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四川省绵阳市2024-2025学年高二下学期期末物理试题
1．（2025高二下·绵阳期末）如图所示，用一根带绝缘外皮的铜导线制成的闭合“8”字环，交叉位置固定且互相绝缘，左右两侧圆环分别处在以OO'为界的两侧，右侧无磁场，左侧磁场方向垂直纸面向里，在磁场快速减小的过程中（　　）
A．左侧圆环中有顺时针方向的感应电流
B．右侧圆环中有顺时针方向的感应电流
C．右侧圆环中的电流大小小于左侧圆环的电流大小
D．右侧圆环中的电流大小大于左侧圆环的电流大小
【答案】A
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】AB．在磁场快速减小的过程中，左侧圆环的磁通量减小，根据楞次定律，左侧圆环中有顺时针方向的感应电流，右侧圆环中有逆时针方向的感应电流，A正确，B错误；
CD．左右两侧圆环是串联在同一闭合电路中的，串联电路中电流处处相等，因此右侧圆环电流大小等于左侧圆环电流大小，CD错误。
故答案为：A。
【分析】本题核心思路是利用楞次定律判断感应电流方向，结合电路串联特点分析电流大小。
2．（2025高二下·绵阳期末）质子和氘核以相同速度分别从同一位置垂直于边界射入匀强磁场，两条运动轨迹如图中所示，的半径为，的半径为。设和分别是质子、氘核在磁场中所受的洛伦兹力和运动时间，则（　　）
A．轨迹是氘核的运动轨迹 B．
C． D．
【答案】B
【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】A．根据带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有
解得带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径为
质子的质量数为1，电荷量为e；氘核的质量数为2，电荷量为e。因为它们速度v相同，磁感应强度B相同，r与m成正比，氘核质量大，所以氘核的轨道半径大。由图可知，所以轨迹b是氘核的运动轨迹，故A错误。
B．为质子做圆周运动的轨迹半径，为氘核做圆周运动的轨迹半径，根据带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式，可得，故B正确；
C．根据洛伦兹力公式，因为质子和氘核的电量，相同，也相同，所以，所以C错误；
D．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期公式为
质子在磁场中运动时间
氘核在磁场中运动时间
所以，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题核心思路是利用带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径、周期公式，结合洛伦兹力公式，分别计算质子和氘核的物理量比值，逐一验证选项。
3．（2025高二下·绵阳期末）如图所示是风力交流发电机的示意图，已知发电机线圈面积，匝数10匝，线圈处在磁感应强度大小为的磁场中。稳定发电期间，线圈转速为，从线圈经过中性面开始计时，则（　　）
A．发电机产生电动势的瞬时值表达式为
B．时间内，线圈中电流方向改变100次
C．发电机产生电动势的峰值为
D．线圈转动一圈，产生电动势的平均值为
【答案】A
【知识点】法拉第电磁感应定律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】AC．发电机产生电动势的瞬时值表达式为
解得，A正确，C错误；
B．，一个周期内电流方向改变两次，可知1s有25个周期，电流方向改变50次，B错误；
D．根据法拉第电磁感应定律，线圈转一圈，D错误。
故答案为：A。
【分析】 本题核心思路是先计算线圈转动的角速度，再求出电动势最大值，得到瞬时值表达式；然后根据周期判断电流方向改变次数；最后用法拉第电磁感应定律计算电动势平均值。
4．（2025高二下·绵阳期末）某汽缸内封闭有一定质量的理想气体，从状态依次经过状态后再回到状态，其体积随热力学温度的变化图像如图所示，已知。则气体（　　）
A．从状态到的过程中，不从外界吸热
B．在状态时内能可能与在状态时内能相等
C．在状态时压强等于在状态时压强的两倍
D．从状态到的过程中，分子平均动能增大
【答案】C
【知识点】分子动理论的基本内容；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】A．从状态到的过程中，气体温度升高，则气体内能增大；气体体积增大，外界对气体做负功，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸热，故A错误；
B．由题图可知，状态的温度小于状态的温度，则气体在状态的内能小于与在状态的内能，故B错误；
C．从状态到的过程中，气体的温度不变，则有
可得，故C正确；
D．从状态到的过程中，气体的温度降低，所以分子平均动能减小，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题核心思路是结合理想气体状态方程 、热力学第一定律 以及内能与温度的关系，对每个过程逐一分析。
5．（2025高二下·绵阳期末）如图所示的电路中，L是电阻不计的电感线圈，C是电容器，闭合开关S，待电路达到稳定状态后再断开S，LC电路中将产生电磁振荡。规定电感L中的电流方向从a到b为正，断开开关时刻，下图中能正确表示电感线圈中的电流i随时间t变化规律的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】开关断开前，线圈中电流方向从a到b，为正值；开关断开的瞬间，线圈中产生感应电动势，线圈与电容的回路中产生感应电流。根据楞次定律，感应电流的方向与原来电流的方向相同，方向从a到b。开关断开的瞬间，线圈中的磁场能最大，感应电流最大。综上所述，开关断开的瞬间，时刻，感应电流为正最大。
故答案为：A。
【分析】本题核心思路是分析开关断开前后电感电流的初始状态和 LC 振荡的规律：开关稳定时，电感 L 与电阻 R 串联，电流从 a 到 b（为正），电容器 C 无电荷；断开开关瞬间，电感电流因自感不能突变，初始电流为正向最大值，随后对电容器充电，电流逐渐减小，方向先保持正向，之后反向振荡。
6．（2025高二下·绵阳期末）如图所示，在宽度均为的两个相邻有界区域内，存在着方向相反、磁感应强度大小均为的匀强磁场。一个阻值大小为，边长为的等边三角形闭合线框，从图示位置开始以大小为、方向水平向右的速度匀速通过两个磁场区域。规定逆时针方向为电流正方向，下列能反映线框中电流变化的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】在之间时，根据楞次定律判断出线圈的电流方向为逆时针，即正方向，根据法拉第电磁感应定律为
感应电流
当时
当，根据楞次定律判断出线圈的电流方向为逆时针，即正方向，根据法拉第电磁感应定律为
感应电流
当时，
当，根据楞次定律判断出线圈的电流方向为顺时针，即负方向，根据法拉第电磁感应定律为
感应电流
当时，
当，根据楞次定律判断出线圈的电流方向为顺时针，即负方向，根据法拉第电磁感应定律为
感应电流
当时，
