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广东深圳市光明区光明中学2025-2026学年高二下学期期中考试物理试题
1．2024年10月30日，神舟十九号与十八号太空会师，中国航天全家福通过电磁波向地面传输这历史性的一刻。下列关于电磁波的说法正确的是（　　）
A．电磁波的传播需要介质
B．变化的电磁场在空间中的传播形成了电磁波
C．雷达工作使用的微波不属于电磁波
D．空调遥控器通过释放紫外线来控制空调
【答案】B
【知识点】电磁场与电磁波的产生；电磁波谱；电磁波的应用
【解析】【解答】A：电磁波可在真空中传播，传播不需要介质，A错误；
B：根据麦克斯韦理论，变化的电磁场在空间传播形成电磁波，B正确；
C：微波属于电磁波（ 无线电波的一种 ），C错误；
D：空调遥控器通过释放红外线控制空调，不是紫外线，D错误。
故答案为：B。
【分析】回忆电磁波的传播特性、形成原理，以及微波、红外线、紫外线在电磁波谱中的分类和实际应用，逐一判断选项正误。
2．如图所示，物体中两分子，以甲分子所在位置为坐标原点，乙分子固定在r轴上，甲、乙两分子间作用力与两分子间距离关系图像如图。现把乙分子从处由静止释放，取无穷远处分子势能为0，则（　　）
A．乙分子从到过程中表现为引力，从到过程中表现为斥力
B．乙分子从到过程中，两分子间作用力先减小后增大
C．乙分子从到过程中，分子势能一直在减小
D．乙分子在位置时，分子势能为零
【答案】C
【知识点】分子间的作用力；分子势能
【解析】【解答】A．是分子力为0的平衡位置，时分子力表现为引力，故从到全过程均为引力，A错误；
B．乙分子从到，分子引力先增大到峰值后减小，作用力先增大后减小，B错误；
C．从到，分子力始终为引力，乙分子靠近甲分子时引力一直做正功，分子势能一直减小，C正确；
D．取无穷远处分子势能为0，从无穷远到引力持续做正功，分子势能持续减小，故处分子势能小于0，D错误。
故答案为：C。
【分析】A：时分子力为引力，时为斥力；
B：分子力大小随距离变化为先增后减；
C：引力做正功，分子势能减小；
D：平衡位置处分子势能最小且为负值。
3．图甲是梅州平远县泗水风电发电机，图乙为风力发电机的主体结构部分，在风力作用下，风叶通过增速齿轮带动永磁体转动，风叶与永磁体转速比为，永磁体侧方的线圈与电压传感器相连。在某一风速时，电压传感器显示如图丙所示正弦规律变化，则下列说法准确的是（　　）
A．风叶的转速为
B．线圈两端电压的有效值为
C．线圈输出的交流电压表达式为
D．由丙图可知时，穿过线圈的磁通量最大
【答案】C
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．由图丙可知交变电流的周期为，根据周期的倒数可知磁体的转速为
因风叶与永磁体转速比为，可知风叶的转速为，故A错误；
B．通过丙图可知电压的最大值为，根据电压的峰值可知电压的有效值，故B错误；
C．交变电流的周期为，根据周期和角速度的关系式可知，根据峰值和角速度可得电压表达式为，故C正确；
D．由丙图可知时，由于线圈电压处于峰值，所以线圈处于峰值面，根据法拉第电磁感应定律可知穿过检测线圈的磁通量变化率最大，此时线圈与磁感应平行，磁通量为0，故D错误。
故选C。
【分析】利用图像可知周期的大小，利用周期的大小可以求出转速的大小；利用电压的峰值可以求出有效值的大小；利用周期的大小可以求出角速度的大小，结合峰值的大小可以求出电压的表达式；利用电动势的大小可以判别线圈的位置进而判别磁通量的大小。
4．西电东送是中国实施的一项重大能源战略工程，其输电原理图如图。某一时段发电机输出功率为，输出电压为。经理想变压器将电压升至进行远距离输电，输电线总电阻为，其余导线电阻不计。输电末端经理想变压器降压后向用户供电。则（　　）
A．升压变压器原副线圈匝数比为
B．流过的电流为
C．输电线上损失的电压为
D．用户端获得的电功率为
【答案】D
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】A：升压变压器原副线圈电压比为 ，因此匝数比为 ，而非 ，故A错误；
B：输电线上的电流 ，而非0.5A，故B错误；
C：输电线上损失的电压 ，而非5kV，故C错误；
D：输电线上损失的功率 ，用户端获得的功率 ，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A：考查理想变压器的电压比与匝数比的关系，匝数比等于电压比；
B：考查输电电流的计算，根据 求解，其中U为输电电压；
C：考查输电线上电压损失的计算，；
D：考查输电线上功率损失的计算，用户端功率等于发电机输出功率减去损失的功率。
5．如图所示，E为电池，L是电阻可忽略、自感系数足够大的线圈，、是两个规格相同且额定电压足够大的灯泡。下列说法错误的是（　　）
A．刚闭合S的瞬间，立刻变亮
B．刚闭合S的瞬间，通过的电流大于通过的电流
C．闭合S待电路稳定后，熄灭，比原来更亮
D．闭合S待电路稳定后，将S断开瞬间，立即熄灭，L1闪亮一下再熄灭
【答案】B
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】A：刚闭合S的瞬间，线圈L的自感作用会阻碍电流的增大，电流几乎全部通过L1，因此L2会立刻变亮，故A正确；
B：刚闭合S的瞬间，L的自感阻碍电流，通过L的电流几乎为0，因此通过L2的电流与通过L1的电流相等，故B错误；
C：电路稳定后，线圈L的电阻可忽略，L1被短路而熄灭，此时电路总电阻减小，电流增大，L2会比原来更亮，故C正确；
D：断开S瞬间，L2与电源断开，立即熄灭；线圈L产生自感电动势，与L1形成闭合回路，电流从稳定时的大小开始减小，因此L1会闪亮一下再熄灭，故D正确；
故答案为：B。
【分析】A：考查通电瞬间的自感现象，线圈阻碍电流增大，电流主要通过L1，L2立刻有电流通过；
B：考查通电瞬间的电流分配，此时L相当于断路，两支路电流相等；
C：考查电路稳定后的状态，L1被短路，L2的电流增大；
D：考查断电瞬间的自感现象，L2立即熄灭，L1因线圈自感而闪亮后熄灭。
6．“自热米饭”盒的内部结构如图所示，加热层有氧化钙等物质，遇水反应放热，可实现无火无电条件下加热食材，加热时食材层内空气温度缓慢上升，通过盖子上的透气孔泄压维持食材层内空气压强不变。若忽略加热过程中食材层体积变化，食材层内空气可视为理想气体，则加热过程中，下列说法正确的是（　　）
A．食材层内空气分子单位时间内撞击器壁的分子数不变
B．食材层内空气的内能增加量等于气体从化学反应中吸收的热量
C．食材层内空气的压强与热力学温度成正比
D．食材层内空气分子对单位面积器壁的平均作用力不变
【答案】D
【知识点】气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】A.压强由分子平均动能和单位时间单位面积撞击数共同决定，温度升高使分子平均动能增大、撞击力增强，为维持压强不变，单位时间撞击器壁的分子数会减少，故A错误；B.根据热力学第一定律ΔU=Q+W，气体升温ΔU＞0，同时泄压时气体对外做功W＜0，因此内能增加量ΔU小于从化学反应中吸收的热量Q，故B错误；
