广东省珠海市2023-2024学年高二下学期7月期末物理试题
1．（2024高二下·珠海期末）壁虎每只脚底部长着数百万根极细的刚毛，每根刚毛末端又有400至1000根更细的分支，这种精细结构使得刚毛与物体表面分子间的距离足够近。壁虎能贴在光滑的天花板上不掉下来的原因是（ ）
A．大气压将壁虎压在天花板上
B．空气浮力克服了壁虎的重力
C．天花板分子对刚毛的分子引力克服壁虎的重力
D．天花板对刚毛的分子引力大于刚毛对天花板的分子引力
2．（2024高二下·珠海期末）如图，电路中所有元件完好。当光照射光电管时，灵敏电流计指针没有偏转，其原因是（ ）
A．电源电压较小 B．入射光的频率太低了
C．入射光的强度太小了 D．光照的时间太短了
3．（2024高二下·珠海期末）太阳内部高温高压使三个氦核发生短暂的核反应，被称为氦闪。该核反应的方程式为，已知核的比结合能为，核的比结合能为，真空中的光速为。下列说法正确的是（ ）
A．该核反应属于核聚变
B．原子核中有8个中子
C．该核反应释放的能量为
D．该核反应无质量亏损
4．（2024高二下·珠海期末）如图所示，四根通有大小相等且为恒定电流的长直导线垂直穿过平面，与平面的交点形成边长为的正方形且关于轴和轴对称，各导线中电流方向已标出，已知无限长通电直导线在某点产生的磁感应强度大小与该点到直导线的距离成反比。下列说法正确的是（ ）
A．轴正半轴的磁感应强度方向沿轴正方向
B．直导线1、2、3对导线4的作用力的合力为零
C．在点的磁感应强度方向沿轴正方向
D．直导线1、3之间的相互作用力为排斥力
5．（2024高二下·珠海期末）如图甲所示是一个“简易电动机”，一节5号干电池的正极向上，一块圆柱形强磁铁吸附在电池的负极，将一段裸铜导线弯成图中所示形状的线框，线框上端的弯折位置与正极良好接触，下面弯曲的两端与磁铁表面保持良好接触，放手后线框就会转动起来。该“简易电动机”的原理图如图乙所示，关于该“简易电动机”，下列说法正确的是（ ）
A．线框①、②两部分导线电阻在电路中是串联关系
B．从上往下看，该“简易电动机”顺时针旋转
C．其工作原理是导线切割磁感线产生感应电流从而使导线框受到安培力而转动
D．电池消耗的电能全部转化为线框的动能
6．（2024高二下·珠海期末）关于电磁场，下列说法正确的是（ ）
A．变化的磁场激发电场，变化的电场激发磁场
B．电磁波从真空进入水中，传播速度、频率、波长都会发生变化
C．红光的频率低于紫光的频率，在真空中红光的传播速度大于紫光的传播速度
D．电磁波本质是振动在介质中的传播
7．（2024高二下·珠海期末）如图所示，用绝缘轻丝线吊一质量为的带电塑料小球在竖直平面内摆动，水平磁场垂直于小球摆动的平面，当小球自图示位置摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，若不计空气阻力，重力加速度为，则小球自右侧相同摆角处摆到最低点时悬线上的张力大小为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高二下·珠海期末）核污染水中含有多种放射性元素，其中锶半衰期为30年，它经一次衰变转变为钇核。下列说法正确的是（ ）
A．经过30年锶核全部衰变对环境就没有危害了
B．100个锶原子核经过30年，还剩50个没有衰变
C．钇核的比结合能比锶核大
D．钇原子核内有51个中子
9．（2024高二下·珠海期末）如图所示，方形铝管静置在足够大的绝缘水平面上，现使一条形磁铁（条形磁铁横截面比铝管管内横截面小）获得一定的水平初速度并自左向右穿过铝管，忽略一切摩擦。则磁铁穿过铝管过程（ ）
A．铝管受到的安培力可能先水平向右后水平向左
B．铝管中有感应电流
C．磁体与铝管组成的系统动量守恒
D．磁体与铝管组成的系统机械能守恒
10．（2024高二下·珠海期末）在图（a）所示的交流电路中，电源电压的有效值为，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，、、均为固定电阻，，各电表均为理想电表。已知电阻中电流随时间变化的正弦曲线如图（b）所示。下列说法正确的是（ ）
A．所用交流电的周期为 B．所用交流电的频率为
C．电压表的示数为 D．电流表的示数为
11．（2024高二下·珠海期末）一定质量的理想气体经历了如图所示的、、、四个过程，其中的延长线通过坐标原点，气体、、、四个状态的压强与温度的关系如图所示，则（ ）
A．气体在过程中体积减小
B．气体在过程中内能不变
C．气体在过程和过程中内能变化量绝对值相等
D．气体在过程中吸收的热量大于内能变化量
12．（2024高二下·珠海期末）如图所示，直线POQ的上方有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，两带电粒子P、Q先后射入磁场，P的速度与磁场边界的夹角为30°，Q的速度与磁场边界的夹角为60°。已知两粒子在磁场中做匀速圆周运动的时间相同，且均从O点射出磁场，PO=2OQ，则（ ）
A．P和Q均带正电
B．P和Q的比荷之比为1∶2
C．P和Q的速度大小之比为：1
D．P和Q在磁场中运动的半径之比为2∶1
13．（2024高二下·珠海期末）如图所示，某同学用气体压强传感器探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系。在注射器内用活塞封闭一定质量的气体，并将注射器与压强传感器相连，测出了注射器内封闭气体的多组压强和体积的值后，根据记录的数据，作出相应图像，分析得出结论。
（1）关于该实验，以下说法正确的是（ ）
A．要尽可能保持环境温度不变
B．实验时应快速推拉活塞以避免气体与外界发生热交换
C．实验时无需测出封闭气体的质量
D．推拉活塞时，应用手握住整个注射器以使装置更稳定。
（2）为了能最直观地判断气体压强与气体体积的函数关系，应作出 （填“”或“”）图像。
（3）该小组再次进行实验，保持温度不变的情况下，气体压强与体积的乘积越来越小，原因可能是 。
14．（2024高二下·珠海期末）某同学需要通过一个变压器从家庭电路中得到的交流电电源，于是买了一个标记为“”的变压器，如图所示，他看到变压器上有、、、四个引出线头，且、d引线比、引线粗，没有相应的说明书。
（1）一般来说，同样材料和长度的导线，粗的导线比细的导线电阻小，适合承载稍 （填“大”或“小”）的电流。因此接家用电源的引线应该是 （填“”或“”）；
（2）为了检验自己的上述判断是否准确，他借来一个学校实验室用的学生电源，从学生电源上输出的电压代替家用电路中的电压，按自己的判断接好线后，再用数字万用表测量另外两个引线之间的电压，发现读数为，说明他对哪一端接的判断是 的（填“正确”或“不正确”）。
