资源简介

湖南省邵东市第三中学2024-2025学年高二下学期4月期中物理试题
一、单选题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2025高二下·邵东期中）用比值法定义物理量是物理学中一种很重要的思想方法，以下属于用比值法定义的表达式是（　　）
A．磁感应强度 B．电场强度
C．电容 D．电阻
【答案】A
【知识点】电容器及其应用；磁感应强度；电阻定律；电场强度
【解析】【解答】A．在磁场中垂直于磁场方向放置的通电导线，所受的磁场力F跟电流I和导线长度L的乘积IL的比值叫磁感应强度，即是比值法定义的表达式，故A正确；
B．电场强度是点电荷的电场强度的决定式，故B错误；
C．电容是电容的决定式，电容的比值定义式为，故C错误；
D．是电阻定律，是电阻R的决定式，故D错误。
故答案为：A。
【分析】比值定义法的核心是用两个物理量的 “比值” 来定义一个新的物理量，该物理量不随定义式中分子、分母的大小变化而改变。我们需要区分定义式和决定式。
2．（2025高二下·邵东期中）如图所示电路，两个通电螺线管a、b中间，有一个可以绕垂直于纸面的转轴C转动的矩形线框（图中为主视图）。闭合开关S，线框稳定后静止于图示位置，当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，下列说法正确的是（　　）
A．通电螺线管产生的磁场将变强
B．从右向左看，线框中的感应电流方向为顺时针方向
C．中间的矩形线框将顺时针转动
D．螺线管a的右侧为N极
【答案】B
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场；楞次定律
【解析】【解答】A．当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，总电阻R增大，电路总电压U不变，根据欧姆定律，可知电路中的电流减小，而通电螺线管的磁场强弱与电流大小有关，电流减小，磁场减弱，A错误；
B．当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，电路中的电流减小，通电螺线管产生的磁场将变弱，穿过中间的矩形线框的磁通量将减小，根据楞次定律可知，线框产生的感应磁场方向与原磁场方向相同，为水平向左，根据安培定则判断知，从右向左看，线框中的感应的电流方向为顺时针方向，B正确；
C．当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，电路中的电流减小，通电螺线管产生的磁场将变弱，穿过中间的矩形线框的磁通量将减小，根据楞次定律 “来拒去留” 可知，线框要阻碍这种变化，中间的矩形线框将逆时针转动，C错误；
D．对于螺线管a，电流从螺线管的右端流入，左端流出，根据安培定则可知，螺线管的左端为N极，右端为S极，D错误。
故答案为：B。
【分析】本题的核心是结合电路变化、安培定则、楞次定律来分析螺线管磁场的变化以及线框中的感应电流和转动趋势，关键是先判断滑动变阻器滑片移动对电路电流的影响，再分析磁场变化，最后用楞次定律确定感应电流方向和线框的运动趋势。
3．（2025高二下·邵东期中）某家用小夜灯工作电路如下图所示，已知小夜灯规格为“”，电源电压为，变压器可视为理想变压器。小夜灯正常发光时，则小夜灯内部变压器原、副线圈匝数比和流过变压器原线圈的电流为（　　）
A．； B．；
C．； D．；
【答案】D
【知识点】变压器原理；变压器的应用
【解析】【解答】由题可知，小灯泡两端的电压
原线圈两端电压的有效值
故原副线圈的匝数比为
根据变压器原理可得
代入数据解得，流过变压器原线圈的电流
故答案为：D。
【分析】这道题的核心是利用理想变压器的工作原理，结合电功率公式来求解匝数比和原线圈电流，关键在于先算出副线圈电压，再利用电压比等于匝数比的关系，最后结合电流与匝数成反比求出原线圈电流。
4．（2025高二下·邵东期中）如图所示是电磁波发射电路中的LC电磁振荡电路，某时刻电路中正形成如图所示方向的电流，此时电容器的上极板带负电，下极板带正电，则以下说法正确的是（　　）
A．电容器中的电场向上且正在增强
B．线圈中的磁场向上且正在减弱
C．若在线圈中插入铁芯，则发射电磁波的频率变大
D．若增大电容器极板间的距离，则发射电磁波的波长变小
【答案】D
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】AB．由图可知电流由电容器带正电极板流向带负电极板，此时电容器正在放电，电容器中的电场向上且正在减小，电场能减小，磁场能增大，根据右手螺旋定则可知，线圈中的磁场向上正在增强，故AB错误；
C．根据，若在线圈中插入铁芯，则变大，发射电磁波的频率变小，故C错误；
D．根据，，若增大电容器极板间的距离，则电容C减小，发射电磁波的频率变大，根据，可知发射电磁波的波长变小，故D正确。
故答案为：D。
【分析】根据电流方向判断LC电路处于放电过程，再结合电磁振荡规律和公式 、 分析各选项。
5．（2025高二下·邵东期中）电磁场与现代高科技密切关联，并有重要应用。如图所示，带电粒子（不计重力）在以下四种器件中运动的说法正确的是（　　）
A．图甲是速度选择器的结构示意图，速度的带电粒子能够沿直线从右侧进入并匀速通过速度选择器
B．图乙是质谱仪的结构示意图，粒子打在底片上的位置越靠近狭缝S3说明粒子的比荷越大
C．图丙是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，要想粒子获得的最大动能增大，可增加电压U
D．图丁为是磁流体发电机的结构示意图，将一束等离子体喷入磁场，A、B两板间会产生电压，且A板电势高