C.理想气体状态方程 pV=nRT中，本题p、V不变，但气体物质的量n因逸出而减小，不满足“n、V不变”的前提，故p与热力学温度T不成正比，故C错误；
D.压强的物理本质是气体分子对单位面积器壁的平均作用力，食材层内空气压强不变，故该平均作用力不变，故D正确。
故选：D。
【分析】食材层内空气为等压、变质量（气体逸出）的升温过程，再结合压强定义、热力学第一定律和分子动理论逐一分析各选项的正误。
7．如图所示，由同种材料制成的粗细均匀的正方形金属线框以恒定速度向右通过有理想边界的匀强磁场，开始时线框的ab边恰与磁场边界重合，磁场宽度大于正方形的边长，则线框中a、b两点间电势差Uab随时间变化的图线是下图中的（　　）
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】线框向右匀速穿越磁场区域的过程可分为三个阶段：第一阶段（进入过程），ab是电源，外电阻R=3r（每一边的电阻为r），Uab等于路端电压
第二阶段（线框整体在磁场中平动过程），ab及dc都是电源，并且是完全相同的电源，回路中虽无感应电流，但U2=E=BLv
第三阶段（离开过程），dc是电源，路端电压
因此Uab为路端电压Udc的，即U3=E=BLv
故答案为：A。
【分析】本题考查导体切割磁感线时的电势差问题，关键在于区分 ab 边在不同阶段的角色：电源（进入时）、无电流时的电动势（完全在磁场中）、外电路负载（离开时）；进入和离开阶段，ab 边的电势差均为路端电压，但因电源位置不同，ab 边在电路中的角色不同，导致电势差大小不同。
8．下列关于固体和液体的说法，正确的是（　　）
A．单晶体所有物理性质沿不同方向是各向异性的
B．雨水没有透过布雨伞，是因为水分子表面有张力
C．土壤里有很多毛细管，如果要保存地下的水分，需要用碾子压紧土壤
D．浸润和不浸润是分子力作用的表现，如果液体附着层内分子间的距离小于液体内部分子间的距离，这样的液体与固体之间表现为浸润
【答案】B,D
【知识点】晶体和非晶体；液体的表面张力；浸润和不浸润；毛细现象
【解析】【解答】A．单晶体具有各向异性，但并不是所有物理性质都是各向异性的，故A错误；B．水滴由于表面张力的作用形成一个尺寸较大的水体，无法穿透雨伞表面的空隙，故B正确；
C．土壤里有很多毛细管，如果要保存地下的水分，需要给农田松土，破坏土壤里的毛细管，使地下的水分不会被快速引上来而蒸发掉，故C错误；
D．浸润和不浸润是分子力作用的表现，液体与固体之间表现为浸润时，附着层内分子间距离小于液体内部分子间距离，附着层内分子间的作用力表现为斥力，故D正确。
故选：BD。
【分析】根据单晶体的各向异性分析；根据液体的表面张力分析；根据毛细现象分析；根据浸润与不浸润分析。
9．如图所示，图1为回旋加速器，图2为磁流体发电机，图3为速度选择器，图4为质谱仪。下列说法正确的是（　　）
A．图1要增大某种粒子的最大动能，可增加磁场的磁感应强度
B．图2是磁流体发电机，等离子体的速度越大，电源电动势越大
C．图3中电子、质子、中子等能够沿直线通过速度选择器的条件是
D．图4中不同离子经过质谱仪偏转半径之比等于粒子的比荷之比
【答案】A,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：回旋加速器中，粒子的最大动能，增加磁感应强度可增大最大动能，故A正确；
B：磁流体发电机的电动势，等离子体速度越大，电动势越大，故B正确；
C：速度选择器中，中子不带电，不受电场力和洛伦兹力，无法通过速度选择器；电子和质子通过的条件是，故C错误；
D：质谱仪中，偏转半径，偏转半径与比荷的平方根成反比，而非正比，故D错误；
故答案为：AB。
【分析】A：考查回旋加速器的工作原理，最大动能与磁感应强度、D形盒半径有关；
B：考查磁流体发电机的电动势公式，电动势与等离子体速度成正比；
C：考查速度选择器的适用条件，仅带电粒子且速度满足才能通过；
D：考查质谱仪的偏转半径公式，偏转半径与比荷的平方根成反比，用于分析同位素。
10．如图所示，边长为的正方形区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，一质量为，带电量为的粒子从边中点垂直入射，恰能从点离开磁场，不计粒子重力，则正确的是（　　）
A．粒子带正电
B．此时粒子入射速度大小为
C．为使粒子从点射出，速度大小应调整为
D．粒子从进入到从点射出用时小于
【答案】B,C,D
【知识点】左手定则—磁场对带电粒子的作用；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．由于粒子从c点离开磁场，则粒子在O点受到竖直向上的洛伦兹力，根据左手定则可知，粒子带负电，故A错误；
B．根据洛伦兹力提供向心力有，根据几何关系可得，联立解得粒子入射速度大小为，故B正确；
C．若粒子从d点射出，则有，根据几何关系可得
解得，所以粒子的速度大小应调整为，故C正确；
D．设粒子从O进入到从d点射出时圆心角为θ，则
所以，则运动时间为，故D正确。
故答案为：BCD。
【分析】A：考查左手定则判断粒子电性，根据轨迹偏转方向判断受力方向，进而判断电荷正负；
B：考查带电粒子在磁场中圆周运动的速度计算，通过几何关系求轨迹半径，再由洛伦兹力提供向心力求解速度；
C：考查几何关系在磁场中的应用，通过勾股定理求轨迹半径，进而求解速度；
D：考查带电粒子在磁场中运动时间的计算，通过圆心角判断运动时间与周期的关系，结合周期公式求解。
11．实验小组在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中使用的可拆式变压器如图甲所示，图中各接线柱对应的数字表示倍率为“×100”的匝数。
（1）除图甲中的器材和多用电表外，下列器材中还需要的是（　　）
A．干电池 B．磁铁
C．低压交流电源 D．直流电压表
（2）小明同学将变压器按照要求组装好后，原线圈接“0”“4”接线柱，副线圈接“0”“14”接线柱。原线圈两端的交流电压表量程为10V，示数如图乙所示，其读数值为　 　V，此时副线圈实际输出的电压为　 　。（填写正确选项）
A.5.25V B.14V C.15.5V D.19V
（3）小李同学将原线圈接在交流电源上，将副线圈接在电压传感器（可视为理想电压表）上，观察到副线圈电压U2随时间变化的图像如图丙所示，在t1~t2时间内该同学先断开开关，其后仅进行的一项操作可能是（　　）
A．拧紧了松动的铁芯 B．增加了交流电源的频率
C．减少了副线圈的匝数 D．减少了原线圈的匝数
【答案】（1）C
（2）4.4；B
（3）A；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）本实验中不需要干电池和条形磁铁，需要低压交流电源和交流电压表。
故答案为：C。
