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高二物理答案
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7
8
9
10
A
B
A
B
D
C
D
BC
BCD
AD
1. 【答案】．A
【解析】A. 图甲是法拉第发现电磁感应的实验装置，A 正确。B.图乙装置对应的事件是奥斯特发现电流的
磁效应，B 错误；C.图丙是安培提出的分子电流假说，C 错误；D.图丁的现象是通过电流产生的磁场实现
的，D 错误；
2. 【答案】B
【解析】根据楞次定律“来拒去留”，铜环靠近时，感应电流的磁场与磁铁磁场方向相反，阻碍磁通量增
加，A 错误；安培力的效果是阻碍相对运动，即阻碍铜环靠近，B 正确；过程中产生涡流，机械能转化为
电能，机械能不守恒，C 错误；感应电流 I=E/R，摆动速度越快，磁通量变化越快，E 越大，电流越大，D
错误。
3. 【答案】A
【解析】三根导线对称分布，电流大小相等、方向相同；根据安培定则，三根导线在中心 O 处产生的磁
感应强度大小相等，方向互成 120°；三个等大、互成 120° 的矢量叠加后合磁感应强度为 0。
4. 【答案】B
【解析】炮弹在安培力作用下运动，为增大炮弹的最大发射速度，应使炮弹受到的安培力最大，故磁场方
向与轨道（即炮弹的运动方向）垂直，选项A 错误；设炮弹的质量为m，磁场的磁感应强度为B，两平行
导轨间距为L，轨道长度为x，则炮弹受到安培力F=BIL，由动能定理有：
Fx =1
2 mv 2
，可得
v=√
2BILx
m
，
选项C、D 错误，B 正确。
5. 【答案】D
【解析】质子轨道半径 r = mv
qB
，速度减半后 r'=r
2
；由几何关系 sinθ= L
r
，，即 L=rsin60°，解得
r = 2❑√3
3
L
新轨道半径 r'=r
2
=
❑√3
3
L，小于磁场宽度，则粒子转半圈后从左边界射出，速度偏转角为180°
6. 【答案】C
【详解】A．根据左手定则可知，按下按键后，载流子（自由电子）向传感器左表面聚集，则传感器左表
面的电势比右表面低，故A 错误；
BCD．最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，有
结合电流的微观定义式
，其中v 为自由电子定向移动速率而非按键速度
有
可见按下按键的速度快慢，对霍尔电压没有影响，减小h，使该磁轴键盘更加灵敏，l、b 对霍尔
电压无影响，对该磁轴键盘的灵敏度无影响，故BD 错误C 正确。
7. 【答案】D
【详解】
A．若θ =30°，粒子从AB 边射出的速率最大时，粒子的运动轨迹与BC 边相切，根
据对称性可知，粒子从B 点离开磁场，粒子的运动轨迹如图所示
根据几何关系有
解得
，故A 错误；
B. 若θ =60°且粒子恰好不从BC 边射出，则粒子的运动轨迹与BC 边相切，
粒子的运动轨迹如图所示
根据几何关系有r =Lcos30° = m v0
qB
解得v0=
❑√3kBL
2
，故B 错误。
C．若θ =90°且粒子恰好不从BC 边射出，则粒子的运动轨迹与BC 边相切，粒子的运动轨迹如图所示
根据几何关系有
解得
，故C 错误。
D.根据洛伦兹力提供向心力有
可得
若
，则
粒子从BC 边离开磁场的时间最短，则粒子离开磁场的点与A 点的连
线
与BC 边垂直，粒子的运动轨迹如图所示
根据几何关系可知，
为等边三角形，则最短时间
，故D 正确
故选D。
8. 【答案】BC
【详解】由于带电粒子的电性不确定，其轨迹可能是如图所示的两种情况
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，可
得
根据线速度和周期的关系，可得
联立解得
由图可知，若为正电荷，轨迹对应的圆心角为θ1＝240°，若为负电荷，轨迹对应的圆心角为θ2＝120°，则
对应时间分别为
t1= θ1
2π T = 240°
360° T = 4 π m
3qB
t1= θ2
2π T = 120°
360° T = 2π m
3qB
故选BC。
9. 【答案】BCD
【详解】
ABC．磁场进入线圈区域过程中，切割磁感线产生的感应电动势u=nBdv，其中n、B、d 均为定值，又根
据图像可知，u 与时间成正比，则此过程中速度v 与时间成正比，为匀变速直线运动；A 错误。
t =1s 时磁场开始进入线圈区域，此时切割磁感线产生的感应电动势u1=nBdv1=0.2V，解得v1=2.0m/s，C 正
确；t =2s 时恰好磁场完全进入线圈区域，此时切割磁感线产生的感应电动势u2=nBdv2=0.4V，解得
v2=4.0m/s；
则根据匀变速直线运动公式v2=v1+at，得高铁的加速度大小为2.0m/s2，B 正确；
D．由图象可知，磁铁在3s 时刻开始离开线圈区域，由匀变速直线运动规律
可知，线圈沿铁轨方向的长度为
x=8m
故D 正确。
故选BCD。
10. 【答案】AD
【详解】AB．进入缓冲槽时线圈速度为v0，故感应电动势的大小为
根据闭合电路的欧姆定律有线圈中感应电流的大小为
主体受到的安培力大小为
，故A 正确，B 错误；
C．设线圈在缓冲槽下落过程某时刻速度为v，感应电流为I，经
，速度变化
，由动量定理有
求和得
（取向下为正方向）
又
联立解得
，故C 错误；
D．从缓冲槽着地到线圈的
