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2022-2023学年重庆市巴蜀中学高二（上）期末物理试卷（含解析）
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2022-2023学年重庆市巴蜀中学高二（上）期末物理试卷
1. 某同学通过实验得到了如图所示的四幅图案，在下列四个选项中，哪一个可能是由双缝干涉实验得到的图案( )
A. B.
C. D.
2. 三种透明介质垂直堆叠，介质Ⅱ的两边界是平行的。一束光在介质Ⅱ的上边界内部发生全反射，经过折射后从介质Ⅱ的下边界射出，如图所示。假设光在三种介质中的折射率分别为n1，n2和n3，则它们之间的大小关系正确的是( )
A. n1>n2，n3n2
C. n1>n2，n3>n2 D. n1
A. 机械波向外传递的过程中频率会逐渐减小
B. 在传播方向上相邻两个波峰间的距离是一个波长
C. 甲、乙两列绳波的起振方向相同
D. 机械波以传递振动，所以绳上的各点随波向外迁移
4. 一个小球在水平方向上做简谐运动，其振动图像如图所示，下列说法中正确的是( )
A. 小球的振幅是2cm，周期是2s
B. t=0s到t=1s时间内，小球的动能在减小
C. t=2s时和t=4s时小球的回复力大小相同
D. t=2s到t=3s时间内，小球的加速度在增大
5. 如图所示，矩形线框KLMN面积为S，处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，线框可绕虚线轴逆时针转动，初始时刻线圈平面与磁场方向的夹角为30∘，下列说法正确的是( )
A. 初始位置穿过线圈的磁通量为32BS
B. 当线圈从图示位置逆时针转过30∘时，穿过线圈的磁通量为0
C. 当线圈从图示位置逆时针转过90∘时，穿过线圈的磁通量为12BS
D. 在线圈从图示位置逆时针转过180∘过程中，线圈磁通量的变化的大小为BS
6. 如图所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂起来，其附近有一条形磁铁，该磁铁的轴线穿过导线圈的圆心，且与线圈平面垂直，现保持条形磁铁不动，而在线圈中通以如图所示的电流，则( )
A. 线圈保持不动 B. 线圈向左偏转且有向外扩张的趋势
C. 线圈向左偏转且有向内收缩的趋势 D. 线圈向右偏转且有向内收缩的趋势
7. 如图所示，在真空中有两根长而直的平行导线，其中只有一根携带稳定的电流，其方向未知。一个电子在两根导线确定的平面内沿着如图所示的路径从点Q移动到点P。以下哪一种表述是正确的( )
A. CD导线携带电流，方向从D流到C B. CD导线携带电流，方向从C流到D
C. AB导线携带电流，方向从A流到B D. AB导线携带电流，方向从B流到A
8. 在光滑的水平地面上有两个小车A和B，A车质量为mA=2kg，B车质量mB=1kg，B车左侧固定有一个轻弹簧，如图所示，一开始弹簧处于原长且保持水平，A车向右的初速度v0=3m/s，则下列选项中不正确的有( )
A. 两车共速时的速度为2m/s B. A车的最终速度为1m/s
C. B车的最终速度为4m/s D. 弹簧的最大弹性势能为4J
9. 19世纪末，汤姆孙的学生阿斯顿设计了质谱仪，并用质谱仪发现了氖−20和氖−22，证实了同位素的存在。如图甲为质谱仪工作的原理图，已知质量为m、电荷量为q的粒子，从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为0，然后经过S3沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片D上的P点，且S3P=x。忽略粒子的重力，通过实验测得x与U的关系如图乙所示，已知斜率为k=0.5，匀强磁场的磁感应强度B为2×10−4T，π=3.14，则下列说法中正确的是( )
A. 该粒子带负电
B. 该粒子比荷为9×108C/kg
C. 若电压U不变，x越大，则粒子比荷越大
D. 该粒子在磁场中运动的时间约为1.96×10−5s
10. 如图所示，AB平行于CD，相距为d，两边之间有垂直直面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m，电荷量为q的电子在AB边某点与AB边成30∘角方向入射，与CD边成60∘角出射，下列选项正确的是( )
A. 电子运动的轨道半径为r=(3−1)d
B. 电子在磁场中运动的时间为t=πm3qB
C. 电子的入射速度v0=(23−1)qBdm
D. 仅改变入射方向，使电子刚好不从右边界射出，则AB边界上的入射点与出射点间的距离为2(1+23)d
11. 一质量为1kg的物块，在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示，已知物块与地间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g取10m/s2，下列选项正确的是( )
A. 物体在3s末的动量大小12kg⋅m/s
B. 水平力F在前4s内的冲量大小为16N⋅s
C. 物体在5s末的速度大小为2m/s
D. 6s末动量大小为12kg⋅m/s
12. 下列说法中正确的是( )
A. 各种波均会发生干涉、衍射、偏振等现象
B. 在波的干涉图样中，振动加强的点永远都振动加强
C. 两列相干波的波峰与波峰叠加相互加强，波谷与波谷叠加相互削弱
D. 当障碍物或孔的尺寸比波长小或相差不多时，才能发生明显的衍射现象
13. 如图所示，水平放置的两导轨P、Q间的距离d=0.5m，垂直于导轨平面的竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B=2T，垂直于导轨放置的ab棒的质量m=1kg，系在ab棒中点的水平绳跨过定滑轮与重物块G相连。已知ab棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.2，最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力，电源的电动势E=10V、内阻r=0.1Ω，导轨的电阻及ab棒的电阻均不计。当滑动变阻器R=0.9Ω时，ab棒处于静止状态且仅受四个力作用，g取10m/s2，下列选项正确的是( )
A. 重物块的质量1kg
B. ab棒保持静止，滑动变阻器R的最小值为0.4Ω
C. ab棒保持静止，滑动变阻器R的最大值为1.15Ω
D. 若将磁场反向，调节滑动变阻器，仍可让系统平衡
14. 如图(a)所示，在固定的水平滑槽中，有一平台可左右滑动。平台下方竖直悬挂轻弹簧，两小球A、B间用细线连接，弹簧下端与小球A相连。现让平台与小球一起向右匀速运动，t=0s时剪断细线，小球A在竖直方向上做简谐运动。同时用频率为10Hz的频闪照相机开始记录小球A的位置，以剪断细线时小球A的位置为坐标原点，小球A的水平位移x为横坐标，小球A的竖直位移y为纵坐标。运动一段时间后，用平滑的曲线连接小球A的位置如图(b)所示。则下列说法中正确的是( )
A. 平台向右运动的速度大小v=1m/s
B. t=0.2s时，小球A的速度最大
C. t=0.35s时，小球A的加速度方向向上
D. t=0.95s时，小球A的在竖直方向上的位移大小为(10+52)cm
15. 如图所示，在x>0区域有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，在x<0区域有沿x轴正向的匀强电场。质量为m电荷量为q的带正电荷粒子，以速度v0沿与y轴正向夹角为φ弧度(π3≤φ<π2)的方向，从坐标系的原点O处射入磁场，粒子的重力可以忽略不计。粒子每次离开磁场后，都会从O点再次进入磁场，即粒子以周期路径运动。下列说法中正确的是( )
A. 粒子第一次经过y轴时的位置坐标为(0,2mv0qBsinφ)
B. 粒子运动周期为T=2m(tanφ+π−φ)qB
C. 匀强电场的电场强度大小为m2Bv0cosφ
D. 当粒子运动到离y轴最远位置时，将磁感应强度减小到2B3，则粒子第一次离开磁场时，距O点距离为L=(3+3)mv02qB
16. 如图所示，在插针法测量玻璃折射率的实验中，两位同学先把方格纸固定在木板上。在方格纸上画出一条直线aa′作为界面(线)，过aa′上的一点O画出界面的法线NN′，并画一条线段AO作为入射光线。再把玻璃砖放到方格纸上，使其上边界与aa′重合，画出玻璃砖的下界面bb′的位置。在直线AO上插两枚大头针P1和P2，再在玻璃砖的另一侧插上大头针P3和P4。确定光路后利用折射定律计算折射率。
(1)关于本实验下列说法正确的是______ ；
A.实验时入射角越大越好
B.插大头针时应使P1和P2、P3和P4的间距稍大一些，可以减小误差
C.插大头针时，大头针应垂直纸面插放
D.该实验只能测量两面平行的玻璃砖的折射率
(2)利用上述方格纸上的实验记录，计算此玻璃砖的折射率为______ ；(答案可以用分数或根号表示)