当，根据楞次定律判断出线圈的电流方向为逆时针，即正方向，根据法拉第电磁感应定律为
感应电流
当时，
当，根据楞次定律判断出线圈的电流方向为逆时针，即正方向，根据法拉第电磁感应定律为
感应电流
当时，
故答案为：A。
【分析】本题核心思路是分阶段分析线框通过磁场时的有效切割长度、感应电动势大小及电流方向，结合楞次定律判断电流正负，再对比选项图像。
7．（2025高二下·绵阳期末）已知三角脉冲电压（锯齿波）的峰值是有效值的倍。现测得一个阻值为的电阻的两端电压变化如图所示，其中，则该电阻上的电流有效值约为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】电压的有效值满足
该电阻上的电流有效值为
代入数据解得
故答案为：B。
【分析】本题核心思路是利用电流有效值的定义（一个周期内交变电流与恒定电流通过相同电阻产生相同热量），结合题目给出的三角脉冲电压峰值与有效值的关系，分段计算电压有效值，再求出电流有效值。
8．（2025高二下·绵阳期末）加速器是使微观粒子获得较大动能的重要装置。如图所示，甲为粒子多级加速器，乙为粒子回旋加速器。现用两种加速器分别对质子加速。下列分析正确的是（　　）
A．用甲加速质子，需要将开关置于c、d端
B．甲加速器中只要级数n足够大，质子就可以被加速到任意速度
C．用乙加速质子，若交流电压U加倍，则质子获得的最大动能也加倍
D．若用乙对α粒子（）加速，仅需将交流电源频率调为原来的一半
【答案】D
【知识点】相对论时空观与牛顿力学的局限性；带电粒子在电场中的运动综合；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．若将开关置于c、d端，多级加速器的左极板与直流电源的负极相连，多级加速器的右极板与直流电源的正极相连。多级加速器内电场强度方向向左，正电荷所受电场力向左，不能加速质子，A错误。
B．质子可以被加速到任意速度的说法是错误的，根据相对论，光速是宇宙速度的极限，任何物体的速度都不会超过光速，B错误；
C．质子的最大动能为
当质子的运动半径等于回旋加速器半径时，质子的速度最大，为
解得
质子获得的最大动能与交流电压U无关，与回旋加速器的半径有关。用乙加速质子，若交流电压U加倍，质子获得的最大动能不变，C错误；
D．质子在磁场中运动的周期为
交流电源的周期为
交流电源的频率为
加速质子时交流电源的频率为
加速时交流电源的频率为
解得，D正确。
故答案为：D。
【分析】 本题核心思路是分别分析多级加速器和回旋加速器的工作原理，结合相对论效应、最大动能公式和周期频率公式逐一判断选项。
9．（2025高二下·绵阳期末）家用微波炉工作时磁控管产生微波的频率为，微波的电磁作用使食物内分子高频振动，从而使食物内外同时迅速变热。下列说法正确的是（　　）
A．磁控管产生微波的频率比紫外线的频率大
B．磁控管产生的微波在真空中波长约为
C．微波炉加热食物的过程是电能转成内能的过程
D．金属罐装的罐头可以直接放在微波炉内加热
【答案】B,C
【知识点】电磁波的周期、频率与波速；电磁波谱
【解析】【解答】A．微波频率为2450MHz（即2.45×109Hz），而紫外线的频率范围为10 5~10 7Hz，远高于微波频率，故A错误。
B．根据公式，代入数据解得，故B正确；
C．微波炉通过磁控管将电能转化为微波（电磁能），微波被食物吸收后使分子振动产生热能，最终电能转化为内能，故C正确；
D．微波炉中不能使用金属容器，如果使用金属容器，微波的不能穿透金属容器，能量不能被食品吸收，会越积越多，损害微波炉，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】本题核心思路是结合电磁波的频率、波长公式，能量转化规律以及微波炉的使用安全常识，逐一分析各选项。
10．（2025高二下·绵阳期末）如图所示是分子间的分子力与分子势能随分子间距离变化的关系示意图。下利关于分子力和分子势能的描述，正确的是（　　）
A．当，，最大
B．当，分子间仍然存在引力的作用
C．当，随着的增大，和均增大
D．当，随着的减小，和均增大
【答案】B,D
【知识点】分子间的作用力；分子势能
【解析】【解答】A．根据图像可知，当时，分子力为0，分子势能最小，A错误；
B．分子间引力和斥力同时存在，当时分子力的合力为斥力，但存在引力，B正确；
C．当时，随着距离的增大，可能先增大后减小，也可能逐渐减小，逐渐增加，C错误；
D．当时，随着距离的减小，逐渐增大，逐渐增大，D正确。
故答案为：BD。
【分析】本题核心思路是结合分子力 与分子势能 随分子间距 变化的图像规律，以及分子间引力、斥力同时存在的特点，逐一分析各选项。
11．（2025高二下·绵阳期末）如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比是，原线圈接入电压有效值为、频率为的正弦交流电，一只理想二极管和一个滑动变阻器串联接在副线圈上，原线圈上接有熔断电流为的保险丝，各元件正常工作。忽略保险丝的分压，电压表为理想交流电表。下列说法正确的是（　　）
A．通过滑动变阻器的电流频率为
B．电压表的读数约为
C．若将滑动变阻器的滑片向上滑动，则电压表读数减小
D．若滑动变阻器接入电路的阻值为，则保险丝将熔断
【答案】B,D
【知识点】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．变压器不改变电流的频率，所以通过滑动变阻器的电流频率为，故A错误；
B．根据理想变压器电压与匝数成正比，有
可得副线圈两端电压为U2=22 V
由于副线圈接着二极管，它具有单向导电性，根据电流的热效应知
解得电压表的读数约为，故B正确；
C．将滑动变阻器滑片向上滑动时，次级阻值变小，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的读数不变，故C错误；
D．由上可知电压表两端电压U2=11V，则若滑动变阻器接入电路的阻值为1.5Ω，则通过滑动变阻器的电流为
根据理想变压器电流与匝数成反比，有
解得
所以保险丝将熔断，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】本题核心思路是结合理想变压器变压规律、二极管单向导电性（有效值计算）、动态电路分析及功率守恒来逐一判断选项。
12．（2025高二下·绵阳期末）如图所示，两条间距为且足够长的平行光滑直导轨、固定在水平面内，水平面内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为的匀强磁场。和是两根质量均为、电阻均为的金属细杆，与导轨垂直且接触良好。的中点系一轻绳，绳的另一端绕过定滑轮悬挂质量为的重物，轻绳的水平部分与导轨平行。不计一切摩擦和导轨的电阻。重力加速度为。现将两杆及重物同时由静止释放，则（　　）
A．释放瞬间，杆的加速度大小为
B．运动稳定后，回路中的电流大小为
C．运动稳定后，和两杆的速度差恒为
D．运动稳定后，杆所受安培力的大小为
【答案】A,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．释放重物瞬间，ab杆和cd杆均不受安培力，设重物的加速度大小为a1，则对重物，有
对cd杆，有
联立解得，故A正确；
