2021-2022學年福建省三明市五縣高二（下）期中物理試卷（附答案詳解）

2021-2022學年福建省三明市五縣高二（下）期中物理試

卷

1.下列說法正確的是（）

A.通電直導線在勻強磁場中一定受到安培力的作用

B.運動電荷在某處不受洛倫茲力，則該處的磁感應(yīng)強度一定為0

C.帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的周期與軌道半徑成正比

D.通電直導線在磁場中受到的安培力方向一定與磁場方向垂直

2.以下說法中正確的是（）

A.交通警示燈選用紅色是因為紅光更容易穿透云霧煙塵

B.光學鏡頭上的增透膜是利用了光的全反射現(xiàn)象

C.水中的氣泡，看起來特別明亮，是因為光線從氣泡射向水中時發(fā)生了全反射的緣故

D.讓紅光和綠光通過同一雙縫干涉裝置，形成的干涉條紋間距較大的是綠光

3.電流計等磁電式電表是利用永久磁鐵對通電線圈的作用原理制成的，其優(yōu)點是靈敏

度高。構(gòu)造如圖甲所示，圓柱形鐵芯固定于U形磁鐵兩極間，其中磁場是均勻輻向

分布，鐵芯外面套有纏繞著線圈并可轉(zhuǎn)動的鋁框，鋁框的轉(zhuǎn)釉上裝有指針和游絲（又

稱螺旋彈簧）。下列說法中正確的是（）

A.線圈在磁場中轉(zhuǎn)動時，磁感線始終與線圈平面垂直

B.根據(jù)指針偏轉(zhuǎn)角度的大小可以知道被測電流的大小

C.根據(jù)指針的偏轉(zhuǎn)方向不能判斷被測電流的方向

D.圖乙中當線圈左側(cè)a導線中電流垂直紙面向外時，圖中指針往右偏

4.回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高\li

頻電源的兩極相連接的兩個。形金屬盒，兩盒間的狹縫中有周￡：1/生'

期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩。形

S

金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，如圖所示。則下列說法中正確的是（）

A.粒子從。形盒射出時的動能與加速電場的電壓有關(guān)

B.增大磁場的磁感應(yīng)強度，可增大帶電粒子射出時的動能

C.加速電場的變化周期與粒子速度大小有關(guān)

D.用同一回旋加速器可以同時加速質(zhì)子（；H）和a粒子?He）

5.如圖所示，一質(zhì)量為m的帶電絕緣小球用絲線懸吊于勻強

磁場中。將小球分別從等高點4和B由靜止釋放，不計空氣

阻力，則小球第一次經(jīng)過。點時相同的物理量是（）

A.速度

B.絲線的拉力

C.洛倫茲力

D.向心加速度

6.法拉第圓盤發(fā)電機如圖所示。半徑為7?的導體銅圓盤繞豎直軸以角速度3逆時針旋

轉(zhuǎn)（從上往下看），勻強磁場B豎直向上，兩電刷分別與圓盤中心軸和邊緣接觸，電

刷間接有阻值為R的電阻。下列說法不正確的是（）

B=%

I

A.電阻R中電流沿a到b方向

B.若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度恒定，則通過電阻R的電流大小恒定

C.電阻R兩端的電壓小于583r2

D.若圓盤轉(zhuǎn)動方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向不會發(fā)生變化

如圖所示，虛線內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場區(qū)域XXXX

7.8,B：

XXXX

邊長為L、電阻為R的正方形導體線框4以恒定的速度XXXX

Lxxxx

〃沿x軸正方向穿過磁場區(qū)域。以逆時針方向為感應(yīng)電

流的正方向，線框在圖示位置的時刻作為時間的起點。

則線框4中產(chǎn)生的感應(yīng)電流/隨時間t變化的圖線是（）

第2頁，共19頁

8.如圖1所示，細導線繞制的螺線管匝數(shù)n=1500匝，橫截面積S=20cm2,導線電

阻r=10,電阻R=40,A點接地，磁場穿過螺線管，磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的

