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2022-2023学年江苏省淮安市淮安区高二（下）期中物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年江苏省淮安市淮安区高二（下）期中物理试卷（含详细答案解析），共17页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.关于电磁波的应用，下列说法不正确的是( )
A. 雷达是利用无线电波来测定物体位置的无线电设备
B. 铁路，民航等安检口使用红外线对行李内物品进行检测
C. 医院里常用紫外线照射对病房和手术室进行消毒
D. γ射线具有很强的穿透本领，可以用来治疗某些癌症
2.如图所示是一个电视机显像管的原理示意图，要使电子束在竖直方向偏离中心O，打在荧光屏上的A点，那么偏转磁场的方向是( )
A. 沿着纸面向上
B. 沿着纸面向下
C. 垂直纸面向外
D. 垂直纸面向里
3.无线话筒是LC振荡电路的一个典型应用.在LC振荡电路中，某时刻磁场方向、电场方向如图所示，下列说法正确的是( )
A. 电容器正在放电B. 振荡电流正在增大
C. 线圈中的磁场正在增强D. 线圈中的自感电动势正在增大
4.图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示.以下判断正确的是( )
A. 交变电流的有效值为10 2AB. t=0.01s时线圈位于中性面
C. t=0.02s时线圈平面与磁场方向平行D. 1s内电流方向改变50次
5.如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子两次以不同速率垂直磁场边界从a点射入，两次运动轨迹分别为Ⅰ、Ⅱ，对应入射速率分别为v1、v2，在磁场中受到的洛伦兹力大小分别为F1、F2，在磁场中运动的时间分别为t1、t2，则下列正确的是( )
A. 粒子带正电B. v1>v2C. F1>F2D. t1>t2
6.如图甲所示电路，理想变压器原线圈输入电压如图乙所示，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器，C为耐压值为22V的电容器，所有电表均为理想电表。下列说法正确的是( )
A. 副线圈两端电压的变化频率为0.5Hz
B. 副线圈的电流等于电流表A2的示数
C. 若原副线圈匝数比等于10：1时，则电容器C不会被击穿
D. 滑动片P向下移时，副线圈增加的功率等于原线圈增加的功率
7.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增大，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a到bB. ab中的感应电流逐渐增大
C. ab所受的安培力逐渐增大D. ab所受的静摩擦力保持不变
8.如图甲、乙所示的电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，且小于灯A的电阻，接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则( )
A. 在电路甲中，断开S后，A将立即熄灭
B. 在电路乙中，断开S后，A将逐渐变暗
C. 在电路乙中，断开S后，A将先变得更亮，然后逐渐变暗
D. 在电路甲中，断开S后，A将先变得更亮，然后逐渐变暗
9.1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素的研究荣获了诺贝尔化学奖。若一束带电粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列说法中正确的是( )
A. 该束带电粒子带负电
B. 速度选择器的P1极板带负电
C. 能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于B1E
D. 在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷qm越小
10.如图所示，一电阻可忽略的U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab、dc足够长，一根电阻为R的导体棒MN置于金属框上，现给金属框水平向右的初速度v0，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。则金属棒加速度a、速度v、产生的感应电动势EMN、回路中电流强度i随时间t变化的关系图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
二、实验题：本大题共1小题，共10分。
11.某实验小组使用如图所示的器材探究“电磁感应现象”中影响感应电流方向的因素。
(1)在图中用实线代替导线完成实验电路连接______；
(2)连接好电路后，闭合开关，发现灵敏电流计G的指针向右偏了一下，保持开关闭合，依次进行以下操作：将铁芯迅速插入线圈A时，灵敏电流计指针将向______(填“左”或“右”)偏；然后将滑动变阻器连入电路中的阻值调小，灵敏电流计指针将向______(填“左”或“右”)偏。
(3)实验中如果将电池换成低压交流电源，线圈A插入线圈B中，滑动变阻器滑片位置不变，闭合电键时灵敏电流计G ______。
A.指针始终处于刻度盘中央
B.指针不停地左右摇摆
C.指针偏转到某一位置，并保持不动
D.在调节滑动变阻器的滑片位置时，示数无变化
(4)根据以上实验探究过程，可以得到结论：______是影响感应电流方向的因素。
三、简答题：本大题共4小题，共50分。
12.如图所示，边长为L的正方形导线框abcd放在纸面内，在ad边左侧有足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，导线框的总电阻为R。现使导线框从实线位置开始绕a点在纸面内顺时针匀速转动，经时间Δt第一次转到图中虚线位置。求：
(1)Δt内导线框abcd中平均感应电动势的大小；
