高二物理下学期期中试卷(课改班含解析)高二全册物理试题

嗦夺市安培阳光实验学校丰城中学高二（下）期中物理试卷（课改实验班）
一、单项选择题（本题共8小题，每小题4分，共32分）
1．如图所示，一段导线abcd弯成半径为R、圆心角为90°的部分扇形形状，置于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向（垂直于纸面向里）垂直．线段ab和cd 的长度均为．流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示．则导线abcd所受到的安培力为（）
A ．方向沿纸面向上，大小为
B ．方向沿纸面向上，大小为
C ．方向沿纸面向下，大小为
D ．方向沿纸面向下，大小为
2．一带电粒子以初速度v0沿垂直于电场线和磁感线的方向，先后穿过宽度相同且紧邻在一起的有明显边界的匀强电场（场强为E）和匀强磁场（磁感应强度为B），如图甲所示．电场和磁场对粒子做功为W1，粒子穿出磁场时的速度为v1；若把电场和磁场正交叠加，如图乙所示，该粒子仍以初速度v0穿过叠加场区，电场和磁场对粒子做功为W2，粒子穿出场区时的速度为v2，比较W1和W2、v1和v2的大小（v0＜E/B，不计重力）（）
A．W1＞W2，v1＞v2B．W1=W2，v1=v2C．W1＜W2，v1＜v2D．W1=W2，v1＞v2 3．回旋加速器是加速带电粒子的装置．其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是（）A．减小磁场的磁感应强度B．增大匀强电场间的加速电压
C．增大D形金属盒的半径D．减小狭缝间的距离
4．图1、图2分别表示两种电压的波形，其中图1所示电压按正弦规律变化，下列说法正确的是（）
A．图1表示交流电，图2表示直流电
B．两种电压的有效值相等
C．图1所示电压的瞬时值表达式位u=311sin100πtV
D．图1所示电压经匝数比为10：1的变压器变压后，频率变为原来的
5．如图所示，xOy坐标平面在竖直面内，x轴沿水平方向，y轴正方向竖直向上，在图示空间内有垂直于xOy平面的水平匀强磁场．一带电小球从O点由静止释放，运动轨迹如图中曲线．关于带电小球的运动，下列说法中正确的是（）
A．OAB轨迹为半圆
B．小球运动至最低点A时速度最大，且沿水平方向
C．小球在整个运动过程中机械能增加
D．小球在A点时受到的洛伦兹力与重力大小相等
6．某理想变压器原线圈输入电功率为P，原、副线圈匝数比为k，在副线圈上接一内阻为r的电动机，电动机正以速度v匀速向上提升质量为m的重物，已知重力加速度为g，则变压器初级线圈两端的电压为（）
A．Pk B ．C．Pk D ．
7．如图所示，当滑动变阻器滑动触头向左移动时，右边导轨上导体棒MN向右移动，则a、b两点和c、d两点电势关系是（）
A．φa＞φb φc＞φd B．φa＞φb φc＜φd C．φa＜φbφc＞φd D．φa＜φb φc＜φd
8．一个矩形线圈匀速地从无磁场的空间先进入磁感应强度为B1的匀强磁场，然后再进入磁感应强度为B2的匀强磁场，最后进入没有磁场的右边空间，如图所示．若B1=2B2，方向均始终和线圈平面垂直，则在下图所示图中能定性表示线圈中感应电流i随时间t变化关系的是（电流以逆时针方向为正）（）
A ．
B ．
C ．
D ．
二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
9．如图所示，光滑的“π”形金属导体框竖直放置，质量为m的金属棒MN与框架接触良好．磁感应强度分别为B1、B2的有界匀强磁场方向相反，但均垂直于框架平面，分别处在abcd和cdef区域．现从图示位置由静止释放金属棒MN，当金属棒进入磁场B1区域后，恰好做匀速运动．以下说法中正确的有（）A．若B2=B1，金属棒进入B2区域后将加速下滑
B．若B2=B1，金属棒进入B2区域后仍将保持匀速下滑
C．若B2＞B1，金属棒进入B2区域后可能先加速后匀速下滑
D．若B2＞B1，金属棒进入B2区域后可能先减速后匀速下滑10．如图所示，两虚线之间存在匀强磁场，矩形线圈竖直下落．如果线圈受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为（）A．a1=a3B．a1＞a3C．a2＞a4D．a2＜a4
