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四川省南充市阆中北大博雅骏臣学校2024-2025学年高二下学期期中考试物理试题
一、单项选择题（每题4分，共28分）
1．（2025高二下·阆中期中）如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B。V形导线通以恒定电流I，放置在磁场中。已知ab与磁场方向垂直，ab与bc夹角为，边长均为l，该导线受到的安培力为（　　）
A．0
B．大小为BIl，方向垂直纸面向外
C．大小为2BIl，方向垂直纸面向里
D．大小为BIl，方向垂直纸面向里
2．（2025高二下·阆中期中）如图所示是显像管的原理示意图，图中虚线框区域中有垂直于纸面的磁场，该磁场会使电子枪射出的速率相同的高速电子束发生偏转，最后电子打在荧光屏上，电子重力忽略不计。下列说法正确的是（　　）
A．磁场对电子的磁场力对电子做正功或负功
B．电子经过偏转磁场时，做类平抛运动
C．电子打到荧光屏上不同位置的速度大小相等
D．若电子束打在点，则偏转磁场垂直纸面向外
3．（2025高二下·阆中期中）如图所示，长直导线与心形金属线框放在光滑绝缘的水平面上，且长直导线与心形线框的对称轴MN垂直。当长直导线中通以图示方向的电流I，且电流增大时，下列关于心形线框的说法不正确的是（　　）
A．线框有面积缩小的趋势
B．线框中产生逆时针方向的感应电流
C．线框在水平面内沿逆时针方向旋转
D．线框沿垂直于直导线方向向右平动
4．（2025高二下·阆中期中）下列关于教材中四幅插图的说法正确的是（　　）
A．图甲：金属探测器通过使用恒定电流的长柄线圈来探测地下是否有金属
B．图乙：摇动手柄使得蹄形磁体转动，则铝框会同向转动，但转速小于蹄形磁体转速
C．图丙：真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，线圈中会因为电流的热效应产生大量热量，从而冶炼金属
D．图丁：使用电磁炉加热食品可以用陶瓷锅
5．（2025高二下·阆中期中）如图所示，线圈abcd在水平匀强磁场中匀速转动而产生交变电流。当线圈逆时针转动到图示水平位置时（　　）
A．线圈处于中性面位置
B．线圈中瞬时感应电动势为零
C．穿过线圈平面的磁通量变化率最小
D．线圈中电流方向为d→c→b→a
6．（2025高二下·阆中期中）如图甲所示的电路中，交流发电机线圈的匝数，线圈电阻，外接定值电阻，线圈在匀强磁场中匀速转动时，穿过线圈的磁通量随时间变化的图像如图乙所示，图甲中理想交流电压表的示数为（　　）
A．60V B． C．54V D．
7．（2025高二下·阆中期中）如图所示，一个发电系统的输出电压恒为，输送功率为。通过理想变压器向远处输电，所用输电线的总电阻为，升压变压器原、副线圈匝数比为，下列说法正确的是（　　）
A．升压变压器副线圈两端的电压为
B．输电线损失的电压为
C．用户得到的功率为
D．降压变压器的输入电压为
二、多项多选题（每题6分，少选得3分，错选不得分，共18分）
8．（2025高二下·阆中期中）如图所示，同位素原子核氧 16和氧17，质子数相同，带电荷量相同，质量之比为16∶17。两个原子核同时从容器A下方的狭缝S，飘入（初速度为零）电场区，经电场加速后通过狭缝 S2，S3垂直于磁场边界 MN射入勾强磁场，磁场方向垂直纸面向里，原子核经磁场偏转后到达照相底片D的不同位置上，不考虑两个原子核间的相互作用，下列说法正确的是（　　）
A．氧17进入磁场时的速度较小
B．磁场对氧16做功小于氧 17
C．到达照相底片D右侧的原子核是氧17
D．氧16和氧17在磁场中运动时间相等
9．（2025高二下·阆中期中）如图所示，一平行金属轨道平面与水平面成角，两轨道宽为L，上端用一电阻R相连，该装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于轨道平面向上。质量为m的金属杆ab以初速度从轨道底端向上滑行，达到最大高度h后保持静止。若运动过程中金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，轨道与金属杆的电阻均忽略不计。关于上滑过程，下列说法正确的是（重力加速度为g）（　　）
A．通过电阻R的电量为
B．金属杆中的电流方向由a指向b
C．金属杆因摩擦产生的热量等于
D．金属杆损失的机械能等于电阻R产生的焦耳热
10．（2025高二下·阆中期中）如图所示，变压器为理想变压器，定值电阻R1=8Ω，R2=2Ω，MN两点间所接正弦交变电压为U=32V，闭合开关S1和S2，电流表的示数为1A，R1、R2消耗的电功率相同。则下列说法正确的是（　　）
A．理想变压器原副线圈的匝数比为6∶1
B．定值电阻R3=2Ω
C．电源消耗的总功率与定值电阻R3消耗的功率之比为3∶2
D．将开关S2断开，则电流表的示数变为0.4A
三、实验题（每空2分，共计32分）
11．（2025高二下·阆中期中）某小组利用如图所示电路研究自感线圈L对小灯泡亮暗变化的影响，已知线圈自身电阻几乎为0，A、B是两个相同的小灯泡。
对于观察到的小灯泡A、B的现象，请在横线上填入最相匹配的现象前的字母。
A.立即变亮，然后亮度不变
B.立即变亮，然后逐渐更亮
C.立即变亮，然后慢慢熄灭
D.稍微变暗，然后亮度不变
E.立即熄灭
F.闪亮一下，然后熄灭
G.逐渐熄灭
（1）闭合开关S瞬间，看到A电灯　 　，B灯泡　 　；
（2）闭合开关S一段时间后，待电路稳定，再断开开关S的瞬间，看到A电灯　 　，B灯泡　 　。
（3）开关原先闭合，电路处于稳定状态，在某一时刻突然断开开关S，则通过灯泡B中的电流I随时间变化的图线最可能是图中的（　　）
A． B．
C． D．
12．（2025高二下·阆中期中）如图所示，（a）→（b）→（c）→（d）→（e）过程是交流发电机发电的示意图，线圈的ab边连在金属滑环K上，cd边连在金属滑环L上，用导体制成的两个电刷分别压在两个滑环上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路连接。
