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2023-2024学年江苏省苏州市苏州大学附属中学高二（上）检测物理试卷（12月）（含解析）
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这是一份2023-2024学年江苏省苏州市苏州大学附属中学高二（上）检测物理试卷（12月）（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，计算题，综合题等内容，欢迎下载使用。
1.如图所示是我国最早期的指南仪器——司南，静止时它的长柄指向南方，是由于地球表面有地磁场。下列与地磁场有关的说法，正确的是
A. 地磁场是一种物质，客观存在
B. 地球表面上任意位置的地磁场方向都与地面平行
C. 通电导线在地磁场中一定受安培力作用
D. 运动电荷在地磁场中受到的洛伦兹力可以对运动电荷做正功
2.如图所示，一光束包含两种不同频率的单色光，从空气射向两面平行玻璃砖的上表面，玻璃砖下表面有反射层，光束经两次折射和一次反射后，从玻璃砖上表面分为两束单色光射出，a、b分别为两束单色光的出射点，下列说法正确的是( )
A. a光的频率小于b光的频率
B. 在同种玻璃中，a光的速度大于b光的的速度
C. 出射光束a、b一定相互平行
D. a、b两色光从同种玻璃射向空气时，a光发生全反射的临界角大
3.一重力不计的直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图所示，如果直导线可以自由地运动且通以方向为由b到a的电流、则导线ab受到安培力的作用后的运动情况为( )
A. 从上向下看顺时针转动并靠近螺线管B. 从上向下看顺时针转动并远离螺线管
C. 从上向下看逆时针转动并远离螺线管D. 从上向下看逆时针转动并靠近螺线管
4.如图所示，粗细均匀的同种导线制成的单匝正方形线框abcd固定于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直，线框顶点a、d与直流电源相接。若ab边受到的安培力大小为F，则整个线框受到的安培力的大小为( )
A. FB. 2FC. 3FD. 4F
5.用洛伦兹力演示仪可以观察电子在磁场中的运动径迹。图甲是洛伦兹力演示仪的实物图，图乙是结构示意图。励磁线圈通电后可以产生垂直纸面的匀强磁场，励磁线圈中的电流越大，产生的磁场越强。图乙中电子经电子枪中的加速电场加速后水平向左垂直磁感线方向射入磁场。下列实验现象和分析正确的是( )
A. 励磁线圈应通以逆时针方向的电流
B. 仅升高电子枪加速电场的电压，运动径迹的半径变大
C. 仅增大励磁线圈中的电流，运动径迹的半径变大
D. 仅升高电子枪加速电场的电压，电子运动的周期将变大
6.普通电视机的显像管中，扫描显像主要是利用磁场对高速电子束的偏转来实现的，其扫描原理如图所示：在圆形区域内的偏转磁场方向垂直于纸面，当不加磁场时，电子束将通过O点而打在屏幕的中心M点。为了使屏幕上出现一条以M点为中点的的亮线PQ，那么，偏转磁场的磁感应强度B随时间变化的规律应是图中的( )
A. B.
C. D.
7.如图所示，一束电荷量为e的电子以垂直于磁感应强度B并垂直于磁场边界的速度v射入宽度为d的匀强磁场中，穿出磁场时速度方向和原来射入方向的夹角为θ=60∘。则电子的质量为( )
A. dBevB. 2dBevC. 3dBevD. 2 3dBe3v
8.如图所示，竖直平面内有一半径为R的圆形区域，其圆心为O，最高点为P，该区域内存在垂直圆面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在圆形区域右侧竖直放置一粒子收集器，M、N为收集器上、下边缘的两点，MN与圆形区域在同一平面内，O与N在同一水平线上，MN=R，ON= 3R。从P点沿PO方向射入大量速率不等的同种粒子，粒子所带电荷量为q、质量为m。忽略粒子间的相互作用力和粒子重力，关于打在收集器MN上的粒子，下列说法正确的是
( )
A. 粒子带负电
B. 粒子在磁场中运动的最短时间为πm3Bq
C. 打在收集器上的粒子的最小速率为 3BqRm
D. 从P点到N点的粒子比从P点到M点的粒子运动时间短
9.磁场中的四种仪器如图所示，则下列说法中不正确的是( )
A. 甲中回旋加速器加速带电粒子的最大动能与回旋加速器的半径有关，与加速电压无关
B. 乙中不改变质谱仪各区域的电场磁场时，击中照相底片同一位置的粒子电荷量相同
C. 丙中自由电荷为负电荷的霍尔元件通上图示电流和加上如图所示磁场时，N侧带负电荷
D. 丁中的电磁流量计加上如图所示磁场，则N侧电势高
10.如图所示，场强为E的匀强电场方向竖直向下，磁感应强度为B的匀强磁场垂直电场向外，带电量为q的小球(视为质点)获得某一垂直磁场水平向右的初速度，正好做匀速圆周运动，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 小球必须带正电
B. 小球的质量为gEq
C. 小球做匀速圆周运动的周期为2πEBg
D. 若仅把电场的方向改成竖直向上，小球正好做匀速直线运动，则其速度为E2B
11.如图所示，直线MN与水平方向成60°角，MN的右上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B。一粒子源位于MN上的a点，能水平向右发射不同速率、质量为m(重力不计)、电荷量为q(q>0)的同种粒子，所有粒子均能经过MN上的b点从左侧磁场进入右侧磁场，已知ab=L，则粒子的速度可能是
( )
A. 3qBL12mB. 3qBL9mC. 3qBL3mD. 3qBLm
二、计算题（本大题共4小题，共40分）