(2)Δt内通过导线截面的电荷量。
13.如图所示为远距离输电的示意图(匝数如图)，升压变压器T1和降压变压器T2均为理想变压器，输电线的电阻为r=20Ω，发电厂的发电机输出电压为250V，输出功率为50kW，输电线损耗的功率是输送功率的4%，用电设备得到的电压为220V，求：
(1)发电机输出的电流和输电线上的电流；
(2)降压变压器原、副线圈的匝数n3、n4之比。
14.如图甲，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN、PQ是匀强磁场区域的上、下水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向垂直于线框平面向里。现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落(bc边始终与MN平行)，并以此时为计时起点，图乙是金属线框由开始下落到离开匀强磁场的过程中，线框中感应电流随时间变化的i−t图像(图中t1、t2、t3未知)。已知金属线框边长为L，质量为m，开始下落时bc边距离边界MN的高度为h，匀强磁场的磁感应强度为B，重力加速度为g，不计空气阻力。求：
(1)bc边进入匀强磁场区域时，bc两点间电压；
(2)金属线框电阻R；
(3)在t1∼t3时间内，金属线框产生的热量Q。
15.加速器在核物理和粒子物理研究中发挥着巨大作用，回旋加速器是其中的一种，如图1所示为回旋加速器的工作原理示意图，它由两个铝制“D”形金属盒组成，两个“D”正中间有一条狭缝，两个“D”形盒处在匀强磁场中并接在高频交变电源上，在D1盒中心A处有粒子源，它发出的粒子(初速度可视为零)经狭缝电场加速后，进入D2盒中，已知磁场的磁感应强度大小为B，高频交变电源的电压为U，两个“D”形盒的半径为R，粒子质量为m，电荷量为+q。。忽略狭缝宽度和粒子在缝隙间的运动时间、不考虑相对论效应和重力作用。求：
(1)粒子离开加速器时获得的最大动能Ekm；
(2)粒子在回旋加速器中运动的时间；
(3)某同学在分析带电粒子运动轨迹时，画出了如图2所示的轨迹图，他认为两个D形盒中粒子加速前后相邻轨迹间距Δd是相等的.请通过计算分析该轨迹是否合理？若不合理，请描述合理的轨迹其间距会有怎样的变化趋势。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、雷达是利用无线电波来测定物体位置的无线电设备，故A正确；
B、铁路，民航等安检口使用X光对行李内物品进行检测，故B错误；
C、医院里常用紫外线照射对病房和手术室进行消毒，故C正确；
D、γ射线具有很强的穿透本领，可以用来进行工业探伤，对细胞具有较强的杀伤能力，可以用来治疗某些癌症，故D正确。
本题选不正确的
故选：B。
本题根据各种电磁波的特性和用途，即可解答。
本题考查电磁波的应用，以及电磁波特点、用途的掌握情况。
2.【答案】C
【解析】解：电子带负电，电子开始上偏，根据左手定则，磁场方向垂直纸面向外，故C正确，ABD错误。
故选：C。
粒子在磁场中受到洛伦兹力的作用，根据左手定则可以判断磁场的方向。
本题就是对洛伦兹力的考查，掌握住左手定则即可解决本题。
3.【答案】D
【解析】解：AB.电容器中电场强度方向向上，则下极板带正电，根据安培定则可知，线圈中电流为俯视逆时针方向，故电容器正在充电，振荡电流正在减小，故AB错误；
C.电容器充电过程，两极板间的电场增强，电场能在变大，根据能量守恒定律知线圈中的磁场能正在减小，线圈中的磁场正在减弱，故C错误；
D.如图所示，
线圈中振荡电流减小过程，电流的变化率增大，磁场变化率增大，故自感电动势正在增大，故D正确。
故选：D。
根据安培定则判断线圈的电流方向，结合电容器的极板带电情况，判断电容器的充放电情况；根据电容器充电判断振荡电流的变化；根据能量守恒定律判断线圈中的磁场的变化；根据线圈中振荡电流的变化率增大判断线圈中的自感电动势的变化。
本题考查了LC振荡电路的分析，明确LC振荡电路中电容器和线圈之间各物理量的变化，知道怎么判断电容器是充电还是放电。
4.【答案】C
【解析】解：A、正弦式交变电流的有效值为：I=Im 2=10 2 2A=10A，故A错误；
B、t=0.01s时感应电流最大，线圈位于垂直于中性面的面，故B错误；
C、t=0.02s时感应电流最大，线圈平面与磁场方向平行，故C正确；
D、根据频率与周期的关系可知：f=1T=10.02Hz=50Hz，所以1s内电流方向改变100次，故D错误；
故选：C。
图读出最大值，电流表的读数为有效值I=Im 2；
0.01s时，电流最大，磁通量为零，线圈平面与磁场方向平行；
0.02s时，电流最大，磁通量为零，线框平面与中性面垂直；
根据图乙，T=0.02s，f=1T，从而得到电流方向改变次数。
本题考查了正弦式电流的图象和三角函数表达式。不同的概念、规律之间往往存在内在的联系，弄清相关概念、规律之间的联系。
5.【答案】D
【解析】解：A、开始粒子受到的洛伦兹力方向向下，根据左手定则可知粒子带负电，故A错误；
B、根据图示可知Ⅰ的半径小于Ⅱ的半径，根据洛伦兹力提供向心力可得R=mvqB，则v1C、根据洛伦兹力的计算公式可得：F=qvB，则F1D、根据图示可知，Ⅰ轨迹对应的圆心角大于Ⅱ轨迹对应的圆心角，根据tθ2π×2πmqB=θmqB可知t1>t2，故D正确。
故选：D。
根据左手定则判断电性；根据半径大小结合洛伦兹力提供向心力分析速度大小；根据洛伦兹力的计算公式分析洛伦兹力大小；根据轨迹对应的圆心角分析时间。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。
6.【答案】D
【解析】解：A.根据图乙可知交流电的频率
f=1T=12×10−2Hz=50Hz，变压器不改变交流电的频率，故A错误；
B.根据电容器通交流阻直流的特点，可知副线圈的电流不等于电流表A2的示数，故B错误；
C.若原副线圈匝数比等于10：1时，根据变压器的工作原理得：
U1U2=n1n2
解得副线圈的最大电压为：U2=31.1V，电容器的耐压值为22V，故电容器C会被击穿，故C错误；
D.理想变压器原副线圈的功率相等，因此滑动片P向下移时，副线圈增加的功率等于原线圈增加的功率，故D正确。
故选：D。
