2024-2025学年内蒙古自治区赤峰市松山区高二下学期5月期中考试物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGE2025学年第二学期期末学业质量检测高二物理注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.在电磁学中，根据大量事实归纳出电磁相关物理量之间的规律，下图中相关规律描述正确的是（）A.图A用来判定电流产生的磁场方向，右手拇指表示电流及方向时，四指表示磁场方向B.图B用来判定电流在磁场中所受安培力方向，右手四指表示电流方向，拇指表示电流受力方向C.图C用来判定运动导体在磁场中产生感应电流方向，左手拇指表示导体运动方向，四指表示产生电流方向D.图D用来判定运动电荷在磁场中受洛伦兹力方向，左手四指表示电荷运动方向，拇指表示电荷受力方向【答案】A【解析】A．图A用来判定电流产生的磁场方向，根据右手螺旋定则，右手拇指表示电流及方向时，四指表示磁场方向，故A正确；B．图B用来判定运动导体在磁场中产生感应电流方向，根据右手定则，右手拇指表示导体运动方向，四指表示产生电流方向，故B错误；C．图C用来判定电流在磁场中所受安培力方向，根据左手定则，左手四指表示电流方向，拇指表示电流受力方向，故C错误；D．图D用来判定运动电荷在磁场中受洛伦兹力方向，根据左手定则，左手四指表示正电荷运动方向（左手四指与负电荷运动方向相反），拇指表示电荷受力方向，故D错误。故选A。2.如图所示，将长为L的导体棒放到磁感应强度为B的匀强磁场中，流过导体棒的电流强度为I。关于导体棒所受安培力说法正确的是（）A.甲图中导体棒所受安培力大小为B.乙图中导体棒所受安培力大小为C.甲图中导体棒所受安培力方向垂直纸面向外D.乙图中导体棒所受安培力方向平行金属导轨向右【答案】C【解析】AC．甲图中导体棒所受安培力大小为根据左手定则可知，导体棒所受安培力方向垂直纸面向外，故A错误，C正确；BD．乙图中导体棒所受安培力大小为据左手定则可知，导体棒所受安培力方向垂直于磁场方向斜向下偏右，故BD错误。故选C。3.如图所示，蹄形磁铁水平放置，质量为m的导体棒用两根轻质细导线悬挂，通入恒定电流，稳定时细导线与竖直方向的夹角为。两磁极间的磁场可看成匀强磁场，导体棒始终在两磁极之间，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A.若蹄形磁铁N极在上，则导体棒中的电流方向为B.若蹄形磁铁S极在上，则导体棒中的电流方向为C.导体棒所受安培力大小为D.若电流大小加倍，再次稳定后角也加倍【答案】B【解析】A．根据左手定则，若蹄形磁铁N极在上，则导体棒中的电流方向为，选项A错误；B．根据左手定则，若蹄形磁铁S极在上，则导体棒中的电流方向为，选项B正确；C．对导体棒受力分析可知，导体棒所受安培力大小为，选项C错误；D．根据若电流大小加倍，再次稳定后加倍，则角不是加倍关系，选项D错误。故选B。4.如图所示，将一组纽扣磁铁S极朝上吸附在干电池负极，把刮去绝缘漆的铜导线绕制成矩形线框，将线框上部的尖端处搭在干电池正极上，线框下部与磁铁接触，发现线框会旋转起来，下列说法正确的是（）A.该现象的原理是电磁感应B.从上向下俯视，线框顺时针转动C.若把磁铁的N极与S极互换，线框转动方向不变D.该装置将电能转化为机械能和内能【答案】D【解析】A．该现象的原理是通电导线在磁场中受力而运动，选项A错误；B．磁铁吸附在电池负极的是S极，线框左边电流向下，处于右下方向的磁场中，受安培力向外；同理线框右边电流向下，处于左下方向的磁场中，受安培力向里；则从上往下看，线框将做逆时针转动，故B错误。