辽宁七校协作体2024-2025学年高二3月联考物理答案

2024—2025学年度(下)七校协作体3月高二联考物理试题答案题号1234567DADDBBA1.解：A.根据洛伦兹力充当向心力，可知故故最大动能与电压无关，故A错误。B.根据左手定则可知，等离子体中的正电荷向下偏，负电荷向上偏，故电流的方向为从b到a,故B错误。C.根据洛伦兹力和电场力相互平衡，可知当粒子速度方向改变的时候，电场力方向不变，但是洛伦兹力方向反向，无法与电场力相平衡，则无法匀速直线运动，故C错误。D.在加速电场中，则有在磁场中，则有同位素电荷量相同，质量越大，半径越大，故D正确。2解：A、由磁场的叠加原理可得，c、d两点处的磁感应强度大小相等、方向都向下，故A正确。B、P在a点产生的磁感应强度垂直Pa向下，Q在a点产生的磁感应强度垂直Qa向下，由磁场的叠加原理可得a点的磁感应强度方向向下，同理，P、Q两点在b点处的磁感应强度也向下，因此a、b两点的磁感应强度方向相同，故B错误。C、根据磁场的叠加原理和对称性知，a、b两点处的磁感应强度大小相等，故C错误。D、由安培定则判断可知，P、Q两导线在o点产生的磁感应强度方向都向下，则o点处的磁感应强度不为零，故D错误3解：ACD.根据直线电流产生的磁场的特点可知，通电导线产生磁场的磁感应强度大小正比于电流大小，第1页(共7页)内，导线PQ中电流从Q到P,电流逐渐减小，此时导线在线框R据右手螺旋定则可知磁场的方向垂直向里，根据楞次定律，线圈R感应电流产生的磁场方向也垂直向里，且线圈R有扩张和向左运动的趋势，即线圈R整体所受安培力方向向左，根据右手螺旋定则，线导线在线框R处产生的磁场磁场强度逐渐增大，根据右手螺旋定则，此时磁场方向垂直向外，根据楞次定律，线圈R感应电流产生的磁场方向为垂直向里，且线圈R有紧缩和向右运动的趋势，即线圈R流的方向不变，故B错误。于电路中的电流稳定时两个灯泡的亮度是相同的，所以A₂不会闪亮一下，故ABC错误，D正确。B、正常工作时，电动机消耗的电功率P₁=UI=6×0.05W=0.3W,故B正确；D、正常工作时，电动机对外做功的功率P₃=P₁-P₂=0.3W-0.05W=0.25W,故D错误；可得U₁=100V,所以变压器原线圈两端电压的有效值为100V,故A错误；B、线圈转动的角速度大小为w=2πn,产生的感应电动势的最大值为Em=NBSw,则变压器原线圈两故B正确；C、因为图示位置是线圈平面和磁感线平行，所以感应电动势的瞬时值表达式为e=Emcosot,即e=7.解：在时间内，线框进入磁场，磁通量增加，根据楞次定律知线框中感应电流方向沿逆时针方向，为正值。线框切割磁感线的有效长度均匀减小，产生的感应电动势均匀减小，感应电流均匀减小。时间内，线框完全在磁场中运动，磁通量不变，没有感应电流产生。在时间内，线框出磁场，磁通量减小，根据楞次定律知线框中感应电流方向沿顺时针方向，为负值。线框切割磁感线的有效长度均匀减小，产生的感应电动势均匀减小，感应电流均匀减小。根据P=I²R₁求出：P=5.76×10⁻²w,故B错误；C、根据楞次定律可知，螺线管下极带正电，则电流稳定后电容器下极板带正电，故C正确；D、S断开后，流经R₂的电量即为S闭合时C板上所带的电量Q电容器两端的电压：U=IRz=0.12×5=0.6V流经R₂的电量：Q=CU=30×10⁻⁶×0.6=1.8×10⁻⁵c,故D正确；9.解：A、根据粒子做匀速圆周运动的对称性，当带负电粒子从b点射出时，速度方向与水平线的夹角为30°,如图所示：×e由几何故选可得△Oab为等边三角形，所以粒子在磁场中偏转的弦长等于其做圆周运动半径，故A正B、若速度增大为2v,虽然负粒子做匀速圆周运动的半径加倍，但速度方向仍与水平线夹角为30°,C、若P的初速度增大为3v,粒子出射方向与水平线的夹角为30°,粒子在磁场中的圆弧所对的圆心第3页(共7页)角仍未60°,根据可知粒子的周期不变，则粒子经时间t射出磁场，故C错误；D、若磁场反向，负粒子逆时针方向做匀速圆周运动，粒子从磁场射出时与边界成30°,此时粒子偏转了300°,根据粒子在磁场中的运动时间粒子的周期不变，所以粒子运动时间是原来的5倍，即5t,故D正确。