期中考試答案

閬中中學(xué)20232024學(xué)年度高二下物理期中考試卷參考答案1．D【詳解】A．1834年，俄國物理學(xué)家楞次得到了感應(yīng)電流方向的規(guī)律：感應(yīng)電流具有這樣的方向，即感應(yīng)電流的磁場總要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化，故A錯(cuò)誤；B．安培首先發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)現(xiàn)象，德國物理學(xué)家韋伯于1846年指出：閉合電路中感應(yīng)電動(dòng)勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比。因法拉第電磁感應(yīng)現(xiàn)象研究的巨大貢獻(xiàn)，后人稱之為法拉第電磁感應(yīng)定律，故B錯(cuò)誤；C．1831年，英國物理學(xué)家法拉第最早發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，故C錯(cuò)誤。D．麥克斯韋從場的觀點(diǎn)出發(fā)提出：變化的磁場產(chǎn)生電場，變化的電場產(chǎn)生磁場，故D正確；2．B【詳解】A．根據(jù)安培定則可知A處的電流在C點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向沿著CB方向，B處的電流在C點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向沿著AC方向，結(jié)合對(duì)稱性可知，C點(diǎn)的磁場方向與AB方向平行，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)安培定則和對(duì)稱性可知，A、B兩處的電流在D點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相反，而C處的電流在D點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向沿著DB方向，故D點(diǎn)的磁場方向沿著DB方向，故B正確；C．A、C兩處的電流方向相反，可知A處電流對(duì)C處電流的安培力沿著AC方向，同理可知B處電流對(duì)C處電流的安培力沿著BC方向，結(jié)合對(duì)稱性可知，導(dǎo)線C受到的安培力方向沿著DC方向，故C錯(cuò)誤；D．A、C兩處的電流方向相反，可知C處電流對(duì)A處電流的安培力沿著CA方向，A、B兩處的電流方向相同，可知B處電流對(duì)A處電流的安培力沿著AB方向，根據(jù)力的合成可知，導(dǎo)線A受到的安培力方向一定偏右，不可能水平向左，故D錯(cuò)誤。3．B【詳解】AB．無論小球帶何種電荷，小球在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)受洛倫茲力方向與速度垂直，則洛倫茲力不做功，只有重力做功，機(jī)械能守恒，則落地時(shí)的速度的大小相等，選項(xiàng)B正確，A錯(cuò)誤；C．若小球帶負(fù)電荷，根據(jù)左手定則知道小球受斜向左向下方的洛倫茲力，這樣小球偏折更厲害，會(huì)落在a的左側(cè)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．若小球帶正電荷，根據(jù)左手定則知道小球受斜向右上方的洛倫茲力，這樣小球會(huì)飛的更遠(yuǎn)，落在更遠(yuǎn)的b點(diǎn)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。4．D【詳解】A．根據(jù)左手定則，負(fù)電荷受到豎直向上的洛倫茲力。A錯(cuò)誤；BC．根據(jù)可得電壓則可知MN兩點(diǎn)電壓與液體流速有關(guān)。最終正負(fù)離子在電場力和洛倫茲力的作用下處于平衡，帶電離子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由上式知兩個(gè)電極間的電壓與離子濃度無關(guān)。BC錯(cuò)誤；D．計(jì)算液體的流速，根據(jù)可得流速廢液的流量為即只需要再測量MN兩點(diǎn)電壓就能夠推算廢液的流量。D正確。故選D。5．D【詳解】A．中電路沒有閉合，無感應(yīng)電流，A錯(cuò)誤；B．線框未出磁場時(shí)磁通量不發(fā)生變化，無感應(yīng)電流，B錯(cuò)誤；C．穿入與穿出圓環(huán)的磁感線條數(shù)相等，磁通量不發(fā)生變化，無感應(yīng)電流，C錯(cuò)誤；D．穿過回路的磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，面積增大，閉合電路的磁通量增大，有感應(yīng)電流，D正確。