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高二物理试题答案
一、单项选择题：
1、解析：C 磁场是均匀地辐射分布，线圈转动过程中各个位置的磁感应强
度大小不变，故受到的安培力大小不变，故 A 错误；若线圈中通以题图乙所示
的电流时，根据左手定则，左侧安培力向上，右侧安培力向下，线圈将沿顺时针
方向转动，故 B 错误；根据题意线圈停止转动时满足 NBIS＝kθ，解得θ＝NBSkI，
可知线圈(指针)偏角θ与通过线圈的电流 I 成正比，故 C 正确；电流表的灵敏度
定义为ΔθΔI，根据题意 NBIS＝kθ，解得ΔθΔI＝NBSk，可知更换 k 值更大
的螺旋弹簧，电流表的灵敏度减小了，故 D 错误。故选 C。
2、解析：A 三个粒子从 P 点射入磁场，轨迹偏转方向相同的带同种电荷，
所以轨迹 2 对应的粒子是正电子，1、3 为电子，故 D 错误；由左手定则可判断，
磁场方向垂直纸面向里，故 A 正确；对于轨迹 1 的粒子运动半径越来越小，由 r
＝mvqB 知，运动速度越来越小，B 错误；对于轨迹 2 和轨迹 3 两种粒子，由于
初始半径 r ＜r ，由 r＝mvqB 知 v ＜v ，故 C 错误。
2 3 2 3
3、解析：B 转动过程中，穿过导线框中磁通量变化，则有感应电流，故 A
错误；线框转过 30°角时，穿过线框的磁通量为Φ＝BS＝B×S2×cos30°＝3)
4BS，故 B 正确，C 错误；线框转过 180°角过程中，穿过线框的磁通量变化量
为ΔΦ＝Φ′－Φ＝－12BS－12BS＝－BS，故 D 错误。故选 B。
4、解析：D 开关闭合时，线圈由于自感对电流的阻碍作用，可看作电阻，
线圈电阻逐渐减小，并联电路电阻逐渐减小，电压 U 逐渐减小，故 i 逐渐减小；
AB
开关闭合后再断开时，线圈的感应电流与原电流方向相同，形成回路，灯泡的电
流与原电流方向相反，并逐渐减小到 0，又由于电阻 R 的阻值大于灯泡 D 的阻值
，当开关闭合时，线圈所在支路的电流小于流过灯泡 D 的电流，故当开关断开
瞬间，线圈产生的感应电流也小于原来流过灯泡 D 的电流。故选 D。
5、解析：C 根据题图，由有效值的定义可得\rc\2))))\s\up12(2R×T2＋0＝U2R
×T，解得 U＝Um2＝1102 V≈156 V，电热毯在保温状态下消耗的电功率为 P＝
\rc\
U2R＝ 484 W＝50 W，C 正确。
6、解析：A 由题图乙知输入电压的有效值即电压表的示数，为 220 V，A
正确；电容器的耐压值为交流电压的最大值，则有效值为 22\r(2) V＝112 V，所
共 6 页 第 1页以原、副线圈的匝数比为 102∶1，B 错误；电容器通交变电流，所以电流表的
示数大于通过电阻 R 的电流，C 错误；由题图乙知交变电流的周期为 0.02 s，所
0
以角速度为 100π rad/s，原线圈 AB 端输入电压的变化规律为 u＝311sin 100πt(V)，
D 错误。
7、解析：B 收不到高频率的电台信号，因此需要增加调谐电路的固有频率，
根据 f＝12π\r(LC)可知，减小线圈匝数，会导致自感系数减小，从而导致固有频
率增加，即应该减小线圈的匝数。故选 B。
8、解析：ABD 质子带正电，且经过 C 点，其可能的轨迹如图所示。
所有圆弧所对圆心角均为 60°，所以质子运行半径为 r＝Ln(n＝1，2，3，…)，
质子在磁场中做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得 qvB＝mv2r，解得 v＝
qBrm＝BLkn(n＝1，2，3，…)，故 A、B、D 正确，C 错误。
9、解析：BC 当永磁体随转轴转动时，产生转动的磁场，铝盘中会产生感
应电流，这时永磁体会对铝盘有力的作用，从而产生一个转动的力矩，由于游丝
的反力矩，会使指针稳定指在某一刻度上，故 A 错误，B 正确；刻度盘上的零
刻度线应标在刻度盘的中央，故 C 正确；若去掉游丝和指针，使转轴Ⅱ可以无
阻碍地自由转动，永磁体固定在转轴Ⅰ上，铝盘固定在转轴Ⅱ上，由楞次定律知
，铝盘不能同永磁体完全同步转动，其转速低于永磁体的转速，故 D 错误。故
选 BC。
10、解析：ACD 内能是指物体内部的所有分子所具有的分子动能和分子势
能的总和，系统的内能是由系统的状态决定的，A 正确；温度相同，则分子的平
均动能相同，但是质量相同的氢气和氧气的分子数不相同，因此内能不相同，B
错误；相同温度下的水变成水蒸气需要吸收热量，因此 1 g 100 ℃的水的内能小
