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江苏省盐城市七校联盟2024-2025学年高二下学期4月期中物理试题
1．（2025高二下·盐城期中）石墨是碳原子按图甲排列形成的，其微观结构为层状结构。图乙为石墨烯的微观结构，单碳层石墨烯是单层的石墨，厚1毫米的石墨大概包含大约三百万层石墨烯。石墨烯是现有材料中厚度最薄、强度最高、导热性最好的新型材料。则（　　）
A．石墨中的碳原子静止不动
B．碳原子的直径大约为3×10-9m
C．石墨烯碳原子间只存在分子引力
D．石墨烯的熔解过程中，碳原子的平均动能不变
2．（2025高二下·盐城期中）以下为教材中的四幅图，下列相关叙述正确的是（　　）
A．甲图是振荡电路，电路中电容器的电容一定时，线圈的自感系数越大，振荡电路的频率越大
B．乙图是每隔记录了小炭粒在水中的位置，小炭粒做无规则运动的原因是组成小炭粒的固体分子始终在做无规则运动
C．图丙为分子力与分子间距离关系图，分子间距从增大时，分子力先变大后变小
D．丁图是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，线圈产生大量热量，从而冶炼金属
3．（2025高二下·盐城期中）传感器在日常生活中有着广泛的应用，它的种类多种多样，其性能也各不相同。以下有关传感器的说法不正确的是（　　）
A．非触摸式自动水龙头自动感应水龙头应用的传感器是压力传感器
B．办公大楼的大门能“看到”人的到来或离开而自动开或关，是光传感器的应用
C．空调在室内温度达到设定的温度后，会自动停止工作，是温度传感器的应用
D．电熨斗够自动控制温度的原因是它装有双金属片温度传感器，能控制电路的通断
4．（2025高二下·盐城期中）如图所示是“巴罗轮”的示意图，下边缘浸入水银槽中的铝盘置于蹄形磁铁的磁场中，可绕转轴转动，当转轴、水银槽分别与电源的正负极相连时，铝盘开始转动，下列说法中不正确的是（　　）
A．铝盘绕顺时针方向转动
B．只改变磁场方向，铝盘的转动方向改变
C．只改变电流方向，铝盘的转动方向改变
D．同时改变磁场方向与电流方向，铝盘的转动方向不变
5．（2025高二下·盐城期中）如图所示，导电物质为电子的霍尔元件样品置于磁场中，表面与磁场方向垂直，图中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端。当开关S1、S2闭合后，三个电表都有明显示数，下列说法错误的是（　　）
A．通过霍尔元件的磁场方向向下
B．接线端2的电势低于接线端4的电势
C．仅将电源E1、E2反向接入电路，电压表的示数不变
D．若适当减小R1、增大R2，则电压表示数一定增大
6．（2025高二下·盐城期中）如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一形金属导轨，导轨平面与磁场垂直。金属杆置于导轨上并与导轨形成闭合回路，一圆环形金属框位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。现让金属杆突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是
A．中沿顺时针方向，中沿逆时针方向
B．中沿顺时针方向，中沿顺时针方向
C．中沿逆时针方向，中沿逆时针方向
D．中沿逆时针方向，中沿顺时针方向
7．（2025高二下·盐城期中）如图所示，边长为L的正三角形abc区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，同种粒子每次都从a点沿与ab边成30°的方向垂直射入磁场，初速度大小为v时，粒子从ac边距a点L处射出磁场，不计粒子的重力，则粒子（　　）
A．一定带负电
B．初速度为2v时，出射位置距a点L
C．初速度为2v时，在磁场中运动的时间变短
D．射入磁场的速度足够大，能从bc边的中点射出
8．（2025高二下·盐城期中）如图所示的电路中，A、B、C 是三个相同的灯泡，L是自感线圈，其电阻与灯泡电阻相等，电键S先闭合然后再断开，则（　　）
A．S闭合后，A立即亮而B、C慢慢亮
B．S闭合后，B、C立即亮而A慢慢亮
C．S断开后，B、C先变亮然后逐渐变暗
D．S断开后，A先变亮然后逐渐变暗
9．（2025高二下·盐城期中）如图甲所示，导线框ABCD绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的交变电动势的图像如图乙所示。线框通过可变电阻与理想变压器原线圈相连，变压器副线圈接入一额定电压为40V的电灯泡，当可变电阻时，电灯泡恰好正常发光且电流表的示数为2A，导线框ABCD的电阻不计，电灯泡的电阻不变，电流表为理想电流表，则下列说法正确的是（　　）
A．变压器原线圈的输入电压的表达式为
B．变压器原、副线圈的匝数比为1∶4
C．可变电阻越大，则消耗的功率越大
D．图甲中导线框ABCD所处位置的磁通量变化率最大
10．（2025高二下·盐城期中）如图所示，一根足够长的光滑绝缘杆，与水平面的夹角为，固定在竖直平面内，磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里的匀强磁场充满杆所在的空间，杆与磁场方向垂直。质量为的带电小环沿杆下滑到图中的处时，对杆有垂直杆向下的压力作用，压力大小为。已知小环的电荷量为，重力加速度大小为，，下列说法正确的是（　　）
A．小环带正电
B．小环滑到处时的速度大小
C．当小环的速度大小为时，小环对杆没有压力
D．当小环与杆之间没有正压力时，小环到的距离
11．（2025高二下·盐城期中）某挂扇内的一种自耦调压器的结构示意图如图所示，它可用来调整挂扇的转速，某同学要测量这种自耦调压器线圈的总匝数。
（1）在B、C端接入的交流电源，触头P正好在AB的中间，则测得A、B两端的电压可能是_____ 。
A．3.28V B．6.00V C．11.48V D．12V
（2）若忽略漏磁、热损等影响，在A、B端接入电压有效值为U的交流电，用电压表测量出A、C两端的电压，触头P沿顺时针方向绕过n匝的过程中，电压表的示数由U1变为U2，则该自耦调压器的线圈总匝数为　 　 。
12．（2025高二下·盐城期中）用油膜法估测分子直径的实验步骤如下：
A.向浅盘中倒入适量的水，并向水面均匀地散入痱子粉
B.将1mL纯油酸加入酒精中，得到的油酸酒精溶液
C.把玻璃板放在方格纸上，计算出薄膜的面积S
D.将配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下50滴溶液的体积
E.把一滴油酸酒精溶液滴在水面上，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，在玻璃板上描出油膜的轮廓
F.按照得到的数据，估算出油酸分子的直径
（1）上述步骤中，正确的顺序是　 　（填步骤前的字母）。
（2）如图所示为描出的油膜轮廓，坐标纸中正方形小方格的边长为20mm，油膜的面积约为　 　。
（3）已知50滴溶液的体积为2mL，估算油酸分子的直径约为　 　m（保留两位有效数字）。
13．（2025高二下·盐城期中）如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂挂着矩形线圈，匝数n=9，线圈的水平边长为L，处于匀强磁场内，磁感应强度B的方向与线圈平面垂直。当线圈中通过电流时，调节砝码使两臂达到平衡。然后使电流反向，大小不变。这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂再达到新的平衡。
（1）导出用已知量和可测量n、m、L、I计算B的表达式．
（2）当L=10.0cm，I=0.10A，m=8.78g时，磁感应强度是多少
14．（2025高二下·盐城期中）光滑平行的金属导轨MN和PQ，间距为L=l.0m，与水平面之间的夹角，匀强磁场的磁感应强度B=2.0T垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值的电阻，其他电阻不计，质量m=2.0kg的金属杆ab垂直导轨放置，如图所示，现用恒力F=18N沿导轨平面向上拉金属杆ab，t=0时由静止开始运动。取g=10m/s2，导轨足够长。求：
(1)金属杆速度为2.0m/s时的加速度大小；
(2)金属杆的最大速度；
(3)当t=1.0s时，金属杆移动的距离为x=1.47m，则在这一过程中电阻R产生的热量是多少。