圖象如圖2所示（以向右為正方向），下列說法正確的是（）

圖1圖2

A.通過電阻R的電流方向是從4到C

B.感應(yīng)電流的大小保持不變?yōu)?.44

C.電阻R的電壓為6V

D.C點的電勢為4.81/

9.根據(jù)圖中的漫畫，判斷下列說法中正確的是（）

A.人看到的是魚的實像，位置變淺了些

B.人看到的是魚的虛像，位置變淺了些

C.魚看到的是人的實像，位置偏低些

D.魚看到的是人的虛像，位置偏高些

10.如圖所示，燈泡1和2是兩個電阻值均為%的完全相同的小燈泡，滑動變阻器接入

電路的阻值為Ro,&>R。。L是一個自感很大的線圈，它的電阻值也為由于自

感現(xiàn)象，當開關(guān)接通或斷開時，下列說法正確的是（）

1

2

A

―------

A.開關(guān)接通時，燈泡1和2同時亮

B.開關(guān)接通時，通過燈泡1和2的電流相等

C.開關(guān)斷開時，燈泡2立即熄滅，燈泡1先閃亮一下再熄滅

D.開關(guān)斷開時，通過燈泡1和2的電流相等

11.如圖所示的各種情境中，滿足磁鐵與線圈相互排斥，且通過R的感應(yīng)電流方向從a到

b的是（）

12.利用如圖所示的電流天平，可以測量勻強磁場中的磁感應(yīng)強度B。它的右臂掛著矩

形線圈，匝數(shù)為n,b段導線長為1,導線a、氏c段處于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度方

向與線圈平面垂直。當線圈沒有通電時，天平處于平衡狀態(tài)。當線圈中通入電流/時,

通過在右盤加質(zhì)量為m的祛碼（或移動游碼）使天平重新平衡。下列說法中正確的是

()

第4頁，共19頁

A.若僅將電流反向，線圈仍保持平衡狀態(tài)

B.線圈通電后，a、c段導線受到的安培力等大反向，b段導線的安培力向上

C.線圈受到的安培力大小為mg

D.由以上測量數(shù)據(jù)可以求出磁感應(yīng)強度8=當

13.如圖所示,邊長為L的正方形區(qū)域存在垂直紙面向里的勻

：x--x_-x'x"；

強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B,一質(zhì)量為m,帶電量為q?!

XXXX-

的粒子從兒邊中點。垂直入射，恰能從d點離開磁場，不10

；xXXX：

計粒子重力，則可知粒子帶（選“正電”、“負電”!

；xXXX；

或“不帶電”）；此時粒子入射速度大小為

oab

14.電磁流量計是測量導電液體流量的一種儀器。如圖所示，上下為兩磁極，其中的磁

場可視為勻強磁場，當含有正、負離子的導電液體沿測量管向外運動時，（填

“左右”或“上下”）兩側(cè)管壁會出現(xiàn)電勢差。設(shè)液體流動速度為內(nèi)管的直徑為d,

磁感應(yīng)強度為B,穩(wěn)定后管壁間的電勢差為U,則管中導電液體的流量Q=o

15.在“用雙縫干涉測光的波長”實驗中，已知雙縫間距d=0.20mm,像屏與雙縫屏

間距L=700mzno

（1）圖中的a、b、c三個位置對應(yīng)的器材為。

A.a是濾光片，b是單縫，c是雙縫

B.a是單縫，b是濾光片，c是雙縫

C.a是雙縫，b是濾光片，c是單縫

(2)已知測量頭是50分格的游標卡尺。某同學調(diào)整手輪后,從測量頭的目鏡看去,

像屏上出現(xiàn)的干涉條紋如圖a所示，其中數(shù)字是該同學給各亮紋的編號，此時圖b中

游標尺上的讀數(shù)%=11.16mm：接著再轉(zhuǎn)動手輪，映入眼簾的干涉條紋如圖c所示,

此時圖d中游標尺上的讀數(shù)犯mmo

(3)利用題目中的已知量和上述測量結(jié)果，可計算出這種色光的波長;1=nm?