BD．最终ab杆、cd杆和重物三者的加速度大小相等，设其为a，对重物，有
对cd杆，有
对ab杆，有
联立解得，
则运动稳定后，回路中的电流大小为，杆所受安培力的大小为，故BD错误；
C．设最终两杆速度差为Δv，回路中感应电动势满足，
联立解得，故C正确。
故答案为：AC。
【分析】本题核心思路是分释放瞬间和稳定运动两个阶段，对 ab 杆、cd 杆和重物分别受力分析，结合牛顿第二定律、电磁感应规律求解加速度、电流、速度差和安培力。
13．（2025高二下·绵阳期末）在“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验中：
（1）估测油酸分子大小的实验原理包括以下内容（　　）
A．油酸在水面上形成一层单分子纯油酸薄膜
B．油膜中的油酸分子间没有间隙
C．把油酸分子看作立方体
D．把油酸分子看作小球
（2）用移液管量取0.25mL油酸，加入适量酒精后得到500mL的油酸酒精溶液。用注射器吸取1mL油酸酒精溶液，逐滴滴出，共100滴。再用滴管取配好的油酸酒精溶液，向撒有痱子粉的盛水浅盘中滴下1滴溶液，在液面上形成油酸薄膜，待油膜形状稳定后，放在带有正方形方格的玻璃板下观察油膜，如图所示。方格的大小为1cm×1cm。由此估算出油酸分子的直径是　 　m。（保留1位有效数字）
（3）下列操作，将导致油酸分子大小测量值偏小的是（　　）
A．将油酸酒精溶液的体积作为油酸的体积进行计算
B．水面上痱子粉撒得太多导致油膜没有充分散开
C．计算油膜面积时，将所有不足一格的方格计为一格
D．计算油膜面积时，没有计入散落在水面其它位置的小油膜
【答案】（1）A；B；D
（2）8×10-10
（3）C
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小
【解析】【解答】（1）本实验中认为油酸在水面上形成一层单分子纯油酸薄膜，且油膜中的油酸分子间没有间隙，同时应将油酸分子看作小球。
故答案为：ABD。
（2）根据不足半格舍去，超过半格的计一格，估算出油膜面积约63格。油酸分子直径为
故答案为：8×10-10
（3）A．将油酸酒精溶液的体积作为油酸的体积进行计算，使得V增大，则d的测量值偏大，故A错误；
B．水面上痱子粉撒得太多导致油膜没有充分散开，则S偏小，d偏大，故B错误；
C．计算油膜面积时，将所有不足一格的方格计为一格，则S偏大，d偏小，故C正确；
D．计算油膜面积时，没有计入散落在水面其它位置的小油膜，则S偏小，d偏大，故D错误。
故答案为：C。
【分析】(1) 油膜法估测分子大小的核心假设是：油酸在水面形成单分子薄膜，分子视为小球且紧密排列无间隙。
(2) 先计算1滴溶液中纯油酸的体积，再数出油膜面积，由 计算分子直径。
(3) 分析各操作对 、 的影响，结合 判断测量值偏差。
（1）本实验中认为油酸在水面上形成一层单分子纯油酸薄膜，且油膜中的油酸分子间没有间隙，同时应将油酸分子看作小球。
故选ABD。
（2）根据不足半格舍去，超过半格的计一格，估算出油膜面积约63格。油酸分子直径为
（3）A．将油酸酒精溶液的体积作为油酸的体积进行计算，使得V增大，则d的测量值偏大，故A错误；
B．水面上痱子粉撒得太多导致油膜没有充分散开，则S偏小，d偏大，故B错误；
C．计算油膜面积时，将所有不足一格的方格计为一格，则S偏大，d偏小，故C正确；
D．计算油膜面积时，没有计入散落在水面其它位置的小油膜，则S偏小，d偏大，故D错误。
故选C。
14．（2025高二下·绵阳期末）在“探究感应电流方向及规律”实验的基础上，请协助甲、乙、丙三位同学完成进一步的探究，并解答问题：
（1）用笔划线代替导线将图1电路连接完整　 　。
（2）正确连接电路后，甲同学将线圈放入线圈中，闭合开关时，发现电流表指针向右偏；开关保持闭合，待电流表指针稳定后，迅速将线圈从线圈中拔出，这时电流表指针　 　偏转。（选填“向左”或“向右”或“不”）
（3）乙同学为了让实验现象更直观，利用发光二极管（LED）设计了如图2所示的“楞次定律演示仪”。正确连接实验器材，将条形磁铁从图示位置快速向下移动一小段距离，出现的现象是（　　）
A．红灯短暂发光、黄灯不发光 B．红灯不发光、黄灯短暂发光
C．红灯、黄灯均不发光 D．两灯交替短暂发光
（4）丙同学设计“汽车电磁减震器”。如图3（a），减震器是强磁体，其截面是“”形，俯视图如图3（b）所示，柱状的内芯与外环之间有磁场。匝数为100、半径为25cm的线圈ab固定在减震器内芯的外面并连接能量回收装置，减震器内芯可在线圈内上下自由移动。汽车运动过程中，内芯上下振动，线圈ab中产生感应电流，既起电磁阻尼作用，减轻驾乘人员颠簸感，又收集振动产生的能量，降低汽车油耗。强磁体磁场方向沿径向，线圈处磁感应强度大小为0.5T；若内芯在某段时间内上下振动图像如图3（c），已知其振动过程中的最大速度为πm/s，则线圈产生的最大感应电动势为　 　V（计算结果保留三位有效数字，π2取10），电动势的表达式e=　 　V。
【答案】（1）
（2）向左
（3）B
（4）250；
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】（1）线圈A应与电源相连，线圈B与灵敏电流计相连，电路图如图所示
（2）将线圈A插入线圈B中，闭合开关S瞬间，发现电流计指针右偏，说明当穿过线圈B的磁通量增加时指针向右偏转，若开关闭合后将A线圈的铁芯迅速拔出时，磁通量减小，则指针向左偏转；
故答案为：向左
（3）条形磁铁向下移动一小段距离，穿过螺线管的磁感线向下增大，根据楞次定律可知，螺线管中的感应电流由上到下，则红光二极管截止，黄光二极管导通，则红灯不发光、黄灯短暂发光。
故答案为：B。
（4）线圈产生的最大感应电动势为
电动势的表达式
故答案为：250；
【分析】(1) 电路连接需将电源、开关、滑动变阻器、线圈A串联，线圈B与电流表串联，形成原、副线圈回路。
(2) 闭合开关时磁通量增加，指针右偏；拔出线圈A时磁通量减少，感应电流方向相反，指针左偏。
(3) 磁铁向下移动，由楞次定律判断感应电流方向，结合二极管单向导电性，确定黄灯发光、红灯不发光。
(4) 线圈切割径向磁场，由 计算最大感应电动势，结合振动周期确定瞬时表达式。
（1）线圈A应与电源相连，线圈B与灵敏电流计相连，电路图如图所示
（2）将线圈A插入线圈B中，闭合开关S瞬间，发现电流计指针右偏，说明当穿过线圈B的磁通量增加时指针向右偏转，若开关闭合后将A线圈的铁芯迅速拔出时，磁通量减小，则指针向左偏转；
（3）条形磁铁向下移动一小段距离，穿过螺线管的磁感线向下增大，根据楞次定律可知，螺线管中的感应电流由上到下，则红光二极管截止，黄光二极管导通，则红灯不发光、黄灯短暂发光。
故选B。
（4）[1]线圈产生的最大感应电动势为
[2]电动势的表达式
15．（2025高二下·绵阳期末）打气筒是一种通过压缩空气为轮胎、球类等充气的工具。如图所示是打气筒的结构示意图，主要包括：储气筒、活塞、单向进气阀（只允许上拉活塞时空气进入储气筒）、单向出气阀（只允许下压活塞时空气排出储气筒）和气嘴。已知储气筒横截面积S=1.25×10-3m2，活塞上下行程H=58cm，标准大气压p0=1.0×105Pa，重力加速度g取10m/s2。
（1）打气筒竖直放置，将活塞拉至最高，然后将气嘴堵住（不漏气），某同学质量M=60kg，利用自身的重力竖直压缩活塞。求能将活塞压到离储气筒底部的最小距离。（输气管较细，内部体积可忽略；活塞重力可忽略；忽略气体温度变化）
