物理选择性必修 第二册3 带电粒子在匀强磁场中的运动达标测试

这是一份物理选择性必修 第二册3 带电粒子在匀强磁场中的运动达标测试，共14页。试卷主要包含了6 T，P m=3等内容，欢迎下载使用。

单选题
1. 电磁炮是一种理想的兵器，它的主要原理如图所示，利用这种装置可以把质量为m=2.0 g的弹体(包括金属杆EF的质量)加速到6 km/s，若这种装置的轨道宽为d=2 m，长L=100 m，电流I=10 A，轨道摩擦不计且金属杆EF与轨道始终接触良好，则下列有关轨道间所加匀强磁场的磁感应强度和磁场力的最大功率，结果正确的是( )
A. B=18 T，P m=1.08×108WB. B=0.6 T，P m=7.2×104W
C. B=0.6 T，P m=3.6×106WD. B=18 T，P m=2.16×106W
2. 我国嫦娥五号返回器携带月球样品于2020年12月17日在内蒙古四子王旗预定区域着陆。返回器所携样品富含铀、钍等放射性元素。 92235U的衰变方程为 92235U→90231Th+X，下列说法正确的是
A. X粒子为正电子B. X粒子穿透能力很强
C. 90231Th的比结合能大于 92235U的比结合能D. 当前普遍使用X粒子轰击 92235U引发链式反应
3. 图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是( )
A. 图1中，A1与L 1的电阻值相同
B. 图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L 1中电流
C. 图2中，变阻器R与L 2的电阻值相同
D. 图2中，闭合S2瞬间，L 2中电流与变阻器R中电流相等，自感现象中灯泡亮度变化分析
4. 如图所示，竖直墙面上有一只壁虎从A点沿水平直线加速运动到B点，此过程中壁虎受到摩擦力的方向是( )
A. 斜向右上方B. 斜向左上方C. 水平向左D. 竖直向上
5. 为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示。无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是( )
A. B. C. D.
6. 如图所示，某粮库使用电动传输机向粮垛上输送麻袋包，现将一麻袋包放置在倾斜的传送带上，与传送带一起斜向上匀速运动，其间突遇故障，传送带减速直至停止。若上述匀速和减速过程中，麻袋包与传送带始终保持相对静止，则下列说法正确的是( )
A. 匀速运动时，麻袋包只受重力与支持力作用
B. 匀速运动时，传送带受到的摩擦力一定沿传送带向上
C. 减速运动时，麻袋包受到的摩擦力一定沿传送带向下
D. 减速运动时，传送带受到的摩擦力可能沿传送带向上
7. 如图所示，工业上检查某些工件表面是否平整常用薄膜干涉法，若被检查的平面平整度较好，则通过样板和被检查平面间的空气薄层会产生互相平行的明暗相间的干涉条纹。现将样板向上平移一小段距离，则下列说法正确的是
A. 干涉条纹间距不变，向右平行移动一小段距离B. 干涉条纹间距不变，向左平行移动一小段距离
C. 干涉条纹间距变大，向右平行移动一小段距离D. 干涉条纹间距变小，向左平行移动一小段距离
8. 如图所示，无限长导线，均通以恒定电流I，直线部分和坐标轴接近重合，弯曲部分是以坐标原点O为圆心的相同半径的一段圆弧，已知直线部分在原点O处不形成磁场，在第一象限圆弧电流在原点产生的磁感应强度为B，现在原点O处放一小段与x轴重合的长为L的通电导线P(可以视为电流元)，导线P的电流大小为I，电流方向沿x轴正方向，则通电导线P受到的安培力的大小和方向是( )
A. 2BIL，方向与y轴正方向相同B. 2BIL，方向与y轴负方向相同
C. 4BIL，方向与y轴正方向相同D. 4BIL，方向与y轴负方向相同
