江西省南昌市第十九名校2022-2023学年高二下学期物理3月月考试卷
一、选择题（1-9题为单选题，每题4分；10-12题为多选题，每题有两个或三个正确选项，每题6分，漏选得3分，共计54分）
1．（2023高二下·南昌月考）某实验小组同学采用图甲装置研究光的干涉现象，两狭缝、间距离d及各自宽度m均可调，狭缝到光屏的距离为L。用不同的单色光垂直照射狭缝，得到如图乙所示的干涉条纹。下列说法正确的是（ ）
A．在d、L相同条件下，照射光的频率越高，形成的干涉亮条纹越宽
B．若遮住，用红光照射，减小的宽度m，光屏上的中央亮条纹变宽
C．若同时用红光和蓝光分别照射、，光屏上将得到红蓝相间的干涉彩色条纹
D．用红光照射两条狭缝时，若狭缝、到光屏上点的路程差为红光波长的3.5倍，点处一定是亮条纹
【答案】B
【知识点】光的双缝干涉；干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】A、根据波长、波速和频率的关系，单色光的波长
根据双缝干涉条纹间距公式
在d、L相同条件下，频率越高的单色光，形成的干涉条纹间距更窄，故A错误；
B、若遮住S1，用红光照射S2，光屏上得到的是衍射条纹，减小S2的宽度m，衍射现象更明显，光屏上的中央亮条纹变宽变暗，故B正确；
C、若同时用红光和蓝光分别照射S1、S2，不会发生干涉现象，光屏上不会得到干涉条纹，故C错误；
D、用红光照射两条狭缝时，根据双缝干涉产生暗条纹的条件，光程差
当n =3时，狭缝S1、S2到光屏上P1点的路程差
即光程差为红光波长的3.5倍，P点处一定是暗条纹，故D错误；
故答案为： B。
【分析】根据双缝干涉条纹间距公式分析照射光的频率对干涉亮条纹的影响；根据单缝宽度对单缝衍射条纹间距的影响分析减小S2的宽度对干涉亮条纹的影响；根据干涉现象发生的条件分析判断干涉现象是否发生；根据双缝干涉产生明、暗条纹的条件分析P点处是否一定为暗条纹。
2．（2023高二下·南昌月考）如图所示，玻璃球的半径为R，球心为O，玻璃球的对称轴与足够大的屏幕垂直于点，O、两点间的距离为2R。 一束单色光沿图示方向以入射角射入球内，经折射从点平行于射出，在屏上留下光斑P，则玻璃对该单色光的折射率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】光路如图所示：
由几何关系可得折射角为30°，则由折射定律得
故A正确，BCD错误；
故答案为：A。
【分析】根据题意画出光路图，明确入射角和折射角，根据折射定律可求折射率。
3．（2023高二下·南昌月考）如图所示，重力为G的水平铜棒AC用绝缘丝线悬挂，静止在水平螺线管的正上方，铜棒中通入从A到C方向的恒定电流，螺线管与干电池、开关S串联成一个回路。当开关S闭合后一小段时间内，下列判断正确的（ ）
A．丝线的拉力等于G
B．丝线的拉力小于G
C．从上向下看，铜棒沿逆时针方向转动
D．从上向下看，铜棒沿顺时针方向转动
【答案】C
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场；左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】CD、开关S闭合后，螺线管产生磁场，由安培定则 可知，螺线管的左端是N极，右端是S
极；磁场如图所示；
设通电铜棒两端点处的磁感应强度分布为B、B'，由左手定则可知，A端受到垂直纸面向外的安培力，C端受到垂直纸面向里的安培力，S闭合后的一段时间内，从上向下看，铜棒沿逆时针方向转动，故C正确，D错误；
AB、开关S闭合，铜棒转动后，将受到竖直向下的安培力作用，丝线的拉力大于G，故AB错误。
故答案为：C。
【分析】闭合开关，螺线管产生磁场，应用安培定则判断出通电铜导线所处位置磁场方向，应用左手定则判断出通电铜棒所受安培力方向，然后分析答题。
4．（2023高二下·南昌月考）如图所示，匀强磁场的边界为直角三角形，∠EGF = 30°，已知磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，F处有一粒子源，沿FG方向发射出大量带正电荷q的同种粒子，粒子质量为m，粒子的初速度大小可调，则粒子从F射入磁场到EG边（EG边无磁场）离开磁场所用时间不可能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即
周期为
则
若粒子恰好在EG边离开磁场，如图所示：
从F射入磁场到恰好在EG边离开磁场，根据几何关系可知粒子所用时间为
解得
所以粒子从F射入磁场到EG边（EG边无磁场）离开磁场所用时间范围为，故A符合题意，BCD不符合题意；
故答案为：A。
【分析】粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，列式求出，即离子在磁场中运动时间取决于在磁场中运动的偏转角度，时间最大为从F射入磁场到恰好在EG边离开磁场时所用的时间。
5．（2023高二下·南昌月考）将一根粗细均匀的硬质合金丝制成半径为r的圆形导线框，P、Q两点接入电路，电流表示数为I，范围足够大的匀强磁场垂直于导线框平面，磁感应强度大小为B，则线框所受安培力大小为（ ）
A．0 B． C． D．
【答案】B
【知识点】安培力
【解析】【解答】由图可知圆形导线框的大圆弧部分与小圆弧部分并联，两端圆弧受安培力的等效长度相等，即