（2）由于电压表量程为10V，所以每一小格为0.2V，所以图示读数为
根据原副线圈两端电压与匝数的关系，可得
由于实际变压器存在能量损失，副线圈两端的电压稍小于15.4V，由于实际变压器存在漏磁和能量损失，副线圈实际电压会略小于理论值，选项中最接近的是 14V，B正确。
故答案为：4.4；B。
（3）由图可知，U2最大值增大，则U2有效值增大，根据原副线圈两端电压与匝数的关系可知，可能原线圈的匝数减少，可能副线圈匝数增大，也可能拧紧了松动的铁芯，使漏磁减小，副线圈磁通量的变化率增大，从而增大电压，由于交流电周期不变，则交流电的频率不变。
故答案为：AD。
【分析】(1) 本题考查变压器的工作条件，明确变压器只能改变交流电的电压，因此需要低压交流电源；
(2) 本题考查交流电压表的读数方法和变压器电压比公式，需注意实际变压器存在能量损失，输出电压会略小于理论值；
(3) 本题考查影响变压器输出电压的因素，包括匝数比、铁芯耦合效率和电源频率，需结合图像变化进行分析。
（1）本实验中不需要干电池和条形磁铁，需要低压交流电源和交流电压表。
故选C。
（2）[1]由于电压表量程为10V，所以每一小格为0.2V，所以图示读数为
[2]根据原副线圈两端电压与匝数的关系
可得
由于实际变压器存在能量损失，副线圈两端的电压稍小于15.4V。
故选B。
（3）由图可知，U2最大值增大，则U2有效值增大，根据原副线圈两端电压与匝数的关系可知，可能原线圈的匝数减少，可能副线圈匝数增大，也可能拧紧了松动的铁芯，使漏磁减小，副线圈磁通量的变化率增大，从而增大电压，由于交流电周期不变，则交流电的频率不变。
故选AD。
12．某同学做“用油膜法估测分子的直径”的实验。
（1）请选出需要的操作，并按正确操作的先后顺序排列起来：D　 　（用字母符号表示，第一步已经给出）。
A. 倒入油酸 B. 倒入水
C. 描绘油膜轮廓 D. 记录油酸酒精溶液的滴数
E. 滴入油酸酒精溶液 F. 撒爽身粉
（2）实验中使用到油酸酒精溶液，其中酒精的作用是________。
A．可使油酸和爽身粉之间形成清晰的边界轮廓
B．对油酸溶液起到稀释作用
C．有助于测量一滴油酸的体积
D．有助于油酸的颜色更透明便于识别
（3）已知实验室中使用的油酸酒精溶液每溶液中含有2mL油酸，又用滴管测得每50滴这种油酸酒精溶液的总体积为1mL，将一滴这种溶液滴在浅盘中的水面上，在玻璃板上描出油膜的边界线，再把玻璃板放在画有边长为1cm的正方形小格的纸上，如图所示。油酸分子的直径　 　m。（结果保留一位有效数字）
（4）在该实验中，若测出的分子直径结果明显偏大，则可能的原因有________（多选）。
A．水面上爽身粉撒得较多，油酸膜没有充分展开
B．计算油酸膜面积时，错将不足半格的方格作为完整方格处理
C．油酸酒精溶液配制的时间较长，酒精挥发较多
D．求每滴油酸酒精溶液的体积时，1mL的溶液滴数少计了5滴
【答案】（1）BFEC
（2）B
（3）
（4）A；D
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小
【解析】【解答】（1）“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验步骤为：用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积：往浅盘里倒入约2cm深的水，水面稳定后将适量爽身粉均匀撒在水面上，用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定，将带有坐标方格的玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小。则实验操作顺序为：DBFEC。
故答案为：BFEC
（2）实验中使用到油酸酒精溶液，其中酒精的作用是对油酸溶液起到稀释作用，更能保证形成单分子油膜。
故答案为：B。
（3）一滴酒精油酸溶液纯油酸的体积为
图中油膜轮廓中大约有60个小方格，则油膜的面积为
则油酸分子的直径为
故答案为：
（4）根据可得：
A．水面上爽身粉撒得较多，油酸膜没有充分展开，则油膜面积测量值偏小，使得分子直径测量值偏大，故A正确；
B．计算油酸膜面积时，错将不足半格的方格作为完整方格处理，则油膜面积测量值偏大，使得分子直径测量值偏小，故B错误；
C．油酸酒精溶液配制的时间较长，酒精挥发较多，导致油酸实际浓度增大，则代入计算的浓度偏小，每滴溶液中纯油酸的体积测量值小，使得分子直径测量值偏小，故C错误；
D．求每滴油酸酒精溶液的体积时，1mL的溶液滴数少计了5滴，则每滴溶液中纯油酸的体积测量值偏大，使得分子直径测量值偏大，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】（1）本题考查“用油膜法估测分子的直径”的实验步骤，需按照准备器材、配制溶液、滴入溶液、描绘轮廓的顺序进行；
（2）本题考查油酸酒精溶液中酒精的作用，酒精作为溶剂，主要用于稀释油酸，便于形成单分子油膜；
（3）本题考查分子直径的计算，需先求出一滴溶液中纯油酸的体积，再结合油膜面积计算直径；
（4）本题考查实验误差分析，需根据 分析体积和面积的测量误差对直径的影响。
（1）“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验步骤为：用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积：往浅盘里倒入约2cm深的水，水面稳定后将适量爽身粉均匀撒在水面上，用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定，将带有坐标方格的玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小。则实验操作顺序为：DBFEC。
（2）实验中使用到油酸酒精溶液，其中酒精的作用是对油酸溶液起到稀释作用，更能保证形成单分子油膜。
故选B。
（3）一滴酒精油酸溶液纯油酸的体积为
图中油膜轮廓中大约有60个小方格，则油膜的面积为
则油酸分子的直径为
（4）根据
A．水面上爽身粉撒得较多，油酸膜没有充分展开，则油膜面积测量值偏小，使得分子直径测量值偏大，故A正确；
B．计算油酸膜面积时，错将不足半格的方格作为完整方格处理，则油膜面积测量值偏大，使得分子直径测量值偏小，故B错误；
C．油酸酒精溶液配制的时间较长，酒精挥发较多，导致油酸实际浓度增大，则代入计算的浓度偏小，每滴溶液中纯油酸的体积测量值小，使得分子直径测量值偏小，故C错误；
D．求每滴油酸酒精溶液的体积时，1mL的溶液滴数少计了5滴，则每滴溶液中纯油酸的体积测量值偏大，使得分子直径测量值偏大，故D正确。
故选AD。
13．自行车前叉是连接车把手和前轴的部件，如图甲所示。为了减少路面颠簸对骑手手臂的冲击，前叉通常安装有减震系统，常见的有弹簧减震和空气减震。一空气减震器的原理图如图乙所示，总长、横截面积为的汽缸（密封性良好）里面充有空气，忽略光滑活塞（厚度不计）和车把手的质量，缸内气体的热力学温度为，当不压车把手时活塞恰好停留在汽缸顶部，外界大气压强。求：
