广东省深圳实验学校光明部2023-2024学年高二下学期期中考试物理试卷
1．（2024高二下·深圳期中）关于下列各图，说法正确的是（ ）
A．图甲中，布朗运动是液体分子的无规则运动
B．图乙中，当分子间距离为r0时，分子势能最小
C．图丙中，T1对应曲线为同一气体温度较高时的速率分布图
D．图丁中，实验现象说明薄板材料一定是非晶体
【答案】B
【知识点】布朗运动；分子势能；气体热现象的微观意义；晶体和非晶体
【解析】【解答】A．布朗运动是固体小微粒的运动，而不是分子的运动，故A错误；
B．当分子间距离为r0时，分子势能最小，故B正确；
C．T2对应曲线为同一气体温度较高时的速率分布图，故C错误；
D．薄板材料可能是多晶体或非晶体，故D错误。
故选B。
【分析】1、布朗运动是指悬浮在液体或气体中的固体小微粒（如花粉、尘埃等）由于受到周围液体或气体分子的无规则碰撞而表现出的无规则运动。布朗运动是固体小微粒的运动，而不是液体或气体分子本身的运动。
2、分子间作用力与分子间距离的关系：
当分子间距离 r=时，分子间作用力为零，此时分子势能最小。当 r< 时，分子间表现为斥力，势能增大。r> 时，分子间表现为引力，势能增大。
3、气体分子的速率分布与温度的关系：
温度越高，气体分子的平均速率越大，速率分布曲线向高速率方向移动。
4、薄板材料的可能结构：多晶体是由许多小晶粒组成的材料，具有各向同性。
非晶体（如玻璃）没有规则的晶体结构，也是各向同性。
薄板材料可能是多晶体或非晶体，具体取决于材料的制备方式和性质。
2．（2024高二下·深圳期中）某课外研究性学习小组在“如何防止电梯坠落的研究”中，设计的防止电梯坠落的应急安全装置如图所示。在电梯轿厢上安装上永久磁铁，电梯的井壁铺设闭合金属线圈A和B。下列说法正确的是（ ）
A．电梯突然坠落时，该装置可使电梯停在空中
B．电梯突然坠落时，该装置不可能起到阻碍电梯下落的作用
C．电梯坠落至永久磁铁图示位置时，线圈A、B中电流方向相反
D．电梯坠落至永久磁铁图示位置时，已穿过线圈A，所以线圈A不会阻碍电梯下落
【答案】C
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；楞次定律
【解析】【解答】A．感应电流会阻碍磁铁的相对运动，但不能阻止磁铁的运动，若电梯停在空中，线圈不会产生感应电流，电梯上的磁铁不会受到感应电流的作用，所以电梯不可能停在空中，故A错误；
B．若电梯突然坠落时，线圈内的磁通量发生变化，线圈中产生感应电流，感应电流会阻碍磁铁的相对运动，可起到阻碍电梯下落的作用，故B错误；
C．当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈A中向上的磁场减弱，感应电流的方向从上向下看是逆时针方向，B中向上的磁场增强，感应电流的方向从上向下看是顺时针方向，可知A与B中感应电流方向相反，故C正确；
D．结合A的分析可知，当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落，故D错误。
故选C。
【分析】1、当电梯停在空中时，磁铁与线圈之间没有相对运动，线圈中的磁通量不发生变化，因此不会产生感应电流。没有感应电流，磁铁不会受到感应电流的作用力，电梯可以停在空中。
2、若电梯突然坠落，磁铁与线圈之间发生相对运动，线圈中的磁通量发生变化，产生感应电流。
感应电流会产生磁场，阻碍磁铁的相对运动（楞次定律），从而减缓电梯的下落速度。
3、当电梯坠落至图示位置时：对于线圈 A：向上的磁场减弱，根据楞次定律，感应电流的方向从上向下看是逆时针方向。对于线圈 B：向上的磁场增强，感应电流的方向从上向下看是顺时针方向。
因此，线圈 A 和线圈 B 中的感应电流方向相反。
4、当电梯坠落至图示位置时，线圈 A 和线圈 B 都会产生感应电流，感应电流的磁场会阻碍磁铁的相对运动，从而阻碍电梯的下落。
3．（2024高二下·深圳期中）如图是学生常用的饭卡内部实物图，其由线圈和芯片组成电路，当饭卡处于感应区域时，刷卡机会激发变化的磁场，从而在饭卡内线圈中产生感应电流来驱动芯片工作，已知线圈面积为S，共n匝，某次刷卡时，线圈平面与磁场垂直，且全部处于磁场区域内，在感应时间内，磁感应强度方向向外且由0增大到，此过程中（ ）
A．线圈中感应电流方向为逆时针方向
B．线圈有扩张的趋势
C．通过线圈的磁通量变化量大小为
D．线圈中感应电动势大小为
【答案】C
【知识点】楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A．根据楞次定律可知，线圈中磁通量向外增加，则感应电流磁场向里，则感应电流方向为顺时针方向，选项A错误；
B．根据“增缩减扩”可知，线圈有收缩的趋势，选项B错误；
C．通过线圈的磁通量变化量大小为
选项C正确；
D．线圈中感应电动势大小为
选项D错误。
故选C。
【分析】1、根据楞次定律，感应电流的磁场总是阻碍原磁场的变化。
若线圈中磁通量向外增加，感应电流的磁场方向应向里（阻碍磁通量增加）。
根据右手定则，感应电流的方向应为顺时针方向。
2、“增缩减扩”是指当线圈中的磁通量增加时，线圈有收缩的趋势；当磁通量减少时，线圈有扩张的趋势。若线圈中磁通量向外增加，线圈应有收缩的趋势。
3、通过线圈的磁通量变化量大小为 ΔΦ，感应电动势的大小需要根据磁通量变化率公式计算。
4．（2024高二下·深圳期中）铁路上使用一种电磁装置向控制中心传输信号以确定火车的位置，能产生匀强磁场的磁铁被安装在火车首节车厢下面，如图所示（俯视图），当它经过安放在两铁轨间的线圈时便会产生一电信号，被控制中心接收.若火车通过线圈时，控制中心接收到的线圈两端的电压信号u随时间t变化情况如图所示，则说明火车在做（ ）
A．匀速直线运动
B．匀加速直线运动
C．匀减速直线运动
D．加速度逐渐增大的变加速直线运动
【答案】B
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】根据u-t图像信息可得，信号u随时间t线性变化，并均匀增大，即有
又因为
则
B、L、k均一定，所以速度v随时间t均匀增大，故火车在做匀加速直线运动。故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】信号 u 随时间 t 线性变化，即 u=kt。根据 u=BLv，可得 v= BLk t，即速度 v 随时间 t 均匀增大。加速度 a= BLk 为常数，因此火车做匀加速直线运动。
5．（2024高二下·深圳期中）物理课上，老师做了一个奇妙的“自感现象”实验。按图连接电路，先闭合开关S，电路稳定后小灯泡A正常发光，然后断开开关S，同学们发现小灯泡A闪亮一下再熄灭。已知自感线圈L的直流电阻为RL，小灯泡A正常发光时电阻为RA。下列说法中正确的是（ ）
A．RL>RA
B．RL=RA
C．断开开关S瞬间，小灯泡A中电流大于自感线圈中流过电流
D．断开开关S的瞬间，小灯泡A中的电流方向为
【答案】D
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】ABC．稳定时，灯泡A与线圈L并联，故两者电压相等，通过线圈的电流为I1，通过小灯泡的电流为I2，由于稳定后开关S再断开，小灯泡闪亮一下，这是因为线圈产生的自感电动势阻碍磁通量减小，这时线圈相当于电源，电流突然增大到原来线圈的电流I1，所以可以判断I1>I2，结合欧姆定律可知，线圈L的电阻小于灯泡A的电阻，A错误，B错误，C错误；
D．在断开开关瞬间，线圈中产生自感电动势，线圈相当于电源，线圈右端为电源正极，是的灯泡中的电流为为b→a，C错误，D正确。
故选D
【分析】1、稳定时的情况：灯泡 A 与线圈 L 并联，因此两者的电压相等。
2、开关断开瞬间的情况：当开关 S 断开时，线圈 L 中的电流 会突然减小，线圈会产生自感电动势，阻碍电流的减小。此时，线圈相当于一个电源，其自感电动势会维持电流的流动。由于线圈的自感电动势，电流会从线圈流向灯泡，使得灯泡闪亮一下。根据楞次定律，自感电动势的方向会阻碍电流的减小。
