向第一象限各個方向發(fā)射速率相同的同種離子。當離子沿與 x軸正方向成 θ=30°角射入第一象限內(nèi)的勻強磁場時，從y軸上的 D點(未畫出)離開磁場，在所有離子軌跡與y軸交點中，D點距離 O點最遠。若 θ=90°,離子將從C 點( 未畫出)離 開磁場，不計離子重力及離子間的相互作用，DC的長為( )
A.3-1l
B.2-3 l
C. l
D.
9. 如圖所示，邊長為a=0.4m正方形區(qū)域ABCD內(nèi)無磁場，正方形中線PQ將區(qū)域外左右兩側(cè)分成兩個磁感應強度均為。 B=0.2[的勻強磁場區(qū)域，PQ右側(cè)磁場方向垂直于紙面向外，PQ左側(cè)磁場方向垂直于紙面向里?，F(xiàn)將一質(zhì)量為 m=1×10??kg,電荷量為( q=2×10??C的正粒子從AB中點以某一速率垂直于AB射入磁場，不計粒子的重力，則關于粒子的運動，下列說法正確的是( )
A. 若粒子能垂直于BC射入正方形區(qū)域內(nèi)，則粒子的最大速度為12m/s
B. 若粒子能垂直于BC射入正方形區(qū)域內(nèi)，則粒子的速度可能為10m/s
C. 若粒子能垂直于BC射入正方形區(qū)域內(nèi)， 則粒子的速度可能為 83m/s
D. 若粒子能垂直于BC射入正方形區(qū)域內(nèi)，則粒子的速度可能為 2m/s
10.如圖所示，在真空中某區(qū)域內(nèi)有互相垂直的勻強電場和勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度大小為β，電場方向豎直向下，電場強度大小為E。一帶電小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，已知軌跡半徑為B，重力加速度為g，則 ( )
A. 液滴帶負電 B. 液滴的比荷 qm=Eg
C. 液滴的速度大小 v=gBRE D. 液滴沿逆時針方向運動
11.磁場可以約束帶電粒子的運動。如圖所示，真空中，兩個同心圓邊界 a、b所夾的環(huán)狀區(qū)域存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，兩圓的半徑分別為r、2r， 圓心為 0； 0M、0N是邊界a的兩個相互垂直的半徑，三個相同的帶電的粒子(不計重力)從邊界 a的三個不同位置以平行OM的相同速度v。進入磁場，都從N點射出磁場，圓弧軌跡2、3與邊界b相切，下列說法正確的是( )
A. 粒子的荷質(zhì)比是 v0Br B. 粒子的向心加速度 v022r
C. 圓弧軌跡 3的圓心一定在邊界b上
D. 若軌跡2 的圓心為O?, 則 cs∠OO2N=34
12.如圖，正方形 abcd中△abd區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強磁場，△bcd區(qū)域內(nèi)有方向平行 bc的勻強電場(圖中未畫出)。一帶電粒子從d點沿da方向射入磁場，隨后經(jīng)過 bd的中點e進入電場，接著從 b點射出電場。不計粒子的重力，則( )
A.、粒子帶正電
B. 電場的方向是由 b指向 c：
C. 粒子在 b點和 d點的動能相等
D. 粒子在磁場、電場中運動的時間之比為π：2
二、實驗題(16分)