11．如图所示，线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，电容器两极板水平放置．在两极板间，不计重力的带正电粒子Q在t=0时由静止释放，若两板间距足够宽，则下列运动可能的是（）
A．若t=0时，线圈平面与磁场垂直，粒子一定能到达极板
B．若t=0时，线圈平面与磁场平行，粒子在两极间往复运动
C．若t=0时，线圈平面与磁场垂直，粒子在两极间往复运动
D．若t=0时，线圈平面与磁场平行，粒子一定能到达极板
12．如图所示，在xOy平面内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向里，第三象限内的磁场方向垂直纸面向外．P （﹣L，0）、Q（0，﹣L）为坐标轴上的两个点．现有一电子从P点沿PQ 方向射出，不计电子的重力，则（）
A．若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则电子运动的路程一定为
B．若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的路程一定为πL C．若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的路程可能为2πL D．若电子从P点出发经原点O到达Q点，则nπL（n为任意正整数）都有可能是电子运动的路程
三、填空题（根据题目要求进行作图或把正确答案填在答题卷的相应横线上，共2题，总计12分）
13．应用如图所示的实验器材来研究电磁感应现象及判定感应电流方向．在给出的实物图中，已用实线作为导线连接了部分实验电路
（1）请用实线作为导线从箭头1和2处开始完成其余部分电路的连接；
（2）将线圈L1插入L2后，能使感应电流与合上开关时方向相同的实验操作是A．闭合开关稳定后拔出软铁棒．
B．闭合开关稳定后拔出线圈L1．
C．闭合开关稳定后使变阻器滑片P左移．
D．闭合开关稳定后断开开关．
14．一台发电机最大输出功率为4000kW，电压为4000V，经变压器T1升压后向远方输电．输电线路总电阻R=1kΩ．到目的地经变压器T2降压，使额定电压为220V的用电器正常工作．若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%，T1和T2为理想变压器，发电机处于满负荷工作状态，则输电线上的功率损
失；输电线上的电压损失；升压变压器T1原、副线圈匝数比．降压变压器T2原、副线圈匝数比．15．如图所示，有界匀强磁场边界线SP平行于MN，SP和MN相距为d，速率不同的同种带电粒子电荷量为e，质量为m．从S点沿SP方向同时射入磁场．其中穿过a点的粒子速度v1与MN垂直；穿过b点的粒子速度v2与MN成60°角，设两粒子从S到a、b所需时间分别为t1和t2，（重力不计）则：
①穿过a、b两处的粒子速度之比
②两粒子从S到a、b所需时间之比．
16．如图（a）所示，一个电阻值为R，匝数为n的圆形金属线与阻值为2R的电阻R1连结成闭合回路．线圈的半径为r1．在线圈中半径为r2的圆形区域存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图（b）所示．图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0．导线的电阻不计．求：
①0至t1时间内通过电阻R1的电流大小和方向
②0至t1时间内通过电阻R1的电量q
③0至t1时间内电阻R1上产生的热量Q．
17．如图所示，空间中直线PQ以上存在磁感强度为4B的匀强磁场，PQ以下存在着磁感强度为B的匀强磁场，磁场方向均垂直纸面向里，厚度不计的平行绝缘板EF、GH间距为d，垂直于PQ放置，有一个质量为m的带电粒子，电量为q，从EF的中间小孔M点射出，速度与水平方向成30°角，直接到达PQ边界并垂直边界射入上部磁场，轨迹如图所示，以后的运动过程中，经一段时间后，粒子恰好能从GH板的小孔N点穿出，（粒子重力不计）求：
（1）粒子从M点出发的初速度v；
（2）粒子从M点出发，到达N点所用时间；
（3）若粒子出发条件不变，EF板不动，将GH板从原点位置向右平移，若仍需让粒子穿过N点，则GH到EF的垂直距离x应满足什么条件？（用d来表示x）18．如图甲所示，MN、PQ是相距d=1m的足够长平行光滑金属导轨，导轨平面与水平面成某一夹角，导轨电阻不计；长也为1m的金属棒ab垂直于MN、PQ