（2）自行车轮胎容积为2.5L。现将轮胎气压从1.0bar加到3.2bar，求充入标准大气压下空气中气体的体积。已知1.0bar=1.0×105Pa，气体视为理想气体，忽略充气过程中气体温度变化和轮胎体积变化）
【答案】（1）解：设活塞压到离储气筒底部最小距离h时，活塞下方气体的压强为p1，活塞平衡，则
储气筒内气体被压缩过程时等温变化，则
解得
（2）解：以轮胎气压为3.2bar时轮胎内气体为研究对象，设充入标准大气压下气体的体积为V，气体初状态体积为
则
其中，
解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】 (1) 气体做等温变化，先计算压缩后气体的压强，再由玻意耳定律列方程求解活塞离底部的最小距离。
(2) 轮胎内气体和充入气体整体做等温变化，由玻意耳定律列方程求解充入气体在标准大气压下的体积。
（1）设活塞压到离储气筒底部最小距离h时，活塞下方气体的压强为p1，活塞平衡，则
储气筒内气体被压缩过程时等温变化，则
解得
（2）以轮胎气压为3.2bar时轮胎内气体为研究对象，设充入标准大气压下气体的体积为V，气体初状态体积为
则
其中，
解得
16．（2025高二下·绵阳期末）如图所示，足够长光滑平行的金属轨道由倾斜和水平两部分组成，倾斜部分宽L1=1m、倾角θ=37°，水平部分宽L=2m，所在空间分别存在垂直于各自轨道面向上的匀强磁场，磁感应强度大小都为B=1T。两根金属杆ab和cd，长度均为L=2m，质量均为m=1kg，总电阻均为R=2Ω。cd杆放置在水平轨道上距两部分连接处x0=10m处，并在外力作用下固定，ab杆在倾斜轨道上某处由静止释放，当ab杆经过连接处时撤去作用在cd杆上的外力。已知ab杆到达斜面底端前已经做匀速运动，经过连接处速度大小不变，滑上水平轨道恰好不脱离轨道，两杆在运动过程中始终垂直于轨道且与轨道接触良好，没有相碰。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8；重力加速度g=10m/s2。求：
（1）ab杆在倾斜轨道上的最大速度；
（2）稳定后cd与ab间的距离。
【答案】（1）解：ab杆在倾斜轨道上的最大速度时有，
联立解得
（2）解：当ab杆滑入水平轨道后，根据动量守恒定律可得
设稳定后cd与ab间的距离为x，对cd，根据动量定理有，
联立解得
【知识点】安培力的计算；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】 (1) ab 杆在倾斜轨道匀速时受力平衡，重力分力与安培力相等，结合感应电动势、安培力公式求解最大速度。
(2) ab 杆滑上水平轨道后，两杆组成的系统动量守恒，最终共速；再通过动量定理结合电磁感应规律，求出稳定后两杆的间距。
（1）ab杆在倾斜轨道上的最大速度时有，
联立解得
（2）当ab杆滑入水平轨道后，根据动量守恒定律可得
设稳定后cd与ab间的距离为x，对cd，根据动量定理有，
联立解得
17．（2025高二下·绵阳期末）如图所示，M、N分别是xOy坐标系x、y轴上的两点，三角形OMN区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，斜边MN长度为L，∠OMN=60°，MN边放置一薄挡板，挡板中点处有一小孔K。三角形OMN之外的第一象限区域存在垂直纸面向外、大小未知的匀强磁场B'；第四象限内存在方向沿y轴正方向、大小未知的匀强电场E。位于x轴负半轴上方的粒子发生器与y轴之间存在沿x轴正方向的匀强加速电场，加速电压大小可调。在范围内，粒子发生器产生质量为m、电荷量为+q、初速度为零的粒子，经加速电场后进入三角形OMN区域，部分粒子穿过小孔，其余粒子与挡板碰撞被挡板吸收。不计粒子重力及粒子间相互作用力。
（1）调整加速电压，使粒子垂直挡板射出小孔K。求加速电压U0；
（2）调整加速电压，使粒子射出小孔K的速度最小，之后的运动轨迹恰好与x轴相切。求磁感应强度B'的大小；
（3）在满足（1）间的条件下，若B'=B，且。求粒子从离开小孔K到第三次经过x轴的时间。
【答案】（1）解：粒子经过加速电场垂直y轴进入三角形OMN区域，又垂直挡板射出小孔，则粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心为N，设粒子做圆周运动的速度大小为v，半径为r，则，
粒子在电场中加速过程有
联立解得
（2）解：粒子射出小孔的速度最小，在三角形区域内做匀速圆周运动的轨道半径最小，圆心与K连线垂直于y轴，设粒子最小速度为v1，半径为r1，则，
粒子从小孔射出后，在匀强磁场B'的作用下做匀速圆周运动，半径为r2，则，
联立解得
（3）解：由于B'=B，所以粒子在两部分磁场中做圆周运动的半径相等，则粒子在B'磁场中做匀速圆周运动的圆心为M点，粒子在第一次经过x轴时速度垂直于x轴沿y轴负方向，进入第四象限后在匀强电场作用下先做匀减速直线运动后反向做匀加速直线运动，第二次经过x轴时的速度大小不变，方向沿y轴正方向，之后在第一象限做匀速圆周运动，经过半个周期第三次经过x轴，设粒子在匀强磁场B'中做匀速圆周运动的周期为T，从离开小孔到第一次经过x轴的时间为t1，则
粒子在匀强电场中往返的时间为t2，则
粒子第二次经过x轴到第三次经过x轴的时间为t3，则
所以
【知识点】动量定理；磁感应强度；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 粒子经加速电场加速后进入磁场，垂直挡板射出小孔K，由几何关系确定轨道半径，结合洛伦兹力提供向心力和动能定理求解加速电压。
(2) 粒子速度最小时轨道半径最小，由几何关系确定半径，结合动量定理和几何相切条件求解磁感应强度 。
(3) 粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类竖直上抛运动，分段计算运动时间，求和得到总时间。
（1）粒子经过加速电场垂直y轴进入三角形OMN区域，又垂直挡板射出小孔，则粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心为N，设粒子做圆周运动的速度大小为v，半径为r，则，
粒子在电场中加速过程有
联立解得
（2）粒子射出小孔的速度最小，在三角形区域内做匀速圆周运动的轨道半径最小，圆心与K连线垂直于y轴，设粒子最小速度为v1，半径为r1，则，
粒子从小孔射出后，在匀强磁场B'的作用下做匀速圆周运动，半径为r2，则，
联立解得
（3）由于B'=B，所以粒子在两部分磁场中做圆周运动的半径相等，则粒子在B'磁场中做匀速圆周运动的圆心为M点，粒子在第一次经过x轴时速度垂直于x轴沿y轴负方向，进入第四象限后在匀强电场作用下先做匀减速直线运动后反向做匀加速直线运动，第二次经过x轴时的速度大小不变，方向沿y轴正方向，之后在第一象限做匀速圆周运动，经过半个周期第三次经过x轴，设粒子在匀强磁场B'中做匀速圆周运动的周期为T，从离开小孔到第一次经过x轴的时间为t1，则
粒子在匀强电场中往返的时间为t2，则
粒子第二次经过x轴到第三次经过x轴的时间为t3，则
所以
1 / 1四川省绵阳市2024-2025学年高二下学期期末物理试题