13.(7分)某實驗小組利用如圖甲所示實驗裝置做“探究小車速度隨時間變化的規(guī)律”的實驗。
(1) 按照甲圖所示的實驗裝置圖安裝好實驗器材，打點計時器與低壓交流電源相連。以下兩種測量工具中，不需要的是 (填器材前的字母標號)。
A. 毫米刻度尺 B. 秒表
(2)小車拖著紙帶運動，打點計時器在紙帶上打下一系列小點，重復幾次，選出一條點跡比較清晰的紙帶，選取紙帶上0、1、2、3、4、 5、6作為計數(shù)點，每個計數(shù)點之間間隔一個點。分別測量6個計數(shù)點到0計數(shù)點之間的距離， x1 、x?、x3、…x6，如圖乙所示。設打點計時器的打點周期為T，利用逐差法處理實驗數(shù)據(jù)，并使誤差盡量小，則小車的加速度`a的表達式為( a=(用題目中所給物理量的字母表示)。
(3)然后利用圖像法處理數(shù)據(jù)， 以時間t為橫坐標， 以位移x與對應時間t的比值為縱坐標， 根據(jù)實驗數(shù)據(jù)在坐標紙上描點、連線如圖丙所示， 根據(jù)圖像可求出打下0計數(shù)點時的速度
為 m/s，小車運動的加速度為 m/s2 .(結果保留兩位有效數(shù)字)
192=1m
14.(9分) 小美同學想通過實驗測定一個均勻?qū)w的阻值R。
(1)用游標卡尺測量有效長度時，測得的結果如圖所示，則長度t= mm。在測量電阻時，采用了如下方法：
(2)她先用多用電表的歐姆擋粗測，發(fā)現(xiàn)用“×10”倍率時指針偏角過小，于是需要改“× ”(選填“1”或“100”)倍率， 改換倍率后重新測量前還需要將兩表筆短接做 (填“機械”或“歐姆”)調(diào)零；
(3)用改換倍率后的歐姆擋測得待測電阻大致阻值如圖，現(xiàn)備有下列器材進行進一步測量： 后用伏安法更精確地測量其電阻Rx，要求測量數(shù)據(jù)盡量精確且電壓從零開始增加，可供該同學選用的器材除開關、導線、待測電阻Rx外還有：
A. 直流電源(24V)
B. 電壓表(量程0~15V, 內(nèi)阻約 10kΩ)
C. 電壓表(量程0~50V, 內(nèi)阻約 50kΩ)
D.電流表(量程:0~10mA,內(nèi)阻約為100Ω)
E. 電流表(量程0.25mA,內(nèi)阻約為30Ω)
E.滑動變阻器(最大阻值50Ω)
G.開關和導線若干
為了保證實驗順利進行，并使測量誤差盡量小，電壓表應選 ，電流表應選 (請?zhí)顚懽帜复?；
(4)本實驗的測量電路適合用電流表的 (填“內(nèi)”或“外”)接法和滑動變阻器的 (填“分壓”或“限流”)式接法；
(5)由于電表內(nèi)阻的影響，Rx的測量值較真實值 (填“偏大”、“偏小”或“相等”)。
三、解答題(共39分)
15.(9分)如圖所示，回旋加速器D形盒的最大半徑為 R，勻強磁場垂直穿過D形盒面，兩 D形盒的間隙為 d。一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子每經(jīng)過間隙時都被加速，加速電壓大小為U。粒子從靜止開始經(jīng)多次加速，當速度達到 v時，粒子從D形盒的邊緣處引出。求：
(1) 磁場的磁感應強度B的大小；
(2)帶電粒子在磁場中運動的圈數(shù)n；
(3)粒子在加速器中運動的總時間去。(不計在電場中的加速時間.)
