2018-2019苏州外国语学校高二物理选修3-1磁场测试卷
90分钟 100分
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题号 |
一 |
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四 |
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一、单选题（本大题共7小题，共21.0分）
如图所示，导线框abcd与导线AB在同一平面内，直导线中通有恒定电流I，在线框由左向右匀速通过直导线的过程中，线框中的电流方向是（）
A. 先abcda，再adcba，后abcda B. 先abcda，再adcba
C. 始终adcba D. 先adcba，再abcda，后adcba
如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R．金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂
直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是（ ）
A. ab中的感应电流方向由b到a B. ab中的感应电流逐渐减小
C. ab所受的安培力保持不变 D. ab所受的静摩擦力逐渐减小
如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场区域中，有一个固定在竖直平面内的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球，O点圆环的圆心，a、b、c为圆环上的三个点，a点为最高点，c点为最低点，bO沿水平方向，已知小球所受电场力与重力大小相等，现将小球从环的顶端a点由静止释放，下列判断正确的是（ ）
A. 当小球运动到b点时，小球受到的洛伦兹力最大
B. 当小球运动到c点时，小球受到的支持力一定大于重力
C. 小球从b点运动到c点，电势能增大，动能先增大后减小
D. 小球从a点运动到b点，重力势能减小，电势能增大
如图，在两根平行直导线中，通以相反的电流I1和I2，且I1＞I2，设两导线所受磁场力的大小分别为F1和F2，则两导线（ ）
A. 相互吸引，且
B. 相互排斥，且
C. 相互吸引，且
D. 相互排斥，且
如图所示，一根通电导线垂直放在磁感应强度为1T的匀强
磁场中，以导线为中心，半径为R的圆周上有a、b、c、d四个点，已知c点的实际磁感应强度为0，则下列说法中正确的是（ ）
A. 直导线中电流方向垂直纸面向里
B. d点的磁感应强度为0
C. a点的磁感应强度为2T，方向向右
D. b点的磁感应强度为
，方向斜向下，与B成
角
如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过△t时间从C点射出磁场，OC与OB成60°角。现只改变带电粒子的速度大小，仍从A点沿原方向射入原磁场，不计重力，测出粒子在磁场中的运动时间变为2△t、则粒子的速度大小变为（ ）
A. 
B. 2v C. 
D. 3v
在城市建设施工中，经常需要确定地下金属管线的位置，如图所示。有一种探测方法是，首先给金属长直管线通上电流，再用可以测量磁场强弱、方向的仪器进行以下操作：①用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁感应强度最强的某点，记为a；②在a点附近的地面上，找到与a点磁感应强度相同的若干点，将这些点连成直线EF；③在地面上过a点垂直于EF的直线上，找到磁场方向与地面夹角为45°的b、c两点，测得b、c两点距离为L．由此可确定金属管线（ ）
A. 平行于EF，深度为
B. 平行于EF，深度为L
C. 垂直于EF，深度为 D. 垂直于EF，深度为L
二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）