3、在开关断开瞬间，线圈右端为自感电动势的正极，因此电流方向为 b→a。
6．（2024高二下·深圳期中）“南鲲号”称之为“海上充电宝”，是一个利用海浪发电的大型海上电站，其发电原理是海浪带动浪板上下摆动，从而驱动发电机转子转动，其中浪板和转子的链接装置使转子只能单方向转动。若转子带动线圈如下图逆时针转动，并向外输出电流，则下列说法正确的是（ ）
A．线圈转动到如图所示位置时穿过线圈的磁通量最大
B．线圈转动到如图所示位置时a端电势低于b端电势
C．线圈转动一周电流方向改变两次，图示位置正是电流变向的时刻
D．线圈转动到如图所示位置时其靠近N极的导线框受到的安培力方向向上
【答案】D
【知识点】交变电流的产生及规律；左手定则—磁场对通电导线的作用；右手定则
【解析】【解答】A．线圈转动到如图所示位置时穿过线圈的磁通量为零，最小，故A错误；
B．根据右手定则可知，线圈转动到如图所示位置时a端电势高于b端电势，故B错误；
C．线圈转动一周电流方向改变两次，线圈经过中性面一次电流方向改变，则图示位置不是电流变向的时刻，故C错误；
D．根据左手定则可知，线圈转动到如图所示位置时其靠近N极的导线框受到的安培力方向向上，故D正确。
故选D。
【分析】1、线圈转动到图示位置时，线圈平面与磁场方向平行，穿过线圈的磁通量为零。
2、根据右手定则（发电机定则），线圈转动时产生的感应电动势方向可以通过右手定则判断。
若线圈转动到图示位置时，a 端电势高于 b 端电势。
3、线圈转动一周，电流方向会改变两次（每经过中性面一次，电流方向改变一次）。图示位置不是中性面，因此不是电流变向的时刻。
4、根据左手定则（电动机定则），可以判断导线框受到的安培力方向。
若线圈转动到图示位置时，靠近 N 极的导线框受到的安培力方向向上。
7．（2024高二下·深圳期中）如图所示为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B=0.5T的匀磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO'以角速度匀速转动，线圈的面积为S=0.1m2、匝数为n=100、线圈总电阻为r=1Ω、线圈的两端经集流环和电刷与电阻R=9Ω连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电表。在t=0时刻，线圈平面与磁场方向平行（如图所示），则下列说法错误的是（ ）
A．交流发电机产生电动势的最大值为
B．交流电压表的示数为4.5V
C．线圈从t=0时刻开始转过90°的过程中，通过电阻R的电量为0.5C
D．线圈从t=0时刻开始转过90°的过程中，电阻R产生的热量为
【答案】D
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．交流发电机产生电动势的最大值为
故A正确，不符合题意；
B．交流电压表的示数为
故B正确，不符合题意；
C．线圈从t=0时刻开始转过90°的过程中，通过电阻R的电量为
故C正确，不符合题意；
D．线圈从t=0时刻开始转过90°的过程中，电阻R产生的热量为
故D错误，符合题意。
故选D。
【分析】1、交流发电机产生的电动势最大值公式：计算产生电动势的最大值。
2、交流电压表的示数为交流电压的有效值，利用闭合电路欧姆定律求解。
3、线圈从 t=0时刻开始转过90°的过程中，通过电阻R的电量，可以通过法拉第电磁感应定律计算。
4、线圈从t=0时刻开始转过90°的过程中，电阻R产生的热量可以通过焦耳定律计算。
8．（2024高二下·深圳期中）如图所示，一定质量的理想气体从状态A经过状态B、C又回到状态A。下列说法正确的是（ ）
A．A→B过程中气体对外做的功大于C→A过程中外界对气体做的功
B．A→B过程中单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增加
C．B→C过程中气体的压强减小，气体分子的数密度也减小
D．C→A过程中单位体积内分子数增加，分子的平均动能也增加
【答案】A
【知识点】热力学第一定律及其应用；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；气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】B．A→B过程中，由于BA的延长线过原点，可知气体做等压变化，由于温度升高，分子的平均动能增大，气体分子在单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减少，故B错误；
C．B→C过程中气体做等容变化，气体温度降低，可知气体的压强减小，由于气体体积不变，气体分子的数密度不变，故C错误；
D．C→A过程中气体的温度不变，分子的平均动能不变，故D错误；
A．A→B过程中气体做等压变化，气体体积变化等于C→A过程中气体的体积变化，而C→A过程中气体的平均压强小于A→B过程中气体的平均压强，根据可得，A→B过程中气体对外做的功大于C→A过程中外界对气体做的功，故A正确。
故选A。
【分析】1、BA 的延长线过原点，说明气体做等压变化（压强不变），温度升高，气体分子的平均动能增大。由于压强不变，温度升高，气体分子在单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减少。
2、气体做等容变化（体积不变），温度降低，根据查理定律，压强减小，由于体积不变，气体分子的数密度不变。
3、气体的温度不变，分子的平均动能不变。
9．（2024高二下·深圳期中）电磁感应现象在科技和生活中有着广泛的应用，下列说法正确的是（ ）
A．图甲中，发射线圈接入恒定电流也能实现手机充电
B．图乙中，电磁炉不能使用陶瓷锅，是因为陶瓷不能产生涡流
C．图丙中，冶炼炉的炉外线圈通入高频交流电时，线圈产生大量热量，冶炼金属
D．图丁中，电流表在运输时要用导线把两个接线柱连在一起，这是为了保护电表指针，利用了电磁阻尼原理
【答案】B,D
【知识点】自感与互感；涡流、电磁阻尼、电磁驱动
【解析】【解答】A．充电设备中的发射线圈通恒定电流，其产生的磁场是恒定的，不能使手机产生感应电流，不能实现无线充电，故A错误；
B．电磁炉不能用陶瓷锅是因为陶瓷锅属于绝缘材料，不会产生涡流，故B正确；
C．真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，线圈产生交变磁场，被冶炼的金属产生涡流，产生大量的热从而冶炼金属，故C错误；
D．电流表在运输时要用导线把两个接线柱连在一起，这是为了保护电表指针，利用了电磁阻尼原理，故D正确。
故选BD。
【分析】1、产生感应电流的条件： 闭合导体回路中必须存在变化的磁通量，线圈通恒定电流，其产生的磁场是恒定的。
2、真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，线圈产生交变磁场，被冶炼的金属产生涡流，产生大量的热从而冶炼金属。
3、电流表在运输时要用导线把两个接线柱连在一起，这是为了保护电表指针，利用了电磁阻尼原理。
10．（2024高二下·深圳期中）如图甲所示为一可调压式自耦变压器，线圈AB均匀绕在一个圆环形的铁芯上，CD之间输入交变电压，拨动滑动触头P就可以调节输出电压。图中变压器视为理想变压器，两电表均为理想交流电表，R1=6Ω、R2=5Ω。R3为总阻值为10Ω的滑动变阻器。现在CD两端输入图乙所示正弦式交流电，下列说法正确的是（ ）
A．若变压器滑动触头P拨至线圈中间位置，电压表示数是
B．若电压表与电流表示数分别是10V和1A，变压器原制线圈匝数比为9∶7
C．当滑动变阻器滑动触头向上滑动时，电压表读数变大，电流表读数变小
D．当变压器滑动触头P顺时针转动时，电流表和电压表示数均变小
【答案】B,C,D
【知识点】变压器原理；变压器的应用
【解析】【解答】A．由图乙可知输入电压的有效值为
若变压器滑动触头P拔至线圈中间位置，根据原副线圈的电压比与匝数比的关系有
可得