9. 如图所示，在直角三角形ABC内存在垂直纸面向外的匀强磁场，AB边长度为d，∠C=π6，现垂直AB边以相同的速度射入一群质量均为m、电荷量均为q的带正电粒子(不考虑电荷间的相互作用)，已知垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0，运动时间最长的粒子在磁场中的运动时间为2t0，则下列判断中正确的是( )
A. 粒子在磁场中运动的轨道半径一定是(2 3−3)d
B. 粒子在磁场中运动的速度一定是π(2 3−3)d2t0
C. 该匀强磁场的磁感应强度大小一定是πm2qt0
D. 如果粒子带的是负电，不可能有粒子垂直BC边射出磁场
10. 光电倍增管是用来将光信号转化为电信号并加以放大的装置，如图是其相邻的第i个倍增极和第(i+1)个倍增极的示意图。若在空间施加垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，当动能为E、质量为m、电荷量为e的电子垂直第i个倍增极射出时，下列说法不正确的是( )
A. 若B 2mEea，电子不会被第(i+1)个倍增极收集
D. 改变磁感应强度B，电子从第i个倍增极运动到第(i+1)个倍增极的时间仍然相同
11. 空间存在方向垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，图中的正方形abed为其边界。一束速率不同的带正电粒子从左边界ad中点P垂直射人磁场，速度方向与ad边夹角θ=30∘，已知粒子质量为m，电荷量为q，粒子间的相互作用和粒子重力不计，则( )
A. 粒子在磁场中运动的最长时问间为4πm3qB
B. 从bc边射出的粒子在磁场中的运动时间都相等
C. 入射速度越大的粒子，在磁场中的运动时间越长
D. 运动时间相同的粒子，在磁场中的运动轨连可能不同
12. 如图所示，在等腰三角形ABC内充满垂直纸面的匀强磁场(图中未画出)，AB边长度为1，∠A=∠C=30°.一群质量均为m、电荷量均为q、速度大小均为v的带正电粒子垂直BC边射入磁场，已知从AB边垂直射出的粒子在磁场中运动的时间为t 0，而在AB边射出的粒子，在磁场中运动最长的时间为54t0(不计粒子重力和粒子间相互作用).下列判断正确的是( )
A. 粒子可以从CB边射出
B. 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为125t0
C. 粒子从AB和AC边出射的范围其长度之比为2︰3
D. 粒子进入磁场速度大小为2πl(6+ 3)t0
二、多选题
13. 如图所示，在以O为圆心、R为半径的圆形区域内存在着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，AC、DE是相互垂直的两条直径。范围足够大的荧光屏GF与圆相切于E点，一粒子源放置在A点，同时在AD、AE之间发射N个速率相同的同种带电粒子，粒子的质量为m、电荷量为q，所有粒子经磁场偏转后均可垂直打在荧光屏上，并立刻被荧光屏吸收。不考虑粒子所受重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是
A. 带电粒子的速度大小为qBRm
B. 粒子打在荧光屏上区域的长度为R
C. 粒子从进入磁场到打在荧光屏上的最短时间为πm4qB
D. 粒子对荧光屏的平均撞击力大小为2Nq2B2Rπm
14. [多选]如图所示，三条长直导线a、b、c都通以垂直纸面的电流，其中a、b两根导线中电流方向垂直纸面向外。O点与a、b、c三条导线距离相等，且处于Oc⊥ab。现在O点垂直纸面放置一小段通电导线，电流方向垂直纸面向里，导线受力方向如图所示。则可以判断( )
A. O点处的磁感应强度的方向与F相同
B. 长导线c中的电流方向垂直纸面向外
C. 长导线a中电流I 1小于b中电流I 2
D. 长导线c中电流I 3小于b中电流I 2，合安培力的两种分析思路