电流表示数为I，由于大圆弧部分的电阻是小圆弧部分电阻的3倍，根据电路串并联规律可得大圆弧部分与小圆弧部分的电流大小分别为 ，
故线框所受安培力大小为
故答案为：B。
【分析】根据串并联电路的特点以及安培力的表达式得出线框所受的安培力。
6．（2023高二下·南昌月考）如图所示，金属杆的质量为，通过的电流为，处在磁感应强度为的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面夹角为斜向下，且与杆垂直，金属杆始终静止于水平导轨上且与导轨接触良好，导轨间距离为。则下列说法正确的是（ ）
A．金属杆所受安培力大小为
B．金属杆所受安培力方向水平向右
C．导轨对金属杆的支持力大小为
D．导轨对金属杆的摩擦力大小为
【答案】C
【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】AB、金属杆电流方向与磁场方向垂直，安培力大小为
根据左手定则可判断，安培力与竖直方向夹角为θ斜向下，故AB错误；
CD、对金属杆受力分析，如图所示：
水平方向，由平衡条件得
竖直方向，由平衡条件得
故C正确，D错误；
故答案为：C。
【分析】金属杆电流方向与磁场方向垂直，安培力大小为，根据左手定则可判断安培力方向；对金属杆受力分析，分别在水平方向和竖直方向列平衡式即可求出导轨对金属杆的支持力大小和摩擦力大小。
7．（2023高二下·南昌月考）回旋加速器是将半径为R的两个D形盒置于磁感应强度为B的匀强磁场中，两盒间的狭缝很小，两盒间接电压为U的高频交流电源。电荷量为q的带电粒子从粒子源A处进入加速电场（初速度为零），若不考虑相对论效应及粒子所受重力，下列说法正确的是（ ）
A．增大狭缝间的电压U，粒子在D形盒内获得的最大速度会增大
B．粒子第一次在中的运动时间大于第二次在中的运动时间
C．粒子第一次与第二次在磁场中运动的轨道半径之比为
D．若仅将粒子的电荷量变为，则交流电源频率应变为原来的倍
【答案】D
【知识点】电场力做功；带电粒子在匀强磁场中的运动；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A、质子加速后的最大轨道半径等于D型盒的半径，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
解得粒子的最大运行速度
质子获得的最大动能
解得
可知粒子被加速后获得的最大动能与加速电压无关，故A错误；
BD、根据回旋加速器的原理，每转一周粒子被加速两次，交流电完成一次周期性变化粒子做圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
粒子做圆周运动的周期
交流电源的频率
解得
可知仅将粒子的电荷量变为，则交流电源频率应变为原来的一倍，故B错误，D正确；
C、粒子第一次在D2磁场中运动的轨道半径为
粒子第二次在D2磁场中运动的轨道半径为
根据动能定理有
，
解得
故C错误；
故答案为： D。
【分析】粒子做圆周运动的周期与交流电周期相等，根据粒子做圆周运动的周期求出交流电的频率。当质子的半径为轨道半径时，此时速度最大，动能最大，根据动能即可求得。根据动能定理结合半径与速度的关系解得C。
8．（2023高二下·南昌月考）带电粒子在磁场中运动的实例如图所示，下列判断正确的有（ ）
A．甲图中，只有速度为的带电粒子从P射入，才能做匀速直线运动从Q射出
B．乙图中，带电粒子在磁场中运动的半径越大，周期也越大
C．丙图中，自由电荷为负电荷的霍尔元件通上如图所示电流和加上如图磁场时N侧电势高
D．丁图中，发电机产生的电流从上往下通过电阻R
【答案】A
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；质谱仪和回旋加速器；磁流体发电机；速度选择器；霍尔元件
【解析】【解答】A、甲图中，粒子受到电场力与洛伦兹力平衡，即
解得
所以速度为
的正负带电粒子从P射入，均可做匀速直线运动从Q射出，故A正确；
B、乙图中，根据周期公式有
可知同种带电粒子在磁场中运动的周期相等，故B错误；
C、 丙图中，若自由电荷为负电荷的霍尔元件通上如图所示电流和加上如图磁场，根据左手定则可知，N侧为负电荷，所以电势低，故C错误；
D、丁图中，等离子束进入匀强磁场后，受到洛伦兹力作用，根据左手定则可知，正离子向 B板偏转，负离子向A板偏转，极板间形成电场，故A板相当于电源的负极，B板相当于电源的正极，所以电流通过电阻R的方向为从下向上，故D错误；
故答案为 ：A。
【分析】粒子进入电场与磁场的复合场后沿直线运动，可知粒子受到的电场力和洛伦兹力是一对平衡力；根据周期公式分析质谱仪的特点； 根据左手定则可判断霍尔元件中N侧为负电荷，进而 判断电势高低；丙图中，带电粒子从加速电场中获得能量；根据左手定则分析发电机产生的电流方向。
9．（2023高二下·南昌月考）如图所示，垂直纸面的匀强磁场中固定一倾斜绝缘粗糙细杆，杆上套有带正电的小球P，小球P由静止开始向下滑动，磁场区域足够大，杆足够长，在运动的过程中小球P的最大速度为v0。则下列说法正确的是（ ）
A．小球P所受洛仑兹力先增大后减小
B．小球P先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动
C．当小球P的速度时，小球加速度最大
D．当小球P的速度时，小球加速度最大
【答案】C