故選D。C【詳解】AB．根據(jù)磁場分布的特點(diǎn)可知，c環(huán)處磁場的方向向外，當(dāng)a環(huán)中電流逐漸減小時(shí)，c環(huán)內(nèi)向外的磁通量減小，為阻礙磁通量的減小，c環(huán)有面積增大的趨勢，根據(jù)楞次定律可知，c環(huán)感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，故AB錯(cuò)誤；CD．由安培定則可知，a環(huán)在b環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的磁場的方向向里，當(dāng)a環(huán)中電流逐漸減小時(shí)，在環(huán)外產(chǎn)生的磁場減小，b環(huán)內(nèi)的磁通量減小，為阻礙磁通量的減小，b環(huán)有面積縮小的趨勢，根據(jù)楞次定律可知，b環(huán)感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，故C正確，D錯(cuò)誤；7．D【詳解】A．因?yàn)檎叫谓饘倬€框被勻速拉出勻強(qiáng)磁場區(qū)域，則有根據(jù)可得以及可知故A錯(cuò)誤；B．因?yàn)樗怨蔅錯(cuò)誤；C．根據(jù)可得D．線框中產(chǎn)生的熱量所以故D正確；8．D【分析】根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向．由感應(yīng)電動(dòng)勢公式和歐姆定律分別研究各段感應(yīng)電流的大小，再選擇圖象．【詳解】由于線圈勻速進(jìn)入磁場，根據(jù)楞次定律可知，線框中感應(yīng)電流為逆時(shí)針方向，產(chǎn)生的電動(dòng)勢恒定，故感應(yīng)電流恒定；完全進(jìn)入磁場且沒跨過兩磁場分界線的時(shí)候，磁通量不變，故電路中沒有感應(yīng)電流；當(dāng)線圈通過磁場分界線時(shí)，兩個(gè)邊都切割磁感線，相當(dāng)于兩個(gè)電源正串，感應(yīng)電流是線圈進(jìn)出磁場時(shí)的兩倍，電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向；當(dāng)線圈完全進(jìn)入右邊磁場時(shí)，感應(yīng)電流為零；線圈從右邊磁場出離時(shí)產(chǎn)生逆時(shí)針方向的電流，大小應(yīng)該與開始剛進(jìn)入左邊磁場時(shí)電流相同，故D正確9．BCD【詳解】A．當(dāng)搖動(dòng)手柄使得蹄形磁鐵轉(zhuǎn)動(dòng)，鋁框會(huì)同向轉(zhuǎn)動(dòng)，但轉(zhuǎn)得比磁鐵慢，故A錯(cuò)誤；B．給真空冶煉爐通入高頻交流電，爐內(nèi)的金屬中會(huì)產(chǎn)生渦流，從而產(chǎn)生大量熱量，從而冶煉金屬，故B正確；C．微安表的表頭在運(yùn)輸時(shí)要把兩個(gè)正、負(fù)接線柱用導(dǎo)線連在一起（從而保護(hù)電表指針）這是利用了電磁阻尼原理，故C正確；D．在蹄形磁鐵兩極間自由轉(zhuǎn)動(dòng)的銅盤，就算摩擦極小，也會(huì)因產(chǎn)生感應(yīng)電流，在電磁阻尼的作用下，而停下，故D正確。故選BCD。10．AD【詳解】A．根據(jù)右手定則，若銅盤按照?qǐng)D示方向轉(zhuǎn)動(dòng)，則圓心處電勢高于邊緣處電勢，那么平行板電容器C板電勢高，故A正確；B．依題意，銅盤做的是轉(zhuǎn)動(dòng)切割，所以銅盤產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E感故B錯(cuò)誤；C．若一電子（不計(jì)重力）從電容器兩板中間水平向右射入，恰能勻速直線運(yùn)動(dòng)從右側(cè)水平射出，對(duì)電子受力分析，可得又聯(lián)立，解得故C錯(cuò)誤；D．依題意，對(duì)小球受力分析，有解得故D正確。故選AD。11．BC【詳解】A．粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力，則由左手定則可得，粒子都帶正電，故A錯(cuò)誤；B．兩個(gè)粒子進(jìn)入磁場時(shí)速度指向圓心且水平，則出磁場時(shí)速度反向延長線過圓心，軌跡圓半徑與速度方向垂直，則可作圖得到圓心分別為O1、O2，如圖設(shè)磁場圓半徑為R，則由幾何關(guān)系可得，兩軌跡圓半徑分別為則粒子a、b在磁場中運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑之比為粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)有化簡得由于速度相同，相同磁場，則可知比荷之比等于軌跡半徑的反比，即，兩粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間分別為綜合可得故BC正確12．