(3)某同学在画好玻璃砖的上下边界之后，插针之前，不小心碰到了玻璃砖，使其向上平移了一小段距离，该同学并没有发现，则该同学测出的折射率与真实值相比______ 。(填“偏大”、“偏小”或“不变”)
17. 某同学利用双缝干涉实验测量光的波长，实验装置如图1所示，操作如下：
a、接好电源，打开开关，使白炽灯正常发光；
b、调整各器件高度，使光源灯丝发出的光能沿遮光筒轴线到达光屏；
c、调节白炽灯到凸透镜的距离，使其光线刚好被聚焦到单缝上；
d、调节拨杆，使单缝与双缝平行；
e、调整测量头(由分划板、目镜、手轮等构成)，直至可在目镜端观察到干涉条纹；
f、旋转手轮完成测量。
(1)经过以上细心调节，该同学通过目镜观察，发现可以在毛玻璃上观察到彩色条纹，但无法观察到等间距的单色条纹，为了解决这一问题，该同学可在凸透镜和单缝之间增加______ (填“偏振片”或“滤光片”)
(2)在加装了该器件后，该同学重新操作以上步骤，在毛玻璃上出现了明暗相间的单色条纹，但由于条纹间距过小，导致无法测量，要增大观察到的条纹间距，正确的做法是______ 。
A.减小双缝的距离
B.减小单缝与双缝问的距离
C.增大透镜与单缝间的距离
D.增大双缝与光屏间的距离
(3)做出适当调整后，该同学再次重复前面操作，终于在毛玻璃上看到了清晰的明暗相间的单色条纹，只不过发现里面的亮条纹与分划板竖线不平行，如图2所示，若要使两者平行对齐，该同学应如何调节______ 。
A.仅左右转动透镜
B.仅旋转单缝
C.仅旋转双缝
D.仅旋转测量头
(4)再次调节之后，测量头的分划板中心刻线与某条亮纹中心对齐，将该亮条纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数如图3−甲所示，然后同方向转动测盘头，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，记下此时图3−乙中手轮上的示数______ mm。
(5)已知双缝间距d为2.1×10−4m，测得双缝到屏的距离L为0.700m，求得所测光波长为______ nm。
18. 如图所示，有一列简谐横波沿x轴方向传播，实线和虚线分别表示t=0s和t=5s时的波形图。
(1)若波沿x轴正向传播，则波可能的周期是多少？该波的最小波速是多少？
(2)若该列波沿x轴负方向传播，由图可知，在t=0时刻坐标为x=1m处的质点处于平衡位置，若该质点t=5s时第一次达到正向最大位移，求该列波波速，并写出x=1m处质点的振动方程。
19. 如图所示，质量M=2kg的小车静止在光滑的水平面上，右边14圆弧部分的半径r=1m，小车上表面光滑，且均由绝缘材料制成，整个空间开始时有竖直向上的匀强电场。现有一质量m=1kg、带负电的电荷量q=2C的滑块，以v0=6m/s的水平速度从小车左端A处向右滑上小车，小滑块刚好能运动到小车右端最高点，之后电场大小不变，方向改为竖直向下，小滑块反向滑回，最终小滑块脱离小车，滑块可视为质点，g取10m/s2，求：
(1)小滑块滑至右侧轨道最高点时的速度以及电场强度的大小；
(2)小滑块第二次滑至D点时对小车的压力。
20. 水平实线下方有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，匀强磁场磁感应强度为B，方向垂直纸面向外，匀强电场场强未知，O点是实线上一点，在其正上方有一点P，已知PO=h，OD=d，如图所示，整个图形处于竖直平面内，一个质量为m，电荷量为q的带正电小球从P点可以朝纸面内任意方向抛出。小球进入实线下方的复合场区后，可以做匀速圆周运动，求：
(1)求电场强度的大小及方向；
(2)自P点以与水平方向成α角斜向上抛出小球，抛出速度为vP，小球刚好经过D点，然后历经复合场区一次，在斜上抛的下落阶段再回到P点，求α和vP(已知：E=12N/C，h=4.8m，d=2.4m，B=5T，q=10C，m=12kg，g=10m/s2)
(3)若从P点以速度v0水平抛出小球，要使小球能经过D点，求速度v0的大小及方向。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：双缝干涉条纹是明暗相间的平行直线条纹，条纹间距相等，故A正确，BCD错误。
故选：A。
双缝干涉条纹是明暗相间的平行直线条纹，条纹间距相等。
本题考查了双缝干涉条纹，掌握基础知识是解题的前提，要注意基础知识的学习。
2.【答案】D
【解析】解：光在介质Ⅱ的上边界内部发生全反射，说明介质Ⅰ的折射率小于介质Ⅱ的折射率，即n1
故选：D。
光在介质Ⅱ的上边界内部发生全反射，介质Ⅰ的折射率小于介质Ⅱ的折射率；
光从介质Ⅱ的下边界折射，折射角大于入射角，根据折射定律，介质Ⅱ的折射率小于介质Ⅲ的折射率。
本题考查学生对全反射规律、折射定律的掌握，是一道基础题。
3.【答案】B
【解析】解：A.机械波的频率是由波源的频率决定的，在传播中不发生变化，故A错误；
B.由波长的定义，在传播方向上两个相邻波峰间的距离是一定是一个波长，故B正确；
C.根据“同侧法”可知，波形甲的起振方向向下，波形乙的起振方向向上，故C错误；
D.机械波传播的是振动形式和能量．质点只在各自的平衡位置附近振动，并不随波向外迁移，故D错误。
故选：B。
明确波的形成，知道机械波的频率是由波源决定的，明确波长的定义，根据波形图和波的传播方向确定质点的振动情况；明确波传播的是能量形式，质点并不随波迁移。
本题考查对波的理解，要注意明确波在传播中频率由波源决定，速度由介质决定，在传播中质点并不随波迁移，波传播的是能量形式和振动形式。
4.【答案】C
【解析】解：A、由图示图象可知，小球的振幅A=2cm，周期T=4s，故A错误；
B、由图示图象可知，t=0到t=1s时间内小球从正的最大位移处向平衡位置运动，小球做加速运动，速度增大，动能增大，故B错误；
C、由图示图象可知，t=2s小球在负的最大位移处，t=4s时小球在正的最大位移处，回复力大小相等，方向相反，故C正确；
D、由图示图象可知，t=2s到t=3s时间内，小球从负从最大位移处向平衡位置运动，位移逐渐减小，回复力逐渐减小，加速度逐渐减小，故D错误。
故选：C。
根据图示简谐运动的x−t图象求出振幅与周期，根据图示图象分析小球的运动过程分析答题。
本题考查了简谐运动的x−t图象，知道简谐运动的运动过程，根据图示图象分析即可解题。
5.【答案】D
【解析】解：A、当水平边MN与磁场方向的夹角为30∘时，穿过线框的磁通量为Φ=BSsin30∘，代入数据解得Φ=0.5BS，故A错误；
B、当线圈从图示位置逆时针转过30∘时，水平边MN与磁场方向的夹角为60∘，穿过线框的磁通量为Φ=BSsin60∘=32BS，故B错误；
C、当线圈从图示位置逆时针转过90∘时，水平边MN与磁场方向的夹角为60∘，穿过线框的磁通量为Φ=BSsin60∘=32BS，故C错误；
D、当线圈从图示位置逆时针转过180∘时，穿过线框的磁通量大小也是Φ=BSsin30∘=0.5BS，但穿过线圈的磁通量的方向与开始时相反，所以线圈从图示位置逆时针转过180∘过程中，线圈磁通量的变化的大小为BS。故D正确。
故选：D。
根据磁通量的公式可求穿过线框的磁通量大小。
明确磁感应强度，线框面积和磁通量之间的关系，会应用公式计算磁通量的大小。
6.【答案】B
【解析】解：现保持条形磁铁不动，而在线圈中通以如图所示的电流，根据右手定则，线圈内磁通量向左增加，根据楞次定律，线圈有向左和扩张的趋势。故B正确，ACD错误；
故选：B。
根据右手定则，线圈内磁通量向左增加，根据楞次定律，线圈有向左和扩张的趋势。
本题考查学生对右手定则和楞次定律的掌握，是一道基础题。
7.【答案】A
【解析】解：根据题意，电子越靠近CD导线，轨迹半径越小
洛伦兹力提供向心力qvB=mv2R
解得R=mvqB
故越靠近CD导线磁感应强度越大，因此一定是CD导线携带电流；
电子做曲线运动，受到的合外力方向指向轨迹弯曲的凹侧，根据左手定则，电子所在区域的磁场方向垂直纸面向外，其中只有一根携带稳定的电流，根据安培定则，则是CD导线携带电流，方向从D流到C。
故A正确，BCD错误；
故选：A。
洛伦兹力提供向心力和半径变化，确定磁感应强度大小，确定携带电流的导线；
根据左手定则和安培定则，分析电流方向。
本题考查学生对洛伦兹力提供向心力、左手定则和安培定则的掌握，是一道基础题。
8.【答案】D
【解析】解：光滑的水平地面，辆小车不受摩擦力，小车组成的系统水平方向动量守恒，设水平向右为正方向
AD.两车共速时，弹簧压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒和能量守恒有
mAv0=(mA+mB)v
12mAv02=12(mA+mB)v2+EP
代入数据解得v=2m/s
EP=3J，故A正确，D错误；
BC.两车(含弹簧)作用的整个过程，最终弹簧形变量为零，根据动量守恒和能量守恒
mAv0=mAvA+mBvB
12mAv02=12mAvA2+12mBvB2
解得vA=1m/s，vB=4m/s，故BC正确。
本题选不正确的
故选：D。
因地面光滑，所以滑块P在A车上滑动的过程中，符合动量守恒的条件，同时除了弹簧的弹力做功之外，没有其他的力做功，所以机械能也是守恒的，分别应用动量守恒和机械能守恒列式求解，可得出滑块A滑上B后的共同速度．两车(含弹簧)作用的整个过程，最终弹簧形变量为零，再根据动量守恒和能量守恒解得分离后A、B的速度。