放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，ab的质量m=0.1kg、电阻R=1Ω；MN、PQ的上端连接右侧电路，电路中R2为一电阻箱；已知灯泡电阻R L=3Ω，定值电阻R1=7Ω，调节电阻箱使R2=6Ω，重力加速度g=10m/s2．现断开开关S，在t=0时刻由静止释放ab，在t=0.5s时刻闭合S，同时加上分布于整个导轨所在区域
的匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面斜向上；图乙所示为ab的速度随时间变化图象．
（1）求斜面倾角α及磁感应强度B的大小；
（2）ab由静止下滑x=50m（此前已达到最大速度）的过程中，求整个电路产生的电热；
（3）若只改变电阻箱R2的值．当R2为何值时，ab匀速下滑中R2消耗的功率最大？消耗的最大功率为多少？
丰城中学高二（下）期中物理试卷（课改实验班）
参考答案与试题解析
一、单项选择题（本题共8小题，每小题4分，共32分）
1．如图所示，一段导线abcd弯成半径为R、圆心角为90°的部分扇形形状，置于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向（垂直于纸面向里）垂直．线段ab和cd 的长度均为．流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示．则导线abcd所受到的安培力为（）
A ．方向沿纸面向上，大小为
B ．方向沿纸面向上，大小为
C ．方向沿纸面向下，大小为
D ．方向沿纸面向下，大小为
【考点】安培力；左手定则．
【分析】计算弯曲导线在中受到安培力F=BIL中L的有效长度是指导线首尾相连的长度．
【解答】解：图中导线的等效导线为：如图中蓝线所示，由几何关系等效导线的长度L′=R
故F=BIL′=BIR，由左手定则判断其受力方向为向上，
故选：A．
【点评】解决本题的是会计算不规则的导线所受安培力的大小，L取导线首尾相连的长度即可．
2．一带电粒子以初速度v0沿垂直于电场线和磁感线的方向，先后穿过宽度相同且紧邻在一起的有明显边界的匀强电场（场强为E）和匀强磁场（磁感应强度为B），如图甲所示．电场和磁场对粒子做功为W1，粒子穿出磁场时的速度为v1；若把电场和磁场正交叠加，如图乙所示，该粒子仍以初速度v0穿过叠加场区，电场和磁场对粒子做功为W2，粒子穿出场区时的速度为v2，比较W1和W2、v1和v2的大小（v0＜E/B，不计重力）（）
A．W1＞W2，v1＞v2B．W1=W2，v1=v2C．W1＜W2，v1＜v2D．W1=W2，v1＞v2
【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在混合场中的运动．
【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】磁场对粒子的洛伦兹力不做功，只有电场力对粒子做功，根据电场力做功公式W=qEd，d是电场方向上两点间的距离．粒子在正交的电磁场中运动时，由题v0＜，不计重力，qBv0＜qE，而在电场中只受电场力qE，分析粒子在两种情况下沿电场方向的距离大小，判断做功大小和速度大小．
【解答】解：由于v0＜，电场力qE＞洛伦兹力qBv0，根据左手定则判断可知：洛伦兹力有与电场力方向相反的分力，而在电场力粒子只受电场力qE，则第一
种情况下，粒子沿电场方向的位移较大，电场力做功较多，根据动能定理可知出射速度较大，故A正确．
故选A
【点评】本题考查分析物体受力情况的能力和对电场力做功的理解能力．本题要抓住洛伦兹力的特点：洛伦兹力方向总与粒子速度方向垂直，总不做功．3．回旋加速器是加速带电粒子的装置．其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是（）A．减小磁场的磁感应强度B．增大匀强电场间的加速电压
C．增大D形金属盒的半径D．减小狭缝间的距离
【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．
【分析】回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子射出时的速度，从而得出动能的表达式，看动能与什么因素有关．
