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高2024级高二下期期中考试物理试题
命题：夏蔡生 审题：何水
一、单选题：本大题共7小题，每题4分，共28分。在每个小题给出的四个选项中只有一个是正确的。
1．关于质点的简谐运动，以下说法正确的是（ ）
A．简谐运动的平衡位置就是所受合力为零的位置
B．做简谐运动的质点先后通过同一点时，回复力、速度、加速度都是相同的
C．做简谐运动的质点，振动速度增加时，加速度一定减小
D．做简谐运动的质点，当振动位移为负值时，速度不一定为负值，但加速度一定为负值
2．将较长的绳一端固定在墙上，另一端用手捏住以恒定振幅上下持续振动，产生的绳波沿绳自左向右
传播，图示时刻，波形刚好传播到A点。下列判断正确的是（ ）
A．手的起振方向向下
B．若减小手的振动频率，绳波的传播速度变慢
C．若增大手的振动频率，绳波的波长将减小
D．若停止手的振动，绳中波形立即消失
3．在一定的气象条件下，空气中的小水滴会变成六棱柱状的小冰晶，太阳光穿过小冰晶时发生折射，
看上去在太阳的周围出现一个彩色圆圈，这就是日晕，如图甲所示。图乙是两单色光穿过六棱柱状冰
晶某横截面的示意图，下列说法正确的是（ ）
A．若a光是黄光，则b光可能是红光
B．b光比a光更容易发生明显的衍射现象
C．a光在冰晶中的传播速度小于b光的传播速度
D．用同一双缝干涉装置做实验，a光条纹间距大于b光条纹间距
4．如图所示，由粗细均匀的同种材料电阻丝制成的单匝圆形线框置于垂直纸面向外的匀强磁场中，
试卷第1页，共3页A、B为线框上的两点且∠AOB=120°，恒压电源通过导线接在线框上的A、B两点。闭合开关S后，
线框ANB部分所受安培力大小为F，则整个圆形线框所受安培力的大小为（ ）
3
A．0 B． F C．2F D．4F
2
5．如图所示，在直角三角形abc区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量
质量为m、电荷量为＋q的同种粒子以相同的速度沿纸面垂直于ab边射入场区，结果在bc边仅有一半
的区域内有粒子射出。已知bc边的长度为L，bc和ac的夹角为60°，不计粒子重力及粒子间的相互作
用力。下列说法正确的是（ ）
BqL
A．粒子的入射速度为
4m
√3BqL
B．粒子的入射速度为
6m
πL
C．粒子在磁场中运动的最大轨迹长度为
2
πm
D．从bc边射出的粒子在磁场内运动的最长时间为
2Bq
6．半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块
垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图所示．有一变化的磁场垂直于纸面，规定
向内为正，变化规律如图所示。在t＝0时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为q的静止粒子，则
以下说法正确的是( )
试卷第2页，共3页A．第2秒末粒子回到了原来位置
B．第2秒内上极板为正极
C．第3秒内上极板为负极
0.2πr2
D．第2秒末两极板之间的电场强度大小为
d
7．如图所示，在光滑的绝缘水平面上，三条相互平行、间距为d的虚线间存在图示方向的匀强磁场，
磁感应强度大小均为B，一直角三角形导体框放在水平面上，AB边与虚线平行，BC边长度为d，刚开
始导体框的C点刚好在最左侧的虚线上。现给导体框施加一水平向右的外力F，使导体框向右做匀速
直线运动。关于运动过程中产生的感应电流I的大小、感应电动势E的大小、外力F的大小以及外力功
率P的大小随位移的变化规律正确的是（ ）
A． B．
C． D．
试卷第3页，共3页二、多选题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中有多个选项正确，
全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不选得0分。
1
8．一列简谐横波沿x轴方向传播，在t= s时的波形图如图甲所示，P、Q是介质中的两个质点，图乙