U2为MN两点间的电压，是R1和R2、R3并联部分电压的总和，而电压表示数只是R2、R3并联部分电压，所以电压表示数小于，故A错误；
B．若电压表与电流表示数分别是10V和1A，则R2的电流为
则有
根据原副线圈的电压比与匝数比的关系有
故B正确；
C．当滑动变阻器滑动触头向上滑动时，R3增大，则R总增大，由于变压器滑动触头P不动，输入电压不变，则U2不变，I2减小，可知R1两端电压减小，则电压表示数变大，通过R2电流增大，则通过R3电流减小，电流表读数变小，故C正确；
D．变压器滑动触头P顺时针转动时，n2减小，输入电压不变，则U2减小；R总不变，I2减小，根据欧姆定律可知电压表示数变小，电流表示数变小，故D正确。
故选BCD。
【分析】本题主要考察了变压器的原理、电路的分析、电压和电流的测量以及欧姆定律的应用等。
1、变压器的原理：特别是原副线圈的电压比与匝数比的关系，即电压与匝数成正比，这是变压器工作的基本原理。
2、电路的分析：需要理解电路中的串联、并联关系，以及滑动触头在变压器中的位置变化如何影响电路中的电压和电流分布。
3、电压和电流的测量：理解电压表和电流表在电路中的测量对象，以及它们如何反映电路中的电压和电流情况。
4、欧姆定律的应用：在已知电压和电流的情况下，利用欧姆定律计算电阻或分析电路状态。
11．（2024高二下·深圳期中）如图所示，喷洒农药用的某种喷雾器，其药液桶的总容积为14L，装入药液后，封闭在药液上方的空气体积为2L，气压为1atm。打气筒活塞每次可以打进气压为1atm、体积为0.2L的空气。不考虑环境温度的变化。在打气n次后，药液上方的气体压强增大到5atm，在药液上方的气体压强达到5atm时停止打气，并开始向外喷药，当喷雾器不能再向外喷药时，筒内剩下的药液还有V升，则n、V值为（ ）
A．n=40次 B．n=60次 C．V=10L D．V=4L
【答案】A,D
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】AB．在用打气筒向喷雾器内打气的过程中，把原来喷雾器里的空气和打气n次所打入的空气作为研究对象，其质量和温度不变，遵循玻意耳定律。对于这部分空气，初、末状态的压强和体积分别为p1=1atm、V1=（2+0.2n）L、p2=5atm、V2=2L。根据玻意耳定律得
将各已知量代入上式可解得n=40次，故A正确，B错误；
CD．对于打气结束时喷雾器中所有的空气，在喷雾器向外喷药的过程，质量和温度也不变，其初态压强和体积分别为p2=5atm、V2=2L，末态压强和体积分别为p3=1atm、V3，再根据玻意耳定律得
将各已知量代入上式可解得V3=10L，筒内剩下的药液还有
V= V容- V3=14-10L=4L
故C错误，D正确。
故选AD。
【分析】1、 玻意耳定律的理解与应用 ：玻意耳定律是描述在温度不变的情况下，气体的压强与体积之间反比关系的定律。要求理解玻意耳定律的适用条件（质量、温度不变），应用定律公式并正确地将这些参量代入玻意耳定律的公式中进行计算。
2 、代数运算与方程求解 ：通过代数运算，将玻意耳定律的公式转化为关于n的方程，求解该方程，得出打气次数n的值。
3 、物理意义的理解 ：理解题目中“原来喷雾器里的空气和打气n次所打入的空气”作为研究对象的物理意义，即这些空气在打气过程中被视为一个整体，其质量和温度保持不变，喷雾器原始体积与每次打气增加体积的累加。
12．（2024高二下·深圳期中）我国新一代航母阻拦系统采用了电磁阻拦技术，其工作原理如图（b）所示。固定在水平甲板面内的“U”型金属导轨位于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面，MN、PQ平行且相距l且MP电阻为R，其余导电阻轨不计。一质量为m、阻值为R的导体棒ab垂直搁置在两导轨之间，且与导轨接触良好。质量为M的飞机着舰时，迅速钩住导体棒ab上的绝缘绳，同时关闭动力系统并立即与导体棒ab获得相对航母的共同速度v0。飞机和导体棒一起减速滑行距离x后停下。除安培力外，两者一起运动时所受阻力恒为f，导体棒始终与导轨垂直，绝缘绳的质量不计。则从飞机与导体棒共速到停下来的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．回路MPba产生的焦耳热为
B．飞机与导体棒共速时，ab两端的电压为
C．通过导体棒某横截面的电荷量为
D．所经的时间为
【答案】A,C
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．根据动能定理可得
解得
根据功能关系可知回路MPba产生的焦耳热为
故A正确；
B．飞机与导体棒共速时，产生的电动势为
则ab两端的电压为
故B错误；
C．通过导体棒某横截面的电荷量为
故C正确；
D．以飞机和导体棒ab整体为对象，根据动量定理可得
其中
解得所经的时间为
故D错误。
故选AC。
【分析】本题主要包括动能定理、功能关系、电磁感应与电动势、电量与电荷量、动量定理以及代数运算与方程求解等。
1、通过动能定理计算了导体棒的运动情况，进而通过功能关系（即能量守恒）得出了回路MPba产生的焦耳热。这是电磁感应中常见的能量转换问题，动能转化为电能，再进一步转化为热能（焦耳热）
2、当飞机与导体棒共速时，如果导体棒仍然在磁场中切割磁感线，那么会产生电动势。
3、以飞机和导体棒ab整体为对象，根据动量定理以及所受外力的冲量，联立等式求解所经的时间。
13．（2024高二下·深圳期中）利用油膜法估测油酸分子的大小，实验器材有，浓度为0.05%（体积分数）的油酸酒精溶液、最小刻度为0.1mL的量筒、盛有适量清水的45×50cm2浅盘、痱子粉、橡皮头滴管、玻璃板、彩笔、坐标纸。则：
（1）下面给出的实验步骤中，正确顺序为
A.将玻璃板放在浅盘上，用彩笔将油酸薄膜的形状画在玻璃板上；
B.用滴管将浓度为0.05%油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下滴入1mL油酸酒精溶液时的滴数N；
C.将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，坐标纸上是边长为1cm的正方形，计算轮廓内正方形的个数，算出油酸薄膜的面积S；
D.将痱子粉均匀地撤在浅盘内水面上。用滴管吸取浓度为0.05%的油酸酒精溶液，从低处向水面中央一滴一滴地滴入，直到油酸薄膜有足够大的面积又不与器壁接触为止，记下滴入的滴数n。
（2）该实验测得的单个油酸分子的直径约为（ ）（单位：cm）。
A． B． C． D．
（3）通过实验测得分子直径的大小约为（ ）m的数量级。
A． B． C． D．
（4）用油膜法估算出油酸分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数。还需要知道油酸的（ ）
A．质量 B．体积 C．摩尔质量 D．摩尔体积
（5）某学生在做该实验时，发现计算的油酸分子直径偏大，可能的原因是（ ）
A．痱子粉撒得过多
B．计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格
C．计算每滴油酸酒精溶液的体积时，1mL的溶液的滴数少记了几滴
D．在滴入量筒之前，配制的溶液在空气中搁置了较长时间
【答案】（1）BDAC
（2）B
（3）A
（4）D
（5）A；B；C
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小
【解析】【解答】（1）本实验的基本步骤是：用滴管将浓度为0.05%油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下滴入1mL的油酸酒精溶液的的滴数N，可求得1滴油酸酒精溶液的体积；将痱子粉均匀地撒在浅盘内水面上，用滴管吸取浓度为0.05%的油酸酒精溶液，从低处向水面中央滴入一滴油酸酒精溶液，使之充分扩散，形成单分子油膜；待油酸薄膜的形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔将油酸薄膜的形状画在玻璃板上；将画有油酸薄膜轮廊的玻璃板放在坐标纸上，以坐标纸上边长为1cm的正方形为单位，计算轮廓内正方形的个数，计算出油酸薄膜的面积。故实验步骤中，正确排序应为BDAC。
