四川省南充高级中学2024-2025学年高二下学期4月月考物理试题
1．（2025高二下·顺庆月考）下列说法正确的是（ ）
A．根据，电场中某点的电场强度与成正比，与成反比
B．根据，磁场中某点的磁感应强度与成正比，与成反比
C．电荷在电场中一定受到电场力
D．电荷在磁场中一定受到洛伦兹力
【答案】C
【知识点】磁感应强度；电场强度；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】本题关键是明确电场力与磁场力的大小和方向特点，注意电场强度和磁感应强度都是由场自身决定。A．电场强度的定义式属于比值定义，电场强度与试探电荷没有本质上的决定关系，不能够认为电场中某点的电场强度与成正比，与成反比，故A错误；
B．磁感应强度的定义式属于比值定义，磁感应强度与电流元没有本质上的决定关系，不能够认为磁场中某点的磁感应强度与成正比，与成反比，故B错误；
C．根据电场强度的定义式有
解得
可知，电荷在电场中一定受到电场力，故C正确；
D．当电荷的运动方向与磁场方向平行时，电荷所受洛伦兹力为0，故D错误。
故选C。
【分析】磁感应强度是由磁场本身决定，当电流与磁场不平行时，安培力与磁场方向垂直；电场最基本的性质是对电荷有电场力。
2．（2025高二下·顺庆月考）如图为磁电式电流表的结构图，其由磁体和放在磁体两极之间的线圈构成，线圈缠绕在铝框上。极靴和中间圆柱形软铁间存在磁场。当线圈中有恒定电流时，安培力带动线圈偏转，在螺旋弹簧的共同作用下最终稳定。下列说法正确的是（ ）
A．线圈转动过程中受到的安培力方向不变
B．增加线圈匝数，可增加测量的灵敏度
C．在线圈中通入如图所示的电流，线圈将逆时针旋转
D．为了使电流表表盘的刻度均匀，极靴与圆柱间的磁场为匀强磁场
【答案】B
【知识点】磁电式电流表
【解析】【解答】解决本题时，要了解磁电式电流表的结构，理解其工作原理，掌握安培力公式F=BIL。A．由左手定则可知，线圈转动过程中受到的安培力方向改变，故A错误；
B．增加线圈匝数，相同电流的情况下，线圈受到的安培力更大，偏转角度更大，灵敏度更高，故B正确。
C．若线圈a、b两边通以如图所示方向的电流时，根据左手则，可知a边受到的安培力方向向上，b边受到的安培力方向向下，线圈将顺时针旋转，故C错误。
D．极靴与圆柱间的磁场是均匀地辐向分布，并不是匀强磁场，这样即可保证线圈转动过程中各个位置的磁感应强度的大小不变，从而使电流表表盘刻度均匀，故D错误。
故选B。
【分析】线圈所在位置的磁感应强度大小不变，其受到的安培力大小不变。当线圈与磁场平行时，磁通量为零。线圈在转动过程中切割磁感线，产生感应电动势。线圈匝数增加，相同电流时，线圈受到的安培力更大，灵敏度增加。
3．（2025高二下·顺庆月考）回旋加速器原理如图所示，置于真空中的D形金属盒半径为，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略；磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为，加速电压为。若A处粒子源产生质子的质量为、电荷量为，在加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响。则下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子在离开加速器前速度一直增大
B．带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期随半径的增大而增大
C．质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压成正比
D．该加速器加速质量为、电荷量为的粒子时，交流电频率应变为
【答案】D
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】解决本题的关键知道回旋加速器是利用电场进行加速，磁场进行偏转的，以及知道粒子在磁场中运动的周期与轨道半径无关。A．根据回旋加速度的原理可知，粒子经过电场时加速，进入磁场做匀速圆周运动，故A错误；
B．根据
解得
又
解得
可知，磁感应强度不变时，带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期不变，与圆周运动半径无关，故B错误；
C．粒子在磁场中圆周运动半径越大，速度越大，根据
可得
解得
可知质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压无关。故C错误；
D．回旋加速器正常工作的前提是交变电流的周期与粒子在磁场中匀速圆周运动的周期相等，则该加速器加速质量为4m、电荷量为2q的粒子时，根据，
解得
故D正确。
故选D。
【分析】根据回旋加速器的原理判断；利用电场进行加速，磁场进行偏转的，粒子在磁场中运动的周期与轨道半径无关；交变电流的周期与粒子在磁场中匀速圆周运动的周期相等。
4．（2025高二下·顺庆月考）如图，蜂鸟可以通过快速拍打翅膀，使自己悬停在一朵花的前面。假设蜂鸟两翅膀扇动空气的总面积为，翅膀扇动对空气的作用力效果与翅膀用速度平推空气的效果相同。已知空气密度为，重力加速度大小为，则（ ）
A．单位时间内翅膀拍动空气的质量为
B．单位时间内翅膀拍动空气的质量为
C．蜂鸟的质量为
D．蜂鸟的质量为
【答案】C
【知识点】动量定理
【解析】【解答】本题考查动量定理的应用，解题关键掌握单位时间内翅膀拍动空气的质量的计算，注意平衡关系的应用。AB．设翅膀扇动一次的时间为，拍动空气的总质量为
单位时间内翅膀拍动空气的质量为
故AB错误；
CD．翅膀用速度平推空气，使空气的速度变为，根据动量定理有
则翅膀对空气的作用力大小等于空气对翅膀的作用力大小，即
由平衡条件得
则蜂鸟的质量为
故C正确，D错误。
故选C。
【分析】设扇动一次的时间为t，拍动空气的总质量为m=Svtρ，根据动量定理与平衡关系解得蜂鸟的质量。
5．（2025高二下·顺庆月考）如图所示，水平面上固定一倾角为的光滑斜面，斜面质量为，斜面上放置一根长质量为的直导线，空间中有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为，当给直导线通以垂直纸面向外，大小为的电流时，通电直导线恰好保持静止，下列说法正确的是（重力加速度为）（ ）
A．通电直导线受到的安培力方向沿斜面向上
B．斜面对水平面的压力小于
C．通电直导线受到的安培力大小为
D．通电直导线的电流
【答案】D
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】对于有关安培力的平衡问题研究思路常常从力的角度分析，重点是判断安培力作用下导体棒的方向问题，根据平衡条件列出方程。A．由左手定则可知，通电直导线受到的安培力方向水平向右，选项A错误；
B．对整体分析可知，竖直方向受重力和地面的支持力，根据牛顿第三定律可知斜面对水平面的压力等于，选项B错误；
C．通电直导线受到的安培力大小为
选项C错误；
D．由平衡可知
可得通电直导线的电流
选项D正确。
故选D。
【分析】 根据左手定则、安培力公式和平衡条件、牛顿第三定律列式求解。
6．（2025高二下·顺庆月考）如图所示，直角三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，边长为边长为，大量质量为、电荷量为、速度大小为的带负电粒子垂直边射入磁场。带电粒子在磁场中运动后只从和边射出磁场。不考虑粒子的重力和粒子间的相互作用，则匀强磁场的最大磁感应强度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，理解粒子在不同时刻的运动状态，合理选取运动学公式是解决此类问题的关键。当粒子运动轨迹与A、B边相切于D点，右边刚好从C点射出，此时对应的磁感应强度有最大值，粒子运动轨迹如图所示
