1、 (滿分：100分時間：90分鐘)一、選擇題(每小題6分，共48分)1根據磁感應強度的定義式BF/(IL)，下列說法中正確的是()A在磁場中某確定位置，B與F成正比，與I、L的乘積成反比B一小段通電直導線在空間某處受磁場力F0，那么該處的B一定為零C磁場中某處B的方向跟電流在該處受磁場力F的方向相同D一小段通電直導線放在B為零的位置，那么它受到的磁場力F也一定為零答案D解析磁感應強度是表征磁場強弱的物理量，磁場中的確定點的磁感應強度是一個確定的值，它由磁場本身決定，與磁場中是否有通電導體、及導體的長度、電流強度的大小、以及磁場作用力的大小無關，A錯誤；若電流方向與磁場方向在一條直線上，通電導體

2、將不受到磁場力的作用，因此在某處磁場力為零，并不能說明該處的磁感應強度為零，B錯誤；通電導體受到磁場力的方向垂直于磁場方向和電流方向所決定的平面，C錯誤；通電導體處在一個沒有磁場的空間，當然不受磁場力的作用，D正確2. 如圖1所示，A、B、C是等邊三角形的三個頂點，O是A、B連線的中點以O為坐標原點，A、B連線為x軸，O、C連線為y軸，建立坐標系過A、B、C、O四個點各有一條長直導線垂直穿過紙面，導線中通有大小相等、方向向里的電流則過O點的通電直導線所受安培力的方向為()圖1A沿y軸正方向B沿y軸負方向C沿x軸正方向D沿x軸負方向答案A解析由題圖可知，過A點和B點的通電導線對過O點的通電導線的

3、安培力等大反向，過C點的通電導線對過O點的通電導線的安培力即為其總的安培力，沿OC連線向上，故A項正確3. 如圖2所示，長方體玻璃水槽中盛有NaCl的水溶液，在水槽左、右側壁內側各裝一導體片，使溶液中通入沿x軸正向的電流I，沿y軸正向加恒定的勻強磁場B.圖中a、b是垂直于z軸方向上水槽的前、后兩內側面，則()圖2Aa處電勢高于b處電勢Ba處離子濃度大于b處離子濃度C溶液的上表面電勢高于下表面的電勢D溶液的上表面處的離子濃度大于下表面處的離子濃度答案B解析在NaCl溶液中，Na和Cl同時參與導電，且運動方向相反，故兩種離子都將向a側面偏轉，故a側面仍然是電中性的，a、b兩側面不存在電勢差，但a處

4、離子濃度大于b處離子濃度，只有B正確4如圖3所示，為一圓形區域的勻強磁場，在O點處有一放射源，沿半徑方向射出速度為v的不同帶電粒子，其中帶電粒子1從A點飛出磁場，帶電粒子2從B點飛出磁場，不考慮帶電粒子的重力，則()圖3A帶電粒子1的比荷與帶電粒子2的比荷比值為31B帶電粒子1的比荷與帶電粒子2的比荷比值為1C帶電粒子1與帶電粒子2在磁場中運動時間比值為21D帶電粒子1與帶電粒子2在磁場中運動時間比值為12答案A解析根據題圖中幾何關系，tan 60°R/r1，tan 30°R/r2，帶電粒子在勻強磁場中運動，rmv/qB，聯立解得帶電粒子1的比荷與帶電粒子2的比荷比值為31

5、，選項A正確，選項B錯誤；帶電粒子1與帶電粒子2在磁場中運動時間比值為23，選項C、D錯誤5. 如圖4所示，在第二象限內有水平向右的勻強電場，電場強度為E；在第一、四象限內分別存在如圖所示的勻強磁場，磁感應強度大小相等有一個帶電粒子以初速度v0從x軸上的P點垂直進入勻強電場，恰好與y軸成45°角射出電場，再經過一段時間又恰好垂直于x軸進入下面的磁場已知O、P之間的距離為d，則帶電粒子()圖4A在電場中運動的時間為B在磁場中做圓周運動的半徑為dC自進入磁場至第二次經過x軸所用時間為D從進入電場時開始計時，粒子在運動過程中第二次經過x軸的時間為答案D解析粒子在電場中做類平拋運動，沿x軸方

