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2025-2026学年福建省厦门大学附属科技中学高二（下）期中物理试卷
一、单选题：本大题共4小题，共16分。
1.如图甲是磁电式电流表的结构示意图，蹄形磁体和铁芯间的磁场均匀辐向分布，边长为的匝正方形线圈中通以电流，如图乙所示，线圈中左侧一条导线电流方向垂直纸面向外，右侧导线电流方向垂直纸面向里，、两条导线所在处的磁感应强度大小均为，则( )
A. 该磁场是匀强磁场 B. 该线圈的磁通量为
C. 导线受到的安培力方向向上 D. 此仪表利用了电磁感应的原理
2.如图所示，、是两个完全相同的灯泡，是理想二极管，是带铁芯的线圈，其电阻忽略不计．下列说法正确的是( )
A. 闭合瞬间，先亮
B. 闭合瞬间，、同时亮
C. 断开瞬间，逐渐熄灭
D. 断开瞬间，闪亮一下，然后逐渐熄灭
3.某些共享单车的内部有一个小型发电机，通过骑行者的骑行踩踏，可以不断地给单车里的蓄电池充电，蓄电池再给智能锁供电。小型发电机的发电原理可简化为图甲所示，矩形线圈线圈处于匀强磁场中，通过理想交流电流表与阻值为的电阻相连。某段时间在骑行者的踩踏下，线圈绕垂直磁场方向的轴匀速转动，图乙是线圈转动过程中穿过线圈的磁通量随时间变化的图像，则( )
A. 时刻线圈处于中性面位置
B. 时刻，穿过线圈的磁通变化率为零，感应电动势为零
C. 时刻电流表示数为，时刻电流表的示数最大
D. 、时刻电流方向发生改变，线圈转动一周，电流方向改变两次
4.空间有一束均匀足够大的等离子体，以相同的速度进入一间距为的水平面足够大的平行板电容器中，通过控制等离子体入射速度的大小，让其在平行板中沿直线运动。随即进入一横截面直径也为的电磁流量计中。已知平行板电容器电压恒定，垂直纸面向里的磁场磁感应强度分别是，，其中保持不变，不考虑重力的影响，以下说法错误的是( )
A. 点电势高于点电势 B. 仅增大，电压表示数增大
C. 仅增大，电压表示数增大 D. 电容器上极板带正电
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.下列说法正确的是( )
A. 甲图测量油膜分子直径时，为了避免油酸挥发带来影响，在滴完油酸之后要立即测量油膜的面积
B. 乙图是布朗运动示意图，悬浮在液体中的颗粒越大，某一瞬间跟颗粒碰撞的液体分子数目就会越多，撞击的不平衡性越明显，布朗运动越显著
C. 丙图是气体分子速率分布图，由图可知代表的温度小于代表的温度，但图像与坐标轴包围的面积等于图像与坐标轴包围的面积
D. 丁图是分子间作用力示意图，在处引力和斥力等大，分子力为零
6.某小型发电厂的电能输送示意图如图所示，发电厂通过升压变压器和降压变压器向用户供电。图中为输电线的总电阻，、间接入电压有效值不变的正弦交流电，若变压器视为理想变压器、电表均视为理想交流电表。当用户使用的用电器增加时( )
A. 电流表的示数变大 B. 电流表的示数不变
C. 电压表的示数不变 D. 输电线的损失功率变大
7.如图所示，在半径为的圆形区域内充满磁感应强度为的匀强磁场，是一竖直放置的感光板。从圆形磁场最高点以速度垂直磁场射入大量的带正电的粒子，且粒子所带电荷量为、质量为，不考虑粒子间的相互作用力，不计重力。关于这些粒子的运动，以下说法正确的是( )
A. 对着圆心入射的粒子，速度越大，在磁场中通过的弧长越长，时间也越长
B. 若速度满足沿不同方向入射的粒子在圆形磁场运动时间最长是
C. 若速度满足圆形磁场边界有粒子出射的区域弧长是
D. 只要速度满足，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在上