（1）不考虑缸内气体温度变化，活塞稳定在距汽缸顶部处时，车把手对活塞的压力大小；
（2）缸内气体的热力学温度为，不压车把手时，活塞到汽缸顶部的距离。
【答案】（1）解：汽缸内气体初始状态
压强：，体积：
下压后，
根据
解得
又
解得
（2）解：由
且
解得
活塞到汽缸顶部的距离
解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】（1）气缸内的气体发生等温变化，根据波意耳定律计算下压后压强大小，再根据平衡条件计算压力大小
（2）缸内气体发生等压变化，根据理想气体状态方程列方程求解。
（1）汽缸内气体初始状态，
下压后，
根据
解得
又
解得
（2）由
且
解得
活塞到汽缸顶部的距离
解得
14．在如图甲所示的电路中，电阻，圆形金属线圈的半径为，电阻为，半径为的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示，图线的横、纵截距分别为和，电容器C电容为，其余导线的电阻不计。闭合S，至时刻，电路中的电流已稳定。
（1）判断通过电阻的电流方向；
（2）求线圈中产生的感应电动势的大小E，稳定后电路中的电流大小；
（3）求稳定后电容器上极板所带电荷的电性，以及电容的带电量。
【答案】（1）解：磁场垂直线圈平面向里，由图乙可知磁感应强度随时间减小，因此穿过线圈的向里磁通量减小。根据楞次定律，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同（阻碍磁通量减小），即感应磁场向里；由右手螺旋定则，线圈中感应电流为顺时针方向，线圈下端为感应电源的正极，上端为负极，因此通过R2 的电流方向为从左向右。
（2）解：根据法拉第电磁感应定律：
磁场仅分布在半径为 的区域内，因此有效面积
磁感应强度变化率的大小
代入数值计算：
电路总电阻
由闭合电路欧姆定律，稳定电流：
（3）解：稳定后电容器相当于开路，电容器并联在两端，电流从下向上流过 ，因此下端电势高于上端电势，电容器上极板接上端（低电势），故上极板带负电。
电容器两端电压等于两端电压：
因此电容器带电量：
【知识点】含容电路分析；闭合电路的欧姆定律；楞次定律；感应电动势及其产生条件
【解析】【分析】（1）本题考查楞次定律的应用，通过磁场变化判断感应电流方向，进而确定通过 R2的电流方向；
（2）本题考查法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，关键是明确磁场变化的有效面积，再结合电路总电阻计算稳定电流；
（3）本题考查电容器带电性质和带电量的计算，需结合电路中电势高低判断极板带电情况，再利用Q=CU计算带电量。
（1）磁场垂直线圈平面向里，由图乙可知磁感应强度随时间减小，因此穿过线圈的向里磁通量减小。根据楞次定律，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同（阻碍磁通量减小），即感应磁场向里；由右手螺旋定则，线圈中感应电流为顺时针方向，线圈下端为感应电源的正极，上端为负极，因此通过R2 的电流方向为从左向右。
（2）根据法拉第电磁感应定律：
磁场仅分布在半径为 的区域内，因此有效面积
磁感应强度变化率的大小
代入数值计算：
电路总电阻
由闭合电路欧姆定律，稳定电流：
（3）稳定后电容器相当于开路，电容器并联在两端，电流从下向上流过 ，因此下端电势高于上端电势，电容器上极板接上端（低电势），故上极板带负电。
电容器两端电压等于两端电压：
因此电容器带电量：
15．2026年1月，中核集团中国原子能科学研究院自主研制的首台串列型高能氢离子注入机（POWER-750H）成功出束，离子注入技术（IonImplantation）是一种通过电场或磁场对高能离子精确控制，注入材料表面或近表面区域，从而改变材料物理、化学、电学和光学性质的先进材料加工技术，被誉为半导体制造的“四大核心装备”之一。如图所示，在直角坐标系平面内，挡板与轴垂直放置，轴下方存在沿轴正方向的电场强度为的匀强电场，第一象限内挡板的左侧存在垂直纸面向外的匀强磁场。位于点的离子源可沿轴正方向发射初速度为的带正电的离子，已知离子恰好过坐标原点进入磁场，离子第1次从点离开磁场，挡板与轴间的距离为，离子打到挡板上即被挡板所吸收，不计粒子的重力。求：
（1）离子的比荷。
（2）匀强磁场的磁感应强度大小。
（3）离子从点开始运动到打到挡板上所用的时间。
【答案】（1）解：粒子从A到O点，在匀强电场中做类平抛运动，在水平方向，有，
在竖直方向，有，
根据牛顿第二定律，有
联立解得
（2）解：粒子到达点时沿轴方向的分速度大小为，则
粒子进入磁场时的速度与轴夹角满足
可得
粒子进入磁场时的速度大小
由几何关系得粒子在磁场中运动轨迹半径
粒子在磁场中做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，有
联立解得
（3）解：粒子从A点到O点的时间
粒子在磁场中运动周期
由对称性知，粒子第一次出磁场后，在电场中做类平抛运动，在方向运动，再次进入磁场中沿方向运动第二次出磁场又在电场中沿方向运动第三次进入磁场，在磁场中沿方向运动距离
打到挡板上，可知粒子第三次在磁场中运动轨迹圆心角为打到挡板上。粒子从A点开始运动到打到挡板上，在电场中运动总时间为
在磁场中运动总时间
则离子从点开始运动到打到挡板上所用的时间
解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）本题考查类平抛运动规律，通过水平和竖直方向的运动方程联立求解离子比荷；
（2）本题考查带电粒子在磁场中的圆周运动，需先确定粒子进入磁场时的速度和轨迹半径，再利用洛伦兹力公式求解磁感应强度；
（3）本题考查多阶段运动的时间计算，需分段分析电场和磁场中的运动，结合几何关系确定轨迹圆心角，进而计算总时间。
（1）粒子从A到O点，在匀强电场中做类平抛运动，在水平方向，有，
在竖直方向，有，
根据牛顿第二定律，有
联立解得
（2）粒子到达点时沿轴方向的分速度大小为，则
粒子进入磁场时的速度与轴夹角满足
可得
粒子进入磁场时的速度大小
由几何关系得粒子在磁场中运动轨迹半径
粒子在磁场中做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，有
联立解得
（3）粒子从A点到O点的时间
粒子在磁场中运动周期
由对称性知，粒子第一次出磁场后，在电场中做类平抛运动，在方向运动，再次进入磁场中沿方向运动第二次出磁场又在电场中沿方向运动第三次进入磁场，在磁场中沿方向运动距离
打到挡板上，可知粒子第三次在磁场中运动轨迹圆心角为打到挡板上。粒子从A点开始运动到打到挡板上，在电场中运动总时间为
在磁场中运动总时间
则离子从点开始运动到打到挡板上所用的时间
解得
1 / 1广东深圳市光明区光明中学2025-2026学年高二下学期期中考试物理试题
