1、(时间：90分钟，满分：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)1关于磁场和磁感线的说法中正确的是()A磁感线就是小铁屑连成的曲线B磁感线可能是不闭合的曲线C磁感线是磁场中客观存在的曲线，它可形象地描述磁场的强弱和方向D磁极之间的相互作用是通过磁场发生的，磁场和电场一样，也是客观存在的一种特殊物质解析：选D.磁感线是人们为了形象描述磁场而假想的线，实际上不存在，故C错小铁屑连成的曲线可以模拟磁感线，但不是磁感线，故A错磁感线一定是闭合曲线，故B错磁
2、场和电场都是物质，磁极间的作用、电流间的作用都是通过磁场发生的，故D对2.图58如图58所示，一水平放置的矩形闭合线圈abcd，在细长磁铁的N极附近竖直下落，保持bc边在纸外，ad边在纸内，从图中位置1经过位置2到位置3，位置1、3都很靠近2，在这个过程中，下列对穿过线圈磁通量的说法中正确的是()A穿过线圈的磁通量越来越大B穿过线圈的磁通量越来越小C在位置2穿过线圈的磁通量最小D在位置2穿过线圈的磁通量最大解析：选C.因为在位置2线圈与磁感线平行，没有磁感线穿过，故穿过线圈的磁通量最小，等于零，C对，D错；由于位置1、3都很靠近2，故从位置1到位置3穿过线圈的磁通量先变小再变大，A、B错3如图
3、59所示，为演示电流对磁极作用力的实验，图中所示的小磁针跟它上方的导线平行当闭合开关时可观察到的现象是()图59A小磁针N极垂直纸面向里偏转B小磁针N极垂直纸面向外偏转C小磁针N极向上偏转D小磁针N极向下偏转解析：选A.根据安培定则，导线下方的磁场方向是垂直纸面向里的，所以小磁针N极垂直纸面向里偏转，选项A正确4.图510弹簧测力计下挂一条形磁铁，其中条形磁铁N极一端位于未通电的螺线管正上方，如图510所示，下列说法正确的是()A若将a接电源正极，b接电源负极，弹簧测力计示数将不变B若将a接电源正极，b接电源负极，弹簧测力计示数将增大C若将b接电源正极，a接电源负极，弹簧测力计示数将减小D若将
4、b接电源正极，a接电源负极，弹簧测力计示数将增大解析：选D.通电后的螺线管可等效为一个条形磁铁若将a接电源正极，b接电源负极，由安培定则可判断，螺线管上端为N极，根据同名磁极相斥，弹簧测力计下挂的条形磁铁受到向上的斥力，弹簧测力计的示数将减小，A、B错；同理可判断C错D对5.图511一不计重力的带电粒子垂直射入自左向右逐渐增强的磁场中，由于周围气体的阻碍作用，其运动轨迹恰为一段圆弧，则从图中可以判断()A粒子从A点射入，速率逐渐减小B粒子从A点射入，速率逐渐增大C粒子从B点射入，速率逐渐减小D粒子从B点射入，速率逐渐增大解析：选A.由于周围气体的阻碍作用，带电粒子的速度逐渐减小，而其运动轨迹仍
5、为一段圆弧，即半径的大小不变，由公式r可知带电粒子从磁场强的地方运动到磁场弱的地方，故选A.6如图512所示为电视机显像管及其偏转线圈的示意图，如果发现电视画面的幅度比正常时偏小，则可能是下列哪些原因引起的()图512A电子枪发射能力减弱，电子数减少B加速电场的电压过高，电子速率偏大C偏转线圈局部短路，线圈匝数减少D偏转线圈电流过小，偏转磁场减弱解析：选BCD.电子数的减少仅能改变画面的清晰度，不会引起画面幅度的偏小，A错误；电子沿如图所示方向进入偏转磁场，显然画面幅度的大小取决于角，tan.速率偏大，变小，画面幅度偏小，B正确；线圈匝数减少或线圈电流过小导致B变小，减小，画面幅度偏小，C、D
6、正确7.图513如图513所示，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1I2；a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点，且a、b、c与两导线共面；b点在两导线之间，b、d的连线与导线所在平面垂直磁感应强度可能为零的点是()Aa点Bb点Cc点 Dd点解析：选C.由于I1I2，且a点离I1近，所以I1比I2在a点产生的磁场强，虽然I1、I2在a点形成的磁场方向相反，但合场强不可能为零；根据安培定则，I1、I2在b点形成的磁场方向相同，磁感应强度不可能为零；I1、I2在c点处形成的磁场方向相反，I1I2，但I2离c更近，二者在c处形成的磁感应强度大小相等时，合磁场的磁感应
7、强度可能为零；I1、I2在d处形成磁场有一夹角，合磁场磁感应强度不可能为零综上所述只有选项C正确，A、B、D均错8.图514电磁轨道炮工作原理如图514所示待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与I成正比通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是()A只将轨道长度L变为原来的2倍B只将电流I增加至原来的2倍C只将弹体质量减至原来的一半D将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其他
8、量不变解析：选BD.由题意可知BkI，FBIdkI2d.由动能定理可得FLmv，v0，v0，v0I，要使v0加倍，则B、D正确，A、C错9.图515设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，如图515所示，已知一粒子在电场力和洛伦兹力的作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点是运动的最低点，忽略重力，以下说法正确的是()A粒子必带负电荷BA点和B点位于同一高度C粒子在C点时速度最大D粒子到达B点后，将沿原曲线返回A点解析：选BC.离子由A至C洛伦兹力不做功，电场力做正功，故粒子带正电，A错误，又不计重力，由动能定理可知B、C正确，粒子到达B点后向右继续重复
9、的运动，如图所示，故D错误10.图516半径为r的圆形空间内，存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子(不计重力)从A点以速度v0垂直磁场方向射入磁场中，并从B点射出，AOB120，如图516所示，则该带电粒子在磁场中运动的时间为()A2/(3v0) B2r/(3v0)Cr/(3v0) D.r/(3v0)解析：选D.从所对圆心角60知tT，但题中已知条件不够，没有此项选择，只有另想办法找规律表示t.由匀速圆周运动得t，又Rr，得Rrr，则t.11.图517如图517所示，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O和y轴上的点a(0，L)一质量为m、电荷量为e的电子从