（1）图（a）中，线圈平面与磁感线垂直，磁通量　 　，磁通量变化率　 　。（均填“最大”或“为零”）
（2）从图（b）开始计时，线圈中电流i随时间t变化的关系是　 　。（填“”或“”）
（3）当线圈转到图（c）位置时，感应电流　 　。（填“最小”或“最大”）
（4）当线圈转到图（d）位置时，感应电动势　 　。（填“最小”或“最大”）
（5）当线圈由图（d）转到图（e）过程中，ab边感应电流方向为　 　。（填“a→b”或“b→a”）
四、计算题（13题10分、14题10分，15题12分，共32分）
13．（2025高二下·阆中期中）如图所示，一束平行于直角三棱镜截面ABC的单色光从真空垂直BC边从P点射入三棱镜，P点到C点的距离为1.6L，光线射入后恰好在AC边上发生全反射。已知∠C=37°，光在真空中的传播速度为c，sin37°=0.6，cos37°=0.8， 求：
（1）该三棱镜的折射率n；
（2）光线从BC边传播到AC边所用的时间t（不考虑多次反射）。
14．（2025高二下·阆中期中）如图，一质量为m的带电小球用丝线悬挂在水平向右无限大匀强电场中，已知该场强大小为E，当小球静止时，测得丝线与竖直方向的夹角为，此时小球距水平地面的高度为H。（重力加速度为g）求：
（1）小球所带电荷量q；
（2）当把悬线烧断后，求小球落到地面时的动能。
15．（2025高二下·阆中期中）如图所示，边长为L的正方形区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，一质量为m，带电量为q的粒子从bc边中点O垂直bc边入射，恰能从b点离开磁场，不计粒子重力，回答以下问题：
（1）判断粒子带电性质；
（2）求出此时粒子入射速度大小；
（3）其它条件不变，仅调整磁感应强度大小，为使粒子从ad边射出，求磁感应强度大小取值范围。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】有效长度，该导线受到的安培力为，根据左手定则可知方向垂直纸面向里。
故答案为：D。
【分析】先确定 V 形导线的有效长度（电流起点与终点的直线距离在垂直磁场方向的投影），再利用安培力公式F=BIL计算安培力大小，通过左手定则判断安培力方向。
2．【答案】C
【知识点】左手定则—磁场对带电粒子的作用
【解析】【解答】AC．根据左手定则由于洛伦兹力时刻与速度方向垂直所以磁场的洛伦兹力对电子不做功，电子打到荧光屏上不同位置的速度大小相等，A错误，C正确；
B．电子经过偏转磁场时，由于洛伦兹力始终与速度垂直，方向一直在变，电子受到变力的作用所以加速度不断变化，所以电子不做类平抛运动，B错误；
D．电子带负电，已知粒子速度方向向右，洛伦兹力方向向上，根据左手定则，偏转磁场垂直纸面向里，D错误。
故选C。
【分析】利用电子的速度方向结合洛伦兹力方向可以判别磁场方向；由于洛伦兹力时刻与速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功；洛伦兹力方向时刻改变所以电子不做类平抛运动。
3．【答案】C
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；楞次定律
【解析】【解答】AB．根据电流的磁效应可以得出直导线周围的磁感应强度与导体的电流成正比，当直导线中的电流增大，根据右手螺旋定则可以得出导线框中向里的磁通量增大，由楞次定律知，线框有面积缩小的趋势，线框中产生逆时针方向的感应电流。故AB正确；
CD．由对称性知，线框对称轴MN上、下两部分受到平行于直导线方向上安培力的合力为零，根据楞次定律，为了阻碍磁通量的增大，则导线框受到安培力沿对称轴向右，线框沿垂直于直导线方向向右平动。故C错误；D正确。
本题选不正确的，故选C。
【分析】利用楞次定律可以判别感应电流的方向；利用楞次定律可以判别线圈面积的变化；利用楞次定律可以判别线圈受到的安培力方向，进而判别线圈的运动方向。
4．【答案】B
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动
【解析】【解答】A．金属探测器通过使用交变电流的长柄线圈来探测地下是否有金属，故A错误；
B．摇动手柄使得蹄形磁体转动，铝框会同向转动产生电磁驱动现象，但铝框转速小于蹄形磁体转速，否则就不会有感应电流，也就没有安培力产生驱动，故B正确；
C．真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，由于电磁感应，在金属块中产生涡流，从而产生热量进行冶炼金属，故C错误；
D．使用电磁炉加热食物时，陶瓷锅内没有自由电子，不能产生涡流，所以不可以，故D错误；
故答案为：B。
【分析】结合电磁感应、电磁驱动、涡流效应的原理，逐一分析四幅图对应的物理现象与选项描述的匹配性。
5．【答案】D
【知识点】交变电流的产生及规律；楞次定律
【解析】【解答】A．线圈处于中性面时，线圈平面垂直于磁感应强度，题中该位置与磁场方向平行，所以线圈处于峰值面，故A错误；
BC．在题中该位置，由于线框速度方向与磁感线方向垂直，根据电动势的表达式可以得出瞬时感应电动势最大，磁通量变化率最大，故BC错误；
D．已知线圈磁通量的变化，根据楞次定律，线圈中电流方向为d→c→b→a，故D正确。
故选D。
【分析】题中该位置与磁场方向平行，所以线圈处于峰值面；由于线框速度方向与磁感线方向垂直，根据电动势的表达式可以得出瞬时感应电动势最大，磁通量变化率最大；利用楞次定律可以得出感应电流的方向。
6．【答案】D
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】根据磁通量与时间的关系图像可以得出穿过线圈的磁通量最大值为
线圈的转动周期为