12.如图为由某种透明材料制成的直角三棱镜ABC，其中∠B=90∘、∠C=30∘，在纸面内，一束光线垂直于AB边上的D点射入棱镜，光线进入棱镜后射到AC边上的E点(图中未画出)，发现光线刚好不能从AC边射出。求：
(ⅰ)透明材料的折射率n；
(ⅱ)该束光线首次射出棱镜时，折射角β的正弦值。
13.电磁轨道炮工作原理如图所示，待发射弹体可在两平行光滑轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触。电流I0从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回。轨道电流可在弹体处形成垂直于轨道平面的磁场(可视为匀强磁场)，弹体处磁感应强度的大小B=kI0。通电的弹体在轨道上由于受到安培力的作用而高速射出。小明同学从网上购买了一个轨道炮模型，其轨道长度为L=50cm，平行轨道间距d=2cm，弹体的质量m=2g，导轨中的电流I0=10A，系数k=0.1T/A。求：
(1)弹体在轨道上运行的加速度大小a；
(2)弹体离开轨道过程中受到安培力的冲量大小I。
14.加速器在核物理和粒子物理研究中发挥着巨大的作用，回旋加速器是其中的一种。如图是某回旋加速器的结构示意图，D1和D2是两个中空的、半径为R的半圆型金属盒，两盒之间窄缝的宽度为d，它们之间有一定的电势差U。两个金属盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。D1盒的中央A处的粒子源可以产生质量为m、电荷量为+q的粒子，粒子每次经过窄缝都会被电场加速，之后进入磁场做匀速圆周运动，经过若干次加速后，粒子从金属盒D1边缘离开(认为粒子最后一次加速后在D1盒中偏转180°后引出)，忽略粒子的初速度、粒子的重力、粒子间的相互作用及相对论效应。求：
(1)粒子离开加速器时获得的动能Ek；
(2)粒子在电场中被加速的次数N；
(3)粒子从A点开始运动到离开加速器的过程中，在磁场中运动时间与在电场中运动时间之比。
15.如图所示，水平薄挡板MN(具有内外两侧面)空间存在垂直纸面向里的匀强磁场。在薄板MN中点O正下方有与之相距L的质子源S，可在纸面360°范围内发射质量为m、电量为e、速度为v0的质子，不计质子重力及质子间的相互作用。
(1)若挡板MN长为4L且固定，匀强磁场的磁感应强度为B1=mv0eL，则质子打在挡板MN内侧面上的长度为多长。
(2)若挡板MN长为L，向下平移薄板MN使点O离质子源S的距离为 32L，
①则要使质子不打在挡板上，求磁感应强度的最小值；
②若向下平移后要使挡板MN的外侧面都有粒子打到，求磁感应强度的最大值。
三、综合题（本大题共1小题，共16分）
16.如图所示，在xOy坐标系所在的平面内，第Ⅲ象限内有沿y轴负方向的匀强电场，在第Ⅳ象限内有一圆形匀强磁场区域，与x轴、y轴分别相切于A(2L,0)、C(0,−2L)两点。在第Ⅱ象限内有一未知的圆形匀强磁场区域(图中未画出)，此未知圆形区域和第Ⅳ象限内的圆形区域有完全相同的匀强磁场，一速度大小为v0的带负电粒子从A点沿y轴负方向射入圆形磁场，经C点射入电场，最后从x轴上离O点的距离为4L的P点射出。另一速度大小为2v0的带正电粒子从y轴上的Q点沿与y轴负方向成45°角的方向射入第Ⅱ象限，而后进入未知圆形磁场区域，离开磁场后与从P点射出的负电粒子正碰，相碰时两粒子速度方向相反。已知正、负粒子电荷量大小均为q、质量均为m，正、负粒子的重力及相互作用不计。求：
(1)磁感应强度B的大小和电场强度E的大小；
(2)从A点射入磁场的粒子运动到P点所用的时间；
(3)第Ⅱ象限未知圆形磁场区域的最小面积S；
(4)Q点纵坐标的最小值。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了地磁场、安培力、洛伦兹力的特点，基础题。
磁场中一种客观存在的物质；地球赤道上方的磁场方向与地面平行；当通电导线与地磁场方向平行时，则不会受到安培力的作用；根据左手定则可知，洛伦兹力的方向一定与速度方向垂直，即可分析。
【解答】
A.地磁场是一种物质，客观上存在，故A正确；
B.根据地磁场的分布特点可知，地球表面上任意位置的地磁场方向不一定与地面平行，故B错误；
C.当通电导线与地磁场方向平行时，通电导线在地磁场中可能不受安培力作用，故C错误；
D.根据左手定则可知，洛伦兹力的方向一定与速度方向垂直，运动电荷在地磁场中受到的洛伦兹力不会对运动电荷做功，故D错误。
2.【答案】C
【解析】
A.由图可知a光在玻璃中的折射角较小，则
n=sinisinr
可知，a光的折射率较大，则a光的频率大于b光的频率，选项A错误；
B.根据
n=cv
可知，在同种玻璃中，a光的速度小于b光的的速度，选项B错误；
C.因光被反射再次射到玻璃上表面时的入射角等于射入玻璃中时的折射角，可知光从玻璃中出射时的折射角等于射入时的入射角，则出射光束a、b一定相互平行，选项C正确；
D.根据
sinC=1n
可知，a、b两色光从同种玻璃射向空气时，a光折射率大，则发生全反射的临界角小，选项D错误。
故选C。
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查通电导线在磁场中的受力，熟悉安培定则、左手定则是解题的关键，难度一般。
通电导线因放在通电螺线管的磁场中故受到磁场力，因左右两侧磁场方向不同，故可以分左右两边分别分析研究，画出两侧的磁场方向，则由左手定则可判出磁场力的方向，根据受力情况可判出物体的转动情况；当导体转动后，我们可以认为电流向右偏内，受力也将发生变化，为了简便，我们可以判断导体转动到向里的位置判断导体的受力情况，再判出导体的运动情况。
【解答】
通电螺线管的磁感线如图所示：
则由图示可知左侧导体所处的磁场方向斜向上，右侧导体所处的磁场斜向下，则由左手定则可知，左侧导体受力方向向里，右侧导体受力方向向外，故从上向下看，导体应为顺时针转动；当导体转过90°时，由左手定则可得导体受力向下，故可得出导体运动为从上向下看顺时针转动并靠近螺线管；