1．2024年10月30日，神舟十九号与十八号太空会师，中国航天全家福通过电磁波向地面传输这历史性的一刻。下列关于电磁波的说法正确的是（　　）
A．电磁波的传播需要介质
B．变化的电磁场在空间中的传播形成了电磁波
C．雷达工作使用的微波不属于电磁波
D．空调遥控器通过释放紫外线来控制空调
2．如图所示，物体中两分子，以甲分子所在位置为坐标原点，乙分子固定在r轴上，甲、乙两分子间作用力与两分子间距离关系图像如图。现把乙分子从处由静止释放，取无穷远处分子势能为0，则（　　）
A．乙分子从到过程中表现为引力，从到过程中表现为斥力
B．乙分子从到过程中，两分子间作用力先减小后增大
C．乙分子从到过程中，分子势能一直在减小
D．乙分子在位置时，分子势能为零
3．图甲是梅州平远县泗水风电发电机，图乙为风力发电机的主体结构部分，在风力作用下，风叶通过增速齿轮带动永磁体转动，风叶与永磁体转速比为，永磁体侧方的线圈与电压传感器相连。在某一风速时，电压传感器显示如图丙所示正弦规律变化，则下列说法准确的是（　　）
A．风叶的转速为
B．线圈两端电压的有效值为
C．线圈输出的交流电压表达式为
D．由丙图可知时，穿过线圈的磁通量最大
4．西电东送是中国实施的一项重大能源战略工程，其输电原理图如图。某一时段发电机输出功率为，输出电压为。经理想变压器将电压升至进行远距离输电，输电线总电阻为，其余导线电阻不计。输电末端经理想变压器降压后向用户供电。则（　　）
A．升压变压器原副线圈匝数比为
B．流过的电流为
C．输电线上损失的电压为
D．用户端获得的电功率为
5．如图所示，E为电池，L是电阻可忽略、自感系数足够大的线圈，、是两个规格相同且额定电压足够大的灯泡。下列说法错误的是（　　）
A．刚闭合S的瞬间，立刻变亮
B．刚闭合S的瞬间，通过的电流大于通过的电流
C．闭合S待电路稳定后，熄灭，比原来更亮
D．闭合S待电路稳定后，将S断开瞬间，立即熄灭，L1闪亮一下再熄灭
6．“自热米饭”盒的内部结构如图所示，加热层有氧化钙等物质，遇水反应放热，可实现无火无电条件下加热食材，加热时食材层内空气温度缓慢上升，通过盖子上的透气孔泄压维持食材层内空气压强不变。若忽略加热过程中食材层体积变化，食材层内空气可视为理想气体，则加热过程中，下列说法正确的是（　　）
A．食材层内空气分子单位时间内撞击器壁的分子数不变
B．食材层内空气的内能增加量等于气体从化学反应中吸收的热量
C．食材层内空气的压强与热力学温度成正比
D．食材层内空气分子对单位面积器壁的平均作用力不变
7．如图所示，由同种材料制成的粗细均匀的正方形金属线框以恒定速度向右通过有理想边界的匀强磁场，开始时线框的ab边恰与磁场边界重合，磁场宽度大于正方形的边长，则线框中a、b两点间电势差Uab随时间变化的图线是下图中的（　　）
A． B．
C． D．
8．下列关于固体和液体的说法，正确的是（　　）
A．单晶体所有物理性质沿不同方向是各向异性的
B．雨水没有透过布雨伞，是因为水分子表面有张力
C．土壤里有很多毛细管，如果要保存地下的水分，需要用碾子压紧土壤
D．浸润和不浸润是分子力作用的表现，如果液体附着层内分子间的距离小于液体内部分子间的距离，这样的液体与固体之间表现为浸润
9．如图所示，图1为回旋加速器，图2为磁流体发电机，图3为速度选择器，图4为质谱仪。下列说法正确的是（　　）
A．图1要增大某种粒子的最大动能，可增加磁场的磁感应强度
B．图2是磁流体发电机，等离子体的速度越大，电源电动势越大
C．图3中电子、质子、中子等能够沿直线通过速度选择器的条件是
D．图4中不同离子经过质谱仪偏转半径之比等于粒子的比荷之比
10．如图所示，边长为的正方形区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，一质量为，带电量为的粒子从边中点垂直入射，恰能从点离开磁场，不计粒子重力，则正确的是（　　）
A．粒子带正电
B．此时粒子入射速度大小为
C．为使粒子从点射出，速度大小应调整为
D．粒子从进入到从点射出用时小于
11．实验小组在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中使用的可拆式变压器如图甲所示，图中各接线柱对应的数字表示倍率为“×100”的匝数。
（1）除图甲中的器材和多用电表外，下列器材中还需要的是（　　）
A．干电池 B．磁铁
C．低压交流电源 D．直流电压表
（2）小明同学将变压器按照要求组装好后，原线圈接“0”“4”接线柱，副线圈接“0”“14”接线柱。原线圈两端的交流电压表量程为10V，示数如图乙所示，其读数值为　 　V，此时副线圈实际输出的电压为　 　。（填写正确选项）
A.5.25V B.14V C.15.5V D.19V
（3）小李同学将原线圈接在交流电源上，将副线圈接在电压传感器（可视为理想电压表）上，观察到副线圈电压U2随时间变化的图像如图丙所示，在t1~t2时间内该同学先断开开关，其后仅进行的一项操作可能是（　　）
A．拧紧了松动的铁芯 B．增加了交流电源的频率
C．减少了副线圈的匝数 D．减少了原线圈的匝数
12．某同学做“用油膜法估测分子的直径”的实验。
（1）请选出需要的操作，并按正确操作的先后顺序排列起来：D　 　（用字母符号表示，第一步已经给出）。
A. 倒入油酸 B. 倒入水
C. 描绘油膜轮廓 D. 记录油酸酒精溶液的滴数
E. 滴入油酸酒精溶液 F. 撒爽身粉
（2）实验中使用到油酸酒精溶液，其中酒精的作用是________。
A．可使油酸和爽身粉之间形成清晰的边界轮廓
B．对油酸溶液起到稀释作用
C．有助于测量一滴油酸的体积
D．有助于油酸的颜色更透明便于识别
（3）已知实验室中使用的油酸酒精溶液每溶液中含有2mL油酸，又用滴管测得每50滴这种油酸酒精溶液的总体积为1mL，将一滴这种溶液滴在浅盘中的水面上，在玻璃板上描出油膜的边界线，再把玻璃板放在画有边长为1cm的正方形小格的纸上，如图所示。油酸分子的直径　 　m。（结果保留一位有效数字）
（4）在该实验中，若测出的分子直径结果明显偏大，则可能的原因有________（多选）。
A．水面上爽身粉撒得较多，油酸膜没有充分展开
B．计算油酸膜面积时，错将不足半格的方格作为完整方格处理
C．油酸酒精溶液配制的时间较长，酒精挥发较多
D．求每滴油酸酒精溶液的体积时，1mL的溶液滴数少计了5滴
13．自行车前叉是连接车把手和前轴的部件，如图甲所示。为了减少路面颠簸对骑手手臂的冲击，前叉通常安装有减震系统，常见的有弹簧减震和空气减震。一空气减震器的原理图如图乙所示，总长、横截面积为的汽缸（密封性良好）里面充有空气，忽略光滑活塞（厚度不计）和车把手的质量，缸内气体的热力学温度为，当不压车把手时活塞恰好停留在汽缸顶部，外界大气压强。求：
（1）不考虑缸内气体温度变化，活塞稳定在距汽缸顶部处时，车把手对活塞的压力大小；
（2）缸内气体的热力学温度为，不压车把手时，活塞到汽缸顶部的距离。