根据角速度和周期的关系可以得出线圈转动的角速度为
根据线圈转动的电动势表达式可以得出线圈转动产生的最大电动势为
根据电动势峰值和有效值的关系可以得出线圈产生电动势的有效值为
交流电压表测量的是电阻R两端的电压，根据分压关系可以得出电压表示数
故选D。
【分析】利用图像可以得出磁通量的峰值及周期的大小，结合电动势表示式可以求出峰值的大小，结合有效值与峰值的关系可以求出电动势的有效值，结合分压关系可以求出电压表的读数。
7．【答案】B
【知识点】变压器原理；电能的输送
【解析】【解答】ABD．根据理想变压器电压与匝数成正比
可知升压变压器副线圈输出电压为
发电系统输送功率为，则升压变压器原线圈电流为
根据理想变压器电流与匝数成反比
可得升压变压器副线圈电流为
输电线损失的电压为
降压变压器的输入电压，故AD错误，B正确；
C．则输电线损失的功率为
则用户为，故C错误。
故答案为：B。
【分析】利用理想变压器的电压、电流与匝数的关系，结合电功率公式和输电线路的电压、功率损失公式，依次计算升压变压器副线圈电压、输电电流、线路损失电压与功率，以及降压变压器输入电压。
8．【答案】A,C
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．在加速电场中，由于电场力对原子核做正功，根据动能定理有
解得原子核的速度为
两原子核电荷量q相同，但氧17的质量较大，根据表达式可以得出氧17的速度较小，故A正确；
B．由于原子核速度方向与磁场方向垂直，两原子核在磁场中受洛伦兹力作用，由左手定则，可知洛伦兹力与速度方向垂直，洛伦兹力不做功，故B错误；
C．原子核在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得
两原子核的电量相同，但氧17的质量较大，故氧17的运动半径较大，即到达照相底片D右侧的原子核为氧17，故C正确；
D．根据粒子线速度和周期关系有，结合轨迹半径的表达式有
解得
已知原子核在磁场中运动的轨迹所对圆心为1800，所以两个原子在磁场中运动时间
两原子核的电量相同，但氧17的质量较大，故氧17的在磁场中运动时间长，故D错误。
故选AC。
【分析】利用动能定理可以比较粒子进入磁场速度的大小；利用洛伦兹力与速度方向垂直所以洛伦兹力不做功；利用牛顿第二定律结合轨迹半径的大小可以判别对应的原子核；利用粒子运动的周期结合比荷可以比较粒子运动的时间。
9．【答案】A,B
【知识点】能量守恒定律；右手定则；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．根据电磁感应定律结合电流的定义式可以求出电荷量的表达式为：
根据磁通量的表达式可以得出磁通量变化量为：
联立以上，解得通过电阻R的电量为
故A正确；
B．已知金属棒沿着斜面向上运动，磁场方向向上，根据右手定则可知金属杆中的电流方向由a指向b，故B正确；
CD．由于金属棒从运动到静止的过程中，金属棒损失的机械能等于回路中产生的焦耳热及金属棒与导轨的摩擦产生的内能之和，根据能量守恒有，金属棒损失的机械能为，故CD错误。故选AB。
【分析】利用电磁感应定律结合电荷量的表达式及磁通量的表达式可以求出电荷量的大小；利用右手定则结合金属棒速度方向可以判别电流的方向；利用能量守恒定律可以求出损失的机械能及产生的焦耳热。
10．【答案】A,D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．已知电流表的示数为1A，根据热功率的表达式可以得出消耗的电功率
由于 R1、R2消耗的电功率相同，对电阻有消耗的电功率
求得
根据欧姆定律可以得出副线圈的输出电压为
根据分压关系可以得出原线圈的输入电压为
则
故A正确；
B．根据变压器的匝数之比可以得出，可求得副线圈的电流
根据欧姆定律可以得出：
故B错误；
C．根据电功率的表达式可以得出电源消耗的总功率为
同理可以得出电阻消耗的功率为
根据以上分析可以得出电源消耗的总功率与定值电阻R3消耗的功率之比为2∶1，故C错误；
D．将开关断开，设原线圈的电流为，副线圈的电流为，根据分压关系有原线圈的输入电压为
根据欧姆定律有：原线圈的输入电压为
根据
求得
故D正确。
故选AD。
【分析】利用热功率的表达式结合功率相等可以求出电阻R2两端电压的大小，结合分压关系可以得出输入电压的大小，两者结合可以求出匝数之比；利用匝数之比可以求出副线圈的总电流，结合支路电流的关系可以求出通过R3的电流大小，结合欧姆定律可以求出R3的阻值大小；利用电功率的表达式可以求出电功率的比值；利用开关断开时，电压和电流的规律可以求出电流表的读数。
11．【答案】（1）B；C
（2）E；F
（3）D
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】（1）电键S闭合后，线圈L中产生自感电动势阻碍电流的增加，所以线圈所在支路的电流从0开始慢慢增大，电流开始从灯泡B支路经过，所以小灯泡A将瞬间变亮，当电路稳定后，电流不再变化时，线圈阻碍电流的作用消失，线圈电阻可以忽略，小灯泡B被短路，小灯泡A亮度增大。由于线圈的阻碍作用慢慢消失，所以小灯泡B瞬间变亮，然后由于线圈短路，则B灯逐渐熄灭。
故选BC。
（2）S断开后，由于线圈对变化电流的阻碍作用，所以经过线圈的电流慢慢减小，线圈与B构成回路，所以灯泡B先有电流，再熄灭，而由于线圈与小灯泡A没有构成回路，所以小灯泡A将立即熄灭。
故选EF。
（3）开关S原来闭合时，电路处于稳定状态，流过灯泡B的电流方向向右，当某一时刻开关S突然断开时，线圈L中向右的电流要减小，线圈要阻碍电流的变化产生自感电动势，所以线圈产生向右的电流，在线圈与小灯泡B构成闭合回路中产生感应电流，通过小灯泡B的电流方向与原来相反，变为向左且逐渐减小到零。
故选D。
【分析】（1）开关闭合时，利用线圈对电流增大的阻碍作用可以判别两个灯泡亮暗程度的变化；
（2）开关断开时，利用线圈对电流减小的阻碍作用可以判别两个灯泡亮暗程度的变化；