16.利用“插針法”測定玻璃的折射率，所用的玻璃磚兩面平行；正確操作后，做出的

光路圖及測出的相關(guān)角度(%、%為入射光線和折射光線與界面的夾角)如圖甲所示。

(1)此玻璃的折射率計算式為n=(用圖中的。1、%表示)；

(2)如果有幾塊寬度不同的平行玻璃磚可供選擇，為了減少誤差，應(yīng)選用寬度

(選填“大”或“小”)的玻璃磚來測量；

(3)某同學在畫界面時，不小心將兩界面aa'、bb'間距畫得比玻璃磚寬度大些，如圖

乙所示，則他測得的折射率(選填“偏大”、“偏小”或“不變”)；

(4)以入射點。為圓心，以R=5cm長度為半徑畫圓，與入射線P。交于M點，以玻

第6頁，共19頁

璃中折射線的延長線0Q交于E點，過M、E點分別向法線作垂線交于圓上的N、F點，

量得MN=4.2cm,FE=2.8cm,則測得該玻璃的折射率為。

17.如圖所示，水平放置的平行金屬導軌和PQ,相距L=0.50zn,導軌左端接一電

阻R=0.400,勻強磁場垂直于導軌平面，磁感應(yīng)強度大小B=0.407,電阻r=

0.100的導體棒ac垂直導軌放在導軌上，不計導軌的電阻及棒與導軌的摩擦。當ac棒

在水平外力尸作用下，以v=5.0m/s的速度水平向右勻速滑動時：

(1)判斷ac棒中感應(yīng)電流的方向(填寫“a到c”或“c到a”),并求出回路中感應(yīng)電

流/的大??；

(2)求ac棒兩端的電壓Uac；

(3)求外力F的大小和方向。

18.如圖，空氣中有一橫截面為半圓環(huán)的均勻透明柱體,

其內(nèi)圓半徑為R,外圓半徑為2R.現(xiàn)有一束單色光垂

直于左側(cè)水平端面射入透明柱體，光束離左側(cè)端面

內(nèi)側(cè)邊緣點a的距離L=(8-1)R,進入透明體后

恰好發(fā)生全反射，光在真空中的傳播速率為C。求:

①完成透明柱體內(nèi)完整的光路圖并求出單色光的折射率；

②光在透明體中傳播的時間。

19.如圖，圓形區(qū)域半徑為R,圓心在。點，區(qū)域中有方向垂直紙面向外的勻強磁場,

磁感應(yīng)強度大小為8.電子在電子槍中經(jīng)電場加速后沿4。方向垂直進入磁場，偏轉(zhuǎn)

后從M點射出并垂直打在熒光屏PQ上的N點，PQ平行于20,。點到PQ的距離為2R.

電子電荷量大小為e,質(zhì)量為忽略電子加速前的初動能及電子間的相互作用.

(1)求電子進入磁場時的速度大小也

(2)求電子槍的加速電壓U；

(3)若保持電子槍與4。平行，將電子槍在紙面內(nèi)向下平移至距40為，處，問電子打

在熒光屏上的點位于N點的左側(cè)還是右側(cè)？求該點距N點的距離.