15．（2024高二下·珠海期末）如图，刚经过高温消毒的茶杯和杯盖，从消毒碗柜里取出后，茶杯放置在水平桌面上并立刻盖上杯盖，茶杯内密封温度为87℃、压强等于外界大气压强p0的气体。已知杯盖的质量为，杯口面积为S，重力加速度为，过一会儿茶杯内气体降温至室温27℃。求：
（1）降温后杯子内气体的压强；
（2）杯盖对茶杯的压力大小。
16．（2024高二下·珠海期末）某测量风速的装置由风杯组系统（图甲）和电磁信号产生系统（图乙）两部分组成。电磁信号产生器由圆形匀强磁场和固定于风轮转轴上的导体棒组成（点连接风轮转轴），磁场半径，磁感应强度大小，方向垂直纸面向里，导体棒长，电阻，风推动风杯组绕水平轴顺时针匀速转动，风杯中心到转轴距离为，导体棒每转一周端与弹性簧片接触一次。当导体棒与弹性簧片接触时电压传感器显示电压为，图乙外电路中电阻均为，其余电阻不计。
（1）判断导体棒上的电流方向，求电流的大小。
（2）求风杯的速率。
17．（2024高二下·珠海期末）如图所示，在平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为的匀强磁场，第四象限内存在沿轴正方向，大小为的匀强电场。一带电粒子从轴上的（）点射入磁场，速度方向与轴正方向的夹角。粒子经过磁场偏转后从（图中未画出）点垂直穿过轴进入匀强电场，其运动轨迹与轴交于（图中未画出）点。已知，粒子电荷量为，质量为，重力不计。求：
（1）粒子的速度大小；
（2）点与点的距离。
18．（2024高二下·珠海期末）足够长U形导轨水平放置在光滑水平绝缘桌面上，导轨质量，宽，电阻不计。质量、电阻的导体棒放置在导轨上，与导轨形成矩形回路并始终接触良好，Ⅰ和Ⅱ区域内存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度分别为和，其中，。用不可伸长的轻绳跨过定滑轮将导轨段中点与质量为的重物相连，绳与垂直且平行于桌面，如图所示，释放重物后某时刻、同时以的速度分别进入磁场区域Ⅰ和Ⅱ，与磁场边界平行。和导轨间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦取滑动摩擦力大小，重力加速度大小取。求：
（1）进入磁场Ⅱ时的电流大小与方向（由到或者由到）；
（2）若调整与磁场Ⅰ、与磁场Ⅱ左边界的距离，使得和以速度进入磁场，要使、之间不发生相对滑动，求的取值范围。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】分子间的作用力
【解析】【解答】 此题考查的是分子间的相互作用力，是一道基础题．壁虎刚毛与物体表面分子间的距离非常近，壁虎刚毛分子和物体分子之间存在相互作用的引力，所以壁虎不会掉落下来。故C正确，ABD错误。
故选C。
分子间的相互作用力和分子间的距离有关，分子间的距离越小，分子间的相互作用力越大；
分子间存在相互作用的引力．
根据上述知识进行分析．
2．【答案】B
【知识点】光电效应
【解析】【解答】 本题考查对光电效应产生的条件理解和应用能力。光电效应产生的条件是取决于入射光的频率或波长，与入射光的强度、光照时间没有关系。如图，电路中所有元件完好。当光照射光电管时，灵敏电流计指针没有偏转，由于所加电压为正向电压，所以原因是没有发生光电效应，电子无法溢出K的表面，根据发生光电效应的条件可知，入射光的频率太低了，入射光的频率小于K板对应的极限频率。
故选B。 当入射光频率大于金属的极限频率时，金属能产生光电效应，当光电管上加上正向电压时，灵敏电流计中有电流通过，灵敏电流计G中没有电流通过，可能不产生光电效应，由此分析。
3．【答案】A
【知识点】结合能与比结合能；核聚变
【解析】【解答】 本题考查学生对核反应方程质量数和核电荷数守恒、爱因斯坦质能方程、能量转化和守恒规律的掌握，是一道中等难度题。AB．根据质量数和核电荷数守恒，可知核反应方程为
则X核中有6个中子，该核反应属于轻核聚变，故A正确，B错误；
CD．该核反应放出的能量等于反应前、后结合能的增加值，释放的能量
故C错误；
D．根据爱因斯坦质能方程，该核反应一定有质量亏损，故D错误。
故选A。 根据质量数和核电荷数守恒，写核反应方程，分析反应类型；
中子数等于质量数减去质子数；
核反应放出的能量等于反应前、后结合能的增加值，计算释放核能；
根据爱因斯坦质能方程，求亏损质量。
4．【答案】A
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场；左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【解答】 本题考查对直导线的磁场、直导线之间的相互作用力的理解，注意几何关系的对称性特点的应用。AC．根据安培定则判断四根导线在O点产生的磁感应强度的方向分别为：1导线产生的磁感应强度方向为O4方向；3导线产生的磁感应强度方向为O2方向；同理，2导线产生的方向为O3方向，4导线产生的方向为O1方向；则根据平行四边形定则进行合成可知，四根导线同时存在时O点的磁感应强度大小为0。同理，可判断知在Ox轴正方向上，1、4导线的合磁场方向沿x轴负方向，2、3导线的合磁场方向沿x轴正方向，且磁感应强度大小大于1、4导线的合磁感应强度大小（无穷远点出除外），所以，可得四根导线在x轴正方向上的合磁感应强度方向沿x轴正方向，故A正确，C错误。
D．利用安培定则确定通电直导线电流产生的磁场方向，利用左手定则确定安培力的方向，可知当平行放置的长直导线中通有反向电流时，电流之间的作用力表现为排斥力，当平行放置的长直导线中通有同向电流时，电流之间的作用力表现为吸引力，即“同向相吸，异向相斥”的规律，所以直导线1、3之间的相互作用力应为吸引力，故D错误；
B．根据通电导线之间的作用规律“同向相吸，异向相斥”，可知1、3导线对4的作用力均为斥力，且沿它们的连线向外，2导线对4的作用力为引力，且沿它们的连线向内。设1、3导线对4的作用力大小为，则它们的合力大小为，方向2→4。由于无限长通电直导线在某点产生的磁感应强度大小与该点到直导线的距离成反比，可得2导线对4的作用力大小为，方向4→2，则直导线1、2、3对导线4的作用力的合力大小为，故B错误；
故选 A。
由安培定则，结合几何关系，可判断长直导线在不同位置的磁感应强度方向，由平行四边形法则，可判断合磁感应强度的方向和相对大小；根据安培定则和左手定则，可判断两个通电导线之间的相互作用力方向；根据通电导线之间的作用力方向，结合磁感应强度与距离的关系，可明确直导线4受到的安培力方向，比较相对大小，得到直导线受到的合力情况。
5．【答案】B
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动
