B．可能为直线——青夏教育精英家教网—

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B．（选修模块3-4）
（1）如图所示，（a）表示单缝，（b）表示双缝．用激光分别照射竖直放置的单缝和双缝，在缝后较远位置竖直放置的光屏上可以观察到明暗相间的条纹（图中黑色表示明条纹），如图（c）、（d）所示．下列关于缝和条纹间关系的说法正确的是______（选填选项前的字母）．
A．图（c）表示双缝干涉条纹，图（c）表示单缝衍射条纹
B．单缝S越宽，越容易观察到对应的明暗条纹
C．照射双缝的单色光波长越长，对应条纹间距越小
D．双缝间距离越大，对应条纹间距越小
（2）图1所示为一列简谐横波在t=0s时的波形图，图2是这列波中x=50cm的A点的振动图线，那么该波的传播速度为______，波传播方向沿x轴______（选填“正”或“负”）方向．
（3）光导纤维的结构如图所示，它由折射率为n₁的材料制成内芯，用折射率为n₂的材料制成外套，则：
①内芯和外套的折射率应满足n₁______n₂（选填“小于”、“等于”或“大于”）：
②若内芯材料的折射率为

，外套是空气，要使光能在光导纤维中被传导，求从左端面入射的光线的最大入射角i．

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为了测量某种液体的密度，小明找到一支长为L的平底试管，在试管中放少许细砂，刻线A在平底试管的中央．小明将平底试管放到水中，试管直立漂浮在水面上，在水面跟试管相平处记下刻线B，如图所示．如果在试管上方作用一个竖直向上的拉力F₁，可以将试管提升到水面与刻线A相平．如果将平底试管放到某种液体中，需对试管施加一个竖直向下的压力F₂，才能使液面跟刻线A相平．量出AB=

1

4

L．由此，小明计算出这种液体的密度是多少？设水的密度为ρ_水．

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①沿直线做匀加速运动的某物体，牵引一条通过打点计时器的纸带，计时器的打点周期T=0.02s，取下纸带后，由某一计时点开始，每隔五个点剪下一段纸带，按图1那样贴在直角坐标平面上，彼此不留间隙，也不要重叠．纸带下端都要准确地与横轴重合，每一条纸带的左边准确地与纵轴平行，图的纵轴上已标出了每条纸带的长度L（单位：mm）．今以横轴为时间轴，令每条纸带的宽度代表一个时间单位：0.1s，以纵轴为速度轴，纵轴上原来标的每毫米代表一个速度单位：10mm/s．
（1）在每段纸带的上边缘中点画“?”作为计数点，在新的坐标里每个计数点的纵坐标表示

相对应的单位时间内中间时刻的瞬时速度

．
（2）画一直线，使尽可能多的计数点落在此直线上，并使直线两侧的计数点数目大致相等，这条直线便是运动物体的

速度-时间

图线．
（3）求出上述直线的斜率，可知运动物体的加速度a=

0.75

m/s²．
②在“探究加速度与力、质量的关系”的实验时：
（1）我们已经知道，物体的加速度（a）同时跟合外力（F）和质量（m）两个因素有关．要研究这三个物理量之间的定量关系的基本思路是

先保持m不变，研究a与F的关系；
再保持F不变，研究a与m的关系；

（2）某同学的实验方案如图2所示，她想用砂和砂桶的重力表示小车受到的合外力，为了减少这种做法而带来的实验误差，你认为在实验中还应该采取的两项措施是：a．

把木板的末端垫起适当高度以平衡摩
擦力；

；b．

砂和桶的质量远小于小车质
量；

．
（3）该同学利用实验中打出的纸带求加速度时，处理方案有两种：
A、利用公式a=

2s

t2

计算；B、根据a=

△s

T2

利用逐差法计算．
两种方案中，你认为选择方案

B

比较合理．
（4）下表是该同学在探究“保持m不变，a与F的关系”时记录的一组实验数据，请你根据表格中的数据在下面的坐标系中做出a-F图象；
（小车质量：M=0.500kg，g=10m/s² ）