【解答】解：回旋加速器工作时，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由qvB=m，得v=；
带电粒子射出时的动能E k =mv2=，知动能与加速的电压无关，狭缝间的距离无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关，增大磁感应强度和D形盒的半径，可以增加粒子的动能，故C正确，ABD错误．
故选：C．【点评】解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道粒子的最大动能与加速的电压无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关．
4．图1、图2分别表示两种电压的波形，其中图1所示电压按正弦规律变化，下列说法正确的是（）
A．图1表示交流电，图2表示直流电
B．两种电压的有效值相等
C．图1所示电压的瞬时值表达式位u=311sin100πtV
D．图1所示电压经匝数比为10：1的变压器变压后，频率变为原来的
【考点】交变电流；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；变压器的构造和原理．
【分析】解本题时应该掌握：交流电和直流电的定义，直流电是指电流方向不发生变化的电流；
理解并会求交流电的有效值，，只适用于正余弦交流电；
根据图象书写交流电的表达；变压器的原理等．
【解答】解：A、由于两图中表示的电流方向都随时间变化，因此都为交流电，故A错误；
B、由于对应相同时刻，图1电压比图2电压大，根据有效值的定义可知，图1有效值要比图2有效值大，故B错误；
C、从图1可知，U m=311V ，，所以图1电压的瞬时值表达式位u=311sin100πtV，故C正确；
D、交流电经过变压器后，频率不发生变化，因此D错误．
故选C．
【点评】本题比较全面的涉及了关于交流电的物理知识，重点是交流电的描述和对于有效值的理解．
5．如图所示，xOy坐标平面在竖直面内，x轴沿水平方向，y轴正方向竖直向上，在图示空间内有垂直于xOy平面的水平匀强磁场．一带电小球从O点由静止释放，运动轨迹如图中曲线．关于带电小球的运动，下列说法中正确的是（）
A．OAB轨迹为半圆
B．小球运动至最低点A时速度最大，且沿水平方向
C．小球在整个运动过程中机械能增加
D．小球在A点时受到的洛伦兹力与重力大小相等
【考点】洛仑兹力．
【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】电荷在重力和洛伦兹力共同作用下做曲线运动，重力恒为mg，洛伦兹力大小F=qvB，与物体的速度有关，重力改变电荷运动速度的大小，洛伦兹力改变电荷运动速度的方向，因洛伦兹力大小随速度的变化而变化，故电荷不可能做圆周运动；在整个运动过程中，由于洛伦兹力不做功，系统只有重力做功，故系统的机械能守恒．【解答】解：A、因为重力改变速度的大小，而洛伦兹力仅改变速度的方向，又洛伦兹力大小随随速度的变化而变化，故电荷运动的轨迹不可能是圆，故A错误；
B 、因为系统只有重力做功，据动能定理，电荷在最低点时重力做功最多，
得，最低点处h最大故速度最大．曲线运动的速度方向为该点的切线方向，是低点的切线方向在水平方向，故B正确；
C、整个过程中由于洛伦兹力不做功，即只有重力做功，故系统机械能守恒，故C错误；
D、若最低点洛伦兹力与重力大小相等，根据平衡可知电荷将水平向右做匀速直线运动，故不可能沿轨迹AB运动，故D错误．
故选：B．
【点评】注意洛伦兹力的方向始终与速度方向垂直，在运动过程中洛伦兹力不做功．
6．某理想变压器原线圈输入电功率为P，原、副线圈匝数比为k，在副线圈上接一内阻为r的电动机，电动机正以速度v匀速向上提升质量为m的重物，已知重力加速度为g，则变压器初级线圈两端的电压为（）
A．Pk B ．C．Pk D ．
【考点】变压器的构造和原理．
【专题】交流电专题．
【分析】电动机的总功率的大小为电动机的机械功率加上电动机的发热功率的大小，根据变压器的输入功率和输出功率大小相等可以求得电动机的电压的大
小即为副线圈的电压，再有电压和匝数成正比可以求得变压器初级线圈两端的电压．
【解答】解：电动机的输出功率即为对重物做功的机械功率的大小，即mgv，所以电动机的发热的功率为I22r=P﹣mgv，所以副线圈的电流的大小为