故A正确，BCD错误。
4.【答案】D
【解析】解：根据安培力规律，若ab边受到的安培力大小为F，ab、bc、cd三边所受安培力大小均为F，根据力的合成规律，合力大小为F。ad与另外三条边并联，阻值之比为1：3，根据并联分流原理，ad电流为另三条边的3倍，则所受安培力为3F，且方向与另三条边的合力相同，根据力的合成规律，则整个线框受到的安培力的大小为4F。故D正确，ABC错误。
故选：D。
根据安培力公式F=BIL以及力的合成规律，即可解答。
本题解题关键是先求ab、bc、cd三边所受安培力合力，再求整个线框受到的安培力的合力。
5.【答案】B
【解析】解：A、若励磁线圈通以逆时针方向的电流，由安培定则知，产生的磁场向外，根据左手定则判断知，电子进入磁场时所受的洛伦兹力向下，电子的运动轨迹不可能是图中所示，同理，可得励磁线圈通以顺时针方向的电流，则能形成结构示意图中的电子运动径迹．故A错误．
BC、电子在加速电场中加速，由动能定理有：
eU=12mv02…①
电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有：eBv0=mv02r ②
解得：r=mv0eB=1B 2mUe…③
可见保持励磁电压不变，B不变，增加加速电压，电子束形成圆周的半径增大．保持加速电压不变，增加励磁电流，B增大，电子束形成圆周的半径减小，故C错误，B正确；
D、电子在磁场中运动的周期：T=2πrv=2πmqB，与电子的速度无关，与加速电场的大小无关．故D错误．
故选：B．
根据安培定则和左手定则结合判断电子的运动轨迹．
根据动能定理表示出加速后获得的速度，然后根据洛伦兹力提供向心力推导出半径的表达式．即可进行分析．
本题考查了粒子在电、磁场中运动在实际生活中的应用，正确分析出仪器的原理，写出带电粒子在磁场中运动的半径公式与周期公式是关键．
6.【答案】B
【解析】解：圆形区域内不加磁场时，电子做匀速直线运动将打在M点；
为使屏幕上出现沿一条以M为中心的亮线PQ，电子在磁场中要发生偏转，
电子在磁场中受到的洛伦兹力在某段时间内向上，在某段时间内向下，
因此圆形区域内的磁场方向要做周期性变化；
电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：evB=mv2r，
解得，电子轨道半径r=mveB，
由于不同电子在磁场中的偏移量不同，做周期性变化，
则磁感应强度B应做周期性变化，由图示图象可知，B正确，ACD错误。
故选：B。
电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，电子在磁场中发生偏转，根据题意应用牛顿第二法律分析答题。
本题考查对电视机的显像管原理的理解，掌握半径公式和电子偏转方向与磁场方向的关系是解题的前提与关键。
7.【答案】D
【解析】【分析】
作出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求出电子在磁场中的半径，根据洛伦兹力提供向心力求出电子的质量。
解决本题的关键作出电子的运动轨迹图，结合几何关系，运用半径公式进行求解。
【解答】
粒子的运动轨迹图如图所示
根据几何关系有r=dsin60°=2 33d
根据洛伦兹力提供向心力得Bev=mv2r
联立方程，解得电子的质量为m=2 3dBe3v
故选D。
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了带电粒子在圆形边界磁场中的运动，认真审题理解题意、根据题意分析清楚粒子运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、几何知识即可解题，注意在磁场中的轨迹对应的圆心角最小，在磁场中的运动时间最小以及在磁场中的轨道半径最小，粒子的速度最小。
【解答】
A.根据题意可知，粒子在磁场中向右偏转，根据左手定则可知，粒子带正电，故 A错误;
B.打到M、N两点的粒子轨迹如图所示由图可知，
粒子打到N点时，在磁场中的轨迹对应的圆心角最小，在磁场中的运动时间最小，
则有tmin=14T=14×2πmqB=πm2qB故B错误;
C.粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力可得qvB=mv2r解得r=mvqB，由图可知粒子打到M点时，在磁场中的轨道半径最小，粒子的速度最小，根据几何关系可得tanθ= 3RR= 3，可得θ=60∘，则最小半径为r1=Rtanθ2= 33R，联立解得打在收集器上的粒子的最小速率为v1= 3BqR3m，故C错误;
D.由图可知，从P点到N点的粒子在磁场中的运动时间小于从P点到M点的粒子在磁场中的运动时间;离开磁场到打到收集器，从P点到N点的粒子通过的位移小于从P点到M点的粒子通过的位移，从P点到N点的粒子的速度大于从P点到M点的粒子的速度，则从P点到N点的粒子从离开磁场到打到收集器所用时间小于从P点到M点的粒子从离开磁场到打到收集器所用时间，故从P点到N点的粒子比从P点到M点的粒子运动时间短，故 D正确。
故选D。
9.【答案】B
【解析】A.甲中回旋加速器中带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，射出回旋加速器时有qvB= mv2R
可得v= qBRm
则带电粒子的最大速度与回旋加速器的半径有关，与加速电压无关，带电粒子的最大动能与回旋加速器的半径有关，与加速电压无关，故A正确，不符合题意；
B.乙中在加速电场有qU1= 12 mv2
在速度选择器中有qB1v=qE
在偏转磁场中有qB2v= mv2R
解得qm=EB1B2R=2U1B22R2
即不改变质谱仪各区域的电场磁场时击中照相底片同一位置的粒子比荷相同，故B错误，符合题意；
C.丙中自由电荷为负电荷，由左手定则可知，负电荷向N侧偏转，则N侧带负电荷，故C正确，不符合题意；