（2）1滴油酸酒精溶液中含有的油酸体积为则单个油酸分子直径的表达式为。故选B。
（3）通过实验测得分子直径的大小约为的数量级。故选A。
（4）计算出油酸分子的直径后可以根据体积公式算出油酸分子体积，要测定阿伏加德罗常数还需要知道NA个油酸分子的总体积，即油酸的摩尔体积。故选D。
（5）A．痱子粉撒的过多，导致油膜的面积偏小，由可知计算的直径偏大，故A正确；
B．计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，则测量的面积S偏小，会导致直径计算结果偏大，故B正确；
C．计算每滴体积时，1mL的溶液的滴数少记了几滴，则计算时所用体积数值偏大，会导致直径计算结果偏大，故C正确；
D．滴入量筒之前，配制的溶液在空气中搁置了较长时间，酒精挥发使溶液的浓度变大，则代入计算的浓度偏小，计算时所用体积数值偏小，会导致直径计算结果偏小，故D错误。
故选ABC。
【分析】（1）考查油膜法估测油酸分子的大小实验步骤，本实验的基本步骤：1、用滴管将浓度为0.05%油酸酒精溶液滴入量筒中，得1滴油酸酒精溶液的体积，2、将痱子粉均匀地撒在浅盘内水面上，3、向水面中央滴入一滴油酸酒精溶液，4、用彩笔将油酸薄膜的形状画在玻璃板上，计算轮廓内正方形的个数，计算出油酸薄膜的面积。
（2）1滴油酸酒精溶液中含有的油酸体积为则单个油酸分子直径的表达式为。
（3）分子直径的大小约为的数量级。
（4）计算出油酸分子的直径后可以根据体积公式算出油酸分子体积，要测定阿伏加德罗常数还需要知道NA个油酸分子的总体积，即油酸的摩尔体积。
（5）考查实验误差。根据分析误差，痱子粉撒的过多，导致油膜的面积偏小；计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，则测量的面积S偏小；计算每滴体积时，1mL的溶液的滴数少记了几滴，则计算时所用体积数值偏大；搁置了较长时间，酒精挥发使溶液的浓度变大，则代入计算的浓度偏小，计算时所用体积数值偏小。
（1）【解答】
（2）【解答】
（3）【解答】
（4）【解答】
（5）【解答】
14．（2024高二下·深圳期中）某实验小组受酒店烟雾报警器原理启发，设计了如图所示的温度报警装置，在竖直放置的圆柱形容器内用面积、质量的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动，整个装置倒贴在水平天花板上，开始时房间的热力学温度，活塞与容器顶部的距离，在活塞下方处有一压力传感器制成的卡口，环境温度缓慢升高时容器内气体温度也随之升高，当传感器受到的压力大于5N时，就会启动报警装置。已知大气压强恒为，取重力加速度大小，求：
（1）封闭气体开始的压强p；
（2）触发报警装置的热力学温度T。
【答案】解：（1）设气体的初始压强为，对活塞受力分析，由平衡条件有
得
（2）设报警时的压强为，对活塞受力分析，由平衡条件有
得
由理想气体状态方程得
得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】（1）气体的初始压强为，对活塞受力分析，由平衡条件列等式：，可求解封闭气体开始的压强p。
（2）对活塞受力分析，由平衡条件列等式：，可求解报警时的压强为，由理想气体状态方程得，可求解触发报警装置的热力学温度T。
15．（2024高二下·深圳期中）如图所示，用一小型交流发电机向远处用户供电，已知发电机线圈abcd匝N=100匝，面S=0.03m2，线圈匀速转动的角速度，匀强磁场的磁感应强度，输电导线的总电阻为R=10Ω，降压变压器原、副线圈的匝数比n3：n4=10：1，若用户区标有“220V，8.8kW”的电动机恰能正常工作。发电机线圈电阻r不可忽略。求：
（1）输电线路上损耗的电功率；
（2）升压变压器副线圈两端电压U2；
（3）若升压变压器原、副线圈匝数比n1：n2=1：8，交流发电机线圈电阻r上消耗的热功率P。
【答案】解：（1）设降压变压器原、副线圈的电流分别为、，电动机恰能正常工作，则有
根据理想变压器的变流比可知
解得
所以输电线路上损耗的电功率
解得
（2）根据理想变压器的变压比可知
解得
升压变压器副线圈两端电压
解得
（3）根据理想变压器的变压比可知
可得
升压变压器的原线圈输入功率
可得
根据
解得
根据正弦式交变电流产生规律可知，最大值为，代入数据解得
电机线圈内阻上消耗的热功率
可得
【知识点】变压器原理；电能的输送
【解析】【分析】（1）电动机恰能正常工作，根据可求解副线圈的电流；根据理想变压器的变流比，可求解，根据输电线路上损耗的电功率，可求解输电线路上损耗的电功率。
（2）根据理想变压器的变压比可知，求解，升压变压器副线圈两端电压
求解升压变压器副线圈两端电压
（3）根据理想变压器的变压比：，可求解升压变压器原线圈两端电压，升压变压器的原线圈输入功率，可求解，根据可求解，根据正弦式交变电流产生规律，最大值为，求解，根据电机线圈内阻上消耗的热功率，求解交流发电机线圈电阻r上消耗的热功率P。
16．（2024高二下·深圳期中）如图所示，间距为L=1.0m的两平行光滑金属导轨由倾斜部分和水平部分（足够长）平滑连接而成，倾斜部分导轨与水平面夹角为θ=30°，导轨上端接有一个电阻R=1.0Ω。空间存在垂直斜面向上和竖直向上的两部分匀强磁场，两磁场互不干扰，大小均为B=2.0T。导体棒a与b的质量均为m=2.0kg，内阻分别为ra=1.0Ω与rb=2.0Ω，两根导体棒垂直导轨放置。现闭合电键K1，断开电键K2，将a棒从某高度由静止释放，经过一段时间，a棒在斜面上达到最大速度v0。已知导体棒与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g=10m/s2。求：
（1）a棒在斜面上达到的最大速度v0；
（2）a棒在斜面上从静止下滑到刚刚达到最大速度v0的过程中，电阻R产生的焦耳热为0.8J，求该过程中通过电路的电荷量q1；
（3）a棒在离开斜面的瞬间闭合电键K2，断开电键K1，从a棒离开斜面瞬间到刚刚达到实现稳定状态的过程中，求电路中产生的焦耳热，以及流过b棒的电荷量q。
【答案】解：（1）当a棒在斜面上匀速运动时，速度达到最大，则有
又
，
联立解得a棒在斜面上达到的最大速度为
（2）a棒在斜面上从静止下滑到刚刚达到最大速度v0的过程中，电阻R产生的焦耳热为0.8J，设此过程a棒下滑的距离为，根据能量守恒可得
又
联立解得
则该过程中通过电路的电荷量为
解得
（3）a棒在离开斜面的瞬间闭合电键K2，断开电键K1，a棒与b棒受到的安培力大小相等，方向相反，则两棒组成的系统满足动量守恒，当两棒共速时，达到稳定状态，则有
解得
从a棒离开斜面瞬间到刚刚达到实现稳定状态的过程中，根据能量守恒可知电路中产生的焦耳热为
以b棒为对象，根据动量定理可得
又
联立解得流过b棒的电荷量为
【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】（1）当a棒在斜面上匀速运动时，速度达到最大，根据受力平衡列等式：，又，联立可求解a棒在斜面上达到的最大速度。
（2）a棒在斜面上从静止下滑到刚刚达到最大速度v0的过程中，根据能量守恒列等式，又，联立求解位移x，该过程中通过电路的电荷量公式，联立求解该过程中通过电路的电荷量。
（3）断开电键K1，a棒与b棒受到的安培力大小相等，方向相反，两棒组成的系统满足动量守恒，当两棒共速时，达到稳定状态，根据动量守恒列等式：，可求解共速的速度，从a棒离开斜面瞬间到刚刚达到实现稳定状态的过程中，根据能量守恒可求解电路中产生的焦耳热，以b棒为对象，根据动量定理列等式：，联立，可求解流过b棒的电荷量。
1 / 1广东省深圳实验学校光明部2023-2024学年高二下学期期中考试物理试卷
1．（2024高二下·深圳期中）关于下列各图，说法正确的是（ ）
