期中考试答案

阆中中学20232024学年度高二下物理期中考试卷参考答案1．D【详解】A．1834年，俄国物理学家楞次得到了感应电流方向的规律：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故A错误；B．安培首先发现了电流的磁效应现象，德国物理学家韦伯于1846年指出：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。因法拉第电磁感应现象研究的巨大贡献，后人称之为法拉第电磁感应定律，故B错误；C．1831年，英国物理学家法拉第最早发现了电磁感应现象，故C错误。D．麦克斯韦从场的观点出发提出：变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场，故D正确；2．B【详解】A．根据安培定则可知A处的电流在C点的磁感应强度方向沿着CB方向，B处的电流在C点的磁感应强度方向沿着AC方向，结合对称性可知，C点的磁场方向与AB方向平行，故A错误；B．根据安培定则和对称性可知，A、B两处的电流在D点的磁感应强度大小相等，方向相反，而C处的电流在D点的磁感应强度方向沿着DB方向，故D点的磁场方向沿着DB方向，故B正确；C．A、C两处的电流方向相反，可知A处电流对C处电流的安培力沿着AC方向，同理可知B处电流对C处电流的安培力沿着BC方向，结合对称性可知，导线C受到的安培力方向沿着DC方向，故C错误；D．A、C两处的电流方向相反，可知C处电流对A处电流的安培力沿着CA方向，A、B两处的电流方向相同，可知B处电流对A处电流的安培力沿着AB方向，根据力的合成可知，导线A受到的安培力方向一定偏右，不可能水平向左，故D错误。3．B【详解】AB．无论小球带何种电荷，小球在磁场中运动时受洛伦兹力方向与速度垂直，则洛伦兹力不做功，只有重力做功，机械能守恒，则落地时的速度的大小相等，选项B正确，A错误；C．若小球带负电荷，根据左手定则知道小球受斜向左向下方的洛伦兹力，这样小球偏折更厉害，会落在a的左侧，选项C错误；D．若小球带正电荷，根据左手定则知道小球受斜向右上方的洛伦兹力，这样小球会飞的更远，落在更远的b点，选项D错误。4．D【详解】A．根据左手定则，负电荷受到竖直向上的洛伦兹力。A错误；BC．根据可得电压则可知MN两点电压与液体流速有关。最终正负离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，带电离子做匀速直线运动，由上式知两个电极间的电压与离子浓度无关。BC错误；D．计算液体的流速，根据可得流速废液的流量为即只需要再测量MN两点电压就能够推算废液的流量。D正确。故选D。5．D【详解】A．中电路没有闭合，无感应电流，A错误；B．线框未出磁场时磁通量不发生变化，无感应电流，B错误；C．穿入与穿出圆环的磁感线条数相等，磁通量不发生变化，无感应电流，C错误；D．穿过回路的磁感应强度不变，面积增大，闭合电路的磁通量增大，有感应电流，D正确。故选D。C【详解】AB．根据磁场分布的特点可知，c环处磁场的方向向外，当a环中电流逐渐减小时，c环内向外的磁通量减小，为阻碍磁通量的减小，c环有面积增大的趋势，根据楞次定律可知，c环感应电流的方向为逆时针方向，故AB错误；CD．由安培定则可知，a环在b环内产生的磁场的方向向里，当a环中电流逐渐减小时，在环外产生的磁场减小，b环内的磁通量减小，为阻碍磁通量的减小，b环有面积缩小的趋势，根据楞次定律可知，b环感应电流的方向为顺时针方向，故C正确，D错误；7．D【详解】A．因为正方形金属线框被匀速拉出匀强磁场区域，则有根据可得以及可知故A错误；B．因为所以故B错误；C．根据可得D．线框中产生的热量所以故D正确；8．D【分析】根据楞次定律判断感应电流的方向．由感应电动势公式和欧姆定律分别研究各段感应电流的大小，再选择图象．【详解】由于线圈匀速进入磁场，根据楞次定律可知，线框中感应电流为逆时针方向，产生的电动势恒定，故感应电流恒定；完全进入磁场且没跨过两磁场分界线的时候，磁通量不变，故电路中没有感应电流；当线圈通过磁场分界线时，两个边都切割磁感线，相当于两个电源正串，感应电流是线圈进出磁场时的两倍，电流方向为顺时针方向；当线圈完全进入右边磁场时，感应电流为零；线圈从右边磁场出离时产生逆时针方向的电流，大小应该与开始刚进入左边磁场时电流相同，故D正确9．BCD【详解】A．当摇动手柄使得蹄形磁铁转动，铝框会同向转动，但转得比磁铁慢，故A错误；B．给真空冶炼炉通入高频交流电，炉内的金属中会产生涡流，从而产生大量热量，从而冶炼金属，故B正确；C．微安表的表头在运输时要把两个正、负接线柱用导线连在一起（从而保护电表指针）这是利用了电磁阻尼原理，故C正确；D．在蹄形磁铁两极间自由转动的铜盘，就算摩擦极小，也会因产生感应电流，在电磁阻尼的作用下，而停下，故D正确。