15．（2025高二下·盐城期中）如图所示，水平金属圆环的半径为L，匀质导体棒OP的长度为2L，导体棒OP、电阻R1、电阻R2的阻值都为R0，电路中的其他电阻不计。导体棒OP绕着它的一个端点O以大小为ω的角速度匀速转动，O点恰好为金属圆环的圆心，转动平面内还有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导体棒OP转动过程中始终与金属圆环接触良好。求金属棒OP转动一周的过程中，求：
（1）电阻R1上产生的焦耳热；
（2）通过电阻R1的电荷量；
（3）导体棒两端的电势差。
16．（2025高二下·盐城期中）芯片制造中，离子注入是一道重要的工序。如图是一部分离子注入工作原理示意图。从离子源A处飘出带正电的离子初速度不计，经匀强电场加速后，从P点以速度v沿半径方向射入圆形磁分析器，磁分析器中存在垂直于纸面向外的匀强磁场（大小未知），与矩形离子控制区abcd相切于Q点，ad边长为L，开始时控制区无任何场，离子从Q点离开磁分析器后可匀速穿过控制区，注入cd处的硅片上。已知离子质量为m，电荷量为q，在圆形磁分析器中运动的时间为t，图中a、P、Q三点连线正好可构成一个等边三角形，bQ足够长，不计离子的重力和离子间的相互作用。
（1）求加速电场的电压U；
（2）求圆形磁分析器的半径r；
（3）若在控制区加上垂直于纸面向里磁场，其磁感应强度大小沿ad方向按的规律均匀变化，x为该点到ab边的距离，k为已知的常数且，则要使离子不打到硅片上，ab边所在位置的磁感应强度至少为多少？
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】分子间的作用力；晶体和非晶体
【解析】【解答】A．石墨中的碳原子是运动的，故A错误；
B．由意义可知单层的距离为，且层与层之间有间距，故B错误；
C．石墨烯碳原子间不仅存在分子引力，同时也存在分子斥力，故C错误；
D．石墨烯是晶体，在熔解过程中，温度不变，故碳原子的平均动能不变，故D正确。
故选D。
【分析】一、固体分子动理论
固体中的原子（或分子）在平衡位置附近做热振动，不是静止的。
温度越高，振动越剧烈。
二、原子尺寸估算
已知厚度 1 mm 包含约 3×106 层石墨烯 → 每层厚度：
原子直径与层间距同数量级，大约为 10- m（0.1 nm 量级）。
选项 B 中 3×10-9 m（3 nm）远大于实际碳原子直径
三、分子间作用力
分子（或原子）间同时存在引力和斥力，平衡位置时合力为零。
石墨烯碳原子间通过共价键结合，不是简单的分子引力，但题中“分子引力”泛指吸引力，且强调“只存在分子引力”忽略了斥力。
四、晶体熔化特点
石墨烯是晶体，熔化过程中温度保持不变（熔点）。
温度不变 → 分子平均动能不变（平均动能只与温度有关）。
熔化吸收的热量用于增加分子势能（克服分子间作用力）。
五、易错点提醒
误认为固体中原子静止（实际上永远在做热运动）。
原子尺寸估算时单位换算错误（1 mm = 10-3 m，除以 3×106 ）。
忽略分子间同时存在引力和斥力。
混淆晶体熔化时温度不变（平均动能不变）与非晶体熔化时温度变化。
2．【答案】C
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；布朗运动；分子间的作用力；电磁振荡
【解析】【解答】A．在振荡电路，根据频率公式可以得出电磁振荡的频率为
根据表达式可以得出：一定时，越大，振荡电路的频率越小，故A错误；
B．布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，看得见的是固体颗粒，不是固体颗粒分子，所以布朗运动不是分子的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，故B错误；
C．图丙为分子力与分子间距离关系图，分子间距从增大时，根据分子力的绝对值可以得出分子力的大小先变大后变小，故C正确；
D.真空冶炼炉的工作原理是电磁感应现象中的涡流，当炉外线圈通入高频交流电时，由于金属内部磁通量发生改变，根据电磁感应条件可以得出炉内金属产生大量涡流（不是线圈中产生涡流），涡流在金属内流动产生焦耳热从而冶炼金属，故D错误。
故选C。
【分析】利用电磁振荡的频率可以判别振动电路的频率大小变化；布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，看得见的是固体颗粒，不是固体颗粒分子，所以布朗运动不是分子的运动；分子间距从增大时，根据分子力的绝对值可以得出分子力的大小先变大后变小；由于金属内部磁通量发生改变，根据电磁感应条件可以得出炉内金属产生大量涡流（不是线圈中产生涡流），涡流在金属内流动产生焦耳热从而冶炼金属。
3．【答案】A
【知识点】常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】A．利用红外线的热效应可以制成多种开关，本题所涉及的水龙头和智能门就是这一应用的体现，是利用光传感器而制成的。故A错误，符合题意；
B．办公大楼的大门能“看到”人的到来或离开而自动开和关，是由于人体会发出红外线，当传感器探测到人体发出的红外线后，门会自动打开，是光传感器的应用。故B正确，不符合题意；
C．空调机在室内温度达到设定的温度后，会自动停止工作，这是因为空调机使用温度传感器。故C正确，不符合题意；
D．电熨斗能够自动控制温度的原因是它装有双金属片温度传感器，这种传感器作用是控制电路的通断，原理是不同的金属膨胀系数不同。故D正确，不符合题意。
故选A。
【分析】一、传感器类型与工作原理
光传感器：检测光信号（如可见光、红外线、紫外线等），常用于自动开关、计数、避障等。
红外感应：利用物体发出的红外线辐射，如自动水龙头、自动门（感应人体红外热辐射）。
温度传感器：检测温度变化，如双金属片、热敏电阻、热电偶等。
双金属片：利用不同金属膨胀系数不同，温度变化时弯曲，控制电路通断（电熨斗、空调温控）。
压力传感器：检测压力或形变，如电子秤、汽车安全气囊触发。
二、常见应用辨析
非触摸式自动水龙头：通常利用红外传感器（检测人手反射或发出的红外信号），不是压力传感器。
自动门：利用红外或微波传感器探测人体移动，属于光传感器或运动传感器。
空调温度控制：内置温度传感器（如热敏电阻），达到设定温度后停止制冷/加热。
电熨斗控温：使用双金属片温度传感器，温度过高时弯曲断开电路。
三、易混淆点
误将红外感应归类为压力传感器（红外属于光/热辐射传感器）。
混淆光传感器与运动传感器（自动门常用红外或微波，属于光或无线电波传感器）。
温度传感器种类多样，双金属片是其中一种机械式温控元件。
4．【答案】A
【知识点】安培力
【解析】【解答】A.铝盘、水银与电源构成一个闭合回路，铝盘中有电流，由左手定则可知：铝盘受到的安培力与盘的半径垂直，且沿逆时针方向，则铝盘沿逆时针方向转动，故A不正确，符合题意；
B.只改变磁场的方向，由左手定则可知，铝盘受到的安培力方向将与开始时相反，所以铝盘的转动方向改变．故B正确，不符合题意；
C.电流方向反向，由左手定则可知，安培力方向反向，铝盘的转动方向反向，故C正确，不符合题意；
D.由左手定则可知，将电流及磁场方向同时改变，铝盘受力方向不变，铝盘的转动方向不变，故D正确，不符合题意。
故选A。
【分析】一、安培力与电动机原理
通电导体在磁场中受力（安培力）是电动机的基本原理。
公式：（、、 互相垂直时）。
方向：左手定则（磁感线穿掌心，四指电流方向，拇指受力方向）。
二、电流方向与磁场方向对安培力方向的影响
单独改变电流方向 → 安培力方向反向。
单独改变磁场方向 → 安培力方向反向。
同时改变电流和磁场方向 → 安培力方向不变（两次反向抵消）。
三、巴罗轮（单极电机）工作分析
铝盘、水银槽、电源构成闭合回路：电流从转轴→铝盘径向→盘边缘→水银槽→电源负极。
磁场方向：蹄形磁铁间磁场近似径向（从圆心向外或向里）。
铝盘中电流沿径向，磁场垂直盘面（径向或轴向需根据图判断），安培力沿切向 → 产生转矩使铝盘转动。
五、易错点提醒
误认为铝盘转动是靠洛伦兹力（实际是安培力，因铝盘中有电流）。
磁场方向与电流方向关系分析错误（必须明确磁场方向、电流方向、受力方向三者空间关系）。
同时改变磁场和电流方向时，误以为转动方向也会改变（实际不变）。
5．【答案】D
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】A．当开关S1、S2闭合后， 已知左侧线圈的电流方向，根据安培定则可判断出左侧线圈产生的磁场方向向上，经铁芯后在霍尔元件处的磁场方向向下，故A正确；B．通过霍尔元件的磁场方向向下，根据右边回路可以得出1端电势高于3端电势，霍尔元件内部导电物质运动方向从3到1，根据左手定则可以得出负电荷向右偏转，导电物质偏向接线端2，导电物质为电子，接线端2的电势低于接线端4的电势，故B正确；
C．仅将电源E1、E2反向接入电路，磁场反向，电流反向，霍尔元件中导电物质受到的洛伦兹力方向不变，电压表的示数不变，故C正确；