D.丁中由左手定则可知，带正电的粒子向N板偏转，带负电的粒子向M板偏转，则N侧电势高，故D正确，不符合题意。
故选B。
10.【答案】C
【解析】解：A.小球受到重力、电场力和洛伦兹力的作用，小球做圆周运动，则电场力与重力平衡，可知，电场力竖直向上，电场力方向与电场强度方向相反，则小球带负电，故A错误；
B.根据上述有qE=mg
解得：m=qEg，故B错误；
C.小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律和运动学公式可得：
qvB=mv2r,T=2πrv
结合上述解得
T=2πEBg，故C正确；
D.若把电场的方向改成竖直向上，小球正好做匀速直线运动，根据平衡条件有
mg+qE=qv0B
结合上述解得：v0=2EB，故D错误。
故选：C。
根据对小球的受力分析得出小球的电性；
根据电场力和重力的关系得出小球的质量大小；
小球的合力提供向心力，结合牛顿第二定律和运动学公式得出运动的周期；
根据小球的平衡状态，结合受力分析得出速度的大小。
本题主要考查了物体在复合场中的运动，熟悉物体的受力分析，掌握其向心力的来源，结合牛顿第二定律即可完成解答。
11.【答案】A
【解析】粒子可能在两个磁场间做多次的运动。画出可能的粒子轨迹如图所示
分析可知，由于粒子从b点从左侧磁场进入右侧磁场，粒子在ab间做匀速圆周运动的圆弧数量必为偶数个，且根据几何关系可知，圆弧对应的圆心角均为120°，根据几何关系可得粒子运动的半径为
n⋅2Rcs30∘=L(n=2,4,6…)
解得
R= 3L3n(n=2,4,6…)
根据洛伦兹力提供向心力可得
qvB=mv2R
联立解得
v= 3qBL3m⋅n(n=2,4,6…)
A.当 v= 3qBL12m 时， n=4 。符合条件，故A正确；
B.当 v= 3qBL9m 时， n=3 。不符合条件，故B错误；
C.当 v= 3qBL3m 时， n=1 。不符合条件，故C错误；
D.当 v= 3qBLm 时， n=13 。不符合条件，故D错误。
故选A。
12.【答案】解：(1)由题可得下图
因为光线刚好不能从AC边射出，所以 ∠1 为临界角，所以可得 n=1sin∠1，由几何关系解得 n=2 33。
(2)由题可得根据几何关系可知 ∠2=30∘，
根据公式 n=sinβsin∠2，解得 sinβ= 33
【解析】本题为几何光学问题，光线刚好不能从AC边射出，说明在AC边上的入射角恰好等于临界角，由临界角公式求出折射率，再由折射定律求出该束光线首次射出棱镜时，折射角β的正弦值。
13.【答案】(1)100m/s2；(2)0.02N·s
【解析】(1)弹体在轨道上所受安培力大小为
F安=BI0d,B=kI0
根据牛顿第二定律
F安=ma
解得
a=100m/s2
(2)由动能定理可得
F安L=12mv2
弹体受到的冲量大小为
I=mv
解得
I=0.02N⋅s
14.【答案】(1) q2B2R22m ；(2) qB2R22mU ；(3) πR2d
【解析】(1)粒子从金属盒D1边缘离开，由洛伦兹力提供向心力可得
qBvm=mvm2R
解得粒子的最大速度为
vm=qBRm
则粒子离开加速器时获得的动能为
Ekm=12mvm2=q2B2R22m
(2)设粒子在电场中被加速 N 次，由动能定理可得
NqU=Ekm
解得
N=EkmqU=qB2R22mU
(3)设粒子在磁场中运动时间为 t1 ，在电场中运动时间为 t2 ；在磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得
qBv=mv2r
运动周期为
T=2πrv=2πmqB
运动时间为
t1=N⋅T2
联立可得
t1=πBR22U
在电场中，粒子一直做匀加速运动，则有
vm=at2
a=qEm=qUmd
联立可得
t2=BRdU
则粒子在磁场中运动时间与在电场中运动时间之比为
t1t2=πR2d
15.【答案】(1) 1+ 3L ；(2)① 4 3mv03eL ；② mv0eL ；
【解析】(1)根据洛伦兹力提供向心力
ev0B1=mv02R
解得
R=L
根据几何关系，当粒子打在右边挡板上的最远距离时，落点到质子源的连线为轨迹圆的直径
L右= 2R2−R2= 3R= 3L
当粒子竖直向上入射，粒子打在右边挡板上的最远距离，恰轨迹与挡板相切，打在挡板上离O点左侧最远，也为L，则质子打在挡板MN上的长度为
s=L+ 3L=1+ 3L
(2)①若要使质子不打在挡板上，则水平射出时轨迹恰好与挡板相切，则此时轨迹半径为
R′=OS2= 34L
根据洛伦兹力提供向心力
ev0Bmin=mv02R′
解得
Bmin=4 3mv03eL
②若向下平移后要使挡板MN的外侧面都有粒子打到，则向右射出的粒子能够恰好越过N点然后打到M点，根据几何关系
R′′2=(OS−R)2+OM2
解得
R′′= 3L3
根据洛伦兹力提供向心力
ev0Bmax=mv02R′′
解得
Bmax= 3mv0eL
16.【答案】(1) B=mv02qL ； E=mv024qL ；(2) t′=πL+4Lv0 ；(3) S=8πL2 ；(4) y=4 2L+4L
【解析】(1)由图可知，带负电粒子在第Ⅳ象限内做圆周运动的半径为
R1=2L
由
qv0B=mv02R1
可得
B=mv0qR1=mv02qL
由类平抛运动可知带负电粒子在电场中有
4L=v0t
2L=12⋅qEmt2
可得
E=mv024qL
(2)从A点射入磁场的粒子在磁场运动的时间为
t1=sv0=R1θv0=πLv0
在电场运动时间为
t=4Lv0
从A点射入磁场的粒子运动到P点所用的时间
t′=t1+t=πL+4Lv0
(3)负粒子离开电场时与x轴负方向的夹角正切
tanβ=2yx=2×2L4L=1
即夹角为45°，带正电粒子在第Ⅱ象限未知圆形磁场区域做圆周运动，有
q⋅2v0B=m(2v0)2R2
可得
R2=4L