根据几何关系，有
解得
根据洛伦兹力提供向心力
联立解得
故选C。
【分析】根据几何关系，结合洛伦兹力提供向心力分析求解。
7．（2025高二下·顺庆月考）如图为质谱仪原理示意图，带电粒子从小孔“飘入”加速电场（初速度忽略不计），经加速后以速度从小孔进入速度选择器并恰好沿直线通过，粒子从小孔进入磁分析器后做匀速圆周运动打在照相底片上。已知速度选择器中匀强电场的电场强度为，磁分析器中匀强磁场的磁感应强度为，在底片上留下的痕迹点到狭缝的距离为，忽略带电粒子的重力及相互间作用力。下列说法正确的是（ ）
A．加速电场的极板间电势差
B．速度选择器中匀强磁场的磁感应强度为
C．带电粒子的比荷
D．若带电粒子打在上后能以原速率反弹，粒子将返回点
【答案】A
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】本题考查了质谱仪，解决该题需要明确知道粒子在速度选择器内做的是匀速直线运动，洛伦兹力和电场力大小相等，方向相反。A．粒子在加速电场中
在磁场中做圆周运动时
联立解得加速电场的极板间电势差
选项A正确；
B．速度选择器中
可得匀强磁场的磁感应强度为
选项B错误；
C．根据
可得带电粒子的比荷
选项C错误；
D．若带电粒子打在上后能以原速率反弹，粒子受向右的洛伦兹力作用，向右重复原来的半圆轨迹，不能返回点，选项D错误。
故选A。
【分析】在速度选择器中，洛伦兹力与电场力平衡，根据洛伦兹力公式求解磁感应强度大小；粒子在磁分析器中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，从而求解比荷；在加速电场中，根据动能定理求解加速电场的极板间电势差。
8．（2025高二下·顺庆月考）如图所示，在坐标系中，第一、二象限有沿轴负方向的匀强电场，电场强度大小为，第三、四象限有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为。一带正电的粒子在轴上的点，以大小为的初速度沿着与轴垂直的方向向左射出，粒子的质量为，带电量为，粒子第一次到达轴时沿着与轴正方向为的方向进入电场。不计粒子重力，对粒子的运动，以下说法正确的是（ ）
A．粒子自开始射出至第一次到达轴时的时间间隔为
B．粒子再次与轴相交时速度最小
C．粒子运动过程中的最小速度为
D．粒子离开点后，其速度第次与初速度相同时距点的距离为
【答案】D
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】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；对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动或匀变速直线运动的规律进行解答。A．根据题意可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类斜抛运动，作出粒子运动轨迹，如图所示
粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有，
解得，
粒子自开始射出至第一次到达轴时的时间间隔
解得
故A错误；
C．粒子在电场中做类斜抛运动，运动至最高点时速度最小，此时竖直方向的分速度减为0，则有
故C错误；
B．粒子在电场中做类斜抛运动至最高点过程有，
结合上述解得
可知，最高点位置在y轴左侧，即粒子再次与轴相交时速度不是最小，故B错误；
D．结合上述，由于
则粒子进入电场中做类斜抛运动后将从坐标原点右侧再次进入磁场，根据对称性可知，粒子离开点后，其速度第次与初速度相同时距点的距离为
结合上述解得
故D正确。
故选D。
【分析】粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，求得半径，从x轴射出后，在电场中做斜抛运动，根据运动学公式求得沿y轴减速到0时的时间和水平方向通过的位移，根据对称性求得每经历一个周期圆心向左移动的距离，即可求得速度第n次与初速度相同时距M点的距离。
9．（2025高二下·顺庆月考）如图（a）所示，时，一列简谐横波从质点（坐标原点）开始沿轴正方向传播，实线和虚线分别为时刻和时刻的波形图，其中，，分别是平衡位置为和的两质点。图（b）为质点的振动图像，下列说法正确的是（ ）
A．时刻的加速度为零
B．这列波的传播速度为40m/s
C．到内，质点运动的路程可能为0.3m
D．从到时间内，质点通过的路程是0.2m
【答案】B,D
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】本题既要理解振动图像和波动图像各自的物理意义，由振动图像能判断出质点的速度方向，知道波速、波长和频率之间的关系v=fλ。A．时刻在波峰位置，加速度最大，选项A错误；
B．这列波的波长8m，周期0.2s，则传播速度为
选项B正确；
C．到内，质点运动的时间
通过的路程可能为
不可能为0.3m，选项C错误；
D．在t=0时刻振源O开始振动，则传到质点P需要的时间为
则时刻质点P振动了0.1s=0.5T可知质点P通过的路程是，选项D正确。
故选BD。
【分析】 根据图像得到波长和周期，进而可得波速，根据在一个周期内质点经过的路程为4A，分析质点的路程；根据Q质点所处的位置分析。
10．（2025高二下·顺庆月考）电磁炮是利用电磁发射技术制成的新型武器，如图所示为电磁炮的原理结构示意图。若某水平发射轨道长6m，宽1m，发射的炮弹质量为50g，炮弹被发射时从轨道左端由静止开始加速。当电路中的电流恒为20A，轨道间匀强磁场时，不计空气及摩擦阻力。下列说法正确的是（ ）
A．炮弹所处位置的磁场方向为竖直向上
B．炮弹的加速度大小为
C．若将电路中的电流增加为原来的两倍，则炮弹的最大速度也变为原来的两倍
D．炮弹发射过程中安培力的最大功率为
【答案】A,D
【知识点】功率及其计算；安培力的计算；左手定则—磁场对带电粒子的作用
【解析】【解答】本题主要考查了安培力的计算，根据左手定则推出磁场的方向，结合运动学公式和牛顿第二定律完成分析即可。A．根据左手定则可知，磁场方向为竖直向上，故A正确；
B．根据牛顿第二定律有
解得
故B错误；
C．根据
解得
若将电路中的电流增加为原来的两倍，则炮弹的最大速度变为原来倍，故C错误；
D．炮弹发射过程中安培力的最大功率
代入数据，解得
故D正确。
故选AD。
【分析】根据左手定则判断出磁场的方向，根据牛顿第二定律计算出炮弹加速度的大小，根据运动学公式以及功率公式分析。
11．（2025高二下·顺庆月考）如图所示，半径为的圆形区域内存在匀强磁场，方向垂直于纸面向里。边界上C点有一粒子源，可平行于纸面向磁场内任意方向发射质量为、电荷量为的带正电粒子，粒子速度大小均为。不计粒子重力以及粒子间的相互作用，所有粒子运动半径均为，、为互相垂直的直径，下列说法错误的是（ ）
A．磁感应强度大小为
B．所有粒子离开磁场时速度方向都平行向下
C．经过圆心的粒子在磁场中运动的时间为
D．沿着方向射入的粒子在磁场中运动的时间为
【答案】B,C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】本题考查带电粒子在磁场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。A．根据洛伦兹力提供向心力有