15. [多选]一列简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到P点，t+0.6 s时刻的波形如图中的虚线所示，a、b、c、P、Q是介质中的质点。下列说法正确的是( )
A. 这列波的波速可能为50 m/s
B. 质点a在这段时间内通过的路程一定小于30 cm
C. 质点c在这段时间内通过的路程可能为60 cm
D. 若周期T=0.8 s，则在t+0.5 s时刻，质点b、P的位移相同
三、填空题
16. 在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，静止的原子核卷X发生衰变，释放的粒子(a粒子或P粒子)与反冲核Y都做匀速圆周运动，轨迹如图所示，圆周运动方向均为顺时针。衰变放出的光子的动量可忽略，则下列分析正确的是
(1)为保证粒子在速度选择器中做直线运动，速度选择器a板需与电源______(选填“正极”或“负极”)相连，6板需与电源____________(选填“正极”或“负极”)相连。
(2)射入偏转磁场粒子的速度为______(用题目所给物理量字母表示)
(3)为了测定粒子比荷，除了题目所给物理量，还需测量____
17. 如图所示，在Ⅰ、Ⅱ两个区域内存在磁感应强度大小均为B的匀强磁场，磁场方向分别垂直于纸面向外和向里，AD、AC边界的夹角∠DAC=30°，边界AC与边界MN平行，Ⅱ区域宽度为d.质量为m、电荷量为+q的粒子可在边界AD上的不同点射入，入射速度垂直AD且垂直磁场，若入射速度大小为qBdm，不计粒子重力，则
(1)粒子在Ⅰ区内运动的最长时间为_________。
(2)能够进入Ⅱ区域的粒子，在Ⅱ区域内运动的最短时间为_________。
18. 如图所示，MN为两个匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小的关系为B1=2B2，一带电+q、质量为m的粒子从O点垂直MN进入B1磁场，则经过__________时间它将向下再一次通过O点。
四、实验题
19. 材料的电阻随压力的变化而变化的现象称为“压阻效应”，利用这种效应可以测量压力大小。若图甲为某压敏电阻在室温下的电阻—压力特性曲线，其中RF、R 0分别表示有、无压力时压敏电阻的阻值。为了测量压力F，需先测量压敏电阻处于压力中的电阻值RF。请按要求完成下列实验。
(1)设计一个可以测量处于压力中的该压敏电阻阻值的电路，在图乙的虚线框中画出实验电路原理图(压敏电阻及所给压力已给出，待测压力大小约为0.4×102～0.8×102N，不考虑压力对电路其他部分的影响)，要求误差较小，提供的器材如下：
A.压敏电阻，无压力时阻值R0=6 000 Ω
B.滑动变阻器R，全电阻阻值约200 Ω
C.电流表A，量程2.5 mA，内阻约30 Ω
D.电压表V，量程3 V，内阻约3 kΩ
E.直流电源E，电动势3 V，内阻很小
F.开关S，导线若干
(2)正确接线后，将压敏电阻置于待测压力下，通过压敏电阻的电流是1.33 mA，电压表的示数如图丙所示，则电压表的读数为________ V。
(3)此时压敏电阻的阻值为________ Ω；结合图甲可知待测压力的大小F=________ N。(计算结果均保留两位有效数字)
20. 某实验小组进行“探究热敏电阻的温度特性”实验，实验室提供如下器材：
热敏电阻R t(常温下约8 kΩ)、温度计、电流表A(量程1 mA，内阻约200 Ω)、电压表V(量程3 V，内阻约10 kΩ)、电池组E(电动势为4.5 V，内阻约1 Ω)、滑动变阻器R(最大阻值为20 Ω)、开关S、导线若干、烧杯和水。
(1)根据实验所提供的器材，设计实验电路，画在方框中。
(2)图1是实验器材的实物图，图中已连接了部分导线，请根据你所设计的实验电路，补充完成实物间的连线。
(3)闭合开关前，滑动变阻器的滑动触头P应置于______ (填“a”或“b”)端。
(4)实验小组利用完整的实验装置测量出不同温度下的电阻值，画出该热敏电阻的R t− t图像如图2中的实测曲线，与图中理论曲线相比二者有一定的差异。除了偶然误差外，关于产生系统误差的原因或减小系统误差的方法，下列说法中正确的是( )