（3）利用线圈对电流变化的阻碍作用可以判别通过灯泡B的电流方向。
（1）[1]电键S闭合后，线圈L中产生自感电动势阻碍电流的增加，小灯泡A将瞬间变亮，电路稳定后，线圈电阻可以忽略，小灯泡B被短路，小灯泡A亮度增大。
故选B。
[2]电键S闭合后，小灯泡B瞬间变亮，然后由于线圈短路，则B灯逐渐熄灭。
故选C。
（2）[1]S断开后，小灯泡A电路中没有闭合回路，小灯泡A将立即熄灭。
故选E。
[2]S断开后，线圈L中产生自感电动势阻碍电流的减小，在线圈与小灯泡B构成的闭合回路中产生感应电流，故S断开后，小灯泡B闪亮一下，然后熄灭。
故选F。
（3）开关S原来闭合时，电路处于稳定状态，流过灯泡B的电流方向向左，当某一时刻开关S突然断开时，线圈L中向左的电流要减小，由于自感现象，线圈L产生自感电动势，在线圈与小灯泡B构成闭合回路中产生感应电流，通过小灯泡B的电流方向与原来相反，变为向右且逐渐减小到零。
故选D。
12．【答案】（1）最大；为零
（2）
（3）最小
（4）最大
（5）
【知识点】交变电流的产生及规律
【解析】【解答】（1）图（a）中，线圈平面与磁感线垂直，根据磁通量的表达式可以得出此时穿过线圈的磁通量最大，由于线圈线速度方向与磁场方向平行所以磁通量的变化率最小为零；
（2）根据题意，由图（b）可知，时刻线圈平面与磁感线方向平行，由于线圈速度方向与磁场方向垂直所以此时感应电动势最大，根据欧姆定律可以得出感应电流最大，线圈中电流i随时间t变化的关系是
（3）当线圈转到图（c）位置时，根据磁通量的表达式可以得出此时穿过线圈的磁通量最大，由于线圈线速度方向与磁场方向平行感应电流为零，最小。
（4）当线圈转到图（d）位置时，线圈平面与磁感线方向平行，由于线圈速度方向与磁场方向垂直所以此时磁通量的变化率最大，感应电动势最大。
（5）根据右手定则可知，ab边感应电流方向为。
【分析】（1）利用磁通量的表达式可以判别磁通量的大小，结合速度的方向可以判别感应电动势的大小；
（2）利用感应电动势的大小结合欧姆定律可以得出电流瞬时值的表达式；
（3）利用磁通量的表达式可以判别磁通量的大小，结合速度的方向可以判别感应电动势的大小，结合欧姆定律可以判别感应电流的大小；
（4）利用磁通量的表达式可以判别磁通量的大小，结合速度的方向可以判别感应电动势的大小；
（5）利用右手定则可以判别感应电流的方向。
（1）[1][2]图（a）中，线圈平面与磁感线垂直，则此时穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小为零；
（2）根据题意，由图（b）可知，时刻线圈平面与磁感线方向平行，此时感应电流最大，线圈中电流i随时间t变化的关系是
（3）当线圈转到图（c）位置时，线圈平面与磁感线垂直，感应电流为零，最小。
（4）当线圈转到图（d）位置时，磁通量最小，磁通量的变化率最大，感应电动势最大。
（5）根据右手定则可知，ab边感应电流方向为。
13．【答案】（1）作出光路图如图所示，根据几何关系可知，光在AC面上的临界角，则
解得

（2）由几何关系得
由介质的折射率公式和运动学公式得
由
解得

【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）画出光传播的路径，利用几何关系可以求出临界角的大小，结合折射定律可以求出折射率的大小；
（2）已知光传播的路径，利用几何关系可以求出光传播的路程，结合光传播的速度可以求出光传播的时间。
（1）作出光路图如图所示，根据几何关系可知，光在AC面上的临界角，则
解得
（2）由几何关系得
由介质的折射率公式和运动学公式得
由
解得
14．【答案】（1）小球受重力、电场力和线的拉力，受力分析如图所示
对小球列平衡方程
解得

（2）丝线断后小球受到重力和电场力的作用，合力为
所以把悬线烧断后小球做初速度为零的匀加速直线运动，位移沿细线方向，则位移为
由动能定理
解得

【知识点】共点力的平衡；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）小球在电场中处于静止，利用平衡方程可以求出小球电荷量的大小；
（2）当绳子断开时，利用力的合成可以求出小球受到的合力，结合运动的位移和动能定理可以求出小球落地动能的大小。
（1）小球受重力、电场力和线的拉力，受力分析如图所示
对小球列平衡方程
解得
（2）丝线断后小球受到重力和电场力的作用，合力为
所以把悬线烧断后小球做初速度为零的匀加速直线运动，位移沿细线方向，则位移为
由动能定理
解得
15．【答案】（1）带电量为q的粒子从bc边中点O垂直bc边入射，恰能从b点离开磁场，由左手定则可知粒子带正电。
（2）此时粒子圆周运动半径为
洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力
解得

（3）当粒子从a点射出时，磁感应强度最大，此时粒子圆周运动半径为
洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力
解得
即

【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）已知粒子偏转方向及速度方向，结合左手定则可以判别粒子的电性；
（2）已知粒子运动的轨迹半径，结合牛顿第二定律可以求出粒子的速度大小；
（3）已知粒子从a点射出时磁感应强度最大，利用几何关系可以求出轨迹半径的大小，结合牛顿第二定律可以求出磁感应强度的大小。
（1）带电量为q的粒子从bc边中点O垂直bc边入射，恰能从b点离开磁场，由左手定则可知粒子带正电。
（2）此时粒子圆周运动半径为
洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力
解得
（3）当粒子从a点射出时，磁感应强度最大，此时粒子圆周运动半径为
洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力