14．在如图甲所示的电路中，电阻，圆形金属线圈的半径为，电阻为，半径为的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示，图线的横、纵截距分别为和，电容器C电容为，其余导线的电阻不计。闭合S，至时刻，电路中的电流已稳定。
（1）判断通过电阻的电流方向；
（2）求线圈中产生的感应电动势的大小E，稳定后电路中的电流大小；
（3）求稳定后电容器上极板所带电荷的电性，以及电容的带电量。
15．2026年1月，中核集团中国原子能科学研究院自主研制的首台串列型高能氢离子注入机（POWER-750H）成功出束，离子注入技术（IonImplantation）是一种通过电场或磁场对高能离子精确控制，注入材料表面或近表面区域，从而改变材料物理、化学、电学和光学性质的先进材料加工技术，被誉为半导体制造的“四大核心装备”之一。如图所示，在直角坐标系平面内，挡板与轴垂直放置，轴下方存在沿轴正方向的电场强度为的匀强电场，第一象限内挡板的左侧存在垂直纸面向外的匀强磁场。位于点的离子源可沿轴正方向发射初速度为的带正电的离子，已知离子恰好过坐标原点进入磁场，离子第1次从点离开磁场，挡板与轴间的距离为，离子打到挡板上即被挡板所吸收，不计粒子的重力。求：
（1）离子的比荷。
（2）匀强磁场的磁感应强度大小。
（3）离子从点开始运动到打到挡板上所用的时间。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】电磁场与电磁波的产生；电磁波谱；电磁波的应用
【解析】【解答】A：电磁波可在真空中传播，传播不需要介质，A错误；
B：根据麦克斯韦理论，变化的电磁场在空间传播形成电磁波，B正确；
C：微波属于电磁波（ 无线电波的一种 ），C错误；
D：空调遥控器通过释放红外线控制空调，不是紫外线，D错误。
故答案为：B。
【分析】回忆电磁波的传播特性、形成原理，以及微波、红外线、紫外线在电磁波谱中的分类和实际应用，逐一判断选项正误。
2．【答案】C
【知识点】分子间的作用力；分子势能
【解析】【解答】A．是分子力为0的平衡位置，时分子力表现为引力，故从到全过程均为引力，A错误；
B．乙分子从到，分子引力先增大到峰值后减小，作用力先增大后减小，B错误；
C．从到，分子力始终为引力，乙分子靠近甲分子时引力一直做正功，分子势能一直减小，C正确；
D．取无穷远处分子势能为0，从无穷远到引力持续做正功，分子势能持续减小，故处分子势能小于0，D错误。
故答案为：C。
【分析】A：时分子力为引力，时为斥力；
B：分子力大小随距离变化为先增后减；
C：引力做正功，分子势能减小；
D：平衡位置处分子势能最小且为负值。
3．【答案】C
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．由图丙可知交变电流的周期为，根据周期的倒数可知磁体的转速为
因风叶与永磁体转速比为，可知风叶的转速为，故A错误；
B．通过丙图可知电压的最大值为，根据电压的峰值可知电压的有效值，故B错误；
C．交变电流的周期为，根据周期和角速度的关系式可知，根据峰值和角速度可得电压表达式为，故C正确；
D．由丙图可知时，由于线圈电压处于峰值，所以线圈处于峰值面，根据法拉第电磁感应定律可知穿过检测线圈的磁通量变化率最大，此时线圈与磁感应平行，磁通量为0，故D错误。
故选C。
【分析】利用图像可知周期的大小，利用周期的大小可以求出转速的大小；利用电压的峰值可以求出有效值的大小；利用周期的大小可以求出角速度的大小，结合峰值的大小可以求出电压的表达式；利用电动势的大小可以判别线圈的位置进而判别磁通量的大小。
4．【答案】D
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】A：升压变压器原副线圈电压比为 ，因此匝数比为 ，而非 ，故A错误；
B：输电线上的电流 ，而非0.5A，故B错误；
C：输电线上损失的电压 ，而非5kV，故C错误；
D：输电线上损失的功率 ，用户端获得的功率 ，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A：考查理想变压器的电压比与匝数比的关系，匝数比等于电压比；
B：考查输电电流的计算，根据 求解，其中U为输电电压；
C：考查输电线上电压损失的计算，；
D：考查输电线上功率损失的计算，用户端功率等于发电机输出功率减去损失的功率。
5．【答案】B
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】A：刚闭合S的瞬间，线圈L的自感作用会阻碍电流的增大，电流几乎全部通过L1，因此L2会立刻变亮，故A正确；
B：刚闭合S的瞬间，L的自感阻碍电流，通过L的电流几乎为0，因此通过L2的电流与通过L1的电流相等，故B错误；
C：电路稳定后，线圈L的电阻可忽略，L1被短路而熄灭，此时电路总电阻减小，电流增大，L2会比原来更亮，故C正确；
D：断开S瞬间，L2与电源断开，立即熄灭；线圈L产生自感电动势，与L1形成闭合回路，电流从稳定时的大小开始减小，因此L1会闪亮一下再熄灭，故D正确；
故答案为：B。
【分析】A：考查通电瞬间的自感现象，线圈阻碍电流增大，电流主要通过L1，L2立刻有电流通过；
B：考查通电瞬间的电流分配，此时L相当于断路，两支路电流相等；
C：考查电路稳定后的状态，L1被短路，L2的电流增大；
D：考查断电瞬间的自感现象，L2立即熄灭，L1因线圈自感而闪亮后熄灭。
6．【答案】D
【知识点】气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】A.压强由分子平均动能和单位时间单位面积撞击数共同决定，温度升高使分子平均动能增大、撞击力增强，为维持压强不变，单位时间撞击器壁的分子数会减少，故A错误；B.根据热力学第一定律ΔU=Q+W，气体升温ΔU＞0，同时泄压时气体对外做功W＜0，因此内能增加量ΔU小于从化学反应中吸收的热量Q，故B错误；
C.理想气体状态方程 pV=nRT中，本题p、V不变，但气体物质的量n因逸出而减小，不满足“n、V不变”的前提，故p与热力学温度T不成正比，故C错误；
D.压强的物理本质是气体分子对单位面积器壁的平均作用力，食材层内空气压强不变，故该平均作用力不变，故D正确。
故选：D。
【分析】食材层内空气为等压、变质量（气体逸出）的升温过程，再结合压强定义、热力学第一定律和分子动理论逐一分析各选项的正误。
7．【答案】A
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】线框向右匀速穿越磁场区域的过程可分为三个阶段：第一阶段（进入过程），ab是电源，外电阻R=3r（每一边的电阻为r），Uab等于路端电压
第二阶段（线框整体在磁场中平动过程），ab及dc都是电源，并且是完全相同的电源，回路中虽无感应电流，但U2=E=BLv
第三阶段（离开过程），dc是电源，路端电压
因此Uab为路端电压Udc的，即U3=E=BLv
故答案为：A。