【解析】【解答】 本题考查安培力的应用。注意点是这个小实验线框的转动原理不是电磁感应而是电流在磁场中受到安培力的作用。A．线框①、②两部分导线电阻在电路中是并联关系。故A错误；
B．线框的上下两条边受到安培力的作用而发生转动的，根据左手定则可以判断从上往下看，线框将做顺时针转动。故B正确；
C．电动机的工作原理是通电导线在磁场中受安培力的作用。故C错误；
D．电池消耗的电能一部分用于线框发热产生的内能，一部分提供线框的动能。故D错误。
故选B。 线框转动是因为通电线框在磁场内受到安培力作用，根据左手定则判断线框转动方向。根据能量转化情况分析B项。根据电路的结构分析线框①、②两部分导线的连接关系。
6．【答案】A
【知识点】电磁场与电磁波的产生
【解析】【解答】 本题考查了电磁波的发射、传播和接收等知识点，这种题型属于基础题，要求同学们善于积累，强化记忆，难度不大。A．变化的磁场激发电场，变化的电场激发磁场，故A正确；
B．电磁波从真空进入水中，频率保持不变，传播速度和波长发生变化，故B错误；
C．红光的频率低于紫光的频率，在真空中红光的传播速度等于紫光的传播速度，均为光速，故C错误；
D．电磁波本质是电场、磁场的交替产生，由近向远处传播，电磁波的传播不需要介质，故D错误。
故选A。
根据麦克斯韦电磁理论分析判断；电磁波和机械波都能传递能量和信息；红光的频率低于紫光的频率，在真空中红光的传播速度等于紫光的传播速度。
7．【答案】C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】
解答本题时，关键要抓住洛伦兹力不做功的特点进行分析，要知道小球在运动过程中机械能是守恒的，在最低点时由合力提供向心力。分析时要注意洛伦兹力的方向。
设小球自题图示位置摆到最低点时速度大小为，因洛伦兹力不做功，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律
小球自左方摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，可知洛伦兹力方向向上，在最低点合力提供向心力，由牛顿第二定律
当小球自右方相同摆角处摆到最低点时，根据左手定则，洛伦兹力方向向下，摆动过程中洛伦兹力也不做功，机械能守恒，则小球摆到最低点时速度仍为，由牛顿第二定律
联立解得
故选C。 在小球摆动过程中，丝线的拉力一直不做功，洛伦兹力也不做功，只有重力做功，其机械能守恒。根据机械能守恒定律求出小球通过最低点时的速度大小，结合向心力公式求悬线上的张力大小。
8．【答案】C,D
【知识点】原子核的组成；原子核的衰变、半衰期；结合能与比结合能
【解析】【解答】 本题考查了衰变和半衰期相关知识，理解β衰变实质，掌握质量数和电荷数守恒是解决此类问题的关键。A．经过30年，即一个半衰期，仍有的锶未发生衰变，对环境仍有危害，故A错误；
B．半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少量原子核衰变不适用，故B错误；
C．钇核更稳定，钇核的比结合能比锶核大，故C正确；
D．锶经一次衰变转变为钇核，根据核反应质量数和电荷数守恒可知，钇核的质子数增加1，为39，质量数不变，为90，由此可知钇原子核内有51个中子，故D正确。
故选CD。
本题根据质量数和电荷数守恒，结合β衰变实质是原子核一个中子转变成一个质子和一个电子以及半衰期基本规律分析求解。
9．【答案】B,C
【知识点】动量守恒定律；涡流、电磁阻尼、电磁驱动；机械能守恒定律
【解析】【解答】 本题主要考查了楞次定律的相关应用和能量守恒定律，能根据楞次定律分析出物体所受安培力的方向，由此分析出物体的运动类型。A．根据“来拒去留”可知铝管受到的安培力一直水平向右。故A错误；
B．磁铁穿过铝管过程，铝管中磁通量发生变化，有感应电流。故B正确；
C．磁体与铝管组成的系统所受外力为零，动量守恒。故C正确；
D．铝管中感应电流会使铝管发热，电能转化为内能，所以磁体与铝管组成的系统机械能不守恒。故D错误。
故选BC。 根据楞次定律分析出磁铁和铝管受到的安培力的方向，从而分析出铝管可能的速度；根据动量守恒定律和能量守恒定律得出过程中产生的最大热量，结合题意完成分析。
10．【答案】A,C,D
【知识点】变压器原理；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】 此题考查了变压器的构造和原理，明确变压比、变流比是解题的关键，对于原线圈串联电阻的电路，可以从电压关系分析电压表的示数。A．由图可知所用交流电的周期为
故A错误；
B．所用交流电的频率为
故B错误；
D．电阻中电流的有效值为
副线圈两端电压为
电流表的示数为
故D正确；
C．由
可得原线圈两端电压为
电压表的示数为
故C正确。
故选ACD。
根据图（b）可得的最大值，根据有效值与最大值的关系可得交流电的有效值，利用欧姆定律、变压器的变压比可得电压表的示数；R2和R3并联，电压相等，利用欧姆定律可得电阻R1的阻值，算出原线圈中的电流和电流。
11．【答案】A,B,C
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】 本题中对于等温变化和等压变化，根据玻意耳定律和盖—吕萨克定律分析体积的变化，而另外两个过程，抓住过绝对零度的直线表示等容变化，结合热力学第一定律进行分析。A．因的延长线通过坐标原点，且点的坐标为，则点的坐标为
即，根据查理定律可知
气体在与过程温度不变，根据玻意耳定律
联立解得
即，故A正确；
B．过程中温度不变，内能不变，故B正确；
C．气体在过程中温度变化量等于过程中温度变化量，则气体在过程中内能的增加量等于过程中内能的减少量，故C正确；
D．气体在过程中体积不变，则
吸收的热量
即气体在过程中吸收的热量等于内能变化量，故D错误。
故选ABC。
ab的延长线通过原点，则ab过程气体发生等容过程，由查理定律分析压强与温度的变化；
bc过程和da过程是等温压缩和等温膨胀过程，结合ab是等容线，分析两个过程体积的变化量；
根据图象可知ab和cd过程的温度变化量相等，从而判断两个过程内能的变化量；
由热力学第一定律分析ab过程和cd过程吸放热的大小关系。
12．【答案】B,C
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】 本题是常见的带电粒子在磁场中和电场中运动的问题，画出轨迹，运用几何知识是处理带电粒子在磁场中运动问题的基本方法。A．由题意可知，均从O点射出磁场，根据左手定则可知，Q带正电，P带负电，A错误；
BCD．由几何关系可知，如图
可知
又因
则
故
由运动时间相同，则有