1．（2025高二下·绵阳期末）如图所示，用一根带绝缘外皮的铜导线制成的闭合“8”字环，交叉位置固定且互相绝缘，左右两侧圆环分别处在以OO'为界的两侧，右侧无磁场，左侧磁场方向垂直纸面向里，在磁场快速减小的过程中（　　）
A．左侧圆环中有顺时针方向的感应电流
B．右侧圆环中有顺时针方向的感应电流
C．右侧圆环中的电流大小小于左侧圆环的电流大小
D．右侧圆环中的电流大小大于左侧圆环的电流大小
2．（2025高二下·绵阳期末）质子和氘核以相同速度分别从同一位置垂直于边界射入匀强磁场，两条运动轨迹如图中所示，的半径为，的半径为。设和分别是质子、氘核在磁场中所受的洛伦兹力和运动时间，则（　　）
A．轨迹是氘核的运动轨迹 B．
C． D．
3．（2025高二下·绵阳期末）如图所示是风力交流发电机的示意图，已知发电机线圈面积，匝数10匝，线圈处在磁感应强度大小为的磁场中。稳定发电期间，线圈转速为，从线圈经过中性面开始计时，则（　　）
A．发电机产生电动势的瞬时值表达式为
B．时间内，线圈中电流方向改变100次
C．发电机产生电动势的峰值为
D．线圈转动一圈，产生电动势的平均值为
4．（2025高二下·绵阳期末）某汽缸内封闭有一定质量的理想气体，从状态依次经过状态后再回到状态，其体积随热力学温度的变化图像如图所示，已知。则气体（　　）
A．从状态到的过程中，不从外界吸热
B．在状态时内能可能与在状态时内能相等
C．在状态时压强等于在状态时压强的两倍
D．从状态到的过程中，分子平均动能增大
5．（2025高二下·绵阳期末）如图所示的电路中，L是电阻不计的电感线圈，C是电容器，闭合开关S，待电路达到稳定状态后再断开S，LC电路中将产生电磁振荡。规定电感L中的电流方向从a到b为正，断开开关时刻，下图中能正确表示电感线圈中的电流i随时间t变化规律的是（　　）
A． B．
C． D．
6．（2025高二下·绵阳期末）如图所示，在宽度均为的两个相邻有界区域内，存在着方向相反、磁感应强度大小均为的匀强磁场。一个阻值大小为，边长为的等边三角形闭合线框，从图示位置开始以大小为、方向水平向右的速度匀速通过两个磁场区域。规定逆时针方向为电流正方向，下列能反映线框中电流变化的是（　　）
A． B．
C． D．
7．（2025高二下·绵阳期末）已知三角脉冲电压（锯齿波）的峰值是有效值的倍。现测得一个阻值为的电阻的两端电压变化如图所示，其中，则该电阻上的电流有效值约为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025高二下·绵阳期末）加速器是使微观粒子获得较大动能的重要装置。如图所示，甲为粒子多级加速器，乙为粒子回旋加速器。现用两种加速器分别对质子加速。下列分析正确的是（　　）
A．用甲加速质子，需要将开关置于c、d端
B．甲加速器中只要级数n足够大，质子就可以被加速到任意速度
C．用乙加速质子，若交流电压U加倍，则质子获得的最大动能也加倍
D．若用乙对α粒子（）加速，仅需将交流电源频率调为原来的一半
9．（2025高二下·绵阳期末）家用微波炉工作时磁控管产生微波的频率为，微波的电磁作用使食物内分子高频振动，从而使食物内外同时迅速变热。下列说法正确的是（　　）
A．磁控管产生微波的频率比紫外线的频率大
B．磁控管产生的微波在真空中波长约为
C．微波炉加热食物的过程是电能转成内能的过程
D．金属罐装的罐头可以直接放在微波炉内加热
10．（2025高二下·绵阳期末）如图所示是分子间的分子力与分子势能随分子间距离变化的关系示意图。下利关于分子力和分子势能的描述，正确的是（　　）
A．当，，最大
B．当，分子间仍然存在引力的作用
C．当，随着的增大，和均增大
D．当，随着的减小，和均增大
11．（2025高二下·绵阳期末）如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比是，原线圈接入电压有效值为、频率为的正弦交流电，一只理想二极管和一个滑动变阻器串联接在副线圈上，原线圈上接有熔断电流为的保险丝，各元件正常工作。忽略保险丝的分压，电压表为理想交流电表。下列说法正确的是（　　）
A．通过滑动变阻器的电流频率为
B．电压表的读数约为
C．若将滑动变阻器的滑片向上滑动，则电压表读数减小
D．若滑动变阻器接入电路的阻值为，则保险丝将熔断
12．（2025高二下·绵阳期末）如图所示，两条间距为且足够长的平行光滑直导轨、固定在水平面内，水平面内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为的匀强磁场。和是两根质量均为、电阻均为的金属细杆，与导轨垂直且接触良好。的中点系一轻绳，绳的另一端绕过定滑轮悬挂质量为的重物，轻绳的水平部分与导轨平行。不计一切摩擦和导轨的电阻。重力加速度为。现将两杆及重物同时由静止释放，则（　　）
A．释放瞬间，杆的加速度大小为
B．运动稳定后，回路中的电流大小为
C．运动稳定后，和两杆的速度差恒为
D．运动稳定后，杆所受安培力的大小为
13．（2025高二下·绵阳期末）在“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验中：
（1）估测油酸分子大小的实验原理包括以下内容（　　）
A．油酸在水面上形成一层单分子纯油酸薄膜
B．油膜中的油酸分子间没有间隙
C．把油酸分子看作立方体
D．把油酸分子看作小球
（2）用移液管量取0.25mL油酸，加入适量酒精后得到500mL的油酸酒精溶液。用注射器吸取1mL油酸酒精溶液，逐滴滴出，共100滴。再用滴管取配好的油酸酒精溶液，向撒有痱子粉的盛水浅盘中滴下1滴溶液，在液面上形成油酸薄膜，待油膜形状稳定后，放在带有正方形方格的玻璃板下观察油膜，如图所示。方格的大小为1cm×1cm。由此估算出油酸分子的直径是　 　m。（保留1位有效数字）
（3）下列操作，将导致油酸分子大小测量值偏小的是（　　）
A．将油酸酒精溶液的体积作为油酸的体积进行计算
B．水面上痱子粉撒得太多导致油膜没有充分散开
C．计算油膜面积时，将所有不足一格的方格计为一格
D．计算油膜面积时，没有计入散落在水面其它位置的小油膜
14．（2025高二下·绵阳期末）在“探究感应电流方向及规律”实验的基础上，请协助甲、乙、丙三位同学完成进一步的探究，并解答问题：
（1）用笔划线代替导线将图1电路连接完整　 　。
（2）正确连接电路后，甲同学将线圈放入线圈中，闭合开关时，发现电流表指针向右偏；开关保持闭合，待电流表指针稳定后，迅速将线圈从线圈中拔出，这时电流表指针　 　偏转。（选填“向左”或“向右”或“不”）
（3）乙同学为了让实验现象更直观，利用发光二极管（LED）设计了如图2所示的“楞次定律演示仪”。正确连接实验器材，将条形磁铁从图示位置快速向下移动一小段距离，出现的现象是（　　）
A．红灯短暂发光、黄灯不发光 B．红灯不发光、黄灯短暂发光
C．红灯、黄灯均不发光 D．两灯交替短暂发光
（4）丙同学设计“汽车电磁减震器”。如图3（a），减震器是强磁体，其截面是“”形，俯视图如图3（b）所示，柱状的内芯与外环之间有磁场。匝数为100、半径为25cm的线圈ab固定在减震器内芯的外面并连接能量回收装置，减震器内芯可在线圈内上下自由移动。汽车运动过程中，内芯上下振动，线圈ab中产生感应电流，既起电磁阻尼作用，减轻驾乘人员颠簸感，又收集振动产生的能量，降低汽车油耗。强磁体磁场方向沿径向，线圈处磁感应强度大小为0.5T；若内芯在某段时间内上下振动图像如图3（c），已知其振动过程中的最大速度为πm/s，则线圈产生的最大感应电动势为　 　V（计算结果保留三位有效数字，π2取10），电动势的表达式e=　 　V。