为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口，在垂直于前、后面的方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在上下两个面的内侧固定有金属板M、N作为电极，污水充满管口地从左向右流经该装置时，电压表显示两个电极间的电压U．若用Q表示污水流量（单位时间内流出的污水体积），下列说法中正确的是（ ）
A. M板电势一定高于N板的电势
B. 污水中离子浓度越高，电压表的示数越大
C. 污水流动的速度越大，电压表的示数越大
D. 电压表的示数U与污水流量Q成反比
速度相同的一束粒子（不计重力）经速度选择器射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列相关说法中正确的是（ ）
A. 该束带电粒子带正电
B. 速度选择器的
极板带负电
C. 能通过狭缝
的带电粒子的速率等于
D. 若粒子在磁场中运动半径越大，则该粒子的比荷越小
质谱仪的工作原理示意图如图，它由速度选择器和有边界的偏转磁场构成。速度选择器由两块水平放置的金属板构成。由三种电量均为q、质量不同的粒子组成的粒子束沿水平向右的方向射入速度选择器，该粒子束沿直线穿过底板上的小孔O进入偏转磁场，最终三种粒子分别打在底板MN上的a、b、c三点，且a、c的间距为Δx。已知底板MN左右两侧的匀强磁场方向均垂直纸面向外，且磁感应强度的大小分别为B1、B2，速度选择器中匀强电场的场强大小为E，不计粒子的重力以及它们之间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
速度选择器中的电场方向向上
B. 三种粒子的速度大小均为
C. 三种粒子中打在c点的粒子质量最大
D. 打在a、c两点的粒子质量差为
如图所示．带电平行扳中匀强电场方向竖直向上，匀强磁场方向水平向里，某带电小球从光滑绝缘轨道上的a点自由滑下，经过轨道端点P进入板间恰好沿水平方向做直线运动．现使球从轨道上较低的b点开始滑下，经P点进入板间后，在板间运动过程中（ ）
A. 小球动能将会增大
B. 小球的电势能将会增大
C. 小球所受的洛仑兹力将会增大
D. 因不知小球带电性质，不能判断小球的动能如何变化
如图所示，一根固定的绝缘竖直长杆位于范围足够大且相互正交的匀强电场和匀强磁场中，电场强度大小为E=
，磁感应强度大小为B．一质量为m、电荷量为q的带正电小圆环套在杆上，环与杆间的动摩擦因数为μo现使圆环以初速度vo向下运动，经时间to，圆环回到出发点。若圆环回到出发点之前已经开始做匀速直线运动，不计空气阻力，重力加速度为g。则下列说法中正确的是（ ）
A. 环经过
时间刚好到达最低点
B. 环的最大加速度为
C. 环在
时间内损失的机械能为
D. 环下降过程和上升过程系统因摩擦产生的内能相等
三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
小强同学设计了一个电学测量装置。如图所示，长度
m的均匀金属杆，通过劲度系数为
N/m的两根相同轻弹簧，悬挂于装置顶部。弹簧下端连接一个绝缘轻指针，可指示足够长的毫米刻度尺上的读数。初始时，不挂金属杆，弹簧处于原长，指针对齐刻度尺上的零刻度。然后在指针下方用不可伸长的轻质绝缘短绳挂上金属杆，杆中无电流通过时，稳定后金属杆恰与矩形匀强磁场的水平上边界重合，指针对齐毫米刻度尺上的
m位置。匀强磁场区域宽度
m，长度
m，磁感应强度
T，方向垂直纸面向外。弹簧始终在弹性限度内。
取10
。
（1）金属杆
的哪一端应与电源正极相接：________。（填“
”或“
”）
（2）此电流表的量程是
________A。
（3）接上电源
V，连通电路，调节电阻箱，使得指针读数为
m，则金属杆、电阻箱、电源内阻三者之和为
________Ω。
（4）保持（3）的电源和电阻箱阻值不变，串联进待测电阻
，在刻度尺原刻线旁，标注对应的待测电阻阻值，则从上到下相邻两条刻线间电阻变化趋势为（ ）
A．相等 B．逐渐变大 C．逐渐变小