A．图甲中，布朗运动是液体分子的无规则运动
B．图乙中，当分子间距离为r0时，分子势能最小
C．图丙中，T1对应曲线为同一气体温度较高时的速率分布图
D．图丁中，实验现象说明薄板材料一定是非晶体
2．（2024高二下·深圳期中）某课外研究性学习小组在“如何防止电梯坠落的研究”中，设计的防止电梯坠落的应急安全装置如图所示。在电梯轿厢上安装上永久磁铁，电梯的井壁铺设闭合金属线圈A和B。下列说法正确的是（ ）
A．电梯突然坠落时，该装置可使电梯停在空中
B．电梯突然坠落时，该装置不可能起到阻碍电梯下落的作用
C．电梯坠落至永久磁铁图示位置时，线圈A、B中电流方向相反
D．电梯坠落至永久磁铁图示位置时，已穿过线圈A，所以线圈A不会阻碍电梯下落
3．（2024高二下·深圳期中）如图是学生常用的饭卡内部实物图，其由线圈和芯片组成电路，当饭卡处于感应区域时，刷卡机会激发变化的磁场，从而在饭卡内线圈中产生感应电流来驱动芯片工作，已知线圈面积为S，共n匝，某次刷卡时，线圈平面与磁场垂直，且全部处于磁场区域内，在感应时间内，磁感应强度方向向外且由0增大到，此过程中（ ）
A．线圈中感应电流方向为逆时针方向
B．线圈有扩张的趋势
C．通过线圈的磁通量变化量大小为
D．线圈中感应电动势大小为
4．（2024高二下·深圳期中）铁路上使用一种电磁装置向控制中心传输信号以确定火车的位置，能产生匀强磁场的磁铁被安装在火车首节车厢下面，如图所示（俯视图），当它经过安放在两铁轨间的线圈时便会产生一电信号，被控制中心接收.若火车通过线圈时，控制中心接收到的线圈两端的电压信号u随时间t变化情况如图所示，则说明火车在做（ ）
A．匀速直线运动
B．匀加速直线运动
C．匀减速直线运动
D．加速度逐渐增大的变加速直线运动
5．（2024高二下·深圳期中）物理课上，老师做了一个奇妙的“自感现象”实验。按图连接电路，先闭合开关S，电路稳定后小灯泡A正常发光，然后断开开关S，同学们发现小灯泡A闪亮一下再熄灭。已知自感线圈L的直流电阻为RL，小灯泡A正常发光时电阻为RA。下列说法中正确的是（ ）
A．RL>RA
B．RL=RA
C．断开开关S瞬间，小灯泡A中电流大于自感线圈中流过电流
D．断开开关S的瞬间，小灯泡A中的电流方向为
6．（2024高二下·深圳期中）“南鲲号”称之为“海上充电宝”，是一个利用海浪发电的大型海上电站，其发电原理是海浪带动浪板上下摆动，从而驱动发电机转子转动，其中浪板和转子的链接装置使转子只能单方向转动。若转子带动线圈如下图逆时针转动，并向外输出电流，则下列说法正确的是（ ）
A．线圈转动到如图所示位置时穿过线圈的磁通量最大
B．线圈转动到如图所示位置时a端电势低于b端电势
C．线圈转动一周电流方向改变两次，图示位置正是电流变向的时刻
D．线圈转动到如图所示位置时其靠近N极的导线框受到的安培力方向向上
7．（2024高二下·深圳期中）如图所示为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B=0.5T的匀磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO'以角速度匀速转动，线圈的面积为S=0.1m2、匝数为n=100、线圈总电阻为r=1Ω、线圈的两端经集流环和电刷与电阻R=9Ω连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电表。在t=0时刻，线圈平面与磁场方向平行（如图所示），则下列说法错误的是（ ）
A．交流发电机产生电动势的最大值为
B．交流电压表的示数为4.5V
C．线圈从t=0时刻开始转过90°的过程中，通过电阻R的电量为0.5C
D．线圈从t=0时刻开始转过90°的过程中，电阻R产生的热量为
8．（2024高二下·深圳期中）如图所示，一定质量的理想气体从状态A经过状态B、C又回到状态A。下列说法正确的是（ ）
A．A→B过程中气体对外做的功大于C→A过程中外界对气体做的功
B．A→B过程中单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增加
C．B→C过程中气体的压强减小，气体分子的数密度也减小
D．C→A过程中单位体积内分子数增加，分子的平均动能也增加
9．（2024高二下·深圳期中）电磁感应现象在科技和生活中有着广泛的应用，下列说法正确的是（ ）
A．图甲中，发射线圈接入恒定电流也能实现手机充电
B．图乙中，电磁炉不能使用陶瓷锅，是因为陶瓷不能产生涡流
C．图丙中，冶炼炉的炉外线圈通入高频交流电时，线圈产生大量热量，冶炼金属
D．图丁中，电流表在运输时要用导线把两个接线柱连在一起，这是为了保护电表指针，利用了电磁阻尼原理
10．（2024高二下·深圳期中）如图甲所示为一可调压式自耦变压器，线圈AB均匀绕在一个圆环形的铁芯上，CD之间输入交变电压，拨动滑动触头P就可以调节输出电压。图中变压器视为理想变压器，两电表均为理想交流电表，R1=6Ω、R2=5Ω。R3为总阻值为10Ω的滑动变阻器。现在CD两端输入图乙所示正弦式交流电，下列说法正确的是（ ）
A．若变压器滑动触头P拨至线圈中间位置，电压表示数是
B．若电压表与电流表示数分别是10V和1A，变压器原制线圈匝数比为9∶7
C．当滑动变阻器滑动触头向上滑动时，电压表读数变大，电流表读数变小
D．当变压器滑动触头P顺时针转动时，电流表和电压表示数均变小
11．（2024高二下·深圳期中）如图所示，喷洒农药用的某种喷雾器，其药液桶的总容积为14L，装入药液后，封闭在药液上方的空气体积为2L，气压为1atm。打气筒活塞每次可以打进气压为1atm、体积为0.2L的空气。不考虑环境温度的变化。在打气n次后，药液上方的气体压强增大到5atm，在药液上方的气体压强达到5atm时停止打气，并开始向外喷药，当喷雾器不能再向外喷药时，筒内剩下的药液还有V升，则n、V值为（ ）
A．n=40次 B．n=60次 C．V=10L D．V=4L
12．（2024高二下·深圳期中）我国新一代航母阻拦系统采用了电磁阻拦技术，其工作原理如图（b）所示。固定在水平甲板面内的“U”型金属导轨位于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面，MN、PQ平行且相距l且MP电阻为R，其余导电阻轨不计。一质量为m、阻值为R的导体棒ab垂直搁置在两导轨之间，且与导轨接触良好。质量为M的飞机着舰时，迅速钩住导体棒ab上的绝缘绳，同时关闭动力系统并立即与导体棒ab获得相对航母的共同速度v0。飞机和导体棒一起减速滑行距离x后停下。除安培力外，两者一起运动时所受阻力恒为f，导体棒始终与导轨垂直，绝缘绳的质量不计。则从飞机与导体棒共速到停下来的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．回路MPba产生的焦耳热为
B．飞机与导体棒共速时，ab两端的电压为
C．通过导体棒某横截面的电荷量为
D．所经的时间为
13．（2024高二下·深圳期中）利用油膜法估测油酸分子的大小，实验器材有，浓度为0.05%（体积分数）的油酸酒精溶液、最小刻度为0.1mL的量筒、盛有适量清水的45×50cm2浅盘、痱子粉、橡皮头滴管、玻璃板、彩笔、坐标纸。则：
（1）下面给出的实验步骤中，正确顺序为
A.将玻璃板放在浅盘上，用彩笔将油酸薄膜的形状画在玻璃板上；
B.用滴管将浓度为0.05%油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下滴入1mL油酸酒精溶液时的滴数N；
C.将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，坐标纸上是边长为1cm的正方形，计算轮廓内正方形的个数，算出油酸薄膜的面积S；
D.将痱子粉均匀地撤在浅盘内水面上。用滴管吸取浓度为0.05%的油酸酒精溶液，从低处向水面中央一滴一滴地滴入，直到油酸薄膜有足够大的面积又不与器壁接触为止，记下滴入的滴数n。
（2）该实验测得的单个油酸分子的直径约为（ ）（单位：cm）。