本题考查了水平方向的系统动量守恒问题，一般来说动量守恒为简单的单向动量守恒，结合能量关系可得出正确结果。
9.【答案】D
【解析】解：A.粒子在偏转磁场中做圆周运动，根据左手定则可知，该粒子带正电，故A错误；
BC.粒子在加速电场中，根据动能定理qU=12mv2
粒子在偏转磁场中，做圆周运动的半径r=x2，
根据牛顿第二定律qvB=mv2r
粒子的比荷qm=8UB2x2
可见，若电压U不变，x越大，则粒子比荷越小；
联立解得x=8mqB2⋅U
结合图乙，图像斜率k=8mqB2
代入数据解得粒子比荷qm=8×108C/kg，故BC错误；
D.根据牛顿第二定律qvB=mv2r
该粒子的运动周期T=2πrv=2πmqB
在磁场中的运动时间t=12T=12×2πmqB=πmqB=3.142×10−4×18×108s=1.96×10−5s，故D正确。
故选：D。
A.根据左手定则判断粒子的带电性；
BC.根据动能定理求粒子的速度，粒子在磁场中做匀速运动运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求荷质比的关系式，再求解x−U函数，结合图像求比荷；
D.根据周期公式T=2πmqB求周期，再求时间。
本题考查了质谱仪的工作原理，重点掌握动能定理、牛顿第二定律在圆周运动中的运动，圆周运动的周期公式；难点在于根据动能定理和牛顿第二定律求解x−U函数，再结合图像斜率的含义求比荷。
10.【答案】D
【解析】解：ABC.做出电子在磁场中的运动轨迹如图1所示
图1
由图1可得
dcos30∘+r2cos30∘=r
解得r=(3+1)d
由洛伦兹力提供向心力解得
qv0B=mv02r
解得v0=qBrm=v0=(3+1)qBdm
电子在磁场中运动的时间为
t=30∘360∘T=112×2πmqB=πm6qB，故ABC错误；
D.仅改变入射方向，使电子刚好不从右边界射出，如图2所示
图2
由图2中几何关系可得，AB边界上的入射点与出射点间的距离为
L=2r2−(r−d)2=2(3+1)d2−(3d)2=2(1+23)d，故D正确。
故选：D。
做出粒子的运动轨迹，由几何关系解得粒子做圆周运动的半径，由洛伦兹力提供向心力，解得电子的入射速度，找到粒子做圆周运动圆心角，由T=2πmqB求得电子在磁场中运动的时间。由几何关系求解电子在AB边界上的入射点与出射点间的距离。
本题考查带电粒子在磁场中运动的类型，确定向心力来源，画出轨迹，运用牛顿第二定律列式是惯用的解题思路。特别注意数学规律的应用，明确几何关系的正确分析方法。
11.【答案】C
【解析】解：物体运动过程中受到的滑动摩擦力的大小为：f=μmg=0.2×1×10N=2N，根据图象可知拉力大小为F=4N。
A、在t1=3s内由动量定理可得：p1=Ft1−ft1，解得物体在3s末的动量大小为：p1=6kg⋅m/s，故A错误；
B、水平力F在前4s内的冲量大小为I=Ft1−Ft2=4×3N⋅s−4×1N⋅s=8N⋅s，故B错误；
C、物体速度为零时，由动量定理可得：Ft1−Ft3−f(t1+t3)=0，代入数据解得：t3=1s，所以在4s末物体的速度为零。
从4s末到5s末由动量定理得：(F−f)Δt=mv，解得物体在5s末的速度大小为：v=2m/s，故C正确；
D、从4s末到6s末由动量定理得：p2=(F−f)Δt′=(4−2)×2kg⋅m/s=4kg⋅m/s，故D错误。
故选：C。
在t1=3s内由动量定理求解物体在3s末的动量大小；根据冲量的计算公式求解水平力F在前4s内的冲量大小；由动量定理求解速度为零时经过的时间，再根据动量定理求解在5s末的速度大小；从4s末到6s末由动量定理求解6s末动量大小。
本题主要是考查动量定理，利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力情况，知道合外力的冲量才等于动量的变化。
12.【答案】BD
【解析】解：A.所有的波都能发生干涉、衍射现象，但偏振现象是横波的特性，只有横波才有偏振现象，纵波没有偏振现象，故A错误；
BC.两列相干波的波峰与波峰叠加相互加强，波谷与波谷叠加相互加强，波峰与波谷叠加相互削弱，故振动加强的点永远振动加强，振动削弱的点永远振动削弱，故B正确，C错误；
D.当障碍物或孔的尺寸比波长小或相差不多时，才能发生明显的衍射现象，故D正确。
故选：BD。
波发生明显衍射的条件是：孔、缝的宽度或障碍物的尺寸与波长相比差不多或者比波长更小，但如果孔、缝的宽度或障碍物的尺寸就不能发生明显的衍射现象
明确波的干涉现象、衍射以及偏振现象，注意明确衍射现象中当障碍物或孔的尺寸比波长小或相差不多时是指发生明显衍射的现象。
13.【答案】AC
【解析】解：A、设物块的质量为m′。当滑动变阻器R=0.9Ω时，根据闭合电路欧姆定律得
I=ER+r=100.9+0.1A=10A
ab棒处于静止状态，仅受重力、支持力、拉力和安培力的作用，不受摩擦力，安培力大小为F=BId，方向水平向左。
由平衡条件得：F=m′g，代入数据解得：m′=1kg，故A正确；
B、当ab棒刚要向左滑动时，电路中电流最大，滑动变阻器R的阻值最小，设为R1。由平衡条件得：BI1d=μmg+m′g，其中I1=ER1+r，代入数据解得：R1=1115Ω，故B错误；
C、当ab棒刚要向右滑动时，电路中电流最小，滑动变阻器R的阻值最大，设为R2。由平衡条件得：BI1d+μmg=m′g，其中I2=ER2+r，代入数据解得：R2=1.15Ω，故C正确；
D、ab棒与导轨间的最大静摩擦力为fmax=μmg=0.2×1×10N=2N。若将磁场反向，则安培力的方向水平向右，由于m′g=1×10N=10N，m′g>fmax，所以无论怎样调节滑动变阻器，都不能让系统平衡，故D错误。
故选：AC。
当滑动变阻器R=0.9Ω时，先根据闭合电路欧姆定律求出电路中电流，对ab棒的受力分析，根据平衡条件和安培力公式相结合求重物块的质量；当ab棒刚要向左滑动时，电路中电流最大，滑动变阻器R的阻值最小；当ab棒刚要向右滑动时，电路中电流最小，滑动变阻器R的阻值最大，根据平衡条件和安培力公式相结合求滑动变阻器R的最小值和最大值；若将磁场反向，分析安培力与重物块重力之和与最大静摩擦力的关系，判断ab棒能否静止。
本题是通电导体在磁场中平衡问题，要抓住静摩擦力会外力的变化而变化，挖掘临界条件进行求解。
14.【答案】CD
【解析】解：A、在图(b)中所示，小球A相邻位置的时间间隔为T0=110s=0.1s，平台向右运动的速度大小为v=xt=0.20.1m/s=2m/s，故A错误；
B、由图(b)可知，t=0.1s时，小球A处于平衡位置，小球A的速度最大，故B正确；
C、由图(b)可知，小球A的振动周期为T=4T0=4×0.1s=0.4s；t=0.35s时，小球A处在平衡位置y=10cm下方且向下振动，可知小球A的加速度方向竖直向上，故C正确；
D、设y=10cm为原点，由图可知，振幅为10cm，则振动方程为y=−Acosωt=−10cos(2πTt)cm=−10cos(2π0.4t)cm=−10cos(5πt)cm
t=0.95s时，得y=52cm，此时，小球A的竖直位移大小为y′=(10+52)cm，故D正确。
故选：CD。
结合小球A相邻位置的时间间隔求平台向右运动的速度大小；由图(b)可知，t=0.2s时，小球A处于平衡位置，小球A的速度最大；由图(b)可知小球A的振动周期，进而可知t=0.35s时，小球A的加速度方向竖直向上；根据振动方程求t=0.95s时，小球A的在竖直方向上的位移大小。
本题考查简谐运动的表达式和图像，学生需根据图像结合振动方程等分析求解。
15.【答案】BD
【解析】解：A、粒子在磁场和电场中的轨迹如图所示
在磁场中根据洛伦兹力提供向心力可得：qv0B=mv02R
变形后得到：R=mv0qB
所以粒子第一次经过y轴时的位置的纵坐标为：y=−2Rsinφ=−2mv0qBsinφ
粒子第一次经过y轴时的位置坐标为(0,−2mv0qBsinφ)，故A错误；
B、由上述分析可知，粒子在磁场中的时间为：t1=2π−2φ2π⋅2πmqB=2(π−φ)mqB
粒子在电场中沿y轴方向做匀速直线运动，则有：2Rsinφ=v0cosφt2，解得：t2=2mtanφqB
所以粒子运动周期为：T=t1+t2=2m(tanφ+π−φ)qB，故B正确；
D、根据题设要求，当粒子运动到离y轴最远位置时，此时速度方向沿y轴负方向，则有：x=R+Rcosφ
可知当φ=π3时，离y轴有最远距离，则有：xmax=R+Rcosπ3=32R
此时粒子离x轴距离为：y1=Rsinπ3=32R
此时将磁感应强度减小到2B3，则粒子半径变为：R′=mv0q⋅2B3=32⋅mv0qB=32R
可知粒子继续转过14圆周离开磁场，则粒子第一次离开磁场时，距O点距离为：L=y1+R′=32R+32R=(3+3)mv02qB，故D正确；
C、设电场强度大小为E，根据牛顿第二定律有：a=qEm，而沿电场方向的速度：v0sinφ=a⋅t22，联立解得：E=Bv0cosφ，故C错误。
故选：BD。