又
故有
可得
由公式
可得
又因
则
D错误，BC正确。
故选BC。 作出两粒子的运动轨迹；由几何知识求两粒子的半径关系；由题设条件时间相等，速度之比就等于弧长之比；由半径公式从而求出粒子的荷比之比。
13．【答案】（1）A；C
（2）
（3）气体漏气造成的
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】本题考查了探究气体等温变化实验，理解实验原理是解题的前提，根据题意分析清楚图示图像、应用一定质量的理想气体状态方程即可解题。 （1）A．该实验是研究“等温情况下，一定质量气体压强与体积的关系”，为了尽可能保证在实验过程中，研究气体的温度保持不变，需要尽可能保持环境温度不变，故A正确；
B．实验时应缓慢推拉活塞使气体与外界发生热交换，从而保持气体温度不变，故B错误；
C．本实验，只需测出气体压强和对应体积即可，不需要测出封闭气体的质量，故C正确；
D．推拉活塞时，不能用手握住整个注射器，避免封闭气体与手发生热交换，故D错误。
故选AC。
（2）
在研究气体温度保持不变的情况下，本实验的原理关系式为
可得
为了能最直观地判断气体压强p与气体体积V的函数关系，应作出图像。
（3）
根据理想气体状态方程
可得
式中为与气体质量有关的量，在研究气体温度一定的情况下，气体质量越大，C越大，气体质量越小，C越小。所以，在保持温度不变的情况下，气体压强与体积的乘积pV越来越小，说明C值越来越小，原因可能是气体漏气造成的。
从实验需要满足条件的角度分析；活塞移至某位置时，应使气体处于温度状态后再读数；根据理想气体状态方程分析图像中斜率的变化原因。
（1）A．该实验是研究“等温情况下，一定质量气体压强与体积的关系”，为了尽可能保证在实验过程中，研究气体的温度保持不变，需要尽可能保持环境温度不变，故A正确；
B．实验时应缓慢推拉活塞使气体与外界发生热交换，从而保持气体温度不变，故B错误；
C．本实验，只需测出气体压强和对应体积即可，不需要测出封闭气体的质量，故C正确；
D．推拉活塞时，不能用手握住整个注射器，避免封闭气体与手发生热交换，故D错误。
故选AC。
（2）在研究气体温度保持不变的情况下，本实验的原理关系式为
可得
为了能最直观地判断气体压强p与气体体积V的函数关系，应作出图像。
（3）根据理想气体状态方程
可得
式中为与气体质量有关的量，在研究气体温度一定的情况下，气体质量越大，C越大，气体质量越小，C越小。所以，在保持温度不变的情况下，气体压强与体积的乘积pV越来越小，说明C值越来越小，原因可能是气体漏气造成的。
14．【答案】（1）大；
（2）正确
【知识点】探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】本题关键明确变压器的工作原理，同时要结合变压器的变压比公式列式分析，基础题。 （1）[1]一般来说，同样材料和长度的导线，粗的导线比细的导线电阻小，适合承载稍大的电流。
[2]变压器输入功率等于输出功率，采用的是降压变压器根据
可知，电压小的副线圈中的电流大，接家用电源的引线应该是bc。
（2）
根据实验数据可知，该同学成功将电压降低，验证了引线ad之间是副线圈，为降压变压器的输出端，引线bc之间是原线圈，为降压变压器的输入端。说明他对哪一端接的判断是正确。
（1）由于理想变压器两端的输入功率等于输出功率，故根据电流的大小特点判断出原副线圈即可；
（2）根据变压比等于匝数比，结合变压器的损耗进行分析即可。
（1）[1]一般来说，同样材料和长度的导线，粗的导线比细的导线电阻小，适合承载稍大的电流。
[2]变压器输入功率等于输出功率，采用的是降压变压器根据
可知，电压小的副线圈中的电流大，接家用电源的引线应该是bc。
（2）根据实验数据可知，该同学成功将电压降低，验证了引线ad之间是副线圈，为降压变压器的输出端，引线bc之间是原线圈，为降压变压器的输入端。说明他对哪一端接的判断是正确。
15．【答案】（1）；（2）
【知识点】气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】（1）茶杯内初始温度为
降温后末状态温度为
杯内封闭气体发生等容变化，有
代入数据解得，最后杯内气体的压强
（2）对杯盖，有
解得
由牛顿第三定律可知杯盖对茶杯的压力大小为
（1）对杯内气体进行分析，由等容变化可求得气体压强；
（2）根据理想气体状态方程求物质的量，结合气体的质量与气体的物质的量的关系求质量之比。
16．【答案】（1）；（2）
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】（1）当导体棒在磁场中顺时针匀速转动时，导体棒相当于电源，根据右手定则可知，导体棒上的电流方向由，根据欧姆定律
（2）电源感应电动势
根据闭合电路的欧姆定律
则风杯的速率为
（1）根据右手定则判断导体棒中的电流方向，根据欧姆定律求出OA两端的电势差；
（2）先由闭合电路欧姆定律求出电动势，再表示出角速度公式，再根据v=ωr求解线速度，再由角速度与线速度的关系求出风杯的速率v。
17．【答案】（1）；（2）
【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；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】（1）粒子的运动轨迹如答图所示。
因，根据几何关系可知，在直角三角形中
，，
则粒子运动的轨道半径为
根据洛伦兹力提供向心力可得
联立解得
（2）如答图所示，由几何关系可知，粒子垂直轴进入匀强电场，轨迹与轴交于，则
粒子进入匀强电场后做类平抛运动，可得
，
联立解得
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意作出粒子运动轨迹，粒子进入匀强电场后做类似平抛运动，利用几何关系再结合相关知识求解。
18．【答案】（1），由到；（2）
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】（1）、电动势分别产生感应电动势
电路中实际电动势为
电流
中的电流方向由到。
（2）当棒与导轨间恰好有最大静摩擦力时，有重物有
对导轨
对棒，有
又
解得
要使、之间不发生相对滑动，的取值范围为。
（1）确定导体棒MN所受滑动摩擦力的方向，根据其做匀速直线运动，得到其所受安培力方向，由左手定则判断回路中的电流方向。根据平衡条件和安培力表达式求出电流大小，对CD受力分析，确定其所受安培力方向，由左手定则判断B2方向。同理求解区域Ⅱ的磁感应强度的大小；
（2）根据法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律求解CD在区域Ⅱ中匀速直线运动的速度的大小。