C．若把磁铁的N极与S极互换，磁场方向改变，线框受力方向改变，则线框转动方向改变，选项C错误；D．该装置将电能转化为机械能和内能，选项D正确。故选D。5.下图为显像管原理剖面示意图，电子枪发射电子束，在没有磁场时电子束打在荧光屏正中的O点。通过安装在管颈的偏转线圈产生偏转磁场可以使电子束发生偏转，关于偏转磁场与电子束偏转情况说法正确的是（）A.要使电子束在竖直方向偏离中心，打在荧光屏上的A点，偏转磁场应竖直向上B.要使电子束在竖直方向偏离中心，打在荧光屏上的A点，偏转磁场应垂直纸面向外C.要使电子束打在荧光屏上的位置由B点逐渐向A点移动，偏转磁场的强度应逐渐减小D.要使电子束打在荧光屏上的位置由B点逐渐向A点移动，偏转磁场的强度应逐渐增加【答案】B【解析】AB．要使电子束在竖直方向偏离中心，打在荧光屏上的A点，根据左手定则可知，偏转磁场应垂直纸面向外，故A错误，B正确；CD．粒子在偏转磁场中，由洛伦兹力提供向心力得可得要使电子束打在荧光屏上的位置由B点逐渐向A点移动，电子做圆周运动的半径先变大后变小，偏转磁场的磁感应强度应减小，再反向增大，故CD错误。故选B。6.如图所示，圆形区域内有垂直纸面向内的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率对准圆心O沿着方向射入磁场，其运动轨迹如图，若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是（）A.a粒子受洛伦兹力最大B.c粒子运动速率最小C.c粒子在磁场中运动时间最短D.它们做圆周运动的周期【答案】C【解析】AB．粒子的轨迹如图所示根据洛伦兹力提供向心力可得解得由于三个带电粒子的质量、电荷量均相同，在同一个磁场中，c粒子的轨道半径最大，所以c粒子速率最大，c粒子的洛伦兹力最大，故AB错误；CD．粒子做圆周运动的周期均为即粒子在磁场中运动时间上图可知c粒子转过的圆心角最小，则c粒子在磁场中运动的时间最短，故C正确，D错误。故选C。7.如图所示，一小磁针放到绝缘支架上处于静止状态，两组线圈分别绕在闭合铁芯两侧，不考虑铁芯漏磁，在开关闭合瞬间，下列说法正确的是（）A.小磁针保持静止B.小磁针的N极向里偏转C.小磁针的N极向外偏转D.小磁针向上跳起【答案】B【解析】闭合开关瞬间，穿过铁芯的磁通量顺时针增加，根据楞次定律可知线圈B中产生由下到上的感应电流，通过左边直导线的电流向下，由右手定则可知直导线左侧磁场向里，则小磁针的N极向里偏转。故选B。8.如图所示，A、B两灯、电阻器的电阻均相等，线圈电阻为零，整个过程电路元件均未烧坏，以下关于开关接通和断开时的描述，正确的是（）A.开关接通瞬时、两灯同时亮，但比亮度大B.开关接通瞬时、两灯同时亮，、亮度相同C.开关接通较长时间后，灯不亮，灯仍亮D.开关接通较长时间后，再断开开关时，灯闪亮后熄灭，灯立即熄灭【答案】ACD【解析】AB．开关接通瞬间，回路中电流瞬间增大，线圈L产生较大的自感电动势阻碍通过其电流增大，此时L可视为断路，则B与R并联后再与A串联，两灯同时亮，但通过A的电流比通过B的电流大，所以比亮度大，故A正确，B错误；C．由于线圈电阻为零，开关接通较长时间后，L相当于导线，将A短路，所以灯不亮，灯仍亮，故C正确；D．开关接通较长时间后，再断开开关时，回路中电流瞬间减小，线圈产生自感电动势阻碍通过其电流减小，此时L可视为电源，而A与L在同一回路中，所以A灯会先闪亮一下，之后随着自感电动势的减小至零而熄灭；B灯由于被电路中间那根导线短路，所以在断开开关时立即熄灭，故D正确。