【分析】本题考查导体切割磁感线时的电势差问题，关键在于区分 ab 边在不同阶段的角色：电源（进入时）、无电流时的电动势（完全在磁场中）、外电路负载（离开时）；进入和离开阶段，ab 边的电势差均为路端电压，但因电源位置不同，ab 边在电路中的角色不同，导致电势差大小不同。
8．【答案】B,D
【知识点】晶体和非晶体；液体的表面张力；浸润和不浸润；毛细现象
【解析】【解答】A．单晶体具有各向异性，但并不是所有物理性质都是各向异性的，故A错误；B．水滴由于表面张力的作用形成一个尺寸较大的水体，无法穿透雨伞表面的空隙，故B正确；
C．土壤里有很多毛细管，如果要保存地下的水分，需要给农田松土，破坏土壤里的毛细管，使地下的水分不会被快速引上来而蒸发掉，故C错误；
D．浸润和不浸润是分子力作用的表现，液体与固体之间表现为浸润时，附着层内分子间距离小于液体内部分子间距离，附着层内分子间的作用力表现为斥力，故D正确。
故选：BD。
【分析】根据单晶体的各向异性分析；根据液体的表面张力分析；根据毛细现象分析；根据浸润与不浸润分析。
9．【答案】A,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：回旋加速器中，粒子的最大动能，增加磁感应强度可增大最大动能，故A正确；
B：磁流体发电机的电动势，等离子体速度越大，电动势越大，故B正确；
C：速度选择器中，中子不带电，不受电场力和洛伦兹力，无法通过速度选择器；电子和质子通过的条件是，故C错误；
D：质谱仪中，偏转半径，偏转半径与比荷的平方根成反比，而非正比，故D错误；
故答案为：AB。
【分析】A：考查回旋加速器的工作原理，最大动能与磁感应强度、D形盒半径有关；
B：考查磁流体发电机的电动势公式，电动势与等离子体速度成正比；
C：考查速度选择器的适用条件，仅带电粒子且速度满足才能通过；
D：考查质谱仪的偏转半径公式，偏转半径与比荷的平方根成反比，用于分析同位素。
10．【答案】B,C,D
【知识点】左手定则—磁场对带电粒子的作用；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．由于粒子从c点离开磁场，则粒子在O点受到竖直向上的洛伦兹力，根据左手定则可知，粒子带负电，故A错误；
B．根据洛伦兹力提供向心力有，根据几何关系可得，联立解得粒子入射速度大小为，故B正确；
C．若粒子从d点射出，则有，根据几何关系可得
解得，所以粒子的速度大小应调整为，故C正确；
D．设粒子从O进入到从d点射出时圆心角为θ，则
所以，则运动时间为，故D正确。
故答案为：BCD。
【分析】A：考查左手定则判断粒子电性，根据轨迹偏转方向判断受力方向，进而判断电荷正负；
B：考查带电粒子在磁场中圆周运动的速度计算，通过几何关系求轨迹半径，再由洛伦兹力提供向心力求解速度；
C：考查几何关系在磁场中的应用，通过勾股定理求轨迹半径，进而求解速度；
D：考查带电粒子在磁场中运动时间的计算，通过圆心角判断运动时间与周期的关系，结合周期公式求解。
11．【答案】（1）C
（2）4.4；B
（3）A；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）本实验中不需要干电池和条形磁铁，需要低压交流电源和交流电压表。
故答案为：C。
（2）由于电压表量程为10V，所以每一小格为0.2V，所以图示读数为
根据原副线圈两端电压与匝数的关系，可得
由于实际变压器存在能量损失，副线圈两端的电压稍小于15.4V，由于实际变压器存在漏磁和能量损失，副线圈实际电压会略小于理论值，选项中最接近的是 14V，B正确。
故答案为：4.4；B。
（3）由图可知，U2最大值增大，则U2有效值增大，根据原副线圈两端电压与匝数的关系可知，可能原线圈的匝数减少，可能副线圈匝数增大，也可能拧紧了松动的铁芯，使漏磁减小，副线圈磁通量的变化率增大，从而增大电压，由于交流电周期不变，则交流电的频率不变。
故答案为：AD。
【分析】(1) 本题考查变压器的工作条件，明确变压器只能改变交流电的电压，因此需要低压交流电源；
(2) 本题考查交流电压表的读数方法和变压器电压比公式，需注意实际变压器存在能量损失，输出电压会略小于理论值；
(3) 本题考查影响变压器输出电压的因素，包括匝数比、铁芯耦合效率和电源频率，需结合图像变化进行分析。
（1）本实验中不需要干电池和条形磁铁，需要低压交流电源和交流电压表。
故选C。
（2）[1]由于电压表量程为10V，所以每一小格为0.2V，所以图示读数为
[2]根据原副线圈两端电压与匝数的关系
可得
由于实际变压器存在能量损失，副线圈两端的电压稍小于15.4V。
故选B。
（3）由图可知，U2最大值增大，则U2有效值增大，根据原副线圈两端电压与匝数的关系可知，可能原线圈的匝数减少，可能副线圈匝数增大，也可能拧紧了松动的铁芯，使漏磁减小，副线圈磁通量的变化率增大，从而增大电压，由于交流电周期不变，则交流电的频率不变。
故选AD。
12．【答案】（1）BFEC
（2）B
（3）
（4）A；D
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小
【解析】【解答】（1）“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验步骤为：用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积：往浅盘里倒入约2cm深的水，水面稳定后将适量爽身粉均匀撒在水面上，用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定，将带有坐标方格的玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小。则实验操作顺序为：DBFEC。
故答案为：BFEC
（2）实验中使用到油酸酒精溶液，其中酒精的作用是对油酸溶液起到稀释作用，更能保证形成单分子油膜。
故答案为：B。
（3）一滴酒精油酸溶液纯油酸的体积为
图中油膜轮廓中大约有60个小方格，则油膜的面积为
则油酸分子的直径为
故答案为：
（4）根据可得：
A．水面上爽身粉撒得较多，油酸膜没有充分展开，则油膜面积测量值偏小，使得分子直径测量值偏大，故A正确；
B．计算油酸膜面积时，错将不足半格的方格作为完整方格处理，则油膜面积测量值偏大，使得分子直径测量值偏小，故B错误；
C．油酸酒精溶液配制的时间较长，酒精挥发较多，导致油酸实际浓度增大，则代入计算的浓度偏小，每滴溶液中纯油酸的体积测量值小，使得分子直径测量值偏小，故C错误；
D．求每滴油酸酒精溶液的体积时，1mL的溶液滴数少计了5滴，则每滴溶液中纯油酸的体积测量值偏大，使得分子直径测量值偏大，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】（1）本题考查“用油膜法估测分子的直径”的实验步骤，需按照准备器材、配制溶液、滴入溶液、描绘轮廓的顺序进行；
（2）本题考查油酸酒精溶液中酒精的作用，酒精作为溶剂，主要用于稀释油酸，便于形成单分子油膜；
（3）本题考查分子直径的计算，需先求出一滴溶液中纯油酸的体积，再结合油膜面积计算直径；