1 / 1广东省珠海市2023-2024学年高二下学期7月期末物理试题
1．（2024高二下·珠海期末）壁虎每只脚底部长着数百万根极细的刚毛，每根刚毛末端又有400至1000根更细的分支，这种精细结构使得刚毛与物体表面分子间的距离足够近。壁虎能贴在光滑的天花板上不掉下来的原因是（ ）
A．大气压将壁虎压在天花板上
B．空气浮力克服了壁虎的重力
C．天花板分子对刚毛的分子引力克服壁虎的重力
D．天花板对刚毛的分子引力大于刚毛对天花板的分子引力
【答案】C
【知识点】分子间的作用力
【解析】【解答】 此题考查的是分子间的相互作用力，是一道基础题．壁虎刚毛与物体表面分子间的距离非常近，壁虎刚毛分子和物体分子之间存在相互作用的引力，所以壁虎不会掉落下来。故C正确，ABD错误。
故选C。
分子间的相互作用力和分子间的距离有关，分子间的距离越小，分子间的相互作用力越大；
分子间存在相互作用的引力．
根据上述知识进行分析．
2．（2024高二下·珠海期末）如图，电路中所有元件完好。当光照射光电管时，灵敏电流计指针没有偏转，其原因是（ ）
A．电源电压较小 B．入射光的频率太低了
C．入射光的强度太小了 D．光照的时间太短了
【答案】B
【知识点】光电效应
【解析】【解答】 本题考查对光电效应产生的条件理解和应用能力。光电效应产生的条件是取决于入射光的频率或波长，与入射光的强度、光照时间没有关系。如图，电路中所有元件完好。当光照射光电管时，灵敏电流计指针没有偏转，由于所加电压为正向电压，所以原因是没有发生光电效应，电子无法溢出K的表面，根据发生光电效应的条件可知，入射光的频率太低了，入射光的频率小于K板对应的极限频率。
故选B。 当入射光频率大于金属的极限频率时，金属能产生光电效应，当光电管上加上正向电压时，灵敏电流计中有电流通过，灵敏电流计G中没有电流通过，可能不产生光电效应，由此分析。
3．（2024高二下·珠海期末）太阳内部高温高压使三个氦核发生短暂的核反应，被称为氦闪。该核反应的方程式为，已知核的比结合能为，核的比结合能为，真空中的光速为。下列说法正确的是（ ）
A．该核反应属于核聚变
B．原子核中有8个中子
C．该核反应释放的能量为
D．该核反应无质量亏损
【答案】A
【知识点】结合能与比结合能；核聚变
【解析】【解答】 本题考查学生对核反应方程质量数和核电荷数守恒、爱因斯坦质能方程、能量转化和守恒规律的掌握，是一道中等难度题。AB．根据质量数和核电荷数守恒，可知核反应方程为
则X核中有6个中子，该核反应属于轻核聚变，故A正确，B错误；
CD．该核反应放出的能量等于反应前、后结合能的增加值，释放的能量
故C错误；
D．根据爱因斯坦质能方程，该核反应一定有质量亏损，故D错误。
故选A。 根据质量数和核电荷数守恒，写核反应方程，分析反应类型；
中子数等于质量数减去质子数；
核反应放出的能量等于反应前、后结合能的增加值，计算释放核能；
根据爱因斯坦质能方程，求亏损质量。
4．（2024高二下·珠海期末）如图所示，四根通有大小相等且为恒定电流的长直导线垂直穿过平面，与平面的交点形成边长为的正方形且关于轴和轴对称，各导线中电流方向已标出，已知无限长通电直导线在某点产生的磁感应强度大小与该点到直导线的距离成反比。下列说法正确的是（ ）
A．轴正半轴的磁感应强度方向沿轴正方向
B．直导线1、2、3对导线4的作用力的合力为零
C．在点的磁感应强度方向沿轴正方向
D．直导线1、3之间的相互作用力为排斥力
【答案】A
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场；左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【解答】 本题考查对直导线的磁场、直导线之间的相互作用力的理解，注意几何关系的对称性特点的应用。AC．根据安培定则判断四根导线在O点产生的磁感应强度的方向分别为：1导线产生的磁感应强度方向为O4方向；3导线产生的磁感应强度方向为O2方向；同理，2导线产生的方向为O3方向，4导线产生的方向为O1方向；则根据平行四边形定则进行合成可知，四根导线同时存在时O点的磁感应强度大小为0。同理，可判断知在Ox轴正方向上，1、4导线的合磁场方向沿x轴负方向，2、3导线的合磁场方向沿x轴正方向，且磁感应强度大小大于1、4导线的合磁感应强度大小（无穷远点出除外），所以，可得四根导线在x轴正方向上的合磁感应强度方向沿x轴正方向，故A正确，C错误。
D．利用安培定则确定通电直导线电流产生的磁场方向，利用左手定则确定安培力的方向，可知当平行放置的长直导线中通有反向电流时，电流之间的作用力表现为排斥力，当平行放置的长直导线中通有同向电流时，电流之间的作用力表现为吸引力，即“同向相吸，异向相斥”的规律，所以直导线1、3之间的相互作用力应为吸引力，故D错误；
B．根据通电导线之间的作用规律“同向相吸，异向相斥”，可知1、3导线对4的作用力均为斥力，且沿它们的连线向外，2导线对4的作用力为引力，且沿它们的连线向内。设1、3导线对4的作用力大小为，则它们的合力大小为，方向2→4。由于无限长通电直导线在某点产生的磁感应强度大小与该点到直导线的距离成反比，可得2导线对4的作用力大小为，方向4→2，则直导线1、2、3对导线4的作用力的合力大小为，故B错误；
故选 A。
由安培定则，结合几何关系，可判断长直导线在不同位置的磁感应强度方向，由平行四边形法则，可判断合磁感应强度的方向和相对大小；根据安培定则和左手定则，可判断两个通电导线之间的相互作用力方向；根据通电导线之间的作用力方向，结合磁感应强度与距离的关系，可明确直导线4受到的安培力方向，比较相对大小，得到直导线受到的合力情况。
5．（2024高二下·珠海期末）如图甲所示是一个“简易电动机”，一节5号干电池的正极向上，一块圆柱形强磁铁吸附在电池的负极，将一段裸铜导线弯成图中所示形状的线框，线框上端的弯折位置与正极良好接触，下面弯曲的两端与磁铁表面保持良好接触，放手后线框就会转动起来。该“简易电动机”的原理图如图乙所示，关于该“简易电动机”，下列说法正确的是（ ）
A．线框①、②两部分导线电阻在电路中是串联关系
B．从上往下看，该“简易电动机”顺时针旋转
C．其工作原理是导线切割磁感线产生感应电流从而使导线框受到安培力而转动
D．电池消耗的电能全部转化为线框的动能
【答案】B
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动
【解析】【解答】 本题考查安培力的应用。注意点是这个小实验线框的转动原理不是电磁感应而是电流在磁场中受到安培力的作用。A．线框①、②两部分导线电阻在电路中是并联关系。故A错误；