D．若适当减小R1，电流产生的磁场增强，通过霍尔元件的磁场增强；增大R2，流过霍尔元件的电流减弱；根据霍尔元件产生电压的表达式可知
U
可能减小，电压表示数可能减小，故D不正确。
本题选不正确的，故选：D。
【分析】利用安培定则可以判别磁场的方向；利用磁场的方向结合电子的运动方向可以判别电子的偏转方向，进而比较电势的高低；利用磁场反向，电流反向，霍尔元件中导电物质受到的洛伦兹力方向不变，电压表的示数不变；适当减小R1，电流产生的磁场增强，通过霍尔元件的磁场增强；增大R2，流过霍尔元件的电流减弱；根据霍尔元件产生电压的表达式可知电压表的读数不一定增大。
6．【答案】D
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】当PQ突然向右运动，导体切割磁感线，已知速度的方向及磁场的方向垂直于纸张向内，根据右手定则，可知电流由Q流向P，中电流沿逆时针方向，根据安培定则可以得出PQRS中的电流产生的磁场向外增强，原磁场方向又垂直于纸张向内，根据磁感应强度的叠加可以得出T中的合磁场向里减弱，根据楞次定律“增反减同”可知T的感应电流产生的磁场应指向纸面内，根据安培定则可以得出T中感应电流方向为顺时针。故ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】利用左手定则可以判别PQ产生的电流方向，结合安培定则可以判别感应电流产生的磁场方向，利用磁场的叠加可以判别T内磁场的磁通量变化，结合楞次定律可以判别T的感应电流方向。
7．【答案】B
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．由左手定则可知，粒子带正电，故A错误；
B．由题意可知，初速度大小为v时，粒子从ac边距a点L处射出磁场，则粒子运动的半径为r＝L
当初速度为2v时，则由r＝，可知粒子的运动半径变为原来的2倍，即r'＝L
因粒子入射方向不变，由图可知出射位置距a点L，故B正确；
C．由图可知，无论粒子的速度是v还是2v时，粒子在磁场中的偏转角均为60°，根据
，粒子在磁场中的运动时间不变，故C错误；
D．因bc边的中点在粒子的入射方向上，则粒子不可能从bc边的中点射出，故D错误。
故选B。
【分析】一、带电粒子在匀强磁场中的圆周运动
洛伦兹力提供向心力：，半径公式：（当 、、不变时）。
二、圆心、半径与轨迹的几何确定
入射方向与边界夹角：粒子从 a 点垂直磁场边界（与 ab 边成 30°）射入，即入射速度方向已知。
出射点确定圆心：初速为 时，半径 ，从 ac 边上距 a 点 处射出。
作入射速度垂线（即过 a 点垂直于入射方向），再作出射点速度垂线（即 ac 边的垂线），两垂线交点为圆心。由此可画出轨迹圆弧，并确定偏转角。
几何关系：正三角形边长为 ，结合半径与边的关系可推算圆心角。
三、偏转角与运动时间
时间公式：
运动时间由圆心角θ 决定，与速度无关（前提是轨迹在同一磁场区域且从同一边界射出）。
初速为 时，圆心角可算出（通常为 60° 或 120° 等），初速变为 时，半径变为 ，但若入射方向不变且仍从 ac 边射出，圆心角相同 → 时间不变。
四、边界约束与最大速度
从某边界中点射出的条件：轨迹半径需满足特定几何关系，若出射点在中点，圆心必在相应中垂线上。
本题中 bc 边的中点在粒子入射方向的直线上（因为 a 点与 bc 中点连线沿入射方向），但洛伦兹力使粒子偏转，不可能沿直线运动到 bc 中点，除非半径无穷大（速度无穷大）趋近直线，但磁场区域有限，粒子在到达 bc 前已从 ac 或 ab 边射出，故不可能从 bc 中点射出。
五、左手定则判断电性
磁场垂直纸面向外（⊙），粒子进入后偏转方向用左手定则判断。
根据已知轨迹（从 ac 边射出）可推知粒子偏转方向，进而确定电性（本题为正电）。
六、易错点提醒
误认为速度增大时间一定变短（时间由圆心角决定，与速度无关）。
误以为半径增大就能从任意位置射出（需满足几何边界条件）。
电性判断错误（左手定则掌心应对准磁场方向，四指指向速度方向，拇指为正电荷受力方向）。
8．【答案】B
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】AB．S闭合后，B、C立即亮，由于灯泡A与自感线圈串联，线圈会阻碍电流的增大，所以A慢慢变亮，故A错误，B正确；
CD．S断开后，由于线圈的作用阻碍电流的减小，所以A慢慢变暗，因为线圈电阻与灯泡电阻相等，所以在开关闭合时通过灯泡BC和A的电流大小相等，所以当开关断开后线圈与A、B、C构成闭合回路，此时B、C不会先变亮，而是逐渐变暗，故CD错误。
故选B。
【分析】一、电感线圈在电路中的特性
自感现象：线圈对电流变化有阻碍作用。
电流变化时：电流增加时：自感电动势阻碍电流增加 → 电流缓慢上升。
电流减少时：自感电动势阻碍电流减少 → 电流缓慢下降。
二、开关闭合时的暂态过程
不含电感的支路：B、C 与电源直接构成回路（无电感），通电瞬间立即亮。
含电感的支路：A 与线圈 L 串联，电流不能突变 → A 逐渐变亮。
最终稳定时，线圈 L 的直流电阻与灯泡电阻相等，各支路电流相等，亮度相同。
三、开关断开时的暂态过程
开关断开瞬间，线圈 L 产生自感电动势，阻碍电流减小。
线圈 L 与 A、B、C 构成闭合回路，电流从原来线圈中的电流开始逐渐减小（不会反向）。
关键：稳定时通过 L 和 A 的电流等于通过 B、C 的电流（因电阻相等，并联分流相同），所以断开后 B、C 不会出现“先变亮”的现象，而是与 A 一起逐渐变暗。
四、易错点辨析
1、误以为断开后 B、C 先变亮：
如果线圈电阻远小于灯泡电阻，稳定时线圈电流很大，断开瞬间线圈放电电流可能大于原来 B、C 的电流，导致 B、C 先闪亮再熄灭。
但本题明确“线圈电阻与灯泡电阻相等”，稳定时各支路电流相等，断开后放电电流等于原来电流，不会出现闪亮。
2、误以为断开后 A 先变亮：
自感电动势维持原电流方向，A 中电流方向不变，大小从原值逐渐减小，不会“先变亮”。
9．【答案】D
【知识点】交变电流的产生及规律；变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．根据欧姆定律可以得出电阻R1上的电压有效值为
根据交变电动势图像可以得出电动势的峰值为，
根据分压关系可以得出变压器原线圈电压最大值
已知周期T=0.02s，根据周期和角频率的关系可以得出
可知变压器原线圈的输入电压的表达式为
选项A错误；
B．根据原副线圈的电压有效值可以得出变压器原、副线圈的匝数比为
选项B错误；
C．根据匝数之比可以得出次级电流为
根据欧姆定律可以得出灯泡电阻为
根据欧姆定律可以得出变压器等效电阻为
将R等看做电源的内阻，R1看做外电路，则当R1=R等时R1功率最大，则可变电阻越大，则消耗的功率不一定越大，选项C错误；
D．图甲中导线框ABCD所处位置由于此时磁通量为0，此时切割的有效速度最大所以感应电动势最大，则磁通量变化率最大，选项D正确。
故选D。
【分析】利用欧姆定律可以求出电阻的有效电压，结合分压关系可以原线圈电压的峰值，结合周期的大小可以求出输入电压的表达式；利用原副线圈的电压之比可以求出匝数之比；利用匝数之比可以求出输出电流的大小，结合欧姆定律可以求出等效电阻的大小，当等效电阻和R1阻值相等时，R1的输出功率最大；利用线圈的位置可以判别电动势瞬时值最大则磁通量变化率最大。
10．【答案】D
【知识点】洛伦兹力的计算
【解析】【解答】A．根据题意，假如没有磁场，由平衡条件及牛顿第三定律可知，小环对杆的压力大小为，然而此时小环对杆的压力大小为0.4mg，说明小环受到垂直杆向上的洛伦兹力作用，根据左手定则可知，小环带负电，故A错误；
B．设小环滑到P处时的速度大小为vP，在P处，小环的受力如图所示
根据平衡条件得，由牛顿第三定律得，杆对小环的支持力大小0.4mg，联立解得，故B错误；
CD．在小环由P处下滑到处的过程中，对杆没有压力，此时小环的速度大小为v'，则在P'处，小环的受力如图所示
由平衡条件得，变形解得，在小环由P处滑到P'处的过程中，由动能定理得，代入解得，故C错误，D正确；
故选D。
【分析】一、洛伦兹力与左手定则
公式：
方向判断（左手定则）：掌心对准磁场方向（本题垂直纸面向里），四指指向正电荷运动方向（速度方向），拇指方向为正电荷受力方向。负电荷受力方向与正电荷相反。
二、垂直斜面方向的力平衡
小环沿光滑绝缘杆下滑，在垂直杆方向无加速度。
垂直杆方向的力：重力分力：（方向垂直杆向下），杆的支持力 （方向垂直杆向上）。
洛伦兹力（方向垂直杆，由速度方向和电荷正负决定）。
平衡方程：（假设洛伦兹力垂直杆向上，带正电时成立）
三、无压力条件（N=0）
当支持力 时，洛伦兹力完全抵消重力分力：
解得：，此为无压力时的速度。