根据频率和周期的关系得出电压的频率；理解电容器对电路的影响；根据变压器的工作原理得出副线圈的最大电压，结合题意完成分析；原副线圈两端的功率相等，由此得出副线圈增加的功率与原线圈增加的功率的关系。
本题主要考查了变压器的动态分析，理解变压器的工作原理，结合图像的物理意义和电路构造的分析即可完成解答。
7.【答案】C
【解析】解：A、磁感应强度均匀增大，穿过回路的磁通量向下增大，根据楞次定律可知ab中的感应电流方向由b到a，故A错误；
B、由于磁感应强度均匀增大，ΔBΔt不变，根据法拉第电磁感应定律知
E=ΔΦΔt=ΔBΔtS，则知感应电动势恒定不变，所以ab中的感应电流不变，故B错误；
C、根据安培力公式F=BIL，由于感应电流I不变，ab的长度L不变，磁感应强度B均匀增大，则ab所受的安培力逐渐增大，故C正确；
D、ab始终保持静止，根据平衡条件可知，ab所受的静摩擦力大小等于安培力大小，则ab所受的静摩擦力渐增大，故D错误。
故选：C。
根据楞次定律判断感应电流方向；根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的变化情况，从而判断感应电流的变化情况；由F=BIL分析安培力的变化情况，由平衡条件分析静摩擦力的变化情况。
本题考查法拉第电磁感应定律、楞次定律、安培力公式和平衡条件的基本运用，要注意磁感应强度均匀变化，回路面积不变，磁通量均匀变化，则感应电动势不变，感应电流不变，但是导体棒所受的安培力是变化的。
8.【答案】C
【解析】解：AD、在电路甲中流过线圈L的电流与流过灯泡的电流是相等的，断开S，由于线圈阻碍电流变小，导致灯泡A将逐渐变暗，故AD错误；
BC、在电路乙中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以电路中的电流稳定时通过灯泡的电流比线圈的电流小，断开S时，线圈产生自感电动势阻碍电流的减小，此时线圈与灯泡A以及电阻R组成自感回路，电流从开始时流过线圈的电流开始变小，导致A先变得更亮，然后逐渐变暗。故B错误，C正确。
故选：C。
自感电动势总是阻碍电流的变化。线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向更原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向更原电流的方向相同，抑制减小，并与灯泡构成电路回路。
线圈中电流变化时，线圈中产生感应电动势；线圈电流增加，相当于一个瞬间电源接入电路，线圈左端是电源正极。当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈右端是电源正极。
9.【答案】D
【解析】解：A、该束带电粒子在磁场中向下偏转，据左手定则可知，粒子带正电，故A错误；
B、该束带电粒子在速度选择器中做匀速直线运动，又因为带电粒子受到的洛伦兹力向上，则受到电场力应向下，则P1极板带正电，故B错误；
C、能通过狭缝S0的带电粒子满足
qvB1=qE
解得
v=EB1
故C错误；
D、在B2磁场中，据洛伦兹力作为向心力可得
qvB2=mv2r
解得
qm=vrB2
故运动半径越大的粒子，比荷qm越小，故D正确。
故选：D。
首先，根据粒子的偏转结合左手定则判断带电粒子所带电性；
其次，根据带电粒子在速度选择器中受到洛伦兹力的方向判断带电粒子受到的电场力的方向，进而判断P1极板所带电性；
接着，根据粒子做直线运动的条件，结合共点力平衡求出带电粒子的速度；
最后，分析粒子在B2磁场中的运动，结合洛伦兹力提供向心力求出粒子的比荷和半径的关系，进而判断运动半径越大的粒子其比荷如何。
本题考查了质谱仪的工作原理，解决本题的关键是理解带电粒子在复合场中的匀速直线运动和在磁场中的匀速圆周运动。
10.【答案】A
【解析】解：ABD、金属框向右运动，由右手定则可知，bc边产生的感应电流从c流向b，由左手定则可知，金属棒MN受到向右的安培力作用，金属棒向右做加速运动，设金属框的加速度为a1，金属棒的加速度为a2，金属框的速度为v1，金属棒的速度为v2，ab、dc间距为L。
根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可得，回路的感应电流可表示为：I=BLv1−BLv2R
设金属框的质量为M，金属棒的质量为m，对金属框由牛顿第二定律可得：BIL=Ma1
对金属棒MN，同理有：BIL=ma2
金属框受向左的安培力而做减速运动，金属棒受向右的安培力而做加速运动，两者速度差逐渐减小，所以感应电流I逐渐减小，加速度均逐渐减小，且加速度的减小得越来越慢，a−t的斜率变小，当满足：v1=v2
感应电流为零，加速度均为零，金属框和金属棒均做匀速直线运动，故金属棒做加速度减小的加速运动，最后匀速运动，故A正确，BD错误；
C、金属棒产生的感应电动势为：EMN=BLv2，可知其逐渐增大，最后保持不变，故C错误。
故选：A。
分别对金属框和导体棒进行受力分析，根据牛顿第二定律和感应电动势公式E=BLv、闭合电路欧姆定律、安培力公式F=BIL求出二者的加速度表达式，当加速度差值为零时，得到速度之差恒定，从而分析出各图像的大致形状。
本题考查电磁感应中的动力学问题，关键要正确分析回路中感应电流与两棒速度的关系，利用牛顿第二定律分析两棒加速度变化情况。
11.【答案】见解析 右 右 B 闭合回路中磁场的方向及磁通量的变化
【解析】解：(1)电流计和线圈B组成闭合回路，电池、开关、滑动变阻器和线圈A闭合回路，实物连接图如图所示：
(2)闭合开关，穿过线圈B的磁通量增大，线圈B中产生感应电流，此时发现灵敏电流计G的指针向右偏了一下；说明穿过线圈B的磁通量增大时，电流计指针右偏；
将铁芯迅速插入线圈A时，通过线圈B的磁通量增大，因此灵敏电流计的指针将向右偏；
将滑动变阻器连入电路中的阻值调小，回路电流增大，穿过线圈B磁通量将增大，灵敏电流计的指针将向右偏；
(3)低压交流电的大小和方向都在做周期性的变化，如果将电池换成低压交流电源，线圈A产生磁场以及穿过线圈B的磁通量的大小和方向做周期性变化，因此电流计指针将不停地左右摇摆，故ACD错误，B正确。
故选：B。