故选ACD。9.如图所示，绝缘水平面上四根完全相同光滑金属杆围成矩形，彼此接触良好，匀强磁场方向竖直向下。金属杆固定不动，同时沿图箭头方向移动，移动过程中金属杆所围成的矩形周长保持不变。当金属杆移动到图中虚线位置时，金属杆所围面积与初始时相同。在此过程中下列说法正确的是（）A.金属杆所围回路中电流方向改变B.通过金属杆截面的电荷量随时间均匀增加C.金属杆A所受安培力方向与运动方向相反D.金属杆D所受安培力方向与运动方向先相反后相同【答案】AD【解析】A．由数学知识可知金属杆所围回路的面积先增大后减小，金属杆所围回路内磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知电流方向先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，故A正确；B．由于金属杆所围回路的面积非均匀变化，故感应电流的大小不恒定，根据可知，通过金属杆截面的电荷量随时间不是均匀增加的，故B错误；CD．由上述分析，再根据左手定则，可知金属杆A所受安培力方向与运动方向先相同后相反，金属杆D所受安培力方向与运动方向先相反后相同，故C错误，D正确。故选AD。10.如图所示，坐标轴把圆形分成四等份，每等份中都有磁感应强度为B的匀强磁场，方向如图。扇形铜框恰好可与其中一份重合，从图示位置开始绕转轴O在同一水平面内以角速度逆时针匀速转动，其中虚线为匀强磁场的理想边界，圆形边界的半径为r，则（）A.铜框转动一周过程中，感应电流方向始终不变B.铜框转动一周过程中，感应电动势大小始终不变C.铜框从图示位置转过时，感应电流方向为顺时针D.铜框从图示位置转过时，感应电动势大小为【答案】BD【解析】A．根据楞次定律，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。铜框在转动过程中，磁通量发生变化，在不同象限转动时，磁通量的变化情况不同，感应电流方向会改变，故A错误；B．铜框转动切割磁感线产生的感应电动势为在转动过程中，只要铜框在磁场中切割磁感线，其有效切割长度和转动角速度不变，产生的感应电动势大小就不变。铜框转动一周过程中，铜框两个半径一直切割磁感线，且产生的感应电动势方向相同，磁感应强度不变，有效切割长度和转动角速度不变，感应电动势大小始终不变，故B正确；C．当铜框从图示位置转过60°时，穿过铜框的磁通量在增加，磁场方向垂直纸面向里，根据楞次定律，感应电流的磁场方向垂直纸面向外，再根据右手螺旋定则，感应电流方向为逆时针，故C错误；D．当铜框从图示位置转过60°时，铜框两个半径在方向不同的两个磁场中做切割磁感线运动，则产生的感应电动势大小为，故D正确。故选BD。二、实验题：本题共2小题，共14分。11.利用如图所示装置测量虚线框内匀强磁场的磁感应强度。匝数为n的矩形线圈水平边长为L，处于匀强磁场内，其上端通过绝缘轻质细线与天平右侧托盘相连，线圈平面与磁场方向垂直。其实验步骤如下：（1）天平不挂线圈、左右盘中不放砝码，调节底座水平、横梁平衡；（2）悬挂线圈不通电流，左盘砝码质量、右盘砝码质量，调节天平________；（3）线圈通过图示电流I，向________（填“左盘”或“右盘”）放入质量砝码，使天平横梁平衡；（4）磁感应强度的大小________（可用等字母表示）。【答案】（2）横梁平衡（3）右盘（4）【解析】[1]悬挂线圈不通电流，左盘砝码质量、右盘砝码质量，调节天平横梁平衡；[2]线圈通过图示电流I，根据左手定则可知，线圈所受安培力竖直向上，故应向右盘放入质量砝码，使天平横梁平衡；[3]根据加电流前后的平衡关系知，解得测得的磁感应强度大小为12.