故选BCD。10．AD【详解】A．根据右手定则，若铜盘按照图示方向转动，则圆心处电势高于边缘处电势，那么平行板电容器C板电势高，故A正确；B．依题意，铜盘做的是转动切割，所以铜盘产生的感应电动势为E感故B错误；C．若一电子（不计重力）从电容器两板中间水平向右射入，恰能匀速直线运动从右侧水平射出，对电子受力分析，可得又联立，解得故C错误；D．依题意，对小球受力分析，有解得故D正确。故选AD。11．BC【详解】A．粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，则由左手定则可得，粒子都带正电，故A错误；B．两个粒子进入磁场时速度指向圆心且水平，则出磁场时速度反向延长线过圆心，轨迹圆半径与速度方向垂直，则可作图得到圆心分别为O1、O2，如图设磁场圆半径为R，则由几何关系可得，两轨迹圆半径分别为则粒子a、b在磁场中运动轨迹的半径之比为粒子在磁场中做圆周运动有化简得由于速度相同，相同磁场，则可知比荷之比等于轨迹半径的反比，即，两粒子在磁场中运动时间分别为综合可得故BC正确12．竖直向上向外【详解】（1）[1][2]，说明天平左侧受到的拉力小于矩形线圈的重力，因此矩形线圈的底边所受的安培力方向为竖直向上，根据左手定则可知磁场方向为垂直纸面向外；（2）[3]对矩形线圈，根据力的平衡可得解得13．(1)(2)向左偏(3)斥力负【详解】（1）探究电磁感应现象实验电路分两部分，电源、开关、滑动变阻器、线圈A组成闭合电路，灵敏电流计与线圈B组成另一个闭合电路，实物电路图如图所示（2）如果在闭合电键时，穿过线圈B的磁通量增大，发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，说明穿过线圈B的磁通量增大时灵敏电流计指针向右偏转。那么在电键闭合的状态下将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，滑动变阻器的阻值调大，流过线圈A的电流减小，线圈A中电流产生的磁感应强度减小，穿过线圈B的磁通量减小，则灵敏电流计指针将向左偏转。（3）[1][2]在闭合电键时，将原线圈A向下插入B中，依据来拒去留原则，线圈B对线圈A的作用力为斥力。线圈B对线圈A的作用力方向与线圈A的方向相反，线圈B对线圈A做负功。14．AD【详解】（1）[1]A．线圈电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流大于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡不发生闪亮现象，故A正确；B．若小灯泡电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流小于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡将发生闪亮现象，故B错误；C．开关断开开关时，灯泡能否发生闪亮，取决于灯泡的电流有没有增大，与电源的内阻无关，故C错误。D．线圈的自感系数较大，产生的自感电动势较大，但不能改变稳定时灯泡和线圈中电流的大小，故D错误。故选A。（2）[2]当闭合电键，因为线圈阻碍作用，所以流过线圈L的电流会慢慢增大到i2，而灯泡A这一支路立即就有电流i1。当t1时刻电键断开，电源流经灯泡A这一支路的电流立即消失，但由于线圈L会对电流有阻碍作用，则线圈L的电流i2会流回灯泡A，且与i1反向并从i2开始慢慢减小，再由题知未出现小灯泡闪亮现象，则i1>i2。故选D。【点睛】解决本题的关键掌握线圈对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，线圈会阻碍电流的增大，当电流减小时，线圈会阻碍电流的减小。15．（1）0.3N，方向平行于导轨平面向下；（2）【详解】（1）导体棒受到的安培力大小(1分)方向平行于导轨平面向上，根据导体棒受到的摩擦力(2分)方向平行于导轨平面向下。（2）导体棒受到的最大静摩擦力当最大静摩擦力方向平行于导轨平面向上，根据平衡条件（2分）得当最大静摩擦力方向平行于导轨平面向下，根据平衡条件(2分)得所以(1分)16．（1）；（2）；（3）【详解】（1）导体棒切割磁感线电动势(1分)电流(1分)安培力(1分)当速度最大时(1分)求得(2分)（2）由动量定理得(2分)(2分)联立得(1分)（3）由能量守恒定律可知，整个过程中产生的总热量等于力F做的功(2分)由焦耳热分配定律，整个运动过程中电阻R上产生的焦耳热为(2分)解得(1分)17．（1），；（2）；（3）【详解】（1）设粒子从P到Q的过程中，加速度大小为a，运动时间为t，在Q点进入磁场时速度大小为vQ，方向与x轴正方向间的夹角为θ，vQ沿y轴方向的大小为vy，则水平方向上(2