A. 电流表的分压造成电阻的测量值总比真实值大B. 电压表的分流造成电阻的测量值总比真实值小
C. 温度升高到一定值后，电流表宜采用外接法D. 温度升高到一定值后，电流表宜采用内接法
五、简答题
21. 如图所示，在坐标系xOy的第一象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场Ⅰ，第三象限存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B0的匀强磁场Ⅱ，第二象限内存在沿x轴正方向的匀强电场，第四象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，且第二象限和第四象限内的电场强度大小相等。一质量为m、电荷量为+q的粒子，从y轴上的A点(0,−R)沿x轴负方向射入第三象限，随后从C点垂直于x轴进入第二象限，然后从y轴上D点沿与y轴成45°角的方向离开电场，在磁场Ⅰ中运动一段时间后，从x轴上F点进入第四象限，恰好又能从A点垂直y轴射入磁场Ⅱ，以后做周期性运动。不计粒子重力，求：
(1)电场强度E的大小；
(2)磁场Ⅰ的磁感应强度B1的大小；
(3)粒子的运动周期T。
22. 如图所示，在直角坐标系xy的第一象限中有两个全等的直角三角形区域Ⅰ和Ⅱ，充满了方向均垂直纸面向里的匀强磁场，区域Ⅰ的磁感应强度大小为B0，区域Ⅱ的磁感应强度大小可调，C点坐标为(4L,3L)，M点为OC的中点。质量为m带电量为−q的粒子从C点以平行于y轴方向射入磁场Ⅱ中，速度大小为qB0L2m，不计粒子所受重力，粒子运动轨迹与磁场区域相切时认为粒子能再次进入磁场。
(1)若粒子无法进入区域Ⅰ中，求区域Ⅱ磁感应强度大小范围；
(2)若粒子恰好不能从AC边射出，求区域Ⅱ磁感应强度大小；
(3)若粒子能到达M点，且粒子是由区域Ⅱ到达M点的，求区域Ⅱ磁场的磁感应强度大小的所有可能值。
23. 如图所示，相距为R的两块平行金属板M、N竖直放置，小孔S1、S2与O在同一水平线上，且S2O=2R。以O为圆心、R为半径的圆形区域内存在匀强磁场，磁感应强度为B。T为收集板，板上各点到O点的距离均为2R，其中CO、DO与水平方向夹角均为60°，板两端点的连线水平。质量为m、带电量为−q的粒子，经S1进入M、N间的电场后，通过S2进入磁场，经过磁场后打在收集板T上。粒子在S1处的速度以及粒子所受的重力均不计。
(1)圆形磁场区域磁场方向是垂直纸面向外还是垂直纸面向里？
(2)如果MN间的电压为U0=qB2R22m，粒子打在收集板T的哪个位置？
(3)若在第2问中MN的电压下，假设有一群质量不等但带电量相同的粒子从S1射入经过S2进入磁场后偏转，则能被收集的粒子的质量应满足什么条件？(粒子间的相互作用忽略不计)
24. 在xI1，因此A1和L1电阻不相等，所以A、B错误；题图2中，闭合S2时，由于自感作用，通过L2与A2的电流I2会逐渐增大，而通过R与A3的电流I3立即变大，因此电流不相等，所以D错误；由于最终A2与A3亮度相同，所以两支路电流I相同，根据部分电路欧姆定律，两支路电压U与电流I均相同，所以两支路电阻相同，由于A2、A3完全相同，故变阻器R与L2的电阻值相同，所以C正确。
4.【答案】B
【解析】由于壁虎从A点到B点做加速直线运动，即壁虎所受合力水平向左，在竖直平面内壁虎受重力、摩擦力，由平行四边形定则可知，摩擦力方向斜向左上方，故B正确。
5.【答案】A
【解析】施加磁场来快速衰减STM的微小振动，其原理是电磁阻尼，在振动时通过紫铜薄板的磁通量变化，紫铜薄板中产生涡流，则其受到安培力作用，该作用阻碍紫铜薄板振动，即促使其振动衰减。方案A中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，通过它的磁通量都发生变化；方案B中，当紫铜薄板上下振动时，通过它的磁通量可能不变，当紫铜薄板向右振动时，通过它的磁通量不变；方案C中，紫铜薄板上下振动、左右振动时，通过它的磁通量可能不变；方案D中，当紫铜薄板上下振动时，紫铜薄板中磁通量可能不变。综上可知，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是A。