次数物理量	1	2	3	4	5	6
m_砂和桶（kg）	0.010	0.020	0.030	0.040	0.050	0.060
a（m/s²）	0.196	0.390	0.718	0.784	0.990	1.176

（5）针对该同学的实验设计、实验操作、数据采集与处理，就其中的某一环节，提出一条你有别于该同学的设计或处理方法：

①采用气垫导轨以减小摩擦力；
②利用“光电门”和计算机连接直接得到加速度，
③利用v-t图象计算加速度；
④用弹簧秤测量砂和桶的重力；
⑤用力和加速度的比值是否不变来处理数据，等等．

．

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Ⅰ．像打点计时器一样，光电计时器也是一种研究物体运动情况的常见计时仪器，其结构如图甲如示a、b分别是光电门的激光发射和接收装置．当有物体从a、b间通过时，光电计时器就可以显示物体的挡光时间．现利用图乙所示装置设计一个“探究物体运动的加速度与合外力、质量关系的实验，图中NQ是水平桌面、PQ是一端带有滑轮的长木板，1、2是固定在木板上的两个光电门（与之连接的两上光电计时器没有画出）．小车上固定着用于挡光的窄片K，让小车从木板的顶端滑下，光电门各自连接的计时器显示窄片K的挡光时间分别为t₁和t₂．
（1）用游标卡尺测量窄片K的宽度d（已知L＞＞d），光电门1，2各自连接的计时器显示的挡光时间分别为t₁、t₂．则窄片K通过光电门1的速度表达式v₁=

d

t1

d

t1

．
（2）用米尺测量两光电门间距为L，则小车的加速度表达式a=

(

t

2

1

-

t

2

)d2

2L

t

2

1

?

t

2

(

t

2

1

-

t

2

)d2

2L

t

2

1

?

t

2

．
（3）该实验中，为了把砂和砂桶拉车的力当作小车受的合外力，就必须平衡小车受到的摩擦力，正确的做法是

不挂砂和砂桶，调节长木板的倾角，轻推小车让其下滑，直至两个光电门的读数相等为止

_．
（4）实验中，有位同学通过测量，把砂和砂桶的重力当作小车的合外力F，作出a-F图线，如图丙中的实线所示．试分析：图线不通过坐标原点O的原因是

平衡摩擦力时木板倾角太大

；曲线上部弯曲的原因

没有满足小车质量远大于砂和砂桶的质量

．

Ⅱ．（1）电磁打点计时器是一种计时的仪器，使用时要注意调节好振针的高度，如果振针的位置过低，打出的纸带的点迹是

短线

，还会对纸带产生

较大阻力

，对实验结果有较大的影响．利用打点计时器和如图1的其它器材可以开展多项实验探究，其主要步骤如下：
a、按装置安装好器材并连好电路
b、接通电源，释放纸带，让重锤由静止开始自由下落
c、关闭电源，取出纸带．更换纸带，重复步骤b，打出几条纸带
d、选择一条符合实验要求的纸带，数据如图2（相邻计数点的时间为T），
（2）进行数据处理

①若是探究重力做功和物体动能的变化的关系．需求出重锤运动到各计数点的瞬时速度，试表示在B点时重锤运动的瞬时速度V_B=

s2+s3

2T

s2+s3

2T

．
②若是测量重力加速度g．为减少实验的偶然误差，采用逐差法处理数据，则加速度大小可以表示为g=

(S3+S4)-(S1+S2 )

4T2

(S3+S4)-(S1+S2 )

4T2

．
③如果求出的加速度值与当地重力加速度公认的值g′有较大差距，说明实验过程存在较大的阻力，若要测出阻力的大小，则还需测量的物理量是

重锤的质量m

．试用这些物理量和纸带上的数据符号表示出重锤在下落的过程中受到的平均阻力大小F=

m〔g′-

(S3+S4)-(S1+S2 )

4T2

〕

m〔g′-

(S3+S4)-(S1+S2 )