图甲所示是某磁敏电阻在室温下的电阻RB随磁感应强度B变化的特性曲线，其中，在0.4T≤B≤1.2T的范围内，图线为直线。测试时，磁敏电阻的轴向方向与磁场方向垂直。
（1）试结合图甲，写出在0.4T≤B≤1.2T的范围内，RB随B变化的关系式：RB=______kΩ。
（2）某同学想利用该磁敏电阻去测量某磁场的磁感应强度B，他找到了如图乙所示的器材，并连好部分导线。
①该同学所选器材的规格为：电源（电动势3V，内阻不计）；磁敏电阻（无磁场时的阻值R0=250Ω）；滑动变阻器（最大电阻约10Ω）；电流表（量程2.5mA，内阻约10Ω）；电压表（量程3V，内阻约3kΩ）。
请在答题卡对应的图乙中添加连接导线，使磁敏电阻接入电路，并能在实验中，调节滑动变阻器滑片时得到如下表所示的数据：
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1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
6 |
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U/V |
0.00 |
0.45 |
0.91 |
1.50 |
1.79 |
2.71 |
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I/mA |
0.00 |
0.30 |
0.60 |
1.00 |
1.20 |
1.80 |
②忽略电路中电流产生的磁场，根据表中数据和上述信息，求出所测磁场的磁感应强度B的大小为______T．（取一位有效数字）
四、计算题（本大题共3小题，共41.0分）
如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d=0.10m，a、b间的电场强度为E=5.0×105N/C，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B=6.0T、方向垂直纸面向里的匀强磁场．今有一质量为m=4.8×10-25kg、电荷量为q=1.6×10-18C的带正电的粒子（不计重力），从贴近a板的左端以v0=1.0×106m/s的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到b板的Q处（图中未画出）．求：
（1）P、Q之间的距离L；
（2）粒子从P运动到Q的时间.
|
回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示．它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近（缝隙的宽度远小于盒半径），分别和高频交流电源相连接，使带电粒子每通过缝隙时恰好在最大电压下被加速．两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒面，带电粒子在磁场中做圆周运动，粒子通过两盒的缝隙时反复被加速，直到最大圆周半径时通过特殊装置被引出．若D形盒半径为R，所加磁场的磁感应强度为B．设两D形盒之间所加的交流电压的最大值为U，被加速的粒子为α粒子，其质量为m、电量为q．α粒子从D形盒中央开始被加速（初动能可以忽略），经若干次加速后，α粒子从D形盒边缘被引出．求：
（1）α粒子被加速后获得的最大动能Ek；
（2）α粒子在第n次加速后进入一个D形盒中的回旋半径与紧接着第n+1次加速后进入另一个D形盒后的回旋半径之比；
（3）α粒子在回旋加速器中运动的时间；
（4）若使用此回旋加速器加速氘核，要想使氘核获得与α粒子相同的动能，请你通过分析，提出一个简单可行的办法．
如图所示，在直角坐标系xOy的第一、四象限区域内存在两个有界的匀强磁场；垂直纸面向外的匀强磁场I、垂直纸面向里的匀强磁场Ⅱ，O、M、P、Q为磁场边界和x轴的交点，OM＝MP＝L。在第三象限存在沿y轴正向的匀强电场。一质量为m带电荷量为＋q的带电粒子从电场中坐标为(－2L，－L)的点以
速度v沿＋x方向射出，恰好经过原点O处射入磁场Ⅰ又从M点射出磁场Ⅰ(粒子的重力忽略不计)。