解得
故A正确，与题意不符；
B．由于粒子做圆周运动的半径等于磁场圆的半径，所以根据磁发散原理可知，从C点射入磁场中的所有粒子均平行于AB向上射出， 故B错误，与题意相符；
C．若粒子经过圆心O，则其圆心角等于120°，所以粒子在磁场中运动的时间为
又
联立，解得
故C错误，与题意相符；
D．若粒子沿着CO方向射入磁场，其圆心角等于90°，所以粒子在磁场中运动的时间为
联立，解得
故D正确，与题意不符。
本题选错误的，故选BC。
【分析】根据左手定则判断粒子离开磁场时速度方向；根据磁发散原理可知粒子轨道半径，再根据牛顿第二定律求解磁场的磁感应强度大小；根据几何知识求解带电粒子在磁场运动的轨迹对应的圆心角，根据时间与周期的关系求解经过圆心O的粒子在磁场中运动的时间及沿着CO方向射入的粒子在磁场中运动的时间。
12．（2025高二下·顺庆月考）一质量为、电量为的带电粒子以速度从轴上的A点垂直轴射入第一象限，第一象限某区域存在磁感强度大小为的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，粒子离开第一象限时速度方向与轴正方向夹角。如图所示（粒子仅受洛伦兹力），下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子带负电荷
B．带电粒子在磁场中的做圆周运动的时间为
C．如果该磁场区域是圆形，则该磁场的最小面积是
D．如果该磁场区域是矩形，则该磁场的最小面积是
【答案】B,C
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】本题考查带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动，解题时需注意，由于带电粒子往往是在有界磁场中运动，粒子在磁场中只运动一段圆弧就飞出磁场边界，其轨迹不是完整的圆，因此，此类问题往往要根据带电粒子运动的轨迹作相关图去寻找几何关系，分析临界条件，然后应用数学知识和相应物理规律分析求解。A．磁场方向垂直于纸面向外，粒子受到的洛伦兹力向下，根据安培左手定则可知粒子带正电荷，故A错误；
BC．由洛伦兹力充当向心力得
所以半径为
粒子运动周期为
运动轨迹如下图所示
由图可知粒子速度方向偏转了，则圆心角为
粒子运动的时间为
若是圆形区域磁场，则以CD为直径的圆面积最小CD=R
所以最小面积为
故BC正确；
D．若是矩形区域磁场，则以CD为长，以圆弧最高点到直线CD的距离h为宽，则矩形的面积最小。根据几何关系可得高为
所以矩形区域磁场最小面积为
故D错误。
故选BC。
【分析】结合题意，根据左手定则，即可分析判断；由题意可知，粒子在磁场中速度方向改变了60°，据此分析判断；由洛伦兹力提供向心力列式，画出粒子的运动轨迹，结合几何关系列式，即可分析判断；结合前面分析，根据几何关系列式，即可分析判断。
13．（2025高二下·顺庆月考）某实验小组的同学们利用单摆来测量当地的重力加速度，按如图安装好实验仪器。
（1）该小组成员在实验过程中有如下说法，其中正确的是________（填选项前的字母）；
A．把单摆从平衡位置拉开30°的摆角，并在释放摆球的同时开始计时
B．测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期为
C．用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏小
D．尽量选择质量大、体积小的摆球
（2）小组同学通过改变摆线的长度，获得了多组摆长L和对应的单摆周期T的数据，做出图像如图所示，可测得当地的重力加速度 ，结果保留三位有效数字）；
（3）在实验中，有三位同学作出的图线分别如图中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值，则相对于图线a和c，下列分析正确的是（填选项前的字母）________。
A．出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L
B．出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次
C．图线c对应的g值小于图线b对应的g值
D．图线a对应的g值大于图线b对应的g值
【答案】（1）D
（2）9.86
（3）B
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】本题考查了单摆测重力加速度，实验的原理为单摆的周期公式，待测的物理量为单摆的周期和单摆的摆长，要注意区别单摆的摆长和摆线长。
（1）A．把单摆从平衡位置拉开5°的摆角，并在摆球到达最低点时开始计时，选项A错误；
B．测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期为，选项B错误；
C．根据可得，若用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大，选项C错误；
D．尽量选择质量大、体积小的摆球，以减小阻力的影响，选项D正确。
故选D。
（2）根据
由图像可知
解得g=9.86m/s2
（3）AD．若将悬点到小球上端的距离记为摆长，没有加摆球的半径，则摆线长变成摆长，则有
由此可知，出现a图线可能是误将悬点到小球上端的距离记为摆长，但图线的斜率不变，即a、b图线测出的重力加速度相同，故AD错误；
B．实验中误将49次全振动记为50次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度偏大，图线的斜率偏小，故B正确；
C．图线c的斜率小于b图线的斜率，因此图线c的g值大于图线b的g值，故C错误。
故选B。
【分析】（1）摆角很小的情况下单摆的振动才是简谐运动；单摆摆球经过平衡位置的速度最大，最大位移处速度为0，在平衡位置计时误差最小；由单摆的周期公式即可求解；
（2）由单摆周期表达式可得T2与L的关系式，得到斜率k的表达式，进而可求得g值；
（3）根据单摆周期公式分析解答。
（1）A．把单摆从平衡位置拉开5°的摆角，并在摆球到达最低点时开始计时，选项A错误；
B．测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期为，选项B错误；
C．根据可得，若用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大，选项C错误；
D．尽量选择质量大、体积小的摆球，以减小阻力的影响，选项D正确。
故选D。
（2）根据
由图像可知
解得g=9.86m/s2
（3）AD．若将悬点到小球上端的距离记为摆长，没有加摆球的半径，则摆线长变成摆长，则有
由此可知，出现a图线可能是误将悬点到小球上端的距离记为摆长，但图线的斜率不变，即a、b图线测出的重力加速度相同，故AD错误；
B．实验中误将49次全振动记为50次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度偏大，图线的斜率偏小，故B正确；
C．图线c的斜率小于b图线的斜率，因此图线c的g值大于图线b的g值，故C错误。
故选B。
14．（2025高二下·顺庆月考）杨氏双缝干涉实验被誉为史上“最美”的十大物理实验之一。在“用双缝干涉测光的波长”实验中，将双缝干涉实验仪按要求安装在光具座上，如图甲所示。
（1）在组装仪器时单缝和双缝应该相互 放置（选填“垂直”或“平行”）。