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】小球初速度为0，沿杆方向有重力的分力mgsinθ和摩擦力f，且
mgsinθ＞f
所以由静止开始向下滑动；随着速度v的增大，洛伦兹力
F洛=qvB
也增大，当
F洛=mgcosθ
相等时，f=0，此时加速度最大；小球受力如下图所示，受力情况为：在杆方向上有
mgsinθ-f=ma
其中
在垂直于杆方向上有
mgcosθ=F洛+FN
其中
F洛=qvB
小球继续加速，则
F洛＞mgcosθ
摩擦力f增大，当
f=mgsinθ
时，小球速度最大，最后做匀速运动；小球受力如下图所示，受力情况为：在杆方向上有
mgsinθ-f=ma
其中
在垂直于杆方向上有
F洛=mgcosθ+FN
其中
F洛=qvB
A、 小球P所受洛仑兹力一直增大，最后恒定不变，故A错误；
B、 小球P先做加速度增大的加速运动， 做加速度减小的加速运动， 最后做匀速运动，故B错误；
C、由题意知，当
f=mgsinθ
时，小球速度最大，由
，F洛=mgcosθ+FN，F洛=qvB
解得
故C正确；
D、小球P先做加速度增大的加速运动， 做加速度减小的加速运动， 最后做匀速运动，由运动对称性 知，当小球加速度最大时，小球速度小于，故D错误；
故答案为：C。
【分析】对小球进行受力分析，由受力情况可判断小球的运动特点，据此判断各项。
10．（2023高二下·南昌月考）一束光从空气射向折射率n=的某种玻璃的表面，如图所示，i代表入射角，则（ ）
A．当入射角i=0°时会发生折射现象
B．无论入射角i是多大，折射角r都不会超过45°
C．欲使折射角r=30°，应以i=45°的角度入射
D．当入射角大于临界角时，会发生全反射
【答案】B,C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A、当入射角为 0°时，光的传播方向不发生变化，不发生折射现象，故A错误；
B、已知，根据
可得
α=45°
所以无论入射角i多大，折射角都不会超过45°，故B正确；
C、根据
得i= 45°
即应以i= 45°的角度入射，故C正确；
D、发生全反射的条件是光从光密介质进入光疏介质，入射角大于等于临界角，光从空气进入玻璃，不可能发生全反射，故D错误；
故答案为：BC。
【分析】当入射角为 0°时，光的传播方向不发生变化，不发生折射现象。根据折射定律求出折射角的大小。发生全反射的条件：一从光密介质进入光疏介质，二是入射角大于等于临界角。
11．（2023高二下·南昌月考）如图所示的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，同一粒子先后以不同速率从同一点正对圆心O射入磁场，分别从a、b两点射出，下列说法正确的是（ ）
A．a点射出的粒子运动半径较小
B．a点射出的粒子速率较大
C．b点射出的粒子运动时间较长
D．b点射出的粒子速度方向反向延长线过O点
【答案】A,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】AB、粒子在磁场中运动轨迹如图所示：
由图中几何关系可知：a点射出的粒子运动半径较小，b点射出的粒子运动半径较大；据洛伦兹力提供向心力有
解得
由此可知a点射出的粒子运动速度小，b点射出的粒子运动速度大，故A正确，B错误；
C、粒子运动的周期
则粒子在磁场中运动的时间
其中θ代表圆心角，所以b点射出的粒子在磁场中的运动时间较短，故C错误；
D、如图带电粒子在圆形边界磁场中做匀速圆周运动，沿径向射入沿径向射出，由几何关系可以证明，b点射出的粒子速度方向反向延长线过0点，故D正确；
故答案为：AD。
【分析】分别画出从a、b两点射出的粒子轨迹过程图，利用洛伦兹力提供向心力求出半径公式，分析运动半径以及粒子速度大小，利用周期公式结合粒子转过的圆心角判断粒子在磁场中运动的时间的大小关系。利用几何关系可以确定粒子从磁场离开时背向磁场圆的圆心。
12．（2023高二下·南昌月考）如图所示，半径为R的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直面内，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于轨道平面向里。一可视为质点，质量为m、电荷量为q（q>0）的小球由轨道左端A点无初速度滑下，当小球滑至轨道最低点C时，给小球再施加一始终水平向右的外力F，使小球能保持不变的速率滑至轨道右侧的D点。若轨道的两端等高，小球始终与轨道接触，重力加速度为g，则下列判断正确的是（ ）
A．小球在C点对轨道的压力大小为
B．小球在C点对轨道的压力大小为
C．小球从C到D的过程中，外力F的大小保持不变
D．小球从C到D的过程中，外力F的功率逐渐增大
【答案】B,D
【知识点】竖直平面的圆周运动；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A、因为洛伦兹力始终对小球不做功，故洛伦兹力不改变小球速度的大小，从A点运动到C点的过程中只有重力做功，根据动能定理得
解得
故小球在C点受到的洛伦兹力大小为
故A错误；
B、由左手定则可知，小球向右运动到C点时若受到的洛伦兹力的方向向上，则有
解得
故B正确；
C、小球从C到D的过程中，洛伦兹力和支持力沿水平方向的分力增大，所以水平外力F的增大，故C错误；
