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四川省达州市万源中学2024-2025学年高二下学期4月期中物理试题
一、选择题（共50分，1-7为单项选择题，每小题5分，8-10为多项选择题每小题5分，，少选得3分，多项错选不得分）
1．下列说法正确的是（　　）
A．光照射细金属丝，在其后的阴影中有亮线，这是光的干涉现象
B．通过两支夹紧的笔杆间缝隙看发白光的灯丝能观察到彩色条纹，这是光的偏振现象
C．看立体电影时需要戴特制的眼镜，这是利用了光的偏振现象
D．肥皂泡在阳光下出现彩色条纹，这是光的全反射现象
【答案】C
【知识点】薄膜干涉；光的衍射；光的偏振现象
【解析】【解答】A．光照射细金属丝，由于金属丝的尺寸接近或者小于光的波长时，会发生衍射现象，所以在金属丝的阴影中有亮线，说明光能够绕过细金属丝，这是光的衍射现象，故A错误；
B．通过两支夹紧的笔杆间缝隙看发白光的灯丝，由于此时缝隙的尺寸与光波长相近，所以能够发生衍射现象，且由于白光是复色光，其包含了不同波长的光，由于不同波长的光会导致条纹间距不同，衍射现象会把不同波长的光分开，这些不同波长的光衍射形成的中央亮条纹宽度不一，所以会观察到彩色条纹，故B错误；
C．放映立体电影时，两架放映机射出的光通过偏振片后形成偏振光，左右两架放映机前的偏振片的透振方向相互垂直，因而产生的两束偏振光的偏振方向也相互垂直，这两束偏振光投射到银幕上再反射到观众席时偏振方向不变，此时观众用通过佩戴透振方向相互垂直的偏振眼镜，偏振片只能通过与偏振方向相同的光，使得左眼只看到左侧放映机放出的画面，右眼只看到右侧放映机放出的画面，从而产生立体感，所以这是利用了光的偏振现象，故C正确；
D．通常而言，不同位置的肥皂膜，厚度不同，因此在膜上的不同位置，来自前后两个面的反射光的路程差不同，但由于两束光的频率相同，所以会出现干涉现象，在某些位置，这两列波叠加后相互加强，出现了亮条纹，在另一些位置，叠加后相互削弱，出现了暗条纹。由于不同颜色的光波长不同，所以发生干涉现象的波长差不同，则对应薄膜的不同位置，导致从肥皂膜的前后两面反射的光在不同位置相互加强，所以从肥皂膜上看到的亮条纹的位置也会不同，薄膜上不同颜色的光的条纹的明暗位置不同，相互交错，看上去呈彩色，所以这是薄膜干涉中的色散现象，故D错误。
故选C。
【分析】光照射细金属丝，由于金属丝的尺寸接近或者小于光的波长时，会发生衍射现象；通过两支夹紧的笔杆间缝隙看发白光的灯丝，由于此时缝隙的尺寸与光波长相近，所以能够发生衍射现象；偏振片只能通过与偏振方向相同的光，使得左眼只看到左侧放映机放出的画面，右眼只看到右侧放映机放出的画面，从而产生立体感，所以这是利用了光的偏振现象；由于不同颜色的光波长不同，所以发生干涉现象的波长差不同，则对应薄膜的不同位置，导致从肥皂膜的前后两面反射的光在不同位置相互加强，所以从肥皂膜上看到的亮条纹的位置也会不同，薄膜上不同颜色的光的条纹的明暗位置不同，相互交错，看上去呈彩色，所以这是薄膜干涉中的色散现象。
2．如图甲所示，有一闭合线圈，磁场方向垂直于线圈平面向里（为正方向），当磁感应强度随时间按如图乙所示规律变化，则在时间内，线圈中感应电流的方向（　　）
A．一直顺时针 B．一直逆时针
C．先顺时针后逆时针 D．先逆时针后顺时针
【答案】A
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】在时间内，根据图像可以得出穿过线圈的磁通量向里减小，根据楞次定律可知，线圈中产生的感应磁场方向为垂直于纸张向里，根据安培定则可以得出线圈中感应电流的方向为顺时针方向；在时间内，穿过线圈的磁通量向外增加，根据楞次定律可知，线圈中产生的感应磁场方向为垂直于纸张向里，根据安培定则可以得出线圈中感应电流的方向为顺时针方向。
故选A。
【分析】利用图像可以判别线圈中磁通量的变化，结合楞次定律可以判别感应电流的方向。
3．我国第一台回旋加速器是1958年在中国原子能科学研究院建成的。如图所示，两个处于同一匀强磁场中的相同的回旋加速器，分别接在加速电压和的高频电源上，且，两个相同的带电粒子分别从这两个加速器的中心由静止开始运动，设两个粒子在加速器中运动的时间分别为和（在盒缝间的加速时间忽略不计），获得的最大动能分别为和，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】AB．粒子在磁场中做匀速圆周运动，由于洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有
根据动能的表达式可以得出最大动能为：
粒子获得的最大动能只与磁感应强度和形盒的半径有关，所以
故B正确、A错误；
CD．设粒子在加速器中加速的次数，根据动能定理有
由以上关系可知与加速电压成反比，由于，因此
粒子在磁场中运动的时间等于半个周期乘以次数，则有，T不变，所以
故CD错误。
故选B。
【分析】利用牛顿第二定律结合动能的表达式可以判别粒子获得的最大动能只与磁感应强度和形盒的半径有关；利用动能定理结合加速电压可以判别加速的次数，结合周期的大小可以比较粒子运动的时间。
4．一束红光与黄光组成的双色光，由空气斜射向一块平行平面玻璃砖，在上表面经折射分成两求单色光、，并都从下表面斜射出去。下列说法正确的是（　　）
A．光为红光
B．在玻璃砖中，光的速度更快
C．入射角足够大的情况下，光可以实现全反射
D．分别照射同一个双缝装置，光产生的干涉条纹更宽
【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律；干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】A、光的偏折程度越大，介质对其折射率越大 。由图知，a 光偏折程度大于 光，故 ，因黄光折射率大于红光（频率越高，折射率越大 ），所以 a 光为黄光，b 光为红光，A错误；
B、已知 ，根据 ，折射率越小，光速越大 ，所以
即 b 光在玻璃砖中速度更快，B正确；
C、玻璃砖上下表面平行，光在上表面入射时的折射角，与下表面出射时的入射角相等（对称性 ）。
光从上表面入射能进入玻璃砖，说明上表面入射角对应的折射角小于临界角 ，根据光的可逆性，下表面出射时，入射角也小于临界角，不满足全反射条件，故不可能发生全反射，C错误；
D、a光为黄光（折射率大，频率高，波长 短 ），b光为红光（波长 长 ），由
波长越短，条纹宽度越窄，因 ，所以a光干涉条纹更窄，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题围绕光的折射、全反射、干涉现象，结合折射率与偏折程度的关系（偏折大→折射率大 ）、光速与折射率的关系（ ）、全反射条件（光从光密→光疏介质，入射角≥临界角 ）、双缝干涉条纹宽度公式（ ）展开分析，通过对比红光与黄光的光学特性判断选项。
A．依据偏折程度与折射率的关联，结合红、黄光折射率差异判断。
B．利用介质中光速公式 ，结合折射率大小比较光速。
C．结合全反射条件（光密→光疏、入射角≥临界角 ）与玻璃砖上下表面的对称性判断。
D．依据双缝干涉条纹宽度公式 ，结合波长与折射率的关系判断。