3
是质点Q的振动图像。下列判断正确的是（ ）
A．这列波沿x轴正方向传播
B．这列波的波速为0.18m/s
C．质点Q在平衡位置的x坐标为9cm
D．t=0.5s时质点P偏离平衡位置的位移为12 cm
9．在一个范围足够大、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，将一个质量为m、电量为q的带正电小球
由静止释放，已知当地的重力加速度为g，磁场方向水平，如图所示。小球从静止开始下落的过程中，
以下说法正确的是（ ）
m2g2
A．小球运动到最低点时，洛伦兹力的瞬时功率为
qB
B．小球从出发第一次到达最高点时的位移为2πm2g
q2B2
π
C．小球从出发到第一次到达最低点的过程中，水平位移与竖直位移大小之比为
2
D．小球从出发到第一次到达最低点的过程中，洛伦兹力的冲量大小为m2g√2+π2
qB
10．如图所示，MN、PQ为水平放置的光滑平行金属长导轨，间距为L=1m，导轨电阻不计。导轨左侧
试卷第4页，共3页接一额定电压为5V、额定功率为5W的小灯泡，以P点为原点，沿PQ建立x轴，在导轨间x>0的区域
存在垂直导轨平面向下的磁场，磁感应强度大小随x坐标（单位：m）的分布规律为B=2x（T）。长度
为L=1m、质量为m=1kg、电阻为r=1Ω的金属棒在拉力F的作用下沿着导轨向右运动，灯泡始终正常
发光，金属棒运动中始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度g取10m/s2，则（ ）
A．金属棒做匀减速直线运动
B．金属棒运动到x=6m处的速度为1m/s
C．金属棒从x=3m运动到x=6m用的时间为4.5s
D．金属棒从x=3m运动到x=6m过程中拉力做功为26.625J
三、实验题：共2小题，每空2分，共计16分
11．如图1所示是双缝干涉测光的波长的实验装置图，某次实验选用的双缝间距为d，毛玻璃屏与双缝
间的距离为L，接通电源使光源正常工作。
(1)实验目的与器材：在组装仪器时M处实验器材和双缝应该相互__________（选填“垂直”或“平
行”）放置。
(2)实验原理与数据：已知测量头上主尺的最小刻度是毫米，游标卡尺上有50分度，某同学调整手轮使
测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，并将该亮纹定为第1条亮纹（如图甲所示），此时测量
头上游标卡尺的读数x 为3.92mm；接着再同方向转动手轮，使分划板中心刻线与第5条亮纹中心对齐
1
（如图乙所示），此时测量头上游标卡尺的示数如图2所示，则读数x 为__________mm，计算这种色
2
光波长的表达式为λ=__________（用题中给出的字母L、d、x 、x 表示）。
1 2
试卷第5页，共3页(3)若想增加从目镜中观察到的条纹个数增多，可以_________。
A．将单缝向双缝靠近
B．将红色滤光片换成绿色滤光片
C．使用间距更小的双缝
D．增大双缝到屏的距离
(4)若在单缝与透镜之间加入一个偏振片，测得该单色光的波长与不加偏振片时相比______。
A．增加 B．不变 C．减小
12．某同学欲测量当地的重力加速度，利用的实验器材有：带有滑槽的水平导轨，足够长的一端带有
滑轮的木板，不可伸长的细线，重物，沙漏（装有沙子），立架，加速度传感器，刻度尺。具体操作
如下：
①按图甲所示安装好实验器材，并测量摆线的长度L（沙漏的大小可忽略）；
②将沙漏拉离平衡位置（摆角较小）由静止释放，使沙漏在竖直面内振动；
③沙漏振动稳定后，由静止释放重物，使木板沿滑槽运动，记下加速度传感器的示数a ，漏出的沙子
0
在木板上形成的曲线如图乙所示（忽略沙子落在木板上后木板的质量变化）；
④缓慢移出木板，测量曲线上相邻三点A、B、C之间的间距x 、x ，并计算出Δx=x −x ；
AB BC BC AB
⑤改变立架的高度及摆线的长度，重复②③④的操作。
回答下列问题：
试卷第6页，共3页(1)对该实验，下列说法正确的是______（填字母）
A．随着沙漏中沙子的流出，Δx将减小