D、小球从C到D的过程中小球的速率不变，而洛伦兹力和支持力不做功，所以小球的动能不变，拉力F的功率与重力的功率大小相等，方向相反。由运动的合成与分解可知，小球从 C向D运动的过程中，竖直方向的分速度越来越大，所以重力的功率增大，所以外力F的功率也增大，故D正确；
故答案为：BD。
【分析】洛伦兹力的方向指向圆心，不改变速度的大小，根据动能定理求出到达C点时的速度.根据牛顿第二定律，径向的合力提供向心力，求出轨道对小球的支持力。
二、解答题（8分+12分+12分+14分=46分）
13．（2023高二下·南昌月考）如图所示，两平行光滑导轨相距为，金属棒的质量为，电阻，匀强磁场的磁感应强度，方向竖直向下，电源电动势，内阻，当电键K闭合时，恰好平衡，设，。求：
（1）金属棒所受的安培力；
（2）变阻器接入电路中的阻值。
【答案】（1）解：MN受力平衡，由安培定则可知电流从M到N。
根据平衡条件得安培力
解得
，方向水平向里
（2）解：安培力为
根据欧姆定律得
代入数据解得
【知识点】闭合电路的欧姆定律；左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【分析】（1）根据平衡条件来计算安培力大小；（2）根据安培力计算电流大小，再根据闭合电路欧姆定律计算电阻大小。
14．（2023高二下·南昌月考）相邻的匀强电场区域和匀强磁场区域宽度均为d，电场在纸平面内，且方向竖直向而磁场方向垂直纸面向里，一带正电粒子从O点以速度v0沿垂直电场方向进入电场，在电场力的作用下发生偏转，然后从A点离开电场进入磁场，离开电场时带电粒子在电场方向的位移为电场宽度的一半，当粒子从C点（A、C两点图中未标出）穿出磁场时速度方向与进入电场O点时的速度方向一致，带电粒子重力不计）求：
（1）粒子从C点穿出磁场时的速度v；
（2）电场强度E和磁感应强度B的比值。
【答案】（1）解：按题叙述，物体在电场，磁场中运动轨迹如图示
在电场中做类平抛运动，水平方向
d=v0t
竖直方向
解得vy=v0
又
解得
θ=45°，
粒子在磁场中做匀速圆周运动，速度不变，即水平方向，大小
（2）解：粒子在磁场中，由几何关系得
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
而粒子在电场中有
解得
以上两式相比得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，根据偏转位移和初速度可以求出粒子进入磁场时的速度大小和方向，又粒子在磁场中做匀速圆周运动，不改变粒子速度的大小，故可求穿出磁场时的速度v；
(2)根据粒子在磁场中的偏转可以求出粒子圆周运动的轨道半径，根据洛伦兹力提供向心力展开讨论，在电场中粒子在电场力作用下做类平抛运动，根据在电场方向偏转的距离和初速度求出电场强度和初速度的关系，展开讨论即可。
15．（2023高二下·南昌月考）如图所示，质量为m、带电荷量为+q的液滴以速度v沿与水平方向成θ=45°角的方向斜向上进入正交的足够大的匀强电场和匀强磁场叠加区域，电场强度方向水平向右，磁场方向垂直于纸面向里，液滴在场区做直线运动.重力加速度为g.
（1）电场强度E和磁感应强度B分别为多大
（2）当液滴运动到某一点A时，电场方向突然变为竖直向上，大小不改变，不考虑因电场变化而对磁场产生的影响，求液滴从A点到达与A点位于同一水平线上的C点(图中未画出)所用的时间.
【答案】（1）解：液滴带正电，液滴受力如图所示：
根据平衡条件，有
解得
，
（2）解：电场方向突然变为竖直向上，大小不改变，故电场力与重力平衡，洛伦兹力提供向心力，液滴做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得
电场方向变为竖直向上后，液滴做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得
解得
则
由几何知识得
解得
【知识点】带电粒子在重力场、电场及磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1)对液滴受力分析，受重力、电场力和洛伦兹力，做匀速直线运动，合力为零，根据平衡条件求解电场强度E和磁感应强度B；
(2)电场方向突然变为竖直向上，大小不改变，故电场力与重力平衡，洛伦兹力提供向心力，粒子做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律列式求解。
16．（2023高二下·南昌月考）如图，在空间中有一坐标系xOy，其第一象限内充满着两个匀强磁场区域I和II，直线OP是它们的边界，区域I中的磁感应强度为B，方向垂直纸面向外；区域II中的磁感应强度为2B，方向垂直纸面向内，边界上的P点坐标为（4L，3L）．一质量为m，电荷量为q的带正粒子从P点平行于y轴负方向射入区域I，经过一段时间后，粒子恰好经过原点O，忽略粒子重力，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：
（1）粒子从P点运动到O点的时间至少为多少？
（2）粒子的速度大小可能是多少？
【答案】（1）解；设粒子的入射速度为v，用R1、R2、T1、T2分别表示粒子在磁场Ⅰ区和Ⅱ区中运动的轨道半径和周期，则有 ，
，
粒子先在磁场Ⅰ区中做顺时针的圆周运动，后在磁场Ⅱ区中做逆时针的圆周运动，然后从O点射出，这样粒子从P点运动到O点所用的时间最短．粒子运动轨迹如图所示
tanα＝ ＝0.75，
得α＝37°，α＋β＝90°.