4T2

〕

．

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Ⅰ．如图1测量一小段金属丝的直径和长度，得到如下情形，则这段金属丝直径

mm，长度是

cm．

Ⅱ．（1）如图2所示为一种测量电源电动势的电路原理图．E为供电电源，E_S为标准电源，E_X为待测电源，R_P是限流电阻，R₀是电流表的保护电阻，AB是均匀电阻丝，长度为L．闭合S₁进行测量时，先将S₂合到“1”位置，移动C至C₁处时，恰好使电流表指针指零，测得AC₁=

1

3

L；再将S₂合到“2”位置，移动C至C₂处时，恰好又使电流表指针指零，测得AC₂=

1

2

L．请你根据这些信息，结合所学过的有关物理知识回答：
①本实验对供电电源的要求是E

E_S和E_X（填“＜”，“=”或“＞”）；
②你认为该实验中电流表最好应选用

（填“安培表”，“毫安表”，“微安表”，“灵敏电流计”）；
③本次实验测得的E_X=

E_S．
（2）用如图3所示的电路测定电源的电动势和内电阻，提供的器材为

（A）干电池两节，每节电池的电动势约为1.5V，内阻未知
（B）直流电压表V₁、V₂，内阻很大
（C）直流电流表A，内阻可忽略不计
（D）定值电阻R₀，阻值未知，但不小于5Ω
（E）滑动变阻器
（F）导线和开关

某同学利用该电路完成实验时，由于某根导线发生断路故障，因此只记录了一个电压表和电流表的示数，并描在了坐标纸上作出U--I图，如图4所示．由图象可知，该同学测得两节干电池总的电动势值为

V，总内阻为

Ω．由计算得到的数据可以判断能够正确示数的电压表应为表

（选填“V₁”或“V₂”）（保留三位有效数字）

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高考真题

1．【解析】本题考查了左手定则的应用。导线a在c处产生的磁场方向由安培定则可判断，即垂直ac向左，同理导线b在c处产生的磁场方向垂直bc向下，则由平行四边形定则，过c点的合场方向平行于ab，根据左手定则可判断导线c受到的安培力垂直ab边，指向左边

【答案】C

2．【解析】由回旋加速器的结构可知，离子由加速器的中心附近进入加速器，所以选项A正确；因在盒内洛仑兹力不做功，所以离子从空隙的电场中获得能量，故选项D正确．

【答案】AD

3．【解析】由安培定则判断在水平直导线下面的磁场是垂直于纸面向里，所以小磁针的N极将垂直于纸面向里转动

【答案】C

4．【解析】带电粒子在洛仑兹力作用下，作匀速圆周运动，又根据左手定则得选项A正确．

【答案】A

5．【解析】因为tanα=板间距离/板长，并可用荷质比表示，由左手定则可以判断负外；不正确，电子的荷质比是其本身的性质。

【答案】不正确，电子的荷质比是其本身的性质。

6．【解析】(1)质点在磁场中的轨迹为一圆弧。由于质点飞离磁场时，速度垂直于OC，故圆弧的圆心在OC上。依题意，质点轨迹与x轴的交点为A，过A点作与A点的速度方向垂直的直线，与OC交于O＇。由几何关系知，AO＇垂直于OC＇，O＇是圆弧的圆心。如图所示，设圆弧的半径为R，则有