8.如图，跨过定滑轮的轻绳两端分别连接正方形导线框和绝缘带电体，放置在倾角的光滑固定斜面上，与连接的轻绳平行于斜面，虚线下方空间存在水平向里的匀强磁场。将线框由静止释放，边进入磁场时，线框所受合力恰好为零，对斜面压力也恰好为零未出磁场，与此同时，剪断线框上的轻绳，经时间，边以速度进入磁场。已知线框边长，匝数匝，质量，电阻，的质量，带电量，重力加速度取，不计一切摩擦，线框运动过程中始终位于竖直平面内，，，则( )
A. 物体带正电 B. 线框进入磁场前加速度大小
C. 磁场的磁感应强度大小 D. 线框进入磁场时间约为
三、填空题：本大题共3小题，共12分。
9.在做“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验中，配制的油酸酒精溶液每体积的溶液中纯油酸的体积为，用注射器和量筒测得滴溶液的体积为。现把滴该溶液滴入盛水的、表面撒有爽身粉的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用油性笔在玻璃板上描出油酸膜的轮廓，其形状如图所示，坐标纸中正方形方格的边长为。用本题中的物理量符号表示
每滴油酸酒精溶液的体积为 。
油膜所占坐标纸的格数是个，油膜的面积为 。
根据实验数据估测出油酸分子的直径为 。
10.如图所示，铁芯上绕有和两个线圈，铁芯左边挂一个轻小金属环，当电键闭合时，的两端点、电势 选填“”、“”或“”，小金属环将向 运动，小磁针的极将 选填“向左”、“向右”、“向里”、“向外”转动。
11.图甲为无线充电牙刷，其充电原理简化如图乙所示。底座线圈间通入图丙所示的正弦交流电后，牙刷内置线圈整流电路输入电压为，再经整流后对牙刷内的电池进行充电。则牙刷内置线圈电流方向每秒改变______次，底座线圈和牙刷内置线圈匝数之比为______，若在点接入一个理想二极管，则整流电路输入电压的有效值为______。
四、实验题：本大题共2小题，共12分。
12.在“用传感器探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系”实验中，某组同学使用如图甲所示的实验装置，正确操作实验获得多组注射器内封闭气体的体积和压强的测量值，并通过计算机拟合得到图像。
实验过程中应避免手握注射器含空气柱的部分，这是为了控制注射器内封闭的气体的 不发生变化；外界大气压发生变化时， 选填“会”或“不会”影响实验结果。
在压缩气体过程中，某组同学不慎用手握住注射器含空气柱的部分如虚线，实线为初始温度下的等温线做出该同学应该得到的图线，如图中大致正确的是 。
在同一温度环境下，、两组同学重复了上述实验，实验操作和数据处理均正确，得到的图像如图乙所示。造成图像中的斜率大于的斜率的原因是 。
13.某物理兴趣小组利用可拆变压器探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系：
关于变压器，下列说法正确的是 。
A.变压器工作时副线圈交流电的频率与原线圈交流电的频率相等
B.使用多用电表测副线圈电压时，应选用“直流电压挡”
C.测量电压时，先用最大量程挡试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量
D.因为实验所用电压较低，通电时可用手直接接触裸露的导线、接线柱等检查电路
考虑变压器工作时有能量损失，实验测得的原、副线圈的电压比与原、副线圈的匝数比之间的关系为 选填“”、“”或者“”。
如图丙所示，一理想变压器原线圈中接有阻值为的定值电阻，副线圈中接有一可变电阻，原线圈一侧接在电压为有效值的正弦交流电源上。通过调节可变电阻后发现，当时，可变电阻上消耗的电功率最大，该变压器原、副线圈的匝数比为 。