（1）求第三象限匀强电场场强E的大小；
（2）求磁场Ⅰ磁感应强度B的大小；
（3）如果带电粒子能再次回到原点O，问磁场Ⅱ的宽度至少为多少？粒子两次经过原点O的时间间隔为多少？
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
【分析】
本题先由安培定则判断通电直导线周围的磁场分布，知道它是非匀强磁场。在线框由左向右匀速通过直导线时，判断出穿过线圈的磁通量的方向以及通过闭合线圈面积的磁通量的变化情况，由楞次定律即可判断出感应电流磁场的方向，再根据安培定则判断感应电流的方向。
本题考查楞次定律的应用，要注意明确原磁场与感应电流的磁场间的关系，明确“增反减同”的正确应用。还要注意通电指导线周围的磁场为非匀强磁场，距离通电直导线越近磁场越强，知道通电导线的磁场方向的分布情况。
【解答】
由安培定则得，载有恒定电流的直导线产生的磁场在导线左边的方向为垂直直面向外，右边的磁场方向垂直向里，当线圈向导线靠近时，则穿过线圈的磁通量向外变大，根据楞次定律，可知感应电流磁场方向向内，感应电流方向为abcda；当线圈bc边越过导线直到ad边将要越过导线的过程，穿过线圈的磁通量是向外的减小，向内的增加，则感应电流磁场方向向外，由楞次定律得感应电流方向为adcba；当继续向右运动时，穿过线圈的磁通量向内变小，由楞次定律可得，感应电流磁场方向向内，由安培定则得感应电流方向为：abcda，故A正确，BCD错误。
故选A。
2.【答案】D
【解析】
解：A、磁感应强度均匀减小，磁通量减小，根据楞次定律得，ab中的感应电流方向由a到b，故A错误。
B、由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律
得，感应电动势恒定，则ab中的感应电流不变，故B错误。
C、根据安培力公式F=BIL知，电流不变，B均匀减小，则安培力减小，故C错误。
D、导体棒受安培力和静摩擦力处于平衡，f=F，安培力减小，则静摩擦力减小，故D正确。
故选：D。
根据楞次定律得出感应电流的方向，结合法拉第电磁感应定律判断感应电流是否不变，根据安培力公式分析安培力是否保存不变，结合平衡分析静摩擦力的变化。
本题考查了法拉第电磁感应定律、楞次定律、安培力公式的基本运用，注意磁感应强度均匀变化，面积不变，则感应电动势不变，但是导体棒所受的安培力在变化。
3.【答案】C
【解析】
解：电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”．关于圆心对称的位置（即bc弧的中点）就是“最低点”，速度最大．
A、设电场力与重力的合力为F，小球从a点运动到b点，F做正功，小球的动能增大，从b运动到c，动能先增大后减小，bc弧的中点速度最大，动能最大，故A错误．
B、当小球运动到c点时，由支持力、洛伦兹力和重力的合力提供向心力，洛伦兹力方向向上，
由FN+F洛-mg=m
，可知，FN不一定大于mg，故B错误．
C、小球从b点运动到c点，电场力做负功，电势能增大，合力先做正功后做负功，则动能先增大后减小．故C正确．
D、小球从a点运动到b点，重力和电场力均做正功，则重力势能和电势能均减小，故D错误．
故选：C
电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”．关于圆心对称的位置（即bc弧的中点）就是“最低点”，速度最大．再根据竖直平面内的圆周运动的相关知识解题即可．
该题要求同学们能够根据受力分析找出做圆周运动新的最高点和最低点，再根据竖直平面内的圆周运动的知识解题．
4.【答案】D
【解析】
解：A、通电导线在其周围产生磁场，通电导线在磁场中受到安培力作用，两导线所受安培力是作用力与反作用力，它们大小相等，故AB错误；
C、由右手螺旋定则可知：I1在I2处产生的磁场垂直纸面向里，由左手定则可知，I2所所受安培力向左；由右手螺旋定则可知：I2在I1处产生的磁场垂直纸面向外，由左手定则可知，I1所所受安培力向右；则两导线相互远离；故C错误，D正确；
故选：D．