B．线框的上下两条边受到安培力的作用而发生转动的，根据左手定则可以判断从上往下看，线框将做顺时针转动。故B正确；
C．电动机的工作原理是通电导线在磁场中受安培力的作用。故C错误；
D．电池消耗的电能一部分用于线框发热产生的内能，一部分提供线框的动能。故D错误。
故选B。 线框转动是因为通电线框在磁场内受到安培力作用，根据左手定则判断线框转动方向。根据能量转化情况分析B项。根据电路的结构分析线框①、②两部分导线的连接关系。
6．（2024高二下·珠海期末）关于电磁场，下列说法正确的是（ ）
A．变化的磁场激发电场，变化的电场激发磁场
B．电磁波从真空进入水中，传播速度、频率、波长都会发生变化
C．红光的频率低于紫光的频率，在真空中红光的传播速度大于紫光的传播速度
D．电磁波本质是振动在介质中的传播
【答案】A
【知识点】电磁场与电磁波的产生
【解析】【解答】 本题考查了电磁波的发射、传播和接收等知识点，这种题型属于基础题，要求同学们善于积累，强化记忆，难度不大。A．变化的磁场激发电场，变化的电场激发磁场，故A正确；
B．电磁波从真空进入水中，频率保持不变，传播速度和波长发生变化，故B错误；
C．红光的频率低于紫光的频率，在真空中红光的传播速度等于紫光的传播速度，均为光速，故C错误；
D．电磁波本质是电场、磁场的交替产生，由近向远处传播，电磁波的传播不需要介质，故D错误。
故选A。
根据麦克斯韦电磁理论分析判断；电磁波和机械波都能传递能量和信息；红光的频率低于紫光的频率，在真空中红光的传播速度等于紫光的传播速度。
7．（2024高二下·珠海期末）如图所示，用绝缘轻丝线吊一质量为的带电塑料小球在竖直平面内摆动，水平磁场垂直于小球摆动的平面，当小球自图示位置摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，若不计空气阻力，重力加速度为，则小球自右侧相同摆角处摆到最低点时悬线上的张力大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】
解答本题时，关键要抓住洛伦兹力不做功的特点进行分析，要知道小球在运动过程中机械能是守恒的，在最低点时由合力提供向心力。分析时要注意洛伦兹力的方向。
设小球自题图示位置摆到最低点时速度大小为，因洛伦兹力不做功，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律
小球自左方摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，可知洛伦兹力方向向上，在最低点合力提供向心力，由牛顿第二定律
当小球自右方相同摆角处摆到最低点时，根据左手定则，洛伦兹力方向向下，摆动过程中洛伦兹力也不做功，机械能守恒，则小球摆到最低点时速度仍为，由牛顿第二定律
联立解得
故选C。 在小球摆动过程中，丝线的拉力一直不做功，洛伦兹力也不做功，只有重力做功，其机械能守恒。根据机械能守恒定律求出小球通过最低点时的速度大小，结合向心力公式求悬线上的张力大小。
8．（2024高二下·珠海期末）核污染水中含有多种放射性元素，其中锶半衰期为30年，它经一次衰变转变为钇核。下列说法正确的是（ ）
A．经过30年锶核全部衰变对环境就没有危害了
B．100个锶原子核经过30年，还剩50个没有衰变
C．钇核的比结合能比锶核大
D．钇原子核内有51个中子
【答案】C,D
【知识点】原子核的组成；原子核的衰变、半衰期；结合能与比结合能
【解析】【解答】 本题考查了衰变和半衰期相关知识，理解β衰变实质，掌握质量数和电荷数守恒是解决此类问题的关键。A．经过30年，即一个半衰期，仍有的锶未发生衰变，对环境仍有危害，故A错误；
B．半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少量原子核衰变不适用，故B错误；
C．钇核更稳定，钇核的比结合能比锶核大，故C正确；
D．锶经一次衰变转变为钇核，根据核反应质量数和电荷数守恒可知，钇核的质子数增加1，为39，质量数不变，为90，由此可知钇原子核内有51个中子，故D正确。
故选CD。
本题根据质量数和电荷数守恒，结合β衰变实质是原子核一个中子转变成一个质子和一个电子以及半衰期基本规律分析求解。
9．（2024高二下·珠海期末）如图所示，方形铝管静置在足够大的绝缘水平面上，现使一条形磁铁（条形磁铁横截面比铝管管内横截面小）获得一定的水平初速度并自左向右穿过铝管，忽略一切摩擦。则磁铁穿过铝管过程（ ）
A．铝管受到的安培力可能先水平向右后水平向左
B．铝管中有感应电流
C．磁体与铝管组成的系统动量守恒
D．磁体与铝管组成的系统机械能守恒
【答案】B,C
【知识点】动量守恒定律；涡流、电磁阻尼、电磁驱动；机械能守恒定律
【解析】【解答】 本题主要考查了楞次定律的相关应用和能量守恒定律，能根据楞次定律分析出物体所受安培力的方向，由此分析出物体的运动类型。A．根据“来拒去留”可知铝管受到的安培力一直水平向右。故A错误；
B．磁铁穿过铝管过程，铝管中磁通量发生变化，有感应电流。故B正确；
C．磁体与铝管组成的系统所受外力为零，动量守恒。故C正确；
D．铝管中感应电流会使铝管发热，电能转化为内能，所以磁体与铝管组成的系统机械能不守恒。故D错误。
故选BC。 根据楞次定律分析出磁铁和铝管受到的安培力的方向，从而分析出铝管可能的速度；根据动量守恒定律和能量守恒定律得出过程中产生的最大热量，结合题意完成分析。
10．（2024高二下·珠海期末）在图（a）所示的交流电路中，电源电压的有效值为，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，、、均为固定电阻，，各电表均为理想电表。已知电阻中电流随时间变化的正弦曲线如图（b）所示。下列说法正确的是（ ）
A．所用交流电的周期为 B．所用交流电的频率为
C．电压表的示数为 D．电流表的示数为
【答案】A,C,D
【知识点】变压器原理；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】 此题考查了变压器的构造和原理，明确变压比、变流比是解题的关键，对于原线圈串联电阻的电路，可以从电压关系分析电压表的示数。A．由图可知所用交流电的周期为
故A错误；
B．所用交流电的频率为
故B错误；
D．电阻中电流的有效值为
副线圈两端电压为
电流表的示数为
故D正确；
C．由
可得原线圈两端电压为
电压表的示数为
故C正确。
故选ACD。
根据图（b）可得的最大值，根据有效值与最大值的关系可得交流电的有效值，利用欧姆定律、变压器的变压比可得电压表的示数；R2和R3并联，电压相等，利用欧姆定律可得电阻R1的阻值，算出原线圈中的电流和电流。