I2=，根据电流与匝数成反比可得原线圈的电流大小为I1=I2=，由P=U1I1可得U1==Pk，所以A正确．
故选A．
【点评】电动机的总功率的大小一部分对外做功，另一部分转化为内能，根据电动机的这两部分消耗的功率可以求得副线圈的电流进而通过输入和输出的功率相等可以求得原线圈的电压的大小．
7．如图所示，当滑动变阻器滑动触头向左移动时，右边导轨上导体棒MN向右移动，则a、b两点和c、d两点电势关系是（）
A．φa＞φb φc＞φd B．φa＞φb φc＜φd C．φa＜φbφc＞φd D．φa＜φb φc＜φd
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；变压器的构造和原理．
【专题】电磁感应与电路结合．
【分析】当滑动变阻器滑动触头向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，电流减小，MN向右移动，受到的安培力向右，根据安培定则、左手定则和楞次定律判断电势高低．
【解答】解：导体棒MN向右移动，说明MN受到的安培力向右，根据左手定则可知，MN中电流方向是M→N，线圈cd相当于电源，c相当于电源正极，则φc ＞φd．滑动变阻器滑动触头向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，电流减小，线圈ab产生的磁场减弱，穿过线圈cd的磁通量减小．根据安培定则可知：cd中感应电流的磁场方向向上，则由楞次定律可知，原磁场方向向上，线圈ab 中磁场方向向下，再由安培定则判断出来电源的左端是正极，则φa＜φb．
故选C
【点评】本题是变压器的原理图．判断电势高低，要区分电源和电源的外部．对于电源，正极电极的电势比负极电势高．在电源的外部，沿着电流方向电势逐渐降低．
8．一个矩形线圈匀速地从无磁场的空间先进入磁感应强度为B1的匀强磁场，然后再进入磁感应强度为B2的匀强磁场，最后进入没有磁场的右边空间，如图所示．若B1=2B2，方向均始终和线圈平面垂直，则在下图所示图中能定性表示线圈中感应电流i随时间t变化关系的是（电流以逆时针方向为正）（）
A ．
B ．
C ．
D ．
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；右手定则．【专题】电磁感应与图像结合．
【分析】由E=BLV可知线圈在磁场中的感应电动势的大小，由右手定则可得出电流的方向；再由欧姆定律即可得出电流的大小及方向变化．
【解答】解：线圈进入B1时，右边切割磁感线产生感应电动势E=B1Lv，由右手定则可得出电流方向沿逆时针，故电流为正；
当线圈全部进入时，磁通量不再发生变化，故线圈中没有电流；
当右边进入B2时，两端同时切割磁感线，左边产生的感应电动势为B1Lv，右边产生的电动势为B2Lv，因两电动势方向相反，故总电动势为B1Lv﹣B2Lv=B2Lv；方向沿逆时针；
当线圈离开磁场区域时，只有左边切割B2，电动势为B2Lv，方向为顺时针；
故只有C正确；
故选C．
【点评】本题中因无法确定磁场宽度及线圈的宽度，故只能得出大致的电流﹣时间图象．
二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
9．如图所示，光滑的“π”形金属导体框竖直放置，质量为m的金属棒MN与框架接触良好．磁感应强度分别为B1、B2的有界匀强磁场方向相反，但均垂直于框架平面，分别处在abcd和cdef区域．现从图示位置由静止释放金属棒MN，当金属棒进入磁场B1区域后，恰好做匀速运动．以下说法中正确的有（）A．若B2=B1，金属棒进入B2区域后将加速下滑
B．若B2=B1，金属棒进入B2区域后仍将保持匀速下滑
C．若B2＞B1，金属棒进入B2区域后可能先加速后匀速下滑
D．若B2＞B1，金属棒进入B2区域后可能先减速后匀速下滑
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．
【专题】电磁感应中的力学问题．【分析】由题，当金属棒进入磁场B1区域后，恰好做匀速运动，说明金属棒所受的安培力与重力大小相等、方向相反．若B2=B1，金属棒进入B2区域后，金属棒受到的安培力大小和方向不变，则知棒仍做匀速运动．若B2＞B1，金属棒进入B2区域后受到的安培力增大，将先减速后匀速下滑．