5．如图所示，直角三角形ABC为一棱镜的截面，其中，一束单色光沿ABC平面自AC边上的P点射入棱镜，入射角为，恰好在AB边发生全反射且反射光线垂直于边，则为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】如图所示，光线进入介质后，恰好在边发生全反射且反射光线垂直于边，
当光发生反射时，由于入射角等于反射角，根据几何关系可以得出光在边发生全反射的临界角为，根据
可得折射率为
由于AC的折射光线与AB边的法线及AC边构成等边三角形，光从入射的折射角为，根据折射定律有：
已知折射率为可得
故选C。
【分析】利用几何关系可以求出全反射的临界角大小，结合全反射定律可以求出折射率的大小；利用折射定律结合折射角的大小可以求出入射角正弦值的大小。
6．如图所示，导体棒MN垂直于导轨静止在水平面上，整个装置处于匀强磁场中，磁场方向与MN垂直并与导轨平面成θ角斜向上方，闭合开关，缓慢转动磁场使θ角逐渐增大至90°，其余不变，导体棒始终静止，忽略电磁感应现象的影响，在此过程中（　　）
A．导体棒受安培力方向水平向右 B．导体棒所受安培力不变
C．导轨对导体棒支持力减小 D．导体棒受到摩擦力大小不变
【答案】C
【知识点】共点力的平衡；左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【解答】AB．已知磁感应强度的方向与水平方向成角斜向上，电流的方向从N到M，根据左手定则可知，导体棒受安培力方向垂直于磁场方向指向右下方；根据安培力的表达式，可知缓慢转动磁场使θ角逐渐增大至90°，导体棒所受安培力大小不变，但方向发生变化，故AB错误；
CD．对导体棒受力分析，由于导体棒受到重力、支持力和摩擦力的作用，根据平衡条件可得，
当缓慢转动磁场使θ角逐渐增大至90°时，由于安培力大小不变，可知导体棒受到摩擦力变大，导轨对导体棒支持力减小，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】利用左手定则可以判别安培力的方向，利用安培力的表达式可以判别安培力的大小保持不变；利用导体棒的平衡方程可以判别支持力和摩擦力的大小变化。
7．如图所示，半径为R的圆形区域内存在一垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，S为磁场边界上的一点。大量相同的带电粒子以相同的速率v经过S点，在纸面内沿不同的方向射入磁场，粒子的出射点分布在四分之一圆周SP上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。下列说法正确的是（　　）
A．粒子带负电
B．粒子的比荷为
C．从P点射出的粒子在磁场中运动的时间为
D．若粒子的入射速率为2v，粒子的出射点分布在二分之一圆周上
【答案】C
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．出射点分布在四分之一圆周SP上，则粒子受到的洛伦兹力向下，由于磁场方向向外，根据左手定则知，粒子带正电，故A错误；
B．由于粒子的出射点分布在四分之一圆周SP上，则SP对应所有轨迹中最长的弦，所以可知从P点射出的粒子在磁场中的运动轨迹为半圆，根据几何关系可以得出轨迹半径为
根据牛顿第二定律有：
得
故B错误；
C．从P点射出的粒子在磁场中运动的时间为周期的一半，根据弧长和线速度可以得出运动的时间为
故C正确；
D．若入射粒子的速率为2v，由于粒子轨迹半径与速度成正比，所以可知粒子在磁场中运动的轨迹半径为，大于磁场圆半径，故出射点将分布在整个圆周上，故D错误。
故选C。
【分析】利用粒子偏转方向可以判别洛伦兹力的方向，结合左手定则可以判别粒子的电性；利用粒子从P射出弦最长，结合几何关系可以求出轨迹半径的大小，结合牛顿第二定律可以求出粒子的比荷；利用粒子运动的轨迹可以求出粒子运动的最长时间；利用粒子的速率可以求出粒子的轨迹半径，进而判别粒子的出射点。
二、多选题
8．如图，间距为L的光滑平行导轨水平固定放置，导轨间始终存在竖直方向的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为B，导轨左端连接电动势为E、内阻为r的恒定直流电源。一带有炮弹的金属棒垂直放在导轨上，金属棒的电阻为R，长度为L，导轨电阻不计。通电后带有炮弹的金属棒将沿图示方向发射，不考虑回路中电流产生的磁场，金属棒与导轨始终垂直且接触良好。下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关瞬间，回路中的电流为
B．磁场方向竖直向上
C．若回路中电流和磁场方向同时反向，则带有炮弹的金属棒的发射方向也反向
D．闭合开关瞬间，带有炮弹的金属棒所受安培力大小为
【答案】B,D
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【解答】B．从上往下看，流过炮弹的电流为逆时针方向，由于炮弹在安培力的作用下向右运动，所以炮弹所受安培力水平向右，根据左手定则可知磁场方向竖直向上，故B正确；
AD．根据欧姆定律可以得出闭合开关瞬间电流为
根据安培力的表达式可以得出安培力为
故D正确，A错误；
C．若同时将电流和磁场方向反向，电流为顺时针，磁场方向竖直向下，根据左手定则可知，炮弹发射方向不变，故C错误。
故选BD。
【分析】利用左手定则可以判别磁场的方向；若同时将电流和磁场方向反向，电流为顺时针，磁场方向竖直向下，根据左手定则可知，炮弹发射方向不变；利用欧姆定律可以求出回路的电流，结合安培力的表达式可以求出安培力的大小。
9．如图所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场方向水平，水平方向的匀强电场与磁场正交，有一带电液滴在竖直面内斜向上做直线运动，速度与水平方向夹角为，则下列说法中正确的是（　　）
A．液滴有可能做匀加速直线运动 B．液滴一定带正电
C．电场方向可能水平向左 D．液滴在运动过程中机械能增大
【答案】B,D
【知识点】功能关系；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A．由于带电液滴做直线运动，根据受力分析带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线方向的电场力F、垂直于速度方向的洛伦兹力f，由于三个力与速度方向都不共线，这三个力的合力不可能沿带电液滴的速度方向，因此这三个力的合力一定为零，所以带电液滴做匀速直线运动，故A错误；
BC．当带电液滴带正电，电场线方向向右时，带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线方向的电场力F、垂直于速度方向斜向左上方的洛伦兹力f作用，由于洛伦兹力的方向与重力和电场力的合力方向相反，所以这三个力的合力可能为零，带电液滴在竖直面内斜向上做直线运动，由于此时速度方向与电场力方向存在锐角，此时电场力做正功，机械能增大；
如果带电液滴带负电时，洛伦兹力斜向右下，无论电场线方向向左或向右，电场力方向与重力的合力方向不能与洛伦兹力的方向相反，所以带电液滴所受合力不为零，不可能沿直线运动，故BD正确，C错误；
故选BD。
【分析】利用带电粒子受到的电场力方向、洛伦兹力的方向及重力的方向可以判别三者合力为0，进而判别液滴做匀速直线运动；利用三力平衡可以判别液滴的电性及电场力的方向，进而判别电场的方向；利用电场力做功可以判别机械能的变化。