【答案】B
【知识点】质谱仪和回旋加速器；磁流体发电机；速度选择器
【解析】【解答】A．图甲中，假如带正电的粒子从右向左运动通过复合场时，电场力竖直向下，根据左手定则，洛伦兹力方向也向下，所以不可能沿直线通过复合场，故A错误；
B．粒子在电场中做匀加速运动有，磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由
可得
粒子打在底片上的位置越靠近狭缝S3，则r越小，说明比荷越大，故B正确；
C．粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
粒子获得的最大动能为
解得
所以要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的半径和增大磁感应强度，增加电压U不能增大最大初动能，故C错误；
D．图中根据左手定则，正电荷向下偏转，所以极板带正电，为发电机的正极，A极板是发电机的负极，低于B板电势，故D错误；
故答案为：B。
【分析】本题的核心是理解四种不同电磁器件（速度选择器、质谱仪、回旋加速器、磁流体发电机）的工作原理，关键在于结合受力分析、圆周运动规律和能量守恒，判断每个选项的正确性。
6．（2025高二下·邵东期中）电磁轨道炮是利用安培力使金属炮弹获得极大动能的先进武器。如图所示为电磁炮的原理简图，炮弹可看作阻值为R的导体，放置在光滑的金属轨道上，轨道水平放置并与电源连接。当炮弹放入轨道后，受到垂直纸面向里的匀强磁场对其的安培力作用，使其加速后射出。下列说法正确的是（　　）
A．电源输出的电能完全转化为了炮弹的动能
B．安培力对炮弹做功的大小等于回路中产生的总焦耳热
C．炮弹在轨道上的加速度逐渐减小
D．炮弹的末动能和轨道长度成正比
【答案】C
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】A．电源输出的电能并不是完全转化为炮弹的动能，还转化为电路的焦耳热，故A错误；
B．安培力对炮弹做功的大小等于炮弹动能的增加量，故B错误；
CD．炮弹运动过程中切割磁感线产生反向感应电动势，使得电路总电动势逐渐减小，则电路电流逐渐减小，根据
可知，炮弹所受到的安培力逐渐变小，合外力逐渐减小，在轨道上的加速度逐渐减小，当反向感应电动势等于电源电动势时，炮弹不再受安培力作用，炮弹速度达到最大，则有
解得，可知不断增加轨道的长度，当炮弹已经达到最大速度后，出膛时获得的动能就不再增加，故C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】电磁轨道炮工作时，炮弹切割磁感线产生反向感应电动势，导致回路电流减小，安培力和加速度随之减小；能量转化包括炮弹动能和电路焦耳热，末动能与轨道长度并非简单正比关系。
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。
7．（2025高二下·邵东期中）传感器是智能社会的基础元件。如图为电容式位移传感器的示意图，观测电容C的变化即可知道物体位移x的变化，表示该传感器的灵敏度。电容器极板和电介质板长度均为L，测量范围为，下列说法正确的是（　　）
A．电容器的电容变大，物体向方向运动
B．电容器的电容变大，物体向方向运动
C．电介质的介电常数越大，传感器灵敏度越高
D．电容器的板间电压越大，传感器灵敏度越高
【答案】A,C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】AB．根据电容决定式可知，电容器的电容变大，说明电容器极板间的电介质板长度增加，则物体沿方向运动，故A正确，B错误；
C．电介质的介电常数，越大，电介质板移动相同的位移，电容的变化量越大，传感器灵敏度越高，故C正确；
D．电容器的板间电压变化，电容不发生变化，则传感器灵敏度不变，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】这道题的核心是理解电容式位移传感器的工作原理，关键是利用平行板电容器的电容公式，分析电介质板移动对电容的影响，进而推导出传感器灵敏度的决定因素。
8．（2025高二下·邵东期中）如图所示，一质量为m、边长为L、电阻为R的正方形金属线框在绝缘水平地面上向一磁感应强度大小为B、方向竖直向下的有界匀强磁场滑去（磁场宽度d>L)，ab边刚进入磁场时，线框abef的速度大小为．已知线框abef与地面间的动摩擦因数为，线框abef恰好能完全进入磁场．下列说法正确的是
A．线框abef进入磁场过程中的加速度不断减小
B．线框abef进入磁场过程中所产生的焦耳热为
C．整个过程中线框abef损失的机械能等于线框abef克服安培力所做的功
D．通过以上数据不能求出线框abef进入磁场所用的时间
【答案】A,B
【知识点】动量定理；能量守恒定律；牛顿第二定律；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】A. 根据牛顿第二定律可得，线框abef进入磁场过程中速度减小，则加速度不断减小，故A正确；
B. 根据能量关系可知，线框的动能转化为焦耳热和机械热，所以线框abef进入磁场过程中所产生的焦耳热为
故B正确；
C. 整个过程中线框abef损失的机械能等于线框abef克服安培力所做的功和克服摩擦力做的功之和，故C错误；
D. 根据动量定理可得
其中
解得：，故D错误．
【分析】结合牛顿第二定律、能量守恒、动量定理，分析线框进入磁场过程中的加速度、焦耳热、机械能损失及时间：核心是利用 “安培力随速度减小而减小” 分析加速度，用能量守恒算焦耳热，用动量定理求时间。