四、动能定理求距离
从初始位置到无压力位置，只有重力做功（洛伦兹力不做功）。设初始速度为 ，无压力位置速度为 ：，代入已知速度关系可求下滑距离s。
五、电荷正负判断
已知压力 → 洛伦兹力垂直杆向上，速度沿杆向下，磁场向里：
若正电荷，左手定则得洛伦兹力向上 → 合理。
若负电荷，洛伦兹力向下 → 压力会更大，不合题意。
六、易错辨析
洛伦兹力不做功：只改变速度方向，不改变速度大小，但垂直杆方向的平衡会影响支持力。
无压力条件：速度需达到
距离计算：利用动能定理时，注意重力做功沿杆的分量是
11．【答案】（1）C
（2）
【知识点】变压器的应用
【解析】【解答】（1）由题可知，原线圈输入交流电的有效值为
触头P正好在A、B的中间，则原、副线圈的匝数比，若该自耦调压器为理想变压器，根据原、副线圈的变压比可知解得副线圈两端的电压，考虑到有漏磁、热损等影响，则副线圈所测得的电压应小于12V，可能为11.48V。
故选C。
（2）若忽略漏磁、热损等影响，设总匝数为N，电压表示数为U1时，该自耦调压器副线圈的匝数为N1，则由题意得，，解得
【分析】1. 自耦变压器工作原理
自耦变压器只有一个线圈，输入与输出共用部分绕组。
电压与匝数成正比仍然成立，即，但这里的 、是线圈公共部分与总匝数的关系。
2. 第一问核心考点
考查理想变压器与实际有损耗情况的区分。
已知输入电压（B–C 间）为 12V（有效值），P 在 A–B 中点 → 理想情况输出电压应为 12V（因为匝数相等）。但实际由于漏磁、线圈电阻等损耗，输出电压略小于 12V。
考点：理想模型与实际测量值的差异。
3. 第二问核心考点
利用“电压与匝数成正比”的线性关系，测量总匝数。
输入电压固定 U 加在总线圈两端或部分线圈两端，移动触头改变匝数，测量输出电压的变化量，列出比例方程。导出公式：，其中 是 P 移动的匝数， 、是移动前后电压表示数，是输入电压有效值。
考点：自耦变压器的匝数与电压的线性关系。用微小变化量（移动 n 匝）消除未知初始位置的影响。
实验方法测定线圈总匝数。
4. 常见易错点
混淆输入端与测量端，导致匝数比例错。忽略损耗影响（第一问）而误选理想值 12V。
第二问推导时，没有注意输入电压接在哪两端，导致比例关系错误。
（1）由题可知，原线圈输入交流电的有效值为
触头P正好在A、B的中间，则原、副线圈的匝数比
若该自耦调压器为理想变压器，根据原、副线圈的变压比可知
解得副线圈两端的电压
考虑到有漏磁、热损等影响，则副线圈所测得的电压应小于12V，可能为11.48V。
故选C。
（2）若忽略漏磁、热损等影响，设总匝数为N，电压表示数为U1时，该自耦调压器副线圈的匝数为N1，则由题意得，
解得
12．【答案】BDAECF；；
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小
【解析】【解答】（1）实验应该配置油酸酒精溶液，然后记录溶液的体积，接下来在浅盘里倒水，散入痱子粉，接着把油酸酒精溶液滴在水面上，记录油膜的轮廓，最后计算薄膜的面积，进而求出分子的直径，所以正确的顺序是BDAECF。
（2）根据描出的油膜轮廓，计算得出共有55格， 坐标纸中正方形小方格的边长为20mm，根据方格的面积和个数可以得出油膜面积为
根据油酸酒精溶液的浓度可以得出1滴油酸酒精溶液中含油酸的体积为
利用体积和表面积的比值可以得出油酸分子直径为
【分析】（1）实验的正确步骤为BDAECF；
（2）利用方格的面积和个数可以得出油膜面积；根据油酸酒精溶液的浓度可以得出1滴油酸酒精溶液中含油酸的体积；利用体积和表面积的比值可以得出油酸分子直径。
13．【答案】解：（1）根据平衡条件：有mg=2nBIL
得
（2）根据以上公式，代入数据，则有
【知识点】共点力的平衡；安培力的计算
【解析】【分析】1. 电流天平的实验原理
利用通电线圈在磁场中受安培力，通过天平力矩平衡测量磁感应强度。
天平平衡时，安培力的力矩与砝码重力的力矩相等。
2. 电流反向法的关键作用
初始时线圈可能受重力、天平不等臂等因素影响，但电流反向法可以消除这些系统误差。
两次平衡（电流方向相反）的砝码质量之差，只与两倍安培力有关：
其中 是电流反向时需要增加（或减少）的砝码质量。
3. 安培力的计算
线圈有 匝，每匝受力为 （假设只有一条水平边在匀强磁场中有效受力）。
总安培力：，方向由左手定则判断，与电流方向、磁场方向垂直。
14．【答案】解：(1)设金属杆的速度为时，加速度为，电动势为，电路中电流为，则有
，，
根据牛顿第二定律可知
联立各式整理得
代入数据解得当时加速度；
(2)当时有最大速度，所以由(1)的分析可知
代入数据解得；
(3)根据，
可得1s时间内通过回路的电量为
当，根据动量定理有
即
代入数据解得；由功能关系得产生的热量为
代入数据得
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】一、电磁感应与动力学的综合
1、动生电动势计算
公式：，方向：右手定则（电源内部电流方向）
2、安培力的分析与计算
大小：，方向：左手定则，总是阻碍相对运动（楞次定律的力学表现）
3、牛顿第二定律的应用
沿导轨方向建立方程：
关键点：加速度随速度变化，属于变加速运动。
二、金属杆的收尾速度（最大速度）
当 时达到最大速度：
物理意义：安培力与外力、重力分力平衡。
三、动量定理在电磁感应中的应用
1、变力冲量的处理
安培力冲量：
重要性：将难以直接计算的 关系转化为位移 的关系。
2、动量定理方程
，用于求某一时刻的速度或位移。
四、能量转化与守恒
1、功能关系其中：（恒力做功）
（重力做功）
， ：回路总焦耳热
2、焦耳热的分配
若电路中只有电阻 ，则全部焦耳热产生于 。
若有多个电阻，需按电阻比例分配。
五、解题步骤的典型思路
动力学阶段：列牛顿第二定律方程 → 分析加速度变化 → 求收尾速度。
动量定理阶段：涉及位移、时间、速度未知量时，用动量定理建立关系。
能量阶段：用功能关系求焦耳热。
15．【答案】（1）解：由法拉第电磁感应定律，可得感应电动势为
由导体棒、两个电阻的阻值关系可得到总电阻为
解得
通过电阻的电流为
由焦耳定律，可得电阻上产生的焦耳热为
解得
（2）解：由电流的定义式
解得通过电阻的电荷量为
（3）解：导体棒与电路相连部分，根据闭合电路欧姆定律，可得电势差为
与电路不相连部分的导体棒，根据平均线速度，可得感应电动势
综合可得到导体棒上的电势差为E总＝E2+U
解得
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】一、转动切割的动生电动势计算
基本公式：导体棒绕固定端在匀强磁场中匀速转动，产生的动生电动势为：
其中 为切割磁感线的有效长度（参与回路的那部分长度）。
方向判断：右手定则（四指指向速度方向，磁场穿过手心，拇指指向动生电动势方向）。
分段计算：整根棒不同部分可能处于不同回路中，要区分：构成电流回路的部分（电源部分），不构成回路的部分（孤立段）
二、含源电路的等效分析
识别电源：只有参与闭合回路的那段导体才是有效电源。
本题中：OM 段（长度 L）是电源，内阻 ，MP 段（长度 L）不参与电流回路
电路简化：内阻：电源段自身电阻
外阻：并联电阻 ，总电阻：
恒定电流：由于匀速转动，电动势大小恒定，电流恒定（直流）。
三、能量与焦耳热的计算
恒定电流焦耳热：
时间确定：转动一周时间：，焦耳热按一个完整周期计算
分配关系：并联电阻电压相同，功率按
四、电荷量的计算
恒定电流下：，直接用电荷定义式计算，无需积分

（1）由法拉第电磁感应定律，可得感应电动势为
由导体棒、两个电阻的阻值关系可得到总电阻为
解得
通过电阻的电流为
由焦耳定律，可得电阻上产生的焦耳热为
解得
（2）由电流的定义式
解得通过电阻的电荷量为
（3）导体棒与电路相连部分，根据闭合电路欧姆定律，可得电势差为
与电路不相连部分的导体棒，根据平均线速度，可得感应电动势
综合可得到导体棒上的电势差为E总＝E2+U
解得
16．【答案】（1）在加速电场有
解得
下图为（2）（3）问运动轨迹的配图
（2）在圆形磁分析器中，做圆周运动，运动轨迹如图
其周期为
在磁场中运动时间有
有几何关系有
解得
（3）要使离子恰好不打到硅片上，离子运动到cd边时，速度应与cd边相切，又因为洛伦兹力不改变速度大小，因此分解洛伦兹力，在平行于ab方向用动量定理
整理有
由题意有
整理有
结合数学知识可知，等式坐标是x从0一直到L的求和，即图像的面积为求和结果，有
解得
【知识点】动量定理；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）离子在电场中加速，利用动能定理可以求出加速电压的大小；
（2）画出离子运动的轨迹，利用运动的时间及周期的关系可以求出轨迹半径的大小；