（2）双缝间距为d，毛玻璃光屏与双缝间的距离为L。从目镜中看到的干涉图样如图乙所示。使分划板的中心刻线对齐A亮条纹的中心，此时游标尺上的示数情况如图丙所示，其读数为 mm。若A、B两条亮纹中央间距为x，则所测光的波长为 （用所给物理量的字母表示）。
（3）若测量头中观察到的图样如图丁所示，波长的测量值 真实值（填“大于”、“小于”或“等于”）。
【答案】（1）平行
（2）9.15；
（3）大于
【知识点】用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】本题考查双缝干涉的实验原理、操作过程和数据处理等，解题关键掌握操作规范及数据处理。
（1）只有保证单缝和双缝互相平行，这样才能在屏上出现明暗相间的条纹；
（2）由于游标尺为20分度，其精确度为0.05mm，故游标卡尺的示数为
若A、B两条亮纹中央间距为x，则条纹间距为
根据
解得
（3）条纹与分划板中心刻线不平行时，实际值
为条纹与分划板中心竖直刻线间的夹角，则有
由于
可知波长的测量值大于实际值。
【分析】（1）根据干涉实验原理分析解答；
（2）根据游标卡尺的精度和读数规则去读取，并计算相邻明纹间距，由间距公式求波长；
（3）当条纹与分划板不平行时，根据双缝干涉实验原理和几何关系分析误差。
（1）只有保证单缝和双缝互相平行，这样才能在屏上出现明暗相间的条纹；
（2）[1]由于游标尺为20分度，其精确度为0.05mm，故游标卡尺的示数为
[2]若A、B两条亮纹中央间距为x，则条纹间距为
根据
解得
（3）条纹与分划板中心刻线不平行时，实际值
为条纹与分划板中心竖直刻线间的夹角，则有
由于
可知波长的测量值大于实际值。
15．（2025高二下·顺庆月考）如图所示，一束单色光从AB中点D沿垂直于直角三棱镜AB边的方向射入棱镜，在AC边上的E点发生反射和折射，且折射光线恰好与反射光线垂直。已知∠C=60°，AC=2L，光在真空中的速度为c。求：
（1）该棱镜的折射率n；
（2）该单色光从D到E再经反射到BC所用的时间t。
【答案】（1）根据题意作出光路图，如图所示
根据几何关系可得，
根据折射定律有
（2）根据几何关系可得，
又
所以单色光从D到E再经反射到BC所用的时间为
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）作出完整的光路，根据几何关系、光的折射定律分别列式，即可分析求解；
（2）根据几何关系、折射率与光速的关系、速度与时间的关系分别列式，即可分析求解。
（1）根据题意作出光路图，如图所示
根据几何关系可得，
根据折射定律有
（2）根据几何关系可得，
又
所以单色光从D到E再经反射到BC所用的时间为
16．（2025高二下·顺庆月考）如图所示，一“”形平板静止在光滑水平面上，其上表面粗糙，右侧为竖直弹性挡板（即物体与挡板的碰撞可视为弹性碰撞）。一物块静止于平板最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧，现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞，碰撞后，物块沿着平板运动，已知细线长L=0.8m，小球质量m=1.5kg，物块、平板质量均为M=0.5kg，平板长s=1m，小球、物块均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）小球运动到最低点与物块碰撞前的速度大小；
（2）小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
（3）若物块恰好不脱离平板，求物块与平板上表面的动摩擦因数。
【答案】（1）小球运动到最低点，由动能定理
解得
（2）小球与物块碰撞过程中，由动量守恒和机械能守恒得，
解得
（3）物块恰好不脱离平板，即物块返回平板左端时恰好与平板达共速，设共同速度为v，根据动量守恒定律和能量守恒定律，
解得
【知识点】能量守恒定律；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）由动能定理和向心加速度公式求小球运动到最低点与物块碰撞前向心加速度的大小；
（2）由动量守恒和机械能守恒求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
（3）根据动量守恒定律和能量守恒定律求物块与平板上表面的动摩擦因数。
（1）小球运动到最低点，由动能定理
解得
（2）小球与物块碰撞过程中，由动量守恒和机械能守恒得，
解得
（3）物块恰好不脱离平板，即物块返回平板左端时恰好与平板达共速，设共同速度为v，根据动量守恒定律和能量守恒定律，
解得
17．（2025高二下·顺庆月考）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、二、四象限内有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E，在第一、四象限及第二象限内x=-R右侧区域有垂直于坐标平面向里的匀强磁场。从x轴上的P（-3R，0）点沿与x轴正向成45°的方向射出一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子刚好从磁场边界上的Q（-R，R）点沿垂直于x=-R方向进入电场和磁场的叠加场中，进入叠加场后刚好做直线运动，不计粒子的重力，求：
（1）粒子从P点射出的速度；
（2）若粒子在叠加场中运动到某位置时，撤去电场，使粒子经过磁场中的A（）点，则粒子在叠加场中第一次运动到A的时间；
（3）若粒子运动到O1（0，R）点时将电场的电场强度增大为原来的2倍，此后粒子在叠加场中运动的最大速度大小及沿电场方向离O1点的最大距离。
【答案】（1）设粒子从点射出的速度大小为，则由，
解得
（2）粒子在叠加场中做匀速直线运动，可知，
撤去电场后，粒子在磁场中做匀速圆周运动
解得
以为圆心为半径作圆，圆心在距直线上方处的圆上，记为、，由几何关系得，，，圆心在：，，
圆心在：，
可得
（3）粒子运动到点时将电场的电场强度增大为原来的倍，给粒子配一个向右大小为的速度，同时再配一个向左大小也为的速度，则此后粒子的运动可以看作是以向右的匀速直线运动和以的速度做匀速圆周运动，根据运动的叠加可知，此后粒子运动的最大速度，
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1） 粒子刚好从磁场边界上的Q（-R，R）点沿垂直于x=-R方向进入电场和磁场的叠加场中 ，在电场中做类平抛运动，根据匀变速直线运动的规律求解；（2）粒子在叠加场中做匀速直线运动，撤去电场后，粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出粒子运动轨迹，根据轨迹圆心角结合周期公式求解运动时间；
（3）根据运动的叠加可求解此后粒子运动的最大速度，根据圆周运动半径求解最大距离。
（1）设粒子从点射出的速度大小为，则由，
解得
（2）粒子在叠加场中做匀速直线运动，可知，
撤去电场后，粒子在磁场中做匀速圆周运动
解得
以为圆心为半径作圆，圆心在距直线上方处的圆上，记为、，由几何关系得，，，圆心在：，，
圆心在：，
可得
（3）粒子运动到点时将电场的电场强度增大为原来的倍，给粒子配一个向右大小为的速度，同时再配一个向左大小也为的速度，则此后粒子的运动可以看作是以向右的匀速直线运动和以的速度做匀速圆周运动，根据运动的叠加可知，此后粒子运动的最大速度，
1 / 1四川省南充高级中学2024-2025学年高二下学期4月月考物理试题
1．（2025高二下·顺庆月考）下列说法正确的是（ ）
A．根据，电场中某点的电场强度与成正比，与成反比