物体间力的作用是相互的，物体间的相互作用力大小相等；磁场是由通电导线产生的，一通电导线在另一导线电流的磁场中，会受到安培力作用，由安培定则判断出电流的磁场方向，然后由左手定则判断出安培力方向．
通电导线处于磁场中要受到安培力作用，可得：同向电流相互吸引，异向电流相互排斥．可作为结论让学生记住．
5.【答案】C
【解析】
解：A、由题意可知，c点的磁感应强度为0，说明通电导线在c点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，即得到通电导线在c点产生的磁感应强度方向水平向左，根据安培定则判断可知，直导线中的电流方向垂直纸面向外．故A错误．
B、根据矢量合成规律可知，通电导线在d处的磁感应强度方向竖直向上，则d点感应强度为
T，方向与B的方向成45°斜向上．故B错误．
C、通电导线在a处的磁感应强度方向水平向右，则a点磁感应强度为2T，方向与B的方向相同．故C正确．
D、由上可知，通电导线在b点产生的磁感应强度大小为1T，由安培定则可知，通电导线在b处的磁感应强度方向竖直向下，根据平行四边形与匀强磁场进行合成得知，b点感应强度为T，方向与B的方向成45°斜向下．故D错误．
故选：C
由题，c点的磁感应强度为0，说明通电导线在O点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，由安培定则判断出通电导线中电流方向．通电导线在abcd四点处产生的磁感应强度大小相等，根据平行四边形定则进行合成分析b、c、d三点的磁感应强度大小和方向．
本题考查安培定则和平行四边形定则，注意在空间任意一点的磁感应强度都通电导线产生的磁场和匀强磁场的叠加．
6.【答案】C
【解析】
解：设圆形磁场区域的半径是R，
以速度v射入时，半径
r1=
，
根据几何关系可知，
=tan60°，所以r1=
R；
运动时间△t=
T；
设第二次射入时的圆心角为θ，根据分析可知：θ=120°
则tan
=
=
半径r2=
又：r2=
得：v′=
v
故选：C。
粒子在匀强磁场做匀速圆周运动，运动周期T=
，与粒子速度大小无关，可见，要粒子在磁场中运动的时间加倍，则它在磁场中运动轨迹对应的圆心角加倍。
带电粒子在磁场中运动的题目解题基本步骤为：定圆心、画轨迹、求半径，同时还利用圆弧的几何关系来帮助解题。
7.【答案】A
【解析】
解：用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁感应强度最强的某点，记为a，说明a点离电流最近；
找到与a点磁感应强度相同的若干点，将这些点连成直线EF，故说明这些点均离电流最近，根据电流应该时是平行EF；
画出左侧视图，如图所示：
b、c间距为L，且磁场方向与地面夹角为45°，故深度为
，
故A正确，BCD错误；
故选：A。
根据左手定则判断电流方向，然后画出直线电流的磁感线方向，结合几何关系确定金属管线深度。
本题考查直线电流的磁感线分布情况，关键时作图分析，结合几何关系确定导线位置，基础题目。
8.【答案】AC
【解析】
【分析】
根据左手定则判断洛伦兹力的方向，从而得出正负离子的偏转方向，确定出前后表面电势的高低，最终离子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡求出两极板间的电压，以及求出流量的大小。
本题主要考察带电粒子在复合场中的运动，解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及抓住离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡进行求解。
【解答】
A.根据左手定则，知负离子所受的洛伦兹力方向向下，则向下偏转，
板带负电，
板带正电，则板的电势比板电势高，故A正确；
BC.最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有：
，解得
，所以电压与离子浓度无关，与污水流动速度成正比，故B错误，C正确；
D.因为，所以
，则流量
，则
，所以电压与污水流量成正比，故D错误。