10．圆心为O、半径为R的圆形区域内存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，在磁场边缘上有A、B两点，。放射源从A点沿纸面向圆形区域各个方向均匀发射速度大小为的带电粒子。圆的右边有边长有2R的正方形MNQP，与圆相切于B点，且，其区域内有水平向左的匀强电场。当粒子初速沿AO方向时，粒子刚好从B点离开磁场，进入电场后又刚好到达边界QP并返回，重新进入并最终离开磁场。不计重力和粒子间的相互作用。下列说法正确的是（　　）
A．粒子的比荷为
B．粒子在磁场中运动的总时间与入射方向无关
C．若将电场E方向变为竖直向下，则从电场边界QP与NQ射出的粒子数之比为
D．若电场E竖直向下，且粒子要全部从NQ边界射出，则场强大小至少为原来的4倍
【答案】B,D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A．粒子在磁场中偏转，画出粒子运动轨迹如图所示
根据几何关系可知粒子在磁场中的轨迹半径为，由于磁场对粒子的洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律有
则可得粒子的比荷为
故A错误；
B．粒子从A点进入磁场到从B点进入电场后再从电场回到B点时，由于相同点的电势差为0所以电场力做功为零，导致再次进入磁场时的速度大小不变，根据牛顿第二定律可以得出进入磁场做圆周运动的轨迹半径不变，但由于速度方向发生改变，所以粒子向上偏转，到最终离开磁场的运动过程中，其运动轨迹如图所示
根据粒子运动轨迹所对的圆心角可以得出在磁场中运动的总时间
而粒子无论从A点向哪个方向射入磁场，到最终离开磁场时在磁场中偏转的总角度
因此，粒子在磁场中运动的总时间与入射方向无关，均为，故B正确；
C．在A点的粒子源向磁场中的各个方向发射速度大小均为的带电粒子，由于粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径与磁场的半径相同，因此所有粒子离开圆形磁场时将平行于电场方向进入电场，根据沿AO方向射入的粒子进入从MN中点B进入电场后，刚好到达边界QP并返回，粒子从B点到边界的过程中，由于电场力做功，根据动能定理有
解得电场力
由于粒子在电场中受到电场力作用，根据牛顿第二定律可得粒子在电场中运动时的加速度大小为
而若将电场E的方向改为竖直向下，则粒子在进入电场后将做类平抛运动，而粒子恰好打到Q处，根据分运动的位移公式有：
，
解得
由于能进入电场的粒子的总高度为为，则可知高度小于的粒子范围均从NQ射出，高度大于而又小于范围内的粒子均从PQ射出，分别做出从高度、处进入电场的粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
根据几何关系可知，从高度处进入电场的粒子在磁场中A点入射速度方向与水平方向的夹角为，则从电场边界QP与NQ射出的粒子数之比为
故C错误；
D．电场E竖直向下，且粒子要全部从NQ边界射出，则进入电场范围高度为的粒子恰好打在Q处，根据类平抛运动的位移公式有
，
解得
由于电场力产生加速度，根据牛顿第二定律可得
因此可知，若电场E竖直向下，且粒子要全部从NQ边界射出，则场强大小至少为原来的4倍，故D正确。
故选BD。
【分析】画出粒子运动的轨迹，利用几何关系可以求出轨迹半径的大小，结合牛顿第二定律可以求出比荷的大小；画出粒子运动的轨迹，利用粒子轨迹所对圆心角可以判别粒子在磁场中的运动时间；当粒子在电场中运动时，利用动能定理结合牛顿第二定律可以求出粒子在电场中运动的加速度，结合分运动的位移公式可以求出粒子从PQ射出的粒子高度，结合几何关系可以求出粒子数之比；利用粒子在电场中偏转的位移公式可以求出粒子加速度的大小，利用加速度可以求出电场强度的大小。
三、实验题（共16分，每空2分）
11．在“探究影响感应电流方向的因素”的实验中，
（1）按如图1所示连接电路，闭合开关后，发现电流计指针向右偏转。进行这项实验操作的实验目的是为了________。
A．测量灵敏电流表能够承受电流的最大值
B．检查灵敏电流表测量电流的大小是否准确
C．检测灵敏电流表指针偏转方向与电流流向的关系
（2）接下来用图2所示的装置做实验，图中螺线管上的粗线表示导线的绕行方向。某次实验中在条形磁铁向下插入螺线管的过程中，观察到电流表指针向右偏转，则螺线管中感应电流产生的磁场方向　 　（填“向上”或“向下”）。再观察发现条形磁铁下端是S极，插入过程中螺线管中的原磁场方向　 　（填“向上”或“向下”）。在条形磁铁插入过程中，螺线管中磁通量在　 　（选“不断增大”、“不断减小”或“保持不变”）。
【答案】（1）C
（2）向下；向上；不断增大
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【分析】（1）当闭合开关后，电流从电源正极流出，经过电流计的电流方向为向左，此时指针向右偏转，这样操作的目的是为了检验电流计指针的偏转方向与电流方向之间的关系，依此来确定产生的感应电流的方向，故C正确，AB错误。
故选C。
（2）图1中闭合开关后，电流计指针向右偏转，此时电流方向向左则说明电流计指针向右偏转时电流从“+”接线柱流入电流表；图2中在条形磁铁向下插入螺线管的过程中，观察到电流表指针向右偏转，电流从螺线管上面接线柱流出，流入电流表，则螺线管中电流的方向（俯视图）为顺时针，根据安培定则可以得出螺线管中感应电流产生的磁场方向向下。
条形磁铁下端S极，根据磁感线从N极到S极，则可以得出插入过程中螺线管中的原磁场方向向上；在条形磁铁插入过程中，由于磁感应强度不断增大所以螺线管中磁通量在不断增大。
【分析】（1）利用图示电路是为了观察电流方向和电流计指针偏转的对应关系；
（2）利用指针的偏转可以判别感应电流的方向，结合安培定则可以判别感应磁场方向；利用磁感线方向可以判别原来磁场的方向，结合运动的方向可以判别磁通量的变化。
（1）这样操作的目的是为了检验电流计指针的偏转方向与电流方向之间的关系，依此来确定产生的感应电流的方向，故C正确，AB错误。
故选C。
（2）[1]图1中闭合开关后，电流计指针向右偏转，说明电流计指针向右偏转时电流从“+”接线柱流入电流表；图2中在条形磁铁向下插入螺线管的过程中，观察到电流表指针向右偏转，电流从螺线管上面接线柱流出，流入电流表，则螺线管中感应电流产生的磁场方向向下。
[2][3]条形磁铁下端S极，插入过程中螺线管中的原磁场方向向上；在条形磁铁插入过程中，螺线管中磁通量在不断增大。
12．某实验小组进行光学实验。
（1）在“用插针法测定玻璃的折射率”实验中，先在白纸上描出玻璃砖两个平行面的边界a和b，正确操作后，作出的光路图如图甲所示。然后以入射点O为圆心作圆，与入射光线、折射光线分别交于A、B点，再分别过A、B点作法线的垂线，垂足分别为M、N点，如图乙所示。
①在插时，应使　 　（填字母）；
A.只挡住的像 B.只挡住 C.同时挡住和、的像
②该玻璃砖的折射率　 　。（用图中线段的字母表示）；
③若在白纸上描玻璃砖的边界b时不小心将玻璃砖向上平移了少许，其余操作均正确，则测出的折射率　 　（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
（2）在完成“用双缝干涉测量光的波长”实验时。实验需测量的“相邻条纹间距”指的是图中的______（填字母）。