B．根据，磁场中某点的磁感应强度与成正比，与成反比
C．电荷在电场中一定受到电场力
D．电荷在磁场中一定受到洛伦兹力
2．（2025高二下·顺庆月考）如图为磁电式电流表的结构图，其由磁体和放在磁体两极之间的线圈构成，线圈缠绕在铝框上。极靴和中间圆柱形软铁间存在磁场。当线圈中有恒定电流时，安培力带动线圈偏转，在螺旋弹簧的共同作用下最终稳定。下列说法正确的是（ ）
A．线圈转动过程中受到的安培力方向不变
B．增加线圈匝数，可增加测量的灵敏度
C．在线圈中通入如图所示的电流，线圈将逆时针旋转
D．为了使电流表表盘的刻度均匀，极靴与圆柱间的磁场为匀强磁场
3．（2025高二下·顺庆月考）回旋加速器原理如图所示，置于真空中的D形金属盒半径为，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略；磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为，加速电压为。若A处粒子源产生质子的质量为、电荷量为，在加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响。则下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子在离开加速器前速度一直增大
B．带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期随半径的增大而增大
C．质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压成正比
D．该加速器加速质量为、电荷量为的粒子时，交流电频率应变为
4．（2025高二下·顺庆月考）如图，蜂鸟可以通过快速拍打翅膀，使自己悬停在一朵花的前面。假设蜂鸟两翅膀扇动空气的总面积为，翅膀扇动对空气的作用力效果与翅膀用速度平推空气的效果相同。已知空气密度为，重力加速度大小为，则（ ）
A．单位时间内翅膀拍动空气的质量为
B．单位时间内翅膀拍动空气的质量为
C．蜂鸟的质量为
D．蜂鸟的质量为
5．（2025高二下·顺庆月考）如图所示，水平面上固定一倾角为的光滑斜面，斜面质量为，斜面上放置一根长质量为的直导线，空间中有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为，当给直导线通以垂直纸面向外，大小为的电流时，通电直导线恰好保持静止，下列说法正确的是（重力加速度为）（ ）
A．通电直导线受到的安培力方向沿斜面向上
B．斜面对水平面的压力小于
C．通电直导线受到的安培力大小为
D．通电直导线的电流
6．（2025高二下·顺庆月考）如图所示，直角三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，边长为边长为，大量质量为、电荷量为、速度大小为的带负电粒子垂直边射入磁场。带电粒子在磁场中运动后只从和边射出磁场。不考虑粒子的重力和粒子间的相互作用，则匀强磁场的最大磁感应强度为（ ）
A． B． C． D．
7．（2025高二下·顺庆月考）如图为质谱仪原理示意图，带电粒子从小孔“飘入”加速电场（初速度忽略不计），经加速后以速度从小孔进入速度选择器并恰好沿直线通过，粒子从小孔进入磁分析器后做匀速圆周运动打在照相底片上。已知速度选择器中匀强电场的电场强度为，磁分析器中匀强磁场的磁感应强度为，在底片上留下的痕迹点到狭缝的距离为，忽略带电粒子的重力及相互间作用力。下列说法正确的是（ ）
A．加速电场的极板间电势差
B．速度选择器中匀强磁场的磁感应强度为
C．带电粒子的比荷
D．若带电粒子打在上后能以原速率反弹，粒子将返回点
8．（2025高二下·顺庆月考）如图所示，在坐标系中，第一、二象限有沿轴负方向的匀强电场，电场强度大小为，第三、四象限有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为。一带正电的粒子在轴上的点，以大小为的初速度沿着与轴垂直的方向向左射出，粒子的质量为，带电量为，粒子第一次到达轴时沿着与轴正方向为的方向进入电场。不计粒子重力，对粒子的运动，以下说法正确的是（ ）
A．粒子自开始射出至第一次到达轴时的时间间隔为
B．粒子再次与轴相交时速度最小
C．粒子运动过程中的最小速度为
D．粒子离开点后，其速度第次与初速度相同时距点的距离为
9．（2025高二下·顺庆月考）如图（a）所示，时，一列简谐横波从质点（坐标原点）开始沿轴正方向传播，实线和虚线分别为时刻和时刻的波形图，其中，，分别是平衡位置为和的两质点。图（b）为质点的振动图像，下列说法正确的是（ ）
A．时刻的加速度为零
B．这列波的传播速度为40m/s
C．到内，质点运动的路程可能为0.3m
D．从到时间内，质点通过的路程是0.2m
10．（2025高二下·顺庆月考）电磁炮是利用电磁发射技术制成的新型武器，如图所示为电磁炮的原理结构示意图。若某水平发射轨道长6m，宽1m，发射的炮弹质量为50g，炮弹被发射时从轨道左端由静止开始加速。当电路中的电流恒为20A，轨道间匀强磁场时，不计空气及摩擦阻力。下列说法正确的是（ ）
A．炮弹所处位置的磁场方向为竖直向上
B．炮弹的加速度大小为
C．若将电路中的电流增加为原来的两倍，则炮弹的最大速度也变为原来的两倍
D．炮弹发射过程中安培力的最大功率为
11．（2025高二下·顺庆月考）如图所示，半径为的圆形区域内存在匀强磁场，方向垂直于纸面向里。边界上C点有一粒子源，可平行于纸面向磁场内任意方向发射质量为、电荷量为的带正电粒子，粒子速度大小均为。不计粒子重力以及粒子间的相互作用，所有粒子运动半径均为，、为互相垂直的直径，下列说法错误的是（ ）
A．磁感应强度大小为
B．所有粒子离开磁场时速度方向都平行向下
C．经过圆心的粒子在磁场中运动的时间为
D．沿着方向射入的粒子在磁场中运动的时间为
12．（2025高二下·顺庆月考）一质量为、电量为的带电粒子以速度从轴上的A点垂直轴射入第一象限，第一象限某区域存在磁感强度大小为的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，粒子离开第一象限时速度方向与轴正方向夹角。如图所示（粒子仅受洛伦兹力），下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子带负电荷
B．带电粒子在磁场中的做圆周运动的时间为
C．如果该磁场区域是圆形，则该磁场的最小面积是
D．如果该磁场区域是矩形，则该磁场的最小面积是
13．（2025高二下·顺庆月考）某实验小组的同学们利用单摆来测量当地的重力加速度，按如图安装好实验仪器。
（1）该小组成员在实验过程中有如下说法，其中正确的是________（填选项前的字母）；
A．把单摆从平衡位置拉开30°的摆角，并在释放摆球的同时开始计时
B．测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期为
C．用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏小
D．尽量选择质量大、体积小的摆球
（2）小组同学通过改变摆线的长度，获得了多组摆长L和对应的单摆周期T的数据，做出图像如图所示，可测得当地的重力加速度 ，结果保留三位有效数字）；
（3）在实验中，有三位同学作出的图线分别如图中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值，则相对于图线a和c，下列分析正确的是（填选项前的字母）________。