Q右

第8頁，共19頁

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：A.安培力F=BILstn。,其中。為電流方向與磁場方向的夾角，安培力的大

小與通電直導線和勻強磁場方向的夾角有關(guān)。當0=0。時，安培力為0,故A錯誤；

B.根據(jù)洛倫茲力產(chǎn)生條件可知，當運動方向與磁場平行進入時，運動電荷不受洛倫茲力

作用，該處的磁感應(yīng)強度不為零，故B錯誤；

C.帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動時，洛倫茲力提供向心力

qvB=

運動周期7=4=翳

所以周期與軌道半徑無關(guān)，故C錯誤；

。.根據(jù)左手定則，通電直導線在磁場中受到的安培力方向與磁場方向是相互垂直的，故

。正確。

故選：0。

通過安培力的公式，分析通電直導線在勻強磁場中如果與磁場方向平行時，所受安培力

為零；通過洛倫茲力的產(chǎn)生條件，分析運動電荷的速度方向如果與磁場平行，將不受洛

倫茲力；通過洛倫茲力提供向心力以及速度與周期的關(guān)系，可以求出周期與半徑無關(guān);

由左手定則可以判斷通電直導線在磁場中收到的安培力與磁場方向垂直。

解決此題的關(guān)鍵在于理解安培力、洛倫茲力的計算公式，注意通電直導線與磁場的夾角、

運動電荷的運動方向與磁場的夾角，根據(jù)左手定則判斷力的方向即可。

2.【答案】A

【解析】解：力、交通警示燈選用紅色是因為紅光的波長長，更容易穿透云霧煙塵，故

A正確；

8、光學鏡頭上的增透膜是利用了光的干涉現(xiàn)象，故B錯誤；

C、水中的氣泡，看起來特別明亮，是因為光線從水中射向氣泡時發(fā)生了全反射的緣故，

故C錯誤；

D、讓紅光和綠光通過同一雙縫干涉裝置，依據(jù)光的干涉條紋間距公式Ax=勺/1,形成

a

的干涉條紋間距較大的是紅光，因為紅光的波長長，故。錯誤。

故選：4。

波長越長的越容易發(fā)生光的衍射現(xiàn)象；光學鏡頭上的增透膜利用了光的干涉現(xiàn)象：水中

的氣泡，看起來特別明亮，是因為光線從水射入氣泡發(fā)生全發(fā)射的緣故；依據(jù)光的干涉

條紋間距公式4兀=一九即可判定。

d

解決本題的關(guān)鍵是理解并掌握波的基本知識，要知道單色光的頻率越大，波長越短，折

射率越大。掌握光的全反射與折射的區(qū)別，理解光的干涉原理及條件。

3.【答案】BD

【解析】解：AB；電流表由于蹄形磁鐵和鐵芯間的磁場是輻向均勻分布的，因此不管

銅電線圈轉(zhuǎn)到什么角度，它的平面都跟磁感線平行。因此磁力矩與線圈中電流成正比（與

線圈位置無關(guān)）。當銅電線圈轉(zhuǎn)動時，螺旋彈簧將被扭動，產(chǎn)生一個阻礙線圈轉(zhuǎn)動的阻

力矩，其大小與線圈轉(zhuǎn)動的角度成正比，當磁力矩與螺旋彈簧中的阻力矩相等時，線圈

停止轉(zhuǎn)動，此時指針偏向的角度與電流成正比，故電流表的刻度是均勻的，根據(jù)指針偏

轉(zhuǎn)角度的大小可以知道被測電流的大小，故A錯誤，B正確；

C：電流的方向不同，則受安培力方向不同，則指針偏轉(zhuǎn)的方向不同，則根據(jù)指針的偏

轉(zhuǎn)方向可判斷被測電流的方向，故c錯誤；

D：圖乙中當線圈左側(cè)a導線中電流垂直紙面向外時，導線a受安培力向上，則圖中指針

往右偏，故。正確。

故選：BD。

利用圖示的裝置分析出其制成原理，通過圖不難發(fā)現(xiàn)磁感線與線圈平面并不垂直，通電

線圈在磁場中受力轉(zhuǎn)動，線圈的轉(zhuǎn)動可以帶動指針的偏轉(zhuǎn)；同時由左手定則來確定安培

力的方向。

在學過的測量工具或設(shè)備中，每個工具或設(shè)備都有自己的制成原理；對不同測量工具的

制成原理，是一個熱點題型，需要重點掌握。

4.【答案】B

2

【解析】解：根據(jù)公式「=等，有〃=火，故最大動能為：Efcrn=imv=^^;