A． B．
C． D．
【答案】（1）C；；偏大
（2）D
【知识点】测定玻璃的折射率；干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【分析】（1）①为了确定出射光线的路径，在插时，同时挡住和、的像，故选C；
②已知光在O点发生折射，根据几何关系有，
再根据折射定律有
联立得折射率为
③当b边界上移会导致P3P4所在光线与b的交点偏左，使得测得的折射角偏小，故测得的折射率偏大。
（2）为了利用条纹间距测量波长的大小，根据表达式中的“相邻条纹间距”指的是相邻两条亮条纹中心的距离，故选D。
【分析】（1）为了确定出射光线的路径，在插时，同时挡住和、的像；根据几何关系结合折射定律可以求出折射率的大小；
（2）根据表达式中的“相邻条纹间距”指的是相邻两条亮条纹中心的距离。
（1）①[1]在插时，同时挡住和、的像，故选C；
②[2]根据折射定律有
由几何关系有，
联立得
③[3]b边界上移使得测得的折射角偏小，故测得的折射率偏大。
（2）实验需测量的“相邻条纹间距”指的是相邻两条亮条纹中心的距离，故选D。
四、计算题（共34分，13题8分，14题12分，15题14分）
13．如图所示，一个质量为的小滑块，带有的电荷量，放置在倾角的光滑绝缘斜面上，斜面固定且置于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，小滑块从静止开始沿斜面下滑，斜面足够长。当沿斜面运动的位移为（未知）时将脱离斜面，脱离时的速度大小，（，，取。求：
（1）小滑块沿斜面下滑位移的大小；
（2）匀强磁场磁感应强度的大小。
【答案】（1）下滑过程中，只有重力做功，由动能定理得
可得小滑块沿斜面下滑位移为

（2）小滑块沿斜面下滑时，垂直斜面方向的加速度为零，有
当时，小滑块开始脱离斜面，此时有
解得
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）滑块下滑的过程中，利用动能定理可以求出滑块下滑的位移大小；
（2）滑块下滑的过程中，利用垂直与斜面方向的平衡方程可以求出磁感应强度的大小。
（1）下滑过程中，只有重力做功，由动能定理得
可得小滑块沿斜面下滑位移为
（2）小滑块沿斜面下滑时，垂直斜面方向的加速度为零，有
当时，小滑块开始脱离斜面，此时有
解得
14．如图所示为某棱柱形均匀透光介质的横截面，ABC为直角三角形，其中一个底角，底边BC的长度为d，M、N分别为斜边AB的中点和四等分点，截面所在平面内有两束相同的单色光分别从M、N点平行于AC边射入介质，经过M点形成的折射光恰好到达C点。已知光在真空中的传播速度为c，不考虑光在介质中的多次反射，求：
（1）该均匀介质对该单色光的折射率；
（2）两束光在介质中传播的时间差。
【答案】（1）根据题意，设两束光的入射角为i，折射角为r，作出两束光的光路如图所示
根据几何关系得，
根据折射定律有
解得

（2）由全反射定律
得
故从N点入射的光在D点发生全反射，设从M、N两点入射的光在该均匀介质中传播的路程分别为、，几何关系可知
A、D两点间距离为
可知D为AC边的中点那么
则
光在介质中的传播速度
两束光在介质中传播的时间差

【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）画出光折射的路径，利用几何关系可以求出折射角和入射角的大小，结合折射定律可以求出折射率的大小；
（2）已知折射率的大小，利用全反射定律可以判别光发生全反射，利用几何关系可以求出光传播的路径，结合光传播的速度可以求出光传播的时间差。
（1）根据题意，设两束光的入射角为i，折射角为r，作出两束光的光路如图所示
根据几何关系得，
根据折射定律有
解得
（2）由全反射定律
得
故从N点入射的光在D点发生全反射，设从M、N两点入射的光在该均匀介质中传播的路程分别为、，几何关系可知
A、D两点间距离为
可知D为AC边的中点那么
则
光在介质中的传播速度
两束光在介质中传播的时间差
15．如图所示，在xOy坐标系中有三个区域，区域Ⅰ的宽度为L，存在沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小为，区域Ⅱ和区域Ⅲ存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里，区域Ⅲ同时存在沿x轴正方向、大小为的匀强电场。质量为m、电荷量为q（q>0）的带电粒子从坐标原点O由静止释放，经区域Ⅰ的电场加速后，从M点进入区域Ⅱ，粒子穿过区域Ⅱ后从N点进入区域Ⅲ，此时速度方向与y轴正方向成60°角。已知不计带电粒子的重力，只考虑粒子第一次在三个区域内的运动。
（1）求粒子经过M点时的速度大小；
（2）求粒子在区域Ⅱ中运动的时间t；
（3）求粒子在区域Ⅲ中运动时的最大速度及此时所在的位置到y轴的距离s。
【答案】（1）粒子在区域Ⅰ电场中加速，根据动能定理有
求得

（2）粒子在区域Ⅱ磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图1所示
粒子在磁场在运动的周期，由几何关系可得粒子在磁场中轨迹所对应的圆心角为，则粒子在区域Ⅱ运动的时间为

（3）粒子在区域Ⅱ运动时，根据洛伦兹力提供向心力有
求得运动半径
粒子在区域Ⅲ中运动时，由于
可得
如图2所示，将粒子速度分解为沿轴正方向的速度及速度
根据几何关系可知，所以粒子的运动可分解为沿轴正方向，速度大小为的匀速直线运动和沿逆时针方向，速度大小为的匀速圆周运动，当两分运动方向相同时，粒子速度最大，即最大速度为
分运动匀速圆周运动的半径仍为，轨迹如图3所示
根据几何关系可知粒子速度最大时到区域Ⅱ和区域Ⅲ分界线的距离为
区域Ⅱ的宽度为
所以此时粒子距离轴
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在电场中加速，利用动能定理可以求出粒子速度的大小；
（2）粒子在磁场中偏转，利用几何关系可以求出粒子运动轨迹所对的圆心角，结合周期的大小可以求出粒子运动的时间；
（3）当粒子在区域II运动时，利用牛顿第二定律可以求出粒子运动的半径，结合区域III的电场强度的大小可以判别电场力与洛伦兹力相等，对粒子速度进行分解，利用粒子的最大速度结合几何关系可以求出 此时所在的位置到y轴的距离s 。
（1）粒子在区域Ⅰ电场中加速，根据动能定理有
求得
（2）粒子在区域Ⅱ磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图1所示
粒子在磁场在运动的周期，由几何关系可得粒子在磁场中轨迹所对应的圆心角为，则粒子在区域Ⅱ运动的时间为
（3）粒子在区域Ⅱ运动时，根据洛伦兹力提供向心力有
求得运动半径
粒子在区域Ⅲ中运动时，由于
可得
如图2所示，将粒子速度分解为沿轴正方向的速度及速度
根据几何关系可知，所以粒子的运动可分解为沿轴正方向，速度大小为的匀速直线运动和沿逆时针方向，速度大小为的匀速圆周运动，当两分运动方向相同时，粒子速度最大，即最大速度为
分运动匀速圆周运动的半径仍为，轨迹如图3所示
根据几何关系可知粒子速度最大时到区域Ⅱ和区域Ⅲ分界线的距离为
区域Ⅱ的宽度为
所以此时粒子距离轴
1 / 1四川省达州市万源中学2024-2025学年高二下学期4月期中物理试题