B．其他条件不变，增大重物的质量且减小摆角，Δx将增大
C．其他条件不变，增大摆线的长度且减小摆角，Δx可能不变
(2)沙漏振动稳定后的周期T=______（用Δx、a 表示）。
0
(3)该同学依据测出的L和Δx，作出的L−Δx图像如图丙所示，若测得该图像的斜率为k，则计算重力
加速度的表达式为g=______（用题中字母表示）。
四、解答题(本大题共3小题，共41分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写
出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
13．（10分）如图所示，一玻璃球体的半径为R，O为球心，AB为直径。来自B点的光线BM在M点
射出。出射光线平行于AB，另一光线BN恰好在N点发生全反射。已知∠ABM=30°，求：
(1)玻璃的折射率；
(2)BN的长度。
14．（13分）如图，足够长的两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨间距分别为2L和L，
导轨间分布着方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B、2B。t=0时，导体棒PQ、MN在
v
导轨上分别以大小为v 、 0的速度相向运动；t=t 时，MN向左的速度减小为零；最终两导体棒达到
0 2 0
稳定运动状态。已知PQ、MN的质量分别为2m、m，两导体棒接入回路中的电阻都为R。整个过程中
两导体棒始终与导轨垂直并接触良好，且只在各自的一侧导轨上运动，其他电阻不计。求：
试卷第7页，共3页(1)整个运动过程，回路中产生的焦耳热；
(2)0~t 时间内，通过导体棒PQ的电荷量。
0
15．（18分）为探测粒子在磁场的运动，可用云室来显示它们的径迹。如图所示，在xOy平面内，圆
心O′位于x轴负半轴上的圆形磁分析器，半径为R，与y轴相切于坐标原点O，磁分析器中存在垂直于
纸面向外的匀强磁场。三个质量均为m、电荷量均为q的带正电粒子甲、乙、丙，分别以速度v 同时
0
从边界上的a、b、c三个点沿着y轴正方向射入磁分析器中，b与圆心O′的连线垂直于x轴，a、c到
R
bO′连线的距离均为 ，三个粒子都从O点离开磁分析器。不计粒子的重力和粒子之间的相互作用。
2
(1)求匀强磁场磁感应强度的大小B 及甲、丙粒子到达O点的时间差Δt；
0
(2)若在x>0的区域存在着沿x轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为磁分析器中磁场的2倍，且
√3πR
x= 处有一垂直于x轴的足够大的荧光屏（图中未画出），求甲、丙粒子打在荧光屏上的点之
3
间的距离d；
试卷第8页，共3页(3)若在x≥0的区域存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，粒子从O点进入磁场后
受到了与速度大小成正比、方向相反的阻力f =kv（比例系数k已知），观察发现乙粒子轨迹与y轴相
切于点P（未画出）。求P点坐标y的值和乙从O点运动至P点的路程s。
试卷第9页，共3页《万州二中高2027届高二下期期中考试物理试题》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C C D B A B B BC BC CD
1．C
【详解】A．回复力为零的位置是简谐运动的平衡位置，故A错误；
B．做简谐运动的质点先后通过同一点时，回复力、加速度都相同，速度大小相等，但方向可能相反，
则经过同一点是速度可能不同，故B错误；
C．做简谐运动的质点，当振子从最大位移处向平衡位置运动时，振子的振动速度增加，加速度减小，
故C正确；
D．回复力的方向与位移方向相反，做简谐运动的质点，当振动位移为负值时，回复力是正的，加速度
一定为正值，故D错误；
故选C。
2．C
【详解】A．根据图像可知，波向右传播，结合同侧法可知，A点的起振方向向上，由于所有质点的起
振方向相同，故手的起振方向向上，故A错误；
B．波速由介质决定，与波源的振动频率无关，故B错误；