11．（2024高二下·珠海期末）一定质量的理想气体经历了如图所示的、、、四个过程，其中的延长线通过坐标原点，气体、、、四个状态的压强与温度的关系如图所示，则（ ）
A．气体在过程中体积减小
B．气体在过程中内能不变
C．气体在过程和过程中内能变化量绝对值相等
D．气体在过程中吸收的热量大于内能变化量
【答案】A,B,C
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】 本题中对于等温变化和等压变化，根据玻意耳定律和盖—吕萨克定律分析体积的变化，而另外两个过程，抓住过绝对零度的直线表示等容变化，结合热力学第一定律进行分析。A．因的延长线通过坐标原点，且点的坐标为，则点的坐标为
即，根据查理定律可知
气体在与过程温度不变，根据玻意耳定律
联立解得
即，故A正确；
B．过程中温度不变，内能不变，故B正确；
C．气体在过程中温度变化量等于过程中温度变化量，则气体在过程中内能的增加量等于过程中内能的减少量，故C正确；
D．气体在过程中体积不变，则
吸收的热量
即气体在过程中吸收的热量等于内能变化量，故D错误。
故选ABC。
ab的延长线通过原点，则ab过程气体发生等容过程，由查理定律分析压强与温度的变化；
bc过程和da过程是等温压缩和等温膨胀过程，结合ab是等容线，分析两个过程体积的变化量；
根据图象可知ab和cd过程的温度变化量相等，从而判断两个过程内能的变化量；
由热力学第一定律分析ab过程和cd过程吸放热的大小关系。
12．（2024高二下·珠海期末）如图所示，直线POQ的上方有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，两带电粒子P、Q先后射入磁场，P的速度与磁场边界的夹角为30°，Q的速度与磁场边界的夹角为60°。已知两粒子在磁场中做匀速圆周运动的时间相同，且均从O点射出磁场，PO=2OQ，则（ ）
A．P和Q均带正电
B．P和Q的比荷之比为1∶2
C．P和Q的速度大小之比为：1
D．P和Q在磁场中运动的半径之比为2∶1
【答案】B,C
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】 本题是常见的带电粒子在磁场中和电场中运动的问题，画出轨迹，运用几何知识是处理带电粒子在磁场中运动问题的基本方法。A．由题意可知，均从O点射出磁场，根据左手定则可知，Q带正电，P带负电，A错误；
BCD．由几何关系可知，如图
可知
又因
则
故
由运动时间相同，则有
又
故有
可得
由公式
可得
又因
则
D错误，BC正确。
故选BC。 作出两粒子的运动轨迹；由几何知识求两粒子的半径关系；由题设条件时间相等，速度之比就等于弧长之比；由半径公式从而求出粒子的荷比之比。
13．（2024高二下·珠海期末）如图所示，某同学用气体压强传感器探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系。在注射器内用活塞封闭一定质量的气体，并将注射器与压强传感器相连，测出了注射器内封闭气体的多组压强和体积的值后，根据记录的数据，作出相应图像，分析得出结论。
（1）关于该实验，以下说法正确的是（ ）
A．要尽可能保持环境温度不变
B．实验时应快速推拉活塞以避免气体与外界发生热交换
C．实验时无需测出封闭气体的质量
D．推拉活塞时，应用手握住整个注射器以使装置更稳定。
（2）为了能最直观地判断气体压强与气体体积的函数关系，应作出 （填“”或“”）图像。
（3）该小组再次进行实验，保持温度不变的情况下，气体压强与体积的乘积越来越小，原因可能是 。
【答案】（1）A；C
（2）
（3）气体漏气造成的
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】本题考查了探究气体等温变化实验，理解实验原理是解题的前提，根据题意分析清楚图示图像、应用一定质量的理想气体状态方程即可解题。 （1）A．该实验是研究“等温情况下，一定质量气体压强与体积的关系”，为了尽可能保证在实验过程中，研究气体的温度保持不变，需要尽可能保持环境温度不变，故A正确；
B．实验时应缓慢推拉活塞使气体与外界发生热交换，从而保持气体温度不变，故B错误；
C．本实验，只需测出气体压强和对应体积即可，不需要测出封闭气体的质量，故C正确；
D．推拉活塞时，不能用手握住整个注射器，避免封闭气体与手发生热交换，故D错误。
故选AC。
（2）
在研究气体温度保持不变的情况下，本实验的原理关系式为
可得
为了能最直观地判断气体压强p与气体体积V的函数关系，应作出图像。
（3）
根据理想气体状态方程
可得
式中为与气体质量有关的量，在研究气体温度一定的情况下，气体质量越大，C越大，气体质量越小，C越小。所以，在保持温度不变的情况下，气体压强与体积的乘积pV越来越小，说明C值越来越小，原因可能是气体漏气造成的。
从实验需要满足条件的角度分析；活塞移至某位置时，应使气体处于温度状态后再读数；根据理想气体状态方程分析图像中斜率的变化原因。
（1）A．该实验是研究“等温情况下，一定质量气体压强与体积的关系”，为了尽可能保证在实验过程中，研究气体的温度保持不变，需要尽可能保持环境温度不变，故A正确；
B．实验时应缓慢推拉活塞使气体与外界发生热交换，从而保持气体温度不变，故B错误；
C．本实验，只需测出气体压强和对应体积即可，不需要测出封闭气体的质量，故C正确；
D．推拉活塞时，不能用手握住整个注射器，避免封闭气体与手发生热交换，故D错误。
故选AC。
（2）在研究气体温度保持不变的情况下，本实验的原理关系式为
可得
为了能最直观地判断气体压强p与气体体积V的函数关系，应作出图像。
（3）根据理想气体状态方程
可得
式中为与气体质量有关的量，在研究气体温度一定的情况下，气体质量越大，C越大，气体质量越小，C越小。所以，在保持温度不变的情况下，气体压强与体积的乘积pV越来越小，说明C值越来越小，原因可能是气体漏气造成的。
14．（2024高二下·珠海期末）某同学需要通过一个变压器从家庭电路中得到的交流电电源，于是买了一个标记为“”的变压器，如图所示，他看到变压器上有、、、四个引出线头，且、d引线比、引线粗，没有相应的说明书。
（1）一般来说，同样材料和长度的导线，粗的导线比细的导线电阻小，适合承载稍 （填“大”或“小”）的电流。因此接家用电源的引线应该是 （填“”或“”）；
（2）为了检验自己的上述判断是否准确，他借来一个学校实验室用的学生电源，从学生电源上输出的电压代替家用电路中的电压，按自己的判断接好线后，再用数字万用表测量另外两个引线之间的电压，发现读数为，说明他对哪一端接的判断是 的（填“正确”或“不正确”）。
【答案】（1）大；
