2024—2025學年度(下)七校協作體3月高二聯考物理試題答案題號1234567DADDBBA1.解：A.根據洛倫茲力充當向心力，可知故故最大動能與電壓無關，故A錯誤。B.根據左手定則可知，等離子體中的正電荷向下偏，負電荷向上偏，故電流的方向為從b到a,故B錯誤。C.根據洛倫茲力和電場力相互平衡，可知當粒子速度方向改變的時候，電場力方向不變，但是洛倫茲力方向反向，無法與電場力相平衡，則無法勻速直線運動，故C錯誤。D.在加速電場中，則有在磁場中，則有同位素電荷量相同，質量越大，半徑越大，故D正確。2解：A、由磁場的疊加原理可得，c、d兩點處的磁感應強度大小相等、方向都向下，故A正確。B、P在a點產生的磁感應強度垂直Pa向下，Q在a點產生的磁感應強度垂直Qa向下，由磁場的疊加原理可得a點的磁感應強度方向向下，同理，P、Q兩點在b點處的磁感應強度也向下，因此a、b兩點的磁感應強度方向相同，故B錯誤。C、根據磁場的疊加原理和對稱性知，a、b兩點處的磁感應強度大小相等，故C錯誤。D、由安培定則判斷可知，P、Q兩導線在o點產生的磁感應強度方向都向下，則o點處的磁感應強度不為零，故D錯誤3解：ACD.根據直線電流產生的磁場的特點可知，通電導線產生磁場的磁感應強度大小正比于電流大小，第1頁(共7頁)內，導線PQ中電流從Q到P,電流逐漸減小，此時導線在線框R據右手螺旋定則可知磁場的方向垂直向里，根據楞次定律，線圈R感應電流產生的磁場方向也垂直向里，且線圈R有擴張和向左運動的趨勢，即線圈R整體所受安培力方向向左，根據右手螺旋定則，線導線在線框R處產生的磁場磁場強度逐漸增大，根據右手螺旋定則，此時磁場方向垂直向外，根據楞次定律，線圈R感應電流產生的磁場方向為垂直向里，且線圈R有緊縮和向右運動的趨勢，即線圈R流的方向不變，故B錯誤。于電路中的電流穩定時兩個燈泡的亮度是相同的，所以A?不會閃亮一下，故ABC錯誤，D正確。B、正常工作時，電動機消耗的電功率P?=UI=6×0.05W=0.3W,故B正確；D、正常工作時，電動機對外做功的功率P?=P?-P?=0.3W-0.05W=0.25W,故D錯誤；可得U?=100V,所以變壓器原線圈兩端電壓的有效值為100V,故A錯誤；B、線圈轉動的角速度大小為w=2πn,產生的感應電動勢的最大值為Em=NBSw,則變壓器原線圈兩故B正確；C、因為圖示位置是線圈平面和磁感線平行，所以感應電動勢的瞬時值表達式為e=Emcosot,即e=7.解：在時間內，線框進入磁場，磁通量增加，根據楞次定律知線框中感應電流方向沿逆時針方向，為正值。線框切割磁感線的有效長度均勻減小，產生的感應電動勢均勻減小，感應電流均勻減小。時間內，線框完全在磁場中運動，磁通量不變，沒有感應電流產生。在時間內，線框出磁場，磁通量減小，根據楞次定律知線框中感應電流方向沿順時針方向，為負值。線框切割磁感線的有效長度均勻減小，產生的感應電動勢均勻減小，感應電流均勻減小。根據P=I2R?求出：P=5.76×10?2w,故B錯誤；C、根據楞次定律可知，螺線管下極帶正電，則電流穩定后電容器下極板帶正電，故C正確；D、S斷開后，流經R?的電量即為S閉合時C板上所帶的電量Q電容器兩端的電壓：U=IRz=0.12×5=0.6V流經R?的電量：Q=CU=30×10??×0.6=1.8×10??c,故D正確；9.