一、选择题（共50分，1-7为单项选择题，每小题5分，8-10为多项选择题每小题5分，，少选得3分，多项错选不得分）
1．下列说法正确的是（　　）
A．光照射细金属丝，在其后的阴影中有亮线，这是光的干涉现象
B．通过两支夹紧的笔杆间缝隙看发白光的灯丝能观察到彩色条纹，这是光的偏振现象
C．看立体电影时需要戴特制的眼镜，这是利用了光的偏振现象
D．肥皂泡在阳光下出现彩色条纹，这是光的全反射现象
2．如图甲所示，有一闭合线圈，磁场方向垂直于线圈平面向里（为正方向），当磁感应强度随时间按如图乙所示规律变化，则在时间内，线圈中感应电流的方向（　　）
A．一直顺时针 B．一直逆时针
C．先顺时针后逆时针 D．先逆时针后顺时针
3．我国第一台回旋加速器是1958年在中国原子能科学研究院建成的。如图所示，两个处于同一匀强磁场中的相同的回旋加速器，分别接在加速电压和的高频电源上，且，两个相同的带电粒子分别从这两个加速器的中心由静止开始运动，设两个粒子在加速器中运动的时间分别为和（在盒缝间的加速时间忽略不计），获得的最大动能分别为和，则（　　）
A． B． C． D．
4．一束红光与黄光组成的双色光，由空气斜射向一块平行平面玻璃砖，在上表面经折射分成两求单色光、，并都从下表面斜射出去。下列说法正确的是（　　）
A．光为红光
B．在玻璃砖中，光的速度更快
C．入射角足够大的情况下，光可以实现全反射
D．分别照射同一个双缝装置，光产生的干涉条纹更宽
5．如图所示，直角三角形ABC为一棱镜的截面，其中，一束单色光沿ABC平面自AC边上的P点射入棱镜，入射角为，恰好在AB边发生全反射且反射光线垂直于边，则为（　　）
A． B． C． D．
6．如图所示，导体棒MN垂直于导轨静止在水平面上，整个装置处于匀强磁场中，磁场方向与MN垂直并与导轨平面成θ角斜向上方，闭合开关，缓慢转动磁场使θ角逐渐增大至90°，其余不变，导体棒始终静止，忽略电磁感应现象的影响，在此过程中（　　）
A．导体棒受安培力方向水平向右 B．导体棒所受安培力不变
C．导轨对导体棒支持力减小 D．导体棒受到摩擦力大小不变
7．如图所示，半径为R的圆形区域内存在一垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，S为磁场边界上的一点。大量相同的带电粒子以相同的速率v经过S点，在纸面内沿不同的方向射入磁场，粒子的出射点分布在四分之一圆周SP上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。下列说法正确的是（　　）
A．粒子带负电
B．粒子的比荷为
C．从P点射出的粒子在磁场中运动的时间为
D．若粒子的入射速率为2v，粒子的出射点分布在二分之一圆周上
二、多选题
8．如图，间距为L的光滑平行导轨水平固定放置，导轨间始终存在竖直方向的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为B，导轨左端连接电动势为E、内阻为r的恒定直流电源。一带有炮弹的金属棒垂直放在导轨上，金属棒的电阻为R，长度为L，导轨电阻不计。通电后带有炮弹的金属棒将沿图示方向发射，不考虑回路中电流产生的磁场，金属棒与导轨始终垂直且接触良好。下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关瞬间，回路中的电流为
B．磁场方向竖直向上
C．若回路中电流和磁场方向同时反向，则带有炮弹的金属棒的发射方向也反向
D．闭合开关瞬间，带有炮弹的金属棒所受安培力大小为
9．如图所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场方向水平，水平方向的匀强电场与磁场正交，有一带电液滴在竖直面内斜向上做直线运动，速度与水平方向夹角为，则下列说法中正确的是（　　）
A．液滴有可能做匀加速直线运动 B．液滴一定带正电
C．电场方向可能水平向左 D．液滴在运动过程中机械能增大
10．圆心为O、半径为R的圆形区域内存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，在磁场边缘上有A、B两点，。放射源从A点沿纸面向圆形区域各个方向均匀发射速度大小为的带电粒子。圆的右边有边长有2R的正方形MNQP，与圆相切于B点，且，其区域内有水平向左的匀强电场。当粒子初速沿AO方向时，粒子刚好从B点离开磁场，进入电场后又刚好到达边界QP并返回，重新进入并最终离开磁场。不计重力和粒子间的相互作用。下列说法正确的是（　　）
A．粒子的比荷为
B．粒子在磁场中运动的总时间与入射方向无关
C．若将电场E方向变为竖直向下，则从电场边界QP与NQ射出的粒子数之比为
D．若电场E竖直向下，且粒子要全部从NQ边界射出，则场强大小至少为原来的4倍
三、实验题（共16分，每空2分）
11．在“探究影响感应电流方向的因素”的实验中，
（1）按如图1所示连接电路，闭合开关后，发现电流计指针向右偏转。进行这项实验操作的实验目的是为了________。
A．测量灵敏电流表能够承受电流的最大值
B．检查灵敏电流表测量电流的大小是否准确
C．检测灵敏电流表指针偏转方向与电流流向的关系
（2）接下来用图2所示的装置做实验，图中螺线管上的粗线表示导线的绕行方向。某次实验中在条形磁铁向下插入螺线管的过程中，观察到电流表指针向右偏转，则螺线管中感应电流产生的磁场方向　 　（填“向上”或“向下”）。再观察发现条形磁铁下端是S极，插入过程中螺线管中的原磁场方向　 　（填“向上”或“向下”）。在条形磁铁插入过程中，螺线管中磁通量在　 　（选“不断增大”、“不断减小”或“保持不变”）。
12．某实验小组进行光学实验。
（1）在“用插针法测定玻璃的折射率”实验中，先在白纸上描出玻璃砖两个平行面的边界a和b，正确操作后，作出的光路图如图甲所示。然后以入射点O为圆心作圆，与入射光线、折射光线分别交于A、B点，再分别过A、B点作法线的垂线，垂足分别为M、N点，如图乙所示。
①在插时，应使　 　（填字母）；
A.只挡住的像 B.只挡住 C.同时挡住和、的像
②该玻璃砖的折射率　 　。（用图中线段的字母表示）；
③若在白纸上描玻璃砖的边界b时不小心将玻璃砖向上平移了少许，其余操作均正确，则测出的折射率　 　（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
（2）在完成“用双缝干涉测量光的波长”实验时。实验需测量的“相邻条纹间距”指的是图中的______（填字母）。
A． B．
C． D．
四、计算题（共34分，13题8分，14题12分，15题14分）
13．如图所示，一个质量为的小滑块，带有的电荷量，放置在倾角的光滑绝缘斜面上，斜面固定且置于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，小滑块从静止开始沿斜面下滑，斜面足够长。当沿斜面运动的位移为（未知）时将脱离斜面，脱离时的速度大小，（，，取。求：
（1）小滑块沿斜面下滑位移的大小；
（2）匀强磁场磁感应强度的大小。
14．如图所示为某棱柱形均匀透光介质的横截面，ABC为直角三角形，其中一个底角，底边BC的长度为d，M、N分别为斜边AB的中点和四等分点，截面所在平面内有两束相同的单色光分别从M、N点平行于AC边射入介质，经过M点形成的折射光恰好到达C点。已知光在真空中的传播速度为c，不考虑光在介质中的多次反射，求：
（1）该均匀介质对该单色光的折射率；