6、向上的平均速度為，所以在電場中運動時間為.由題意知，進入磁場時豎直方向速度等于水平方向速度v0，故速度為v0，在磁場中做圓周運動的半徑為2d，在第一象限內運動時間為t1T×，在第四象限內運動時間為t2T，所以自進入磁場至第二次經過x軸的時間為tt1t2，從進入電場到第二次經過x軸的時間為tt，所以只有D正確6空間存在垂直于紙面方向的均勻磁場其方向隨時間做周期性變化，磁感應強度B隨時間t變化的圖線如圖5所示規定B>0時，磁場的方向穿出紙面，一帶電荷量q5×107 C，質量m5×1010 kg的帶電粒子，位于某點O處，在t0時刻以初速度v0 m/s沿垂直磁場方向

7、開始運動,不計重力的作用,不計磁場的變化及可能產生的一切其他影響.則在磁場變化N個(N為整數)周期的時間內帶電粒子的平均速度的大小等于()圖5A m/sB. m/sC2 m/sD. m/s答案C解析由題意可得T0.02 s，R0.01 m，又t5×103 s，而磁場的變化周期為T=1×102 s,則粒子運動的平均速度為=2 m/s，選項C正確7. 如圖6所示，在x軸上方的空間存在著垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度的大小為B.許多相同的離子，以相同的速率v，由O點沿紙面向各個方向(y>0)射入磁場區域不計離子所受重力，不計離子間的相互影響圖中曲線表示離子運動的區域邊

8、界，其中邊界與y軸交點為M，邊界與x軸交點為N，且OMONL.由此可判斷()圖6A這些離子是帶負電的B這些離子運動的軌跡半徑為LC這些離子的比荷為D當離子沿y軸正方向射入磁場時會經過N點答案D解析根據左手定則知，離子帶正電，A項錯誤；由題圖可知，粒子運動的軌跡半徑為L，B項錯誤；再根據qvB，得，C項錯誤；由于ONL，粒子運動半徑為L，ON恰好為粒子做圓周運動的直徑，故其會經過N點，D項正確8如圖7，正方形區域ABCD中有垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶正電粒子(不計重力)以一定速度沿AB邊的中點M垂直于AB邊射入磁場，恰好從A點射出，則 ()圖7A僅把該粒子改為帶負電，粒子將從B點射出B僅增

9、大磁感應強度，粒子在磁場中運動時間將增大C僅將磁場方向改為垂直于紙面向外，粒子在磁場中運動時間不變D僅減少帶正電粒子速度，粒子將從AD之間的某點射出答案AC解析根據左手定則知，A對增大磁感應強度，周期T會減小，而粒子在磁場中運動時間還是，但會減小，B錯；R，v，R，粒子會從AM之間射出，D錯僅改變磁場方向使之向外，粒子的周期T不變，運動時間不變，C對二、非選擇題(共52分)9(16分)如圖8所示，在平面直角坐標系xOy第一象限內分布有垂直xOy向外的勻強磁場，磁感應強度大小B2.5×102 T在第二象限緊貼y軸并垂直y軸放置一對平行金屬板MN，極板間距d0.4 m，MN中心軸線離x軸

10、0.3 m極板與左側電路相連接，通過移動滑動頭P可以改變極板MN間的電壓a、b為滑動變阻器的最下端和最上端(滑動變阻器的阻值分布均勻)，a、b兩端所加電壓U1×102 V在MN中心軸線上距y軸距離為L0.4 m處，有一粒子源S沿x軸正方向連續射出比荷為4.0×106 C/kg，速度為v02.0×104 m/s帶正電的粒子，粒子經過y軸進入磁場，經過磁場偏轉后射出磁場而被收集(忽略粒子的重力和粒子之間的相互作用) (1)當滑動頭P在a端時，求粒子在磁場中做圓周運動的半徑R0；(2)當滑動頭P在ab正中間時，求粒子射入磁場時速度的大小；(3)滑動頭P的位置不同則粒子在