C．波在同一介质中的传播速度恒定，根据
v=λf
可知，频率增大，波长则减小，故C正确；
D．停止手的振动，绳中波形会继续向右传播，故D错误。
故选C。
3．D
【详解】A．根据题图乙可知a、b两光的入射角相等，b光偏折的比a光大，则b光的折射率大于a光
的折射率，即b光的频率大于a光的频率，若a光是黄光，则b光一定不是红光，故A错误；
B．b光的频率大于a光的频率，则b光的波长小于a光的波长，a光比b光更容易发生明显的衍射现象，
故B错误；
c
C．b光的折射率大于a光的折射率，根据v= ，可知在冰晶中a光的传播速度大于b光的传播速度，
n
故C错误；
L
D．用同一双缝干涉装置做实验，根据双缝干涉条纹间距公式Δx= λ，可知a光的相邻亮条纹中心间
d
距大于b光的相邻亮条纹中心间距，故D正确。
答案第1页，共2页故选D。
4．B
【详解】设线框ANB电阻为R，则线框AMB段电阻为2R，电源提供电压为U，圆形线框半径为r，则
U √3BUr
线框ANB部分所受安培力大小F=BIL=B ×2rsin60°=
R R
U 3√3BUr 3
F′=BI′L=B ×2rsin60°= = F
整个圆形线框所受安培力的大小 R×2R 2R 2
R+2R
故选B。
5．A
mv2
【详解】AB．粒子进入磁场向上做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力Bqv=
r
因bc边只有一半区域有粒子射出，在bc边中点射出的粒子轨迹如图中实线所示
L 1
由几何关系可得r= sin30°= L
2 4
BqL
则粒子的入射速度v= ，故A正确，B错误；
4m
πL
C．粒子在磁场中运动的最大轨迹长度为s=πr= ，故C错误；
4
2π
D．与bc边相切恰从bc边射出粒子的对应的圆心角最大为
3
2π
从bc边射出的粒子在磁场内运动的最长时间为 3 2πm 2πm，故D错误。
t= · =
2π Bq 3Bq
故选A。
6．B
【详解】D．由图可知，B-t图像的斜率大小不变，线圈面积不变，根据法拉第电磁感应定律可知
答案第2页，共2页ΔB πr2
E = S= (V)
感 Δt 10
感应电动势大小不变；
两极板之间的电场强度大小为
E πr2
E= 感=
d 10d
两极板之间的电场强度大小也不变。
故D错误；
B．由图象可知，在第1s内，磁场垂直于纸面向内，磁感应强度变大，穿过金属圆环的磁通量变大，
假设环闭合，由楞次定律可知，感应电流磁场与原磁场方向相反，即感应电流磁场方向垂直于纸面向
外，然后由安培定则可知，感应电流沿逆时针方向，由此可知，上极板电势低，是负极，下板是正极，
场强方向向上，同理在第2s内和第3s内，上极板电势高，是正极，下板是负极，场强方向向下；故B
正确，C错误；
A．电场强度大小不变，电场力大小不变，加速度大小不变，不失一般性，假定带电粒子带正电，第
1s内电向上做初速度为0的匀加速运动，第2s内电向上做末速度为0的匀减速运动，所以带电粒子一
直向上运动，第2秒末粒子不会回到了原来位置。故A错误。
故选B。
7．B
【详解】设∠C=α，磁感应强度为B，导体框的速度为v。
E Bxvtanα
A．导体框向右运动的位移在0~d的过程中，导体框中的感应电流为I= =
R R
Bdvtanα
可知I与x成正比，I−x图像是一条过原点的倾斜直线；当x=d时感应电流的最大值为 I =
0 R
E 2Bxvtanα
当导体框向右运动的位移在d-2d的过程中，导体框中的感应电流为I= =
R R
2Bdvtanα
可知I与x成正比，I−x图像是一条倾斜的直线；当x=d时感应电流的最大值为I′ = =2I
0 R 0
E Bxvtanα
导体框向右运动的位移在2d~3d 的过程中，导体框中的感应电流为I= =
R R
E Bdvtanα
可知I与x成正比，I−x图像是一条倾斜直线；当x=d时感应电流的最大值为I″ = = =I ，
0 R R 0
故A错误；
B．导体框向右运动的位移在0~d的过程中，从0开始向右移动的位移为x，根据几何关系可得有效长
答案第3页，共2页度L=xtanα