由题意作出粒子的轨迹图，由洛伦兹力提供向心力，再由几何关系求出坐标；
分别求出粒子在磁场和电场中的时间，相加即为粒子做周期性运动的周期；
根据平行于电场方向的速度及牛顿第二定律求出电场强度的大小；
根据题意由几何关系求出距O点的距离。
本题考查带电粒子在磁场和电场中的相关运动，要注意在两运动过程衔接点粒子的速度大小和方向的确定，通过几何画图求解关系。
16.【答案】BC102 不变
【解析】解：(1)A.实验时入射角应适当大些可以减小误差，但不是越大越好，故A错误；
B.为了减小误差，插大头针时应使P1和P2、P3和P4的间距大一些，故B正确；
C.为了便于观察，插大头针时，大头针应垂直纸面插放，故C正确；
D.该实验原理不仅能测量两面平行的玻璃砖的折射率，也可以测两面不平行的，故D错误。
故选：BC。
(2)光路图如图所示
在光路图中利用方格构造三角形，由图得sinθ1=22,sinθ2=55
根据折射定律，有n=sinθ1sinθ2=102
(3)如图所示
实线表示将玻璃砖向上平移后实际的光路图，而虚线是未将玻璃砖向上平移时作图时所采用的光路图，通过比较发现，入射角和折射角没有变化，则由折射定律n=sinisinr得知，测得的折射率将不变。
故答案为：(1)BC；(2)102；(3)不变。
(1)根据实验原理和注意事项分析判断；
(2)根据折射定律分析计算；
(3)画出光路图，根据折射定律分析。
本题考查测定玻璃折射率实验，要求掌握实验原理、实验装置、实验步骤、数据处理和误差分析。
17.【答案】滤光片 ADD13.870693
【解析】解：(1)为了观察到单色光的干涉条纹，需要获得单色光源，要在凸透镜和单缝之间增加滤光片。
(2)由双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ，在光的波长λ一定时，要增加干涉条纹间距Δx，可以减小双缝间的距离d或增大双缝与光屏间的距离L，故选AD。
(3)亮条纹与分划板竖线不平行，需要旋转测量头使干涉条纹与分划板竖直线平行，故选D。
(4)由图3−乙所示可知，手轮上的读数x6=13.5mm+37.0×0.01mm=13.870mm。
(5)由图3−甲所示可知，手轮读数x1=2mm+32.0×0.01mm=2.320mm，相邻亮条纹间的距离Δx=x6−x1n=13.870−2.3206−1mm=2.31mm；
由双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ可知，所测光的波长λ=dΔxL=2.1×10−4×2.31×10−30.700m=6.93×10−7m=693nm。
故答案为：(1)滤光片；(2)AD；(3)D；(4)13.870；(5)693。
(1)为获得单色光需要在单缝前放置滤光片。
(2)根据双缝干涉条纹间距公式分析答题。
(3)分划板与条纹不平行，需要调节测量头。
(4)固定刻度与可动刻度读数的和是螺旋测微器的读数。
(5)根据双缝干涉条纹间距公式求出波长。
理解实验原理、掌握基础知识是解题的前提，根据题意应用双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ即可解题，解题时注意单位换算。
18.【答案】解：(1)根据题意，若波沿x轴正向传播，由图可得，传播时间与周期的关系为Δt=(14+n)T(n=0,1,2⋯)
解得T=201+4ns(n=0,1,2⋯)
由公式v=λT可知，周期越大，波速越小，则波速最小时，周期最大为Tm=20s
由图可知，波长为λ=4m
则最小波速为
vmin=λTm=420m/s=0.2m/s
(2)若该列波沿x轴负方向传播，由图可知，在t=0时刻坐标为x=1m处的质点处于平衡位置沿y轴负方向振动，若该质点t=5s时第一次达到正向最大位移，则有
t=34T
解得T=43t=43×5s=203s
又有v=λT
代入数据解得
v=0.6m/s
由公式ω=2πT可得
ω=2πT=2π203rad/s=3π10rad/s
由于x=1m处质点从平衡位置开始沿y轴负方向振动，则x=1m处质点的振动方程为y=2sin(3π10+π)t(cm)
答：(1)若波沿x轴正向传播，则波可能的周期是T=201+4ns(n=0,1,2⋯)，该波的最小波速是0.2m/s；
(2)该列波波速为0.6m/s，x=1m处质点的振动方程为y=2sin(3π10+π)t(cm)。
【解析】(1)由波形图可得出波长，波向正方向传播，根据周期性可知传播距离的通式，再根据波速公式可求出波速表达式，再根据周期公式即可求出周期表达式；
(2)找到质点的初相位，代入振动方程的一般表达式。
解题关键是能够从图象中找到波长、振幅，以及时间与周期的关系；知道振动方程的一般表达式，会求解初相位。
19.【答案】解：(1)滑块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，滑块到达最高点时与小车速度相等，
以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv0=(M+m)v
由能量守恒定律得：12mv02=12(M+m)v2+mgr+qEr
代入数据解得：v=2m/s，E=1N/C
(2)小车与滑块组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向
在水平方向，由动量守恒定律得：(M+m)v=mv1+Mv2
由能量守恒定律得：12(M+m)v2+mgr+qEr=12mv12+12Mv22
代入数据解得，滑块第二次滑至D点时，滑块的速度大小v1=6m/s，小车的速度大小v2=0
滑块第二次到达D点时，对滑块，由牛顿第二定律得：F−mg−qE=mv12r
代入数据解得：F=48N
由牛顿第三定律可知，滑块对小车的压力大小F′=F=48N，方向竖直向下
答：(1)小滑块滑至右侧轨道最高点时的速度大小是2m/s，方向水平向右，电场强度的大小是1N/C；
(2)小滑块第二次滑至D点时对小车的压力大小是48N，方向竖直向下。
【解析】(1)滑块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律求出滑块到轨道最高点时的速度；应用能量守恒定律求出电场强度大小。
(2)应用动量守恒定律与能量守恒定律求出滑块第二次滑到D点时滑块与小车速度大小，然后应用牛顿第二定律求出压力。
根据题意分析清楚小车与滑块的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律与能量守恒定律、牛顿第二定律即可解题；解题时注意滑块与小车组成的系统在水平方向动量守恒。
20.【答案】解：(1)小球进入复合场区域做匀速圆周运动，重力与电场力合力为零，洛伦兹力提供向心力，则qE=mg，解得，电场强度的大小E=mgq，电场力竖直向上，小球带正电，电场强度方向竖直向上
(2)小球以与水平方向成α角斜向上抛出小球，抛出速度为vP，小球刚好经过D点，然后历经复合场区一次，在斜上抛的下落阶段再回到P点，小球的运动轨迹如图所示
小球经过D点过程，水平方向：d=vPcosα×t
竖直方向：h=−vPsinα×t+12gt2
小球在复合场中做匀速圆周运动，由几何关系可知：Rsinβ=d
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvDB=mvD2R
且vDy=vDsinβ=−vPsinα+gt
代入数据解得，小球从P到D的运动时间t=1.2s，vP=22m/s，α=45∘
(3)若从P点以速度v0水平抛出小球，要使小球能经过D点，小球运动轨迹如图所示
当小球从D1、D2、D3、…………位置经过时，则：h=12gt2，x0=v0t
当小球从D1′、D2′、D3′…………位置经过时，则：h=12gt2，x0=v0t
则：d=x0−2Rsinβ，d=3x0−4Rsinβ，d=5x0−6Rsinβ…………
以此类推，可知小球从D点飞出需要满足：d=(2n−1)x0−n×2Rsinβ(n=1、2、3……)
解得：v0=d2n−1g2h+2nmg(2n−1)qB (n=1、2、3……)方向水平向右
答：(1)电场强度的大小是mgq，方向竖直向上；
(2)α是45∘，vP是22m/s；
(3)速度v0的大小是d2n−1g2h+2nmg(2n−1)qB (n=1、2、3……)方向水平向右。
【解析】(1)小球在复合场中做匀速圆周运动，电场力与重力合力为零，据此求出电场强度大小与方向。
(2)小球抛出进入复合场前做斜上抛运动，小球进入磁场后做匀速圆周运动，作出小球的运动轨迹，应用运动学公式与牛顿第二定律、几何知识求解。
(3)小球水平抛出后进入复合场前做平抛运动，进入复合场后做匀速圆周运动，根据题意作出小球的运动轨迹，然后应用运动学公式求解。
本题考查了带电小球在复合场中的运动，根据题意分析清楚小球的运动过程、作出小球的运动轨迹是解题的前提，应用牛顿第二定律与运动学公式可以解题。
2022-2023学年重庆市巴蜀中学高二（上）期末物理试卷
1. 某同学通过实验得到了如图所示的四幅图案，在下列四个选项中，哪一个可能是由双缝干涉实验得到的图案( )