（3）当离子恰好不打到硅片时，利用动量定理结合洛伦兹力的分解可以求出磁感应强度的大小。
1 / 1江苏省盐城市七校联盟2024-2025学年高二下学期4月期中物理试题
1．（2025高二下·盐城期中）石墨是碳原子按图甲排列形成的，其微观结构为层状结构。图乙为石墨烯的微观结构，单碳层石墨烯是单层的石墨，厚1毫米的石墨大概包含大约三百万层石墨烯。石墨烯是现有材料中厚度最薄、强度最高、导热性最好的新型材料。则（　　）
A．石墨中的碳原子静止不动
B．碳原子的直径大约为3×10-9m
C．石墨烯碳原子间只存在分子引力
D．石墨烯的熔解过程中，碳原子的平均动能不变
【答案】D
【知识点】分子间的作用力；晶体和非晶体
【解析】【解答】A．石墨中的碳原子是运动的，故A错误；
B．由意义可知单层的距离为，且层与层之间有间距，故B错误；
C．石墨烯碳原子间不仅存在分子引力，同时也存在分子斥力，故C错误；
D．石墨烯是晶体，在熔解过程中，温度不变，故碳原子的平均动能不变，故D正确。
故选D。
【分析】一、固体分子动理论
固体中的原子（或分子）在平衡位置附近做热振动，不是静止的。
温度越高，振动越剧烈。
二、原子尺寸估算
已知厚度 1 mm 包含约 3×106 层石墨烯 → 每层厚度：
原子直径与层间距同数量级，大约为 10- m（0.1 nm 量级）。
选项 B 中 3×10-9 m（3 nm）远大于实际碳原子直径
三、分子间作用力
分子（或原子）间同时存在引力和斥力，平衡位置时合力为零。
石墨烯碳原子间通过共价键结合，不是简单的分子引力，但题中“分子引力”泛指吸引力，且强调“只存在分子引力”忽略了斥力。
四、晶体熔化特点
石墨烯是晶体，熔化过程中温度保持不变（熔点）。
温度不变 → 分子平均动能不变（平均动能只与温度有关）。
熔化吸收的热量用于增加分子势能（克服分子间作用力）。
五、易错点提醒
误认为固体中原子静止（实际上永远在做热运动）。
原子尺寸估算时单位换算错误（1 mm = 10-3 m，除以 3×106 ）。
忽略分子间同时存在引力和斥力。
混淆晶体熔化时温度不变（平均动能不变）与非晶体熔化时温度变化。
2．（2025高二下·盐城期中）以下为教材中的四幅图，下列相关叙述正确的是（　　）
A．甲图是振荡电路，电路中电容器的电容一定时，线圈的自感系数越大，振荡电路的频率越大
B．乙图是每隔记录了小炭粒在水中的位置，小炭粒做无规则运动的原因是组成小炭粒的固体分子始终在做无规则运动
C．图丙为分子力与分子间距离关系图，分子间距从增大时，分子力先变大后变小
D．丁图是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，线圈产生大量热量，从而冶炼金属
【答案】C
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；布朗运动；分子间的作用力；电磁振荡
【解析】【解答】A．在振荡电路，根据频率公式可以得出电磁振荡的频率为
根据表达式可以得出：一定时，越大，振荡电路的频率越小，故A错误；
B．布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，看得见的是固体颗粒，不是固体颗粒分子，所以布朗运动不是分子的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，故B错误；
C．图丙为分子力与分子间距离关系图，分子间距从增大时，根据分子力的绝对值可以得出分子力的大小先变大后变小，故C正确；
D.真空冶炼炉的工作原理是电磁感应现象中的涡流，当炉外线圈通入高频交流电时，由于金属内部磁通量发生改变，根据电磁感应条件可以得出炉内金属产生大量涡流（不是线圈中产生涡流），涡流在金属内流动产生焦耳热从而冶炼金属，故D错误。
故选C。
【分析】利用电磁振荡的频率可以判别振动电路的频率大小变化；布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，看得见的是固体颗粒，不是固体颗粒分子，所以布朗运动不是分子的运动；分子间距从增大时，根据分子力的绝对值可以得出分子力的大小先变大后变小；由于金属内部磁通量发生改变，根据电磁感应条件可以得出炉内金属产生大量涡流（不是线圈中产生涡流），涡流在金属内流动产生焦耳热从而冶炼金属。
3．（2025高二下·盐城期中）传感器在日常生活中有着广泛的应用，它的种类多种多样，其性能也各不相同。以下有关传感器的说法不正确的是（　　）
A．非触摸式自动水龙头自动感应水龙头应用的传感器是压力传感器
B．办公大楼的大门能“看到”人的到来或离开而自动开或关，是光传感器的应用
C．空调在室内温度达到设定的温度后，会自动停止工作，是温度传感器的应用
D．电熨斗够自动控制温度的原因是它装有双金属片温度传感器，能控制电路的通断
【答案】A
【知识点】常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】A．利用红外线的热效应可以制成多种开关，本题所涉及的水龙头和智能门就是这一应用的体现，是利用光传感器而制成的。故A错误，符合题意；
B．办公大楼的大门能“看到”人的到来或离开而自动开和关，是由于人体会发出红外线，当传感器探测到人体发出的红外线后，门会自动打开，是光传感器的应用。故B正确，不符合题意；
C．空调机在室内温度达到设定的温度后，会自动停止工作，这是因为空调机使用温度传感器。故C正确，不符合题意；
D．电熨斗能够自动控制温度的原因是它装有双金属片温度传感器，这种传感器作用是控制电路的通断，原理是不同的金属膨胀系数不同。故D正确，不符合题意。
故选A。
【分析】一、传感器类型与工作原理
光传感器：检测光信号（如可见光、红外线、紫外线等），常用于自动开关、计数、避障等。
红外感应：利用物体发出的红外线辐射，如自动水龙头、自动门（感应人体红外热辐射）。
温度传感器：检测温度变化，如双金属片、热敏电阻、热电偶等。
双金属片：利用不同金属膨胀系数不同，温度变化时弯曲，控制电路通断（电熨斗、空调温控）。
压力传感器：检测压力或形变，如电子秤、汽车安全气囊触发。
二、常见应用辨析
非触摸式自动水龙头：通常利用红外传感器（检测人手反射或发出的红外信号），不是压力传感器。
自动门：利用红外或微波传感器探测人体移动，属于光传感器或运动传感器。
空调温度控制：内置温度传感器（如热敏电阻），达到设定温度后停止制冷/加热。
电熨斗控温：使用双金属片温度传感器，温度过高时弯曲断开电路。
三、易混淆点
误将红外感应归类为压力传感器（红外属于光/热辐射传感器）。
混淆光传感器与运动传感器（自动门常用红外或微波，属于光或无线电波传感器）。
温度传感器种类多样，双金属片是其中一种机械式温控元件。
4．（2025高二下·盐城期中）如图所示是“巴罗轮”的示意图，下边缘浸入水银槽中的铝盘置于蹄形磁铁的磁场中，可绕转轴转动，当转轴、水银槽分别与电源的正负极相连时，铝盘开始转动，下列说法中不正确的是（　　）
A．铝盘绕顺时针方向转动
B．只改变磁场方向，铝盘的转动方向改变
C．只改变电流方向，铝盘的转动方向改变
D．同时改变磁场方向与电流方向，铝盘的转动方向不变
【答案】A
【知识点】安培力
【解析】【解答】A.铝盘、水银与电源构成一个闭合回路，铝盘中有电流，由左手定则可知：铝盘受到的安培力与盘的半径垂直，且沿逆时针方向，则铝盘沿逆时针方向转动，故A不正确，符合题意；
B.只改变磁场的方向，由左手定则可知，铝盘受到的安培力方向将与开始时相反，所以铝盘的转动方向改变．故B正确，不符合题意；
C.电流方向反向，由左手定则可知，安培力方向反向，铝盘的转动方向反向，故C正确，不符合题意；
D.由左手定则可知，将电流及磁场方向同时改变，铝盘受力方向不变，铝盘的转动方向不变，故D正确，不符合题意。
故选A。
【分析】一、安培力与电动机原理
通电导体在磁场中受力（安培力）是电动机的基本原理。
公式：（、、 互相垂直时）。
方向：左手定则（磁感线穿掌心，四指电流方向，拇指受力方向）。
二、电流方向与磁场方向对安培力方向的影响
单独改变电流方向 → 安培力方向反向。
单独改变磁场方向 → 安培力方向反向。
同时改变电流和磁场方向 → 安培力方向不变（两次反向抵消）。
三、巴罗轮（单极电机）工作分析
铝盘、水银槽、电源构成闭合回路：电流从转轴→铝盘径向→盘边缘→水银槽→电源负极。
磁场方向：蹄形磁铁间磁场近似径向（从圆心向外或向里）。
铝盘中电流沿径向，磁场垂直盘面（径向或轴向需根据图判断），安培力沿切向 → 产生转矩使铝盘转动。
五、易错点提醒
误认为铝盘转动是靠洛伦兹力（实际是安培力，因铝盘中有电流）。
磁场方向与电流方向关系分析错误（必须明确磁场方向、电流方向、受力方向三者空间关系）。
同时改变磁场和电流方向时，误以为转动方向也会改变（实际不变）。