用如图所示装置探究电磁感应现象，将带铁芯的线圈A通过滑动变阻器和开关连接到电池组上，线圈B的两个接线柱连接到灵敏电流计上，把线圈A静置于线圈B的内部，线圈绕向如图均为逆时针方向（俯视），电流从灵敏电流计正接线柱流入时，指针向左偏，从灵敏电流计负接线柱流入时，指针向右偏。（1）实验过程中，保持滑动变阻器滑片位置不动，开关闭合瞬间，电流计指针会向________偏转（填“左”或“右”）；开关断开瞬间，电流计指针会向________偏转（填“左”或“右”）。（2）为了探究影响感应电流的因素，闭合开关后，以不同的速度将滑动变阻器滑片P从最左端滑到最右端（仪器无损坏），观察指针摆动情况；由此实验可得出恰当的结论是________（选填选项前字母）；A.滑片P从最左端滑到最右端，螺线管A的磁性变强B.滑片P从最左端滑到最右端，螺线管A的磁性变弱C.螺线管A的磁性强弱变化快慢影响指针摆动幅度大小D.螺线管A的磁性强弱变化快慢影响指针摆动方向（3）为了探究影响感应电流的因素，闭合开关后，滑动变阻器的滑片P不动，只以不同的速度插入线圈A，若三次依次插入的速度，观察到电流计指针偏离中间0刻度线的角度。由此实验现象可以得出直接的结论是________（填选项前字母）。A.线圈A插入得越快，螺线管B中产生的感应电流越大B.线圈A插入得越快，螺线管B中磁通量的变化量越大C.线圈A插入得越快，螺线管A中产生的感应电流越大D.线圈A插入得越快，螺线管A中磁通量的变化量越大【答案】（1）左右（2）AC（3）A【解析】（1）闭合开关瞬间，B线圈磁通量增加，根据楞次定律，可知感应电流从电流从灵敏电流计正接线柱流入，故指针向左偏；开关断开瞬间，B线圈磁通量减小，根据楞次定律，可知感应电流从电流从灵敏电流计负接线柱流入，故指针向右偏。（2）AB．滑片P从最左端滑到最右端，线圈A中电流变大，螺线管A的磁性变强，故A正确；CD．螺线管A的磁性强弱变化快慢影响指针摆动幅度大小，不影响指针摆动方向，故C正确，D错误。故选AC。（3）滑动变阻器的滑片P不动，只以不同的速度插入线圈A，若三次依次插入的速度，观察到电流计指针偏离中间0刻度线的角度，由此实验可以得出直接的结论是线圈A插入得越快，螺线管B中产生的感应电流越大。故选A。

三、计算题：本题共3小题，共40分13.如图所示，宽为L的光滑导轨与水平面成角，质量为m、长为L的金属杆水平放置在导轨上。空间存在着匀强磁场，当回路总电流为I时，金属杆恰好能静止。求：（1）若金属杆受水平向右的安培力，磁感应强度的大小和方向；（2）若磁感应强度的方向斜向上与斜面也成角，金属杆仍能静止。金属杆受的安培力大小和方向。【答案】（1），方向竖直向上（2），方向与斜面夹角斜向上【解析】（1）由题意知金属杆在重力、安培力、斜面支持力三力作用下处于平衡状态，有又有联立解得方向竖直向上。（2）由题意知安培力方向与支持力方向反向延长线夹角为。由平行四边形定则可知方向与斜面夹角斜向上14.如图所示，单匝线圈在外力作用下以速度v向右匀速进入匀强磁场，第二次又以匀速进入同一匀强磁场。求：（1）第二次进入与第一次进入时线圈中电流之比；（2）第二次进入与第一次进入过程中线圈产生热量之比；（3）第二次进入与第一次进入过程中安培力做功之比。【答案】（1）2:1（2）2:1（3）2:1【解析】（1）设线圈面积边长为L，总电阻为R，线圈进入磁场产生感应电动势为又有整理得可知电流与ⅴ成正比，则第二次进入与第一次进入时线圈中电流之比为（2）线框匀速进入匀强磁场，产生感应电动势为恒定值，故产生感应电流为恒定电流由焦耳定律可知整理得即Q与v成正比，有（3）由安培力及做功公式有整理得即W与v成正比，有15.