9．（2025高二下·邵东期中）如图所示，用F表示两分子间的作用力，Ep表示分子间的分子势能，在两个分子之间的距离从10r0变为r0的过程中（　　）
A．F先减小后增大 B．F先增大后减小
C．Ep一直减小 D．Ep一直增大
【答案】B,C
【知识点】分子间的作用力；分子势能
【解析】【解答】AB．由分子力与距离的关系图像可知，两个分子之间的距离从10r0变为r0的过程中，F表现为引力，先增大后减小，A错误，B正确；
CD．由分子势能与距离的关系图像可知，两个分子之间的距离从10r0变为r0的过程中，Ep不断减小，C正确，D错误。
故答案为：BC。
【分析】本题的核心是理解分子间作用力和分子势能随分子间距变化的规律，关键是抓住这个平衡位置，分析从到过程中力的变化和做功情况，从而判断势能的变化。
10．（2025高二下·邵东期中）如图所示，A点的离子源沿纸面垂直OQ方向向上射出一束负离子，离子的重力忽略不计。为把这束负离子约束在OP之下的区域，可加垂直纸面的匀强磁场。已知O、A两点间的距离为s，负离子的比荷为，速率为v，OP与OQ间的夹角为30°，则所加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向可能是（　　）
A．，垂直纸面向里 B．，垂直纸面向里
C．，垂直纸面向外 D．，垂直纸面向外
【答案】B,D
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】AB．当所加匀强磁场方向垂盲纸面向里时，由左手定则知：负离子向右偏转。约束在OP之下的区域的临界条件是离子运动轨迹与OP相切，如图（大圆弧）
由几何知识知
而
所以
所以当离子轨迹的半径小于s时满足约束条件。由牛顿第二定律及洛伦兹力公式列出
所以得，故A错误，B正确；
CD．当所加匀强磁场方向垂直纸面向外时，由左手定则知：负离子向左偏转。约束在OP之下的区域的临界条件是离子运动轨迹与OP相切，如图（小圆弧）
由几何知识知道相切圆的半径为，所以当离子轨迹的半径小于时满足约束条件。
由牛顿第二定律及洛伦兹力公式列出
所以得，故C错误，D正确。
故答案为：BD。
【分析】根据左手定则判断负离子偏转方向，再通过几何关系找到临界轨道半径，最后由洛伦兹力公式推导磁感应强度的范围。
三、实验题：本题共2小题，其中11题7分，12题9分，共16分。
11．（2025高二下·邵东期中）小南同学为验证变压器线圈两端电压与匝数的关系，将两个线圈套在一闭合的回形铁芯上，其连接的实验电路如下图所示。
回答下列问题：
（1）左边铁芯上的线圈应连到学生电源的　 　（选填“直流”或“交流”）输出。
（2）仅减少右边铁芯上的线圈匝数，灯泡相比于减少匝数前，将　 　（选填“变亮”或“变暗”），这说明灯泡两端的电压　 　（选填“变大”或“变小”）。
（3）在某次实验中，变压器原、副线圈的匝数分别为1600和400，测得原线圈两端的电压为36V，则副线圈两端的电压可能是________。
A．144V B．101.5V C．25.4V D．8.8V
【答案】（1）交流
（2）变暗；变小
（3）D
【知识点】变压器原理；探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】（1）变压器利用电磁感应原理传输电能或电信号，需要采用交流电，所以线圈应连到学生电源的交流输出端上。
故答案为：交流
（2）将与灯泡相连的线圈拆掉部分，其余装置不变，由于
解得
输出电压变小，灯泡两端电压变小，所以灯泡亮度将变暗。
故答案为：变暗；变小
（3）根据理想变压器的电压关系得
解得V
因为变压器存在各种损耗，所以副线圈电压应低于9V。
故答案为：D。
【分析】(1)变压器的工作原理是电磁感应，只能对交流电压起作用，接直流电源时，磁通量不变，副线圈无感应电压。
(2)根据变压器电压与匝数比关系，减少副线圈匝数会导致副线圈电压变小，灯泡功率降低，因此变暗。
(3)理想变压器中，但实际变压器存在漏磁、线圈电阻等损耗，副线圈电压会比理论值小。
（1）变压器利用电磁感应原理传输电能或电信号，需要采用交流电，所以线圈应连到学生电源的交流输出端上。
（2）[1][2]将与灯泡相连的线圈拆掉部分，其余装置不变，由于
解得
输出电压变小，灯泡两端电压变小，所以灯泡亮度将变暗。
（3）根据理想变压器的电压关系得
解得V
因为变压器存在各种损耗，所以副线圈电压应低于9V。
故选D。
12．（2025高二下·邵东期中）在估测油酸分子大小的实验中，具体操作如下：
①取油酸1.0mL注入1000mL的容量瓶内，然后向瓶中加入酒精，直到液面达到1000mL的刻度为止。摇动瓶使油酸在酒精中充分溶解，形成油酸的酒精溶液；
②用滴管吸取制得的溶液逐滴滴入量筒，记录滴入的滴数直到量筒达到1.0mL为止，恰好共滴了100滴；
③在边长约40cm的浅水盘内注入约2cm深的水，将细石膏粉均匀地撒在水面上，再用滴管吸取油酸的酒精溶液，轻轻地向水面滴一滴溶液，酒精挥发后，油酸在水面上尽可能地散开，形成一层油膜，膜上没有石膏粉，可以清楚地看出油膜轮廓；
④待油膜形状稳定后，将事先准备好的玻璃板放在浅盘上，在玻璃板上绘出油酸膜的形状；
⑤将画有油酸膜形状的玻璃板放在边长为2.0cm的方格纸上。
（1）利用上述具体操作中的有关数据可知油酸分子直径为　 　m（保留一位有效数字）。
（2）若阿伏加德罗常数为NA，油酸的摩尔质量为M。油酸的密度为ρ。则下列说法正确的是　 　。
A.1kg油酸所含有分子数为 B.1m3油酸所含分子数为
C.1个油酸分子的质量为 D．油酸分子的直径约为
（3）某同学实验中最终得到的油酸分子的直径和大多数同学的比较，数据都偏大。对于出现这种结果的原因，可能是由于　 　。