解得
即
1 / 1四川省南充市阆中北大博雅骏臣学校2024-2025学年高二下学期期中考试物理试题
一、单项选择题（每题4分，共28分）
1．（2025高二下·阆中期中）如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B。V形导线通以恒定电流I，放置在磁场中。已知ab与磁场方向垂直，ab与bc夹角为，边长均为l，该导线受到的安培力为（　　）
A．0
B．大小为BIl，方向垂直纸面向外
C．大小为2BIl，方向垂直纸面向里
D．大小为BIl，方向垂直纸面向里
【答案】D
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】有效长度，该导线受到的安培力为，根据左手定则可知方向垂直纸面向里。
故答案为：D。
【分析】先确定 V 形导线的有效长度（电流起点与终点的直线距离在垂直磁场方向的投影），再利用安培力公式F=BIL计算安培力大小，通过左手定则判断安培力方向。
2．（2025高二下·阆中期中）如图所示是显像管的原理示意图，图中虚线框区域中有垂直于纸面的磁场，该磁场会使电子枪射出的速率相同的高速电子束发生偏转，最后电子打在荧光屏上，电子重力忽略不计。下列说法正确的是（　　）
A．磁场对电子的磁场力对电子做正功或负功
B．电子经过偏转磁场时，做类平抛运动
C．电子打到荧光屏上不同位置的速度大小相等
D．若电子束打在点，则偏转磁场垂直纸面向外
【答案】C
【知识点】左手定则—磁场对带电粒子的作用
【解析】【解答】AC．根据左手定则由于洛伦兹力时刻与速度方向垂直所以磁场的洛伦兹力对电子不做功，电子打到荧光屏上不同位置的速度大小相等，A错误，C正确；
B．电子经过偏转磁场时，由于洛伦兹力始终与速度垂直，方向一直在变，电子受到变力的作用所以加速度不断变化，所以电子不做类平抛运动，B错误；
D．电子带负电，已知粒子速度方向向右，洛伦兹力方向向上，根据左手定则，偏转磁场垂直纸面向里，D错误。
故选C。
【分析】利用电子的速度方向结合洛伦兹力方向可以判别磁场方向；由于洛伦兹力时刻与速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功；洛伦兹力方向时刻改变所以电子不做类平抛运动。
3．（2025高二下·阆中期中）如图所示，长直导线与心形金属线框放在光滑绝缘的水平面上，且长直导线与心形线框的对称轴MN垂直。当长直导线中通以图示方向的电流I，且电流增大时，下列关于心形线框的说法不正确的是（　　）
A．线框有面积缩小的趋势
B．线框中产生逆时针方向的感应电流
C．线框在水平面内沿逆时针方向旋转
D．线框沿垂直于直导线方向向右平动
【答案】C
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；楞次定律
【解析】【解答】AB．根据电流的磁效应可以得出直导线周围的磁感应强度与导体的电流成正比，当直导线中的电流增大，根据右手螺旋定则可以得出导线框中向里的磁通量增大，由楞次定律知，线框有面积缩小的趋势，线框中产生逆时针方向的感应电流。故AB正确；
CD．由对称性知，线框对称轴MN上、下两部分受到平行于直导线方向上安培力的合力为零，根据楞次定律，为了阻碍磁通量的增大，则导线框受到安培力沿对称轴向右，线框沿垂直于直导线方向向右平动。故C错误；D正确。
本题选不正确的，故选C。
【分析】利用楞次定律可以判别感应电流的方向；利用楞次定律可以判别线圈面积的变化；利用楞次定律可以判别线圈受到的安培力方向，进而判别线圈的运动方向。
4．（2025高二下·阆中期中）下列关于教材中四幅插图的说法正确的是（　　）
A．图甲：金属探测器通过使用恒定电流的长柄线圈来探测地下是否有金属
B．图乙：摇动手柄使得蹄形磁体转动，则铝框会同向转动，但转速小于蹄形磁体转速
C．图丙：真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，线圈中会因为电流的热效应产生大量热量，从而冶炼金属
D．图丁：使用电磁炉加热食品可以用陶瓷锅
【答案】B
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动
【解析】【解答】A．金属探测器通过使用交变电流的长柄线圈来探测地下是否有金属，故A错误；
B．摇动手柄使得蹄形磁体转动，铝框会同向转动产生电磁驱动现象，但铝框转速小于蹄形磁体转速，否则就不会有感应电流，也就没有安培力产生驱动，故B正确；
C．真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，由于电磁感应，在金属块中产生涡流，从而产生热量进行冶炼金属，故C错误；
D．使用电磁炉加热食物时，陶瓷锅内没有自由电子，不能产生涡流，所以不可以，故D错误；
故答案为：B。
【分析】结合电磁感应、电磁驱动、涡流效应的原理，逐一分析四幅图对应的物理现象与选项描述的匹配性。
5．（2025高二下·阆中期中）如图所示，线圈abcd在水平匀强磁场中匀速转动而产生交变电流。当线圈逆时针转动到图示水平位置时（　　）
A．线圈处于中性面位置
B．线圈中瞬时感应电动势为零
C．穿过线圈平面的磁通量变化率最小
D．线圈中电流方向为d→c→b→a
【答案】D
【知识点】交变电流的产生及规律；楞次定律
【解析】【解答】A．线圈处于中性面时，线圈平面垂直于磁感应强度，题中该位置与磁场方向平行，所以线圈处于峰值面，故A错误；
BC．在题中该位置，由于线框速度方向与磁感线方向垂直，根据电动势的表达式可以得出瞬时感应电动势最大，磁通量变化率最大，故BC错误；
D．已知线圈磁通量的变化，根据楞次定律，线圈中电流方向为d→c→b→a，故D正确。
故选D。
【分析】题中该位置与磁场方向平行，所以线圈处于峰值面；由于线框速度方向与磁感线方向垂直，根据电动势的表达式可以得出瞬时感应电动势最大，磁通量变化率最大；利用楞次定律可以得出感应电流的方向。