五、计算题：本大题共3小题，共36分。
14.工人浇筑混凝土墙壁时，内部形成了一块气密性良好充满空气的空腔，墙壁导热性能良好。
空腔内气体的温度变化范围为，问空腔内气体的最小压强与最大压强之比；
填充空腔前，需要测出空腔的容积。在墙上钻一个小孔，用细管将空腔和一个带有气压传感器的气缸连通，形成密闭空间。当气缸内气体体积为时，传感器的示数为。将活塞缓慢下压，气缸内气体体积为时，传感器的示数为。求该空腔的容积。
15.设计小组研制的电磁弹射系统模型如图所示，主要由间距为的水平平行金属导轨、电源和搭载模型飞机的动子组成，动子主要由导体棒和安置飞机的压缩弹簧绝缘装置组成，导轨所在平面存在垂直导轨平面向下的匀强磁场未画出，磁感应强度大小为，当开关接“”时，电路中电流恒定为，动子在安培力作用下带动飞机向右加速，加速距离到达虚线时，开关从“”断开后与“”接通，接通后动子减速滑行至速度大小衰减为处的时，动子上弹簧装置被触发将飞机弹开，飞机脱离动子，动子继续滑行距离后停在导轨上，已知动子含弹簧装置质量为、飞机质量为，弹簧装置被触发到飞机脱离动子过程，动子克服安培力做功大小为，飞机脱离动子时速度大小是动子速度大小的倍，导体棒接入电路的电阻阻值为，忽略导轨的电阻和摩擦阻力，求：
到达时，飞机的速度大小；
飞机脱离后，动子滑行过程中通过回路的电荷量；
飞机被弹开过程中，弹簧装置释放的弹性势能。
16.如图所示，直角坐标系平面内，第一、二象限分别存在垂直纸面向里的匀强磁场和沿轴正方向的匀强电场，、大小均未知。质量为、电荷量为的粒子从轴负半轴点与轴正方向成射入电场，经电场偏转后以速度从点垂直轴进入磁场，最后从点与轴正方向成射出磁场，不计粒子重力。
求粒子进入电场时的速度大小；
求磁感应强度的大小；
若粒子在磁场中受到与速度大小成正比的阻力为已知常量，粒子恰好从点图中未标出垂直轴射出磁场，求点的坐标；
在第问的情况下，求粒子从点运动到点的轨迹长度。
答案解析
1.【答案】
【解析】解：、由图可知，该磁场的磁感线不是平行且等间距的，故磁场的磁感应强度大小并不处处相等，故A错误；
B、线圈与磁感线平行，故磁通量为零，故B错误；
C、导线电流向外，磁场向右，根据左手定则，安培力向上，故C正确；
D、通电后，处于磁场中的线圈受到安培力作用，使其转动，螺旋弹簧被扭动，则受到弹簧的阻力，从而阻碍线圈转动，不是电磁感应的原理，故D错误。
故选：。
利用图示的装置分析出磁电式仪表的工作原理，即通电线圈在磁场中受力转动，线圈的转动可以带动指针的偏转；由左手定则来确定安培力的方向可确定转动方向。
本题考查磁电式电表的工作原理、左手定则。掌握均匀辐向磁场的分布特点，来理解电流表的工作原理，利用左手定则判断安培力方向是解决本题的关键。
2.【答案】
【解析】解：
、闭合瞬间线圈相当于断路，二极管为反向电流，故电流不走灯泡，也不亮，故A错误，B错误。
、开关断开瞬间立刻熄灭，由于二极管正向导通，故自感线圈与形成回路，闪亮一下，然后逐渐熄灭，故C错误，D正确。
故选：。
依据自感线圈的特征：刚通电时线圈相当于断路，断开电键时线圈相当于电源；二极管的特征是只正向导通．
该题两个关键点，、要知道理想线圈的特征：刚通电时线圈相当于断路，断开电键时线圈相当于电源；、要知道二极管的特征是只正向导通．
3.【答案】
【解析】解：由图乙可知，时刻穿过线圈的磁通量为，则线圈与中性面垂直，故A错误；
B.时刻，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势为零，故B正确；
C.根据题意可知，电流表的示数为回路中电流的有效值，而回路中电流的有效值不变，故C错误；
D.、时刻磁通量为零，磁通量的变化率最大，即感应电动势最大，感应电流最大，此时电流方向不发生改变，而线圈转一周，电流方向改变两次，故D错误。