A．在求每滴溶液体积时，1mL溶液的滴数多记了2滴
B．计算油酸面积时，错将所有不完整的方格作为完整的方格处理
C．水面上痱子粉撒的较多，油酸膜没有充分展开
D．做实验之前油酸溶液搁置时间过长
【答案】；B；C
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小
【解析】【解答】（1）一滴油酸的酒精溶液含油酸的体积为
超过半格的有105格，故油膜面积为
油酸分子直径为
故答案为：
（2）A.1kg油酸所含有分子数为，故A错误；
B.1m3油酸所含分子数为，故B正确；
C.1个油酸分子的质量为，故C错误；
D．设油酸分子为球形且直径为d，则一个油酸分子的体积为
油酸的摩尔体积为
则阿伏加德罗常数可表示为
联立可解得，故D错误。
故答案为：B。
（3）A．在求每滴溶液体积时，1mL溶液的滴数多记了2滴，导致测量体积偏小，直径测量偏小，故A错误；
B．计算油酸面积时，错将所有不完整的方格作为完整的方格处理，使格数偏多，面积偏大，故直径测量值偏小，故B错误；
C．水面上痱子粉撒的较多，油酸膜没有充分展开，使面积测量值偏小，直径测量值偏大，故C正确；
D．做实验之前油酸溶液搁置时间过长，酒精挥发使得油酸浓度变多，扔按原来的浓度计算，则计算值偏小，因此测量值就偏小，故D错误。
故答案为：C。
【分析】(1)先计算出一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积，再通过方格纸估算出油膜面积，最后利用公式求出分子直径。
(2)根据物质的量、摩尔质量、密度与分子数、分子质量、分子体积的关系，逐一分析选项。
(3)根据公式，分析各选项对体积或面积的影响，从而判断对分子直径的影响。
四、计算题：本题共3小题，其中13题10分，14题14分，15题16分，共40分。要求有相应的解题过程，只写最后答案的不给分。
13．（2025高二下·邵东期中）如图所示，宽为l的光滑导轨与水平面成α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I1时，金属杆恰好能静止。求：
(1)磁感应强度B至少有多大？此时方向如何？
(2)若保持B的大小不变而将B的方向改为竖直向上，应把回路总电流I2调到多大才能使金属杆保持静止？
【答案】解：(1)只有当安培力方向沿导轨平面向上时安培力才最小，B也最小，则对导体棒进行受力分析有
由共点力的平衡有
F安min= mgsinα =BminI1l
经过计算有
Bmin=
(2)磁场竖直向上，杆受力如图
由共点力的平衡有
tanα =，F安 = mgtanα = BI2l，B =
联立得
I2=
【知识点】安培力的计算
【解析】【分析】（1）带电金属杆进行受力分析，除重力、支持力外，还有在磁场中受到安培力，三力处于平衡状态。由此可知安培力的方向，从而由左手定则来确定磁场的方向，由平衡可得安培力的大小，可以算出磁场的强度。
（2）仅对磁场方向改变时，安培力的方向也随着改变，利用平衡条件来求出电流的大小。
14．（2025高二下·邵东期中）如图所示，一质量为m、带电荷量为q的粒子以速度v垂直射入一有界匀强磁场区域内，速度方向跟磁场左边界垂直，从右边界离开磁场时速度方向偏转角磁场区域的宽度为d，求：
（1）粒子的运动半径
（2）粒子在磁场中运动的时间
（3）粒子在磁场中运动的加速度大小
【答案】（1）解：粒子运动的轨迹如图，由几何知识得
（2）解：电子做圆周运动的周期
粒子在磁场中的运动时间
（3）解：由洛伦兹力提供向心力有
解得粒子在磁场中运动的加速度大小为
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系（磁场宽度d对应弦长）求出轨迹半径。
(2) 由偏转角θ=30 得到圆心角，再结合周期公式求运动时间。
(3) 加速度由洛伦兹力提供，用向心加速度公式计算。
（1）粒子运动的轨迹如图，由几何知识得
（2）电子做圆周运动的周期
粒子在磁场中的运动时间
（3）由洛伦兹力提供向心力有
解得粒子在磁场中运动的加速度大小为
15．（2025高二下·邵东期中）如图所示，ACD是由均匀细导线制成的边长为d的等边三角形线框，它以AD为转轴，在磁感应强度为B的恒定的匀强磁场中以恒定的角速度转动（俯视为逆时针旋转），磁场方向与AD垂直。已知三角形每条边的电阻都等于R。取图示线框平面转至与磁场平行的时刻为。
（1）求任意时刻线框中的电流。
（2）规定A点的电势为0，求时，三角形线框的AC边上任一点P（到A点的距离用x表示）的电势。
【答案】（1）解：线框绕垂直磁场方向的轴匀速转动时，产生正弦式交变电流，电动势的最大值为
其中
电流的最大值为
由于从垂直中性面位置开始计时，电流的瞬时值表达式为
解得，
（2）解：由于规定A点的电势为0，故AP两点之间的电压
又因为 时，电流最大
AP的电阻为
可等效成由AP垂直磁场方向的长度为的导线切割磁感线产生的感应电动势，切割速度为
为AP的中点到转轴的距离，即
因此
解得
则有
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【分析】(1)线框绕AD轴在磁场中转动，只有AC和CD边切割磁感线产生感应电动势，先计算感应电动势的最大值，再结合线框总电阻，得到任意时刻的电流表达式。
(2)在t=0时刻，线框平面与磁场平行，感应电动势最大，AC边切割磁感线产生的电动势可通过微元法计算，结合A点电势为0，得到AC边上任意一点P的电势表达式。
1 / 1湖南省邵东市第三中学2024-2025学年高二下学期4月期中物理试题