粒子在磁场Ⅰ区和Ⅱ区中的运动时间分别为 ，
粒子从P点运动到O点的时间至少为t=n（t1+t2 ） （n=1，2，3，…），
由以上各式解得： （n=1，2，3，…）
（2）解；当粒子的速度大小满足一定条件时，粒子先在磁场Ⅰ区中运动，后在磁场Ⅱ区中运动，然后又重复前面的运动，直到经过原点O.这样粒子经过n个周期性的运动到达O点，每个周期的运动情况相同，粒子在一个周期内的位移为： （n=1、2，3，…）
粒子每次在磁场Ⅰ区中运动的位移为
由图中的几何关系可知 ，
由以上各式解得粒子的速度大小为： (n＝1，2，3，…)
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在磁场中运动，利用牛顿第二定律结合周期的表达式可以求出周期的大小；利用几何关系可以求出轨迹所对圆心角的大小；利用周期和圆心角的大小可以求出粒子运动的时间；
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用运动的轨迹可以求出一个周期运动的位移大小；结合几何关系可以求出粒子速度的大小。
1 / 1江西省南昌市第十九名校2022-2023学年高二下学期物理3月月考试卷
一、选择题（1-9题为单选题，每题4分；10-12题为多选题，每题有两个或三个正确选项，每题6分，漏选得3分，共计54分）
1．（2023高二下·南昌月考）某实验小组同学采用图甲装置研究光的干涉现象，两狭缝、间距离d及各自宽度m均可调，狭缝到光屏的距离为L。用不同的单色光垂直照射狭缝，得到如图乙所示的干涉条纹。下列说法正确的是（ ）
A．在d、L相同条件下，照射光的频率越高，形成的干涉亮条纹越宽
B．若遮住，用红光照射，减小的宽度m，光屏上的中央亮条纹变宽
C．若同时用红光和蓝光分别照射、，光屏上将得到红蓝相间的干涉彩色条纹
D．用红光照射两条狭缝时，若狭缝、到光屏上点的路程差为红光波长的3.5倍，点处一定是亮条纹
2．（2023高二下·南昌月考）如图所示，玻璃球的半径为R，球心为O，玻璃球的对称轴与足够大的屏幕垂直于点，O、两点间的距离为2R。 一束单色光沿图示方向以入射角射入球内，经折射从点平行于射出，在屏上留下光斑P，则玻璃对该单色光的折射率为（ ）
A． B． C． D．
3．（2023高二下·南昌月考）如图所示，重力为G的水平铜棒AC用绝缘丝线悬挂，静止在水平螺线管的正上方，铜棒中通入从A到C方向的恒定电流，螺线管与干电池、开关S串联成一个回路。当开关S闭合后一小段时间内，下列判断正确的（ ）
A．丝线的拉力等于G
B．丝线的拉力小于G
C．从上向下看，铜棒沿逆时针方向转动
D．从上向下看，铜棒沿顺时针方向转动
4．（2023高二下·南昌月考）如图所示，匀强磁场的边界为直角三角形，∠EGF = 30°，已知磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，F处有一粒子源，沿FG方向发射出大量带正电荷q的同种粒子，粒子质量为m，粒子的初速度大小可调，则粒子从F射入磁场到EG边（EG边无磁场）离开磁场所用时间不可能为（ ）
A． B． C． D．
5．（2023高二下·南昌月考）将一根粗细均匀的硬质合金丝制成半径为r的圆形导线框，P、Q两点接入电路，电流表示数为I，范围足够大的匀强磁场垂直于导线框平面，磁感应强度大小为B，则线框所受安培力大小为（ ）
A．0 B． C． D．
6．（2023高二下·南昌月考）如图所示，金属杆的质量为，通过的电流为，处在磁感应强度为的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面夹角为斜向下，且与杆垂直，金属杆始终静止于水平导轨上且与导轨接触良好，导轨间距离为。则下列说法正确的是（ ）
A．金属杆所受安培力大小为
B．金属杆所受安培力方向水平向右
C．导轨对金属杆的支持力大小为
D．导轨对金属杆的摩擦力大小为
7．（2023高二下·南昌月考）回旋加速器是将半径为R的两个D形盒置于磁感应强度为B的匀强磁场中，两盒间的狭缝很小，两盒间接电压为U的高频交流电源。电荷量为q的带电粒子从粒子源A处进入加速电场（初速度为零），若不考虑相对论效应及粒子所受重力，下列说法正确的是（ ）
A．增大狭缝间的电压U，粒子在D形盒内获得的最大速度会增大
B．粒子第一次在中的运动时间大于第二次在中的运动时间
C．粒子第一次与第二次在磁场中运动的轨道半径之比为
D．若仅将粒子的电荷量变为，则交流电源频率应变为原来的倍
8．（2023高二下·南昌月考）带电粒子在磁场中运动的实例如图所示，下列判断正确的有（ ）
A．甲图中，只有速度为的带电粒子从P射入，才能做匀速直线运动从Q射出
B．乙图中，带电粒子在磁场中运动的半径越大，周期也越大
C．丙图中，自由电荷为负电荷的霍尔元件通上如图所示电流和加上如图磁场时N侧电势高
D．丁图中，发电机产生的电流从上往下通过电阻R
9．（2023高二下·南昌月考）如图所示，垂直纸面的匀强磁场中固定一倾斜绝缘粗糙细杆，杆上套有带正电的小球P，小球P由静止开始向下滑动，磁场区域足够大，杆足够长，在运动的过程中小球P的最大速度为v0。则下列说法正确的是（ ）
A．小球P所受洛仑兹力先增大后减小
B．小球P先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动
C．当小球P的速度时，小球加速度最大
D．当小球P的速度时，小球加速度最大
10．（2023高二下·南昌月考）一束光从空气射向折射率n=的某种玻璃的表面，如图所示，i代表入射角，则（ ）
A．当入射角i=0°时会发生折射现象
B．无论入射角i是多大，折射角r都不会超过45°
C．欲使折射角r=30°，应以i=45°的角度入射
D．当入射角大于临界角时，会发生全反射
11．（2023高二下·南昌月考）如图所示的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，同一粒子先后以不同速率从同一点正对圆心O射入磁场，分别从a、b两点射出，下列说法正确的是（ ）
A．a点射出的粒子运动半径较小