如图所示，直角坐标系轴上方有水平向右的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度轴下方某区域内存在匀强磁场，其磁感应强度大小和方向均与x轴上方的磁场相同。粒子源在O点，沿与x轴成斜向下的方向持续发出质量为m、电荷量为的粒子，粒子沿直线运动，并从A点进入磁场，直线长。所有粒子速度大小在范围内，经A点进入磁场偏转后所有粒子均垂直x轴进入上方的区域。当粒子速度为ⅴ时，粒子从x轴上的K点垂直进入上方区域，粒子自A点到K点一直在磁场中运动。不计粒子的重力和粒子间的相互作用等影响，求：（1）匀强磁场的磁感应强度B；（2）速度为的粒子在x轴下方磁场中运动的时间；（3）某时刻，速度分别为和v的两个粒子同时垂直通过x轴进入上方区域，这两个粒子在x轴上方相距的最小距离。【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）设粒子自A点到K点在x轴下方磁场中做圆周运动的半径根据几何关系可知根据洛伦兹力提供向心力有解得（2）设速度为的粒子x轴下方磁场做圆周运动的半径，做圆周运动时间为。则从圆心（中点）画水平直线交直线与P点；速度为的粒子通过磁场偏转垂直x轴，则该粒子离开P点后磁场竖直向上运动，圆心角，则粒子做圆周运动周期解得（3）两个粒子在匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场中运动，速度为的粒子在x轴上方运动时故粒子做直线运动速度为v的粒子在x轴上方运动时，将速度分解为其中Q点为粒子入射位置，圆为速度为v的粒子分运动轨迹，两个粒子在x轴上方相距的最小距离为Q点到圆周顶点的距离2024-2025学年第二学期期末学业质量检测高二物理注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.在电磁学中，根据大量事实归纳出电磁相关物理量之间的规律，下图中相关规律描述正确的是（）A.图A用来判定电流产生的磁场方向，右手拇指表示电流及方向时，四指表示磁场方向B.图B用来判定电流在磁场中所受安培力方向，右手四指表示电流方向，拇指表示电流受力方向C.图C用来判定运动导体在磁场中产生感应电流方向，左手拇指表示导体运动方向，四指表示产生电流方向D.图D用来判定运动电荷在磁场中受洛伦兹力方向，左手四指表示电荷运动方向，拇指表示电荷受力方向【答案】A【解析】A．图A用来判定电流产生的磁场方向，根据右手螺旋定则，右手拇指表示电流及方向时，四指表示磁场方向，故A正确；B．图B用来判定运动导体在磁场中产生感应电流方向，根据右手定则，右手拇指表示导体运动方向，四指表示产生电流方向，故B错误；C．图C用来判定电流在磁场中所受安培力方向，根据左手定则，左手四指表示电流方向，拇指表示电流受力方向，故C错误；D．图D用来判定运动电荷在磁场中受洛伦兹力方向，根据左手定则，左手四指表示正电荷运动方向（左手四指与负电荷运动方向相反），拇指表示电荷受力方向，故D错误。故选A。2.如图所示，将长为L的导体棒放到磁感应强度为B的匀强磁场中，流过导体棒的电流强度为I。关于导体棒所受安培力说法正确的是（）A.甲图中导体棒所受安培力大小为B.乙图中导体棒所受安培力大小为C.甲图中导体棒所受安培力方向垂直纸面向外D.乙图中导体棒所受安培力方向平行金属导轨向右【答案】C【解析】AC．甲图中导体棒所受安培力大小为根据左手定则可知，导体棒所受安培力方向垂直纸面向外，故A错误，C正确；BD．