(4)根据以上实验探究过程，可以得到结论：闭合回路中磁场的方向及磁通量的变化是影响感应电流方向的因素。
故答案为：(1)见解析；(2)右；右；(3)B；(4)闭合回路中磁场的方向及磁通量的变化。
(1)电流计和线圈B组成闭合回路，电池、开关、滑动变阻器和线圈A闭合回路，据此连接实物图；
(2)闭合开关，穿过线圈B的磁通量增大，线圈B中产生感应电流，此时发现灵敏电流计G的指针向右偏了一下；说明穿过线圈B的磁通量增大时，电流计指针右偏，据此分析插入铁芯和调节滑动变阻器滑动片时电流计指针的偏转情况；
(3)低压交流电的大小和方向都在做周期性的变化，据此分析线圈A产生磁场以及穿过线圈B的磁通量的大小和方向的变化情况，然后作答；
(4)根据实验探究过程的实验条件和实验现象分析后得出实验结论。
本题考查了探究“电磁感应现象”中影响感应电流方向的因素，知道该实验中两个回路的作用；知道电流计指针偏转方向与穿过线圈B的磁通量的变化情况，通过实验进一步理解影响感应电流方向的因素。
12.【答案】解：(1)Δt时间内穿过线框的磁通量变化量为
ΔΦ=BL2−12BL2=12BL2
由法拉第电磁感应定律得
E−=ΔΦΔt=BL22Δt
(2)平均感应电流为
I−=E−R
通过导线的电荷量为
q=I−⋅Δt
联立解得：q=BL22R
答：(1)Δt内导线框abcd中平均感应电动势的大小为BL22Δt；
(2)Δt内通过导线截面的电荷量为BL22R。
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律求解平均感应电动势大小。
(2)由欧姆定律求出平均感应电流，再求通过导线截面的电荷量。
法拉第电磁感应定律是电磁感应的基本规律，此题关键能熟练运用这个规律，要知道法拉第电磁感应定律常常用来求平均感应电动势。
13.【答案】解：(1)由题意知，输电线损耗的功率为：
P损=50×103×4%W=2000W
输电线中电流为I2，根据P损=I22r得：
I2= P损r
代入数据得：I2=10A
发电机输出电流为：
I1=P1U1
代入数据得：I1=200A
(2)输送电压为U2，根据
I2I1=n1n2
U1U2=n1n2
联立解得：U2=5000V
输电线损失的电压为：
U损=I2r
代入数据得：U损=200V
因此降压变压器输入电压为：
U3=U2−U损
代入数据得：U3=4800V
则有
n3n4=U3U4
代入数据得：n3n4=24011
答：(1)发电机输出的电流大小为200A，输电线上的电流大小为10A；
(2)降压变压器原、副线圈的匝数n3、n4之比为24011。
【解析】(1)根据发电厂的发电机输出电压为与输出功率结合电功率公式计算发电机输出的电流，根据P损=I22r计算输电线上的电流；
(2)根据升压变压器电流与匝数比、电压与匝数比求出输电线输送电压，根据U损=I2r求出输电线损失的电压，结合电压关系求出降压变压器T2的原线圈的输入电压，根据电压与匝数比求出降压变压器T2原、副线圈的匝数比。
解决本题的关键要知道升压变压器的输出电压、损失电压和降压变压器的输入电压的关系，以及知道输出功率和输出电流和输出电压的关系。
14.【答案】解：(1)线框进入磁场前做自由落体运动，根据速度-位移规律有：v2=2gh
解得bc边进入匀强磁场区域时的速度大小为：v= 2gh
bc边进入匀强磁场区域时产生的电动势为：E=BLv=BL 2gh
根据串联电路电压的关系可得，bc两点间电压为：Ubc=U外=34E=3BL4 2gh
(2)根据i−t图像可知，线框进入磁场区域过程做匀速运动，根据受力平衡可得：F安=mg
又根据安培力公式：F安=BIL
再根据闭合电路欧姆定律有：I=ER
联立解得金属线框电阻为：R=B2L2 2ghmg
(3)从i−t图像可知，线框匀速进入磁场，并匀速离开；根据能量守恒可知，在t1∼t3时间内，线框中产生的热量Q等于线框bc边进入磁场至ad边离开磁场的过程中线框减少的重力势能，则有：Q=2mgL
答：(1)bc边进入匀强磁场区域时，bc两点间电压为3BL4 2gh；
(2)金属线框电阻R为B2L2 2ghmg；
(3)在t1∼t3时间内，金属线框产生的热量Q为2mgL。
【解析】(1)由由自由落体运动规律求出下落h后进入磁场的速度，再根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律求bc两点间的电压；
(2)根据安培力公式与平衡条件求出线框中电流，根据欧姆定律求线框的电阻；
(3)线框进入磁场过程做匀速直线运动，减小的重力势能转化为焦耳热，根据图象中的信息由能量守恒定律可以求出线框产生的热量。
本题是电磁感应与电路、力学相结合的综合题，分析清楚线框的运动过程，应用安培力公式、平衡条件、运动学公式、能量守恒定律即可正确解题。
15.【答案】解：(1)根据牛顿第二定律得
qvmB=mvm2R
根据动能的公式
Ekm=12mvm2
解得，粒子离开加速器时获得的最大动能为
Ekm=q2B2R22m
(2)粒子在磁场中运动的周期为
T=2πmqB
粒子在回旋加速器中运动的时间为
t=EkmqU⋅T2
解得
t=πBR22U
(3)第n次加速后，根据动能定理得
nqU=12mvn2
在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得
qvnB=mvn2rn
解得
rn=1B⋅ 2nmUq
第n+1次加速后的轨迹半径为
rn+1=1B⋅ 2(n+1)mUq
相邻轨迹间距Δd
Δd=2rn+1−2rn
解得
Δd=2B 2mUq( n+1− n)
通过上面的计算分析可知，该同学画的轨迹不合理。正确的画法是：轨迹间距不相等，轨迹半径越大，Δd越小，轨迹越密。
答：(1)粒子离开加速器时获得的最大动能Ekm为q2B2R22m；
(2)粒子在回旋加速器中运动的时间为πBR22U；
(3)该同学画的轨迹不合理。正确的画法是：轨迹间距不相等，轨迹半径越大，Δd越小，轨迹越密。
【解析】(1)粒子在半圆金属盒内做匀速圆周运动，粒子离开加速器时，速度达到最大值，根据洛伦兹力提供向心力求解离开加速度器时的速度，根据动能公式求解最大动能；
(2)根据带电粒子每转动半周电场对它做功qU，根据动能定理可知动能增加qU，根据最大动能可知加速的次数，从而求出时间；