A．出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L
B．出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次
C．图线c对应的g值小于图线b对应的g值
D．图线a对应的g值大于图线b对应的g值
14．（2025高二下·顺庆月考）杨氏双缝干涉实验被誉为史上“最美”的十大物理实验之一。在“用双缝干涉测光的波长”实验中，将双缝干涉实验仪按要求安装在光具座上，如图甲所示。
（1）在组装仪器时单缝和双缝应该相互 放置（选填“垂直”或“平行”）。
（2）双缝间距为d，毛玻璃光屏与双缝间的距离为L。从目镜中看到的干涉图样如图乙所示。使分划板的中心刻线对齐A亮条纹的中心，此时游标尺上的示数情况如图丙所示，其读数为 mm。若A、B两条亮纹中央间距为x，则所测光的波长为 （用所给物理量的字母表示）。
（3）若测量头中观察到的图样如图丁所示，波长的测量值 真实值（填“大于”、“小于”或“等于”）。
15．（2025高二下·顺庆月考）如图所示，一束单色光从AB中点D沿垂直于直角三棱镜AB边的方向射入棱镜，在AC边上的E点发生反射和折射，且折射光线恰好与反射光线垂直。已知∠C=60°，AC=2L，光在真空中的速度为c。求：
（1）该棱镜的折射率n；
（2）该单色光从D到E再经反射到BC所用的时间t。
16．（2025高二下·顺庆月考）如图所示，一“”形平板静止在光滑水平面上，其上表面粗糙，右侧为竖直弹性挡板（即物体与挡板的碰撞可视为弹性碰撞）。一物块静止于平板最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧，现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞，碰撞后，物块沿着平板运动，已知细线长L=0.8m，小球质量m=1.5kg，物块、平板质量均为M=0.5kg，平板长s=1m，小球、物块均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）小球运动到最低点与物块碰撞前的速度大小；
（2）小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
（3）若物块恰好不脱离平板，求物块与平板上表面的动摩擦因数。
17．（2025高二下·顺庆月考）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、二、四象限内有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E，在第一、四象限及第二象限内x=-R右侧区域有垂直于坐标平面向里的匀强磁场。从x轴上的P（-3R，0）点沿与x轴正向成45°的方向射出一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子刚好从磁场边界上的Q（-R，R）点沿垂直于x=-R方向进入电场和磁场的叠加场中，进入叠加场后刚好做直线运动，不计粒子的重力，求：
（1）粒子从P点射出的速度；
（2）若粒子在叠加场中运动到某位置时，撤去电场，使粒子经过磁场中的A（）点，则粒子在叠加场中第一次运动到A的时间；
（3）若粒子运动到O1（0，R）点时将电场的电场强度增大为原来的2倍，此后粒子在叠加场中运动的最大速度大小及沿电场方向离O1点的最大距离。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】磁感应强度；电场强度；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】本题关键是明确电场力与磁场力的大小和方向特点，注意电场强度和磁感应强度都是由场自身决定。A．电场强度的定义式属于比值定义，电场强度与试探电荷没有本质上的决定关系，不能够认为电场中某点的电场强度与成正比，与成反比，故A错误；
B．磁感应强度的定义式属于比值定义，磁感应强度与电流元没有本质上的决定关系，不能够认为磁场中某点的磁感应强度与成正比，与成反比，故B错误；
C．根据电场强度的定义式有
解得
可知，电荷在电场中一定受到电场力，故C正确；
D．当电荷的运动方向与磁场方向平行时，电荷所受洛伦兹力为0，故D错误。
故选C。
【分析】磁感应强度是由磁场本身决定，当电流与磁场不平行时，安培力与磁场方向垂直；电场最基本的性质是对电荷有电场力。
2．【答案】B
【知识点】磁电式电流表
【解析】【解答】解决本题时，要了解磁电式电流表的结构，理解其工作原理，掌握安培力公式F=BIL。A．由左手定则可知，线圈转动过程中受到的安培力方向改变，故A错误；
B．增加线圈匝数，相同电流的情况下，线圈受到的安培力更大，偏转角度更大，灵敏度更高，故B正确。
C．若线圈a、b两边通以如图所示方向的电流时，根据左手则，可知a边受到的安培力方向向上，b边受到的安培力方向向下，线圈将顺时针旋转，故C错误。
D．极靴与圆柱间的磁场是均匀地辐向分布，并不是匀强磁场，这样即可保证线圈转动过程中各个位置的磁感应强度的大小不变，从而使电流表表盘刻度均匀，故D错误。
故选B。
【分析】线圈所在位置的磁感应强度大小不变，其受到的安培力大小不变。当线圈与磁场平行时，磁通量为零。线圈在转动过程中切割磁感线，产生感应电动势。线圈匝数增加，相同电流时，线圈受到的安培力更大，灵敏度增加。
3．【答案】D
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】解决本题的关键知道回旋加速器是利用电场进行加速，磁场进行偏转的，以及知道粒子在磁场中运动的周期与轨道半径无关。A．根据回旋加速度的原理可知，粒子经过电场时加速，进入磁场做匀速圆周运动，故A错误；
B．根据
解得
又
解得
可知，磁感应强度不变时，带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期不变，与圆周运动半径无关，故B错误；
C．粒子在磁场中圆周运动半径越大，速度越大，根据
可得
解得
可知质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压无关。故C错误；
D．回旋加速器正常工作的前提是交变电流的周期与粒子在磁场中匀速圆周运动的周期相等，则该加速器加速质量为4m、电荷量为2q的粒子时，根据，
解得
故D正确。
故选D。
【分析】根据回旋加速器的原理判断；利用电场进行加速，磁场进行偏转的，粒子在磁场中运动的周期与轨道半径无关；交变电流的周期与粒子在磁场中匀速圆周运动的周期相等。
4．【答案】C
【知识点】动量定理
【解析】【解答】本题考查动量定理的应用，解题关键掌握单位时间内翅膀拍动空气的质量的计算，注意平衡关系的应用。AB．设翅膀扇动一次的时间为，拍动空气的总质量为
单位时间内翅膀拍动空气的质量为
故AB错误；
CD．翅膀用速度平推空气，使空气的速度变为，根据动量定理有
则翅膀对空气的作用力大小等于空气对翅膀的作用力大小，即
由平衡条件得
则蜂鸟的质量为
故C正确，D错误。
故选C。
【分析】设扇动一次的时间为t，拍动空气的总质量为m=Svtρ，根据动量定理与平衡关系解得蜂鸟的质量。
5．【答案】D
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】对于有关安培力的平衡问题研究思路常常从力的角度分析，重点是判断安培力作用下导体棒的方向问题，根据平衡条件列出方程。A．由左手定则可知，通电直导线受到的安培力方向水平向右，选项A错误；