故选：。
在中性面位置穿过线圈的磁通量最大；根据法拉第电磁感应定律、磁通量的变化率为零，感应电动势为零；交流电流表测量的是交流电的有效值；、时刻磁通量为零，磁通量的变化率最大，感应电流最大，此时电流方向不发生改变，线圈转动一周电流方向改变两次。
本题考查交流电产生过程，法拉第电磁感应定律的灵活应用，知道电流表电压表的示数均为有效值。
4.【答案】
【解析】解：、等离子体沿直线进入电磁流量计后，根据左手定则可知正离子受到向上的洛伦兹力往上偏转，负离子受到向下的洛伦兹力往下偏转，点电势高于点电势，故A正确；
D、等离子体在平行板电容器中沿直线运动，以正离子为研究对象，根据平衡条件可知，正离子受到的电场力向下，则电容器上极板带正电，故D正确；
、在平行板中的区域，根据平衡条件可得：
在电磁流量计的区域，等离子体经过电磁流量计时受到的洛伦兹力会向上下两侧偏转，在上下两侧之间形成电场，当电场力与洛伦兹力相等时，流量恒定，根据平衡条件可得：
联立解得：
所以仅增大，电压表示数不变；仅增大，电压表示数增大，故B错误，C正确。
本题选错误的，故选：。
等离子体稳定地流经流量计时，正负电荷受洛伦兹力发生偏转，根据左手定则确定正负离子偏转方向，从而确定电势高低及上下板的电性；
在上下表面间形成电势差，最终稳定时，电荷所受电场力与洛伦兹力平衡，从而根据平衡求出上下板间的电势差。
本题应注意题意中给出的条件，解决本题的关键找到洛伦兹力等于电场力来求电磁流量计解出上下两板的电势差的表达式。
5.【答案】
【解析】解：甲图测量油膜分子直径时，在滴完油酸之后不能立即测量油膜的面积，应等油酸充分扩散形成单分子油膜后再测量油膜的面积，可以减小测量误差，故A错误；
B.乙图是布朗运动示意图，反应的是微粒在液体中的运动，悬浮在液体中的颗粒越大，某一瞬间跟颗粒碰撞的液体分子数目就会越多，撞击的不平衡性越不明显，布朗运动就越不显著，故B错误；
C.丙图是气体分子速率分布图，温度越高，速率大的分子占总分子数的百分比更大，则代表的温度小于代表的温度；但图像与坐标轴包围的面积等于图像与坐标轴包围的面积，均为，故C正确；
D.丁图是分子间作用力示意图，在处引力和斥力等大，分子力表现为零，故D正确。
故选：。
根据测量油膜面积方法判断；根据布朗运动的特点判断；根据气体分子速率分布图分析判断；根据分子间作用力示意图特点分析判断。
本题关键掌握测量油膜面积方法、布朗运动的特点、气体分子速率分布特点和分子间作用力特点。
6.【答案】
【解析】解：、用户使用的用电器增加时，用户总电阻减小，电流表的示数变大，故A正确；
D、用户使用的用电器增加时，用户总电阻减小，电流表的示数变大，由理想变压器电流之比等于匝数的反比可知输电线上的电流增大，由，输电线的损失功率变大，故D正确。
B、由项分析可知输电线上的电流增大，由理想变压器电流之比等于匝数的反比可知电流表的示数增大，故B错误；
C、、间接入电压有效值不变的正弦交流电，则升压变压器原线圈电压不变，由电压之比等于匝数之比，升压变压器副线圈电压为不变，电压表的示数，因为输电线上的电流增大，所以电压表的示数减小，故C错误；
故选：。
用户用电器增加，负载总电阻减小，降压变压器副边电流增大；根据理想变压器电流比，输电线上电流随之增大，升压变压器原边电流也增大；输电线电流增大，上电压损失和功率损失均变大，导致降压变压器原边电压电压表示数降低。以此逐一分析各选项。
这是一道考查远距离输电动态分析的典型高考题，以理想变压器模型为载体，串联了负载变化、电流、电压、功率的连锁影响等核心考点，逻辑链条清晰，能有效检验学生对变压器电流比、输电损耗等规律的理解与动态分析能力，是巩固交变电流模块基础、区分概念掌握程度的优质基础题。