故选AC。
9.【答案】ACD
【解析】
解：A、由图可知，带电粒子进入匀强磁场B2时向下偏转，所以粒子所受的洛伦兹力方向向下，根据左手定则判断得知该束粒子带正电。故A正确。
B、在平行金属板中受到电场力和洛伦兹力两个作用而做匀速直线运动，由左手定则可知，洛伦兹力方向竖直向上，则电场力方向向下，粒子带正电，电场强度方向向下，所以速度选择器的P1极板带正电。故B错误。
C、粒子能通过狭缝，电场力与洛伦兹力平衡，则有：qvB1=qE，解得：v=
．故C正确。
D、粒子进入匀强磁场B2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=m
，解得：r=．可见，由于v是一定的，B不变，半径r越大，则
越小。故D正确。
故选：ACD。
由图可知，粒子进入匀强磁场B2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，根据粒子向下偏转，即可知粒子所受的洛伦兹力方向向下，由左手定则可判断粒子的电性。
粒子速度选择器中受到电场力和洛伦兹力两个作用，电场力不变，速度方向不变，可知洛伦兹力与电场力应平衡，由左手定则判断出洛伦兹力方向，由平衡条件即可确定出P1极板带什么电。
粒子进入匀强磁场B2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得到半径表达式，根据半径公式分析半径越大时，粒子的质量和比荷的大小。
本题关键要理解速度选择器的原理：电场力与洛伦兹力，粒子的速度一定。粒子在磁场中偏转时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律则可得到半径。
10.【答案】AC
【解析】
【分析】
由左手定则判断粒子的电性，在速度选择器中根据受力确定电场方向；带电的粒子在速度选择器中做匀速直线运动，说明粒子受力平衡，根据粒子的受力状态可以求得速度选择器中的速度大小；粒子在磁场B2中做匀速圆周运动，根据粒子在磁场中运动的半径公式可以判断粒子质量大小；两粒子的直径相差△x，结合半径公式即可求解粒子质量差。
本题考查的是速度选择器和质谱仪的原理的综合，应采取分段分析的方法，由平衡条件和牛顿第二定律就能求出相关的物理量。
【解答】
A.根据粒子在磁场B2中的偏转方向，由左手定则知三种粒子均带正电，在速度选择器中，粒子所受的洛伦兹力向下，电场力向上，知电场方向向上，故A正确；
B.三种粒子在速度选择器中做匀速直线运动，受力平衡，有qE=qvB1，得
，故B错误；
C.粒子在磁场区域B2中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有
，得
，三种粒子的电荷量相等，半径与质量成正比，故打在c点的粒子质量最大，故C正确；
D.打在a、c间距
，解得
，故D错误。
故选AC。
11.【答案】ABC
【解析】
解：根据题意分析得：虽然不知小球电性，我们可以假设，如果小球带负电，电场力、洛伦兹力的方向都向下，小球不会平衡．所以，小球一定带正电．
小球从P点进入平行板间后做直线运动，共受三个力：电场力、洛伦兹力的方向都向上，与重力都在竖直方向上，小球做直线运动，三力一定相平衡，即小球一定做匀速直线运动．
如果小球从稍低的b点下滑到从P点进入平行板间，则小球到达P点的速度会变小，所以洛伦兹力比之前减小，三个力的合力一定不为零，方向向下，竖直向下的速度增加，所以动能将会增大，洛伦兹力也会增大故AC正确．因为电荷是逆着电场线走的，电场力做负功，所以，电势能增加．故ABC正确，D错误．
故选：ABC．
小球从P点进入平行板间后做直线运动，对小球进行受力分析得小球共受到三个力作用：恒定的重力G、恒定的电场力F、洛伦兹力f，这三个力都在竖直方向上，小球在水平直线上运动，所以可以判断出小球受到的合力一定是零，即小球一定是做匀速直线运动，洛伦兹力和电场力同向，故都向上；减小入射速度后，洛伦兹力减小，合力向下，故向下偏转．
本题关键先分析出小球受力平衡，然后再考虑洛仑兹力变化后的运动情况，同时要结合平行板电容器的表达式和电势差与电场强度的关系式列式分析．