B．对整体分析可知，竖直方向受重力和地面的支持力，根据牛顿第三定律可知斜面对水平面的压力等于，选项B错误；
C．通电直导线受到的安培力大小为
选项C错误；
D．由平衡可知
可得通电直导线的电流
选项D正确。
故选D。
【分析】 根据左手定则、安培力公式和平衡条件、牛顿第三定律列式求解。
6．【答案】C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，理解粒子在不同时刻的运动状态，合理选取运动学公式是解决此类问题的关键。当粒子运动轨迹与A、B边相切于D点，右边刚好从C点射出，此时对应的磁感应强度有最大值，粒子运动轨迹如图所示
根据几何关系，有
解得
根据洛伦兹力提供向心力
联立解得
故选C。
【分析】根据几何关系，结合洛伦兹力提供向心力分析求解。
7．【答案】A
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】本题考查了质谱仪，解决该题需要明确知道粒子在速度选择器内做的是匀速直线运动，洛伦兹力和电场力大小相等，方向相反。A．粒子在加速电场中
在磁场中做圆周运动时
联立解得加速电场的极板间电势差
选项A正确；
B．速度选择器中
可得匀强磁场的磁感应强度为
选项B错误；
C．根据
可得带电粒子的比荷
选项C错误；
D．若带电粒子打在上后能以原速率反弹，粒子受向右的洛伦兹力作用，向右重复原来的半圆轨迹，不能返回点，选项D错误。
故选A。
【分析】在速度选择器中，洛伦兹力与电场力平衡，根据洛伦兹力公式求解磁感应强度大小；粒子在磁分析器中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，从而求解比荷；在加速电场中，根据动能定理求解加速电场的极板间电势差。
8．【答案】D
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】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；对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动或匀变速直线运动的规律进行解答。A．根据题意可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类斜抛运动，作出粒子运动轨迹，如图所示
粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有，
解得，
粒子自开始射出至第一次到达轴时的时间间隔
解得
故A错误；
C．粒子在电场中做类斜抛运动，运动至最高点时速度最小，此时竖直方向的分速度减为0，则有
故C错误；
B．粒子在电场中做类斜抛运动至最高点过程有，
结合上述解得
可知，最高点位置在y轴左侧，即粒子再次与轴相交时速度不是最小，故B错误；
D．结合上述，由于
则粒子进入电场中做类斜抛运动后将从坐标原点右侧再次进入磁场，根据对称性可知，粒子离开点后，其速度第次与初速度相同时距点的距离为
结合上述解得
故D正确。
故选D。
【分析】粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，求得半径，从x轴射出后，在电场中做斜抛运动，根据运动学公式求得沿y轴减速到0时的时间和水平方向通过的位移，根据对称性求得每经历一个周期圆心向左移动的距离，即可求得速度第n次与初速度相同时距M点的距离。
9．【答案】B,D
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】本题既要理解振动图像和波动图像各自的物理意义，由振动图像能判断出质点的速度方向，知道波速、波长和频率之间的关系v=fλ。A．时刻在波峰位置，加速度最大，选项A错误；
B．这列波的波长8m，周期0.2s，则传播速度为
选项B正确；
C．到内，质点运动的时间
通过的路程可能为
不可能为0.3m，选项C错误；
D．在t=0时刻振源O开始振动，则传到质点P需要的时间为
则时刻质点P振动了0.1s=0.5T可知质点P通过的路程是，选项D正确。
故选BD。
【分析】 根据图像得到波长和周期，进而可得波速，根据在一个周期内质点经过的路程为4A，分析质点的路程；根据Q质点所处的位置分析。
10．【答案】A,D
【知识点】功率及其计算；安培力的计算；左手定则—磁场对带电粒子的作用
【解析】【解答】本题主要考查了安培力的计算，根据左手定则推出磁场的方向，结合运动学公式和牛顿第二定律完成分析即可。A．根据左手定则可知，磁场方向为竖直向上，故A正确；
B．根据牛顿第二定律有
解得
故B错误；
C．根据
解得
若将电路中的电流增加为原来的两倍，则炮弹的最大速度变为原来倍，故C错误；
D．炮弹发射过程中安培力的最大功率
代入数据，解得
故D正确。
故选AD。
【分析】根据左手定则判断出磁场的方向，根据牛顿第二定律计算出炮弹加速度的大小，根据运动学公式以及功率公式分析。
11．【答案】B,C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】本题考查带电粒子在磁场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。A．根据洛伦兹力提供向心力有
解得
故A正确，与题意不符；
B．由于粒子做圆周运动的半径等于磁场圆的半径，所以根据磁发散原理可知，从C点射入磁场中的所有粒子均平行于AB向上射出， 故B错误，与题意相符；
C．若粒子经过圆心O，则其圆心角等于120°，所以粒子在磁场中运动的时间为
又
联立，解得
故C错误，与题意相符；
D．若粒子沿着CO方向射入磁场，其圆心角等于90°，所以粒子在磁场中运动的时间为
联立，解得
故D正确，与题意不符。
本题选错误的，故选BC。
【分析】根据左手定则判断粒子离开磁场时速度方向；根据磁发散原理可知粒子轨道半径，再根据牛顿第二定律求解磁场的磁感应强度大小；根据几何知识求解带电粒子在磁场运动的轨迹对应的圆心角，根据时间与周期的关系求解经过圆心O的粒子在磁场中运动的时间及沿着CO方向射入的粒子在磁场中运动的时间。
12．【答案】B,C
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】本题考查带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动，解题时需注意，由于带电粒子往往是在有界磁场中运动，粒子在磁场中只运动一段圆弧就飞出磁场边界，其轨迹不是完整的圆，因此，此类问题往往要根据带电粒子运动的轨迹作相关图去寻找几何关系，分析临界条件，然后应用数学知识和相应物理规律分析求解。A．磁场方向垂直于纸面向外，粒子受到的洛伦兹力向下，根据安培左手定则可知粒子带正电荷，故A错误；
BC．由洛伦兹力充当向心力得
所以半径为
粒子运动周期为
运动轨迹如下图所示
由图可知粒子速度方向偏转了，则圆心角为
粒子运动的时间为
若是圆形区域磁场，则以CD为直径的圆面积最小CD=R
所以最小面积为
故BC正确；
D．若是矩形区域磁场，则以CD为长，以圆弧最高点到直线CD的距离h为宽，则矩形的面积最小。根据几何关系可得高为
所以矩形区域磁场最小面积为
故D错误。
故选BC。
【分析】结合题意，根据左手定则，即可分析判断；由题意可知，粒子在磁场中速度方向改变了60°，据此分析判断；由洛伦兹力提供向心力列式，画出粒子的运动轨迹，结合几何关系列式，即可分析判断；结合前面分析，根据几何关系列式，即可分析判断。
13．【答案】（1）D
（2）9.86
（3）B