7.【答案】
【解析】解：根据洛伦兹力作为向心力
可知
对着圆心入射的粒子，速度越大，在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由可知，运动时间越短，故A错误；
B.根据和半径表达式可知
画出粒子的运动轨迹，如下图所示
粒子轨迹对应的弦长为时，圆心角最大，入射的粒子在圆形磁场运动时间最长是，故B错误；
C.根据题意可知
若最远距离与点和磁场围成的圆心角为，则
解得
即粒子从圆形磁场边界出射弧长是，故C正确；
D.当速度满足，粒子的轨迹半径为，入射点、出射点、点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，粒子的速度一定垂直打在板上，故D正确。
故选：。
题目涉及带电粒子在圆形匀强磁场中的偏转运动，分析时需要明确粒子以不同速度和方向从磁场最高点射入后的圆周运动轨迹特点。对于每个选项，应结合轨道半径与磁场半径的几何关系确定偏转角度与弧长，利用粒子在磁场中运动时间与偏转角成正比的关系判断时间变化趋势，并通过轨迹圆心与磁场圆心的位置关系分析出射速度方向是否满足垂直打在竖直感光板上的条件。
本题以带电粒子在圆形匀强磁场中的运动为背景，综合考查洛伦兹力、圆周运动规律以及复杂的几何关系分析。题目计算量适中，但思维要求较高，尤其侧重于对粒子轨迹动态变化与临界条件的深度理解和建模分析能力。
8.【答案】
【解析】解：根据题意可知，边进入磁场时，对斜面压力也恰好为零未出磁场，则所受洛伦兹力垂直斜面向上，根据左手定则可知物体带负电，故A错误；
B.线框进入磁场前，对线框由牛顿第二定律得
对物体由牛顿第二定律得
代入数据解得
故B正确；
C.由边进入磁场时，线框所受合力恰好为零，对斜面压力也恰好为零未出磁场，对物体得，
对线框
又，，
则
代入数据解得，，故C错误；
D.以的方向为正方向，线框进入磁场的过程由动量定理得
即
代入数据解得，故D正确。
故选：。
A.根据物体的受力情况结合左手定则判断电性；
B.根据牛顿第二定律求出线框进入磁场前加速度大小；
C.根据牛顿第二定律和法拉第电磁感应定律求磁场的磁感应强度大小；
D.根据动量定理求线框进入磁场时间。
本题主要是考查电磁感应现象，关键是弄清楚线框的运动情况和受力情况，根据平衡条件、牛顿第二定律列方程进行求解，若涉及能量问题，常根据动能定理、功能关系等列方程求解。
9.【答案】

【解析】解：一滴油酸酒精溶液中含有的纯油酸的体积为
油膜的面积为
油酸分子的直径
故答案为：；；。
根据浓度计算每滴油酸酒精溶液中含有的纯油酸的体积；
根据油膜轮廓包含的小方格数计算油膜面积；
根据体积公式计算油酸分子的直径。
本题考查“用油膜法估测油酸分子直径”实验，关键掌握实验原理、利用体积公式计算油酸分子直径的方法、注意油膜面积和每滴油酸酒精溶液中含有的纯油酸的体积的计算方法。
10.【答案】
向左
向里

【解析】解：当电键闭合，磁通量有无到有，根据楞次定律，中的电流方向由到，则，根据安培定则知，导线下方的磁场方向垂直纸面向外，则极向里转动．
闭合电键的瞬间，磁通量增大，根据楞次定律的另一种表述，小金属环引起的机械效果阻碍磁通量增加，则小金属环向左运动．
故答案为：；向左；向里
当电键闭合时，根据楞次定律判断出中的感应电流方向，从而比较出、两点的电势．根据安培定则判断周围的磁场方向，从而确定出小磁针极的转动方向．根据楞次定律的另一种表述，即引起的机械效果阻碍磁通量的变化判断小金属环的运动．
本题考查了楞次定律、安培定则的基本运用，以及知道沿着电流的方向电势逐渐降低．
11.【答案】，：，。
【解析】解：交变电流方向在一个周期内改变次，由图可得电流周期为，即频率为，所以电流方向每秒改变次。