5．（2025高二下·盐城期中）如图所示，导电物质为电子的霍尔元件样品置于磁场中，表面与磁场方向垂直，图中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端。当开关S1、S2闭合后，三个电表都有明显示数，下列说法错误的是（　　）
A．通过霍尔元件的磁场方向向下
B．接线端2的电势低于接线端4的电势
C．仅将电源E1、E2反向接入电路，电压表的示数不变
D．若适当减小R1、增大R2，则电压表示数一定增大
【答案】D
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】A．当开关S1、S2闭合后， 已知左侧线圈的电流方向，根据安培定则可判断出左侧线圈产生的磁场方向向上，经铁芯后在霍尔元件处的磁场方向向下，故A正确；B．通过霍尔元件的磁场方向向下，根据右边回路可以得出1端电势高于3端电势，霍尔元件内部导电物质运动方向从3到1，根据左手定则可以得出负电荷向右偏转，导电物质偏向接线端2，导电物质为电子，接线端2的电势低于接线端4的电势，故B正确；
C．仅将电源E1、E2反向接入电路，磁场反向，电流反向，霍尔元件中导电物质受到的洛伦兹力方向不变，电压表的示数不变，故C正确；
D．若适当减小R1，电流产生的磁场增强，通过霍尔元件的磁场增强；增大R2，流过霍尔元件的电流减弱；根据霍尔元件产生电压的表达式可知
U
可能减小，电压表示数可能减小，故D不正确。
本题选不正确的，故选：D。
【分析】利用安培定则可以判别磁场的方向；利用磁场的方向结合电子的运动方向可以判别电子的偏转方向，进而比较电势的高低；利用磁场反向，电流反向，霍尔元件中导电物质受到的洛伦兹力方向不变，电压表的示数不变；适当减小R1，电流产生的磁场增强，通过霍尔元件的磁场增强；增大R2，流过霍尔元件的电流减弱；根据霍尔元件产生电压的表达式可知电压表的读数不一定增大。
6．（2025高二下·盐城期中）如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一形金属导轨，导轨平面与磁场垂直。金属杆置于导轨上并与导轨形成闭合回路，一圆环形金属框位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。现让金属杆突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是
A．中沿顺时针方向，中沿逆时针方向
B．中沿顺时针方向，中沿顺时针方向
C．中沿逆时针方向，中沿逆时针方向
D．中沿逆时针方向，中沿顺时针方向
【答案】D
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】当PQ突然向右运动，导体切割磁感线，已知速度的方向及磁场的方向垂直于纸张向内，根据右手定则，可知电流由Q流向P，中电流沿逆时针方向，根据安培定则可以得出PQRS中的电流产生的磁场向外增强，原磁场方向又垂直于纸张向内，根据磁感应强度的叠加可以得出T中的合磁场向里减弱，根据楞次定律“增反减同”可知T的感应电流产生的磁场应指向纸面内，根据安培定则可以得出T中感应电流方向为顺时针。故ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】利用左手定则可以判别PQ产生的电流方向，结合安培定则可以判别感应电流产生的磁场方向，利用磁场的叠加可以判别T内磁场的磁通量变化，结合楞次定律可以判别T的感应电流方向。
7．（2025高二下·盐城期中）如图所示，边长为L的正三角形abc区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，同种粒子每次都从a点沿与ab边成30°的方向垂直射入磁场，初速度大小为v时，粒子从ac边距a点L处射出磁场，不计粒子的重力，则粒子（　　）
A．一定带负电
B．初速度为2v时，出射位置距a点L
C．初速度为2v时，在磁场中运动的时间变短
D．射入磁场的速度足够大，能从bc边的中点射出
【答案】B
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．由左手定则可知，粒子带正电，故A错误；
B．由题意可知，初速度大小为v时，粒子从ac边距a点L处射出磁场，则粒子运动的半径为r＝L
当初速度为2v时，则由r＝，可知粒子的运动半径变为原来的2倍，即r'＝L
因粒子入射方向不变，由图可知出射位置距a点L，故B正确；
C．由图可知，无论粒子的速度是v还是2v时，粒子在磁场中的偏转角均为60°，根据
，粒子在磁场中的运动时间不变，故C错误；
D．因bc边的中点在粒子的入射方向上，则粒子不可能从bc边的中点射出，故D错误。
故选B。
【分析】一、带电粒子在匀强磁场中的圆周运动
洛伦兹力提供向心力：，半径公式：（当 、、不变时）。
二、圆心、半径与轨迹的几何确定
入射方向与边界夹角：粒子从 a 点垂直磁场边界（与 ab 边成 30°）射入，即入射速度方向已知。
出射点确定圆心：初速为 时，半径 ，从 ac 边上距 a 点 处射出。
作入射速度垂线（即过 a 点垂直于入射方向），再作出射点速度垂线（即 ac 边的垂线），两垂线交点为圆心。由此可画出轨迹圆弧，并确定偏转角。
几何关系：正三角形边长为 ，结合半径与边的关系可推算圆心角。
三、偏转角与运动时间
时间公式：
运动时间由圆心角θ 决定，与速度无关（前提是轨迹在同一磁场区域且从同一边界射出）。
初速为 时，圆心角可算出（通常为 60° 或 120° 等），初速变为 时，半径变为 ，但若入射方向不变且仍从 ac 边射出，圆心角相同 → 时间不变。
四、边界约束与最大速度
从某边界中点射出的条件：轨迹半径需满足特定几何关系，若出射点在中点，圆心必在相应中垂线上。
本题中 bc 边的中点在粒子入射方向的直线上（因为 a 点与 bc 中点连线沿入射方向），但洛伦兹力使粒子偏转，不可能沿直线运动到 bc 中点，除非半径无穷大（速度无穷大）趋近直线，但磁场区域有限，粒子在到达 bc 前已从 ac 或 ab 边射出，故不可能从 bc 中点射出。
五、左手定则判断电性
磁场垂直纸面向外（⊙），粒子进入后偏转方向用左手定则判断。
根据已知轨迹（从 ac 边射出）可推知粒子偏转方向，进而确定电性（本题为正电）。
六、易错点提醒
误认为速度增大时间一定变短（时间由圆心角决定，与速度无关）。
误以为半径增大就能从任意位置射出（需满足几何边界条件）。
电性判断错误（左手定则掌心应对准磁场方向，四指指向速度方向，拇指为正电荷受力方向）。
8．（2025高二下·盐城期中）如图所示的电路中，A、B、C 是三个相同的灯泡，L是自感线圈，其电阻与灯泡电阻相等，电键S先闭合然后再断开，则（　　）
A．S闭合后，A立即亮而B、C慢慢亮
B．S闭合后，B、C立即亮而A慢慢亮
C．S断开后，B、C先变亮然后逐渐变暗
D．S断开后，A先变亮然后逐渐变暗
【答案】B
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】AB．S闭合后，B、C立即亮，由于灯泡A与自感线圈串联，线圈会阻碍电流的增大，所以A慢慢变亮，故A错误，B正确；
CD．S断开后，由于线圈的作用阻碍电流的减小，所以A慢慢变暗，因为线圈电阻与灯泡电阻相等，所以在开关闭合时通过灯泡BC和A的电流大小相等，所以当开关断开后线圈与A、B、C构成闭合回路，此时B、C不会先变亮，而是逐渐变暗，故CD错误。
故选B。
【分析】一、电感线圈在电路中的特性
自感现象：线圈对电流变化有阻碍作用。
电流变化时：电流增加时：自感电动势阻碍电流增加 → 电流缓慢上升。
电流减少时：自感电动势阻碍电流减少 → 电流缓慢下降。
二、开关闭合时的暂态过程
不含电感的支路：B、C 与电源直接构成回路（无电感），通电瞬间立即亮。
含电感的支路：A 与线圈 L 串联，电流不能突变 → A 逐渐变亮。
最终稳定时，线圈 L 的直流电阻与灯泡电阻相等，各支路电流相等，亮度相同。
三、开关断开时的暂态过程
开关断开瞬间，线圈 L 产生自感电动势，阻碍电流减小。
线圈 L 与 A、B、C 构成闭合回路，电流从原来线圈中的电流开始逐渐减小（不会反向）。
关键：稳定时通过 L 和 A 的电流等于通过 B、C 的电流（因电阻相等，并联分流相同），所以断开后 B、C 不会出现“先变亮”的现象，而是与 A 一起逐渐变暗。
四、易错点辨析
1、误以为断开后 B、C 先变亮：
如果线圈电阻远小于灯泡电阻，稳定时线圈电流很大，断开瞬间线圈放电电流可能大于原来 B、C 的电流，导致 B、C 先闪亮再熄灭。
但本题明确“线圈电阻与灯泡电阻相等”，稳定时各支路电流相等，断开后放电电流等于原来电流，不会出现闪亮。
2、误以为断开后 A 先变亮：