10、a点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的b点射出磁场，此时速度方向与x轴正方向的夹角为60.下列说法中正确的是()A电子在磁场中运动的时间为B电子在磁场中运动的时间为C磁场区域的圆心坐标为D电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为(0，L)解析：选BD.对于带电粒子在磁场中的运动情况分析如图甲所示，在图甲中离开磁场的速度方向与x轴正向夹角为60，则弧ab所对应的圆心角为60，弦ab与x轴夹角为30，由几何关系得Ob长为L，且ab与x轴夹角为30，则OOL，D对；在图乙中，作弦Oa与弦Ob的垂直平分线，交点O为磁场区域的圆心，C错；电子在磁场中运动的半径r2L，周期T，则运动时间tT，B
11、对12.图518长为L的水平极板间，有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，板间距离为L，板不带电，现有质量为m，电荷量为q的带正电粒子(重力不计)，从左边极板间中点处垂直磁场以速度v水平入射，如图518所示，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是()A使粒子速度vC使粒子速度vD使粒子速度v时粒子能从右边穿出粒子从左边穿出时圆心在O点，有r2，得v2，所以v时粒子能从左边穿出答案为AB.二、计算题(本题共4小题，共40分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13.图519(8分)把一根长为L10 cm的直导线垂
12、直磁感线方向放入如图519所示的匀强磁场中(1)当导线中通以I12 A的电流时，导线受到的安培力大小为1.0107 N，试求该磁场的磁感应强度的大小B.(2)若该导线中通以I23 A的电流，试求此时导线所受安培力大小F，并判断安培力的方向解析：(1)根据FBIL得B5107 T(4分)(2)当导线中电流变化时，导线所在处的磁场不变，则FBIL1.5107 N(2分)方向：根据左手定则，导线所受安培力方向垂直于导线向上(2分)答案：(1)5107 T(2)1.5107 N方向垂直于导线向上14.图520(10分)在直径为d的圆形区域内存在着匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于圆面指向纸外一电
13、荷量为q、质量为m的带正电粒子，从磁场区域的一条直径AC上的A点沿纸面射入磁场，其速度方向与AC成15角，如图520所示若此粒子在磁场区域运动过程中速度的方向一共改变了90，重力可忽略不计，求：(1)该粒子在磁场区域内运动所用的时间t；(2)该粒子射入时的速度大小v.解析：(1)粒子在匀强磁场中运动，有qvBm，运动周期T，得轨道半径r，周期T.(2分)粒子的速度方向改变了90，所用的时间t.(2分)(2)粒子的运动情况如右图所示AOD是等腰直角三角形，ADr，OAD45；在CAD中，CAD90OAD30，ADdcosCADdcos30，即rdcos30，解得半径rd，(4分)因此粒子射入时的
14、速度大小v.(2分)答案：(1)(2)15.图521(10分)回旋加速器是用来加速一群带电粒子使它们获得很大动能的仪器，其核心部分是两个D形金属扁盒，两盒分别和一高频交流电源两极相接，以使在盒间的狭缝中形成匀强电场，使粒子每穿过狭缝都得到加速，两盒放在匀强磁场中，磁感应强度为B，磁场方向垂直于盒底面，离子源置于盒的圆心附近，若离子源射出的离子电荷量为q，质量为m，离子最大回旋半径为R，其运动轨迹如图521所示求：(1)所加交流电频率应是多大，离子角速度为多大？(2)离子离开加速器时速度为多大，最大动能为多少？解析：(1)离子在电场中运动时间极短，因此高频交流电压频率要等于离子回旋频率回旋频率f
15、，(3分)角速度2f.(2分)(2)离子最大回旋半径为R，由牛顿第二定律得qvmB，其最大速度为：vm，(3分)故最大动能Ekmmv.(2分)答案：(1)(2)16.图522(12分)如图522所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为B，方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴一质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从y轴上的A点水平向右抛出，经x轴上M点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次离开电场和磁场，MN之间的距离为L，小球过M点时的速度方向与x轴正方向夹角为.不计空气阻力，重力加速度为g，求：(1)电场强度E的大
16、小和方向；(2)小球从A点抛出时初速度v0的大小；(3)A点到x轴的高度h.解析：(1)小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动，其所受电场力必须与重力平衡，有qEmg(1分)得：E(1分)重力的方向是竖直向下的，电场力的方向则应为竖直向上，由于小球带正电，所以电场强度方向竖直向上(1分)(2)小球做匀速圆周运动，O为圆心，MN为弦长，MOP，如图所示设半径为r，由几何关系知sin(2分)小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，设小球做圆周运动的速率为v，有qvB(1分)由速度的合成与分解知cos(1分)由式得v0cot(1分)(3)设小球到M点时的竖直分速度为vy，它与水平分速度的关系为vyv0tan(1分)由匀变速直线运动规律得v2gh(1分)由式得h(2分)答案：(1)竖直向上(2)cot(3)