6.【答案】D
【解析】传送带匀速向上运动时，麻袋包受力平衡，麻袋包除受重力、支持力外，还受沿传送带向上的静摩擦力作用，由牛顿第三定律可得，传送带受到沿传送带向下的静摩擦力，A、B选项均错误；当传送带向上减速运动时，麻袋包具有沿传送带向下的加速度，由a=gsin θ，agsin θ三种可能知，麻袋包将不受摩擦力，受沿传送带向上的摩擦力，受沿传送带向下的摩擦力三种可能，由牛顿第三定律可知，传送带所受摩擦力的方向可能沿传送带向上，或沿传送带向下，选项C错误，D正确。
7.【答案】B
【解析】
【分析】
略
【解答】
由薄膜干涉的特点可知，样板向上平移一小段距离，楔形空气薄层变厚，条纹向左平移，但条纹间距不变，故选B项。

8.【答案】A
【解析】由题意可知，第一象限圆弧电流在原点产生的磁感应强度为B，由安培定则可知磁场方向垂直纸面向里；根据安培定则可知，第二和第三象限内圆弧电流在O点产生的磁场的方向都是向里的，第四象限内圆弧电流在O点产生的磁场的方向是向外的，所以四段圆弧在O点产生的磁场的合场强为2B，方向向里；电流元的电流方向向右，由左手定则可知，电流元受到的安培力的方向向上，与y轴的正方向相同，大小：F=2BIL，故A正确，B、C、D错误。
9.【答案】C
【解析】
【分析】
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间是14周期，由此求得周期；根据周期公式T=2πmqB求出磁感应强度B；画出运动时间最长的粒子在磁场中的可能的临界运动轨迹，由几何知识求出可能的临界轨道半径，再结合带电粒子在磁场中的运动规律分析轨道半径与速度情况即可；粒子的带电性质反了以后，画出轨迹进行分析粒子子可不可能垂直BC边射出。
带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动解题一般程序是：画轨迹：确定圆心，几何方法求半径并画出轨迹；找联系：轨迹半径与磁感应强度、速度联系；偏转角度与运动时间相联系，时间与周期联系；用规律：牛顿第二定律和圆周运动的规律。
【解答】
C.带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出粒子垂直AC边离开磁场的轨迹如图所示：
由几何关系可知圆弧对应的圆心角为90°，则垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间是14T，即14T=t0，则得周期T=4t0，由T=2πmqB得：B=2πmqT=πm2qt0，故C正确；
AB.设当粒子的速度为v0时，有一个粒子的轨迹刚好与BC边相切从A点离开磁场，设此时粒子的轨迹半径为r，画出轨迹如图中所示黑色轨迹：
则可知此时粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角为180°，运动时间最长，为2t0，由几何关系可得r+rsin60°=d，可得r=2 3−3d，根据圆周运动规律有：T=2πrv0，可得v0=2 3−3dπ2t0，但若粒子的速度小于v0，在磁场中运动的轨道半径小r=2 3−3d，也可以在磁场运动半圈而从AB边离开，在磁场中的运动最长时间也为2t0，如图中的红色轨迹所示，则可知粒子在磁场运动的轨道半径不一定等于r=2 3−3d，粒子在磁场运动的速度大小不一定等于v0=2 3−3dπ2t0，故AB错误；
D.如果粒子带的是负电，只要粒子的速度大小合适且入射点适当，粒子是有可能垂直BC边射出磁场的，如图所示：
故D错误。
故选C。