导体框产生的感应电动势为E=BLv=Bxvtanα
可知E与x成正比，E−x图像是一条过原点的倾斜直线；当x=d时感应电动势的最大值为
E =Bdvtanα
0
导体框向右运动的位移在d-2d的过程中，从d开始向右移动的位移为x，根据几何关系可得线框在左边
磁场的有效长度为L =xtanα
1
产生的感应电动势大小为E =BL v=Bxvtanα
1 1
根据几何关系，可得线框在右边磁场的有效长度为L =xtanα
2
产生的感应电动势大小为E =BL v=Bxvtanα
2 2
根据右手定则可知，两个电源产生的电流方向相同，两个电源相互叠加增强，则总的电动势为
E=E +E =2Bxvtanα
1 2
可知E与x成正比，E−x图像是一条的倾斜直线；当x=d时感应电动势的最大值为
E′ =2Bdvtanα=2E
0 0
导体框向右运动的位移在2d~3d 的过程中，从2d开始向右移动的位移x，根据几何关系可得线框的有
效长度为L =xtanα
3
导体框产生的感应电动势为E=BL v=Bxvtanα
3
可知 与 成正比， 图像是一条倾斜的直线；当 时感应电动势的最大值为 ，
E x E−x x=d E″ =Bdvtanα=E
0 0
故B正确；
B2x2vtan2α
C．导体框向右运动的位移在0~d的过程中，导体框所受的安培力大小为F =BIL=
A R
B2x2vtan2α
由力的平衡条件得外力的大小为F=F =
A R
可知F与x 2 ❑成正比，F−x图像是一条过原点的开口向上的曲线；当x=d时外力的最大值为
❑
B2d2vtan2α
F =
0 R
当导体框向右运动的位移在d-2d的过程中，导体框所受的安培力大小为
4B2x2vtan2α
F =2Bxtanα⋅I=
A R
4B2x2vtan2α
由力的平衡条件得外力的大小为F=F =
A R
答案第4页，共2页可知F与x 2 ❑成正比，F−x图像是一条过开口向上的曲线；当x=d时外力的最大值为
❑
4B2d2vtan2α
F′ = =4F
0 R 0
B2x2vtan2α
导体框向右运动的位移在2d~3d 的过程中，导体框所受的安培力大小为F =BI L =
A 3 R
B2x2vtan2α
由力的平衡条件得外力的大小为F=F =
A R
B2d2vtan2α
可知F与x 2 ❑成正比，F−x图像是一条曲线；当x=d时外力的最大值为F″ = =F ，故
❑ 0 R 0
C错误；
B2v2tan2α
D．导体框向右运动的位移在0~d的过程中，外力F的功率为P=Fv= x2
R
可知P与x 2 ❑成正比，P−x图像是一条过原点的抛物线；当x=d时外力的功率最大值为
❑
B2d2v2tan2α
P =
0 R
4B2v2tan2α
当导体框向右运动的位移在d-2d的过程中，力F的功率为P=Fv= x2
R
可知P与x 2 ❑成正比，P−x图像是一条抛物线；当x=d时外力的功率最大值为
❑
4B2d2v2tan2α
P′ = =4P
0 R 0
B2x2v2tan2α
导体框向右运动的位移在2d~3d 的过程中，外力F的功率为P=Fv=
R
可知P与x 2 ❑成正比，P−x图像是一条过原点的抛物线；当x=d时外力的功率最大值为
❑
B2d2v2tan2α
P″ = =P ，故D错误。
0 R 0
故选B。
8．BC
1
【详解】A．由乙图可得质点Q在t= s时向上振动，所以波沿x轴负方向传播，故A错误；
3
λ
B．由v=
T
得波速为0.18m/s，故B正确；
C．由乙图可得质点Q的振动方程为y=12sinπtcm
答案第5页，共2页1 π π
当t= s时y=6√3cm，由甲图可得这列波的波动方程为y=Asin ( x− )cm
3 18 6
将y=6√3cm代入得x=9cm，质点Q在平衡位置的x坐标为9cm，故C正确；
1 T
D．由于波的周期为T=2s，质点P从t= s开始从平衡位置开始向上振动，到达最高点需要 的时间，
3 4
1 T 5
所以偏离平衡位置的位移为正的最大的时刻为t= s+ = s，故D错误。
3 4 6
故选BC。
9．BC
【详解】A．小球带正电，由静止释放，在竖直向下的重力与垂直纸面向里的匀强磁场中做摆线运动。