B．a点射出的粒子速率较大
C．b点射出的粒子运动时间较长
D．b点射出的粒子速度方向反向延长线过O点
12．（2023高二下·南昌月考）如图所示，半径为R的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直面内，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于轨道平面向里。一可视为质点，质量为m、电荷量为q（q>0）的小球由轨道左端A点无初速度滑下，当小球滑至轨道最低点C时，给小球再施加一始终水平向右的外力F，使小球能保持不变的速率滑至轨道右侧的D点。若轨道的两端等高，小球始终与轨道接触，重力加速度为g，则下列判断正确的是（ ）
A．小球在C点对轨道的压力大小为
B．小球在C点对轨道的压力大小为
C．小球从C到D的过程中，外力F的大小保持不变
D．小球从C到D的过程中，外力F的功率逐渐增大
二、解答题（8分+12分+12分+14分=46分）
13．（2023高二下·南昌月考）如图所示，两平行光滑导轨相距为，金属棒的质量为，电阻，匀强磁场的磁感应强度，方向竖直向下，电源电动势，内阻，当电键K闭合时，恰好平衡，设，。求：
（1）金属棒所受的安培力；
（2）变阻器接入电路中的阻值。
14．（2023高二下·南昌月考）相邻的匀强电场区域和匀强磁场区域宽度均为d，电场在纸平面内，且方向竖直向而磁场方向垂直纸面向里，一带正电粒子从O点以速度v0沿垂直电场方向进入电场，在电场力的作用下发生偏转，然后从A点离开电场进入磁场，离开电场时带电粒子在电场方向的位移为电场宽度的一半，当粒子从C点（A、C两点图中未标出）穿出磁场时速度方向与进入电场O点时的速度方向一致，带电粒子重力不计）求：
（1）粒子从C点穿出磁场时的速度v；
（2）电场强度E和磁感应强度B的比值。
15．（2023高二下·南昌月考）如图所示，质量为m、带电荷量为+q的液滴以速度v沿与水平方向成θ=45°角的方向斜向上进入正交的足够大的匀强电场和匀强磁场叠加区域，电场强度方向水平向右，磁场方向垂直于纸面向里，液滴在场区做直线运动.重力加速度为g.
（1）电场强度E和磁感应强度B分别为多大
（2）当液滴运动到某一点A时，电场方向突然变为竖直向上，大小不改变，不考虑因电场变化而对磁场产生的影响，求液滴从A点到达与A点位于同一水平线上的C点(图中未画出)所用的时间.
16．（2023高二下·南昌月考）如图，在空间中有一坐标系xOy，其第一象限内充满着两个匀强磁场区域I和II，直线OP是它们的边界，区域I中的磁感应强度为B，方向垂直纸面向外；区域II中的磁感应强度为2B，方向垂直纸面向内，边界上的P点坐标为（4L，3L）．一质量为m，电荷量为q的带正粒子从P点平行于y轴负方向射入区域I，经过一段时间后，粒子恰好经过原点O，忽略粒子重力，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：
（1）粒子从P点运动到O点的时间至少为多少？
（2）粒子的速度大小可能是多少？
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】光的双缝干涉；干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】A、根据波长、波速和频率的关系，单色光的波长
根据双缝干涉条纹间距公式
在d、L相同条件下，频率越高的单色光，形成的干涉条纹间距更窄，故A错误；
B、若遮住S1，用红光照射S2，光屏上得到的是衍射条纹，减小S2的宽度m，衍射现象更明显，光屏上的中央亮条纹变宽变暗，故B正确；
C、若同时用红光和蓝光分别照射S1、S2，不会发生干涉现象，光屏上不会得到干涉条纹，故C错误；
D、用红光照射两条狭缝时，根据双缝干涉产生暗条纹的条件，光程差
当n =3时，狭缝S1、S2到光屏上P1点的路程差
即光程差为红光波长的3.5倍，P点处一定是暗条纹，故D错误；
故答案为： B。
【分析】根据双缝干涉条纹间距公式分析照射光的频率对干涉亮条纹的影响；根据单缝宽度对单缝衍射条纹间距的影响分析减小S2的宽度对干涉亮条纹的影响；根据干涉现象发生的条件分析判断干涉现象是否发生；根据双缝干涉产生明、暗条纹的条件分析P点处是否一定为暗条纹。
2．【答案】A
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】光路如图所示：
由几何关系可得折射角为30°，则由折射定律得
故A正确，BCD错误；
故答案为：A。
【分析】根据题意画出光路图，明确入射角和折射角，根据折射定律可求折射率。
3．【答案】C
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场；左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】CD、开关S闭合后，螺线管产生磁场，由安培定则 可知，螺线管的左端是N极，右端是S
极；磁场如图所示；
设通电铜棒两端点处的磁感应强度分布为B、B'，由左手定则可知，A端受到垂直纸面向外的安培力，C端受到垂直纸面向里的安培力，S闭合后的一段时间内，从上向下看，铜棒沿逆时针方向转动，故C正确，D错误；
AB、开关S闭合，铜棒转动后，将受到竖直向下的安培力作用，丝线的拉力大于G，故AB错误。
故答案为：C。
【分析】闭合开关，螺线管产生磁场，应用安培定则判断出通电铜导线所处位置磁场方向，应用左手定则判断出通电铜棒所受安培力方向，然后分析答题。
4．【答案】A
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即
周期为
则
若粒子恰好在EG边离开磁场，如图所示：
从F射入磁场到恰好在EG边离开磁场，根据几何关系可知粒子所用时间为
解得
所以粒子从F射入磁场到EG边（EG边无磁场）离开磁场所用时间范围为，故A符合题意，BCD不符合题意；
故答案为：A。