带正电粒子与从P点射出的负电粒子正碰，相碰时两粒子速度方向相反，如下图所示
由图可知，第Ⅱ象限未知圆形磁场区域的直径为
d= 2R2=4 2L
则最小面积
S=π(d2)2=8πL2
(4)由图可得Q点的最小值为
y=4 2L+4L
1.如图所示是我国最早期的指南仪器——司南，静止时它的长柄指向南方，是由于地球表面有地磁场。下列与地磁场有关的说法，正确的是
A. 地磁场是一种物质，客观存在
B. 地球表面上任意位置的地磁场方向都与地面平行
C. 通电导线在地磁场中一定受安培力作用
D. 运动电荷在地磁场中受到的洛伦兹力可以对运动电荷做正功
2.如图所示，一光束包含两种不同频率的单色光，从空气射向两面平行玻璃砖的上表面，玻璃砖下表面有反射层，光束经两次折射和一次反射后，从玻璃砖上表面分为两束单色光射出，a、b分别为两束单色光的出射点，下列说法正确的是( )
A. a光的频率小于b光的频率
B. 在同种玻璃中，a光的速度大于b光的的速度
C. 出射光束a、b一定相互平行
D. a、b两色光从同种玻璃射向空气时，a光发生全反射的临界角大
3.一重力不计的直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图所示，如果直导线可以自由地运动且通以方向为由b到a的电流、则导线ab受到安培力的作用后的运动情况为( )
A. 从上向下看顺时针转动并靠近螺线管B. 从上向下看顺时针转动并远离螺线管
C. 从上向下看逆时针转动并远离螺线管D. 从上向下看逆时针转动并靠近螺线管
4.如图所示，粗细均匀的同种导线制成的单匝正方形线框abcd固定于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直，线框顶点a、d与直流电源相接。若ab边受到的安培力大小为F，则整个线框受到的安培力的大小为( )
A. FB. 2FC. 3FD. 4F
5.用洛伦兹力演示仪可以观察电子在磁场中的运动径迹。图甲是洛伦兹力演示仪的实物图，图乙是结构示意图。励磁线圈通电后可以产生垂直纸面的匀强磁场，励磁线圈中的电流越大，产生的磁场越强。图乙中电子经电子枪中的加速电场加速后水平向左垂直磁感线方向射入磁场。下列实验现象和分析正确的是( )
A. 励磁线圈应通以逆时针方向的电流
B. 仅升高电子枪加速电场的电压，运动径迹的半径变大
C. 仅增大励磁线圈中的电流，运动径迹的半径变大
D. 仅升高电子枪加速电场的电压，电子运动的周期将变大
6.普通电视机的显像管中，扫描显像主要是利用磁场对高速电子束的偏转来实现的，其扫描原理如图所示：在圆形区域内的偏转磁场方向垂直于纸面，当不加磁场时，电子束将通过O点而打在屏幕的中心M点。为了使屏幕上出现一条以M点为中点的的亮线PQ，那么，偏转磁场的磁感应强度B随时间变化的规律应是图中的( )
A. B.
C. D.
7.如图所示，一束电荷量为e的电子以垂直于磁感应强度B并垂直于磁场边界的速度v射入宽度为d的匀强磁场中，穿出磁场时速度方向和原来射入方向的夹角为θ=60∘。则电子的质量为( )
A. dBevB. 2dBevC. 3dBevD. 2 3dBe3v
8.如图所示，竖直平面内有一半径为R的圆形区域，其圆心为O，最高点为P，该区域内存在垂直圆面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在圆形区域右侧竖直放置一粒子收集器，M、N为收集器上、下边缘的两点，MN与圆形区域在同一平面内，O与N在同一水平线上，MN=R，ON= 3R。从P点沿PO方向射入大量速率不等的同种粒子，粒子所带电荷量为q、质量为m。忽略粒子间的相互作用力和粒子重力，关于打在收集器MN上的粒子，下列说法正确的是
( )
A. 粒子带负电
B. 粒子在磁场中运动的最短时间为πm3Bq
C. 打在收集器上的粒子的最小速率为 3BqRm
D. 从P点到N点的粒子比从P点到M点的粒子运动时间短
9.磁场中的四种仪器如图所示，则下列说法中不正确的是( )
A. 甲中回旋加速器加速带电粒子的最大动能与回旋加速器的半径有关，与加速电压无关
B. 乙中不改变质谱仪各区域的电场磁场时，击中照相底片同一位置的粒子电荷量相同
C. 丙中自由电荷为负电荷的霍尔元件通上图示电流和加上如图所示磁场时，N侧带负电荷
D. 丁中的电磁流量计加上如图所示磁场，则N侧电势高
10.如图所示，场强为E的匀强电场方向竖直向下，磁感应强度为B的匀强磁场垂直电场向外，带电量为q的小球(视为质点)获得某一垂直磁场水平向右的初速度，正好做匀速圆周运动，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 小球必须带正电
B. 小球的质量为gEq
C. 小球做匀速圆周运动的周期为2πEBg
D. 若仅把电场的方向改成竖直向上，小球正好做匀速直线运动，则其速度为E2B
11.如图所示，直线MN与水平方向成60°角，MN的右上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B。一粒子源位于MN上的a点，能水平向右发射不同速率、质量为m(重力不计)、电荷量为q(q>0)的同种粒子，所有粒子均能经过MN上的b点从左侧磁场进入右侧磁场，已知ab=L，则粒子的速度可能是
( )
A. 3qBL12mB. 3qBL9mC. 3qBL3mD. 3qBLm
二、计算题（本大题共4小题，共40分）
12.如图为由某种透明材料制成的直角三棱镜ABC，其中∠B=90∘、∠C=30∘，在纸面内，一束光线垂直于AB边上的D点射入棱镜，光线进入棱镜后射到AC边上的E点(图中未画出)，发现光线刚好不能从AC边射出。求：
(ⅰ)透明材料的折射率n；
(ⅱ)该束光线首次射出棱镜时，折射角β的正弦值。