mg 2πm
其运动可分解为：水平、竖直方向均以v = 做匀速圆周运动，圆周运动周期T=
0 qB qB
第一次运动到最低点时，竖直分速度抵消为0，水平分速度合为2v ；洛伦兹力始终与速度方向垂直，
0
不做功。洛伦兹力始终与速度方向垂直，由功率公式P=Fvcos90°=0
可知洛伦兹力瞬时功率恒为0，与速度大小无关，故A错误；
B．小球第一次到达最高点的时间为一个周期t=T
水平位移 mg 2πm 2πm2g
x=v T= ⋅ =
0 qB qB q2B2
竖直方向圆周运动一个周期回到初始高度，竖直位移为0，故合位移等于水平位移，故 B正确；
T
C．小球第一次到达最低点的时间为半周期t=
2
水平位移 T πm2g
x=v ⋅ =
0 2 q2B2
竖直位移为圆周运动半周期的直径
m2g
y=2⋅
q2B2
x π
位移比值 = ，故C正确；
y 2
2m2g
D．由动量定理矢量分解，最低点水平动量变化Δp =m⋅2v =
x 0 qB
竖直方向Δp =0
y
T πm2g
重力冲量I =mg⋅ =
G 2 qB
答案第6页，共2页m2g
洛伦兹力冲量I =√(Δp ) 2+(I ) 2= √4+π2，故D错误。
洛 x G qB
选BC。
10．CD
【详解】A．灯泡额定电压为5V、额定功率为5W，则电流
P
I= =1A
U
灯泡始终正常发光，则电流不变，导体棒产生的感应电动势恒为
E=U +Ir =6V
又
E=BLv
B=2x（T）
可得金属棒的速度
3
v= (m/s)
x
金属棒向右运动过程，随着x增加，金属棒的速度v逐渐减小，金属棒做减速直线运动，但不是匀减速
直线运动，故A错误；
B．金属棒运动到x=6m处的速度为
3
v = m/s=0.5m/s
1 6
故B错误；
C．金属棒所受的安培力大小
F =BIL=2x(N)
安
可见安培力大小与位移成正比，则金属棒从x=3m运动到x=6m过程克服安培力做功
2×3+2×6
W = ×(6−3)J=27J
克安 2
则回路产生的焦耳热
Q=EIt=W =27J
克安
解得此过程运动的时间
t = 4.5s
故C正确；
D．金属棒运动到x=3m时的速度
答案第7页，共2页3
v = m/s=1m/s
2 3
则金属棒从x = 3m运动到x=6m过程，由动能定理有
1 1
W −W = mv2− mv2
F 克安 2 1 2 2
解得此过程拉力做功
WF=26.625J
故D正确。
故选CD。
11．(1)①④③②
(2)P 、P
2 1
cosi
(3) θ
sin
2
(4)大
【详解】（1）根据实验的操作步骤，可知该实验的合理操作步骤为①④③②。
（2）在确定入射光线时，应先插离玻璃砖较近的大头针P ，再插离玻璃砖较远的大头针P ，这样更容
2 1
易准确确定入射光线的方向。所以两枚大头针的插入顺序为P 、P 。
2 1
（3）作出入射光法线、辅助线如图
π
sin( −i)
θ π 2 cosi
几何关系可知折射角为 、入射角为 −i，则折射率n= =
2 2 θ θ
sin sin
2 2
（4）已知i'<i，入射角变大，说明蓝光的偏折程度比红光更大。根据折射定律，偏折程度越大，折射
率越大，而蓝光频率比红光大，所以对于同一种介质，频率越大，折射率越大。
12．(1)B
答案第8页，共2页(2) √Δx
2
a
0
(3)
a π2k
0
【详解】（1）A．木板做匀加速直线运动，相邻两点间的时间间隔为单摆周期的一半，由匀变速直线
T2
规律分析可知Δx=a ，所以Δx不变，故A错误；
0 4
T2
B．仅重物质量增大时，木板的加速度增大，单摆的周期不变，由Δx=a ，可知Δx将增大，故B
0 4
正确；
T2
C．摆线长度增大时，单摆的周期变大，由Δx=a ，可知Δx也增大，故C错误。
4
故选B。
T2
（2）因为Δx=a
0 4
解得单摆的周期为 √Δx
T=2
a
0
√L
（3）由单摆的周期公式得T=2π
g
T2
又因为Δx=a
0 4
联立解得 g
L= Δx
a π2
0
所以 g
k=
a π2
0
解得
g=a π2k
0
13．(1)√3
2√6
(2) R
3