乙图中导体棒所受安培力大小为据左手定则可知，导体棒所受安培力方向垂直于磁场方向斜向下偏右，故BD错误。故选C。3.如图所示，蹄形磁铁水平放置，质量为m的导体棒用两根轻质细导线悬挂，通入恒定电流，稳定时细导线与竖直方向的夹角为。两磁极间的磁场可看成匀强磁场，导体棒始终在两磁极之间，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A.若蹄形磁铁N极在上，则导体棒中的电流方向为B.若蹄形磁铁S极在上，则导体棒中的电流方向为C.导体棒所受安培力大小为D.若电流大小加倍，再次稳定后角也加倍【答案】B【解析】A．根据左手定则，若蹄形磁铁N极在上，则导体棒中的电流方向为，选项A错误；B．根据左手定则，若蹄形磁铁S极在上，则导体棒中的电流方向为，选项B正确；C．对导体棒受力分析可知，导体棒所受安培力大小为，选项C错误；D．根据若电流大小加倍，再次稳定后加倍，则角不是加倍关系，选项D错误。故选B。4.如图所示，将一组纽扣磁铁S极朝上吸附在干电池负极，把刮去绝缘漆的铜导线绕制成矩形线框，将线框上部的尖端处搭在干电池正极上，线框下部与磁铁接触，发现线框会旋转起来，下列说法正确的是（）A.该现象的原理是电磁感应B.从上向下俯视，线框顺时针转动C.若把磁铁的N极与S极互换，线框转动方向不变D.该装置将电能转化为机械能和内能【答案】D【解析】A．该现象的原理是通电导线在磁场中受力而运动，选项A错误；B．磁铁吸附在电池负极的是S极，线框左边电流向下，处于右下方向的磁场中，受安培力向外；同理线框右边电流向下，处于左下方向的磁场中，受安培力向里；则从上往下看，线框将做逆时针转动，故B错误。C．若把磁铁的N极与S极互换，磁场方向改变，线框受力方向改变，则线框转动方向改变，选项C错误；D．该装置将电能转化为机械能和内能，选项D正确。故选D。5.下图为显像管原理剖面示意图，电子枪发射电子束，在没有磁场时电子束打在荧光屏正中的O点。通过安装在管颈的偏转线圈产生偏转磁场可以使电子束发生偏转，关于偏转磁场与电子束偏转情况说法正确的是（）A.要使电子束在竖直方向偏离中心，打在荧光屏上的A点，偏转磁场应竖直向上B.要使电子束在竖直方向偏离中心，打在荧光屏上的A点，偏转磁场应垂直纸面向外C.要使电子束打在荧光屏上的位置由B点逐渐向A点移动，偏转磁场的强度应逐渐减小D.要使电子束打在荧光屏上的位置由B点逐渐向A点移动，偏转磁场的强度应逐渐增加【答案】B【解析】AB．要使电子束在竖直方向偏离中心，打在荧光屏上的A点，根据左手定则可知，偏转磁场应垂直纸面向外，故A错误，B正确；CD．粒子在偏转磁场中，由洛伦兹力提供向心力得可得要使电子束打在荧光屏上的位置由B点逐渐向A点移动，电子做圆周运动的半径先变大后变小，偏转磁场的磁感应强度应减小，再反向增大，故CD错误。故选B。6.如图所示，圆形区域内有垂直纸面向内的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率对准圆心O沿着方向射入磁场，其运动轨迹如图，若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是（）A.a粒子受洛伦兹力最大B.c粒子运动速率最小C.c粒子在磁场中运动时间最短D.它们做圆周运动的周期【答案】C【解析】AB．粒子的轨迹如图所示根据洛伦兹力提供向心力可得解得由于三个带电粒子的质量、电荷量均相同，在同一个磁场中，c粒子的轨道半径最大，所以c粒子速率最大，c粒子的洛伦兹力最大，故AB错误；CD．粒子做圆周运动的周期均为即粒子在磁场中运动时间上图可知c粒子转过的圆心角最小，则c粒子在磁场中运动的时间最短，故C正确，D错误。