(3)根据动能定理和洛伦兹力提供向心力求解粒子加速n次时半径的通式，然后写出粒子的轨迹之间的间距的通式，最后做出判断即可。
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，最大速度决定于D形盒的半径。
1.关于电磁波的应用，下列说法不正确的是( )
A. 雷达是利用无线电波来测定物体位置的无线电设备
B. 铁路，民航等安检口使用红外线对行李内物品进行检测
C. 医院里常用紫外线照射对病房和手术室进行消毒
D. γ射线具有很强的穿透本领，可以用来治疗某些癌症
2.如图所示是一个电视机显像管的原理示意图，要使电子束在竖直方向偏离中心O，打在荧光屏上的A点，那么偏转磁场的方向是( )
A. 沿着纸面向上
B. 沿着纸面向下
C. 垂直纸面向外
D. 垂直纸面向里
3.无线话筒是LC振荡电路的一个典型应用.在LC振荡电路中，某时刻磁场方向、电场方向如图所示，下列说法正确的是( )
A. 电容器正在放电B. 振荡电流正在增大
C. 线圈中的磁场正在增强D. 线圈中的自感电动势正在增大
4.图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示.以下判断正确的是( )
A. 交变电流的有效值为10 2AB. t=0.01s时线圈位于中性面
C. t=0.02s时线圈平面与磁场方向平行D. 1s内电流方向改变50次
5.如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子两次以不同速率垂直磁场边界从a点射入，两次运动轨迹分别为Ⅰ、Ⅱ，对应入射速率分别为v1、v2，在磁场中受到的洛伦兹力大小分别为F1、F2，在磁场中运动的时间分别为t1、t2，则下列正确的是( )
A. 粒子带正电B. v1>v2C. F1>F2D. t1>t2
6.如图甲所示电路，理想变压器原线圈输入电压如图乙所示，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器，C为耐压值为22V的电容器，所有电表均为理想电表。下列说法正确的是( )
A. 副线圈两端电压的变化频率为0.5Hz
B. 副线圈的电流等于电流表A2的示数
C. 若原副线圈匝数比等于10：1时，则电容器C不会被击穿
D. 滑动片P向下移时，副线圈增加的功率等于原线圈增加的功率
7.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增大，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a到bB. ab中的感应电流逐渐增大
C. ab所受的安培力逐渐增大D. ab所受的静摩擦力保持不变
8.如图甲、乙所示的电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，且小于灯A的电阻，接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则( )
A. 在电路甲中，断开S后，A将立即熄灭
B. 在电路乙中，断开S后，A将逐渐变暗
C. 在电路乙中，断开S后，A将先变得更亮，然后逐渐变暗
D. 在电路甲中，断开S后，A将先变得更亮，然后逐渐变暗
9.1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素的研究荣获了诺贝尔化学奖。若一束带电粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列说法中正确的是( )
A. 该束带电粒子带负电
B. 速度选择器的P1极板带负电
C. 能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于B1E
D. 在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷qm越小
10.如图所示，一电阻可忽略的U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab、dc足够长，一根电阻为R的导体棒MN置于金属框上，现给金属框水平向右的初速度v0，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。则金属棒加速度a、速度v、产生的感应电动势EMN、回路中电流强度i随时间t变化的关系图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
二、实验题：本大题共1小题，共10分。
11.某实验小组使用如图所示的器材探究“电磁感应现象”中影响感应电流方向的因素。
(1)在图中用实线代替导线完成实验电路连接______；
(2)连接好电路后，闭合开关，发现灵敏电流计G的指针向右偏了一下，保持开关闭合，依次进行以下操作：将铁芯迅速插入线圈A时，灵敏电流计指针将向______(填“左”或“右”)偏；然后将滑动变阻器连入电路中的阻值调小，灵敏电流计指针将向______(填“左”或“右”)偏。
(3)实验中如果将电池换成低压交流电源，线圈A插入线圈B中，滑动变阻器滑片位置不变，闭合电键时灵敏电流计G ______。
A.指针始终处于刻度盘中央
B.指针不停地左右摇摆
C.指针偏转到某一位置，并保持不动
D.在调节滑动变阻器的滑片位置时，示数无变化
(4)根据以上实验探究过程，可以得到结论：______是影响感应电流方向的因素。
三、简答题：本大题共4小题，共50分。
12.如图所示，边长为L的正方形导线框abcd放在纸面内，在ad边左侧有足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，导线框的总电阻为R。现使导线框从实线位置开始绕a点在纸面内顺时针匀速转动，经时间Δt第一次转到图中虚线位置。求：
(1)Δt内导线框abcd中平均感应电动势的大小；
(2)Δt内通过导线截面的电荷量。
13.如图所示为远距离输电的示意图(匝数如图)，升压变压器T1和降压变压器T2均为理想变压器，输电线的电阻为r=20Ω，发电厂的发电机输出电压为250V，输出功率为50kW，输电线损耗的功率是输送功率的4%，用电设备得到的电压为220V，求：