R=dsinj

由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得

将①式代入②式，得

(2)质点在电场中的运动为类平抛运动。设质点射入电场的速度为v₀，在电场中的加速度为a，运动时间为t，则有

v₀＝vcosj vsinj＝at d=v₀t联立发上各式得

设电场强度的大小为E，由牛顿第二定律得 qE＝ma 联立得

【答案】（1）（2）

7．【解析】(1)洛伦兹力不做功，由动能定理得，

mgy=mv² ……①

得 v= ……②

（2）设在最大距离y_m处的速率为v_m,根据圆周运动有，

qv_mB-mg=m ……③

且由②知 ……④

由③④及R=2y_m

得 ……⑤

（3）小球运动如图所示，

由动能定理（qE-mg）|y_m|= ……⑥　

由圆周运动 qv_mB+mg-qE=m ……⑦

且由⑥⑦及R=2|y_m|解得

v_m=

【答案】（1）（2）（3）

8．【解析】⑴做直线运动有：

做圆周运动有：

只有电场时，粒子做类平抛，有：

解得：

粒子速度大小为：

速度方向与x轴夹角为：

粒子与x轴的距离为：

⑵撤电场加上磁场后，有：

解得：

粒子运动轨迹如图所示，圆心C位于与速度v方向垂直的直线上，该直线与x轴和y轴的夹角均为π/4，有几何关系得C点坐标为：

过C作x轴的垂线，在ΔCDM中：

解得：

M点横坐标为：

【答案】（1）（2）

9．【解析】方法1：（1）设粒子在0～t₀时间内运动的位移大小为s₁

①

②

又已知

联立①②式解得

③

（2）粒子在t₀~2t₀时间内只受洛伦兹力作用，且速度与磁场方向垂直，所以粒子做匀速圆周运动。设运动速度大小为v₁，轨道半径为R₁，周期为T，则

④

⑤

联立④⑤式得

⑥

又 ⑦

即粒子在t₀~2t₀时间内恰好完成一个周期的圆周运动。在2t₀~3t₀时间内，粒子做初速度为v₁的匀加速直线运动，设位移大小为s₂

⑧

解得 ⑨

由于s₁+s₂＜h,所以粒子在3t₀~4t₀时间内继续做匀速圆周运动，设速度大小为v₂，半径为R₂

⑩

11

解得 12

由于s₁+s₂+R₂＜h,粒子恰好又完成一个周期的圆周运动。在4t₀～5t₀时间内，粒子运动到正极板（如图所示）。因此粒子运动的最大半径

（3）粒子在板间运动的轨迹如图所示。

方法2：由题意可知，电磁场的周期为2t₀，前半周期粒子受电场作用做匀加速直线运动，加速度大小为

方向向上

后半周期粒子受磁场作用做匀速圆周运动，周期为T

粒子恰好完成一次匀速圆周运动。至第n个周期末，粒子位移大小为s_n

又已知

由以上各式得

粒子速度大小为

粒子做圆周运动的半径为

解得

显然

【答案】（1）粒子在0～t₀时间内的位移大小与极板间距h的比值

（2）粒子在极板间做圆周运动的最大半径

（3）粒子在板间运动的轨迹图见解法一中的图。

10．【解析】（1）由于粒子在P点垂直射入磁场，故圆弧轨道的圆心在AP上，AP是直径。

设入射粒子的速度为，由洛仑兹力的表达式和牛顿第二定律得

………… ①

由上式解得 ………… ②

（2）设是粒子在磁场中圆弧轨道的圆心。连接，设。

如图所示，由几何关系得 ………… ③

………… ④

由余弦定理得

………… ⑤

联立④⑤式得

………… ⑥

设入射粒子的速度为，由解出

【答案】

11．【解析】⑴v₀=100m/s（提示：微粒在磁场中的半径满足：L<r<2L，因此80<v₀<160，而m/s（n=1，2，3…），因此只能取n=2）

⑵t=2.8×10^-2s两次穿越磁场总时间恰好是一个周期，在磁场外的时间是，代入数据得t=2.8×10^-2s

【答案】（1）（2）t=2.8×10^-2s

名校试题

1．【解析】由安培定则判断出P和QR的磁场方向，并求出其合磁场是水平向右，再由左手定则判断出R受到的磁场力垂直R，指向y轴负方向

【答案】A

2．【解析】电子在飞行过程中受到地磁场洛仑兹力的作用，洛仑兹力是变力而且不做功，所以电子向荧光屏运动的速率不发生改变；又因为电子在自西向东飞向荧光屏的过程中所受的地磁场感应强度的水平分量可视为定值，故电子在竖直平面内所受洛伦兹力大小不变、方向始终与速度方向垂直，故电子在在竖直平面内的运动轨迹是圆周。