边落至缓冲槽底端的过程中，依据能量守恒定律有mgH + 1
2 m v0
2=Q，故D
正确。
故选AD。
11. 【答案】（6 分）（1）右 （2 分） （2）AD （4 分，对而不全得一半分，有选错的得0 分）
【解析】（1）闭合开关前，滑动变阻器滑片应置于电阻最大处，即最右端；
（2）闭合开关S 瞬间，磁通量增大，发现电流计指针右偏。
A．插入铁芯，磁通量增大，电流计指针右偏，A 符合题意；
B．拔出线圈A，磁通量减小，电流计指针左偏，B 不符合题意；
C．将滑动变阻器的滑片向右移动，电阻增大，电流减小，磁通量减小，电流计指针左偏，C 不符合题意；
D．将滑动变阻器的滑片向左移动，电阻减小，电流增大，磁通量增大，电流计指针右偏，D 符合题意；
故选AD。
12.【答案】（10 分）（1）C B （2） D G（3）BC （每空2 分）
【解析】（1）[1]电键S 闭合后，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C。
[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B。
（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D。
[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G。
（3）开关S 拨到1，电感线圈L 产生通电自感现象，其阻碍电流增大，回路中的电流慢慢增大，自感电动
势逐渐减小，此过程电感线圈L 相当于阻值逐渐变小的电阻，稳定后电流最大且保持不变，电感线圈两端
电压最小，若不计电感线圈的直流电阻，稳定时电感线圈两端电压为零；一段时间后再拨到2，电感线圈
L 产生断电自感现象，其阻碍电流减小，回路中的电流慢慢减小，自感电动势逐渐减小，此过程电感线圈
L 相当于电动势逐渐减小的电源，自感现象消失后回路的电流和电感线圈两端电压均为零，故选BC。
13. 【答案】（1）0.3kg （4 分） （2）1.5T （6 分）
【详解】（1）对金属棒受力分析，如图
棒受到的安培力F安=BIL=❑√3N （1 分）
Fcosθ =mg（1 分）
Fsinθ = F安 （1 分）
解得m=0.3kg （1 分）
（2）要磁感应强度最小，则安培力最小，当安培力垂直于拉力F 时有最小值。
F安=mgsinθ （2 分）
而F安= B1 IL （2 分）
解得：B1=1.5T （2 分）
14. （14 分）【答案】(1)E = mv0
2
4 Lq
（5 分） (2)B = m v0
2qL
（5 分） (3)
S =2(❑√2−1)L
2 （4 分）
【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动
4 L= ν0t （1 分），2 L= 1
2 at
2 （1 分）
qE =ma （1 分）
E = m v0
2
4 Lq
（2 分）
（2）设带电粒子运动到M 点时，水平分速度为v x，则有
2 L= 1
2 v xt （1 分）
设速度方向与x 轴正方向的夹角为
，tanθ = v x
ν0
=1 ， v = ❑√2v0
（1 分）
在磁场中，由几何关系2r = 4 ❑√2 L 得r =2❑√2 L （1 分）
又qvB =m v
2
r （1 分）
得B = mv0
2qL （1 分）
（3）当磁感应强度为2B 时，有2qvB =m v
2
r1
（1 分）
得r1= 1
2 r = ❑√2 L
使带电粒子与x 轴正方向成
角向下经过x 轴，即粒子速度偏转
，
圆弧圆心角为
，由几何关系，矩形的长边a=
❑√2r
' =2 L ①
矩形的短边b=(1−
❑√2
2 )r1=(❑√2−1)L ② （①②式共2 分）
最小面积S =ab=2(❑√2−1)L
2 （1 分）
15.【答案】（18 分）（1）3mg （4 分） （2）νP= 1
5
❑√2gR （8 分） （3）Q p= 1
150 mgR （6 分）
【详解】（1）P 棒到达轨道最低点时速度大小设为
mgR = 1
2 mv0
2−0 （1 分）
对P 棒在b 点有：
F N −mg=m v0
2
R
（1 分）
解得F N =3mg （1 分）
由牛顿第三定律有：F 压= F N =3mg （1 分）
（2）设Q 棒第一次稳定运动时的速度为νQ，P 棒的速度为ν P。
当稳定时感应电流为零，则两杆产生的感应电动势相等
B⋅2 L⋅v p= B⋅L⋅vQ （2 分）
从Q 棒开始运动到第一次速度达到稳定过程中，根据动量定理，对P 棒有
−BI ⋅2 L⋅t =m v p−m v0（2 分）
对Q 棒有
BI ⋅L⋅t =m vQ（2 分）
联立解得
νP= 1
5
❑√2gR （2 分）
（3 从P 棒进入导轨Ⅱ运动后，两棒切割磁场的长度相等，当速度稳定时，两棒的速度相同，设稳定速度
为v。系统所受外力为零，则系统动量守恒，根据动量守恒定律有
m v P+m vQ=2mv（2 分）
根据能量守恒定律有
Q = 1
2 mvP
2 + 1
2 mvQ
2 −1
2 2mv
2（2 分）
解得 Q = 1
50 mgR
P 棒进入导轨Ⅱ运动后，接入电路的阻值变为r
2，故P 棒产生的热量
QP= 1
3 Q = 1
150 mgR （2 分）