故选C。7.如图所示，一小磁针放到绝缘支架上处于静止状态，两组线圈分别绕在闭合铁芯两侧，不考虑铁芯漏磁，在开关闭合瞬间，下列说法正确的是（）A.小磁针保持静止B.小磁针的N极向里偏转C.小磁针的N极向外偏转D.小磁针向上跳起【答案】B【解析】闭合开关瞬间，穿过铁芯的磁通量顺时针增加，根据楞次定律可知线圈B中产生由下到上的感应电流，通过左边直导线的电流向下，由右手定则可知直导线左侧磁场向里，则小磁针的N极向里偏转。故选B。8.如图所示，A、B两灯、电阻器的电阻均相等，线圈电阻为零，整个过程电路元件均未烧坏，以下关于开关接通和断开时的描述，正确的是（）A.开关接通瞬时、两灯同时亮，但比亮度大B.开关接通瞬时、两灯同时亮，、亮度相同C.开关接通较长时间后，灯不亮，灯仍亮D.开关接通较长时间后，再断开开关时，灯闪亮后熄灭，灯立即熄灭【答案】ACD【解析】AB．开关接通瞬间，回路中电流瞬间增大，线圈L产生较大的自感电动势阻碍通过其电流增大，此时L可视为断路，则B与R并联后再与A串联，两灯同时亮，但通过A的电流比通过B的电流大，所以比亮度大，故A正确，B错误；C．由于线圈电阻为零，开关接通较长时间后，L相当于导线，将A短路，所以灯不亮，灯仍亮，故C正确；D．开关接通较长时间后，再断开开关时，回路中电流瞬间减小，线圈产生自感电动势阻碍通过其电流减小，此时L可视为电源，而A与L在同一回路中，所以A灯会先闪亮一下，之后随着自感电动势的减小至零而熄灭；B灯由于被电路中间那根导线短路，所以在断开开关时立即熄灭，故D正确。故选ACD。9.如图所示，绝缘水平面上四根完全相同光滑金属杆围成矩形，彼此接触良好，匀强磁场方向竖直向下。金属杆固定不动，同时沿图箭头方向移动，移动过程中金属杆所围成的矩形周长保持不变。当金属杆移动到图中虚线位置时，金属杆所围面积与初始时相同。在此过程中下列说法正确的是（）A.金属杆所围回路中电流方向改变B.通过金属杆截面的电荷量随时间均匀增加C.金属杆A所受安培力方向与运动方向相反D.金属杆D所受安培力方向与运动方向先相反后相同【答案】AD【解析】A．由数学知识可知金属杆所围回路的面积先增大后减小，金属杆所围回路内磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知电流方向先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，故A正确；B．由于金属杆所围回路的面积非均匀变化，故感应电流的大小不恒定，根据可知，通过金属杆截面的电荷量随时间不是均匀增加的，故B错误；CD．由上述分析，再根据左手定则，可知金属杆A所受安培力方向与运动方向先相同后相反，金属杆D所受安培力方向与运动方向先相反后相同，故C错误，D正确。故选AD。10.如图所示，坐标轴把圆形分成四等份，每等份中都有磁感应强度为B的匀强磁场，方向如图。扇形铜框恰好可与其中一份重合，从图示位置开始绕转轴O在同一水平面内以角速度逆时针匀速转动，其中虚线为匀强磁场的理想边界，圆形边界的半径为r，则（）A.铜框转动一周过程中，感应电流方向始终不变B.铜框转动一周过程中，感应电动势大小始终不变C.铜框从图示位置转过时，感应电流方向为顺时针D.铜框从图示位置转过时，感应电动势大小为【答案】BD【解析】A．根据楞次定律，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。铜框在转动过程中，磁通量发生变化，在不同象限转动时，磁通量的变化情况不同，感应电流方向会改变，故A错误；B．