A. B.
C. D.
2. 三种透明介质垂直堆叠，介质Ⅱ的两边界是平行的。一束光在介质Ⅱ的上边界内部发生全反射，经过折射后从介质Ⅱ的下边界射出，如图所示。假设光在三种介质中的折射率分别为n1，n2和n3，则它们之间的大小关系正确的是( )
A. n1>n2，n3
C. n1>n2，n3>n2 D. n1
A. 机械波向外传递的过程中频率会逐渐减小
B. 在传播方向上相邻两个波峰间的距离是一个波长
C. 甲、乙两列绳波的起振方向相同
D. 机械波以传递振动，所以绳上的各点随波向外迁移
4. 一个小球在水平方向上做简谐运动，其振动图像如图所示，下列说法中正确的是( )
A. 小球的振幅是2cm，周期是2s
B. t=0s到t=1s时间内，小球的动能在减小
C. t=2s时和t=4s时小球的回复力大小相同
D. t=2s到t=3s时间内，小球的加速度在增大
5. 如图所示，矩形线框KLMN面积为S，处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，线框可绕虚线轴逆时针转动，初始时刻线圈平面与磁场方向的夹角为30∘，下列说法正确的是( )
A. 初始位置穿过线圈的磁通量为32BS
B. 当线圈从图示位置逆时针转过30∘时，穿过线圈的磁通量为0
C. 当线圈从图示位置逆时针转过90∘时，穿过线圈的磁通量为12BS
D. 在线圈从图示位置逆时针转过180∘过程中，线圈磁通量的变化的大小为BS
6. 如图所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂起来，其附近有一条形磁铁，该磁铁的轴线穿过导线圈的圆心，且与线圈平面垂直，现保持条形磁铁不动，而在线圈中通以如图所示的电流，则( )
A. 线圈保持不动 B. 线圈向左偏转且有向外扩张的趋势
C. 线圈向左偏转且有向内收缩的趋势 D. 线圈向右偏转且有向内收缩的趋势
7. 如图所示，在真空中有两根长而直的平行导线，其中只有一根携带稳定的电流，其方向未知。一个电子在两根导线确定的平面内沿着如图所示的路径从点Q移动到点P。以下哪一种表述是正确的( )
A. CD导线携带电流，方向从D流到C B. CD导线携带电流，方向从C流到D
C. AB导线携带电流，方向从A流到B D. AB导线携带电流，方向从B流到A
8. 在光滑的水平地面上有两个小车A和B，A车质量为mA=2kg，B车质量mB=1kg，B车左侧固定有一个轻弹簧，如图所示，一开始弹簧处于原长且保持水平，A车向右的初速度v0=3m/s，则下列选项中不正确的有( )
A. 两车共速时的速度为2m/s B. A车的最终速度为1m/s
C. B车的最终速度为4m/s D. 弹簧的最大弹性势能为4J
9. 19世纪末，汤姆孙的学生阿斯顿设计了质谱仪，并用质谱仪发现了氖−20和氖−22，证实了同位素的存在。如图甲为质谱仪工作的原理图，已知质量为m、电荷量为q的粒子，从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为0，然后经过S3沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片D上的P点，且S3P=x。忽略粒子的重力，通过实验测得x与U的关系如图乙所示，已知斜率为k=0.5，匀强磁场的磁感应强度B为2×10−4T，π=3.14，则下列说法中正确的是( )
A. 该粒子带负电
B. 该粒子比荷为9×108C/kg
C. 若电压U不变，x越大，则粒子比荷越大
D. 该粒子在磁场中运动的时间约为1.96×10−5s
10. 如图所示，AB平行于CD，相距为d，两边之间有垂直直面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m，电荷量为q的电子在AB边某点与AB边成30∘角方向入射，与CD边成60∘角出射，下列选项正确的是( )
A. 电子运动的轨道半径为r=(3−1)d
B. 电子在磁场中运动的时间为t=πm3qB
C. 电子的入射速度v0=(23−1)qBdm
D. 仅改变入射方向，使电子刚好不从右边界射出，则AB边界上的入射点与出射点间的距离为2(1+23)d
11. 一质量为1kg的物块，在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示，已知物块与地间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g取10m/s2，下列选项正确的是( )
A. 物体在3s末的动量大小12kg⋅m/s
B. 水平力F在前4s内的冲量大小为16N⋅s
C. 物体在5s末的速度大小为2m/s
D. 6s末动量大小为12kg⋅m/s
12. 下列说法中正确的是( )
A. 各种波均会发生干涉、衍射、偏振等现象
B. 在波的干涉图样中，振动加强的点永远都振动加强
C. 两列相干波的波峰与波峰叠加相互加强，波谷与波谷叠加相互削弱
D. 当障碍物或孔的尺寸比波长小或相差不多时，才能发生明显的衍射现象
13. 如图所示，水平放置的两导轨P、Q间的距离d=0.5m，垂直于导轨平面的竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B=2T，垂直于导轨放置的ab棒的质量m=1kg，系在ab棒中点的水平绳跨过定滑轮与重物块G相连。已知ab棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.2，最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力，电源的电动势E=10V、内阻r=0.1Ω，导轨的电阻及ab棒的电阻均不计。当滑动变阻器R=0.9Ω时，ab棒处于静止状态且仅受四个力作用，g取10m/s2，下列选项正确的是( )
A. 重物块的质量1kg
B. ab棒保持静止，滑动变阻器R的最小值为0.4Ω
C. ab棒保持静止，滑动变阻器R的最大值为1.15Ω
D. 若将磁场反向，调节滑动变阻器，仍可让系统平衡
14. 如图(a)所示，在固定的水平滑槽中，有一平台可左右滑动。平台下方竖直悬挂轻弹簧，两小球A、B间用细线连接，弹簧下端与小球A相连。现让平台与小球一起向右匀速运动，t=0s时剪断细线，小球A在竖直方向上做简谐运动。同时用频率为10Hz的频闪照相机开始记录小球A的位置，以剪断细线时小球A的位置为坐标原点，小球A的水平位移x为横坐标，小球A的竖直位移y为纵坐标。运动一段时间后，用平滑的曲线连接小球A的位置如图(b)所示。则下列说法中正确的是( )
A. 平台向右运动的速度大小v=1m/s
B. t=0.2s时，小球A的速度最大
C. t=0.35s时，小球A的加速度方向向上
D. t=0.95s时，小球A的在竖直方向上的位移大小为(10+52)cm
15. 如图所示，在x>0区域有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，在x<0区域有沿x轴正向的匀强电场。质量为m电荷量为q的带正电荷粒子，以速度v0沿与y轴正向夹角为φ弧度(π3≤φ<π2)的方向，从坐标系的原点O处射入磁场，粒子的重力可以忽略不计。粒子每次离开磁场后，都会从O点再次进入磁场，即粒子以周期路径运动。下列说法中正确的是( )
A. 粒子第一次经过y轴时的位置坐标为(0,2mv0qBsinφ)
B. 粒子运动周期为T=2m(tanφ+π−φ)qB
C. 匀强电场的电场强度大小为m2Bv0cosφ
D. 当粒子运动到离y轴最远位置时，将磁感应强度减小到2B3，则粒子第一次离开磁场时，距O点距离为L=(3+3)mv02qB
16. 如图所示，在插针法测量玻璃折射率的实验中，两位同学先把方格纸固定在木板上。在方格纸上画出一条直线aa′作为界面(线)，过aa′上的一点O画出界面的法线NN′，并画一条线段AO作为入射光线。再把玻璃砖放到方格纸上，使其上边界与aa′重合，画出玻璃砖的下界面bb′的位置。在直线AO上插两枚大头针P1和P2，再在玻璃砖的另一侧插上大头针P3和P4。确定光路后利用折射定律计算折射率。
(1)关于本实验下列说法正确的是______ ；
A.实验时入射角越大越好
B.插大头针时应使P1和P2、P3和P4的间距稍大一些，可以减小误差
C.插大头针时，大头针应垂直纸面插放
D.该实验只能测量两面平行的玻璃砖的折射率
(2)利用上述方格纸上的实验记录，计算此玻璃砖的折射率为______ ；(答案可以用分数或根号表示)
(3)某同学在画好玻璃砖的上下边界之后，插针之前，不小心碰到了玻璃砖，使其向上平移了一小段距离，该同学并没有发现，则该同学测出的折射率与真实值相比______ 。(填“偏大”、“偏小”或“不变”)
17. 某同学利用双缝干涉实验测量光的波长，实验装置如图1所示，操作如下：
a、接好电源，打开开关，使白炽灯正常发光；
b、调整各器件高度，使光源灯丝发出的光能沿遮光筒轴线到达光屏；