（2）正确
【知识点】探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】本题关键明确变压器的工作原理，同时要结合变压器的变压比公式列式分析，基础题。 （1）[1]一般来说，同样材料和长度的导线，粗的导线比细的导线电阻小，适合承载稍大的电流。
[2]变压器输入功率等于输出功率，采用的是降压变压器根据
可知，电压小的副线圈中的电流大，接家用电源的引线应该是bc。
（2）
根据实验数据可知，该同学成功将电压降低，验证了引线ad之间是副线圈，为降压变压器的输出端，引线bc之间是原线圈，为降压变压器的输入端。说明他对哪一端接的判断是正确。
（1）由于理想变压器两端的输入功率等于输出功率，故根据电流的大小特点判断出原副线圈即可；
（2）根据变压比等于匝数比，结合变压器的损耗进行分析即可。
（1）[1]一般来说，同样材料和长度的导线，粗的导线比细的导线电阻小，适合承载稍大的电流。
[2]变压器输入功率等于输出功率，采用的是降压变压器根据
可知，电压小的副线圈中的电流大，接家用电源的引线应该是bc。
（2）根据实验数据可知，该同学成功将电压降低，验证了引线ad之间是副线圈，为降压变压器的输出端，引线bc之间是原线圈，为降压变压器的输入端。说明他对哪一端接的判断是正确。
15．（2024高二下·珠海期末）如图，刚经过高温消毒的茶杯和杯盖，从消毒碗柜里取出后，茶杯放置在水平桌面上并立刻盖上杯盖，茶杯内密封温度为87℃、压强等于外界大气压强p0的气体。已知杯盖的质量为，杯口面积为S，重力加速度为，过一会儿茶杯内气体降温至室温27℃。求：
（1）降温后杯子内气体的压强；
（2）杯盖对茶杯的压力大小。
【答案】（1）；（2）
【知识点】气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】（1）茶杯内初始温度为
降温后末状态温度为
杯内封闭气体发生等容变化，有
代入数据解得，最后杯内气体的压强
（2）对杯盖，有
解得
由牛顿第三定律可知杯盖对茶杯的压力大小为
（1）对杯内气体进行分析，由等容变化可求得气体压强；
（2）根据理想气体状态方程求物质的量，结合气体的质量与气体的物质的量的关系求质量之比。
16．（2024高二下·珠海期末）某测量风速的装置由风杯组系统（图甲）和电磁信号产生系统（图乙）两部分组成。电磁信号产生器由圆形匀强磁场和固定于风轮转轴上的导体棒组成（点连接风轮转轴），磁场半径，磁感应强度大小，方向垂直纸面向里，导体棒长，电阻，风推动风杯组绕水平轴顺时针匀速转动，风杯中心到转轴距离为，导体棒每转一周端与弹性簧片接触一次。当导体棒与弹性簧片接触时电压传感器显示电压为，图乙外电路中电阻均为，其余电阻不计。
（1）判断导体棒上的电流方向，求电流的大小。
（2）求风杯的速率。
【答案】（1）；（2）
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】（1）当导体棒在磁场中顺时针匀速转动时，导体棒相当于电源，根据右手定则可知，导体棒上的电流方向由，根据欧姆定律
（2）电源感应电动势
根据闭合电路的欧姆定律
则风杯的速率为
（1）根据右手定则判断导体棒中的电流方向，根据欧姆定律求出OA两端的电势差；
（2）先由闭合电路欧姆定律求出电动势，再表示出角速度公式，再根据v=ωr求解线速度，再由角速度与线速度的关系求出风杯的速率v。
17．（2024高二下·珠海期末）如图所示，在平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为的匀强磁场，第四象限内存在沿轴正方向，大小为的匀强电场。一带电粒子从轴上的（）点射入磁场，速度方向与轴正方向的夹角。粒子经过磁场偏转后从（图中未画出）点垂直穿过轴进入匀强电场，其运动轨迹与轴交于（图中未画出）点。已知，粒子电荷量为，质量为，重力不计。求：
（1）粒子的速度大小；
（2）点与点的距离。
【答案】（1）；（2）
【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；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】（1）粒子的运动轨迹如答图所示。
因，根据几何关系可知，在直角三角形中
，，
则粒子运动的轨道半径为
根据洛伦兹力提供向心力可得
联立解得
（2）如答图所示，由几何关系可知，粒子垂直轴进入匀强电场，轨迹与轴交于，则
粒子进入匀强电场后做类平抛运动，可得
，
联立解得
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意作出粒子运动轨迹，粒子进入匀强电场后做类似平抛运动，利用几何关系再结合相关知识求解。
18．（2024高二下·珠海期末）足够长U形导轨水平放置在光滑水平绝缘桌面上，导轨质量，宽，电阻不计。质量、电阻的导体棒放置在导轨上，与导轨形成矩形回路并始终接触良好，Ⅰ和Ⅱ区域内存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度分别为和，其中，。用不可伸长的轻绳跨过定滑轮将导轨段中点与质量为的重物相连，绳与垂直且平行于桌面，如图所示，释放重物后某时刻、同时以的速度分别进入磁场区域Ⅰ和Ⅱ，与磁场边界平行。和导轨间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦取滑动摩擦力大小，重力加速度大小取。求：
（1）进入磁场Ⅱ时的电流大小与方向（由到或者由到）；
（2）若调整与磁场Ⅰ、与磁场Ⅱ左边界的距离，使得和以速度进入磁场，要使、之间不发生相对滑动，求的取值范围。
【答案】（1），由到；（2）
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】（1）、电动势分别产生感应电动势
电路中实际电动势为
电流
中的电流方向由到。
（2）当棒与导轨间恰好有最大静摩擦力时，有重物有
对导轨
对棒，有
又
解得
要使、之间不发生相对滑动，的取值范围为。
（1）确定导体棒MN所受滑动摩擦力的方向，根据其做匀速直线运动，得到其所受安培力方向，由左手定则判断回路中的电流方向。根据平衡条件和安培力表达式求出电流大小，对CD受力分析，确定其所受安培力方向，由左手定则判断B2方向。同理求解区域Ⅱ的磁感应强度的大小；
（2）根据法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律求解CD在区域Ⅱ中匀速直线运动的速度的大小。
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