15．（2025高二下·绵阳期末）打气筒是一种通过压缩空气为轮胎、球类等充气的工具。如图所示是打气筒的结构示意图，主要包括：储气筒、活塞、单向进气阀（只允许上拉活塞时空气进入储气筒）、单向出气阀（只允许下压活塞时空气排出储气筒）和气嘴。已知储气筒横截面积S=1.25×10-3m2，活塞上下行程H=58cm，标准大气压p0=1.0×105Pa，重力加速度g取10m/s2。
（1）打气筒竖直放置，将活塞拉至最高，然后将气嘴堵住（不漏气），某同学质量M=60kg，利用自身的重力竖直压缩活塞。求能将活塞压到离储气筒底部的最小距离。（输气管较细，内部体积可忽略；活塞重力可忽略；忽略气体温度变化）
（2）自行车轮胎容积为2.5L。现将轮胎气压从1.0bar加到3.2bar，求充入标准大气压下空气中气体的体积。已知1.0bar=1.0×105Pa，气体视为理想气体，忽略充气过程中气体温度变化和轮胎体积变化）
16．（2025高二下·绵阳期末）如图所示，足够长光滑平行的金属轨道由倾斜和水平两部分组成，倾斜部分宽L1=1m、倾角θ=37°，水平部分宽L=2m，所在空间分别存在垂直于各自轨道面向上的匀强磁场，磁感应强度大小都为B=1T。两根金属杆ab和cd，长度均为L=2m，质量均为m=1kg，总电阻均为R=2Ω。cd杆放置在水平轨道上距两部分连接处x0=10m处，并在外力作用下固定，ab杆在倾斜轨道上某处由静止释放，当ab杆经过连接处时撤去作用在cd杆上的外力。已知ab杆到达斜面底端前已经做匀速运动，经过连接处速度大小不变，滑上水平轨道恰好不脱离轨道，两杆在运动过程中始终垂直于轨道且与轨道接触良好，没有相碰。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8；重力加速度g=10m/s2。求：
（1）ab杆在倾斜轨道上的最大速度；
（2）稳定后cd与ab间的距离。
17．（2025高二下·绵阳期末）如图所示，M、N分别是xOy坐标系x、y轴上的两点，三角形OMN区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，斜边MN长度为L，∠OMN=60°，MN边放置一薄挡板，挡板中点处有一小孔K。三角形OMN之外的第一象限区域存在垂直纸面向外、大小未知的匀强磁场B'；第四象限内存在方向沿y轴正方向、大小未知的匀强电场E。位于x轴负半轴上方的粒子发生器与y轴之间存在沿x轴正方向的匀强加速电场，加速电压大小可调。在范围内，粒子发生器产生质量为m、电荷量为+q、初速度为零的粒子，经加速电场后进入三角形OMN区域，部分粒子穿过小孔，其余粒子与挡板碰撞被挡板吸收。不计粒子重力及粒子间相互作用力。
（1）调整加速电压，使粒子垂直挡板射出小孔K。求加速电压U0；
（2）调整加速电压，使粒子射出小孔K的速度最小，之后的运动轨迹恰好与x轴相切。求磁感应强度B'的大小；
（3）在满足（1）间的条件下，若B'=B，且。求粒子从离开小孔K到第三次经过x轴的时间。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】AB．在磁场快速减小的过程中，左侧圆环的磁通量减小，根据楞次定律，左侧圆环中有顺时针方向的感应电流，右侧圆环中有逆时针方向的感应电流，A正确，B错误；
CD．左右两侧圆环是串联在同一闭合电路中的，串联电路中电流处处相等，因此右侧圆环电流大小等于左侧圆环电流大小，CD错误。
故答案为：A。
【分析】本题核心思路是利用楞次定律判断感应电流方向，结合电路串联特点分析电流大小。
2．【答案】B
【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】A．根据带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有
解得带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径为
质子的质量数为1，电荷量为e；氘核的质量数为2，电荷量为e。因为它们速度v相同，磁感应强度B相同，r与m成正比，氘核质量大，所以氘核的轨道半径大。由图可知，所以轨迹b是氘核的运动轨迹，故A错误。
B．为质子做圆周运动的轨迹半径，为氘核做圆周运动的轨迹半径，根据带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式，可得，故B正确；
C．根据洛伦兹力公式，因为质子和氘核的电量，相同，也相同，所以，所以C错误；
D．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期公式为
质子在磁场中运动时间
氘核在磁场中运动时间
所以，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题核心思路是利用带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径、周期公式，结合洛伦兹力公式，分别计算质子和氘核的物理量比值，逐一验证选项。
3．【答案】A
【知识点】法拉第电磁感应定律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】AC．发电机产生电动势的瞬时值表达式为
解得，A正确，C错误；
B．，一个周期内电流方向改变两次，可知1s有25个周期，电流方向改变50次，B错误；
D．根据法拉第电磁感应定律，线圈转一圈，D错误。
故答案为：A。
【分析】 本题核心思路是先计算线圈转动的角速度，再求出电动势最大值，得到瞬时值表达式；然后根据周期判断电流方向改变次数；最后用法拉第电磁感应定律计算电动势平均值。
4．【答案】C
【知识点】分子动理论的基本内容；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】A．从状态到的过程中，气体温度升高，则气体内能增大；气体体积增大，外界对气体做负功，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸热，故A错误；
B．由题图可知，状态的温度小于状态的温度，则气体在状态的内能小于与在状态的内能，故B错误；
C．从状态到的过程中，气体的温度不变，则有
可得，故C正确；
D．从状态到的过程中，气体的温度降低，所以分子平均动能减小，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题核心思路是结合理想气体状态方程 、热力学第一定律 以及内能与温度的关系，对每个过程逐一分析。
5．【答案】A
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】开关断开前，线圈中电流方向从a到b，为正值；开关断开的瞬间，线圈中产生感应电动势，线圈与电容的回路中产生感应电流。根据楞次定律，感应电流的方向与原来电流的方向相同，方向从a到b。开关断开的瞬间，线圈中的磁场能最大，感应电流最大。综上所述，开关断开的瞬间，时刻，感应电流为正最大。
故答案为：A。