c、调节白炽灯到凸透镜的距离，使其光线刚好被聚焦到单缝上；
d、调节拨杆，使单缝与双缝平行；
e、调整测量头(由分划板、目镜、手轮等构成)，直至可在目镜端观察到干涉条纹；
f、旋转手轮完成测量。
(1)经过以上细心调节，该同学通过目镜观察，发现可以在毛玻璃上观察到彩色条纹，但无法观察到等间距的单色条纹，为了解决这一问题，该同学可在凸透镜和单缝之间增加______ (填“偏振片”或“滤光片”)
(2)在加装了该器件后，该同学重新操作以上步骤，在毛玻璃上出现了明暗相间的单色条纹，但由于条纹间距过小，导致无法测量，要增大观察到的条纹间距，正确的做法是______ 。
A.减小双缝的距离
B.减小单缝与双缝问的距离
C.增大透镜与单缝间的距离
D.增大双缝与光屏间的距离
(3)做出适当调整后，该同学再次重复前面操作，终于在毛玻璃上看到了清晰的明暗相间的单色条纹，只不过发现里面的亮条纹与分划板竖线不平行，如图2所示，若要使两者平行对齐，该同学应如何调节______ 。
A.仅左右转动透镜
B.仅旋转单缝
C.仅旋转双缝
D.仅旋转测量头
(4)再次调节之后，测量头的分划板中心刻线与某条亮纹中心对齐，将该亮条纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数如图3−甲所示，然后同方向转动测盘头，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，记下此时图3−乙中手轮上的示数______ mm。
(5)已知双缝间距d为2.1×10−4m，测得双缝到屏的距离L为0.700m，求得所测光波长为______ nm。
18. 如图所示，有一列简谐横波沿x轴方向传播，实线和虚线分别表示t=0s和t=5s时的波形图。
(1)若波沿x轴正向传播，则波可能的周期是多少？该波的最小波速是多少？
(2)若该列波沿x轴负方向传播，由图可知，在t=0时刻坐标为x=1m处的质点处于平衡位置，若该质点t=5s时第一次达到正向最大位移，求该列波波速，并写出x=1m处质点的振动方程。
19. 如图所示，质量M=2kg的小车静止在光滑的水平面上，右边14圆弧部分的半径r=1m，小车上表面光滑，且均由绝缘材料制成，整个空间开始时有竖直向上的匀强电场。现有一质量m=1kg、带负电的电荷量q=2C的滑块，以v0=6m/s的水平速度从小车左端A处向右滑上小车，小滑块刚好能运动到小车右端最高点，之后电场大小不变，方向改为竖直向下，小滑块反向滑回，最终小滑块脱离小车，滑块可视为质点，g取10m/s2，求：
(1)小滑块滑至右侧轨道最高点时的速度以及电场强度的大小；
(2)小滑块第二次滑至D点时对小车的压力。
20. 水平实线下方有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，匀强磁场磁感应强度为B，方向垂直纸面向外，匀强电场场强未知，O点是实线上一点，在其正上方有一点P，已知PO=h，OD=d，如图所示，整个图形处于竖直平面内，一个质量为m，电荷量为q的带正电小球从P点可以朝纸面内任意方向抛出。小球进入实线下方的复合场区后，可以做匀速圆周运动，求：
(1)求电场强度的大小及方向；
(2)自P点以与水平方向成α角斜向上抛出小球，抛出速度为vP，小球刚好经过D点，然后历经复合场区一次，在斜上抛的下落阶段再回到P点，求α和vP(已知：E=12N/C，h=4.8m，d=2.4m，B=5T，q=10C，m=12kg，g=10m/s2)
(3)若从P点以速度v0水平抛出小球，要使小球能经过D点，求速度v0的大小及方向。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：双缝干涉条纹是明暗相间的平行直线条纹，条纹间距相等，故A正确，BCD错误。
故选：A。
双缝干涉条纹是明暗相间的平行直线条纹，条纹间距相等。
本题考查了双缝干涉条纹，掌握基础知识是解题的前提，要注意基础知识的学习。
2.【答案】D
【解析】解：光在介质Ⅱ的上边界内部发生全反射，说明介质Ⅰ的折射率小于介质Ⅱ的折射率，即n1
故选：D。
光在介质Ⅱ的上边界内部发生全反射，介质Ⅰ的折射率小于介质Ⅱ的折射率；
光从介质Ⅱ的下边界折射，折射角大于入射角，根据折射定律，介质Ⅱ的折射率小于介质Ⅲ的折射率。
本题考查学生对全反射规律、折射定律的掌握，是一道基础题。
3.【答案】B
【解析】解：A.机械波的频率是由波源的频率决定的，在传播中不发生变化，故A错误；
B.由波长的定义，在传播方向上两个相邻波峰间的距离是一定是一个波长，故B正确；
C.根据“同侧法”可知，波形甲的起振方向向下，波形乙的起振方向向上，故C错误；
D.机械波传播的是振动形式和能量．质点只在各自的平衡位置附近振动，并不随波向外迁移，故D错误。
故选：B。
明确波的形成，知道机械波的频率是由波源决定的，明确波长的定义，根据波形图和波的传播方向确定质点的振动情况；明确波传播的是能量形式，质点并不随波迁移。
本题考查对波的理解，要注意明确波在传播中频率由波源决定，速度由介质决定，在传播中质点并不随波迁移，波传播的是能量形式和振动形式。
4.【答案】C
【解析】解：A、由图示图象可知，小球的振幅A=2cm，周期T=4s，故A错误；
B、由图示图象可知，t=0到t=1s时间内小球从正的最大位移处向平衡位置运动，小球做加速运动，速度增大，动能增大，故B错误；
C、由图示图象可知，t=2s小球在负的最大位移处，t=4s时小球在正的最大位移处，回复力大小相等，方向相反，故C正确；
D、由图示图象可知，t=2s到t=3s时间内，小球从负从最大位移处向平衡位置运动，位移逐渐减小，回复力逐渐减小，加速度逐渐减小，故D错误。
故选：C。
根据图示简谐运动的x−t图象求出振幅与周期，根据图示图象分析小球的运动过程分析答题。
本题考查了简谐运动的x−t图象，知道简谐运动的运动过程，根据图示图象分析即可解题。
5.【答案】D
【解析】解：A、当水平边MN与磁场方向的夹角为30∘时，穿过线框的磁通量为Φ=BSsin30∘，代入数据解得Φ=0.5BS，故A错误；
B、当线圈从图示位置逆时针转过30∘时，水平边MN与磁场方向的夹角为60∘，穿过线框的磁通量为Φ=BSsin60∘=32BS，故B错误；
C、当线圈从图示位置逆时针转过90∘时，水平边MN与磁场方向的夹角为60∘，穿过线框的磁通量为Φ=BSsin60∘=32BS，故C错误；
D、当线圈从图示位置逆时针转过180∘时，穿过线框的磁通量大小也是Φ=BSsin30∘=0.5BS，但穿过线圈的磁通量的方向与开始时相反，所以线圈从图示位置逆时针转过180∘过程中，线圈磁通量的变化的大小为BS。故D正确。
故选：D。
根据磁通量的公式可求穿过线框的磁通量大小。
明确磁感应强度，线框面积和磁通量之间的关系，会应用公式计算磁通量的大小。
6.【答案】B
【解析】解：现保持条形磁铁不动，而在线圈中通以如图所示的电流，根据右手定则，线圈内磁通量向左增加，根据楞次定律，线圈有向左和扩张的趋势。故B正确，ACD错误；
故选：B。
根据右手定则，线圈内磁通量向左增加，根据楞次定律，线圈有向左和扩张的趋势。
本题考查学生对右手定则和楞次定律的掌握，是一道基础题。
7.【答案】A
【解析】解：根据题意，电子越靠近CD导线，轨迹半径越小
洛伦兹力提供向心力qvB=mv2R
解得R=mvqB
故越靠近CD导线磁感应强度越大，因此一定是CD导线携带电流；
电子做曲线运动，受到的合外力方向指向轨迹弯曲的凹侧，根据左手定则，电子所在区域的磁场方向垂直纸面向外，其中只有一根携带稳定的电流，根据安培定则，则是CD导线携带电流，方向从D流到C。
故A正确，BCD错误；
故选：A。
洛伦兹力提供向心力和半径变化，确定磁感应强度大小，确定携带电流的导线；
根据左手定则和安培定则，分析电流方向。
本题考查学生对洛伦兹力提供向心力、左手定则和安培定则的掌握，是一道基础题。
8.【答案】D
【解析】解：光滑的水平地面，辆小车不受摩擦力，小车组成的系统水平方向动量守恒，设水平向右为正方向
AD.两车共速时，弹簧压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒和能量守恒有
mAv0=(mA+mB)v
12mAv02=12(mA+mB)v2+EP
代入数据解得v=2m/s
EP=3J，故A正确，D错误；
BC.两车(含弹簧)作用的整个过程，最终弹簧形变量为零，根据动量守恒和能量守恒
mAv0=mAvA+mBvB
12mAv02=12mAvA2+12mBvB2
解得vA=1m/s，vB=4m/s，故BC正确。
本题选不正确的
故选：D。
因地面光滑，所以滑块P在A车上滑动的过程中，符合动量守恒的条件，同时除了弹簧的弹力做功之外，没有其他的力做功，所以机械能也是守恒的，分别应用动量守恒和机械能守恒列式求解，可得出滑块A滑上B后的共同速度．两车(含弹簧)作用的整个过程，最终弹簧形变量为零，再根据动量守恒和能量守恒解得分离后A、B的速度。
本题考查了水平方向的系统动量守恒问题，一般来说动量守恒为简单的单向动量守恒，结合能量关系可得出正确结果。