一、单选题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2025高二下·邵东期中）用比值法定义物理量是物理学中一种很重要的思想方法，以下属于用比值法定义的表达式是（　　）
A．磁感应强度 B．电场强度
C．电容 D．电阻
2．（2025高二下·邵东期中）如图所示电路，两个通电螺线管a、b中间，有一个可以绕垂直于纸面的转轴C转动的矩形线框（图中为主视图）。闭合开关S，线框稳定后静止于图示位置，当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，下列说法正确的是（　　）
A．通电螺线管产生的磁场将变强
B．从右向左看，线框中的感应电流方向为顺时针方向
C．中间的矩形线框将顺时针转动
D．螺线管a的右侧为N极
3．（2025高二下·邵东期中）某家用小夜灯工作电路如下图所示，已知小夜灯规格为“”，电源电压为，变压器可视为理想变压器。小夜灯正常发光时，则小夜灯内部变压器原、副线圈匝数比和流过变压器原线圈的电流为（　　）
A．； B．；
C．； D．；
4．（2025高二下·邵东期中）如图所示是电磁波发射电路中的LC电磁振荡电路，某时刻电路中正形成如图所示方向的电流，此时电容器的上极板带负电，下极板带正电，则以下说法正确的是（　　）
A．电容器中的电场向上且正在增强
B．线圈中的磁场向上且正在减弱
C．若在线圈中插入铁芯，则发射电磁波的频率变大
D．若增大电容器极板间的距离，则发射电磁波的波长变小
5．（2025高二下·邵东期中）电磁场与现代高科技密切关联，并有重要应用。如图所示，带电粒子（不计重力）在以下四种器件中运动的说法正确的是（　　）
A．图甲是速度选择器的结构示意图，速度的带电粒子能够沿直线从右侧进入并匀速通过速度选择器
B．图乙是质谱仪的结构示意图，粒子打在底片上的位置越靠近狭缝S3说明粒子的比荷越大
C．图丙是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，要想粒子获得的最大动能增大，可增加电压U
D．图丁为是磁流体发电机的结构示意图，将一束等离子体喷入磁场，A、B两板间会产生电压，且A板电势高
6．（2025高二下·邵东期中）电磁轨道炮是利用安培力使金属炮弹获得极大动能的先进武器。如图所示为电磁炮的原理简图，炮弹可看作阻值为R的导体，放置在光滑的金属轨道上，轨道水平放置并与电源连接。当炮弹放入轨道后，受到垂直纸面向里的匀强磁场对其的安培力作用，使其加速后射出。下列说法正确的是（　　）
A．电源输出的电能完全转化为了炮弹的动能
B．安培力对炮弹做功的大小等于回路中产生的总焦耳热
C．炮弹在轨道上的加速度逐渐减小
D．炮弹的末动能和轨道长度成正比
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。
7．（2025高二下·邵东期中）传感器是智能社会的基础元件。如图为电容式位移传感器的示意图，观测电容C的变化即可知道物体位移x的变化，表示该传感器的灵敏度。电容器极板和电介质板长度均为L，测量范围为，下列说法正确的是（　　）
A．电容器的电容变大，物体向方向运动
B．电容器的电容变大，物体向方向运动
C．电介质的介电常数越大，传感器灵敏度越高
D．电容器的板间电压越大，传感器灵敏度越高
8．（2025高二下·邵东期中）如图所示，一质量为m、边长为L、电阻为R的正方形金属线框在绝缘水平地面上向一磁感应强度大小为B、方向竖直向下的有界匀强磁场滑去（磁场宽度d>L)，ab边刚进入磁场时，线框abef的速度大小为．已知线框abef与地面间的动摩擦因数为，线框abef恰好能完全进入磁场．下列说法正确的是
A．线框abef进入磁场过程中的加速度不断减小
B．线框abef进入磁场过程中所产生的焦耳热为
C．整个过程中线框abef损失的机械能等于线框abef克服安培力所做的功
D．通过以上数据不能求出线框abef进入磁场所用的时间
9．（2025高二下·邵东期中）如图所示，用F表示两分子间的作用力，Ep表示分子间的分子势能，在两个分子之间的距离从10r0变为r0的过程中（　　）
A．F先减小后增大 B．F先增大后减小
C．Ep一直减小 D．Ep一直增大
10．（2025高二下·邵东期中）如图所示，A点的离子源沿纸面垂直OQ方向向上射出一束负离子，离子的重力忽略不计。为把这束负离子约束在OP之下的区域，可加垂直纸面的匀强磁场。已知O、A两点间的距离为s，负离子的比荷为，速率为v，OP与OQ间的夹角为30°，则所加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向可能是（　　）
A．，垂直纸面向里 B．，垂直纸面向里
C．，垂直纸面向外 D．，垂直纸面向外
三、实验题：本题共2小题，其中11题7分，12题9分，共16分。
11．（2025高二下·邵东期中）小南同学为验证变压器线圈两端电压与匝数的关系，将两个线圈套在一闭合的回形铁芯上，其连接的实验电路如下图所示。
回答下列问题：
（1）左边铁芯上的线圈应连到学生电源的　 　（选填“直流”或“交流”）输出。
（2）仅减少右边铁芯上的线圈匝数，灯泡相比于减少匝数前，将　 　（选填“变亮”或“变暗”），这说明灯泡两端的电压　 　（选填“变大”或“变小”）。
（3）在某次实验中，变压器原、副线圈的匝数分别为1600和400，测得原线圈两端的电压为36V，则副线圈两端的电压可能是________。
A．144V B．101.5V C．25.4V D．8.8V
12．（2025高二下·邵东期中）在估测油酸分子大小的实验中，具体操作如下：