12.【答案】BC
【解析】
解：A、环向下运动时竖直方向受到重力、向上的电场力、向上的摩擦力，设加速度大小为a1，则a1=
，因此速度的减小，导致洛沦兹力减小，则摩擦力会减小，因此环做加速度减小的减速运动，当环回头时，环的加速度大小a2=
，随着速度增大，开始做加速度减小的加速运动，之后做匀速直线运动，因此在t=
时，不可能刚好到达最低点，故A错误；
B、圆环在运动过程中，只有向下运动时，加速度大于向上运动的加速度，而向下运动摩擦力越大，则加速度越大，因此环刚开始运动时，加速度最大，最大加速度am=
=g+
，故B正确；
C、圆环从出发到回到出发点过程中，重力势能变化为零，那么机械能的损失，即为动能的减小，
根据动能定理，则有，△EK=
-
，而v=
，因此损失的机械能为
m（v02-
），故C正确；
D、根据功能关系，除重力以外的力做功，则导致机械能变化，而环在下落与上升过程中，因摩擦力做功值不同，因此环在下落过程中损失的机械能不会等于上升回到出发点过程中损失的机械能，故D错误；
故选：BC。
A、环来回运动性质不相对称，从而判定即可；
B、依据牛顿第二定律，结合洛伦兹力大小公式f=Bqv，及左手定则，即可求解；
C、根据动能定理，即可回到原点的机械能变化量；
D、依据动能定理，结合初末速度，即可求解。
考查牛顿第二定律、动能定理的内容，掌握机械能损失与除重力以外的力做功有关，理解环在运动中受到洛伦兹力与速率的关系，及洛伦兹力的方向判定，注意环来回运动性质的不同是解题的关键。
13.【答案】（1）
；（2）1.25；（3）3；（4）C
【解析】
【分析】
小强同学设计的该测量装置是用来测量电流的。根据胡克定律、安培力、闭合电路的欧姆定律以及平衡条件分析解答。
把握实验的设计原理是解题的关键。
【解答】
（1）改装置是用来测量电流的，当金属棒中有电流通过时，金属棒应受到向下的安培力，根据左手定则，金属杆
的M端应与电源正极相接；
（2）根据平衡条件，当金属棒与矩形匀强磁场的水平下边界重合时，电流最大，根据平衡条件得：2kb=BIa，代入数据解得：I=1.25A，即此电流表的量程是1.25A；
（3）指针读数为
m时，电流为I'=1A，根据闭合电路的欧姆定律金属杆、电阻箱、电源内阻三者之和为
；
（4）保持（3）的电源和电阻箱阻值不变，串联进待测电阻
，在刻度尺原刻线旁，标注对应的待测电阻阻值，则从上到下相邻两条刻线间电阻变化趋势为逐渐变小，故选C。
故答案为：（1）
；（2）1.25；（3）3；（4）C。
14.【答案】2.25B-0.6；0.8
【解析】
解：（1）根据图象可知，0.4T≤B≤1.2T内RB随B变化图象为直线，由数学规律可知，对应的关系式为：
RB=2.25-0.6kΩ；
（2）①因磁敏电阻的阻值较大，故应采用电流表内接法，同时滑动变阻器应采用分压接法，故实物图如图所示；
②由R=
求出每次R的测量值，再采用多次测量取平均的方法，则得：
RB=
×103=1500Ω
由图a所示图象可知，待测磁场的磁感应强度B为0.8T；
故答案为：（1）2.25-0.6kΩ（2）如图所示；0.8。
（1）根据图示图象判断电阻随磁感应强度变化的关系；
（2）①采用伏安法测量电阻，由于待测电阻较大，采用电流表内接法，滑动变阻器采用分压式接法；
②采用多次测量取平均的方法，求出磁敏电阻的阻值RB，再由图a得出磁感应强度。
本题关键是用伏安法测量出磁敏电阻的阻值，然后根据某磁敏电阻在室温下的电阻-磁感应强度特性曲线查出磁感应强度，同时要能读懂各个图象的物理意义，变化规律。
15.【答案】解：（1）粒子从a板左端运动到P处，
由动能定理得：qEd=
代入有关数据，解得：
，
代入数据得θ=30°
粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为r，如图．由几何关系得：
又
联立求得：
代入数据解得：L=5.8cm．
（2）周期
粒子从P运动到Q的时间：
由以上两式代入数据解得：t=
答：（1）P、Q之间的距离L=5.8cm；
（2）粒子从P运动到Q的时间5.2×10-8s.