根据图丙知底座线圈输入电压有效值为，原副线圈电压关系，则底座线圈和牙刷内置线圈的电压之比为：：。
牙刷内置线圈整流电路输入电压为，说明最大值为，若在点接入一个理想二极管，根据二极管的单向导电性可知，在一个周期内只有半个周期内有电流，根据有效值的定义可得，可以得出有效值为最大值的一半，即整流电路输入电压的有效值为。
故答案为：，：，。
交变电流方向在一个周期内改变次，根据变压比计算；根据有效值的定义计算。
知道交变电流方向在一个周期内改变次，掌握变压比和有效值定义的应用等是解题的基础。
12.【答案】温度
不会
组封闭气体的质量大于组封闭气体的质量

【解析】解：在探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系实验中，温度是需要控制的变量。避免手握注射器含空气柱部分，就是防止手的温度对气体温度产生影响，从而控制注射器内封闭气体的温度不发生变化；
根据理想气体状态方程，对于一定质量的气体不变，是常量，在等温变化不变时，常量，外界大气压发生变化时，研究的是封闭气体内部压强与体积的关系，只要保证封闭气体的温度不变、质量不变，外界大气压的变化不会影响封闭气体压强与体积之间的关系，所以不会影响实验结果；
在压缩气体过程中，某组同学不慎用手握住注射器含空气柱的部分，这会使气体温度升高。根据理想气体状态方程，不变，升高，减小时，会比等温压缩时更大，从图像来看，对于等温线双曲线，温度升高时，图像会向上移动；、图像向上移动，符合温度升高时关系的变化，故A正确；、图像向下移动，不符合温度升高时增大的情况，故B错误；、图像的形状和位置变化不符合温度升高时关系的变化，故C错误；、图像的形状和位置变化不符合温度升高时关系的变化，故D错误。故选：。
对于一定质量的理想气体，在温度不变时，根据玻意耳定律为常数，变形可得：，其图像的斜率，与气体的质量有关，质量越大，越大。造成图像中的斜率大于的斜率的原因是组封闭气体的质量大于组封闭气体的质量。
故答案为：温度；不会；
；
组封闭气体的质量大于组封闭气体的质量。
在探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系实验中，温度是需要控制的变量，避免手握注射器；外界大气压发生变化时，研究的是封闭气体内部压强与体积的关系，需要保证封闭气体的温度不变、质量不变；
由理想气体状态方程，可知会变大，但与不成线性关系，由此即可判断；
造成图像中的斜率大于的斜率的原因是组封闭气体的质量大于组封闭气体的质量。
本题涵盖理想气体状态方程、玻意耳定律等多个重要的气体实验定律相关知识，全面考查学生对气体实验原理、规律以及实验操作中影响因素的理解，有助于学生构建完整的气体实验知识体系。培养学生分析和解决实际问题的能力，体现了物理学科注重实验和应用的特点。
13.【答案】
：

【解析】根据变压器的改装原理可知，变压器工作时只是改变电压，不改变频率，故A错误；
B.变压器的原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“交流电压挡”测量，故B错误；
C.测量副线圈电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量，防止烧坏电压表，故C正确；
D.虽然实验所用电压较低，但是通电时不可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路，这样可减小实验误差，避免发生危险，故D错误。
故选：。