铜框转动切割磁感线产生的感应电动势为在转动过程中，只要铜框在磁场中切割磁感线，其有效切割长度和转动角速度不变，产生的感应电动势大小就不变。铜框转动一周过程中，铜框两个半径一直切割磁感线，且产生的感应电动势方向相同，磁感应强度不变，有效切割长度和转动角速度不变，感应电动势大小始终不变，故B正确；C．当铜框从图示位置转过60°时，穿过铜框的磁通量在增加，磁场方向垂直纸面向里，根据楞次定律，感应电流的磁场方向垂直纸面向外，再根据右手螺旋定则，感应电流方向为逆时针，故C错误；D．当铜框从图示位置转过60°时，铜框两个半径在方向不同的两个磁场中做切割磁感线运动，则产生的感应电动势大小为，故D正确。故选BD。二、实验题：本题共2小题，共14分。11.利用如图所示装置测量虚线框内匀强磁场的磁感应强度。匝数为n的矩形线圈水平边长为L，处于匀强磁场内，其上端通过绝缘轻质细线与天平右侧托盘相连，线圈平面与磁场方向垂直。其实验步骤如下：（1）天平不挂线圈、左右盘中不放砝码，调节底座水平、横梁平衡；（2）悬挂线圈不通电流，左盘砝码质量、右盘砝码质量，调节天平________；（3）线圈通过图示电流I，向________（填“左盘”或“右盘”）放入质量砝码，使天平横梁平衡；（4）磁感应强度的大小________（可用等字母表示）。【答案】（2）横梁平衡（3）右盘（4）【解析】[1]悬挂线圈不通电流，左盘砝码质量、右盘砝码质量，调节天平横梁平衡；[2]线圈通过图示电流I，根据左手定则可知，线圈所受安培力竖直向上，故应向右盘放入质量砝码，使天平横梁平衡；[3]根据加电流前后的平衡关系知，解得测得的磁感应强度大小为12.用如图所示装置探究电磁感应现象，将带铁芯的线圈A通过滑动变阻器和开关连接到电池组上，线圈B的两个接线柱连接到灵敏电流计上，把线圈A静置于线圈B的内部，线圈绕向如图均为逆时针方向（俯视），电流从灵敏电流计正接线柱流入时，指针向左偏，从灵敏电流计负接线柱流入时，指针向右偏。（1）实验过程中，保持滑动变阻器滑片位置不动，开关闭合瞬间，电流计指针会向________偏转（填“左”或“右”）；开关断开瞬间，电流计指针会向________偏转（填“左”或“右”）。（2）为了探究影响感应电流的因素，闭合开关后，以不同的速度将滑动变阻器滑片P从最左端滑到最右端（仪器无损坏），观察指针摆动情况；由此实验可得出恰当的结论是________（选填选项前字母）；A.滑片P从最左端滑到最右端，螺线管A的磁性变强B.滑片P从最左端滑到最右端，螺线管A的磁性变弱C.螺线管A的磁性强弱变化快慢影响指针摆动幅度大小D.螺线管A的磁性强弱变化快慢影响指针摆动方向（3）为了探究影响感应电流的因素，闭合开关后，滑动变阻器的滑片P不动，只以不同的速度插入线圈A，若三次依次插入的速度，观察到电流计指针偏离中间0刻度线的角度。由此实验现象可以得出直接的结论是________（填选项前字母）。A.线圈A插入得越快，螺线管B中产生的感应电流越大B.线圈A插入得越快，螺线管B中磁通量的变化量越大C.线圈A插入得越快，螺线管A中产生的感应电流越大D.线圈A插入得越快，螺线管A中磁通量的变化量越大【答案】（1）左右（2）AC（3）A【解析】（1）闭合开关瞬间，B线圈磁通量增加，根据楞次定律，可知感应电流从电流从灵敏电流计正接线柱流入，故指针向左偏；开关断开瞬间，B线圈磁通量减小，根据楞次定律，可知感应电流从电流从灵敏电流计负接线柱流入，故指针向右偏。（2）AB．滑片P从最左端滑到最右端，线圈A中电流变大，螺线管A的磁性变强，故A正确；CD．螺线管A的磁性强弱变化快慢影响指针摆动幅度大小，不影响