10解：A、在两导体棒有相对运动的过程中，回路中产生感应电流，则导体棒b动能增加量和回路产生的内能之和等于导体棒a动能减少量，故A错误；动量增加量等于导体棒a动量减少量，故B正确；C、最终稳定时两棒以相同速度匀速运动，设两棒稳定时速度为v,取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：2mvo=3mv,解得：三.实验题(共2小题)依据题图可知A表笔为红表笔。(2)当转换开关S旋到位置1或2时是电流挡。根据并联电路电流的分配与电阻成反比可知，并联电阻越小量程越大，故接1时的量程较大。(3)已知之前已经进行了必要的、正确的操作，即已经将A、B表笔短接进行了欧姆调零(即让表头满偏),在A、B之间接9000电阻时，表头G刚好半偏，根据闭合电路的欧姆定律可知，当表头半偏转换开关S在2时，根据闭合电路的欧姆定律可得改装电流表A₂的满偏值：已知电流表的两个挡位的大量程是小量程的10倍，可得：转换开关S在1时，改装电流表A1的满偏值为：故答案为：(1)红；(2)1;(3)10mA;1012.解：(1)电表1和2是测定电流的，而且电表2是测电路的总电流，而A₁量程太大，则读数不准确，那么将量程为3V(内阻3kΩ)的电压表当作电流表用，即电表2选C;电表1选A2.而电流表A2与定值电阻串联后作为电压表使用，由于A2的满偏电流：Ig=3mA,若此支路电压达到2V,则这条支路总电阻所以定值电阻只能选择9850的D,(2)要将待测电阻的电压调到2V,则此时电流表A₂(电表1)的示数为故答案为：(1)B;C;D;(2)2mA;13解：(1)当电阻箱阻值为Ro=40时，电路中的电流为根据左手定则可知导体棒所受安培力方向沿斜面向上，大小为F安=BIL=2T×3A×0.5m=3N;1分(2)导体棒在斜面上的最大静摩擦力，即滑动摩擦力大小为fmax=μmgcos37°=4N,Fmax=mgsin37°+μmgcos37°=10N1分代入数据，解得Rmax=6.5Ω,Rmin=0.5Ω,14.解：(1)在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴的距离为L,速度为a,运动时间为t,有沿x轴正方向：2L=vot,①设粒子到达0点时沿y轴方向的分速度为vy根据速度一时间关系可得：Vy=at③设粒子到达0点时速度方向与x轴方向的夹角为α,有联立①②③④式得：α=45°⑤即粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为45°角斜向上。设粒子到达0点时的速度大小为v,由运动的合成有到y轴的距离为2L,粒子的加(2)设电场强度为E,粒子电荷量为q,质量为m,粒子在电场中受到的电场力为F,由牛顿第二定律可得：qE设磁场的磁感应强度大小为B,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,所受的洛伦兹力提供向心力，由于P点到O点的距离为2L,则由几何关系可知R=√2L1分答：(1)粒子到达0点时速度的大小为√2vo,方向x轴方向的夹角为45°角斜向上。(2)电场强度和磁感应强度的大小之比15解：(1)根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势：E=BLv11分根据功率一速度关系可得：P=F'v₁=Fvm