11、磁場中運動的時間也不同，求粒子在磁場中運動的最長時間圖8答案(1)0.2 m(2)×104 m/s(3)×105 s解析(1)P在a端時，MN間所加電壓為0，粒子以v0水平進入勻強磁場，則：qBv0，解得R00.2 m(2)當P在ab正中間時，UMNU/2，粒子在MN間做類平拋運動水平方向位移：Lv0t豎直方向速度：vyt代入數據解得vy1×104 m/s粒子射入磁場時的速度大小為：v×104 m/s(3)當P在b端時，UMNU，粒子進入磁場時速度最大，方向與y軸的夾角最小，做圓周運動的半徑最大，在磁場中運動的時間可能最長此時vyt2×104

12、m/sv2×104 m/s與y軸的夾角tan 1，45°則偏轉位移y0.2 m，恰好從N板右端進入磁場，由qBvm得粒子在磁場中做圓周運動的半徑為R0.2 m軌跡如圖，由幾何關系可知圓心O恰好在MN中心軸線的延長線上，由于R<0.3 m，所以粒子從y軸射出，且此粒子在磁場中運動時間最長，轉過的圓心角為270°，則tmax·×105 s10(18分)如圖9(a)所示，有兩極光滑的絕緣平臺，高一級平臺距離絕緣物塊的中心O的高度為h，低一級平臺高度是高一級平臺高度的一半絕緣物塊放在水平地面上，物塊與地面間的滑動摩擦力為f，一輕質彈簧一端連接在絕

13、緣物塊的中心，另一端固定在墻面上邊界GH左邊存在著正交的勻強電場和交變磁場，電場強度為E，磁感應強度變化情況如圖(b)所示，磁感應強度大小均為B0.有一質量為m、帶負電的小球從高一級平臺左邊緣以一定初速度滑過平臺后，垂直于邊界GH在tT/4時刻進入復合場，剛進入復合場時磁場方向向外且為正值小球以不變的速率運動至O點處恰好與絕緣物塊發生正碰，碰撞過程沒有能量損失(碰撞時間不計)碰撞后小球恰能垂直于邊界GH返回低一級平臺上，而絕緣物塊從C點向右運動到最遠點D，C、D間的距離為s，(重力加速度為g)求： (a)(b)圖9(1)交變磁場變化的周期T；(2)小球從高一級平臺左邊緣滑出的初速度v；(3)絕

14、緣物塊從C點運動至D點時，彈簧具有的彈性勢能Ep.答案(1)(2)(3)fs解析(1)帶電小球垂直于邊界GH進入復合場，做勻速圓周運動，則有：qEmg帶電小球做勻速圓周運動由洛倫茲力提供向心力，且經過半個圓周到達O點，碰后再經過半個圓周回到低一級平臺設小球做勻速圓周運動的周期為T.根據帶電粒子在磁場中運動的周期公式T因為，即T2T.由消去q，得交變磁場變化的周期T(2)小球在高一級平臺上做勻速直線運動，初速度等于在復合場中運動的速度，由牛頓第二定律有：qvB0m由幾何關系有：r聯立，解得：v(3)設小球碰后的速度大小為v,碰后做勻速圓周運動的半徑為r,由牛頓第二定律有qvB0m由幾何關系有r聯

15、立解得v設碰后物塊獲得的動能為Ek，因碰撞過程無能量損失，有mv2mv2Ek物塊由C運動到D的過程由能量守恒定律得：EkfsEp聯立解得Epfs11(18分)如圖10所示，在x軸上方有一豎直向下的勻強電場區域，電場強度為E500 V/m.x軸下方分布有很多磁感應強度為B1 T的條形勻強磁場區域，其寬度均為d13 cm，相鄰兩磁場區域的間距為d24 cm.現將一質量為m5×1013 kg、電荷量為q1×108 C的帶正電的粒子(不計重力)從y軸上的某處由靜止釋放圖10(1)若粒子從坐標(0，h1)點由靜止釋放，要使它經過x軸下方時，不會進入第二磁場區，h1應滿足什么條件？(2)若粒子從坐標(0,5 cm)點由靜止釋放，求自釋放到第二次過x軸的時間答案(1)h1<1.8×102 m(2)3.57×104 s解析(1)粒子經電場加速，設經過x軸時速度大小為v1，滿足：Eqh1mv之后進入下方磁場區，依據題意可知運動半徑應滿足：R1<d1，又R1由以上三式可得：h1<1.8×102 m(2)當粒子從h25 cm的位置無初速度釋放后，先在電場中加速，加