【答案】CD

3．【解析】根据左手定则判断出，正离子偏向B板，所以B板是电源的正极，因最后离子匀速运动，由平衡条件得，故电源的电动势为Bvd

【答案】BC

4．【解析】根据左手定则判断出，正离子偏向后表面的电势，所以选项A正确；，所以选项C也正确．

【答案】AC

5．【解析】设D形盒的半径为R，则粒子可能获得的最大动能由qvB=m得E_km==,由此式得选项AC正确．

【答案】AC

6．【解析】无磁场时，小球队在C点由重力提供向心力，，临界速度。

从A至C由机械能守恒定律得：，有

加磁场后，小球在C点受向上的洛仑兹力，向心力减小，

临界速度v减小。洛仑兹力不做功，由A到C机械能守恒

因，所以，故选项C正确。

【答案】C

7．【解析】(1)电场中加速，由

∴

磁场中偏转，由牛顿第二定律得

∴

可见在两磁场区粒子运动半径相同，如图所示，三段圆弧的圆心组成的三角形△O₁O₂O₃是等边三角形，其边长为2r www.ks5u.com

∴

(2)电场中，中间磁场中，

右侧磁场中，则

【答案】（1）（2）

8．【解析】（1）磁场中带电粒子在洛仑兹力作用下做圆周运动，故有

--------------①

同时有 -----------②

粒子运动轨迹如图所示，由几何知识知，

x_C＝－（r＋rcos45⁰）＝， ------------ ③

故，C点坐标为（，0）。 ----------- ④

（2）设粒子从A到C的时间为t₁，设粒子从A到C的时间为t₁，由题意知

------------ ⑤

设粒子从进入电场到返回C的时间为t₂，其在电场中做匀变速运动，由牛顿第二定律和运动学知识，有 ------------⑥

及， ------------⑦

联立⑥⑦解得 ------------⑧

设粒子再次进入磁场后在磁场中运动的时间为t₃，由题意知

------------ ⑨

故而，设粒子从A点到第三次穿越x轴的时间为

------------ ⑩

（3）粒子从第三次过x轴到第四次过x轴的过程是在电场中做类似平抛的运动，即沿着v₀的方向（设为x′轴）做匀速运动，即

……① …………②

沿着qE的方向（设为y′轴）做初速为0的匀变速运动，即

……③ ……④

设离子第四次穿越x轴时速度的大小为v，速度方向与电场方向的夹角为α.

由图中几何关系知

……⑤ ……⑥

……⑦

综合上述①②③④⑤⑥⑦得

……⑧

【答案】（1）C点坐标为（，0）（2）（3）

9．【解析】 ⑴由电场力与洛伦兹力平衡得：qE=qv₀B得：E=v₀B

⑵根据运动的对称性，微粒能从P点到达Q点，应满足

其中x为每次偏转圆弧对应的弦长，偏转圆弧对应的圆心角为或。

设圆弧的半径为R，则有2R²=x²，可得：

又

由①②③式得：，n =1、2、3、

⑶当n取奇数时，微粒从P到Q过程中圆心角的总和为

，

，其中n =1、3、5、……

当n取偶数时，微粒从P到Q过程中圆心角的总和为

，其中n =2、4、6、……

【答案】（1）E =v₀B （2）（3）当n取奇数时，

当n取偶数时，

10．【解析】（1）粒子源发出的粒子，进入加速电场被加速，速度为v₀，根据能的转化和守恒定律得：

要使粒子能沿图中虚线O₂O₃进入PQ、MN之间的区域，

则粒子所受到向上的洛伦兹力与向下的电场力大小相等，

得到　　

将②式代入①式，得

（2）粒子从O₃以速度v₀进入PQ、MN之间的区域，先做匀速直线运动，打到ab板上，以大小为v₀的速度垂直于磁场方向运动．粒子将以半径R在垂直于磁场的平面内作匀速圆周运动，转动一周后打到ab板的下部．由于不计板的厚度，所以质子从第一次打到ab板到第二次打到ab板后运动的时间为粒子在磁场运动一周的时间，即一个周期T．

由和运动学公式，得