（2）两束光在介质中传播的时间差。
15．如图所示，在xOy坐标系中有三个区域，区域Ⅰ的宽度为L，存在沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小为，区域Ⅱ和区域Ⅲ存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里，区域Ⅲ同时存在沿x轴正方向、大小为的匀强电场。质量为m、电荷量为q（q>0）的带电粒子从坐标原点O由静止释放，经区域Ⅰ的电场加速后，从M点进入区域Ⅱ，粒子穿过区域Ⅱ后从N点进入区域Ⅲ，此时速度方向与y轴正方向成60°角。已知不计带电粒子的重力，只考虑粒子第一次在三个区域内的运动。
（1）求粒子经过M点时的速度大小；
（2）求粒子在区域Ⅱ中运动的时间t；
（3）求粒子在区域Ⅲ中运动时的最大速度及此时所在的位置到y轴的距离s。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】薄膜干涉；光的衍射；光的偏振现象
【解析】【解答】A．光照射细金属丝，由于金属丝的尺寸接近或者小于光的波长时，会发生衍射现象，所以在金属丝的阴影中有亮线，说明光能够绕过细金属丝，这是光的衍射现象，故A错误；
B．通过两支夹紧的笔杆间缝隙看发白光的灯丝，由于此时缝隙的尺寸与光波长相近，所以能够发生衍射现象，且由于白光是复色光，其包含了不同波长的光，由于不同波长的光会导致条纹间距不同，衍射现象会把不同波长的光分开，这些不同波长的光衍射形成的中央亮条纹宽度不一，所以会观察到彩色条纹，故B错误；
C．放映立体电影时，两架放映机射出的光通过偏振片后形成偏振光，左右两架放映机前的偏振片的透振方向相互垂直，因而产生的两束偏振光的偏振方向也相互垂直，这两束偏振光投射到银幕上再反射到观众席时偏振方向不变，此时观众用通过佩戴透振方向相互垂直的偏振眼镜，偏振片只能通过与偏振方向相同的光，使得左眼只看到左侧放映机放出的画面，右眼只看到右侧放映机放出的画面，从而产生立体感，所以这是利用了光的偏振现象，故C正确；
D．通常而言，不同位置的肥皂膜，厚度不同，因此在膜上的不同位置，来自前后两个面的反射光的路程差不同，但由于两束光的频率相同，所以会出现干涉现象，在某些位置，这两列波叠加后相互加强，出现了亮条纹，在另一些位置，叠加后相互削弱，出现了暗条纹。由于不同颜色的光波长不同，所以发生干涉现象的波长差不同，则对应薄膜的不同位置，导致从肥皂膜的前后两面反射的光在不同位置相互加强，所以从肥皂膜上看到的亮条纹的位置也会不同，薄膜上不同颜色的光的条纹的明暗位置不同，相互交错，看上去呈彩色，所以这是薄膜干涉中的色散现象，故D错误。
故选C。
【分析】光照射细金属丝，由于金属丝的尺寸接近或者小于光的波长时，会发生衍射现象；通过两支夹紧的笔杆间缝隙看发白光的灯丝，由于此时缝隙的尺寸与光波长相近，所以能够发生衍射现象；偏振片只能通过与偏振方向相同的光，使得左眼只看到左侧放映机放出的画面，右眼只看到右侧放映机放出的画面，从而产生立体感，所以这是利用了光的偏振现象；由于不同颜色的光波长不同，所以发生干涉现象的波长差不同，则对应薄膜的不同位置，导致从肥皂膜的前后两面反射的光在不同位置相互加强，所以从肥皂膜上看到的亮条纹的位置也会不同，薄膜上不同颜色的光的条纹的明暗位置不同，相互交错，看上去呈彩色，所以这是薄膜干涉中的色散现象。
2．【答案】A
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】在时间内，根据图像可以得出穿过线圈的磁通量向里减小，根据楞次定律可知，线圈中产生的感应磁场方向为垂直于纸张向里，根据安培定则可以得出线圈中感应电流的方向为顺时针方向；在时间内，穿过线圈的磁通量向外增加，根据楞次定律可知，线圈中产生的感应磁场方向为垂直于纸张向里，根据安培定则可以得出线圈中感应电流的方向为顺时针方向。
故选A。
【分析】利用图像可以判别线圈中磁通量的变化，结合楞次定律可以判别感应电流的方向。
3．【答案】B
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】AB．粒子在磁场中做匀速圆周运动，由于洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有
根据动能的表达式可以得出最大动能为：
粒子获得的最大动能只与磁感应强度和形盒的半径有关，所以
故B正确、A错误；
CD．设粒子在加速器中加速的次数，根据动能定理有
由以上关系可知与加速电压成反比，由于，因此
粒子在磁场中运动的时间等于半个周期乘以次数，则有，T不变，所以
故CD错误。
故选B。
【分析】利用牛顿第二定律结合动能的表达式可以判别粒子获得的最大动能只与磁感应强度和形盒的半径有关；利用动能定理结合加速电压可以判别加速的次数，结合周期的大小可以比较粒子运动的时间。
4．【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律；干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】A、光的偏折程度越大，介质对其折射率越大 。由图知，a 光偏折程度大于 光，故 ，因黄光折射率大于红光（频率越高，折射率越大 ），所以 a 光为黄光，b 光为红光，A错误；
B、已知 ，根据 ，折射率越小，光速越大 ，所以
即 b 光在玻璃砖中速度更快，B正确；
C、玻璃砖上下表面平行，光在上表面入射时的折射角，与下表面出射时的入射角相等（对称性 ）。
光从上表面入射能进入玻璃砖，说明上表面入射角对应的折射角小于临界角 ，根据光的可逆性，下表面出射时，入射角也小于临界角，不满足全反射条件，故不可能发生全反射，C错误；
D、a光为黄光（折射率大，频率高，波长 短 ），b光为红光（波长 长 ），由
波长越短，条纹宽度越窄，因 ，所以a光干涉条纹更窄，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题围绕光的折射、全反射、干涉现象，结合折射率与偏折程度的关系（偏折大→折射率大 ）、光速与折射率的关系（ ）、全反射条件（光从光密→光疏介质，入射角≥临界角 ）、双缝干涉条纹宽度公式（ ）展开分析，通过对比红光与黄光的光学特性判断选项。
A．依据偏折程度与折射率的关联，结合红、黄光折射率差异判断。
B．利用介质中光速公式 ，结合折射率大小比较光速。
C．结合全反射条件（光密→光疏、入射角≥临界角 ）与玻璃砖上下表面的对称性判断。
D．依据双缝干涉条纹宽度公式 ，结合波长与折射率的关系判断。
5．【答案】C
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】如图所示，光线进入介质后，恰好在边发生全反射且反射光线垂直于边，
当光发生反射时，由于入射角等于反射角，根据几何关系可以得出光在边发生全反射的临界角为，根据
可得折射率为
由于AC的折射光线与AB边的法线及AC边构成等边三角形，光从入射的折射角为，根据折射定律有：
已知折射率为可得
故选C。
【分析】利用几何关系可以求出全反射的临界角大小，结合全反射定律可以求出折射率的大小；利用折射定律结合折射角的大小可以求出入射角正弦值的大小。
6．【答案】C