【解答】解：A、B当金属棒进入磁场B1区域后，恰好做匀速运动，说明金属棒所受的安培力与重力大小相等、方向相反．若B2=B1，根据安培力公式F A =
得知，金属棒进入B2区域后，金属棒受到的安培力大小不变，由楞次定律得知，安培力方向仍竖直向上，安培力与重力仍平衡，故金属棒进入B2区域后仍将保持匀速下滑．故A错误，B正确．
C、D若B2＞B1，金属棒进入B2区域后安培力增大，将大于金属棒的重力，棒将先做减速运动，随着速度减小，安培力减小，当安培力再次与重力平衡后，金属棒又做匀速运动．故C错误，D正确．
故选BD
【点评】本题只要掌握安培力的公式F A =，就能正确分析金属棒的受力情况和运动情况．
10．如图所示，两虚线之间存在匀强磁场，矩形线圈竖直下落．如果线圈受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为（）A．a1=a3B．a1＞a3C．a2＞a4D．a2＜a4
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；安培力．
【专题】应用题；定性思想；图析法；电磁感应与电路结合．
【分析】线圈自由下落时，加速度为g．线圈进入和穿出磁场过程中，切割磁感线产生感应电流，将受到向上的安培力．线圈完全在磁场中时，不产生感应电流，线圈只受重力，加速度等于g．根据牛顿第二定律分析加速度的关系．【解答】解：线圈自由下落时，加速度为a1=g．线圈完全在磁场中时，磁通量不变，不产生感应电流，线圈不受安培力作用，只受重力，加速度为a3=g．
线圈进入和穿出磁场过程中，切割磁感线产生感应电流，将受到向上的安培力，根据牛顿第二定律得知，a2＜g，a4＜g．线圈完全在磁场中时做匀加速运动，到达4处的速度大于2处的速度，则线圈在4处所受的安培力大于在2处所受的安培力，又知，磁场力总小于重力，则a2＞a4，故a1=a3＞a2＞a4．故AC正确，BD错误；
故选：AC．
【点评】本题关键是分析安培力的大小和方向情况，抓住安培力大小与速度成正比，分析B、D两处安培力的大小关系．
11．如图所示，线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，电容器两极板水平放置．在两极板间，不计重力的带正电粒子Q在t=0时由静止释放，若两板间距足够宽，则下列运动可能的是（）
A．若t=0时，线圈平面与磁场垂直，粒子一定能到达极板
B．若t=0时，线圈平面与磁场平行，粒子在两极间往复运动
C．若t=0时，线圈平面与磁场垂直，粒子在两极间往复运动
D．若t=0时，线圈平面与磁场平行，粒子一定能到达极板
【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】带电粒子在电场中的运动专题；交流电专题．
【分析】分析一个周期内粒子的运动情况：若t=0时，线圈平面与磁场垂直，线圈中产生正弦形电流；若t=0时，线圈平面与磁场平行，线圈中产生余弦形电流，根据牛顿定律分析求解．
【解答】解：A、C若t=0时，线圈平面与磁场垂直，线圈中产生正弦形电流；在前半个周期内粒子向一极板先做加速直线运动，后做减速直线运动；后半个周期内，沿原方向继续先做加速直线运动，后做减速直线运动．周而复始，粒子做单向直线运动，粒子一定能到达极板．故A正确，C错误．
B、D若t=0时，线圈平面与磁场平行，线圈中产生余弦形电流，前半个周期内，向一极板先做加速直线运动，后做减速直线运动，半个周期时刻速度减为零；后半个周期内，沿反方向返回，先做加速直线运动，后做减速直线运动，一个周期时刻速度为零．周而复始，粒子做往复运动．故B正确，D错误．
故选AB
【点评】本题关键根据粒子的受力情况来分析粒子的运动情况，与力学问题方法相同，只是力是周期性变化的变力而已．
12．如图所示，在xOy平面内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向里，第三象限内的磁场方向垂直纸面向外．P （﹣L，0）、Q（0，﹣L）为坐标轴上的两个点．现有一电子从P点沿PQ
方向射出，不计电子的重力，则（）
A．若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则电子运动的路程一定为
B．若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的路程一定为πL。