16. (14)如圖所示，在 xOy平面直角坐標系中，直角三角形ACD內(nèi)存在垂直平面向里磁感應強度為B的勻強磁場，線段 CO=OD=L, CD在邊在x軸上, ∠ADC=30°。電子束沿 y軸方向以相同的速度 V?從 CD邊上的各點射入磁場，已知這些電！子在磁場中做圓周運動的半徑均為 L3,在第四象限正方形 ODQP內(nèi)存在沿x軸正方向、大小為 E=BV?的勻強電場，在 y=-L處垂直于y軸放置一足夠大的平面熒光屏，屏與y軸交點為 P。 忽略電子間的相互作用，不計電子的重力。
(1)電子的比荷；
(2)在能打到熒光屏的粒子中。從x軸最右端射入電場中的電子打到熒光屏上的點與 P點間的距離：
17.(16分)如圖所示，直角坐標系 xOy位于豎直平面內(nèi)，在第Ⅳ象限存在勻強磁場和勻強電場，磁場的磁感應強度為. B=2T、方向垂直于xθy平面向外，電場 E?平行于 y軸；在第Ⅲ象限存在沿 x軸正方向的勻強電場 E?,已知場強 E?、E? 的大小相等。一可視為質(zhì)點、 比荷為 qm=5C/kg的帶正電的小球，從y軸上的A(0,0.2m)點以初速度 v?水平向右拋出，經(jīng)過 x軸上的M(0.4m.0)點進入第Ⅳ象限，在第Ⅳ象限恰能做勻速圓周運動。不計空氣阻力，重力加速度 g=10m/s2,π=3.14。求:
(1) 小球從 A點拋出的初速度大小、 v?;
(2) 小球在第Ⅳ象限的運動的半徑；
(3)小球從A點出發(fā)到第二次經(jīng)過 y軸負半軸所用的總時間；
(4) 小球從 A點出發(fā)到第四次經(jīng)過 y軸的坐標。
參考答案
1. C 2. B 3. D 4. B 5. B 6. C 7. D 8. A 9. C 10. AC 11. BCD 12. BD
13. B x6-2x336T2 0.18 (0.16~0.20均對) 4.8 (4.5~5.1均對)
14. 42.40 100 歐姆 B D 內(nèi) 分壓 偏大
15.(1)"q"; 2mv24qU; 3mvR2qUπ
【詳解】 (1)根據(jù)題意可知，粒子在磁場中運動時，有 qvB=mv2R
解得 B=mvqR
(2) 帶電粒子每轉(zhuǎn)動一周，電子加速兩次，故由動能定理得
n?2qU=12mv2
解得 n=mv24qU
(3) 粒子在磁場中運動的時間 t=nT=n?2Rν=mvR2qUπ
16.13v0BL;22L3
【詳解】(1)由題意可知電子在磁場中的軌跡半徑 r=L3
由牛頓第二定律得 Bev0=mv02r
電子的比荷 em=3ν0BL
(2)若電子能進入電場中，且離0點右側(cè)最遠，則電子在磁場中運動圓軌跡應恰好與邊 AD相切，即粒子從 F點離開磁場進入電場時，離0點最遠
設電子運動軌跡的圓心為 ` 點。則 OF=x=2L3
從 F點射出的電子，做類平拋運動，有 x=2L3=Ee2mt2 y=v?t 代入得 y=2L3
電子射出電場時與水平方向的夾角為θ，有 tanθ=y2x=12
所以，從 x軸最右端射入電場中的電子打到熒光屏上的點為 G，則它與P點的距離 GP=L-ytanθ=2L3
17. (1) v?=2m/s; ( 2R=0.22m; (3) 0.91s(4)2.4m
【詳解】 (1) 小球在第Ⅰ象限做平拋運動，由運動學規(guī)律得 x=v0t1,y=12gt12
可得 t?=0.2s,v?=2m/s
(2)設小球平拋到M點時的速度大小為 v，方向與x軸正方向夾角為θ，豎直分速度為v，，則
vy=gt1解得 v=22m/s,θ=45°
在第 Ⅳ象限，洛侖茲力提供向心力，故 qvB=mv2R解得軌道半徑 R=0.22m
(3) 小球第一次在第 Ⅳ象限運動的時間為 t2=πRv=0.1πs
接著，小球沿與 y軸成夾角 45°方向進入第 Ⅲ象限，由于電場力和重力大小相等，其合力恰與小球進入第Ⅲ象限的初速度 v方向相反，故小球在第 Ⅲ象限做類豎直上拋運動，則由牛頓第二定律可得
a=F合m=2mgm=2g
由運動規(guī)律可知 t3=2v2g=0.4s
則小球從 A點出發(fā)到第二次經(jīng)過 y軸負半軸所用的總時間為 t=t?+t?+t?=0.2+0.1π+0.4s=0.91s(4)2.4 (m)

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