A．氢原子从n=4能级向低能级跃迁时可以辐射出6种频率的光子，其中只有从n=4能级向n=3能级跃迁时所辐射出的光子以及从n=3能级向n=2能级跃迁时所辐射出的光子的能量小于从n=4能级向n=2能级跃迁时所辐射出的光子的能量，不能使金属A发生光电效应，故共有4种频率的光能使金属A发生光电效应，故A错误；
B．因为从n=4能级向n=5能级跃迁时所需要的能量为
ΔE?E5?E4?0.31eV
不等于光子能量为0.32eV，故B错误；
C．因为要使处于n=4能级的氢原子发生电离，所需要的能量只要大于0.85eV就可以，故C错误； D．由题意可知，金属A的逸出功为2.55eV， 氢原子从n=4能级向n=1能级跃迁时所辐射出光子的能量为
hv?E4?E1?12.75eV
由爱因斯坦光电效应方程可得最大初动能
Ek?hv?W0?10.2eV
故D正确。 故选D。 5．B 【解析】 【分析】 【详解】
AB．通过玻璃三棱镜后，b色光的偏折角最大，说明玻璃对b光的折射率大于对a色光的折射率，则b色光的频率最高，根据E?h?可知，a色光的光子能量小于b色光的光子能量，故A错误，B正确； C．a色光的折射率小，根据v?c分析可知a色光在玻璃中的传播速度大于b色光，故C错误； nD．玻璃对b光的折射率大，根据sinC?故选B。 6．A 【解析】 【分析】 【详解】
1知b色光发生全反射的临界角小于a色光，故D错误。 n设等边三角形的边长为L，A、B两点的电荷量大小为Q，A、B连线中点处的电场强度为
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E?2kQ8kQ?2L2L ()2kQ1cos60??E L28C点的电场强度为
EC?2等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线，则有
?C??
故A正确，B、C、D错误 故选A。 7．B 【解析】 【详解】
粒子在磁场中做圆周运动，如图：
v123R?3R，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv1B?m，解得：由几何知识得：r1??r1tan60v1?3qBR；当该带电粒子从P点射入的速度大小变为v2时，若粒子竖直向上射入磁场粒子恰好不能进m入磁场时，即粒子轨道半径r2?R，则不论其入射方向如何，都不可能进入小圆内部区域，此时洛伦兹力
2v2qBR提供向心力，由牛顿第二定律得：qv2B?m，解得：v2?，则：v1:v2?3，故B正确，ACD
r2m错误． 8．D 【解析】 【分析】 【详解】
A．根据右手螺旋定则，M处导线在O点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在O点产生的磁场方向竖直
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向下，合成后磁感应强度不等于0，故A错误；
B．M在a处产生的磁场方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向竖直向下，b处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同，故B错误；
C．M在a处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向竖直向下，则a处的合磁场方向竖直向下，M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下，且大小相等，由平行四边形定则可知，c处的合磁场方向竖直向下，故C错误；
D．M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下，且大小相等，由平行四边形定则可知，c处的合磁场方向竖直向下，同理可知，d处的合磁场方向竖直向下，由于c到M、N的距离与d到M、N的距离相等，则c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，故D正确。 故选D。 9．A 【解析】 【详解】
三条直导线在O点的磁场方向如图；其中Bc和Bb的合场强水平向右大小为Bbc=B；方向水平向右。
A．若O点的磁感应强度平行ac边，则三条通电导线产生的磁场和匀强磁场在垂直于ac方向的合磁场为零，即
Bsin30?Bccos30?Bacos30?0
其中Bc=B=kI，解得 Ia=（1＋
3）I 3选项A正确；
B．若O点的磁感应强度平行ab边，则三条通电导线产生的磁场和匀强磁场在垂直于ab方向的合磁场为零，即
Bsin30?Bbcos30?Basin30?0
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其中Bb=B=kI，解得 Ia=（3-1）I 选项B错误；
C．若O点的磁感应强度垂直ac边，则三条通电导线产生的磁场和匀强磁场在平行于ac方向的合磁场为零，即
Bcos30?Basin30-Bbcsin30?0
表达式无解，则O点的磁感应强度的方向不可能垂直ac边，选项C错误；
D．若O点的磁感应强度垂直ab边，则三条通电导线产生的磁场和匀强磁场在平行于ab方向的合磁场为零，即
Bcos30?Bbccos60?Bacos60?0
其中Bc=B=kI，解得 Ia=（3+1）I 选项D错误。 故选A。 10．D 【解析】 【分析】 【详解】
设电场方向与竖直方向夹角为α，则开始时，水平方向
T1sin60?qEsin?
竖直方向
T1cos60?qEcos??mg
当用另一完全相同的不带电金属球与该球接触后移开，再次稳定后电量减半，则水平方向
T2sin30?竖直方向
1qEsin? 21T2cos30?qEcos??mg
2联立解得 qE=mg α=60°
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即
E?mgq
故选D。
二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分 11．ABC 【解析】
试题分析：由粒子运动轨迹可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，可知M带负电荷，N带正电荷，故A正确．M从a到b点，库仑力做负功，根据动能定理知，动能减小，则b点的动能小于在a点的动能，故B正确．d点和e点在同一等势面上，电势相等，则N在d点的电势能等于在e点的电势能，故C正确．
D、N从c到d，库仑斥力做正功，故D错误．故选ABC 考点：带电粒子在电场中的运动
【名师点睛】本题关键是根据曲线运动的条件判断出静电力的方向，掌握判断动能和电势能变化的方向，一般的解题思路是根据动能定理判断动能的变化，根据电场力做功判断电势能的变化． 12．AC 【解析】 【详解】
A．物块加速运动时，由牛顿第二定律得 μmg=ma 可得 a=μg 故A正确；
B．物块加速运动的时间为
vv?t= a?g故B错误；
C．整个过程中，根据动能定理得传送带对物块做的功为 W=
1212mv-0=mv 22故C正确；
D．物块加速运的动时间内传送带的位移为
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高考物理一轮复习第六章带电粒子在电场中的加速和偏转备考精炼