6．（2025高二下·阆中期中）如图甲所示的电路中，交流发电机线圈的匝数，线圈电阻，外接定值电阻，线圈在匀强磁场中匀速转动时，穿过线圈的磁通量随时间变化的图像如图乙所示，图甲中理想交流电压表的示数为（　　）
A．60V B． C．54V D．
【答案】D
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】根据磁通量与时间的关系图像可以得出穿过线圈的磁通量最大值为
线圈的转动周期为
根据角速度和周期的关系可以得出线圈转动的角速度为
根据线圈转动的电动势表达式可以得出线圈转动产生的最大电动势为
根据电动势峰值和有效值的关系可以得出线圈产生电动势的有效值为
交流电压表测量的是电阻R两端的电压，根据分压关系可以得出电压表示数
故选D。
【分析】利用图像可以得出磁通量的峰值及周期的大小，结合电动势表示式可以求出峰值的大小，结合有效值与峰值的关系可以求出电动势的有效值，结合分压关系可以求出电压表的读数。
7．（2025高二下·阆中期中）如图所示，一个发电系统的输出电压恒为，输送功率为。通过理想变压器向远处输电，所用输电线的总电阻为，升压变压器原、副线圈匝数比为，下列说法正确的是（　　）
A．升压变压器副线圈两端的电压为
B．输电线损失的电压为
C．用户得到的功率为
D．降压变压器的输入电压为
【答案】B
【知识点】变压器原理；电能的输送
【解析】【解答】ABD．根据理想变压器电压与匝数成正比
可知升压变压器副线圈输出电压为
发电系统输送功率为，则升压变压器原线圈电流为
根据理想变压器电流与匝数成反比
可得升压变压器副线圈电流为
输电线损失的电压为
降压变压器的输入电压，故AD错误，B正确；
C．则输电线损失的功率为
则用户为，故C错误。
故答案为：B。
【分析】利用理想变压器的电压、电流与匝数的关系，结合电功率公式和输电线路的电压、功率损失公式，依次计算升压变压器副线圈电压、输电电流、线路损失电压与功率，以及降压变压器输入电压。
二、多项多选题（每题6分，少选得3分，错选不得分，共18分）
8．（2025高二下·阆中期中）如图所示，同位素原子核氧 16和氧17，质子数相同，带电荷量相同，质量之比为16∶17。两个原子核同时从容器A下方的狭缝S，飘入（初速度为零）电场区，经电场加速后通过狭缝 S2，S3垂直于磁场边界 MN射入勾强磁场，磁场方向垂直纸面向里，原子核经磁场偏转后到达照相底片D的不同位置上，不考虑两个原子核间的相互作用，下列说法正确的是（　　）
A．氧17进入磁场时的速度较小
B．磁场对氧16做功小于氧 17
C．到达照相底片D右侧的原子核是氧17
D．氧16和氧17在磁场中运动时间相等
【答案】A,C
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．在加速电场中，由于电场力对原子核做正功，根据动能定理有
解得原子核的速度为
两原子核电荷量q相同，但氧17的质量较大，根据表达式可以得出氧17的速度较小，故A正确；
B．由于原子核速度方向与磁场方向垂直，两原子核在磁场中受洛伦兹力作用，由左手定则，可知洛伦兹力与速度方向垂直，洛伦兹力不做功，故B错误；
C．原子核在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得
两原子核的电量相同，但氧17的质量较大，故氧17的运动半径较大，即到达照相底片D右侧的原子核为氧17，故C正确；
D．根据粒子线速度和周期关系有，结合轨迹半径的表达式有
解得
已知原子核在磁场中运动的轨迹所对圆心为1800，所以两个原子在磁场中运动时间
两原子核的电量相同，但氧17的质量较大，故氧17的在磁场中运动时间长，故D错误。
故选AC。
【分析】利用动能定理可以比较粒子进入磁场速度的大小；利用洛伦兹力与速度方向垂直所以洛伦兹力不做功；利用牛顿第二定律结合轨迹半径的大小可以判别对应的原子核；利用粒子运动的周期结合比荷可以比较粒子运动的时间。
9．（2025高二下·阆中期中）如图所示，一平行金属轨道平面与水平面成角，两轨道宽为L，上端用一电阻R相连，该装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于轨道平面向上。质量为m的金属杆ab以初速度从轨道底端向上滑行，达到最大高度h后保持静止。若运动过程中金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，轨道与金属杆的电阻均忽略不计。关于上滑过程，下列说法正确的是（重力加速度为g）（　　）
A．通过电阻R的电量为
B．金属杆中的电流方向由a指向b
C．金属杆因摩擦产生的热量等于
D．金属杆损失的机械能等于电阻R产生的焦耳热
【答案】A,B
【知识点】能量守恒定律；右手定则；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．根据电磁感应定律结合电流的定义式可以求出电荷量的表达式为：
根据磁通量的表达式可以得出磁通量变化量为：
联立以上，解得通过电阻R的电量为
故A正确；
B．已知金属棒沿着斜面向上运动，磁场方向向上，根据右手定则可知金属杆中的电流方向由a指向b，故B正确；
CD．由于金属棒从运动到静止的过程中，金属棒损失的机械能等于回路中产生的焦耳热及金属棒与导轨的摩擦产生的内能之和，根据能量守恒有，金属棒损失的机械能为，故CD错误。故选AB。
【分析】利用电磁感应定律结合电荷量的表达式及磁通量的表达式可以求出电荷量的大小；利用右手定则结合金属棒速度方向可以判别电流的方向；利用能量守恒定律可以求出损失的机械能及产生的焦耳热。
10．（2025高二下·阆中期中）如图所示，变压器为理想变压器，定值电阻R1=8Ω，R2=2Ω，MN两点间所接正弦交变电压为U=32V，闭合开关S1和S2，电流表的示数为1A，R1、R2消耗的电功率相同。则下列说法正确的是（　　）
A．理想变压器原副线圈的匝数比为6∶1
B．定值电阻R3=2Ω