qBmKTn22m

A、由公式&?,=迪士可知，粒子從。形盒射出時的動能與加速電場的電壓無關(guān)，故A

錯誤；

B、由公式可知，增大磁場的磁感應(yīng)強度，可增大帶電粒子射出時的動能,

故B正確；

第10頁，共19頁

C、電場變化的周期與粒子在磁場中運動的周期相等，為7=子=翳，可知加速電場

的變化周期與粒子速度大小無關(guān)，故c錯誤；

。、質(zhì)子&H)和a粒子($He)的比荷不同，根據(jù)公式T=置可知它們的周期不同，所以

不能用同一回旋加速器同時加速質(zhì)子和a粒子，故。錯誤。

故選：B。

回旋加速器中帶電粒子在電場被加速，每通過電場一次，動能被增加一次；而在磁場里

做勻速圓周運動，通過磁場時只改變粒子的運動方向，動能卻不變。最大動能只由磁感

應(yīng)強度和。形金屬盒的半徑?jīng)Q定。

本題回旋加速器考查電磁場的綜合應(yīng)用，注意明確回旋加速器原理，知道最大動能取決

于。型盒的半徑和磁感應(yīng)強度大小，與加速電壓無關(guān)。

5.【答案】D

【解析】解：力、將小球分別從等高點4和B由靜止釋放，則兩次通過。點的速度方向不

同，故A錯誤。

C、根據(jù)左手定則可知，洛倫茲力與運動方向垂直，速度方向不同，洛倫茲力方向不同，

故C錯誤。

8、由題意可知，拉力與洛倫茲力對小球不做功，僅僅重力作功，則小球機械能守恒，

所以小球分別從4點和B點向最低點。運動且兩次經(jīng)過。點時的動能相同，向心力相同。

在。點，根據(jù)合力提供向心力，從4點釋放時，F(xiàn)-qvB=m-,從B點釋放時，F(xiàn)+qvB=

m^,故絲線拉力不同，故8錯誤。

。、向心力相同，則向心加速度相同，故。正確。

故選：D.

將小球分別從等高點4和B由靜止釋放，通過。點的速度方向不同。

洛倫茲力與運動方向有關(guān)，運動方向不同，洛倫茲力不同。

根據(jù)向心力公式可以確定拉力的大小是否相同。

由向心加速度公式來確定是否相同。

本題考查了圓周運動的相關(guān)知識，對小球進行受力分析，并得出力做功與否，根據(jù)機械

能守恒定律來解題是突破口，同時注意洛倫茲力方向隨著速度的方向不同而不同。最后

由牛頓第二定律來考查向心力與向心加速度。

6.【答案】A

【解析】解：4、圓盤轉(zhuǎn)動時，相當于每條半徑都在切割磁感線，根據(jù)右手定則可判斷

出，電阻R中電流沿b到a方向，故A錯誤；

BC、若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度恒定，則圓盤轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為

E=Br?巴=史包

22

感應(yīng)電動勢恒定，則通過電阻R的電流大小恒定；

電阻R兩端的電壓為外電路電壓，小于感應(yīng)電動勢3r2,故8c正確；

D,根據(jù)右手定則可知，感應(yīng)電流的方向跟磁場方向、切割磁感線的速度方向有關(guān)，與

速度大小無關(guān)，則與角速度大小也無關(guān)，故。正確。

題目要求說法不正確的，

故選：Ac

A、根據(jù)右手定則，結(jié)合題意可知電阻R中電流沿匕到a方向；

BC,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，結(jié)合閉合電路的歐姆定律可知過電阻R的電流大小恒定；