A． B． C． D．
（3）通过实验测得分子直径的大小约为（ ）m的数量级。
A． B． C． D．
（4）用油膜法估算出油酸分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数。还需要知道油酸的（ ）
A．质量 B．体积 C．摩尔质量 D．摩尔体积
（5）某学生在做该实验时，发现计算的油酸分子直径偏大，可能的原因是（ ）
A．痱子粉撒得过多
B．计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格
C．计算每滴油酸酒精溶液的体积时，1mL的溶液的滴数少记了几滴
D．在滴入量筒之前，配制的溶液在空气中搁置了较长时间
14．（2024高二下·深圳期中）某实验小组受酒店烟雾报警器原理启发，设计了如图所示的温度报警装置，在竖直放置的圆柱形容器内用面积、质量的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动，整个装置倒贴在水平天花板上，开始时房间的热力学温度，活塞与容器顶部的距离，在活塞下方处有一压力传感器制成的卡口，环境温度缓慢升高时容器内气体温度也随之升高，当传感器受到的压力大于5N时，就会启动报警装置。已知大气压强恒为，取重力加速度大小，求：
（1）封闭气体开始的压强p；
（2）触发报警装置的热力学温度T。
15．（2024高二下·深圳期中）如图所示，用一小型交流发电机向远处用户供电，已知发电机线圈abcd匝N=100匝，面S=0.03m2，线圈匀速转动的角速度，匀强磁场的磁感应强度，输电导线的总电阻为R=10Ω，降压变压器原、副线圈的匝数比n3：n4=10：1，若用户区标有“220V，8.8kW”的电动机恰能正常工作。发电机线圈电阻r不可忽略。求：
（1）输电线路上损耗的电功率；
（2）升压变压器副线圈两端电压U2；
（3）若升压变压器原、副线圈匝数比n1：n2=1：8，交流发电机线圈电阻r上消耗的热功率P。
16．（2024高二下·深圳期中）如图所示，间距为L=1.0m的两平行光滑金属导轨由倾斜部分和水平部分（足够长）平滑连接而成，倾斜部分导轨与水平面夹角为θ=30°，导轨上端接有一个电阻R=1.0Ω。空间存在垂直斜面向上和竖直向上的两部分匀强磁场，两磁场互不干扰，大小均为B=2.0T。导体棒a与b的质量均为m=2.0kg，内阻分别为ra=1.0Ω与rb=2.0Ω，两根导体棒垂直导轨放置。现闭合电键K1，断开电键K2，将a棒从某高度由静止释放，经过一段时间，a棒在斜面上达到最大速度v0。已知导体棒与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g=10m/s2。求：
（1）a棒在斜面上达到的最大速度v0；
（2）a棒在斜面上从静止下滑到刚刚达到最大速度v0的过程中，电阻R产生的焦耳热为0.8J，求该过程中通过电路的电荷量q1；
（3）a棒在离开斜面的瞬间闭合电键K2，断开电键K1，从a棒离开斜面瞬间到刚刚达到实现稳定状态的过程中，求电路中产生的焦耳热，以及流过b棒的电荷量q。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】布朗运动；分子势能；气体热现象的微观意义；晶体和非晶体
【解析】【解答】A．布朗运动是固体小微粒的运动，而不是分子的运动，故A错误；
B．当分子间距离为r0时，分子势能最小，故B正确；
C．T2对应曲线为同一气体温度较高时的速率分布图，故C错误；
D．薄板材料可能是多晶体或非晶体，故D错误。
故选B。
【分析】1、布朗运动是指悬浮在液体或气体中的固体小微粒（如花粉、尘埃等）由于受到周围液体或气体分子的无规则碰撞而表现出的无规则运动。布朗运动是固体小微粒的运动，而不是液体或气体分子本身的运动。
2、分子间作用力与分子间距离的关系：
当分子间距离 r=时，分子间作用力为零，此时分子势能最小。当 r< 时，分子间表现为斥力，势能增大。r> 时，分子间表现为引力，势能增大。
3、气体分子的速率分布与温度的关系：
温度越高，气体分子的平均速率越大，速率分布曲线向高速率方向移动。
4、薄板材料的可能结构：多晶体是由许多小晶粒组成的材料，具有各向同性。
非晶体（如玻璃）没有规则的晶体结构，也是各向同性。
薄板材料可能是多晶体或非晶体，具体取决于材料的制备方式和性质。
2．【答案】C
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；楞次定律
【解析】【解答】A．感应电流会阻碍磁铁的相对运动，但不能阻止磁铁的运动，若电梯停在空中，线圈不会产生感应电流，电梯上的磁铁不会受到感应电流的作用，所以电梯不可能停在空中，故A错误；
B．若电梯突然坠落时，线圈内的磁通量发生变化，线圈中产生感应电流，感应电流会阻碍磁铁的相对运动，可起到阻碍电梯下落的作用，故B错误；
C．当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈A中向上的磁场减弱，感应电流的方向从上向下看是逆时针方向，B中向上的磁场增强，感应电流的方向从上向下看是顺时针方向，可知A与B中感应电流方向相反，故C正确；
D．结合A的分析可知，当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落，故D错误。
故选C。
【分析】1、当电梯停在空中时，磁铁与线圈之间没有相对运动，线圈中的磁通量不发生变化，因此不会产生感应电流。没有感应电流，磁铁不会受到感应电流的作用力，电梯可以停在空中。
2、若电梯突然坠落，磁铁与线圈之间发生相对运动，线圈中的磁通量发生变化，产生感应电流。
感应电流会产生磁场，阻碍磁铁的相对运动（楞次定律），从而减缓电梯的下落速度。
3、当电梯坠落至图示位置时：对于线圈 A：向上的磁场减弱，根据楞次定律，感应电流的方向从上向下看是逆时针方向。对于线圈 B：向上的磁场增强，感应电流的方向从上向下看是顺时针方向。
因此，线圈 A 和线圈 B 中的感应电流方向相反。
4、当电梯坠落至图示位置时，线圈 A 和线圈 B 都会产生感应电流，感应电流的磁场会阻碍磁铁的相对运动，从而阻碍电梯的下落。
3．【答案】C
【知识点】楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A．根据楞次定律可知，线圈中磁通量向外增加，则感应电流磁场向里，则感应电流方向为顺时针方向，选项A错误；
B．根据“增缩减扩”可知，线圈有收缩的趋势，选项B错误；
C．通过线圈的磁通量变化量大小为
选项C正确；
D．线圈中感应电动势大小为
选项D错误。
故选C。
【分析】1、根据楞次定律，感应电流的磁场总是阻碍原磁场的变化。
若线圈中磁通量向外增加，感应电流的磁场方向应向里（阻碍磁通量增加）。
根据右手定则，感应电流的方向应为顺时针方向。
2、“增缩减扩”是指当线圈中的磁通量增加时，线圈有收缩的趋势；当磁通量减少时，线圈有扩张的趋势。若线圈中磁通量向外增加，线圈应有收缩的趋势。
3、通过线圈的磁通量变化量大小为 ΔΦ，感应电动势的大小需要根据磁通量变化率公式计算。
4．【答案】B
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】根据u-t图像信息可得，信号u随时间t线性变化，并均匀增大，即有
又因为
则
B、L、k均一定，所以速度v随时间t均匀增大，故火车在做匀加速直线运动。故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】信号 u 随时间 t 线性变化，即 u=kt。根据 u=BLv，可得 v= BLk t，即速度 v 随时间 t 均匀增大。加速度 a= BLk 为常数，因此火车做匀加速直线运动。
5．【答案】D