(1)发电机输出的电流和输电线上的电流；
(2)降压变压器原、副线圈的匝数n3、n4之比。
14.如图甲，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN、PQ是匀强磁场区域的上、下水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向垂直于线框平面向里。现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落(bc边始终与MN平行)，并以此时为计时起点，图乙是金属线框由开始下落到离开匀强磁场的过程中，线框中感应电流随时间变化的i−t图像(图中t1、t2、t3未知)。已知金属线框边长为L，质量为m，开始下落时bc边距离边界MN的高度为h，匀强磁场的磁感应强度为B，重力加速度为g，不计空气阻力。求：
(1)bc边进入匀强磁场区域时，bc两点间电压；
(2)金属线框电阻R；
(3)在t1∼t3时间内，金属线框产生的热量Q。
15.加速器在核物理和粒子物理研究中发挥着巨大作用，回旋加速器是其中的一种，如图1所示为回旋加速器的工作原理示意图，它由两个铝制“D”形金属盒组成，两个“D”正中间有一条狭缝，两个“D”形盒处在匀强磁场中并接在高频交变电源上，在D1盒中心A处有粒子源，它发出的粒子(初速度可视为零)经狭缝电场加速后，进入D2盒中，已知磁场的磁感应强度大小为B，高频交变电源的电压为U，两个“D”形盒的半径为R，粒子质量为m，电荷量为+q。。忽略狭缝宽度和粒子在缝隙间的运动时间、不考虑相对论效应和重力作用。求：
(1)粒子离开加速器时获得的最大动能Ekm；
(2)粒子在回旋加速器中运动的时间；
(3)某同学在分析带电粒子运动轨迹时，画出了如图2所示的轨迹图，他认为两个D形盒中粒子加速前后相邻轨迹间距Δd是相等的.请通过计算分析该轨迹是否合理？若不合理，请描述合理的轨迹其间距会有怎样的变化趋势。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、雷达是利用无线电波来测定物体位置的无线电设备，故A正确；
B、铁路，民航等安检口使用X光对行李内物品进行检测，故B错误；
C、医院里常用紫外线照射对病房和手术室进行消毒，故C正确；
D、γ射线具有很强的穿透本领，可以用来进行工业探伤，对细胞具有较强的杀伤能力，可以用来治疗某些癌症，故D正确。
本题选不正确的
故选：B。
本题根据各种电磁波的特性和用途，即可解答。
本题考查电磁波的应用，以及电磁波特点、用途的掌握情况。
2.【答案】C
【解析】解：电子带负电，电子开始上偏，根据左手定则，磁场方向垂直纸面向外，故C正确，ABD错误。
故选：C。
粒子在磁场中受到洛伦兹力的作用，根据左手定则可以判断磁场的方向。
本题就是对洛伦兹力的考查，掌握住左手定则即可解决本题。
3.【答案】D
【解析】解：AB.电容器中电场强度方向向上，则下极板带正电，根据安培定则可知，线圈中电流为俯视逆时针方向，故电容器正在充电，振荡电流正在减小，故AB错误；
C.电容器充电过程，两极板间的电场增强，电场能在变大，根据能量守恒定律知线圈中的磁场能正在减小，线圈中的磁场正在减弱，故C错误；
D.如图所示，
线圈中振荡电流减小过程，电流的变化率增大，磁场变化率增大，故自感电动势正在增大，故D正确。
故选：D。
根据安培定则判断线圈的电流方向，结合电容器的极板带电情况，判断电容器的充放电情况；根据电容器充电判断振荡电流的变化；根据能量守恒定律判断线圈中的磁场的变化；根据线圈中振荡电流的变化率增大判断线圈中的自感电动势的变化。
本题考查了LC振荡电路的分析，明确LC振荡电路中电容器和线圈之间各物理量的变化，知道怎么判断电容器是充电还是放电。
4.【答案】C
【解析】解：A、正弦式交变电流的有效值为：I=Im 2=10 2 2A=10A，故A错误；
B、t=0.01s时感应电流最大，线圈位于垂直于中性面的面，故B错误；
C、t=0.02s时感应电流最大，线圈平面与磁场方向平行，故C正确；
D、根据频率与周期的关系可知：f=1T=10.02Hz=50Hz，所以1s内电流方向改变100次，故D错误；
故选：C。
图读出最大值，电流表的读数为有效值I=Im 2；
0.01s时，电流最大，磁通量为零，线圈平面与磁场方向平行；
0.02s时，电流最大，磁通量为零，线框平面与中性面垂直；
根据图乙，T=0.02s，f=1T，从而得到电流方向改变次数。
本题考查了正弦式电流的图象和三角函数表达式。不同的概念、规律之间往往存在内在的联系，弄清相关概念、规律之间的联系。
5.【答案】D
【解析】解：A、开始粒子受到的洛伦兹力方向向下，根据左手定则可知粒子带负电，故A错误；
B、根据图示可知Ⅰ的半径小于Ⅱ的半径，根据洛伦兹力提供向心力可得R=mvqB，则v1
故选：D。
根据左手定则判断电性；根据半径大小结合洛伦兹力提供向心力分析速度大小；根据洛伦兹力的计算公式分析洛伦兹力大小；根据轨迹对应的圆心角分析时间。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。
6.【答案】D
【解析】解：A.根据图乙可知交流电的频率
f=1T=12×10−2Hz=50Hz，变压器不改变交流电的频率，故A错误；
B.根据电容器通交流阻直流的特点，可知副线圈的电流不等于电流表A2的示数，故B错误；
C.若原副线圈匝数比等于10：1时，根据变压器的工作原理得：
U1U2=n1n2
解得副线圈的最大电压为：U2=31.1V，电容器的耐压值为22V，故电容器C会被击穿，故C错误；
D.理想变压器原副线圈的功率相等，因此滑动片P向下移时，副线圈增加的功率等于原线圈增加的功率，故D正确。
故选：D。
根据频率和周期的关系得出电压的频率；理解电容器对电路的影响；根据变压器的工作原理得出副线圈的最大电压，结合题意完成分析；原副线圈两端的功率相等，由此得出副线圈增加的功率与原线圈增加的功率的关系。
本题主要考查了变压器的动态分析，理解变压器的工作原理，结合图像的物理意义和电路构造的分析即可完成解答。
7.【答案】C