進而可知電阻R兩端的電壓小于9B3r2；

。、根據(jù)右手定則可知，角速度大小發(fā)生變化，電流方向不會發(fā)生變化。

本題考查了法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路的歐姆定律和右手定則，要注意定律的綜合

應(yīng)用。

7.【答案】C

【解析】解：線圈在。?細間內(nèi)還沒進入磁場，則感應(yīng)電流為零；線圈在工?口時間內(nèi)，

VVV

線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為/=器方向為逆時針方向，即正方向；線圈在4?些時間內(nèi)，

Rvv

線圈中磁通量不變,無感應(yīng)電流;線圈在處?2時間內(nèi)，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為/=咚,

vvR

方向為順時針方向，即負方向。故C正確，AB。錯誤；

故選：Co

分階段根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律分析出電流的大小，結(jié)合楞次定律分析出電

流的方向。

本題主要考查了電磁感應(yīng)的相關(guān)應(yīng)用，熟悉法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律分析出電流

的大小，同時要熟練掌握楞次定律分析出電流的方向即可。

8.【答案】D

第12頁，共19頁

【解析】解：4、根據(jù)楞次定律可知，通過電阻R的電流方向是從C到4,故A錯誤;

B、由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動勢E=n—=1500xFx20x10-4V=6V

At2

由閉合電路的歐姆定律可知，感應(yīng)電流大小：/=上=二4=1.24故8錯誤；

R+r1+4

C、電阻R的電壓UR=/R=1.2X4V=4.8V,故C錯誤；

D、電阻R兩端電壓=UR=9c-WA="c-0=<Pc=4.8P,即C點的電勢為4.8V,

故。正確。

故選：Do

應(yīng)用楞次定律判斷出感應(yīng)電流方向；應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動勢，應(yīng)用閉

合電路的歐姆定律求出感應(yīng)電流，應(yīng)用歐姆定律求出電阻兩端電壓；根據(jù)電阻兩端電壓

求出C點的電勢。

本題是電磁感應(yīng)與電路相結(jié)合的一道綜合題，分析清楚磁感應(yīng)強度變化情況與電路結(jié)構(gòu)

是解題的前提，應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律與楞次定律即可解題。

虛像，根據(jù)光路的可逆性原理可知，位置偏高了。故BO正確，AC錯誤。

故選：BD。

根據(jù)人看到的是魚，實際是魚發(fā)出的光線經(jīng)過折射形成的虛像，魚看到的是人也是經(jīng)過

折射形成的虛像.作出光路圖，分析人看到的是魚和魚看到的是人虛像與實際位置的關(guān)

系.

本題考查對光的折射現(xiàn)象的理解.作光路時，要根據(jù)光線從水射向空氣中折射時，入射

角小于折射角，而且入射角越大，折射角越大.

10.【答案】AC

【解析】解：AB,開關(guān)接通時，燈泡1和2同時亮，但是由于線圈中的感應(yīng)電動勢阻礙

電流的增加，則通過燈泡1的電流大于通過燈泡2的電流，故A正確，B錯誤；

C、開關(guān)斷開時，燈泡2立即熄滅；因&>Ro,即燈泡的電阻大于線圈的直流電阻，則

當電路穩(wěn)定時，通過線圈的電流大于通過燈泡1的電流，當開關(guān)斷開時，由于線圈阻礙

電流減小，則原來通過線圈的電流再次通過燈泡1,則使得燈泡1先閃亮一下再熄滅，故

c正確；

。、開關(guān)斷開時，燈泡2的電流立刻變?yōu)榱?，但是通過燈泡1的電流是逐漸減為零，則通

過燈泡1和2的電流不相等，故。錯誤。

故選：AC.

電鍵接通瞬間，電路中迅速建立了電場，立即產(chǎn)生電流，但線圈中產(chǎn)生自感電動勢，阻

礙電流的增加，故線圈中電流逐漸增加；

電鍵斷開瞬間，電路中電流要立即減小零，但線圈中會產(chǎn)生很強的自感電動勢，與燈泡

1構(gòu)成閉合回路放電.