9.【答案】D
【解析】解：A.粒子在偏转磁场中做圆周运动，根据左手定则可知，该粒子带正电，故A错误；
BC.粒子在加速电场中，根据动能定理qU=12mv2
粒子在偏转磁场中，做圆周运动的半径r=x2，
根据牛顿第二定律qvB=mv2r
粒子的比荷qm=8UB2x2
可见，若电压U不变，x越大，则粒子比荷越小；
联立解得x=8mqB2⋅U
结合图乙，图像斜率k=8mqB2
代入数据解得粒子比荷qm=8×108C/kg，故BC错误；
D.根据牛顿第二定律qvB=mv2r
该粒子的运动周期T=2πrv=2πmqB
在磁场中的运动时间t=12T=12×2πmqB=πmqB=3.142×10−4×18×108s=1.96×10−5s，故D正确。
故选：D。
A.根据左手定则判断粒子的带电性；
BC.根据动能定理求粒子的速度，粒子在磁场中做匀速运动运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求荷质比的关系式，再求解x−U函数，结合图像求比荷；
D.根据周期公式T=2πmqB求周期，再求时间。
本题考查了质谱仪的工作原理，重点掌握动能定理、牛顿第二定律在圆周运动中的运动，圆周运动的周期公式；难点在于根据动能定理和牛顿第二定律求解x−U函数，再结合图像斜率的含义求比荷。
10.【答案】D
【解析】解：ABC.做出电子在磁场中的运动轨迹如图1所示
图1
由图1可得
dcos30∘+r2cos30∘=r
解得r=(3+1)d
由洛伦兹力提供向心力解得
qv0B=mv02r
解得v0=qBrm=v0=(3+1)qBdm
电子在磁场中运动的时间为
t=30∘360∘T=112×2πmqB=πm6qB，故ABC错误；
D.仅改变入射方向，使电子刚好不从右边界射出，如图2所示
图2
由图2中几何关系可得，AB边界上的入射点与出射点间的距离为
L=2r2−(r−d)2=2(3+1)d2−(3d)2=2(1+23)d，故D正确。
故选：D。
做出粒子的运动轨迹，由几何关系解得粒子做圆周运动的半径，由洛伦兹力提供向心力，解得电子的入射速度，找到粒子做圆周运动圆心角，由T=2πmqB求得电子在磁场中运动的时间。由几何关系求解电子在AB边界上的入射点与出射点间的距离。
本题考查带电粒子在磁场中运动的类型，确定向心力来源，画出轨迹，运用牛顿第二定律列式是惯用的解题思路。特别注意数学规律的应用，明确几何关系的正确分析方法。
11.【答案】C
【解析】解：物体运动过程中受到的滑动摩擦力的大小为：f=μmg=0.2×1×10N=2N，根据图象可知拉力大小为F=4N。
A、在t1=3s内由动量定理可得：p1=Ft1−ft1，解得物体在3s末的动量大小为：p1=6kg⋅m/s，故A错误；
B、水平力F在前4s内的冲量大小为I=Ft1−Ft2=4×3N⋅s−4×1N⋅s=8N⋅s，故B错误；
C、物体速度为零时，由动量定理可得：Ft1−Ft3−f(t1+t3)=0，代入数据解得：t3=1s，所以在4s末物体的速度为零。
从4s末到5s末由动量定理得：(F−f)Δt=mv，解得物体在5s末的速度大小为：v=2m/s，故C正确；
D、从4s末到6s末由动量定理得：p2=(F−f)Δt′=(4−2)×2kg⋅m/s=4kg⋅m/s，故D错误。
故选：C。
在t1=3s内由动量定理求解物体在3s末的动量大小；根据冲量的计算公式求解水平力F在前4s内的冲量大小；由动量定理求解速度为零时经过的时间，再根据动量定理求解在5s末的速度大小；从4s末到6s末由动量定理求解6s末动量大小。
本题主要是考查动量定理，利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力情况，知道合外力的冲量才等于动量的变化。
12.【答案】BD
【解析】解：A.所有的波都能发生干涉、衍射现象，但偏振现象是横波的特性，只有横波才有偏振现象，纵波没有偏振现象，故A错误；
BC.两列相干波的波峰与波峰叠加相互加强，波谷与波谷叠加相互加强，波峰与波谷叠加相互削弱，故振动加强的点永远振动加强，振动削弱的点永远振动削弱，故B正确，C错误；
D.当障碍物或孔的尺寸比波长小或相差不多时，才能发生明显的衍射现象，故D正确。
故选：BD。
波发生明显衍射的条件是：孔、缝的宽度或障碍物的尺寸与波长相比差不多或者比波长更小，但如果孔、缝的宽度或障碍物的尺寸就不能发生明显的衍射现象
明确波的干涉现象、衍射以及偏振现象，注意明确衍射现象中当障碍物或孔的尺寸比波长小或相差不多时是指发生明显衍射的现象。
13.【答案】AC
【解析】解：A、设物块的质量为m′。当滑动变阻器R=0.9Ω时，根据闭合电路欧姆定律得
I=ER+r=100.9+0.1A=10A
ab棒处于静止状态，仅受重力、支持力、拉力和安培力的作用，不受摩擦力，安培力大小为F=BId，方向水平向左。
由平衡条件得：F=m′g，代入数据解得：m′=1kg，故A正确；
B、当ab棒刚要向左滑动时，电路中电流最大，滑动变阻器R的阻值最小，设为R1。由平衡条件得：BI1d=μmg+m′g，其中I1=ER1+r，代入数据解得：R1=1115Ω，故B错误；
C、当ab棒刚要向右滑动时，电路中电流最小，滑动变阻器R的阻值最大，设为R2。由平衡条件得：BI1d+μmg=m′g，其中I2=ER2+r，代入数据解得：R2=1.15Ω，故C正确；
D、ab棒与导轨间的最大静摩擦力为fmax=μmg=0.2×1×10N=2N。若将磁场反向，则安培力的方向水平向右，由于m′g=1×10N=10N，m′g>fmax，所以无论怎样调节滑动变阻器，都不能让系统平衡，故D错误。
故选：AC。
当滑动变阻器R=0.9Ω时，先根据闭合电路欧姆定律求出电路中电流，对ab棒的受力分析，根据平衡条件和安培力公式相结合求重物块的质量；当ab棒刚要向左滑动时，电路中电流最大，滑动变阻器R的阻值最小；当ab棒刚要向右滑动时，电路中电流最小，滑动变阻器R的阻值最大，根据平衡条件和安培力公式相结合求滑动变阻器R的最小值和最大值；若将磁场反向，分析安培力与重物块重力之和与最大静摩擦力的关系，判断ab棒能否静止。
本题是通电导体在磁场中平衡问题，要抓住静摩擦力会外力的变化而变化，挖掘临界条件进行求解。
14.【答案】CD
【解析】解：A、在图(b)中所示，小球A相邻位置的时间间隔为T0=110s=0.1s，平台向右运动的速度大小为v=xt=0.20.1m/s=2m/s，故A错误；
B、由图(b)可知，t=0.1s时，小球A处于平衡位置，小球A的速度最大，故B正确；
C、由图(b)可知，小球A的振动周期为T=4T0=4×0.1s=0.4s；t=0.35s时，小球A处在平衡位置y=10cm下方且向下振动，可知小球A的加速度方向竖直向上，故C正确；
D、设y=10cm为原点，由图可知，振幅为10cm，则振动方程为y=−Acosωt=−10cos(2πTt)cm=−10cos(2π0.4t)cm=−10cos(5πt)cm
t=0.95s时，得y=52cm，此时，小球A的竖直位移大小为y′=(10+52)cm，故D正确。
故选：CD。
结合小球A相邻位置的时间间隔求平台向右运动的速度大小；由图(b)可知，t=0.2s时，小球A处于平衡位置，小球A的速度最大；由图(b)可知小球A的振动周期，进而可知t=0.35s时，小球A的加速度方向竖直向上；根据振动方程求t=0.95s时，小球A的在竖直方向上的位移大小。
本题考查简谐运动的表达式和图像，学生需根据图像结合振动方程等分析求解。
15.【答案】BD
【解析】解：A、粒子在磁场和电场中的轨迹如图所示
在磁场中根据洛伦兹力提供向心力可得：qv0B=mv02R
变形后得到：R=mv0qB
所以粒子第一次经过y轴时的位置的纵坐标为：y=−2Rsinφ=−2mv0qBsinφ
粒子第一次经过y轴时的位置坐标为(0,−2mv0qBsinφ)，故A错误；
B、由上述分析可知，粒子在磁场中的时间为：t1=2π−2φ2π⋅2πmqB=2(π−φ)mqB
粒子在电场中沿y轴方向做匀速直线运动，则有：2Rsinφ=v0cosφt2，解得：t2=2mtanφqB
所以粒子运动周期为：T=t1+t2=2m(tanφ+π−φ)qB，故B正确；
D、根据题设要求，当粒子运动到离y轴最远位置时，此时速度方向沿y轴负方向，则有：x=R+Rcosφ
可知当φ=π3时，离y轴有最远距离，则有：xmax=R+Rcosπ3=32R
此时粒子离x轴距离为：y1=Rsinπ3=32R
此时将磁感应强度减小到2B3，则粒子半径变为：R′=mv0q⋅2B3=32⋅mv0qB=32R
可知粒子继续转过14圆周离开磁场，则粒子第一次离开磁场时，距O点距离为：L=y1+R′=32R+32R=(3+3)mv02qB，故D正确；
C、设电场强度大小为E，根据牛顿第二定律有：a=qEm，而沿电场方向的速度：v0sinφ=a⋅t22，联立解得：E=Bv0cosφ，故C错误。
故选：BD。
由题意作出粒子的轨迹图，由洛伦兹力提供向心力，再由几何关系求出坐标；