【解析】
粒子进入电场中，在电场力作用下加速运动，由动能定理可求出出电场的速度大小及方向．当粒子进入磁场中，由洛伦兹力作用做匀速圆周运动，由牛顿第二定律与几何关系可求出PQ间距．再根据运动周期公式，结合轨迹对应的圆心角，即可求解粒子从P运动到Q的时间.
本题考查带电粒子在电场、磁场中两运动模型：匀速圆周运动与类平抛运动，及相关的综合分析能力，以及空间想像的能力，应用数学知识解决物理问题的能力，同时掌握牛顿第二定律与运动学公式相综合，并理解运动的半径与周期公式的应用.
16.【答案】解：（1）α粒子在D形盒内做圆周运动，轨道半径达到最大时被引出，具有最大动能．设此时的速度为v，有 
可得
α粒子的最大动能Ek=
（2）α粒子被加速一次所获得的能量为qU，α粒子被第n次和n+1次加速后的动能分别为
可得 
（3）设α粒子被电场加速的总次数为a，则
Ek=
可得 a=
α粒子在加速器中运动的时间是α粒子在D形盒中旋转a个半圆周的总时间t．
t=a
解得
t=
（4）加速器加速带电粒子的能量为Ek=，由α粒子换成氘核，有
，则
，即磁感应强度需增大为原来的
倍；
高频交流电源的周期，由α粒子换为氘核时，交流电源的周期应为原来的
倍．
【解析】
（1）根据
知，当R最大时，速度最大，求出最大速度，根据
求出粒子的最大动能．
（2）α粒子被加速一次所获得的能量为qU，求出第n次和n+1次加速后的动能
，
，从而求出回旋半径之比．
（3）求出粒子被加速的次数，在一个周期内加速两次，求出周期，从而求出粒子在回旋加速器中运动的时间．
（4）回旋加速器加速粒子时，粒子在磁场中运动的周期和交流电变化的周期相同．已知氘核与α粒子的质量比和电荷比，根据最大动能相等，得出磁感应强度的关系，以及根据周期公式，得出交流电的周期变化．
解决本题的关键知道回旋加速器利用磁场偏转和电场加速实现加速粒子，粒子在磁场中运动的周期和交流电的周期相等．
17.【答案】
解：（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，则有
水平方向：2L=v0t
竖直方向：
联立解得，
（2）设到原点时带电粒子的竖直分速度为vy
则
则粒子进入磁场时速度大小为 
，方向与x轴正向成45°
粒子进入区域Ⅰ做匀速圆周运动，由几何知识可得轨迹半径为 
由洛伦兹力充当向心力，则有
可解得：
（3）粒子运动轨迹如图．
在区域Ⅱ做匀速圆周的半径为
带电粒子能再次回到原点的条件是区域Ⅱ的宽度 
粒子从O到M的运动时间 
粒子从M到N的运动时间 
粒子在区域Ⅱ中的运动时间 
粒子两次经过原点O的时间间隔为 
答：（1）第三象限匀强电场场强E的大小是
；
（2）区域I内匀强磁场磁感应强度B的大小是
；
（3）如带电粒子能再次回到原点O，区域II内磁场的宽度至少为（+1）L，粒子两次经过原点O的时间间隔为
．
【解析】
（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，运用运动的分解法，由牛顿第二定律和运动学公式求解场强E的大小；
（2）带电粒子进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动．由题意，粒子经过原点O处射入区域I又从M点射出区域I，画出轨迹，由几何知识求出轨迹半径，由牛顿第二定律即可求得磁感应强度B的大小；
（3）当带电粒子恰好能再次回到原点O，在磁场Ⅱ中轨迹恰好与其右边界相切，画出轨迹，由几何关系即可求出磁场的宽度．分段求出时间，即可求得总时间．
本题考查带电粒子在电磁场中的运动，注意在磁场中的运动要注意几何关系的应用，在电场中注意由类平抛运动的规律求解．
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