【解析】解：A、磁感应强度均匀增大，穿过回路的磁通量向下增大，根据楞次定律可知ab中的感应电流方向由b到a，故A错误；
B、由于磁感应强度均匀增大，ΔBΔt不变，根据法拉第电磁感应定律知
E=ΔΦΔt=ΔBΔtS，则知感应电动势恒定不变，所以ab中的感应电流不变，故B错误；
C、根据安培力公式F=BIL，由于感应电流I不变，ab的长度L不变，磁感应强度B均匀增大，则ab所受的安培力逐渐增大，故C正确；
D、ab始终保持静止，根据平衡条件可知，ab所受的静摩擦力大小等于安培力大小，则ab所受的静摩擦力渐增大，故D错误。
故选：C。
根据楞次定律判断感应电流方向；根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的变化情况，从而判断感应电流的变化情况；由F=BIL分析安培力的变化情况，由平衡条件分析静摩擦力的变化情况。
本题考查法拉第电磁感应定律、楞次定律、安培力公式和平衡条件的基本运用，要注意磁感应强度均匀变化，回路面积不变，磁通量均匀变化，则感应电动势不变，感应电流不变，但是导体棒所受的安培力是变化的。
8.【答案】C
【解析】解：AD、在电路甲中流过线圈L的电流与流过灯泡的电流是相等的，断开S，由于线圈阻碍电流变小，导致灯泡A将逐渐变暗，故AD错误；
BC、在电路乙中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以电路中的电流稳定时通过灯泡的电流比线圈的电流小，断开S时，线圈产生自感电动势阻碍电流的减小，此时线圈与灯泡A以及电阻R组成自感回路，电流从开始时流过线圈的电流开始变小，导致A先变得更亮，然后逐渐变暗。故B错误，C正确。
故选：C。
自感电动势总是阻碍电流的变化。线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向更原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向更原电流的方向相同，抑制减小，并与灯泡构成电路回路。
线圈中电流变化时，线圈中产生感应电动势；线圈电流增加，相当于一个瞬间电源接入电路，线圈左端是电源正极。当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈右端是电源正极。
9.【答案】D
【解析】解：A、该束带电粒子在磁场中向下偏转，据左手定则可知，粒子带正电，故A错误；
B、该束带电粒子在速度选择器中做匀速直线运动，又因为带电粒子受到的洛伦兹力向上，则受到电场力应向下，则P1极板带正电，故B错误；
C、能通过狭缝S0的带电粒子满足
qvB1=qE
解得
v=EB1
故C错误；
D、在B2磁场中，据洛伦兹力作为向心力可得
qvB2=mv2r
解得
qm=vrB2
故运动半径越大的粒子，比荷qm越小，故D正确。
故选：D。
首先，根据粒子的偏转结合左手定则判断带电粒子所带电性；
其次，根据带电粒子在速度选择器中受到洛伦兹力的方向判断带电粒子受到的电场力的方向，进而判断P1极板所带电性；
接着，根据粒子做直线运动的条件，结合共点力平衡求出带电粒子的速度；
最后，分析粒子在B2磁场中的运动，结合洛伦兹力提供向心力求出粒子的比荷和半径的关系，进而判断运动半径越大的粒子其比荷如何。
本题考查了质谱仪的工作原理，解决本题的关键是理解带电粒子在复合场中的匀速直线运动和在磁场中的匀速圆周运动。
10.【答案】A
【解析】解：ABD、金属框向右运动，由右手定则可知，bc边产生的感应电流从c流向b，由左手定则可知，金属棒MN受到向右的安培力作用，金属棒向右做加速运动，设金属框的加速度为a1，金属棒的加速度为a2，金属框的速度为v1，金属棒的速度为v2，ab、dc间距为L。
根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可得，回路的感应电流可表示为：I=BLv1−BLv2R
设金属框的质量为M，金属棒的质量为m，对金属框由牛顿第二定律可得：BIL=Ma1
对金属棒MN，同理有：BIL=ma2
金属框受向左的安培力而做减速运动，金属棒受向右的安培力而做加速运动，两者速度差逐渐减小，所以感应电流I逐渐减小，加速度均逐渐减小，且加速度的减小得越来越慢，a−t的斜率变小，当满足：v1=v2
感应电流为零，加速度均为零，金属框和金属棒均做匀速直线运动，故金属棒做加速度减小的加速运动，最后匀速运动，故A正确，BD错误；
C、金属棒产生的感应电动势为：EMN=BLv2，可知其逐渐增大，最后保持不变，故C错误。
故选：A。
分别对金属框和导体棒进行受力分析，根据牛顿第二定律和感应电动势公式E=BLv、闭合电路欧姆定律、安培力公式F=BIL求出二者的加速度表达式，当加速度差值为零时，得到速度之差恒定，从而分析出各图像的大致形状。
本题考查电磁感应中的动力学问题，关键要正确分析回路中感应电流与两棒速度的关系，利用牛顿第二定律分析两棒加速度变化情况。
11.【答案】见解析 右 右 B 闭合回路中磁场的方向及磁通量的变化
【解析】解：(1)电流计和线圈B组成闭合回路，电池、开关、滑动变阻器和线圈A闭合回路，实物连接图如图所示：
(2)闭合开关，穿过线圈B的磁通量增大，线圈B中产生感应电流，此时发现灵敏电流计G的指针向右偏了一下；说明穿过线圈B的磁通量增大时，电流计指针右偏；
将铁芯迅速插入线圈A时，通过线圈B的磁通量增大，因此灵敏电流计的指针将向右偏；
将滑动变阻器连入电路中的阻值调小，回路电流增大，穿过线圈B磁通量将增大，灵敏电流计的指针将向右偏；
(3)低压交流电的大小和方向都在做周期性的变化，如果将电池换成低压交流电源，线圈A产生磁场以及穿过线圈B的磁通量的大小和方向做周期性变化，因此电流计指针将不停地左右摇摆，故ACD错误，B正确。
故选：B。
(4)根据以上实验探究过程，可以得到结论：闭合回路中磁场的方向及磁通量的变化是影响感应电流方向的因素。
故答案为：(1)见解析；(2)右；右；(3)B；(4)闭合回路中磁场的方向及磁通量的变化。
(1)电流计和线圈B组成闭合回路，电池、开关、滑动变阻器和线圈A闭合回路，据此连接实物图；
(2)闭合开关，穿过线圈B的磁通量增大，线圈B中产生感应电流，此时发现灵敏电流计G的指针向右偏了一下；说明穿过线圈B的磁通量增大时，电流计指针右偏，据此分析插入铁芯和调节滑动变阻器滑动片时电流计指针的偏转情况；