10.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查学生的计算能力以及作图找临界值的能力，相关知识为洛伦兹力、匀速圆周运动、带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径与周期的相关计算等。
本题关键是知道半径与周期的决定式，结合轨迹图利用几何关系找到对应的最大半径与最小半径，从而算出对应磁感应强度的范围以及对应的时间。
【解答】
ABC.如图，当第i倍增级最左端的电子到达第i +1倍增级最右端时，轨迹为1，圆心在第i倍增级的延长线上，由几何关系知，对应的半径r1满足：r1= 3a−r12+a2，
当第i倍增级最左端的电子到达第i +1倍增级最左端时，轨迹为2，对应的轨道半径r2满足：r2= 2a−r22+a2，
当第i倍增级最右端的电子到达第i +1倍增级最右端时，轨迹为3，对应的轨道半径r3满足: r3= 2a−r32+a2，
当第i倍增级最右端的电子到达第i +1倍增级最左端时，轨迹为4，对应的轨道半径r4满足r4 = a−r42+a2，
分别解之得：r1=53a，r2=54a，r3=54a，r4=a;
设电子在磁场中作匀速圆周运动的速率为v，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律有：eBv=mv2r ，可知r=mvBe= 2mEBe ，式中E 是速率为v的电子的动能。
综上可解出相应的B：B1=3 2mE5ea，B2=4 2mE5ea，B3=4 2mE5ea，B4 = 2mEea；
当B =B1时，第i倍增级释放的电子中只有最左边的被收集；
若B < B1，则一个电子都不会被收集。因此为使第i +1倍增级能收集到电子，应当有B≥ B1。
当B =B2=B3时，所有电子都被第i+1倍增级收集。
当B=B4时，第i倍增级释放的电子中只有最右边的被收集到；
若B > B4，则一个电子都不会被收集。因此为使第i+1倍增级能收集到电子，应当有B⩽B4。故 ABC正确；
D.由上图可知，电子从第i倍增极运动到第i + 1倍增极的对应圆心角θ不变，且运动时间t=θT2π，而T=2πmBe，综上可知，B改变时间就变，故D错误。
本题选择不正确的，故选D。

11.【答案】D
【解析】解：A、粒子对应的圆心角越大，在磁场中运动的时间越长，最长时间对应的轨迹如图所示：
从pa边射出对应的轨迹的圆心角最大，为300°，故最长时间为：t=300°360∘T=56×2πmqB=5πm3qB，故A错误；
B、因粒子的质量和电量相同，则周期相同，从bc边射出的粒子的速度不同，做圆周运动的半径不同(如图所示)，所对的圆心角不同，则所用的时间不相等，故B错误；
C、由图可知，若粒子从dc、bc或ab边射出，入射速度越大的粒子在磁场中的运动弧所对的圆心角越小，则时间越短，故C错误；
D、运动时间相等的粒子，在磁场中的运动轨迹可能不同，例如从Pa边射出的粒子运动时间均为5πm3qB，但轨迹不同，故D正确；
故选：D。
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，不同的速度对应不同的轨道半径，画出不同的轨迹，考虑临界情况轨迹，结合牛顿第二定律列式分析。
本题考查粒子在有边界磁场中运动的问题，关键是采用图示法画出临界轨迹进行分析，作图是关键。
12.【答案】D
【解析】
【分析】
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直AB边射出的粒子在磁场中运动的时间是13周期，由此求得周期；画出运动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹，由几何知识求解。
【解答】
B.带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直AB边射出的粒子在磁场中运动的时间是T3，即T3=t0，得周期T=3t0，故B错误；