于 1 g 100 ℃的水蒸气的内能，C 正确；内能与温度、体积和物质的量等因素都
有关系，内能少的物体的温度可能高于内能多的物体，则可能向其传递热量，D
正确。
共 6 页 第 2页二、非选择题：（本大题共 5 小题，共 60
分） 11、(12 分)
解析：(1)由图乙中的图像可知，压敏电阻 R 的阻值随压力的增大而减小。
1
(2)将货物装载机和上触点串联组成工作电路，将 R 、滑动变阻器 R 、电磁
1 2
铁串联接入控制电路；补充电路如图所示。
(3)随着控制电路电流的增大，电磁铁的磁性将增强。R 与 R 串联 I ＝I ＝
1 2 1 2
I ＝30 mA＝0.03 A，由图乙可知 F＝800 N 时，R ＝80 Ω，由 I＝UR 得 U ＝I R
max 1 1 1 1
＝0.03 A×80 Ω＝2.4 V，U ＝U－U ＝6 V－2.4 V＝3.6 V，R ＝U2I2＝3.6 V0.03 A
2 1 2
＝120 Ω，即滑动变阻器 R 的最大阻值至少为 120 Ω。
2
答案：(1)减小 (2)见解析图 (3)增强 120
12、(12 分)
解析：(1)根据法拉第电磁感应定律，圆环中产生的感应电动势 E＝ΔBΔtS
其中 S＝πr22
由图乙可知ΔBΔt＝B0t0
根据欧姆定律有 I＝ER
根据电阻定律有 R＝ρ2πrS0
t＝12t 时，圆环受到的安培力
0
F＝B I·(2r)＋B02I·(2r)
0
联立解得 F＝3B02r2S04ρt0
安培力方向垂直于 MN 向左。
－
(2)通过圆环的电荷量 q＝ ·Δt
根据欧姆定律和法拉第电磁感应定律有
－ －
＝E－)R， ＝ΔΦΔt
在 0～32t 内，圆环磁通量的变化量为
0
共 6 页 第 3页ΔΦ＝B ·12πr2＋B02·12πr2
0
联立解得 q＝3B0rS08ρ。
答案：(1)3B02r2S04ρt0 方向垂直于 MN 向左 (2)3B0rS08ρ
13、(12 分)
解析：(1)由安培力公式和平衡条件可得
mgsin θ＝BILcos θ
由闭合电路欧姆定律得 I＝ER1＋R2＋r
解得 B＝1.2 T。
(2)由牛顿第二定律和闭合电路欧姆定律有
BI′Lcos θ－mgsin θ＝ma
I′＝ER1＋R2′＋r
解得 a＝1.2 m/s2
方向沿斜面向上。
答案：(1)1.2 T (2)1.2 m/s2，方向沿斜面向上
14、(12 分)
解析：(1)微粒在区域Ⅰ内水平向右做直线运动，则在竖直方向上有 qE sin
1
45°＝mg
解得 E ＝2)mgq
1
微粒在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，则重力和静电力平衡，有
mg＝qE
2
解得 E ＝mgq。
2
(2)粒子进入磁场区域时满足
qE d cos 45°＝12mv2，qvB＝mv2R
1 1
根据几何关系，分析可知 R＝d2sin 30°＝2d
2
整理得 B＝2gd1)2qd2。
(3)微粒从 P 到 Q 的时间包括在区域Ⅰ内的运动时间 t 和在区域Ⅱ内的运动
1
时间 t
2
并满足 12a t 2＝d ，mgtan 45°＝ma
1 1 1 1
整理得 t ＝ 2d1g)，t ＝30°360°·2πRv＝112·2π·2d2\r(2gd1)
1 2
共 6 页 第 4页解得 t＝t ＋t ＝ 2d1g)＋πd2\r(18gd1)＝6d1＋πd26gd12gd1。
1 2
答案：(1)2)mgq mgq (2)2gd1)2qd2 (3)6d1＋πd26gd12gd1
15、(12 分)
解析：(1)封闭气体初状态压强
p ＝p －p ＝(76－19) cmHg＝57 cmHg
1 0 h
设玻璃管的横截面积为 S，体积
V ＝LS＝50S
1
温度 T ＝(273＋27)K＝300 K
1
封闭气体末状态压强 p ＝p ＝76 cmHg
2 0
体积 V ＝(L＋h2)S＝(50＋192)S＝59.5S
2
对封闭气体，由理想气体状态方程得
p1V1T1＝p2V2T2
代入数据解得 T ＝476 K
2
即温度为 203 ℃。
(2)设注入水银后空气柱的长度为 H，对气体，由玻意耳定律得 p V ＝p HS
1 1 2
代入数据解得 H＝37.5 cm
注入水银柱的长度
x＝2(L－H)＋h＝2×(50－37.5) cm＋19 cm＝44 cm。
答案：(1)203 ℃ (2)44 cm
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