C．电源消耗的总功率与定值电阻R3消耗的功率之比为3∶2
D．将开关S2断开，则电流表的示数变为0.4A
【答案】A,D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．已知电流表的示数为1A，根据热功率的表达式可以得出消耗的电功率
由于 R1、R2消耗的电功率相同，对电阻有消耗的电功率
求得
根据欧姆定律可以得出副线圈的输出电压为
根据分压关系可以得出原线圈的输入电压为
则
故A正确；
B．根据变压器的匝数之比可以得出，可求得副线圈的电流
根据欧姆定律可以得出：
故B错误；
C．根据电功率的表达式可以得出电源消耗的总功率为
同理可以得出电阻消耗的功率为
根据以上分析可以得出电源消耗的总功率与定值电阻R3消耗的功率之比为2∶1，故C错误；
D．将开关断开，设原线圈的电流为，副线圈的电流为，根据分压关系有原线圈的输入电压为
根据欧姆定律有：原线圈的输入电压为
根据
求得
故D正确。
故选AD。
【分析】利用热功率的表达式结合功率相等可以求出电阻R2两端电压的大小，结合分压关系可以得出输入电压的大小，两者结合可以求出匝数之比；利用匝数之比可以求出副线圈的总电流，结合支路电流的关系可以求出通过R3的电流大小，结合欧姆定律可以求出R3的阻值大小；利用电功率的表达式可以求出电功率的比值；利用开关断开时，电压和电流的规律可以求出电流表的读数。
三、实验题（每空2分，共计32分）
11．（2025高二下·阆中期中）某小组利用如图所示电路研究自感线圈L对小灯泡亮暗变化的影响，已知线圈自身电阻几乎为0，A、B是两个相同的小灯泡。
对于观察到的小灯泡A、B的现象，请在横线上填入最相匹配的现象前的字母。
A.立即变亮，然后亮度不变
B.立即变亮，然后逐渐更亮
C.立即变亮，然后慢慢熄灭
D.稍微变暗，然后亮度不变
E.立即熄灭
F.闪亮一下，然后熄灭
G.逐渐熄灭
（1）闭合开关S瞬间，看到A电灯　 　，B灯泡　 　；
（2）闭合开关S一段时间后，待电路稳定，再断开开关S的瞬间，看到A电灯　 　，B灯泡　 　。
（3）开关原先闭合，电路处于稳定状态，在某一时刻突然断开开关S，则通过灯泡B中的电流I随时间变化的图线最可能是图中的（　　）
A． B．
C． D．
【答案】（1）B；C
（2）E；F
（3）D
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】（1）电键S闭合后，线圈L中产生自感电动势阻碍电流的增加，所以线圈所在支路的电流从0开始慢慢增大，电流开始从灯泡B支路经过，所以小灯泡A将瞬间变亮，当电路稳定后，电流不再变化时，线圈阻碍电流的作用消失，线圈电阻可以忽略，小灯泡B被短路，小灯泡A亮度增大。由于线圈的阻碍作用慢慢消失，所以小灯泡B瞬间变亮，然后由于线圈短路，则B灯逐渐熄灭。
故选BC。
（2）S断开后，由于线圈对变化电流的阻碍作用，所以经过线圈的电流慢慢减小，线圈与B构成回路，所以灯泡B先有电流，再熄灭，而由于线圈与小灯泡A没有构成回路，所以小灯泡A将立即熄灭。
故选EF。
（3）开关S原来闭合时，电路处于稳定状态，流过灯泡B的电流方向向右，当某一时刻开关S突然断开时，线圈L中向右的电流要减小，线圈要阻碍电流的变化产生自感电动势，所以线圈产生向右的电流，在线圈与小灯泡B构成闭合回路中产生感应电流，通过小灯泡B的电流方向与原来相反，变为向左且逐渐减小到零。
故选D。
【分析】（1）开关闭合时，利用线圈对电流增大的阻碍作用可以判别两个灯泡亮暗程度的变化；
（2）开关断开时，利用线圈对电流减小的阻碍作用可以判别两个灯泡亮暗程度的变化；
（3）利用线圈对电流变化的阻碍作用可以判别通过灯泡B的电流方向。
（1）[1]电键S闭合后，线圈L中产生自感电动势阻碍电流的增加，小灯泡A将瞬间变亮，电路稳定后，线圈电阻可以忽略，小灯泡B被短路，小灯泡A亮度增大。
故选B。
[2]电键S闭合后，小灯泡B瞬间变亮，然后由于线圈短路，则B灯逐渐熄灭。
故选C。
（2）[1]S断开后，小灯泡A电路中没有闭合回路，小灯泡A将立即熄灭。
故选E。
[2]S断开后，线圈L中产生自感电动势阻碍电流的减小，在线圈与小灯泡B构成的闭合回路中产生感应电流，故S断开后，小灯泡B闪亮一下，然后熄灭。
故选F。
（3）开关S原来闭合时，电路处于稳定状态，流过灯泡B的电流方向向左，当某一时刻开关S突然断开时，线圈L中向左的电流要减小，由于自感现象，线圈L产生自感电动势，在线圈与小灯泡B构成闭合回路中产生感应电流，通过小灯泡B的电流方向与原来相反，变为向右且逐渐减小到零。
故选D。
12．（2025高二下·阆中期中）如图所示，（a）→（b）→（c）→（d）→（e）过程是交流发电机发电的示意图，线圈的ab边连在金属滑环K上，cd边连在金属滑环L上，用导体制成的两个电刷分别压在两个滑环上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路连接。
（1）图（a）中，线圈平面与磁感线垂直，磁通量　 　，磁通量变化率　 　。（均填“最大”或“为零”）
（2）从图（b）开始计时，线圈中电流i随时间t变化的关系是　 　。（填“”或“”）
（3）当线圈转到图（c）位置时，感应电流　 　。（填“最小”或“最大”）
（4）当线圈转到图（d）位置时，感应电动势　 　。（填“最小”或“最大”）
（5）当线圈由图（d）转到图（e）过程中，ab边感应电流方向为　 　。（填“a→b”或“b→a”）
【答案】（1）最大；为零
（2）
（3）最小
（4）最大
（5）
【知识点】交变电流的产生及规律
【解析】【解答】（1）图（a）中，线圈平面与磁感线垂直，根据磁通量的表达式可以得出此时穿过线圈的磁通量最大，由于线圈线速度方向与磁场方向平行所以磁通量的变化率最小为零；
（2）根据题意，由图（b）可知，时刻线圈平面与磁感线方向平行，由于线圈速度方向与磁场方向垂直所以此时感应电动势最大，根据欧姆定律可以得出感应电流最大，线圈中电流i随时间t变化的关系是
