四川省南充市嘉陵第一中学2023-2024学年高二下学期期中考试物理试题（Word版附答案）

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1.【答案】D
【详解】A．线圈转动得越快，通过线圈的磁通量变化越快，电路中电流越大，A错误；
B．线圈转到中性面时，电流方向才会发生改变，B错误；
C．当线圈转到图乙所示位置时，线圈中电流最大，表达式应为，C错误；
D．线圈转到图乙所示位置时电流最大，穿过线圈磁通量的变化率最大，D正确。故选D。
2.【答案】B
【详解】A由图知炮弹向右加速，需受向右的安培力，根据左手定则可知，磁场方向应竖直向上，A错误；
B．闭合开关瞬间电流为
则安培力为
炮弹加速度为
故B正确；
C．根据安培力公式，即
可知，减小磁感应强度B的值，炮弹受到的安培力变小，C错误；
D．若同时将电流方向和磁场方向反向，根据左手定则可知，安培力方向不变，D错误。
故选B。
3.【答案】B
【详解】由题意可得，带电小球带正电，受力分析如图所示
由平衡条件
解得带电小球运动的速度大小为
故选B。
4.【答案】B
【详解】A．金属棒产生的感应电动势为
金属棒两端的电压为
故A错误；
B．电路中的电流为
故B正确；
CD．由右手定则可知，流过R的电流由N到M，P点相当于电源的正极，故CD错误。
故选B。
5．【答案】C
【详解】A．升压变压器T1的输出电压等于2000V，而输入电压为400V，由电压之比等于匝数之比，则有变压器T1的匝数比
故A错误；
C．输出的电功率为P0=20kW，而升压变压器T1变为2000V电压远距离输送，所以根据
可知输电线上的电流为
故C正确；
D．输电线上损失的电压为
故D错误；
B．降压变压器T2的输入电压等于升压变压器的输出电压减去导线损失的电压，即为
则变压器T2的匝数比
故B错误。
故选C。
6．【答案】C
【详解】根据导线框是等腰直角三角形，可知刚进入左侧磁场时，有效切割长度等于进入磁场的位移大小，设线圈总电阻为，根据楞次定律可知初始时线圈中感应电流方向是顺时针的，大小为
在范围内图像是第一象限的正比例函数。
当范围内，分别位于左右两侧磁场中的线圈切割磁感线产生的感应电动势是串联关系，感应电流方向为逆时针，有效切割长度为
则感应电流大小为
所以当，图像是在第四象限中过坐标点的一次函数。
当范围内，线框左侧部分切割右侧磁场，有效切割长度为
感应电流方向为顺时针方向，则感应电流大小为
所以当时，图像是在第一象限中过坐标点的一次函数。所以全过程的图像如下图所示
故选C。
7.【答案】C
【详解】当粒子轨迹半径小于或等于磁场区域半径时，粒子射出圆形磁场的点离入射点最远距离为粒子的轨迹直径，由题意在磁场边界的圆周上可观测到有粒子飞出，设粒子带正电，如图所示
粒子在磁场中运动的轨迹直径为，粒子都从圆弧之间射出，根据几何关系可得
则粒子在磁场中的运动半径为
故选C。
8．【答案】C
【详解】A．根据
，
解得
由于线圈进入磁场与出磁场过程均有
可知，进、出磁场过程通过截面的电荷量相同，故A错误；
B．线圈进出磁场过程，根据动量定理有
结合上述有
线圈进入磁场产生的焦耳热为
线圈出磁场产生的焦耳热为
根据上述有
则有
故B错误；
C．结合上述有
即线圈在磁场中匀速运动的速度为，故C正确；
D．安培力的瞬时功率为
由于线圈进出磁场过程均在做减速运动，即出磁场的瞬时速度均小于进入磁场过程的瞬时速度，可知，进磁场的安培力的平均功率大于出磁场的安培力的平均功率，故D错误。
故选C。
9.【答案】AD
【详解】A．原线圈接入如图乙所示的交流电，由图可知
频率为
故A正确；
B．原线圈接入电压的最大值是，所以原线圈接入电压的有效值是
理想变压器原、副线圈匝数比为20:1，所以副线圈电压是11V，所以V的示数为11V，故B错误；
C．变压器的输入电压不变，根据变压比公式，输出电压也不变，故电压表读数不变，故C错误；
D．当L1的灯丝烧断后，变压器的输入电压不变，根据变压比公式，输出电压也不变，故电压表读数不变，副线圈接入负载增大，根据欧姆定律可知副线圈电流变小，根据变压器原副线圈电流关系可知流过原线圈电流变小，则电流表的示数变小，故D正确。
故选AD。
10.【答案】BD
【详解】A．0~4s内a、b间的感应电动势为
回路电流为
根据楞次定律可知，电流由b流至R回到a，a的电势低于b的电势；
0~4s内a、b间的电势差
故A错误；
B．4~6s内a、b间的感应电动势为
回路电流为
根据楞次定律可知，电流由a流至R回到b，a的电势高于b的电势；
4~6s内a、b间的电势差
解得
故B正确；
C．0~4s内通过电阻R的电荷量为
解得
故C错误；
D．4~6s内电阻R上产生的焦耳热为
解得
故D正确。
故选BD。
11．【答案】AD
【详解】A．由于粒子向左偏转，根据左手定则可知磁场的方向垂直于纸面向外，故A正确；
B．对碘在加速度电场中，由动能定理可得
碘在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有
联立有
131I和127I电荷量相同，质量有，所以131I的半径更大，故B错误；