【分析】本题核心思路是分析开关断开前后电感电流的初始状态和 LC 振荡的规律：开关稳定时，电感 L 与电阻 R 串联，电流从 a 到 b（为正），电容器 C 无电荷；断开开关瞬间，电感电流因自感不能突变，初始电流为正向最大值，随后对电容器充电，电流逐渐减小，方向先保持正向，之后反向振荡。
6．【答案】A
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】在之间时，根据楞次定律判断出线圈的电流方向为逆时针，即正方向，根据法拉第电磁感应定律为
感应电流
当时
当，根据楞次定律判断出线圈的电流方向为逆时针，即正方向，根据法拉第电磁感应定律为
感应电流
当时，
当，根据楞次定律判断出线圈的电流方向为顺时针，即负方向，根据法拉第电磁感应定律为
感应电流
当时，
当，根据楞次定律判断出线圈的电流方向为顺时针，即负方向，根据法拉第电磁感应定律为
感应电流
当时，
当，根据楞次定律判断出线圈的电流方向为逆时针，即正方向，根据法拉第电磁感应定律为
感应电流
当时，
当，根据楞次定律判断出线圈的电流方向为逆时针，即正方向，根据法拉第电磁感应定律为
感应电流
当时，
故答案为：A。
【分析】本题核心思路是分阶段分析线框通过磁场时的有效切割长度、感应电动势大小及电流方向，结合楞次定律判断电流正负，再对比选项图像。
7．【答案】B
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】电压的有效值满足
该电阻上的电流有效值为
代入数据解得
故答案为：B。
【分析】本题核心思路是利用电流有效值的定义（一个周期内交变电流与恒定电流通过相同电阻产生相同热量），结合题目给出的三角脉冲电压峰值与有效值的关系，分段计算电压有效值，再求出电流有效值。
8．【答案】D
【知识点】相对论时空观与牛顿力学的局限性；带电粒子在电场中的运动综合；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．若将开关置于c、d端，多级加速器的左极板与直流电源的负极相连，多级加速器的右极板与直流电源的正极相连。多级加速器内电场强度方向向左，正电荷所受电场力向左，不能加速质子，A错误。
B．质子可以被加速到任意速度的说法是错误的，根据相对论，光速是宇宙速度的极限，任何物体的速度都不会超过光速，B错误；
C．质子的最大动能为
当质子的运动半径等于回旋加速器半径时，质子的速度最大，为
解得
质子获得的最大动能与交流电压U无关，与回旋加速器的半径有关。用乙加速质子，若交流电压U加倍，质子获得的最大动能不变，C错误；
D．质子在磁场中运动的周期为
交流电源的周期为
交流电源的频率为
加速质子时交流电源的频率为
加速时交流电源的频率为
解得，D正确。
故答案为：D。
【分析】 本题核心思路是分别分析多级加速器和回旋加速器的工作原理，结合相对论效应、最大动能公式和周期频率公式逐一判断选项。
9．【答案】B,C
【知识点】电磁波的周期、频率与波速；电磁波谱
【解析】【解答】A．微波频率为2450MHz（即2.45×109Hz），而紫外线的频率范围为10 5~10 7Hz，远高于微波频率，故A错误。
B．根据公式，代入数据解得，故B正确；
C．微波炉通过磁控管将电能转化为微波（电磁能），微波被食物吸收后使分子振动产生热能，最终电能转化为内能，故C正确；
D．微波炉中不能使用金属容器，如果使用金属容器，微波的不能穿透金属容器，能量不能被食品吸收，会越积越多，损害微波炉，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】本题核心思路是结合电磁波的频率、波长公式，能量转化规律以及微波炉的使用安全常识，逐一分析各选项。
10．【答案】B,D
【知识点】分子间的作用力；分子势能
【解析】【解答】A．根据图像可知，当时，分子力为0，分子势能最小，A错误；
B．分子间引力和斥力同时存在，当时分子力的合力为斥力，但存在引力，B正确；
C．当时，随着距离的增大，可能先增大后减小，也可能逐渐减小，逐渐增加，C错误；
D．当时，随着距离的减小，逐渐增大，逐渐增大，D正确。
故答案为：BD。
【分析】本题核心思路是结合分子力 与分子势能 随分子间距 变化的图像规律，以及分子间引力、斥力同时存在的特点，逐一分析各选项。
11．【答案】B,D
【知识点】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．变压器不改变电流的频率，所以通过滑动变阻器的电流频率为，故A错误；
B．根据理想变压器电压与匝数成正比，有
可得副线圈两端电压为U2=22 V
由于副线圈接着二极管，它具有单向导电性，根据电流的热效应知
解得电压表的读数约为，故B正确；
C．将滑动变阻器滑片向上滑动时，次级阻值变小，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的读数不变，故C错误；
D．由上可知电压表两端电压U2=11V，则若滑动变阻器接入电路的阻值为1.5Ω，则通过滑动变阻器的电流为
根据理想变压器电流与匝数成反比，有
解得
所以保险丝将熔断，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】本题核心思路是结合理想变压器变压规律、二极管单向导电性（有效值计算）、动态电路分析及功率守恒来逐一判断选项。
12．【答案】A,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．释放重物瞬间，ab杆和cd杆均不受安培力，设重物的加速度大小为a1，则对重物，有
对cd杆，有
联立解得，故A正确；
BD．最终ab杆、cd杆和重物三者的加速度大小相等，设其为a，对重物，有
对cd杆，有
对ab杆，有
联立解得，
则运动稳定后，回路中的电流大小为，杆所受安培力的大小为，故BD错误；
C．设最终两杆速度差为Δv，回路中感应电动势满足，
联立解得，故C正确。
故答案为：AC。
【分析】本题核心思路是分释放瞬间和稳定运动两个阶段，对 ab 杆、cd 杆和重物分别受力分析，结合牛顿第二定律、电磁感应规律求解加速度、电流、速度差和安培力。
13．【答案】（1）A；B；D
（2）8×10-10
（3）C
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小
【解析】【解答】（1）本实验中认为油酸在水面上形成一层单分子纯油酸薄膜，且油膜中的油酸分子间没有间隙，同时应将油酸分子看作小球。
故答案为：ABD。
（2）根据不足半格舍去，超过半格的计一格，估算出油膜面积约63格。油酸分子直径为
故答案为：8×10-10
（3）A．将油酸酒精溶液的体积作为油酸的体积进行计算，使得V增大，则d的测量值偏大，故A错误；
B．水面上痱子粉撒得太多导致油膜没有充分散开，则S偏小，d偏大，故B错误；
C．计算油膜面积时，将所有不足一格的方格计为一格，则S偏大，d偏小，故C正确；
D．计算油膜面积时，没有计入散落在水面其它位置的小油膜，则S偏小，d偏大，故D错误。
故答案为：C。
【分析】(1) 油膜法估测分子大小的核心假设是：油酸在水面形成单分子薄膜，分子视为小球且紧密排列无间隙。
(2) 先计算1滴溶液中纯油酸的体积，再数出油膜面积，由 计算分子直径。
(3) 分析各操作对 、 的影响，结合 判断测量值偏差。