自感电动势维持原电流方向，A 中电流方向不变，大小从原值逐渐减小，不会“先变亮”。
9．（2025高二下·盐城期中）如图甲所示，导线框ABCD绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的交变电动势的图像如图乙所示。线框通过可变电阻与理想变压器原线圈相连，变压器副线圈接入一额定电压为40V的电灯泡，当可变电阻时，电灯泡恰好正常发光且电流表的示数为2A，导线框ABCD的电阻不计，电灯泡的电阻不变，电流表为理想电流表，则下列说法正确的是（　　）
A．变压器原线圈的输入电压的表达式为
B．变压器原、副线圈的匝数比为1∶4
C．可变电阻越大，则消耗的功率越大
D．图甲中导线框ABCD所处位置的磁通量变化率最大
【答案】D
【知识点】交变电流的产生及规律；变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．根据欧姆定律可以得出电阻R1上的电压有效值为
根据交变电动势图像可以得出电动势的峰值为，
根据分压关系可以得出变压器原线圈电压最大值
已知周期T=0.02s，根据周期和角频率的关系可以得出
可知变压器原线圈的输入电压的表达式为
选项A错误；
B．根据原副线圈的电压有效值可以得出变压器原、副线圈的匝数比为
选项B错误；
C．根据匝数之比可以得出次级电流为
根据欧姆定律可以得出灯泡电阻为
根据欧姆定律可以得出变压器等效电阻为
将R等看做电源的内阻，R1看做外电路，则当R1=R等时R1功率最大，则可变电阻越大，则消耗的功率不一定越大，选项C错误；
D．图甲中导线框ABCD所处位置由于此时磁通量为0，此时切割的有效速度最大所以感应电动势最大，则磁通量变化率最大，选项D正确。
故选D。
【分析】利用欧姆定律可以求出电阻的有效电压，结合分压关系可以原线圈电压的峰值，结合周期的大小可以求出输入电压的表达式；利用原副线圈的电压之比可以求出匝数之比；利用匝数之比可以求出输出电流的大小，结合欧姆定律可以求出等效电阻的大小，当等效电阻和R1阻值相等时，R1的输出功率最大；利用线圈的位置可以判别电动势瞬时值最大则磁通量变化率最大。
10．（2025高二下·盐城期中）如图所示，一根足够长的光滑绝缘杆，与水平面的夹角为，固定在竖直平面内，磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里的匀强磁场充满杆所在的空间，杆与磁场方向垂直。质量为的带电小环沿杆下滑到图中的处时，对杆有垂直杆向下的压力作用，压力大小为。已知小环的电荷量为，重力加速度大小为，，下列说法正确的是（　　）
A．小环带正电
B．小环滑到处时的速度大小
C．当小环的速度大小为时，小环对杆没有压力
D．当小环与杆之间没有正压力时，小环到的距离
【答案】D
【知识点】洛伦兹力的计算
【解析】【解答】A．根据题意，假如没有磁场，由平衡条件及牛顿第三定律可知，小环对杆的压力大小为，然而此时小环对杆的压力大小为0.4mg，说明小环受到垂直杆向上的洛伦兹力作用，根据左手定则可知，小环带负电，故A错误；
B．设小环滑到P处时的速度大小为vP，在P处，小环的受力如图所示
根据平衡条件得，由牛顿第三定律得，杆对小环的支持力大小0.4mg，联立解得，故B错误；
CD．在小环由P处下滑到处的过程中，对杆没有压力，此时小环的速度大小为v'，则在P'处，小环的受力如图所示
由平衡条件得，变形解得，在小环由P处滑到P'处的过程中，由动能定理得，代入解得，故C错误，D正确；
故选D。
【分析】一、洛伦兹力与左手定则
公式：
方向判断（左手定则）：掌心对准磁场方向（本题垂直纸面向里），四指指向正电荷运动方向（速度方向），拇指方向为正电荷受力方向。负电荷受力方向与正电荷相反。
二、垂直斜面方向的力平衡
小环沿光滑绝缘杆下滑，在垂直杆方向无加速度。
垂直杆方向的力：重力分力：（方向垂直杆向下），杆的支持力 （方向垂直杆向上）。
洛伦兹力（方向垂直杆，由速度方向和电荷正负决定）。
平衡方程：（假设洛伦兹力垂直杆向上，带正电时成立）
三、无压力条件（N=0）
当支持力 时，洛伦兹力完全抵消重力分力：
解得：，此为无压力时的速度。
四、动能定理求距离
从初始位置到无压力位置，只有重力做功（洛伦兹力不做功）。设初始速度为 ，无压力位置速度为 ：，代入已知速度关系可求下滑距离s。
五、电荷正负判断
已知压力 → 洛伦兹力垂直杆向上，速度沿杆向下，磁场向里：
若正电荷，左手定则得洛伦兹力向上 → 合理。
若负电荷，洛伦兹力向下 → 压力会更大，不合题意。
六、易错辨析
洛伦兹力不做功：只改变速度方向，不改变速度大小，但垂直杆方向的平衡会影响支持力。
无压力条件：速度需达到
距离计算：利用动能定理时，注意重力做功沿杆的分量是
11．（2025高二下·盐城期中）某挂扇内的一种自耦调压器的结构示意图如图所示，它可用来调整挂扇的转速，某同学要测量这种自耦调压器线圈的总匝数。
（1）在B、C端接入的交流电源，触头P正好在AB的中间，则测得A、B两端的电压可能是_____ 。
A．3.28V B．6.00V C．11.48V D．12V
（2）若忽略漏磁、热损等影响，在A、B端接入电压有效值为U的交流电，用电压表测量出A、C两端的电压，触头P沿顺时针方向绕过n匝的过程中，电压表的示数由U1变为U2，则该自耦调压器的线圈总匝数为　 　 。
【答案】（1）C
（2）
【知识点】变压器的应用
【解析】【解答】（1）由题可知，原线圈输入交流电的有效值为
触头P正好在A、B的中间，则原、副线圈的匝数比，若该自耦调压器为理想变压器，根据原、副线圈的变压比可知解得副线圈两端的电压，考虑到有漏磁、热损等影响，则副线圈所测得的电压应小于12V，可能为11.48V。
故选C。
（2）若忽略漏磁、热损等影响，设总匝数为N，电压表示数为U1时，该自耦调压器副线圈的匝数为N1，则由题意得，，解得
【分析】1. 自耦变压器工作原理
自耦变压器只有一个线圈，输入与输出共用部分绕组。
电压与匝数成正比仍然成立，即，但这里的 、是线圈公共部分与总匝数的关系。
2. 第一问核心考点
考查理想变压器与实际有损耗情况的区分。
已知输入电压（B–C 间）为 12V（有效值），P 在 A–B 中点 → 理想情况输出电压应为 12V（因为匝数相等）。但实际由于漏磁、线圈电阻等损耗，输出电压略小于 12V。
考点：理想模型与实际测量值的差异。
3. 第二问核心考点
利用“电压与匝数成正比”的线性关系，测量总匝数。
输入电压固定 U 加在总线圈两端或部分线圈两端，移动触头改变匝数，测量输出电压的变化量，列出比例方程。导出公式：，其中 是 P 移动的匝数， 、是移动前后电压表示数，是输入电压有效值。
考点：自耦变压器的匝数与电压的线性关系。用微小变化量（移动 n 匝）消除未知初始位置的影响。
实验方法测定线圈总匝数。
4. 常见易错点
混淆输入端与测量端，导致匝数比例错。忽略损耗影响（第一问）而误选理想值 12V。
第二问推导时，没有注意输入电压接在哪两端，导致比例关系错误。
（1）由题可知，原线圈输入交流电的有效值为
触头P正好在A、B的中间，则原、副线圈的匝数比
若该自耦调压器为理想变压器，根据原、副线圈的变压比可知
解得副线圈两端的电压
考虑到有漏磁、热损等影响，则副线圈所测得的电压应小于12V，可能为11.48V。
故选C。
（2）若忽略漏磁、热损等影响，设总匝数为N，电压表示数为U1时，该自耦调压器副线圈的匝数为N1，则由题意得，
解得
12．（2025高二下·盐城期中）用油膜法估测分子直径的实验步骤如下：
A.向浅盘中倒入适量的水，并向水面均匀地散入痱子粉
B.将1mL纯油酸加入酒精中，得到的油酸酒精溶液
C.把玻璃板放在方格纸上，计算出薄膜的面积S
D.将配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下50滴溶液的体积
E.把一滴油酸酒精溶液滴在水面上，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，在玻璃板上描出油膜的轮廓
F.按照得到的数据，估算出油酸分子的直径
（1）上述步骤中，正确的顺序是　 　（填步骤前的字母）。
（2）如图所示为描出的油膜轮廓，坐标纸中正方形小方格的边长为20mm，油膜的面积约为　 　。
（3）已知50滴溶液的体积为2mL，估算油酸分子的直径约为　 　m（保留两位有效数字）。
【答案】BDAECF；；
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小
【解析】【解答】（1）实验应该配置油酸酒精溶液，然后记录溶液的体积，接下来在浅盘里倒水，散入痱子粉，接着把油酸酒精溶液滴在水面上，记录油膜的轮廓，最后计算薄膜的面积，进而求出分子的直径，所以正确的顺序是BDAECF。