13.电磁轨道炮工作原理如图所示，待发射弹体可在两平行光滑轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触。电流I0从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回。轨道电流可在弹体处形成垂直于轨道平面的磁场(可视为匀强磁场)，弹体处磁感应强度的大小B=kI0。通电的弹体在轨道上由于受到安培力的作用而高速射出。小明同学从网上购买了一个轨道炮模型，其轨道长度为L=50cm，平行轨道间距d=2cm，弹体的质量m=2g，导轨中的电流I0=10A，系数k=0.1T/A。求：
(1)弹体在轨道上运行的加速度大小a；
(2)弹体离开轨道过程中受到安培力的冲量大小I。
14.加速器在核物理和粒子物理研究中发挥着巨大的作用，回旋加速器是其中的一种。如图是某回旋加速器的结构示意图，D1和D2是两个中空的、半径为R的半圆型金属盒，两盒之间窄缝的宽度为d，它们之间有一定的电势差U。两个金属盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。D1盒的中央A处的粒子源可以产生质量为m、电荷量为+q的粒子，粒子每次经过窄缝都会被电场加速，之后进入磁场做匀速圆周运动，经过若干次加速后，粒子从金属盒D1边缘离开(认为粒子最后一次加速后在D1盒中偏转180°后引出)，忽略粒子的初速度、粒子的重力、粒子间的相互作用及相对论效应。求：
(1)粒子离开加速器时获得的动能Ek；
(2)粒子在电场中被加速的次数N；
(3)粒子从A点开始运动到离开加速器的过程中，在磁场中运动时间与在电场中运动时间之比。
15.如图所示，水平薄挡板MN(具有内外两侧面)空间存在垂直纸面向里的匀强磁场。在薄板MN中点O正下方有与之相距L的质子源S，可在纸面360°范围内发射质量为m、电量为e、速度为v0的质子，不计质子重力及质子间的相互作用。
(1)若挡板MN长为4L且固定，匀强磁场的磁感应强度为B1=mv0eL，则质子打在挡板MN内侧面上的长度为多长。
(2)若挡板MN长为L，向下平移薄板MN使点O离质子源S的距离为 32L，
①则要使质子不打在挡板上，求磁感应强度的最小值；
②若向下平移后要使挡板MN的外侧面都有粒子打到，求磁感应强度的最大值。
三、综合题（本大题共1小题，共16分）
16.如图所示，在xOy坐标系所在的平面内，第Ⅲ象限内有沿y轴负方向的匀强电场，在第Ⅳ象限内有一圆形匀强磁场区域，与x轴、y轴分别相切于A(2L,0)、C(0,−2L)两点。在第Ⅱ象限内有一未知的圆形匀强磁场区域(图中未画出)，此未知圆形区域和第Ⅳ象限内的圆形区域有完全相同的匀强磁场，一速度大小为v0的带负电粒子从A点沿y轴负方向射入圆形磁场，经C点射入电场，最后从x轴上离O点的距离为4L的P点射出。另一速度大小为2v0的带正电粒子从y轴上的Q点沿与y轴负方向成45°角的方向射入第Ⅱ象限，而后进入未知圆形磁场区域，离开磁场后与从P点射出的负电粒子正碰，相碰时两粒子速度方向相反。已知正、负粒子电荷量大小均为q、质量均为m，正、负粒子的重力及相互作用不计。求：
(1)磁感应强度B的大小和电场强度E的大小；
(2)从A点射入磁场的粒子运动到P点所用的时间；
(3)第Ⅱ象限未知圆形磁场区域的最小面积S；
(4)Q点纵坐标的最小值。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了地磁场、安培力、洛伦兹力的特点，基础题。
磁场中一种客观存在的物质；地球赤道上方的磁场方向与地面平行；当通电导线与地磁场方向平行时，则不会受到安培力的作用；根据左手定则可知，洛伦兹力的方向一定与速度方向垂直，即可分析。
【解答】
A.地磁场是一种物质，客观上存在，故A正确；
B.根据地磁场的分布特点可知，地球表面上任意位置的地磁场方向不一定与地面平行，故B错误；
C.当通电导线与地磁场方向平行时，通电导线在地磁场中可能不受安培力作用，故C错误；
D.根据左手定则可知，洛伦兹力的方向一定与速度方向垂直，运动电荷在地磁场中受到的洛伦兹力不会对运动电荷做功，故D错误。
2.【答案】C
【解析】
A.由图可知a光在玻璃中的折射角较小，则
n=sinisinr
可知，a光的折射率较大，则a光的频率大于b光的频率，选项A错误；
B.根据
n=cv
可知，在同种玻璃中，a光的速度小于b光的的速度，选项B错误；
C.因光被反射再次射到玻璃上表面时的入射角等于射入玻璃中时的折射角，可知光从玻璃中出射时的折射角等于射入时的入射角，则出射光束a、b一定相互平行，选项C正确；
D.根据
sinC=1n
可知，a、b两色光从同种玻璃射向空气时，a光折射率大，则发生全反射的临界角小，选项D错误。
故选C。
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查通电导线在磁场中的受力，熟悉安培定则、左手定则是解题的关键，难度一般。
通电导线因放在通电螺线管的磁场中故受到磁场力，因左右两侧磁场方向不同，故可以分左右两边分别分析研究，画出两侧的磁场方向，则由左手定则可判出磁场力的方向，根据受力情况可判出物体的转动情况；当导体转动后，我们可以认为电流向右偏内，受力也将发生变化，为了简便，我们可以判断导体转动到向里的位置判断导体的受力情况，再判出导体的运动情况。
【解答】
通电螺线管的磁感线如图所示：
则由图示可知左侧导体所处的磁场方向斜向上，右侧导体所处的磁场斜向下，则由左手定则可知，左侧导体受力方向向里，右侧导体受力方向向外，故从上向下看，导体应为顺时针转动；当导体转过90°时，由左手定则可得导体受力向下，故可得出导体运动为从上向下看顺时针转动并靠近螺线管；
故A正确，BCD错误。
4.【答案】D
【解析】解：根据安培力规律，若ab边受到的安培力大小为F，ab、bc、cd三边所受安培力大小均为F，根据力的合成规律，合力大小为F。ad与另外三条边并联，阻值之比为1：3，根据并联分流原理，ad电流为另三条边的3倍，则所受安培力为3F，且方向与另三条边的合力相同，根据力的合成规律，则整个线框受到的安培力的大小为4F。故D正确，ABC错误。