【详解】（1）已知∠ABM=30°，由几何关系知入射角∠BMO=30°，折射角θ=60°
答案第9页，共2页sinθ
根据折射定律得n=
sin∠BMO
代入数据得n=√3
1
（2）光线BN恰好在N点发生全反射，则∠BNO为临界角C，sinC=
n
由几何关系可知BN=2RcosC
√6
由勾股定理cosC=√1−sin2C=
3
2√6
联立解得BN= R
3
3
14．(1) mv2
4 0
mv
(2) 0
4BL
【详解】（1）稳定时，两导体产生的感应电动势相等，有B×2Lv =2BLv
1 2
所以v =v
1 2
根据安培力公式可得PQ导体棒和MN导体棒受安培力大小相等，方向相反，可知系统动量守恒，系统
v 3mv
的初动量为2mv −m⋅ 0= 0，方向向右，可知稳定时，两棒均向右运动，以向右为正方向，根
0 2 2
v
据动量守恒有2mv −m⋅ 0=(2m+m)v
0 2
v
解得v=v =v = 0
1 2 2
根据能量守恒定律有1 1 (v ) 2 1
×2mv2+ m 0 = ×3mv2+Q
2 0 2 2 2
3
解得Q= mv2
4 0
v
（2）t=t 时，MN向左的速度减小为零，有2mv −m⋅ 0=2mv
0 0 2 3
3
可得此时PQ导体棒的速度为v = v
3 4 0
0~t 时间，以向右为正方向，对PQ导体棒，根据动量定理有
0
3
−∑BI⋅2LΔt=−2BLq=2m⋅ v −2mv
4 0 0
答案第10页，共2页mv
可得q= 0
4BL
mv πR
15．(1) 0，
qR 3v
0
√3
(2) R
2
mv mv k
(3) 0， 0 (1− ) (k<Bq)
Bq k qB
【详解】（1）由图知从b点入射的乙粒子的轨道半径为R（或由磁聚焦确定），由洛伦兹力提供向心
力有
v2
B qv =m 0
0 0 R
mv
解得B = 0
0 qR
由图中几何关系知甲粒子在圆形区域磁场中运动的圆心角为120∘，丙粒子在磁场中运动的圆心角为60∘，
T T
甲、丙粒子到达O点的时间差为Δt= −
3 6
2πm
又T=
B q
0
πm πR
解得Δt= =
3B q 3v
0 0
（2）甲、丙两粒子O点进入x>0的区域时，速度方向如图都与x轴正方向的夹角为30∘，因在x>0的
区域存在着沿x轴正方向的匀强磁场，故将速度分别沿x轴，y轴正交分解，它们沿x轴正方向的分量
答案第11页，共2页√3
为v =v cos30∘= v
x 0 2 0
x πR
t= =
此分量与磁场方向平行，不受洛伦兹力，对应的分运动是匀速直线运动，运动时间为 v v
x 3× 0
2
v
它们沿y轴 正方向的分量为v =v =v sin30∘= 0
1y 2y 0 2
此分量与磁场方向垂直，洛伦兹力提供向心力，对应的分运动是在垂直与zoy平面内做匀速圆周运动
v
轨道半径 m 0
2 R
r= =
2B q 4
0
2πr πR
T′= =
周期为 v v
0 0
2
2
因t= T′，故粒子转过的圆心角为240∘
3
3
甲粒子的坐标x=0，y =rsin(240°−180°)=rsin60°，z =r+rcos(240°−180°)= r
1 1 2
3
丙粒子的坐标x=0， y =−rsin(240°−180°)=−rsin60°， z =−r−rcos(240°−180°)=− r
2 2 2
√3
甲、丙粒子打在荧光屏上的点之间的距离d=√(0−0) 2+(y −y ) 2+(z −z ) 2= R
1 2 1 2 2
（3）乙粒子轨迹与y轴相切于点P，从O点运动至P点沿x轴方向由动量定理有−Bqv Δt=Δp
y x
求和得−Bqy=0−mv
0
mv
解得y= 0
Bq
y轴方向，由动量定理有(qBv −kv )Δt=mΔv
x y y
因∫v dt=0
x
∫v dt= y
y
kv
解得P点的速度为v =− 0
y qB
洛伦兹力不做功，由动能定理有−kvΔs=ΔE =mvΔv
k
m
解得Δs=− Δv
k
m mv k
求和或积分得s= (v −v )= 0 (1− ) (k<Bq)
k 0 P k qB
答案第12页，共2页答案第13页，共2页