AC.设运动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹所对的圆心角为θ，则有θ2πT=5t04，得θ=5π6，
画出该粒子的运动轨迹如图所示，
设轨道半径为R，由几何知识得：Rsin 30° +R2cs 30° =l，
可得R= 3l2 3+1，
则射出点距B:x=R2cs 30° =l2 3+1，故粒子在AB边出射的范围为R−x= 3−1l2 3+1，
轨迹与AC切点距离C点的距离为x2= 3R=3l2 3+1，故粒子从AB和AC边出射的范围其长度之比为 3−1︰3，根据图像可知，粒子不可以从CB边射出，故AC错误；
D.根据5t04=θRv，解得v=2πl6+ 3t0，故D正确。
故选D。
13.【答案】AD
【解析】所有粒子均垂直打在荧光屏上，由几何关系得粒子在磁场中的轨迹半径r=R，由洛伦兹力提供向心力得qvB=mv2R，解得v=qBRm，A项正确。如图所示，
作出沿AE方向进入磁场的粒子的运动轨迹，圆心为O1，从H点射出磁场，打在荧光屏上的I点，由几何关系可知OAO1H为菱形，∠AO1H=∠AOH=45°，所以EI=Rcs45∘= 22R；作出沿AD方向进入磁场的粒子的运动轨迹，圆心为O2，从M点射出磁场，打在荧光屏上的N点，由几何关系可知OAO2M为菱形，∠AO2M=∠AOM=135°，所以EN=Rcs45∘= 22R，则粒子打在荧光屏上的长度为IN=IE+EN= 2R，B项错误。
由几何关系可得HI=R−Rsin45∘=2− 22R，带电粒子在磁场中运动的周期为T=2πmqB，所以粒子从进入磁场到打在荧光屏上的最短时间为tmin=45∘360∘×T+HIv=(π+4−2 2)m4qB，C项错误。
由几何关系可得HI=MN，带电粒子打在荧光屏上的时间差为Δt=135∘360∘×T−45∘360∘×T=πm2qB，由动量定理得−FΔt=0−Nmv，解得粒子对荧光屏的平均撞击力大小为F=2Nq2B2Rπm，D项正确。
14.【答案】BC
【解析】由安培力方向特点可知，安培力的方向F与O点处的磁感应强度的方向一定垂直，A错误；由同向电流相互吸引，异向电流相互排斥可知I1、I2对O处电流的安培力F1、F2的方向如图所示，要保证O处电流所受的安培力F如图中方向，I3对O处电流的安培力方向F3必定沿cO方向。由此可判断长导线c中的电流方向垂直纸面向外，由平行四边形定则可知，F2>F1，a中的电流I1小于b中电流I2，B、C选项正确，D选项错误。
15.【答案】ACD
【解析】由波形图可知波长λ=40 m，且0.6 s=nT+34T(n=0,1,2,…)，解得周期T=2.44n+3 s(n=0,1,2,…)。当n=0时，T=0.8 s，波速v=λT=50 m/s，选项A正确。由传播方向沿x轴正方向可知质点a在t时刻向上运动，当n=0时，T=0.8 s，则质点a在这段时间内通过的路程小于30 cm；当n=1时，T=2470 s，质点a在这段时间内通过的路程大于30 cm，选项B错误。若n=1，则T=2470 s，波传播到c点所用时间为14T，0.6 s=7T4，质点c振动的时间为74T−14T=32T，故在这段时间内质点c通过的路程则为6A=60 cm，选项C正确。若T=0.8 s，t+0.5 s时刻，质点b、P的位移均为负值，大小相等，选项D正确。
16.【答案】【小题1】正极 负极
【小题2】f
【小题3】HG长度

【解析】1. 略
2. 略
3. 略
17.【答案】(1)πmqB；(2)πm3qB
【解析】
【分析】
本题是常见的带电粒子在磁场中运动的问题，画出轨迹，运用几何关系和牛顿第二定律qvB=mv2r等知识进行求解。
粒子射入磁场后受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可求得粒子的轨迹半径，画出临界轨迹，找出轨迹对应的圆心角θ，可求出粒子在不同场区的运动时间。