①取油酸1.0mL注入1000mL的容量瓶内，然后向瓶中加入酒精，直到液面达到1000mL的刻度为止。摇动瓶使油酸在酒精中充分溶解，形成油酸的酒精溶液；
②用滴管吸取制得的溶液逐滴滴入量筒，记录滴入的滴数直到量筒达到1.0mL为止，恰好共滴了100滴；
③在边长约40cm的浅水盘内注入约2cm深的水，将细石膏粉均匀地撒在水面上，再用滴管吸取油酸的酒精溶液，轻轻地向水面滴一滴溶液，酒精挥发后，油酸在水面上尽可能地散开，形成一层油膜，膜上没有石膏粉，可以清楚地看出油膜轮廓；
④待油膜形状稳定后，将事先准备好的玻璃板放在浅盘上，在玻璃板上绘出油酸膜的形状；
⑤将画有油酸膜形状的玻璃板放在边长为2.0cm的方格纸上。
（1）利用上述具体操作中的有关数据可知油酸分子直径为　 　m（保留一位有效数字）。
（2）若阿伏加德罗常数为NA，油酸的摩尔质量为M。油酸的密度为ρ。则下列说法正确的是　 　。
A.1kg油酸所含有分子数为 B.1m3油酸所含分子数为
C.1个油酸分子的质量为 D．油酸分子的直径约为
（3）某同学实验中最终得到的油酸分子的直径和大多数同学的比较，数据都偏大。对于出现这种结果的原因，可能是由于　 　。
A．在求每滴溶液体积时，1mL溶液的滴数多记了2滴
B．计算油酸面积时，错将所有不完整的方格作为完整的方格处理
C．水面上痱子粉撒的较多，油酸膜没有充分展开
D．做实验之前油酸溶液搁置时间过长
四、计算题：本题共3小题，其中13题10分，14题14分，15题16分，共40分。要求有相应的解题过程，只写最后答案的不给分。
13．（2025高二下·邵东期中）如图所示，宽为l的光滑导轨与水平面成α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I1时，金属杆恰好能静止。求：
(1)磁感应强度B至少有多大？此时方向如何？
(2)若保持B的大小不变而将B的方向改为竖直向上，应把回路总电流I2调到多大才能使金属杆保持静止？
14．（2025高二下·邵东期中）如图所示，一质量为m、带电荷量为q的粒子以速度v垂直射入一有界匀强磁场区域内，速度方向跟磁场左边界垂直，从右边界离开磁场时速度方向偏转角磁场区域的宽度为d，求：
（1）粒子的运动半径
（2）粒子在磁场中运动的时间
（3）粒子在磁场中运动的加速度大小
15．（2025高二下·邵东期中）如图所示，ACD是由均匀细导线制成的边长为d的等边三角形线框，它以AD为转轴，在磁感应强度为B的恒定的匀强磁场中以恒定的角速度转动（俯视为逆时针旋转），磁场方向与AD垂直。已知三角形每条边的电阻都等于R。取图示线框平面转至与磁场平行的时刻为。
（1）求任意时刻线框中的电流。
（2）规定A点的电势为0，求时，三角形线框的AC边上任一点P（到A点的距离用x表示）的电势。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】电容器及其应用；磁感应强度；电阻定律；电场强度
【解析】【解答】A．在磁场中垂直于磁场方向放置的通电导线，所受的磁场力F跟电流I和导线长度L的乘积IL的比值叫磁感应强度，即是比值法定义的表达式，故A正确；
B．电场强度是点电荷的电场强度的决定式，故B错误；
C．电容是电容的决定式，电容的比值定义式为，故C错误；
D．是电阻定律，是电阻R的决定式，故D错误。
故答案为：A。
【分析】比值定义法的核心是用两个物理量的 “比值” 来定义一个新的物理量，该物理量不随定义式中分子、分母的大小变化而改变。我们需要区分定义式和决定式。
2．【答案】B
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场；楞次定律
【解析】【解答】A．当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，总电阻R增大，电路总电压U不变，根据欧姆定律，可知电路中的电流减小，而通电螺线管的磁场强弱与电流大小有关，电流减小，磁场减弱，A错误；
B．当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，电路中的电流减小，通电螺线管产生的磁场将变弱，穿过中间的矩形线框的磁通量将减小，根据楞次定律可知，线框产生的感应磁场方向与原磁场方向相同，为水平向左，根据安培定则判断知，从右向左看，线框中的感应的电流方向为顺时针方向，B正确；
C．当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，电路中的电流减小，通电螺线管产生的磁场将变弱，穿过中间的矩形线框的磁通量将减小，根据楞次定律 “来拒去留” 可知，线框要阻碍这种变化，中间的矩形线框将逆时针转动，C错误；
D．对于螺线管a，电流从螺线管的右端流入，左端流出，根据安培定则可知，螺线管的左端为N极，右端为S极，D错误。
故答案为：B。
【分析】本题的核心是结合电路变化、安培定则、楞次定律来分析螺线管磁场的变化以及线框中的感应电流和转动趋势，关键是先判断滑动变阻器滑片移动对电路电流的影响，再分析磁场变化，最后用楞次定律确定感应电流方向和线框的运动趋势。
3．【答案】D
【知识点】变压器原理；变压器的应用
【解析】【解答】由题可知，小灯泡两端的电压
原线圈两端电压的有效值
故原副线圈的匝数比为
根据变压器原理可得
代入数据解得，流过变压器原线圈的电流
故答案为：D。
【分析】这道题的核心是利用理想变压器的工作原理，结合电功率公式来求解匝数比和原线圈电流，关键在于先算出副线圈电压，再利用电压比等于匝数比的关系，最后结合电流与匝数成反比求出原线圈电流。
4．【答案】D