本題考查了通電自感和斷電自感，關(guān)鍵是明確線圈中自感電動勢的作用是阻礙電流的變

化，但不能阻止電流變化.

11.【答案】B

【解析】解：4、圖4開關(guān)斷開，不能產(chǎn)生感應(yīng)電流，故A錯誤；

8、由'’來拒去留"可知，磁鐵靠近線圈，則磁鐵與線圈相互排斥；由題目中圖可知，

當磁鐵豎直向下運動時，穿過線圈的磁場方向向下增大，由楞次定律可知感應(yīng)電流的磁

場向上，則由右手螺旋定則可知電流方向從a經(jīng)過R到b,故8正確，

C、由“來拒去留”可知，磁鐵遠離線圈，則磁鐵與線圈相互吸引；由題目中圖可知，

當磁鐵豎直向上運動時，穿過線圈的磁場方向向上減小，由楞次定律可知感應(yīng)電流的磁

場向上，則由右手螺旋定則可知電流方向從a經(jīng)過R到b,故C錯誤；

。、由“來拒去留”可知，磁鐵遠離線圈，則磁鐵與線圈相互吸引；由題目中圖可知，

當磁鐵豎直向上運動時，穿過線圈的磁場方向向下減小，由楞次定律可知感應(yīng)電流的磁

場向下，則由右手螺旋定則可知電流方向從b經(jīng)過R到a,故。錯誤；

故選：Bo

先判斷通過線圈的磁場方向及磁通量的變化，由楞次定律可判斷電路中感應(yīng)電流的方向

及磁極間的相互作用。

在判斷電磁感應(yīng)中磁極間的相互作用時可以直接利用楞次定律的第二種表示：“來拒去

留”直接判斷，不必再由安培定則判斷線圈中的磁場，再由磁極間的相互作用判斷力的

方向。

第14頁，共19頁

12.【答案】BCD

【解析】解：線圈通電后，根據(jù)左手定則可知a、c段導線受到的安培力等大反向，b段

導線的安培力向上；當線圈沒有通電時，天平處于平衡狀態(tài)，設(shè)左盤質(zhì)量為mi，右盤

質(zhì)量為血2，有巾19乙1=僧2gL2

當線圈中通入電流/時，向上的安培力大小為F=nBIl

在右盤加質(zhì)量為ni的袪碼(或移動游碼)使天平重新平衡，則有nhg-Li=(.m2g+mg-

nBIl)-L2

可得zng—nBIl

則磁感應(yīng)強度大小為B=翳

若僅將電流反向，則安培力方向向下，其他條件不變，由以上分析可知，線圈不能保持

平衡狀態(tài)，故A錯誤，8CQ正確。

故選：BCD。

由左手定則判斷安培力，由受力分析求解磁感應(yīng)強度大小。

本題考查安培力，學生需熟練掌握受力分析，左手定則，結(jié)合安培力公式綜合解題。

13.【答案】負電警

4m

【解析】解：根據(jù)左手定則可知粒子帶負電；/‘：

?I

由幾何關(guān)系可知r；

r2=L2+(r--)