【解答】
(1)粒子做匀速圆周运动，根据周期公式T=2πmqB
由于粒子可在边界AD上的不同点射入，可知粒子在Ⅰ区内运动的最长时间为半个周期，
即t1=T2=πmqB；
(2)根据牛顿第二定律，有：qvB=mv2r，且有：v=qBdm
解得：r=d，
结合几何关系，可知从A点进入的粒子在磁场中运动的轨迹最短，时间最短，轨迹如图所示，
轨迹对应的圆心角为60°，故在Ⅱ区域内运动的最短时间为：t2=T6=πm3qB。
18.【答案】2πmqB2或4πmqB1
【解析】
【分析】
本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，关键是画出运动轨迹图，由左手定则判定粒子的偏转方向，确定圆心，找出半径，求出时间，注意磁场大小方向都发生变化。
【解答】
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据Bqv=mv2r，有r=mvqB，则r1：r2=1:2，根据左手定则，运动轨迹如图所示。根据Bqv=mv2r有v=qBrm，则周期T=2πrv=2πmqB，则T1=2πmqB1，T2=2πmqB2，
所以，它再一次到达O点的时间为：T1+12T2=2πmqB2=4πmqB1
故答案为：2πmqB2或4πmqB1。
19.【答案】【小题1】根据题述对实验电路的要求，应该采用分压式接法、电流表内接的电路，原理图如图所示。
【小题2】由欧姆定律，此时压敏电阻的阻值为RF=UI−RA≈1.5×103 Ω，R0RF=4，由题图甲可知，对应的待测压力F=60 N。
【小题3】见解析图 22.1.5×10360

【解析】1. 略
2. 略
3. 略
20.【答案】【小题1】见解析
【小题2】见解析
【小题3】a
【小题4】AC

【解析】1. 本实验中要探究热敏电阻的温度特性曲线，故滑动变阻器采用分压接法，同时热敏电阻阻值较大，故应采用电流表内接法，如图甲所示。
2. 根据电路图连接实物图，如图乙所示。
3. 因当滑动变阻器的滑动触头P打到a端时待测电路电压或电流为零，从而保护电流表，故答案为a。
4. 由于电流表内接，电流表的分压使电压表读数大于热敏电阻两端的电压，故A正确；当温度升高到一定值后，电阻变小，则电流表应选用外接法，故C正确。
21.【答案】解：(1)根据题意可知，带电粒子在第三象限做半径为R的匀速圆周运动，
由B0v0q=mv02R
可得：v0=B0qRm
在第二象限的电场中，粒子沿电场方向做匀加速直线运动，有：vx2=2aR
粒子的加速度大小：a=Eqm，
由于粒子从D点射出时与y轴的夹角为45°，所以有vx=v0
综合以上解得：E=B02qR2m
(2)粒子进入磁场I时的速度大小为v= 2v0，
OD间的距离大小为d=v0t=2R，
根据运动轨迹可知，粒子在磁场I中做半径为r= 2R的匀速圆周运动，然后从F点射出时速度方向与x轴负方向的夹角大小也为45°。
根据B1vq=mv2r
联立以上可解得B1=B0。
(3)粒子在磁场Ⅱ中做14周期的圆周运动，所以运动时间t1=πm2qB0，
在磁场I做周期的圆周运动，所以运动时间t2=πmqB0，
由于粒子从x轴上的F点进入第四象限，恰好又能从A点垂直y轴射入磁场Ⅱ，因此可知粒子在两个电场中的运动时间相同，均为t3=2Rv0=2mqB0，
故粒子运动的周期为：T=t1+t2+2t3=3πm+8m2qB0。
【解析】本题考查了带电粒子在复合场中的运动，重点就是受力分析和运动分析，要着重掌握圆周运动的规律，还有相应的数学知识，做到能准确画出临界情况的示意图，明确运动的轨迹。
22.【答案】解：(1)粒子速度越大，半径越大，当运动轨迹恰好与x轴相切时，恰好不能进入I区域，粒子不能进入I区时，粒子运动半径：r0>3L，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
qBv0=mv02r0，
已知：v0=qBL2m，
解得：B