（4）本题考查实验误差分析，需根据 分析体积和面积的测量误差对直径的影响。
（1）“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验步骤为：用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积：往浅盘里倒入约2cm深的水，水面稳定后将适量爽身粉均匀撒在水面上，用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定，将带有坐标方格的玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小。则实验操作顺序为：DBFEC。
（2）实验中使用到油酸酒精溶液，其中酒精的作用是对油酸溶液起到稀释作用，更能保证形成单分子油膜。
故选B。
（3）一滴酒精油酸溶液纯油酸的体积为
图中油膜轮廓中大约有60个小方格，则油膜的面积为
则油酸分子的直径为
（4）根据
A．水面上爽身粉撒得较多，油酸膜没有充分展开，则油膜面积测量值偏小，使得分子直径测量值偏大，故A正确；
B．计算油酸膜面积时，错将不足半格的方格作为完整方格处理，则油膜面积测量值偏大，使得分子直径测量值偏小，故B错误；
C．油酸酒精溶液配制的时间较长，酒精挥发较多，导致油酸实际浓度增大，则代入计算的浓度偏小，每滴溶液中纯油酸的体积测量值小，使得分子直径测量值偏小，故C错误；
D．求每滴油酸酒精溶液的体积时，1mL的溶液滴数少计了5滴，则每滴溶液中纯油酸的体积测量值偏大，使得分子直径测量值偏大，故D正确。
故选AD。
13．【答案】（1）解：汽缸内气体初始状态
压强：，体积：
下压后，
根据
解得
又
解得
（2）解：由
且
解得
活塞到汽缸顶部的距离
解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】（1）气缸内的气体发生等温变化，根据波意耳定律计算下压后压强大小，再根据平衡条件计算压力大小
（2）缸内气体发生等压变化，根据理想气体状态方程列方程求解。
（1）汽缸内气体初始状态，
下压后，
根据
解得
又
解得
（2）由
且
解得
活塞到汽缸顶部的距离
解得
14．【答案】（1）解：磁场垂直线圈平面向里，由图乙可知磁感应强度随时间减小，因此穿过线圈的向里磁通量减小。根据楞次定律，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同（阻碍磁通量减小），即感应磁场向里；由右手螺旋定则，线圈中感应电流为顺时针方向，线圈下端为感应电源的正极，上端为负极，因此通过R2 的电流方向为从左向右。
（2）解：根据法拉第电磁感应定律：
磁场仅分布在半径为 的区域内，因此有效面积
磁感应强度变化率的大小
代入数值计算：
电路总电阻
由闭合电路欧姆定律，稳定电流：
（3）解：稳定后电容器相当于开路，电容器并联在两端，电流从下向上流过 ，因此下端电势高于上端电势，电容器上极板接上端（低电势），故上极板带负电。
电容器两端电压等于两端电压：
因此电容器带电量：
【知识点】含容电路分析；闭合电路的欧姆定律；楞次定律；感应电动势及其产生条件
【解析】【分析】（1）本题考查楞次定律的应用，通过磁场变化判断感应电流方向，进而确定通过 R2的电流方向；
（2）本题考查法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，关键是明确磁场变化的有效面积，再结合电路总电阻计算稳定电流；
（3）本题考查电容器带电性质和带电量的计算，需结合电路中电势高低判断极板带电情况，再利用Q=CU计算带电量。
（1）磁场垂直线圈平面向里，由图乙可知磁感应强度随时间减小，因此穿过线圈的向里磁通量减小。根据楞次定律，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同（阻碍磁通量减小），即感应磁场向里；由右手螺旋定则，线圈中感应电流为顺时针方向，线圈下端为感应电源的正极，上端为负极，因此通过R2 的电流方向为从左向右。
（2）根据法拉第电磁感应定律：
磁场仅分布在半径为 的区域内，因此有效面积
磁感应强度变化率的大小
代入数值计算：
电路总电阻
由闭合电路欧姆定律，稳定电流：
（3）稳定后电容器相当于开路，电容器并联在两端，电流从下向上流过 ，因此下端电势高于上端电势，电容器上极板接上端（低电势），故上极板带负电。
电容器两端电压等于两端电压：
因此电容器带电量：
15．【答案】（1）解：粒子从A到O点，在匀强电场中做类平抛运动，在水平方向，有，
在竖直方向，有，
根据牛顿第二定律，有
联立解得
（2）解：粒子到达点时沿轴方向的分速度大小为，则
粒子进入磁场时的速度与轴夹角满足
可得
粒子进入磁场时的速度大小
由几何关系得粒子在磁场中运动轨迹半径
粒子在磁场中做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，有
联立解得
（3）解：粒子从A点到O点的时间
粒子在磁场中运动周期
由对称性知，粒子第一次出磁场后，在电场中做类平抛运动，在方向运动，再次进入磁场中沿方向运动第二次出磁场又在电场中沿方向运动第三次进入磁场，在磁场中沿方向运动距离
打到挡板上，可知粒子第三次在磁场中运动轨迹圆心角为打到挡板上。粒子从A点开始运动到打到挡板上，在电场中运动总时间为
在磁场中运动总时间
则离子从点开始运动到打到挡板上所用的时间
解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）本题考查类平抛运动规律，通过水平和竖直方向的运动方程联立求解离子比荷；
（2）本题考查带电粒子在磁场中的圆周运动，需先确定粒子进入磁场时的速度和轨迹半径，再利用洛伦兹力公式求解磁感应强度；
（3）本题考查多阶段运动的时间计算，需分段分析电场和磁场中的运动，结合几何关系确定轨迹圆心角，进而计算总时间。
（1）粒子从A到O点，在匀强电场中做类平抛运动，在水平方向，有，
在竖直方向，有，
根据牛顿第二定律，有
联立解得
（2）粒子到达点时沿轴方向的分速度大小为，则
粒子进入磁场时的速度与轴夹角满足
可得
粒子进入磁场时的速度大小
由几何关系得粒子在磁场中运动轨迹半径
粒子在磁场中做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，有
联立解得
（3）粒子从A点到O点的时间
粒子在磁场中运动周期
由对称性知，粒子第一次出磁场后，在电场中做类平抛运动，在方向运动，再次进入磁场中沿方向运动第二次出磁场又在电场中沿方向运动第三次进入磁场，在磁场中沿方向运动距离
打到挡板上，可知粒子第三次在磁场中运动轨迹圆心角为打到挡板上。粒子从A点开始运动到打到挡板上，在电场中运动总时间为
在磁场中运动总时间
则离子从点开始运动到打到挡板上所用的时间
解得
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