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】AB．由图可知电流由电容器带正电极板流向带负电极板，此时电容器正在放电，电容器中的电场向上且正在减小，电场能减小，磁场能增大，根据右手螺旋定则可知，线圈中的磁场向上正在增强，故AB错误；
C．根据，若在线圈中插入铁芯，则变大，发射电磁波的频率变小，故C错误；
D．根据，，若增大电容器极板间的距离，则电容C减小，发射电磁波的频率变大，根据，可知发射电磁波的波长变小，故D正确。
故答案为：D。
【分析】根据电流方向判断LC电路处于放电过程，再结合电磁振荡规律和公式 、 分析各选项。
5．【答案】B
【知识点】质谱仪和回旋加速器；磁流体发电机；速度选择器
【解析】【解答】A．图甲中，假如带正电的粒子从右向左运动通过复合场时，电场力竖直向下，根据左手定则，洛伦兹力方向也向下，所以不可能沿直线通过复合场，故A错误；
B．粒子在电场中做匀加速运动有，磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由
可得
粒子打在底片上的位置越靠近狭缝S3，则r越小，说明比荷越大，故B正确；
C．粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
粒子获得的最大动能为
解得
所以要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的半径和增大磁感应强度，增加电压U不能增大最大初动能，故C错误；
D．图中根据左手定则，正电荷向下偏转，所以极板带正电，为发电机的正极，A极板是发电机的负极，低于B板电势，故D错误；
故答案为：B。
【分析】本题的核心是理解四种不同电磁器件（速度选择器、质谱仪、回旋加速器、磁流体发电机）的工作原理，关键在于结合受力分析、圆周运动规律和能量守恒，判断每个选项的正确性。
6．【答案】C
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】A．电源输出的电能并不是完全转化为炮弹的动能，还转化为电路的焦耳热，故A错误；
B．安培力对炮弹做功的大小等于炮弹动能的增加量，故B错误；
CD．炮弹运动过程中切割磁感线产生反向感应电动势，使得电路总电动势逐渐减小，则电路电流逐渐减小，根据
可知，炮弹所受到的安培力逐渐变小，合外力逐渐减小，在轨道上的加速度逐渐减小，当反向感应电动势等于电源电动势时，炮弹不再受安培力作用，炮弹速度达到最大，则有
解得，可知不断增加轨道的长度，当炮弹已经达到最大速度后，出膛时获得的动能就不再增加，故C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】电磁轨道炮工作时，炮弹切割磁感线产生反向感应电动势，导致回路电流减小，安培力和加速度随之减小；能量转化包括炮弹动能和电路焦耳热，末动能与轨道长度并非简单正比关系。
7．【答案】A,C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】AB．根据电容决定式可知，电容器的电容变大，说明电容器极板间的电介质板长度增加，则物体沿方向运动，故A正确，B错误；
C．电介质的介电常数，越大，电介质板移动相同的位移，电容的变化量越大，传感器灵敏度越高，故C正确；
D．电容器的板间电压变化，电容不发生变化，则传感器灵敏度不变，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】这道题的核心是理解电容式位移传感器的工作原理，关键是利用平行板电容器的电容公式，分析电介质板移动对电容的影响，进而推导出传感器灵敏度的决定因素。
8．【答案】A,B
【知识点】动量定理；能量守恒定律；牛顿第二定律；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】A. 根据牛顿第二定律可得，线框abef进入磁场过程中速度减小，则加速度不断减小，故A正确；
B. 根据能量关系可知，线框的动能转化为焦耳热和机械热，所以线框abef进入磁场过程中所产生的焦耳热为
故B正确；
C. 整个过程中线框abef损失的机械能等于线框abef克服安培力所做的功和克服摩擦力做的功之和，故C错误；
D. 根据动量定理可得
其中
解得：，故D错误．
【分析】结合牛顿第二定律、能量守恒、动量定理，分析线框进入磁场过程中的加速度、焦耳热、机械能损失及时间：核心是利用 “安培力随速度减小而减小” 分析加速度，用能量守恒算焦耳热，用动量定理求时间。
9．【答案】B,C
【知识点】分子间的作用力；分子势能
【解析】【解答】AB．由分子力与距离的关系图像可知，两个分子之间的距离从10r0变为r0的过程中，F表现为引力，先增大后减小，A错误，B正确；
CD．由分子势能与距离的关系图像可知，两个分子之间的距离从10r0变为r0的过程中，Ep不断减小，C正确，D错误。
故答案为：BC。
【分析】本题的核心是理解分子间作用力和分子势能随分子间距变化的规律，关键是抓住这个平衡位置，分析从到过程中力的变化和做功情况，从而判断势能的变化。
10．【答案】B,D
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】AB．当所加匀强磁场方向垂盲纸面向里时，由左手定则知：负离子向右偏转。约束在OP之下的区域的临界条件是离子运动轨迹与OP相切，如图（大圆弧）
由几何知识知
而
所以
所以当离子轨迹的半径小于s时满足约束条件。由牛顿第二定律及洛伦兹力公式列出
所以得，故A错误，B正确；
CD．当所加匀强磁场方向垂直纸面向外时，由左手定则知：负离子向左偏转。约束在OP之下的区域的临界条件是离子运动轨迹与OP相切，如图（小圆弧）