解：A、根據粒子做勻速圓周運動的對稱性，當帶負電粒子從b點射出時，速度方向與水平線的夾角為30°,如圖所示：×e由幾何故選可得△Oab為等邊三角形，所以粒子在磁場中偏轉的弦長等于其做圓周運動半徑，故A正B、若速度增大為2v,雖然負粒子做勻速圓周運動的半徑加倍，但速度方向仍與水平線夾角為30°,C、若P的初速度增大為3v,粒子出射方向與水平線的夾角為30°,粒子在磁場中的圓弧所對的圓心第3頁(共7頁)角仍未60°,根據可知粒子的周期不變，則粒子經時間t射出磁場，故C錯誤；D、若磁場反向，負粒子逆時針方向做勻速圓周運動，粒子從磁場射出時與邊界成30°,此時粒子偏轉了300°,根據粒子在磁場中的運動時間粒子的周期不變，所以粒子運動時間是原來的5倍，即5t,故D正確。10解：A、在兩導體棒有相對運動的過程中，回路中產生感應電流，則導體棒b動能增加量和回路產生的內能之和等于導體棒a動能減少量，故A錯誤；動量增加量等于導體棒a動量減少量，故B正確；C、最終穩定時兩棒以相同速度勻速運動，設兩棒穩定時速度為v,取向右為正方向，根據動量守恒定律可得：2mvo=3mv,解得：三.實驗題(共2小題)依據題圖可知A表筆為紅表筆。(2)當轉換開關S旋到位置1或2時是電流擋。根據并聯電路電流的分配與電阻成反比可知，并聯電阻越小量程越大，故接1時的量程較大。(3)已知之前已經進行了必要的、正確的操作，即已經將A、B表筆短接進行了歐姆調零(即讓表頭滿偏),在A、B之間接9000電阻時，表頭G剛好半偏，根據閉合電路的歐姆定律可知，當表頭半偏轉換開關S在2時，根據閉合電路的歐姆定律可得改裝電流表A?的滿偏值：已知電流表的兩個擋位的大量程是小量程的10倍，可得：轉換開關S在1時，改裝電流表A1的滿偏值為：故答案為：(1)紅；(2)1;(3)10mA;1012.解：(1)電表1和2是測定電流的，而且電表2是測電路的總電流，而A?量程太大，則讀數不準確，那么將量程為3V(內阻3kΩ)的電壓表當作電流表用，即電表2選C;電表1選A2.而電流表A2與定值電阻串聯后作為電壓表使用，由于A2的滿偏電流：Ig=3mA,若此支路電壓達到2V,則這條支路總電阻所以定值電阻只能選擇9850的D,(2)要將待測電阻的電壓調到2V,則此時電流表A?(電表1)的示數為故答案為：(1)B;C;D;(2)2mA;13解：(1)當電阻箱阻值為Ro=40時，電路中的電流為根據左手定則可知導體棒所受安培力方向沿斜面向上，大小為F安=BIL=2T×3A×0.5m=3N;1分(2)導體棒在斜面上的最大靜摩擦力，即滑動摩擦力大小為fmax=μmgcos37°=4N,Fmax=mgsin37°+μmgcos37°=10N1分代入數據，解得Rmax=6.5Ω,Rmin=0.5Ω,14.解：(1)在電場中，粒子做類平拋運動，設Q點到x軸的距離為L,速度為a,運動時間為t,有沿x軸正方向：2L=vot,①設粒子到達0點時沿y軸方向的分速度為vy根據速度一時間關系可得：Vy=at③設粒子到達0點時速度方向與x軸方向的夾角為α,有聯立①②③④式得：α=45°⑤即粒子到達O點時速度方向與x軸方向的夾角為45°角斜向上。設粒子到達0點時的速度大小為v,由運動的合成有到y軸的距離為2L,粒子的加(2)設電場強度為E,粒子電荷量為q,質量為m,粒子在電場中受到的電場力為F,由牛頓第二定律可得：qE設磁場的磁感應強度大小為B,粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R,所受的洛倫茲力提供向心力，由于P點到O點的距離為2L,則由幾何關系可知R=√2L1分答：(1)粒子到達0點時速度的大小為√2vo,方向x軸方向的夾角為45°角斜向上。(2)電場強度和磁感應強度的大小之比15解：(1)根據法拉第電磁感應定律可得感應電動勢：E=BLv11分根據功率一速度關系可得：P=F'v?=Fvm