根据变压器原理可知，原副线圈两端电压之比等于原副线圈匝数之比，即变压器原、副线圈电压应与其匝数成正比，实验中由于变压器的铜损、磁损和铁损，导致变压器的铁芯损失一部分能量，所以副线圈上的电压的实际值一般略小于理论值，所以原线圈与副线圈的电压之比一般大于原线圈与副线圈的匝数之比。
把变压器和等效为一个电阻，当作电源内阻，电源的输出功率
当时，即内外电阻相等时，输出功率最大，即可变电阻上消耗的电功率最大，根据，得
由，可得
解得该变压器原、副线圈的匝数比为：：。
故答案为：；；：。
根据变压器的原理，实验的安全性分析判断；
根据变压器的原理和能量损失分析判断原、副线圈的电压比与原、副线圈的匝数比之间的关系；
根据电源的输出功率和变压器的匝数关系求变压器原、副线圈的匝数比。
本题主要考查了变压器的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合原副线圈的匝数比得出电学物理量的关系即可。
14.【答案】解：以空腔内的气体为研究对象，设最低温度时，压强，；最高温度时，压强，；根据查理定律：
解得
设空腔的体积为，气缸的容积为，以整个系统内的气体为研究对象，则未下压时气体的压强，体积，
下压后气体的压强，体积，
根据玻意耳定律
解得
答：空腔内气体的最小压强与最大压强之比；
空腔的容积。
【解析】根据查理定律，代入数据，求压强比；
根据玻意耳定律，代入数据，求体积。
本题解题关键是正确使用等容过程的查理定律和等温过程的玻意耳定律，是一道基础题。
15.【答案】到达时，飞机的速度大小为 飞机脱离后，动子滑行过程中通过回路的电荷量为 飞机被弹开过程中，弹簧装置释放的弹性势能为
【解析】解：到达时，由动能定理，有
解得
由
平均电流
电荷量
解得
设飞机脱离时，动子的速度大小为，以水平向右的方向为正方向，由动量定理，有
可得
由能量守恒，有
解得
答：到达时，飞机的速度大小为；
飞机脱离后，动子滑行过程中通过回路的电荷量为；
飞机被弹开过程中，弹簧装置释放的弹性势能为。
根据动能定理求到达时，飞机的速度大小；
根据法拉第电磁感应定律和电荷量表达式求飞机脱离后，动子滑行过程中通过回路的电荷量；
由动量定理和能量守恒定律求飞机被弹开过程中，弹簧装置释放的弹性势能。
本题考查了电磁感应相关知识，理解飞机在不同时刻的运动状态，合理运用动量定理和能量守恒是解决此类问题的关键。
16.【答案】粒子在电场的运动可看成逆向的类平抛运动，设粒子进入电场的速度为，根据几何关系有
解得；
粒子在磁场中运动的轨迹如图所示
根据几何知识有
根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有
联立解得；
对粒子受力分析可知，速度的轴分量会产生轴的阻力与轴负方向的洛伦兹力；速度的轴分量会产生轴的阻力与轴正向的洛伦兹力，在轴上，取向右为正方向，根据动量定理有
即
其中
联立解得
故点坐标为；
同理在轴上，取向下为正方向，根据动量定理有
即
联立解得
切线方向，阻力使得粒子速度减小，在切线方向有
即
联立解得轨迹长。
答：粒子进入电场时的速度大小为；
磁感应强度的大小为；
点的坐标为；
在第问的情况下，粒子从点运动到点的轨迹长度为。
【解析】根据类平抛运动的规律，由几何关系求解粒子进入电场时的速度大小；
根据几何知识求解粒子在磁场中运动的轨道半径，再根据牛顿第二定律求解磁感应强度的大小；
将粒子在磁场中运动过程的速度分解到轴和轴，在轴方向根据动量定理求解粒子在轴方向运动的距离，即可解得点的坐标；
在轴方向根据动量定理求解粒子在点的速度，在切线方向根据动量定理求解从点运动到点的轨迹长度。
本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
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