【知识点】共点力的平衡；左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【解答】AB．已知磁感应强度的方向与水平方向成角斜向上，电流的方向从N到M，根据左手定则可知，导体棒受安培力方向垂直于磁场方向指向右下方；根据安培力的表达式，可知缓慢转动磁场使θ角逐渐增大至90°，导体棒所受安培力大小不变，但方向发生变化，故AB错误；
CD．对导体棒受力分析，由于导体棒受到重力、支持力和摩擦力的作用，根据平衡条件可得，
当缓慢转动磁场使θ角逐渐增大至90°时，由于安培力大小不变，可知导体棒受到摩擦力变大，导轨对导体棒支持力减小，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】利用左手定则可以判别安培力的方向，利用安培力的表达式可以判别安培力的大小保持不变；利用导体棒的平衡方程可以判别支持力和摩擦力的大小变化。
7．【答案】C
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．出射点分布在四分之一圆周SP上，则粒子受到的洛伦兹力向下，由于磁场方向向外，根据左手定则知，粒子带正电，故A错误；
B．由于粒子的出射点分布在四分之一圆周SP上，则SP对应所有轨迹中最长的弦，所以可知从P点射出的粒子在磁场中的运动轨迹为半圆，根据几何关系可以得出轨迹半径为
根据牛顿第二定律有：
得
故B错误；
C．从P点射出的粒子在磁场中运动的时间为周期的一半，根据弧长和线速度可以得出运动的时间为
故C正确；
D．若入射粒子的速率为2v，由于粒子轨迹半径与速度成正比，所以可知粒子在磁场中运动的轨迹半径为，大于磁场圆半径，故出射点将分布在整个圆周上，故D错误。
故选C。
【分析】利用粒子偏转方向可以判别洛伦兹力的方向，结合左手定则可以判别粒子的电性；利用粒子从P射出弦最长，结合几何关系可以求出轨迹半径的大小，结合牛顿第二定律可以求出粒子的比荷；利用粒子运动的轨迹可以求出粒子运动的最长时间；利用粒子的速率可以求出粒子的轨迹半径，进而判别粒子的出射点。
8．【答案】B,D
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【解答】B．从上往下看，流过炮弹的电流为逆时针方向，由于炮弹在安培力的作用下向右运动，所以炮弹所受安培力水平向右，根据左手定则可知磁场方向竖直向上，故B正确；
AD．根据欧姆定律可以得出闭合开关瞬间电流为
根据安培力的表达式可以得出安培力为
故D正确，A错误；
C．若同时将电流和磁场方向反向，电流为顺时针，磁场方向竖直向下，根据左手定则可知，炮弹发射方向不变，故C错误。
故选BD。
【分析】利用左手定则可以判别磁场的方向；若同时将电流和磁场方向反向，电流为顺时针，磁场方向竖直向下，根据左手定则可知，炮弹发射方向不变；利用欧姆定律可以求出回路的电流，结合安培力的表达式可以求出安培力的大小。
9．【答案】B,D
【知识点】功能关系；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A．由于带电液滴做直线运动，根据受力分析带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线方向的电场力F、垂直于速度方向的洛伦兹力f，由于三个力与速度方向都不共线，这三个力的合力不可能沿带电液滴的速度方向，因此这三个力的合力一定为零，所以带电液滴做匀速直线运动，故A错误；
BC．当带电液滴带正电，电场线方向向右时，带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线方向的电场力F、垂直于速度方向斜向左上方的洛伦兹力f作用，由于洛伦兹力的方向与重力和电场力的合力方向相反，所以这三个力的合力可能为零，带电液滴在竖直面内斜向上做直线运动，由于此时速度方向与电场力方向存在锐角，此时电场力做正功，机械能增大；
如果带电液滴带负电时，洛伦兹力斜向右下，无论电场线方向向左或向右，电场力方向与重力的合力方向不能与洛伦兹力的方向相反，所以带电液滴所受合力不为零，不可能沿直线运动，故BD正确，C错误；
故选BD。
【分析】利用带电粒子受到的电场力方向、洛伦兹力的方向及重力的方向可以判别三者合力为0，进而判别液滴做匀速直线运动；利用三力平衡可以判别液滴的电性及电场力的方向，进而判别电场的方向；利用电场力做功可以判别机械能的变化。
10．【答案】B,D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A．粒子在磁场中偏转，画出粒子运动轨迹如图所示
根据几何关系可知粒子在磁场中的轨迹半径为，由于磁场对粒子的洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律有
则可得粒子的比荷为
故A错误；
B．粒子从A点进入磁场到从B点进入电场后再从电场回到B点时，由于相同点的电势差为0所以电场力做功为零，导致再次进入磁场时的速度大小不变，根据牛顿第二定律可以得出进入磁场做圆周运动的轨迹半径不变，但由于速度方向发生改变，所以粒子向上偏转，到最终离开磁场的运动过程中，其运动轨迹如图所示
根据粒子运动轨迹所对的圆心角可以得出在磁场中运动的总时间
而粒子无论从A点向哪个方向射入磁场，到最终离开磁场时在磁场中偏转的总角度
因此，粒子在磁场中运动的总时间与入射方向无关，均为，故B正确；
C．在A点的粒子源向磁场中的各个方向发射速度大小均为的带电粒子，由于粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径与磁场的半径相同，因此所有粒子离开圆形磁场时将平行于电场方向进入电场，根据沿AO方向射入的粒子进入从MN中点B进入电场后，刚好到达边界QP并返回，粒子从B点到边界的过程中，由于电场力做功，根据动能定理有
解得电场力
由于粒子在电场中受到电场力作用，根据牛顿第二定律可得粒子在电场中运动时的加速度大小为
而若将电场E的方向改为竖直向下，则粒子在进入电场后将做类平抛运动，而粒子恰好打到Q处，根据分运动的位移公式有：
，
解得
由于能进入电场的粒子的总高度为为，则可知高度小于的粒子范围均从NQ射出，高度大于而又小于范围内的粒子均从PQ射出，分别做出从高度、处进入电场的粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
根据几何关系可知，从高度处进入电场的粒子在磁场中A点入射速度方向与水平方向的夹角为，则从电场边界QP与NQ射出的粒子数之比为
故C错误；
D．电场E竖直向下，且粒子要全部从NQ边界射出，则进入电场范围高度为的粒子恰好打在Q处，根据类平抛运动的位移公式有
，
解得
由于电场力产生加速度，根据牛顿第二定律可得
因此可知，若电场E竖直向下，且粒子要全部从NQ边界射出，则场强大小至少为原来的4倍，故D正确。
故选BD。
【分析】画出粒子运动的轨迹，利用几何关系可以求出轨迹半径的大小，结合牛顿第二定律可以求出比荷的大小；画出粒子运动的轨迹，利用粒子轨迹所对圆心角可以判别粒子在磁场中的运动时间；当粒子在电场中运动时，利用动能定理结合牛顿第二定律可以求出粒子在电场中运动的加速度，结合分运动的位移公式可以求出粒子从PQ射出的粒子高度，结合几何关系可以求出粒子数之比；利用粒子在电场中偏转的位移公式可以求出粒子加速度的大小，利用加速度可以求出电场强度的大小。