【分析】粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，列式求出，即离子在磁场中运动时间取决于在磁场中运动的偏转角度，时间最大为从F射入磁场到恰好在EG边离开磁场时所用的时间。
5．【答案】B
【知识点】安培力
【解析】【解答】由图可知圆形导线框的大圆弧部分与小圆弧部分并联，两端圆弧受安培力的等效长度相等，即
电流表示数为I，由于大圆弧部分的电阻是小圆弧部分电阻的3倍，根据电路串并联规律可得大圆弧部分与小圆弧部分的电流大小分别为 ，
故线框所受安培力大小为
故答案为：B。
【分析】根据串并联电路的特点以及安培力的表达式得出线框所受的安培力。
6．【答案】C
【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】AB、金属杆电流方向与磁场方向垂直，安培力大小为
根据左手定则可判断，安培力与竖直方向夹角为θ斜向下，故AB错误；
CD、对金属杆受力分析，如图所示：
水平方向，由平衡条件得
竖直方向，由平衡条件得
故C正确，D错误；
故答案为：C。
【分析】金属杆电流方向与磁场方向垂直，安培力大小为，根据左手定则可判断安培力方向；对金属杆受力分析，分别在水平方向和竖直方向列平衡式即可求出导轨对金属杆的支持力大小和摩擦力大小。
7．【答案】D
【知识点】电场力做功；带电粒子在匀强磁场中的运动；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A、质子加速后的最大轨道半径等于D型盒的半径，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
解得粒子的最大运行速度
质子获得的最大动能
解得
可知粒子被加速后获得的最大动能与加速电压无关，故A错误；
BD、根据回旋加速器的原理，每转一周粒子被加速两次，交流电完成一次周期性变化粒子做圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
粒子做圆周运动的周期
交流电源的频率
解得
可知仅将粒子的电荷量变为，则交流电源频率应变为原来的一倍，故B错误，D正确；
C、粒子第一次在D2磁场中运动的轨道半径为
粒子第二次在D2磁场中运动的轨道半径为
根据动能定理有
，
解得
故C错误；
故答案为： D。
【分析】粒子做圆周运动的周期与交流电周期相等，根据粒子做圆周运动的周期求出交流电的频率。当质子的半径为轨道半径时，此时速度最大，动能最大，根据动能即可求得。根据动能定理结合半径与速度的关系解得C。
8．【答案】A
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；质谱仪和回旋加速器；磁流体发电机；速度选择器；霍尔元件
【解析】【解答】A、甲图中，粒子受到电场力与洛伦兹力平衡，即
解得
所以速度为
的正负带电粒子从P射入，均可做匀速直线运动从Q射出，故A正确；
B、乙图中，根据周期公式有
可知同种带电粒子在磁场中运动的周期相等，故B错误；
C、 丙图中，若自由电荷为负电荷的霍尔元件通上如图所示电流和加上如图磁场，根据左手定则可知，N侧为负电荷，所以电势低，故C错误；
D、丁图中，等离子束进入匀强磁场后，受到洛伦兹力作用，根据左手定则可知，正离子向 B板偏转，负离子向A板偏转，极板间形成电场，故A板相当于电源的负极，B板相当于电源的正极，所以电流通过电阻R的方向为从下向上，故D错误；
故答案为 ：A。
【分析】粒子进入电场与磁场的复合场后沿直线运动，可知粒子受到的电场力和洛伦兹力是一对平衡力；根据周期公式分析质谱仪的特点； 根据左手定则可判断霍尔元件中N侧为负电荷，进而 判断电势高低；丙图中，带电粒子从加速电场中获得能量；根据左手定则分析发电机产生的电流方向。
9．【答案】C
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】小球初速度为0，沿杆方向有重力的分力mgsinθ和摩擦力f，且
mgsinθ＞f
所以由静止开始向下滑动；随着速度v的增大，洛伦兹力
F洛=qvB
也增大，当
F洛=mgcosθ
相等时，f=0，此时加速度最大；小球受力如下图所示，受力情况为：在杆方向上有
mgsinθ-f=ma
其中
在垂直于杆方向上有
mgcosθ=F洛+FN
其中
F洛=qvB
小球继续加速，则
F洛＞mgcosθ
摩擦力f增大，当
f=mgsinθ
时，小球速度最大，最后做匀速运动；小球受力如下图所示，受力情况为：在杆方向上有
mgsinθ-f=ma
其中
在垂直于杆方向上有
F洛=mgcosθ+FN
其中
F洛=qvB
A、 小球P所受洛仑兹力一直增大，最后恒定不变，故A错误；
B、 小球P先做加速度增大的加速运动， 做加速度减小的加速运动， 最后做匀速运动，故B错误；
C、由题意知，当
f=mgsinθ
时，小球速度最大，由
，F洛=mgcosθ+FN，F洛=qvB
解得
故C正确；
D、小球P先做加速度增大的加速运动， 做加速度减小的加速运动， 最后做匀速运动，由运动对称性 知，当小球加速度最大时，小球速度小于，故D错误；
故答案为：C。
【分析】对小球进行受力分析，由受力情况可判断小球的运动特点，据此判断各项。
10．【答案】B,C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A、当入射角为 0°时，光的传播方向不发生变化，不发生折射现象，故A错误；
B、已知，根据
可得
α=45°
所以无论入射角i多大，折射角都不会超过45°，故B正确；
C、根据
得i= 45°
即应以i= 45°的角度入射，故C正确；
D、发生全反射的条件是光从光密介质进入光疏介质，入射角大于等于临界角，光从空气进入玻璃，不可能发生全反射，故D错误；
故答案为：BC。
【分析】当入射角为 0°时，光的传播方向不发生变化，不发生折射现象。根据折射定律求出折射角的大小。发生全反射的条件：一从光密介质进入光疏介质，二是入射角大于等于临界角。
11．【答案】A,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】AB、粒子在磁场中运动轨迹如图所示：