（1）本实验中认为油酸在水面上形成一层单分子纯油酸薄膜，且油膜中的油酸分子间没有间隙，同时应将油酸分子看作小球。
故选ABD。
（2）根据不足半格舍去，超过半格的计一格，估算出油膜面积约63格。油酸分子直径为
（3）A．将油酸酒精溶液的体积作为油酸的体积进行计算，使得V增大，则d的测量值偏大，故A错误；
B．水面上痱子粉撒得太多导致油膜没有充分散开，则S偏小，d偏大，故B错误；
C．计算油膜面积时，将所有不足一格的方格计为一格，则S偏大，d偏小，故C正确；
D．计算油膜面积时，没有计入散落在水面其它位置的小油膜，则S偏小，d偏大，故D错误。
故选C。
14．【答案】（1）
（2）向左
（3）B
（4）250；
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】（1）线圈A应与电源相连，线圈B与灵敏电流计相连，电路图如图所示
（2）将线圈A插入线圈B中，闭合开关S瞬间，发现电流计指针右偏，说明当穿过线圈B的磁通量增加时指针向右偏转，若开关闭合后将A线圈的铁芯迅速拔出时，磁通量减小，则指针向左偏转；
故答案为：向左
（3）条形磁铁向下移动一小段距离，穿过螺线管的磁感线向下增大，根据楞次定律可知，螺线管中的感应电流由上到下，则红光二极管截止，黄光二极管导通，则红灯不发光、黄灯短暂发光。
故答案为：B。
（4）线圈产生的最大感应电动势为
电动势的表达式
故答案为：250；
【分析】(1) 电路连接需将电源、开关、滑动变阻器、线圈A串联，线圈B与电流表串联，形成原、副线圈回路。
(2) 闭合开关时磁通量增加，指针右偏；拔出线圈A时磁通量减少，感应电流方向相反，指针左偏。
(3) 磁铁向下移动，由楞次定律判断感应电流方向，结合二极管单向导电性，确定黄灯发光、红灯不发光。
(4) 线圈切割径向磁场，由 计算最大感应电动势，结合振动周期确定瞬时表达式。
（1）线圈A应与电源相连，线圈B与灵敏电流计相连，电路图如图所示
（2）将线圈A插入线圈B中，闭合开关S瞬间，发现电流计指针右偏，说明当穿过线圈B的磁通量增加时指针向右偏转，若开关闭合后将A线圈的铁芯迅速拔出时，磁通量减小，则指针向左偏转；
（3）条形磁铁向下移动一小段距离，穿过螺线管的磁感线向下增大，根据楞次定律可知，螺线管中的感应电流由上到下，则红光二极管截止，黄光二极管导通，则红灯不发光、黄灯短暂发光。
故选B。
（4）[1]线圈产生的最大感应电动势为
[2]电动势的表达式
15．【答案】（1）解：设活塞压到离储气筒底部最小距离h时，活塞下方气体的压强为p1，活塞平衡，则
储气筒内气体被压缩过程时等温变化，则
解得
（2）解：以轮胎气压为3.2bar时轮胎内气体为研究对象，设充入标准大气压下气体的体积为V，气体初状态体积为
则
其中，
解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】 (1) 气体做等温变化，先计算压缩后气体的压强，再由玻意耳定律列方程求解活塞离底部的最小距离。
(2) 轮胎内气体和充入气体整体做等温变化，由玻意耳定律列方程求解充入气体在标准大气压下的体积。
（1）设活塞压到离储气筒底部最小距离h时，活塞下方气体的压强为p1，活塞平衡，则
储气筒内气体被压缩过程时等温变化，则
解得
（2）以轮胎气压为3.2bar时轮胎内气体为研究对象，设充入标准大气压下气体的体积为V，气体初状态体积为
则
其中，
解得
16．【答案】（1）解：ab杆在倾斜轨道上的最大速度时有，
联立解得
（2）解：当ab杆滑入水平轨道后，根据动量守恒定律可得
设稳定后cd与ab间的距离为x，对cd，根据动量定理有，
联立解得
【知识点】安培力的计算；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】 (1) ab 杆在倾斜轨道匀速时受力平衡，重力分力与安培力相等，结合感应电动势、安培力公式求解最大速度。
(2) ab 杆滑上水平轨道后，两杆组成的系统动量守恒，最终共速；再通过动量定理结合电磁感应规律，求出稳定后两杆的间距。
（1）ab杆在倾斜轨道上的最大速度时有，
联立解得
（2）当ab杆滑入水平轨道后，根据动量守恒定律可得
设稳定后cd与ab间的距离为x，对cd，根据动量定理有，
联立解得
17．【答案】（1）解：粒子经过加速电场垂直y轴进入三角形OMN区域，又垂直挡板射出小孔，则粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心为N，设粒子做圆周运动的速度大小为v，半径为r，则，
粒子在电场中加速过程有
联立解得
（2）解：粒子射出小孔的速度最小，在三角形区域内做匀速圆周运动的轨道半径最小，圆心与K连线垂直于y轴，设粒子最小速度为v1，半径为r1，则，
粒子从小孔射出后，在匀强磁场B'的作用下做匀速圆周运动，半径为r2，则，
联立解得
（3）解：由于B'=B，所以粒子在两部分磁场中做圆周运动的半径相等，则粒子在B'磁场中做匀速圆周运动的圆心为M点，粒子在第一次经过x轴时速度垂直于x轴沿y轴负方向，进入第四象限后在匀强电场作用下先做匀减速直线运动后反向做匀加速直线运动，第二次经过x轴时的速度大小不变，方向沿y轴正方向，之后在第一象限做匀速圆周运动，经过半个周期第三次经过x轴，设粒子在匀强磁场B'中做匀速圆周运动的周期为T，从离开小孔到第一次经过x轴的时间为t1，则
粒子在匀强电场中往返的时间为t2，则
粒子第二次经过x轴到第三次经过x轴的时间为t3，则
所以
【知识点】动量定理；磁感应强度；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 粒子经加速电场加速后进入磁场，垂直挡板射出小孔K，由几何关系确定轨道半径，结合洛伦兹力提供向心力和动能定理求解加速电压。
(2) 粒子速度最小时轨道半径最小，由几何关系确定半径，结合动量定理和几何相切条件求解磁感应强度 。
(3) 粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类竖直上抛运动，分段计算运动时间，求和得到总时间。
（1）粒子经过加速电场垂直y轴进入三角形OMN区域，又垂直挡板射出小孔，则粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心为N，设粒子做圆周运动的速度大小为v，半径为r，则，
粒子在电场中加速过程有
联立解得
（2）粒子射出小孔的速度最小，在三角形区域内做匀速圆周运动的轨道半径最小，圆心与K连线垂直于y轴，设粒子最小速度为v1，半径为r1，则，
粒子从小孔射出后，在匀强磁场B'的作用下做匀速圆周运动，半径为r2，则，
联立解得
（3）由于B'=B，所以粒子在两部分磁场中做圆周运动的半径相等，则粒子在B'磁场中做匀速圆周运动的圆心为M点，粒子在第一次经过x轴时速度垂直于x轴沿y轴负方向，进入第四象限后在匀强电场作用下先做匀减速直线运动后反向做匀加速直线运动，第二次经过x轴时的速度大小不变，方向沿y轴正方向，之后在第一象限做匀速圆周运动，经过半个周期第三次经过x轴，设粒子在匀强磁场B'中做匀速圆周运动的周期为T，从离开小孔到第一次经过x轴的时间为t1，则
粒子在匀强电场中往返的时间为t2，则
粒子第二次经过x轴到第三次经过x轴的时间为t3，则
所以
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