（2）根据描出的油膜轮廓，计算得出共有55格， 坐标纸中正方形小方格的边长为20mm，根据方格的面积和个数可以得出油膜面积为
根据油酸酒精溶液的浓度可以得出1滴油酸酒精溶液中含油酸的体积为
利用体积和表面积的比值可以得出油酸分子直径为
【分析】（1）实验的正确步骤为BDAECF；
（2）利用方格的面积和个数可以得出油膜面积；根据油酸酒精溶液的浓度可以得出1滴油酸酒精溶液中含油酸的体积；利用体积和表面积的比值可以得出油酸分子直径。
13．（2025高二下·盐城期中）如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂挂着矩形线圈，匝数n=9，线圈的水平边长为L，处于匀强磁场内，磁感应强度B的方向与线圈平面垂直。当线圈中通过电流时，调节砝码使两臂达到平衡。然后使电流反向，大小不变。这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂再达到新的平衡。
（1）导出用已知量和可测量n、m、L、I计算B的表达式．
（2）当L=10.0cm，I=0.10A，m=8.78g时，磁感应强度是多少
【答案】解：（1）根据平衡条件：有mg=2nBIL
得
（2）根据以上公式，代入数据，则有
【知识点】共点力的平衡；安培力的计算
【解析】【分析】1. 电流天平的实验原理
利用通电线圈在磁场中受安培力，通过天平力矩平衡测量磁感应强度。
天平平衡时，安培力的力矩与砝码重力的力矩相等。
2. 电流反向法的关键作用
初始时线圈可能受重力、天平不等臂等因素影响，但电流反向法可以消除这些系统误差。
两次平衡（电流方向相反）的砝码质量之差，只与两倍安培力有关：
其中 是电流反向时需要增加（或减少）的砝码质量。
3. 安培力的计算
线圈有 匝，每匝受力为 （假设只有一条水平边在匀强磁场中有效受力）。
总安培力：，方向由左手定则判断，与电流方向、磁场方向垂直。
14．（2025高二下·盐城期中）光滑平行的金属导轨MN和PQ，间距为L=l.0m，与水平面之间的夹角，匀强磁场的磁感应强度B=2.0T垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值的电阻，其他电阻不计，质量m=2.0kg的金属杆ab垂直导轨放置，如图所示，现用恒力F=18N沿导轨平面向上拉金属杆ab，t=0时由静止开始运动。取g=10m/s2，导轨足够长。求：
(1)金属杆速度为2.0m/s时的加速度大小；
(2)金属杆的最大速度；
(3)当t=1.0s时，金属杆移动的距离为x=1.47m，则在这一过程中电阻R产生的热量是多少。
【答案】解：(1)设金属杆的速度为时，加速度为，电动势为，电路中电流为，则有
，，
根据牛顿第二定律可知
联立各式整理得
代入数据解得当时加速度；
(2)当时有最大速度，所以由(1)的分析可知
代入数据解得；
(3)根据，
可得1s时间内通过回路的电量为
当，根据动量定理有
即
代入数据解得；由功能关系得产生的热量为
代入数据得
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】一、电磁感应与动力学的综合
1、动生电动势计算
公式：，方向：右手定则（电源内部电流方向）
2、安培力的分析与计算
大小：，方向：左手定则，总是阻碍相对运动（楞次定律的力学表现）
3、牛顿第二定律的应用
沿导轨方向建立方程：
关键点：加速度随速度变化，属于变加速运动。
二、金属杆的收尾速度（最大速度）
当 时达到最大速度：
物理意义：安培力与外力、重力分力平衡。
三、动量定理在电磁感应中的应用
1、变力冲量的处理
安培力冲量：
重要性：将难以直接计算的 关系转化为位移 的关系。
2、动量定理方程
，用于求某一时刻的速度或位移。
四、能量转化与守恒
1、功能关系其中：（恒力做功）
（重力做功）
， ：回路总焦耳热
2、焦耳热的分配
若电路中只有电阻 ，则全部焦耳热产生于 。
若有多个电阻，需按电阻比例分配。
五、解题步骤的典型思路
动力学阶段：列牛顿第二定律方程 → 分析加速度变化 → 求收尾速度。
动量定理阶段：涉及位移、时间、速度未知量时，用动量定理建立关系。
能量阶段：用功能关系求焦耳热。
15．（2025高二下·盐城期中）如图所示，水平金属圆环的半径为L，匀质导体棒OP的长度为2L，导体棒OP、电阻R1、电阻R2的阻值都为R0，电路中的其他电阻不计。导体棒OP绕着它的一个端点O以大小为ω的角速度匀速转动，O点恰好为金属圆环的圆心，转动平面内还有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导体棒OP转动过程中始终与金属圆环接触良好。求金属棒OP转动一周的过程中，求：
（1）电阻R1上产生的焦耳热；
（2）通过电阻R1的电荷量；
（3）导体棒两端的电势差。
【答案】（1）解：由法拉第电磁感应定律，可得感应电动势为
由导体棒、两个电阻的阻值关系可得到总电阻为
解得
通过电阻的电流为
由焦耳定律，可得电阻上产生的焦耳热为
解得
（2）解：由电流的定义式
解得通过电阻的电荷量为
（3）解：导体棒与电路相连部分，根据闭合电路欧姆定律，可得电势差为
与电路不相连部分的导体棒，根据平均线速度，可得感应电动势
综合可得到导体棒上的电势差为E总＝E2+U
解得
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】一、转动切割的动生电动势计算
基本公式：导体棒绕固定端在匀强磁场中匀速转动，产生的动生电动势为：
其中 为切割磁感线的有效长度（参与回路的那部分长度）。
方向判断：右手定则（四指指向速度方向，磁场穿过手心，拇指指向动生电动势方向）。
分段计算：整根棒不同部分可能处于不同回路中，要区分：构成电流回路的部分（电源部分），不构成回路的部分（孤立段）
二、含源电路的等效分析
识别电源：只有参与闭合回路的那段导体才是有效电源。
本题中：OM 段（长度 L）是电源，内阻 ，MP 段（长度 L）不参与电流回路
电路简化：内阻：电源段自身电阻
外阻：并联电阻 ，总电阻：
恒定电流：由于匀速转动，电动势大小恒定，电流恒定（直流）。
三、能量与焦耳热的计算
恒定电流焦耳热：
时间确定：转动一周时间：，焦耳热按一个完整周期计算
分配关系：并联电阻电压相同，功率按
四、电荷量的计算
恒定电流下：，直接用电荷定义式计算，无需积分

（1）由法拉第电磁感应定律，可得感应电动势为
由导体棒、两个电阻的阻值关系可得到总电阻为
解得
通过电阻的电流为
由焦耳定律，可得电阻上产生的焦耳热为
解得
（2）由电流的定义式
解得通过电阻的电荷量为
（3）导体棒与电路相连部分，根据闭合电路欧姆定律，可得电势差为
与电路不相连部分的导体棒，根据平均线速度，可得感应电动势
综合可得到导体棒上的电势差为E总＝E2+U
解得
16．（2025高二下·盐城期中）芯片制造中，离子注入是一道重要的工序。如图是一部分离子注入工作原理示意图。从离子源A处飘出带正电的离子初速度不计，经匀强电场加速后，从P点以速度v沿半径方向射入圆形磁分析器，磁分析器中存在垂直于纸面向外的匀强磁场（大小未知），与矩形离子控制区abcd相切于Q点，ad边长为L，开始时控制区无任何场，离子从Q点离开磁分析器后可匀速穿过控制区，注入cd处的硅片上。已知离子质量为m，电荷量为q，在圆形磁分析器中运动的时间为t，图中a、P、Q三点连线正好可构成一个等边三角形，bQ足够长，不计离子的重力和离子间的相互作用。
（1）求加速电场的电压U；
（2）求圆形磁分析器的半径r；
（3）若在控制区加上垂直于纸面向里磁场，其磁感应强度大小沿ad方向按的规律均匀变化，x为该点到ab边的距离，k为已知的常数且，则要使离子不打到硅片上，ab边所在位置的磁感应强度至少为多少？
【答案】（1）在加速电场有
解得
下图为（2）（3）问运动轨迹的配图
（2）在圆形磁分析器中，做圆周运动，运动轨迹如图
其周期为
在磁场中运动时间有
有几何关系有
解得
（3）要使离子恰好不打到硅片上，离子运动到cd边时，速度应与cd边相切，又因为洛伦兹力不改变速度大小，因此分解洛伦兹力，在平行于ab方向用动量定理
整理有
由题意有
整理有
结合数学知识可知，等式坐标是x从0一直到L的求和，即图像的面积为求和结果，有
解得
【知识点】动量定理；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）离子在电场中加速，利用动能定理可以求出加速电压的大小；
（2）画出离子运动的轨迹，利用运动的时间及周期的关系可以求出轨迹半径的大小；
（3）当离子恰好不打到硅片时，利用动量定理结合洛伦兹力的分解可以求出磁感应强度的大小。
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