由几何知识知道相切圆的半径为，所以当离子轨迹的半径小于时满足约束条件。
由牛顿第二定律及洛伦兹力公式列出
所以得，故C错误，D正确。
故答案为：BD。
【分析】根据左手定则判断负离子偏转方向，再通过几何关系找到临界轨道半径，最后由洛伦兹力公式推导磁感应强度的范围。
11．【答案】（1）交流
（2）变暗；变小
（3）D
【知识点】变压器原理；探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】（1）变压器利用电磁感应原理传输电能或电信号，需要采用交流电，所以线圈应连到学生电源的交流输出端上。
故答案为：交流
（2）将与灯泡相连的线圈拆掉部分，其余装置不变，由于
解得
输出电压变小，灯泡两端电压变小，所以灯泡亮度将变暗。
故答案为：变暗；变小
（3）根据理想变压器的电压关系得
解得V
因为变压器存在各种损耗，所以副线圈电压应低于9V。
故答案为：D。
【分析】(1)变压器的工作原理是电磁感应，只能对交流电压起作用，接直流电源时，磁通量不变，副线圈无感应电压。
(2)根据变压器电压与匝数比关系，减少副线圈匝数会导致副线圈电压变小，灯泡功率降低，因此变暗。
(3)理想变压器中，但实际变压器存在漏磁、线圈电阻等损耗，副线圈电压会比理论值小。
（1）变压器利用电磁感应原理传输电能或电信号，需要采用交流电，所以线圈应连到学生电源的交流输出端上。
（2）[1][2]将与灯泡相连的线圈拆掉部分，其余装置不变，由于
解得
输出电压变小，灯泡两端电压变小，所以灯泡亮度将变暗。
（3）根据理想变压器的电压关系得
解得V
因为变压器存在各种损耗，所以副线圈电压应低于9V。
故选D。
12．【答案】；B；C
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小
【解析】【解答】（1）一滴油酸的酒精溶液含油酸的体积为
超过半格的有105格，故油膜面积为
油酸分子直径为
故答案为：
（2）A.1kg油酸所含有分子数为，故A错误；
B.1m3油酸所含分子数为，故B正确；
C.1个油酸分子的质量为，故C错误；
D．设油酸分子为球形且直径为d，则一个油酸分子的体积为
油酸的摩尔体积为
则阿伏加德罗常数可表示为
联立可解得，故D错误。
故答案为：B。
（3）A．在求每滴溶液体积时，1mL溶液的滴数多记了2滴，导致测量体积偏小，直径测量偏小，故A错误；
B．计算油酸面积时，错将所有不完整的方格作为完整的方格处理，使格数偏多，面积偏大，故直径测量值偏小，故B错误；
C．水面上痱子粉撒的较多，油酸膜没有充分展开，使面积测量值偏小，直径测量值偏大，故C正确；
D．做实验之前油酸溶液搁置时间过长，酒精挥发使得油酸浓度变多，扔按原来的浓度计算，则计算值偏小，因此测量值就偏小，故D错误。
故答案为：C。
【分析】(1)先计算出一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积，再通过方格纸估算出油膜面积，最后利用公式求出分子直径。
(2)根据物质的量、摩尔质量、密度与分子数、分子质量、分子体积的关系，逐一分析选项。
(3)根据公式，分析各选项对体积或面积的影响，从而判断对分子直径的影响。
13．【答案】解：(1)只有当安培力方向沿导轨平面向上时安培力才最小，B也最小，则对导体棒进行受力分析有
由共点力的平衡有
F安min= mgsinα =BminI1l
经过计算有
Bmin=
(2)磁场竖直向上，杆受力如图
由共点力的平衡有
tanα =，F安 = mgtanα = BI2l，B =
联立得
I2=
【知识点】安培力的计算
【解析】【分析】（1）带电金属杆进行受力分析，除重力、支持力外，还有在磁场中受到安培力，三力处于平衡状态。由此可知安培力的方向，从而由左手定则来确定磁场的方向，由平衡可得安培力的大小，可以算出磁场的强度。
（2）仅对磁场方向改变时，安培力的方向也随着改变，利用平衡条件来求出电流的大小。
14．【答案】（1）解：粒子运动的轨迹如图，由几何知识得
（2）解：电子做圆周运动的周期
粒子在磁场中的运动时间
（3）解：由洛伦兹力提供向心力有
解得粒子在磁场中运动的加速度大小为
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系（磁场宽度d对应弦长）求出轨迹半径。
(2) 由偏转角θ=30 得到圆心角，再结合周期公式求运动时间。
(3) 加速度由洛伦兹力提供，用向心加速度公式计算。
（1）粒子运动的轨迹如图，由几何知识得
（2）电子做圆周运动的周期
粒子在磁场中的运动时间
（3）由洛伦兹力提供向心力有
解得粒子在磁场中运动的加速度大小为
15．【答案】（1）解：线框绕垂直磁场方向的轴匀速转动时，产生正弦式交变电流，电动势的最大值为
其中
电流的最大值为
由于从垂直中性面位置开始计时，电流的瞬时值表达式为
解得，
（2）解：由于规定A点的电势为0，故AP两点之间的电压
又因为 时，电流最大
AP的电阻为
可等效成由AP垂直磁场方向的长度为的导线切割磁感线产生的感应电动势，切割速度为
为AP的中点到转轴的距离，即
因此
解得
则有
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【分析】(1)线框绕AD轴在磁场中转动，只有AC和CD边切割磁感线产生感应电动势，先计算感应电动势的最大值，再结合线框总电阻，得到任意时刻的电流表达式。
(2)在t=0时刻，线框平面与磁场平行，感应电动势最大，AC边切割磁感线产生的电动势可通过微元法计算，结合A点电势为0，得到AC边上任意一点P的电势表达式。
1 / 1

展开更多......

收起↑