故选：D。
根据安培力公式F=BIL以及力的合成规律，即可解答。
本题解题关键是先求ab、bc、cd三边所受安培力合力，再求整个线框受到的安培力的合力。
5.【答案】B
【解析】解：A、若励磁线圈通以逆时针方向的电流，由安培定则知，产生的磁场向外，根据左手定则判断知，电子进入磁场时所受的洛伦兹力向下，电子的运动轨迹不可能是图中所示，同理，可得励磁线圈通以顺时针方向的电流，则能形成结构示意图中的电子运动径迹．故A错误．
BC、电子在加速电场中加速，由动能定理有：
eU=12mv02…①
电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有：eBv0=mv02r ②
解得：r=mv0eB=1B 2mUe…③
可见保持励磁电压不变，B不变，增加加速电压，电子束形成圆周的半径增大．保持加速电压不变，增加励磁电流，B增大，电子束形成圆周的半径减小，故C错误，B正确；
D、电子在磁场中运动的周期：T=2πrv=2πmqB，与电子的速度无关，与加速电场的大小无关．故D错误．
故选：B．
根据安培定则和左手定则结合判断电子的运动轨迹．
根据动能定理表示出加速后获得的速度，然后根据洛伦兹力提供向心力推导出半径的表达式．即可进行分析．
本题考查了粒子在电、磁场中运动在实际生活中的应用，正确分析出仪器的原理，写出带电粒子在磁场中运动的半径公式与周期公式是关键．
6.【答案】B
【解析】解：圆形区域内不加磁场时，电子做匀速直线运动将打在M点；
为使屏幕上出现沿一条以M为中心的亮线PQ，电子在磁场中要发生偏转，
电子在磁场中受到的洛伦兹力在某段时间内向上，在某段时间内向下，
因此圆形区域内的磁场方向要做周期性变化；
电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：evB=mv2r，
解得，电子轨道半径r=mveB，
由于不同电子在磁场中的偏移量不同，做周期性变化，
则磁感应强度B应做周期性变化，由图示图象可知，B正确，ACD错误。
故选：B。
电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，电子在磁场中发生偏转，根据题意应用牛顿第二法律分析答题。
本题考查对电视机的显像管原理的理解，掌握半径公式和电子偏转方向与磁场方向的关系是解题的前提与关键。
7.【答案】D
【解析】【分析】
作出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求出电子在磁场中的半径，根据洛伦兹力提供向心力求出电子的质量。
解决本题的关键作出电子的运动轨迹图，结合几何关系，运用半径公式进行求解。
【解答】
粒子的运动轨迹图如图所示
根据几何关系有r=dsin60°=2 33d
根据洛伦兹力提供向心力得Bev=mv2r
联立方程，解得电子的质量为m=2 3dBe3v
故选D。
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了带电粒子在圆形边界磁场中的运动，认真审题理解题意、根据题意分析清楚粒子运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、几何知识即可解题，注意在磁场中的轨迹对应的圆心角最小，在磁场中的运动时间最小以及在磁场中的轨道半径最小，粒子的速度最小。
【解答】
A.根据题意可知，粒子在磁场中向右偏转，根据左手定则可知，粒子带正电，故 A错误;
B.打到M、N两点的粒子轨迹如图所示由图可知，
粒子打到N点时，在磁场中的轨迹对应的圆心角最小，在磁场中的运动时间最小，
则有tmin=14T=14×2πmqB=πm2qB故B错误;
C.粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力可得qvB=mv2r解得r=mvqB，由图可知粒子打到M点时，在磁场中的轨道半径最小，粒子的速度最小，根据几何关系可得tanθ= 3RR= 3，可得θ=60∘，则最小半径为r1=Rtanθ2= 33R，联立解得打在收集器上的粒子的最小速率为v1= 3BqR3m，故C错误;
D.由图可知，从P点到N点的粒子在磁场中的运动时间小于从P点到M点的粒子在磁场中的运动时间;离开磁场到打到收集器，从P点到N点的粒子通过的位移小于从P点到M点的粒子通过的位移，从P点到N点的粒子的速度大于从P点到M点的粒子的速度，则从P点到N点的粒子从离开磁场到打到收集器所用时间小于从P点到M点的粒子从离开磁场到打到收集器所用时间，故从P点到N点的粒子比从P点到M点的粒子运动时间短，故 D正确。
故选D。
9.【答案】B
【解析】A.甲中回旋加速器中带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，射出回旋加速器时有qvB= mv2R
可得v= qBRm
则带电粒子的最大速度与回旋加速器的半径有关，与加速电压无关，带电粒子的最大动能与回旋加速器的半径有关，与加速电压无关，故A正确，不符合题意；
B.乙中在加速电场有qU1= 12 mv2
在速度选择器中有qB1v=qE
在偏转磁场中有qB2v= mv2R
解得qm=EB1B2R=2U1B22R2
即不改变质谱仪各区域的电场磁场时击中照相底片同一位置的粒子比荷相同，故B错误，符合题意；
C.丙中自由电荷为负电荷，由左手定则可知，负电荷向N侧偏转，则N侧带负电荷，故C正确，不符合题意；
D.丁中由左手定则可知，带正电的粒子向N板偏转，带负电的粒子向M板偏转，则N侧电势高，故D正确，不符合题意。
故选B。
10.【答案】C
【解析】解：A.小球受到重力、电场力和洛伦兹力的作用，小球做圆周运动，则电场力与重力平衡，可知，电场力竖直向上，电场力方向与电场强度方向相反，则小球带负电，故A错误；