分别求出粒子在磁场和电场中的时间，相加即为粒子做周期性运动的周期；
根据平行于电场方向的速度及牛顿第二定律求出电场强度的大小；
根据题意由几何关系求出距O点的距离。
本题考查带电粒子在磁场和电场中的相关运动，要注意在两运动过程衔接点粒子的速度大小和方向的确定，通过几何画图求解关系。
16.【答案】BC102 不变
【解析】解：(1)A.实验时入射角应适当大些可以减小误差，但不是越大越好，故A错误；
B.为了减小误差，插大头针时应使P1和P2、P3和P4的间距大一些，故B正确；
C.为了便于观察，插大头针时，大头针应垂直纸面插放，故C正确；
D.该实验原理不仅能测量两面平行的玻璃砖的折射率，也可以测两面不平行的，故D错误。
故选：BC。
(2)光路图如图所示
在光路图中利用方格构造三角形，由图得sinθ1=22,sinθ2=55
根据折射定律，有n=sinθ1sinθ2=102
(3)如图所示
实线表示将玻璃砖向上平移后实际的光路图，而虚线是未将玻璃砖向上平移时作图时所采用的光路图，通过比较发现，入射角和折射角没有变化，则由折射定律n=sinisinr得知，测得的折射率将不变。
故答案为：(1)BC；(2)102；(3)不变。
(1)根据实验原理和注意事项分析判断；
(2)根据折射定律分析计算；
(3)画出光路图，根据折射定律分析。
本题考查测定玻璃折射率实验，要求掌握实验原理、实验装置、实验步骤、数据处理和误差分析。
17.【答案】滤光片 ADD13.870693
【解析】解：(1)为了观察到单色光的干涉条纹，需要获得单色光源，要在凸透镜和单缝之间增加滤光片。
(2)由双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ，在光的波长λ一定时，要增加干涉条纹间距Δx，可以减小双缝间的距离d或增大双缝与光屏间的距离L，故选AD。
(3)亮条纹与分划板竖线不平行，需要旋转测量头使干涉条纹与分划板竖直线平行，故选D。
(4)由图3−乙所示可知，手轮上的读数x6=13.5mm+37.0×0.01mm=13.870mm。
(5)由图3−甲所示可知，手轮读数x1=2mm+32.0×0.01mm=2.320mm，相邻亮条纹间的距离Δx=x6−x1n=13.870−2.3206−1mm=2.31mm；
由双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ可知，所测光的波长λ=dΔxL=2.1×10−4×2.31×10−30.700m=6.93×10−7m=693nm。
故答案为：(1)滤光片；(2)AD；(3)D；(4)13.870；(5)693。
(1)为获得单色光需要在单缝前放置滤光片。
(2)根据双缝干涉条纹间距公式分析答题。
(3)分划板与条纹不平行，需要调节测量头。
(4)固定刻度与可动刻度读数的和是螺旋测微器的读数。
(5)根据双缝干涉条纹间距公式求出波长。
理解实验原理、掌握基础知识是解题的前提，根据题意应用双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ即可解题，解题时注意单位换算。
18.【答案】解：(1)根据题意，若波沿x轴正向传播，由图可得，传播时间与周期的关系为Δt=(14+n)T(n=0,1,2⋯)
解得T=201+4ns(n=0,1,2⋯)
由公式v=λT可知，周期越大，波速越小，则波速最小时，周期最大为Tm=20s
由图可知，波长为λ=4m
则最小波速为
vmin=λTm=420m/s=0.2m/s
(2)若该列波沿x轴负方向传播，由图可知，在t=0时刻坐标为x=1m处的质点处于平衡位置沿y轴负方向振动，若该质点t=5s时第一次达到正向最大位移，则有
t=34T
解得T=43t=43×5s=203s
又有v=λT
代入数据解得
v=0.6m/s
由公式ω=2πT可得
ω=2πT=2π203rad/s=3π10rad/s
由于x=1m处质点从平衡位置开始沿y轴负方向振动，则x=1m处质点的振动方程为y=2sin(3π10+π)t(cm)
答：(1)若波沿x轴正向传播，则波可能的周期是T=201+4ns(n=0,1,2⋯)，该波的最小波速是0.2m/s；
(2)该列波波速为0.6m/s，x=1m处质点的振动方程为y=2sin(3π10+π)t(cm)。
【解析】(1)由波形图可得出波长，波向正方向传播，根据周期性可知传播距离的通式，再根据波速公式可求出波速表达式，再根据周期公式即可求出周期表达式；
(2)找到质点的初相位，代入振动方程的一般表达式。
解题关键是能够从图象中找到波长、振幅，以及时间与周期的关系；知道振动方程的一般表达式，会求解初相位。
19.【答案】解：(1)滑块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，滑块到达最高点时与小车速度相等，
以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv0=(M+m)v
由能量守恒定律得：12mv02=12(M+m)v2+mgr+qEr
代入数据解得：v=2m/s，E=1N/C
(2)小车与滑块组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向
在水平方向，由动量守恒定律得：(M+m)v=mv1+Mv2
由能量守恒定律得：12(M+m)v2+mgr+qEr=12mv12+12Mv22
代入数据解得，滑块第二次滑至D点时，滑块的速度大小v1=6m/s，小车的速度大小v2=0
滑块第二次到达D点时，对滑块，由牛顿第二定律得：F−mg−qE=mv12r
代入数据解得：F=48N
由牛顿第三定律可知，滑块对小车的压力大小F′=F=48N，方向竖直向下
答：(1)小滑块滑至右侧轨道最高点时的速度大小是2m/s，方向水平向右，电场强度的大小是1N/C；
(2)小滑块第二次滑至D点时对小车的压力大小是48N，方向竖直向下。
【解析】(1)滑块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律求出滑块到轨道最高点时的速度；应用能量守恒定律求出电场强度大小。
(2)应用动量守恒定律与能量守恒定律求出滑块第二次滑到D点时滑块与小车速度大小，然后应用牛顿第二定律求出压力。
根据题意分析清楚小车与滑块的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律与能量守恒定律、牛顿第二定律即可解题；解题时注意滑块与小车组成的系统在水平方向动量守恒。
20.【答案】解：(1)小球进入复合场区域做匀速圆周运动，重力与电场力合力为零，洛伦兹力提供向心力，则qE=mg，解得，电场强度的大小E=mgq，电场力竖直向上，小球带正电，电场强度方向竖直向上
(2)小球以与水平方向成α角斜向上抛出小球，抛出速度为vP，小球刚好经过D点，然后历经复合场区一次，在斜上抛的下落阶段再回到P点，小球的运动轨迹如图所示
小球经过D点过程，水平方向：d=vPcosα×t
竖直方向：h=−vPsinα×t+12gt2
小球在复合场中做匀速圆周运动，由几何关系可知：Rsinβ=d
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvDB=mvD2R
且vDy=vDsinβ=−vPsinα+gt
代入数据解得，小球从P到D的运动时间t=1.2s，vP=22m/s，α=45∘
(3)若从P点以速度v0水平抛出小球，要使小球能经过D点，小球运动轨迹如图所示
当小球从D1、D2、D3、…………位置经过时，则：h=12gt2，x0=v0t
当小球从D1′、D2′、D3′…………位置经过时，则：h=12gt2，x0=v0t
则：d=x0−2Rsinβ，d=3x0−4Rsinβ，d=5x0−6Rsinβ…………
以此类推，可知小球从D点飞出需要满足：d=(2n−1)x0−n×2Rsinβ(n=1、2、3……)
解得：v0=d2n−1g2h+2nmg(2n−1)qB (n=1、2、3……)方向水平向右
答：(1)电场强度的大小是mgq，方向竖直向上；
(2)α是45∘，vP是22m/s；
(3)速度v0的大小是d2n−1g2h+2nmg(2n−1)qB (n=1、2、3……)方向水平向右。
【解析】(1)小球在复合场中做匀速圆周运动，电场力与重力合力为零，据此求出电场强度大小与方向。
(2)小球抛出进入复合场前做斜上抛运动，小球进入磁场后做匀速圆周运动，作出小球的运动轨迹，应用运动学公式与牛顿第二定律、几何知识求解。
(3)小球水平抛出后进入复合场前做平抛运动，进入复合场后做匀速圆周运动，根据题意作出小球的运动轨迹，然后应用运动学公式求解。
本题考查了带电小球在复合场中的运动，根据题意分析清楚小球的运动过程、作出小球的运动轨迹是解题的前提，应用牛顿第二定律与运动学公式可以解题。
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