(3)低压交流电的大小和方向都在做周期性的变化，据此分析线圈A产生磁场以及穿过线圈B的磁通量的大小和方向的变化情况，然后作答；
(4)根据实验探究过程的实验条件和实验现象分析后得出实验结论。
本题考查了探究“电磁感应现象”中影响感应电流方向的因素，知道该实验中两个回路的作用；知道电流计指针偏转方向与穿过线圈B的磁通量的变化情况，通过实验进一步理解影响感应电流方向的因素。
12.【答案】解：(1)Δt时间内穿过线框的磁通量变化量为
ΔΦ=BL2−12BL2=12BL2
由法拉第电磁感应定律得
E−=ΔΦΔt=BL22Δt
(2)平均感应电流为
I−=E−R
通过导线的电荷量为
q=I−⋅Δt
联立解得：q=BL22R
答：(1)Δt内导线框abcd中平均感应电动势的大小为BL22Δt；
(2)Δt内通过导线截面的电荷量为BL22R。
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律求解平均感应电动势大小。
(2)由欧姆定律求出平均感应电流，再求通过导线截面的电荷量。
法拉第电磁感应定律是电磁感应的基本规律，此题关键能熟练运用这个规律，要知道法拉第电磁感应定律常常用来求平均感应电动势。
13.【答案】解：(1)由题意知，输电线损耗的功率为：
P损=50×103×4%W=2000W
输电线中电流为I2，根据P损=I22r得：
I2= P损r
代入数据得：I2=10A
发电机输出电流为：
I1=P1U1
代入数据得：I1=200A
(2)输送电压为U2，根据
I2I1=n1n2
U1U2=n1n2
联立解得：U2=5000V
输电线损失的电压为：
U损=I2r
代入数据得：U损=200V
因此降压变压器输入电压为：
U3=U2−U损
代入数据得：U3=4800V
则有
n3n4=U3U4
代入数据得：n3n4=24011
答：(1)发电机输出的电流大小为200A，输电线上的电流大小为10A；
(2)降压变压器原、副线圈的匝数n3、n4之比为24011。
【解析】(1)根据发电厂的发电机输出电压为与输出功率结合电功率公式计算发电机输出的电流，根据P损=I22r计算输电线上的电流；
(2)根据升压变压器电流与匝数比、电压与匝数比求出输电线输送电压，根据U损=I2r求出输电线损失的电压，结合电压关系求出降压变压器T2的原线圈的输入电压，根据电压与匝数比求出降压变压器T2原、副线圈的匝数比。
解决本题的关键要知道升压变压器的输出电压、损失电压和降压变压器的输入电压的关系，以及知道输出功率和输出电流和输出电压的关系。
14.【答案】解：(1)线框进入磁场前做自由落体运动，根据速度-位移规律有：v2=2gh
解得bc边进入匀强磁场区域时的速度大小为：v= 2gh
bc边进入匀强磁场区域时产生的电动势为：E=BLv=BL 2gh
根据串联电路电压的关系可得，bc两点间电压为：Ubc=U外=34E=3BL4 2gh
(2)根据i−t图像可知，线框进入磁场区域过程做匀速运动，根据受力平衡可得：F安=mg
又根据安培力公式：F安=BIL
再根据闭合电路欧姆定律有：I=ER
联立解得金属线框电阻为：R=B2L2 2ghmg
(3)从i−t图像可知，线框匀速进入磁场，并匀速离开；根据能量守恒可知，在t1∼t3时间内，线框中产生的热量Q等于线框bc边进入磁场至ad边离开磁场的过程中线框减少的重力势能，则有：Q=2mgL
答：(1)bc边进入匀强磁场区域时，bc两点间电压为3BL4 2gh；
(2)金属线框电阻R为B2L2 2ghmg；
(3)在t1∼t3时间内，金属线框产生的热量Q为2mgL。
【解析】(1)由由自由落体运动规律求出下落h后进入磁场的速度，再根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律求bc两点间的电压；
(2)根据安培力公式与平衡条件求出线框中电流，根据欧姆定律求线框的电阻；
(3)线框进入磁场过程做匀速直线运动，减小的重力势能转化为焦耳热，根据图象中的信息由能量守恒定律可以求出线框产生的热量。
本题是电磁感应与电路、力学相结合的综合题，分析清楚线框的运动过程，应用安培力公式、平衡条件、运动学公式、能量守恒定律即可正确解题。
15.【答案】解：(1)根据牛顿第二定律得
qvmB=mvm2R
根据动能的公式
Ekm=12mvm2
解得，粒子离开加速器时获得的最大动能为
Ekm=q2B2R22m
(2)粒子在磁场中运动的周期为
T=2πmqB
粒子在回旋加速器中运动的时间为
t=EkmqU⋅T2
解得
t=πBR22U
(3)第n次加速后，根据动能定理得
nqU=12mvn2
在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得
qvnB=mvn2rn
解得
rn=1B⋅ 2nmUq
第n+1次加速后的轨迹半径为
rn+1=1B⋅ 2(n+1)mUq
相邻轨迹间距Δd
Δd=2rn+1−2rn
解得
Δd=2B 2mUq( n+1− n)
通过上面的计算分析可知，该同学画的轨迹不合理。正确的画法是：轨迹间距不相等，轨迹半径越大，Δd越小，轨迹越密。
答：(1)粒子离开加速器时获得的最大动能Ekm为q2B2R22m；
(2)粒子在回旋加速器中运动的时间为πBR22U；
(3)该同学画的轨迹不合理。正确的画法是：轨迹间距不相等，轨迹半径越大，Δd越小，轨迹越密。
【解析】(1)粒子在半圆金属盒内做匀速圆周运动，粒子离开加速器时，速度达到最大值，根据洛伦兹力提供向心力求解离开加速度器时的速度，根据动能公式求解最大动能；
(2)根据带电粒子每转动半周电场对它做功qU，根据动能定理可知动能增加qU，根据最大动能可知加速的次数，从而求出时间；
(3)根据动能定理和洛伦兹力提供向心力求解粒子加速n次时半径的通式，然后写出粒子的轨迹之间的间距的通式，最后做出判断即可。
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，最大速度决定于D形盒的半径。
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