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】本题考查了单摆测重力加速度，实验的原理为单摆的周期公式，待测的物理量为单摆的周期和单摆的摆长，要注意区别单摆的摆长和摆线长。
（1）A．把单摆从平衡位置拉开5°的摆角，并在摆球到达最低点时开始计时，选项A错误；
B．测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期为，选项B错误；
C．根据可得，若用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大，选项C错误；
D．尽量选择质量大、体积小的摆球，以减小阻力的影响，选项D正确。
故选D。
（2）根据
由图像可知
解得g=9.86m/s2
（3）AD．若将悬点到小球上端的距离记为摆长，没有加摆球的半径，则摆线长变成摆长，则有
由此可知，出现a图线可能是误将悬点到小球上端的距离记为摆长，但图线的斜率不变，即a、b图线测出的重力加速度相同，故AD错误；
B．实验中误将49次全振动记为50次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度偏大，图线的斜率偏小，故B正确；
C．图线c的斜率小于b图线的斜率，因此图线c的g值大于图线b的g值，故C错误。
故选B。
【分析】（1）摆角很小的情况下单摆的振动才是简谐运动；单摆摆球经过平衡位置的速度最大，最大位移处速度为0，在平衡位置计时误差最小；由单摆的周期公式即可求解；
（2）由单摆周期表达式可得T2与L的关系式，得到斜率k的表达式，进而可求得g值；
（3）根据单摆周期公式分析解答。
（1）A．把单摆从平衡位置拉开5°的摆角，并在摆球到达最低点时开始计时，选项A错误；
B．测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期为，选项B错误；
C．根据可得，若用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大，选项C错误；
D．尽量选择质量大、体积小的摆球，以减小阻力的影响，选项D正确。
故选D。
（2）根据
由图像可知
解得g=9.86m/s2
（3）AD．若将悬点到小球上端的距离记为摆长，没有加摆球的半径，则摆线长变成摆长，则有
由此可知，出现a图线可能是误将悬点到小球上端的距离记为摆长，但图线的斜率不变，即a、b图线测出的重力加速度相同，故AD错误；
B．实验中误将49次全振动记为50次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度偏大，图线的斜率偏小，故B正确；
C．图线c的斜率小于b图线的斜率，因此图线c的g值大于图线b的g值，故C错误。
故选B。
14．【答案】（1）平行
（2）9.15；
（3）大于
【知识点】用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】本题考查双缝干涉的实验原理、操作过程和数据处理等，解题关键掌握操作规范及数据处理。
（1）只有保证单缝和双缝互相平行，这样才能在屏上出现明暗相间的条纹；
（2）由于游标尺为20分度，其精确度为0.05mm，故游标卡尺的示数为
若A、B两条亮纹中央间距为x，则条纹间距为
根据
解得
（3）条纹与分划板中心刻线不平行时，实际值
为条纹与分划板中心竖直刻线间的夹角，则有
由于
可知波长的测量值大于实际值。
【分析】（1）根据干涉实验原理分析解答；
（2）根据游标卡尺的精度和读数规则去读取，并计算相邻明纹间距，由间距公式求波长；
（3）当条纹与分划板不平行时，根据双缝干涉实验原理和几何关系分析误差。
（1）只有保证单缝和双缝互相平行，这样才能在屏上出现明暗相间的条纹；
（2）[1]由于游标尺为20分度，其精确度为0.05mm，故游标卡尺的示数为
[2]若A、B两条亮纹中央间距为x，则条纹间距为
根据
解得
（3）条纹与分划板中心刻线不平行时，实际值
为条纹与分划板中心竖直刻线间的夹角，则有
由于
可知波长的测量值大于实际值。
15．【答案】（1）根据题意作出光路图，如图所示
根据几何关系可得，
根据折射定律有
（2）根据几何关系可得，
又
所以单色光从D到E再经反射到BC所用的时间为
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）作出完整的光路，根据几何关系、光的折射定律分别列式，即可分析求解；
（2）根据几何关系、折射率与光速的关系、速度与时间的关系分别列式，即可分析求解。
（1）根据题意作出光路图，如图所示
根据几何关系可得，
根据折射定律有
（2）根据几何关系可得，
又
所以单色光从D到E再经反射到BC所用的时间为
16．【答案】（1）小球运动到最低点，由动能定理
解得
（2）小球与物块碰撞过程中，由动量守恒和机械能守恒得，
解得
（3）物块恰好不脱离平板，即物块返回平板左端时恰好与平板达共速，设共同速度为v，根据动量守恒定律和能量守恒定律，
解得
【知识点】能量守恒定律；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）由动能定理和向心加速度公式求小球运动到最低点与物块碰撞前向心加速度的大小；
（2）由动量守恒和机械能守恒求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
（3）根据动量守恒定律和能量守恒定律求物块与平板上表面的动摩擦因数。
（1）小球运动到最低点，由动能定理
解得
（2）小球与物块碰撞过程中，由动量守恒和机械能守恒得，
解得
（3）物块恰好不脱离平板，即物块返回平板左端时恰好与平板达共速，设共同速度为v，根据动量守恒定律和能量守恒定律，
解得
17．【答案】（1）设粒子从点射出的速度大小为，则由，
解得
（2）粒子在叠加场中做匀速直线运动，可知，
撤去电场后，粒子在磁场中做匀速圆周运动
解得
以为圆心为半径作圆，圆心在距直线上方处的圆上，记为、，由几何关系得，，，圆心在：，，
圆心在：，
可得
（3）粒子运动到点时将电场的电场强度增大为原来的倍，给粒子配一个向右大小为的速度，同时再配一个向左大小也为的速度，则此后粒子的运动可以看作是以向右的匀速直线运动和以的速度做匀速圆周运动，根据运动的叠加可知，此后粒子运动的最大速度，
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1） 粒子刚好从磁场边界上的Q（-R，R）点沿垂直于x=-R方向进入电场和磁场的叠加场中 ，在电场中做类平抛运动，根据匀变速直线运动的规律求解；（2）粒子在叠加场中做匀速直线运动，撤去电场后，粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出粒子运动轨迹，根据轨迹圆心角结合周期公式求解运动时间；
（3）根据运动的叠加可求解此后粒子运动的最大速度，根据圆周运动半径求解最大距离。
（1）设粒子从点射出的速度大小为，则由，
解得
（2）粒子在叠加场中做匀速直线运动，可知，
撤去电场后，粒子在磁场中做匀速圆周运动
解得
以为圆心为半径作圆，圆心在距直线上方处的圆上，记为、，由几何关系得，，，圆心在：，，
圆心在：，
可得
（3）粒子运动到点时将电场的电场强度增大为原来的倍，给粒子配一个向右大小为的速度，同时再配一个向左大小也为的速度，则此后粒子的运动可以看作是以向右的匀速直线运动和以的速度做匀速圆周运动，根据运动的叠加可知，此后粒子运动的最大速度，
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