解得：r=^L

qvB=m—

解得粒子入射速度大小為："=警。

47n

故答案為：負電，警

根據(jù)左手定則判斷粒子電性，根據(jù)幾何關(guān)系求出半徑，再由牛頓第二定律求出對應(yīng)的速

度即可。

帶電粒子在磁場中運動的類型，確定向心力來源，畫出軌跡，運用牛頓第二定律列式是

慣用的解題思路，平時要加強訓練，才能運用自如。

14.【答案】左右嚶或吟

【解析】解：根據(jù)左手定則可知，正、負離子會向左右偏轉(zhuǎn)所以，所以左右兩側(cè)管壁會

出現(xiàn)電勢差；

導電液體的流量為Q=Su=竽

或者由quB=y

求出，=培

再利用Q=Su=嚶

4,0

故答案為：左右；嘿或也

4B4

根據(jù)左手定則分析出粒子的偏轉(zhuǎn)方向，從而得出電勢差的存在方向；

根據(jù)流量的定義式完成分析，或者是利用洛倫茲力和電場力的等效關(guān)系先計算出離子的

運動速度再完成分析。

本題主要考查了霍爾效應(yīng)的相關(guān)應(yīng)用，根據(jù)左手定則分析出離子的受力方向，結(jié)合洛倫

茲力和電場力的等量關(guān)系以及流量的定義式完成分析。

15.【答案】A25.02640

【解析】解：(1)雙縫干涉實驗讓單色光通過雙縫在光屏上形成干涉圖樣，所以讓白熾

燈光通過濾光片，再經(jīng)過單縫形成單色光，再通過雙縫，故自光源起合理的順序是濾光

片、單縫、雙縫，故錯誤，A正確。

故選A。

⑵圖中游標卡尺的主尺讀數(shù)為25mm,游標讀數(shù)為0.02mmx1=0.02mm

所以最終讀數(shù)為刀2=25.02mm

(3)兩個相鄰明紋(暗紋)間的距離為

Ax=x-x-=(2'。2-11-6)徵徵_2.24mm

66

根據(jù)公式=

a

可得4=等

代入數(shù)據(jù)，解得4=640nm

故答案為：(1)4(2)25.02(3)640

(1)根據(jù)雙縫干涉原理，可以知道合理的順序是濾光片、單縫、雙縫；

(2)根據(jù)游標卡尺讀數(shù)規(guī)則，可得最終讀數(shù)；

第16頁，共19頁

(3)根據(jù)波長和間距的關(guān)系，結(jié)合題意求出波長。

本題考查了“用雙縫干涉測光的波長”實驗，要注意實驗的注意事項和實驗原理，特別

要注意條紋間距與波長的關(guān)系。

16.【答案】鬻大偏小1.5

COS82

【解析】解：(1)此玻璃的折射率計算式為n=)

sin(90。-%)_COSOY。一~~—--------------

sin(9O0-02)cos02

(2)光線通過寬度更大的玻璃磚后產(chǎn)生的側(cè)移量更大，

b―-b'

則為了減少誤差，應(yīng)選用寬度大的玻璃磚來測量；

(3)如圖所示，將兩界面。優(yōu)、b"間距畫得比玻璃磚寬度大些，則入射角沒有變化，折射

角的測量值偏大，則由九=四

sinr

得，折射率測量值偏小；

MN

(4)玻璃磚的折射率為n=黑=備=箸=登=1.5

~R.

故答案為：(1)皆警；(2)大；(3)偏?。?4)1.5

cos力

(1)根據(jù)折射定律，結(jié)合入射角和折射角求出玻璃的折射率：

(2)為了減小實驗誤差，應(yīng)選用寬度大一些的玻璃磚測量；

(3)作出光路圖，分析入射角與折射角的誤差，來確定折射率的誤差；

(4)根據(jù)折射率公式和幾何知識求出折射率。

本題主要考查了測量玻璃磚的折射率，對于實驗誤差，要緊扣實驗原理，用作圖法，確

定出入射角與折射角的誤差，即可分析折射率的誤差.

17.【答案】解：(1)根據(jù)右手定則可知，電流方向由c到a；

回路中的感應(yīng)電動勢為

E=BLv

根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得，回路感應(yīng)電流的大小為

R+rR+r

代入數(shù)據(jù)可得/=2A

(2)根據(jù)歐姆定律可得，ac棒兩端的電壓

Uac=IR=2x0.40V=0.8V

(3)ac棒以v=5.0/n/s的速度水平向右勻速滑動，根據(jù)左手定則可知，安培力的方向向

左，所以外力尸的方向向右；

F的大小