11．【答案】（1）C
（2）向下；向上；不断增大
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【分析】（1）当闭合开关后，电流从电源正极流出，经过电流计的电流方向为向左，此时指针向右偏转，这样操作的目的是为了检验电流计指针的偏转方向与电流方向之间的关系，依此来确定产生的感应电流的方向，故C正确，AB错误。
故选C。
（2）图1中闭合开关后，电流计指针向右偏转，此时电流方向向左则说明电流计指针向右偏转时电流从“+”接线柱流入电流表；图2中在条形磁铁向下插入螺线管的过程中，观察到电流表指针向右偏转，电流从螺线管上面接线柱流出，流入电流表，则螺线管中电流的方向（俯视图）为顺时针，根据安培定则可以得出螺线管中感应电流产生的磁场方向向下。
条形磁铁下端S极，根据磁感线从N极到S极，则可以得出插入过程中螺线管中的原磁场方向向上；在条形磁铁插入过程中，由于磁感应强度不断增大所以螺线管中磁通量在不断增大。
【分析】（1）利用图示电路是为了观察电流方向和电流计指针偏转的对应关系；
（2）利用指针的偏转可以判别感应电流的方向，结合安培定则可以判别感应磁场方向；利用磁感线方向可以判别原来磁场的方向，结合运动的方向可以判别磁通量的变化。
（1）这样操作的目的是为了检验电流计指针的偏转方向与电流方向之间的关系，依此来确定产生的感应电流的方向，故C正确，AB错误。
故选C。
（2）[1]图1中闭合开关后，电流计指针向右偏转，说明电流计指针向右偏转时电流从“+”接线柱流入电流表；图2中在条形磁铁向下插入螺线管的过程中，观察到电流表指针向右偏转，电流从螺线管上面接线柱流出，流入电流表，则螺线管中感应电流产生的磁场方向向下。
[2][3]条形磁铁下端S极，插入过程中螺线管中的原磁场方向向上；在条形磁铁插入过程中，螺线管中磁通量在不断增大。
12．【答案】（1）C；；偏大
（2）D
【知识点】测定玻璃的折射率；干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【分析】（1）①为了确定出射光线的路径，在插时，同时挡住和、的像，故选C；
②已知光在O点发生折射，根据几何关系有，
再根据折射定律有
联立得折射率为
③当b边界上移会导致P3P4所在光线与b的交点偏左，使得测得的折射角偏小，故测得的折射率偏大。
（2）为了利用条纹间距测量波长的大小，根据表达式中的“相邻条纹间距”指的是相邻两条亮条纹中心的距离，故选D。
【分析】（1）为了确定出射光线的路径，在插时，同时挡住和、的像；根据几何关系结合折射定律可以求出折射率的大小；
（2）根据表达式中的“相邻条纹间距”指的是相邻两条亮条纹中心的距离。
（1）①[1]在插时，同时挡住和、的像，故选C；
②[2]根据折射定律有
由几何关系有，
联立得
③[3]b边界上移使得测得的折射角偏小，故测得的折射率偏大。
（2）实验需测量的“相邻条纹间距”指的是相邻两条亮条纹中心的距离，故选D。
13．【答案】（1）下滑过程中，只有重力做功，由动能定理得
可得小滑块沿斜面下滑位移为

（2）小滑块沿斜面下滑时，垂直斜面方向的加速度为零，有
当时，小滑块开始脱离斜面，此时有
解得
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）滑块下滑的过程中，利用动能定理可以求出滑块下滑的位移大小；
（2）滑块下滑的过程中，利用垂直与斜面方向的平衡方程可以求出磁感应强度的大小。
（1）下滑过程中，只有重力做功，由动能定理得
可得小滑块沿斜面下滑位移为
（2）小滑块沿斜面下滑时，垂直斜面方向的加速度为零，有
当时，小滑块开始脱离斜面，此时有
解得
14．【答案】（1）根据题意，设两束光的入射角为i，折射角为r，作出两束光的光路如图所示
根据几何关系得，
根据折射定律有
解得

（2）由全反射定律
得
故从N点入射的光在D点发生全反射，设从M、N两点入射的光在该均匀介质中传播的路程分别为、，几何关系可知
A、D两点间距离为
可知D为AC边的中点那么
则
光在介质中的传播速度
两束光在介质中传播的时间差

【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）画出光折射的路径，利用几何关系可以求出折射角和入射角的大小，结合折射定律可以求出折射率的大小；
（2）已知折射率的大小，利用全反射定律可以判别光发生全反射，利用几何关系可以求出光传播的路径，结合光传播的速度可以求出光传播的时间差。
（1）根据题意，设两束光的入射角为i，折射角为r，作出两束光的光路如图所示
根据几何关系得，
根据折射定律有
解得
（2）由全反射定律
得
故从N点入射的光在D点发生全反射，设从M、N两点入射的光在该均匀介质中传播的路程分别为、，几何关系可知
A、D两点间距离为
可知D为AC边的中点那么
则
光在介质中的传播速度
两束光在介质中传播的时间差
15．【答案】（1）粒子在区域Ⅰ电场中加速，根据动能定理有
求得

（2）粒子在区域Ⅱ磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图1所示
粒子在磁场在运动的周期，由几何关系可得粒子在磁场中轨迹所对应的圆心角为，则粒子在区域Ⅱ运动的时间为

（3）粒子在区域Ⅱ运动时，根据洛伦兹力提供向心力有
求得运动半径
粒子在区域Ⅲ中运动时，由于
可得
如图2所示，将粒子速度分解为沿轴正方向的速度及速度
根据几何关系可知，所以粒子的运动可分解为沿轴正方向，速度大小为的匀速直线运动和沿逆时针方向，速度大小为的匀速圆周运动，当两分运动方向相同时，粒子速度最大，即最大速度为
分运动匀速圆周运动的半径仍为，轨迹如图3所示
根据几何关系可知粒子速度最大时到区域Ⅱ和区域Ⅲ分界线的距离为
区域Ⅱ的宽度为
所以此时粒子距离轴
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在电场中加速，利用动能定理可以求出粒子速度的大小；
（2）粒子在磁场中偏转，利用几何关系可以求出粒子运动轨迹所对的圆心角，结合周期的大小可以求出粒子运动的时间；
（3）当粒子在区域II运动时，利用牛顿第二定律可以求出粒子运动的半径，结合区域III的电场强度的大小可以判别电场力与洛伦兹力相等，对粒子速度进行分解，利用粒子的最大速度结合几何关系可以求出 此时所在的位置到y轴的距离s 。
（1）粒子在区域Ⅰ电场中加速，根据动能定理有
求得
（2）粒子在区域Ⅱ磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图1所示
粒子在磁场在运动的周期，由几何关系可得粒子在磁场中轨迹所对应的圆心角为，则粒子在区域Ⅱ运动的时间为
（3）粒子在区域Ⅱ运动时，根据洛伦兹力提供向心力有
求得运动半径
粒子在区域Ⅲ中运动时，由于
可得
如图2所示，将粒子速度分解为沿轴正方向的速度及速度
根据几何关系可知，所以粒子的运动可分解为沿轴正方向，速度大小为的匀速直线运动和沿逆时针方向，速度大小为的匀速圆周运动，当两分运动方向相同时，粒子速度最大，即最大速度为
分运动匀速圆周运动的半径仍为，轨迹如图3所示
根据几何关系可知粒子速度最大时到区域Ⅱ和区域Ⅲ分界线的距离为
区域Ⅱ的宽度为
所以此时粒子距离轴
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