B.根据上述有qE=mg
解得：m=qEg，故B错误；
C.小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律和运动学公式可得：
qvB=mv2r,T=2πrv
结合上述解得
T=2πEBg，故C正确；
D.若把电场的方向改成竖直向上，小球正好做匀速直线运动，根据平衡条件有
mg+qE=qv0B
结合上述解得：v0=2EB，故D错误。
故选：C。
根据对小球的受力分析得出小球的电性；
根据电场力和重力的关系得出小球的质量大小；
小球的合力提供向心力，结合牛顿第二定律和运动学公式得出运动的周期；
根据小球的平衡状态，结合受力分析得出速度的大小。
本题主要考查了物体在复合场中的运动，熟悉物体的受力分析，掌握其向心力的来源，结合牛顿第二定律即可完成解答。
11.【答案】A
【解析】粒子可能在两个磁场间做多次的运动。画出可能的粒子轨迹如图所示
分析可知，由于粒子从b点从左侧磁场进入右侧磁场，粒子在ab间做匀速圆周运动的圆弧数量必为偶数个，且根据几何关系可知，圆弧对应的圆心角均为120°，根据几何关系可得粒子运动的半径为
n⋅2Rcs30∘=L(n=2,4,6…)
解得
R= 3L3n(n=2,4,6…)
根据洛伦兹力提供向心力可得
qvB=mv2R
联立解得
v= 3qBL3m⋅n(n=2,4,6…)
A.当 v= 3qBL12m 时， n=4 。符合条件，故A正确；
B.当 v= 3qBL9m 时， n=3 。不符合条件，故B错误；
C.当 v= 3qBL3m 时， n=1 。不符合条件，故C错误；
D.当 v= 3qBLm 时， n=13 。不符合条件，故D错误。
故选A。
12.【答案】解：(1)由题可得下图
因为光线刚好不能从AC边射出，所以 ∠1 为临界角，所以可得 n=1sin∠1，由几何关系解得 n=2 33。
(2)由题可得根据几何关系可知 ∠2=30∘，
根据公式 n=sinβsin∠2，解得 sinβ= 33
【解析】本题为几何光学问题，光线刚好不能从AC边射出，说明在AC边上的入射角恰好等于临界角，由临界角公式求出折射率，再由折射定律求出该束光线首次射出棱镜时，折射角β的正弦值。
13.【答案】(1)100m/s2；(2)0.02N·s
【解析】(1)弹体在轨道上所受安培力大小为
F安=BI0d,B=kI0
根据牛顿第二定律
F安=ma
解得
a=100m/s2
(2)由动能定理可得
F安L=12mv2
弹体受到的冲量大小为
I=mv
解得
I=0.02N⋅s
14.【答案】(1) q2B2R22m ；(2) qB2R22mU ；(3) πR2d
【解析】(1)粒子从金属盒D1边缘离开，由洛伦兹力提供向心力可得
qBvm=mvm2R
解得粒子的最大速度为
vm=qBRm
则粒子离开加速器时获得的动能为
Ekm=12mvm2=q2B2R22m
(2)设粒子在电场中被加速 N 次，由动能定理可得
NqU=Ekm
解得
N=EkmqU=qB2R22mU
(3)设粒子在磁场中运动时间为 t1 ，在电场中运动时间为 t2 ；在磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得
qBv=mv2r
运动周期为
T=2πrv=2πmqB
运动时间为
t1=N⋅T2
联立可得
t1=πBR22U
在电场中，粒子一直做匀加速运动，则有
vm=at2
a=qEm=qUmd
联立可得
t2=BRdU
则粒子在磁场中运动时间与在电场中运动时间之比为
t1t2=πR2d
15.【答案】(1) 1+ 3L ；(2)① 4 3mv03eL ；② mv0eL ；
【解析】(1)根据洛伦兹力提供向心力
ev0B1=mv02R
解得
R=L
根据几何关系，当粒子打在右边挡板上的最远距离时，落点到质子源的连线为轨迹圆的直径
L右= 2R2−R2= 3R= 3L
当粒子竖直向上入射，粒子打在右边挡板上的最远距离，恰轨迹与挡板相切，打在挡板上离O点左侧最远，也为L，则质子打在挡板MN上的长度为
s=L+ 3L=1+ 3L
(2)①若要使质子不打在挡板上，则水平射出时轨迹恰好与挡板相切，则此时轨迹半径为
R′=OS2= 34L
根据洛伦兹力提供向心力
ev0Bmin=mv02R′
解得
Bmin=4 3mv03eL
②若向下平移后要使挡板MN的外侧面都有粒子打到，则向右射出的粒子能够恰好越过N点然后打到M点，根据几何关系
R′′2=(OS−R)2+OM2
解得
R′′= 3L3
根据洛伦兹力提供向心力
ev0Bmax=mv02R′′
解得
Bmax= 3mv0eL
16.【答案】(1) B=mv02qL ； E=mv024qL ；(2) t′=πL+4Lv0 ；(3) S=8πL2 ；(4) y=4 2L+4L
【解析】(1)由图可知，带负电粒子在第Ⅳ象限内做圆周运动的半径为
R1=2L
由
qv0B=mv02R1
可得
B=mv0qR1=mv02qL
由类平抛运动可知带负电粒子在电场中有
4L=v0t
2L=12⋅qEmt2
可得
E=mv024qL
(2)从A点射入磁场的粒子在磁场运动的时间为
t1=sv0=R1θv0=πLv0
在电场运动时间为
t=4Lv0
从A点射入磁场的粒子运动到P点所用的时间
t′=t1+t=πL+4Lv0
(3)负粒子离开电场时与x轴负方向的夹角正切
tanβ=2yx=2×2L4L=1
即夹角为45°，带正电粒子在第Ⅱ象限未知圆形磁场区域做圆周运动，有
q⋅2v0B=m(2v0)2R2
可得
R2=4L
带正电粒子与从P点射出的负电粒子正碰，相碰时两粒子速度方向相反，如下图所示
由图可知，第Ⅱ象限未知圆形磁场区域的直径为
d= 2R2=4 2L
则最小面积
S=π(d2)2=8πL2
(4)由图可得Q点的最小值为
y=4 2L+4L
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