（3）当线圈转到图（c）位置时，根据磁通量的表达式可以得出此时穿过线圈的磁通量最大，由于线圈线速度方向与磁场方向平行感应电流为零，最小。
（4）当线圈转到图（d）位置时，线圈平面与磁感线方向平行，由于线圈速度方向与磁场方向垂直所以此时磁通量的变化率最大，感应电动势最大。
（5）根据右手定则可知，ab边感应电流方向为。
【分析】（1）利用磁通量的表达式可以判别磁通量的大小，结合速度的方向可以判别感应电动势的大小；
（2）利用感应电动势的大小结合欧姆定律可以得出电流瞬时值的表达式；
（3）利用磁通量的表达式可以判别磁通量的大小，结合速度的方向可以判别感应电动势的大小，结合欧姆定律可以判别感应电流的大小；
（4）利用磁通量的表达式可以判别磁通量的大小，结合速度的方向可以判别感应电动势的大小；
（5）利用右手定则可以判别感应电流的方向。
（1）[1][2]图（a）中，线圈平面与磁感线垂直，则此时穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小为零；
（2）根据题意，由图（b）可知，时刻线圈平面与磁感线方向平行，此时感应电流最大，线圈中电流i随时间t变化的关系是
（3）当线圈转到图（c）位置时，线圈平面与磁感线垂直，感应电流为零，最小。
（4）当线圈转到图（d）位置时，磁通量最小，磁通量的变化率最大，感应电动势最大。
（5）根据右手定则可知，ab边感应电流方向为。
四、计算题（13题10分、14题10分，15题12分，共32分）
13．（2025高二下·阆中期中）如图所示，一束平行于直角三棱镜截面ABC的单色光从真空垂直BC边从P点射入三棱镜，P点到C点的距离为1.6L，光线射入后恰好在AC边上发生全反射。已知∠C=37°，光在真空中的传播速度为c，sin37°=0.6，cos37°=0.8， 求：
（1）该三棱镜的折射率n；
（2）光线从BC边传播到AC边所用的时间t（不考虑多次反射）。
【答案】（1）作出光路图如图所示，根据几何关系可知，光在AC面上的临界角，则
解得

（2）由几何关系得
由介质的折射率公式和运动学公式得
由
解得

【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）画出光传播的路径，利用几何关系可以求出临界角的大小，结合折射定律可以求出折射率的大小；
（2）已知光传播的路径，利用几何关系可以求出光传播的路程，结合光传播的速度可以求出光传播的时间。
（1）作出光路图如图所示，根据几何关系可知，光在AC面上的临界角，则
解得
（2）由几何关系得
由介质的折射率公式和运动学公式得
由
解得
14．（2025高二下·阆中期中）如图，一质量为m的带电小球用丝线悬挂在水平向右无限大匀强电场中，已知该场强大小为E，当小球静止时，测得丝线与竖直方向的夹角为，此时小球距水平地面的高度为H。（重力加速度为g）求：
（1）小球所带电荷量q；
（2）当把悬线烧断后，求小球落到地面时的动能。
【答案】（1）小球受重力、电场力和线的拉力，受力分析如图所示
对小球列平衡方程
解得

（2）丝线断后小球受到重力和电场力的作用，合力为
所以把悬线烧断后小球做初速度为零的匀加速直线运动，位移沿细线方向，则位移为
由动能定理
解得

【知识点】共点力的平衡；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）小球在电场中处于静止，利用平衡方程可以求出小球电荷量的大小；
（2）当绳子断开时，利用力的合成可以求出小球受到的合力，结合运动的位移和动能定理可以求出小球落地动能的大小。
（1）小球受重力、电场力和线的拉力，受力分析如图所示
对小球列平衡方程
解得
（2）丝线断后小球受到重力和电场力的作用，合力为
所以把悬线烧断后小球做初速度为零的匀加速直线运动，位移沿细线方向，则位移为
由动能定理
解得
15．（2025高二下·阆中期中）如图所示，边长为L的正方形区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，一质量为m，带电量为q的粒子从bc边中点O垂直bc边入射，恰能从b点离开磁场，不计粒子重力，回答以下问题：
（1）判断粒子带电性质；
（2）求出此时粒子入射速度大小；
（3）其它条件不变，仅调整磁感应强度大小，为使粒子从ad边射出，求磁感应强度大小取值范围。
【答案】（1）带电量为q的粒子从bc边中点O垂直bc边入射，恰能从b点离开磁场，由左手定则可知粒子带正电。
（2）此时粒子圆周运动半径为
洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力
解得

（3）当粒子从a点射出时，磁感应强度最大，此时粒子圆周运动半径为
洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力
解得
即

【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）已知粒子偏转方向及速度方向，结合左手定则可以判别粒子的电性；
（2）已知粒子运动的轨迹半径，结合牛顿第二定律可以求出粒子的速度大小；
（3）已知粒子从a点射出时磁感应强度最大，利用几何关系可以求出轨迹半径的大小，结合牛顿第二定律可以求出磁感应强度的大小。
（1）带电量为q的粒子从bc边中点O垂直bc边入射，恰能从b点离开磁场，由左手定则可知粒子带正电。
（2）此时粒子圆周运动半径为
洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力
解得
（3）当粒子从a点射出时，磁感应强度最大，此时粒子圆周运动半径为
洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力
解得
即
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