由图中几何关系可知：a点射出的粒子运动半径较小，b点射出的粒子运动半径较大；据洛伦兹力提供向心力有
解得
由此可知a点射出的粒子运动速度小，b点射出的粒子运动速度大，故A正确，B错误；
C、粒子运动的周期
则粒子在磁场中运动的时间
其中θ代表圆心角，所以b点射出的粒子在磁场中的运动时间较短，故C错误；
D、如图带电粒子在圆形边界磁场中做匀速圆周运动，沿径向射入沿径向射出，由几何关系可以证明，b点射出的粒子速度方向反向延长线过0点，故D正确；
故答案为：AD。
【分析】分别画出从a、b两点射出的粒子轨迹过程图，利用洛伦兹力提供向心力求出半径公式，分析运动半径以及粒子速度大小，利用周期公式结合粒子转过的圆心角判断粒子在磁场中运动的时间的大小关系。利用几何关系可以确定粒子从磁场离开时背向磁场圆的圆心。
12．【答案】B,D
【知识点】竖直平面的圆周运动；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A、因为洛伦兹力始终对小球不做功，故洛伦兹力不改变小球速度的大小，从A点运动到C点的过程中只有重力做功，根据动能定理得
解得
故小球在C点受到的洛伦兹力大小为
故A错误；
B、由左手定则可知，小球向右运动到C点时若受到的洛伦兹力的方向向上，则有
解得
故B正确；
C、小球从C到D的过程中，洛伦兹力和支持力沿水平方向的分力增大，所以水平外力F的增大，故C错误；
D、小球从C到D的过程中小球的速率不变，而洛伦兹力和支持力不做功，所以小球的动能不变，拉力F的功率与重力的功率大小相等，方向相反。由运动的合成与分解可知，小球从 C向D运动的过程中，竖直方向的分速度越来越大，所以重力的功率增大，所以外力F的功率也增大，故D正确；
故答案为：BD。
【分析】洛伦兹力的方向指向圆心，不改变速度的大小，根据动能定理求出到达C点时的速度.根据牛顿第二定律，径向的合力提供向心力，求出轨道对小球的支持力。
13．【答案】（1）解：MN受力平衡，由安培定则可知电流从M到N。
根据平衡条件得安培力
解得
，方向水平向里
（2）解：安培力为
根据欧姆定律得
代入数据解得
【知识点】闭合电路的欧姆定律；左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【分析】（1）根据平衡条件来计算安培力大小；（2）根据安培力计算电流大小，再根据闭合电路欧姆定律计算电阻大小。
14．【答案】（1）解：按题叙述，物体在电场，磁场中运动轨迹如图示
在电场中做类平抛运动，水平方向
d=v0t
竖直方向
解得vy=v0
又
解得
θ=45°，
粒子在磁场中做匀速圆周运动，速度不变，即水平方向，大小
（2）解：粒子在磁场中，由几何关系得
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
而粒子在电场中有
解得
以上两式相比得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，根据偏转位移和初速度可以求出粒子进入磁场时的速度大小和方向，又粒子在磁场中做匀速圆周运动，不改变粒子速度的大小，故可求穿出磁场时的速度v；
(2)根据粒子在磁场中的偏转可以求出粒子圆周运动的轨道半径，根据洛伦兹力提供向心力展开讨论，在电场中粒子在电场力作用下做类平抛运动，根据在电场方向偏转的距离和初速度求出电场强度和初速度的关系，展开讨论即可。
15．【答案】（1）解：液滴带正电，液滴受力如图所示：
根据平衡条件，有
解得
，
（2）解：电场方向突然变为竖直向上，大小不改变，故电场力与重力平衡，洛伦兹力提供向心力，液滴做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得
电场方向变为竖直向上后，液滴做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得
解得
则
由几何知识得
解得
【知识点】带电粒子在重力场、电场及磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1)对液滴受力分析，受重力、电场力和洛伦兹力，做匀速直线运动，合力为零，根据平衡条件求解电场强度E和磁感应强度B；
(2)电场方向突然变为竖直向上，大小不改变，故电场力与重力平衡，洛伦兹力提供向心力，粒子做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律列式求解。
16．【答案】（1）解；设粒子的入射速度为v，用R1、R2、T1、T2分别表示粒子在磁场Ⅰ区和Ⅱ区中运动的轨道半径和周期，则有 ，
，
粒子先在磁场Ⅰ区中做顺时针的圆周运动，后在磁场Ⅱ区中做逆时针的圆周运动，然后从O点射出，这样粒子从P点运动到O点所用的时间最短．粒子运动轨迹如图所示
tanα＝ ＝0.75，
得α＝37°，α＋β＝90°.
粒子在磁场Ⅰ区和Ⅱ区中的运动时间分别为 ，
粒子从P点运动到O点的时间至少为t=n（t1+t2 ） （n=1，2，3，…），
由以上各式解得： （n=1，2，3，…）
（2）解；当粒子的速度大小满足一定条件时，粒子先在磁场Ⅰ区中运动，后在磁场Ⅱ区中运动，然后又重复前面的运动，直到经过原点O.这样粒子经过n个周期性的运动到达O点，每个周期的运动情况相同，粒子在一个周期内的位移为： （n=1、2，3，…）
粒子每次在磁场Ⅰ区中运动的位移为
由图中的几何关系可知 ，
由以上各式解得粒子的速度大小为： (n＝1，2，3，…)
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在磁场中运动，利用牛顿第二定律结合周期的表达式可以求出周期的大小；利用几何关系可以求出轨迹所对圆心角的大小；利用周期和圆心角的大小可以求出粒子运动的时间；
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用运动的轨迹可以求出一个周期运动的位移大小；结合几何关系可以求出粒子速度的大小。
1 / 1