豎直向上向外【詳解】（1）[1][2]，說明天平左側(cè)受到的拉力小于矩形線圈的重力，因此矩形線圈的底邊所受的安培力方向?yàn)樨Q直向上，根據(jù)左手定則可知磁場方向?yàn)榇怪奔埫嫦蛲猓唬?）[3]對(duì)矩形線圈，根據(jù)力的平衡可得解得13．(1)(2)向左偏(3)斥力負(fù)【詳解】（1）探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)電路分兩部分，電源、開關(guān)、滑動(dòng)變阻器、線圈A組成閉合電路，靈敏電流計(jì)與線圈B組成另一個(gè)閉合電路，實(shí)物電路圖如圖所示（2）如果在閉合電鍵時(shí)，穿過線圈B的磁通量增大，發(fā)現(xiàn)靈敏電流計(jì)的指針向右偏了一下，說明穿過線圈B的磁通量增大時(shí)靈敏電流計(jì)指針向右偏轉(zhuǎn)。那么在電鍵閉合的狀態(tài)下將滑動(dòng)變阻器滑片迅速向左移動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器的阻值調(diào)大，流過線圈A的電流減小，線圈A中電流產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，穿過線圈B的磁通量減小，則靈敏電流計(jì)指針將向左偏轉(zhuǎn)。（3）[1][2]在閉合電鍵時(shí)，將原線圈A向下插入B中，依據(jù)來拒去留原則，線圈B對(duì)線圈A的作用力為斥力。線圈B對(duì)線圈A的作用力方向與線圈A的方向相反，線圈B對(duì)線圈A做負(fù)功。14．AD【詳解】（1）[1]A．線圈電阻偏大，穩(wěn)定時(shí)流過燈泡的電流大于線圈的電流，斷開開關(guān)時(shí)，根據(jù)楞次定律，流過燈泡的電流從線圈原來的電流逐漸減小，燈泡不發(fā)生閃亮現(xiàn)象，故A正確；B．若小燈泡電阻偏大，穩(wěn)定時(shí)流過燈泡的電流小于線圈的電流，斷開開關(guān)時(shí)，根據(jù)楞次定律，流過燈泡的電流從線圈原來的電流逐漸減小，燈泡將發(fā)生閃亮現(xiàn)象，故B錯(cuò)誤；C．開關(guān)斷開開關(guān)時(shí)，燈泡能否發(fā)生閃亮，取決于燈泡的電流有沒有增大，與電源的內(nèi)阻無關(guān)，故C錯(cuò)誤。D．線圈的自感系數(shù)較大，產(chǎn)生的自感電動(dòng)勢較大，但不能改變穩(wěn)定時(shí)燈泡和線圈中電流的大小，故D錯(cuò)誤。故選A。（2）[2]當(dāng)閉合電鍵，因?yàn)榫€圈阻礙作用，所以流過線圈L的電流會(huì)慢慢增大到i2，而燈泡A這一支路立即就有電流i1。當(dāng)t1時(shí)刻電鍵斷開，電源流經(jīng)燈泡A這一支路的電流立即消失，但由于線圈L會(huì)對(duì)電流有阻礙作用，則線圈L的電流i2會(huì)流回?zé)襞軦，且與i1反向并從i2開始慢慢減小，再由題知未出現(xiàn)小燈泡閃亮現(xiàn)象，則i1>i2。故選D?！军c(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵掌握線圈對(duì)電流的變化有阻礙作用，當(dāng)電流增大時(shí)，線圈會(huì)阻礙電流的增大，當(dāng)電流減小時(shí)，線圈會(huì)阻礙電流的減小。15．（1）0.3N，方向平行于導(dǎo)軌平面向下；（2）【詳解】（1）導(dǎo)體棒受到的安培力大小(1分)方向平行于導(dǎo)軌平面向上，根據(jù)導(dǎo)體棒受到的摩擦力(2分)方向平行于導(dǎo)軌平面向下。（2）導(dǎo)體棒受到的最大靜摩擦力當(dāng)最大靜摩擦力方向平行于導(dǎo)軌平面向上，根據(jù)平衡條件（2分）得當(dāng)最大靜摩擦力方向平行于導(dǎo)軌平面向下，根據(jù)平衡條件(2分)得所以(1分)16．（1）；（2）；（3）【詳解】（1）導(dǎo)體棒切割磁感線電動(dòng)勢(1分)電流(1分)安培力(1分)當(dāng)速度最大時(shí)(1分)求得(2分)（2）由動(dòng)量定理得(2分)(2分)聯(lián)立得(1分)（3）由能量守恒定律可知，整個(gè)過程中產(chǎn)生的總熱量等于力F做的功(2分)由焦耳熱分配定律，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為(2分)解得(1分)17．（1），；（2）；（3）【詳解】（1）設(shè)粒子從P到Q的過程中，加速度大小為a，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，在Q點(diǎn)進(jìn)入磁場時(shí)速度大小為vQ，方向與x軸正方向間的夾角為θ，vQ沿y軸方向的大小為vy，則水平方向上(2