C．由图可知，两个粒子在磁场中都恰好运动了半个周期，因此运动的时间差值为
故C错误；
D．根据
可得碘131在磁场中运动的轨道半径为
同理可得碘127在磁场中运动的轨道半径为
由于两个粒子在磁场中都恰好运动了半个圆周，则打到照相底片上的碘131与碘127之间的距离为
故D正确。
故选AD。
12.【答案】AC
【详解】A．杆向右运动切割磁感线产生电动势，杆向下运动不切割磁感线；由右手定则可知，回路中感应电流方向为，A正确；
B．感应电流大小
导体棒受到水平向左的安培力，导体棒运动时，受到向右的安培力，安培力大小均为
B错误；
C．由导体棒受力平衡得
解得
C正确；
D．受到的摩擦力和重力平衡，由平衡条件得
解得
D错误。
故选AC。
13.【答案】 相反 相同 阻碍原磁场磁通量的变化 BC BD
【详解】（1）[1]由该同学记录的实验现象可知，1、3磁铁向下和向上插入线圈，则穿过闭合回路的磁通量增大时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反。
[2]2、4磁铁向下和向上拔出线圈，则穿过闭合回路的磁通量减小时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同。
[3]由此得出的结论是感应电流的磁场，总是阻碍原磁场磁通量的变化。
（2）[4] A. 闭合开关后，线圈A中的电流方向是从上到下，电流表甲中的电流从负极流向正极，指针向右偏转，断开开关瞬间，线圈A中电流减小，穿过线圈B的磁通量减小，线圈B中的感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，由右手定则可知，电流表乙中的电流从负极流向正极，指针向右偏转，A不符合题意；
B. 断开开关，等电路稳定后再闭合开关的瞬间，线圈A中电流增大，穿过线圈B的磁通量增大，线圈B中的感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，由右手定则可知，电流表乙中的电流从正极流向负极，指针向左偏转，B符合题意；
C. 滑动变阻器的滑片向a端迅速滑动，线圈A中电流增大，穿过线圈B的磁通量增大，线圈B中的感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，由右手定则可知，电流表乙中的电流从正极流向负极，指针向左偏转，C符合题意；
D. 滑动变阻器的滑片向b端迅速滑动，线圈A中电流减小，穿过线圈B的磁通量减小，线圈B中的感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，由右手定则可知，电流表乙中的电流从负极流向正极，指针向右偏转，D不符合题意。
故选BC。
（3）合上的瞬间，由于电感在线圈中电流发生变化时会产生一种阻碍作用，则电源的电压同时加到两灯上，A、B同时亮，故A错误，B正确；
CD．断开K，A灯立即熄灭，由于线圈中电流逐渐减小，产生一个与电流同向的自感电动势，感应电流流过B灯，则B闪亮一下后熄灭，故C错误，D正确。
故选BD。
14.【答案】（1）；（2），；（3）
【详解】（1）线圈转动时，产生的感应电动势最大值为
由图可知，图示时刻线圈平面与磁场方向平行，该时刻的磁通量为0，磁通量变化率最大，感应电动势最大，则将图示时刻记为，该正弦式交流电电动势的瞬时值表达式为
（2）电动势的有效值为
则电流表的示数为
电压表的示数为
（3）转动一周的过程中，整个电路产生的热量为
15.【答案】（1），；（2）
【详解】由题可知，带电粒子在电场中做类平抛运动，由Q点进入磁场，在磁场中做匀速圆周运动，最终由O点射出（轨迹如下图所示）
（1）根据对称性可知，粒子在Q点的速度大小为v，方向与x轴负方向夹角为，则有
解得
带电粒子从P运动到Q的过程中，由动能定理
解得
（2）在对在电场中类平抛运动，设沿着电场方向的速度为，在电场中运动时间为t，则沿着电场方向有
水平方向有
则在电场中运动的时间为
设R为粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径，由几何知识可知圆弧所对圆心角为90º，则
则在磁场中运动的时间为
代入数据求得
粒子从O点运动到P点过程所用的时间等于在电场中做类平抛运动的时间与在磁场中运动四分之一圆周的时间之和，则总时间为
16．【答案】（1）；（2）；（3）
【分析】首先，运用动能定理得出进入磁场时的瞬时速度，再结合感应电流公式求解；其次，理解题意运用能量守恒解题；最后，运用动量定理解决电磁感应运动过程时间问题。
【详解】（1）令棒刚进入磁场区域Ⅰ时的速度大小为，通过它的电流大小为，根据动能定理得
解得
此时进入磁场区域Ⅰ的瞬间，通过棒的电流
解得
（2）令棒从磁场区域Ⅰ上边界到磁场区域Ⅱ上边界过程中产生的热量为，已知棒在先后穿过两个磁场区域的过程中，流过棒的电流及其变化情况相同。由能量守恒定律，得
（3）令棒到达磁场区域Ⅰ下边界时速度大小为，由能量守恒定律，得
解得
由题意可知，棒穿过磁场区域Ⅰ和Ⅱ所用的时间相同，设为，令棒穿过磁场区域Ⅰ过程中的平均电流为,平均感应电动势为，则有
再根据动量定理，得
解得