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】ABC．稳定时，灯泡A与线圈L并联，故两者电压相等，通过线圈的电流为I1，通过小灯泡的电流为I2，由于稳定后开关S再断开，小灯泡闪亮一下，这是因为线圈产生的自感电动势阻碍磁通量减小，这时线圈相当于电源，电流突然增大到原来线圈的电流I1，所以可以判断I1>I2，结合欧姆定律可知，线圈L的电阻小于灯泡A的电阻，A错误，B错误，C错误；
D．在断开开关瞬间，线圈中产生自感电动势，线圈相当于电源，线圈右端为电源正极，是的灯泡中的电流为为b→a，C错误，D正确。
故选D
【分析】1、稳定时的情况：灯泡 A 与线圈 L 并联，因此两者的电压相等。
2、开关断开瞬间的情况：当开关 S 断开时，线圈 L 中的电流 会突然减小，线圈会产生自感电动势，阻碍电流的减小。此时，线圈相当于一个电源，其自感电动势会维持电流的流动。由于线圈的自感电动势，电流会从线圈流向灯泡，使得灯泡闪亮一下。根据楞次定律，自感电动势的方向会阻碍电流的减小。
3、在开关断开瞬间，线圈右端为自感电动势的正极，因此电流方向为 b→a。
6．【答案】D
【知识点】交变电流的产生及规律；左手定则—磁场对通电导线的作用；右手定则
【解析】【解答】A．线圈转动到如图所示位置时穿过线圈的磁通量为零，最小，故A错误；
B．根据右手定则可知，线圈转动到如图所示位置时a端电势高于b端电势，故B错误；
C．线圈转动一周电流方向改变两次，线圈经过中性面一次电流方向改变，则图示位置不是电流变向的时刻，故C错误；
D．根据左手定则可知，线圈转动到如图所示位置时其靠近N极的导线框受到的安培力方向向上，故D正确。
故选D。
【分析】1、线圈转动到图示位置时，线圈平面与磁场方向平行，穿过线圈的磁通量为零。
2、根据右手定则（发电机定则），线圈转动时产生的感应电动势方向可以通过右手定则判断。
若线圈转动到图示位置时，a 端电势高于 b 端电势。
3、线圈转动一周，电流方向会改变两次（每经过中性面一次，电流方向改变一次）。图示位置不是中性面，因此不是电流变向的时刻。
4、根据左手定则（电动机定则），可以判断导线框受到的安培力方向。
若线圈转动到图示位置时，靠近 N 极的导线框受到的安培力方向向上。
7．【答案】D
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．交流发电机产生电动势的最大值为
故A正确，不符合题意；
B．交流电压表的示数为
故B正确，不符合题意；
C．线圈从t=0时刻开始转过90°的过程中，通过电阻R的电量为
故C正确，不符合题意；
D．线圈从t=0时刻开始转过90°的过程中，电阻R产生的热量为
故D错误，符合题意。
故选D。
【分析】1、交流发电机产生的电动势最大值公式：计算产生电动势的最大值。
2、交流电压表的示数为交流电压的有效值，利用闭合电路欧姆定律求解。
3、线圈从 t=0时刻开始转过90°的过程中，通过电阻R的电量，可以通过法拉第电磁感应定律计算。
4、线圈从t=0时刻开始转过90°的过程中，电阻R产生的热量可以通过焦耳定律计算。
8．【答案】A
【知识点】热力学第一定律及其应用；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；气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】B．A→B过程中，由于BA的延长线过原点，可知气体做等压变化，由于温度升高，分子的平均动能增大，气体分子在单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减少，故B错误；
C．B→C过程中气体做等容变化，气体温度降低，可知气体的压强减小，由于气体体积不变，气体分子的数密度不变，故C错误；
D．C→A过程中气体的温度不变，分子的平均动能不变，故D错误；
A．A→B过程中气体做等压变化，气体体积变化等于C→A过程中气体的体积变化，而C→A过程中气体的平均压强小于A→B过程中气体的平均压强，根据可得，A→B过程中气体对外做的功大于C→A过程中外界对气体做的功，故A正确。
故选A。
【分析】1、BA 的延长线过原点，说明气体做等压变化（压强不变），温度升高，气体分子的平均动能增大。由于压强不变，温度升高，气体分子在单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减少。
2、气体做等容变化（体积不变），温度降低，根据查理定律，压强减小，由于体积不变，气体分子的数密度不变。
3、气体的温度不变，分子的平均动能不变。
9．【答案】B,D
【知识点】自感与互感；涡流、电磁阻尼、电磁驱动
【解析】【解答】A．充电设备中的发射线圈通恒定电流，其产生的磁场是恒定的，不能使手机产生感应电流，不能实现无线充电，故A错误；
B．电磁炉不能用陶瓷锅是因为陶瓷锅属于绝缘材料，不会产生涡流，故B正确；
C．真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，线圈产生交变磁场，被冶炼的金属产生涡流，产生大量的热从而冶炼金属，故C错误；
D．电流表在运输时要用导线把两个接线柱连在一起，这是为了保护电表指针，利用了电磁阻尼原理，故D正确。
故选BD。
【分析】1、产生感应电流的条件： 闭合导体回路中必须存在变化的磁通量，线圈通恒定电流，其产生的磁场是恒定的。
2、真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，线圈产生交变磁场，被冶炼的金属产生涡流，产生大量的热从而冶炼金属。
3、电流表在运输时要用导线把两个接线柱连在一起，这是为了保护电表指针，利用了电磁阻尼原理。
10．【答案】B,C,D
【知识点】变压器原理；变压器的应用
【解析】【解答】A．由图乙可知输入电压的有效值为
若变压器滑动触头P拔至线圈中间位置，根据原副线圈的电压比与匝数比的关系有
可得
U2为MN两点间的电压，是R1和R2、R3并联部分电压的总和，而电压表示数只是R2、R3并联部分电压，所以电压表示数小于，故A错误；
B．若电压表与电流表示数分别是10V和1A，则R2的电流为
则有
根据原副线圈的电压比与匝数比的关系有
故B正确；
C．当滑动变阻器滑动触头向上滑动时，R3增大，则R总增大，由于变压器滑动触头P不动，输入电压不变，则U2不变，I2减小，可知R1两端电压减小，则电压表示数变大，通过R2电流增大，则通过R3电流减小，电流表读数变小，故C正确；
D．变压器滑动触头P顺时针转动时，n2减小，输入电压不变，则U2减小；R总不变，I2减小，根据欧姆定律可知电压表示数变小，电流表示数变小，故D正确。
故选BCD。
【分析】本题主要考察了变压器的原理、电路的分析、电压和电流的测量以及欧姆定律的应用等。
1、变压器的原理：特别是原副线圈的电压比与匝数比的关系，即电压与匝数成正比，这是变压器工作的基本原理。
2、电路的分析：需要理解电路中的串联、并联关系，以及滑动触头在变压器中的位置变化如何影响电路中的电压和电流分布。
3、电压和电流的测量：理解电压表和电流表在电路中的测量对象，以及它们如何反映电路中的电压和电流情况。
4、欧姆定律的应用：在已知电压和电流的情况下，利用欧姆定律计算电阻或分析电路状态。
11．【答案】A,D
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】AB．在用打气筒向喷雾器内打气的过程中，把原来喷雾器里的空气和打气n次所打入的空气作为研究对象，其质量和温度不变，遵循玻意耳定律。对于这部分空气，初、末状态的压强和体积分别为p1=1atm、V1=（2+0.2n）L、p2=5atm、V2=2L。根据玻意耳定律得
将各已知量代入上式可解得n=40次，故A正确，B错误；
CD．对于打气结束时喷雾器中所有的空气，在喷雾器向外喷药的过程，质量和温度也不变，其初态压强和体积分别为p2=5atm、V2=2L，末态压强和体积分别为p3=1atm、V3，再根据玻意耳定律得
将各已知量代入上式可解得V3=10L，筒内剩下的药液还有
V= V容- V3=14-10L=4L
故C错误，D正确。
故选AD。
【分析】1、 玻意耳定律的理解与应用 ：玻意耳定律是描述在温度不变的情况下，气体的压强与体积之间反比关系的定律。要求理解玻意耳定律的适用条件（质量、温度不变），应用定律公式并正确地将这些参量代入玻意耳定律的公式中进行计算。
2 、代数运算与方程求解 ：通过代数运算，将玻意耳定律的公式转化为关于n的方程，求解该方程，得出打气次数n的值。
3 、物理意义的理解 ：理解题目中“原来喷雾器里的空气和打气n次所打入的空气”作为研究对象的物理意义，即这些空气在打气过程中被视为一个整体，其质量和温度保持不变，喷雾器原始体积与每次打气增加体积的累加。
12．【答案】A,C
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．根据动能定理可得
解得
根据功能关系可知回路MPba产生的焦耳热为
故A正确；
B．飞机与导体棒共速时，产生的电动势为
则ab两端的电压为
故B错误；
C．通过导体棒某横截面的电荷量为
故C正确；
D．以飞机和导体棒ab整体为对象，根据动量定理可得
其中
解得所经的时间为
故D错误。
故选AC。
【分析】本题主要包括动能定理、功能关系、电磁感应与电动势、电量与电荷量、动量定理以及代数运算与方程求解等。
1、通过动能定理计算了导体棒的运动情况，进而通过功能关系（即能量守恒）得出了回路MPba产生的焦耳热。这是电磁感应中常见的能量转换问题，动能转化为电能，再进一步转化为热能（焦耳热）
2、当飞机与导体棒共速时，如果导体棒仍然在磁场中切割磁感线，那么会产生电动势。
3、以飞机和导体棒ab整体为对象，根据动量定理以及所受外力的冲量，联立等式求解所经的时间。
13．【答案】（1）BDAC
（2）B
（3）A
（4）D
（5）A；B；C
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小
【解析】【解答】（1）本实验的基本步骤是：用滴管将浓度为0.05%油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下滴入1mL的油酸酒精溶液的的滴数N，可求得1滴油酸酒精溶液的体积；将痱子粉均匀地撒在浅盘内水面上，用滴管吸取浓度为0.05%的油酸酒精溶液，从低处向水面中央滴入一滴油酸酒精溶液，使之充分扩散，形成单分子油膜；待油酸薄膜的形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔将油酸薄膜的形状画在玻璃板上；将画有油酸薄膜轮廊的玻璃板放在坐标纸上，以坐标纸上边长为1cm的正方形为单位，计算轮廓内正方形的个数，计算出油酸薄膜的面积。故实验步骤中，正确排序应为BDAC。
（2）1滴油酸酒精溶液中含有的油酸体积为则单个油酸分子直径的表达式为。故选B。
（3）通过实验测得分子直径的大小约为的数量级。故选A。
（4）计算出油酸分子的直径后可以根据体积公式算出油酸分子体积，要测定阿伏加德罗常数还需要知道NA个油酸分子的总体积，即油酸的摩尔体积。故选D。
（5）A．痱子粉撒的过多，导致油膜的面积偏小，由可知计算的直径偏大，故A正确；
B．计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，则测量的面积S偏小，会导致直径计算结果偏大，故B正确；
C．计算每滴体积时，1mL的溶液的滴数少记了几滴，则计算时所用体积数值偏大，会导致直径计算结果偏大，故C正确；
D．滴入量筒之前，配制的溶液在空气中搁置了较长时间，酒精挥发使溶液的浓度变大，则代入计算的浓度偏小，计算时所用体积数值偏小，会导致直径计算结果偏小，故D错误。
故选ABC。
【分析】（1）考查油膜法估测油酸分子的大小实验步骤，本实验的基本步骤：1、用滴管将浓度为0.05%油酸酒精溶液滴入量筒中，得1滴油酸酒精溶液的体积，2、将痱子粉均匀地撒在浅盘内水面上，3、向水面中央滴入一滴油酸酒精溶液，4、用彩笔将油酸薄膜的形状画在玻璃板上，计算轮廓内正方形的个数，计算出油酸薄膜的面积。
（2）1滴油酸酒精溶液中含有的油酸体积为则单个油酸分子直径的表达式为。
（3）分子直径的大小约为的数量级。
（4）计算出油酸分子的直径后可以根据体积公式算出油酸分子体积，要测定阿伏加德罗常数还需要知道NA个油酸分子的总体积，即油酸的摩尔体积。
（5）考查实验误差。根据分析误差，痱子粉撒的过多，导致油膜的面积偏小；计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，则测量的面积S偏小；计算每滴体积时，1mL的溶液的滴数少记了几滴，则计算时所用体积数值偏大；搁置了较长时间，酒精挥发使溶液的浓度变大，则代入计算的浓度偏小，计算时所用体积数值偏小。
（1）【解答】
（2）【解答】
（3）【解答】
（4）【解答】
（5）【解答】
14．【答案】解：（1）设气体的初始压强为，对活塞受力分析，由平衡条件有
得
（2）设报警时的压强为，对活塞受力分析，由平衡条件有
得
由理想气体状态方程得
得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】（1）气体的初始压强为，对活塞受力分析，由平衡条件列等式：，可求解封闭气体开始的压强p。
（2）对活塞受力分析，由平衡条件列等式：，可求解报警时的压强为，由理想气体状态方程得，可求解触发报警装置的热力学温度T。
15．【答案】解：（1）设降压变压器原、副线圈的电流分别为、，电动机恰能正常工作，则有
根据理想变压器的变流比可知
解得
所以输电线路上损耗的电功率
解得
（2）根据理想变压器的变压比可知
解得
升压变压器副线圈两端电压
解得
（3）根据理想变压器的变压比可知
可得
升压变压器的原线圈输入功率
可得
根据
解得
根据正弦式交变电流产生规律可知，最大值为，代入数据解得
电机线圈内阻上消耗的热功率
可得
【知识点】变压器原理；电能的输送
【解析】【分析】（1）电动机恰能正常工作，根据可求解副线圈的电流；根据理想变压器的变流比，可求解，根据输电线路上损耗的电功率，可求解输电线路上损耗的电功率。
（2）根据理想变压器的变压比可知，求解，升压变压器副线圈两端电压
求解升压变压器副线圈两端电压
（3）根据理想变压器的变压比：，可求解升压变压器原线圈两端电压，升压变压器的原线圈输入功率，可求解，根据可求解，根据正弦式交变电流产生规律，最大值为，求解，根据电机线圈内阻上消耗的热功率，求解交流发电机线圈电阻r上消耗的热功率P。
16．【答案】解：（1）当a棒在斜面上匀速运动时，速度达到最大，则有
又
，
联立解得a棒在斜面上达到的最大速度为
（2）a棒在斜面上从静止下滑到刚刚达到最大速度v0的过程中，电阻R产生的焦耳热为0.8J，设此过程a棒下滑的距离为，根据能量守恒可得
又
联立解得
则该过程中通过电路的电荷量为
解得
（3）a棒在离开斜面的瞬间闭合电键K2，断开电键K1，a棒与b棒受到的安培力大小相等，方向相反，则两棒组成的系统满足动量守恒，当两棒共速时，达到稳定状态，则有
解得
从a棒离开斜面瞬间到刚刚达到实现稳定状态的过程中，根据能量守恒可知电路中产生的焦耳热为
以b棒为对象，根据动量定理可得
又
联立解得流过b棒的电荷量为
【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】（1）当a棒在斜面上匀速运动时，速度达到最大，根据受力平衡列等式：，又，联立可求解a棒在斜面上达到的最大速度。
（2）a棒在斜面上从静止下滑到刚刚达到最大速度v0的过程中，根据能量守恒列等式，又，联立求解位移x，该过程中通过电路的电荷量公式，联立求解该过程中通过电路的电荷量。
（3）断开电键K1，a棒与b棒受到的安培力大小相等，方向相反，两棒组成的系统满足动量守恒，当两棒共速时，达到稳定状态，根据动量守恒列等式：，可求解共速的速度，从a棒离开斜面瞬间到刚刚达到实现稳定状态的过程中，根据能量守恒可求解电路中产生的焦耳热，以b棒为对象，根据动量定理列等式：，联立，可求解流过b棒的电荷量。
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